Bài 1: Sự điện li

A nhé

ý A

ý A nka, vì phải có nước thì mới phân li ra ion đc, nên mới dẫn điện được

Ta biết nước là H2O : H2O là phân tử phân cực với đầu âm là O và đầu dương là 2 nguyên tử H (vì O có độ âm điện lớn nên nó hút e về phía mình nhiều hơn)



Với chất điện li là hợp chất ion: sẽ có nguyên tử hay nhóm nguyên tử mang điện tích âm và sẽ có nguyên tử hay nhóm nguyên tử mang điện tích dương. Như NaCl : Na+ và Cl-

Lấy NaCl làm ví dụ : tất cả các hợp chất ion khác đều tương tự

Khi NaCl cho vào nước, thì:
đầu O mang điện tích âm của 1 phân tử nước sẽ liên kết với Na+ trong NaCl
đầu H mang điện tích dương của 1 phân tử nước khác sẽ liên kết với Cl- trong NaCl

Tất nhiên là nhiều phân tử nước sẽ tương tác với 1 phân tử NaCl

các phân tử nước luôn luôn có chuyển động nhiệt, vì thế mà chính chuyển động đó đã kéo tách Na+ và Cl- ra khỏi nhau, làm cho NaCl bị phân li
NaCl = Na+ + Cl-


hợp chất cộng hóa trị có cực: thì cơ chế cũng như vậy: phân tử đó sẽ có đầu âm và đầu dương (đó là do sự chênh lệch độ âm điện, nguyên tố nào có độ âm điện lớn hơn thì sẽ hút e nhiều hơn về phía mình và trở nên âm hơn)
Và các phân tử nước cũng tác dụng với chúng cũng tương tự như với hợp chất ion

PT này sai rồi. Cô sửa như sau

HCO₃^- + OH^- --> CO₃^2- + H₂O

Có 2 chất điện li là NaHCO3 và NaClO

PT: NaHCO₃ --> Na⁺ + HCO₃^-

NaClO ---> Na⁺ + ClO^-

- C2H5OH, C6H6 là chất hữu cơ nên ko điện li

- H2O là chất điện li yếu, thường được bỏ qua trong các bài tập tính toán

- Cu(OH)2 là chất kết tủa ko điện li

- SO2, CO2, NH3, Cl2, H2S là chất khí ko điện li

hết nka

là 3 chất :Cu(OH)2 => Cu 2+ + 2OH-
NaHCO3 => Na+ + HCO3-
và H2S <=> 2H+ +S2-
NaClO <=> Na+ + ClO-

H2O, NaHCO3,

a)

n_NaOH=\(\dfrac{1,2}{40}\)=0,03(mol)

C_{M (NaOH)}=\(\dfrac{0,03}{3}\)=0,01 (M)

NaOH-->Na⁺+OH^-

0,01 --> 0,01 0,01 (M)

pOH = -log 0,01 = 2

=> pH=14-2=12

1. a)

n_NH3=0,03(mol) n_HCl=0,015(mol)

\(\begin{matrix}NH_3&+HCl&\rightarrow&NH_4Cl&\\0,015&0,015&&0,015&\left(mol\right)\end{matrix}\)

\(\begin{matrix}NH_4Cl&\rightarrow&NH_4^+&+Cl^-&\\0,015&&0,15&0,015&\left(mol\right)\end{matrix}\)

Gọi x là số mol NH₃ phân li(x>0), k_a là hằng số axit của NH₄⁺, k_b là hằng số bazo của NH₃. Theo đề ta có:

V_dd=0,05+0,15=0,2(l)

\(NH_4^+\rightarrow NH_3+H^+\left(k_a=10^{-9,24}\right)\)

⇒\(\begin{matrix}&NH_3&+H_2O\rightarrow&NH_4^+&+OH^-&k_b=\dfrac{10^{-14}}{k_a}=\dfrac{10^{-14}}{10^{-9,24}}=10^{-4,76}\\BD&0,015&&0,015&&\\PU&x&&x&x&\left(mol\right)\\CB&0,015-x&&0,015+x&x&\end{matrix}\begin{matrix}\\\\\\\end{matrix}\)

Ta có: \(k_B=\dfrac{\left[NH_4^+\right]\left[OH^-\right]}{\left[NH_3\right]}=\dfrac{\left(\dfrac{0,015+x}{0,2}\right)\left(\dfrac{x}{0,2}\right)}{\dfrac{0,015-x}{0,2}}=10^{-4,76}\Rightarrow x=3,47399.10^{-6}\left(x>0\right)\)

⇒\(\left[OH^-\right]=\dfrac{3,47399.10^{-6}}{0,2}=1,736995.10^{-5}M\)

⇒\(pOH=-\log\left(\left[OH^-\right]\right)=-\log\left(1,736995.10^{-5}\right)=4,76020\)

⇒\(pH=14-pOH=14-4,76020=9,2398\)

b)

Thêm vào dung dịch 1,5.10^-4 (mol) HCl:

NH₃ dư tiếp tục tác dụng:

\(\begin{matrix}NH_3&+HCl&\rightarrow&NH_4Cl&&\\1,5.10^{-4}&1,5.10^{-4}&&1,5.10^{-4}&\left(mol\right)&\end{matrix}\)

