Chương trình bồi dưỡng HS giỏi Quốc gia (Tỉnh KonTum)

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

Chương trình bồi dưỡng HS giỏi Quốc gia (Tỉnh KonTum) 

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 

Câu 1: 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 . 

Câu 2: Dung dịch X gồm Na 2 S 0,010M, KI 0,060M, 

Na 2 SO 4 0,050M. (a) Tính pH của dung dịch X. 

(b) Thêm dần Pb(NO 3 ) 2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu 

được kết tủa A và dung dịch B. 

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

2.Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của các ion, 

coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO 3 ) 2 ). 

3.Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phương pháp hoá học, viết các 

phương trình phản ứng (nếu có). 

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

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 

1








Câu3: 









2








Câu 4: 






Bài giải: 




3
















4
















5
















6








Câu 6: 

Câu 5: 

Bằng dung dịch NH 3 , người ta có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al 3+ trong 

dung dịch nước ở dạng hydroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg 2+ 

trong dung dịch nước ở dạng hydroxit. 

Hãy làm sáng tỏ điều nói trên bằng các phép tính cụ thể. 









7
















8








Câu 7: 

Brom lỏng tác dụng được với H 3 PO 3 theo phản ứng: 

H 3 PO 3 + Br 2 + H 2 O → H 3 PO 4 + 2H + + 2Br - 

1) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298K 

2) Tính thế điện cực chuẩn E o (H 3 PO 4 /H 3 PO 3 ) nếu biết E o (Br 2 /2Br - ) = 1,087V 









9








3) Tính thế điện cực chuẩn E o (H 3 PO 3 /H 3 PO 2 ) nếu biết E o (H 3 PO 4 /H 3 PO 2 ) = 

1,087V 

Cho biết các số liệu sau ở 298K: 

H + (dd) H 3 PO 4 (dd) Br - (dd) H 3 PO 3 (dd) Br 2 (l) H 2 O(l) 

∆H o tt(kJ/mol) 0 -1308 -141 -965 0 -286 

∆S o (J/mol.K) 0 -108 83 167 152 70 

BÀI GIẢI: 

1) ∆H o pư = -339kJ 

∆S o pư = -331JK -1 . 

∆G o pư = -240,362kJ ⇒ lgK 42,125 ⇒ K = 1,33.10 42 . 

2) ∆G o pư = -nFE o pư ⇒ E o pư = 1,245V 

E o (Br 2 /2Br - ) - E o (H 3 PO 4 /H 3 PO 3 ) = E o pư = 1,245V 

⇒ E o (H 3 PO 4 /H 3 PO 3 ) = -0,158V ≈ - 0,16V 

3) H 3 PO 4 + 4H + + 4e → H 3 PO 2 + 2H 2 O E o 1 = - 0,39V (1) 

H 3 PO 4 + 2H + + 2e → H 3 PO 3 + H 2 O E o 1 = - 0,16V (2) 

Lấy phương trình (1) – (2) ta được: H 3 PO 2 + 2H + + 2e → H 3 PO 2 + H 2 O 

E o 3 = ? 

∆G o 3 = ∆G o 1 - ∆G o 2 ⇒ -2FE o 3 = -4FE o 1 – (-2FE o 2) ⇒ E o 3 = -0,62V 

Câu 8: 

Cho biết các thế điện cực chuẩn: E o (Cu 2+ /Cu) = 0,34V; E o (Cu 2+ /Cu + ) = 

0,15V; E o (I 2 /2I - ) = 0,54V. 

1) Hỏi tại sao người ta có thể định lượng Cu 2+ trong dung dịch nước thông qua 

dung dịch KI? Cho biết thêm rằng dung dịch bão hoà của CuI trong nước ở 

nhiệt độ thường (25 o C) có nồng độ là 10 -6 M 

2) Sử dụng tính toán để xác định xem Cu có tác dụng được với HI để giải phóng 

khí H 2 hay không? 

3) Muối Cu 2 SO 4 có bền trong nước hay không? Giải thích. 

BÀI GIẢI: 

1) Cu 2+ + e → Cu + E o 1 = 0,15V 

Cu 2+ + I - + e → CuI E o 2 = ? 

2+ 

− 

o o [ Cu ][ I ] 

E2 = E1 

+ 0 ,059lg 

+ 

[ Cu ] 

[Cu 2+ ] = [I - + K 

s 12 

] = 1M ⇒ [ Cu ] = = 10 M 

[ I ] 

− 

− 

E o 2 = 0,15 + 0,059lg10 12 = 0,86 > E o (I 2 /I - ) 

Vậy có phản ứng: Cu 2+ + 3I - → CuI + I 2 . 

Định lượng I 2 theo phản ứng: I 2 + Na 2 S 2 O 3 → Na 2 S 4 O 6 + 2NaI 

2) Cu 2+ + 2e → Cu E o 1 = 0,34V 

Cu 2+ + e → Cu + E o 2 = 0,15V 

⇒ Cu + + e → Cu E o 3 = 0,34.2 – 0,15 = 0,53V 

CuI + e → Cu + I - E o 4 = E o 3 + 0,059lg10 -12 = -0,17V 







10 


www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial








Vậy có phản ứng: 2Cu + 2HI → 2CuI + H 2 

3) Cu + + e → Cu E o 1 = 0,53V 

Cu 2+ + e → Cu + E o 2 = 0,15V 

2Cu + → Cu + Cu 2+ E o = 0,53 – 0,15 = 0,38V 

Vậy Cu 2 SO 4 là muối tan trong nước, không bền trong dung dịch: 

Cu 2 SO 4 → Cu + CuSO 4 

Câu 9: 

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 . 

BÀI GIẢI: 

1) 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 

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 - 

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+ K 

+ HNO 2 + 2H 2 O ⎯⎯→ 

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

K = K 1 .K 2 .K 3 . 

2(0,94 + 0,40) 

45 

lg K1 

= 

= 45,42 ⇒ K1 

= 2,65.10 

0,059 

K = 2,65.10 

K 1 K 1 


45 

.5.10 

−4 

.(10 

−14 

) 

2 

= 1,325.10 

14 






11 










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 + 2OH - 

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

10 -7 Như vậy ta có: 

− 

−33 

[ NO ] = 7,55.10 M 

−2 

−2 

−7 

2 

14 10 .10 .(10 ) 

1,325.10 = ⇒ ε = 

3 

ε 

o 

2( E − − + 0,40) 

NO3 

/ NO2 

o 

3) lg K1 = ⇒ E − − = 0,017V 

NO3 

/ NO2 

0,059 

Câu 10: 

Có thể hoà tan hoàn toàn 100mg bạc kim loại trong 100ml dung dịch amoniac 

nồng độ 0,1M khi tiếp xúc với không khí được không? 

Cho biết nguyên tử khối của Ag = 107,88; hằng số điện li bazơ của amoniac 

là K b = 1,74.10 -5 ; các hằng số bền của phức [Ag(NH 3 ) i ] + tương ứng là: lgβ 1 = 3,32(i 

= 1) và lgβ 2 = 6,23(i = 2). 

Các thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn ở 25 o C: E o (Ag + /Ag) = 0,799V; 

E o (O 2 /OH - ) = 0,401V. Áp suất riêng phần của oxy trong không khí là 0,2095atm. 

Phản ứng được thực hiện ở 25 o C. 

BÀI GIẢI: 

N Ag = 0,100 : 107,88 = 9,27.10 -4 mol 

Số mol cực đại của NH 3 cần để tạo phức là: 9,27.10 -4 . 2 = 1,854.10 -3 M nghĩa 

là nhỏ hơn nhiều so với số mol NH 3 có trong dung dịch (10 -2 M). Vậy NH 3 rất dư để 

hoà tan lượng Ag nếu xảy ra phản ứng. 

Chúng ta sẽ kiểm tra khả năng hoà tan theo quan điểm điện hóa và nhiệt 

động: 

Ag + + e → Ag E 1 = E o 1 + 0,059lg[Ag + ] 

0,059 P 

O 2 + 4e + H 2 O → 4OH - o 

O2 

E2 

= E2 

+ lg 

4 

− 

[ OH ] 4 

Khi cân bằng E 1 = E 2 . Trong dung dịch NH 3 = 0,1M (lượng NH 3 đã phản ứng 

không đáng kể) ta có: [OH - ] = (K b .C) 1/2 = 1,32.10 -3 M 

⇒ E 2 = 0,5607V. 

Vì E 2 = E 1 nên từ tính toán ta có thể suy ra được [Ag + ] = 9,12.10 -5 M 

Nồng độ tổng cộng của Ag + trong dung dịch: 

[Ag + ] o = [Ag + ] + [Ag(NH 3 ) + ] + [Ag(NH 3 ) + 2 ] 

= [Ag + ](1 + β 1 [NH 3 ] + β 1 β 2 [NH 3 ] 2 ) = 15,5M 

Giá trị này lớn hơn nhiều so với lượng Ag dùng cho phản ứng. Vì vậy các điều 

kiện điện hóa và nhiệt động thuận lợi cho việc hoà tan 0,100g Ag 


Câu 11: 






12 










1) Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl 2 0,100M và FeCl 3 

0,100M. Xác định nồng độ các ion thiếc và sắt khi cân bằng ở 25 o C. Tính thế 

của các cặp oxy hóa - khử khi cân bằng. 

2) Nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 2,5.10 -2 M. Xác định nồng độ của 

Fe 3+ ; Fe 2+ và Ag + khi cân bằng ở 25 o C. Tính thế của các cặp oxy hóa - khử 

khi cân bằng. 

Cho biết E o (Sn 4+ /Sn 2+ ) = 0,15V; E o (Fe 3+ /Fe 2+ ) = 0,77V; E o (Ag + /Ag) = 0,80V 

BÀI GIẢI: 

1) Sn 2+ + 2Fe 3+ → Sn 4+ + 2Fe 2+ 

Nđcb: 0,05- x 0,05 – 2x x 2x 

lgK = 2(0,77 – 015)/0,059 = 21 ⇒ K = 10 21 . 

K rất lớn và nồng độ Fe 3+ cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn 2+ ⇒ phản 

ứng gần như hoàn toàn: 2x ≈ 0,05 

[Fe 2+ ] = 0,05M; [Sn 4+ ] = 0,025M; [Sn 2+ ] = 0,025M; [Fe 3+ ] = εM 

2 

0,025.(0,05) 

21 0,0025 

3 

−12 

K = ⇒ 1.10 = ⇒ ε = [ Fe ] + = 1,58.10 M 

2 

2 

0,025. ε 

ε 

1,58.10 

Khi cân bằng E cb = 0,77 + 0,059lg 

0,05 

2) Ag + Fe 3+ ⇌ Ag + + Fe 2+ 

nđcb: 0,05 – x x x 

lgK = (0,77 – 0,80)/0,059 = -0,51 ⇒ K = 0,31 

Ta có: 

2 

x 

+ 2+ 

−2 

= 0,31 ⇒ x = [ Ag ] = [ Fe ] = 4,38.10 M 

0,05 − x 

3+ 

−3 

[ Fe ] = 6.10 M 

−12 

0,059 0,025 

= 0,15 + lg = 0,15M 

2 0,025 

−3 

6.10 

−2 

E cb = 0,77 + 0,059lg = 0,80 + 0,059lg 4,38.10 = 0,72V 

−2 

4,38.10 

Câu 12: 

1. Biết thế oxi hóa-khử tiêu chuẩn : 

E o Cu 2+ /Cu + = +0,16V, E o Cu + /Cu = +0,52V, E o Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77V, E o Fe 2+ /Fe = - 

0,44V 

Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau: 

(a) Cho bột sắt vào dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 0,5M. 

