BÀI TẬP TÍNH pH CỦA DUNG DỊCH TRONG ÔN THI HSG HÓA

CHUYÊN ĐỀ TÍNH pH CỦA DUNG DỊCH
I. LÝ THUYẾT CƠ BẢN:
1. Tính pH của dung dịch axit bazo mạnh.
a/ Axít mạnh:
HA → H+ + AH2O
H+ + OH[H+ ] – [OH-] – [A- ] = 0
→ [H+ ] -

K H 2O
[H + ]

- Ca = 0

(1)

→ [H+]2 - Ca[H+] - = 0
Ta được phương trình bậc 2 với ẩn là [H+]:
- Nếu Ca >> 10-7M, bỏ qua cân bằng điện li của H2O.
[H+] = Ca
→ pH = - lg[H+ ]
b/ Bazơ mạnh:
MOH → M+ + OHH2O
H+ + OH[H+] - [OH-] + [M+] = 0 → [H+] -

K H 2O
[H + ]

+ Cb = 0

[H+]2 + Cb. [H+] - = 0
- Nếu Cb ≈ 10-7M thì giải phương trình:

[H+]2 + Cb. [H+] - = 0 → [H+] →pH = - lg[H+ ]
- Nếu Cb >> 10-7M, bỏ qua cân bằng điện ly của nước.
[OH-] = Cb →pOH = - lg[OH-] → pH = 14- pOH
2. Tính pH của dung dịch axit bazo yếu đơn chức.
a/ Axít yếu đơn chức:
HA
H+ + AKa
+
H2O
H + OH
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: [H+ ] – [OH-] – [A- ] = 0
→

[H+ ] -

K H 2O

K a Ca

- K + [H + ] = 0
(2)
[H ]
a
- Nếu KaCa >> bỏ qua sự điện ly của nước
→ [H+ ] - = 0 → [H+ ]2 + Ka[H+ ] - KaCa = 0
- Giả sử
[H+ ] << Ca → [H+ ] = K a Ca → pH = 1/2. (pKa – lgC0)
- Nếu KaCa ≈ ta không bỏ qua giá trị nào cả và việc tính toán gần đúng được thực hiện
theo định luật bảo toàn proton:
[H+ ] – [OH-] – [A- ] = 0

+

→ [H+ ] =

+

K a [ HA]
[H + ]

→ [H+ ]2 = + Ka.[HA] xem [HA] = Ca
→ [H+ ] = K H O + K a Ca
2


Ví dụ: Tính pH của dung dịch
a/ CH3COOH 0,1 M Biết pKa= 4,75
b/ NH4Cl 0,1 M
Biết pKb = 4,75
Giải:
a/ Áp dụng công thức pH = 1/2. (pKa – lgC0) ta có pH = 1/2 .( 4,75- lg0,1) = 2,87
b/ NH4Cl →NH4+ + ClNH4+ + H2O NH3 + H3O+
→ Ka = Kw/ Kb = 10-14/10-4,75= 10-9,25
Áp dụng công thức pH = 1/2. (pKa – lgC0) ta có pH = 1/2 .( 9,25- lg0,1) = 5,13
b/ Bazơ yếu đơn chức:
B + H2O
BH+ + OHKb
+
H2O
H + OH
Áp dụng đinh luật bảo toàn điện tích:

[H+ ] – [OH-] + [BH+] = 0
K H 2O

K bCb

- [OH-] + K + [OH − ] = 0
[OH ]
b
- Nếu KbCb >> , bỏ qua điện ly của nước.
→ - [OH-] + = 0
→ [OH-]2 + Kb [OH-] - KbCb = 0
Gỉa sử [OH-] << Cb → [OH-] = K bCb → pOH = 1/2. (pKb – lgC0)
→
- Nếu KbCb ≈ ta không bỏ qua giá trị nào cả và việc tính toán gần đúng được thực hiện
theo định luật bảo toàn proton: [H+] = [OH-] - [HA]. BIến đổi ta được:
→

[H+ ] =

K H 2O
1 + K a−1Cb

−

(xem [A-] = Cb)

Ví dụ: Tính pH của dung dịch
a/ NH3 0,1 M biết pKb=4,6
Giải:
Áp dụng công thức pH = 14- 1/2. (pKb – lgC0) ta có pH = 14 – 1/2 (4,6-lg0,1)= 9,94

