PHÂN LOẠI VÀ GIẢI BÀI TẬP TÍCH SỐ TAN ÔN LUYỆN CHUẨN BỊ KÌ THI OLYMPIC 30/4 MÔN HÓA HỌC

ÔN LUYỆN CHUẨN BỊ KÌ THI OLYMPIC

vectorstock.com/10212088

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

PHÂN LOẠI VÀ GIẢI BÀI TẬP TÍCH SỐ TAN ÔN LUYỆN CHUẨN BỊ KÌ THI OLYMPIC 30/4 MÔN HÓA HỌC 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

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

LỜI CẢM ƠN Sau một thời gian thực hiện đề tài “Phân loại và giải bài tập tích số tan trong các kì thi Olympic” đã hoàn thành đúng như mục tiêu và yêu cầu đã được đề ra. Để có kết quả như hôm nay, ngoài sự nổ lực và cố gắng của bản thân em cũng đã nhận được sự

FF IC IA L

quan tâm, hướng dẫn tận tình của quý thầy cô, bạn bè và gia đình. Vì vậy, trang đầu tiên của tiểu luận em xin chân thành gửi lời cảm ơn sâu sắc đến: -

Ban chủ nhiệm bộ môn hóa đã tạo điều kiện thuận lợi cho em hoàn thành tốt tiểu luận này.

-

Cô Phan Thị Ngọc Mai – tổ trưởng tổ Hóa Lý đã đã trực tiếp hướng dẫn, sữa bài tập một cách tận tình và tạo điều kiện thuận lợi để em hoàn thành tiểu luận Gia đình và bạn bè luôn quan tâm và động viên em.

N

-

O

này.

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

Em xin chân thành cám ơn!

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang i

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

NHẬN XÉT CỦA GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN ............................................................................................................................. .............................................................................................................................

FF IC IA L

............................................................................................................................. ............................................................................................................................. ............................................................................................................................. ............................................................................................................................. .............................................................................................................................

O

.............................................................................................................................

N

.............................................................................................................................

Ơ

.............................................................................................................................

H

.............................................................................................................................

N

.............................................................................................................................

Y

.............................................................................................................................

U

.............................................................................................................................

Q

............................................................................................................................. .............................................................................................................................

M

.............................................................................................................................

KÈ

............................................................................................................................. .............................................................................................................................

ẠY

.............................................................................................................................

D

............................................................................................................................. ............................................................................................................................. ............................................................................................................................. ............................................................................................................................. .............................................................................................................................

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang ii

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

NHẬN XÉT CỦA GIÁO VIÊN PHẢN BIỆN ............................................................................................................................. .............................................................................................................................

FF IC IA L

............................................................................................................................. ............................................................................................................................. ............................................................................................................................. ............................................................................................................................. .............................................................................................................................

O

.............................................................................................................................

N

.............................................................................................................................

Ơ

.............................................................................................................................

H

.............................................................................................................................

N

.............................................................................................................................

Y

.............................................................................................................................

U

.............................................................................................................................

Q

............................................................................................................................. .............................................................................................................................

M

.............................................................................................................................

KÈ

............................................................................................................................. .............................................................................................................................

ẠY

.............................................................................................................................

D

............................................................................................................................. ............................................................................................................................. ............................................................................................................................. ............................................................................................................................. .............................................................................................................................

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang iii

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

MỤC LỤC Lý do chọn đề tài................................................................................................1

2.

Mục đích nghiên cứu..........................................................................................1

3.

Nhiệm vụ nghiên cứu .........................................................................................1

4.

Đối tượng nghiên cứu ........................................................................................2

5.

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

FF IC IA L

1.

CHƯƠNG 1. CÁC ĐỊNH NGHĨA CƠ BẢN..................................................................3 Dung dịch . .........................................................................................................3

O

1.1.

Khái niệm về dung dịch. .............................................................................3

1.1.2.

Các đặc tính của dung dịch. ........................................................................3

1.1.3.

Dung dich chưa bão hòa, dung dich bão hòa và dung dịch quá bão hòa . ..3

Ơ

H

Độ tan. ................................................................................................................3

N

1.2.

N

1.1.1.

Khái niệm. ...................................................................................................3

1.2.2.

Độ tan của hợp chất ít tan............................................................................3

1.2.3.

Tích số tan. ..................................................................................................4

1.2.4.

Các yếu tố ảnh hưởng đến độ tan. ...............................................................6

Q

Các yếu tố vật lí ....................................................................................6

M

1.2.4.1.

U

Y

1.2.1.

Các yếu tố hóa học ...............................................................................7

KÈ

1.2.4.2.

1.2.4.2.1. Ảnh hưởng của ion chung. ...............................................................7

D

ẠY

1.2.4.2.2. Ảnh hưởng của nồng độ ion hydro. ..................................................7

1.2.4.2.3. Ảnh hưởng của sự thủy phân của anion. ..........................................8 1.2.4.2.4. Ảnh hưởng của sự thủy phân cation .................................................8 1.2.4.2.5. Ảnh hưởng của các chất tạo phức phụ. ............................................9 1.2.4.2.6. Sự ảnh hưởng tạo phức với anion làm kết tủa – tính lưỡng tính. ...10

1.3.

Phản ứng oxi hóa – khử. ..................................................................................10

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang iv

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

1.3.1.

Định nghĩa. ................................................................................................10

1.3.2.

Thế điện cực và sức điện động của pin. ....................................................10

1.4.

Các định luật. ...................................................................................................11 Định luật tác dụng khối lượng...................................................................11

1.4.2.

Định luật bảo toàn nồng độ ban đầu. ........................................................11

1.4.3.

Định luật bảo toàn điện tích. .....................................................................12

FF IC IA L

1.4.1.

CHƯƠNG 2. PHÂN LOẠI VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TÍCH SỐ TAN CỦA HỢP CHẤT ÍT TAN .....................................................................................................13

O

2.1. Tính tích số tan từ độ tan.....................................................................................13 2.1.1. Bài tập cơ bản. ..............................................................................................13

N

2.1.2. Bài tập nâng cao............................................................................................21

Ơ

2.1.2.1. Dạng bài tập tìm điều kiện tạo thành hợp chất ít tan..............................21

N

H

2.1.2.2. Tính tích số tan từ độ tan của của hợp chất ít tan trong dung dịch chứa ion đồng dạng nhưng có thể bỏ qua quá trình phụ. .............................................42

Y

2.1.2.3. Tính tích số tan từ độ tan khi có các quá trình phụ của các ion tạo ra từ hợp chất ít tan. .....................................................................................................47

Q

U

2.1.2.3.1. Bài toán chỉ tính đến quá trình phụ của gốc anion hoặc của gốc cation. ...............................................................................................................47

M

2.1.2.3.2. Bài toán xét cả 2 quá trình phụ của gốc cation và anion. ................68

KÈ

2.2. Tính tích số tan từ thế điện cực, sức điện động của pin hoặc các đại lượng nhiệt động…………………...………………………………………………………77 2.2.1. Tính tích số tan từ thế điện cực, sức điện động của pin. ..............................77

ẠY

2.2.2. Tính tích số tan từ các đại lượng nhiệt động. ...............................................89

D

KẾT LUẬN ...................................................................................................................93 TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................................................93

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang v

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài.

Mỗi năm cứ vào dịp kỉ niệm ngày giải phóng hoàn toàn miền Nam, thống nhất Tổ Quốc, trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong, thành phố Hồ Chí Minh lại tổ chức

FF IC IA L

kì thi truyền thống Olympic 30/4. Kì thi đã được tổ chức liên tục từ năm 1994 đến nay, với quy mô ngày càng lớn, chất lượng ngày càng cao.

Kỳ thi được tổ chức với nhiều môn thi như: Toán, Vật lí, Địa lí, Tin học…trong

đó có Hóa học – một trong những môn thi khó của kì thi. Trong các nội dung thi của môn hóa học ta thường bắt gặp dạng bài tập liên quan tới tích số tan.

Tích số tan là một đại lượng hằng số cân bằng, nó có vai trò rất quan trọng và

O

được dùng để đánh giá độ tan của một chất nào đó trong dung dịch bão hòa. Tích số

N

tan và độ tan có mối liên hệ với nhau và ta có thể tính được tích số tan từ độ tan hoặc

Ơ

ngược lại. Do đó, chương phản ứng tạo thành hợp chất ít tan có vai trò rất quan trọng, nó giúp phân loại được một số dạng bài tập liên quan tới tích số tan và độ tan.

H

Tuy nhiên, trong những năm gần đây, rất ít đề tài nghiên cứu về bài tập liên

N

quan đến phản ứng tạo thành hợp chất ít tan trong các đề thi Olympic 30/4 môn Hóa học, nên việc xây dựng một cơ sở lí thuyết cơ bản để có thể vận dụng giải bài tập liên

Y

quan tới tích số tan là việc cần thiết.

U

Chính vì những lý do trên tôi chọn đề tài “Phân loại và giải bài tập tích số tan

Q

Olympic 30/4”. Nhằm học hỏi và nâng cao hiểu biết của bản thân, tạo nguồn tài liệu

M

cho học sinh và các thầy cô trong việc ôn luyện chuẩn bị kì thi Olympic 30/4 có hiệu quả và đạt kết quả cao.

KÈ

2. Mục đích nghiên cứu Xây dựng cơ sở lí thuyết đơn giản về tích số tan, độ tan và phản ứng trao đổi

ẠY

tạo thành hợp chất ít tan trong dung dịch. Từ đó mà phân loại một số dạng bài tập thường gặp về tính tích số tan trong đề thi Olympic Hóa học 30/4 và giải các bài tập

D

đó dựa vào cơ sở lí thuyết ở trên.

Làm quen với nghiên cứu khoa học.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu Tóm tắt lí thuyết về phần tích số tan, độ tan, các yếu tố ảnh hưởng tới độ tan.

Nghiên cứu cách vận dụng kiến thức đơn giản về độ tan, về sức điện động để giải các dạng bài tập về tích số tan.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 1

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

4. Đối tượng nghiên cứu Cơ sở lí thuyết đơn giản về tích số tan và một số dạng bài tập thường gặp vềmtích số tan trong chương trình phổ thông, trong đề thi cũng như trong chương trình cao đẳng và đại học.

FF IC IA L

5. Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu:

Từ sách giáo trình đại học đưa ra lí thuyết đơn giản về phản ứng tạo thành hợp chất ít tan.

Giải các bài tập về tích số tan dựa vào độ tan, thế điện cực và sức điện động của

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

pin, các hằng số nhiệt động từ đó mà phân dạng và rút ra phương pháp giải.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 2

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

CHƯƠNG 1.

CÁC ĐỊNH NGHĨA CƠ BẢN 1.1.

Dung dịch .

FF IC IA L

1.1.1. Khái niệm về dung dịch.

Dung dịch là hỗn hợp đồng nhất giữa dung môi và chất tan.

1.1.2. Các đặc tính của dung dịch.

• Dung dịch là một hỗn hợp đồng nhất.

• Các cấu tử tan trong dung dịch không thể nhìn thấy được bằng mắt thường.

O

• Dung dịch không để cho chùm ánh sáng phân tán.

• Dung dịch có tính ổn định.

N

• Chất tan từ dung dịch không thể tách ra được bằng cách lọc (hoặc bằng

Ơ

phương pháp cơ học).

H

1.1.3. Dung dich chưa bão hòa, dung dich bão hòa và dung dịch quá bão hòa .

N

Dung dich chưa bão hòa là dung dịch còn hòa tan thêm được chất tan đó nữa ở điều kiện đã cho.

Y

Dung dịch bão hòa là dung dịch không thể hòa tan thêm được chất tan đó nữa ở

U

điều kiện đã cho.

Q

Dung dịch quá bão hòa là dung dịch chứa lượng chất tan nhiều hơn so với lượng chất tan trong dung dịch bão hòa ở điều kiện đó.

M

Ví dụ: hoà tan muối ăn vào nước sẽ được một dung dịch. Nếu tiếp tục thêm muối

KÈ

vào dung dịch thì sẽ đến một lúc muối không thể tan thêm được nữa. Ta thu được một dung dịch bão hòa.

1.2.

Độ tan.

ẠY

1.2.1. Khái niệm.

D

Độ tan (S) của một chất là số gam chất đó tan được trong 100 g nước để tạo thành

dung dịch bão hòa ở một nhiệt độ xác định.

1.2.2. Độ tan của hợp chất ít tan.

Khi hòa tan chất điện li ít tan MmAn trong nước thì các ion Mn+, Am- các phần tử cấu trúc mạng lưới tinh thể chất điện li, sẽ bị hyđrat hóa và chuyển vào dung dịch dưới dạng phức chất aqua: M(H2O)Xn+, A(H2O)ym-.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 3

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Khi hoạt độ các ion M(H2O)Xn+, A(H2O)ym- trong dung dịch tăng lên đến một mức độ nào đó thì xảy ra quá trình ngược lại, có nghĩa là một số ion hyđrat hóa sẽ kết tủa lại trên bề mặt tinh thể. Đến một lúc nào đó thì tốc độ của quá trình thuận (quá trình lập giữa pha rắn và dung dịch bão hòa: ⇀ mM ( H 2O) x n + + nA(H 2 O) y m− M m An + (mx + ny ) H 2O ↽

(pha rắn)

(dung dịch bão hòa)

FF IC IA L

hòa tan chất rắn) và nghịch (quá trình các ion kết tủa), chúng ta sẽ có cân bằng thiết (1.1)

Khi cân bằng (1.1) đạt trạng thái cân bằng, lúc đo thu được một dung dịch bão hòa là dung dịch có chứa một lượng chất tan nhất định, lượng chất tan đó được gọi là độ

O

tan (S). Độ tan S có thể được biểu diễn bằng các đơn vị khác nhau: g/100g dung môi, g/l, mol/l.

N

Nếu theo (1.1) ta có thể hiểu khái niệm độ tan như sau:

Ơ

Độ tan là nồng độ của chất điện li trong dung dịch bão hòa ở điều kiện đã cho.

Khái niệm này chỉ đề cập đến chất rắn tan trong dung môi nước và độ tan chính là

1.2.3. Tích số tan.

N

ít tan trong cân bằng ion.

H

lượng chất tan điện li thành các ion. Đây là vấn đề cần hiểu về độ tan của các hợp chất

U

Y

Cân bằng (1.1) ta có thể biểu diễn đơn giản dưới dạng như sau: K

Q

⇀ mM n+ + nAm− M m An ( r ) ↽

Áp dụng định luật tác dụng khối lượng ta thu được: ( M n + ) m .( Am − ) n ( M m An )

M

K=

(1.2)

KÈ

Trong đó: ( M n + ), ( Am − ), ( M m An ) lần lượt chỉ hoạt độ của các phần tử M n+ , Am − , M m An .

ẠY

Cho rằng chất rắn ở trạng thái tinh thể hoàn chỉnh, nguyên chất nên ta có thể chấp

D

nhận chất rắn ở trạng thái tiêu chuẩn. Nghĩa là (MmAn) = 1. Khi đó (1.2) trở thành: K = ( M n + )m .( Am− ) n

(1.3)

Ta thay hằng số cân bằng K trong biểu thức (1.3) bằng ký hiệu tích số tan Ksp, ta thu được: K sp = ( M n+ )m .( Am − )n

(1.4)

Như vậy, trong một dung dịch xác định tại một nhiệt độ không đổi thì tích số hoạt SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 4

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

độ các ion trong dung dịch bão hòa của hợp chất ít tan là một giá trị không đổi và bằng tích số tan.

Tích số tan không phụ thuộc vào giá trị hoạt độ của các phần tử mà chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ và bản chất của chất tan.

FF IC IA L

Để đánh giá độ tan từ Ksp cần biểu diễn (1.4) dưới dạng nồng độ Ta thay: (Mn+) = [Mn+].fM ; (Am-) = [Am-].fA => K sp = f Mm . f An .[M n + ]m .[A m − ]n <=> [M n + ]m .[A m − ]n = K sp.c . f M− m . f A− n = K sp.c

(1.5)

Trong đó: K sp.c được gọi là tích số tan nồng độ ; f Mm , f An là hệ số hoạt độ tương

O

ứng với các phần tử M n + và A m −

Để tìm được hệ số hoạt độ ta cần tính lực ion ( µ ): µ = 0, 4 Zi2 .Ci

N

(1.6)

H

Ci là nồng độ của ion i.

Ơ

Với: Zi là điện tích của ion i.

N

Lực ion µ biểu thị tương tác tĩnh điện giữa các ion trong dung dịch

Y

+ Với dung dịch có lực ion µ < 0, 01 hệ số hoạt độ được tính theo công thức:

U

log f = −0, 5.Z2 . µ

M

thức:

Q

+ Với dung dịch có lực ion 0, 01 < µ ≤ 0,5 hệ số hoạt độ được tính theo công

KÈ

log f = −

0,5. Z2 . µ 1+ µ

+ Với dung dịch có lực ion µ > 0,5 hệ số hoạt độ được tính theo công thức:

D

ẠY

log f = −

0,5.Z2 . µ 1 + 0,33.108.r. µ

+A

r : bán kính ion ngậm nước tính theo cm.

A : hệ số thực nghiệm phụ thuộc vào bản chất của chất điện ly và dung môi.

Trong dung dịch rất loãng, tương tác tĩnh điện giữa các ion không đáng kể µ ≈ 0 ,

f = 1 nên ta có nồng độ bằng hoạt độ (A) = [A].1 = [A].

Trong dung dịch của muối ít tan, không chứa chất điện ly phụ, thì lực ion của SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 5

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

dung dịch thường rất bé µ ≈ 0 , và ta coi f = 1. Khi đó, biểu thức tích số tan có dạng gần đúng: K sp = [M n + ]m .[A m − ]n

FF IC IA L

Dung dịch có sự thiết lập cân bằng giữa tướng rắn và các ion của chất ít tan được gọi là dung dịch bão hòa.

+ Trong dung dịch bão hòa, tích số ion bằng tích số tan : K sp = [M n + ]m .[A m − ]n

Lúc này vận tốc hòa tan bằng vận tốc kết tủa, kết tủa không được tạo thêm và cũng không tan vào dung dịch.

O

+ Trong dung dịch chưa bão hoà, tích số ion nhỏ hơn tích số tan : K sp > [M n + ]m .[A m − ]n

N

Trong dung dịch bão hòa, vận tốc hòa tan lớn hơn vận tốc kết tủa nên không có

Ơ

kết tủa tạo thành.

N

K sp < [M n + ]m .[A m − ]n

H

+ Trong dung dịch quá bão hòa , tích số ion lớn hơn tích số tan :

Trong dung dịch quá bão hòa, vận tốc hòa tan nhỏ hơn vận tốc kết tủa, nên kết

Y

tủa sẽ được tạo thành cho đến khi K sp = [M n + ]m .[A m − ]n .

Các yếu tố vật lí

Q

1.2.4.1.

U

1.2.4. Các yếu tố ảnh hưởng đến độ tan.

M

Bản chất của chất tan: Mỗi chất tan có 1 độ tan nhất định. Các dạng đa hình và thù hình của cùng một chất có độ tan khác nhau.

KÈ

Ví dụ: Độ tan (theo g/100 g H2O) của một số chất tan trong nước ở 20oC: CaI2

NaCl

H3PO3

CaCO3

AgI

Độ tan(s)

209,0

36,0

5,0

13.10-4

13.10-8

ẠY

Chất

Bản chất của dung môi: Với các dung môi khác nhau thì độ tan của một chất là

D

khác nhau ở cùng một điều kiện.

Ví dụ: Độ tan của KI (theo % khối lượng) trong các dung môi ở 20oC Dung môi

H2O

NH3(lỏng)

CH3OH

CH3COCH3

Độ tan (s)

59,8

64,5

14,97

1,302

Nhiệt độ: Nhiệt độ thay đổi thì độ tan cũng thay đổi. Sự thay đổi này có liên quan SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 6

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

đến hiệu ứng nhiệt khi hòa tan. Đối với những chất thu nhiệt khi hòa tan, thì độ tan sẽ tăng theo nhiệt độ và ngược lại. + Với chất tan là chất rắn, thì quá trình hòa tan thường thu nhiệt nên độ tan thường tăng khi tăng nhiệt độ.

FF IC IA L

+ Với chất tan là chất khí thì quá trình hòa tan thường tỏa nhiệt nên độ tan thường giảm khi tăng nhiệt độ.

Ngoài ra độ tan còn phụ thuộc vào áp suất, trạng thái vật lí của pha rắn, thành phần của dung dịch (lực ion, chất tạo phức, pH...)

1.2.4.2.

Các yếu tố hóa học

1.2.4.2.1. Ảnh hưởng của ion chung.

O

Từ ảnh hưởng của ion chung tới độ tan nên ta có thể tính trực tiếp tích số tan từ độ

N

tan ở lực ion nào đó, nhưng chỉ đối với trường hợp khi chất kết tủa là chất điện li Kết tủa MmAn có dạng sơ đồ sau:

Ơ

mạnh trong dung dịch và các ion của nó không tham gia vào các phản ứng phụ khác.

H

⇀ mM n+ + nAm− M m An ( r ) ↽

K sp

N

Nếu qui ước S là độ tan mol, thì nồng độ tương ứng của các ion M và A là mS và

Y

nS, Ksp là tích số tan. Ta có thể tính trực tiếp tích số tan từ độ tan theo biểu thức sau đây:

U

K sp = [ M n + ]m .[ Am − ]n = (mS ) m .(nS )n

Q

Nếu trong dung dịch có ion chung với ion của kết tủa, thì có thể bỏ qua nồng độ

M

của ion đó do kết tủa hoà tan ra. Ví dụ, nếu nồng độ lượng dư của ion Mm+ bằng CM

KÈ

thì có thể tính tích số tan từ phương trình: K sp = (CM + mS )m ( nS ) ≈ (CM ) m ( nS ) n

n

Chú ý rằng, khi tính chính xác thì giá trị tích số tan Ks phụ thuộc vào lực ion

ẠY

chung trong đó có phần của các ion do kết tủa tan ra.

D

1.2.4.2.2. Ảnh hưởng của nồng độ ion hydro.

Nếu anion của kết tủa là gốc của axit yếu thì độ tan của kết tủa thay đổi theo độ

axit.

-

Trước hết, ta xét muối của đơn axít yếu HA: ⇀ M n + + nA− MAn ↽ ⇀ nHA nA− + nH + ↽

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 7

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Nếu CA là nồng độ toàn phần của A hay CA = [A-] + [HA] và nếu α1 là phần của toàn bộ lượng A ở dạng ion hoá thì: K sp = [M n + ].[A m − ]n = [M n + ].α1n C An Ka [H ] + K a +

FF IC IA L

Trong đó α1 =

Nếu đã biết [H+] thì có thể tính được α1 và thay vào K sp thì sẽ tính được độ tan của MAn. -

Xét muối của axít hai nấc ta cũng suy luận tương tự như trên, chỉ khác là

α 2 là phần của toàn bộ lượng A ở dạng A2-.

1.2.4.2.3. Ảnh hưởng của sự thủy phân của anion.

O

nồng độ của ion anion hoá trị hai [A2-] được biểu diễn bằng α 2C A , trong đó

⇀ M + + A− MA ↽

N

Xét hợp chất ít tan MA, với anion bị thủy phân trong nước : (1)

⇀ HA + OH − A− + H 2 O ↽

Kw Ka

(2)

⇀ H + + OH − H 2O ↽

Kw

(3)

N

H

Ơ

K sp

Y

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích : (4)

U

[ M + ] + [ H + ] = [OH − ] + [ A− ]

Q

Từ (1), (2), (3), (4) thu được hệ 4 phương trình 4 ẩn số, trong trường hợp anion bị thủy phân nhiều nấc thì bài toán sẽ trở nên phức tạp hơn.

M

Tuy nhiên, nếu độ tan rất bé thì lượng hidroxit tạo ta trong phản ứng là vô cùng

KÈ

nhỏ so với lượng đã có sẵn ở trong nước, vì vậy ta có thể xem pH = 7. Hoặc dựa vào giá trị pH bài toán đã cho, ta có thể dễ dàng tính được phần anion tồn tại trong dung

dịch.

ẠY

Trong những trường hợp khác, lại có thể xem nồng độ hydroxit thủy phân là vô

cùng bé so với lượng tạo thành do thủy phân nên có thể bỏ qua quá trình thủy phân

D

của H2O. 1.2.4.2.4. Ảnh hưởng của sự thủy phân cation Các cation của nhiều kim loại nặng thủy phân ở mức độ đáng kể, do đó ảnh hưởng đến độ tan của các muối khó tan của chúng.

Xét quá trình thủy phân của cation Mn+ trong dung dịch theo các nấc : SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 8

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai ⇀ MOH ( n −1) + H + M n + + H 2 O ↽ ⇀ M (OH )2 ( n − 2) + H + M n + + H 2 O ↽

...................

Giả sử các hằng số của các phản ứng trên như là các hằng số phân ly kế tiếp của

FF IC IA L

axit là cation hydrat hóa ion Mn+.Do đó có thể tính được phần β của kim loại ở trạng thái hydrat hóa theo phương trình dạng : β=

[H + ]n [H + ]n + K1[H + ]n −1 + K1 K 2 .[H + ]n − 2 + ... + K1K 2 ...K n

Phương trình trên dùng để xác định phần axit chưa phân ly trong dung dịch của axit nhiều nấc và muối của nó.

O

Nếu cần tính chính xác độ tan của các muối kim loại nặng thì phải hết sức lưu ý tới bản chất của các sản phẩm tạo thành do quá trình thủy phân.

N

1.2.4.2.5. Ảnh hưởng của các chất tạo phức phụ.

N

H

⇀ MX M + X ↽

Ơ

Tác dụng của chất tạo phức X với muối ít tan xảy ra theo phương trình sau :

....

Y

⇀ MX 2 MX + X ↽

Kn =

[ MX n ] [ MX n −1 ].[ X ]

Q

U

⇀ MX n MX n −1 + X ↽

[ MX] [ M ].[ X ] [ MX 2 ] K2 = [ MX ].[ X ]

K1 =

Cả hai ion M và A có thể là những ion một điện tích hay nhiều điện tích,…còn

M

phần tử X có thể ở dạng phân tử và ion. Các hằng số K1, K2,…Kn là các hằng số tạo

KÈ

thành kế tiếp hay các hằng số tạo thành từng nấc của các phức chất MX, MX2,…MXn. Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ đầu đối với M ta thu được : i =n

<=> CM = [M] + K1[ M ].[ X ] + K1 K 2 [ MX ].[ X ]2 + ... +  K i [ M ].[ X ]n

ẠY D

CM = [M] + [ MX] + [ MX 2 ] + ... + [ MX n ] i =1

  <=> CM = [M]  K1[ X ] + K1 K 2 [ X ]2 + ... +  K i [ X ]n   i =1  i=n

i=n

Trong đó : K i = K1.K 2 ....K i =  K i i =1

1

β

SVTH: Lê Dũ Chiếc

=

CM = 1 + K1[ X ] + K1 K 2 [ X ]2 + ... + K n [ X ]n [M]

Trang 9

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Biểu thức tính số tan : K sp = [M].[A] = β .CM [A]

Từ đó ta tính được độ tan S khi không có ion chung : K sp

β

FF IC IA L

S = CM = [A] =

1.2.4.2.6. Sự ảnh hưởng tạo phức với anion làm kết tủa – tính lưỡng tính.  1  K S = K sp .  − q + − 1q −1 + ... + K q + K q −1.[A − ] + .... + K n [A − ]n − q   [A ] [A ] 

1.3.

Phản ứng oxi hóa – khử.

1.3.1. Định nghĩa.

O

Phản ứng oxi hoá khử là phản ứng hoá học trong đó có sự chuyển electron giữa

N

các chất phản ứng; hay còn gọi là phản ứng có sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên

Ơ

tố.

1.3.2. Thế điện cực và sức điện động của pin.

Thế điện cực tiêu chuẩn : Thế điện cực tiêu chuẩn của một cặp oxi hóa – khử là

H

-

điện cực hydro tiêu chuẩn

Điện cực : xét hệ điện cực loại hai gồm kim loai tiếp xúc trực tiếp với hơp chất

U

-

Y

Kí hiệu : ϕox0 / kh

N

sức điện động của pin tạo bởi hệ oxi hóa – khử đó (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) với

Q

khó tan của kim loại đó :

M

Phản ứng ở điện cực :

KÈ

⇀ nAm + + mB n − An Bm ( r ) ↽

nx

(1)

K

⇀ A ↓ Am + + me ↽

K sp = 10

m.ϕ 2 0, 059

(2)

D

ẠY

⇀ nA ↓ + mB n − An Bm ( r ) + n.m.e ↽

Với ϕ10 = ϕ A + Tính ϕ20 theo ϕ10 và Ksp ϕ2 = ϕ1 +

0, 059 lg[ Am+ ] m

(I )

Tính ra được : ϕ20 = ϕ10 +

SVTH: Lê Dũ Chiếc

0, 059 lg[ K sp ] n.m

( II )

Trang 10

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

+ Pin điện ( E 0pin ) : Ta thiết lập một pn điện gồm một điện cực ở trên ghép với một điện cực tiêu chuẩn (điện cực hidro, điện cực calomen…). Rồi đo sức điện động của pin, từ đó tìm ra thế điện cực, dựa vào các biểu thức ở

1.4.

