Bai tp tich s tan (1)

CHƯƠNG V: CÂN BẰNG TRONG DUNG DỊCH CHỨA
HỢP CHẤT ÍT TAN
I. ĐỘ TAN VÀ TÍCH SỐ TAN
Bài tập có lời giải hướng dẫn
V.1.1. Đánh giá ảnh hưởng của các chất sau đến độ tan trong nước của CuC2O4:
a) Cu(NO3)2;
b)lượng nhỏ Na2C2O4 ;
c)lượng dư Na4C2O4 ;
d)NH3 dư ;
e)HClO4 ;
Hướng dẫn
CuC2O4   Cu2+ + C2O 24
KS =10-7,5 (1)
a) Khi có mặt Cu(NO3)2, lượng dư Cu 2+ sẽ làm (1) chuyển dịch sang trái.Do đó độ tan giảm.
2
b) lượng nhỏ Cu 2 O 4 chưa đủ tạo phức với Cu2+ , do đó cũng chỉ làm (1) chuyển dịch sang
trái,độ tan giảm.
2
c) Lượng dư lớn Cu 2 O 4 sẽ tạo phức Cu2+ :
CuC2O4 



2

Cu2+ + Cu 2 O 4

2
2
Cu  2C 2O 4  Cu C 2 O 4 2
CuC2O4 + 2C2O42-  Cu C 2 O 4 22 

2

Ks= 10-7.5
β2=108.5
K = 100

làm cân bằng (1) chuyển dịch mạnh sang phải , độ tan tăng
2+
2d) CuC2O4  +4NH3
K
 Cu(NH3)4 C2O4
11,75
4,25
K=Ks.β4 =10-7,5.10
=10
lớn , có thể coi cân bằng (1)chuyển dịch hoàn toàn sang
phải, độ tan tăng.
e) CuC2O4  + 2H+  Cu2+ +H2C2O4
K= 10-7,5+5,52 =10-1,98
Do đó HClO4 cũng làm (1) chuyển dịch sang phải , độ tan tăng.
V.1.2.Tính độ tan của AgBr trong dung dịch bão hoà AgBr.
Cho K S ( AgBr ) = 10-12,3 ,  =10-11,7
Hướng dẫn:
AgBr   Ag+ + BrKs =10-12,30
Ag+ + H2O  AgOH + H+
 = 10-11,7
Do Ks và  quá nhỏ nên có thể bỏ qua sự tạo phức hidro của Ag+và chấp nhận K CS =Ks.
AgBr   Ag+ + BrKS = 10-12,30
[]
S

S
+
Biểu thức tích số tan: Ks = [Ag ][Br ] = S2  S = K S  10 6,15 M


V.1.3. Tính độ tan của Hg2Cl2 trong dung dịch HNO3 0,010 M .
Ks = 10-17,3
 =10-5
Hướng dẫn:
HNO3  H+ + NO30,010
0,010
Hg2Cl2   Hg 22 + 2ClKs = 10-17,3 (1)
Hg 22 + H2O  Hg2OH+ + H+
 = 10-5
(2)
 Hg 2 OH   10 5
 2  103  [Hg2OH+] << [Hg22+] , sự tạo phức hiđroxo của Hg22+ là không
10
 Hg 22 

đáng kể . Từ (1) ta có:
17 ,3

2
2

S= [Hg ] =

3

10

4

= 1,08.10-6

V.1.4. Tính độ tan của PbI2 , Ks = 10-7,86
a) Trong dung dịch HClO4 0,10 M;
b) Trong dung dịch NaI 0,01 M và HClO4 0,10 M;
c) Trong dung dịch Pb(NO3)2 0,10 M và HClO4 0,10M.
Hãy rút ra nhận xét .
Hướng dẫn
Trong cả 3 trường hợp dung dịch đều có phản ứng axit mạnh do đó có thể bỏ qua sự tạo phức
hiđroxo của Pb2+.
a)
PbI2   P2+ + 2IKs = 10-7,86
S
2S
2+
Từ biểu thức tính số tan : Ks = [Pb ][I-]2 =4S3
S=

3

K S =1,51.10-3 M
4

Pb2+ + 2I
S
2S + 0,1

2+
- 2
2
Ks =[Pb ][I ] =S(2S+0,1) . giả thiết S << 0,050
b)

S 

PbI2 

107,86
 10 5,86 << 0,05(thoả mãn). Vậy S=1,38.10-6 M
(0,1)2

PbI2  Pb2+ + 2I
0,1 + S
2S
2+
- 2
2
Ks =[Pb ][I ] =(S+0,1)4S . Giả thiết S << 0,1
c)

→S=

Ks

K

S

0, 4

Ks

= 1,86.10-4 <<0,1 (thoả mãn ). Vậy S = 1,86.10-4 M

Nhận xét : Độ tan của PbI2 giảm khi có mặt các ion đồng dạng (Pb2+ , I ).


