CHUYÊN ĐỀ: PH BỒI DƯỠNG MÁY TÍNH CẦM TAY CÁC DẠNG BÀI TOÁN MINH HỌA PHẢN ỨNG AXIT- BAZƠ TRONG DUNG DỊCH I. Cân bằng trong dung dịch axit mạnh và bazơ mạnh 1.1. Trường hợp 1 Nếu nồng độ các axit mạnh, bazơ mạnh đủ lớn thì có thể bỏ qua sự phân li của nước và có thể chấp nhận nồng độ ion H + hoặc OH - của axit hoặc bazơ cho vào là nồng độ chung của các ion này. Dạng 1: Tính pH của dung dịch axit mạnh hoặc bazơ mạnh mà không có sự pha trộn. Ví dụ 1: a) Tính pH của dung dịch thu được khi hoà tan 0,05ml dung dịch HNO 3 15 M trong 1 lít nước. b) Tính pH của dung dịch Ba(OH) 2 0,0025 M. Giải: a) 4 )( 10.5,7 1000 15.05,0 3 − == HNOM C ; trong dung dịch nước có các cân bằng sau: HNO 3 → H + + NO 3 - (1) 7,5.10 -4 7,5.10 -4 H 2 O H + + OH - K w =10 -14 (2) vì )()( 23 OHHHNOH CC ++ >> nên có thể bỏ qua sự phân li của nước, do đó tính H + theo cân bằng (1): [ ] [ ] 125,3lg10.5,7 4 =−=⇒= +−+ HpHH b) Có các cân bằng xảy ra: Ba(OH) 2 → Ba 2+ + OH - (1) 0,0025 0,0025 H 2 O H + + OH - K w =10 -14 (2) vì )( ))(( 2 2 OHOH OHBa OH CC −− >> nên có thể bỏ qua cân bằng (2), tính toán theo cân bằng (1): [ ] [ ] 4,1110.4 10.5,2 10 10.5,20025,0 12 3 14 3 =⇒==⇒== − − − +−− pHHOH Dạng 2 : Tính pH của các dung dịch có sự pha trộn các chất. Ví dụ 2: Trộn 100 ml dung dịch HCl 0,1 M với 100 ml dung dịch HNO 3 0,03 M. Tính pH của dung dịch thu được. Giải: Bài toán đã cho biết nồng độ gốc của dung dịch, khi pha trộn các dung dịch cần phải tìm nồng độ ban đầu của các dung dịch(C): MC HCl 05,0 200 1,0.100 == ; MC HNO 015,0 200 03,0.100 3 == Các cân bằng xảy ra trong dung dịch: HCl → H + + Cl - 0,05 0,05 HNO 3 → H + + NO 3 - 0,015 0,015 [H + ]=[Cl - ] + [NO 3 - ] = 0,05+0,015 = 0,065M( Đây là dung dịch axit mạnh nên H + do nước phân li không đáng kể). → pH= - lg(0,065) = 1,19 Ví dụ 3: Trộn 100 ml dung dịch HCl 0,10M với 100ml dung dịch NaOH 0,20 M. Tính pH của dung dịch thu được. Giải: Đây là bài toán trộn một dung dịch axit mạnh với một dung dịch bazơ mạnh, vì vậy ta phải xác định TPGH, từ đó xác định pH của dung dịch. - Nồng độ gốc C 0 : HCl 0,10 M; NaOH 0,20 M - Nồng độ ban đầu C 0 : HCl = (0,10.100)/ 200 = 0,05M NaOH = (0,20.100)/ 200 = 0,10 M Phản ứng: HCl + NaOH → NaCl + H 2 O C 0 0,05 0,10 C - 0,05 0,05 TPGH: NaOH 0,05 M; NaCl 0,05 M; H 2 O Tính pH của dung dịch theo NaOH( Bỏ qua sự phân li của nước). NaOH → Na + + OH - 0,05 0,05 [OH - ] = 0,05M→ [H + ] = 10 -14 / 0,05 = 2.10 -13 → pH = -lg(2.10 -13 ) = 12,7 Lưu ý: Đối với dung dịch hỗn hợp gồm axit mạnh và muối của nó với bazơ mạnh hoặc hỗn hợp gồm bazơ mạnh và muối của nó với axit mạnh, thì khi tính pH của dung dịch ta tính theo axit mạnh hoặc bazơ mạnh, còn các muối của chúng không ảnh hưởng gì đến việc tính toán pH của dung dịch. Ví dụ 4: Trộn 10,00 ml dung dịch hỗn hợp HCl và HNO 3 có pH = 2 với 10,00 ml dung dịch Ba(OH) 2 có pH = 12. Tính pH của dung dịch sau phản ứng. CHUYÊN ĐỀ: PH - 1 - Giải: Bài toán này không cho nồng độ của các chất mà cho pH của các dung dịch tham gia phản ứng nên phải dựa vào pH để tìm nồng độ mol/l của các ion H + và OH - , từ đó viết các phản ứng, rồi tìm thành phần giới hạn, thành phần cân bằng và tính pH. - Nồng độ gốc C 0 : [H + ]= 10 -2 M [OH - ]= 10 -14 / 10 -12 =10 -2 M - Nồng độ ban đầu C 0 : [H + ]= (10 -2 .10)/ 20=5.10 -3 M [OH - ]= (10 -2 .10)/ 20= 5.10 -3 M Phản ứng : H + + OH - → H 2 O 5.10 -3 5.10 -3 - - TPGH: Cl - , NO 3 - , Ba 2+ , H 2 O Như vậy, trong dung dịch sau phản ứng chỉ chứa muối của axit mạnh và bazơ mạnh, đều là những chất trung tính nên pH của dung dịch sau phản ứng bằng 7. Ở đây TPGH cũng chính là thành phần cân bằng. 1.2. Trường hợp 2 Nếu nồng độ của axit và bazơ quá nhỏ )()()( )( 22 OHOHbazoOHOHH axit H ChayCCC −−++ ≈≈ thì không bỏ qua cân bằng phân li của H 2 O trong dung dịch, ta phải dựa vào ĐKP. Ví dụ 5: Thêm 9,95 ml dung dịch NaOH 2.10 -4 M vào 10,00 ml dung dịch HClO 4 2.10 -4 M. Tính pH của dung dịch thu được. Giải: 9,95 ml dung dịch NaOH 2.10 -4 M phản ứng hết với 9,95 ml dung dịch HClO 4 2.10 -4 M. Vậy HClO 4 còn dư là 0,05 ml → MC HClO 8 4 10 1000 10.2.05,0 4 − − == Vậy )( 8 )( 2 10 OHHH CMC ++ ≈= − nên không bỏ qua sự phân li của nước. Các quá trình xảy ra trong dung dịch: HClO 4 H + + ClO 4 - H 2 O H + + OH - ĐKP: [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 01010 148 2 4 4 =−−⇒+=⇒+= −+−+ + +−−+ HH H K CHOHClOH w HClO [H + ]= 1,05.10 -7 → pH= 6,97 II. Cân bằng trong dung dịch đơn axit yếu hoặc đơn bazơ yếu 2.1. Dung dịch đơn axit yếu. Ví dụ 6: Tính pH của dung dịch axit CH 3 COOH 1,00.10 -3 M. Biết CH 3 COOH có K a =10 -4,76 . Giải: Các cân bằng xảy ra: CH 3 COOH CH 3 COO - + H + K a = 10 -4,76 (1) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (2) Đối với bài toán này ta phải so sánh (K a .C a ) với K w , để loại bỏ cân bằng phân li của H 2 O. Ta có: K a .C a =10 -4,76 .10 -3 = 10 -7,76 >> K w = 10 -14 , vậy có thể bỏ qua sự phân li của H 2 O, trong dung dịch cân bằng (2) xảy ra là chủ yếu. CH 3 COOH CH 3 COO - + H + K a =10 -4,76 C 0 10 -3 [ ] 10 -3 -x x x x x − = − − 3 2 76,4 10 10 → x 2 + 10 -4,76 x - 10 -7,76 = 0→ x= 1,23.10 -4 →pH = 3,9 ( đối với trường hợp này không thể giải gần đúng mà phải giải phương trình bậc 2 vì giá trị x gần đúng là 1,3.10 -4 lại nhỏ hơn 10 -3 ) Ví dụ 7: Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch thu được khi hoà tan 0,535 gam NH 4 Cl trong 200 ml nước. Biết NH 4 + có K a =10 -9,24 . Giải : MCmoln MClNH 05,0 2,0 01,0 01,0 5,53 535,0 4 ==⇒== Các quá trình xảy ra trong dung dịch: NH 4 Cl → NH 4 + + Cl - H 2 O H + + OH - K w =10 -14 (1) NH 4 + NH 3 + H + K a = 10 -9,24 (2) Ta có: K a .C = 10 -9,24 .5.10 -2 = 5.10 -11,24 >> 10 -14 Vậy trong dung dịch cân bằng (2) xảy ra là chủ yếu: NH 4 + NH 3 + H + K a = 10 -9,24 C 0 0,05 CHUYÊN ĐỀ: PH - 2 - [ ] 0,05-x x x x x − = − 05,0 10 2 24,9 với x<< 0,05 → x =[NH 3 ]=[H + ]= 5,36.10 -6 → [OH - ] = 10 -14 / 5,36.10 -6 = 1,86.10 -9 . Ví dụ 8: Cần lấy bao nhiêu gam NH 4 Cl để pha thành 250 ml dung dịch có pH = 5,5. Coi thể tích dung dịch không thay đổi. Biết NH 4 + có K a =10 -9,24 . Giải: Các quá trình xảy ra trong dung dịch: NH 4 Cl → NH 4 + + Cl - H 2 O H + + OH - K w =10 -14 (1) NH 4 + NH 3 + H + K a = 10 -9,24 (2) Ta có: pH = 5,5→ [H + ]= 10 -5,5 >> [OH - ]= 10 -8,5 → có thể bỏ qua cân bằng phân li của nước và tính theo (2). Gọi số gam NH 4 Cl cần lấy là a → M aa C ClNH 5,53 4 250.5,53 1000. 