FF IC IA L

trên để tìm ra tích số tan.

Các định luật.

1.4.1. Định luật tác dụng khối lượng.

Định luật do Gulberg, Wage (Na Uy) đưa ra năm 1864, nhằm xác định trạng thái cân bằng của một phản ứng.

Trong phần này chỉ nghiên cứu cân bằng trong dung dịch lỏng : mA(dd) + nB(dd)

pC(dd) + pD(dd)

[C ] p .[ D]q [ A]m .[ B]n

Ơ

KC =

N

Người ta cũng chỉ rằng:

O

Xét phản ứng:

N

ứng đạt trạng thái cân bằng.

H

Với [C], [D], [A], [B] lần lượt là nồng độ của C, D, A, B trong dung dịch lúc phản Trong trường hợp dung dịch lỏng nếu trong hệ phản ứng có hiện diện chất rắn thì

Y

ta không chú ý đến chất rắn.

U

Ví dụ:

Q

⇀ AgCl (r ) ↓ Ag + (dd) + Cl − (dd) ↽ 1 [ Ag ].[Cl − ] +

M

=> K C =

KÈ

Với [ Ag + ], [Cl− ] là nồng độ của ion Ag+, Cl-, trong dung dịch có cân bằng với pha

rắn AgCl.

1.4.2. Định luật bảo toàn nồng độ ban đầu.

ẠY

Nồng độ ban đầu của một cấu tử bằng tổng nồng độ cân bằng của các dạng tồn tại

D

của cấu tử đó có mặt trong dung dịch. Nếu cấu tử tồn tại ở dạng đa nhân thì phải nhân nồng độ đó với hệ số tương ứng.

Ví dụ: Biểu diễn định luật bảo toàn nồng độ đầu trong dd FeCl3, biết Fe tồn tại

dưới dạng Fe3+, FeOH2+, Fe(OH)2+, Fe2(OH)24+, FeCl2+, FeCl2+, FeCl3, H[FeCl4]:

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 11

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

4+ CFe3+ = C 0 FeCl3 =  Fe3+  +  FeOH 2+  + 2  Fe2 ( OH )2  +  FeCl2 +   

+  FeCl 2 +  + [ FeCl3 ] +  FeCl4 −  CCl − = 3C 0 FeCl3 = Cl −  +  FeCl 2 +  + 2  FeCl2 +  + 3 [ FeCl3 ] + 4  FeCl4 − 

FF IC IA L

1.4.3. Định luật bảo toàn điện tích.

Trong dung dịch tổng điện tích dương bằng tổng điện tích âm.Từ đó suy ra tổng số mol điệnt tích dương bằng tổng số mol điện tích dương.

Ví dụ: Xét dung dịch gồm các ion: + Ion dương: A1a + (x1:mol); B1b + (y1:mol); C1c + (z1:mol)....

1

1

1

a + b + c + + Ion âm: A 2 (x 2 :mol);B2 (y 2 :mol); C 2 (z 2 :mol)....

2

2

O

2

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

x1a1 +y1b1 +z1c1 +...=x 2 a 2 +y 2 b 2 +z 2 c 2 +...

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 12

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

CHƯƠNG 2.

PHÂN LOẠI VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TÍCH SỐ TAN CỦA HỢP CHẤT ÍT TAN

FF IC IA L

2.1. Tính tích số tan từ độ tan.

2.1.1. Bài tập cơ bản.

Bài 1. Ở 25oC, Ksp của SrSO4 bằng 3,8.10-7. Khi trộn một thể tích dung dịch SrCl2 0,002M với cùng một thể tích dung dịch K2SO4 0,002M thì kết tủa SrSO4 có xuất hiện không?

2

2

4

0, 002 = 10−3 M 2

=> [Sr 2+ ] = [SO 24− ] = 10−3 M

Ơ

Vậy có xuất hiện kết tủa.

N

[Sr 2+ ].[SO 42− ] = (10−3 )2 = 10−6 > K sp

O

Giải: Sau khi trộn CSrCl = CK SO =

Bài 2. Thêm dung dịch Ag+ vào dung dịch hỗn hợp Cl- 0,1 M và CrO42- 0,01 M.

N

K sp. AgCl = 10−9,75 và K sp. Ag2CrO4 = 10−11,95

H

Tính nồng độ cân bằng của ion Cl- khi kết tủa đỏ nâu Ag2CrO4 bắt đầu xuất hiện. Cho

Y

(Olympic 2010 – THPT Chuyên Lê Khiết, Quãng Ngãi)

U

Giải:

Q

Nồng độ Ag+ để kết tủa nâu đỏ xuất hiện là:

M

[Ag + ]2 .[C rO42− ] = K sp. Ag2CrO4 => [Ag + ] =

[C rO42− ]

10−11,95 <=>[Ag ] = = 1, 06.10−5 M 0, 01

KÈ

+

Mặt khác: [Ag + ].[Cl− ] = K sp. AgCl =>[Cl− ] =

ẠY

K sp. Ag2CrO4

K sp. AgCl [Ag + ]

=

10 −9,75 = 1, 68.10−5 M −5 1, 06.10

Bài 3. Tính pH bắt đầu kết tủa Fe(OH)3 từ dung dịch FeCl3 0,01M biết

D

K sp .Fe ( OH )3 = 8.10-38.

(Olympic 2007 - THPT Chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận) Giải: FeCl3 → Fe3+ + 3Cl − 0, 01M

SVTH: Lê Dũ Chiếc

0, 01M

0, 03M

Trang 13

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Kết tủa Fe(OH)3 bắt đầu xuất hiện khi: [ Fe3+ ].[OH − ]3 = K sp. Fe (OH )3

=>[OH − ] =

K sp. Fe (OH )3

3

[ Fe3+ ]

=

3

8.10−38 = 2.10−12 0, 01

FF IC IA L

pH = 14 − pOH

= 14 − (− log[OH − ]) = 14 − (− log 2.10 −12 ) = 2,3

Bài 4. Thêm từ từ từng giọt (và khuấy đều) dung dịch AgNO3 0,10M vào dung dịch hỗn hợp KCl 0,10M và KI 0,10M 1. Cl − và I − ion nào kết tủa trước?

Biết tích số tan của AgCl là 10

−10

−16 và của AgI là 10 .

O

2. Khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa thì ion thứ nhất có nồng độ là bao nhiêu ?

N

(Olympic 2009 - THPT Chuyên Quang Trung, Bình Phước)

Ơ

Giải: Ta có:

KI  →K+ + I−

0,1M

0,1M

0,1M

Y

+ Ion Cl- kết tủa khi:

0,1M

N

1. Xét điều kiện để các ion kết tủa:

H

KCl  → K + + Cl −

U

[Cl − ].[Ag + ] = K sp. AgCl => [Ag + ] =

K sp. AgCl [Cl − ]

=

10−10 = 10 −9 M 0,1

Q

=> khi nồng độ [Ag+]=10-9 M thì ion Cl- bắt đầu kết tủa.

M

+ Ion I- kết tủa khi:

KÈ

[I− ].[Ag + ] = K sp. AgI => [Ag + ] =

K sp. AgI

[I− ]

=

10−16 = 10−15 M 0,1

=> khi nồng độ [Ag+] = 10-15 M thì ion I- bắt đầu kết tủa.

Vậy: ion I- sẽ kết tủa trước

ẠY

2. Khi ion thứ hai (Cl-) bắt đầu kết tủa thì ion thứ nhất (I-) có nồng độ:

D

Ta có: K sp. AgCl −

[Cl ]

=

K sp. AgI −

[I ]

=> [I − ] = =

SVTH: Lê Dũ Chiếc

K sp. AgI K sp. AgCl

.[Cl− ]

10−16 .0,1 = 10−7 M 10−10

Trang 14

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Bài 5. Ion Fe(SCN)2+ có màu đỏ ở nồng độ lớn hơn hoặc bằng 10-5M. Hằng số điện ly của nó là 10-2.

Một dung dịch chứa ion Ag+ 10-2M và Fe3+ 10-4M. Thêm dung dịch SCN- vào tạo kết tủa AgSCN (coi thể tích không đổi). Xác định nồng độ Ag+ còn lại trong dung dịch

FF IC IA L

khi xuất hiện màu đỏ. Biết Ksp.AgSCN = 10-12.

(Olympic 2007– THPT Huỳnh Mẫn Đạt, Kiên Giang) Giải: Khi dung dịch xuất hiện màu đỏ => [ Fe( SCN )2+ ] = 10−5 M

Fe3+

+

K = 102

10−5

10−4

bd :

cb : 10−4 − 10−5

10 −5

Ơ

=> [ SCN − ] =

N

[ Fe( SCN ) 2+ ] [ Fe3+ ].[ SCN − ]

[ Fe( SCN )2+ ] 10−5 = = 1,1.10−3 M 3+ 2 −5 10 .9.10 K .[ Fe ] K sp. AgSCN

=

N

K sp. AgSCN = [ Ag + ].[ SCN − ] => [ Ag + ] =

H

K=

SCN − ⇌ Fe( SCN ) 2+

O

=> [Fe3+] còn lại = 10-4 - 10-5= 9.10-5M

[ SCN − ]

10−12 = 9,1.10−10 M −3 1,1.10

Y

Bài 6. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+

U

0,01M

Q

1. Kết tủa nào thu được trước.

2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.

M

Biết H2C2O4 có các hằng số axit tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27.

KÈ

Tích số tan của CaC2O4 là 10-8.60; MgC2O4 là 10-4.83.

(Olympic 2006 - THPT Chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh)

Giải:

ẠY

1. Do CMg = CCa và K sp.CaC O < K sp.MgC O nên ta sẽ thu được kết tủa CaC2O4 trước.

2+

2+

2

4

2 4

D

2. Kết tủa CaC2O4 bắt đầu xuất hiện khi: [Ca 2+ ].[C 2O 4 2− ] > K sp.CaC2O4 => [C 2O 4 2− ] >

K sp.CaC2O4 [Ca 2+ ]

=

10−8,6 = 10−6,6 10−2

Kết tủa MgC2O4 bắt đầu xuất hiện khi: [ Mg 2+ ].[C2O4 2− ] > K sp.MgC2O4 => [C2 O4 2− ] >

SVTH: Lê Dũ Chiếc

K sp.MgC2O4

[Mg 2+ ]

=

10−4,83 = 10−2,83 10−2

Trang 15

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Khi kết tủa thứ 2 (MgC2O4) bắt đầu xuất hiện thì nồng độ Ca2+ là: =

2+

[Ca ]

K sp.MgC2O4 2+

[ Mg ]

=> [Ca2+]còn lại = [ Mg 2+ ].

= 10−2.

K sp.CaC2O4 K sp.MgC2O4

10−8,6 = 1, 7.10 −6 M −4,83 10

Bài 7.

FF IC IA L

K sp.CaC2O4

1. Khi pha loãng các dung dịch FeCl3 , Al2 ( SO4 )3 thì thấy xuất hiện kết tủa. Giải thích?

Muốn tránh hiện tượng tạo kết tủa phải làm như thế nào ?

2. Trộn 10ml dung dịch AgNO3 0, 001M với 40ml dung dịch NaCl 0, 02 M . Phản ứng

O

có tạo thành kết tủa không? Biết K sp. AgCl = 1,8.10−10

(Olympic 2009 - THPT chuyên Trà Vinh, Trà Vinh)

N

Giải:

Ơ

1. Khi pha loãng xảy ra các phản ứng: FeCl3  → Fe3+ + 3Cl −

H

Al2 ( SO4 )3  → 2 Al 3+ + 3SO4 2−

N

Các ion Fe3+ và Al3+ bị thủy phân trong nước theo các phản ứng:

Y

⇀ FeOH 2+ + H + Fe3+ + H 2O ↽

U

⇀ Fe(OH )2 + + H + FeOH 2+ + H 2O ↽ ⇀ Fe(OH )3 ↓ + H + Fe(OH ) 2 + + H 2O ↽

Q

⇀ AlOH 2+ + H + Al 3+ + H 2O ↽

M

⇀ Al(OH )2 + + H + AlOH 2+ + H 2O ↽

KÈ

⇀ Al(OH )3 ↓ + H + Al(OH ) 2 + + H 2O ↽

Do đó, khi pha loãng các dung dịch FeCl3 và Al2(SO4)3 ta thấy xuất hiện kết

tủa. Để tránh hiện tượng này, ta thêm vào dung dịch một ít axit HCl hay H2SO4 đậm

ẠY

đặc.

D

2. Sau khi trộn: C AgNO3 =

10.0, 001 = 2.10−4 M 10 + 40

C NaCl =

40.0, 02 = 0, 016 M 10 + 40

⇀ Ag + + NO3− AgNO3 ↽ 2.10−4 M

SVTH: Lê Dũ Chiếc

2.10−4 M

Trang 16

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

⇀ Na + + Cl − NaCl ↽ 0, 016 M

0,016M

[ Ag + ].[Cl − ] = 2.10 −4.0,016 = 3, 2.10−6 M > K sp. AgCl = 1,8.10−10

Vậy có kết tủa AgCl xuất hiện. và NH4Cl 0,1M. Cho biết có kết tủa Mg(OH)2 hay không?

Biết K sp = 6.10−10 và K NH = 5.5.10-10 4

+

FF IC IA L

Bài 8. Trộn 10ml dung dịch MgCl2 0,02M với 10ml dung dịch chứa NH3 0,1M

(Olympic 2006 - THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam) Giải: Nồng độ sau khi trộn: 10.0, 02 = 0, 01M 10 + 10

C NH3 = C NH 4Cl =

10.0,1 = 0, 05M 10 + 10

N

Các quá trình xảy ra: 0,01

0,02M

NH 4Cl  → NH + Cl − 0,05 0,05M

N

0, 05

H

+ 4

Ơ

MgCl2  → Mg 2+ + 2Cl − 0, 01

NH 3 + H 2O ⇌ NH 4+ + OH −

Kb =

Kw 10−14 = = 1,82.10 −5 K NH + 5,5.10−10 4

Y

bd :

0, 05

U

cb : 0, 05 − x

0, 05 + x

x

[ NH 4+ ].[OH − ] (0, 05 + x) x = = 1,82.10−5 [ NH 3 ] 0, 05 − x

Q

Kb =

O

CMgCl2 =

M

<=> 0, 05 x 2 + 0, 05 x − 9,1.10−7 = 0

KÈ

=> x = [OH − ] = 1,82.10−5

[ Mg 2+ ][OH − ]2 = 0, 01.(1,82.10−5 ) 2 = 3, 3124.10−12 < K sp = 6.10 −10

ẠY

Vậy không xuất hiện kết tủa.

Bài 9. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M; NH3 0,25M; và B là dung dịch hỗn

D

hợp chứa Cl-, Br-, I- đều có nồng độ 10-2 M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thuyết nồng độ đầu không đổi) thì kết tủa nào được tạo thành ? Trên cơ sở đó hãy đề

nghị phương pháp nhận biết sự có mặt ion Cl- trong một dung dịch hỗn hợp chứa Cl-, Br-, I-. Cho Ksp.AgCl = 10-10; Ksp.AgBr = 10-12,3; Ksp.AgI = 10-16.

(Olympic 2012 - THPT Chuyên Hùng Vương, Bình Dương) Giải: Trong dung dịch A xảy ra các quá trình: SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 17

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

AgNO3  → Ag + + NO3− 0, 01M

0, 01M

Ag + NH 3  → Ag ( NH 3 ) +

β1 = 103,92

Ag + + 2 NH 3  → Ag ( NH 3 )2 +

β 2 = 107,23

+

β 2 = 107,23

→ Ag ( NH 3 ) 2 + Ag + + 2 NH 3  bd : 0,01 pu: 0,01

0,25 0,02

0,01

còn: 0

0,023

0,01

Sau khi trộn A với B xảy ra cân bằng:

x

x

còn : 0, 01- x

x

2x

1 = 10 −7,23 107,23

0, 023 + x

[ Ag + ].[ NH 3 ]2 x.(0, 023 + x) 2 = = 107,23 [ Ag ( NH 3 )2 + ] 0, 01 − x

H

β=

β2

0, 023

=

N

pu :

1

Ơ

bd : 0, 01

β=

O

⇀ Ag + + 2 NH 3 Ag ( NH 3 )2 + ↽

FF IC IA L

Ta thấy β 2 >> β1 nên phản ứng 2 chiếm ưu thế hơn, xem như xảy ra hoàn toàn:

N

=> x = [ Ag + ] = 1,11.10−8 M

[ Ag + ].[Cl − ] = 1,11.10−8.10−2 = 1,11.10−10 ≈ Tt AgCl

U

Xét:

Y

Ta có: [Cl− ] = [Br − ] = [I − ] = 10 −2 M

Q

=> lượng kết tủa AgCl rất ít nên xem như không kết tủa. [ Ag + ].[Br − ] > K sp.AgBr =>có xuất hiện kết tủa

M

[ Ag + ].[I − ] > K sp.AgI

=> có xuất hiện kết tủa.

KÈ

Để nhận biết sự có mặt ion Cl- ban đầu ta dùng dung dịch (A) để loại bỏ ion Br- và I-,

sau đó thêm một ít axit vào để làm tăng nồng độ Ag+ dẫn đến kết tủa AgCl xuất hiện.

ẠY

Bài 10.

1. Dung dịch X gồm Na2S 0,01M, KI 0,06M, Na2SO4 0,05M. Tính pH của dung dịch

D

X.

2. Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,09M thì thu được kết 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 tích thay đổi không đáng kể khi thêm Pb(NO3)2).

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 18

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Cho: axit có H2S pK1 = 7,00, pK2 = 12,90, HSO4- có pK = 2,00.

Tích số tan của PbS = 10-26, PbSO4 = 10-7,8, PbI2 = 10-7,6.

(Olympic 2015 – THPT Gia Định, TP Hồ Chí Minh) Giải:

FF IC IA L

1. Tính pH của dung dịch X. Na2S  → 2 Na + + S 2− 0, 01M  →

0, 01M

+

KI  →K + I

−

0, 06 M  → 0, 06 M Na2SO4  → 2 Na + + SO4 2−

0, 05M

O

→ 0, 05M 

Mặt khác S2- và SO42- bị thủy phân:

Kw K a 2 . H 2S

=

10 = 10−1,1 10−12,9

Ơ

K1 =

−14

N

⇀ HS− + OH − (1) S 2 − + H 2 O ↽

H

⇀ HSO4 − + OH − (2) SO4 2− + H 2 O ↽

K1

K2

−14

Kw 10 = −2 = 10−12 K HSO − 10 4

N

K2 =

Y

Ta thấy K1 >> K2 => cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch.

U

Gọi x (mol/l) là nồng độ S2- bị thủy phân.

Q

⇀ HS− + OH − S 2− + H 2 O ↽

ẠY

KÈ

M

bd : 0, 01 cb : 0, 01 − x K1 =

x

x

[ HS ].[OH ] x2 −1,1 <=> 10 = [ S 2− ] 0, 01 − x −

−

<=> x 2 + 10−1,1 x − 7, 94.10−4 = 0 => x = [OH − ] = 8,98.10 −3 M pH = 14 + log[OH − ] = 14 + log 8, 98.10−3 = 11,95

D

2. Ta có CPb = 0, 09 M và K sp. PbS < Ksp.PbSO < K sp. PbI nên các kết tủa sẽ xuất hiện theo 2+

4

2

thứ tự: PbS, PbSO4, PbI2.

Xét các phản ứng tạo kết tủa

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 19

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai Pb 2 + + S 2−  → PbS ↓ bd : 0, 09 0, 01

cb : 0, 08

0

2+

0,01

2−

=> [ Pb ].[ S ] = 0, 09.0, 01 = 9.10 −4 > K sp.PbS = 10−26

FF IC IA L

Vậy có xuất hiện kết tủa PbS Pb 2 + + SO4 2−  → PbSO 4 ↓ bd : 0, 08 0, 05

cb : 0, 03

0

2+

0,05 2−

=> [ Pb ].[ SO4 ] = 0, 08.0, 05 = 4.10−3 > K sp.PbSO4 = 10−7,8

Vậy có xuất hiện kết tủa PbSO4.

O

Pb 2 + + 2 I −  → PbI 2 ↓ bd : 0, 03 0, 06 0

0,03

− 2

=> [ Pb ].[ I ] = 0, 08.(0, 06) 2 = 1, 08.10−4 > K sp.PbI2 = 10−7,6

Ơ

2+

N

cb : 0

Vậy có xuất hiện kết tủa PbI2.

H

Vậy thành phần kết tủa A gồm: PbS, PbSO4 và PbI2.

N

Dung dịch B gồm: K+ (0,06M), Na+ (0,12M), ngoài ra còn các ion: Pb2+, SO42-, S2- do các kết tủa tan ra, ở nồng độ nhỏ.

Y

Gọi s1, s2, s3 lần lượt là độ tan của PbS, PbSO4 và PbI2.

U

s1 = Tt PbS = 10−26 = 10−13 mol / l

M

Q

s2 = Tt PbSO4 = 10−7,8 = 10−3,9 mol / l s3 =

3

Tt PbI2 4

=

3

10−7,6 = 1,84.10−3 mol / l 4

KÈ

Độ tan của PbI2 trong dung dịch là lớn nhất, nên cân bằng chủ yếu là cân bằng

D

ẠY

tan của PbI2.

⇀ Pb 2+ + 2 I − PbI 2 ↽ 2s3

s3 2+

=> [ Pb ] = s3 = 1,84.10−3 M;[ I − ] = 2s3 = 2.1,84.10−3 = 3, 69.10 −3 M [SO 4 2 − ] = [S2− ] =

SVTH: Lê Dũ Chiếc

K sp .PbSO4 [ Pb 2+ ]

K sp .PbS [ Pb 2 + ]

=

=

10 −7,8 = 8, 61.10 −6 M 1,84.10−3

10−26 = 5, 43.10−24 M 1,84.10−3

Trang 20

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

2.1.2. Bài tập nâng cao.

2.1.2.1. Dạng bài tập tìm điều kiện tạo thành hợp chất ít tan.

Bài 1. Xác định nồng độ NH3 có lẫn NH4Cl cần thiết để ngăn cản sự kết tủa Mg(OH)2 trong 1 lít dung dịch chứa 0,01 mol NH3 và 0,001 mol Mg2+, biết rằng tích

FF IC IA L

số ion hóa của NH3 bằng 1,8.10-5 và tích số tan của Mg(OH)2 bằng 7,1.10-12.

(Olympic 2007– THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam) Giải: Điều kiện để không tạo thành kết tủa Mg(OH)2: [Mg 2+ ].[OH − ]2 < K sp .Mg ( OH )2 K sp.Mg ( OH )2 [Mg 2+ ]

7,1.10−12 = 8, 43.10−5 (1) 0, 001

=

O

<=> [OH − ] <

⇀ NH 4 + + OH − NH 3 + H 2 O ↽ +

−

K

Ơ

N

K .[NH 3 ] [ NH 4 ].[OH ] => [OH − ] = (2) [NH 3 ] [ NH 4 + ]

K=

H

Thay (2) vào (1) ta được: [OH − ] < 8, 43.10−5

N

K .[NH 3 ] < 8, 43.10 −5 + [ NH 4 ]

K .[NH 3 ] 1,8.10−5.0, 01 = = 2,14.10−3 M 8, 43.10 −5 8, 43.10−5

Y

<=>

U

<=> [ NH 4 + ] >

Q

Bài 2. Nhỏ từ từ từng giọt dung dịch Na2SO4 vào dung dịch có chứa các ion Ba2+, Ag+ với nồng độ 0,1 mol/l.

M

1. Hãy cho biết kết tủa nào xuất hiện trước, tại sao ? Tính nồng độ ion SO42- khi kết tủa

KÈ

này xuất hiện.

2. Tính nồng độ ion Na+ và SO42- khi kết tủa hai bắt đầu xuất hiện. Với cách trên có thể tách hoàn toàn ion Ba2+ ta khỏi ion Ag+ được không, hãy giải thích cụ thể ? Nồng độ

ẠY

của ion còn lại sau khi tách nhỏ hơn 10-6 được coi là tách hoàn toàn. Biết K sp.BaSO = 4

D

1,1.10-11 và K sp. Ag SO = 2.10-5.

2

4

(Olympic 2007 – THPT Bỉm Sơn, Thanh Hóa) Giải: 1. Kết tủa BaSO 4 xuất hiện khi : [SO 42− ] =

SVTH: Lê Dũ Chiếc

K sp.BaSO4 [ Ba 2 + ]

=

1,1.10 −11 =1,1.10−10 0,1

Trang 21

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai Ksp.Ag 2SO4

Kết tủa Ag 2SO 4 xuất hiện khi : [SO 24− ] =

[ Ag + ]2

=

2.10−5 = 2.10−3 M 2 0,1

=> Do đó kết tủa BaSO 4 xuất hiện trước, [SO 24− ] = 1,1.10−10 thì kết tủa này xuất hiện.

FF IC IA L

2. Kết tủa 2 ( Ag 2SO 4 ) xuất hiện khi: [SO 24− ] = 2.10−3 M Na2 SO4  → 2 Na + + SO 24 −

4.103

2.10−3

Khi kết tủa 2 xuất hiện thì [ Ba 2+ ] còn lại là : K sp.BaSO4 Ksp.Ag 2SO4

2

.[ Ag + ] =

1,1.10−11 .0,12 = 5, 5.10−9 M < 10−6 −5 2.10

O

[ Ba 2 + ] =

Do đó ion Ba 2+ được xem như kết tủa hết do đó ta có thể tách hoàn toàn Ba 2+ ra khỏi

N

Ag + .

Ơ

Bài 3. Cho dung dịch chứa Cl- 0,1 mol/l và CrO42- 10-4 mol/l. Thêm từ từ dung

H

dịch AgNO3 vào thì kết tủa xuất hiện trước và khi kết tủa thứ 2 bắt đầu xuất hiện thì tỉ lệ nồng độ ion Cl- và CrO42- là bao nhiêu ?

2

4

N

Biết: K sp. AgCl = 10−10 ; K sp. Ag CrO = 10−12 .

Y

(Olympic 2012 - THPT Chuyên Bến Tre, Bến Tre)

U

Giải:

Q

+ Kết tủa AgCl xuất hiện khi nồng độ [Ag+] là:

=

KÈ

M

[ Ag + ].[Cl − ] = K sp. AgCl => [ Ag + ] =

K sp . AgCl

[Cl − ]

10−10 = 10−9 M 0,1

D

ẠY

+ Kết tủa Ag2CrO4 xuất hiện khi nồng độ [Ag+] là: [ Ag + ]2 .[CrO4 2− ] = K sp. Ag2CrO4 => [ Ag + ] = =

K sp. Ag2CrO4

[CrO4 2− ]

10−12 = 10−4 M −4 10

=>Kết tủa AgCl xuất hiện trước.

Khi kết tủa thứ 2 (Ag2CrO4) xuất hiện thì [ Ag + ] = 10−4 và [CrO4 2− ] = 10−4 M [ Ag + ].[Cl − ] = K sp. AgCl => [Cl − ] =

SVTH: Lê Dũ Chiếc

10−10 = 10 −6 M −4 10

Trang 22

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Tỷ lệ nồng độ

[Cl − ] 10−6 1 = −4 = [ Ag 2CrO4 ] 10 100

Bài 4. Có tạo kết tủa Mg(OH)2 không khi: 1. Trộn 100ml dung dịch Mg(NO3)2 1,5.10-3M với 50ml dung dịch NaOH 3.10-5M Biết rằng: K sp .Mg ( OH ) = 10-11 và Kb(NH3) = 1,8.10-5 2

FF IC IA L

2. Trộn 2 thể tích bằng nhau của hai dung dịch Mg(NO3)2 2.10-3M và NH3 4.10-3M.

(Olympic 2008 - THPT Mạc Đỉnh Chi, TP Hồ Chí Minh) Giải: 1. Sau khi trộn: CNaOH

N

Các quá trình xảy ra Mg ( NO3 ) 2 → Mg 2+ + 2 NO3− 10 −3 M

Ơ

10−3 M

N

10 −5 M

H

NaOH → Na + + OH −

10−5 M

0, 05.3.10−5 = = 10−5 M 0,15

O

CMg ( NO3 )2

0,1.1, 5.10−3 = = 10−3 M 0,15

[ Mg 2+ ].[OH − ]2 = 10−3.(10 −5 )2 = 10−13 < K sp.Mg(OH)2

U

2. Các quá trình xảy ra:

Y

=> không có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện

Q

Mg ( NO3 ) 2 → Mg 2+ + 2 NO3− 10−3 M

10−3 M

M

NH 3 + H 2O ⇌ NH 4+ + OH −

KÈ

2.10−3 − x

Kb =

x

K b = 1,8.10−5

x

[OH − ].[ NH 4 + ] x2 = = 1,8.10−5 −3 [ NH 3 ] 2.10 − x

D

ẠY

<=> x 2 + 1,8.10−5 x − 3, 6.10−8 = 0 => x = 1,81.10−4 M

[ Mg 2+ ].[OH − ]2 = 10−3.(1,81.10−4 )2 = 3, 276.10−11 > K sp.Mg (OH )2

=> Có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện.

