Lý thuyết và bài tập dung dịch chất điện li BDHSG

Chương 1. PHẢN ỨNG AXIT – BAZƠ

1. Thuyết axit - bazơ
Có nhiều thuyết về axit - bazơ khác nhau. Trong số đó, được sử dụng nhiều là thuyết axit - bazơ của
Arrhenius và thuyết axit - bazơ của Bronsted- Lowry.
1.1. Thuyết Axit - Bazơ của Arrhenius (thuyết Axit - Bazơ cổ điển)
Theo thuyết này thì axit là những chất có khả năng phân li trong nước thành cation H+, còn bazơ là những
chất có khả năng phân li thành anion OH-. Như vậy trong phân tử của axit phải chứa hiđro linh động có
khả năng ion hóa cịn trong phân tử bazơ phải chứa nhóm hiđroxi có khả năng ion hóa.
Ví dụ: Axit
HCl
→
H+ + ClBazơ
NaOH →
Na+ + OHĐây là thuyết đơn giản về axit và bazơ. Nó chỉ đề cập đến dung mơi là H2O. Nhiều trường hợp khơng giải
thích được tính axit-bazơ của một số dung dịch. Để giải thích các trường hợp này người ta đưa ra khái
niệm sự thủy phân.
1.2. Thuyết proton về Axit - Bazơ của Bronsted – Lowry
Theo thuyết này axit là những chất có khả năng cho proton. Bazơ là những chất có khả năng nhận proton.
Sử dụng thuyết này ta có thể giải thích đầy đủ tính axit - bazơ của các dung dịch trong các dung môi:
H2O, khác nước như dung môi hữu cơ… và giải thích cho một số phản ứng axit- bazơ khơng có dung
mơi.
2. Một số khái niệm liên quan
2.1. Hằng số axit – Hằng số bazơ
Khi hòa tan axit hoặc bazơ vào nước:
A + H 2O
H 3O + + B
B + H 2O
OH − + A

Kcb

Kcb

Áp dụng định luật tác dụng khối lượng, ta có
[ H 3O + ].[ B ]
K cb =
xem [H2O] = 1000/18 (mol/L) = 55,55 (mol/L) = const
[ A].[ H 2O]

[ H 3O + ].[ B]
K cb .[ H 2O] =
[ A]
= Ka. Ka gọi là hằng số axit.
+
[ H ].[ B]
Để đơn giản: K a =
[ A]
Hoàn toàn tương tự đối với bazơ:
[ A].[OH − ]
K cb .[ H 2O] =
[ B]
→
= Kb
*Hằng số điện li Ka của một axit được dùng để đánh giá cường độ của axit. Giá trị của Ka càng lớn cường
độ axit càng mạnh, ngược lại Ka càng nhỏ cường độ axit càng yếu.
Những axit mà phân tử chứa hai hoặc hơn hai proton có thể tách ra được trong nước, những axit đó được
gọi là các đa axit. Trong dung dịch nước các đa axit phân li lần lượt theo các nấc và ở mỗi nấc cho một
proton. Ứng với mỗi nấc, có một hằng số axit (Ka) tương ứng.
Ví dụ:
Axit photphoric ( H3PO4 )
H 3 PO4 + H 2O

H 2 PO4− + H 3O +
pKa1 = 2,12
−
2−
+
H 2 PO4 + H 2O
HPO4 + H 3O
pKa2 = 7,21
2−
3−
+
HPO4 + H 2O
PO4 + H 3O
pKa3 = 12,36
*Hằng số cân bằng Kb được gọi là hằng số bazơ, đặc trưng cho độ mạnh của một bazơ. Kb càng lớn, bazơ
càng mạnh, ngược lại Kb càng nhỏ, bazơ càng yếu


Có những bazơ mà phân tử khi cho vào nước lần lượt nhận một, hai, ba proton, đó là những đa bazơ.
3−
Ví dụ: PO4 là một đa bazơ

PO43− + H 2O

HPO42− + OH −

HPO42− + H 2O

H 2 PO4− + OH −

Kb1 = 10-1.64
Kb2 = 10-6,79

H 2 PO4− + H 2O
H 3 PO4 + OH −
Kb3 = 10-11,88
2.2. Cặp axit – bazơ liên hợp
Theo Bronsted thì khi một axit cho proton tạo ra một bazơ liên hợp với nó. Khi một bazơ nhận proton thì
tạo ra axit liên hợp với nó.
Ví dụ:
CH3COOH + H2O
CH3COO- + H3O+
a
b
b
a
NH3 + H2O
NH4+ + OHb
a
a
b
Ở ví dụ này có các cặp axit bazơ liên hợp: CH3COOH/CH3COO- và NH4+/ NH3
2.3. Quan hệ giữa Ka và Kb của một cặp axit-bazơ liên hợp (A/B)
• Tích số ion của H2O
H2O
+
H2O
H3O+ +
OH+
−

[ H O ].[OH ]
K cb = 3
[ H 2O]2
Nước nguyên chất ở 25oC:
[OH-] = [H3O+] = 10-7M
Có thể suy ra: K H 2O = [H3O+].[OH-] = 10-14
Để đơn giản có thể viết:
H2O
H+ + OHK H 2O = [H+].[OH-] = 10-14
• Quan hệ giữa Ka và Kb của một cặp axit-bazơ liên hợp (A/B)
Ta có:

OH −  .  A 
Kb =
[ B]

và

 H 3O +  .[ B ]
Ka =
[ A]

→ Ka.Kb = [H3O+].[OH-] = = 10-14
Với: pKa = - lgKa; pKb = - lgKb; p = - lg K H 2O
thì pKa + pKb = p K H 2O = 14
Từ hệ thức này ta thấy nếu cường độ của một axit càng mạnh (pKa bé) thì bazơ liên hợp với nó càng yếu.
CH 3COO − + H 3O + Ka = 1,8.10-5 = 10-4,75
Ví dụ: CH 3COOH + H 2O

CH 3COO − + HOH

Kb =

CH 3COOH + OH −

10−14 10−14
= −4,75 = 10 −9,25
Ka
10

So với:
HCN + H2O
H3O+ + CNKa = 10-9,35
CN- + H2O
HCN + OHKb = 10-4,65
Tính axit của CH3COOH mạnh hơn HCN thì tính bazơ của CN mạnh hơn CH3COO3. Tính nồng độ cân bằng trong các dung dịch axi,t bazơ
3.1.1. Tính nồng độ cân bằng trong dung dịch axit mạnh, bazơ mạnh
• Tính nồng độ cân bằng trong dung dịch axit mạnh
H2O

HA → H+ + AH+ + OH[H+ ] – [OH-] – [A- ] = 0


→ [H+ ] -

K H 2O

- Ca = 0
(1)
[H + ]
→ [H+]2 - Ca[H+] - = 0

Ta được phương trình bậc 2 với ẩn là [H+]:
- Nếu Ca >> 10-7M, bỏ qua cân bằng điện li của H2O.
[H+] = Ca
Ví dụ: Ca = 10-4M
→ [H+] = 10-4M
- Nếu Ca ≈ 10-7M, từ (1) → [H+]2 - Ca[H+] =0
→ [H+ ]2 - 10-7 [H+] - 10-14 = 0
→ [H+ ] = 10-6,79 → pH = 6,79
• Tính nồng độ cân bằng trong dung dịch bazơ mạnh
H2O

MOH → M+ + OHH+ + OH-

[H+] - [OH-] + [M+] = 0 → [H+] -

K H 2O

+ Cb = 0
[H + ]
[H+]2 + Cb. [H+] - = 0
-7
- Nếu Cb >> 10 M, bỏ qua cân bằng điện ly của nước.
K H 2O
[OH-] = Cb → [H+] =
[OH − ]
- Nếu Cb ≈ 10-7M thì giải phương trình:
[H+]2 + Cb. [H+] - = 0 → [H+]
3.1.2. Tính nồng độ cân bằng trong dung dịch axit yếu, bazơ yếu
• Tính nồng độ cân bằng trong dung dịch axit yếu đơn chức
HA

H+ + AKa
H2O
H+ + OHÁp dụng định luật bảo tồn điện tích: [H+ ] – [OH-] – [A- ] = 0
K H 2O
K a Ca
→
[H+ ] =0
(2)
Ka + [H + ]
[H + ]
- Nếu KaCa >> bỏ qua sự điện ly của nước
→ [H+ ] - = 0 → [H+ ]2 + Ka[H+ ] - KaCa = 0
- Giả sử
[H+ ] << Ca → [H+ ] = K a Ca
- Nếu KaCa ≈ ta không bỏ qua giá trị nào cả và việc tính tốn gần đúng được thực hiện theo định luật bảo
toàn proton:
[H+ ] – [OH-] – [A- ] = 0
K a [ HA]
→ [H+ ] = +
[H + ]
→ [H+ ]2 = + Ka.[HA] xem [HA] = Ca
→ [H+ ] = K H 2O + K a Ca
•

Tính nồng độ cân bằng trong dung dịch bazơ yếu đơn chức

B + H2O
BH+ + OHKb
+
H2O

H + OH
Áp dụng đinh luật bảo tồn điện tích:
[H+ ] – [OH-] + [BH+] = 0
K H 2O
K b Cb
→
[OH
]
+
=0
K b + [OH − ]
[OH − ]
- Nếu KbCb >> , bỏ qua điện ly của nước.
→ - [OH-] + = 0
→ [OH-]2 + Kb [OH-] - KbCb = 0


