CHƯƠNG I. CÁC ĐỊNH LUẬT CƠ BẢN CỦA HOÁ HỌC
ÁP DỤNG CHO CÁC HỆ TRONG DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LI

I. TRẠNG THÁI CÁC CHẤT ĐIỆN LI TRONG DUNG DỊCH

Bài tập có lời giải hướng dẫn
I.1.1. Mô tả trạng thái ban đầu của các chất sau đây có trong dung dịch nước:
CH
3
COONa; NH
4
HSO
4
; FeCl
3
[Ag(NH
3
)
2
]Cl.
Hướng dẫn:
- CH
3
COO
-
.Na
+
; H
2
O

và Na
2
SO
4
cùng nồng độ.
Hướng dẫn
Trạng thái ban đầu: Ba
2+
, Cl
-
, Na
+
, SO
4
2-
, H
2
O
Ba
2+
+ SO
4
2-


BaSO
4




] << K
a2
[HCOOH]);
c, CH
3
COONa; d, NaCl
Hướng dẫn
a, HCl

H
+
+

Cl
-
(1)
HCOOH

H
+
+

HCOO
-

1
HCOOH
HCOO
C


[NH
4

] << K
a2
[HCOOH] nên cân bằng (2 không ảnh hưởng đến (1) ->

không
thay đổi.
c, CH
3
COONa

CH
3
COO + Na (1)
HCOOH

H
+
+ HCOO
-
(2)
CH
3
COO
-
+ H
+


C
1
M
b, NH
3
C
1
M và NH
4
Cl C
2
M (C
2
<<C
1
)
c, NH
3
C
1
M

và HCl C M (C << C
1
)
d, NH
3
C
1
M và NaOH C

(coi sự điện li của nước là không đáng kể).
->
3
4
1 1
NH
NH OH
C C

 
   
   
  ->
2
1
1
c
b
K
C





b, NH
3
+ H
2
O

+ HCl

NH
4

+ Cl
-

C
1
C
C
1
– C - C
NH
3
+ H
2
O

NH
4

+ OH
-
K
c
b

C

C
1
C
2

->
3
4 2
1 1
NH
NH OH C
C C

 
   

   
 

I.1.5. Tính độ điện li

của HCOOH trong dung dịch HCOOH 0.0100 M
Hướng dẫn
Cân bằng trong dung dịch:
HCOOH

H
+
+ HCOO
-

Bài tập vận dụng
I.1.6. a) Trong dung dịch nước, chất nào là chất điện li mạnh, chất nào là chất điện li
yếu trong số các chất sau đây.
HClO
4
; (CH
3
COO)
2
Ca; HCN; Sr(OH)
2

b) Mô tả trạng thái ban đầu và trạng thái cân bằng của mỗi chất.
I.1.7. Mô tả trạng thái ban đầu và trạng thái cân bằng của các dung dịch gồm NH
4

0,01M và H
2
SO
4
0,01M.
I.1.8. Mô tả trạng thái ban đầu và trạng thái cân bằng của các dung dịch gồm AgNO
3

0,01M và NH
3
0,2M
I.1.9. Thêm dần dung dịch NaOH loãng vào dung dịch MgCl
2
. Có kết tủa trắng

+ CH
3
COOH
e, FeCl
3
+ Cu
I.1.11. Thêm từng giọt HCl vào dung dịch AgNO
3
có kết tủa trắng xuất hiện. Thêm
từng giọt NH
3
đặc vào hỗn hợp cho đến khi kết tủa tan hoàn toàn. Thêm tiếp HNO
3

vào dung dịch thu được thì lại thấy kết tủa xuất hiện trở lại. Viết phương trình ion để
giải thích hiện tượng.
I.1.12. Thêm dần NH
3
vào dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
có kết tủa xuất hiện. Thêm vài giọt
NaOH đặc vào hỗn hợp thì được dung dịch trong suốt. Viết phương trình ion để giải
thích hiện tượng.

