Skkn lý thuyết và bài tập về cân bằng ion trong dung dịch nước

Lí do chọn đề tài Bài tập về tính nồng độ các ion trong dung dịch chất điện li thường có mặt trong đề thi học sinh giỏi các cấp.. Kiến thức này các sách của bậc đại học viết nhiều thuộc

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Bài tập về tính nồng độ các ion trong dung dịch chất điện li thường có mặt trong đề thi học sinh giỏi các cấp Kiến thức này các sách của bậc đại học viết nhiều (thuộc bộ môn hóa học phân tích), tuy nhiên nội dung kiến thức tương đối sâu, rộng, … nói chung học sinh bậc phổ thông thường khó tiếp cận Để cung cấp một số kiến thức thật sự cần thiết, các dạng bài tập liên quan nhằm khắc sâu kiến thức đó, tôi cố gắng hệ thống và xây dựng lại các công thức tính nồng độ ion, giải một số bài tập minh họa nhằm giúp học sinh lĩnh hội kiến thức dễ dàng

và nhanh chóng hơn Chính vì các lí do trên, tôi chọn đề tài :

“ LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP VỀ CÂN BẰNG ION TRONG DUNG DỊCH NƯỚC”

3 Nhiệm vụ của đề tài

+ Nghiên cứu nội dung và phân loại kiến thức về hóa học phân tích bậc đại học;

+ Vận dụng lí thuyết để giải quyết các bài tập hoá liên quan

4 Phương pháp nghiên cứu

Trong quá trình nghiên cứu đề tài, tôi sử dụng kết hợp nhiều phương pháp như nghiên cứu lí luận và thực tiễn …, cụ thể :

+ Tìm hiểu sự cần thiết của đề tài đối với đề thi;

+ Tìm hiểu tài liệu có liên quan đến đề tài: Sách, báo, tạp chí, nội dung chương trình, các đề thi olimpic hoá học trong nước và quốc tế;

+ Tham khảo ý kiến của các giảng viên, giáo viên, các đồng nghiệp có nhiều kinh nghiệm trong nghiên cứu và giảng dạy

5 Những đóng góp mới của đề tài

+ Bước đầu đề tài góp phần xây dựng được một hệ thống lí thuyết phù hợp và phương pháp giải bài tập liên quan;

+ Nội dung của đề tài giúp học sinh có thêm tư liệu hữu ích trong quá trình học tập

CHƯƠNG I TÓM TẮT LÍ THUYẾT

1.1 Các định luật hóa học cơ bản áp dụng cho cân bằng ion trong dung dịch nước

1.1 Định luật bảo toàn khối lượng

1.1.1 Nồng độ gốc, nồng độ ban đầu, nồng độ cân bằng, định luật bảo toàn nồng độ ban đầu

1.1.1.1 Nồng độ gốc : Ký hiệu C0

Là nồng độ chất trước khi đưa vào hỗn hợp phản ứng

1.1.1.2 Nồng độ ban đầu : Ký hiệu C

Là nồng độ chất trước khi tham gia phản ứng

1.1.1.3 Nồng độ cân bằng : Ký hiệu [ ]

Là nồng độ các cấu tử sau khi phản ứng đã xảy ra và hệ đã đạt tới trạng thái cân bằng

1.1.1.4 Định luật bảo toàn nồng độ ban đầu :

Phát biểu : “ Nồng độ ban đầu của một cấu tử bằng tổng nồng độ cân bằng của các dạng tồn tại của cấu tử đó trong dung dịch tại thời điểm cân bằng’’

1.1.2 Định luật bảo toàn điện tích (định luật trung hòa điện)

Nội dung: “ Tổng điện tích âm của các anion phải bằng tổng điện tích dương của các cation

có mặt trong dung dịch”

1.1.3 Định luật bảo toàn proton (điều kiện proton)

Phát biểu : “ Nồng độ proton trong dung dịch ở trạng thái cân bằng, bằng tổng nồng độ proton mà các chất ở trạng thái so sánh (được quy ước gọi là “mức không”) đã giải phóng ra trừ đi tổng nồng độ proton mà các chất ở trạng thái so sánh đã thu vào để đạt tới trạng thái cân bằng”

