Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học 11 - Nguyễn Xuân Trường (Trích đoạn)

8/20/2019 Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học 11 - Nguyễn Xuân Trường (Trích đoạn)

1/237

PGS.TS. Nguyễn Xuân Trường - ThS. Quách Văn Long

ThS. Hoàng Thị Thúy Hương

G v o v y ê n đ

B I D U 0 N 6

H C S I N H G I I

■

ỉ THƯ VIỆN BÌNH ĐỊNH

PHÒNG MƯỢN

® GHà Nội

NHÀ XUÂT BN I HC QUC GIA HÀ NI

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUY

WWW.BOIDUONGHOAHOCQUYNHON.BLOGSPO

WW.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

ới thiệu trích đoạn bởi GV. Nguyễn Thanh Tú


2/237

NHÀ XUẤT BẢN ĐỌI HỌC ọu ốc GIR Hfì NỘI16 Hàng Chuối - Hai Bà Trưng - Hà Nội

Điên thoai: Biên tâp-Chẽ' bản: (04) 39714896:

Hành chính: (04) 39714899: Tổng biên tâp: (04Ì 39714897

Fax: ( 04 ) 39714899

Chịu trách nhiệm xuất bản:

Giám đốc - Tổng biên tập: TS. PHẠM THỊ TRÂM

Biến tập: THU HẰNG

Sửa bài: NHÀ SÁCH Hồ NG ÂN

Chế bản: NGUYỄN KHỞI MINH

Trình bày bìa: VÕ THỊ THỪA

Thực hiện liên kết:

N hà sá ch HỒNG ÂN

SÁCH LIÊN KẾT

CÁC CHUYẾN ĐỂ BỔI DƯỠNG HỌC SINH Glỏí HÓA HỌC 11

Mã số: 1L-404ĐH2Ò13

In 2.000 cuốn, khổ 17x24cm, tại Công ti cổ phần Văn hóa Văn Lang.

Sô' xuất bản: 1198-2013/CXB/07-187/ĐHQGHN, ngày 30/8/2013.

Quyết định xuất bản số: 406L.K-TN/QĐ-NXBĐHQGHN, ngày 4/9/2013.

In xong và nộp lưu chiểu quý IV năm 2013.






3/237

ỉ n ó i d íck ù

Các em học s inh thân mến!

Để có kết quả cao trong kì thi học sinh giỏi các cấp, đòi hỏi học sinh

phải n ắm vữ ng k iến th ức đ ã học và phươ ng p h áp giả i n h a n h từ n g dạng

bài tậ p. N hằm đ á p ứng nguyện vọng của nh iều học s inh (đặc b iệt là học

sinh các lớp chọn, lóp nă ng k hiếu về Hóa học) m uố n củn g cố và m ở rộng

kiến thức của m ình, chú ng tôi biên soạn bộ sách gồm ba quyển:

Quyển 1: Các chu yên đề bồi dưỡ ng học s inh giỏi hóa học 1 0 .Quy ển 2: Các chuyên đ ề bồi dưõn g học s inh giỏi hóa học 1 1 .

Quy ên 3: Các chuyên đề bồi dưỡn g học s inh giỏi hóa học 1 2 .

Hy vọng rằng với cách tr ình bày xúc t ích, dễ hiểu và khai thác được

'mọi khía cạnh kiến thức theo từng chuyên đề sẽ giúp cho học s inh nhanh

chóng l ĩnh hội được nguồn t r i thức phong phú về hóa học. Từ đó, phát

triển năng lực tư d uy và óc thông m inh, sáng tạo của mình.

Dù đã h ết sức CỐ gắng trong qu á tr ình biên soạn, nh ư ng b ộ sách khó

tránh khỏi những thiếu sót nhất định. Gác tác giả chân thành cảm ơn ý

kiến đón g góp của các thầy, cô giáo và các em họ c s inh g ần xa đ ể lần tái

bản cuốn sách sẽ đ ượ c h oàn th iệ n hơn.

Các tác giả

3






4/237






5/237

Chuyên để - - ^ .* CÂN BANG TRONG DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LI1.

. LÍ THUYẾT c d BÀN VÀ NÂNG CAO

I. CHẤT ĐIỆN LI, Sự ĐIỆN LI

Khi hoà tan các chất có liên kết ion hoặc liên kết cộng hoá trị vào trong dungmôi phân cực (nước, rượu) thì do sự tương tác với các phân tử lưỡng cực củadung môi mà các phân tử chất tan sẽ phân li hoàn toàn hoặc một phần thànhcác ion mang điện trái dấu tồn tại dưới dạng ion son vat hoá.Các chất có khả năng phân li thành ion được gọi là các chất điện li.Quá trình phân li các ion của phân tử chất tan gọi là quá trình điện li.Ví dụ: Hoà tan chất điện li MX vào nước:

MX + (x + y)H20 -^ M (H 2 0 ) : + + X ( H20)"- (1) y .Thông thường không biết chính xác X , y nên (1) có thể được viết như sau:

MX -> Mn+ + x n- (2 )Mn+, x n': là các ion hiđrat hoá.

Mức độ phân li thành ion của các chất điện ỉi phụ thuộc vào bản chất của cácchất, dung môi, nhiệt độ,...Ví dụ: Trong H2 O thì CH3COOH là chất điện li trung bình nhưng trong dungdịch HC1 thì nó là chất điện li rất yếu.

II. BIỂU DIỄN TRẠNG THÁI CÁC CHẤT ĐIỆN LI TRONG DƯNG DỊCH

Trong dung dịch nước, các chất điện li mạnh phân li hoàn toàn thành ion (biểu

diễn: —>); các chất điện li yếu phân li một phần (biểu diễn: < >).Các chất điện li mạnh: các axit mạnh, các bazơ mạnh và hầu hết các muối.Trạng thái ban đầu: chỉ trạng thái các chất trước khi xảy ra phản ứng hóa học,hoặc trước khi có cân bằng.Trạng tháỉ cân bằng chỉ trạng thái tồn tại của các chất khi hệ đã thiết lập cân

bằng.Ví dụ: Mô tả trạng thái ban đầu và trạng thái cân bằng trong dung dịch nướccủa CH3COOH và NaOH cùng nồng độ.

Giãi

Trạng thái ban đầu: Na+, OH -, CH3COOH, H20 . ~Phản ứng hóa học:

CH3COOH + NaOH -> CH3COONa + H20. Trạng thái cân bằng:

CH3CỌCT + H20 ĩ = ± CH3COOH + OH"

H20 ± H+ + OH

5






6/237

III. Đ ộ ĐIỆN LI VÀ HẰNG SÓ ĐIỆN LIĐộ điện li (a) là tỉ số giữa số mol n của chất đã phân li thành ion với tổng sốmol no của chất tan trong dung dịch.

n


7/237

- Nếu K N1|,C N1|1 < K C11 COOĤ CII.COOII th ì Phải kể cả lư(?n g H+ do (2) sinh ra.

Do đó [FT] tăng => (1) chuyển dịch theo chiều nghịch=> a giảm,

c) HCOONa -> HC OO " + Na+

CHsCOOH ĩ = ± CH3C0 0 + H+ (ỉ)

HCOO" + H+ -> HCOOH (3)•Do có phản ứng (3) nên [H+] giảm => Cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều

thuận => [CH3COO - ] tăng => a tăng.Ví dụ 2: Một dung dịch có chứa CH3COOH 0,002M và C2 H5COOH xM. Hãy xác

định giá trị Xđể trong dung dịch này có độ điện li của axit axetic là 0,08. Cho biết: Ka (CH 3COOH) = 1,87105; Ka (C2H5COOH) = 1,3.10'5.

Giải Nồng độ CH 3 COOH bị phân li thành ion: 0,002.0,08 = 1,6.10'4.

CH3COOH ĩ= ± CH3COO- + H+ (1)c 0,002

[] (l.icr3- 1 ,6 .1 0 '4) 1 ,6 . 1 0 ' 4 ( 1 ,6 .1 0 ' 4 + ax)C2H5COOH < = > C2H5COO“ + H+ (2)

c X

[] ( 1 - a)x ax ( 1 ,6 . 1 0 ’ 4 +ax)

(1)= > Ka (CH3COOH) = 1,6' 1Q̂ ~(ax + 1,6.10 ) =1 8jĩ0-s => ax = 4 7 .10’5 (3)(2 . 1 0 - 1, 6 . 1 0 )

(2) => Ka (C 2HsCOOH) = a (ax + 1 ’6 - 1 0 ) = ĩ,3 .ĩ 0~5 (4)( 1 -a )

Thế a x từ (3) vào (4) => a = 0,0591 => X = 79,52.1.0'5M

III. D ự ĐOÁN ĐỊNH TÍNH CHIÊU HƯỚNG PHẢN ỨNG GIỮA CÁC CHẢ I ĐIỆN LI

1. Nguyên tắc chungBản chất phản ứng giữa các chất điện li là phản ứng các ion. v ề nguyên tắc, khitham gia phản ứng các ion kết hợp với nhau để tạo thành các sản phẩm kết hợpmới tương ứng với giá trị xác định của hằng số cân bằng K của phản ứng:

Nếu K rất lớn thì phản ứng coi như xảy ra hoàn toan. Neu K vô cùng bé thì coi như phản ứng không xảy ra.2. Các trường họp không có phản ứng xảy ra

Khi các sản phẩm tạo thành ỉà các chất điện li mạnh thì phản ứng không xảy ravì các sản phẩm kết hợp sẽ phân li hoàn toàn trở lại thành các ion ban đầu.

Vi dụ: NaCỈ + KNO3 -» NaNƠ3 + KC1 (không xảy ra vì NaNƠ3 và KC1 sẽ

phân li hoàn toàn thành các ion ban đầu: Na+, K+, NO 3 và C1 “ )

7






8/237

Các trường hợp có phản ứng xảy raa) Phản ứng tạo thành sản phẩm ừ phân li - Phản ứng tạo nước ít phần li:

CaO + 21 r -> Ca24 + H20

S 0 2 + 20FT -> S O ^ + H20

H+ + OH -> H20- Phản ứng tạo thành

+) Axit ít phân li:2 CH 3COOK + H2SO4 -> 2 CH 3COOH + K 2 SO4

Phương trình ion thu gọn:1CH3COO' + H ^ CH3CỌOH

+) Phức chất ít phân li:AgNƠ3 + 2 NH3 —> [Ag(NH3)2]NỌ3

Phương trình ion thu gọn:Ag+ + 2 NH3 —> [Ag(NH3)2]+

b) Phản ứng tạo thành hợp chất-ít tanA*gN03 + KI Agl i + KNO3

Phương trình ion thu gọnAg+ + r -> A g iị

c) Phản ứng kèm theo sự thoát khí CaC0 3 + 2HC1 CaCl2 + C 02t + H20

Phương trinh ion thu gọn:CaC03 + 2H+ -> Ca2+ + C 0 2t + H20

(l) Phản ứng kèm theo sự thay đổi trạng thái ox ỉ hoá 2FeCl3 + SnCl2 -» 2FeCl2 + SnCl4

Phưcmg trình ion thu gọn:2Fe3+ + Sn2+ -> 2Fe2+ + Sn4+

Để đánh giá mức độ xảy ra giữa các phản ứng cần dựa vào các định luật cơ bảncủa hoá học: định luật hợp thức, bảo toàn nồng độ, bảo toàn điện tích, định luậttác dụng khối lượng,...

IV. CÁC ĐỊNH LÙẬT C ơ BẢN CỦA HÓA HỌC1. Định luật họp thưc

a) Tọa độ phản ứng: đánh giá tiến triển của phản ứng.

An , • AC.

Ẹ, = —— hoặc X = —— , ,v- Vi

Độ biến đổi số mol An, hoặc độ biến đổi nồng độ ACj của mỗi chất tham gia phản ứng:

An. = ^.v. hoặc AC. - x.Vj

Hệ số họp thức V. có giá trị âm đối với các chất phản ứng và có giá trị dưcmg

đối với các sản phẩm phản ứng.






9/237

Sô mol các chât (nị) hoặc nông độ các chất (Cj) sau khi phản ứng xảy ra(hoàn toàn):

nj = n° + An' I 1

Ci = c° + AC,1 i i

n°: số mol chất trước khi có phản ímg xảy ra.

c ° : nồng độ chất trước phản ứng.2. Định luật bẳo toàn nồng độ ban đầu

Nồng độ ban đầu của một cấu tử bằng tổng nồng độ cân bằng của các dạng tồntại của cấu tử khi cân bằng:

Ci = E[i]3. Định luật bảo toàn điện tích

£[i"]Zj = 0Zj là điện tích (âm hoặc dương) của cấu từ i có nồng độ bằng [i].