II.CÁC ĐỊNH LUẬT CƠ BẢN CỦA HOÁ HỌC ÁP DỤNG CHO CÁC HỆ
TRONG DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LI


H
+
+ HSO
4


0.025
- 0.025 0.025
Phản ứng: H
+
+ OH
-
-> H
2
O
C
0
0.025 0.01
x
max
0.025
C

-0.025 -0.025
C 0 0.075
Phản ứng: HSO
4

+ OH

3
0.20M
BaF
2
+ 2H
+


Ba
2+ +
2HF
Xác định TPGH của hỗn hợp:
Hướng dẫn:
BaF
2
+ 2H
+


Ba
2+ +
2HF
n
0
0,50 0,2.0,5
x
max
0,05
n


Cl C
2
M
Hướng dẫn
a/ H
2
O  H
+
+ OH
-

NH
3
+ H
+
 NH
4
+

Trong dung dịch NH
3
tồn tại dưới 2 dạng : NH
3
và NH
4
+
.
Biểu thức BTĐT: Có 3 ion H
+
; OH

 NHNHCC

Biểu thức BTĐT: có các ion NH
4
+
; Cl
-
; H
+
; OH
-0][][][][
4


OHClNHH
I.2.4 Viết biểu thức BTNĐ và BTĐT đối với hỗn hợp gồm Ca(NO
3
)
2
0,016 M và NaF
0,054 M.
Hướng dẫn
Ca(NO
3

 HF
Ca
2+
+ 2

F
-
 CaF
2
↓
H
2
O  H
+
+ OH
-

BTNĐ:
mHFFC
mCaOHCaC
F
Ca
2][][054,0
][][016,0
2
2





C 0,010 - 0,040
TPGH: HCl 0,010 M; NaCl 0,04 M; H
2
O
HCl → H
+
+ Cl
-

0,010
- 0,010 0,010
NaCl → Na
+
+ Cl
-

0,040
- 0,040 0,040
Nồng độ cân bằng:
[Na
+
] = C
Na
= 0,040 M
[H
+
] =

Na
C

2
2
2
3
2
2
2
4
)())((
))(()(
a
K
OHNHZn
OHZnNH




Coi
2
)(OHZn =1 (chất rắn, được coi là nguyên chất); (H
2
O) = 1 (dung môi,
trong dung dịch loãng). Vì vậy:

)(
2
3
2
2






Ở lực ion thấp, coi gần đúng f
i
= 1, lúc đó

)(
2
3
2
2
4
]][[
][
n
c
KK
NHZn
NH




b/
)(
2
2

NHO
OHNHCu
K
fNHP
fOHfNHCu




Coi (Cu) =1 (chất rắn); (H
2
O) = 1 (dung môi)
Nếu coi f
i
=1 thì

)(
8
3
422
43
][
][])([
2
n
c
O
KK
NHP
OHNHCu

+ 2Cl
-
 CuCl
2
-

2

b) Cu
+
+ 3Cl
-
 CuCl
3
2-

3
Hướng dẫn

a/ Cu
+
+ Cl
-
 CuCl lg K
s
-1
=6,73
CuCl + Cl
-
 CuCl

s
-1
=6,73
Cu
+
+ 2Cl
-
 CuCl
3
2-
lg K
3
=-1,47
Cu
+
+ 3Cl
-
 CuCl
3
2-
lg 
3
= lg K
s
-1
+ lg K
3
= 5,26

3

và 2,7. 10
-2
mol Pb
2+
.
Mô tả các ảnh hưởng tới nồng độ của ion MnO
4
-
nếu khi thêm các chất sau đây
vào hỗn hợp phản ứng:
a/ Thêm một lượng ít muối Pb(NO
3
)
2

b/ Một lượng ít NaHCO
3

c/ Vài giọt CH
3
COOH đặc
d/ Vài giọt HCl.
Hướng dẫn
a/ Pb
2+
là chất tạo thành trong phản ứng, việc thêm Pb
2+
làm cân bằng chuyển dịch
theo chiều nghịch và nồng độ của MnO
4

kể.
d/ PbO
2
đã có dư trong hỗn hợp phản ứng , hoạt độ của PbO
2
luôn bằng 1, việc thêm
PbO
2
không ảnh hưởng đến cân bằng , do đó nồng độ MnO
4
-
không thay đổi.
e/ Thêm HCl sẽ có phản ứng phụ:
2 MnO
4
-
+ 10 Cl
-
+ 16 H
+
→ 2 Mn
2+
+ 5 Cl
2
+ 8 H
2
O
làm giảm mạnh nồng độ MnO
4
-




HCOOH
HCOOH
f
ff
HCOOH
HCOOH
HCOOH
HCOOH

Coi f
HCOOH
=1,0 (phân tử không điện li , ở lực ion thấp)

MfKK
fff
ff
a
c
HCOOH
HCOOH
4275,32
1
1
10.15,2)91,0.(10)(
91,0
110,010.20,0
10,01

tạo được kết tủa ít tan Agl và Ag
2
CrO
4
.
Trả lời: TPGH: AgI và Ag
2
CrO
4
; K
+
0,10M; NO
3
0,10M.

