BẢN TƯỜNG TRÌNH HÓA HỌC
ĐẠI HỌC HUẾ
Bản tường trình số 3: ANTIMON-
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
BISMUT. ĐỒNG- BẠC
KHOA HÓA HỌC
Thứsáu, ngày09, tháng 05, năm 2014 Họ và tên sv:Mai Quang Hoàng 2. HIỆN TƯỢNG QUAN SÁT, GIẢI THÍCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM
HÓA HỌC
N
hơ n
1.TÊN THÍ
uy
Khi hòa tan tinh thể SbCl3 vào nước thì xuất hiện kết tủa trắng. Vì khi hòa
Q
tan tinh thể SbCl3 vào nước thì thu được muối dd SbCl3, sau đó muối này
m
bị thủy phân nhanh chóng tạo thành kết tủa antimony hidroxit Sb(OH)3. SbCl3 + H2O Sb(OH)Cl2↓ + HCl
Tính chất của
Sb(OH)Cl2 + H2O Sb(OH)2Cl↓ + HCl
các muối
Sb(OH)2Cl + H2O Sb(OH)3↓ + HCl
ạy
Kè
Thí nghiệm 1:
/+ D
Sb(III)
Khi hòa tan tinh thể SbCl3 vào dd HCl thì tinh thể tan ra tạo thành dd
hành:
trong suốt, do dd SbCl3 phản ứng với HCl tạo thành phức tan H[SbCl4].
Tài liệu: bài
SbCl3 + HCl → H[SbCl4]
co
m
Cách tiến
khi thêm HCl vào thì làm nồng độ HCl tăng lên, nên cân bằng chuyển
pl
us
.g
oo
trang 85-2.1.2
Khi thêm dd HCl vào ống SbCl3 trong nước thì kết tủa tan ra .theo pt (1)
gl
hóa vô cơ –
e.
giảng thực tập
dịch theo chiều nghịch, chiều tạo SbCl3 nên kết tủa tan ra. Khi thêm nước vào ống SbCl3 trong HCl thì xuất hiện kết tủa, do muối SbCl3 bị thủy phân SbCl3 +3H2O → Sb(OH)3 + 3HCl Do đó để thu được dd SbCl3 trong suốt thì ta hòa tan tinh thể SbCl3 trong
nước. sau đó thêm vài giọt HCl vào để ngăn cản sự thủy phân xảy ra
.g
us
pl
/+ D
m
co
e.
gl
oo
hơ n
N
uy
Q
m
Kè
ạy
1.TÊN THÍ
2. HIỆN TƯỢNG QUAN SÁT, GIẢI THÍCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM
HÓA HỌC Khi cho NaOH vào dd SbCl3 thì lúc đầu tạo kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan trong NaOH dư. Do lúc đầu xảy ra phản ứng trao đổi giữa dd NaOH
Tính chất của
và dd SbCl3 tạo kết tủa Sb(OH)3. Nhưng Sb(OH)3 là một hidroxit lưỡng
muối SbCl3
tính nên phản ứng tiếp với NaOH dư tạo phức tan Na[Sb(OH)4].
Cách tiến
SbCl3 + 3NaOH → Sb(OH)3↓ + 3NaCl
hành:
Sb(OH)3 + NaOH → Na[Sb(OH)4]
uy
N
hơ n
Thí nghiệm 2:
Q
Tài liệu: bài
Khi cho dd Na2CO3 vào dd SbCl3 thì xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa
hóa vô cơ –
không tan trong Na2CO3 dư, có sủi bọt khí.
trang 85-
Na2CO3 bị thủy phân trong nước tạo gốc OH-- giải phóng khí CO2 nên dd
2.1.2.4
có sủi bọt, sau đó Sb3+ kết hợp với OH- tạo kết tủa Sb(OH)3 , nhưng
ạy
Kè
m
giảng thực tập
/+ D
Na2CO3 tạo môi trường kiềm yếu hơn nhều so với NaOH nên kết tủa Sb(OH)3 không tan trong Na2CO3 dư.
m
Na2CO3 → Na+ + CO32-
co
CO32- + H2O CO2 + 2OH-
e.
Sb3++ 3OH- → Sb(OH)3
pl
us
.g
oo
gl
2SbCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Sb(OH)3 + 6NaCl + 3CO2
2. HIỆN TƯỢNG QUAN SÁT, GIẢI THÍCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM
HÓA HỌC
Thí nghiệm
Cho vào chén sứ vài giọt BiCl3 0,5M, thêm vào đó vài giọt NaOH 2M và
3:
vài giọt Br2 thì thu được dung dịch có màu trắng, khi đun một thời gian
Điều chế và
thì nó chuyển sang màu hung.
hơ n
1.TÊN THÍ
tính chất của Do Bi3+ có tính khử mạnh, trong môi trường kiềm Bi3+ khử Br20 về Br-1, còn Br2 oxi hóa Bi+3 lên Br+5
Bímutat
BiCl3 + 6NaOH + Br2 → NaBiO3 + 3NaCl + 2NaBr + 3H2O
uy
N
Natri
Q
Cách tiến
m
hành:
Kè
Tài liệu: bài
ạy
giảng thực tập hóa vô
/+ D
cơ – trang
pl
us
.g
oo
gl
e.
co
m
85-2.2.2
1.TÊN THÍ
2. HIỆN TƯỢNG QUAN SÁT, GIẢI THÍCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM
HÓA HỌC
hơ n
Khi cho Cu kim loại tác dụng với axit H2SO4 loãng, HCl loãng hay đặc
thì không co hiện tượng gì xảy ra. Do Cu đứng sau H2 trong dãy điện hóa
4:
E0(Cu2+/Cu) = 0,34V > E0(H2/2H+) = 0. Nên phản ứng không thể xảy ra
Tính chất
theo chiều Cu + 2H+ → Cu2+ +H2
của Cu kim
Khi cho Cu tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thì Cu bị tan ra
loại
nhanh, giải phóng khí không màu, mùi xốc.
Cách tiến
Do H2SO4 là axit có tính oxi hóa mạnh( gốc SO42-), E0(Cu2+/Cu)= 0,34V
hành:
> E0 (SO42- + 4H+/ SO2 + 2H2O) = 0,17V. nên phản ứng xảy ra theo chiều
Tài liệu
Cu + SO42-+4H+ → Cu2+ + SO2 + 2H2O. do đó Cu tan ra giải phóng khí
uy
Q
m
Kè
ạy
/+ D
thực tập hóa SO2 mùi xốc.
Cu +2H2SO4 đn → CuSO4 + SO2 + 2H2O
m
vô cơ trang
N
Thí nghiệm
co
93-1.1
Khi cho Cu tác dụng với dd HNO3 loãng thì Cu tan ra, có khí không màu
e.
thoát ra, sau đó hóa nâu trong không khí.
gl
Do axit HNO3 có tính oxi hóa mạnh( gốc NO3-).
oo
E0(Cu2+/Cu)= 0,34V < E0 (NO3-/NO) =0,96V, nên phản ứng xảy ra theo
pl
us
.g
chiều : Cu + NO3-+ 4H+ → Cu2+ + NO + 2H2O nên Cu khử NO3- về NO, Khí NO sinh ra kết hợp với O2 không khí tạo
khí NO2 có màu nâu. 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO +4H2O 2NO + O2 → 2NO2 Khi cho Cu tác dụng với HNO3 đặc nóng. Do HNO3 đặc nóng có tính oxi hóa mạnh hơn nên oxi hóa Cu lên Cu2+, còn NO3- bị khử về NO2, khí này có màu nâu
E0(Cu2+/Cu)= 0,34V < E0 (NO3-/NO2) =0,8V. nên phản ứng xảy ra theo chiều. Cu + 4HNO3 đn → Cu(NO3)2 +2NO2 +2H2O Cu bị thụ động trong dd H2SO4 và HNO3 đặc, nguội Cu sẽ tan trong các dung dịch axit không tính oxi hóa(HCl, H2SO4 loãng)
hơ n
nếu có mặt của O2 2Cu +4HCl + O2 →2CuCl2 + 2H2O
uy
N
2Cu + 2H2SO4 +O2 → 2CuSO4 + 2H2O
Q
Trong dung dịch muối đồng ion Cu2+ làm cho dung dịch có màu.Do Cu2+
m
có cấu hình [Ar]3d9, orbital d còn một điện tử trống, nên các điện tử nhảy
Kè
lên chiếm chỗ orbital này phát ra các bước sóng nằm trong vùng khả kiến
/+ D
ạy
nên dd có màu.
pl
us
.g
oo
gl
e.
co
m
.
1.TÊN THÍ
2. HIỆN TƯỢNG QUAN SÁT, GIẢI THÍCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM
HÓA HỌC Khi thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch CuSO4 thì đầu tiên xảy ra phản ứng trao đổi tạo tạo thành kết tủa Cu(OH)2 màu xanh lam, sau đó kết tủa này tan trong NaOH dư vì tạo phức Na2[Cu(OH)4] có màu xanh
5:
tím
Cu(OH)2
CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + Na2SO4
Cách tiến
Cu(OH)2 +2 NaOH → Na2[Cu(OH)4]
uy
N
hơ n
Thí nghiệm
Q
hành: Tài liệu
m
Khi thêm dd NH3 đậm đặc vào dd CuSO4 thì đầu tiên NH3 kết hợp với
Kè
thực tập hóa nước tạo thành và nằm cân bằng với NH4OH NH3 + H2O NH4OH
94-1.2.2
Sau đó xảy ra phản ứng trao đổi giữa CuSO4 và NH4OH tạo kết tủa
/+ D
Cu(OH)2 màu xanh lam
ạy
vô cơ trang
m
CuSO4 + 2NH4OH → Cu(OH)2↓ + (NH4)2SO4
co
Sau đó kết tủa này tan trong dd NH3 dư tạo thành phức [Cu(NH3)4(H2O)2](OH)2 màu xanh.
pl
us
.g
oo
gl
e.