V.1.5. Tính độ tan (có kể đênd ảnh hưởng của lực ion) của AgIO3 trong dung dịch AgIO3
bão hoà . Ks = 10-7,51,  = 10-11,7, Kb = 10-13,22
Hướng dẫn
AgIO3  Ag+ + IO3Ks =10-7,51
(1)
S
S
+
Ag + H2O  AgOH + H+
 = 10-11,7
(2)
IO3- + H2O  HIO3 + OHVì  và Kb rất nhỏ , chấp nhận (1) là chính.

Kb = 10-13,22

(3)

C

Từ biểu tích số tan nồng độ K S = [Ag+][IO3-] = S2

C
Bước 1: Chấp nhận K S = Ks  [Ag+] = [IO3-] = S  K S = 10-3,755
I1 =0,5.( [Ag+] + [IO3-]) = [Ag+] = 10-3,755
lg 

Ag



= lg 



IO3

= lg φ1 = 0,5(
C

I
1 I

- 0,02.I) = 0,0065

2

 φ1 = 1,015 và K S = Ks  = 10-7,51(1,015)2 ≈ 10-7,51 = K
1
C

Vậy K S = Ks =10-7,51

Bước 2: S = [Ag+] = [IO3-] =

C
-3,755
= 1,76.10-4
K S = 10

V.1.6 Tính độ tan của PbCrO4 trong CH3COOH 1M (bỏ qua quá trình

2
2 HCrO4  Cr 2 O 7 + H2O).
Ks = 10-13,7, Ka1= 10-4,76, Ka2-6,5,  =102,68
Hướng dẫn
2

PbCrO4  Pb2+ + CrO4
CH3COOH  CH3COO- + H+
2

+
CrO4 + H  HCrO4
Pb2+ + CH3OO-  Pb(CH3COO)+

KS = 10-13,7
Ka1= 10-4,76
1
6,5
K a 2 = 10
 =102,68



PbCrO4  + CH3COOH  HCrO4 + Pb(CH3OO)+
C0
1
C
1-S
S
S

K=10-9,28

2

Ta có : S =10-9,28.Giả thiết S<<1  S  10-4,64 = 2,29.10-3
1 S

C

 =S=2,29.10-5.Theo định luật BTNĐ ta có:
 =
HCrO 4 C Pb CH 3COO 






 

2

 

2



1





2



S= HCrO4 + CrO 4 = CrO 4 1  K a 2 h  CrO 4 =

S

(1)

1

1  K a2 h

S=[Pb2+]+[PbOH+] +[Pb(CH3COO)+ ]= [Pb2+] (1 +  h-1 +  [CH3COO-])
S

→ [Pb2+]=
(2)

1
1  * h   CH 3COO





  CrO  ta có :
2

2

Thay (1) và (2) vào biểu thức K S = Pb
Ks =

S

1  K h1  * h
1

a2

4

2

1

  CH 3OO




 
 

1
1

K S (1  K a 2 .h).(1   .h   CH 3COO 

Vậy S=

(3)

Trong đó h= [H+] và [CH3COO-] được tính như sau:
CH3COOH
H+ + CH3COO[]
1-x
x
x

Ka1= 10-4,76

2

x =10-4,76  x=4,16.10-3=[H+]=[CH3COO-]

1 x

Thay [H+] = [CH3COO-] =4,16.10-3 vào (3) ta được S= 2,81.10-5 M.
V.1.7. Tính độ tan của CaC2O4 trong dung dịch HCl 0,10M.
Ks = 10-8,75 Ka1. Ka2 =10-5,52
Hướng dẫn

2

CaC2O4  Ca2+ + C 2 O 4
2
+
C 2 O 4 + 2H  H2C2O4

Ks = 10-8,75
(Ka1Ka2)-1=105,52

CaC2O4  + 2H+  Ca2+ + H2C2O4
0,1
0,1-2S
S
S

K=10-3,23

2

S
= 10-3,23  S = 2,31.10-3 và [H+] = 0,1 -2S= 1,0954

2
0,1 2S





Vì môi trường axit, bỏ qua sự tạo phức hidroxo của Ca2+, ta có:







S= [Ca2+]= H 2 C 2 O 4 +  HC2O4  + C2O42  = C 2 O 4 . 1  K a 2 h  K a1 K a 2




2



 C 2 O4 =

S .K a1 K a 2
h  K a1 h  K a1 K a 2
2

Từ biểu thức tích số tan ta có:





2
2
Ks= Ca  C 2 O 4 =

2

S K a1 K a 2
2
h  K a1 h  K a1 K a 2

2

1

 h 
1

2


2
 K a1 h  K a1 K a 2
h
Vậy S= K S

= 2,92.10-3M
K a1 K a 2

(*) Có thể tính S theo ĐKP cho kết quả phù hợp .

