Bài 2. Cân bằng trong dung dịch nước trang 9, 10, 11, 12

2.1

Thêm nước vào 10 mL dung dịch NaOH 1,0 mol/L, thu được 1.000 mL dung dịch A. Dung dịch A có pH thay đổi như thế nào so với dung dịch ban đầu?

A. pH giảm đi 2 đơn vị.                                     B. pH giảm đi 1 đơn vị.

C. pH tăng 2 đơn vị.                                           D. pH tăng gấp đôi.

Phương pháp giải:

pH = -lg[H⁺]. Với [H⁺] là nồng độ ion H⁺ trong dung dịch

pOH = -lg[OH−$$O{H}^{-}$$]. Với [OH−$$O{H}^{-}$$] là nồng độ ion OH−$$O{H}^{-}$$trong dung dịch

⇒pH+pOH=14$$\Rightarrow pH+pOH=14$$

Sử dụng công thức: loga(N1.N2)=logaN1+logaN2$${\log }_a\left(N_1.N_2\right)={\log }_a{N}_1+{\log }_a{N}_2$$

Lời giải chi tiết:

nOH−=nNaOH=101000×1=0,01(mol)$$n_{O{H}^{-}}=n_{NaOH}=\frac{10}{1000}\times 1=0,01\left(mol\right)$$

Ta có: V1=10mL;V2=1000mL⇒V2=100V1$$V_1=10mL;V_2=1000mL\Rightarrow V_2=100V_1$$

Vì dung dịch sau có thể tích gấp 100 lần dung dịch đầu nên dung dịch sau có nồng độ OH−$$O{H}^{-}$$nhỏ hơn 100 lần so với dung dịch đầu. [OH−](1)=100[OH−](2)$$[O{H}^{-}{]}_{\left(1\right)}=100[O{H}^{-}{]}_{\left(2\right)}$$hay [OH−](2)=1100[OH−](1)$$[O{H}^{-}{]}_{\left(2\right)}=\frac{1}{100}[O{H}^{-}{]}_{\left(1\right)}$$

pH của dung dịch ban đầu: pH(1)=14−pOH(1)=14−log[OH−](1)$$p{H}_{\left(1\right)}=14-pO{H}_{\left(1\right)}=14-\log [O{H}^{-}{]}_{\left(1\right)}$$

pH của dung dịch A:pH(2)=14−pOH(2)=14−log(1100[OH−](1))$$p{H}_{\left(2\right)}=14-pO{H}_{\left(2\right)}=14-\log \left(\frac{1}{100}{\left[O{H}^{-}\right]}_{\left(1\right)}\right)$$

=14−(log1100+log[OH−](1))=14−(2+log[OH−](1))=12−log[OH−](1)$$=14-\left(\log \frac{1}{100}+\log {\left[O{H}^{-}\right]}_{\left(1\right)}\right)=14-(2+\log [O{H}^{-}{]}_{\left(1\right)})=12-\log [O{H}^{-}{]}_{\left(1\right)}$$

Ta thấy: Dung dịch A có pH giảm đi 2 đơn vị so với dung dịch ban đầu.

→ Chọn A.

2.2

Trong dung dịch trung hoà về điện, tổng đại số điện tích của các ion bằng không. Dung dịch A có chứa 0,01 mol Mg²⁺; 0,01 mol Na⁺; 0,02 mol và x mol . Giá trị của x là

A. 0,01.                         B. 0,02.                         C. 0,05.                         D. 0,005.

Phương pháp giải:

Trong dung dịch trung hoà về điện, tổng đại số điện tích của các ion bằng không.

Lời giải chi tiết:

Trong dung dịch A chứa: {0,01molMg2+0,01molNa+} và {0,02molCl−xmolSO2−4}

Bảo toàn điện tích, ta có:

 2nMg2++nNa+=nCl−+2nSO2−4⇔2×0,01+0,01=0,02+2x⇒x=0,005(mol)

→ Chọn D.

