I. LÝ THUYẾT CƠ BẢN:1. Tính pH của dung dịch axit bazo mạnh.a Axít mạnh: HA → H+ + A H2O H+ + OH H+ – OH – A = 0 → H+ Ca = 0 (1) → H+2 CaH+ = 0 Ta được phương trình bậc 2 với ẩn là H+: Nếu Ca >> 107M, bỏ qua cân bằng điện li của H2O.H+ = Ca → pH = lgH+ b Bazơ mạnh: MOH → M+ + OH H2O H+ + OH H+ OH + M+ = 0 → H+ + Cb = 0 H+2 + Cb. H+ = 0 Nếu Cb ≈ 107M thì giải phương trình: H+2 + Cb. H+ = 0 → H+ →pH = lgH+ Nếu Cb >> 107M, bỏ qua cân bằng điện ly của nước.OH = Cb →pOH = lgOH → pH = 14 pOH 2. Tính pH của dung dịch axit bazo yếu đơn chức.a Axít yếu đơn chức: HA H+ + A Ka H2O H+ + OH Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: H+ – OH – A = 0 → H+ = 0 (2) Nếu KaCa >> bỏ qua sự điện ly của nước→ H+ = 0 → H+ 2 + KaH+ KaCa = 0 Giả sử H+ > , bỏ qua điện ly của nước.→ OH + = 0→ OH2 + Kb OH KbCb = 0Gỉa sử OH > Ka2 , Ka3 ,… Kan → Cân bằng (1) quyết định: Nếu K1Ca >> → Nếu H+ > → H+ = Nếu Ka11C >> 1 → H+ = Nếu Ka2C >> và Ka11C >> 1 → H+ = → pH = (pKa1 + pKa2)2. II. BÀI TẬP LUYỆNBài 1. Cho dung dịch CH3COOH 0,01M ( dung dịch A).1. Tính pH của dung dịch A.2. Cho vào 1 lít dung dịch A: 0,001 mol NaOH thì pH của dung dịch thu được bằng bao nhiêu? Biết Ka (CH3COOH) = 10 – 4,76HD:1. Phương trìnhCH3COOH CH3COO – + H+ Ka = 10 – 4,76 (1)H2O H+ + OH – KW = 10 – 14 (2)Ka >> KW => (1) là chủ yếu, bỏ qua (2)CH3COOH CH3COO – + H+ Ka = 10 – 4,76 0,01 0 0x x x0,01 – x x x=> => x = 4,083.10 – 4 (M)=> pH = lg(x) = 3,3892. Khi cho NaOH vào dung dịch A.CH3COOH + OH – CH3COO – + H2O0,01 0,0010,009 0,001dung dịch trở thành dung dịch đệm.=> pH = pKa + = 4,76 + lg = 3,806
Trang 1CHUYÊN ĐỀ TÍNH pH CỦA DUNG DỊCH
I LÝ THUYẾT CƠ BẢN:
1 Tính pH của dung dịch axit bazo mạnh.
a/ Axít mạnh:
HA → H+ + A
H2O H+ + OH-
[H+ ] – [OH-]– [A- ] = 0
→ [H+ ] - 2
[ ]
H O
K
→ [H+]2 - Ca[H+] - = 0
Ta được phương trình bậc 2 với ẩn là [H+]:
- Nếu Ca >> 10-7M, bỏ qua cân bằng điện li của H2O
[H+] = Ca
→ pH = - lg[H + ]
b/ Bazơ mạnh:
MOH → M+ + OH
H2O H+ + OH-
[H+] - [OH-] + [M+] = 0 → [H+] - 2
[ ]
H O
K
H + Cb = 0 [H+]2 + Cb [H+] - = 0
- Nếu Cb ≈ 10-7M thì giải phương trình:
[H+]2 + Cb [H+] - = 0 → [H+] →pH = - lg[H+ ]
