CHUYÊN đề 1 cân BẰNG TRONG DUNG DỊCH CHẤT điện LI

Chuyên đề
1.

CÂN BẰNG TRONG DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LI

A. LÍ THUYẾT CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO
I. CHÁT ĐIỆN LI, SỰ ĐIỆN LI
Khi hoà tan các chất có liên kết ion hoặc liên kết cộng hoá trị vào trong dung môi phân cực (nước,
rượu) thì do sự tương tác với các phân tử lưỡng cực của dung môi mà các phân tử chất tan sẽ phân li hoàn
toàn hoặc một phần thành các ion mang điện trái dấu tồn tại dưới dạng ion son vat hoá.
Các chất có khả năng phân li thành ion được gọi là các chất điện li.
Quá trình phân li các ion của phân tử chất tan gọi là quá trình điện li.
Ví dụ: Hoà tan chất điện li MX vào nước:
MX  (x  y)H2O � M  H2O x  X  H2O y (1)
n

n

Thông thường không biết chính xác x, y nên  1 có thể được viết như sau:
MX � M n  X n
M n ,X n : là các ion hiđrat hoá.
Mức độ phân li thành con của các chất điện li phụ thuộc vào bản chất của các chất, dung môi, nhiệt độ,
...
Ví dụ: Trong H2O thì CH3COOH là chất điện li trung bình nhưng trong dung dịch HCl thì nó là chất
điện li rất yếu.
II. BIỆU DIỆN TRẠNG THÁI CÁC CHÁT ĐIỆN LI TRONG DUNG DỊCH
Trong dung dịch nước, các chất điện li mạnh phân li hoàn toàn thành ion (biểu diễn: � ); các chất điện
��
� ).
li yếu phân li một phần biểu diễn: ��
�

Các chất điện li mạnh: các axit mạnh, các bazơ mạnh và hầu hết các muối. Trạng thái ban đầu: chỉ
trạng thái các chất trước khi xảy ra phản ứng hóa học, hoặc trước khi có cân bằng.
Trạng thái cân bằng chỉ trạng thái tồn tại của các chất khi hệ dã thiết lập cân bằng.
Ví dụ: Mô tà trạng thái ban đầu và trạng thái cân bằng trong dung dịch nước của CH3COOH và
NaOH cùng nồng độ.
Giải




Trạng thái ban đầu: Na , OH , CH3COOH, H2O .
Phản ứng hóa học:
CH3COOH  NaOH � CH3COONa  H2O
Trạng thái cân bằng:
CH3COO  H2O  CH3COOH  OH
��
� H  OH
H2O ��
�
III. ĐỘ ĐIỆN LI VÀ HÀNG SỐ ĐIỆN LI
Độ diện li (  ) là tỉ số giữa số mol của chất đã phân li thành ion với tổng số mol n0 của chất tan trong
dung dịch.


n V
C


(0   �1)
n0 n0 C0

Trang 1


Hằng số điện li: Đối với chất điện li yếu MX :
��
� M n  X n
MX ��
�
Ban đầu:

C0

Phản ứng:

 C0

 C0

 C0

Cân bằng: C0(1 ) C0 C0
�
M n+ �
[X n- ] C  2
�
�
KC 
 0
∣ MX]
1 

Độ điện li phụ thuộc vào hằng số cân bằng Kc và nồng độ chất điện li.
Ví dụ 1: Tính độ điện li  của CH3COOH trong dung dịch CH3COOH 0,0100M . Sự có mặt của các
chất sau đây ảnh hưởng thế nào đến độ điện li của CH3COOH .
b) NH4Cl

a) HCl

c) HCOONa

d) NaCl

Giải
Cân bằng trong dung dịch:
��
� CH COO  H
CH3COOH ��
�
3
Ka 

K a  104.2s

K
K
C1 2
� 2  a   a  0
1 
C0
C0

�  2  102.75  102.75  0 �   0,0413
a)

HC1� H  C1

��
� CH COO  H (1)
CH3COOH ��
�
3
Cl 1 ,COO


2

. Khi có mặt HCl thì nồng độ H tăng � Cân bằng  1 chuyển dịch theo chiều

C0

nghịch � [CH3COO ] giảm � Độ điện li  giảm.
b)
��
� CH COO  H (1)
CH3COOH ��
�
3
��
� NH  H
NH4 ��
�

3

(2)

- Nếu K NH4 CNH4  K CH3COOHC CH3COOH thì lượng H sinh ra do  2 không đáng kể so với lượng H sinh
ra do  1 . Tức là  2 không ảnh hưởng đến  1 �  không thay đổi.
- Nếu K NH4 CNH4  K CH3COOH CCH3COOH thì phải kể cả lượng H do  2 sinh ra.
Do đó [H ] tăng �  1 chuyển dịch theo chiều nghịch �  giảm.
c) HCOONa � HCOO  Na
��
� CH COO  H (1)
CH,COOH ��
�
3
HCOO  H � HCOOH

(3)

Do có phản ứng (3) nên [H ] giảm � Cân bằng  1 chuyên dịch theo chiều thuận � [CH3COO ]
tăng �  tăng.
Trang 2


Ví dụ 2: Một dung dịch có chứa CH3COOH 0,002M và C2H5COOH xM . Hãy xác
định giá trị x để trong dung dịch này có độ điện li của axit axetic là 0,08. Cho biết
K 2  CH3COOH   1,8.105; K a  C2H5COOH   1,3.105
Giải
Nồng độ CH3COOH bị phân li thành ion: 0,002.0,08  1,6.104
��
� CH COO 

CH3COOH ��
�
3
C



0,002

[] 1.103  1.6.104



H

(1)

 1,6.10

1,0.104

4

��
� C H COO  H
C2H5COOH ��
�
2 5
C

x

[]

(1 )x

(1) � K a  CH3COOH  
(2) � K a  C2H5COOH  

x



 x

(2)

 1,6.10

4



 x



1,6.104 x  1,6.104

 2.10

3



4

 1.6.10

 ax  1,6�
104
(1 )



  1,8.10

5

  1,3.10

5

� x  4,7.105

(4)

Thể x từ (3) vào (4) �   0,0591� x  79,52,105M

III. DỰ ĐOÁN ĐỊNH TÍNH CHIỀU HƯỚNG PHẢN ỨNG GIỮA CÁC CHÁT

ĐIỆN LI
1. Nguyên tắc chung
Bản chất phản ứng giữa các chất điện li là phản ứng các ion. Về nguyên tắc, khi tham gia phản ứng các
ion kết hợp với nhau để tạo thành các sản phẩm kết hợp mới tương ứng với giá trị xác định của hằng số
cân bằng K của phản ứng:
Nếu K rất lớn thì phản ứng coi như xảy ra hoàn toàn.
Nếu K vô cùng bé thì coi như phản ứng không xảy ra.
2. Các trường hợp không có phản ứng xảy ra.
Khi các sản phẩm tạo thành là các chất điện li mạnh thì phản ứng không xảy ra vì các sản phẩm kết
hợp sẽ phân li hoàn toàn trở lại thành các ion ban đầu.
KCl sẽ phân li hoàn toàn thành
Ví dụ: NaCl  KNO2 � NaNO3  KCl (không xảy ra vị NaNO3 va�
Cl  ).
các ion ban đầu: Na ,K  ,NO3 va�
Các trường hợp có phản ứng xảy ra
a) Phản ứng tạo thành sản phẩm ít phân li
- Phản ứng tạo nước ít phân li:
CaO  2H � Ca2  H2O
SO2  2OH � SO32  H2O
H  OH � H2O
- Phản ứng tạo thành
+) Axit ít phân li:
Trang 3


