Hóa phân tích Olympic Hóa học các Trường Đại học Việt Nam và Quốc tế có hướng dẫn chi tiết

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa Quy Nhơn 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

Bài 1:(Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ ba, 2005.Đề thi phần Hóa 

cơ sở, Bảng A) 

Đề bài: 

Để loại trừ các ion NO 3- trong nước (các ion NO 3- có mặt trong nước xuất 

phát từ phân bón) có thể khử nó thành NO 2- bằng cách cho đi qua lưới có chứa bột 

Cd. 

1) Viết nửa phản ứng của hai cặp NO 3-/ HNO 2 và HNO 2 /NO trong môi 

trường axit. Chứng minh rằng HNO 2 bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6. 

2) Ở pH = 7, nồng độ NO 3- là 10 -2 M. Viết phản ứng giữa Cd và NO 3- .Hỏi 

NO 3- có bị khử hoàn toàn ở 25 o C trong điều kiện này không? Tính nồng độ NO 3- 

còn lại trong nước khi cân bằng. 

3) Tính thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn của cặp NO 3-/ NO 2- ở pH = 14 

và 25 o C 

Cho biết các số liệu sau ở 25 o C: E o (NO 3- /HNO 2 ) = 0,94V; E o (HNO 2 /NO) = 0,98V; 

E o (Cd 2+ /Cd) = -0,40V; K a (HNO 2 ) = 5.10 -4 ; K s (Cd(OH) 2 ) = 1,2.10 -14 . 

Hướng dẫn giải: 

NO 3 - + 3H + + 2e → HNO 2 + H 2 O; E o = 0,94V 

HNO 2 + H + + e → NO + H 2 O; E o = 0,98V 

Ở pH = 0 thì E o (HNO 2 /NO) > E o (NO - 3 /HNO 2 ) nên HNO 2 bị phân hủy theo 

phản ứng: 

3HNO 2 → NO 3 - + 2NO + H + + H 2 O 

Ở pH = 6 thì: 

E o (NO 3 - /HNO 2 ) = 0,94 + 0,059/2(lg10 -6 ) = 

E o (HNO 2 /NO) = 0,98 + 0,059lg10 -6 = 0,626V 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÝ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

E o (HNO 2 /NO) vẫn lớn hơn E o (NO 3 - /HNO 2 ) nên HNO 2 vẫn không bền 

2) Cd + NO 3 - + H 2 O ⇌ Cd 2+ + NO 2 - + 2OH - 

MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM 

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial








Giả thiết phản ứng là hoàn toàn thì [Cd 2+ ] = [NO 3 - ] bđ = 10 -2 M 

Ở pH = 7 thì [Cd 2+ ] = K s /[OH - ] 2 = 1,2M. Nồng độ Cd 2+ sau phản ứng nhỏ 

hơn nhiều so với 1,2M nên không có kết tủa Cd(OH) 2 . 

Để tính [NO 3 - ] khi cân bằng cân tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên: 

Cd + NO - 3 + H 2 O + 3H + ⎯⎯→ 

K Cd 2+ + NO - 2 + 2OH - + 3H + 

Cd 2+ + HNO 2 + 2H 2 O 

lg K 

1 

⎯ 2 

K 

⎯→ 

K = K 1 .K 2 .K 3 . 

2(0,94 + 0,40) 

= 

0,059 

K = 2,65.10 

45 

.5.10 

−4 

.(10 

−14 

) 

Cd 2+ + H + + NO 2 - + 2H 2 O 

= 45,42 ⇒ K 

2 

1 

= 1,325.10 

= 2,65.10 

Hằng số K rẩt lớn nên phản ứng gần như hoàn toàn. Ở pH = 7 ta có: 

Cd + NO 3 

- 

+ H 2 O ⇌ Cd 2+ + NO 2 

- 

14 

45 

+ 2OH - 

Nđcb: (10 -2 – x) = ε x = 10 -2 x = 10 -2 10 -7 

Như vậy ta có: 

1,325.10 

14 

−2 

−2 

−7 

2 

10 .10 .(10 ) 

= ⇒ ε = 

ε 

− 

−33 

[ NO ] = 7,55.10 M 

o 

2( E − − + 0,40) 

NO3 

/ NO2 

o 

3) lg K1 = ⇒ E − − = 0,017V 

NO3 

/ NO2 

0,059 

Bài 2:(Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ ba, 2005.Đề thi phần Hóa 

cơ sở, Bảng A) 

Đề bài: 

K 1 K 1 


3 















Ion Fe(SCN) 2+ có màu đỏ ở nồng độ bằng hoặc lớn hơn 10 -5 M. Hằng số điện 

li của nó là 10 -2 . 

1. Một dung dịch chứa vết Fe 3+ . Thêm vào dung dịch này một dung dịch 

KSCN 10 -2 M (coi thể tích không đổi). Xác định nồng độ tối thiểu của Fe 3+ 

để dung dịch xuất hiện màu đỏ. 

2. Một dung dịch chứa Ag + 10 -2 M và Fe 3+ 10 -4 M. Thêm dung dịch SCN - vào 

tạo kết tủa AgCN (coi thể tích không đổi). Xác định nồng độ ၁ 

+ còn lại 

trong dung dịch k xuất hiện màu đỏ. Biết T AgSCN = 10 -12 

3. Thêm 20cm 3 dung dịch AgNO 3 5.10 -2 M vào 10cm 3 dung dịch NaCl không 

biết nồng độ. Lượng dư Ag + được chuẩn độ bằng dung dịch KSCN với sự có 

mặt của Fe 3+ . Điểm dương đương (khi bắt đầu xuất hiện màu đỏ) được quan 

sát thấy khi thêm 6cm 3 dung dịch KSCN 10 -1 M. Tính nồng độ của dung dịch 

NaCl. 


1. Fe 3+ + SCN - ⇌Fe(SCN) 2+ 

Nồng độ cân bằng: C o – x 10 -2 – x x = 10 -5 

Ta có: 

3+ 

[ Fe ] 

−5 

10 −2 

= 10 

−2 

−5 

(10 

−10 

⇒ [Fe 3+ ] = 10 -5 M ⇒ C o = 2.10 -5 M 

) 

2. Khi xuất hiện màu đỏ thì: [Fe(SCN) 2+ ] = 10 -5 M. Vậy nồng độ Fe 3+ còn lại là: 

9.10 -5 M 


10 

−5 

= 10 

−2 

− −5 

[ SCN ] 9.10 

− 

−3 

+ 

−10 

⇒ [ SCN ] = 1,1.10 M ⇒ [ Ag ] = 9,1.10 M 

3 n(Ag + ) = n(AgCl) + n(AgSCN) 

20.10 -3 .5.10 -2 = 10.10 -3 C + 6.10 -3 .10 -1 ⇒ C = 4.10 -2 M 


Câu 3: (Olympic Hóa học Quốc tế lần thứ 33) 















Hai yếu tố quan trọng nhất ảnh hưởng lên độ tan của các muối khó tan là pH và sự có mặt của 

tác nhân tạo phức. Bạc oxalat là một ví dụ điển hình: Tích số tan của nó trong nước là T = 2,06.10 -4 tại 

pH=7. Độ tan của nó bị ảnh hưởng bởi pH khi anion oxalat phản ứng với ion hydroni và bằng tác nhân 

tạo phức chẳng hạn như amoniac để tạo phức với cation bạc. 

a) Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH = 5,0. Hai hằng số phân li của axit oxalic lần 

lượt là: K 1 = 5,6.10 -2 và K 2 = 6,2.10 -6 . 

b) Với sự có mặt của amoniac thì ion bạc tạo thành hai dạng phức Ag(NH 3 ) + và Ag(NH 3 ) + 2 . Các hằng 

số tạo phức từng nấc tương ứng sẽ là β 1 = 1,59.10 3 và β 2 = 6,76.10 3 . Tính độ tan của bạc oxalat 

trong dung dịch chứa 0,02M NH 3 và có pH = 10,8. 


Ta có: [Ag + ] = 2S 

C(C 2 O 4 2- ) = S = [C 2 O 4 2- ] + [HC 2 O 4 - ] + [H 2 C 2 O 4 ] 

H 2 C 2 O 4 = H + + HC 2 O 4 

- 

HC 2 O 4 - = H + + C 2 O 4 

2- 

K 1 = 5,6.10 -2 . 

K 2 = 6,2.10 -6 . 

⎛ + + 

2− 

Ta có kết qủa sau: S = [ ] ⎜ 

[ H ] [ H ] 

2− 

[ O ] 

C 

2O4 

1 

⎜ 

⎝ 

+ 2 

+ 

[ H ] + K [ H ] 

1 

+ 

K 

1 

2 

2 

+ 

K K 

K1K 

2 

⇒ C 

2 4 

= 

. S = α. 

S 

+ K K 

Tại pH = 7 thì [H + ] = 10 -7 ⇒α≈ 1 

T = 3,5.10 -11 . 

Tại pH = 5 thì [H + ] = 10 -5 ⇒α≈ 0,861 

S = 2,17.10 -4 . 

a) [NH 3 ] = 0,02M 

Tại pH = 10,8 thì [H + ] = 1,585.10 -11 ⇒α≈ 1 

Tổng nồng độ [Ag + ] trong dung dịch được xác định bởi phương trình 

C Ag = 2S = [Ag + ] + [Ag(NH 3 ) + ] + [Ag(NH 3 ) 2 + ] 

Các phản ứng tạo phức: 

Ag + + NH 3 = Ag(NH 3 ) + β 1 = 1,59.10 3 

1 


2 

2 

⎞ 

⎟ 

⎟ 

⎠ 





Ag(NH 3 ) + + NH 3 = Ag(NH 3 ) 2 

+ 

β 2 = 6,76.10 3 











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

C Ag = 2S = [Ag + ](1 + β 1 [NH 3 ] + β 1 β 2 [NH 3 ] 2 ) 

[ Ag ] 

1 

⇒ + = 

. S = γS 

2 

1+ 

β 

1 

[ NH ] + β β [ NH ] 

3 

Thay vào biểu thức của T ta tính được S = 5,47.10 -2 . 

1 

2 

3 

Bài 4:(Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ hai, 2004.Đề thi phần Hóa 

cơ sở, Bảng B) 

Đề bài: 

1) Các ion CN - có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp. Có thể loại 

chất độc này bằng phản ứng sau ở 25 o C: 

CN - + H 2 O 2 ⇌ NCO - + H 2 O 

a) Tính hằng cố cân bằng của phản ứng. 

b) Trong nước thải có nồng độ CN - là 10 -3 mol.L -1 . Nếu dùng dung dịch 

H 2 O 2 0,1M (thể tích không đổi) nồng độ CN - còn lại sau phản ứng là 

bao nhiêu? Rút ra kết luận. 

Cho E o (H 2 O 2 /H 2 O) = 1,77V và E o (NCO - /CN - ) = -0,14V 

2) Nếu thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Al 3+ đầu tiên thấy kết tủa 

Al(OH) 3 , sau đó kết tủa này tan do tạo thành Al(OH) - 4 ở pH = 10,9. Tính 

nồng độ ban đầu của Al 3+ và nồng độ các ion OH - , Al 3+ và Al(OH) - 4 khi cân 

bằng. 

Cho biết tích số tan của Al(OH) 3 là 10 -32 và: 

Al(OH) 4 - ⇌ Al(OH) 3 + OH - K = 1/40 

Cho F = 96500C/mol; R = 8,314J.K -1 .mol -1 . 


1)a) ∆G o = -2.96500(1,77 + 0,14) = -8,314.298lnK 

⇒ K = 4,14.10 64 

b) Phản ứng: 

CN - + H 2 O 2 ⇌ NCO - + H 2 O 

CB: 10 -3 – x 10 -1 – x x 
















Vì K rất lớn nên coi x = 10 -3 

− 

− 

[ ] [ NCO ] 

CN = 

K 

[ H O ] 

2 

2 

= 

4,14.10 

−3 

10 −67 

= 2,4.10 

64 −1 

−3 

.(10 

−10 

Vậy dùng dư H 2 O 2 theo tỉ lệ số mol H 2 O 2 : CN - = 100 : 1 thì có thể loại trừ gần hết 

CN - trong nước thải. 

2) Al(OH) 3(r) + OH - - 

⇌ Al(OH) 4 K = 40 

pH = 10,9 ⇒ [H + ] = 10 -10,9 ⇒ [OH - ] = 10 -3,1 = 7,94.10 -4 M 


−32 

3+ 

10 −22,7 

3+ 

−23 

[ Al ] = = 10 ⇒ [ Al ] = 2.10 M 

(10 

−3,1 

[ ] − 

OH) 

K = 

− 

[ OH ] 

) 

3 

− −3,1 

[ Al( 

OH) 

] = 10 .40 = 3,18. M 

Al( 4 10 −2 

⇒ 

[Al 3+ ] o = [Al 3+ ] + [Al(OH) 4 - ] = 3,18.10 -2 M 

4 

Câu 5:(Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ VII, 2012.Đề thi lý thuyết, 

Bảng A) 

Đề bài: 

Một trong các phương pháp tách loại asen khỏi nước ngầm là dùng oxi 

không khí đồng thời oxi hóa As(III) thành As(V) và Fe(II) thành kết tủa Fe(OH) 3 . 

Khi đó As(V) sẽ bị hấp phụ trên bề mặt của Fe(OH) 3 và tách khỏi dung dịch nước. 

Biết rằng trên bề mặt Fe(OH) 3 sẽ tích điện dương khi pH < 7 và tích điện âm khi 

pH > 7. Axit asenic H 3 AsO 4 có pK 1 = 2,2 ; pK 2 = 6,9 ; pK 3 = 11,5 . 

a) Nếu coi tổng nồng độ mol các dạng tồn tại của axit asenic trong dung 

dịch là 100%. Hãy tính xem các dạng H 3 AsO 4 và H 2 AsO - 4 ở pH = pK 1 , các dạng 

H 2 AsO - 4 và HAsO 2- 4 ở pH = pK 2 , các dạng HAsO 2- 4 và AsO 3- 4 ở pH = pK 3 chiếm 

bao nhiêu phần trăm (về số mol)? 

b) Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK 1 , pH = 

pK 2 hay pH = pK 3 . Giải thích? 


