Bài tập minh họa lý thuyết

2.1. ĐIỀU KIỆN KẾT TỦA TỪ DUNG DỊCH QUÁ BÃO HềA

2.1.1. Bài tập minh họa lý thuyết

Loai 1: Dạng bài tập liên quan đến lý thuyết điều kiện kết tủa từ dung dịch quá bão hòa.

* Đ Ặ C điểm B À I toán: Nội dung dạng bài tập này hay hỏi về một số vấn đề lý thuyết cơ bản và quan trọng của điều kiện xuất hiện kết tủa từ dung dịch quá bão hòa: Xác định biểu thức tích số ion, so sánh tích số ion với tích số tan, nhận xét quá trình trộn hai dung dịch chứa ion của hợp chất ít tan có tạo kết tủa hay không, v.v...

* P H Ư Ơ N G pháp giải: Nắm vững bản chất điều kiện kết tủa. Xác định lại nồng độ ban đầu của các ion tạo ra hợp chất ít tan trong dung dịch sau. Việc xác định lại nồng độ ban đầu có thể tính được trực tiếp, cũng có thể phải tính thông qua các cân bằng khác của hệ. Cuối cùng xác định biểu thức tích số ion rồi so sánh với tích số tan để đưa ra kết luận.

Môt số ví du:

Ví du 1.1: Cho các chất: BaS04, А1(ОН)з, Са3(Р04)2. Viết các biểu thức điều kiện để xuất hiện kết tủa của các chất trên.

^ àtoự j-pÂạnr ttíậi28 ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gíạaựên 3fíuự<£inA 28 JZ33<B-

Giải

Đây là dạng bài toán đơn giản nhất, chỉ cần vận dụng chính xác biểu thức của điều kiện kết tủa.

- Để có kết tủa BaSƠ4 thì : C 2+N _ >

J3â lJWị — \- -‘ì*

- Để có kết tủa Al(OH)3 thì: > ; ) - Để có kết tủa Ca3(P04)2 thì: cl 2tN L _ > j,

Ca '-'4 —3 x 4/2/

Lưu ý: Khi phải tính chính xác tích số tan của Al(OH)3, Ca3(P04)2 cần phải xét đến quá trình proton hóa của Al3+ và PO4“

Ví du 1.2: Trộn 10 ml dung dịch MgCỈ2 0,02M với 10 ml dung dịch gồm NH3 0,1M và NH4CI 0,1M. Hỏi có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện không? Cho: Ks =

6.1010 ; Ka(NH; = ; *pMg(OH)+ = 1012’8

ếmị

Việc xác định tích số tan của Mg(OH)2 có thể xác định trực tiếp nồng độ của Mg2+, còn nồng độ của OH' phải xác định qua cân bằng của hệ đệm amoni.

- Nồng độ đầu của các ion sau khi trộn:

- Tính nồng độ ion OH' theo (1): (Ở đây tính gần đúng thấy dung dịch có môi trường bazơ nên tính theo cân bằng tạo ra ОН ).

Từ (1), áp dụng ĐLTD KL tính ra được: Coir = (Hoặc: Vì Kb nhỏ, CMl ớ n , ta có thể tính theo:

pOH = pK„ + lg^L = 4,76 -> [Off] = 10'4’76) - Từ (2) và kết quả trên có:

[Mg(OH)‘J= Ị = 10^.10^=10-3“ô1 [Mg*j

^ àtoự j-pÂạnr ttíậi 2 ềuận tíứ nạ/ùêp.

29 JZ33<B-Z0áa

-> quá trình tạo phức hiđroxo là không đáng kể.

Vậy không có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện.

Ví du 1.3.[51: Tính độ tan của Pbl2 trong dung dịch bão hòa Pbl2 trong NaC104 0ДМ. Phép tính có kể đến hiệu ứng lực ion. Cho Ks = 10'4’8,

*ò(PbOH+ )= 10'7’8 Giải

Lực ion: I = 0,5.([Na+] + [CIO;] ) = 0,1 Các cân bằng:

- Ở lực ion I = 0,1, có thể áp dụng phương trình Davies để tính

^ àtoự j-pÂạnr ttíậi 2 ềuận tíứ nạ/ùêp.

