pH của các dung dịch chất điện li

CHUYÊN ĐỀ 9: pH CỦA CÁC DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LI
I. LÝ THUYẾT CƠ BẢN
1. Chất điện li
- Chất điện li là chất khi tan trong nước phân li ra ion. Axit, bazơ và muối là các chất điện li.
- Chất điện li mạnh là chất khi tan trong nước các phân tử hòa tan đều phân li ra ion. Chất điện li
mạnh gồm: Các axit mạnh (HCl, HNO3, HClO4, H2SO4 nấc 1,...); bazơ mạnh (NaOH, KOH, Ca(OH)2
nấc 1, Ba(OH)2 nấc 1,...) và hầu hết các muối.
- Chất điện li yếu là chất khi tan trong nước chỉ một phần số phân tử hòa tan phân li ra ion.
2. Độ điện li α
C (ph©n li)
sè ph©n tư ph©n li ra ion
=
=
số phân tử hòa tan
C0
Cht in li mnh: = 1; chất điện li yếu: 0 < α < 1
3. Thuyết axit – bazơ
a. Theo Arrhenius
- Axit là những hợp chất chứa hiđro, khi tan trong nước phân li ra cation H+.
- Bazơ là những hợp chất chứa nhóm OH, khi tan trong nước phân li ra anion OH  .
b. Theo Bronsted - Lowry
- Axit là cấu tử có khả năng nhường proton (H+).
- Bazơ là cấu tử có khả năng nhận proton.


 B + H
A 

A – axit; B – bazơ; A/B là một cặp axit – bazơ liên hợp.
4. Tích số ion của nƣớc
Nước là chất điện li rất yếu:


 H + OH ;
H2 O 


Theo thuyết Arrhenius.


 H3O + OH ; Theo thuyết Bronsted – Lowry
2H2 O 


Ở 250C: [H ].[OH ] = [H3O ].[OH ] = 1,0.1014 = K W
KW được gọi là tích số ion của nước. Giá trị KW chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ.
5. pH và pOH
pH =  lg[H ]; pOH = lg[OH ]
Trong một dung dịch (dung môi là nước): pH + pOH = 14
6. Hằng số phân li axit – bazơ
a. Hằng số phân li axit Ka
Sự điện li của axit yếu, bazơ là quá trình thuận nghịch, nên nó tuân theo mọi định luật của cân
bằng hóa học. Ví dụ:



 CH3COO + H  ; K a = [CH3COO ].[H ]
CH3COOH 

[CH3COOOH]

Ở 250C, Ka của CH3COOH là 1,75.10-5 hay pKa =  lg Ka = 4,75

b. Hằng số phân li bazơ Kb

[NH 4 ].[OH  ]




NH3 + H2 O 
NH
+
OH
;
K
=

4
b
[NH3 ]
Ở 250C, Kb của NH3 là 1,8.10-5 hay pK b =  lg K b = 4,745
c. Tích số Ka.Kb của một cặp axit – bazơ liên hợp
Ví dụ, xét cặp axit – bazơ liên hợp NH4 /NH3




 NH3 + H3O  ; K a = [NH3 ][H3O ]
NH 4 + H2 O 

[NH 4 ]

[NH 4 ][OH  ]




NH3 + H2 O 
NH
+
OH
;
K
=

4
b
[NH3 ]
 Ka .K b = [H3O ][OH ] = 1,0.1014 (ë 250C)  pK a + pK b = 14

d. Mối liên hệ giữa hằng số phân li và độ điện li
Xét dung dịch HA nồng độ C mol/L


 H + A ;
HA 


K


 H + OH  ;

KW
H2 O 

Trong điều kiện có thể bỏ qua nồng độ H+ do nước phân li ra, ta có:
C
sè ph©n tư ph©n li ra ion
=
= (ph©n li)  C (ph©n li) = C . Từ ú:
số phân tử hòa tan
C


H + A
HA

[] C - C
C
C

2 C 2
2 C
 K=
=
C - C 1 - 

7. Tính pH của một số dung dịch chất điện li
a. pH của axit mạnh một nấc
Xét dung dịch HCl nồng độ Ca mol/L

 H + OH

HCl  H + Cl  ; H2 O 


Gọi x là nồng độ H+ do nước phân li ra trong dung dịch này. Vậy [OH ] = x . Bảo tồn proton ta
có: [H+] = Ca + x  (C a + x).x = K W = 1014
Khi Ca > 3,0.10-7M, có thể coi [H+] = Ca  pH =  lg C a
b. pH của bazơ mạnh một nấc
Xét dung dịch NaOH nồng độ Cb mol/L

 H + OH
NaOH  Na  + OH ; H2 O 

Điều kiện trung hòa điện:
KW
[OH  ] = [Na  ] + [H  ] = C b + [H  ] 
= C b + [H  ]

[H ]
 [H ]2 + C b [H ] - K W = 0

Khi Cb > 3,0.10-7M, có thể coi [OH ] = C b  pH = 14 - pOH
c. pH của axit yếu một nấc
Xét dung dịch HNO2 nồng độ Ca mol/L:

[H  ][NO2 ]




HNO2 

 H + NO2 ; K a =
[HNO2 ]


 H + OH ; K W
H2 O 

Khi K a .C a > 1013 vµ 0,1 <

Ca
< 100 , có thể bỏ qua H+ do H2O phân li ra, chỉ cần xét cân bằng
Ka

chủ yếu:
HNO2






H

+

NO 2

b®

Ca

0

0

[]

Ca - x

x

x

 Ka =

x2
Ca - x


Nếu K a .C a > 1013 vµ

Ca
> 100 , thì coi Ca – x ≈ Ca và:
Ka

x = [H ] = Ka .C a  pH
c. pH của axit yếu một nấc
Xét dung dịch NH3 nồng độ Cb mol/L:




 NH 4 + OH  ; K b = [NH 4 ][OH ]
NH3 + H2 O 

[NH3 ]


 H + OH ; K W
H2 O 

Khi K b .C b > 1013 vµ 0,1 <

Cb
< 100 , có thể bỏ qua OH  do H2O phân li ra, chỉ cần xét cân
Kb

bằng chủ yếu:
b®
[]


 NH 4 + OH 
NH 3 + H 2O 

Cb
0
0
Cb - x

Nếu K b .C b > 1013 vµ

x

x2
Cb - x

 Kb =

x

Cb
> 100 , thì coi Cb – x ≈ Cb và:
Kb

x = [OH ] = K b .C b  pOH  pH = 14 - pOH
d. pH của dung dịch muối chứa cation axit yếu
Xét dung dịch NH4Cl nồng độ C mol/L
NH4 Cl  NH4 + Cl  với [NH4 ]0 = C mol/L
Chỉ NH 4 thể hiện tính axit, cịn Cl  trung tính trong nước.

 NH3 + H3O ; K  = 1014 /K b(NH )
NH4 + H2 O 

a(NH4 )
3


 H3O + OH ; K W
2H2 O 


Cách tính nồng độ H3O+ giống như axit yếu một nấc.
e. pH của dung dịch muối chứa anion bazơ yếu
Xét dung dịch CH3COONa nồng độ C mol/L
CH3COONa  CH3COO + Na  với [CH3COO ]0 = C mol/L

Chỉ CH3COO thể hiện tính bazơ, cịn Na+ trung tính trong nước.

