NÂNG CAO NĂNG LỰC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG PHẦN CÂN BẰNG TẠO KẾT TỦA by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

BỒI DƯỠNG HSG HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

NÂNG CAO NĂNG LỰC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG PHẦN CÂN BẰNG TẠO KẾT TỦA WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

IC IA L

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA HÓA

NGUYỄN THỊ HÀ

--------------

NÂNG CAO NĂNG LỰC BỒI DƯỠNG

HỌC SINH GIỎI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP CỬ NHÂN SƯ PHẠM

ẠY

KÈ

PHẦN CÂN BẰNG TẠO KẾT TỦA

Đà Nẵng, 05/2014

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

IC IA L

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA HÓA

--------------

NÂNG CAO NĂNG LỰC BỒI DƯỠNG

HỌC SINH GIỎI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG

ẠY

KÈ

PHẦN CÂN BẰNG TẠO KẾT TỦA

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP CỬ NHÂN SƯ PHẠM

Sinh viên thực hiện : Nguyễn Thị Hà Lớp

: 10SHH

Giáo viên hướng dẫn

: ThS. Ngô Minh Đức

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG CỘNG HÒA XÃ HÔI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc KHOA HÓA 

IC IA L

NHIỆM VỤ KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP

Họ và tên sinh viên: Nguyễn Thị Hà Lớp : 10SHH 1. Tên đề tài: “Nâng cao năng lực bồi dưỡng học sinh giỏi hóa ở trường phổ thông – phần cân bằng tạo kết tủa” 2. Nội dung nghiên cứu: - Nghiên cứu cơ sở lí luận và thực tiễn có liên quan đến đề tài. + Cơ sở lí luận về học sinh giỏi hóa học và việc bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học. + Cơ sở lí luận về phần cân bằng tạo kết tủa. - Nâng cao năng lực bồi dưỡng học sinh giỏi thông qua hệ thống các bài tập về phần cân bằng tạo kết tủa. - Sưu tầm và biên soạn 70 bài tập tự luận liên quan đến cân bằng tạo kết tủa trong các đề thi học sinh giỏi ở chương trình phổ thông. 3. Giáo viên hướng dẫn: ThS. Ngô Minh Đức 4. Ngày giao đề tài: 15/09/2013 5. Ngày hoàn thành đề tài: 23/05/2014

Chủ nhiệm khoa (Ký và ghi rõ họ, tên)

KÈ

PGS.TS Lê Tự Hải

Giáo viên hướng dẫn (Ký và ghi rõ họ, tên) ThS. Ngô Minh Đức

ẠY

Sinh viên đã hoàn thành và nộp báo cáo cho Khoa ngày... tháng... năm 2014 Kết quả điểm đánh giá Ngày... tháng... năm 2014 CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG (Ký và ghi rõ họ tên)

LỜI CẢM ƠN

IC IA L

Em xin chân thành tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thạc sĩ Ngô Minh Đức đã tận tình giúp đỡ và hướng dẫn em trong suốt quá trình thực hiện luận văn này.

Em xin tỏ lòng biết ơn các thầy cô giáo trong khoa hóa trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng và các bạn sinh viên lớp 10SHH đã giúp đỡ, đóng góp ý

kiến và tạo điều kiện cho em hoàn thành tốt luận văn này.

ẠY

KÈ

Đà Nẵng, ngày 23 tháng 05 năm 2014 Sinh viên

Nguyễn Thị Hà

IC IA L

DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT

: Học sinh giỏi

: Giáo viên

: Học sinh

: Giáo dục

THPT

: Trung học phổ thông

: Dung dịch

: Rắn

HSG

: Tan

: Cân bằng

Bđ

ẠY

KÈ

Ptpư

: Ban đầu : Phương trình phản ứng

MỤC LỤC MỞ ĐẦU ....................................................................................................................1 1. Lí do chọn đề tài ....................................................................................................1

IC IA L

2. Mục đích nghiên cứu .............................................................................................2

3. Đối tượng nghiên cứu ............................................................................................2 4. Nhiệm vụ nghiên cứu ............................................................................................2

5. Phương pháp nghiên cứu ......................................................................................2

6. Phạm vi nghiên cứu ...............................................................................................3 7. Đóng góp của đề tài ...............................................................................................3

CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN .................................................4

1.1. Một số vấn đề về năng lực ................................................................................4 1.2. Bồi dưỡng học sinh giỏi - Tầm quan trọng của việc bồi dưỡng học sinh giỏi

ở Trường THPT ........................................................................................................5

1.2.1. Quan niệm về học sinh giỏi ............................................................................5

1.2.2. Các hình thức giáo dục HSG .........................................................................7 1.2.3. Khái niệm về bồi dưỡng học sinh giỏi ..........................................................9

1.2.4. Mục tiêu của việc bồi dưỡng HSG ................................................................9

1.2.5. Tầm quan trọng của việc bồi dưỡng học sinh giỏi ....................................10

1.3. Học sinh giỏi hóa học .......................................................................................10

1.3.1. Khái niệm học sinh giỏi hóa học .................................................................10 1.3.2. Vai trò, những phẩm chất và năng lực cần có của một học sinh giỏi hóa

KÈ

học ............................................................................................................................11 1.4. Những kỹ năng cần thiết của giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ..12

ẠY

1.4.1. Các nhóm kỹ năng cơ bản ............................................................................12 1.4.2. Một số chi tiết trong kỹ năng .......................................................................13

1.5. Tầm quan trọng của công tác bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường THPT về phần cân bằng tạo kết tủa ......................................................................13 CHƯƠNG II: XÂY DỰNG CHUYÊN ĐỀ LÝ THUYẾT PHẦN CÂN BẰNG TẠO KẾT TỦA ĐỂ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC. ...................14 2.1. Phản ứng tạo kết tủa ........................................................................................14

2.1.1. Khái niệm ......................................................................................................14 2.1.2. Hằng số tích số tan .......................................................................................15 2.2. Kết tủa phân đoạn ...........................................................................................21

IC IA L

2.2.1. Điều kiện để ion kết tủa trước .....................................................................21 2.2.2. Khi nào hai ion cùng kết tủa .......................................................................21

2.2.3. Điều kiện để ion trước kết tủa hoàn toàn rồi mới kết tủa ion thứ hai ....22 2.3. Các yếu tố ảnh hưởng đến độ tan ..................................................................22

2.3.1. Ảnh hưởng của pH ........................................................................................22

2.3.2. Ảnh hưởng của phản ứng tạo phức .............................................................22

2.3.3. Hiệu ứng của ion chung đối với tích số tan của các chất ít tan ................23 2.4. Phương pháp làm bài ......................................................................................24

2.4.1. Các định luật áp dụng trong việc giải bài toán liên quan đến cân bằng tạo

kết tủa ......................................................................................................................24

2.4.2. Sơ đồ giải bài tập ..........................................................................................24

CHƯƠNG 3: HỆ THỐNG CÁC DẠNG BÀI TẬP PHẦN CÂN BẰNG TẠO KẾT TỦA DÙNG ĐỂ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ......................................26

3.1. Dạng 1: Bài tập tính tích số tan khi biết độ tan .............................................26

3.2. Dạng 2: Từ tích số tan xác định độ tan của hợp chất ít tan .........................32

3.3. Dạng 3: Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi cân bằng ......................43 3.4. Dạng 4: Bài tập liên quan đến kết tủa phân đoạn .........................................49

3.5. Dạng 5: Ảnh hưởng của PH đến độ tan .........................................................58

KÈ

3.6. Dạng 6: Ảnh hưởng của phản ứng tạo phức đến độ tan ..............................66 3.7. Dạng 7: Bài tập về sự tạo thành kết tủa và hòa tan kết tủa .........................72 3.8. Dạng 8: Bài tập tổng hợp liên quan đến tích số tan. .....................................76

ẠY

3.9. Dạng 9: Một số bài tập thường ra trong đề thi HSG ....................................84

KẾT LUẬN ...........................................................................................................103

TÀI LIỆU THAM KHẢO ...................................................................................104

MỞ ĐẦU 1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

IC IA L

Nhiệm vụ của ngành giáo dục là nâng cao dân trí, phổ cập giáo dục phổ thông cho toàn dân, đi đôi với nhiệm vụ đó là phải bồi dưỡng nhân tài, phát hiện các học sinh có năng khiếu ở trường phổ thông và có kế hoạch đào tạo riêng để bồi

dưỡng họ thành những nhân tài góp phần xây dựng quê hương đất nước ngày một

giàu đẹp hơn. Vấn đề đào tạo và bồi dưỡng nhân tài đã được các cấp các ngành

quan tâm chú trọng, nhất là trong điều kiện đất nước đang ngày càng phát triển, hội

nhập với các nước trong khu vực và trên thế giới. Yêu cầu đối với nguồn nhân lực

trong thời đại mới ngày càng cao, đòi hỏi ngành giáo dục ngoài nhiệm vụ đào tạo toàn diện còn phải phát hiện, bồi dưỡng những học sinh có năng lực đào tạo họ trở

thành đội ngũ tri thức trẻ có đầy đủ năng lực và trí tuệ có trình độ cao trong các lĩnh

vực khoa học. Với một đất nước đang trong thời kì phát triển, điều kiện tự nhiên

cho ta nhiều thuận lợi phát triển các lĩnh vực hóa học như hóa chất, dầu khí, việc

bồi dưỡng học sinh giỏi hóa ở trường phổ thông là một nhiệm vụ cấp thiết đối với

ngành giáo dục ở hiện tại và trong tương lai.

Để đạt được mục đích này, quá trình giảng dạy và học tập bộ môn hóa học ở trường phổ thông không chỉ có nhiệm vụ giúp các em nắm được các kiến thức cơ

bản mà còn phải phát hiện và bồi dưỡng cho những em có năng khiếu, năng lực

KÈ

giúp các em trở thành học sinh giỏi có niềm đam mê với khoa học và đặc biệt là môn hóa học. Việc bồi dưỡng cho các em học sinh giỏi phải phù hợp với trình độ

ẠY

của các em, giúp các em phát huy được tất cả tiềm năng tri thức để trở thành những

người tài cống hiến cho sự nghiệp phát triển của nước nhà. Trên thực tế hiện nay, việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường

phổ thông còn gặp nhiều hạn chế, chưa đáp ứng được nhu cầu xã hội đòi hỏi. Đối với bộ môn hóa phân tích không được đề cập nhiều trong chương trình SGK ở trường phổ thông, đặc biệt với các vấn đề liên quan đến phần cân bằng tạo kết tủa

không được đề cập trong chương trình SGK nhưng vẫn được đưa ra trong các đề thi học sinh giỏi, với mong muốn xây dựng được nhiều tư liệu dạy học và bồi dưỡng học sinh giỏi môn hóa học, đặc biệt là phần cân bằng tạo kết tủa, tôi chọn đề tài

IC IA L

“Nâng cao năng lực bồi dưỡng học sinh giỏi hóa ở trường phổ thông – phần cân bằng tạo kết tủa” với mục đích giúp cho học sinh hiểu sâu và vận dụng được tốt những kiến thức đã học vào việc giải các bài tập, góp phần nâng cao chất lượng

giảng dạy và học tập môn Hóa học. 2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu, xây dựng hệ thống bài tập phần cân bằng tạo kết tủa để nâng

cao năng lực bồi dưỡng học sinh giỏi trong trường phổ thông. Bồi dưỡng cho học

3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

sinh giỏi phần cân bằng tạo kết tủa không được đề cập đến trong SGK.

Nghiên cứu phần cân bằng tạo kết tủa bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường

THPT.

4. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

- Nghiên cứu cơ sở lí luận và thực tiễn về việc bồi dưỡng học sinh giỏi hóa

học.

- Nghiên cứu các chuyên đề, phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi và xây

KÈ

dựng hệ thống bài tập phần cân bằng tạo kết tủa trong bồi dưỡng học sinh giỏi hóa ở phổ thông.

ẠY

5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Tìm hiểu thực trạng bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở phổ thông. - Đọc, nghiên cứu tài liệu. - Phân tích, tổng hợp.

6. PHẠM VI NGHIÊN CỨU Nghiên cứu chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi môn hóa học phần hóa

7. ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI

IC IA L

phân tích.

Xây dựng được hệ thống lý thuyết, hệ thống bài tập phần cân bằng tạo kết

tủa trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi ở phổ thông.

Nội dung luận văn là tư liệu bổ ích cho giáo viên trong việc giảng dạy các

lớp chuyên và bồi dưỡng đội tuyển HSG hóa học trung học phổ thông (THPT) phần

ẠY

KÈ

hóa phân tích.

CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.1. Một số vấn đề về năng lực [13]

IC IA L

Theo quan điểm của những nhà tâm lí học: Năng lực là tổng hợp các đặc điểm, thuộc tính tâm lí của cá nhân phù hợp với yêu cầu đặc trưng của một hoạt động nhất định nhằm đảm bảo cho hoạt động đó đạt hiệu quả cao. Các năng lực

hình thành trên cơ sở của các tư chất tự nhiên của cá nhân, năng lực con người

không phải hoàn toàn do tự nhiên mà có, phần lớn do luyện tập có được.

Tâm lí học chia năng lực thành các dạng khác nhau như năng lực chung và năng lực chuyên môn.

- Năng lực chung là năng lực cần thiết cho nhiều ngành hoạt động khác nhau

như năng lực phán xét tư duy lao động, năng lực khái quát hóa, năng lực tưởng

tượng,...

- Năng lực chuyên môn là năng lực đặc trưng trong lĩnh vực nhất định của xã

hội.

Năng lực chung và năng lực chuyên môn có quan hệ qua lại hữu cơ với nhau,

năng lực chung là cơ sở của năng lực chuyên môn, nếu chúng càng phát triển thì

càng dễ dàng đạt được năng lực chuyên môn. Ngược lại sự phát triển của năng lực chuyên môn trong những điều kiện nhất định có ảnh hưởng đối với sự phát triển của

KÈ

năng lực chung.

Trong thực tế mọi hoạt động có hiệu quả cao thì mỗi người đều phải có năng

ẠY

lực chung phát triển ở trình độ cần thiết và có một vài năng lực chuyên môn tương

ứng với lĩnh vực chuyên môn của mình. Những năng lực này không phải do bẩm sinh, mà nó phải được giáo dục phát triển và bồi dưỡng ở con người. Năng lực còn được hiểu theo một cách khác, năng lực là tính chất tâm sinh lí của con người chi phối quá trình tiếp thu kiến thức, kỹ năng và kỹ xảo tối thiểu là cái mà con người có thể dùng khi hoạt động. Trong điều kiện bên ngoài như nhau

những người khác nhau có thể tiếp thu các kiến thức kỹ năng và kỹ xảo đó với nhịp độ khác nhau, có người tiếp thu nhanh, có người phải mất nhiều thời gian và sức lực được trình độ trung bình nhất định tuy đã cố gắng hết sức.

IC IA L

mới tiếp thu được, người này có thể đạt được trình độ cao còn người khác chỉ đạt

Để nắm được cơ bản các dấu hiệu khi nghiên cứu bản chất của năng lực cần xem xét trên một khía cạnh sau:

- Năng lực là sự khác biệt tâm lí của cá nhân người này khác người kia, nếu

một sự việc thể hiện rõ tính chất mà ai cũng như ai thì không thể nói về năng lực. - Năng lực chỉ là những khác biệt có liên quan đến hiêu quả việc thực hiện

một hoạt động nào đó chứ không phải bất kì những sự khác nhau cá biệt chung

chung nào.

- Khái niệm năng lực không liên quan đến những kiến thức kỹ năng, kỹ xảo

đã được hình thành ở một người nào đó, năng lực chỉ làm cho việc tiếp thu các kiến

thức kỹ năng, kỹ xảo trở nên dễ dàng hơn.

- Năng lực con người bao giờ cũng có mầm mống bẩm sinh tùy thuộc vào sự

tổ chức của hệ thống thần kinh trung ương, nhưng nó chỉ được phát triển trong quá trình hoạt động phát triển của con người, trong xã hội có bao nhiêu hình thức hoạt

động của con người thì cũng có bấy nhiêu loại năng lực.

KÈ

1.2. Bồi dưỡng học sinh giỏi - Tầm quan trọng của việc bồi dưỡng học sinh giỏi ở Trường THPT

ẠY

1.2.1. Quan niệm về học sinh giỏi [8], [6] Trên thế giới việc phát hiện và bồi dưỡng HSG đã có từ rất lâu. Ở Trung

Quốc, từ đời nhà Đường những trẻ em có tài đặc biệt được mời đến sân Rồng để học tập và được giáo dục bằng những hình thức đặc biệt. Trong tác phẩm phương Tây, Plato cũng đã nêu lên các hình thức giáo dục đặc biệt cho HSG. Ở châu Âu trong suốt thời Phục hưng, những người có tài năng

về nghệ thuật, kiến trúc, văn học... đều được nhà nước và các tổ chức cá nhân bảo trợ, giúp đỡ. Nước Mỹ mãi đến thế kỉ 19 mới chú ý tới vấn đề giáo dục học sinh giỏi và

IC IA L

tài năng. Và trong suốt thế kỉ XX, HSG đã trở thành một vấn đề của nước Mỹ với hàng loạt các tổ chức và các trung tâm nghiên cứu, bồi dưỡng học sinh giỏi ra đời.

Nước Anh thành lập cả một Viện hàn lâm quốc gia dành cho học sinh giỏi và

tài năng trẻ và Hiệp hội quốc gia dành cho học sinh giỏi, bên cạnh Website hướng

dẫn GV dạy cho HS giỏi và HS tài năng.

Từ năm 2001 chính quyền New Zealand đã phê chuẩn kế hoạch phát triển

chiến lược HSG.

Giáo dục Phổ thông Hàn Quốc có một chương trình đặc biệt dành cho HSG

nhằm giúp chính quyền phát hiện HS tài năng từ rất sớm. Năm 1994 có khoảng

57/174 cơ sở GD ở Hàn Quốc tổ chức chương trình đặc biệt dành cho HSG.

Từ năm 1985, Trung Quốc thừa nhận phải có một chương trình GD đặc biệt

thể học vượt lớp.

dành cho hai loại đối tượng HS yếu kém và HSG, trong đó cho phép các HSG có

Một trong 15 mục tiêu ưu tiên của Viện quốc gia nghiên cứu giáo dục và đào

KÈ

tạo Ấn Độ là phát hiện và bồi dưỡng HS tài năng. Nhìn chung các nước đều dùng hai thuật ngữ chính là gift (giỏi, có năng

khiếu) và talent (tài năng) để chỉ HSG. Luật bang Georgia (Hoa Kỳ) định nghĩa

ẠY

HSG như sau: “HSG là học sinh chứng minh được trí tuệ ở trình độ cao/và có khả năng

sáng tạo, thể hiện một động cơ học tập mãnh liệt/và đạt xuất sắc trong lĩnh vực lý thuyết/khoa học; người cần một sự giáo dục đặc biệt/ và sự phục vụ đặc biệt để đạt được trình độ tương ứng với năng lực của người đó” - (Georgia Law).

Cơ quan GD Hoa Kỳ miêu tả khái niệm học sinh giỏi như sau: “Đó là những học sinh có khả năng thể hiện xuất sắc hoặc năng lực nổi trội trong các lĩnh vực trí tuệ, sự sáng tạo, khả năng lãnh đạo, nghệ thuật, hoặc các lĩnh vực lí thuyết chuyên

IC IA L

biệt. Những HS này thể hiện tài năng đặc biệt của mình từ tất cả các bình diện xã hội, văn hóa và kinh tế”.

Nhiều nước quan niệm: HSG là những đứa trẻ có năng lực trong các lĩnh vực

trí tuệ, sáng tạo, nghệ thuật và năng lực lãnh đạo hoặc lĩnh vực lí thuyết. Những học sinh này cần có sự phục vụ và những hoạt động không theo những điều kiện thông

thường của nhà trường nhằm phát triển đầy đủ các năng lực vừa nêu trên.

Có thể nói, hầu như tất cả các nước đều coi trọng vấn đề đào tạo và bồi dưỡng học sinh giỏi trong chiến lược phát triển chương trình GD phổ thông. Nhiều

nước ghi riêng thành một mục dành cho HSG, một số nước coi đó là một dạng của

giáo dục đặc biệt hoặc chương trình đặc biệt.

Như vậy HSG cần có sự phục vụ và hoạt động học tập trong những điều kiện

đặc biệt để phát triển các năng lực sáng tạo của họ.

1.2.2. Các hình thức giáo dục HSG [8] Nhiều tài liệu khẳng định: HSG có thể học bằng nhiều cách khác nhau và tốc

độ nhanh hơn so với các bạn cùng lớp vì thế cần có một Chương trình HSG để phát

KÈ

triển và đáp ứng được tài năng của họ.

