9-Dung Dich-Ben Tre [PDF]

Zitiervorschau

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

CHUYÊN ĐỀ CÂN BẰNG TRONG DUNG DỊCH CHỨA MUỐI ÍT TAN Tổ Hóa, trường THPT Chuyên Bến Tre I. Tích số tan và độ tan của muối ít tan 1.1. Tích số tan Khi hòa tan một chất vào trong nước, không có chất nào hoàn toàn không tan, mà sẽ có sự tan ít hoặc tan nhiều mà thôi. Các muối ít tan (kết tủa) là các chất tan rất ít trong nước và là các chất điện ly yếu. Như vậy, khi hòa tan một muối ít tan, một phần các tinh thể của muối ít tan sẽ tan vào nước và điện ly thành ion, còn lại một phần không tan ở dạng rắn. Dung dịch ở trạng thái này được gọi là dung dịch bão hòa của muối ít tan. Xét dung dịch bão hòa của muối ít tan AB. Trong dung dịch ta có cân bằng: A - + B+

AB

Cân bằng được đặc trưng bởi một hằng số cân bằng gọi là tích số tan của muối ít tan AB, được kí hiệu là TtAB: TtAB=aA-.aB+ Với aA- : hoạt độ của AaB+: hoạt độ của B+ Nếu xem sự tương tác tĩnh điện của các ion không đáng kể thì tích số tan của muối ít tan AB là: TtAB=[A-].[B+] Tích số tan là hằng số ở một nhiệt độ nhất định Trong trường hợp tổng quát, một muối ít tan có dạng A mBn, trong dung dịch bão hòa của AmBn ta có cân bằng: mAn- + nBm+

AmBn

Tích số tan của AmBn: Tt A B = a A .a B Với a A : hoạt độ của Ana B : hoạt độ của Bm+ Khi bỏ qua sự tương tác tĩnh điện của các ion thì tích số tan của muối ít tan AmBn là: m

n

n

m

n

m

Tt A m B n  [A n  ]m .[Bm  ]n

Tích số tan của một muối ít tan là hằng số ở một nhiệt độ nhất định và cho biết khả năng hòa tan của muối ít tan đó. 1.2. Độ tan Khả năng hòa tan của muối ít tan được định lượng bằng độ tan. Độ tan kí hiệu là S, của một chất tan là nồng độ của chất tan đó trong dung dịch bão hòa của nó. Như vậy, cả tích số tan và độ tan của muối ít tan đều đặc trưng cho dung dịch bão hòa của muối ít tan nên chúng sẽ có mối liên hệ với nhau. Mối liên hệ giữa tích số tan và độ tan được chứng minh sau đây: Với muối ít tan có dạng AB, trong dung dịch bão hòa của AB ta có cân bằng: AB

A - + B+

Tích số tan AB: TtAB=[A-].[B+] Gọi S là độ tan của AB, ta có: Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 135

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

[A-]=S và [B+]=S Như vậy: TtAB=S2 S

Tt AB

Với muối ít tan có dạng AmBn, trong dung dịch bão hòa của AmBn ta có cân bằng mAn- + nBm+

AmBn n m

m n

Tích số tan của AmBn: Tt A B  [A ] .[B ] Gọi S là độ tan của AmBn , ta có: [An-]=mS và [Bm+]=nS Như vậy: Tt A B =(mS)m(nS)n Tt Hay S  m  n Amm Bnn m n II. Các yếu tố ảnh hưởng đến độ tan 2.1 Ảnh hưởng của ion cùng tên Cân bằng trong dung dịch bão hòa muối ít tan AmBn m

m

n

n

mAn- + nBm+

AmBn

n m m n Tích số tan của AmBn: Tt A m B n  [A ] .[B ]

Giả sử trong dung dịch có sự hiện diện của A n- với nồng độ CA, gọi S là độ tan của AmBn  ta có: [An-]=mS + CA [B]m+=nS m n Vậy Tt A B  (mS C A ) (nS) Một cách gần đúng, ta xem lượng A n- điện ly bởi AmBn  là mS không đáng kể so với lượng An- có sẵn trong dung dịch là CA, nghĩa là mS S, ta có Tt BaSO =10-2S 4

Suy ra: S 

Tt BaSO 4 10

2



1,03.10 10  2

10

 1,03.10 8 M

c) So sánh độ tan của BaSO4 Độ tan của BaSO4 trong nước gấp 980 lần so với trong dung dịch Na 2SO4 102 M. Như vậy sự có mặt của ion cùng tên SO 24  sẽ làm giảm độ tan của BaSO4 2.2 Ảnh hưởng của pH và sự tạo phức Do sự thay đổi pH hoặc tạo phức, khả năng hòa tan của muối ít tan sẽ thay đổi vì nồng độ các ion của muối ít tan thay đổi khi chúng tham gia các phản ứng khác. Điều này sẽ làm tăng độ tan của muối ít tan. Như vậy, để biểu thị khả năng hòa tan của muối ít tan có kể đến ảnh hưởng của môi trường người ta dùng tích số tan điều kiện. ' m n Tích số tan điều kiện của muối ít tan AmBn là: Tt'A B  [A ] .[B' ] Với [A’] và [B’] là tổng nồng độ các dạng của An- và Bm+ Gọi S là độ tan của AmBn, ta có: [A’]=mS [B’]=nS Tt ' Như vậy S= m n nAm Bnn m .n 2.2.1 Ảnh hưởng của pH môi trường a. An- là gốc axit yếu Độ tan của muối ít tan AmBn sẽ phụ thuộc vào pH môi trường khi An- là gốc axit yếu. Trong dung dịch bão hòa của AmBn ta có các cân bằng: m

n

mAn- + nBm+

AmBn

Cân bằng nhận proton H+ của AnKn, An- + H+ HA(n-1)Kn-1 HA(n-1)- + H+ HA(n-2)...............................

K1, Hn-1A- + H+ HnA ' m m n Tích số tan điều kiện của AmBn: Tt'A m B n  [A ] .[B ]

Với [A’] là tổng nồng độ cân bằng các dạng của An- ta có: [A’]=[An-1] + [HAn-1] + ......[HnA] Từ các hằng số axit K1, K2,...,Kn của HnA, ta có: [HA (n 1) - ] 

[H  ][A n  ] Kn

[HA (n  2) - ] 

[H  ]HA (n 1) - ] [H  ]2 [A n  ]  K n .K n 1 K n .K n 1

.......................... Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 137

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III [H n A ] 

[H  ]H n -1A ] [H  ]n [A n  ]  K n .K n 1...K1 K n .K n 1...K1

Do đó: [A’]=[An-](1+

[H  ] [H  ]n  ...  ) Kn K n ...K1

= [An-]. α A(H) [H  ] [H  ]n  ...  : hệ số biểu thị ảnh hưởng của pH Kn K n ...K1

Với α A(H) =1+

Như vậy: Tt'A m B n  [A n - ]m . Am( H ) [Bm  ]n = Tt A m B n   Am( H )

Gọi S là độ tan của AmBn, ta có: [A’]=mS [Bm+]=nS m n Do đó: Tt'A B  (mS ) (nS ) m

Suy ra: S=

n

mn

Tt Am Bn  Am( H )

m m .n n Ví dụ: Tính độ tan của CaC2O4, Tt CaC có pK1=1,25 và pK2=4,27

2O4

=2,3.10-9, trong dung dịch có pH=4, H2C2O4

Giải Cân bằng trong dung dịch: 2 CaC2O4 Ca2+ + C 2 O 4 , Tt CaC HC2 O 4 K2, C 2 O 24  + H+ K1, HC 2O 4 + H+ H2C2O4 Tích số tan điều kiện:

2O4

Tt 'CaC2 O 4  [Ca 2  ].[C2O'4 ]  Tt CaC2 O 4 .α CaC2O 4

Gọi S là độ tan của CaC2O4, ta có: [Ca2+]=S [C 2 O '4 ] =S Suy ra

Tt 'CaC 2 O 4  S2

Vậy S= Tt CaC Với:

2O 4

.α CaC 2 O 4 (H)

α CaC 2 O 4 (H)  1 

[H  ] [H  ]2 10 4 (104 ) 2   =1+ K2 K 2 K1 10  4,27 10  4,27.10 1,25

α CaC 2O 4 (H) =100,46

Do đó S= 2,3.10-9.100, 46 =8,1.10-5 b. Bm+ tạo phức hydroxo Nếu Bm+ tạo được phức đến bậc p với OH - thì độ tan của AmBn sẽ thay đổi. Trong

dung dịch bão hòa của AmBn ta có các cân bằng: AmBn

mAn- + nBm+

Cân bằng tạo phức hydroxo của Bm+ Bm   OH  [BOH], β1 Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 138

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III [BOH] + [OH-]

[B(OH)2], β 2

………….. [B(OH)p], β p

[B(OH)P-1] + [OH-]

Tích số tan điều kiện của AmBn Tt'A m B n  [A n - ]m [B' ]n

Với [B’] là tổng nồng độ cân bằng các dạng của Bm+, ta có: [B’]=[Bm+] + [BOH]+...+[B(OH)p] Từ các hằng số bền β1 , β 2 ,..., β p của các phức hydroxo, ta có: [BOH]= β1 [Bm+][OH-] [B(OH)2]= β 2 [BOH][OH-]= β1 . β 2 .[Bm+][OH-]2 …………… [B(OH)p]= β p [B(OH)p-1][OH-]= β1 . β p .[Bm+][OH-]p Do đó [B’]= [Bm+](1+ β1 [OH-]+...+ β1 ... β p [OH-]p)= [Bm+]  B (OH ) Với α B(OH) =1 + β1 [OH-]+...+ β1 ... β p [OH-]p: hệ số biểu thị ảnh hưởng của sự tạo phức hydroxo n- m m n n n Như vậy: Tt'A m B n  [A ] [B ] . B (OH ) = Tt A m B n . B (OH ) Gọi S là độ tan của AmBn, ta có:

[An-]=mS [B’]=nS Do đó Tt'A

m Bn

Suy ra S= m  n

 (mS ) m (nS ) n

Tt Am Bn  Bn (OH )

m m .n n Ví dụ: Tính độ tan của AgI, TtAgI=8,3.10-17 trong nước khi có sự tạo phức đến bậc 2 giữa Ag+ với nước. Phức hydroxo của Ag+ có các hằng số bền tổng cộng lần lượt là β1 =102,3, β1,2 =104,0

