CÁC DẠNG BÀI TOÁN ÔN THI HSG HÓA HỌC THPT

MỤC LỤC
MỤC LỤC............................................................................................................1
I. DẠNG BÀI TẬP VỀ pH..................................................................................3
Câu 1 (Đề thi tuyển chọn HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2018)...............................3
Câu 2 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2017)..................................................4
Câu 3 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2015-2016).................................4
Câu 4 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2013-2014).................................5
Câu 5 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2012-2013).................................6
Câu 6..................................................................................................................7
Câu 7 (Chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2002 , Bảng A)................................8
Câu 8 (Olympic Hóa Học Quốc Tế lần thứ 33)...............................................10
Câu 9 (Olympic hóa học quốc tế lần thứ 33)..................................................11
Câu 10 (Olympic Hóa Học Quốc Tế lần thứ 32).............................................12
Câu 11 (Olympic Hóa Học Quốc Tến lần thứ 3).............................................13
II. DẠNG BÀI TẬP VỀ TÍCH SỐ TAN..........................................................14
Câu 1 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2018)................................................14
Câu 2 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2017)................................................15
Câu 3 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2014-2015)...............................16
Câu 4 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2014-2015)...............................17
Câu 5 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2013-2014)...............................17
Câu 6 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2012-2013)...............................18
Câu 7................................................................................................................18
Câu 8................................................................................................................19
Câu 9 (Olympic 30/4 – 2017 – Tr144 – 486)..................................................20
Câu 10..............................................................................................................21
Câu 11 (Olympic 30/4 – 2017 – Tr144 – 486)................................................22
Câu 12 (Olympic hóa học Bungari 1998).......................................................22
Câu 13 (Olympic hóa học quốc tế lần thứ 34).................................................23
1

III. DẠNG BÀI TẬP VỀ ĐIỆN HÓA..............................................................25
Câu 1 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2017)................................................25
Câu 2 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2017)................................................26
Câu 3 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2014-2015)...............................27
Câu 4 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2014-2015)...............................28
Câu 5 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2012-2013)...............................29
Câu 6................................................................................................................30
Câu 7................................................................................................................33
Câu 8 (HGS QG 2002)....................................................................................34
IV. DẠNG BÀI TẬP NHẬN BIẾT...................................................................35
Câu 1 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2018)................................................35
Câu 2 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2017)................................................35
Câu 3 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2015-2016)...............................36
Câu 4 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2014-2015)...............................37
Câu 5 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2012-2013)...............................38

2


I. DẠNG BÀI TẬP VỀ pH
Câu 1 (Đề thi tuyển chọn HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2018)
Dung dịch A gồm Na2S và CH3COONa có pHA = 12,50. Thêm một lượng
Na3PO4 vào dung dịch A sao cho độ điện li của ion S 2- giảm 20% (coi thể tích
dung dịch không đổi). Tính nồng độ của Na3PO4 trong dung dịch A.
(

pK a1(H 2S) 



pK

pK a1(H3PO4 ) 

a2(H 2S)
7,02;
12,9;
pK a3(H3PO4 ) 
pK a(CH3COOH) 
12,32;
4,76).

2,15;

pK a2(H3PO4 ) 

7,21;

Bài giải
Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A là C1 (M) và C2
(M). Khi chưa thêm Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình:
S2-

+ H2 O

HS-

+ H2O

�

�

CH3COO- + H2O
H2O

HS- + OHH2S + OH-

�

�

10-1,1
10-6,98

(2)

10-9,24

(3)

CH3COOH + OH-

H+ + OH-

(1)

10-14

(4)

So sánh 4 cân bằng trên  tính theo (1):
S2-

+ H2 O

C

C1

[]

C1- 10-1,5



CS2-

�

HS- + OH-

10-1,5

10-1,1

10-1,5
αS2-  α1 

= C1 = 0,0442 (M) và độ điện li

[HS- ] 101,5

 0, 7153
CS20, 0442

Khi thêm Na3PO4 vào dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ còn có
thêm 3 cân bằng sau:
PO3-4

HPO

24

H 2 PO -4

Khi đó

+ H2O
+ H2 O
+ H2 O

αS, 2-  α 2

2� HPO4

� H 2 PO

4

� H 3PO 4

+ OH-

10-1,68

(5)

+ OH-

10-6,79

(6)

+ OH-

10-11,85

(7)

= 0,7153.0,80 = 0,57224 =

[HS- ]
CS2-

 [HS-] = 0,0442. 0,57224 = 0,0253 (M).
Vì môi trường bazơ nên

CS2-

= [S2-] + [HS-] + [H2S] �[S2-] + [HS-]

 [S2-] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189 (M)
3


Từ (1)  [OH-] =

101,1.0, 0189
0, 0253

= 0,0593 (M).

So sánh các cân bằng (1)  (7), ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ:
-

-

[OH ] = [HS ] + [

HPO 2-4

][

HPO2-4

] = [OH-] - [HS-]

= 0,0593 – 0,0253 = 0,0340 (M)
Từ (5)  [



PO

C PO3-  PO34
4

[

C PO3- 
4

34

[HPO 2-4 ][OH - ] 0, 0340.0, 0593

10-1,68
10-1,68

]=

]+[

HPO 2-4

]+[

H 2 PO -4

]+[

= 0,0965 (M).

H 3 PO 4 � PO3-4

] [

]+[

HPO2-4

]

0,0965 + 0,0340 = 0,1305 (M).

