Bài 3. Ôn tập chương 1 trang 12, 13 SBT Hóa 11 Kết nối tri thức

3.1

Cho phản ứng hoá học sau: $C H_{3} C O O H (l) + C H_{3} O H (l) \vec{\leftarrow} C H_{3} C O O C H_{3} (l) + H_{2} O (l)$

Biểu thức hằng số cân bằng của phản ứng trên là

$\begin{array}{l} A . K_{C} = \frac{[C H_{3} C O O C H_{3}] [H_{2} O]}{[C H_{3} C O O H] [C H_{3} O H]} . B . K_{C} = \frac{[C H_{3} C O O C H_{3}]}{[C H_{3} C O O H] [C H_{3} O H]} . \\ C . K_{C} = \frac{[C H_{3} C O O H] [C H_{3} O H]}{[C H_{3} C O O C H_{3}] [H_{2} O]} . D . K_{C} = \frac{[C H_{3} C O O H] [C H_{3} O H]}{[C H_{3} C O O C H_{3}]} . \end{array}$

Phương pháp giải:

Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau:

aA+bB $\vec{\leftarrow}$ cC +dD

Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: $K_{C} = \frac{{[C]}^{c} {[D]}^{d}}{{[A]}^{a} {[B]}^{b}}$

Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng.

Lời giải chi tiết:

$C H_{3} C O O H (l) + C H_{3} O H (l) \vec{\leftarrow} C H_{3} C O O C H_{3} (l) + H_{2} O (l)$

Biểu thức hằng số cân bằng của phản ứng trên là $K_{C} = \frac{[C H_{3} C O O C H_{3}] [H_{2} O]}{[C H_{3} C O O H] [C H_{3} O H]} .$

→ Chọn A.

3.2

Cho phản ứng hoá học sau: $3 F e (s) + 4 H_{2} O (g) \to F e_{3} O_{4} (s) + 4 H_{2} (g)$

Biểu thức hằng số cân bằng của phản ứng trên là

$\begin{array}{l} A . K_{C} = \frac{{[H_{2}]}^{4} [F e_{3} O_{4}]}{{[H_{2} O]}^{4} {[F e]}^{3}} . B . K_{C} = \frac{{[H_{2}]}^{4}}{{[H_{2} O]}^{4}} . \\ C . K_{C} = \frac{4 [H_{2}]}{4 [H_{2} O]} . D . K_{C} = \frac{4 [H_{2}] [F e_{3} O_{4}]}{4 [H_{2} O] .3 [F e]} . \end{array}$

Phương pháp giải:

Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau:

aA+bB $\vec{\leftarrow}$ cC +dD

Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: $K_{C} = \frac{{[C]}^{c} {[D]}^{d}}{{[A]}^{a} {[B]}^{b}}$

Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng.

Lời giải chi tiết:

$3 F e (s) + 4 H_{2} O (g) \to F e_{3} O_{4} (s) + 4 H_{2} (g)$

Biểu thức hằng số cân bằng của phản ứng trên là $K_{C} = \frac{{[H_{2}]}^{4}}{{[H_{2} O]}^{4}} .$

→ Chọn B.

3.3

Cho phản ứng hoá học sau: $2 N O (g) + O_{2} (g) \vec{\leftarrow} N O_{2} (g) Δ_{r} H_{298}^{0} = - 115 k J$

Nhận xét nào sau đây không đúng?

A. Nếu tăng nhiệt độ thì cân bằng trên chuyển dịch theo chiều nghịch.

B. Nếu tăng áp suất thì cân bằng trên chuyển dịch theo chiều nghịch.

C. Hằng số cân bằng của phản ứng trên chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ.

D. Phản ứng thuận là phản ứng toả nhiệt.

Phương pháp giải:

Nguyên lí Le Chatelier: Một phản ứng thuận nghịch đang ở trạng thái cân bằng khi chịu một tác động từ bên ngoài như biến đổi nồng độ, áp suất, nhiệt độ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm tác động đó.