4 == NH 4 + NH 3 + H + K a = 10 -9,24 C 0 5,53 4a [ ] 5,53 4a -x x x 24,9 2 10 5,53 4 − = − x a x trong đó x= 10 -5,5 ; 24,9 5,5 10 10 10 5,53 4 10 − − − = − a → a = 2,324 gam 2.2. Dung dịch đơn bazơ yếu Ví dụ 9: Tính pH của dung dịch NH 3 10 -2 M.Biết NH 4 + có K a =10 -9,24 . Giải: Các cân bằng xảy ra trong dung dịch: NH 3 + H 2 O NH 4 + + OH - K b = 10 -14 / 10 -9,24 = 10 -4,76 (1) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (2) Ta có: C b .K b = 10 -6,76 >> K w =10 -14 → bỏ qua cân bằng phân li của nước. Tính theo cân bằng(1) NH 3 + H 2 O NH 4 + + OH - K b = 10 -4,76 C 0 10 -2 [ ] 10 -2 - x x x [ ] [ ] 11476,676,42 2 2 76,4 10.46,210.08,401010 10 10 −+−−−− − − =⇒==⇒=−+⇒ − = HOHxxx x x Vậy : pH = 10,6 Ví dụ 10: Tính pH của dung dịch CH 3 COOK 2,0.10 -5 M. Biết CH 3 COOH có K a =10 -4,76 . Giải: Các cân bằng xảy ra trong dung dịch: CH 3 COOK → CH 3 COO - + K + 2,0.10 -5 2,0.10 -5 CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH - K b = 10 -9,24 (1) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (2) Ta có : C b .K b = 2.10 -5 .10 -9,24 = 1,15.10 -14 ≈ K w =10 -14 , nên không thể bỏ qua sự phân li của nước, khi đó tính toán phải dựa vào ĐKP. Biểu thức ĐKP đối với cân bằng(1) và (2) là: [OH - ]= [CH 3 COOH] + [H + ] → [ ] [ ] [ ] [ ] a K COCHH H H - 3 14 O. 10 + + − + −= , một cách gần đúng chấp nhận [CH 3 COO - ]≈ C(CH 3 COO - )=2.10 -5 → [H + ] = 6,82.10 -8 → pH = 7,166 * Kiểm tra kết quả bằng cách tính lặp: kết quả hội tụ tại pH= 7,166 III. Cân bằng trong dung dịch chứa hỗn hợp axit mạnh và đơn axit yếu hoặc bazơ mạnh và đơn bazơ yếu 3.1.Hỗn hợp axit mạnh và axit yếu Ví dụ 11: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 40 ml dung dịch HCl 2,5.10 -2 M với 60 ml dung dịch CH 3 COOH 1,67.10 -4 M.Biết CH 3 COOH có K a =10 -4,76 . Giải: Sau khi trộn: C HCl = (2,5.10 -2 .40)/ 100 = 0,01 M = 10 -2 M CHUYÊN ĐỀ: PH - 3 - MC COOHCH 44 10100/)60.10.67,1( 3 −− == Các quá trình xảy ra trong dung dịch: HCl → H + + Cl - CH 3 COOH CH 3 COO - + H + K a = 10 -4,76 (1) H 2 O H + + OH - K w =10 -14 (2) Vì K a >> K w nên bỏ qua cân bằng (2), tính toán dựa vào cân bàng (1) CH 3 COOH CH 3 COO - + H + K a = 10 -4,76 C 0 10 -4 10 -2 [ ] 10 -4 -x x 10 -2 +x Áp dụng ĐLTDKL ta có: x xx − + = − − − 4 2 76,4 10 )10( 10 → 776,876,422 10.73,1010)1010( −−−− =⇒=−++ xxx →[H + ] ≈ 10 -2 → pH = 2 Ví dụ 12: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 10,00 ml dung dịch H 2 SO 4 0,01 M với 40,00 ml dung dịch HNO 3 có pH=1,3. Biết HSO 4 - có K a =10 -2 . Giải: Dung dịch HNO 3 có pH=1,3 → [H + ]= 10 -1,3 =0,05 M = C 0 (HNO 3 ) Nồng độ các chất sau khi pha trộn: MC SOH 3 10.2 50 10.01,0 42 − == ; MC HNO 04,0 50 40.05,0 3 == Trong dung dịch có các cân bằng: H 2 SO 4 → H + + HSO 4 - HNO 3 → H + + NO 3 - HSO 4 - H + + SO 4 2- K a = 10 -2 (1) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (2) Do K a rất lớn nên có thể bỏ qua sự phân li của nước, tính toán dựa vào cân bằng (1). HSO 4 - H + + SO 4 2- K a = 10 -2 C 0 2.10 -3 0,042 [ ] 2.10 -3 -x0,042+x x áp dụng ĐLTDKL ta có: 4522 10.82,3010.2052,0 002,0 )042,0( 10 −−− =⇒=−+⇒ − + = xxx x xx → [H + ]= 0,042+3,82.10 -4 =0,0424 → pH = 1,37 3.2. Hỗn hợp bazơ mạnh và bazơ yếu Ví dụ 13: Tính pH của dung dịch gồm NaOH 1,0.10 -4 M và NaNO 2 0,10 M. Biết HNO 2 có K a = 10 -3,3 . Giải : Các quá trình xảy ra trong dung dịch: NaNO 2 → Na + + NO 2 - NaOH → Na + + OH - NO 2 - + H 2 O HNO 2 + OH - K b = 10 -10,7 C 0 0,10 1,0.10 -4 [ ] 0,1-x x 1,0.10 -4 +x áp dụng ĐLTDKL ta có: 010)1010.0,1( 1,0 )10.0,1( 10 7,117,1042 4 7,10 =−++⇒ − + = −−− − − xx x xx → x= 1,99.10 -8 → [OH - ]= 10 -4 → pH = 10 Ví dụ 