Câu 2 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2017)
Tính hằng số Kb và pH của dung dịch amoniac. Biết ở 25 0C, độ điện li của
dung dịch amoniac 1,0 M là 0,43%.
Bài giải
Phản ứng:

NH3

+ H2 O

 NH4+ + OH-

1M
Cân bằng (1 –x )

x
x
x
- Ta có: Độ điện li  = 1 = 0,0043 → x = 4,3.10-3
x2
(4,3.10  3 ) 2
1
- Mà: Kb = 1  x ≈
= 1,85 .10-5



10  14
3
[ H+] = 4,3.10 = 0,23 .10-11 M

- Vậy: pH = -log(0,23.10-11) = 11,64.
Câu 3 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2015-2016)
Tính pH của dung dịch Na2S 0,005M.
Biết H2S có K a = 10-7 và K a = 1,2.10-13
1

2

4


Bài giải
H2S � H
HS





 HS K a1



2

� H



S

Ka 2

�
�
H�
HS  �
�
�
�
� 107

 H 2S 
�

�
H�
S 2 �
�
�
�
� 1, 2.10 13


�
�
HS �
�

2


Dung dịch Na2S: S  H 2 0 � HS  OH

14
�
HS  ��
OH  �
H�
OH  �
�
� �
�
��
�

� 10
Kb  � �
 8,3.102
13
2
K a2
1, 2.10
�
S �
�
�

S 2   H 2 0 � HS   OH 

0,005
x

x

x

0,005-x

x

x

Kb 

x2

 8,3.102 � x 2  8,3.102 x  4,15.104  0
0, 005  x

� x  4, 73.103  �
OH  �
�
�� pH  11, 67

Câu 4 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2013-2014)
Trộn V ml dung dịch CH3COOH 0,1M vào 100 mL dung dịch CH
3COONa
k( CH COOH )  1,8.105
0,1M thu được dung dịch có pH = 4,74. Tính V? biết
3

Bài giải

 CH 3COOH  

0,1V
mol / L
0,1  V

 CH 3COONa  
CH3COOH

�

0, 01
mol / L

0,1  V

CH3COO- +

bđ

0,1V
0,1  V

0, 01
0,1  V

đli

x

x

cb

0,1V
0,1  V -x

H+

x

0, 01
0,1  V +x

x
5


pH = 4,74

4,74
��
H�
 1,8.105  x
�
� 10

0, 01
 x ).x
0,1  V
ka 
0,1V
x
5
0,1  V
=1,8.10 � V �0,1 lít
(

Câu 5 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2012-2013)
Muối sắt (III) bị thuỷ phân theo phương trình hoá học sau:
Fe3+ + H2O

Fe(OH)2+ + H+ , Ka = 10-2,2

a) Xác định pH của dung dịch FeCl3 10– 3M
b) Tính nồng độ C (mol/L) của dung dịch FeCl 3 bắt đầu gây ra kết tủa
Fe(OH)3 và tính pH của dung dịch lúc bắt đầu kết tủa. Biết

TFe(OH)3  1038

Bài giải
a) Ta có Ka(Fe3+) = 2.10-2,2 >> 10-14 nên bỏ qua sự phân li của nước.
FeCl3 � Fe3  3Cl 

103

103

Fe3+ + H2O
3
(10  x )

Cân bằng
Ka 

Fe(OH)2+ + H+ ,
x

K a  10 2,2

x

x2
 102,2 � x  8, 78.10 4 M

3
10  x
�

pH = 3,06
Fe3+ + H2O

b)
Cân bằng

Fe(OH)2+ + H+ ,

(C – x)

x

Ta có:
mà

x

38
Fe(OH)3 ↓ , T  10

Fe3+ + 3OHKa 

K a  102,2

x2
Cx

(1)

[Fe3 ][OH  ]3  1038
3

�K H O �
� (C  x). � 2 � 10 38
�x �
(2)

6

.


Từ (1) suy ra:

Cx 

x2
K a thế vào (2), ta được:

3

x 2 K H2O
1 1
. 3  1038 � 2,2 .  104
Ka x
10

x
� x  101,8
�

pH =1,8

x2
Ta có: (C – x) = K a

�

C = 0,05566 M

Câu 6
Cation Fe3+ là acid, phản ứng với nước theo phương trình:
Fe3+ + 2H2O � [Fe(OH)]2+ + H3O+

Ka = 10-2,2

Hỏi ở nồng độ của FeCl3 thì bắt đầu kết tủa Fe(OH)3. Tính pH của
Tt
dung dịch đó. Biết Fe(OH) = 10-38.
3

Bài giải
Gọi nồng độ mol/L của FeCl3 là C, ta có:
Fe3+ + H2O
C
C-x

�

2+

+
�
Fe(OH)�
�
� + H3O
0
0

x

x

�
�
Fe(OH ) �
H3O �
�
�
�
� x.x � �
Ka 
Fe3 �
 x2.K a1
�
�
3

Cx
�
Fe �
�
�
�
Fe3 �
�
�

Khi bắt đầu kết tủa Fe(OH)3 thì

(1)
1038
3

�
OH  �
�
�

(2)

3

�
1014 � 1042
�
� �
OH

�
� �
x � x3
+
- �
�
Kw = [H ][OH ]

(3)

Thay (3) và (2) ta được: [Fe3+] = 104.x3

(4)



3

So sánh (4) và (1) ta được; 104.x3 = x2Ka-1 � x = [H3O+] = 10-1,8M
�

pH= 1,8
7


Từ (4) ta có [Fe3+] = 104.x3 = 104(10-1,8)3 = 10-1,4M
Theo phản ứng (1): C = [Fe3+] + x = 10-1,4 + 10-1,8 = 5,56.10-2M