Trạng thái so sánh có thể là trạng thái ban đầu hoặc là một trạng thái giả định nào đó 1.2 Cân bằng trong các dung dịch Axit- Bazơ nhiều cấu tử

1.2.1 Dung dịch hỗn hợp gồm 1 đơn Axit mạnh và 1 đơn Axit yếu

HA H+ + A- Ka

C Ca C 0

[ ] Ca – x C + x x

Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:

x C

) x C ( x

a 

 = Ka (a) Giải phương trình (a) phương trình bậc 2 đối với x Tìm x

C K

) x C ( x

b 

 = Kb (a)

Giải phương trình (a) phương trình bậc 2 đối với x Tìm x

C K



Từ x  [OH-] ; [H+] ; pH ; [A-] ; [HA]

1.2.3 Dung dịch chứa hỗn hợp nhiều đơn Axit yếu

Thành phần dung dịch: (HA1,Ca1, Ka1 ; HA2,Ca2,Ka2 ; … ; HAn,Can ,Kan ; H2O) Các quá trình xảy ra trong hệ

+ Trường hợp 2: Nếu Ca1 Ka1 ≈ Ca2 Ka2 ≈ … ≈ Can Kan ≈ W

 Các cân bằng xảy ra ở mức độ tương đương nhau

Trước hết ta xét dung dịch hỗn hợp gồm 2 đơn Axit yếu HA1 và HA2

Áp dụng điều kiện proton với mức không là HA1, HA2, H2O

K

 - Ca2

2

2K h

K

 = 0 (d) Tổng quát cho hệ gồm n đơn Axit yếu:

K

 - Ca2

2

2K h

K

 - … - Can

an

anK h

ai

ai aiK h

K

C = 0 (e) Giải phương trình (e) phương trình bậc (n+2) đối với h Tìm h

Từ h  [OH-] ; pH ; [Ai-] ; [HAi] (với i = 1  n)

+ Nếu Ca1 Ka1 ≈ Ca2 Ka2 ≈ … ≈ Can Kan » W phương trình (e) trở thành

h - 





n 1 i

ai

ai aiK h K

C = 0 (f)

CHƯƠNG II BÀI TẬP VẬN DỤNG CÓ HƯỚNG DẪN

Bài số 1[1]:

1 Tính độ điện li của ion CO3  trong dung dịch Na2CO3 có pH =11,60 (dung dịch A)

2 Thêm 10,00 ml HCl 0,160 M vào 10,00 ml dung dịch A Tính pH của hỗn hợp thu được

3 Có hiện tượng gì xảy ra khi thêm 1 ml dung dịch bão hoà CaSO4 vào 1 ml dung dịch A Cho: CO2 + H2O HCO3  + H+ ;

1

a

K = 106,35 HCO3  H+ + CO3  ;

2

a

K = 1010,33

Độ tan của CO2 trong nước bằng 3,0.102 M

Tích số tan của CaSO4 bằng 105,04; của CaCO3 bằng 108,35

(KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2005 (BẢNG B))

b) Tính độ điện li 1của axit fomic trong dung dịch A

c) Nếu pha loãng 0,5 lít dung dịch axit fomic trên với 0,5 lít nước cất thì độ điện li 2của axit fomic trong trường hợp này là bao nhiêu ? So sánh 1và 2và giải thích?

Cho biết :

- Thể tích dung dịch không bị hao hụt khi pha trộn;

- HCl điện li hoàn toàn;

Ta có : 2>1vì trong dung dịch HCl có H+ của HCl nên cân bằng điện li của HCOOH bị

Bài số 3[2]:

Axit Photphoric là một loại phân bón quan trọng Bên cạnh đó axit photphoric

và muối của nó có nhiều ứng dụng trong xử lý kim loại, thực phẩm, chất tẩy rửa và công nghiệp chế tạo thuốc đánh răng

lượng.Tính pH của Cola (bỏ qua nấc phân li thứ 2 và 3) Giả sử rằng nguyên nhân gây

(Trích đề OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 33)

