“ Tìm hiểu bài tập hóa học phân tích định tính ở các kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế

MỤC LỤC

A.MỞ ĐẦU
I.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Hóa học phân tích là môn khoa học có vai trò to lớn, chiếm một vị trí quan trọng
trong quá trình giảng dạy môn hóa học ở trường trung học phổ thông, đặc biệt đối với
trường chuyên và luyện thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế. Trong những năm gần đây
đã có một số công trình nghiên cứu việc vận dụng lý thuyết hóa học phân tích về phản
ứng oxi hóa – khử, phản ứng axit – bazơ, phản ứng tạo thành hợp chất ít tan trong giảng
dạy học sinh trường chuyên và bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế.
Thực trạng đặt ra lúc này là nhiều học sinh và sinh viên gặp khó khăn trong vấn đề tự
tìm tài liệu, chọn giáo trình phù hợp, tốn nhiều thời gian trong việc tìm kiếm, phải tự
xoay sở để chiếm lĩnh kiến thức và kĩ năng giải bài tập hóa học nói chung và đặc biệt là
chuyên đề hóa học phân tích định tính trong quá trình học tập.
Xuất phát từ những vấn đề cấp bách trên, với cương vị là một sinh viên khoa hóa, em
rất mong mỏi có được một nguồn tài liệu có giá trị và phù hợp trong các kì thi Quốc gia,
Quốc tế. Bên cạnh đó có thể cung cấp được tài liệu tham khảo học tập cho bản thân cũng
như các bạn học sinh, sinh viên. Tất cả lí do đó, em lựa chọn đề tài : “ Tìm hiểu bài tập
hóa học phân tích định tính ở các kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế ” để nghiên
cứu.
II.

III.

IV.

V.

MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Xây dựng nguồn tài liệu về bài tập hóa học phân tích cho các kì thi Olympic cấp
Quốc gia, Quốc tế.
ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Hệ thống bài tập hóa học phân tích dùng trong học tập hóa học phân tích định tính
và cho các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế.
NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu chương trình hóa học phổ thông nâng cao, chuyên hóa học và
chương trình ở bậc đại học chuyên ngành hóa học. Phân tích các đề thi học sinh
giỏi cấp quốc gia, quốc tế và đi sâu nội dung hóa học phân tích định tính.
Xây dựng hệ thống bài tập hóa học phân tích dùng cho học sinh chuyên
hóa, sinh viên chuyên ngành hóa.
Đề xuất phương pháp sử dụng hệ thống bài tập thích hợp.
PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Đọc, thu thập tài liệu
- Tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn


Xử lý, tổng hợp.
PHẠM VI NGHIÊN CỨU
Bài tập phần hóa học phân tích định tính.
-

VI.

B.

NỘI DUNG

BÀI 1 :
Bạc clorua dễ dàng hòa tan trong dung dịch amoniac trong nước vì tạo ion phức:
AgCl(r) + 2 NH3
Ag(NH3)2+ + Cla) Một lít dung dịch amoniac 1M hòa tan được bao nhiêu gam AgCl? Biết:

AgCl(r)
Ag+ + ClT = 1,8.10-10
Ag(NH3)2+ Ag+ + 2 NH3
K = 1,7.10-7
b) Xác định tích số tan T của AgBr. Biết rằng 0,33 g AgBr có thể tan được trong
dung dịch amoniac 1M.
(ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC BUNGARI NĂM 1998)
Bài giải
a) Ta có :
K = = 1,7.10-7
T = [Ag+][Cl-] = 1,8.10-10
Vì [Ag+] << [Cl-] ; [Ag(NH3)2+] = [Cl-] ; [NH3] = 1- 2[Cl-]
[Ag+] = nên thay tất cả các đẳng thức trên vào phương trình của K ta tính
được : [Cl-] = 0,0305M
mAgCl = 4,38 g
-3
b) [Br ] = = 1,75.10 M
= 1,7.10-7
= 5,3.10-13
BÀI 2 :
a) Xác định nồng độ ion H+ và giá trị pH của dung dịch tạo thành khi cho 0,82

g CH3COONa vào 1 L dung dịch CH3COOH 0,1M
b) Phải thêm vào bao nhiêu gam NaOH rắn vào dung dịch này để làm pH tăng
một đơn vị.

c) So với nồng độ của phân tử CH3COOH trong dung dịch CH3COOH 0,1M
thì nồng độ phần tử CH3COOH trong các dung dịch thứ nhất và thứ hai đã
thay đổi theo những tỉ số nào? (Có thể tính gần đúng).
Biết Ka(CH3COOH) = 1,8.10-5
(ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC BUNGARI NĂM 1998)
Bài giải
CH3COOH

CH3COO- + H+


Ka = = 1,8.10-5
CH3COONa
CH3COOH

CH3COO- + Na+
CH3COO- + H+

CH3COOH + NaOH

CH3COONa + H2O

Đối với dung dịch axit axetic (tinh khiết) ban đầu :
[CH3COO-] = [H+] ; [CH3COOH] l = Caxit ≈ 0,1M
[H+] = (0,1.Ka)1/2 = 1,34.10-3
a) Hỗn hợp axit yếu và muối của nó là dung dịch đệm nên :

pH = pKa + = 3,74
b) Khi thêm bazơ mạnh vào nồng độ Cb thì
C’muối = Cmuối + Cb’ ; C’axit = C’axit - Cb

pH tăng một đơn vị tương ứng với [H+] giảm 10 lần:
=
= 1,8.10-5M; Cb = 0,045M
mNaOH = 1,8 g
c) [CH3COOH]l = 0,1M
[CH3COOH]2 = 0,1M
hoặc chính xác hơn [CH3COOH]2 = Caxit - = 0,0986M
[CH3COOH]3 = = 0,055M
1
0,55
BÀI 3 :
Một pin điện hoạt động dựa trên phản ứng
M + Cu2+ (aq)
M2+ + Cu (r) E0 = 1,52 V
được thiết lập theo những thể tích bằng nhau các dung dịch với tất cả các chất ở
trạng thái chuẩn.
a. Dùng giá trị thế điện cực chuẩn của Cu2+ aq (E0 = 0,34 V) xác định thế khử
chuẩn của phản ứng M2+(aq) + 2e
M (r).
2+
b. Pin được tích điện sao cho [Cu ] = 0,1M. Tính:
i.
Nồng độ [M2+]?
ii.
Suất điện động của pin?
c. Thêm 50 mL nước cất vào mỗi ngăn của pin. So sánh suất điện động của pin
trước và sau khi thêm nước. Giải thích?
(ĐỀ THI OLYMPIC HOÁ HỌC MĨ NĂM 2005)
Bài giải

