Mục lục bài họcĐang ở d07-b2
Acid–base equilibria, buffers and solubility product
Brønsted–Lowry and the key constants
An acid is a proton donor, a base a proton acceptor. Every acid has a conjugate base formed by losing $\ce{H+}$.
$$K_w=[\ce{H+}][\ce{OH^-}]=1.0\times10^{-14}\ \text{mol}^2\ \text{dm}^{-6}\ \text{at } 298\ \text{K}$$$$\mathrm{pH}=-\log[\ce{H+}],\qquad K_a=\frac{[\ce{H+}][\ce{A^-}]}{[\ce{HA}]},\qquad \mathrm{p}K_a=-\log K_a$$For a weak acid alone in water, $[\ce{H+}]=\sqrt{K_a c}$, valid while dissociation is under about $5\%$.
Buffers
A buffer contains a weak acid together with a high concentration of its conjugate base. Added acid is removed by the base; added alkali is removed by the acid.
$$\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log\frac{[\ce{A^-}]}{[\ce{HA}]}$$At the half-equivalence point of a titration the ratio is $1$, so $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a$ — the fastest way to read $K_a$ off a titration curve.
Indicators and solubility product
An indicator is suitable when its colour-change range lies inside the steep section of the curve. For a sparingly soluble salt $\ce{M_xX_y}$, $K_{sp}=[\ce{M}]^x[\ce{X}]^y$; adding a common ion pushes the equilibrium back and lowers solubility.
Định nghĩa Brønsted–Lowry và bốn hằng số. Axit là chất cho proton, bazơ là chất nhận proton. Mỗi axit có một bazơ liên hợp, tạo ra khi nó mất $\ce{H+}$.
$$K_w=[\ce{H+}][\ce{OH^-}]=1{,}0\times10^{-14}\ \text{mol}^2\ \text{dm}^{-6}\ \text{ở } 298\ \text{K}$$$$\mathrm{pH}=-\log[\ce{H+}],\qquad K_a=\frac{[\ce{H+}][\ce{A^-}]}{[\ce{HA}]},\qquad \mathrm{p}K_a=-\log K_a$$Với một axit yếu đứng riêng trong nước, $[\ce{H+}]=\sqrt{K_a c}$; công thức này dùng được khi độ phân li dưới khoảng $5\%$, và đề Cambridge thường yêu cầu nêu rõ giả định ấy.
Dung dịch đệm. Đệm chứa một axit yếu cùng với nồng độ lớn bazơ liên hợp của nó. Thêm axit thì bazơ liên hợp hấp thụ; thêm kiềm thì axit yếu hấp thụ. Vì cả hai kho đều lớn nên pH gần như không đổi.
$$\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log\frac{[\ce{A^-}]}{[\ce{HA}]}$$Tại điểm nửa tương đương của phép chuẩn độ, tỉ số bằng $1$ nên số hạng logarit triệt tiêu và $\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a$. Đây là cách nhanh nhất để đọc $K_a$ ra khỏi một đường chuẩn độ.
Chỉ thị và tích số tan. Một chỉ thị dùng được khi khoảng đổi màu của nó nằm trong đoạn dốc đứng của đường chuẩn độ. Với muối ít tan $\ce{M_xX_y}$, $K_{sp}=[\ce{M}]^x[\ce{X}]^y$; thêm một ion chung đẩy cân bằng hoà tan về phía trái và làm độ tan giảm.
Một dung dịch đệm chứa $0.200$ mol dm$^{-3}$ $\ce{CH3COOH}$ và $0.200$ mol dm$^{-3}$ $\ce{CH3COONa}$, với $K_a=1.8\times10^{-5}$. Tính pH. Sau đó tính pH mới khi thêm $0.0100$ mol $\ce{HCl}$ vào $1.00$ dm³ dung dịch đệm ấy, coi thể tích không đổi.
