Giải SBT Hóa 11 Bài 2 (Kết nối tri thức): Cân bằng trong dung dịch nước

Giải SBT Hóa học 11 Bài 2: Cân bằng trong dung dịch nước

Bài 2.1 trang 9 SBT Hóa 11: Thêm nước vào 10 mL dung dịch NaOH 1,0 mol/L, thu được 1000 mL dung dịch A. Dung dịch A có pH thay đổi như thế nào so với dung dịch ban đầu?

A. pH giảm đi 2 đơn vị.

B. pH giảm đi 1 đơn vị.

C. pH tăng 2 đơn vị.

D. pH tăng gấp đôi.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Khi tăng thể tích lên 100 lần thì nồng độ ion OH^– trong dung dịch giảm 100 lần

 nồng độ H⁺ tăng 100 lần  pH = -log[H⁺]  pH giảm 2 lần.

Bài 2.2 trang 10 SBT Hóa 11: Trong dung dịch trung hoà về điện, tổng đại số điện tích của các ion bằng không. Dung dịch  có chứa 0,01 mol Mg²⁺; 0,01 mol Na⁺; 0,02 mol Cl^– và x mol SO₄^2-. Giá trị của x là

A. 0,01.

B. 0,02.

C. 0,05.

D. 0,005.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Theo định luật bảo toàn điện tích có:

 2.0,01 + 0,01 = 0,02 + 2.x

 x = 0,005.

Bài 2.3 trang 10 SBT Hóa 11: Trong dung dịch nước, cation kim loại mạnh, gốc acid mạnh không bị thuỷ phân, còn cation kim loại trung bình và yếu bị thuỷ phân tạo môi trường acid, gốc acid yếu bị thuỷ phân tạo môi trường base. Dung dịch muối nào sau đây có pH > 7?

A. KNO_3.

B. K₂SO_4.

C. Na₂CO_3.

D. NaCl.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

CO₃^2- là gốc acid yếu nên bị thủy phân tạo môi trường base

$C{O}_3^{2-}+H_{2}O\rightleftharpoons HC{O}_3^{-}+O{H}^{-}$

Bài 2.4 trang 10 SBT Hóa 11: Trong các dung dịch acid sau có cùng nồng độ 0,1 M, dung dịch nào có pH cao nhất?

A. HF.

B. HCl.

C. HBr.

D. HI.

Lời giải: 

Đáp án đúng là: A

Dung dịch acid càng yếu thì pH càng cao.

Độ mạnh của acid giảm dần theo dãy sau: HI > HBr > HCl > HF.

Bài 2.5 trang 10 SBT Hóa 11: Tại khu vực bị ô nhiễm, pH của nước mưa đo được là 4,5 còn pH của nước mưa tại khu vực không bị ô nhiễm là 5,7. Nhận xét nào sau đây không đúng?

A. Nồng độ ion H⁺ dung dịch nước mưa bị ô nhiễm là 10^-4,5.

B. Nồng độ ion H⁺ trong dung dịch nước mưa không bị ô nhiễm là 10^-5,7.

C. Nồng độ ion H⁺ trong nước mưa bị ô nhiễm thấp hơn so với trong nước mưa không bị ô nhiễm.

D. Nồng độ ion OH^– trong nước mưa bị ô nhiễm thấp hơn hơn so với trong nước mưa không bị ô nhiễm.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Nồng độ ion H⁺ trong nước mưa bị ô nhiễm là [H⁺] = – log[H⁺] = 10^-4,5.

Nồng độ ion H⁺ trong nước mưa không bị ô nhiễm là [H⁺] = – log[H⁺] = 10^-5,7.

Vậy nồng độ H⁺ trong nước mưa không bị ô nhiễm thấp hơn so với trong nước mưa bị ô nhiễm.

Bài 2.6 trang 10 SBT Hóa 11: Viết phương trình điện li của các chất sau:

– Acid yếu: HCOOH, HCN; acid mạnh: HCl, HNO₃.

– Base mạnh: KOH, Ba(OH)₂ ; base yếu: Cu(OH)₂.

– Muối: KNO₃, Na₂CO₃, FeCl₃.