a. E0pin = E0oxh + E0k và E0k = 1,52 - 0,34 =1,18 V

E0k (M2+ + 2e
M) = -1,18 V
2+
b. i. Nếu [Cu ] giảm xuống 0,10 M thì [M2+ ] phải tăng lên 1,90 M
ii.
E = 1,52 – =1,52 - 0,01285ln(19) = 1,48 V
c. E của pin khi dung dịch pha loãng sẽ bằng E0 pin ban đầu. Dung dịch được pha
loãng bởi những lượng nước như nhau, các ion có hệ số như nhau (từ phương
trìnhđã được cân bằng). Epin không đổi.
BÀI 4:
Dung môi pyridin (C5H5N) là một bazơ yếu [Kb = 1,78.10-9] .
a. Tính [OH-] và pH của dung dịch 0,240M pyridin .
b. Một phần 20,0 ml dung dịch pyridin 0,240M được chuẩn độ với 0,120M HCl.
i . Tính pH sau 20,0 ml dung dịch HCl đã được thêm vào.
ii . Tính pH ở điểm tương đương.
c . Nếu MgCl2 được thêm vào 0,240M pyridin, tính [Mg2+] tối thiểu mà tại đó
Mg(OH)2 sẽ kết tủa ?[Ksp = 5,6.10-12]
d . Với [Mg2+] = 0,10M và [C5H5N] = 0,240M, tính [C5H5NH+] dùng để ngăn chặn sự
kết tủa của Mg(OH)2 ?
(ĐỀ THI OLYMPIC HOÁ HỌC MĨ NĂM 2005)
Bài giải
Kb =
1,78.10 =
= 2,07.10-5
pOH = 4,68
pH = 9,32
b. i. (0,240M pyridin).(0,0200L) = 0,0048 mol pyridin

(0,120M HCl).(0,0200L) = 0,0024 mol HCl
Kb =
Kb = 1,78.10-9
pOH = 8,75
pH = 5,25
ii.
(20,00mL pyridin).(0,240M) + (40,00mL).(0,120M HCl) = 0,0800M pyH+
Ka = = = = = 5,62.10-6
6,7.10-4
pH = 3,17
c. Ksp = [Mg2+]
2,07.10-5M
2+
-2
[Mg ] = = 1,3.10 (M)
d. [Mg2+] = 0,1M
;
= 7,48.10-6 (M)
= 5,71.10-5
a.

-9

BÀI 5 :
Cu(OH)2
Cu2+ + 4NH3

Cu2+ + 2OHCu(NH3)42+

Ks = 2,2.10-20

Kb = 2,1.10-13


Sử dụng phương trình và giá trị K cho ở trên để trả lời những câu hỏi sau:
1. Xác định nồng độ mol của Cu(OH)2 ở pH = 8,00.
2. Nếu 20,00 ml của 0,0010M CuSO4 trộn với 50,0 ml của 0,0010M NaOH, xác

định liệu Cu(OH)2 có kết tủa không?
3. Viết phương trình khi cho Cu(OH)2 tác dụng với NH3 và tính giá trị K cho
phản ứng.
4. Tính nồng độ NH3 cần cho sự hòa tan 0,100 g Cu(OH)2 trong 1,00 lít nước.
5. Mô tả khi quan sát nếu 5,0M NH3 được khi cho từ từ vào 0,10M dung dịch
chứa ion Cu2+.
(ĐỀ THI OLYMPIC HOÁ HỌC MĨ NĂM 2012)
Bài giải
Cu2+ + 2OH-

1. Ta có Cu(OH)2

pH = 8

pOH = 6

Ks = [Cu2+].[OH-]2

Ks = 2,2.10-20

[OH-] = 10-6M.
[Cu2+] = = = 2,2.10-8 (M)

2. Nồng độ của Cu2+ và OH- sau khi trộn là :

= = 2,86.10-4 (M)
= = 7,14.10-4 (M)
()2 = (2,86.10-4) .(7,14.10-4)2 = 1,46.10-10 >> Ks
Vậy có kết tủa Cu(OH)2 tạo thành.
3. Cu(OH)2
Cu2+ + 2OHCu2+ + 4NH3
Cu(OH)2 + 4NH3

Cu(NH3)42+
Cu(NH3)42+ +

Ks = 2,2.10-20
Kb = 2,1.10-13

2OH-

K

K = Ks.Kb = (2,2.10-20).(2,1.10-13) = 4,6.10-7
4.

= = = 0,00103 (mol)
Nồng độ trong 1 lít nước là 0,00102 M.
Nồng độ OH- là 0,00206M và nồng độ Cu(NH3)42+ là 0,00103M.
Ta có K =
=

= = 0,00950

[NH3] = 0,312 (M)

Khi thêm dung dịch NH3 vào thì ban đầu tạo thành chất kết tủa màu xanh. Sau đó
kết tủa dần hòa tan và tạo thành phức màu xanh đậm.
BÀI 6 :


Lượng canxi trong mẫu có thể được xác định bởi cách sau:
Bước 1 : Thêm một vài giọt chỉ thị metyl đỏ vào dung dịch mẫu đã được axit hóa và
sau đó là trộn với dung dịch Na2C2O4.
Bước 2 : Thêm ure (NH2)2CO và đun sôi dung dịch đến chỉ thị chuyển sang màu
vàng ( việc này mất 15 phút). Kết tủa CaC2O4 xuất hiện.
Bước 3 :Dung dịch nóng được lọc và kết tủa CaC2O4 được rửa bằng nước lạnh để
loại bỏ lượng dư ion C2O42-.
Bước 4 : Chất rắn không tan CaC2O4 được hòa tan vào dung dịch H2SO4 0,1M để
sinh ra ion Ca2+ và H2C2O4. Dung dịch H2C2O4 được chuẩn độ với dung dịch KMnO4
đến khi dung dịch có màu hồng thì ngừng.
Các phản ứng xảy ra và các hằng số cân bằng:
CaC2O4 (s)