 CH3COOH + OH  ; K
CH3COO + H2O 
= 1014 /K a(CH3COOH)

b(CH3COO )


 H3O + OH ; K W
2H2 O 


Cách tính nồng độ OH  giống như bazơ yếu một nấc.
f. pH của dung dịch muối lưỡng tính
Xét dung dịch chứa muối lưỡng tính NaHA (ví dụ NaHCO3)
NaHA  Na  + HA

 H + OH ;
H2 O 


KW

(1)


 H + A2 ;
HA 


K a2

(2)


 HA ;
HA + H 


K a11

(3)

Bảo toàn proton: [H ] = [H ]cho - [H ]nhËn . Từ (1), (2) và (3) ta có:


[H ] = [OH ] + [A2 ] - [H2 A]

(4)

Áp dụng KW; K a1 và K a2 cho (4) ta có:
K a2 [HA  ] [HA  ][H  ]
KW
[H ] =

+
 [H  ] =


[H ]
[H ]
K a1


K W + K a2 [HA  ]
1 + K a11[HA  ]

Trong đa số trường hợp HA  phân li rất yếu, nên có thể coi nồng độ [HA ] = C mol/L của muối
ban đầu, nên ta có: [H  ] =

K W + K a2 C
1 + K a11C

Nếu Ka2 .C >> K W vµ Ka11C >> 1 hc Ka1 << C thì ta lại có:

1
(pK a1 + pK a2 )
2
g. pH của dung dịch axit nhiều nấc
Xét dung dịch H3PO4 0,100M. Trong dung dịch có các cân bằng sau:
[H  ] = K a1 .K a2  pH =


 H + H2 PO4 ;
H3PO4 



K1 = 10-2,23

(1)


 H + HPO24 ;
H2 PO4 


K2 = 10-7,21

(2)


 H + PO34 ;
HPO24 


K3 = 10-12,32

(3)


 H + OH ;
KW = 10-14
H2 O 

Vì K1 >> K2 >> K3 >> KW, nên (1) là cân bằng chủ yếu:

H3PO4
[] 0,10 - x






H

+ H 2 PO 4

x



x

(4)

x2
= 102,23  x = [H  ] = 2,15.102 M
0,10 - x

Tính nồng độ H2 PO4 vµ HPO24 như sau:

H 2 PO4
[] 2,15.102


 H
+


2
- y 2,15.10 + y

HPO 24
y

y(2,15.102 + y)

= 107,21
2
2,15.10 - y

Do giá trị K2 rất nhỏ nên y << 2,15.102  y = 107,21M = [H2 PO4 ]
Tính nồng độ PO34 dựa vào cân bằng (3):


 H
+


+z
107,21 + z

HPO24
[] 107,21

PO34
z



z(107,21 + z)
= 1012,32
7,21
10
-z

Do giá trị K3 rất nhỏ nên z << 107,21  z = 1012,32

107,21
= 1,37.1018M = [PO34 ]
2
2,15.10

h. pH của dung dịch bazơ nhiều nấc
Xét dung dịch Na2CO3 0,100M. Trong dung dịch có các cân bằng sau:

 HCO3 + OH ;
CO32 + H2 O 


K1 = 103,67

(1)


 H2 CO3 + OH ;
HCO3 + H2 O 


K 2 = 107,65

(2)


 H + OH ;
K W = 1,0.1014
H2 O 
(3)

So sánh các giá trị K, ta thấy K1 >> K2 >> K3, nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng
(1). Cách tính các nồng độ cân bằng tương tự như axit nhiều nấc. Kết quả:
[OH ] = [HCO3 ] = 4,52.103M; [CO32 ] = 2,24.108M


II. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (HSG HÀ TĨNH 11 – 2019): Hòa tan 1,0 gam NH4Cl và 1,0 gam Ba(OH)2.8H2O vào một
lượng nước vừa đủ thì thu được 100 ml dung dịch X (ở 250C).
a) Tính pH của dung dịch X, biết pKa(NH ) = 9,24 .
4

b) Tính nồng độ mol/lít của tất cả các ion trong dung dịch X.
c) Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 10 ml dung dịch HCl 1,0M vào dung dịch X.
Giải:
3

a) n NH4Cl = 18,7.10 mol; nBa(OH)2 = 3,17.103 mol
NH4 + OH  NH3 + H2O  dd X: NH3 = 6,34.103 mol; NH4 = 12,4.103 mol


 NH3 + H  ; K a = 109,24
NH 4 

12,4.102
6,34.102

[NH3 ][H  ]
[NH 4 ]

 Ka =
 [H ] =
Ka
[NH 4 ]
[NH3 ]

 [H ] = 1,13.109M  pH = 8,95

b)
[NH4 ] = 0,124M; [Ba 2 ] = 0,0317M; [H ] = 1,13.109M; [Cl ] = 0,187M; [OH ] = 8,85.106M
c) Khi thêm 0,01 mol HCl vào dung dịch X ta có phản ứng: NH3 + H  NH4 . Vậy,

n NH3 ( pø ) = 6,34.103  nH (d­ ) = 0,00333 mol.Giả thiết thể tích dung dịch là 110 mL, bỏ qua sự
phân ly của NH 4 thì [H+]dư = 0,0333M  pH = 1,48
Câu 2 (HSG QUẢNG BÌNH 11 – 2011): Cho dung dịch A chứa CH3COOH 0,1M. Biết Ka của
CH3COOH = 1,75.10-5.
a) Tính α của axit và pH của dung dịch A.

b) Hòa tan 4,1 gam CH3COONa vào 500 ml dung dịch A. Tính pH của dung dịch thu được.
Giải:
a) Ta có cơng thức  

K

C

1,75.105
= 1,32.102 . Với kết quả trên việc sử dụng công
0,1

thức gần đúng là chấp nhận được. Vậy H+ = .C = 1,32.10-2*0,1 = 1,32.10-3M  pH  2,88
b) Ta có: C M(CH3COONa) = [4,1/(82*0,5)] = 0,1 M

CH3COOH
b®
[]
Ta có PT:

Ka =






CH3COO

0,1M

0,1 - x

0,1M
0,1 + x

+

H
0
x

[CH3COO ].[H  ] (0,1 + x)x
=
= 1,75.105  x  1,75.105M  pH  4,76
[CH3COOH]
(0,1 - x)

Câu 3 (HSG QUẢNG BÌNH 11 – 2013): Hãy tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH3
0,150M và KOH 0,005M. Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH +4 là 9,24.
Giải:



 HCN + OH
+ H2 O 




Kb1 = 10- 4,65

(1)


 NH4 + OH
NH3 + H2 O 


Kb2 = 10- 4,76

(2)


 H + OH
H2 O 


KW = 10-14

(3)

CN

So sánh (1)  (3), tính pH theo ĐKP áp dụng cho (1) và (2): [OH] = C KOH + [HCN] + [NH4 ]


K b1 [CN  ] K b2 [NH3 ]
+
 x 2 - 5.103 - (K b1 [CN  ] + K b2 [NH3 ]) = 0
x

x
= 0,12M; [NH3 ] = C NH3 = 0,15M

[OH  ] = x  x = 5.103 +
Chấp nhận: [CN ] = C CN

 Ta có: x2 - 5.10-3x - 5,29.10-6 = 0  x = [OH-] = 5,9.10-3M = 10-2,23M  [H+] = 10-11,77M
109,35
109,24
0,12
M;
[NH
]
=
0,15