I.2.11 Cho biết nồng độ ban đầu và nồng độ cân bằng của các cấu tử trong hỗn hợp
sau:
a./ trộn 20,000 ml NaOH 0,100 M với 30,00 ml HCl 0,080 M.
b/ Hoà tan 4,00 g NaOH trong 100,00ml HCl 1,010 M.
I.2.12 Cho biết nồng độ ban đầu, nồng độ cân bằng của các cấu tử trong hỗn hợp thu
được khi trộn 40,00 ml HCl 0,010 M với 60,00 ml AgNO
3
0,0050 M (coi AgCl tan
không đán g kể).
I.2.13 Viết biểu thức BTNĐ và BTĐT đối với các dung dịch:
a/ H
3
PO
4
C M

, H
2
S; Hg(HS)
2
; HgS
2
2-
; H
+
; OH
-
).
I.2.15 Trộn 2,00 ml dung dịch CaCl
2
0,0100 M với 3,00 ml dung dịch
Na
2
HPO
4
0,010M . Có kết tủa Ca
3
(PO
4
)
2
xuất hiện. Viết biểu thức BTNĐ và BTĐT
đối với các cấu tử trong hỗn hợp.

I.2.16. Cho cân bằng :
H

4
-
 H
+
+ C
2
O
4
2-
K
a2
= 10
4.27
Tính hằng số cân bằng của các quá trình
a) C
2
O
4
2-
+ H
2
O  HC
2
O
4
-
+ OH
-

b) HC

BiS
3
  2Bi
3+
+ 3S
2-
K
s
= 10
-97,0

H
2
S  H
+
+ HS
-
K
a1
= 10
-7,02

HS
-
 H
+
+ S
2-
K
a2

K
lgK = 1,74
Cho biết: Ag
+
+ NH
3
 AgNH
+
3
lgk
1
= 3,32
AgNH
+
3

+ NH
3
 Ag(NH
3
)
2
+
lgk
2
= 3,92
NH
4
+
 NH

2
trong các
trường hợp sau đây:
a) Thêm ít AgNO
3
vào hỗn hợp phản ứng
b) Thêm vài giọt HNO
3
vào dung dịch
c) Thêm NH
3
vào dung dịch.
Trả lời: a) Nồng độ Ag(CN)
2
-
tăng; b) Nồng độ Ag(CN)
2
-
giảm rõ; c) Nồng độ
Ag(CN)
2
-
giảm không đáng kể.

III ĐÁNH GIÁ GẦN ĐÚNG THÀNH PHẦN CÂN BẰNG TRONG DUNG
DỊCH

I.3.1. Đánh giá khả năng hoà tan của CuS trong HCl 1,0M
Hướng dẫn
Các quá trình có thể xảy ra:

a2
1
= 10
7,02
(3)
So sánh các cân bằng ta thấy: K rất bé, nồng độ S
2-
rất ít, phản ứng (2) xảy ra
mạnh hơn (3) vì vậy có thể tổ hợp (1) và (2):
CuS + H
+
 Cu
2+
+ HS
-
K = K
a
.K
a2
1
= 10
-22,3
(4)
K rất bé, có thể dự đoán phản ứng xảy ra rất khó khăn. Để đánh giá định lượng
cần áp dụng biểu thức ĐLTDKL cho cân bằng (4)
CuS + H
+
 Cu
2+
+ HS

15,113,22


x

[Cu
2+
] = x = 7,1.10
-12
M vô cùng bé. Vậy CuS hầu như không tan trong HCl
1,0M
I.3.2. Đánh giá các quá trình chủ yếu xảy ra khi thêm 1,0ml NaOH 0,02M vào 1,0 ml
hỗn hợp gồm HCl 0,050M và CH
3
COOH 0,18M. Đánh giá TPGH và tính nồng độ cân
bằng của ion H
+