Gỉa sử [OH-] << Cb → [OH-] =

K bCb → [H+ ] =

K H 2O

[OH − ]
- Nếu KbCb ≈ ta không bỏ qua giá trị nào cả và việc tính tốn gần đúng được thực hiện theo định luật bảo
toàn proton: [H+] = [OH-] - [HA]. BIến đổi ta được:
K H 2O
[H+ ] =
(xem [A-] = Cb)
1 + K a−1Cb

• Tính nồng độ cân bằng trong dung dịch axit yếu đa chức
H3A
H2AHA2-

H+ + H2AH+ + HA2H+ + A3-

H2O

H+ + OH-

Ka1
Ka2
Ka3
K H 2O

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

Nếu Ka1 >> Ka2 , Ka3 ,… Kan
→ Cân bằng (1) quyết định:
+
Nếu K1Ca >> K H 2O → [ H ] −

[H + ] −

KH 2O
+

[H ]

−

Ca K a 1
=0
[ H + ] + K a1

C a K a1
=0
[ H + ] + K a1

Nếu [H+] << Ca
→ [H+] =
Áp dụng tương tự đối với một bazơ yếu đa chức, ta cũng tiến hành chọn các cân bằng quyết định và xét
điều kiện để bỏ qua sự điện ly của H2O.
4. Tính pH của dung dịch đệm
Khái niệm: Là những dung dịch có khả năng chống lại sự thay đổi pH của môi trường khi ta thêm vào
dung dịch đó một lượng axit mạnh, bazơ mạnh khơng lớn lắm. Khi pha lỗng thì pH của dung dịch thay
đổi khơng đáng kể.
Thành phần hệ đệm có thể là:
- Một axit yếu và một bazơ yếu liên hợp với nó.
- Muối axit của axit yếu.
Cơng thức tính pH gần đúng của dung dịch đệm:
Khi [H+] , [OH-] << Ca, Cb thì [H+] = Ka . Ca/Cb

5. Tính pH của dung dịch muối axit
Muối axit là những muối mà ở gốc axit cịn ngun tử H có khả năng phân li cho ion H+.
Ví dụ: dung dịch NaHA
Các q trình xảy ra:

NaHA → Na+ + HAHA- + H2O
H2A + OHKb2
+
2HA
H + A
Ka2
+
H2O
H + OH
Nếu Ka2 > Kb2 thì ta có mơi trường axit, ngược lại nếu Ka2 < Kb2 thì ta có mơi trường bazơ.
Trong trường hợp tổng qt:
Chọn mức khơng HA- và H2O
Ta có:
[H+] + [H2A] = [A2-] + [OH-]
Biến đổi ta có [H+] =

K H 2O + K a 2 .[ HA− ]
1 + K a−11.[ HA− ]


Xem

[HA-] ≈ C
→ [H+] =

Nếu Ka2C >>
Nếu Ka1-1C >> 1

→ [H+] =

K H 2O + K a 2 .C
1 + K a−11.C
K a 2 .C
1 + K a−11.C

→ [H+] =

( K H 2O + K a 2 .C ).K a1
C

-1

Nếu Ka2C >> và Ka1 C >> 1
→ [H+] = K a1.K a 2

→

pH = (pKa1 + pKa2)/2.

6. Một số ví dụ áp dụng
Bài 1: Dung dịch CH3COOH có pH = 4. Phải thêm vào 1 lít dung dịch này bao nhiêu gam CH3COOH để
được dung dịch có pH=3,5. Cho Ka= 1,8.10-5.
Giải:
Gọi x là số gam CH3COOH cần thêm vào
CH3COOH
CH3COO- + H+
Ban đầu:
C
Phản ứng
αC

αC
αC
Cân bằng
C(1-α)
αC
αC
Ka =
Thay αC = 10-4, Ka = 1,8.10-5 vào, giải được C = 6,56.10-4
Khi thêm x(g) vào ta có:
Ka = = 1,8.10-5
Giải phương trình ta được α = 0,057, → x = 0,3g.
Bài 2 : Lấy 2,5 mL dung dịch CH3COOH 4M rồi pha loãng với nước thành 1L dung dịch A. Cho biết
trong 1mL A có 6,28.1028 ion và phân tử axit không phân li (cho Ka = 1,8.10-5). Tính độ điện li của axit
CH3COOH.
Giải: 1mol có 6,02.1023 phân tử nên 0,01 mol có chứa 6,02.1021 phân tử
CH3COOH
CH3COO- + H+
C
6,02.1021
Phản ứng
x
x
x
21
[]
6,02.10 –x
x
x
Ta có:
(6,02.1021 – x) + x + x = 6,28.1028

Giải ra ta được x = 0,26.1021.
Vậy α = 0,26.1021/6,02.1021 = 0,0432= 4,32%.
Bài 3: Lấy 60mL NaOH 0,025M cho phản ứng với 25mL dung dịch H3AsO4 0,02M ( cho H3AsO4 có
pKa1= 2,13; pKa2 = 6,94 ; pKa3 = 11,50). Tính pH của dung dịch thu được.
Giải:
H3AsO4 +
3NaOH →
Na3AsO4 + 3H2O
Ban đầu
0,02.0,025
0,025.0,06
Phản ứng
5.10-4
1,5.10-3
5.10-4
Sau phản ứng
5.10-4
Sau phản ứng ta thu được 5.10-4 mol Na3AsO4 hay Na3AsO4 có nồng độ là:
5.10-4 /0,085 = 5,88.10-3M.
AsO43+ H2O
HAsO42- + OHKb1 = 10-2,5
2HAsO4 + H2O
H2AsO4 + OH
Kb2 = 10-7,06
H2AsO4 + H2O
H3AsO4 + OH
Kb3 = 10-11,81
H2O
H+ + OHVì Kb1 >> Kb2 >> Kb3 , Cb >> nên trong dung dịch phản ứng sau là chủ yếu:
AsO43+

H2O
HAsO42- + OH- Kb1 = 10-2,5


C
5,88.10-3
[]
5,88.10-3 – x
x
x
2
-3
-2,5
Ta có: Kb1 = x / ( 5,88.10 - x) = 10
Giải phương trình ta được x = 3,01.10-3
→ pOH = 2,52 hay pH = 11,48.
Bài 4: Tính số gam Na2HPO4. 12H2O phải hòa tan trong 100mL dung dịch H3PO4 0,05M sao cho pH của
dung dịch thu được bằng 4,68. Cho H3PO4 có pKa1= 2,15; pKa2 = 7,21 ; pKa3 = 12,36.
Giải:
Gọi a là khối lượng Na2HPO4. 12H2O phải đem hịa tan.
H3PO4 có pKa1= 2,15; pKa2 = 7,21 ; pKa3 = 12,36.
Nhận xét: pH = ( pKa1 + pKa2) / 2 = (2,15+ 7,21)/2 = 4,68.
Nên thành phần chính của hệ là:
H3PO4
+ HPO422H2PO40,05.0,1
a/358
Ta có:
0,005 = a/358
→
a = 1,79g.

Bài 5: Tính khối lượng HCl cần thêm vào 1 lít dung dịch đệm CH3COONH4 0,3M để pH của hệ bằng
6,22 cho CH3COOH có pKa = 4,76, cho NH3 có pKb = 4,76.
Giải:
CH3COONH4 → CH3COO- + NH4+
0,3
0,3
0,3
NH4+
NH3 + H+
Ka = 10-9,24 (1)
CH3COO- + H2O
OH- + CH3COOH
Kb = 10-9,24 (2)
Bỏ qua cân bằng của H2O. So sánh (1) và (2) thấy Ka = Kb.
Vậy dung dịch có mơi trường trung tính hay pH = 7
Gọi m là khối lượng HCl thêm vào. Ta có phương trình:
CH3COO- + H+
CH3COOH
0,3
m/36,5
0,3 - m/36,5
m/36,5
Ta có : pH = pKa + lg(Cb/Ca)
→ 6,22 = 4,76 + lg [( 0,3- m/36,5)/(m/36,5)]
Giải phương trình suy ra m = 0,365.
 Bài tập vận dụng
Bài 6: Nhỏ 1 giọt HCl 3,4.10-3M vào 300,00mL H2O. Tính pH của dung dịch biết thể tích của 1 giọt axit
là 0,0300 mL.
Bài 7: Trộn 20,00mL HCl 0,020M với 30,00mL dung dịch CH3COOH 0,150M. Tính pH của hỗn hợp
thu được.

Bài 8: Tính pH của dung dịch Na2SO4 0,010M
Bài 9: Tính số gam NH4Cl cần lấy để khi hịa tan vào 250mL nước thì pH của dung dịch thu được bằng
5,0 (Coi thể tích khơng thay đổi trong q trình hịa tan).
Bài 10:
a) Tính độ điện li của dung dịch axit HA (dung dịch A) có pH= 3,00 biết pKa = 5,00
b) Nếu pha loãng dung dịch A gấp 5 lần thì độ điện li của HA sẽ bằng bao nhiêu? Tính pH của dung dịch
thu được.
Bài 11: Tính độ điện li của CH3COOH trong dung dịch CH3COOH 0,100M khi có mặt NaOH 0,005M.
Bài 12: Thêm 0,03mL dung dịch KOH 0,084M vào 100mL dung dịch HCOOH 2,45.10-5M. Tính pH của
dung dịch thu được( coi thể tích thay đổi khơng đáng kể khi thêm KOH).
Bài 13: Tính pH và nồng độ cân bằng các cấu tử trong dung dịch thu được khi trộn 50,00mL NH3
2,00.10-3M với 50,00mL dung dịch H2SO4 2,00.10-3M.
Bài 14: Tính pH và cân bằng trong hệ gồm HCl 0,010M và H2S 0,10M.
Bài 15:
a, Tính pH của dung dịch gồm H3AsO4 0,10M và CH3COOH 0,050M.
b, Tính độ điện li của axit axetic trong hỗn hợp đó.