V.1.8. Tính pH và độ tan trong dung dịch PbCO3 bão hoà .
Ks= 1,6.10-13 ; Ka2 =10-10,24 ,  = 10-6,48
Hướng dẫn
2
'
PbCO3  Pb2+ + CO3
KS
S
S
2

1
+
-6,48
 HCO3
CO3 + H
K a 2 = 10
Pb2+ + H2O  PbOH+ + H+
 = 10-6,48
H2O  OH- + H+
Kw=10-14
S= [Pb2+] + [PbOH+]= [Pb2+](1+  h-1)
 [Pb2+] = S(1+  h-1)-1



2

 



 

2

(1)
(2)



1

Tương tự: S= CO3 + HCO3 = CO3 (1+ K a 2 h )
2
1
 CO3 = S(1+ K a 2 h )-1



(3)





2

(4)



1

Từ (2) và (4)  Ks= [Pb2+] CO3 = S2(1+  h-1)-1(1 + K a 2 h )





1

1

 S = K S 1  * h 1  K a 2 h



(5)
(6)

vậy để tính được S, chúng ta phải tính h = [H+] theo ĐKP với MK là
2
2+
CO3 , Pb , H2O;

 
 


K W  * Pb 2 
h=[H+]= [OH-] + [PbOH+] -  HCO 3   h =
1 1 CO 2 

K a2

2+





-Bước 1: Chấp nhận [Pb ]0= CO 32  = S0 = K s ≈ 10
0
Thay giá trị h1 tính được vào (6) để tính lại S1 = 10-4,51.

(7)

3

-6,4

, thay vào (7) để tính h1=10-8,34

2

Thay S1= 10-4,51 và h1 vào (2) và (4) để tính lại [Pb2+]1 và CO3 1
[Pb2+]1 = 10-4,51(1+10-6,48+8,34)-1 =10-6,38

CO 2  = 10-4,51(1+ 1010,24-8,34)-1 = 10-6,24
 3 1





-Bước 2: Thay các giá trị [Pb2+]1 = 10-6,38 và CO 32  = 10-6,240vào (7) để tính h2 .Và cứ
1
tiếp tục như vậy cho kết quả pH= 7,94 và S= 3,11.10-5M
V.1.9.Tính độ tan của AgBr trong dung dịch NH3 2,020 M.


Ks = 10-12,3 ,  1 =103,32
Hướng dẫn
AgBr 
+
Ag + NH3 
Ag+ + 2NH3 
NH3 + H2O 

 2= 107,23, Kb = 10-4,76
Ag+ + BrKs= 10-12,3
AgNH3+
1 = 103,32
Ag(NH3)2+
 2 = 107,23

NH4+ + OHKb = 10-4,76

(1)
(2)
(3)
(4)

Cách 1: Tính theo Ks’
0

Vì C
>> C  =
Ag
NH 3

12 , 3

K S = 10

và vì  2  1 cho nên có thể tổ hợp (1) và (3):

Ag(NH3)2+ + Br-

AgBr  + 2NH3
C
0,02
C’
0,02-2x

x

K= 10-12,3+7,23 =10-5,07

x

2

x
0,02  2 x





2

= 10-5,07. Giả thiết x << 0,01  x = 5,8.10-5 << 0,01 (thoả mãn ) 

'
'
'
-5
C Ag NH 32 = C Br  = x = 5,8.10 M và C NH 3 = 0,0199 M.


