BÀI TẬP HÓA PHÂN TÍCH BẬC ĐẠI HỌC CÓ LỜI GIẢI DÙNG ÔN THI HỌC PHẦN

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Bài tập 1 : Tính pH của dung dịch HCl có nồng độ sau đây : a. 0,1M

b. 0,02M

c. 5.10-3

d. 10-6

e. 10-7

Giải Nếu không kể đến lực ion của dung dịch thì pH của dung dịch HCl ở các nồng độ 0,1M, 0,02M, 5.10-3M, 10-6M, 10-7M là: a/Ca ={0,1M, 0,02M, 5.10-3M , 10-6} Ta có: Ca ≥ 10-6 => [OH-] < < Ca khi đó : [H+] =Ca Vậy pH của dung dịch HCl ở các nồng độ này là:

n

pH1= -lg [Ca1] =-lg[0,1]=1

hơ

pH2= -lg [Ca2] =-lg[0,02]=1,7

N

pH3= -lg [Ca3] =-lg[5.10-3]=2,3

Q uy

pH4= -lg [Ca4] =-lg[10-6]=6 b.Ta có : 10-8 < Ca =10-7 < 10-6

m

Ta có: H2O ⇌ H+ + OH-

D

Phương trình bảo toàn proton :

ạy

Kè

HCl ->H+ + Cl-

K H 2O [H + ]

co

⇔ [ H + ] = Ca +

m /+

[H+]=[Cl-]+[OH-] = Ca + [OH-]

⇔ [ H + ]2 − Ca.[ H + ] − K H 2O = 0 2

[H+]-10-14 = 0

gl

 [H + ]=1,62.10-8  [H ]=-6,2.10 ( loai ) +

-7

oo

⇔

-7

e.

⇔ [H+] -10

G

Vậy pH5=-lg[H+] = -lg[1,62.10-7] = 6,79

Bài tập 2 : Tính pH của dung dịch CH3COOH , pKa = 4,75 có nồng độ sau : a. 10-1M

b. 10-2M

c. 10-3M

d. 10-4M

e. 10-5M

Giải Phương trình phân ly : CH3COOH CH3COO+H+ H2O OH- + H+ Phương trình bảo toàn proton : [H+] =[CH3COO-]+ [OH-] (1)

f. 10-6M

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Phương trình bảo toàn hằng số : K=

[CH 3COO − ].[ H + ] [CH 3COOH ]

(2)

Phương trình bảo toàn khối lượng : [CH3COOH] + [CH3COO-]= Ca (3) Giải (1) (2) (3) ta được : [ H + ].([ H + ] − [OH − ]) Ca − [ H + ] + [OH − ]

n

K=

hơ

Giả sử : [OH ] <<  H +  và Ca >>  H +  2

Q uy

1 ( pKa − l o g Ca ) 2

Kè

m

Vậy :pH =

N

 H +  ⇒K= ⇒  H +  = K .Ca Ca

1 2

1 2

D

a. pH = (4, 75 − log10−1 ) = 2,88

ạy

Với pKa = 4,75

m /+

b. Ca =10-2M =>pH = (4,75-log10-2)=3,38 1 2

co

c. Ca =10-3M =>pH = (4,75-log10-3)=3,88 1 2

gl

e.

d. Ca =10-4M =>pH = (4,75-log10-4)=4,38 1 2

oo

e. Ca =10-5M =>pH = (4,75-log10-5)=4,88 1 2

G

f. Ca =10-6M =>pH = (4,75-log10-6)=5,38 Bài tập 3 : Tính pH của các dung dịch muối amoniclorua có các nồng đồ sau : a. a. 10-1M

b. 10-2M

NH3 có pKb = 4,75 Giải Phương trình phân ly : NH4Cl NH 4+ + ClNH4+ NH 3 + H+

c. 10-3M

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

H2O H + + OHPT Hằng số Axit : [ NH 3 ]  H +  K NH + = ⇒ [ NH 3 ] = 4  NH 4+ 

K NH + = 4

 NH 4+  .K NH + 4  H + 

10−14 = −4,75 = 10−9,25 10

K H 2O K NH 3

PT bảo toàn điện tích : [H+]=[NH3]+[OH-]

K H 2O

n

 H + 

+

 H + 

hơ

4

N

⇔ [H + ] =

K NH + .[ NH 4+ ]

⇔ [ H + ]2 = K NH + .Ca + K H 2O

Q uy

4

m

Ca=10-1 (M) => [H+] = 7,5.10-6 => pH =-lg[H+]= 5,12

Kè

Ca=10-2 (M) => [H+] = 2,37.10-6 => pH =-lg[H+]= 5,62

ạy

Ca=10-3 (M) => [H+] = 7,57.10-7 => pH =-lg[H+]= 6,12

D

Bài tập 4 :Vẽ đồ thị logarit nồng độ của dung dịch bazơ yếu B có pKb = 5 và

m /+

nồng độ 10-2M . Dựa vào đồ thị để tính pH của dung dịch .

Giải

co

Ta có các cân bằng trong dung dịch :

e.

B + H 2O BH + + OH −

gl

H2O H++OH-

oo

Phương trình bảo toàn proton: [OH-] = [H+]+ [BH+] (1)

G

Phương trình bảo toàn khối lượng : [B] +[BH+] = Cb (2)

[ BH + ].[OH − ] Phương trình hằng số cân bằng : K B = [ B]

(3)

Phương trình hằng số cân bằng của axit liên hợp với bazơ [BH+] : KBH+= Vẽ đồ thị : Ta có điểm hệ ( 9;-2)

K H 2O

KB

(4)

hơ

n

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Q uy

N

Đồ thị logarit của bazo yếu B Từ đồ thị ta thấy : [H+] <<[BH+]

K H 2O Cb[ H + ] = + K BH + + [ H ] [ H + ] + 2

+

+

ạy

⇔

Kè

m

Do đó phương trình (1) trở thành : [BH+] = [OH-]

+ 2

-14

[H+] -1023=0

m /+

-2

⇔ 10 [H ] -10

D

⇔ Cb[H ] -KH2O.KBH - [H ].KH2O. =0

⇔  [[ HH + ]]==−3,2.10 3,1.10−11 ( loai )  −11

co

+

e.

Vậy pH =-lg[H+]=-lg[3,2.10-11]=10,5

gl

Bài tập 5 : Cần lấy bao nhiêu gam NH4Cl để pha thành 1 lít dung dịch có

oo

5,5 . Biết NH3 có pKb = 4,75 .

G

Giải

Phương trình phân ly : NH4Cl NH 4+ + ClNH4+ NH 3 + H+ H2O H + + OH –

Phương trình hằng số axit: K NH + = 4

[ NH 3 ]  H +   NH  + 4

⇒ [ NH 3 ] =

K NH + .  NH 4+  4

[H + ]

pH =

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Do ion NH 4+ là axit liên hợp của NH3 nên:

K NH + .K NH3 = K H 2O| 4

⇒ K NH + = 4

K H 2O K NH 3

10−14 = −4,75 = 10−9,25 10

PT bảo toàn proton : [H+]=[NH3+[OH-] K NH + .[ NH 4+ ] 4

[H ] +

+

K H 2O

[H + ]

n

⇒ [H + ] =

hơ

⇒ [ H + ]2 = K NH + .[ NH 4+ ] + K H 2O (*) 4

N

Vì dung dịch sau khi pha có pH = 5,5 => [H+]=10-5,5 -9,25

(10-5,5 ) 2 = 10

Q uy

Nên (*) trở thành : . [ NH 4+ ] + 10-14

m

⇒ [ NH 4+ ] =0,0177 (M)

Kè

Khi cân bằng ta có: [ NH 4+ ] = [ NH 4Cl ]=0,0177 (M)

ạy

Do đó số mol NH 4Cl cần lấy là : n NH4Cl= [NH4Cl]. V = 0,0177 . 1 = 0,0177 ( mol )

D

Vậy khối lượng cần lấy để pha thành 1lít dung dịch có pH = 5,5 là :

m /+

m =0,0177.53,5 = 0,95 (g)

co

CÂU 6: tính pH của các dd sau;

e.

a) Dd A CH3COOH 2,5.10-2 M + CH3COONa 7,5.10-2 M

gl

b) Dd A sau khi thêm 10-2 mol HCl vào 1 lít dd đó

oo

c) Dd A sau khi thêm 10-2 mol NaOH vào 1 lít dd đó

G

GIẢI

a) Tính pH của dd (a) CH3COOH 2,5.10-2 M + CH3COONa 7,5.10-2 M vì dd đã cho là dd đệm nên ta có pH dd được tính theo công thức pH = pKa – log Ca Cb trong đó: ka là hằng số axít của CH3COOH Ca là nồng độ của CH3COOH Cb là nồng độ của CH3COONa

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

⇒ pH = 4,75 + 0,48 = 5,23 b)dd (a) sau khi thêm 10-2 mol HCl vào 1 lít dd đó HCl = H+ + Cl¯ [H+ ] = [HCl] = 10-2 H+ + CH3COO¯ = CH3COOH Ta có [CH3COO¯ ] = 7,5 .10-2 - 10-2 = 6,5.10-2 [CH3COOH] = 2,5.10-2 + 10-2 = 3,5.10-2

n

-2 ⇒ pH = 4,75 – log 3,5.10-2 = 5,02 6,5.10

hơ

c) dd (a) sau khi thêm 10-2 mol NaOH vào 1 lít dd đó

N

NaOH = Na+ + OH¯

Q uy

[OH¯ ] = [NaOH] = 10-2 CH3COOH + OH¯ = CH3COO¯ + H2O

m

Trong dd sẽ xảy ra phản ứng

Kè

Ta có [CH3COO¯ ] = 7,5 .10-2 + 10-2 = 8,5.10-2

ạy

[CH3COOH] = 2,5.10-2 - 10-2 = 1,5.10-2

D

-2 1,5.10 ⇒ pH = 4,75 – log = 5,50 8,5.10-2

m /+

CÂU 7: Đệm năng là gì ? ý nghĩa của đệm năng ? tính đệm năng của dd CH3COOH 0,1M + CH3COONa 0,1M Đệm năng là gì ?

co

e.

Đệm năng là số mol axít mạnh ( hoặc bazơ mạnh ) cần thêm vào 1 lít dd đệm

gl

để pH của nó tăng lên ( hoặc giảm xuống ) 1 đơn vị Ý nghĩa của đệm năng ?

oo

G

Dựa vào công thức tính đệm năng ta có thể tính toán để pha chế được những

hổn hợp đệm 1 cách đơn giản, chính xác, và dễ dàng

Tính đệm năng của dd

CH3COOH 0,1 M + CH3COONa 0,1 M Áp dụng công thức tính đệm năng ta có 0,1.0,1 ß = 2,3 Ca.Cb = 2,3 =0,115 0,2 Ca+Cb CÂU 8: Tính pH của dd (NH4)2SO4 10-2M biết K(HSO4-) = 10-2 Các cân bằng trong dd :

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

NH3 + H+

NH4+ SO42- + H+ H2O

HSO4¯ H+

OH¯ +

PT bảo toàn proton [NH3 ] + [OH¯ ] = [HSO4¯ ] + [H+] (1) Pt bảo toàn khối lượng : [SO42-]

+

[NH4+] = 2.Cm = 2.10-2 [HSO4¯ ] = Cm = 10-2

Đồ thị logarit:

Q uy

N

2 điểm hệ PK HSO4 =2  logC=-2

oo

gl

e.

co

m /+

D

ạy

Kè

m

PK NH4+=9,25  logC=-1,7

G

dựa vào đồ thị ta thấy: [NH3] >> [OH-]

⇒ pt(1) [NH3] = [HSO4¯ ] + [H+ ] ⇒

[H+ ] = [NH3] - [HSO4¯ ]

(*)

Theo đồ thị ta có: [NH4+] ⇒

(2)

>> [H+ ] ≥

[HSO4¯ ]

+ -2 [NH4 ]=2C=2.10 [NH4+]>>[NH3]   [SO42-]>>[HSO4¯ ] ⇒ [SO4-]=C=10-2

Ta có KNH4 =

n

+

hơ

[NH3]

[H+].[NH3] [NH4+]

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

KHSO4- =

[SO42-].[H+] [HSO4¯ ]

Thay vào (*) ta được: + 2+ -2 -9,25 10-2.[H+] [NH 2.10 .10 4 ].K[NH4+] [SO4 ].[H ] [H ] = = KHSO410-2 [H+] [H+] +

⇒ 2[H+]2 = 2.10-2.10-9,25 ⇒ [H+] =

10-2.10-9,25

⇒ [H+] = 2,37.10-6 ⇒ pH = 5,63 Các cân bằng trong dd : NH3 + H+

HSO4¯

SO42- + H+

H2O

OH¯ +

m

H+

Pt bảo toàn khối lượng :

Kè

+

D

[NH3]

[SO42-] + [NH3 ] + [OH¯ ] (1)

ạy

[H+] =

[NH4+] = 10-2

+ [HSO4¯ ] = 10-2

m /+

[SO42-]

co

Đồ thị logarit:

PK HSO4 =2  logC=-2

G

oo

gl

e.

PK NH4+=9,25  logC=-2

Q uy

NH4+

PT bảo toàn proton

2 điểm hệ:

N

NH4+ + HSO4-

NH4HSO4

hơ

n

CÂU 9: Tính pH của dd NH4HSO4 10-2M . biết K(HSO4-) = 10-2

dựa vào đồ thị ta thấy: [NH3] >> [OH-]

(2)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

[SO42-] >> [NH3] ⇒ pt(1) [H+] = [SO42-] = 10-2 ⇒ pH = 2 CÂU 10: Tính pH của dd H2C2O4 10-2M biết axit đó có pK1 = 1,25 ; pK2 = 4,27 HC2O4-+ H+

Viết các cbằng xảy ra : H2C2O4 HC2O4-

C2O42- + H+

H2O

OH¯ +

H+

n

Pt bảo toàn proton

hơ

[H+] = [HC2O4-] + [CO42-] + [OH¯ ] (1)

N

Pt bảo toàn khối lượng

Q uy

[H2C2O4] + [HC2O4-] + [CO42-] = 10-2 (2) đồ thị logarit:

m

2 điểm hệ:

ạy

Kè

pK1=1,25  logC=-2

D

pK =4,27 2  logC=-2

m /+

dựa vào đồ thị ta thấy:

[HC2O4-] >> [CO42-

co

]>>[OH¯ ]

e.

Đơn giản [CO42-] và

G

oo

gl

[OH¯ ] ta được:

⇒

[H+] = [HC2O4-] K1 =

+ 2 [H+].[HC2O4-] = [H ] + [H2C2O4] Ca-[H ]

⇒ [H+]2 + [H+].K1 - Ca.K1 = 0 ⇔ [H+]2 + 10-1,25 [H+].- 10-2. 10-1,25 = 0 ⇒ [H+] = 8,66.10-3 ⇒ pH = 2,06 11.tính pH của dung dich sau :

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

a. H2C2O4 0,1M + NaOH 0,095M b. H2C2O4 0,1M + NaOH 0,105M c. H2C2O4 0,1M + NaOH 0,1M Axit H2C2O4 có pK1 = 1,25;pK2 = 4,27 Bài giải : a,H2C2O4 0,1M

+

NaOH 0,105 M

H 2C2O4 ⇌ HC2O4− + H +

K1 = 10-1,25

HC2O4− ⇌ C2O42− + H +

K1 = 10-4,27

hơ

n

NaOH → Na + + OH −

NaOH phân ly hoàn toàn nên [Na+] = 0,105 M

Q uy

(1) ↔ 0,105 + [ H+] = [OH − ] + [ HC2O4− ] + 2[C2O42− ]

(1)

N

Phương trình trung hòa điện : [Na + ] + [H + ] = [OH − ] + [HC2O4− ]+2[C2O 42− ]

(3)

m

Phương trình bảo toàn khối lượng : [ H 2C2O4 ] + [ HC2O4− ] + [C2O42− ] = 0,1

(2)

Kè

Lấy (2) - (3) ta được : 0, 005 + [H + ] = [OH − ]-[ H 2C2O4 ] + [C2O42− ]

ạy

⇔ 0, 005 + [H + ]+[ H 2C2O4 ] = [OH − ]+[C2O42− ]

D

Từ độ thị logarit thấy lg 0,005 >>lg H+,và lg H2C2O4

m /+

Lg [C2O42− ] >> lg[OH − ] Ta được: 0,005 = [C2O42− ]

co

[C 2O 24− ][H + ] 0, 005[ H + ] = = 10-4,27 − + [HC2O4 ] (0,1 − [H ])

e.

K2 =

oo

gl

[H+] = 1,06-3 pH = 2,97 +

NaOH 0,1 M

G

b, H2C2O4 0,1M

phương trình trung hòa điện : Na + + H + = OH − + [HC2O4− ] + 2[C2O42− ]

(1)

Phương trình bảo toàn khối lượng : 0,1 = [ H 2C2O4 ] + [ HC2O4− ] + [C2O42− ]

(2)

Lấy (1) – (2)

[H + ] = [OH − ]-[ H 2C2O4 ] + [C2O42− ] ⇔ [H + ]+[ H 2C2O4 ] = [OH − ]+[C2O42− ]

Từ đồ thị logarit ⇔ [ H 2C2O4 ] = [C2O42− ] 1 ⇔ [ H + ] = K1K 2 ⇒ pH = ( pk1 + pk2 ) 2

= 2,76

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

c, ,H2C2O4 0,1M

+

NaOH 0,095 M

phương trình bảo toàn điện : [Na + ] + [H + ] = [OH − ] + [HC2O4− ]+2[C2O 42− ]

(1)

phương trình bào toàn khối lượng : 0,1 = [ H 2C2O4 ] + [ HC2O4− ] + [C2O42− ]

(2)

lấy (2) – (1) : 0, 005 − [H + ] = [ H 2C2O4 ] − [OH − ] - [C2O42− ] 0, 005 + [OH − ]+[C2O42− ] = [H 2C2 O 4 ] + [H + ]

Từ đồ thị ta có : 0, 005 = [H 2 C2 O 4 ]

K1=

[HC2 O −4 ][H + ] -1,25 = 10 [H 2C2O4 ]

ạy

Kè

m

Q uy

N

hơ

n

⇒ [ H + ] = 2,9.10−3 ⇒ pH = 2,54

m /+

D

Đồ thị logarit nồng độ của dung dịch H2C2O4 0,1M 12.tính pH của hỗn hợp các dung dịch sau :

co

a.H3PO4 0,1M + NaOH 0,08M

e.

b.H3PO4 0,1M + NaOH 0,102M

gl

c.H3PO4 0,1M + NaOH 0,01M

oo

Axit H3PO4 có pK1 = 2,12 ; pK2 = 7,21 ; pK3 = 12,36 ;

G

Bài giải :

a. H3PO4 0,1 M + NaOH 0.102M H 3 PO4 ⇌ H 2 PO4− + H +

K1=10-2,12

H 2 PO4− ⇌ HPO42− + H +

K2=10-7,21

HPO42 − ⇌ PO43− + H +

K3=10-12,36

NaOH → Na + + OH −

Phương trình trung hòa điện Na + + H + = OH − + H 2 PO4− + 2 HPO42 − + 3PO43− Na + = 0,102 ⇔ 0,102 + H + = OH − + H 2 PO4− + 2 HPO42 − + 3PO43−

(1)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Phương trình bảo toàn khối lương : 0,1 = H 3 PO4 + H 2 PO4− + HPO42− + PO43− (2) (1)-(2) ⇔ 2.10−3 + H + = OH − − H 3 PO4 + HPO42− + 2 PO43− (3)

⇔ 2.10−3 + H + + H 3 PO4 = OH − + HPO42− + 2 PO43−

Từ đồ thị : (3) ⇔ 2.10−3 = HPO42− ⇔ 2.10 −3 =

(*)

K1 K 2 K 3Ca thay vào (*) ([H ] + K1[H ] + K1 K 2 [ H + ] + K1 K 2 K 3 ) + 3

+ 2

⇒ [H + ]3 + K1[H + ]2 + (1 −

Ca ) K1 K 2 [ H + ] + K1K 2 K 3 ) = 0 −3 2.10

N

[H + ]K1K 2 K 3Ca ([H + ]3 + K1[H + ]2 + K1 K 2 [ H + ] + K1 K 2 K 3 )

Q uy

2.10−3 K 3 =

hơ

n

Mà PO43− =

[H + ][PO43− ] K3

Kè

m

[H + ]=3,02.10−6 ⇒ pH = 5, 51

b. H3PO4 0,1 M + NaOH 0.1M

ạy

phương trình bảo toàn điện tích : Na + + H + = OH − + H 2 PO4− + 2 HPO42− + 3PO43− (1)

m /+

D

⇔ 0,1 + H + = OH − + H 2 PO4− + 2 HPO42− + 3PO43−

Phương trình bảo toàn khối lượng : 0,1 = H 3 PO4 + H 2 PO4− + HPO42− + PO43− (2)

co

(1)-(2) ⇔ H + + H 3 PO4 = OH − + HPO42− + 2 PO43−

e.