Giải

Các cân bằng trong dung dịch: AgI Ag+ + I-, TtAgI Cân bằng tạo phức hydroxo: Ag+ + H2O [Ag(OH)] + H+, β1 [Ag(OH)] + H2O [Ag(OH)2]- + H+, β2

Cân bằng điện ly của nước: H2O H+ + OH' ' Tích số tan điều kiện của AgI: Tt AgI  [Ag ].[I ]  Tt AgI .α Ag(OH) Gọi S là độ tan của AgI, ta có: [Ag’]=S [I - ] =S Suy ra Tt 'AgI  S2 Vậy S= Tt AgI .α Ag(OH) Với α Ag(OH) =1+ β1 [OH-] + β1,2 .[OH-]2 Nếu xem lượng H+ sinh ra do cân bằng tạo phức hidrozoo của Ag + không đáng kể so với lượng H+ và OH- sinh ra do nước điện ly, ta có [H+]=[OH-]=10-7M Do đó: α Ag(OH) =1+102,3.10-7 +104,0. (10-7)2  1 Như vậy: S= 8,3.10 .1 =10-8,04 M 17

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 139

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

2.2.2. Ảnh hưởng của sự tạo phức Cation Bm+ có thể tham gia cân bằng tạo phức với các phối tử có trong dung dịch hoặc với chính anion An- của AmBn. a. Sự tạo phức với phối tử lạ Nếu Bm+ tạo được phức với phối tử L đến bậc q thì trong dung dịch ta có các cân bằng: mAn- + nBm+

AmBn

Cân bằng tạo phức với phối tử L Bm+ + L BL, β1 BL + L BL2, β 2 ……………. BLq-1+ L BLq, β q n- m ' n Tích số tan điều kiện của AmBn: Tt'A B  [A ] [B ] Với [B’] là tổng nồng độ cân bằng các dạng của [Bm+], ta có: [B’]=[Bm+] + [BL]+...+[B(L)p] Từ các hằng số bền β1 ... β p của các phức ML,…,MLp ta có: [BL]= β1 ].[Bm+].[L] [BL2]= β 2 ].[BL].[L]= β1 . β 2 .[Bm+].[L]2 ………….. [BLp]= β p [BLp-1].[L]= β1 … β p .[Bm+].[L]p Do đó: [B’]= [Bm+].(1+ β1 [L]+...+ β1 … β p .[L]p) =[Bm+].  B ( L ) Với:  B ( L ) =1+ β1 [L]+...+ β1 … β p .[L]p: hệ số biểu thị ảnh hưởng của sự tạo phức với phối tử L n- m m n n n Như vậy Tt'A B  [A ] [B ]  B ( L )  Tt A B  B ( L ) m

m

n

n

m

n

Gọi S là độ tan của AmBn, ta có: [An-]=mS [B’]=nS m n Do đó: Tt'A B  (mS) (nS) m

Suy ra: S=

n

m n

Tt Am Bn  Bn ( L )

m m .n n Nếu kể đến ảnh hưởng của pH thì An- còn tham gia cân bằng nhận proton H+ Kn, An- + H+ HA(n-1)Kn-1, HA(n-1)- + H+ HA(n-2)......................... K1, Hn-1A- + H+ Hn A Tích số tan điều kiện của AmBn sẽ là Tt'A m B n  [A' ]m [B' ]n

[A’] là tổng nồng độ cân bằng các dạng của [An-], ta có: [A’]= [An-] + [HA(n-1)-]+… [HnA] =[An-] + α A(H)

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 140

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Với:

[H  ] [H  ]n  ...  : hệ số biểu thị ảnh hưởng của pH Kn K n ...K1

α A(H) =1+

K1...Kn: các hằng số axit của HnA m n Như vậy: Tt'A B  Tt A B α A(H)α B(L) [A’]=mS m

Suy ra: S=

mn

n

m

n

Tt Am Bn  Am( H ) . Bn ( L )

m m .n n Ví dụ: So sánh độ tan của CuS, TtCuS=6,3.10-36 trong nước và trong dung dịch NH4OH 0,1M khi có sự tạo phức đến bậc 4 giữa Cu 2+ với NH3. Phức của Cu2+ với NH3 có các hằng số bền tổng cộng lần lượt là β1 =103,99, β1,2 =107,33, β1,3 =1010,06 và β1,4 =1012,03. H2S có pK1=6,99 và pK2=12,89. NH4OH có Kb=10-4,78

Giải - Độ tan của CuS trong nước Trong nước ta có các cân bằng CuS S- + Cu2+ TtCuS K2, S2- + H2O HS- + OHK1, HS- + H2O H2S + OHH2 O H+ + OH2 Tích số tan điều kiện của CuS  Tt'CuS  [Cu ].[S' ]  Tt CuS .αS(H) Gọi S1 là độ tan của CuS ta có [Cu2+]=S1 [S’]=S1 Suy ra Tt'CuS =[S1]2 Vậy S1= Tt CuS .αS(H) α S(H) =1+

[H  ] [H  ]2  K1 K 2 .K1

Do lượng S2- điện ly bởi CuS rất nhỏ nên một cách gần đúng, ta xem lượng OH sinh ra do cân bằng nhận proton H+ của S2- xem như không đáng kể so với lượng OH- sinh ra do nước điện ly. Do đó [H+]=[OH-]=10-7M Vậy

α S(H) =1+





2

10- 7 10- 7   106,19 10-12,89 10-12,89.10 6,99

Suy ra S1= 6,3.10 .10 =10-14,51 - Độ tan của CuS trong dung dịch NH4OH 0,1M Các cân bằng trong dung dịch NH4OH 0,1M CuS S- + Cu2+ TtCuS Cân bằng tạo phức với NH3 Cu2+ + NH3 [Cu(NH3)]2+, β1 [Cu(NH3)]2+ + NH3 [Cu(NH3)2]2+, β 2 [Cu(NH3)2]2+ + NH3 [Cu(NH3)3]2+, β 3 [Cu(NH3)3]2+ + NH3 [Cu(NH3)4]2+ , β 4 Cân bằng axit-bazơ NH4OH NH4+ + OH-, Kb K2, S2- + H2O HS- + OHK1, HS + H2O H2S + OH36

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

6 ,19

Trang 141

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Tích số tan điều kiện của CuS  Tt'CuS  [Cu ].[S' ]  Tt CuS .α Cu(NH ) αS(H) Gọi S2 là độ tan của CuS ta có [Cu’]=S2 [S’]=S2 Suy ra Tt'CuS =[S2]2 Vậy S2= Tt CuS .α Cu(NH ) αS(H) α Cu(NH ) =1+ β1 [NH3]+ β1,2 [NH3]2 + β1,3 [NH3]3 + β1,4 [NH3]4 '

3

3

3

α S(H) =1+

[H  ] [H  ]2  K1 K 2 .K1

Do lượng Cu2+ và S2- điện ly bởi CuS rất nhỏ nên lượng NH3 tham gia tạo phức với Cu2+ không đáng kể nên một cách gần đúng ta xem [NH 3] và pH của dung dịch xác định bởi NH4OH. Một cách gần đúng pH của dung dịch là: 1 2

1 2

pH= pK H O  (pK b  logCNH OH ) =14-1 (4,76  log 0,1)  11,12 2

4

Trong dung dịch NH4OH ta có: C NH OH =[NH4OH]+[NH4+] [H+] +[NH4+] =[OH-] Nếu xem [OH-]>> [H+] thì [NH4+]  [OH-]=10-2,88M Như vậy: [NH3]= [NH4OH]= C NH OH -[NH4+]=0,1-10-2,88  0,1M Do đó: α Cu(NH ) =1+ 103,99.0,1+ 107,33.(0,1)2 + 1010,06(0,1)3 + 1012,03(0,1)4 =108,08 4

4

3

α S(H) =1+ 10

-11,12

10-12,89



Suy ra: S2= 6,3.10 - So sánh độ tan:

(10-11,12 ) 2  101, 77 10-12,89.10 6, 99

36

.108, 08.101, 77

=10-12,68 M

S2 1012,68   68 S1 1014,51

Như vậy trong môi trường NH4OH 0,1M độ tan của CuS tăng lên gấp 68 lần so với trong nước. b. Sự tạo phức với phối tử là ion cùng tên Trong trường hợp muối ít tan AmBn có [Bm+] tạo được kết tủa và phức tan với A n-, thì khi thêm An- độ tan của AmBn sẽ giảm xuống đến một giá trị cực tiểu rồi tăng lên và AmBn có thể tan hoàn toàn. Để đơn giản, ta xét trường hợp muối ít tan AB. Nếu B+ tạo được kết tủa và phức tan đến bậc p với A- thì trong dung dịch ta có các cân bằng: Cân bằng tạo kết tủa: A- + B+ AB TtAB Cân bằng tạo phức tan: B+ + A [BA], β1 [BA] + A[BA2], β 2 .......... [BAp-1] + A[BAp], β p Tích số tan của AB, ta có:

TtAB=[A-].[B+] Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 142

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Gọi S là độ tan của AB, ta có: S=[B’]=[B+] + [BA]+[BA2]+…+[BAp] Từ tích số tan và hằng số bền, ta tính được: Tt AB [B+]= i [A  ] [BA]= β1 [A-][B+]= β1 .TtAB [BA2]= β 2 [A-][BA]= β1 β 2 .TtAB.[A-] [BA3]= β 3 [A-][BA2]= β1 β 2 β 3 .TtAB.[A-]2

…………. [BAp]= β1 [A-][BAp-1]= β1 β 2 … β p .TtAB.[A-]p-1

Do đó S=

Tt AB β 3 .TtAB.[A-]2 + β1 β 2 … β p .TtAB.  + β1 .TtAB + β1 β 2 .TtAB.[A ] + β1 β 2 [A ]

[A-]p-1 Hay S=

Tt AB (1+ β1 [A-]+ β1 β 2 .[A-]2 +…+ β1 … β p .[A-]p) [A  ]

Tt AB p 1, i[A  ]i [A  ]  i 0 Với β1,0  1 Trường hợp muối ít tan có dạng AmBn, ta có thể suy ra độ tan của AmBn sẽ là: Tt AB p  i -m S=  m 1, i[A ] [A ] i0 Với β1,0  1 Nếu A- chỉ có được sự điện ly của AB , một cách gần đúng, ta có thể xem như trong

S=

dung dịch chỉ có sự tạo phức đến bậc 2. Như vậy: S=[B’]=[B+] + [BA] + [BA2]=

Tt AB (1+ β1 [A-]+ β1 β 2 .[A-]2 ) [A  ]

Vì lượng A- chỉ có được từ sự điện ly của AB, ta có: S=[A’]=[A-] + [BA] + 2[BA2] Suy ra [A-] + [BA] + 2[BA2]= ]=[B+] + [BA] + [BA2] Hay [A-] +[BA2]=[B+] Như vậy [A-] + β1 β 2 .TtAB.[A-]=

Tt AB [A  ]

Tt AB

Do đó: [A-]= 1    Tt 1 2 AB

Biểu thức cho thấy, nếu AB rất ít tan và phức kém bền (1>> β1 β 2 TtAB) thì sự tạo phức không ảnh hưởng đến độ tan. Ngược lại (1 Tt A B thì khi thêm ion B vào dung dịch, A2B  sẽ kết tủa trước. Nghĩa là khi bắt đầu xuất hiện kết tủa A2B  thì A1B  chưa bão hòa (chưa kết tủa). Tại thời điểm này ta có [A2][B]= Tt A B m

m

n

n

1

2

1

2

2

[A1][B]< Tt A B Suy ra [ A1 ] Tt A B  [ A2 ] Tt A B 1

1

2

[ A1 ]

Khi tiếp tục thêm ion B vào thì A2B  sẽ tiếp tục kết tủa và tỉ số [ A ] sẽ giảm cho 2 đến khi

[ B1 ] Tt A1B = thì sẽ xuất hiện kết tủa A 1B . Như vậy từ thời điểm này A1B  và [ B2 ] Tt A 2 B

A2B  sẽ kết tủa đồng thời.

