Tính độ tan của mg(oh)2 trong dung dịch đệm có ph = 6; 8; 10.

Đáp án:

a. $T = 1,{58.10^{ - 11}}$

b. $pH = 7$

Giải thích các bước giải:

 a. Dung dịch bão hòa có

$\begin{gathered} pH = 10,5 \to pOH = 14 - 10,5 = 3,5 \hfill \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to {\text{[}}O{H^ - }{\text{]}} = {10^{ - 3,5}}M \hfill \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to {\text{[}}M{g^{2 + }}{\text{]}} = \frac{{{{10}^{ - 3,5}}}}{2}M \hfill \\ \end{gathered} $

Tích số tan:

$T = {\text{[}}M{g^{2 + }}{\text{]}}.{{\text{[}}O{H^ - }{\text{]}}^2} = \frac{{{{10}^{ - 3,5}}}}{2}.{({10^{ - 3.5}})^2} = 1,{58.10^{ - 11}}$

b. 

$\begin{gathered}  {n_{Mg{{(OH)}_2}}} = 0,02\,\,mol \hfill \\  {n_{HCl}} = 0,002\,\,mol\,\,\,\,\,\,\,\,\, \hfill \\ 

\end{gathered} $

Phương trình hóa học:

$\begin{gathered} Mg{(OH)_2} + 2HCl \to MgC{l_2} + {H_2}O\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \hfill \\ 0,001\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow 0,02\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,mol \hfill \\ \end{gathered} $

Trong dung dịch chứa 

${n_{M{g^{2 + }}}} = 0,001\,\,mol \to {\text{[}}M{g^{2 + }}{\text{]}} = 0,01M$

Ta có: 

$\begin{gathered} {T_{Mg{{(OH)}_2}}} = {\text{[}}M{g^{2 + }}{\text{][}}O{H^ - }{{\text{]}}^2} = 1,{58.10^{ - 11}} \hfill \\ \to {{\text{[}}OH]^ - } = \sqrt {\frac{{1,{{58.10}^{ - 11}}}}{{0,01}}} = 3,{97.10^{ - 5}} \hfill \\ \end{gathered} $

$pH = 14 + \log [O{H^ - }] = 9,6$

You're Reading a Free Preview
Pages 8 to 18 are not shown in this preview.

You're Reading a Free Preview
Pages 7 to 15 are not shown in this preview.

Loading Preview

Sorry, preview is currently unavailable. You can download the paper by clicking the button above.

Loading Preview

Sorry, preview is currently unavailable. You can download the paper by clicking the button above.