Chất xúc tác không làm chuyển dịch cân bằng.

Trong phản ứng thuận nghịch, hằng số cân bằng K_C của phản ứng xác định chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ.

Lời giải chi tiết:

- Nếu tăng nhiệt độ thì cân bằng trên chuyển dịch theo chiều giảm nhiệt độ (chiều thu nhiệt), tức là chiều nghịch.

$\Rightarrow$ Nhận xét A đúng.

- Nếu tăng áp suất thì cân bằng trên chuyển dịch theo làm giảm áp suất (giảm số mol khí), tức là chiều thuận.

$\Rightarrow$ Nhận xét B không đúng.

- Trong phản ứng thuận nghịch, hằng số cân bằng K_C của phản ứng xác định chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ.

$\Rightarrow$ Nhận xét C đúng.

- Vì phản ứng này có $Δ_{r} H_{298}^{0} = - 115 k J$ < 0 nên phản ứng thuận là phản ứng toả nhiệt.

$\Rightarrow$ Nhận xét D đúng.

→ Chọn B.

3.4

Cho cân bằng hoá học sau: $2 C O_{2} (g) \vec{\leftarrow} 2 C O (g) + O_{2} (g)$

Ở T°C, nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng như sau:

[CO₂(g)]= 1,2 mol/L, (CO(g)] = 0,35 mol/L và [O₂(g)] = 0,15 mol/L.

Hằng số cân bằng của phản ứng tại T °C là

A. 1,276.10^-2. B. 4,375.10^-2. C. 78,36. D. 22,85.

Phương pháp giải:

Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau:

aA+bB $\vec{\leftarrow}$ cC +dD

Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: $K_{C} = \frac{{[C]}^{c} {[D]}^{d}}{{[A]}^{a} {[B]}^{b}}$

Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng

Lời giải chi tiết:

$K_{C} = \frac{{[C O]}^{2} [O_{2}]}{{[C O_{2}]}^{2}} = \frac{0, 35^{2} \times 0, 15}{1, 2^{2}} \approx 1, 276 \times 10^{- 2}$

→ Chọn A.

3.5

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. FeCl₃. B. KCl. C. Na₂CO₃. D. Na₂SO₄.

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:

KCl, Na₂SO₄đều gồm cation kim loại mạnh, gốc acid mạnh. Do đó KCl, Na₂SO₄không 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.

FeCl₃ gồm cation kim loại trung bình thuỷ phân tạo môi trường acid. Do đó FeCl₃ bị thủy phân tạo môi trường base có pH < 7.

→ Chọn A.

3.6

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

A. H₂SO₄. B. HCl. C. NH₃. D. NaOH.

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.

Dung dịch có tính base càng mạnh, pH càng cao.

Lời giải chi tiết:

Dung dịch NaOH có tính base mạnh nhất trong các dung dịch H₂SO₄, HCl, NH₃.

Do đó, khi các dung dịch trên có cùng nồng độ 0,1 M, dung dịch NaOH có pH cao nhất.

→ Chọn D.

3.7

Cho phản ứng thuận nghịch sau: $H_{2} (g) + I_{2} (g) \vec{\leftarrow} 2 H I (g)$

Ở 430 °C, nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng là: [H₂] = [I₂] = 0,107 mol/L; [HI] = 0,786 mol/L.

a) Tính hằng số cân bằng (K_C) của phản ứng ở 430 °C.

b) Nếu cho 2 mol H₂ và 2 mol I₂ vào bình kín dung tích 10 lít, giữ bình ở 430 °C thì nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng là bao nhiêu?

Phương pháp giải:

Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau:

aA+bB $\vec{\leftarrow}$ cC +dD

Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: $K_{C} = \frac{{[C]}^{c} {[D]}^{d}}{{[A]}^{a} {[B]}^{b}}$

Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng.