ẠY

Các hình thức giáo dục HSG: - Lớp riêng biệt: HSG được rèn luyện trong một lớp hoặc một trường học

riêng, thường gọi là lớp chuyên, lớp năng khiếu. Nhưng lớp hoặc trường chuyên (độc lập) này có nhiệm vụ hàng đầu là đáp ứng các đòi hỏi cho những HSG về lí thuyết. Hình thức này đòi hỏi ở nhà trường rất nhiều điều kiện từ việc bảo vệ HS, giúp đỡ và đào tạo phát triển chuyên môn cho giáo viên đến việc biên soạn chương trình, bài học.

- Phương pháp Mông-te-xơ-ri (Montessori method): Trong một lớp HS chia thành ba nhóm tuổi, nhà trường mang lại cho HS những cơ hội vượt lên so với các bạn cùng nhóm tuổi. Phương pháp này đòi hỏi phải xây dựng được các mức độ khá

IC IA L

tự do, nó hết sức có lợi cho những HSG trong hình thức học tập với tốc độ cao.

- Tăng gia tốc: Những HS xuất sắc xếp vào một lớp có trình độ cao với nhiều

tài liệu tương ứng với khả năng của mỗi HS. Một số trường Đại học, Cao đẳng đề

nghị hoàn thành chương trình nhanh hơn để HS có thể học bậc học trên sớm hơn.

Nhưng hướng tiếp cận giới thiệu HSG với những tài liệu lí thuyết tương ứng với

khả năng của chúng cũng dễ làm cho HS xa rời xã hội.

- Học tách rời: Một phần thời gian theo lớp HSG, phần còn lại học lớp

thường.

- Làm giàu tri thức: Toàn bộ thời gian HS học theo lớp bình thường, nhưng

nhận tài liệu mở rộng để thử sức, tự học ở nhà. - Dạy ở nhà một nửa: Thời gian học tại nhà học lớp, nhóm, học có cố vấn

hoặc một thầy một trò và không cần dạy.

- Trường mùa hè: Bao gồm nhiều khóa học được tổ chức vào mùa hè.

- Sở thích riêng: Một số môn thể thao như cờ vua được tổ chức dành để cho

KÈ

HS thử trí tuệ sau giờ học ở trường. Phần lớn các nước đều chú ý bồi dưỡng HSG từ Tiểu học. Cách tổ chức dạy

học cũng rất đa dạng: có nước tổ chức thành lớp, trường riêng; một số nước tổ chức

ẠY

dưới hình thức tự chọn hoặc khóa học mùa hè; một số nước do các trung tâm tư

nhân hoặc các trường đại học đảm nhận. Tuy vậy, cũng có một số nước không có trường lớp chuyên cho HSG như Nhật Bản và một số bang của Hoa kỳ. Chẳng hạn: Từ 2001, với đạo luật “Không một đứa trẻ nào bị bỏ rơi” giáo dục HSG ở Georgia về cơ bản bị phá bỏ. Nhiều trường không còn là trường riêng, lớp riêng cho HSG, với tư tưởng các HSG cần có

trong các lớp bình thường nhằm giúp các trường lấp lỗ hổng về chất lượng và nhà trường có thể đáp ứng nhu cầu giáo dục HSG thông qua các nhóm và các khóa học với trình độ cao.

IC IA L

Chính vì thế vấn đề bồi dưỡng HSG đã trở thành vấn đề thời sự gây nhiều tranh luận: “Nhiều nhà GD đề nghị đưa HSG vào các lớp bình thường với nhiều HS

có trình độ và khả năng khác nhau, với một phương pháp giáo dục như nhau. Tuy

nhiên nhiều dấu hiệu chứng tỏ rằng giáo viên các lớp bình thường không được đào tạo và giúp đỡ tương xứng với chương trình dạy cho HSG. Nhiều nhà GD cũng cho

rằng những HS dân tộc ít người và không có điều kiện kinh tế cũng không tiếp nhận được chương trình giáo dục dành cho HSG. Trong khi quỹ dành cho GD chung là

có hạn nên sẽ ảnh hưởng nhiều tới hiệu quả đào tạo tài năng và HS giỏi”. 1.2.3. Khái niệm về bồi dưỡng học sinh giỏi [6]

Theo từ điển Giáo dục học 2001, bồi dưỡng được định nghĩa: “Bồi dưỡng là

quá trình trang bị thêm kiến thức, kỹ năng nhằm mục đích nâng cao và hoàn thiện

năng lực hoạt động trong các lĩnh vực cụ thể”.

Bồi dưỡng HSG là chủ động tạo ra môi trường và những điều kiện thích hợp cho người học phát huy cao độ nội lực của mình, đi đôi với việc tiếp nhận một cách

thông minh hiệu quả ngoại lực, mà cốt lõi là giúp cho người học về phương pháp,

biết cách học, cách nghiên cứu, cách tư duy, cách tự đánh giá, tận dụng phương tiện

KÈ

hiện đại nhất để tìm kiếm thu thập và xử lí thông tin để tự học tự bồi dưỡng. 1.2.4. Mục tiêu của việc bồi dưỡng HSG [6]

ẠY

Mục tiêu chính của chương trình bồi dưỡng HSG là:

- Phát triển phương pháp suy nghĩ ở trình độ cao phù hợp với khả năng trí tuệ

của học sinh. - Bồi dưỡng sự lao động, làm việc sáng tạo. - Phát triển các kĩ năng, phương pháp và thái độ tự học suốt đời.

- Khuyến khích sự phát triển về lương tâm và ý thức trách nhiệm trong đóng góp cho xã hội.

- Thúc đẩy động cơ học tập.

IC IA L

- Khuyến khích HS suy nghĩ sáng tạo.

- Bảo đảm cho khả năng của HS được phát triển trong tương lai thành những

người đứng đầu trong các lĩnh vực khoa học chuyên ngành

1.2.5. Tầm quan trọng của việc bồi dưỡng học sinh giỏi [6]

Hiền tài là nguyên khí của quốc gia, hiền tài có được nhờ năng khiếu của bản

thân mỗi người và song song với quá trình học tập và bồi dưỡng một cách khoa học.

Vì vậy để thực hiện mục tiêu đào tạo thế hệ trẻ Việt Nam thành con người

Việt Nam có tài có đức, kế tục sự nghiệp cách mạng thì nhiệm vụ của các thầy cô

giáo phải kịp thời phát hiện và có kế hoạch bồi dưỡng học sinh có năng khiếu.

Đặc biệt, trong thế kỷ mà tri thức, kĩ năng của con người được xem là yếu tố

quyết định sự phát triển của xã hội thì nhiệm vụ của ngành giáo dục là phải đào tạo

ra những con người có trí tuệ phát triển thông minh và sáng tạo. Điều này buộc nhà trường phổ thông phải trang bị đầy đủ cho học sinh hệ thống kiến thức cơ bản, hiện

đại, phù hợp với thực tiễn Việt Nam và năng lực suy nghĩ sáng tạo. Và nhiệm vụ

KÈ

cấp thiết đặt ra là phải đổi mới phương pháp dạy học, áp dụng những phương pháp dạy học hiện đại để bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề. Chính vì vậy, có thể nói bồi dưỡng HSG là một trong những nhiệm vụ

ẠY

quan trọng hàng đầu của sự nghiệp giáo dục.

1.3. Học sinh giỏi hóa học 1.3.1. Khái niệm học sinh giỏi hóa học [6] HSG hóa học là những học sinh có năng lực nổi trội, có biểu hiện về khả năng chuyên biệt trong học tập và nghiên cứu hóa học. Như vậy HSG hóa học có kiến thức hóa học cơ bản, vững vàng, sâu sắc và hệ thống, biết vận dụng sáng tạo

kiến thức hóa học vào tình huống mới, có năng lực tư duy khái quát và sáng tạo. Đồng thời có kĩ năng thực nghiệm thành thạo và có năng lực nghiên cứu khoa học hóa học. học [6] 1.3.2.1. Vai trò của bộ môn Hóa học ở trường phổ thông

IC IA L

1.3.2. Vai trò, những phẩm chất và năng lực cần có của một học sinh giỏi hóa

Hóa học – môn khoa học thực nghiệm có ứng dụng vô cùng to lớn trong

cuộc sống. Ngành hóa với bàn tay thần kì của mình đã từng bước làm thay đổi cuộc

sống trong tất cả các lĩnh vực: công nghiệp, nông nghiệp, y học, nghệ thuật. Những

phát minh kì diệu của hóa học đã thúc đẩy sự phát triển nền văn minh nhân loại.

- Hóa học góp phần đào tạo nghề có chuyên môn về hóa học phục vụ cho đời

sống, sản xuất, khoa học xã hội hiện đại, phát triển xã hội, đặc biệt cho công cuộc

Hóa học hóa đất nước.

- Góp phần đào tạo nguồn nhân lực phục vụ cho sự nghiệp phát triển kinh tế

của đất nước và coi nền học vấn Hóa học như một bộ phận hỗ trợ.

1.3.2.2. Những phẩm chất và năng lực cần có của một học sinh giỏi hóa học

hóa học:

Có thể khái quát những phẩm chất và năng lực cần có của một học sinh giỏi

KÈ

- Có kiến thức hóa học cơ bản vững vàng, sâu sắc, hệ thống. Để có được phẩm chất này đòi hỏi học sinh phải có năng lực tiếp thu kiến thức, tức là có khả năng

ẠY

nhận thức vấn đề nhanh, rõ ràng, có ý thức bổ sung, hoàn chỉnh kiến thức. - Có trình độ tư duy hóa học phát triển. Tức là biết phân tích, tổng hợp, so

sánh, khái quát hóa, có khả năng sử dụng phương pháp đoán mới: qui nạp, diễn dịch, loại suy. Để có được những phẩm chất này đòi hỏi người học sinh phải có năng lực suy luận logic, năng lực kiểm chứng, năng lực diễn đạt. - Có khả năng quan sát, nhận thức, nhận xét các hiện tượng tự nhiên. Phẩm

chất này được hình thành từ năng lực quan sát sắc sảo, mô tả, giải thích hiện tượng các quá trình hóa học, năng lực thực hành của học sinh. - Có năng lực thực hành thí nghiệm tốt, khả năng quan sát, mô tả, nhận xét,

IC IA L

giải thích các hiện tượng, vận dụng lý thuyết để điều khiển thực nghiệm và từ thực nghiệm kiểm tra các vấn đề lý thuyết. - Có khả năng hợp tác và nghiên cứu khoa học.

- Có năng lực ghi nhớ, tư duy tốt và sáng tạo, khả năng suy luận logic. Biết thạo các phương pháp quy nạp, diễn dịch, loại suy.

phân tích, so sánh, tổng hợp, khái quát hóa các sự vật hiện tượng. Sử dụng thành

1.3.2.3. Một số biểu hiện của HSG cần chú ý trong việc tuyển chon bồi dưỡng HSG

HSG thường tỏ ra thông minh trí tuệ phát triển, có năng lực tư duy tốt, tiếp thu nhanh, nhớ lâu, có khả năng suy diễn, khái quát hóa, hiểu sâu, rộng, có khả năng

giải quyết vấn đề nhanh, hiệu quả cao.

HSG có óc tư duy độc lập, luôn tìm cái mới, hiểu khá sâu về bản chất và hiện

tượng, có cách giải quyết hay, ngắn gọn và sáng tạo. HSG rất say mê tò mò, ham hiểu biết, biết vượt khó, lao vào cái mới, có ý

chí phấn đấu vươn lên.

KÈ

1.4. Những kỹ năng cần thiết của giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học [10]

ẠY

1.4.1. Các nhóm kỹ năng cơ bản - Kỹ năng nhận thức - Kỹ năng truyền đạt - Kỹ năng tổ chức quản lý - Kỹ năng sử dụng các phương tiện dạy học

- Kỹ năng kiểm tra đánh giá 1.4.2. Một số chi tiết trong kỹ năng

IC IA L

- Kỹ năng đặt câu hỏi: Câu hỏi được diễn đạt rõ ràng, ngắn gọn, súc tích, dễ hiểu, sử dụng từ ngữ phù hợp, không quá phức tạp. Câu hỏi có thứ tự logic, hình thức thay đổi và không mang tính ép buộc.

- Kỹ năng trình bày: Nắm vững những vấn đề cần trình bày, chuẩn bị chu

đáo, cần tập trình bày trước. Nói rõ ràng và đủ âm lượng, bao quát tốt và chú ý thái

độ phản hồi từ học sinh.

- Kỹ năng cung cấp thông tin: Nêu rõ mục đích hoặc trọng tâm của bài học.

Sử dụng phương tiện dạy học phù hợp. Sử dụng ngôn ngữ thích hợp và diễn đạt các

ý theo thứ tự logic.

1.5. Tầm quan trọng của công tác bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường

THPT về phần cân bằng tạo kết tủa

Nội dung chương trình hóa học THPT đã đề cập những kiến thức cơ bản,

nhưng còn thiếu một số vấn đề so với lý thuyết chủ đạo. Đặc biệt phần cân bằng tạo

kết tủa là một phần không được đề cập đến trong chương trình SGK Với tầm quan

trọng về kiến thức, việc bồi dưỡng phần cân bằng tạo kết tủa trong chương trình phổ thông sẽ giúp học sinh có thể hoàn thành tốt bài tập trong các bài thi học sinh giỏi

KÈ

cũng như khắc sâu kiến thức, làm hành trang để tiếp tục nghiên cứu các vấn đề hóa học nâng cao. Tuy nhiên, những nội dung này tương đối khó và trừu tượng, học

ẠY

sinh gặp nhiều khó khăn trong vấn đề tiếp thu và tìm tài liệu tham khảo. Vì vậy việc

xây dựng một hệ thống bài tập logic, rõ ràng là cần thiết và giúp học sinh học tập tốt hơn.

CHƯƠNG II: XÂY DỰNG CHUYEN ĐỀ LÝ THUYẾT PHẦN CÂN BẰNG TẠO KẾT TỦA ĐỂ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC.

IC IA L

2.1. Phản ứng tạo kết tủa 2.1.1. Khái niệm [1]

Phản ứng kết tủa là phản ứng trao đổi trong đó một trong những sản phẩm là

hợp chất không tan gọi là chất kết tủa.

Để biết phản ứng có kết tủa hay không khi trộn hai dung dịch của hai hợp

chất ion khác nhau ta lần lượt thực hiện ba bước sau:

Bước 1: Xét xem có những ion nào có mặt trong các chất phản ứng.

Bước 2: Xét xem có thể tạo thành tổ hợp cation – anion nào.

Bước 3: Dự đoán xem tổ hợp nào không tan.

Một số quy ước về chất tan, chất không tan:

- Chất không tan là những chất có độ tan S < 0,01 mol/l.

- Chất tan là những chất có độ tan S > 0,1 mol/l.

KÈ

mol/l.

- Chất tan vừa là những chất có độ tan trong khoảng 0,01 mol/l < S < 0,1

Một số quy tắc:

ẠY

- Các hợp chất ion tan: 1. Tất cả các muối thường gặp của nhóm IA (các ion Li+, Na+, K+…) và

amoni (NH4+) đều tan. 2. Tất cả các muối thường gặp có gốc nitrat, axetat và hầu hết các muối peclorat đều tan.

3. Tất cả các muối halogen thường gặp đều tan trừ muối Ag+, Pb2+, Cu+ và Hg22+. 4. Tất cả các muối sunfat thường gặp đều tan trừ muối sunfat của Ca 2+, Sr2+,

IC IA L

Ba2+ và Pb2+. - Các hợp chất ion không tan:

1. Tất cả các hidroxit của các kim loại đều không tan trừ hidroxit của nhóm

IA và phần lớn nhóm IIA (bắt đầu từ Ca2+).

cacbonat và photphat của nhóm IA và amoni.

2. Tất cả các muối cacbonat và photphat thường gặp đều không tan trừ

3. Tất cả các muối sunfua thường gặp đều không tan trừ sunfua của nhóm IA,

nhóm IIA và amoni.

2.1.2. Hằng số tích số tan [1], [3], [7]

2.1.2.1. Khái niệm

Quá trình hoà tan là quá trình thuận nghịch, do đó cũng tuân theo định luật

OH-):

tác dụng khối lượng. Xét cân bằng hòa tan (Mn+ là ion kim loại, Xm- là gốc axit hoặc

KÈ

MmXn (rắn)  mMn+ + nXm-

T = [M]m[X]n

T được gọi là tích số tan (solubility product). Tích số tan của chất điện li ít tan là

ẠY

tích số nồng độ của các ion tạo nên kết tủa đó trong dung dịch bão hòa. Tích số tan được sử dụng để: 1. So sánh độ tan của các chất ít tan "đồng dạng". 2. Xem một dung dịch đã bão hoà hay chưa:

- Q  CMm C Xn > T: dung dịch quá bão hoà  xuất hiện kết tủa. - Q  CMm C Xn = T: dung dịch bão hoà.

- Q  CMm C Xn < T: dung dịch chưa bão hoà  không xuất hiện kết tủa. 3. Tính độ tan của các chất ít tan (muối, hidroxit). 2.1.2.2. Quan hệ giữa tích số tan và độ tan

IC IA L

Theo định nghĩa SGK hóa lớp 8: “Độ tan (kí hiệu S) của một chất trong nước là số gam chất đó hòa tan trong 100 gam nước để tạo thành dung dịch bão hòa ở một nhiệt độ xác định”.

Có thể định nghĩa: “Độ tan (S - solubility) của một chất là nồng độ của chất đó

trong dung dịch bão hoà”. Độ tan thường được biểu diễn theo nồng độ mol/l.

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 nghĩa là

ta có thể tính được độ tan của một chất ít tan từ tích số tan của nó và ngược lại.

2.1.2.3. Tích số tan các chất ít tan

Tích số tan của các chất thực ra là một hằng số cân bằng. Cũng như các hằng

thuộc vào nồng độ của ion.

số cân bằng khác, giá trị của tích số tan chỉ thay đổi theo nhiệt độ chứ không phụ