) 


M 















a) 

H 3 AsO 4 ⇌ H + + H 2 AsO 4 

- 

H 2 AsO 4 - ⇌H + + HAsO 4 

2- 

HAsO 4 2- ⇌H + + AsO 4 

3- 

có K 1 = 



− 

[ H 

2 

AsO4 

][ H 

[ H AsO ] 

[ H 

3 

[ HAsO 

2 

[ AsO 

2− 

4 

AsO 

3− 

4 

[ HAsO 

4 

][ H 

− 

4 

][ H 

Gọi C là nồng động (mol/l) tổng cộng của As(V). Từ K 1 ,K 2 ,K 3 tính các dạng nồng 

độ của As(V) theo [H 2 AsO - 4 ] 

2− 

4 

C = [H 3 AsO 4 ] + [H 2 AsO 4 - ] + [HAsO 4 2- ] + [AsO 4 3- ] 

= 

[ H 

− + 

2 

AsO4 

][ H ] 

K 

1 

+ [H 2 AsO 4 - ] + 

= [H 2 AsO - [ H ] 

4 ] 

+ + 1 + 

K 

 

− 

[ H 

2 

AsO4 

] 

⇔ = 

C [ H 

K 

1 

] 

1 

K 

K 

[ H 

K 

2 

+ 

K 

+ 

2 2 3 

+ 1+ 

+ 

+ + 2 

1 

[ H ] [ H ] 

*Tại pH = pK 1 hay [H + ] = K 1 thì 

] 

K 

[ H 

[ H 

2 

3 

+ 

] 

] 

] 

+ 

− 

H 

2 

AsO ] 

+ 

[ H ] 

2[ 4 

K K 

[ H ] 

2 3 

+ 

+ 2 

4 

+ 

] 

 

] 

 

 

− 

K K [ H AsO4 

] 

[ H ] 

2 3 2 

+ 

+ 2 

(1) 

− 

AsO4 

] K 

1 

= 

+ = 1 ⇒ [H2 AsO - 4 ] = [H 3 AsO 4 ] 

AsO ] [ H ] 
















Vậy: 

[ 

4 

− 

H 

2 

AsO ] 

= 

C 

[ 

3 4 

= 

H AsO ] 

C 

10 

2 + 

10 

1 

10 

+ 

× 10 

≈ 

− 6,9 

−6,9 

−11,5 

−2,2 

−2,2 

( 10 ) 

Tại pH = pK 1 : [H 2 AsO 4 - ] = [H 3 AsO 4 ] ~ 50% (về số mol) 

*Tại pH = pK 2 tương tự ta có: 

Thay vào (1) ta có: 

[ 

4 

− 

H 

2 

AsO ] 

= 

C 

[ HAsO 

[ H 

2 

AsO 

2− 

4 

− 

4 

] 

= 

] 

2− 

[HAsO 

4 

] 

= 

C 10 

10 

2 

1 

2 

K 

2 

+ = 1 ⇒ 2- [HAsO4 ] = [H 2 AsO - 4 ] 

[ H ] 

1 

10 

10 

≈ 

− 6,9 

−11,5 

+ 

−2,2 

−6,9 

Tại pH = pK 2 : [HAsO 4 2- ] = [H 2 AsO 4 - ] ~ 50% (về số mol) 

*Tại pH = pK 3 : Từ biểu thức tính nồng độ tổng As(V), biểu diễn nồng độ của các 

dạng của As(V) theo [HAsO 2- 4 ] ta có: 

C = 

[ H 

+ 

2 

] [ HAsO 

K K 

1 

2 

2− 

4 

] [ H 

+ 

+ 

][ HAsO 

K 

2 

2− 

4 

] 

= [HAsO 2- + 2 + 

⎛[ H ] [ H ] K3 

4 ] ⎟ ⎞ 

⎜ + + 1+ 

+ 

⎝ K1K 

2 

K 

2 

[ H ] ⎠ 

2− 

[HAsO 

4 

] 

⇔ = 

C 

+ 

[ H ] 

K K 

1 

2 

2 

1 

+ 

[ H ] K 

+ + 1+ 

K [ H 

Tại pH = Chay [H + ] = K 3 thì 

2− 

[HAsO 

4 

] 

= 

C 

3− 

[AsO 

4 

] 

= 

C 

10 

2 

3 

+ 

[ AsO 

[ HAsO 

+ [HAsO 4 2- ] + 

] 

3− 

4 

2 

4 

] 

= 

− 

] 

−11,5 

2 

−11,5 

( 10 ) 10 2 

−2,1 

× 10 

1 

−6,9 

+ 

10 

−6,9 

1 

2 

K3[ 

HAsO 

+ 

[ H ] 

2− 

4 

K 

3 

+ = 1 ⇒ 2- [HAsO4 ] = [AsO 3- 4 ] 

[ H ] 

+ 2 

1 

≈ 

Tại pH = pK 3 : [HAsO 4 2- ] = [AsO 4 3- ] ~ 50% (về số mol) 


b) As(V) sẽ được hấp phụ tốt trên Fe(OH) 3 khi As(V) mang điện tích trái dấu với 

điện tích trên bề mặt Fe(OH) 3 

] 















As(V) không được hấp phụ tốt trên Fe(OH) 3 ở pH = pK 3 vì ở đó chúng mang điện 

tích cùng dấu (-) 

As(V) chỉ được hấp phụ tốt trên Fe(OH) 3 ở pH = pK 2 và pH = pK 1 vì ở đó chúng 

mang điện tích trái dấu. 

Tuy nhiên ở pH = pK 1 chỉ có lượng As(V) tích điện âm còn ở pH=6,9 toàn bộ 

 

lượng As(V) tích điện âm nên chúng hấp phụ tốt trên Fe(OH) 3 

Câu 6:(Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ VII, 2012.Đề thi lý thuyết, 

Bảng A) 

Đề bài: 

Để phân tích hàm lượng của thiếc trong hợp kim thiếc bismuth ta tiến hành như 

sau: Hòa tan hoàn toàn 0,472 gam hợp kim trong dung dịch axit sunfuric tạo thành 

dung dịch của thiếc(II) và bismuth(III). Định mức dung dịch này lên 100 mL. Lấy 

25,00 mL dung dịch sau khi định mức đem chuẩn độ với dung dịch KMnO4 

0,0107 M trong môi trường axit sunfuric. 

a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

b) Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim. Biết rằng thể 

tích dung dịch KMnO4 sử dụng là 15,61 mL. 

c) Hãy nêu cách xác định điểm cuối của quá trình chuẩn độ. 

d) Trong một quá trình chuẩn độ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại điểm 

cuối. Hãy giải thích nguyên nhân của hiện tượng này. Hiện tượng này có ảnh 

hưởng thế nào đến kết quả phân tích. 


a) Sn + H 2 SO 4 → SnSO 4 + H 2 

2Bi + 3H 2 SO 4 →Bi 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 5Sn 2+ + 2MnO 2- 4 + 8H + → 5Sn 4+ + 2Mn 2+ + 

4H 2 O 

b) Số mol Sn 2+ có trong 25ml dung dịch chuẩn độ 

5 5 

n 2+ = n − 

Sn 

MnO 

2 4 

= C − × V − 

MnO4 

4 

2 

MnO 

= × 0,0107 × 0,01561 

 


= 4,1757× 10 -4 mol 















Phần trăm khối lượng của Sn trong hỗn hợp: 

100 

n Sn 

2+ × M 

Sn 

× 

25 

0,472 

%Sn = × 100 

4 100 

4,1757 10 × 118,71× 

= 25 × 100 

0.472 

× − = 42% 

c) Điểm cuối chuẩn độ: dung dịch chuyển từ không màu sang màu tím nhạt 

(bền trong khoảng 30 giây ) 

d) - Kết tủa màu nâu là MnO 2 - Hình thành do môi trường 

không đủ axit. 

- Kết quả là thể tích KMnO 4 phải sử dụng nhiều hơn giá trị thật dẫn đến sai 

số DƯƠNG (hàm lượng Sn xác định được sẽ lớn hơn hàm lượng thực) 

Câu 7:(Đề thi chọn đội tuyển Olympic Trường Đại học Dược Hà Nội, năm học 

2015-2016) 

Đề bài: 

1) Một pin có cấu tạo như sau ở 25 o C: 

Zn(r) | Zn 2+ (aq) 1,0M || Cu 2+ (aq) 1,0M | Cu(r) 

a) Hãy xác định sức điện động của pin 

b) Nếu thêm Na 2 S vào dung dịch Cu 2+ cho đến khi nồng độ S 2- cân bằng là 

1,0M thì sức điện động của pin có giá trị bằng bao nhiêu? 

2) Một dung dịch acid chứa ion Fe 2+ 0,1M, tiếp xúc với không khí (20% O 2 và 

80% N 2 theo thể tích) ở 25 o C. Chứng minh rằng Fe 2+ bị oxi không khí oxi 

hóa, biết rằng khi cân bằng nồng độ H + bằng 0,1M. Hỏi có bao nhiêu phần 

trăm Fe 2+ không bị oxi không khí oxi hóa khi ở trạng thái cân bằng? Coi áp 

suất không khí bằng 1atm. Cho biết E o (O 2 /H 2 O) = 1,23V; E o (Fe 3+ /Fe 2+ ) = 

0,77V. 


1) 

a) E pin = E o pin= , 

log [ ] 2+ 

⎛ Zn ⎞ 

⎜ 

2+ 

⎝ [ Cu ] ⎟⎟ ⎠ 

Khi [Zn 2+ ] = [Cu 2+ ] = 1,0M →E pin =E o pin= 1,10 (V) 

b) Khi thêm Na 2 S vào dung dịch Cu 2+ cho đến khi [S 2- ] cb = 0,1M thì 


(1) 















[Cu 2+ T 

] = CuS 

= 

2− 

[ S ] 

T CuS 

0,1 

= 10T CuS (2) 

Thay (1) vào (2) ta được E pin = 1,10 - 

0,059 1 

log 

n 10T CuS 

0,059 

4 

2) E(O 2 /H 2 O) = 1,23 + log( 0 ,2× 0,1 ) = 1,16 (V) 

4 

E(O 2 /H 2 O)= 1,16 (V) >E o (Fe 3+ /Fe 2+ ) = 0,77V →Fe 2+ bị oxi không khí oxi 

hóa thành Fe 3+ 

O 2 + 4e + 4H + ⇌ 2H 2 O E o 1= 1,23 

Fe 3+ + e ⇌ Fe 2+ E o 2= 0,77V 

O 2 + 4H + + 4 Fe 2+ ⇌ 4Fe 3+ +2H 2 O (1) 

4(1,28−9,77) 

0, 059 

Phản ứng (1) có K= 10 = 10 31,2 

Do K rất lớn nên phản ứng (1) coi như xảy ra hoàn toàn 

Xét phản ứng nghịch: 

4Fe 3+ +2H 2 O ⇌4 Fe 2+ + O 2 + 4H + (1’) 

K’ = 2+ 

+ 4 

= [ Fe ][ H ] P 

10-31,2 2 

= 

O 

(2) 

3+ 

4 

[ Fe ] 

Gọi x là [Fe 2+ ] khi cân bằng 

→khi cân bằng có [Fe 3+ ] = 0,1 – x = [Fe 2+ ] đã phản ứng (3) 

Theo giả thiết có [H + ] = 0,1 (4) 

Thay (3),(4) vào (2) được: 

x 

4 4 

.0,1 .0,2 

K’ = 

4 

0,1 

= 10 -31,2 (5) 

Vì khi rất lớn (K= 10 31,2 ) nên phản ứng (1) coi như hoàn toàn nghĩa là: 

0,1 – x = 0,1 (6) 

Thay (6) vào (5) ta được: 

x 

4 4 

.0,1 .0,2 

K’ = 

4 

0,1 

= 10 -31,2 → x = 10 -7,63 

Vậy %Fe 2+ − 

10 

không bị oxi hóa = 

−1 

10 

7,63 

×100% = 2,34.10 -5 (%) 


Câu 8:(Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ IX, 2016.Đề thi lý thuyết, 

Bảng A) 















Đề bài: 

Người ta tiến hành khai thác vàng bằng phương pháp xyanua như sau: Đầu tiên 

quặng vàng được nghiền vụn, rồi trộn với dung dịch NaCN trong môi trường kiềm 

và liên tục sục oxi không khí vào hỗn hợp phản ứng. Khi đó oxi sẽ oxi hóa vàng 

thành [Au(CN) 2 ] - . Sau đó người ta cho kẽm bột tác dụng với dung dịch [Au(CN) 2 ] - 

để thu hồi vàng kim loại. 

Cho biết: 

E o (Au + /Au) = 1,7V, E o (O 2 /H 2 O) = 1,23V, E o (OCl - /Cl - ) = 1,49V, E o (CNO - /CN - ) = - 

0,14V, pK HCN = 9,2; HẰng số phân ly tổng cộng của phức chất [Au(CN) 2 ] - = 

7,04.10 -40 . 

a) Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong quá trình trên? 

b) Tính E o ([Au(CN) 2 ] - /Au) và E o (O 2(kk) /OH - ). Coi áp suất của oxi không khí 

bằng 0,2 atm. 

Chứng minh rằng khi có mặt ion CN - trong môi trường kiềm thì oxi không 

khí có thể oxi hóa Au thành [Au(CN) 2 ] - . pH tối thiểu của dung dịch CN - phải 

bằng bao nhiêu? Tại sao? 

c) Để xử lý CN - trong nước thải của quá trình khai thác vàng bằng phương 

pháp xyanua, người ta thường dung NaOCl để oxi hóa CN - thành CNO - theo 

phản ứng: 

CN - + OCl - ⇌CNO - + Cl - 

Nếu cho thêm 5ml dung dịch NaOCl 0,2M vào 1 lít nước thải có nồng độ 

CN - là 10 -3 M ( coi thể tích dung dịch không đổi) thì có thể oxi hóa hoàn 

toàn CN - thành CNO - được không? Tính nồng độ CN - còn lại trong dung 

dịch sau khi xử lý? 


a) 4Au + 8CN - + O 2 + 2H 2 O ⇌ 4[Au(CN) 2 ] - + 4OH - 

Zn + 2[Au(CN) 2 ] - ⇌ [Zn(CN) 2 ] - + 2Au 

b) [Au(CN) 2 ] - ⇌Au + + 2CN - = 7,04.10 -40 

o 

E Au 

+ 

/ Au 


Au + 0, 059 

+ 1e ⇌ Au k 1 = 10 

[Au(CN) 2 ] - + 1e ⇌ Au+ 2CN - k 2 












E 

o 

Au ( CN 

− 

)2 / Au, 

CN 

− 

0, 059 

k 2 = 10 

= k 1 




⇔ E 

o − 

− 

Au ( CN ) 2 / Au , CN 

 

= 0,059log + 

o 

E + 

Au / Au 

40 

= 0,059log(7,04. 10 − ) + 1,7 = -0,61V 

E 

o 

O2 / H2O 

×| O 2 + 4H + + 4e ⇌2H 2 O E o 0, 059 

= k 1 = 10 

 

4×| H 2 O ⇌ H + + OH - k 2 =K a 

4 

4E 

o 

O2 / OH 

− 

O 2 + 2H 2 O + 4e ⇌ 4OH - 0, 059 

k 3 = 10 

E 

o 

O2 

/ OH 

− 

o 

= E + , 

O2 / H 2O 

 

log a 

4 

14 

= 1,21 + 0,059log( 10 − -14) 

* Để có thể tạo phức tốt với Au + thì xyanua phản tồn tại chủ yếu dạng CN - 

HCN ⇌ H + + CN - có pK = 9,2 

+ − 

[ H ][ CN ] [ CN 

K HCN = 

⇒ log 

− ] 

= pH – 9,2> 0 ⇒ pH > 9,2 

[ HCN] 

[ HCN] 

Vậy pH min = 9,2 hay pH ≥ 9,2 

E 

o 

OCl 

− 

/ Cl 

− 

c) OCl - + 2e + 2H + ⇌ Cl - 0, 059 

+ H 2 O k 1 = 10 

− E 

o 

OCN 

− 

/ CN 

− 

H 2 O + CN - ⇌ CNO - + H + +2e k 2 = 10 

0, 059 

CN - + OCl - ⇌ CNO - + Cl - 

E p 

2E 

2 

OCl 

− 

/ Cl 

− − E 

OCN 

− 

/ 

0, 059 

0,059 

0, 059 

k= 10 = 10 × 10 

= 10 

o 

2.1,49 

0,059 

−2.0,14 

0,059 

o 

CN 

− 


× 10 = 1,79.10 55 (rất lớn) 

Phản ứng xảy ra gần như hoàn toàn theo chiều thuận 















OCl - có thể oxi hóa hoàn toàn CN - thành CNO - 

CN - + OCl - ⇌ CNO - + Cl - k= 1,79.10 55 

10 -3 10 -3 

x x 10 -3 -x 10 -3 -x 

k=1,79.10 55 = 

− 

[ CNO ][ Cl 

− 

[ CN ][ OCl 

− 

− 

] 

] 

−3 

(10 − x) 

x 

= 

2 

2 

⇒x= 10 -30,62 

Câu 9:(Olympic Hóa học sinh viên các Trường Đại học và Cao đẳngtoàn quốc lần 

thứ IX, 2016.Đề thi lý thuyết, Bảng A) 

Đề bài: 

Dung dịch chứa ion [Fe(SCN)] 2+ có màu đỏ khi nồng độ của [Fe(SCN)] 2+ 

lớn hơn 10 -5 M. Hằng số bền của ion [Fe(SCN)] 2+ K b1 = 2.10 2 

a) Trong 500ml dung dịch có chứa 10 -3 mol FeCl 3 và 5.10 -3 mol KSCN. 