30 JZ33<B-Z0áa

Igf„- =

-> fi= 0,776 và lgfpj^ = _ = _ = - - > Ĩ 2 = 0,363 - Thay cỏc giỏ trị f] và f2 vào (1), (2) để tớnh Kg và *òc :

Kg = Ks. ф ф =

(U, / /ếJ“.(U, 303)

(Í) л °

*òc = *ò — - = ô

Ф ( U , / / ử r

-Đánh giá khả năng tạo phức hiđroxo của Pb2+ với

X2

-^ = ô

0,263-

Nghĩa là [PbOH+] ô [Pb2+], cú thể bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của Pb2+. Như vậy trong dung dịch cân bằng (1) là chủ yếu, độ tan của PbCl2chính là độ tan So.

K Ị

= [Pb2+].[C1]2 = 4.S3 -> s = Ví du 1.4.Í51: Tính:

a) Tích số tan điều kiện của N1CO3 ở pH = 8,0.

b) Độ tan của NÌCO3 ở pH = 8,0.

Cho KS(NiC03) = , *ò Ni0H+ = 10-8’94, Kal = , Ka2 =

10' 9

= 2,63.10 (M)

^ àtoự j-pÂạnr ttíậi 2 ềuận tíứ nạ/ùêp.

31 JZ33<B-Z0áa

Giải

Các cân bằng:

NiC03^ / Ni2+ + CO3” Ks = 10-6’87

s s

Ni2+ + H20 / NiOH+ + H+ *p = 10894

CO32 + H+/ HCO3 k;2 =

HCO3 + H+ / H2co3 K“j =

a) Tính tích số tan điều kiện Ks: Ks = a a

~ 111v--v_/g

Với:

V ậ y Ks =

b) Xét cân bằng chính:

NiC03^ / Ni2+ + CO3 Ks = 10-4’48

S’ S’

Độ tan S’ = =

Ví du 1.5.Í51: Lắc 2 gam Ag2C03 trong 100 ml dung dịch tương ứng có pH = 5 cho đến cân bằng. Tính cân bằng xảy ra trong dung dịch.

ếĩaĩ

117"

CAg2C03 z/:jj./4 AUU ^ v 4

Vậy dung dịch Ag2C03 là dung dịch bão hòa.

Có các quá trình xảy ra:

.VI .

^ àtoự j-pÂạnr ttíậi 2 ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gíạaựên 3fíuự<£inA 32 JZ33<B-<$p Z0áa

Ở pH = 5 -> ô

Do đó sự tạo phức hiđroxo của Ag+ là không đáng kể. Tính cân bằng theo tích số tan điều kiện:

Ks = a a

- п-в '-'-'3

Trong đú a = + ò

•f^e a

Ks =

Ag2C03 ị/ +

2S’ S’

4(S’)3 = Ks- > S ' =nỹ~

Vậy [Ag+] = 4,34.10‘2(M);

[CO3] = S’, a = 4,34.10‘9(M)

[HCO3]- Ка2^з J.11- Và [COJ = 1016’68.4,34.10' 2.1.2. Bài tập vận dụng và nâng

cao Loai 2:Xét điều kiên kết tủa.

* Đ Ặ C Đ I Ể M B À I TO Á N : Loại bài tập này đề cập đến điều kiện kết tủa trong các phản ứng cụ thể: axit - bazơ, axit - muối, bazơ - muối, muối -

VIVA,

A G

2C 0 3 if + _ ô ir> II 00 as ( 1) 2S S

A G

+ + H 2 0 / A G O H + H + * S S = К Г 1 1 ’ 7 ( 2) C O

3 + H + / H C O 3 K ; 2 = ( 3 ) H C O 3 + H + / H 2C O 3 K ^ = ( 4 )

^ àtoự j-pÂạnr ttíậi 2 ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gíạaựên 3fíuự<£inA 33 JZ33<B-<$p Z0áa

+ + +

—3 tì“ +

к

\

,IU —V-

muối, V.V...Cể ứiể chỉ đơn thuần là quỏ trỡnh gồm một phản ứng chớnh. Cũng có thể là quá trình bao hàm cả phản ứng phụ. Để giải quyết yêu cầu bài toán đặt ra, chúng ta cũng cần tuân thủ việc xác định lại nồng độ ban đầu của mồi cấu tử.