Lời giải:
MCMCMC
COOHCHHClNaOH
090,0;025,0
2
050,0
;10,0
2
20,0
000
3


3
COONa  CH
3
COO
-
+ Na
+

0,075
CH
3
COOH  CH
3
COO
-
+ H
+
K
a
= 10
-4,76
(1)
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
w





x
xx

K
a
bé, hệ số dư CH
3
COO
-
có thể coi x << 0,015 vì vậy: x = 10
-4,46
<< 0,015 (thoả
mãn). Vậy [H
+
] = 10
-5,46
= 3,48.10
-6
M
I.3.3. Trong 1lít dung dịch hỗn hợp K
2
CrO
7
0,010M; KBr 0,060 M; H
2
SO

Các quá trình xảy ra:
K
2
CrO
7
 2K
+
+ Cr
2
O
7
2
0,010
- 0,010
KBr  K
+
+ Br
-

0,060
- 0,060
H
2
SO
4
 H
+
+ HSO
4
-

+ 3Br
2
+ 7H
2
O
C
0
0,010 0,060 1,0 0,002
C -0,010 -0,060 -0,14 0,020 0,030
C 0 0 0,86 0,022 0,030
x
max
= 0,010
TPGH: Cr
3+
0,022M; Br
2
0,030M; H
+
0,86M; HSO
4
-
1,0M; SO
4
2-
0,0030M
Cân bằng thứ nhất: HSO
4
 H
+





Vậy quá trình (2) không ảnh hưởng đến nồng độ H
+
có trong dung dịch nghĩa là

H
C
= 0,86M
Cân bằng thứ hai xảy ra theo chiều ngược với (1)
2Cr
+
+ 3Br
2
+ 7H
2
O = Cr
2
O
7
2
+ 6Br + 14H
+
K = 10
26,1

C 0,022 0,030 0,86
C -2x -3x x 6x 14x

-5
M
TPCB: Cr
2
O
7
2
3,7.10
-6
M; Br
-
2,22.10
-5
M; H
+
0,86 M; Cr
3+
0,022 M
Br
2
0,030 M; HSO
4
1,0M; SO
4
2
0,0119 M

Bài tập vận dụng
I.3.4. Đánh giá khả năng hoà tan cả Agl trong muối NH
4

vào dung dịch BaCl
2
, có kết tủa BaCO
3
xuất hiện hay không?
Hướng dẫn giải: Tính K của phản ứng và kết luận:
CO
2
+ H
2
O  BaCO
3
 + 2H
+

Trả lời: lgK = -8.38.
I.3.6 Trong các dung dịch NH
4
Cl 0.10 M có các cân bằng:
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
w
=1,0.10
-14
(1)

-14
(1)
NH
3
+ H
2
O  NH
4
+
+ OH
-
K
b
=1,78.10
-5
(2)
Tính nồng độ cân bằng của ion OH
-
trong dung dịch.
Trả lời: 9,34.10
-4
M
I.3.8 Khi cho bột Cu vào dung dịch AgNO
3
0,010 M và CuSO
4
0,0010 M thì xảy ra
phản ứng:
Cu + 2Ag
+

2
O K = 10
74,3

Tính nồng độ cân bằng của ion Br
-
trong dung dịch.
Trả lời: 6,71.10
-9
M.
I.3.10 Trong hỗn hợp Fe
3+
0,0010 M; Sn
2+
0,010 M; Fe
2+
1,00 M và H
+
1,00M có phản
ứng:
2 Fe
3+
+ Sn
2+
 2 Fe
2+
+ Sn
4+
Tính nồng độ Fe
3+

Lời giải:
a) H
2
O

H
+
+OH
-

C
5
H
5
N + H
2
O

C
6
H
5
NH
+
+ OH
-

Theo thuyết Bronstet và Lowry thì axit là những chất có khả năng nhường proton, còn
bazơ là những chất có khả năng thu proton. Trong dung dịch, piriđin có khả năng nhận
proton của nước, do đó piridin là một bazơ. Hay nói cách khác, dung dịch nước của