Vì Ag(NH3)2+ bền nên năng lượng NH3 dư quyết định pH của hệ:
NH3 + H2O  NH4+ + OHKb = 10-4,76
C’
0,0199
[]

0,0199 –x
x
x
2

x
= 10-4,76  [NH4+]= [OH-] = x = 5,8.10-4 M;pH = 10,76
0,0199  x 
'

từ giá trị pH tính được , ta sẽ tính K S = K S

 Ag
Ks’ =10

-12,3





1



(1+ 10

1



1







-2

7,23

1  * h   1 NH 3   2 NH 3

-11,7

.10

10,76

+10

3,32

1

. Ag . Br

.1,93.10 + 10

2



và 

, với
Br



=1

(1,93.10-2)2)=3,19.10-9

9

Vậy S= K S = 3,19.10 = 5,65.10-5M.
'

V.1.10. Cho biết pH của dung dịch bão hoà CaF2 trong HNO3 0,020M là 1,78.Tính tích số
tan Ks và độ tan S của CaF2(bỏ qua sự tạo phức proton).  = 10-12,6 Ka=10-3,17
Hướng dẫn
CaF2  Ca2+ + 2FKs=?
(1)
S
2S
1
F- + H+  HF

(2)
Ka


 *  = 10
→ CaOH =
Ca  h 10


Vì h=10

-1,78

=1,65.10

-2

không đáng kể :S= [Ca2+]

2

12 , 6
1, 78

<<1  Sự tạo phức hiđroxocủa Ca2+ là
(3)


Và 2S= [F-]+ [HF]
Áp dụng ĐKP với MK là H+, F-, H2O ta có :

h=[H+] = C  + [OH]- [HF] ≈ C  -[HF]  [HF]= C  - h
H
H
H
-2
-3
 [HF] =0,02-1,65.10 =3,5.10

(4)

HF
Từ (2): [F ] = K a  = 10 .3.10
=1,434.10-4
2
1,65.10
H
3,17

-

3

 

Thay [HF] và [F] vào (4), ta được:
4

3

 3,5.10

S= 1.434.10
=1,82.10-3=[Ca2+]
2

Vậy S= [Ca2+] = 1,82.10-3M và Ks = [Ca2+][F-]2 =1,82.10-3(1.434.10-402)
Ks = 10-10,43.

Bài tập vận dụng

V.1.11. Thiết lập biểu thức tích số tan nhiệt động và tích số tan nồng độ đối với cácc trường
hợp sau:
a)Cr(OH)3
b)Hg2Cl2
c)SnS2
d)PbCrO4
e)ZnNH4PO4
g)K2Zn[Fe(CN)6]
h)Cu3[AsO4]2
i)Co[Hg(SCN)4] k)Hg2CrO4
V.1.12.Hãy cho biết ảnh hưởng của các chất đến độ tan S trong nước các kết tủa sau:
a)NH3đến độ tan của Zn(OH)2
b)Na2S đến độ tan của HgS
c) CH3OOH đến độ tan của Ba3(PO4)2
d) NaOH đến độ tan của Ba3(AsO4)2
e) Hỗn hợp K2Cr2O7 + CH3COONa đến BaCrO4
g) NH3 đến độ tan của Cu2[Fe(CN)6].
Trả lời : a) tăng ; b) nếu S2- ít thì S giảm; nếu S2- nhiều thì S tăng;
c) tăng; d) không thay đổi; e) giam; g) tăng.
V.1.13. Tính độ tan của K2[PtCl6]
a) trong nước

b) trong KCl 0,10 M.
2
Cho: pKa của K2[PtCl6] bằng 4,17 (khi tính coi sự proton hóa và sự phân li của PtCl 6 là
không đáng kể ).
Trả lời: a) 0,0416M b)0,0186 M.
V.1.14. Tính độ tan của Ca(IO3)2 ; Ks =10-6,15;  =10-12,6; Kb = 10-14
a) trong nước
b) trong dung dịch CaCl2 0,50 M


c) trong dung dịch KIO3 0,22 M
Trả lời: a) 5,61.10-3M; b) 5,95.10-4M; c) 1,46.10-5 M
V.1.15. Lắc CaSO4 với dung dịch HCl cho đến bão hoà .Khi cân bằng được [Ca2+] = 1,6,103
M; [H+] =1,0.10-2 M.Tính số tan và độ tan trong nước của CaSO4.
Trả lời: Ks =1,28.10-6; S0=1,13.10-3 M
V.I.16. Tính tích số tan của Ag3AsO4 ,biết độ tan của của muối này ở nhiệt độ thường là
8,5.10-4 g/100ml nước.
Trả lời :Ks=7,83.10-21
V.I.17. Tính độ tan của AgCN trong dung dịch nước bão hoà AgCN,biết rằng trong hệ có sự
hình thành các phức xiano của Ag+; Ag (CN )2 ; Ag (CN )32 ; Ag (CN )34 .
Trả lời:
S=3,48.10-6M.
V.I.18.Tính độ tan của tatrat canxi CaC4H4O6(kí hiệu CaT) trong dịch HCl 0,02M.Cho biết
Ks=7,7.10-5,đối với axittatric H2T có pKa1=2,96; pKa2=4,16; lg  CaOH  12,8.
Trả lời: S=2,04.10-2 M