IV. Hòa tan kết tủa Muốn hòa tan một hợp chất ít tan A mBn trong nước, nguyên tắc là phải làm tăng độ tan của nó. 4.1. Dùng axit hoặc bazơ để tạo pH thích hợp Với hợp chất ít tan AmBn chịu ảnh hưởng của pH môi trường, ta có: Anion là gốc axit yếu Ta có: S=[A’]=[An-]. α A(H) Với α A(H) =1+

[H  ] [H  ]n  ...  Kn K n ...K1

Ta thấy α A(H) ≥1 và tỉ lệ thuận với [H+]. Do đó, thi [H+] tăng sẽ làm tăng độ tan của

AmBn Cation tạo phức hyđroxo Ta có: S=[B’]=[Bm+] α B(OH)   p Với α B(OH) =1+ β1.[OH ]  ...β1...β p [OH ] α B(OH) tỉ lệ thuận với [OH-] nên độ tan tăng trong môi trường kiềm mạnh 4.2. Dùng các chất tạo phức Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 145

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Sự tạo thành các phức bền của B m+ với các phối tử thích hợp sẽ làm tăng độ tan của AmBn vì S=[B’]=[Bm+] α B(L) p Với α B(L) =1+ β1.[L]  ...β1...β p [L] ≥1 4.3. Dùng chất oxy hóa-khử Trong một số trường hợp, dung môi có tính oxy hóa (hoặc khử) có thể làm tăng độ tan của muối ít tan. 4.4. Chuyển kết tủa khó tan thành kết tủa dễ tan. Ta có thể hòa tan một hợp chất khó tan bằng cách chuyển nó thành một hợp chất dễ tan trong axit BÀI TẬP Câu 1. (IChO 35) Chì nitrat phản ứng với kali iođua trong dung dịch sinh ra kết tủa vàng PbI2. Trong một dãy các thí nghiệm khối lượng của hai chất phản ứng được cho thay đổi nhưng khối lượng tổng cộng của chúng được giữ không đổi và bằng 0,500g. Chì iođua sinh ra được lọc, rửa, sấy khô và đem cân. Các số liệu được cho trong bảng sau: Thí Khối lượng Pb(NO3)2 Khối lượng PbI2 nghiệm: (g) (g) 1 0,500 0,692 2 1,000 1,388 3 1,500 2,093 4 3,000 2,778 5 4,000 1,391 (a) Từ bảng số liệu trên hãy vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng PbI 2 theo khối lượng Pb(NO3)2. Từ đồ thị hãy xác định khối lượng kết tủa cực đại thu được. (b) Viết phương trình phản ứng xảy ra và tính khối lượng Pb(NO 3)2 tương ứng với khối lượng kết tủa cực đại. Giải a.

mPbI2 (max) = 3,5 gam Pb(NO3)2 + 2 KI  PbI2 + 2 KNO3 nPbI2 = 3,5/462 = 7,58.10-3 mol; => mPb(NO3)2 = 7,58.10-3  332 = 2,52 gam Câu 2. Tính pH tối đa để dung dịch Mg2+ 0,1M không có kết tủa xuất hiện. Cho K s (Mg(OH)2) = 1,2.10-11. (pH= 9,04) Câu 3. (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 Ks (BaCrO4) = 1,2. 10-10. b.

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 146

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

(b) Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử sau khi trộn. Giải a. Sau khi trộn: 0,12  1  0,04 M 3 0,009  2   0,006 M 3

CK 2 CrO4  CBa ( OH ) 2

K2CrO4  2 K+ + CrO420,04 2+ Ba(OH)2  Ba + 2 OH0,006 => thành; (b) bđ: tpgh:

Q  CCrO 2 CBa 2  0,04  0,006  2,4.104  K s 4

=> có kết tủa tạo

Ba2+ + CrO42-  BaCrO4 0,006 0,04 0,034

Xét sự phân li của BaCrO4: BaCrO4 Ba2+ + CrO42bđ: 0,034 cb: x 0,034 + x Có: Ks = [Ba2+][CrO42-] = x (0,034 + x) = 1,2.10-10 Giả sử x

x

1,2.10 10  3,53.10  9 0,034

Ktgt: thỏa mãn; => [CrO42-] = 0,034 + x = 0,034 M; 2+ [Ba ] = x = 3,53.10-9 M Câu 4. Trộn 1,0 ml dung dịch MgCl2 0,02M với 1,0 ml dung dịch hỗn hợp NH 3 2M và NH4Cl 2M. Có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện không? Biết Ks(Mg(OH)2) = 10-10,9; NH4+ có pKa= 9,24. 2 12 (CMg2+= 0,01M; COH-= 10-4,76 => Q  CMg COH  3,02.10  K s => không có kết tủa) Câu 5. Metylamin, CH3NH2, là một bazơ yếu phân li trong dung dịch như sau: CH3NH2 + H2O CH3NH3+ + OH(a) Ở 25°C, phần trăm ion hoá của dung dịch CH 3NH2 0,160M là 4,7%. Hãy tính [OH-], [CH3NH3+], [CH3NH2], [H3O+] và pH của dung dịch. (b) Hãy tính Kb của metylamin. (c) Nếu thêm 0,05 mol La(NO3)3 vào 1,00 L dung dịch chứa 0,20 mol CH 3NH2 và 0,20 mol CH3NH3Cl. Có kết tủa La(OH)3 xuất hiện không? Cho tích số tan của La(OH)3 là 1.10-19. (a. [CH3NH2]= 0,152 M; [CH3NH3+]=[OH-]= 7,5.10-3M; pH= 11,9; b. 3,7.10-4; c. Q = 2,56.10-12 > Ks, có kết tủa) Câu 6. (a) Dung dịch Fe2+ 0,01M và H+ 0,2M được bão hoà H2S (0,1M) có kết tủa xuất hiện không? Cho Ks(FeS) = 3,7.10-19, H2S có Ka1= 10-7; Ka2= 10-14. (b) Nếu nồng độ H+ là 10-3M thì có kết tủa xuất hiện không? 2

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016



Trang 147

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III 2 (a. [ S ] 

K1 K 2 [ H 2 S ]  2,5.10 21 => Q= CFe2+. CS2- = 2,5.10-23 < Ks => không có  2 [H ]

kết tủa xuất hiện. 2 b. [ S ] 

K1 K 2 [ H 2 S ]  10 16 => Q= CFe2+. CS2- = 1,0.10-18 > Ks => có kết tủa xuất  2 [H ]

hiện) Câu 7. Tính nồng độ H+ tối thiểu cần thiết lập để dung dịch CaCl 2 0,02 M và K2C2O4 0,1 M không có kết tủa xuất hiện. Biết Ks(CaC2O4) = 1,78. 10-9, H2C2O4 có pKa1 = 1,25 và pKa2 = 4,27. (Có: Mặt khác:

Ks  8,90.10 8 M [Ca 2  ] K a1 K a 2 [C2O42 ]   0,1  8,90.10 8  2  [ H ]  [ H ]K a1  K a1 K a 2 [C2O42  ] 

=> [H+] = 1,81 M) Câu 8. Tính số mol NH4Cl tối thiểu cần thêm vào để ngăn cản sự tạo thành kết tủa Mg(OH)2 trong 1 lit dung dịch chứa NH 3 0,01 M và Mg2+ 0,001 M. Biết NH3 có Kb = 1,75.10-5 và Mg(OH)2 có tích số tan là 7,1.10-12. (2,1 mmol) Câu 9. Cho các hằng số cân bằng: H2S + H2O H3O+ + HSKa1 = 1,0.10-7 HS- + H2O H3O+ + S2Ka2 = 1,3.10-13 Ag2S (r) 2 Ag+ + S2Ks = 5,5.10-51 (a) Hãy tính nồng độ của H3O+ trong dung dịch H2S 0,10 M. (b) Hãy tính nồng độ S2- trong dung dịch H2S 0,10 M và H3O+ 0,40M. (c) Hãy tính nồng độ lớn nhất của Ag+ có thể tồn tại trong dung dịch có [S2-] = 1,5.1017 M. (a. [H+]= 10-4 M b. 8,125.10-21 M c. 1,91.10-17 M) Câu 10. Trộn 50 mL dung dịch bão hoà PbI2 với 10 ml dung dịch KI 0,5M. Hãy tính nồng độ cân bằng của I- và Pb2+ trong dung dịch thu được? Cho tích số tan của PbI 2 là 7,9 10-9. (Sau khi trộn, Pb2+: 1,046.10-3; I-: 0,0854; giả sử [Pb2+]  0, [Pb2+]=1,14.10-6; [I-]=8,33.10-2) Câu 11. MgF2 (r) Mg2+ + 2 FTrong dung dịch bão hoà MgF2 ở 18° C, nồng độ của Mg2+ là 1,21.10-3 M. (a) Hãy viết biểu thức tích số tan, Ks, và tính giá trị này ở 18° C. (b) Hãy tính nồng độ cân bằng của Mg 2+ trong 1,000 L dung dịch MgF2 bão hoà ở 18°C chứa 0,100 mol KF. (c) Hãy dự đoán kết tủa MgF 2 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. (a. 7,09.10-9 b. 7,09.10-7M c. Q < Ks, không có kết tủa Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 148