Bài 5. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng cho các thực nghiệm sau: Dung dịch A chứa các ion S2- 0,01M: Cl- 0,01M. Cho AgNO3 từ từ vào dung dịch A, sau đó thêm tiếp KCN từ từ cho đến dư vào dung dịch thu được.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 23

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Cho K sp. AgCl = 10−10 ; K sp. Ag S = 10−49,7 ; hằng số bền của phức : K b[ Ag (CN ) ] = 1021,1 2

2

(Olympic 2015 – THPT Chuyên Quảng Nam, Quảng Nam) Giải:

Ban đầu khi cho AgNO3 từ từ đến dư vào dung dịch A:

FF IC IA L

Ta có: [ S 2− ] = [Cl − ] = 0, 01M

+ Kết tủa AgCl xuất hiện khi: [Ag + ].[Cl − ] ≥ K sp. AgCl <=> [Ag + ] ≥ + Kết tủa Ag2S xuất hiện khi: K sp. Ag 2 S

[Ag + ]2 .[ S 2 − ] ≥ K sp . Ag2 S <=> [Ag + ] ≥

=

[Cl − ]

=

10−10 = 10−8 M 0, 01

10 −49,7 = 1, 41.10−25 M 0, 01

O

[S 2− ]

K sp. AgCl

Vậy khi thêm AgNO3 vào dung dịch A ta thấy có kết tủa màu đen Ag 2 S xuất hiện

N

trước, rồi đến kết tủa màu trắng AgCl

Ơ

Tiếp tục thêm KCN đến dư vào dung dịch:

K sp . AgCl = 10−10

H

⇀ Ag + + Cl − (1) AgCl ↽

K sp . Ag2 S = 10−49,7

⇀[Ag(NH 3 ) 2 ]− (3) Ag + + 2CN − ↽

K b.[Ag(NH3 )2 ] = 1021,1

Y

+ Lấy (1) + (3) ta được:

N

⇀ 2 Ag + + S 2− (2) Ag 2 S ↽

U

⇀[ Ag ( NH 3 ) 2 ]− + Cl − AgCl + 2CN − ↽ −10

(I )

= 1, 26.1011

Q

K I = K sp. AgCl .K b.[ Ag ( NH 3 )2 ] = 10 .10

21,1

KI rất lớn, nên kết tủa AgCl tạo phức tan với KCN.

M

+ Lấy (2) + 2.(3) ta được:

KÈ

⇀ 2[ Ag ( NH 3 ) 2 ]− + S 2− Ag 2 S + 4CN − ↽ 2

K II = K sp . Ag 2 S ( K b.[ Ag ( NH 3 )2 ] ) = 10

−49,7

.(10

( II )

21,1 2

) = 3,16.10−8

ẠY

KII rất nhỏ, nên kết tủa Ag2S hầu như không tạo phức tan với KCN. Vậy khi thêm KCN vào AgCl tan tạo phức, còn lại màu đen do Ag 2 S không tan trong

D

KCN 2 AgCl + 2 KCN → K [ Ag (CN ) 2 ] + KCl

Bài 6. Cho H2S đi qua dung dịch Cd2+ 0,001M và HCl 0,001M cho đến bão hoà C H2S = 0,1M.

Hỏi có kết tủa CdS tạo ra không ?

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 24

Tiểu luận tốt nghiệp Cho biết

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

CdS có Ksp = 10-26 ; H2S có K a = 10−7 ; K a = 10−12,92 1

2

(Olympic 2006 - THPT Chuyên Lê Khiết, Quãng Ngãi) Giải: Gọi a là nồng độ [S2-] HCl  → H + + Cl − 0, 001

0,001

⇀ H + + HS − K a = 10−7 H 2S ↽ 1 ⇀ H + + S 2 − HS − ↽

K a2 = 10−12,92

⇀ 2 H + + S 2 − K=K a .K a = 10 −19,92 H 2S ↽ 1 2 0,001

pu: a cb: a

a

0,001+a a

N

[ H + ]2 .[ S 2− ] (0, 001 + a ) 2 .a <=> 10−19,92 = [H2S ] 0,1

Ơ

K=

2a

O

bd :

FF IC IA L

Các quá trình diễn ra trong dung dịch:

=> a = [ S 2− ] = 1, 2.10 −15 M

H

[Cd 2+ ].[ S 2− ] = 0, 001.1, 2.10−15 = 1, 2.10 −18 > K sp = 10−26

N

Vậy có xuất hiện kết tủa CdS.

Y

Bài 7. Dung dịch bão hòa H2S có nồng độ 0,10 M. Hằng số axit của H2S:

U

K1 = 1,0.10-7; K2 = 1,3.10-13.

Q

a. Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,10M khi điều chỉnh pH = 3,0. b. Một dung dịch A chứa các cation Mn2+, Ag+ với nồng độ ban đầu mỗi ion đều bằng

M

0,01M. Hòa tan H2S vào dung dịch A đến bão hòa và điều chỉnh pH = 3,0 thì ion nào

KÈ

tạo kết tủa ?

Cho K sp.MnS = 2,5.10−10 ; K sp. Ag S = 6,3.10−50 2

(Olympic 2009 –THPT Chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh)

ẠY

Giải:

D

a. Theo đề bài ta có: ⇀ H + + HS − H 2 S ↽

K a1 = 10 −7

⇀ H + + S 2− HS − ↽

K a2 = 1, 3.10−13

⇀ 2 H + + S 2− H 2 S ↽

K = K a1 .K a2 = 1,3.10 −20

K=

K .[ H 2 S ] [ H + ]2 [ S 2− ] => [ S 2− ] = [H2S ] [ H + ]2

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 25

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

( pH = 3 => [ H + ] = 10−3 , dung dịch bão hòa H2S => [ H 2 S ] = 0,1M ) => [ S 2− ] =

K .[ H 2 S ] 1,3.10 −20.0,1 = = 1,3.10 −15 M + 2 −3 2 [H ] (10 )

b. Trong dung dịch pH = 3 bão hòa H2S nồng độ [ H 2 S ] = 0,1M => [S2-] = 1,3.10-15 M

[Mn 2+ ].[ S 2− ] ≥ K sp.MnS => [ S 2− ] ≥ [ S 2− ] ≥

FF IC IA L

+ Ion Mn2+ kết tủa khi: K sp.MnS [Mn 2+ ]

2,5.10−10 = 2, 5.10−9 M 0,1

+ Ion Ag+ kết tủa khi:

6,3.10 −50 = 6,3.10−46 M 2 0, 01

H

=> Có xuất hiện kết tủa Ag2S.

[Ag + ]2

Ơ

[ S 2− ] ≥

K sp. Ag2 S

N

[Ag + ]2 .[ S 2− ] ≥ K sp. Ag2 S => [ S 2− ] ≥

O

=> không xuất hiện kết tủa.

N

Bài 8. Khi hòa tan H 2 S vào nước để được dung dịch bão hòa thì nồng độ dung

Y

dịch gần bằng 0,1M. Dung dịch có chứa ba tiểu phân (H 2 S , HS − , S 2 − ) mà tỉ lệ của

Q

và K 2 = 1, 3.10 −13

U

chúng tùy thuộc vào độ axit của dung dịch. Các hằng số axit của H 2 S là K1 = 1, 0.10−7

a. Tính nồng độ ion sunfua,  S 2−  trong dung dịch H 2 S 0,100 M với pH = 2,0.

M

b. Một dung dịch chứa các cation Mn 2+ , Co 2+ và Ag + với nồng độ ban đầu của mỗi ion

KÈ

đều bằng 0,010M. Ion nào sẽ kết tủa khi bão hòa dung dịch với H 2 S và điều chỉnh pH

= 2,0 bằng HCl ? Giải thích ?

D

ẠY

Biết K sp.MnS = 2,5.10−10 ; K sp.CoS = 4, 0.10−21 ; K sp. Ag S = 6,3.10−50 .

2

(Olympic 2009 – THPT Chuyên Vị Thanh, Hậu giang)

Giải:

a. Theo đề bài ta có: ⇀ H + + HS − H 2 S ↽

K a1 = 10−7

⇀ H + + S 2− HS − ↽

K a2 = 1,3.10−13

⇀ 2 H + + S 2− H 2 S ↽

K = K a1 .K a2 = 10−7.1,3.10−13 = 1, 3.10−20

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 26

Tiểu luận tốt nghiệp K=

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

[S2− ].[H + ]2 K .[H 2S] => [S2− ] = [H 2S] [H + ]2

pH = 2 => [H + ] = 10−2 M

Xem như H2S phân ly không đáng kể => [H 2S] = CH S = 0,1M => [S2− ] =

K .[H 2S] 1,3.10 −20.0,1 = = 1, 3.10−17 M [H + ]2 (10 −2 ) 2

b. CMn = CCo = C Ag = 0, 01M 2+

2+

+

+ Ion Mn2+ kết tủa khi: [Mn 2+ ].[S2− ] = K sp.MnS => [S2− ] =

FF IC IA L

2

K sp.MnS

=

[Mn 2+ ]

2,5.10−10 = 2, 5.10−8 M 0, 01

K sp.CoS

[Co 2+ ]

4.10−21 = 4.10−9 M 0, 01

=

N

+ Ion Co2+ kết tủa khi: [Co 2+ ].[S2− ] = K sp.CoS => [S2− ] =

O

=> khi nồng độ [S2-] = 2,5.10-8 M thì ion Mn2+ bắt đầu kết tủa.

Ơ

=> khi nồng độ [S2-] = 4.10-9 M thì ion Co2+ bắt đầu kết tủa. + Ion Ag+ kết tủa khi: [Ag + ]2 .[S2− ] = K sp. Ag S => [S2− ] =

H

2

K sp. Ag2 S

[Ag + ]2

6,3.10 −50 = 6,3.10 −46 M 0, 012

=

N

=> khi nồng độ [S2-] = 6,3.10-46 M thì ion Ag+ bắt đầu kết tủa.

Vậy các ion kết tủa theo thứ tự Ag+, Co2+, Mn2+.

Y

Bài 9. Nếu tính toán chính xác thì có thể dùng dung dich amoni oxalate

U

((NH4)2C2O4 để tách 2 ion Ca2+ và Mg2+ ra khỏi dung dịch A được không ?

Q

Biết nồng độ của mỗi ion trong dung dịch A là 0,020 M.

M

K sp.CaC2O4 = 2,3.10−9 ; K sp.MgC2O4 = 8, 6.10−5

(Olympic 2010 - THPT chuyên Trà Vinh, Trà Vinh)

KÈ

Giải:

ẠY

+ Kết tủa CaC2O4 xuất hiện khi: [Ca 2+ ].[C2O42− ] = K sp.CaC2O4 => [C2O42− ] =

K sp.CaC2O4 [Ca 2+ ]

=

2,3.10 −9 = 1,15.10−7 M 0, 02

D

+ Kết tủa MgC2O4 xuất hiện khi: [Mg 2+ ].[C2O42− ] = K sp.MgC2O4 => [C2O42− ] =

K sp.MgC2O4 [ Mg 2+ ]

=

8, 5.10−5 = 4,3.10 −3 M 0, 02

Vậy CaC2O4 kết tủa trước.

Giả sử ta đã tách được hoàn toàn ion Ca2+ ra khỏi hỗn hợp, Ca2+ được xem như tách hoàn toàn ra khỏi hỗn hợp khi [Ca 2+ ] ≤ 10−6 M SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 27

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Ta có: [Ca 2+ ].[C2O42− ] = K sp.CaC2O4 => [C2O42− ] =

K sp.CaC2O4 [Ca 2+ ]

=

2,3.10−9 = 2,3.10−3 M −6 10

FF IC IA L

Ta thấy: sau khi tách được hoàn toàn ion Ca2+ ra khỏi hỗn hợp nồng độ của ion [C2O42− ] = 2, 3.10−3 M nhỏ hơn 4,3.10-3 M (nồng độ để kết tủa MgC2O4 xuất hiện) nên ta

có thể tách 2 ion này khỏi dung dịch bằng phương pháp trên.

Bài 10. Có cân bằng sau ở 250C xảy ra trong dung dịch nước: ⇀ PbI 2 + 2OH − Pb(OH ) 2 + 2 I − ↽

1. Ở điều kiện chuẩn phản ứng xảy ra theo chiều nào ?

O

2. Có kết tủa PbI2 không nếu trong dung dịch bão hòa Pb(OH)2 có chứa KI 0,1M ?

N

3. Tính nồng độ tối thiểu của HNO3 để Pb(OH)2 bắt đầu phản ứng với H+ theo phản ⇀ Pb 2+ + 2 H 2O . Biết: K sp.Pb (OH ) = 4.10−15 ; K sp. PbI = 8.10 −9 ứng: Pb(OH )2 + 2 H + ↽ 2

Ơ

2

(Olympic 2011 – THPT Thực hành Sư Phạm, An Giang)

H

Giải:

N

1. Ta có:

K sp.Pb ( OH )2 = 4.10−15

⇀ Pb 2 + + 2 I − (2) PbI 2 ↽

K sp .PbI 2 = 8.10−9

U

Y

⇀ Pb 2+ + 2OH − (1) Pb(OH )2 ↽

Q

Lấy (1) – (2) ta thu được:

K=

KÈ

M

⇀ PbI 2 + 2OH − Pb(OH ) 2 + 2 I − ↽ K sp .Pb ( OH )2 K sp .PbI 2

=

4.10−15 = 5.10 −7 8.10−9

Do K rất nhỏ nên trong điều kiện thường phản ứng xảy ra theo chiều nghịch.

ẠY

2.

KI  →K+ + I−

0,1M  → 0,1M

D

Do dung dịch bão hòa Pb(OH)2 ⇀ Pb 2 + + 2OH − ; K sp. Pb ( OH ) = 4.10−15 Pb(OH ) 2 ↽ 2

K sp.Pb (OH )2 = [ Pb 2 + ].[OH − ]2 (mà [OH − ] = 2.[ Pb 2 + ] )

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 28

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

=>K sp. Pb ( OH )2 = [ Pb 2 + ].[OH − ]2 = 4.[ Pb 2 + ]3 => [ Pb 2+ ] = =

3

3

K sp. Pb ( OH )2 4

4.10−15 = 10−5 4

FF IC IA L

[ Pb 2+ ].[I − ]2 = 10 −5.0,12 = 10−7 > K sp .PbI 2

Vậy có xuất hiện kết tủa PbI2.

3. Ta có: ⇀ Pb 2+ + 2OH − ; (1) Pb(OH )2 ↽

K sp.Pb ( OH )2 = 4.10−15

⇀ H + + OH − ; (2) H 2O ↽

K w = 10−14

Lấy (1) – 2.(2) ta được:

K sp. Pb ( OH )2 K w2

=

4.10-15 = 4.1013 (10-14 ) 2

Ơ

Để phản ứng bắt đầu xảy ra nồng độ H+ cần là:

N

=> K ' =

O

⇀ Pb 2+ + 2 H 2O; K ' Pb(OH )2 + 2 H + ↽

H

[ Pb 2 + ] [ Pb 2 + ] 10−5 + H [ ] => = = = 5.10 −10 M [ H + ]2 4.1013 K'

N

K'=

Bài 11. Dung dịch X chứa K2Cr2O7 1M, BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M. Tìm

Y

khoảng pH cần thiết lập vào dung dịch để tách hoàn toàn Ba2+ ra khỏi dung dịch.

4

U

Cho biết: K sp. BaCrO = 10−9,7 ; K sp.SrCrO = 10−4,4 4

Q

Và: Cr2O72− + H 2O ⇌ 2CrO42− + 2 H + K = 10-14,6

M

(Olympic 2010 – THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Khánh Hòa) Giải: Ion Ba2+ được xem như tách hoàn toàn khi [Ba2+] = 10-6M

ẠY

KÈ

Để kết tủa hoàn toàn BaCrO4: [ Ba 2+ ][CrO42− ] ≥ K sp. BaCrO

4

=> [CrO42 − ] ≥

K sp .BaCrO4 [ Ba 2 + ]

=

10 −9,7 = 10−3,7 (1) 10−6

D

Để không xuất hiện kết tủa SrCrO4: [Sr 2+ ][CrO42− ] < K sp.SrCrO

4

=> [CrO42 − ] <

K sp .SrCrO4 [Sr 2+ ]

=

10−4,4 = 10−3,4 (2) 0,1

Kết hợp điều kiện (1) và (2) ta được: 10−3,7 ≤ [CrO42− ] < 10−3,4 (3) ⇀ 2CrO42- + 2H+ Mặt khác ta có: Cr2O72- + H2O ↽

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Ka = 10-14,6

Trang 29

Tiểu luận tốt nghiệp [ H + ]2 .[CrO42 − ]2 ( [Cr2O72− ] ≈ 1 ) [Cr2 O72 − ]

10−14,6 5.10−8 K = = thay vào (3) ta được: [ H + ]2 [ H + ]2 [H + ]

=> [CrO42− ] = 10−3,7 ≤

5.10−8 < 10−3,4 <=> 10−3,67 ≤ [ H + ] < 10 −3,39 + [H ]

Lấy (–lg) 2 vế ta được: 3, 6 ≤ pH < 3,9

FF IC IA L

K=

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Vậy để kết tủa hoàn toàn Ba2+ mà không xuất hiện kết tủa SrCrO4 ta cần điều chỉnh pH dung dịch trong khoảng: 3, 6 ≤ pH < 3,9 .

Bài 12. Có xuất hiện kết tủa không khi trộn những thể tích như nhau của 2 dung

O

dịch KCl và [Ag(NH3)2]NO3 đều có nồng độ là 0,02M ?

N

Biết hằng số không bền Kkb của [Ag(NH3)2]+ là 9,31.10-8 và Ksp.AgCl = 1,56.10-10 KCl  → K + + Cl − 0, 02M

H

0, 02 M

Ơ

Giải: Các quá trình xảy ra trong dung dịch

→ Ag ( NH 3 ) +2 + NO3− [ Ag ( NH 3 ) 2 ]NO3  + 3 2

0, 02 M

N

0, 02 M

+

β kb = 9,31.10−8

Y

⇀ Ag + 2 NH 3 Ag ( NH ) ↽ [ Ag + ].[ NH 3 ]2 [ Ag ( NH 3 ) 2+ ]

U

β kb =

KÈ

M

Q

Mặt khác ta lại có: [ NH 3 ] = 2[ Ag + ] => β kb =

4[ Ag + ]3 => [ Ag + ] = [ Ag ( NH 3 ) +2 ]

3

β kb .[ Ag ( NH 3 ) +2 ] 4

Xem như [ Ag ( NH 3 ) +2 ] phân ly không đáng kể:

D

ẠY

=> [ Ag + ] =

3

β kb .[ Ag ( NH 3 ) +2 ] 4

=3

9,31.10−8.0, 02 = 7, 75.10-4 M 4

[Ag + ].[Cl- ]=7, 75.10-4.0, 02 = 1,15.10 −5 >K sp.AgCl = 1, 56.10−10

Vậy có kết tủa xuất hiện.

Bài 13. Cần thêm bao nhiêu NH3 vào dung dịch Ag+ 0,004 M để ngăn cản sự

kết tủa AgCl khi nồng độ lúc cân bằng [Cl-]= 0,001 M. Ksp.AgCl=1,8.10-10 ; Kkb(hằng số không bền) = 6.10-8.

(Olympic 2006 – THPT Chu Văn An, Ninh Thuận) SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 30

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Giải: Kết tủa AgCl không xuất hiện khi: [Ag + ].[Cl− ] < K sp . AgCl <=> [Ag + ] <

[Cl− ]

1,8.10−10 = 1,8.10−7 M 0, 001

FF IC IA L

<=> [Ag + ] <

K sp . AgCl

Mặt khác ta có: ⇀ Ag ( NH 3 ) +2 Ag + + 2 NH 3 ↽

K=

1 1 = = 1, 6.107 −8 K kb 6.10

K của phản ứng trên rất lớn nên phản ứng xem như xảy ra hoàn toàn theo chiều thuận.

Lượng Ag+ tham gia tạo phức với NH3 là:

O

CAg+ − [Ag + ] = 0, 004 − 1,8.10 −7 ≈ 0, 004 M (do 1,8.10-7<<0,004)

Nồng độ NH3 tồn tại trong dung dịch là:

N

[ Ag ( NH 3 ) +2 ] [ Ag ( NH 3 ) +2 ] => [ ] = NH 3 [Ag + ].[ NH 3 ]2 [Ag + ].K

Ơ

K=

0, 004 = 0, 037 M 1, 6.107.1,8.10−7

H

=

N

Mặt khác, nồng độ NH3 cần để tạo phức với 0,004 mol/l Ag+ là:

Y

2.0,004 = 0,008 mol/l

U

Vậy lượng nồng độ NH3 ban đầu cần thêm vào là: C NH3 = 0, 037 + 0, 008 = 0, 045mol / l

Q

Bài 14. Hỗn hợp Zn2+, Cd2+, Hg2+ có số mol bằng nhau và bằng 0,001 mol được

M

hòa vào 1 lít dung dịch HCl 1M. Sục khí H2S vào dung dịch cho tới khi nồng độ H2S

KÈ

bằng 0,1M. Hỏi muối sunfua của kim loại nào sẽ kết tủa?

Cho biết: K sp.ZnS = 10−23 ; K sp.CdS = 5.10−25 ; K sp.HgS = 10−54 .

ẠY

Hằng số phân li của H2S là K a = 10−7 ; K a = 10−14 .

1

2

(Olympic 2012 – THPT Chuyên Bến Tre, Bến Tre)

D

Giải: Ta có: HCl  → H + + Cl − 0,1M → 0,1M

SVTH: Lê Dũ Chiếc

⇀ H + + HS− H 2S ↽

K a1 = 10−7

⇀ H + + S2 − HS− ↽

K a 2 = 10−14

⇀ 2 H + + S2− H 2S ↽

K=K a1 .K a 2 = 10 −7.10−14 = 10−21

Trang 31

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Gọi c (mol/l) là nồng độ của S2-: ⇀ 2 H + + S2 − H 2S ↽

K=

0,1M 0,1 − c

0,1M 0,1 + 2 c

c

[ H + ]2 .[ S 2 − ] (0,1 + 2c)2 .c <=> 10−21 = [H2S ] 0,1 − c => c = [ S 2 − ] = 10−20

Nồng độ của các cation trong dung dịch: [Zn 2 + ] = [Cd 2 + ] = [Hg 2+ ] =

n 0, 001 = = 10−3 M V 1

Giả thuyết cation kim loại là M2+

O

⇀ MS M 2+ + S 2 − ↽

Ơ

N

[ M 2 + ].[ S 2 − ] = 10 −3.10−21 = 10−24

Để xuất hiện kết tủa thì: Ksp.MS < 10−24

FF IC IA L

bd : cb :

+ Ksp.HgS < 10-24 => nên xuất hiện kết tủa HgS.

H

+ Ksp.CdS ≈ 10-24 => không xuất hiện kết tủa CdS.

N

+ Ksp.ZnS > 10-25 => không xuất hiện kết tủa ZnS. Bài 15.

Y

1. Tính nồng độ ion Fe3+ trong dung dịch (dung môi nước) để bắt đầu có kết tủa

U

Fe(OH)3 xuất hiện. pH của dung dịch lúc này là bao nhiêu ? Biết rằng các hằng số axit

Q

của Fe3+ là K1 >> K2 >> K3 và K1 = 10-2,2, K sp .Fe ( OH ) = 10-38.

3

M

2. Trộn 100ml dung dịch Pb(NO3)2 2.10-3M với 100ml dung dịch Na2SO4 2.10-3M. Khối lượng kết tủa thu được bao nhiêu? K sp .PbSO = 2.10-8.

KÈ

4

(Olympic 2008 – THPT Hùng Vương, Gia Lai)

Giải:

D

ẠY

1. Gọi C là nồng độ ion Fe3+ cần tìm Các quá trình diễn ra: Fe3+ + H 2O ⇌ FeOH 2 + + H +

K1 = 10−2,2

C x

x

x

C−x x

x

K1 =

[ FeOH 2+ ].[ H + ] x2 = => [ Fe3+ ] = C − x = 10 2,2.x 2 (1) [ Fe3+ ] C−x

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 32

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai K sp . Fe ( OH )3

Mặt khác, Fe(OH)3 bắt đầu kết tủa khi: [ Fe3+ ] =

[OH − ]3

Trong dung dịch nước: [OH − ].[H + ] = 10−14 <=> [OH − ] = K sp. Fe (OH )3

=

[OH − ]3

K sp.Fe (OH )3  10−14     x 

Từ (1) và (2) => 102,2.x 2 = 104.x 3 => x =

3

=

10 −38.x 3 = 104.x3 (2) −42 10

10 2,2 = 10−1,8 4 10

=> [ Fe3+ ] = 104.x 3 = 104.(10−1,8 )3 = 0, 0398M

3 2

2

4

2.10−3.100 = 10−3 M 200

Ơ

=> CPb2+ = CSO2− = 10 −3 M

N

2. Sau khi trộn: CPb ( NO ) = C Na SO =

O

pH = − log[ H + ] = − log x = − log(10−1,8 ) = 1,8

FF IC IA L

=> [ Fe3+ ] =

10 −14 10−14 = x [H + ]

4

H

[ Pb 2+ ].[ SO42− ] = 10−3.10−3 = 10−6 > K sp. PbSO4 => có kết tủa xuất hiện

N

Gọi s là độ tan của PbSO4 trong dung dịch PbSO4 ( r ) ⇌ Pb 2+ + SO42−

s

Y

s

K sp. PbSO4 = 2.10−8

U

s 2 = K sp.PbSO4 => s = K sp.PbSO4 = 2.10−8 = 1, 414.10−4 M

Q

Khối lượng kết tủa thu được:

= (10-3 -1, 414.10-4 ).

KÈ

M

mPbSO4 = nPbSO4 .M PbSO4 200 .(207 + 96) = 0, 052 g 1000

Bài 16. Người ta dự định làm kết tủa CdS từ một dung dịch có chứa Cd2+

([Cd2+] = 0,02M), ([Zn2+] = 0,02M) bằng cách làm bão hòa một cách liên tục dung

ẠY

dịch vào H2S.

D

1. Người ta phải điều chỉnh pH của dung dịch trong giới hạn nào để có kết quả một số

lượng tối đa CdS không làm kết tủa ZnS ?

2. Tính [Cd2+] còn lại sau khi ZnS bắt đầu kết tủa. Dung dịch bão hòa có [H2S] = 0,1M. H2S có K1 = 10-7 và K2 = 1,3.10-13 CdS có Ksp = 10-28 và ZnS có Ksp = 10-22 SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 33

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

(Olympic 2006 - THPT Thị Xã Cao Lãnh, Đồng Tháp) Giải: 1. Do CZn = CCd , K sp.CdS < K sp.ZnS , nên kết tủa CdS sẽ xuất hiện trước và ZnS sẽ xuất 2+

2+

hiện sau.

Để ZnS không kết tủa: [Zn 2+ ].[S2− ] < K sp.ZnS => [S2− ] <

10−28 = = 5.10−27 2+ [Cd ] 0, 02

FF IC IA L

Để thu được kết tủa CdS: [Cd 2+ ].[S2− ] > K sp.CdS => [S2− ] >

K sp.CdS

10−22 = = 5.10−21 2+ [Zn ] 0, 02 K sp.ZnS

H 2 S ⇌ H + + HS −

K1 =10-7

HS − ⇌ H + + S 2−

K 2 =1,3.10-13

N

H 2 S ⇌ 2 H + + S 2−

O

Ta cần điều chỉnh  S 2−  < 5.10−21 (1) để không làm ZnS kết tủa.