Lời giải chi tiết:

a) Hằng số cân bằng (K_C) của phản ứng ở 430 °C:

$K_{C} = \frac{{[H I]}^{2}}{[H_{2}] [I_{2}]} = \frac{0, 786^{2}}{0, 107 \times 0, 107} \approx 53, 96$

b) Ta có: $C_{H_{2}} = C_{I_{2}} = \frac{2}{10} = 0, 2 (M)$ ;

$H_{2} (g) + I_{2} (g) \vec{\leftarrow} 2 H I (g)$

Ban đầu (M): 0,2 0,2 0

Phản ứng (M): x ← x ← 2x

Cân bằng (M): 0,2 – x 0,2 – x 2x

Ở 430 °C °C, ta có: K_C = 53,96

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{[H I]}^{2}}{[H_{2}] [I_{2}]} = 53, 96 \\ \Leftrightarrow \frac{{(2 x)}^{2}}{(0, 2 - x) (0, 2 - x)} = 53, 96 \\ \Rightarrow x \approx 0, 1572 (M) \end{array}$

$\Rightarrow$ $[H_{2}] = [I_{2}] = 0, 2 - 0, 1572 = 0, 0428 (M); [H I] = 2 \times 0, 1572 = 0, 3114 (M)$

3.8

Methylamine (CH₃NH₂) là chất có mùi tanh, được sử dụng làm dược phẩm, thuốc trừ sâu,... Trong dung dịch nước methylamin nhận proton của nước. Viết phương trình hoá học của phản ứng giữa methylamine và nước, xác định đâu là acid, base trong phản ứng. Dự đoán môi trường của dung dịch CH₃NH₂.

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:

$C H_{3} N H_{2} + H_{3} O^{+} \to C H_{3} N {H_{3}}^{+} + H_{2} O$

CH₃NH₂ đóng vai trò là base; H₃O₊ đóng vai trò là acid.

Môi trường của dung dịch NH₃NH₂ là môi trường base.

3.9

Cho các dung dịch sau: HCl 0,1 M; H₂SO₄ 0,1 M và CH₃COOH 0,1 M. Sắp xếp các dung dịch trên theo chiều giá trị pH tăng dần. Giải thích.

Phương pháp giải:

Viết các phương trình điện li của HCl, H₂SO₄, CH₃COOH rồi so sánh [H⁺] được phân li. [H⁺] càng lớn, pH càng nhỏ.

Lời giải chi tiết:

$\begin{array}{l} H C l \to H^{+} + C l^{-} \\ 0, 1 M \to 0, 1 M \\ H_{2} S O_{4} \to 2 H^{+} + {S O}_{4}^{2 -} \\ 0, 1 M \to 0, 2 M \\ C H_{3} C O O H \vec{\leftarrow} H^{+} + C H_{3} C O O^{-} \\ 0, 1 M \to a M (a < 0, 1 M) \end{array}$

[H⁺] trong các dung dịch được sắp xếp theo thứ tự giảm dần: H₂SO₄, HCl, CH₃COOH.

$\Rightarrow$ pH của các dung dịch được sắp xếp theo thứ tự tăng dần: pH (CH₃COOH). pH (HCl), pH (H₂SO₄).

3.10

Dung dịch HCl có pH = 1 (dung dịch A), dung dịch NaOH có pH=13 (dung dịch B). Tính pH của dung dịch sau khi trộn:

a) 5 mL dung dịch A và 10 mL dung dịch B.

b) 5 mL dung dịch B vào 10 mL dung dịch A.

c) 10 mL dung dịch B vào 10 mL dung dịch A.

Phương pháp giải:

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

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

Lời giải chi tiết:

Xét dung dịch A: $p H = 1 \Rightarrow [H^{+}] = 0, 1 (M)$

Xét dung dịch B: $p H = 13 \Rightarrow [H^{+}] = 10^{- 13} (M) \Rightarrow [O H^{-}] = \frac{10^{- 14}}{10^{- 13}} = 0, 1 (M)$

Ta có phương trình ion: $H^{+} + O H^{-} \to H_{2} O$

a) $n_{H^{+}} = 0, 1 \times 0, 005 = 5 \times 10^{- 4} (m o l)$

$n_{O H^{-}} = 0, 1 \times 0, 01 = 10^{- 3} (m o l)$

$\Rightarrow$ $O H^{-}$ dư, H⁺ hết.