Từ đồ thị ta được : H 3 PO4 = HPO42−

gl

[H + ][H 2 PO4− ] K 2 [HPO42− ] ⇒ [H + ]2 = K1 K 2 = + [H ] K1

G

oo

⇔

1 ⇒ pH = ( pk1 + pk2 ) = 4, 76 2

c. H3PO4 0,1 M + NaOH 0.08M

phương trình trung hòa điện : Na + + H + = OH − + H 2 PO4− + 2 HPO42− + 3PO43− phương trình bảo toàn khối lượng : 0,1 = H 3 PO4 + H 2 PO4− + HPO42− + PO43− (2) (2)-(1) ⇔ 2.10−3 − H + = H 3 PO4 − OH − − HPO42− − 2 PO43− ⇔ 2.10−3 + OH − + HPO42− + 2 PO43− = H 3 PO4 + H +

Từ đồ thị ta có : H 3 PO4 = 2.10−3

(1)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ⇔

[H + ][H 2 PO4− ] = 2.10−3 K1

(*)

Từ phương trình (2) và đồ thị : H 2 PO4− = 0,1 − H 3 PO4 ⇔

(0,1-2.10−3⇒ )[H + ] = 2.10−3 ⇒ H + = 1,55.10−4 K1

Kè

m

Q uy

N

hơ

n

⇒ pH = 3,81

D

ạy

Đồ thị logarit nồng độ của dung dịch H3PO4 0,1M

m /+

13. Hãy viết các cân bằng xảy ra trong dung dịch khi hòa tan K4[Fe(CN)6] vào nước?

co

Bài giải:

e.

K 4 Fe(CN )6 → K 4+ + Fe(CN )66−

oo

gl

Fe(CN )46− → Fe(CN )35− + CN −

G

Fe(CN )35− → Fe(CN )24 − + CN − Fe(CN )24 − → Fe(CN )13− + CN − Fe(CN )33− → Fe(CN )2 + CN − Fe(CN )2 → Fe(CN ) + + CN −

Fe(CN )+ → Fe 2 + + CN −

Tóm lại : Fe(CN )62− → Fe 2+ + 6(CN )− 14. hằng số bền tổng cộng của các phức tạo bởi ion Hg2+ và ion Br- lần lượt là : β1,1 = 109,05 ; β1,2 = 1017,33 ; β1,3 = 1019,74 ; β1,4 = 1021,00 .Tính hằng số bền và không bền ừng

với từng nấc của các phức đó.

Bài giải :

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Hg 2+

+

Br −

⇌ HgBr +

β1 , k4

HgBr +

+

Br −

⇌ Hg ( Br ) 2

β 2 , k3

Hg ( Br ) 2

+

Br −

⇌ Hg ( Br )3−

β3 , k2

Hg ( Br )3−

+

Br −

⇌ Hg ( Br )24−

β 4 , k1

Hằng số bền ứng với nấc của các phức tạo bởi ion Hg 2+ và lần lượt là β1 , β 2 , β3 , β 4 và hằng số không bền k4 , k3 , k2 , k1 với β =

→

β3 =

→

k2 =10

→

β4 =

→

10-1,26

-8,28

1019,74 =102,41 17,33 10

n

k3 =10

hơ

→

1017,33 =108,28 9,05 10

N

β2 =

-2,41

1021 =101,26 19,74 10

m /+

D

β1,4 = β1β 2 β3 β 4

→

-9,05

Q uy

β1,3 = β1β 2 β 3

k4 =10

m

β1,2 = β1β 2

→

Kè

9,05

ạy

β1 =10

1 k

co

15. phức của Ca2+ và Fe3+ với EDTA có hằng số không bền lần lượt là : 10-10,57 và

gl

Bài giải :

e.

10-25,1 . Trong hai phức đó phức nào bền hơn ?

G

oo

Từ hằng số không bền ta tính được hằng số bền

KCa2+ =

KFe3+ =

1

β 1

β

=10-10,57 ⇒ β = 1010,5 = 10-25,1 ⇒ β = 1025,1

Ta dựa vào giá trị hằng số bền của phức chất ta có thể biết được mức độ bền hoặc không bền của phức chất Ta thấy hằng số bền Ca2+ < Fe3+

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Hằng số bền càng lớn( tức hằng số không bền càng nhỏ) thì phức đó càng bền → Vậy ta có thể khẳng định rằng trong 2 phức đó thì phức của Fe3+ bền hơn phức của Ca2+ với EDTA

Bài 16: Tính nồng độ cân bằng của các ion và phân tử trong dung dịch AgNO3 10−3 M và NH 3 10−1 M, phức của Ag + và NH 3 có hằng số bền lần lượt là 103,32 và 103.92

Giải

+

→ Ag + →

10−3

N

10−3

NO3− (1)

Q uy

AgNO3

hơ

n

Ta có hỗn hợp dung dịch AgNO3 , NH 3 : trong dung dịch xảy ra các quá trình

+

NH 3

⇔

Ag ( NH 3 )+ (2) với

Ag ( NH 3 )+

+

NH 3

⇔

Ag ( NH 3 ) 2 + (3) với β 2 = 103.92

Kè

Gọi x là nồng độ cân bằng Lấy (2) +(3) ⇒ Ag +

Cân bằng

x

10−1

2 x → x

m /+

→

ạy

10−3

+ 2 NH 3 ⇔ Ag ( NH 3 ) 2 + có β = β1 . β 2 = 107,24

D

Ban đầu

Sau cân bằng ( 10−3 - x ) → ( 10−1 - 2 x ) →

⇔

x

co

x

gl

⇔

x

x = 107,24 (10−3 − x)(10−1−2 x)2

e.

Ta biết

β1 = 103,32

m

Ag +

4x 3 . 107,24 - 4 . 106,24

⇔

x = 1.03. 10 −3 ∨

G

oo

⇔

=107,24 .( 10−3 - x ). (10−1 − 2 x)2 = ( 104,24 - 107,24 x )( 10−2 - 4. 10−1 x +4 x2 )

x2 -

4.10 4,24

x2 + 105,24 x + 4 .103,24 . x - x - 104,24 = 0

x = 0.06 ( loại )

x =0.041( loại )

∨

⇒ Nồng độ cân bằng của NH 3 của (2) và (3) là x=1,03. 10 −3 ≈ 10 −3 M

Có

β

 AgNH  =  + 3

β2

 Ag ( NH 3 )+  2 =  = 103.92 +  AgNH 3  [ NH 3 ]

1

+

 Ag  [ NH 3 ]

= 103,32

Theo phương trình bảo toàn khối lượng

(a)

(b)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn +  Ag +  +  AgNH 3+  +  Ag ( NH 3 )2  = 10−3 M  

(c)

.(a)

⇒  AgNH 3+  = β1 .  Ag +  [ NH 3 ]

(d)

.(b)

+ ⇒  Ag ( NH 3 ) 2  = β 2 .  AgNH 3+  . [ NH 3 ]  

(e)

+ 2 Thế d vào e ta có :  Ag ( NH 3 )2  = β1 . β 2  Ag +  [ NH 3 ] (f) 2 Thế d và f vào c ⇒  Ag +  + β1 .  Ag +  [ NH 3 ] + β1 . β 2  Ag +  [ NH 3 ] = 10 −3 2

⇔  Ag +  (1+ β1 [ NH 3 ] + β1 . β 2 [ NH 3 ] )= 10−3

= 2

*  AgNH 3+ 

hơ

1 + β1 [ NH 3 ] + β1.β 2 [ NH 3 ]

10 −3 =4,89. 10−5 M 1 + 103,32.10−3 + 103,32.103,92.(10−3 )2

n

10−3

=103,32 .4,89. 10−5 . 10−3 =1,02. 10−4 M

N

= β1 .  Ag +  [ NH 3 ]

Q uy

Vậy  Ag +  =

*  Ag ( NH 3 )2  = β 2 .  AgNH 3+  . [ NH 3 ] = 103.92 .1,02. 10 −4 . 10−3 =8,49. 10−4 M +

m

Kết luận : Nồng độ cân bằng của  Ag +  =4,89. 10−5 M

ạy

 Ag ( NH 3 ) +  =8,49. 10−4 M 2 

Kè

 AgNH 3+  =1,02. 10−4 M

m /+

D

Bài 17. Tính hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dung dịch có các pH sau:

co

a. 4

c. 10

e.

b. 8

gl

Biết hằng số bền của phức giữa Mg2+ và Y4- là 108,9 ; phức giữa Mg2+ và OH- là

oo

102,58. H4Y có pK1= 2; pK2 = 2,67; pK3 = 6,16; pK4 = 10,26.

G

GIẢI:

Phức MgY2- trong dung dịch có các phản ứng phân ly:

MgY2-

⇋ Mg2+ + Y4-

H2O

⇋ H+

+ OH-

- Do trong dung dịch có OH- và Mg2+ : Mg2+

+ OH-

⇋

MgOH+

Gọi β’ là hằng số bền điều kiện của phức MgY2- tại pH = a ; β=

[MgY ] [Mg ][Y ] 2−

2+ '

4− '

[Mg2+]’: tổng nồng độ cân bằng các dạng tồn tại của Mg2+ trong phức MgY2-

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

[Y4-]’: tổng nồng độ cân bằng các dạng tồn tại của Y4- trong phức MgY2Có: [Mg2+]’= [Mg2+] + [MgOH+]= [Mg2+] + β1[Mg2+][OH-] = [Mg2+]( 1+ β[OH-]) = [Mg2+]. α Mg (OH ) 2+

−

- Do trong dung dịch tồn tại đồng thời H+ và Y4- nên: + H+ ⇋

HY3- +

HY3-

H+

⇋

H2Y2-

H2Y2- + H+

⇋

H3Y-

H+ ⇋ H4Y

Có: [Y4-]’ = [Y4-] + [HY3-] + [ H2Y2-] + [H3Y-] + [H4Y]

n

H3Y- +

hơ

Y4-

N

⇔ [Y4-]’ = [Y4-] + β1[H+][Y4-] + β2[H+][HY3-] + β3[H+][H2Y2-] + β4[H+][H3Y-]

Q uy

⇔ [Y4-]’ = [Y4-]+ β1[H+][Y4-] + β1β2[H+]2[Y4-] +β1β2β3[H+]3[Y4-] +β1β2β3β4[H+]4[Y4]

Kè

m

⇔ [Y4-]’ = [Y4-].( 1 + β1[H+] +β1β2 [H+]2 + β1β2β3[H+]3 + β1β2β3β4[H+]4 ) ⇔ [Y4-]’ = [Y4-]. α Y (H ) 4−

ạy

1 Với β = K

+

[H ] + [H ] =1+

+

K4

m /+

4−

D

⇒ α Y (H )

[H ]

+ 2

+

K4K3

+

+ 3

K 4 K3K2

[H ]

+ 4

+

( K= 10-pKa)

K 4 K 3 K 2 K1

Có hằng số bền điều kiện:

[MgY ] ]α .[Y ]α

’

2+

β MgY .

G

oo

⇔β = a.

4−

Mg 2 + OH −

gl

[Mg

e.

β =

co

2−

’

2−

(

Y 4− H +

[MgY ] . = ) [Mg ][. Y ] α 2−

2+

4−

1

(

Mg 2 + OH −

).α Y (H ) 4−

+

1

α Mg (OH ).α Y (H ) 2+

Khi

−

4−

+

pH

=

4

⇒

αY 4− H + = 2, 77.108   H +  = 10 −4 ( ) 1    8,9 ' 10 ⇒ ⇒ = = 107,9 β  8 −8 −8 − −10 2, 77.10 .3,8.10  OH  = 10 α Mg 2+ ( OH − ) = 3,8.10  b.

Khi

pH

=

α Y 4− H + = 1,85.10 2   H +  = 10−8 ( ) 1    ⇒ ⇒ ⇒ β ' = 108,9 = 4,3.106 2 − −6 1.1,85.10   α Mg 2+ ( OH − ) = 1  OH  = 10

8

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

c.

Khi

pH

=

10

αY 4− ( H + ) = 2.82   H +  = 10−10 1    ⇒ ⇒ ⇒ β ' = 108.9. = 2, 7.108 − −4 α 2+ − = 1, 04 2,82.1, 04  OH  = 10  Mg ( OH ) 18.Tính hằng số cân bằng bền điều kiện của phức FeY- trong dung dịch có pH=1 và pH=3 .T các pH đó Fe3+ thực tế không tạo phức phụ với OH- .FeY- có β=1025.1 Giải Phức FeY- trong dung dịch có phương trình phân li : H+

n

H2O

Y4OH-

+

→ Trên thực tế Fe3+ không tạo phức phụ với OHH+

HY 3-

HY 3-

+

H+

H2Y 2-

H2Y 2-

+

H+

H3Y-

H3Y-

+

H+

H4Y

m

+

ạy

Kè

Y 4-

Q uy

Do trong dung dịch tồn tại đồng thời H+ và Y 4- nên:

hơ

Fe3+ +

N

FeY-

D

Gọi β’ là hằng số cân bằng bền điều kiện của phức FeY- tại pH=1 [FeY-] [Fe3+][Y-]

co

m /+

β’=

[FeY-] [Fe3+][Y-]

gl

β’’=

e.

Gọi β’’ là hằng số cân bằng bền điều kiện của phức FeY- tại pH =3

oo

[Y4-] là nồng độ cân bằng các dạng tồn tại của Y 4- trong phức FeY-

G

Có [Y4-] =[Y 4-] + [HY 3-] + [H2Y2-] + [H3Y-] + [H4Y-] ⇔ [Y 4-]’ = [Y 4-] + β1[H+][Y 4-] + β2[H+][HY 3-] + β3[H+][H2Y 2-] + β4[H+][H3Y-]

⇔

[Y

4-

]’= [Y

4-

] + β1[H+][Y

4-

] +β 1β2[H+]2[Y

4-

] + β1β2β3[H+][Y

β1β2β3β4[H+]4[Y 4-] ⇔ [Y4-]’= [Y4-] (1+β1[H+]+β1β2[H+]2+β1β2β3[H+]3+β1β2β3β4[H+]4) ⇔ [Y4-]’= [Y4-] αY4-(H+) Với β=

+ 4 1 [H+] [H+]2 [H+]3 ⇒ αY4-(H+) = 1+ + + + [H ] k k4 k3k4 k2k3k4 k1k2k3k4

⇒ Hằng số cân bằng điều kiện:

4-

] +

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

β’=

[FeY-] 1 25,1 3+ 44- + ⇔ β’= 10 4- + [Fe ][Y ]αY (H ) αY (H )

Với pH=1⇒ [H+]= 0,1⇒ αY4-(H+) =1,26.1016 ⇒β’= 109 pH=3⇒ [H+]= 10-3⇒ αY4-(H+) =1,36.1010 ⇒β’= 1015 Câu 19: Tính nồng độ cân bằng của Fe3+ và FeY- trong dung dịch hỗn hợp Fe3+ 10-2M và Na2H2Y 10-2M có pH=5.Hằng số bền của FeY- là 1016,13.

hơ

H+

+

H3Y-

……………. +

H+

Fe3+

+

H+

H4Y

FeY-

m

H3Y-

N

H2Y2-

Q uy

Trong dung dich có các cân bằng sau:

n

Giải:

 F e 3 + 

Kè

Phương trình bảo toàn khối lượng của ion Fe3+:  F eY − 

= 1 0 −2

ạy

+

(1)



4−

'

−  F eY 

+

m /+

 Y

D

Phương trình bảo toàn của EDTA: = 1 0 −2

(2)

co

Từ (1) và (2) suy ra:  Y 4 − 

=

e.

 F e 3 + 

−

=

G

oo

gl

β ' FeY

'

(3)

β FeY ( ) αY (H ) −

Ở pH = 5, ta có : [H + ] = 10−5 M ; [OH − ] = 10 −9 M αY ( H ) = 1 +

[H + ] [ H + ]2 + K4 K 4 K3

[ H + ]3 [ H + ]4 + K4 K3K2 K 4 K 3 K 2 K1

+

(4)

Với pK1 = 2; pK2 = 2,67; pK3 = 6,16; pK4 = 10,26; (3)

⇒ α Y ( H ) = 10 6 ,45 thay vào ( ): ⇒

β

'

β FeY 10 16 ,13 = = = 10 9 ,68 6 ,45 10 αY (H ) −

FeY

−

Từ (1) suy ra:  F eY − 

= 1 0 − 2 −  F e 3 + 

(5)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Từ (4) và (5) suy ra: β

' F eY

 F eY −  1 0 − 2 −  F e 3 +  = = 1 0 9 ,8 6 3+ 4− ' 3+ 2  F e   Y   F e 

=

−

⇒

 F e 3 +  = 1 ,4 4 .1 0 − 6 M

⇒

 F eY −  = 9 ,9 9 .1 0 − 3 M

'

Câu 20.Tính nồng độ cân bằng của ion Mg2+ trong dung dịch các hỗn hợp , có pH=10 a.Mg2+ 10-2M +Na2H2Y 5.10-3M

hơ

n

b.Mg2+ 10-2M + Na2H2Y 10-2M c. Mg2+ 10-2M + Na2H2Y 1,5.10-2M

Q uy

N

Giải Gọi nồng độ ban đầu của Mg2+ là C1 ; của EDTA là C2 .

+

H+

H3Y-

H3Y-

+

H+

H4Y

H4Y

H+

H3Y-

m /+

e.

co

+

H3Y-

H2Y2-

gl

H+ +

G

oo

D

H2Y2-

Kè

H2Y2+

ạy

Na2H2Y 2 Na+ +

m

Ta có các pt :

H2Y2-

H+

+

HY3-

HY3-

H+

+

Y4-

Mg2+

+

Y4-

MgY2-

Theo phương trình bảo toàn khối lượng ta có [Mg2+] + [MgY2-] = C1

(1)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

[Y4-]’ + [MgY2-] = C2

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ [Mg2+] - [Y4-]’ = C1 – C2 ⇒ αY4-(H+) =

Với pH = 10

100.45 2

3

4

H +  H +  H +  H +  1+   +   +   +   ) K4 K 4. K 3 K 4 K3 K 2 K 4 K 3 K 2 K1

( αY (H ) =

Do vậy β’MgY2- = βMgY2- .

1

αY

4−

n

+

= 10 8.25 ( với βMgY2- = 108.7 )

hơ

4-

(3)

(H ) +

Q uy

N

Từ (1) (2) (3) ta tiến hành xác định [Mg2+]

Khi pH = 10 ⇒ βMgY2- khá lớn , có thể thấy phản ứng tạo phức MgY2- xảy ra hoàn

m

toàn , nên

Kè

a. C1 > C2 (10-2 > 5.10-3) [Y4-]’ không đáng kể , ta có [MgY2-] = C1 - C2 = 10-2 - 5.10-3 = 5.10-3 M

ạy

b. C1 = C2 , theo (1) và (2) ta có : [Mg2+] = [Y4-]’

D

Ta có β’MgY2- khá lớn ⇒ theo (2) [Y4-]’ << [MgY2-] [MgY2-] = 10-2 M

co

’

m /+

⇒

MgY 2−   MgY 2 −  ⇒ [Mg2+] = = 2 2+ 4− ’  Mg  .[Y ]  Mg 2 + 

2-

e.

β MgY =

10−2 = 7,5.10-6M 8.25 10

oo

gl

C./ C1 < C2 , có thể coi [Mg2+] không đáng kể so với [Y4-]’ từ (3) ta có [Y4-]’ = C2 - C1 = 5.10-3 (4)

G

Từ (1) ⇒ [MgY2-] = C1 = 10-2 ’

2-

Mà β MgY = ⇒ [Mg2+] =

 MgY 2−   Mg 2+  .[Y 4 − ]’

[MgY 2 − ] C1 = = 1,12.10-8M 4− ’ β 'MgY2− [Y ] β 'MgY2− (C2 − C1 )

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Bài 21: Cần phải thêm bao nhiêu ml NH3 1M vào 10ml dd AgNO3 0,1M để khi pha loãng thành 100ml nồng độ tự do của ion Ag+ là 10-8. Phức của Ag+ và NH3 có logarit các hằng số bền tổng cộng lần lượt là 3,32 và 7,24 Bài làm: nAg = 0,1 x

=

Nồng độ [Ag+] trong 100ml dung dịch: [Ag+]’ =

= 0,01M

1

[Ag(NH3)+] + NH3 1,2[NH3]

[NH3] +

)

[NH3]2)

ạy

[NH3] = 0,24M

2

m

(1 +

+

Kè

0,01 =

1[NH3]

= 107,24

Q uy

1,2

Ag+ tạo phức với NH3 1M, ta có: [Ag+]’ = [Ag+] (1 +

= 103,32

N

Ag+ + NH3

hơ

n

Phương trình tạo phức giữa Ag+ và NH3

Nồng độ [NH3] trong dung dịch: [NH3]’ =0,26M

m /+

D

[NH3]’ = [NH3] + 2[ Ag(NH3)2+]

= 0,026 (mol)

oo

gl

e.

n NH3 = 0,26 x

co

Mol NH3 trong 100ml dung dịch:

G

Vậy thể tích [NH3] cần dùng là: VNH3 =

= 0,026(l)

Bài 22: Trong100 ml dung dịch Hg2+ 0,01M cần phải có bao nhiêu mol KI để nồng độ tự do của Hg2+ là 10-12 M. Phức của thủy ngân với iodua có hằng số bền tổng cộng lần lượt là 1012,9 , 1023,8, 1027,6, 1030.

Bài làm Khi thêm KI vào dung dịch Hg2+ 0,01 M, Hg2+ sẽ tạo 4 phức.