* P H Ư Ơ N G P H Á P G I Ả I : Trước hết cần nắm vững kiến thức về các dạng cân bằng khác, và kiến thức về các phản ứng trong dung dịch điện li. Để tính và so sánh tích số ion với tích số tan, bắt buộc phải xác định lại nồng độ ban đầu của mỗi ion tạo thành kết tủa trong dung dịch sau khi trộn.

Môt số ví du:

Như vậy, tớch số ion nhỏ hơn tớch số tan —ằ Khụng cú kết tủa Co(OH)2

tách ra từ dung dịch Co(N03)2 0,003M ở pH = 6,5

Ví du 2.2 Г51: Trộn 5 ml dung dịch H2c204 0,04M với 5 ml dung dịch SrCl2 0,08M. Cho biết hiện tượng xảy ra.

Ks = 10 м ; HjC204 ( Kal = 101’25 , кй = IQ-1’27) ; *pSr(0H)+ = 1013'18

Giải

- Nồng độ ban đầu của mỗi chất:

c° 0,02

С (0,02 -x) X X

Theo (1) và (2) -► [Н+] * [НС204] = X Theo (2) ta có:

T7 ГТТП

[C2Of j = = __ =

LHj - Xét tích số ion:

С n = >

Sr2t -

Như vậy: Tớch số ion vượt qua tớch số tan —ằ cú kết tủa SrC2C>4 xuất hiện.

Lưu ý: Nếu hằng sổ Kai từng nấc của axỉt không lớn hơn nhau nhiều thì dựa vào các cân bằng, áp dụng các định luật đưa ra các phương trình để giải.

Ví du 2.3: Tính % Ca2+ đã chuyển vào kết tủa CaF2 khi hòa tan 0,29 gam KF trong 0,5 lit dung dịch СаС12 4.10'3 M.

Cho Ks(caF2) = 10-10’41, к = IO10’83, *ò

D^r ) )

Giải

C =

F “ :>ồ.u,:>

- Xét cân bằng:

Ca2+ + 2F / CaF2ị Ks =

^ àtoự Фаi Aœe ắr pAạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gíạaựên ж>ш/ 35 JZ33(B-

0,004 0,01 0 , 0 0 2

Thành phần giới hạn:

CaF2^ , F, 0,002M

F + H20 / HF + OH K, =

J b IU

Giá trị Kb rất bé, nghĩa là sự proton hóa của F' là không đáng kể - Xét cân bằng:

CaF2^ / Ca2+ + 2F Ks= 1010’41 0,002 s 0,002+

2S -> (0,002 +

Giả thiết s ô 0,001 -ằ s = = ô

(U,Uưzr

—> Thỏa mãn

- Vì *Ị3 = rất nhỏ nên có thể bỏ qua sự tạo phức hiđroxo

v^a^uii Ị

-> [Ca2+] = s = 9,73.10‘6

Vậy % của Ca2+ đã chuyển vào kết tủa là:

.100% =

z 'I + +

Hai dung dịch có lực ion như nhau, nên khi trộn chúng theo bất cứ tỷ lệ nào thì ta vẫn thu được dung dịch có lực ion không đổi. Ta có:

lr\ ГЛСГЛ

1+

T7 о с л f\-

^ àtoự Фаi Aœe ắr pAạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gíạaựên ж>ш/ 36 JZ33(B-

fi= = = ; K ‘ = =

tr (U,43T

a) Thêm 1 ml ( V 2•Л7+ = )

0U4 kJX

34

3Z33ẽB- Жаа

^ àtoự Фаi Aœe ắr pAạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gíạaựên ж>ш/ 37 JZ33(B-

Л лп Л c\-

'■ 2 =

SO? z

Tích số ion: С

Sr ưv-#4

—ằ cú kết tủa SrS04. b) Thêm 5 ml (V 2■ Л Т + =

—ằ khụng cú kết tủa SrS04.

с) Thêm 0,2 ml ( V

Л A п 1Л"

С 2 =

-> không có kết tủa SrS04.

