Giải SBT Hóa 11 Cánh diều Bài 3: pH của dung dịch. Chuẩn độ acid – base có đáp án

(1) 1,0.10$^{-14}$; (2) lớn hơn; (3) 1,0.10$^{-7}$ M; (4) trung tính;

(5) [OH$^{–}$] ; (6) 1,0.10$^{-7}$ M; (7) 1,0.10$^{-7}$ M.

Đáp án đúng là: (d), (e), (g).

Phát biểu (a) sai vì căn cứ so sánh là [H$^{+}$] hoặc pH.

Phát biểu (b) sai vì pH càng nhỏ tính acid của dung dịch càng mạnh.

Phát biểu (c) sai vì pH càng lớn tính base của dung dịch càng mạnh.

Đáp án đúng là: a, c, e – 1; b, d, g – 2.

Sử dụng acid mạnh thêm vào dung dịch trung tính đê làm tăng tính acid. Dùng giấy chỉ thị acid – base để thử thấy màu giấy vàng đậm dần rồi sang đỏ nếu môi trường acid rất mạnh.

Sử dụng base mạnh thêm vào dung dịch trung tính để làm tăng tính base. Dùng giấy chỉ thị acid – base để thử thấy màu giấy chỉ thị acid – base xanh đậm dần rồi chuyển tím nếu môi trường base rất mạnh.

Đáp án đúng là: D

Ta tính được nồng độ H$^{+}$ theo công thức [H$^{+}$] = 10$^{–pH}$.

Đáp án đúng là: (a), (e).

Phát biểu (a) sai vì nồng độ ion H$^{+}$ của dung dịch giảm 100 lần.

Phát biểu (e) sai vì dung dịch ban đầu là một acid có nồng độ 0,001 M.

Đáp án đúng là: C

Ta tính được nồng độ OH$^{–}$ theo công thức [OH$^{–}$] = 10$^{–pOH}$ (pH + pOH = 14).

Số mol H$^{+}$ trong 50 mL HBr là: 0,05.0,050 = 2,5.10$^{-3}$ (mol).

Số mol H$^{+}$ trong 150 mL HI là: 0,15.0,100 = 1,5.10$^{-2}$ (mol).

Nồng độ H$^{+}$ của dung địch X là:

[H$^{+}$] = $\frac{{2{,}5.10}^{-3}+{1{,}5.10}^{-2}}{0{,}05+0{,}15}$ = 0,0875 (M);

pH = –lg(0,0875) = 1,06.

Số mol NaOH thêm vào là 2,5.10$^{-3}$ mol; số mol HCl ban đầu là 5.10$^{-3}$ mol.

Dựa vào phương trình: H$^{+}$ + OH$^{–}$ ⟶ H$_{2}$O, tính được số mol H$^{+}$ trong dung dịch thu được sau khi thêm NaOH là 2,5.10$^{-3}$ mol.

Vậy pH = $-\lg (\frac{{2{,}5.10}^{-3}}{0{,}025+0{,}05})$ = 1,48.

Nồng độ OH$^{–}$ là: $\frac{{10}^{-14}}{{10}^{-10{,}66}}$= 4,57.10$^{-4}$ (M).

Nồng độ của Ba(OH)$_{2}$ tương ứng là: 2,285.10$^{-4}$ (M).

Để thu được 125 mL dung dịch Ba(OH)$_{2}$ thì khối lượng Ba(OH)$_{2}$ cần hoà tan là:

2,285.10$^{-4}$.125.10$^{-3}$.171 = 4,884.10$^{-3}$ (g).

Đáp án đúng là: C

Cả hydrochloric acid và ethanoic acid (acetic acid) đều là acid đơn chức nên khi các thể tích và nồng độ bằng nhau của các acid này được chuẩn độ bằng sodium hydroxide thì cần cùng một thể tích base để đạt đến điểm tương đương.

a) Đáp án đúng là: B

Số mol OH– trong 50 mL KOH là: 0,10.0,050 = 5.10-3 (mol).

Số mol H+ trong 52 mL HNO3 là: 0,10.0,052 = 5,2.10-3 (mol).

Nồng độ H+ trong cốc A là:

[H+] =$\frac{{5{,}2.10}^{-3}-{5.10}^{-3}}{0{,}05+0{,}052}$ = 1,96.10-3 (M); pH = -lg(1,96.10-3) = 2,71.

b) Đáp án đúng là: A

Số mol OH$^{–}$ trong 100 mL NaOH là: 0,10.0,1 = 0,01 (mol).

Ta có pH = 12 ⇒ [H$^{+}$] = 10$^{-12}$ M ⇒ [OH$^{–}$] = 10-2 M.

