bài tập hóa học phân tích trọn bộ

CHƯƠNG I. CÁC ĐỊNH LUẬT CƠ BẢN CỦA HOÁ HỌC
ÁP DỤNG CHO CÁC HỆ TRONG DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LI

I. TRẠNG THÁI CÁC CHẤT ĐIỆN LI TRONG DUNG DỊCH

Bài tập có lời giải hướng dẫn
I.1.1. Mô tả trạng thái ban đầu của các chất sau đây có trong dung dịch nước:
CH
3
COONa; NH
4
HSO
4
; FeCl
3
[Ag(NH
3
)
2
]Cl.
Hướng dẫn:
- CH
3
COO
-
.Na
+
; H
2
O

- NH
4
+
, HSO
4
-
, H
2
O
- Fe
3
+
, Cl
-
, H
2
O
- Ag(NH
3
)
2
+
, Cl
-
, H
2
O
I.1.2. Mô tả trạng thái ban đầu và trạng thái cân bằng trong dung dịch nước của BaCl
2

và Na
2
SO
4
cùng nồng độ.
Hướng dẫn
Trạng thái ban đầu: Ba
2+
, Cl
-
, Na
+
, SO
4
2-
, H
2
O
Ba
2+
+ SO
4
2-


BaSO
4



Trạng thái cân bằng BaSO
4


Ba
2+
+ SO
4
2-

H
2
O

H
+
+ OH
-

I.1.3. Sự có mặt của các chất sau đây ảnh hưởng như thế nào đến độ điện li của
HCOOH (nồng độ C
1
M):
a, HCl; b, NH
4
Cl(K
al
[NH
4


] << K
a2
[HCOOH]);
c, CH
3
COONa; d, NaCl
Hướng dẫn
a, HCl

H
+
+

Cl
-
(1)
HCOOH

H
+
+

HCOO
-

1
HCOOH
HCOO
C



 
 
 Khi có mặt của H
+
dư (từ HCl) cân bằng chuyển dịch (2)
sang trái, nồng độ HCOO
-
giảm, vì vậy

giảm.
b, HCOOH

HCOO
-
+ H
+

NH
4



NH
3
+ H
+

Do K
al

[NH
4

] << K
a2
[HCOOH] nên cân bằng (2 không ảnh hưởng đến (1) ->

không
thay đổi.
c, CH
3
COONa

CH
3
COO + Na (1)
HCOOH

H
+
+ HCOO
-
(2)
CH
3
COO
-
+ H
+


CH
3
COOH (3)
Do đó cân bằng (3) tạo ra axit yếu CH
3
COOH nên nồng độ ion H
+
giảm, nồng độ
HCOO
-
tăng (cân bằng (2) chuyển xdịch sang phải). Do đó

1
HCOOH
HCOO
C


 
 
 sẽ tăng
d, NaCl không ảnh hưởng đến cân bằng (1) nên
H CO OH

không thay đổi.
I.1.4. Viết biểu thức độ điện li của NH
3
trong các dung dịch:
a, NH
3

C
1
M
b, NH
3
C
1
M và NH
4
Cl C
2
M (C
2
<<C
1
)
c, NH
3
C
1
M

và HCl C M (C << C
1
)
d, NH
3
C
1
M và NaOH C

2
M (C
2
<<C
1
)
(coi sự điện li của nước là không đáng kể).
Hướng dẫn
a, NH
3
+ H
2
O

NH
4

+ OH
-
K
c
b


4
NH OH
 
  

  

(coi sự điện li của nước là không đáng kể).
->
3
4
1 1
NH
NH OH
C C

 
   
   
  ->
2
1
1
c
b
K
C





b, NH
3
+ H
2
O


NH
4

+ OH
-
K
c
b

C
1
C
2

->
3
4 2
1 1
NH
OH NH C
C C

 
   

   
 
c, NH
3

+ HCl

NH
4

+ Cl
-

C
1
C
C
1
– C - C
NH
3
+ H
2
O

NH
4

+ OH
-
K
c
b

C

1
– C C

3
1
NH
C OH
C


 

 


d, NH
3
+ H
2
O

NH
4

+ OH
-
K
c
b

C
1
C
2

->
3
4 2
1 1
NH
NH OH C
C C

 
   

   
 

I.1.5. Tính độ điện li

của HCOOH trong dung dịch HCOOH 0.0100 M
Hướng dẫn
Cân bằng trong dung dịch:
HCOOH

H
+
+ HCOO
-

K
c
b
= 10
-3,75


2 3,75
1,75
2,0
2 1,75 1,75
10
10
1 10
10 10 0 0,1247
12,5%


  




 
 

     
 

Bài tập vận dụng
I.1.6. a) Trong dung dịch nước, chất nào là chất điện li mạnh, chất nào là chất điện li
yếu trong số các chất sau đây.
HClO
4
; (CH
3
COO)
2
Ca; HCN; Sr(OH)
2

b) Mô tả trạng thái ban đầu và trạng thái cân bằng của mỗi chất.
I.1.7. Mô tả trạng thái ban đầu và trạng thái cân bằng của các dung dịch gồm NH
4

0,01M và H
2
SO
4
0,01M.
I.1.8. Mô tả trạng thái ban đầu và trạng thái cân bằng của các dung dịch gồm AgNO
3

0,01M và NH
3
0,2M
I.1.9. Thêm dần dung dịch NaOH loãng vào dung dịch MgCl
2
. Có kết tủa trắng

Mg(OH)
2
xuất hiện. Thêm dần NH
4
Cl đặc vào hỗn hợp và đun nóng. Kết tủa tan và
khí mùi khai bay ra. Viết phương trình ion để giải thích các hiện tượng xảy ra.
I.1.10. Viết phương trình ion xảy ra trong các trường hợp sau (nếu có):
a, K
2
SO
4
+ MgCl
2

b, Fe
2
(SO
4
)
3
+ KOH
c, Cr(OH)
3
+ HNO
3

d, K
2
CO
3

+ CH
3
COOH
e, FeCl
3
+ Cu
I.1.11. Thêm từng giọt HCl vào dung dịch AgNO
3
có kết tủa trắng xuất hiện. Thêm
từng giọt NH
3
đặc vào hỗn hợp cho đến khi kết tủa tan hoàn toàn. Thêm tiếp HNO
3

vào dung dịch thu được thì lại thấy kết tủa xuất hiện trở lại. Viết phương trình ion để
giải thích hiện tượng.
I.1.12. Thêm dần NH
3
vào dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
có kết tủa xuất hiện. Thêm vài giọt
NaOH đặc vào hỗn hợp thì được dung dịch trong suốt. Viết phương trình ion để giải
thích hiện tượng.