Ơ

=> K = K1.K 2 = 10-7 .1,3.10-13 = 1, 3.10−20 2

H

 H +  .  S 2−  K= [H2S ]

1,3.10−20.0,1 1,3.10 −21 = 2 2  H +   H + 

N

K .[ H 2 S ]

=>  S 2−  =

2

Y

 H + 

=

1,3.10−21

U

Thay vào (1) ta được:

 H 

2

< 5.10−21 =>  H +  > 0,51M

Q

+

Cd 2+ + H 2 S → CdS ↓ +2 H + 0, 02

0,04

KÈ

M

Mặt khác, khi CdS kết tủa làm tăng nồng độ [H+]

Do đó nồng độ [H+] cần là:  H +  > 0,51 − 0, 04 = 0, 47 M => pH < 0,328

Khi ZnS bắt đầu kết tủa: K sp.CdS 2+

[Cd ]

D

ẠY

2. [Cd2+] còn lại:

=

K sp.ZnS 2+

[Zn ]

=> [Cd 2+ ] = [Zn 2+ ]. = 0,02.

K sp .CdS K sp.ZnS

10−28 = 2.10 −8 M 10−22

Bài 17. Đánh giá khả năng tách ion Mg2+ ra khỏi ion Al3+ bằng dung dịch NH3 từ hỗn hợp gồm MgCl2 0,01M và AlCl3 0,01M. Cho biết hằng số tạo phức hidroxo của SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 34

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

ion Al3+ và Mg2+ lần lượt là 10-4,3 và 10-12,8, tích số tan của Al(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là 10-32,4 và 10-10,9.

(Olympic 2007 – THPT Chuyên Hùng Vương, Bình Dương) Giải: Xét quá trình tạo phức hydroxo: β1 = 10−4,3

⇀ MgOH + + H + Mg 2+ + H 2O ↽

β 2 = 10−12,8

FF IC IA L

⇀ AlOH 2+ + H + Al 3+ + H 2O ↽

Bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của Mg2+ do β 2 << β1 .

Gọi x (mol/l) là nồng độ Al3+ tạo phức hidroxo với nước: ⇀ Al (OH ) 2 + + H + Al 3+ + H 2O ↽ bd : 0, 01 x

[ Al (OH ) 2 + ].[ H + ] x2 = [ Al 3+ ] 0, 01 − x

Ơ

=> x = 6,83.10 −4 M

O

10−4,3 =

x

N

cb : 0, 01 − x

=> [ Al 3+ ] = 0, 01 − x = 0, 01 − 6,83.10 −4 = 9, 32.10−3 M

H

+ Al3+ bắt đầu kết tủa khi:

N

[ Al 3+ ].[OH − ]3 ≥ K sp. Al (OH )3 K sp. Al (OH )3

=

Y

3

[ Al 3+ ]

3

10−32,4 = 7,53.10−11 M . −3 9, 32.10

U

=> [OH − ] ≥

Q

+ Mg2+ bắt đầu kết tủa khi: [Mg 2+ ].[OH − ]2 ≥ K sp.Mg(OH )2

M

=> [OH − ] ≥

K sp.Mg( OH )2 [Mg 2 + ]

=

3

10−10,9 = 3,55.10−5 M .

0, 01

KÈ

=> Al3+ sẽ kết tủa trước, đến khi [OH-]=3,55.10-5 M thì Mg2+ bắt đầu kết tủa,

D

ẠY

lúc này nồng độ còn lại của Al3+ là: [ Al 3+ ].[OH − ]3 = K sp . Al ( OH )3 => [ Al 3+ ] =

K sp . Al ( OH )3 [OH − ]3

=

10−32,4 = 8,9.10−20 M < 10−6 M −5 3 (3,55.10 )

Vậy ta có thể tách ion Mg2+ ra khỏi dung dịch.

Bài 18. Trộn dung dịch X chứa BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M với dung dịch K2Cr2O7 1M, có các quá trình sau đây : ⇀ 2CrO42- + 2H+ Cr2O72- + H2O ↽

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Ka =2,3.10-15 Trang 35

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

⇀ BaCrO4 Ba2+ + CrO42- ↽

K sp1 −1 = 109,93

⇀ SrCrO4 Sr2+ + CrO42- ↽

K sp2 −1 = 104,65

Tính pH để có kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết tủa SrCrO4

FF IC IA L

(Olympic 2006 - THPT Trần Quốc Tuấn, Quãng Ngãi) Giải:

Ba2+ được xem như kết tủa hoàn toàn dưới dạng BaCrO4 khi: [Ba 2+ ] ≤ 10 −6 M , nên ta xem [Ba 2+ ] = 10−6 M

Kết tủa BaCrO4 khi: [ Ba 2+ ][CrO42− ] > K sp => [CrO42− ] > 1

[ Ba 2 + ]

K sp 2

=

=

10−9,93 = 10 −3,93 −6 10

10−4,65 = 10−3,65 0,1

O

Để không xuất hiện kết tủa SrCrO4: => [CrO42− ] <

K sp 1

[Sr 2+ ]

N

Vậy để kết tủa hoàn toàn Ba2+ mà không xuất hiện kết tủa SrCrO4 thì nồng độ

Ơ

CrO42- phải thỏa mãn điều kiện: 10−3,93 < [CrO42− ] < 10 −3,65 (1)

Ka =2,3.10-15

N

[H + ]2 .[CrO42− ]2 ( [Cr2O72− ] ≈ 1 ) [Cr2O72− ]

U

=> [CrO42− ] =

10−7,32 < 10 −3,65 <=> 10−3,67 < [ H + ] < 10−3,39 <=> 3,39 < pH < 3, 67 [H + ]

Q

10−3,93 <

Ka 2,3.10−15 10−7,32 = = thay vào (1) ta được: [ H + ]2 [ H + ]2 [H + ]

Y

Ka =

H

⇀ 2CrO42- + 2H+ Mặt khác ta có: Cr2O72- + H2O ↽

M

Vậy để kết tủa hoàn toàn Ba2+ mà không xuất hiện kết tủa SrCrO4 ta cần điều

KÈ

chỉnh pH dung dịch trong khoảng: 3,39 < pH < 3, 67 .

Bài 19. Dung dịch A là dung dịch CaCl2 trong nước có nồng độ 1,780g/l. Dung

ẠY

dịch B là dung dịch Na2CO3 trong nước có nồng độ 1,700g/l.

Trộn 100ml dung dịch A với 100ml dung dịch B tạo ra dung dịch C. Dung dịch

D

C được chỉnh đến pH = 10. Hãy tính toán để kết luận có kết tủa nào tạo thành ? (Cho:

pKa1(H2CO3) = 6,37 ; pKa2(H2CO3) = 10,33).

(Cho Ksp(Ca(OH)2) = 6,46.10-6; Ksp(CaCO3) = 3,31.10-9).

Giải: Nồng độ các chất sau khi trộn: CCaCl2 =

SVTH: Lê Dũ Chiếc

1, 78.0,1 = 8.10−3 M 111.0, 2

C Na2CO3 =

1, 7.0,1 = 8.10−3 M 106.0, 2

Trang 36

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

CaCl2  → Ca 2 + + 2Cl − 8.10−3 M

8.10−3 M

Na2CO3  → 2 Na + +CO32 − 8.10−3 M

8.10−3 M

FF IC IA L

Do pH = 10 => [H + ] = 10−10 M ,[OH − ] = 10−4 M + Xét Ca(OH)2, ta có:

[Ca 2 + ].[OH − ]2 = 8.10−3.(10−4 )2 = 8.10−11 < K sp .Ca ( OH )2 = 6, 46.10−6

=>không có kết tủa xuất hiện. + Xét CaCO3: K a1 = 10−6,37

⇀ H + + CO32− HCO3− ↽

K a2 = 10−10,33

⇀ 2 H + + CO32− H 2CO3 ↽

K = K a1 .K a2 ≈ 2.10−17

N

H

[ H + ]2 .[CO32− ] [ H + ]2 .[CO32− ] => [ H 2CO3 ] = (2) [ H 2CO3 ] K

N

K=

[ H + ].[CO32− ] [ H + ].[CO32− ] − [ ] (1) => HCO = 3 [ HCO3− ] K a2

Ơ

K a2 =

O

⇀ H + + HCO3− H 2CO3 ↽

Bảo toàn nồng độ đầu CO32- ta được:

Y

CCO2− = [ HCO3− ] + [CO32− ] + [ H 2CO3 ] (3) 3

U

Thay (1) và (2) vào (3) ta được:

[ H + ].[CO32− ] [ H + ]2 .[CO32− ] + [CO32− ] + K a2 K

Q

CCO2− = 3

D

ẠY

KÈ

M

 [H + ] [ H + ]2  <=> CCO2− = [CO32− ]  +1+  3  Ka K  2  CCO2− 8.10 −3 3 => [CO32− ] = = = 2,55.10−3 [H + ] [ H + ]2 10 −10 (10−10 )2 +1+ +1+ K a2 K 10−10,33 2.10−17

[Ca 2+ ].[CO32− ] = 8.10 −3.2,55.10−3 = 2, 04.10−5 > K sp.CaCO3 = 3,31.10−9

=> có kết tủa CaCO3 xuất hiện.

Bài 20. Trộn 1,00 ml dung dịch MgCl2 0,001M với 1,00 ml dung dịch NH3

0,010 M thì có kết tủa Mg(OH)2 không ? Tính pH của dung dịch thu được ? Cho Ksp = 1,26.10-11. Kb của NH3 là 10-4,76.

(Olympic 2009 - THPT Lê Quí Đôn, Long An) SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 37

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Giải: Sau khi trộn CMgCl2 =

1.0, 001 = 5.10−4 M 1+1

C NH3 =

1.0, 01 = 5.10 −3 M 1+1

Gọi x là nồng độ mol/l của NH3 tác dụng với H2O: 5.10-3 x

bd : pu :

còn: 5.10-3 − x Kb =

x

x

x

x

Kb = 10-4,76

FF IC IA L

NH 3 + H 2O ⇌ NH 4 + + OH - (1)

[ NH 4 + ].[OH - ] x2 = = 10−4,76 [ NH 3 ] 5.10-3 − x

=> x = [OH - ] = 2,86.10-4 M

O

Mặt khác: 5.10−4

N

MgCl2 → Mg 2+ + 2Cl − 5.10-4

Ơ

[Mg 2+ ].[OH − ]2 = 5.10 −4.(2,86.10−4 )2 = 4, 09.10−11 > K sp = 1, 26.10−11

H

=> có kết tủa xuất hiện

N

Gọi a là nồng độ mol/l Mg2+ tan trong NH3.

(2)

Ksp = 1, 26.10 −11

Y

⇀ Mg 2+ + 2OH − Ta có: Mg (OH )2 ( r ) ↽

U

Lấy 2.(1) – (2) ta được:

Q

Mg 2+ +

bd : 5.10-4 pu: a

2 NH 3 + 2 H 2O ⇌ Mg (OH ) 2 + 2 NH 4 + 5.10-3 2a

M

còn: 5.10-4 − a 5.10-3 − 2a

2a

a

2a

K pu =

K b 2 (10−4,76 ) 2 = = 101,38 −11 K sp 1, 26.10

K pu =

[ NH 4 + ]2 (2 a)2 = [Mg 2+ ].[ NH 3 ]2 (5.10-4 − a ).(5.10-3 − 2a ) 2

KÈ ẠY D

a

=> a = 1,96.10−4

Trong dung dung dịch có: [ NH 4 + ] = 2a = 2.1,96.10−4 = 3,92.10−4 M [ NH 3 ] = 5.10−3 − 2a = 5.10−3 − 2.1,96.10 −4 = 4, 608.10−3 M

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 38

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

NH 3 + H 2O ⇌ NH 4 + + OH − Kb = 10−4,76 3, 92.10−4 b

−3

còn : 4, 608.10 − b Kb =

b

−4

3,92.10 − b b

[ NH 4 + ].[OH − ] (3, 92.10−4 − b).b = = 10−4,76 [ NH 3 ] 4, 608.10−3 − b

=> b = 10−3,84

FF IC IA L

bd : 4, 608.10 −3 pu : b

pH = 14 − pOH = 14 − (log[OH − ]) = 14 − (− log10 −3,84 ) = 10,16 .

Bài 21. Hãy cho biết hiện tương xảy ra khi cho khí H 2 S lội qua dung dịch hỗn hợp gồm FeCl3 =0,01M; HgCl2 =0,01M; ZnCl2 =0,01M; HCl =1,00M cho đến khi bão

3+

/ Fe2+

0 = 0, 711V , ϕS/H = 0,141V; 2,303 2S

RT = 0, 0592 (ở 25oC).

F

N

0 Cho: ϕ Fe

O

hòa ([ H 2 S ]=0,10M).

Ơ

pK s ( FeS ) = 17, 2; pK s ( ZnS ) = 21, 6; pK s ( HgS) = 51,8

H

( pK s = − lg K s , với Ks là tích số tan)

N

pK a1 ( H 2 S ) = 7, 02; pK a 2 (H2S) = 12,90

(Olympic 2015 - THPT Chuyên Quang Trung, Bình Phước)

U

Xét các cân bằng :

Y

Giải :

bd : 0, 01

1,00

cb:

1,02

M

Q

⇀ HgS + 2 H + Hg 2+ + H 2 S ↽ 0

K = 1031,88

ẠY

KÈ

⇀ 2 Fe 2+ + S ↓ +2 H + Fe3+ +H 2 S ↽

bd : 0, 01

1, 02

cb :

1, 03

0

K = 10 21,28

⇀ ZnS ↓ +2 H + Zn 2+ + H 2S ↽

K = 101,68

⇀ FeS ↓ +2 H + Fe 2+ + H 2S ↽

K = 10−2,72

D

Đánh giá khả năng kết tủa của ZnS và FeS. Chấp nhận [H+] = 1,03M => môi trường có tính axit nên ta bỏ qua sự tạo phức hidroxo của Zn2+ và Fe2+ => CFe = [ Fe 2+ ] = 0, 01M ; CZn = [ Zn 2+ ] = 0, 01M 2+

2+

Xét quá trình điện ly của H2S :

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 39

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

⇀ S 2− + 2 H + H 2S ↽

CS 2− = [ S 2− ] =

K a = K a1 .K a 2 = 10−19,92

K a .[ H 2S] 10−19,92.0,1 = = 10−20,95 M [ H + ]2 1, 032

[ Zn 2+ ].[ S 2− ] = 0, 01.10−20,95 = 10 −22,95 < K sp.ZnS [Fe 2+ ].[ S 2− ] = 0, 01.10−20,95 = 10−22,95 < K sp.Fe S

=> Không xuất hiện kết tủa FeS và ZnS.

FF IC IA L

Ta có :

Hiện tượng : dung dịch bị mất màu vàng của Fe3+ do Fe3+ bị khử thành Fe2+ ; có kết tủa đen HgS lẫn kết tủa vàng nhạt của S.

Bài 22. Sục khí H2S vào dung dịch A chứa Zn2+ 0,01M và Cd2+ 0,01M đến khi S

= 0,1 M).

1. Tính nồng độ H+ trong dung dịch H2S 0,1M.

O

2

N

dung dịch bão hòa H2S ( CH

Ơ

2. Để xuất hiện kết tủa CdS mà không có kết tủa ZnS thì pH của dung dịch nằm trong khoảng nào ?

H

3. Khi lượng Cd2+ trong dung dịch còn 0,1% và ZnS vẫn chưa kết tủa thì pH nằm trong

N

khoảng nào ?

Biết H2S có K a và K a lần lượt là 10-7,02 và 10-12,90; Tích số tan của CdS và ZnS lần 2

Y

1

U

lượt là 10-26 và 10-21,6; Bỏ qua sự tạo phức hidroxo của Zn2+ và Cd2+ (Olympic 2007 – THPT Chuyên Kontum, Komtum)

Q

Giải:

H 2 S ⇌ H + + HS −

K a1 =10-7,02

HS − ⇌ H + + S 2−

K a 2 =10-12,9

KÈ

M

1.

Ta thấy K a >> K a nên H+ chủ yếu phân ly từ nấc thứ nhất của acid H2S

D

ẠY

1

2

 H +  .  HS −   H +  −7,02 K a1 = <=> 10 = H2S 0,1

2

=>  H +  = 0,1.10−7,02 = 10−4 M

2. Kết tủa CdS sẽ xuất hiện trước, ZnS xuất hiện sau (do CZn = CCd và 2+

2+

K sp.CdS = 10 −26 < K sp.ZnS = 10−21,6 )

Để xuất hiện kết tủa CdS thì : [S2− ] > SVTH: Lê Dũ Chiếc

K sp.CdS [Cd 2+ ]

=

10−26 = 10−24 M (1) 0, 01

Trang 40

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Để không xuất hiện kết tủa ZnS thì : [S2− ] <

K sp.ZnS [ Zn 2+ ]

=

10 −21,6 = 10−19,6 M (2) 0, 01

Mặt khác:

 → H + + HS− H 2 S ← 

K a1 = 10−7,02

 → H + + S2 − HS ← 

K a 2 = 10−12,9

 → 2H + + S2 − H 2 S ← 

K = 10 −19,92

K=

FF IC IA L

Từ (1) và (2) ta có giới hạn: 10−24 < [ S 2− ] < 10−19,6 (3)

[ H + ]2 [ S 2− ] K .[ H 2 S ] 10 −19,92.0,1 10−20,92 => [ S 2 − ] = = = [H2S ] [ H + ]2 [ H + ]2 [ H + ]2

(Do dung dịch bão hòa H2S nên [ H 2 S ] ≈ 0,1M )

N

10−20,92 < 10−19,6 <=> 34,674 < [ H + ] < 0, 219 => -1,54 < pH<0,66 + 2 [H ]

Ơ

10−24 <

O

Thay vào (3) ta được:

Vậy cần điều chỉnh pH trong khoảng -1,54< pH <0,66 để không xuất hiện kết tủa

H

ZnS

N

3. Nồng độ Cd2+ còn lại khi kết tủa hết 99,9% Cd2+: [Cd 2+ ] = 0,1%.0, 01 = 1.10−5

TtCdS [Cd 2 + ]

U

[S2 − ] >

Y

Để kết tủa hết 99,9% Cd2+:

10−26 = 10−21 (1) −5 10

Q

<=> [S2− ] >

M

Để không xuất hiện kết tủa ZnS: [S2− ] <

TtZnS = 10−19,6 (2) 2+ [Zn ]

KÈ

Kết hợp (1) và (2) ta được: 10−21 < [S2− ] < 10−19,6

K=

K=10−19,92

K .[ H 2 S ] [ H + ]2 [ S 2− ] => [ S 2 − ] = [H2S ] [ H + ]2 =

D

ẠY

H 2 S ⇌ 2 H + + S 2−

10

−21

10−20,92 [ H + ]2

10−20,92 < < 10−19,6 <=> −0, 04 < pH < 0, 66 + 2 [H ]

Cần điều chỉnh pH trong khoảng −0, 04 < pH < 0, 66 để thỏa mãn yêu cầu bài toán SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 41

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

2.1.2.2. Tính tích số tan từ độ tan của của hợp chất ít tan trong dung dịch chứa ion đồng dạng nhưng có thể bỏ qua quá trình phụ.

Giải : Các quá trình xảy ra trong dung dịch : BaCl2  → Ba 2 + + 2Cl − 10−2 M

10 −2 M

⇀ Ba 2+ + SO42− BaSO4 ↽

K sp

−2

bd :

10 M s + 10−2

s

O

cb :

K sp = [ Ba 2+ ].[ SO42 − ] = s ( s + 10−2 )

N

Thay s = 1,1.10−8 vào Ksp ta được :

FF IC IA L

Bài 1. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch BaCl2 10-2 M là 1,1.10-8M. Tính tích số tan của BaSO4.

Ơ

K sp = s ( s + 10 −2 ) = 1,1.10−8.(1,1.10−8 + 10−2 ) = 1,1.10−10

H

Bài 2. Tính độ tan của BaSO4 (mol/l) trong dung dịch BaCl2 10-2 M. Biết

N

K sp. BaSO4 = 10−10 .

Y

(Olympic 2010 - THPT chuyên Lê Quí Đôn, Bình Thuận)

U

Giải: Gọi s (mol/l) là độ tan của BaSO4 trong dung dịch BaCl2 10-2 M BaCl2  → Ba 2 + + 2Cl − 10-2 M

Q

10−2 M

M

⇀ Ba 2+ + SO42 − BaSO4 ( r ) ↽ 10-2 M

bd :

KÈ

pu:

còn :

K sp. BaSO4 = 10−10

s

s -2

10 + s

s s

D

ẠY

K sp.BaSO4 = [ Ba 2 + ].[ SO42 − ]

<=> 10−10 = (10-2 + s).s

<=> s 2 + 10 −2 s -10-10 = 0 => s ≈ 10−8 mol / l

Vậy độ tan của BaSO4 trong dung dịch BaCl2 10-2 M là 10-8 mol/l.

Bài 3. Độ tan Ba(IO3)2 ở 25oC trong dung dịch KIO3 5,4.10-3 M là 5,6.10-4 M. Tính tích số tan của Ba(IO3)2.Cho * β = 10−13,36 ; K a.HIO = 10−0,78 3

Giải: SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 42

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Ta có các cân bằng: ⇀ Ba 2 + + 2 IO3− (1) Ba ( IO3 )2 ↓ ↽

Ksp

⇀ BaOH + + H + (2) Ba 2+ +H 2 O ↽

*

⇀ HIO3 + OH − (3) IO3− + H 2 O ↽

Kb =

β = 10 −13,36

FF IC IA L

Kw 10−14 = −0,78 = 10−13,22 K a.HIO3 10

Do các cân bằng * β và K b rất nhỏ nên cân bằng (2) và (3) tạo ra không đáng kể nên ta bỏ qua các cân bằng này.

Ta có : KIO3  → K + + IO3− 5.4.10−3 →

5.4.10−3

K sp

O

⇀ Ba 2 + + 2 IO3− (1) Ba ( IO3 ) 2 ↓ ↽ 5.4.10 −3

pu : 5, 6.10 −4

5, 6.10−4

2.5, 6.10−4

cb :

5, 6.10−4

N

bd :

Ơ

6,52.10−3

H

K sp = [ Ba 2 + ].[ IO3− ]2 = 5, 6.10−4.(6,52.10−3 )2 = 2, 38.10−8

Bài 4. Tích số tan CaC2O4 ở 20oC bằng 2.10-9. Hãy so sánh độ tan của nó trong

N

nước và trong dung dịch (NH4)2C2O4 0,1 M.

Y

(Olympic 2013 – THPT chuyên Bến Tre, Bến Tre)

U

Giải:

Q

+ Gọi s (mol/l) là độ tan cả CaC2O4 trong H2O: ⇀ Ca 2 + + C2O42 − CaC2O4 ↽ s

M

s

K sp = 2.10−9

KÈ

K sp = [Ca 2+ ].[C2O42− ] = s.s = s 2

=> s = K sp = 2.10−9 = 4, 47.10−5 mol / l

+ Gọi s’ là độ tan của CaC2O4 trong dung dịch (NH4)2 C2O4 0,1M:

ẠY

( NH 4 )2 C2O4  → NH 4+ + C2O42− 0,1M

0,1M

⇀ Ca + C2O42− CaC2O4 ↽

D

2+

bd : cb :

K sp = 2.10−9

0,1M s'

0,1 + s '

K sp = [Ca 2+ ].[C2O42− ] = s '.( s '+ 0,1) = 2.10−9 => s ' ≈ 2.10−8 M

Bài 5.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 43

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

1. Tính độ tan của Ca(OH)2 trong nước ở 250C. Biết K sp.Ca (OH ) = 6,5.10−6 .

2

2. Độ tan của Ca(OH)2 là bao nhiêu nếu hòa tan vào dung dịch Ca(NO3)2 0,1M. (Olympic 2007 - THPT Phan Châu Trinh, TP Đà Nẵng) Giải:

⇀ Ca 2 + + 2OH − Ca (OH ) 2 ↽

FF IC IA L

Gọi s (mol/l) là độ tan của Ca(OH)2 trong H2O

K sp.Ca ( OH )2 = 6,5.10−6

2s

s

K sp.Ca (OH )2 = [Ca 2 + ].[OH − ]2

<=> s =

3

6,5.10−6 = 0, 012mol / l 4

2. Gọi s2 là độ tan của Ca(OH)2 trong Ca(NO3)2:

O

<=> 6,5.10−6 = s.(2 s )2

0,1M 0, 2 M

Ơ

0,1M  →

N

Ca ( NO3 )2  → Ca 2 + + 2 NO3 −

K sp .Ca (OH )2 = 6,5.10 −6

H

⇀ Ca 2 + + 2OH − Ca (OH )2 ↽ bd :

0,1M

s 2 +0,1 2s 2

N

cb:

K sp.Ca (OH )2 = [Ca 2 + ].[OH − ]2

Y

<=> 6,5.10−6 = (s 2 +0,1).(2s 2 ) 2

U

<=> s2 = 3, 95.10−3 M

Q

Bài 6. Độ tan của PbI2 ở 18oC là 1,5.10-3 (mol/l) 1. Tính nồng độ mol/l của các ion Pb2+ và I- trong dung dịch bão hòa PbI2 ở 18oC

M

2. Tính tính số tan của PbI2 ở 18oC.

KÈ

3. Muốn giảm độ tan của PbI2 đi 15 lần thì phải thêm bao nhiêu mol KI vào 1 lít dung dịch bão hòa PbI2.

ẠY

4. Tính độ tan của PbI2 trong dung dịch KI 0,1M. (Olympic 2008 – THPT Phan Châu Trinh, Đã Nẵng)

D

Giải: Gọi s (mol/l) là độ tan của PbI2 ở 18oC

1.

Theo đề bài s = 1,5.10-3 mol / l ⇀ Pb 2 + + 2 I PbI 2 ( r ) ↽ s

SVTH: Lê Dũ Chiếc

s

2s

Trang 44

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai => [ Pb 2 + ] = s = 1,5.10-3 mol / l

[ I - ] = 2 s = 2.1, 5.10-3 = 3.10−3 mol / l

2. Tính K sp.PbI

2

FF IC IA L

K sp. PbI 2 = [ Pb 2 + ].[ I - ]2 = 1, 5.10−3.(3.10 −3 )2 = 1,35.10−8

3. Gọi s’ (mol/l) là độ tan của PbI 2 sau khi độ tan bị giảm 15 lần Gọi x (mol/l) là nồng độ KI cần thêm vào: => s ' =

s 1,5.10−3 = = 10−4 M 15 15

Mặt khác: x

x ⇀ Pb 2+ + 2 I − PbI 2 ( r ) ↽

bd :

K sp. PbI 2 = 1,35.10−8

N

x

O

KI  →K+ + I−

x s'

2 s '+ x

− 2

K sp. PbI2 = [ Pb ].[ I ] = s '.(2 s '+ x) = 10−4.(2.10−4 + x) = 1,35.10−8

H

2+

Ơ

cb :

n => n = 0, 014.1 = 0, 0114mol V

Y

CM =

N

=> x = 0, 0114 M

U

4. Gọi s’’ (mol/l) là độ tan của PbI 2 trong dung dịch KI 0,1M KI  →K+ + I−

0,1M

Q

0,1M

M

⇀ Pb 2+ + 2 I − PbI 2 ↽

bd :

KÈ

cb :

K sp. PbI2 = 1,35.10 −8

0,1M s ''

0,1 + s ''

K sp. PbI2 = s ''.(2 s ''+ 0,1) 2 = 1, 35.10−8

D

ẠY

<=> 4( s ")3 + 0, 4( s ") 2 + 0, 01s "− 1,35.10−8 = 0 => s '' = 1, 35.10−6 M

Bài 7. Một học sinh điều chế dung dịch bão hòa magie hydroxit trong nước tinh

khiết tại 25oC. Trị số pH của dung dịch bão hòa đó được tính bằng 10,5.

1. Dùng kết quả này để tính độ tan của magie hydroxit trong nước. Phải tính độ tan theo mol.L-1 cũng như g/100mL. 2. Hãy tính tích số tan của magie hydroxit.