4. Định luật tác dụng khối lượng

Đối với cân bằng: aA + bB ị - ->. cC + dD K(a)

K _ (cy.(D)j _ [c r .f cc.[D]d.fd

(a) (A)a.(B)b [A]a.f^.[B]h.fg

(i): Chỉ hoạt độ của chất i; K(a): Hằng số cân bằng nhiệt động.(i) = [i].fì; fj là hệ số hoạt độ của i.Quy ước trạng thái tiêu chuẩn:- Trong các dung dịch loãng hoạt độ của các phân tử dung môi bằng 1.- Hoạt độ củạ các chất rắn nguyên chất hoặc các chất lỏng nguyên chất ở trạngthái cân bằng với dung dịch có hoạt độ bằng đơn vị.- Hoạt độ của các chất khí ở trạng thái cân bằng với dung dịch bằng áp suấtriêng phan của khí.- Trong các dung dịch vô cùng loãng, hoạt độ của các ion và của các phân tửchất tan đều bằng nồng độ cân bằng.

Ví dụ 1: Cho biết nồng độ gốc, nồng độ ban đầu, nồng độ cân bằng của các chấtthu được khi trộn 5,00ml BaCl2 0,200M với 3,00ml Na2 CrƠ4 0,240M.

Giải

Nồng độ gốc c 0: BaC h 0,200M; Na2C r04 0,240M.0 7 < 0 94.1 Nồng độ ban đầu: C °BaC, 2 = ^ = 0 , 1 2 5 M ; C0Na2CrOj = ^ Ỹ ~ = 0,090M

BaCl2 -> Ba2+ + 2 c r0,125 0,125 0,25

Na2C r0 4 2Na+ + C rO f

0,09 0,18 0,09

9






10/237

Ba2' + CrO f —> BaCrƠ4^

c° 0,125 0,09c 0,035 -

Bởi vì BaCr0 4 rất ít tan, trong khi hệ có Ba2+ dư nên có thể coi độ tan củaBaCr04 là không đáng kể, vì vậy:

.[Ba2+] = 0,035M; [ c r ] = 0,250M; [Na+] = 0,180M

Vỉ dụ 2: Có 500ml dung dịch X chứa Ba2+, HCOj ’ C l“ và Na+. Cho 100ml dungdịch X tác dụng với lượng dư dung dịch NaHSƠ 4 thu được 11,65 gam kết tủavà 2,24 lít khí (đktc). Cho 100ml dung dịch X phảnứng vớidung dịch AgNƠ3dư, xuất hiện 17,22 gam kết tủa. Nếu cô cạn 300mldung dịch Xcòn lại thì thuđược m gam chất rắn khan. Tính giá trị của m.

Giải • 100 ml dung dịch X + NaHSƠ 4 dư:

HCO 3 + HSO 4 c o 2t + SO ỉ" + h 2 0

0,1 < - 0,1

Ba + H SO ' -» BaSC^ị + H+

0,05


11/237

Coi (Cu(OH)2) = 1 (chất rắn, được coi là nguyên chất); (H20) = 1 (dung môitrong dung dịch loãng). Vậy:

K ( a )

(NHỊ) 2 [NH;f.f^„,

(Cu2+)(NH3 ) 2 [Cu2+].f 2,.[NH3]2.4

Ở lực ion thấp, coi gần đúng fj = 1 , lúc đó:

[NHt 2K —

1

4 J —ÍT'( a ) -------- — ; --------- — ĩ[Cu ][NH3 ]

b)

K = (Cu(NH 3 ) f ) 2 (OH - ) 4 = ÍCu(NH3 ) f ] 2 [QH-J4 fc2u(NHi)rf̂ H.

(a) (Cu)2P0ỉ (NH3 ý (H 20 ) 2 P q [NH3 ]*f;Hj

Coi (Cu) = 1 (chất rắn); (H2O) = 1 (dung môi). Nếu coi fi = 1 thì

^ _ [Cu(NH3 )4 ] [OH ] 4 ^is.(a)----------- —— ----- ------- —Ivc

Po2[NH3f

Vỉ dụ 4: Cho 200ml dung dịch NH 3 0,1M tác dụng hết với 300ml dung dịch HC1

0,1M, thu được dung dịch X. Biết ở 25°c, Kb của NH 3 là 10“4,76, bỏ qua sự phân li của H 2O. Tính giá trị pH của dung dịch X ở 25°c .

Giải n h 3 + HC1^ N H 4C1

0 , 0 2 -> 0 , 0 2 -> 0 , 0 2

.=> nua còn = 0 , 0 1 molDung dịch X chứa: NH4CI 0,04M; HC1 dư 0,02M

N H 4+ NH3 + II+ Ka = ^ = 1 0 '924Kb

c 0,04 0 0,02[] (0 ,0 4-x ) X (0,02 + x)

Ta có:

Ka = (0.02 + x)x = 10-9,24 ^ x = 1 >15 1 0 -9M ^ [H+] w 0502M. 0,04-X

. => pH = - lg0,02 = 1,69

V. ĐÁNH GIẢ GẦN ĐÚNG THÀNH PHẦN CÂN BÀNGCỦA DUNG DỊCH Nguyên tắc chung:1. Mô tả đầy đủ các cân bằng có thể xảy ra.2. So sánh các hằng số cân bằng, nồng độ của các cấu tử để loại bỏ các cân bằng

phụ. Lưu ý chỉ có thể so sánh các phản ứng cùng -loại. Chẳng hạn, cùng phảnứng phân li đơn axit hay cùng phản ứng hoà tan kết tủa cùng loại phân tử (nhịtố, tam tố ,...).

11






12/237

3. Trong trường hợp đơn giản khi hệ chi có một cân bàng duy nhất thì có thể đánhgiá gần đúng chiều hướng phản ứng dựa vào hằng số cân bằng K. Phản ứngxảy ra mạnh theo chiều thuận nếu K càng lớn và ngược lại. Trong trường hợpcần thiết có thể đánh giá định lượng bằng cách đánh giá nồng độ cân bằng củacác chất phản ứng dựa vào biểu thức định luật tác dụng khối lượng.

4. Nếu hệ có một số cân bàng xảy ra đồng thời thì phải thiết lập phương trình liênhệ giữa đại lượng cần xác định với các dữ kiện đã cho dựa vào việc tổ họp các biểu thức định luật cơ bản của hóa học. Giải tìm nghiệm từ đó suy rathành phần cân bằng của dung dịch. Lưu ý đến cách giải phương trình khi tìmnghiêm. Chẳng hạn trong dung dịch MX c (mol/1) chỉ có cân bằng

MX: •


13/237

Phương pháp:- Cách ỉ : VI K rất lớn nên coi phan ứng xay ra hoàn toàn. Khi đó tính được íhàrìh

phần giới hạn cua các chái. Từ đỏ suy ra nồng độ cân bang của các chất theo định luật tác dụng khối lượng.

- Cách 2: Do K rất lớn nên chọn ẩn số là vế trái của phương trình.

Cách ỉ: Vì K rất lớn nên có thể coi như phản ứng xảy ra hoàn toàn. Do đó ta có

r thành phần giới hạn: Csn2+ = 5.10'3M; Csn4+ = 5.10"3M; C|7C2+ = 0,010M.Ta có cân bằng:

2I;e2+ + Sn4+ < = > 2Fe3+ + Sn2+ K' = 10' 21

C: 0,01 5.10 ' 3 0 5.10 ’3[]: (0,01-2x) (5.10’3 - x) 2x (5.10'3 + x )

^ (2x)2 (5.10 +x ) = 1 0 . 2 1

(0,01-2x)2 (5.10'3 -x)

Giả sử X« 5.10 '3 =í> X = 1,58.10"13M « 5.10"3M (chấp nhận giả sử)Vậy thành phần dung dịch lúc cân bằng gồm:

[Fe2+] - 0,0 IM ; [Fe3+] = 3,16.10‘13M; [Sn4+] - [Sn2+] = 5.10'3MCách 2: Có thể tính trực tiếp từ cân bằng (1)

2Fe3‘ + Sn2+ 2Fe2++ Sn4+ K = 102‘

C: 0,01 0,01[] : 2x (5.10"3 + x) (0,01 - 2x) (5.10'3 -x )

(0,01-2x)2 (5.1Q-3 -x) = 1 0 2 ,

(2x )2(5.10:3 + x )

C o i x « 5 .1 0 '3 =í> X = 1,58.10 '13M (thoả mãn)

Vi dụ 4: Tính pH; [CrO l" ]; [Cr 2Ơ ]" ] trong dung dịch

a )K 2 Cr 20 7 0,010M

b) K 2Cr 20 7 0,010M + CH3COOH 0,10M. Kci 13 COOH = 1,8 .10' 5

C12O 7 + H20 < = ± 2 H C r 04 pK| =1 ,36 (1)

IlCrO " + H20 CxO]~ +H3 0 + pK 2 =6,50(2)

Giải

a) Hai cân bằng (1) và (2) là cùng dạng phân li vì pK 2 » pKi nên Ki » K 2 và cóthể coi cân bằng ( 1 ) là cân bằng chủ yếu trong dung dịch:

1 C12O \ + H20


14/237

=> [IỈCrO .7 j = 12,66.1 0'3M; [Cr 20 72 J = 3,67.10~3M

HCrO ị + H20 < = > CrO;- + H30 + K 2 = lO' 6 ’5

[ ] 1 2 ,6 6 . 1 0 ' 3 h h

=í> [H30 +] = [C r0 42" ]= h = /l2,66.1(T \lO 6 j =6,3 .1 0 '5 ^ pH =4,2 0

b) Ta có các cân bằng:

Cr 2 0 ;- + H20 < = > 2HCrO; Ki = 10' 1 ,3 6 (1)

HC r04- + H 20 < = ± C r0 42- + H 3 0 + K 2 = 10‘6’50 (2)

CH3COOH + H20 < = ± CH3COO- + H30 + K 3 = 1,8.10'’ (3)

Vì Ki » K 3 > K 2 nên cân bằng (1) vẫn là cân bằng chiếm ưu thế trong dungdịch. Như trong ý (a) ta tính được:

[HCrO“] = 1 2 ,6 6 .1 0’3M; [0 *2 0 ] =3,7.10'3M.

Đặt [H3O ] = h => [CrO 4” ] = Kĩ^ 0;~ = 12,66. lO ̂ h 1Ịrl^o Ị

=» [CH* o o - ] - - Ị L _ - - J M Ị -1 + K~ h 1,8.10 + h

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:

[H30 +] - 2[Cr 20 ;- ] - [HCrO; ] - 2[C rO ^] - [CH3CO O“ ] = 0

•> h -2.3,7 .10- - 12,66.10 ó . ' - ’ 66-:n - :;8;10 = 0h 1 ,8 . 1 0 + h

=> [H30 +1 = h = 1,34.10‘3M => pH = 2,87

=>[C rO|-] = j-2 ’6 6 - 1 0 9,5 = 3.10'6M1,34.10

Ví dụ 5:

a) Cho E°0 / I í j 0 = 1,23V; pK w = 14; Hãy đánh giá E° ỉ/oir ở 25°c.

b) Hãy đánh giá khả năng hoà tan của Ag ữong nước khi có không khí E ° v A = 0,799V

c) Có khả năng hoà tan lOOmg Ag trong 100ml dung dịch NH 3 0,1 OM khi cókhông khí hay không?

Cho: NH3 + H20 — r> NH ; + OH ~ K = 1,74.10' 5

Ag+ + NH 3 < = ± Ag(NH3)+ lg(3, = 3,32

Ag+ + 2 NH 3 < = ± Ag(NH3); lgp2 - 7,23

Thành phần oxi trong không khí là 20,95%; Ag = 107,88.

14






15/237

Giải a) Đe đánh giá E° của nửa phản ứng:

0 2 + 2H20 + 4e K = 10 ,u,v; = 10 °'059 = 10-26’78

Do K rất bé, coi phản ứng hoàn toàn không xảy ra.

Chú ý: Trong bài toán trên ta không kể đến sự tạo phức hiđroxo AgOH hoặc sựtạo ra Ag20 vì Ag hoà tan không đáng kể.

c) nAg = 9,27.10 '4 mol; nNH, = 0,010 mol. Po 2 = 20,95% .l at = 0,2095 at

Vì nAg « nNH 3 nên Ag tan ra sẽ tồn tại dưới dạng phức Ag(NH 3) 2 là chủ yếu.