II.CÁC ĐỊNH LUẬT CƠ BẢN CỦA HOÁ HỌC ÁP DỤNG CHO CÁC HỆ
TRONG DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LI

Bài tập có lời giải hướng dẫn

I.2.1. Dung dịch Ba(OH)
2
0,050M phản ứng với H
2
SO
4
0,025M.
Viết phương trình ion của các phản ứng xảy ra. tính x
max
và xác định TPGH.
Hướng dẫn
Ba(OH)
2


Ba
2+
+ 2OH
-

0.050
- 0.050 0.10
H
2
SO
4


H
+
+ HSO
4


0.025
- 0.025 0.025
Phản ứng: H
+
+ OH
-
-> H
2
O
C
0
0.025 0.01
x
max
0.025
C

-0.025 -0.025
C 0 0.075
Phản ứng: HSO
4

+ OH

-
+ Ba
2+
-> BaSO
4
+ H
2
O
C
0
0.025 0.075 0.050
x
max
0.025
C

-0.025 -0.025 -0.025
C 0 0.050 0.25
TPGH: BaSO
4
: Ba
2+
0.025M: OH
-
0.050M
Chú ý: Nước tạo thành không làm thay đỏi nồng độ chúng của nước với vai trò
là dung môi, nên không cần kể đến.
I.2.2. 0,5 mol BaF
2
hòa tan trong 0.5 lít HNO

3
0.20M
BaF
2
+ 2H
+


Ba
2+ +
2HF
Xác định TPGH của hỗn hợp:
Hướng dẫn:
BaF
2
+ 2H
+


Ba
2+ +
2HF
n
0
0,50 0,2.0,5
x
max
0,05
n


-0,05 -0,10 0,050 0,10
n 0,45 0 0,050 0,10
TPGH: BaF
2
: Ba
2+

0,050
0,10 ;
0,5
M
 HF
0 ,1 0
0 , 2 0
0 , 5
M

I.2.3 Viết biểu thức định luật bảo toàn nồng độ ban đầu (BTNĐ) và định luật bảo toàn
điện tích (BTĐT) đối với các cấu trong các hệ sau:
a/ NH
3
C
1
M.
b/ NH
3
C
1
M và NH
4

Cl C
2
M
Hướng dẫn
a/ H
2
O  H
+
+ OH
-

NH
3
+ H
+
 NH
4
+

Trong dung dịch NH
3
tồn tại dưới 2 dạng : NH
3
và NH
4
+
.
Biểu thức BTĐT: Có 3 ion H
+
; OH

-
; NH
4
+


01].[1].[1].[ 

OHNHH

Hay
0][][][ 

OHNHH

b/ Biểu thức BTNĐ: ][][
43
4
3



NHNHCC
NH
NH

→
][][
4321


 NHNHCC

Biểu thức BTĐT: có các ion NH
4
+
; Cl
-
; H
+
; OH
-


0][][][][
4


OHClNHH



I.2.4 Viết biểu thức BTNĐ và BTĐT đối với hỗn hợp gồm Ca(NO
3
)
2
0,016 M và NaF
0,054 M.
Hướng dẫn
Ca(NO
3

)
2
→ Ca
2+
+ 2NO
3
-

0,016
0,016 0,032
NaF → Na
+
+ F
-

0,054
- 0,054 0,054
Ca
2+
+ H
2
O  CaOH
+
+ H
+

H
+
+ F
-

 HF
Ca
2+
+ 2

F
-
 CaF
2
↓
H
2
O  H
+
+ OH
-

BTNĐ:
mHFFC
mCaOHCaC
F
Ca
2][][054,0
][][016,0
2
2







m là số mol CaF
2
có trong hỗn hợp phản ứng
BTĐT: 0][][][][][][2
3
2


NOFOHHNaCaOHCa

I.2.5 Cho biết nồng độ gốc, nồng độ ban đầu, nồng độ cân bằng của các chất trong các
dung dịch sau:
Trộn 20,00 ml HCl 0,15 M với 40,00 ml NaOH 0,060M .
Hướng dẫn:
- Nồng độ gốc C
0
: HCl 0,15M; NaOH 0,060 M
- Nồng độ ban đầu C
0
: HCl = (0,15.20)/60 = 0,050 M
NaOH = (0,06.40)/60 = 0,040 M
Phản ứng: HCl + NaOH
→ NaCl + H
2
O
C
0
0,050 0,040

C 0,010 - 0,040
TPGH: HCl 0,010 M; NaCl 0,04 M; H
2
O
HCl → H
+
+ Cl
-

0,010
- 0,010 0,010
NaCl → Na
+
+ Cl
-

0,040
- 0,040 0,040
Nồng độ cân bằng:
[Na
+
] = C
Na
= 0,040 M
[H
+
] =

Na
C

= 0,010 M
[Cl
-
] =

Cl
C = 0,010 + 0,040 = 0,050 M
I.2.6Viết biểu thức định luật tác dụng khối lượng (ĐLTDKL) cho các cân bằng sau
(biểu diễn theo K
(a)
và K
c
):





OHNHCuOHNHOCub
NHOHZnOHNHZna
4)(2282/
2)(22/
2
43232
4223
2

Hướng dẫn
a/
)(

2
2
2
3
2
2
2
4
)())((
))(()(
a
K
OHNHZn
OHZnNH




Coi
2
)(OHZn =1 (chất rắn, được coi là nguyên chất); (H
2
O) = 1 (dung môi,
trong dung dịch loãng). Vì vậy:

)(
2
3
2
2

4
))((
)(
a
K
NHZn
NH





)(
22
3
2
22
4
3
2
4
]][[
.][
a
NH
Zn
NH
K
ffNHZn
fNH






Ở lực ion thấp, coi gần đúng f
i
= 1, lúc đó

)(
2
3
2
2
4
]][[
][
n
c
KK
NHZn
NH




b/
)(
2
2

8
3
2
422
43
)()()(
)())((
2
n
O
K
OHNHPCu
OHNHCu




)(
88
3
42
)(
22
43
32
2
43
.][
].[.])([(
n

NHO
OHNHCu
K
fNHP
fOHfNHCu




Coi (Cu) =1 (chất rắn); (H
2
O) = 1 (dung môi)
Nếu coi f
i
=1 thì

)(
8
3
422
43
][
][])([
2
n
c
O
KK
NHP
OHNHCu




I.2.7. Cho các cân bằng:
CuCl  Cu
+
+ Cl
-
lgK
a
= -6,73
CuCl + Cl
-
 CuCl
2
-
lgK
2
= -1,12
CuCl + 2Cl
-
 CuCl
3
2-
lgK
3
= -1,47
Tính hằng số cân bằng của các phản ứng:
a) Cu
+

+ 2Cl
-
 CuCl
2
-

2

b) Cu
+
+ 3Cl
-
 CuCl
3
2-

3
Hướng dẫn

a/ Cu
+
+ Cl
-
 CuCl lg K
s
-1
=6,73
CuCl + Cl
-
 CuCl

2
-
lg K
2
=-1,12
Cu
+
+ 2Cl
-
 CuCl
2
-
lg 
2
= lg K
s
-1
+ lg K
2
= 5,61

2
= 10
5,61

b/ Cu
+
+ Cl
-
 CuCl lg K

s
-1
=6,73
Cu
+
+ 2Cl
-
 CuCl
3
2-
lg K
3
=-1,47
Cu
+
+ 3Cl
-
 CuCl
3
2-
lg 
3
= lg K
s
-1
+ lg K
3
= 5,26

3

= 10
5,26

I.2.8 ở 25
0
C có xảy ra phản ứng:
2PbO
2
 + 2 Mn
2+
+ 4 H
+
 2MnO
4
-
+ 5 Pb
2+
+ 2H
2
O
ở trạng thái cân bằng trong 1 lít dung dịch có: 2.5g PbO ; 0,025 mol Mn
2+
; 0,5
mol H
+
; 1,2.10
-3
mol MnO
4
-

và 2,7. 10
-2
mol Pb
2+
.
Mô tả các ảnh hưởng tới nồng độ của ion MnO
4
-
nếu khi thêm các chất sau đây
vào hỗn hợp phản ứng:
a/ Thêm một lượng ít muối Pb(NO
3
)
2

b/ Một lượng ít NaHCO
3

c/ Vài giọt CH
3
COOH đặc
d/ Vài giọt HCl.
Hướng dẫn
a/ Pb
2+
là chất tạo thành trong phản ứng, việc thêm Pb
2+
làm cân bằng chuyển dịch
theo chiều nghịch và nồng độ của MnO
4

-
giảm.
b/ Thêm NaOH sẽ có phản ứng HCO
-
3

+ H
+

→ CO
2
+ H
2
O làm giảm [H
+
] và cân
bằng chuyển dịch sang trái gây ra sự giảm nồng độ MnO
4
-
c/ CH
3
COOH là một axit yếu, trong dung dịch lại có H
+
dư (0,5M) nên lượng H
+
phân
li ra sẽ không lớn, do đó ít ảnh hưởng đến cân bằng , nồng độ MnO
4
-
tăng không đáng

kể.
d/ PbO
2
đã có dư trong hỗn hợp phản ứng , hoạt độ của PbO
2
luôn bằng 1, việc thêm
PbO
2
không ảnh hưởng đến cân bằng , do đó nồng độ MnO
4
-
không thay đổi.
e/ Thêm HCl sẽ có phản ứng phụ:
2 MnO
4
-
+ 10 Cl
-
+ 16 H
+
→ 2 Mn
2+
+ 5 Cl
2
+ 8 H
2
O
làm giảm mạnh nồng độ MnO
4
-

.
I.2.9 Cho biết hằng số cân bằng nhiệt động của phản ứng phân li của axit fomic K
(a)
=
10
-3,75
. Tính hằng số phân li nồng độ ở lực ion I = 0,10.
Lời giải
HCOOH  H
+
HCOO
-
K
(a)






 
75,3
(a)
10
.
.
)(
))((
K





HCOOH
HCOOH
f
ff
HCOOH
HCOOH
HCOOH
HCOOH

Coi f
HCOOH
=1,0 (phân tử không điện li , ở lực ion thấp)

MfKK
fff
ff
a
c
HCOOH
HCOOH
4275,32
1
1
10.15,2)91,0.(10)(
91,0
110,010.20,0
10,01

10,0
5,0lglg


















Bài tập vận dụng
I.2.10 Hỗn hợp Y gồm có AgNO
3
0,10M; KI 0,020M; K
2
CrO
4
0,040M. Xác định
TPGH hỗn hợp. Biết rằng ion Ag
+

tạo được kết tủa ít tan Agl và Ag
2
CrO
4
.
Trả lời: TPGH: AgI và Ag
2
CrO
4
; K
+
0,10M; NO
3
0,10M.

I.2.11 Cho biết nồng độ ban đầu và nồng độ cân bằng của các cấu tử trong hỗn hợp
sau:
a./ trộn 20,000 ml NaOH 0,100 M với 30,00 ml HCl 0,080 M.
b/ Hoà tan 4,00 g NaOH trong 100,00ml HCl 1,010 M.
I.2.12 Cho biết nồng độ ban đầu, nồng độ cân bằng của các cấu tử trong hỗn hợp thu
được khi trộn 40,00 ml HCl 0,010 M với 60,00 ml AgNO
3
0,0050 M (coi AgCl tan
không đán g kể).
I.2.13 Viết biểu thức BTNĐ và BTĐT đối với các dung dịch:
a/ H
3
PO
4
C M

b/ Na
3
PO
4
C M
c/ Na
2
HPO
4
C
1
M và KH
2
PO
4
C
2
M.

