Mot so bai tap tong hop ve tinh toan can bang

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA HOÁ HỌC
TIỂU LUẬN HOÁ HỌC PHÂN TÍCH NÂNG CAO
MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP
VỀ TÍNH TOÁN CÂN BẰNG
Giảng viên hướng dẫn
PGS.TS: Nguyễn Đình Luyện
Sinh viên thực hiện
Lê Thị Ngọc Thảo
Huỳnh Thị Tý
Hoàng Thị Tuyết Giang
Niên khoá 2014 - 2016

MỤC LỤC
A
B
C
MỞ ĐẦU
NỘI DUNG
KẾT LUẬN

A. MỞ ĐẦU
Hoá học phân tích là một nghành khoa học về các
phương pháp xác định thành phần định tính, thành phần
định lượng, cấu trúc của các chất trong đối tượng nghiên
cứu.
Trong đó, phân tích định tính giúp tính toán nồng độ
cân bằng các cấu tử trong dung dịch khi đạt trạng thái cân
bằng nhằm mục đích đánh giá khả năng phản ứng giữa các
chất, các yếu tố ảnh hưởng đến phản ứng đó. Từ đó, tìm
cách điều khiển phản ứng xảy ra theo ý muốn.
Để tìm hiểu về phương pháp giải một số bài tập tính
toán cân bằng, chúng tôi tìm hiểu đề tài “MỘT SỐ BÀI
TẬP TỔNG HỢP VỀ TÍNH TOÁN CÂN BẰNG”

CHƯƠNG
2
CHƯƠNG
1
LÝ THUYẾT LIÊN QUAN VỀ
TÍNH TOÁN CÂN BẰNG
MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP
www.PowerPointDep.net
B. NỘI DUNG

CHƯƠNG 1: LÝ THUYẾT LIÊN QUAN
I
• Cân bằng trong dung dịch axit-bazơ
II
• Cân bằng trong phản ứng oxi hoá khử
III
• Cân bằng trong phản ứng tạo kết tủa
IV
• Cân bằng trong dung dịch phức

I. Cân bằng trong dung dịch axit-bazơ
2
a
h - C .h - W = 0
Axit mạnh:
Bazơ mạnh: 2
b
h +C .h- W = 0
Axit yếu, đơn chức:
Bazơ yếu, đơn chức:
b b
b
C .K
W
x - - = 0
x x + K
a a
a
C .K
W
h - - = 0
h h + K
(1.1)
(1.2)
(1.3)
(1.4)

Giải PT bậc cao (theo phương pháp tiếp tuyến Newton)
Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
i
i
a
i
a
h
[HA ] = C (1.5.2)
K + h
1 2 n
a 1 a 2 a n
h W+K .[HA ] K .[HA ] +...+ K .[HA ] (1.5.1)
= +
Và
Cách 1
Cách 2
(1.5)
 i
i
i
n
a
a
i=1 a
K
W
h - - C = 0
h h + K
Axit đa chức:

1.6
 i
i
i
n
b
b
i=1 b
K
W
x - - C = 0 ( )
x x + K
i
i
i b
b
x
[A ] = C (1.6.2)
K + x
−
1 2 n
b 1 b 2 b n
x K .[A ] K .[A ] +...+ K .[A ]+W (1.6.1)
− − −
= +
Và
Cách 1
Cách 2
Bazơ đa chức:

Ở 250C, ln = 2,303lg và áp dụng cho dung dịch rất loãng:
II. Cân bằng trong phản ứng oxi hoá-khử
a
0
oxh/kh b
a
0
oxh/kh b
RT (Ox)
E = E + ln
nF (Kh)
0,059 (Ox)
E = E + ln
n (Kh)
a
0
oxh/kh b
0,059 [Ox]
E = E + lg
n [Kh]
Xét bán phản ứng:
Phương trình Nernst:
- Các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng oxi hoá-khử:
pH, chất tạo phức, chất ít tan.
(1.7)
aOx+ne bKh
⇌

1 2 1 2
Phương trình tổng quát:
Ox1 + Kh2 Kh1 + Ox2
- Khi (1.8) thì phản ứng oxi hóa -
khử xảy ra.
OX Kh
E E E 0
∆ = − >
0 0
Ox Kh
n(E -E )
0,059
K = 10 (1.9)
- Để biết mức độ mạnh-yếu của phản ứng:
⇌

- Xét cân bằng:
Khi đó tích số tan
n m
m n
A B mA nB
+ −
⇔ + KS
n+ m m- n
S
K = (A ) .(B )
- Tích số tan được viết dưới dạng nồng độ ,ta có:
C
S
K
n+ m -
C n + m m - n m n
S A B
K = [A ] . [B ] .f .f
Trong đó: fi là hệ số hoạt độ của ion i
III. Cân bằng trong phản ứng tạo kết tủa
(1.10)
(1.11)
- Trong dung dịch loãng, lực tương tác giữa các ion
không đáng kể fi 1, nên:
C n + m m - n
S S
K = K = [A ] . [B ]
* Nếu độ tan lớn hơn 10-4 thì phải xét đến ảnh hưởng của
lực ion hay phải tính theo hoạt độ).
(1.12)

Khi có các quá trình phụ → Tích số tan điều kiện
. . .
'
S S A B
K = [A]'[B]' = K α α
2 n
A 1 1 2 1 n
2 n
B
n n n-1 n 1
α =1+β [L]+β β [L] +...+β ...β [L]
h h h
α =1+ + +...+
K K .K K ....K
Với
(1.13)
(1.14)
(1.15)

- Cân bằng: KS
S mS nS
Khi đó:
Suy ra:
- Nếu xét đến các quá trình phụ, thì độ tan (S’) của AmBn
được tính theo tích số tan điều kiện ( ):
n+ m+
m n
A B mA +nB
⇌
m n
n+ m- m n
S
K = A . B = (m.S) .(n.S)
   
   
   
S
(m + n)
m n
K
S =
m .n
'
' S
(m + n)
m n
K
S =
m .n
Mối quan hệ giữa độ tan và tích số tan:
'
S
K
(1.16)
(1.17)