Các phương trình phản ứng tạo phức:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Hg2+ + I-

HgI+

β1 = 10

HgI+ + I-

HgI2

β1, 2 = 10

HgI2 + I-

HgI 3−

HgI3- + I-

12,9

23,8

β 1,3 = 10

27,6

30

Hg I 42−

β1, 4 = 10

Phương trình bảo toàn khối lượng của Hg2+ : [ Hg2+ ] + [ HgI+ ] + [ HgI2 ] + [ HgI 3− ] + [ HgI 24− ] = 10-2 [ Hg2+]( 1 + β1 [I-] + β1, 2 [ I-] 2 + β1,3 [ I-] 3 + β1, 4 [I-] 4 ) = 10-2 I

−

= 10-2

n

[Hg2+]. α

I

= 1010

N

10 −2 10 −12

= 1 + β1 [I-] + β1, 2 [ I-] 2 + β1,3 [ I-] 3 + β 1, 4 [I-] 4 = 1010 (*)

m

Mà:

=

Q uy

I

hơ

Theo giả thiết nồng độ tự do của Hg2+ là 10-12, suy ra:

Kè

Vì [ Hg2+] rất nhỏ nên ta giả thiết là phức HgI 24− tồn tại chủ yếu, còn 4 số hạng đầu của pt (*) có thể bỏ qua. Do vậy, pt (*) được viết lại: -

10

D

ạy

β1, 4 [I ] 4 = 10

[ I-] =

m /+

Suy ra:

4

10 10

β 1, 4

co

Nồng độ ban đầu của I- :

= 10-5 M.

e.

[ I-]’ = [ I-] + 4 [ HgI 24− ] = 10-5 + 4.10-3 = 4,01.10-3 M. n I- = 4,01.10-3. 0,1 = 4.10-4 mol

gl

Suy ra :

oo

nKI = 4.10-4 mol.

G

Vậy số mol KI cần tìm là 4.10-4 mol Bài 24: Tính độ tan của Mg(OH)2 biết rằng 0,012g Mg(OH)2 tan trong 1 lít nước.

Bài làm: Gọi S là độ tan của Mg(OH)2.

Ta có:

Mg(OH)2

Mg2+ + 2OH-

S

S

2S

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 0,012 = 2,07.10-4 M. 1.58

S Mg (OH ) = 2

Vậy độ tan của Mg(OH)2 là 2,07.10-4 M.

Bài 25: Tính độ tan của CaSO4 trong nước ở 200C, biết tích số tan của CaSO4 ở nhiệt độ đó là 10-5,04.

Bài làm: SO42-

S

S

S

hơ

Ca2+ +

N

CaSO4

n

Gọi độ tan của CaSO4 là S .

Q uy

Ta có:

S = [ Ca2+ ] = [ SO42- ]

= S2.

f Ca

. [

so

Kè

= [ Ca2+].

4

f Ca

2+

.

ạy

T CaSO

m

Tích số tan của CaSO4 ở 200C là :

2+

f SO

2− 4

].

f SO

2− 4

(*)

2− 4

m /+

D

Nếu coi hệ số hoạt độ của các ion bằng 1thì : S=

T CaSO

10

=

−5 , 04

= 3,02.10-3 M.

4

e.

co

Trong trường hợp này, S tương đối lớn nên ta phải kể đến hệ số hoạt độ khi tính S.

µ =

G

oo

gl

Lực ion của dung dịch là : 1 ( 3,02.10-3 .22 + 3,02.10-3 . 22) 2

1,208.10-2.

=

Ta thấy µ < 0,02, suy ra : lg

f Ca

2+

= lg

f SO

= -

2− 4

1 2

1,208. 10

= - 0,2198.

Suy ra:

f Ca Từ pt (*), ta có:

2+

=

f SO

2− 4

= 0,603

−2

.4

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

T CaSO f Ca f SO

S=

= 5,01.10-3 M.

4

2+

2− 4

hơ

n

Vậy độ tan của CaSO4 là 5,01.10-3 M.

và K2C2O4 0,1M để CaC2O4 không kết tủa.

Q uy

N

a.Tính nồng độ ion H+ ít nhất cần phải có trong dung dịch CaCl2 0,02 M

31.

m

b. Nếu dung dịch gồm CaCl2 2.10-2 M, HCl 10-2 M và K2C2O4 10-2 M thì

Kè

CaC2O4 có kết tủa không ?

Biết T(CaC2O4) = 1,78.10-8;

ạy

H2C2O4 với pK1=1,25 ; pK2= 4,27.

D

Giải

G

oo

gl

e.

co

m /+

a. Các cân bằg trong dung dịch CaCl2

↔

Ca2+ + 2Cl-

K2C2O4

↔

2K+ +C2O42-

0,1 M

0,1 M

Ca2+ + C2O42- ↔

CaC2O4

C2O42- + H+ ↔

HC2O4-

pK2= 4,27

HC2O4- + H+ ↔

H2C2O4

pK1=1,25

Từ dây ta có :

[C O ]. + [H C O ]. = 0,1 (M) 2−

2

2

4

2

4

Bỏ qua hệ số hoạt độ CaC2O4 kết tủa khi đó: TCaC2O4 = [Ca 2+ ].[C 2 O4 2− ] = 1,78.10-5

[

⇒ C2O4

2−

] = [CT O ] = 1,780..0210 CaC2O4

2−

2

−9

= 8,9.10 −9 ( M)

4

Muốn CaC2O4 không kết tủa thì [C 2 O4 2− ] lúc cân bằng phải nhỏ hơn 8,9.10-8 M. Ta có:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

K1 = K2 =

[HC O ][. C O ] 2−

−

2

4

2

4

[H 2 C 2 O4 ]

[C O ].[H ] [HC O ] 2−

2

+

4

−

2

4

Từ đó :

[HC O ][. C O ] . [C O ].[H ] K1.K2 = [H C O ] [HC O ] [H ] .[C O ] = [H ] .[C O ] = [H C O ] 0,1 − [C O ] 2−

−

2

4

2

2−

4

2

+

4

−

2

+ 2

2

4

+ 2

2−

2

2

4

2

4

2

4

2− 4 2− 4

[ ]=

[C O ] 2

K 1 = 10

])

2−

−1, 25

; K 1 = 10

4

Q uy

⇒ H

2−

N

[

K 1 K 2 (0,1 − C 2 O4

+

hơ

n

2

2

− 4, 27

10 −1, 25.10 − 4, 27.(0.1 − 8.9.10 −8 ) = 1,84( M ) 8,9.10 −8

[ ]

m

⇒ H+ =

Kè

Vậy [H + ] = 1,84( M ) là nồng độ [H + ] ít nhất phải có trong dung dịch CaCl2 0,02

ạy

M và K2C2O4 để CaC2O4 không kết tủa.

D

b.

m /+

Để biết CaC2O4 kết tủa không ta tính toán tương tự như câu a.

[C O ]. + [H C O ]. =10-2

Ta cũng có

co

2

2

4

4

2

2

2−

2−

−

2

gl oo G

=

4

[HC O ][. C O ] . [C O ].[H ] [H C O ] [HC O ]

e.

K1.K2 =

2−

2

2

4

+

4

−

2

4

2

4

[H ] .[C O ] = [H ] .[C O ] + 2

4

[H 2 C 2 O4 ]

[ ]

⇒ H+ =

+ 2

2−

2

[

4

10 − 2 − C 2 O4

[

K 1 K 2 (10 − 2 − C 2 O4

[C O ] −2

2

Ta thấy

2−

2

4

−2

2−

]

]) =

10 −1, 25.10 −4, 27.(10 −2 − 8,9.10 −8 ) = 0,58( M ) 8,9.10 −8

[H ]=0,58 (M) để CaC2O4 +

không kết tủa lớn hơn rất nhiều so với

[H ]=10-2 theo đề bài. Do đó CaC2O4 sẽ kết tủa với dung dịch mà đề bài đã cho. +

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

32.

Tính pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)2 từ dung dịch Mg2+ 10-2 M. Mg(OH)2

có T = 10-9,22 Giải Ta có: Mg(OH)2 ↔ Mg2+ + 2OHT = [Mg 2+ ][. OH − ]

2

Ta có:

Mg(OH)2 bắt đầu kết tủa từ dung dịch [Mg 2+ ] = 10 −2 , khi nồng độ [OH − ] đạt được

−2

2+

Suy ra

−4

−

m

pH = 14 − pOH = 14 − 3,61 = 10,39

Q uy

−4

−

N

−9, 22

[OH ] = [MgT ] = 1010 = 2,45.10 (M ) pOH = − lg[OH ] = − lg(2,45.10 ) = 3,61

hơ

n

giá trị:

Kè

Vậy: pH=7 thì Mg(OH)2 bắt đầu kết tủa.

ạy

33.

Tính pH để kết tủa hoàn toàn Mg(OH)2 từ dung dịch [Mg 2+ ] = 10 −2 Biết rằng Mg(OH)2 có

co

T = 10-9,22

m /+

D

nó được coi là kết tủa hoàn toàn nếu nồng đọ trong dung dịch còn là 10-5 M.

e.

Giải

gl

Mg(OH)2 → Mg2+ + 2OH-

oo

Trong dung dịch cứa kết tủa Mg(OH)2:

[

][

]

2

G

TMg (OH )2 = Mg 2+ . OH −

Mg(OH)2 được coi là kết tủa hoàn toàn khi [Mg 2+ ] = 10 −5 ( M ) Trong dung dịch bão hòa Mg(OH)2, để cho [Mg 2+ ] = 10 −5 ( M ) thì bằng:

−9 , 22

[OH ] = T[Mg ] = 1010 = 7,76.10 ⇒ pOH = − lg[OH ] = − lg(7,76.10 ) = 2,11 −

Mg ( OH ) 2

−3

−5

2+

−

−3

pH = 14 − pOH = 14 − 2,11 = 11,89

Vậy muốn cho Mg(OH)2 kết tủa hoàn toàn thì pH của dung dịh phải bằng 11,89

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

34.

Thêm 0,1 ml Na2SO4 1M vào 10ml dung dịch Pb2+ 10-4 M + CH3COONa 2M thì PbSO4 có kết tủa không? PbSO4 có T = 1,6.10-8 M. Pb(CH3COO)42- hằng số bền tổng cộng là 1025?

Giải: Để biết PbSO4 có kết tủa hay không, cần tính nồng độ cân bằng của ion Pb2+ trước khi thêm Na2SO4 vào

[Pb ] = [Pb ](1 + β [CH COO ] ) 2+ '

− 4

2+

1, 4

3

hơ

n

Vì nồng dộ CH3COONa lớn hơn nồng độ ban đầu của Pb2+ =10-4 M rất nhiều

1 + β1, 4

=

− 4

3

10 −4 = 6,25.10 −31 1 + 10 25.2 4

Q uy

[Pb ] =

[Pb ] [CH COO ] 2+ '

2+

m

Nồng độ của SO42-:

Kè

nSO42- = 0,1.10-3.1=10-4 (mol) Do đó: n SO − 2 4

V

=

10 −4 = 10 − 2 −3 (10 + 0,1).10

[

ạy

2−

4

]

D

[SO ] =

N

nên toàn bộ [Pb 2+ ]tạo phức [CH 3 COO − ] , và coi [CH 3COO − ] = 2( M ) , từ đó suy ra:

m /+

Ta có tích số so 4 −2 [Pb 2 + ] = 1,625 .10 −31.10 −2 = 1,625 .10 −33

co

Ta thấy tích số [so 4 −2 ][Pb 2 + ] = 1,625 .10 −33 nhỏ hơn tích số tan T = 1,6.10-8 PbSO4 không kết tủa .

oo

gl

e.

Vậy PbSO4 không kết tủa .

35.

G

Thêm dung dịch Ag+ 0,1 m vào dung dịch hỗn hợp Cl- 0,1 M + Br- 0,1 M thì

ion nào kết tủa trước và ion thứ hai bắt đầu kết tủa khi ion thứ nhất có nồng độ cân bằng bằng bao nhiêu? AgCl, AgBr có tích số tan lần lượt là 10 -9,75 và 10-12,28.

Giải: Ag+ + Br- → AgBr T = 10-12,28 Ag+ + Cl- → AgCl T=10-9,75 Do TAgCl > TAgBr, vì vậy khi thêm Ag+ vào dung dịch hỗn hợp Cl- + Br- có cùng nồng độ thì AgBr kết tủa trước.

Khi cả 2 chất cùng kết tủa thì:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

[Cl ][Ag ] = 10 [Br ][Ag ] = 10 −

+

−

+

− 9 , 75

(1) −12 , 28

( 2)

[ ][ ] [ ] [ ][ ] [ ] 10 [Cl ] = 10 [Cl ](3) ⇒ [Br ] = 10 (1) Cl − Ag + Cl − 10 −9, 75 = = = (2) Br − Ag + Br − 10 −12, 28 −12, 28

−

− 2, 53

−

−

−9 , 75

−

−2 , 53

.0,1 = 10 −3,53 = 2,95.10 −4 ( M )

hơ

[Br ] = 10

n

Do đó theo (3) khi AgCl bắt đầu kết tủa ( [Cl − ] = 0,1 ) thì:

N

Vậy: khi cho [Ag + ] vào hỗn hợp dung dịch Cl- 0,1 M + Br- 0,1 M thì AgBr kết

Q uy

tủa trước.

Ion [Cl − ] bắt đầu kết tủa khi [Br − ] = 2,95.10 −4 ( M )

m

Bài 36:

Ag Fe 2 +

→ ←

D

b) Fe3+ + e

→ ←

ạy

a) Ag + + e

Kè

Phương trình trao đổi e của các cặp oxi hóa khử liên hợp .

c) IO3− + 6 H + + 6e

m /+

→ ←

d) MnO4− + 8H + + 5e → ←

co

e) AgCl + e

Mn2 + + 4 H 2O

→ ←

Ag + Cl − → ←

2 H 2O

g) As + 3H + − 3e

→ ←

AsH 3

gl

e.

f) O2 + 4H + + 4e

oo G

I 2− + 3H 2O

h) MnO2 + 4H + + 2e

→ ←

i) MnO4− + 4 H + + 3e

→ ←

MnO2 + 2 H 2O

j) H 2O2 + 2H + + 2e

→ ←

2 H 2O

k) Cr2O7 + 14 H + + 6e

Mn2 + + 2 H 2O

→ ←

2Cr 3 + + 7 H 2O

Bài 37: Tính thế oxi hoá khử tiêu chuẩn điều kiện của Fe3+ 1016,1 .Biết thế oxi hoá khử tiêu chuẩn của Fe3+/Fe2+ l à Giải: Trong dung dịch có các cân bằng :

.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

+

Ta có : + 0,059lg Mặt khác :

=1

m

Q uy

N

=

hơ

Khi :

n

+ 0,059lg

ạy

Kè

=>

0,059lg

0,77+0,059lg

= 0,18V

co

Bài 38:

=

m /+

=>

D

=>

e.

Thế oxi hóa khử tiêu chuẩn của cặp Cu2+/Cu là 0,337V . Thế oxi hóa tiêu

gl

chuẩn của cặp khi có dư NH3 để tạo phức

oo

số bền tổng cộng của phức đó .

G

Giải:

Trong dung dịch có các cân bằng :

+ Cu Ta có : +

lg

là -0,07V . Tính hằng

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Mặt khác : +

lg =1

Khi :

n

=>

lg

=

=

-13,8

m

=> lg

+

N

=

Q uy

=>

hơ

=>

Kè

=>

ạy

Bài 39:

D

Thế oxi hóa khử tiêu chuẩn của cặp Zn2+/Zn là -0,763V . Thế oxi hóa tiêu

m /+

chuẩn của cặp khi có dư NH3 để tạo phức bền tổng cộng của phức đó .

co

Giải:

e.

Trong dung dịch có các cân bằng :

G

oo

gl

Zn

+

Zn

Ta có : +

lg

+

lg

Mặt khác :

là -1,0V . Tính hằng số

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Khi :

=1

=> => =

+

lg

=

-8

Q uy

=

N

=> lg

hơ

n

=>

=>

m

Bài 40:

Kè

Giải thích tại sao Ag không tác dụng với HCl mà tác dụng với HI để giải là 10-9,75 và 10-16 .

D

Giải:

ạy

phóng ra hidro . E0 của cặp Ag+/Ag là 0,8V , tích số tan AgCl và AgI lần lượt

oo

gl

e.

co

m /+

Trong dung dịch có các cân bằng sau

, nếu có mặt Cl- và I- thì Ag không có khả năng khử ion

>

G

Do

H+ để giải phóng H2 Nhưng trong môi trường có chứa Cl- và I- sẽ hình thành các cặp oxi hóa khử mới AgCl/Ag và AgI/Ag Ta có: =

+ 0,059lg

= 0,224 (V)

= 0,799 + 0,059lg10-9,75

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

= 0,799 + 0,059lg10-16

+ 0,059lg

= -0,145 (V) => Vậy Ag chỉ có khả năng phản ứng với dung dịch HI để tạo Ag↓ và giải phóng H2

Q uy

N

hơ

n

+

Câu 46:Phải thêm bao nhiêu ml HCl vào 1 lít dd chứa 0,01M CH3COOH và

m

0,01M CH3COONa để được dung dịch có PH =3

Kè

Giải:

ạy

Ta có dung dịch đệm : CH3COOH: nồng độ 0,01M=Ca

D

CH3COONa:nồng độ 0,01M=Cb

m /+

Các cân bằng trong dung dịch : CH3COOH ⇔ H2O

co

⇔

CH3COO− + H+ OH- +H+

e.

Pt hằng số cân bằng : (1)

oo

gl

 CH 3COO−  .  H +  Ka= [CH3COOH]

G

Pt bảo toàn khối lượng: [CH3COOH]+ [ CH3COO−] = Ca+ Cb → [CH3COOH]= Ca+ Cb − [ CH3COO−] (2) Pt bảo toàn điện tích : [Na+] +[H+] = [OH-] +[ CH3COO−] →[ CH3COO−] = [H+] + [Na+] − [OH-] = [H+] +Cb − [OH-]

Từ (1) (2) (3)

(3)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn Ca −  H +  + [OH − ] [H ] =Ka. C b +  H +  − [OH − ] +

Thường thì [H+] và [OH-] nhỏ hơn rất nhiều so với Ca vàCb nên Ca [H+] =Ka. Ca ⇔ pH =pKa −log

Cb

Cb

Nhận xét :Dung dịch có Cb CH3COOH+H2O ⇔ CH3COO− +H3O+ pH của dung dịch đệm :pH =pKa −log

Ca Cb

hơ

Khi thêm x mol HCl vào dung dịch: X

Q uy

X

N

HCl→ H++Cl− X

→[H+]=x(M)

→ pH =pKa-log

D

0,01 + x =56,23 → x= 0,0097(M) 0, 01 − x

m /+

⇔

0,01 + x 0, 01 − x

Kè

0,01+x

ạy

x

m

CH3COO− +H+ → CH3COOH 0,01-x

n

⇔ 4,75−log1=4,75

Câu 47.Tính khối lượng của NH4Cl cần để pha thành 1 lít dung dịch có pH=5

co

Giải

e.

Gọi Ca là nồng độ của dd NH4Cl

gl

NH4Cl→NH4+ +Cl-

oo

NH4+ →NH3+ H+

G

H2O → OH-+ H+

Ta có pKb của NH3 =4,75→pKa của NH4= 14- 4,75=9,25

●Phương trình pKa Pka=

[ NH3 ]  H +   NH 4  +

= 10-9,25

●Phương trình bảo toàn Proton: [ NH3 ]+ [ OH-] =[ H+ ] ●Phương trình bảo toàn khối lượng : [NH4+]+[ NH3 ]=Ca

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Theo đề bài ta có : [ H+ ] =10-5 ; [ OH-]=10-9 +

-5

⇔ [NH4 ]= Ca-10 +10

-9

Thay vào pt pKa [ H+ ](10-5 -10-9 ) = 10-9,25(Ca-10-5+10-9 ) (10-5) ](10-5 -10-9 ) = 10-9,25(Ca-10-5+10-9) ⇔ Ca= 0,178

Số gam NH4Cl cần là :9,52 100ml dung dịc Fe2+ 0,1N ; Nồng độ H+ của dung dịch là 1M

hơ

Giải

n

Câu 48.Tính K và E tương đương của phản úng khi trộn 100ml dd Cr2O72- 0,1N vào

E01=1,33V, P=2

Fe3+ +e ⇔ Fe2+

E02= 0,77V

Q uy

N

Cr2O72- + 6e + 14H+ ⇔ 2Cr3+ + 7 H2O Dự đoán phản ứng xảy ra : 6.1 (1,33−0,77) 0,059

=10

Kè

10

)

0.059

ạy

K==

(

n 1 n 2 E 01 − E 0 2

m

Cr2O72-+ 6Fe2+ + 14H+ ⇔ 2Cr3+ +6Fe2++ 7 H2O =1057 1− P

m /+

D

.[ Kh1 ] n E0 + n 2E02 0, 059 Etđ= 1 1 + .log[ H+ ]m P n1 + n 2 n1 + n 2

−1

co

Cr 3+  6.1, 33 + 1.0.77 0, 059 14   .log[1] =1,262 Etđ= + 6 +1 6 +1 2

gl

0,04M

e.