Tính nồng độ của ion [Fe(SCN)] 2+ ở trạng thái cân bằng. Dung dịch có 

màu đỏ không? 

b) Hòa tan tinh thể NaF vào dung dịch trên (thể tích dung dịch không đổi) 

sẽ tạo thành ion FeF 2+ có hằng số bền K b2 =1,6.105. Hỏi phải thêm ít nhất 

bao nhiêu gam NaF thì màu đỏ mới biến mất? 


a) Phương trình phản ứng: 

Fe 3+ + 2SCN - ⇌Fe(SCN) 2+ K b1 = 2.10 2 

Ban đầu: 2.10 -3 0,01 

Phản ứng: x 2x x 

Cân bằng: 2.10 -3 - x0,01 - 2x 

2+ 

[ FeSCN ] 

K b1 = 2.10 2 ⇔ 

= 

3+ 

− 

[ Fe ][ SCN ] 2.10 2 

x 
















⇔ 

x 

x 

−3 

2 

( 2.10 − )(0,01− 

2x) 

⇒x = 1,27.10 -3 M > 10 -5 M 

⇒dung dịch có màu đỏ 

− 

SCN 

= 

2.10 2 

b) Màu đỏ của dung dịch biến mất khi [Fe(SCN) 2+ ] ≤ 10 -5 M 

C = [Fe(SCN) 2+ ] + [SCN - ] →[SCN - ] = C − - [Fe(SCN) 2+ ] = 10 -2 - 10 -5 = 

10 -2 M 

Vậy [Fe 3+ ] còn lại trong dung dịch được tính từ K b1 của phức [Fe(SCN) 2+ ] 

K b1 = 

2+ 

[ Fe( 

SCN) 

] 

→[Fe 3+ ] = 

3+ 

− 

[ Fe ][ SCN ] 

2+ 

[ Fe( 

SCN) 

] 

− 

K [ SCN ] 

b1 

SCN 

−5 

10 

2.10 .10 

≤ 

2 −2 

= 5.10 -6 M 

Lúc này Fe 3+ trong dung dịch nằm ở 3 dạng [FeF 2+ ], [Fe(SCN) 2+ ], [Fe 3+ ]: 

C 3+ = [FeF 2+ ] + [Fe(SCN) 2+ ] + [Fe 3+ ] 

Fe 

[FeF 2+ ] = C 3+ 

- [Fe(SCN) 2+ ] - [Fe 3+ ] 

Fe 

[FeF 2+ ] ≥2.10 -3 - 10 -5 – 5.10 -6 = 1,985.10 -3 M 

Tính [F - ] trong dung dịch từ K b2 của phức [FeF 2+ ] 

K b2 = 

2+ 

[ FeF ] 

→ [F - ] = 

3+ 

− 

[ Fe ][ F ] 

[ FeF 

3+ 

[ Fe ] 

2+ 

] 

K b 2 

1,985.10 

1,6.10 .5.10 

−3 

= 

5 −6 

= 2,481.10 -3 M 

Nồng độ F - ban đầu tối thiểu cần có: 

C − = [FeF 2+ ] + [F - ] = 1,985.10 -3 + 2,481.10 -3 = 4,466.10 -3 M 

F 

Trong 500ml dung dịch cần lấy 4,466.10 -3 /2 = 2,23310 -3 mol NaF 

Vậy số gam Nà cần lấy 2,23310 -3 × 42 = 0,0938g = 93,8mg NaF 

Câu 10:(Olympic Hóa học sinh viên các Trường Đại học và Cao đẳngtoàn quốc 

lần thứ VII, 2016.Đề thi lý thuyết, Bảng A) 

Đề bài: 

Để tách loại các kim loại nặng Cr(VI), Ni(II) từ nước thải mạ điện, người ta 

tiến hành khử Cr(VI) về Cr(III) bằng FeSO 4 trong môi trường axit, sau đó dung 

kiềm để kết tủa các hydroxit Cr(OH) 3 , Ni(OH) 2 , Fe(OH) 3 tại các pH thích hợp 

nhằm thu hồi, tái sử dụng các hydroxit của các kim loại này. 


a) Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình tách loại này. 















b) Giả thiết nồng độ ban đầu của các ion Cr(VI) và Ni(II) trong nước thải đều 

bằng 10 -3 M; lượng FeSO 4 lấy vừa đủ đểk hử Cr(VI) về Cr(III) (coi thể tích 

dung dịch nước thải không đổi). Hãy xác định pH đối với từng hydroxit kim 

loại: 

- pH bđ của dung dịch khi bắt đầu xuất hiện kết tủa hydroxit kim loại. 

- pH ht của dung dịch khi kết tủa hoàn toàn hydroxit kim loại. (các hydroxit 

kim loại được xem như kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion kim loại còn lại 

trong dung dịch bằng 10 -6 M) 

- Khoảng giá trị pH tối ưu để có thể tách riêng từng hydroxit kim loại khỏi 

hỗn hợp của chúng. 

Cho biết tích số tan của Fe(OH) 3 , Cr(OH) 3 , Ni(OH) 2 lần lượt bằng 10 -38 , 10 - 

30 , 10 -15 


a) CrO 4- + 3 Fe 2+ + 8H + → Cr 3+ + 3Fe 3+ + 4H 2 O 

Cr 2 O 7 + 6Fe 2+ + 14H + → 2Cr 3+ + 6Fe 3+ + 7H 2 O 

Fe3 + + 3OH - → Fe(OH) 3 

Cr 3+ + 3OH - → Cr(OH) 3 

Ni 2+ + 2OH - → Ni(OH) 2 

b) * Fe(OH) 3 

[OH - −38 

10 

] bđ = 

−3 

3.10 

 

 

[OH - −38 

10 

] ht = 

− 

10 6 

→pH bđ = 2,17 

→pH bđ = 3,34 

Tương tự với Cr(OH) 3 và Ni(OH) 2 

Khoảng pH tối ưu để có thể tách riêng từng hydroxit kim loại khỏi hỗn hợp của 

chúng: 

Fe(OH) 3 từ pH bđ = 2,17 →pH bđ = 3,34 


Cr(OH) 3 từ pH bđ = 5 →pH bđ = 6 

Ni(OH) 2 từ pH bđ = 8 →pH bđ = 9,5 















Bài 11:(Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ sáu, 2010. Bảng A) 

Đề bài: 

Một trong các phương pháp để tách loại Cr(VI) trong nước thải của quá trình 

mạ điện là khử Cr(VI) về Cr(III) trong môi trường axit, sau đó điều chỉnh pH bằng 

kiềm để tạo kết tủa Cr(OH) 3 . 

Nếu nồng độ ban đầu Cr 3+ trong nước thải( sau khi đã khử Cr(VI) về Cr(III) 

) là 10 -3M . Khi tang ph của dung dịch (coi thể tích dung dịch không đổi), ban đầu sẽ 

tại ion Cr(OH) - có tích số tan bằng 10 -30 , sau đó kết tủa Cr(OH) 3 sẽ tan ra do tạp 

- 

thành ion Cr(OH) 4 theo phản ứng sau: 

Cr(OH) 3 + OH - ⇌Cr(OH) 4 - có pK=0,4 

Cr(OH) 3 

Giả thiết Cr(III) chỉ tồn tại ở ba dạng tan là Cr 3+ , Cr(OH) 4 - và dạng kết tủa là 

Hãy xác định: 

a) pH của dung dịch khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Cr(OH) 3 . 

b) pH của dung dịch khi kết tủa Cr(OH) 3 tan hoàn toàn thành Cr(OH) - 4 . 

c) pH của dung dịch mà tại đó độ tan Cr(III) nhỏ nhất. Tính độ tan của Cr(III) 

tại pH này. 


a) pH 1 bắt đầu kết tủa Cr(OH) 3 

[OH - ] = 

T 

−30 

Cr ( OH ) 3 

3+ 

= 

−3 

[ Cr 

→[H + ] = 10 -5 

→pH 1 = 5 

] 

10 

10 

= 10 -9 

- 

b) pH 2 khi kết tủa Cr(OH) 3 tan hoàn toàn thành Cr(OH) 4 

Khi đó có thể coi [Cr(OH) - 4 ] = [Cr 3+ ] = 10 -3 M 

[OH - [ Cr ( OH ) 

4 

] 

] = 

K 

→[H + ] = 10 -11,4 

10 

10 

− −3 

= 

−0, 

4 

= 10 -2,6 
















→pH 2 = 11,4 

c) S Cr(III) = [Cr 3+ ] + [Cr(OH) 4 - ] 

[Cr 3+ T 

( ) 

] = 

OH 3 

− 3 

[ OH ] 

T 

+ 3 

Cr 

= 

Cr( OH ) 

× [ ] 

3 

3 

H O 

[Cr(OH) 4 - ] = K[OH - ] = 

→S Cr(III) = 

S min khi 

dS 

d[ 

H 

Khi 

+ 

= 

] 

dS 

d[ 

H 

T 

dS 

d[ 

H 

3T 

+ 

→ [H + ] 4 min= 

K 

+ 3 

Cr( OH ) 

× [ ] 

3 

3 

H O 

+ 

K 

2 

= 0 

] 

H 

2 

H 

K × K 

+ 

[ H 

H 2O 

+ 

] 

K × K 

[ H 

H 2O 

+ 

+ 2 

Cr( OH ) 

× [ ] K × K 

3 

H 2O 

- 

3 

+ 

2 

H O 

K 

2 

H 

3T 

= 0 → 

] 

K × K 

4 

H 2O 

3T 

Cr( 

OH ) 3 

[ H 

] 

+ 2 

Cr( OH ) 

× [ ] K × K 

3 

H 2O 

= 

3 

+ 

2 

H O 

K 

2 

H 

] 

[ H 

+ 

⇔ 4log( H )= log()+ 4 log K 

H 2 O 

- logTCr(OH ) 

- log3 

3 

+ 

⇔ log( H )= log()+ log K 

H O 

2 

- log TCr(OH ) 

- log3 

 

3 

 

⇔ pH min = pK + p K 

H O 

2 

- log TCr(OH ) 

- log3 

 

3 

 

= × 0,4 + 14 + log 30 

10 − + × 0.477 

 

= 6,72 

−30 

− 

10 (10 

Vậy S min = 

−14 

10 

) 

10 .10 

10 

6,72 3 −0,4 

−14 

+ 

−6, 

72 

] 

= 2,78.10 -8 M 


Câu 12: (Kì thi chọn học sinh vào các đội tuyển quốc gia dự thi Olympic Quốc tế 

năm 2009) 












Đề bài: 




1) Viết các phương trình ion của các phản ứng xảy ra trong dung dịch nước 

(ghi rõ trạng thái mỗi chất) khi tiến hành các thí nghiệm dưới đây: 

a) Cho một mẩu canxi vào nước 

b) Rót axit H 2 SO 4 loãng vào dung dịch Pb(CH 3 COO) 2 

c) Rót axit HCl (đặc) vào Mn)2 

d) Cho NaCN vào nước 

e) Cho mẩu Ag vào dung dịch HNO 3 loãng 

f) Cho dung dịch NaOH(dư) vào dung dịch Al(NO 3 ) 3 

2) Khi sự sống bắt đầu trên Trái Đất thì thành phần khí quyển gồm khíA, 

metan, ammoniac và các khí khác, trong lúc đơn chất B hầu như không 

có. Do các quá trình hóa học diễn ra trong cơ thể sống nên lượng khí A 

giảm trong đó B tăng. Ngày nay, B có mặt nhiều trong khí quyển nhờ sự 

quang hóa (nA + nH 2 O → nB + (CH 2 O) n ). Lúc đầu, B tích tụ trong khí 

quyển, ion Fe 2+ có mặt trong nước biển bị oxi hóa thành Fe 3+ . Tầng khí 

quyển bảo vệ Trái Đất khỏi tác dụng của tia tử ngoại chứa chất C, một 

dạng thù hình của B. Tất cả các biến đổi ở trên đã tạo nên sự sống đa 

dạng trên Trái Đất. Trong điều kiện xác định, hợp chất D có thể hình 

thành cả trong khí quyển và cơ thể sống, Các gốc dẫn tới sự lão hóa được 

phát sinh từ sự thoái biến của D. Chất D được tạo thành từ hai nguyên tố 

hidro và oxi, có cả tính oxi hóa và tính khử. 

a) Viết công thức của các chất A, B, C, D 

b) Viết phương trình phản ứng biểu diễn các chuyển hóa: 

(1) nA + nH 2 O → nB + (CH 2 O) n 

(2) D→B 

(3) Fe(OH) 2 + B + H 2 O→ … 

(4) B⇌C 

c) Viết các nửa phương trình electron và phương trình đầy đủ của các 

phản ứng oxi hóa – khử: 

(1) D + KI + H 2 SO 4 → … 

(2) D + K 2 Cr 2 O 7 + H 2 SO 4 → … 







1) 











a) Ca(r) + 2H 2 O(l) → Ca 2+ (aq) + 2OH - (aq) + H 2 (k) 

b) Pb 2+ (aq) + 2CH 3 COO - (aq) + H + (aq) + HSO 4 - (aq) → PbSO 4 (r) + 

2CH 3 COOH(aq) 

c) MnO 2 (r) + 4H + (aq) +2Cl - → Mn 2+ (aq) + 2H 2 O(l) + Cl 2 (k) 

d) NaCN(r) + H 2 O(l) → Na + (aq) + HCN(aq) + 2OH - (aq) 

e) 3Ag(r) + 4H + (aq) + NO 3- (aq) → 2Ag + (aq) + NO(k) + 2H 2 O(l) 

f) [Al(H 2 O) 6 ] 3+ (aq) + 6OH - (aq) → [Al(OH) 6 ] 3- (aq) + 6H 2 O(l) 

2) 

a) A: CO 2 B: O 2 C: O 3 D: H 2 O 2 

b) 

(1) nCO 2 + nH 2 O → n O 2 + (CH 2 O) n 

(2) 2H 2 O 2 →O 2 + 2H 2 O 

(3) Fe(OH) 2 + O 2 + H 2 O→ Fe(OH) 3 

(4) O 2 ⇌O 3 

c) 

(1) H 2 O 2 + 2KI + H 2 SO 4 →I 2 + K 2 SO 4 + 2H 2 O 

H 2 O 2 + 2H + + 2e → 2H 2 O 

2I - →I 2 + 2e . 