Hợp chất

Bảng tích số tan của một số hợp chất ion ở 250C: [1] Ag3AsO4(r)  3Ag+ + AsO43-

Ag3AsO4

Tích số tan 1,1.10-13

AgBr(r)  Ag+ + Br-

3,3.10-13

Ag2CO3

Ag2CO3(r)  2Ag+ + CO32-

8,1.10-12

AgCl

AgCl(r)  Ag+ + Cl-

1,8.10-10

Ag2CrO4

Ag2CrO4(r)  2Ag+ + CrO42-

9.10-12

AgCN

AgCN(r)  Ag+ + CN-

1,2.10-16

AgI

AgI(r)  Ag+ + I-

1,5.10-6

Ag3PO4

Ag3PO4(r)  3Ag+ + PO43-

1,3.10-20

Ag2SO3

Ag2SO3(r)  2Ag+ + SO32-

1,5.10-14

Ag2S

Ag2S(r)  2Ag+ + S2-

1.10-49

AgSCN

AgSCN(r)  Ag+ + SCN-

1.10-12

ẠY

KÈ

AgBr

Cân bằng

Al(OH)3(r)  Al3+ + 3OH-

1,9.10-33

AlPO4

AlPO4(r)  Al3+ + PO43-

1,3.10-20

AuBr

AuBr(r)  Au+ + Br-

5.10-17

AuCl

AuCl(r)  Au+ + Cl-

2.10-13

AuI

AuI(r)  Au+ + I-

1,6.10-23

AuBr3

AuBr3(r)  Au3+ + 3Br-

4.10-36

AuCl3

AuCl3(r)  Au3+ + 3Cl-

3,2.10-25

AuI3

AuI3(r)  Au3+ + 3I-

1.10-46

Au(OH)3

Au(OH)3(r)  Au3+ + 3OH-

BaCO3

BaCO3(r)  Ba2+ + CO32-

BaCrO4

BaCrO4(r)  Ba2+ + CrO42-

BaF2

BaF2(r)  Ba2+ + 2F-

Ba(OH)2

Ba(OH)2(r)  Ba2+ + 2OH-

Ba3(PO4)2

Ba3(PO4)2(r)  3Ba2+ + 2PO43-

BaSO3

BaSO3(r)  Ba2+ + SO32-

8.10-7

BaSO4

BaSO4(r)  Ba2+ + SO42-

1,1.10-10

Bi(OH)3

Bi(OH)3(r)  Bi3+ +3OH-

1.10-12

BiI3(r)  Bi3+ + 3I-

8,1.10-19

BiPO4(r)  Bi3+ + PO43-

1,3.10-23

Bi2S3

Bi2S3(r)  2Bi3+ + 3S2-

1,6.10-72

CaCO3

CaCO3(r)  Ca2+ + CO32-

3,8.10-9

CaCrO4

CaCrO4(r)  Ca2+ + CrO42-

7,1.10-4

CaC2O4

CaC2O4(r)  Ca2+ + C2O42-

2,3.10-9

CaF2

CaF2(r)  Ca2+ + 2F-

3,9.10-11

Ca(OH)2

Ca(OH)2(r)  Ca2+ + 2OH-

7,9.10-6

CaHPO4

CaHPO4(r)  Ca2+ + HPO42-

2,7.10-7

Ca(H2PO4)2

Ca(H2PO4)2(r)  Ca2+ + 2H2PO4-

1.10-3

Ca3(PO4)2

Ca3(PO4)2(r)  3 Ca2+ + 2PO43-

1.10-25

ẠY

FF O

KÈ

BiPO4

1.10-53

BiI3

IC IA L

Al(OH)3

8,1.10-9 2.10-10 1,7.10-6 5.10-3 1,3.10-29

CaSO3(r)  Ca2+ + SO32-

1,3.10-8

CaSO4

CaSO4(r)  Ca2+ + SO42-

2,4.10-5

CdCO3

CdCO3(r)  Cd2+ + CO32-

2,5.10-14

Cd(CN)2

Cd(CN)2(r)  Cd2+ + 2CN-

1.10-8

Cd(OH)2

Cd(OH)2(r)  Cd2+ + 2OH-

1,2.10-14

CdS

CdS(r)  Cd2+ + S2-

3,6.10-29

Cd3(AsO4)2

Cd3(AsO4)2(r)  3Cd2+ + 2AsO43-

2,2.10-32

Co3(AsO4)2

Co3(AsO4)2(r)  3Co2+ + + 2AsO43-

7,6.10-29

CoCO3

CoCO3(r)  Co2+ + CO32-

8.10-13

Co(OH)2

Co(OH)2(r)  Co2+ + 2OH-

Co(OH)3

Co(OH)3(r)  Co2+ + 3OH-

CrAsO4

CrAsO4(r)  Cr3+ + AsO43-

7,8.10-21

Cr(OH)3

Cr(OH)3(r)  Cr3+ + 3OH-

6,7.10-31

CrPO4

CrPO4(r)  Cr3+ + PO43-

CuBr

CuBr(r)  Cu+ + Br-

5,3.10-9

CuCl

CuCl(r)  Cu+ + Cl-

1,9.10-7

CuCN

CuCN(r)  Cu+ + CN-

3,2.10-20

CuI(r)  Cu+ + I-

5,1.10-12

CuSCN(r)  Cu+ + SCN-

1,6.10-11

Cu3(AsO4)2

Cu3(AsO4)2(r)  3Cu2+ + 2AsO43-

7,6.10-36

CuCO3

CuCO3(r)  Cu2+ + CO32-

2,5.10-10

Cu(OH)2

Cu(OH)2(r)  Cu2+ + 2OH-

1,6.10-19

CuS

CuS(r)  Cu2+ + S2-

8,7.10-36

FeCO3

FeCO3(r)  Fe2+ + CO32-

3,5.10-11

Fe(OH)2

Fe(OH)2(r)  Fe2+ + 2OH-

7,9.10-15

FeS

FeS(r)  Fe2+ + S2-

4,9.10-18

Fe(OH)3

Fe(OH)3(r)  Fe3+ + 3OH-

6,3.10-38

Fe2S3

Fe2S3(r)  2Fe3+ + 3S2-

1,4.10-88

ẠY

KÈ

CuSCN

CuI

IC IA L

CaSO3

2,5.10-16 4.10-15

2,4.10-23

Hg2Br2(r)  Hg22+ + 2Br-

1,3.10-22

Hg2CO3

Hg2CO3(r)  Hg22+ + CO32-

8,9.10-17

Hg2Cl2

Hg2Cl2(r)  Hg22+ + 2Cl-

1,1.10-18

Hg2CrO4

Hg2CrO4(r)  Hg22+ + CrO42-

5.10-9

Hg2I2

Hg2I2(r)  Hg22+ + 2I-

4,5.10-29

Hg2SO4

Hg2SO4(r)  Hg22+ + SO42-

6,8.10-7

Hg2S

Hg2S(r)  Hg22+ + S2-

5,8.10-44

Hg(CN)2

Hg(CN)2(r)  Hg2+ + 2CN-

3.10-23

Hg(OH)2

Hg(OH)2(r)  Hg2+ + 2OH-

HgI2

HgI2(r)  Hg2+ + 2I-

HgS

HgS(r)  Hg2+ + S2-

Mg3(AsO4)2

Mg3(AsO4)2(r)  3Mg2+ + 2AsO43-

2,1.10-20

MgCO3

MgCO3(r)  Mg2+ + CO32-

4.10-5

MgC2O4

MgC2O4(r)  Mg2+ + C2O42-

MgF2

MgF2(r)  Mg2+ + 2F-

6,4.10-9

Mg(OH)2

Mg(OH)2(r)  Mg2+ + 2OH-

1,5.10-11

Mn3(AsO4)2

Mn3(AsO4)2(r)  3Mn2+ + 2AsO43-

1,9.10-11

MnCO3(r)  Mn2+ + CO32-

1,8.10-11

Mn(OH)2(r)  Mn2+ + 2OH-

4,6.10-14

MnS(r)  Mn2+ + S2-

5,1.10-15

Mn(OH)3

Mn(OH)3(r)  Mn3+ + 3OH-

1.10-36

Ni3(AsO4)2

Ni3(AsO4)2(r)  3Ni2+ + 2AsO43-

1,9.10-26

NiCO3

NiCO3(r)  Ni2+ + CO32-

6,6.10-9

Ni(CN)2

Ni(CN)2(r)  Ni2+ + 2CN-

3.10-23

Ni(OH)2

Ni(OH)2(r)  Ni2+ + 2OH-

2,8.10-16

Pb3(AsO4)2

Pb3(AsO4)2(r)  3Pb2+ + 2AsO43-

4,1.10-36

PbBr2

PbBr2(r)  Pb2+ + 2Br-

6,3.10-6

PbCO3

PbCO3(r)  Pb2+ + CO32-

1,5.10-13

ẠY

FF O

4.10-29

KÈ

MnS

Mn(OH)2

2,5.10-26

MnCO3

IC IA L

Hg2Br2

3.10-53

8,6.10-5

PbCl2(r)  Pb2+ + 2Cl-

1,7.10-6

PbCrO4

PbCrO4(r)  Pb2+ + CrO42-

1,8.10-14

PbF2

PbF2(r)  Pb2+ + 2F-

3,7.10-8

Pb(OH)2

Pb(OH)2(r)  Pb2+ + 2OH-

2,8.10-16

PbI2

PbI2(r)  Pb2+ + 2I-

8,7.10-9

Pb3(PO4)2

Pb3(PO4)2(r)  3Pb2+ + 2PO43-

3.10-44

PbSeO4

PbSeO4(r)  Pb2+ + SeO42-

1,5.10-7

PbSO4

PbSO4(r)  Pb2+ + SO42-

1,8.10-8

PbS

PbS(r)  Pb2+ + S2-

Sn(OH)2

Sn(OH)2(r)  Sn2+ + 2OH-

SnI2

SnI2(r)  Sn2+ + 2I-

SnS

SnS(r)  Sn2+ + S2-

Sn(OH)4

Sn(OH)4(r)  Sn4+ + 4OH-

SnS2

SnS2(r)  Sn4+ + 2S2-

Sr3(AsO4)2

Sr3(AsO4)2(r)  3Sr2+ + 2AsO43-

1,3.10-18

SrCO3

SrCO3(r)  Sr2+ + CO32-

9,4.10-10

SrC2O4

SrC2O4(r)  Sr2+ + C2O42-

5,6.10-8

SrCrO4(r)  Sr2+ + CrO42-

3,6.10-5

Sr3(PO4)2(r)  3Sr2+ + 2PO42-

1.10-31

SrSO3

SrSO3(r)  Sr2+ + SO32-

4.10-8

SrSO4

SrSO4(r)  Sr2+ + SO42-

2,8.10-7

Zn3(AsO4)2

Zn3(AsO4)2(r)  3Zn2+ + 2AsO43-

1,1.10-27

ZnCO3

ZnCO3(r)  Zn2+ + CO32-

1,5.10-11

Zn(CN)2

Zn(CN)2(r)  Zn2+ + 2CN-

8.10-12

Zn(OH)2

Zn(OH)2(r)  Zn2+ + 2OH-

4,5.10-17

Zn3(PO4)2

Zn3(PO4)2(r)  3Zn2+ + 2PO43-

9,1.10-33

ZnS

ZnS(r)  Zn2+ + S2-

1,1.10-21

FF O

ẠY

KÈ

Sr3(PO4)2

8,4.10-28

SrCrO4

IC IA L

PbCl2

2.10-26 1.10-4 1.10-28 1.10-57 1.10-70

2.2. Kết tủa phân đoạn [1], [7] Nếu trong dung dịch chứa hai hay nhiều ion có khả năng tạo kết tủa cùng một ion nhưng các kết tủa hình thành có tích số tan khác nhau sẽ lần lượt hình thành

IC IA L

các kết tủa.

Có một số trường hợp phải tách một số ion ra khỏi dung dịch trong khi đó nhiều ion khác có tính chất tương tự vẫn nằm lại trong dung dịch. Quá trình tách đó

gọi là sự kết tủa phân đoạn.

Xét cho hỗn hợp A, B có nồng độ CA, CB tạo kết tủa với thuốc thử M +

→

(TMA )-1 (TMA là tích số tan của MA)

→

(TMB)-1 (TMB là tích số tan của MB)

2.2.1. Điều kiện để ion kết tủa trước [7]

Giả thiết MA tạo ra kết tủa trước thì [M].CA > TMA  [M] > TMB CB

MB chưa tạo ra kết tủa nên [M].CB < TMB  [M] <

Điều kiện để MA kết tủa trước

KÈ

TMA T < [M] < MB CA CB

ẠY

2.2.2. Khi nào hai ion cùng kết tủa [7]

Để tạo được kết tủa thì [M] >

TMA  A

TMB  B

Trong đó [A] và [B] là nồng độ lúc cân bằng của A và B.

TMA CA

2.2.3. Điều kiện để ion trước kết tủa hoàn toàn rồi mới kết tủa ion thứ hai [7] Điều kiện để ion kết tủa hoàn toàn:

IC IA L

Quy ước: nồng độ của ion trong dung dịch bé hơn 10-6M. Xét cho hỗn hợp A, B mà A kết tủa trước: Khi MB bắt đầu xuất hiện kết tủa:

TMB TMA T =  [A] = CB. MA < 10-6 CB TMB  A

2.3. Các yếu tố ảnh hưởng đến độ tan [9]

Trong thực tế, ion kim loại của kết tủa có thể tạo phức với OH- và anion của

kết tủa có thể phản ứng với H+ trong dung dịch. Ngoài ra, những cấu tử khác có

trong dung dịch cũng có thể tham gia phản ứng với các ion của kết tủa hoặc ít nhất

cũng làm biến đổi hệ số hoạt độ của chúng. Những yếu tố đó đều ảnh hưởng đến độ

2.3.1. Ảnh hưởng của pH

tan của kết tủa.

MmAn (rắn)



mMn+ +

nAm-

Xét cân bằng tổng quát:

Ion Mn+ thường là các cation kim loại, ion Am- thường là anion của một axit. Do đó

Mn+ thường có xu hướng kết hợp OH-, Am- có khuynh hướng kết hợp với H+.

KÈ

Sự kết hợp này làm giảm nồng độ của anion và cation xuống làm cân bằng

chuyển dịch sang phải, làm tăng độ tan, ảnh hưởng càng mạnh độ tan càng lớn.

ẠY

2.3.2. Ảnh hưởng của phản ứng tạo phức Nếu trong dung dịch có ion trung tâm (kí hiệu chung là M n+) có các phối tử (kí

hiệu là L), với điều kiện thích hợp có thể tạo thành phức.



Tổng quát: Mn+ + mL

Lnm

(Với m là số phối tử trung hòa quanh

IC IA L

Lnm  ion trung tâm). Khi đạt cân bằng ta có: K = m  n    L 

Nếu phức chất càng bền thì [ Lnm ] càng nhiều, K càng lớn, vì vậy hằng số cân bằng K này còn gọi là hằng số bền của phức (gọi là Kb). 

Mn+ + mL

 n    L  1 Lúc ấy K’=  Ta dễ dàng thấy: K’ = n b  ML m 

Ngược lại nếu viết: Lnm

Nên người ta gọi hằng số K’ là hằng số không bền của phức (Kkb). Các hằng số bền (hay không bền) giúp ta tính được nồng độ các ion trong

các ion trong dung dịch.

dung dịch, qua đó xác định được có kết tủa hay tạo phức khi có sự có mặt đồng thời

2.3.3. Hiệu ứng của ion chung đối với tích số tan của các chất ít tan [1]

Ở một nhiệt độ đã cho tích số tan chỉ phụ thuộc vào tích số các ion. Nếu nồng độ của một ion nào đó tăng thì nồng độ các ion khác phải giảm để giữ cho giá

trị của hằng số tích số tan không đổi.

KÈ

Ví dụ: Thêm muối tan Na2CrO4 vào dung dịch bão hòa PbCrO4 rắn. Nồng độ

của ion chung CrO42- tăng, một số sẽ kết hợp với ion Pb2+ để tạo thành PbCrO4. Kết

ẠY

quả làm cân bằng chuyển dịch về bên trái PbCrO4(r)



Pb2+

+ CrO42-

Sau khi thêm Na2CrO4, nồng độ CrO42- cao hơn nhưng nồng độ Pb2+ lại thấp hơn. Mà nồng độ của Pb2+ biểu thị cho độ tan của PbCrO4, như vậy độ tan đã giảm đi. Vậy sự có mặt của ion chung làm giảm độ tan của các hợp chất ion ít tan.

2.4. Phương pháp làm bài [8], [11], [12] 2.4.1. Các định luật áp dụng trong việc giải bài toán liên quan đến cân bằng tạo

IC IA L

kết tủa [11] - Định luật bảo toàn nồng độ: Nồng độ ban đầu của một cấu tử bằng tổng nồng độ cân bằng của các dạng tồn tại của cấu tử có mặt trong dung dịch.

- Định luật bảo toàn điện tích: Dựa trên nguyên tắc dung dịch có tính trung

hòa điện. Tổng điện tích âm của các anion phải bằng tổng điện tích dương của các

cation.

C   D  - Định luật tác dụng khối lượng: aA + bB  cC + dD thì KC  a b  A  B 

- Định luật bảo toàn proton: Nếu ta chọn một trạng thái nào của dung dịch

làm chuẩn (mức không) thì tổng nồng độ proton mà các cấu tử ở mức không giải phóng ra bằng tổng nồng độ proton mà các cấu tử thu vào để đạt đến trạng thái cân

bằng.

2.4.2. Sơ đồ giải bài tập [8], [12]

tập.

Bước 1. Viết các phương trình của tất cả mọi phản ứng có thể có quan hệ với bài

KÈ

Bước 2. Xác định nồng độ cân bằng của những chất cần phải tìm. Bước 3. Viết các biểu thức cho hằng số cân bằng của tất cả các phản ứng đã viết

ẠY

(điểm 1). Tìm các giá trị hằng số cân bằng trong các bảng tương ứng. Bước 4. Viết các phương trình cân bằng vật chất của hệ, các phương trình liên kết nồng độ cân bằng của các dạng khác nhau của các chất, liên kết giữa nồng độ cân bằng mỗi dạng với nồng độ tổng quát của nó trong dung dịch. Các điều kiện cân bằng.

Bước 5. Viết phương trình trung hoà điện. Trong một dung dịch bất kỳ, tổng số điện tích dương của cation phải bằng tổng số điện tích âm của anion, nghĩa là trung hoà điện. Những hệ thức đó được diễn tả bằng phương trình trung hoà điện.

IC IA L

Bước 6. Đếm số ẩn số trong các phương trình được thiết lập theo các điểm 3, 4, 5 và so sánh ẩn số đó với số phương trình độc lập. Nếu số ẩn số và số phương trình bằng

nhau thì có thể giải bài tập một cách chính xác nhờ những phép tính đại số tương

ứng. Nếu số phương trình ít hơn số ẩn thì hãy thử cố gắng thiết lập những phương trình độc lập phụ. Nếu như không làm được điều đó thì cần phải thừa nhận rằng

không thể giải chính xác được, nhưng có thể giải gần đúng.

Bước 7. Làm các giả thiết cần thiết để giải bài tập với mục đích đơn giản những

phương trình đại số hoặc giảm ẩn số.

Bước 8. Giải những phương trình đại số tương đối theo những nồng độ cân bằng

cần phải xác định (bước 2).

Bước 9. Sử dụng nồng độ cân bằng đã thu được ở điểm 8 để kiểm tra độ đúng của

những giả thiết đã đề ra ở bước 7.

hành :

* Đánh giá thành phần cân bằng của các dung dịch dựa trên các bước tiến

- Mô tả cân bằng, so sánh các cân bằng tìm ra cân bằng chủ yếu quyết định

KÈ

đến thành phần cân bằng của hệ. - Tính toán theo cân bằng của định luật tác dụng khối lượng, sau đó tính

ẠY

nồng độ cân bằng của các thành phần khác. - Trường hợp không có một cân bằng chủ yếu quyết định thì phải lập hệ

phương trình phi tuyến hoặc đưa về một phương trình phi tuyến. Giải hệ phương trình hoặc phương trình phi tuyến tìm thành phần cân bằng của hệ.

CHƯƠNG 3: HỆ THỐNG CÁC DẠNG BÀI TẬP PHẦN CÂN BẰNG TẠO KẾT TỦA DÙNG ĐỂ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

IC IA L

3.1. Dạng 1: Bài tập tính tích số tan khi biết độ tan Độ tan của một hợp chất được biểu thị bằng số gam hoặc số mol chất đó tan trong nước để cho một lít dung dịch bão hòa ở một nhiệt độ xác định.

Bài 1: Một lít dung dịch bari sunfat bão hòa chứa 0,0025g bari sunfat tan ở 25oC.

Xác định tích số tan của bari sunfat.

Giải:

Độ tan theo mol/l của BaSO4 là:

2,5. 103 = 1,1.10-5 (M) 233



BaSO4 (r)

Tan:

1,1.10-5 (M) →

Ba2+

1,1.10-5 (M)

SO421,1.10-5 (M)

Ta có:

Tích số tan của BaSO4 là:

TBaSO4 = [Ba2+][SO42-] = (1,1.10-5)2 = 1,2.10-10 Bài 2: Một lít dd bão hòa bạc cromat ở 25oC chứa 0,0435g chất tan Ag2CrO4. Tính

KÈ

tích số tan của muối đó.

ẠY

Giải:

Độ tan theo mol/l của Ag2CrO4 là : 0, 0435 = 1,31.10-4 (M). 332



Ta có :

Ag2CrO4 (r)

Tan:

1,31.10-4 (M) →

2Ag+

2.1,31.10-4 (M)

CrO421,31.10-4 (M)

Tích số tan của Ag2CrO4 là: T = [Ag+]2[CrO42-] = (2.1,31.10-4)2 (2.1,31.10-4) = 8,99.10-2

IC IA L

Bài 3: Dựa vào độ tan S trong nước, hãy tính tích số tan của các hợp chất sau: a. AgCl (S = 1.10-5M)

b. Ag4[Fe(CN)6] (S = 2,29.10-9M) c. TiCl (S = 0,3 gam trong 100 ml dd)

d. CaF2 (S = 2,16.10-4M)

e. CuSCN (S = 4,2.10-6 g/l)

Giải:

Ag   Cl 

AgCl( r )

→ S

Gọi độ tan của các hợp chất trong nước là S.

Ta có TAgCl   Ag   Cl   =S.S = 1.10-5.1.10-5 = 10-10

KÈ

b. Ag4  Fe  CN 6  (r ) S

ẠY

Ta có: TAg

4 Ag   Fe  CN 6

 CN 6 

  Ag    Fe(CN )6  =  4S  S =  4.2, 29.109  .2, 29.109  1, 6.1041 4

4  Fe

4

c. Ta có: S = 0,0359M TiCl( r )

Ti   Cl 

-3 TTiCl  Ti   Cl   = S.S = 0,0359.0,0359 = 1,29.10

Ca 2  2F 

CaF2( r )

IC IA L

Ta có: TCaF  Ca 2   F   = S.(2S)2 = 2,16.10-4.(2.2,16.10-4)2 = 4,03.10-11 2

→ S

Cu   SCN 

CuSCN( r )

e. S = 3,44.10-8

Ta có: TCuSCN  Cu    SCN   = S.S = 3,44.10-8.3,44.10-8 = 1,2.10-15

Bài 4: Cho biết độ tan S của Ba(IO3)2 trong dung dịch KIO3 5,4.10-4M là 5,4.10-4

mol/l. Hãy tính tích số tan của Ba(IO3)2.

