Bằng dung dịch NH3, người ta có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al3+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg2+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit.

Với phản ứng kết tủa Al3+ dưới dạng Al(OH)3.

3 × | NH3 + H2O 

Al(OH)3







NH4+ + OH−

Al3+ + 3OH−



; Kb = 1,8.10−5

;



K s,Al(OH)



Al3+ + 3 NH3 + 3 H2O  Al(OH)3 + 3 NH4+ ; K =



3



K 3b

Ks



= 5. 10−33



(1,8.10−5 )3

−33

= 5.10

= 1,17.1018



Hằng số K rất lớn => Al3+ có thể kết tủa hoàn toàn dưới dạng Al(OH)3.

Tương tự như vậy, đối với phản ứng:

Mg2+ + 2NH3 + 2 H2O  Mg(OH)2 + 2 NH4+ ; K =



K 2b

Ks



(1,8.10−5 )2

−12

= 4.10

= 81.



Phản ứng thuận nghịch, Mg2+ không kết tủa hoàn toàn dưới dạng Mg(OH) 2

như Al3+.

Nhận xét: Sử dụng hằng số cân bằng để đánh giá mức độ phản ứng là phương pháp

đánh giá bán định lượng. Phương pháp này có ưu điểm là nhanh nhưng chỉ đúng với

các phản ứng có hằng số cân bằng rất lớn (kết luận là hoàn toàn) và quá nhỏ (kết

luận là không đáng kể hoặc không xảy ra). Tuy nhiên, việc kết tủa của các ion phụ

thuộc nhiều vào lượng ban đầu của các ion. Cụ thể, nếu lượng NH 3 rất dư so với

lượng Mg2+ thì có thể kết tủa hoàn toàn Mg 2+ dưới dạng Mg(OH)2 trong khi cách

đánh giá bán định lượng chỉ có thể kết luận là không hoàn toàn mà thôi.

Ví dụ 45. [Câu III.1-Đề thi chọn HSG QG 2006]

Thêm H2SO4 vào dung dịch gồm Pb(NO 3)2 0,010 M và Ba(NO3)2 0,020 M

cho đến nồng độ 0,130 M (coi thể tích dung dịch không đổi khi thêm axit).

Hãy tính pH và nồng độ các cation kim loại trong dung dịch thu được.

Phân tích: Đây là một ví dụ nhằm xác định thành phần cân bằng trong dung dịch

sau phản ứng. Ở đây, chúng ta xác định các phản ứng xảy ra, hằng số cân bằng của

các phản ứng từ đó xác định mức độ phản ứng và TPGH của phản ứng. Dựa vào

TPGH, chúng ta sẽ xác định cân bằng chính trong dung dịch từ đó xác định thành

phần cân bằng trong dung dịch sau phản ứng. Cụ thể:

- Các phản ứng xảy ra khi cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch:

H2SO4 → H+ + HSO40,13

-



0,13



0,13

91



HSO4–



Ba2+



+





→

ƒ



BaSO4↓



H+



+



0,130



0,020



0,130



0,110



-



0,150



HSO4–



Pb2+



+





→

ƒ



PbSO4↓ +



K1 = 107,93



H+



0,110



0,010



0,150



0,100



-



0,160



K2 = 105,66



TPGH của hệ: HSO4– 0,100 M , H+ 0,160 M , BaSO4↓ , PbSO4↓

Các cấu tử: HSO4–, BaSO4↓ , PbSO4↓ đều phân ly tạo ra ion SO42-. Trong

các cấu tử đó thì HSO4– có hằng số phân ly là lớn nhất, vì thế cân bằng quyết định

đến nồng độ [SO42-] trong dung dịch là cân bằng phân ly của HSO4-.