MỤC LỤCA.MỞ ĐẦUI.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀIHóa học phân tích là môn khoa học có vai trò to lớn, chiếm một vị trí quan trọngtrong quá trình giảng dạy môn hóa học ở trường trung học phổ thông, đặc biệt đối vớitrường chuyên và luyện thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế. Trong những năm gần đâyđã có một số công trình nghiên cứu việc vận dụng lý thuyết hóa học phân tích về phảnứng oxi hóa – khử, phản ứng axit – bazơ, phản ứng tạo thành hợp chất ít tan trong giảngdạy học sinh trường chuyên và bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế.Thực trạng đặt ra lúc này là nhiều học sinh và sinh viên gặp khó khăn trong vấn đề tựtìm tài liệu, chọn giáo trình phù hợp, tốn nhiều thời gian trong việc tìm kiếm, phải tựxoay sở để chiếm lĩnh kiến thức và kĩ năng giải bài tập hóa học nói chung và đặc biệt làchuyên đề hóa học phân tích định tính trong quá trình học tập.Xuất phát từ những vấn đề cấp bách trên, với cương vị là một sinh viên khoa hóa, emrất mong mỏi có được một nguồn tài liệu có giá trị và phù hợp trong các kì thi Quốc gia,Quốc tế. Bên cạnh đó có thể cung cấp được tài liệu tham khảo học tập cho bản thân cũngnhư các bạn học sinh, sinh viên. Tất cả lí do đó, em lựa chọn đề tài : “ Tìm hiểu bài tậphóa học phân tích định tính ở các kỳ thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế ” để nghiêncứu.II.III.IV.V.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨUXây dựng nguồn tài liệu về bài tập hóa học phân tích cho các kì thi Olympic cấpQuốc gia, Quốc tế.ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨUHệ thống bài tập hóa học phân tích dùng trong học tập hóa học phân tích định tínhvà cho các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế.NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨUNghiên cứu chương trình hóa học phổ thông nâng cao, chuyên hóa học vàchương trình ở bậc đại học chuyên ngành hóa học. Phân tích các đề thi học sinhgiỏi cấp quốc gia, quốc tế và đi sâu nội dung hóa học phân tích định tính.Xây dựng hệ thống bài tập hóa học phân tích dùng cho học sinh chuyênhóa, sinh viên chuyên ngành hóa.Đề xuất phương pháp sử dụng hệ thống bài tập thích hợp.PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU- Đọc, thu thập tài liệu- Tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫnXử lý, tổng hợp.PHẠM VI NGHIÊN CỨUBài tập phần hóa học phân tích định tính.-VI.B.NỘI DUNGBÀI 1 :Bạc clorua dễ dàng hòa tan trong dung dịch amoniac trong nước vì tạo ion phức:AgCl(r) + 2 NH3Ag(NH3)2+ + Cla) Một lít dung dịch amoniac 1M hòa tan được bao nhiêu gam AgCl? Biết:AgCl(r)Ag+ + ClT = 1,8.10-10Ag(NH3)2+ Ag+ + 2 NH3K = 1,7.10-7b) Xác định tích số tan T của AgBr. Biết rằng 0,33 g AgBr có thể tan được trongdung dịch amoniac 1M.(ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC BUNGARI NĂM 1998)Bài giảia) Ta có :K = = 1,7.10-7T = [Ag+][Cl-] = 1,8.10-10Vì [Ag+] << [Cl-] ; [Ag(NH3)2+] = [Cl-] ; [NH3] = 1- 2[Cl-][Ag+] = nên thay tất cả các đẳng thức trên vào phương trình của K ta tínhđược : [Cl-] = 0,0305MmAgCl = 4,38 g-3b) [Br ] = = 1,75.10 M= 1,7.10-7= 5,3.10-13BÀI 2 :a) Xác định nồng độ ion H+ và giá trị pH của dung dịch tạo thành khi cho 0,82g CH3COONa vào 1 L dung dịch CH3COOH 0,1Mb) Phải thêm vào bao nhiêu gam NaOH rắn vào dung dịch này để làm pH tăngmột đơn vị.c) So với nồng độ của phân tử CH3COOH trong dung dịch CH3COOH 0,1Mthì nồng độ phần tử CH3COOH trong các dung dịch thứ nhất và thứ hai đãthay đổi theo những tỉ số nào? (Có thể tính gần đúng).Biết Ka(CH3COOH) = 1,8.10-5(ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC BUNGARI NĂM 1998)Bài giảiCH3COOHCH3COO- + H+Ka = = 1,8.10-5CH3COONaCH3COOHCH3COO- + Na+CH3COO- + H+CH3COOH + NaOHCH3COONa + H2OĐối với dung dịch axit axetic (tinh khiết) ban đầu :[CH3COO-] = [H+] ; [CH3COOH] l = Caxit ≈ 0,1M[H+] = (0,1.Ka)1/2 = 1,34.10-3a) Hỗn hợp axit yếu và muối của nó là dung dịch đệm nên :pH = pKa + = 3,74b) Khi thêm bazơ mạnh vào nồng độ Cb thìC’muối = Cmuối + Cb’ ; C’axit = C’axit - CbpH tăng một đơn vị