V Í D U 2 . 5 . Г 5 1 : Tính nồng độ HC1 phải thiết lập trong dung dịch Z11CI2 0,1M sao cho khi bão hòa dung dịch này bằng H2S ( ОДМ) thì không có kết tủa ZnS tách ra.

ếmị

- Các quá trình:

H2S/ H + Kal

HS / x/ + Ka2

s2 + / i К-

- Điều kiện để không có ZnS tách ra là: с 2 n+<

л Л п £. Л г\-

= >

^ àtoự Фаi Aœe ắr pAạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gíạaựên 3ffuự<£inA 38

• v —

'4 VJA

s

( Vì môi trường axit nên bỏ qua quá trình tạo phức hiđroxo của Zn2+)

11

Loai3: Tỉnh lượng các chất trong cân bằng tạo ra kết tủa.

*Đ Ặ C Đ I Ể M B À I TO Á N : Đây là dạng toán đề cập đến yêu cầu tính toán định tính và định lượng các chất kết tủa trong phản ứng hóa học. Thường thì bài toán có dạng trộn hai dung dịch chứa các ion tạo ra kết tủa, hoặc hòa tan chất rắn, lỏng khí vào một dung dịch điện ly, tạo ra được dung dịch quá bão hòa.

Dữ kiện bài toán đưa ra có thể dùng để tính toán chính xác chất nào kết tủa, và kết tủa với lượng cụ thể bao nhiêu.

*P H Ư Ơ N G P H Á P G I Ả I : Với dạng bài tập này, chúng ta nên nắm vững lý thuyết về các phản ứng hóa học để xác định được chính xác chất nào có thể bị kết tủa. Việc tính toán định lượng lượng kết tủa có thể thực hiện theo nhiều cách:

Có thể tính toán theo một cân bằng tạo ra kết tủa, hoặc thừa nhận phản ứng tạo ra kết tủa là hoàn toàn (cần xác định sai số mắc phải), xác định thành phần giới hạn, sau đó các thành phần cân bằng được tính tiếp theo cân bằng phân ly của hợp chất ít tan. Trong dạng toán này cũng cần lưu ý tới các quá trình phụ, căn cứ các dữ kiện để lập luận xem có thể bỏ qua quá trình phụ hay không.

Môt Số VÍ du:

Ví du 3.1: Có 200 ml dung dịch X gồm MgCl2 0,05M và CaCl2 0,1M. Cho thêm 200 ml dung dịch Na2S04 0,01M vào dung dịch X. Hãy tính khối lượng kết tủa thu được.

Cho Ksrrasn . = ; *p = ; K /uc^ =

S(CaS04) Ufl^n; a(HS04,

ếmị

- Nồng độ ban đầu của mỗi chất sau khi trộn là:

[ ] 0,045-X X

- Từ (1), áp dụng ĐLTDKL dễ dàng tính được X = 5,33.10'4

(Ở đây, vì K, - = p = rất nhỏ nên bỏ qua các quá

b(oĩ4 Ị

trình ứiu proton của SO4” và quá trình tạo phức hiđroxo của Ca2+. Do vậy chỉ tính theo cân bằng (1).

Vậy khối lượng CaS04 kết tủa là:

136.(0,005 - 5,33.10‘4).0,4 = 0,243 (g)

*Cách 2: Có thể thừa nhận phản ứng tạo kết tủa là xảy ra hoàn toàn, xác định thành phần giới hạn, rồi tính toán cân bằng theo các chất ở TPGH.

Nếu thừa nhận phản ứng trên là hoàn toàn thì có thể tính được lượng kết tủa là: 136.0,005.0,4 = 0,272 (g).

' ' 0,272-

—ằ Sai số mắc phải:---- ---.i00% = 0,243

Ví du 3.2 Г51: Cho H2S lội qua dung dịch chứa Cd2+ 0,0IM, và Zn2+

0 , 0 1 M đ ế n b ã o h ò a ( CH S = ).

a) Hãy xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dung dịch sao cho xuất hiện kết tủa CdS mà không có kết tủa ZnS.

b) Thiết lập khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn không bị kết tủa.

