3 Trong trường hợp dơn gian khi hệ chỉ có một cân bằng duy nhất thì có thể đánh giá gần đúng chiều hướng phản ứng dựa vào hằng số cân bằng K Phản ứng xảy ra mạnh theo chiều thuận nếu 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 xây 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 tìm nghiệm Chẳng hạn trong dung dịch MX C (mol/l) chi có cân bằng MX ¿—>M” +X” Kc Theo định luật bảo toàn nồng độ đối với MX ta có: Cwx =[M”] + [MX] =[X"] + [MX] = Hay [MX] =C -[M"'} Ap dung dinh luat tac dung khối lượng (coi fj = 1) ta co: Ke = (M" ][X” ] [MX] Đặt [X"] = [M™] =x 2 = o> Việc giải phương trình này cho phép đánh giá x và tính nồng độ —X cân băng của các câu tử trong dung dịch Nếu x << € = có thể coi C-xx=C > x= JK, C
Trong trường hợp Kc lớn, nghĩa là phản ứng xảy ra mạnh theo chiều thuận thì ta nên đặt nông độ cân bằng của cấu tử có nồng độ bé nhất ở vế trái của phương trình làm ẩn số (sử dụng định luật hợp thức)
Ví dụ I: Trong dung dịch HCOOH, HCN có các quá trình:
HCOOH + HO £—> HCOO' + HO ` K =2.10' (1) HCN + HO £—> CN' + HOT K'=l0?3 (2) Vì K >> K' nên trong dung dịch cân bằng (1) là quá trình chủ yếu
Ví dụ 2: Trong dung dịch bão hoà AgaCrOx và Ag2S
AgaCrO¿ @—> 2Ag` + CrO? Ks =10! (1)
AgS Z—>2Ag` + SẺ Ký =tb” @)
Vì Ks >> Ks' nên quá trình (1) là chủ yếu, nghĩa là nồng độ ion Ag” trong dung dịch chủ yêu là do AgaCrO¿ tan ra
Vi du 3: Tinh can bang trong dung dich Fe** 0,010 M va Sn** 0,01 M ở pH =0 Biết phản img: 2Fe** + Sn” £— 2Fe* + Sn* c6K =107' (1)
12
Phuong phap:
- Cách I: Vì K rất lớn nên coi phản ứng xảy ra hoàn toàn Khi đó tính được thành phân giới hạn của các chất Từ đó suy ra nông độ cân bằng của các chất theo
định luật tác dụng khối lượng
- Cách 2: Do K rất lớn nên chọn ẩn số là về trái của phương trình Giải
Cách 1: Vì K rất lớn nên có thể coi như phản ứng xảy ra hoàn toàn Do đó ta có
thành phân giới hạn: Csq?* = 5.10°M; Csn** = 5.10°M; Cre?* = 0,010M Ta có cân băng: 2Fe* + Sn** ¿C© 2Fe” + SnẺ” K' =107! C: 0,01 5.10” 0 5.10” [l: (0,01-2x) (5.103-x) 2x — (5.10? +x) (2x)(S.10°+x)_ _ 102! (0,01 bo» mã x)
Giả sử x <<5.10° => x =1,58.10'°M << 5.10°M (chap nhan giả sử)
Vay thanh phan ding dich luc can bang gom: [Fe’*] =0,01M; [Fe**] = 3,16.10°M; [Sn**] = [Sn?*] = 5.10°M Cách 2: Có thẻ tính trực tiếp từ cân bằng (1) 2Fe”` + Sn* go 2Fe* + = Sn* K = 107 C: 0,01 0,01 [}: 2x G10) + x) _, 0, 01-2x)’(5.10°% -x) (2x) (5.10”+x) Coi x << 5.10” =x = 1,58.10 3M (thoả mãn) Ví dụ 4: Tính pH; [CrO7” ]; [CrzO?- ] trong dung địch a) K›Cr:O› 0,010M