Giải:

Ta có phương trình phân li: K+

KIO3 →

KÈ

5,4.10-4

Ba  IO3 2( r )

5,4.10-4 Ba 2  2IO3

5,4.10-4

ẠY

Bđ:

Cb:

IO3-

(2S + 5,4.10-4)

Ta có: TBa IO    Ba 2   IO3   S .  2S  5, 4.104 2

3 2

= 1,4.10-9

 = 5,4.10-4.(2.5,4.10-4 + 5,4.10-4)2 2

Bài 5: Cho biết độ tan S của BaSO4 trong HCl 0,2N là 3.10-5M. Hãy tính tích số tan của BaSO4.

Ba 2  SO4 2

SO42  H 



K1  K a2 1  102

HSO4

BaSO4( r )  H 

Bđ:

TBaSO4

 102

O S

0,2 - S

N  



3.105 S2  2  2  4,5.1011 5 10 (0, 2  S) 10 0, 2  3.10



TBaSO4

S2 Ta có:  102.TBaSO4  0, 2  S 

Với S = 3.10-5M

Suy ra:

1

K  K1TBaSO4  102.TBaSO4

Ba 2  HSO4 

0,2

Cb:



BaSO4( r )

IC IA L

Giải:

Bài 6: Độ tan PbI2 ở 180C 1,5.10-3 mol/l

KÈ

a. Tính nồng độ mol/l của Pb2+ và I  trong dung dịch bão hòa PbI2 ở 180C. b. Tính tích số tan PbI2 ở 180C.

ẠY

c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu gam KI vào 1 lít dung

dịch bão hòa PbI2. Giải: a.Trong dung dịch tồn tại cân bằng: PbI2 (rắn) 

Pb 2+

2I

1,5.10-3

3.10-3

Ta có: [Pb2+] = 1,5.10-3M

b. Tích số tan của PbI2 là: 2+

- 2

-3

-3 2

c. Phương trình phân li của KI:

I

K+

→

-9

TPbI 2 = [Pb ][I ] = (1,5.10 ).(3.10 ) = 13,5.10

IC IA L

[I-] = 3.10-3M

Gọi a là số mol KI cần thêm vào, S là độ tan PbI2 sau khi thêm KI

1,5.103  S  S  10 4 M 15

Y 10-4

10-4

 Pb2+ + 2I-

PbI2 (rắn)

2.10-4

-4 -4 2 -9 TPbI2   Pb2   I   = 10 .(2.10 + a) = 13,5.10

KÈ

a2 + 4.10-4 a – 13,5.10-9 = 0 a = 1,1419.10-2 mol

ẠY

Khối lượng KI cần thêm vào: 166.1,1419.10-2 = 1,895g. Bài 7: Độ tan của Mg(OH)2 trong nước ở 180C là 9.10-3 g/l còn ở 1000C là 4.10-2 g/l. Tính tích số tan của Mg(OH)2 ở hai nhiệt độ và pH của các dung dịch bão hoà. Giải: Gọi độ tan của Mg(OH)2 là s

Mg(OH)2 (rắn) 

Mg2+ + 2OH- T = [Mg2+].[OH-]2 = 4s3 s

2s 3

IC IA L

 9.103  -4 3 -11 Ở 291K: T291K = 4.   = 4.(1,552.10 ) = 1,495.10 .  58 

pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.1,552.10-4) = 10,49. 3

 4.102  -9 Ở 373K: T373K = 4.   = 1,312.10  58 

pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.6,897.10-4) = 11,14.

Ca2+(t) +

- 132,18

2OH- (t) - 37,59

Biết: ΔGo (KCal.mol-1) – 214,3



Ca(OH)2 (r)

Bài 8: Canxi hidroxit là một bazơ ít tan. Trong dung dịch nước có tồn tại cân bằng:

Hãy tính:

a. Tích số tan của Ca(OH)2 ở 25oC?

b. Tính nồng độ các ion Ca2+; OH- trong dung dịch nước ở 25oC.

Giải:

KÈ

Ca(OH)2 (r)  Ca2+(t) + 2OH- (t)

ẠY

o Gpoö  G(oCa2 )  2G(oOH  )  GCa ( OH )2

= - 132,18 + 2(-37,59) – (-214,3) = + 6,9 KCal.

Mặt khác: ΔGo = - RTlnK Nên: lgK = -

G o 2,303.RT

6,9  5, 06 2,303 . 1,987.10-3 . 298

 K = 8,71.10-8 = TCa(OH )

IC IA L

 lgK = -

Mà TCa(OH ) = [Ca2+] [OH-]2 = 8,71.10-8 2

4[Ca2+]3 = 8,71.10-8

Vậy nồng độ lúc cân bằng của các ion là:

[Ca2+] = 1,3.10-2 (M)

[OH-] = 2[Ca2+] = 2,6.10-2 (M).

3.2. Dạng 2: Từ tích số tan xác định độ tan của hợp chất ít tan

Nguyên tắc:

chất ít tan, các cân bằng phụ.

- Mô tả các cân bằng xảy ra trong dung dịch, trong đó có cân bằng của hợp

- Đánh giá mức độ xảy ra của các quá trình phụ (căn cứ vào các hằng số cân

bằng).

- Thiết lập biểu thức tính tích số tan.

KÈ

- Thiết lập biểu thức tính nồng độ phân tử khác sinh ra do quá trình phụ. - Trong trường hợp cần thiết phải đánh giá gần đúng pH hoặc nồng độ chất

ẠY

tạo phức. - Tổ hợp các biểu thức rút ra với biểu thức tích số tan để đánh giá độ tan.

Bài 1: Tính độ tan trong nước của các muối a. Hg2Cl2 có T = 1,1.10-18

b. AgI có T = 1,5.10-6 Giải:

IC IA L

Gọi độ tan trong nước của các muối là S. Hg2 2  2Cl 

a. Hg2Cl2( r )

Ta có: THg Cl   Hg22  Cl    1,1.1018 2

 S.  2S   1,1.1018

 4S 3  1,1.1018

Ag   I 

AgI ( r )

 S  6,5.107 M

Ta có: TAgI   Ag    I    1,5.106

 S.S  1,5.106

KÈ

 S  1, 22.103 M

ẠY

Bài 2. Biết tích số tan của canxi cacbonat ở 25oC là 3,8.10-9. Xác định độ tan của

CaCO3 trong nước nguyên chất.

Giải: Gọi độ tan của CaCO3 trong nước là S. CaCO3 (r)



Ca2+ +

CO32-

→

T = [Ca2+][ CO32-] = S2 = 3,8.10-9

Ta có:

IC IA L

S = 3,8.109 = 6,2.10-5 (M)

Bài 3. Biết tích số tan của MgF2 ở 25oC là 6,4.10-9. Xác định độ tan của MgF2 theo mol/l và theo g/l.

Gọi độ tan của MgF2 là S. 

Mg2+ +

2F-

→

MgF2 (r)

Giải:

T = 4

6, 4.109 = 1,2.10-3M 4

S=3

Ta có: T = [Mg2+][F2-]2 = S (2S)2 = 4S3

S = 1,2.10-3. 62,3 = 0,075 g/l

Bài 4: a. Tính độ tan của Ca(OH)2 trong nước ở 250C biết T = 6,5.10-6

KÈ

b. Tính độ tan của Ca(OH)2 trong dung dịch Ca(NO3)2 0,1M. Giải:

ẠY

Gọi độ tan của Ca(OH)2 là S.

a. Trong dung dịch nước: Ca(OH )2( r )

Ca 2  2OH 

TCa (OH )2  Ca 2  OH    6,5.106

 S.  2S   6,5.106 2

IC IA L

 S  0,0118M

b. Trong dung dịch Ca(NO3)2 2OH 

S + 0,1

Ca 2 

Ca(OH )2( r )

TCa (OH )2  Ca 2  OH    6,5.106

  S  0,1 .  2S   6,5.106

 S  3,95.103 M.

a. Trong nước.

Bài 5: Tính độ tan của AgSCN: TAgSCN  1.1012

b. Trong KSCN 0,01M

KÈ

c. Trong AgNO3 0,001M. Giải:

ẠY

Gọi độ tan của AgSCN là S.

a. Trong nước tồn tại cân bằng: AgSCN( r )

Ag   SCN 

Ta có: TAgSCN   Ag    SCN    1.1012

 S.S  1.1012  S  106

Ag   SCN 

S + 0,01

AgSCN( r )

IC IA L

b. Trong dung dịch KSCN

Ta có: TAgSCN   Ag    SCN    1.1012

 S.  S  0,01  1.1012

 S  9,995.1011 M

SCN 

Ag  

AgSCN( r )

c. Trong AgNO3:

S + 0,001

Ta có: TAgSCN   Ag    SCN    1.1012

  S  0,001 .S  1.1012

KÈ

 S  109 M.

ẠY

Bài 6: Tính độ tan trong dung dịch Ba(OH)2 0,001M của các kết tủa sau:

a. Mg(OH)2 có T = 1,5.10-11

b. BaCO3 có T = 8,1.10-9 Giải: a. Gọi độ tan của Mg(OH)2 là S

Mg  OH 2( r )

Mg 2 

TMg (OH )2  1,5.1011

2S + 0,002

Ta có: TMg (OH )   Mg 2  OH    S .  2S  0, 002   1,5.1011 2

 4S 3  0,008S 2  0,0022 S  1,5.1011

 S  3,72.106 M

b. Gọi độ tan của BaCO3 là S.

TBaCO3  8,1.109

Ba 2  CO32

BaCO3( r )

Ta có: TBaCO   Ba 2  CO32    S  0, 001 S  8,1.109 3

 S 2  0,001S  8,1.109

 S  8,03.106 M

Bài 7: Tính độ tan của CaF2 a. Trong nước.

b. Trong dung dịch HCl 0,001M.

KÈ

Biết: TCaF  3,9.1011 2

ẠY

HF có Ka = 7,2.10-4

Giải: Gọi độ tan của CaF2 là S.

a. Ta có phương trình phân li của CaF2: CaF2( r )

Ca 2  2F 

IC IA L

→

2OH 

TCaF2  3,9.1011

→ S

Ta có: TCaF  Ca 2   F    S.  2S   3,9.1011 2

IC IA L

 4S 3  3,9.1011  S  2,14.104

→ S

TCaF2  3,9.1011

Ca 2  2F 

CaF2( r )

Trong dung dịch HCl có sự phân li tạo ra ion H+ kết hợp với ion F- theo phương

F  H

trình:



K   Ka   7, 2.104 1



1

2S   F     HF  *

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ ta có:

 HF 

Từ phương trình tạo thành HF ta có: K 

 F    H  

KÈ

  HF   K  F    H    1, 4.103.0,001.  F  

ẠY

Thay [HF] vào (*) ta được: 2S   F    1, 4.  F  

  F   

2S 2, 4

Thế [F-] vào biểu thức tích số tan ta được: 2

TCaF2

 2S   Ca   F   S .   3,9.1011   2, 4  2



 1, 4.103

 0,69S 3  3,9.1011

 S  3,83.104 M

IC IA L

Bài 8: Tính độ tan của CuS trong NH4Cl 1M. Biết TCuS  8, 7.1036 Giải:

Gọi độ tan của CuS là S.

→S

TCuS  8, 7.1036

Cu 2  S 2

CuS( r )

Phương trình phân li của CuS trong nước:

→1M

NH 4Cl  NH 4  Cl 

Muối NH4Cl phân li hoàn toàn tạo ra NH4+ có nồng độ bằng nồng độ của NH4Cl.

NH3  H 

Trong dung dịch có phương trình: NH 4

Gọi nồng độ NH4+ phân li là x (M). Ta có:

Ban đầu:

Cân bằng:

1-x

 109,24



ẠY D

NH3  H 

KÈ

NH 4

Ka 

 NH 3   H    NH 4  

x2  109,24 1  x  

 x  2, 4.105

Ka  109,24

  H    2, 4.105

S2- tồn tại trong dung dịch sẽ kết hợp với H+ theo các phương trình: HS  (2)

HS   H 

K'

K"

K a2  H 2 S 

1 K a1  H 2 S 

 1012,92

 107,24

H 2 S (3)

IC IA L

S 2  H 

Do K”.S << 1 nên ta có thể bỏ qua phương trình (3) do sự tạo thành H2S là không

đáng kể.

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ cho ion S2- ta có:

S   S 2    HS   (*)

 HS   Từ (2) ta có: K '  2  1012,92  S   H  

  HS    1012,92.  S 2   H    1012,92.2, 4.105  S 2   2.108  S 2 

Thay giá trị của [HS-] vào (*) ta được: S   S 2   2.108  S 2  S 1  2.108



KÈ

  S 2  



ẠY

Thay giá trị của [S2-] vào biểu thức tính tích số tan ta có:

TCuS  S .

S  8, 7.1036 8 1  2.10





 S 2  8,7.1036. 1  2.108 

 S  4,17.1014 M

Bài 9. Tính độ tan của AgOCN trong dung dịch HNO3 0,001M. Cho TAgOCN = 2,3.10-7, HOCN có Ka = 3,3.10-4.

 Ag+ + OCN-

AgOCN(r)

T = [Ag+][OCN-]

 HOCN

OCN- + H+

IC IA L

Giải

K = (Ka)-1

Lập phương trình

(1)

[Ag+] = [OCN-] + [HOCN]

(4)

[H+] + [HOCN] = 10-3

(3)

  Ta có: K a  [ H ][OCN ] (2)

[ HOCN ]

(103  [ HOCN ])[OCN  ] Từ (2), (4)  3,3.10  [ HOCN ]

103.[OCN  ] 3,3.104  [OCN  ]

(5)

 [ HOCN ] 

4

103[OCN  ] 3,3.104  [OCN  ]

KÈ

(3), (5)  [ Ag  ]  [OCN  ]  Đặt [OCN-] = x

ẠY

 103 x  -7 x  (1), (6)    x = 2,3.10 4 3,3.10  x  

 x3 + 1,33.10-3 x2 - 2,3.10-7x - 7,59.10-11 = 0  x = 2,98.10-4 = [OCN-] (5)  [HOCN] = 4,75.10-4

(6)

(4)  [H+] = 5,25.10-4 (1)  [Ag+] = 7,72.10-4 = S.

IC IA L

Bài 10: Tính độ tan của Ca(OH)2 trong dd Ca(NO3)2 0,1M. Biết T = 6,5.10-3 Giải.

Gọi độ tan của Ca(OH)2 là S Ta có:

0,1 

Ca2+ +

→

0,1 + S

Khi cân bằng:

2OH-

Ca(OH)2(r)

0,1

2NO3-

Ca2+ +

→

Ca(NO3)2

T = [Ca2+][OH-]2 = (0,1 + S)4S2 = 6,5.10-3

S = 4.10-3M.

Bài 11: Tính độ tan của Ag2S trong nước.Biết H2S có K a  10-7,12, K a  10-9,24 và

Giải:

TAg2 S  1, 6.1049 .

ẠY

KÈ

Gọi độ tan của Ag2S là S. 2 Ag   S 2 ( I )

Ag2 S( r )

S → 2S 2

 H 2O

HS   H 2O H 2O

S 1014 HS  OH K  ( II ) K a2 



H 2 S  OH  K '' 

1014 ( III ) K a1

H   OH  K H2O  1014

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:  H    OH     HS    2  S 2  (1)

IC IA L

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ ta có: S   H 2 S    HS     S 2  cb (2) Do [HS-] sinh ra ở ptpư (III) quá bé, ta bỏ qua ptpư (III), [S2-] ở (1), (2) bỏ qua

Ta có: Do HS- sinh ra rất bé so với nồng độ của H+ và OH- có thể coi (1):  H    OH  

  H    OH    107

 S 2  OH  

 HS   OH   Ta có: K    HS    K '  S 2 

  HS    S   S 2 

Từ (2) ta có: S   S 2  cb   HS  

 S 2  Ta thay HS vào biểu thức (2) được: S  K   S 2   OH  '

  S 2  

KÈ

Ta có: TAg S  1, 6.1049 2

S  K'     1  OH      

    S 2   2 2   Ag   S    2S    K' 1     OH     

ẠY

 S= 1,9.10-16

3.3. Dạng 3: Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi cân bằng Bài 1: Trộn 10 ml dd AgNO3 0,143M với 1ml dd HCl 0,143M. Hãy tính nồng độ các ion trong dung dịch khi cân bằng và số gam kết tủa tách ra nếu có. Biết TAgCl  1,8.1010 .

Giải: Ta có: nAgNO  1, 43.103 3

IC IA L

nHCl  1, 43.104

Phương trình phản ứng xảy ra: AgNO3(l )  HCl(l )  AgCl( r )  HNO3(l ) Từ tỉ lệ số mol và dựa vào phương trình ta có: nAgCl  1, 43.104

AgCl( r )

Ag   Cl 

Kết tủa AgCl được tạo ra tan một phần theo phương trình phân li: TAgCl  1,8.1010

Nếu gọi độ tan của AgCl là S ta có:

 S  1,34.105 M

Như vậy số gam kết tủa tạo thành là:

TAgCl   Ag   Cl    S .S  1,8.1010

mAgCl  1, 43.104  1,34.105.11.103 143,5  0, 0205g

0,143.1  0,013M 11

0,143.10  0,13M 11

 NO3  

Trong dung dịch còn có:  H   

 Ag    0,13  1,34.105  0,1300134M

KÈ

Cl    1,34.105 M

Bài 2: Lắc 2g CaSO4 trong 200 ml nước cho đến cân bằng. Tính nồng độ ion Ca2+,

ẠY

SO42- trong dung dịch. Biết TCaSO  105,92 và KCaOH  1012,6 , H2SO4 có Ka2 = 10-2. 

Giải: Gọi độ tan của CaSO4 là S, ta có: S  TCaSO  102,95 M  0,153g / l 4

CCaSO4 

2 .1000  10 g / l 200

 CaSO4 là dung dịch bão hòa. Trong dung dịch tồn tại phương trình phân li: TCaSO4  105,92

IC IA L

Ca 2  SO4 2

CaSO4( r )

Các ion ở trong nước tiếp tục phản ứng theo những phương trình: CaOH   H  K '  1012,6

SO42  H 2O

K"

HSO4  OH 

K H 2O K H 2 SO4

 1012

Ca 2  H 2O

Ta có: K '. Ca 2   1012,6.102,95 rất nhỏ, coi như sự tạo thành CaOH+ là không đáng kể.

Ta có: K ".  SO42   1012.102,95 rất nhỏ, coi như sự tạo thành HSO4- là không đáng kể.

Như vậy trong dung dịch có:

Ca 2    SO42   102,95  1,12.103 M

Bài 3: Tính % Ca đã chuyển vào kết tủa CaF2 khi hoà tan 0,2905g KF trong 0,5 lít dung dịch CaCl2 4.10-3M. Biết: TCaF  3,9.1011

Giải:

Ta có: nCaCl  2.103 mol

nKF  5.103 mol

KÈ

Phương trình phản ứng xảy ra: CaCl2(l )  2HF(l )  CaF2( r )  2HCl(l ) Từ số mol của các chất tham gia phản ứng và phương trình ta có: nCaF  2.103 mol 2

ẠY

Kết tủa CaF2 tạo ra tan một phần trong dung dịch với độ tan là S theo phương trình phân li: Ca 2  2F 

CaF2( r )

TCaF2  3,9.1011

Ta có: TCaF  S.  2S   3,9.1011 2

 4S 3  3,9.1011

 S  2,14.104 M

Khối lượng kết tủa được tạo ra là: mCaF   2.103  2,14.104.0,5 78  0,147654 g 2

3



 2,14.104.0,5 .40 2.103.40

.100  94, 65%

IC IA L

Phần trăm Ca chuyển vào trong CaF2 là:

 2.10

Bài 4: Trộn 100 ml dung dịch BaCl2 1,5.10-3M với 50 ml H2SO4 3,6.10-3M. Hãy tính % của ion Ba2+ đã chuyển vào kết tủa BaSO4. Biết TBaSO  1,1.1010 . 4

Ta có: nBaCl  1,5.104 mol

Giải: nH2 SO4  1,8.104 mol

Phương trình phản ứng: BaCl2  H 2 SO4  BaSO4  2HCl

Từ phương trình phản ứng ta có: nBaSO  1,5.104 mol

Trong dung dịch BaSO4 bị hòa tan theo phương trình phân li với độ tan S:

TBaSO4  1,1.1010

Ba 2  SO4 2

BaSO4( r )

Ta có: TBaSO  S.S  1,1.1010

 S  1,1.1010  1, 05.105

Khối lượng kết tủa tạo thành là: mBaSO  1,5.104  1, 05.105.0,15 .233  0, 0346 g

1,5.10

4



 1, 05.105.0,15 .137 1,5.104.137

KÈ

Phần trăm Ba chuyển vào kết tủa là:

.100  98,95%

Bài 5: Hòa tan 2.03g MgCl2.6H2O trong 1 lít dung dịch NaOH 5.10-3M. Hỏi có kết

ẠY

tủa Mg(OH)2 tách ra không? Tính nồng độ ion Mg2+ khi cân bằng.