Bài 16: Tính pH trong hỗn hợp gồm H3PO4 0,010 và NaHSO4 0,010M.
Bài 17: Tính nồng độ cân bằng trong dung dịch axit tactric H2C4H4O6(H2A) 0,03M
Bài 18: Tính pH của hỗn hợp thu được khi trộn 40,00mL NH3 0,25M với 60,00mL Na2CO3 0,15M.
Bài 19: a, Tính thể tích NaOH 0,025M cần để trung hịa hồn tồn 25,mL dung dịch H3AsO4 0,02M. Tính
pH tại thời điểm đó.
b, Tính thể tích NaOH 0,025M để trung hòa 25mL dung dịch H3AsO4 trên đến pH1 = 6,94 và đến pH2 =
9,22.
Bài 20: Tính số gam Na2HPO4.12H2O phải hòa tan trong 100mL dung dịch H3PO4 0,05M sao cho pH
của dung dịch thu được bằng 4,68 (bỏ qua sự thay đổi thể tích).
Bài 21: Tính số mL dung dịch (NH4)2SO4 0,1M cần phải thêm vào 100mL dung dịch Na2S 0,1M để pH
của hệ giảm 0,76 đơn vị.
Bài 22:

a, Trộn 50mL dung dịch HCl 0,3M với 100mL dung dịch NH3 0,3M thu được dung dịch A. Tính pH của
dung dịch A.
b, Thêm 0,15mmol HCl vào dung dịch A thì pH của dung dịch thu được sẽ bằng bao nhiêu?
c, Thêm 0,15mmol NaOH vào dung dịch A. Tính pH của hỗn hợp thu được.
Bài 23:
a, Tính đệm năng của dung dịch axit axetic 0,2M và natri axetat 0,5M.
b, Từ giá trị đệm năng đó hãy tính pH của hệ sau khi thêm vào một lít dung dịch đệm trên:
1. 0,01mol HCl;
2. 0,01mol NaOH
Bài 24: Hãy điều chế dung dịch đệm có pH = 5,00 đi từ dung dịch CH3COOH 0,2M và muối
CH3COONa rắn.
Bài 25: Thêm rất chậm 20,00mL HCl 0,075M vào 30mL dung dịch Na2CO3 0,05M. Hãy chứng tỏ rằng
dung dịch thu được có thể làm dung dịch đệm.

Chương 2. PHẢN ỨNG TẠO HỢP CHẤT ÍT TAN

1. Các khái niệm
3.1.3. Độ tan của chất ít tan
Khi hịa tan hợp chất ít tan MmAn vào nước, dưới tác dụng của các phân tử nước phân cực thì các ion Mn+,
Am- sẽ bị hidrat hóa và chuyển vào dung dịch dưới dạng phức chất aquơ [M(H2O)x]n+, [A(H2O)y]m-. Đến
một lúc nào đó thì tốc độ của hai q trình thuận và nghịch bằng nhau và có cân bằng thiết lập giữa pha
rắn và dung dịch bão hòa:
MmAn ↓ + (mx+ny) H2O
m M(H2O)xn+ + n A(H2O)ymPha rắn
dung dịch bão hòa
Nồng độ của chất điện li trong dung dịch bão hòa được gọi là độ tan, kí hiệu là S. Độ tan có thể được biểu
diễn bằng các đơn vị khác nhau: mol/L; g/L; g/100g dung dịch nhưng thường được biểu diễn bằng mol/L.
Độ tan phụ thuộc vào nhiều yếu tố: bản chất của chất tan và dung môi, nhiệt độ, áp suất, trạng thái vật lí
của pha rắn…
3.1.4. Tích số tan

Tích số tan là tích số hoạt độ của các ion trong dung dịch bão hịa với số mũ thích hợp tại một nhiệt độ
xác định.
Có thể viết cân bằng dưới dạng:
MmAn ↓
m Mn+ + n AmKS
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho cân bằng :


KS = (Mn+)m. (Am-)n
Trong đó (i) là hoạt độ của ion i.
KS được gọi là tích số tan.
Tích số tan càng lớn thì kết tủa có khả năng tan càng nhiều và ngược lại.
3.1.5. Tích số tan điều kiện
Để thuận tiện cho việc đánh giá gần đúng độ tan trong các trường hợp phức tạp có xảy ra các quá trình
phụ, người ta sử dụng tích số tan điều kiện. Cũng như hằng số tạo thành điều kiện, tích số tan điều kiện
chỉ áp dụng cho một số điều kiện thực nghiệm xác định (lực ion, pH, chất tạo phức phụ…). Tích số tan
nồng độ chính là tích số tan điều kiện ở lực ion và điều kiện đã cho. Trong biểu thức tích số tan điều kiện,
hoạt độ của các ion được thay bằng nồng độ các dạng tồn tại trong dung dịch của mỗi ion.
Đối với trường hợp tổng quát, đơn giản cân bằng trong dung dịch chứa kết tủa MA:
MA↓
M + A
Ks
Các quá trình phụ:
*
β MOH
M + H2O
MOH + H+
A + H+
HA
Ka-1

M + X
MX
β
Độ tan của MA phụ thuộc vào pH và nồng độ chất tạo phức phụ X. Ở điều kiện cố định pH và nồng độ
của X có thể tính được tích số tan điều kiện Ks’:
Ks’ = [M]’[A]’
Trong đó:
*
[M]’= [M] +[MOH] + [MX] = [M] + β MOH .[M].[H+]-1 + β.[M].[X]
[A]’ = [A] + [HA] = [A] + Ka-1.[A].[H+] = [A].(1 + Ka-1 .[H+])
*
Do đó:
Ks’ = [M] ( 1 + β MOH .[H+]-1 + β.[X]).[A] ( 1+ Ka-1.[H+])
Hay:
Ks’ = Ks.( 1 + β MOH .[H+]-1 + β.[X]) ( 1+ Ka-1.[H+])
Suy ra:
Ks’ = Ks. αM .αA
Ở đây:
αM = ( 1+ β*MOH+ .[H+]-1 + β.[X]) ; αA = ( 1+ Ka-1.[H+])
Nếu cho pH và nồng độ chất tạo phức X ta có thể tính được Ks’ và từ đó tính độ tan của kết tủa theo
ĐLTDKL áp dụng cho Ks’ thay thế cho Ks.
2. Các yếu tố ảnh hưởng
*

4.1.1. Sự có mặt của ion chung
Sự có mặt của ion đồng dạng làm giảm độ tan các chất, làm cân bằng hòa tan chuyển dịch theo chiều
nghịch.
4.1.2. Ảnh hưởng của pH
Để thuận tiện cho việc đánh giá gần đúng độ tan trong các trường hợp phức tạp có xảy ra các q
'

trình phụ, người ta sử dụng tích số tan điều kiện ( K s ).
M3A
3M+ + A3Xem M+ khơng hình thành phức hidroxo và A3- là gốc axit yếu.
H2O

H+ + OH-

K H 2O

A3- + H+
HA2Ka3-1
HA2- + H+
H2AKa2-1
H2A- + H+
H3A
Ka1-1
CA3- = [A3- ] + [HA2- ] + [H2A- ] + [H3A]
= [A3- ] + [H+]. [A3- ] . Ka3-1 + [H+]2. [A3- ]. Ka2-1. Ka3-1 + [H+].3[A3- ]. Ka3-1 Ka2-1. Ka1-1
CA3Với

= [A3- ] (1+ [H+]. Ka3-1 + [H+]2. Ka2-1. Ka3-1 + [H+].3 Ka3-1 Ka2-1. Ka1-1) = [A3- ]. α A3−

α A3−

= 1+ [H+]. Ka3-1 + [H+]2. Ka2-1. Ka3-1 + [H+].3 Ka3-1 Ka2-1. Ka1-1

4.1.3. Ảnh hưởng của sự tạo phức


3. Một số bài tập áp dụng

Bài 1: Tính độ tan của Ca3(PO4)2 trong nước ở 200C biết rằng ở nhiệt độ đó K S (Ca3 ( PO4 )2 ) = 10-32,5.
Giải
Ca3(PO4)2 tan ít trong nước và khi tan phân li theo phương trình:
Ca3(PO4)2
3Ca2+ + 2PO43= [Ca2+]3[PO43-]2
Gọi độ tan của Ca3(PO4)2 là S thì ta có:
[Ca2+] = 3S; [PO43-] = 2S
2+ 3
Vậy: = [Ca ] [PO43-]2 = (3S)3(2S)2 = 33.22.S5
K (Ca ( PO )
10−32,5
Do đó: S = 5 S 33 2 4 2 = 5 3 2
3 .2
3 .2
lgS = ( -32,5 – 3lg3- 2lg2)/5 = -6,9 → S = 10-6,9 = 1,3.10-7M
Bài 2: Tính độ tan của PbSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch Na2SO4 10-2M cho biết =
1,6.10-8 .
Giải:
Độ tan của PbSO4 trong nước nguyên chất:
PbSO4
Pb2+ + SO42S =

K S ( PbSO4 ) = 1, 6.10−8

= 1,26.10-4 M.