Ca2+(aq) + C2O42- (aq)

Ca(OH)2 (s)

Ca2+(aq)

H2C2O4 (aq)

HC2O4- (aq)

HC2O4- (aq)
H2O

C2O42- (aq) +
H+(aq) +

OH- (aq)

= 1,3.10-8

2 OH- (aq) = 6,5.10-6

+
+
H+(aq)

H+(aq)

Ka1 = 5,6.10-2
Ka2 = 5,42.10-5
Kw = 1,00.10-14

1. Viết và cân bằng các phương trình phản ứng xảy ra ở bước 2.
2. 25,00 ml dung dịch mẫu canxi được xác định bằng phương pháp trên và đã

sử dụng hết 27,41 ml dung dịch KMnO4 2,50.10-3 M ở bước cuối cùng. Xác
định nồng độ Ca2+ trong mẫu.
3. Tính T của CaC2O4 trong một dung dịch đệm có pH = 4. (bỏ qua hệ số hoạt
độ)

Trong phép phân tích trên thì ta đã bỏ qua một nguyên nhân quan trọng gây
nên sai số. Sự kết tủa CaC2O4 ở bước 1 sẽ không hoàn toàn nếu ta thêm một
lượng dư C2O42- do phản ứng sau:
Ca2+(aq) + C2O42- (aq)
CaC2O4 (aq)
Kf1 = 1,00.103
22CaC2O4 (aq) + C2O4 (aq)
Ca(C2O4)2 (aq)
Kf2 = 10
2+
24. Tính nồng độ cân bằng của Ca và C2O4 trong dung dịch sau khi tạo thành
lượng kết tủa tối đa của CaC2O4.
5. Tính nồng độ ion H+ và Ca2+ trong dung dịch bão hòa CaC2O4 (bỏ qua hệ số
hoạt độ)
(ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2005)


Bài giải
1. (NH2)2CO + H2O 2NH3 + CO2
2. [Ca2+] = 6,85.10-3M
3. [Ca2+] = [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4]

4.

5.
6.
7.
8.

= [C2O42-].

Vậy [C2O42-] = (1)
Thay vào (1) vào biểu thức tích số tan: T = [Ca2+][C2O42-] ta tính được
[C2O42-] = 1,92.10-4M
Ta có :
CCa = [Ca2+] + [CaC2O4 (aq)] + [Ca(C2O4)22-]
=T
= -T + T = 0
[C2O42-] = 1,00.10-2M
[Ca2+] = 1,3.10-6M
2+
Cân bằng điện tích : 2[Ca ] + = 2 + [HC2O4-] + [OH-] (1)
Cân bằng khối lượng : [Ca2+] = [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4]
(2)
Vì Kb2 rất nhỏ nên nồng độ của H2C2O4 có thể bỏ qua.
Kết hợp (1) và (2) ta có : [HC2O4-] =
(3)
2[C2O4 ] = (4)
[Ca2+] = =
(5)
Thay (3), (4), (5) vào (2) và giải phương trình ta được = 5,5.10-8M
[Ca2+] = 1,04.10-4M
Bài 7 :
Ag+(aq) + e– → Ag(s)
AgBr(s) + e– → Ag(s) + Br–(aq)
ΔGf°(NH3(aq)) = –26,50 kJ/mol
ΔGf°(Ag(NH3)2+(aq)) = –17,12 kJ/mol

E° = 0,7996 V
E° = 0,0713 V

+1,441 V

BrO3–(aq)

+1.491 V
 
→

HOBr

+1.584 V
 
→

Br2(aq)

?

→

Br–(aq)

1. Tính ΔGf°(Ag+(aq)).
2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở 25°C.
Ag+(aq) + 2NH3(aq) → Ag(NH3)2+(aq)
3. Tính KSP của AgBr(s) ở 25°C.
4 . Tính độ tan của tương tự trong một dung dịch nước 0,100 M amoniac ở 25°C .
5 . Một tế bào mạ bằng cách sử dụng các điện cực hydro tiêu chuẩn làm anot có phản
ứng chung là Br2(l) + H2(g) + 2 H2O(l) → 2 Br–(aq) + 2 H3O+(aq).
Ion bạc được thêm vào cho đến t ương t ự kết tủa ở cực âm và [ Ag + ] đạt 0,0600 M.

sau đó áp di động được đo được 1,721 V. Tính ΔE ° cho các tế bào mạ .
6 . Xác định độ tan của brom ở dạng Br2 (aq) trong nước ở 25°C .
( ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2006)


1.

Bài giải

Ag (aq) + e → Ag(s)
+

–

E° = 0,7996 V

ΔG° = ΔGf°(Ag(s)) + ΔGf°(e–) – ΔGf°(Ag+(aq)) = – ΔGf°(Ag+(aq)) = – FΔE°
Do đó, ΔGf°(Ag+(aq)) = FΔE° = 77,15 kJ/mol
2. Ag+(aq) + 2 NH3(aq) → Ag(NH3)2+(aq)
ΔG° = ΔGf°(Ag(NH3)2+(aq)) – ΔGf°(Ag+(aq)) – 2 ΔGf°(NH3(aq))
= –17,12 kJ – 77,15 kJ – (2)(–26,50) kJ = – 41,27 kJ

ln Kf =

−∆G°
RT

[Ag(NH 3 )2+ ]

= 16,65

3. AgBr(s) → Ag+(aq) + Br–(aq)

lnK sp =

−∆G°
RT

=

nF∆E o
RT

Kf =

[Ag+ ] [NH 3 ]2

= e16,65 = 1,7.107

ΔE° = (0,0713 – 0,7996) V = – 0,7283 V

= – 28,17

Ksp = [Ag+].[Br–] = e–28.347 = 4,89.10–13
4. Giả sử [Ag+] << [Ag(NH3)2+]
AgBr(s) → Ag+(aq) + Br–(aq)

K sp = 4,89.10–13

Ag+(aq) + 2 NH3(aq) → Ag(NH3)2+(aq)

Kf = 1,7.107

AgBr(s) + 2 NH3(aq) → Ag(NH3)2+(aq) + Br–(aq)

K = K sp .Kf = 8,31.10–6

Lúc đầu

0,100

0

0

Thay đổi

–2S

+S

+S

S

S

Thế cân bằng 0,100 – 2S
K = = 8,31.10–6 ⇒

= 2,88.10–3

S = [Ag(NH3)2+] = [Br–] = 2,9.10–4 M
[Ag+] = = 1,7.10–10 M << [Ag(NH3)2+]


Như vậy, độ tan của AgBr là 2,9.10–4 M
5. [Br–] = = = 8,15.10–12 (M)

ΔE° = ΔE +

RT
nF

ln

[Br − ]2 [H 3O+ ]2
PH2

= 1,721 + = 1,065 V
6.