Gọi số mol H$^{+}$ trong dung dịch HCl 1,0 M là x (x > 0)

Nồng độ OH$^{–}$ sau khi chuẩn độ là:

[OH$^{–}$] = $\frac{0{,}01-x}{1.x+0{,}1}=0{,}01$ ⇒ x = 8,91.10$^{-3}$ (mol)

Vậy thể tích dung dịch HCl cần thêm vào dung dịch là 8,91 mL.

Phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra như sau:

2NaOH + H$_{2}$SO$_{4}$ ⟶ Na$_{2}$SO$_{4}$ + 2H$_{2}$O

HCl + NaOH ⟶ NaCl + H$_{2}$O

Số mol NaOH thêm vào 100 mL dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$ là: 0,05.0,213 = 1,065.10$^{-2}$ (mol). Số mol NaOH được trung hoà bởi HCl là: 0,01321.0,103 = 1,361.10$^{-3}$ (mol).

Số mol NaOH được trung hoà bởi 100 mL dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$ là:

1,065.10$^{-2}$ – 1,361.10$^{-3}$ = 9,289.10$^{-3}$ (mol).

Vậy nồng độ H$_{2}$SO$_{4}$ trong mẫu phân tích là:

$\frac{{9{,}289.10}_{}^{-3}}{2.0{,}1}=0{,}0464\ (M).$

a) H$_{2}$SO$_{4}$ → 2H$^{+}$ + $S{O}_{4}^{2-}$

a1) [H$^{+}$] = 2.5.10$^{-3}$ = 10$^{-2}$ (M); pH = –lg(10$^{-2}$) = 2.

a2) pH = 3 vì dung dịch được pha loãng 10 lần.

b) Phương trình hoá học của phản ứng xảy ra:

H$_{2}$SO$_{4}$ + 2NaOH ⟶ Na$_{2}$SO$_{4}$ + 2H$_{2}$O

c)

c1) Nhỏ 1 giọt phenolphthalein vào dung dịch NaOH, dung dịch có màu hồng. Chuẩn độ bằng dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$, màu hồng sẽ nhạt dần, khi đạt tới điểm tương đương sẽ mất màu.

c2) Thể tích dung dịch acid cần dùng là:

25.1,00.10$^{-4}$ :$\frac{{2{,}5.10}^{-3}}{10}$ = 2,5 (mL).

Khí carbon dioxide tan trong nước theo phương trình hoá học sau:

CO$_{2}$(g) + H$_{2}$O(l) ⇌ H$_{2}$CO$_{3}$(aq)

H$_{2}$CO$_{3}$(aq) + H$_{2}$O(l) ⇌ (aq) + H$_{3}$O$^{+}$(aq)

Neu con người tiếp tục phát thải CO$_{2}$, các cân bằng trên chuyển dịch tạo ra nhiều [H$^{+}$] hơn, làm pH của nước biển giảm, tức là nước biển càng bị acid hoá. Điều này ảnh hưởng đến môi trường sinh sống của các sinh vật biển. Nếu pH của nước biển càng thấp có thể dẫn đến sự hoà tan của các rạn san hô, vỏ sò, vỏ hàu,…

Oxygen được dẫn truyền trong cơ thể là do khả năng liên kết của oxygen với hồng cầu trong máu theo cân bằng sau:

HbH$^{+}$(aq) + O$_{2}$(aq) ⇌ HbO$_{2}$(aq) + H$^{+}$(aq) (1)

Theo nguyên lí chuyển dịch cân bằng Le Chatelier, néu nồng độ H$^{+}$ tăng, cân bằng (1) sẽ chuyển dịch sang trái; nếu nồng độ H$^{+}$ giảm, cân bằng (1) sẽ chuyển dịch sang phải. Vì vậy, nếu pH của máu quá thấp (nồng độ H$^{+}$ cao), cân bằng sẽ chuyển dịch sang trái. Điều này khiến trong máu có ít HbO$_{2}$, nên khả năng vận chuyển oxygen của hồng cầu sẽ giảm.

a) Acid yếu không phân li hoàn toàn;

CH$_{3}$COOH + H$_{2}$O ⇌ CH$_{3}$COO$^{–}$ + H$_{3}$O$^{+}$

b) Giấm ăn là CH$_{3}$COOH có nồng độ 2 – 5%, do đó có thể tác dụng với lớp cặn (thường là MgCO$_{3}$, CaCO$_{3}$) để tạo thành muối tan, dễ bị rửa trôi.

2CH$_{3}$COOH + MgCO$_{3}$ → (CH$_{3}$COO)$_{2}$Mg + CO$_{2}$ + H$_{2}$O.

2CH$_{3}$COOH + CaCO$_{3}$ ⟶ (CH$_{3}$COO)$_{2}$Ca + CO$_{2}$ + H$_{2}$O.