 = 10-5,49  (1 + 10-2,745) x = 0,2.10-2,745 = 3,598.10-4

 x = 2,745

410 1

10 598 , 3





 = 3,592.10-4 [NH3] = [HCOOH] = x = 3,592.10-4M

Ta có:    H  OH = 3 , 199 107  3 , 126 108 = 2,886.10-7M

« [NH3] ; [HCOOH] ; [NH4+] ; [HCOO-]

Như vậy cách giải ở trên hoàn toàn phù hợp với giả thiết gần đúng

Bài số 5 [4]: Tính pH của dung dịch Metyl amoni xianua (CH3NH3CN) 3.10-3M Cho biết:

 Các cân bằng (1), (2), (3) đều xảy ra đáng kể

Áp dụng điều kiện proton với mức không: CH3NH3+ ; CN- ; H2O

[H+] = [OH-] + [CH3NH2] - [HCN]

Hay : h + [HCN] =

h

W + [CH3NH2]

 h + [CN-] hK HCN1 =

h

W +

CH3 3

60 , 10 3 14

10 10 3 1

10 10 3 10

Để tính h chính xác hơn, ta giải theo phương pháp gần đúng liên tục

[CH3NH3+]1 = 3.10-3 10 10,60

1010 10

1274 , 1

10 1274 , 1







 = 2,4534.10-3M [CN-]1 = 3.10-3 10 9,35

35 , 910 10

1274 , 1

, 10 14

10 3954 , 2 10 1

10 4534 , 2 10 10

h

h 

10 10

10 1274 , 1

10 1274 1 10 1557 , 1

không nhỏ hơn nhiều so với: [CH3NH2] ; [HCN] ; [CH3NH3+] ; [CN-]

Bài số 6[5] : Tính cân bằng trong dung dịch gồm HCl 10-2M và HAc 0,2M Cho biết : KHAc =

) x 10 (

 = 10-3,46 không « 10-2 + Giả sử x « 0,2

1410

10





= 10-12,014M ; pH = 1,986 Bài số 7[5] : Tính cân bằng trong dung dịch gồm NaOH 10-3M và NaAc 0,5M Cho biết :

Ta có: [OH-] ≈ CNaOH = 10-3M  [H+] = 10-11M « [OH-] Nên ta bỏ qua (3) so với (1) và (2), dựa vào (2) để tính

) x 10 (

Từ (4)  x = 10-9,24 3

10

5 , 0

 = 10-6,54 = 2,877.10-7 « 10-3 [Na+] = CNaOH + CNaAc = 0,5 + 10-3 = 0,501M

h2

2



 = 10-4,76  h2 + 10-4,76 - 10-6,06 = 0

) x 10 235 , 9 ( x

Từ (4)  x = 10-9,35

4 110 235 , 9

10 2





= 9,6737.10-8 « 9,235.10-4 [HCN] = 2.10-1 – x ≈ 2.10-1M ; [CN-] = x = 9,6737.10-8M

[H+] = 9,235.10-4 + x ≈ 9,235.10-4 = 10-3,0346  pH = 3,0346

[OH-] =  

H

W = 3,0346

1410

10





= 10-10,9654M Bài số 9[6]: Tính pH trong dung dịch chứa hỗn hợp HCOOH 2.10-2M và HAc 10-1M Cho biết : KHCOOH = K1 = 10-3,75 ; KHAc = K2 = 10-4,76

Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ

HCOOH H+ + HCOO- K1 = 10-3,75 (1)

HAc H+ + Ac- K2 = 10-4,76 (2)

H2O H+ + OH- W = 10-14 (3)

Ta có: K1.CHCOOH = 10-5,45 ≈ K2.CHAc = 10-5,76 »W = 10-14

 Bỏ qua cân bằng (3) so với (1) và (2), dựa vào (1) và (2) để tính

Áp dụng điều kiện proton với mức không : HCOOH , HAc

[H+] = [HCOO-] + [Ac-]

 h = [HCOOH]

h

K1 + [HAc]

h

K2  h = K1 HCO OH   K2 HAc  (6)

Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có:

CHCOOH = C1 = [HCOOH] + [HCOO-]

= [HCOOH] + K1 [HCOOH] h-1

= [HCOOH] (1+ K1h-1)