Độ tan của PbSO4 trong dung dịch Na2SO4 10-2M.
Gọi độ tan là S thì:
Na2SO4 → 2Na+ + SO42PbSO4
Pb2+ + SO42Do đó:

[Pb2+] = S
[SO42-] = ( S+ 10-2)
= [Pb2+].[SO42-] = S( S+ 10-2)
Giả sử S << 10-2 ta có:
= S.10-2 = 1,6.10-8 suy ra S = 1,6.10-6 M
Vậy độ tan của PbSO4 trong dung dịch Na2SO4 nhỏ hơn độ tan của nó trong nước ngun chất rất nhiều.
Bài 3: Tích số tan của CaC2O4 ở 200C bằng 2.10-9. Hãy so sánh độ tan của nó trong nước và trong dung
dịch (NH4)2C2O4 0,1M.
Giải:
Độ tan của CaC2O4 ở 200C trong nước nguyên chất:
CaC2O4
Ca2+ + C2O42S =

K S (CaC2O4 ) = 2.10−9

= 4,5.10-5 M

Độ tan của CaC2O4 trong dung dịch (NH4)2C2O4 0,1M
(NH4)2C2O4 → 2NH4+ + C2O42CaC2O4
Ca2+ + C2O42Gọi độ tan của CaC2O4 trong dung dịch (NH4)2C2O4 0,1M là S:
[Ca2+] = S ; [C2O42-] = S + 0,1
Giả sử S << 0,1 thì [C2O42-] = 0,1
= [Ca2+] . [C2O42-] = S. 0,1 = 2.10-9
S = 2.10-8 (M)
Vậy: Độ tan của CaC2O4 trong (NH4)2C2O4 0,1M nhỏ hơn độ tan của nó trong nước rất nhiều.
Bài 4: Tính độ tan của PbCl2 trong NaClO4 0,10 M. Phép tính có kể đến hiệu ứng lực ion.
Giải:
Lực ion I = 0,5.([Na+] + [ClO4-]) = 0,10
PbCl2↓
Pb2+ + 2Cl- Ks = 10-4,8 (1)

S
2S
2+
Pb + H2O
PbOH+ + H+ β*PbOH+=10-6,2
Ở lực ion I = 0,1 có thể áp dụng phương trình Davies để tính fi :
lgfCl- = lgfH+ = lgfPbOH+ = lgfI


= -0,5( 0,1 / (1 + 0,1) - 0,1.0,2)= -0,11
→
f1 = 0,776 và lgfPb2+ = lgf2 = 22lgf1 = -0,44 → f2 = 0,363
Thay các giá trị f1 và f2 vào (1) và (2) để tính Ksc và β*PbOH+
Ksc = Ks.f1-2.f2-1 = 10-4,8.1/(0,7762.0,363) = 10-4,14
βc PbOH+ = β*PbOH+ . f1-2.f2 = 10-7,8.0,363/(0,776)2 = 10-8,02
Đánh giá khả năng tạo phức hidroxo của Pb2+ với
104,14
2+
3
CPb
S0 =
= 0,0263M
4
Pb2+ + H2O
PbOH+ + H+ β*PbOH+ = 10-6,2
C
0,0263
[]
0,0263 – x
x

x
Ta có: x2/(0,0263-x) = 10-6,2 → x= 1,29.10-4 << 0,0263M, nghĩa là
[PbOH+] << [Pb2+] do đó có thể bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của Pb2+.. Như vậy trong dung dịch cân bằng
(1) là chính, độ tan của PbCl2 chính là độ tan S0.
Ksc = [Pb2+][Cl-] = 4S3 → S = S0 = 2,63.10-2M.
Bài 5: Tính : a, Tích số tan điều kiện của NiCO3 ở pH = 8,0.
b, Độ tan của NiCO3 ở pH = 8.
Giải:
NiCO3↓
Ni2+ + CO32- Ks = 10-6,87
S
2+
+
+
*
Ni + H2O
NiOH + H β NiOH+ = 10-8,94
CO32- + H+
HCO3Ka2-1 = 1010,33
+
HCO3 + H
H2O + CO2 Ka1-1 = 106,35
a, Tính tích số tan điều kiện: Ks’
Ks’ = Ks . α Ni2+ .α CO32Với: αNi2+ = (1 + β*NiOH+ .[H+]-1) = (1 + 10-8,94 + 8,0) = 1,1148
K a1.K a 2
10−16,68
= −16
α-1CO32-= 2
= 0,00455
h + K a1.h + K a1.K a 2 10 + 10−14,35 + 1016,68

Vậy: Ks’ = 10-6,87.1,1148 .(0,00455)-1 = 3,3.10-5 = 10-4,48.
b, Xét cân bằng chính:
NiCO3↓
Ni2+ + CO32- Ks’ = 10-4,48
Vậy độ tan S’ =

S

K S' = 10-2,24 = 5,75.10-3M.

Bài 6: Cho pH của dung dịch bão hòa CaF2 trong HNO3 0,02M là 1,78. Tính tích số tan Ks và độ tan S
của CaF2 (bỏ qua sự tạo phức proton).
Bài 7: Tính độ tan của AgBr trong dung dịch NH3 0,02M .
Bài 8: Lắc 2g Ag2CO3 trong 100mL dung dịch có pH = 5,00 cho đến cân bằng. Tính nồng độ cân bằng
trong dung dịch.
Bài 9: Tính độ tan của CaF2 trong HCl 10-2 M
Cho: KHF = 6.10-4 và KS(CaF2) = 4.10-11
Bài 10: Tính độ tan của MgNH4PO4 trong dung dịch đệm có pH = 10 chứa tổng nồng độ ion NH4+ 0,2 M
và photphat có tổng nồng độ 10-2M. Cho: pKNH3 = 4,75 ; H3PO4 có pKa1 = 2,12; pKa2 = 7,2; pKa3 = 12,36;
βMgOH+ = 102,58; Ks = 10-12,6
Bài 11: Một học sinh điều chế dung dịch bão hoà magie hyđroxit trong nước tinh khiết tại 250C. Trị số
pH của dung dịch bão hồ đó được tính bằng 10,5.
a. Dùng kết qủa này để tính độ tan của magie hyđroxit trong nước. Phải tính độ tan theo mol/ l cũng như
g/100mL.
b. Hãy tính tích số tan của magie hyđroxit.
c. Hãy tính độ tan của magie hyđroxit trong dung dịch NaOH 0,010M tại 250C.
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 12: Kali đicromat là một trong những tác nhân tạo kết tủa được sử dụng rộng rãi nhất. Những cân
bằng sau được thiết lập trong dung dịch nước của Cr(VI)
HCrO4- + H2O
CrO42- + H3O+
pK1 = 6,50
+
2H + 2CrO42Cr2O72-+ H2O
pK2 = -14,36
-14
1. Tích số ion của nước K H 2O = 1,0.10 . Tính hằng số cân bằng của các phản ứng sau:
a. CrO42- + H2O
HCrO4- + OHb. Cr2O72-+ 2OH2CrO42- + H2O
2. Tích số tan của BaCrO4 là T = 1,2.10-10. BaCr2O7 tan dễ dàng trong nước. Cân bằng của phản ứng (1b)
sẽ chuyển dịch theo chiều nào khi thêm các tác nhân sau vào dung dịch tương đối đậm đặc của kali
đicromat?
a. KOH
b. HCl
c. BaCl2
d. H2O (xét tất cả các cân bằng trên).
3. Hằng số phân ly của axit axetic là Ka = 1,8.10-5. Hãy tính trị số pH của các dung dịch sau:
a. K2CrO4 0,010M
b. K2Cr2O7 0,010M
c. K2Cr2O7 0,010M + CH3COOH 0,100M
4. Hãy tính nồng độ tại cân bằng của các ion sau trong dung dịch K2Cr2O7 0,010M + CH3COOH 0,100M.
a. CrO42-.
b. Cr2O72-.

BÀI TẬP VỀ DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LY
+

Bài 1: Tính pH của dung dịch chứa hỗn hợp gồm NH 3 0.2M và NH4Cl 0.1M. Biết NH 4 có hằng số phân
li Ka = 5,6.10-10.
Giải
CA
+
Tính gần đúng, áp dụng công thức:  H  = K a .
CB
0,1
 H +  = 5, 6.10−10.
= 2,8.10 −10
0, 2
⇒ pH = 9,55
Bài 2: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 50.00 mL dung dịch NH 3 0.12 M vào 3.50 mL HCl 1 M.
−5
Biết K NH3 = 1,8.10
Giải
Xét phản ứng của dung dịch NH3 và dung dịch HCl :
NH3
+
H+

NH4+
Co 12/107 M
7/107 M
C
7/107 M
7/107 M
[C] 5/107 M
0
7/107 M

Vậy dung dịch A gồm các cấu tử chính là NH3 5/107 M, NH4+ 7/107 M và Cl-.