Cu(OH)2 + 4NH3 dđ +H2O →[Cu(NH3)4(H2O)2](OH)2
1.TÊN THÍ
2. HIỆN TƯỢNG QUAN SÁT, GIẢI THÍCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM
HÓA HỌC Do các hợp chất của Cu+1 không bền, nó chỉ được làm ổn định trong những hợp chất có tích số tan rất nhỏ và các phức chất bền vững hoặc ở
9:
những điều kiện hoàn toàn khô. Vì ion Cu2+ có năng lượng hidrat hóa
Các hợp
lớn hơn nhiều so với Cu+.
chất của
Vì vậy dd CuCl (không màu) để lâu ngoài không khí, thì nó bị dị phân
Cu(I)
thành Cu và Cu2+(màu xanh)
Cách tiến
2CuCl → Cu + CuCl2
Q
uy
N
hơ n
Thí nghiệm
m
hành:
Khi cho dd CuCl tác dụng với dd HCl đậm đặc thì thu được phức tan
thực tập hóa
H[CuCl2]
vô cơ trang
CuCl + HCldđ →H[CuCl2]
ạy
Kè
Tài liệu
/+ D
87-3.4.1
m
Khi cho dd CuCl tác dụng với dd NH3 đậm đặc thì thu được phức amin
co
tan [Cu(NH3)2]Cl
pl
us
.g
oo
gl
e.
CuCl + NH3 dđ → [Cu(NH3)2]Cl
1.TÊN THÍ
2. HIỆN TƯỢNG QUAN SÁT, GIẢI THÍCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM
HÓA HỌC Khi cho dd AgNO3 10% vào ống nghiệm thật sạch, thêm tiếp vài giọt NH3 2%, thì thu được kết tủa xám đen, thêm tiếp vài giọt gluco 5% , rồi để yên ống nghiệm trong cốc nước nóng, thì sau một thời gian ta thấy
6:
thành ống nghiệm được tráng một lớp bạc sáng bóng, ,có chỗ bị phủ một
Điều chế
lớp màu đen.
bạc kim loại
Lúc đầu khi cho NH3 dđ vào ống nghiệm chứa AgNO3 thì thu được kết
Cách tiến
tủa xám đen ( có trường hợp là kết tủa màu trắng xám) vì NH3 thủy phân
hành:
trong nước tạo thành NH4OH
Tài liệu
NH3 + H2O NH4OH
Kè
m
Q
uy
N
hơ n
Thí nghiệm
ạy
thực tập hóa Su đó AgNO3 phản ứng trao đổi với NH4OH tạo kết tủa AgOH màu trắng, nhưng do AgOH không bền và bị phân hủy ngay tạo kết tủa xám
87-3.4.2
đen Ag2O
/+ D
vô cơ trang
m
AgNO3 + NH4OH → AgOH + NH4NO3
co
2AgOH → Ag2O + H2O Trường hợp có kết tủa trắng xám mà không phải màu đen là do cho thiếu
e.
NH3 tạo NH4OH khi phản ứng với AgNO3thì không còn dư, do đó kết
gl
tủa AgOH không bị phân hủy ( NH4OH có tác dụng hòa tan AgOH) Đối
oo
với trường hợp này khi cho gluco vào thì không xảy ra phản ứng tráng
pl
us
.g
bạc.
Kết tủa Ag2O sau đó tan trong NH3 dư tạo phức [Ag(NH3)2]OH Ag2O + 4NH3 + H2O → 2Ag[(NH3)2]OH Khi cho gluco vào thì xảy ra phản ứng tráng bạc( phản ứng giũa phức 2Ag[(NH3)2]OH và nhóm chức CHO của gluco) tạo ra Ag sáng bóng tráng lên thành ống nghiệm, còn chất rắn màu đen là của Ag2O phản ứng chưa hết C5H5O5-CHO + 2Ag[(NH3)2]OH → C5H5O5-COONH4 + 2Ag +3 NH3+ H2O
1.TÊN THÍ
2. HIỆN TƯỢNG QUAN SÁT, GIẢI THÍCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH
NGHIỆM
HÓA HỌC Khi cho dd AgNO3 tác dụng với dd NaCl thì xảu ra phản ứng trao đổi tạo kết tủa AgCl màu trắng AgNO3 + NaCl → AgCl↓ + NaNO3
7:
Hòa tan kết tủa AgCl bằng dd NH3 đậm đặc thì kết tủa tan do tạo phức
Các halogen
tan với NH3
bạc
NH3 + H2O NH4OH
Cách tiến
AgCl + 2NH4OH → [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O
uy
Q
hành:
N
hơ n
Thí nghiệm
Tài liệu
Kè
thực tập hóa hiện kết tủa AgBr màu vàng nhạt
m
Khi cho dd AgNO3 tác dụng với dd KBr thì xảy ra phản ứng trao đổi, xuất AgNO3 + KBr → AgBr↓ + KNO3
95-2.2
Kết tủa AgBr tan rất ít trong dd NH3 đậm đặc, tan hoàn toàn trong dd
ạy
vô cơ trang
/+ D
Na2S2O3 tạo phức tan không màu Na3[Ag(S2O3)2]
m
AgBr + 2NH4OH → [Ag(NH3)2]Br + 2H2O
co
AgBr + 2Na2S2O3 → Na3[Ag(S2O3)2] + NaBr
e.
Khi cho dd AgNO3 tác dụng với dd KI thì xảy ra phản ứng trao đổi tạo
gl
kết tủa AgI màu vàng
oo
AgNO3 + KI →AgI↓ + KNO3
pl
us
.g
Kết tủa AgI không tan trong dd NH3 đậm đặc, mà tan trong dung dịch Na2S2O3 tạo phức Na3[Ag(S2O3)2], dung dịch có màu vàng nhạt. AgI + 2Na2S2O3 →Na3[Ag(S2O3)2] + NaI Do AgI tạo phức với Na2S2O3 yếu hơn so với AgBr, nên ta thấy dd có màu vàng là do AgI còn dư. Giải thích hiện tượng các kết tủa AgX tan trong các dd NH3, dd Na2S2O3 đựa vào mối quan hệ giữa hằng số cân bằng, tích số tan , và hằng số bền của phức chất
VĂ d᝼ cho trĆ°áť?ng hᝣp AgCl + 2NH3â&#x2020;&#x2019; [Ag(NH3)2]Cl Kcb =
=
.
TAgCl = [Ag+][Cl-]
kcb =
[Ag(NH3)2]- = kb .[Ag+] [NH3]2
. .
= kb.TAgCl
N
uy
kb =
hĆĄ n
[Ag(NH3)2] Ag+ + 2NH3
Do Ä&#x2018;Ăł phᝊc cĂł háşąng sáť&#x2018; báť n cĂ ng láť&#x203A;n, vĂ tĂch sáť&#x2018; tan cᝧa AgX cĂ ng láť&#x203A;n thĂŹ
Q
cĂ ng Ä&#x2018;áť&#x2026; tấo phᝊc, do kcb láť&#x203A;n
Kè
phᝊc cᝧa AgCl > AgBr >AgI
m
Ta cĂł TAgCl = 1,8.10-10>TAgBr = 5.10-13> TAgI = 8,3.10-17, nĂŞn khả nÄ&#x192;ng tấo
ấy
Do Ä&#x2018;Ăł mĂ ta thẼy AgCl tan trong NH3, AgBr vĂ AgI khĂ´ng tan trong NH3
/+ D
AgCl vĂ AgBr tan hoĂ n toĂ n trong Na3S2O3 , còn AgI thĂŹ tan máť&#x2122;t phần
m
Náşżu Ä&#x2018;áť&#x192; bấc halogenua ngoĂ i ĂĄnh sĂĄng thĂŹ nĂł sáş˝ báť&#x2039; phân hᝧy tấo ra bấc kim
co
loấi ,Ä&#x2018;ưᝣc ᝊng d᝼ng trong viáşżc chĂşp ảnh vĂ ráťa phim ảnh,chᝧ yáşżu lĂ dĂšng
e.
AgBr vĂŹ táť&#x2018;c Ä&#x2018;áť&#x2122; phân hᝧy cᝧa AgCl >AgBr > AgI 2AgBr â&#x2020;&#x2019; 2Ag + Br2
oo
gl
ThĂ nh phần cᝧa phim ảnh lĂ AgBr, khi chĂşp ảnh thĂŹ ĂĄnh sĂĄng Ä&#x2018;i vĂ o lĂ m AgBr áť&#x; vĂšng Ä&#x2018;Ăł(ảnh) báť&#x2039; phân hᝧy tấo ra bấc kim loấi . khi ráťa hĂŹnh ngĆ°áť?i
pl
us
.g
ta trĂĄng phim ảnh qua dd Na2S2O3, khi Ä&#x2018;Ăł AgBr áť&#x; vĂšng khĂ´ng cĂł ĂĄnh sĂĄng sáş˝ tấo phᝊc tan vĂ báť&#x2039; rᝧa trĂ´i, còn lấi lĂ Ag kim loấi chĂnh lĂ hĂŹnh ch᝼p Ä&#x2018;ưᝣc. Ä?áť&#x192; thu Ag tᝍ nĆ°áť&#x203A;c ráťa phim ảnh ta dĂšng Zn Ä&#x2018;áşť Ä&#x2018;Ẋy Ag ra, hoạc cho káşżt tᝧa lấi thĂ nh Ag2S ráť&#x201C;i tĂĄch ra.