Câu 49: Trộn 100ml dung dịch 0,003 M Pb(NO3)2 với 400ml dung dịch Na2SO4

oo

Giải:

G

Trong nước: Pb(NO3)2 →Pb+2 + 2NO3− Na2SO4 → Na+ + SO42− Pb+2 + SO42− ⇔ PbSO4 ↓ T=10-7,8 =[ Pb+2 ] .[ SO42−] Khi trộn 2dung dịch với nhau ,nồng độ tác chất phản ứng đã thay đổi . [ Pb+2]' =

0, 03.100 =6.10-4 400 + 100

[ SO42−]’=

0, 4.400 =0,032M 400 + 100

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Sau khi trộn hai dung dịch ,có tủa tạo thành do [ Pb+2]'. [ SO42−]’=6.10-40,032=1,95.10-5> T PbSO

4

Câu 50:Tính hằng số bền điều kiện của phức [Fe(SCN)]2+ ở pH từ 1 đến 4 biết hằng số bền của phức trên là 103,03 .Fe3+tạo phức với OH-với β1,1=1011,87 β1,2=1021,17 ,β1,3=1030,67 và axit HSCN có Ka=10-0,85 Giải: +

OH-

H+

⇕ α Fe(OH

β 1,1 = 10

3,03

hơ

+

+ SCN- ⇔ [Fe(SCN)-]2+

n

Fe3+

⇕ α SCN(H)

[OH-]1 + 1021,17[OH-]2 + 1030,67[OH-]3

Kè

11,87

α Fe(OH) = 1 + 10

1

α Fe ( OH ) .α SCN ( H )

m

β , [ Fe( SCN − )]2+ = β [ Fe( SCN − )]2+

Q uy

N

Fe(OH),… HSCN

+

0.85

ạy

α SCN(H) = 1 + β HSCN[H ] = 1+ 10

[H+]

từ 1 đến 4: 1

4

1

A

100.92

101.98

100.23

1

1

1

102.80

102.79

102.11

101.05

gl

α SCN(H)

3

e.

α Fe(OH)

2

co

pH

m /+

D

Lập bảng giá trị của α Fe(OH), α SCN(H) và β , [Fe(SCN)-]2+ tại các giá

-

oo

β , [Fe(SCN

trị pH

G

)]2+

PHẢN ỨNG TẠO KẾT TỦA TS Vi Anh Tuấn Khoa hóa học – Trường Đại học KHTN - ĐHQG Hà Nội Phản ứng tạo kết tủa là phản ứng tạo thành chất rắn từ các chất tan trong dung dịch. Thí dụ: Ag+ + Cl- → AgCl (r)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Ca2+ + C2O42- → CaC2O4 (r) Trong hoá phân tích, phản ứng tạo kết tủa được sử dụng để: • Tách chất cần xác định khỏi các chất cản trở.

• Phân tích khối lượng.

• Phân tích gián tiếp.

• Chuẩn độ kết tủa.

1. Tích số tan và độ tan 1.1

Tích số tan

n

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

hơ

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

N

):

T = [M]m[X]n

Q uy

mMn+ + nXm-

MmXn (*)

Kè

Tích số tan được sử dụng để:

m

T được gọi là tích số tan (solubility product).

ạy

• So sánh độ tan của các chất ít tan "đồng dạng".

D

• Xem một dung dịch đã bão hoà hay chưa: Q = C Mm C Xn

> T: dung dịch quá bão hoà => xuất hiện kết tủa.

Q = C Mm C Xn

= T: dung dịch bão hoà.

Q = C Mm C Xn

m /+

co

< T: dung dịch chưa bão hoà => không xuất hiện kết tủa.

gl

e.

• Tính độ tan của các chất ít tan (muối, hidroxit).

So sánh độ tan của AgCl và AgBr trong nước cất. Biết TAgCl = 10-10, TAgBr

oo

Câu 1.1.

G

= 10-13.

Hướng dẫn giải

(AgCl > AgBr)

*Chú ý: Mặc dù TAgCl= 10-10 > TMg(OH)2= 1,2.10-11, nhưng trong nước cất, độ tan của Mg(OH)2 lại lớn hơn độ tan của AgCl. Câu 1.2.

(a) Trộn 1 ml dung dịch K2CrO4 0,12M với 2 ml dung dịch Ba(OH)2

0,009M. Có kết tủa BaCrO4 tạo thành không? Biết TBaCrO4= 1,2. 10-10. (b) Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử sau khi trộn.

Hướng dẫn giải

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(a. Q= 0,04 × 0,006 = 2,4.10-4 > T => có kết tủa tạo thành; (b) TPGH: CrO42-: 0,034 M BaCrO4

Ba2+ + CrO42-

Cb

x

0,034 + x

T = x (0,034 + x) = 1,2.10-10

⇒

x = 3,53. 10-9 M.

⇒

[CrO42-] = 0,034 M; [Ba2+] = 3,53.10-9 M)

CH3NH2 + H2O

CH3NH3+ + OH-

 → ← 

hơ

n

Câu 1.3. Metylamin, CH3NH2, là một bazơ yếu phân li trong dung dịch như sau:

N

(a) Ở 25°C, phần trăm ion hoá của dung dịch CH3NH2 0,160M là 4,7%. Hãy tính

Q uy

[OH-], [CH3NH3+], [CH3NH2], [H3O+] và pH của dung dịch. (b) Hãy tính Kb của metylamin.

Kè

m

(c) Nếu thêm 0,05 mol La(NO3)3 vào 1,00 L dung dịch chứa 0,20 mol CH3NH2 và 0,20 mol CH3NH3Cl. Có kết tủa La(OH)3 xuất hiện không? Cho tích số tan của

ạy

La(OH)3 là 1.10-19.

D

Hướng dẫn giải

m /+

(a) [CH3NH2]= 0,152 M; [CH3NH3+]=[OH-]= 7,5.10-3; pH= 11,9 (b) 3,7.10-4

co

(c) Q = 2,56.10-12 > T, có kết tủa)  → ← 

e.

Câu 1.4. MgF2(r)

Mg2+(aq) + 2 F-(aq)

gl

Trong dung dịch bão hoà MgF2 ở 18° C, nồng độ của Mg2+ là 1,21.10-3 M.

oo

(a) Hãy viết biểu thức tích số tan, T, và tính giá trị này ở 18° C.

G

(b) Hãy tính nồng độ cân bằng của Mg2+ trong 1,000 L dung dịch MgF2 bão hoà ở 18°C chứa 0,100 mol KF. (c) Hãy dự đoán kết tủa MgF2 có tạo thành không khi trộn 100,0 mL dung dịch

Mg(NO3)2 3.10-3 M với 200,0 mL dung dịch NaF 2,00.10-3 M ở 18°C. (d) Ở 27°C nồng độ của Mg2+ trong dung dịch bão hoà MgF2 là 1,17.10-3 M. Hãy cho biết quá trình hoà tan MgF2 là toả nhiệt hay thu nhiệt? Giải thích.

Hướng dẫn giải (a) 7,09.10-9 (b) 7,09.10-7M

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(c) Q < T, không có kết tủa (d) Toả nhiệt) Câu 1.5. Dung dịch bão hòa H2S có nồng độ 0,100 M. Hằng số axit của H2S: K1 = 1,0 × 10-7 và K2 = 1,3 × 10-13. (a) Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,100 M khi điều chỉnh pH = 2,0. (b) Một dung dịch A chứa các cation Mn2+, Co2+, và Ag+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion đều bằng 0,010 M. Hoà tan H2S vào A đến bão hoà và điều chỉnh pH = 2,0 thì ion nào tạo kết tủa?

hơ

n

Cho: TMnS = 2,5× 10-10 ; TCoS = 4,0× 10-21 ; TAg2S = 6,3× 10-50.

(c) Hãy cho biết có bao nhiêu gam kết tủa chì(II) sunfua được tách ra từ 1,00 lit

N

dung dịch bão hòa chì(II) sunfat? biết nồng độ sunfua được điều chỉnh đến 1,00 .10-17

Q uy

M? Cho các giá trị tích số tan: TPbSO4 = 1,6 ·10-8 và TPbS = 2,5 ·10-27.

K a1K a 2 C H S = 1,3.10−17 [ H ] + [ H + ]K a1 + K a1K a 2 2 + 2

Kè

[S 2− ] =

[Mn2+] [S2-] = 10-2 ×1,3 .10-17 = 1,3 .10-19 < TMnS = 2,5 .10-10

b) Có:

D

không có kết tủa

m /+

[Co2+] [ S2-] = 10-2 × 1,3 .10-17 = 1,3 .10-19 > TCoS = 4,0 .10-21 tủa CoS

; có kết

; có kết

e.

co

[Ag+] 2[S2-] = (10-2)2× 1,3 .10-17 = 1,3 .10–21 > TAg2S = 6,3 .10-50 tủa Ag2S

;

ạy

a)

m

Hướng dẫn giải

[Pb2+][SO42-] = 1,6.10-8.

gl

c) Có:

⇒

oo

[Pb2+] = [SO42-] = 1,265.10-4.

G

Khi nồng độ sunfua đạt 1,00.10-17 M thì nồng độ Pb2+ còn lại trong dung dịch là:

⇒ 1.2

[Pb2+] = 2,5.10-27/ 1,00.10-17 = 2,5.10-10. mPbS = (1,265.10−4 − 2,5.10−10 ) × 239,2 × 1 = 3,03.10−2 gam = 30,3mg )

Quan hệ giữa độ tan và tích số tan Độ tan (S, solubility) của một chất là nồng độ của chất đó trong dung dịch bão

hoà. Độ tan thường được biểu diễn theo nồng độ mol/l. Độ tan và tích số tan là những đại lượng đặc trưng cho dung dịch bão hoà của chất ít tan. Do đó, tích số tan và độ tan có mối quan hệ với nhau, điều đó có nghĩa là ta có thể tính được độ tan của một chất ít tan từ tích số tan của nó và ngược lại.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

MmXn

 → ← 

m Mn+ + n XmmS

nS 1

m

Có:

n

m

T = [M] [X] = [mS] [nS]

n

⇒

 T  m+n S = m n  m n 

*Nhận xét: Công thức trên chỉ đúng nếu Mn+ và Xm- không tham phản ứng nào khác.

Câu 1.6. Cho tích số tan của Ag2CrO4 ở 25oC là 2,6.10-12. (a) Hãy viết biểu thức tích số tan của Ag2CrO4. (b) Hãy tính [Ag+] trong dung dịch bão hòa Ag2CrO4.

n

(c) Hãy tính khối lượng Ag2CrO4 có thể tan tối đa trong 100 ml nước ở 25oC.

hơ

(d) Thêm 0,1 mol AgNO3 vào 1,0 lit dung dịch bão hòa Ag2CrO4. Giả thiết thể tích thích.

Q uy

N

dung dịch không thay đổi. Hãy cho biết [CrO42-] tăng, giảm hay không đổi? Giải Trong dung dịch bão hòa Ag3PO4 ở 25oC, nồng độ Ag+ là 5,3.10-5 M.

m

(e) Hãy tính tích số tan của Ag3PO4 ở 25oC.

ạy

[Ag+] trong dung dịch thu được.

Kè

(g) Làm bay hơi 1,00 lit dung dịch bão hòa Ag3PO4 ở 25oC đến còn 500 ml. Hãy tính

d. giảm;

e.

e. 2,63.10-18.

co

c. 2,88.10-3 gam;

m /+

b. 8,66.10-5 M.

D

Đáp số

gl

g. không đổi, 5,3.10-5 M)

oo

2. Kết tủa phân đoạn

G

Nếu trong dung dịch có chứa hai hay nhiều ion có khả năng tạo kết tủa với cùng

một ion khác, nhưng các kết tủa hình thành có độ tan khác nhau nhiều thì khi thêm chất tạo kết tủa vào dung dịch, các kết tủa sẽ lần lượt được tạo thành. Hiện tượng tạo thành lần lượt các kết tủa trong dung dịch được gọi là kết tủa phân đoạn. *Điều kiện kết tủa hoàn toàn: • [X] < 10-6M, hoặc • %X còn lại trong dung dịch < 0,1%

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 2.1.

Thêm AgNO3 rắn vào dung dịch NaCl 0,10 M và Na2CrO4 0,0010 M.

Cho tích số tan của AgCl là 1,8.10-10 và của Ag2CrO4 là 2,4.10-12. (a) Hãy tính nồng độ Ag+ cần thiết để bắt đầu xuất hiện kết tủa AgCl. (b) Hãy tính nồng độ Ag+ cần thiết để bắt đầu xuất hiện kết tủa Ag2CrO4. (c) Kết tủa nào được tạo thành trước khi cho AgNO3 vào dung dịch trên? (d) Hãy tính phần trăm ion Cl- còn lại trong dung dịch khi Ag2CrO4 bắt đầu kết tủa? Đáp số (a) 1,8.10-9M

n

(b) 4,9.10-5M

hơ

(c) AgCl

N

(d) 3,7.10-3%)

Q uy

Câu 2.2. Độ tan là một yếu tố quan trọng dùng để đánh giá mức độ gây ô nhiễm môi trường của muối. Độ tan của muối phụ thuộc nhiều vào bản chất của muối, dung

m

môi và các điều kiện thí nghiệm như nhiệt độ, pH và sự tạo phức.

Kè

Một dung dịch chứa BaCl2 và SrCl2 có cùng nồng độ là 0,01 M. Câu hỏi đặt ra

ạy

là liệu có thể tách hoàn toàn hai muối này ra khỏi nhau bằng cách thêm dung dịch

D

bão hòa natri sunfat hay không. Biết điều kiện để tách hoàn toàn là ít nhất 99,9%

m /+

Ba2+ đã bị kết tủa ở dạng BaSO4 và SrSO4 chiếm không quá 0,1 % khối lượng kết tủa. Biết các giá trị tích số tan như sau: TBaSO4 = 1× 10-10 và TSrSO4 = 3× 10-7.

co

(a) Hãy tính nồng độ của Ba2+ còn lại trong dung dịch khi 99,9% Ba2+ đã bị kết tủa

e.

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

gl

hay không?

oo

Sự tạo phức có thể làm tăng đáng kể độ tan. Biết tích số tan của AgCl là 1,7×

G

10-10, hằng số bền tổng cộng của phức Ag(NH3)2+ là 1,5× 107.

(b) Hãy chứng minh (bằng phép tính cụ thể) độ tan của AgCl trong dung dịch

amoniac 1,0 M cao hơn so với độ tan trong nước cất.

Hướng dẫn giải a.

[ Ba 2 + ] =

100 − 99,9 × 0,01 = 1,0.10 −5 M 100

Sau khi 99,9% Ba2+ đã bị kết tủa thì nồng độ SO42- trong dung dịch là: 1.10 −10 = = 10 − 5 M [ SO ] = −5 2+ [ Ba ] 1,0.10 2− 4

TBaSO4

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

3.10 −7 [ Sr ] = = = 3.10− 2 M > 0,01 M 2− −5 [ SO4 ] 1,0.10 TSrSO4

2+

⇒

⇒ Sr2+ chưa kết tủa. Vậy có thể sử dụng phương pháp này để tách hoàn toàn hai muối ra khỏi nhau. b. Độ tan của AgCl trong nước cất:

S1 = [ Ag + ] = TAgCl = 1,30 .10 −5 M Tính độ tan của AgCl trong dung dịch amoniac 1,0 M. K = 1,5.107 × 1,7.10−10 = 2,55.10−3

Ag(NH3)2+ + Cl−

x

x

N

1,0 - 2x

x2 = 2,55.10 − 3 2 (1,0 − 2 x )

⇒

S2 = x = 4,59.10-2 M;

⇒ x = 4,59.10-2 M ⇒

S2 = 4,6.103 lan ) S1

Kè

⇒

K=

Q uy

cb

hơ

1,0

m

bđ

 → ← 

n

AgCl + 2 NH3

ạy

3. Các yếu tố ảnh hưởng đến độ tan

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

m /+

D

tủa có thể phản ứng với H+ trong dung dịch. Ngoài ra, những cấu tử khác có trong dung dịch cũng có thể tham gia phản ứng với các ion của kết tủa hoặc ít nhất cũng

co

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

e.

của kết tủa.

gl

3.1 Ảnh hưởng của pH (a) Hãy cho biết dung dịch của các muối sau có tính axit, bazơ hay trung

oo

Câu 3.1.

tính? Giải thích. Natri photphat, đồng (II) nitrat và xesi clorua.

G

(b) Hãy tính khối lượng bạc photphat cần dùng để pha 10 lit dung dịch bão hòa. Khi tính bỏ qua sự thủy phân của ion photphat.

Biết bạc photphat có T = 1,3 .10–20.

(c) Hãy cho biết trong thực tế nếu hòa tan lượng bạc photphat tính được ở phần (b) vào 10 lit nước thì dung dịch thu được đã bão hòa hay chưa? Giải thích.

Hướng dẫn giải a. b.

Na3PO4: bazơ; Cu(NO3)2: axit; CsCl: trung tính; Ag3PO4

3 Ag+ + PO433S

S

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

⇒

T = (3 S ) 3 S

⇒

T 1,3.10 −20 4 S= = = 4,68.10 − 6 M 27 27

⇒

mAg3PO4 = 4,68.10-6×10×419 = 1,96.10-2 gam

4

c. Chưa, vì PO43- bị thủy phân làm tăng độ tan của muối) Câu 3.2. Tính độ tan của AgOCN trong dung dịch HNO3 0,001M. Cho TAgOCN= 2,3.10-7; HOCN có Ka=3,3.10-4.

Hướng dẫn giải

OCN + H

 → ← 

n

Ka =

HOCN

Lập phương trình

[ H + ][OCN − ] [ HOCN ]

(1) (2)

(3) (4)

Kè

Giải hệ:

(10 −3 − [ HOCN ])[OCN − ] [ HOCN ]

ạy

3,3.10 −4 =

D

(2, 4) ⇒

m

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

hơ

+

T = [Ag+][OCN-]

N

-

Ag+ + OCN-

 → ← 

Q uy

AgOCN

m /+

co

(3, 5) ⇒

10−3 [OCN − ] [ Ag ] = [OCN ] + 3,3.10 −4 + [OCN − ] +

−

e.

⇒

10−3.[OCN − ] [ HOCN ] = 3,3.10−4 + [OCN − ]

(5)

(6)

oo

gl

Đặt [OCN-]= x

⇒

x3 + 1,33.10-3 x2 - 2,3.10-7 x - 7,59.10-11 = 0

⇒

x= 2,98.10-4 = [OCN-]

G

(1,6) ⇒

10−3 x (x + ) x = 2,3.10−7 −4 3,3.10 + x

(5) ⇒

[HOCN]= 4,75.10-4

(4) ⇒

[H+]= 5,25.10-4

(1) =>

[Ag+]= 7,72.10-4 = S.

*Nhận xét: vì nồng độ của ion các ion và phân tử gần bằng nhau nên không thể giải gần đúng được)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 3.3.

(a) 100 ml nước ở 25oC hòa tan được tối đa 440 ml khí H2S (ở đktc). Hãy

tính nồng độ mol của H2S trong dung dịch bão hòa. Giả thiết rằng quá trình hòa tan H2S không làm thay đổi thể tích của dung dịch. (b) Dung dịch FeCl2 0,010 M được bão hòa H2S bằng cách xục liên tục dòng khí H2S vào dung dịch. Cho TFeS = 8,0 .10-19. H2S có Ka1 = 9,5 .10-8 và Ka2 = 1,3 .10-14.

Hằng số ion của nước Kw = 1 .10-14.

Hãy cho biết để thu được nhiều kết tủa FeS

hơn thì cần phải tăng hay giảm pH của dung dịch? (c) Hãy tính pH cần thiết lập để nồng độ Fe2+ giảm từ 0,010 M xuống còn 1,0 .10-8

n

M.

hơ

(d) Người ta thêm axit axetic vào dung dịch ở phần (b) để nồng độ đầu của axit

N

axetic đạt 0,10 M. Hãy tính nồng độ đầu của natri axetat cần thiết lập để nồng độ Fe2+

Q uy

trong dung dịch thu được là 1,0.10-8 M. Khi tính chú ý sự tạo thành H+ do phản ứng: Fe2+ + H2S → FeS (r) + 2H+. Biết axit axetic có Ka = 1,8 .10-5. Giả sử việc thêm

m

axit axetic và natri axetat không làm thay đổi thể tích của dung dịch.

Kè

(e) Hãy tính pH của dung dịch đệm trước khi xục khí H2S.

D

[ H 2 S ] = CH 2 S

0,44 22,4 = = 0,196 M 0,1

m /+

(a.

ạy

Hướng dẫn giải

co

b. Tăng pH.

(H2S phân li không đáng kể)

e.

gl

c. Có:

TFeS 8,0.10 −19 [S ] = = = 8,0.10 −11 2+ −8 [ Fe ] 1,0.10 2−

oo

[S 2− ] =

G

Mặt khác:

⇒

[H + ] =

[ H 2 S ]K a1 K a 2 [ H + ]2

[ H 2 S ]K a1K a 2 0,196 × 9,5.10−8 × 1,3.10−14 = = 1,77.10− 6 M 2− −11 [S ] 8.10

⇒

pH = 5,75;

d.

Fe2+ + H2S → FeS (r) + 2 H+ 0,01

0,02

CH3COO- + H+ → bđ cb

a a-0,02

0,02 -

CH3COOH 0, 1 0,1 + 0,02

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

[CH 3COO − ] [CH 3COOH ]

Có:

pH = pK a + log

⇒

5,75 = 4,74 + log

⇒

a = 1,25 M

e.

pH = pK a + log

Câu 3.4.

a − 0,02 0,12

[CH 3COO − ] 1,25 = 4,74 + log = 5,84 ) [CH 3COOH ] 0,1

(QG 2007) Một dung dịch có ba chất HCl, BaCl2, FeCl3 cùng nồng độ

hơ

n

0,0150M. Sục khí CO2 vào dung dịch này cho đến bão hoà. Sau đó thêm từ từ NaOH vào dung dịch đến nồng độ 0,120M. Cho biết: nồng độ CO2 trong dung dịch bão hoà

Q uy

N

là 3.10-2M; thể tích của dung dịch không thay đổi khi cho CO2 và NaOH vào; các hằng số: pKa của H2CO3 là 6,35 và 10,33; pKs của Fe(OH)3 là 37,5 và của BaCO3 là

m

8,30; pKa của Fe3+ là 2,17. Hãy tính pH của dung dịch thu được.