3. Hãy tính độ tan của magie hydroxit trong dung dịch NaOH 0,010 M tại 25oC. SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 45

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

4. Hãy tính pH của pha lỏng khi hệ thống đạt cân bằng.

(Olympic Hóa học Quốc tế lần thứ 32) Giải: 1. Gọi s (mol/l), S (gam/100mL) là độ tan của Mg(OH)2 trong nước tinh khiết. ⇀ Mg 2+ ( aq ) + 2OH − (aq) Ta có: Mg (OH )2( r ) ↽

FF IC IA L

K sp.Mg (OH )2

2s

s

pH = 10,5 => [H + ] = 10−10,5 => [OH − ] =

10−14 10 −14 = −10,5 = 3, 2.10 −4 mol / l + [H ] 10

[OH − ] 3, 2.10 −4 = = 1, 6.10 −4 mol / l 2 2 100 S ( gam /100mL) = s. .M Mg ( OH )2 = 1, 6.10−4.0,1.58 = 9, 28 gam /100mL 1000 2

N

2. Tích số tan K sp.Mg (OH )

O

2 s = [OH − ] => s =

Ơ

K sp.Mg ( OH )2 = [ Mg 2 + ].[OH − ]2 = s.(2 s ) 2

= 4 s 3 = 4.(1, 6.10−4 )3 = 1, 64.10−11

H

3. Gọi s2 là độ tan của Mg(OH)2 trong dung dịch NaOH 0,01 M.

N

NaOH  → Na + + OH − 0, 01M  →

0, 01M

U

Y

⇀ Mg 2+ + 2OH − Mg (OH )2 ↽

Q

bd : cb :

s2

K sp.Mg ( OH )2 = 1, 64.10−11

0, 01 0, 01 + 2 s2

KÈ

M

K sp.Mg ( OH )2 = [ Mg 2 + ].[OH − ]2 = s2 .(0, 01 + 2 s2 ) 2 = 1, 64.10 −11 <=> s2 .(10−4 + 0, 04 s2 + 4 s22 ) = 1, 64.10−10

<=> 4 s23 + 0, 04 s22 + 10−4 ss − 1, 64.10 −10 = 0 <=> s2 = 1, 64.10−7 mol / l

D

ẠY

4. Khi khuấy đều xảy ra phản ứng: Mg (OH )2 + 2 HCl  → MgCl2 + 2 H 2 O

Ta thấy Mg(OH)2 dư, HCl bị trung hòa hết =>[MgCl2] = 0,05M, Mg(OH)2 dư

tiếp tục tan một phần vào dung dịch sau phản ứng.

Gọi s3 (mol/l) là độ tan của Mg(OH)2 trong dung dịch sau phản ứng.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 46

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

MgCl2  → Mg 2 + + 2Cl − 0, 05M

0, 05M

⇀ Mg 2+ + 2OH − Mg (OH )2 ↽

0,05

cb :

s3 +0,05

2s3

FF IC IA L

bd :

K sp.Mg ( OH )2 = 1, 64.10 −11

K sp.Mg ( OH )2 = [ Mg 2 + ].[OH − ]2 <=> 1, 64.10−11 = ( s3 +0,05).(2s3 ) 2

<=> 4 s33 + 0, 2 s32 − 1, 64.10−11 = 0 => s3 = 9, 05.10−6 M

 10 −14   10−14  pH = − lg[H + ] = − lg  = − = − lg 5,5.10 −10 = 9, 26 lg  −  −6  OH [ ] 9, 05.10    

O

2.1.2.3. Tính tích số tan từ độ tan khi có các quá trình phụ của các ion tạo ra từ hợp chất ít tan.

N

2.1.2.3.1. Bài toán chỉ tính đến quá trình phụ của gốc anion hoặc của gốc cation.

12

Ơ

Bài 1. Tính độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3 0,003M. Cho Ksp = 1,1.10và hằng số phân li của phức [Ag(NH3)2]+ bằng 6.10-8.

H

(Olympic 2006 - THPT Thăng Long, Lâm Đồng)

N

Giải: Gọi s là độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3.

K sp = 1,1.10−12

−

Y

AgSCN ⇌ Ag + + SCN −

K = 6.10−8

[ Ag ( NH 3 ) 2 ]+ ⇌ Ag + + 2 NH 3

U

AgSCN + 2 NH 3 ⇌ [ Ag ( NH 3 ) 2 ]+ + SCN −

Q

0, 003 - 2 s

K sp

K

M

K pu =

s

1,1.10 −12 = 1,83.10−5 6.10 −8

[ Ag ( NH 3 ) +2 ].[ SCN − ] s2 = = 1,83.10−5 2 2 [ NH 3 ] (0, 003 − 2 s)

KÈ

K pu =

=

s

ẠY

=> s = 1, 27.10−5 mol / l

Bài 2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng hòa tan Mg(OH)2 bằng NH4Cl.

D

Cho: K sp.Mg (OH ) = 1.10−11 , K NH = 10 −9,25 . Hãy rút ra kết luận từ hằng số tính được.

2

4

+

(Olympic 2015 – THPT Pleiku, Gia Lai)

Giải: Ta có:

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 47

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

NH 4Cl  → NH 4 + Cl − K NH + = 10 −9,25

⇀ NH 3+ + H + (1) NH 4 + ↽ ⇀ Mg (2) Mg (OH ) 2 ↽

2+

4

+ 2OH

K sp .Mg ( OH )2 = 1.10−11

−

K w = 10−14

⇀ H + + OH − (3) H 2 O ↽

FF IC IA L

Lấy 2.(1) + (2) – 2.(3) ra được: ⇀ Mg 2 + + 2 NH 3 + 2 H 2O Mg (OH )2 + 2 NH 4 + ↽ 2

( K NH + ) .K sp .Mg ( OH )2

K pu =

4

( K w )2

=

K pu

(10−9,25 )2 .10−11 = 10 −1,5 (10 −14 )2

Nhận thấy: Kpu không lớn không nhỏ nên có thể dễ dàng chuyển dịch cân bằng về 2

O

phía.

Bài 3. Khi cho cùng một lượng AgCl, AgBr, AgI lần lượt hòa tan vào dung dịch

N

NH3 cùng nồng độ lấy dư thấy AgCl tan gần như hoàn toàn, AgBr tan một phần còn

Ơ

AgI gần như không tan. Hãy làm sáng tỏ điều đó bằng các phép tính. + 3 )2 ]

= 6.108

H

Biết: K sp . AgCl = 10-10 , K sp. AgBr = 5.10-13 , K sp . AgI = 10-16 , β[Ag ( NH

Giải:

Y

Xét AgCl trong dung dịch NH3

N

(Olympic 2008 - THPT chuyên Phan Châu Trinh, Đà Nẵng)

K sp. AgCl = 10 −10

U

AgCl ⇌ Ag + + Cl −

β Ag ( NH

3 )2

= 6.108

Q

Ag + + 2 NH 3 ⇌ [ Ag ( NH 3 ) 2 ]+ AgCl + 2 NH 3 ⇌ [ Ag ( NH 3 )2 ]+ + Cl −

M

=> K AgCl = K sp. AgCl .β Ag ( NH

3 )2

= 10−10.6.108 = 6.10−2

KÈ

Tiến hành tương tự đối với AgBr và AgI ta thu được: => K AgBr = K sp. AgBr .β Ag ( NH3 )2 = 5.10−13.6.108 = 3.10−4

ẠY

=> K AgI = K sp. AgI .β Ag ( NH 3 )2 = 10−16.6.108 = 6.10−8

Ta thấy K AgCl > K AgBr > K AgI nên AgCl tan gần như hoàn toàn, AgBr tan một

D

phần còn AgI gần như không tan.

Bài 4. Tính độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3 0,003M. Biết: Ksp.AgSCN =

1,1.10-12, hằng số phân li của phức chất [Ag(NH3)2]+ bằng 6.10-8.

Giải: Gọi s (mol/l) là độ tan của AgSCN.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 48

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

⇀ Ag + + SCN − AgSCN ↽

K sp. AgSCN = 1,1.10−12

⇀ Ag ( NH 3 ) 2 + Ag + + 2 NH 3 ↽

K=

1 = 107,22 −8 6.10

bd :

0, 03

cb :

0, 03 - 2 s

s

s

K pu = K sp. AgSCN . K = 1,1.10−12.107,22 = 10−4,74

Mặt khác, ta lại có: K pu =

FF IC IA L

⇀ Ag ( NH 3 ) 2 + + SCN − AgSCN + 2 NH 3 ↽

[ Ag ( NH 3 )2 + ].[ SCN − ] s2 = = 10−4,74 2 2 [ NH 3 ] (0, 03 - 2 s )

=> s = 1, 27.10−5 mol / l

O

Bài 5. Chứng minh rằng CuS hầu như không tan trong dung dịch H2SO4 1,00M. Xem

N

H2SO4 phân ly hoàn toàn ở cả 2 nấc.

Cho: K sp.CuS = 10−35,2 ; H2S có pK a = 7, 02; pK a = 12, 90 2

Ơ

1

(Olympic 2015 – THPT Chuyên Lý Tự Trọng, TP Cần Thơ)

H

Giải:

K sp.CuS = 10−35,2

N

⇀ Cu 2+ + S 2− CuS ↽

K = ( K a1 .K a2 ) −1 = 1019,92

Y

⇀ H 2 S 2 H + + S 2− ↽

⇀ Cu 2+ + H 2 S CuS + 2 H + ↽

s

s

[Cu 2+ ].[ H 2 S ] s2 = = 10−15,26 + 2 2 [H ] (2 − 2 s )

Q

K pu =

U

2 − 2s

K pu = K sp.CuS .K = 10−15,26

M

=> s = 4,58.10 −8 mol / l

KÈ

Độ tan rất nhỏ nên xem như CuS không tan trong dung dịch H2SO4.

Bài 6. FeS và CuS, chất nào có khả năng tan được trong dung dịch H2S?

ẠY

Biết: K sp. FeS = 8.10−19 ; K sp.CuS = 3, 2.10−38 H2S có K a = 10−7 ; K a = 10−13 1

2

D

Giải: Các quá trình xảy ra ⇀ H + + HS − H 2 S ↽

K a1 = 10−7

⇀ H + + S 2− HS − ↽

K a2 = 1,3.10 −13

⇀ 2 H + + S 2− H 2 S ↽

K=K a1 .K a2 = 1,3.10−20

(1)

+ Xét FeS ta được: SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 49

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

⇀ Fe 2+ + S 2− FeS ↽

K sp. FeS = 8.10−19

(2)

Lấy (2) – (1) ta được: ⇀ Fe 2+ + H 2 S FeS+ 2 H + ↽ K sp. FeS K

=

8.10 −19 = 61,54 1,3.10−20

FF IC IA L

=> K pu =

Do Kpu lớn nên FeS có thể tan trong H2S + Tương tự với CuS ta được: => K pu =

K sp.CuS

K

3, 2.10 −38 = 3, 2.10−18 10−20

=

O

Do Kpu rất nhỏ nên CuS khó tan trong H2S.

Bài 7. Xác định độ tan của AgCN trong dung dịch đệm có pH = 3.

Ơ

⇀ Ag + + CN − K sp = 2, 2. 10−16 AgCN ↽

N

Biết :hằng số axit của HCN là K = 10-9,35 .

H

(Olympic 2006 – THPT Chuyên Lê Khiết, Quãng Ngãi) Giải:

N

Gọi s (mol/l) là độ tan của AgCN trong dung dịch đệm pH = 3

Y

⇀ Ag + + CN − AgCN ↽

(1)

K HCN = 10−9,35

(2)

U

⇀ H + + CN − HCN ↽

K sp = 2, 2.10−16

Q

Lấy (1) – (2) ta được:

⇀ Ag + + HCN AgCN + H + ↽

10-3 M

cb :

10-3 + s

KÈ

M

bd :

D

ẠY

Ta có: K = K=

K sp

K HCN

=

s

K

s

2, 2.10−16 = 4,93.10 −7 −9,35 10

[ Ag + ].[ HCN ] s.s <=> 4,93.10−5 = −3 => s = 2, 25.10-5 mol / l + [H ] 10 + s

Bài 8.

1. Ở một nhiệt độ đã cho, tích số tan của AgCl bằng 1,56.10-10. Tính độ tan S (gam/l) của AgCl trong nước nguyên chất.

2. Thêm 50 ml dung dịch HCl 1M vào 950 ml dung dịch AgCl bão hòa. Tính pH của dung dịch và độ tan của AgCl trong môi trường này.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 50

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

3. Tính độ tan của AgCl trong dung dịch NH3 2M. Biết phức Ag(NH3)2+ có hằng số bền tạo phức là K = 2.107.

(Olympic 2007 - Trường Đại học Khoa học, TP Hồ Chí Minh) 1. Gọi s (mol/l) là độ tan của AgCl trong H2O K sp = 1, 56.10−10

⇀ Ag + + Cl − AgCl ↽

s

s

K sp = [ Ag + ].[Cl − ]

FF IC IA L

Giải:

<=> 1,56.10−10 = s 2 => s = 1, 56.10−10 = 1, 25.10−5 mol / l S ( g / l ) = 1, 25.10−5.(143,5) = 1, 794.10−3 ( g / l )

O

2. Nồng độ các chất sau khi trộn: 50.1 = 0, 05M 1000

C AgCl = 1, 25.10−5 M

N

CHCl =

Ơ

HCl  → H + + Cl −

H

→ 0, 05 0, 05 

N

pH = − lg[ H + ] = − lg 0, 05 = 1,3

Gọi s2 là độ tan của AgCl trong môi trường:

U

Y

⇀ Ag + + Cl − AgCl ↽ s2 s 2 +0,05 K sp = [ Ag + ].[Cl − ]

Q

<=> 1,56.10−5 = s2 .( s2 + 0, 05) => s2 = 3,1.10−4 mol / l

M

3. Gọi s3 là độ tan của AgCl trong dd NH3 (2M).

D

ẠY

KÈ

Theo đề bài ta có: ⇀[ Ag ( NH 3 ) 2 ]+( aq ) Ag (+aq ) + 2 NH 3( aq ) ↽

K = 2.107

⇀ Ag (+aq ) + Cl(−aq ) AgCl( r ) ↽

K sp = 1,56.10−10

⇀[ Ag ( NH 3 ) 2 ]+( aq ) + Cl(−aq ) AgCl( r ) + 2 NH 3( aq ) ↽ bd : cb :

2M 2 − 2 s3

s3 7

=> K pu = K .K sp = 2.10 .1, 56.10 K pu =

s3 −10

= 3,12.10−3

[ Ag ( NH 3 ) 2 + ].[Cl − ] [ NH 3 ]2

<=> 3,12.10−3 =

SVTH: Lê Dũ Chiếc

s32 => s3 = 0,1(mol / l ) (2 − 2 s3 ) 2

Trang 51

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Bài 9. Tính độ tan của CaC2O4 trong dung dịch có pH= 4 ?

Biết: K sp.CaC O = 2,3.10−9 , H 2C2O4 có pK1 = 1, 25; pK 2 = 4, 27 2 4

(Olympic 2009 – chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh)

FF IC IA L

Giải: Gọi s là độ tan của CaC2O4 trong dung dịch pH = 4.

Các quá trình diễn ra trong dung dịch: CaC2O4 ( r ) ⇌ Ca 2+ + C2O4 2−

(1)

K sp.CaC2O4 = 2,3.10−9

H 2C2O4 ⇌ H + + HC2O4 −

(2) K a1 = 10 −1,25 = 5, 62.10−2

HC2O4 − ⇌ C2O4 2− + H +

(3) K a2 = 10−4,27 = 5,37.10−5

CaC2O4 + 2 H + ⇌ H 2C2O4 + Ca 2+ s

2, 3.10−9 = 4, 9.10−4 −1,25 −4,27 10 .10

N

K a1 .K a 2

=

Ơ

K pu =

K sp.CaC2O4

s

[ H 2C2O4 ].[Ca 2+ ] s2 s = = = 4, 9.10−4 + 2 −4 2 [CaC2O4 ].[ H ] s.(10 ) (10−4 )2

N

=> s = 7, 76.10−12 M

H

K pu =

s

O

Lấy (1) – (2) – (3) ta được:

(do pH = 4 => [H+]=10-4)

Y

Vậy độ tan của CaC2O4 trong dung dịch pH = 4 là 7,76.10-12 mol/l.

U

Bài 10. Xác định nồng độ NH4Cl cần thiết để ngăn cản sự kết tủa Mg(OH)2

Q

trong 1 lít dung dịch chứa 0,01 mol NH3 và 0,001 mol Mg2+. Biết rằng số ion hóa của NH3 bằng 1,75.10-5 và K sp.Mg (OH ) = 7,1.10-12.

M

2

(Olympic 2011 - THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu, An Giang)

KÈ

Giải: NH 4Cl  → NH 4+ + Cl −

ẠY

C NH3 =

0, 01 = 0, 01M 1

CMg 2+ =

0, 001 = 0, 001M 1

D

Để kết tủa Mg(OH)2 không xuất hiện: [Mg 2+ ].[OH − ]2 < K sp.Mg (OH )2 => [OH − ] <

K sp.Mg (OH )2 2+

[Mg ]

=

NH 3 + H 2O ⇌ NH 4+ + OH −

SVTH: Lê Dũ Chiếc

7,1.10 − 12 = 8, 43.10−5 (1) 0, 001 K = 1, 75.10-5

Trang 52

Tiểu luận tốt nghiệp [OH − ].[ NH 4+ ] [ NH 3 ]

=> [OH − ] =

Thay [OH − ] =

K .[ NH 3 ] 1, 75.10−5.0, 01 1, 75.10−7 = = [ NH 4+ ] [ NH 4+ ] [ NH 4+ ]

1, 75.10−7 vào (1) ta được: [ NH 4+ ]

[OH − ] < 8, 43.10−5 <=> => [ NH 4+ ] >

1, 75.10−7 < 8, 43.10−5 + [ NH 4 ]

1, 75.10−7 <=> [ NH 4+ ] > 2, 08.10−3 M 8, 43.10−5

FF IC IA L

K=

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Để tránh xuất hiện kết tủa Mg(OH)2 ta cần điều chỉnh nồng độ [NH4+] > 2,08.10-3 M

O

Bài 11. Xác định độ tan của AgCN trong dung dịch có pH = 3. Biết Ksp.AgCN =

N

2,2.10-16 và KHCN = 6,2.10-10.

(Olympic 2010 - THPT Chuyên Vị Thanh, Hậu Giang)

Ơ

Giải: pH = 3 => [H + ] = 10 −3 M

s

Y

s

K sp. AgCN = 2, 2.10-16

N

⇀ Ag + + CN − AgCN ↽

H

Gọi s (mol/l) là độ tan của AgCN trong dung dịch pH = 3.

K=

U

H + + CN -  → HCN

Q

Ta có:

1 = 1, 61.1010 6, 2.10−10

M

K sp. AgCN = [ Ag + ].[CN − ] => [CN − ] =

KÈ

K=

K sp. AgCN

[ Ag + ]

[ HCN ] => [ HCN ] = K .[ H + ].[CN - ] [ H + ].[CN - ]

D

ẠY

Bảo toàn nồng độ đầu ta được: s = [ Ag + ] = [CN - ] + [ HCN ]

(1)

Thay [ HCN ] = K .[ H + ].[CN - ] vào (1) ta được: s = [CN - ] + [ HCN ] = [CN - ] + K .[ H + ].[CN - ] = [CN - ]. (1 + K .[ H + ])

Thay [CN − ] =

K sp. AgCN

[ Ag + ]

SVTH: Lê Dũ Chiếc

vào ta được: Trang 53

Tiểu luận tốt nghiệp s=

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai K sp. AgCN +

[ Ag ]

. (1 + K .[ H + ])

<=> s 2 = K sp. AgCN . (1 + K .[ H + ])

=> s = 3,52.10 −9 = 5, 93.10−5 M

FF IC IA L

<=> s 2 = 2, 2.10 −16. (1 + 1, 6.1010.10−3 ) = 3, 52.10−9

Bài 12. Tính pH bắt đầu kết tủa, kết tủa được 99,0% và kết tủa hoàn toàn ion Fe 2 + dưới dạng Fe(OH ) 2 từ dung dịch Fe(ClO4 )2 0,001M.  → FeOH + + H + Biết: Fe 2+ + H 2O ← 

Biết β = 10−5,92

pK sp . Fe ( OH )2 = 15,1

(Olympic 2009 - THPT Quốc học Huế, Thừa thiên Huế)

2+ − 2 − bắt đầu kết tủa khi : [ Fe ].[OH ] = K sp.Fe (OH )2 => [OH ] =

Ơ

+ Fe

2+

0,001M

N

0, 001M

O

− 2+ Giải : Ta có : Fe(ClO4 ) 2 → Fe + 2ClO4

K sp.Fe ( OH )2

[ Fe 2 + ]

H

Tìm [Fe2+]: gọi a là nồng độ mol/l Fe2+ tạo phức Fe(OH)+ với H2O

N

Fe 2 + + H 2O ⇌ Fe(OH )+ + H + β = 10 −5,92 = 1, 2.10−6 pu : a

a

a

a

a

Y

bd : 0, 001

U

còn : 0, 001 − a

[ Fe(OH ) + ].[ H + ] a2 = => a = 3, 4.10−5 M [ Fe 2+ ] 0, 001 − a

Q

β = 1, 2.10−6 =

M

=> [ Fe 2+ ] = 0, 001 − a = 0, 001 − 3, 4.10 −5 = 9, 66.10−4 M

KÈ

Thay [Fe2+] vào ta được:

ẠY

[OH − ] =

K sp. Fe ( OH )2 [ Fe 2+ ]

=

10−15,1 = 9, 07.10−7 M 9, 66.10−4

pH = 14 − pOH = 14 − (− lg[OH − ]) = 14 − (− lg 9, 07.10−7 ) = 7,96

D

+ Khi kết tủa được 99% => nồng độ Fe2+ còn lại là : [Fe2+] = 0,001.1% = 1.10-5 M 2+ − 2 − Ta có: [ Fe ].[OH ] = K sp.Fe (OH )2 => [OH ] =

K sp.Fe ( OH )2 [ Fe 2+ ]

=

10−15,1 = 8,9.10−6 M −5 10

pH = 14 − pOH = 14 − (− lg[OH − ]) = 14 − (− lg 8, 9.10−6 ) = 8,95

+ Kết tủa hoàn toàn ion Fe2+ SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 54

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Fe2+ được xem như kết tủa hoàn toàn khi [Fe2+] = 10-6 [ Fe 2+ ].[OH − ]2 = K sp.Fe ( OH )2 => [OH − ] =

K sp.Fe ( OH )2 [ Fe 2+ ]

=

10−15,1 = 2,82.10 −5 M −6 10

Bài 13.

FF IC IA L

pH = 14 − pOH = 14 − (− log[OH − ]) = 14 − (− log 2,82.10−5 ) = 9, 45

1. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4 M. 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.

2. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100 ml dung dịch NH3 1M hay không? Biết (Olympic 2006 - THPT Bến Tre, Bến Tre)

N

Giải:

O

Ksp.AgCl = 1,8.10-10, Kben của phức [ Ag(NH3)2]+ là 1,8.108.

BaSO4 ⇌ Ba 2 + + SO4 2 −

K sp. BaSO4 1 = 102 Ka

N

H

H + + SO4 2 − ⇌ HSO4−

Ơ

1. Ta có:

BaSO4 + H + ⇌

Ba 2 + + HSO4−

2M

pu :

1, 5.10−4

cb :

2 -1,5.10−4 1,5.10−4

U

Y

bd :

K

Q

[ Ba 2+ ] [HSO4− ] (1,5.10−4 )2 = = 1,125.10−8 [H + ] (2 − 1,5.10−4 ) 1 K = K sp.BaSO4 .

Ka

KÈ

M

K=

=> K sp. BaSO4 = K .K a = 1,125.10−8.10−2 = 1,125.10−10

D

ẠY

+ Trong nước nguyên chất: Gọi s là độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất: BaSO4 ⇌ Ba 2+ + SO4−

s

K sp. BaSO4

s

s 2 = K sp.BaSO4 => s= 1,125.10−10 = 1, 06.10−5 mol / l

+Trong Na2 SO4 0,001 Gọi s2 là độ tan của BaSO4 trong dd Na2SO4.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 55

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Na2 SO4  → 2Na + + SO 24−

0, 001

0,002

0,001

BaSO4 ⇌ Ba 2+ + SO −4

s 2 + 0, 001

K sp.BaSO4 = s2 ( s2 + 0, 001) = 1,125.10−10 => s2 = 1,125.10 −7 M

FF IC IA L

s2

2. Gọi x là độ tan (mol/l) của AgCl tan trong 100ml dd NH3 1M AgCl ⇌ Ag + + Cl −

K sp. AgCl = 1,8.10 −10

Ag + + 2 NH 3 ⇌ [ Ag ( NH 3 )2 ]+

K ben = 1,8.108

AgCl + 2 NH 3 ⇌ [ Ag ( NH 3 ) 2 ]+ + Cl −

x

x

O

1 1-2x

N

bd: cb:

K

x2 0, 01 = 10−1,49 => x = 0,132 M > C AgCl = = 0,1 M 2 (1 − 2x) 0,1

H

=>

Ơ

K = K sp. AgCl .K ben = 1,8.10−10.1,8.108 = 10−1,49

N

Do đó ta có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100 ml dung dịch NH3 1M. Bài 14. Độ tan là một hằng số quan trọng để xác định được sự ô nhiêm môi

Y

trường do các muối gây ra. Độ tan của một chất được định nghĩa là lượng chất cần

U

thiết để có thể tan vào một lượng dung môi tạo ta được dung dịch bão hòa. Độ tan của

Q

các chất khác nhau tùy thuộc vào bản chất của dung môi và chất tan cũng như của các điều kiện thí nghiệm, ví dụ như nhiệt độ và áp suất. Độ pH và khả năng tạo phức cũng

M

ảnh hưởng đến độ tan.

KÈ

Một dung dịch chứa BaCl2 và SrCl2 đều ở nồng độ 0,01M. Khi ta thêm một

dung dịch bão hòa natri sunfat vào dung dịch thì 99,9% BaCl2 sẽ kết tủa dưới dạng

BaSO4 và SrSO4 chỉ có kết tủa nếu trong dung dịch còn dười 0,1% BaSO4. Tích số tan

ẠY

của các chất được cho sau đây: Ksp(BaSO4) = 10-10 và Ksp(SrSO4) = 3.10-7.

D

1. Viết các phương trình phản ứng tạo kết tủa.

Tính nồng độ Ba2+ còn lại trong dung dịch khi SrSO4 bắt đầu kết tủa.

Tính % Ba2+ sau khi tách ra.

2. Sự tạo phức gây nên một ảnh hưởng đáng kể đến độ tan. Phức là một tiểu phân tích điện chứa một ion kim loại ở trung tâm liên kết với một hay nhiều phối tử.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 56

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Ví dụ Ag(NH3)2+ là một phức chứa ion Ag+ là ion trung tâm và hai phân tử NH3 là phối tử. Độ tan của AgCl trong nước cất là 1,3.10-5M Tích số tan của AgCl trong nước là 1,7.10-10.

FF IC IA L

Hằng số cân bằng của phản ứng tạo phức có giá trị bằng 1,5.107.

Sử dụng tính toán để cho thấy rằng độ tan của AgCl trong dung dịch NH3 1,0M thì cao hơn trong nước cất.

(Olympic hóa học Quốc tế lần thứ 34) Giải : → BaSO4 ↓ Ba 2+ + SO42− 

N

→ SrSO4 ↓ Sr 2+ + SO42− 

O

1. Các phản ứng tạo kết tủa :

Ơ

+ Kết tủa SrSO4 xuất hiện khi :

K sp. BaSO4 [ Ba 2+ ]

=

10−10 = 10−8 M 0, 01

H

[ Ba 2+ ].[ SO42− ] ≥ K sp.BaSO4 <=> [ SO42− ] ≥

N

+ Kết tủa BaSO4 xuất hiện khi :

Y

[ Sr 2+ ].[ SO42− ] ≥ K sp.Sr SO4 <=> [ SO42− ] ≥

K sp.Sr SO4 [ Ba 2+ ]

=

3.10 −7 = 3.10−5 M 0, 01

U

Vậy Ba2+ sẽ kết tủa trước, khi Sr2+ bắt đầu kết tủa thì [ SO42− ] = 3.10−5 M

Q

+ Nồng độ Ba2+ còn lại :

M

K sp.BaSO4 = [ Ba 2+ ].[ SO42− ] => [ Ba 2+ ] =

KÈ

%Ba2+(Còn lại) =

K sp. BaSO4 [ SO42− ]

=

10−10 = 3,33.10−6 M 3.10−5

3,33.10−6 .100 = 0, 033% 0,01

D

ẠY

2. Chứng minh AgCl tan trong dung dịch chứa NH3 1M tốt hơn trong nước.

Gọi s, s2 lần lượt là độ tan của AgCl trong H2O và trong dung dịch NH3 1M. Theo đề bài s = 1,3.10−5 mol/ l + Tìm s2 :

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 57

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

⇀ Ag + ( ap ) + Cl − ( ap ) AgCl( r ) ↽

K sp. AgCl = 1, 7.10−10

⇀[ Ag ( NH 3 ) 2 ]+ ( aq ) Ag + ( ap ) + 2 NH 3 ↽

Kb = 1,5.107

bd : cb :

1M 1 − 2 s2

s2

s2

−10

K pu = K sp. AgCl .K b = 1, 7.10 .1,5.10 = 2,55.10−3 K pu = <=>

7

[ Ag ( NH 3 ) 2 ].[Cl − ] [ NH 3 ]2

s2 .s2 = 2, 55.10−3 2 (1 − 2 s2 )

<=> −0,99 s2 2 − 0, 0102 s2 + 2,55.10−3 = 0

O

<=> s2 = 0, 046 M

FF IC IA L

⇀[ Ag ( NH 3 )2 ]+ ( aq ) + Cl − ( ap ) AgCl( r ) + 2 NH 3 ↽

Ta thấy s2 > s, nên AgCl tan tốt hơn trong NH3.