PHẢN ỨNG TẠO KẾT TỦA TS Vi Anh Tuấn Khoa hóa học – Trường Đại học KHTN - ĐHQG Hà Nội
hơ n
Phản ứng tạo kết tủa là phản ứng tạo thành chất rắn từ các chất tan trong
N
dung dịch. Thí dụ:
uy
Ag+ + Cl-→ AgCl (r)
m
Q
Ca2+ + C2O42-→ CaC2O4 (r)
Kè
Trong hoá phân tích, phản ứng tạo kết tủa được sử dụng để:
co
• Chuẩn độ kết tủa.
m
• Phân tích gián tiếp.
/+ D
• Phân tích khối lượng.
ạy
• Tách chất cần xác định khỏi các chất cản trở.
Tích số tan
gl
1.1
e.
1. Tích số tan và độ tan
oo
Quá trình hoà tan là quá trình thuận nghịch, do đó cũng tuân theo định
.g
luật tác dụng khối lượng. Xét cân bằng hòa tan (Mn+ là ion kim loại, Xm- là gốc
pl
us
axit hoặc OH-): MmXn
mMn+ + nXm-
T = [M]m[X]n
T được gọi là tích số tan (solubility product).
Tích số tan được sử dụng để: • So sánh độ tan của các chất ít tan "đồng dạng". • Xem một dung dịch đã bão hoà hay chưa:
(*)
Q = CMm C Xn > T: dung dịch quá bão hoà => xuất hiện
Q = CMm C Xn
Q = CMm C Xn < T: dung dịch chưa bão hoà => không xuất hiện kết tủa.
kết tủa.
= T: dung dịch bão hoà.
hơ n
• Tính độ tan của các chất ít tan (muối, hidroxit).
So sánh độ tan của AgCl và AgBr trong nước cất. Biết TAgCl = 10-10,
Câu 1.1.
uy
N
TAgBr = 10-13.
Q
Hướng dẫn giải(AgCl > AgBr)
Kè
của Mg(OH)2 lại lớn hơn độ tan của AgCl.
m
*Chú ý: Mặc dù TAgCl= 10-10> TMg(OH)2= 1,2.10-11, nhưng trong nước cất, độ tan
(a) Trộn 1 ml dung dịch K2CrO4 0,12M với 2 ml dung dịch Ba(OH)2
ạy
Câu 1.2.
/+ D
0,009M. Có kết tủa BaCrO4 tạo thành không? Biết TBaCrO4= 1,2. 10-10.
co
m
(b) Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử sau khi trộn.
e.
Hướng dẫn giải
gl
(a. Q= 0,04 × 0,006 = 2,4.10-4> T => có kết tủa tạo thành;
.g
oo
(b) TPGH: CrO42-: 0,034 M
us
BaCrO4
pl
Cb
Ba2+ + CrO42x
0,034 + x
T = x (0,034 + x) = 1,2.10-10
⇒
x = 3,53. 10-9 M.
⇒
[CrO42-] = 0,034 M;
[Ba2+] = 3,53.10-9 M) Câu 1.3.Metylamin, CH3NH2, là một bazơ yếu phân li trong dung dịch như sau: CH3NH2 + H2O
→ ←
CH3NH3+ + OH-
(a) Ở 25°C, phần trăm ion hoá của dung dịch CH3NH2 0,160M là 4,7%. Hãy tính
hơ n
[OH-], [CH3NH3+], [CH3NH2], [H3O+] và pH của dung dịch.
uy
N
(b) Hãy tính Kb của metylamin.
Q
(c) Nếu thêm 0,05 mol La(NO3)3 vào 1,00 L dung dịch chứa 0,20 mol CH3NH2 và
m
0,20 mol CH3NH3Cl. Có kết tủa La(OH)3 xuất hiện không? Cho tích số tan của
Kè
La(OH)3 là 1.10-19.
ạy
Hướng dẫn giải
/+ D
(a) [CH3NH2]= 0,152 M; [CH3NH3+]=[OH-]= 7,5.10-3; pH= 11,9
m
(b) 3,7.10-4
e.
co
(c) Q = 2,56.10-12> T, có kết tủa)
gl
→ Mg2+(aq) + 2 F-(aq) Câu 1.4. MgF2(r) ←
.g
oo
Trong dung dịch bão hoà MgF2 ở 18° C, nồng độ của Mg2+ là 1,21.10-3 M.
us
(a) Hãy viết biểu thức tích số tan, T, và tính giá trị này ở 18° C.
pl
(b) Hãy tính nồng độ cân bằng của Mg2+ trong 1,000 L dung dịch MgF2 bão hoà ở 18°C chứa 0,100 mol KF. (c) Hãy dự đoán kết tủa MgF2 có tạo thành không khi trộn 100,0 mL dung dịch
Mg(NO3)2 3.10-3 M với 200,0 mL dung dịch NaF 2,00.10-3 M ở 18°C.
(d) Ở 27°C nồng độ của Mg2+ trong dung dịch bão hoà MgF2 là 1,17.10-3 M. Hãy cho biết quá trình hoà tan MgF2 là toả nhiệt hay thu nhiệt? Giải thích. Hướng dẫn giải (a) 7,09.10-9
hơ n
(b) 7,09.10-7M
uy
N
(c) Q < T, không có kết tủa
m
Câu 1.5.Dung dịch bão hòa H2S có nồng độ 0,100 M.
Q
(d) Toả nhiệt)
ạy
Kè
Hằng số axit của H2S: K1 = 1,0 × 10-7 và K2 = 1,3 × 10-13.
/+ D
(a) Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,100 M khi điều chỉnh pH = 2,0.
m
(b) Một dung dịch A chứa các cation Mn2+, Co2+, và Ag+ với nồng độ ban đầu
co
của mỗi ion đều bằng 0,010 M. Hoà tan H2S vào A đến bão hoà và điều chỉnh
gl
e.
pH = 2,0 thì ion nào tạo kết tủa?
oo
Cho: TMnS = 2,5× 10-10 ; TCoS = 4,0× 10-21 ; TAg2S = 6,3× 10-50.
.g
(c) Hãy cho biết có bao nhiêu gam kết tủa chì(II) sunfua được tách ra từ 1,00 lit
us
dung dịch bão hòa chì(II) sunfat? biết nồng độ sunfua được điều chỉnh đến
pl
1,00 .10-17 M? Cho các giá trị tích số tan: TPbSO4 = 1,6 ·10-8 và TPbS = 2,5 ·10-27. Hướng dẫn giải a)
[S 2− ] =
K a1 K a 2 CH S = 1,3.10−17 [ H ] + [ H + ] K a1 + K a1 K a 2 2 + 2
[Mn2+] [S2-] = 10-2×1,3 .10-17 = 1,3 .10-19< TMnS = 2,5 .10-10 ; không
b) Có: có kết tủa
[Co2+] [ S2-] = 10-2× 1,3 .10-17 = 1,3 .10-19> TCoS = 4,0 .10-21
; có kết
tủa CoS
hơ n
[Ag+]2[S2-] = (10-2)2× 1,3 .10-17 = 1,3 .10–21> TAg2S = 6,3 .10-50 ; có kết
⇒
[Pb2+] = [SO42-] = 1,265.10-4.
Q
[Pb2+][SO42-] = 1,6.10-8.
m
c) Có:
uy
N
tủa Ag2S
Kè
Khi nồng độ sunfua đạt 1,00.10-17 M thì nồng độ Pb2+ còn lại trong dung dịch là:
ạy
[Pb2+] = 2,5.10-27/ 1,00.10-17 = 2,5.10-10.
⇒
/+ D
Quan hệ giữa độ tan và tích số tan
m
1.2
mPbS = (1,265.10−4 − 2,5.10−10 ) × 239,2 × 1 = 3,03.10−2 gam = 30,3mg )
co
Độ tan (S, solubility) của một chất là nồng độ của chất đó trong dung
e.
dịch bão hoà. Độ tan thường được biểu diễn theo nồng độ mol/l.
oo
gl
Độ tan và tích số tan là những đại lượng đặc trưng cho dung dịch bão hoà của chất ít tan. Do đó, tích số tan và độ tan có mối quan hệ với nhau, điều đó có
.g
nghĩa là ta có thể tính được độ tan của một chất ít tan từ tích số tan của nó và
pl
us
ngược lại.
mS
→ m Mn+ + n XmMmXn ←
nS 1
Có:
m
n
m
T = [M] [X] = [mS] [nS]
n
⇒
T m+n S = m n m n
*Nhận xét: Công thức trên chỉ đúng nếu Mn+ và Xm- không tham phản ứng nào khác. Câu 1.6.Cho tích số tan của Ag2CrO4 ở 25oC là 2,6.10-12. (a) Hãy viết biểu thức tích số tan của Ag2CrO4.
hơ n
(b) Hãy tính [Ag+] trong dung dịch bão hòa Ag2CrO4.
uy
N
(c) Hãy tính khối lượng Ag2CrO4 có thể tan tối đa trong 100 ml nước ở 25oC.
(d) Thêm 0,1 mol AgNO3 vào 1,0 lit dung dịch bão hòa Ag2CrO4. Giả thiết thể
m
Q
tích dung dịch không thay đổi. Hãy cho biết [CrO42-] tăng, giảm hay không đổi?
Kè
Giải thích.
ạy
Trong dung dịch bão hòa Ag3PO4 ở 25oC, nồng độ Ag+ là 5,3.10-5 M.
/+ D
(e) Hãy tính tích số tan của Ag3PO4 ở 25oC.
m
(g) Làm bay hơi 1,00 lit dung dịch bão hòa Ag3PO4 ở 25oC đến còn 500 ml. Hãy
co
tính [Ag+] trong dung dịch thu được.
gl
e.