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

d. Toả nhiệt) Câu 12. Trộn 500 ml dung dịch AgNO 3 0,01M với 500 ml NaCl 0,01M và NaBr 0,01M. Tính nồng độ cân bằng của Ag+, Cl- và Br-. Biết Ks(AgCl) = 10-10; Ks(AgBr) = 5.0-13. (TPGH: AgBr, Cl-: 0,005 M AgBr Ag+ + BrAg+ + ClAgCl + Có: [Ag ] = [Br ] - (0,005 -[Cl-]) =>

5.1013 1010   0,005 [ Ag  ] [ Ag  ]

[ Ag  ] 

(1)

=> Giả sử [Ag+]

[ Ag  ] 

5.1013  10 10  2,01.10  8 M 0,005

=>

[ Br  ] 

5.1013  2,89.10 5 M [ Ag  ]

[Cl  ] 

1010  4,98.10  3 M ) [ Ag  ]

(KTGT: t/m)

Câu 13. Ở 25 °C, hằng số bazơ, Kb, của NH3 là 1,8.10-5. (a) Hãy xác định [OH-] và độ điện li của amoniac trong dung dịch amoniac 0,150 M ở 25 °C. (b) Hãy xác định pH của dung dịch được khi thêm 0,0500 mol amoni clorua rắn vào 100 mL dung dịch amoniac 0,150M. (c) Thêm 0,0800 mol magiê clorua rắn vào dung dịch ở b) và khấy đều, kết tủa Mg(OH)2 có tạo thành không? (Gỉả thiết rằng thể tích dung dịch không đổi, Ks(Mg(OH)2) = 1,5.10-11). (a. [OH-]= 1,6. 10-3;  = 1,1% b. 8,73; c. Có kết tủa xuất hiện) Câu 14. Giá trị Kb của amoniac là 1,8.10-5; tích số tan của Mg(OH)2 là 1,1.10-11. (a) Hãy tính pH của dung dịch hỗn hợp có NH3 0,030 M và amoni clorua 0,050 M? (b) 0,20 L dung dịch trên được trộn lẫn với 25 mL dung dịch natri hiđroxit 0,084M, hãy tính pH của dung dịch thu được? (c) Hãy cho biết có kết tủa magiê hiđroxit xuất hiện không khi trộn lẫn những thể tích bằng nhau của dung dịch điều chế ở (b) và dung dịch magiê clorua 0,020M. (a. 9,04; b. 9,27; c. Q = 3,47.10-12 < Ks => không có kết tủa) Câu 15. (QG 2003, Germany 2003) 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? Cho: Ks(MnS) = 2,5 10-10 ; Ks(CoS) = 4,0 10-21 ; Ks(Ag2S) = 6,3 10-50.

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 149

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

(c) Hãy cho biết có bao nhiêu gam kết tủa chì(II) sunfua được tách ra từ 1,00 lit dung dịch bão hòa chì(II) sunfat? biết nồng độ sunfua được điều chỉnh đến 1,00 .10 -17 M? Cho Ks(PbSO4) = 1,6 ·10-8 và Ks(PbS) = 2,5 ·10-27. Pb = 207,2, S = 32,0). K a1K a 2 [S 2 ]  CH S  1,3.1017 (a.  2 [ H ]  [ H  ]K a1  K a1K a 2 b. Có: [Mn2+] [S2-] = 10-2 1,3 .10-17 = 1,3 .10-19 < Ks (MnS) = 2,5 .10-10 ; không có kết tủa [Co2+] [ S2-] = 10-2  1,3 .10-17 = 1,3 .10-19 > Ks (CoS) = 4,0 .10-21 ; có kết tủa CoS [Ag+]2[S2-] = (10-2)2 1,3 .10-17 = 1,3 .10–21 > Ks (Ag2S) = 6,3 .10-50 ; có kết tủa Ag2S c. Có: [Pb2+][SO42-] = 1,6.10-8. => [Pb2+] = [SO42-] = 1,265.10-4 M Khi nồng độ sunfua đạt 1,00.10-17 M thì nồng độ Pb2+ còn lại trong dung dịch là: [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 ) => Câu 16. (QG 2005) Bằng dung dịch NH 3, người ta có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al3+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg2+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit. Hãy làm sáng tỏ điều nói trên bằng các phép tính cụ thể. Cho biết: Tích số tan của Al(OH)3 là 5.10-33; tích số tan của Mg(OH)2 là 4.10-12; hằng số phân ly bazơ của NH3 là 1,8.105. (Tính hằng số cân bằng K của phản ứng kết tủa hiđroxit: 3 NH3 + H2O NH4+ + OH ; Kb = 1,8.10-5 -1 Al(OH)3 Al3+ + 3 OH ; Ks = 5. 10-33  Al3+ + 3 NH3 + 3 H2O Al(OH)3 + 3 NH4+ ; K1 = Kb3Ks-1 = 1,17.1018 2+ Tương tự:Mg + 2 NH3 + 2 H2O Mg(OH)2 + 2 NH4+ ; K2 = Kb2Ks-1 = 81 Vì K2 có giá trị tương đối nhỏ nên Mg2+ không kết tủa hoàn toàn dưới dạng magiê hiđroxit như Al3+; *Chú ý: Mg2+ không kết tủa trong dung dịch hỗn hợp NH4Cl/ NH3) Câu 19. Tính độ tan của Cu(OH)2 trong nước. Biết Ks (Cu(OH)2) = 10-19. (Không bỏ qua được cân bằng phân li của nước; lập 3pt- 3 ẩn => [OH-]3 - 10-14[OH-] -2.10-19 = 0 => [OH-] = 5,91.10-7 M; S = 2,86.10-7 M Nhận xét: Mg(OH)2 (Ks = 10-12) bỏ qua được OH- do nước phân li Cu(OH)2 (Ks = 10-19) không bỏ qua được OH- do nước phân li Fe(OH)3 (Ks = 10-39) bỏ qua được OH- do Fe(OH)3 phân li) Câu 20. Tính tích số tan của Mg(OH)2 ở 20oC, biết rằng trong 100 ml dung dịch bão hoà ở nhiệt độ này có chứa 0,84 mg Mg(OH)2. ([Mg2+]= 1,448.10-4M; [OH-]= 2,896.10-4M; Ks = 1,2.10-11) Câu 21. 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. (c) Hãy tính khối lượng Ag2CrO4 có thể tan tối đa trong 100 ml nước ở 25oC. 2

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 150

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

(d) Thêm 0,1 mol AgNO3 vào 1,0 lit dung dịch Ag2CrO4 bão hòa. Giả thiết thể tích dung dịch không thay đổi. Hãy cho biết [CrO42-] tăng, giảm hay không đổi? Giải thích. Trong dung dịch bão hòa Ag3PO4 ở 25oC, nồng độ Ag+ là 5,3.10-5 M. (a. Ag2CrO4 2 Ag+ + CrO42(*) K s  [ Ag  ]2 [CrO42  ]

2S b. Có:

K s  ( 2S ) S  2,6.10

=>

S 3

2

S 12

2,6.1012  8,66.10  5 M . 4

=> [Ag+] = 2S = 1,73.10-4 M *Chú ý: để chính xác hơn cần xét đến sự thủy phân của CrO42-. mAg CrO  8,66.105  0,1  331,7  2,87.103 g c. d. Khi thêm AgNO3 (Ag+) thì cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nghịch làm giảm nồng độ của CrO42-. Ag2CrO4 2 Ag+ + CrO422S' + 0,1 S' 2 -12 => (2S' + 0,1) S'=2,6.10 Giả sử S'

S'

4

2,6.1012  2,6.10 10 M ) 0,12

Câu 22. Tính độ tan của CaF2 và SrF2 trong cùng một dung dịch. Cho Ks (CaF2) = 3,4.10-11 và Ks (SrF2) = 2,9.10-9. Bỏ qua sự thủy phân của F-. ( [F-] = 2 [Ca2+] + 2 [Sr2+] K s (CaF2 ) K ( SrF )  2 s  22  2 [F ] [F ]

=>

[F  ]  2

=> =>

[ F  ]  3 2 K s (CaF2 )  2 K s ( SrF2 )  1,80.103

(Có:

[Ag ]  [Br - ]  [SCN - ] 

CaF2: 1,05.10-5M SrF2: 8,95.10-4M) Câu 23. Tính nồng độ cân bằng của dung dịch bão hòa AgBr và AgSCN. Biết K s (AgBr) = 5,01.10-13 và Ks (AgSCN) = 1,0. 10-12. K s ( AgBr ) K s ( AgSCN )  [ Ag  ] [ Ag  ]

[Ag+]= 1,23.10-6 M [Br-]= 4,07.10-7 M [SCN-]= 8,13.10-7 M) Câu 24. Xét dung dịch bão hoà AgSCN trong NaCl 0,010M. Tính [SCN-] trong dung dịch. Biết Ks(AgSCN)= 10-12 và Ks(AgCl) = 10-10. ( [Cl-]= 0,01 + [Ag+]- [SCN-]; Giả sử [Ag+], [SCN-] [Cl-]= 0,01 M [Ag+]= 10-8 M [SCN-]= 10-4 M. KTGT: thoả mãn) Câu 25. (a) Hãy tính độ tan của Fe(OH)2 trong nước tinh khiết và pH của dung dịch bão hoà Fe(OH)2? Biết Ks(Fe(OH)2) = 8,0.10-16; Fe(OH)+ = 108,08. (b) Hãy tính độ tan của Fe(OH)2 trong dung dịch đệm có pH = 6,50? => =>

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 151

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

(a.