NH3
+
H2O
⇄
NH4+ +
OHKb
C
5/107 M
7/107 M
C
xM
xM
xM
[C] (5/107-x) M
(7/107+x) M
xM
7
(
+ x).x
K = 107
= 1,8.10 −5 ⇒ x ≈ 1, 28.10 −5
5
(
− x)
107
⇒ pH = 14 − [− lg(1, 28.10−5 )] = 9,1
Bài 3: Tính pH của dung dịch thu được khi thêm 6 mL dung dịch HCl 0.2 M vào 14 mL dung dịch đệm

chứa NH3 0.2 M và NH4Cl 0.1 M? Biết Kb(NH3) = 1.75x10-5.
Bài 4: Tính pH của dung dịch thu được khi thêm 50 mL dung dịch NaOH 0.1 M vào 50 mL dung dịch
NH4Cl 0.2 M. Biết Kb(NH3) = 1.75x10-5.
Giải
0, 050L × 0, 200mol.L−1
0, 05L × 0,100mol.L−1
CoNH4Cl =
= 0,1M ; CoNaOH =
= 0, 05M
0,1L
0,1L
NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O
0,10
0,05
0,05
0,05
0,05
0,05
0
0,05
Xét cân bằng :
NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH0,05
0,05
x
x
x
0,05–x
0,05+x
x
+

−
[NH 4 ][OH ] (0, 05 + x)x
Kb =
=
= 1, 75.10 −5 ⇒ x = 1,75.10-5 M
[NH 3 ]
0, 05 − x
o

⇒ pH = 14 − [− lg(1, 75.10 −5 )] = 9, 24
Bài 5: Dung dịch A gồm C2H5COOH 0.02 M và C2H5COONa 0.015 M.
a) Tính pH của dung dịch A.
b) Thêm 10-5 mol HCl vào 10 mL dung dịch A thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B.
c) Thêm 10-5 mol NaOH vào 10 mL dung dịch A thu được dung dịch C. Tính pH của dung dịch C.
Biết C2H5COOH có Ka = 1,34.10-5.
Giải
a) Tính sơ bộ nồng độ H+ ⇒ Mơi trường axit
Ca
Cơng thức: pH = pKa – lg
= 4,87 – lg1,33 = 4,75
Cb
−
b) C 2 H 5COO + HCl → C2H5COOH + Cl−
Dung dịch thu được gồm C2H5COOH 2,1.10-3 (M) và C2H5COONa 1,4.10-3 (M)
Ca
Công thức: pH = pKa – lg
= 4,87 – lg1,5 = 4,69
Cb
c) C 2 H 5COOH + NaOH → C2H5COONa + H2O
Dung dịch thu được gồm C2H5COOH 1,9.10-3 (M) và C2H5COONa 1,6.10-3 (M)

Ca
Công thức: pH = pKa – lg
= 4,87 – lg1,19 = 4,79
Cb
Bài 6: Tính số gam NH4Cl cần lấy đề khi hòa tan vào 250 mL nước thì pH của dung dịch thu được bằng
5.00 (coi thể tích khơng thay đổi trong q trình hịa tan). Biết rằng K (NH4+) = 10-9,2
Bài 7: Dung dịch CH3COOH có pH = 4.0. Phải thêm vào 1 L dung dịch này bao nhiêu gam CH 3COOH
để được dung dịch có pH = 3.5. Cho Ka= 1.8x10-5.
Giải


Gọi x là số gam CH3COOH cần thêm vào
CH3COOH
CH3COO- + H+
Ban đầu:
C
Phản ứng
αC
αC
αC
Cân bằng
C(1-α)
αC
αC
Ka =
Thay αC = 10-4, Ka = 1,8.10-5 vào, giải được C = 6,56.10-4
Khi thêm x(g) vào ta có:
Ka = = 1,8.10-5
Giải phương trình ta được α = 0,057, → x = 0,3g.
Bài 8: Lấy 2,5 mL dung dịch CH3COOH 4M rồi pha loãng với nước thành 1L dung dịch A. Cho biết

trong 1mL A có 6,28.1028 ion và phân tử axit không phân li (cho K a = 1,8.10-5). Tính độ điện li của axit
CH3COOH.
Giải
1 mol có 6,02.1023 phân tử nên 0,01 mol có chứa 6,02.1021 phân tử
CH3COOH
CH3COO- + H+
21
C
6,02.10
Phản ứng
x
x
x
[]
6,02.1021 –x
x
x
Ta có:
(6,02.1021 – x) + x + x = 6,28.1028
Giải ra ta được x = 0,26.1021.
Vậy α = 0,26.1021/6,02.1021 = 0,0432= 4,32%.
Bài 9: Lấy 60mL NaOH 0,025M cho phản ứng với 25mL dung dịch H 3AsO4 0,02M (cho H3AsO4 có
pKa1= 2,13; pKa2 = 6,94 ; pKa3 = 11,50). Tính pH của dung dịch thu được.
Giải
H3AsO4 +
3NaOH →
Na3AsO4 + 3H2O
Ban đầu
0,02.0,025
0,025.0,06

Phản ứng
5.10-4
1,5.10-3
5.10-4
Sau phản ứng
5.10-4
Sau phản ứng ta thu được 5.10-4 mol Na3AsO4 hay Na3AsO4 có nồng độ là:
5.10-4 /0,085 = 5,88.10-3M.
AsO43+ H2O
HAsO42- + OHKb1 = 10-2,5
2HAsO4 + H2O
H2AsO4 + OH
Kb2 = 10-7,06
H2AsO4- + H2O
H3AsO4 + OHKb3 = 10-11,81
+
H2O
H + OH
Vì Kb1 >> Kb2 >> Kb3 , Cb >> nên trong dung dịch phản ứng sau là chủ yếu:
AsO43+
H2O
HAsO42- + OH- Kb1 = 10-2,5
-3
C
5,88.10
[]
5,88.10-3 – x
x
x
2

-3
-2,5
Ta có: Kb1 = x / ( 5,88.10 - x) = 10
Giải phương trình ta được x = 3,01.10-3
→ pOH = 2,52 hay pH = 11,48.
Bài 10: Tính khối lượng HCl cần thêm vào 1 lít dung dịch đệm CH 3COONH4 0,3M để pH của hệ bằng
6,22 cho CH3COOH có pKa = 4,76, cho NH3 có pKb = 4,76.
Giải
CH3COONH4 → CH3COO- + NH4+
0,3
0,3
0,3
NH4+
NH3 + H+
Ka = 10-9,24 (1)
CH3COO + H2O
OH + CH3COOH
Kb = 10-9,24 (2)
Bỏ qua cân bằng của H2O. So sánh (1) và (2) thấy Ka = Kb.
Vậy dung dịch có mơi trường trung tính hay pH = 7
Gọi m là khối lượng HCl thêm vào. Ta có phương trình:
CH3COO- + H+
CH3COOH
0,3
m/36,5


0,3 - m/36,5
m/36,5
Ta có : pH = pKa + lg(Cb/Ca)

→ 6,22 = 4,76 + lg [( 0,3- m/36,5)/(m/36,5)]
Giải phương trình suy ra m = 0,365.
Bài 11: Trộn 100 mL dung dịch Na2S 0,102M với 50 mL dung dịch (NH4)2SO4 0,051M. Tính pH của dung
dịch thu được, biết H2S có pK1 = 7; pK2 = 12,92; NH3 có pKb = 4,76 và giả thiết rằng HSO 4- điện ly hoàn
toàn.
Giải
0,102.100
0,05150
.
C(Na2S) =
= 0,068 (M); C((NH4)2SO4) =
= 0,017 (M)
150
150
Na2S →
2Na+ +
S2(NH4)2SO4
→
2NH4+ +
SO42S2- + NH4+ 
HS+
NH3 K = 1012,92.10-9,24 = 103,68
Bđ 0,068 0,034
Pư 0,034 0,034 0,034
0,034
Cb 0,034
0,034
0,034
K của phản ứng lớn nên phản ứng có thể xem như hồn tồn. Do đó, thành phần giới hạn của hệ như
trên.

S2- + H2O  HS- + OH- Kb1 = 10-1,08 (1)
HS- + H2O  H2S + OHKb2 = 10-7
(2)
NH3 + H2O  NH4+ + OHKb3 = 10-4,76 (3)
HS-  H+ + S2Ka2 = 10-7
(4)
+
-14
H2O  H + OH
Kw =10
(5)
Vì Kb1 >> Kb3 >> Kb2 nên cân bằng phân ly ra OH- chủ yếu là do cân bằng (1).
Vì Ka2 >> Kw nên cân bằng phân ly ra H+ chủ yếu do cân bằng (4).
Như vậy, cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng (1) và (4).
Đánh giá sơ bộ pH của dung dịch:
pH = pKa2 + lg(Cb/Ca) = 12,92 + lg (0,034/0,034) = 12,92 > 7 nên ta xét cân bằng:
S2+
H2O 
HS+ OHKb1 = 10-1,08 (1)
Bđ
0,034
0,034
Pư
x
x
x
Cb
0,034 – x
0,034 + x
x

x.(0,034 + x )
Kb1 =
= 10-1,08
0,034 − x
Giải ra được: x = 0,02, suy ra: [OH-] = x = 0,02M; pOH = -lg0,02 = 1,7 ⇒ pH = 14 – 1,7 = 12,3.
Bài 12: Tính pH của dung dịch thu được khi thổi hết 224 mL khí CO 2 vào 200 mL dung dịch NaOH
0,05M, biết axit cacbonic có pK a1 = 6,35 , pK a 2 = 10,33 .
Giải
0,224
n CO 2 =
= 0,01mol, n NaOH = 0,2 × 0,05 = 0,01
22,4
Vì số mol CO2 và NaOH bằng nhau nên hệ chỉ chứa NaHCO 3. Có thể tính pH của hệ lưỡng tính này
bằng cơng thức:
1
1
pH = (pK 1 + pK 2 ) = ( 6,35 + 10,33) = 8,3
2
2
Bài 13: Thêm rất chậm 20 mL dung dịch HCl 0.075M vào 30 mL dung dịch Na 2CO3 0.05M. Hãy chứng
minh rằng dung dịch thu được có thể làm dung dịch đệm.
Giải
CHCl = 0,03M ; CNa2CO3 = 0,03M
−
H+ + CO32− ‡ˆ ˆ†
ˆˆ HCO3
0,03
0,03
0,03