Biết TMg (OH )  1,5.1011 . 2

Giải: Ta có: nMgCl .6 H O  0, 01mol 2

  Mg 2   0, 01M

Trong dung dịch có: OH    5.103 M Tích số nồng độ của 2 ion là:



 2,5.107  TMg (OH )2  1,5.1011

IC IA L



 Mg 2  . OH    0, 01. 5.103

Vậy có kết tủa Mg(OH)2 tách ra. Theo phương trình phản ứng: Mg 2  2OH   Mg (OH )2 

Số mol kết tủa Mg(OH)2 tạo thành là: 2,5.10-3 mol.

Kết tủa trong dung dịch tan một phần với độ tan S theo phương trình: Mg 2

7,5.10-3

S + 7,5.10-3

Cân bằng:

Ban đầu:

TMg (OH )2  1,5.1011

2OH 



Mg (OH )2

Áp dụng biểu thức tính số tan ta có:  S  7,5.103   2S   1,5.1011

 S  2, 23.105

Nồng độ Mg2+ lúc cân bằng là: 7,5.10-3 + 2,23.10-5 = 7,5223.10-3 M

Bài 6: Trộn 100 ml NH3 0,25M với 100 ml MgCl2 0,0125M và HCl 0,15M. Có kết

tủa Mg(OH)2 tách ra không? Tính nồng độ ion Mg2+ khi cân bằng. Biết TMg (OH )  1,5.1011 và dung dịch NH3 có Kb  104,76 .

KÈ

Giải:

0, 25.150  0,15M 250

ẠY

Ta có:  NH 3  

Phương trình phản ứng:

 HCl  

0,15.100  0, 06M 250

NH3  HCl  NH 4Cl

Trong hệ tồn tại các ion: [NH3] = 0,09M; [MgCl2] = 5.10-3 M; [NH4+] = 0,06M Ta có: Ban đầu:

NH3  H 2O

0,09

NH 4  OH 

0,06

Kb  104,76

Cân bằng:

0,06 + x

 0, 06  x  x  104,76  0, 09  x 

 x  OH    2,6.105

Ta có:  Mg 2  OH    5.103.  2,6.105   3,38.1012  TMg (OH ) 2

Vậy không có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện.

IC IA L



0,09 - x

Bài 7: Tính số gam Na2CO3 phải thêm vào 100 ml dung dịch CaCl2 0,01M để nồng độ ion Ca2+ là 10-6M. Biết TCaCO  3,8.109 và H2S có Ka 2  1010,25 , Ka1  106,75 .

Giải:

Ta có: TCaCO  3,8.109

Khi nồng độ Ca2+ còn lại 10-6M thì: CO32  

TCaCO3 106



3,8.109  3,8.103 M 6 10







H 2 CO3  OH 

K "  K a1 H2 S 

HCO3  H 2O



K '  K a 2 H2 S 

HCO3  OH 

CO32  H 2O

Trong dung dịch CO32- tạo phương trình phản ứng: 1

1









.K H2O  1010,25

.K H2O  106,75

1

.1014  103,75

.1014  107,15

KÈ

Do K” bé nên có thể bỏ qua quá trình tạo H2CO3, chỉ tính quá trình tạo HCO3-.

ẠY

Nếu gọi nồng độ ban đầu của CO32- là C (M) thì nồng độ CO32- phản ứng là: C -

3,8.10-3.

Cb:

CO32  H 2O

3,8.10-3

HCO3  OH 

C - 3,8.10-3

C  3,8.10  3

Từ biểu thức tính K’ ta có:

 103,75

3,8.103

IC IA L

 C  4,6.103 M

Vậy nồng độ CO32- cần thêm vào là: C  4,6.103 M nct Vdd

Áp dụng công thức: CM 

Ta có số mol CO32- là: 4,6.10-3.0,1 = 4,6.10-4 mol

Vậy số gam Na2CO3 phải thêm vào là: m = 4,6.10-4.106 = 0,04876g

3.4. Dạng 4: Bài tập liên quan đến kết tủa phân đoạn

Nếu hai ion phản ứng với một ion thứ ba nào đó tạo thành những kết tủa có

độ tan khác nhau, thì hợp chất ít tan hơn sẽ kết tủa ở nồng độ thuốc thử thấp hơn.

Khi độ tan khác nhau đủ lớn có thể tách định lượng ion đầu ra khỏi dung dịch trước khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa. Để phân chia như vậy, cần thiết giữ cẩn thận nồng

độ chất kết tủa ở giới hạn đã được xác định trước. Một loạt phương pháp phân chia

phân tích quan trọng, dựa trên biện pháp này trong đó có phương pháp phân chia

KÈ

bằng ion sunfua, bằng ion hiđroxyl và các thuốc thử hữu cơ. Đánh giá khả năng phân chia dựa trên phản ứng kết tủa ở nồng độ thuốc thử được kiểm tra trước là một ứng dụng quan trọng của quy luật tích số tan. Quy luật này còn được sử dụng để

ẠY

tính toán những điều kiện tối ưu cho sự phân chia.

Bài 1: Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol/l. Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4M thì ion nào sẽ kết tủa? Biết TMnS = 3.10-14, TCuS = 8.10-37; K H S  1,3.1021 . 2

Giải: Trong dung dịch HClO4 0,003M → [H+] = 0,003M



H2 S

2H+ + S2-

K H2S

 H    S 2  1,3.10 21 .0,1        S 2    1, 4.1017 2 H2S   0, 003

IC IA L

 Mn 2   S 2   2.104.1, 4.1017  2,8.1021  TMnS

 MnS không kết tủa. Cu 2   S 2   2.104.1, 4.1017  2,8.1021  TCuS

 CuS kết tủa.

Bài 2: Thêm dần dung dịch AgNO3 bão hòa vào dung dịch KCl 7.10-5M và K2CrO4

2.103M. Kết tủa nào sẽ xuất hiện trước? Tính nồng độ ion thứ nhất còn lại khi ion

thứ hai bắt đầu kết tủa. Tính lượng % ion thứ nhất đã chuyển vào kết tủa khi ion thứ

Biết TAgCl  1,8.1010 , TAg CrO  9.1012 . 4

Giải:

hai bắt đầu kết tủa.

Ta có tích số tan của AgCl là: TAgCl  1,8.1010

Từ công thức tính tích số tan: TAgCl   Ag   Cl   để tạo kết tủa AgCl thì nồng độ của Ag+ phải đạt:

KÈ

T 1,8.1010 TAgCl   Ag   Cl     Ag    AgCl   2,57.106 7.105 Cl 

Từ công thức tính tích số tan ta tính được nồng độ Ag+ cần để tạo kết tủa Ag2CrO4 Ta có: TAg CrO  9.1012

ẠY

Trong đó: TAg CrO   Ag   CrO42    Ag   

TAg2CrO4 CrO4 2 



9.1012  6, 7.105 2.103

Từ đó ta có kết tủa AgCl tạo thành trước do với nồng độ thấp hơn của Ag + đã tạo kết tủa.

Khi kết tủa thứ hai được tạo thành, nồng độ của Ag+ là:  Ag    6, 7.105 TAgCl  Ag  

Phần trăm ion Cl chuyển vào kết tủa là:



1,8.1010  2, 69.106 5 6, 7.10

 7.10

5

 2, 69.106

7.10

5

 .100  96,16%

IC IA L

Vậy ion Cl- có nồng độ là: Cl   

Bài 3: Dung dịch A chứa hai muối MgCl2 10-3M và FeCl3 10-3M. Cho NaOH rất

loãng từ từ vào dung dịch A.

a. Kết tủa nào được tạo ra trước.

b. Tính pH thích hợp để tách một trong hai ion này ra khỏi nhau. Biết rằng khi nồng

độ còn lại 10-6 xem như tách hết. TMg (OH )  1011 , TFe(OH )  1039 . 3

Giải:

a. Nồng độ tối thiểu để Mg2+ kết tủa là: 2

TMg (OH )2   Mg 2  OH    OH    1

TMg (OH )2  Mg 2 



1011  104 M 103

Nồng độ OH- tối thiểu để Fe3+ kết tủa là: 3

TFe (OH )3  Fe3 



1039  1012 M 3 10

KÈ

TFe(OH )3   Fe3  OH    OH    2

Ta có: OH   2  OH  1  vậy Fe(OH)3 kết tủa trước.

ẠY

b. Khi Fe3+ kết tủa hết (chấp nhận  Fe3   106 ) thì nồng độ OH- cần dùng là: 1039 OH    3 6  1011 M 10

Vậy giới hạn nồng độ OH- cần dùng để tách 2 ion ra khỏi nhau là: 1011  OH    104  3  pH  10

Có tách được hai kết tủa này ra khỏi nhau. Bài 4: Dung dịch bão hòa H2S có nồng độ 0,1M. Hằng số axit của H2S: K1 = 1.10-7 và K2 = 1,3.10-13.

IC IA L

a. Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,1M khi điều chỉnh pH = 2.

b. Một dung dịch A chứa các cation Mn2+, Co2+, và Ag+ với nồng độ ban đầu của

mỗi ion đều bằng 0,01M. Hoà tan H2S vào A đến bão hoà và điều chỉnh pH = 2 thì

ion nào tạo kết tủa? Cho: TMnS = 2,5.10-10; TCoS = 4.10-21; TAg S  6,3.1050 .

c. Hãy cho biết có bao nhiêu gam kết tủa chì(II) sunfua được tách ra từ 1 lít dung

dịch bão hòa chì(II) sunfat? Biết nồng độ sunfua được điều chỉnh đến 1.10-17M?

Cho các giá trị tích số tan: TPbSO4 = 1,6.10-8 và TPbS = 2,5.10-27.

Giải:

H   S 2

 H    HS   K1  H2S 

ẠY

KÈ

 H    S 2  K2   HS  

 HS  

K1  H 2 S   H  

  S 2  

Thay (1) vào (2)   S 2  

K2  1,3.103

HS 

H   HS  K1  1.107

a) Ta có: H 2 S

(1)

K 2  HS    H  

(2)

K 2 K1  H 2 S   H  

Thay các giá trị K1, K2, [H2S] = 0,1 và [H+] = 10-2 vào biểu thức trên ta được: [S2-] = 1,3.10-7M.

b) Ta có: [Mn2+][S2-] = 10-2.1,3 .10-17 = 1,3 .10-19 < TMnS = 2,5 .10-10  Không có kết tủa MnS.

IC IA L

[Co2+][ S2-] = 10-2 . 1,3 .10-17 = 1,3 .10-19 > TCoS = 4 .10-21  Có kết tủa CoS.

[Ag+]2[S2-] = (10-2)2. 1,3 .10-17 = 1,3 .10–21 > TAg2S = 6,3 .10-50

 Có kết tủa Ag2S

c) Ta có: [Pb2+][SO42-] = 1,6.10-8.

 [Pb2+] = [SO42-] = 1,265.10-4.

2,5.1027 = 2,5.10-10. 17 1.10

[Pb2+] =

Khi nồng độ sunfua đạt 1.10-17M thì nồng độ Pb2+ còn lại trong dung dịch là:

4 10 2  mPbS  (1, 265.10  2,5.10 ).239  3,03.10 g  30,3mg

0,1M.

Bài 5: Người ta cho khí CO2 lội qua dung dịch gồm Ba(OH)2 0,1M và Sr(OH)2

a) Chất nào kết tủa trước? b) Khi muối thứ hai bắt đầu kết tủa thì tỉ lệ % muối thứ nhất còn lại trong dung dịch

KÈ

là bao nhiêu? Có thể tách Sr2+ và Ba2+ ra khỏi dung dịch bằng cách kết tủa phân đoạn được không?

ẠY

Biết tích số tan BaCO3 là T = 8,1.10-9 và SrCO3 có T = 9,4.10-10

Giải: a) Khi cho khí CO2 lội qua dung dịch gồm Ba(OH)2 và Sr(OH)2 sẽ tạo thành kết tủa. Gọi M(OH)2 là kí hiệu chung cho Ba(OH)2 và Sr(OH)2 Ta có: M(OH)2 + CO2 → MCO3↓ + H2O

Kết tủa SrCO3 được tạo thành khi:

[Sr

].[CO32-]

-10

> 9,4.10

9, 4.1010 hay [CO3 ] > = 9,4.10-9 (M) 0,1 2

Kết tủa BaCO3 được tạo thành khi: 8,1.109 = 8,1.10-8 (M) 0,1

Vậy SrCO3 kết tủa trước. b) Khi BaCO3 bắt đầu kết tủa thì [CO32- ] > 8,1.10-8 (M) T

9, 4.1010

IC IA L

[Ba2+ ].[CO32-] > 8,1.10-9 hay [CO32-] >

[Sr 2+] còn lại trong dung dịch là:  Sr 2   SrCO2   1,16.102 8 CO3  8,1.10

1,16.102 .100  11, 6% 0,1

Tỉ lệ muối SrCO3 còn lại trong dung dịch là:

Tỉ lệ Sr2+ còn lại trong dung dịch khá lớn nên không thể dùng phương pháp kết tủa

phân đoạn để tách các ion Sr2+ và Ba2+ ra khỏi dung dịch.

Bài 6: Một dung dịch chứa BaCl2 và SrCl2 có cùng nồng độ là 0,01M. Có thể tách

hoàn toàn hai muối này ra khỏi nhau bằng cách thêm 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% khối lượng kết tủa. Biết các giá trị

tích số tan như sau: TBaSO4 = 1.10-10 và TSrSO4 = 3.10-7. a. Hãy tính nồng độ của Ba2+ còn lại trong dung dịch khi 99,9% Ba2+ đã bị kết tủa

và cho biết phương pháp này có dùng được để tách hoàn toàn hai muối ra khỏi nhau

KÈ

hay không?

Sự tạo phức có thể làm tăng đáng kể độ tan. Biết tích số tan của AgCl là 1,7.10-10,

ẠY

hằng số bền tổng cộng của phức Ag(NH3)2+ là 1,5.107.

b. Hãy chứng minh (bằng phép tính cụ thể) độ tan của AgCl trong dung dịch amoniac 1M lớn hơn so với độ tan trong nước cất. Giải:

[ Ba 2 ] 

100  99,9 .0, 01  1.105 M 100

 [ Sr 2  ] 

TBaSO4 [ Ba 2 ]

TSrSO4 [ SO42  ]



1.1010  105 M 5 1.10

3.107  3.10 2 M  0,01 M 5 1,0.10

[ SO42 ] 

IC IA L

Sau khi 99,9% Ba2+ đã bị kết tủa thì nồng độ SO42- trong dung dịch là:

 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:

S1  [ Ag  ]  TAgCl  1,3.105 M

Tính độ tan của AgCl trong dung dịch amoniac 1M.

Bđ

K  1,5.107.1,7.1010  2,55.103

1 - 2x

Ag(NH3)2+ + Cl

AgCl(r) + 2 NH3

x2  2,55.103  x = 4,59.10-2M 2 (1  2 x)

KÈ

 K

ẠY

 S2 = x = 4,59.10-2M



S2  4, 6.103 S1

Vậy độ tan của AgCl trong dung dịch NH3 0,1M lớn hơn độ tan trong nước cất.

Bài 7: Hãy tìm những điều kiện tách định lượng Pb2+ và Tl2+ bằng cách dung H2S kết tủa từ dung dịch chứa mỗi ion 0,1 mol/l. Biết TPbS  7.1028 , TTl S  1022 , H2S có: 2

IC IA L

Ka1  5,7.108 , Ka2  1, 2.1015 .

Giải:

Pb2+

S2-

TPbS  7.1028

Tl2S(r) 

2Tl+

S2-

TTl2 S  1022

Nồng độ S2- cần thiết để PbS kết tủa là:

T 7.1028  S 2   PbS2   7.1027 M 0,1  Pb 

PbS(r) 

Các cân bằng:

Nồng độ tối thiểu S2- cần để Tl2S kết tủa là:

Tl 



 0,1

 1020 M



1022

TTl2 S

 S 2  

PbS kết tủa ở nồng độ S2- nhỏ hơn nồng độ S2- để kết tủa Tl2S. Giả thiết rằng

khi tách hoàn toàn Pb2+ ra khỏi dung dịch thì nồng độ của nó là vào khoảng 10-6M,

ẠY

KÈ

vậy nồng độ ion sunfua cần thiết để tách hết Pb2+ là: T 7.1028  S 2   PbS2   7.1022 6 10  Pb 

Nồng độ S2- cần thiết để tạo kết tủa Tl2S là: (0,1)2.[S2-] = 1.10-22  [S2-] = 10-20

Vậy muốn tách hai ion cần giữ nồng độ ion sunfua trong khoảng giữa 7.10-22 và 10-20. Trong dung dịch H2S tồn tại các cân bằng:

IC IA L

H3O  HS  Ka1  5,7.108

H 2 S  H 2O

 HS    H 3O    5, 7.108 K a1   H2S 

H3O  S 2

Ka2  1, 2.1015

HS   H 2O

 S 2   H 3O   K a2   1, 2.1015   HS 

Phản ứng tổng cộng:

2H3O  S 2 K  6,8.1023

H 2 S  2H 2 O

 H 3O    S 2  Từ biểu thức tính hằng số cân bằng ta có:  6,8.1023 0,1 24 6,8.10   S 2   2  H 3O  

Thay giá trị [S2-] vào biểu thức trên ta tìm được nồng độ H+

2 6,8.1024  H 3O    7.1022   H 3O    0, 0985M

6,8.1024 1020   H 3O   0,026M 2

KÈ

 H 3O   

Vậy với điều kiện nồng độ H+ nằm trong khoảng 0,026M đến 0,0985M ta có

ẠY

thể tách định lượng Pb2+ và Tl+.

Bài 8: Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M. a. Kết tủa nào xuất hiện trước. b. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa. Biết CaC2O4 có T = 10-8,6 và MgC2O4 có T = 10-4,82.

Giải: a.

CaC2O4(r)



MgC2O4(r)



Ca2+ + Mg2+ +

C2O42C2O42-

T1 = 10-8,6 T2 = 10-4,82

IC IA L

Điều kiện để có kết tủa CaC2O4: [Ca2+] [C2O42-]  T1 10-8.60  [C2O4 ]  = 10-6,6 (M) 10-2

 [C2O42-] 

10-4.82 = 10-2,82 (M) 10-2

b. Khi MgC2O4 bắt đầu kết tủa thì:

[C2O42-]1  [C2O42-]2 nên CaC2O4 kết tủa trước.

Điều kiện để có kết tủa MgC2O4: [Mg2+] [C2O42-]  T2

T1 T2 108,6 2+ 2+ T1 = 10-2. 4,82 = 10-5,78 (M) 2+ = 2+  [Ca ] = [Mg ] [Ca ] [Mg ] T2 10

3.5. Dạng 5: Ảnh hưởng của PH đến độ tan

Ảnh hưởng của pH đến độ tan

Độ tan của nhiều kết tủa có ý nghĩa quan trọng trong phân tích định lượng, phụ thuộc trước hết vào nồng độ ion hiđro trong dung dịch. Trong phân tử của

những kết tủa đó chứa hoặc anion có tính bazơ, hoặc cation có tính axit, hoặc đồng

KÈ

thời cả hai.

Bài 1: Độ tan của AgCl trong nước cất ở một nhiệt độ nhất định là 1,81 mg/dm3.

Sau khi thêm HCl để chuyển pH về 2,35, giả thiết thể tích dung dịch sau khi thêm

ẠY

axit vẫn giữ nguyên và bằng 1dm3. Hãy:

a. Tính nồng độ ion Cl- trong dung dịch trước và sau khi thêm HCl. b. Tính tích số tan T trong nước của AgCl (dùng đơn vị thứ nguyên). c. Tính xem độ tan của AgCl đã giảm đi mấy lần sau khi axit hóa dung dịch ban đầu đến khi có pH = 2,35.

d. Tính khối lượng của NaCl và của Ag tan được trong 10 m3 dung dịch NaCl 10-3 M. Giải:

mol/l. Sau khi thêm HCl: C (Cl-) = C (H+) = 10-2,35 = 4,47.10-3 mol/l. b. Tích số tan được tính theo công thức:

TAgCl = [Ag+].[Cl-] = (1,26.10-5)(1,26.10-5) = 1,59.10-10. c. Khi axit hóa dung dịch đến pH = 2,35: 1,59.1010 = 3,56.10-8 mol/l 3 4, 47.10

Cl  



TAgCl

[Cl-] = [HCl ] = 4,47.10-3 [AgCl] = [Ag+]=

IC IA L

a. Trước khi thêm HCl ta có: [Cl-] = 1,81.10-3 g/dm3 = 1,26.10-5 mol/dm3 = 1,26.10-5

Như vậy độ tan của AgCl = 3,56.10-8mol/l, giảm đi

1, 26.105 = 354 lần 3,56.108

Cl  



1,59.1010 = 1,59.10-7 mol/l 3 10

TAgCl

[Ag+]=

d. Số mol NaCl = 10-3.10.103= 10 mol → mNaCl= 10. 58,5= 585g

Số mol Ag+ = 1,59.10-7.10.103= 1,59.10-3  mAg = mAg+ = 1.59.10-3.108 = 0,17g. Bài 2: Cho biết pH của dung dịch bão hòa Ag2SO4 trong HNO3 0,1M là 1,15. Tính

KÈ

Giải:

tích số tan và độ tan S của Ag2SO4.