$\begin{array}{l} n_{O H^{-} p / u} = n_{H^{+}} = 5 \times 10^{- 4} (m o l) \\ n_{O H^{-} d u} = 10^{- 3} - 5 \times 10^{- 4} = 5 \times 10^{- 4} (m o l) \\ \Rightarrow [O H^{-}] = \frac{5 \times 10^{- 4}}{(5 + 10) \times 10^{- 3}} = \frac{1}{30} (M) \\ \Rightarrow p O H = - l o g \frac{1}{30} \approx 1, 477 \\ \Rightarrow p H = 14 - 1, 477 = 12, 523 \end{array}$

b) $n_{O H^{-}} = 0, 1 \times 0, 005 = 5 \times 10^{- 4} (m o l)$

$n_{H^{+}} = 0, 1 \times 0, 01 = 10^{- 3} (m o l)$

$\Rightarrow$ $O H^{-}$ hết, H⁺ dư.

$\begin{array}{l} n_{H^{+} p / u} = n_{O H^{-}} = 5 \times 10^{- 4} (m o l) \\ n_{H^{+} d u} = 10^{- 3} - 5 \times 10^{- 4} = 5 \times 10^{- 4} (m o l) \\ \Rightarrow [H^{+}] = \frac{5 \times 10^{- 4}}{(5 + 10) \times 10^{- 3}} = \frac{1}{30} (M) \\ \Rightarrow p H = - l o g \frac{1}{30} \approx 1, 477 \end{array}$

c) $n_{O H^{-}} = 0, 1 \times 0, 01 = 10^{- 3} (m o l)$

$n_{H^{+}} = 0, 1 \times 0, 01 = 10^{- 3} (m o l)$

$\Rightarrow$ $O H^{-}$ , H⁺ phản ứng hết, dung dịch sau phản ứng có môi trường trung tính, pH = 7.

3.11

Ascobic acid (vitamin C) là một acid hữu cơ được kí hiệu đơn giản là HAsc, phân tử khối là 176. Một học sinh hoà tan 5,0 g ascorbic acid vào 250 mL nước. Tính pH của dung dịch thu được, biết trong dung dịch có cân bằng sau: $H A s c \vec{\leftarrow} H^{+} + A s c^{-} K_{a} = {8.10}^{- 5}$

Phương pháp giải:

Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau:

aA+bB $\vec{\leftarrow}$ cC +dD

Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: $K_{C} = \frac{{[C]}^{c} {[D]}^{d}}{{[A]}^{a} {[B]}^{b}}$

Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng.

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

Lời giải chi tiết:

Ta có: $n_{H A s c} = \frac{5}{176} \approx 0, 0284 (m o l) \Rightarrow C_{H A s c} = \frac{0, 0284}{0, 25} \approx 0, 114 (M)$ ;

$H A s c \vec{\leftarrow} H^{+} + A s c^{-}$

Ban đầu (M): 0,114 0 0

Phản ứng (M): x → x → x

Cân bằng (M): 0,114 - x x x

Ta có: K_C = ${8.10}^{- 5}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{[H^{+}] [A s c^{-}]}{[H A s c]} = {8.10}^{- 5} \\ \Leftrightarrow \frac{x^{2}}{0, 114 - x} = {8.10}^{- 5} \\ \Rightarrow x \approx 2, {98.10}^{- 3} (M) \Rightarrow [H^{+}] = 2, {98.10}^{- 3} (M) \\ \Rightarrow p H = - l o g 2, {98.10}^{- 3} \approx 2, 53 \end{array}$

3.12

Ethanol và propanoic acid phản ứng với nhau tạo thành ethyl propanoate theo phản ứng hoá học sau:

$C_{2} H_{5} O H (l) + C_{2} H_{5} C O O H (l) \vec{\leftarrow} C_{2} H_{5} C O O C_{2} H_{5} (l) + H_{2} O (l)$

Ở 50 °C, giá trị K_C của phản ứng trên là 7,5. Nếu cho 23,0 g ethanol phản ứng với 37,0 g propanoic acid ở 50 °C thì khối lượng của ethyl propanoate thu được trong hỗn hợp ở trạng thái cân bằng là bao nhiêu? (Coi tổng thể tích của hệ phản ứng không đổi.)