H 2 O 2 + 2H + + 2I - →I 2 + 2H 2 O 

(2) H 2 O 2 + K 2 Cr 2 O 7 + H 2 SO 4 → 3O 2 + K 2 SO 4 + Cr 2 (SO 4 ) 3 + 7H 2 O 

Cr 2 O 7 

2- 

+ 14H + + 6e → 2Cr 3+ + 7H 2 O 

H 2 O 2 + 2H + + 2e → 2H 2 O . 

Cr 2 O 7 

2- 

+ 3 H 2 O 2 + 14H + → 2Cr 3+ + 3O 2 +7H 2 O 


năm 2009) 

Đề bài: 

1. Bạc tác dụng với dung dịch nước của NaCN khi có mặt không khí theo phản 

ứng: 

4Ag + O 2 + 2H 2 O + 16CN - → 4[Ag(CN) 4 ] 3- + 4OH - 

Để ngăn cản sự hình thành của axit HCN (một chất dễ bay hơi và rất độc) thì 

pH của dung dịch phải trên 10. 






Nếu dung dịch của có NaCN, pH= 10,7 thì nồng độ NaCN bằng bao nhiêu? 











2. Một dung dịch chứa các ion Ag + và 0,020 mol/l NaCN. So với ion bạc thì 

natri xianua rất dư. pH của dung dịch này bằng 10,8. Trong dung dịch có cân 

bằng sau: 

Ag + + 4 CN - ⇌[Ag(CN) 4 ] 3- 1 = 5,00.10 20 

Xác định tỉ số của 

c([ 

Ag( 

CN) 

4 

] 

+ 

c( 

Ag ) 

3− 

) 

trong dung dịch 

3. Để tăng nồng độ ion Ag + tự do (chưa tạo phức) phải thêm vào dung dịch đó 

NaOH hay HClO 4 ? Vì sao? 

4. Sau khi thêm axit/bazơ (dựa vào kết quả ở 3.) để nồng độ ion Ag + trong dung 

dịch tăng lên 10 lần so với nồng độ ion Ag + trong dung dịch cho ở 2. 

Tính nồng độ ion CN - trong dung dịch mới này. 

Sử dụng c(CN=) = 0.0196 mol/l (khi chưa thêm axit/bazơ). Thể tích của 

dung dịch coi như không thay đổi sau khi thêm axits/bazơ.pKa(HCN) = 9,31 


1. CN - + H 2 O ⇌ HCN + OH - K= 

c(HCN) ≈ c(OH - ) =10 -3,3 mol/l 

c( 

HCN). 

c( 

OH 

= 

c( 

CN ) 

C o = c(HCN) + c(CN - −3,3 

2 

) ⇔ 10 -4,69 (10 ) 

= 

−3,3 

2 

− (10 ) 

⇒C o = 0,0128 mol/l 

2. Ag + +4CN - ⇌[Ag(CN) 4 ] 3- c([ 

Ag( 

CN) 

4] 

1 = 

+ 

c( 

Ag ). c( 

CN 

⇔ 

c o 

− 

) 

) 

3− 

4 

c([ 

Ag( 

CN) 

4] 

+ 

c( 

Ag ) 

Vì CN - dư nên c(CN - ) ≈ c(NaCN) - c(OH - ) 

≈ (0,020 -10 -3,3 )mol/l ≈ 0,0194 mol/l 

c([ 

Ag( 

CN) 

4] 

+ 

c( 

Ag ) 

3− 

) 

= 5,00.10 20 ×0,0194 4 = 7,04.10 13 

− 

) 

= 

K 

w = 10 -4,69 

K 

a 

= 5,00.10 20 

3− 

) 

= 1 ×c(CN - ) 4 


3. c(Ag + ) tăng nếu c(CN - ) giảm và c(CN - ) giảm nếu c(OH - ) giảm. Vậy phải 

thêm axit HClO 4 















4. Đặt v và n là nồng độ trước và sau khi tăng nồng độ ion (Ag + ) 

+ 

c( 

Ag ) 

+ 

c( 

Ag ) 

n 

v 

= 

β1 

× c( 

CN 

β × c( 

CN 

1 

) 

) 

− 4 

v 

− 4 

n 

⇔ c(CN - ) 4 − 

β1 

× c( 

CN ) 

n = 

10× 

β 

− 

β1 

× c( 

CN ) 

≈ 

10× 

β 

1 

4 

v 

1 

+ 1 

= 10 

+ 1 

4 

v 

vì 1 = 5,00.10 20 

⇒c(CN - ) n = 0,0110 mol/l 

- 

9 

10× β 

1 


năm 2005) 

Đề bài: 

1. Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH 3 0,150M và KOH 5,00.10 - 

3 M 

2. Tính thể tích dung dịch HCl 0,210M cần cho vào 50,00ml dung dịch A để 

pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24 

3. Thêm 1,00ml dung dịch HClO 4 0,0100M vào 100,00ml dung dịch KCN 

0,0100M. Thêm 2 giọt chất chỉ thị bromothimol xanh (khoảng pH chuyển 

màu từ 6,0 – 7,6: pH < 6,0 màu vàng; pH > 7,6 màu xanh lục). Sau đó thêm 

tiếp 100,00ml dung dịch Hg(ClO 4 ) 2 0,300M. Có hiện tượng gì xảy ra? Giải 

thích? 

4. Thêm 1 giọt (khoảng 0,03ml) dung dịch nước H 2 S bão hòa vào hỗn hợp thu 

được trong mục 3. Có hiện tượng gì xảy ra? 

Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH 4+ là 9,34; của H 2 S là 7,00 và 12,92 

Hg 2+ + CN - ⇌ HgCN + lg1= 18,0 

Hg 2+ + 2CN - ⇌Hg(CN) 2 lg2= 34,70 


1. CN - + H 2 O ⇌ HCN + OH - K b1 = 10 -4,65 

NH 3 + H 2 O ⇌ NH + 4 + OH - K b2 = 10 -4,76 

KOH ⇌ K + + OH - 

H 2 O ⇌ H + + OH - 
















[OH - ] = C KOH + [HCN] + [NH + 4 ] + [H + ] 

Đặt [OH - ] = x 

K 

− 3 

Kb 1[ CN ] Kb2[ 

NH3] 

H 2O 

⇒x = 5.10 

+ + + 

x x x 

⇔ x 2 - 5.10 

− 3 

− 

x + Kb 

1[ 

CN ] + Kb2[ 

NH 

3] 

+ K = 0 H2O 

[CN - ] = 

C − = 0,12M 

CN 

[NH 3 ] = C 

NH 

= 0,15M 

3 

Ta có: x 2 -5.10 -3 x – 5,29.10 -6 = 0 

⇒x = [OH - ]= 5,9.10 -3 

−4,65 

[ HCN ] 10 

− = 

−3 

[ CN ] 5,9.10 

= 3,8.10 -3 ⇒[HCN]≪[CN - ] 

[ NH + −4,76 

4 

] 10 

= = 2,9.10 -3 ⇒[NH + −3 

4 ] ≪[NH 3 ] 

[ NH ] 5,9.10 

3 

⇒ pH = 11,77 

[ NH ] 

2. pH = pK + 

NH 4 

- log 

+ 4 

= 9,24 

[ NH ] 

3 

⇒[NH 4 + ] =[NH 3 ] có nghĩa là 50% [NH 3 ] đã bị trung hòa 

Mặt khác pH = 9,24 = 

⇒[CN - ] = 10 -0,11 = 0,776 

[ HCN ] 

− = ⇒ [] 

[ CN ] , 

C CN 

− 

pK 

HCN 

 

- log 

[ HCN ] 

[ HCN ] 

− = 9,35 - log 

− 

[ CN ] 

[ CN ] 

= = 0,563 nghĩa là 56,3% , CN- đã bị trung hòa 

Vậy V HCl .0,21 = V A .C KCN .0,563 + V A .C NH3 .0,5 + V A .C KOH 

⇒V HCl = 

50(0,12.0,563 + 0,15.0,5 + 5.10 

0,51 

−3 

) 


= 35,13 ml 















3. C 

HClO 

= ,. 

= 

4 

 

9,901.10-5 M 

C 

KCN 

= ,. 

 

= 9,901.10 -3 M 

H + + CN - → HCN 

C o 9,901.10 -5 9,901.10 -3 

C 9,802.10 -3 9,901.10 -5 

CN - + H 2 O→ HCN + OH - 

C 9,802.10 -3 9,901.10 -5 

x x x 

[ ] 9,802.10 -3 -x 9,901.10 -5 +x x 

Ta có K b = 10 -4,65 

⇔ 

x(9,901.10 

− 

9,802.10 

−5 

3 

+ x) 

− x 

= 10 -4,65 

⇒ x = [OH - ]= 4,12.10 -4 M 

⇒ pH= 10,61 > 7,6. Vậy mới đầu dung dịch có màu xanh lục 

Khi thêm 100ml dung dịch Hg(ClO 4 ) 2 0,300M 

C − = 

CN 

−3 

9,802.10 .101 

201 

−5 

9,901.10 .101 

C 

HCN 

= 

201 

C 2+ = 

Hg 

= 4,929.10 -3 M 

= 4,975.10 -5 M 

0,3.100 

= 0,1493M ≫ C − 

CN 

201 


Vậy CN - tạo phức với Hg 2+ 

Hg 2+ + CN - ⇌ HgCN + = 10 18 















C o 0,1493 4,929.10 -3 

C 0,1443 4,929.10 -3 

Vì Hg 2+ dư nên xảy ra phản ứng: 

Hg 2+ + HCN - ⇌ HgCN + + H + K =10 8,65 

C o 0,14434,975.10 -5 4,929.10 -3 

C 0,14425 4,975.10 -3 4,975.10 -5 

Vì sự phân ly của HgCN + không đáng kể (K = 10 -18 ) lại còn dư Hg 2+ , nồng độ CN - 

phân ly ra vô cùng bé không ảnh hưởng đến pH của dung dịch vì vậy 

[H + ]=4,975.10 -5 ⇒ pH= 4,3 < 6. Do đó sau khi thêm Hg(ClO4 ) 2 dung dịch chuyển 

sang màu vàng. 

C 0 

4. Thêm 1 giọt (khoảng 0,03ml) dung dịch nước H 2 S bão hòa vào hỗn hợp thu 

được trong mục 3. Thể tích coi như không đổi. 

0,03.0,1 

CH 

2 S = = 1,493.10 -5 M 

201 

H 2 S ⇌ H + + HS - 

1,493.10 -5 4,975.10 -5 

C 1,493.10 -5 -x 4,975.10 -5 +x x 

K=10 -7 ⇔ 

x(4,975.10 

− 

1,493.10 

⇒ x = 3.10 -8 < C H+ 

−5 

5 

+ x) 

− x 

= 10 -7 

Vậy nồng độ H + do sự phân ly của H 2 S là không đáng kể 

H 2 S ⇌2H + + S 2- 

[ ] 1,493.10 -5 4,975.10 -5 x 


[S 2- ]= x = 10 -19,92 .1,493.10 -5 /(4,975.10 -5 ) 2 = 7,25.10 -17 

Vì sự phân ly của HgCN + không đáng kể có thể coi C 2+ 

= 0,14425M 

Hg 












C . C 2− 

2+ 

Hg 

S 

= 0,14425.7,25.10 -17 = 1,05.10 -17 ≫ Ks 




Vậy có kệt tủa HgS màu đen xuất hiện H 2 S + Hg 2+ → HgS + 2H + 

Do sự kết tủa này làm tăng nồng độ của ion H + trong dung dịch nên dung dịch vẫn 

có màu vàng. 

Câu 15: (Kì thi Olympic Hóa học sinh viên toàn quốc lần thứ V, 2008. Phần Hoá 

học đại cương - vô cơ – phân tích, Bảng A) 

Đề bài: 

1. Cân bằng xảy ra trong dung dịch nước ở 25 o C 

2Cu - ⇌Cu 2+ + Cu (1) 

a. Tính hằng số cân bằng K 1 của phản ứng (1) 

b. Một dung dịch chứa CuSO 4 0,10M và Cu(r) dư. Tính nồng độ Cu - ở trạng 

thái cân bằng. 

2. Tính các hằng số cân bằng của các phản ứng sau ở 25 o C 

a. I - 3 + 2Cu - ⇌ 2Cu 2+ + 3I - K 2 =? 

b. I - 3 + 2CuI(r) ⇌ 2Cu 2+ + 5I - K 3 =? 

c. Cl 2 (k) + 2CuCl(r) ⇌ 2Cu 2+ + 4Cl - K 4 =? 

3. Hỏi hằng số phân li tổng K d của ion phức [Cu(NH 3 ) 2 ] + trong dung dịch phải 

bé hơn giá trị xác định nòa? Biết rằng 0,10mol CuCl(r) hòa tan hoàn toàn 

được trong dung dịch NH 3 0,20M? Tính giá trị đó. 

4. Kd của ion phức [Cu(NH 3 ) 2 ] - là 1,0.10 -16 . Hỏi dung dịch NH 3 0,20M có hòa 

tan hoàn toàn được được 0,10 mol CuI(r) không? 

Cho các số liệu sau ở 25 o C: 

o 

o 

o 

+ = 0,522V; 2+ = 0,34V; E − = 0,54V 

E 

Cu / Cu 

E 

o 

Cl / Cl 


2. 

2 

− 

a. I 3 - + 2Cu - ⇌ 2Cu 2+ + 3I - 

K 2 = log 

2F∆E 

RT 

E 

Cu / Cu 

I 

= 1,36V; Tích số tan K s (CuCl,r) = 1,0.10 -6 ; K s (CuI,r) = 5,0.10 -12 


o 

= 

2.96500.(0,54 

− 0,158) 

8,314.298 

3+ / 

= 8,38.10 12 

I 















∆ 

b. I 3 - + 2CuI(r) ⇌ 2Cu 2+ + 5I - 

K s 

2 

I 3 - + 2Cu+ + 2I- 

K 2 

K 3 = K s 2 .K 2 = (5,0.10 -12 ) 2 .8,38.10 12 =2,10.10 -10 

c. Cl 2 (k) + 2CuCl(r) → 2Cu 2+ + 4Cl - 

0 

G 5 

2Cl - + 2CuCl(r)→2Cu 2+ + 4Cl - 

0 

G 4 

∆ = 

∆ + 

0 

G 5 

⇔ =RTlnK 4 = -2 

0 

∆ + 

0 

G 6 

∆ 

0 

G 7 

FE − F E 

o Cl / Cl Cl / Cl 

2 

2 

− 

∆ 

0 

G 7 

- RTlnK 2 sCuCl + 2F o 2+ 

Cu Cu 

⇒lnK 4 = 2 F 

− 6 2F 

.1,36 + ln(10 ) 

2 − .0, 158 = 66,0034 

RT 

RT 

⇒K 4 = 4,62.10 28 

3. 

E 

/ 

CuCl(r) + NH 3 ⇌[Cu(NH 3 ) 2 ] + + Cl - 

Ban đầu: 0,1 0,2 0 0 (mol) 

Cân bằng: ~ 0,1~ 0,1 (mol) 

0,10 mol CuCl tan hoàn toàn nên ở cân bằng ta có: 

[Cu + ][Cl - ] < Ks 

[Cu(NH 3 ) 2 ] + = [Cl - ] ≈ 0,10 mol.L -1 

[NH 3 ] = 2[Cu 2+ ] 

+ 

[ Cu ][ NH 

3] 

2 

Kd = 

+ 

[ Cu( 

NH ) ] 

3 

2 

4[ Cu 

= 

+ 

[ Cu( 

NH 

3) 

2] 

+ 

] 

3 

= 

+ 

4[ Cu ] 

0,10 

3 
















⇒ 0,10 

K 

d = [Cu 2+ ] 3 

4 

Vì [Cu + ][Cl - ] < K s(CuCl) 

⇒[Cu + ] 3 [Cl - ] 3 < K 3 s(CuCl) 

⇒ 0,10 K d 3 

4 

× (0,1) < (10 -6 ) 3 

−6 

3 

(10 ) .4 

⇒Kd< = 4.10 -14 

4 

(0,10) 

4. 