N

Bài 15. Dung dịch bão hòa CaCO3 trong nước có độ pH = 9,95. Hằng số axit 1

Ơ

của axit cacbonic là K a = 4,5.10-7 , K a = 4,7.10-11 2

H

Hãy tính độ tan của CaCO3 trong nước và tích số tan của CaCO3.

5,2.10-9 và [ HCO3− ] = 0,022M

N

Hãy tính nồng độ tối đa của ion Ca2+ trong dung dịch CaCO3 với pH = 7,4, Ksp =

Y

(Olympic 2008 - THPT Chuyên Bạc Liêu, Bạc Liêu)

U

Giải: Gọi s là độ tan của CaCO3 trong H2O

Q

C là nồng độ mol/l của ion CO32- tạo OH- với H2O CaCO3 ⇌ Ca 2+ + CO32−

M

s

⇀ H + + HCO3− H 2 CO3 ↽

K a1 = 4,5.10−7

⇀ H + + CO32− HCO3− ↽

K a2 = 4, 7.10−11

KÈ ẠY D

s-C

2−

−

CO3 + H 2O ⇌ HCO3 + OH

−

Kw 10−14 K b2 = = = 2,13.10−4 −11 K a2 4, 7.10

bd : s pu : C

còn : s − C

C

C

C

C

+ Tìm C: pH = 9, 95 => pOH = 14 − 9,95 = 4, 05 => [OH − ] = C = 10 −4,05 = 8,9.10−5

+ Tìm s: SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 58

Tiểu luận tốt nghiệp K b2 =

[ HCO 3− ].[OH − ] [CO32− ]

C2 (8,9.10−5 ) 2 = = 2,13.10 −4 s − C s − 8,9.10−5

<=> s − 8,9.10−5 =

(8,9.10 −5 )2 2,13.10−4

FF IC IA L

<=>

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

<=> s − 8,9.10−5 = 3, 72287.10−5 => s = 1, 26.10-4 M

+ Tích số tan của CaCO3: K sp = [Ca 2+ ].[CO32 − ] = s.( s − C ) = 1, 26.10−4.(1, 26.10−4 − 8, 9.10−5 ) = 4, 65.10 −9

O

+ Tính [Ca2+]max

K a2 = 4, 7.10−11 K b2 =

Kw 10 −14 = = 2,13.10 −4 K a2 4, 7.10 −11

Ơ

CO3 2− + H 2O ⇌ HCO3 − + OH −

N

⇀ H + + CO32 − HCO3− ↽

H

Mặt khác: pH = 7, 4 => pOH = 14 − 7, 4 = 6, 6

[ HCO3 − ].[OH − ] [ HCO3 − ].[OH − ] 2− => [ CO ] = 3 [CO3 2− ] K b2

Y

K b2 =

N

=> [OH − ] = 10−6,6 = 2, 51.10−7 M

0, 022.2,51.10 −7 <=> [CO3 ] = = 2,59.10 −5 M −4 2,13.10 K sp 5, 2.10−9 [Ca 2 + ]max = = = 2.10 −4 M [CO32 − ] 2,59.10−5

M

Q

U

2−

Bài 16. Tính độ tan của NiS trong dung dịch có pH = 2 (tạo bởi dung dịch

KÈ

HNO3). Cho tích số tan của NiS là 10-18,5, H2S có pKa1 = 7,02, pKa2 = 12,90; *

β (Ni OH ) = 10−8,94

ẠY

+

(Olympic 2015 – THPT Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ)

D

Giải: Gọi s (mol/l) là độ tan của Ni Strong dung dịch có pH = 2. ⇀ Ni 2 + + S 2− NiS ↽

K sp . NiS = 10−18,5

⇀ NiOH + + H + Ni 2 + + H 2O ↽

*

⇀ HS − S 2− + H + ↽

K1 = K a 2 −1 = 1012,9

⇀ H 2 S HS − + H + ↽

K 2 = K a1−1 = 107,02

β (Ni OH ) = 10−8,94 +

Do trong môi trường axit nên bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của Ni2+ SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 59

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai [ HS − ] => [ HS − ] = K1.[ S 2 − ].[ H + ] 2− + [ S ].[ H ] [H2S ] => [ H 2 S ] = K 2 .[ HS − ].[ H + ] = K1.K 2 .[ S 2 − ].[ H + ]2 K2 = − + [ HS ].[ H ] K1 =

C S 2− = s = [ S 2− ] + [ HS − ] + [ H 2 S ]

FF IC IA L

Bảo toàn nồng độ đầu đối với S2- ta được: <=> s = [ S 2 − ] + K1.[ S 2− ].[ H + ] + K1.K 2 .[ S 2− ].[ H + ]2 <=> s = [ S 2 − ].(1 + K1 .[ H + ] + K1.K 2 .[ H + ]2 ) <=> [ S 2− ] =

s 1 + K1 .[ H ] + K1.K 2 .[ H + ]2 +

Mặt khác: s 1 + K1.[ H ] + K1.K 2 .[ H + ]2 +

N

<=> K sp . NiS = s.

O

K sp. NiS = [ Ni 2 + ].[ S 2 − ]

Ơ

<=> s = K sp. NiS .(1 + K1.[ H + ] + K1.K 2 .[ H + ]2 )

H

<=> s = 10 −18,5.(1 + 1012,9.10−2 + 1012,9.107,02.(10−2 ) 2

N

<=> s = 0, 0513mol / l

Bài 17. Độ tan của bạc oxalat trong nước là 2,06.10-4 M tại pH = 7 Độ tan của

Y

nó bị ảnh hưởng bởi pH và các tác nhân tạo phức chẳng hạn như amoniac tạo phức với

U

cation bạc.

Q

Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH axit oxalic lần lượt là K1

5,6.10-2 và K2

5. Hai hằng số phân ly của

6,2.10-6.

M

Với sự có mặt của amoniac thì ion bạc tạo thành hai dạng phức [Ag(NH3)2]+ và

KÈ

[Ag(NH3)]+. Các hằng số tạo phức từng nấc tương ứng sẽ là β1 = 1,59.103 và β 2 = 6, 76.103 . Bỏ qua sự tạo phức hydroxo. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch

D

ẠY

chứa 0,02 M NH3 và có pH

10,8.

(Olympic 2013 – Chuyên Lý Tự Trọng, TP.Cần Thơ)

Giải:

Tại pH = 7 độ tan của Ag2C2O4 là 2,06.10-4 M => K sp. Ag 2C2O4 = [Ag + ]2 .[C 2 O 42− ] = (2,06.10−4 )2 .(2,06.10−4 ) = 3,5.10−11

Theo đề bài ta có:

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 60

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

⇀ 2 Ag + + C 2 O 42− Ag 2C2O4 ↽

K sp. Ag 2C2O4 = 3, 5.10−11

K sp. Ag 2C2O4 = [Ag + ]2 .[C 2 O 24− ] [Ag + ]2 = (2 s) = 4s 2

FF IC IA L

+ Tìm [C2 O 24− ] Ta có: ⇀ H + + HC2O4 − H 2C2O4 ↽

K1 = 5, 6.10−2

⇀ H + + C2 O 24− HC2O4 − ↽

K 2 = 6, 2.10−6

⇀ 2 H + + C2 O 24− H 2C2O4 ↽

K=K1.K 2 = 3, 472.10−7

K2 =

O

[ H + ]2 .[C2 O 42− ] [ H + ]2 .[C2 O 42− ] => [ H 2C2O4 ] = (1) [ H 2C2O4 ] K [ H + ].[C2 O 24 − ] [ H + ].[C 2 O 24− ] − = [ ] HC O > = 2 4 K2 [ HC2O4 − ]

(2)

N

K=

Ơ

Bảo toàn nồng độ đầu C2O42- ta được:

s = CC O2− = [ H 2C2O4 ] + [ HC2O4 − ] + [C2 O 24− ] (3) 4

H

2

Thay (1) và (2) vào (3) ta được: 2

4

[ H + ]2 .[C 2O 24− ] [ H + ].[C2 O 24− ] + + [C 2O 24− ] K K2

N

s = CC O 2− =

M

Q

U

Y

 [ H + ]2 [ H + ]  <=> s = [C2 O 24− ]  + + 1 K2  K  s (4) => [C2 O 24− ] = + 2 [H ] [H + ] + +1 K K2

KÈ

Thay (4) vào K sp. Ag C O ta được: 2

2

4

K sp . Ag 2C2O4 = [Ag + ]2 .[C2 O 24− ]

ẠY

<=> K sp . Ag 2C2O4 =(2s) 2 .

D

<=> 3,5.10 −11 = (2s)2 .

s [H ] [H + ] + +1 K K2 + 2

s −5 2

(10 ) 10−5 + +1 3, 472.10 −7 6, 2.10 −6

=> s = 2,84.10−4 mol / l

Bài 18. CaF2 rất ít tan trong nước (tích số tan K sp.CaF = 2,5.10-11), axit flohidric 2

có pKa=3,2.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 61

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

1. Tính độ tan của CaF2 trong nước.

2. Từ đó suy ra quan hệ độ tan của CaF2 và pH. 3. Tính độ tan của CaF2 trong dung dịch ở pH = 3,2 và pH = 1,0. Có kết luận gì ?

Giải: K sp.CaF2 = 2,5.10−11 K a = 10-3,2 = 6, 31.10−4

⇀ Ca 2+ + 2 F − CaF2 ↽ s

K sp .CaF2 = 2,5.10-11

2s

s

K sp.CaF2 = [Ca 2+ ].[ F − ]2 = s.(2 s )2 = 4 s 3 = 2,5.10-11 2,5.10−11 = 1,842.10−4 M 4 ⇀ H + + F − HF ↽ K a = 6, 31.10−4

O

3

[ F − ]0 = [ F − ] + [ HF ] => 2 s = [ F − ]0 = [ F − ] + [ HF ]

Ơ

=> [ F − ] =

K sp .CaF2 2+

[Ca ]

=

H

K sp.CaF2 = [ F − ]2 .[Ca 2+ ]

(1)

N

=> s =

FF IC IA L

(Olympic 2007 – THPT Gia Định, TP Hồ Chí Minh)

K sp .CaF2

s

N

1. Gọi s là độ tan của CaF2 trong nước:

K sp.CaF2 = 2, 5.10-11

Y

⇀ Ca 2+ + 2 F − CaF2 ↽ 2s

s

K sp.CaF2 = [Ca ].[ F − ]2 = s.(2 s) 2 = 4 s 3 = 2, 5.10-11

U

2+

2, 5.10−11 = 1,842.10−4 M 4

Q

=> s =

3

M

2. Quan hệ giữa độ tan và pH : K sp.CaF2 = 2,5.10-11

⇀ H + + F − HF ↽

K a = 6,31.10−3

KÈ

⇀ Ca 2+ + 2 F − CaF2 ↽

ẠY

Ta có : 2 s = [ F − ]0 = 2.1,842.10 −4 = 3, 684.10−4 M

D

Bảo toàn nồng độ đầu : [ F − ]0 = [ F − ] + [ HF ] => 2 s = [ F − ]0 = [ F − ] + [ HF ] K sp.CaF2 = [ F - ]2 .[Ca 2+ ] Ka =

=> [ F - ] =

(1) K sp.CaF2 2+

[Ca ]

=

K sp.CaF2 s

(2)

[ H + ].[ F − ] [ H + ].[ F − ] => [ HF ] = [ HF ] Ka

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 62

Tiểu luận tốt nghiệp Thay [ F − ] =

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

K sp.CaF2

vào ta được: [ HF ] =

s

[ H + ] K sp.CaF2 .

Ka s

(3)

Thay (2) và (3) vào (1) ta được: s

[ H + ] K sp.CaF2 .

Ka s

+

[ H + ]. K sp.CaF2 1   K sp.CaF + <=> s = 2 Ka 2. s  <=> s <=> s

3

3

FF IC IA L

K sp.CaF2

   

K sp.CaF2 1 1 K sp.CaF2 + .[ H + ].

2 2 Ka

2

=

2

= 2,5.10−6 + 3,96.10−3.[ H + ]

3. Tại pH = 3,2 => [H+] = 10-3,2 => s = 2,92.10-4 mol/l

N

Tại pH = 1 => [H+] = 10-1 => s = 5,4.10-3 mol/l.

O

2s =

Ta thấy, CaF2 tan tốt hơn trong môi trường axit.

Ơ

Bài 19. CuBr là chất ít tan trong nước (pT = 7,4).

H

1. Hãy tính thể tích nước tối thiểu cần dùng để hòa tan hoàn toàn 1 gam CuBr. Ion Cu+

N

tạo phức với amoniac theo các phản ứng sau :

log β1 = 6,18

⇀[Cu ( NH 3 )2 ]+ [Cu ( NH 3 )]+ + NH 3 ↽

log β 2 = 4, 69

Y

⇀[Cu ( NH 3 )]+ Cu + + NH 3 ↽

Q

1 gam CuBr.

U

2. Hãy tính thể tích dung dịch ammoniac 0,1M tối thiểu cần dung để hòa tan hoàn toàn

M

3. Biểu thức tính số tan điều kiện của CuBr như sau T ' = ([Cu +] + [Cu ( NH 3 ) + ] + [Cu ( NH 3 )2 + ]).[Br − ]

KÈ

Hãy tính giá trị T’ của dung dịch thu được ở phần (b).

(Olympic 2015 – THPT chuyên Bến Tre, Bến Tre)

ẠY

Giải:

1. Gọi V (lít) là thể tích nước cần dùng để hòa tan 1 gam CuBr

D

Gọi s (mol/l) là độ tan của CuBr trong nước. ⇀ Cu + + Br − CuBr ↽

s

K sp.CuBr = 10−7,4

s

K sp .CuBr = [Cu ].[ Br − ] = s 2 +

=> s = K sp.CuBr = 10−7,4 = 2.10−4 mol / l

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 63

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Ta thấy, độ tan của CuBr là s = 2.10-4 mol/l hay 0,0288 gam/l.

1 lít nước hòa tan được 0,0288 gam CuBr. Cần V lít nước hòa tan được 1 gam CuBr => V =

1.1 = 34, 72 lít.

0, 0288

FF IC IA L

=>

Vậy cần 34,72 lít nước để hòa tan 1 gam CuBr. 2. Ta có: ⇀ Cu + + Br − CuB r ↽

K sp.CuBr = 10−7,4

⇀[Cu ( NH 3 )]+ Cu + + NH 3 ↽

log β1 = 6,18

⇀[Cu ( NH 3 ) 2 ]+ [Cu ( NH 3 )]+ + NH 3 ↽

log β 2 = 4, 69

O

Bảo toàn nồng độ đầu Cu+ ta được:

N

CCu + = [ Br − ] = [Cu + ] + [Cu ( NH 3 )+ ] + [Cu ( NH 3 ) 2 + ] (1)

Ơ

Bảo toàn nồng độ đầu đối với NH3 ta được:

[ NH 3 ] + [Cu ( NH 3 )+ ] + 2[Cu ( NH 3 )2 + ] = 0,1 (2)

H

Giả thuyết: [Cu ( NH 3 )2 + ] >> [Cu ( NH 3 ) + ],[Cu + ]

N

(1) => [ Br − ] = [Cu ( NH 3 )2 + ]

Y

(2) => [ NH 3 ] + 2[Cu ( NH 3 )2 + ] = 0,1

U

Ta có:

[Cu ( NH 3 ) 2 + ] [ Br − ] = [Cu + ].[ NH 3 ] [Cu + ].(0,1 − 2.[ Br − ])

<=>

[ Br − ]

10 − 7, 4 (0,1 − 2.[ Br − ]) − [ Br ]

= 1010,87

KÈ

M

Q

β1,2 =

D

ẠY

=> [ Br − ] = 0, 05M ; [ Br − ] = [Cu ( NH 3 ) 2 + ] = 0, 05M ; [Cu + ] = 1, 99.10−6 M;

[Cu ( NH 3 ) 2 + ] 0, 05 [ NH 3 ] = = = 3,39.10−7 M + −6 10,87 β1,2 .[Cu ] 1, 99.10 .10 [Cu ( NH 3 ) 2 + ] = β1.[Cu + ].[ NH 3 ] = 106,18.1,99.10−6.3,39.10 −7 = 1, 02.10−6 M

Kiểm tra giả thuyết thấy thỏa mãn.

Vậy cần 1 lít dd NH3 để hòa tan 0,05.144 = 7,2 gam CuBr => Cần V2 lít dd NH3 để hòa tan 1 gam CuBr => V =

SVTH: Lê Dũ Chiếc

1.1 = 0,14 lít.

7, 2

Trang 64

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

3. T ' = ([Cu +] + [Cu ( NH 3 ) + ] + [Cu ( NH 3 )2 + ]).[Br − ] = (1,99.10−6 + 3,39.10 −7 + 0, 05).0, 05 = 2,5.10−3

FF IC IA L

Bài 20.

1. Xét quá trình hòa tan PbCrO4( r ) vào nước ngầm ở pH = 6,00. Tính nồng độ các ion Pb 2 + , CrO42− , HCrO4− , và Cr 2O 27 − trong nước ngầm.

2. Một nhà độc học muốn nghiên cứu tổng số lượng crom hòa tan trong dạ dày người.

Cho rằng dạ dày người là một dung dịch loãng với pH = 3,00 và lượng HCrO4− ngang bằng với Cr2O72−

[ H + ][CrO42 − ] = 3,34.10 −7 − [ HCrO4 ]

N

K sp = [ Pb 2 + ][CrO42− ] = 2.82.10 −13 , K a2 =

O

Biết rằng:

Ơ

[Cr2O72 − ] = 3.13.1014 ; KW = [ H + ][OH − ] = 1.00.10 −14 [ H + ]2 [CrO42 − ]

H

KD =

N

(Olympic 2015 - THPT Chuyên Trần Đại Nghĩa, TP Hồ Chí Minh) Giải:

Y

1. Các quá trình diễn ra trong dung dịch: K sp = 2,82.10−13

⇀ H + + CrO42 − (2) HCrO4− ↽

K a2 = 3,34.10−7

⇀ Cr2O72− + H 2O (3)2CrO4− + 2 H + ↽

K D = 3,13.1014

Q

U

⇀ Pb 2+ + CrO42 − (1) PbCrO4 ↽

M

Bảo toàn nồng độ đầu đối với CrO42- ta được:

KÈ

CCrO 2− = [ Pb 2 + ] = [CrO42 − ] + [H CrO4− ] + 2.[Cr2O72− ] 4

D

ẠY

+ Xét cân bằng (1), (2), (3) ta có: (1) => K sp = [ Pb 2+ ][CrO 24 − ] => [CrO 24 − ] = (2) => K a2 =

K sp [ Pb 2 + ]

+ [ H + ].[CrO 42− ] [ H + ][CrO 42− ] [ H ]K sp 2− => [HCrO ] = = 4 [HCrO 4− ] K a2 K a2 [ Pb 2+ ]

[Cr2 O 72 − ] => [Cr2 O72− ] = K D [ H + ]2 [CrO 24− ]2 (3) => K D = 2− 2 + 2 [ H ] [CrO 4 ] 2− 7

<=> [Cr2 O ] =

SVTH: Lê Dũ Chiếc

K D [ H + ]2 K sp 2 [ Pb 2 + ]2

Trang 65

Tiểu luận tốt nghiệp K sp

2+

<=> [ Pb ] =

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

[ Pb 2 + ]

+

K sp .[ H + ] K a2 .[ Pb 2 + ]

+ 2.

K D .K sp 2 .[ H + ]2 [ Pb 2 + ]2

  K sp .[ H + ]  1  2+ 2 + 2 [ Pb ].

K 2.

K .

K .[ H ] <=> [ Pb ] =  + +    sp D sp   [ Pb 2 + ]2  K a2    2+

FF IC IA L

 2.82.10−13.10 −6  14 −13 2 −6 2 <=> [ Pb 2 + ]3 = [ Pb 2+ ].  2.82.10−13 +  + 2.3.13.10 .(2.82.10 ) .(10 ) −7 3, 34.10   <=> [ Pb 2 + ]2 = ( 2.82.10 −13 + 8, 44.10 −13 ) + 4, 98.10−23

Bỏ qua đại lượng cuối do: 4,98,10-23 << (2,82.10-13 + 8,44.10-13) <=> [ Pb 2 + ]2 = 2.82.10−13 + 8, 44.10−13 = 1,13.10−12

 [ Pb 2 + ] = 1,13.10−12 = 1, 06.10−6 M

K sp [ Pb 2 + ]

=

2,82.10−13 = 2, 66.10−7 M −6 1, 06.10

N

=> [CrO 24− ] =

O

Từ đó tính được:

Ơ

[ H + ][CrO 24− ] 10−6.2, 66.10−7 => [HCrO ] = = = 7,96.10−7 M −7 K a2 3,34.10

H

2− 4

N

=> [Cr2 O72 − ] = K D [ H + ]2 [CrO 42− ]2 = 3,13.1014.(10−6 )2 .(2, 66.10−7 ) 2 = 2, 21.10−11 M

Y

2. Xem CCr là tổng lượng Cr ban đầu hòa toan trong dạ dày người.

U

Bảo toàn nồng độ đầu đối với Cr hòa tan ta được:

Q

CCr = [CrO42 − ] + [ HCrO4− ] + 2.[Cr2O72− ]

Theo đề bài: [H CrO4− ] = [Cr2O72− ] => CCr = [CrO42− ] + 3.[ HCrO4− ]

M

Mặt khác:

KÈ

K a2 =

[ H + ][CrO42 − ] [ H + ][CrO42 − ] − => [ HCrO ] = 4 [ HCrO4− ] K a2

D

ẠY

<=> [ HCrO4− ] = KD =

10−3 = 2, 994.103 [CrO42− ] 3, 34.10−7

[Cr2O72− ] => [Cr2O72− ] = [ HCrO4− ] = K D .[ H + ]2 [CrO42 − ] + 2 2− 2 [ H ] [CrO4 ]

<=> [ HCrO4− ] = K D .[ H + ]2 [CrO42− ]2 = <=> [ HCrO4− ] = 3.13.1014.(10−3 )2 [CrO42 − ]2 = 3,13.108.[CrO42 − ]2

Thay [ HCrO4− ] = 2, 994.103[CrO42− ] vào ta được:

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 66

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

2,994.103 [CrO42 − ] = 3,13.108.[CrO42 − ]2 => [CrO42 − ] =

2, 994.103 = 9, 57.10−6 M 8 3,13.10

=> [ HCrO4− ] = 2,994.103 [CrO42 − ] = 2,994.103.9,57.10−6 = 0, 0286 M = [Cr2O72− ] CCr = [CrO42 − ] + 3.[ HCrO4− ]

FF IC IA L

<=> CCr = 9,57.10 −6 + 3.0, 0286 = 0, 0859 M

Vậy tổng lượng Cr hòa tan trong dạ dày người là: CCr = 0,0859 M.

Bài 21. Tích số tan của CaCO3 bằng 1.10-8. Hãy tính khi có kể cả sự thủy phân của ion cacbonat.

1. Độ tan trong nước của CaCO3.

2. pH của dung dịch bão hòa CaCO3.

O

3. Độ tan của CaCO3 ở pH = 7.

Cho H2CO3, K a = 4.10−7 , K a = 5.10−11 .

2

N

1

Ơ

(Olympic 2015 – THPT TH Cao Nguyên, Daklak) Giải :

H

1. Gọi s (mol/l) là độ tan của CaCO3 trong H2O:

N

⇀ Ca 2 + + HCO3− + OH − CaCO3 + H 2 O ↽ s

s

K pu

s

Tìm Kpu:

U

Y

K pu = [Ca 2+ ].[ HCO3− ].[OH − ] = s3

K sp .CaCO3 = 10−8

⇀ H + + CO32 − (2) HCO3− ↽

K a 2 = 5.10−11

M

Q

⇀ Ca 2+ + CO32 − (1)CaCO3 ↽ ⇀ H + + OH − (3) H 2 O ↽

K w = 10−14

KÈ

Lấy (1) + (3) – (2) ta được: ⇀ Ca 2 + + HCO3− + OH − CaCO3 + H 2 O ↽

ẠY

=> K pu =

K sp .CaCO3 .K w Ka2

=

10−8.10 −14 = 2.10−12 −11 5.10

D

K pu = s 3 = 2.10−12 => s = 3 2.10−12 = 1, 26.10−4 mol / l

2. Tính pH Ta có: [OH − ] = s = 1, 26.10−4 mol / l => [ H + ] = SVTH: Lê Dũ Chiếc

Kw 10−14 = = 7,94.10−11 [OH − ] 1, 26.10−4

Trang 67

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

pH = − log[ H + ] = − log 7,94.10−11 = 10,1

3. Gọi s2 là độ tan của CaCO3 trong dung dịch pH = 7. ⇀ Ca 2 + + CO3 2− K sp.CaCO = 10 −8 CaCO3 ↽ 3 2+

K sp .CaCO3 = [Ca ].[CO32− ]

(I)

Bảo toàn nồng độ đầu đối với CO32- ta được: CCO 2− = s2 = [CO32 − ] + [ HCO3 − ] + [ H 2CO3 ] (1) 3

Ta có: ⇀ H + + CO32 − HCO3− ↽

[ H + ].[CO3 2− ] [ H + ].[CO3 2− ] − [ HCO ] (2) => = 3 [ HCO3 − ] Ka2

O

Ka2 =

N

⇀ H + + HCO3− H 2CO3 ↽

[ H + ].[ HCO3− ] [ H + ].[ HCO3− ] [ H + ]2 .[CO32 − ] = (3) => [ H 2CO3 ] = [ H 2CO3 ] K a1 K a1 .K a 2

[ H + ].[CO32 − ] [ H + ]2 .[CO3 2− ] + Ka2 K a1 .K a 2

N

s2 = [CO3 2− ] +

H

Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

Ơ

K a1 =

FF IC IA L

s2

s2

Y

 [ H + ] [ H + ]2 <=> s2 = [CO3 ]  1 + +  Ka2 K a1 .K a 2  s2 <=> [CO3 2− ] = + [ H ] [ H + ]2 1+ + Ka2 K a1 .K a 2

   (II)

M

Q

U

2−

KÈ

Thay (II) vào (I) ta được:

D

ẠY

K sp .CaCO3 = s2 .

s2

[ H ] [ H + ]2 + Ka2 K a1 .K a 2 +

1+

 [ H + ] [ H + ]2 => s2 = K sp.CaCO3 .  1 + +  K K a1 .K a 2 a 2 

  

  10−7 (10−7 ) 2 = 10−8. 1 + + = 4, 47.10−3 mol / l −11 −11 −7  5.10 5.10 .4.10  

2.1.2.3.2. Bài toán xét cả 2 quá trình phụ của gốc cation và anion.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 68

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Bài 1. Cho khí H 2 S đi qua dung dịch hỗn hợp FeCl2 0, 01M và HCl 0,2M đến bão hòa. Có kết tủa FeS hay không?

Biết: FeS có tích số tan K sp.FeS = 3, 7.10−19

FF IC IA L

H 2 S có hằng số axit K a1 = 1.10−7 và K a2 = 1.10−14 .

Trong dung dịch bão hòa nồng độ H 2 S là 0,1M. Xem thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể.

(Olympic 2009 – THPT Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ) Giải: Cần tìm tích số ion: [ Fe2+ ].[ S 2− ]

O

[ Fe2 + ] = 0, 01M

HCl  → H + + Cl −

0, 2 M 0, 2 M

H

0, 2M

Ơ

Các quá trình xảy ra trong dung dịch:

N

+ Tìm [ S 2− ] :

0, 01M

N

FeCl2  → Fe 2 + + 2Cl − 0,01M

0,02M K a1 = 10−7

⇀ H + + S 2− HS − ↽

K a2 = 10−14

U

Y

⇀ H + + HS − H 2S ↽

M

Q

⇀ 2 H + + S 2− H 2S ↽

⇀ H + + OH − H 2O ↽

K=K a1 .K a2 = 10−7.10−14 = 10 −21 K w =10-14

K=

[ H + ]2 .[ S 2− ] K .[H 2S] (1) => [ S 2− ] = [H 2S] [ H + ]2

K w =[H + ].[OH − ]=>[OH − ] =

Kw [H + ]

(2)

Bảo toàn điện tích ta được:

D

ẠY

KÈ

Ta có:

[H + ] + 2.[ Fe 2+ ] = [OH − ] + [Cl − ] + 2.[ S 2− ] (3)

Thay (1) và (2) vào (3) ta được: [H + ] + 2.[ Fe 2+ ] =

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Kw K .[H 2S] + [Cl − ] + 2. + [H ] [ H + ]2

Trang 69

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

( [ Fe 2+ ] = CFeCl = 0, 01M .