Để ước tính độ tan của Br2 (aq), chúng ta cần phải tính toán năng lượng tự do Gibbs của

phản ứng :
Br2(l) → Br2(aq)

ΔG°?

Br2(l) + 2 e– → 2 Br–(aq)

E1° = 1,065 V, ΔG1° = –2FE1° = –2,130F V
Tính E2° cho các bán phản ứng của tế bào :
Br2(aq) + 2 e– → 2 Br–(aq)
E2°, ΔG2° = –2FE2°
Từ sơ đồ Latimer ,
BrO3–(aq) + 6 H3O+(aq) + 6 e– → Br–(aq) + 9 H2O(l)

E3° = 1,441 V

BrO3–(aq) + 5 H3O+(aq) + 4 e– → HOBr + 7 H2O(l)

E4° = 1,491 V

2 HOBr + 2 H3O+(aq) + 2 e– → Br2(aq) + 4 H2O(l)

E5° = 1,584 V

2 BrO3–(aq) + 12 H3O+(aq) + 10 e– → Br2(aq) + 18 H2O(l) E6°
E6° = (2.4E4° + 2E5°)/10 = 1,5096 V
Tương tự, Br2(aq) + 2 e– → 2 Br–(aq)
E2° = (2.6E3° – 10E6°)/2 = 1,098 V
(Chú ý 6E3° = 4E4° + 1E5° + 1E2°)
Sau đó, ΔG2° = –2ΔE2° = –2,196F V
Cuối cùng , ΔG° = ΔG1° – ΔG2° = 0.066F V = 6368 J/mol
Do đó , [Br2(aq)] = K =

e

−∆G o
RT

= e–2,569 = 0,77(M)

BÀI 8 :
Giá trị Ks của AgCl và AgBr lần lượt là 1,8.10-10 và 3,3.10-13.
1 Dư AgCl được thêm vào nước khử ion. Tính nồng độ của Cl trong trạng thái cân
bằng với AgCl. Lặp lại các tính toán cho Br- giả sử tương tự thay vì AgCl.


2

Giả sử rằng 0,100 L chứa ion Ag+ 1,00.10-3 M được thêm vào Cl- của khối lượng và
nồng độ tương tự. Nồng độ của Cl- trong dung dịch bao nhiêu khi đạt trạng thái
cân bằng ? Bao nhiêu phần trăm tổng lượng clo trong dung dịch?

Giả sử rằng 0,100 L chứa ion Ag+ 1,00.10-3 M được thêm vào Br- của khối lượng và
nồng độ tương tự. Nồng độ của Br- trong dung dịch bao nhiêu khi đạt trạng thái
cân bằng ? Bao nhiêu phần trăm tổng lượng brom trong dung dịch?
+
4 Lặp lại các phép tính trong câu 1 và câu 2 giả định rằng nồng độ của dung dịch Ag
-3
là 1,01.10 M.
+
5 Lặp lại các phép tính trong câu 2 và câu 3 giả định rằng nồng độ của dung dịch Ag
là 1,01.10-3 M.
Giả định rằng 1,0.10-3M Ag+ thêm từ từ khuấy liên tục đến một 0,100 L chứa cả
Cl và Br- tại 1,00.10-3 M.
( ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2006)
Bài giải
3

1.

AgCl(s) → Ag+(aq) + Cl-(aq)
Ksp = [Ag+][Cl-] = x2 = 1,8.10-10 ⇒ [Ag+] = [Cl-] = 1,34.10-5 M

AgBr(s) → Ag+(aq) + Br-(aq)
Ksp = [Ag+][Br-] = x2 = 3,3.10-13 ⇒ [Ag+] = [Br-] = 5,74.10-7 M
Trong trường hợp giả định này
[Ag ] = [Cl-] = 1,34.10-5 M tương tự câu 1.
2.
+

= = = 0,027 = 2,7%
3. Tương tự như [Ag+] = [Br-] = 5,74.10-7 M ở câu 1.

= = = 1,1.10-3 = 0,11%
4. Giả sử rằng 1,00.10-4 mol AgCl kết tủa , và 1,00.10 -6 mol Ag+ ion vẫn còn trong dung

dịch. Sau đó, AgCl tan một phần.
[Ag+] = 5,0.10-6 + x , [Cl-] = x
Ksp = [Ag+][Cl-] = (5,0.10-6 + x).x = 1,8.10-10
⇒ [Cl-] = 1,1.10-5 M ( giảm nhẹ )
[Ag+] = 1,6.10-5 M ( tăng nhẹ )
= = 0,022 = 2,2%
= = 0,022 = 2,2%
Tương tự :
[Ag+] = 5,0.10-6 + x , [Br-] = x

Ks = [Ag+][Br-] = (5,0.10-6 + x).x = 3,3.10-13
x < 5,0.10-6 vì vậy (5,0.10-6).x = 3,3.10-13
⇒

[Br-] = 6,6.10-8 M
(giảm đáng kể từ 5,7.10-7 M)
[Ag+] = 5,1.10-6 M (tăng đáng kể từ 5,7.10-7 M)
= = = 1,3.10-4 = 0,013%

5. Tương tự AgBr sẽ kết tủa trước. Về mặt lý thuyết, AgBr sẽ bắt đầu kết tủa khi nồng độ

ion Ag+ bằng 3,3.10-10 M. Ở nồng độ này của ion Ag+, AgCl sẽ không kết tủa.
AgBr: [Ag+] = = = 3,3.10-10 M
Điều này tương ứng với 3,3.10-8 L của Ag+ trong dung dịch đó là ít hơn nhiều so với
khối lượng nhỏ nhất có thể cung cấp với một micropipet.
BÀI 9 :
1 Khi cho từ từ một bazơ mạnh vào dung dịch chứa ion Zn2+ thì thu được kết
tủa keo trắng của Zn(OH)2. (Ks(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-17). Tính pH của 1 lít dung
dịch chứa 5.10-2 mol Zn2+ và 0,1 mol OH-.
2 Khi cho thêm tiếp bazơ vào dung dịch thì kết tủa trắng keo của bị hòa tan
tạo thành dạng phức Zn(OH)42-. Cho biết hằng số phức bền là 4,6.1017 . Tính
pH của dung dịch trong ở câu (1) khi cho 0,10 mol OH- vào dung dịch trên
( giả sử thể tích thay đổi không đáng kể ).
(ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)
Bài giải
1 Zn(OH)2