Đáp số
oo
b. 8,66.10-5 M.
us
.g
c. 2,88.10-3 gam;
pl
d. giảm;
e. 2,63.10-18. g. không đổi, 5,3.10-5 M) 2. Kết tủa phân đoạn
Nếu trong dung dịch có chứa hai hay nhiều ion có khả năng tạo kết tủa với cùng một ion khác, nhưng các kết tủa hình thành có độ tan khác nhau nhiều thì khi thêm chất tạo kết tủa vào dung dịch, các kết tủa sẽ lần lượt được tạo thành. Hiện tượng tạo thành lần lượt các kết tủa trong dung dịch được gọi là kết tủa phân đoạn.
hơ n
*Điều kiện kết tủa hoàn toàn:
N
• [X] < 10-6M, hoặc
Q
uy
• %X còn lại trong dung dịch < 0,1%
Thêm AgNO3 rắn vào dung dịch NaCl 0,10 M và Na2CrO4 0,0010 M.
m
Câu 2.1.
Kè
Cho tích số tan của AgCl là 1,8.10-10 và của Ag2CrO4 là 2,4.10-12.
/+ D
ạy
(a) Hãy tính nồng độ Ag+ cần thiết để bắt đầu xuất hiện kết tủa AgCl. (b) Hãy tính nồng độ Ag+ cần thiết để bắt đầu xuất hiện kết tủa Ag2CrO4.
co
m
(c) Kết tủa nào được tạo thành trước khi cho AgNO3 vào dung dịch trên?
e.
(d) Hãy tính phần trăm ion Cl- còn lại trong dung dịch khi Ag2CrO4 bắt đầu kết
.g
Đáp số
oo
gl
tủa?
us
(a) 1,8.10-9M
pl
(b) 4,9.10-5M (c) AgCl (d) 3,7.10-3%) Câu 2.2.Độ tan là một yếu tố quan trọng dùng để đánh giá mức độ gây ô
nhiễm môi trường của muối. Độ tan của muối phụ thuộc nhiều vào bản chất
của muối, dung môi và các điều kiện thí nghiệm như nhiệt độ, pH và sự tạo phức. Một dung dịch chứa BaCl2 và SrCl2 có cùng nồng độ là 0,01 M. Câu hỏi đặt ra là liệu có thể tách hoàn toàn hai muối này ra khỏi nhau bằng cách thêm
hơ n
dung dịch bão hòa natri sunfat hay không. Biết điều kiện để tách hoàn toàn là ít nhất 99,9% Ba2+ đã bị kết tủa ở dạng BaSO4 và SrSO4 chiếm không quá 0,1 %
N
khối lượng kết tủa. Biết các giá trị tích số tan như sau: TBaSO4 = 1× 10-10 và TSrSO4
uy
= 3× 10-7.
m
Q
(a) Hãy tính nồng độ của Ba2+ còn lại trong dung dịch khi 99,9% Ba2+ đã bị kết
Kè
tủa và cho biết phương pháp này có dùng được để tách hoàn toàn hai muối ra
ạy
khỏi nhau hay không?
/+ D
Sự tạo phức có thể làm tăng đáng kể độ tan. Biết tích số tan của AgCl là 1,7× 10-10, hằng số bền tổng cộng của phức Ag(NH3)2+ là 1,5× 107.
co
m
(b) Hãy chứng minh (bằng phép tính cụ thể) độ tan của AgCl trong dung dịch
oo
gl
Hướng dẫn giải
e.
amoniac 1,0 M cao hơn so với độ tan trong nước cất.
[ Ba 2 + ] =
.g
a.
100 − 99,9 × 0,01 = 1,0.10 −5 M 100
pl
us
Sau khi 99,9% Ba2+ đã bị kết tủa thì nồng độ SO42- trong dung dịch là:
⇒
[ SO42 − ] =
[ Sr 2 + ] =
TBaSO4 [ Ba 2 + ]
TSrSO4 [ SO42 − ]
=
1.10 −10 = 10 − 5 M −5 1,0.10
=
3.10−7 = 3.10− 2 M > 0,01 M −5 1,0.10
⇒ Sr2+ chưa kết tủa. Vậy có thể sử dụng phương pháp này để tách hoàn toàn hai muối ra khỏi nhau. b. Độ tan của AgCl trong nước cất:
hơ n
S1 = [ Ag + ] = TAgCl = 1,30.10 −5 M Tính độ tan của AgCl trong dung dịch amoniac 1,0 M.
Q
1,0 1,0 - 2x
x
x
⇒
K=
⇒
S2 = x = 4,59.10-2 M;⇒
Kè
cb
m
bđ
uy
N
→ Ag(NH3)2+ + Cl− K = 1,5.107 × 1,7.10−10 = 2,55.10−3 AgCl + 2 NH3 ←
S2 = 4,6.103 lan ) S1
co
m
/+ D
ạy
x2 = 2,55.10 − 3 ⇒x = 4,59.10-2 M 2 (1,0 − 2 x)
e.
3. Các yếu tố ảnh hưởng đến độ tan
gl
Trong thực tế, ion kim loại của kết tủa có thể tạo phức với OH- và anion
oo
của kết tủa có thể phản ứng với H+ trong dung dịch. Ngoài ra, những cấu tử
.g
khác có trong dung dịch cũng có thể tham gia phản ứng với các ion của kết tủa
us
hoặc ít nhất cũng làm biến đổi hệ số hoạt độ của chúng. Những yếu tố đó đều
pl
ảnh hưởng đến độ tan của kết tủa. 3.1 Ảnh hưởng của pH Câu 3.1.
(a) Hãy cho biết dung dịch của các muối sau có tính axit, bazơ hay
trung tính? Giải thích. Natri photphat, đồng (II) nitrat và xesi clorua.
(b) Hãy tính khối lượng bạc photphat cần dùng để pha 10 lit dung dịch bão hòa. Khi tính bỏ qua sự thủy phân của ion photphat. Biết bạc photphat có T = 1,3 .10–20. (c) Hãy cho biết trong thực tế nếu hòa tan lượng bạc photphat tính được ở
hơ n
phần (b) vào 10 lit nước thì dung dịch thu được đã bão hòa hay chưa? Giải
N
thích.
3 Ag+ + PO43-
Ag3PO4
3S
Q
Kè
b.
m
Na3PO4: bazơ; Cu(NO3)2: axit; CsCl: trung tính;
S
ạy
a.
uy
Hướng dẫn giải
T = (3S )3 S
⇒
S=
⇒
mAg3PO4 = 4,68.10-6×10×419 = 1,96.10-2 gam
m
T 1,3.10−20 4 = = 4,68.10− 6 M 27 27
gl
e.
co
4
/+ D
⇒
oo
c. Chưa, vì PO43- bị thủy phân làm tăng độ tan của muối)
us
.g
Câu 3.2. Tính độ tan của AgOCN trong dung dịch HNO3 0,001M.
pl
Cho TAgOCN= 2,3.10-7; HOCN có Ka=3,3.10-4.
Hướng dẫn giải AgOCN -
→ ←
OCN + H
+ →
←
Ag+ + OCN-
HOCN
T = [Ag+][OCN-] [ H + ][OCN − ] Ka = (2) [ HOCN ]
(1)
Lập phương trình [Ag+] = [OCN-] + [HOCN]
(3)
[H+] + [HOCN] = 10-3
(4)
hơ n
Giải hệ: (10−3 − [ HOCN ])[OCN − ] 3,3.10 = [ HOCN ]
10−3 [OCN − ] 3,3.10−4 + [OCN − ]
(5)
(6)
ạy
Kè
[ Ag + ] = [OCN − ] +
(3, 5) ⇒
uy
10−3.[OCN − ] 3,3.10−4 + [OCN − ]
Q
⇒
[ HOCN ] =
m
(2, 4) ⇒
N
−4
/+ D
Đặt [OCN-]= x
⇒
x3 + 1,33.10-3 x2 - 2,3.10-7 x - 7,59.10-11 = 0
⇒
x= 2,98.10-4 = [OCN-] [HOCN]= 4,75.10-4
.g
(5) ⇒
oo
gl
e.
co
m
(1,6) ⇒
10 −3 x (x + ) x = 2,3.10 −7 −4 3,3.10 + x
[H+]= 5,25.10-4
(1) =>
[Ag+]= 7,72.10-4 = S.
pl
us
(4) ⇒
*Nhận xét: vì nồng độ của ion các ion và phân tử gần bằng nhau nên không thể giải gần đúng được)
Câu 3.3.(a) 100 ml nước ở 25oC hòa tan được tối đa 440 ml khí H2S (ở đktc). Hãy tính nồng độ mol của H2S trong dung dịch bão hòa. Giả thiết rằng quá trình hòa tan H2S không làm thay đổi thể tích của dung dịch. (b) Dung dịch FeCl2 0,010 M được bão hòa H2S bằng cách xục liên tục dòng khí Hằng số ion của nước Kw = 1 .10-14.
hơ n
H2S vào dung dịch. Cho TFeS = 8,0 .10-19. H2S có Ka1 = 9,5 .10-8 và Ka2 = 1,3 .10-14. Hãy cho biết để thu được nhiều kết tủa
N
FeS hơn thì cần phải tăng hay giảm pH của dung dịch?
uy
(c) Hãy tính pH cần thiết lập để nồng độ Fe2+ giảm từ 0,010 M xuống còn 1,0
m
Q
.10-8 M.
Kè
(d) Người ta thêm axit axetic vào dung dịch ở phần (b) để nồng độ đầu của axit
ạy
axetic đạt 0,10 M. Hãy tính nồng độ đầu của natri axetat cần thiết lập để nồng độ Fe2+ trong dung dịch thu được là 1,0.10-8 M. Khi tính chú ý sự tạo thành H+
/+ D
do phản ứng: Fe2+ + H2S → FeS (r) + 2H+. Biết axit axetic có Ka = 1,8 .10-5. Giả
m
sử việc thêm axit axetic và natri axetat không làm thay đổi thể tích của dung
co
dịch.
gl
e.
(e) Hãy tính pH của dung dịch đệm trước khi xục khí H2S.
