Cân Bằng Axit,Bazo [PDF]

Zitiervorschau

Cân bằng axit-bazơ và kết tủa

1.

a. b.

1. 2. 3. a. b.

Câu 1. Cân bằng axit-bazơ và cân bằng tạo kết tủa Dung dịch A là dung dịch H3PO4 0,02M; dung dịch B là dung dịch Na3PO4 0,01M Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch A. 2. Cho từ từ 100ml dung dịch A vào 100ml dung dịch B thu được 200ml dung dịch C. Tính pH của dung dịch C. 3. Cho từ từ dung dịch Na 3PO4 0,01M vào dung dịch chứa CdCl 2 0,01M và ZnCl2 0,01M( thừa nhận thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể trong quá trình thí nghiệm) Kết tủa nào xuất hiện trước? Khi kết tủa thứ hai xuất hiện thì nồng độ của ion thứ nhất còn lại là bao nhiêu? Từ đó có nhận xét gì? Biết H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32. Cd3(PO4)2 có pKs = 32,6. Zn3(PO4)2 có pKs = 35,42. Câu 2: (Cân bằng axit-bazơ và kết tủa) Cho dung dịch A gồm có HCOONa 0,1M và Na2SO3 xM. pHA= 10,4 Tính x Thêm 14,2ml dung dich HCl 0,6M vào 20ml dung dịch A được dung dịch B. Tính pHB. Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch MgCl2 0,001M Có Mg(OH)2 tách ra không? Nếu có Mg(OH)2 tách ra, hãy tính pH và độ tan của Mg(OH)2 trong hỗn hợp thu được. Cho: pKaHCOOH = 3,75; của H2SO3 là 1,76 và 7,21; *MgOH+ = 10-12,6; pKs Mg(OH)2 = 10,95.

Câu 3: Thêm V lít dung dịch H2SO4 0,260M vào V lít dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,020M và Ba(NO3)2 0,040M tách kết tủa thu được dung dịch A. 1/ Hãy tính pH của A. 2/ Sục H2S vào dung dịch A đến bão hòa. Cho biết hiện tượng xảy ra. Cho: pKa (HSO4-) = 2,00; pKa1 (H2S) = 7,02; pKa2 (H2S) = 12,9; pKs (BaSO4) = 9,93; pKs (PbSO4) = 7,66; pKS( PbS) = 26,6; o (RT/F) ln = 0,0592lg ; E Pb2+ /Pb = - 0,123 V ; Độ tan của H2S là 0,1M. Câu 4 (2 điểm) Trộn 1 ml dung dịch A gồm HCl 0,1M, FeCl 3 0,02M và NiCl2 0,001M vào 1 ml dung dịch NaOH 0,162M tạo thành hỗn hợp X. (a) Tính pHX. (b) Tính nồng độ cân bằng của ion Fe3+. So sánh với nồng độ cân bằng của Fe3+ trong dung dịch Fe(OH)3 bão hòa. Cho: pKS (Fe(OH)3) = 37; pKS (Ni(OH)2) = 14,7; lg*β (FeOH2+) = -2,17; lg*β (NiOH2+) = -8,94. Câu 5: (2 điểm) Trộn 20 ml dung dịch H2SO4 0,05 M với 30 ml dung dịch H3PO4 0,05 M thu được 50 ml dung dịch A. 1. Tính pH và nồng độ cân bằng các cấu tử trong dung dịch A. 2. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,10M cần thêm vào 20 ml dung dịch A để thu được dung dịch mới có pH=7,21. Cho H3PO4 có pKai=2,15; 7,21; 12,32 HSO4- có pKa= 2 Câu 6: 1.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M. 2. Trộn 1 ml H3PO4 0,10M với 1 ml CaCl2 0,010M được hỗn hợp X. a. Nêu hiện tượng xảy ra. b. Thêm vào hỗn hợp X 3 ml NaOH 0,10M. Nêu hiện tượng xảy ra. Cho: H3PO4: pKa = 2,23; 7,21; 12,32; pKs (CaHPO4) = 6,58; pKs (Ca3(PO4)2) = 28,92 Câu 7: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa Trộn 10,00 ml dung dịch SO2 với 10,00 ml dung dịch Na2SO3, được dung dịch A. Thêm 3 giọt metyl da cam và chuẩn độ dung dịch thu được. Dung dịch đổi màu (pH = 4,4) khi dùng hết 12,50 ml dung dịch NaOH 0,2000M. Thêm tiếp 3 giọt phenolphtalein vào hỗn hợp và chuẩn độ tiếp bằng NaOH 0,2000M. Sự đổi màu xảy ra (pH = 9,0) khi dùng hết 27,50 ml NaOH nữa. a) Tính nồng độ mol/l của dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn. b) Tính pH của dung dịch A sau khi trộn. Cho axit H2SO3 ( SO2+ H2O) có pKa1 = 1,76; pKa2 = 7,21. Câu 8. 1. Cho dung dịch X gồm HA 3% (d=1,005 g/ml); NH4+ 0,1M; HCN 0,2M. Biết pHX =1,97. a. Tính số lần pha loãng dung dịch X để HA thay đổi 5 lần. b. Thêm dần NaOH vào dung dịch X đến C NaOH = 0,15M (giả sử thể tích dung dịch X không thay đổi). Tính độ phân li HA c. Tính V dung dịch NaOH 0,5M cần để trung hòa 10ml dung dịch X đến pH=9,00. Cho MHA= 46 g/mol; pKa(NH4+) = 9,24; pKa(HCN) = 9,35. 2. Thêm 0,1mol OH- vào 1,0 lit dung dịch chứa 5.10-2 mol Cu2+. Tính pH của dung dịch thu được. Cho: KS(Cu(OH)2) = 2.10-19; lg*(CuOH+) = - 8,0; Câu 9 (2,0 điểm). Cân bằng axit – bazơ và kết tủa 1. Cho dung dịch X gồm HA 3% (d=1,005 g/ml); NH4+ 0,1M; HCN 0,2M. Biết pHX =1,97. d. Tính số lần pha loãng dung dịch X để HA thay đổi 5 lần.

f.

e. Thêm dần NaOH vào dung dịch X đến C NaOH = 0,15M (giả sử thể tích dung dịch X không thay đổi). Tính độ phân li HA Tính V dung dịch NaOH 0,5M cần để trung hòa 10ml dung dịch X đến pH=9,00. Cho MHA= 46 g/mol; pKa(NH4+) = 9,24; pKa(HCN) = 9,35. 2. Thêm 0,1mol OH- vào 1,0 lit dung dịch chứa 5.10-2 mol Cu2+. Tính pH của dung dịch thu được. Cho: KS(Cu(OH)2) = 2.10-19; lg*(CuOH+) = - 8,0; Câu 10  1 (1,0 đ): Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M. a. Tính pH của dung dịch A. b. Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B? Cho: Fe3+ + H2O ↔ FeOH2+ + H+ lg*β1 = -2,17 Pb2+ + H2O ↔ PbOH+ + H+ lg*β2 = -7,80 Zn2+ + H2O ↔ ZnOH+ + H+ lg*β3 = -8,96

E0

Fe3+ /Fe2+

ở 25 oC: 2,303

0 = 0,771 V; ES/H = 0,141 V; E 0 2S

Pb2+ /Pb

= -0,126 V ;

RT ln = 0,0592lg F

pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan).

pK a1(H2S) = 7,02; pK a2(H2S) = 12,90; pK

a(NH + 4)

= 9,24; pK a(CH3COOH) = 4,76

2 (1,0 đ). Axit butanoic là một đơn axit có K a=1,51.10-5. Một mẫu 35,00ml dung dịch axit butanoic nồng độ 0,500M được chuẩn độ bởi dung dịch KOH nồng độ 0,200M. a. Tính nồng độ ion H+ trong dung dịch axit butanoic ban đầu. b. Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 10,00ml dung dịch KOH. Câu 11 (2đ): Cân bằng axit- bazơ, tạo kết tủa. 1. Trộn 10ml H2SO4 0,6M với 10ml (CH3COO)2Ca 0,6M và 10ml NH3 0,45 M thu được hỗn hợp A a. Tính pHA b. Tính [so42-]A =? 2. Độ điện li của CH3COOH là 4,08%. Để độ điện li của CH3COOH thay đổi 50% so với ban đầu cần phải thêm vào 1 lít dung dịch axit CH3COOH ở trên bao nhiêu gam HCOONa Cho pKa(HSO4-)=2; pKa(CH3COOH) =4,76; pKa(NH4+)= 9,24; pKs(CaSO4)=4,62 Câu 12: Cho dung dịch X chứa HCN 0,1M và KI 0,01M 1. Tính pH của dung dịch X 2. Cho AgNO3 vào dung dịch X cho đến khi nồng độ [NO 3-] = 0,01M thu được dung dịch A và  B (đều thuộc trong bình phản ứng). Xác định kết tủa B và pH của dung dịch A cùng nồng độ các ion trong dung dịch A. 3. Tính số mol NaOH cho vào bình phản ứng chứa 1 lít dung dịch A để kết tủa B tan vừa hết. Tính pH của dung dịch thu được.(coi sự thay đổi thể tích là không đáng kể). 4. Nhúng thanh Ag vào dung dịch thu được ở câu c/ rồi nối với điện cực calomen bão hòa ( E = 0,224V). Xác định các điện cực trong pin trên và tính thế của pin ( đo tại 25 0C ). Cho HCN pKa = 9,3 Ag (CN ) 2 , lg = 21,1; AgCN , pKs = 16; AgI, pKs = 16 Câu 14: Cân bằng axit-bazơ và kết tủa ( 2 điểm) 6.1. Tính khối lượng NaOH phải cho vào 500 ml dung dịch HCOONa 0,01M để pH của dung dịch thu được là 11,50 (bỏ qua sự thay đổi thể tích trong quá trình hòa tan). Cho biết pKa (HCOOH) = 3,75; Kw = 10-14. 6.2. Một dung dịch X chứa HClO 4 0,005M; Fe(ClO4)3 0,03M; MgCl2 0,01M. Cho 100ml dung dịch NH 3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch B. Xác định kết tủa A và pH của dung dịch B. Biết: pKa(NH4+)= 9,24; Mg(OH)2 (pKs= 11) ; Fe(OH)3 (pKs =37)