I.2.14 Viết biểu thức BTNĐ và BTĐT đối với dung dịch bão hoà HgS (có Hg
2+
; S
2-
;
HgOH
+
; Hg(OH)
2
; HS
-

, H
2
S; Hg(HS)
2
; HgS
2
2-
; H
+
; OH
-
).
I.2.15 Trộn 2,00 ml dung dịch CaCl
2
0,0100 M với 3,00 ml dung dịch
Na
2
HPO
4
0,010M . Có kết tủa Ca
3
(PO
4
)
2
xuất hiện. Viết biểu thức BTNĐ và BTĐT
đối với các cấu tử trong hỗn hợp.

I.2.16. Cho cân bằng :
H

2
O  H
+
+ OH
-
K
w
= 1,0.10
-14

H
2
C
2
O
4
 H
+
+ HC
2
O
4
-
K
n1
= 10
-1.25
HC
2
O

4
-
 H
+
+ C
2
O
4
2-
K
a2
= 10
4.27
Tính hằng số cân bằng của các quá trình
a) C
2
O
4
2-
+ H
2
O  HC
2
O
4
-
+ OH
-

b) HC

2
O
4
-
+ H
2
O  H
2
C
2
O
4
+ OH
-

c) H
2
C
2
O
4
 2H
+
+ C
2
O
4
2-

I.2.17: Cho các cân bằng:

BiS
3
  2Bi
3+
+ 3S
2-
K
s
= 10
-97,0

H
2
S  H
+
+ HS
-
K
a1
= 10
-7,02

HS
-
 H
+
+ S
2-
K
a2

= 10
-12,9

Tính lgK của phản ứng BiS
3
 + 6H
+
 2Bi
3+
+ 3H
2
S K
I2.18: Cho Logarit hằng số cân bằng của phản ứng:
Ag(NH
3
)
+
2

+ 2CH
3
COOH  Ag
+
+ 2CH
3
COO
-
+ 2NH
4
+

K
lgK = 1,74
Cho biết: Ag
+
+ NH
3
 AgNH
+
3
lgk
1
= 3,32
AgNH
+
3

+ NH
3
 Ag(NH
3
)
2
+
lgk
2
= 3,92
NH
4
+
 NH

3
+ H
+
pK
a
= 9,24
Tính pK
a
= -lgK
a
của CH
3
COOH
Trả lời: 4,76.
I.2.19: Cho biết ion Ag
+
tạo được phức chất với ion CN
-
:
Ag
+
+ 2CN
-
 Ag(CN)
2
-
lg
2
= 21,1
Hãy dự đoán các ảnh hưởng tới nồng độ của phức chất Ag(CN)

2
trong các
trường hợp sau đây:
a) Thêm ít AgNO
3
vào hỗn hợp phản ứng
b) Thêm vài giọt HNO
3
vào dung dịch
c) Thêm NH
3
vào dung dịch.
Trả lời: a) Nồng độ Ag(CN)
2
-
tăng; b) Nồng độ Ag(CN)
2
-
giảm rõ; c) Nồng độ
Ag(CN)
2
-
giảm không đáng kể.

III ĐÁNH GIÁ GẦN ĐÚNG THÀNH PHẦN CÂN BẰNG TRONG DUNG
DỊCH

I.3.1. Đánh giá khả năng hoà tan của CuS trong HCl 1,0M
Hướng dẫn
Các quá trình có thể xảy ra:

Cân bằng tan của CuS: CuS  Cu
2+
+ S
2-
K = 10
-35,2
(1)
Cân bằng thu H
+
của S
2-
: S
2
+ H
+
 HS
-
K
a1
1
= 10
12,9
(2)
và HS: HS
-
+ H
+
 H
2
S K

a2
1
= 10
7,02
(3)
So sánh các cân bằng ta thấy: K rất bé, nồng độ S
2-
rất ít, phản ứng (2) xảy ra
mạnh hơn (3) vì vậy có thể tổ hợp (1) và (2):
CuS + H
+
 Cu
2+
+ HS
-
K = K
a
.K
a2
1
= 10
-22,3
(4)
K rất bé, có thể dự đoán phản ứng xảy ra rất khó khăn. Để đánh giá định lượng
cần áp dụng biểu thức ĐLTDKL cho cân bằng (4)
CuS + H
+
 Cu
2+
+ HS

-
K = 10
22,3

C 1,0 x toạ độ phản ứng
C -x x x
[] 1,0.x x x
ĐLTDKL




 
3,22
22
10
.0,1
.



 K
x
x
H
HSCu

K rất bé nên có thể coi x << 1,0. Do đó:

0,110.0,110

15,113,22


x

[Cu
2+
] = x = 7,1.10
-12
M vô cùng bé. Vậy CuS hầu như không tan trong HCl
1,0M
I.3.2. Đánh giá các quá trình chủ yếu xảy ra khi thêm 1,0ml NaOH 0,02M vào 1,0 ml
hỗn hợp gồm HCl 0,050M và CH
3
COOH 0,18M. Đánh giá TPGH và tính nồng độ cân
bằng của ion H
+

Lời giải:
MCMCMC
COOHCHHClNaOH
090,0;025,0
2
050,0
;10,0
2
20,0
000
3


Các phản ứng lần lượt xảy ra:
HCl + NaOH  NaCl + H
2
O
C
0
0,025 0,10 x
max
= 0,025
C - 0.075 0,025
CH
3
COOH + NaOH  CH
3
COONa + H
2
O
C
0
0,090 0,075 x
max
= 0,075
C 0,015 - 0,075
TPGH: CH
3
COOH 0,015M; CH
3
COONa 0,075M; NaCl 0,025 M
Mô tả cân bằng: CH

3
COONa  CH
3
COO
-
+ Na
+

0,075
CH
3
COOH  CH
3
COO
-
+ H
+
K
a
= 10
-4,76
(1)
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
w