.g
oo
Hướng dẫn giải
us
[ H 2 S ] = CH 2S
(H2S phân li không đáng kể)
pl
(a.
0,44 22,4 = = 0,196 M 0,1
b. Tăng pH.
c. Có:
TFeS 8,0.10 −19 [S ] = = = 8,0.10 −11 2+ −8 [ Fe ] 1,0.10 2−
[ H 2 S ]K a1 K a 2 [ H + ]2
pH = 5,75;
d.
Fe2+ + H2S → FeS (r) + 2 H+
CH3COO- + H+→ a
0,02
a-0,02
0,1
-
0,1 + 0,02
/+ D
cb
CH3COOH
ạy
bđ
uy
0,02
Q
0,01
N
⇒
hơ n
[ H 2 S ]K a1K a 2 0,196 × 9,5.10−8 × 1,3.10−14 = = 1,77.10− 6 M 2− −11 [S ] 8.10
[H + ] =
m
⇒
[S 2− ] =
Kè
Mặt khác:
⇒
5,75 = 4,74 + log
⇒
a = 1,25 M
m
Có:
[CH 3COO − ] pH = pK a + log [CH 3COOH ]
co
e. gl
oo .g
[CH 3COO − ] 1,25 pH = pK a + log = 4,74 + log = 5,84 ) [CH 3COOH ] 0,1
pl
us
e.
a − 0,02 0,12
Câu 3.4.(QG 2007) Một dung dịch có ba chất HCl, BaCl2, FeCl3 cùng nồng độ
0,0150M. Sục khí CO2 vào dung dịch này cho đến bão hoà. Sau đó thêm từ từ NaOH vào dung dịch đến nồng độ 0,120M. Cho biết: nồng độ CO2 trong dung dịch bão hoà là 3.10-2M; thể tích của dung dịch không thay đổi khi cho CO2 và
NaOH vào; các hằng số: pKa của H2CO3 là 6,35 và 10,33; pKs của Fe(OH)3 là 37,5 và của BaCO3 là 8,30; pKa của Fe3+ là 2,17. Hãy tính pH của dung dịch thu được. Hướng dẫn giải
hơ n
→ H2O H+ + OH- ←
0,015 0,015
uy
0,06
0,03
Q
0,03
N
→ CO32- + H2O CO2 + 2 OH- ←
Kè
0,045
ạy
0,015
m
→ Fe(OH)3 Fe3+ + 3 OH- ←
0,015
co
TPGH: CO32-: 0,015 M;
m
0,015
/+ D
→ BaCO3 Ba2+ + CO32- ←
→ HCO3←
gl
e.
CO32- + H2O
oo
0,015-x
x
x2 K b1 = = 10 −3, 67 0,015 − x
.g
pl
us
⇒
x
+ OH-
⇒
x = 1,69.10-3 M
⇒
pH = 14 + log (1,69.10-3) = 11,23)
Kb1 = 10-3,67
Câu 3.5.
Dấu hiệu cho thấy một người có nguy cơ mắc bệnh gout là nồng độ
axit uric (HUr) và urat (Ur-) trong máu của người đó quá cao. Bệnh viêm khớp xuất hiện do sự kết tủa của natri urat trong các khớp nối. Cho các cân bằng: Ur- (aq) + H3O+ (aq)
Ur- (aq) + Na+ (aq)
pK = 5,4 ở 37°C
NaUr (r)
hơ n
HUr (aq) + H2O
N
Ở 37°C, 1,0 lit nước hòa tan được tối đa 8,0 mmol natri urat.
uy
(a) Hãy tính tích số tan của natri urat. Bỏ qua sự thủy phân của ion urat.
m
Q
Trong máu (có pH = 7,4 và ở 37°C) nồng độ Na+ là 130 mmol/L.
Kè
(b) Hãy tính nồng độ urat tối đa trong máu để không có kết tủa natri urat xuất
ạy
hiện.
/+ D
Giá trị tích số tan phụ thuộc vào nhiệt độ. Biết thêm rằng bệnh gout
m
thường xuất hiện đầu tiên ở các đốt ngón chân và ngón tay.
co
(c) Hãy cho biết tích số tan phụ thuộc vào nhiệt độ như thế nào?
gl
e.
Độ tan của axit uric trong nước ở 37°C là 0,5 mmol/L.
oo
(d) Chứng minh rằng nếu không có kết tủa natri urat xuất hiện thì cũng sẽ
.g
không có kết tủa axit uric xuất hiện.
us
Giả thiết rằng chỉ có HUr và Ur- là ảnh hưởng đến giá trị pH của dung dịch.
pl
Sỏi thận thường có axit uric. Nguyên nhân là nồng độ quá cao của axit uric và urat có trong nước tiểu và pH thấp của nước tiểu (pH = 5 - 6). (e) Hãy tính giá trị pH tại đó sỏi (chứa axit uric không tan) được hình thành từ nước tiểu của bệnh nhân. Giả thiết rằng nồng độ tổng cộng của axit uric và urat là 2,0 mmol/L.
Hướng dẫn giải a. 6,4 ·10-5; b. 4,9·10-4 M;
⇒
log
⇒
[Ur − ] = 10 2 = 100 [ HUr ]
uy
N
d. Có
[Ur − ] pH = pK a + log [ HUr ]
hơ n
c. Nhiệt độ giảm thì tích số tan giảm.
ạy
Kè
m
Q
[Ur − ] = pH − pK a = 7,4 − 5,4 = 2 [ HUr ]
/+ D
Vì trong máu không có kết tủa NaUr nên [Ur-] < 4,9·10-4 (kết quả tính được ở
m
phần (b)).
[Ur − ] 4,9.10 −4 [ HUr ] < = = 4,9.10 − 6 < S HUr = 5.10 − 4 M 100 100
e.
co
⇒
gl
Vậy không có kết tủa axit uric xuất hiện.
oo
[HUr] + [Ur-] = 2.10-3
.g
e. Có:
[HUr] = 5.10-4
⇒
[Ur-] = 2.10-3 - [HUr] = 1,5.10-3
⇒
[Ur − ] 1,5.10 −3 pH = pK a + log = 5,4 + log = 5,88 [ HUr ] 5.10 − 4
pl
us
Axit uric không tan khi:
Vậy pH < 5,88 thì bắt đầu có axit uric kết tủa)
3.2. Ảnh hưởng của phản ứng tạo phức Câu 3.6.CuBr là một chất ít tan trong nước (pT = 7,4). (a) Hãy tích thể tích nước tối thiểu cần dùng để hòa tan hoàn toàn 1 gam CuBr.
→ [Cu(NH3)2]+ [Cu(NH3)]+ + NH3 ←
lgβ2 = 4,69
N
lgβ1 = 6,18
uy
→ [Cu(NH3)]+ Cu+ + NH3 ←
hơ n
Ion Cu+ tạo phức với amoniac theo các phản ứng sau:
Q
(b) Hãy tính thể tích dung dịch amoniac 0,1 M tối thiểu cần dùng để hòa tan
Kè
m
hoàn toàn 1 gam CuBr.
ạy
(c) Biểu thức tính tích số tan điều kiện của CuBr như sau:
/+ D
T' = ([Cu + ] + [Cu(NH3 )]+ + [Cu(NH3 ) 2 ]+ ) · [Br - ]
Hướng dẫn giải
co
m
Hãy tính giá trị T' của dung dịch thu được ở phần (b).
→ Cu+ ←
+ Br-
CuBr
Có:
S = [Cu + ] = 10 -7,4 = 2,00.10 −4
.g
oo
gl
e.
a.
pl
us
Mặt khác:
=> b.
S=
1 = 2,00.10 − 4 143,35V
V = 34,9 lit; CuBr
→ Cu+ ←
+ Br-
→ [Cu(NH3)]+ Cu+ + NH3 ←
pT = 7,4 lgβ1 = 6,18
→ [Cu(NH3)2]+ [Cu(NH3)]+ + NH3 ←
Có:
lgβ2 = 4,69
[Br-] = [Cu+] + [Cu(NH3)+]+ [Cu(NH3)2+]
(1)
[NH3] + [Cu(NH3)+]+ 2[Cu(NH3)2+] = 0,1
(2)
[Cu(NH3)2+] >> [Cu+], [Cu(NH3)+]
(1) ⇒
[Br-] = [Cu(NH3)2+]
(2) ⇒
[NH3] + 2[Cu(NH3)2+] = 0,1
Có:
β1, 2 =
uy
N
hơ n
Giả sử:
ạy
[Br −] = 0,05 ; [Cu+] = 1,99.10-6 ; [Cu(NH3)2+] = [Br-] = 0,05 [Cu(NH 3 ) +2 ] 0,05 = = 3,39.10 − 7 + −6 10 ,87 β1, 2 [Cu ] 1,99.10 × 10
m
[NH 3 ] =
/+ D
⇒
Kè
m
Q
[Cu(NH3 ) +2 ] [ Br - ] [ Br - ] = = [Cu + ][NH3 ] [Cu + ](0,1 - 2[Br - ]) 10- 7,4 (0,1 - 2[Br - ]) [ Br ]
e.
gl
KTGT: thỏa mãn;
co
[Cu(NH3)+] = β1[Cu+][NH3] = 106,18×1,99.10-6×3,39.10-7 = 1,02.10-6
1 = [ Br − ] = 0,05 ⇒ 143,35V2
oo S=
.g
⇒
pl
us
c. T’= ([Cu+]+[Cu(NH3)+] + [Cu(NH3)2+])×[Br−] = (1,99×10−6+3,39×10−7 +0,05) ×0,05 = 2,5×10−3
Câu 3.7. Biết tích số tan của Zn(OH)2 là 1,80 ×10-17. (a) Hãy tính độ tan của Zn(OH)2 trong nước. (b) Hãy tính pH của dung dịch Zn(OH)2 bão hòa.