8

Câu 7 (Chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2002 , Bảng A)
Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M.
a. Tính pH của dung dịch X.
b. Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu
được kết tủa A và dung dịch B.
i

Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B.

ii

Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của
các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2).

iii

Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phương pháp hoá học,
viết các phương trình phản ứng (nếu có).
Bài giải
Na2S  2 Na+ + S2-

a. Tính pH của dung dịch

0,01

0,01

KI  K+ + I0,06

0,06

Na2SO4

 2Na+ + SO42-

0,05
S2-

0,05

H2O ⇌ HS- + OH-

+

Kb(1) = 10-1,1

H2O ⇌ H SO4- + OH-

SO42- +

(1)

Kb(2) = 10-12

Kb(1) >> Kb(2) nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch:
S2-

+

⇌

H2O

[ ] (0,01 -x)
x

x

= 8,94. 10-3 

b. Pb2+
0,09

+

HS- + OH-

S2- 

K = 10-1,1

x

[OH-] = 8,94.10-3
PbS 



pH = 11,95

(Ks-1) = 1026.

0,01

0,08

9

(2)


Pb2+

+

0,08

SO42- 

PbSO4 

(Ks-1) = 107,8.

PbI2

(Ks-1) = 107,6.

0,05

0,03
Pb2+
0,03
i.
ii.

2 I-

+



0,06

Thành phần hỗn hợp: A :

PbS, PbSO4, PbI2

Dung dịch B :

K+ 0,06M, Na+ 0,12M

Ngoài ra còn có các ion Pb2+ ; SO42-; S2-, I- do kết tủa tan ra.

Độ tan của
PbI 2 : 3 107,6  102,7

Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là
cân bằng tan của PbI2.
PbI2

 Pb2+ +

2I-

Ks

Do đó [Pb2+] = 2 x 10-3M và

[I-] = 4.10-3M.

107,8
3
[SO42-] = 2.10 = 5. 105,8 = 7,9.106M << [Pb2+]
1026
3
[S2-] = 2.10 = 5. 1024 << [Pb2+]

Các nồng độ SO42-, S2- đều rất bé so với nồng độ Pb2+, như vậy nồng độ Pb2+
do PbS và PbSO4 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn
toàn chính xác.
iii.

Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO4; PbI2.

Cho kết tủa hoà tan trong NaOH dư :  PbS không tan, có màu đen.
Dung dịch có PbO22-, SO42-, I-, OHPbSO4 + 4 OHPbI2

+

4 OH-

 PbO22- + SO42- +

2 H2 O

 PbO22- + 2 I-

2 H2O

+

Nhận ra ion SO42-: cho BaCl2 dư: có kết tủa trắng BaSO4, trong dung dịch
có PbO22-, OH-, Ba2+, I-.
10


Nhận ra I-, Pb2+: axit hoá dung dịch bằng HNO3 dư sẽ có kết tủa vàng PbI2
xuất hiện:
OH- + H+

 H2O

PbO22- + 4 H+  Pb2+ + 2H2O
Pb2+

+ 2 I-  PbI2

Câu 8 (Olympic Hóa Học Quốc Tế lần thứ 33)
Một hợp chất nitro hữu cơ (RNO2) được khử bằng phương pháp điện hóa

trong dung dịch đệm axetat có tổng nồng độ axetat (HOAc+ OAc-) là 0,500M và
có pH = 5,300mL dung dịch đệm chứa 0,01M RNO2 đem khử điện hóa hoàn
toàn. Axit axetic có Ka = 1,75.10-5 ở 25oC. Phản ứng khử điện hóa hợp chất nitro
xảy ra như sau:
RNO2 + 4H+ + 4e  RNHOH + H2O
Tính pH của dung dịch sau khi kết thúc phản ứng.
Bài giải
RNO2 + 4H+ + 4e  RNHOH + H2O
Ta có:
Mặt khác ta có: [HOAc] + [OAc-] = 0,500
[HOAc] = 0,1818
[OAc-] = 0,3182
Như vậy số mmol các chất lúc ban đầu là:
n(OAc-) = 95,45
n(HOAc) = 54,55
Số mmol RNO2 bị khử sẽ là: 300.0,0100 = 3mmol
Từ phương trình bán phản ứng ta thấy rằng để khử hóa hoàn toàn 3mmol
hợp chất nitro cần 12mmol H+. Số mmol H+ này nhận được từ sự phân ly của
HOAc.
Khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì:
n(HOAc) = 54,55 – 12,00 = 42,55mmol
n(OAc-) = 95,45 – 12,00 = 83,45mmol
Vậy
Câu 9 (Olympic hóa học quốc tế lần thứ 33)
11


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.
a. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH = 5,0. Hai hằng số
phân li của axit oxalic lần lượt là: K1 = 5,6.10-2 và K2 = 6,2.10-6.
b. Với sự có mặt của amoniac thì ion bạc tạo thành hai dạng phức Ag(NH 3)+
và Ag(NH3)2+. Các hằng số tạo phức từng nấc tương ứng sẽ là 1 =
1,59.103 và 2 = 6,76.103. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch chứa
0,02M NH3 và có pH = 10,8.
Bài giải
a) T = [Ag+]2[C2O42-]
Ta có: [Ag+] = 2S
CC O2
2 4

= S = [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4]

H2C2O4 = H+ + HC2O4-

K1 = 5,6.10-2.