Cho: H2S(Kal — — ; Ks(cds)— ỉ Ks(zns)— ỉ

*òuuvyii

Giải

Các cân bằng:

H2S/ H*+ K„ =

HS / XX* + K„2 =

Cd2* + / Ị Ka =

Z n2 t+ / ị KB =

a) Vì = ,mà Ksi = 10'26 < KS2 = 10'21’6 nên CdS sẽ kết tủa trước.

- Điều kiện để có kết tủa CdS là:

TV

Co > ; trong đó C , đươc tính từ cân bằngtao phức hiđroxo

^C

^ àtoự Фаi Aœe ắr pAạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gíạaựên 3ffuự<£inA 41

X2

-> = ->

0,01-

1 r\

—> >

“ w U,U1

Điều kiện để không có kết tủa ZnS là:

Cc2 < I/ . Viêc tính tươngtư cũng chothấy sư tao phức hiđroxo

s I '

Zn2'

của Zn2+ cũng khụng đỏng kể. —ằ ô

—ằ < - (2)1 n-

“ w U,Ui

- Từ (l) và (2) ta có giới hạn pH cần phải thiết lập sao cho:

10' < < u

T7 T7 TTT m

Hay: 10“ < < -► < <

LH j -ằ > > - b) Khi [Cd2+j =

iUU

Điều kiện để kết tủa được 99,9% Cd2+ là:

1 r\-

cs2_ >

s iu

- Vậy khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn chưa bị kết tủa là:

10' < < ;100’66<h< 10004; h a y 0 , 0 4 < p H < 0 , 6 6 . Ví

D U 3.3. [51: Tính pH bắt đầu kết tủa, kết tủa được 99,9% và kết tủa hoàn toàn ion Fe2+ dưới dạng Fe(OH)2 từ dung dịch Fe(C104)2 0,00IM. Cho = • K

’ S(Fe(OH)2)

^ àtoự Фаi Aœe ắr pAạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gíạaựên 3ffuự<£inA 42

Giải

.2+

a) b)

c) c 0,001 d) C’ 0,001-x

e)„2

f) —ằ

g) 0,001-

- Vậy điều kiện để bắt đầu có kết tủa Fe(OH)2 là:

h) n~

i)

V

j)V Í D U 3.4.[71; Tính pH để có thể làm kết tủa hoàn toàn Ba2+

dưới dạng BaCrơ4 mà không làm kết tủa SrCrơ4 từ hồn hợp BaCl2 0,01M, SrCl2 0,1M bằng dung dịch K2Cr207 IM.

^ àtoự Фаi Aœe ắr pAạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gíạaựên 3ffuự<£inA 43

k) Giải

l) Các quá trình:

m) 0,00 1

n) SrCl2 ->

+ o) 0,1

p)q)

- Điều kiện để có kết tủa hoàn toàn

BaCrơ4:

r)T V s)CrO;

t) L-tía“ J IU

u) Điề u kiện để không có kết tủa SrCrơ4:

v)w) - Như

vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCrơ4

a) K 2Cr20

7 ->

b)

+

c) - -

d) e)

f) Cr 20*

+ g) / h) + i) K a = j)

k) C R 0 2 ; (1) +

l) / m) 1 n) (K sir = o) p) C R O

L +

q) / r) Ị s) (K S2r = t)

phải thiết lập khoảng nồng độ của c

x)'Ci oị y)1 0' <

<

(2)

- Áp dụng

ĐLTDKL đối với (1) với c 2

theo (2) và [

C R

2 O Y ] ô 1 ta tính được khoảng pH cần thiết lập:

z)

aa)

u) —> <<hay 3,4 < pH < 3,7 v) Ví D U 3.5.Í71: Cho H,s lôi aua dune dich CuCl, 0.01M. HC1 0.2M. FeCỈ3 0,01M, ZnCl2 0,01M, MnCỈ2 0,01M cho đến bão hòa. Có hiện tượng gì xảy ra? Giải thích.