ẠY

Gọi độ tan của Ag2SO4 là S. Ta có phương trình phân li: Ag2 SO4( r )

2 Ag   SO42 TAg SO 2

→

Trong môi trường H+ xảy ra phương trình phản ứng: SO42  H 

HSO4

 Ka 2 

1

 102

Tổ hợp các phương trình ta được: K  TAg2 SO4 .  Ka 2   102.TAg2SO4 1

2 Ag   HSO4

Bđ:

0,1

Cb:

10-1,15

IC IA L

Ag2 SO4( r )  H 

Do pH  1,15   H   cb  0,1  S  101,15 M

 S  0,0292M

Gọi tích số tan của Ag2SO4 là: TAg SO

Áp dụng công thức tính hằng số cân bằng:

2  Ag    HSO4   2S  .S  2 K  10 .TAg2 SO4  101,15  H  

Với S = 0,0292 ta được TAg SO = 1,4.10-5 4

Bài 3: Lắc CaSO4 với dung dịch có pH = 2 cho đến bão hòa. Khi cân bằng ta được

KÈ

Giải:

CaSO4.

[Ca2+] = 1,6.10-3M, [H+] = 1.10-2M. Hãy tính tích số tan và độ tan trong nước của

ẠY

Gọi độ tan của CaSO4 là S.

Ta có phương trình: CaSO4( r ) S

→

SO42  H 

Ca 2  SO42

S HSO4

Khi cân bằng [H+] = 1.10-2M, vậy pH không thay đổi trong quá trình này, hay nồng độ của Ca2+ không thay đổi.

IC IA L

Vậy [Ca2+] = 1,6.10-3M = S Tích số tan của CaSO4 là: TCaSO  Ca 2   SO42   S .S  1, 6.103   2,56.106 2

Bài 4: PbO là một oxit lưỡng tính. Khi hòa tan vào nước xảy ra các cân bằng: PbO (r) + H2O  Pb2+(aq) + 2 OH- (aq)

+  Pb(OH)3 (aq) + H3O (aq)

PbO (r) + 2H2O

T = 8.10-16

Ka = 1.10-15

a. Hãy tính giá trị pH của dung dịch tại ðó dung dịch Pb2+ 1.10-2M 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 = 9,4. Hãy tính nồng độ của các cấu tử

và độ tan của PbO tại giá trị pH này.

KÈ

Giải:

e. Hãy tính khoảng pH tại đó độ tan của PbO nhỏ hơn 1.10-3M.

ẠY

a. Từ công thức tính tích số tan ta có: [Pb2+][OH-]2 = 8.10-16

 [OH-] = 2,83.10-7  pH = 7,45 b.[Pb(OH)3-][H3O+] = 1.10-15  [H3O+] = 1.10-13  pH = 13 c. S = [Pb2+] + [Pb(OH)3-]

8.1016 OH  

[Pb(OH)3-] =

= 1,27.10-6M

1015 = 2,51.10-6M   H 3O 

IC IA L

d. [Pb2+]=

 S = 3,78.10-6M

1015  10 3 e. S  8.10 [ H ]   [H ]

 2

 8.1012[ H  ]3  103[ H  ]  1015  0

 [H+]1 = 1,12.10-8  pH1 = 7,95

[H+]2 = 1.10-12  pH2 = 12

 7,95  pH  12

Bài 5: Tính độ tan trong nước và pH của dd bão hòa BaF2. Biết TBaF  1,7.106 , KHF = 4

Giải:

7, 2.10 .

Gọi độ tan của BaF2 là S.

TBaF2  1,7.106

Ba 2  2F 

KÈ

Ta có phương trình phân li: BaF2( r )

Từ công thức tính tích số tan ta có: TBaF   Ba 2   F    S.  2S   1,7.106 2

ẠY

 S  7,5.103 M

Trong dung dịch tồn tại cân bằng:



HF   OH  K  K H2O .  K a   1014. 7, 2.104

Bđ:

Cb:

2S - x

F   H 2O

1



1

 1, 4.1011

 HF   OH   Từ công thức tính hằng số cân bằng: K   1, 4.1011  F  

x2  1, 4.1011  2S  x 

IC IA L

Ta có: 

x  1,02.108

[OH-] = x = 1,02.10-8

Vậy pH của dung dịch là: 6,01.

Bài 6: Tính độ tan trong nước và pH của dd bão hòa Cd(OH)2.

Biết TCd (OH )  1, 2.1014 2

Gọi độ tan của Cd(OH)2 là S.

→ S

Cd 2  2OH 

Cd (OH )2( r )

Giải:

Áp dụng công thức tính tích số tan ta có:

TCd (OH )2  Cd 2  OH    S .  2S   1, 2.1014 2

 S  1, 44.105 M

Vậy nồng độ của OH- là: OH    2S  2.1, 44.105  2,88.105 1014  3, 47.1010 2,88.105

KÈ

  H   

ẠY

 pH  9, 46

Bài 7: Tính độ tan của BaF2 trong dung dịch có pH = 3. Biết TBaF  1,7.106 , KHF = 2

4

7, 2.10 .

Giải: Gọi độ tan của BaF2 trong nước là S. Ta có:

BaF2( r )

Ba 2  2F 

TBaF2  1,7.106

→S

Trong dung dịch có pH = 3 ta có:



K   Ka   7, 2.104 1



1

 1, 4.103

IC IA L

F  H

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ cho ion F- ta có: 2S   F     HF    HF   2S   F   (*)

 HF   F   H  



 1, 4.103

Từ công thức tính K ta có: K 

 2S   F    1, 4.10 Thay giá trị (*) vào biểu thức tính K ta được:







1, 4.10 .  H 3

  1

  F   

 F    H  

Ta có công thức tính độ tan: TBaF   Ba 2   F    S .

1, 4.10 .  H 3





  1

 1, 7.106

Với giá trị pH = 3   H    103

Thay giá trị H+ vào biểu thức tính T ta được:  S  0,0457M Bài 8. Tính độ tan của FeS trong dung dịch có pH = 3. FeS có pKS = 17,2

Cho:

KÈ

H2S có pKa1 = 7,02 pKa2 = 12,9

Fe2+ + H2O  Fe(OH)+ + H+  = 10-5,92

ẠY

Giải:

Các cân bằng điện li trong dung dịch: 

Fe2+ + S2–

Fe2+ + H2O 

FeOH+ + H+

FeS

S2– + H+ HS– + H+

 

KS = 10–17,2  = 10-5,92

HS–

Ka2-1 = (10–12,9)–1

H2 S

Ka1-1 = (10–7,02)–1

Gọi độ tan của FeS là s: s = CFe = [Fe2+] + [FeOH+] 2

= [Fe2+].(1 + [H+]-1)

IC IA L

= [Fe2+] + [Fe2+][H+]-1 (1)

s = CS = [S2–] + [HS–] + [H2S] 2

= [S2–] + Ka2-1 [S2–][H+] + (Ka1Ka2)–1 [S2–][H+]2



1

[Fe2+] [S2–] = KFeS



=  S 2  1  K a 2 1  H     K a1K a 2   H  

(2)

(3)

Từ (1), (2) và (3), ta có: s = 2,29.10-2M.

Bài 9: Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan của BaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch Na2SO4 0,001M.

Cho biết pKa đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2.

Giải:

Gọi độ tan trong HCl của BaSO4 là S. Ba 2  SO42 TBaSO4

BaSO4(r)

SO24  H

KÈ

BaSO4(r)  H

Ban đầu:

ẠY

Cân bằng:

HSO4



K1  K a12  102

Với S = 1,5.10-4M Ta có:

1

 102

Ba 2  HSO4 K  K1.TBaSO4  102.TBaSO4

2M 2-S



S2 = 102. TBaSO4 (2  S )

TBaSO4

 

4



1,5.10 S2  2  2  1,125.1010 10 (2  S) 10 2  1,5.104



Ba 2  SO42

BaSO4(r)

Cân bằng

TBaSO4  1,125.1010

S’

Goi độ tan của BaSO4 trong dung dịch Na2SO4 là S”. Na 2SO4  2Na   SO24

Ban đầu Cân bằng

S”

0,001M

TBaSO4  1,125.1010

Ba 2  SO24

BaSO4(r)

0,001M

S'2  1,125.1010  S'  1,125.1010  1,061.105 M

IC IA L

Gọi độ tan của BaSO4 trong nước là S’.

S’’ + 0,001

S”.(S’’ + 0,001) = 1,125.10-10

S”2 + 0,001S” = 1,125.10-10 S”2 + 0,001S” – 1,125.10-10 = 0

S” = 1,125.10-7 M.

KÈ

3.6. Dạng 6: Ảnh hưởng của phản ứng tạo phức đến độ tan Độ tan của kết tủa có thể biến đổi nhiều khi có mặt một số chất tạo phức tan

ẠY

với anion và cation của kết tủa. Nếu biết hằng số bền của phức, có thể tính độ tan

của kết tủa khi có mặt thuốc thử tạo phức.

Bài 1. Biết 1 lít dung dịch NH3 1M hòa tan được tối đa 0,33 gam AgBr. Hãy tính TAgBr. Biết phức Ag(NH3)2+ có 1,2 = 5,88.106. giải Ta có:

AgBr(r)



Ag+

Br-

Ag+



2NH3

[Ag(NH3)2+] = [Br-] =

Ag(NH3)2+

0,33 = 1,76.10-3M. 188

 [ Ag  ] 

IC IA L

 [NH3] = 1 – 2[Ag(NH3)2+] = 0,996M [ Ag ( NH 3 ) 2 ] = 3,02.10-10 1, 2 [ NH 3 ]2

T = [Ag+][Br-]= 5,32.10-13

Bài 2: CuBr là một chất ít tan trong nước (pT = 7,4). Hãy tích thể tích nước tối thiểu

cần dùng để hòa tan hoàn toàn 1 gam CuBr.

Giải:

+  Cu + Br

1  2.104 144.V

Mặt khác: S 

10-7,4  2.104

S  [Cu  ] 

Ta có:

CuBr(r)

Gọi độ tan của CuBr là S. Thể tích nước là V (l).

 V = 34,7 (l)

KÈ

Bài 3: Tính nồng độ NH3 cần lấy để 200 ml dung dịch NH3 này hòa tan hoàn toàn 0,003 mol AgCl.

ẠY

Giải:

Nếu 0,003 mol AgCl được hòa tan có nghĩa là 0,003 mol phức được tạo thành và nồng độ của Cl- cũng là: 0,003 : 0,2 = 0,015 M. AgCl( r )

Ag   Cl 

Ag   2 NH3

Ag  NH3 2

TAgCl  1,8.1010 

  1.2  107,24

Ag  NH 3 2  Cl  K  TAgCl .  1,8.1010.107,24  3,13.103 

0,015

IC IA L

AgCl( r )  2 NH3

Áp dụng công thức tính K ta có:

  NH3   0,0279M

 Ag  NH 3    Cl    0, 015.0, 015 2  K   3,13.103 2 2  NH 3   NH 3 

Như vậy muốn hòa tan 0,003 mol AgCl cần lượng NH3 để tạo phức với Ag+ 0,0279M. Hay:

 NH3   0,0279  2.0,015  0,309M

là 2.0,015 = 0,03M và một lượng NH3 nằm trong dung dịch khi cân bằng là

Kb = 1,75.10-5 và:

Bài 4: Tính độ tan của AgI trong dung dịch NH3 0,1M. Biết TAgI = 8,3.10-17; NH3 có



KÈ

Giải:

Ag(NH3)2+

1,2 = 1,7.107

Ag+ + 2NH3

ẠY

Các cân bằng xảy ra: AgI(r)

 Ag+ + I-

Ag+ + 2 NH3 NH3 + H2O

 

TAgI = 8,3.10-17 Ag(NH3)2+

1,2 = 1,7.107

NH4+ + OH- Kb = 1,75.10-5

Thiết lập các phương trình: T = [Ag+][I-] = 8,3.10-17

(1)

1, 2



[ Ag ( NH 3 ) 2 ]   1,7.10 7 2  [ Ag ][ NH 3 ]

(2)



[ NH 4 ][OH  ]  1,75.10 5 [ NH 3 ]

(3)

IC IA L

Kb 

Gọi độ tan của AgI là S ta có: S = [I-] = [Ag+] + [Ag(NH3)2+]

(4)

[NH3] + 2 [Ag(NH3)2+] + [NH4+] = 0,1 M

(5)

[NH4+] = [OH-]

(6)

Giả sử [NH4+] << [NH3]

[Ag+] << [Ag(NH3)2+] << [NH3]

(5)  [NH3] = 0,1M

(3)  [ NH 4 ]  [OH  ]  0,1.1, 75.105  1,32.103 (4)  [I-] = [Ag(NH3)2+]

(7)

8,3.1017 8,3.1017   [I  ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ]

(8)

KÈ

 (1)  [ Ag ] 

ẠY

(2) 

[ Ag ( NH 3 )2  ]  1, 7.107 17 8,3.10 .0,12  [ Ag ( NH 3 ) 2 ]

 [Ag(NH3)2+] = 3,76.10-6M

8,3.1017 8,3.1017   2,21.1011  [ Ag ]   6 [ Ag ( NH 3 )2 ] 3,76.10 

 S = [I-] = [Ag(NH3)2+] = 3,76.10-6M

Bài 5: 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 0,02M. Giả thiết rằng phức Ag(NH3)+ tạo thành không đáng kể.

IC IA L

Cho TAgCl = 10-10; TAgBr = 5.10-13; 1,2 = 108 và NH3 có Kb = 1,8.10-5. Giải: +   Ag + Cl

TAgCl = 10-10

AgBr(r)

+   Ag + Br

TAgBr = 5.10-13

1,2 = 108

Ag(NH3)2+

NH3 + H2O 



NH4+ + OH-

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ:

Kb = 1,8.10-5

Ag+ + 2 NH3

AgCl(r)

(1)

[NH3] + [NH4+] + 2[Ag(NH3)2+] = 0,02

(2)

[Ag(NH3)2+] + [Ag+] = [Cl] + [Br]

Giả sử: [Ag+] << [Ag(NH3)2+]; [Br] << [Cl]; [NH4+] << [NH3] (1)  [Ag(NH3)2+] = [Cl-]

(3)

KÈ

(2)  [NH3] + 2[Ag(NH3)2+] = 0,02 TAgCl 

[Cl ]

ẠY

 [Ag(NH3)2+] = 1,2[Ag+][NH3]2 = 1,2

(4)

 [Ag(NH3)2+]= 0,1[NH3]

(4)  [NH3] + 0,2[NH3] = 0,02  [NH3]= 1,67.10-2M

[ NH 3 ]2  1,2

TAgCl  Ag  NH3    2  

[ NH 3 ]2

 [Ag(NH3)2+] = 1,67.10-3M; [Cl] = 1,67.10-3M

[ 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

IC IA L

[ Ag  ] 

AgCl(r) + 2NH3  [Ag(NH3)2]+ + Cl-

Bài 6: AgCl dễ hòa tan trong dung dịch NH3 do tạo phức:

a. 1 lít dung dịch NH3 1M hòa tan bao nhiêu gam AgCl biết TAgCl = 1,8.10-10 [Ag(NH3)2]+  Ag+ + 2NH3

Kpl = 1,7.10-7

b. Xác định tích số tan của AgBr biết 0,33g AgBr có thể hòa tan trong 1 lít dung dịch NH3 1M

Giải:

[Ag(NH3)2]+  Ag+ + 2NH3

[ Ag  ].[ NH 3 ]2  1, 7.107 và TAgCl = [Ag+].[Cl-] Ta có K p   [[ Ag ( NH 3 )2 ] ]

Vì [Ag+] <<[Cl-]; [[Ag(NH3)2]+] = [Cl-]; [NH3] = 1 – 2[Cl-];

ẠY

KÈ

1,8.10 10 .(1  2.[Cl  ]) 2  T [Cl ]  1,7.10 7 [Ag+] = AgCl nên  [Cl ] [Cl ]

 [Cl-] = 0,0305M Lượng AgCl đã hòa tan là: 0,0305.143,5 = 4,38g [ Ag  ].[ NH 3 ]2  1, 7.107 b. Ta có K p   [[ Ag ( NH 3 )2 ] ]

và TAgBr = [Ag+].[Br-]

Vì [Ag+] <<[Br-]; [[Ag(NH3)2]+] = [Br-] ; [NH3] = 1 – 2[Br-]

TAgBr T AgBr

nên



[ Br ]

Mà [Br-] =

[ Br ]

.(1  2.[ Br  ]) 2  1,7.10 7

[ Br  ]

0,33 = 1,75.10-3M  TAgBr = 5,3.10-3 188

IC IA L

[Ag+] =



3.7. Dạng 7: Bài tập về sự tạo thành kết tủa và hòa tan kết tủa

Bài 1: Nếu thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Al3+ đầu tiên thấy kết tủa

Al(OH)3, sau đó kết tủa này tan do tạo thành Al(OH)4- ở pH = 10,9. Tính nồng độ

ban đầu của Al3+ và nồng độ các ion OH, Al3+ và Al(OH)4- khi cân bằng. Cho biết tích số tan của Al(OH)3 là 10-32 và Al(OH)4- ⇌ Al(OH)3 + OH- , K = 1/40

(K)-1 = 40

Al(OH)3(r) + OH- ⇌ Al(OH)4-

Giải:

pH = 10,9  [H+] = 10-10,9  [OH-] = 10-3,1 = 7,94.10-4M )

(10

32 Ta có: Al 3   103,1 3  10 22,7  Al 3   2.10 23 M

 Al (OH )4  K=    Al (OH )4   103,1.40  3,18.102 M  

OH 

[Al3+]bđ = [Al3+] + [Al(OH)4-] = 3,18.10-2M.

Vậy nồng độ đầu của Al3+ là: [Al3+] = 3,18.10-2 M.

KÈ

Bài 2: a. Trộn 1 ml dung dịch K2CrO4 0,12M với 2 ml dung dịch Ba(OH)2 0,009M. Có kết tủa BaCrO4 tạo thành không? Biết TBaCrO4= 1,2. 10-10.

ẠY

b. Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử sau khi trộn.

Giải: a. Ta có tích số các ion: Q = 0,04.0,006 = 2,4.10-4 > T  Có kết tủa BaCrO4 tạo thành.

b. Ta có nồng độ CrO42- là 0,034M

2+ 2 Ba + CrO4

BaCrO4(r) Cb

0,034 + x

IC IA L

T = x (0,034 + x) = 1,2.10-10  x = 3,53.10-9M.

 [CrO42-] = 0,034M [Ba2+] = 3,53.10-9M.

Bài 3: Tính số gam NH4Cl phải thêm vào 1 lít NH3 0,1M sao cho khi trộn 10 ml

dung dịch này với 10 ml MgSO4 0,02M thì không có kết tủa Mg(OH)2 tách ra.

Mg  OH 2( r )

Mg 2  2OH 

H N

1,5.1011  3,87.105 0, 01

TMg (OH )2

TMg (OH )2  1,5.1011

TMg (OH )2   Mg 2  OH  

 Mg 2 



 OH   

Giải:

KÈ

Để không tạo ra kết tủa Mg(OH)2 thì: OH    3,87.105 Gọi nồng độ NH4Cl cần thêm vào là x (x > 0), ta có:

ẠY

NH 4Cl  NH 4  Cl 

x NH3

Bđ:

x 

H 2O

0,1

Cb: 0,1 - 3,87.10-5

x NH 4



OH 

x x + 3,87.10-5

3,87.10-5

Kb  1,8.105

 x  3,87.10  .3,87.10  0,1  3,87.10  5

Áp dụng công thức tính K ta có: Kb 

5

 1,8.105

Từ công thức: CM 

nct Vdd

Ta có: nNH Cl  0, 0465mol

 mNH4Cl  0, 0465.53,5  2, 48775 g

IC IA L

 x  0, 0465M

Bài 4: Thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl

Giải:

Biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH ) = 10-4,75.

1M được 100 ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không?

C Mg2 ban đầu = 10 (M).

Khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch đệm thì

-2

Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH]2 = 10-10,95

Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH]2  10-10,95 1010,95 1010,95 = 10-8,95. Hay [OH]  10-4,475  2 2 10  Mg 

 [OH]2 

Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M, cân bằng chủ yếu là:

ẠY

KÈ

NH3 + H2O

Ta có:

 NH 4 + OH

1-x

1+x

Kb 

 x  1 x  104,75 1 x

 x = 10-4,75 Hay [OH] = 10-4,75 < 10-4,475.

K NH3 = Kb = 10-4,75

Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. Bài 5: A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,25M và B là dung dịch chứa các

IC IA L

ion Cl-, Br-, I- đều có nồng độ 0,01M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thiết

ban đầu nồng độ các ion không đổi). Hỏi kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở của phương pháp, hãy đề nghị cách nhận biết ion Cl- trong dung dịch có chứa đồng

thời 3 ion trên.

Biết: Ag(NH3)2+  Ag+ + 2NH3 K = 10-7,24; TAgCl = 1,78.10-10 ; TAgBr = 10-13; TAgI =

1016.

Giải:

Vì AgNO3 tạo phức với NH3 nên trong dung dịch A chứa Ag(NH3)2+ 0,01M và NH3

= 0,25 – 0,02 = 0,23M

K = 10-7,24

Ag(NH3)2+  Ag+ + 2NH3 0,01

Cân bằng

0,01 - x

0,23

Ban đầu

0,23 + 2x

-7,24

KÈ

K = 10

x(0, 23  2 x)2 = 0, 01  x

Giải được x = 1,09.10-8 . Vậy nồng độ cân bằng của Ag+ = 1,09.10-8

ẠY

Ta có T = [Ag+].[X-] = 1,09.10-8. 0,01 = 1,09.10-10

Như vậy: T < TAgCl → nên không có kết tủa AgCl T > TAgBr và T > TAgI nên có kết tủa AgBr và AgI

Để nhận biết Cl- trong dd có chứa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dd A để loại bỏ Br- và I- (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức Ag(NH3)2NO3 làm tăng nồng độ Ag+, khi đó T tăng lên và T > TAgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl-).

IC IA L

Bài 6: Hãy tính khối lượng bạc photphat cần dùng để pha 10 lít dung dịch bão hòa. Khi tính bỏ qua sự thủy phân của ion photphat. Biết bạc photphat có T = 1,3.10–20.

Gọi độ tan của Ag3PO4 là S, ta có:

H N

 T  (3S )3 S

T 1,3.1020 4   4,68.10 6 M 27 27

 S

Ag3PO4(r)  3 Ag+ + PO43-

Giải:

 mAg PO = 4,68.10-6.10.419 = 1,96.10-2 gam.

3.8. Dạng 8: Bài tập tổng hợp liên quan đến tích số tan.

KÈ

Bài 1: Độ tan của Mg(OH)2 trong nước ở 180C là 9.10-3 gam/l còn ở 1000C là 4.10-2 gam/l.

ẠY

a) Tính tích số tan của Mg(OH)2 và pH của các dung dịch bão hoà Mg(OH)2 ở các

nhiệt độ đó. b) Tính các đại lượng  H0,  G0 và  S0 của phản ứng hoà tan, coi  H0 và  S0 không thay đổi theo nhiệt độ. Giải:

Độ tan theo mol/l của Mg(OH)2 ở 180C là:

IC IA L

9 .103 S= = 1,552.10-4M 58

Độ tan theo mol/l của Mg(OH)2 ở 1000C là: 4 .102 = 6,897.10-4M. 58

Gọi tích số tan của Mg(OH)2 ở 291K và 373K lần lượt là T291 và T373. 

Mg2+

→

2OH-

Mg(OH)2(r)

Ta có: T = [Mg2+].[OH-]2 = 4S3

Ở 291K: T291 = 4.(1,552.10-4)3 = 1,495.10-11.

pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.1,552.10-4) = 10,49

Ở 373K: T373 = 4.(6,897.10-4)3 = 1,312.10-9

b) Ta có:

pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.6,897.10-4) = 11,14

KÈ

 H0 =

RT2 T1 T 8,314.373.291 1,312.109 = 49243,8 J.mol-1 .ln 373  .ln 11 T2  T1 T291 373  291 1,495.10

ẠY

Tính số tan của Mg(OH)2 ở 298K là T298: ln

T298 H0  1 1  49243,8  1 1   .   .   T291 R  298 291  8,314  298 291 

Suy ra T298 = 2,41.10-11. Từ biểu thức:

0 = -RTlnT298 = -8,314.298.ln2,41.10-11 = 60573,7 J.mol-1 = 60,5737 KJ.mol-1  G 298

0 =  H0 – 298.  S0  G 298

o o  0,789V ; EHg Bài 2: Cho EHg 2 Cl 2 / Hg 2

/ Hg

IC IA L

  S0 = -38,02 J.mol-1.K-1

 0,268V . Hãy tính tích số tan và độ tan của

Hg2Cl2. Giải:

Hg22+ + 2 e  2 Hg Hg22+ + 2 Cl-  Hg2Cl2 ;

T = [Hg22+][Cl-]2

/ Hg

o  EHg  2 / Hg 2

0,0592 0,0592 T o lg[ Hg22  ]  EHg  lg 2 2 / Hg 2 2 [Cl  ]2

2 2

/ Hg

Có EHg

2 2

o o theo EHg Thiết lập công thức tính EHg 2 Cl2 / Hg

o  EHg  2 / Hg

0,0592 lg T  0,0592 lg[ Cl  ] 2

Khi [Cl] = 1M thì:

KÈ

EHgCl

/ Hg

o  EHgCl

/ Hg

o  EHg  2 / Hg 2

0,0592 lg T 2

ẠY

 T = 2,51.10-18

Ta có: S(2S)2 = T

S 3

T  8,56.10 7 M 4

Bài 3: Cho biết pH của dung dịch bão hòa MgNH4PO4 là 9,7 và [Mg2+] = 5,6.10-4 g/l. Hãy tính tích số tan của MgNH4PO4. Biết  MgOH  1,58.1013 , dung dịch có Kb = 

1,8.10-5, H3PO4 có các hằng số axit Ka1 = 10-2,23, Ka2 = 10-7,21, Ka3 = 10-12,32.

Giải: Mg 2  NH 4   PO43

MgNH 4 PO4

Ta có: Mg 2  OH 

MgOH 

NH 4  OH 

 MgOH  1,58.1013 

1

 1,8.105 

 NH3   NH 4   OH  



1

 1012,32 

 HPO4 2  **  PO43   H  

H 2 PO4

H 2 PO4  H 

HPO4  H 

1



K '   K3   1012,32

*

HPO4 2

PO 43  H 





NH3  H 2O

K   Kb   1,8.105 1

IC IA L

Ở pH = 9,7

1







K "'   K1   102,23 1

1

 107,21  102,23

H3 PO4



K "   K2   107,21

S   Mg 2    PO43    NH 4   5,6.104

Do  MgOH  1,58.1013 nhỏ có thể bỏ qua sự tạo thành phức hidroxo của Mg2+.

KÈ



Khi pH =9,7 hay  H    109,7 sự tạo thành H2PO42- và H3PO4 là không đáng kể.

ẠY

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ ta có:

 NH 4     NH 4     NH3  1 bd cb

 PO43    PO43    HPO42   2  bd cb

Từ (*)   NH3   1,8.105.  NH 4  OH    1,8.105.109,7  NH 4 

Từ (**)   HPO4   1012.32  PO43   H    1012.32.109,7  PO43 

IC IA L

Từ (1) và (*) ta có:  NH 4  cb  1, 44.104 Từ (2) và (**) ta có:  PO43  cb  1,34.106  TMgNH4 PO4  5,6.104.1, 44.104.1,34.106  1,08.1013

Bài 4: Tính số ml HCl 1M phải thêm vào 1 lít dung dịch bão hòa PbCl2 để độ tan

của muối này giảm xuống 10 lần so với độ tan trong nước.

Pb2 2Cl 

S→

TPbCl2  1,7.106

PbCl2

Gọi độ tan trong nước của PbCl2 là S, ta có:

Giải:

Từ công thức tính tích số tan: TPbCl   Pb2  Cl    S .  2S   1, 7.106

 S  1,3.103

Gọi thể tích HCl phải thêm vào dung dịch để độ tan của PbCl2 giảm đi 10 lần là V

KÈ

(ml), nồng độ của HCl sau khi thêm vào dung dịch là:

ẠY

PbCl2( r )

S 10

→

Pb2  S 10

2Cl  2.S V  10 1  V

TPbCl2 

V M  1  V 

S  S V  V  4  4 6 .  2.    1,3.10 .  2.1,3.10    1, 7.10 10  10 1  V  1V  

 V  0,1285l

Vậy phải thêm 128,5ml HCl 1M vào 1 lít dung dịch bão hòa PbCl2 để độ tan giảm

Bài 5: Cho giá trị thế khử chuẩn sau:

IC IA L

10 lần.

E0, V (298K)

Sn2+ + 2e → Sn

-0,14

Sn4+ + 2e → Sn4+

+0,15

Hg22+ + 2e → 2Hg

+0,79 +0,27

Hg2Cl2 + 2e → 2Hg + 2Cl-

Bán phản ứng

a. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở 298K:

Sn (r) + Sn4+ (aq)  2Sn2+ (aq)

b. Hãy tính độ tan của Hg2Cl2 trong nước ở 298K (theo đơn vị mol/l)

Giải:

a. Ta có các bán phản ứng:

E0(1) = -0,14 V

Sn4+ + 2e → Sn2+

E0(2) = +0,15 V

ẠY

KÈ

-1 x (Sn2+ + 2e → Sn)

Sn (r) + Sn4+ (aq)  2Sn2+ (aq) E0

Từ công thức: ΔG0 = -n.F.E0 ta có: ΔG0(1) + ΔG0(2) = ΔG0 Hay: (-1).(-n.F.E0(1)) + (-n.F.E0(2)) = -n.F.E0  2.F.(-0,14) + (-2).F. 0,15 = -2.F.E0

 E0 = 0,14 + 0,15 = 0,29 V Ta có công thức: G0  R.T .ln K  n.F.E 0

e

2.96500.0,29 8,314.298

 6, 47.109

b. Xác định tích số tan: -1 x (Hg22+ + 2e → 2Hg)

ΔG01

Ta có các bán phản ứng:

K e

n. F . E 0 R.T

IC IA L

n.F .E 0 R.T

 ln K 

Hg2Cl2 + 2e → 2Hg + 2Cl- ΔG02

 Hg22+ + 2Cl- ΔG0

Ta có: ΔG0(1) + ΔG0(2) = ΔG0

Hg2Cl2

Hay: (-1).(-n.F.E0(1)) + (-n.F.E0(2)) = -n.F.E0

 2.F.0,79 + (-2).F. 0,27 = -2.F.E0

 E0 = 0,27 – 0,79 = -0,52 V

KÈ

Ta có: G0  R.T .ln T  n.F.E 0

ẠY

 ln T 

T  e

n.F .E 0 R.T

n. F . E 0 R.T

e

2.96500.( 0,52) 8,314.298

 3, 7.1018

Gọi độ tan của Hg2Cl2 trong nước là S. Ta có:

Hg2Cl2(r)



Hg22+ +

2Cl-

Từ công thức tính tích số tan: THg Cl  S.  2S  2

THg2Cl2



3, 7.1018  9, 74.107 M. 4

IC IA L

S 

Bài 6: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 25 ml H3PO4 0,08M với 15 ml AgNO3 0,04M. Biết H3PO4 có pKa1 = 2,23; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; Ksp(Ag3PO4) = 10 - 19,9.

15 .0,04  0,015M 40

CAg NO3 

25 .0,08  0,05M 40

Vừa mới trộn: CH PO  3

Giải:

(3) HPO 24 

(4) H2O

Ka1 = 10-2,23

H+ + HP O42

Ka2 = 10-7,21

H+ + P O43

Ka3 = 10-12,32

H+ + OH-

Kw = 10-14



(2) H2PO4-

H+ + H2P O4



(1) H3PO4

Trong dung dịch có các cân bằng sau:



KÈ

Do Ka1 >> Ka2 >> Ka3 > KW, chỉ xét cân bằng (1)

Ban đầu:

0,05

Cân bằng:

0,05 – x

ẠY D

H3PO4  H+ + H2P O4

Ka1 = 10-2,23

 H    H 2 PO4  x2 Ka1    102,23  5,89.103 H PO 0, 05  x  3 4

 x2 + 5,89.10-3x – 2,94.10-4 = 0

 x = 0,0145 M  [H+] = [H2PO4-] = 0,0145 M

Tổ hợp 3 cân bằng (1), (2), (3) ta có: H3PO4  3H+ + P O43

K = Ka1.Ka2.Ka3

= 10-21,76 = 1,74.10-22

IC IA L

 [H3PO4] = 0,05 – 0,0145 = 0,0355 M

 H    PO43  0, 0355 K   PO43   1, 74.1022  2, 03.1018 3  H 3 PO4   0, 0145 3  Ag   PO43   0,015 .2,03.1018  6.85.1024  K sp

 Không tạo kết tủa Ag3PO4

[H+] = 0,0145 M

Vậy PO43 tự do  [H+] không thay đổi.

 pH = - log [H+] = -log (0,0145) = 1,84

Vậy pH = 1,84.

3.9. Dạng 9: Một số bài tập thường ra trong đề thi HSG

Bài 1: Cho H2S đi qua dung dịch Cd2+ 0,001M và HCl 0,001M cho đến bão hoà

KÈ

C H2S = 0,1M. Hỏi có kết tủa CdS tạo ra không? Cho biết TCdS = 10-26; K1, H2S = 10-7; -12,92

ẠY

K 2, H 2S = 10

Giải:

Trong dung dịch: H2S + H2O



HS + H2O 2H2O

 

H3O+ + HS

(1)

H3O+ + S2

(2)

(3)

H3O+ + OH

Vì K1 >> K2>> Kw  trong dung dịch xảy ra cân bằng (1) là chủ yếu:

10-3

Bđ:

0,1

Cb:

0,1 - x

10

K1 = 10-7

(10-3 + x)



3

x x = 10-7 (0,1  x)

IC IA L

K1 =

H3O+ + HS



H2S + H2O

Do: x << 0,1  (10-3 - x).x  10-8 Giả sử x<< 10-3  x = 10-5 (phù hợp). 

H3O+ + S2

Cb: 10-5

Vậy: C Cd .CS

= 0,001.10-14,92 = 10-17,92 >> TCdS = 10-26  Có kết tủa CdS được

2

2

y.1,01.103 = 10-12,92  y = 10-14,92. 5 10

K2 =

HS + H2O

Xét cân bằng (2):

tạo thành.

Bài 2: Tính độ tan của AgI trong dung dịch Fe2(SO4)3 0,05M trong môi trường 2



 →

I2 + 2e

2Ag+ + 2 I-

2AgI(r) -

+ 2Fe3+

ẠY

2AgI(r)

0,1 – 2x

16.x5

 0,1  2 x 

 0, 77V ; TAgI = 10

-16

T = 10-16

K1 = 10

2.0,54 0,059 0,77

2Fe2+ K2 = 10 0,059

→

KÈ

2Fe3+ +2e

2

Giải:

0  0,054V ; EFe 3

H2SO4. Cho EI0

→

2Ag+ + 2Fe2+ + I2 2x

= 10-24,2.x << 0,1 nên có thể bỏ qua 2x.

Hay 16x5 = 10-26,2  x = 3,31.10-6 Độ tan: S = [Ag+] = 2x = 6,62.10-6 Bài 3: Tính độ tan S của CaC2O4.

K = T2K1(K2)2 = 10-24,2

a. Trong nước nguyên chất và trong HCl 0,1M. b. Tính nồng độ H+ ít nhất cần phải có trong dung dịch CaCl2 0,01M và K2C2O4 để CaC2O4 không có kết tủa.

IC IA L

c. Dung dịch gồm CaCl2 0,01M, HCl 0,01M và K2C2O4 0,01M thì CaC2O4 có kết tủa được không.

Biết CaC2O4 có T = 10-8,75 và H2C2O4 có Ka1 = 10-1,25; Ka2 = 10-4,27. Giải:

Ca 2  C2O4 2 TCaC2O4  108,75

CaC2O4( r )

S  108,75  4, 22.105 (M)

Trong HCl 0,1M:

(2)  Ka 2   104,27 1

HC2O4   H 

HC2O4 

(3)  Ka1   101,25

H 2C2O4

1

C2O42  H 

Ca 2  C2O4 2 (1) TCaC2O4  108,75

CaC2O4( r )

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ ta có:

S  C2O4 2    HC2O4     H 2C2O4  (*)

Từ (2) ta có:  K a 2   10

KÈ

1

4,27

 HC2O4    C2O4 2   H  

  HC2O4    104,27 C2O42   H   (**)

Từ (3) ta có:  K a1   101,25 

ẠY

1

 H 2C2O4   H    HC2O4  

  H 2C2O4   101,25  H    HC2O4  

a. Trong nước nguyên chất:

Thay (**) vào biểu thức trên ta được:   H 2C2O4   101,25  H   104,27 C2O4 2   H   2

 101,25.104,27.  H   . C2O42  (***)

Thay (**), (***) vào (*) ta được: 2

 S  C2O4 2   104,27  H   C2O4 2   101,25.104,27.  H   . C2O4 2 

1 10

S 4,27

 H    101,25.104,27.  H  



IC IA L

 C2O4 2  

TCaC2O4  108,75  Ca 2  C2O42 

1  10

S  H   10 .10 

4,27

1,25

.  H  

4,27



 108,75

 S.

Thay:  H    0,1 vào biểu thức trên ta được S = 3,03.10-3M.

1  10

S  H   10 .10 

4,27

1,25

.  H 

  H    0,385M

1,25



 H   10 .10 

.  H 

4,27



 108,75

4,27



 108,75

1  10

0, 01

Với S = [Ca2+] = 0,01M.  0, 01.



4,27

 S.

b. Để CaC2O4 không kết tủa thì: [Ca2+].[C2O42-] < T

c. Kết tủa xuất hiện vì [H+] = 0,01M < 0,385M Bài 4: Thêm dần dung dịch NaOH 0,01M vào dung dịch A chứa các ion H+ 0,1M;

KÈ

Fe3+ 10-2M; Mg2+ 0,1M và NO3- cho đến dư. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

ẠY

b. Kết tủa nào tạo ra trước.

c. Tính khoảng pH trong dung dịch A sao cho kết tủa hết Fe3+ mà chưa tạo kết tủa Mg(OH)2. Biết Fe3+ được coi kết tủa hết khi nồng độ mol/l của Fe3+ trong dung dịch < 10-6 M. Cho: Tích số tan Mg(OH)2: 10–11; Fe(OH)3: 10–38. Giải:

a. OH- + H+  H2O 3OH- + Fe3+  Fe(OH)3

IC IA L

2OH- + Mg2+  Mg(OH)2 3

b. TFe(OH) =10-38 = Fe3+  OH-   khi bắt đầu xuất xuất hiện kết tủa Fe(OH)3 thì 3

TFe(OH)3  Fe3+ 

1038 = 10-12M  pH = 2 2 10

TMg(OH)2

Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Mg(OH)2 thì [OH-] =

[OH-] =

kết tủa hết  [OH ] =

TFe(OH)3

 Fe3+ 

1038 = 10-10,67M  thời điểm khi 6 10

c. Khi Fe

 pH = 9. Vậy Fe(OH)3 kết tủa trước 3+

 Mg 2+ 

1011 = 10-5M 101

Fe3+ kết tủa hết là pH > 3,33.

Vậy để kết tủa hoàn toàn Fe3+ mà chưa tạo kết tủa Mg(OH)2 cần duy trì pH trong

khoảng: 3,3 < pH ≤ 9

Bài 5: Khi axit hoá dung dịch hỗn hợp chứa [Ag(NH3)2]Cl 0,1M và NH3 1M đến khi dung dịch thu được có pH = 6 thì có xuất hiện kết tủa không? Tại sao?