Như vậy [OH
-
]
dd
> [H
+
]
dd
do đó dung dịch có môi trường bazơ
b) HCOOH

H
+
+ OH
-

H
2
O

H
+
+OH
-

Giải thích hoàn toàn tương tự Bronstet và Lowry thì dung dịch HCOOH có phản ứng axit
do HCOOH có khả năng cho proton.
[H
+

+ NO
3
-

H
2
O

H
+
+OH
-

[H
+
]
dd
= [OH
-
]
dd

Vậy dung dịch NaNO
3
có môi trường trung tính.
d) AlCl
3


Al

]
dd
. Vậy dung dịch AlCl
3
có mối trường axit.
e) Ca(OH)
2


Ca
2+
+ 2OH
-

H
2
O

H
+
+OH
-

[H
+
]
dd
< [OH
-
]

4

2-

NH
4
+


H+ + NH
3

Trong hệ không xảy ra tương tác hóa học vì NH
4
+
, và HSO
4
-
đều là axit.
b) NaHS

Na
+
+ HS
C C
HCl

H
+
+ Cl


H
+
+ S
2-

H
2
O

H
+
+OH
-
Bài tập vận dụng
II.1.3 Giải thích tính axit- bazơ trong dung dịch nước của các chất sau:
a) NH
4
NO
3
; b)KCL; c)Na
2
S; d)Na
3
PO
4
; e)HCOOONH

; b)NaAlO
2
; c) Cr(OH)
3
;
d) CrCl
3
; e) NaCrO
2
; f) Zn(OH)
2
; g) Na
2
ZnO
2
.
Trả lời: a),e), f) lưỡng tính; b), e), g) bazơ; d) axit.
II.1.6 Mô tả cân bằng và giải thích tính axit – bazơ trong dung dịch nước của:
a)Na
2
CO
3
; b) Dung dịch bão hòa CO
2
; c)NaHCO
3
; d)NH
4
Cl;
e)(NH

4
.
Trả lời: a),e) lưỡng tính; b),c) axit ; d) bazơ
II.1.8Trộn 10,00 ml dung dịch NH
3
0,5M với 5,00ml H
2
SO
4
1,00 M. Hãy cho biết pH gần
đúng của dung dịch bằng bao nhiêu?(<7; = 7 hay > 7 ).
Trả lời : pH < 7.

II .ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN PROTON
(ĐIỀU KIỆN PROTON)

Bài tập có lời giải
II.2.1. Viết biểu thức điều kiện proton đối với các dung dịch sau:
a) Dung dịch CH
2
ClCOOH;
b) Dung dịch HCl + NaSHO
4
;
c) Dung dịch NaOH + NH
3
;
d) Dung dịch CH
3
COOH C

H
2
O

H
+
+ OH
-

MK: CH
2
ClCOOH và H
2
O

ĐKP: [H
+
] = [ CH
2
ClCOO
-
] + [OH
-
]
b) HCl

H
-
+Cl
-

, H
2
O

ĐKP : [H
+
] = [Cl
-
] + [SO
4
2-
] + [OH
-
]
c) NaOH

Na
+
+ OH
-

H2O

H
+
+ OH-
NH3 + H
+




C
2

CH
3
COOH

CH
3
COO
-
+ H
+

CH
3
COO
-
+ H
+


CH
3
COOH
H
2
O


ĐKP : [H
+
] = [OH
-
] - [CH
3
COOH] + C
1

Với hai MK khác nhau thu được hai phương trình bảo toàn proton(1) và (2) co dạng
khác nhau, nhưng có thể chứng minh được hai biểu thưc đó chỉ là một phương trình
liên hệ. Thật vậy từ đinh luật BTNĐ ban đầu:
[CH
3
COOH] + [CH
3
COO
-
] = C
1
+ C
2


[CH
3
COO
-
] – C
2

+


H
2
O + CO
2

H
2
O

H
+
+ OH
MK :CO
3
2-
và H
2
O

ĐKP: [H
+
] = [ OH
-
] – [HCO
3
-
] + 2[CO


H
2
O

H+ + OH-
MK: H
2
C
2
O
4
và H
2
O

ĐKP : [H
+
] = [OH
-
] + [HC
2
O
4
-
] + 2[C
2
O
4
2-

TPGH: NH
3
( C
2
-C
1
)M; F
-
C
1
M ; NH
4
+
C
1
M
Chọn MK : NH4
+
, F
-
và H2O.
Cân bằng: NH
4