4Ag + 0 2 + 2H20


16/237

VI. THÀNH PHẦN GIỚI HẠN CỦA DUNG DỊCH- Thành phần giới hạn là thành phần cúa hệ sau khi phản ứng xảy ra tương ứngvới điều kiện ban đầu đã cho, tức là ứng với toạ độ phản ứng cực đại.- Thành phần giới hạn cũng có thể là thành phần cân bằng nếu sau phản ứngchính các cấu tử của hệ không tham gia một tương tác hoá học nào.

Ví dụ 1: Tính thành phần giới hạn của hỗn hợp phản ứng gôm:

Cr 2 o ị - 0 , 1 0M; NO 2 0,12M; H+0,40M.

Biết: 3NO 2 + Cr 2C>7~ + 8 H+ -» 3 N 0 3~ + 2Cr3+ + 4H20 K rất lớn

Giải Vì K rất lớn nên có thể coi phản ứng trên xảy ra hoàn toàn

3NO- + Cr 2o ị " , + 8 H -> 3N O , • 2C r3+ + 4H20

Ban đầu: 0,12 0,1 0,4 0 0Phản ứng: 0,12 0,04 0,32 0,12 0,08Còn: 0 0,06 0,08

Thành phần giới hạn: [C ^ o ? - ] = 0,06M; [H+] = 0,08M;

[N O '] = 0,12M; [Cr3+] = 0,08M

Ví dụ 2: Cho phản ứng oxi hoá Fe2+ bằng C 1 2O xảy ra như sau:

Cr 2 0 ; “ + 6 Fc2+ + 14H+ 2Cr3+ + 6 Fe3+ + 7H20 lgK = 60

Tính thành phần giới hạn của hỗn hợp gồm K 2Cr 2Ơ7 0,0IM, FeSƠ4 0,054M,Fe2(S0 4)3 0,03M, H2SO4 0,5M. Coi H2SO4 phản ứng hoàn toàn.

Giải

Cr 2 Oj- + 6 Fe2+ + 14H+ < = > 2Cr3' + 6 Fe3+ + 7H2Ổ K = 1060

C: 0,01 0,054 1 0 0,06[ ]: ( 0 , 0 0 1 + X ) 6 x ( 0 , 8 7 4 + 14 x ) ( 0 ,0 1 8 - 2 x ) ( 0 , 1 1 4 - 6 x )

(0,018-2x)2(0,l 14-6x)6 = 1 0 6 0

(0,001 + x)(6 x ) 6 (0,874 +1 4x )14

Giả thiết X« 0,009 => 6 x = 1,2936.10'" (thoả mãn)

Thành phần giới hạn:

[Cr 20 7 ] = 0,001M; [Fe2+] = 1,2936.10'"M ; [H+] = 0,784M;

[Cr3"] = 0,018M; [Fe3"] = 0,114M

VII. CÂN BẰNG AXIT - BAZO

1. Đc đặc trưng tính thống nhất axit - bazơ của dung dịch người ta dùng chỉ sốnồng độ ion hiđro, tức là âm logarit nồng độ ion hiđro.

pH - -lg[H+] =>[H +] = 10‘pH

Trong dung dịch thì [H+][OH"] = 10' 14 -> pH +pOH = 14

16






17/237

2. Mỗi axit đều có một bazơ liên hợp tương ứng, axit càng mạnh thì bazơ liên hơpcàng yếu và ngược lại. Đối với những axit mà hai nấc phân li đều cách nhau rấtxa (độ 1 0 4 lần) thì có thể coi sự phân li của nấc thứ nhất đóng vai trò quyếtđịnh, và ta có thể tính nồng độ ion H+ dựa vào nấc phân li thứ nhất.

3. Dung dịch đệm: Là dung dịch có khả năng điều chỉnh sao cho pH của hệ ít thay đổi bất kể quá trình hoá học có giải phóng hay thu nhận ion H* không. Dung dịch đệm

thường là hỗn họp của một axit yếu và bazơ liên hợp (ví dụ HCOOH và HCOO “ ,

HCO' và COj“ ) hoặc có thể là dung dịch muối của các đa axit như NaHCƠ 3,kali hiđrophtalat, hay muối của axit yếu và bazơ yếu (NH4 CN, CH3COONH4).

Đối với hệ đệm gồm axit yếu HA (Camol/l) và bazơ liên họp A “ (Cb mo 1/1):

± H +

± H +

A"

OH

Ka

Kw

(1)

(2) Nếu môi trường axit và Kw « c K thì (1) là cân bằng chủ yếu trong dung dịch:

c[]

HA <

Ca(Ca - x)

± H + A"

Cb(Cb + x )

Ka

[H+] = X = K c - X

c ~ ầ(3)

Nếu X « Ca và X « Cb thì (3) => [H+] = Ka — pH = pKa + l g ^

Tương tự nếu môi trường bazơ thì pH sẽ được tính theo phương trình (5) vớiđiêu kiện KbCb» Kw.

A + H2O ( * HA +

c c„ c a[ ] C b -y Ca + y

OH" Kb (5)

[OH--Ị =K. _ w K u

[H+] Dc a + y

Khi y « Ca và y « Cb thì [H+] = K

[H+] = ^K„

ca+y ■K c .+yc b - y . a c b- y

c u pH = pKa + l g ^ -

Như vậy, nếu [H+], [OH ] « Ca, c bvà Kw« Kac a, KbCb thì ta có biểu thức tíiứgần đúng pH của dung dịch đệm như sau (công thức Henderson - Hasselbalch):+ = [HA]

a [A-]

pH = pKa +C THỮVIẸN BÌNH ĐINH

PHÒNG MƯỢN

V X - Ấ & - Á Ă A

17






18/237

4. ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN PRO TON (ĐIÈU KIỆN PROTO N) Nêu chọn một trạng thái nào đó của dung dịch làm chuân hay còn gọi là mứckhông (MK) (hoặc gọi là trạng thái quy chiếu) thì tổng nồng độ proton mà cáccấu tử ở mức không giải phóng ra bằng tổng nồng độ proton mà các câu tử thuvào để đạt đến trạng thái cân bằng.Hay nói cách khác: Nồng độ cân bằng của proton có trong dung dịch bằng hiệu giữatổng nồng độ proton giải phóng ra và tổng nồng độ proton thu vào từ mức không.

Mức không có thể là trạng thái ban đầu, trạng thái giới hạn hoặc một trạng tháitùy chọn nào đó. Nhưng thường chọn trạng thái trong đó nồng độ của cấu tửchiếm ưu thế làm mức không để việc tính toán đơn giản hơn.

Vỉ dụ ỉ : Viết biểu thức điều kiện proton đối với các dung dịch sau:a) Dung dịch CH3COOH.

b) Dung dịch HNO3 + NaHSƠ4 .c) Dung dịch K O H +N H 3 .d) Dung dịch CH3 COOH C| (mol/1) + CH3COONa C2 (mol/1).e) Dung dịch Na2 SƠ 3 .

f) Dung dịch NaHCƠ3 .g) Dung dịch H2 SO 4 c (mol/1).Giải

a) CH3COOH < = > CH3COCT + H+

l ĩ20 < = > OH" + H+

MK: CH3COOH, H20 =í> ĐKP: [H+] = [CH3COO'] + [OH]

b) HNO3 -> II' + N 0 3

NaHS04 -> Na+ + HSO“

HSO“ < = ± II ’ + SOf,

H20 OH _ + H+

MK: HNO3, HSO“ , H20 => ĐKP: [H+] - [NO3 ] + ỊSOị- ] + [QH ]

c) KOH -> K+ + OH "

H20 OH + H+

n h 3;-+ H+. n h ;

MK: KOH, NH 3, H20 ^ ĐKP: [H+í = [OH I - [NIi; 1 - ỊK' |

d) CH3CÒONa CH3COO" + Na+

CH3COOH


19/237

Nếu chọn MK: CH;,COO . 1I20 => DKP: [II ] - ỊO H' ] - [CH3COOH] + C| (2)Từ (2) có thể biến đôi thành (1). Thật vậy, theo định luật bảo toàn nồng độ:

[CH,COO 1 + [CH3COOH] =C| + c2

=>[CH3COOHJ =c, + c2- [CH,COO“J

(2) :=>[H+] = ỊOH ] - (C, + c2- [CI^COO-D + C,

= [OH ] + [CH 3COO ] - c 2e) Na2 S 0 3 2Na+ + s o f

H20 Na+ + HCO;

H20 N a +. + O H “0,40 0,40 0,40

19






20/237

H+ + OH -» H200,60 0,400,20 -

Thành phần giới hạn gồm: H+ 0,20M; Na+ 0,40M; c r 0,60M

MK: H , H20 => ĐKP: [H+] = CH. + [OH ] = 0,20 + [O H ]

Vi dụ 3: Cho 200 ml dung dịch CH3COOH 0,1M tác dụng hết với 300 ml dungdịch NaOH 0,1M, thu được dung dịch X. Biết ở 25°c, Ka của CH 3COOH làị q - 4,75 g r á t r ị p j _ Ị dịch X ở 25°c.

Giăi

CH3 COOH + N aồ H -> CH3COONa + H20

0,02 -► 0,02 -> 0,02

=> nN0I1 còn = 0,03 - 0,02 = 0,01 mol

Dung dịch X chứa: NaOH Ơ,02M; CH3COONa 0,04M

H20 < = ± H+ + OH“ Kw (1)

CH3COO “ + H2Ồ < = > CH3COOH + OH~ Kb = 10'9>25 (2)

Do CKb = 4.10 ' 11,25 » Kw - 10' 14 nên có thể coi (2) là cân bằng chủ yếu trongdung dịch.

CH3 COO- + H2O < = ± C H3COOH + OH~ Kb = 10'9’25K a

c 0,04 0 0,02[ ] (0 ,0 4- x) ' X (0,02 + x)Ta có:

(0102_+ x_)x = 1 0 _9i25 _ > x = 1 12.10'9 M ^ [O H '] * 0 ,0 2 M0,04-X

=> pH = 14 - pOH = 14 + lg0,02 = 12,3

Ví dụ 4: Dung dịch X chứa các ion: Ba2+, K+, HSO 3 và NO 3 . Cho 1/2 dung dịch

X phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được 1,6275 gam kết tủa Cho 1/2

dung dịch X còn lạỉ phản ứng với dung dịch HC1 (dư) sinh ra 0,28 lít SO2

(đktc). Mặt khác, nếu cho dung dịch X tác dụng với 300ml dung dịch Ba(OH )2có pH = 13 thì thu được 500ml dung dịch có pH là bao nhiêu?

Giải • 1/2X -f NaOIi dư:

Ba2+ + HSO 3 + O H ' ■-> BaSOs^ + H20

7,5.10"3


21/237

. 1/2X + MCI dư:

HSO 3 + H' -» S 0 2 + H20

0,0125 n H = 0,03 - 0,025 = 0,005 (mol) => [OH ] = = 0,01 M

=> pH = 14 - pOH = 14 + lg0,01 = 12Vỉ dụ 5: Cho a lít dung dịch KOH CÓ pH = 12,0 vào 8,00 lí t dung dịch HC1 CÓ

pH = 3,0 thu được dung dịch Y có pH = 11,0. Tính giá trị của a.Giải

n 0 H = 0 ,0 1 a (m ol ); n ]r = 0 ,0 0 1 . 8 = 0,008 (mol).

Dung dịch thu được có pH = 11,0 > 7 => H+ hết, OH " còn=> n OH còn = 1 0 '3(a + 8 )

H+ + OH" -> H200,008 - > 0,008

=> n còn = 10"3(a + 8 ) = 0,01a - 0,008 => a = 1,78 lít

Vỉ dụ 6: Dung dịch X gồm CH 3COOH IM (Ka = 1,75.10'5) và HC1 0,00IM. Tínhgiá trị pH của dung dịch X.

Giải

HC1 -> H+ + c r0,001 0,001

CH3 COOH CH3 0 0 ' + H+ Ka = 1,75.10' 5

H20 < - - > H+ + OH~ Kw - 10' 14

Do CKa = 1J5.10 ' 5 » Kw nên có thể bỏ qua sự phân li của H2O.