HSO4–

C



H+



0,100



0,16



[ ] (0,100 - x)



(0,160 + x)



[H + ].[SO24− ]



Ka =



+



[HSO ]

−

4



SO42–



Ka = 10-2



x

x



x(0,160 + x)

= (0,100 − x) = 10-2 => x = [SO42–] = 5,69.10-3 (M)



[HSO4–] = 0,0943 (M)

[H+] = 0,160 + x = 0,1657 (M) => pH = 0,78.

K s,BaSO



10−9,93

2−

−3

[Ba2+] = [SO 4 ] = 5,69.10 = 2,0.10-8M

K s,PbSO



4



10 −7,66

2−

−3

[Pb2+] = [SO4 ] = 5,69.10 = 3,84.10-6M.

4



Nhận xét: Đây là một ví dụ cơ bản trong việc xác định thành phần cân bằng trong

dung dịch chứa chất ít tan. Từ kết quả của ví dụ này, chúng ta dễ dàng thiết lập các

dạng bài tương tự nhằm củng cố kiến thức cho học sinh.

Ví dụ 46. [CÂU III-Đề thi chọn HSG QG 2007]

Một dung dịch có ba chất HCl, BaCl2, FeCl3 cùng nồng độ 0,0150M. Sục khí

CO2 vào dung dịch này cho đến bão hoà. Sau đó thêm từ từ NaOH vào dung dịch

đến nồng độ 0,120M. Tính pH của dung dịch thu được.



92



Cho biết: nồng độ CO2 trong dung dịch bão hoà là 3.10 -2M; thể tích của dung

dịch không thay đổi khi cho CO 2 và NaOH vào; các hằng số: pKa của H 2CO3 là 6,35

và 10,33; pKs của Fe(OH)3 là 37,5 và của BaCO3 là 8,30;

pKa của Fe3+ là 2,17.

Phân tích: Đây là một ví dụ tổng hợp kiến thức. Trong ví dụ này, học sinh phải tiến

hành so sánh các hằng số cân bằng để xác định thứ tự xảy ra các phản ứng, từ đó xác

định TPGH. Sau đó dựa vào TPGH và các cân bằng xảy ra, học sinh phải lựa chọn cân

bằng chính

Tuy nhiên, khi học sinh lựa chọn cân bằng chính dựa vào hằng số cân bằng có

thể sẽ dẫn đến một số hiểu lầm đó là: cân bằng có hằng số lớn hơn sẽ xảy ra trước.

Trên thực tế, đa số trường hợp, sự so sánh đó là đúng. Tuy nhiên, để đảm bảo sự so

sánh là đúng hoàn toàn, chúng ta phải đưa các cân bằng về cùng một hệ quy chiếu.

Ví dụ khi so sánh các cân bằng:

- Trung hoà H+:

- kết tủa Fe(OH)3 :



H+ +



OH-  H2O



Fe3+ + 3OH-  Fe(OH)3



(1) Kw-1 = 1014

(2) KS-1 = 1037



- Phản ứng với CO2: CO2 + 2OH-  CO32- + H2O (3) Ka1Ka2.Kw-2 = 1011,32

Nhiều học sinh cho rằng cân bằng tạo kết tủa xảy ra trước vì có hằng số cân

bằng lớn hơn, tuy nhiên, để so sánh chính xác chúng ta đưa chúng về cùng một hệ

quy chiếu là phản ứng với một ion OH -, khi đó cân bằng (1) có K 1 là 1014; cân bằng

(2) chuyển thành (2.1) có hằng số cân bằng K 2 = 1037/3 = 1012,33; còn cân bằng (3)

chuyển thành cân bằng (3.1) có hằng số cân bằng K 3 = 1011,32/2 = 105,66. Do đó thứ tự

phản ứng xảy ra là: (1), (2), (3).

Ví dụ 47. [Câu IV.2-Đề thi chọn HSG QG 2010]

Sục khí H2S vào dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05M; Pb(NO3)2 0,10M;

Zn(NO3)2 0,01M đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B.

Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?