2.3

Trong dung dịch nước, cation kim loại mạnh, gốc acid mạnh không bị thuỷ phân, còn cation kim loại trung bình và yếu bị thuỷ phân tạo môi trường acid, gốc acid yếu bị thuỷ phân tạo môi trường base. Dung dịch muối nào sau đây có pH > 7?

A. KNO₃.                      B. K₂SO₄.                      C. Na₂CO₃.                   D. NaCl.

Phương pháp giải:

Trong dung dịch nước:

+ Cation kim loại mạnh, gốc acid mạnh không bị thuỷ phân.

+ Cation kim loại trung bình và yếu bị thuỷ phân tạo môi trường acid.

+ Gốc acid yếu bị thuỷ phân tạo môi trường base.

Lời giải chi tiết:

KNO₃, K₂SO₄, NaCl đều gồm cation kim loại mạnh, gốc acid mạnh. Do đó KNO₃, K₂SO₄, NaCl không bị thủy phân.

Na₂CO₃ gồm cation kim loại mạnh, gốc acid yếu. Do đó Na₂CO₃ bị thủy phân tạo môi trường base có pH > 7.

→ Chọn C.

2.4

Trong các dung dịch acid sau có cùng nồng độ 0,1 M, dung dịch nào có pH cao nhất?

A. HF.                           B. HCl.                          C. HBr.                         D. HI.

Phương pháp giải:

pH = -lg[H⁺]. Với [H⁺] là nồng độ ion H⁺ trong dung dịch.

Nếu [H⁺] = 10^-a (M) thì pH = a. Do đó, [H⁺] càng thấp, thì pH của dung dịch càng cao.

Acid yếu phân li ra H⁺ ít hơn acid mạnh nên acid yếu có pH cao hơn acid mạnh.

Lời giải chi tiết:

Cùng một nồng độ, acid yếu phân li ra H⁺ ít hơn acid mạnh nên acid yếu có pH cao hơn acid mạnh.

Độ mạnh của acid theo thứ tự giảm dần: HI > HBr > HCl > HF.

=> Cùng nồng độ 0,1M acid HF có pH cao nhất.

→ Chọn A.

2.5

Tại khu vực bị ô nhiễm, pH của nước mưa đo được là 4,5 còn pH của nước mưa tại khu vực không bị ô nhiễm là 5,7. Nhận xét nào sau đây không đúng?

A. Nồng độ ion H⁺ trong dung dịch nước mưa bị ô nhiễm là 10^-4,5.

B. Nồng độ ion H⁺ trong dung dịch nước mưa không bị ô nhiễm là 10^-5,7.

C. Nồng độ ion H⁺ trong nước mưa bị ô nhiễm thấp hơn so với trong nước mưa không bị ô nhiễm.

D. Nồng độ ion OH− trong nước mưa bị ô nhiễm thấp hơn hơn so với trong nước mưa không bị ô nhiễm.

Phương pháp giải:

pH = -lg[H⁺]. Với [H⁺] là nồng độ ion H⁺ trong dung dịch.

Nếu [H⁺] = 10^-a (M) thì pH = a.

Lời giải chi tiết:

Tại khu vực bị ô nhiễm, nước mưa có pH=4,5⇒[H+]=10−4,5(M)⇒[OH−]=10−1410−4,5=10−9,5(M)

Tại khu vực không bị ô nhiễm, nước mưa cópH=5,7⇒[H+]=10−5,7(M)⇒[OH−]=10−1410−5,7=10−8,3(M)

Ta thấy nồng độ ion H⁺ trong nước mưa bị ô nhiễm (10^-4,5) cao hơn so với trong nước mưa không bị ô nhiễm (10^-5,7).

→ Chọn C.

2.6

Viết phương trình điện li của các chất sau:

- Acid yếu: HCOOH, HCN; acid mạnh: HCl, HNO₃.

- Base mạnh: KOH, Ba(OH)₂; base yếu: Cu(OH)₂.