2CH3COOK  H2SO4 � 2CH3COOH  K 2SO4
Phương trình ion thu gọn:
CH3COO  H � CH3COOH
+) Phức chất ít phân li:

AgNO3  2NH3 � �
Ag NH3  2 �
�
�NO3

Phương trình ion thu gọn:
Ag  2NH3 � �
Ag NH3  2 �
�
�


b) Phản ứng tạo thành hợp chất ít tan
AgNO3  KI � Agl �KNO3
Phương trình ion thu gọn
Ag  I  � Agl �
c) Phản ứng kèm theo sự thoát khí
CaCO3  2HCl � CaCl 2  CO2 �H2O
Phương trình ion thu gọn:
CaCO3  2H � Ca2  CO2 � H2O
d) Phản ứng kèm theo sự thay đổi trạng thái oxi hoá
2FeCl3  SnCl 2 � 2FeCl 2  SnCl 4
Phương trình ion thu gọn:
2Fe3  Sn2 � 2Fe2  Sn4
Để đánh giá mức độ xảy ra giữa các phản ứng cần dựa vào các dịnh luật cơ bản của hoá học: định luật
hợp thức, bảo toàn nồng độ, bảo toàn điện tích, định luật tác dụng khối lượng,...

IV. CÁC ĐỊNH LUẬT CƠ BẢN CỦA HÓA HỌC
1. Định luật hợp thức
a) Tọa độ phản ứng: đánh giá tiến triển của phản ứng.

n
Ci
  i hoa�
cx
vi
vi
Độ biến đổi số mol ni hoặc độ biến đổi nồng độ Ci của mỗi chất tham gia phản ứng:
ni   �
vi hoặc Ci  x �
Vi
Hệ số hợp thức vi có giá trị âm đối với các chất phản ứng và có giá trị dương đối với các sản phẩm
phản ứng.
Số mol các chất (ni ) hoặc nồng độ các chất (Ci ) sau khi phản ứng xảy ra (hoàn toàn):
ni  n0i  ni
Ci  C0i  Ci
n0i : số mol chất trước khi có phản ứng xảy ra.
C0i : nồng độ chất trước phản ứng.
2. Định luật bảo toàn nồng độ ban đầu
Nồng độ ban đầu của một cấu tử bằng tổng nồng độ cân bằng của các dạng tồn tại của cẩu tử khi cân
bằng:
Ci  [i]
Trang 4


3. Định luật bảo toàn điện tích
[i]Zi  0
Zi là điện tích (âm hoặc dương) của cấu tửi có nồng độ bằng [i] .
4. Định luật tác dụng khối lượng
��
� cC  dD K

Đối với cân bằng: aA  bB ��
�
(a)
c
fCc �
[D]d �
fDd
(C)c �
(D)d [C] �
K (a) 

(A)a �
(B)b [A]a �
fAa �
[B]b �
fBb

(i) : Chỉ hoạt độ của chất i; K (a) : Hằng số cân bằng nhiệt động.
(i)  [i]�
fi ; fi là hệ số hoạt độ của i .
Quy ước trạng thái tiêu chuẩn:
- Trong các dung dịch loãng hoạt độ của các phần tử dung môi bằng 1.
- Hoạt độ của các chất rắn nguyên chất hoặc các chất lỏng nguyên chất ở trạng thái cân bằng với dung
dịch có hoạt độ bằng đơn vị.
- Hoạt độ của các chất khí ở trạng thái cân bằng với dung dịch bằng áp suất riêng phân của khí
- Trong các dung dịch vô cùng loãng, hoạt độ của các ion và của các phân tử chất tan đều bằng nồng
độ cân bằng.
Ví dụ 1: Cho biết nồng độ gốc, nồng độ ban đầu, nồng độ cân bằng của các chất thu được khi trộn 5,00
�
i 3,00ml Na2CrO4, 0,240M

ml BaCl2, 0,200M v�
Giải
Nồng độ gốc Ca: BaCl 2, 0,200M; Na2CrO4, 0,240M .
Nồng độ ban đầu: C0BaCl 
2

0,25
0,24,3
0
 0,125M; CNa

 0,090M
Cr
O
2
4
8
8

BaCl 2 � Ba2  2Cl 
0,125

0,252  2Cl 

Na2CrO4 � 2Na  CrO24
0.09

0.18 0.09

Ba2  CrO24 � BaCrO4 �

C0 0,125 0,09
C0, 035
Bởi vì BaCrO4 rất ít tan, trong khi hệ có Ba2 dư nên có thể coi độ tan của BaCrO4 là không đáng
kể, vì vậy:
[Ba2 ]  0.035M; [C]  0,250M; �
Na �
�
� 0.180M
Ví dụ 2: Có 500ml dung dịch X chứa Ba2 ,HCO3 ,Cl , Na . Cho 100m l dung dịch X tác dụng với
lượng dư dung dịch NaHSO4 thu được 11,65 gam kết tủa và 2,24 lít khí (đktc). Cho 100 ml dung dịch
X phản ứng với dung dịch AgNO3 dư, xuất hiện 17,22 gam kết tủa. Nếu cô cạn 300 ml dung dịch X còn
lại thì thu dược m gam chất rắn khan. Tính giá trị của m .
Giải
• 100 ml dung dịch X  NaHSO4 dư:

Trang 5


HCO3  HSO4 � CO2 �SO24  H2O
0,1

�

0,1

Ba2  HSO4 � BaSO4 � H
0,05

�

0,05

• 100 ml dung dịch X  AgNO dư:
Ag  Cl  � AgC1�
0,12 � 0,12
Theo định luật bảo toàn diện tích:
nNa  2nBa2  nHCO  nCl
3

� nNa  nHCO  nCl  2nBa2  0,1 0,12  2.0,05  0,12 mol
3

Cô cạn 100 ml dung dịch X :
0

t
2HCO23 ��
� CO23  CO2 � H2O

0,1

� 0,05

� mcha�
 mNa  mBa2  mCO  mC1
t ra�
n
2

 23.0,12  137.0,05 60.0,05 35,5.0,12  16,87 gam

� Cô cạn 300 ml dung dịch X sẽ thu được 16,87.3  50,61 gam.
Ví dụ 3: Viết biểu thức định luật tác dụng khối lượng cho các cân bằng sau:
��
� Cu(OH) �2NH
a) Cu2  2NH3  2H2O ��
�
2
4
��
� 2Cu NH   4OH
b) 2Cu  O2  8NH3  2H2O ��
�
3 4
2

Giải
a) K (u)

 NH   Cu(OH) 

 Cu   NH   H O

4

2

2

2

2

3

2

2

Coi  Cu(OH)2   1 (chất rắn, được coi là nguyên chất); (H2O)  1 (dung môi, trong dung dịch loãng).
Vậy:
K (a)