Phân tích: Trong ví dụ này, học sinh phải dựa vào các hằng số cân bằng để xác định

thứ tự các phản ứng xảy ra, trên cơ sở đó kết luận về mức độ phản ứng. Cụ thể:

Dựa vào các hằng số cân bằng ta có:

2Fe3+ + H2S  2Fe2+ + S↓ + 2H+



(1)



K1 = 1021,28



Pb2+ + H2S  PbS↓ + 2H+



(2)



K2 = 106,68



93



Zn2+ + H2S  ZnS↓ + 2H+



(3)



K3 = 101,68



Fe2+ + H2S  FeS↓ + 2H+



(4)



K4 = 10-2,72



Từ các hằng số cân bằng trên ta xác định được thứ tự phản ứng: (1), (2), (3), (4)

Tuy nhiên, trên thực tế sự tạo thành kết tủa sẽ sinh ra H + làm giảm [S2-] trong

dung dịch dẫn đến giảm khả năng xuất hiện các kết tủa là các muối sunfua. Chính vì

thế, chúng ta chỉ có thể kết luận phản ứng coi như xảy ra hoàn toàn với (1) và (2).

→

2Fe3+ + H2S ƒ

2Fe2+ + S↓ + 2H+ (1)

K1 = 1021,28

0,05

-



0,05



Pb2+ + H2S





→

ƒ



0,05



PbS↓ + 2H+



0,10



0,05



-



0,25



(2)



K2 = 106,68



Zn2+ + H2S  ZnS↓



+ 2H+



(3)



K3 = 101,68



Fe2+ + H2S  FeS↓



+ 2H+



(4)



K4 = 10-2,72



K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS:

Vì môi trường axit =>



C'Zn 2+ = C Zn 2+



= 0,010 M;



C'Fe2+ = CFe2+ = CFe3+



= 0,050 M.



Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ => khả năng phân li của H2S trong

môi trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H +] =



CH +



= 0,25 M => tính



CS' 2-



theo cân bằng:

H2 S

CS' 2-



Ta có:



C'Fe2+ CS' 2-



.



+ 2H+



Ka1.Ka2 = 10-19,92



[H 2S]

0,1

+ 2

2

= Ka1.Ka2 [H ] = 10-19,92 (0,25) = 10-19,72.



C'Zn 2+ CS' 2-



.



 S2-



< KS(ZnS) => ZnS không xuất hiện;



< KS(FeS) => FeS không tách ra.



Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.

Nhận xét: trong ví dụ này học sinh phải tiến hành tổ hợp các cân bằng chính từ các

cân bằng thành phần. Bên cạnh đó việc so sánh định lượng để xác định mức độ

phản ứng là cần thiết vì các hằng số cân bằng nhỏ. Dựa vào kết quả của ví dụ này,



94



chúng ta tiến hành xây dựng các dạng bài tương tự nhằm củng cố kỹ năng tổ hợp

cân bằng, đánh giá mức độ phản ứng tạo kết tủa của các chất trong dung dịch.

II. ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ

Ví dụ 48. [Câu V.1-Đề thi đội tuyển Olympic Hóa học-2004]

Cho các cân bằng:

AgSCN ↓



+ IO3−  AgIO3 ↓



+



Ag2CrO4 ↓ + 2IO3−  2AgIO3 ↓

2AgCl ↓



SCN−



(1)



K1 = 10−4,49



(2)



K2 = 103,04 (mol/L)



(3)



K3 = 10−8(mol/L)-1



+ CrO42−



+ CrO42−  Ag2CrO4 ↓ + 2Cl−



Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng:

AgSCN ↓



+ Cl−  AgCl ↓ + SCN−



Phân tích: đây là một dạng bài cơ bản trong đó sử dụng phương pháp tổ hợp các cân

bằng để được cân bằng theo yêu cầu của đề bài. Trong dạng bài này, học sinh tìm

cách loại bỏ đi các chất không có trong cân bằng chính với các hệ số phù hợp. Cụ

thể:

1x|

-0,5x|

-0,5x|



AgSCN ↓ + IO3−  AgIO3 + SCN−

Ag2CrO4 ↓ + 2IO3−  2AgIO3 ↓ + CrO42−

2AgCl ↓ + CrO42−  Ag2CrO4 ↓ + 2Cl−

AgSCN ↓ + Cl−  AgCl ↓ + SCN−

=> K4 = 10-4,49. 10-3,04/2. 108/2 = 102,01



(1)

(2)

(3)

(4)



K1 = 10−4,49

K2 = 103,04 (mol/L)

K3 = 10−8(mol/L) −1

K4 = K1.K2-1/2.K3-1/2



Nhận xét: dạng bài này các GV cũng nên tìm cách tổ hợp vì tương đối quan trọng

với học sinh bởi vì trong nhiều trường hợp khi đề bài đã cho các thông tin dưới

dạng các cân bằng thành phần thì học sinh phải sử dụng các thông tin đó để tổ hợp

được cân bằng chính theo yêu cầu đề bài.

Ví dụ 49. [Câu VI-Đề thi chọn học sinh đội tuyển Olympic-2004]

Độ tan của các muối ít tan bị ảnh hưởng bởi hai yếu tố quan trọng là pH và sự tạo

phức.

1. Giải thích tại sao pH ảnh hưởng đến độ tan của bạc oxalat. Tính độ tan của

bạc oxalat (theo mol.L−1) trong dung dịch có pH = 5.

Tại 250C, Ka1 (H2C2O4) = 5,9.10−2 mol.L−1 ; Ka2 (H2C2O4) = 6,4.10−5 mol.L−1

Tích số tan của bạc oxalat bằng 3,5.10−11.



95



2. Giải thích tại sao bạc oxalat tan nhiều trong dung dịch amoniac. Tính độ

tan của bạc oxalat (theo mol.L−1) trong một dung dịch amoniac. Biết rằng khi sự hoà

tan ngừng lại (cân bằng hoà tan đã được thiết lập), [NH3] = 0,02 mol.L−1.

Cho: Ag+

AgNH3+



NH3  AgNH3+



; k1 = 2,51. 103 mol.L−1



+ NH3  Ag(NH3)2+



; k2 = 8,32. 103 mol.L−1



+



Phân tích:

Trong ý 1, học sinh phải thiết lập được mối quan hệ giữa độ tan (S) của

Ag2C2O4 vào pH của dung dịch dựa vào cân bằng hòa tan và các cân bằng tạo phức

hiđroxo và cân bằng proton hóa của ion oxalat.

Khi đó độ tan (S) có thể liên hệ qua các biểu thức:

S = [Ag+] + [AgOH] = [Ag+] (1 + *β.[H+]-1) = [Ag+] (1 + *β.10pH)



(II.1)



K a1K a 2

hoặc S = [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4] = [C2O42-] h + K a1h + K a1K a 2



(II.2)



2



(với[H+] = h)

Dựa vào pH học sinh có thể nhận xét về ảnh hưởng của pH đến độ tan của

Ag2C2O4. Sau đó khi yêu cầu xác định độ tan của Ag 2C2O4 tại pH = 5 (môi trường

axit) nên có thể bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của Ag + vì thế tính độ tan theo biểu

thức (II.2).

Trong ý 2, học sinh thiết lập biểu thức liên hệ giữa độ tan (S) của Ag 2C2O4

trong dung dịch NH3 dựa vào các cân bằng hòa tan Ag2C2O4 và cân bằng tạo phức

của Ag+ với NH3. Khi đó độ tan (S) của Ag2C2O4 trong dung dịch NH3 được liên hệ

qua biểu thức:

S = [Ag+] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2+] = [Ag+] (1 + k1[NH3] + k1k2[NH3]2)

(II.3)

Từ đó dựa vào nồng độ cân bằng của NH3, [NH3] = 0,02mol/l để xác định độ tan (S).