CH 3 COOH < = ± CH3OCT + H+ Ka = 1,75.10‘5

c 1 0 10'3[] (1 -x ) X (10' 3 + x)

K = x(10~3-+ - ^ = 1,7S.10~5 => X = 3,705.1 Q'3M1- X

=> [H+] = 10'2’327M => pH = -lg[H+] = 2,327^Vi dụ 7: Cho hằng số axit Khi-- = 6 ,8 .10"4. Hỗn hợp dung dịch X chứa HF 0,1 M và

NaF 0,1M có pH là bao nhiêu?Giải

Các cân bằng xảy ra trong dung dịch:

21






22/237

Ii20 ỉ f + 0 H~ Kw = 1 0 ' 14

I IF < r= ± I f + F" Ka = 6,8.10"4

Do Ciii-Ka » Kw nên có thể bỏ qua sự phân li của H2O.T i n _______ 11+ I 1 7 - V — £. o 1 n -4HF H+ + F “ Ka = 6,8.10' 4

c 0,1

[] 0,1-X

0

X

0,1

0,1 + Xx(0 ,l + x)

0,1 - X= 6 ,8 .10~4 =í>x = 6,71.10'4 M => pH = -lg6 ,71.10'4 =3,173‐4

Ví dụ 8: Trộn 100ml dung dịch hỗn hợp gồm H 2SO4 0,05M và HNO 3 0,1M với100ml dung dịch Ba(0 H)Ỉ2 '0,2M, thu được dung dịch X. Tính pH của dungdịch X.

Giải = 2ỉ1h2so4 + n HNOj = 0,02(m ol); nQ[r —2n Ba(OHj2 = 0,04(mol)

H+ + 0H ~ -> H20

0,02 - > 0,02

(dư) = 0,04 - 0,02 = 0,02 (mol) =>[0H - ] = 0,1 M

=> pH = 14 -pO H = 13Vi dụ 9: Hoà tan một hợp kim Ba - K chứa 63,72% Ba (về khối lượng) vào nước

đửợc 200ml dung dịch X và 4,48 lít khí (đktc).a) Cho khí CO2 hấp thụ từ từ vào 1/2 dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự biên

thiên số mol kết tủa theo thể tích CO 2 (đktc) bị hấp thụ sau đây: 0,025 moi ;0,05 m o l; 0,1 m o l; 0,15 m o l; 0,175 mol.

b) Thêm 12 gam NaH 2 P0 4 vào 1/2 đung dịch X. Sau khi các phản ứng xảy rahoàn toàn thu được 100 ml dung dịch Y. Tính pH của dung dịch Y. Cho H 3 PO4

n OH

Có Kal = 7,5 .1 03 ; Ka2 = 6,2.10-*; Ka3 = 4,8.10 ' 13 và K sbìj(P04)j

Giải

= 10-22,5

)Ba + 2 H2O -» Ba2+ + 20H " + H2t (1)X -> X —> 2x —> X

K + H20 -> K+ + O H ' + - H 2T (2)

Ta có hệ:

==>£ n

y ■ -> yx + 0,5y = 0,2

137x _ 63,72

137x + 39y 100

OH_ = 2x + y = 0,4 mol

-> y -» 0,5y

jx = 0 ,l(mol)

| y = 0 , 2 (mol)

22






23/237

• - X + c o 2?

CO? + 20H -> CO] + H2 O (3)

Ba2J + CO 3" ->BaC03ị

Nếu C 0 2 dư:

c o 2 + CO'- + h 20 - > 2 HC0 ;Sau đó:C 0 2 + BaC0 3 + H20 -> Ba(H C0 3 ) 2

Ta nhận thấy số mol kết tủa tăng dần theo số mol CO2 cho tới giá trị 0,05 mol;sau đó không đổi cho tới n co =0,15 mol vì lúc đó phản ứng (6 ) chưa xảy ra.

Nếu tiếp tục tăng thể tích khí CO2 thì phản úng (6 ) xảy ra và kết tủa BaCƠ3 tan dần.

(4)

(5)

(6)

0,05 -■

0 ,025 - ■

nBaCO,

:z44

Ị \ .

b) nh 2 p o ị

n

0 0,025 0,05

12

0,15 0,175 nco-

N aII 2PO A120

0 ,1 (moỉ)

H2 PO~ + OH~ -> HPO 4 + H20

0 , 1 -> 0 , 1 -> ■0 , 1

H P O 4” + O H - P O 4 + H 2 O

0 , 1 -> 0 ,1 -> 0,1

3Ba2+ +

0,05 ->

0 , 1 -> 0 ,1 -> 0,1

3Ba2+ + 2PO 'ị- -> Ba3 (P 04)24 K = K s' = 1o2

0,1

3Vì K rất lớn nên có thể coi phản ứng trên xảy ra hoàn toàn.

Dung dịch Y chứa: K+, Na+ và PO 4" : 0,1 - — = — (mol)

[PO;0,2

3.0,1 3 M

K. POị- + H20 H P0 42' + OH - K, - ^ - = K r l>68

K a3

HPO + H20 H2 P 0 4~ + o i r K 2 =K.w _ Ị Q 6,79

K

(7)

(8)a2

23






24/237

H2P 0 4 + H20 « = ± H3PO4 + OH - K 3 - ^ L = l ( r "‐87 (9)a I

H20 H+ + O H ' Kw = 10'14 ( 10)D0 K 1 » K 2 » k 3 » Kw nên (7) là cân bằng chủ yếu trong dung dịch Y.

PO^ + H20 HPO 4 + OH “ Ki = 10-1’68

c - 0 03

[] < | - x ) X X

X2=> ----------= 10 ' U68 =»'k = 0,108 M = [OH"]

( 2r x)

=> pH = 14 - pOH = 14 + lg0,108 = 13,03Ví dụ 10: Hoà tan một muối cacbonat kim loại A bằng lượng vừa đủ dung dịch

H2 SO4 9,8% (loãng) thu được dung dịch muối sunfat có nồng độ 11,54%.a) Xác định công thức của muối cacbonat.

b) Nung 0,42 gam muối cacbonat kim loại A trên trong bình kín không chứa

không khí đến phản ứng hoàn toàn, thu được khí X. Hấp thụ hết lượng khí nàyvào 1 lít -dung dịch chứa K 2CO 3 0,0IM và KOH 0,01 IM. Sau khi kết thúc các

phản ứng Ihu được 1 lít dung dịch Y. Tính pH và cân bằng trong dung dịch Y.

Cho biết: Ka, (H2CO3) = 1 0 ; Ka2 (H2CO3) = 1 0 ' 10’33.Giải

a) Đe đơn giản ta cho 1 mol muối cacbonat phản ứng với axit.A 2 ( C 0 3)n + 1 1H 2S O 4 - > A 2( S 0 4)n + n C 0 2t + n H 20

1 -> n —> 1 -> n

_ _ _ 98n. 100 1AAn / ___ \=> mddH2so4 = * = lOOOn(gam)

y,

=> m ddm„ếisuniai = (2A. + 6Ọn) + lOOOn - 44n = (2A + 1016n)gam

=> C%A(SÓ. = 2A + 96n _ _ 11,54 ^ n = 2 và A = 24 (Mg)a.(S0 4)„ 2A + I0l6n ÌOO

=> Công thức của muối cacbonat: MgCƠ30 42

b) n MgC0 , = - ^ - = 0,00 5m ol; n KỉCOi •= 0,01.1 = 0,O lmol;

IlKOll ~ 0,01 1.1 —0,01 1 lĩiol

M gC0 3 — Mg O + C 0 2f0,005 -> 0,005

24






25/237

C 0 2 + 20 H -> C O ,- + H20

0,005 -» 0,01 —» 0,005=> n ) còn = 0 , 0 1 1 - 0 , 0 1 = 0 , 0 0 1 mol

=>Z nroi =0,01 + 0,005 = 0,015 mol

TPGH của dung dịch Y: OH”: 10'3M; C 0 32' : 1,5.10'2M; K+: 0,03IM

Dung dịch có môi trường kiềm nên có thể bỏ qua sự phân li của nước.

(1) CO^“ + H20 < = > HCO- + OH “ Kbi = =a2 1 0

(2) HCO; + h 20 < = > h 2c o 3 + OH- k „2 = ^ = - ^ = 10al

Do Kbi » K b2 nên có thể coi (1) là cân bằng chủ yếu trong dung dịch.

c o j - + H20 < = ± H CO 3 + O H “ Kbi = 10‘3,67

c 1,5.10"2 0 1 0 ' 3[] (1,5.10'2- x ) X (10'3 + x )

Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:

Khí X là C 0 2

x ( 1 0 " 3 + x)= 10'3 '67 =>x = l‘,284.10"3 M

1,5.10 2 - A

Vậy: [OH ] = 1Ò‘3 + 1,284.10‘3 = 2,284.10‘3M

=> pH = 14 - pOH - 14 + lg2,284.10‘3 = 1ĩ, 36

[HCO"] = 1,284.10‘3M; [C O j- ] = 1,371.10‘2M ;

10~765. 1,284.10~3

2,284.10“3[H2 CO 3] = = 5,62.1 Ọ-8'65M

Vi dụ 11: Cho một mẫu thử axit fomic HCOOH có nồng độ 0,1M.Ka(HCOOH) - 1,77.10 " 4a) Tính pH của dung dịch của HCOOH. b) Cho vào mẫu thử trên một lượng axit sunfuric cùng thể tích thẩy PH giảm0,344 so với khí chưa cho axit sunfuric vào. Tính nồng độ của dung dịchH2 SO4 cần dùng. Biết rằng Ka2 (H2 SO4 ) - ỉ,2AO'2. Giả thiết khi pha trộn thể

tích dung dịch mới thu được bằng tổng thể tích các dung dịch ban đầu.Giải

a) CKa» Kw nên có thể bộ qua sự phân li của nước.

HCOOH HCOO ” + H

c 0 , 1[ ] 0,1 - X X X

+

25






26/237

=i> — — = 1,77.1cr 4 => X = 4 ,12.10'3M = [ I f ] => pH =2.38 50,1 - X

b) Giả sử lấy 1 lít dung dịch H 2 SO 4 X mol/1 trộn với 1 lít HCOOH trên thì đượcdung dịch mới có pH = 2,385 - 0,344 = 2,051

Ciicooii = 0,05 M; C „ 2 S0 = 0,5x M

Phương trình điện li

HCOOH < = > HCOCT + H+ Ka = 1,77.10 4

H 2 S O 4 H + + H S 0 4‘

H S 0 4 ĩ = ± H + + SO 4' K a2 = 1,2.10 ' 2

Theo ĐLBT điện tích ta có:

[H+] - [HCOO -] - [H S 0 4-] -2 [ S 0 42-] = 0 (*)

Mà [H+] = ÌO-2'051 M => [HCOO- ] = ...CllcoonKa = 9,76.10'4 M;K + [ H +J

C11SO4 = C l l jS04 = 0 ,5xM

c K , c [H+J=> [S O ^ ] ■=— - = 0,2872x; [H SO :] = - 11801 - = 0,2128x

K b2 + [H+1 K a2 + [H+J

Thay vào (*) ta tìm được: X = 1,0056.10"2 M.

Ví dụ 12: lon Cr20 bị thuỷ phân trong nước:

Cr 2Oị~ + II2O 2CrO |- + 2H+ K = 10' 14’4

Thêm KOH vào dung dịch K 2Cr 2 0 7 để nồng độ K 2Cr 2Ơ7 và KOH ban đầu

bằng 0,1 M. Tính pH của dung dịch thu được.Giải

Ta có:

K 2Cr 2 0 7 + 2KOH -> 2K 2C r0 4 + H20c 0,1 0,1[ ] 0,05 0,1 0,1

Sau đó:

Cr 20?~ + H20


27/237

b) Neu 0,05 mol IIC1 vào 1 lít CH 3COOH 0,1 M thì pH của dung dịch là baonhiêu? Nêu chỉ thêm 103 moỉ thì pH lại băng bao nhiêu?

Giải

CH3COOH CH3COO' + HT Ka = 1,58 .10"5

c 0,1[ ] 0 , 1 ( 1 - a) 0 , 1 a 0 , 1 a

(Ua_ = 5 8 10-5 = > a = 1525.10"21 - a

, . Oi 3Đê độ điện li a giảm đi một nửa: a ' = — = 6,25.10'

Gọi Xlà số mol CIÍ3COOH thêm vào => Cch , COOH = 0,1 + X

(0 , 1 + x)oc ' . _ 5 .------ — ------ = 1,58.10 => X = 0,3 mol

1 - a ' pH = - lg[H+] = - lg(0,4.6,25.10"3) = 2,6

b) HC1 được thêm vào bằng 0,05 MHC1 -> H+ + c r

CH3C O O H < = > C H3CO O' + H+

c 0,1 0,05[ ] 0,1 - X X0,05+ X

=> x)x. 1,58.10 5 =>x = 3,16.10'5M => pH =1,30,1-X

Nếu chỉ thêm 10' 3 mol HC1 =>- X- ^ = 1,58.10'5 => X = 8,5.10‘4M

0,1-X=> pH = - lg(0,001 + 8,5.1 o;4) = 2,73Ví dụ 14: Dung dịch A có chứa CH3COOH 0,1M và HCOOH X(M). Xác định X

để hỗn hợp này có pH = 2,72. Biết Ki ICOOM = 1 ,8 .1 0'4; Kci Icoốn = ,-. lò ’5.