IV.1 Hằng số bền của phức chất
IV.3.1. Hằng số bền từng nấc (k)
1
2 2
2 3 3
M+L ML k
ML+L ML k
ML +L ML k
.....................................
⇌
⇌
⇌
Sơ đồ tạo phức
Các giá trị k cho biết độ bền của từng phức và cho
phép so sánh khả năng tạo thành phức của từng nấc.
IV. Cân bằng trong dung dịch phức chất

n
M nL ML
+ β

⇀
↽

Xét quá trình tạo phức chính
' ML
M L
.
.
β α
β =
α α
'
N N
i j
M i j
i 1 j 1
1 h [X]
−
= =
α = + β + β
∑ ∑
1 1 2 n 1 1 2 n
1 2 n
n n 1
a a a a a a a
L
a a a
h K h ...K K ...K h K K ....K
K K ...K
−
−
+ + +
α =
2
H O
H OH
ML
K
1 h
h
α = +β +β
Hằng số bền điều kiện
Với
IV. Cân bằng trong dung dịch phức chất

LƯU Ý:
* Cân bằng:
[ ] [ ]
[ ] [ ]
aA+bB cC+dD
→
c d
a b
C . D
K =
A . B
* Bài tập có nhiều cân bằng :
- Cân bằng axit – bazơ:
- Cân bằng oxi hóa – khử:
- Cân bằng tạo kết tủa:
- Cân bằng tạo phức:
0 0
Ox Kh
a
n(E -E )
0,059
cb
S
f
K
K = 10
K
K = β
Cân bằng chung: K = Ka.Kcb.KS.Kf

CHƯƠNG 2: MỘT SỐ BÀI TẬP
TỔNG HỢP VỀ TÍNH TOÁN CÂN BẰNG
I
• Bài tập tổng hợp chương axit – bazơ
và oxi hoá - khử
II
và phức chất
III
và kết tủa
IV
• Bài tập tổng hợp chương kết tủa và
oxi hoá - khử

Câu 1: (trích [1]) Viết nửa phản ứng của hai cặp NO3
-/HNO2
và HNO2/NO trong môi trường axit. Chứng minh rằng HNO2
bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6.
Cho biết, ở 25oC:
Các nửa phản ứng trong môi trường axit:
-
3 2
' 0
NO /HNO
E -
-
3 2
0
NO / HNO
3.0, 059
E = .pH
2
2
' 0
HNO /NO
2
0
HNO / NO
E = E - 0, 059.pH
-
3 2
2
- + 0
3 2 2 NO /HNO
+ 0
2 2 HNO /NO
NO +3H +2e HNO +H O E =0,94V
HNO +H +e NO+H O E =0,98V
⇌
⇌
-
2
3 2
0 0
HNO /NO
NO /HNO
E =0,94V; E =0,98V
I. Bài tập tổng hợp chương axit-bazơ và
oxi hóa khử

+ Ở pH = 0
-
2
3 2
0 0
HNO /NO
NO /HNO
E E → HNO2 bị phân hủy:
+ Ở pH = 6
-
3 2
0
NO /HNO
3.0,059
E =0,94- .6=0,409V
2
2
0
HNO /NO
E =0,98-0,059.6=0,626V
-
2
3 2
0 0
HNO /NO
NO /HNO
E E

→ HNO2 vẫn không bền, bị phân hủy như phương trình (*).
Vậy: - pH có ảnh hưởng đến thế của cặp OXH-K.
- từ pH = 0 đến pH = 6, HNO2 bị phân hủy theo
phương trình (*)
- +
2 3 2
3HNO NO +2NO+H +H O (*)
⇌

Câu 2: (trích [NTD dài]) Hãy đánh giá khả năng phản
ứng của K2Cr2O7 với KBr.
a) ở pH =1,00
b) ở pH = 3,50
Giả thiết hoạt độ các chất oxi hóa, khử được xét ở điều
kiện chuẩn.
Xảy ra các cân bằng sau:
2 3
2 7
2
2 3 0
2 7 2 Cr O /2Cr
0
2 Br /2Br
Cr O 14H 6e 2Cr 7H O E 1,33V(1)
2Br Br 2e E 1,065V(2)
− +
−
− + +
−
+ + + =
+ =
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
2 3
2 7 2 2
Cr O 14H 6Br 2Cr 3Br 7H O(*)
− + − +
+ + + +
⇌
⇌
⇌
⇌
Cân bằng (1) phụ thuộc pH, ta có:
2
0' 0 14
2 7
3 2
[Cr O ]
0,059 0,059
E E lg lg[H ]
n [Cr ] n
−
+
+
= + +

Các chất được xét ở điều kiện chuẩn: 2 3
2 7
[Cr O ] [Cr ] 1M
− +
= =
0' 0 0,059
E E 14. pH
6
= −
a) Tại pH=1,00, thay vào biểu thức trên:
2
0' 0
Br /2Br
E 1,192V E 1,065V
−
= =
Phản ứng xảy ra theo chiều thuận theo cân bằng (*)
b) Tại pH=3,5
2
0' 0
Br /2Br
E 0,84V E 1,065V
−
= =
Vậy: tại pH =3,5, Cr2 O7
2- không oxi hóa được ion Br- thành Br2

Câu 3: (trích [ NVT]) Đánh giá khả năng phản ứng của
MnO4
- với Cl- trong môi trường H+ trong hai trường hợp sau:
a) pH=0
b) Dung dịch NaHCO3 pH=8,33
Cho biết:
Hướng dẫn:
2
4 2
0 0
MnO /Mn Cl /2Cl
E 1,51V; E 1,395V
− + −
= =
Xảy ra cân bằng sau: 2
4 2 2
2MnO 16H 10Cl 2Mn 5Cl 8H O
− + − +
+ + + +
⇌
⇌
⇌
⇌
a) Dựa vào 2 giá trị E0 cân bằng xảy ra theo chiều thuận
b) pH =8,33, dựa vào cân bằng: 2
4 2
MnO 8H 5e Mn 4H O
− + +
+ + +
⇌
⇌
⇌
⇌
0' 0 8.0,059pH
E E 0,72V
5
= − =
Tính được:
2
4 2
0' 0
MnO /Mn Cl /2Cl
E E
− + −
MnO4
- không oxi hóa được
Cl- , cân bằng xảy ra theo
chiều nghịch
Bài tập tự giải

Câu 4: Đánh giá tính oxi hóa-khử của cặp trong môi
trường natri hiđro cacbonat - nghĩa là ở pH = 8; biết
ở pH = 0 là +0,57 V.
3 3
4 3
AsO /A
sO
− −
3- 3-
4 3
0
As/O /AsO
E
Với hệ này xảy ra phản ứng:
3 + 3
4 3 2
AsO 2H +2e AsO H O
− −
+ +
⇌
Thế oxi hoá – khử của cặp này:
3- 3- 3- 3-
4 3 4 3
3- 3-
4 3
3
0 2 4
3
As/O /AsO As/O /AsO
3
3
0' 4
3
As/O /AsO
3
[AsO ]
0,059 0,059
E E lg[H ] lg
2 2 [AsO ]
[AsO ]
0,059
E lg
2 [AsO ]
−
+
−
−
−
= + +
= +
3- 3-
4 3
3 3 + 8
4 3
0' 8 2
As/O /AsO
Khi [AsO ] [AsO ], [H ]=10
0,059
E 0,57 lg[10 ] 0,1V
2
− − −
−
=
= + = +
Hướng dẫn:

Câu 5: (trích [ ]) Xét ảnh hưởng của pH tới tính oxi hóa
khử của cặp Fe3+ và Fe2+
Cho biết: 3 2
0
Fe /Fe
E 0,771V,
+ + = 2
2,17
FeOH
10 ,
+
∗ −
β =
5,92
FeOH
10
+
∗ −
β =
3
3,75
S(Fe(OH )
K 10 ,
−
=
2
15,1
S(Fe(OH)
K 10 .
−
=
Xét nửa phản ứng: 3 2
3 2 0 0
1
Fe /Fe
Fe e Fe E E 0,771V
+ +
+ +
+ = =
⇌
* Trong môi trường axit (pH2), thế không phụ thuộc
vào pH.
* Trong môi trường pH cao hơn (pH 2), ion Fe2+ và
Fe3+ tạo phức hiđroxo:
3 2
2 III
2
2 II
Fe H O FeOH H lg 2,17
Fe H O FeOH H lg 5,92
+ + + ∗
+ + + ∗
+ + β =−
+ + β =−
⇌
⇌
Hướng dẫn

Vì nên khi pH tăng nồng độ ion Fe3+ giảm
nhiều hơn nồng độ Fe2+, kéo theo thế oxi hóa của cặp
Fe3+ /Fe2+ giảm.
III II
lg lg
β β
* pH tăng cho đến khi Fe3+ và Fe2+ chuyển hoàn toàn
thành phức hiđroxo FeOH2+ và FeOH+
2
2
0
2
FeOH e FeOH
[FeOH ]
E E 0,0592lg
[FeOH ]
+ +
+
+
+
= +
⇌
Với
2,17
0 III
1 5,92
II
10
E 0,0592lg 0,771 0,0592lg 0,55V
10
∗ −
∗ −
β
− = − =
β
Vậy, khi pH tăng thì E giảm, tính khử của Fe(II) tăng,
tính oxi hóa của Fe(III) giảm.

* pH tiếp tục tăng, kết tủa xuất hiện, ta có cặp oxi hóa
khử mới:
3 2
0
3
Fe(OH) e Fe(OH) OH
E E 0,0592lg[OH]
−
−
↓+ ↓+
= −
⇌
3
2
37,5
S(Fe(OH) )
0 0
3 1 15,1
S(Fe(OH) )
K 10
E E 0,0592lg 0,771 0,0592lg 0,56V
K 10
−
−
= + = + =−
Với
0
3
pH 14,E E 0,56V
= = =−
* Ở
E giảm mạnh, Fe(OH)2 có tính khử mạnh

Câu 1: Tính cân bằng trong dung dịch Pb2+ 0,01M và
CH3COO- 1,0M ở pH=2,0.
Biết: 3
3
a(CH COOH)
PbCH COO
lg 2,52, lg 7,8, lgK 4,76
+
∗
β = β = − =
Có các cân bằng:
2
3 3
2
2
1
3 3 a
Pb CH COO PbCH COO lg 2,52
Pb H O PbOH H lg 7,8
CH COO H CH COOH lgK 4,76
+ − +
+ + + ∗
− + −
+ β =
+ + β = −
+ =
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
Hằng số bền điều kiện:
3
3
'
' 3
2 ' '
PbCH COO
3
'
3 3
2 ' 2 1 2
Pb
1
3 3 a 3 CH COO
[PbCH COO ]
[Pb ].[CH COO ]
[PbCH COO ] [PbCH COO ]
[Pb ] [Pb ].(1 .h ) [Pb ].
[CH COO ] [CH COO ].(1 K .h) [CH COO ].
+
−
+
+ −
+ +
+ + ∗ − +
− − − −
β =
=
= +β = α
= + = α
II. Bài tập tổng hợp chương axit – bazơ và
phức chất

Cân bằng:
2 '
3 3
'
Pb CH COO PbCH COO 0,574
C 0,010 1
C 0,010 x 1 x x
+ − +
+ β =
− −
⇌
⇌
⇌
⇌
Theo định luật tác dụng khối lượng:
'
3
2 ' '
3
3
[PbCH COO ]
0,574
[Pb ] .[CH COO ]
x
0,574
(0,01 x).(1 x)
x 1 x 3,6.10 M
+
+ −
−
=
=
− −
→ =
3
2,52
'
7,8 2 4,76 2
Pb CH COO
10
0,574
. (1 10 .10 ).(1 10 .10 )
− −
β
→ β = = =
α α + +

3
' 3
3
2 ' 3 2 2 ' 3
Pb
'
3
' 3
3 3 CH COO
[PbCH COO ] 3,6.10 M
[Pb ] 6,4.10 M [Pb ] [Pb ]. 6,4.10 M
[CH COO ] 1 x 1
[CH COO ] [CH COO ]. 1,74.10
+ −
+ − + + −
−
− − −
=
= → = α =
= − ≈
→ = α =
Thay giá trị x vào :

Câu 2: Thiết lập biểu thức và tính hằng số bền điều kiện của
phức Co(CN)6
4- ở pH =10,00 được duy trì bởi hệ đệm NH3 +
NH4
+, có [NH3]=1,0M. Coi trong dung dịch chỉ hình thành
phức Co(CN)6
4- duy nhất. Biết: 4
6
CO(CN)
lg 19,09
−
β =
Đối với phức Co và NH3 có i
lg 1,99;3,5; 4,43;5,07; 5,13; 4,39
β =
Hằng số tạo phức hiđroxo của Co2+ : lg K 11,2
= −
b(CN )
lgK 4,65
− = −
Hằng số phân li bazơ của ion CN- :
Các cân bằng
2 4
6
2 2
3 3 1
2 2
3 3 2 2
2 2
3 3 3 3
Co 6CN Co(CN) lg 19,09
Co NH Co(NH ) lg 1,99
Co 2NH Co(NH ) lg 3,5
+ − −
+ +
+ +
+ +
+ β =
+ β =
+ β =
+ β =
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌

2 2
3 3 4 4
2 2
3 3 5 5
2 2
3 3 6 6
2
2
2 b
Co 2H O CoOH H lg K 11, 2
CN H O HCN OH lg K 4,65
+ +
+ +
+ +
+ + +
− −
+ β =
+ β =
+ β =
+ + = −
+ + = −
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
4 '
' 6
2 ' '6
[Co(CN) ]
[Co ].[CN ]
−
+ −
β =
4 ' 4
6 6
6
2 ' 2 2
3 i
i 1
6
2 1 i 2
i 3 Co
i 1
1
a CN
[Co(CN) ] [Co(CN) ]
[Co ] [Co ] [CoOH ] [Co.[NH ] ]
[Co ](1+k.[H ] [ .[NH ] ]= [Co ].
[CN ] [CN ] [HCN] [CN ].(1+K .[H ] ) [CN ].
− −
+ + + +
=
+ + − +
=
− − − − + −
=
= + +
= + β α
= + = = α


'
6
C o C N
.
β
β =
α α
Hằng số bền điều kiên:
Với
Do đó
Thay [H+]=10-10 , [NH3]=1M và các giá trị hằng số cân bằng ta
được: ' 13,07
10
β =

Câu 1: Hãy mô tả các quá trình xảy ra khi thêm HCl vào dung
dịch Cd(ClO4)2 cho đến dư. Viết biểu thức định luật tác dụng
khối lượng cho các cân bằng xảy ra.
Các quá trình:
2
4 2 4
2
1
2
2 2
2
3 3
2 2
4 4
2
2
Cd(ClO ) Cd 2ClO
HCl H Cl
Cd Cl CdCl
Cd 2Cl CdCl
Cd 3Cl CdCl
Cd 4Cl CdCl
Cd H O CdOH H
+ −
+ −
+ − +
+ −
+ − −
+ − −
+ + + ∗
→ +
→ +
+ β
+ β
+ β
+ β
+ + β
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌

- Khi cho HCl đến dư, quá trình tạo phức hiđroxo của
ion Cd2+ không đáng kể do nồng độ ion H+ lớn
n
f n
2
[CdCl ]
[Cd].[Cl ]
[CdOH ].[H ]
[Cd ]
−
+ +
∗
+
β =
β =
- Theo định luật tác dụng khối lượng, ta có các biểu thức
tính hằng số bền :

Câu 2: Tính % Zn2+ 0,01M chưa tham gia tạo phức với EDTA
0,010M trong dung dịch đệm có pH=10,00 được thiết lập bởi
hệ đệm NH3 - NH4Cl có . Biết:
3 4
NH NH
C C 0,1174M
+
+ =
Hướng dẫn:
- Viết tất cả các cân bằng có thể xảy ra trong dung dịch,
lưu ý, ion Zn2+ tạo phức với EDTA và NH3
Đối với phức Zn và NH3 có i
lg 2,21; 4,5; 6,86; 8,89
β =
Axit H4Y có các giá trị Ka: i
2 2,67 6,16 10,26
a
K 10 ; 10 ; 10 ; 10
− − − −
=
- Dựa vào cân bằng:
4
a(NH )
pK 9,24
+ =
2+ 4- 2-
2+
pu
Zn +Y ZnY β'
[Zn ]
→
→
Kết quả: %Zn chưa phản ứng = 2,75.10-3%

Câu 3: Tính pH của hệ gồm Ni(NO3)2 0,050M và NH4NO3
0,37M.
Hướng dẫn:
Áp dụng ĐKP với MK là Ni2+ ,NH4
+ , H2O
2 8,94
2
9,24
4 3 a
14
2 w
Ni H O NiOH H 10
NH NH H K 10
H O OH H K 10
+ + + ∗ −
+ + −
− + −
+ + β =
+ =
+ =
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
3
2
w a 4
h [H ] [OH ] [NH ] [NiOH ]
h K K [NH ] [Ni ]
+ − +
+ ∗ +
= = + +
 = + +β
Thay các giá trị [NH4
+] và [Ni2+] gần đúng vào tính được h
Thay ngược lại giá trị h vào biểu thức tính [NH4
+] và
[Ni2+], nếu kết quả lặp, suy ra giá trị pH
Trả lời: pH =4,78
Các cân bằng:

III. Bài tập tổng hợp chương axit – bazơ
và kết tủa
Câu 1: Dung dịch bão hoà H2S có nồng độ 0,1M. Hằng số axit
của H2S: K1 = 1,0.10-7 và K2 = 1,3.10-13. Một dung dịch A chứa
các cation Mn2+, Co2+ và Ag+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion
đều bằng 0,01M. Hoà tan H2S vào A đến bão hoà và điều chỉnh
pH = 2 thì ion nào tạo kết tủa?
Cho: TMnS = 2,5.10-10, TCoS = 4,0.10-21, TAg2S = 6,3.10-50
Điều kiện xuất hiện kết tủa:    
   
m n
n+ m-
S
M . A K
   
 =
   
2
2- 2-
2
2-
H S
2- 2-
H S S S
S
C
C = C = S .α S
α
Ta có:
Với 2-
2
S
a2 a2 a1
h h
α =1+ +
K K .K

Tích các nồng độ:
2+ 2- -19 -10
MnS
[Mn ].[S ]=1,3.10 T =2,5.10 Không có kết tủa MnS
2+ 2- -19 -23
MnS
[Co ].[S ]=1,3.10 T =4.10 Tạo kết tủa CoS
2
+ 2 2- -21 -50
Ag S
[Ag ] .[S ]=1,3.10 T =6,3.10 Tạo kết tủa Ag2S
Khi pH = 2
2-
2 2 2
15
13 13 7
S
10 (10 )
α 1 7.69.10
1,3.10 1,3.10 .1.10
− −
− − −
= + + =
2- -17
15
0,1
S = =1,3.10
7,69.10
 
 
Kết luận: pH có ảnh hưởng đến việc tạo kết tủa của
các chất

a2
Câu 2: Bạc oxalat có tích số tan trong nước là 10-10,46 tại pH =
7. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH = 5.
Hai hằng số phân li của axit oxalic lần lượt là: Ka1 = 5,6.10-2
và Ka2 = 6,2.10-6
2
1
2
+ 2-
2 4 2 4 s
2- + - -1
2 4 2 4 a
- + -1
2 4 2 2 4 a
+
4 2- - 2-
2 2 2 4 2 4 2 2 4 2 4
a
Ag SO 2Ag +C O K
C O +H HC O K
HC O +H H C O K
[H ]
[ O ]'=[C O ]+[HC O ]+[H C O ]=[C O ]. 1+
K
C −
⇌
⇌
⇌
2 4
2 1
2 4
2 2 1
2 4
+ 2
2-
2 4 C O
a a
+ + 2
C O
a a a
'
S C O
S 3
3
[H ]
+ [C O ].α
K .K
[H ] [H ]
α = 1+ + (*)
K K .K
K .α
K
S'=
4 4
 
=
 
 
 
=

Tại pH = 7 thì [H+] = 10-7
Tại pH = 5 thì [H+] = 10-5
2 4
10,46
4
3
C O
10 .2,61
α 2,61 S' 2,83.10
4
−
−
→ ≈ → = =
2-
2 4
10,46
4
3
C O
10
α 1 S 2,05.10
4
−
−
≈ → = =
Kết luận: pH có ảnh hưởng đến độ tan của các chất. pH
càng giảm thì độ tan càng tăng.