V.I.19
Tính độ tan trong nước và pH của dung dịch nước bão hoà MgNH4PO4,biết Ks=10-12,6
Trả lời :

S=7,09.10-4 M,
pH=10
V.I.20
Tính tích số tan của Pb3(PO4)2 ,biết độ tan của Pb3(PO4)2ở 200C là 1,6.10-7 M
Trả lời :Ks=3,11.10-43

II.SỰ KẾT TỦA CÁC CHẤT ÍT TAN TỪ DUNG DỊCH QUÁ BÃO HÒA

Bài tập có lời giải hướng dẫn
V.2.1. Cho H2S lội qua dung dịch chứa Cd2+0,010 M và Zn2+ 0,010 M đến bão hòa
(C H2 S  0,1M ) Cho H2S:


 CdOH   1010,2 K S ( CdS )  10 26

K S ( ZnS )  1021,6

a)Hãy xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dung dịch sao cho xuất hiện kết tủa
CdS mà không có kết tủa ZnS.
b)Thiết lập khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn không
bị kết tủa.
Hướng dẫn
+
H2 S
Ka1=10-7,02
 H +HS
+
2HSKa2=10-12,90
 H +S
Cd2++S2K s11 =1026

 CdS 
Zn2++S2-

K s11 =1021,6

ZnS 



a)Vì CZn  CCd mà KS1=10-26tủa CdS:
2

CS 2 (1) 

2

K s1 trong đó C ' được tính từ cân bằng tạo phứa hiđroxo của Cd2+:
Cd 2
'
CCd
2

Cd2+ +H2O
C
C’

+
+
 CdOH + H

  10 10,2

0,01
0,01-x

x2
'
 1010,2  x  106,1  CCd
2  0, 01M
0, 01  x
 CS 2(1) 

1026
 1024 M
0, 01

(1)

Điều kiện để không có kết tủa ZnS là:
 CS 2 (2) 

Ks 2
.Việc tính tương tự cho thấy sự tạo phức hiđroxo của Zn2+ cũng
'
CZn 2

không đáng kể  CZn'  0, 01M
2

 CS 2 

1021,6
 1019,6
0, 01

(2)

Từ (1) và (2) ta có giới hạn pH cần phải thiết lập sao cho:
1024  CS 2  1019,6

Hay:

1024 

K a1.K a 2 .[ H 2 S ]
 1019,6
 2
[H ]

 100,66  h  1,54

0,66>pH>-1,54


b)Khi [Cd2+]=0,01

0,1
 1, 0.105 M
100

Điều kiện để kết tủa được 99,9% Cd2+ là:
CS 2

1026
 5  1021
10

Vậy khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn chưa bị kết tủa là:
1021  CS 2  1019,6

10-0,66< h <100,04 hay 0,04 < pH < 0,66

V.2.2. Tính độ tan của HgS trong HNO3 1 M. KS= 10-51,8.Ka1Ka2= 10-19,92
Hướng dẫn
3
3
3
2

2+

HgS 
S2- + 2H+
H2 S
NO 3 + 4H+ + 3e

2-

KS =10-51,8

(Ka1Ka2)-1 =1019,92
K1= 10-2.0,14/0,0592
K2= 103.0,96/0,0592

 Hg + S
 H2 S

+ 2H+ + 2e
 NO  + 2H2O
 S

3HgS  + 8H+ + 2NO 3

2+

 3Hg

K= 10-10,93 (1)

+ 2NO  + S  + 4H2O

Trong (1) NO là chất khí phải được biểu diễn trong biểu thức ĐLTDKL ở dạng áp suất
riêng phần.Muốn tính theo nồng độ,phải tổ hợp với cân bằng theo định luật Henri đối với
chất khí.
3HgS  + 8H+ + 2NO3-  3Hg2+ +2NO  +S  + 4H2OK = 10-10,93
2 NO 
10-2,72
 NO (aq)
2+
’

-16,37
3HgS  + 8H+ + 2NO 3
 3Hg + 2NO(aq) + S  + 4H2O K = 10
C
[]

1
(1 – 8x)

1
(1 – 2x)

3x

2x

(3 x)3 (2 x )2
 1014,37  x  103,68  2, 08.104  10 2,72
(1  8 x)8 (1  2 x)2

Vậy độ tan của HgS trong HNO3 1,0 M bằng 2,08.10-4,chỉ chiếm 0,02% HNO3 đã sử dụng
để hòa tan.Thực tế coi như HgS không hòa tan trong HNO3.
Chú ý:Trong trường hợp[NO] > LNOthì phải thay nồng độ cân bằng độ tan để tính.
V.2.3 Hãy cho biết hiện tượng xảy ra khi cho H2S lội qua dung dịch gồm HgCl2 0,010 M;
ZnCl2 0,010M; FeCl3 0,010 M; HCl 1,0 M cho đến bão hòa (C H S  0,1M ) .
2