H+ + OH-

ạy

CO32- + H2O

D

 → ← 

m /+

0,03

H2O

 → ← 

0,015 0,015 CO2 + 2 OH-

Kè

Hướng dẫn giải

0, 06

co

Fe3+ + 3 OH-

gl

Ba2+ + CO32-

oo

0,015

Fe(OH)3

0,045

e.

0,015

 → ← 

0,03

 → ← 

BaCO3

0,015

G

TPGH: CO32-: 0,015 M; CO32- + H2O

 → ← 

HCO3- + OH- Kb1 = 10-3,67

0,015-x

x

⇒

x2 K b1 = = 10 −3, 67 0,015 − x

⇒

x = 1,69.10-3 M

⇒

pH = 14 + log (1,69.10-3) = 11,23)

x

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 3.5.

Dấu hiệu cho thấy một người có nguy cơ mắc bệnh gout là nồng độ axit

uric (HUr) và urat (Ur-) trong máu của người đó quá cao. Bệnh viêm khớp xuất hiện do sự kết tủa của natri urat trong các khớp nối. Cho các cân bằng: Ur- (aq) + H3O+ (aq)

HUr (aq) + H2O Ur- (aq) + Na+ (aq)

pK = 5,4 ở 37°C

NaUr (r)

Ở 37°C, 1,0 lit nước hòa tan được tối đa 8,0 mmol natri urat. (a) Hãy tính tích số tan của natri urat. Bỏ qua sự thủy phân của ion urat.

Trong máu (có pH = 7,4 và ở 37°C) nồng độ Na+ là 130 mmol/L.

n

(b) Hãy tính nồng độ urat tối đa trong máu để không có kết tủa natri urat xuất hiện.

N

hiện đầu tiên ở các đốt ngón chân và ngón tay.

hơ

Giá trị tích số tan phụ thuộc vào nhiệt độ. Biết thêm rằng bệnh gout thường xuất

Q uy

(c) Hãy cho biết tích số tan phụ thuộc vào nhiệt độ như thế nào? Độ tan của axit uric trong nước ở 37°C là 0,5 mmol/L.

m

(d) Chứng minh rằng nếu không có kết tủa natri urat xuất hiện thì cũng sẽ không có

Kè

kết tủa axit uric xuất hiện.

ạy

Giả thiết rằng chỉ có HUr và Ur- là ảnh hưởng đến giá trị pH của dung dịch. Sỏi

D

thận thường có axit uric. Nguyên nhân là nồng độ quá cao của axit uric và urat có

m /+

trong nước tiểu và pH thấp của nước tiểu (pH = 5 - 6). (e) Hãy tính giá trị pH tại đó sỏi (chứa axit uric không tan) được hình thành từ nước

co

tiểu của bệnh nhân. Giả thiết rằng nồng độ tổng cộng của axit uric và urat là 2,0

e.

mmol/L.

gl

Hướng dẫn giải

oo

a. 6,4 ·10-5;

G

b. 4,9·10-4 M; c. Nhiệt độ giảm thì tích số tan giảm.

[Ur − ] pH = pK a + log [ HUr ]

d. C ó

[Ur − ] = pH − pK a = 7,4 − 5,4 = 2 [ HUr ]

⇒

log

⇒

[Ur − ] = 10 2 = 100 [ HUr ]

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Vì trong máu không có kết tủa NaUr nên [Ur-] < 4,9·10-4 (kết quả tính được ở phần (b)). [ HUr ] <

⇒

[Ur − ] 4,9.10 −4 = = 4,9.10 − 6 < S HUr = 5.10 − 4 M 100 100

Vậy không có kết tủa axit uric xuất hiện.

[HUr] + [Ur-] = 2.10-3

e. Có:

Axit uric không tan khi: [HUr] = 5.10-4 [Ur-] = 2.10-3 - [HUr] = 1,5.10-3

⇒

[Ur − ] 1,5.10 −3 pH = pK a + log = 5,4 + log = 5,88 [ HUr ] 5.10 − 4

3.2. Ảnh hưởng của phản ứng tạo phức

Q uy

Vậy pH < 5,88 thì bắt đầu có axit uric kết tủa)

N

hơ

n

⇒

m

Câu 3.6. CuBr là một chất ít tan trong nước (pT = 7,4).

Kè

(a) Hãy tích thể tích nước tối thiểu cần dùng để hòa tan hoàn toàn 1 gam CuBr.

 → ← 

[Cu(NH3)]+

D

Cu+ + NH3

ạy

Ion Cu+ tạo phức với amoniac theo các phản ứng sau:

[Cu(NH3)]+ + NH3

m /+

 → ← 

[Cu(NH3)2]+

lgβ1 = 6,18 lgβ2 = 4,69

(b) Hãy tính thể tích dung dịch amoniac 0,1 M tối thiểu cần dùng để hòa tan hoàn

co

toàn 1 gam CuBr.

e.

(c) Biểu thức tính tích số tan điều kiện của CuBr như sau:

oo

gl

T' = ([Cu + ] + [Cu(NH3 )]+ + [Cu(NH3 ) 2 ]+ ) · [Br - ]

G

Hãy tính giá trị T' của dung dịch thu được ở phần (b).

Hướng dẫn giải Cu+ + Br-

a.

CuBr

Có:

S = [Cu + ] = 10 -7,4 = 2,00.10 −4

Mặt khác:

S=

=>

V = 34,9 lit;

b.

 → ← 

1 = 2,00.10 − 4 143,35V CuBr

Cu+ + NH3

 → ←   → ← 

Cu+ + Br[Cu(NH3)]+

pT = 7,4 lgβ1 = 6,18

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

[Cu(NH3)]+ + NH3 Có: Giả sử:

[Cu(NH3)2]+

lgβ2 = 4,69

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

(1)

[NH3] + [Cu(NH3)+] + 2[Cu(NH3)2+] = 0,1

(2)

[Cu(NH3)2+] >> [Cu+], [Cu(NH3)+] [Br-] = [Cu(NH3)2+]

(1) ⇒

[NH3] + 2[Cu(NH3)2+] = 0,1

(2) ⇒

β1, 2

[Cu(NH3 ) +2 ] [ Br - ] [ Br - ] = = = [Cu + ][NH3 ] [Cu + ](0,1 - 2[Br - ]) 10- 7,4 (0,1 - 2[Br - ]) [ Br ]

n

Có:

[Br −] = 0,05 ; [Cu+] = 1,99.10-6 ; [Cu(NH3)2+] = [Br-] = 0,05

hơ

⇒

 → ← 

Q uy

N

[Cu(NH 3 ) 2+ ] 0,05 [NH 3 ] = = = 3,39.10 − 7 + −6 10 ,87 β1, 2 [Cu ] 1,99.10 × 10

[Cu(NH3)+] = β1[Cu+][NH3] = 106,18×1,99.10-6×3,39.10-7 = 1,02.10-6

Kè

S=

1 = [ Br − ] = 0,05 143,35V2

⇒

V2 = 0,140 lit

ạy

⇒

m

KTGT: thỏa mãn;

D

c. T’= ([Cu+]+[Cu(NH3)+] + [Cu(NH3)2+]) ×[Br−]

m /+

= (1,99×10−6 +3,39×10−7 +0,05) ×0,05 = 2,5×10−3

co

Câu 3.7. Biết tích số tan của Zn(OH)2 là 1,80 ×10-17. (a) Hãy tính độ tan của Zn(OH)2 trong nước.

e.

(b) Hãy tính pH của dung dịch Zn(OH)2 bão hòa.

oo

gl

Cho các giá trị thế khử chuẩn:

G

[Zn(OH)4]2- + 2 e Zn2+ + 2e

 → ← 

 → ← 

Zn (r) + 4 OH-

Zn (r)

E° = -1,285 V E° = - 0,762 V

(c) Hãy tính hằng số bền tổng cộng của phức tetrahidroxozincat(II). (d) Hãy tính độ tan của Zn(OH)2 trong dung dịch đệm có pH = 9,58. Bỏ qua sự tạo phức [Zn(OH)4]2-. (e) Hãy tính độ tan của Zn(OH)2 trong dung dịch đệm có pH = 9,58 và có tính đến sự tạo thành phức [Zn(OH)4]2-. (g) Hãy so sánh kết quả tìm được ở (d) và (e) và rút ra nhận xét.

Hướng dẫn giải

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

a. bỏ qua được sự phân li của nước; S = 1,65.10-6; b. 8,52; o o c. Cách 1: Thiết lập công thức tính EZn (OH ) 24− / Zn theo EZn 2+ / Zn .

0,0592 0,0592 [ Zn(OH ) 24 − ] o lg[ Zn 2 + ] = EZn + lg 2+ / Zn 2 2 β [OH − ]4

o EZn 2+ / Zn = EZn + 2+ / Zn

Có

o = EZn − 2+ / Zn

0,0592 0,0592 [ Zn (OH ) 24− ] lg β + lg 2 2 [OH − ]4

⇒

N

4

0,0592 lg β 2

hơ

o o EZn2+ / Zn = EZn = EZn − 2+ / Zn ( OH ) 2− / Zn

n

Khi [Zn(OH)42-] = [OH-] = 1 M thì:

Cách 2: Zn(r) + 4 OH-

[Zn(OH)4] 2- + 2 e

E1° = +1.285 V

m

 → ← 

Q uy

β = 4,67.1017;

 → ← 

Zn(r)

∆G RT

−

=e

[Zn(OH)4] 2-

−100920 8, 314×298

E2° = -0.762 V

∆G2° = -z·F·E2° = 147.04 kJ/mol

∆G = ∆G1° + ∆G2° = -100.92 kJ/mol

= 4,90.1017

co

K =e

−

 → ← 

m /+

Zn2+ + 4 OH-

D

ạy

Zn2+ + 2e-

Kè

∆G1° = -z·F·E1° = -247.97 kJ/mol

T = 1,25.10 −8 M . − 2 [OH ]

[ Zn 2+ ] =

e.

S = [Zn2+] + [Zn(OH)42-] = [Zn2+] + β[Zn2+][OH-]4

G

oo

gl

e.

d.

T − 4 −8 = [OH − ]2 (1 + β [OH ] ) = 2,56.10 M .

g. Kết quả khác nhau: (2,56- 1,25)/2,56 = 51%; rất lớn; như vậy sự tạo phức ảnh hưởng đáng kể đến độ tan) Câu 3.8. (IChO 43) PbO là một oxit lưỡng tính. Khi hòa tan vào nước xảy ra các cân bằng: PbO (r) + H2O

 → ← 

PbO (r) + 2 H2O

Pb2+(aq) + 2 OH- (aq)

 → ← 

Pb(OH)3- (aq) + H3O+ (aq)

T = 8,0×10-16 Ka = 1,0×10-15

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(a) Hãy tính giá trị pH của dung dịch tại đó dung dịch Pb2+ 1,00×10-2 M bắt đầu có kết tủa PbO xuất hiện? (b) Từ giá trị pH tính được ở phần (a), người ta tăng pH của dung dịch đến một giá trị nhất định thì kết tủa bắt đầu tan hoàn toàn. Hãy tính giá trị pH này? (c) Hãy viết biểu thức tính độ tan của PbO. (d) Độ tan của PbO đạt giá trị cực tiểu tại pH =9,40. Hãy tính nồng độ của các cấu tử và độ tan của PbO tại giá trị pH này. (e) Hãy tính khoảng pH tại đó độ tan của PbO nhỏ hơn 1,0×10-3 M. [Pb2+][OH-]2 = 8.10-16;

⇒

[OH-] = 2,83.10-7 ⇒

pH = 7,45;

N

a.

⇒

Q uy

[Pb(OH)3-][H3O+] = 1.10-15

b.

⇒

[H3O+]= 1.10-13

hơ

n

Hướng dẫn giải

pH = 13;

S = [Pb2+] + [Pb(OH)3-];

d.

[Pb2+]= 8.10-16/ [OH-]2 = 1,27.10-6M;

Kè

m

c.

D

⇒ S = 3,78.10-6M;

ạy

[Pb(OH)3-] = 10-15/ [H3O+]= 2,51.10-6 M;

m /+

Mở rộng: chứng minh rằng Smin tại giá trị pH = 9,40;

co

S = [Pb2 + ] + [Pb(OH)3- ] =

e.

+

[H+]= 3,97.10-10 (pH = 9,40);

oo

⇒

10−15 S ' = 16.10 [ H ] − + 2 = 0 [H ] 12

gl

⇒

8.10-16 10−15 10−15 12 + 2 + = 8 .

10 [ H ] + [OH- ]2 [ H + ] [H + ]

10−15 = 10− 3 + [H ]

⇒

8.1012[ H + ]3 − 10−3[ H + ] − 10−15 = 0

⇒

[H+]1 = 1,12.10-8; pH1 = 7,95;

G e.

S = 8.1012 [ H + ]2 +

[H+]2 = 1,0.10-12; pH2 = 12,00;

⇒

7,95 ≤ pH ≤ 12,00)

3.3. Ảnh hưởng đồng thời của pH và phản ứng tạo phức Câu 3.9. Tính độ tan của AgI trong dung dịch NH3 0,1M. Biết TAgI = 8,3.10-17; NH3 có Kb = 1,75.10-5 và:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Ag+ + 2NH3

 → ← 

Ag(NH3)2+

β1,2 = 1,7.107

;

Hướng dẫn giải Các cân bằng xảy ra: AgI

 → ← 

Ag+ + 2 NH3

 → ← 

NH3 + H2O

 → ← 

Ag+ + IAg(NH3)2+ NH4+ + OH-

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

n

(1)

+

hơ

[ Ag ( NH 3 ) 2 ] = 1,7.10 7 + 2 [ Ag ][ NH 3 ]

(2)

N

β1, 2 =

m

S = [I-] = [Ag+] + [Ag(NH3)2+]

Q uy

+

[ NH 4 ][OH − ] Kb = = 1,75.10 − 5 [ NH 3 ]

(3) (4) (5)

[NH4+] = [OH-]

(6)

ạy

Kè

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

Giả sử (5) ⇒

m /+

D

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

(3) ⇒

[ NH 4 ] = [OH − ] = 0,1× 1,75.10 −5 = 1,32.10 −3

(4) ⇒

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

(7)

8,3.10−17 8,3.10−17 [ Ag ] = = + [I − ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ]

(8)

co

e. gl +

oo

(1) ⇒

+

+

⇒

[Ag(NH3)2+] = 3,76.10-6 M

⇒

8,3.10−17 8,3.10−17 [ Ag ] = = = 2,21.10−11 + −6 [ Ag ( NH 3 ) 2 ] 3,76.10

G (2) ⇒

[ Ag ( NH 3 ) 2 ] = 1,7.107 −17 8,3.10 × 0,12 + [ Ag ( NH 3 ) 2 ]

+

KTGT: thỏa mãn

⇒

S = [I-] = [Ag(NH3)2+] = 3,76.10-6M)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 3.10.

Tính nồng độ cân bằng của các ion Ag+, Br-, Cl-, Ag(NH3)2+, NH4+ và

OH- trong dung dịch bão hoà AgCl và AgBr với NH3 0,020M. Giả thiết rằng phức Ag(NH3)+ tạo thành không đáng kể.

Cho TAgCl = 10-10; TAgBr = 5.10-13; β1,2 = 108 và Kb= 1,8.10-5.

Hướng dẫn giải  → ← 

Ag+ + Cl−

TAgCl = 10-10

AgBr

 → ← 

Ag+ + Br−

TAgBr = 5.10-13

Ag+ + 2 NH3

 → ← 

Ag(NH3)2+

β1,2 = 108

NH3 + H2O

 → ← 

NH4+ + OH-

Kb = 1,8.10-5

hơ

[AgL2] + [Ag+] = [Cl−] + [Br−]

(1)

N

Có:

[NH3] + [NH4+] + 2[AgL2] = 0,02

(2)

Q uy

Giả sử:

n

AgCl

[Ag+] << [AgL2]; [Br−] << [Cl−] ; [NH4+] << [NH3] [AgL2] = [Cl-]

(2) ⇒

[NH3] + 2[AgL2] = 0,02

Kè

m

(1) ⇒

T AgCl

[AgL2] = β1,2[Ag+][NH3]2 = β1, 2

⇒

[AgL2]= 0,1 [NH3]

(4) ⇒

[NH3] + 0,2[NH3] = 0,02

⇒

[NH3]= 1,67.10-2M

⇒

[AgL2] = 1,67.10-3M; [Cl−] = 1,67.10-3M;

−

[Cl ]

(4)

[ NH 3 ]2 = β1, 2

T AgCl [ AgL 2 ]

[ NH 3 ] 2

e.

co

m /+

D

ạy

⇒

(3)

G

oo

gl

[ Ag + ] =

[ Br − ] =

TAgCl −

[Cl ] TAgBr +

[ Ag ]

= 6.10 −8 M = 8,33.10 −6 M

[OH-] = [NH4+] =

1,67.10 −2 × 1,8.10 −5 = 5,48.10 −4 M

KTGT: thoả mãn) Câu 3.11. Thêm 0,1 ml Na2S 1M vào 10 ml dung dịch Cu+ 10-2M và CN- 1M ở pH= 12. Tính xem có kết tủa mầu đen Cu2S xuất hiện không?

Biết: TCu2S= 10-47,6. Phức Cu(CN)43- có β1,4= 1030,3, HCN có pKa= 9, H2S có pK1= 7 và pK2= 12,9.

Hướng dẫn giải

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

([S2-]= 1,11.10-3M; [Cu+]= 5,9.10-33 => Q= 3,86.10-68 < T => không có kết tủa) Câu 3.12. Cho TCu(OH)2 = 4,50 .10–21; MW (Cu(OH)2) = 97,59 g.mol–1 và pKb (NH3) = 4,76. (a) i. Hãy tính độ tan của Cu(OH)2 trong nước theo đơn vị g/100 mL. Bỏ qua quá trình tự phân li của nước. ii. Hãy tính pH của dung dịch bão hòa Cu(OH)2. (b) Độ tan của nhiều hidroxit kim loại được tăng lên nhờ quá trình tạo phức của ion kim loại với phối tử như amoniac. Trong một thí nghiệm, người ta hòa tan hoàn toàn

n

5,00 mg Cu(OH)2 trong 25,00 mL dung dịch NH3. Biết nồng độ cân bằng của NH3

hơ

trong dung dịch thu được là 1,00 .10–3 M, hằng số bền tổng cộng của phức

N

Cu(NH3)42+ là β1,4 = 1011,75.

Q uy

i. Hãy tính nồng độ mol tổng cộng của đồng trong dung dịch thu được. iii. Hãy tính nồng độ cân bằng của NH4+.

Kè

iv. Hãy tính pH của dung dịch.

m

ii. Hãy tính nồng độ cân bằng của các cấu tử chứa đồng trong dung dịch.

m /+

D

ạy

v. Hãy tính nồng độ của dung dịch NH3 ban đầu.

Hướng dẫn giải

e.

co

 → ← 

Cu2+ + 2 OHS

2S

T = [Cu 2+ ][OH − ]2 = S (2S ) 2 = 4,50.10−21

oo

Có:

Cu(OH)2

gl

a. i.

⇒

S ' = 1,04.10−7 × 0,1 × 97,59 = 1,01.10−6 g / 100ml

ii. Có:

[OH-]= 2S = 2×1,04 .10-7 = 2,08 .10-7

⇒

pH = 14 + log[OH-] = 14 + log (2,08 .10-7) = 7,32;

G

⇒

4,50.10−21 S= = 1,04.10− 7 M 4 3

5,00.10−3 97,59 = = 2,05.10−3 M 0,025

b. i.

CCu 2+

ii.

Cu(OH)2

Cu2+ + 2 OH-

T = 4,50.10-21

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Cu(NH3)42+

Cu2+ + 4 NH3

β1,4 = 1011,75

CCu2+ = [Cu2+] + [Cu(NH3)42+] = 2,05.10-3

Có:

β1, 4 =

(1)

[Cu ( NH 3 ) 24 + ] [Cu 2 + ][ NH 3 ]4

(2)

(2)

[Cu ( NH 3 ) 24 + ] [Cu ( NH 3 ) 24 + ] [Cu ] = = 11, 75 = 1,778[Cu ( NH 3 ) 24 + ] (3) 4 −3 4 β1, 4 [ NH 3 ] 10 × (10 )

(1, 3) ⇒

[Cu2+] = 1,31.10-3

2+

[Cu(NH3)42+] = 7,38.10-4 NH4+ + OH-

Kb =10-4,76

NH3 + H2O

Có:

[ NH 4+ ][OH − ] [ NH 4+ ]2 Kb = = [ NH 3 ] [ NH 3 ]

⇒

[ NH 4+ ] = Kb [ NH3 ] = 10−4,76 ×1,00.10−3 = 1,32.10−4 M

hơ N m

Q uy

[OH-] = [NH4+]= 1,32.10-4

iv. Có:

n

iii.

pH = 14 + log[OH-] = 14 + log(1,32.10-4) = 10,12

v.

CNH3 = [NH3] + [NH4+] + 4[Cu(NH3)42+] = 1.10-3 + 1,32.10-4 +

m /+

4. Xác định tích số tan

D

4×7,38.10-4 = 4,08.10-3 M)

ạy

Kè

⇒

4.1. Dựa vào độ tan

co

Câu 4.1. Thêm từ từ dung dịch bari nitrat 0,0010 M vào 200 ml dung dịch NaF 0,040

e.

M. Khi 35 ml dung dịch bari nitrat đã được thêm vào thì thấy kết tủa BaF2 bắt đầu

gl

xuất hiện. Hãy tính tích số tan của BaF2.

oo

Đáp số: (1,72.10-7)

G

Câu 4.2. Dung dịch bão hòa Cd(OH)2 có pH = 9,56. Hãy tính tích số tan của Cd(OH)2.