Fe Có: hòa điện) Giả sử: (1) => =>

Fe2+ + 2 OH-

Fe(OH)2 2+

+ OH

-

Fe(OH)

+

H2O H+ + OH2+ 2 [Fe ] + [FeOH+] + [H+] = [OH-]

Ks = [Fe2+][OH-]2 = 8,0 .10-16 

[ FeOH  ]  108, 08 2  [ Fe ][OH ]

Kw = 10-14 (1) (phương trình trung

[Fe2+], [H+]

[FeOH+] = [OH-] = 3,10 .10-4 M

=>

[ Fe 2  ] 

KTGT: t/m => => b. Có: =>

S = [Fe2+] + [FeOH+] pH= 10,49; [H+] = 10-6,5 M [OH-] = 10-7,5 M

=>

[ Fe 2  ] 

Ks  8,32.10 9 M  2 [OH ]

= 3,10 .10-4 M

Ks  0,8M [OH  ]2

[ FeOH  ]   [ Fe 2  ][OH  ]  3,04M => => S = [Fe2+] + [FeOH+] = 3,84 M) Câu 26. Ion Fe(H2O)3+ là một axit phản ứng với nước theo cân bằng: Fe(H2O)3+ + H2O Fe(OH)2+ + H3O+ pKa = 2,2. Hãy tính nồng độ mol của dung dịch FeCl 3 bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH) 3 và tính pH của dung dịch thu được. Biết Ks (Fe(OH)3) = 10-38. ( Fe(H2O)3+ + H2O Fe(OH)2+ + H3O+ Fe(H2O)3+ + 3 OHFe(OH)3 + H2O 2  [ Fe(OH ) ][ H 3O ] Ka   10 2, 2 Có: (1) 3 [ Fe( H 2O) ] Tại thời điểm bắt đầu kết tủa: [Fe(H2O)3 ]K 3w K s  [Fe(H2O)3 ][OH- ]3  (2) [H3O  ]3 [Fe(OH)2+] = [H3O+] (3)  3 K [H O ] [Fe(H 2 O) 3 ]  s 33  1.10 4 [H 3 O  ]3 (2) => (4) Kw [ H 3O  ]2  10 2, 2 (1, 3, 4) => K a  4  3 1.10 [ H 3O ] + => [H3O ] = 1,585.10-2 M [Fe(H 2 O) 3 ]  1.10 4  (1,585.10 2 ) 3  3,982.10 -2 M => [Fe(OH)2+] = [H3O+] = 1,585.10-2 M => C = [Fe(OH)2+] + [Fe(H2O)3+] = 5,57.10-2 M pH = 1,8)

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 152

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Câu 27. Tính độ tan của CaF2 trong. (a) Dung dịch đệm có pH= 7. (b) Dung dịch đệm có pH= 2. (c) Trong nước cất. Biết Ks(CaF2) = 10-10,41, HF có pKa = 3,17. (a. CaF2 Ca2+ + 2FF- + H+ HF 2+ Có: S = [Ca ] 2S = [F-] + [HF] => 2[Ca2+] = [F-] + [HF]

(1)

[ H  ][ F  ] 107 [ HF ]    3,17 [ F  ]  1,48.10 4 [ F  ] Ka 10

(1) =>

2[Ca2+] = [F-] K s  [Ca 2  ][ F  ]2  [Ca 2  ](2[Ca 2  ])2 K s 3 10 10, 41   2,13.10 4 M 4 4

=>

S  [Ca 2  ]  3

b.

CaF2 Ca2+ + 2FF- + H+ HF 2+ 2[Ca ] = [F ] + [HF]

Có:

(2)

[ H  ][ F  ] 102 [ HF ]    3,17 [ F  ]  14,8[ F  ] Ka 10

(2) =>

2[Ca2+] = [F-] + 14,8[F-] = 15,8[F-] K s  [Ca 2  ][ F  ]2  [Ca 2  ](

=>

S  [Ca 2  ]  3

2[Ca 2  ] 2 ) 15,8

Ks 1010, 41 3   1,34.10 3 M 2 2 1,60.10 1,60.10

CaF2 Ca2+ + 2FF + H2O HF + OHCó: 2[Ca2+] = [F-] + [HF] Vì pH > 7 và pKa = 3,17 nên [F-] >> [HF]. (1) => 2[Ca2+] = [F-] c.

Kb = 10-10,83 (3)

K s  [Ca 2  ][ F  ]2  [Ca 2  ](2[Ca 2  ])2

=>

S  [Ca 2  ]  3

K s 3 1010, 41   2,13.10 4 M ) 4 4

Câu 28. Tính độ tan của AgOCN trong dung dịch HNO3 0,001M. Cho Ks (AgOCN) = 2,3.10-7; HOCN có Ka= 3,3.10-4. ( AgOCN Ag+ + OCNKs = [Ag+][OCN-] (1) -

OCN + H

+

HOCN

Cách 1: Lập hệ phương trình [Ag+] = [OCN-] + [HOCN] [H+] + [HOCN] = 10-3 Giải hệ: (2, 4) =>

3,3.10 4 

Ka 

[ H  ][OCN  ] [ HOCN ]

(2) (3) (4)

(10 3  [ HOCN ])[OCN  ] [ HOCN ]

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 153

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III 10 3.[OCN  ] 3,3.10 4  [OCN  ]

=>

[ HOCN ] 

(3, 5) =>

[ Ag  ]  [OCN  ] 

(5)

10 3 [OCN  ] 3,3.10 4  [OCN  ]

(6)

Đặt [OCN-]= x (1,6) =>

(x 

10 3 x ) x  2,3.10 7 4 3,3.10  x

=> x3 + 1,33.10-3 x2 - 2,3.10-7 x - 7,59.10-11 = 0 => x= 2,98.10-4 = [OCN-] (5) => [HOCN]= 4,75.10-4 (4) => [H+]= 5,25.10-4 (1) => S = [Ag+]= 7,72.10-4 M *Nhận xét: vì nồng độ của các ion và phân tử gần bằng nhau nên không thể giải gần đúng được; Cách 2: Tổ hợp cân bằng: AgOCN + H+ cb: 0,001 - S =>

K 

Ag+ + HOCN S S

K= Ks/Ka = 6,97.10-4

S2  6,97.10 4 0,001  S

=> S = 5,56 .10-4 M *Nhận xét: kết quả không giống cách 1 do việc coi [Ag+] = [HOCN] là không đúng!!!) Câu 29. (IChO 9 Exam) Hai muối của đồng(I) với các axit hữu cơ HA và HB tan trong dung dịch đệm pH tạo thành dung dịch bão hòa. Hãy viết biểu thức tính nồng độ cân bằng của Cu+ trong dung dịch trên theo các giá trị Ks(CuA), Ks(CuB), Ka(HA), Ka(HB) và [H+]? ( CuA Cu+ + ACuB Cu+ + BA- + H+ HA + B + H HB + Có: [Cu ] = [A ] + [HA] + [B-] + [HB]

=>

[ HA] 

[ H  ][ A ] K a ( HA)

[ HB] 

[ H  ][ B  ] K a ( HB )

[Cu  ]  [A - ] 

[Cu  ] 

=>

[Cu  ] 

[ H  ][ A ] [ H  ][ B  ]  [B- ]  K a ( HA) K a ( HB )

K s (CuA) [H  ] K s (CuB) [H  ] (1  )  (1  ) [Cu  ] K a ( HA) [Cu  ] K a ( HB) K s (CuA)(1 

[H  ] [H  ] )  K s (CuB)(1  )) K a ( HA) K a ( HB )

Câu 30. Tính thành phần cân bằng của dung dịch hỗn hợp Fe 3+ 0,01M và F- 1M. Biết phức giữa Fe3+ và F- có lg1= 5,28; lg2= 9,30; lg3= 12,06 (i là các hằng số bền tổng cộng) và HF có pKa = 3,17. Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 154

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Giả sử (1) => (2) =>

Fe3+ + FFeF2+ 2+ FeF + F FeF2+ FeF2+ + FFeF3 F + H2O HF + OHKb = 10-10,83 CFe3+ = [Fe3+] + [FeF2+] + [FeF2+] + [FeF3] CF- = [F-] + [HF] + [FeF2+] + 2[FeF2+] + 3[FeF3] [HF], [Fe3+], [FeF2+], [FeF2+]

[ FeF2 ] 1,79.105 [ FeF ]   4, 02  1,76.109 M  K 2 [ F ] 10  0,97

(

Có:

(1) (2)

[ FeF3 ]   3  10 2, 76   [ FeF2 ][ F ]  2 [ FeF3 ] 0,01  2,76  1,79.10 5 M  K 3[ F ] 10  0,97

2

[ FeF 2  ]

Có:

1 

=>

[ Fe3 ] 

Có:

Kb 

[ Fe3 ][ F  ]

[ FeF 2  ]

1[ F  ]



1,76.109  9,52.10 15 M 105, 28  0,97

[ HF ][OH  ] [F  ]

[ HF ]  [OH  ]  K b [ F  ]  1010,83  0,97  3,79.106 M => KTGT: thỏa mãn) Câu 31. Tính thành phần cân bằng trong dung dịch AgNO 3 0,01M, NH3 1,0M và NH4NO3 1,0M. Biết phức của Ag+ với NH3 có lg1= 3,32; lg2= 7,24 và NH4+ có pKa= 9,24. (Các cân bằng xảy ra: Ag+ + NH3 Ag(NH3)+ Ag(NH3)+ + NH3 Ag(NH3)2+ NH3 + H2O NH4+ + OH+ + Có: [Ag ] + [Ag(NH3) ] + [Ag(NH3)2+] = 0,01 (1) [NH3] + [Ag(NH3)+] + 2[Ag(NH3)2+] + [NH4+] = 2 (2) [NH4+] = [OH-] + 1 (3) + + + Giả sử: [Ag ], [Ag(NH3) ] > + nồng độ Ag ). [OH-] [NH4+] = 1 M. (1) => [Ag(NH3)2+] = 0,01 M (2) => [NH3]= 2 - 1 -2 0,01= 0,98M [ Ag ( NH 3 ) 2 ] 2  Có: [ Ag  ][ NH 3 ]2

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 155

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

[ Ag ( NH 3 ) 2 ] 0,01  7 , 24  5,99.1010 M 2 2  2 [ NH 3 ] 10  0,98

=>

[ Ag  ] 

Có:

[ Ag ( NH 3 )  ] 1  [ Ag  ][ NH 3 ]

=>

[ Ag ( NH 3 )  ]  1[ Ag  ][ NH 3 ]  103,32  5,99.1010  0,98  1,23.106 M

Có:

Kb 

=>

[OH  ] 

[ NH 4 ][OH  ] 1014   9, 24  10 4 ,76 [ NH 3 ] 10

[ NH 3 ]104,76 0,98  10 4, 76   1,70.10 5 M  [ NH 4 ] 1

KTGT: thỏa mãn) Câu 32. Thêm nước cất vào hỗn hợp chứa 0,1 mol muối MCl 2 (phân li hoàn toàn) và 0,1 mol HL để tạo thành 1 L dung dịch. Xảy ra các cân bằng sau: HL H+ + L Ka = 1,0.10-5 M2+ + LML+  = 1,0.108 (a) Viết phương trình bảo toàn nồng độ đối với M2+. (b) Viết phương trình bảo toàn nồng độ đối với HL. (c) Viết phương trình trung hoà điện của dung dịch thu được. (d) Giả thiết 1 lit dung dịch trên được đệm ở pH= 5,00 (điều đó có nghĩa là phương trình trung hoà điện lập được ở (c) không còn đúng). Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử ML+, M2+, L- và HL. (a. [M2+] + [ML+] = 0,1 (1) + b. [HL] + [L ] + [ML ] = 0,1 (2) 2+ + + c. 2[M ] + [ML ] + [H ] = [L ] + [Cl ] d.