Câu 3: Hỏi phải thêm bao nhiêu ml dung dịch H2SO4 1M vào
100ml dung dịch BaCl2 0,1M để bắt đầu xuất hiện kết tủa
BaSO4? Tính pH tại thời điểm đó? Cho biết tích số tan của
BaSO4 là TBaSO4=1,26.10-10 và coi H2SO4 phân li hoàn toàn.
4
10
BaSO
2- 9
4 2+ 1
2 9 -7
4 2 4
T 1,26.10
[SO ]= 1,26.10 M
[Ba ] 10
V
[SO ] 1. 1,26.10 V=1,26.10 ml H SO 1M
100
−
−
−
− −
= =
= = →
2 4
+ 2- 9 9
H SO 4
[H ] =2.[SO ] 2.1,26.10 =2,52.10 M
− −
=
Nồng độ ion SO4
2- khi bắt đầu xuất hiện kết tủa BaSO4
Nồng độ do H2SO4 cung cấp:
2 4 2 2
+ + + 7
H SO H O dd H O
[H ] [H ] [H ] [H ] 10 pH=7
+ −
→ = = →
≪

Câu 4: (trích) Độ tan của AgCl trong nước cất ở một nhiệt
độ nhất định là 1,81 mg/dm3 (dung dịch). Thêm HCl để
chuyển pH về 2,35, giả thuyết thể tích dung dịch sau khi
axit hóa vẫn giữ nguyên và bằng 1,00 dm3. Hãy tính xem
độ tan của AgCl đã giảm đi mấy lần sau khi axit hóa dung
dịch ban đầu đến khi có pH = 2,35.
+ Trong nước cất:
S = 1,81 mg/dm3 = 1,26.10-5 mol/l
→ KS(AgCl) = S2 = (1,26.10-5)2 = 1,59.10-10 (mol/l)2
+ Trong dung dịch có pH = 2,35:
- Ta có cân bằng:
- + -pH
Cl H =10
   
≈
   
+ -
AgCl Ag +Cl
⇌

-pH 2 -pH
S S
K =S'.(S'+10 ) S' 10 S' K 0
⇔ + − =
Thay các giá trị KS và pH ta thu được S’ = 3,56.10-8 mol/l
Vậy độ tan của AgCl đã giảm đi số lần sau khi axit hóa
dung dịch ban đầu đến khi có pH = 2,35 là:
-5
-8
S 1,26.10
= 354
S' 3,56.10
≈ lần

Câu 5: Đánh giá khả năng hòa tan CuS trong HCl 1,0 M.
Hướng dẫn:
Trong môi trường axit, [H+ ] =1M, khá lớn nên bỏ qua quá
trình điện li của nước, nên không kể đến quá trình tạo
phức hiđroxo của ion Cu2+
Viết tất cả các cân bằng có thể xảy ra trong dung dịch
2 2 35,2
S
2 1 12,9
a2
1 7,02
2 a1
CuS Cu S K 10 (1)
S H HS K 10 (2)
HS H H S K 10 (3)
+ − −
− + − −
− + −
+ =
+ =
+ =
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
Tổng hợp 3 quá trình trên,ta được cân bằng tổng :

2 1 1 15,3
2 s a2 a1
CuS 2H Cu H S K K .K .K 10
+ + − − −
+ + = =
⇌
⇌
⇌
⇌
K khá nhỏ nên đánh giá cân bằng hầu như không xảy ra
theo chiều thuận
2
2
CB
CuS 2H Cu H S K
C 1M
C 1 2x x x
+ +
+ +
−
⇌
⇌
⇌
⇌
Đánh giá định lượng:
x = 2,5.10-8 M vô cùng bé, nên Cu2+ không tan
trong HCl 1M.

Câu 6: Tính nồng độ HCl phải thiết lập trong dung dịch
ZnCl2 0,10M sao cho khi bão hòa dung dịch này bằng H2S
(CH2S =0,1M) thì không có kết tủa ZnS tách ra. Biết: Ks
=10-21,6, axit H2S có Ka1 =10-12,9 ; Ka2 =10-7,02
Cân bằng tạo kết tủa: 2 2 1
s
Cu S CuS K
+ − −
+ ⇌
⇌
⇌
⇌
Hướng dẫn:
Để kết tủa không hình thành: 2 2 2
2
S
s
Cu S S
Zn
K
C .C K C (1)
C
+ − −
+
→
Viết tất cả các cân bằng tạo thành trong dung dịch
2 a1
2
a2
2 2 1
s
H S H HS K
HS H S K
S Zn ZnS K
+ −
− + −
− + −
+
+
+ ↓
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌

Tính được: 2 a1 a 2 2
2
K .K .[H S]
[S ]
[H ]
−
+
=
Thay vào (1) ta được giá trị H+ :
2
a1 a2 2 Zn
s
K .K .[H S].C
[H ]
K
[H ] 0,692M
+
+
+

Vậy: để không có kết tủa ZnS tách ra trong dung dịch bão
hòa H2S 0,10M thì nồng độ HCl phải lớn hơn 0,692M.

