Trang Chủ Bài tập SGK lớp 11 Bài tập Hóa 11 Nâng cao

Bài 4. Sự điện li của nước, PH, chất chỉ thị axit – bazơ: Giải bài 8, 9, 10 trang 20 Hóa học 11 Nâng cao

Giải bài 8, 9, 10 trang 20 Bài 4. Sự điện li của nước, PH, chất chỉ thị axit – bazơ SGK Hóa học 11 Nâng cao. Câu 8: Chất chỉ thị axit – bazơ là gì? Hãy cho biết màu của quỳ và phenolphtalein trong dung dịch ở các khoảng pH khác nhau…

Câu 8. Chất chỉ thị axit – bazơ là gì? Hãy cho biết màu của quỳ và phenolphtalein trong dung dịch ở các khoảng pH khác nhau.

Chất chỉ thị axit – bazơ: là chất có màu biến đổi phụ thuộc vào giá trị pH của dung dịch.

Màu của quỳ và phenolphtalein trong dung dịch ở các khoảng pH khác nhau.

– \(pH \le 6\)  : Quỳ hóa đỏ, phenolphtalein không màu.

– \(pH = 7\): Quỳ không đổi màu, phenolphtalein không màu.

– \(pH \ge 8\): Quỳ hóa xanh, phenolphtalein không màu.

– \(pH \ge 8,3\): Quỳ hóa xanh, phenolphtalein hóa hồng.


Câu 9. Cần bao nhiêu gam NaOH để pha chế 300,0 ml dung dịch có pH = 10,0 ?

Giải

Ta có : \(pH = 10 \Rightarrow pOH = 14 – 10 = 4 \)

Advertisements (Quảng cáo)

\(\Rightarrow \left[ {O{H^ – }} \right] = {10^{ – 4}}M\)

\( \Rightarrow n_{OH^-} = \left[ {O{H^ – }} \right].V = {10^{ – 4}}.0,3 = {3.10^{ – 5}}\)

\(NaOH \to N{a^ + } + O{H^ – }\)

\({3.10^{ – 5}} \leftarrow \)                \({3.10^{ – 5}}\)

Khối lượng NaOH cần dùng: \(m = 40.0,{3.10^{ – 4}} = {12.10^{ – 4}} = 0,0012\)  (g)

Câu 10. a) Tính pH của dung dịch chứa 1,46 g HCl trong 400,0 ml.

b) Tính pH của dung dịch tạo thành sau khi trộn 100,0 ml dung dịch HCl 1,00M với 400,0 ml dung dịch NaOH 0,375M.

Advertisements (Quảng cáo)

a) \({n_{HCl}} = {{1,46} \over {35,5}} = 0,04\)  mol

    \(HCl \to {H^ + } + C{l^ – }\)

    \(0,04 \to 0,04\)

     \( \Rightarrow \left[ {{H^ + }} \right] = {{0,04} \over {0,4}} = {10^{ – 1}}M \)

\(\Rightarrow pH =  – \lg {10^{ – 1}} = 1\)

b) \({n_{HCl}} = 0,1\,\,mol;\,\,{n_{NaOH}} = 0,4.0,375 = 0,15\,(mol)\)

                      \(HCl \to {H^ + } + C{l^ – }\)

                        \(0,1 \to 0,1\)

                       \(\eqalign{  & NaOH \to N{a^ + } + O{H^ – }  \cr  & 0,15\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,0,15 \cr} \)

                      \({H^ + } + O{H^ – } \to {H_2}O\)

Trước phản ứng: 0,1   0,15

Phản ứng:            \(0,1 \to 0,1\)

Sau phản ứng:      0     0,05

\(\eqalign{  &  \Rightarrow {n_{O{H^ – }}}_\text{dư} = 0,05\,\,mol \cr&\Rightarrow {\left[ {O{H^ – }} \right]_\text{dư}} = {{{n_{OH^-_\text{dư}}}} \over V} = {{0,05} \over {0,5}} = {10^{ – 1}}M  \cr  &  \Rightarrow pOH =  – \lg \left[ {O{H^ – }} \right] =  – \lg {10^{ – 1}} = 1 \cr&\Rightarrow pH = 13 \cr} \

Advertisements (Quảng cáo)