Lời giải:

Phương trình điện li các chất:

Bài 2.7 trang 10 SBT Hóa 11: Dựa vào thuyết acid-base của Brønsted-Lowry, hãy xác định acid, base trong các phản ứng sau:

a) $\text{HCOOH}+{\text{H}}_2\text{O}\rightleftharpoons {\text{HCOO}}^{-}+{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}$

b) $\text{HCN}+{\text{H}}_2\text{O}\rightleftharpoons {\text{CN}}^{-}+{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}$

c) ${\text{S}}^{2-}+{\text{H}}_2\text{O}\rightleftharpoons {\text{HS}}^{-}+{\text{OH}}^{-}$

d) ${\left({\text{CH}}_3\right)}_2\text{NH}+{\text{H}}_2\text{O}\rightleftharpoons {\left({\text{CH}}_3\right)}_2{\text{NH}}_2^{+}+{\text{OH}}^{-}$

Lời giải:

a) $\text{HCOOH}+{\text{H}}_2\text{O}\rightleftharpoons {\text{HCOO}}^{-}+{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}$

Phản ứng thuận: HCOOH là acid, H₂O là base; phản ứng nghịch: HCOO^– là base, H₃O⁺ là acid.

b) $\text{HCN}+{\text{H}}_2\text{O}\rightleftharpoons {\text{CN}}^{-}+{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}$

Phản ứng thuận: HCN là acid, H₂O là base; phản ứng nghịch: CN^– là acid, H₃O⁺ là base.

c) ${\text{S}}^{2-}+{\text{H}}_2\text{O}\rightleftharpoons {\text{HS}}^{-}+{\text{OH}}^{-}$

Phản ứng thuận: H₂O là acid, S^2- là base; phản ứng nghịch: HS^– là acid, là OH^– base.

d) ${\left({\text{CH}}_3\right)}_2\text{NH}+{\text{H}}_2\text{O}\rightleftharpoons {\left({\text{CH}}_3\right)}_2{\text{NH}}_2^{+}+{\text{OH}}^{-}$

Phản ứng thuận: H₂O là acid, (CH₃)₂NH là base; phản ứng nghịch: (CH₃)₂NH₂⁺ là acid, OH^– là base.

Bài 2.8 trang 11 SBT Hóa 11: Cho dung dịch HCl 1 M (dung dịch A) và dung dịch NaOH 1 M (dung dịch B ).

a) Lấy 10 mL dung dịch A, thêm nước để được 100 mL. Tính pH của dung dịch sau khi pha loãng.

b) Lấy 10 mL dung dịch B, thêm nước để được 100 mL. Tính pH của dung dịch sau khi pha loãng.

Lời giải:

a) Nồng độ của dung dịch A sau khi pha loãng là: 1.0,1 = 0,1M.

$\Rightarrow$ [H⁺] = 0,1M $\Rightarrow$ pH của dung dịch sau khi pha loãng là 1,0.

b) Nồng độ của dung dịch B sau khi pha loãng là: 1.0,1 = 0,1M.

$\Rightarrow$ [OH^–] = 0,1M $\Rightarrow$ [H⁺] = 10^-13 $\Rightarrow$pH của dung dịch sau khi pha loãng là 13,0.

Bài 2.9 trang 11 SBT Hóa 11: Một dung dịch baking soda có pH = 8,3.

a) Môi trường của dung dịch trên là acid, base hay trung tính?

b) Tính nồng độ ion H⁺ của dung dịch trên.

Lời giải:

a) Môi trường của dung dịch là base (pH > 7).

b) Nồng độ của ion H⁺ là 10^-8,3.

Bài 2.10 trang 11 SBT Hóa 11: Aspirin là một loại thuốc có thành phần chính là acetylsalicylic acid. Nếu hoà tan thuốc này vào nước, người ta xác định được pH của dung dịch tạo thành là 2,8 . Tính nồng độ H⁺ và nồng OH^– của dung dịch tạo thành.

Lời giải:

pH= -log [H⁺] [H⁺] = 10^-pH.

Nồng độ của ion H⁺ = 10^-2,8; nồng độ của ion OH^– là

[OH^–] =$\frac{{10}^{-14}}{\text{[}{H}^{+}\text{]}}=\frac{{10}^{-14}}{{10}^{-2,8}}={10}^{-11,2}$ .

Bài 2.11 trang 11 SBT Hóa 11: Hoà tan hoàn toàn a gam CaO vào nước thu được 500 mL dung dịch nước vôi trong (dung dịch A ). Chuẩn độ 5 mL dung dịch A bằng HCl 0,1 M thấy hết 12,1 mL.

a) Tính nồng độ Ca(OH)₂ trong dung dịch nước vôi trong.

b) Tính lượng CaO đã bị hoà tan.

c) Tính pH của dung dịch nước vôi trong.