Tương tự như trên để hòa tan hoàn toàn 0,10 mol CuI trong dung dịch NH 3 0,20M 

phải có: 

0,10 

4 

K d 

× (0,1) 

3 

K 3 s(Cul) = (5.10 -12 ) 3 = 

4 

1,25.10 -34 

Do đó 0,10 mol CuI không thể ran hoàn toàn trong dung dịch NH 3 0,20M 

Câu 16:( Đề thi chuẩn bị Olympic Hóa học quốc tế 2011) 

Đề bài: 

1. Khi cho từ từ một bazơ mạnh vào dung dịch chứa ion Zn 2+ thì thu được kết 

tủa keo trắng Zn(OH) 2 . Tính pH của 1 lít dung dịch chứa 5.10 -2 mol Zn 2+ và 

0,1 mol OH - -17 

. Biết K = 1,2.10 . 

S(Zn(OH) ) 

2 

2. Khi cho thêm tiếp bazơ vào dung dịch thì kết tủa keo trắng bị hòa tan, thành 

dạng phức Zn(OH) 2- 4 . Cho biết hằng số phức bền là 4,6.10 17 . Tính pH của 

dung dịch ở câu (1) khi cho 0,1 mol OH - vào dung dịch trên (cho rằng thể tích 

thay đổi không đáng kể) 

















1. Zn(OH) 2 ⇌Zn 2+ + 2OH - −17 

K S ( Zn ( OH ) 2 ) 

= 1, 2.10 

S S 2S 

3 -17 

K 

S(Zn(OH) 2 ) 

= 4S = 1,2.10 ⇒ S = 1,44.10 -6 mol/l 

⇒ [OH - ] = 2S = 2,88.10 -6 (mol/l) 

⇒pOH = 5,54 ⇒ pH = 14 – 5,54 = 8,46 

2. 

Zn(OH) 2 ⇌Zn 2+ + 2OH - K 

S(Zn(OH) 2 ) 

= 1,2.10 

Zn 2+ + 4OH - ⇌Zn(OH) 2- K 

f 

= 4,6.10 

4 

Zn(OH) 2 + 2OH - ⇌Zn(OH) 2- 4 K = K S .K f = 5,52 

[ ] 2x (0,05-x) 

2- 

[Zn(OH) 

4 

] 0,05-x 

K = = = 5,52 

- 2 2 

[OH ] (2x) 

⇒x≈ 0,03 

⇒ [OH - ] = 2x = 0,06 

⇒pOH = 1,22 

⇒ pH = 14 – 1,22 =12,78 

Câu 17:( Đề thi Olympic Hóa học Mĩ2012) 

Đề bài: 

Cu(OH) 2 ⇌ Cu 2+ + 2OH - K s = 2,2.10 -20 

Cu 2+ 2+ 

+ 4NH 3 ⇌ Cu K f = 2,1.10 -13 

(NH 3 ) 4 

Sử 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 CuSO 4 trộn với 50,0 ml của 0,0010M NaOH, xác 

định liệu Cu(OH) 2 có kết tủa không? Hoàn thiện câu trả lời bằng việc tính 

toán thích hợp. 

3. Viết phương trình khi cho Cu(OH) 2 tác dụng với dung dịch NH 3 và tính giá 

trị K cho phản ứng. 

4. Tính nồng độ NH 3 cần cho sự hòa tan 0,100g Cu(OH) 2 trong 1,00 lít nước. 


-17 

17 















5. Mô tả khi quan sát nếu 5,0M NH 3 được cho từ từ vào 0,10M dung dịch chứa 

ion Cu 2+ . 


1. Ta có:Cu(OH) 2 ⇌ Cu 2+ +2OH - K s = 2,2.10 -20 

pH = 8⇒pOH = 6 ⇒ [OH ] = 10 -6 M. 

K S = [Cu 2+ ].[OH – ] 2 

⇔ 2,2 . 10 –20 = [Cu 2+ ].[10 –6 ] 2 

⇒[Cu 2+ ] = 2,2.10 –8 M 

2. Nồng độ của Cu 2+ và OH sau khi trộn là: 

3. 

C = 

C = 

−3 

⎛ 0,0200.1,0.10 ⎞ = 

⎜ 

⎝ 

0,0700 

⎟ 

⎠ 

−3 

⎛1,0.10 

⎞ = 

2,86.10 

0,0500. ⎜ ⎟ 7,14.10 

⎝ 0,0700 ⎠ 

C .C = (2,86.10 –4 ).(7,14.10 –4 ) 2 = 1,46.10 –10 >> K S 

Vậy có kết tủa Cu(OH) 2 tạo thành. 

Cu(OH) 2 ⇌ Cu 2+ + 2OH - K s = 2,2.10 -20 

Cu 2+ 2+ 

+ 4NH 3 ⇌ Cu K f = 2,1.10 -13 

(NH 3 ) 4 

2+ 

Cu(OH) 2 + 4NH 3 ⇌ Cu + 2OH- K 

(NH 3 ) 4 

⇒ K = K S . K f = (2,2.10 –20 ).(2,1.10 13 ) = 4,6.10 –7 

mCu(OH) 

1 

2 

4. n 

Cu(OH) 

= = = 0,00103(mol) 

2 

M 97,54 

Cu(OH) 2 

⇒ Nồng độ Cu(OH) 2 trong 1 lít nước là 0,00103M. 

⇒ Nồng độ OH – sẽ là 0,00206 M và nồng độ Cu(NH 3 ) 4 2+ là 0,00103M. 


[Cu(NH ) ].[OH ] 

K = 

[NH ] 

2+ - 2 

3 4 

4 

3 

−4 

−4 

M 

M 
















2+ - 2 2 

4 Cu(NH 

3) 4 

.[OH ] 0,00103.(0,00206) 

⇒[NH 4] = = = 0,00950 

-7 

K 4,6.10 

⇒ [NH 3 ] = (0.00950) 1/4 = 0,312 M 

5. Khi thêm dung dịch NH 3 vào thì ban đầu tạo thành chất kết tủa màu xanh. Sau đó 

kết tủa dần hòa tan và tạo thành phức màu xanh đậm. 

Câu 18:(Đề thi chuẩn bị Olympic Hóa học quốc tế 2011) 

Đề bài: 

Trong dung dịch nước, ion Pb 2+ tồn tại ở dạng kết tủa PbO, là một oxit lưỡng 

tính. Trong axit, tồn tại dưới dạng ion Pb 2+ là chủ yếu với pH tăng dần. PbO và 

Pb(OH) - 3 được hình thành trong lượng thấy rõ. Cân bằng quan trong cho PbO 

trong nước được đưa ra sau đây: 

PbO + H 2 O ⇌Pb 2+ + OH - K sp = 8,0.10 -16 (1) 

− 

PbO + 3H 2 O ⇌ Pb (OH ) 3 

+ H 3 O + K a = 1,0.10 -15 (2) 

1. PbO hòa tan hoàn toàn khi ở pH đủ thấp. Khi nồng độ ban đầu của Pb 2+ là 

1,00.10 -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 tan trở 

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 dịch và 

độ tan của PbO ở pH đó. 

5. Tính khoảng pH khi mà nồng độ dung dịch là 1,0.10 -3 mol/l hay thấp hơn. 


1. Ta có: [Pb 2+ ] = 1,00.10 -2 mol/l 

Kết tủa PbO bắt đầu hình thành khi: [Pb 2+ ].[OH - ] 2 = K sp =8,0.10 -16 

-16 

- 

Ksp 

8,0.10 

-7 

⇒[OH ] = = = 2,83.10 M 

2+ -2 

[Pb ] 1,00.10 


⇒pOH = 6,55 ⇒ pH = 7,45 















2. Ở pH tương đối cao thì phản ứng (2) chiếm ưu thế hơn, tương ứng với ion 

Pb(OH) 3 - . 

Ta có: [Pb(OH) 3 - ] = 1,00.10 -2 mol/l. Ta dung công thức K a để tính pH. 

PbO + 3H O ⇌ Pb(OH) + H O 

- + 

2 3 3 

K a = 1,0.10 -15 

- + 

-15 

K a = [Pb(OH) 

3].[H3O ] ⇒ 

+ Ka 

1,0.10 

-13 

[H3O ] = = = 1,0.10 M 

- -2 

[Pb(OH) ] 1,00.10 

⇒pH = 13 

Dùng K sp thì [Pb 2+ ] = 8,00.10 -14 M (rất bé) nên bỏ qua. 

2+ - 

3. Ta có: S = C 2+ = [Pb ] + [Pb(OH) ] 

Pb 

4. Ta có: pH = 9,4 ⇒[H 3 O + ] = 10 -9,4 = 4.10 -10 M 

K 10 

[OH ] = = = 2,5.10 M 

-14 

- H2O 

-5 

⇒ 

+ -10 

[H3O ] 4.10 

-16 

2+ 

Ksp 

8,0.10 

-6 

[Pb ] = = = 1,28.10 M 

- 2 -5 2 

[OH ] (2,5.10 ) 

K 1,0.10 

[Pb(OH) ] = = = 2,5.10 M 

Suy ra: 

-15 

- a 

-6 

3 + -10 

[H3O ] 4.10 

S = [Pb 

] + [Pb(OH) ] = 1,28.10 + 2,5.10 = 3,78.10 M 

2+ - -6 -6 -6 

3 

5. Ở pH tương đối thấp thì Pb 2+ sẽ chiếm ưu thế. 

[Pb 2+ ] = 1,0.10 -3 M. 

K sp = [Pb 2+ ].[OH - ] 2 

-16 

- 

Ksp 

8,0.10 

-7 

⇒[OH ] = = = 8,94.10 M 

2+ -3 

[Pb ] 1,0.10 

K 10 

[H O ] = = = 1,12.10 M 

[OH ] 8,94.10 

-14 

+ H2O 

-8 

⇒ 

3 - -7 

⇒pH = 7,95 

3 


3 















K 1,0.10 

[Pb(OH) ] = = = 8,93.10 M 

-15 

- a 

-8 

3 + -8 

[H3O ] 1,12.10 

Do đó, trong môi trường axit thì [Pb(OH) 3 - ] không đáng kể và [Pb 2+ ] chiếm ưu thế. 

Trong môi trường bazơ thì [Pb(OH) 3 - ] chiếm ưu thế. 

[Pb(OH) 3 - ] = 1,00.10 -3 M từ K a 

K 1,0.10 

[H O ] = = = 1,00.10 M 

-15 

+ a 

-12 

3 - -3 

[Pb(OH) 

3] 1,00.10 

⇒pH = 12 và [OH - ] = 1,00.10 -2 M. 

-16 

2+ 

Ksp 

8,0.10 

-12 

[Pb ] = = = 8,00.10 M 

- 2 -2 2 

[OH ] (1,00.10 ) 

Ta thấy: [Pb 2+ ] ≪ [Pb(OH) 3 - ] nên trong môi trường bazơ, [Pb 2+ ] không đáng kể. 

Vậy pH có giá trị từ 7,95 đến 12. 

Câu 19:(Đề thi chuẩn bị Olympic Hóa học quốc tế 2014) 

Đề bài: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 K a của 

H 3 PO 4 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 NH 3 0,4 M. Kết quả thu được 

100 ml dung dịch B. Tính pH của dung dịch B, biết 

= , 

3. Trộn 100ml dung dịch B với 100 ml dung dịch Mg(NO 3 ) 2 0,2M. Có kết tủa 

xuất hiện không? Tính khối lượng kết tủa (nếu có)? Biết sự thủy phân của 

Mg 2+ được bỏ qua và kết tủa NH 4 MgPO 4 được thừa nhận là chủ yếu, biết K S 

= 2,5.10 -13 . 

4. Tính nồngđộ các cấu tử trong dung dịch Ca 3 (PO 4 ) 2 biết K S = 2,22.10 -25 . Cho 

rằng sự thủy phân của Ca 2+ không đáng kể. 



1. H 3 PO 4 ⇌ H + + 

− 

H 2PO 4 

-3 

K 

a1 

= 7,5.10 (1) 












− 

H 2PO 4 

⇌ H + + 

2− 

HPO 

4 

-8 

K 

a2 

= 6,2.10 (2) 




2− 

HPO4 

⇌ H + + 

3− 

PO 

4 

-13 

K 

a3 

= 4,8.10 (3) 

H 2 O ⇌ H + + OH - K = 10 -14 (4) 

Ta thấy: K a1 ≫ K a2 , K a3 nên bỏ qua cân bằng (2) và (3). 

Nếu K a1 .C a ≫ K W thì bỏ qua cân bằng (4). 

Vậy ta xét cân bằng (1): 

C 

H 3 PO 4 ⇌ H + + 

C a 

[ ] C a – x x x 


x 

C 

a − 2 

− 

H 2PO 4 

= K a1 = 7,5.10 -3 (*) 

x 

pH = 1,46 ⇒ x = [H + ] = 10 -1,46 = 0,035 

Thay x = 0,035 vào (*) ⇒ C a = 0,2M. 

Vậy nồng độ các cấu tử trong dung dịch A là: 

[H + -14 

- 10 

-13 

] = 0,035M; [OH ] = = 2,9.10 M 

0,035 


W 

K = 7,5.10 

[H ] [H ] [H ] 

C = [PO ] + .[PO ]+ .[PO ] + .[PO ] 

+ + 2 + 3 

3- 3- 3- 3- 

a 4 4 4 4 

Ka3 K 

a2.Ka3 K 

a1.K a2.Ka3 

C 

[PO ] = = 

1 + + + 

K K .K K .K .K 

3- a a a1 a2 a3 

4 + + 2 + 3 + 3 + 2 + 

[H ] [H ] [H ] [H ] + K 

a1.[H ] + K 

a1.K a2.[H ] + K 

a1.K a2.Ka3 

a3 a2 a3 a1 a2 a3 

Thế số vào ta được: [PO 4 3- ] = 8,57.10 -19 M 

a1 

-3 

C .K .K .K 
















+ 

2- C a.K a1.K a2.[H ] 

4 + 3 + 2 + 

a1 a1 a2 a1 a2 a3 

[HPO ] = [H ] + K .[H ] + K .K .[H ] + K .K .K 

Thế số vào ta được: [HPO 4 2- ] = 6,25.10 -8 M. 