TPGH: HCO3− : 0,03M
HCO3− ‡ˆ ˆ†
ˆˆ

2−
H + + CO3

Ka2 = 10-10,33

−1
6,35
HCO3− + H + ‡ˆ ˆ†
ˆˆ CO2 + H2O K a1 = 10
1
1
pH = (pK a1 + pK a 2 ) = ( 6,35 + 10,33 ) = 8, 34
2
2
- Thêm 0,001 mol HCl vào 1 Lít hỗn hợp thu được
−1
6,35
HCO3− + H + ‡ˆ ˆ†
ˆˆ H2CO3 K a1 = 10
Bđ: 0,03
0,001
Cb: 0,029
0,001
0, 029
⇒ pH = 6,35 + lg

= 7,81 → ∆pH = –0,53 (nhỏ)
0, 001
- Thêm 0,001 mol NaOH vào 1 Lít hỗn hợp thu được
2−
-10,33
HCO3− + OH − ‡ˆ ˆ†
ˆˆ CO3 + H2O Ka2 = 10
Bđ: 0,03
0,001
Cb: 0,029
0,001
0, 001
⇒ pH = 10,33 + lg
= 8,87 → ∆pH = –0,53 (nhỏ)
0, 029
Như vậy, khi thêm 0,001 mol axit mạnh hoặc bazơ mạnh vào 1 Lít dung dịch NaHCO 3 0,03M thì ∆pH
= 0,53, chứng tỏ rằng dung dịch NaHCO3 có thể làm dung dịch đệm.
Bài 14: Cho dung dịch H3PO4 0,005M . Biết axit này có thể phân li 3 nấc :
+
K a1 = 7, 6.10−3
H3PO4 ‡ˆ ˆ†
ˆˆ H + H2PO4

ˆˆ H+ + HPO42H2PO4- ‡ˆ ˆ†

K a 2 = 6, 2.10−8
K a 3 = 4, 4.10−13

ˆˆ H+ + PO43HPO42- ‡ˆ ˆ†

+
3a) Tính Hằng số cân bằng của q trình: H3PO4 ‡ˆ ˆ†
ˆˆ 3H + PO4
b) Tính pH và nồng độ [HPO42-] của dung dịch trên.
Giải
a) Tính HSCB
K = K1.K 2 .K 3 = 7, 6.10−3.6, 2.10 −8.4, 4.10 −13 = 2, 07.10 −22
b) Tính pH và [HPO42-]
Vì K1 ? K 2 ? K 3 nên [H+] chủ yếu được điện li từ qúa trình:
+
K a1 = 7, 6.10−3
H3PO4 ‡ˆ ˆ†
ˆˆ H + H2PO4

Ban đầu
Điện li
Sau điện li
K1 =

0,005
x
0,005 –x

x
x

x
x

x2

= 7, 6.10−3 suy ra x = 6,16.10-3 (M) ⇒ pH = 2,21
0, 005 − x
-

Ban đầu
Điện li
Sau điện li

‡ˆ ˆ†
ˆˆ

H2PO4
6,16.10-3
a
6,16.10-3 –a

H

+

a
a

+

2-

HPO4

K a 2 = 6, 2.10−8

a
a

a2
= 6, 2.10−8 suy ra a = 1,95.10-5M
−3
6,16.10 − a
Bài 15: Trộn 100,0 mL dung dịch CH3COOH 0,2 M với 100 mL dung dịch H3PO4 nồng độ a M, thu được
dung dịch A có pH = 1,47.
a) Xác định a.
K2 =


b) Thêm từ từ Na2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0, thu được dung dịch B. Tính số mol
Na2CO3 đã thêm vào.
Cho biết:
H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32;
CH3COOH có pK = 4,76; CO2 + H2O có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33;
Độ tan của CO2 trong nước tại điều kiện thí nghiệm là 0,03 mol/L.
Giải
a) Các quá trình xảy ra trong dung dịch A:
H3PO4  H+ + H2PO4K1 = 10-2,15 (1)
H2PO4-  H+ + HPO42K2 = 10-7,21 (2)
2+
3HPO4  H + PO4
K3 = 10-12,32 (3)
CH3COOH  H+ + CH3COO- K4 = 10-4,76 (4)
H2O  H+ + OHKw = 10-14 (5)
Vì K1 >> K2 >> K3, Kw và K4 >> Kw nên ta có thể bỏ qua cân bằng (2), (3) và (5).

K1
 H 2 PO 4 − 
10 −2,15
Từ (1) suy ra:
=  +  = −1, 47 = 10-0,68 = 0,21 (6)
[ H PO ]  H  10
3

4

K4
 CH 3COO - 
10 −4, 76
Từ (4) suy ra:
=  +  = −1, 47 = 10-3,29
[ CH3COOH ]  H  10
[CH3COO-] << [CH3COOH] nên có thể coi như CH3COOH khơng điện ly
Do đó, nồng độ H+ trong dung dịch chủ yếu do H3PO4 điện ly ra.
[H2PO4-] = [H+] = 10-1,47 = 0,034 (M)
Từ (6) suy ra: [H3PO4] = 0,034/0,21 = 0,162.
Ta có : C(H3PO4) = [H3PO4] + [H2PO4-] = 0,162 + 0,034 = 0,196 (M)
100.a
= 0,196 ⇒ a = 0,392
200
Vậy : a = 0,392 M
K1
 H 2 PO 4 − 
10 −2,15
b) Từ (1) suy ra:
=  + =

= 101,85 = 70,8 ⇒ [H2PO4-] = 70,8.[H3PO4]
[ H3PO4 ]  H  10 −4
 HPO 4 2− 
K2
10 −7 , 21
Từ (2) suy ra:
=
=
= 10-3,21 ⇒ [HPO42-] << [H2PO4-]
+
− 4,0
 H 
 H 2 PO 4 − 
10
 PO 43− 
K3
10 −12,32
Từ (3) suy ra:
=  + =
= 10-8,32 ⇒ [PO43-] << [HPO42-]
 HPO 4 2− 
10 − 4, 0
H 
Từ (7) và (8) suy ra, H3PO4 ban đầu tồn tại chủ yếu ở dạng H3PO4 và H2PO4-.
C(H3PO4) = [H3PO4] + [H2PO4-] = 0,196 (M)
⇒ [H3PO4] + 70,8.[H3PO4] = 0,196
⇒ [H3PO4] = 0,003 (M)
⇒ [H2PO4-] = 0,196 – 0,003 = 0,193 (M)
K4
 CH 3COO - 

10 −4, 76
Từ (4) suy ra:
=  + =
= 10-0,76 = 0,174
− 4, 0
H
CH
COOH
10
[
]  

(7)
(8)

3

⇒ [CH3COO ] = 0,174. [CH3COOH]
C(CH3COOH) = [CH3COOH] + [CH3COO-] = 0,2/2 = 0,1 (M)
⇒ [CH3COOH] + 0,174.[CH3COOH] = 0,1
⇒ [CH3COOH] = 0,085 M ⇒ [CH3COO-] = 0,1 – 0,085 = 0,015 (M)
CO2 + H2O  H+ + HCO3- K5 = 10-6,35 (9)
HCO3-  H+ + CO32K6 = 10-10,33 (10)
K5
 HCO3− 
Từ (9) suy ra:
=  +  = 10-6,35/10-4 = 10-2,35 ⇒ [HCO3-] << [CO2]
[ CO ]
H 
-

2

(11)


 CO32− 
K6
Từ (10) suy ra:
=  +  = 10-10,33/10-4 = 10-6,33 ⇒ [CO32-] << [HCO3-]
(12)
−
 HCO3 
H 
Từ (11) và (12) suy ra : [CO2] >> [HCO3-] >> [CO32-]
Do đó, ion CO32- ban đầu chủ yếu tồn tại ở dạng CO2
Số mol H+ do H3PO4 và CH3COOH nhường ra là:
0,2.[H2PO4-] + 0,2.[CH3COO-] = 0,2.0,193 + 0,2.0,015 = 0,0416 (mol)
CO32- + 2H+ → CO2 + H2O
⇒ n(CO32-) = ½ n(H+) = 0,0208 mol
m(Na2CO3) = 0,0208.106 = 2,2048 (gam)
Bài 16: Trộn 100 ml dung dịch NaOH 0,102M với 100 ml dung dịch NaHCO3 0,1M. Tính pH của dung
2−
dịch và nồng độ các ion ở trạng thái cân bằng. Biết rằng CO3 có các hằng số cân bằng lần lượt là: K b1 =
10-3,67 và Kb2 = 10-7,65.
Giải
CM(NaOH) = 0,102/2 = 0,051M; CM(NaHCO3) = 0,100/2 = 0,050M
2−
-10,33
HCO3− + OH − ‡ˆ ˆ†

ˆˆ CO3 + H2O Ka2 = 10
Bđ: 0,050
0,051
Cb: 0,001
0,050
Môi trường bazơ nên sự phân ly của nước coi như không đáng kể.
−
−
-3,67
Các cân bằng: CO32− + H2O ‡ˆ ˆ†
ˆˆ HCO3 + OH (1) Kb1 = 10
−
-7,65
HCO3− + H2O ‡ˆ ˆ†
ˆˆ H2CO3 + OH (2) Kb2 = 10