tương ứng với [H+] giảm 10 lần:== 1,8.10-5M; Cb = 0,045MmNaOH = 1,8 gc) [CH3COOH]l = 0,1M[CH3COOH]2 = 0,1Mhoặc chính xác hơn [CH3COOH]2 = Caxit - = 0,0986M[CH3COOH]3 = = 0,055M10,55BÀI 3 :Một pin điện hoạt động dựa trên phản ứngM + Cu2+ (aq)M2+ + Cu (r) E0 = 1,52 Vđược thiết lập theo những thể tích bằng nhau các dung dịch với tất cả các chất ởtrạng thái chuẩn.a. Dùng giá trị thế điện cực chuẩn của Cu2+ aq (E0 = 0,34 V) xác định thế khửchuẩn của phản ứng M2+(aq) + 2eM (r).2+b. Pin được tích điện sao cho [Cu ] = 0,1M. Tính:i.Nồng độ [M2+]?ii.Suất điện động của pin?c. Thêm 50 mL nước cất vào mỗi ngăn của pin. So sánh suất điện động của pintrước và sau khi thêm nước. Giải thích?(ĐỀ THI OLYMPIC HOÁ HỌC MĨ NĂM 2005)Bài giảia. E0pin = E0oxh + E0k và E0k = 1,52 - 0,34 =1,18 VE0k (M2+ + 2eM) = -1,18 V2+b. i. Nếu [Cu ] giảm xuống 0,10 M thì [M2+ ] phải tăng lên 1,90 Mii.E = 1,52 – =1,52 - 0,01285ln(19) = 1,48 Vc. E của pin khi dung dịch pha loãng sẽ bằng E0 pin ban đầu. Dung dịch được phaloãng bởi những lượng nước như nhau, các ion có hệ số như nhau (từ phươngtrìnhđã được cân bằng). Epin không đổi.BÀI 4:Dung môi pyridin (C5H5N) là một bazơ yếu [Kb = 1,78.10-9] .a. Tính [OH-] và pH của dung dịch 0,240M pyridin .b. Một phần 20,0 ml dung dịch pyridin 0,240M được chuẩn độ với 0,120M HCl.i . Tính pH sau 20,0 ml dung dịch HCl đã được thêm vào.ii . Tính pH ở điểm tương đương.c . Nếu MgCl2 được thêm vào 0,240M pyridin, tính [Mg2+] tối thiểu mà tại đóMg(OH)2 sẽ kết tủa ?[Ksp = 5,6.10-12]d . Với [Mg2+] = 0,10M và [C5H5N] = 0,240M, tính [C5H5NH+] dùng để ngăn chặn sựkết tủa của Mg(OH)2 ?(ĐỀ THI OLYMPIC HOÁ HỌC MĨ NĂM 2005)Bài giảiKb =1,78.10 == 2,07.10-5pOH = 4,68pH = 9,32b. i. (0,240M pyridin).(0,0200L) = 0,0048 mol pyridin(0,120M HCl).(0,0200L) = 0,0024 mol HClKb =Kb = 1,78.10-9pOH = 8,75pH = 5,25ii.(20,00mL pyridin).(0,240M) + (40,00mL).(0,120M HCl) = 0,0800M pyH+Ka = = = = = 5,62.10-66,7.10-4pH = 3,17c. Ksp = [Mg2+]2,07.10-5M2+-2[Mg ] = = 1,3.10 (M)d. [Mg2+] = 0,1M;= 7,48.10-6 (M)= 5,71.10-5a.-9BÀI 5 :Cu(OH)2Cu2+ + 4NH3Cu2+ + 2OHCu(NH3)42+Ks = 2,2.10-20Kb = 2,1.10-13Sử dụng phương trình và giá trị K cho ở trên để trả lời những câu hỏi sau:1. Xác định nồng độ mol của Cu(OH)2 ở pH = 8,00.2. Nếu 20,00 ml của 0,0010M CuSO4 trộn với 50,0 ml của 0,0010M NaOH, xácđịnh liệu Cu(OH)2 có kết tủa không?3. Viết phương trình khi cho Cu(OH)2 tác dụng với NH3 và tính giá trị K chophản ứng.4. Tính nồng độ NH3 cần cho sự hòa tan 0,100 g Cu(OH)2 trong 1,00 lít nước.5. Mô tả khi quan sát nếu 5,0M NH3 được khi cho từ từ vào 0,10M dung dịchchứa ion Cu2+.(ĐỀ THI OLYMPIC HOÁ HỌC MĨ NĂM 2012)Bài giảiCu2+ + 2OH-1. Ta có Cu(OH)2pH = 8pOH = 6Ks = [Cu2+].[OH-]2Ks = 2,2.10-20[OH-] = 10-6M.[Cu2+] = = = 2,2.10-8 (M)2. Nồng độ của Cu2+ và OH- sau khi trộn là := = 2,86.10-4 (M)= = 7,14.10-4 (M)()2 = (2,86.10-4) .(7,14.10-4)2 = 1,46.10-10 >> KsVậy có kết tủa Cu(OH)2 tạo thành.3. Cu(OH)2Cu2+ + 2OHCu2+ + 4NH3Cu(OH)2 + 4NH3Cu(NH3)42+Cu(NH3)42+ +Ks = 2,2.10-20Kb = 2,1.10-132OH-KK = Ks.Kb = (2,2.10-20).(2,1.10-13) = 4,6.10-74.= = = 0,00103 (mol)Nồng độ trong 1 lít nước là 0,00102 M.Nồng độ OH- là 0,00206M và nồng độ Cu(NH3)42+ là 0,00103M.Ta có K === = 0,00950[NH3] = 0,312 (M)Khi thêm dung dịch NH3 vào thì ban đầu tạo thành chất kết tủa màu xanh. Sau đókết tủa dần hòa tan và tạo thành phức màu xanh đậm.BÀI 6 :Lượng canxi trong mẫu có thể được xác định bởi cách sau:Bước 1 : Thêm một vài giọt chỉ thị metyl đỏ vào dung dịch mẫu đã được axit hóa vàsau đó là trộn với dung dịch Na2C2O4.Bước 2 : Thêm ure (NH2)2CO và đun sôi dung dịch đến chỉ thị chuyển sang màuvàng ( việc này mất 15 phút). Kết tủa CaC2O4 xuất hiện.Bước 3 :Dung dịch nóng được lọc và kết tủa CaC2O4 được rửa bằng nước lạnh đểloại bỏ lượng dư ion C2O42-.Bước 4 : Chất rắn không tan CaC2O4 được hòa tan vào dung dịch H2SO4 0,1M đểsinh ra ion Ca2+ và H2C2O4. Dung dịch H2C2O4 được chuẩn độ với dung dịch KMnO4đến khi dung dịch có màu hồng thì ngừng.Các phản ứng xảy ra và các hằng số cân bằng:CaC2O4 (s)Ca2+(aq) + C2O42- (aq)Ca(OH)2 (s)Ca2+(aq)H2C2O4 (aq)HC2O4- (aq)HC2O4- (aq)H2OC2O42- (aq) +H+(aq) +OH- (aq)= 1,3.10-82 OH- (aq) = 6,5.10-6++H+(aq)H+(aq)Ka1 = 5,6.10-2Ka2 = 5,42.10-5Kw = 1,00.10-141. Viết và cân bằng các phương trình phản ứng xảy ra ở bước 2.2. 