C .K .[H ] 

[H PO ] = [H ] + K .[H ] + K .K .[H ] + K .K .K 

+ 2 

- a a1 

2 4 + 3 + 2 + 

a1 a1 a2 a1 a2 a3 

Thế số vào ta được: [HPO 4 2- ] = 0,035M 

[H PO ] = C - [H PO ] - [HPO ] - [PO ] ≈ 0,165M 

- 2- 3- 

3 4 a 2 4 4 4 

C(M) 

2. H 3 PO 4 + 2NH 3 ⇌ (NH 4 ) 2 HPO 4 

, 

 

, 

Sau phản ứng 0 0 0,1 

 

Sau khi trộn, dung dịch B chứaC 

= 0,2M, C = 0,1M 

Các cân bằng: 

NH 4 

+ 

⇌ H + + NH 3 

K = 10 

a 

-9,24 

H 2 O ⇌ H + + OH - -14 

K W = 10 

HPO ⇌ H + + 

2− 

4 

2− 

4 

PO 

3− 

4 

K = 4,8.10 

− 

HPO + H 2 O⇌ H + OH - -7 

K 

b1 

= 1,6.10 

2PO 4 

− 

H + H 2 O⇌ 

4 

2PO 4 

a3 

-13 

H PO + 

-12 

K 

3 OH- b2 

= 1,3.10 

Ta có: C .K b1 ≫ C .K a ≫ C .K a3 ⇒ dung dịch có tính bazơ 

K b1 ≫ K b2 ⇒ Cân bằng (4) là chủ yếu: 

− 

HPO + H 2 O⇌ H + OH - -7 

K 

b1 

= 1,6.10 

2− 

4 

2PO 4 


C 0,1 

(1) 

(2) 

(3) 

(4) 

(5) 















[ ] 0,1 – x x x 


2 

x 

0,1 = 

x 

= 1,6.10 -7 ⇒ x = 1,3.10 -4 

[OH - ] = x = 1,3.10 -4 M ⇒ pOH = 3,9 ⇒ pH = 10,1 

3. Mg 2+ + 

+ NH 4 ⇌ PO − + MgNH 4 PO 4 

3 4 

K -13 

a3.C 2- HPO 4,8.10 .0,1 

4 

Từ cân bằng (3) ta có: [PO 

4 

] = 

+ 

= 

-10,1 

= 6,04.10 

[H ] 10 

Nồng độ các cấu tử sau khi trộn là: 

0,2 

C + = = 0,1M 

NH 4 

2 ; 


3- -4 

0,2 

C = = 0,1M 

Mg 2+ 

2 ; 

6,04.10 

2 . 

-4 

-4 

C 3- = = 3,02.10 M 

PO4 

-6 -13 

C + .C 2+ .C 

NH 3- = 3,02.10 > K 

S 

= 2,5.10 

4 Mg PO4 

⇒ Có kết tủa MgNH4 PO 4 xuất hiện. 

Khối lượng kết tủa là: 

-6 -3 -5 

m 

MgNH PO 

= 3,02.10 .200.10 .137 = 8,3.10 (g) 

4 4 

4. Ca 3 (PO 4 ) 2 ⇌3Ca 2+ + 2 PO 


3− 

4 

K = 2,22.10 

H 2 O ⇌ H + + OH - -14 

K W = 10 

2− 

PO + H 2 O⇌ HPO + OH - -1,68 

K 

b1 

= 10 

3− 

4 

2− 

4 

4 

− 

HPO + H 2 O⇌ H + OH - -6,79 

K 

b2 

= 10 

2PO 4 

− 

H + H 2 O⇌ 3− 

4 

2PO 4 

5 

-5 

S = K 

S 

= 1,17.10 M 

S 

-25 

PO + OH - -11,852 

K 

b3 

= 10 

Ta thấy: K b1 ≫K b2 , K b3 ⇒ Bỏ qua cân bằng (4) và (5) 


Nếu K b1 .C b ≫ K W ⇒ Bỏ qua cân bằng (2) 

(1) 

(2) 

(3) 

(4) 

(5) 















C 

2− 

PO + H 2 O⇌ HPO + OH - -1,68 

K 

b1 

= 10 

2S 

3− 

4 

[ ] 2S – x x x 


2 

x 

2S 

= x 

4 

= K b1 =10 -1,68 ⇒ x = 2,34.10 -5 

Vậy [OH - ] = 2,34.10 -5 M ⇒ [H + ] = 4,27.10 -10 M 

Xét cân bằng (1), ta có: 

Với 

K = K .α .α 

' 3 2 

S S 2+ Ca 3- PO4 

α + ≈ 

Ca 2 1 

+ + 2 + 3 

[H ] [H ] [H ] 

α 3- = 1 + + + = 8,97.10 

PO4 

K K .K K .K .K 

a3 a2 a3 a1 a2 a3 

⇒ 

K 

S 

= 2,22.10 .(8,97.10 ) = 1,79.10 

' -25 2 2 -19 

S = K = 1,78.10 M 

⇒ ' 5 ' -4 

S 

⇒ [Ca 2+ ] = 3S’ = 5,34.10 -4 M; [PO 4 3- ] = 2S’ = 3,97.10 -7 M. 

Câu 20:(Đề thi dự trữ Olympic Hóa học quốc tế 2014) 

Đề bài: 

Dung dịch Pb(NO 3 ) 2 được thêm từ từ vào 20ml hỗn hợp chứa Na 2 SO 4 

0,020M, Na 2 C 2 O 4 5,0.10 -3 M; KI 9,7.10 -3 M; KCl 0,05M; KIO 3 0,0010M. Khi kết tủa 

màu vàng PbI 2 bắt đầu xuất hiện thì 21,60 ml dung dịch Pb(NO 3 ) 2 được dung hết. 

1. Xác định thứ tự xuất hiện kết tủa. 

2. Tính nồng độ còn lại dung dịch Pb(NO 3 ) 2 . 

pK 

( ) 

= 7,66 

s PbSO4 

pK 

( ( )) 

= 12,61 

s Pb IO 

; 

3 2 

Các ion khác được bỏ qua. 

pK 

( ) 

= 7,86 

s PbI 

; 

2 

2 

pK 

( ) 

= 10,05 

s PbC 

; 

2O4 

pK 

( ) 

= 4,77 

s PbCl 

; 

2 
















3. Một trong những chất thử phổ biến để phát hiện ion Pb 2+ là K 2 CrO 4 , xuất 

hiện kết tủa màu vàng tan trở lại trong NaOH. Tính tan của PbCrO 4 không 

những phụ thuộc vào pH mà còn phụ thuộc vào sự tạo phức. Cho biết độ tan 

của PbCrO 4 trong dung dịch CH 3 COOH 1M là S = 2,9.10 -5 M. Tính tích số tan 

pK 

a(CH 

của PbCrO 4 . 

3COOH) 

= 4,76 lgβ + = 2,68 ; 

Pb(CH3COO ) 

lgβ ; 

Pb(CH3COO) 

= 4,08 

2 ; 

lgβ = 7,8 pK - = 6,5 

a(HCrO 4 ) 

PbOH + 


K -7,66 

2+ S(PbSO 4 ) 10 

-6 

1. Để tạo thành kết tủa PbSO 4 : [Pb ] > 

2- 

= = 1,09.10 M 

[SO ] 0,02 

K -10,05 

2+ S(PbC2O 4 ) 10 

-8 

Để tạo thành kết tủa PbC 2 O 4 : [Pb ] > 

2- 

= 

-3 

= 1,78.10 M 

[C O ] 5.10 

K -7,86 

2+ S(PbI 2 ) 10 

-4 

Để tạo thành kết tủa PbI 2 : [Pb ] > = = 1,47.10 M 

- 2 -3 2 

[I ] (9,7.10 ) 

K -4,77 

2+ S(PbCl 2 ) 10 

-3 

Để tạo thành kết tủa PbCl 2 : [Pb ] > = = 6,34.10 M 

- 2 2 

[Cl ] (0,05) 

K -12,61 

2+ S(Pb(IO 3 ) 2 ) 10 

-7 

Để tạo thành kết tủa Pb(IO 3 ) 2 : [Pb ] > 

- 2 

= 

2 

= 2,45.10 M 

[IO ] (0,001) 

Vậy thứ tự xuất hiện kết tủa là: PbC 2 O 4 , Pb(IO 3 ) 2 , PbSO 4 , PbI 2 , PbCl 2 

2. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa PbI 2 thì: C - = 

I 

4 

2 4 

3 

-3 -3 

9,7.10 .20.10 

(20 + 21,60).10 

-3 

-3 

= 4,66.10 M 

K -7,86 

S(PbI 2 ) 10 

-4 

Lúc đó để bắt đầu kết tủa PbI 2 thì: C 2+ = = = 6,36.10 M 

Pb 

2 -3 2 

C (4,66.10 ) 

K -7,66 

2- S(PbSO 4 ) 10 

-5 

[SO 

4 

] = = = 3,44.10 M 

-4 

C 2+ 6,36.10 

Pb 

. 

Độ tan của PbSO 4 trong dung dịch bão hòa là: S = K 

s PbSO ) 

= 1,48.10 -4 M 

[SO 4 2- ]








Phương trình phản ứng: 

Pb 2+ + C 2 O 4 2- ⇌PbC 2 O 4 ↓ 

Pb 2+ + 2IO 3 - ⇌Pb(IO 3 ) 4 ↓ 

Pb 2+ + SO 4 2- ⇌PbSO 4 ↓ 

Pb 2+ + 2I - ⇌PbI 2 ↓ 

Vì vừa bắt đầu kết tủa PbI 2 nên coi như không đáng kể nên: 

1 

n = n + n + n 

2 

2+ 2- - 

2- 

Pb C2O4 IO3 

SO4 

-3 -3 -3 1 

C 

Pb(NO 3 ) 

.41,6.10 = 20.10 .(5.10 + .0,001 + 0,02) 

2 

⇒ 

2 

C = 0,035M 

Pb(NO 

⇒ 

3 ) 2 

3. Trong dung dịch có các cân bằng: 

PbCrO 4 ⇌ Pb 2+ + C 2 O 4 

2- 

CH 3 COOH ⇌H + + CH 3 COO - K a1 = 10 -4,76 

H 2 O ⇌H + + OH - -14 

K 

W 

=10 

CrO 4 

2- 

+H + ⇌ HCrO 4 

- 

K S 

(K ) -1 =10 6,5 

β =10 

Pb 2+ + OH - ⇌PbOH + * 7,8 

Pb 2+ +CH 3 COO - ⇌Pb(CH 3 COO) - 2,68 

β 

1=10 

Pb 2+ + 2CH 3 COO - ⇌Pb(CH 3 COO) 2 

[Pb ] = [Pb ] + [PbOH ] + [Pb(CH COO) ] + [Pb(CH COO) ] 

2+ ' 2+ + + 

3 3 2 

-14 * 

2+ 

⎛ 10 .β 

- - 2 

⎞ 

= [Pb ]. ⎜1 + + β 

+ 1.[CH3COO ] + β 

2.[CH3COO ] ⎟ 

⎝ [H ] 

⎠ 

β =10 


2 

4,08 















10 .β 

- - 2 

α = 1 + + β 

1.[CH3COO ] + β 

2.[CH3COO ] 

[H ] (1) 

-14 * 

Pb 

⇒ 2+ + 

[CrO 

+ 

2- ' 2- - 2- [H ] 

4 

] = [CrO 

4 

] + [HCrO 

4] = [CrO 

4 

]. ⎜1+ K 

' 

a 

α 2- = 1 + 

CrO4 

⇒ 

+ 

[H ] 

' 

Ka 

Trong đó [CH 3 COO - ] và [H + ] được tính: 

C 0,1 

CH 3 COOH ⇌H + + CH 3 COO - 

[ ] 0,1 – x x x 


2 

x 

−4,76 

= 10 

0,1− x ⇒ x =1,31.10 -3 

' 

K 

2 

S(PbCrO 4 ) S 

Mặt khác: K 

S(PbCrO 4 ) 

= = 

α .α α .α 

2+ 2- 2+ 2- 

Pb CrO4 Pb CrO4 

Thay số: [H + ] = [CH 3 COO - ] = 1,31.10 -3 M; S = 2,9.10 -5 vào (1), (2), (3) ta suy ra 

K S = 1,23.10 -13 . 

Câu 20:(Đề thi chọn đội tuyểndự thi Olympic Hóa học quốc tế 2011) 

Đề bài: 

Dung dịch A gồm Na 2 S và CH 3 COONa có pH A = 12,50. 

⎛ 

⎝ 

1. Thêm một lượng Na 3 PO 4 vào dung dịch A sao cho độ điện li của ion S 2- giảm 20% 

(coi thể tích dung dịch không đổi). Tính nồng độ của Na 3 PO 4 trong dung dịch A. 

2. Chuẩn độ 20,00 ml dung dịch A bằng dung dịch HCl 0,10M: 

a. Khi chỉ thi metyl da cam đổi màu (pH = 4,00) thì dùng hết 19,40 ml dung dịch 

HCl. Tính nồng độ CH 3 COONa trong dung dịch A. 


b. Nếu chỉ dùng hết 17,68 ml HCl thì hệ thu được có pH là bao nhiêu? 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

(3) 















3. Để lâu dung dịch A trong không khí, một phần Na 2 S bị oxi hóa thành S. Tính 

hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra. 

Cho: 

( )= 7,02; ( )= 12,9; ( )= 2,15; 

( ) = 7,21; ( )= 12,32; ( )= 4,76; 

 

= 1,23V; ở 25 o C: 2,303 RT ln = 0,0592lg 

F 

/ 


1.Gọi nồng độ của Na 2 S và CH 3 COONa trong dung dịch A là C 1 (M) và C 2 (M). Khi 

chưa thêm Na 3 PO 4 , trong dung dịch xảy ra các quá trình: 

C C 1 

S 2- + H 2 O ⇌ HS - + OH - 10 -1,1 (1) 

HS - + H 2 O ⇌ H 2 S + OH - 10 -6,98 (2) 

CH3COO - + H 2 O ⇌CH 3 COOH + OH - 10 -9,24 (3) 

H 2 O ⇌ H + + OH - 10 -14 (4) 

So sánh 4 cân bằng trên ⟶ tính theo (1): 

S 2- + H 2 O ⇌ HS - + OH - 10 -1,1 

[ ] C 1 – 10 -1,5 10 -1,5 10 -1,5 

⟹ C = C 1 = 0,0442 (M) và độ điện li α = α = 

- -1,5 

[HS ] 10 

= 

C 0,0442 = 0,7153 

Khi thêm Na 3 PO 4 vào dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ còn có thêm 3 cân 

bằng sau: 

PO 4 

3- 

HPO 4 

2- 

H 2 PO 4 

- 

+ H 2 O ⇌ HPO 4 

2- 

2- S 

+ OH - 10 -1,68 (5) 

- 

+ H 2 O ⇌ H 2 PO 4 + OH - 10 -6,79 (6) 

+ H 2 O ⇌ H 3 PO 4 + OH - 10 -11,85 (7) 
















′ 

Khi đó α = α = 0,7153.0,80 = 0,57224 = 

⟹ [HS - ] = 0,0442.0,57224 = 0,0253M 

- 

[HS ] 

Vì môi trường bazơ nên C = [S 2- ] + [HS - ] + [H 2 S] ≈ [S 2- ] + [HS - ] 

⟹ [S 2- ] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189M 

Từ (1) ⟶ [OH - ] = 

−11 

10 .0,0189 

0,0253 

= 0,0593 M 

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

[OH - ] = [HS - ] + [HPO 4 2- ] 

⟶ [HPO 4 2- ] = [OH - ] – [HS - ] = 0,0593 – 0,0253 = 0,0340 M. 