 0,15 M
3
109,35  1011,77
109,24  1011,77
Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận được  pH = 11,77.
Câu 4 (HSG HẢI PHÒNG LỚP 11 – 2017): Trộn lẫn 7 ml dung dịch NH3 1M với 3 ml dung dịch
HCl 1M thu được 10 ml dung dịch A.
a) Tính pH của dung dịch A
b) Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B (coi thể tích dung dịch B bằng
thể tích dung dịch A). Xác định pH của dung dịch B biết K NH3 = 1,8.105 .
Kiểm tra: [CN-] = 0,12

Giải:
a) Xét phản ứng của dung dịch NH3 và dung dịch HCl:

NH 3
b®

7.10

H

+

3

3.10

sau pø 4.103

NH 4


3

0

3

NH3 4.10 mol hc 0,4M
 dd A 

3


NH 4 3.10 mol hoặc 0,3M

mol

3.103 mol

0

Ta cú cõn bng:
NH 3
bđ
[]

+ H 2O






0,4
0,4 - x

NH 4

OH 

+

0,3

0,3 + x

K=

0
x

(0,3 + x).x
= 1,8.105
(0,4 - x)

 x = 2,4.105  pOH = 4,62  pH = 9,38

b) Khi thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A có phản ứng:

NH 4 + OH 
b®

3.10

3

sau pø 2.10

3

10

3

0

 NH 3 + H 2 O
0
10

0
3

mol
mol


 NH 4 + OH 
NH 3 + H 2O 

b® 0,5
0,2
0
[] 0,5 - y
0,2 + y
y


3

NH 4 : 2.10 mol hc 0,2M
 dd B 
3


NH3 : 5.10 mol hc 0,5M

 K=

(0,2 + y).y
= 1,8.105
(0,5 - y)

 y = 4,5.105  pH = 4,35  pH = 9,65

Câu 5 (HSG QUẢNG BÌNH 12 – 2013):
1. Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,5M. Cho Ka của CH3COOH = 1,8.10-5
2. Tính khối lượng NaOH cần cho vào 500 ml dung dịch CH3COOH 0,5M để thu được dung
dịch có pH = 3. (Giả sử khi cho NaOH vào thì thể tích dung dịch khơng thay đổi).
Giải:
1. Xét cân bằng:
CH 3COOH
b®
[]

0,5M
0,5 - x






CH 3COO 
0

x

+

H
0
x

Giải ra được x  3.10-3  pH = -lg(H+) = -lg(3.10-3) = 2,5

 K a1 =

x.x
= 1,8.105
0,5 - x


2. Gọi số mol NaOH cần cho vào dung dịch là a mol. Vì sau phản ứng, dung dịch có pH = 3 nên
CH3COOH dư; NaOH hết.
Ta có phản ứng: CH3COOH(a mol) + OH (a mol)  CH3COO (a mol) + H2O

 dung dịch chứa: CH3COOH: (0,5 - a/0,5)M; CH3COO : a/0,5M
Ta có cân bằng:





CH 3COOH
b®

CH 3COO 

0,5 - a/0,5

[]

0,5 - 2a - 10

+

a/0,5
3

H
0

2a + 10

3

103

(2a + 103 ).103
 K a1 =
= 1,8.105
3
0,5 - 2a - 10

Giải ra được: a  4.10-3  khối lượng NaOH cần sử dụng là: 40.4.10-3 = 0,16 gam

Câu 6 (30/04/2006 lớp 11 – Chuyên Bến Tre):
a) Trộn 10 mL dung dịch đơn axit yếu HA nồng độ mol C0 (hằng số axit là KA) có pH = 3,0 với
5 mL dung dịch NaOH có pH = 13 thu được dung dịch có pH = 5,661. Hãy xác định KA và C0 của HA
(bỏ qua sự điện li của nước).
b) Hằng số phân li của axit benzoic C6H5COOH bằng 6,3.10-5 và của axit axetic CH3COOH
bằng 1,79.10 –5. Hãy xác định tỉ số nồng độ ion H+ trong dung dịch đồng phân tử của axit benzoic và
axit axetic.
Giải:


 H + A
a) HA 

Ka =

Ka

(103 )2
C 0 - 103

(1)

Khi trộn 10 mL dung dịch HA với 5 mL dung dịch NaOH có pH = 13:
NaOH  Na  + OH

pH = 13  [H ] = 1013  [OH ] = (1014 )/1013 = 101

Sau khi trộn: C HA = (10C0 /15) = 0,667C0 ; C NaOH = (0,1*5)/15 = 0,033M
HA
b®

+

NaOH

0,667C 0



0,033

Sau pø 0,667C 0 - 0,033

NaA

+

H2O

0

0

0,033

pH = 5,661  [H ] = 105,661 . Áp dụng cơng thức tính pH dung dịch đệm, ta có:

10

5,661

(0,667C 0 - 0,033)
7,203.108
= Ka
 Ka =
0,033
0,667C 0 - 0,033

Từ (1) và (2) ta suy ra:

(2)

106
7,203.108
=
 C 0  0,055M
C 0 - 103
0,667C 0 - 0,033

106
= 1,85.105
Thế (1) vào, ta có: K a =
3
0,055 - 10
b) Áp dụng công thức gần đúng tính nồng độ [H+] của dung dịch axit yếu.

[H ]C6 H5COOH = K C6H5COOH .C 0 ; [H  ]CH3COOH = K CH3COOH .C 0


[H  ]C6 H5COOH

[H  ]CH3COOH

=

K C6 H5COOH
K CH3COOH

 1,876

Câu 7 (HSG QUẢNG BÌNH 11 – 2014):
a) Tính pH của dung dịch KCN 0,1M. Biết Ka (HCN) = 10-9,35.


b) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 50 ml dung dịch NH3 2.10-4M với 50 ml dung dịch
HCl 2.10-4M. Biết Kb (NH3) = 10-4,76.
Giải:
a) Ta có các cân bằng sau:

 HCN + OH
CN  + H2 O 


Kb = 10-14.109,35 = 10-4,65


 H + OH
KW = 10-14
H2 O 

Vì Kb.Cb = 0,1.10-4,65 = 10-5,65 >> Kw = 10-14 nên bỏ qua cân bằng phân li của nước.


 HCN + OH 
CN  + H 2O 

b® 0,1
0
0
[] 0,1 - x
x
x

 Kb =

x2
= 10 4,65
0,1 - x

 x = 10-2,88M  [H+] = 10-11,12  pH = 11,12
b) C NH3 = (2.104 .50)/100 = 104 M; C HCl = (2.104 .50)/100 = 104 M
NH3 (104 ) + HCl (104 )  NH4Cl  dd chứa: NH4 Cl (104M)

NH4






NH3

H2 O






H

+
+

H

Ka = 10-14.104,76 = 10-9,24

OH

Kw = 10-14

Vì Ca.Ka = 10-4.10-9,25 = 10-13,25  Kw = 10-14 nên không thể bỏ qua cân bằng phân li của nước.
Ta có: [H  ] = [NH3 ] + [OH  ]  [H  ] =

KW
K a [NH 4 ]
+
 [H  ] = K W + K a [NH 4 ]



[H ]
[H ]