Bước 1 — pH ban đầu. Vì hai nồng độ bằng nhau, tỉ số bằng $1$ và số hạng logarit triệt tiêu.
$$\mathrm{p}K_a=-\log(1{,}8\times10^{-5})=4{,}74$$$$\mathrm{pH}=4{,}74+\log\frac{0{,}200}{0{,}200}=4{,}74+0=4{,}74$$Bước 2 — chuyện gì xảy ra khi thêm axit. Ion $\ce{H+}$ thêm vào bị bazơ liên hợp hấp thụ:
$$\ce{CH3COO^- + H+ -> CH3COOH}$$Vậy $0{,}0100$ mol etanoat bị tiêu thụ và $0{,}0100$ mol axit etanoic được tạo thêm. Lập bảng cho $1{,}00$ dm³:
| $\ce{CH3COOH}$ | $\ce{CH3COO^-}$ | |
|---|---|---|
| trước | $0{,}200$ | $0{,}200$ |
| biến thiên | $+0{,}0100$ | $-0{,}0100$ |
| sau | $0{,}210$ | $0{,}190$ |
Bước 3 — pH mới.
$$\mathrm{pH}=4{,}74+\log\frac{0{,}190}{0{,}210}=4{,}74+\log(0{,}9048)=4{,}74-0{,}043=4{,}70$$Bước 4 — so với khi không có đệm. Thêm $0{,}0100$ mol $\ce{HCl}$ vào $1{,}00$ dm³ nước cho $[\ce{H+}]=0{,}0100$ và pH $=2{,}00$, tức tụt từ $7$ xuống $2$ — năm đơn vị. Trong đệm, pH chỉ tụt $0{,}04$ đơn vị.
Cơ chế đằng sau con số ấy: kho bazơ liên hợp có $0{,}200$ mol, lớn gấp hai mươi lần lượng axit thêm vào, nên tỉ số trong công thức chỉ nhích rất nhẹ. Đó cũng là giới hạn của đệm — thêm quá $0{,}200$ mol axit thì kho cạn và pH sụp đổ.
Tích số tan của $\ce{Mg(OH)2}$ ở $298$ K là $2.0\times10^{-11}$ mol³ dm$^{-9}$. Tính độ tan của nó trong nước nguyên chất, rồi tính độ tan trong dung dịch $\ce{NaOH}$ $0.100$ mol dm$^{-3}$.
Phần 1 — trong nước nguyên chất. Gọi độ tan là $s$ mol dm$^{-3}$.
$$\ce{Mg(OH)2(s) <=> Mg^{2+}(aq) + 2OH^-(aq)}$$Mỗi mol chất tan cho $1$ mol $\ce{Mg^{2+}}$ và $2$ mol $\ce{OH^-}$, nên $[\ce{Mg^{2+}}]=s$ và $[\ce{OH^-}]=2s$.
$$K_{sp}=[\ce{Mg^{2+}}][\ce{OH^-}]^2=s\times(2s)^2=4s^3$$$$4s^3=2{,}0\times10^{-11}\;\Longrightarrow\;s^3=5{,}0\times10^{-12}\;\Longrightarrow\;s=1{,}71\times10^{-4}\ \text{mol dm}^{-3}$$Chú ý hệ số $4$: nó đến từ việc bình phương số $2$, và bỏ quên nó cho $s=2{,}7\times10^{-4}$ — sai khoảng $60\%$.
Phần 2 — trong dung dịch $\ce{NaOH}$ $0{,}100$ mol dm$^{-3}$. Đây là hiệu ứng ion chung. Lượng $\ce{OH^-}$ do chính $\ce{Mg(OH)2}$ đóng góp rất nhỏ so với $0{,}100$, nên xấp xỉ $[\ce{OH^-}]=0{,}100$.
$$K_{sp}=s\times(0{,}100)^2=2{,}0\times10^{-11}$$$$s=\frac{2{,}0\times10^{-11}}{1{,}00\times10^{-2}}=2{,}0\times10^{-9}\ \text{mol dm}^{-3}$$So sánh và giải thích. Độ tan giảm từ $1{,}71\times10^{-4}$ xuống $2{,}0\times10^{-9}$, tức gần một trăm nghìn lần. Nguyên nhân: dung dịch đã có sẵn rất nhiều $\ce{OH^-}$, nên theo nguyên lí Le Chatelier cân bằng hoà tan bị đẩy mạnh sang trái. Chỉ cần một lượng $\ce{Mg^{2+}}$ cực nhỏ là tích số đã chạm giá trị $K_{sp}$.
Điều đáng nhớ: $K_{sp}$ không đổi trong cả hai trường hợp, vì nó chỉ phụ thuộc nhiệt độ. Thứ đổi là cách tích số ấy được chia giữa hai ion.
Đọc xong rồi — làm thử ngay
Bài tập của chương Chemical Equilibria gồm 14 câu trắc nghiệm và 3 đề tự luận. Đáp án hiện ngay khi chọn, miễn phí.