- Muối: KNO₃, Na₂CO₃, FeCl₃.

Phương pháp giải:

Chất điện li mạnh bao gồm acid mạnh, base mạnh và hầu hết các muối tan. Trong phương trình điện li của chất điện li mạnh, người ta dùng một mũi tên chỉ chiều của quá trình điện li.

Chất điện li yếu bao gồm các acid yếu, base yếu. Trong phương trình điện li của chất điện li yếu, người ta dùng hai nửa mũi tên ngược chiều nhau.

Lời giải chi tiết:

HCOOH→←\vboxto.5ex\vssH++COO−HCN→←\vboxto.5ex\vssH++CN−HCl→H++Cl−HNO3,→H++NO−3KOH→K++OH−Ba(OH)2→Ba2++2OH−Cu(OH)2→←\vboxto.5ex\vssCu2++2OH−KNO3→K++NO−3Na2CO3→2Na++CO2−3FeCl3→Fe3++3Cl−

2.7

Dựa vào thuyết acid-base của Brønsted-Lowry, hãy xác định acid, base trong các phản ứng sau:

a)HCOOH+H2O→←\vboxto.5ex\vssHCOO−+H3O+b)HCN+H2O→←\vboxto.5ex\vssCN−+H3O+c)S2−+H2O→←\vboxto.5ex\vssHS−+OH−d)(CH3)2NH+H2O→←\vboxto.5ex\vss(CH3)2NH+2+OH−

Phương pháp giải:

Theo thuyết acid, base của Bronsted – Lowry: Acid là chất cho H⁺ (proton), base là chất nhận H⁺.

Lời giải chi tiết:

a) Trong phản ứng thuận, HCOOHcho H⁺, H2Onhận H⁺. Do đó, HCOOHlà acid, H2Olà base.

Trong phản ứng nghịch, HCOO−nhận H⁺, H3O+cho H⁺. Do đó, HCOO−là base, H3O+ là acid.

b) Trong phản ứng thuận, HCNcho H⁺, H2Onhận H⁺. Do đó, HCNlà acid, H2Olà base.

Trong phản ứng nghịch, CN−nhận H⁺, H3O+cho H⁺. Do đó, CN−là base, H3O+ là acid.

c) Trong phản ứng thuận, H2Ocho H⁺, S2−nhận H⁺. Do đó, H2Olà acid, S2−là base.

Trong phản ứng nghịch, OH−nhận H⁺, HS−cho H⁺. Do đó, OH−là base, HS−là acid.

d) Trong phản ứng thuận, H2Ocho H⁺, (CH3)2NHnhận H⁺. Do đó, H2Olà acid, (CH3)2NHlà base.

Trong phản ứng nghịch, OH−nhận H⁺, (CH3)2NH2cho H⁺. Do đó, OH−là base, (CH3)2NH+2là acid.

2.8

Cho dung dịch HCl 1 M (dung dịch A) và dung dịch NaOH 1 M (dung dịch B).

a) Lấy 10 mL dung dịch A, thêm nước để được 100 mL. Tính pH của dung dịch sau khi pha loãng.

b) Lấy 10 mL dung dịch B, thêm nước để được 100 mL. Tính pH của dung dịch sau khi pha loãng.

Phương pháp giải:

pH = -lg[H⁺]. Với [H⁺] là nồng độ ion H⁺ trong dung dịch

pOH = -lg[OH−]. Với [OH−] là nồng độ ion OH−trong dung dịch

⇒pH+pOH=14

Lời giải chi tiết:

a)

 nHCl=1×101000=0,01(mol)Vdd=100(mL)=0,1(L)⇒[HCl]=0,010,1=0,1(M)HCl→H++Cl−0,1→0,1⇒[H+]=[HCl]=0,1(M)⇒pH=−log0,1=1

b)

nNaOH=1×101000=0,01(mol)Vdd=100(mL)=0,1(L)⇒[NaOH]=0,010,1=0,1(M)NaOH→Na++OH−0,1→0,1⇒[OH−]=[NaOH]=0,1(M)⇒pOH=−log0,1=1⇒pH=14−pOH=14−1=13

2.9

Một dung dịch baking soda có pH = 8,3.

a) Môi trường của dung dịch trên là acid, base hay trung tính?

b) Tính nồng độ ion H⁺ của dung dịch trên.