Chấp nhận [NH+4 ]  CNH+  104 M  [H+ ] = 1014  10-9,24 .10-4 = 10-6,585
4

[H + ]
10-6,585
-4
= 10 . -6,585
 10-4 M
Tính lại: [NH ] = C NH+ . +

9,24
4
[H ]+K a
10
 10
Kết quả lặp lại. Vậy [H+] = 10-6,585M  pH = 6,585
+
4

Câu 8 (TRẠI HÈ HÙNG VƢƠNG LỚP 11 – 2017): Trộn 100,0 ml dung dịch CH3COOH 0,2M với
100 ml dung dịch H3PO4 nồng độ aM, thu được dung dịch A có pH = 1,47.
a) Xác định a.
b) Thêm từ từ Na2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0, thu được dung dịch B. Tính số
mol Na2CO3 đã thêm vào.
Cho biết:
H3PO4 có pK1 = 2,15; pK 2 = 7,21; pK3 = 12,32
CH3COOH có pK = 4,76; H2CO3 cã pK1 = 6,35; pK2 = 10,33

Giải:
a) Các quá trình xảy ra trong dung dịch A:


 H2 PO4 + H
H3PO4 


K1 = 10-2,15

(1)


 HPO24 + H
H2 PO4 


K2 = 10-7,21

(2)


 PO34 + H
HPO24 


K3 = 10-12,32

(3)


 CH3COO + H
CH3COOH 


K4 = 10-4,76

(4)


 H + OH
H2 O 
Kw = 10-14
(5)

Vì K1 >> K2 >> K3, Kw và K4 >> Kw nên ta có thể bỏ qua cân bằng (2), (3) và (5). Từ (1) suy ra:


[H2 PO4 ]
K1
102,15
=
=
= 0,21
[H3PO4 ] [H  ] 101,47
Từ (4) suy ra:

(6)

[CH3COO ]

K4
104,76
=
=
= 103,29

1,47
[CH3COOH] [H ] 10

[CH3COO ] << [CH3COOH] nên có thể coi như CH3COOH khơng điện ly. Do đó, nồng độ H+

trong dung dịch chủ yếu do H3PO4 điện ly ra  [H2 PO4 ] = [H ] = 101,47M





H 3PO 4
b®
[]

H 2 PO 4

C
C - 10

0
1,47

10

1,47

+ H
0
101,47


(101,47 )2
=102,15
 K1 =
 
C - 101,47
 C = 0,196M


Ta có: (100a)/200 = 0,196  a = 0,392M
b) Từ (1) suy ra:



[H2 PO4 ]
K1
102,15
=
=
= 101,85 = 70,8

4
[H3PO4 ] [H ]

10

[H2 PO4 ]
K1
102,15
=
= 2,15
= 0,9861  [H2 PO4 ] = 0,9861.C H3PO4
C H3PO4
K1 + h 10
+ 104

Từ (2) suy ra:

[HPO24 ]
K2
107,21
=
=
= 103,21  [HPO24 ] << [H 2 PO4 ]
[H2 PO4 ] [H  ]
104

[PO34 ]
K3
1012,32
Từ (3) suy ra:
=
=
= 108,32  [PO34 ] << [HPO24 ]

2

4
[HPO4 ] [H ]
10

(7)
(8)

Từ (7) và (8) suy ra, H3PO4 ban đầu tồn tại chủ yếu ở dạng H3PO4 và H2 PO4 .

C H3PO4 = 0,196M  [H2 PO4 ] = 0,9861.C H3PO4 = 0,1933M  [H3PO4 ] = 0,0027M
Từ (4) suy ra:

[CH3COO ]
K4
104,76
=
=
= 100,76 = 0,174
[CH3COOH] [H  ]
104

[CH3COO ]
K4
[CH3COO ]
K4
[CH3COO ]
=


=
=
[CH3COOH]
h
[CH3COOH] + [CH3COO ] K 4 + h
C CH3COOH
[CH3COO ]
K4
104,76

=
=
= 0,1481
C CH3COOH
K 4 + h 104,76 + 104
C CH3COOH = (0,2*100)/200 = 0,1M  [CH3COO ] = 0,1481*0,1 = 0,01481M

 H + HCO3
CO2 + H2 O 


K5 = 10-6,35

(9)


 CO32 + H
HCO3 


K6 = 10-10,33

(10)

Từ (9) suy ra:

[HCO3 ]
K5
106,35
=
=
= 102,35  [HCO3 ] << [CO2 ]

4
[CO2 ]
[H ]
10

Từ (10) suy ra:

[CO32  ]
K6
1010,33
=
=
= 106,33  [CO32  ] << [HCO3 ]
[HCO3 ] [H  ]
104

(11)

(12)

Từ (11) và (12) suy ra: [CO2 ] >> [HCO3 ] >> [CO32 ] . Do đó, ion CO32  ban đầu chủ yếu tồn tại ở
dạng CO2.
Số mol H+ do H3PO4 và CH3COOH nhường ra là:
0,2.[H2 PO4 ] + 0,2.[CH3COO ] = 0,2*0,193 + 0,2*0,015 = 0,041622 mol
CO32 + 2H  CO2 + H2O  nCO2 = n H /2 = 0,020811 mol  n Na2CO3 = 0,020811 mol
3


Câu 9 (HSG QUẢNG BÌNH 12 – 2014): Trộn 10 ml dung dịch NaOH 10-3M với 10 ml dung dịch
CH3COOH 1,01.10-3M, pha lỗng thành 1 lít dung dịch A. Tính pH của dung dịch A. Biết Ka
(CH3COOH) = 10-4,76.
Giải:
3
3
5
C CH3COOH = (1,01.10 *10)/10 = 1,01.10 M; C NaOH = (103 *10)/103 = 105M
CH3COOH(105 ) + OH (105 )  CH3COO (105 ) + H2O

Thành phần giới hạn: CH3COOH 10-7M; CH3COO- 10-5M.


 CH3COO- + H+
CH3COOH 


Ka = 10-4,76



 H+ + OHH2O 


KW = 10-14

Vì CCH3COOH rất bé nên khơng thể bỏ qua cân bằng phân li của nước.






[H ] = [OH ] + [CH3COO ] - C CH COO
3

104,76 [CH3COOH]
1014
 [H ] =
+
- 105


[H ]
[H ]


 [H ]2 + 105[H ] - (1014 + 104,76[CH3COOH]) = 0 . Chấp nhận: [CH3COOH] = C CH3COOH ta

có :
[H ]2 + 105[H ] - (1014 + 104,76 .105 ) = 0  [H ] = 1,72.107

1,72.107
Tính lại: [CH3COOH] = (C CH3COOH + C CH COO )* 4,76
 107
7
3
10
+ 1,72.10
+
-7
-6,76
Kết quả lặp lại. Vậy [H ] = 1,72.10 = 10
 pH = 6,76.
Câu 10 (HSG QUẢNG BÌNH 11 – 2015): Cho dung dịch A gồm KCN 0,12M và NH3 0,15M. Tính
thể tích dung dịch HCl 0,71M cần cho vào 100ml dung dịch A để pH dung dịch thu được là 9,24. Biết
pKa(HCN) = 9,35; pKa(NH ) = 9,24
4

Giải:
Thêm HCl vào dung dịch A có các phản ứng:

 NH4
H + NH3 


1
k1 = k a(NH
= 109,24

)

(1)

4

1

 HCN
k 2 = k a(HCN)
= 109,35 (2)
H + CN  

Dung dịch sau phản ứng có pH = 9,24 nên H+ tác dụng hết và dung dịch có chứa thêm HCN và
NH 4

* Xét cân bằng (1), áp dụng định luật tác dụng khối lượng, ta có:
k a(NH )
[NH3 ][H  ]
[NH3 ]
109,24
4
k a(NH ) =

=
=
=1
4
[NH 4 ]
[NH 4 ]
[H  ]