25,00 ml dung dịch mẫu canxi được xác định bằng phương pháp trên và đãsử dụng hết 27,41 ml dung dịch KMnO4 2,50.10-3 M ở bước cuối cùng. Xácđịnh nồng độ Ca2+ trong mẫu.3. Tính T của CaC2O4 trong một dung dịch đệm có pH = 4. (bỏ qua hệ số hoạtđộ)Trong phép phân tích trên thì ta đã bỏ qua một nguyên nhân quan trọng gâynên sai số. Sự kết tủa CaC2O4 ở bước 1 sẽ không hoàn toàn nếu ta thêm mộtlượng dư C2O42- do phản ứng sau:Ca2+(aq) + C2O42- (aq)CaC2O4 (aq)Kf1 = 1,00.10322CaC2O4 (aq) + C2O4 (aq)Ca(C2O4)2 (aq)Kf2 = 102+24. Tính nồng độ cân bằng của Ca và C2O4 trong dung dịch sau khi tạo thànhlượng kết tủa tối đa của CaC2O4.5. Tính nồng độ ion H+ và Ca2+ trong dung dịch bão hòa CaC2O4 (bỏ qua hệ sốhoạt độ)(ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2005)Bài giải1. (NH2)2CO + H2O 2NH3 + CO22. [Ca2+] = 6,85.10-3M3. [Ca2+] = [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4]4.5.6.7.8.= [C2O42-].Vậy [C2O42-] = (1)Thay vào (1) vào biểu thức tích số tan: T = [Ca2+][C2O42-] ta tính được[C2O42-] = 1,92.10-4MTa có :CCa = [Ca2+] + [CaC2O4 (aq)] + [Ca(C2O4)22-]=T= -T + T = 0[C2O42-] = 1,00.10-2M[Ca2+] = 1,3.10-6M2+Cân bằng điện tích : 2[Ca ] + = 2 + [HC2O4-] + [OH-] (1)Cân bằng khối lượng : [Ca2+] = [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4](2)Vì Kb2 rất nhỏ nên nồng độ của H2C2O4 có thể bỏ qua.Kết hợp (1) và (2) ta có : [HC2O4-] =(3)2[C2O4 ] = (4)[Ca2+] = =(5)Thay (3), (4), (5) vào (2) và giải phương trình ta được = 5,5.10-8M[Ca2+] = 1,04.10-4MBài 7 :Ag+(aq) + e– → Ag(s)AgBr(s) + e– → Ag(s) + Br–(aq)ΔGf°(NH3(aq)) = –26,50 kJ/molΔGf°(Ag(NH3)2+(aq)) = –17,12 kJ/molE° = 0,7996 VE° = 0,0713 V+1,441 VBrO3–(aq)+1.491 V →HOBr+1.584 V →Br2(aq)?→Br–(aq)1. Tính ΔGf°(Ag+(aq)).2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở 25°C.Ag+(aq) + 2NH3(aq) → Ag(NH3)2+(aq)3. Tính KSP của AgBr(s) ở 25°C.4 . Tính độ tan của tương tự trong một dung dịch nước 0,100 M amoniac ở 25°C .5 . Một tế bào mạ bằng cách sử dụng các điện cực hydro tiêu chuẩn làm anot có phảnứng chung là Br2(l) + H2(g) + 2 H2O(l) → 2 Br–(aq) + 2 H3O+(aq).Ion bạc được thêm vào cho đến t ương t ự kết tủa ở cực âm và [ Ag + ] đạt 0,0600 M.sau đó áp di động được đo được 1,721 V. Tính ΔE ° cho các tế bào mạ .6 . Xác định độ tan của brom ở dạng Br2 (aq) trong nước ở 25°C .( ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2006)1.Bài giảiAg (aq) + e → Ag(s)+–E° = 0,7996 VΔG° = ΔGf°(Ag(s)) + ΔGf°(e–) – ΔGf°(Ag+(aq)) = – ΔGf°(Ag+(aq)) = – FΔE°Do đó, ΔGf°(Ag+(aq)) = FΔE° = 77,15 kJ/mol2. Ag+(aq) + 2 NH3(aq) → Ag(NH3)2+(aq)ΔG° = ΔGf°(Ag(NH3)2+(aq)) – ΔGf°(Ag+(aq)) – 2 ΔGf°(NH3(aq))= –17,12 kJ – 77,15 kJ – (2)(–26,50) kJ = – 41,27 kJln Kf =−∆G°RT[Ag(NH 3 )2+ ]= 16,653. AgBr(s) → Ag+(aq) + Br–(aq)lnK sp =−∆G°RT=nF∆E oRTKf =[Ag+ ] [NH 3 ]2= e16,65 = 1,7.107ΔE° = (0,0713 – 0,7996) V = – 0,7283 V= – 28,17Ksp = [Ag+].[Br–] = e–28.347 = 4,89.10–134. Giả sử [Ag+] << [Ag(NH3)2+]AgBr(s) → Ag+(aq) + Br–(aq)K sp = 4,89.10–13Ag+(aq) + 2 NH3(aq) → Ag(NH3)2+(aq)Kf = 1,7.107AgBr(s) + 2 NH3(aq) → Ag(NH3)2+(aq) + Br–(aq)K = K sp .Kf = 8,31.10–6Lúc đầu0,10000Thay đổi–2S+S+SSSThế cân bằng 0,100 – 2SK = = 8,31.10–6 ⇒= 2,88.10–3S = [Ag(NH3)2+] = [Br–] = 2,9.10–4 M[Ag+] = = 1,7.10–10 M << [Ag(NH3)2+]Như vậy, độ tan của AgBr là 2,9.10–4 M5. [Br–] = = = 8,15.10–12 (M)ΔE° = ΔE +RTnFln[Br − ]2 [H 3O+ ]2PH2= 1,721 + = 1,065 V6.