S

Zn2+ +

S

2 OH-

Ks(Zn(OH)2 ) = 4S3 = 1,2.10-17 ⇒

Ks(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-17
2S
S = 1,44.10-6 M

⇒ [OH-] = 2S = 2,88.10-6 M ⇒ pOH = 5,54
2

⇒ pH = 8,46

Zn2+ + 2 OHKs(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-17
4 OHZn(OH)42Kb = 4,6.1017
2+ 2 OH
Zn(OH)4
K = Ks.Kb =5,52
0,1+ 2,88.10-6
0
2x
½ .(0,1+ 2,88.10-6) – x
K = = = 5,52
x = 0,03 M ⇒ [OH-] = 0,06 M
⇒ pOH = 1,22 ⇒ pH = 12,78
Zn(OH)2
Zn2+ +
Zn(OH)2

BÀI 10 :
Trong dung dịch nước, ion Pb2+ tồn tại ở dạng kết tủa PbO, là một oxit lưỡng
tính. Trong axit, tồn tại dưới dạng ion Pb2+ là chủ yếu với pH tăng dần. PbO và


Pb(OH)3- được hình thành trong lượng thấy rõ. Cân bằng quan trọng cho PbO
trong nước được đưa ra sau đây:
PbO + H2O

Pb2+ + OH-

PbO + 3H2O

Pb(OH)3- + H3O+

Ksp = 8,0.10-16
Ka = 1,0.10-15

(1)
(2)

1.
PbO hòa tan hoàn toàn khi ở pH đủ thấp. Khi nồng độ ban đầu của Pb2+ là
1,00.10-2 mol/l. Tính pH mà kết tủa PbO bắt đầu hình thành.
2.
Dùng giá trị đã cho ở câu a, khi pH tăng lên đến giá tị nào đó thì kết tủa tan
trở lại. Ở pH bằng bao nhiêu thì kết tủa tan hết?
3.

Viết biểu thức tính độ tan S của PbO?

4.
Theo lí thuyết, PbO tan hết ở pH = 9,4. Tính nồng độ các ion trong dung dịch
và độ tan của PbO ở pH đó.
Tính khoảng pH khi mà nồng độ dung dịch là 1,0.10-3 mol/l hay thấp hơn.

5.

( ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)
Bài giải
1. Ta có: [Pb2+] = 1,00.10-2 M

Kết tủa PbO bắt đầu hình thành khi: [Pb2+][OH-]2 = Ksp =8,0.10-16

K sp
8,0.10-16
[OH ] =
=
= 2,83.10-7 M
2+
-2
[Pb ]
1,00.10
-

pOH = 6,55 pH = 7,45
2.

Ở pH tương đối cao thì phản ứng (2) chiếm ưu thế hơn, tương ứng với ion

Pb(OH)3-.

Ta có: [Pb(OH)3-] = 1,00.10-2 mol/l. Ta dung công thức Ka để tính pH.
PbO + 3H2O

Pb(OH)3- + H3O+

Ka
1,0.10-15
-13
[H3O ] =
- =
-2 = 1,0.10 M
[Pb(OH)3 ] 1,00.10
+

Ka = [Pb(OH)3-][H3O+]
pH = 13

Ka = 1,0.10-15


Dùng Ksp thì [Pb2+] = 8,00.10-14 M (rất bé) nên bỏ qua.
3. Ta có:

S = C Pb2+ = [Pb 2+ ] + [Pb(OH) 3- ]

4. Ta có: pH = 9,4 [H3O+] = 10-9,4 = 4.10-10 M
[OH- ] =

K H2 O
10-14
=
= 2,5.10-5 M
[H3O+ ]
4.10-10

[Pb2+ ] =

K sp
8,0.10-16
-6
=
- 2
-5 2 = 1,28.10 M
[OH ]
(2,5.10 )

[Pb(OH)3- ] =

Suy ra:

Ka
1,0.10-15
=
= 2,5.10-6 M
[H3O + ]
4.10-10

S = [Pb2+ ] + [Pb(OH)3- ] = 1,28.10-6 + 2,5.10-6 = 3,78.10-6 M

5. pH tương đối thấp thì Pb2+ sẽ chiếm ưu thế.
[Pb2+] = 1,0.10-3 M.
Ksp = [Pb2+].[OH-]2

[OH- ] =

K sp
8,0.10-16
=
= 8,94.10-7 M
[Pb 2+ ]
1,0.10-3

K H 2O
10-14
-8
[H3O ] =
- =
-7 = 1,12.10 M
[OH ] 8,94.10
+

pH = 7,95

[Pb(OH)3- ] =

Ka
1,0.10-15
-8

=
+
-8 = 8,93.10 M
[H3O ] 1,12.10

Do đó, trong môi trường axit thì [Pb(OH)3-] không đáng kể và [Pb2+] chiếm ưu thế.
Trong môi trường bazơ thì [Pb(OH)3-] chiếm ưu thế.


[Pb(OH)3-] = 1,00.10-3 M từ Ka

Ka
1,0.10-15
-12
[H3O ] =
- =
-3 = 1,00.10 M
[Pb(OH)3 ] 1,00.10
+

pH = 12 và [OH-] = 1,00.10-2M.