109,24

[NH3 ] = [NH4 ] nghĩa là có 50% NH3 đã phản ứng với HCl
* Tương tự xét cân bằng (2), ta có:
[CN- ][H+ ]
[CN  ] k a(HCN) 10-9,35
k a(HCN) =

=
= -9,24 = 10-0,11 = 0,776
+
[HCN]
[HCN] [H ] 10

CCN = [CN  ] + [HCN] 

C CN

= 1 + 0,776 = 1,776  [HCN] =

1
C  = 56,3%C CN
1,776 CN

[HCN]
Có nghĩa là 56,3% CN đã phản ứng với HCl
56,3
50
56,3
50

.n CN +
.n NH =
.0,1.0,12 +
.0,1.0,15 = 1, 426.10-2 mol
Suy ra: n HCl =
3
100
100
100
100
Vậy: Thể tích dung dịch HCl đã dùng: V ≈ 20 ml.
-


Câu 11 (HSG QUẢNG BÌNH 12 – 2015): Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M. Biết rằng
H2CO3 có hằng số phân li axit K1 = 4,5.10-7; K2 = 4,7.10-11 và NH3 có Kb =10-4,76.
Giải:
Ta có các q trình sau:
NH4 HCO3  NH4 + HCO3 ;


 H2 CO3 ;
HCO3 + H 


K11


 H + OH  ;
H2 O 



KW.


 NH3 + H
NH4 


Ka


 CO32 + H ;
HCO3 


K2

14
9,24
Trong đó: Ka = (10 )/K b = 10
. Áp dụng điều kiện Proton ta có:

[H ] = [NH3 ] + [CO32 ] + [OH ] - [H2CO3 ]

K a .[NH+4 ] K 2 [HCO3 ] K w
 [H ] =
+
+ + - K1-1.[H + ].[HCO3 ]
+

+
[H ]
[H ]
[H ]
+

 [H+ ]2 = Ka .[NH+4 ] + K 2[HCO3 ] + K w - K1-1.[H+ ]2 .[HCO3 ]
 H+2 =

K a .[NH+4 ] + K 2 [HCO3 ] + K w
K a .[NH+4 ] + K 2 [HCO3 ] + K w
+
 [H ] =
 [H ] =
(*)
1 + K1-1.[HCO3 ]
1 + K1-1.[HCO3 ]
+ 2



Vì các hằng số điện li rất bé nên có thể coi: [NH4 ] = [HCO3 ] = C NH4 = C HCO3 = 0,1M . Thay vào

(*) ta có: H+ = 1,6737.10-8M  pH = 7,78
Kiểm tra lại kết quả tính gần đúng ở trên với [H+] = 1,6737.10-8M , ta có:
C
0,1
[NH 4 ] =
=
= 0,097M


9,24
1 + (k a /[H ]) 1 + (10
/1,6737.108 )
[HCO3 ] =

C
1+(K 2 /[H ])+([H  ]/K1 )


0,1
= 0,096M
1 + (4,7.10 /1,6737.10 ) + (1,6737.108 /4,5.107 )
Thay các giá trị vào (*), ta có: [H+] = 1,682 .10-8  pH = 7,77  7,78
Kết luận: sai số khơng đáng kể, có thể tính gần đúng bằng cách trên với giá trị pH  7,78
Câu 12 (HSG QUẢNG BÌNH 11 – 2016): Tính độ điện li của ion CO32 trong dung dịch Na2CO3 có
pH = 11,6. Cho:
=

11

8


 HCO3 + H ;
H2 CO3 


Ka1 = 106,35


 CO32 + H ;
HCO3 


Ka2 = 1010,33

Giải:

 HCO3 + OH ;
CO32 + H2 O 


Kb1 = 10-14/10-10,33 = 103,67

(1)


 H2 CO3 + OH ;
HCO3 + H2 O 

Kb1 >> Kb2, cân bằng (1) là chủ yếu

 HCO3
CO32  + H2 O 


Kb2 = 10 -14/10 -6,35 = 107,65

(2)

b®
[]

C
C - 10

0
2,4

10

2,4

+ OH 
0
102,4

(102,4 )2
102,4
3,67
= 10
 C = 0,0781M  CO2 =
= 5,1%
Ta có:
3
(C - 102,4 )
0,0781

Câu 13 (HSG QUẢNG BÌNH 11 – 2017):
a) Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M. Cho biết
pKa của HCN là 9,35; của NH 4 là 9,24.
b) Trộn 100 ml dung dịch KOH 0,102M với 100 ml dung dịch NaHCO3 0,100M. Tính pH của
dung dịch sau khi trộn. Cho biết: K b(CO2 ) = 103,67 ; K b(HCO ) = 107,65
3

3

Giải:


KOH  K + OH




 HCN + OH
CN  + H2 O 


Kb1 = 10-4,65


 NH4 + OH
NH3 + H2 O 


Kb2 = 10-4,76


 H + OH
H2 O 


KW

 [OH  ] = C KOH + [HCN] + [NH 4 ] + [H  ] = C KOH +

K b1[CN  ] K b2 [NH3 ]
KW
+
+


[OH ]
[OH ]
[OH  ]

K b1[CN  ] K b2 [NH3 ] K W
+
+
x
x
x
2
3

 x - 5.10 x - (K b1 /[CN ]) - (K b2 /[NH3 ]) - K H2O = 0

Đặt [OH  ] = x  x = 5.103 +

Tính gần đúng coi: [CN ] = C CN = 0,12M; [NH3 ] = C NH3 = 0,15M ; ta có:

 x2 - 5.103x - 5,29.106 = 0  x = [OH ] = 5,9.103M

[HCN]?[CN ] = 104,65 / 5,9.10103 = 3,8.103  [HCN] << [CN ]

Kiểm lại:

[NH4 ]/[NH3 ] = 104,76 /5,9.103 = 2,9.103  [NH4 ] << [NH3 ]

Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận ⇒ pH = 11,77.
b) C M(KOH) = 0,102/2 = 0,051 M; C M(NaHCO3 ) = 0,10/2 = 0,050 M . Xảy ra phản ứng:
HCO3 (0,050) + OH (0,051)  CO32 + H2 O

 dd chứa: [OH ] = 0,001M; [CO32 ] = 0,050M . Môi trường bazơ nên sự phân ly của nước coi
như khơng đáng kể. Ta có các cân bằng:


 HCO3 + OH ;
CO32 + H2 O 


Kb1 = 10-14/10-10,33 = 103,67

(1)


 H2 CO3 + OH ;

HCO3 + H2 O 


Kb2 = 10 -14/10 -6,35 = 107,65

(2)

Do K b(CO2 ) = 103,67 << K b(HCO ) = 107,65 nên cân bằng tính theo (1)
3

CO32 

3

+ H 2O






HCO 3

+ OH 

b®

0,05

0

10 3

[]

0,05 - x

x

103 + x

 x(103 + x)
= 103,67

  (0,050 - x)
 x = 2,72.103


Suy ra [OH ] = 103 + 2,72.103 = 3,72.103M  pOH = 2,43  pH = 11,57
Câu 14 (HSG YÊN BÁI LỚP 11 – 2012):
1. So sánh pH của các dung dịch sau đây: NH4HSO4 0,1M; NH4NO3 0,1M; (NH4)2SO4 0,05M;
(NH4)2S 0,05M; (NH4)2CO3 0,05M.
Cho biết: Ka(NH ) = 109,24 ; Ka(HSO ) = 102 ; K 2(H2S) = 1013 ; K 2(H2CO3 ) = 1010,33
4

4

2. Cho A là dung dịch CH3COOH 0,02M. Trộn 100 ml dung dịch A với 100 ml dung dịch NaHSO4
0,1M thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B và độ điện li của CH 3COOH trong dung dịch
B. Cho Ka(HSO ) = 102 ; Ka(CH3COOH) = 104,75

4


Giải:
1. Tất cả các dung dịch đều chứa chung gốc NH 4 với C NH = 0,1M
4


 NH3 + H
NH4 


K a(NH ) = 109,24 (axit yếu)
4

 Chỉ cần so sánh pH của các anion.