Để ước tính độ tan của Br2 (aq), chúng ta cần phải tính toán năng lượng tự do Gibbs củaphản ứng :Br2(l) → Br2(aq)ΔG°?Br2(l) + 2 e– → 2 Br–(aq)E1° = 1,065 V, ΔG1° = –2FE1° = –2,130F VTính E2° cho các bán phản ứng của tế bào :Br2(aq) + 2 e– → 2 Br–(aq)E2°, ΔG2° = –2FE2°Từ sơ đồ Latimer ,BrO3–(aq) + 6 H3O+(aq) + 6 e– → Br–(aq) + 9 H2O(l)E3° = 1,441 VBrO3–(aq) + 5 H3O+(aq) + 4 e– → HOBr + 7 H2O(l)E4° = 1,491 V2 HOBr + 2 H3O+(aq) + 2 e– → Br2(aq) + 4 H2O(l)E5° = 1,584 V2 BrO3–(aq) + 12 H3O+(aq) + 10 e– → Br2(aq) + 18 H2O(l) E6°E6° = (2.4E4° + 2E5°)/10 = 1,5096 VTương tự, Br2(aq) + 2 e– → 2 Br–(aq)E2° = (2.6E3° – 10E6°)/2 = 1,098 V(Chú ý 6E3° = 4E4° + 1E5° + 1E2°)Sau đó, ΔG2° = –2ΔE2° = –2,196F VCuối cùng , ΔG° = ΔG1° – ΔG2° = 0.066F V = 6368 J/molDo đó , [Br2(aq)] = K =e−∆G oRT= e–2,569 = 0,77(M)BÀI 8 :Giá trị Ks của AgCl và AgBr lần lượt là 1,8.10-10 và 3,3.10-13.1 Dư AgCl được thêm vào nước khử ion. Tính nồng độ của Cl trong trạng thái cânbằng với AgCl. Lặp lại các tính toán cho Br- giả sử tương tự thay vì AgCl.2Giả sử rằng 0,100 L chứa ion Ag+ 1,00.10-3 M được thêm vào Cl- của khối lượng vànồng độ tương tự. Nồng độ của Cl- trong dung dịch bao nhiêu khi đạt trạng tháicân bằng ? Bao nhiêu phần trăm tổng lượng clo trong dung dịch?Giả sử rằng 0,100 L chứa ion Ag+ 1,00.10-3 M được thêm vào Br- của khối lượng vànồng độ tương tự. Nồng độ của Br- trong dung dịch bao nhiêu khi đạt trạng tháicân bằng ? Bao nhiêu phần trăm tổng lượng brom trong dung dịch?+4 Lặp lại các phép tính trong câu 1 và câu 2 giả định rằng nồng độ của dung dịch Ag-3là 1,01.10 M.+5 Lặp lại các phép tính trong câu 2 và câu 3 giả định rằng nồng độ của dung dịch Aglà 1,01.10-3 M.Giả định rằng 1,0.10-3M Ag+ thêm từ từ khuấy liên tục đến một 0,100 L chứa cảCl và Br- tại 1,00.10-3 M.( ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2006)Bài giải31.AgCl(s) → Ag+(aq) + Cl-(aq)Ksp = [Ag+][Cl-] = x2 = 1,8.10-10 ⇒ [Ag+] = [Cl-] = 1,34.10-5 MAgBr(s) → Ag+(aq) + Br-(aq)Ksp = [Ag+][Br-] = x2 = 3,3.10-13 ⇒ [Ag+] = [Br-] = 5,74.10-7 MTrong trường hợp giả định này[Ag ] = [Cl-] = 1,34.10-5 M tương tự câu 1.2.+= = = 0,027 = 2,7%3. Tương tự như [Ag+] = [Br-] = 5,74.10-7 M ở câu 1.= = = 1,1.10-3 = 0,11%4. Giả sử rằng 1,00.10-4 mol AgCl kết tủa , và 1,00.10 -6 mol Ag+ ion vẫn còn trong dungdịch. Sau đó, AgCl tan một phần.[Ag+] = 5,0.10-6 + x , [Cl-] = xKsp = [Ag+][Cl-] = (5,0.10-6 + x).x = 1,8.10-10⇒ [Cl-] = 1,1.10-5 M ( giảm nhẹ )[Ag+] = 1,6.10-5 M ( tăng nhẹ )= = 0,022 = 2,2%= = 0,022 = 2,2%Tương tự :[Ag+] = 5,0.10-6 + x , [Br-] = xKs = [Ag+][Br-] = (5,0.10-6 + x).x = 3,3.10-13x < 5,0.10-6 vì vậy (5,0.10-6).x = 3,3.10-13⇒[Br-] = 6,6.10-8 M(giảm đáng kể từ 5,7.10-7 M)[Ag+] = 5,1.10-6 M (tăng đáng kể từ 5,7.10-7 M)= = = 1,3.10-4 = 0,013%5. Tương tự AgBr sẽ kết tủa trước. Về mặt lý thuyết, AgBr sẽ bắt đầu kết tủa khi nồng độion Ag+ bằng 3,3.10-10 M. Ở nồng độ này của ion Ag+, AgCl sẽ không kết tủa.AgBr: [Ag+] = = = 3,3.10-10 MĐiều này tương ứng với 3,3.10-8 L của Ag+ trong dung dịch đó là ít hơn nhiều so vớikhối lượng nhỏ nhất có thể cung cấp với một micropipet.BÀI 9 :1 Khi cho từ từ một bazơ mạnh vào dung dịch chứa ion Zn2+ thì thu được kếttủa keo trắng của Zn(OH)2. (Ks(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-17). Tính pH của 1 lít dungdịch chứa 5.10-2 mol Zn2+ và 0,1 mol OH-.2 Khi cho thêm tiếp bazơ vào dung dịch thì kết tủa trắng keo của bị hòa tantạo thành dạng phức Zn(OH)42-. Cho biết hằng số phức bền là 4,6.1017 . TínhpH của dung dịch trong ở câu (1) khi cho 0,10 mol OH- vào dung dịch trên( giả sử thể tích thay đổi không đáng kể ).(ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)Bài giải1 Zn(OH)2SZn2+ +S2 OH-Ks(Zn(OH)2 ) = 4S3 = 1,2.10-17 ⇒Ks(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-172SS = 1,44.10-6 M⇒ [OH-] = 2S = 2,88.10-6 M ⇒ pOH = 5,542⇒ pH = 8,46Zn2+ + 2 OHKs(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-174 OHZn(OH)42Kb = 4,6.10172+ 2 OHZn(OH)4K = Ks.Kb =5,520,1+ 2,88.10-602x½ .(0,1+ 2,88.10-6) – xK = = = 5,52x = 0,03 M ⇒ [OH-] = 0,06 M⇒ pOH = 1,22 ⇒ pH = 12,78Zn(OH)2Zn2+ +Zn(OH)2BÀI 10 :Trong dung dịch nước, ion Pb2+ tồn tại ở dạng kết tủa PbO, là một oxit lưỡngtính. Trong axit, tồn tại dưới dạng ion Pb2+ là chủ yếu với pH tăng dần. PbO vàPb(OH)3- được hình thành trong lượng thấy rõ. Cân bằng quan trọng cho PbOtrong nước được đưa ra sau đây:PbO + H2OPb2+ + OH-PbO + 3H2OPb(OH)3- + H3O+Ksp = 8,0.10-16Ka = 1,0.10-15(1)(2)1.PbO hòa tan hoàn toàn khi ở pH đủ thấp. Khi nồng độ ban đầu của Pb2+ là1,00.10-2 mol/l. Tính pH mà kết tủa PbO bắt đầu hình thành.2.Dùng giá trị đã cho ở câu a, khi pH tăng lên đến giá tị nào đó thì kết tủa tantrở lại. Ở pH bằng bao nhiêu thì kết tủa tan hết?3.Viết biểu thức tính độ tan S của PbO?4.Theo lí thuyết, PbO tan hết ở pH = 9,4. Tính nồng độ các ion trong dung dịchvà độ tan của PbO ở pH đó.Tính khoảng pH khi mà nồng độ dung dịch là 1,0.10-3 mol/l hay thấp hơn.5.( ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)Bài giải1. Ta có: [Pb2+] = 1,00.10-2 MKết tủa PbO bắt đầu hình thành khi: [Pb2+][OH-]2 = Ksp =8,0.10-16K sp8,0.10-16[OH ] === 2,83.10-7 M2+-2[Pb ]1,00.10-pOH = 6,55 pH = 7,452.Ở pH tương đối cao thì phản ứng (2) chiếm ưu thế hơn, tương ứng với ionPb(OH)3-.Ta có: [Pb(OH)3-] = 1,00.10-2 mol/l. Ta dung công thức Ka để tính pH.PbO + 3H2OPb(OH)3- + H3O+Ka1,0.10-15-13[H3O ] =- =-2 = 1,0.10 M[Pb(OH)3 ] 1,00.10+Ka = [Pb(OH)3-][H3O+]pH = 13Ka = 1,0.10-15Dùng Ksp thì [Pb2+] = 8,00.10-14 M (rất bé) nên bỏ qua.3. Ta có:S = C Pb2+ = [Pb 2+ ] + [Pb(OH) 3- ]4. Ta có: pH = 9,4 [H3O+] = 10-9,4 = 4.10-10 M[OH- ] =K H2 O10-14== 2,5.10-5 M[H3O+ ]4.10-10[Pb2+ ] =K sp8,0.10-16-6=- 2-5 2 = 1,28.10 M[OH ](2,5.10 )[Pb(OH)3- ] =Suy ra:Ka1,0.10-15== 2,5.10-6 M[H3O + ]4.10-10S = [Pb2+ ] + [Pb(OH)3- ] = 1,28.10-6 + 2,5.10-6 = 3,78.10-6 M5. pH tương đối thấp thì Pb2+ sẽ chiếm ưu thế.[Pb2+] = 1,0.10-3 M.Ksp = [Pb2+].[OH-]2[OH- ] =K sp8,0.10-16== 8,94.10-7 M[Pb 2+ ]1,0.10-3K H 2O10-14-8[H3O ] =- =-7 = 1,12.10 M[OH ] 8,94.10+pH = 7,95[Pb(OH)3- ] =Ka1,0.10-15-8=+-8 = 8,93.10 M[H3O ] 1,12.10Do đó, trong môi trường axit thì [Pb(OH)3-] không đáng kể và [Pb2+] chiếm ưu thế.Trong môi trường bazơ thì [Pb(OH)3-] chiếm ưu thế.[Pb(OH)3-] = 1,00.10-3 M từ KaKa1,0.10-15-12[H3O ] =- =-3 = 1,00.10 M[Pb(OH)3 ] 1,00.10+pH = 12 và [OH-] = 1,00.10-2M.[Pb 2+ ] =K sp8,0.10-16== 8,00.10-12M[OH - ]2(1,00.10-2 )2Ta thấy: [Pb2+] [Pb(OH)3-] nên trong môi trường bazơ, [Pb2+] không đáng kể.Vậy pH có giá trị từ 7,95 đến 12.BÀI 11 :Dung dịch A chứa axit photphoric có pH = 1,46.1.Tính nồng độ của các cấu tử trong dung dịch A. Cho biết các giá trị Ka củaH3PO4 lần lượt là 7,5.10-3; 6,2.10-8 và 4,8.10-13.2.Trộn 50ml dung dịch A với 50 ml dung dịch NH3 0,4 M. Kết quả thu được 100ml dung dịch B. Tính pH của dung dịch B, biết .3.Trộn 100ml dung dịch B với 100 ml dung dịch Mg(NO3)2 0,2M. Có kết tủaxuất hiện không? Tính khối lượng kết tủa (nếu có)? Biết sự thủy phân của Mg2+được bỏ qua và kết tủa NH4MgPO4 được thừa nhận là chủ yếu, biết KS = 2,5.10-13.4.Tính nồng độ các cấu tử trong dung dịch Ca3(PO4)2 biết KS = 2,22.10-25. Chorằng sự thủy phân của Ca2+ không đáng kể.( ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)Bài giảiH+ + H2PO4-1. H3PO4H2PO4HPO42-H++ HPO42-H++PO43-K a1 = 7,5.10-3K a2 = 6,2.10-8(1)(2)K a3 = 4,8.10-13(3)H+H 2O+OH-K W = 10-14(4)Ta thấy: Ka1 Ka2, Ka3 nên bỏ qua cân bằng (2) và (3).Nếu Ka1.Ca KW thì bỏ qua cân bằng (4).Vậy ta xét cân bằng (1):H+ + H2PO4-H3PO4CK a1 = 7,5.10-3Ca[ ] Ca – xxx2= K a1 = 7,5.10-3Ca - xx(*)pH = 1,46 x = [H+] = 10-1,46 = 0,035Thay x = 0,035 vào (*) Ca = 0,2M.Vậy nồng độ các cấu tử trong dung dịch A là:[OH- ] =10-14= 2,9.10-13M0,035[H+] = 0,035M;Ca = [PO 43- ] +Ta có:[PO3-4 ] =[H + ][H + ]2[H + ]3.[PO3-4 ]+.[PO3-4 ] +.[PO 3-4 ]K a3K a2 .K a3K a1.K a2 .K a3Ca .K a1.K a2 .K a3C=+ 3+ 3+ 2[H ][H ][H ][H ] + K a1.[H ] + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2.K a31+++K a3K a2 .K a3K a1.K a2 .K a3+a+ 2Thế số vào ta được: [PO43-] = 8,57.10-19M[HPO 24 ]=Ca .K a1.K a2 .[H + ][H + ]3 + K a1.[H + ]2 + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3Thế số vào ta được: [HPO42-] = 6,25.10-8 M.Ca .K a1.[H + ]2[H 2 PO ] = + 3[H ] + K a1.[H + ]2 + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a34Thế số vào ta được: [HPO42-] = 0,035M[H3PO4 ] = Ca - [H 2 PO-4 ] - [HPO2-4 ] - [PO3-4 ] ≈ 0,165MH3PO4 + 2 NH32.