3. Tính pH của dung dịch axit, bazơ yếu đa chức.
H3A
H+ + H2A-

Ka1

(1)

H2A-

H+ + HA2-

Ka2

(2)

HA2-

H+ + A3-

Ka3

(3)

H2O

K H 2O (4)

H+ + OH-

Nếu Ka1 >> Ka2 , Ka3 ,… Kan
→ Cân bằng (1) quyết định:

[H + ] −

KH 2O
+

[H ]

−

Ca K a1
=0
[ H + ] + K a1


CK

+
a a1
Nếu K1Ca >> K H O → [ H ] − [ H + ] + K = 0
2

a1

Nếu [H+] << Ca

→ [H+] = → pH = 1/2. (pKa – lgCa)

Áp dụng tương tự đối với một bazơ yếu đa chức, ta cũng tiến hành chọn các cân bằng
quyết định và xét điều kiện để bỏ qua sự điện ly của H2O.
4. Tính pH của dung dịch đệm.
Khái niệm: Là những dung dịch có khả năng chống lại sự thay đổi pH của môi trường
khi ta thêm vào dung dịch đó một lượng axit mạnh, bazơ mạnh không lớn lắm. Khi pha
loãng thì pH của dung dịch thay đổi không đáng kể.
Thành phần hệ đệm có thể là:
- Một axit yếu và một bazơ yếu liên hợp với nó.
- Muối axit của axit yếu.
Công thức tính pH gần đúng của dung dịch đệm:
Khi [H+] , [OH-] << Ca, Cb thì [H+] = Ka . Ca/Cb
→ pH = pKa- lgCa/Cb
Ví dụ: Tính pH của dung dịch chứa CH3COOH 0,1M và CH3COONa 0,1M.
Biết pKa = 4,75
Giải:
Áp dụng công thức pH = pKa- lgCa/Cb ta có pH = 4,75-lg 0,1/0,1)=4,75
5.Tính pH của dung dịch muối axit
Muối axit là những muối mà ở gốc axit còn nguyên tử H có khả năng phân li cho ion
H+.
Ví dụ: dung dịch NaHA
Các quá trình xảy ra:
NaHA → Na+ + HAHA- + H2O
HAH2O

H2A + OH-

H+ + A2H+

Kb2
Ka2

+ OH-

Nếu Ka2 > Kb2 thì ta có môi trường axit, ngược lại nếu Ka2 < Kb2 thì ta có môi trường
bazơ.
Trong trường hợp tổng quát:
Chọn mức không HA- và H2O
Ta có:

[H+] + [H2A] = [A2-] + [OH-]


K H 2O + K a 2 .[ HA− ]

+

Biến đổi ta có [H ] =
Xem

1 + K a−11.[ HA− ]

[HA-] ≈ C
→ [H+] =
→ [H+] =

Nếu Ka2C >>
Nếu Ka1-1C >> 1

K H 2O + K a 2 .C
1 + K a−11.C

K a 2 .C
1 + K a−11.C

→ [H+] =
-1
a1
+

Nếu Ka2C >> và K C >> 1
→ [H ] = K a1.K a 2

( K H 2O + K a 2 .C ).K a1
C

→

pH = (pKa1 + pKa2)/2.

II. BÀI TẬP LUYỆN
Bài 1. Cho dung dịch CH3COOH 0,01M ( dung dịch A).
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Cho vào 1 lít dung dịch A: 0,001 mol NaOH thì pH của dung dịch thu được bằng bao
nhiêu?
Biết Ka (CH3COOH) = 10 – 4,76
HD:
1. Phương trình

→



CH3COOH ¬
CH3COO – + H+
Ka = 10 – 4,76 (1)

→ +


H2O ¬
H + OH –
KW = 10 – 14
(2)
Ka >> KW => (1) là chủ yếu, bỏ qua (2)

→


CH3COOH ¬
CH3COO – + H+
Ka = 10 – 4,76
0,01
0
0
x
x
x
0,01 – x
x
x
=>

x2
= 10−4,76
0, 01 − x

=> x = 4,083.10 – 4 (M)
=> pH = - lg(x) = 3,389
2. Khi cho NaOH vào dung dịch A.
CH3COOH + OH – 
→ CH3COO – + H2O
0,01
0,001
0,009
0,001
dung dịch trở thành dung dịch đệm.
=> pH = pKa + lg