Biết nồng độ H2S trong dung dịch bão hòa là 0,1M.

w) Giải x) y)

z) * H 2S+ / aa)+ Ị + ab) II

ac) o

ae) 0,01 af) 0,2 ag)

ah) ai) 0,21 aj)

ak) * H 2S+ / al) ị + am) K= 1015,28

an) 0,01 ao)0,21 ap)

aq) ar)0,23 as)

at) * Zn2+ + / au) ị + av) II

aw) o

az) * Fe2+ + / ba) ị + bb) K= 10'2’72

bc) * Mn2+ + / bd) ị + be) II

bf) o

bk) Ta nhận thấy: bl) bm)

bn) c n

bo)bp)v-"o2- +ÍJ Ol bq) < = < br) <

bs) => Không có kết tủa ZnS, FeS, MnS. bt)

bu) Hiện tượng: Có kết tủa CuS màu đen, Fe: bv) 3+ bị khử thành Fe2+ .

bw) 2.2. ĐIỀU KIÊN KẾT TỦA HOÀN

TOÀN • bx)

by) 2 . 2 . 1 . B À I T Ậ P M I N H H Ọ A

L Ý T H U Y Ế T bz)

ca) F r ^ r

cb) L O A I 4 : D A N S B À I T Â V L I Ê N A U A N Đ Ê N LV T H U V Ê T Đ I Ê U K I Ê N K Ê T T Ủ A H O À N

cc) TO À N . cd) ce)

cf) * Đ Ặ C Đ I Ể M B À I TO Á N : Dạng bài toán này đề cập đến các vấn đề liên

cg) quan đến lý thuyết chung của điều kiện kết tủa hoàn toàn: lựa chọn thuốc thử

^ àtoự j-pÂạnr ttíậi 2 ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gtạuựên 3ítỉuự J2inA 46 3Z33(B- ^ẻa

ac) phù hợp, các yếu tố ảnh hưởng đến quá trình tạo kết tủa hoàn toàn....Yêu cầu của bài toán có thể là tính toán định tính, định lượng hoặc bán định lượng.

* P H Ư Ơ N G P H Á P G I Ả I : Để giải quyết các bài toán dạng này, cần nắm vững lý thuyết điều kiện kết tủa hoàn toàn. Kết hợp với lý thuyết về phản

ứng trong dung dịch điện ly. Các

bài toán thường không yêu cầutínhtoán

phức

ad) tạp, mà chỉ cần vận dụng

linh hoạt lý thuyết để dự đoán,giải thích,

chứng ae) minh làm sáng tỏ các hiện tượng.

af) Môt số ví du:

ag)Ví du 4.1Л31: Trôn 100 ml SrCl2 0,01 IM với 10 ml Na2S04 0Д65М.

Tính cân bằng trong dung dịch. Cho *p = ; W.IC = ; KS(SrS04)=

ah) xloiU^

ai) 10‘6’2';

aj) ếmị

- Tính lại nồng độ ban đầu của các chất sau khi trộn:

ak) л 1 £1C 1 n n Л1 1 1 ЛП

al) am)

an) Vậy có kết tủa SrS04 và có SO4” dư.

- Vì *p = , W.K“ _ ao)= là Г10О4cácđai lương rất bé nên ap) không cần kể đến quá trình tạo phức hiđroxo của Sr2+ và proton hóa của SOj\

^ àtoự j-pÂạnr ttíậi 2 ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gtạuựên 3ítỉuự J2inA 47 3Z33(B- ^ẻa

aq) SrSO 4 I F + Ks(srso4) = 10‘6’2-

ar) С 5.10’3

as) [] S5.10'3+ s

at) (S + 5.10‘3).s = 10‘6,2

s2 + au) Tính ra được:

^ àtoự j-pÂạnr ttíậi 2 ềuận tíứ nạ/ùêp.

Gtạuựên 3ítỉuự J2inA 48 3Z33(B- ^ẻa

av) s = [Sr2"1"] = 1,2.10‘4. [SOfj =

aw) [HS04j=

ax) [Sr(OH)+j =

ay) Ví du 4.2Л31: Trôn 20 mi dung dịch NaBr 0,05M với 80 mi hôn hợp gồm [Ag(NH3)2]Cl 0,05M và NH3 1,25M. Hiện tượng gì xảy ra?

az) Cho Ag(NH3)nV Ä1 — — ; KS(Aga) — ;

KS(AgBr) —

ba) ếmị

- Tính lại nồng độ đầu của các ion cần xét:

bb) С = ■ С = с

bc) Br ’ Ag(NH3)2 ’ ^NH3

- VÌ ion Br không ứiam gia quá trình nào ngoài quá trình tạo kết tủa, nên nồng độ ban đầu của nó là 10'2 M.