Cân bằng axit-bazơ và kết tủa Câu 6. Cân bằng axit-bazơ và cân bằng tạo kết tủa Dung dịch A là dung dịch H3PO4 0,02M; dung dịch B là dung dịch Na3PO4 0,01M 4. Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch A. 5. Cho từ từ 100ml dung dịch A vào 100ml dung dịch B thu được 200ml dung dịch C. Tính pH của dung dịch C. 6. Cho từ từ dung dịch Na3PO4 0,01M vào dung dịch chứa CdCl 2 0,01M và ZnCl2 0,01M( thừa nhận thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể trong quá trình thí nghiệm) c. Kết tủa nào xuất hiện trước? d. Khi kết tủa thứ hai xuất hiện thì nồng độ của ion thứ nhất còn lại là bao nhiêu? Từ đó có nhận xét gì? Biết H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32. Cd3(PO4)2 có pKs = 32,6. Zn3(PO4)2 có pKs = 35,42. Đáp án Câu 6 Hướng dẫn trả lời Điểm 1. - Trong dung dịch A có các cân bằng: 1.0  + -2,15 H3PO4  H + H2PO 4 (1) Ka1 = 10  H2PO 4 

2

H+ + HPO 4

2

(2)

Ka2 = 10-7,21

3

HPO 4  H+ + PO 4 (3) Ka3 = 10-12,32 H2O  H+ + OH- (4) Kw = 10-14 Do C.Ka1 >> C.Ka2 >> C.Ka3 Kw nên tính pH của dung dịch theo cân bằng (1)  H3PO4  H+ + H2PO 4 (1) Ka1 = 10-2,15 [ ] 0,02 – x x x



x2  102,15  x  8,875.103  0,02  x

pH = 2,05

- Vậy, trong dung dịch A: [ H+] = h = 10-2,05M; [ OH-] = 10-11,95M;  [ H3PO4] = 1,1125.10-2M: [H2PO 4 ] = x = 8,875.10-3M; [HPO 4 ]=C.  HPO42  = 2

K a1.K a 2 .h K .K 0, 02  2 a1 a 2 = 6,125.10-8M h  K a1.h  K a1.K a 2 .h  K a1.K a 2 .K a 3 h  K a1.h K a1.K a 2 .K a 3 K .K .K 3 0,02  3a1 a 2 a23 [PO 4 ]=C.  PO43 = 0,02  3 2 h  K a1.h  K a1.K a 2 .h  K a1.K a 2 .K a 3 h  K a1.h 0, 02 

3

2

=3,2895.10-18M 2

Tính lại nồng độ của các chất: CH3 PO4  0, 01M ; C Na3 PO4  0, 005M . Thứ tự phản ứng: 3  2 1 H3PO4 + PO 4  H2PO 4 + HPO 4 K =Ka1.K a 3 =1010,17 >> K W C: 0,01 0,005 [ ]: 0,005 0 0,005 0,005 2  1 H3PO4 + HPO 4  2 H2PO 4 K = Ka1.K a 2 = 105,06 >> K W C: 0,005 0,005 0,005 [ ]: 0 0 0,015  - Thành phần giới hạn của dung dịch C gồm H2PO 4 : 0,015M; H2O; Na+ - Trong dung dịch C có các cân bằng:  2 H2PO 4  H+ + HPO 4 (2) Ka2 = 10-7,21 2 3 HPO 4  H+ + PO 4 H2O  H+ + OH-

(3) (4)

Ka3 = 10-12,32 Kw = 10-14

0.5



H2PO 4 + H2O  H3PO4 + OH(5) Kb3 = 10-11,85 - Ta có, Ka2 >> Kb3  Ka3 > Kw nên tính pH của dung dịch C theo cân bằng (2)  2 H2PO 4  H+ + HPO 4 (2) Ka2 = 10-7,21 C: 0,015 [ ]: 0,015 – x x x

 3.

x2  107,21  x  3, 038.105  pH ddC   lg x  4,52 0, 015  x

a) Phương trình phản ứng: 3 3Zn2+ + 2PO 4  Zn3(PO4)2 

0.5 (6)

 Cd3(PO4)2  3Cd2+ + (7) Để bắt đầu xuất hiện kết tủa Zn3(PO4)2 thì 3 3 [Zn2+]3.[ PO 4 ]2 = K s ( Zn3 ( PO4 )2 )  [ PO 4 ](1) = 1,95.10-15M Để bắt đầu xuất hiện kết tủa Cd3(PO4)2 thì 3 3 [Cd2+]3.[ PO 4 ]2 = K s ( Cd3 ( PO4 )2 )  [ PO 4 ](2) = 5,012.10-14M 3 2PO 4

3

3

- Vì [ PO 4 ](1) < [ PO 4 ](2) nên kết tủa Zn3(PO4)2 xuất hiện trước b) Khi kết tủa Cd3(PO4)2 xuất hiện, [Zn2+] = 1,148.10-3M - Nhận xét: Không thể tách riêng từng ion Zn2+ và Cd2+ bằng kết tủa phân đoạn với ion PO 3 4 . Câu 9: (Cân bằng axit-bazơ và kết tủa) Cho dung dịch A gồm có HCOONa 0,1M và Na2SO3 xM. pHA= 10,4 4. Tính x 5. Thêm 14,2ml dung dich HCl 0,6M vào 20ml dung dịch A được dung dịch B. Tính pHB. 6. Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch MgCl2 0,001M c. Có Mg(OH)2 tách ra không? d. Nếu có Mg(OH)2 tách ra, hãy tính pH và độ tan của Mg(OH)2 trong hỗn hợp thu được. Cho: pKaHCOOH = 3,75; của H2SO3 là 1,76 và 7,21; *MgOH+ = 10-12,6; pKs Mg(OH)2 = 10,95. Câu 9

1. Có các cân bằng sau: SO32- + H2O

HSO3- + OH-

HCOO- + H2O -

HSO3 + H2O

Kb1 = 10-6,79 (1)

HCOOH + OHH2SO3 + OH

-

Kb = 10-10,25 (2)

Kb2 = 10

-12,24

0,5

(3)

H 2O H+ + OH- Kw = 10-14 (4) Thấy Kb2 [OH-] >>[H+] => bỏ qua cân bằng (4) [HCOOH]/[HCOO-] = [H+]/ Ka = 10-10,4/10-3,75 x= 0,389M 2. SO32+ H+ -> HSO30,2275 0,249 0,0215 0,2275 M HCOO- + H+ -> HCOOH 0,0585 0,0215 0,037 0,0215M TPGH B ( HCOOH HCOOHSO3-) 0,0215 0,037 0,2275M Coi HCOOH là một axit độc lập, HCOO- là một bazo độc lập Các phân li axit:

HCOOH HSO3-

HCOO- + H+ SO32- +

Ka= 10-3,75(5)

H+ Ka2= 10-7,21 (6)

H 2O H+ + OH- Kw = 10-14 (7) Bỏ qua phân li (6), (7) Các cân bằng phân li bazo: HCOO- + H2O HCOOH + OH- Kb = 10-10,25 (8) HSO3- + H2O

H2SO3 + OH-

Kb2 = 10-12,24 (9)

0,5

Kb.C(HCOO-) = 3,7.10-12,25 > Kb2.C(HSO3-) = 2,275.10-13,24 Chấp nhận bỏ qua cân bằng (9) => pH tại dung dịch là pH đệm = 3,75 + lg 0,037/0,0215 = 4,0 Thấy pH = 4,0 => [OH-] Bắt đầu có Mg(OH)2 kết tủa. Mg2+ C C’  

C

2SO32- + 2H2O

5.10-4M 0,1945M 5.10-4-x 0,1945-2x x= 9,47.10-5 Hỗn hợp ( Mg(OH)2 HCOO- ) C Mg(OH)2 Mg2+ + 4,05.10-4+S Mg2+



+

+

H 2O

2HSO3- +

Mg(OH)2  K= 10-2,63 0,25

2x SO32-

HSO3-

Mg2+

0,1945M 2OH- Ks

1,894. 10-4M

4,05.10-4M

MgOH+

+

0,05M 0,25

H+ ; *MgOH+ = 10-12,6

Tìm pH của dung dịch thu được Tính pH theo 2 cân bằng: Mg(OH)2 Mg2+ + 2OH- Ks SO32- + H2O

HSO3- + OH-

Kb1 = 10-6,79

Điều kiện OH[OH-] = [HSO3-] -0,1894. 10-4 + 2([Mg2+]- 4,05.10-4) = [SO32-].Kb1/[OH-] + 2Ks/[OH-]2 - 10-3 - 3 -3. - 2 => [OH ] + 10 [OH ] - Kb1. [SO32-].[OH-] – 2.Ks =0 2Chấp nhận [SO3 ] = C0 = 0,1945M  [OH-] = 1,54. 10-4M  pH = 10,19 Kiểm tra SO32[SO32-]= C.Ka2/(Ka2+h) = C. 10-7,21/ (10-7,21+ 10-10,19)  C thoả mãn. pH = 10,19 => Cân bằng Mg2+ +

H2O

MgOH+

+

H+ ; *MgOH+ =

10-12,6 [MgOH+] / [ Mg2+] = */h [ Mg2+] chỉ phụ thuộc vào cân bằng Mg(OH)2 Mg2+ + [ Mg2+] = 4,05.10-4+S = 10-10,95/(1,54.10-4 )2 => S = 6,811.10-5M

2OH- Ks

Câu 6: (2,0 điểm) CÂN BẰN AXIT – BAZƠ VÀ KẾT TỦA Thêm V lít dung dịch H2SO4 0,260M vào V lít dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,020M và Ba(NO3)2 0,040M tách kết tủa thu được dung dịch A. 1/ Hãy tính pH của A. 2/ Sục H2S vào dung dịch A đến bão hòa. Cho biết hiện tượng xảy ra.