Từ (5) ⟶ [PO 3- 2- - 

[HPO 

4 

].[OH ] 

4 ] = 

-1,68 

= 0,0965 M 

10 

⟶ C 

= [PO 4 3- ] + [HPO 4 2- ] + [H 2 PO 4 - ] + [H 3 PO 4 ] ≈ [PO 4 3- ] + [HPO 4 2- ] 

C 

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

2.Khi chuẩn độ dung dịch A bằng HCl, có thể xảy ra các quá trình sau: 

C 

2- S 

S 2- + H + ⇌ HS - 10 12,9 

HS - + H + ⇌ H 2 S 10 7,02 

CH 3 COO - + H + ⇌ CH 3 COOH 10 4,76 

Tại pH = 4,00: 

[H S] 10 

[HS ] 10 

-4,00 

2 

= 

- -4,76 

[HS ] 10 

= 

[S ] 10 

- -4,00 

2- -12,90 

≫ 1 → [H 2 S] ≫[HS - ]; 

≫ 1 → [HS - ] ≫[S 2- ]; 
















[CH3COOH] 10 

= 

[CH COO ] 10 

3 

-4,00 

- -4,76 

= 10 0,76 ≈ 1 

[CH3COOH] 10 

⇒ 

= 

[CH COOH] + [CH COO ] 1 + 10 

3 3 

0,76 

- 0,76 

= 0,8519 

Như vậy khi chuẩn độ đến pH = 4,00 thì ion S 2- bị trung hòa hoàn toàn thành H 2 S và 

85,19% CH 3 COO - đã tham gia phản ứng: 

→ 0,10. 19,40 = 20,00. (2.0,0442 + 0,8519.C 2 ) → C = C 2 = 0,010M 

Khi chuẩn độ hết 17,68 ml HCl ta thấy: 

n HCl = 0,1.17,68 = 1,768 (mmol); n = 20.0,0442 = 0,884 (mmol) = 0,5. n HCl 

Vậy phản ứng xảy ra: S 2- + 2H + ⇌H 2 S 

, , 

C 0 

, , 

C 0 0 

, 

, 

Hệ thu được gồm H 2 S: 0,884 

37,68 = 0,02345 M và CH 3COO - : 0,01.20 

37,68 = 5,308.10-3 M. 

Các quá trình: 

H 2 S ⇌H + + HS - 10 -7,02 (8) 

HS - ⇌H + + S 2- 10 -12,9 (9) 

H 2 O ⇌ H + + OH - 10 -14 (10) 

CH 3 COO - + H 2 O ⇌ CH 3 COOH + OH - 10 -9,24 (11) 

pH của hệ được tính theo (8) và (11): 

h = [H + ] = [HS - ] – [CH 3 COOH] = 

→ h = 

-7,02 

10 .[H2S] 

4,76 - 

3 

1 + 10 .[CH COO ] 

-7,02 

10 .[H2S] - 10 

4,76 .[CH 

- 

3 COO ].h 

h 

(12) 
















Chấp nhận [H 2 S] 1 = C = 0,02346M và [CH 3 COO - ] 1 = C = 5,308.10-3 M, thay 

vào (12), tính được h 1 = 2,704.10 -6 = 10 -5,57 M. 

−5,57 

10 

Kiểm tra [H 2 S] 2 = 0,02346. 

− 

10 + 10 

5,57 −7,02 

[CH 3 COO - ] 2 = 5,308.10 -3 −4,76 

10 

. 

− 

10 + 10 

= 0,02266M. 

5,57 −4,76 

= 4,596.10 -3 M. 

Thay giá trị [H 2 S] 2 và [CH 3 COO - ] 2 vào (12), ta được h 2 = 2,855.10 -6 = 10 -5,54 ≈ h 1 

Kết quả lặp, vậy pH = 5,54. 

3.Oxi hóa S 2- bằng oxi không khí: 

2x S 2- ⇌ S ↓ + 2e K 

 

= 10 /, 

O 2 + 2H 2 O + 4e⇌ 4OH - K = 10 /, 

2S 2- + O 2 + 2H 2 O ⇌ 2 S ↓+ 4OH - K = 10 ( 

)/, 

 

 

Trong đó E = E / và E = E / được tính như sau: 

S + 2H + + 2e ⇌ H 2 S K 3 = 10 /, 

H 2 S ⇌H + + HS - K a1 .K a2 = 10 -19,92 

S + 2e ⇌ S 2- K 1 = 10 /, 

 

→ E = E – 19,92.0,0592 

= E / – 19,92.0,0592 = -0,45V 

2 

2 

O 2 + 4H + + 4e ⇌ H 2 O K 4 = 10 /, 

H 2 O ⇌H + + OH - K w = 10 -14 


O 2 + 2H 2 O + 4e ⇌ 4OH - K 2 = 10 /, 















 

→ E = E - 14.0,0592 = E / - 14.0,0592 = 0,4012 V. 

Vậy K = 10 ( 

)/, = 10 

4(0,4012+0,45)/0,0592 

= 10 57,51 

Câu 21:(Đề thi đề nghị Olympic Hóa học Đồng bằng Sông Cửu Long 2011) 

Đề bài: 

AgCl dễ hòa tan trong dung dịch NH 3 do tạo phức: 

AgCl(r) + 2NH 3 ⇌ [Ag(NH 3 ) 2 ] + + Cl - 

1. 1 lít dung dịch NH 3 1M hòa tan bao nhiêu gam AgCl biết T AgCl = 1,8.10 -10 

[Ag(NH 3 ) 2 ] + ⇌ Ag + + 2NH 3 K pl = 1,7.10 -7 

2. Cần thêm bao nhiêu NH 3 vào dung dịch Ag + 0,004M để ngăn chặn sự kết tủa 

của AgCl khi [Cl - ] = 0,001M. Cho biết T AgCl = 1,8.10 -10 , K kb của [Ag(NH 3 ) 2 ] + = 

6.10 -8 

3. Xác định tích số tan của AgBr biết 0,33g AgBr có thể hòa tan trong 1 lít 

dung dịch NH 3 1M 


Ta có 

1. [Ag(NH 3 ) 2 ] + ⇌ Ag + + 2NH 3 

[Ag ].[NH ] 

K 

pl 

= = 1,7.10 

[Ag(NH ) ] 

+ 2 

3 

+ 

3 2 

-7 

và T AgCl = [Ag + ].[Cl - ] 

Vì [Ag + ]








T 

[Ag + -10 

AgCl 1,8.10 

] = = 

- 

[Cl ] 0,001 = 1,8.10-7 

Muốn vậy phải thêm một lượng NH 3 sao cho: 

[Ag ].[NH ] 

[Ag(NH ) ] 

+ 2 

3 

+ 

3 2 

= K kb = 6.10 -8 

Trong đó Ag(NH 3 ) 2 + = 0,004 – 1,8.10 -7 ≈ 0,004 

Như vậy [NH 3 ] 2 + -8 

K 

kb.[Ag(NH 3) 2 

] 6.10 .0,004 

= 

= 

+ -7 

= 1,33.10 -3 ⇒ [NH 3 ] = 0,0365 

[Ag ] 1,8.10 

Vì để tạo phức với 0,004M Ag + cần có 2.0,004 = 0,008M NH 3 cho nên lượng NH 3 cần 

thêm toàn bộ là: 0,0365 + 0,008 = 0,0445M. 

+ 2 

[Ag ].[NH 

3] 

3. Ta có K 

pl= =1,7.10 

+ 

[Ag(NH ) ] 

3 2 

-7 

và T AgBr = [Ag + ].[Br - ] 

Vì [Ag + ]








B 

11,82 

23,60 

C 

10,75 

30,00 

D 

0,00 

13,15 

1. Hãy biện luận để xác định thành phần định tính của từng dung dịch A, 

B, C, D. 

2. 

a. Tính nồng độ ban đầu của chất tan trong dung dịch C. 

b. Tính số mol Na 3 AsO 4 cần cho vào 10,00 ml dung dịch C để thu được 

hỗn hợp có pH = 6,50 (coi thể tích của dung dịch không thay đổi khi 

thêm Na 3 AsO 4 và bỏ qua sự phân li của nước) 

3. Cho hai cặp oxi hóa – khử: H 3 AsO 4 /H 3 AsO 3 và I - 3 /I - 

a. Bằng tính toán, hãy cho biết chiều phản ứng xảy ra ở pH = 0 và pH = 

14. 

b. Từ giá trị ph nào thì I - 3 có khả năng oxi hóa được As(III)? 

c. Viết phương trình ion xảy ra trong dung dịch ở: pH = 0, pH = 14 và pH 

tính được từ b. 

Cho: pH 

) 

= 2,13; 6,94; 11,50 pH 

) 

= 9,29 


a H 3 AsO 

1. Biện luận hệ: 

( 4 

0 

E = 0,56V; E = 0,5355V 

− − 

0 

H 3 AsO4 

/ H 3 AsO3 

I / 2I 

Ở 25 o C: [H 3 AsO 4 ] = [H 3 AsO 3 ] = 1M 

a H 3 AsO 

( 3 

H 3 AsO 4 là axit 3 chức, nhưng chỉ có khả năng chuẩn độ riêng được nấc 1 và 

nấc 2 vì K a3 = 10 -11,50 rất nhỏ. 

pK 

a1 + pK 

a3 

pH 

H − ≈ 

= 4,535 ≈ 4,40→ Nếu dùng chỉ thị metyl da cam (pH=4,40) thì 

2 AsO 4 

2 

chuẩn độ hết nấc 1 của H 3 AsO 4 . 

pK 

a2 + pKa3 

Tương tự: pH 2− 

HAsO 4 

≈ 

= 9,22≈ 9,00 → Nếu dùng chỉ thị phenolphtalein 

2 

(pH = 9,00) thì chuẩn độ đến HAsO 2- 4 , do đó: 


- Nếu dung chuẩn độ là dung dịch HCl thì V 2 ≈ V 1 

- Nếu dung chuẩn độ là H 3 AsO 4 thì V 2 ≈ 2V 1 















- Nếu dung chuẩn độ là HAsO 2- 4 thì V 1 = 0 < V 2 

- Nếu dung chuẩn độ là hỗn hợp của H 3 AsO 4 và HCl thì nấc 1 chuẩn độ đồng 

thời HCl và 1 nấc của H 3 AsO 4 , nấc 2 chỉ chuẩn độ 1 nấc của H 3 AsO 4 , do đó 

V 1 < V 2 < 2V 1 

- 

- Nếu dung chuẩn độ là hỗn hợp của H 3 AsO 4 và H 2 AsO 4 thì V 2 >2V 1 . Như vậy 

căn cứ vào kết quả chuẩn độ suy ra: Dung dịch A gồm H 3 AsO 4 và HCl; Dung 

dịch B chỉ gồm H 3 AsO 4 ; Dung dịch C gồm H 3 AsO 4 và H 2 AsO - 4 và dung dịch 

D là dung dịch H 2 AsO - 4 . 

2. 

- 

a. Gọi nồng độ ban đầu của H 3 AsO 4 và H 2 AsO 4 thì dung dịch C lần lượt là C 1 và C 2 

ta có: 

Tại thời điểm metyl da cam chuyển màu, thành phần chính của hệ là H 2 AsO - 4 , có 

thể coi chuẩn độ hết nấc 1 của H 3 AsO 4 : 

H 3 AsO 4 + OH - → H 2 O + H 2 AsO 4 

- 

10,00.C 1 ≈10,75.0,120 (1) 

Tương tự, tại thời điểm chuyển màu của phenolphtalein, sản phẩm chính của dung 

dịch là HAsO 2- 4 , có thể chấp nhận lượng NaOH cho vào trung hòa hết 2 nấc của 

H 3 AsO 4 và 1 nấc của H 2 AsO - 4 : 

H 3 AsO 4 + 2OH - → 2H 2 O + HAsO 4 

2- 

H 2 AsO 4 - + OH - → H 2 O + HAsO 4 

2- 

10,00(2C 1 + C 2 ) ≈ 30,00.0,120 (2) 

b. Gọi số mol Na 3 AsO 4 cần cho vào 10,00 ml dung dịch C là x → C 3− 

= 100x (M) 

Tại pH = 6,50: 

[ H 

[ H 

3 

2 

AsO4 

] 

= 

− 

AsO ] 

4 

phản ứng hết 

[ H2AsO 

2 

[ HAsO 

− 

4 

− 

4 

] 

= 

] 

[ H + −6,50 

] 10 

= ≪ 1 → [H 

−2, 

13 

3 AsO 4 ]≪ [H 2 AsO - 4 ]→H 3 AsO 4 đã tham gia 

10 

K a 1 


[ H + −6,50 

] 10 

= 

−6, 

94 

10 

K a 2 

= 10 0,44 ≈ 1→ [H 2 AsO 4 - ]≪ [HAsO 4 2- ] 

AsO 4 















2− 

[ HAsO 

4 

] [ H + −6,50 

10 

3− 

= = ≫ 1 →Na 

−11, 

50 

3 AsO 4 cũng tham gia phản ứng hết. 

[ AsO4 

] K a 3] 

10 

Vậy các thành phần chính của hệ là H 2 AsO 4 - và HAsO 4 2- . Các quá trình xảy ra: 

[ H2AsO 

2 

[ HAsO 

− 

4 

− 

4 

3- - 

2- 

H 3 AsO 4 + AsO 4 ⇌H 2 AsO 4 + HAsO 4 

0,129 100x 0,102 

0,129 – 100x 0 0,102 + 100x 100x 

H 3 AsO 4 + HAsO 4 2- ⇌ 2H 2 AsO 4 

- 

0,129 – 100x 100x 0,102 + 100x 

0 200x – 0,129 0,36 – 100x 

] 

= 10 0,44 C 

→ 

] C 

3. 

a. Ở pH = 0: 

− 

H 2 AsO4 

HAsO 

2− 

4 

K 1 = 10 9,37 (3) 

≈ 10 0,44 →0,36 – 100x = 10 0,44 (200x – 0,129) 

0 

E 

H 3 AsO4 

/ H 3 AsO 

= 0,56V> E 

0 − 

3 

I / 2I 

→ x = 1,099.10 -3 (mol) 

cơ chế H 3 AsO 4 oxi hóa I - thành H 3 AsO 3 và I 3 . 

Theo bài H 3 AsO 4 ra được coi như axit đơn chức, nên ở pH = 14: 

[ H 

[ H 

+ 

AsO4 

] [H ] 

= 

− 

AsO ] 

3 

2 

Tương tự: 

4 

K a 

10 

10 

−14 

= 

−9, 

29 

− 

K 2 = 10 4.81 (4) 

= 0,5355V nên phản ứng sẽ xảy ra theo 

≪ 1 → dạng tồn tại của As(III) là H 2 AsO 3 

- 

2− 

[ HAsO 

4 

] [ H + −14 

10 

3− 

= 

3- 

= ≪ 1 → dạng tồn tại của As(IV) là AsO 

−11, 

50 

4 . Vậy cặp 

[ AsO ] 

3] 

10 

4 

K a 

oxi hóa – khử là AsO 4 3- /H 2 AsO 3 

- 

AsO 4 3- + 3H + ⇌H 3 AsO 4 (K a1 K a2 K a3 ) -1 = 10 20,57 

4x H 3 AsO 4 + 2H + + 2e ⇌H 3 AsO 3 + H 2 O K 1 = 10 2.0,56/0,0592 

H 3 AsO 3 ⇌H 2 AsO 3 - +H + K a = 10 -9,29 


H 2 O⇌ H + + OH - 















AsO 4 3- + 2H 2 O + 2e ⇌H 2 AsO 3 - + 4OH - K 2 = 

K 2 = (K a1 K a2 K a3 ) -1 K 1 K a W 4 → E 0 = -0,76V < 3− 

− 

E 

0 AsO4 

/ H 2 AsO3 

I / 3 

10 

3 

2( E 

I 

0 

AsO 

2− 

4 

/ H 

− 

2AsO3 

xảy ra theo chiều ngược lại I 3 - oxi hóa H 2 AsO 3 - thành AsO 4 3- và I - 

− 

) / 0,059 

= 0,5355V, nên phản ứng sẽ 

b. Vì sự chênh lệch thế của hai cặp H 3 AsO 4 /H 3 AsO 3 và I - 3 /I - nhỏ nên I 3 có khả 

năng oxi hóa As(III) ngay trong môi trường axit. Khi đó: 

E 

H 

3 Aso4 

/ H3AsO3 

= 0,56 + , 

+ 

[ H3AsO4 

][ H ] 

lg 

[ H AsO ] 

3 

3 

2 

< 0 I / 3I 

= 0,56 – 0,0592pH < 0,5355 → pH > 0,41 

E = 0,5355V 

Vậy từ giá trị pH > 0,41I 3 - có khả năng oxi hóa được As(III) 

c. H 3 AsO 4 + 3I - + 2H + ⇌H 3 AsO 3 + I - 3 + H 2 O (pH = 0) 

H 2 AsO - 3 + I - 3 +4OH - ⇌ AsO 3- 4 + 3H 2 O + 3I - (pH = 14) 

H 3 AsO 3 +I - 3 + H 2 O ⇌H 3 AsO 3 + 3I - + 2H + (pH > 0,41) 

Bài 23:(Đề thi Olympic Hóa học sinh viên các trường Đại học và Cao đẳng toàn 

quốc lần thứ IX, 4/2016, Bài thi lý thuyết Bảng C) 

Đề bài: 

Cho biết tích số tan của AgCl và Ag 2 CrO 4 là K s (AgCl) = 10 -10 và K s (Ag 2 CrO 4 ) = 

2,46.10 -12 . 