 [HCOOH] = C1

1K h

h

 ; tương tự: [HAc] = C2

2K h

h

 (7) Giải theo phương pháp gần đúng liên tục dựa vào (6) và (7)

Chấp nhận: [HCOOH] = C1 = 2.10-2M ; [HAc] = C2 = 10-1M

thay vào (6) ta được:

h0 = 103,75 2 102  104,76 101 = 2,3.10-3 thay vào (7) ta được:

[HCOOH]1 = 2.10-2

75 , 3 3

310 10

3 , 2

10 3 , 2

310 10

3 , 2

10 3 , 2

h

h 

3 3

10 3 , 2

10 3 , 2 10 24 , 2

x2

2



 = 10-4,65  x2 + 10-4,65x - 5.10-6,65 = 0

C 2.10-1 0 10-2,98

[ ] 2.10-1 – y y 10-2,98 + y

Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:

y 10 2

) y 10

( y

1

98 , 2

Từ (4)  y = 10-9,24 2,98

110

10 2





= 10-6,96 « 10-2,98 [HAc] = y = 10-6,96M = 1,096,10-7M; [Ac-] = 2.10-1 - y ≈ 2.10-1M

[OH-] = 10-2,98 + y ≈ 10-2,98M  [H+] =  

OH

W = 2,98

1410

 Bỏ qua cân bằng (3) so với (1) và (2), dựa vào (1) và (2) để tính

Áp dụng điều kiện proton mở rộng với mức không : NH3 , CN

[OH-] = x = [HCN] + [NH4+]  x = [CN-]

x

K 1 + [NH3]

x

K 2

 x = K 1 CN  K 2 NH3

(6) Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có:

C CN = Cb1 = [HCN] + [CN-] = [CN-] Kb1 x-1 + [CN-] = [CN-] (Kb1 x-1 + 1)

 [CN-] = Cb1

1K x

x

 ; tương tự: [NH3] = Cb2

2K x

x

 (7) Giải theo phương pháp gần đúng liên tục dựa vào (6) và (7)

+ Chấp nhận: [CN-] = Cb1 = 0,2000M ; [NH3] = Cb2 = 0,2500M, thay vào (6) ta được:

x0 = 10 4 , 65 0 , 2  10 4 , 76 0 , 25 = 2,97.10-3 thay vào (7) ta được :

[CN-]1 = 0,2 3 4,65

310 10

97 , 2

10 97 , 2

97 , 2

10 97 , 2







 = 0,2490M (**) thay (*) và (**) vào (6) ta được: x1 = 10 4 , 65 0 , 1985  10 4 , 76 0 , 2490 = 2,962.10-3

Ta có:

0

0 1

10 97 , 2

10 97 , 2 10 962 , 2

h2

2



 = 10-2,23  h2 + 10-2,23 h - 10-4,23 = 0

) x 10 275 , 5 ( x

Từ (5)  x = 10-7,21 3

310 275 , 5

10 275 , 5





= 10-7,21 « 5,275.10-3 [HPO42-] = x = 10-7,21M ; [H2PO4-] = 5,275.10-3 - x ≈ 5,275.10-3M

) a 10 275 , 5 ( a

21 , 7

Từ (5)  a = 10-12,32 3

21 , 710 275 , 5

10





= 10-17,25 « 10-7,21 [PO43-] = 10-17,25M ; [HPO42-] = 10-7,21 – a ≈ 10-7,21M

[H+] = 5,275.10-3 + a ≈ 5,275.10-3M  pH = 2,28

Bài số 13[3] : Tính pH trong dd gồm Na2A 10-2M Cho biết H2A có: K1 = 10-6,00; K2 = 10-6,72