KS(FeS)

= 10

-17,2

KS(ZnS) = 10

-21,6


Hướng dẫn
Các phương trình phản ứng:
+
a)
Hg2+ + H2S
1031,88
 HgS  + 2H
0,01
1,00
1,02
3+
2+
b)
2Fe
+ H2S
+ S +
2H+
1021,28
 2Fe
0,01
1,02
0,01

1,02
+
c)
Zn2+
+ H2S
1021,6-19,92 = 101,68 nhỏ
 ZnS  + 2H
d) Fe2+
+ H2S  FeS  + 2H+
1017,2-19,92 = 10-2,72 nhỏ
vì vậy cần đánh giá khả năng kết tủa của ZnS và FeS.
Chấp nhận:[H+]=C H  1, 03M môi trường axit,bỏ qua sự tạo phức hiđroxit của Zn2+ và


2+

'
của Fe ,tức là C 'Fe = 0,01 M và CZn
2

Từ cân bằng:

H2S

CS' 2   S 2   



2H+

2

= 0,01M.
+ S2-

10-19,92

1019,92. H 2 S  1019,92.0,1

 1020,95
 2
2
[H ]
(1, 03)

'
'
20,95
CFe
 1022,95  K S ( FeS ) 1017,2  không có kết tủa FeS.
2 .C 2  0, 01.10
S
'
'
20,95
CZn
 1022,95  K S ( ZnS )  1021,6  không có kết tủa ZnS.
2 .C 2  0, 01.10
S

Hiện tượng: dung dịch mất màu vàng của Fe3+ do Fe3+ bị khử thành Fe2+;có kết tủa HgS
màu đen (có kết tủa S vàng ngà).
V.2.4. Tính số ml dung dịch H2S 0,10 M phải thêm vào 100 ml hỗn hợp gồm CdCl2 0,010 M
và HCl 0,010 M để giảm nồng độ Cd2+ xuống 1,0.10-6 M.(Khi tính bỏ qua sự tạo phức cloro
của Cd2+). KCdS = Ka1.Ka2.K S1 = 106,08
Hướng dẫn
Gọi thể tích của H2S là V ml
Phản ứng tạo kết tủa :
Cd2+
+ H2 S 

CdS +2H+

K  K a1 .K a 2 .K S1  106,08

1
0 , 1V
1
100  V 100  V
100  V
0,1.V  1
3
C’
100  V
100  V
0,1.V  1
3
TPGH: H2S
M;H
M ; CdS 

100  V
100  V

C


Vì môi trường axit nên quá trình tạo phức hiđroxit của Cd2+ và sự phân li của H2S là không
đáng kể.
Xét cân bằng:
2+
C dS 
+ 2H+
+
H2S
10-6,08
 Cd
0,1.V  1
100  V

3
100  V

C

 3

 2.106 

 100  V


[]

 0,1.V  1

 106 

 100  V


10-6

 0,1V  1

 10 6  106

 100  V

 106,08  V  10, 68(ml )
2
 3

 2.106 

 100  V


V.2.5 Cho H2S đi qua dung dịch FeSO4 2,0.10-3M và HCOOH 0,20 M đến bão hòa (C H S =
0,1 M )Cho biết hiện tượng.
Cho HCOOH : Ka = 10-3,75 Ka1 = 10-7,02 Ka1 =10-12,9

Hướng dẫn
2

Các quá trình:K b ( HSO  ) =10-2  
4

( FeOH  )

=10-5,92

FeSO4  Fe2+ + SO 24
0,002
0,002
+
HCOOH  H + HCOO
H2S  H+ + HSHS-  H+ + S2Fe2+ + H2O  FeOH+ + H+

Ka = 10-3,75
Ka1= 10-7,02
Ka2=10-12,90
 =10-5,92

SO 24 + H+  HSO 4

K-1 = 102

(1)
(2)
(3)
(4)

(5)

H2O  H+ + OHKw= 10-14
(6)
So sánh (1),(2),(3),(4) và (6) ta thấy:
K a .C HCOOH  K a1.CH S   CFe  K a 2 .CH S  K w ,nên có thể coi trong hệ chủ yếu xảy
ra quá trình (1) và(5).
ĐKP với MK là HCOOH và SO 24 :
2

2

h = [H+]  [HCOO-]-[HSO 4 ]  h 

2

K a  HCOOH 
1  K 1 .  SO42  

(7)


Bước1:Chấp nhận:[i]=C1  h1 

103,75.0, 2
 5, 44.103
2
1  10 .0, 002

Từ h1=5,44.10-3M ,tính lại [HCOOH]1=0,2

5, 44.10 3
 0,194M
5, 44.103  103,75

Bước 2:Thay [HCOOH]1 và [SO 24 ]1 vào (7) để tính lại h2:
h2 =

103,75.0,194
 5,53.103
2
1  10 .0, 0013

Tính lại [HCOOH]2 = 0,2.