= 1,0.10
-14
(2)
So sánh cân bằng (1) và (2): K
a
>> K
w
vậy (1) là chủ yếu
Tính cân bằng theo (1)
CH
3
COOH  CH
3
COO
-
+ H
+
K
a
= 10
-4,76

C 0,015 0,075
C -x x x
[] (0,015 – x) (0,075 + x) x
ĐLTDKL
76,4
10
)015,0
075,0(





x
xx

K
a
bé, hệ số dư CH
3
COO
-
có thể coi x << 0,015 vì vậy: x = 10
-4,46
<< 0,015 (thoả
mãn). Vậy [H
+
] = 10
-5,46
= 3,48.10
-6
M
I.3.3. Trong 1lít dung dịch hỗn hợp K
2
CrO
7
0,010M; KBr 0,060 M; H
2
SO

4
1,0M và
Cr
2
(SO
4
)
3
0,0010M có xả ra phản ứng:
Cr
2
O
7
2+
+ 6Br
-
+ 14H
+
 2Cr
3+
+ 3Br
2
+ 7H
2
O (1)
Hằng số cân bằng của phản ứng bằng 10
26,4

Đánh giá TPCB của hỗn hợp:
Lời giải;

Các quá trình xảy ra:
K
2
CrO
7
 2K
+
+ Cr
2
O
7
2
0,010
- 0,010
KBr  K
+
+ Br
-

0,060
- 0,060
H
2
SO
4
 H
+
+ HSO
4
-

1,0
- 1,0 1,0
Cr
2
(SO
4
)
3
 2Cr
3+
+ 3SO
4
2-

0,0010
- 0,0020 0,0030
Quá trình chủ yếu xảy ra là quá trình (1) với K rất lớn được coi là xảy ra hoàn
toàn. Cần xác định TPGH trước khi xác định thành phần cân bằng:
Cr
2
O
7
2-
+ 6Br
-
+ 14H
+
 2Cr
3

+ 3Br
2
+ 7H
2
O
C
0
0,010 0,060 1,0 0,002
C -0,010 -0,060 -0,14 0,020 0,030
C 0 0 0,86 0,022 0,030
x
max
= 0,010
TPGH: Cr
3+
0,022M; Br
2
0,030M; H
+
0,86M; HSO
4
-
1,0M; SO
4
2-
0,0030M
Cân bằng thứ nhất: HSO
4
 H
+

+ SO
4
2
K
a
= 10
-1,99
(2)
C 1,0 0,86 0,0030
C -x x x
[] 1,0 – x (0,86 + x) (0,0030 + x)
ĐLTDKL
99,1
10
)0,1(
)0030,0)(86,0(





x
xx

Coi x << 0,86 ta tính được
86,010.9,8
86,0
0030,0.86,010
3
99,1





Vậy quá trình (2) không ảnh hưởng đến nồng độ H
+
có trong dung dịch nghĩa là

H
C
= 0,86M
Cân bằng thứ hai xảy ra theo chiều ngược với (1)
2Cr
+
+ 3Br
2
+ 7H
2
O = Cr
2
O
7
2
+ 6Br + 14H
+
K = 10
26,1

C 0,022 0,030 0,86
C -2x -3x x 6x 14x

[] (0,022– 2x) (0,030 – 3x) x 6x (0,86 + 14x)
ĐLTDKL
4,26
32
112
10
)3030,0()2022,0(
)1486,0()6(




xx
xxx

K rất bé có thể coi 2x << 0,022 . 3x << 0,0030 hay x << 0,010 (cũng vậy
14x << 0,86 hay x << 0,061. Tính ra x từ hệ thức đơn giản:
1,26
32
1476
10
)030,0()022,0(
)86,0.(.6


x
 x = 3,7.10
-6
<< 0,010
Vậy 6x = 2.22.10

-5
M
TPCB: Cr
2
O
7
2
3,7.10
-6
M; Br
-
2,22.10
-5
M; H
+
0,86 M; Cr
3+
0,022 M
Br
2
0,030 M; HSO
4
1,0M; SO
4
2
0,0119 M

Bài tập vận dụng
I.3.4. Đánh giá khả năng hoà tan cả Agl trong muối NH
4

Cl. Cho
Ag
+
+ NH
3
 AgNH
3
-
lg 
1
= 3,32
Agl  Ag
+
+ l
-
lg 
2
= -16,0
Hướng dẫn giải: Đánh giá hằng số cân bằng của phản ứng.
Agl  + NH
3
 AgNH
3
-
+ I
-

Trả lời: lg K = -12,68
I.3.5. Sục CO
2

vào dung dịch BaCl
2
, có kết tủa BaCO
3
xuất hiện hay không?
Hướng dẫn giải: Tính K của phản ứng và kết luận:
CO
2
+ H
2
O  BaCO
3
 + 2H
+

Trả lời: lgK = -8.38.
I.3.6 Trong các dung dịch NH
4
Cl 0.10 M có các cân bằng:
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
w
=1,0.10
-14
(1)

NH
4
+
 H
+
+ NH
3
K
a
=10
-9.24
(2)
Hãy tính nồng độ ion H
+
trong dung dịch
Trả lời: 7,59.10
-6
M
I.3.7 Trong dung dịch NH
3
0.050 M có các cân bằng:
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
w
=1,0.10

-14
(1)
NH
3
+ H
2
O  NH
4
+
+ OH
-
K
b
=1,78.10
-5
(2)
Tính nồng độ cân bằng của ion OH
-
trong dung dịch.
Trả lời: 9,34.10
-4
M
I.3.8 Khi cho bột Cu vào dung dịch AgNO
3
0,010 M và CuSO
4
0,0010 M thì xảy ra
phản ứng:
Cu + 2Ag
+

 Cu
2+
+ 2Ag lgK = 15,6
Hãy tính nồng độ của các ion trong dung dịch.
Trả lời: Ag
+
1,22 . 10
-9
M; Cu
2+
0,0060 M.
I.3.9 Trong hỗn hợp KBr 0,050 M, KMnO
4
0,020 M và HClO
4
1,0 M có xảy ra phản
ứng:
2MnO
4
-