IV. Bài tập tổng hợp chương kết tủa và
oxi hoá-khử
phản ứng oxi hóa - khử xảy ra.
OX Kh
ΔE = E - E 0
• Ta có phản ứng: 2
Cu 2Ag Cu 2Ag (1)
+ +
+ +
⇌
a) Nếu không có Cl-
2
0 0 0
Ag /Ag Cu /Cu
E E E 0,799 0,34 0,459 0
+ +
∆ = − = − =
Phản ứng (1) xảy ra theo chiều thuận
Câu 1: Đánh giá khả năng phản ứng của Cu với Ag+ khi:
a) Không có Cl-
b) Có Cl- dư
Biết: 2+ +
0 0 -10
S(AgCl)
Cu /Cu Ag /Ag
E =0,34V, E =0,799V, K =1,78.10

0
AgCl/Ag
E /0,059
AgCl e Ag Cl K 10
−
+ + =
⇌
1 s
AgCl Ag Cl K K
+ −
+ =
⇌ 0
Ag /Ag
E /0,059
2
Ag 1e Ag K 10
+
+
+ =
⇌
0
0
A g C l/ A g A g / A g
1 2
E / 0 ,0 5 9
E / 0 ,0 5 9
s
K K .K
1 0 K .1 0
+
=
⇔ =
2
0 0
AgCl/Ag s Ag /Ag
0
Cu /Cu
E 0,059lg K E
0,209V E
+
+
⇔ = +
=
0
E 0
⇒ ∆ Phản ứng (1) không xảy ra
Ta có:
Kết luận: Cu khử được Ag+ khi không có Cl-
Khi có mặt Cl- dư thì phản ứng giữa Cu và Ag+ không xảy ra.
b) Có Cl-

Câu 3: Giá trị tích số tan (Ks) của PbC2O4 ở 250C là
8,5.10-10 và thế khử chuẩn của cặp Pb2+/Pb là E0’=-0,126V.
Tính thế điện cực PbC2O4/Pb bằng 2 cách.
0
0' 0'
2+ 2-
2 4 2 4 S
2+ n.E /0,059
1
2-
2 4 2 4
-10 2.(-0,126)/0,059 -13,34
s 1
n.E /0,059 2.E /0.0
PbC O Pb +C O K
Pb +2e Pb K =10
PbC O +2e Pb+C O K
K=K .K =8,5.10 .10 =10 (1)
K=10 =10
⇌
⇌
⇌
59
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
0' -13,34.0,059
E = =-0,394V
2
Cách 1:

2 + 2 -
2 4 2 4 S
2 + 0
2 - 0 '
2 4 2 4
2 + 2 -
s 2 4
0 2 +
0 '
P b C O P b + C O K
P b + 2 e P b E
P b C O + 2 e P b + C O E
K = [P b ].[C O ] (1 ')
0 ,0 5 9
E = E + lg [P b ] (2 ')
2
0 ,0 5 9 1
E = E + lg
2 [
⇌
⇌
⇌
2 -
2 4
(3 ')
C O ]
0' 0
s
10
0,059
E E lgK
2
0,059
0,126 lg8,5.10 0,394V
2
−
= +
= − + = −
Cách 2:
Từ (1’), (2’), (3’), ta có:

Câu 1: (trích) Cho các thế chuẩn sau đây:
Trên cơ sở đó hãy tính tích số tan của AgBr ở 25oC.
- 0
(r) 1
+ 0
2
AgBr +e Ag+Br E =0,0713V
Ag +e Ag E =0,7996V
→
→
0
1
0
2
E /0,059
-
(r) 1
-E /0,059
+
2
+ -
(r) S 1 2
AgBr +e Ag+Br K =10
Ag Ag +e K =10
AgBr Ag +Br K =K .K
→
→
→
0 0
1 2
0 0
1 2
E /0,059 -E /0,059
S 1 2
(E -E )/0,059 13
S
K =K .K 10 .10
K 10 4,528.10−
=
⇔ = =
BÀI TẬP TỰ GiẢI

Câu 2: Đánh giá khả năng oxi hoá – khử của cặp Ag+/Ag
khi có mặt ion X- (X=Cl, Br, I, SCN).
Hướng dẫn:
Trả lời: .Tính khử của Ag tăng lên, tính oxi
hoá của Ag+ giảm xuống.
Câu 3: Đánh giá khả năng phản ứng giữa Cu2+ và I-. Cho
Ks(CuI)=10-12,
Hướng dẫn:
Trả lời: Cu2+ oxi hoá dễ dàng I- tạo ra I3
- và CuI.
+
0 0
AgX/Ag S(AgX)
Ag /Ag
E =E +0,059lgK
2+ + 3- -
0 0
Cu /Cu I /3I
E =0,153V,E =0,5355V
2+ 3- -
0 0
Cu /CuI I /3I
E =0,86VE =0,5355V
+
0 0
AgX/Ag Ag /Ag
E E
≪

Câu 1: [99] (trích) Bạc oxalat có độ tan trong nước là 2,06.10-4
tại pH = 7. Độ tan của nó bị ảnh hưởng khi có tác nhân tạo
phức. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch chứa 0,02M
NH3 và có pH = 10,8. Biết với sự có mặt của amoniac thì ion
bạc tạo thành hai dạng phức Ag(NH3)+ và Ag(NH3)2
+. Các hằng
số tạo phức từng nấc tương ứng là:
3 3
1 2
β 1,59.10 ;β 6, 76.10
= =
V. Bài tập tổng hợp chương kết tủa và phức chất
Trong nước ở pH = 7: ( ) ( )
2 2 4
2 2
+ 2-
2 4
S Ag C O
K = Ag . C O = 2S .S
   
   
Trong môi trường có ảnh hưởng của tác nhân tạo
phức và pH: ( )
+ 2-
2 4
2
S S Ag C O
K' =K .α .α = 2S' .S'

( )
( )
2
1
1
2- + - -1 5
2 4 2 4 a
1
- + -1 2
2 4 2 2 4 a
+ +
3 3 1
+ +
3 3 3 2 2
C O +H HC O K = 5,37.10
HC O +H H C O K 5,62.10
Ag +NH Ag(NH ) β
Ag(NH ) +NH Ag(NH ) β
−
−
−
−
=
⇌
⇌
⇌
⇌
[ ] [ ]
+
2-
2 4
2
1 3 1 2 3
Ag
2
Cr O
a1 a1 a2
+ α =1+β . NH +β β . NH =4332,16
h h
+ α =1+ + 1
K K .K
≈
Dung dịch có có mặt của amoniac và pH=10,8:
( )
( ) ( )
+ 2-
2 4
2
S S Ag Cr O
3
4 3
3
K' =K .α .α = 2S' .S'
4. 2,06.10 .4332,16.1 4. '
S' 3,36.10
S
−
−
⇔ =
⇔ =
Vậy độ tan của bạc
oxalat bị ảnh hưởng
bởi pH và tác nhân
tạo phức.