Vì Kb( CO32− ) >> Kb( HCO3− ) nên tính theo (1)
−
−
Kb1 = 10-3,67
CO32− + H2O ‡ˆ ˆ†
ˆˆ HCO3 + OH (1)
Bđ: 0,050
0,001
Cb: 0,050 – x
x
0,001 + x
x(0, 001 + x)
Kb1 =
= 10-3,67

0, 050 − x
Giải ra được x = 2,72.10-3. Suy ra [OH-] = 0,001 + 2,72.10-3 = 3,72.10-3 M
pOH = 2,43 ⇒ pH = 11,57
Bài 17: Dung dịch H2S bão hịa có nồng độ 0,1M.
a) Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H 2S 0,1M khi điều chỉnh pH = 3,0. Biết hằng số axit
của H2S là: K1 = 10-7; K2 = 1,3.10-13.
b) Dung dịch A chứa các ion Mn2+ và Cu2+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion là 0,01M. Hòa tan H2S
vào dung dịch A đến bão hòa và điều chỉnh pH = 3,0 thì ion nào tạo kết tủa? Biết tích số tan của MnS =
2,5.10-10 và CuS = 6,3.10-36.
Giải
a) Theo giả thiết ta có [H2S] = 0,1M; [H+] = 3.10-3
Trong dung dịch có các cân bằng:

→ H+ + HS- K1
H2S ¬




→ H+ + S2- K2
HS- ¬



→ 2H+ + S2- K
H2S ¬



2

Ta có: K= K1.K2 = 1,3.10

-20

 H +  . S2- 
=     ⇒ S2- = 1,4.10-17 (M)
[ H 2S]

b) Ta có: [Mn2+] [S2-] = 2.10-4 x 1,4 x 10-17 = 2,8 x 10-21 < TMnS = 2,5 x 10-10
⇒ khơng có kết tủa MnS.
[Cu2+] [S2-] = 2.10-4 x 1,4 x 10-17 = 2,8 x 10-21 > TCuS = 4,0 x 10-21
⇒ có kết tủa CuS
[Ag+]2[S2-] = (2.10-4)2x 1,4 x 10-17 = 5,6 x 10–25 > TAg2S = 6,3 x 10-50


⇒ có kết tủa Ag2S
Bài 18: Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol/lit. Nếu thêm vào dung dịch này các
ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10 -4 M thì ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfua? Biết
−21
TMnS = 3.10-14, TCuS = 8.10-37; K H 2 S = 1,3.10
Giải
Trong dung dịch HClO4, 0,003 M, [H+] = 0,003 mol/l. Do đó :
[H S]
0,1
[S2− ] = K H2S = +2 2 = 1,3.10−21.
= 1, 4.10 −17
2
[H ]
0, 003

2+
2–
–4
Như vậy : [Mn ] [S ] = 2.10 .1,4.10–17 = 2,8.10–21, nhỏ hơn TMnS nên MnS không kết tủa.
[Cu2+] [S2–] = 2.10–4.1,4.10–17 = 2,8.10–21, lớn hơn TCuS nên CuS kết tủa
Bài 19: Tính độ tan của CaC2O4 trong dung dịch có pH = 4 (khơng đổi).
Biết rằng: Ks(CaC2O4) = 1,7.10-9; H2C2O4 có K1 = 5,6.10-2 và K2 = 5,42.10-5.
Giải
2+
2−
−
Ta có: Ca  = C 2 O 4  +  HC 2 O 4  + [ H 2 C 2 O 4 ]
 H 3O +  = 10-4
 H3O +  C2O 24− 
K2 =
 HC2 O4− 
 H O +  C O 2−  10−4 C 2 O 24− 
2−
⇒  HC2 O 4−  =  3   2 4  =
= 1,85 × C 2 O 4 
−5
K2
5, 24 ×10
 H3O +   HC2O 4− 
K1 =
[ H 2C2O 4 ]
⇒ [ H 2C2O4 ]

 H3O +   HC2O 4−  10−4 ×1,85 × C 2O 24− 
−3

2−
=
=
= 3,30 × 10 C 2O 4 
−2
K1
5, 6 ×10

Ca 2+  = C 2 O 42−  + 1,85 × C 2 O 42−  + 3,30 × 10−3 C 2O 24−  = 2,85 ×  C2 O 42− 
 Ca 2+ 
C 2 O 42−  = 
2,85
 Ca 2+   Ca 2+ 
2+
Ca 2+  C 2 O 42−  = 1,7 × 10-9 ⇒ 
= 1,7 × 10-9 ⇒ Ca  = 7,0 × 10-5 mol/L.
2,85
Bài 20: Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml dung
dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không? Biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH3 ) = 10-4,75.
Giải
Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì CMg 2+ ban đầu = 10-2 (M).
Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95
Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2 ≥ 10-10,95
10−10,95 10−10,95
=
⇒ [OH ] ≥
= 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475
 Mg 2+ 
10−2



* Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M.
cân bằng chủ yếu là:
K NH3 = Kb = 10-4,75
NH3 + H2O
NH +4 + OH−
1
1
1-x
1+x
x
x
+
1
x
(
)
Kb = 1 − x = 10-4,75
−2


⇒ x = 10-4,75 Hay [OH−] = 10-4,75 < 10-4,475.
Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì khơng xuất hiện
kết tủa Mg(OH)2.
Bài 21: Cho 2 muối Ag2SO4 và SrSO4 vào nước cất và khuấy đều cho đến khi đạt được dung dịch bão hòa
−5
ở nhiệt độ phòng. Xác định nồng độ ion Ag + và Sr2+. Biết rằng ở nhiệt độ nghiên cứu TAg2SO4 = 1,5.10 ,
TSrSO4 = 2,8.10−7 .

Giải

2Ag+ + SO42- ; T1 = 1,5.10-5
SrSO4 € Sr2+ + SO42- ; T2 = 2,8.10-7
T1 = [Ag+]2 [SO42-] T2 = [Sr2+] [SO42-]
Ag2SO4 €

[Ag + ]2
[Sr

2+

]

=

1,5.10 −5
= 53,5714
2,8.10 −7

Coi [SO42-] = [SO42-] do Ag2SO4 phân li.
Xét cân bằng: Ag2SO4 € 2Ag+ + SO42- ; T1
2x
x
⇒ T1 = (2x)2.x = 4x3 = 1,5.10-5 ⇒ x = 0,0155 => [Ag+] = 0,031 (M)
0,0312
[SO42-] = 0,0155 (M) ⇒ [Sr2+] =
= 1,8.10-5 (M)
53,5714
T2
2,8.10 −7
2+

=
Hoặc có thể tính: [Sr ] =
= 1,8.10-5 (M)
0,0155
SO42−
Bài 22: Người ta dự tính hồ tan 10 -3 mol Mg(NO3)2 trong 1 lít dung dịch NH 3 0,5M; để tránh sự tạo
thành kết tủa Mg(OH)2 phải thêm vào dung dịch tối thiểu bao nhiêu mol NH 4Cl? Cho KNH3 = 1,8.10-5; T
Mg(OH)2 = 1,0.10-11.
Giải
Để khơng có kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+].[ OH − ]2 ≤ 10-11.
Với C0(Mg2+) = 10-3 thì [ OH − ] ≤ 10-4

→ NH +4 + OH −
Cân bằng
NH3 + H2O ¬
Kb = 1,8.10-5.


[ ]
0,5 – 10-4
x + 10-4 10-4

[

]

( x + 10 −4 ) × 10 −4
Có: K =
= 1,8.10-5 (coi 10-4 << 0,5)
−4

0,5 − 10
Giải phương trình → x = 0,0899.
Vậy phải thêm ít nhất 0,0899 mol NH4Cl để không tạo kết tủa Mg(OH)2
Bài 23: Trộn 1 ml dung dịch K2CrO4 0,12M với 2 ml dung dịch Ba(OH)2 0,009M
a) Có kết tủa BaCrO4 tạo thành khơng? Biết Tt(BaCrO4) = 1,2.10-10.
b) Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử sau khi trộn.
Giải
a) Q = 0,04 × 0,006 = 2,4.10-4 > T => có kết tủa tạo thành.
2−
b) TPGH: CrO 4 : 0,034 M
2−
Ba2+ + CrO 4
Cb:
x
0,034 + x
⇒ T = x.(0,034 + x) = 1,2.10-10 ⇒ x = 3,53.10-9 M
⇒ CrO 24−  = 0,034 M ; [Ba2+] = 3,53.10-9 M
Bài 24: Thêm rất chấm 20 ml dung dịch HCl 0,075M vào 30 ml dung dịch Na 2CO3 0,05M. Hãy chứng
minh rằng dung dịch thu được có thể làm dung dịch đệm.
Bài 25: Tính độ tan của PbI2 có Ks = 10-7,86
a) Trong dung dịch HClO4 0,10M.
b) Trong dung dịch NaI 0,01M và HClO4 0,10M.

BaCrO4

‡ˆ ˆ†
ˆˆ


c) Trong dung dịch Pb(NO3)2 0,10M và HClO4 0,10M.