Cho: pKa (HSO4-) = 2,00; pKa1 (H2S) = 7,02; pKa2 (H2S) = 12,9; pKs (BaSO4) = 9,93; pKs (PbSO4) = 7,66; pKS( PbS) = 26,6; o (RT/F) ln = 0,0592lg ; E Pb2+ /Pb = - 0,123 V ; Độ tan của H2S là 0,1M. 1/ Thành phần ban đầu: H2SO4 0,130M; Pb(NO3)2 0,010M; Ba(NO3)2 0,020M. Pb(NO3)2 Pb2+ + 2NO3– 0,010 ----0,010 Ba(NO3)2 Ba2+ + 2NO3– 0,020 ----0,020 H2SO4 H+ + HSO4– 0,130 ----0,130 0,130 HSO4– + Ba2+ BaSO4¯ + H+ ; K1 = 107,93 0,130 0,020 0,130 0,110 ----0,150 HSO4– + Pb2+ PbSO4¯ + H+ ; K2 = 105,66 0,110 0,010 0,150 0,100 ----0,160 – + Thành phần giới hạn: HSO4 0,100 M; H 0,160M; BaSO4¯ , PbSO4¯ HSO4– H+ + SO42 – ; Ka = 10-2 C 0,100 x x [ ] (0,100 - x) (0,160 + x) x x (0,160 + x)/(0,100 - x) = 10-2 → x = [SO42–] = 5,69.10-3 (M) [ H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) → pH = 0,78 2/ Khi sục H2S đến bão hòa vào dung dịch: H2S H+ + HS- Ka1 = 10-7,02 HS H+ + S2- Ka2 = 10-12,9 Do trong dung dịch có sẵn ion H+ với [H+] = 0,1657M , môi trường axit mạnh nên coi H2S phân li không đáng kể, ta tổ hợp hai cân bằng để tính nồng độ của ion S2H 2S 2H+ + S2- K = Ka1Ka2 = 10-19,92 ' Với [H+] = 0,1657M nên [S2-] = C S 2 =

C ' Pb2  [Pb 2+ ]=

K s, PbSO4



2

[SO 4 ]

K a1.K a 2 .CH 2 S + 2

[H ]

0,5

0,5

0,5

= 4,38.10-20M

7,66

10 = 3,84.10-6 (M) 5,69.10-3

0,5

Vậy C S 2 . C Pb2  4,38.10-20. 3,84.10-6 = 1,68.10-25 > 10-26,6 nên có kết tủa PbS màu đen xuất hiện Câu 6 (2 điểm) Trộn 1 ml dung dịch A gồm HCl 0,1M, FeCl 3 0,02M và NiCl2 0,001M vào 1 ml dung dịch NaOH 0,162M tạo thành hỗn hợp X. (a) Tính pHX. (b) Tính nồng độ cân bằng của ion Fe3+. So sánh với nồng độ cân bằng của Fe3+ trong dung dịch Fe(OH)3 bão hòa. Cho: pKS (Fe(OH)3) = 37; pKS (Ni(OH)2) = 14,7; lg*β (FeOH2+) = -2,17; lg*β (NiOH2+) = -8,94. Đáp án Điểm (a) H+ + OH- → H2O [] 0 0,031 Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 [] 0 0,001 Ni2+ +2OH- → Ni(OH)2 [] 0 0 TPGH: Fe(OH)3 ; Ni(OH)2; H2O 0,5 Xét dung dịch X: '

'

Ni 2  2OH 

Ni(OH) 2 

Ni 2 

NiOH   H 

H   OH   

Ni(OH) 2 

Fe(OH)3 

K s1  1014,7 (1)

*s1  108,94

H 2O

K w  1014

NiOH   OH 

Fe3  3OH 

(2) (3)

K1  10 9,64 (4)

K s2  10 37 (5)

0,5

Fe(OH)3 

FeOH 2  2OH 

K 2  1025,17 (6)

H   OH  K w  1014 (7) So sánh: K4 K7  K1 K6 K5  bỏ qua K6; K5. H 2O 

Đánh giá K4, K1, K7:

[OH  ]7  K w  107 ;[OH  ]1  2 3

K s1  5   1,59.10 5 ; [OH ]4  K1  1,51.10  [OH ]1 4

 bỏ qua (7) tính theo (1) và (4) 

K s1 K1 OH    2  Ni 2    NiOH    2  =2,057.10-5       [OH  ]2 [OH  ]

 pH = 9,31. [Fe ]X = 1,15.10 Có thể không tính gần đúng mà dùng điều kiện proton vẫn cho ra đúng kết quả. (b) Xét dung dịch bão hòa Fe(OH)3 chỉ có các cân bằng (5), (6), (7) 3+

K7 K6 K5

0,5

-23

 h  K w  107  [Fe3 ] 

0,5

1037  1016 7.3 10

Vậy [Fe3+]X nhỏ hơn nhiều so với [Fe3+] bão hòa trong dung dịch Fe(OH)3. Câu 6: (2 điểm) Trộn 20 ml dung dịch H2SO4 0,05 M với 30 ml dung dịch H3PO4 0,05 M thu được 50 ml dung dịch A. 1. Tính pH và nồng độ cân bằng các cấu tử trong dung dịch A. 2. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,10M cần thêm vào 20 ml dung dịch A để thu được dung dịch mới có pH=7,21. Cho H3PO4 có pKai=2,15; 7,21; 12,32 HSO4- có pKa= 2 Câu 6. 1. 1 điểm Sau khi trộn:

TPGH: Mô tả cân bằng: ….. MK: H+, HSO4-, H3PO4, H2O (bỏ qua cân bằng của H2O, nấc 2, 3 của H3PO4) Phương trình ĐKP:

với

Chọn h0

x = 0,0056 h0 = 0,0256 Tính lặp

[HSO4-] 0,0144 0,01493 0,01502

[H3PO4] 0,03 0,024189 0,024298

h 0,02947 0,030165 0,030422

pH

1 2 3

H 0,0256 0,02947 0,030165

4

0,030422

0,015052

0,024337

0,030516

1,5155

1,5205 1,517

[SO42-] = 0,004948 M M

M

2. 1 điểm Tính VNaOH Cách 1: pH=7,21 =>

NaOH thêm vào trung hòa hết H+, HSO4-, H3PO4

, và một nửa

Cách 2: Tính theo định luật trung hoà điện

 V = 17ml Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa 1.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M. 2. Trộn 1 ml H3PO4 0,10M với 1 ml CaCl2 0,010M được hỗn hợp X. a. Nêu hiện tượng xảy ra. b. Thêm vào hỗn hợp X 3 ml NaOH 0,10M. Nêu hiện tượng xảy ra. Cho: H3PO4: pKa = 2,23; 7,21; 12,32; pKs (CaHPO4) = 6,58; pKs (Ca3(PO4)2) = 28,92 Câu 6

1. Tính pH của dung dịch A: Trong dung dịch A có các cân bằng sau: CN + HOH  HCN + OH

(1)

K b1 = 10-4,65



K b2 = 10-4,76 NH3 + HOH  NH 4 + OH (2) KOH  K+ + OH (3)  + H2O  H + OH (4) Kw = 10-14 Vì Kw Ks (Ca3(PO4)2) = 10-26,6  khả năng không có kết tủa CaHPO4 Kiểm tra: 3Ca2+ + 2 PO43- Ca3(PO4)2 Ks-1(Ca3(PO4)2) = 1026,6 -3 C(M) 2.10 0,02 0,0187 PO43- + H2O  HPO42- + OHKb1 = 10-1,68 C(M) 0,0187 [ ] 0,0187-x3 x3 x3  x3 = 0,0119  [PO43-] = 6,8.10-3 Ca3(PO4)2 3Ca2+ + 2PO43Ks = 10-26,6 -3 6,8.10 3x4 6,8.10-3 + 2x4 -7,42 2+ Giải gần đúng được 3x4 = 10 = [Ca ] [HPO42-] = x3 = 0,0119 2+ 2 [Ca ].[HPO4 ] = 10-7,42. 0,0119 = 10-9,34< 10-6,6  Không có kết tủa CaHPO4 Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa Trộn 10,00 ml dung dịch SO2 với 10,00 ml dung dịch Na2SO3, được dung dịch A. Thêm 3 giọt metyl da cam và chuẩn độ dung dịch thu được. Dung dịch đổi màu (pH = 4,4) khi dùng hết 12,50 ml dung dịch NaOH 0,2000M. Thêm tiếp 3 giọt phenolphtalein vào hỗn hợp và chuẩn độ tiếp bằng NaOH 0,2000M. Sự đổi màu xảy ra (pH = 9,0) khi dùng hết 27,50 ml NaOH nữa.

a) Tính nồng độ mol/l của dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn. b) Tính pH của dung dịch A sau khi trộn. Cho axit H2SO3 ( SO2+ H2O) có pKa1 = 1,76; pKa2 = 7,21. Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa Câu Ý Nội dung Đặt nồng độ của SO2 và Na2SO3 trước khi trộn là C1 =

C0SO2

; C2 =

C0SO2 3

 sau khi trộn: CSO2 = 0,5C1; CSO32 = 0,5C2.

a

pK a1  pK a2 pH HSO3  Thành phần 2 = 4,485 =



Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 của hệ thu được là HSO3 , nghĩa là trong hỗn hợp A phải có SO2. Như vậy sau khi trộn dung dịch SO2 với dung dịch Na2SO3, SO2 còn dư:

SO32- 

SO2 + H2O + 0,5C1 0,5C2 0,5(C1 – C2) 0

2

HSO-3

C2

HSO-

3 C2 M, môi trường axit  Khi Thành phần của dung dịch A: SO2 0,5(C1 – C2) M; chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 dung dịch sẽ chuyển từ màu đỏ sang màu vàng. Thêm tiếp phenolphtalein vào hỗn hợp chuẩn độ và chuẩn độ đến pH = 9,0 dung dịch sẽ chuyển từ màu vàng sang màu hồng. Chuẩn độ đến pH = 4,4 hệ thu được gồm HSO3 và SO2 (bỏ qua SO32–) trong đó HSO3 chiếm

[HSO-3 ] K a1 10 1,76    0,998  99,8%  100% [HSO-3 ]  [SO2 ] [H + ]  K a1 10 4,4  10 1,76 => chuẩn hết

nấc 1 -

SO2 + OH–  HSO3  20,00 . 0,5.(C1 – C2) = 12,50 . 0,20

(1)

Chuẩn độ đến pH = 9,0, hệ gồm HSO3- và SO32- (bỏ qua SO2): [SO32- ] K a2 107,21    0,984 [HSO-3 ]  [SO32- ] [H + ]  K a2 10 9,0  10 7,21 = 98,4% 2-

 thành phần của hệ gồm  100% SO3

, chuẩn độ hết nấc 2 2-

HSO-3

b

+ OH–  SO3 + H2O  20,00 . {0,5(C1 – C2) + C2} = 27,50 . 0,20 Từ (1) và (2)  C2 = 0,15 M; C1 = 0,40 M b). Khi chưa chuẩn độ, pHA chính là pH của hệ đệm:

SO2 0,125 – x

x.(0,15  x)  101,76 0,125  x

-

+ H2O  HSO3 + H+ 0,15 + x x

 x = [H+] = 0,012 

 100%

(2).

Ka1 = 10-1,76

pHA = 1,92 Câu 6 (2,0 điểm). Cân bằng axit – bazơ và kết tủa 1. Cho dung dịch X gồm HA 3% (d=1,005 g/ml); NH4+ 0,1M; HCN 0,2M. Biết pHX =1,97. g. Tính số lần pha loãng dung dịch X để HA thay đổi 5 lần. h. Thêm dần NaOH vào dung dịch X đến C NaOH = 0,15M (giả sử thể tích dung dịch X không thay đổi). Tính độ phân li HA i. Tính V dung dịch NaOH 0,5M cần để trung hòa 10ml dung dịch X đến pH=9,00. Cho MHA= 46 g/mol; pKa(NH4+) = 9,24; pKa(HCN) = 9,35. 2. Thêm 0,1mol OH- vào 1,0 lit dung dịch chứa 5.10-2 mol Cu2+. Tính pH của dung dịch thu được. Cho: KS(Cu(OH)2) = 2.10-19; lg*(CuOH+) = - 8,0; Câu 6 (2,0 điểm). Cân bằng axit – bazơ và kết tủa 1. Cho dung dịch X gồm HA 3% (d=1,005 g/ml); NH4+ 0,1M; HCN 0,2M. Biết pHX =1,97.

Tính số lần pha loãng dung dịch X để HA thay đổi 5 lần. k. Thêm dần NaOH vào dung dịch X đến C NaOH = 0,15M (giả sử thể tích dung dịch X không thay đổi). Tính độ phân li HA l. Tính V dung dịch NaOH 0,5M cần để trung hòa 10ml dung dịch X đến pH=9,00. Cho MHA= 46 g/mol; pKa(NH4+) = 9,24; pKa(HCN) = 9,35. 2. Thêm 0,1mol OH- vào 1,0 lit dung dịch chứa 5.10-2 mol Cu2+. Tính pH của dung dịch thu được. Cho: KS(Cu(OH)2) = 2.10-19; lg*(CuOH+) = - 8,0; Ý Hướng dẫn chấm Điểm 1. a. Tại pH = 1,97: [H+] >> [OH-] j.

[NH 4 ] [H  ]   107,27 >>1  [NH 4 ] >> [NH 3 ] [NH 3 ] Ka [HCN ] [H  ]   107,38 >>1  [HCN ] >> [CN  ] [CN  ] K a ' Như vậy tại pH=1,97, NH4+ và HCN chưa bị phân ly; cân bằng phân ly của HA quyết định pH của hệ; pHX = pHHA.

[H  ] 3 1, 005 3 101,97 . .10  0, 6554( M )   HA   0, 01635 trong đó CHA  CHA 100 46 0, 6554  Lại có: HA H+ + AKa(HA)

 HA 

CHA. HA

[ ] CHA(1-HA)  K a ( HA) 

CHA. HA

0,25

2  HA .CHA 0, 016352.0, 6554   103,75 1   HA 1  0, 01635

' Sau khi pha loãng dung dịch X, độ điện ly của HA tăng 5 lần:  HA  5. HA  0, 08175 Giả sử cân bằng phân ly của HA là cân bằng chính:

K a ( HA) 

' 2 ' '  HA .CHA 0, 081752.CHA '   103,75  CHA = 0,0244(M) ' 1   HA 1  0, 08175

Tính lại pHhệ: [H+]= CHA . HA =1,9947.10-3(M)  pHhệ = 2,7. Đánh giá tương tự như tại phần xét pH X = 1,97 cho thấy tại pH = 2,7 thì NH 4+ và HCN chưa bị phân ly. Như vậy giả sử đúng '

Số lần pha loãng =

'

CHA 0, 6554   26,86 (lần). ' CHA 0, 0244

b. Khi có mặt NaOH 0,15M có phản ứng sau: HA + OH-  A- + H2O 0,6554M 0,15M 0,5054M _ 0,15M TPGH của hệ: HA (0,5054M); A- (0,15M); NH4+ (0,1M); HCN (0,2M) So sánh: Ka(HA).CHA>>Ka(NH4).CNH4; Ka(HA).CHA>>Ka(HCN).CHCN nên HA phân ly là chủ yếu trong dung dịch. Cách 1: tính theo cân bằng  HA H+ + AKa(HA) [ ] 0,5054 - x x 0,15+x  x = 5,96.10-4 M = [H+]  pH = 3,22

 HA 

 [A ] [H ]  COH  103,22  0,15    22, 98% CHA CHA 0, 6554

Cách 2: tính theo hệ đệm HA, A-

pH  pK a  lg

Cb 0,15  3, 75  lg  3, 22 > *β3. Zn 2+ >> Kw  tính pHA theo (1): Fe3+ + H2O ↔ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1) C 0,05 [] 0,05 - x x x [H+] = x = 0,0153 M  pHA = 1,82.

0 0 b. Do E Fe3+ /Fe2+ = 0,771 V > ES/H2S = 0,141 V nên:

 2Fe2+ + S↓ + 2H+ 1/ 2Fe3+ + H2S  K1 = 1021,28  0,05 0,05 0,05 2+ +   2/ Pb + H2S PbS↓ + 2H K2 = 106,68  0,10 0,05 0,25 3/ Zn2+ + H2S  ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68 2+ + 4/ Fe + H2S  FeS↓ + 2H K4 = 10-2,72 K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS: ' ' Vì môi trường axit  C Zn 2+ = C Zn 2+ = 0,010 M; C Fe2+ = CFe2+ = C Fe3+ = 0,050 M.

Đối với H2S, do Ka2 10 => môi trường axit

CH3COOH 0,25-x

CH3COO- + H+ 0,15 + x

x

0,25

= 10-4,76  x= 2,895.10-5 (M)



pH= 4,54 b/ [SO42-] = 0,2 [SO42-] [Ca2+] > ks => có CaSO4

0,25

Ca2+ + SO42-  CaSO4 0,2 0,2 TPGH: dd bão hòa CaSO4 Ta có: CCa2+ = S = [Ca2+] [so42-] =  

VI.2

0,25

. S = 0,9971S

0,9971S2 = 10-4,62  S= 4,905.10-3 [SO42-] = 4,89.10-3 (M)

CH 3COOH    CH 3COO   H  ; K  10 4,76  H   CH 3COO   1  0, 0408   C C    H  . CH 3COO  12C 2 K   104,76 (1  1 )C  CH 3COOH  --> C = 0,01M Thêm HCOO- điện li tăng

CH 3COO     2   0, 0612  C   CH 3COO   6,12.104 ( M )

0,25

0,25

Bảo toàn nồng độ đầu có

 CH 3COOH   0,01  6,12.104  9,388.104 (M )  CH 3COOH   2, 67.104 ( M )  H    K. 



CH 3COO  

0,25

Mặt khác:

  H    CH 3COO     HCOOH   HCOOH  6,12.104  2, 67.104  3, 45.10 4 ( M ) K  HCOO    a . HCOOH   2,3.104 ( M ) h

Bảo toàn nồng độ đầu có:

m  1x(3, 45.104  2,3.104 ) 68  m  0, 039 gam Câu 6 (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa

0,25

Dấu hiệu cho thấy người có nguy cơ mắc bệnh gout là nồng độ axit uric (HUr) và urat (Ur -) trong máu của người đó quá cao. Bệnh viêm khớp xuất hiện do sự kết tủa của natri urat trong các khớp nối. Cho các cân bằng: HUr (aq) + H2O Ur- (aq) + H3O+ (aq) pK = 5,4 ở 37°C + Ur (aq) + Na (aq) NaUr (r) 1. Ở 37°C, 1 lit nước hòa tan được tối đa 8,0 mmol natri urat. Hãy tính tích số tan của natri urat ( Bỏ qua sự thủy phân của ion urat). Trong máu (có pH = 7,4 và ở 37°C) nồng độ Na + là 130 mmol/L. Hãy tính nồng độ urat tối đa trong máu để không có kết tủa natri urat xuất hiện. 2. Giá trị tích số tan phụ thuộc vào nhiệt độ. Biết thêm rằng bệnh gout thường xuất hiện đầu tiên ở các đốt ngón chân và ngón tay. Hãy cho biết tích số tan phụ thuộc vào nhiệt độ như thế nào? 3. Độ tan của axit uric trong nước ở 37°C là 0,5 mmol/L.Chứng minh rằng nếu không có kết tủa natri urat xuất hiện thì cũng sẽ không có kết tủa axit uric xuất hiện. 4. Giả thiết rằng chỉ có HUr và Ur - là ảnh hưởng đến giá trị pH của dung dịch. Sỏi thận thường có axit uric. Nguyên nhân là nồng độ quá cao của axit uric và urat có trong nước tiểu và pH thấp của nước tiểu (pH = 5 - 6). Hãy tính giá trị pH tại đó sỏi (chứa axit uric không tan) được hình thành từ nước tiểu của bệnh nhân. Giả thiết rằng nồng độ tổng cộng của axit uric và urat là 2,0 mmol/L. Câu 6 1 S = 6,4 ∙10-5; 0,25 (0,5đ) Ks = 4,9∙10-4 M; 0,25 2 Nhiệt độ giảm thì tích số tan giảm. 0,5 (0,5đ) 3 Vì trong máu không có kết tủa NaUr nên [Ur-] < 4,9∙10-4 (kết quả tính được ở 1) (0,5đ) [Ur  ][ H  ] Ka  Có: 0,25 [ HUr ] [Ur  ][ H  ] 4,9.104.107 , 4 [ HUr ]    4,9.10 6  S HUr  5.10 4 =>  5, 4 Ka 10 0,25 Vậy không có kết tủa axit uric xuất hiện. 4 e. Có: [HUr] + [Ur-] = 2.10-3 (0,5đ) Axit uric không tan khi: [HUr] = 5.10-4 => [Ur ] = 2.10-3 - [HUr] = 1,5.10-3 0,25  3 [Ur ] 1,5.10 pH  pK a  log  5,4  log  5,88 => [ HUr ] 5.10  4 0,25 Vậy pH < 5,88 thì bắt đầu có axit uric kết tủa Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa + 1,0 điểm của câu 7 Cho dung dịch X chứa HCN 0,1M và KI 0,01M 5. Tính pH của dung dịch X 6. Cho AgNO3 vào dung dịch X cho đến khi nồng độ [NO 3-] = 0,01M thu được dung dịch A và  B (đều thuộc trong bình phản ứng). Xác định kết tủa B và pH của dung dịch A cùng nồng độ các ion trong dung dịch A. 7. Tính số mol NaOH cho vào bình phản ứng chứa 1 lít dung dịch A để kết tủa B tan vừa hết. Tính pH của dung dịch thu được.(coi sự thay đổi thể tích là không đáng kể). 8. Nhúng thanh Ag vào dung dịch thu được ở câu c/ rồi nối với điện cực calomen bão hòa ( E = 0,224V). Xác định các điện cực trong pin trên và tính thế của pin ( đo tại 25 0C ). Cho HCN pKa = 9,3 Ag (CN ) 2 , lg = 21,1; AgCN , pKs = 16; AgI, pKs = 16 Hướng dẫn 1. Tính pH KI  K+ + I0,01 0,01 0,01 H2O  H+ + OHKw = 10-14 + -9,3 HCN  H + CN Ka= 10 => Ta có Ka >> Kw => cân bằng của HCN sẽ quyết định pH của dung dịch . HCN  H+ + CNKa= 10-9,3 C 0,1 [ ] 0,1 - x x x

 H  CN   

Ka =

 HCN 

+

2.



x2  10 9,3 (giả thiết x [H ] = 10-5,15(M) => pH = 5,15 Khi cho AgNO3 vào dung dịch X. AgNO3  Ag+ + NO-3

0,01 0,01 0,01  AgI  (1) K1 = 1016 Ag+ + HCN  AgCN + H+ (2) K2 = 10+6,7 + + Ag + 2HCN  Ag(CN)2 + 2H (3) K3 = 102,5 Nhận xét : K1 >> K2 >> K3 => Do vậy kết tủa AgI sẽ tạo ra trước Ag+ + I-  AgI (1) K1 = 1016 K rất lớn, phản ứng coi như xảy ra hoàn toàn và số mol AgI trong 1 lít dung dịch A là 0,01mol . Quá trình hoà tan AgI AgI + 2HCN  Ag(CN)-2 + I- + 2H+ K = K-11 . K32 = 10-13,5 0,1 0 0 0 0,1 – x x x 2x

Ag+ + I-

C []

[ Ag (CN ) 2 ] [ I  ] [ H  ] 2 x 2 (2 x) 2   10 13,5 Ta có : K = 2 2 [ HCN ] (0,1  2 x ) Giả thiết x x = 9,43.10-3 2 x 2 0,1

=> [Ag(CN)-2] = [I-] = 9,43.10-5 (M) [H+] = 2x = 1,886 . 10-4(M) => pH = 3,72 => [HCN] = 0,1(M) *

Ka 10 9,3  0,1. 3,72  2,63.10 7 ( M ) => [CN ] = [HCN] .  [H ] 10 -

Ks 10 16  1,1.10 12 ( M ) [Ag ] =    4 , 03 [ I ] 10 +

=> [Ag+] [CN-= = 2,9.10-19 < Ks = 10-16 => không có kết tủa AgCN 3. Khi cho NaOH vào dung dịch : NaOH  Na+ + OHPhản ứng : AgI + 2HCN + 2OH-  Ag(CN)-2 + I- + 2H2O K = K1-1.K32.K-2w = 1014,5 K rất lớn, phản ứng coi như xảy ra hoàn toàn. Khi hoà tan vừa hết : [Ag(CN)-2] = [I-] = 10-2(M) [HCN] = 0,1 - 2.10-2 = 8.10-2 (M) [Ag+] =

Ks 10 16   10 14 ( M ) ( I  ) 10  2 -

[CN ] =



1

[ Ag (CN ) 2 ]  2,82.10 5 ( M )  [ Ag ]

[Ag+] [CN- = 2,82 . 10-19 không có kết tủa AgCN Tính pH : HCN  H+ + CN=>

Ka = 10-9,3

2 . 10 2 [ HCN ] 9 , 3 [ H  ] [CN  ]  10 .  10 5,85 ( M )  5 2,82 . 10 Ka = => [H+] = Ka [CN ] [ HCN ]

=> pH = 5,85 Số mol OH- đã dùng = 2nAgI = 0,02 (mol) 4. Nhúng thanh Ag vào dung dịch trên => E (Ag+/Ag) = 0,80V + 0,0592 lg 10-14 = - 0,0288V Vậy điện cực Ag là anot, điện cực calomen là catot. (-) Ag| dung dịch X|| điện cực calomen (+) Sức điện động của pin = 0,224V - (-0,0288V) = 0,2528V Câu 6: Cân bằng axit-bazơ và kết tủa ( 2 điểm) 6.1. Tính khối lượng NaOH phải cho vào 500 ml dung dịch HCOONa 0,01M để pH của dung dịch thu được là 11,50 (bỏ qua sự thay đổi thể tích trong quá trình hòa tan). Cho biết pKa (HCOOH) = 3,75; Kw = 10-14. 6.2. Một dung dịch X chứa HClO 4 0,005M; Fe(ClO4)3 0,03M; MgCl2 0,01M. Cho 100ml dung dịch NH 3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch B. Xác định kết tủa A và pH của dung dịch B. Biết: pKa(NH4+)= 9,24; Mg(OH)2 (pKs= 11) ; Fe(OH)3 (pKs =37) Câu 6: Cân bằng axit-bazơ và kết tủa ĐÁP ÁN ĐIỂM 6.1. HCOO- + H2O  HCOOH + OHKb = Ka-1. KW = 10-10,25

0,01(M) 0,01- y (M)

Cb

x (M) x + y (M)

y (M)

Để pH = 11,5 thì [H+] =10-11,5 hay [OH-] = 10-2,5 = x + y (1)

Kb 

y.( x  y )  1010,25 0, 01  y

0,25

(2)

Từ (1) và (2) ta có x = 3,16.10-3 (M); y =1,78.10 – 10 (M) Nên khối lượng NaOH cần thêm vào : mNaOH = 3,16.10-3.0,5.40 = 0,0632 gam

0,25

6.2. Sau khi trộn : CM (NH3) = 0,05M; CM (Fe3+) = 0,015 M; CM (Mg2+) = 0,005M; CM (H+/HClO4) = 0,0025M Có các quá trình sau: 3

3NH3 + 3H2O + Fe3+  Fe(OH)3 + 3NH4+ (1)

 K  14 W   1037.( 10 )3  1022,72 K1  K S(1Fe ( OH ) ) .   3  K a ( NH  )  10 9,24  4  2

2NH3 + 2H2O + Mg

2+

 K  1014  Mg(OH)2 + 2NH4 (2) K 2  K S (Mg(OH )2 ) .  W   1011.( 9,24 )2  101,48  K a ( NH  )  10  4  +

NH3 + H+  NH4+ (3) K3 = 109,24 Vì K1 và K3 rất lớn nên coi phản ứng (1) và (3) xảy ra hoàn toàn. 3NH3 + 3H2O + Fe3+  Fe(OH)3 + 3NH4+ 0,05M 0,015M 0,005M 0,045M NH3 + H+  NH4+ 0,05M 0,0025M 0,045M 0,0025M 0,0475M TPGH gồm có: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+(0,005M); H2O pH của dung dịch B là pH của dd đệm được xác định bởi công thức gần đúng:

pH  pK a  lg 

0,5

Cb 0,0025  9, 24  lg  7,96 Ca 0,0475 2

 1014   Mg  . OH   0, 005.  7,96   4,16.1015  K S ( Mg (OH )2 ) nên không có kết tủa Mg(OH)2 xuất  10  2

0,5

1

2

0,5

hiện. Vậy kết tủa A chỉ là kết tủa Fe(OH) 3. nhiệt độ rất rộng. Nó không cần phải được bảo dưỡng và có thể được nạp điện 2000 lần. Một tế bào của pin Ni-Cd thực hiện hai nửa phản ứng sau: Cd(OH)2(r) + 2e → Cd(r) + 2OHEo1 = -0,809 (V) o 2NiO(OH) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OH E 2 = 0,490 (V) Eo1; Eo2 là thế khử chuẩn ở 25oC. a) Phản ứng nào xảy ra ở catot ? ở anot ? Viết phản ứng chung cho pin điện và phương trình Nernst ở mỗi điện cực. Tính Eopin ? b) Tính khối lượng Cd chứa trong 1 chiếc điện thoại di động có sử dụng pin Ni-Cd. Biết công suất thông thường của pin là 700 mAh. ( Cho MCd = 112 g/mol) Câu 6: Cân bằng axit-bazơ và kết tủa ( 2 điểm) 6.1. Tính khối lượng NaOH phải cho vào 500 ml dung dịch HCOONa 0,01M để pH của dung dịch thu được là 11,50 (bỏ qua sự thay đổi thể tích trong quá trình hòa tan). Cho biết pKa (HCOOH) = 3,75; Kw = 10-14. 6.2. Một dung dịch X chứa HClO 4 0,005M; Fe(ClO4)3 0,03M; MgCl2 0,01M. Cho 100ml dung dịch NH 3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch B. Xác định kết tủa A và pH của dung dịch B. Biết: pKa(NH4+)= 9,24; Mg(OH)2 (pKs= 11) ; Fe(OH)3 (pKs =37) Câu 6: Cân bằng axit-bazơ và kết tủa ĐÁP ÁN ĐIỂM -1 -10,25 6.1. HCOO + H2O  HCOOH + OH Kb = Ka . KW = 10 0,01(M) x (M) Cb 0,01- y (M) y (M) x + y (M) Để pH = 11,5 thì [H+] =10-11,5 hay [OH-] = 10-2,5 = x + y (1) 0,25

Kb 

y.( x  y )  1010,25 0, 01  y

(2) 0,25

Từ (1) và (2) ta có x = 3,16.10-3 (M); y =1,78.10 – 10 (M) Nên khối lượng NaOH cần thêm vào : mNaOH = 3,16.10-3.0,5.40 = 0,0632 gam 6.2. Sau khi trộn : CM (NH3) = 0,05M; CM (Fe3+) = 0,015 M; CM (Mg2+) = 0,005M; CM (H+/HClO4) = 0,0025M Có các quá trình sau: 3

3+

 K  14 W   1037.( 10 )3  1022,72 K1  K S ( Fe ( OH ) ) .  3  K a ( NH  )  109,24  4  1

+

3NH3 + 3H2O + Fe  Fe(OH)3 + 3NH4 (1)

2

 K  14 1 W    1011.( 10 ) 2  101,48 . 2NH3 + 2H2O + Mg2+  Mg(OH)2 + 2NH4+ (2) K 2  K S(Mg(  OH )2 )  K a ( NH  )  10 9,24  4 

NH3 + H+  NH4+ (3) K3 = 109,24 Vì K1 và K3 rất lớn nên coi phản ứng (1) và (3) xảy ra hoàn toàn. 3NH3 + 3H2O + Fe3+  Fe(OH)3 + 3NH4+ 0,05M 0,015M 0,005M 0,045M NH3 + H+  NH4+ 0,05M 0,0025M 0,045M 0,0025M 0,0475M TPGH gồm có: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+(0,005M); H2O pH của dung dịch B là pH của dd đệm được xác định bởi công thức gần đúng:

pH  pK a  lg 

0,5

Cb 0,0025  9, 24  lg  7,96 Ca 0,0475 2

 1014   Mg  . OH   0, 005.  7,96   4,16.1015  K S ( Mg (OH )2 ) nên không có kết tủa Mg(OH)2 xuất  10  2

0,5

2

0,5

hiện. Vậy kết tủa A chỉ là kết tủa Fe(OH) 3. Câu 6 (2 điểm) 6.1. a. Thiết lập phương trình Ks = f(s, K, h) trong dung dịch bão hoà CaF2; trong đó s là độ tan mol của CaF2, K là hằng số axit của HF; h là nồng độ H+ lúc cân bằng và Ks là tích số tan của CaF2. b. Độ tan của CaF2 là 6,3.10-3 mol/L ở pH = 1 và 2,0.10-4 mol/L ở pH = 6,0. Tính K và Ks. 6.2. Tính độ điện li của ion A2- trong dung dịch Na2A 0,022 M khi có mặt NH4HSO4 0,001 M. Cho: pK a(HSO- ) = 2,00; pK a(NH + ) = 9,24; pK a1(H 2A) = 5,30; pK a2(H 2 A) = 12,60. 4

Hướng dẫn chấm Câu 6 Ý 1

4

Nội dung

Điểm

  Ca2+ + 2F- Ks a. CaF2   s

s

  HF F + H   -

+

2s K-1

Áp dụng ĐLBTNDĐ cho F-: C F = 2s = [F-] + [HF] 2s = [F-](1+ K-1.h)

 [F ] = -

 2s  Ks = [Ca2+].[F-]2 = s.  1   1 K h 

2

=

2s

0,25 0,25

1

1 K h 4s

3

1

(1  K h)

2

0,5

3 3  4.(6,3.10 ) K s  1 1 2 K  1010,5 (1  K .10 )   s b) Ta có hệ pt:  4 3 3,246 4.(2, 0.10 )  K  10   1 6 2 K s  (1  K .10 ) 

 K  3, 2.1011 s  4  K  5, 7.10 NH4HSO4  NH 4

hay 2

+ H SO 4

0,001

  

Phản ứng: HSO4- + A20,001 0,022 0,021

NH

 4

0,001 -

HA- + SO42-

K1 = 1010,6

0,001 0,001

  

A2-

+

0,001

0,021 0,020

0,5

HA- + NH3 K2 = 103,36

0,001 0,002

0,001

Hệ thu được gồm: A 0,020 M; HA 0,002 M; SO 24 0,001 M; NH3 0,001 M. Các quá trình xảy ra: A2- + H2O  HA- + OHKb1 = 10-1,4 (4) 2-

NH3 + H2O HA- + H2O 2 SO 4 + H2O

HA



-

-

NH 4

+ OH-

K 'b

H2A

+ OH-

Kb2 = 10-8,7

(6)

Kb = 10-12

(7)



  

H SO 4 + OH-

+

H

+ A

2-

Ka2 = 10

-12,6

= 10-4,76

(5)

(8)

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: K b1. C A 2- >>

C

HA

-

>> Kb. CSO 24



α

-

A

-=

2

0,022

=

K 'b . C NH

3

>> Kb2.

(4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định

thành phần cân bằng của hệ: A2- + H2O  HA- + OHC 0,02 0,002 [] 0,02 - x 0,002 + x x  x = 0,0142  [HA-] = 0,0162 (M)

[HA ]

0,5

0,0162 0,022

Kb1 = 10-1,4

= 0,7364 hay α A 2- = 73,64 %.

Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa 1. Trộn 1 ml H3PO4 0,10M với 1 ml CaCl2 0,010M được hỗn hợp X. Hỗn hợp X có xuất hiện kết tủa không? Giải thích bằng định lượng. 2. Dung dịch X là hỗn hợp của H3PO4 và KHSO4 0,010 M. a. Để xác định nồng đô ̣ của H3PO4, người ta tiến hành chuẩn đô ̣ dung dịch X bằng dung dịch NaOH. Có thể chọn chất nào làm chỉ thị cho phép chuẩn đô ̣ trên trong số các chỉ thị metyl da cam (pT = 4,0), Clorophenol đỏ (pT = 4,8), metyl đỏ ( pT = 5,0), phenol đỏ (pT = 6,4), phenolphtalein (pT = 8,0), thimolphtalein (pT = 9,4). b. Sử dụng máy đo pH thì xác định được dung dịch X có pHX = 2,03. Tính nồng độ mol của H3PO4. Cho: H3PO4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; HSO4- có pKa = 1,99 pKs (CaHPO4) = 6,60; pKs (Ca3(PO4)2) = 26,60. Câu 2 Ý 1)

H3PO4 H+ + H2PO40,050M 0,050-x1 x1 x1  x1 = [H+] = [H2PO4-] = 0,0156

1.

[HPO42-] =

H



Nội Dung Ka1 = 10-2,23

PO42 .10-7,21 =10-7,21  H

2

 

Điểm

0,25

0,25

7,21

[PO43-]= 10 12,32. 10  1,89.10 18 0,0156 Điều kiện kết tủa: C

Ca 2 

.C

HPO24 



10 2 2

0,25

.10 7,21  3,1.10 10 < Ks (CaHPO4) = 10-6,6

 Không có kết tủa CaHPO4 3  10 2  2 3 2  . 1,8.10 18  4,5.10 43 < Ks (Ca3(PO4)2) = 10-26,6 C 2  .C   Ca H 2 PO4  2 



Ý2



   Không có kết tủa Ca3(PO4)2 a) Chuẩn đô ̣ nấc 1: HSO4- + OH- → SO42- + H2O H3PO4 + OH- → H2PO4pHTĐ1 ≈ (pKa1 + pKa2)/2 = 4,68 gần bằng 4,8 Vâ ̣y để có thể chọn chỉ thị Clorophenol đỏ (pT = 4,8), màu dung dịch chuyển từ vàng sang đỏ. Nếu chuẩn đô ̣ tiếp nấc 2: H2PO4- + OH- → HPO42- + H2O pHTĐ2 ≈ (pKa2 + pKa3)/2 = 9,764 gần bằng 9,4 Như vâ ̣y có thể chọn chỉ thị thimolphtalein (pT = 9,4) để làm chỉ thị. Tại điểm cuối chuẩn đô ̣, dung dịch chuyển từ không màu sang màu xanh. b) HSO4–  H+ + SO42– ; Ka =10-2 (1) + – H3PO4  H + H2PO4 ; Ka1 =10-2,15 (2) H2PO4–  H+ + HPO42– ; Ka2 =10-7,21 (3) – + 3– HPO4  H + PO4 ; Ka3 =10-12,32 (4) Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước. Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ K Ka a1 Ta có: [H + ] = [SO 2- ] + [H PO - ] = C HSO . + C H3PO4 . 4 2 4 4 K a + [H+] K + [H+] a1 K Ka a1  [H+] - C HSO  . → CH3PO4 . 4 K + [H+] K a + [H+] a1 