[Pb 2+ ] =

K sp
8,0.10-16
=
= 8,00.10-12M
[OH - ]2
(1,00.10-2 )2

Ta thấy: [Pb2+] [Pb(OH)3-] nên trong môi trường bazơ, [Pb2+] không đáng kể.
Vậy pH có giá trị từ 7,95 đến 12.
BÀI 11 :
Dung dịch A chứa axit photphoric có pH = 1,46.
1.
Tính nồng độ của các cấu tử trong dung dịch A. Cho biết các giá trị Ka của
H3PO4 lần lượt là 7,5.10-3; 6,2.10-8 và 4,8.10-13.
2.
Trộn 50ml dung dịch A với 50 ml dung dịch NH3 0,4 M. Kết quả thu được 100
ml dung dịch B. Tính pH của dung dịch B, biết .
3.
Trộn 100ml dung dịch B với 100 ml dung dịch Mg(NO3)2 0,2M. Có kết tủa
xuất hiện không? Tính khối lượng kết tủa (nếu có)? Biết sự thủy phân của Mg2+
được bỏ qua và kết tủa NH4MgPO4 được thừa nhận là chủ yếu, biết KS = 2,5.10-13.
4.
Tính nồng độ các cấu tử trong dung dịch Ca3(PO4)2 biết KS = 2,22.10-25. Cho
rằng sự thủy phân của Ca2+ không đáng kể.
( ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)
Bài giải
H+ + H2PO4-

1. H3PO4

H2PO4HPO42-

H+

+ HPO42-

H+

+

PO43-

K a1 = 7,5.10-3
K a2 = 6,2.10-8

(1)

(2)

K a3 = 4,8.10-13

(3)


H+

H 2O

+

OH-

K W = 10-14

(4)

Ta thấy: Ka1 Ka2, Ka3 nên bỏ qua cân bằng (2) và (3).
Nếu Ka1.Ca KW thì bỏ qua cân bằng (4).
Vậy ta xét cân bằng (1):
H+ + H2PO4-

H3PO4
C

K a1 = 7,5.10-3

Ca

[ ] Ca – x

x

x2
= K a1 = 7,5.10-3
Ca - x

x

(*)

pH = 1,46 x = [H+] = 10-1,46 = 0,035
Thay x = 0,035 vào (*) Ca = 0,2M.
Vậy nồng độ các cấu tử trong dung dịch A là:

[OH- ] =

10-14
= 2,9.10-13M
0,035

[H+] = 0,035M;

Ca = [PO 43- ] +
Ta có:
[PO3-4 ] =

[H + ]
[H + ]2
[H + ]3
.[PO3-4 ]+
.[PO3-4 ] +
.[PO 3-4 ]
K a3
K a2 .K a3
K a1.K a2 .K a3

Ca .K a1.K a2 .K a3
C
=
+ 3
+ 3
+ 2
[H ]
[H ]
[H ]
[H ] + K a1.[H ] + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2.K a3

1+
+
+
K a3
K a2 .K a3
K a1.K a2 .K a3
+

a
+ 2

Thế số vào ta được: [PO43-] = 8,57.10-19M

[HPO 24 ]=

Ca .K a1.K a2 .[H + ]
[H + ]3 + K a1.[H + ]2 + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3


Thế số vào ta được: [HPO42-] = 6,25.10-8 M.

Ca .K a1.[H + ]2
[H 2 PO ] = + 3
[H ] + K a1.[H + ]2 + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3
4

Thế số vào ta được: [HPO42-] = 0,035M

[H3PO4 ] = Ca - [H 2 PO-4 ] - [HPO2-4 ] - [PO3-4 ] ≈ 0,165M
H3PO4 + 2 NH3

2.

(NH4)2HPO4

C(M)
Sau phản ứng 0

0

0,1

Saukhi trộn, dung dịch B chứa = 0,2M, = 0,1M
Các cân bằng:
NH4+
H2 O
HPO42-

H+
H+
H+

HPO42- +

H2O

H2PO4- +

H2O

+ NH3
+
+

(1)

K W = 10-14

OHPO43-

K a3 = 4,8.10-13

H2PO4- +
H3PO4

(2)

OH-

Kb1 = 1,6.10-7 (4)

OH-

+

(3)

Kb2 = 1,3.10-12

Ta có: .Kb1.Ka.Ka3 dung dịch có tính bazơ

Kb1 Kb2 Cân bằng (4) là chủ yếu:
HPO42- +
C

0,1

[]

0,1 – x

H2O

H2PO4- +

OH-

x

Ta có: x = 1,3.10-4
[OH-] = x = 1,3.10-4 M pOH = 3,9 pH = 10,1

Kb1 = 1,6.10-7

x

(5)


Mg2+ + NH4+

3.

+ PO43-

MgNH4PO4
K a3.CHPO2-

[PO3-4 ] =

4

[H + ]

=

4,8.10-13.0,1
= 6,04.10-4
10-10,1

Từ cân bằng (3) ta có:
Nồng độ các cấu tử sau khi trộn là:

CNH+ =

0,2
= 0,1M
2

C Mg 2+ =

0,2
= 0,1M
2

CPO3- =

6,04.10-4
= 3,02.10-4 M
2

4

4

.

Ta có: Có kết tủa MgNH4PO4 xuất hiện.
m MgNH4PO4 = 3,02.10-6 .200.10-3.137 = 8,3.10 -5 (g)

Khối lượng kết tủa là:
4.

Ca3(PO4)2

3Ca3+ + 2PO43H+

H 2O
PO43- + H2O

+

Ks = 2,22.10-25

K W = 10-14

OH-

HPO42- + OH-

Kb1 = 10-1,68

HPO42- +

H2O

H2PO4- +

OH-

Kb1 = 1,6.10-7

H2PO4- +

H2O

H3PO4

OH-

Kb2 = 1,3.10-12

+

S = 5 K S = 1,17.10-5M
Ta thấy: Kb1Kb2, Kb3 Bỏ qua cân bằng (4) và (5)
Nếu Kb1.Cb KW Bỏ qua cân bằng (2)
PO43- + H2O
C

2S

HPO42- +

(1)

OH-

Kb1 = 10-1,68

(2)
(3)
(4)
(5)


[]

2S – x

x

x

x2
= K b1 = 10-1,68
2S - x
x = 2,34.10-5
Vậy [OH-] = 2,34.10-5 M [H+] = 4,27.10-10 M
Xét cân bằng (1), ta có: ;
;