2

[Cl − ] = CHCl + 2.CFeCl2 = 0, 2 + 2.0, 01 = 0, 22)

dung dịch bão hòa nồng độ H 2 S => [H 2S] = 0,1 ) [H + ] + 2.0, 01 =

10−14 10−21.0,1 + 0, 22 + 2.

[H + ] [ H + ]2

=> [H + ] = 0, 2 M thay vào (1) ta được

[ S 2− ] =

K .[H 2S] 10−21.0,1 = = 2,5.10−21 M + 2 2 [H ] 0, 2

FF IC IA L

<=> [H + ]3 − 0, 2.[ H + ]2 − 10−14 [H + ] − 2.10 −22 = 0

=> [ Fe 2+ ].[ S 2− ] = 0, 01.2, 5.10−21 = 2,5.10−23 < K sp. FeS = 3, 7.10−19

O

Vậy kết tủa FeS không xuất hiện.

Bài 2. Tính độ tan của FeS ở pH = 5. Cho Ksp.FeS = 10-17,2; β FeOH = 10−5,92 , H2S 1

N

có K a = 10-7,02 và K a = 10-12,9.

+

2

Ơ

(Olympic 2012 - THPT Chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận)

H

Giải: Gọi s là độ tan của FeS trong dung dịch có pH = 5 K sp.FeS = 10 −17,2

N

⇀ Fe2+ + S 2− FeS ↽ s

s

β Fe (OH ) = 10−5,92

(2)

⇀ H + + HS − H 2 S ↽

K a1 = 10−7,02

(3)

⇀ H + + S 2− HS − ↽

K a2 = 10−12,9

(4)

Q

U

Y

⇀ Fe(OH )+ Fe2+ +OH - ↽

⇀ 2 H + + S 2− H 2 S ↽

+

K = K a1 .K a1 = 10−7,02.10−12,9 = 10−19,92 (5)

C Fe2+ = s = [Fe 2+ ] + [ Fe(OH )+ ] (6) C S 2− = s = [S2- ] + [HS− ] + [H 2S] (7)

Từ (2) => β Fe(OH ) = +

[ Fe(OH )+ ] => [ Fe(OH ) + ] = β Fe ( OH )+ .[Fe 2+ ].[OH - ] 2+ [Fe ].[OH ]

Thay vào (6) ta được: s = [Fe 2+ ] + β Fe (OH )+ .[Fe 2+ ].[OH - ]

D

ẠY

KÈ

M

Bảo toàn nồng độ đầu ta được:

(

)

<=> s = [Fe 2+ ] 1 + β Fe (OH )+ .[OH - ] => [Fe2+ ] =

(1 + β

s Fe ( OH )+

.[OH - ]

)

(8)

Từ (4) và (5) ta có: SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 70

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai K a2 = K=

[S2− ].[H + ] [S2− ].[H + ] − => [HS ] = [HS− ] K a1

[H + ]2 .[S2− ] [H + ]2 .[S2− ] => [H 2S] = K [H 2S]

s = [S2- ] +

FF IC IA L

Thay vào (7) ta được: [S2− ].[H + ] [H + ]2 .[S2− ] + K a2 K

 [H + ] [H + ]2  s 2(9) <=> s = [S2- ] 1 + +  => [S ] = +   [H ] [H + ]2 K a2 K   1+ + K a2 K

N

  s  . +   [ H ] [ H + ]2 +   1 + K a2 K 

(

)

Ơ

K sp. FeS

 s =  1 + β .[OH - ] Fe ( OH )+ 

O

Từ (1) ta có: K sp. FeS = [Fe 2+ ][S2- ] , thay (8) và (9) vào ta được:

     

N

(

H

 [ H + ] [ H + ]2  => s = K sp.FeS . 1 + β Fe (OH )+ .[OH - ] .  1 + +   K a2 K  

)

 10−5 (10−5 )2  = 10−17,2. 1 + 10−5,92.10−9 .  1 + −12,9 + −19,92  10  10 

)

Y

(

Q

Bài 3.

U

= 2, 29.10-4 mol / l

1. Ở giá trị pH nào thì sư kết tủa MgNH4PO4 không bị ảnh hưởng bởi sự kết tủa

KÈ

0,10g.

M

Mg(OH)2 ? Cho rằng thể tích ban đầu là 200 ml và hàm lượng magie trong đó là 2. Để xác định tích số tan Ksp của MgNH4PO4 thì thêm từng giọt NaOH vào 100 ml dung dịch chứa MgCl2, NH4Cl và NaH2PO4 có cùng nồng độ 0,010 M cho đến khi bắt

ẠY

đầu xuất hiện kết tủa. Sự kết tủa bắt đầu ở pH 6,48. Xác định Ksp. Bỏ qua sự thay đổi

D

thể tích dung dịch trong thí nghiệm. Cho biết:

H3PO4

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Hằng số axit

K a1

7,1.10-3

Ka2

6,2.10-8

K a3

5,0.10-13 Trang 71

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

NH3

Hằng số bazo

Kb

1,8.10-5

Mg(OH)2

Tích số tan

Ksp

6,0.10-10

H2O

Hằng số ion hóa

Kw

1,0.10-14

(2012 – THPT Chuyên Trần Đại Nghĩa, TP Hồ Chí Minh)

FF IC IA L

Giải: 1. Nồng độ mol/l của Mg2+: n m 0,1 1  Mg 2+  = = M = = V M .V 24.0, 2 48

Do sự tạo thành 2 kết tủa không bị ảnh hưởng tới nhau: 2

K sp.Mg ( OH )2

=> OH −  =

6.10−10 = 1, 697.10−4 M 1 48

N

 Mg 2+ 

=

O

 Mg 2+  . OH −  = K sp.Mg (OH )2

(

(

)

Ơ

pH = 14 − pOH = 14 − − log OH − 

)

N

2. Các quá trình diễn ra ban đầu:

H

= 14 - − log(1, 697.10−4 ) = 10, 23

→ Mg 2+ + 2Cl − MgCl2  0, 01 M

Y

0, 01 M

U

NH 4Cl  → NH 4 + + Cl − 0, 01 M

Q

0, 01 M

NaH 2 PO4  → Na + + H 2 PO4 −

M

0, 01 M

0, 01 M

=> CMg 2+ = C NH + = CH PO − = 0, 01 M 4

2

4

KÈ

Ta có: K sp.MgNH PO = [ Mg 2+ ].[ NH 4 + ].[ PO43− ] 4

4

+ [Mg2+]: trong dung dịch có NH4Cl nên kết tủa Mg(OH)2 không xuất hiện =>[Mg2+]

ẠY

= 0,01M

D

+ Xem như NH4+ phân li không đáng kể => [ NH 4 + ] ≈ C NH ≈ 0,1M 4

+

+ Tìm [PO43-]: ⇀ H + + H 2 PO4 − H 3 PO4 ↽

K a1

⇀ H + + HPO4 2− H 2 PO4 − ↽

K a2

⇀ H + + PO43− HPO4 2− ↽

K a3

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 72

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Bảo toàn nồng độ đầu H2PO4- (với CH PO = 0, 01 M ) ta được: 2

CH

2 PO4

−

− 4

= [ PO43− ] + [ HPO4 2− ] + [ H 2 PO4 − ] + [ H 3 PO4 ] (1)

Mặt khác: [ H 2 PO4 − ].[ H + ] [ H PO − ].[ H + ] (2) => [ H 3 PO4 ] = 2 4 [ H 3 PO4 ] K a1

FF IC IA L

K a1 =

K a 2 .[ H 2 PO4 − ] [ HPO4 2− ].[ H + ] 2− Ka2 = (3) => [ HPO4 ] = [ H 2 PO4 − ] [H + ] K a3 =

K a3 .[ HPO4 2− ] K a3 K a 2 [ H 2 PO4 − ] [ PO43− ].[ H + ] 3− [ ] = (4) PO => = 4 [ HPO4 2− ] [H + ] [ H + ]2

−

= [ PO43− ] + [ HPO4 2− ] + [ H 2 PO4 − ] + [ H 3 PO4 ] =

K a3 K a 2 [ H 2 PO4 − ] [ H + ]2

+

K a 2 .[ H 2 PO4 − ]

N

2 PO4

[H + ]

+ [ H 2 PO4 − ] +

Ơ

CH

O

Thay (2), (3) và (4) vào (1) ta được:

[ H 2 PO4 − ].[ H + ] K a1

Q

U

Y

N

H

 Ka Ka Ka [H + ]  = [ H 2 PO4 − ]  3 + 22 + +2 + 1 +   [H ]  [ H ] K a 1   CH PO − 2 4 => [ H 2 PO4 − ] =  K a3 K a 2 K a 2 [H + ]  + + +1+   + 2 [H ] K a1   [H ] 0, 01 = = 8, 466.10−3 M −13 −8 −8 −6,48 5.10 .6, 2.10 6, 2.10 10 1+ + + −6,48 2 −6,48 (10 ) 10 7,1.10−3 3−

[ H + ]2

KÈ

M

Từ (4) => [ PO4 ]=

K a3 K a 2 [ H 2 PO4 − ]

D

ẠY

=

6, 2.10−85.10−13.8, 466.10−3 = 2,393.10−9 M (10−6,48 ) 2 => K sp.MgNH 4 PO4 = [ Mg 2+ ].[ NH 4+ ].[ PO43− ] = 0, 01.0, 01.2, 393.10-9 = 2,393.10-13

Bài 4. Dung dịch A chứa NH3 0,2M ; Na2C2O4 0,1M ; Na2SO4 0,08M. Thêm dần

CaCl2 vào dung dịch A đến C = 0,18M. Tính [C2O42-], [SO42-], [Ca2+] ? (Coi như thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể) Cho: pKa : NH 4 + (9, 24); HSO4 − (2, 00); H 2C2O4 (1, 25; 4, 27) pKs : CaSO4 (4, 26); CaC2O4 (8, 75); *β ( CaOH )+ = 10−12,6

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 73

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

(Olympic 2015 – THPT Chuyên Quang Trung, Bình Phước) Giải: Dung dịch A gồm: NH 3 (0, 2 M ); C2O4 2− (0,1M ); SO42− (0, 08M ) K sp.CaSO4

2+

[ SO42− ]

+ Để hình thành kết tủa CaC2O4: CCa ≥ 2+

=

10−4,26 = 6,87.10−4 0, 08

K sp.CaC2O4 [C2O4 2− ]

=

FF IC IA L

+ Để hình thành kết tủa CaSO4: CCa ≥

10−8,75 = 10−7,75 0,1

=> Kết tủa CaC2O4 xuất hiện trước.

Các phản ứng xảy ra: bd : 0,18

0,1

cb : 0, 08

0

O

Ca 2+ + C2O4 2−  → CaC2O4

Ca + SO42−  → CaSO4

cb :

0, 08

0

Ơ

bd : 0, 08

N

2+

0

H

Mặt khác, ta có các cân bằng

K b = 10−4,76

⇀ Ca 2+ + SO4 2− (2) CaSO 4 ↽

K sp.CaSO4 = 10−4,26

Y

N

⇀ NH 4 + + OH − (1) NH 3 + H 2O ↽

K sp.CaC2O4 = 10−7,75

U

⇀ Ca 2+ + C2O4 2− (3)CaC2O4 ↽

Ta thấy: K sp.CaSO >> K sp.CaC O , nên cân bằng (1) và (2) xảy ra chủ yếu, cân bằng (1) 2 4

Q

4

quyết định pH dung dịch.

M

Xét cân bằng (1), gọi x (mol/l) là nồng độ NH3 bị thủy phân.

KÈ

⇀ NH 4 + + OH − (1) NH 3 + H 2 O ↽

D

ẠY

bd : 0, 2 M cb : 0, 2 − x

x

K b = 10−4,76

x

[ NH 4 + ].[OH − ] x2 Kb = = = 10−4,76 [ NH 3 ] 0, 2 − x

<=> x 2 + 10−4,76 x − 3, 48.10−6 = 0

=> x = [OH − ] = 1,86.10−3 M pH = 14 + log[OH − ] = 14 + log1,86.10−3 = 11, 27

Xét cân bằng (2), gọi s (mol/l) là độ tan của CaSO4:

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 74

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai ⇀ Ca 2+ + SO4 2− (2) CaSO 4 ( r ) ↽

K sp.CaSO4 = 10−4,26

s

s

Các quá trình thủy phân: ⇀ CaOH + + H + (1')Ca 2+ +H 2O ↽

*

β (CaOH ) = 10−12,6 +

Do môi trường có pH = 11,27 nên ta bỏ qua cân bằng (2’).

Từ (1’) => *β (CaOH ) = +

FF IC IA L

⇀ HSO4 − + OH − Kb ' = 10−12 (2 ') SO4 2− + H 2 O ↽

[Ca 2+ ] *β (CaOH )+ [CaOH + ].[ H + ] + => [ CaOH ] = [Ca 2+ ] [H + ]

Bảo toàn nồng độ đầu đối với Ca2+ ta được:

N

 s  => [Ca 2+ ] = *  β )+  1 + ( CaOH + [H ]

H

Mặt khác: K sp.CaSO = [Ca 2+ ].[ SO4 2− ]

[H + ]

Ơ

 *β ( CaOH )+ <=> s = [Ca 2+ ]  1 +  [H + ] 

[Ca 2+ ]. *β (CaOH )+

O

CCa 2+ = s = [Ca 2+ ] + [CaOH + ] = [Ca 2+ ] +

N

4

s

<=> K sp.CaSO4 =

*

β (CaOH )

+

Y

1+

 *β ( CaOH )+ .s <=> s = K sp.CaSO4 .  1 +  [H + ] 

   

+

U

[H ]

Q

(pH = 11, 27 => [ H + ] = 10−11,27 )

M

 10−12,6 => s = 10 −4,26. 1 + −11,27  10 s

D

ẠY

KÈ

=> [ SO42− ] =

[C2O4 2− ] =

=

*

1+

β (CaOH ) +

[H ]

K sp.CaC2O4 [Ca 2+ ]

=

+

 −3  = 7, 6.10 mol / l  7, 6.10−3 = 7, 28.10−3 M 10−12,6 1 + −11,25 10

10−8,75 = 2, 44.10−7 M −3 7, 28.10

Bài 5. Tính độ tan của FeS ở pH = 5. So sánh với độ tan giả định của FeS, giải

thích. Biết: K sp.FeS = 10−17,2 ; K a (H 2S) : K a1 = 10 −7,02 , K a2 = 10−12,92

Quá trình tạo phức hidroxo của Fe2+: ⇀ Fe(OH )+ + H + có *β = 10−5,42 Fe 2+ + H 2 O ↽

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 75

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

(Olympic 2007 – Trường THPT Chuyên Kon Tum, Kon Tum) Giải: Gọi s (mol/l) là độ tan thực tế của FeS trong dung dịch pH = 5. s

s

2+

K sp.FeS = [Fe ].[S2− ]

(I)

+ Tìm [Fe2+] ⇀ Fe(OH ) + + H + Fe2+ + H 2O ↽ *

β=

*

FF IC IA L

⇀ Fe 2+ + S2− FeS ↽

β = 10−5,42

* [ Fe(OH )+ ].[ H + ] β .[Fe2+ ] + => Fe OH = [ ( ) ] [Fe 2+ ] [H + ]

O

Bảo toàn nồng độ đầu Fe2+ ta được: CFe2+ = [ Fe 2+ ] + [Fe(OH)+ ]

C F e 2+

=> [ Fe2+ ] =

*

[H + ] s

=

*

( II )

H

β

[H + ]

1+

[H + ]

N

1+

β

*  β  = [ Fe ]  1 + +   [H ]  2+

Ơ

<=> CFe2+ = [ Fe ] +

β .[ Fe2+ ]

N

*

2+

+ Tìm [S2-]:

K a1 = 10−7,02

⇀ H + + S 2− HS − ↽

K a2 = 10−12,92

U

Y

⇀ H + + HS − H 2S ↽

KÈ

M

Q

⇀ 2 H + + S 2− H 2S ↽

K a2 =

[ H + ].[ S 2− ] [ H + ].[ S 2− ] − => [HS ] = [HS− ] K a2

K a1 =

[ H + ].[ HS − ] [ H + ].[ HS − ] [ H + ]2 .[ S 2− ] => [ H 2 S ] = = [H 2S] K a1 K a1 .K a2

D

ẠY

Bảo toàn nồng độ đầu đối với S2: CS 2− = [ S 2− ] + [HS− ] + [ H 2 S ]

Thay [HS− ] =

[ H + ].[ S 2− ] [ H + ].[ HS − ] [ H + ]2 .[ S 2− ] và [ H 2 S ] = vào ta được: = K a2 K a1 K a1 .K a2 => s = [ S 2− ] +

SVTH: Lê Dũ Chiếc

[ H + ].[ S 2− ] [ H + ]2 .[ S 2− ] + K a2 K a1 .K a2

Trang 76

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

<=> [ S 2− ] =

s [ H ] [ H + ]2 1+ + K a2 K a1 .K a2 +

   (III)

FF IC IA L

 [ H + ] [ H + ]2 <=> s = [ S 2− ] 1 + +  K K a1 .K a2 a  2

Thay (II) và (III) vào (I) ta được: K sp.FeS = [Fe 2+ ].[S2− ]

     

O

<=> K sp .FeS

    s s =  . + + 2  1+ β   1+ [H ] + [H ]  [H + ]   K a2 K a1 .K a2  

N

 β   [ H + ] [ H + ]2 => s = K sp. FeS .  1 + +  .  1 + + K a2 K a1 .K a2  [H ]  

   

Ơ

( pH = 5 => [ H + ] = 10−5 )

-

N

H

 10 −5,42    10−5 (10−5 ) 2 .

1 <=> s = 10 − 17, 2.  1 + + + = 2, 77.10−4 mol / l −5   −12,92 −12,92 −7,02  10   10 10 .10  

Gọi s2 (mol/l) là độ tan giả định của FeS:

Y

Ta có:

U

⇀ Fe2+ + S2− FeS ↽

Q

s2

2+

s2 2−

KÈ

M

K sp.FeS = [Fe ].[S ]

<=> K sp .FeS = s22 => s2 = K sp.FeS = 10−17,2 = 10−8,6

Vậy s (thực tế) > s2 (giả định), độ tan thực tế tăng lên do quá trình tạo phức

ẠY

hidroxo.

2.2. Tính tích số tan từ thế điện cực, sức điện động của pin hoặc các đại lượng nhiệt

D

động.

2.2.1. Tính tích số tan từ thế điện cực, sức điện động của pin. o Bài 1. Tính ϕ AgCl / Ag và hằng số cân bằng của phản ứng sau:

2 AgCl ↓ +Cu ⇌ 2 Ag ↓ +Cu 2+ + 2Cl − o Biết ϕ Ag

+

/ Ag

o = 0,799 V, ϕCu

SVTH: Lê Dũ Chiếc

2+

/ Cu

= 0,337 V, Ksp.AgCl = 10-10 Trang 77

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

(Olympic 2008 - THPT Lê Quí Đôn, Khánh Hòa) Giải: (1)

0 ϕ Ag

Cu 2+ + 2e → Cu

(2)

0 ϕCu 2

+

/ Ag

= 0, 799

/ Cu

= 0,337

(3)

K3

+

FF IC IA L

Ag + + 1e → Ag

Lấy 2.(1) - (2) ta được: 2 Ag + + Cu  → 2 Ag + Cu 2+

0 E pin = ϕ(0+ ) − ϕ(0− ) = 0, 799 − 0,337 = 0, 462

lg K 3 =

0 n.E pin

0, 059

=

2.0, 446 = 15, 66 0, 059

O

=> K 3 = 4, 58.1015

Mặt khác ta có: (4)

Ơ

Lấy 2.(4) + (3) ta được:

K sp. AgCl = 10-10

N

AgCl( r ) ⇌ Ag + + Cl −

K

H

2 AgCl( r ) + Cu ⇌ 2 Ag ↓ +Cu 2+ + 2Cl −

N

=> K = K 3 .( K sp. AgCl ) 2 = 4,58.1015.(10 −10 ) 2 = 4,58.10−5

Bài 2. So sánh khả năng hòa tan của CuS trong dung dịch HCl và trong dung

Y

dịch hỗn hợp HCl và H2O2

U

Cho Ksp = 10-35 ; ϕ H0 O / H O = 1,77 V. 2 2

2

Q

0 ϕS/H = 0,14 V ; H2S có K a1 = 10-7 và K a2 =10-13 2S

M

(Olympic 2006 - THPT Quốc Học Huế, Thừa Thiên Huế) Giải: Khả năng hòa tan của CuS:

D

ẠY

KÈ

+ Trong dung dịch HCl CuS ⇌ Cu 2+ + S 2−

K sp = 10−35

H + + S 2− ⇌ HS −

K a−11 = 107

H + + HS − ⇌ H 2 S

K a−21 = 1013

CuS + 2 H + ⇌ Cu 2+ + H 2 S

(1)

=> K1 = K sp .K a−1.K a−1 = 10−35.107.1013 = 1.10−15 1

2

+ Trong hỗn hợp HCl và H2O2

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 78

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

H 2O2 + 2 H + + 2e ⇌ 2 H 2O

ϕ Ho O 2

+

ϕ

- S + 2 H + 2e ⇌ H 2 S H 2O2 + H 2 S ⇌ S + 2 H 2O

2 / H 2O

= 1, 77 V

= 0,14 V

o S / H2S

(2)

E 0pin .n

0 E pin

FF IC IA L

0 E pin = ϕ Ho 2O2 / H 2O − ϕS/o H 2 S = 1, 77 − 0,14 = 1, 63 V 1,63.2

0, 059 = lg K 2 => K 2 = 10 0,059 = 10 0,059 = 1055,25 n

Lấy (1) + (2) ta được: CuS + 2 H + + H 2O2 ⇌ Cu 2+ + S + 2 H 2O

=> K pu = K1.K 2 = 10−15.1055,25 = 1040,15

O

Ta thấy Kpu >> K1 nên CuS tan trong hỗn hợp H2O2 + HCl tốt hơn trong HCl. chỉnh đến pH = 1. Xác định thế của dung dịch.

N

Bài 3. Một lít dung dịch chứa 0,2 mol Fe2+ và 0,2 mol Fe3+. Dung dịch được

Ơ

Nếu thêm vào dung dịch các ion OH – cho đến khi đạt pH = 5 (bỏ qua sự thay đổi thể

H

tích dung dịch) thì thế của dung dịch đo được bằng 0,152 V. Chất nào đã kết tủa và Biết ϕ 0 Fe

3+

Fe 2+

N

khối lượng bao nhiêu ? Tính tích số tan Fe(OH)3. = 0, 77V ; Fe = 56 ; O=16 ; H = 1

Y

(Olympic 2006 - chuyên Bến Tre, Bến Tre)

U

Giải:

KÈ

M

Q

+ Thế của dung dịch: Fe3+ + 1e  → Fe 2+ ϕ Fe

3+

Fe 2+

0, 059 [ Fe3+ ] log Fe [ Fe2+ ] n 0, 059 0, 2 lg = 0, 77 + = 0, 77 V 1 0, 2

= ϕ 0 Fe3+

2+

+

+ Khi pH được chỉnh đến bằng 5, thế dung dịch giảm còn 0,152 V là do nồng độ [Fe3+]

ẠY

giảm xuống => Fe3+ tạo kết tủa Fe(OH)3

D

Tính nồng độ [Fe3+]: 0,152 = 0, 77 +

0, 059 [ Fe3+ ] log 1 0, 2

=> [ Fe3+ ] = 6, 71.10 −12 M

Khối lượng kết tủa: mFe (OH )3 = (0, 2 − 6, 71.10 −12 ).(56 + 17.3) = 21, 4 g

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 79

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Tích số tan: K sp. Fe (OH ) = [ Fe3+ ].[OH − ]3 3

(pH = 5 => [H + ] = 10−5 ,[OH − ] = 10−9 ) => K sp. Fe (OH )3 = 6, 71.10−12.(10−9 )3 = 6, 71.10−39

Bài 4. Xét chiều phản ứng: 2Cu2+ + 4I-

FF IC IA L

2CuI(r) + I2(r) ở 298 K. Trong dung

dịch có [Cu2+] = 1M; [ I − ] = 0,1M. Biết ϕ 0 I

2

2I −

0 = 0,54V , ϕCu 2+

= 0,15V , Ksp.CuI = 10-12.

Cu +

(Olympic 2013 – THPT Chuyên Hoàng Hoa Thám, TP Hồ Chí Minh) Giải: Ta có: Cu +

Cu +

+

0, 059 [Cu 2+ ] lg 1 [Cu + ]

2+

Cu +

ta được:

H

Cu +

0 = ϕCu 2+

+

0, 059 [Cu 2+ ].[ I − ] lg 1 K sp.CuI

Cu +

0, 059 1.0, 2 log −12 = 0, 799V 1 10

Y

ϕCu

2+

[I − ]

N

Thay [Cu+] vào ϕCu

K sp.CuI

Ơ

Mặt khác: K sp.CuI = [Cu + ].[ I − ] => [Cu + ] =

O

2+

0 = ϕCu 2+

N

ϕCu

U

=0,15+

Q

⇀ 2CuI + I 2 Xét phản ứng: 2Cu + + 4 I − ↽

M

0 = ϕCu 2+ E pin

Cu +

− ϕ 0I

2

2I−

= 0, 799 − 0,54 = 0, 259V > 0

=> ∆G < 0

KÈ

=> phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

ẠY

Bài 5. Cho 2 cặp oxi hóa khử : Cu 2+ / Cu +

0 ϕCu

I2 / 2I −

ϕ I0 /2 I = 0, 62V 2

2+

/ Cu +

= 0,15V

−

D

1. Viết các phương trình phản ứng oxi hóa khử và phương trình Nernst tương ứng. Ở điều kiện chuẩn có thể xảy ra sự oxi hóa I- bằng ion Cu2+ ?

2. Khi đổ dung dịch KI vào dung dịch Cu2+ thấy có phản ứng : 1 Cu 2+ + 2 I −  → CuI ↓ + I 2 2

Hãy xác định hằng số cân bằng của phản ứng trên.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 80

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Biết tích số tan Ksp của CuI là 10-12.

(Olympic 2007 – Kì thi Olympic chính thức tại Huế) Giải : 1. Theo đề bài ta có: ϕ 0Cu ϕ 0 2I

⇀ I 2 2 I − − 2e ↽

−

2+

/ Cu +

/ I2

= 0,15 V

FF IC IA L

⇀ Cu + 2x Cu 2+ + e ↽

= −0, 62 V

⇀ I 2 + 2 Cu 2+ 2 Cu 2+ + 2 I − ↽

0 = ϕ 0Cu2+ / Cu+ + ϕ 0 2I− / I = 0,15 + (−0, 62) = −0, 47 V E pin 2

0

=> ∆G > 0

Do ∆G 0 > 0 nên không thể oxi hóa I- bằng Cu2+.

O

2. Từ đề bài ta có:

0 ∆G 0a = −1FϕCu 2+ / Cu +

∆G b0 = −1Fϕ I0− / I

Ơ

⇀ 1 I 2 (b) I − − 1e ↽ 2

⇀ (c) CuI ↽ Cu + + I −

N

⇀ Cu + (a) Cu 2+ + e ↽

2

H

∆G 0c = − RT .ln K sp

N

Lấy (a) + (b) – (c) ta được :

⇀ CuI ↓ + 1 I 2 Cu 2+ + 2 I − ↽ 2

Y

K

U

∆G 0 = − RT ln K = ∆Ga0 + ∆Gb0 − ∆Gc0

D

ẠY

KÈ

M

Q

0 <=> − RT ln K = −1FϕCu − 1Fϕ I0− / I − (− RT .ln K sp ) 2+ / Cu +

<=> − RT ln K = −1F (ϕ

2

0 Cu 2+ / Cu +

+ϕ

0 I − / I2

) + RT .ln K sp

−1F 0 + ϕ I0− / I ) − ln K sp .(ϕCu 2+ / Cu + 2 − RT −1.96500 <=> ln K = .(0,15 − 0, 62) − ln10−12 −8,314.298 <=> ln K =

<=> ln K = ln1,12.10−8 − ln10 −12 1,12.10−8 = ln1,12.10 4 10−12 <=> K = 1,12.104 <=> ln K = ln

Bài 6. Tính độ tan của AgI trong dung dịch Fe2(SO4)3 0,05M trong môi trường

H2SO4.