0, 001
Cb
= 4,76 + lg 0, 009 = 3,806
Ca


Bài 2. Muối sắt (III) thuỷ phân theo phản ứng

→


Fe3+ + 2H2O ¬
Fe(OH)2+ + H3O+ K a = 4,0 . 10-3
a) Tính pH của dung dịch FeCl3 0,05M

b) Tính pH mà dung dịch phải có để 95% muối sắt (III) không bị thuỷ phân.
HD:
→ Fe3+ + 3ClFeCl3 

→


Fe3+ + H2O ¬
Fe(OH)2+ + H+
 Fe(OH) 2+   H + 
K=
= 4,0 . 10-3
 Fe3+ 
2

2

 H + 
 H + 
K=
=
= 4,0 . 10-3
+
 Fe3+ 
0,05-[H ]

[H+] = 2,89.10 – 3 M
- pH= 2,54
b) pH mà dung dịch phải có để 95% muối sắt (III) không bị thủy phân
 Fe(OH) 2+  5

=
→
95
 Fe3+ 

K=

5
[H+] = 4,0 . 10—3
95

[H+] = 7,7 . 10-2 (M) => pH = 1,1
Bài 3. a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 mol/lít.
b)Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10 3.75
) với 200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi như thế nào khi
thêm 10-3 mol HCl vào dung dịch X.
a) [ H+] . 0,5.10-7 do nồng độ nhỏ → phải tính đến cân bằng của H2O

→
H2O ¬
H+ + OH −


HCl
→ H+ + Cl −
Theo định luật bảo toàn điện tích:
[ H+] = [ Cl-] + [OH-] → [ H+] = 0,5.10-7 +
→ [ H+] 2 − 0,5.10 [ H+] − 10 -14 = 0.
Giải được: [ H+] = 1,28.10-7 → pH ≈ 6,9
b) nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ;

nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol
KOH + HA → KA + H2O
0,01 → 0,01→ 0,01
Theo phương trình HA còn dư = 0,01 mol
−7

10 -14
H+

[ ]

0,01

Trong d2 X: CHA = CKA = 0,4 = 0,025M.
Xét các cân bằng sau:

→
H2O
H+ + OHKW = 10-14
¬



(1)



→
HA
H+ + AKHA = 10-375

(2)
¬



→
A- + H2O ¬
HA + OH

KB = KHA-1. KW = 10-10,25 (3)
So sánh (1) với (2) → KHA >> KW → bỏ qua (1)
So sánh (2) với (3) → KHA >> KB → bỏ qua(3) → Dung dịch X là dung dịch đệm axit

[ muoi ]

0,1

có pH = pKa + lg [ axit ] = 3,75 + lg 0,1 = 3,75
∗ Khi thêm 10-3 mol HCl
KA + HCl → KCl + HA
0,001 ← 0,001 →
0,001 (mol)
0,01 + 0,001
= 0,0275 M
0,4
0,01 - 0,001
và [KA] =
= 0,0225M .
0,4

[HA] =

Dung dịch thu được vẫn là dung dịch đệm axit.
0,0225

Tương tự, pH = 3,75 + lg 0,0275 = 3,66
Bài 4
1. Tính pH và độ điện li của dung dịch NaCN 0,015 M (dung dịch A)
2. pH và độ điện li thay đổi ra sao khi:
a. Có mặt NaOH 0,0005M
b. Có mặt HCl 0,0002M
c. Có mặt NaHSO4 0,010M
d. Trộn 50 ml dung dịch A với 150 ml HCOONa 0,01M
Cho Ka(HCN) = 10-9,35, Ka(HSO4- ) = 1,0.10-2, Ka(HCOOH) = 10-3,75.
HD:
1. NaCN → Na + + CN –
0,015M
[]

0,015M

CN - + H2 O
0,015-x

10−14
HCN + OH10-−9,35K

x

=10-4,65 = 2,24.10-5

x

2

K=

[HCN][OH]
x
=
=2,24.10-5
[CN]
(0, 015 − x)