5,53.103
 09,194 = [HCOOH]1
5, 53.103  103,75

102
và [SO ]2=0,002 2
 1, 29103  [ SO42 ]1
3
3,75
10  5,53.10  10
Kết quả lặp.Vậy h=[H+]=5.52.1010-3  10-2,26
2
4

Kiểm tra:[HCOO-]=0,2-0,194=0,006

[HS-]=

107,02.0,1
 1, 73.106
3
5, 53.10

2.103
[Fe ]=
 2.103
5,92
2,26
1  10 .10
2+

 [ Fe 2OH  ]  [ Fe 2  ]   h 1  2.103.10 5,92.102,26  4.35.107

[S2-]=

K a 2 [ HS  ]
K K .0,1
 1016,4 (hoặc [S2]= a1 a22
)
h
h

Rõ ràng [HCOO-] >>[HS-]>[FeOH+]>>[S2-]>>[OH-],tức là cách giải gần đúng trên hoàn toàn
hợp lí.
CFe .CS  2.103.1016,4  K S  1017,2 .Vậy không xuất hiện kết tủa FeS trong hỗn hợp trên.
2

2

V.2.6.Tính cân bằng trong hệ gồm Ba(NO3)2 0,01M ; Sr(NO3)2 0,01M ;NaOH 0,03M và
K2Cr2O7 0,01M. Cho  MgOH  1012,8 ,  SrOH  1013,18 , K s ( BaCrO )  109,93 , K s ( SrCrO )  10 4,65




4

4

Hướng dẫn
Vì  MgOH  1012,8 và  SrOH  1013,18 nhỏ nên các quá trình tạo phức hidroxo của Mg2+ và




Sr2+ có thể bỏ qua.
'
CCrO
được tính từ sự tổ hợp cân bằng:
2
4

Cr2 O72  + H2O  2 HCrO42

2
2

10-1,36

HCrO4-  H+ + CrO42
H+ + OH-  H2O

10-6,5
1014


Cr2O72- + 2OH-  2CrO42- + H2O 1013,64 lớn
C

0,01

0,03

C’

-

0,01

0,02

TPGH: CrO42 0,02M ; OH- 0,01M ; Ba2+ 0,01M ; Sr2+ 0,01MSo sánh 1 cách tương đối ta
thấy :
'
CCrO
.C Ba  K s ( BaCrO )  109,93  có kết tủa BaCrO4

2
4

2

4

'
4,65
CCrO
 có kết tủa SrCrO4
2 .C 2  K s ( SrCrO )  10
Sr
4
4

Vì CBa  CSr mà K s ( BaCrO )  K s ( SrCrO ) nên BaCrO4 sẽ kết tủa trước:
2

Ba2+
0,01
Sr2+

2

4

4

+

CrO 24



BaCrO4 

+

0,02
0,01
CrO 24



SrCrO4 

0,01
0,01
TPGH:OH 0,010 M; BaCrO4  ,SrCrO4 
Cân bằng:
SrCrO4   Sr2+ + CrO 24
BaCrO4 

2+
 Ba + CrO 24 

109,93

104,65

10-4,65
10-9,93

So sánh (1) và (2) ta thấy CrO 24 do (1) phân li ra là chủ yếu:
SrCrO4 

2+
 Sr + CrO 24 

10-4,65

 [Sr2+] = [CrO 24  ] = 104,65 = 10,-2,325

Từ (2):

BaCrO4   Ba2+ + CrO 24

10-9,93

10-2,325
Từ (2):

x
10-2,325+x
BaCrO4   Ba2+ + CrO 24
10-2,325
10-2,325

10-9,93

(1)
(2)


(10-2,325 + x) x =10-9,93  [Ba2+] = x = 2,48.10-8 << [Sr2+] = 10-2,33 (hợp lí)
V.2.7.Đánh giá khả năng chuyển hóa BaSO4 thành BaCO3 trong Na2CO3 0,5 M(bỏ qua quá trình
proton hóa của CO 32  ).K S ( BaSO4 ) =10-9,96 K S ( BaCO3 ) =10-8,3
Lời giải:
Ba2+ + SO 24 