(b) Cho bột đồng vào dung dịch CuSO 4 1M. 

2. Dung dịch X gồm Na 2 S 0,010M, KI 0,060M, Na 2 SO 4 0,050M. 

Axit hoá chậm dung dịch X đến pH = 0. Thêm FeCl 3 cho đến nồng độ 0,10M. 

a. Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu được so với cực 

calomen bão hoà (Hg 2 Cl 2 /2Hg,2Cl - ). 

b. Biểu diễn sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra tại các điện cực và 

phản ứng tổng quát khi pin hoạt động. 







13 










- 

Cho : axit có H 2 S pK 1 = 7,00, pK 2 = 12,90; HSO 4 có pK = 2,00; Tích số tan 

của PbS = 10 -26 ; PbSO 4 = 10 -7,8 ; PbI 2 = 10 -7,6 . 

E o Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77 V ; E o S/H 2 S = 0,14V ; E o I 2 /2I - = 0,54V ; E cal b·o hoµ = 

0,244V 

BÀI GIẢI: 

1. a) E o Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 V > E o Fe 2+ /Fe = -0,44 V nªn: 

Tính oxi hoá: Fe 3+ mạnh hơn Fe 2+ 

Tính khử: Fe mạnh hơn Fe 2+ 

Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: 2 Fe 3+ + Fe → 3 Fe 2+ 

Như vậy Fe tan trong dung dịch Fe(SO 4 ) 3 tạo thành muối FeSO 4 , làm nhạt màu vàng 

( hoặc đỏ nâu) của ion Fe 3+ và cuối cùng làm mất màu (hoặc tạo màu xanh nhạt) 

dung dịch. 

b) E o Cu + /Cu = + 0,52 V > E o Cu 2+ /Cu + = + 0,16 V nên: 

Tính oxi hoá: Cu + mạnh hơn Cu 2+ 

Tính khử: Cu + mạnh hơn Cu 

Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữaa 2 cặp là: Cu + + Cu + → Cu 2+ + Cu 

Phản ứng nghịch (Cu 2+ phản ứng với Cu tạo thành ion Cu + ) không xảy ra. Do đó khi 

bỏ bột đồng vào dung dịch CuSO 4 không xảy ra phản ứng và quan sát không thấy 

hiện tượng gì. 

2. Axit hoá dung dịch X: 

S 2- + 2H + → H 2 S (C H 2 S = 0,010 < S H 2 S nên H 2 S chưa bão hoà, không thoát ra 

khỏi dung dịch) 

Phản ứng: 2 Fe 3+ + H 2 S → 2 Fe 2+ + S + 2 H + K=10 21 

0,1 0,01 

0,08 − 0,02 0,02 

2 Fe 3+ + 2I - → 2 Fe 2+ + I 2 K=10 7,8 

0,08 0,06 0,02 

0,02 − 0,08 0,030 

Thành phần trong dung dịch: Fe 3+ 0,020 ; Fe 2+ 0,080 ;I 2 0,030M ;H + 0,02M 

E Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77 + 0,059 lg 0,02/0,08 = 0,743V (cực dương) 

E cal = 0,244V ( cực âm) 

E pin = E + − E − = 0,743 − 0,244 = 0,499V 

Sơ đồ pin: 

Hg | Hg 2 Cl 2 | KCl bh || Fe 3+ , Fe 2+ | Pt 

+ 

Phản ứng: − 2 Hg + 2 Cl - = Hg 2 Cl 2 + 2 e 

+ 2x Fe 3+ + e = Fe 2+ 

2 Hg + 2 Fe 3+ + 2 Cl - = Hg 2 Cl 2 ↓ 

Câu 13: 

Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu cơ trong 2 giờ. 

Kết quả sau quá trình điện phân là trên catot tạo ra 3,865 gam một kim loại và trên 

anot có khí etan và khí cacbonic thoát ra. 







14 










1. Cho biết muối của kim loại nào bị điện phân? Biết rằng 5,18 gam của kim loại đó 

đẩy được 1,59 gam Cu từ dung dịch đồng sunfat. 

2. Cho biết muối của axit hữu cơ nào bị điện phân? 

3. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực. 

BÀI GIẢI: 

1. Điện lượng Q = It = 0,5 x 2 x 3600 = 3600 coulomb dùng để tạo ra 3,865 g kim 

loại. Từ định luật Faraday, đương lượng 

A 3.865 × 9650 

=∋= 

= 103,6 

n 3600 

Khối lượng mol của kim loại: A = n. ∋. Vì kim loại này đẩy đồng ra khỏi dung 

dịch nên đương lượng của Cu: 

∋ Cu = A/2 = 63,6/2 = 31,8 và từ phản ứng: 

2 ∋ + Cu 2+ = Cu + 2 ∋ + 

ta có: ∋: 31,8 = 5,18 : 1,59, suy ra ∋ = 103,6 

Trong phản ứng đẩy Cu, kim loại chỉ có thể có mức oxi hoá từ 1 đến 3, do đó sẽ 

chọn khối lượng mol nguyên tử từ 3 khả năng sau: 

A 1 = 103,6 x 1 = 103,6 

A 2 = 103,6 x 2 = 207,2 

A 3 = 103,6 x 3 = 310,8 

Vì không có nguyên tử với A > 240 và bằng 104 có tính kim loại và có mức oxi 

hoá là +1. Do đó kim loại phải tìm chỉ có thể là Pb (A = 207,6). 

2. Tại anot khi điện phân có C 2 H 6 và CO 2 thoát ra là sản phẩm của sự oxi hoá anion 

hữu cơ, muối này có công thức Pb(RCOO) 2 . Sự tạo ra etan. 

(CH 3 - CH 3 ) và CO 2 từ nhóm COO - chứng tỏ muối điện phân là Pb(CH 3 COO) 2 . 

R R 

3. Các phản ứng xảy ra trên các điện cực: 

Tại catot: Pb 2+ + 2 e = Pb 

Tại anot: CH 3 COO - - e = CH 3 COO • 

CH 3 COO • = 

• 

CH 3 + CO 2 

• 

2 CH 3 = C 2 H 6 

Tổng quát: 2 CH 3 COO - − 2e = C 2 H 6 + CO 2 . 

Câu 14: 

Có thể hoà tan hoàn toàn 100mg bạc kim loại trong 100ml dung dịch amoniac 

nồng độ 0,1M khi tiếp xúc với không khí được không? 

Cho biết nguyên tử khối của Ag = 107,88; hằng số điện li bazơ của amoniac 

là K b = 1,74.10 -5 ; các hằng số bền của phức [Ag(NH 3 ) i ] + tương ứng là: lgβ 1 = 3,32(i 

= 1) và lgβ 2 = 6,23(i = 2). 







15 










Các thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn ở 25 o C: E o (Ag + /Ag) = 0,799V; 

E o (O 2 /OH - ) = 0,401V. Áp suất riêng phần của oxy trong không khí là 0,2095atm. 

Phản ứng được thực hiện ở 25 o C. 

BÀI GIẢI: 

N Ag = 0,100 : 107,88 = 9,27.10 -4 mol 

Số mol cực đại của NH 3 cần để tạo phức là: 9,27.10 -4 . 2 = 1,854.10 -3 M nghĩa 

là nhỏ hơn nhiều so với số mol NH 3 có trong dung dịch (10 -2 M). Vậy NH 3 rất dư để 

hoà tan lượng Ag nếu xảy ra phản ứng. 

Chúng ta sẽ kiểm tra khả năng hoà tan theo quan điểm điện hóa và nhiệt 

động: 

Ag + + e → Ag E 1 = E o 1 + 0,059lg[Ag + ] 

0,059 P 

O 2 + 4e + H 2 O → 4OH - o 

O2 

E2 

= E2 

+ lg 

4 

− 

[ OH ] 4 

Khi cân bằng E 1 = E 2 . Trong dung dịch NH 3 = 0,1M (lượng NH 3 đã phản ứng 

không đáng kể) ta có: [OH - ] = (K b .C) 1/2 = 1,32.10 -3 M 

⇒ E 2 = 0,5607V. 

Vì E 2 = E 1 nên từ tính toán ta có thể suy ra được [Ag + ] = 9,12.10 -5 M 

Nồng độ tổng cộng của Ag + trong dung dịch: 

[Ag + ] o = [Ag + ] + [Ag(NH 3 ) + ] + [Ag(NH 3 ) + 2 ] 

= [Ag + ](1 + β 1 [NH 3 ] + β 1 β 2 [NH 3 ] 2 ) = 15,5M 

Giá trị này lớn hơn nhiều so với lượng Ag dùng cho phản ứng. Vì vậy các điều 

kiện điện hóa và nhiệt động thuận lợi cho việc hoà tan 0,100g Ag 

Câu 15: 

Một dung dịch ceri (IV) sunfat cần được chuẩn hóa, Cho các dung dịch và các 

chất sau đây: 

Natri oxalat rắn, dung dịch kali pemanganat và dung dịch sắt (II) sunfat, cả 

hai đều không biết nồng độ. 

Người ta tiến hành ba lần chuẩn độ trong dung dịch axit (mỗi lần đều đối với 

một lượng dư axit sunfuric) và thu được những kết qủa sau đây: 

+ 0,2228g natri oxalat dùng hết 28,74cm 3 dung dịch kali pemanganat. 

+ 25,00cm 3 dung dịch sắt (II) sunfat dùng hết 24,03cm 3 dung dịch kali 

pemanganat. 

+ 25,00cm 3 dung dịch sắt (II) sunfat dùng hết 22,17cm 3 dung dịch ceri (IV) 

sunfat. 

1. Viết các phương trình phản ứng của ba lần chuẩn độ. 

2. Hãy tính nồng độ của dung dịch ceri (IV) sunfat. 

Người ta áp dụng các thế điện cực tiêu chuẩn sau đây: 


Fe 3+ + e = Fe 2+ E o = 0,77V 

Ce 4+ + e = Ce 3+ E o = 1,61V 

3. Hãy tính K C của phản ứng: Fe 2+ + Ce 4+ = Fe 3+ + Ce 3+ . 






16 










(Đối với phần còn lại của bài tập cần giả thiết các điều kiện là tiêu 

chuẩn) 

[ ] 3+ 

Fe 

4. Hãy tính tỉ số: tại điểm tương đương. 

2+ 

[ Fe ] 

5. Hãy tính thế của dung dịch tại điểm tương đương. 

Nếu như người ta sử dụng một chất chỉ thị oxi hóa - khử (In) với E o = thế của 

dung dịch tại điểm tương đương để nhận biết điểm kết thúc của việc chuẩn độ đó thì 

sẽ không có vấn đề gì về độ chính xác của việc nhận biết điểm kết thúc. 

Nhưng đối với chất chỉ thị sau đây thì: 

In Ox + 2e = In 2- kh E o = 0,80V 

In 10 

Sự chuyển màu sẽ thể hiện rõ khi: [ ] Ox 

[ ] 3+ 

Fe 

6. Hãy tính 

2+ 

[ Fe ] 

− 

[ In ] 1 

= 

2 

kh 

tại điểm chuyển màu của chất chỉ thị này và cho biết sai 

số phần trăm trong lần chuẩn độ đã tiến hành. 