Câu 2: Trộn 1,00 ml hỗn hợp đệm (A) gồm NH3 2,0 M và
NH4NO3 2 M với 1,00 ml dung dịch B gồm FeCl3 2,0.10-3 M
và NaF 0,20 M. Có kết tủa Fe(OH)3 hay không?
Biết: 3
-37
S(Fe(OH) )
K =10
Sau khi trộn, ta có:
+ 3+ -
3 4
-3
NH NH Fe F
C =C =1,00M;C =1,0.10 M;C =0,10M
- Trong dung dịch B:
3+ - 2+
1
3+ - +
2 2
3+ -
3 3
Fe +F Fe lgβ =5,18 (1)
Fe +2F Fe lgβ =9,07 (2)
Fe +3F FeF lgβ =12,10 (3)
⇌
⇌
⇌
3+
3+ - 2- 2 - 3 -3
1 2 3
Fe
C =[Fe ](1+β [F ]+β [F ] +β [F ] )=1.10

-
-
F
3
3+ 13
5,18 1 9,07 2 12,10 3
Coi [F ] C =0,10
1.10
[Fe ] 7,9.10 M
1 10 .10 10 .10 10 .10
−
−
− − −
≈
→ ≈ =
+ + +
- Trong dung dịch A:
+ - -4,76
3 2 4 b
-4,76 - -4,76
b
NH +H O NH +OH K =10
C 1,0 1,0
[] 1,0-x 1,0+x x
x(1,0+x)
K = =10 x=[OH ]=10
1,0-x
→
⇌
Ta có:
3
3+ - 3 -13 -4,76 3 -26,4 -37
S(Fe(OH) )
[Fe ].[OH ] 7,9.10 .(10 ) =10 K =10
≈
Như vậy vẫn có kết tủa Fe(OH)3.

Câu 1: Bạc clorua dễ dàng hoà tan trong dung dịch
amoniac vì tạo ion phức:
Một lít dung dịch amoniac 1M hoà tan được bao nhiêu
gam AgCl. Biết: KS(AgCl)=1,8.10-10,
+ -
3 3 2
AgCl +2NH [Ag(NH ) ] +Cl
↓ ⇌
+
3 2
6,77
[Ag(NH ) ]
β =10
Trả lời: mAgCl = 4,38 gam
Hướng dẫn:
+
3 2
+
3 2
+ 2
[Ag(NH ) ]
3
+ - + - -
3 2 3
S(AgCl)
+
-
-
[Ag(NH ) ]
β =
[Ag ].[NH ]
[Ag ] [Cl ];[Ag(NH ) ] =[Cl ];[NH ]=1-2[Cl ]
K
[Ag ]=
[Cl ]
[Cl ]=0,0305M
→
≪

Câu 2: [99] Cadimi tạo thành hyđroxit hơi khó tan là Cd(OH)2
a. Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong nước nguyên chất.
b. Tính độ tan của Cd(OH)2 trong nước có chứa 10-3M ion CN-
Biết:
Các hằng số tạo phức từng nấc lần lượt là:
2
-15 3
S(Cd(OH) )
K =5,9.10 M
Hướng dẫn: a. Trong nước nguyên chất
2
S
K =S.(2S)
b. Trong nước có chứa ion CN-:
2 + -
' 2
S S C d O H
K = K .α .α = S '.(2 S ')'
Với: 2+
-
- - 2 - 3 - 4
1 1 2 1 2 3 1 2 3 4
Cd
OH
α =1+β [CN ]+β β [CN ] +β β β [CN ] +β β β β [CN ]
α =1
( )
5,48 5,12 4,63 3,65 -1
1 2 3 4
β =10 ;β =10 ;β =10 ;β =10 M ;
Trả lời: a. S = 1,14.10-5M.
b. S’ = 2,40.10-3M.

Câu 3: [99] Tính độ tan của AgBr trong dung dịch NH3
0,02M. Biết KS(AgBr) = 10-12,3; các hằng số bền của phức
[Ag(NH3)i]+ tương ứng là: lgβ1 = 3,32 (i = 1) và lgβ2 = 7,23
(i = 2).
Hướng dẫn: + -
S S Ag Br
K' =K .α .α
+
3
0
NH S
Ag
C C = K
2 1
β β
+ -
3 3 2
AgBr +2NH Ag(NH ) +Br
↓ ⇌
Trả lời: S = 5,65.10-5.

VI. Bài tập tổng hợp chương oxi hóa-khử và
phức chất
Câu 1: [99] Tính nồng độ Cu2+ và Cd2+ khi lắc một mẩu
Cd với dung dịch CuCl2 0,01M trong hỗn hợp NH3 +
NH4NO3 trong đó Cho:
+
3 4
NH NH
C +C =2M;pH=9,24.
2+ 2+ +
4
2+ 2+ 11,75
3 3 4 1
2+ 2+ 6,74
3 3 4 2
0 0 -9,24
Cu /Cu Cd /Cd a(NH )
Cu +4NH Cu(NH ) β =10
Cd +4NH Cd(NH ) β =10
E =0,337V;E =-0,402V;K =10
⇌
⇌
2 + 2 +
C d + C u C u + C d
⇌
2+ 2+
3 4 3 4
Cd+Cu(NH ) Cu+Cd(NH )
⇌

Hỗn hợp đệm NH3 + NH4NO3
a
a
b
a a b
C
h=K .
C
h=K C =C

+ 3
4
+ 3
4
+ 3
4
NH NH
NH NH
NH NH
C =C
C =C =1M
C +C =2


 ⇔



Vì β1 (1011,75) β2 (106,74) nên Cu2+ tạo phức hoàn toàn.
2 2 11,75
3 3 4 1
0
4 ( ) 10
0,001 1
Cu NH Cu NH
C M M
β
+ +
+ =
⇌
[ ] _ 0,996Μ 0,001

2+
Cu /Cu
2+
Cd /Cd
2.E /0,059
2+
1
-2.E /0,059
2+
2
2+ 2+ -1
3 4 3 1
2+ 2+
3 3 4 2
2+
3 4
Cu +2e Cu K =10
Cd Cd +2e K =10
Cu(NH ) Cu +4NH β
Cd +4NH Cd(NH ) β
Cd+Cu(NH ) Cu+Cd(N
⇌
⇌
⇌
⇌
⇌ 2+ -1 20,15
3 4 1 2 1 2
0
H ) K=K .K .β .β =10
C 0,001
[] - 0,001
Tổ hợp các cân bằng:

2+ 2+ -1
3 4 3 4
Cu+Cd(NH ) Cd+Cu(NH ) K
[] 0,001-x x
⇌
2+
3 4
1 23,15
2+
3 4
Cu(NH )
K 10
0,001
Cd(NH )
x
x
x
− −
 
 
= =  =
−
 
 
Tính nồng độ Cu2+ và Cd2+ theo các cân bằng
2+ 2+ -1
3 4 3 2
-1
-10
2
4 -1
2
Cd(NH ) Cd +4NH β
0,001-b b 0,996
β .0,001
b= =1,85.10
(0,996) +β