- Nếu Cb >> 10-7M, bỏ qua cân bằng điện ly của nước
2 Tính pH của dung dịch axit bazo yếu đơn chức.
a/ Axít yếu đơn chức:
HA H+ + A- Ka
H2O H+ + OH-
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: [H+ ] – [OH-]– [A- ] = 0
→ [H+ ] - 2
[ ]
H O
K
H - a[ a ]
a
K C
K H = 0 (2)
- Nếu KaCa >> bỏ qua sự điện ly của nước
→ [H+ ] - = 0 → [H+ ]2 + Ka[H+ ] - KaCa = 0
- Giả sử [H+ ] << Ca → [H+ ] = K C a a → pH = 1/2 (pK a – lgC 0 )
- Nếu KaCa ≈ ta không bỏ qua giá trị nào cả và việc tính toán gần đúng được thực hiện theo định luật bảo toàn proton:
[H+ ] – [OH-]– [A- ] = 0
H
Trang 2Ví dụ: Tính pH của dung dịch
b/ NH4Cl 0,1 M Biết pKb = 4,75
Giải:
a/ Áp dụng công thức pH = 1/2 (pK a – lgC 0 ) ta có pH = 1/2 ( 4,75- lg0,1) = 2,87
b/ NH4Cl →NH4+ + Cl
-NH4+ + H2O NH3 + H3O+
→ Ka = Kw/ Kb = 10-14/10-4,75= 10-9,25
Áp dụng công thức pH = 1/2 (pK a – lgC 0 ) ta có pH = 1/2 ( 9,25- lg0,1) = 5,13
b/ Bazơ yếu đơn chức:
B + H2O BH+ + OH- Kb
H2O H+ + OH-
Áp dụng đinh luật bảo toàn điện tích:
[H+ ] – [OH-] + [BH+] = 0
H O
K
OH - [OH-] + [b b ]
b
K C
- Nếu KbCb >> , bỏ qua điện ly của nước
→ - [OH-] + = 0
→ [OH-]2 + Kb [OH-] - KbCb = 0 Gỉa sử [OH-] << Cb → [OH-] = K C b b → pOH = 1/2 (pK b – lgC 0 )
→
- Nếu KbCb ≈ ta không bỏ qua giá trị nào cả và việc tính toán gần đúng được thực hiện theo định luật bảo toàn proton: [H+] = [OH-] - [HA] BIến đổi ta được:
1 1
H O
a b
K
K C
Ví dụ: Tính pH của dung dịch
a/ NH3 0,1 M biết pKb=4,6
Giải:
3 Tính pH của dung dịch axit, bazơ yếu đa chức.
Nếu Ka1 >> Ka2 , Ka3 ,… Kan
[ ] [ ]
H
Trang 3Nếu K1Ca >>K H O2 → 1
1
[ ]
a a a
C K H
Nếu [H+] << Ca → [H+] = → pH = 1/2 (pK a – lgC a )
Áp dụng tương tự đối với một bazơ yếu đa chức, ta cũng tiến hành chọn các cân bằng quyết định và xét điều kiện để bỏ qua sự điện ly của H 2 O.
4 Tính pH của dung dịch đệm.
Khái niệm: Là những dung dịch có khả năng chống lại sự thay đổi pH của môi trường
khi ta thêm vào dung dịch đó một lượng axit mạnh, bazơ mạnh không lớn lắm Khi pha loãng thì pH của dung dịch thay đổi không đáng kể
Thành phần hệ đệm có thể là:
- Một axit yếu và một bazơ yếu liên hợp với nó
- Muối axit của axit yếu
Công thức tính pH gần đúng của dung dịch đệm:
Khi [H+] , [OH-] << Ca, Cb thì [H + ] = K a C a /C b
→ pH = pK a - lgC a /C b
Ví dụ: Tính pH của dung dịch chứa CH3COOH 0,1M và CH3COONa 0,1M
Biết pKa = 4,75
Giải:
Áp dụng công thức pH = pK a - lgC a /C b ta có pH = 4,75-lg 0,1/0,1)=4,75
5.Tính pH của dung dịch muối axit
Muối axit là những muối mà ở gốc axit còn nguyên tử H có khả năng phân li cho ion
H+
Ví dụ: dung dịch NaHA
Các quá trình xảy ra:
NaHA → Na+ + HA
-HA- + H2O H2A + OH- Kb2
HA- H+ + A2- Ka2
H2O H+ + OH- Nếu Ka2 > Kb2 thì ta có môi trường axit, ngược lại nếu Ka2 < Kb2 thì ta có môi trường bazơ
Trong trường hợp tổng quát:
Trang 4Ta có: [H+] + [H2A] = [A2-] + [OH-]
1 1
.[ ]
H O a a
Xem [HA-] C
1 1
.