BÀI GIẢI: 

1. 2MnO - 4 + 5C 2 O 2- 4 + 16H 3 O + = 2Mn 2+ + 10CO 2 + 24H 2 O 

5Fe 2+ + MnO - 4 + 8H 3 O + = 5Fe 3+ + Mn 2+ + 12H 2 O 

Fe 2+ + Ce 4+ = Fe 3+ + Ce 3+ . 

2. Chuẩn độ 1: 0,2228g Na 2 C 2 O 4 tương đương 1,66.10 -3 mol C 2 O 2- 4 . 

(2/5).1,66.10 -3 = [MnO - 4 ].V(MnO - 4 ) 

[MnO - 4 ] = 0,0023M 

Chuẩn độ 2: [MnO - 4 ].V(MnO - 4 ) = (1/5)[Fe 2+ ]V(Fe 2+ ) 

[Fe 2+ ] = 0,111M 

Chuẩn độ 3: [Ce 4+ ] = [Fe 2+ ].V(Fe 2+ )/V(Ce 4+ ) = 0,125M 

3. Ta có: 

o 

o 

( E 4+ 

3+ 

− E 3+ 

2+ 

). F 

Ce / Ce Fe / Fe 

−14 

lg K = 

⇒ K = 1,61.10 

RT 

4. Tại điểm tương đương thì lượng chất đã cho vào n(Ce 4+ ) = n o (Fe 2+ ). Với mỗi 

ion Ce 3+ mới hình thành thì cũng hình thành một ion Fe 3+ , tức là [Ce 3+ ] = 

[Fe 3+ ] và cả [Ce 4+ ] = [Fe 3+ ] 

Ta có: 

[ 

3+ 

][ 

3+ 

Ce Fe 

K 

] 

C 4+ 

2+ 

[ Ce ][ Fe ] 

3+ 

[ Fe ] 

2+ 

[ Fe ] 

3+ 

[ Fe ] 

2 

[ Fe ] 

2 

= K 

C 

= ⇒ 

2 

+ 

; = 1,27.10 

5. Đưa gía trị mới tìm được vào phương trình Nernst đối với thế của sắt người 

ta thu được: E = 1,19V 

(Cũng tương tự như vậy người ta có thể đưa gía trị [Ce 4+ ]/[Ce 3+ ] = (1,27.10 - 

7 ) -1 vào phương trình Nernst đối với thế của ceri). 

6. Thế của dung dịch tại điểm chuyển màu là: 

E = 0,80 + RT/2F(ln10) = 0,83V 

Đưa gía trị này vào phương trình Nernst đối với sắt: 


7 






17 










3+ 

[ Fe ] 

2+ 

[ Fe ] 

3+ 

[ Fe ] 

= 

[ Fe ] 1 

0 10,2 

,83 = RT 

0,77 + ln ⇒ 

F 

2+ 

Như vậy sai số sẽ là: (11,2) -1 .100% = 8,95% 

Câu 16: 

Cho các thế chuẩn sau đây: 

AgBr (r) + e → Ag + Br - E o 1 = 0,0713V 

Ag + + e → Ag E o 2 = 0,7996V 

a) Trên cơ sở đó hãy tính T AgBr ở 25 o C. 

b) Từ đó hãy tính ∆G o đối với qúa trình: AgCl (r) ⇌ Ag + (aq) + Cl - (aq). Biết 

S AgCl (25 o C) = 1,274.10 -5 M. 

BÀI GIẢI: 

a) E o 1 có liên quan đến một bán tế bào, trong đó ở trên một lớp kết tủa bạc 

bromua nồng độ ion bromua là 1,00M. Nhờ có E o 2 người ta có thể theo 

phương trình Nernst tính được nồng độ ion bạc trong tế bào và từ đó nhờ có 

[Br - ] = 1,00M có thể tính được tích số hoà tan. 

o o RT 

−13 −13 2 

E1 = E2 + ln C1 ⇒ C1 

= 4,81.10 M ⇒ TAgBr 

= 4,81.10 M 

F 

b) Từ độ hoà tan ta có: [Ag + ] = [Cl - ] = 1,274.10 -5 M và như vậy là tích số hoà tan 

T = (1,274.10 -5 ) 2 . T cũng là hằng số cân bằng K C đối với phản ứng: AgCl (r) 

⇌ Ag + (aq) + Cl - (aq) 

K C ngoài ra cũng là hằng sô cân bằng nhiệt động lực học. Điều này có nghĩa 

là: 

∆G o = -RTlnT = -55,8kJ/mol. 

Câu 17: 

Bài giải: 







18 










Câu 18: 







19 







Câu 19: 




Câu 20: 







20 










Câu 21: 







21 










Câu 22: 







22 







Bài giải 




Câu 23: 







23 







Câu 24: 




Câu 25: 

1. Xác định nồng độ ion hiđro và giá trị pH của dung dịch tạo thành khi cho 

0,82 g natri axetat vào một lít axít axetic 0,1 M. 

2. Phải thêm bao nhiêu gam natri hiđroxit rắn vào dung dịch này để làm pH 







24 










tăng 1 đơn vị. 

3. So với nồng độ của phân tử CH 3 COOH trong dung dịch CH 3 COOH 0,1 M thì 

nồng độ phân tử CH 3 COOH trong dung dịch thứ nhất và thứ hai đã thay đổi theo 

những tỷ số nào? (Có thể tính gần đúng). Cho K a (CH 3 COOH)= 1,8.10 -5 . 

Giải : 

CH 3 COOH CH 3 COO - + H + K a = 

CH 3 COONa CH 3 COO - + Na + 

CH 3 COOH + NaOH 

CH 3 COONa + H 2 O 

Đối với dung dịch axít axetic tinh khiết ban đầu : 

[CH 3 COO - ] = [H + ] ; [CH 3 COOH] ≈ C axít axetic ban dầu = 0,1 M. 

⇒ 1,34.10 -3 M. 

1. Giả sử quá trình cho muối vào thì thể tích dung dịch không thay đổi. Dung 

dịch thu được là hỗn hợp axít yếu và muối của nó (dung dịch đệm) 

C muối = = 0,01 M. 

⇒[H + ] = K a ≈ K a = 1,8.10 -4 M. 

⇒pH= 3,74. 

Ta có pH = pK a - lg 

2. Ứng với câu 1 thì tỉ số lg = 10. 

• Theo giả thiết thì pH tăng 1 đơn vị tương ứng với tỉ số lg giảm đi 

10 lần tức là =1 hay [CH 3 COOH]= [CH 3 COO - ] = = 0,055 M. 

⇒ Số mol của NaOH cho vào trong 1 lít là 0,055-0.01=0,045 mol 


⇒ Khối lượng NaOH cho vào là : 0,045.40=1,8 g. 

3. Nồng độ phân tử CH 3 COOH trong dung dịch ban đầu và khi thêm CH 3 COO - 






25 










thì không thay đổi đáng kể và ≈ 1. 

0,55 lần. 

Đối với dung dịch khi thêm NaOH vào thì [CH 3 COOH]= 0,055 M tức là giảm đi 

Câu 26: 

Lượng oxi trong mẫu được xác định bằng phép phân tích iot như sau (phương 

pháp Winkler): 

Bước 1: Oxi trong dung dịch oxi hoá Mn 2+ thành Mn(IV) trong môi trường 

kiềm tạo thành MnO(OH) 2 

Bước 2: Thêm axit vào hợp chất của mangan nói trên phản ứng với lượng dư 

Mn tạo thành ion Mn 3+ . 

thành Mn 2+ . 

thiosunfat. 

Bước 3: Ion Mn 3+ này oxi hóa thuốc thử iodua tạo thành iot và Mn 3+ bị khử 

Bước 4: Lượng iot sinh ra trong bước 3 được chuẩn độ bằng dung dịch 

Câu 1 : Viết phương trình ion của 4 phản ứng trên. 

Phân tích những mẫu nước sông “Schwechat” cho kết quả sau: 

1. Chuẩn hoá dung dịch natri thiosunfat Na 2 S 2 O 3 : dùng KIO 3 trong môi trường 

axit, khi đó ion iođat bị khử thành ion iodua. Với 25,00mL dung dịch KIO 3 

(β(KIO 3 ) = 174,8mg/L) đã phải dùng hết 12,45mL dung dịch Na 2 S 2 O 3 . 

2. Ngay sau khi lấy mẫu nước, lượng oxy của nó được xác định theo phương 

pháp Winkler. Đã phải dùng 11,80mL dung dịch Na 2 S 2 O 3 trên cho 103,50mL mẫu 

nước ở 20,0 o C. Nồng độ oxy bão hoà trong nước ở 20,0 o C là 9,08mg/L. 

3. Mẫu thứ hai (V = 102,20mL, T = 20,0 o C) được ủ trong 5 ngày ở nhiệt độ 

20,0 o C, ứng với 6,75mL dung dịch Na 2 S 2 O 3 . 

Câu 2 : 


a) Viết phương trình ion của phản ứng chuẩn hoá dung dịch thiosunfat. 

b) Tính nồng độ M của dung dịch thiosunfat 






26 










c) Tính hàm lượng oxy (mg/L) của mẫu nước ngay sau khi lấy mẫu. 

d) Tính chỉ số bão hoà oxy của mẫu nước này. 

e) Tính hàm lượng oxy của mẫu nước này sau khi ủ 5 ngày. 

f) Từ các kết qủa trên có thể xác định được các thông số đặc trưng nào? Giá trị 

của nó là bao nhiêu? 

Giải : 

Câu 1 : 

Câu 2 : 

Bước 1 : 2Mn 2+ + O 2 + 4OH - → 2MnO(OH) 2 

Bước 2 : 2MnO(OH) 2 + 2Mn 2+ + 8H + → 4Mn 3+ + 6H 2 O 

Bước 3 : 4Mn 2+ + 4I - → 2I 2 + 4Mn 2+ 

Bước 4 : 2I 2 + 4S 2 O 3 2- → 2S 4 O 6 2- + 4I - 

a. 6S 2 O 3 2- + IO 3 - + 6H + → 3SO 4 2- + I - + 9S + 3H 2 O 

b. n(S 2 O 3 2- ) = 6n(IO 3 - ) = 1,225.10 -4 mol. 

⇒ C(S 2 O 3 2- ) = 9,841.10 -3 mol/L. 

c. n(O 2 )= n(S 2 O 3 2- )=2,903.10 -5 mol. 

⇒β(O 2 ) ngay sau khi lấy mẫu = 8,976mg/L. 

d. Chỉ số bão hoà oxy OSI = 100% = 98,85% 

e. n(O 2 )= n(S 2 O 3 2- )=1,661.10 -5 mol. 

⇒β(O 2 ) = 5,20 mg/L. 

f. Từ các kết qủa trên có thể xác định được lượng O 2 mất đi do quá trình ủ 

trong 5 ngày. Giá trị của nó là : 8,976 - 5,20 = 3,776mg/L. 