 NH    NH  f

 Cu   NH   Cu   NH 

4

2


4

2

2

2

2

NH4

2

3

3

2

2
.fNH

3

Ở lực ion thấp, coi gần đúng fi  1, lúc đó:
2

�
NH4 �
�
�
K (a) 
 KC
2
2
�
�
Cu ��

NH3 �
�
�
�
b)

 Cu NH   (OH )
2

K (a) 

2

2

 4

3 4

(Cu)2 PO  NH3 
2

8

 H O
2

2

4

2

�
�f 2
Cu NH3  4 ��
OH
,f 4
�
�� � Cu(NH3)24 OH

8 8
�
PO �
NH
3
�fNH3
2 �

Coi  Cu  1 (chất rắn); (H2O)  1 (dung môi). Nếu coi fi  1 thì

Trang 6


2

4
2

�
�

Cu NH3  4 ��
OH
�
�� �
K (a) 
 KC
8
�
PO �
NH
3�
2 �

Ví dụ 4: Cho 200 ml dung dịch NH3 0,1M tác dụng hết với 300 ml dung dịch HCl 0,1M , thu được
dung dịch X . Biết ở 250 C, K b của NH3 là 104,76 , bỏ qua sự phân li của H2O . Tính giá trị pH của
dung dịch X ở 250 C .
Giải
NH3  HCl � NH4Cl
0.02 � 0.02 � 0.02
� nHCl co�
n  0,01 mol
Dung dịch X chứa: NH4Cl 0,04M; HCl d�0,02M
��
� NH  H
NH4 ��
�
3
C 0,04

Ka 

Kw
 109,24
Kb

0 0,02

�
�(0,04  x) x (0,02  x)
��
Ta có:


(0,02  x)x

109,24 � x 1,15.109 M
0,04 x
� pH   lg0,02  1.69
Ka

�
H �
�
� 0,02M

V. ĐÁNH GIÁ GẦN ĐÚNG THÀNH PHẦN CÂN BẢNGCỦA DUNG DỊCH
Nguyên tắc chung:
1. Mô tả đầy đủ các cân bằng có thể xảy ra.
2. So sánh các hằng số cân bằng, nồng độ của các cấu tử để loại bỏ các cân bằng phụ. Lưu ý chỉ có thể
so sánh các phản ứng cùng loại. Chẳng hạn, cùng phản ứng phân li đơn axit hay cùng phản ứng hoà tan

kết tủa cùng loại phân tử (nhị to, tam tô, ...).
3. Trong trường hợp don gian khi hệ chỉ có một cân bằng duy nhất thì có thể đánh
giả gần đúng chiều hướng phản ứng dựa vào hằng số cân bằng K . Phản ứng xảy ra mạnh theo chiều
thuận nểu K càng lớn và ngược lại. Trong trường hợp cần thiết có thể đánh giá định lượng bằng cách
đánh giá nồng độ cân bằng của các chất phản ứng dựa vào biểu thức định luật tác dụng khối lượng.
4. Nếu hệ có một số cân bằng xảy ra đồng thời thì phải thiết lập phương trình liên hệ giữa đại lượng
cần xác định với các dữ kiện đã cho dựa vào việc tổ hợp các biểu thức định luật cơ bản của hóa học. Giải
tìm nghiệm từ đó suy ra thành phần cân bằng của dung dịch, Lưu ý đến cách giải phương trình khi tim
nghiệm. Chẳng hạn trong dung dịch MX C (mol/l) chỉ có cân bằng
��
� M n  xn
MX ��
�

KC

Theo định luật bảo toàn nồng độ đối với MX ta có:

CMX  �
M n � [MX]  �
X n+�
�
� [MX]  C
� �
M n �
.
Hay [MX]  C  �
�
�
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng (coi fi  1) ta có:

�
�
M n �
X n �
�
�
�
�
KC 
[MX]
Trang 7


�
Xn�
M n �
Đặt �
�
� �
� x
x2
. Việc giải phương trình này cho phép đánh giá x và tính nồng độ cân bằng của các cấu
C x
tử trong dung dịch.
�K 

Nếu x  C � có thể coi C  x �C � x  K cC
Trong trường hợp K C lớn, nghĩa là phản ứng xảy ra mạnh theo chiều thuận thì ta nên đặt nồng độ cân
bằng của cầu tử có nồng độ bé nhất ở vế trái của phương trình làm ẩn số (sử dụng định luật hợp thức).
Ví dụ 1: Trong dung dịch HCOOH, HCN có các quá trình:

��
� HCOO  H O
HCOOH  H2O ��
�
3
��
� CN  H O
HCN  H2O ��
�
3

K  2.104 (1)

K � 109,35

(2)

V�K >>K �nên trong dung dịch cân bằng (1) là quá trình chủ yếu.
A 2S
Ví dụ 2: Trong dung dịch bão hoà Ag2CrO4 va�
��
� 2Ag  CrO2 K  1012 (1)
Ag7CrO4 ��
�
4
S
��
� 2Ag  S2
A 2S �
�

�
Vì

K�
 109
S

(2)

K S >>K S�nên quá trình (1) là chủ yếu, nghĩa là nồng độ ion Ag trong dung dịch chủ yếu là do

Ag2CrO4 tan ra.
Ví dụ 3: Tính cân bằng trong dung dịch Fe3 0,010M va�
Sn2 0,01M pH  0.
��
� 2Fe2  Sn4 co�
Biết phản ứng: 2Fe3  Sn2 ��
K  1021 (1)
�
Phương pháp:
- Cách 1: Vì K rất lớn nên coi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khi đó tính được thành phần giới hạn của
các chất, Từ đó suy ra nồng độ cân bằng của các chất theo định luật tác dụng khối lượng..
- Cách 2: Do K rất lớn nên chọn ẩn số là vế trái của phương trình.
Giải
K
Cách 1: Vì
rất lớn nên có thể coi như phản ứng xảy ra hoàn toàn. Do đó ta có thành phần giới hạn:
4
C2Sn  5.103 M; CSn
 5.103 M; C2Fe  0,010M.