[ ML ] [ M 2  ][ L ]

Ka 

[ H  ][ L ] [ HL]

(3) (4)

Ka [ L ]  1 [ HL] [ H  ]

=> Giả sử [HL], [L-], [M2+] [ML+] = 0,1 M (1, 2) => [M2+] = [HL] + [L-] = 2[L-] (3) =>

108 

0,1 2[ L ][ L ]

[ HL]  [ L ]  2,24  105 M => => [M2+] = 2[L-] = 4,48 10-5M KTGT: thỏa mãn) Câu 33. (a) Trộn 500 mL FeCl3 2.10-3 M vào 500 mL KSCN 2.10-2M. Hãy tính nồng độ cân bằng của các cấu tử và cho biết dung dịch có mầu không? Biết phức FeSCN 2+ có  = 102, biết nồng độ FeSCN2+  10-5 M thì dung dịch có mầu đỏ máu. (b) Biết: Fe3+ + FFeF2+ ; ' = 105 Cần thêm tối thiểu bao nhiêu gam KF vào dung dịch ở (a) để làm đổi mầu của dung dịch. (c) HF là axit yếu có pKa = 3,2, HSCN là axit mạnh. Tiến hành chuẩn độ 1 lít dung dịch hỗn hợp FeCl3 10-3M, KSCN 10-2M và KF 0,1M bằng dung dịch HCl tới khi dung

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 156

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

dịch xuất hiện mầu đỏ. Hãy tính pH của dung dịch thu được (bỏ qua sự thay đổi thể tích của dung dịch khi thêm HCl). (a. [Fe3+] = 5,13 .10-4 M [SCN-] = 9,51 .10-3 M [FeSCN2+] = 4,88 .10-4M; Dung dịch có mầu đỏ máu. b. [FeSCN2+] = 10-5 M => [SCN-] = 10-2 – 10-5 = 10-2 M [ FeSCN 2 ]  10 5 M  [ SCN ]

=>

[ Fe 3 ] 

=>

[FeF2+] = 10-3 – 10-5 – 10-5 = 9,8 10-4 M [F  ] 

[ FeF 2  ]  9,8 10 4 M [ Fe3  ] '

CF- = 9,8.10-4 + 9,8.10-4 = 1,96 10-3 M => mKF = 1,96.10-3  1  58 = 0,114 gam c. Từ (b) suy ra dung dịch mất mầu đỏ khi [F-]= 9,8.10-4 M; [FeF2+] = 9,8 10-4 M => [HF] = 0,1 – 9,8.10-42 = 9,8 10-2M [H  ] 

K a [ HF ]  101, 2 M  [F ]

pH = 1,2) Câu 34. (a) Thiết lập biểu thức tính hằng số bền điều kiện đối với phản ứng tạo phức: M2+ + L2ML  Biết trong dung dịch có các quá trình phụ sau: M2+ + H2O MOH+ + H+ 1 2L + H2 O HL + OH Kb1 HL- + H2O H2L + OHKb2 (b) Tính hằng số bền điều kiện ở câu (a) ở pH = 6. Biết log = 2,5; log1 = -13,2; pKb1= 9,7; pKb2= 12,75. (c) Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch ML 0,10 M ở pH = 6. (a.

 'ML 

1 

-Trong đó:

[ ML] [ M ' ][ L ' ]

[ MOH  ][ H  ] [M 2 ]

1 )   M ( OH ) [ M 2  ]  [H ] K b1 K K 2  b1 b 22 )   L ( H ) [ L2  ] [L'] = [L2-] + [HL-] + [H2L] = [ L ](1   [OH ] [OH ] 2 [M'] = [M2+] + [MOH+] = [ M ](1 

1

=>

 'ML   ML

b.

 M ( OH )  1 

 L( H )

 M ( OH ) L ( H )

1 1013, 2  1  1 [H  ] 10 6 K b1 K b1K b 2 109, 7 109, 7  1012, 75 1   1    1,020 [OH  ] [OH  ]2 108 (108 ) 2

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 157

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

=>

 'ML   ML

1 102 ,5   310  M ( OH ) L ( H ) 1  1,020

c. Có hệ phương trình: [ ML]  310 [ M ' ][ L' ] [M' ]  [ML]  0,1 [L' ]  [ML]  0,1

 'ML 

=>

[ ML]  310 (0,1  [ ML]) 2

[ML] = 8,36.10-2 M [M'] = [L'] = 1,64.10-2 M [M 2 ] 

[M ' ]

 M (OH )



[ MOH  ]  [ M 2  ] [ L2  ] 

[ L' ]   L( H )

[ HL ]  [ L2  ]

1,64.102  1,64.10 2 M 1

1 1013, 2 2  1 , 64 . 10   1,03.10 9 M [H  ] 10 6



1,64.102  1,61 10  2 M 1,02

K b1 10 9, 7 2  1 , 61 . 10   3,21  10 4 M  8 [OH ] 10

[ H 2 L]  [ L2  ]

K b1K b 2 109 , 7  1012, 75 2  1 , 61 . 10   5,71 10 9 M ) [OH  ]2 (10 8 ) 2

Câu 35. Cho 1 ml dung dịch HClO 4 0,01M vào 100 ml dung dịch KCN 0,01M rồi thêm hai giọt chất chỉ thị bromothimol xanh (khoảng pH chuyển màu từ 6,0 - 7,6; pH < 6,0: màu vàng; pH > 7,6: màu xanh lục) vào dung dịch trên. Sau đó thêm tiếp 100 ml dung dịch Hg(ClO4)2 0,3M vào dung dịch trên. Có hiện tượng gì xảy ra ở từng giai đoạn. Giải thích. Cho biết pKa của HCN là 9,35. Hg2+ + CNHgCN+ lg1 = 18,0 2+ Hg + 2 CN Hg(CN)2 lg2 = 34,7 (Khi thêm 1 ml dd HClO4 0,01M vào 100 ml dd KCN 0,01M: 1 0,01  9,9.10 5 M 101 100  0,01   9,9.10 3 M 101

CHClO4  CKCN

bđ: tpgh:

H+ + CN-  HCN 9,9.10-5 9,9.10-3 9,8.10-3 9,9 .10-5

Xét các cân bằng: HCN H2O =>

H+ + CNH+ + OH-

[H  ]  Ka

9,9.105  [ H  ]  [OH  ] 9,8.10 3  [ H  ]  [OH  ]

(*)

Giả sử [H+]

[ H  ]  10 9, 35

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

9,9.105  [OH  ] 9,8.10 3  [OH  ]

Trang 158

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III 5 1014  [OH  ]  9 , 35 9,9.10  10 [OH  ] 9,8.10 3  [OH  ]

=>

[OH-] = 4,12 10-4 M (ktgt: t/m) pH = 10,6 (dung dịch có mầu xanh lục)

=> =>

Khi thêm 100 ml dd Hg(ClO4)2 0,3M vào dd trên: 100  0,3  0,1493 M 201 1  0,01 CHClO4   4,975.10 5 M 201 100  0,01 CKCN   4,975.10 3 M 201

CHg 2 

Vì CHg2+ >> CKCN => chỉ tạo phức HgCN+. Hg2+ + CNHgCN+ (H+) bđ: 0,1493 4,975.10-3 tpgh: 0,1443 4,975.10-3 4,975.10-5 CN- còn lại trong dung dịch không đáng kể nên không ảnh hưởng đến nồng độ H + của dung dịch => [H+] = 4,975 10-5 M => pH = 4,30 (dung dịch có mầu vàng) Kiểm tra:

[CN  ] 

[ HgCN  ] 4,975.103   3,45.10 20 M 2 18 1[ Hg ] 10  0,1443

[ HCN ] 

[ H  ][CN  ] 4,975.105  3,45.1020   3,84.1015 M Ka 10 9,35

[ Hg (CN )2 ]   2 [ Hg 2  ][CN  ]2  1034, 7  0,1443  (3,45.1020 )2  8,61.106 M )

Câu 36. Tính độ tan của AgI trong dung dịch NH3 0,1M. Biết Ks (AgI) = 8,3.10-17; NH3 có Kb = 1,75.10-5 và: Ag+ + 2 NH3 Ag(NH3)2+ ; 2 = 1,7.107 (Các cân bằng xảy ra: AgI Ag+ + IAg+ + 2 NH3 Ag(NH3)2+ + NH3 + H2O NH4 + OHKs = [Ag+][I-] = 8,3.10-17 (1)  [ Ag ( NH 3 ) 2 ] 2   1,7.107 (2)  2 [ Ag ][ NH 3 ] 

[ NH 4 ][OH  ] Kb   1,75.10  5 [ NH 3 ] S = [I ] = [Ag+] + [Ag(NH3)2+] [NH3] + 2 [Ag(NH3)2+] + [NH4+] = 0,1 M [NH4+] = [OH-]

Giả sử (5) =>

(3) (4) (5) (6)

[NH4+]  [I  ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ] 

(2) => =>

[ Ag ( NH 3 ) 2 ]  1,7.107 17 8,3.10  0,12  [ Ag ( NH 3 ) 2 ] [Ag(NH3)2+] = 3,76.10-6 M

8,3.1017 8,3.1017 [ Ag ]    2,21.10 11 M =>  6 [ Ag ( NH 3 ) 2 ] 3,76.10 KTGT: thỏa mãn => S = [I-] = [Ag(NH3)2+] = 3,76.10-6 M 

*Chú ý: với cách giải trên thì [NH 3]/ [NH4+] = 76 lần. Để giải chính xác hơn ta đặt giả thiết gần đúng như sau: Giả sử [Ag+]

Kb 

=> (7) => (4) =>

[NH3] = 0,09869 M [NH4+] = [OH-] = 1,31 .10-3 M [I-] = [Ag(NH3)2+] 8,3.1017 8,3.1017 [ Ag  ]    [I  ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ]

(1) =>



=>

[ Ag ( NH 3 ) 2 ]  1,7.107 17 8,3.10  0,098692  [ Ag ( NH 3 ) 2 ] [Ag(NH3)2+] = 3,71.10-6 M