27 










Câu 27: 

Có một số thuyết và định nghĩa khác nhau về axit và bazơ. Một trong số các 

định nghĩa đó có liên quan đến hiện tượng tự phân li của dung môi: 

2HB H 2 B + + B - 

Theo lý thuyết này thì chất nào làm tăng phần cation của dung môi (H 2 B + ) là 

một axit và chất nào làm giảm phần đó (hoặc tăng phần anion) là một bazơ. 

o Chẳng hạn nước tự phân ly: 

2H 2 O H 3 O + + OH - 

o Axit là những chất nào làm tăng [H 3 O + ] và bazơ là những chất nào làm tăng 

[OH - ]. 

o Trong etanol thì: 

C 2 H 5 OH C 2 H 5 OH 2 + + C 2 H 5 O - 

⇒ Axit là những chất nào làm tăng nồng độ [C 2 H 5 OH 2 + ] và bazơ là những chất 

nào làm tăng [C 2 H 5 O - ] Khi đó phản ứng trung hoà là phản ứng trong đó một axít 

phản ứng với một bazơ tạo thành một muối và một dung môi. 

Theo lý thuyết này thì pH = -lg[H 2 B + ] (Lý thuyết này cũng có thể áp dụng 

được cho các dung môi “phi proton”). 

1) Hãy đơn cử một ví dụ về một axit và một bazơ trong dung môi amoniac lỏng. 

2) Tích số ion của amoniac là 1,0.10 -29 (mol/L) 2 . Hỏi amoniac lỏng nguyên chất 

có độ pH nào? 


3) Nước là một axit hay là bazơ trong amoniac lỏng? Giải thích. 

4) Hãy lý giải tại sao CH 3 COOH là một axit trong amoniac lỏng. Nó mạnh hơn 






28 










hay yếu hơn trong dung dịch nước. 

5) Một hợp chất là một axit mạnh trong nước có thể là một bazơ yếu trong 

amoniac lỏng hay không? Nếu có thì hãy cho ví dụ còn nếu không thì hãy giải thích. 

6) Hãy chỉ ra rằng NaOH là một muối trong NH 3 lỏng. Hãy cho ví dụ về một 

phản ứng mà ở đó nó được tạo ra trong môi trường amoniac lỏng. 

7) Có hợp chất nào là một bazơ trong nước mà lại là một axit trong NH 3 lỏng 

không? Nếu có thì hãy cho ví dụ còn nếu không thì hãy giải thích. 

8) Hãy từ bỏ NH 3 . Liệu có một dung môi nào đó mà nước là một bazơ không?. 

Nếu có thì hãy cho ví dụ còn nếu không thì hãy giải thích. 

9) Trong CCl 4 có axit hay bazơ không? Nếu có thì hãy cho ví dụ còn nếu không 

thì hãy giải thích. 

Lưu ý: Tất cả các khái niệm dùng trong bài tập đều liên hệ với lý thuyết về các 

hệ dung môi đã được giải thích ở trên. 

Giải : 

1. Trong amoniac lỏng, diễn ra quá trình tự phân ly như sau : 

2NH 3 NH 4 + + NH 2 

- 

⇒ Như vậy thì axít là các chất làm tăng nồng độ NH 4 + , còn bazơ là các chất 

làm tăng nồng độ NH 2 - . 

Ví dụ về một axít : NH 4 Cl 

Ví dụ về một bazơ : KNH 2 

2. Trong amoniac lỏng nguyên chất thì ta luôn luôn có [NH 4 + ]=[NH 2 - ] 

Mặt khác : [NH 4 + ].[NH 2 - ]=1,0.10 -29 ⇒[NH 4 + ]=10 -14,5 . 

Theo định nghĩa thì pH=-lg[NH 4 + ]=14,5. 

Vậy amoniac lỏng nguyên chất có pH= 14,5. 

3. Trong amoniac lỏng, nước phản ứng phân ly như sau : 

H 2 O + NH 3 NH 4 + + OH - 

→ Làm tăng [NH 4 + ]→ nó là một axít trong amoniac lỏng. 


4. Trong amoniac lỏng, CH 3 COOH phản ứng như sau : 

CH 3 COOH + NH 3 NH 4 + + CH 3 COO - 






29 










Làm tăng [NH 4 + ] nên nó là axít. 

Vì NH 3 là phần tử cho cặp điện tử mạnh hơn nước cho nên sự hoà tan axít 

axetic trong amoniac lớn hơn trong nước và tính axít mạnh hơn trong nước. 

5. NH 3 là phần tử cho cặp điện tử mạnh hơn H 2 O (NH 4 + hình thành dễ hơn 

H 3 O + ). Như vậy thì sự hoà tan mọi axít trong ammoniac đều mạnh hơn trong nước. 

Vì vậy, một axít trong hệ dung môi là nước không thể là một bazơ trong hệ dung 

môi là ammoniac. 

6. Xét phản ứng sau : 

H 2 O + NaNH 2 NaOH + NH 3 

axít bazơ muối dung môi 

⇒ Theo định nghĩa thì đó là phản ứng trung hoà và NaOH là một muối trong 

dung môi là ammoniac lỏng. 

7. Một hợp chất như vậy cần phải tạo thành OH - ở trong nước và NH 4 + trong 

ammoniac lỏng. Có thể đó là một hợp chất có hai chức năng, với một chức năng 

bazơ yếu hơn ammoniac ở trong nước và một nhóm axít yếu hơn nhóm axít liên hợp 

với chức năng bazơ ở trong dung dịch nước. 

Chất chưa biết cần chứa ít nhất là một H có khả năng tách ra thành proton, 

nếu viết tắt : H n X 

• Ở trong nước H n X tác dụng như là một bazơ : 

• H n X + H 2 O H n+1 X + OH - (1) 

• Và ở trong ammoniac như là một axít : 

• H n X + NH 3 H n-1 X + NH 4 

+ 

Để cho (2) xảy ra thì nhóm tác động như là bazơ ở trong nước phải là tác 

nhân nhận proton kém hơn NH 3 . Điều đó có nghĩa là nhóm đó phải là một bazơ yếu 

hơn NH 3 . 

bằng : 

Một ví dụ ở đây là hiđrôxiamin NH 2 OH. Ở trong nước sẽ hình thành cân 


(2) 

H 2 NOH + H 2 O H 3 N + OH + OH - 






30 










⇒ H 2 NOH là một bazơ trong nước. 

Ở trong ammoniac lỏng thì cân bằng chiếm ưu thế là : 

H 2 NOH + NH 3 H 2 NO - + NH 4 

+ 

⇒ H 2 NOH là một axít trong NH 3 . 

8. Các phần tử là axít trong nước thì nước đóng vai trò là bazơ. 

Xét quá trình tự proton hoá trong dung môi H 2 SO 4 nguyên chất : 

2H 2 SO 4 HSO 4 - + H 3 SO 4 

+ 

Như vậy trong dung môi này, tiểu phân nào làm tăng [H 3 SO 4 + ] là axít, 

làm tăng [HSO 4 - ] là bazơ. 

Khi cho nước vào ta có : 

H 2 SO 4 + H 2 O HSO 4 - + H 3 O + 

⇒ Nước làm tăng [HSO 4 - ], như vậy nước là một bazơ. 

9. Trong dung môi là CCl 4 , nó không có khả năng tự phân ly nên không có axít, bazơ 

trong hệ dung môi này. 

Câu 28: 

(Vòng 4). 

Một dung dịch ceri (IV) sunfat cần được chuẩn hóa. Cho các dung dịch và 

các chất sau đây: 

• Natri oxalat rắn, dung dịch kali pemanganat và dung dịch sắt (II) sunfat, cả 

hai đều không biết nồng độ. 

Người ta tiến hành ba lần chuẩn độ trong dung dịch axit (mỗi lần đều đối với 

một lượng dư axit sunfuric) và thu được những kết quả sau đây: 

• Chuẩn độ lần 1: 0,2228 g natri oxalat dùng hết 28,74 cm 3 dung dịch kali 

pemanganat. 

• Chuẩn độ lần 2 : 25,00cm 3 dung dịch sắt (II) sunfat dùng hết 24,03 cm 3 

dung dịch kali pemanganat. 


• Chuẩn độ lần 3 : 25,00cm 3 dung dịch sắt (II) sunfat dùng hết 22,17 cm 3 

dung dịch ceri (IV) sunfat. 






31 










1. Viết các phương trình phản ứng của ba lần chuẩn độ. 

2. Hãy tính nồng độ của dung dịch ceri (IV) sunfat.Người ta áp dụng các thế 

điện cực tiêu chuẩn sau đây : 

3. Hãy tính K C của phản ứng: 

Fe 3+ + e Fe 2+ E o 1 = 0,77V 

Ce 4+ + e Ce 3+ E o 2 = 1,61V 

Fe 2+ + Ce 4+ Fe 3+ + Ce 3+ . 

(Đối với phần còn lại của bài tập cần giả thiết các điều kiện là tiêu chuẩn) 

4. Hãy tính tỉ số tại điểm tương đương. 

5. Hãy tính thế của dung dịch tại điểm tương đương. 

Nếu như người ta sử dụng một chất chỉ thị oxi hóa - khử (In) với E o = thế của 

dung dịch tại điểm tương đương để nhận biết điểm kết thúc của việc chuẩn độ đó thì 

sẽ không có vấn đề gì về độ chính xác của việc nhận biết điểm kết thúc. 

Nhưng đối với chất chỉ thị sau đây thì: 

In Ox + 2e In 2- kh E o =0,80V 

Sự chuyển màu thể hiện rõ khi 

6. Hãy tính tại điểm chuyển màu của chất chỉ thị này và cho biết sai số 

phần trăm trong lần chuẩn độ đã tiến hành. 

Giải : 

1. 

Chuẩn độ lần 1 : 

2MnO 4 - + 5C 2 O 4 2- + 16H 3 O + 


5Fe 2+ + MnO 4 - + 8H 3 O + 


Fe 2+ + Ce 4+ Fe 3+ + Ce 3+ 

2Mn 2+ + 10CO 2 + 24H 2 O 

5Fe 3+ + Mn 2+ + 12H 2 O 







32 










2. 

Chuẩn độ lần 1 : n(MnO 4 - ) = n(C 2 O 4 2- ) = 6,65.10 -4 mol 

⇒C(MnO 4 - ) = 0,023mol/L 

Chuẩn độ lần 2 : n(Fe 2+ ) = 5n(MnO 4 - ) = 2,763.10 -2 mol. 

⇒C(Fe 2+ ) = 0,111mol/L 

Chuẩn độ lần 3 : n(Ce 4+ ) = n(Fe 2+ ) = 2,763.10 -2 mol. 

⇒C(Ce 4+ ) = 0,125mol/L. 

3. Xét bán phản ứng sau 

Ce 4+ + e Ce 3+ có ∆G o 1= -FE o 2 

Fe 2+ + e Fe 3+ có ∆G o 2= FE o 1 

⇒ Fe 2+ + Ce 4+ Fe 3+ + Ce 3+ có ∆G o =∆G o 1+∆G o 2=F(E o 1-E o 2) 

• Khi cân bằng ta có : ∆G o =-RTlnK C =F(E o 1-E o 2) 

(Với R=8,314 ;T=298; F=96500) 

⇒lnK C =32,718. 

⇒K C = 1,62.10 14 . 