Đáp số: (2,39.10-14) Câu 4.3.

Biết 1 lit dung dịch NH3 1M hòa tan được tối đa 0,33 gam AgBr. Hãy tính

TAgBr. Biết phức Ag(NH3)2+ có β1,2 = 5,88.106.

Hướng dẫn giải [Ag(NH3)2+] = [Br-] = 0,33/188 = 1,76.10-3 M.

⇒

[NH3] = 1 – 2[Ag(NH3)2+] = 0,996 M

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn [ Ag ( NH 3 ) +2 ] = 3,02.10−10 2 β1, 2[ NH 3 ]

⇒

[ Ag + ] =

⇒

T = [Ag+][Br-]= 5,32.10-13)

Câu 4.4. Tính tích số tan của Ca(IO3)2 Thí nghiệm 1. Chuẩn hóa dung dịch natri thiosunfat.

Lấy 10,0 ml dung dịch KIO3 0,0120 M cho vào bình nón. Thêm 2 gam KI và 10 ml dung dịch HCl 1M. Dung dịch có mầu nâu thẫm. Chuẩn độ bằng dung dịch Na2S2O3 đến mầu vàng rơm. Thêm 5 ml hồ tinh bột và tiếp tục chuẩn độ đến mất

hơ

Thí nghiệm 2. Tính độ tan của Ca(IO3)2 trong nước cất.

n

mầu xanh của phức tinh bột với I3- thấy hết 20,55 ml.

N

Lấy 10,0 ml dung dịch bão hòa Ca(IO3)2 cho vào bình nón. Thêm 2 gam KI và

Q uy

10 ml HCl 1M. Tiến hành chuẩn độ dung dịch thu được bằng dung dịch Na2S2O3 ở trên thấy hết 19,20 ml. Hãy:

Kè

(b) tính nồng độ dung dịch Na2S2O3.

m

(a) viết các phản ứng được mô tả trong thí nghiệm.

ạy

(c) tính nồng độ của IO3-.

D

(d) tính độ tan của Ca(IO3)2 trong nước.

m /+

(e) tính tích số tan của Ca(IO3)2.

Đáp số: a. IO3- + 5 I− + 6 H+ → 3 I2 + 3 H2O

co

I2 + 2 S2O32- → 2 I− + S4O62-

e.

b. 0,0350M;

gl

c. 0,0122 M.

oo

d. 5,6.10-3 M.

G

e. 7,1.10-7)

4.2. Dựa vào giá trị thế khử chuẩn Câu 4.5.

o o Cho EHg 22+ / Hg = 0,789V ; EHg 2Cl 2 / Hg = 0,268V . Hãy tính tích số tan và độ

tan của Hg2Cl2.

Hướng dẫn giải

Hg22+ + 2 e Hg22+ + 2 Cl-

 → ←   → ← 

2 Hg Hg2Cl2

;

o o Thiết lập công thức tính EHg 2 Cl 2 / Hg theo EHg 22+ / Hg .

T = [Hg22+][Cl-]2

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Có

o EHg 2+ / Hg = EHg + 2+ / Hg 2

2

0,0592 0,0592 T o lg[ Hg 22 + ] = EHg + lg 2+ 2 / Hg 2 2 [Cl − ]2

o = EHg + 2+ / Hg 2

0,0592 lg T − 0,0592 lg[Cl − ] 2

Khi [Cl−] = 1 M thì: / Hg

2

/ Hg

⇒

T = 2,51.10-18

Có

S(2S)2 = T ⇒

o = EHg + 2+ / Hg 2

S =3

0,0592 lg T 2

T = 8,56.10− 7 M ) 4

n

2

o = EHgCl

hơ

EHgCl

E1= 0,439 V

Q uy

(1) Hg/HgCl2, KCl (bão hòa ) // Ag+ (0,0100 M)/Ag

N

Câu 4.6. Cho 3 pin điện hóa với các sức điện động tương ứng ở 298K:

(2) Hg/HgCl2, KCl (bão hòa ) // AgI (bão hòa)/Ag

E2= 0,089 V E3= 0,230 V

Kè

a) Hãy tính tích số tan của bạc idodua.

m

(3) Ag/AgI (bão hòa), PbI2 (bão hòa ) // KCl (bão hòa), HgCl2/Hg

ạy

b) Hãy tính tích số tan của chì (II) iodua.

m /+

Đáp số: a) 1,37.10-16;

D

o Cho E Ag + / Ag = 0,799V , R = 8,314 J/mol/K, F = 96487 C/mol.

b) [Ag+] = 4,58.10-14; [I−] = 2,99.10-3;

co

[Pb2+]= 0,5 ([I−] –[Ag+]) = 1,5.10-3;

T = 1,34.10-8

G

oo

gl

e.

Câu 4.7. (IChO 42) Cho các giá trị thế khử chuẩn sau:

Bán phản ứng

E0, V (298K)

Sn2+ + 2e → Sn

-0,14

Sn4+ + 2e → Sn2+

+0,15

Hg22+ + 2e → 2 Hg

+0,79

Hg2Cl2 + 2e → 2 Hg +0,27 + 2 C l− (a) Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở 298 K: Sn (r) + Sn4+ (aq)

 → ← 

2 Sn2+ (aq)

(b) Hãy tính độ tan của Hg2Cl2 trong nước ở 298 K (theo đơn vị mol/l). (c) Hãy tính suất điện động chuẩn, E°, của pin nhiên liệu sử dụng phản ứng sau:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

∆G° = –237,1 kJ.mol–1

H2 (k) + 1/2 O2 (k) → H2O (l) Hướng dẫn giải

a.

K = 10

2 ( 0 ,15 + 0 ,14 ) 0 , 0592

= 6,27.10 9

b. Xác định tích số tan: Cách 1: Hg22+ + 2e → 2 Hg

-1×

∆G01 = -nFE01 = -2× 96485×0,79 = -152,4.103 J Hg2Cl2 + 2e → 2 Hg + 2 Cl-

n

1×

hơ

∆G02 = -nFE02 = -2× 96485×0,27 = -52,1.103 J

 → ← 

Hg22+ + 2 Cl-

Q uy

Hg2Cl2

N



∆G03 = -∆G01 + ∆G02 = 100,3.103 J = -RTlnT

⇒

T = 2,62.10-18

ạy

Kè

m

⇒

∆G30 100,3.103 ln T = − =− = −40,48 RT 8,314 × 298

D

Cách 2: Hg22+ + 2 e

2 Hg

m /+

 → ← 

o Thiết lập công thức tính EHg Cl

e.

2

2

/ Hg

gl

o EHg 2+ / Hg = EHg + 2+ / Hg 2

2

oo

Có

Hg2Cl2

 → ← 

co

Hg22+ + 2 Cl-

T = [Hg22+][Cl-]2

;

o theo EHg

2+ 2

/ Hg

.

0,0592 0,0592 T o lg[ Hg22 + ] = EHg + lg 2+ 2 / Hg 2 2 [Cl − ]2

o = EHg + 2+ / Hg

G

2

0,0592 lg T − 0,0592 lg[Cl − ] 2

Khi [Cl-] = 1 M thì: EHgCl

⇒

2

/ Hg

o = EHgCl

2

/ Hg

o = EHg + 2+ / Hg 2

0,0592 lg T 2

T = 2,71.10-18

Tính độ tan: Có

Hg2Cl2

 → ← 

Hg22+ + 2 ClS

2S

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

⇒

S(2S)2 = T

⇒

S =3

c. Có:

∆G0 = -nFE0pin

T 3 2,62.10−18 = = 8,68.10− 7 M 4 4

0 =− E pin

⇒ Câu 4.8.

∆G 0

nF

=−

− 237,1.103 = 1,23V 2 × 96485

Kỹ thuật điện hoá thường được dùng để xác định độ tan của các muối khó

tan. Do sức điện động là hàm bậc nhất theo logarit của nồng độ nên có thể xác định

n

được các nồng độ dù rất nhỏ.

hơ

Bài tập này sử dụng một pin điện hoá gồm hai phần, được nối với nhau bằng

N

cầu muối. Phần bên trái của sơ đồ pin là một thanh Zn nhúng trong dung dịch

Q uy

Zn(NO3)2 0,200M; còn phần bên phải là một thanh Ag nhúng trong dung dịch AgNO3 0,100M. Mỗi dung dịch có thể tích 1,00L ở 250C.

m

(a) Vẽ sơ đồ pin và viết các bán phản ứng xảy ra ở mỗi cực.

Kè

(b) Hãy tính sức điện động của pin và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin

ạy

phóng điện.

D

Giả sử pin phóng điện hoàn toàn và lượng Zn có dư.

m /+

(c) Hãy tính điện lượng được phóng thích trong quá trình phóng điện.

Trong một thí nghiệm khác, KCl được thêm vào dung dịch AgNO3 ở phía bên

co

phải của pin ban đầu. Xảy ra phản ứng tạo kết tủa AgCl và làm thay đổi sức điện

e.

động. Sau khi thêm xong. Sức điện động bằng của pin bằng 1,04V và [K+] = 0,300M.

gl

(d) Hãy tính [Ag+] tại trạng thái cân bằng.

oo

(e) Hãy tính [Cl-] tại trạng thái cân bằng và TAgCl.

G

Cho: EoZn2+/Zn= -0,76V; EoAg+/Ag= 0,80V. Đáp số:

a. Zn| Zn2+|| Ag+ | Ag

b. 1,52V

c. 9649C

d. 7,3.10-10M

e. [Cl-] = 0,2M; T = 1,5.10-10) Câu 4.9. Xem xét pin điện hóa sau:

Pt |H2 (p = 1 atm)|H2SO4 0,01 M|PbSO4(r)|Pb(r). (a) Hãy tính nồng độ cân bằng của SO42- và pH của dung dịch trong pin trên. (b) Hãy viết phản ứng xảy ra khi pin phóng điện.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Suất điện động của pin trên ở 298,15 K là –0,188 V. Giả thiết rằng trong phần (c) và (d) nồng độ cân bằng của SO42- là 5· 10-3 M và của H3O+ là 15· 10-3 M (các giá trị này có thể khác giá trị tính được ở phần (a)). (c) Hãy tính tích số tan của PbSO4. (d) Hãy cho biết suất điện động của pin trên tăng hay giảm bao nhiêu V khi áp suất của hidro giảm một nửa?

Vàng kim loại không tan trong dung dịch axit nitric nhưng tan được trong nước cường toan (là hỗn hợp gồm axit clohidric đặc và axit nitric đặc có tỉ lệ thể tích tương

n

ứng là 3 : 1). Vàng phản ứng với nước cường toan tạo thành ion phức [AuCl4]-.

hơ

(e) Sử dụng các giá trị thế khử chuẩn cho dưới đây, hãy tính hằng số bền tổng cộng

N

của phức [AuCl4]-.

E°(Pb2+/Pb) = - 0,126 V

Q uy

Cho: pKa2 (H2SO4) = 1,92;

E°([AuCl4]-/Au + 4 Cl-) = + 1,00 V

E°(Au3+/Au) = + 1,50 V

m

Hướng dẫn giải

 → ← 

H+ + SO42-

D

HSO4-

0, 01

ạy

0 , 01

Kè

H2SO4 → H+ + HSO4-

a.

0,01 - x

0, 01 + x

⇒

Ka2 =

⇒

x = 4,53.10-3 M

m /+

cb

x

e.

co

(0,01 + x) x = 10 −1,92 0,01 − x

[SO42-]= x = 4,53.10-3 M

gl

⇒

oo

[H+] = 0,01 + x = 0,0145 M

G

⇒

b.

pH = 1,84;

Catot (+)

PbSO4 + 2e → Pb + SO42-

Anot (-)

H2 → 2 H+ + 2e  PbSO4 + H2 → Pb + 2 H+ + SO42-

c. Có:

0 E catot = E Pb + 2+ / Pb

Eanot = EH0 + / H + 2

0,0592 lg[ Pb 2 + ] 2

0,0592 [ H + ]2 0,0592 (15.10−3 ) 2 lg = 0+ lg = −0,108V 2 pH 2 2 1

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 0 E pin = Ecatot − Eanot = EPb + 2+ / Pb

⇒

0,0592 lg[ Pb 2 + ] + 0,108 = −0,188 2

⇒

[Pb2+]= 1,81.10-6 M

⇒

T = [Pb2+][SO42-] = 1,81.10-6 × 5.10 = 9,05.10-9

d. Khi áp suất của hidro giảm một nửa: Eanot = EH0 + / H + 2

0,0592 [ H + ]2 0,0592 (15.10−3 ) 2 lg =0+ lg = −0,099V 2 pH 2 2 0,5

Ecatot không đổi, Eanot tăng (-0,099 + 0,108) = 0,009V, vậy Epin giảm 0,009 V; +1× Au3+ + 3e → Au

n

e.

AuCl4- + 3e → Au + 4 Cl-

N

-1×

hơ

∆G01 = -nFE01 = -3× 96485×1,50 = -434,2.103 J

Q uy

∆G02 = -nFE02 = -3× 96485×1,00 = -289,5.103 J

 → ← 

AuCl4-

Kè

Au3+ + 4Cl-

m

 ∆G03 = ∆G01 - ∆G02 = -144,7.103 J = -RTlnβ1,4

ạy

∆G30 − 144,7.103 =− = 54,4 RT 8,314 × 298

⇒

β1,4 = 2,31.1025)

e.

co

m /+

D

⇒

ln β1, 4 = −

oo

gl

ĐỀ CƯƠNG PHÂN TÍCH ĐỊNH TÍNH

20 câu; 20 phút/câu.

G

Câu 1: Anh/chị hãy trình bày thuốc thử của Cation nhóm 1? Nêu hiện tượng dặc trưng và viết phương trình ion khi cho Cation nhóm 1 tác dụng với thuốc thử nhóm?Viết sơ đồ xác định các Cation nhóm 1 trong dung dịch gốc?

Trả lời: Các Cation nhóm 1 gồm: Ag+; Pb2+; Hg2+2.

Thuốc thử nhóm của Cation nhóm 1 là HCl 2N (acid hydroclorid) Các Cation nhóm 1 khi tác dụng với HCl 2N sẽ tạo kết tủa màu trắng PT ion:

Ag+ + HCl → AgCl ↓trắng + H+

Pb2+ + 2HCl → PbCl2 ↓trắng + 2H+

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Hg22++ 2HCl → Pb2Cl2 ↓trắng + 2H+ AgCl và PbCl2 tan được trong HCl đặc và các dung dịch muối clorid đậm đặc, nhất là khi đun nóng.

Hg2Cl2 chỉ tan trong HNO3 đặc hoặc dung dịch nước cường thủy, do Hg22+ bị oxy hóa thành Hg2+ Sơ đồ xác định các Cation nhóm 1 trong dung dịch gốc :

( ) Tan

Q uy

Đen ( )

N

+NH4O H

hơ

n

DD gốc + HCl 2N Có tủa màu trắng

Tìm Ag+

Kè

m

Tìm Hg2++

ạy

( ) Không tan

m /+

D

Tìm Pb2+

Câu 2: Anh/chị hãy trình bày thuốc thử nhóm của Cation nhóm II? Nêu hiện tượng

co

đặc trưng và viết phương trình ion khi cho Cation nhóm 2 tác dụng với thuốc thử

e.

nhóm? Viết sơ đồ xác định các Cation nhóm I,II trong dung dịch gốc?

gl

Trả lời: Các Cation nhóm 2 gồm: Ca++; Ba++

oo

Thuốc thử nhóm là Acid Sulfuric 2N (H2SO4 2N). Các Cation nhóm 2 tác dụng với

G

thuốc thử H2SO4 2N tạo thành kết tủa trắng. Trong phản ứng này ion Ba2+ không cần điều kiện nào còn ion Ca2+ cần môi trường Acetol hoặc Ethanol 700.

PT ion: Ba2+ + H2SO4 → BaSO4↓tủa trắng + 2H+ Ca2+ + H2SO4 → CaSO4↓ tủa trắng + 2H+ Sơ đồ xác định các Cation nhóm 1 , 2 trong dung dịch gốc :

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Tan Đen

Có ( ) trắng + NH4OH

DD gốc + HCL 2N

Tìm Ag+ Tìm Hg2++

Không tan Không tủa Trắng

Q uy

N

Không tủa

Tạo kết tủa trắng

Tìm Ca++

G

oo

gl

e.

co

m /+

D

ạy

Kè

m

+ Ethanol 700

n

Tìm Ba++

hơ

DD gốc + H2SO4 2N

Tìm Pb++

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 3: Anh/chị hãy kể tên các loại thuốc thử riêng của Cation Ba2+ ? Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa?

Trả lời: Thuốc thử đặc trưng của Cation Ba2+ : *Tác dụng với Kali Cromat (K2CrO4) tạo thành kết tủa vàng tươi Ba2+ + K2CrO4 → BaCrO4 ↓vàng+ 2K+ Tủa này không tan trong NaOH 2N và CH3 COOH. Đây là cơ sở để tách Ba2+ ra khỏi

n

Pb2+

hơ

+ Phản ứng voler :

N

Kết tủa của ion Ba2+ dưới dạng muối BaSO4 (bari sulfat), bằng H2SO4 (acid sulfuric)

Q uy

trong môi trường thuốc tím ( KMnO4 ),tủa hấp phụ thuốc tím nên có màu hồng.

Dùng nước ôxy già (H2O2) trong môi trường acid sulfuric để khử màu của dung

Kè

Ba2+ + H2SO4 → BaSO4 ↓trắng + 2H+

m

dịch,riêng tủa bari sulfat vẫn có màu hồng.

D

+ Natri Cacbonat ( Na2CO3) :

ạy

5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 5O2+8H2O

m /+

Các Cation Ba2+ tác dụng với Na2CO3 tạo thành kết tủa trắng

co

Ba2+ + Na2CO3 → BaCO3 ↓ trắng + 2Na+

e.

+ Amoni Oxalat ((NH4)2C2O4)

gl

Ba2++ (NH4)2C2O4 → Ba C2O4 ↓trắng + 2NH4

G

oo

Tủa này tan trong HCl, HNO3, CH3COOH.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 4: Anh/chị hãy trình bày thuốc thử của Cation nhóm 3? Nêu hiện tượng đặc trưng và viết phương trình ion khi cho Cation nhóm 3 tác dụng với thuốc thử nhóm?

Viết sơ đồ xác định các Cation nhóm I,II,III trong dung dịch gốc?

Trả lời: Các Cation nhóm 3 gồm: Zn2+ ; Al3+ Các Cation nhóm 3 đều có khả năng tạo thành muối tan trong môi trường kiềm dư, Thuốc thử của các Cation nhóm 3 là NaOH hoặc KOH dư.

Al3+ + 2OH- Al(OH)3↓trắng

hơ

Zn(OH)2 + OH- → ZnO2 2- + 2H2O

Khi cho dư:

n

Zn2+ + Zn(OH)2 → Zn(OH)2 ↓trắng

PT ion:

N

Al(OH)3 + OH- → AlO2 - + 2H2O.

Có ( ) trắng + NH4OH

ạy

DD gốc + HCL 2N

Kè

m

Q uy

Sơ đồ xác định các Cation nhóm I, II, III trong dung dịch gốc:

Trắng

Tìm Ag+ Tìm Pb2+ Tìm Hg2++

Tìm Ba++

e.

co

DD gốc + H2SO4 2N

Không tan Xám đen

D

m /+

Không tủa

Tan

oo

gl

Không tủa

Tạo kết tủa trắng

G

+ Ethanol 700

Tìm Ca++

Tìm Zn2+ DD gốc + NaOH 2N Dư

Trắng rồi tan Tìm Al3+

Câu 5: Anh/chị hãy kể tên, công thức hóa học, hiện tượng đặc trưng của thuốc thử xác định ion Zn2+, Al3+ và viết phương trình phản ứng minh họa?

Trả lời:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

*Thuốc thử của ion Zn2+ - Montequi Trong môi trường CH3COOH (acid acetic ) ION Zn2+ tác dụng với thuốc thử Montequi A và Montequi B cho kết tủa màu tím sim.

- (NH4)2S (Amoni sulfur) hay H2S (Hydro sulfur) Trong môi trường kiềm yếu hoặc trung tính ion Zn2+ tác dụng với thuốc thử (NH4)2S hay H2S tạo thành ZnS ↓trắng.

Zn2+ + (NH4)2S → ZnS ↓trắng + 2NH4+

n

Zn2+ + H2S → ZnS ↓trắng + 2H+ - Natri Cacbonat (Na2CO3)

Q uy

Cho sản phẩm khác nhau tùy theo nồng độ dung dịch.

N

hơ

ZnS tan trong các acid vô cơ , không tan trong CH3COOH và NaOH.

2Zn2+ + 2Na2CO3 + H2O → Zn2(OH)2CO3 (↓) + 4Na + CO2

m

3Zn2+ + 3Na2CO3 + H2O == Zn2(OH)2 (CO3)2 (↓) + 6Na + CO2 (↑)

Kè

Amoni Hydroxyd NH4OH

ạy

Zn2+ + 4NH4OH → [Zn(NH3)4]+ + 4H2O.

D

*Thuốc thử của Cation nhôm Al3+

m /+

- Aluminon tạo kết tủa màu hồng.

- Hỗn hợp NH4OH + NH4Cl (Amoni Hydroxyd + Amoni clorid ) cho kết tủa keo

co

trắng.

e.