Ta có cân bằng:
��
� 2Fe3  Sn2
2Fe2  Sn4 ��
�
C:

0,01 5.103



0 5.103



��
(0,01 2x) 5.103  x
��
�





(2x)2 5�
103  x



3

(0,01 2x) 5�
10  x
2

K � 1021

2x



 5.10

3

x



 1021

Giả sử x  5.103 � x  1.58.1013 M  5.103 M (chấp nhận giả sử)
Vậy thành phần dung dịch lúc cân bằng gồm:
13
3
�
�
�
�

Fe2 �
Fe3 �
Sn4 �
Sn2 �
�
� 0,01M; �
� 3.16.10 M; �
� �
� 5.10 M
Cách 2: Có thể tính trực tiếp từ cân bằng (1)

Trang 8


��
� 2Fe2
2Fe3.  Sn2 ��
�
C : 0,01 0,01

Sn4



 5.10  x (0,01 2x)  5.10
(0,01 2x)  5.10  x
�
 10
(2x)  5.10  x
3

�
�: 2x
��

3

K  1021
x



3

2

21

3

2

Coi x  5.103 � x  1,58.1013 M (thoả mãn)
CrO24 ��
: Cr2O27 �
Ví dụ 4: Tính pH : �
�
��
�trong dung dịch
a) K 2Cr2O7, 0,010M

5
b) K 2Cr2O7 ,0,010M  CH3COOH 0,10M,K CH3COOH  1,8.10

��
� 2HCrO
Cr2O27  H2O ��
�
4

pK 1=1,36 (1)

��
� CrO2  H O
HCrO4  H2O ��
�
4
3

pK 2  6,50 (2)

Giải

n K 1  K 2 và có thể coi cân bằng
a) Hai cân bằng  1 va�
 2 là công dụng phân li vì pK 2>> pK 1 ne�

 1

là cân bằng chủ yếu trong dung dịch:
��

� 2HCrO
Cr2O27  H2O �
�
�
4
C
[]
�

0,01
0,01 x

2x

(2x)2
 101,36 � x  6,33.103 M
0,01 x

3
3
�
��
HCrO4 �
Cr2O27 �
�
� 12,66.10 M; �
� 3,67.10 M

��
� CrO2  H O

HCrO4  H2O ��
�
4
3
��
12,60.103
��

h

K 2  106,5

h

3
6,5
5
�
��
H3O �
CrO42 �
�
� �
� h  12.66.10 :10  6,3.10 � pH  4,20

b) Ta có các cân bằng:

 1
 2

��
� 2HCrO
Cr2O27  H2O ��
�
4

K 1  101.36

��
� CrO2  H O
HCrO4  H2O ��
�
4
3

K 2  106.50

��
� CH COO  H O
CH3COOH  H2O ��
�
3
3

K 3  1,8.105 (3)

Vì K 1 >> K 3  K 2 nên cân bằng  1 vẫn là cân bằng chiếm ưu thế trong dung dịch. Như trong ý (a) ta
tính được:
3
3

�
�
HCrO4 �
Cr2O27 �
�
� 12,66.10 M; �
� 3.7.10 M.

�
H3O �
CrO �
Đặt �
�
� h � �
�


2
4

K 2 HCrO4


H3O

 12,66.109,5 h1

Trang 9

C
1,8.106
�
�∣CH3COO �

1 K 1h 1,8.105  h


3

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
2 �
�
�
�
�
H3O �
HCrO4 �
CrO24 �
CH3COO �
�
� 2∣Cr2O7 � �
� 2�
� �
� 0

12.66.109,5
1,8.106
� h�
2.3,7.10 �

12.66.10  2.

0
h
1.8.105  h
3

3

3
��
H3O �
�
� h  1,34.10 M � pH  2,87

12,66.109,5
2
�
�
��
CrO4 �
 3.106 M
3
1.34.10
Ví dụ 5::
0
0
�250 C.
a) Cho EO2/H2O  1.23V; pK W  14 ; Hãy đánh giá EO2 /OH �

b) Hày đánh giá khả năng hoà tan của Ag trong nước khi có không khí

E 0Ag /Ag  0,799V

c) Có khả năng hoà tan 100mg Ag trong 100ml dung dịch NH30,10M khi có không khí hay không?
Cho:
��
� NH  OH
NH3  H2O ��
�
4
��
� Ag NH 
g  NH3 ��
�
3

K  1,74.105



lg1  3,32

��
� Ag NH 
Ag  2NH3 ��
�
3



2

lg2  7,23

Thành phần oxi trong không khí là 20,95%; Ag  107,88.
Giải
0
a) Để đánh giá E của nửa phản ứng:
��
� 4OH
O2  2H2O  4e ��
�
Cần tổ hợp các nửa phản ứng:
��
� 2H O
O2  4H  4e��
�
2

K1

K 

��
� 4H  4OH
4H2O ��
�
��
� 4OH
O2  2H2O  4e��

�

1
W

4

4
K  K 1.K W

4
� E20  E10 � 0,059lg1014  0,404V  E O0 /OH
2
4
b)
��
� Ag  e
4x Ag��
�
1x O  2H O  4e��
��
� 4OH 
�
2

2

K 11
K2

��
� 4Ag  4OH  K  K 1K
4Ag  O2  2H2O ��
�
1
2
�

0 E0 )
4(E2
1

4(0,404 0,799)

K  10
 10 0,059  1026,78
K rất bé, coi phản ứng hoàn toàn không xảy ra.
Do �
Chú ý: Trong bài toán trên ta không kể đến sự tạo phức hiđroxo AgOH hoặc sự
0,059

tạo ra Ag2O vì Ag hoà tan không đáng kể.
Trang 10


4
c) nAg  9,27.10 mol; nNH3  0,010 mol, PO2  20,95%,1 at  0,2095 at

Vì nAg  nNH3 nên Ag tan ra sẽ tồn tại dưới dạng phức Ag(NH3 )24 là chủ yếu.
��

� 4Ag  4OH 
4Ag  O2  2H2O ��
�
��
� Ag NH  
4x∣Ag  2NH3 ��
�
3 2
��
� 4Ag NH  
4Ag  O2  2H2O  8NH3 ��
�
3 2


�

C

0,1

��
�� PO2

8y

(0,05 4y)

4OH

K   138

(0,05 4y)


(0,05 4y)x
 138 � y  3,1.103 � �
Ag NH3  2 � 0,038M
x
�
�
0,2095(8y)

Độ tan của Ag trong 100ml dung dịch NH3 0,10M là 3,8.102 M. Nếu 100mg Ag tan hoàn toàn
4
trong 100ml dung dịch NH3 0,10M thì CAg(NH3 )2  9,27.10 . Vậy 100mg Ag tan hoàn toàn trong

100ml dung dịch NH3 0,10M khi có mặt không khí.

VI. THÀNH PHẦN GIỚI HẠN CỦA DUNG DỊCH
- Thành phần giới hạn là thành phần của hệ sau khi phản ứng xảy ra tương ứng với điều kiện ban đầu đã
cho, tức là ứng với toạ độ phản ứng cực đại.
- Thành phần giới hạn cũng có thể là thành phần cân bằng nếu sau phản ứng chính các cấu tử của hệ
không tham gia một tương tác hoá học nào.
Ví dụ 1: Tính thành phần giới hạn của hỗn hợp phản ứng gồm:
Cr2O27 0,10M; NO2 0,12M; H 0,40M.