4. Tại điểm tương đương : [Ce 4+ ] = [Fe 2+ ]; [Fe 3+ ] = [Ce 3+ ]. 

⇒ 

5. Áp dụng phương trình Nerst cho bán phản ứng (đối với Fe 2+ ) ta có : 

E = . ln = 1,19V. 

6. Thế của dung dịch tại điểm chuyễn màu đối với chất chỉ thị là : 

In Ox + 2e In 2- kh E o =0,80V 

E = 0,80 + ln10 = 0,83V 

• Thay giá trị này vào phương trình Nerst đối với sắt, ta thu được : 


ln ⇒ln = 2,34 ⇒ = 10,38 






33 







⇒ Sai số là : .100% = 8,79%. 




Câu 29: 

Khi lắc iôt với nước và heptan ta được một cân bằng phân bố: 

I 2 (nước) 

Với hằng số cân bằng: K d = 

Tìm hệ số phân bố K d tại 25 o C. 

I 2 (heptan) 

Nhưng iôt hoà tan rất ít trong nước và việc xác định nồng độ rất không chính 

xác . Thế nhưng, nếu người ta cho thêm iôđua vào thì sẽ có cân bằng sau đây: 

I 2 (nước) + I - (nước) 

I 3 - (nước) 

Với hằng số cân bằng: K= = 724,0(mol/L) -1 

Bằng cách này có thể hoà tan được trong nước nhiều iôt hơn và sự xác định 

nồng độ iôt chính xác hơn. 

Trong một bình đong có dung tích 250,0 mL, người ta hoà tan 4,033 g kali 

iođua và khoảng 1 g iôt; sau đó người ta cho thêm nước vào bình đến đúng 250,0 

mL. Rồi người ta lấy từ đó 100,0 mL và đưa cùng với 100,00mL heptan vào một 

phễu chiết, lắc liên tục cho đến khi đạt đến cân bằng – sau đó phễu chiết được nhúng 

vào một máy điều nhiệt cho đến khi các lớp (pha) hoàn toàn tách ra khỏi nhau. Tiếp 

theo đó, các mẫu của từng lớp một được chuẩn độ bằng dung dịch natrithiosunfat 

(c= 0,0100 mol/L). Qua đó thu được các giá trị trung bình sau đây: 

20,00 mL của lớp heptan cần 18,15 mL dung dịch natrithiosunfat. 

10,00 mL của lớp nước cần 16,88 mL dung dịch natrithiosunfat. 

1. Viết phương trình đã cân bằng cho phản ứng đã chuẩn độ. 


2. Tính nồng độ iôt trong heptan. 

3. Tính nồng độ tổng quát của iốt trong lớp nước và từ đó tính ra C(I 2 /nước). 






34 







4. Xác định hệ số phân bố K d . 




Giải : 

1. 2S 2 O 3 2- + I 2 2I - + S 4 O 6 

2- 

2. Trong lớp heptan 

n(S 2 O 3 2- ) = 18,15.10 -5 mol. 

⇒ n(I 2 /heptan)= 9,075.10 -5 mol. 

⇒ C(I 2 /heptan)= 4,5375.10 -3 mol/L. 

3. Trong lớp nước 

n(S 2 O 3 2- ) = 16,88.10 -3 .0,01 = 1,688.10 -4 mol. 

⇒ n(I 2 tổng quát) = 8,44.10 -5 mol. 

⇒ C(I 2 tổng quát) = 8,44.10 -3 mol/L. 

Xét cân bằng sau : 

I 2 (nước) + I - (nước) 

I 3 - (nước) 

Lúc cân bằng ta có : [I 2 ] + [I 3 - ] = C(I 2 tổng quát) = 8,44.10 -3 mol/L (1) 

[I 3 - ] + [I - ] = C(I - lúc đầu) = 97,18.10 -3 mol/L (2) 

Mặt khác K= = 724,0(mol/L) -1 . (3) 

Từ ba phương trình trên ta có : [I 2 ] = 1,292.10 -4 M. 

⇒ C(I 2 /nước) = [I 2 ] = 1,292.10 -4 mol/L. 

[I 3 - ] = 8,311.10 -3 M. 

[I - ] = 88,87.10 -3 M. 

4. Hệ số phân bố : K d = = = 35,12. 







35 










Câu 30: 

Axit lactic hình thành khi cơ bắp hoạt động mạnh. Trong máu, axit lactic 

được trung hoà bởi bicacbonat. Khi đó cacbon đioxit được tạo thành và hoà tan 

trong dung dịch. 

Axit lactic (HL) là axít một nấc với hằng số axit là K HL = 1,4.10 -4 mol/L. các 

hằng số axit của axit cacbonic là K al = 4,7.10 -7 mol/L và K a2 = 4,7.10 -11 mol/L. 

1. Tính độ pH của dung dịch HL(axit lactic) (C=3,00.10 -3 mol/L). 

2. Tính hằng số cân bằng đối với phản ứng giữa axit lactic và bicacbobat. 

Người ta cho 3,00.10 -3 mol axit lactic vào 1,00 L một dung dịch NaHCO 3 

(c=0,024 mol/L), qua đó đã xảy ra sự trung hoà hoàn toàn HL và không có sự thay 

đổi thể tích. 

3. Dùng một công thức gần đúng, hãy tính pH của dung dịch NaHCO 3 trước khi 

cho axit lactic vào. 

4. Tính pH sau khi cho axit lactic vào. 

Người ta cũng có thể thực hiện một cách chính xác phép tính ở mục 3 bằng 

một hệ phương trình, từ đó dẫn đến một phương trình bậc cao đối với [H 3 O + ]. 

Phương trình đó có lời giải là : 4,61.10 -9 mol/L < [H 3 O + ] < 4,62.10 -9 mol/L. 

5. Thiết lập hệ phương trình cần thiết cho phép tính chính xác. (Chỉ cần thiết lập 

các phương trình khác nhau, không cần giải). 

Do cường độ hoạt động của cơ thể tăng lên nên pH trong máu của một người 

thay đổi từ 7,40 thành 7,00 do sự hình thành axít lactic. Đối với bài tập này, bạn hãy 

coi máu là một dung dịch nước với pH=7,40 và [HCO 3 - ]=0,022 mol/L(nồng độ cân 

bằng). 

6. Hỏi lượng chất axít lactic cần cho thêm vào dung dịch đó để pH giảm xuống 


bằng 7,00. 

Giải : 






36 










1. Cân bằng của axít lactic trong nước : 

HL + H 2 O H 3 O + + L - 

C o – x x x 

Với K HL = 

⇔ x 2 + 1,4.10 -4 .x – 1,4.10 -4 .3.10 -3 = 0 

⇔ x 2 + 1,4.10 -4 .x – 4,2.10 -7 = 0 

⇒ x = 5,82.10 -4 ⇒ pH = 3,23. 

2. HL + HCO 3 

- 

H 2 CO 3 + L - K 1. 

HL + H 2 O H 3 O + + L - K 2 = K HL = 1,4.10 -4 

HCO 3 - + H 3 O + H 2 CO 3 + H 2 O K 3 = K a1 

-1 

= 2,13.10 6 . 

⇒ K 1 = K 2 .K 3 = 297,87 

3. Áp dụng công thức gần đúng pH (pK b2 + pK a2 ) = 9,00 

4. HL + HCO 3 

- 

H 2 CO 3 + L - 

Lúc đầu 0,0030 0,024 0 0 

Cân bằng 0 0,021 0,0030 0,0030(M) 

⇒ dung dịch thu được gồm : 

C(HCO 3 - ) = 0,021 M 

C(H 2 CO 3 ) = 0,003 M 

C(L - ) 

= 0,003 M 

Do K HL >>K a1 nên có thể tính pH gần đúng(bỏ qua sự điện ly của L - ) 

⇒pH = pK a2 + lg ≈ pK a2 + lg = 4,70 

5. Thiết lập các phương trình của phép tính chính xác của câu 3: 

Dựa vào hằng số cân bằng : 

K a1 = 


K a2 = 

[H 3 O + ]. [OH - ]=10 -14 (mol/L) 2 






37 










Bảo toàn nguyên tố đối với C 

0,024 = [H 2 CO 3 ] + [HCO 3 - ] + [CO 3 2- ] 

Định luật bảo toàn điện tích 

0,024 + [H 3 O + ] = [OH - ] + [HCO 3 - ] + 2.[CO 3 2- ] 

6. Người ta tính nồng độ của H 2 CO 3 và tổng [H 2 CO 3 ] + [HCO 3 - ] tại pH = 7,4. 

Tổng này sẽ không thay đổi. 

Sau đó người ta tính nồng độ của H 2 CO 3 tại pH = 7. Lượng tăng lên bằng 

lượng axít lactic thêm vào (Với giả thiết phản ứng xảy ra gần như hoàn toàn) 

Tại pH=7,4 

K a1 = ⇒ [H 2 CO 3 ]= =0,0019M 

[H 2 CO 3 ] + [HCO 3 - ]= 0,0019+0,022 = 0,0239mol/l. (1) 

Tại pH=7 

⇔ 4,5.[H 2 CO 3 ] = [HCO 3 - ] (2) 

Từ (1) và (2) ta có [H 2 CO 3 ] = 0,0043 mol/l. 

⇒ n HL = ∆ 

Câu 31: 

= 2,4.10 -3 mol. 

Hai điện cực bạc được nối với nhau qua một vôn kế và nhúng vào hai dung 

dịch như nhau. Mỗi dung dịch này được điều chế bằng cách trộn 50 cm 3 Dung dịch 

AgNO 3 (C=0,0100 mol/l) . Ngoài ra cả hai dung dịch này được nối với nhau qua một 

mạch điện. 

Để nghiên cứu sự tạo phức giữa ammoniac và ion bạc người ta cho vào một 

trong các dung dịch ở trên (bán tế bào 2) một dung dịch ammoniac (c=0,100 mol/l) 

còn dung dịch ở trong bán tế bào 1 không thay đổi. Ở đó T = 298 K. 

Khi cho thêm V ml dung dịch ammoniac vào dung dịch ban đầu thì hiệu điện 

thế U được đọc như sau: 


V(ml) 20,0 30,0 40,0 50,0 






38 










V) 

U(m 

192 224 242 256 

1. Hãy tính nồng độ ion bạc sau mỗi lần cho thêm dung dịch ammoniac. 

Người ta có thể giả thiết rằng phức chất được tạo thành như sau: 

Ag + + 2NH 3 [Ag(NH 3 ) 2 ] + 

2. Bạn hãy lập bảng nồng độ Ag + , NH 3 và [Ag(NH 3 ) 2 ] + ở trong bán tế bào 2 sau 

mỗi lần cho thêm ammoniac vào. 

mol/l). 

Bằng một thí dụ hay một cách tổng quát hãy chỉ ra cách tính như thế nào. 

Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng tạo thành phức. 

Có thể giả thiết phức chất được tạo thành như sau: 

Ag + + NH 3 [Ag(NH 3 )] + 

3. Hãy chỉ ra rằng giả thiết này không trùng hợp với kết quả đo được. 

Bạc clorua và bạc bromua dư sẽ được lắc với dung dịch ammoniac(C=0,0200 

4. Tính nồng độ của Ag + , Br - , Cl - , [Ag(NH 3 ) 2 ] + , OH - ,NH 3 ,và NH 4 + trong 

dung dịch tạo thành trên kết tủa AgCl và AgBr. 