⇌
2+ 2+ -1
3 4 3 1
23,15
-1 -23,15
-35
1
4
Cu(NH ) Cu +4NH β
10 a 0,996
β .10
a= =1,28.10
(0,996)
−

⇌
2+ -35
2+ -10
Cu =a=1,28.10 M
Cd =b=1,85.10 M
 
 
 
 

Câu 2: [99] Có thể hoà tan hoàn toàn 100mg bạc kim loại
trong 100ml dung dịch amoniac nồng độ 0,1M khi tiếp xúc
với không khí được không?
Cho biết nguyên tử khối của Ag = 107,88; hằng số
điện li bazơ của amoniac là Kb = 1,74.10-5; các hằng số
bền của phức [Ag(NH3)i]+ tương ứng là: lgβ1 = 3,32(i = 1)
và lgβ2 = 6,23(i = 2).
Các thế khử (thế oxy hóa-khử) chuẩn ở 25oC:
Eo(Ag+/Ag) = 0,799V; Eo(O2/OH-) = 0,401V. Áp suất riêng
phần của oxy trong không khí là 0,2095atm. Phản ứng
được thực hiện ở 25oC.

-3
-4
Ag
100.10
n = =9,27.10 (mol)
107,88
Số mol cực đại của NH3 cần để tạo phức là:
9,27.10-4 . 2 = 1,854.10-3(mol) số mol NH3 (10-2mol)
Vậy NH3 rất dư để hoà tan lượng Ag nếu xảy ra phản ứng.
Ag+ + e → Ag
O2 + 4e + H2O → 4OH- 2
0 +
1 1
O
0
2 2 4
-
E =E +0,059.log Ag
P
0,059
E =E + .log
4 OH
 
 
 
 
Khi cân bằng E1 = E2.
Với [ ]
- -5 -3
b 3
OH = K . NH = 1,74.10 .0,1=1,32.10 M
 
 
Suy ra: [Ag+] = 9,2.10-5M

Nồng độ tổng cộng của Ag+ trong dung dịch:
[Ag+]’ = [Ag+] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2
+]
= [Ag+].(1 + β1[NH3] + β2[NH3]2) = 1,58M
Giá trị này lớn hơn nhiều so với lượng Ag dùng
cho phản ứng.
Kết luận: Có thể hoà tan hoàn toàn 100mg bạc kim loại
trong 100ml dung dịch amoniac nồng độ 0,1M khi tiếp
xúc với không khí được không

Câu 1: Co2+ có tính khử rất yếu, rất khó oxi hoá thành
Co3+ trong môi trường axit, nhưng khi có mặt NH3 dư
thì Co2+ dễ dàng bị oxi hoá bởi H2O2. Giải thích.
Cho:
3+ 2+
2 2 2
6 6
0 0
H O /H O
Co(NH3) /Co(NH3)
E =0,018VE =1,77V
Hướng dẫn:
3+ 3+ 2+
3 6 3 6
0 35,16 4,39
Co /Co Co(NH ) Co(NH )
E =1,84V;β =10 ;β =10
2+
6
3+ 2+ 3+
6 6
3+
6
Co(NH3)
0 0
Co(NH3) /Co(NH3) Co /Co
Co(NH3)
β
E =E +0,059.lg
β
Trả lời:

Câu 2: [99] Đánh giá khả năng hoà tan của Ag trong NH3
1M (khi không có không khí).
Cho biết: Kb = 1,74.10-5; Eo(Ag+/Ag) = 0,799V; hằng số
Henri λ = 103,12; các hằng số bền của phức [Ag(NH3)i]+
tương ứng là: lgβ1 = 3,32(i = 1) và lgβ2 = 6,23(i = 2).
Hướng dẫn:
[ ]
0
Ag /Ag
+
2
-E /0,059
+ -
3 2 3 2 2 2
- 1/2 +
H 3 2
2
3
1
Ag+2NH +H O Ag(NH ) + H +OH K=10 .β .1.W
2
OH .P . Ag(NH ) K
K'=
λ
NH
K
   
   
⇔ = 
⇌
Với [OH-] từ Kb.
Trả lời: [Ag(NH3)2
+= 10-19,55. Ag không tan trong NH3.

Câu 3: [99] Tính hằng số cân bằng đối với phản ứng sau:
Cho: 2+ +
2+ -
0 0 -10
S(AgCl)
Cu /Cu Ag /Ag
2AgCl +Cu 2Ag +Cu +2Cl
E =0,337V;E =0,799V;K =10
↓ ↓ ↓
⇌
Hướng dẫn:
0
+
Ag /Ag
0
2 /
2.E /0,059
+
1
+ - 2
S
-2.E /0,059
2+
1
2+ -
2× Ag +1e Ag K =10
2× AgCl Ag +Cl K
Cu Cu +2e K =10
2AgCl+Cu 2Ag+Cu +2Cl K
Cu Cu
+
⇌
⇌
⇌
⇌
Trả lời: K = 10-4,34.

C. KẾT LUẬN
Trong phạm vi đề tài, nhóm em tập trung lựa chọn và
trình bày các nội dung liên quan đến bài tập tổng hợp về tính
toán cân bằng. Cụ thể như sau:
- Hệ thống hoá công thức tổng quát liên quan đến cân bằng
axit – bazơ, oxi hoá – khử, kết tủa, tạo phức.
- Sưu tầm, phân loại và giải được 12 bài tập tổng hợp liên
quan đến mỗi phần.
- Sưu tầm, phân loại 19 bài tập tự giải liên quan đến mỗi
phần. Các bài tập tự giải đều có phần hướng dẫn và đáp án.

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO
- Nguyễn Tinh Dung (2009), Hoá học phân tích cân
bằng ion trong dung dịch, NXB Đại học sư phạm.
- Ngô Văn Tứ (2010), Hoá học phân tích định tính,
Trường đại học sư phạm Huế.
- Đáp án phần Hoá hc Đại Cương và Vô Cơ, Bảng A
-Olympic Hóa học các Trường Đại học Việt Nam lần
thứ ba, 2005.
- Đề thi Olympic hoá học sinh viên toàn quốc lần thứ V
(2008) – bảng B.

Mot so bai tap tong hop ve tinh toan can bang

Mot so bai tap tong hop ve tinh toan can bang

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (20)

Similaire à Mot so bai tap tong hop ve tinh toan can bang

Similaire à Mot so bai tap tong hop ve tinh toan can bang (20)

Plus de Nguyen Thanh Tu Collection

Plus de Nguyen Thanh Tu Collection (20)

Dernier

Dernier (20)

Mot so bai tap tong hop ve tinh toan can bang