Hướng dẫn : Các quá trình xảy ra trong hệ

n 2 1 1

n 1 n

bn 2 1 2

n 2 1 1

n 1

K

K K

x K K x

K x

) K

K nK

x K K 2 x

K (

2

2 1 1

K K x K x

) K K 2 x K (

Nghiệm thực x phải thỏa mãn : 1,414.10-5 < x < 2,29.10-5

) x ( F0

0 = 2,25.10-5 + 10

1610 963 , 9

10 013 , 4





= 2,29.10-5F(x1) = 8,025.10-18 ; F’(x1) = 1,0508.10-9

 x2 = x1 -

) x ( ' F

) x ( F1

1 = 2,29.10-5 - 9

1810 0508 , 1

10 025 , 8

10 29 , 2

10 29 , 2 10 289 , 2

x

3 2



 = 10-3,67  x2 + 10-3,67 x - 10-6,67 = 0

Giải ra ta được: x = 3,677.10-4  [HCO3-] = [OH-] = x =3,677.10-4M

[CO32-] = 10-3 – x = 10-3 - 3,677.10-4 = 6,323.10-4M

Để tính nồng độ [H2CO3] ta dựa vào cân bằng (2)

HCO3- + H2O H2CO3 + OH- Kb2 = 10-7,65

C 3,677.10-4 0 3,677.10-4

[ ] 3,677.10-4 – a a 3,677.10-4 + a

Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:

a 10 677 , 3

) a 10 677 , 3 ( a

Từ (4)  a = 10-7,65

4 410 677 , 3

10 677 , 3





= 10-7,65 « 3,677.10-4 [H2CO3] = a = 10-7,65M ; [HCO3-] = 3,677.10-4 – a ≈ 3,677.10-4 M

[OH-] = 3,677.10-4 + a ≈ 3,677.10-4 M; [Na+] = 2

2 3

Na CO

C = 2.103M  [H+] =  

OH

W

1410 677 , 3

10





= 2,7196.10-11 = 10-10,57 pH = 10,57 Bài số 15[4] : Tính pH trong dung dịch gồm NaHCO3 2.10-3M Cho biết H2CO3 có: K1 = 10-6,35 ; K2 = 10-10,33

 h + [HCO3-]hK11 =

h

W + [HCO3-]

h

K2

1

3 2

HCO K

1

HCO K

, 10 14

10 2 10 1

10 2 10 10

1

3 2

HCO K

1

HCO K

W

(a) ; [HCO3-] = C

2 1 1

2

1K K h K h

h K



Chấp nhận : [HCO3-] =

3

HCO

C  = C = 2.10-3M vào (a) ta được :

h0 = 4,81.10-9 thay vào (b) ta được:

[HCO3-]1 = 2.10-3

33 , 10 35 , 6 9

35 , 6 2

9

9 35

, 6

10 10 10

81 , 4 10 ) 10 81 , 4 (

10 81 , 4 10

, 10 14

10 96 , 1 10 1

10 96 , 1 10 10

) a 10

( a

3

72 , 4

Giả sử : a « 10-4,72

Từ (6)  a = 10-12,32 4,72

310

10 6076 , 1





= 4,0381.10-11 « 10-4,72 [PO43-] = a = 4,0381.10-11M ; [HPO42-] = 1,6076.10-3 – a ≈ 1,6076.10-3M

[H+] = 10-4,72 + a ≈ 10-4,72M ; [OH-] =  

H

W = 4,72

1410

x6

2



 = 10-7,00  x2 + 10-7,00 x - 8.10-13 = 0

10





= 1,182.10-8M = 10-7,93M [HS-] = 8.10-6 – x = 8.10-6 - 8,46.10-7 = 7,154.10-6M

[S2-] = [HS-]K2h-1 = 7,154.10-6.10-12,92 107,93 = 7,32.10-11M  pH = 7,93

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 Đề thi HSG quốc gia bảng A, bảng B từ năm 1994 đến năm 2009

2 Đề thi Olympic Quốc tế từ năm 2002 đến năm 2009

3 Tuyển tập 10 năm Đề thi Olympic 30 tháng 4 Hóa học 11 NXB Giáo dục, 2006

4 Nguyễn Tinh Dung Bài tập hóa học phân tích NXB Giáo dục, 1982

5 Nguyễn Tinh Dung Các phương pháp định lượng hóa học (tái bản lần thứ 4) NXB Giáo

dục, 2007

6 Đào Thị Phương Diệp, Đỗ Văn Huê Giáo trình hóa học phân tích Cơ sở phân tích định lượng NXB Đại học Sư phạm, 2007

- HẾT -