→ CH3PO4 → CH

3PO 4

K + [H+] Ka  ([H+] - CHSO . ). a1 4 K a + [H+] K a1 -2 -2,15 10 10 + 102,03 = 9,64.10-3 M  (102,03 - 0,010. -2 ). 2,03 -2,15 10 + 10 10

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25



Câu 6: Cân bằng axit – bazơ, kết tủa 1. Trộn 100,0 ml dung dịch CH 3COOH 0,2 M với 100 ml dung dịch H 3PO4 nồng độ aM, thu được dung dịch A có pH = 1,47. a. Xác định a. b. Thêm từ từ Na2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0, thu được dung dịch B. Tính số mol Na 2CO3 đã thêm vào và thể tích CO2 thoát ra ở đktc. Cho biết: H3PO4 : pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32; CH3COOH : pK = 4,76; CO2 + H2O có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33; Độ tan của CO2 trong nước tại điều kiện thí nghiệm là 0,03 mol/l. 2. Người ta cho 1 milimol bạc clorua (Ks = 10-10) vào 1 lít nước (dung dịch A). Tính lượng NH3 cần phải cho vào A để dung dịch trở thành trong suốt, biết rằng phức chất [Ag(NH 3)2]+ có Kb = 107. Câu 6: (2 điểm) 1. Phương trình Henderson-Hasselbalch thường được dùng để tính pH của dung dịch đệm: Để thu được phương trình này thì luận điểm chủ yếu là axit và bazơ đệm phải yếu để có thể đơn giản hóa. Trong bài tập này chúng ta sẽ khảo sát phạm vi áp dụng của phương trình này. Biết pKA của axit dicloaxetic (CHCl2COOH) là 1.290. a. Áp dụng phương trình Henderson-Hasselbalch, hãy tính pH của dung dịch hỗn hợp axit dicloaxetic và natri dicloaxetat với nồng độ mỗi chất là 0.100 mol/L. Khảo sát dung dịch axit dicloaxetic có nồng độ 0.100 mol/L (thể tích 1L)

b. Tính pH của dung dịch này (bỏ qua sự phân ly của nước và cho rằng hoạt độ các ion là 1). Bên cạnh đó hãy xác định nồng độ các ion tồn tại trong dung dịch. Lúc này cho vào 0.1 mol natri dicloaxetat rắn để dịch chuyển cân bằng. c. Tính pH của dung dịch mới bằng cách không áp dụng lại những giả định gần đúng đã sử dụng. Sai số thu được giữa giả định gần đúng Henderson-Hasselbalch so với nồng độ chính xác của ion H3O+-là bao nhiêu (%)?  CrO 24  5.103 M. 2. Dung dịch A gồm có: Cl 0,01M; Thêm dần dung dịch AgNO3 vào dung dịch A. Nêu hiện tượng. pK a(HCrO )  6, 5; pK S(AgCl)  10; pK S(Ag 2CrO4 )  11, 7 4 Cho 2 Câu 6: 0,25

0,25 0,25 0,25 ( +

3

) -

2

-2

[H O ] = [CHCl COO ] = 5.04·10 mol/L -2

pH = -log(7.92·10 ) = 1.297 -2

2

-2

[CHCl COOH] = 0.1 – 5.04·10 = 4.96·10 mol/L -

-(14-1.297)

[OH ] = 10 3

-13

= 1.98·10

+

mol/L

-2

[H O ] = 5.04·10 – y 2

-

-2

-1

[CHCl COO ] = 5.04·10 + 0.1 – y = 1.504·10 – y -2

2

[CHCl COOH] = 4.96·10 + y 0,25 -1

1

(y = 2.302·10 ) 3

+

0,25

y = 2.19·10 -2

exact

[H O ]

-2

2 -2

-2

= 5.04·10 – 2.19·10 = 2.85·10 mol/L -2

pH = -log(2.85·10 ) = 1.545 3

+

-1.29

Henderson

[H O ]

= 10

-2

= 5.13·10 mol/L

*Điều kiện xuất hiện kết tủa AgCl:

C'Ag+ (1) 

K S(AgCl) C'Cl



1010 0,01

 10 8 (M)

2

4

*Điều kiện xuất hiện kết tủa Ag CrO :

C'Ag+ (2) 

K S(Ag 2CrO4 ) C'CrO2 4

CrO 24  H 2 O  C

HCrO 4  OH 

K b  10 7,5

5.10 3

3 C’ 5.10  x x x 5 3 ' 3  x  1, 27.10 (M) 5.10 (M)  C CrO2  5.10 (M)

0,25 0,25

4





C'Ag + (2)

5

 2.10 (M) 2

4

AgCl (trắng) kết tủa trước Ag CrO (đỏ gạch).

Câu 6. 1. Trộn hai dung dịch Na3PO4 x (M) và HCl 0,20 M theo tỉ lệ 1:1 về thể tích, thu được dung dịch A có pH = 1,5. Xác định giá trị của x. Biết: H3PO4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32. 2. Quá trình sinh hóa học xảy ra trong dung dịch nước được biểu thị bằng phương trình tổng quát: X + nH + (aq) Y (1) 0 (2) ΔG của quá trình (1) được tính theo biểu thức: ΔG = ΔG + npH.RT.ln10 trong đó R là hằng số khí, T là nhiệt độ. Thực nghiệm cho biết phản ứng: A  B + 2 H+(aq) (3) 0 o có ΔG = - 20,0 kJ/mol tại 28 C. Hãy tính ΔG của phản ứng (3) ở pH = 3,529 và cho biết phản ứng (3) có tự xảy ra hay không? Đáp án Điểm 1.

Ban đầu: C PO3  4

x ;C   0,1. 2 H

Tại pH = 1,5:

[H 3PO 4 ] h 10 1,5    4, 47 [H 2 PO 4 ] Ka1 10 2,15  dạng tồn tại chủ yếu của photphat là H3PO4 và H2PO4-. ĐKP: MK gồm: HCl và PO43[H  ]  C(H+) - 3[H3PO4] - 2[H2PO4-]  h = 0,1   10

-1,5

2.

2Ka1 x 3h x .  . Ka1  h 2 Ka1  h 2

3.101,5 x 2.102,15 x = 0,1  2,15 .  2,15 . 1,5 1,5 2 10 2 10  10  10

Giải ra x = 0,04854. Hoặc HS có thể dùng bảo toàn điện tích. Xét quá trình: B + 2 H+ (aq)  A (3’) Áp dụng (2) tính được ΔG 3' = 60,67 kJ/mol. Vì (3) ngược với (3’) nên ΔG 3 = -60,67 kJ/mol  phản ứng (3) tự xảy ra.

Câu 6. Điê ̣n li, cân bằng axit bazơ 6.1. Dung dịch bão hoà canxi cacbonat trong nước có pH = 9,95. Biết hằng số axit của axit cacbonic là : k1 = 4,5.10-7 mol/l và k2 = 4,7.10-11 mol/l. a) Hãy tính độ tan (mol/lít) và tích số tan của canxi cacbonat trong nước. b) Hãy tính nồng độ tối đa của ion canxi trong dung dịch CaCO3 với pH = 7,40 và C HCO3 =0,022 mol/l (nồng độ cân bằng). Nếu cho tích số tan TCaCO3 = 5,2.10-1 (mol/l)2 6.2. Cho từ từ HCl vào dung dịch chứa Na 2CO3 0,001M và Na2SO3 0,003M đến nồng độ 0,006M. Tính pH của dung dịch thu được, biết độ tan của CO2 và SO2 trong dung dịch bảo hòa lần lượt là 3.10-2M và 1,1M. Biết: H2CO3 pKa1= 6,35 ; pKa2 = 10,33 H2SO3 pKa1 = 2,00 ; pKa2 = 7,00. Câu 6 6.1.Dung dịch bảo hòa CaCO3 có CaCO3 Ca2+ + CO32(1) 2CO3 + H2O HCO3 + OH2=10-14/k2= 2,13.10-4 HCO3- + H2O H2CO3 + OH2=10-14/k1= 2,22.10-8 + H2O H + OH kn=10-14  pH coi như chỉ phụ thuộc vào (2) Gọi nồng độ của CO32- khi chưa thuỷ phân là C 2=

(104,05 )2  2,13.104 4,05 C  10

1 điểm (2) (3) (4)

 C=1,26.10-4 (M)

 Độ tan của CaCO3 là 1,26.10-4 mol/lít; Tích số tan của CaCO3 bằng 1,26.10-4(1,26.10-4-10-4,05)= 4,65.10-9 (mol/lít)2 Theo (2)  CCO32 

[ HCO3 ].[OH  ] =2,6.10-5 2

Ta có : TCaCO3 = 5,2.109 = 2,6.10-5.[Ca2+]  [Ca2+]=2,00.10-4 (mol/lít) 1 điểm 6.2. Tính hằng số phản ứng  sau khi các phản ứng kết thúc [CO2]=0,001M; [HSO3-]= 0,002M; [SO2]=0,001M  pH nên tính theo cặp dung dịch đệm SO 2 và HSO3SO2 + H2 O HSO3- + H+ Ka1= 10-2 0,001 0,002 0,001-x 0,002+x x x(0,002+x)/(0,001-x) = 10-2 x=7,82.10-4 pH=3,1 Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ Một dung dịch (X) có chứa hai đơn axit yếu : axit HA với hằng số phân li K HA =1,74.10-7, và HB với hằng số phân li axit KHB = 1,34.10-7. Dung dịch X có pH = 3,75. 1. Chuẩn độ 100 mL dung dịch X cần 100 mL dung dịch NaOH 0,220 M. Hãy tính nồng độ ban đầu (mol. L -1 ) của mỗi axit trong dung dịch X. 2. Thêm một lượng lớn nước cất vào dung dịch X để tạo ra một dung dịch rất loãng, tại đó nồng độ của các axit tiến tới 0. Hãy tính phần trăm phân li của mỗi axit trong dung dịch loãng này. LG