Trước hết phải viết tất cả các phương trình cho một bài tính chính xác và từ 

đó cho biết bạn có thể chấp nhận những phép tính đơn giản hoá nào? 

Cho pK(NH 4 + ) = 9,25. 

Giải : 

T AgCl =1,56.10 -10 (mol/L) 2 

T AgBr =7,70.10 -13 (mol/L) 2 

T = 298K; R=8,314 JK -1 mol -1 

E o (Ag + /Ag)= 0,80V 

F = 96487Cmol -1 

K[Ag(NH 3 ) 2 ] + = 1,00.10 7 (mol/ L) -2 


1. Theo phương trình Nernst thì các hiệu điện thế đo được là : 






39 










U= ln với C o nồng độ trong bán tế bào 1 

⇒ C o = 5,00.10 -3 mol/L 

⇒ln = lnC o - 

C nồng độ trong bán tế bào 2 

Do đó nồng độ bạc sau mỗi lần them dung dịch ammoniac là : 

ol/L) 

1 2 3 4 

V (ml) 20 30 40 50 

U (mV) 192 224 242 256 

(m 

6 

2,83.10 - 

7 

8,13.10 - 

7 

4,04.10 - 

7 

2,34.10 - 

2. Cần chú ý đến sự thay đổi thể tích khi cho them dung dịch ammoniac vào. 

Từ câu 1 ⇒ = .(0,1 + ) 

Hiệu số của 

thành phức, do đó : 

= 

= 5,00.10 -4 mol cho biết lượng ion bạc đã phản ứng tạo 

Lượng chất NH 3 nhận được từ hiệu số giữa lượng NH 3 (= 0,1mol/L. ) 

thêm vào là lượng chất gấp đôi của [Ag(NH 3 ) 2 ] + = . 

⇒ 

Hằng số cân bằng K là :K = 

Kết quả tính được cho dưới bảng sau đây. 


1 2 3 4 






40 










ol 

m 

7 

3 

3 

3,39.10 - 

4,16.10 - 

8,34.10 - 

7 

3 

3 

1,06.10 - 

3,85.10 - 

15,4.10 - 

8 

3 

3 

5,65.10 - 

3,57.10 - 

21,4.10 - 

8 

3 

3 

3,51.10 - 

3,33.10 - 

26,7.10 - 

K(mol/L 2,12.10 7 2,00.10 7 1,93.10 7 2,00.10 7 

) -2 

⇒ Giá trị trung bình của K=2,01.10 7 (mol/L) -2 

3. Hằng số cân bằng tương ứng : K * = 

tính là : 

Nồng độ phức và nồng độ ion bạc có thể lấy từ câu 2. Nồng độ NH 3 được 

Kết quả tính được cho dưới bảng sau đây. 

l/L) 

-1 

(mo 

K(mol/L) 

2 

1 2 3 4 

1,25.10 - 

2 

1,92.10 - 

2 

2,50.10 - 

2 

3,00.10 - 

1,18.10 5 2,46.10 5 3,54.10 5 4,74.10 5 

Giá trị của K thay đổi nhiều nên ta không thể xem nó là hằng số. Nói cách 

khác, giả thiết này không phù hợp với kết quả đo được. 

4. Các phương trình : 

Dựa vào tích số tan của AgCl và AgBr, ta có : 

[Ag + ]. [Cl - ] = 1,56.10 -10 (1) 

[Ag + ]. [Br - ] = 7,70.10 -13 (2) 


Dựa vào hằng số cân bằng của các phương trình phân ly, ta có : 






41 










AgBr. 

Bảo toàn điện tích 

10 -4,75 (3) 

(4) 

1,00.10 7 (mol/L) -1 (5) 

[Cl - ] + [Br - ] = [Ag + ] + [Ag(NH 3 ) 2 ] + (6) 

Bảo toàn nguyên tố (N) 

[NH 4 + ] + [NH 3 ] + 2 [Ag(NH 3 ) 2 ] + = 0,02 mol/L (7) 

Từ (1) và (2) ⇒ [Cl - ] ≈ 200[Br - ] ⇒ Có thể bỏ qua lượng Ag + trong hợp chất 

Từ (5) do hằng số cân bằng rất lớn nên có thể chấp nhận đây là phản ứng tạo 

phức là hoàn toàn, tức là : [Cl - ] ≈ [Ag(NH 3 ) 2 ] + 

Đặt x = [Cl - ]≈[Ag(NH 3 ) 2 ] + và y = 

Kết hợp với các phương trình trên ta sẽ tính ra được x và y: 

[Ag + ] = 2,19.10 -7 mol/L 

= y = 5,66.10 -4 mol/L 

[Cl - ] ≈ [Ag(NH 3 ) 2 ] + = x = 7,11.10 -4 mol/L 

[Br - ] = 3,51.10 -6 mol/L 

Câu 32: 

Cho hai hỗn hợp A và B. 

Hỗn hợp A chứa natri cacbonat và natri hiđrocacbonat. Hỗn hợp B chứa natri 

cacbonat và natri hiđrôxít. Một trong hai hỗn hợp này được hoà tan vào nước, tạo 

thành một dung dịch có V=100,00ml. Lấy 20ml của dung dịch đó chuẩn độ với dung 

dịch axít clohiđric (C=0,2000M). Một lần dùng chỉ thị phenolphtalein, tiêu tốn 36,15 

ml và một lần chuẩn độ với chỉ thị metyl da cam, tiêu tốn 43,8 ml. 

1. Cho biết phản ứng nào xảy ra hoàn toàn khi đạt được giá trị chuyển pH. 


2. Cho biết hỗn hợp nào đã được phân tích. Chứng minh giải đáp đó. 

3. Xác định thành phần của hỗn hợp đã phân tích. (phần trăm khối lượng của 2 






42 










cấu tử). 

Vùng chuyển màu của phenolphtalein : pH = 8,3 – 10. 

Vùng chuyển màu của metyl da cam : pH = 3,1 – 4,4. 

Giải : 

1. Tại điểm chuyển màu của phenolphtalein thì 2 dung dịch đã cho có các phản 

ứng sau : 

OH - + H + 

CO 3 2- + H + 

H 2 O 

HCO 3 - (phản ứng hoàn toàn) 

Còn tại điểm chuyển màu của metyl da cam thì có phản ứng sau đây xảy ra : 

HCO 3 - + H + H 2 O + CO 2 

( Mà ở điểm chuyển màu của phenolphtalein chưa xảy ra). 

2. Đối với hỗn hợp A từ Na 2 CO 3 và NaHCO 3 , với chất chỉ thị là phenolphtalein 

thì chỉ thấy các ion CO 3 2- chuyển thành HCO 3 - . Nhưng sau đó cần cho vào hỗn hợp 

này một lượng như vậy dung dịch HCl thì hỗn hợp mới đạt được điểm chuyển màu 

của metyl da cam. 

Vì V (metyl da cam) = 43,8ml < 2.V (phenolphtalein) = 2.36,15ml 

⇒ hỗn hợp được phân tích phải là hỗn hợp B. 

3. Lượng chất Na 2 CO 3 = (43,80-36,15).0,2000 = 1,530.10 -3 mol. 

Lượng chất NaOH = [36,15-(43,80-36,15) ].0,2000 = 5,7.10 -3 mol. 

Khối lượng Na 2 CO 3 = 5.1,530.10 -3 .106 = 0,8109g = 810,9mg. 

Khối lượng NaOH = 5.5,7.10 -3 .40 = 1,14g 

Hỗn hợp B gồm : 41,57% Na 2 CO 3 

Câu 33: 

58,43% NaOH 

Cho 4g chì sunfat tinh khiết vào 150ml nước và khuấy cho đến khi cân bằng 

dung dịch trên phần lắng được thiết lập. 

Sau đó nhúng một điện cực chì và một điện cực đối chiếu (E 0 = 0,237V) vào 


dung dịch. Người ta đo được ở 298K một hiệu điện thế ∆E = 0,478V. 

Với 

=-0,126V. 






43 










1. Hãy cho biết điện cực nào trong hai điện cực trên có thế thấp hơn. Điện cực 

nào là catot và điện cực nào là anot. Hãy tính tích số tan của chì sunfat. Mẫu chì 

sunfat sẽ không cho vào nước mà cho vào 150ml dung dịch axít sunfuric có pH=3. 

Hãy giả thiết rằng axít sunfuric đã được proton hoá hoàn toàn. 

2. Hiệu điện thế nào có thể có giữa điện cực chì và điện cực đối chiếu. 

Tại một nhiệt độ nhất định thì tích số tan của chì sunfat Lp=1,1.10 -8 (mol/L) 2 . 

Cho 3 hằng số cân bằng dưới đây : 

PbSO 4 (r) + 2I - PbI 2 (r) + SO 4 

2- 

PbI 2 (r) + CrO 4 

2- 

PbS(r) + CrO 4 

2- 

3. Hãy tính tích số tan của PbS. 

Giải : 

K 1 =4,6.10 -1 

PbCrO 4 (r) + 2I - K 2 =4,3.10 12 

PbCrO 4 (r) + S 2- K 3 =7,5.10 -8 

1. Do =-0,126V








∆E = E đối chiếu – 

= -0,258V. 

3. Xét các cân bằng sau : 

PbS(r) + CrO 4 

2- 

= 0.495V. 

PbCrO 4 (r) + S 2- K 3 

PbCrO 4 (r) + 2I - PbI 2 (r) + CrO 4 

2- 

PbI 2 (r) + SO 4 

2- 

PbSO 4 (r) Pb 2+ + SO 4 

2- 

K 2 

-1 

PbSO 4 (r) + 2I - K 1 

-1 

Lp(PbSO 4 ) 

⇒ PbS(r) Pb 2+ + S 2- Lp (PbS) 

Lp (PbS) = K 3 .Lp(PbSO 4 ).(K 2 .K 1 ) -1 = 6,294.10 -28 (mol/ l) 2 

Câu 34: 

Một dung dịch có chứa axít propanoic (C=0,12 M) và axít axetic (C=0,15 M). 

1. Tính pH và nồng độ cân bằng của tất cả các ion trong dung dịch. 

Một cái hồ hằng năm chứa khoảng 1,00.10 7 m 3 nước mưa. 

Nước mưa có chứa amoni hiđrosunfat nên có pH=3,0. 

2. Tính khối lượng amoni hiđrôsunfat mà hằng năm hồ nhận được. 

Nếu bỏ qua một số cân bằng nhất định trong tính toán thì hãy giải thích lí do. 

Xử lí nước hồ bằng vôi và sự phân tích nước hồ hằng năm cho kết quả sau : 

C(Ca 2+ ) = 40mM C(SO 4 2- ) = 77 mM 

C(HCO 3 - ) = 25 mM 

3. Tính pH của nước hồ trong thời gian phân tích. 

Giải : 

K a (axít propanoic) = 1,34.10 -5 M. 

K axít(axít axetic) = 1,76.10 -5 M. 

pKa (H 2 CO 3 + CO 2(aq) ) = 6,35. 

pKa (HCO 3 - ) = 10,3. 

pKa (NH 4 + ) = 6,5. 

pKa (HSO 4 - ) = 1,99. 