NH
3
+ H
+


+
] + [NH
4
+
] = [OH
-
] + [F
-
] (2)
Theo định luật BTNĐ ban đầu ta có:
[HF] + [F
-
] = C
1


[F
-
] = C
1
– [HF] (3)
Và [NH
4
+
] + [ NH
3
] = C
2




Fe
3
+ + H
2
O

Fe(OH)
2
+
+ H
+

2Fe
3
+
+ 2H
2
O

Fe
2
(OH)
2
4+
+ 2H
+

H
2

PO
4
H
2
O

3NH
4
+
+ PO
4
3-

3C C
Phản ứng:
NH
4
+
+ PO
4
3-


NH
3
+ (HPO
4
2-)
K= 10
3,08

3
+ H
3
PO
4
K” = 10
-9,04
(3)
Do K’= 10
-2,03
và K”= 10
-9,04
nhỏ nên phản ứng (2) xảy ra không hoàn toàn và phản
ứng (3) không xảy ra. Vậy THGP gồm NH
4
+
: 2C mol/l; NH
3
: C mol/l; HPO
4
2-
: C
mol/l
 MK1: HPO
4
2-
; NH
3
và H
2

PO
4
-

HPO
4
2-
+ 2H
+


H
3
PO
4

NH
3
+ H
+


NH
4
+

ĐKP : [H
+
] + [OH
-

3
4

PO + CNHPOHPOH 

][][2][
34342
(5)
ĐKP (4) và (5) xuất phát từ hai mức không khác nhau, có dạng khác nhau nhưng
thực chất chỉ là một phương trình liên hệ. Thât vậy từ định luật BTNĐ ban đầu ta
có :
3C= ]3][][][
43
3
4

 NHCNHNHNH hoặc [NH
3
] – C = 2C – [NH ]
4

(6)
Tổ hợp (4) (6) sẽ cho (5) (đpcm).
II.2.5 Trộn 15,00ml H
2
SO
4
0,20 M với 25,00ml NaOH 0,04M. Xác định TPGH
của hỗn hợp và viết biểu thức ĐKP
Lời giải:

 
 
1 14
10
w
K


0,075 0,025
0,050 -
Vậy THGH gồm: H
+
0,050M;
4
0,075
HSO M


ĐKP với MK là
4
,
H HSO
 
và H
2
O
2
4
H
H C OH SO

3
0,01M và NH
4
Cl
0,20M với các mức không khác nhau. Kết luận
II.2.10 Viết biểu thức ĐKP đối với dung dịc H
3
PO
4
0,10M với các mức không khác
nhau. Kết luận.

III. DUNG DỊCH CÁC ĐƠN AXIT VÀ ĐƠN BAZƠ
3.1. Axit mạnh và bazơ mạnh
Bài tập có lời giải
II.3.1. Tính [H
+
], [OH
-
] của dung dịch HCl có pH = 3,00
Lời giải
HCl  H
+
+ Cl
-
H
2
O

H

HNO
3
 H
+
+
3
NO


0,10 0,10
H
2
O

H
+
+ OH
-

Vì
7
0,10 1,0.10 0,10
H
H
C H C M

 
 
    
 

C H OH
     
   
    
   

Dung dịch NaOH có pH = 10,00

14 10 4
0,
10 /10 1,0.10
NaOH
C OH M
   
 
  
 

Sau khi trộn
3
0 4
1,0.10 .15,00
3,75.10
40,00
HCl
C M


 


 
   
 

Hoặc có thể so sánh: C
HCl
= 3,125.10
-4
> C
NaOH
= 6,25.10
-5
. Vậy hệ thu được có môi
trường axit.
II.3.4. Tính nồng độ % (P%) của dung dịch NaOH (d = 1,12g/ml) để khi trộn 20,00 ml
dung dịch này với 180,00ml dung dịch HNO
3
có pH = 2,0 sẽ thu được hỗn hợp có pH =
13,5
Lời giải
Dung dịch HNO
3
có pH = 2,00 
3
2
0,
1,0.10
HNO
C H M
 