Phương pháp giải:

a) Môi trường acid: pH < 7

Môi trường trung tính: pH = 7

Môi trường base: pH > 7

b) pH = -lg[H⁺]. Với [H⁺] là nồng độ ion H⁺ trong dung dịch.

Nếu [H⁺] = 10^-a (M) thì pH = a.

Lời giải chi tiết:

a) Vì dung dịch baking soda có pH = 8,3 ( > 7) nên baking soda có môi trường base.

b) Ta có: pH=8,3

⇔−log[H+]=8,3⇒[H+]=10−8,3

2.10

Aspirin là một loại thuốc có thành phần chính là acetylsalicylic acid. Nếu hoà tan thuốc này vào nước, người ta xác định được pH của dung dịch tạo thành là 2,8. Tính nồng độ H⁺ và nồng OH−của dung dịch tạo thành.

Phương pháp giải:

pH = -lg[H⁺]. Với [H⁺] là nồng độ ion H⁺ trong dung dịch.

Tích số ion của H₂O: K_w = [H⁺][OH^-], ở 25^oC K_w = 10^-14

Lời giải chi tiết:

Ta có: pH=2,8

⇔−log[H+]=2,8⇒[H+]=10−2,8⇒[OH−]=10−14[H+]=10−1410−2,8=10−11,2

2.11

Hoà tan hoàn toàn a gam CaO vào nước thu được 1 lít dung dịch nước vôi trong (dung dịch A). Trung hoà 20 mL dung dịch A bằng HCl 0,1M thấy hết 5,1 mL.

a) Tính nồng độ Ca(OH)₂ trong dung dịch nước vôi trong.

b) Tính lượng CaO đã bị hoà tan.

c) Tính pH của dung dịch nước vôi trong.

Phương pháp giải:

a) Tính số mol Ca(OH)₂ từ HCl (theo phương trình hóa học) rồi tính nồng độ Ca(OH)₂. Vì đây là phản ứng chuẩn độ nên phản xảy ra vừa đủ.

b) Tính số mol CaO từ HCl (theo phương trình hóa học) rồi tính khối lượng CaO.

c) Tính nồng độ OH−rồi tính pOH và sử dụng công thức pH+pOH=14

Lời giải chi tiết:

a) CaO + H₂O → Ca(OH)₂

n _HCl = 5,1.10−3.0,1=5,1.10−4mol

Ca(OH)₂ + 2HCl → CaCl₂ + 2H₂O

n _Ca(OH)2 = 2,55.10^-4 mol → n _Ca(OH)2 trong 1 lít dung dịch A là: 50. 2,55.10^-4 = 0,01275 mol

CM _Ca(OH)2 = 0,01275M

b) m _CaO = 0,01275.56 = 0,714g

c) nOH−=2.nCa(OH)2=0,01275.2=0,0255mol

→[OH-] = 0,0255M → pOH = -lg[OH-] = 1,59 → pH = 12,4

2.12

Vỏ trứng có chứa calcium ở dạng CaCO₃. Để xác định hàm lượng CaCO₃ trong vỏ trứng, trong phòng thí nghiệm người ta có thể làm như sau:

Lấy 1,0 g vỏ trứng khô, đã được làm sạch, hoà tan hoàn toàn trong 50 mL dung dịch HCl 0,4 M. Lọc dung dịch sau phản ứng thu được 50 mL dung dịch A. Lấy 10,0 mL dung dịch A chuẩn độ với dung dịch NaOH 0,1 M thấy hết 5,6 mL. Xác định hàm lượng calcium trong vỏ trứng (giả thiết các tạp chất khác trong vỏ trứng không phản ứng với HCl).