Giải pt bậc 2

x = 5,68563262.10 – 4M

-14

10
-9,35
pOH = -lg 5,68563262.10 – 4 = 3,245221206
10

= 10-4,65 = 2, 24.10 −5

pH =10,75467518
độ điện li α =

5, 68563262.10−4
100% = 3, 7893604%
1,5.10−2

2. a. Khi có mặt NaOH 0,0005M
NaOH → Na + + OH –
5.10 -4 M

5.10-4 M


CN – + H2 O

HCN + OH –

[ ] mol.l - 1 0,015- y1
K=

y1+5.10 -4

y1
y1 (y1 + 5.10−4 )
=2,24.10-5
0, 015 − 5.10−4 − y1

pt được

y1 = 6,706496859.10 – 5M
[OH -] = 6,706496859.10-5 + 5.10-4 =5,6706496859. 10 – 4M
pOH = 3,246367181

pH = 10,75363282
−5

độ điện li α1 =

6, 706496859.10
100% = 0, 44709979%
1,5.10−2

b. Khi có mặt HCl 0,0002M
NaCN + HCl →
2.10 – 4
2.10 – 4

NaCl

+

HCN
2.10 – 4

Dung dịch sau phản ứng:
HCN:2.10 – 4 M
CN – :
0,0148 M
CN – + H2 O

HCN +

OH –

[ ] mol.L - 1 0,0148- y2
0,0002+ y2
−4
(2.10 + y 2 ).y 2
= 2,24.10−5
K=
−2
(1,48.10 − y 2 )
y2 = 4,752174622.10-4
pOH = -lg 4,752174622.10 – 4 = 3,323107609

y2

pH = 10,67689239
(2.10−4 + 4,752174622.10−4 )
100% = 4,501449748%
Độ điện li α2 =
1,5.10−2
c. Khi có mặt NaHSO4 0,020M
→ Na + + HSO40,01M
HSO4- + CN HCN + SO42 –
K′
Cân bằng trên xem như tổ hợp các cân bằng
HSO4H + + SO42 K1 = 10 – 2
H + + CN –
HCN
KH -C 1N = 109,35
HSO4- + CN HCN + SO42 –

K′ = 107,35
K′ quá lớn, phản ứng xem như hoàn toàn
NaHSO4


HSO4- + CN 0,01
còn

→

0,01
0,005

HCN

+ SO42 –

0,01
CN – + H2 O

HCN + OH –

[ ] mol.L - 1 0,005- y3
0,01+ y3
y3
(0,01 + y3 ).y3
= 2.24.10−5
K=
y3 = 1,11625357.10 – 5 M
−3

(5.10 − y3 )
pOH = -lg 1,11625357.10 – 5 = 4,952237139
pH = 9,047762861
10−2 +1,11625357.10−5
100% = 66,7410835%
độ điện li α3 =
1,5.10 −2
d. Trộn 50 ml dung dịch A với 150 ml HCOONa 0,01M
(1)
CN – + H2 O
HCN + OH – K=10-4,65 -14
4.10
= 4.10−10,25
–
–
-3,75
10
(2) HCOO + H2 O
HCOOH + OH
K˝ =
K >> K˝
(2) không đáng kể
CN – + H2 O
HCN + OH –
[ ] mol.L - 1 0,025-y4
y4
y4
Nồng độ vừa mới trộn của CN – = 0,00375M
y 24
= 2,24.10−5

K=
y4 = 2,788438588.10 – 4 M
0,00375 − y 4
pOH = -lg 2,788438588.10 – 4 = 3,554638916
pH = 10,44536108

Bài 5.
HD:

2,788438588.10−4
.100% = 1,858959059%
độ điện li α4 =
1,5.10−2
A là dung dịch CH3COOH 0,1M có pH=2,9. Tính độ điện li ỏ% của dung dịch A

CH 3COOH ⇔ CH 3COO − + H +
[ H + ] = 10− 2,9 ⇒ α % =

10− 2,9
.100 = 1,258925%
0,1

Bài 6: Cho A là dung dịch CH3COOH 0,2M , B là dung dịch CH3COONa 0,2M. Trộn A
với B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau thu được dung dịch C . Tính pH của C và độ điện li α
của CH3COOH trong C . Biết K= 1,75.10-5
HD:
Dung dịch C ( CH3COOH 0,1M và CH3COONa 0,1M )
CH3COOH
↔
CH3COO- + H+ Ka = 1,75.10-5