Cho ϕ 0 I

2 /2I

−

= +0, 54 V ; ϕ 0 Fe3+ / Fe2+ = +0, 77 V ; K sp ( AgI ) = 10−16

(Olympic 2006 – THPT Chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận) SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 81

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Giải: Gọi s là độ tan của AgI trong dung dịch Fe2(SO4)3 0,05M. ⇀ Fe 2+ Fe3+ + e ↽

0 ϕ Fe

ϕ I0

⇀ 2 I − I 2 + 2e ↽

3+

2I −

2

= +0, 77V

Fe 2+

(1)

= +0,54V

(2)

⇀ 2 Fe 2+ + I 2 2 Fe3+ + 2 I − ↽

=> E pi0 n = ϕ 0 Fe

3+

/ Fe 2+

−ϕ 0 I

n3 . E 0pin

2 /2 I

−

(3)

K3

= 0, 77 − 0,54 = 0, 23 V

2.0,23

=> K 3 = 10 0,059 = 10 0,059 = 6, 26.107

K sp.AgI = 10 −16

⇀ Ag + + I − Mặt khác: AgI ↽

FF IC IA L

Lấy 2.(1) - (2) ta được:

(4)

O

Lấy (3) + 2.(4) ta được: 0,1

cb : 0,1- s

s

s

s

Ơ

bd :

N

⇀ I 2 + 2 Fe 2+ + 2 Ag + (5) 2 Fe3+ + 2 AgI ↽

[ I 2 ].[ Fe 2+ ]2 .[ Ag + ]2 (1 2).s.s 2 .s 2 = = 10−24,21 [ Fe3+ ]2 (0,1 − s ) 2

N

K4 =

H

=> K 5 = K 3 .( K sp. AgI )2 = 6, 26.107.(10 −16 )2 = 6, 26.10−25

Y

=> s = 6, 58.10−6 mol / l

U

Bài 7. Một dung dịch chứa CuSO4 0,1 M; NaCl 0,2 M; CuCl dư và Cu dư.

Q

1. Chứng minh rằng xảy ra phản ứng sau: ⇀ 2CuCl Cu + Cu 2+ + 2Cl − ↽

M

2. Tính nồng độ các ion Cu2+, Cl- khi phản ứng ở trạng thái cân bằng.

KÈ

0 Biết: K sp.CuCl = 10−7 ; ϕCu

2+

/ Cu +

0 = 0,15 V ;ϕCu = 0,52 V + / Cu

(Olympic 2012 – THPT Chuyên Lê Quí Đôn, Ninh Thuận)

ẠY

Giải:

1. Theo đề bài ta có:

D

⇀ Cu + + Cl − (1)CuCl ↽

K sp.CuCl = 10−7

⇀ Cu + (2)Cu 2+ + 1e ↽

0 ϕCu

⇀ Cu (3)Cu + + 1e ↽

0 ϕCu

2+

+

/ Cu +

/ Cu

= 0,15V ; K 2

= 0,52V ;

K3

Lấy (2) – (3) – 2.(1) ta được: ⇀ 2CuCl ; Cu + Cu 2+ + 2Cl − ↽

SVTH: Lê Dũ Chiếc

K pu

Trang 82

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai => K pu =

K2 K 3 .( K sp.CuCl )2

Tìm K2; K3: ϕ 0 .n

0, 059 ϕ = .log K => K = 10 0,059 n ϕ0

Cu 2+ /Cu +

=> K 2 = 10 ϕ0

Cu + /Cu

=> K 3 = 10

=> K pu =

.1

0,059

= 10

.1

0,059

= 10

0,15 0,059

0,52 0,059

FF IC IA L

0

= 102,54

= 108,81

K2 102,54 = = 107,73 2 8,81 −7 2 K 3 .( K sp.CuCl ) 10 .(10 )

O

Do Kpu rất lớn nên phản ứng dễ dàng xảy ra theo chiều thuận ở điều kiện thường.

cb :

0,1 − c

0, 2 0, 2 − 2c

2c

1 1 <=> 107,73 = => c = 0, 0983M − 2 [Cu ].[Cl ] (0,1 − c).(0, 2 − 2c) 2 2+

Y

K pu =

Ơ

0,1

K pu = 107,73

H

bd :

⇀ 2CuCl ↓; 2Cl − ↽

N

Cu + Cu 2+ +

N

2. Gọi c (mol/l) là nồng độ Cu2+ phản ứng tạo thành CuCl

U

=> [Cu 2 + ] = 0,1 − c = 0,1 − 0, 0983 = 1, 67.10−3 M

Q

=> [Cl − ] = 0, 2 − 2c = 0, 2 − 2.0, 983 = 3, 4.10−3 M 0 Bài 8. Cho: ϕ Ag

+

Ag

0 = 0,8 V ; ϕ AgI

Ag

= −0,15 V . Hãy:

M

1. Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các phương trình hóa

KÈ

học xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.

2. Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước.

(Olympic 2013 – THPT Chuyên Lê Quí Đôn, Khánh Hòa)

ẠY

Giải:

D

1. Để xác định tích số tan Ksp.AgI, ta cần thiết lập sơ đồ pin có các điện cực Ag làm việc thuận nghịch với Ag+. Điện cực Ag nhúng trong dung dịch có [Ag+] lớn hơn sẽ đóng

vai trò catot. Nên ta có sơ đồ pin như sau: (−) Ag I − ( aq ) , AgI ( r ) Ag + ( aq ) Ag ( r ) (+)

Hay (−) Ag , AgI ( r ) I − ( aq ) Ag + ( aq ) Ag ( r ) (+) SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 83

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

⇀ Ag ( r ) Phản ứng ở cực dương: Ag + ( aq ) + 1e ↽

Phản ứng ở cực âm:

0 ϕ Ag

+

0 ϕ AgI

⇀ AgI ( r ) Ag ( r ) + I − (aq) − 1e ↽

Ag

= 0,8V

Ag

= −0,15V

(1) (2)

⇀ Ag + (aq) + I − ( aq ) AgI ( r ) ↽

K sp . AgI

FF IC IA L

Phản ứng xảy ra trong pin:

K cân bằng của phản ứng trên cũng chính là tích số tan của AgI: K2 K1

=> K pu = K sp. AgI =

+ Tìm K1, K2: n .ϕ 0

RT 0, 059 ϕ = lg K = lg K => K = 10 0,059 nF n Ag + Ag

0,059

= 10

0 n2 .ϕ AgI

= 10

1.( −0,015) 0,059

= 10 −2,54

H

K 2 10−2,54 = = 10 −16,1 K1 1013,56

N

Vậy K sp. AgI =

Ag

0,059

=> K 2 = 10

= 1013,56

Ơ

=> K1 = 10

1.0,8 0,059

N

n1 .ϕ 0

O

0

Y

2. Gọi s (mol/l) là độ tan của AgI trong H2O: K sp . AgI = 10−16,1

U

⇀ Ag + + I − AgI ↽

s

s

K sp. AgI = [ Ag ].[ I − ] = s.s = s 2 = 10−16,1

Q

+

M

=> s = 10 −16,1 = 8,9.10−9 mol / l

Bài 9. Cho biết: 0 = −0, 44 V , ϕ Fe = −0, 04 V , K sp .Fe ( OH )2 = 10 −14 , K sp. Fe ( OH )3 = 10−36 3+ / Fe

KÈ

0 ϕ Fe

2+

/ Fe

ẠY

Tính thế điện cực của cặp Fe3+ / Fe 2+ trong dung dịch có [OH − ] = 1 M (Olympic 2008– THPT Quốc học Huê, Thừa Thiên Huế)

D

Giải: Theo đề bài ta có: Fe 2 + + 2e  → Fe

0 EFe = −0, 44V 2+ / Fe

(1)

Fe3+ + 3e  → Fe

0 EFe = −0, 04V 2+ / Fe

(2)

⇀ Fe 2+ + 2OH − K sp. Fe ( OH ) = 10 −14 Fe(OH ) 2 ↽ 2

(3)

⇀ Fe3+ + 3OH − K sp. Fe ( OH ) = 10 −30 Fe(OH )3 ↽ 3

(4)

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 84

Tiểu luận tốt nghiệp

0 + Tìm ϕ Fe

3+

/ Fe2+

3+

/ Fe 2+

0 = ϕ Fe + 3+ / Fe 2+

0, 059 [ Fe3+ ] lg 1 [ Fe 2 + ]

: lấy (2) – (1) ta được:

Fe3+ + 1e  → Fe 2 + (5)

0 ∆G50 = - F .ϕ Fe 3+ / Fe 2+

FF IC IA L

Ta có: ϕ Fe

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

=> ∆G5 = ∆G2 − ∆G1

Mặt khác: ∆G2 = -3Fϕ Fe

3+

/ Fe

∆G1 = -2 Fϕ Fe2+ / Fe

∆G5 = ∆G2 − ∆G1 0 0 0 <=> - F .ϕ Fe = -3Fϕ Fe − (−2 Fϕ Fe ) 3+ 3+ 2+ / Fe 2+ / Fe / Fe

<=> EFe3+ / Fe2+ =

3.(−0, 04) − 2.(−0, 44) = 0, 76 V 1

O

+ Tìm [ Fe3+ ] :

K sp.Fe(OH)3

=

10−36 = 10−36 13

=

10−14 = 10−14 12

N

[ Fe3+ ].[OH − ]3 = K sp.Fe(OH)3 => [ Fe3+ ] =

Ơ

[OH − ]3

H

+ Tìm [ Fe 2+ ] :

N

[ Fe 2+ ].[OH − ]2 = K sp.Fe(OH)2 => [ Fe 2+ ] =

Y

=> EFe3+ / Fe2+ = 0, 76 +

K sp.Fe(OH)2 [OH − ]2

0, 059 10−36 log −14 = −0, 538 V 1 10

Q

hơn? Tại sao ?

U

Bài 10. Khả năng khử của Fe2+ trong nước hay trong dung dịch kiềm mạnh

2+

/ Fe

0 = -0,44 V; ϕ Fe

3+

/ Fe

= -0,04 V.

M

0 Cho thế điện cực chuẩn ϕ Fe

Tích số tan (Ksp) của Fe(OH)2 = 1,65.10-15 và của Fe(OH)3 = 3,8.10-38.

KÈ

(Olympic 2008 - THPT Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ)

Giải:

D

ẠY

+ Trong môi trường H2O Fe 2 + + 2e → Fe

0 ∆G1 = −2.F .ϕ Fe 2+ / Fe

Fe3+ + 3e → Fe

0 ∆G2 = -3.F .ϕ Fe 3+ / Fe

Fe 2 + → Fe3+ + 1e

0 ∆G3 = −1.F .ϕ Fe 2+ / Fe3+

∆G3 = ∆G1 − ∆G2

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 85

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

0 0 0 ) <=> −1.F .ϕ Fe = −2.F .ϕ Fe − (−3.F .ϕ Fe 2+ 2+ 3+ / Fe3+ / Fe / Fe

−1 −2.(−0, 44) − (−3).(−0, 04) = −1 +0,88 − 0,12 = = −0, 76 V −1 = 0, 76 V

⇀ Fe 2+ Xét quá trình: Fe3+ + 1e ↽ 3+

/ Fe 2+

=

K

0, 059 lg K 1

<=> lg K =

0 ϕ Fe

3+

/ Fe 2+

0, 059

12,88

=> K = 10

=

0, 76 = 12,88 0, 059

= 7, 6.1012

N

0 ϕ Fe

⇀ Fe3+ Fe 2+ − 1e ↽

Ơ

Xét quá trình khử của Fe2+:

K'

+ Trong môi trường bazo

H

1 1 = = 1,3.10−13 K 7, 6.1012

N

=> K ' =

FF IC IA L

0 => ϕ Fe 3+ / Fe 2+

=

0 0 −2.ϕ Fe − (−3.ϕ Fe ) 2+ 3+ / Fe / Fe

O

<=> ϕ

0 Fe 2+ / Fe3+

(1)

Fe(OH ) 2 ⇌ Fe 2+ + 2OH −

(2) K sp. Fe (OH )2 = 1, 65.10 −15

Fe(OH )3 ⇌ Fe3+ + 3OH −

(3) K sp. Fe (OH )3 = 3,8.10−38

Q

U

Y

Fe 2+ → Fe3+ + 1e

K = 10-12,88

Lấy (1) + (2) – (3) ta được:

KÈ

M

Fe(OH ) 2 − 1e + OH − ⇌ Fe(OH )3 K pu =

K .K sp. Fe (OH )2 K sp.Fe (OH )3

=

10−12,88.1, 65.10−15 = 109,76 3,8.10−38

ẠY

Nhận thấy Kpu >> K’, nên khả năng oxi hóa của Fe2+ trong môi trường kiềm tốt hơn trong nước.

D

⇀ Fe 2+ Bài 11. Cho Fe3+ + 1e ↽

ϕ F0e

3+

/ Fe2+

= 0, 77 V

K sp.Fe(OH )3 = 3,8.10−38 ; K sp. Fe(OH ) 2 = 4,8.10−16

Có một dung dịch chứa đồng thời Fe3+ và Fe2+ đều có nồng độ 1M, pH = 0.

Thêm dần NaOH vào (thể tích thay đổi không đáng kể) để pH dung dịch tăng lên. Thí nghiệm được tiến hành ở nhiệt độ 25oC không đổi.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 86

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

Xác định sự phụ thuộc của thế cặp Fe3+/Fe2+ vào pH của dung dịch.

(Olympic 2010 – THPT Chuyên Lê Khiết, Quảng Ngãi) 3+

/ Fe2+

0 = ϕ Fe + 3+ / Fe 2+

0, 059  [ Fe3+ ]  lg  2+  1  [ Fe ] 

+ Fe3+ bắt đầu kết tủa khi: K sp.Fe (OH )3 = [ Fe3+ ].[OH − ]3 => [OH − ] =

3

FF IC IA L

Giải: Ta có: ϕ Fe

K sp.Fe (OH )3 [ Fe3+ ]

3,8.10−38 = 3.36.10−13 M 1 pH = 14 − pOH = 14 − (− lg 3, 36.10−13 ) = 1,53 =

3

K sp.Fe (OH )2 [ Fe 2+ ]

N

K sp.Fe (OH )2 = [ Fe 2+ ].[OH − ]2 => [OH − ] =

O

+ Fe2+ bắt đầu kết tủa khi:

4,8.10 −16 = 2,19.10−8 M 1 pH = 14 − pOH = 14 − (− lg 2,19.10−8 ) = 6,34

H

Ơ

=

Các trường hợp có thể xảy ra:

N

-

+ Khi 0 ≤ pH < 1,53 , [Fe3+] và [Fe2+] không đổi => pH không ảnh hưởng đến / Fe 2+

:

Y

3+

ϕ Fe

/ Fe

2+

0 = ϕ Fe + 3+ / Fe2+

M

Q

3+

U

ϕ Fe

= 0, 77 +

0, 059 [ Fe3+ ] lg 1 [ Fe 2+ ]

0, 059 1 lg = 0, 77V 1 1

KÈ

+ Khi 1,53 ≤ pH < 6,34 , Fe3+ bắt đầu kết tủa, [Fe3+] giảm và [Fe2+] không đổi

=> ϕ Fe

D

ẠY

3+

/ Fe 2+

giảm:

ϕ Fe

3+

/ Fe

2+

0 = ϕ Fe + 3+ / Fe2+

0, 059 [ Fe3+ ] lg 1 [ Fe 2+ ]

K sp. Fe (OH)3   3+ − 3 3+  K sp.Fe (OH)3 = [ Fe ].[OH ] => [ Fe ] =  [OH − ]3   K sp.Fe (OH)3 0, 059 0 lg = ϕ Fe 3+ 2+ + / Fe 1 [OH − ]3 .[ Fe 2+ ] 0, 059 0 lg K sp.Fe (OH)3 − lg[OH − ] = ϕ Fe + 3+ / Fe2+ 1

(

)

(do [ Fe 2+ ] = 1)

Xét : pH = 14 − pOH = 14 + lg[OH − ] => lg[OH − ] = pH − 14 SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 87

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

0 => ϕ Fe3+ / Fe2+ = ϕ Fe + 3+ / Fe 2+

0, 059 lgK sp. Fe (OH)3 − 3.( pH − 14) 1

(

= 0, 77 +

)

0, 059 ( lg(3,8.10−38 ) − 3( pH − 14) ) 1

FF IC IA L

= 0, 77 + 0, 059 ( −37, 42 − 3( pH − 14) ) = 1, 04 − 0,177 pH

+ Khi 6, 34 ≤ pH ≤ 14 , Fe3+ và Fe2+ bắt đầu kết tủa, [Fe3+] và [Fe2+] giảm ϕ Fe

3+

/ Fe2+

0 = ϕ Fe + 3+ / Fe2+

0, 059 [ Fe3+ ] lg 1 [ Fe 2+ ]

Ơ

N

O

K sp.Fe (OH)3   3+ − 3 3+ ;  K sp.Fe (OH)3 = [ Fe ].[OH ] => [ Fe ] = [OH − ]3   K sp. Fe (OH)3   2+ − 2 2+  K sp.Fe (OH)2 = [ Fe ].[OH ] => [ Fe ] =  [OH − ]2   K sp.Fe (OH)3 0, 059 0 lg = ϕ Fe 3+ 2+ + / Fe 1 K sp.Fe (OH)2 .[OH − ]

N

H

 K sp.Fe (OH)3  0 − lg[OH ] = ϕ Fe −  3+ 2+ + 0, 059  lg / Fe  K sp. Fe (OH)   2

Xét : pH = 14 − pOH = 14 − (− lg[OH − ]) => lg[OH − ] = pH − 14

Q

U

Y

 K sp.Fe (OH)3  0 => ϕ Fe3+ / Fe2+ = ϕ Fe + 0, 059  lg − ( pH − 14)  3+ / Fe 2+  K sp.Fe (OH)    2

 3,8.10−38  = 0, 77 + 0, 059.  lg − (pH − 14)  −16  4,8.10 

M

= 0, 292 − 0, 059 pH

KÈ

Bài 12. Cho

ϕ10 = 0, 0713 V

Ag + + e  → Ag

ϕ20 = 0, 7996 V

ẠY

AgBr ( r ) + e  → Ag + Br −

1. Trên cơ sở đó hãy tính K sp. AgBr ở 250C.

D

⇀ Ag + ( aq ) + Cl − ( aq ) 2. Từ đó hãy tính ∆G 0 đối với quá trình: AgCl (r ) ↽

Biết S AgCl (250 C ) = 1, 274.10−5 M .

(Olympic 2009 - THPT Tiền Giang, Tiền Giang) Giải: 1. Theo đề bài ta có: SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 88

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai ϕ10 = 0, 0713V

AgBr (r ) + e  → Ag + Br − (1)

(2) ϕ 20 = 0, 7996V

Ag + + e  → Ag

Lấy (1) – (2) ta được:

0 E pin = ϕ10 − ϕ 20 = 0, 0713 − 0, 7996 = −0,7283V 0 Mặt khác ta có: E pin =

RT 0, 059 ln K 3 = ln K 3 nF n

n. E 0pin

=>K 3 = 10

0,059

= 10

1.( −0,7283) 0,059

= 4,57.10−13

FF IC IA L

AgBr ( r ) ⇌ Ag + + Br − (3)

Hằng số cân bằng của phản ứng (3) cũng chính là tích số tan của AgBr

S

H

S

(4)

Ơ

⇀ Ag + ( aq ) + Cl − ( aq ) AgCl ( r ) ↽

N

2. Theo đề bài ta có: S AgCl (25o C ) = 1, 274.10−5 M

O

=> K sp. AgBr = K3 = 4,57.10−13

N

=> K sp. AgCl = [Ag + ].[Cl− ] = S.S = (1, 274.10−5 ) 2 = 1, 623.10−10

Tích số tan của AgCl cũng chính là hằng số cân bằng của phản ứng (4)

Y

∆G = − RT ln K 4 = − RT ln K sp. AgCl

U

= − 8,314.293.ln(1, 623.10−10 ) = 55848,3 (J / mol )

Q

2.2.2. Tính tích số tan từ các đại lượng nhiệt động.

M

Bài 1. Cho các hàm nhiệt động:

KÈ

∆ H 0298 K ( kJ / mol ) 0 S 298 K ( J / K .mol )

Ag + ( aq )

Cl − ( aq )

AgCl( r )

+ 105,58

− 167,16

− 127, 07

+ 72, 68

+ 56, 5

+ 96, 2

0 1. Hãy tính ∆G298 của phản ứng kết tủa AgCl từ dung dịch hỗn hợp KCl và AgNO3.

D

ẠY

2. Hãy tính tích số tan của AgCl ở 298oK (Olympic 2009 – THPT Quốc học Huế, Thừa Thiên Huế)

Giải:

1. Xét phản ứng: Ag + (aq) + Cl − ( aq )  → AgCl( r )

SVTH: Lê Dũ Chiếc

(1)

Trang 89

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

0 0 0 0 ∆H pu = ∆H 298.

AgCl − ∆H 298. Ag + − ∆H 298.Cl −

= -127, 07 - (105,58 -167,16) = -65, 49 kJ / mol ∆S

0 pu

0 0 0 = ∆S 298.

AgCl − ∆S 298. Ag + − ∆S 298.Cl −

0 0 0 => ∆G298 = ∆H pu − T .∆S pu

FF IC IA L

= 96, 2 - 56,5 - 72, 68 = 32, 98 J / K .mol = -65, 49.103 − 298.(−32,98) = −55662 J / mol

2. Tích số tan của AgCl cũng chính là hằng số cân bằng Kcb của phản ứng (1): K pu = K sp. AgCl 0 ∆G298 = − RT ln K pu = − RT .ln K sp. AgCl 0 ∆G298 RT

=e

−

55662 8,314.298

= e −22,47 = 1, 74.10−10

O

=> K sp. AgCl = e

−

Coi ∆ H0 và ∆ S0 không biến đổi theo nhiệt độ.

N

Bài 2. Tích số tan của AgCl ở 25oC và 50oC lần lượt là 1,70.10-10 và 1,29.10-9.

H

2. Tính độ tan của AgCl ở 1000C.

Ơ

⇀ Ag + + Cl − .

1. Tính ∆ H0 và ∆ S0 của quá trình AgCl ↽

N

(Olympic 2013– THPT Chuyên Lê Quí Đôn, Đà Nẵng) Giải: 1.

K = K sp. AgCl

Y

⇀ Ag + + Cl − AgCl ↽

U

Tích số tan của AgCl cũng chính là hằng số cân bằng K của phản ứng trên.

Q

K 298 = K sp. AgCl .298 = 1, 7.10−10

M

K 323 = K sp. AgCl .323 = 1, 29.10−9

KÈ

0 Ta có: ∆G298 = RT ln K 298 = 8,314.298.ln(1, 7.10−10 ) = −55, 73 kJ 0 ∆G323 = RT ln K 323 = 8,314.323.ln(1, 29.10−9 ) = −54, 97 kJ

Mặt khác ta có: ∆G 0 = ∆H 0 − T .∆ S0

D

ẠY

Ta thu được hệ phương trình: 0 ∆G298 = ∆H 0 − T298 .∆ S0  0 0 0 ∆G323 = ∆H − T323 .∆ S

−55, 73 = ∆H 0 − 298.∆ S0 ∆H 0 = −64, 79kJ <=>  =>  0 0 0 ∆ S = −0, 0304kJ / K −54,97 = ∆H − 323.∆ S

2. Gọi s (mol/l) là độ tan của AgCl ở 1000C

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 90

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

⇀ Ag + + Cl − AgCl ↽ s K sp. AgCl .373 K sp. AgCl .298 =

s

=−

1  ∆H 0  1 . −  R  T298 T373 

64, 92.103  1 1  . −  = 5, 27 8, 314  298 373 

FF IC IA L

ln

K sp. AgCl

=> K sp. AgCl .373 = K sp. AgCl .298 .e5,27 = 1, 7.10−10.e5,27 = 3,31.10−8 K sp. AgCl .373 = [Ag + ].[Cl− ] = s.s = s 2 => s = K sp. AgCl .373 = 3,31.10−8 = 1,82.10−4 mol / l

O

Bài 3. Độ tan của Mg(OH)2 trong nước ở 180C là 9.10-3 g/lít còn 1000C là 4.10-2 g/lít.

N

1. Tính tích số tan của Mg(OH)2 ở hai nhiệt độ trên và pH của các dung dịch bão hòa

Ơ

2. Tính các đại lượng H0, G0, S0 của phản ứng hòa tan, coi H0, S0 không thay đổi theo nhiệt độ.

Giải:

Y

1. Gọi s là độ tạn của Mg(OH)2

N

H

(Olympic 2006 - THPT Thăng Long, Lâm Đồng)

U

Mg (OH )2 ⇌ Mg 2+ + 2OH − s

2s

Q

K sp = [ Mg 2+ ].[OH − ]2 = s.(2s) 2 = 4s 3

M

+ Tại T = 291oK

KÈ

s291 =

9.10−3 = 1,552.10−4 mol / l 58

D

ẠY

3 K sp.291 = 4 s291 = 4. (1,552.10 −4 ) = 1, 495.10−11 3

pOH = − lg[OH − ] = − lg(2 s291 ) = − lg(2.1,552.10−4 ) = 3,51 pH = 14 − 3, 51 = 10, 49

+ Tại T = 373oK s373 =

4.10−2 = 6,897.10−4 mol / l 58

(

3 K sp.373 = 4 s373 = 4. 6,987.10−4

SVTH: Lê Dũ Chiếc

)

3

= 1,312.10−9

Trang 91

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

pOH = − log[OH − ] = − log(2s373 ) = − log(2.6,897.10−4 ) = 2,86 pH = 14 − 2,86 = 11,14

2. Các đại lượng H0, G0, S0 của phản ứng hòa tan là các đại lượng tiêu chuẩn Xét phản ứng hòa tan tại 250C: Mg (OH )2 ⇌ Mg 2+ + 2OH −

s

K sp.298

2s

FF IC IA L

(được tính tại p = 1 atm, T = 2980K)

Hằng số cân bằng K của phản ứng trên cũng chính là tích số tan Ksp.298

K sp.298 K sp.291

=−

O

ln

RT373T291 Tt373 8, 314.373.298 1,312.10−9 ln ln = = 49, 244 kJ/mol 373 − 291 1, 495.10−11 T373 − T291 Tt291

∆H o  1 1  49244  1 1  − −  =−   = 0, 4781 R  T298 T291  8,314  298 291 

N

∆H o =

Ơ

=> K sp.298 = K sp.291.e0,4781 = 1, 485.10−11.e0,4781 = 2, 41.10−11

H

∆G o = − RT ln(K sp.298 ) = −8,314.298.ln(2, 41.10−11 )

∆G o − ∆H o (60,573 − 49, 244).103 =− = −38, 02 J / K .mol T 298

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

=> ∆S o = −

N

= 60,474 kJ/mol

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 92

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

KẾT LUẬN Qua tiểu luận này tôi đã làm được: Xây dựng cơ sở lý thuyết cơ bản về tích số tan, độ tan của một chất trong dung dịch, về thế điện cực tiêu chuẩn.

FF IC IA L

Phân loại một số dạng bài tập về tích số tan từ độ tan và tích số tan từ thế điện cực và sức điện động của pin.

Do thời gian có hạn nên đề tài của tôi mới chỉ dừng lại ở mức độ nhỏ và chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu xót, kính mong các thầy cô giáo và các bạn sinh viên

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

đóng góp ý kiến để đề tài của tôi hoàn thiện hơn.

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Cao Cự Giác (2011), Những viên kim cương trong hóa học, NXB Đại học Sư phạm.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 93

Tiểu luận tốt nghiệp

GVHD: TS. Phan Thị Ngọc Mai

2. Ban tổ chức kì thi (2014), Tuyển tập 20 năm đề thi Olympic 30 Tháng 4 Hóa học 10, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội.

3. Ban tổ chức kì thi (2014), Tuyển tập 20 năm đề thi Olympic 30 Tháng 4 Hóa học 11, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội.

FF IC IA L

4. Ban tổ chức kì thi (2007), Tuyển tập đề thi Olympic 30 Tháng 4 lần thứ XIII - 2007 Hóa học, NXB Đại học Sư phạm.

5. Ban tổ chức kì thi (2016), Tuyển tập đề thi Olympic 30 Tháng 4 lần thứ XXI - 2015 Hóa học, NXB Đại học Sư phạm.

6. Từ Vọng Nghi, Hóa học phân tích phần I: Cơ sở lý thuyết các phương pháp hóa phân tích, NXB Đại học Quôcs Gia Hà Nội.

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

7. Lâm Ngọc Thiềm, Trần Hiệp Hải (2004), Bài tập hóa học đại cương, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội.

SVTH: Lê Dũ Chiếc

Trang 94