14: Tính khối lượng NaOH phải cho vào 500 ml dung dịch HCOONa 0,010 M để pH của dung dịch thu được là 11,50 (bỏ qua sự thay đổi thể tích của dung dịch). Biết HCOOH có K a =10 -3,75 . Giải: Gọi số mol NaOH cần thêm vào là a mol → C NaOH = (a.1000)/ 500= 2a M. Các quá trình xảy ra trong dung dịch: NaOH → Na + + OH - 2a 2a HCOONa → Na + + HCOO - 0,010 0,010 HCOO - + H 2 O HCOOH + OH - K b = 10 -10,25 (1) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (2) Vì pH= 11,5 → [H + ]= 10 -11,5 << [OH - ]= 10 -2,5 nên có thể bỏ qua cân bằng phân li của nước, tính toán theo cân bằng (1). HCOO - + H 2 O HCOOH + OH - K b = 10 -10,25 C 0 0,01 2a [ ] 0,01-x x 2a+x CHUYÊN ĐỀ: PH - 4 - Ta có: x xax − + = − 01,0 )2( 10 25,10 trong đó (2a+x) = 10 -2,5 → x= 17,8.10 -9 → a= (10 -2,5 -17,8.10 -9 )/2= 1,58.10 -3 → m NaOH =0,0632 gam IV. Hỗn hợp các đơn axit yếu và hỗn hợp các đơn bazơ yếu 4.1. Hỗn hợp các đơn axit yếu Ví dụ 15: Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử và tính pH của dung dịch gồm CH 3 COOH 0,010 M(C 1 ) và NH 4 Cl 0,100 M(C 2 ). Biết CH 3 COOH có K a =10 -4,75 ; NH 4 + có K a =10 -9,24 . Giải: Trong dung dịch có các cân bằng sau: NH 4 Cl → NH 4 + + Cl - 0,100 0,100 H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (1) CH 3 COOH H + + CH 3 COO - K a1 = 10 -4,76 (2) NH 4 + H + + NH 3 K a2 = 10 -9,24 (3) Vì: K a1 .C 1 =10 -6,76 >> K a2 .C 2 = 10 -10,24 > K w nên một cách gần đúng ta chỉ tính toán cân bằng theo (2) CH 3 COOH H + + CH 3 COO - K a1 = 10 -4,76 C 0 0,010 [ ] 0,010-x x x → [ ] [ ] −+−−− ====⇒= − COOCHHx x x 3 438,376,4 2 10.17,41010 01,0 → pH= 3,38 * Kiểm tra kết quả: Từ cân bằng (3) ta có: [ ] 38,386,6 38,3 24,9 3 1010 10 1,0 .10 −− − − < <== NH vậy sự phân li của NH 4 + là không đáng kể so với CH 3 COOH và [NH 4 + ]= 0,1 M. Cách tính gần đúng trên là chấp nhận được. Ví dụ 16: Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử và pH của dung dịch thu được khi trộn 3 ml HCOOH 0,03 M với 6 ml CH 3 COOH 0,15 M. Biết CH 3 COOH có K a =10 -4,76 ; HCOOH có K a =10 -3,75 . Giải: Nồng độ ban đầu của các chất: 1 01,0 9 3.03,0 CMC HCOOH === ; 2 1,0 9 6.15,0 3 CMC COOHCH === Các cân bằng xảy ra: HCOOH HCOO - + H + K 1 =10 -3,75 (1) CH 3 COOH CH 3 COO - + H + K 2 = 10 -4,76 (2) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (3) Ta có: K 1 .C 1 =10 -5,75 ≈ K 2 .C 2 = 10 -5,76 >> K w nên trong dung dịch cân bằng (1) và (2) xảy ra là chủ yếu, có thể bỏ qua cân bằng (3). Ta có ĐKP: [H + ] = [HCOO - ] + [CH 3 COO - ] [ ] [ ] [ ] [ ] 376,575,5 2211 2211 10.875,11010 −−−+ ++ + =+=+≈⇒+≈ CKCKH H CK H CK H → pH = 2,73 * Kiểm tra kết quả: [ ] 3 75,373,2 73,2 10.13,9 1010 10 .01,0 − −− − = + = HCOOH [ ] 099,0 1010 10 .1,0 76,473,2 73,2 3 = + = −− − COOHCH Tính lặp lại: [ ] 376,4375,3 2 10.83,1099,0.1010.13,9.10 −−−−+ =+= H pH= 2,74. Vậy kết quả tính gần đúng trên có thể chấp nhận được. Từ đó tính tiếp nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch. 4.2. Hỗn hợp các đơn bazơ yếu. Ví dụ 17: Tính pH của dung dịch hỗn hợp gồm CH 3 COONa 0,0010 M(C 1 ); HCOONa 0,020 M(C 2 ) và NaCN 0,0050 M(C 3 ). Biết CH 3 COOH có K a =10 -4,75 ; HCOOH có K a =10 -3,75 ; HCN có K a =10 -9,35 . Giải: Các cân bằng xảy ra trong dung dịch: CH 3 COONa → CH 3 COO - + Na + 0,0010 0,0010 HCOONa → HCOO - + Na + 0,020 0,020 NaCN → Na + + CN - 0,0050 0,0050 