Al3++ 3NH4OH → Al(OH)3↓trắng + 3 NH4+

gl

Tủa này tan trong NaOH và HCl, không tan trong NH4Cl

oo

- Na2CO3 (Natri Cacbonat ) tạo tủa trắng

G

2Al3+ + 3CO32- +3H2O → 2Al(OH)3↓trắng + 3CO3

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 6: Anh/chị hãy trình bày thuốc thử nhóm của Cation nhóm 5? Kể tên các loại thuốc thử riêng của Cation Cu2+? Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa?

Trả lời: *Các Cation nhóm 5 gồm: Mg2+; Cu2+; Hg2+ Thuốc thử của các Cation nhóm 5 là NH4OH (Amoni Hydroxyd) cho dư với sự có mặt của nước H2O2(oxy già) và NH4Cl(Amoni clorid )

n

Các Cation nhóm 5 tác dụng với hỗn hợp (NH4OH) + (H2O2) + (NH4Cl) không tạo

hơ

tủa vì:

N

Mg2+ + NH4OH → Mg(OH)2 (↓) + 2NH4+

Q uy

Tủa này tan trong môi trường NH4+ (NH4Cl) còn ion Cu2+, Hg2+ thì tạo ra phức chất tan.

m

Amoni clorid có vai trò làm tăng nồng độ ion NH4+ để các Cation nhóm 5 không tạo

Kè

kết tủa, phân biệt được với Cation nhóm 4. Nước H2O2 (ôxy già) có vai trò đối với

ạy

nhóm 4.

D

*Thuốc thử riêng của Cation Cu2+:

m /+

- NH4OH(Amoni Hydroxyd ) tạo kết tủa màu xanh lơ, tủa này tan khi cho dư (NH4OH), tạo ra phức chất màu xanh lam.

co

Cu2+ + 4NH4OH → [Cu(NH3)4]2+↓xanh lam + 4H2O

e.

- K4[Fe(CN)6](Kali ferocyanid ) tạo kết tủa màu đỏ xẫm

gl

Cu2+ + K4[Fe(CN)6 → Cu2[Fe(CN)6]↓đỏ xẫm +4K+

oo

- Amoni sulfur (NH4)2S hay Hydro sulfur (H2S) tạo kết tủa màu đen.

G

Cu2+ + (NH4)2S → ZnS ↓đen + 2NH4+ Cu2+ + H2S → CuS ↓đen + 2H+ - Kali iodid (KI) Cu2+ + 4I- → CuI↓đen + I2 - Natri Hydroxyd (NaOH) tạo kết tủa màu xanh lục Cu2+ + 2 OH- → Cu(OH)2 ↓xanh lục Khi đun nóng thì tạo thành CuO màu đen.

Cu(OH)2 → CuO↓đen + H2O

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 7: Anh / chị hãy kể tên ,công thức hóa học ,hiện tượng đặc trưng của thuốc thử xác định ion NH4+;K+;Na+và viết phương trình ion minh họa?

Trả lời: *Thuốc thử xác định của Cation NH4 : - Natri Hydroxyd (NaOH): Ion NH4+ bị NaOH phân tích thành Amoniac NH3 NH4+ + NaOH → NH3 ↑ + Na + H2O

- Thuốc thử Nesler tạo tủa màu đỏ nâu hay vàng nâu

N

trưng.

hơ

n

NH3+ làm giấy tẩm Phenolphtalein chuyển thành màu hồng, hoặc có mùi khai đặc

*Thuốc thử xách định của Cation K+

Kè

K+ + HClO4 → KClO4 ↓trắng + H+

m

- Acid perclorid HClO4 tạo kết tủa màu trắng

Q uy

NH3 + 2K2[HgI4] + KOH → [HgI2NH2]↓nâu đỏ + 5KI + H2O

ạy

- Acid Tartric H2C4H4O6 tạo tủa màu trắng

D

K+ + H2C4H4O6 → KHC4H4O6↓trắng + H+

m /+

- Acid Picric C6 H2 (NO2)3 OH cho tủa màu vàng. Bằng thử màu ngọn lửa: K+ cho màu tím

Thuốc thử của ion Na+

co

*

e.

Thuốc thử Streng trong môi trường acid axetic tạo vàng lá mạ

gl

Na+ + Mg(UO2 )3(CH3 COO)8 + CH3 COO- → NaMg(UO2)3(CH3 COO)9↓vàng lá mạ

G

oo

Bằng thử màu ngọn lửa: Na+ cho ngọn lửa màu vàng.

G

oo

gl

e.

co

m /+

D

ạy

Kè

m

Q uy

N

hơ

n

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 8: Anh/chị hãy viết sơ đồ xác định các Cation nhóm I, II, III, IV, V, VI trong dung dịch gốc?

Trả lời: Sơ đồ xác định các Cation nhóm I, II, III, IV, V, VI trong dung dịch gốc: Xanh lơ

Tìm Cu2+

Gỉ sắt

Tìm Fe3+ Tìm NH4+

Không ↓

Tìm K+

N

DD Gốc + Na2CO3

hơ

Không màu

n

Có màu

Quan sát DD Gốc

Q uy

Tìm Na+

↓ Đen

m

↓ Đỏ nâu

Tìm Hg2+

Kè

màu

Có Tủa

Tìm Hg22+

↓ Xanh

ạy

↓ Trắng + ↑

Tìm Bi3+

m /+

D

↓ Trắng

Tìm Fe2+

DD Gốc + HCl 2N

co

↓ Tan

e.

Không ↓

↓ Không tan ↓ Trắng

oo

gl

DD Gốc + H2SO42N

Tìm Ag+

Tìm Pb2+ Tìm Ba2+

G

Không ↓ ↓ Trắng

+Ethanol 70o

DD Gốc + NaOH2N dư

Tìm Ca2+

Trước

Tìm Zn2+

Sau

Tìm Al2+

↓ Tan

DD Gốc + H2O2 + NH4OH + NH4Cl

Không ↓

Tìm Mg2+

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 9: Anh/chị hãy trình bày hiện tượng đặc trưng của các Anion nhóm I khi tác dụng với thuốc thử sơ bộ và viết phương trình ion để minh họa? Viết sơ đồ xác định các Anion nhóm I trong dung dịch gốc?

Trả lời: Anion nhóm I gồm: Cl-; Br-; I-; S2-; NO3Thuốc thử sơ bộ: Bari Nitrat [Ba(NO3)2] Các anion nhóm 1 tác dụng với TT Bari Nitrat không cho tủa vì tạo ra các muối bari

n

tan. (BaCl2;BaBr2)

hơ

Bạc Nitrat (AgNO3)

N

Các ion Cl-;Br-;I-;S2-,tác dụng với TT Bạc Nitrat tạo ra hết tủa màu , các tủa này k tan

Q uy

trong Acid Nitric 2N(HNO3 2N)

I- + AgNO3 → NO3- +AgI↓vàng nhạt

ạy

S2- + 2AgNO3 → 2NO3- +Ag2S↓ đen

Kè

Br- + AgNO3 → NO3- +AgBr↓vàng nhạt

m

Cl- + AgNO3 → NO3- +AgCl↓trắng

D

Ion NO3- k cho kết tủa với TT Bạc Nitrat.

e.

co

m /+

Sơ đồ xác định các Anion nhóm 1 trong dung dịch gốc:

Không ↓

oo

gl

DD Gốc +

G

Ba(NO3)2

DD Gốc + Ba(NO3)2

Không ↓

Tìm NO3-

↓ Trắng

Tìm Cl-

↓ Vàng

Tìm I- trước Tìm Br- sau Tìm S2-

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 10: Anh/ chị hãy nêu phản ứng chung xác định các Halogenid (X-) và các phản ứng riêng xác ddingj các Halogenid?

Trả lời: *Phản ứng chung xác định các Halogenid: Dùng chất oxy hóa mạnh là kali permanganat (KMnO4) trong môi trường acid sulfuric để oxy hóa (X-) thành Halogen tự do (X2) rồi nhận biết các Halogen bằng TT đặc hiệu.

n

10X- + 2KMnO4 + 8H2SO4 == 2MnSO4 + K2SO4 + 5X2↑ + 5SO42- + 8H2O

hơ

(X- = Cl-;Br-;I-)

N

+ Đối với Clo(Cl2): Dùng TT là giấy tẩm Vilie-Fayol, giấy chuyển thành màu xanh

Q uy

tím.

+ Đối với Brom(Br-): Dùng TT là giấy tẩm Fluorescein, giấy chuyển từ màu vàng

m

sang màu hồng.

Kè

+ Đối với Iod(I2) : Dùng TT là giấy tẩm Hồ tinh bột, giấy chuyển xang màu xanh tím.

D

- TT của ion Cl- là Bạc Nitrat

ạy

* Thuốc thử riêng của các Halogenid:

m /+

ion Cl- tác dụng với TT Bạc Nitrat cho kết tủa trắng,tan trong NH4OH, KCN, Na2S2O3 để tạo thành các phức tan.

co

- TT của ion Br- là nước Clor

e.

ion Br- bị nước Clor oxy hóa thành Brom.Brom hòa tan trong Cloroform làm cho nước

gl

Cloroform có màu vàng nâu.

oo

TT của ion I-

G

+ Thủy ngân II Clorid(HgCl2) Tạo ra kết tủa màu đỏ tươi, tủa này tan trong dung dịch I- tạo ra dung dịch k màu. + Chì acetat [Pb(CH3COO2)] Tạo ra kết tủa màu vàng tươi, tủa này tan trong nước nóng ,để nguội lại kết tủa tinh thể màu vàng óng ánh.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 11: Anh/chị hãy trình bày hiện tượng đặc trưng của anion nhóm II khi tác dụng với thuốc thử sơ bộ và viết phương trình ion minh họa? Kể tên các loại thuốc thử đăc trưng của anion PO43- và viết phương trình phản ứng minh họa?

Trả lời: * Thuốc thử sơ bộ - Bari Nitrat [Ba(NO3)2] Các anion nhóm II tác dụng với thuốc thử Bari Nitrat tạo ra các muối kết tủa trắng,

n

các tủa này tan trong acid Nitric 2N (HNO3 2N). Vì chúng là muối của các acid yếu

hơ

nên bị các acid Nitric phân hủy tạo thành các acid tương ứng với muối Bari nitrat tan.

N

2AsO43- + 3Ba2+ → Ba3(AsO4)2 ↓trắng.

Q uy

2AsO33- + 3Ba2+ → Ba3(AsO3)2↓trắng.

2PO43- + 3Ba2+ → Ba3(PO4)2↓trắng

m

CO32- + Ba2+ → BaCO3↓trắng

Kè

Riêng ion HCO3- tạo thành muối Hydrocarbonat tan. Nhưng các dung dịch

ạy

Hydrocacbonat bị phân tích một phần thành muối Carbonat, do đó khi thử với bari

D

Nitrat cũng cho tủa trắng(tủa bari carbonat)

m /+

2HCO3- → CO32- + H2O + CO2

Các ion nhóm II tác dụng với Bạc Nitrat đều tạo ra kết tủa ,các tủa này tan trong Acid

co

Nitric

e.

AsO43- + 3Ag+ → Ag3ASO4 ↓đỏ nâu

gl

AsO33- + 3Ag+ → Ag3ASO3 ↓vàng

oo

PO43- + 3Ag+ → Ag3PO4 ↓vàng

G

HCO3- + Ag+ → AgHCO3 ↓trắng CO32- + 2Ag+ → Ag2CO3 ↓trắng Tủa Ag2CO3 để lâu bị phân tích thành Ag2O có màu xám. *Thuốc thử đặc trưng của anion PO43- : Amoni molybdat [(NH4)2MoO4] Trong môi trường acid nitric ion PO43- tác dụng với [(NH4)2MoO4] tạo ra kết tủa màu vàng.

12[(NH4)2MoO4] + PO43- + HNO3 → (NH4)3H4[P(Mo2O7)6]↓vàng + H2O + NH4NO3 Hỗn hợp MgCl2+NH4Cl+NH4OH tạo ra kết tủa trắng.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

G

oo

gl

e.

co

m /+

D

ạy

Kè

m

Q uy

N

hơ

n

PO43- + Mg2+ + NH4+ → MgNH4PO4 ↓trắng

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 12: Anh/chị hãy trình bày phản ứng chung xác định AsO43-; AsO33-; HCO3;CO32- và phản ứng phân biệt HCO3-;CO32- ?

Trả lời: *Phản ứng chung xác định AsO43- và AsO33Dùng Hydro mới sinh (do Zn + H2SO4 2N) để khử AsO43- và AsO33- thành khí Hydro asenid (AsH3). Khí AsH3 bay lên gặp giấy tẩm bạc nitrat làm cho giấy có màu đen.

Zn + H2SO4 → ZnSO4 + 2H0

hơ

3H+ + AsO43- + 8H0 → AsH3↑ + 4H2O

n

3H+ + AsO33- + 6H0 → AsH3↑ + 3H2O

N

Muốn phân biệt AsO43- và AsO33- thì dựa vào TT sơ bộ Bạc Nitrat làm cho AsH3

Q uy

chuyển thành màu đen *Thuốc thử chung của HCO3- và CO32- :

m

- Thủy ngân II Nitrat [Hg(NO3)2]

Kè

Các ion HCO3- và CO32- tác dụng với Thủy ngân II Nitrat [Hg(NO3)2]

ạy

Tạo ra kết tủa đỏ nâu hoặc vàng nâu.

D

HCO3- + [Hg(NO3)2] → HgCO3 ↓đỏ nâu + H+ + 2NO3-

m /+

CO32- + [Hg(NO3)2] → HgCO3 ↓đỏ nâu + H+ + 2NO3Acid vô cơ mạnh( HCl,H2SO4) hay acid acetic(CH3COOH)

co

Các ion HCO3- và CO32- bị các acid vô cơ mạnh hay Acid acetic phân hủy thành khí

e.

Carbonic. Khí Carbonic làm đục nước vôi trong.

gl

HCO3- + H+ → CO2↑ + H2O

oo

CO32- + 2H+ → CO2↑ + H2O

G

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

*Thuốc thử phân biệt HCO3- và CO32 :

Dùng Magnesi Clorid (hay Magnesi sulfat) : Ion CO32-

tác dụng với Magnesi

Clorid (MgCl2) cho tủa trắng còn ion HCO3- không tạo ra tủa vì tạo thanh muối tan.

Mg+ + CO32- → MgCO3 ↓trắng Mg+ + HCO3- → Mg(HCO3)2

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 13: Anh/chị hãy trình bày hiện tượng đặc trưng của anion nhóm III khi tác dụng với thuốc thử sơ bộ và viết phương trình ion để minh họa? Viết phản ứng của ion SO32- với thuốc thử riêng và nêu hiện tượng xảy ra?

Trả lời: *TT nhóm của anion nhóm III và hiện tượng đặc trưng: - TT Bari Nitrat [Ba(NO3)2] Anion nhóm III tác dụng với TT tạo ra kết tủa trắng. Tủa này không tan trong acid

n

nitric 2N.

Q uy

- TT Bạc Nitrat (AgNO3)

N

SO32- + Ba2+ → BaSO3 ↓trắng

hơ

SO42- + Ba2+ → BaSO4 ↓trắng

Ion SO32- tác dụng với TT tạo kết tủa trắng ,tủa này tan trong dung dịch ion SO32- dư.

m

SO32- + 2Ag+ → Ag2SO3 ↓trắng

Kè

Ag2SO3 + 3SO32- dư → 2[Ag(SO3)2]3-

ạy

Ion SO42- k cho kết tủa với TT ,nếu nồng độ ion SO42- đặc thì cho tủa trắng.

D

SO42- + 2Ag+ → Ag2SO4 ↓ trắng

m /+

*TT riêng của Ion SO32- và hiện tượng xảy ra: - TT Bari clorid (BaCl2)

e.

2N (HCl 2N)

co

Ion SO32- tác dụng với TT tạo ra kết tủa trắng, tủa này tan trong acid Hydrocloric

oo

gl

SO32- + BaCl2 → 2Cl- + BaSO3 ↓trắng

BaSO3 + HCl → BaCl2 + SO2↑ + H2O

G

Acid vô cơ mạnh Các acid vô cơ mạnh như H2SO4,HCl phân hủy ion sulfit thành khí sulfuro (SO2) , khí sulfuro bay lên làm mất màu giấy tẩm thuốc tím ( KMnO4).

2H+ + SO32- → SO2 + H2O 5 SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2MnSO4 + K2SO4 + H2SO4

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 14: Anh. chị hãy viết sơ đồ xác định các anion nhóm I, II, III trong dung dịch gốc?

Trả lời: sơ đồ xác định các anion nhóm I, II, III trong dung dịch gốc:

Không ↓

Ba(NO3)2

↓ Trắng

Tìm Cl-

n

DD Gốc +

Tìm NO3-

Tìm I- trước

hơ

DD Gốc +

Không ↓

Ba(NO3)2

↓ Vàng

Q uy

N

Tìm Br- sau

m

Tìm S2-

Tìm SO32-

Không ↓

Tìm SO42-

Kè

↓ Trắng

ạy

↓ Không tan

m /+

D

HNO3 2N

DD gốc + AgNO3

↓ đỏ nâu

co

Tìm ASO33- trước

↓ vàng

Tìm PO43- sau

G

oo

gl

e.

DD gốc + AgNO3

Tìm ASO43-

DD gốc + CH3COOH

Khí ↑

DD gốc + MgCl22N

↓ Trắng

Tìm CO32-

Không ↓

Tìm HCO3-

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 15: Anh/chị hãy kể tên các nhóm Cation và nhóm anion mà anh/chị đã được học? Trình bày trình tự xác định các anion và Cation trong muối vô cơ?

Trả lời: *Các Cation dược chia thành 6 nhóm: Nhóm 1: Ag+; Pb2+; Hg22+ Nhóm 2: Ba2+; Ca2+ Nhóm 3: Zn2+; Al3+

n

Nhóm 4: Fe2+; Fe3+; Bi3+

hơ

Nhóm 5: Mg2+; Cu2+; Hg2+

N

Nhóm 6: K+; Na+; NH4+

Q uy

*Các ion (vô cơ) được chia thành 3 nhóm: Nhóm 1: Cl-; Br-; I-; S2-; NO3-

m

Nhóm 2: AsO43-; AsO33-; PO43- ; HCO3- ; CO32-

Kè

Nhóm 3: SO32-; SO42-

ạy

Trình tự xác định các anion và Cation trong dung dịch muối vô cơ:

D

Quan sát dung dịch gốc

m /+

- Nếu dung dịch gốc có màu thì tiến hành xác định các Cation có màu tương ứng trước, sau đó xác định anion sau.

co

- Nếu dung dịch gốc không có màu thì tiến hành thử mở đầu.

e.

Thử mở đâu với Natri Carbonat:

gl

- Nếu dung dịch gốc tác dụng với Na2co3 không có tủa,xác định anion trước, sau đó

oo

xác định Cation nhóm 6 sau.

G

- Nếu dung dịch gốc tác dụng với Na2CO3 có kết tủa ( trắng, màu) xác định Cation 5 nhóm đầu trước, sau đó xác định anion sau.

26. Tính độ tan của AgI trong a. Dung dịch KNO3 10-2M b. Dung dịch Ba(NO3)2 10-2M c. Dung dịch Al(NO3)3 10-2M Tích số tan AgI ở 200C là 8,3.10 -7

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Giải a. Dung dịch KNO3 10-2 Các cân bằng xảy ra trong dung dịch KNO3 →

K+ +

NO3−

10-2M

10-2M

10-2M

Ag + +

I−

AgI

→

S

S

S

T= S2 ⇒ S= T = 9,1.10-4

hơ

n

Trong dung dịch gồm có các ion: K + , NO3− , Ag + , I − (bỏ qua sự phân ly của

=

1 1 Ci .Z i2 = (10−2.12 + 10−2.12 + 2 S ) ∑ 2 2

Q uy

ϕ=

1 (2.10 −2 + 2. T ) = 0, 01091 2

m

Lực ion:

N

H2O)

D

m /+

⇒ f Ag + = f I − = 0,897

ϕ 0,01091 = −0,5.1.

1 + 0, 01091 1+ ϕ

ạy

⇒ lg f Ag + = lg f I − = −0,5.Z 2 .

Kè

Ta có: 0, 02 ≤ ϕ ≤ 0, 2

T = f 2 .S 2 ⇒ S =

T = 1, 015.10−3 f

co

b. Dung dịch Ba(NO3)2 10-2M

G

oo

gl

e.

Các cân bằng xảy ra trong dung dịch Ba(NO3)2 →

Ba2+ +

10-2

10-2

AgI

→

S

Ag +

2NO322.10-2

+

S

T= S2 ⇒ S= T = 9,1.10-4 Trong dung dịch gồm có các ion: Ba 2+ , NO3− , Ag + , I − 1 2

ϕ = (10−2.4 + 2.10−2.1 + 9,1.10 −4 + 9,1.10 −4 ) = 0, 03091

Do 0, 02 ≤ ϕ ≤ 0, 2 ⇒ lg ϕ f Ag + = lg f I − = −0, 5.Z 2 .

ϕ 1+ ϕ

I−

S

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ⇒ lg f Ag + = lg f I − = 0,841 T =  Ag +  f Ag + .  I −  . f I − T = 1, 08.10−3 f

= S 2. f 2 ⇒ S =

c. Dung dịch Al(NO3)3 Cân bằng xảy ra trong dung dịch 10-2

10-2

AgI

→

S

3NO-3 3.10-2

Ag+ +

I-

S

S

Q uy

N

Trong dung dịch gồm có các ion: Al 3+ , NO3− , Ag + , I −

n

Al3+ +

hơ

Al(NO3)3 →

1 2

Lực ion: ϕ = (10−2.9 + 3.10−2.1 + 9,1.10−4 + 9,1.10−4 ) = 0, 06091

ϕ

1+ ϕ

ạy

⇒ lg f Ag + = lg f I − = −0, 5.Z 2 .