Cân bằng :
0,1-x
0,1+x
x
-5
-5
=> = 1,75.10 => x= 1,749.10 => pH= -lg1,749.10-5 = 4,757
điện li α = 1,749.10-5 / 0,1= 0,01747%
Bài 7: Tính pH của dung dịch thu được khi hòa tan 0,1 mol PCl 3 vào 450ml dung dịch
NaOH 1M.
HD:
PCl3 + H2O → H3PO3 + 3 H+ + 3Cl(1)
+
H + OH → H2O
(2)
H3PO3 + OH
H2PO3 + H2O
(3)
2H2PO3 + OH
HPO3 + H2O
(4)
nOH- bđ = 0,45 mol
sau phản ứng (2,3) nOH- dư = 0,05 mol
nOH- (4) = n HPO3 2- = 0,05 mol
ka2 =

[H + ][HPO32− ]
[H 2 PO3− ]

=

7.10-7

→ pH= -lg 7.10-7 = 6,15490196
Bài 8: Tính pH của dung dịch H2SO4 0,010 M . Hằng số Ka nấc thứ hai là 1,0.10-2
HD:
H2SO4 →
H+ + HSO40,010M 0,010M

→
HSO4 ¬
H+ +
SO42

Nđcb : 0,010 – x
0,010+x
x
(0,010 + x) x
= 10−2 => x 2 + 2.10−2 x − 10−4 = 0
0,010 − x
=> x = 4,1421.10-3 => [H]+ = 0,010 + 4,1421.10-3 = 14,1421.10-3M
=> pH = 1,8495.
Bài 9: Tính nồng độ mol/l các ion và pH của dung dịch Na 2CO3 0,01M? Biết CO32- có Kb1
= 10-3,76 ; Kb2 = 10-7,65 .
HD:
Na2CO3  2Na+ + CO32
→ HCO3- + OH- K b = 10 −3,67
(1) CO32- + H2O ¬




→ H2CO3 + OH- K b 2 = 10 −7 ,65
(2) HCO3- + H2O ¬



→ H+ + OH- KW = 10-14
(3) H2O ¬


Vì K b >> K b >> KW nên
Cân bằng (1) là chủ yếu

→ HCO3- + OH- K b = 10 −3,67
CO32- + H2O ¬


[Bđ]
0.01
[P.ứng] x
[CB]
0.01 – x
x
x
1

1

2

1

K b1 =

x2
= 10 −3,76
0,01 − x


 x = 1,234.10-3
 pOH = 2,908
pH = 11,092
+

[Na ] = 0,02M
[CO32-] = 0,01 – 1,234.10-3 = 8,766.10-3M
[HCO3-] = 1,234.10-3 M
Bài 10: Ở 20oC hòa tan vào dung dịch NaOH nồng độ 0,016 g/lít một lượng iot đủ để phản
ứng xảy ra hoàn toàn: 2NaOH + I2  NaI + NaIO + H2O.
Tính pH của dung dịch thu được. Biết hằng số axit của HIO = 2,0 x 10-11.
HD:
Nồng độ đầu của OH − =
Phản ứng:

0,016
= 4,0 × 10 − 4 (mol/lít)
40

2OH- + I2  I4,0 × 10

−4

HIO

2,0 × 10 −4 - x



H + + OH −

Ta có: K a =

IO2,0 × 10

IO − + H 2 O 

[]

+

+

H2 O

−4

HIO + OH −

x

x

K a = 2,0 × 10 −11

[ IO − ].[ H + ]
= 2,0 × 10 −11
[ HIO]

[ IO − ].[ H + ]
= 2,0 × 10 −11
Do [HIO] = [OH ] ⇒
−
[OH ]
-

(2,0 ×10 −4 − [OH − ]).[ H + ]
⇒
=
[OH − ]
(2,0 ×10 − 4 −
=

10 −14
).[ H + ]
+
[H ]
−14

10
[H + ]

= 2,0 ×10 −11

⇒ 2,0 × 10 −4 [ H + ] 2 − 1,0 × 10 −14 [ H + ] − 2,0 × 10 −25 = 0

Giải phương trình bậc ⇒ [H+] = 6,53 x 10-11.
⇒ pH = -lg[H+] = - lg(6,53 x 10-11) = 10,185.
Bài 11: Tính pH của dung dịch benzoatnatri C6H5COONa nồng độ 2,0 ×10−5 M. Biết hằng
số axit của axit benzoic bằng 6,29 ×10−5.
♣ C6H5COONa → Na+ + C6H5COO−

→ C6H5COOH
C6H5COO− + H+ ¬
Ka−1



→ H+ + OH−
H2O ¬
Kw


Tổ hợp 2 phương trình cho:

→ C6H5COOH + OH−
C6H5COO− + H2O ¬
Ktp





K

10−14

−10
Ktp = Kw =
−5 = 1,59 ×10
6,29
×
10
a
Do nồng độ đầu của C6H5COO− nhỏ; mặt khác hằng số của quá trình không lớn hơn nhiều
so với 10−14 nên phải tính đến sự điện li của nước.