CHUYÊN ĐỀ: PH - 5 - CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH - K b1 =10 -9,24 (1) HCOO - + H 2 O HCOOH + OH - K b2 =10 -10,25 (2) CN - + H 2 O HCN + OH - K b3 =10 -4,65 (3) H 2 O H + + OH - K w =10 -14 (4) Ta có:K b3 .C 3 (=5.10 -7,65 ) >> K b1 .C 1 (=10 -12,24 ) ≈ K b2 .C 2 (=2.10 -12,25 )> K w nên một cách gần đúng ta có thể chỉ tính toán theo cân bằng(3). CN - + H 2 O HCN + OH - K b3 =10 -4,65 C 0 0,0050 [ ] 0,0050-x x x áp dụng ĐLTDKL ta có: 010.510 005,0 10 65,765,42 2 65,4 =−+⇒ − = −−− xx x x → x=3,24.10 -4 = [OH - ]→ pH= 10,51. Ví dụ 18: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 20 ml KCN 0,25 M với 30 ml NH 3 0,1667 M. Biết NH 4 + có K a =10 - 9,24 ; HCN có K a = 10 -9,35 . Giải: Nồng độ ban đầu của các chất trong dung dịch: 1 1,0 50 20.25,0 CMC KCN === ; 2 1,0 50 30.1667,0 3 CMC NH === Các cân bằng xảy ra trong dung dịch: KCN → K + + CN - 0,1 0,1 CN - + H 2 O HCN + OH - K b1 =10 -4,65 (1) NH 3 + H 2 O NH 4 + + OH - K b2 =10 -4,76 (2) H 2 O H + + OH - K w =10 -14 (3) Vì K b1 .C 1 (=10 -5,65 ) ≈ K b2 .C 2 (=10 -5,76 ) >> K w nên có thể bỏ qua cân bằng(3), tính toán theo cân bằng(1) và (2). ĐKP đối với cân bằng (1) và (2): [OH - ] = [HCN] +[NH 4 + ] → [ ] [ ] [ ] [ ] 376,565,5 21 10.21010 21 −−−− −− − =+=⇒+= OH OH CK OH CK OH bb → pH= 11,3 * Kiểm tra kết quả bằng cách tính lặp: 4.3.Hỗn hợp các axit yếu và bazơ liên hợp. Ví dụ 19: Tính pH của hệ dung dịch gồm HCOOH 0,20 M và HCOONa 0,50 M. Biết HCOOH có K a =10 -3,75 . Giải: Cách 1: Các cân bằng xảy ra trong hệ dung dịch: HCOONa→ HCOO - + Na + 0,50 0,50 HCOOH HCOO - + H + K a = 10 -3,75 (1) HCOO - + H 2 O HCOOH + OH - K b = 10 -10,25 (2) Vì 775,475,3 1010.4 5,0 2,0 .10. −−− >== b a a C C K nên dung dịch có phản ứng axit, tính pH của hệ theo cân bằng (1). HCOOH HCOO - + H + K a = 10 -3,75 C 0 0,20 0,50 [ ] 0,20-x 0,50+x x áp dụng ĐLTDKL ta có: 010.2)105,0( 2,0 )5,0( 10 75,475,3275,3 =−++⇒ − + = −−− xx x xx → x= 7,11.10 -5 = [H + ] → pH = 4,15 Cách 2: Tính gần đúng theo công thức tính pH của dung dịch đệm: a b a C C pKpH lg += =3,75 + lg(0,5/0,2) = 4,15 [H + ]= 10 -4,15 << C a , C b , vậy giá trị pH tính được là đúng Ví dụ 20: Tính pH của dung dịch gồm NH 3 9,8.10 -4 M và NH 4 Cl 1,00.10 -3 M. Biết NH 4 + có K a =10 -9,24 . Giải: Cách 1: Các cân bằng xảy ra trong hệ: NH 4 Cl → NH 4 + + Cl - 1,00.10 -3 1,00.10 -3 NH 4 + NH 3 + H + K a = 10 -9,24 (1) NH 3 + H 2 O NH 4 + + OH - K b = 10 -4,76 (2) CHUYÊN ĐỀ: PH - 6 - Vì 710 4 3 24,9 1010.87,5 10.8,9 10.00,1 .10. −− − − − <== b a a C C K nên dung dịch có phản ứng bazơ, tính pH theo cân bằng (2). NH 3 + H 2 O NH 4 + + OH - K b = 10 -4,76 C 9,8.10 -4 1,00.10 -3 [ ] 9,8.10 -4 -x 1,00.10 -3 +xx → 010.8,9)1010( 10.8,9 )10( 10 76,876,432 4 3 76,4 =−++⇒ − + = −−− − − − xx x xx → x= 1,65.10 -5 → pH = 9,22. Cách 2: Tính gần đúng theo công thức tính pH của dung dịch đệm: a b a C C pKpH lg += = 9,24 + lg(9,8.10 -4 / 10 -3 )= 9,24-0,0088 =9,22 [H + ] = 10 -9,22 << C a , C b , vậy giá trị pH tính được là đúng. Ví dụ 21: Tính pH của hỗn hợp gồm HCN 1,00.10 -3 M và KCN 0,100 M. Biết HCN có K a =10 -9,35 . Giải: KCN → K + + CN - 0,100 0,100= C b HCN H + + CN - K a = 10 -9,35 C a =1.10 -3 Kiểm tra điều kiện gần đúng: 35,11 1 3 35,9 10 10 10 .10. − − − − == b a a C C K << 10 -7 ; [OH - ]=10 -2,65 , không bé hơn C a nên không thể tính