 H + SO24
HSO4 


K a(HSO ) = 102 (axit tương đối mạnh)
4


3

NO trung tính

 HSO4 + OH

SO24 + H2 O 


Kb = 10-12 (bazơ rất yếu)


 HS  + OH
S 2 + H2 O 


Kb = 10-1 (bazơ mạnh)


 HCO3 + OH
Kb = 10-3,67 (bazơ)
CO32 + H2 O 

Vậy pH của các dung dịch muối tăng theo thứ tự:
NH4HSO4 < NH4NO3 < (NH4)2SO4 < (NH4)2CO3 < (NH4)2S
2. Thành phần giới hạn của dung dịch B: CH3COOH 0,01M; HSO4 0,05M

 SO24 + H
HSO4 


K a(HSO ) = 102

(1)



 CH3COO + H+
CH3COOH 


Ka(CH3COOH) = 104,75

(2)

4


 H + OH
Kw = 10-14
(3)
H2 O 

So sánh (1), (2), (3) ta thấy: Ka(HSO ) .C HSO >> Ka(CH3COOH) .C CH3COOH >> K W
4

4

 Cân bằng (1) chiếm ưu thế
HSO 4






SO 24

+

H

b®

0,05

0

0

[]

0,05 - x

x

x

x2
 Ka =
= 10 2
0,05 - x

 x = 0,018  pH = 1,745
Xét cân bằng (2):

CH3COOH

b®
[]






0,01
0,01 - y

CH 3COO 

+ H+

0
y

0,018
0,018 + y

 Ka =

(0,018 + y)y
= 104,75
0,01 - y

 y = 9,87.106   = 9,87.102 %

Câu 15 (HSG HẢI PHÒNG LỚP 11 (dự bị) – 2017):

a) Dung dịch A chứa: CH3COOH 1M và CH3COONa 1M. Tính pH của dung dịch A.
b) Trộn 100ml dung dịch A với 10ml dung dịch NaOH 0,1M thu được dung dịch B. Tính pH của
dung dịch B (coi thể tích dung dịch B bằng tổng thể tích dung dịch A và dung dịch NaOH).
Biết pKa(CH3COOH) = 4,75
Giải:
a)
CH 3COOH
b®
[]






CH 3COO 

1
1-x

 x = 1,78.105  pH = 4,75

1
1+x

+

H
0
x

 K=

x(1 + x)
= 104,75
(1 - x)


b) 100 mL dung dịch A: 0,1 mol CH3COOH và 0,1mol CH3COONa; n NaOH = 0,001 mol

CH 3COOH + NaOH  CH 3COONa + H 2 O
b®
sau pø

0,1
0,099

0,001
0

0,1
0,101

mol
mol

CH COONa: 0,101 mol hay 0,918M
 dd B  3
CH3COOH: 0,099 mol hay 0,9M






CH3COOH
b®
[]

CH 3COO 

0,9
0,9 - y

+

0,918
0,918 + y

H
y
y

 K=

y(0,918 + y)
= 104,75
(0,9 - y)

 y = 1,74.105  pH = 4,76

Câu 16 (30/04/2006 lớp 11 – Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Quảng Nam): Cho một mẫu dung dịch


 H + A
axit HA có nồng độ 0,1M, Ka = 1,8.10-4. Có phương trình điện ly: HA 

a) Tính pH của dung dịch trên.
b) Cho thêm một lượng H2SO4 CM vào dung dịch HA trên có cùng thể tích, pH dung dịch giảm
đi 0,382 so với pH của dung dịch HA trên khi chưa cho H2SO4 vào. Tính CM. Biết H2SO4 có hằng số
điện ly K1 = ∞, K2 = 10-2 (thể tích sau khi trộn bằng tổng thể tích dung dịch ban đầu).
Giải:
a)

 H + A ;
HA 


Ka

(1)


 H + OH
KW
H2 O 

Do Ka.C >> 10-14, nên cân bằng (1) là chủ yếu






HA

H

[] 0,1 - x

A

+

x

 Ka =

x

(2)
x2
= 1,8.104
0,1 - x

 x = [H ] = 4,15.104 M  pH = 2,382
b)
H2SO4  H + HSO4 ;
K1 = ∞

 H + SO24 ;
HSO4 



K2 = 10-2


 H + A ;
HA 


Ka = 1,8.10-4


 H + OH
H2 O 
KW

-14
K.C >> 10 nên cân bằng của axit là chủ yếu.

K2  Ka  Xét cả 2 cân bằng trong axit
Sau khi trộn 2 dung dịch cùng thể tích thì nồng độ ban đầu mỗi axit giảm đi 2 lần:
C HA = 0,05M; C H2SO4 = x (mol/L) , pH giảm đi 0,382  pH = 2,382 – 0,382 = 2  [H+] = 10-2
H2SO4  H  + HSO4
x

x

HSO 4
b®
[]

x
x-b

x






H
0
b

+

SO 24
0
b

 K2 =

[H  ].b
x-b

(1)








HA
b®
[]

0,05
0,05 - a

H

A

+

0
a

 Ka =

0
a

[H  ].a
0,05 - a

mà tại đây cân bằng: [H+] = a + b + x = 10-2. Từ (2)  a = 9.10-4
Từ (1)  x = 2b  9.10-4 + b + 2b = 10-2  b = 3,03. 10-3M  x = 2. 3,03. 10-3 = 6,06. 10-3.

 C H2SO4 (b®) = 2.6,06.103 = 1,212.102M
Câu 17 (30/04 lớp 10 – Chu Văn An Ninh Thuận):
1. Một axit yếu đơn chức hoà tan vào nước, nồng độ C (mol/L), hằng số axit K, nồng độ [H+] lúc cân
bằng a(mol/l)

a2
+a
K
b) Từ đó giải thích tại sao dung dịch của một đơn axit yếu càng loãng thì pH của dung dịch càng
a) Chứng minh: C =

tăng.
2. Trong một dung dịch 2 axit yếu HA1 và HA2 có hằng số cân bằng khác nhau.
a) Tính nồng độ [H+] trong dung dịch 2 axit đó theo hằng số cân bằng và nồng độ của 2 axit.
b) Áp dụng: Trong 1 dung dịch 2 axit CH3COOH 2.10-3M và C2H5COOH 1,9.10-2M. Tính pH của
dung dịch 2 axit đó.
Giải:
HA

1a)