+ 10 Br
-
+ 16H
+
 2Mn
2+
+ 5Br
2
+ 8H

2
O K = 10
74,3

Tính nồng độ cân bằng của ion Br
-
trong dung dịch.
Trả lời: 6,71.10
-9
M.
I.3.10 Trong hỗn hợp Fe
3+
0,0010 M; Sn
2+
0,010 M; Fe
2+
1,00 M và H
+
1,00M có phản
ứng:
2 Fe
3+
+ Sn
2+
 2 Fe
2+
+ Sn
4+
Tính nồng độ Fe
3+

trong dung dịch






CHƯƠNG II.CÂN BẰNG AXIT- BAZƠ

I.CÁC AXIT- BAZƠ

Bài tập có lời giải

II.1.1. Giải thích tính axit- bazơ trong dung dịch nước của các chất sau:
a) Piriđin (C
5
H
5
N) b) HCOOH c)NaNO
3

d) AlCl
3
e) Nước vôi f) Na
2
C
2
O
4

Lời giải:
a) H
2
O

H
+
+OH
-

C
5
H
5
N + H
2
O

C
6
H
5
NH
+
+ OH
-

Theo thuyết Bronstet và Lowry thì axit là những chất có khả năng nhường proton, còn
bazơ là những chất có khả năng thu proton. Trong dung dịch, piriđin có khả năng nhận
proton của nước, do đó piridin là một bazơ. Hay nói cách khác, dung dịch nước của

piridin có phản ứng bazơ
Từ (1) và (2) ta có








OHpiridinOHdd
OHOHOHOH
22


Mà






dd
O
HOH
HHOH


2
2

Như vậy [OH
-
]
dd
> [H
+
]
dd
do đó dung dịch có môi trường bazơ
b) HCOOH

H
+
+ OH
-

H
2
O

H
+
+OH
-

Giải thích hoàn toàn tương tự Bronstet và Lowry thì dung dịch HCOOH có phản ứng axit
do HCOOH có khả năng cho proton.
[H
+

]
dd
= [H
+
]
HCOOH
+ [H
+
]
nước
> [H
+
]
nước
[H
+
]
dd
> [OH
-
]
dd

Vậy dung dịch HCOOH có phản ứng axit.
c) NaNO
3


Na
+

+ NO
3
-

H
2
O

H
+
+OH
-

[H
+
]
dd
= [OH
-
]
dd

Vậy dung dịch NaNO
3
có môi trường trung tính.
d) AlCl
3


Al

3+
+ 3Cl
-

Al
3+
+ H
2
O

AlOH
2+
+ H
+

H
2
O

H
+
+OH
-

[H
+
]
dd
> [OH
-

]
dd
. Vậy dung dịch AlCl
3
có mối trường axit.
e) Ca(OH)
2


Ca
2+
+ 2OH
-

H
2
O

H
+
+OH
-

[H
+
]
dd
< [OH
-
]

dd
. Vậy dung dịch có môi trường bazơ.

II.1.2, Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính hằng số cân bằng của phản ứng (nếu
có) và mô tả cân bằng trong dung dịch gồm các chất sau:
a) H
2
SO
4
+ NH
4
+
; b) NaHS C (mol)\l + HCl C (mol\l),
Lời giải:
a) H
2
SO
4


H+ + HSO
4
-

HSO
4
-


H + SO

4

2-

NH
4
+


H+ + NH
3

Trong hệ không xảy ra tương tác hóa học vì NH
4
+
, và HSO
4
-
đều là axit.
b) NaHS

Na
+
+ HS
C C
HCl

H
+
+ Cl

-

C C
Phản ứng HS- + H+

H
2
S (K
a1
)
-1
= 10
7,02 (lớn)

C C
_ _ C
THGH: H
2
S C(mol)
Cân bằng: H
2
S

H
+
HS
-

HS
-


H
+
+ S
2-

H
2
O

H
+
+OH
-



Bài tập vận dụng
II.1.3 Giải thích tính axit- bazơ trong dung dịch nước của các chất sau:
a) NH
4
NO
3
; b)KCL; c)Na
2
S; d)Na
3
PO
4
; e)HCOOONH

4

Trả lời: a) axit; b)trung tính c),d) bazơ e) lưỡng tính
II.1.4Giải thích tính axit – bazơ trong dung dịch nước của các chất sau:
a) H
2
C
2
O
4
; b) Na
2
SO; c)Cu(NO
3
)
2
;
d) Cr(ClO
4
)
3
; e) NH
4
HSO
4
; f) KCN.
Trả lời; a); c); d); e) axit; b) f) bazơ
II.1.5 Mô tả bằng cân bằng và giải thích tính axit – bazơ trong dung dịch nước của:
a) Al(OH)
3

; b)NaAlO
2
; c) Cr(OH)
3
;
d) CrCl
3
; e) NaCrO
2
; f) Zn(OH)
2
; g) Na
2
ZnO
2
.
Trả lời: a),e), f) lưỡng tính; b), e), g) bazơ; d) axit.
II.1.6 Mô tả cân bằng và giải thích tính axit – bazơ trong dung dịch nước của:
a)Na
2
CO
3
; b) Dung dịch bão hòa CO
2
; c)NaHCO
3
; d)NH
4
Cl;
e)(NH

4
)
2
CO
3
; f) NH
4
NO
3
; g) KCN; h) NH
4
CN.
Trả lời: a) , g) Bazơ ; b),d), f) axit; c), e), g) lưỡng tính.
II.1.7Mô tả bằng cân bằng và giải thích tính axit – bazơ trong dung dịch nước của:
a)(NH
4
)
2
S b) CH
3
COOH c)NH
4
ClO
4

d)NH
3
e)CH
3
COONH

4
.
Trả lời: a),e) lưỡng tính; b),c) axit ; d) bazơ
II.1.8Trộn 10,00 ml dung dịch NH
3
0,5M với 5,00ml H
2
SO
4
1,00 M. Hãy cho biết pH gần
đúng của dung dịch bằng bao nhiêu?(<7; = 7 hay > 7 ).
Trả lời : pH < 7.