gần đúng. Cân bằng chủ yếu là: CN - + H 2 O HCN + OH - K b = 10 -4,65 C 0 0,100 10 -3 [ ] 0,1-x 10 -3 +x x Ta có: 010)1010( 1,0 )10( 10 65,565,432 3 65,4 =−++⇒ − + = −−− − − xx x xx → x=1,07.10 -3 =[OH - ]→ [H + ]= 9,35.10 -12 → pH=11,03 V. Cân bằng trong dung dịch đa axit và đa bazơ 5.1. Cân bằng trong dung dịch đa axit Dạng 1: Dung dịch chứa một đa axit. Ví dụ 22: Tính pH và nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch H 2 S 0,1 M.Biết H 2 S có K a1 = 10 -7 ; K a2 =10 -12,92 . Giải: Đối với bài toán này yêu cầu học sinh phải biết phân tích và tìm được cân bằng chủ yếu. H 2 S H + + HS - K a1 =10 -7 (1) HS - H + + S 2- K a2 =10 -12,92 (2) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (3) Ta có: K a1 >>K a2 >>K w. nên bỏ qua cân bằng(2), (3), tính toán dựa vào cân bằng (1). H 2 S H + + HS - K a1 =10 -7 C 0 0,1 [ ] 0,1-x x x [ ] [ ] 410 1,0 10 4 2 7 =⇒===⇒ − = −+−− pHHSHx x x nên [OH - ] = 10 -10 M. Dựa vào cân bằng (2) ta có: [ ] [ ] [ ] [ ] 92,122 2 92,12 10 . 10 −− − −+ − =⇒= S HS SH M; [H 2 S]=0,1-10 -4 ≈10 -1 M. Ví dụ 23: Dung dịch axit H 3 PO 4 có pH= 1,5. Xác định nồng độ mol/l ban đầu của dung dịch H 3 PO 4 . Biết H 3 PO 4 có K a1 =10 -2,15 ; K a2 =10 -7,26 ;K a3 =10 -12,32 . Giải: Các cân bằng xảy ra trong dung dịch: H 3 PO 4 H + + H 2 PO 4 - K a1 = 10 -2,23 (1) H 2 PO 4 - H + + HPO 4 2- K a2 = 10 -7,26 (2) HPO 4 2- H + + PO 4 3- K a3 = 10 -12,32 (3) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (4) So sánh: pH = 1,5 < pK a1 = 2,23; trong dung dịch cân bằng (1) xảy ra là chủ yếu: H 3 PO 4 H + + H 2 PO 4 - K a1 = 10 -2,23 C 0 x [ ] x-10 -1,5 10 -1,5 10 -1,5 CHUYÊN ĐỀ: PH - 7 - 2014,0 10 )10( 10 5,1 25,1 23,2 =⇒ − = − − − x x . Vậy nồng độ ban đầu của H 3 PO 4 là 0,2014 M. Dạng 2: Hỗn hợp đa axit và axit mạnh. Ví dụ 24: Tính pH và nồng độ cân bằng của các cấu tử trong hệ gồm HCl 0,010 M và H 2 S 0,10 M. Biết H 2 S có K a1 = 10 - 7 ; K a2 =10 -12,9 . Giải: Vì đây là môi trường axit nên sự phân li của nước là không đáng kể Các cân bằng xảy ra trong hệ: HCl → H + + Cl - 0,010 0,010 H 2 S H + + HS - K a1 = 10 -7 (1) HS - H + + S 2- K a2 = 10 -12,9 (2) Vì K a1 >> K a2 nên cân bằng (1) là chủ yếu. H 2 S H + + HS - K a1 = 10 -7 C 0 0,10 0,010 [] 0,10-x 0,010+x x .10 1,0 )01,0( 7 − = − + x xx Giả sử x<< 0,01→ x= 9,55.10 -7 << 0,01(thoả mãn) Vậy [HS - ]=x= 9,55.10 -7 ; [H 2 S]= 0,10 -x ≈ 0,10 M [H + ] = 0,010+x ≈ 0,010 M → pH = 2,00; M 17 79,12 7 10.2,1 01,0 10.55,9.10 10 − −− − == [S 2- ]<< [HS - ] , vậy cách giải trên hoàn toàn thoả mãn. Ví dụ 25: Tính pH trong hỗn hợp gồm H 3 PO 4 0,010 M và NaHSO 4 0,010 M. Biết H 3 PO 4 có K a1 =10 -2,23 ; K a2 =10 -7,26 ; K a3 =10 -12,32 ; HSO 4 - có K a =10 -1,99 . Giải: Các cân bằng xảy ra trong dung dịch là: HSO 4 - H + + SO 4 2- K a = 10 -1,99 (1) H 3 PO 4 H + + H 2 PO 4 - K a1 = 10 -2,15 (2) H 2 PO 4 - H + + HPO 4 2- K a2 = 10 -7,21 (3) HPO 4 2- H + + PO 4 3- K a3 = 10 -12,32 (4) Do K a1 >>K a2 >>K a3 và K a ≈ K a1 và 2 axit cùng nồng độ nên phải tính theo cả cân bằng (1) và (2). Nếu chọn mức không là H 3 PO 4 và HSO 4 - thì ĐKP là: [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] h HSOK h POHK SOPOHHh a a − −−+ +=+== 4 43 2 442 . . 1 [ ] [ ] − += 443 . 