HC2O4- = H+ + C2O42Ta có kết qủa sau: S =

K2 = 6,2.10-6.

Tại pH = 7 thì [H+] = 10-7    1
T = 3,5.10-11.
Tại pH = 5 thì [H+] = 10-5    0,861
S = 2,17.10-4.
b) [NH3] = 0,02M
Tại pH = 10,8 thì [H+] = 1,585.10-11    1

Tổng nồng độ [Ag+] trong dung dịch được xác định bởi phương trình
CAg = 2S = [Ag+] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2+]
Các phản ứng tạo phức:
Ag+ + NH3 = Ag(NH3)+

1 = 1,59.103

Ag(NH3)+ + NH3 = Ag(NH3)2+

2 = 6,76.103

Từ các phương trình trên ta dễ dàng suy ra được biểu thức sau:
12


CAg = 2S = [Ag+](1 + 1[NH3] + 12[NH3]2)
Thay vào biểu thức của T ta tính được S = 5,47.10-2.
Câu 10 (Olympic Hóa Học Quốc Tế lần thứ 32)
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 hydroxit.
c. Hãy tính độ tan của magie hydroxit trong dung dịch NaOH 0,010M tại
25oC.
Khuấy trộn một hỗn hợp gồm 10g Mg(OH)2 và 100mL dung dịch HCl
0,100M bằng máy khuấy từ tính trong một thời gian tại 25oC.
d. Hãy tính pH của pha lỏng khi hệ thống đạt cân bằng.
Bài giải
a. Mg(OH)2 ⇌ Mg2+ + 2OHpOH = 14,0 – 10,5 = 3,5  [OH-] = 10-3,5 = 3,2.10-4M

Tương ứng với [Mg2+] = [Mg(OH)2 điện ly] = Độ tan của Mg(OH)2 =
1,6.10-4M hay 9,2.10-4g/100mL.
b. Ks = [Mg2+][OH-]2 = 1,6.10-11M3
c. Mg(OH)2(r) ⇌ Mg2+ (aq) + 2OH- (aq)
[Mg2+] = x; [OH-] = 0,010 + 2x  0,010M
Ks = [Mg2+][OH-]2 = x.[OH-]2 = 1,6.10-11
Độ tan bằng 1,6.10-7M hay 9.10-7g/100mL
d. Mg(OH)2 có rất dư và axit clohydric bị trung hoà 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 Mg 2+ có
nồng độ 0,050M.
Rồi Mg(OH)2 hoà tan trong dung dịch [Mg2+] = 0,010 + x  0,050M
13


Câu 11 (Olympic Hóa Học Quốc Tến lần thứ 3)
a. Axit photphoric, H3PO4 là một axit ba chức. Nếu chuẩn độ một dung dịch
H3PO4 0,1000M với NaOH 0,1000M. Hãy ước lượng pH tại các thời điểm
sau:
i.

Giữa điểm bắt đầu và điểm tương đương thứ nhất.

ii.

Tại điểm tương đương thứ hai.

iii.

Tại sao rất khó xác định đường cong chuẩn độ sau điểm tương đương
thứ hai?
K1 = 7,1.10-3

K2 = 6,2.10-8

K3 = 4,4.10-13.

b. Một dung dịch chứa 530mmol Na2S2O3 và một lượng chưa xác định KI.
Khi dung dịch này được chuẩn độ với AgNO 3 thì đã dùng được 20,0mmol
AgNO3 trước khi bắt đầu vẩn đục vì AgI kết tủa. Có bao nhiêu mmol KI?.
Biết thể tích sau cùng là 200mL.
Ag(S2O3)23- ⇌ Ag+ + 2S2O32-(aq)

Kd = 6,0.10-14.

AgI(r) ⇌ Ag+(aq) + I-(aq)

T = 8,5.10-17.
Bài giải

a. (i) Có dung dịch đệm H3PO4 và H2PO4(ii) Tại điểm tương đương thứ hai, có HPO42- nên:
[H+] = (K2K3)0,5 = 1,7.10-10M
pH = 9,77
(iii) HPO42- (K3 = 4,4.10-13) có tính axit không mạnh hơn H 2O bao nhiêu
(Kw = 1,00.10-14). Thêm bazơ mạnh vào dung dịch HPO42- tương tự như thêm
bazơ mạnh vào nước.
b. Do hằng số tạo phức của Ag(S2O3)23-, Kf = (Kd)-1 = 1,667.1013 là rất lớn
nên hầu hết Ag+ thêm vào sẽ tạo phức với S2O32- và:
[Ag(S2O3)23-] = 0,100M

số mmol S2O32- tự do = 530 – (2.20) = 490mmol.
[S2O32-] = 2,450M
Nồng độ ion Ag+ tự do được tính từ Kd

14


Ag+ + I- → AgI
T = [Ag+][I-] = 8,5.10-17
 [I-] = 8,5.10-2M
mmol KI = 17,0mmol.
II. DẠNG BÀI TẬP VỀ TÍCH SỐ TAN
Câu 1 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2018)
Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol/L. Nếu thêm vào
dung dịch này hai ion Mn2+ và Cu2+ có cùng nồng độ mol là 2.10-4M.
a. Chứng minh ion Cu2+ kết tủa còn ion Mn2+ không kết tủa dưới dạng
sunfua.
�
H�
b. Nếu giảm � �của dung dịch đến 10-7 thì MnS có kết tủa được không?
14
37
( TMnS  3.10 ;TCuS  8.10 ; K1, K2 của H2S lần lượt là 10-7 và 1,2.10-13)