Giải Tạ có pH = 2,72 [H+] = 10'2,72M

01 10"2,72[CH3COOH] = — ----- r - = 0,09M

1,8.10 +10

=> [CH3CO O" ] = 0,1 - 0,099 = 0,001 MPhương trình trung hoà điện: (bỏ qua [OH'] bên cạnh [H+])

[ H + ] - [ C H 3 C O O - ] - [ H C O O ■ ] = 0

=> [HCOO“] = 10'2 -72 - 10' 3 =9,05.10'4M

=> [HCOCT ] = ---- ;1Q = 9,05.10'4 => X = 0,0IM1,84.10 +10

27






28/237

Ví dụ IS: Tính pH của các dung dịch 0,1M của các chất sau:

N aHC03 Ki = 10"7; K 2 = 10 "11

N aHS03 K 2 = 10'2 ;K 2 = l(r 6 NalĩS K, = 10"7 ;K2= 10' 13

NaHC20 4 K| = 1 0 "2; K 2 - 1 0 5Giải

Nhận xét: Đây là bài toán về cân bằng trong dung dịch muối axit. Nhìn chung cácmuối axit (trừ NaHSOậ) có tính chất lưỡng tính. Để ỉập biểu thức tính pH ta xéttrường hợp tổng quát sau:

NaHA —>Na+ + H A -

H2O Hf + OH ~ Kw (1)

H A “ ^ = > i r + A2" K2 (2)

H A " + H f < = > H 2A K i ' 1 (3)

Việc tính toán cân bằng trong dung dịch muối axit trong trường hợp tống quátcũng dựa vào việc tổ hợp các định luật tác dụng khối lượng, bảo toàn nồng độ, bảo toàn điện tích theo cách thông thường.Phương trình trung hoà điện:

[Na+] + [H ] - [O H“] - [HA“ ] - 2[A2'] = 0Sau khi thay các đại lượng riêng rẽ:

K CK h

[A2-] = T..

CK^ -------h 2 + K,h + K ,K 2

Vào phương trình trên và tổ hợp lại ta có phương trình 1 ẩn đối với h:h4 + (K| + C)h + (KiK 2 -K w)h2 - (K,Kw + CK,K2)h - KWK,K 2 = 0

Đối với trường hợp thường gặp khi [H+], [OH “ ] « c nghĩa là h « C;

^ « c hay Kw « Ch thì h4 « Ch3; KwKiK 2 « CK,K2h ; Ch3 » Kwh2h

Phương trình trên đứợc đơn giản hoá thành:( K , + C ) h + K Í K 2h - ( K , K w + C K , K 2) - 0

Từ đây ta rút ra: h =CK,K 2 +K,Kw

Dối với trường hợp Ki « c c + Ki « c

28






29/237

Nếu Kw « CK 2 tức là cân bằng (2) chiếm ưu thế hơn cân bàng (1) thì

h = ịCK'K i ]Ịc+ K,

Nếu CK -2 « Kw tức là cân bằng (1 ) chiếm ưu thế hơn so với cân bằng (2 ) thì

C + K,

Trở lại bài toán trên:- Đối với dung dịch NaHCƠ 3 0,1M; c = 0,1 M » Ki = 10"7

h = Jk ,K 2 + ̂ ^ = J i o - ,8+ ^ ~ = 1,005.10'9M

=> pH = 8,99- Đối với dung dịch NaHSƠ3 0,1M; CK 2 » Kw

IKịK^ = _ _ 1 Q " 9 = 9,53.10’5M =>pH =4 ,02

] C + K , V 0.1 + 10” 2- Đối với dung dịch NaHS; c = 0,1M » Ki = 10'7;

h = ]J k ~K2+ = JlO-20+ ^ - = 1,41.10"'° => pH =9,85

- Đối với dung dịch NaHC 2Ơ4 0,1M; CK 2 = 10' 6 » Kw

h - ■ — ±K 1 = 1Q--- T = 3,01.10‘4M => pH =3,5 2c + Kj V 0 , 1 + 1 0 - 2 F

Ví dụ 16: Tính pH của dung did) (NH4)2C 0 3 10‘3M. Cho Knh ; = 5,5.10'10;K|(H2CÒ3) - 10'6'35; K2 (H2CO3) = 10"1033.

Giải Nhận xét: Đây là bài toán tính pH trong dung dịch mụổi của axit và bazơ yếu. Ta

xét trường họp tổng quát sau:

MHA -> MH+ + A “

MH < = > M + i r K mii

H20 0 1 1 + H+ Kw

0 )

(2)

A- + H+ < = > HA K h'a (3)

Phương trình trung họà điện:

[H+] - [OH - ] + [MH+] - [A “ ] = 0

Ta có: [H l = h; [OH*] [MH*] = Q ; [A'] = 7 ^ * “ -h MH' HA

29






30/237

Thay vảo phương trình Irên ta được:

l > - ^ + - ^ - - ^ “ - - 0h h + K . h + KnMir HA

= > h 4 + ( K m i i + + K h a + C ) h 3 + ( K v i n + K i i a - K w ) h 2 - ( K m i i " K w + K h a K w

+ C K h a K . m i i * ) h - K \ v K m i i f K -H A = 0

Thông thường h K t v à C » K iiA

=> h = J K haK '+ K MHtK ^ + KHA-^ W]Ị HA Mir c c

Nêu Kw « CK ịia và K\v « CKM]]+

=»h = J k ,.aK ~V ha M]|t

Quay trở lại bài toán trên:

(NH4)2C 0 3 -> 2N H ; + C 0 32-

n h ; < = > n h 3 + h + k nh ; =5,5.1 O' 10 (1)

H2Q H+ + OH ~ K w = 10 ' 14 (2)

C O 32" + H+ < = r± HCO 3 K “' = 1010’33 (3)

H C O 3 + H + ^ r = ± H 2 C O 3 . K ■' = 1o 6’35 ( 4)

Do K 2 « Ki nên ta có thể bỏ qua quá trình (4). Ở đây CK 2 và C K n h 4 không

lớn hờn nhiều so với Kw nên việc tính toán gần đúng sẽ kém chính xác. Nhưng K 2 , K n h 4 « c nên

I K " K ỵ- V => h = J k 2K ++ —íỉiíỉ— + - a =1,78.10"10 => pH = 9,85 ỵ M»ỉ c c

X X PK n h :+ P 2 Nếu tính gần đúng thì pH = ------ ----------= 9,8






31/237

B. b à i t ậ p

1. Trộn 50ml dung dịch HC1 0,12M với 50ml dung dịch NaOH 0,1M. Tính pHcủa dung dịch thu được?

2. Tính nồng độ cân bằng của các ion H+ và CH3COO- có trong dung dịchCH3COOH 0,1 M và độ điện li của dung dịch đó. Biết hằng số axit Ka = 1,8.10"5.

3 . Có dung dịch NH 3 0,0IM; hằng số bazơ của NH3 là Kb = 1,8.10‘5. Nếu trong

100ml dung dịch trên có hoà tan 0,535 gam NH 4 CI thì độ pH của dung dịch là bao nhiêu?

4. Tính pH của dung dịch thu được khi hấp thụ hết 0,01 mol khí CO2 vào 200mldung dịch NaOH 0,05M. Biết axit cacbonic có pK al = 6,35 ; pK a 2 =10,33 .

5. A là dung dịch NajCƠ 3 0,1M; B là dung dịch chứa Na 2CƠ 3 0,1M và KHCO30,1M và c là dung dịch KHCO3 0,1M. / \

a) Tính thế tích khí CO 2 (đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 50ml dungdịeh HC1 0,1M vào 100ml dung dịch A và khi cho hết 100ml dung dịch B vào200ml dung dịch HC1 0,1 M.

b) Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 1OOml dungdịch Ba(OH )2 0 ,ỈM vào 150ml dung dịch c.

c) Tính pH của các dung dịch A và c, biết axit cacbonic có pKi = 6,35 và pK 2 = 10,33.

d) Đề nghị phương pháp nhận biết các anion có trong dung dịch B.6 . Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50ml dung dịch NH 4 CI 0,2M với

75ml dung dịch NaOH 0,1M. Biết Kb (NH3) = 1,8 .10'5.7. Trộn lẫn 7ml dung dịch NH3 IM và 3ml dung dịch HC1 IM thu được dung dịch

A. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B.

a) Xác định pH của các dung dịch A và B. Biết Kb (NH3) = 1,8 .10'5. b) So với dùng dịch A, giá trị pH của dung dịch B đã có sự thay đổi lớn hay nhỏ?

Nguyên nhân của sự biến đổi lớn hay nhỏ đó là gì?8 . Hòa tan 0,01 mol PCI3 vào nước-thu được 1 lít dung dịch X. Tịnh pH và thành

phần cân bằng của dung dịch X. Cho hằng số axit củạ H3PO 3 là:K != 1,6.10'2;

K 2 = 7,0.10'7.

9. Dung dịch X có chứa: 0,07 mol Na+; 0,02 mol s o 4 và Xmol O H ” . Dung dịch

Y có chứa CIO 4, NO 3 và y mol H+ ; tổng số moỊ ('10 4 và NO 3 là 0,04. Trộn

X và Y được lOOml dung dịch z . Tính độ pH của dung dịch z .10. Đánh giá sự biến đổi pH của dung dịch đệm B gồm NI-I3 0,080M và NH4CI

* 0,06M sau khi thêm 0,0010 mol HC1 vào llít dụng dịch B. Cho KNH4 = ló '9,24.

11. a) Tính pH của dung dịch A gồm HCOOH 0,1M và CH3COOH IM. b) Pha loãng dung dịch A bằng nước cất để thể tích dung dịch CH 3COOH saukhi pha loãng gấp 10 lần thể tích ban đầu. Tính pH của dụng dịch CH 3 COOHsau khi pha loãng. Biết K, (HCOOH) = 1,8.10’4; k 2 (CH3COOH) = 1.8.Ì0'5.

31






32/237

12. Cho 0,01 mol NM3; 0,1 mol CH3 NH2 và 0,11 mol HC1 vào nước thì được 1 lítdung dịch. Tính pll của dung dịch thu được.

Cho pK =9.24 ; pK = 10,6;pK\v= 14.r n ii; ■’ ’ f c ii,nh; r

13. Có axit cloaxetic (CICH2COOH) (0,0IM, Ka = 1,4.10'3) và axit tricloaxetic(CCI3COOH) (0,01 M, Ka - 0 ,2 ).

a) Tính pH của hai dung dịch axit này. b) Người ta muốn trộn hai dung dịch này đến khi đạt được pH = 2,3- Hỏi tỉ lệ thể

tích các axit cần cho sự trộn này là bao nhiêu?14. a) Tính pH của dung dịch Na2A 0,022M.

b) Tính độ điện li của ion A2"trong dung dịch Na2A 0,022M khicó mặt NH4HSO40,00IM. Cho:

pK. =2,0 0; pK t =9,2 4; pK = 5,3; pK = 12,60.r a (H S04) ’ r a (NHj ) r al(H,A) * r a2(H,A)

15. a) Tính độ điện li của dung dịch CH3 NH2 0,010M. b) Độ điện li thay đổi ra sao khi

- Pha loãng dung dịch ra 50 lần.

- Khi có mặt NaOH 0,0010M.- Khi có mặt CH3CÓOH 0,0010M.- Khi có mặt HCOONa 1,00M.