(NH4)2HPO4C(M)Sau phản ứng 000,1Saukhi trộn, dung dịch B chứa = 0,2M, = 0,1MCác cân bằng:NH4+H2 OHPO42-H+H+H+HPO42- +H2OH2PO4- +H2O+ NH3++(1)K W = 10-14OHPO43-K a3 = 4,8.10-13H2PO4- +H3PO4(2)OH-Kb1 = 1,6.10-7 (4)OH-+(3)Kb2 = 1,3.10-12Ta có: .Kb1.Ka.Ka3 dung dịch có tính bazơKb1 Kb2 Cân bằng (4) là chủ yếu:HPO42- +C0,1[]0,1 – xH2OH2PO4- +OH-xTa có: x = 1,3.10-4[OH-] = x = 1,3.10-4 M pOH = 3,9 pH = 10,1Kb1 = 1,6.10-7x(5)Mg2+ + NH4+3.+ PO43-MgNH4PO4K a3.CHPO2-[PO3-4 ] =4[H + ]=4,8.10-13.0,1= 6,04.10-410-10,1Từ cân bằng (3) ta có:Nồng độ các cấu tử sau khi trộn là:CNH+ =0,2= 0,1M2C Mg 2+ =0,2= 0,1M2CPO3- =6,04.10-4= 3,02.10-4 M244.Ta có: Có kết tủa MgNH4PO4 xuất hiện.m MgNH4PO4 = 3,02.10-6 .200.10-3.137 = 8,3.10 -5 (g)Khối lượng kết tủa là:4.Ca3(PO4)23Ca3+ + 2PO43H+H 2OPO43- + H2O+Ks = 2,22.10-25K W = 10-14OH-HPO42- + OH-Kb1 = 10-1,68HPO42- +H2OH2PO4- +OH-Kb1 = 1,6.10-7H2PO4- +H2OH3PO4OH-Kb2 = 1,3.10-12+S = 5 K S = 1,17.10-5MTa thấy: Kb1Kb2, Kb3 Bỏ qua cân bằng (4) và (5)Nếu Kb1.Cb KW Bỏ qua cân bằng (2)PO43- + H2OC2SHPO42- +(1)OH-Kb1 = 10-1,68(2)(3)(4)(5)[]2S – xxxx2= K b1 = 10-1,682S - xx = 2,34.10-5Vậy [OH-] = 2,34.10-5 M [H+] = 4,27.10-10 MXét cân bằng (1), ta có: ;;K S' = 2,22.10-25 .(8,97.10 2 ) 2 = 1,79.10-19S' = 5 KS' = 1,78.10-4 M[Ca2+] = 3S’ = 5,34.10-4 M ; [PO43-] = 2S’ = 3,56.10-4 M.BÀI 12 :Dung dịch Pb(NO3)2 được thêm từ từ vào 20ml hỗn hợp chứa Na2SO40,020M, Na2C2O4 5,0.10-3M; KI 9,7.10-3M; KCl 0,05M; KIO3 0,0010M. Khi kết tủamàu vàng PbI2 bắt đầu xuất hiện thì 21,60 ml dung dịch Pb(NO3)2 được dùng hết.1.Xác định thứ tự xuất hiện kết tủa.2.Tính nồng độ còn lại dung dịch Pb(NO3)2. Biết = 7,66 ; = 12,62 ; = 7,86 ; =10,05 ; = 4,77Các ion khác được bỏ qua.3.Một trong những chất thử phổ biến để phát hiện ion Pb2+ là K2CrO4, xuất hiện kếttủa màu vàng tan trở lại trong NaOH. Tính tan của PbCrO4 không những phụthuộc vào pH mà còn phụ thuộc vào sự tạo phức. Cho biết độ tan của PbCrO4 trongdung dịch CH3COOH 1M là S = 2,9.10-5M. Tính tích số tan của PbCrO4.Cho biết : =4,76 ; = 2,68 ; = 4,08 ; = 7,8 ; = 6,5.( ĐỀ DỰ TRỮ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2014)Bài giải[Pb2+ ] >K S(PbSO4 )10-7,66== 1,09.10-6 M[SO2]0,024[Pb 2+ ] >K S(PbC2O4 )10-10,05-8=2-3 = 1,78.10 M[C2O 4 ]5.10[Pb 2+ ] >K S(PbI2 )10-7,86== 1,47.10-4 M- 2-3 2[I ](9,7.10 )1. Để tạo thành kết tủa PbSO4:Để tạo thành kết tủa PbC2O4:Để tạo thành kết tủa PbI2:K S(PbCl2 )10-4,77-3[Pb ] >=- 22 = 6,34.10 M[Cl ](0,05)2+Để tạo thành kết tủa PbCl2:[Pb2+ ] >Để tạo thành kết tủa Pb(IO3)2:KS(Pb(IO3 )2 )[IO3- ]2=10-12,61= 2,45.10-7 M(0,001) 2Vậy thứ tự xuất hiện kết tủa là: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2, PbCl2CI- =9,7.10-3.20.10-3= 4,66.10-3M(20 + 21,60).10-32. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa PbI2 thì:CPb2+Lúc đó để bắt đầu kết tủa PbI2 thì:[SO2-4 ] =KS(PbI2 )10-7,86-4==2-3 2 = 6,36.10 MC I(4,66.10 )K S(PbSO4 )10-7,66== 3,44.10-5 M-4CPb2+6,36.10Độ tan của PbSO4 trong dung dịch bão hòa là:S = KS(PbSO4 ) = 1,48.10-4 M[SO42-] < PbSO4 đã kết tủa.Phương trình phản ứng:Pb2+ + C2O42-PbC2O4Pb2+ + 2IO3-Pb(IO3)2Pb2+ + SO42-PbSO4Pb2+ + 2I-PbI2Vì vừa bắt đầu kết tủa PbI2 nên coi như không đáng kể nên:n Pb2+ = n C O2- +241n - + n SO242 IO3CPb(NO3 )2 .41,6.10-3 = 20.10-3 .(5.10-3 +1.0,001 + 0,02)2CPb(NO3 )2 = 0,035M3. Trong dung dịch có các cân bằng:Pb2+ + C2O42-PbC2O4CH3COO-CH3COOHH2 OCrO42-H+ ++ H++KSH+Ka1 = 10-4,76K W = 10-14OHHCrO4-()-1=106,5β* =107,8Pb2++Pb2+ +Pb2+ +OH-PbOHCH3COO2CH3COO-+Pb(CH3COO)+Pb(CH3COO)2β1 =102,68β 2 =104,08[Pb 2+ ]' = [Pb 2+ ] + [PbOH + ] + [Pb(CH 3COO) + ] + [Pb(CH 3COO) 2 ]10-14 .β *= [Pb 2+ ]. 1 ++ β1 .[CH3COO- ] + β 2 .[CH 3COO- ]2 ÷+[H ]10-14 .β*α Pb2+ = 1 ++ β1.[CH3COO- ] + β2 .[CH3COO- ]2+[H ](1)[CrO 4 2- ]' = [CrO42- ] + [HCrO-4 ] = [CrO24 ]. 1+α CrO24[H + ] ÷K 'a [H + ]=1+K 'aTrong đó [CH3COO-] và [H+] được tính:CH3COOHC0,1[]0,1 – xCH3COO-x+H+xTa có: x =1,31.10-3K S(PbCrO4 ) =Mặt khác:'K S(PbCrOS24)=α Pb2+ .αCrO2α Pb2+ .α CrO244(3)Thay số: [H+] = [CH3COO-] = 1,31.10-3M; S = 2,9.10-5 vào (1), (2), (3) ta suy raKS = 1,23.10-13.BÀI 13 :Hoà tan 1,00 g NH4Cl và 1,00g Ba(OH)2.8H2O vào 80 mL nước. Pha loãngdung dịch thu được bằng nước đến 100 mL tại 25oC.a) Tính pH của dung dịch = 9,24b) Hãy tính nồng độ của tất cả các ion trong dung dịch.c) Hãy tính pH sau khi thêm 10,0mL dung dịch HCl 1,00M vào dung dịch trên.d) Hãy tính [NH3] của dung dịch mới.(ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2000)Bài giảia)NH4+ (aq) + OH-(aq) NH3(aq) + H2O(aq)0,0187 mol NH4Cl và 3,17.10-3 mol Ba(OH)2.8H2O (6,34.10-3 mol OH-) tạo ra 6,34.10-3mol NH3 và 12,4.10-3 mol NH4+ còn lại không đổi.[ ] = Ka = 1,13.10-9 M ⇒ pH = 8,95b)[NH4+] = 0,124M ; [Ba2+] = 0,0317M ; [H+] = 1,13.10-9 M ;[Cl-] = 0,187M ; [OH-] = 8,85.10-6 Mc) Thêm 0,01 mol HCl, trong đó có 6,34.10-3 mol được NH3 trung hoà. Giả thiết rằng thểtích bằng 110mL, và bỏ qua axit yếu NH4+ ta có:[H+] = 0,0333M ⇒ pH = 1,48d) Trong dung dịch axit mạnh [NH3] sẽ rất nhỏ: [NH4+] = 0,170M[] = Ka = 2,9.10-9 MBÀI 14 :Một học sinh điều chế dung dịch bão hoà magie hydroxit trong nước tinhkhiết 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 tantheo mol.L-1 cũng như g/100mL.b) Hãy tính tích số tan của magie hiđroxit.c) Hãy tính độ tan của magie hiđroxit trong dung dịch NaOH 0,010M tại 25oC.d) Khuấy trộn một hỗn hợp gồm 10 g Mg(OH)2 và 100mL dung dịch HCl 0,100Mbằng máy khuấy từ tính trong một thời gian tại 25oC. Hãy tính pH của pha lỏng khihệ đạt trạng thái cân bằng.(ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2000)Bài giảia) Mg(OH)2Mg2+ + 2OH-pOH = 14,0 – 10,5 = 3,5 ⇒ [OH-] = 3,2.10-4 MTương ứng với [Mg2+] = [Mg(OH)2 điện ly] = Độ tan của Mg(OH)2 = 1,6.10-4 M hay9,2.10-4 g/100mL.b) Ksp = [Mg2+][OH-]2 = 1,6.10-11c) Mg(OH)2(r) ⇌ Mg2+(aq) + 2OH-(aq)[Mg2+] = x; [OH-] = 0,010 + 2x ≈ 0,010MKsp = [Mg2+][OH-]2 = x.[OH-]2 = 1,6.10-11 ⇒ x = = 1,6.10-7Độ tan bằng 1,6.10-7 M hay 9.10-7 g/100mLc) Mg(OH)2 có rất dư và HCl bị trung hòa hoàn toàn theo phản ứng:Mg(OH)2 (r) + 2H+ (aq) → Mg2+ (aq) + 2H2O (l)Giả sử thể tích không đổi và bằng 100mL, phản ứng này tạo ra Mg2+ có nồng độ 0,050M.Rồi Mg(OH)2 hoà tan trong dung dịch : [Mg2+] = 0,010 + x ≈ 0,050MKsp = [Mg2+][OH-]2 = 1,6.10-11 ⇒ [OH-] = 1,8.10-5⇒ pH = 14 − pOH = 14 + lg(1,8.10-5 ) = 9,3BÀI 15 :Cađimi là một trong những kim loại rất độc được tìm thấy với nồng độ caotrong chất thải từ sự luyện kẽm, mạ điện và xử lý nước thải. Hít phải cađimi dạnghạt nhỏ sẽ nhanh chóng ảnh hưởng đến hệ hô hấp rồi sau đó là thận. Cadimi chothấy sự cạnh tranh với kẽm tại các vùng hoạt động của enzym. Cađimi tạo thànhhiđroxit hơi khó tan là Cd(OH)2.a) Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong nước nguyên chất (bỏ qua cân bằng tựproton hóa )b) Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong dung dịch NaOH(aq) 0,010MIon Cd2+ có ái lực mạnh với ion CN- :Cd2+(aq) + CN-(aq) Cd(CN)+K1 = 105,48Cd(CN)+ + CN-(aq) Cd(CN)2(aq)K2 = 105,12Cd(CN)2(aq) + CN-(aq)Cd(CN)3- + CN-(aq)Cd(CN)3-K3 = 104,63Cd(CN)42-(aq)K4 = 103,65c) Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong nước có chứa ion CN-. Nồng độ cân bằng là[CN-] = 1,00.10-3 Md) Giả thiết rằng chỉ tạo thành phức Cd(CN)42-, hãy tính phần trăm sai lệch độ tanso với độ tan tìm được ở câu c.Biết = 5,9.10-15.(ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2000)Bài giảiCd2+ + 2OHS2S2-15= S.(2S) = 5,9.10⇒S = 1,14.10-5 M2+b)Cd(OH)2Cd + 2OHS2S + 0,01a)Cd(OH)2= S.(2S + 0,01)2 = 5,9.10-15⇒ S = 5,9.10-11 Mc) S = 0,5[OH-] =Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ ban đầu := [Cd2+] + [Cd(CN)+] + [Cd(CN)2] + [Cd(CN)3-] + [Cd(CN)42-]0,5[OH-] = [Cd2+].(1+ K1[CN-] + K1K2[CN-]2 + K1K2K3[CN-]3 + K1K2K3K4[CN-]4) [OH-] =[2T.(1+ K1[CN-] + K1K2[CN-]2 + K1K2 K3[CN-]3 + K1K2K3K4[CN-]4)]3/2 = 4,79.10-3M⇒ S = 2,4.10-3 Md) [OH-] = [2.T(1 + K1K2 K3K4[CN-]4)]3/2 = 4,47.10-3 M⇒ S = 2,24.10-3 MPhần trăm sai lệch = 6,7%BÀI 16 :Hai yếu tố quan trọng nhất ảnh hưởng lên độ tan của các muối khó tan là pHvà sự có mặt của tác nhân tạo phức. Bạc oxalat là một ví dụ điển hình: Tích số tancủa nó trong nước là T = 2,06.10-4 tại pH = 7. Độ tan của nó bị ảnh hưởng bởi pHkhi anion oxalat phản ứng với ion hydroni và bằng tác nhân tạo phức chẳng hạnnhư amoniac để tạo phức với cation bạc.