Bài giải

H S  0,1mol / L
a. Theo đề bài:  2 

H S góp phần không đáng kể H+ so với HClO4 nên:

�
H2 �
�
�  HClO4   0, 003M

H 2 S � H   HS 
�
�
H�
HS  �
�
�
�
�
K1 
 H 2S 
HS  � H   S 2
�
�
H�
S 2 �
�
�
�
�
K2 
H
S
 2 

2

�
H  ��
S 2 �
�
��
�
� K  K1.K 2 
H
S
 2 
7

10 .1, 2.10

�
S 2 �
�
�

13

(0, 003)3 �
S 2 �
�
�(*)

0,1

0,1.1, 2.1020
 1,3.10 16 M
2
(0, 003)

- Đối với MnS:

4
16
Q1  �
Mn 2 �
S 2 �
�
��
�
� 2.10 .1,3.10

20
14
= 2, 6.10  3.10

15


- Đối với CuS:

4
16
Q2  �
Cu 2 �

S 2 �
�
��
�
� 2.10 .1,3.10

20
37
= 2, 6.10  8.10

Như vậy: MnS không kết tủa, CuS kết tủa.
b. Khi giảm
�
S 2 �
�
�

�
H�
�
�

của dung dịch còn 10-7M thì:

1, 2.1020.0,1
 1, 2.107 M
(107 ) 2

14
7

11
Mn 2 �
S 2 �
�
��
�
� (2.10 )(1, 2.10 )  2, 4.10
�Q�

� 2, 4.1011  3.10 14

. Nên MnS kết tủa được.

Câu 2 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2017)


Dung dịch E chứa các ion: Ca , Na , HCO3 và Cl ; trong đó, số mol của


ion Cl gấp đôi số mol của ion Na . Cho một nửa dung dịch E phản ứng với
dung dịch NaOH (dư), thu được 4 gam kết tủa. Cho một nửa dung dịch E còn lại
phản ứng với dung dịch Ca(OH) 2 (dư), thu được 5 gam kết tủa. Mặt khác, nếu
đun sôi đến cạn dung dịch E thì thu được m gam chất rắn khan. Xác định giá trị
của m.
2



16




Bài giải

2
2
Do kết tủa phần (2) > phần (1) nên số mol HCO3 = CO3 lớn hơn Ca

2

Phần (1): HCO3 + OH → CO3 + H2O
2
Ca2 + CO3 → CaCO3 �

�

nCa2+  nCaCO3(1) 

4
 0,04 mol
100


2

Phần (2): HCO3 + OH → CO3 + H2O
2
Ca2 + CO3 → CaCO3 �

�

nHCO  nCaCO3(2) 
3

5
 0,05 mol
100

 Số mol các ion trong dung dịch E:

�
Ca2 : 0,04. 2 =0,08 mol
�

�HCO3 : 0,05. 2 =0,1 mol
� 
Cl : 0,12 mol
�
�Na : 0,06 mol
�

Đem dung dịch E đun sôi đến cạn:
2
t0
2HCO3 (dd) ��
� CO3 + CO2 � + H2O �
m =mNa+  mCa2+  mHCO  mCl  mCO2  mH2O

Vậy:

3

m =0,06(23)+0,08(40)+0,1(61) +0,12(35,5) 

0,1
(44 +18) =11,84gam
2

Câu 3 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2014-2015)
Dung dịch A chứa hỗn hợp MgCl2 10M và FeCl3 10M. Tìm trị số pH thích
hợp để tách Fe3+ ra khỏi dung dịch A dưới dạng kết tủa hidroxit (coi Fe 3+ được
tách hoàn toàn khi nồng độ còn lại của Fe 3+ trong dung dịch nhỏ hơn hoặc bằng
1,0.10-6). Cho biết:

TMg (OH )2  1,12.1011 TFe (OH )3  3,162.1038

;

Bài giải
Để tách hết Fe3+ ở dạng kết tủa thì: không có Mg(OH)2 và Fe3+  10-6.
Tách hết Fe3+: Fe3+  10-6 và T= Fe3+.OH- = 3,162.10-38
3

 Fe3+ =  10-6 OH- 

3,162.1038
106
= 3,162.10

17


 H  = 0,32.10  pH  3,5
Không có Mg(OH)2: Mg2+.OH-1,12.10
 OH-= 3,35.10 H >  pH  10,5
Vậy: 3,5  pH  10,5
Câu 4 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2014-2015)
Trong một cốc nước chứa a mol Ca 2+, b mol Mg2+ và c mol HCO. Nếu chỉ
dùng nước vôi trong, nồng độ Ca(OH) 2 xM để làm giảm độ cứng của nước thì
người ta thấy khi thêm V lít nước vôi trong vào cốc thì độ cứng của nước trong
cốc là nhỏ nhất. Xác định biểu thức tính V theo a, b, x (biết
TMgCO3  1.10 5

TMg (OH )2  1,12.10 11

;

).
Bài giải

Ca(OH)2 � Ca2+ + 2OH x.V  2x.V

x.V
HCO


3

+



c
2OH2b
CO

2
3

c

OH- � H2O
c

2
+ CO3



c

+ Mg2+ � Mg(OH)2
 b
+ Ca2+ 

CaCO3 ↓

 c

Vậy ta có: c = x.V + a và c + 2.b = 2x.V 

2b  a
x
V =

Do độ tan của Mg(OH)2 (T = 5.10-12) nhỏ hơn nhiều so với MgCO3
(T=1.10-5) nên có sự ưu tiên tạo kết tủa Mg(OH)2
Câu 5 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2013-2014)
Hãy cho biết những hiện tượng gì xãy ra khi thêm từ từ Na2CO3 rắn vào
dung dịch chứa đồng thời ion Ba2+ 0,1M và ion Sr2+ 0,1M.
Biết:

TBaCO3  2, 0.109 TSrCO3  5, 2.1010

;

Bài giải
18


Trong dung dịch xãy ra hai cân bằng sau:
BaCO3 � Ba2+ + CO32SrCO3 � Sr2+ + CO32-

8
TBaCO3  0,1. �
CO32 �
CO32 �
�
�� �
�

� 2, 0.10 (mol / L)
9
TSrCO3  0,1. �
CO32  �
CO32 �
�
�� �
�
� 5, 2.10 (mol / L)

�
�
CO 2 �
CO 2 �
Khi � 3 �= 5,2.10-9 (mol/L) lúc đó SrCO3 bắt đầu kết tủa, nếu khi � 3 �

tăng lên đạt 2,0.10-8 (mol/L) thì cả SrCO3 và BaCO3 cùng kết tủa.
Câu 6 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2012-2013)
Cho biết độ tan của CaSO 4 là 0,2 gam trong 100 gam nước. Ở 20 oC, khối
lượng riêng của dung dịch CaSO 4 bão hòa coi như bằng 1gam/mL. Hỏi khi trộn
50 ml dung dịch CaCl2 0,012M với 150 mL dung dịch Na2SO4 0,004M ở 20oC
thì có xuất hiện kết tủa không? Giải thích.
Bài giải
Trong dung dịch bão hòa CaSO4 :
[Ca2+] = [SO42-] = 1,47.10-2M
Khi trộn dung dịch CaCl2 với Na2SO4 thì:
[Ca2+] = (1,2.10-2.50):200 = 3.10-3M
[SO42-] = (4.10-3.150):200 = 3.10-3M
Vì cả [Ca2+] và [SO42-] đều chưa đạt tới nồng độ của dung dịch bão hòa nên
không có kết tủa.

Câu 7
Cho dung dịch chứa [Cl-] = 0,1M và [CrO42-] = 10-4M. Thêm từ từ dung
dịch AgNO3 vào. Hỏi kết tủa nào xuất hiện trước và khi kết tủa thứ 2 xuất hiện
thì tỷ lệ [Cl-]/[CrO42-] = ? có thể dùng Ag+ để khết tủa phân đoạn Cl- và CrO42được hay không? Biết khi nồng độ 10 -6 trở xuống thì có thể xem ion đó được
Tt
Tt
tách hết hoàn toàn. Cho biết AgNO = 10-10 và Ag CrO = 10-12.
Bài giải
3

Có các phản ứng sau
Ag+ +Cl  � AgCl �

2

TtAgNO

3

19

= 10-10

4

(1)


Tt
1010

+

+
�
��
� TtAgNO � �
� AgNO3  1  109
Ag
Cl
Ag
� �� �
� � �
3
10
Cl  �
�
�
Điều kiện kết tủa AgCl:

2Ag+ +CrO42 � Ag2CrO4 �TtAg2CrO4

= 10-12

(2)

Điều kiện để kết tủa Ag2CrO4:
TtAg CrO
2
1012


2

2
4
�
��
�
�
�
Ag
CrO

Tt
�
Ag


 104
4
� �� 4 � Ag2CrO4 � � �
2
�
10
CrO4 �
�

Vậy [Ag+](2) > [Ag+](1) � AgCl kết tủa trước.
Khi cả 2 cùng kết tủa thì
10
�

�
Ag+�
Cl  �
�
��
� 10

(3)

2

�
�
Ag �
. �
CrO 2 � 106
Ag ��
CrO 2 � 1012
và � �� 4 �
hay � � � 4 �
(4)

Lấy (3) chia (4) ta được:

�
Cl  �
�
�  104
�
CrO42 �

�
�

Khi CrO42- bắt đầu kết tủa thì [CrO42-] = 10-4 khi đó [Cl-] = 10-6. Vậy có thể
kết tủa phân đoạn Cl- và CrO42- bằng Ag+.
Câu 8
Dung dịch X gồm BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M. Thêm 1 mol K2Cr2O7 vào
1 lít dung dịch X (coi thể tích dung dịch không đổi).
K a  2,3.1015

Cho biết: Cr2O72- + H2O � 2CrO42- + 2H+
TtBaCrO

4

= 10-9,93;

TtSrCrO

4

= 10-4,65

Tính pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết
tủa SrCrO4 (coi 1 ion kết tủa hoàn toàn khi nồng độ �10-6M).
Bài giải
2+

Ba + CrO4

2-

Tt1

� BaCrO4

BaCrO4

= 109,93

(1)

TtBaCrO 109,93
2
4
�
�
CrO


 103,93 M
6
� 4 � �
2
�
10
Ba �
�
Để kết tủa hoàn toàn BaCrO4:
Tt1

Sr + CrO4 � SrCrO4
2+

2-

SrCrO4

20

= 104,65

(2)


TtSrCrO 104,65
2
4
�
�
CrO


 103,65M
1
� 4 � �
2
10
Sr �
�

�
Để không kết tủa SrCrO4:

K a  2,3.1015

Cr2O72- + H2O � 2CrO42- + 2H+

(3)

Áp dụng ĐLBTKL đối với (3), trong đó [CrO42-] tính theo (3) và
[Cr2O72-] ≈ 1M (vì dùng dư so với ion Ba2+ cần làm kết tủa).
K a  2,3.1015