=>

[ Ag  ] 

KTGT: thỏa mãn =>

S = [I-] = [Ag(NH3)2+] = 3,71 .10-6M)

(2) =>

8,3.1017 8,3.10 17   2,24.1011 M  6 [ Ag ( NH 3 ) 2 ] 3,71.10

Câu 37. Tính độ tan của AgCl trong dung dịch NH3 0,02M. Cho Ag(NH3)2+ có hằng số bền tổng cộng 2= 1,7.107; Ks (AgCl) = 1,0.10-10; NH3 có Kb= 1,75.10-5. (Các cân bằng xảy ra: AgCl Ag+ + ClKs = 1.10-10 Ag+ + 2 NH3 Ag(NH3)2+ 2 = 1,7.107 NH3 + H2O NH4+ + OHKb = 1,75.10-5 Có: [OH-] = [NH4+] (1) + + S = [Ag ] + [Ag(NH3)2 ] = [Cl ] (2) [NH3] + [NH4+] + 2[Ag(NH3)2+] = 0,02 (3) Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 160

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Giả sử: (3) => (2) => Có

[Ag(NH3)2+] >> [Ag+] [NH3] >> [NH4+] [NH3] + 2[Ag(NH3)2+] = 0,02 S = [Ag(NH3)2+] = [Cl- ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ]2   Ks 2   [ Ag ][ Cl ]  [ Ag  ][ NH 3 ]2 [ NH 3 ]2

[ Ag ( NH 3 ) 2 ]  K s  2 [ NH 3 ]  0,0412[ NH 3 ] => Từ (4) và (5) suy ra: [NH3] = 1,85.10-2 M; [Ag(NH3)2+] = 7,61.10-4 M;  [ NH 4 ]  [OH  ]  1,85.102  1,75.105  5,69.104 M Ks [ Ag  ]   1,31.10 7 M  [ Ag ( NH 3 ) 2 ] KTGT: tm; => S = [Ag(NH3)2+] = 7,61 .10-4 M

(4)

(5)

*Chú ý: với cách giải trên thì [NH 3]/ [NH4+] = 33 lần. Để giải chính xác hơn ta đặt giả thiết gần đúng như sau: Giả sử [Ag(NH3)2+] >> [Ag+] (2) => S = [Ag(NH3)2+] = [Cl- ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ]2   Ks 2   [ Ag ][Cl ]  Có [ Ag  ][ NH 3 ]2 [ NH 3 ]2 [ Ag ( NH 3 ) 2 ]  K s  2 [ NH 3 ]  0,0412[ NH 3 ] => (6) + + (3) => [NH4 ] = 0,02 - ([NH3] + 2[Ag(NH3)2 ]) = 0,02 - 1,0824[NH3] Có:

Kb 

[ NH 4 ][OH  ] (0,02  1,0824[ NH 3 ]) 2   1,75.10 5 [ NH 3 ] [ NH 3 ]

=> [NH3] = 0,01795 M (loại nghiệm [NH3] = 0,01902 do [NH4+] tính được sẽ âm); => [OH-] = [NH4+] = 0,02 - 1,0824[NH3] = 5,71 .10-4 M => [Ag(NH3)2+] = 0,0412[NH3]= 7,40.10-4 M; Ks [ Ag  ]   1,35.10 7 M  [ Ag ( NH 3 ) 2 ] KTGT: tm; => S = [Ag(NH3)2+] = 7,40 .10-4 M) Câu 38. Tính nồng độ cân bằng của các ion Ag +, Br-, Cl-, Ag(NH3)2+, NH4+ và OHtrong dung dịch thu được khi hòa tan AgCl và AgBr tới bão hòa vào dung dịch NH 3 0,020M. Giả thiết rằng phức Ag(NH3)+ tạo thành không đáng kể. Cho Ks (AgCl) = 1010 ; Ks (AgBr) = 5.10-13; phức Ag(NH3)2+ có hằng số bền tổng cộng 2 = 108 và NH3 có Kb= 1,8.10-5. ( AgCl Ag+ + ClKs = 10-10 + AgBr Ag + Br Ks = 5.10-13 Ag+ + 2 NH3 Ag(NH3)2+ 2 = 108 NH3 + H2O NH4+ + OHKb = 1,8.10-5 Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 161

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Có: Giả sử:

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

(1) (2)

[Ag+] [Ag(NH3)2+] = K s ( AgCl ) K ( AgCl ) s 2 [ NH 3 ]2   2 [ NH 3 ]2   [Cl ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ] + => [Ag(NH3)2 ]= 0,1 [NH3] (4) => [NH3] + 0,2[NH3] = 0,02 => [NH3]= 1,67.10-2M => [Ag(NH3)2+] = 1,67.10-3M; [Cl-] = 1,67.10-3M;

(3) (4) + 2[Ag ][NH3]2

=

K s ( AgCl )  6.10 8 M [Cl  ] K ( AgBr ) [ Br  ]  s  8,33.10  6 M [ Ag  ] [ Ag  ] 

[OH-] = [NH4+] = KTGT: thoả mãn

1,67.102  1,8.105  5,48.104 M

*Chú ý: với cách giải trên thì [NH 3]/ [NH4+] = 30 lần. Để giải chính xác hơn ta đặt giả thiết gần đúng như sau: .....) Câu 39. Khi axit hoá dung dịch [Ag(NH3)2]Cl 0,1M và NH3 1M đến khi dung dịch có pH = 6 thì dung dịch có xuất hiện kết tủa không? Biết Ks (AgCl) = 1,1.10-10; Ag(NH3)2+ có hằng số bền tổng cộng 2 = 107,16; NH3 có Kb = 2.10-5. (Các cân bằng xảy ra: [Ag(NH3)2]Cl  Ag(NH3)2+ + ClAg(NH3)2+ Ag+ + 2 NH3 NH3 + H+ NH4+ Giả sử không có kết tủa AgCl xuất hiện. Có: [Ag(NH3)2+] + [Ag+] = 0,1 (1) + + [NH3] + [NH4 ] + 2[Ag(NH3)2 ] = 1,2 (2)  [ NH 3 ][ H ] Ka   5.10 10 Có:  [ NH 4 ] =>

[ NH 4 ] [ H  ] 10 6    2.103 [ NH 3 ] Ka 5.1010

(2) =>

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

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

(3) (4)

Trang 162

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Có: 2 

[ Ag ( NH 3 ) 2 ]  [ Ag  ][ NH 3 ]2

=>

[ Ag ( NH 3 ) 2 ]  [ NH 4 ]   (0,1  [ Ag ( NH ) ]) 2000    3 2

2



[ Ag ( NH 3 ) 2 ]  1,2  2[ Ag ( NH 3 ) 2 ]   (0,1  [ Ag ( NH ) ]) 2000    3 2

[Ag(NH3)2+] = 0,0796 M [Ag+] = 0,0204 M. Q = [Ag+][Cl-] = 0,0204  0,1 = 2,04 .10-3 > Ks => có kết tủa AgCl

=> xuất hiện) Câu 40. (a) Để hoà tan hoàn toàn 2.10-3 mol AgCl trong 100 ml dung dịch NH3 thì nồng độ tối thiểu của NH3 trong dung dịch ban đầu phải bằng bao nhiêu? (b) Sau khi hoà tan xong người ta axit hoá dung dịch bằng HNO 3 thì thấy có kết tủa AgCl xuất hiện trở lại. Hãy tính pH cần phải thiết lập để 99,9% AgCl kết tủa trở lại. Giả thiết thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm HNO3. Cho Ks (AgCl) = 10-9,7; Ag(NH3)2+ có hằng số bền tổng cộng 2 = 107,24; NH4+ có pKa = 9,24. (a. PP1: tổ hợp cân bằng. Giả sử NH3 phân li không đáng kể AgCl + 2 NH3 Ag(NH3)2+ + ClK = Ks2 = 10-2,46 C0 - 0,04 0,02 0,02 0,022  10 2, 46 2 (C0  0,04)

Có:

K

=>

C0 = 0,380 M

Kiểm tra giả thiết: NH3 + H2O NH4+ + OH0,34 - x x x -3 => x = 2,42 .10

Kb = 10-4,76

AgCl Ag+ + ClAg+ + 2 NH3 Ag(NH3)2+ + [Ag ] + [Ag(NH3)2+] = 0,02 [Cl-] = 0,02 [ Ag  ] 

Ks  9,98.10 9 M  [Cl ]

[Ag(NH3)2+] = 0,02 M [ Ag ( NH 3 ) 2 ] 2  Có: [ Ag  ][ NH 3 ]2 => [NH3] = 0,340 M => C0NH3 = 0,340 + 2 0,02 = 0,380 M; b. 99,9% AgCl kết tủa => [Cl-]= 0,001  0,02 = 2.10-5 M. => [Ag+] = 9,98.10-6 M. => [Ag(NH3)2+] = 2.10-5 - 9,98.10-6 = 1,00.10-5 M; [ Ag ( NH 3 )2 ] 1,00.105 [ NH 3 ]    2,40.10 4 M =>  6 7 , 24 [ Ag ] 2 9,98.10  10 =>

[NH4+] = 0,38 - (2,4.10-4 + 2 1,00.10-5) = 0,380 M

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 163

2

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III [ NH 4 ] 0,380  10 9, 24  9,11 .10 7 M [ NH 3 ] 2,4.10 4

=>

[ H  ]  Ka

=>

pH = 6,04)

Kết tủa hidroxit Câu 42. Dung dịch X chứa HClO4 0,005M, Fe(ClO4)3 0,03M và MgCl2 0,01M. (a) Hãy tính pH của dung dịch X. (b) Cho 100 ml dung dịch NH3 0,1M vào 100 ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch B. Xác định kết tủa A và pH của dung dịch B. Cho biết: NH4+ (pKa = 9,24); Mg(OH)2 (pKs = 11); Fe(OH)3 (pKs = 37). Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ K1 = 10-2,17 Mg2+ + H2O Mg(OH)2+ + H+ K2 = 10-12,8 (a. Bỏ qua sự phân li của Mg2+. Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ 0,03 - x x 0,005 + x Có:

K1 

x(0,005  x)  10 2 ,17 0,03  x

=> x = 9,53.10-3 => [H+] = 0,01453 M; pH = 1,84; b. Giả sử Mg2+ không bị kết tủa, Fe3+ bị kết tủa hoàn toàn. NH3 + H+  NH4+ 0,0025 0,0025 0,0025 3+ Fe + 3 NH3 + 3 H2O  Fe(OH)3 + 3 NH4+ 0,015 0,045 0,045 TPGH: NH3: 0,0025 M; NH4+: 0,0475 M Mg2+: 0,005 M Có:

pH  9,24  log

thỏa mãn)