1 HSOKPOHKh aa (5) - Bước 1: vì C= 0,010 ≈ K a ≈ K a1 → Chọn [H 3 PO 4 ] 0 = [HSO 4 - ] 0 = C/2=0,005 M và thay vào (5) để tính h 1 : 399,115,2 1 10.3,90050,0.100050,0.10 −−− =+= h Thay giá trị h 1 vào biểu thức tính [H 3 PO 4 ] và [HSO 4 - ] : [H 3 PO 4 ] 1 = M hK h C a 3 15,23 3 10.68,5 1010.3,9 10.3,9 .01,0. 1 − −− − = + = + [HSO 4 - ] 1 = M hK h C a 3 99,13 3 10.67,4 1010.3,9 10.3,9 .01,0. − −− − = + = + - Bước 2: Thay giá trị [H 3 PO 4 ] 1 và [HSO 4 - ] 1 vào (5) để tính h 2 : 1 3399,1315,2 2 10.4,910.76,4.1010.68,5.10 hh ≈=+= −−−−− Vậy kết quả tính lặp gần đúng. Vậy pH = -lgh 2 = 2,03. 5.2. Cân bằng trong dung dịch đa bazơ Dạng 1: Dung dịch chứa một đa bazơ Ví dụ 26: Tính pH của dung dịch Na 2 S 0,010 M. Biết H 2 S có K a1 = 10 -7 ; K a2 =10 -12,92 . Các quá trình xảy ra trong dung dịch: Na 2 S → 2Na + + S 2- S 2- + H 2 O HS - + OH - K b1 = 10 -14 /10 -12,92 = 10 -1,08 (1) HS - + H 2 O H 2 S + OH - K b2 = 10 -14 /10 -7 = 10 -7 (2) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (3) Vì K b1 >>K b2 >>K w nên trong dung dịch cân bằng (1) xảy ra là chủ yếu. CHUYÊN ĐỀ: PH - 8 - S 2- + H 2 O HS - + OH - K b1 = 10 -1,08 C 0 10 -2 [] 10 -2 -x x x áp dụng ĐLTDKL ta có: 01010 10 10 08,308,12 2 2 08,1 =−+⇒ − = −− − − xx x x x= 9.10 -3 = [HS - ] = [OH - ] → [H + ] = 1,1.10 -12 → pH = 11,95. Ví dụ 27: Tính khối lượng muối Na 2 S phải cho vào 1 lít nước để được dung dịch có pH = 11,5. Biết H 2 S có K a1 = 10 -7 ; K a2 =10 -12,92 . Giải : Các cân bằng xảy ra trong dung dịch là: Na 2 S → 2Na + + S 2- a a S 2- + H 2 O HS - + OH - K b1 = 10 -14 /10 -12,92 = 10 -1,08 (1) HS - + H 2 O H 2 S + OH - K b2 = 10 -14 /10 -7 = 10 -7 (2) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (3) Vì K b1 >>K b2 >>K w nên trong dung dịch cân bằng (1) xảy ra là chủ yếu. S 2- + H 2 O HS - + OH - K b1 = 10 -1,08 C 0 a [ ] a-x x x xa x − = − 2 08,1 10 trong đó x= [OH - ] =10 -14 / 10 -11,5 = 10 -2,5 → a = 3,28.10 -3 = SNa C 2 → gm SNa 256,078.10.28,3 3 2 == − Dạng 2: Hỗn hợp đa bazơ và bazơ mạnh Ví dụ 28: Trộn 10,00 ml dung dịch NaOH 8,00.10 -3 M với 30,00 ml dung dịch H 2 S 1,00.10 -3 M. Tính pH của dung dịch thu được. Biết H 2 S có K a1 = 10 -7 ; K a2 =10 -12,92 . Giải: Đây là bài toán pha trộn giữa đa axit (H 2 S) với bazơ mạnh nên có phản ứng xảy ra, chúng ta cần xác định thành phần giới hạn, từ đó mô tả các cân bằng xảy ra trong dung dịch và tính pH. - Nồng độ ban đầu của các chất trong dung dịch: MC NaOH 3 3 10.2 40 10.10.8 − − == MC SH 3 3 10.75,0 40 30.10.1 2 − − == NaOH + H 2 S → NaHS + H 2 O 0,75.10 -3 0,75.10 -3 0,75.10 -3 NaOH + NaHS → Na 2 S + H 2 O 0,75.10 -3 0,75.10 -3 0,75.10 -3 TPGH gồm: Na 2 S 0,75.10 -3 M; NaOH dư 0,5.10 -3 M. Vậy dung dịch là hỗn hợp đa bazơ ( S 2- ) và bazơ mạnh, nên ta có các cân bằng xảy ra: S 2- + H 2 O HS - + OH - K b1 = 10 -1,08 (1) HS - + H 2 O H 2 S + OH - K b2 = 10 -7 (2) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (3) Vì K b1 >>K b2 >>K w nên trong dung dịch cân bằng (1) xảy ra là chủ yếu. S 2- + H 2 O HS - + OH - K b1 = 10 -1,08 C 0 0,75.10 -3 0,5.10 -3 [ ] 0,75.10 -3 -x x 0,5.10 -3 +x áp dụng ĐLTDKL ta có: x xx − + = − − − 3 3 08,1 10.75,0 )10.5,0( 10 Giải PT bậc 2 ta có: x = 7,4.10 -4 → [OH - ]=1,24.10 -3 → [H + ]=8,06.10 -12 → pH= 11,09. VI. Cân bằng trong dung dịch các chất lưỡng tính 6.1. Muối axit được tạo bởi bazơ mạnh và axit yếu Ví dụ 29: Tính pH của dung dịch NaHCO 3 1 M. Biết H 2 CO 3 có K a1 =10 -6,35 ; K a2 =10 -10,33 . Giải: Các cân bằng xảy ra trong dung dịch: NaHCO 3 → Na + + HCO 3 - HCO 3 - H + + CO 3 2- K a2 = 10 -10,33 (1) CHUYÊN ĐỀ: PH - 9 - HCO 3 - + H 2 O H 2 CO 3 + OH - K b2 = 10 -7,65 (2) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (3) Vì K b2 >K a2 nên dung dịch có phản ứng bazơ. Kiểm tra các điều kiện gần đúng ta có: K w << K a2 .C(10 -10,33 ); K a1 (10 -6,35 ) << C(1M) Vì vậy có thể áp dụng công thức: 34,8 2 33,1035,6 2 21 = + = + = aa pKpK pH Ví dụ 30: Tính pH của dung dịch NaHSO 3 10 -3 M . Biết H 2 SO 3 có K a1 =10 -1,76 ; K a2 =10 -7,21 . Giải: Các cân bằng xảy ra trong dung dịch: NaHSO 3 → Na + + HSO 3 - HSO 3 - H + + SO 3 2- K a2 = 10 -7,21 (1) HSO 3 - + H 2 O H 2 SO 3 + OH - K b2 =10 -12,24 (2) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (3) Vì K b2 << K a2 nên dung dịch có phản ứng axit. Ví dụ này không thể sử dụng công thức tính gần đúng như ví dụ 41 để tìm pH vì C không nhỏ hơn nhiều so với K a1 . Trong trường hợp này phải sử dụng công thức sau: [H + ] = CK CKK a aw .1 . 1 1 2 − + + , nhưng vì K w << K a2 .C( 10 -10,21 ) nên [H + ] = 12,510.64,7 .1 . 6 1 1 21 1 2 =⇒= + = + − − pH CK CKK CK CK a aa a a Nếu áp dụng công thức tính gần đúng thì pH= 4,49 ,sai khác nhau quá nhiều. Ví dụ 31: Tính pH của dung dịch NaHS 10 -2 M. Biết H 2 S có K a1 = 10 -7,02 ; K a2 =10 -12,9 . Giải: Các cân bằng xảy ra trong dung dịch: NaHS → Na + + HS - HS - H + + S 2- K a2 = 10 -12,9 (1) HS - + H 2 O H 2 S + OH - K b2 =10 -6,98 (2) H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (3) Đối với bài toán này có K a2 .C ≈ K w và K a1 << C nên chúng ta sử dụng công thức tính như sau: [H + ]= 48,910.28,3 . . .1 . 10 11 1 2 1 2 =⇒= + = + + − −− pHM CK CKK CK CKK a aw a aw Nếu áp dụng công thức gần đúng thì pH= 9,96 , sai khác nhau nhiều. 6.2. Dung dịch muối của axit yếu và bazơ yếu. Ví dụ 32: Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch CH 3 COONH 4 (NH 4 Ax) 0,1 M. Biết CH 3 COOH có K a =10 - 4,76 ; NH 4 + có K a =10 -9,24 . Giải: Các quá trình xảy ra trong dung dịch: NH 4 Ax→ NH 4 + + Ax - H 2 O H + + OH - K w =10 -14 (1) NH 4 + NH 3 + H + K a1 = 10 -9,24 (2) Ax - + H + HAx K a2 -1 = 10 4,76 (3) Vì K w << K a1 .C(10 -9,24 .0,1=10 -10,24 ) , nên có thể bỏ qua cân bằng (1) Tổ hợp (2) và (3) ta có: NH 4 + + Ax - NH 3 + HAx K= 10 -4,48 C 0 0,1 0,1 [ ] 0,1-x 0,1-x x x áp dụng ĐLTDKL ta có: 2 2 48,4 )1,0( 10 x x − = − với x << 0,1 → x= 10 -3,34 =[NH 3 ]=[HAx]; [NH 4 + ]=[Ax - ]=0,1 M. Dựa vào cân bằng (2) : [H + ]= 10 -7 → [OH - ]= 10 -7 . Hiệu [H + ]-[OH - ]= 0, nghĩa là vô cùng bé so với nồng độ của NH 3 và HAx nên cách giải gần đúng là chấp nhận được. Ví dụ 33: Tính pH của dung dịch (NH 4 ) 2 SO 4 0,1 M. So sánh với giá trị pH của dung dịch thu được khi trộn Na 2 SO 4 0,2 M với NH 4 NO 3 0,4 M với thể tích bằng nhau. Biết NH 4 + có K a =10 -9,24 ; HSO 4 - có K a =10 -2 . Giải: Các cân bằng xảy ra trong dung dịch: NH 4 + NH 3 + H + K a1 = 10 -9,24 (1) SO 4 2- + H 2 O HSO 4 - + OH - K b2 = 10 -12 (2) CHUYÊN ĐỀ: PH - 10 - . dịch hỗn hợp HCl và HNO 3 có pH = 2 với 10,00 ml dung dịch Ba(OH) 2 có pH = 12. Tính pH của dung dịch sau ph n ứng. CHUYÊN ĐỀ: PH - 1 - Giải: Bài toán này. cho pH của các dung dịch tham gia ph n ứng nên ph i dựa vào pH để tìm nồng độ mol/l của các ion H + và OH - , từ đó viết các ph n ứng, rồi tìm thành ph n