Biết: CH3 NH2 + II+ < = Ị± CH ,NH; K = 1010’64

CH3 COOH


33/237

c. HƯỚNG DẪN GIÀI

1- C„cl = ° - f - = 0 .0 6M ; C N,0„ = ĩ ệ = 0.05M

N a O H + H C 1 —> N a C l + H 20c 0,05 0,06[] - 0 , 0 1

Dung dịch thu được có chứa: NaCl, HC1HC1 -> H+ + c r0,01 0,01

==>pH = -lg[H+] = 2

2. CH3COOH CH 3COO - + H+ K a= l,8.1 0 ' 5

c . 0,1[ ] 0,1 - X X X

'=> — = 1,8.10‘5 X= 1,33.10‘3M => [H+] = [C RCO CT] = 1,33.10'3M0,1-X

Độ điện li:

_ X 1,33.10 '3 2a = .1 1 = — _ — = 1,33.10 (1,33%)

c 0,1

0,536 0,01 A1A/r 3* n NH4ci " ~5 3 ~5 ~ ^ NHJCI ~ " o ir ~

N H ! — ■> NĨỈ 3 + H+ Ka- j ^ = .— --^- = i o 92 54 Kb 1,8.10

c 0,1 0,01[ ] G,1 - X 0,01 + X X

=> (0 ,0 1 + x) =109‐25 => X = 10‘8>25M => pH = -lg[H+] = 8,250,1-X

4. nNaOH = 0,2.0,05 = 0 , 0 1 mol2NaOH + CO2 -> Na2C 0 3 + H20

0,01 -> 0,005 -> 0,005C 0 2 + Na2C 0 3 í II20 >2NaII(X ) 3

0,005 0,005 4 0,01

? Dung dịch thu được là dung dịch NaHCO .3 = 0,05M.

NaiICO 3 > N a' • IICO , ■

0,05 0,05 0,05

HCO 3 H+.+ C 0 32̂ Ka2 = 1 0 ' 1033 (1)

33






34/237

H20 H" + OH ■ K w = 10"14 (2)

HCO; + H+ p H = pK^ pK- - = ̂ M 3 = 8,342 2

5.a) .Cho từ từ từng giọt đến hết 50ml dung dịch HC1 0,1M vào 100ml dung dịch

Na 2C 0 3 0,1M thĩ COJ- + H+ HCO 3-

Ban đầu: 0,01 0,005Phản ứng: 0,005


35/237

Ba2' + CO ị- - » BaC03

0 , 0 1 0,0150 , 0 1 0 , 0 1

0 0,005Dung dịch còn 0,005 mol KOH và 0,005 mol K 2CO 3

- C K O , , - M f = 0 ,0 2 M ; C KiCOi= M ^ 0 , 0 2 M .

Dung dịch A có các cân bằng:

CO 3“ + H20 > HCO" + 0 H ~ Kbi = 10'3’67 (3)

HCO 3- + H20 Kbl = X(0,Q2 + X) = 10'3-6f 0 ,02-X

=^>x2 + 4 .1 0 'V - 2.10’5’67 = 0

=ỉ> X = 1,066.110'4M [O H ] = 10‘‘’7M => pH = 12,3

c) Trích mẫu thử, thêm BaƠ 2 dư vào mẫu thử thấy xuất hiện kết tủa trắrig (tan

trong axit), như vậy mẫu thử có c o 3 _ .Ba2+ + C Õ 32' -> B aC 03ị

Lọc tách kết tủa, thêm HC1 vào dung dịch nước lọc thấy sủi bọt khí không màu

(làm đục nước vôi trong), vậy dung dịch có HCO 33

h c o ; + H+ -> h 2 0 + c o 2

, 50.0,2 _ r, n0, /r ^ 75.0,16. CM„ rl = —- - = 0 ,0 8 M ; CL „„= ——-Ị _ = 0.06M

NHjCI 50 +,75 Na0M 50 + 75

NH 4 CI + NaOH -> NaCl + NH3 + H200,06 < - 0,06 -> 0,06

=ĩ> C N11 Cl còn = 0,0 8 -0 ,0 6 = 0 , Q2M

NH3 +. H2 O ĩ = ± NH 4+ + OH" Kb

c 0,06 0,02[ ] 0,06 - X 0,02 + X X

35






36/237

K ^ ỊNH4+j[OH ] ^ (0,02 + x )x 1 8 1 0 5

b [NH 3 ] 0,06-x

=}X2 + (0,02 + 1,8.l ( p > - 1,08.1CT6 - 0 => X = 5,38.l (r 5M

[OH ] =5,38.10 5M => pH = 14 - pOH = 14 + lg5,38.10'5 = 9,73

7.

a ) C NH = = 0 , 7 M ; C u c i = = 0 , 3 M ) NH, 7 + 3 7 + 3

NH3 + HC1 -> NH4 C10,3 CNH. còn = 0 ,7 -0 ,3 = 0,4M

TPGH của A: NH3 0 ,4M, NH ; 0,3M và Cl ■.

NH3 + H20 < = ± n h ; + O H “ Kb

c 0,4 0,3

[ ] (0 ,4 -x ) (0 ,3 + x) Xx ( 0 3 + x ) = 1 0 _ 5 _ ^ x 2 + ( 0 3 + Ị8 I 0 '5)x -7,2 .1 O' 6 = 0

b (0,4 -x )

=> X = 2,4 10'5M .

=» [OH ] = 2,4.1 O'5M => pH = 14 - pOH = 14 + lg(2,4.ỈO'5) = 9,4

Khi thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A có phản ứng:

n h ; + O H" NH3 + h 20

c 0,3 0,1 0,4

[] 0,2 0 0,5TPGH của B: NH 3 0,5M; N H I 0,3M; Na+vàc r .

NH3 + H20 0,01 0,03HC1 -> H+ + c r0,03 0,03

36






37/237

h 3p o 3 X = 3 ,25.10'3Ma' 0,01 -X

=> [H+] = 3,325.1Ọ'2M => pH = -lg(3,325.ỈO'2) = 1,48Thành phần cân bằng của dung dịch:

[H2PO 3-] = 3,25.10’3M; [H3PO3] = 6,75.10'3M; [OH"] = - ^ - = 3.1(r,3M[H+]

... Ị H P o ; - ] . - 9,8J0~*M.• [H+] 3,325.10 '2

9. Áp dụng định luật bảo toàn điện tích vào dung dịch X và Y, ta có:

l -n Na* - 2 n SOỈ + L n OH

=> X + 2.0,02 = 0,07 => X =0 ,03m ol

n cio; + n N0 3 = n H* =>y = 0,04mol

+

H+ + OH~ -> H20

0,03 11H+ = 0,04 - 0,03 = 0,01 mol => [H+] = 0,1 mol => pH = 1

10. NH4C1 -> n h ; + c r

0,06 0,06 0,06

N R ; NH3 + H+ Ka = 10'9 ’24

H20 pH = 9,36Khi thêm 0,001 mol HC1 vào 1lít dung dịch B thì khi ấy

Ca - 0,06 IM Và Cb = 0,08 - 0,001 = 0,079M






38/237

=> [H r] = ^ ĩ ỉ i i L = Ị0 ~ 9-24 = 10"9'35 ( tho ả m ãn )c b 0,079

=> pH = 9,35 => ApH =0,0111.a) Các cân bằng trong dung dịch:

H C O O H H C O O " + H + K, ( 1 )

CH 3COOH CH3COO“ + H+ k 2 (2 )

H 20 * H + + O H " Kw (3)Phương trình trung hòa điện:

[H ] = [OH:.] + [HC OO "] + [CH3COO“] (4)

Do ChcoohK, = CCHcoo||K 2 » K w nên ta có thể bỏ qua sự phân li của H2 O.

( 4 ) = > [ H +] = [ H C O O - ] + [ C H 3C O O - ] = C .h c o oh K ! + C c h ìc o o h 2

[HM + K, [H+] + K 2

Đặt [H1] = x vàdo Chcoo1iK, = C-CHCOOHK 2 = 1,8.10“ 5 nên biểu thức trên viết lại thành:

1,8.10~5 (2x +1,98.1 Or4)

x _ x 2 + 1,98.10~4x + 3,24.1(T9

^ x 3 + 1,98.10'V - 3,6.10‘5x - 3,564.10'9 = 0

=> X= [H+] = 5,95.10'3M => pH = -lg(5,95.10;3) = 2,225 b) Khi pha loãng dung dịch bằng nước, khi thể tích tăng lên 10 lần, nồng độ các chất

giảm xuống 10 lần. Nồng độ của các axit trong dung dịch sau khi pha loãng:

^HCOOH —0.01M ; Cc“ĤcoolI —0,1MTương tự như trên ta cũng có:

1,8 .1 0 ~6 (2 x + 1,98.10~4)

x ~ x 2 +1,98.1 (T4X + 3,24.10“9

=í>x3 + 1,98.10'V - 3,6.10‘6x - 3,564 .10’10 = 0

=>x = [H+] = 1,85.10‘3M => pH = -lg( 1,85.10’3) = 2,7312.

n h 3 + H+ -> n h ;

0,01 -> 0,01 -> 0,01c h 3n h 2 + H+ c h 3n h ;

0,1 -> 0,1 -» 0,1=> C [( phản ứng =0 ,01 +0,1 = 0,11M = C [t ban đầu => H+ phản ứng hết.

TPGH của dung dịch: NH ;, CH3 N H ; , H20 .

38






39/237

N H 4 < = > NHi + H Knii; = 10 (1)

c h 3n h ; 4 = > CH3 NH2 + H+ K , = 10 ' 10’6 (2)

H20 X = 2,875.10-6M = > p H = 5,54.

+ 10-9’24 X + 10“ '

13.

a) Với axit cloaxetic:CICH2COOH Ka = — ----- = 1,4.10 => X= 10 ’ M => pH = 2,5

0 ,0 1 - x- Vởi axit tricloaxetic

CCI3COOH «==± ClCH2CO O" + H+ Ka = 0,2

c 0,01[ ] 0,01 - y y y

=> Ka = — Ụ — = 0,2 => X = 9,54.10‘3M => pH = 2,020 ,01-y

b) Giả sử ban đầu ta có 1 lít dung dịch axií cloaxetic và V lít axit tricloaxetic.Tổng thể tích dung dịch sẽ là (1 + V) lít.

0,01 . = 0,01VĈHjClCOOH y _|_1 ’ CCl,COOH v + l

Ta có:K ,(C H2C1C00H) = J c H p c o g J tn

9 1 8 ^ 1 0=> [CH,CĨCOO] = ±ii2±-^

2 +

:h 2c i c o o ][H+] [CH2c ic o c r j[H +j

[CH2ClCOOH] = M i _ [CH 2ClCOO-i + 1 2

3 -1 0 " 3 XA ———M

39






40/237

K,(CC 3C 0 0 H ) = = J C C I ^ C O O J F nICCI.COOH] a o , ; o c r

V +1

^ l c c i jCo o - | = ̂ ị ^ M 3 V +1

Áp dụng định luật bảo toàn proton ta có:

9ỹ v ; 2.18310-^ = 10 -;J = > V = 0|596v + l v + l

Vậy ti lệ thể tích: % £ E Ĩ2 !. = _ 1 „ = 148

Vcc,coo„ 0.596 1

14. a) Na2A -> 2Na+ + A2-0,022 ^ 0,022

( 1) A 2“ + H 20 < = = > H A ” + O H “ K , = ^ - = 10- ' ’4Ka2

(2) H A- + H20 < = » H2A .+ O H“ K2= ^ = 10' 9 ’7K al

(3) H20 H+ + OH- Kw - 10"14

Do K] » K 2 và CK) » Kw nêncó thể coi (1) là cân bằng chủ yếu ừong dung dịch.