V2 = 0,140 lit
Cho các giá trị thế khử chuẩn: [Zn(OH)4]2- + 2 e Zn2+ + 2e
→ ←
→ ←
Zn (r) + 4 OH-
E° = -1,285 V
Zn (r)
E° = -0,762 V
hơ n
(c) Hãy tính hằng số bền tổng cộng của phức tetrahidroxozincat(II). (d) Hãy tính độ tan của Zn(OH)2 trong dung dịch đệm có pH = 9,58. Bỏ qua sự
uy
N
tạo phức [Zn(OH)4]2-.
Q
(e) Hãy tính độ tan của Zn(OH)2 trong dung dịch đệm có pH = 9,58 và có tính
m
đến sự tạo thành phức [Zn(OH)4]2-.
ạy
Kè
(g) Hãy so sánh kết quả tìm được ở (d) và (e) và rút ra nhận xét.
/+ D
Hướng dẫn giải
a. bỏ qua được sự phân li của nước; S = 1,65.10-6;
co
m
b. 8,52;
o
gl
e.
o c. Cách 1: Thiết lập công thức tính EZn ( OH ) 24− / Zn theo EZn 2+ / Zn .
oo
EZn 2+ / Zn = E
0,0592 0,0592 [ Zn(OH ) 24 − ] 2+ o + lg[Zn ] = EZn 2+ / Zn + lg 2 2 β [OH − ]4
us
.g
Có
o Zn 2 + / Zn
pl
o = E Zn − 2+ / Zn
0,0592 0,0592 [ Zn (OH ) 24− ] lg β + lg 2 2 [OH − ]4
Khi [Zn(OH)42-] = [OH-] = 1 M thì: o o EZn2+ / Zn = EZn = EZn − 2+ ( OH )2− / Zn / Zn 4
⇒
β = 4,67.1017;
0,0592 lg β 2
Cách 2: → [Zn(OH)4]2- + 2 e Zn(r) + 4 OH- ←
E1° = +1.285 V
ΔG1° = -z·F·E1° = -247.97 kJ/mol → ←
Zn(r)
E2° = -0.762 V
hơ n
Zn2+ + 2e-
N
ΔG2° = -z·F·E2° = 147.04 kJ/mol
=e
−100920 8, 314×298
Q
−
= 4,90.1017
T = 1,25.10 −8 M . − 2 [OH ]
m
∆G RT
Kè
K =e
−
uy
→ [Zn(OH)4]2- ΔG = ΔG1° + ΔG2° = -100.92 kJ/mol Zn2+ + 4 OH- ←
[ Zn 2+ ] =
e.
S = [Zn2+] + [Zn(OH)42-] = [Zn2+] + β[Zn2+][OH-]4
/+ D
ạy
d.
co
m
T − 4 −8 = [OH − ]2 (1 + β [OH ] ) = 2,56.10 M .
gl
e.
g. Kết quả khác nhau: (2,56- 1,25)/2,56 = 51%; rất lớn; như vậy sự tạo phức
oo
ảnh hưởng đáng kể đến độ tan)
.g
Câu 3.8.(IChO 43) PbO là một oxit lưỡng tính. Khi hòa tan vào nước xảy ra các
us
cân bằng:
pl
PbO (r) + H2O
→ Pb2+(aq) ←
PbO (r) + 2 H2O
+ 2 OH-(aq)
→ Pb(OH)3- (aq) ←
+ H3O+ (aq)
T = 8,0×10-16 Ka = 1,0×10-15
(a) Hãy tính giá trị pH của dung dịch tại đó dung dịch Pb2+ 1,00×10-2 M bắt đầu có kết tủa PbO xuất hiện?
(b) Từ giá trị pH tính được ở phần (a), người ta tăng pH của dung dịch đến một giá trị nhất định thì kết tủa bắt đầu tan hoàn toàn. Hãy tính giá trị pH này? (c) Hãy viết biểu thức tính độ tan của PbO. (d) Độ tan của PbO đạt giá trị cực tiểu tại pH =9,40. Hãy tính nồng độ của các
hơ n
cấu tử và độ tan của PbO tại giá trị pH này.
N
(e) Hãy tính khoảng pH tại đó độ tan của PbO nhỏ hơn 1,0×10-3 M.
uy
Hướng dẫn giải
[Pb(OH)3-][H3O+] = 1.10-15
b.
m
[H3O+]= 1.10-13⇒ pH = 13;
/+ D
⇒
Kè
[OH-] = 2,83.10-7⇒ pH = 7,45;
ạy
⇒
Q
[Pb2+][OH-]2 = 8.10-16;
a.
S = [Pb2+] + [Pb(OH)3-];
d.
[Pb2+]= 8.10-16/ [OH-]2 = 1,27.10-6M;
e.
co
m
c.
oo
gl
[Pb(OH)3-] = 10-15/ [H3O+]= 2,51.10-6 M;
.g
⇒S = 3,78.10-6M;
pl
us
Mở rộng: chứng minh rằng Smin tại giá trị pH = 9,40; 8.10-16 10−15 10−15 12 + 2 S = [Pb ] + [Pb(OH) ] = + = 8.10 [ H ] + + [OH- ]2 [ H + ] [H ] 2+
3
⇒
10−15 S ' = 16.10 [ H ] − + 2 = 0 [H ]
⇒
[H+]= 3,97.10-10 (pH = 9,40);
12
+
10−15 = 10−3 [H + ]
e.
S = 8.1012 [ H + ]2 +
⇒
8.1012[ H + ]3 − 10−3[ H + ] − 10−15 = 0
⇒
[H+]1 = 1,12.10-8; pH1 = 7,95;
⇒
hơ n
[H+]2 = 1,0.10-12; pH2 = 12,00;
uy
N
7,95 ≤ pH ≤ 12,00)
Q
3.3. Ảnh hưởng đồng thời của pH và phản ứng tạo phức
có Kb = 1,75.10-5 và:
Hướng dẫn giải
β1,2 = 1,7.107
co
m
Các cân bằng xảy ra: → Ag+ ←
+ I-
e.
AgI
;
/+ D
ạy
→ Ag(NH3)2+ Ag+ + 2NH3 ←
Kè
m
Câu 3.9. Tính độ tan của AgI trong dung dịch NH3 0,1M. Biết TAgI = 8,3.10-17; NH3
oo
gl
→ Ag(NH3)2+ Ag+ + 2 NH3 ← → ←
NH4+ + OH-
us
.g
NH3 + H2O
pl
Thiết lập các phương trình: T = [Ag+][I-] = 8,3.10-17
(1)
+
β1, 2
[ Ag ( NH 3 ) 2 ] = = 1,7.10 7 + 2 [ Ag ][ NH 3 ]
(2)
+
(3)
S = [I-] = [Ag+] + [Ag(NH3)2+]
(4)
[NH3] + 2 [Ag(NH3)2+] + [NH4+] = 0,1 M
(5)
[NH4+] = [OH-]
(6)
hơ n
[ NH 4 ][OH − ] Kb = = 1,75.10 −5 [ NH 3 ]
N
[NH4+] << [NH3]
Giả sử
Q
uy
[Ag+] << [Ag(NH3)2+] << [NH3] [NH3] = 0,1 M
(3) ⇒
[ NH 4 ] = [OH − ] = 0,1× 1,75.10 −5 = 1,32.10 −3
(4) ⇒
[I-] = [Ag(NH3)2+]
(1) ⇒
8,3.10−17 8,3.10−17 = [ Ag ] = + [I − ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ]
(2) ⇒
[ Ag ( NH 3 ) 2 ] = 1,7.107 −17 8,3.10 × 0,12 + [ Ag ( NH 3 ) 2 ]
Kè
m
(5) ⇒
/+ D
ạy
+
co
m
+
gl
oo .g
us
⇒
e.
+
pl
⇒
[Ag(NH3)2+] = 3,76.10-6 M
8,3.10−17 8,3.10−17 [ Ag ] = = = 2,21.10−11 + −6 [ Ag ( NH 3 ) 2 ] 3,76.10 +
KTGT: thỏa mãn
⇒
S = [I-] = [Ag(NH3)2+] = 3,76.10-6M)
(7)
(8)
Câu 3.10.Tính nồng độ cân bằng của các ion Ag+, Br-, Cl-, Ag(NH3)2+, NH4+ và OHtrong dung dịch bão hoà AgCl và AgBr với NH3 0,020M. Giả thiết rằng phức Ag(NH3)+ tạo thành không đáng kể. Cho TAgCl = 10-10; TAgBr = 5.10-13; β1,2 = 108 và Kb= 1,8.10-5.
TAgBr = 5.10-13
+ Br−
uy
→ Ag+ ←
Q
AgBr
TAgCl = 10-10
+ Cl−
Kè
+ OH-
Kb = 1,8.10-5
ạy
→ NH4+ ←
β1,2 = 108
m
→ Ag(NH3)2+ Ag+ + 2 NH3 ←
NH3 + H2O
[AgL2] + [Ag+] = [Cl−] + [Br−]
/+ D
Có:
N
→ Ag+ ←
AgCl
hơ n
Hướng dẫn giải
[NH3] + [NH4+] + 2[AgL2] = 0,02
(1)
[Ag+] << [AgL2]; [Br−] << [Cl−] ; [NH4+] << [NH3]
(1) ⇒
[AgL2] = [Cl-]
(3)
(2) ⇒
[NH3] + 2[AgL2] = 0,02
(4)
e.
oo .g
[AgL2] = β1,2[Ag+][NH3]2 = β1, 2
TAgCl −
[Cl ]
[ NH 3 ]2 = β1, 2
⇒
[AgL2]= 0,1 [NH3]
(4) ⇒
[NH3] + 0,2[NH3] = 0,02
⇒
[NH3]= 1,67.10-2M
⇒
[AgL2] = 1,67.10-3M; [Cl−] = 1,67.10-3M;
pl
us
⇒
co
Giả sử:
gl
m
(2)
TAgCl [ AgL2 ]
[ NH 3 ]2
[ Br − ] =
TAgCl −
[Cl ] TAgBr +
[ Ag ]
= 6.10 −8 M
= 8,33.10 −6 M
[OH-] = [NH4+] =
1,67.10 −2 × 1,8.10 −5 = 5,48.10 −4 M
hơ n
[ Ag + ] =
N
KTGT: thoả mãn)
uy
Câu 3.11.Thêm 0,1 ml Na2S 1M vào 10 ml dung dịch Cu+ 10-2M và CN- 1M ở
m
Q
pH= 12. Tính xem có kết tủa mầu đen Cu2S xuất hiện không?