H O a a
Nếu Ka2C >> → [H+] = 2
1 1
.
a a
K C
K C
Nếu Ka1-1C >> 1 → [H+] = (K H O2 K C K a2 ). a1
C
Nếu Ka2C >> và Ka1-1C >> 1
→ [H+] = K K a1 a2 → pH = (pK a1 + pK a2 )/2
II BÀI TẬP LUYỆN
Bài 1 Cho dung dịch CH3COOH 0,01M ( dung dịch A)
1 Tính pH của dung dịch A
2 Cho vào 1 lít dung dịch A: 0,001 mol NaOH thì pH của dung dịch thu được bằng bao nhiêu?
Biết Ka (CH3COOH) = 10 – 4,76
HD:
1 Phương trình
CH3COOH CH3COO – + H+ Ka = 10 – 4,76 (1)
H2O H+ + OH – KW = 10 – 14 (2)
Ka >> KW => (1) là chủ yếu, bỏ qua (2)
CH3COOH CH3COO – + H+ Ka = 10 – 4,76
0,01 0 0
x x x
0,01 – x x x
=>
2
4,76 10 0,01
x
x
=> x = 4,083.10 – 4 (M)
=> pH = - lg(x) = 3,389
2 Khi cho NaOH vào dung dịch A
CH3COO – + H2O 0,01 0,001
0,009 0,001
Trang 5=> pH = pKa + lgCb
Ca= 4,76 + lg0,0090,001= 3,806
Bài 2 Muối sắt (III) thuỷ phân theo phản ứng
Fe3+ + 2H2O Fe(OH)2+ + H3O+ K a = 4,0 10-3
b) Tính pH mà dung dịch phải có để 95% muối sắt (III) không bị thuỷ phân
HD:
FeCl3 Fe3+ + 3Cl
-Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+
K =
2+ + 3+
Fe(OH) H
Fe
= 4,0 10-3
K =
2
+
3+
H
Fe
=
2 + +
H 0,05-[H ]
[H+]= 2,89.10 – 3 M
- pH= 2,54
b) pH mà dung dịch phải có để 95% muối sắt (III) không bị thủy phân
2+
3+
Fe(OH) 5
95 Fe
95[H+] = 4,0 10—3
[H+] = 7,7 10-2 (M) => pH = 1,1
Bài 3 a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 mol/lít
a) H+ 0,5.10-7 do nồng độ nhỏ phải tính đến cân bằng của H2O
H2O H+ + OH
HCl H+ + Cl
Theo định luật bảo toàn điện tích:
H+ = Cl- + OH- H+ = 0,5.10-7 + H
10 -14
H+ 2 0,5.10 7 H+ 10 -14 = 0
Giải được: H+ = 1,28.10-7 pH 6,9
b) nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ;
nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol
0,01 0,01 0,01
Theo phương trình HA còn dư = 0,01 mol
Trong d2 X: CHA = CKA = 00,,014 = 0,025M
Xét các cân bằng sau:
Trang 6H2O H+ + OH- KW = 10-14 (1)
HA H+ + A- KHA = 10-375 (2)
A- + H2O HA + OH-
KB = KHA-1 KW = 10-10,25 (3)
So sánh (1) với (2) KHA >> KW bỏ qua (1)
So sánh (2) với (3) KHA >> KB bỏ qua(3) Dung dịch X là dung dịch đệm axit
có pH = pKa + lg muoi axit = 3,75 + lg00,,11 = 3,75
KA + HCl KCl + HA
0,001 0,001 0,001 (mol)
HA = 0,01 0,40,001 = 0,0275 M
và KA = 0,010-,0,0014 = 0,0225M
Dung dịch thu được vẫn là dung dịch đệm axit
Tương tự, pH = 3,75 + lg00,,02750225 = 3,66
Bài 4
1 Tính pH và độ điện li của dung dịch NaCN 0,015 M (dung dịch A)