II .ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN PROTON
(ĐIỀU KIỆN PROTON)

Bài tập có lời giải
II.2.1. Viết biểu thức điều kiện proton đối với các dung dịch sau:
a) Dung dịch CH
2
ClCOOH;
b) Dung dịch HCl + NaSHO
4
;
c) Dung dịch NaOH + NH
3
;
d) Dung dịch CH
3
COOH C

1
(Mol/l) + CH
3
COONa C
2
(mol/l);
e) Dung dịch Na
2
Co
3
;
f) Dung dịch H
2
C
2
O
4
.
Lời giải:
a) CH
2
ClCOOH

CH
2
ClCOO
-
+ H
+

H
2
O

H
+
+ OH
-

MK: CH
2
ClCOOH và H
2
O

ĐKP: [H
+
] = [ CH
2
ClCOO
-
] + [OH
-
]
b) HCl

H
-
+Cl
-

NaHSO
4


Na
+
+ HSO
4
-

HSO
4
-


H
+
+ SO
4
2-

H2O

H
+
+OH-
MK: HCl, HSO
4
-

, H
2
O

ĐKP : [H
+
] = [Cl
-
] + [SO
4
2-
] + [OH
-
]
c) NaOH

Na
+
+ OH
-

H2O

H
+
+ OH-
NH3 + H
+



NH
4
+

MK : NaOH, NH
3
, H
2
O

ĐKP: [H
+
] = [OH
-
] - [Na
+
] - [NH
4
+
]
d) CH
3
COONa

CH
3
COO
-
+ Na
+

C
2

CH
3
COOH

CH
3
COO
-
+ H
+

CH
3
COO
-
+ H
+


CH
3
COOH
H
2
O


H
+
OH
-

- Chọn MK gồm CH
3
COOH ( C
1
mol/l) và H
2
O”
ĐKP : [H
+
] = [OH
-
] + [CH
3
COO
-
]- C
2

- Chọn CH
3
COO- (C
2
mol/l) và H
2
O làm MK:

ĐKP : [H
+
] = [OH
-
] - [CH
3
COOH] + C
1

Với hai MK khác nhau thu được hai phương trình bảo toàn proton(1) và (2) co dạng
khác nhau, nhưng có thể chứng minh được hai biểu thưc đó chỉ là một phương trình
liên hệ. Thật vậy từ đinh luật BTNĐ ban đầu:
[CH
3
COOH] + [CH
3
COO
-
] = C
1
+ C
2


[CH
3
COO
-
] – C
2

= C
1
- [CH
3
COOH]
Thay (3) vào (1) ta sẽ được biểu thức(2).
e) Na
2
CO
3


2Na+ + CO
3
2-

CO
3
2-
+ H
+


HCO
3

CO
3
2-
+ 2H

+


H
2
O + CO
2

H
2
O

H
+
+ OH
MK :CO
3
2-
và H
2
O

ĐKP: [H
+
] = [ OH
-
] – [HCO
3
-
] + 2[CO

2
]
f) H
2
C
2
O
4


H
+
+ HC
2
O
4

H
2
C
2
O
4


2H+ + C
2
O
4
2-

H
2
O

H+ + OH-
MK: H
2
C
2
O
4
và H
2
O

ĐKP : [H
+
] = [OH
-
] + [HC
2
O
4
-
] + 2[C
2
O
4
2-

].
II.2.2 Cho hệ gồm HF C1 mol/l và NH3 C2 mol/l (C2>C1). Xác định TPGH của hệ và
chứng minh rằng phương trìnhBTĐT trùng với phương trình bảo toàn pro ton (bỏ qua quá
trình tạo phức proton của HF).
Lời giải:
Phản ứng :HF + NH
3


F
-
+ NH
4

+
K = 10
6,07

C
1

C
2
_ C
2
– C
1
C
1
C1

TPGH: NH
3
( C
2
-C
1
)M; F
-
C
1
M ; NH
4
+
C
1
M
Chọn MK : NH4
+
, F
-
và H2O.
Cân bằng: NH
4


NH
3
+ H
+

H
2
O

H
+
+ OH
-

F
-
+ H
+


HF
ĐKP :[H
+
] = [ OH
-
] + [NH
3
]
–
(C
2
– C
1
) – [HF] (1)
Phương trình BTĐT: [H

+
] + [NH
4
+
] = [OH
-
] + [F
-
] (2)
Theo định luật BTNĐ ban đầu ta có:
[HF] + [F
-
] = C
1


[F
-
] = C
1
– [HF] (3)
Và [NH
4
+
] + [ NH
3
] = C
2



[NH
4
+
] = C
2
-
[NH
3
] (4)
Tổ hợp (2), (3), (4) sẽ thu được (1) ( đpcm).
(Có thể chọn MK là NH
3
, F
-
,H
2
O và cũng chứng minh tương tự)
II.2.3 Viết biểu thức ĐKP đối với dung dịch FeCl
3
.
Lời giải:
FeCl
3


Fe
3
+
+ 3Cl
-

Fe
3
+ + H
2
O

Fe(OH)
2
+
+ H
+

2Fe
3
+
+ 2H
2
O

Fe
2
(OH)
2
4+
+ 2H
+

H
2

O

H
+
+ OH
-

ĐKP: [ H
+
] = [OH
-
] + [Fe(OH)
2
+
+ 2 [Fe
2
(OH)
4
+2
].
II.2.4Cho dung dịch (NH
4
)3PO
4
C mol/l . Hãy xác định THGP của hệ và viết biểu thức
ĐKP đối với dung dịch trên với các MK khác nhau (nếu có) và kết luận.
Lời giải : (NH
4
)
3

PO
4
H
2
O

3NH
4
+
+ PO
4
3-

3C C
Phản ứng:
NH
4
+
+ PO
4
3-


NH
3
+ (HPO
4
2-)
K= 10
3,08

(1)
3C C
2C _ C C
NH
4
+
+ HPO
4

2-

NH
3
+ HPO
4

2-
K’ = 10
-2,03
(2)
2C C C
2NH
4
+
+ HPO
4
2-


2NH

3
+ H
3
PO
4
K” = 10
-9,04
(3)
Do K’= 10
-2,03
và K”= 10
-9,04
nhỏ nên phản ứng (2) xảy ra không hoàn toàn và phản
ứng (3) không xảy ra. Vậy THGP gồm NH
4
+
: 2C mol/l; NH
3
: C mol/l; HPO
4
2-
: C
mol/l
 MK1: HPO
4
2-
; NH
3
và H
2