Phương pháp giải:

Tính số mol HCl dư từ phản ứng chuẩn độ dung dịch A.

Tính số mol HCl phản ứng với CaCO₃, sau đó tính số mol CaCO₃ và tính khối lượng CaCO₃.

Lời giải chi tiết:

Số mol HCl ban đầu: nHCl=0,4×501000=0,02(mol)

Trong dung dịch A, HCl dư tham gia phản ứng chuẩn độ.

 nNaOH=0,1×5,61000=5,6×10−4(mol)

Xét phản ứng chuẩn độ trong 10 mL dung dịch A:

HCl+NaOH→NaCl+H2O5,6×10−4←5,6×10−4(mol)⇒nHCl=nNaOH=5,6×10−4(mol)

⇒Số mol HCl dư trong 50 mL dung dịch A: 5,6×10−4×5010=2,8×10−3(mol)

⇒Số mol HCl tham gia phản ứng với CaCO₃: 0,02−2,8×10−3=0,0172(mol)

Xét phản ứng giữa HCl và CaCO₃:

2HCl+CaCO3→CaCl2+CO2+H2O0,0172→8,6×10−3(mol)⇒nCaCO3=12nHCl=8,6×10−3(mol)⇒mCaCO3=8,6×10−3×100=0,86(g)

Vậy hàm lượng CaCO₃ trong vỏ trứng: 0,861×100%=86%

2.13

Nabica là một loại thuốc có thành phần chính là NaHCO₃, được dùng để trung hoà bớt lượng acid HCl dư trong dạ dày.

a) Viết phương trình hoá học của phản ứng trung hoà trên.

b) Giả thiết nồng độ dung dịch HCl trong dạ dày là 0,035 M, tính thể tích dung dịch HCl được trung hoà khi bệnh nhân uống 0,588 g bột NaHCO₃.

Phương pháp giải:

Tính số mol NaHCO₃ rồi tính số mol HCl (theo phương trình hóa học), từ đó tính thể tích dung dịch HCl được trung hòa trong dạ dày theo công thức V=nCM

Lời giải chi tiết:

a) NaHCO3+HCl→NaCl+H2O+CO2

b) Ta có: nNaHCO3=0,58884=7×10−3(mol)

⇒nHCl=nNaHCO3=7×10−3(mol)

Vậy thể tích dung dịch HCl được trung hoà khi bệnh nhân uống 0,588 g bột NaHCO₃:

VddHCl=7×10−30,035=0,2(L)=200(mL)

2.14

Một học sinh thực hiện thí nghiệm sau: Lấy 10 mL dung dịch HCl 0,2 M cho vào 5 mL dung dịch NH₃ thu được dung dịch A. Chuẩn độ lượng HCl dư trong dung dịch A bằng dung dịch NaOH 0,1M thấy phản ứng hết 10,2 mL. Tính nồng độ của dung dịch NH₃ ban đầu.

Phương pháp giải:

Tính số mol HCl dư từ phản ứng chuẩn độ rồi tính số mol HCl phản ứng với NH₃. Tính số mol NH₃ theo phương trình hóa học rồi nồng độ của NH₃.

Lời giải chi tiết:

Số mol HCl ban đầu: nHCl=0,2×101000=0,002(mol)

Trong dung dịch A, HCl dư tham gia phản ứng chuẩn độ.

 nNaOH=0,1×10,21000=0,00102(mol)

Xét phản ứng chuẩn độ trong dung dịch A:

HCl+NaOH→NaCl+H2O0,00102←0,00102(mol)⇒nHCl=nNaOH=0,00102(mol)

⇒Số mol HCl tham gia phản ứng với NH₃: 0,002−0,00102=0,00098(mol)

Xét phản ứng giữa HCl và NH₃:

HCl+NH3→NH4Cl0,00098→0,00098(mol)⇒nNH3=nHCl=0,00098(mol)⇒CNH3=0,000980,005=0,196(M)