2 pH và độ điện li thay đổi ra sao khi:
a Có mặt NaOH 0,0005M
b Có mặt HCl 0,0002M
d Trộn 50 ml dung dịch A với 150 ml HCOONa 0,01M
Cho Ka(HCN) = 10-9,35, Ka(HSO4- ) = 1,0.10-2, Ka(HCOOH) = 10-3,75
HD:
0,015M 0,015M
CN - + H2 O HCN + OH - K =10-4,65 = 2,24.10-5
[ ] 0,015-x x x
K=
2 [HCN][OH] x [CN] (0,015 x) =2,24.10-5 Giải pt bậc 2
pH =10,75467518
độ điện li α =
4 2
5,68563262.10
100% 3, 7893604%
1,5.10
2 a Khi có mặt NaOH 0,0005M
-14
-9,35
10
10 2, 24.10 10
14 9,35
10 10
Trang 7CN – + H2 O HCN + OH –
[ ] mol.l -1 0,015- y1 y1 y1+5.10 -4
K =
4
1 1
4 1
y (y 5.10 ) 0,015 5.10 y
y1 = 6,706496859.10–5M
[OH -] = 6,706496859.10-5 + 5.10-4
=5,6706496859 10 –4M
pOH = 3,246367181 pH = 10,75363282
6,706496859.10
100% 0, 44709979%
1,5.10
b Khi có mặt HCl 0,0002M
NaCN + HCl → NaCl + HCN
2.10 –4 2.10–4 2.10–4
Dung dịch sau phản ứng:
HCN:2.10 – 4 M
CN – : 0,0148 M
[ ] mol.L -1 0,0148- y2 0,0002+ y2 y2
K =
4
5
2 2 2 2
2,24.10
y2 = 4,752174622.10-4
pH = 10,67689239
1,5.10
c Khi có mặt NaHSO4 0,020M
0,01M
Cân bằng trên xem như tổ hợp các cân bằng
-K1 = 10–2
K′ quá lớn, phản ứng xem như hoàn toàn
Trang 8HSO4- + CN- → HCN + SO42–
0,01 0,01 0,01
còn 0,005
[ ] mol.L -1 0,005- y3 0,01+ y3 y3
3
(0,01 y ).y
2.24.10
độ điện li α3 = 10 +1,11625357.10 2 2 5100% 66,7410835%
1,5.10
d Trộn 50 ml dung dịch A với 150 ml HCOONa 0,01M
K >> K˝ (2) không áng kđáng k ể
CN – + H2 O HCN + OH –
[ ] mol.L -1 0,025-y4 y4 y4
K =
2
5 4
4
y
2,24.10 0,00375 y
độ điện li α4 = 2,788438588.102 4.100% 1,858959059%
1,5.10
Bài 5 A là dung dịch CH3COOH 0,1M có pH=2,9 Tính độ điện li ỏ% của dung dịch A
HD:
% 258925 ,
1 100 1 , 0
10
% 10
]
[
9 , 2 9
, 2
3 3
H
H COO CH COOH
CH
Bài 6: Cho A là dung dịch CH3COOH 0,2M , B là dung dịch CH3COONa 0,2M Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau thu được dung dịch C Tính pH của C và độ điện li
HD:
CH COOH ↔ CH COO- + H+ K = 1,75.10-5
-14
10,25 -3,75
10
Trang 9Cân bằng : 0,1-x 0,1+x x
=> = 1,75.10-5 => x= 1,749.10-5 => pH= -lg1,749.10-5 = 4,757
điện li = 1,749.10-5 / 0,1= 0,01747%
Bài 7: Tính pH của dung dịch thu được khi hòa tan 0,1 mol PCl3 vào 450ml dung dịch NaOH 1M
HD:
PCl3 + H2O → H3PO3 + 3 H+ + 3Cl- (1)
H3PO3 + OH- H2PO3 - + H2O (3)
nOH- bđ = 0,45 mol
sau phản ứng (2,3) nOH- dư = 0,05 mol
nOH- (4) = n HPO3 2- = 0,05 mol
ka2 =
2 3
2 3
[H ][HPO ]
[H PO ]
= 7.10-7