Kè
Biết: TCu2S= 10-47,6. Phức Cu(CN)43- có β1,4= 1030,3,
/+ D
ạy
HCN có pKa= 9, H2S có pK1= 7 và pK2= 12,9. Hướng dẫn giải
co
m
([S2-]= 1,11.10-3M; [Cu+]= 5,9.10-33 => Q= 3,86.10-68< T => không có kết tủa)
e.
Câu 3.12.Cho TCu(OH)2 = 4,50 .10–21; MW (Cu(OH)2) = 97,59 g.mol–1
oo
gl
và pKb (NH3) = 4,76.
.g
(a) i. Hãy tính độ tan của Cu(OH)2 trong nước theo đơn vị g/100 mL. Bỏ qua
us
quá trình tự phân li của nước.
pl
ii. Hãy tính pH của dung dịch bão hòa Cu(OH)2. (b) Độ tan của nhiều hidroxit kim loại được tăng lên nhờ quá trình tạo phức của ion kim loại với phối tử như amoniac. Trong một thí nghiệm, người ta hòa tan hoàn toàn 5,00 mg Cu(OH)2 trong 25,00 mL dung dịch NH3. Biết nồng độ
cân bằng của NH3 trong dung dịch thu được là 1,00 .10–3 M, hằng số bền tổng cộng của phức Cu(NH3)42+ là β1,4 = 1011,75. i. Hãy tính nồng độ mol tổng cộng của đồng trong dung dịch thu được. ii. Hãy tính nồng độ cân bằng của các cấu tử chứa đồng trong dung dịch.
hơ n
iii. Hãy tính nồng độ cân bằng của NH4+.
uy
N
iv. Hãy tính pH của dung dịch.
ạy
Kè
m
Q
v. Hãy tính nồng độ của dung dịch NH3 ban đầu.
/+ D
Hướng dẫn giải
→ Cu2+ + 2 OHCu(OH)2 ←
m
a. i.
2S
co
S
T = [Cu 2+ ][OH − ]2 = S (2S ) 2 = 4,50.10−21
gl
e.
Có:
4,50.10−21 = 1,04.10− 7 M 4
oo S =3
us
.g
⇒
S ' = 1,04.10−7 × 0,1× 97,59 = 1,01.10−6 g / 100ml
ii. Có:
[OH-]= 2S = 2×1,04 .10-7 = 2,08 .10-7
⇒
pH = 14 + log[OH-] = 14 + log (2,08 .10-7) = 7,32;
pl
⇒
b. i.
CCu 2+
5,00.10−3 97,59 = = 2,05.10− 3 M 0,025
ii.
Cu2+ + 2 OH-
Cu(OH)2
Cu2+ + 4 NH3
T = 4,50.10-21
Cu(NH3)42+
β1,4 = 1011,75
CCu2+ = [Cu2+] + [Cu(NH3)42+] = 2,05.10-3
β1, 4
(1)
[Cu ( NH 3 ) 24 + ] = [Cu 2 + ][ NH 3 ]4
(2)
hơ n
Có:
(2)
[Cu ( NH 3 ) 24 + ] [Cu ( NH 3 ) 24 + ] [Cu ] = = 11, 75 = 1,778[Cu ( NH 3 ) 24 + ] (3) 4 −3 4 β1, 4 [ NH 3 ] 10 × (10 )
(1, 3) ⇒
[Cu2+] = 1,31.10-3 [Cu(NH3)42+] = 7,38.10-4 NH4+ + OH-
Kè
m
Q
uy
N
2+
Kb =10-4,76
NH3 + H2O
Có:
Kb =
⇒
[ NH 4+ ] = Kb [ NH3 ] = 10−4,76 ×1,00.10−3 = 1,32.10−4 M
iv. Có:
[OH-] = [NH4+]= 1,32.10-4
⇒
pH = 14 + log[OH-] = 14 + log(1,32.10-4) = 10,12
.g
oo
gl
e.
co
m
/+ D
[ NH 4+ ][OH − ] [ NH 4+ ]2 = [ NH 3 ] [ NH 3 ]
CNH3 = [NH3] + [NH4+] + 4[Cu(NH3)42+] = 1.10-3 + 1,32.10-4 +
us
v.
ạy
iii.
pl
4×7,38.10-4 = 4,08.10-3 M)
4. Xác định tích số tan 4.1. Dựa vào độ tan
Câu 4.1. Thêm từ từ dung dịch bari nitrat 0,0010 M vào 200 ml dung dịch NaF 0,040 M. Khi 35 ml dung dịch bari nitrat đã được thêm vào thì thấy kết tủa BaF2 bắt đầu xuất hiện. Hãy tính tích số tan của BaF2. Đáp số: (1,72.10-7)
hơ n
Câu 4.2. Dung dịch bão hòa Cd(OH)2 có pH = 9,56. Hãy tính tích số tan của Cd(OH)2.
uy
Kè
tính TAgBr. Biết phức Ag(NH3)2+ có β1,2 = 5,88.106.
Q
Biết 1 lit dung dịch NH3 1M hòa tan được tối đa 0,33 gam AgBr. Hãy
m
Câu 4.3.
N
Đáp số: (2,39.10-14)
ạy
Hướng dẫn giải
/+ D
[Ag(NH3)2+] = [Br-] = 0,33/188 = 1,76.10-3 M. [NH3] = 1 – 2[Ag(NH3)2+] = 0,996 M
⇒
[ Ag + ] =
⇒
T = [Ag+][Br-]= 5,32.10-13)
m
⇒
oo
gl
e.
co
[ Ag ( NH 3 ) 2+ ] = 3,02.10−10 β1, 2 [ NH 3 ]2
.g
Câu 4.4. Tính tích số tan của Ca(IO3)2
us
Thí nghiệm 1. Chuẩn hóa dung dịch natri thiosunfat.
pl
Lấy 10,0 ml dung dịch KIO3 0,0120 M cho vào bình nón. Thêm 2 gam KI và
10 ml dung dịch HCl 1M. Dung dịch có mầu nâu thẫm. Chuẩn độ bằng dung dịch Na2S2O3 đến mầu vàng rơm. Thêm 5 ml hồ tinh bột và tiếp tục chuẩn độ đến mất mầu xanh của phức tinh bột với I3- thấy hết 20,55 ml. Thí nghiệm 2. Tính độ tan của Ca(IO3)2 trong nước cất.
Lấy 10,0 ml dung dịch bão hòa Ca(IO3)2 cho vào bình nón. Thêm 2 gam KI và 10 ml HCl 1M. Tiến hành chuẩn độ dung dịch thu được bằng dung dịch Na2S2O3 ở trên thấy hết 19,20 ml. Hãy: (a) viết các phản ứng được mô tả trong thí nghiệm.
hơ n
(b) tính nồng độ dung dịch Na2S2O3.
N
(c) tính nồng độ của IO3-.
uy
(d) tính độ tan của Ca(IO3)2 trong nước.
/+ D
ạy
I2 + 2 S2O32-→ 2 I− + S4O62-
Kè
Đáp số: a. IO3- + 5 I− + 6 H+→ 3 I2 + 3 H2O
m
Q
(e) tính tích số tan của Ca(IO3)2.
b. 0,0350M;
co
m
c. 0,0122 M.
e.
d. 5,6.10-3 M.
oo
gl
e. 7,1.10-7)
.g
4.2. Dựa vào giá trị thế khử chuẩn o o Cho E Hg 22+ / Hg = 0,789V ; EHg 2 Cl 2 / Hg = 0,268V . Hãy tính tích số tan và
us
Câu 4.5.
pl
độ tan của Hg2Cl2.
Hướng dẫn giải Hg22+ + 2 e
→ 2 Hg ←
→ Hg2Cl2 Hg22+ + 2 Cl- ←
;
T = [Hg22+][Cl-]2
o o Thiết lập công thức tính EHg 2 Cl 2 / Hg theo EHg 22+ / Hg .
o EHg 2+ / Hg = EHg + 2+ / Hg 2
2
o = EHg + 2+ / Hg 2
0,0592 0,0592 T o lg[ Hg 22 + ] = EHg lg + 2+ 2 / Hg 2 2 [Cl − ]2
0,0592 lg T − 0,0592 lg[Cl − ] 2
hơ n
Có
T = 2,51.10-18
Có
S(2S)2 = T
2
uy
0,0592 lg T 2
o = EHg + 2+ / Hg
m
⇒
2
/ Hg
Q
o = EHgCl
S =3
T = 8,56.10 − 7 M ) 4
/+ D
⇒
Kè
2
/ Hg
ạy
EHgCl
N
Khi [Cl−] = 1 M thì:
Câu 4.6. Cho 3 pin điện hóa với các sức điện động tương ứng ở 298K:
co
m
(1) Hg/HgCl2, KCl (bão hòa ) // Ag+ (0,0100 M)/Ag E1= 0,439 V E2= 0,089 V
e.