Cr2O72- + H2O � 2CrO42- + 2H+

Ta có:
Cân bằng

1

C

2x

Với C là nồng độ của CrO42- tại 2 thời điểm
Như vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCrO4 ta có:
2

103,93  CCrO 2  103,65
4

Vậy

2

�
CrO42 ��
H �
2
2
�
��
� �
15
2
� 2x
K a  2,3.10 
CrO
4
�
�
�
Cr2O72 �
�
�
và

2,3.1015
2,3.1015


�
�

2
x

H

� � 103,65x2
103,93x2

→ 10-3,76 < [H+] < 10-3,39 → 3,39 < pH < 3,67.
Câu 9 (Olympic 30/4 – 2017 – Tr144 – 486)
Ion [Ag(NH3)2]+ là một phức chất gồm Ag+ là ion trung tâm và 2 phân tử
NH3 là các phối tử. Độ tan của AgCl trong nước là 1,3.10 -5M. Tích số tan của
AgCl là 1,7.10-10. Hằng số bền của phức [Ag(NH 3)2]+ (β2) có giá trị là 1,5.107.
Chứng minh rằng độ tan của AgCl trong dung dịch NH 3 1,0M lớn hơn trong
nước.
Bài giải
Các cân bằng chủ yếu trong dung dịch:
TtAgCl

AgCl � Ag+ + Cl-

[Ag(NH ) ]

Ag+ + 2NH3 � [Ag(NH3)2]+

3 2

Để đánh giá độ của AgCl ta dựa vào tích số tan điều kiện K’sp.
'
K sp
 K sp. Ag

Vì
�

CNH  CAg
3

3 2

nên coi [NH3] =

CNH

3

= 1M

 Ag  1 [Ag(NH ) ] .[NH3]  1 1,5.107.12  1,5.107

K  K sp. Ag
'
sp

với

 Ag  1 [Ag(NH ) ] .[NH3]2

2

3 2

= 1,7.10-10.1,5.107 = 2,55.10-3
21


AgCl + 2NH3 � [Ag(NH3)2 ] + Cl 
S

S

K 'sp

S

'
K sp
 S2 � S  2,55.103  0,05M  1,3.105 M

Như vậy do ảnh hưởng của quá trình tạo phức [Ag(NH 3)2]+ nên độ tan của
AgCl trong dung dịch NH3 lớn hơn nhiều so với trong nước.
Câu 10

Sục từ từ khí HCl vào dung dịch gồm Pb2+ 1,0M và Ag+ 10-3M.
a. Kết tủa nào xuất hiện trước?
b. Có thể tách được hoàn toàn Ag+ khỏi Pb2+ bằng HCl không?
Cho AgCl có pKS = 9,75; PbCl2 có pK’S = 4,8 và coi thể tích dung dịch
không thay đổi

Bài giải
a. Điều kiện để xuất hiện kết tủa AgCl:
[Ag+ ].[Cl- ] > KS �

[Cl-] > 10-7M

Điều kiện để xuất hiện kết tủa PbCl2:
[Pb2+ ].[Cl- ]2 > KS' � [Cl-] > 10-2,4M
Từ (2.9) và (2.10) ta thấy kết tủa AgCl xuất hiện trƣớc.
b. Để tách được hoàn toàn Ag+ khỏi Pb2+ thì [Ag+] <10-6M còn Pb2+ chưa kết
tủa.
Điều kiện để kết tủa hoàn toàn Ag+
�

[Ag+] < 10-6M � [Cl-] > 10-4M

(1)

Điều kiện để chưa kết tủa PbCl2:
[Pb2+ ].[Cl- ]2 < KS'.[Cl-] < 10-2,4M

(2)

Từ (1), (2) � Có thể tách được hoàn toàn Ag+ khỏi Pb2+.
Để tách được cần khống chế [Cl-] trong khoảng 10-4M < [Cl-] < 10-2,4M.

22


Câu 11 (Olympic 30/4 – 2017 – Tr144 – 486)

Ion [Ag(NH3)2]+ là một phức chất gồm Ag+ là ion trung tâm và 2 phân tử
NH3 là các phối tử. Độ tan của AgCl trong nước là 1,3.10 -5M. Tích số tan của
AgCl là 1,7.10-10. Hằng số bền của phức [Ag(NH 3)2]+ (β2) có giá trị là 1,5.107.
Chứng minh rằng độ tan của AgCl trong dung dịch NH 3 1,0M lớn hơn trong
nước.
Bài giải
Các cân bằng chủ yếu trong dung dịch:
TtAgCl

AgCl � Ag+ + Cl-

[Ag( NH ) ]

Ag+ + 2NH3 � [Ag(NH3)2]+

3 2

Để đánh giá độ của AgCl ta dựa vào tích số tan điều kiện K’sp.
'
K sp
 K sp. Ag

với

 Ag  1 [Ag( NH ) ] .[NH3]2
3 2

Vì

CNH  CAg

�

 Ag  1 [Ag(NH ) ] .[NH3]2  1 1,5.107.12  1,5.107

3

nên coi [NH3] =

CNH

3

= 1M

3 2

'
K sp
 K sp. Ag

= 1,7.10-10.1,5.107 = 2,55.10-3

AgCl + 2NH3 � [Ag(NH3)2 ] + Cl 
S

S

K 'sp

S

'
K sp
 S2 � S  2,55.103  0,05M  1,3.105 M

Như vậy do ảnh hưởng của quá trình tạo phức [Ag(NH 3)2]+ nên độ tan của
AgCl trong dung dịch NH3 lớn hơn nhiều so với trong nước.
Câu 12 (Olympic hóa học Bungari 1998)
Bạc clorua dễ dàng hoà tan trong dung dịch amoniac trong nước vì tạo ion
phức:
AgCl(r) + 2NH3 ↔ [Ag(NH3)2]+ + Cl-.
a. Một lít dung dịch amoniac 1M hoà tan được bao nhiêu gam AgCl? Biết:
AgCl(r) ↔ Ag+ + Cl-

T = 1,8.10-10.