2



3
Biết: 3NO2 +Cr2O7 +8H � 3NO3 + 2Cr + 4H2O

K rất lớn

Giải
Vì K rất lớn nên có thể coi phản ứng trên xảy ra hoàn toàn
3NO2  Cr2O27  8H � 3NO3  2Cr3  4H2O
Ban đầu:

0,12

0,1

0,4

0

0

Phản ứng:

0,12

0,04

0,32

0,12

0,08

0

0,06

0,08

Còn:

2

Thành phần giới hạn: [Cr2O7 ]  0,06M; [H ]  0,08M

[NO3 ]  0,12M; [Cr3 ]  0,08M
2
Ví dụ 2: Cho phản ứng oxi hoá Fe2+ bằng Cr2O7 xảy ra như sau:

Cr2O27 + 6Fe2 +14H � 2Cr3 +6Fe3 + 7H2O

lgK =60

Tính thành phần giới hạn của hỗn hợp gồm K 2Cr2O7 0,01M, FeSO4 0,054M, Fe2(SO4)3 0,03M, H2SO4
0,5M. Coi H2SO4 phản ứng hoàn toàn.
Trang 11


Giải
Cr2O27 + 6Fe2 + 14H � 2Cr3 + 6Fe3 + 7H2O
C:

0,01
[]: (0,001+x)

K =1060

0,054
1
0
0,06
6x (0,874+14x) (0,018-2x) (0,114-6x)

(0,018 2x)2(0,114  6x)6
�
 1060
6
14
(0,001 x)(6x) (0,874  14x)
Giả thiết x << 0,009  6x = 1,2936.10-11 (thoả mãn).
Thành phần giới hạn:
[Cr2O27 ]  0,001M; [Fe2 ]  1,2936.1011M; [H ]  0, 784M;
[Cr3 ]  0,018M; [Fe3 ]  0,114M
VII. CÂN BẰNG AXIT - BAZƠ
1. Để đặc trưng tính thống nhất axit - bazơ của dung dịch người ta dùng chỉ số nồng độ ion hiđro, tức là
âm logarit nồng độ ion hiđro.
pH   lg[H ] � [H ]  10 pH


14
Trong dung dịch thì [H ][OH ]  10 � pH  pOH  14

2. Mỗi axit đều có một bazơ liên hợp tương ứng, axit càng mạnh thì bazơ liên hợp càng yếu và ngược lại.
Đối với những axit mà hai nấc phân li đều cách nhau rất xa (độ 104 lần) thì có thể coi sự phân li của nấc
thứ nhất đóng vai trò quyết định, và ta có thể tính nồng độ ion H+ dựa vào nấc phân li thứ nhất.
3. Dung dịch đệm: Là dung dịch có khả năng điều chỉnh sao cho pH của hệ ít thay đổi bất kể quá trình
hoá học có giải phóng hay thu nhận ion H+ không. Dung dịch đệm thường là hỗn hợp của một axit yếu và

2
bazơ liên hợp (ví dụ HCOOH và HCOOC-, HCO3 và CO3 ) hoặc có thể là dung dịch muối của các đa

axit như NaHCO3, kali hiđrophtalat, hay muối của axit yếu và bazơ yếu (NH4CN, CH3COONH4). Đối

với hệ đệm gồm axit yếu HA (Camol/l) và bazơ liên hợp A (Cbmol/l):

HA � H  A 

Ka

H2O � H   OH 

Kw

(1)
(2)

Nếu môi trường axit và Kw << CaKa thì (1) là cân bằng chủ yếu trong dung dịch:
HA �
C

H+ + A -

Ca

Ka

Cb

[]  Ca- x

x

 C +x

� [H ]  x  K a

Ca  x
Cb  x

b

(3)

Trang 12


Nếu x << Ca và x << Cb thì (3) 

[H ]  K a

Ca
C

� pH  pK a  1g b
Cb
Ca

Tương tự nếu môi trường bazơ thì pH sẽ được tính theo phương trình (5) với điều kiện KbCb >> Kw.
A  +H2O �

HA + OH

C

Cb

Ca

[]

Cb - y

Ca +y

� [OH ] 

Kw


[H ]

 Kb

Kb

(5)

y

Cb  y
K C y
C y
� [H  ]  w � a
 Ka a
Ca  y
K b Cb  y
Cb  y

Khi y << Ca và y << Cb thì

[H ]  K a

Ca
C
� pH  pK a  lg b
Cb
Ca



Như vậy, nếu [H ],[OH ]  Ca,Cb và K w  K aCa,K bCb thì ta có biểu thức tính gần đúng pH của dung

dịch đệm như sau (công thức Henderson - Hasselbalch):

[H ]  K a

C
[HA]
�K a a

Cb
[A ]

pH  pK a  lg

Cb
Ca

4. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN PROTON (ĐIỀU KIỆN PROTON)
Nếu chọn một trạng thái nào đó của dung dịch làm chuẩn hay còn gọi là mức không (MK) (hoặc gọi là
trạng thái quy chiếu) thì tổng nồng độ proton mà các cấu từ ở mức không giải phóng ra bằng tổng nồng
độ proton mà các cấu tử thu vào để đạt đến trạng thái cân bằng.
Hay nói cách khác: Nồng độ cân bằng của proton có trong dung dịch bằng hiệu giữa tổng nồng độ proton
giải phóng ra và tổng nồng độ proton thu vào từ mức không. Mức không có thể là trạng thái ban đầu,
trạng thái giới hạn hoặc một trạng thái tùy chọn nào đó. Nhưng thường chọn trạng thái trong đó nồng độ
của cấu tử chiếm ưu thế làm mức không để việc tính toán đơn giản hơn.
Ví dụ 1: Viết biểu thức điều kiện proton đối với các dung dịch sau:
a) Dung dịch CH3COOH.
b) Dung dịch HNO3 + NaHSO4.
c) Dung dịch KOH + NH3.
d) Dung dịch CH3COOH C1 (mol/l) + CH3COONa C2 (mol/l).
e) Dung dịch Na2SO3.
f) Dung dịch NaHCO3.
g) Dung dịch H2SO4 C (mol/l).

Giải
a)

CH3COOH � CH3COO +H
Trang 13


� OH + H

H2O




MK: CH3COOH, H2O  ĐKP: [H ]  [CH3COO ] +[OH ]

b)

HNO3 � H  NO3

NaHSO4 � Na  HSO4
HSO4 � H   SO24
H2O � OH   H 



2

MK: HNO3,HSO4 ,H2O � ÑKP: [H ]  [NO3 ]  [SO4 ]  [OH ]

c)

KOH � K   OH

H2O � OH   H 
NH3  H  � NH 4




MK: KOH, NH3, H2O  ĐKP: [H ]  [OH ]  [NH4 ]  [K ]

d)

CH3COONa � CH3COO  Na

CH3COOH � CH3COO  H
H2O � OH   H 



MK: CH3COOH, H2O  ĐKP: [H ]  [OH ]  [CH3COO ]  C2 (1)



Nếu chọn MK: CH3COO ,H 2O  ĐKP: [H ]  [OH ]  [CH3COOH]  C1 (2)

Từ (2) có thể biến đổi thành (1). Thật vậy, theo định luật bảo toàn nồng độ:
[CH3COO ]  [CH3COOH]  C1 +C2
� [CH3COOH]  C1  C2  [CH3COO ]

(2) 





[H ]  [OH  ]  C1  C2  [CH3COO ]  C1
=[OH ]  [CH3COO ]  C2

e)

Na2SO3 � 2Na  SO32

H2O � OH   H 
SO23  H � HSO3
SO23  2H  � H2O  SO2
2



MK: SO3 ,H2O  ĐKP: [H ]  [OH ]  [HSO3 ]  2[SO2 ]

Trang 14


NaHCO3 � Na  HCO3

f)

H2O � OH   H 

HCO3 � CO32  H
HCO  H � CO2  H2O
3



2
MK: NaHCO3,H2O  ĐKP: [H ]  [OH ]  [CO3 ]  [CO2]

H2SO4 � H  HSO4

g)