Nhận xét: ví dụ này thể hiện mối quan hệ giữa độ tan với môi trường trong đó có sự

tạo phức. Thông qua ví dụ này học sinh được củng cố và rèn luyện kỹ năng mô tả

các cân bằng xảy ra trong hệ và biểu thức liên hệ giữa độ tan (S) với nồng độ cân

bằng của các ion trong dung dịch. Trên cơ sở của kết quả này, GV có thể cho học



96



sinh thiết lập và tính độ tan của các chất rắn ít tan trong các dung dịch khác nhau

nhằm củng cố kiến thức và kỹ năng cho học sinh.

Ví dụ 50.[Câu VII.2.(Đề thi chọn đội tuyển Olympic -2006)]

Viết sơ đồ pin và tính sức điện động E của pin được hình thành khi ghép

(qua cầu muối) điện cực Pt nhúng trong dung dịch A được tạo thành bởi CoCl 2

0,0100 M, NH3 0,3600 M và H2O2 3,00.10−3 M với điện cực Ag nhúng trong dung

dịch K2CrO4 8,0.10−3 M có chứa kết tủa Ag2CrO4.

Phân tích: Với dung dịch A, xảy ra sự tạo phức của các ion Co 2+ và Co3+ với NH3 và

quá trình oxi hóa Co(NH3)62+ thành Co(NH3)63+ bằng H2O2, sau đó dựa vào thành

phần cân bằng trong dung dịch A để xác định thế của điện cực Pt nhúng vào dung

dịch A.

Với điện cực Ag nhúng vào dung dịch chứa K 2CrO4 8,0.10-3M chứa

Ag2CrO4, chúng ta phải xét các quá trình thủy phân của CrO 42- và quá trình hòa tan

của Ag2CrO4. Trên cơ sở so sánh các hằng số cân bằng để lựa chọn cân bằng chính

quyết định đến nồng độ cân bằng của CrO 42-, từ đó chúng ta xác định được nồng độ

cân bằng của CrO42-.

Từ nồng độ cân bằng của CrO42-, sử dụng phương trình Nerst chúng ta xác

định được thế của điện cực Ag và so sánh với thế của điện cực Pt nhúng trong dung

dịch A để xác định cấu tạo của pin và sức điện động của pin.

Nhận xét: bài tập này đã yêu cầu học sinh sử dụng hầu như các kiến thức cân bằng

trong dung dịch như: tạo phức, oxi hóa-khử, axit-bazơ, cân bằng chất ít tan. Điều đó

nói lên mức độ tổng hợp kiến thức trong các đề thi chọn HSG. Dựa vào đặc điểm

của ví dụ này, chúng ta có thể xây dựng các dạng bài tổ hợp các kiến thức để phát

triển kiến thức và kỹ năng cho học sinh, đặc biệt là các học sinh giỏi.

Ví dụ 51. [Câu 4.1.b-Đề thi chọn học sinh thi Olympic năm 2008)]

Tính pH để bắt đầu kết tủa và kết tủa hoàn toàn Cr(OH) 3 từ dung dịch CrCl3

0,010 M (coi một ion được kết tủa hoàn toàn nếu nồng độ còn lại của ion đó trong

dung dịch nhỏ hơn hoặc bằng 1,0.10-6 M).

Cho biết:



Cr3+ + H2O  CrOH2+ + H+

Cr(OH)3↓



 Cr3+ +



3 OH¯



H2O  H+ + OH-



*β1= 10-3,8

KS = 10-29,8

Kw =10-14



97



Phân tích: Đây là dạng bài xác định điều kiện xuất hiện kết tủa và kết tủa hoàn toàn.