→ C6H5COOH + OH−
C6H5COO− + H2O ¬
Ktp (1)


−5
−
2,0 ×10 − [OH ]

→ H+ + OH−
H2O ¬
Kw (2)



Theo định luật bảo toàn điện tích: [OH−] = [C6H5COOH] + [H+]

hay

10−14
[C6H5COOH] = [OH ] − [H ] = [OH ] − OH − 


−

+

−

thay vào biểu thức hằng số cân bằng của (1):
K=

[ C 6 H 5COOH ] OH − 
C 6 H 5COO − 


10−14 
 OH −  −
÷× OH − 
−

OH  ÷
= 
= 1,59 ×10−10


C 6 H 5COO − 

2

OH −  − 10−14
⇒
= 1,59 ×10−10 ⇒ [OH−]2 + 1,59 ×10−10[OH−] − 13,18 ×10−15 = 0
−5
−
2 × 10 − OH 

⇒ [OH−] = 1,148 ×10−7 ⇒ pOH = − lg(1,148 ×10−7) = 6,94 ⇒ pH = 7,06
Bài 12: A là dung dịch CH3COOH 0,2M, B là dung dịch NaOH 0,2M và C là dung dịch
CH3COONa 0,2 M
a. Tính pH của dung dịch A, B
b. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn A với B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau
c. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn A với C theo tỉ lệ thể tích bằng nhau
Cho: Ka (CH3COOH ) =1,8.10-5 .
HD:
a. (1,0 điểm)Tính pH của dung dịch A, B
- dung dịch A:
CH3COOH
CH3COO- + H+ ; Ka (CH3COOH) =1,8.10-5
Ban đầu:
0,2
0
0
Cân bằng: 0,2 -x
x

x

[CH COO ][. H ]
−

Ta có: Ka =

3

[ CH 3COOH ]

+

=

x2
= 1,8. 10-5 hay x2 + 1,8.10-5 x - 0,36.10-5 = 0 (*)
0,2 − x

Giải phương trinh bậc 2 (*) (chọn nghiệm dương và nhỏ hơn 0,2) được x≈ 1,8884. 10-3 M
Vậy [H+] = x = 1,8884.10-3 M và pH = -lg[H+]= - lg(1,8884.10-3) ≈ 2,72.
→ Na+ + OH- dung dịch B: NaOH 
0,2 M
0,2 M
Từ đó suy ra: pOH = -lg[OH ] = -lg0,2 ≈ 0,70. Vậy pH= 14-pOH= 13,30.
b.(0,5 điểm) Trộn A, B với tỉ lệ thể tích bằng nhau thì nồng độ đầu các chất giảm đi
1 nửa
C0 (CH3COOH) = C0 (NaOH) = 0,1 M. Khi trộn xảy ra phản ứng:
→ CH3COONa + H2O
CH3COOH + NaOH 

0,1
0,1
0,1 M


dung dịch thu được gồm: CH3COONa: 0,1 M . Xét cân bằng:
→ CH3COO- + Na+
CH3COONa 
0,1
0,1
CH3COO- + H2O
Ban đầu:
Cân bằng:
Ta có: Kb =

0,1
0,1-x

CH3COOH + OH-; Kb =
0

[ CH 3COOH ].[OH

−

[CH COO ]
−

]

0
x

3

x

−14

2

=

10 −14
10 −14
=
Ka
1,8.10 −5

x
10
=
0,1 − x 1,8.10 −5

10 −14.0,1
≈ 7,45.10-6 M thỏa mãn và pOH= -lg[OH-]≈ 5,13
−5
1,8.10

Giả sử x << 0,1 suy ra x ≈

pH = 14- pOH≈ 8,87.
c.(0,5 điểm) Khi trộn A với C theo tỉ lệ thể tích 1:1 thì nồng độ ban đầu C 0
(CH3COOH) = C0(CH3COONa) = 0,1M.
CH3COOH
CH3COO- + H+ ; Ka (CH3COOH) =1,8.10-5
Ban đầu:
0,1
0,1
Cân bằng: 0,1 -x
0,1 + x
x