HSO4 � SO24  H 
H2O � OH   H 


2
MK: H2SO4,H2O  ĐKP: [H ]  [OH ]  C  [SO4 ]

Ví dụ 2: Trộn 30,00ml dung dịch HCl 1,00M với 20,00ml dung dịch NaOH 1,00M. Xác định thành phần
giới hạn của hỗn hợp và viết biểu thức điều kiện proton.
Giải
CHCl 
CN

3011

1,0.30,00
 0,60M

50,00



1,0.20,00
 0,40M
50,00

HCl � H + Cl 
0,60
0,60 0,60
NaOH � Na + Cl 
0,40
0,40 0,40
Phản ứng:
H  + OH  � H 2O
0,60
0,20

0,40
-

Thành phần giới hạn gồm: H+ 0,20M; Na+ 0,40M; Cl- 0,60M

[H ]  CH+  [OH ]  0,20  [OH ]
MK: H ,H2O  ĐKP:

Ví dụ 3: Cho 200 ml dung dịch CH3COOH 0,1M tác dụng hết với 300 ml dung dịch NaOH 0,1M, thu
được dung dịch X. Biết ở 250C, Ka của CH3COOH là 10-4,75. Tính giá trị pH của dung dịch X ở 250C.
Giải

CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
0,02

→

0,02 →

0,02

 nNaOH còn = 0,03 - 0,02 = 0,01 mol
Trang 15




Dung dịch X chứa: NaOH 0,02M; CH3COONa 0,04M
H2O � H  OH

Kw

(1)

CH3COO  H2O � CH3COOH  OH

Kb 

KW
 10-9,25
Ka

(2)

Do CKb = 4.10-11,25 >> Kw = 10-14 nên có thể coi (2) là cân bằng chủ yếu trong dung dịch.
CH3COO + H2O � CH3COOH + OH
C
0,04
[ ] (0,04 - x)

0
x

Kb 

KW
 10-9,25
Ka

0,02
(0,02 +x)

Ta có:
(0,02 x)x

109,25 � x 1,12.109 M
0,04  x

[OH ] 0,02M

� pH  14  pOH  14  lg0,02  12,3
2




Ví dụ 4: Dung dịch X chứa các ion: Ba ,K ,HSO3 và NO3 . Cho ½ dung dịch X phản ứng với dung

dịch NaOH (dư), thu được 1,6275 gam kết tủa. Cho ½ dung dịch X còn lại phản ứng với dung dịch HCl
(dư) sinh ra 0,28 lít SO2 (đktc). Mặt khác, nếu cho dung dịch X tác dụng với 300ml dung dịch Ba(OH)2
có pH = 13 thì thu được 500ml dung dịch có pH là bao nhiêu?
Giải
1/2X + NaOH dư:
Ba2 + HSO3  OH � BaSO3 � H2O
7,5.103

�

7,5.103

1/2X + HCl dư:
HSO3 + H � SO2  H2O
0,0125

� 0,0125

X + Ba(OH)2 :

nOH  0,03(mol); nBa2  0,015 2.0,0075  0,03(mol)

Ba2 + HSO3 + OH � BaSO3 � H2O
0,025 � 0,025 � 0,025
� nOH  0,03 0,025  0,005(mol) � �

OH  �
�
�

0,005
 0,01M
0.5

� pH  14 pOH  14  lg0,01 12
Ví dụ 5: Cho 1 lít dung dịch KOH có pH = 12,0 vào 8,00 lít dung dịch HCl có pH = 3,0 thu được dung
dịch Y có pH = 11,0. Tính giá trị của a.
Giải
nOH  0,01a (mol); nH  0,001.8  0,008(mol).
Trang 16



Dung dịch thu được có pH = 11,0 > 7  H+ hết, OH còn

� nOH

còn = 10-3(a + 8)

H  + OH  � H2O
0,008 � 0, 008
� nOH

còn = 10-3(a + 8) = 0,01a – 0,008  a = 1,78 lít

Ví dụ 6: Dung dịch X gồm CH3COOH 1M (Ka = 1,75.10-5) và HCl 0,001M. Tính giá trị pH của dung

dịch X.
Giải
HCl � H + Cl 
0.001
0.001
CH3COOH � CH3OO  H+

K a  1,75.105

H2O � H  OH

K W  1014

Do CKa = 1,75.10-5 >> Kw nên có thể bỏ qua sự phân li của H2O.
CH3COO � CH3COO + H
C

1

[ ] (1 - x)
Ka 



0

10-3

x

(10-3+x)

  1,75.10

x 103  x
1 x

5

K a  1,75.10-5

� x  3,705.103 M

� [H ]  102,327 M � pH   lg[H ]  2,327
Ví dụ 7: Cho hằng số axit KHF = 6,8.10-4. Hỗn hợp dung dịch X chứa HF 0,1M và NaF 0,1M có pH là
bao nhiêu?
Giải
Các cân bằng xảy ra trong dung dịch:
H2O � H  OH

K W  1014

HF � H  F 

K a  6,8.104

Do CHFKa >> Kw nên có thể bỏ qua sự phân li của H2O.
HF � H + F 
C 0,1
[ ] 0,1-x

0
x

K a  6,8.10-4

0,1
0,1+x

x(0,1 x)
 6,8.104 � x  6,71.104 M � pH   lg6,71.104  3,173
0,1 x

Trang 17


Ví dụ 8: Trộn 100ml dung dịch hỗn hợp gồm H2SO4 0,05M và HNO3 0,1M với 100ml dung dịch
Ba(OH)2 0,2M, thu được dung dịch X. Tính pH của dung dịch X.
Giải
nH+  2nH SO  n1INO  0,02(mol); nOH  2nBa(OH)  0,04(mol)
2

4

3

2

H  + OH  � H2O
0,02 � 0,20

0,02

�
�
OH
� � 0,2  0,1M
(dư) = 0,04 – 0,02 = 0,02 (mol) 

� nOH

� pH  14  pOH  13
Ví dụ 9: Hoà tan một hợp kim Ba - K chửa 63,72% Ba (về khối lượng) vào nước được 200ml dung dịch
X và 4,48 lít khí (đktc).
a) Cho khí CO2 hấp thụ từ từ vào 1/2 dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự biến thiên số mol kết tủa theo
thể tích CO2 (đktc) bị hấp thụ sau đây: 0,025 mol; 0,05 mol; 0,1 mol; 0,15 mol; 0,175 mol.
b) Thêm 12 gam NaH2PO4 vào 1/2 dung dịch X. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 100 ml
dung dịch Y. Tính pH của dung dịch Y. Cho H3PO4 có Ka1 = 7,5.10-3; Ka2 = 6,2.10-8;
K SBa  PO   1022.5.
3

4 2

Giải
a)
Ba 2H2O � Ba2  2OH  H2 �
x

�

(1)

x � 2x � x
1
H �
2 2
y � y � 0,5y

K + H2O � K  + OH +
y

�

(2)

�x  0,5y  0,2
�x  0,1(mol)
�
63,72 � �
� 137x

�y  0,2(mol)
�
137x  39y 100
�
Ta có hệ:

��n

OH

 2x  y  0,4mol

• 1/2X + CO2:
CO2  2OH � CO32  H2O
2

2
3

Ba  CO � BaCO3 �

(3)
(4)

Nếu CO2 dư:
CO2  CO32  H2O � 2HCO3

(5)

Sau đó:
Trang 18


CO2  BaCO3  H2O � Ba HCO3 

(6)

2

Ta nhận thấy số mol kết tủa tăng dần theo số mol CO2 cho tới giá trị 0,05 mol; sau đó không đổi cho tới

nCO  0,15mol
2

vì lúc đó phản ứng (6) chưa xảy ra. Nếu tiếp tục tăng thể tích khí CO2 thì phản ứng (6)

xảy ra và kết tủa BaCO3 tan dần.

b)

nH PO  nNaH PO 
2

4

2

4

12
 0,1 (mol)
120

H2PO4 + OH � HPO24  H2O
0,1 � 0,1 � 0,1
HPO24 + OH � PO34  H2O
0,1 � 0,1 � 0,1
3Ba2 + 2PO34 � Ba3  PO4  �
2

0,05 �

K  K s1  1022.5

0,1
3

Vì K rất lớn nên có thể coi phản ứng trên xảy ra hoàn toàn.
PO34: 0,1

Dung dịch Y chứa: K+, Na+ và
� [PO34 ] 

0,1 0,2

(mol)
3
3

0,2 2
 M
3.0,1 3

3
4

2
4

PO  H2O � HPO  OH
2

4


4



HPO  H2O � H2PO  OH



H2PO4  H2O � H3PO4  OH
H2O � H   OH 

K1 

Kw
 101,68
K a3

(7)

K2 

Kw
 106.79
K a2

(8)

K3 

Kw
 1011.87
K al

(9)

K W  1014

(10)
Trang 19


Do K1 >> K2 >> K3 >> Kw nên (7) là cân bằng chủ yếu trong dung dịch Y.
PO34  H2O � HPO24 + OH
2
3

C

�2 �
[ ] �  x�
�3 �
�

0

0

x

x

K 1  10-1,68

x2
 101,68 � x  0,108M  [OH ]
�2 �
�3  x �
�
�

� pH  14  pOH  14  lg0,108  13,03
Ví dụ 10: Hoà tan một muối cacbonat kim loại A bằng lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 9,8% (loãng) thu
được dung dịch muối sunfat có nồng độ 11,54%.
a) Xác định công thức của muối cacbonat.
b) Nung 0,42 gam muối cacbonat kim loại A trên trong bình kín không chứa không khí đến phản ứng
hoàn toàn, thu được khí X. Hấp thụ hết lượng khí này vào 1 lít dung dịch chứa K2CO3 0,01M và KOH
0,011M. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được 1 lít dung dịch Y. Tính pH và cân bằng trong dung dịch
Y. Cho biết: Ka1 (H2CO3) = 10-6,35; Ka2 (H2CO3)= 10-10,33.
Giải
a) Để đơn giản ta cho 1 mol muối cacbonat phản ứng với axit.
A 2(CO3)n  nH2SO4 � A 2(SO4 )n  nCO2 � nH2O
1

�

� mddH so 
2

4

n

�

1

�

n

98n.100
 1000n(gam)
9,8

� mdd muoáisunfat  (2A  60n)  1000n  44n  (2 A +1016n) gam
2A  96n 11,54
� C%A  SO  

� A  12n � n  2 vaøA  24(Mg)
2
4 n
2A  1016n 100
Công thức của muối cacbonat: MgCO3
b)

nMgCO 
3

0,42
 0,005mol; nK Co  0,01.1 0,01mol; nKOH  0,011.1 0,011mol
2
3
84

0

t
MgCO3 ��
� MgO +CO2 �

0,005

�

0,005

Khí X là CO2
CO2

+ 2OH � CO32  H2O

0,005 � 0,01 � 0,005
� nOH

còn = 0,011 – 0,01 = 0,001 mol
Trang 20

� nCO2  0,01 0,005  0,015mol
3


3
2
2

TPGH của dung dịch Y: OH : 10 M; CO3 : 1,5.10 M; K : 0,031M

Dung dịch có môi trường kiềm nên có thể bỏ qua sự phân li của nước.
Kw
1014
K b1 
 10.33  103.67
K a2 10

(1) CO32  H2O � HCO3  OH

K b2 

(2) HCO3  H2O � H2CO3  OH

K W 1014

 107,65
K al 106.35

Do Kb1 >> Kb2 nên có thể coi (1) là cân bằng chủ yếu trong dung dịch.

CO32 + H2O � HCO3 + OH
C



1,5�
102



[ ] 1,5.102  x

103

0
x

K b1  103,67

(103  x)

Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:



x 103  x



2

1,5�
10  x

 103,67 � x  1,284.103 M


3
3
3
Vậy: [OH ]  10  1,284.10  2.284.10 M

� pH  14 pOH  14 +1g2,284.103  11,36
[HCO3 ]  1,284.103M; [CO32 ]  1,371.102 M
�
H2CO3 �
�
�

107,65 �
1,284�
103
 5,62.108.65M
3
2,284�
10

Ví dụ 11: Cho một mẫu thử axit fomic HCOOH có nồng độ 0,1M. Ka (HCOOH) = 1,77.10-4
a) Tính pH của dung dịch của HCOOH.
b) Cho vào mẫu thử trên một lượng axit sunfuric cùng thể tích thấy pH giảm 0,344 so với khi chưa cho

axit sunfuric vào. Tính nồng độ của dung dịch H2SO4 cần dùng. Biết rằng Ka2 (H2SO4) = 1,2.10-2. Giả
thiết khi pha trộn thể tích dung dịch mới thu được bằng tổng thể tích các dung dịch ban đầu.
Giải
a) CKa >> Kw nên có thể bỏ qua sự phân li của nước.
C
[]
�

HCOOH � HCOO + H
0,1
0,1 x
x
x
x2
 1,77.104 � x  4,12.103 M  [H ] � pH  2,385
0,1 x

b) Giả sư lấy 1 lít dung dịch H2SO4 x mol/l trộn với 1 lít HCOOH trên thì được dung dịch mới có
pH  2,385 0,344  2,051
Trang 21


CHCOOH  0,05M; CH SO  0,5xM
2

4

Phương trinh diện li
K a  1,77.104

HCOOH � HCOO  H
H2SO4 � H   HSO4
H2SO4 � H   SO24

K a2  1,2.102

Theo ĐTBT diện tích ta có:
[H ]  [HCOO ]  [HSO4 ]  2[SO24 ] =0
[H ]  102,051M � [HCOO ] 
Mà

(*)

CHCOOH K a
K a  [H ]

 9,76.104 M;

CH SO  CH SO  0,5�M
2

2

4

4

CHSO K a2

��

SO �
�
�=K
2
4

4

 [H ]
a2

CHSO [H ]

4
 0,2872 x; �
HSO �
�
� K  [H ]  0,2128 x
a2


4

Thay vào (*) ta tìm được: x = 1,0056.10-2 M.
2
Ví dụ 12: Ion Cr2O7 bị thuỷ phân trong nước:

Cr2O27  H2O � 2CrO24  2H

K  1014,4

Thêm KOH vào dung dịch K2Cr2O7 để nồng độ K2Cr2O7 và KOH ban đầu bằng 0,1 M. Tính pH của
dung dịch thu được.
Giải
Ta có:
K 2Cr2O7  2KOH � 2K 2CrO4  H2O
C
[]

0,1
0, 05

0,1
0,1

0,1

Sau đó:
Cr2O27 + H2O � 2CrO24 + 2H
C
0,05
[ ] (0, 05 0, 05x)
�

0,1
(0,1 +x)

x

(0,1 x)2 x2

 1014,4 � x  1,41.107 M � pH  6,85
0,05 0,5x

Ví dụ 13: Cho dung dịch CH3COOH 0,1M (Ka = 1,58. 10-5)
a) Cần phải thêm bao nhiêu mol CH3COOH vào 1 lít dung dịch đó để α giảm đi một nửa. Tính pH của
dung dịch mới.
b) Nếu thêm 0,05 mol HCl vào 1 lít CH3COOH 0,1 M thì pH của dung dịch là bao nhiêu? Nếu chỉ thêm
10-3 mol thì pH lại bằng bao nhiêu?
Trang 22


Giải
CH3COOH � CH3COO + H 
C
0,1
[ ] 0,1(1-)

0,1

K a =1,58.10-5

0,1

0,1 2
�
 1,58.105 �   1,25.102
1 
Để độ điện li α giảm đi một nửa:

�

Gọi x là số mol CH3COOH thêm vào


 6,25�
103
2
� CCH COOH  0,1 x
3

(0,1 x)�2
 1,58.105 � x  0,3mol
�
1 





pH   lg[H ]   lg 0,4.6,25.103  2,6
b) HCl được thêm vào bằng 0,05 M
HCl � H   Cl 
CH3COOH � CH3COO + H
C
[]
�

0,1
0,1 x

K a =1,58.10-5

0,05
0,05 x

x

(0,05 x)x
 1,58.105 � x  3,16.105 M � pH  1,3
0,1 x

Nếu chỉ thêm 10 mol HCl



�

(0,001 x)x
 1,58.105 � x  8,5.104 M
0,1 x



� pH   lg 0.001 8.5�
104  2.73
Ví dụ 14: Dung dịch A có chứa CH3COOH 0,1M và HCOOH x (M). Xác định x để hỗn hợp này có
4
5
pH  2,72. Biết K HCOOH  1,8.10 ; K C113COOH  1,8.10 .

Giải

2,72
Ta có pH = 2,72 � [H ]  10 M

0,1.102,72
�
�
CH
COOH

� 3
� 1.8.105  102.72  0,09M
��
CH3COO �
�
� 0,1 0,099  0,001M


Phương trình trung hòa điện: (bỏ qua [OH ] bên cạnh [H ])

[H ]  [CH3COO ]  [HCOO ]  0
� [HCOO ]  102.72  103  9,05.104 M
Trang 23


1,84.104 x

�
�

��
HCOO �
 9,05.104 � x  0,01M
4
2,72
1,84.10  10
Ví dụ 15: Tính pH của các dung dịch 0,1M của các chất sau:
NaHCO3

K 1  107;K 2  1011

NaHSO3

K 1  102;K 2  106

NaHS

K 1  107;K 2  1013

NaHC2O4

K 1  102; K 2  105

Giải
Nhận xét: Đây là bài toán về cân bằng trong dung dịch muối axit. Nhìn chung các muối axit (trừ
NaHSO4) có tính chất lưỡng tính. Để lập biểu thức tính pH ta xét trường hợp tổng quát sau:
NaHA � Na  HA 
H2O � H  OH




HA � H  A


2



HA  H � H2A

KW

(1)

K2

(2)

1
1

(3)

K

Việc tính toán cân bằng trong dung dịch muối axit trong trường hợp tổng quát cũng dựa vào việc tổ hợp
các định luật tác dụng khối lượng, bảo toàn nồng độ, bảo toàn diện tích theo cách thông thường.
Phương trình trung hoà điện:
[Na ]  [H  ]  [OH  ]  [HA  ]  2[A 2 ]  0

Sau khi thay các đại lượng riêng rẽ:
[Na ]  C; [H  ]  h; [OH] 

Kw
CK 1h
CK 1K 2
; [HA  ]  2
; [A 2 ]  2
h
h  K 1h  K 1K 2
h  K 1h  K 1K 2

Vào phương trình trên và tổ hợp lại ta có phương trình 1 ẩn đối với h:
h4   K 1  C h3   K 1K 2  K W  h2   K 1K W  CK 1K 2  h  K wK 1K 2  0


Đối với trường hợp thường gặp khi [H ], [OH ] << C nghĩa là h << C;

Kw
 C
4
3
2
h
hay Kw << Ch thì h  Ch ; K WK 1K 2  CK 1K 2h ; Ch >>Kwh
Phương trình trên được đơn giản hoá thành:

K

1

 C h2  K 1K 2h   K 1K W  CK 1K 2   0
h

Từ đây ta rút ra:

CK 1K 2  K 1K w
C  K1

Đối với trường hợp K 1  C � C  K 1 �C
h  K 1K 2 

K 1K w
C
Trang 24


Nếu Kw << CK2 tức là cân bằng (2) chiếm ưu thế hơn cân bằng (1) thì
h

CK 1K 2
C  K1

Nếu CK2 << Kw tức là cân bằng (1) chiếm ưu thế hơn so với cân bằng (2) thì
h

K 1K w
C  K1

Trở lại bài toán trên:

- Đối với dung dịch NaHCO3 0,1M; C = 0,1 M >> K1 = 10-7
h  K 1K 2 

K 1K w
1021
 1018 
 1,005.109 M
C
0,1

� pH  8,99
- Đối với dung dịch NaHSO3 0,1M; CK2 >> Kw
h

K 1K w
109

 9,53.105 M � pH  4,02
C  K1
0,1 102

- Đối với dung dịch NaHS; C = 0,1M >> K1 = 10-7;
h  K 1K 2 

K 1K w
1021
 1020 
 1,41.1010 � pH  9,85
C
0,1

- Đối với dung dịch NaHC2O4 0,1M; CK2= 10-7 >> Kw
h

CK 1K 2

C  K1

108
 3,01.104 M � pH  3,52
2
0,1 10

Ví dụ 16: Tính pH của dung dịch

10
(NH4 )2 CO3 103 M . Cho K NH4  5,5.10 ; KH = 5,5.10";

K 1  H2CO3   106,35; K 2  H2CO3   1010,33.
Giải
Nhận xét: Đây là bài toán tính pH trong dung dịch muối của axit và bazơ yếu. Ta xét trường hợp tổng quát
sau:
MHA � MH  A 
MH � M  H

K MH

(1)

H2O � OH  H

KW

(2)

A   H � HA

1
K HA

(3)

Phương trình trung hoà điện:
[H ]  [OH ]  [MH ]  [A  ]  0
[H ]  h; [OH ] 
Ta có:

Kw
CK HA
Ch
; [MH ] 
; [A  ] 
h
h  K MH*
h  K HA
Trang 25