CÂU 1

NỘI DUNG Trong dung dịch X, có các cân bằng: HA H+ + A– KHA =1,74.10-7 HB H+ + B– KHB = 1,34.10-7

ĐIỂM

H2O H+ + OH– KW = 10-14 ĐKP: [OH–] + [A–] + [B–] = [H+] (1) – Trong dung dịch axit (pH = 3.75), [OH ] với lượng vô cùng nhỏ, nên bỏ qua, do đó: [A–] + [B–] = [H+] (2)

0,25

[ H  ].[ A ]  K HA Ta có: [ HA] [HA] = CHA – [A–]

và



   Do đó [ H ].[ A ]  K HA .[ HA]  K HA CHA  [ A ])

 =>  A   C HA



K HA K HA  [ H  ]

Tương tự:

K HB  B    CHB K HB  [ H  ] Thay các nồng độ trên vào phương trình (2)

CHA

K HA K HB  CHB   H     K HA  [ H ] K HB  [ H ]

0,25

Vì KHA, KHB quá nhỏ so [H+], cho nên

K HA .C HA K HB .CHB    H     [H ] [H ] hay 1,74. 10–7 . CHA + 1,34. 10–7 . CHB = [H+]2 = (10–3,75 )2 1,74 + 1,34 . CHB = 0,316 (3) Phản ứng trung hòa: HA + NaOH  NaA + H2O HB + NaOH  NaB + H2O nHA + nHB = nNaOH hay (CHA + CHB) . 0,1 L = 0,220 M . 0,1 L CHA + CHB = 0,220 M Từ (3) và (4) suy ra:

0,25

( 4)

CHA = 0.053 M và CHB = 0.167 M 0,25 0,25

2

HA trong dung dịch loãng: [A–] = α × CHA [HA] = (1 - α ) CHA [H+] = 10–7 Thay vào hằng số điện li HA

10 . .C HA  K HA (1   ).C HA 7

0,25

10 .  1, 74.107 (1   ) 7

hay

Giải phương trình được:  = 0,635 hay 63,5% Tương tự đối với HB:

107.  1,34 107 (1   )

0,25

0,25

Giải phương trình được:  = 0,573 hay 57,3% Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa Trộn các thể tích bằng nhau của các dung dịch sau: CH 3COOH 0,04M; HCOOH 0,08M; NaHSO4 0,16M; NH3 0,4M được dung dịch A. a. Tính pH của dung dịch A. b. Tính VHCl 0,04M cần để trung hòa 20ml dd A đến pH = 7,00 (bỏ qua sự phân ly của H 2O).   Cho pKa: CH3COOH: 4,76; HCOOH: 3,75; HSO 4 :2; NH 4 :9,24.

Ý a. 1,25

Nội dung

C

0 CH3COOH

Điểm

 0, 01(M)

C0HCOOH  0, 02(M)

C0HSO  0, 04(M) 4

C

0 NH 3

 0,1(M) HSO 4 

H   SO 42

K a1  102 K a 2  10 3,75

H   HCOO 

HCOOH 

H   CH 3COO 

CH 3COOH 

K a3  104,76

H   NH 4

NH3 

K 1a 4  109,24

Ta có trật tự xảy ra phản ứng là:

NH3  HSO 4  NH 4  SO 24 C0 C

0,1 0,06

K1  107,24

0,04 0 0,04 0,04

NH3  HCOOH  NH 4  HCOO  K 2  105,49 C0 0,06 C 0,04

0,02 0

0,02

0,5

0,02  4

NH3  CH 3COOH  NH  CH 3COO K 3  104,48 C0 0,04 0,01 C 0,03 0 0,01 0,01  2 TPGH: NH3 0,03; NH 4 0,07; SO 4 0,04; HCOO- 0,02;

NH 4  H 2O 

H   NH 3 

H  OH



K W  10

NH  OH



CH3COO  H 2O  HCOO   H 2O  2

SO 4  H 2 O 

CH3COO- 0,01

K a 4  109,24  4

NH 3  H 2 O 

0,25



K b1  10

CH 3COOH  OH



K b2  10

HCOOH  OH   4

HSO  OH



(1)

14

(2)

4,76

9,76

(3) (4)

K b3  1010,25 K b4  10

12

(5) (6)

0,25

So sánh (1) và (2): K a .C NH 4 K W  bỏ qua cân bằng (2) So sánh (3), (4), (5) và (6):

K b1.C NH3 K b2 .CCH COO  K b3 .C HCOO K b4 .CSO2 3

 Bỏ qua (4), (5) và (6)

4

0,25

 (1) và (3) quyết định pH của dd A: Ca 0,17  109,14.  108,8 [H+] = K a . Cb 0, 03  dd có môi trường bazơ. Cân bằng chính :

NH 3  H 2 O  C 0,03 [ ] 0,03-x

b. 0,75

NH 4  OH 

0,07 0,07 + x

K b1  104,76

x

Giải phương trình x = 7,445.10-6 = [OH-] pH = 8,87. Xét phản ứng: A- + H+  HA Nếu [A-][HA] → A- chưa bị trung hòa . Nếu [A ]=[HA] → A Trung hòa một phần. Thứ tự phản ứng: NH3 + H+  NH4+ CH3COO- + H+  CH3COOH

0,25

HCOO- + H+  HCOOH SO42- + H+  HSO4Tại pH = 7:

[NH 4 ] [H  ] 107   9,42  102,24  1 [NH3 ] K a 4 10  NH3 đã bị trung hòa hoàn toàn

[CH3COOH] [H  ] 107    1  CH3COOH chưa bị trung hòa. [CH3COO  ] K a3 104,76

0,25

[HCOOH] [H  ] 107    1  HCOOH chưa bị trung hòa. [HCOO  ] K a 2 103,75

0,25

[HSO 4 ] [H  ] 107    1 Þ HSO4- chưa bị trung hòa. [SO 24 ] K a1 10 2 Trung hòa đến pH = 7, chỉ có NH3 bị trung hòa hoàn toàn nên:

n HCl  n NH3  VHCl 

20.0, 03  15(ml) . 0,04

Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa Một học sinh điều chế dung dịch bão hoà magie hydroxit trong nước tinh khiết tại 25 oC. Trị số pH của dung dịch bão hoà đó được tính bằng 10,5. a) Dùng kết qủa này để tính độ tan của magie hydroxit trong nước. Phải tính độ tan theo mol.L -1 và g/100mL. b) Hãy tính tích số tan của magie hydroxit. c) Hãy tính độ tan của magie hydroxit trong dung dịch NaOH 0,010M tại 25 oC. Khuấy trộn một hỗn hợp gồm 10g Mg(OH) 2 và 100mL dung dịch HCl 0,100M bằng máy khuấy từ tính trong một thời gian tại 25oC. d) Hãy tính pH của pha lỏng khi hệ thống đạt cân bằng. Hướng dẫn giải ý Nội dung Điểm 2+ a Mg(OH)2 ⇌ Mg + 2OH 0,5 pOH = 14,0 – 10,5 = 3,5 ⇒ [OH-] = 10-3,5 = 3,2.10-4M Tương ứng với [Mg2+] = [Mg(OH)2 điện ly] = Độ tan của Mg(OH) 2 = 1,6.10-4M hay 9,2.104 g/100mL. b Ksp = [Mg2+][OH-]2 = 1,6.10-11M3 0,5 c

d

Mg(OH)2(r) ⇌ Mg2+(aq) + 2OH-(aq) [Mg2+] = x; [OH-] = 0,010 + 2x ≈ 0,010M Ksp = [Mg2+][OH-]2 = x[OH-]2 = 1,6.10-11 ⇒ x = 1,6.10 − 7 M Độ tan bằng 1,6.10-7M hay 9.10-7g/100mL

0,5

Mg(OH)2 có rất dư và axit clohydric bị trung hoà hoàn toàn theo phản ứng: Mg(OH)2 (r) + 2H+ (aq) → Mg2+ (aq) + 2H2O (l) Giả sử thể tích không đổi và bằng 100mL, phản ứng này tạo ra Mg 2+ có nồng độ 0,050M. Rồi Mg(OH)2 hoà tan trong dung dịch [Mg2+] = 0,010 + x ≈ 0,050M [OH-] = 1,8.10-5M ⇒ pH = 14 − pOH = 14 + lg(1,8.10) = 9,3

0,5

Câu 6 : Dung dịch A gồm có Cu2+ 0,01 M; Pb2+ 0,05 M; H+ và

ClO4 . pH của dung dịch A bằng 1,15.

1. Tính nồng độ ion ClO 4 trong dung dịch. 2. Thêm 1 mL dung dịch KCl 0,40M vào 1 mL dung dịch A. Tính nồng độ ion Pb 2+ và ion

ClO4 trong hỗn hợp thu

được. 3. Nhúng một bản Cu và một bản Pb vào dung dịch A. Sau khi đoạn mạch ta sẽ có một pin điện hóa. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. Tính sức điện động của pin. Cho: Pb2+ + H2O  PbOH+ + H+ K1 = 10-7,8 Cu2+ + H2O  CuOH+ + H+ K2 = 10-8

E 0Cu 2+ /Cu =0,34V ; E 0Pb2+ /Pb =-0,13V ; Ở 25 0 C :

2,303.RT  0,0592 F

Chỉ số tích số tan pKs của PbCl2 là 4,8; của KClO4 là 2,1. Hướng dẫn chấm

1. Các quá trình xảy ra trong dung dịch A: Pb2+ + H2O  PbOH+ + H+ K1 = 10-7,8 Cu2+ + H2O  CuOH+ + H+ K2 = 10-8 H2O  OH- + H+ Kw = 10-14 pH = 1,15  [H+] = 10-1,15 >> [OH-] = 10-12,85 .

(1) (2) (3)

[PbOH + ] K1 107,8