Kè

m

Do 0, 02 ≤ ϕ ≤ 0, 2

D

⇒ f Ag + = f I − = 0, 7962

T = 1,143.10−3 f

m /+

T = f 2. S 2 ⇒ S =

co

27. Tính độ tan của CaC2O4 trong dung dịch (NH4)2C2O4 5.10-2M và so sánh với độ

e.

tan của nó trong nước. Tích số tan: T= 8,3.10-7

gl

Giải

G

oo

Các cân bằng trong dung dịch (NH4)2C2O4 →

2NH4+

5.10-2

2.5.10-2

CaC2O4

→

S

Ca+

+ C2O425.10-2 +

S

- Độ tan của CaC2O4 trong nước T = S 2 ⇒ T = 9,1.10−4

- Độ tan của CaC2O4 trong dung dịch (NH4)2C2O4 Trong dung dịch tồn tại các ion: Ca 2+ , C2O42− , NH 4+ Lực ion

C2O42S

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 1 2

ϕ = (9,1.10−4.4 + 9,1.10 −4.4 + 5.10 −2.4 + 0,1) = 0,15364

Do 0, 02 ≤ ϕ ≤ 0, 2 ⇒ lg f Ca2+ = lg f C O2− = −0, 5.Z 2 .

2 4

ϕ 1+ ϕ

= −0, 563

⇒ f Ca2+ = f C O2− = 0, 273 2 4

T = 3,328.10−3 f

T = S 2. f 2 ⇒ S =

Q uy

b. 250ml nước cất có chứa 0,83g (NH4)2SO4

hơ

a. 250ml nước cất

N

28. Bao nhiêu gam BaSO4 tan khi rửa nó bằng

n

Vậy độ tan của CaC2O4 tăng lên khi có mặt của (NH4)2C2O4

Giải BaSO4

m

a. Trong nước

Ba2+

Kè

→

S

S

+ SO42S

ạy

Tích số tan T = S 2 ⇒ S = T = 10−5

D

b. Trong nước có chứa 0,82g (NH4)2SO4

m /+

Số mol của (NH4)2SO4 = 6,3.10-3 mol 6,3.10−3 = 0,025M 0, 25

co

⇒ CM ( NH 4 )2 SO4 =

gl

e.

Các cân bằng trong dung dịch (NH4)2SO4 →

oo

CM

G

BaSO4 S

→

2NH4+

+ SO42-

2.CM

CM

Ba2+ S

+ SO42S

Trong dung dịch tồn tại các ion: NH 4+ , SO42− , Ba 2+ (bỏ qua sự phân ly của H2O) Ta có:

ϕ= =

1 ∑ C j .Z 2j 2 1  2.0, 025.12 + (0, 025 + 10−5 ).4 + 10−5.4  = 0, 075 2

µ 1 ⇒ lg f Ba2+ = lg f SO2− = − .Z 2 .

4 2 1+ µ

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn ⇒ lg f Ba2+ = lg f SO2− = −0, 431 4

⇒ f Ba2+ = f SO2− = 0,37 4

⇒ T =  Ba 2+  .  SO42−  . f 2 = S .0, 025.0,37 2 ⇒ S = 2,9.10−8

Độ tan giảm 342 lần.

29. Người ta dùng 200ml dung dịch NH4NO3 để rửa hết tủa MgNH4PO4. Hãy tính nồng độ dung dịch theo phần trăm khối lượng để khi rửa tủa không mất quá

n

0,01mg. T(MgNH4PO4) = 2,5.10-13.

hơ

Giải:

N

Dung dịch loãng xem như d=1. Khi rửa tủa MgNH4PO4 bằng 200ml NH4NO3.

0,01.10 −3.1000 = 1,25.10 −5 M 40.200

m

S=

Q uy

Để kết tủa không tan quá 0,01mg khi đó độ tan S của kết tủa không quá:

Kè

Các cân bằng trong dung dịch: MgNH 4 PO4 ↔ Mg 2+ + NH 4 + PO4 +

−

m /+

D

NH 4 NO3 → NH 4 + NO3

3−

ạy

+

sẽ thay đổi:

co

Gọi a là nồng độ của NH4NO3 cần để rửa. Khi đó tích số tan T của MgNH4PO4

e.

T ( MgNH 4 NO3 ) =  Mg 2+   NH 4 +   PO43−  = S ( S + a ) S

G

oo

gl

Do S << a ⇒ T ( MgNH 4 NO3 ) = S 2 a ⇒ a = ⇒a=

T S2

2,5.10 −13 = 0,16M (1,25.10 −5 ) 2

Vậy nồng độ phần trăm theo khối lượng của NH4NO3 dùng để rửa tủa: C% =

Cm.M 0,16.80 = = 1,28% d .V 10

30. Tính % lượng AgCl bị mất khi rửa 0,45g chất này bằng: a. 200ml nước cất b. 150ml NH4Cl 0,1M, rồi bằng 50ml nước cất.

Giải: a. Khi rửa tủa bằng 200ml nước cất

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Ta có tích số tan của AgCl : T = S 2 ⇒ S =

T

10−10 = 10−5

=

⇒ mAgCl = 10−5.143,5.0, 2 = 2,87.10 −4 g

Vậy % AgCl bị rửa bằng 200ml H2O %AgCl =

2,87.10 −4 .100% = 0,064% 0,45

b. Khi rửa tủa bằng 150ml NH4Cl 0,1M rồi bằng 50ml H2O Các cân bằng trong dung dịch: (bỏ qua sự phân ly của H2O) ↔ Ag + + Cl −

NH 4 Cl

S

→ NH 4

0,1

+

n

S

hơ

S

+ Cl −

0,1

0,1

N

AgCl

Q uy

Khi rửa tủa bằng dd NH4Cl ta sẽ xét tới ảnh hưởng của lực ion. Trong dung dịch tồn tại các ion Ag+, Cl-, NH4+

m

1 1 C j .Z 2j = (10−5.1 + 0,1.1 + 0,1.1) = 0,1 ∑ 2 2

Kè

Ta có: ϕ =

µ

ạy

⇒ lg f Ag + = lg f Cl − = −0, 5.Z 2 .

= 0,12 ⇒ f Ag + = f Cl − = 0, 758

D

1+ µ

m /+

T ⇒ T =  Ag +  Cl −  f 2 = S 2 f 2 ⇒ S = 2 = 1,3.10−5 f

Gọi m1 là khối lượng tủa bị rửa bằng dung dịch NH4Cl.

co

⇒ m1 = 1,3.10−5.0,15.(108 + 35,5) = 2,8.10−4 g

e.

Gọi m2 là khối lượng tủa bị rửa bằng 50ml H2O

oo

gl

⇒ m2 = 10−5.0, 05.(108 + 35, 5) = 7,175.10 −5 g

G

Vậy khối lượng của tủa bị rửa bởi 150ml NH4Cl 0,1M và 50ml nước cất. m = m1 + m2 = 2,8.10 −4 + 7,175.10 −5 = 3, 5175.10−4 g

⇒ % AgCl =

m 3,5175.10−4 .100% = .100% = 0, 078% 0, 45 0, 45

e.

co

m /+

D

ạy

Kè

m

Q uy

N

hơ

n

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

gl

Bài 41. Tính hằng số cân bằng của các phản ứng oxi hóa – khử sau:

oo

a) Ce4+ + Fe2+ → ….

G

b) MnO −4 + Fe2+ + H+ → … c) Cr2O 72− + I- + H+ → ...

Biết nồng độ cân bằng của ion H+ là 1M.

Bài giải a) Ce 4+ + Fe 2+ → ….

Phương trình ion:

Ce 4+ + Fe 2+ → Ce 3+ + Fe3+

Qt khử: Fe 2+ → Fe 3+ + 1e

0 E Fe = 0,771V 3+ / Fe 2 +

0 Qt oxi hóa: Ce 4+ + 1e → Ce 3+ ECe4+ / Ce3+ = 1,55V

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(

K = 10

0 − Eõ0 n Ekh 0 , 059

) = 10

1, 55−0 , 771 0 , 059

= 1013, 2

− 2+ + b) MnO4 + Fe + H → ...

Phương trình ion: MnO4− + 5Fe 2 + + 8H + → Mn 2 + + 5Fe 3+ + 4 H 2 O 0 E MnO = 1,51V − / Mn 2 +

1x MnO4− + 8 H + + 5e → Mn 2+ + H 2 O 5 x Fe 2+ → Fe 3+ + 1e

Ta có:

(

K = 10

0 n E kh − E õ0 0 , 059

) = 10

5.(1, 51− 0 , 771) 0 , 059

4

E

0 Fe3 + / Fe 2 +

= 0,771V

= 10 62, 63

hơ

n

c) Cr2 O72− + I − + H + → ...

N

Phương trình ion: Cr2 O72− + 6 I − + 14 H + → 2Cr 3+ + 3I 2 + 7 H 2 O 2− 2 7

Q uy

Ta có:

0 1 × Cr2 O72− + 14H + + 6e → 2Cr 3+ + 7 H 2 O ECr O / Cr = 1,33V 3 × 2 I − → I 2 + 2e E I0 / 2 I = 0,5355V

K = 10

) = 10

6.(1, 33−0 , 5355 ) 0 , 059

= 1080,8

Kè

(

0 n Ekh − Eõ0 0 , 059

−

m

2

3+

ạy

Bài 42. Tính thế oxy hóa khử của dung dịch hỗn hợp:

+ Fe2+ 0,1M

b. Ce4+ 0,11M

+ Fe2+ 0,1M

m /+

Bài giải

D

a. Ce4+ 0,01M

Ce4+ 0,01M

+ Fe2+ 0,1M

co

a)

e.

Phương trình: [BĐ]

0,01

[CB]

0

gl oo

Ce4+ +

Fe2+

Ce3+ +

Fe3+

0,1 0,1- 0,01

0,01

0,01

G

Thế của dung dịch được tính theo cặp [Fe3+]/[Fe2+]:

E = E0 +

b)

0,059 [ Fe3+ ] 0,059 0,01 log = 0,77 + log = 0,714(V ) 2+ 1 [ Fe ] 1 0,1 − 0,01

Ce4+ 0,11M Phương trình:

+ Fe2+ 0,1M Ce4+ +

[BĐ] 0,11 [CB] 0,11-0,1

Fe2+

Ce3+ +

Fe3+

0,1 0

0,1

Thế của dung dịch được tính theo cặp [Ce4+]/[Ce3+] :

0,1

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,059 [Ce 4+ ] 0,059 0,11 − 0,1 E=E + log = 1,55 + log = 1,491(V ) 3+ 1 1 0,1 [Ce ] 0

Bài 43. Tính thế oxy hóa khử của dung dịch hỗn hợp :

a) Cr2O 72− 0,01M + Fe2+ 0,06M + H+ 1M b) Cr2O 72− 0,015M + Fe2+ 0,06M + H+ 1M Bài giải Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ ⇋ 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O Do Cr2O 72− và Fe2+ tác dụng với nhau theo đúng tỉ lệ hợp thức nên E Cr O 2

/ Fe 2+

= E.

n

3+

14

N

(2)

m

 Fe3+  E = 0,77 + 0,059log  Fe2+ 

(1)

Q uy

Cr2O72−   H +  0, 059 E = 1,33 + log  2 6 Cr 3+ 

hơ

E Fe

Kè

Nhân (1) với 6 rồi cộng với (2) ta được:

14

D

ạy

Cr2O72−  [ H + ]  Fe3+  7E = 1,33 × 6 + 0,77 + 0,059 log 2 Cr 3+   Fe 2+ 

m /+

Từ phương trình ta có:  Fe 2 +  = 6 Cr2O72 − 

e.

co

1 Cr 3+  =  Fe3+  3

oo

gl

1 Cr2O72 −  =  Fe2 +  6

G

Thế vào biểu thức log của (3) ta có: 14

14

14

Vậy : b)

14

Cr2O72 −   H +   Fe3+   Fe 2+   Fe3+   H +  3  H +  = = 2 6 3+ 2 2+ 2  Fe3+  Cr 3+   Fe 2+      Fe Fe 2     3

3 H +  1,33 × 6 + 0, 77 0, 059 E= + log  3+ = 1,262 V 7 7 2  Fe 

Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ ⇋ 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O 1 0, 06 Theo phương trình: Cr2O72−  pu =  Fe2+  = = 0, 01

6

⇒ Cr2O72−  dư = 0,015 – 0,01 = 0,005

6

(3)

7

2−

/ Cr 3 +

=

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn 3+ Cr  = 0, 01× 2 = 0, 02

Cr2O7  0, 059 0, 005 0, 059 E = 1,33 + log  = 1,33 + log = 1,324V 3+ 6 6 0, 02 Cr  2−

Vậy:

Bài 44. Chứng minh hệ thức:

3E0 (Fe3+/Fe0) = E0 (Fe3+/Fe2+) + 2E0 (Fe2+/Fe0)

Fe 2+

K1

Fe 2+ + 2e

Fe 0

K2

Fe 3+ + 3e

Fe 0

K3

= 10

0

E1 /0,059

.10

0

2 E2 /0,059

N

3 E30 /0,059

Q uy

K 3 = K1 K 2 = 10

hơ

Fe 3+ + e

n

Bài giải

0 0 3E30 = E10 + 2 E20 = EFe 3+ 2+ + 2 E 2+ 0 (dpcm) Fe / Fe / Fe

Vậy:

+

m /+

Giải:

Ti3+

E 02 = 0,1V

(2)

Ti2+ E 30 = - 0,37V (3)

e

Tính E0 (Ti2+/Ti0)?

(1)

D

Ti3+

E 10 = - 0,88V

ạy

TiO2+ + 2H+ + e

Ti0

Kè

TiO2+ + 2H+ + 4e

m

Bài 45. Biết thế oxy hóa khử tiêu chuẩn của các hệ sau đây là:

Lấy phương trình (1) – (2) – (3):

co

TiO2+ + 2H+ + Ti3+ + Ti2+ + 4e Ti2+ + 4e

e.

Suy ra:

Ti0 + TiO2+ + 2H+ + Ti3+ + 2e Ti0

E 04

E 04 = E0(Ti2+/Ti0)

G

oo

gl

Với: E 04 = E 10 - E 02 - E 30 E 04 = - 0,88 – 0,1 – ( - 0,37) E 04 = - 0,61 V

Vậy E0(Ti2+/Ti0) = -0,61V

Bài 51

Thêm KCN và NH3 vào dung dịch của Zn2+ 10-2M để pH của dung dịch bằng 11, nồng độ cân bằng của CN- và NH3 đều bằng 1M. Ion Zn2+ tồn tại trong dung dịch chủ

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

yếu ở dạng nào? Tính nồng độ cân bằng của ion Zn2+ trong dung dịch. Phức của Zn2+ và CN- có

1,4

= 1019, của Zn2+ và NH3 có

1,4=

108,7, phức của Zn2+ và OH- có

1,4=

1014 Giải • Ion Zn2+ tồn tại chủ yếu ở dạng nào?

4NH3

1.4=

108.7

(1)

Zn2+ +

4CN-

1.4

= 1019

(2)

Zn2+ +

4OH-

1.4=

1014

(3)

hơ

Zn2+ +

Phản ứng với CN-:

HCN

N

KHCN=10-9,32

N

H+

Q uy

CN- +

Phản ứng với NH3: H+

KHCN=10-9,25

m

NH3 +

n

Các phản ứng với Zn2+:

Kè

Để biết ion Zn2+ tồn tại trong dung dịch chủ yếu ở dạng nào, ta cần tính hằng

số bền điều kiện β’.

ạy

Theo đề bài

Theo đề bài

m /+

D

pH = 11 [H+] = 10-11 [OH-] =

= 10-3

co

Nồng độ cân bằng của CN- và NH3 đều bằng 1

e.

Do đó

[Zn2+]’= [Zn2+] + [

gl

]

G

oo

= [Zn2+] + [Zn2+]. [NH3]4.

= [Zn2+](1 + [NH3]4.

(1 + [NH3]4.

(1 + 14. 108,7) 108,7

1,4

1,4)

1,4

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

[Zn2+]’= [Zn2+] + [

]

= [Zn2+] + [Zn2+]. [CN-]4. = [Zn2+](1 + [CN-]4.

= (1 + [CN-]4.

1,4

1,4)

1.4)

= (1 + 14. 1019)

[Zn2+]’= [Zn2+] + [

m

1,4)

= (1 + (10-3)4 . 1014)

N

1,4)

ạy

Kè

= (1 + [OH-]4.

1,4

Q uy

= [Zn2+](1 + [OH-]4.

hơ

]

= [Zn2+] + [Zn2+]. [OH-]4.

102

n

1019

gl

e.

co

m /+

D

Giả sử cân bằng (1) là chính, ta có:

G

oo

Giả sử cân bằng (1) là chính, ta có:

Giả sử cân bằng (1) là chính, ta có:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Qua tính toán ta thấy

=

là lớn nhất và lớn hơn rất nhiều so với

.Do đó phức của Zn2+ với CN- là bền nhất. Vì vậy ion Zn2+ tồn

và

tại chủ yếu trong dung dịch ở dạng

là chủ yếu.

• Tính nồng độ cân bằng của ion Zn2+ trong dung dịch o Phương trình bảo toàn khối lượng đối với Zn2+:

4CN-

Zn2+ +

= 10-2

[Zn2+] +

[Zn2+](1 + β1,4.[CN-]4) = 10-2

N

o Nồng độ cân bằng của Zn2+ trong dung dịch

hơ

n

[Zn2+] + β1,4.[CN-]4.[Zn2+]= 10-2

Q uy

[Zn2+]= [Zn2+] =

Kè

m

(M)

là chủ yếu

ạy

Vậy Zn2+ tồn tại chủ yếu trong dung dịch ở dạng

D

Nồng độ cân bằng của Zn2+ trong dung dịch là 10-21 M.

m /+

Bài 52

Tính pH của

co

a. Nước cất cân bằng với CO2 của không khí (

)

e.

b.Dung dịch A sau khi đã trung hòa đến pH = 7 rồi để đến khi cân bằng với CO2 của

G

oo

gl

không khí. H2CO3 có pK1= 6,35 và pK2 = 10,32

Giải Đồ thị logarit Điểm hệ

pK1 = 6,35 logC = 1,3.10-5 M và pK1 = 10,35

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m

CO2 + H2O HCO3- +H+ (1)

Q uy

N

hơ

n

logC = 1,3.10-5 M

Kè

HCO3- + H2O CO32- + H3O+ Phương trình bảo toàn proton:

pK2=10,32

ạy

H2O H++ OH-

pK1=6,35

Dựa vào đồ thị :

m /+

D

[H+] = [HCO3-] + [ OH-] + 2[CO32-]

co

[HCO3-]>>[ OH-]; [HCO3-]>>[CO32-] Nhận xét : K1>>K2>>Kw nên [H+] chủ yếu là do nấc 1 phân li và pH của dung dịch

e.

được tính như pH của nấc 1.

G

oo

gl

Nên [H+] = [HCO3-]

Cân bằng ở pt(1) là chủ yếu : CO2 + H2O HCO3- + H+ H2CO3

C

1,3.10-5

[]

1,3.10-5-x

HCO3- + x

H+ x

Ka1

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Hoặc áp dụng công thức :

b) Các cân bằng xảy ra pK1=6,35

HCO3- + H2O CO32- + H3O+

pK2=10,32

hơ

n

CO2 + H2O HCO3- +H+ (1)

N

H2O ⥬ H++ OH-

Q uy

Phương trình bảo toàn proton:

[H+] = [HCO3-] + [ OH-] + 2[CO32-]

m

Phương trình bảo toàn nồng độ : Ta có

ạy

[ H2CO3].K1=[HCO3-].[H+]

Kè

CA= [ H2CO3] +[HCO3-] + 2[CO32-] (*)

m /+

D

[HCO3-].K2=[CO32-].[H+]

e.

G

oo

(*)

gl

co

pH=7 thì nồng độ [HCO3-] lúc này là:

Ta vẽ đồ thị tương tự : Điểm hệ

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

pK1 = 6,35 logC =10-4,97 M và pK1 = 10,35 logC = 10-4,97 M

>>[CO32-

hơ

[HCO3-]

n

Dựa vào đồ thị

N

]>>[ OH-];

m

Q uy

[H+] = [HCO3-]

Kè

Cân bằng (1) là chủ yếu

1,3.10-5

[]

1,3.10-5-x

H+ Ka1

m /+

C

HCO3- +

D

H2CO3

ạy

CO2 + H2O HCO3- + H+

x

gl

e.

co

x

oo

x ≈4,98.10-7

G

pH ≈6,3

Bài 53

Tính thế oxy hóa khử điều kiện của cặp Co(III)/Co(II) trong điều kiện có dư có β1,6= 1035,21 và

ammoniac để tạo thành các phức có β1,6 =104,4. Biết Giải

Khi chưa tạo phức: Co3+ + e Co2+

.

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

với Nhưng nếu trong dung dịch có dư NH3 để tạo phức thì thế của cặp là :

là thế oxi hóa chuẩn điều kiện

n

khi

ạy

Kè

m

Q uy

N

hơ

Mặt khác ta có hằng số bền được biểu diễn :

D

m /+

Trong môi trường dư NH3 để tạo phức bền Co(III) và phức kém bền Co(II) , khả

G

oo

gl

e.

co

năng oxi hóa của Co(III) giảm nhưng khả năng khử của Co(II) tăng lên.