[] C - a

H

a

+

A
a

 K=

a2
a2
 C=
+a
C -a
K

1b) Xét 2 dung dịch của cùng axit yếu HA, nồng độ C, C’ ( C’ < C ) có nồng độ ion [H +] lúc cân
bằng a, a’.
Ta có:

a2
a '2
1
+ a vµ C' =
+ a'  C - C' = (a 2 - a'2 ) + (a - a') > 0
K
K
K
1


1

 (a - a')  (a + a') + 1 > 0; do  (a + a') + 1 > 1
K

K

C=

a > a’, [H+] giảm  pH tăng.
2a) Gọi HA1 và HA2 là 2 axit yếu, hằng số cân bằng theo thứ tự K1, K2; nồng độ theo thứ tự C1,
C2; x1, x2 là nồng độ của ion H+ từ 2 axit sinh ra cũng là nồng độ của A1 , A2 . Nồng độ của 2 axit
lúc cân bằng là: (C1 – x1) và (C2 – x2). Với 2 axit yếu coi C – x  C. Trong dung dịch có các cân
bằng:


 H  + A1
HA1 


 H  + A 2
HA 2 


 [H  ] = x1 + x2

Ta có biểu thức:

K1 =

[H  ][A1 ] x1 (x1 + x 2 )
x (x + x 2 )
[H  ][A 2 ] x 2 (x1 + x 2 )
x (x + x2 )
=
 1 1
; K2 =
=
 2 1
[HA1 ]
C1 - x1
C1
[HA 2 ]
C 2 - x2
C2

K1C1 = x1 (x1 + x 2 )
 

K
C
=
x
(x
+
x
)
 2 2
2
1

2

K1C1 + K 2 C 2 = (x1 + x 2 )2 = [H  ]2
 [H  ] = K1C1 + K 2 C 2 (1)

2b) Áp dụng: Thay các gía trị K1, K2, C1, C2 vào (1) ta có:
[H ] = 103,28M  pH = 3,28
Câu 18 (30/04 lớp 10 – Chuyên Lê Khiết Quãng Ngãi): Tính pH và nồng độ mol của CrO24 , CrO27


trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và CH3COOH 0,1M. Cho: K CH3COOH = 1,8.105

 CrO24 + H2 O
HCrO4 + H2 O 


pK2 = 6,5


 CrO27 + H2 O
2HCrO4 


pK1 = -1,36
Giải:

Ta có các cân bằng:


 CH3COO + H3O

CH3COOH + H2 O 


Ka = 1,8.10-5

(1)


 2HCrO4
Cr2 O72 + H2 O 


K1 = 10-1,36

(2)


 CrO24 + H3O
HCrO4 + H2 O 


K2 = 10-6,5

(3)

Vì K1 >> Ka, K2  cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ CrO27 và HCrO4 dựa vào cân
bằng (2).

Cr2 O72 

+ H 2O






[] 0,010 - x

2HCrO 4
2x

(2x)2
 K1 =
= 101,36  x = 6,33.103
0,010 - x

Vậy: [CrO27 ] = 0,010 - 6,33.103 = 3,7.103M; [HCrO4 ] = 2*6,33.103 = 1,27.102M
So sánh cân bằng (3) và (1): Ka .C a >> K 2 .[HCrO4 ]  cân bằng (1) chiếm ưu thế:


 CH 3COO  + H 3O
CH3COOH + H 2O 

[]
0,1 - a
a
a

 Ka =

a2
= 1,8.105
0,1 - a

 a = [H3O ] = 1,34.103  pH = 2,87  a = 1,34.10-3.

Để tính [CrO24 ] ta dùng cân bằng (3):


 CrO 24 + H 3O 
HCrO4 + H 2O 

[] 1,27.103 - b
b
1,34.103

 K2 =

b*1,34.103
= 106,5
3
1,27.10

 b = [CrO24 ] = 3.106 M

Câu 19 (30/04 lớp 10 – Lê Quý Đôn Vũng Tàu): Cho biết hằng số điện li của:
Axit axetic: Ka(CH3COOH) = 1,8.105
Axit propionic: Ka(C2 H5COOH) = 1,3.105
Một dung dịch chứa CH3COOH 0,002M và C2H5COOH xM

a) Hãy xác định giá trị của x để trong dung dịch này ta có độ điện li của axit axetic là 0,08.
b) Hãy xác địch giá trị x để dung dịch hổn hợp này có giá trị pH = 3,28 (nồng độ CH3COOH vẫn
là 0,002M).
Giải:
a)
C CH3COOH(pl) = 0,002*0,08 = 1,6.104M

 CH3COO + H 
CH3COOH 

[] 0,002 - 1,6.104
1,6.104
1,6.104

[]




 C 2 H 5COO  + H 
C 2 H 5COOH 

x - x
x
x

Với là độ điện li C 2 H5COOH

(1,6.104 ).(1,6.104 + x)
= 1,8.105  x = 4,7.105

2.103 - 1,6.104

(1)


x.(1,6.104 + x)
= 1,3.105
x - x
Thay x vào (2)  x  8.104
b)
pH = 3,28  [H ] = 103,28M



 CH3COO 
CH3COOH 

[] 2.103 - 2.103 '
2.103 '

[]


(2)

+ H
2.103 '


 C 2 H 5COO  + H 

C 2 H 5COOH

x - x
x
x

Với ' là độ điện li CH3COOH

Với là độ điện li C 2 H5COOH

(103,28 ).(2.103 ')
= 1,8.105  '  0,033
2.103 - 2.103 '

(103,28 ).x
(3)
= 1,3.105
x - x
[H ] = x + 2.103 ' = 103,28  x = 4,59.104 . Thay vào (3), ta có: x = 1,9.102
Câu 20 (30/04/2015 lớp 10 – Chuyên Quang Trung BP): Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl
0,18 M; CH3COOH 0,02 M. Thêm NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH đã thêm vào là
0,23 M thì dừng thu được dung dịch A1.
a) Tính nồng độ các chất trong dung dịch A1.
b) Tính pH của dung dịch A1.
c) Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1.
Cho: Ka(HSO ) = 102 ; Ka(CH3COOH) = 104,75


4

Giải:
a)


 H  + HSO4
H 2SO4 

0,05
0,05 0,05

 H  + Cl 
HCl 

0,18
0,18 0,18


 Na  + OH 
NaOH 

0,23
0,23
0,23

 H2 O
H  + OH  

0,23 0,23
Dung dịch A1: HSO4 0,05M; CH3COOH 0,02M; Na  0,23M; Cl  0,18M


 H + SO24
HSO4 


Ka1

(1)


 H + CH3COO
CH3COOH 


Ka2

(2)


 H + OH
H2 O 

K a1
102
= 4,75 = 555 > 100  cân bằng (1) là chủ yếu.
K a2
10
Ka1.Ca1 = 10-2.0,05  3.10-14  bỏ qua sự điện ly của H2O.
Xét cân bằng (1):

(3)






HSO4
[] 0,05 - x

+ SO 24

x

CH3COOH
[]

H






0,02 - y

x

x2
 K a1 =

= 102  x = 0,018  pH = 1,74
0,05 - x

H

+ CH 3COO 

0,018

y

 K a2 =

0,018.y
= 104,76
0,02 - y

 y = 1,93.105   = 9,64.102 %
Câu 21 (30/04/2011 lớp 11 – Chuyên Pleiku): Dung dịch chứa đồng thời CH3COOH 0,002M và
HCOOH xM. Tính x biết pH của dung dịch có trị số 3,3. Cho hằng số phân li axit của hai axit trên là:
Ka(CH3COOH) = 1,8.10-5, Ka(C2H5COOH) = 1,3.10-5.
Giải:
Có các cân bằng sau:


 CH3COO + H
CH3COOH 


(1)

K1 = 1,8.10-5


 HCOO + H
HCOOH 


(2)

K2 = 1,77.10-4


 H + OH
H2 O 


(3)