[Ag(NH3)2]+ ↔ Ag+ + 2NH3

K = 1,7.10-7.

b. Xác định tích số tan T của AgBr. Biết rằng 0,54g AgBr có thể tan được
trong dung dịch amoniac 1M.

23


Bài giải
a. Ta có:

Vì [Ag+] << [Cl-]; [Ag(NH3)2]+ = [Cl-]; [NH3] = 1 - 2[Cl-]
[Ag+] = T/[Cl-] nên thay tất cả các đẳng thức trên vào phương trình
của K ta tính được
[Cl-] = 0,0305M.  mAgCl = 4,38g
b. [Br-] = 0,33/188 = 1,75.10-3M

Câu 13 (Olympic hóa học quốc tế lần thứ 34)
Độ tan là một thông số quan trọng để xác định được sự ô nhiễm môi trường
do các muối gây ra. Độ tan của một chất được định nghĩa là lượng chất cần
thiết để có thể tan vào một lượng dung môi tạo ra được dung dịch bão hoà.
Độ tan của các chất khác nhau tuỳ thuộc vào bản chất của dung môi và chất
tan cũng như của các điều kiện thí nghiệm, ví dụ như nhiệt độ và áp suất. Độ
pH và khả năng tạo phức cũng ảnh hưởng đến độ tan.
Một dung dịch chứa BaCl2 và SrCl2 đều ở nồng độ 0,01M. Khi ta thêm một
dung dịch bão hoà natri sunfat vào dung dịch thì 99,9% BaCl 2 sẽ kết tủa dưới
dạng BaSO4 và SrSO4 chỉ có thể kết tủa nếu trong dung dịch còn dưới 0,1%
BaSO4. Tích số tan của các chất được cho sau đây: T(BaSO4) = 10-10 và
T(SrSO4) = 3.10-7.
a. Viết các phương trình phản ứng tạo kết tủa.
Tính nồng độ Ba2+ còn lại trong dung dịch khi SrSO4 bắt đầu kết tủa.
Tính %Ba2+ và Sr2+ sau khi tách ra.
Sự tạo phức gây nên một ảnh hưởng đáng kể đến độ tan. Phức là một tiểu
phân tích điện chứa một ion kim loại ở trung tâm liên kết với một hay nhiều phối
tử. Ví dụ Ag(NH3)2+ là một phức chứa ion Ag+ là ion trung tâm và hai phân tử
NH3 là phối tử.
Độ tan của AgCl trong nước cất là 1,3.10-5M
Tích số tan của AgCl là 1,7.10-10M
Hằng số cân bằng của phản ứng tạo phức có gía trị bằng 1,5.107.
24

b. Sử dụng tính toán để cho thấy rằng độ tan của AgCl trong dung dịch NH3
1,0M thì cao hơn trong nước cất.
Bài giải
a. Các phản ứng tạo kết tủa:
Ba2+ + SO42- = BaSO4
Sr2+ + SO42- = SrSO4
Kết tủa BaSO4 sẽ xảy ra khi [SO42-] = T(BaSO4)/[Ba2+] = 10-8M
Kết tủa SrSO4 sẽ xảy ra khi [SO42-] = 3.10-5M
Nếu không xảy ra các điều kiện về động học (chẳng hạn như sự hình thành
kết tủa BaSO4 là vô cùng chậm) thì BaSO4 sẽ được tạo thành trước, kết quả là sẽ
có sự giảm nồng độ Ba2+. Khi nồng độ SO42- thoả mãn yêu cầu kết tủa SrSO4 thì
lúc này nồng độ còn lại của ion Ba2+ trong dung dịch có thể được tính từ công
thức:
T(BaSO4) = [Ba2+][SO42-] = [Ba2+].3.10-5  [Ba2+] = 0,333.10-5M
%Ba2+ còn lại tỏng dung dịch =
b. Cân bằng tạo phức giữa AgCl và NH3 có thể được xem như là tổ hợp của
hai cân bằng:
AgCl(r) ⇌ Ag+(aq) + Cl-(aq)

T = 1,7.10-10.

Ag+(aq) + 2NH3(aq) ⇌ Ag(NH3)2+

Kf = 1,5.107

AgCl(r) + 2NH3(aq) ⇌ Ag(NH3)2+ + Cl-(aq) K = T.Kf = 2,6.10-3
Cân bằng:

(1,0 – 2x)

x

x

Do K rất bé nên hầu hết Ag+ đều tồn tại ở dạng phức:
Nếu vắng mặt NH3 thì ở cân bằng: [Ag+] = [Cl-]
Sự hình thành phức dẫn đến: [Ag(NH3)2+] = [Cl-]
Như vậy:

Kết qủa này có nghĩa là 4,6.10-2M AgCl tan trong dung dịch NH3 1,0M,
nhiều hơn trong nước cất là 1,3.10-5M. Như vậy sự tạo thành phức Ag(NH3)2+
dẫn đến việc làm tăng độ tan của AgCl.

25