Giải
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 ↓ ‡ˆ ˆ†
Ks = 10-7,86
ˆˆ Pb2+ + 2 I
S
2S
Ks
Từ biểu thức tính số tan: Ks = [Pb2+][I-]2 =4S3 ⇒ S = 3
= 1,51.10-3 M
4
−
b) PbI2 ↓ ‡ˆ ˆ†
Ks = 10-7,86
ˆˆ Pb2+ + 2 I
S 2S + 0,01
Từ biểu thức tính số tan: Ks = [Pb2+][I-]2 = S.(2S + 0,01)2 ⇒ S = 1,31.10-4 M
−
c) PbI2 ↓ ‡ˆ ˆ†
Ks = 10-7,86
ˆˆ Pb2+ + 2 I
S + 0,1 2S
Từ biểu thức tính số tan: Ks = [Pb2+][I-]2 = (S + 0,1).4S2 ⇒ S = 1,86.10-4 M
* Nhận xét: Độ tan của PbI2 giảm khi có mặt các ion đồng dạng (Pb2+, I-).
Bài 26: Xác định độ tan của AgSCN trong dung dịch NH 3 0,003M. Biết: TAgSCN = 1,1.10-12 và hằng số
phân li của phức [Ag(NH3)2]+ bằng 6.10-8.
Giải
Gọi s là độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3 0,003M.


→ Ag+ + SCNAgSCN ¬
TAgSCN = 1,1.10-12
(1)



→ [Ag(NH3)2]+
Ag+ + 2NH3 ¬
K’ = (6.10-8)-1
(2)


Tổ hợp (1) và (2) ta có

→ [Ag(NH3)2]+ + SCNAgSCN + 2NH3 ¬
K=TAgSCN.K’=1,83.10-5


[]
0,003 -2s
s
s (M)
Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:
s2
K = 1,83.10-5 =
⇒ s =1, 27.10−5 (mol / l )
(0, 003 − 2s ) 2
Bài 27: Tính độ tan của PbSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch Na 2SO4 10-2 M cho biết =
1,6.10-8 .

Giải
Độ tan của PbSO4 trong nước nguyên chất:
PbSO4
Pb2+ + SO42S =

K S ( PbSO4 ) = 1, 6.10 −8

= 1,26.10-4 M.

Độ tan của PbSO4 trong dung dịch Na2SO4 10-2M.
Gọi độ tan là S thì:
Na2SO4 → 2Na+ + SO42PbSO4
Pb2+ + SO42Do đó:
[Pb2+] = S;
[SO42-] = ( S+ 10-2)
2+
2= [Pb ].[SO4 ] = S.(S + 10-2)
Giả sử S << 10-2 ta có: = S.10-2 = 1,6.10-8 suy ra S = 1,6.10-6 M
Vậy độ tan của PbSO4 trong dung dịch Na2SO4 nhỏ hơn độ tan của nó trong nước nguyên chất rất nhiều.
Bài 28: Một dung dịch A chứa hỗn hợp gồm Fe(NO3)3 0,001M và MnCl2 1M.
a) Cho biết kết tủa nào xuất hiện trước khi cho dư NaOH vào A. Tính khoảng pH cần thiết lập để
tách Fe3+ ra khỏi Mn2+ dưới dạng hiđroxit.
b) Nếu dung dịch A còn chứa thêm KF 1M thì có hiện tượng gì xảy ra khi cho từ từ dung dịch KOH
dư vào A. Biết hằng số thủy phân của Mn2+ và Fe3+ lần lượt là 10-10,6 và 10-2,17.
Tích số tan TMn(OH)2 = 10-12,35; TFe(OH)3 = 10-35,5. Hằng số cân bằng KFeF63- = 1016,1
Giải
a)
Fe3+ + H2O € Fe(OH)2+ + H+
Cân bằng
(0,001- x) M

xM
xM


Ta có: x2 / (0,001-x) = 10-2,17 => x = 8,84.10-4 ; [Fe3+] = 1,16.10-4 M
Mn2+ +
H2O € Mn(OH)+ + H+
Cân bằng
(1 – y) M
yM
yM
2
-6
2+
Ta có:
y / (1-y) => y = 5,01.10 => Sự mất mát Mn không đáng kể
Khi cho KOH vào thì:
- Với Fe3+ , nồng độ OH- cần để xuất hiện kết tủa:
[OH-]3 = TFe(OH)3 / ([Fe3+]) ; [OH-] = 3.10-11
2+
- Với Mn , nồng độ OH- cần để xuất hiện kết tủa:
[OH-]2 = TMn(OH)2 / [Mn2+] ; [OH-] = 6,68.10-7
Vậy Fe(OH)3 kết tủa trước Mn(OH)2
- Để kết tủa hoàn toàn Fe(OH)3
=> [OH-]3 = (10-35,5) / (10-6) => [OH-] = 1,47.10-10 M. Vậy pH = 4,17
- Để Mn2+ bắt đầu kết tủa thì:
[OH-]2 = (10-12,35) / 1 = > [OH-] = 6,68.10-7 M
Vậy pH lúc này 7,83
Vậy khoảng pH để tách hoàn toàn Fe3+ khỏi Mn2+ : pH [4,17 ; 7,83]
b) Giữa quá trình tạo phức F- và quá trình hiđroxiro, nhận thấy quá trình tạo phức F- ưu thế hơn, tạo được

phức bền:
Fe3+
+
6F- →
FeF63- (K=1016,1)
Cân bằng
z
0,999 + z
0,001 – z
16,1
Ta có: ( 0,001 – z ) / (z ( z + 0,999) ) = 10
=> z = 7,95.10-20 (Rất nhỏ) => [Fe3+] = 7,95.10-20
Khi cho NaOH vào, nồng độ OH- để tạo kết tủa Fe(OH)3 là:
[OH-]3 = (10-35,5) / (7,95.10-20) => [OH-] = 3,41.10-6 (M)
Với Mn2+, nồng độ OH- cần để xuất hiện kết tủa là 6,68.10-7
Vậy lúc đó Mn2+ sẽ kết tủa thành Mn(OH)2 trước.
Bài 29: Sục từ H2S vào dung dịch chứa Ag+ 0,10 M; Zn2+ 0,10 M và Ni2+ 0,10 M cho đến bão hòa thu
được dung dịch A.
Biết: pKs của Ag2S: 49,2; ZnS: 21,6; NiS: 18,5.
pKa của H2S: 7,02 và 12,9; nồng độ phân tử H2S bão hòa lúc cân bằng là 0,10 M.
a) Tính pH và nồng độ S2- của dung dịch H2S bão hòa trong nước.
b) Hỏi ion nào kết tủa trước và ion nào kết tủa sau cùng. Giải thích cụ thể.
Giải
a) Tính cân bằng trong dung dịch H2S theo sự phân ly 2 nấc, pH chỉ phụ thuộc nấc thứ nhất.
H2S € H+ + HSK1
- €
+
2HS
H +S
K2

→ Tính được pH = 4,01 và [S2-] = 10-12,92M
b) Để biết ta tính nồng độ cần thiết của [S2-] để xuất hiện mỗi kết tủa:
- Để xuất hiện kết tủa Ag2S từ dung dịch Ag+ 0,10M: [S2-] = KS(Ag2S)/[Ag+]2 = 10-47,2 M
- Để xuất hiện kết tủa ZnS từ dung dịch Zn2+ 0,10M: [S2-] = KS(ZnS)/[Zn2+]= 10-20,6 M
- Để xuất hiện kết tủa NiS từ dung dịch Zn2+ 0,10M: [S2-] = KS(NiS)/[Ni2+]= 10-17,5 M
→ Thứ tự kết tủa có thể xuất hiện là: Ag2S, ZnS, NiS.
Khi Ag2S xuất hiện trước, ta có:
2Ag+ + H2S € Ag2S + 2H+
K = 1029,28
Vì cân bằng có K lớn → Xem như xảy ra hồn tồn → pH = 1
Vì [H2S] = 0,1 M → ta có [S2-] = 10-18,92M > 10-20,6 M
Vậy sau khi Ag+ kết tủa hồn tồn thì Zn2+ vẫn bị kết tủa, cịn Ni2+ thì khơng bị kết tủa.
Bài 30: Hồ tan 0,1 mol AgNO3 trong 1 lít dung dịch NH3. Tính nồng độ tối thiểu mà dung dịch NH 3 phải
có để khi thêm 0,5 mol NaCl vào dung dịch Ag + trong dung dịch NH3 ta không được kết tủa AgCl. Cho
hằng số phân ly của Ag(NH3)2+: K = 6.10-8 ; TAgCl = 1,6.10-10.
Giải
Ag+ + 2NH3 = Ag(NH3)2+
Có cân bằng:


[ Ag ] .[ NH3 ]
+

+

Ag(NH3)2

‡ˆ ˆˆ†ˆ

+

Ag + 2NH3

K = 6,0.10

-8

→ K=

2

 Ag(NH ) 
[Cl ] = 0,5 mol/lít. Kết tủa AgCl khơng có nếu: [Ag ] [Cl ] 〈 TAgCl
1,6.10-10
+
→ [Ag ] 〈
= 3,2.10-10 mol/lít
0,5
.6.10 -8. Ag( NH 3 ) +2
+
→ Theo biểu thức (*): [Ag ] =
< 3,2.10-10 (**)
[ NH 3 ] 2
Gọi x là nồng độ ban đầu của dd NH3.
Ag+ + 2NH3 ‡ˆ ˆˆ†ˆ Ag(NH3)2+ K = 1,66.107
[ ]
(x – 0,2)
0,1
−8
6.10 .0,1

Từ (**) có
≤ 3,2.10-10 → x – 0,2 ≥ 4,33 → x ≥ 4,53 (mol/lít)
(x − 0, 2) 2
-

+

[

-

]

----------Hết----------

+
3 2

= 6.10-8 (*)