K S' = 2,22.10-25 .(8,97.10 2 ) 2 = 1,79.10-19
S' = 5 KS' = 1,78.10-4 M
[Ca2+] = 3S’ = 5,34.10-4 M ; [PO43-] = 2S’ = 3,56.10-4 M.
BÀI 12 :
Dung dịch Pb(NO3)2 được thêm từ từ vào 20ml hỗn hợp chứa Na2SO4
0,020M, Na2C2O4 5,0.10-3M; KI 9,7.10-3M; KCl 0,05M; KIO3 0,0010M. Khi kết tủa
màu vàng PbI2 bắt đầu xuất hiện thì 21,60 ml dung dịch Pb(NO3)2 được dùng hết.
1.Xác định thứ tự xuất hiện kết tủa.
2.Tính nồng độ còn lại dung dịch Pb(NO3)2. Biết = 7,66 ; = 12,62 ; = 7,86 ; =
10,05 ; = 4,77
Các ion khác được bỏ qua.
3.Một trong những chất thử phổ biến để phát hiện ion Pb2+ là K2CrO4, xuất hiện kết
tủa màu vàng tan trở lại trong NaOH. Tính tan của PbCrO4 không những phụ
thuộc vào pH mà còn phụ thuộc vào sự tạo phức. Cho biết độ tan của PbCrO4 trong
dung dịch CH3COOH 1M là S = 2,9.10-5M. Tính tích số tan của PbCrO4.Cho biết : =
4,76 ; = 2,68 ; = 4,08 ; = 7,8 ; = 6,5.
( ĐỀ DỰ TRỮ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2014)
Bài giải

[Pb2+ ] >

K S(PbSO4 )
10-7,66
=
= 1,09.10-6 M
[SO2]
0,02
4

[Pb 2+ ] >

K S(PbC2O4 )
10-10,05
-8
=
2-3 = 1,78.10 M
[C2O 4 ]
5.10

[Pb 2+ ] >

K S(PbI2 )
10-7,86
=
= 1,47.10-4 M
- 2
-3 2
[I ]

(9,7.10 )

1. Để tạo thành kết tủa PbSO4:

Để tạo thành kết tủa PbC2O4:

Để tạo thành kết tủa PbI2:

K S(PbCl2 )
10-4,77
-3
[Pb ] >
=
- 2
2 = 6,34.10 M
[Cl ]
(0,05)
2+

Để tạo thành kết tủa PbCl2:
[Pb2+ ] >

Để tạo thành kết tủa Pb(IO3)2:

KS(Pb(IO3 )2 )
[IO3- ]2

=

10-12,61

= 2,45.10-7 M
(0,001) 2

Vậy thứ tự xuất hiện kết tủa là: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2, PbCl2

CI- =

9,7.10-3.20.10-3
= 4,66.10-3M
(20 + 21,60).10-3

2. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa PbI2 thì:

CPb2+
Lúc đó để bắt đầu kết tủa PbI2 thì:

[SO2-4 ] =

KS(PbI2 )
10-7,86
-4
=
=
2
-3 2 = 6,36.10 M
C I(4,66.10 )

K S(PbSO4 )
10-7,66
=

= 3,44.10-5 M
-4
CPb2+
6,36.10

Độ tan của PbSO4 trong dung dịch bão hòa là:
S = KS(PbSO4 ) = 1,48.10-4 M

[SO42-] < PbSO4 đã kết tủa.
Phương trình phản ứng:


Pb2+ + C2O42-

PbC2O4

Pb2+ + 2IO3-

Pb(IO3)2

Pb2+ + SO42-

PbSO4

Pb2+ + 2I-

PbI2

Vì vừa bắt đầu kết tủa PbI2 nên coi như không đáng kể nên:

n Pb2+ = n C O2- +
2

4

1
n - + n SO24
2 IO3

CPb(NO3 )2 .41,6.10-3 = 20.10-3 .(5.10-3 +

1
.0,001 + 0,02)
2

CPb(NO3 )2 = 0,035M

3. Trong dung dịch có các cân bằng:

Pb2+ + C2O42-

PbC2O4

CH3COO-

CH3COOH
H2 O
CrO42-

H+ +

+ H+

+

KS
H+

Ka1 = 10-4,76

K W = 10-14

OHHCrO4-

()-1=106,5
β* =107,8

Pb

2+

+

Pb2+ +
Pb2+ +

OH

-

PbOH

CH3COO2CH3COO-

+

Pb(CH3COO)+
Pb(CH3COO)2

β1 =102,68
β 2 =104,08


[Pb 2+ ]' = [Pb 2+ ] + [PbOH + ] + [Pb(CH 3COO) + ] + [Pb(CH 3COO) 2 ]


10-14 .β *
= [Pb 2+ ]. 1 +
+ β1 .[CH3COO- ] + β 2 .[CH 3COO- ]2 ÷
+
[H ]



10-14 .β*
α Pb2+ = 1 +
+ β1.[CH3COO- ] + β2 .[CH3COO- ]2
+
[H ]
(1)


[CrO 4 2- ]' = [CrO42- ] + [HCrO-4 ] = [CrO24 ]. 1+


α CrO24

[H + ] 
÷
K 'a 

[H + ]
=1+
K 'a

Trong đó [CH3COO-] và [H+] được tính:
CH3COOH
C

0,1

[]

0,1 – x

CH3COO-

x

+

H+

x

Ta có: x =1,31.10-3
K S(PbCrO4 ) =

Mặt khác:

'
K S(PbCrO
S2
4)
=
α Pb2+ .αCrO2α Pb2+ .α CrO24

4

(3)

Thay số: [H+] = [CH3COO-] = 1,31.10-3M; S = 2,9.10-5 vào (1), (2), (3) ta suy ra
KS = 1,23.10-13.
BÀI 13 :
Hoà tan 1,00 g NH4Cl và 1,00g Ba(OH)2.8H2O vào 80 mL nước. Pha loãng
dung dịch thu được bằng nước đến 100 mL tại 25oC.
a) Tính pH của dung dịch = 9,24
b) Hãy tính nồng độ của tất cả các ion trong dung dịch.
c) Hãy tính pH sau khi thêm 10,0mL dung dịch HCl 1,00M vào dung dịch trên.

d) Hãy tính [NH3] của dung dịch mới.
(ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2000)
Bài giải
a)

NH4+ (aq) + OH-(aq) NH3(aq) + H2O(aq)

0,0187 mol NH4Cl và 3,17.10-3 mol Ba(OH)2.8H2O (6,34.10-3 mol OH-) tạo ra 6,34.10-3
mol NH3 và 12,4.10-3 mol NH4+ còn lại không đổi.
[ ] = Ka = 1,13.10-9 M ⇒ pH = 8,95
b)