Trong trường hợp bắt đầu xuất hiện kết tủa, ta có biểu thức liên hệ:

[Cr3+][OH-]3 = KS



(4.1)



Ở đây, học sinh dựa vào cân bằng: Cr3++ H2O  CrOH2+ + H+

0, 01



để xác định nồng độ cân bằng của Cr3+ theo biểu thức: [Cr3+] =



h

*β + h



*β1= 10-3,8

(4.2)



KW

K

= W

+

h

và [OH-] = [H ]

0, 01



thay vào (4.1), ta có:



(4.3)



h

 KW  3

*β + h  h ÷

 = KS



từ đó xác định được pH bắt đầu xuất hiện kết tủa.

Trong trường hợp kết tủa hoàn toàn, ta chú ý đến đặc điểm:

∑



CCr3+



10−6



Khi đó: [Cr3+] ≤



= [Cr3+] + [ CrOH2+] ≤ 1,0.10-6

h

h

 KW  3

10−6

*β + h =>

*β + h  h ÷

 ≤ KS



Từ đó xác định được pH để kết tủa hoàn toàn Cr3+ dưới dạng Cr(OH)3.

Nhận xét: Đây là dạng bài mà trong nhiều tài liệu thường không tính đến sự tạo

phức hiđroxo của các cation dẫn đến học sinh sẽ xác định kết quả một cách đơn

giản, tuy nhiên những kết quả đó không thật sự chính xác vì thế học sinh thường bị

bất ngờ khi gặp tình huống này. Mặt khác, có nhiều học sinh sử dụng kết quả tạo

phức hiđroxo độc lập với pH trong dung dịch dẫn đến kết quả có nhiều sai khác.

Chính vì thế thông qua ví dụ này, GV có thể xây dựng những dạng bài tập tương

ứng nhằm củng cố và phát triển phần kiến thức về điều kiện xuất hiện kết tủa và kết

tủa hoàn toàn cation dưới dạng hiđroxit khi có sử dụng đến yếu tố tạo phức hiđroxo

của cation.

Ví dụ 52. [Câu VII.4-Đề thi chọn học sinh thi Olympic-2013].

Cho biết độ tan của BaSO 3 trong nước ở 250C bằng 0,016 gam/100 gam

nước, chấp nhận khối lượng riêng của dung dịch là 1g/mL. Hãy tính tích số tan của

BaSO3.

Cho: pKa1(SO2 + H2O) = 1,76; pKa2(SO2 + H2O) = 7,21.

98



Phân tích: Trong ví dụ này, học sinh dựa vào độ tan của BaSO 3 để xác định được

nồng độ cân bằng của ion Ba2+ vì ion này không có phản ứng tạo phức hiđroxo.

Đồng thời coi độ tan (S) là nồng độ ban đầu của ion SO 32-, từ đó xác định

được nồng độ cân bằng của SO32- dựa vào cân bằng:

SO32- + H O  HSO-3 +

2



OH–



KwKa2-1 = Kb1 = 10-6,79



Từ các nồng độ cân bằng của Ba2+ và SO32-, học sinh sẽ xác định được tích số tan

của BaSO3.

Nhận xét: đây là một ví dụ đơn giản với học sinh. Tuy nhiên, dựa vào đặc điểm của

kết quả này, chúng ta có thể xây dựng các dạng bài dựa vào độ tan của các chất ít tan

trong nước hoặc trong các dung dịch để từ đó xác định được tích số tan của các chất.

Ví dụ 53. [Câu IV.2.a-Đề thi chọn học sinh thi Olympic 2013]

Cho các cân bằng:



Al(OH)3  Al3+ + 3OH-



KS = 10-32,4



Al(OH)3 + OH-  AlO2- + 2H2O



K = 40



Al3+ + H2O  AlOH2+ + H+

H2O  H+ + OH-



*β = 10-4,3

KW = 10-14



Tìm độ tan của Al(OH)3 trong dung dịch nước.