KÈ

Cho biết TAgCl = 1,1.10-10; Kkb[Ag(NH3)2]+ = 6,8.10-8; Kb(NH3) = 2.10-5

ẠY

Giải:

Dung dịch thu được có pH = 6 < 7  có thể coi toàn bộ NH3 trong dung dịch

chuyển hoá thành muối NH4+ [NH4+] = 1M Trong dung dịch có các cân bằng sau: 

 Ag  NH 3 2  Cl   Ag  NH 3  2   Cl   Ag  NH3  2 



Ag   2 NH3

Kkb  6,8.108

NH 4   OH  Kb  2.105

NH3  H 2O

Thay giá trị [NH4+] = 1 M; [OH-] = 10-8 (vì pOH = 6) vào biểu thức tính hằng số Kb ta được [NH3] = 5.10-4M (3)

IC IA L

Theo định luật bảo toàn nồng độ ta có: 

 Ag  NH3  2   0,1   Ag   (4)

Thay (3), (4) vào biểu thức tính hằng số Kkb ta được [Ag+] = 2,1.10-2

  Ag   . Cl    2,1.102.0,1  2,1.103  TAgCl

Có xuất hiện kết tủa. Bài 6: 1. Biết thế oxi hóa khử tiêu chuẩn:

E 0Cu2 / Cu  0,16V , E 0Cu /Cu  0,52V , E 0 Fe3 / Fe2  0,77V , E 0 Fe2 / Fe  0, 44V

Hãy cho biết các hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau:

a. Cho bột sắt vào dung dịch Fe2(SO4)3 0,5M.

b. Cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 1M

2. Dung dịch X gồm Na2S 0,01M, KI 0,06M, Na2SO4 0,05M.

a. Tính pH của dung dịch X. b. Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,09M thì thu được kết

KÈ

tủa A và dung dịch B. Cho biết thành phần hóa học của kết tủa A và dung dịch B. Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thủy phân của các ion, coi thể

ẠY

tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2.

c. Axit hóa chậm dung dịch X đến pH = 0. Thêm FeCl3 cho đến nồng độ 0,1M. Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu được so với cực calomen bão hòa (Hg2Cl2/2Hg,2Cl-). Biểu diễn sơ đồ pin, viết các phương trình phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động.

Cho: H2S có pK1 = 7, pK2 = 12,9, HSO4- có pK = 2. Tích số tan của PbS = 10-26, PbSO4 = 10-7,8, PbI2 = 10-7,6. 2 /2 I



 0,54V , E 0 Hg Cl 2

2 /2 Hg ,2 Cl

Giải: 1. a. E 0 Fe

3

/ Fe2

 0,77V > E 0 Fe2 / Fe  0, 44V nên:

→ 3Fe2+

Do đó phản ứng tự xảy ra giữa hai cặp là:

Tính khử của Fe mạnh hơn Fe2+

 0, 244V .

Tính oxi hóa của Fe3+ mạnh hơn Fe2+

2Fe3+ +



IC IA L

E 0 Fe3 / Fe2  0,77V , E 0 S / H2 S  0,14V , E 0 I

Như vậy Fe tan trong dung dịch Fe2(SO4)3 tạo thành muối FeSO4, làm nhạt màu nâu

của ion Fe3+ và cuối cùng làm mất màu dung dịch. / Cu

 0,52V > E 0Cu2 / Cu  0,16V nên:



b. E 0Cu

Tính oxi hóa của Cu+ mạnh hơn của Cu2+

Tính khử của Cu+ mạnh hơn Cu

KÈ

Do đó phản ứng tự xảy ra là: 2Cu+ →

Cu2+ +

ẠY

Khi cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 không xảy ra phản ứng.

2. Tính pH của dung dịch Na2S → 2Na+

0,01 KI

S20,01

→K+

I-

0,06

Na2SO4→ 2Na+

SO42-

HS   OH  (1) K '  101,1

SO42  H 2O

HSO4  OH  (2)

K ''  1012

S 2   H 2O

0,05

IC IA L

0,05

HS   OH  K '  101,1

0,01

Cb: 0,01 - x

Ơ H

Bđ:

S 2   H 2O

Do K’>>K’’ nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch.

Từ công thức tính hằng số cân bằng ta có:

x2  101,1 0, 01  x

 x2  0,0794 x 103,1  0

 x  8,94.103

KÈ

 OH    8,94.103  pH  11,95

ẠY

Pb2  S 2  PbS

0,09

TPbS 

1

 1026

0,01

0,08 Pb2  SO42  PbSO4

T

PbSO4



1

 107,8

0,08

0,05

0,03



1

 107,6

IC IA L



Pb2  2I   PbI 2 TPbI2

0,06

Thành phần hỗn hợp kết tủa A: PbS, PbSO4, PbI2 Dung dịch B: K+ 0,06 M, Na+ 0,12 M

Ngoài ra còn có các ion Pb2+; SO42-; S2- do các kết tủa tan ra.

Độ tan của PbI2: SPbI  3 107,6  2,9.103

Độ tan của PbSO4: SPbSO  107,8  1, 26.104

Độ tan của PbS: SPbS  1026  1013

Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng

Pb2  2I 

TPbI2  107,6

PbI 2

tan của PbI2.

ẠY

KÈ

Do đó:  Pb2   2,9.103 và  I    5,8.103 107,8  SO4 2    5, 4.106 2,9.103

1026  S 2    3,5.1024 << [Pb2+] 2,9.103

Các nồng độ SO42-, S2- đều bé so với nồng độ Pb2+ do PbS và PbSO4 tan ra là không đáng kể.

c. Axit hóa dung dịch X: S 2  2 H 

CH2 S  0,01M

H2S

2Fe3  H 2 S  2Fe2  S  2H 

K '  1021

0,01

0,1

IC IA L

Các phương trình phản ứng:

0,08

0,06

0,02 0,08

0,03

0,02

0,08

Fe3  2I   2Fe2  I 2 K ''  107,8

Thành phần trong dung dịch: [Fe3+] = 0,02M, [Fe2+] = 0,08M, [H+] = 0,02M.

Ta có thế ở điện cực dương là:

0, 02  0, 743V 0, 08

EFe3 / Fe2  0, 77  0, 059lg

Thế điện cực calomen: Ecal = 0,244V

KÈ

Vậy Epin = E+ - E- = 0,743 – 0,244 = 0,499V Sơ đồ pin:

ẠY

   Hg Hg2Cl2

KClbh Fe3 , Fe2 Pt   

Bài 7: 1. Trong phòng thí nghiệm có các dung dịch bị mất nhãn: AlCl 3, NaCl, KOH, Mg(NO3)2, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2, AgNO3. Dùng thêm một thuốc thử, hãy nhận biết

mỗi dung dịch. Viết các phương trình phản ứng (nếu có).

2. Dung dịch bão hòa H2S có nồng độ 0,1M. Hằng số axit của H2S: K1 = 1.10-7 và K2 = 1,3.10-13.

IC IA L

a) Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,1M khi điều chỉnh pH = 2.

b) Một dung dịch A chứa các cation Mn2+, Co2+, và Ag+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion đều bằng 0,01M. Hoà tan H2S vào A đến bão hoà và điều chỉnh pH = 2 thì

ion nào tạo kết tủa.

Cho: TMnS = 2,5.10-10; TCoS = 4.10 – 21; TAg2S = 6,3.10-50 Giải:

Mg(NO3)2, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2, AgNO3.

1. Có thể dùng thêm phenolphtalein nhận biết các dung dịch AlCl3, NaCl, KOH,

Lần lượt nhỏ vài giọt phenolphtalein vào từng dung dịch.

Nhận ra dung dịch KOH do xuất hiện màu đỏ tía.

Lần lượt cho dung dịch KOH vào mỗi dung dịch còn lại:

Dung dịch AgNO3 có kết tủa màu nâu

KÈ

Ag+ + OH–  AgOH ; (hoặc 2Ag+ + 2OH–  Ag2O + H2O)

ẠY

Dung dịch Mg(NO3)2 có kết tủa trắng, keo

Mg2+ + 2OH–  Mg(OH)2 

Các dung dịch AlCl3, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2 đều có chung hiện tượng tạo ra

kết tủa trắng, tan trong dung dịch KOH (dư). Al3+ + 3OH–  Al(OH)3 ; Al(OH)3  + OH–  AlO2– + 2H2O

Pb2+ + 2OH–  Pb(OH)2 ; Pb(OH)2 + OH–  PbO2– + 2H2O Zn2+ + 2OH–  Zn(OH)2 ; Zn(OH)2 + OH–  ZnO2– + 2H2O

IC IA L

Dung dịch Nacl không có hiện tượng gì.

Dùng dung dịch AgNO3 nhận ra dung dịch AlCl3 do tạo ra kết tủa trắng.

Ag+ + Cl –  AgCl 

Dùng dung dịch NaCl nhận ra dung dịch Pb(NO3)2 do tạo ra kết tủa trắng.

Còn lại là dung dịch Zn(NO3)2.

Pb2+ + 2 Cl –  PbCl2 

2. a. Tính nồng độ ion S2– trong dung dịch H2S 0,1M; pH = 2. H2S (k)  H2S (aq)

CH2S = [H2S] = 0,1M

ẠY

KÈ

[H+] = 10-2

[H2S] = 10-1

[S2-] = 1,3.10-20.

H2S (aq)  H+ + HS –

 H+ + S2-

K1 = 1.10-7 K2 = 1,3.10-13 2

H2S (aq)  2H + S +

 H 2 S  = 1,3.10-20 .  2

 H 

101

10  2

 H   S 2  K =     = Kl. K2  H2 S 

= 1,3.10-17 (M)

b. Ta có: [Mn2+].[S2-] = 10-2.1,3.10-17 = 1,3.10-19 < TMnS = 2,5.10-10  không có kết tủa

[Co2+].[ S2-] = 10-2.1,3.10-17 = 1,3.10-19 > TCoS = 4.10-21  tạo kết tủa CoS

[Ag+]2.[S2-] = (10-2)2.1,3.10-17 = 1,3.10–21 > TAg2S = 6,3.10-50  tạo kết tủa Ag2S Bài 8: Dung dịch A gồm AgNO3 0,05M và Pb(NO3)2 0,1M.

IC IA L

1. Tính pH của dung dịch.

2. Thêm 10 ml KI 0,25M và HNO3 0,2M vào 10 ml dung dịch A. Sau phản ứng người ta nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin

(có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng trong dung dịch X gồm AgNO3 0,01M và KSCN 0,04M.

a. Viết sơ đồ pin.

b. Tính sức điện động Epin tại 250C.

c. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.

Ag+ + H2O  AgOH + H+

Cho biết :

d. Tính hằng số cân bằng của phản ứng.

Pb2+ + H2O  PbOH+ + H+

(1)

K1 = 10-11,7

(2)

K2 = 10-7,8

Chỉ số tích số tan pKs: AgI là 16; PbI2 là 7,86; AgSCN là 12.

KÈ

0 EAg  0, 799V  / Ag

RT ln  0, 0592lg F

Giải:

ẠY

Ag   H 2O

AgOH  H  (1)

K1  1011,7

Pb2  H 2O

PbOH   H  (2)

K 2  10 7,8

Do K2 >> K1 nên cân bằng (2) quyết định pH của dung dịch. Pb2  H 2O

PbOH   H  (2)

0,1

Cb:

0,1 - x

Từ công thức tính hằng số cân bằng ta có:

x2  10 7,8 0,1  x

IC IA L

Bđ:

 x  104,4   H  

 pH  4, 4

2. a. Dung dịch B: thêm KI: [Ag+]=0,025M, [Pb2+] = 0,05M.

0,125

0,025

Ag   I   AgI 

0,1

0,05

Pb2  2I   PbI 2 

0,1

Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI và PbI2 Ag   I  (3)

TAgI  1016

Pb2  2I  (4)

TPbI2  107,86

KÈ

AgI ( r )

PbI 2( r )

Do TAgI  1016 << TPbI  107,86 vậy trong dung dịch cân bằng (4) là chủ yếu. Sự tạo

ẠY

phức hidroxo của Pb2+ là không đáng kể vì có H+ dư. Pb2  H 2O

PbOH   H  (2)

 PbOH   107,8   106,8 2 0,1  Pb 

  PbOH     Pb2 

Pb2  2I  (4)

PbI 2( r )

TPbI2  107,86

IC IA L

Trong dung dịch:

Từ công thức tính tích số tan ta có: (2 x)2 .x  107,86

 x  1,51.103

  I    2 x  2.1,51.103  3, 02.103 M

T 1016  Ag    AgI   3,13.1014 M 3   I  3, 02.10

E của cực Ag trong dung dịch A: Ag   e

0 E1  EAg  0,0592lg  Ag    0,799  0,0592lg 3,31.1014  0,001V  / Ag

AgSCN

T

AgSCN



1

 1012

Trong dung dịch X: Ag   SCN 

KÈ

0,01

0,04

0,03 AgSCN

0,01 Ag   SCN 

ẠY

Bđ:

Cb:

TAgSCN  1012

0,03 x

0,03 + x

Ta có: x.(0,03  x)  1012  x   Ag    3,33.1011

0 E2  EAg  0,0592lg  Ag    0,799  0,0592lg 3,33.1011  0,179V  / Ag

Vì E2 > E1, nên ta có pin gồm cực Ag trong X là cực dương, cực Ag trong B là cực

IC IA L

âm. Sơ đồ pin: () Ag AgI , PbI 2 AgSCN , SCN  Ag ()

b. Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V



AgI

AgSCN



AgSCN

I-

SCN-

c. Phương trình phản ứng:



TAgSCN TAgI

SCN-



1012  104 16 10

d. Hằng số cân bằng của phản ứng là: K 

Bài 9: Bằng dung dịch NH3 người ta có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al3+ trong dung dịch nước ở dạng hidroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg 2+

trong dung dịch nước ở dạng hidroxit.

KÈ

Hãy làm sáng tỏ điều nói trên bằng các phép tính cụ thể. Cho biết: Tích số tan của Al(OH)3 là 5.10-33; tích số tan của Mg(OH)2 là 4.10-12;

ẠY

hằng số phân li bazơ của NH3 là 1,8.10-5.

Giải: Tính hằng số cân bằng của phản ứng kết tủa hidroxit: NH3

H2 O



NH4+ +

OH-

K NH3  1,8.105

3OH- 

Al(OH)3(r)

Al3+

3NH3 +

3H2O 



  3

K  K NH3 . TAl (OH )3

  1,8.10  .5.10  1

5

33

1

T



Al(OH)3

Al ( OH )3

 1,17.1018



 . T 2

Mg ( OH )2



1



  2

Mg(OH)2

 1,8.105 . 4, 2.1012



1

3NH4+

2NH4+

 81

K  K NH3

2H2O 

2NH3 +



Mg2+ +



 5.1033

Tương tự cách trên ta tính được đối với phản ứng

1

IC IA L

Al3+

Phản ứng thuận nghịch, Mg2+ không kết tủa hoàn toàn dưới dạng magie hidroxit

như Al3+.

Bài 10:

1. Tính độ điện li của ion CO32- trong dung dịch Na2CO3 có pH = 11,6 (dung dịch

2. Thêm 10 ml HCl 0,16M vào 10 ml dung dịch A. Tính pH của hỗn hợp thu được.

3. Có hiện tượng gì xảy ra khi thêm 1 ml dung dịch bão hòa CaSO4 vào 1 ml dung

KÈ

dịch A.

ẠY

Cho: CO2

HCO3-

H2 O



HCO3-



H+

+ CO32-

H+

Ka2 = 10-10,32

Độ tan của CO2 trong nước bằng 3.10-2M.

Tích số tan của CaSO4 bằng 10-5,04, của CaCO3 bằng 10-8,35. Giải:

100

Ka1 = 10-6,35

HCO3  H 2O

HCO3  OH  (1) K ' 

H 2CO3  OH  (2) K '' 

1014  103,67 10,33 10

1014  107,65 106,35

IC IA L

1. CO32  H 2O

Do K’ >> K”, nên cân bằng (1) là chủ yếu.

Cb:

C – 10-2,4

10-2,4

C 10-2,4

Bđ:

HCO3  OH  (1)

C  10  2,4

 103,67  C  0,0781M

2,4

Vậy độ điện li là:  CO 

0,16 0, 0781  0, 08M ,  Na2CO3    0, 03905M 2 2

2. Ta có:  HCl  

102,4.102  5,1% 0, 0781

2

10 

Từ công thức tính hằng số cân bằng ta có:

CO32  H 2O

2H   CO2  H 2O

KÈ

CO32 

0,08

Cb:

1,9.10-3

ẠY

Bđ: 0,03905

CO2

H2 O

0,03905 

HCO3-

H+

Ka1= 10-6,35

1,9.10-3

0,03 0,03 – x

1,9.10-3 + x

101

Ta có:



x 1,9.103  x 2

3.10  x

  10

6,35

IC IA L

 x  7,05.106  1,9.103  H    1,9.103 vậy pH  2, 72

Ca 2  SO42

TCaSO4  105,04

CaSO4( r )

3. Ta có: CO32    Na2CO3   0,03905M

Gọi nồng độ của Ca2+ là x, ta có:

x  TCaSO4  105,04  102,52

HCO3 

H 2O

OH 

Bđ: 0,03905

Cb: 0,03905 – x

CO32 

102,52  1,51.103 2

Vậy nồng độ khi thêm vào dung dịch A là: Ca 2  

x2  103,67 0, 03905  x

KÈ

Ta có:

ẠY

 x  2,89.103

Vậy nồng độ Ca2+ còn lại là: [Ca2+] = 0,03905 – 2,89.10-3 = 0,03616M

Tích số nồng độ: [Ca2+].[CO32-] = 0,03616.10-2,82 = 5,47.10-5 > 10-8,35 Vậy có kết tủa CaCO3 được tạo thành.

102

KẾT LUẬN Được sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Ngô Minh Đức cùng với các thầy cô trong khoa Hóa – Trường Đại học Sư phạm Đà Nẵng và với sự nỗ lực của bản

IC IA L

thân, sau một thời gian tìm hiểu và thực hiện đề tài: “Nâng cao năng lực bồi

dưỡng học sinh giỏi hóa phân tích trong trường phổ thông – phần cân bằng tạo kết tủa” chúng tôi đã hoàn thành luận văn này, thực hiện được nhiệm vụ đề ra như

1. Nghiên cứu cơ sở lí luận và thực tiễn của đề tài.

- Quan niệm về HSG, các hình thức giáo dục HSG.

- Học sinh giỏi hóa học, bồi dưỡng HSG hóa học, những phẩm chất năng lực

cần có của một HSG hóa học.

- Tầm quan trọng của việc bồi dưỡng HSG hóa học. 2. Nghiên cứu các chuyên đề, phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi và xây

trường phổ thông.

dựng hệ thống bài tập phần cân bằng tạo kết tủa trong bồi dưỡng học sinh giỏi hóa ở

3. Sưu tầm, chọn lọc và biên soạn được hệ thống 70 bài tập tự luận liên quan

đến dạng cân bằng tạo kết tủa trong đề thi học sinh giỏi Hóa học.

KÈ

Trên đây là một số kết quả ban đầu thu được trong một thời gian ngắn, đề tài

chắc chắn còn có nhiều thiếu sót, chúng tôi rất mong nhận được sự nhận xét, đánh

ẠY

giá, góp ý từ các thầy cô giáo trong tổ chuyên môn để khóa luận được hoàn thiện

hơn.

103

TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Nguyễn Duy Ái, Một số phản ứng trong hóa vô cơ, NXB Giáo dục, 2005. trình Đại học sư phạm Đà Nẵng, 2013.

IC IA L

[2]. Ngô Minh Đức,Giáo trình hóa học phân tích trong trường phổ thông, Giáo [3]. Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sách giáo khoa hóa học lớp 8, NXB Giáo dục, 2007. [4]. Chuyen.tiengiang.edu.vn/FileUpload/Vanban/File546.doc.

[5]. Nguyễn Tinh Dung, Bài tập hóa học phân tích, Nhà xuất bản Giáo dục, 1982.

[6]. Lê Tấn Diện, Luận văn thạc sĩ giáo dục học: “Nội dung và biện pháp bồi

dưỡng học sinh giỏi hóa học hữu cơ trung học phổ thông, Trường Đại học sư phạm

TP. Hồ Chí Minh, 2009.

[7]. Phạm Thị Hà, Bài giảng hóa phân tích định tính, Giáo trình Đại học sư phạm Đà Nẵng, 2011.

nuoc-phat-trien-198242.htm.

[8]. Http://dantri.com.vn/giao-duc-khuyen-hoc/boi-duong-hoc-sinh-gioi-o-mot-so-

[9]. Http://diendankienthuc.net/diendan/archive/index.php/t-37569.html.

[10]. Http://doan.edu.vn/do-an/luan-van-noi-dung-va-bien-phap-boi-duong-hoc-

sinh-gioi-hoa-hoc-huu-co-trung-hoc-pho-thong-30797/. [11]. Http://d.violet.vn//uploads/resources/50/1351547/preview.swf.

[12]. Http://d.violet.vn//uploads/resources/629/3408134/preview.swf.

KÈ

[13]. Http://123doc.vn/document/145728-nhung-yeu-to-tao-nen-nang-luc-giai-baitap-hoa-hoc-cua-hoc-sinh-pho-thong.htm?page=6. [14]. Lâm Ngọc Thụ, Cơ sở hóa học phân tích, NXB Đại học quốc gia Hà Nội,

ẠY

2005.

[15]. Tuyển tập các đề thi HSGQG qua các năm học. [16]. Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh của các tỉnh, thành phố qua các năm học.

104

NÂNG CAO NĂNG LỰC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG PHẦN CÂN BẰNG TẠO KẾT TỦA

Articles inside

KẾT LUẬN

học

1.2.2. Các hình thức giáo dục HSG