Bài 3: Sự điện li của H2O - pH - Chất chỉ thị axit-bazo

pH =3 → [H+] =10^(-3)
HCl → H(+) + Clˉ
10^(-3) ← 10^(-3)
Sau khi pha loãng [H+] =10^(-4) → [HCl] =10^(-4) M
áp dụng phương pháp đường chéo
HCl :10^(-3) .............10^(-4)
.... .. ... .. 10^(-4) .. .. .. .. ..=> 10^(-3)/9.10^(-3) = 0.01/Vnước
Nc : 0 ............... 9.10^(-4)
=> V nc =0.9ml =90 ml

(chính xác 100%)

Bài 1.

\(n_{H^+}=2n_{H_2SO_4}=2.10^{-2}.0,1=0,002\) mol

\(n_{OH^-}=n_{NaOH}=0,01.0,1=0,001\) mol

\(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)

0,001<-0,001

\(\Rightarrow n_{H^+}\text{còn}=0,002-0,001=0,001\) mol

\(\Rightarrow\left[H^+\right]=\dfrac{0,001}{0,2}=0,005\) mol/lít

\(\Rightarrow pH=-lg\left[H^+\right]=-lg\left(\dfrac{0,001}{0,2}\right)=2,3\)

\(H_2SO_4+2NaOH\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\)

0,0005<--0,001------> 0,001

\(Na_2SO_4\rightarrow2Na^++SO_4^{2-}\)

0,001 ------>0,002-->0,001

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

0,0005--->0,001-->0,0005

\(\Rightarrow\left[Na^+\right]=\dfrac{0,002}{0,2}=0,01\) mol/lít; \(\left[SO_4^{2-}\right]=\dfrac{0,001+0,0005}{0,2}=0,0075\) mol/lít

\(\left[H^+\right]=0,005\) mol/lít

Bài 2.

200 ml dung dịch H₂SO₄ có pH = 1 nên \(\left[H^+\right]=0,1\)M

\(\Rightarrow n_{H^+}=2n_{H_2SO_4}=2.0,1.0,2=0,04\) mol

\(n_{OH^-}=n_{NaOH}=\dfrac{0,88}{40}=0,022\) mol

\(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)

0,022<-0,022

\(\Rightarrow n_{H^+}\text{còn}=0,04-0,022=0,018\) mol

\(\Rightarrow pH=-lg\left[H^+\right]=-lg\left(\dfrac{0,018}{0,2}\right)=1,046\)

Mình nói thêm sợ bạn chưa biết nếu biết rồi thì thôi

Ka là: hằng số điện li của những chất điện li yếu

Công thức tính, VD Ka của CH₃COOH là: Ka=\(\dfrac{\left[CH_3COO^-\right].\left[H^+\right]}{\left[CH_3COOH\right]}\)bạn chú ý nồng độ mol/lít của CH3COOH trong công thức là nồng độ sau khi điện li hoàn toàn.

Đặc trưng của bài toán tính Ka là áp dụng phương pháp dòng:

AB \(\leftrightarrow\)A⁺+B^-

Ban đầu : a 0 0

Điện li : x x x

Cân bằng : a – x x x (M) .

Giải

Đừng quan tâm đến 25⁰C đó là nhiệt độ chuẩn thôi!

ⁿCH3COOH=0,6/60=0,01 (mol)

=>[CH3COOH] ban đầu=0,01/0,1=0,1 (M)

pt điên li:

CH3COOH\(\leftrightarrow\) CH3COO^- + H⁺

Ban đầu: 0,1 0 0

Điện li: x x x

sau điện li: 0,1-x x x

Ta có: Ka=\(\dfrac{\left[CH_3COO^-\right].\left[H^+\right]}{\left[CH_3COOH\right]}\)<=>1,8.10^-5=\(\dfrac{x^2}{0,1-x}\)<=>1,8.10^-5=\(\dfrac{x^2}{0,1}\)(ví 0,1-x rất nhỏ nên nó bằng 0,1 luôn)=>x=[H+]=1,3.10^-3

=>pH=-log(x)=3 (log trong máy tính đó)

_Dung dịch HCl và HNO3 có pH=1:
=>[H+] = 10^-1 (mol/l)
=>Σ nH{+} = 10^-1*0.1 = 0.01(mol)

+nNaOH = 0.1a (mol)
NaOH => Na{+} + OH{-}
0.1a.........0.1a.......0.1a(mol)
=>nOH{-} = 0.1a (mol)

_Sau phản ứng thu được dung dịch có pH = 12:

+pH = 12:môi trường có tính bazơ => bazơ dư , axit hết.

+pH = 12 => pOH = 14 - 12 = 2 => [OH-] = 10^-2 (mol/l)
=>nOH{-} dư = 10^-2*0.2 = 2*10^-3 (mol)

H{+} + OH{-} => H2O
0.01....0.1a
0.01....0.01........0.01(mol)
..0....0.1a - 0.01.0.01(mol)

=>nOH{-} dư = 0.1a - 0.01 = 2*10^-3 (mol)
<=>0.1a = 0.012
<=>a = 0.12

Vậy a = 0.12 (M)

pH =3 => n_H+ = 10^-3V₁

pH=4 => n_H+ = 10^-4V₂

10^-3 V₁ = 10^-4 V₂

=> V₂ = 10V₁

=> v₂ = 100ml ==> V_H2O =100-10 = 90ml

CuSO₄

Al₂(SO₄)₃

_Dung dịch HCl và HNO3 có pH=1:
=>[H+] = 10^-1 (mol/l)
=>Σ nH{+} = 10^-1*0.1 = 0.01(mol)

+nNaOH = 0.1a (mol)
NaOH => Na{+} + OH{-}
0.1a.........0.1a.......0.1a(mol)
=>nOH{-} = 0.1a (mol)

_Sau phản ứng thu được dung dịch có pH = 12:

+pH = 12:môi trường có tính bazơ => bazơ dư , axit hết.

+pH = 12 => pOH = 14 - 12 = 2 => [OH-] = 10^-2 (mol/l)
=>nOH{-} dư = 10^-2*0.2 = 2*10^-3 (mol)

H{+} + OH{-} => H2O
0.01....0.1a
0.01....0.01........0.01(mol)
..0....0.1a - 0.01.0.01(mol)

=>nOH{-} dư = 0.1a - 0.01 = 2*10^-3 (mol)
<=>0.1a = 0.012
<=>a = 0.12

Vậy a = 0.12 (M)

giả sử \(V=500ml=0,5l\)

ta có \(n_{OH^-}=n_{NaOH}=0,01\times0,5=5\times10^{-3}\left(mol\right)\)

\(n_{H^+}=n_{HCl}=0,03\times0,5=0,015\left(mol\right)\)

PT : \(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)

( \(5\times10^{-3}\) ) (\(5\times10^{-3}\)) (mol)

\(\Rightarrow nH^+dư=0,01\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow PH=-log[H^+]=-log\left(\dfrac{0,01}{0,5+0,5}\right)=2\)