(2) Hg/HgCl2, KCl (bão hòa ) // AgI (bão hòa)/Ag
oo
gl
(3) Ag/AgI (bão hòa), PbI2 (bão hòa ) // KCl (bão hòa), HgCl2/Hg
.g
a) Hãy tính tích số tan của bạc idodua.
pl
us
b) Hãy tính tích số tan của chì (II) iodua. o Cho E Ag + / Ag = 0,799V , R = 8,314 J/mol/K, F = 96487 C/mol.
Đáp số: a) 1,37.10-16; b) [Ag+] = 4,58.10-14; [I−] = 2,99.10-3; [Pb2+]= 0,5 ([I−] –[Ag+]) = 1,5.10-3; T = 1,34.10-8
E3= 0,230 V
Câu 4.7.(IChO 42) Cho các giá trị thế khử chuẩn sau:
Sn4+ + 2e → Sn2+
+0,15
Hg22+ + 2e → 2 Hg
+0,79
Hg2Cl2 + 2e → 2 Hg
+0,27
N
-0,14
uy
Sn2+ + 2e → Sn
hơ n
E0, V (298K)
Bán phản ứng
Q
+ 2 Cl−
→ 2 Sn2+ (aq) ←
ạy
Sn (r) + Sn4+ (aq)
Kè
m
(a) Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở 298 K:
/+ D
(b) Hãy tính độ tan của Hg2Cl2 trong nước ở 298 K (theo đơn vị mol/l). (c) Hãy tính suất điện động chuẩn, E°, của pin nhiên liệu sử dụng phản ứng
co
m
sau:
2 ( 0 ,15 + 0 ,14 ) 0 , 0592
.g
K = 10
= 6,27.10 9
us
a.
oo
gl
Hướng dẫn giải
e.
H2 (k) + 1/2 O2 (k) → H2O (l)
pl
b. Xác định tích số tan: Cách 1:
-1×
Hg22+ + 2e → 2 Hg
∆G01 = -nFE01 = -2× 96485×0,79 = -152,4.103 J
1×
Hg2Cl2 + 2e → 2 Hg + 2 Cl-
ΔG° = –237,1 kJ.mol–1
∆G02 = -nFE02 = -2× 96485×0,27 = -52,1.103 J → Hg22+ + 2 ClHg2Cl2 ←
⇒
T = 2,62.10-18
Q
uy
N
⇒
∆G30 100,3.103 ln T = − =− = −40,48 RT 8,314 × 298
hơ n
∆G03 = -∆G01+ ∆G02 = 100,3.103 J = -RTlnT
Hg22+ + 2 e
Kè
m
Cách 2:
ạy
→ 2 Hg ←
→ Hg2Cl2 Hg22+ + 2 Cl- ←
2
/ Hg
o theo EHg
2+ 2
/ Hg
.
m
2
/+ D
o Thiết lập công thức tính EHg Cl
T = [Hg22+][Cl-]2
;
0,0592 0,0592 T o lg[ Hg 22 + ] = EHg + lg − 2 2+ Hg / 2 2 2 [Cl ]
co
o EHg 2+ / Hg = EHg + 2+ / Hg
Có
2
e.
2
oo
2
0,0592 lg T − 0,0592 lg[Cl − ] 2
gl
o = EHg + 2+ / Hg
pl
us
.g
Khi [Cl-] = 1 M thì: EHgCl
⇒
Tính độ tan:
2
/ Hg
o = EHgCl
T = 2,71.10-18
2
/ Hg
o = EHg + 2+ / Hg 2
0,0592 lg T 2
→ Hg22+ + 2 ClHg2Cl2 ←
S
2S
⇒
S(2S)2 = T
⇒
S =3
c. Có:
∆G0 = -nFE0pin
nF
N
=−
− 237,1.103 = 1,23V 2 × 96485
m
⇒
∆G 0
uy
0 E pin =−
hơ n
T 3 2,62.10 −18 = = 8,68.10 − 7 M 4 4
Q
Có
Kè
Câu 4.8.Kỹ thuật điện hoá thường được dùng để xác định độ tan của các muối
ạy
khó tan. Do sức điện động là hàm bậc nhất theo logarit của nồng độ nên có thể
/+ D
xác định được các nồng độ dù rất nhỏ.
Bài tập này sử dụng một pin điện hoá gồm hai phần, được nối với nhau
m
bằng cầu muối. Phần bên trái của sơ đồ pin là một thanh Zn nhúng trong dung
co
dịch Zn(NO3)2 0,200M; còn phần bên phải là một thanh Ag nhúng trong dung
gl
e.
dịch AgNO3 0,100M. Mỗi dung dịch có thể tích 1,00L ở 250C.
oo
(a) Vẽ sơ đồ pin và viết các bán phản ứng xảy ra ở mỗi cực.
.g
(b) Hãy tính sức điện động của pin và viết phương trình phản ứng xảy ra khi
us
pin phóng điện.
pl
Giả sử pin phóng điện hoàn toàn và lượng Zn có dư.
(c) Hãy tính điện lượng được phóng thích trong quá trình phóng điện. Trong một thí nghiệm khác, KCl được thêm vào dung dịch AgNO3 ở phía bên phải của pin ban đầu. Xảy ra phản ứng tạo kết tủa AgCl và làm thay đổi sức
điện động. Sau khi thêm xong. Sức điện động bằng của pin bằng 1,04V và [K+] = 0,300M. (d) Hãy tính [Ag+] tại trạng thái cân bằng. (e) Hãy tính [Cl-] tại trạng thái cân bằng và TAgCl.
b. 1,52V
c. 9649C
d. 7,3.10-10M
uy
N
a. Zn| Zn2+|| Ag+| Ag
Q
Đáp số:
hơ n
Cho: EoZn2+/Zn= -0,76V; EoAg+/Ag= 0,80V.
Kè ạy
Câu 4.9.Xem xét pin điện hóa sau:
m
e. [Cl-] = 0,2M; T = 1,5.10-10)
/+ D
Pt |H2 (p = 1 atm)|H2SO4 0,01 M|PbSO4(r)|Pb(r).
m
(a) Hãy tính nồng độ cân bằng của SO42- và pH của dung dịch trong pin trên.
co
(b) Hãy viết phản ứng xảy ra khi pin phóng điện.
e.
Suất điện động của pin trên ở 298,15 K là –0,188 V. Giả thiết rằng trong
gl
phần (c) và (d) nồng độ cân bằng của SO42- là 5·10-3 M và của H3O+ là 15·10-3 M
.g
oo
(các giá trị này có thể khác giá trị tính được ở phần (a)).
us
(c) Hãy tính tích số tan của PbSO4.
pl
(d) Hãy cho biết suất điện động của pin trên tăng hay giảm bao nhiêu V khi áp suất của hidro giảm một nửa? Vàng kim loại không tan trong dung dịch axit nitric nhưng tan được trong nước cường toan (là hỗn hợp gồm axit clohidric đặc và axit nitric đặc có tỉ lệ
thể tích tương ứng là 3 : 1). Vàng phản ứng với nước cường toan tạo thành ion phức [AuCl4]-. (e) Sử dụng các giá trị thế khử chuẩn cho dưới đây, hãy tính hằng số bền tổng cộng của phức [AuCl4]-. E°(Pb2+/Pb) = - 0,126 V
hơ n
Cho: pKa2 (H2SO4) = 1,92;
E°([AuCl4]-/Au + 4 Cl-) = + 1,00 V
N
E°(Au3+/Au) = + 1,50 V
uy
Hướng dẫn giải
m Kè
+ SO42-
/+ D
→ H+ ←
HSO4-
0,01
ạy
0,01
Q
H2SO4→ H+ + HSO4-
a.
0,01 - x
0,01 + x
x
⇒
Ka2 =
(0,01 + x) x = 10−1,92 0,01 − x
⇒
x = 4,53.10-3 M
⇒
[SO42-]= x = 4,53.10-3 M
.g
oo
gl
e.
co
m
cb
us
[H+] = 0,01 + x = 0,0145 M
pH = 1,84;
pl
⇒ b.
Catot (+)
PbSO4 + 2e → Pb + SO42-
Anot (-)
H2→ 2 H+ + 2e
PbSO4 + H2→ Pb + 2 H+ + SO420 E catot = E Pb + 2+ / Pb
Eanot = EH0 + / H + 2
0,0592 lg[ Pb 2 + ] 2
0,0592 [ H + ]2 0,0592 (15.10 −3 ) 2 lg =0+ lg = −0,108V 2 pH 2 2 1
0,0592 lg[ Pb 2 + ] + 0,108 = −0,188 2
N
0 E pin = Ecatot − Eanot = E Pb + 2+ / Pb
⇒
hơ n
c. Có:
[Pb2+]= 1,81.10-6 M
⇒
T = [Pb2+][SO42-] = 1,81.10-6× 5.10 = 9,05.10-9
2
0,0592 [ H + ]2 0,0592 (15.10 −3 ) 2 lg =0+ lg = −0,099V 2 pH 2 2 0,5
/+ D
Eanot = EH0 + / H +
ạy
d. Khi áp suất của hidro giảm một nửa:
Kè
m
Q
uy
⇒
+1×
Au3+ + 3e → Au
e.
e.
co
m
Ecatot không đổi, Eanot tăng (-0,099 + 0,108) = 0,009V, vậy Epin giảm 0,009 V;
oo
gl
∆G01 = -nFE01 = -3× 96485×1,50 = -434,2.103 J
AuCl4- + 3e → Au + 4 Cl-
us
.g
-1×
∆G02 = -nFE02 = -3× 96485×1,00 = -289,5.103 J
pl
→ AuCl4Au3+ + 4Cl- ←
∆G03 = ∆G01- ∆G02 = -144,7.103 J = -RTlnβ1,4
∆G30 − 144,7.103 =− = 54,4 RT 8,314 × 298
⇒
β1,4 = 2,31.1025)
pl
us
.g
oo
gl
e.
co
m
/+ D
ạy
Kè
m
Q
uy
N
hơ n
⇒
ln β1, 4 = −