KW = 1,0.10-14

Áp dụng BTĐT: [H ] = [CH3COO ] + HCOO + [OH ]
Vì mơi trường có pH = 3,3 nên ta có thể bỏ qua [OH–] ở
[H ] = [CH3COO ] + HCOO

(3)
(4)

Áp dụng ĐLBTNĐĐ:
0,002 = [CH3COOH] + [CH3COO ]

(5)

x = [HCOOH] + [HCOO ]
Áp dụng ĐLTDKL cho (1) và (2):

(6)

[CH3COOH] =
[HCOOH] =

[H  ].[CH3COO ]
K1

[H  ].[HCOO ]
K2

Lần lượt thế vào (5) và (6) và biến đổi ta được:
0,02
[CH3COO ] =
= 6,93.105

[H ]
1
K1

[HCOO ] =

x
= 0,261x

[H  ]
1
K2

 x  1,65.103
Thay vào (4): 103,3  6,93.105  0,261x 
Câu 22 (30/04/2011 lớp 11 - Chuyên Hùng Vƣơng Gia Lai): Trộn 15 ml dung dịch CH3COONa
0,03M với 30 ml dung dịch HCOONa 0,15M. Tính pH của dung dịch thu được. Biết pKa(CH3COOH)
= 4,76 và pKa(HCOOH) = 3,75.
Giải:
C CH COO = 0,010M; C HCOO = 0,100M
3

Có các cân bằng sau:

 H + OH
H2 O 


(1)

KW = 1,0.10-14


 CH3COOH + OH
CH3COO + H2 O 


(2)

Kb = 10-9,24



 HCOOH + OH
HCOO + H2 O 


(3)

Kb = 10-10,25

Do K b .C CH COO = 1011,24  K'b .C HCOO = 1011,25 cho nên khơng thể tính gần đúng theo một cân
3

bằng. Điều kiện proton:
h = [H ] = [OH ]  [CH3COOH]  [HCOOH]

h=

KW
1  K [CH3COO ]  K a1[HCOO ]
1
a

(4)

Chấp nhận: [CH3COO ]0 = 102M; [HCOO ]0 = 101M và thay vào (4) để tính h1:

1014

= 2,96.109
4,76
2
3,75
1
1  10 .10  10 10
Từ giá trị h1 tính lại [CH3COO–]0 và [HCOO–] theo các biểu thức:
h1 =

[CH3COO ]1 = 0,010
[HCOO ]1 = 0,10

104,76
 0,010M = [CH3COO ]0
104,76  2,96.109

103,75
 0,10M = [HCOO ]0
3,75
9
10
 2,96.10

Kết quả lặp lại. Vậy: h = 2,96.109 = 108,53 
 pH = 8,5
Câu 23 (30/04/2011 lớp 11 - Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm VL):
a) Tính pH của dung dịch A gồm hai axit: HCOOH 0,1M và CH3COOH 1M.
b) Pha loãng dung dịch A bằng nước để thể tích dung dịch A sau khi pha lỗng gấp 10 lần thể
tích ban đầu. Tính pH dung dịch sau khi pha loãng. Biết pKa(CH3COOH) = 4,76 và pKa(HCOOH) =
3,75.

Giải:



 HCOO + H
HCOOH 
K 1 = 1,8.104

a) b®

cb

b®
cb

C1

0

0

C1  x

x+y

x


 CH 3COO  + H 
CH 3COOH 


C2
0
0
C2  y

x+y

K 2 = 1,8.105

y

Từ (1): K1 =

(x  y)x
; C1  x  C1 
 (x + y)x = K1 C1 (*)
C1  x

Từ (2): K 2 =

(x  y)x
; C 2  y  C 2 
 (x + y)y = K2 C2 (**)
C2  y

(*) + (**) ta có: (x + y)2 = K1C1 + K2C2

1
 [H  ] = x + y = K1C1  K 2C 2 

 pH =  lg(K1C1  K 2C 2 )
2
Áp dụng cơng thức trên ta có:
1
1
pH =  lg(K1C1  K 2 C 2 ) =  lg(1,8.104.0,1  1,8.105.1) = 2,22
2
2
b) Khi pha loãng dung dịch bằng nước, khi thể tích tăng lên 10 lần, nồng độ dung dịch giảm
xuống 10 lần. Nồng độ của các axit trong dung dịch sau khi pha loãng:
[HCOOH] = 0,01M và [CH3COOH] = 0,1M
1
1
pH =  lg(K1C1  K 2C 2 ) =  lg(1,8.104.0,01  1,8.105.0,1) = 2,72
2
2


Câu 24 (30/04/2013 lớp 10 - Đề chính thức): Tính pH của dd A gồm KCN 0,120M; NH4Cl 0,150M
và KOH 0,155M. Biết: pHa của HCN là 9,35; của NH 4 là 9,24. KOH  K  + OH

 HCN + OH
CN  + H2 O 


Kb1 = 10-4,65


 NH4 + OH
NH3 + H2 O 



Kb2 = 10-4,76


 H + OH
H2 O 


KW
Giải:

NH


4

+ OH




 NH3 + H2 O

0,150 0,155

0,005
0,15
Thành phần giới hạn dd A: KCN 0,120M; NH3 0,15M; KOH 0,005M


 HCN + OH
CN  + H2 O 


Kb1 = 10-4,65


 NH4 + OH
NH3 + H2 O 


Kb2 = 10-4,76


 H + OH
H2 O 


KW

 [OH  ] = C KOH + [HCN] + [NH 4 ] + [H  ] = C KOH +

K b1[CN  ] K b2 [NH3 ]
KW
+
+


[OH ]
[OH ]

[OH  ]

K b1[CN  ] K b2 [NH3 ] K W
+
+
x
x
x
2
3

 x - 5.10 x - (K b1 /[CN ]) - (K b2 /[NH3 ]) - K H2O = 0

Đặt [OH  ] = x  x = 5.103 +

Tính gần đúng coi: [CN ] = C CN = 0,12M; [NH3 ] = C NH3 = 0,15M ; ta có:

 x2 - 5.103x - 5,29.106 = 0  x = [OH ] = 5,9.103M
Kiểm lại:

[HCN]?[CN ] = 104,65 / 5,9.10103 = 3,8.103  [HCN] << [CN ]
[NH4 ]/[NH3 ] = 104,76 /5,9.103 = 2,9.103  [NH4 ] << [NH3 ]

Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận ⇒ pH = 11,77.
Câu 25 (30/04/2013 lớp 11 – Chun Quang Trung Bình Phƣớc): Hãy tính:
a) pH của dd A gồm KCN 0,120M; NH4Cl 0,150M và KOH 0,155M.
b) Độ điện li của KCN trong dd A.
c) Thể tích dd HCl 0,210M cần cho vào 50,0 ml dd A để pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24.
Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH 4 là 9,24.
Giải:

NH


4

+ OH




 NH3 + H2 O

a) 0,150 0,155

0,005
0,15
Thành phần giới hạn dd A: KCN 0,120M; NH3 0,15M; KOH 0,005M

 HCN + OH
CN  + H2 O 


Kb1 = 10-4,65


 NH4 + OH
NH3 + H2 O 


Kb2 = 10-4,76


 H + OH
H2 O 


KW

 [OH  ] = C KOH + [HCN] + [NH 4 ] + [H  ] = C KOH +

K b1[CN  ] K b2 [NH3 ]
KW
+
+


[OH ]
[OH ]
[OH  ]