Phương pháp giải:

Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau: aA+bB $\vec{\leftarrow}$ cC +dD

Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: $K_{C} = \frac{{[C]}^{c} {[D]}^{d}}{{[A]}^{a} {[B]}^{b}}$

Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng.

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

Lời giải chi tiết:

$n_{C_{2} H_{5} O H} = \frac{23}{46} = 0, 5 (m o l); n_{C_{2} H_{5} C O O H} = \frac{37}{74} = 0, 5 (m o l)$

Giả sử thể tích của hệ phản ứng là V (L).

$\Rightarrow C_{C_{2} H_{5} O H} = C_{C_{2} H_{5} C O O H} = \frac{0, 5}{V} (M)$

Gọi số mol của ethyl propanoate x.

Xét cân bằng:

$C_{2} H_{5} O H (l) + C_{2} H_{5} C O O H (l) \vec{\leftarrow} C_{2} H_{5} C O O C_{2} H_{5} (l) + H_{2} O (l)$

Ban đầu (M): $\frac{0, 5}{V}$ $\frac{0, 5}{V}$ 0 0

Phản ứng (M): $\frac{x}{V}$ ← $\frac{x}{V}$ ← $\frac{x}{V}$ → $\frac{x}{V}$

Cân bằng (M): $\frac{0, 5 - x}{V}$ $\frac{0, 5 - x}{V}$ $\frac{x}{V}$ $\frac{x}{V}$

Ở 50 °C, ta có: K_C = 7,5

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{[C_{2} H_{5} C O O C_{2} H_{5}] [H_{2} O]}{[C_{2} H_{5} O H] [C_{2} H_{5} C O O H]} = 7, 5 \\ \Leftrightarrow \frac{{(\frac{x}{V})}^{2}}{{(\frac{0, 5 - x}{V})}^{2}} = 7, 5 \\ \Rightarrow x \approx 0, 366 (m o l) \\ \Rightarrow m_{C_{2} H_{5} C O O C_{2} H_{5}} = 0, 366.102 = 37, 33 2 (g) \end{array}$

3.13

Cho cân bằng hoá học sau: $N_{2} (g) + 3 H_{2} (g) \vec{\leftarrow} 2 N H_{3} (g) Δ_{r} H_{298}^{0} = - 92 k J$

Cho 3,0 mol khí hydrogen và 1,0 mol khí nitrogen vào một bình kín dung tích 10 lít, có bột iron xúc tác, giữ bình ở 450 °C. Ở trạng thái cân bằng có 20% chất đầu chuyển hoá thành sản phẩm.

a) Xác định số mol các chất ở trạng thái cân bằng.

b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở nhiệt độ trên.

c) Khi tăng nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch theo chiều nào?

Phương pháp giải:

Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau: aA+bB $\vec{\leftarrow}$ cC +dD

Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: $K_{C} = \frac{{[C]}^{c} {[D]}^{d}}{{[A]}^{a} {[B]}^{b}}$

Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng.

Nguyên lí Le Chatelier: Một phản ứng thuận nghịch đang ở trạng thái cân bằng khi chịu một tác động từ bên ngoài như biến đổi nồng độ, áp suất, nhiệt độ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm tác động đó.