→ pH= -lg 7.10 -7 = 6,15490196
Bài 8: Tính pH của dung dịch H2SO4 0,010 M Hằng số Ka nấc thứ hai là 1,0.10-2
HD:
H2SO4 → H+ + HSO4
0,010M 0,010M
HSO4- H+ + SO4
2-Nđcb : 0,010 – x 0,010+x x
0,010
x
=> x = 4,1421.10-3 => [H]+ = 0,010 + 4,1421.10-3 = 14,1421.10-3M
=> pH = 1,8495
Bài 9: Tính nồng độ mol/l các ion và pH của dung dịch Na2CO3 0,01M? Biết CO32- có Kb1
= 10-3,76 ; Kb2 = 10-7,65
HD:
Na2CO3 2Na+ + CO3
2-(1) CO32- + H2O HCO3- + OH- K b1 10 3 , 67
(2) HCO3- + H2O H2CO3 + OH- 7 , 65
2 10
b
K
(3) H2O H+ + OH- KW = 10-14
Vì K b1 >> Kb2 >> KW nên
Cân bằng (1) là chủ yếu
CO32- + H2O HCO3- + OH- 10 3 , 67
1
b
K
[Bđ] 0.01
[P.ứng] x
[CB] 0.01 – x x x
1
b
K = 2 10 3 , 76
01
,
0
x x
Trang 10 x = 1,234.10-3
pH = 11,092
[Na+] = 0,02M
[CO32-] = 0,01 – 1,234.10-3 = 8,766.10-3M
[HCO3-] = 1,234.10-3 M
Bài 10: Ở 20oC hòa tan vào dung dịch NaOH nồng độ 0,016 g/lít một lượng iot đủ để phản ứng xảy ra hoàn toàn: 2NaOH + I2 NaI + NaIO + H2O
HD:
40
016 ,
Phản ứng: 2OH- + I2 I- + IO- + H2O
4 , 0 10 4
2 , 0 10 4
IO H2O
OH HIO
[ ] 2 , 0 10 4
- x x x
OH
a
K
] [
] ].[
HIO
H IO
] [
] ].[
OH
H IO
11 14
14 4
4
10 0 , 2 ]
[ 10
] ).[
] [
10 10
0
,
2
(
] [
] ]).[
[ 10 0
,
2
(
H
H H
OH
H OH
0 10 0 , 2 ] [ 10 0 , 1 ] [
10
0
,
Giải phương trình bậc [H+] = 6,53 x 10-11
pH = -lg[H + ] = - lg(6,53 x 10 -11 ) = 10,185.
Bài 11: Tính pH của dung dịch benzoatnatri C6H5COONa nồng độ 2,0 105 M Biết hằng
số axit của axit benzoic bằng 6,29 105
C6H5COONa Na+ + C6H5COO
C6H5COO + H+ C6H5COOH Ka1
H2O H+ + OH Kw
Tổ hợp 2 phương trình cho:
C6H5COO + H2O C6H5COOH + OH Ktp
Ktp = K w
K = 10 14 5
6, 29 10
Trang 11Do nồng độ đầu của C6H5COO nhỏ; mặt khác hằng số của quá trình không lớn hơn nhiều
so với 1014 nên phải tính đến sự điện li của nước
C6H5COO + H2O C6H5COOH + OH Ktp (1)
2,0 105 [OH]
H2O H+ + OH Kw (2)
Theo định luật bảo toàn điện tích: [OH] = [C6H5COOH] + [H+]
hay [C6H5COOH] = [OH] [H+] = [OH]
14 10 OH
thay vào biểu thức hằng số cân bằng của (1):
6 5
C H COOH OH
C H COO
=
14
6 5
10
OH
C H COO
= 1,59 1010
2 14
5
= 1,59 1010 [OH]2 + 1,59 1010[OH] 13,18 1015 = 0
[OH] = 1,148 107 pOH = lg(1,148 107) = 6,94 pH = 7,06
Bài 12: A là dung dịch CH3COOH 0,2M, B là dung dịch NaOH 0,2M và C là dung dịch
a Tính pH của dung dịch A, B
b Tính pH của dung dịch thu được khi trộn A với B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau
c Tính pH của dung dịch thu được khi trộn A với C theo tỉ lệ thể tích bằng nhau
HD:
a (1,0 điểm)Tính pH của dung dịch A, B
H COO CH
3
2 , 0
2
= 1,8 10-5 hay x2 + 1,8.10-5 x - 0,36.10-5 = 0 (*)
Vậy [H+] = x = 1,8884.10-3 M và pH = -lg[H+]= - lg(1,8884.10-3) ≈ 2,72
- dung dịch B: NaOH Na+ + OH
b.(0,5 điểm) Trộn A, B với tỉ lệ thể tích bằng nhau thì nồng độ đầu các chất giảm đi
1 nửa
CH3COONa CH3COO- + Na+
Trang 12CH3COO- + H2O CH3COOH + OH-; Kb = 5
14 14
10 8 , 1
10 10
Ka
COO CH
OH COOH CH
3
10 8 , 1
10 1
,
x x
5
14
10 8 , 1
1 , 0 10
pH = 14- pOH≈ 8,87
c.(0,5 điểm) Khi trộn A với C theo tỉ lệ thể tích 1:1 thì nồng độ ban đầu C0
H COO CH
3
= (00,1,1x x).x = 1,8 10-5 Giả sử x << 0,1 ta có x ≈ 1,8.10-5
Bài 13:
Giả sử có hidroxit M(OH)2 chỉ có phương trình điện ly duy nhất rất yếu :
M(OH) 2 M 2+ + 2OH – (1)
pKb ( Biết pKb = - lgKb)
b/ Tính pKb khi pOH = 6,75 và C0 = 1M
*Xét phương trình :
M(OH)2 M2+ + 2OH–– (1)
Ban đầu C0(M) 0 (M) 0 (M)
Giả Sử x (M) x(M) 2x(M)
Khi cân bằng: (C0 – x) x 2x
*Theo phương trình (1)
Ta có : Kb =[ [ (][ ) ]]
2
2 2
OH M
OH
M
2 0
(2 )
b
x x K
a/ lg(Kb ) = lg ( x C x x
0
2
) 2 (
) - lg(Kb) = lg(C0 – x ) – lg x - 2lg(2x)
=> pKb = lg(C0 – x ) - 3lgx - 3lg2 + lg2
=> pKb = lg(C0 – x ) - 3lg2x + lg2
Chất điện ly yếu nên : C0 - x > 0 => C0 – x ~ C0
pKb = lg2C0 - 3 lg2x => - lg2x = 1/3 (pKb - lg2C0) (*)
* Đặt pOH = - lg [OH–] => pOH = - lg2x
luôn có : [H+] [OH––] = 10–14 => pH = 14 – pOH
(*) pH = 14 – 1/3( pKb – lg2C0)
b/ pOH = 6,75 => pH = 7,25
=> pKb = 42 - 3pH + lg2C0 => pKb = 42 - 3.7,25 + lg2 = 20,5510
Trang 13Cho một mẫu thử axit fomic HCOOH có nồng độ 0,1M Cho KHCOOH = 1,77.10-4
1/ Tính pH của dung dịch HCOOH nói trên
đơn vị so với pH khi chưa cho H2SO4 vào Biết rằng hằng số axit đối với nấc phân li thứ hai của axit sunfuric là K2 = 1,2.10-2 Không có sự hao hụt khi pha trộn Tính giá trị của x ?
Giải
Ta có: a2/ (1-a) = 1,77.10-4 => a = 0,00412 (M) => pH = 2,385
mới có
Nồng độ các chất trong dung dịch mới sau khi trộn:
[HCOOH] = 0,05(M); [H2SO4] = 0,5x (M)
Vì pH = 2 => [H+] = 0,01 (M)
Áp dụng định luật bảo toàn proton cho các quá trình phân li (bỏ qua sự điện li của nước) ta có:
KHCOOH = [H+] [HCOO-] / HCOOH = 1,77.10-4 => [H+] [HCOO-] / 0,05 - [HCOO-] = 1,77.10-4
Từ (1), (2), (3) => [SO42-] = 4,965.10-3 ; [HSO4-] = 4,138.10-3
Vì 0,5x = [HSO4-] + [SO42-] => x = 0,0182 (M)