\(\begin{matrix}NH_4Cl&\rightarrow&NH^+_4&+Cl^-&&\\1,5.10^{-4}&&1,5.10^{-4}&1,5.10^{-4}&\left(mol\right)&\end{matrix}\)

Gọi y là số mol NH₃ phân li ở trường hợp b (y>0)

\(\begin{matrix}&NH_3&+H_2O\rightarrow&NH_4^+&+OH^-&\\BD&0,01485&&0,01515&&\\PU&y&&y&y&\left(mol\right)\\CB&0,01485-y&&0,01515+y&y&\end{matrix}\begin{matrix}k_b=10^{-4,76}\\\\\\\end{matrix}\)

Ta có: \(k_B=\dfrac{\left[NH_4^+\right]\left[OH^-\right]}{\left[NH_3\right]}=\dfrac{\left(\dfrac{0,01515+y}{0,2}\right)\left(\dfrac{y}{0,2}\right)}{\dfrac{0,01485-y}{0,2}}=10^{-4,76}\Rightarrow y=3,40523.10^{-6}\left(y>0\right)\)

⇒\(\left[OH^-\right]=\dfrac{3,40523.10^{-6}}{0,2}=1,70262.10^{-5}M\)

⇒\(pOH=-\log\left(\left[OH^-\right]\right)=-\log\left(1,70262.10^{-5}\right)=4,76888\)

⇒\(pH=14-pOH=14-4,76888=9,23112\)

c)

Thêm 1,5.10^-4 mol NaOH

\(\begin{matrix}NH_4Cl&+NaOH&\rightarrow&NaCl&+NH_3&+H_2O\\1,5.10^{-4}&1,5.10^{-4}&&&1,5.10^{-4}&\end{matrix}\left(mol\right)\)

Gọi z là số mol NH₃ phân li trong trường hợp c (z>0)

\(\begin{matrix}&NH_3&+H_2O\rightarrow&NH_4^+&+OH^-&\\BD&0,01515&&0,01485&&\\PU&z&&z&z&\left(mol\right)\\CB&0,01515-z&&0,01485+z&z&\end{matrix}\begin{matrix}k_b=10^{-4,76}\\\\\\\end{matrix}\)

Ta có: \(k_B=\dfrac{\left[NH_4^+\right]\left[OH^-\right]}{\left[NH_3\right]}=\dfrac{\left(\dfrac{0,01485+z}{0,2}\right)\left(\dfrac{z}{0,2}\right)}{\dfrac{0,01515-z}{0,2}}=10^{-4,76}\Rightarrow z=3,54414.10^{-6}\left(z>0\right)\)

⇒\(\left[OH^-\right]=\dfrac{3,54414.10^{-6}}{0,2}=1,77207.10^{-5}M\)

⇒\(pOH=-\log\left(\left[OH^-\right]\right)=-\log\left(1,77207.10^{-5}\right)=4,75152\)

⇒\(pH=14-pOH=14-4,75152=9,24848\)

a. Xem như nấc 2 của H₂SO₄ điện li hoàn toàn

\(H_2SO_4\rightarrow2H^++SO_4^{2-}\)

n_H2SO4=0,05(mol)

n_H⁺=0,1(mol) n_SO4²=0,05(mol)

\(\left[H^+\right]=\dfrac{0,1}{0,2}=0,5M\)

\(\left[SO^{2-}_4\right]=\dfrac{0,05}{0,2}=0,25M\)

b. \(HCl\rightarrow H^++Cl^-\)

Đặt m_dd=100(g) ⇒ \(n_{HCl}=\dfrac{100.7,3\%}{36,5.100\%}=0,2\left(mol\right)\)

⇒\(V=\dfrac{100}{1,25}=80\left(ml\right)=0,08\left(l\right)\)

\(\left[H^+\right]=\left[Cl^-\right]=\dfrac{0,2}{0,08}=2,5M\)

c. \(CuSO_4\rightarrow Cu^{2+}+SO_4^{2-}\)

n_CuSO4.5H2O=n_Cu²⁺=n_SO4^2-=0,05(mol)

\(\left[Cu^{2+}\right]=\left[SO_4^{2-}\right]=\dfrac{0,05}{0,5}=0,1M\)

Ta có công thức:
C%=CM*M(HCOOH)/10*d
=>CM(đầu)=C%*10*d/M(HCOOH)
=0.46*10*1/46=0.1(mol/l)
_Dung dịch sau phản ứng có pH=3:
=>CM(H+)=10^-3(mol/l)
HCOOH<=>H{+}+HCOO{-}
10^-3------->10^-3(mol/l)
=>CM(HCOOH sau)=10^-3(mol/l)
_Độ điện li alpha=CM(HCOOH sau)/CM(đầu)
=10^-3/0.1=0.01=1%

$Ag^+ + Cl^- \to AgCl$
n Cl- = n AgCl = 86,1/143,5 = 0,6(mol)

Bảo toàn điện tích : 

n Cu2+ = (0,6 + 0,2 -  0,1.3 + 0,2.2 )/2 = 0,05(mol)

Bảo toàn nguyên tố Fe,Cu,Mg , Kết tủa gồm : 

Fe(OH)3 :  0,1 mol

Mg(OH)2 :  0,2(mol)

Cu(OH)2: 0,05(mol)

=> m kết tủa = 0,1.107 + 0,2.58 + 0,05.98  = 27,2 gam

Đáp án A

Ủa đề có thiếu không bạn oii!