- Giải gần đúng theo chỉ tính theo một cân bằng:

bd)

bf) be) Ag JJ1 -v-о—✓

bg) Vậy hiện tượng: Có kết tủa vàng nhạt của AgBr.

*C H Ú v: Khi cho lượng chất ban đầu trong dung dịch phức chất tránh hiện tượng có kết tủa tạo ra giữa ion kim loại với gốc axit có trong dung dịch trước khi trộn.

bh) Ví du 4.3.Í51: Thêm NH3 đến nồng độ 0,2M vào hỗn hợp gồm Fe(N03)3 0,01M; AgN03 0,02M; HN03 0ДМ; Mg(N03)2 0,0IM. Cho biết hiện tượng? (Bỏ qua sự thay đổi thể tích).

bi) ếmị

- Khi thêm NH3 vào hỗn hợp, có các quá trình:

*

*

* Do K’ nhỏ nên cần phải đánh giá khả năng kết tủa Mg(OH)2.

^ àtoự Фаi Aœe ắr pÁạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.

tfíợtỉ//êft ж>ш/ Ẩbst/t 49

* Từ thành phần giới hạn: Mg2+ 0,01M; NH3 0,03M; NH; од 3M;

Ag(NH3)2 0,02M. Do đó pH của dung dịch có thể tính gần đúng theo hệ đệm NH4 ( Vỡ *ò nhỏ và phức Ag(NH,)~ tương đối bền):

* Л N ЛО

*

** Mg un“\—o\—/í/

^ àtoự Фаi Aœe ắr pÁạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.

tfíợtỉ//êft ж>ш/ Ẩbst/t 50

* —ằ Khụng cú kết tủa Mg(OH)2, chỉ cú kết tủa màu đỏ nõu của Fe(OH)3. V Í D U 4 . 4 . Í 5 1 : Tính số M L dung dịch H2S phải thêm vào lOOml hỗn hợp gồm CdCl2 0,01M; và HC1 0,01M để giảm nồng độ Cd2+ xuống 10'6M. ( bỏ qua sự tạo phức cloro của Cd2+).

* ếmị

- Gọi ứiể tích H2S là V ml - Phản ứng tạo kết tủa:

*

*

* 100+ 100 +

- Thành phần giới hạn: H2S —— (M); H+ —-— (M); C Á S I .

* F 5 ■ 100+ 100 +

- Vì môi trường axit nên quá trình tạo phức hiđroxo của Cd2+ và quá trình phân ly của H2S là không đáng kể.

- Xét cân bằng:

* C Ớ S Ì + f + 10 - ’ 608

* *

* 100 +

* Vậy cần dùng 10,68 ml dung dịch H2S.

* -6

^ àtoự Фаi Aœe ắr pÁạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.

tfíợtỉ//êft ж>ш/ Ẩbst/t 51

*Ví du 4.5.Ĩ51: Hãy cho biết hiện tượng xảy ra khi cho H2S lội qua dung dịch gồm HgCl2 0,01M; ZnCl2 0,01M; FeCl3 0,01M; HC1 0ДМ cho đến bão hòa.

(Cho biết CH s = ).

* ếmị

- Các phương trình phản ứng:

a) H g2 ++ / ị + 1031’88

* 0,011

* 1,02

b) 2Fe3+ + / + Ị + 1021’28

* 0,011,02

* 0,01

1,03

c) Zn2+ + / Ị + 1021’6' = nhỏ

d) Fe2+ + / ị+ 1017’2- = nhỏ

* Vì vậy cần đánh giá khả năng tạo kết tủa của ZnS và FeS.

- Chấp nhận [H+ j-^H, = , mooii trường axit nên bỏ qua sự tạo

*

*

* kết tủa ZnS.

* => Hiện tượng: Dung dịch mất màu vàng của Fe3+ do đã bị khử về Fe2+. Có kết tủa đen của HgS.

* JZ33<B- A

^ àtoự Фаi Aœe ắr pAạnr ж ж?/ ^ ềuận tíứ nạ/ùêp.