Lời giải chi tiết:

a) Ở trạng thái cân bằng có 20% chất đầu chuyển hoá thành sản phẩm, do đó các chất phản ứng có số mol như sau: $n_{N_{2}} = 1 \times \frac{20}{100} = 0, 2 (m o l); n_{H_{2}} = 3 \times \frac{20}{100} = 0, 6 (m o l)$

Xét cân bằng hóa học:

$N_{2} (g) + 3 H_{2} (g) \vec{\leftarrow} 2 N H_{3} (g)$

Ban đầu (mol): 1 3 0

Phản ứng (mol): 0,2 0,6 0,2

Cân bằng (mol): 0,8 2,4 0,2

$\Rightarrow [N_{2}] = \frac{0, 8}{10} = 0, 08 (M); [H_{2}] = \frac{2, 4}{10} = 0, 24 (M); [N H_{3}] = \frac{0, 4}{10} = 0, 04 (M)$

b) Ở 450 °C, $K_{C} = \frac{{[N H_{3}]}^{2}}{[N_{2}] [H_{2}]^{3}} = \frac{0, 04^{2}}{0, 08.0, 24^{3}} \approx 1, 45$

c) Khi tăng nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm nhiệt độ (chiều thu nhiệt), cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

3.14

a) CH₃COOH (có trong giấm ăn) là một acid yếu. Tính pH của dung dịch CH₃COOH 0,1 M (biết hằng số cân bằng của sự phân li CH₃COOH là 1,8.10^-5 bỏ qua sự phân li của nước).

b) Trong dung dịch nước ion $C H_{3} C O O^{-}$ nhận proton của nước. Viết phương trình thuỷ phân và cho biết môi trường của dung dịch CH₃COONa.

c) Cho 10 mL dung dịch NaOH 0,1 M vào 10 mL dung dịch CH₃COOH 0,2 M thu được 20 mL dung dịch A. Tính pH của dung dịch A.

Phương pháp giải:

Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau: aA+bB $\vec{\leftarrow}$ cC +dD

Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: $K_{C} = \frac{{[C]}^{c} {[D]}^{d}}{{[A]}^{a} {[B]}^{b}}$

Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng.

Lời giải chi tiết:

a) Xét cân bằng hóa học:

$C H_{3} C O O H \vec{\leftarrow} H^{+} + C H_{3} C O O^{-}$

Ban đầu (M): 0,1 0 0

Phản ứng (M): x ← x → x

Cân bằng (M): 0,1 -x x x

Ta có: $K = 1, {8.10}^{- 5}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{[H^{+}] [C H_{3} C O O^{-}]}{[C H_{3} C O O H]} = 1, {8.10}^{- 5} \\ \Leftrightarrow \frac{x^{2}}{0, 1 - x} = 1, {8.10}^{- 5} \Rightarrow x \approx 1, {33.10}^{- 3} (M) \\ \Rightarrow [H^{+}] = 1, {33.10}^{- 3} (M) \\ \Rightarrow p H = - \log 1, {33.10}^{- 3} \approx 2, 88 \end{array}$

b) Phương trình thủy phân CH₃COONa: $C H_{3} C O O N a \to C H_{3} C O O^{-} + N a^{+}$

Ion $C H_{3} C O O^{-}$ tiếp tục bị thủy phân: $C H_{3} C O O^{-} + H_{2} O \vec{\leftarrow} C H_{3} C O O H + O H^{-}$

$\Rightarrow$ Dung dịch CH₃COONa có môi trường base.

c) $n_{C H_{3} C O O H} = 0, 2 \times 0, 01 = 0, 002 (m o l); n_{N a O H} = 0, 1 \times 0, 01 = 0, 001 (m o l)$

Xét phản ứng: $C H_{3} C O O H + N a O H \to C H_{3} C O O N a + H_{2} O$

0,002 0,001

Ta thấy: $\frac{n_{C H_{3} C O O H}}{1} > \frac{n_{N a O H}}{1} (\frac{0, 002}{1} > \frac{0, 001}{1}) \Rightarrow$ $C H_{3} C O O H$ dư, $N a O H$ hết.