C(H 2 CO 3 +CO 2(aq) ) = 14 mM 


1. Gọi x, y lần lượt là nồng độ của Pro - , Ac - trong dung dịch lúc cân bằng. 






45 










HPro + H 2 O H 3 O + + Pro - 

0,12-x x+y x 

K a = = = 1,34.10 -5 (1) 

HAc + H 2 O H 3 O + + Ac - 

0,15-y x+y y 

K a = = = 1,76.10 -5 (2) 

Giả sử x





= 10 -6,35 




⇒ 

→pH = 6,6. 

Câu 35: 

= 10 -6,35 =2,50.10 -7 M. 

Việc tách các cation thường được dựa trên việc tạo thành các muối khó tan và 

cả việc tạo ra những phức chất dễ tan. 

Nhiều cation kim loại tạo được sunfua khó tan nên có thể được làm kết tủa 

bằng cách cho hiđro sunfua sục vào dung dịch của chúng. Hiđro sunfua là một điaxit 

yếu (pK 1 = 6,9; pK 2 =12,9). Như vậy dùng pH của dung dịch ta có thể điều chỉnh 

được nồng độ của ion sunfua. 

1. Hãy tính C (S 

2- 

) ở pH = 2 nếu coi nồng độ của H 2 S bằng 0,10 mol/l. 

2. Tính tích số tan của sunfua có công thức MeS và của sunfua Me 2 S biết rằng 

có thể coi một quá trình kết tủa là hoàn toàn khi nồng độ cation giảm đến mức bé 

hơn 10 -5 mol/l. 

3. Cd 2+ và Cu + đều tạo được phức với ion xianua thành [Cu(CN) 4 ] 3- và 

[Cd(CN) 4 ] 2- tương ứng. Liệu có thể tách được chúng ra khỏi nhau hay không nếu cho 

H 2 S sục vào dung dịch chúng có chứa KCN 1,0 mol/l. 

Gợi ý: Tính độ tan của các sunfua (theo mol/l) trong dung dịch xianua rồi giải 

thích các kết quả thu được . 

Cho biết các tích số tan : ; và các hằng 

số tạo phức : ; 

Giải : 


1. Xét cân bằng điện ly của H 2 S (nấc 2) : 

H 2 S + 2H 2 O 2H 3 O + + S 2- 






47 







Với K= K 1 .K 2 = =1,58.10 -20 




2. 

⇒[S 2- ] ⇒ 

Xét cân bằng hoà tan MeS 

MeS Me 2+ + S 2- 

=1.58.10 -17 mol/l 

⇒ T MeS =[Me 2+ ]. [S 2- ]=10 -5 .1,58.10 -17 =1,58.10 -22 (mol/l) 2 

Xét cân bằng hoà tan Me 2 S 

Me 2 S 2Me + + S 2- 

=[Me + ] 2 . [S 2- ]=(10 -5 ) 2 .1,58.1 -17 =1,58.10 -27 (mol/l) 2 

3. 

• Xét cân bằng sau : 

Cd 2+ + 4CN - [Cd(CN) 4 ] 2- 7,0.10 16 

Cd 2+ + S 2- CdS K= (T CdS ) -1 = 1,0.10 27 

Ta có : [Cd 2+ ].[S 2- ]= 10 -27 = = 7,0.10 16 

[S 2- ] = [Cd 2+ ] + [Cd(CN) 4 2- ] 

⇒[S 2- ]=8,4.10 -6 mol/l. 

• Xét cân bằng 

Cu 2 S 2Cu + + S 2- 

Cu + + 4CN - [Cu(CN) 4 3- ] 

Ta có : [Cu + ] 2 . [S 2- ] = 2.10 -47 . 

[S 2- ] = ([Cu + ] + [Cu(CN) 4 3- ]) 

= = 7,0.10 16 






⇒[S 2- ] = 271 mol/l. 


48 










Kết luận : Cu 2 S đã tan hết trong dung dịch chứa xianua, CdS không tan, vì 

vậy có thể tách hai ion này ra khỏi nhau. 

Câu 36: 

Trong hoá học phân tích EDTA được dùng để xác định nhiều nguyên tố khác 

nhau. Thuốc thử này là muối natri của axít etylentetraaxetic (EDTA). EDTA tạo 

được với các ion kim loại những phức bền có thành phần xác định. Trong các phức 

này tỉ lệ giữa kim loại và EDTA là 1:1 không phụ thuộc vào điện tích của kim loại. 

Phức với Bari bền ở pH ≥ 9 nhưng Ba(OH) 2 lại hơi tan trong nước lạnh, do đó người 

ta thường tạo phức của bari với EDTA ở pH bé hơn rồi mới làm tăng pH lên đến khi 

phức thành bền. Các ion ytri và đồng tạo phức bền ở pH ≥ 3. EDTA không tác dụng 

với ion ytri nếu ion này được cho tạo phức florua bền với NH 4 F.HF. 

Để phân tích một chất chứa bari, oxi, đồng và ytri ta hoà tan 0,2317g mẫu 

vào axít clohđric đặc rồi cho thêm nước để thể tích dung dịch đạt 100,0 cm 3 . Lấy 

10,00 cm 3 dung dịch này vào bình nón A và 10,00 cm 3 vào bình nón B. 

Bước 1 :Thêm 1g NH 4 F.HF vào bình A , chỉnh pH của dung dịch bằng 3 – 5 

rồi chuẩn độ bằng dung dịch EDTA 0,0100M thấy tốn hết 10,20 cm 3 . 

Bước 2 : pH của bình B được chỉnh đến 3-5 và chuẩn độ với 13,60 cm 3 dung 

dịch EDTA trên. 

Bước 3 : Sau bước 2) ta thêm tiếp 20,00 cm 3 dung dịch EDTA 0,0100M vào 

bình B, chỉnh pH bằng 9-10 rồi đem chuẩn độ bằng dung dịch etanat đồng (II) 

0,0150M thì hết 8,80 cm 3 Hãy : 


1) Tìm hàm lượng phần trăm của Cu, Y, Ba và O trong mẫu. 

2) Tìm công thức thực nghiệm của chất phân tích. 






49 










3) Viết cấu trúc phẳng của EDTA và của etanat đồng (II). 

1. 

Giải : 

Ở bước 1: thì chỉ có đồng là tạo phức với EDTA 

n Cu =10.0,01.10,20.10 -3 =1,02.10 -3 mol. 

m Cu =1,02.10 -3 .63,5=0,0648g. 

→ Hàm lượng của Cu trong mẫu là 27,97%. 

Ở bước 2 : thì cả đồng và ytri đều tạo phức với EDTA 

n Cu+Y =10.0,01.13,60.10 -3 =1,36.10 -3 mol. 

n Y =3,4.10 -4 mol. →m Y =3,4.10 -4 .88,9=0,030g. 

→ Hàm lượng của Cu trong mẫu là 12,95%. 

Ở bước 3: lượng EDTA thêm vào là để tạo phức với bari, lượng EDTA còn 

dư được chuẩn độ bằng etanat đồng (II). Từ đó ta tính được số mol của bari. 

n Ba =10.(0,01.20.10 -3 -0,015.8,8.10 -3 )=6,8.10 -4 mol. 

→ Hàm lượng của bari trong mẫu là 40,21%. 

→ Hàm lượng của oxi trong mẫu là 18,87%. 

2. Như vậy trong mẫu có : 

1,02.10 -3 mol Cu 

3,4.10 -4 mol Y 

6,8.10 -4 mol Ba 

2,73.10 -3 mol O 

→ Công thức thực nghiệm của hợp chất phân tích là: Cu 3 YBa 2 O 8 . 

3. Cấu trúc phẳng của EDTA 


Cấu trúc phẳng của etanat đồng (II) 






50 










Câu 37: 

Độ tan của bạc clorua trong nước cất ở một nhiệt độ nhất định là 1,81 

mg/dm 3 (dung dịch) . Sau khi thêm HCl để chuyển pH về 2,35, giả thiết thể tích 

dung dịch sau khi axit hoá vẫn giữ nguyên và bằng 1,00 dm 3 . Hãy: 

1. Tính nồng độ ion Cl - trong dung dịch trước và sau khi thêm HCl. 

2. Tính tích số tan T của bạc clorua (dùng đơn vị thứ nguyên). 

3. Tính xem độ tan của AgCl đã giảm đi mấy lần sau khi axit hoá dung dịch ban 

đầu đến khi có pH = 2,35. 

4. Tính khối lượng của NaCl và của Ag tan được trong 10m 3 dung dịch NaCl 

1,0.10 -3 M. 

Giải : 

Trong dung dịch hình thành cân bằng sau : 

AgCl Ag + + Cl - 

1. Nồng độ Cl - trước khi thêm HCl là : 

Nồng độ Cl - sau khi thêm HCl là : 

[Cl - ] ≈ [H + ]=10 -pH =10 -2,35 =4,47.10 -3 mol/l. 

2. T AgCl =[Ag + ]. [Cl - ]=(1,26.10 -5 mol/l) 2 =1,59.10 -10 (mol/l) 2 . 


3. Trong dung dịch HCl có : 






51 










⇒ Độ tan của AgCl đã giảm đi là : 

4. m NaCl = 10 4 dm 3 .1,0.10 -3 mol/dm 3 .58,5g/mol=585g. 

m Ag = 

Câu 38: 

=354 lần 

mol/dm 3 .1,0.10 4 dm 3 .108g/mol=0,17g. 

1) Tính pH cuối của các hệ sau đây khi hoà tan: 

a) 2,00 mol HCl 

b) 0,500 mol NaOH 

vào 500,0mL nước ở 25 o C (pH của nước ở điều kiện này là 7,00, giả sử thể tích 

dung dịch không thay đổi) 

2) Một lĩnh vực quan trọng trong hoá học phân tích là dung dịch đệm. Nó bao 

gồm một hỗn hợp của một axit yếu (HA) và bazơ liên hợp của nó (A - ). Nó được gọi 

là dung dịch đệm vì nó chống lại sự thay đổi pH khi thêm vào hệ một axit mạnh hay 

bazơ mạnh. 

Sử dụng các phương trình hóa học (và chỉ ra trạng thái của mỗi hợp phần), 

hãy cho biết chuyện gì sẽ xảy ra khi thêm vào dung dịch đệm 

a) Khí HCl. 

b) NaOH viên, pH của dung dịch đệm được xác định bởi tỉ lệ mol của axit yếu 

và bazơ liên hợp của nó. Nếu hằng số phân ly axit Ka được biết thì pH của dung 

dịch đệm sẽ được tính theo phương trình Henderson– HasselBatch: 

pH = pKa + lg 

3) Hãy chứng minh phương trình Henderson – HasselBatch từ biểu thức Ka. 


4) 1,00L của một dung dịch đệm chứa 0,500mol của axit yếu và bazơ liên hợp 

của nó. pH của dung dịch đo được là 7,00. Xác định pK a của cặp axit – bazơ liên 






52 










hợp. 

5) Tính pH của dung dịch khi thêm vào 500,0mL dung dịch đệm ở câu 4 

a) 2,00M HCl 

b) 0,500M NaOH 

6) K a của axit axetic là 1,75.10 -5 M 

1,00L dung dịch đệm chứa axit axetic và ion axetat có pH được xác định là 

5,30. Tổng nồng độ của axit axetic và ion axetat là 1,00M. 

a) Tính tỉ lệ 

b) Tính nồng độ của từng tiểu phân trong dung dịch đệm. 