1. Tính pH của dung dịch chứa đồng thời NaOH 10 -4 M và NaNO 2 0,1M. Biết 

K a (HNO 3 ) = 5,13.10 -4 

2. Nhỏ từ từ dung dịch AgNO 3 vào dung dịch chứa các anion Cl - 10 -1 M và 

CrO 2- 4 ở 25 0 C (coi thể tích dung dịch không dổi). Chứng minh rằng anion 

Cl - kết tủa trước. Tính nồng độ của anion Cl - 2- 

khi anion CrO 4 bắt đầu kết 

tủa? 

3. Hằng số bền tổng của ion phức [Ag(NH 3 ) 2 ] + là 2b = 1,6.10 7 

a. Tính độ hòa tan (mol.l -1 ) của AgCl trong dung dịch NH 3 1M. 

b. Cần thể tích tối thiểu dung dịch NH 3 5.10 -2 M là bao nhiêu để hòa tan hết 

5.10 -2 mol AgCl trong 1 lít? 



3 

− 















1. 2H 2 O⇌ H 3 O + + OH - (1) K 

H 2 O 

= 10 -14 

NO 2 - + H 2 O ⇌ HNO 3 + OH - (2) K b = 10 -14 /5,13.10 -4 = 1,95.10 -11 

K b ≫H 2 O → Bỏ qua cân bằng (1), chỉ xét cân bằng (2) 

NO 2 - + H 2 O ⇌ HNO 3 + OH - K b = 1,95.10 -11 

C cb (M) 0,1-x x x+10 -4 

K b = 

−4 

x( 

x + 10 ) 

= 1,95.10 -11 

(0,1 − x) 

x≪10 -4 x 10 

⇒ 

.0 , 1 

−4 

= 1,95.10 -11 ⇒ x = 1,95.10 -8 M 

[OH - ] = 1,95.10 -8 + 10 -4 ≈10 -4 M ⇒ [H + ] = 10 -10 ⇒ pH = 10. 

2. AgCl bắt đầu kết tủa khi [Ag + ] = 10 -10 /10 -1 = 10 -9 M 

Ag 2 CrO 4 bắt đầu kết tủa khi [Ag + ] = (2,46.10 -12 /10 -3 ) ½ = 4,96.10 -5 M 

Khi AgCl bắt đầu kết tủa thì cần [Ag + ] nhỏ hơn [Ag + ] cần khi Ag 2 CrO 4 bắt đầu kết tủa 

nên AgCl kết tủa trước. 

Khi Ag 2 CrO 4 bắt đầu kết thì [Ag + ] =4,96.10 -5 M. 

Khi đó [Cl - ] = 10 -10 /4,96.10 -5 M= 2,02.10 -6 M 

3. 

a. AgCl(tt) + 2NH 3 ⇌[Ag(NH 3 ) 2 ] + + Cl - 

K 1 K 2 

Ag + + Cl - + 2NH 3 

K = K 1 . K 2 = K s (AgCl). 2b =10 -10 .1,6.10 7 = 1,6.10 -3 

AgCl(tt) + 2NH 3 ⇌ [Ag(NH 3 ) 2 ] + + Cl - K=1,6.10 -3 

1-2s s s 

K=1,6.10 -3 2 

s s 

= ⇒ = 0,04 ⇒ s = 0,037M 

2 

( 1− 

2s) 

( 1− 

2s) 


b. Gọi thể tích dung dịch NH 3 cần lấy là V lít 















⇒số mol NH 3 cần lấy là V.5.10 -2 

Tổng thể tích là (V+1) lít 

AgCl(tt) + 2NH 3 ⇌ [Ag(NH 3 ) 2 ] + + Cl - K=1,6.10 -3 

−2 

V.5.10 

− 2,5.10 

C M 

V + 1 

K=1,6.10 -3 = 

−2 

5.10 2 

( ) 

V + 1 

−2 

5.10 ( V − 2) 

( 

) 

V + 1 

2 

−2 

−2 

5.10 

−2 

5.10 

V + 1 V + 1 

⇒ V = 27(l) 

Bài 24:(Đề thi Olympic Hóa học Quốc tế lần thứ 28) 

Đề bài: 

Kali dicromat 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) 

HCrO 4 - + H 2 O ⇌ CrO 4 

2- 

+ H 3 O + pK 1 = 6,50 

2HCrO 4 - ⇌ Cr 2 O 7 

2- 

+ H 2 O pK 2 = 1,36 

1. Tích số ion của nước K w = 1,0.10 -14 

Tính hằng số cân bằng của các phản ứng sau: 

2- 

a. CrO 4 +H 2 O ⇌HCrO - 4 +OH - 

2- 

b. Cr 2 O 7 + 2OH - 2- 

⇌ 2CrO 4 +H 2 O 

2. Tích số tan của BaCrO 4 là T = 1,2.10 -10 . Ba 2 Cr 2 O 7 tan dễ dàng trong nước. 

Cân bằng của phản ứng 1b sẽ dời chuyển theo chiều nào khi thêm các tác 

nhân sau vào dung dịch tương đối đậm đặc kali đicromat? 

a. KOH 

b. HCl 

c. BaCl 2 

d. H 2 O (xét tất cả các cân bằng trên) 

3. Hằng số phân ly của axit axetic là K a = 1,8.10 -5 . Hãy tính trị số pH của các 

dung dịch sau: 

a. K 2 CrO 4 0,010M 

b. K 2 Cr 2 O 7 0,010M 

c. K 2 Cr 2 O 7 0,010M + CH 3 COOH 0,100M 
















4. Hãy tính nồng độ tại cân bằng của các ion sau trong dung dịch K 2 Cr 2 O 7 

0,010M + CH 3 COOH 0,100M 

a. CrO 4 

2- 

b. Cr 2 O 7 

2- 


1. 

a. Hằng số cân bằng: 

K = [HCrO 4 - ][OH - ]/[CrO 4 2- ] = [H + ][OH - ]/([H + ][CrO 4 2- ]/[HCrO 4 - ]) 

= K w /K 1 = 3,2.10 -8 

b. Hằng số cân bằng: 

K = ([CrO 4 2- ][H + ]/[HCrO 4 - ]) 2 /([HCrO 4 - ] 2 /[Cr 2 O 7 2- ] 2 )/([H + ]/[OH - ]) 2 = 4,4.10 13 

2. 

a. Phải 

b. Trái 

c. BaCl 2 dời cân bằng qua phải do ion cromat liên kết tạo thành hợp chất khó 

tan: Ba 2+ + CrO 2- 4 ⇌BaCrO 4 ↓ 

d. H 2 O dời cân bằng qua phải do khi thêm nước vào dung dịch dicrmat dẫn đến 

việc làm loãng dung dịch và làm cho cân bằng phân ly của ion dicromat qua 

bên phải. Theo đề bài thì pH của dung dịch phải bé hơn 7 Với sự pha loãng 

này thì pH của dung dịch sẽ tăng lên nên cân bằng phải chuyển dịch về bên 

phải. 

3. 

2- 

a. CrO 4 + H 2 O ⇌HCrO - 4 + OH - K = 3,2.10 -8 

C Cr = [CrO 2- 4 ] + [HCrO - 4 ] + 2[Cr 2 O 2- 7 ] +[CrO 2- 4 ] 

[HCrO - 4 ] = [OH - ] 

K = [OH - ] 2 /C Cr ⇒[OH - ] = 1,78.10 -5 M nên [H + ] = 5,65.10 -10 

Vậy pH = 9,25 


b. Cr 2 O 7 

2- 

+ H 2 O⇌2HCrO 4 

- 

K= 1/K 2 = 4,37.10 -2 












HCrO 4 - ⇌H + + CrO 4 

2- 

K= K 1 = 3,16.10 -7 




C Cr = [CrO 4 2- ] + [HCrO 4 - ] + 2[Cr 2 O 7 2- ] = [HCrO 4 - ] + 2[Cr 2 O 7 2- ] 

[H + ] = [CrO 2- 4 ] = x = (K 1 /[HCrO - 4 ]) 1/2 

K 2 =[Cr 2 O 2- 7 ]/[HCrO - 4 ] = (C Cr -x)/2x 2 

⇒ 2K 2 .x 2 + x - C Cr = 0 

⇒ x = 1,27.10 -2 M 

⇒[H + ] = 6,33.10 -5 M 

Vậy pH = 4,2 

c. Trong CH 3 COOH 0,10M thì [H + ] = (K a C) 1/2 = 1,34.10 -2 ⇒ pH = 2,87 

Đây là trị số cần thiết. So sánh trị số này với pH của dung dịch dicromat 0,1M cho 

trên b cho thấy ảnh hưởng của K 2 Cr 2 O 7 trên pH có thể bỏ qua được. 

4. 

a. [HCrO - 4 ] = 1,3.10 -2 M ⇒[CrO 2- 4 ] = K[HCrO - 4 ]/[H + ] = 3,0.10 -6 M 

b. [Cr 2 O 2- 7 ] = K 2 [HCrO - 4 ] =K 2 [H + ] 2 /K 2 1 [CrO 2- 4 ]= 3,7.10 -3 M 

Bài 25:(Đề thi Olympic Hóa học Quốc tế lần thứ 34) 

Đề bài: 

Độ tan là một thông số quan trọng để xác định được sự ô nhiễm môi trường do các muối gây 

ra. Độ tan của một chất được định nghĩa là lượng chất cần thiết để có thể tan vào một lượng 

dung môi tạo ra được dung dịch bão hoà. Độ tan của các chất khác nhau tuỳ thuộc vào bản 

chất của dung môi và chất tan cũng như của các điều kiện thí nghiệm, ví dụ như nhiệt độ và 

áp suất. Độ pH và khả năng tạo phức cũng ảnh hưởng đến độ tan. 

Một dung dịch chứa BaCl 2 và SrCl 2 đều ở nồng độ 0,01M. Khi ta thêm một dung dịch bão hoà 

natri sunfat vào dung dịch thì 99,9% BaCl 2 sẽ kết tủa dưới dạng BaSO 4 và SrSO 4 chỉ có thể kết tủa nếu 

trong dung dịch còn dưới 0,1% BaSO 4 . Tích số tan của các chất được cho sau đây: T(BaSO 4 ) = 10 -10 và 

T(SrSO 4 ) = 3.10 -7 . 

1) Viết các phương trình phản ứng tạo kết tủa. 

Tính nồng độ Ba 2+ còn lại trong dung dịch khi SrSO 4 bắt đầu kết tủa. 


Tính %Ba 2+ và Sr 2+ sau khi tách ra. 















Sự tạo phức gây nên một ảnh hưởng đáng kể đến độ tan. Phức là một tiểu phân tích điện chứa 

một ion kim loại ở trung tâm liên kết với một hay nhiều phối tử. Ví dụ Ag(NH 3 ) 2 + là một phức chứa ion 

Ag + là ion trung tâm và hai phân tử NH 3 là phối tử. 

Độ tan của AgCl trong nước cất là 1,3.10 -5 M 

Tích số tan của AgCl là 1,7.10 -10 M 

Hằng số cân bằng của phản ứng tạo phức có gía trị bằng 1,5.10 7 . 

2) Sử dụng tính toán để cho thấy rằng độ tan của AgCl trong dung dịch NH 3 1,0M thì cao hơn trong 

nước cất. 


1) Các phản ứng tạo kết tủa: 

Ba 2+ + SO 2- 4 = BaSO 4 

Sr 2+ + SO 4 2- = SrSO 4 

Kết tủa BaSO 4 sẽ xảy ra khi [SO 4 2- ] = T(BaSO 4 )/[Ba 2+ ] = 10 -8 M 

Kết tủa SrSO 4 sẽ xảy ra khi [SO 4 2- ] = 3.10 -5 M 

Nếu không xảy ra các điều kiện về động học (chẳng hạn như sự hình thành kết tủa BaSO 4 là vô 

cùng chậm) thì BaSO 4 sẽ được tạo thành trước, kết qủa là sẽ có sự giảm nồng độ Ba 2+ 2- 

. Khi nồng độ SO 4 

thoả mãn yêu cầu kết tủa SrSO 4 thì lúc này nồng độ còn lại của ion Ba 2+ trong dung dịch có thể được tính 

từ công thức: 

T(BaSO 4 ) = [Ba 2+ ][SO 4 2- ] = [Ba 2+ ].3.10 -5 ⇒ [Ba 2+ ] = 0,333.10 -5 M 

−5 

0,333.10 

%Ba 2+ còn lại tỏng dung dịch = = 0,033% 

−2 

10 

2) Cân bằng tạo phức giữa AgCl và NH 3 có thể được xem như là tổ hợp của hai cân bằng: 

AgCl (r) ⇌ Ag + (aq) + Cl - (aq) T = 1,7.10 -10 . 

Ag + (aq) + 2NH 3(aq) ⇌ Ag(NH 3 ) 2 

+ 

K f = 1,5.10 7 

AgCl (r) + 2NH 3(aq) ⇌ Ag(NH 3 ) 2 + + Cl - (aq) K = T.K f = 2,6.10 -3 

Cân bằng: (1,0 – 2x) x x 

Do K rất bé nên hầu hết Ag + đều tồn tại ở dạng phức: 


Nếu vắng mặt NH 3 thì ở cân bằng: [Ag + ] = [Cl - ] 

Sự hình thành phức dẫn đến: [Ag(NH 3 ) 2 + ] = [Cl - ] 















Như vậy: 

+ − 

[ Ag NH ) ][ Cl ] 

( 

3 

2 

3 2 x 

− 

K = 

= = 2,6.10 ⇒ x = 0, 046M 

2 

1,0 − 2x 

[ NH ] 

3 

Kết qủa này có nghĩa là 4,6.10 -2 M AgCl tan trong dung dịch NH 3 1,0M, nhiều hơn trong nước cất 

là 1,3.10 -5 M. Như vậy sự tạo thành phức Ag(NH 3 ) 2 + dẫn đến việc làm tăng độ tan của AgCl.

Hóa phân tích Olympic Hóa học các Trường Đại học Việt Nam và Quốc tế có hướng dẫn chi tiết

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?