Lời giải:

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

Ca(OH)₂ + 2HCl → CaCl₂ + 2H₂O

a) $C_{M\left(Ca{\left(OH\right)}_2\right)}=\frac{12,{1.10}^{-3}.0,1}{{5.10}^{-3}.2}=0,121\left(M\right)$

b) Số mol HCl dùng để chuẩn độ 5 mL dung dịch A là:

  n_HCl = 12,1.10^-3.0,1 = 12,1 .10^-4 (mol) Số mol Ca(OH)₂ có trong 5 mL dung dịch

A là (mol) $n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=\frac{12,{1.10}^{-4}}{2}=6,{05.10}^{-4}$  số mol Ca(OH)₂ có trong 500 mL dung dịch A là $n_{Ca{\left(OH\right)}_2}$ = 6,05.10^-2 (mol)  

 $n_{CaO}=n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=6,{05.10}^{-2}$  (mol) m_CaO = 56 . 6,05.10^-2 = 3,388 (g).

c) Số mol của Ca(OH)₂ có trong 500 mL dung dịch nước vôi trong là:

 $n_{Ca{\left(OH\right)}_2}$ = 6,05 . 10^-2 (mol) $n_{O{H}^{-}}=2n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=0,121$ (mol)

$\Rightarrow \text{[}O{H}^{-}\text{]}=\frac{0,121}{0,5}=0,242M$ ${\text{⇒[H}}^{+}\text{]}=\frac{{10}^{-14}}{0,242}=4,{132.10}^{-14}M$

pH = -log[H⁺] = 13,38.

Bài 2.12 trang 11 SBT Hóa 11: Vỏ trứng có chứa calcium ở dạng CaCO₃. Để xác định hàm lượng CaCO₃ trong vỏ trứng, trong phòng thí nghiệm người ta có thể làm như sau:

Lấy 1,0 g vỏ trứng khô, đã được làm sạch, hoà tan hoàn toàn trong 50 mL dung dịch HCl 0,4 M. Lọc dung dịch sau phản ứng thu được 50 mL dung dịch A. Lấy 10,0 mL dung dịch A chuẩn độ với dung dịch NaOH 0,1 M thấy hết 5,6 mL. Xác định hàm lượng calcium trong vỏ trứng (giả thiết các tạp chất khác trong vỏ trứng không phản ứng với HCl).

Lời giải:

Bài 2.13 trang 11 SBT Hóa 11: Nabica là một loại thuốc có thành phần chính là NaHCO₃, được dùng để trung hoà bớt lượng acid HCl dư trong dạ dày.

a) Viết phương trình hoá học của phản ứng trung hoà trên.

b) Giả thiết nồng độ dung dịch HCl trong dạ dày là 0,035 M, tính thể tích dung dịch HCl được trung hoà khi bệnh nhân uống 0,588 g bột NaHCO₃.

Lời giải:

a) Phương trình hóa học:

NaHCO₃ + HCl → NaCl + H₂O + CO₂

b) Số mol NaHCO₃ là $n_{NaHC{O}_3}=\frac{0,588}{84}={7.10}^{-3}\left(mol\right)$

Số mol HCl có trong dạ dày là n_HCl = 7.10^-3 (mol).

Vậy thể tích dung dịch HCl được trung hòa là:

 V_HCl =  $\frac{{7.10}^{-3}}{0,035}=0,2\left(l\right)=200mL.$

Bài 2.14 trang 12 SBT Hóa 11: Một học sinh thực hiện thí nghiệm sau: Lấy 10 mL dung dịch HCl 0,2 M cho vào 5 mL dung dịch NH₃ thu được dung dịch A. Chuẩn độ lượng HCl dư trong dung dịch A bằng dung dịch NaOH 0,1 thấy phản ứng hết 10,2 mL. Tính nồng độ của dung dịch NH₃ ban đầu.

Lời giải:

Phương trình hóa học:

NH₃ + HCl → NH₄Cl

HCl_dư + NaOH → NaCl + H₂O

Số mol HCl ban đầu là: n_HCl = 10.10^-3.0,2 = 2.10^-3 (mol)

Số mol HCl dư = số mol NaOH phản ứng = 10,2.10^-3.0,1=1,02.10^-3 (mol)

Số mol HCl phản ứng với NH₃ là:

n_HCl = n_{HCl ban đầu} – n_{HCl dư} = 2.10^-3 – 1,02.10^-3 = 0,98.10^-3 (mol)

Vậy số mol NH₃ = 0,98.10^-3 (mol)

Nồng độ của dung dịch NH₃ đã dùng là: $C_{M\left(N{H}_3\right)}=\frac{0,{98.10}^{-3}}{{5.10}^{-3}}=0,196M$

Xem thêm các bài giải SBT Hóa học lớp 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 1: Khái niệm về cân bằng hoá học

Bài 2: Cân bằng trong dung dịch nước

Bài 3: Ôn tập chương 1

Bài 4: Nitrogen

Bài 5: Ammonia. Muối ammonium

Bài 6: Một số hợp chất của nitrogen với oxygen