b) K2Cr207 0,010M + CH3COOH 0,10M Keun, coon = 1,8.10 ,
Cr0O}; + H;ạO £—> 2HCrO; pK; =1,36 (1) HCrO; + HO @—CrO} + H30* pK; =6,50 (2)
Giải
Trang 2=> [HCrO;] = 12,66.10°M; [Cr,02° ] = 3,67.10°M HCrO, + HO @ = CrO2? + HO” { ] 12.66.103 h h => [H30°) =[CrOf ]=h = ¥12,66.10°.10°* =6,3.10° => pH = 4,20 b) Ta có các cân băng:
CrạO?ˆ + llạO — 2HCrO, Ki=10!* (1)
HCrO, +H;ạO £—> CrO? +H;O' K»=10°° (2) CH;COOII + HO —> CIICOO' +HạO` K;=1,810) @) Vì Ki >> K¿ > K¿ nên cân bằng (1) vẫn là cân bằng chiếm ưu thế trong dung dịch Như trong ý (a) ta tính được: [HCrO; ] = 12,66.10M; [CraO)” } = 3,7.10M Kz =10®° Đặt [HạO”] =h = [CrO? ] = HEI = 12.66.10 5h"! [H,O' ] 6 = |CH;COO“]= —Š — 1+Kyh 1810° +h
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
[H:O'| - 2[CraO;”] - [HCrO, | - 2[CrO7 ] - [CHaCOO ]}=0 12,66.10 ?° 1,810 =h -2:3,7.107 - 12:66:10" -2 h 1810°+h | = [H;O”] =h = 1,34.10M => pH =2,87 =[CŒO†] =1” — =3.10ÉM 134.10” Ví dụ 5:
a) Cho Ef, 9 = 1.23V; pKw = 14; Hay danh giá Eo on 9 25°C
b) Hay đánh giá kha nang hoà tan của Ag trong nước khi có không khí E i ing 0,799V
©) Có khả năng hoà tan 100mg Ag trong 100m! dung dich NH3 0,10M khi có không khí hay không?
Cho: NHy + HO £—>NH; + OH- K =1,2410° Ag` + NHy “ Ag(NH))` lgBị = 3.32 Ag + 2NH; —> Ag(NH,); IgP2 - 7,23 Thanh phan oxi trong không khí là 20,95%; Ag = 107,88 14 Giải a) Đề đánh giá E” của nửa phản ứng: O, + 2H.0 + 4¢ == 40H- Cân tơ hợp các nửa phản ứng: O; + 4H + 4e ¿— 2H;O Kì 4HO £—> 4H' + 4OH- (Kw) O) + 2H,O + 4e = 40H” K =Ki Ky" oh x 4 14 — =f = E} = E? - 70,0591g10" = 0,404 V =F? ,, b) 4x | Ag => Ap’ + e K,' Ix | O; + 2HạO +4e = 40H” K, 4Ag + O¿ + 2HO &—— 4Ag` +4OH ` K =K,'K> 4d:Ÿ - E}) 4(0,404—0,/99) => K =10 9 = 10 0.059 -
Do K rất bé, coi phản ứng hoàn tồn khơng xảy ra
Chú ý: Trong bài toán trên ta không ké dén sự tạo phức hiđroxo AgOH hoặc sự tao ra AgoO vi Ag hoa tan không đáng kê
¢) nạg = 9,27.10” mol; nụ, = 0.010 mol Po, = 20,95%.1 at = 0,2095 at
= 1026-78
Vi Nag << nny, nén Ag tan ra sẽ tồn tại dưới dạng phức Ag(NH;)? là chủ yếu 4Ag + O; + 2HO “£—>4Ag` + 4OH- 4x|Ag' + 2NH; —> Ag(NH,) 4Ag + Oo + 2H.0 + 8NH; = 4 Ag(NH,); +4OH— K' =13§ & 0,1 (| Po, 8y (0,05 -4y) (0.05 -4y) N x (0,05-4y) _ 138 —=y =3,1.10” >[Ag(NH)); | = 0.038 M 0,2095(8y)*
Độ tan của Ag trong 100ml dung dich NH; 0,10M là 3,8.10?M Nếu 100mg Ag tan hoàn toàn trong 100ml dung dịch NH; 0,10 M thì Cagywii,y; = 9,27.10': 0,1 = 9,27.10° M << 3,8.107 M Vay 100mg Ag tan hoàn toàn trong 100ml dung dịch NH; 0.1M khi có mặt không khí