Ks1 =10-9,96 (1)

BaSO4 



Ba2+ + CO 32 

 BaCO3 

K s 21 = 108,3

 BaCO3  + SO 24 

K = 10-1,66

BaSO4  + CO 32 
[]

0,5 – x

(2)

x

Ta có:

x
 10  1, 66  x  0, 011  [ SO42  ]  0, 011M
0,5  x
Vậy độ tan của BaSO4 trong NaCO3 0,50 M là 0,011M.Chỉ có 22% Na2CO3 đã được chuyển hóa
thành BaCO3.

Bài tập vận dụng
V.2.8.Lắc 1g BaSO4 trong 10ml Na2CO3 1M cho đến cân bằng được dung dịch A.Tách lấy
dung dịch A.Thêm 1,00 ml hỗn hợp A thu được vào 1,00 ml dung dịch K2SO4 1,0M.Cho biết
hiện tượng xảy ra.
K S ( BaSO4 )  109,96
K S ( BaSO4 )  108,3
K S ( BaC1O4 )  109,93

Trả lời:Có kết tủa BaCrO4 màu vàng.
V.2.9.Trộn 5 ml dung dịch H2S bão hòa trong HClO4 0,001 M  CH S  0,1M  với 45 ml
Cd(ClO4)2 0,01 M. Cho biết hiện tượng xảy ra.KS(CdS)=10-26,1
Trả lời:Có kết tủa CdS(vàng).
2

V.2.10.Tính số gam NH4Cl cần thêm vào 1 lit NH3 0,2 M(coi thể tích không thay đổi trong
quá trình hòa tan) sao cho khi trộn 50 ml hỗn hợp thu được với 50ml dung dịch MnCl2

0,01M thì không có kết tủa Mn(OH)2. Điều gì sẽ xảy ra nếu lắc hỗn hợp trong không khí?
Trả lời:  26,24g; dung dịch sẽ dần dần hóa nâu do chuyển dịch cân bằng tạo ra MnO(OH) 2.


V.2.11.Trộn 50ml H3PO4 0,08 M với 30 ml CaCl2 0,04M.Hãy dự đoán các quá trình xảy
ra.Cho biết pKS của Ca3(PO4)2 và của CaHPO4 lần lượt là 26 và 6,6.

KS (CaHPO4 )  106,58

KSCa  PO   1028,92
3

4 2

Trả lời:Không có kết tủa Ca3(PO4)2 và cũng không có kết tủa CaHPO4
V.2.12.Trộn 10 ml hỗn hợp thu được trong V.2.24 với 10 ml dung dịch NaOH 0,15 M. Kết
tủa Ca3(PO4)2 và kết tủa CaHPO4 có tách ra không?
28,92

KS (CaHPO4 )  106,58 KS (Ca3 (PO4 )2 ) 10

Trả lời:Chỉ có kết tủa Ca3 ( PO4 )2 không có kết tủa CaHPO4.
V.2.13. Thêm dần dung dịch H2C2O4 vào dung dịch thu được trong V.2.25. đến nồng độ
0,005 M (coi thể tích không đổi trong quá trình thêm H2C2O4).Hãy cho biết hiện tượng xảy
ra.
Trả lời:Không có CaC2O4 tách ra.
V.2.14. Hòa tan 0,54g H2C2O4.2H2O trong nước và pha loãng thành 1 lít.Trộn 10 ml dung
dịch thu được với 10 ml dung dịch HCl 2,4.10-3 M, được hỗn hợp A.Thêm dần dung dịch
SrCl2 vào hỗn hợp A đến nồng độ 0,015 M(bỏ qua sự thay đổi thể tích khi thêm SrCl2). Hãy
cho biết hiện tượng xảy ra.

Trả lời:SrC2O4 bắt đầu kết tủa.
V.2.15. Đánh giá khả năng hoà tan của CdS trong HCl 0,010 M. Tín cân bằng trong dung
dịch thu được. K S CdS   1026,1
Trả lời: S = 1,124.10-5 M; [H+] = 9,98.10-3 M; [Cd2+] = 5,85.10-6;
[S2-]= 1,36.10-21M; [CL-] = 0,010M;
[CdCl+] = 5,21.10-69 M;[CdCl22] = 2,55.10-12M;
12
CdCl3   1, 28.10 M ; CdCl4   2,55.10 M ;
CdOH    3, 7.1014 M ; Cd 2OH 3   2, 72.1013 M ;