O.
Cân bằng: HPO
4
2-

H
+
+ PO
4

3-

H
2
O

H
+
+ OH
-

HPO
4
2-
+ H
+


H
2

PO
4
-

HPO
4
2-
+ 2H
+


H
3
PO
4

NH
3
+ H
+


NH
4
+

ĐKP : [H
+
] + [OH
-

] + [ PO4
3
-
] – [ H
2
PO
4
-
] – 2[H
3
PO
4
] – [NH
4
+
] + 2C (4)
 MK2:
2
4
HPO ;

4
NH và H
2
O.
ĐKP : [H
+
] = [ OH
-
] + [ ]

3
4

PO + CNHPOHPOH 

][][2][
34342
(5)
ĐKP (4) và (5) xuất phát từ hai mức không khác nhau, có dạng khác nhau nhưng
thực chất chỉ là một phương trình liên hệ. Thât vậy từ định luật BTNĐ ban đầu ta
có :
3C= ]3][][][
43
3
4

 NHCNHNHNH hoặc [NH
3
] – C = 2C – [NH ]
4

(6)
Tổ hợp (4) (6) sẽ cho (5) (đpcm).
II.2.5 Trộn 15,00ml H
2
SO
4
0,20 M với 25,00ml NaOH 0,04M. Xác định TPGH
của hỗn hợp và viết biểu thức ĐKP
Lời giải:

2 4
0,20.15,00
0,075
40,00
H SO
C M
 


0,04.25,00
0,25
40,00
NaOH
C M
 


2 4 4
H SO H HSO
 
 

0,025 0,025
NaOH Na OH
 
 

Phản ứng:
0
H OH H O

 
 
1 14
10
w
K


0,075 0,025
0,050 -
Vậy THGH gồm: H
+
0,050M;
4
0,075
HSO M


ĐKP với MK là
4
,
H HSO
 
và H
2
O
2
4
H
H C OH SO


  
  
     
     

Bài tập vận dụng

II.2.6 Cho biết ý nghĩa của định luật bảo toàn proton và định luật BTĐT
II.2.7 Nêu các bước cần tiến hành khi mô tả định luật bảo toàn proton cho một hệ
II.2.8 Viết biểu thức ĐKO và biểu thức định luật BTĐT cho các trường hợp sau, tù đó rút
ra kết luận
a. Dung dịch
3
0,01 0,10
CH COOH M NaCl M


b. Dung dịch NaOH 0,01M + NaNO
3
0,20M
c. Dung dịch NH
3
0,10M + NaCl 0,30M
d. Dung dịch NH
4
Cl 0,70M + CH
3
COONa 0,10M
II.2.9 Viết biểu thức định luật bảo toàn proton đối với dung dịch NH

3
0,01M và NH
4
Cl
0,20M với các mức không khác nhau. Kết luận
II.2.10 Viết biểu thức ĐKP đối với dung dịc H
3
PO
4
0,10M với các mức không khác
nhau. Kết luận.

III. DUNG DỊCH CÁC ĐƠN AXIT VÀ ĐƠN BAZƠ
3.1. Axit mạnh và bazơ mạnh
Bài tập có lời giải
II.3.1. Tính [H
+
], [OH
-
] của dung dịch HCl có pH = 3,00
Lời giải
HCl  H
+
+ Cl
-
H
2
O

H

+
+ OH
-
K
W
= 1,0.10
-14
[H
+
] = 10
-pH
= 1,0.10
-3
(M)  [OH
-
] = K
w
/[H
+
] = 1,0.10
-11
(M)
II.3.2. Tính [H
+
], [OH
-
], pH của dung dịch HNO
3
0,10M
Lời giải

HNO
3
 H
+
+
3
NO


0,10 0,10
H
2
O

H
+
+ OH
-

Vì
7
0,10 1,0.10 0,10
H
H
C H C M

 
 
    
 

 pH = -lg[H
+
] = -lg(0,10). Vậy pH = 1,00; pOH = 14-1 = 13,0

13
1,0.10
OH M
 
 

 

II.3.3. Trộn 15,00ml dung dịch HCl có pH = 3,00 với 25,00 ml dung dịch NaOH có pH =
10,00. Hỏi dung dịch thu được có phản ứng axit hay bazơ?
Lời giải
Trong dung dịch HCl có pH = 3,00 thì
0,
HCl
H OH C
 
   
 
   


3 14 3 3
0,
10 10 /10 1,0.10
HCl

C H OH
     
   
    
   

Dung dịch NaOH có pH = 10,00

14 10 4
0,
10 /10 1,0.10
NaOH
C OH M
   
 
  
 

Sau khi trộn
3
0 4
1,0.10 .15,00
3,75.10
40,00
HCl
C M


 

4
0 5
1,0.10 .25,00
6,25.10
40,00
NaOH
C M


 

Phản ứng HCl + NaOH  NaCl + H
2
O
C
0
3,75.10
-4
6,25.10
-5
C 3,125.10
-4
- 6,25.10
-5
Sau phản ứng dư axit. Vậy dung dịch có phản ứng axit
4
3,125.10 3,51
HCl
H C pH
 

 
   
 

Hoặc có thể so sánh: C
HCl
= 3,125.10
-4
> C
NaOH
= 6,25.10
-5
. Vậy hệ thu được có môi
trường axit.
II.3.4. Tính nồng độ % (P%) của dung dịch NaOH (d = 1,12g/ml) để khi trộn 20,00 ml
dung dịch này với 180,00ml dung dịch HNO
3
có pH = 2,0 sẽ thu được hỗn hợp có pH =
13,5
Lời giải
Dung dịch HNO
3
có pH = 2,00 
3
2
0,
1,0.10
HNO
C H M
 

 
 
 