[NH4+] = 0,124M ; [Ba2+] = 0,0317M ; [H+] = 1,13.10-9 M ;
[Cl-] = 0,187M ; [OH-] = 8,85.10-6 M

c) Thêm 0,01 mol HCl, trong đó có 6,34.10-3 mol được NH3 trung hoà. Giả thiết rằng thể
tích bằng 110mL, và bỏ qua axit yếu NH4+ ta có:
[H+] = 0,0333M ⇒ pH = 1,48
d) Trong dung dịch axit mạnh [NH3] sẽ rất nhỏ: [NH4+] = 0,170M
[] = Ka = 2,9.10-9 M
BÀI 14 :
Một học sinh điều chế dung dịch bão hoà magie hydroxit trong nước tinh
khiết tại 25oC. Trị số pH của dung dịch bão hoà đó được tính bằng 10,5.
a) Dùng kết qủa này để tính độ tan của magie hydroxit trong nước. Phải tính độ tan
theo mol.L-1 cũng như g/100mL.
b) Hãy tính tích số tan của magie hiđroxit.
c) Hãy tính độ tan của magie hiđroxit trong dung dịch NaOH 0,010M tại 25oC.
d) Khuấy trộn một hỗn hợp gồm 10 g Mg(OH)2 và 100mL dung dịch HCl 0,100M
bằng máy khuấy từ tính trong một thời gian tại 25oC. Hãy tính pH của pha lỏng khi
hệ đạt trạng thái cân bằng.

(ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2000)
Bài giải
a) Mg(OH)2

Mg2+ + 2OH-

pOH = 14,0 – 10,5 = 3,5 ⇒ [OH-] = 3,2.10-4 M


Tương ứng với [Mg2+] = [Mg(OH)2 điện ly] = Độ tan của Mg(OH)2 = 1,6.10-4 M hay
9,2.10-4 g/100mL.
b) Ksp = [Mg2+][OH-]2 = 1,6.10-11
c) Mg(OH)2(r) ⇌ Mg2+(aq) + 2OH-(aq)
[Mg2+] = x; [OH-] = 0,010 + 2x ≈ 0,010M
Ksp = [Mg2+][OH-]2 = x.[OH-]2 = 1,6.10-11 ⇒ x = = 1,6.10-7
Độ tan bằng 1,6.10-7 M hay 9.10-7 g/100mL
c) Mg(OH)2 có rất dư và HCl bị trung hòa hoàn toàn theo phản ứng:

Mg(OH)2 (r) + 2H+ (aq) → Mg2+ (aq) + 2H2O (l)
Giả sử thể tích không đổi và bằng 100mL, phản ứng này tạo ra Mg2+ có nồng độ 0,050M.
Rồi Mg(OH)2 hoà tan trong dung dịch : [Mg2+] = 0,010 + x ≈ 0,050M
Ksp = [Mg2+][OH-]2 = 1,6.10-11 ⇒ [OH-] = 1,8.10-5
⇒ pH = 14 − pOH = 14 + lg(1,8.10-5 ) = 9,3
BÀI 15 :
Cađimi là một trong những kim loại rất độc được tìm thấy với nồng độ cao
trong chất thải từ sự luyện kẽm, mạ điện và xử lý nước thải. Hít phải cađimi dạng
hạt nhỏ sẽ nhanh chóng ảnh hưởng đến hệ hô hấp rồi sau đó là thận. Cadimi cho
thấy sự cạnh tranh với kẽm tại các vùng hoạt động của enzym. Cađimi tạo thành
hiđroxit hơi khó tan là Cd(OH)2.
a) Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong nước nguyên chất (bỏ qua cân bằng tự

proton hóa )
b) Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong dung dịch NaOH(aq) 0,010M
Ion Cd2+ có ái lực mạnh với ion CN- :
Cd2+(aq) + CN-(aq) Cd(CN)+

K1 = 105,48

Cd(CN)+ + CN-(aq) Cd(CN)2(aq)

K2 = 105,12

Cd(CN)2(aq) + CN-(aq)
Cd(CN)3- + CN-(aq)

Cd(CN)3-

K3 = 104,63

Cd(CN)42-(aq)

K4 = 103,65


c) Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong nước có chứa ion CN-. Nồng độ cân bằng là
[CN-] = 1,00.10-3 M
d) Giả thiết rằng chỉ tạo thành phức Cd(CN)42-, hãy tính phần trăm sai lệch độ tan
so với độ tan tìm được ở câu c.
Biết = 5,9.10-15.
(ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2000)
Bài giải

Cd2+ + 2OHS
2S
2
-15
= S.(2S) = 5,9.10
⇒
S = 1,14.10-5 M
2+
b)
Cd(OH)2
Cd + 2OH
S
2S + 0,01
a)

Cd(OH)2

= S.(2S + 0,01)2 = 5,9.10-15

⇒ S = 5,9.10-11 M

c) S = 0,5[OH-] =
Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ ban đầu :
= [Cd2+] + [Cd(CN)+] + [Cd(CN)2] + [Cd(CN)3-] + [Cd(CN)42-]
0,5[OH-] = [Cd2+].(1+ K1[CN-] + K1K2[CN-]2 + K1K2K3[CN-]3 + K1K2K3K4[CN-]4) [OH-] =
[2T.(1+ K1[CN-] + K1K2[CN-]2 + K1K2 K3[CN-]3 + K1K2K3K4[CN-]4)]3/2 = 4,79.10-3M
⇒ S = 2,4.10-3 M
d) [OH-] = [2.T(1 + K1K2 K3K4[CN-]4)]3/2 = 4,47.10-3 M
⇒ S = 2,24.10-3 M
Phần trăm sai lệch = 6,7%

BÀI 16 :
Hai yếu tố quan trọng nhất ảnh hưởng lên độ tan của các muối khó tan là pH
và sự có mặt của tác nhân tạo phức. Bạc oxalat là một ví dụ điển hình: Tích số tan
của nó trong nước là T = 2,06.10-4 tại pH = 7. Độ tan của nó bị ảnh hưởng bởi pH
khi anion oxalat phản ứng với ion hydroni và bằng tác nhân tạo phức chẳng hạn
như amoniac để tạo phức với cation bạc.