A 2~ + H20 ' HA" + OH~ Ki = 10"1,4

c 0,022[ ] (0,022 - x) X X

X2Ta c ó : -------------- — ---=10 1,4

0,022 - X

=>x2 + 10_,’4X - 2, 2.10'3’4 = 0 => X = 10 '1,80M

=> pH = 14 + lglO ' 1 ,80 = 12,20

b) A 2~ '+ N H 4+ -> NH3 + HA“

0,001 < - 0,001 - > 0,001 0,001

A2“ + HSO“ -> S 0 42“ + H A“

0,001 0,001 -> 0,001 -> 0,001=» C , còn = 0,022 - 0,002 = Õ,02M; c = 0,002M

A HA

TPGH: NH3 0,001 M; SO j“ 0,001M; HA" 0,002M; A 2- 0,02M

(4) n h 3 + h 20 < = > n h ; + OH- KNH = - ^ = ^ - = i(r4'76NH? TV- -ị Q-9,24

n h ị

40






41/237

(5) so*- + H20 HSO: + OH- K , = - ^ = l ^ = io - '24 '> SOỈ- K 10-2

IlSOj

(6) A 2~ + H20 HA- + OH" K, = 10 '14

(7) HA ” + H20 < = > H2A + OH" K2= 1 0 '9-7

Do Cso2 Kso2 « C n„ K nh « C 2 K,và K| » K 2 nên ta có thể coi (6 ) là cân

bằng chủ yếu trong dung dịch.A2“ + H20 x = 1j88>10-3m =» a = -1,88-10 - = 0 , 188 (= 18 ,8%)

0 , 0 1 - X 1 0 b) Độ điện li thay đổi ra sao khi- Pha loãng dung dịch ra 50 lần:

1 0 ~ 2 Y 2

C CH NH = ™ = 21 4 M = > ------ 4---------= 1 ‐3'36 = > X = 1 , 4 9 . 1 0‐452 50 2.10 - X

Độ điện li:

1 4910~4ot = _ iZ Ĩ± ^ _ =: 0,745 (=74,5% )

2.1(T4

- Khi có mặt NaOH 0,0010M:NaOH -> Na+ + OH -IO"3 1 0 3

CH3NH2 + H20 c h 3n h ; + OH- Kb = 10'3’36 (*)

c 0,01 10’3[] 0, 01 -X X 1 03 + X

41






42/237

x(10' + X)= 1 0 -.U6 ^ x = 1 49_10'3M => a = ̂ - - 1 —- = 0,149(=14,9%)10 2 - X 1(T2

a giảm vì O H “ của NaOH làm chuyến dịch cân bang (*) sang trái.- Khi có mặt CH3COOH 0,0010M:

C H 3 C O O H < = > C H 3 C 0 0 - + H + K CHjCOOH = 10'4’76

CH3 NH2 + H+ -> c h l n h ; K “’ + = 1010’64 __________________ 2 ________________________________________ 33c h 3nh ; ____________________

CH3C0 0 H + CH3 NH 2 < - = ± c h 3n h ; + CH3 C0 0 K = 1 0

K rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn.

C lIjN H j - C C H,C OO H = 1 0 " 3 M ỉ C CH,NH2 = 1 0 ’ 2 - l O " 3 = 9 . 1 0 ' ^

CH 3 NH2 + H20 « = > c h 3n h ; + OH" Kb = 10'3,3Ồ

c 9.10'3 103[] (9.10"3 - x) (1(T3 +x ) X

x(10^ + x ) = 1 0 _ 336 = > x = 1 3 9 1 0 -3M

9.10“ - X

=> a = 139.10^ + 10 - 0)239(=23,9%)

a tăng vì CH3 NH2 tương tác với CH3COOH.- Khi có mặt HCOONa 1,00M:

HCOONa -> HCOCT + Na+

1 1

HCOCT + H 20 HCOOH + O H “ Kb = — *?— = = 1(T10'25 (1)ĤCOOH

CH3NH2 + H20 < = > c h 3n h ; + OH- Kb = 10'3,36 (2)

Kb» Kb nên cân bằng (1) không ảnh hưởng gì đến cân bằng (2) và do đó độ

điện li a của CH3 NH2 không thay đổi khi có mặt HCOONa.16.

a) Tính nồng độ ion s 2" trong dung dịch H2 S 0,1M; pH = 2,0.H2S ( k ) < = > H2 S(aq)

H2S (aq)


43/237

c [ i n 2[H2 S] = ---------

[ i r ] 2+ K 1ỊH+j + K 1K 2

c, K,[H+1ỊHS' ] = ----- - 1 ----------

[ I -r f+KJHM + K ,^

C.. .K.K,| g2 - Ị = _________ H2S 1 2 _______ Ị H + j 2 + K , Ị H + ] + K IK ỉ

Theo định luật bảo toàn nồng độ:

CH;’ = [H 2S]+ [HS-1 + [S2-] (*)

Ở pH = 2 thì [H+ ] 2 » Ki[H+] » K 1K 2 nên cỏ thể bỏ qua [S2'] và [HS"J bêncạnh [H2 S]. Vậy (*) trở thành:

C ^ I H ^ - Í Í O p

Ta có:

) 220C..-.K.K, 0 11 Tirr

[S2']= f - T - = - - - = 1,3.1(TỊ7M[H+] 104

b)[Mn2+][S2-] = 10-2 .1,3.10 7 = 1,3.10' 19 < K S(MnS) = 2,5.10-'°

=> Không có kết tủa MnS.

[Co2+][S2-] - 10’2 .1,3.10‘ 17 = 1,3.10’ 19 > KS(CoS) = 4,0.10 ' 21 => Tạo kết tủa CoS.

[Ag+]2 [S2-] = (10-2)2 .l,3.10-i7= 1,3.10-2ì >

=> Tạo kết tủa Ag2 S.17.a) Chấp nhận bỏ qua sự phân li của H2O. Từ định nghĩa:

, a = - ^ ỉ = > [H+] = [A ] = CHAoc = 0,10.13,1.10”2 = 1,31.10“2MC(1A

HA < = ± H+ + A" Ka

c 0,1

[ ] 0,1 - 1.31.10'2 1,31.10‘2 1,31.10-2Áp dụng định luật tác dụng khối lượríg cho cân bằng trên:

K q ^ Ị - i o - 2 ) 2 = 1 0 -2.7

a 0,1-1,31.10~2

Kiểm tra lại giả th iết gần đúng: KaCHA= 10“3,7 » K W= 10"14, đo đó việc bỏ

qua sự phân li của nước là chấp nhận được. Vậy pKa = 2,7.

43






44/237

b) Pha loãng dung dịch HA thành 100 lần C i i a - 10‘3M

HA < = ± II ' + A Kac 1 0 ‘ 3I I 103(1 - a) 1 0 "3a 1 0 '3a

Ta có:

18.

1 A - 3 2

- ^ - = 10'2J =>« = 0,7317 (= 73,17%)1- a

1,5.10 .20 ;̂ 1() ÌM

NH' 60

c ọ7 ,5 ^ .4 0 = 510_4m

"Cl 60 NH3 + HC1 -> NH 4CI

c° 5.10 4 5.10"4c 5. lò ' 4

TPGH:NIi; 5.10"4M

n h ; + = ± n h 3 + H+ KNH:=1(T9’24 (1)

H20 < = ± H+ + OH- Kw = lO' 14 (2)

So sánh (1) và (2) ta thấy c K ~ K W => Không thể bỏ qua cân bằng phânNH ị Ni .

li của nước.

ĐKP với MK là N H t,H 20 .

c K [H+] = |N H J + [OH~] = *»4 + JSw_ [H+J + K nh: [H -]

= > [ H + ] 3 + - ( C n h ; K + K w ) [ H +] - K w K n =0

Hay: [H+ ] 3 + 10'9 '2 4 [H+] 2 - (5.10 ' 13’24 + 10'14)[H+] - 10‘23’24 = 0. => [H+] = 10'6’26M

c [H+]Vậy: [H+]=10"6-26M; [OH"Ị=10"7,74M; [NỊỉ!] = - ^ ----- «5.10“4M

[H+] + K .1 J NH;

c K [ N H] = - ~ y - ^ i » 5,2.Ĩ 0~7M

[H+] + K ,J Nil*

1ft r' : ĩ' * X ,í ^ a.iooo 4a.19. Gọi a la sogam axit cân lây => c „ r „ n = ———- = —ỊĤ HA 150.25 15






45/237

pK + p K , 3 04 + 4 37 Nhận xét: pH = ------------- — = --------------- , chứng tỏ thành phân chính trong

dung dịch tạo thành là muối axit NaHC 4H40 6, nghĩa là phản ứng giữa NaOHvà axit xảy ra vừa đủ theo phương trình:

H2C4H4O6 + NaOH ->NaHC 4H40 60,1 < - 0,1

=> — = 0,1 => a = 0,375 gam.. 1 5

20. Khi chưa thêm dung dịch (NH4 )2 S0 4 , trong dung dịch Na2 S có các cân bàng:

(1) s 2- + H2 0 < = ± HS- + OH- K w = P ^ = ̂ r = 10-|Jâ2

_ K ^ = _Ị0 _- '4

bl K , l(T i2 '9

K . 1 0 -14(2) HS” + H20 ĩ = ± H2S + OH“ K ., = ^ = - ^ r - = l(T6'98

(3) H20 H+ + OH” Kw = 10' 14So sánh 3 cân bàng trên ta thấy Kbi » Kb2 và CK bl » K W, do đó coi cân bằng

( 1 ) là cân bằng chủ yếu trong dung dịch:

s 2- + H2 0


46/237

N H t + s 2' -> HS .+ NH3 K = 10'9'24" 12-90= 103'66

c° ° ’1V ỊQ100+ v 100+ v

c 1 0 -0 ,IV 0,1V 0,1V

100+ v 100+ v 100+ v

TPGH:

Các quá trình xảy ra trong dung dịch:

H S“ H+ + s 2" Ka2 - 1 0 "12,9 (4)

h 20 H+ + O H” Kw - 1 0 14 (5)n h 3 + H+


47/237

Chuyên l Ã BN G T O PHC TRONG DUNG DCH2.

E

I. CHẤT ĐIỆN LI, S ự ĐIỆN LICác phức chất được tạo thành từ các phân tử hay ion, có khả năng tồn tại độclập trong dung dịch. Các phức chất có thể trung hòa điện hoặc tích điện âm haydương. Phức chất gồm nhóm trung tâm (hay chất tạo phức) liên kết với phối tử bằng tương tác tĩnh điện hay liên kết phối trí. số phối trí của phức phụ thuộcvào bản chất của ion trung tâm, bản chất của phối tử và quan hệ nông độ giữachúng. Thí dụ một số phản ứng tạo phức:

- Phản ứng giữa một cation và một phân từ:

Ag+ + NH 3 < = > A g(N H3r

Ag+ + 2NH3 ĩ = ± Ag(NH3)j

Cu2+ + NH 3 2+

Cu2+ + 3NH3 < = > Cu(N H3) f

Cu2+ + 4NH3 Cu(NH3 )ỉ+

- Phản ứng giữa một anion và một phân tử:

r + h < = > ì;

CdBr2 + Br“ 4 = > CđBr3'

AgCl + c r < = ± AgCl“

- Phản ứng giữa một cation và, một anion:

Cd2+ + CN“ < -> Cd(CN) +

Cd2+ + 2CN ” Cd(CN)2

Cd2+ + 3CN' Cd(CN) 3

Cd2+ + 4CN" < Cd(CN)

Cu2+ + C2O f —> CuC20 4

Trong trường hợp phức chật là ion thì bên cạnh ion phức còn có ion đối, vì vậyđể phân biệt, người ta viết ion phức trong dẩu ngoặc (cầu nội) để phân biệt vớiion đối (cầu ngoại). Thí dụ: [Zn(NH3)4 ](OH)2 ; [Ni(NH3)6](OH)2 ...

. LÍ THUYẾT Cơ BẢN VÀ NÂNG CAO

47






48/237

Trong dung dịch các phức chất phân li hoàn toàn thành ion phức và ion cầungoại. Tùy theo độ bền khác nhau mà ion phức phân li nhiều hay ít thành iontrung tâm và các phối tử.Độ bèn của các phức chất phụ thuộc vào bản chất của ion trung tâm và phối tử.Thí dụ:

Cd2+ + 4CN” ĩ = ± Cd(CN)*- p ,=10 17'92•s \ / 4 'cd (C N );

. Cd2+ + 4 c r < = ± CdCl l' pcdci, =10'-64

Cu2' + 4CN“ Zri(NH3)2+ pZ n i N H j ) = p, = 1 0 2 '21

Zn2+ + 2 NH3 — > Zn(NH3) +̂ P / .n ( N H , ) ^ = .(312 -1 0 4-5

Zn2+ + 3NH3 Zn(NH3 )3+ pZ n ( N H j ) j*

= p , 2 3 = 1 0 6 '86

Zn2+ + 4NH3 < _ - > Zn(NH3)24+ = B = 1 0 8,89F ] 2 3 4 U

Đe đặc trưng cho độ bền của phức người ta cũng dùng cả hằng số không bền từng .nấc (K) và hằng số không bền tổng cộng (K’). Các đại lượng này là nghịch đảo vớicác giá trị hằng số bền tương ứng. Thí dụ: Đối với phúc Zn2+ và NH 3 ta có:- Hằng số không bền từng nấc:

Zn(NH3)24+ Zn(NH3) f + NH3 K, = P4' =1(T2'03

Zn(N H3) f


49/237

- Hằng số không bền từng tổng cộng:

Zn(NH 3) f Zn2 + 4 NH 3 k ; = p 1 , = 1 (T8'89KCu(NH,) j*

Zn(NH3)f > Zn2+ + 3 NH3 K 2 = p - 1 v = 1 0 “ 6 '86 Zn(NH-ị

Zn(NH3)̂ + Zn2+ + 2 NH3 k 3 = R ̂1 ,+ = 1 0 ' 4,5KZn(NH,);+

Zn(NH3)2+ < _ - > Zn2+ + n h 3 k 4 = p - ' v = 1 0 “2'21Zn(NH3)

II. ĐÁNH GIÁ CÂN BẰNG TẠO PHỨC TRONG DUNG DỊCHViêc tính toán cân bang toạ phức thường rất phức tạp và sự tạo phức thườngxảy ra theo từng nâc, trong đa số trường hợp hằng sô cân băng từng nấc khôngchênh lệch nhau nhiêu. Hơn nữa kèm theo phản ứng tạo phức luôn xảy ra cácquá trình phụ (tạo phức hiđroxo của ion kim loại trung tâm, proton hoá các phối tử bazơ yếu hoặc các phản ứng oxi hoá - khử, phản ứng tạo hợp chất íttan, phản ứng tạo phức phụ,...)