$\begin{array}{l} n_{C H_{3} C O O H p / u} = n_{N a O H} = 0, 001 (m o l) \\ \Rightarrow n_{C H_{3} C O O H d u} = 0, 002 - 0, 001 = 0, 001 (m o l) \\ \Rightarrow C_{C H_{3} C O O H d u} = \frac{0, 001}{0, 02} = 0, 05 (M) \\ \Rightarrow n_{C H_{3} C O O^{-}} = n_{C H_{3} C O O N a} = 0, 001 (m o l) \Rightarrow C_{C H_{3} C O O^{-}} = \frac{0, 001}{0, 02} = 0, 05 (M) \end{array}$

Xét cân bằng hóa học:

$C H_{3} C O O H \vec{\leftarrow} H^{+} + C H_{3} C O O^{-}$

Ban đầu (M): 0,05 0 0,05

Phản ứng (M): x ← x → x

Cân bằng (M): 0,005 - x x 0,05 + x

Ta có: $K = 1, {8.10}^{- 5}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{[H^{+}] [C H_{3} C O O^{-}]}{[C H_{3} C O O H]} = 1, {8.10}^{- 5} \\ \Leftrightarrow \frac{x (0, 05 + x)}{0, 05 - x} = 1, {8.10}^{- 5} \Rightarrow x \approx 1, {798.10}^{- 5} (M) \\ \Rightarrow [H^{+}] = 1, {798.10}^{- 5} (M) \\ \Rightarrow p H = - \log 1, {798.10}^{- 5} \approx 4, 7 \end{array}$

3.15

Một học sinh cân 1,062 g NaOH rắn rồi pha thành 250 mL dung dịch A.

a) Tính nồng độ C_M của dung dịch A.

b) Lấy 5,0 mL dung dịch A rồi chuẩn độ với dung dịch HCl 0,1 M thì thấy hết 5,2 mL. Tính nồng độ dung dịch A từ kết quả chuẩn độ trên.

c) Nêu một số nguyên nhân dẫn đến việc sai khác nồng độ dung dịch A trong câu a và b.

Phương pháp giải:

a) Sử dụng công thức: $C_{M} = \frac{n_{N a O H}}{V_{d d A}}$

b) Chuẩn độ dung dịch NaOH bằng dung dịch HCl:

Nồng độ dung dịch NaOH: $C_{N a O H} = \frac{V_{H C l} . C_{H C l}}{V_{N a O H}}$

c) Một số nguyên nhân có thể dẫn đến sai số trong quá trình chuẩn độ:

+ Sai số do phương pháp hay quy trình chuẩn độ: phản ứng hoá học không hoàn toàn, chỉ thị đổi màu khi chưa đến điểm tương đương …

+ Sai số do dụng cụ như: dụng cụ chưa được rửa sạch, dụng cụ chưa được chuẩn hoá…

+ Sai số do người làm thí nghiệm: mắt nhìn không chính xác, cẩu thả trong thực nghiệm …

+ Sai số do hoá chất không tinh khiết.

Lời giải chi tiết:

a) $n_{N a O H} = \frac{1, 062}{40} = 0, 265 5 (m o l) \Rightarrow C_{N a O H} = \frac{0, 2655}{0, 25} = 0, 1062 (M)$

b) V_HCl = 5,2 (mL); C_HCl = 0,1 (M); V_NaOH = 5 (mL)

$\Rightarrow C_{N a O H} = \frac{V_{H C l} . C_{H C l}}{V_{N a O H}} = \frac{5, 2 .0, 1}{5} = 0, 104 (M)$

c) Một số nguyên nhân dẫn đến việc sai khác nồng độ dung dịch A trong câu a và b:

- Sai số vì NaOH không nguyên chất: NaOH để trong không khí ẩm, hấp thụ một lượng nhỏ CO₂ trong không khí.

- Sai số do dụng cụ như: dụng cụ chưa được rửa sạch, dụng cụ chưa được chuẩn hoá…

- Sai số do người làm thí nghiệm: mắt nhìn không chính xác, cẩu thả trong thực nghiệm …