0,0025  7,96 0,0475

(Ktgt: [H+], [OH-] giả thiết không tạo kết tủa Mg(OH)2 là đúng. [ Fe3 ] 

1037  1,32.1019 M (10 6, 04 )3

=> giả thiết Fe3+ bị kết tủa

hoàn toàn là đúng. Vậy kết tủa A là Fe(OH)3) Câu 43 (a) Tính độ tan của Cu(OH)2 trong nước. Biết Ks (Cu(OH)2) = 4,5 .10-21. (b) Tính pH của dung dịch bão hoà Cu(OH)2. Hoà tan hoàn toàn 5 mg Cu(OH)2 (M= 97,59) vào 25 ml dung dịch NH 3 thu được dung dịch có [NH3]= 10-3M. Cho pKb= 4,76; phức của Cu2+ với NH3 có lgK1= 4,04; lgK2= 3,43; lgK3= 2,80 và lgK4= 1,48. (Ki là các hằng số bền từng nấc). (c) Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử chứa đồng. (d) Tính [NH4+]. (e) Tính nồng độ NH3 ban đầu. (a. không bỏ qua được cbpl của nước; 8,97.10-8M b. 7,35 Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 164

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

c. Cu2+: 3,38.10-5M; Cu(NH3)2+: 3,71.10-4M; Cu(NH3)22+: -4 9,97.10 M; Cu(NH3)32+: 6,29.10-4M; Cu(NH3)42+: 1,90.10-5M; d. 4,24.10-6M; e. 5,53.10-3M) Câu 44. (Australia 2004 part A) Cho K s (Cu(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 5,00 mg Cu(OH)2 trong 25,00 mL dung dịch NH 3. Biết nồng độ cân bằng của NH 3 trong dung dịch thu được là 1,00 .10 –3 M, hằng số bền tổng cộng của phức Cu(NH 3)42+ là 4 = 1011,75. i. Hãy tính nồng độ mol tổng cộng của đồng trong dung dịch thu được. ii. Hãy tính nồng độ cân bằng của các cấu tử chứa đồng trong dung dịch. iii. Hãy tính nồng độ cân bằng của NH4+. iv. Hãy tính pH của dung dịch. v. Hãy tính nồng độ của dung dịch NH3 ban đầu. Câu 45. Thêm 0,1 ml Na2S 1M vào 10 ml dung dịch Cu+ 10-2M và CN- 1M có đệm pH= 12. Tính xem có kết tủa mầu đen Cu 2S xuất hiện không? Biết Ks (Cu2S) = 10-47,6. Phức Cu(CN)43- có hằng số bền tổng cộng 4= 1030,3, HCN có pKa= 9, H2S có pKa1 = 7 và pKa2 = 12,9. (

0,1  1  9,901.10 3 M 10,1 10  102   9,901.10 3 M 10,1 10  1   0,9901M 10,1

0 CNa  2S

0 CCu  0 CCN 

Giả sử không có kết tủa Cu2S xuất hiện. Xét cân bằng: S2- + H2O HS- + OH1014 [ HS  ][OH  ] (9,901.103  [ S 2  ])  10 2    101,1 1012,9 [S 2 ] [S 2 ]

Có:

K b1 

=>

[S2-]= 1,11 .10-3M;

Xét cân bằng: Cu+ + 4 CNCó:

Cu(CN)43-

[Cu (CN )34 ] x 4    1030,3   4 3 4 [Cu ][CN ] (9,901.10  x)(0,9901  4 x)

(*)

Giả sử x = 9,901.10-3 M (*) => [Cu  ]  9,901.10 3  x 

30, 3

10

x 9,901.103  30,3  6,08.10  33 M 4 3 4  (0,9901  4 x) 10  (0,9901  4  9,901.10 )

Ktgt: t/m => Q= [Cu+]2[S2-]= 4,10 .10-68 < Ks => không có kết tủa xuất hiện) Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 165

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Câu 46. Tính độ tan của CuS trong nước biết K s (CuS) = 6,3.10-36; H2S có pKa1 = 7; pKa2 = 12,9; hằng số bền tổng cộng của các phức Cu 2+-OH- là 1 = 107; 2 = 1013,68; 3 = 1017 và 4 = 1018,5. ( CuS Cu2+ + S2S2- + H+ HSHS- + H+ H2 S 2+ Cu + OH Cu(OH)+ 2+ Cu + 2 OHCu(OH)2 (aq) Cu2+ + 3 OHCu(OH)3Cu2+ + 4 OHCu(OH)42Vì tích số tan của CuS rất nhỏ nên có thể giả sử quá trình hòa tan của CuS không làm thay đổi pH của nước cất (pH = 7). Có: S = [Cu2+] + [Cu(OH)+] + [Cu(OH)2] + [Cu(OH)3-] + [Cu(OH)42-]  [Cu 2  ]1  1[OH  ]   2[OH  ]2  3[OH  ]3   4[OH  ]4   2,479[Cu 2  ] Có: Có:



2 S = [S2-] + [HS-] + [H2S] =  [ S ]1 



[ H  ] [ H  ]2    1,589.106 [ S 2  ]  Ka2 K a1 K a 2 

S S K s  [Cu 2  ][ S 2  ]    6,3.10  36 2,479 1,589.106

=> S = 5,00 .10-15 M KTGT: S Ks = (2S)2 0,865S = 3,5.10-11 => S = 2,16 .10-4 M b. Dung dịch NH3 có pH > 7 nên có thể bỏ qua sự tạo thành HC2O4- và H2C2O4. Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 166

Kỷ yếu môn Hóa học – Trại hè Phương Nam Lần III

Có: 2S = [Ag+] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2+] = [Ag+](1 + K1[NH3] + 2 K1K2[NH3] ) = 8404,5[Ag+] 2

=>

 2S  K s  [ Ag  ]2 [C2O42  ]    S  3,5.1011 8404 , 5  

=> S = 0,0852 M; c. Dung dịch thu được có pH > 7 nên có thể bỏ qua sự tạo thành HC2O4- và H2C2O4. 2 K s  [ Ag  ]2 [C2O42  ]   2 S  S  3,5.1011 Có: => S = 2,06 .10-4 M; => S (NH3) > S (pH = 5) > S (H2O)) Kết tủa loại khác Câu 16 Dung dịch bão hoà SrSO4 xảy ra các cân bằng: SrSO4 (r) Sr2+ + SO422SO4 + H2O HSO4- + OHSr2+ + SO42SrSO4 (aq) Biết dung dịch có đệm pH= 2,50. Tính độ tan của SrSO4. ( Ks = [Sr2+][SO42-] 

Ks = 3,2.10-7 Kb = 9,8.10-13  = 1,6.102 (1)



[ HSO4 ][OH ] 2 [ SO4 ] [ SrSO4 ]  2 [ Sr 2 ][ SO4 ]

Kb =

(2) (3)

S = [Sr2+] + [SrSO4] = [SO42-] + [HSO4-] + [SrSO4] (2) =>

(4)

Kb 2 2 [ SO4 ]  0,31[ SO4 ] [HSO4-]=  [OH ]

[SrSO4] = 1,6.102. 3,2.10-7 = 5,12.10-5M Ks 2 2  [ SO4 ]  0,31[ SO4 ] (4) => 2 [ SO4 ] => [SO42-] = 4,94.10-4M; [Sr2+]= 6,48.10-4M => S = [Sr2+] + [SrSO4]= 7,0.10-4M) Câu 17 Tính độ tan của PbI2 trong dung dịch CH3COONa 1,0 M và CH3COOH 1,0 M. Biết Ks (PbI2) = 10-7,86, CH3COOH có pKa = 4,76, và: Pb2+ + H2O Pb(OH)+ + H+ Ktf = 10-7,8 Pb2+ + CH3COOPb(CH3COO)+  = 102,52 (Có: pH = pKa +log(CB/CA) = 4,76; Ks = [Pb2+][I-]2 (1) (1,3) =>

[ PbOH  ][ H  ] K tf  [ Pb2 ] [ Pb( AcO)  ]  [ Pb 2  ][ AcO  ]

Giả sử (4) => (3) =>

(2) (3)

S = [Pb2+] + [PbOH+] + [Pb(AcO)+] = [I-]/2 (4) [AcO-] = 1 M. [Pb2+], [PbOH+] S = 0,0105 M) * Câu 18 Tính độ tan của BaSO4 trong dung dịch H2Y2- 10-2M có đệm pH= 10. Biết Ks (BaSO4) = 1,1.10-10, BaY2- = 107,87, sự tạo phức của Ba2+ với OH- là không đáng kể, axit H4Y có pKa1 = 2,0; pKa2 = 2,67; pKa3 = 6,27; pKa4 = 10,95. ( BaSO4 Ba2+ + SO422+ 4Ba + Y BaY2Có: Ks = [Ba2+][SO42-] = 1,1 .10-10 (1) =>



[ BaY 2  ]  10 7 ,87 [ Ba 2  ][Y 4  ]

(2)

S = [Ba2+] + [BaY2-] = [SO42-] Ở pH = 10 thì các cấu tử chính là HY3- và Y4-. Có: [HY3-] + [Y4-] + [BaY2-] = 0,01 Ka4 

Giả sử: (3) =>

4

(3) (4)



[Y ][ H ]  1010, 95 3 [ HY ]

(5)

[Ba2+]

[ HY 3  ] 

(4) => =>

8,913[Y4-] + [Y4-] + [BaY2-] = 0,01 [Y4-] = 1,009 .10-3 - 0,1009[BaY2-]

(1), (6) => (2), (7), (8) =>

[ Ba 2  ] 



Ks 1,1.10  2 [ SO4 ] [ BaY 2  ] [ BaY 2  ]

1,1.1010 (1,009.103  0,1009[ BaY 2  ]) 2 [ BaY ]

[BaY2-] = [SO42-] = 2,486 .10-3 M

=>

[ Ba 2  ] 

=>

(7)

10

=>

KTGT: t/m (7) =>

 8,913[Y 4  ]

(8)  107 ,87

1,1.1010  4,425.108 M [ SO42  ]

[Y4-] = 1,009 .10-3 - 0,1009[BaY2-] = 7,58 .10-4 M [HY3-] = 8,913[Y4-] = 6,76 .10-3 M S = [SO42-] = 2,486 .10-3 M)

Tiền Giang –tháng 7 năm 2016

Trang 168