Phương pháp :- Mô tả đầy đủ các cân bằng xảy ra.- Đánh giá mức độ của các quá trình phụ. Thông thường ở pH thâp có thê coi sự

tạo phức hiđroxo xảy ra không đáng kể và ở pH cao thì có thể bỏ qua sự protonhoá của phối tử.

- Nếu sự tạo phức xảy ra từng nấc thì có thể so sánh mức độ xảy ra g iữa các nấctạo phức và bỏ qua các dạng phức không quan trọng.

- Biết được dạng tồn tại chủ yếu trong dung dịch ta có thể đánh giá cân bằng theođịnh luật tác dụng khối lượng hoặc định luật bảo toàn nồng độ đối với ion kimloại và đối với phối tử.

Trong trường hợp phối tử rất dư so với ion trung tâm thì có thể chấp nhận các- điều kiện gần đúng:+ Coi phức tạo thành có số phối tử cao nhất.+ Coi nồng độ cân bằng của phối tử bằng nồng độ ban đầu.

Vi dụ 1: Tính cân bằng trong dung dịch AgNC>3 0,0ÍM; NH3 IM; NH4 NO3 IM.

Cho: K + =1(T9'24; p + =103’3'2;P t =107 '2 4 ; r |, OH=10 n'7. N H j ’ Ag( NHj) , | Ag(NH 1)í 'Ag OH

Giải Các quá trình xảy ra:

Ag N0 3 -> Ag+ + N O “

Ag+ + n h 3 < = > Ag(NH3)+ Pa8(NH,)+= 103,32

( 1 )

Ag+ + 2 NH 3 ĩ = ± Ag(NH3) 2 ÂgíNH,):= 1 0 7 '24 (2 )

Ag+ + h 2 0 AgOH + H+ ÂgOII =:1 0 ' 1U (3)

NH ; < = ± NH 3 + H+ K-nh 4 == IO-9’24 (4)

49






50/237

K m. í n h ;] k . c ,,(4) => [H +] = - Ni '-j — 3, _ y'i -NÌ ! I = 1 0 ^ 4 M

ÍNHJ c NHj

Vl ^AgonfH J 1= 1 0 '2,46M « 1 => [AgOH] « [Ag+] < CAg+ => Coi quá trình

tạo phức hiđroxo của Ag+ là không đáng kể.

Cn i i3 = IM » CAg+ và PA>NH « p ^ nên ta có thể coi phức tồn tại

chủ yếu trong dung dịch là Ag(NH3) 2 .

Ag+ + 2NH3 -> [Ag(NH3) n PA(NH)t=107'24

, 0 * ^ 2 . 1 0 - 2 . 0 -

=> CNH còn= 1 -2 .10 ' 2 =0,98 M

[Ag(NH3) n < = ± Ag+ + 2NH3 p-A'g(NHi). =10- 7’24

0 , 0 1 - X X 0 , 9 8 + 2x

= 6 -10' 10m = [Ag+]; [Ag(NH3) n = 0,01M;

[NH3]= 0,98M; [Ag(NH3)+] = 'PAg(NH3)+[Ag+][NH3]= 1,2.1()-6M;

[AgOH] = riAgOH[Ag+][H+r ' = 2,110-|2M; [NH;i =• IM.

Như vậy các giả thiết đều hoàn toàn thoả mãn.

Vỉ dụ 2: lon phức Ag(NH3) 2 bị phân hủy trong môi trường axit theo phản ứng:

Ag(NH3) 2+ + 2H+ < = > Ag+ + 2NH 4+

Đe 90% ion phức có trong dung dịch Ag(NH3) 2 0,1M bị phân hủy thì nồng độ

H+ tại trạng thái cân bằng là bao nhiêu? Cho: p + =107,2 4 ;K N + =1(T9'24.

Giải

Ag(NH3) ; < = ± ' Ag+ + 2NH3 P;'g(NH3). =10 - 7’24

2NN3 + 2H+ ^ = ± 2N H4+ (IC1 J 2 =1018'48

Ag(NH3); + 2H+ « = ± Ag+ + 2NH 4+ K = 1 0 n ’24c 0,1[] 0 ,1 -0 ,0 9 = 10‘2 X 0,09 0,18

K _ [Ag+J[NH3 ] 2 _ 0,09.(0,18)2 = 1 Q | 1 | 2 4

[Ag(NH3 );][H + ] 2 1 0 V

=>x =[H+] = 1,3.10 6M

50






51/237

Ví dụ 3: Dung dịch A được tạo bởi CoCb 0,0100M, NH 3 0 ,3 6 0 0 M và H2O2 3,00.10'3M.a) Tính pH và nông độ ion Co2+ trong dung dịch A. b) Viết sơ đô pin và tính suât điện động E của pin được hình thành khi ghép (qua

cầu muôi) điện cực Pt nhúng trong dung dịch A với điện cực Ag nhúng trongdung dịch K 2C1O 4 8,0.10'3M có chứa kết tủa Ag2CrƠ 4 . Cho:

K + =10 ;K r =10~6'50;K S(A r =10 n'89;a(N H j) a(HCrOj) ’ S(Ag,CrO.,)

(3 = 1 0 3 5 l6 ; p ______ 2+ = 1 0 4,39.C o(N H,^ ,K C o(N H,) f

E°c,vcV+= ^ 4 V ;E ;Iỉ0ỉ/20H. = 0,94V ;E“gVAg =0 ,799V .

Giải

a)C0 CI2 -> Co2+ + 2C1'0,01 0,01 0,02

+ 6 N H 3 - > Co(NH3) r PCo(NHAf = 10'

0,01 0,36- 0,3 0,01

,4,39

T ,ịtỊị ~Ị~j*01 Co(NH,)’+ /Co(N H ,)^ ■

3+ _______ ị p „ 3 + I /CXTTT D “ 1

N H , ) f

E°_

Co(NH3) r < = > C o - + 6 NH 3 PCh(NHj),

Co3+ + e Co2+ Ki = 10 ° ’059

^Co(NH,f+

Co2+ + 6 NH 3 < = ± Co(NH3) f

E°

Co(NH3) r + e ^ Co(NH3)- K 2 = 1 0 °”-

p 2+ in 4-39=ỳ E° lt ‘ ,+ =E° 1+ 2+ + 0,0591g - (NI— = 1,84 + 0,05 91g -^— •

CoíNH-,)^ /CotNH-,)^ Co /C o R 1 n 35’16P Co(NH,)’+

- 0,0246V

OxihóaCo(NH3) f bởiH 20 2.

2 x |C o ( N H 3) f < = ± Co(NH3) ỉ+ + le

1 x |H 2Q2 + 2 e < = > 2 QH~ _______________ . _________

2Co(NH3) 62+ + H2 O2 < = ± 2Co(NH3)ẳ+ + 20HT- K

ih o 2/ ’o i r co(Ni i ,) i ị+ /n>(Ni i1)g+ 2(0 ,94 - 0 ,0 24 6)

=} K = 10 °’059 = 1o 0’059 = 1o31,03

51






52/237

Vì K rât lớn nên có thể coi phản ứng xảy ra hoàn toàn:

2Co(NH3) ^ + H2 O2 -> 2Co(NH3)^+ + 20H

0,01 0,0030,004 - 0,0060,006

TPGH: Co (NH3)^+ 0,006M; Co(NH3) ị+ 0,004M; O H ' 0,006M; NH3 0,3M

Vì p của các ion phức tương đối lớn và NH 3 dư nên ta có thể bỏ qua sự phân li

của các ion phức. Tính pH theo cân bằng:1 r r 14

n h 3 + H20 < = ± n h ; + OH~ Kb = - ^ — -=1(T4’761 0

c 0,3 6 . 1 0 ' 3[ ] 0,3 - X X 6.10"3 + X

^ XJ 6 .Ĩ0-Ĩ + X)==10_4,76 ^ x = 7,68.10‘4M « 0,3M0,3-x

[OH-] = 6,768.10‘3M pH = 11,83

- Tính nồng độ Co2+:

Co(NH3) r2+ < = > Co2+ + 6 NH3 p - 1 ,+ = 1 0 -4’39

c 0,004[ ] 0,004 - X X 0,3

J 0 3̂ )Sc _ = 1 0 _4 39 = [Co2+]=2,117.1(r4M0,004 - X

b) Tính Epin

- Tính E của điện cực Pt:

[Co(NH3)^+] « c ÍNIH,3+=0,006M (vì p rất lớn và N H 3 dư)

[Co(NH3) f ] = 0,004 - 2,117.10'4 = 3,788.10'3M

, 0,059 |Co(N H3fr ]Co(NH, );’*/C()(NH, )ẩ+ C 2Ag+ + CrOjj Ks = 10' n ’89

2EW ___ Ag+/Ag

2x I Ag+ + e Ag (K2)2 = 10 °-059 = 1027’08

Ag2 C r0 4 + 2 e ĩ = ± 2Ag + CrO,2" K’= 1015’19






53/237

2 UẰE,CrtV2AS K 1 Q0 OSQK ' =1 0 °'05Ỉ =1015,19 ^ E° = i £ i l ^ £ZA r n - = 0 ,448VAg,Cr04/2Ag 2

Ị Q - 1 4

C r O + H20 HCrO: + O H ' Kb = = 10'7‐54 ^ 4 0

c 8 . 1 O' 3[ ] 8.10 - X X X

^ -----= 1(T7 '5 => x = 1,6.10'5M=i> [CrO 4 _ ] « 8.10‘3M* — V8 . 1 0 -X

—̂ E a rn = E° rn /?A + 0,0591g-------r— = 0,448 + lg ----- — Ag2Cr04/2Ag Ag2Cr 0 4/ 2 Ag [CrO ] 2 810

=> E a r n , „ = 0,509V > E ,t ,+ nên Ag làc ưc dương (catot) còn Pt làAg2Cr04/2Ag Co(NH,)̂ /Co(NH3)f ° D \ ;

cực âm (anot).Sơ đồ pin:

0 Pt| Co(NH3)6+6.10‘3M; Co(NH3)^+ 3,788.10‘3M; NH 3 0,3M II Ag2C r0 4 ị ,CrOị" 8.10'3M ;O H ' 1,6.10'5M| Ag ®

=>Epin = Ecatot - Eanot = KAB2Cr 0 4/ 2Ag ' ECo(NH,)f/Co(NH,)̂ = 0,509 - 0,0364

= 0,4726V

III. ẢNH HƯỞNG CỦA s ự TẠO PHỨC ĐÉN HÌNH THÀNH KẾT TỦA. Đ ộ TAN CỦA PHỨC CHẤT

Phương pháp: Tương tự đặc điểm của hợp chất ít tanVí dụ 1: a) Xác định độ tan của CuSCN trong dung dịch N H 3 0,1M.

Biết KSf; uSCN) =10-— ; PCU(NH)2+

b) Cho KS(AiSCN) =10“"'96; KS(A,Br) =1(T12'30. Xác định độ tan của mỗi muối khi

chúng có mặt đồng thời trong dung dịch.Giải

a) CuSCN ĩ = ± Cu+ + SCN“ Ks(CuSCN) = 10' 14’77

Cu+ + 2 NH3 Cu(N H3) ỉ PCu(NH ,♦ - l o '0’86

CuSCN + 2NH3 < = > Cu(NH3) 2+ + SCN” K = 10'3’910,1 - 2 S s s

= > ------ =1(T3'91

Documents

Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học 11 - Nguyễn Xuân Trường (Trích đoạn)