[CH COO ][. H ]
−

Ta có: Ka =

3

+

[ CH 3COOH ]

=

(0,1 + x).x
-5
-5
=

1,8.
10
.
Giả
sử
x
<<
0,1
ta
có
x
≈
1,8.10
thỏa
0,1 − x

mãn. Vậy pH = -lg[H+] = -lgx ≈ 4,74.
Bài 13:
Giả sử có hidroxit M(OH)2 chỉ có phương trình điện ly duy nhất rất yếu :
M(OH)2  M2+ + 2OH–
(1)
a/Hãy thiết lập biểu thức liên hệ giữa: C 0(nồng độ đầu của M(OH)2), pH của dung dịch,
pKb ( Biết pKb = - lgKb)
b/ Tính pKb khi pOH = 6,75 và C0 = 1M
*Xét phương trình :
M(OH)2
 M2+ +
2OH–– (1)
Ban đầu
C0(M)

0 (M)
0 (M)
Giả Sử
x (M)
x(M)
2x(M)
Khi cân bằng: (C0 – x)
x
2x
*Theo phương trình (1)
Ta có :

Kb =

[ M 2+ ][OH − ] 2
[ M (OH ) 2 ]
x ( 2 x) 2
0 −x

a/ lg(Kb ) = lg ( C



Kb =

x(2 x) 2
C0 − x

)  - lg(Kb) = lg(C0 – x ) – lg x - 2lg(2x)

=> pKb = lg(C0 – x ) - 3lgx - 3lg2 + lg2
=> pKb = lg(C0 – x ) - 3lg2x + lg2
Chất điện ly yếu nên : C0 - x > 0 => C0 – x ~ C0
pKb = lg2C0 - 3 lg2x => - lg2x = 1/3 (pKb - lg2C0) (*)
* Đặt pOH = - lg [OH–] => pOH = - lg2x
luôn có : [H+] [OH––] = 10–14 => pH = 14 – pOH
(*)  pH = 14 – 1/3( pKb – lg2C0)


b/ pOH = 6,75 => pH = 7,25
=> pKb = 42 - 3pH + lg2C0 => pKb = 42 - 3.7,25 + lg2 = 20,5510.
Bài 13:
Cho một mẫu thử axit fomic HCOOH có nồng độ 0,1M. Cho KHCOOH = 1,77.10-4
1/ Tính pH của dung dịch HCOOH nói trên
2/ Cho vào mẫu thử trên 1 lượng axit H2SO4 x M có cùng thể tích, thấy độ pH giảm 0,385
đơn vị so với pH khi chưa cho H2SO4 vào. Biết rằng hằng số axit đối với nấc phân li thứ hai
của axit sunfuric là K2 = 1,2.10-2. Không có sự hao hụt khi pha trộn. Tính giá trị của x ?
Giải
HCOOH

H+

+

HCOO-

Cân bằng 0,1-a M
aM
aM
2

-4
Ta có: a / (1-a) = 1,77.10 => a = 0,00412 (M) => pH = 2,385
Giả sử lấy 1 lít dung dịch H2SO4 x mol/lít trộn với 1 lít dung dịch HCOOH được dung dịch
mới có
pH = 2,385 – 0,385 = 2,00
.
Nồng độ các chất trong dung dịch mới sau khi trộn:
[HCOOH] = 0,05(M); [H2SO4] = 0,5x (M)
Vì pH = 2 => [H+] = 0,01 (M)
Áp dụng định luật bảo toàn proton cho các quá trình phân li (bỏ qua sự điện li của nước) ta
có:
[H+] = [HCOO-] + [HSO4-] + 2[SO42-]
(1)
+
-4
+
KHCOOH = [H ]. [HCOO ] / HCOOH = 1,77.10 => [H ]. [HCOO-] / 0,05 - [HCOO-] =
1,77.10-4

[HCOO-] = 8,696 .10-4
(2)
Ta có: Ka2 = [H+][SO42-] / [HSO4-] = 1,2.10-2
(3)
2-3
Từ (1), (2), (3) => [SO4 ] = 4,965.10 ; [HSO4 ] = 4,138.10-3
Vì 0,5x = [HSO4-] + [SO42-] => x = 0,0182 (M)