Ngoài việc trộn một axit yếu và bazơ liên hợp của nó để tạo thành dung dịch 

đệm thì ta còn có thể sử dụng một phương pháp khác là: chuẩn bị sẵn một trong hai 

chất trên rồi thêm vào dung dịch đã chuẩn bị sẵn đó một lượng axit hoặc bazơ mạnh. 

7) Giải thích ? 

8) Nhà hóa học tập sự Bob định chuẩn bị một dung dịch đệm có pH bằng 4,00 

bằng cách sử dụng dung dịch CH 3 COONa 0,500M và dung dịch HCl 2,00M. Giả sử 

thể tích của HCl thêm vào là V lít. Trả lời các câu hỏi sau : 

a) Thể tích dung dịch CH 3 COONa 0,500M cần thêm vào là bao nhiêu để hình 

thành dung dịch đệm ? 

b) Có bao nhiêu mol axit axetic sinh ra ? 

c) Có bao nhiêu mol ion axetat phản ứng với HCl ? 

d) Với pH đã xác định thì tỉ lệ sẽ là bao nhiêu ? 

e) Tính V 

9) pH đệm lý tưởng là pH mà tại đó dung dịch đệm có khả năng chống lại sự 

thay đổi pH tốt nhất khi thêm vào đó một lượng dung dịch axit mạnh hay bazơ 


mạnh. Đối với dung dịch đệm axetat thì pH đệm lý tưởng là bao nhiêu ? 

10) Không thành công với thí nghiệm trên của mình. Bob tiếp tục tiến hành một 






53 










thí nghiệm khác. Bắt đầu với 250mL của dung dịch đệm axetat ở pH đệm lý tưởng. 

Nhưng do sự bất cẩn khi làm thí nghiệm thì anh ta đã cho vào dung dịch đệm một 

vài giọt dung dịch NaOH 0,340M. Anh ấy nhanh chóng khắc phục sự cố và đo lại 

pH của dung dịch thì thấy pH tăng lên 1 đơn vị so với lúc đầu. Biết tổng nồng độ 

các tiểu phân trong dung dịch đệm ban đầu là 0,500M. 

nhiêu ? 

a) Tính tỉ lệ trong dung dịch mới 

b) Tính số mol axit axetic và ion axetat trong dung dịch ban đầu 

c) Sau khi thêm NaOH vào thì số mol của axit axetic và anion axetat sẽ là bao 

d) Sau khi xảy ra sự cố thì số mol ion axetat sẽ tăng lên bao nhiêu ? 

e) Thể tích NaOH mà Bob đã thêm vào dung dịch đệm sẽ là bao nhiêu ? 

Giải : 

1. a. pH=-lg[H + ]=-lg(4)= -0,60 

b. pOH=-lg[OH - ]=lg(1)=0⇒pH=14 

2. HCl (k) + A - (aq) HA (aq) + Cl - (aq) 

3. 

NaOH (r) + HA (aq) 

Na + (aq) + A - (aq) + H 2 O 

Lấy -log 2 vế ta có -lg[H + ] = -lgK a -lg 

Hay pH = pK a – lg 

= pK a + lg 

4. Do [A - ]=[HA] nên pK a =pH=7. 

5. a. =0,01 mol 

[A - ] = 0,499 M. 

[HA]= 0,051M. 

⇒pH= 6,98 


b. Tương tự câu a ta có pH=7,0043 






54 










6. a. lg 0,543 ⇒ 3,492 

b. Mặt khác ta có [A - ] + [HA] = 1M 

⇒ [A - ] =0,7774M và [HA]=0,2226 M. 

7. Axit mạnh/ bazơ mạnh sẽ phản ứng với bazơ yếu hay axit yếu để tạo ra hợp 

phần còn lại của dung dịch đệm. Như vậy thì dung dịch thu được sẽ chứa axit yếu 

và bazơ liên hợp của nó. 

8. a. pH của dung dịch đệm được tính bằng phương trình sau : 

pH = pK a – lg ≈ 

Theo giả thiết pH=4 nên ta có =10 0,75 =5,623 

Hay n axít = 5,623 n muối . 

H + + CH 3 COO - CH 3 COOH 

Lúc đầu Vmol a mol 

Cân bằng (a-V)mol Vmol 

⇒V=5,623(a-V) 

⇒ a=1,178V(mol) Hay thể tích cần cho muối cần dùng là : 4,712V(lít). 

b. Số mol CH 3 COOH sinh ra là Vmol. 

c. Có V mol ion CH 3 COO - đã phản ứng với HCl. 

d. Tỉ lệ = 0,178. 

Để hình thành 1 lít dung dịch đệm có pH = 4 thì ta có : 

V+ 4,712V =1lít ⇒ V= 0,175lít = 175 ml. 

e. Để có được pH đệm lý tưởng thì tỉ số =0 tức là pH=4,75. 

9. Từ phương trình pH = pK a – lg ta nhận thấy pH đệm lý tưởng 


của dung dịch đệm axetat có được khi [CH 3 COOH] = [CH 3 COO - ] 

Tức là pH = pK a = 4,76. 






55 










10. a. Ta có lg =-1 ⇒ = 0,1 

b. Trong dung dịch ban đầu ta có : 

[CH 3 COOH] + [CH 3 COO - ] = 0,5M 

Là dung dịch đệm lý tưởng nên ta có = 1 

⇒ [CH 3 COOH] = [CH 3 COO - ] = 0,25M 

⇒ = = 0,25.0,25 = 0,0625mol. 

c. Từ câu a và b ta có : = 0,0114mol. 

= 0,114mol. 

d. Số mol ion axetat tăng lên sau khi sự cố xảy ra là : 1,824 lần 

e. n NaOH thêm vào = 0,114-0,0625=0,0515mol. 

Câu 39: 

Thể tích NaOH thêm vào là : 0,152 lit = 152ml. 

Ở 25.0°C và áp suất riêng phần của CO 2 là: p(CO 2 ) = 1.00 bar. 0.8304 lít 

khí CO 2 hoà tan trong 1.00 lít nước. 

1. Tính nồng độ mol của CO 2 hoà tan 

2. Tính hằng số Henry của CO 2 ở 25.0°C. 

3. Tính nồng độ mol của CO 2 hoà tan trong nước mưa, nếu phần thể tích của 

CO 2 trong khí quyển có hàm lượng 380 ppm mỗi ngày và áp suất của CO 2 có gía trị 

là 1.00 bar. 

Một phần CO 2 hoà tan sẽ phản ứng với nước để tạo thành axit cacbonic. 

Hằng số cân bằng của phản ứng này là K=1,67.10 -3 với nồng độ của nước được 

đưa vào K a. 

4. Tính nồng độ của axit cacbonic hoà tan trong nước mưa? Biết nồng độ của 

CO 2 là không đổi. 


Đối với hằng số phân li thứ nhất thì [H 2 CO 3 ] * được sử dụng thay thế cho 

nồng độ của axit cacbonic. [H 2 CO 3 ] * là tổng nồng độ của axit cacbonic và lượng 






56 










khí CO 2 hoà tan trong nước. 

Các gía trị là: K a1 = 4,45.10 -7 và K a2 = 4,84.10 -11 . 

5. Tính pH của nước mưa. Bỏ qua cân bằng tự proton phân của nước và hằng 

số phân li K a2 của axit cacbonic. Biết rằng nồng độ của [H 2 CO 3 ] * là không đổi trong 

suốt quá trình. Vào năm 1960 thì phần thể tích của CO 2 trong khí quyển là 320ppm. 

câu 5). 

6. Tính pH của nước mưa vào thời điểm này (tất cả các điều kiện khác đều như 

Đá vôi (CaCO 3 ) có tích số tan T = 4,70.10 -9 

7. Tính độ tan của đá vôi trong nước tinh khiết. Giả thiết rằng cả muối 

hydrocacbonat và muối cacbonat đều không phản ứng sinh ra axit cacbonic. 

Tính độ tan của CaCO 3 trong nước mưa vào thời điểm này. Như đã nói 

trên [H 2 CO 3 ] * luôn là hằng số. Để trả lời câu hỏi này phải làm những việc sau: 

8. Hãy xác định những ion chưa biết nồng độ. 

9. Viết các phương trình cần thiết để tính nồng độ các ion này. 

10. Xác định phương trình cuối cùng với [H 3 O + ] là ẩn số. Với những phương 

trình bậc cao thì ta khó lòng giải được chính xác. Ta có thể giả thiết gần đúng rằng 

pH = 8.26 để tiện tính toán. 

11. Sử dụng tất cả những thông tin trên tính độ tan của đá vôi. 

Giải : 

1. Từ biểu thức 

Vậy = 0,0335mol/l 

=0,0335mol/l. 

2. Hằng số Henry của CO 2 ở 25 o C là K= 0,0335mol/l.bar 

3. Nồng độ của CO 2 hoà tan trong nước mưa là 


4. Khi hoà tan trong nước ta có cân bằng sau : 

CO 2 + H 2 O H 2 CO 3 






57 







Ta có 




5. [H 2 CO 3 ] * = [CO 2 ] + [H 2 CO 3 ] =1,275.10 -5 mol/l. 

Xét cân bằng phân ly của H 2 CO 3 

H 2 CO 3 + H 2 O HCO 3 - + H 3 O + 

• = =4,45.10 -7 

• Với [HCO 3 - ]= [H 3 O + ]; [H 2 CO 3 ]≈ 1,275.10 -5 mol/l 

6. 

ion này 

⇒[H 3 O + ]=2,382.10 -6 mol/l 

Vậy pH=5,62. 

[H 2 CO 3 ] * = [CO 2 ] + [H 2 CO 3 ] =1,074.10 -5 mol/l. 

Hoàn toàn tương tự câu 5 ta tính được 

⇒[H 3 O + ]=2,186.10 -6 mol/l 

Vậy pH=5,66 

7. Độ tan của đá vôi trong nước cất 

S= = =6,856.10 -5 mol/l 

8. Trong dung dịch các ion sau ta chưa xác định được nồng độ : 

[Ca 2+ ];[CO 3 2- ]; [HCO 3 - ]; [H 3 O + ] và [OH - ] 

9. Các phương trình cần thiết để tính nồng độ của các ion này 

Nhận thấy có 5 ion cần xác định nên ta cần tìm 5 phương trình liên hệ với các 

[Ca 2+ ]. [CO 3 2- ] 

(2) = =4,45.10 -7 


(3) = =4,84.10 -11 






58 










(4) K w =[H 3 O + ]. [OH - ]=10 -14 (ở 25 o C) 

• Định luật bảo toàn điện tích 

(5) 2[Ca 2+ ] + [H 3 O + ]= [OH - ] + [HCO 3 - ] + 2[CO 3 2- ] 

10. Thiết lập phương trình độc lập để tính [H 3 O + ] 

Từ (4) ta có 

Từ (2) ⇒ 

Nhân (2) với (3) rút gọn ta có : 

Từ (1)⇒ 

Thay vào (5) ta có 

2 2 

Biến đổi ta có : 

2 - -( -Kw) –2 = 0. 

Đây là phương trình bậc bốn với ẩn số cuối cùng là [H 3 O + ] 

11. Độ tan của đá vôi 

S= M 







59

Chương trình bồi dưỡng HS giỏi Quốc gia (Tỉnh KonTum)

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?