Phân tích: Trong ví dụ này, dựa vào các dạng tồn tại trong dung dịch chứa Al 3+ như:

Al3+, AlO2- và Al(OH)2+, học sinh sẽ xác định được mối liên hệ giữa độ tan (S) vào

nồng độ cân bằng của các ion đó trong dung dịch. Cụ thể:

=> S = [Al3+] + [Al(OH)2+] + [AlO2-] = [Al3+] (1+ β[H+]-1 + KKw[H+]-1)



(1)



[H + ]

[H + ] + β + K.K w



(2)



S

=> [Al3+] =



Tuy nhiên do tích số tan của Al(OH)3 nhỏ nên sự hòa tan Al(OH)3 trong

nước coi như không ảnh hưởng đến pH của nước, do đó coi pH của dung dịch

Al(OH)3 bão hòa là 7.

Chính vì thế dựa vào biểu thức của tích số tan, ta có:



K 3w

[H + ]

.

+

+ 3

[H

]

+

β

+

K.K

[H

]

3+

- 3

w

KS = [Al ][OH ] =

S



S

hay 10



-32,4



=



(10−7



(3)



10−14x3

+ 10−4,3 + 40.10−14 ).10 −7 x 2 = 1,995.10-24

99



Từ đó xác định được độ tan của Al(OH)3 trong nước là: S = 1,995.10-9M.

Nhận xét: Đây là một ví dụ tương đối khó với học sinh vì trong nhiều trường hợp,

học sinh sẽ không để ý đến đặc điểm là tích số tan nếu quá nhỏ sẽ không ảnh hưởng

đến pH dung dịch, nên quá trình xử lý sẽ rất phức tạp. Chính vì thế, dựa vào kết quả

của ví dụ này, giáo viên có thể xây dựng các dạng bài xác định độ tan của các hợp

chất ít tan có tích số tan nhỏ để rèn luyện kỹ năng cho học sinh.

III. BÀI TẬP CHUẨN BỊ VÀ ĐỀ THI OLYMPIC QUỐC TẾ (IChO)

Ví dụ 54. [Câu 5. e. f. (Đề thi IChO26-Nauy 1994)]

e) Dung dịch bão hoà CaCO 3(r) có pH = 9,95. Hãy tính độ tan của

canxicacbonat trong nước và chứng minh rằng tích số tan của canxicacbonat, K S =

6,2.10-9.

f) Trong máu có chứa ion canxi, hãy tính nồng độ tối đa của ion canxi trong

dung dịch có pH = 7,40 và nồng độ [HCO3-] = 0,022M.

Cho biết: hằng số phân li axit của axit cacbonic là K a1 = 4,5.10-7 và Ka2 =

4,7.10-11.

Phân tích:

Trong ý e), học sinh có thể dựa giá trị pH của dung dịch, học sinh sẽ xác

định các dạng tồn tại chính trong dung dịch gồm: CO32-, HCO3- và Ca2+.

Sau đó, xuất phát từ các cân bằng:

CaCO3(r)  Ca2+(aq) + CO32-(aq)

CO32-(aq) + H2O  HCO3-(aq) + OH-(aq)



(1)



Ks



(2)



Kb1 = Ka2-1.Kw = 10-3,762.



học sinh xác định độ tan (S) của CaCO 3. Từ giá trị độ tan (S) và nồng độ cân bằng

của các ion trong dung dịch, học sinh sẽ xác định được tích số tan trong dung dịch.

Trong ý f), dựa vào các giá trị pH dung dịch = 7,40 và nồng độ [HCO 3-] =

0,022M, học sinh sẽ xác định được nồng độ [CO32-] trong dung dịch.

Trên cơ sở của tích số tan, KS = 6,2.10-9, học sinh sẽ xác định được nồng độ

K S,CaCO



3



2−

3



[Ca2+] tối đa trong dung dịch dựa vào biểu thức: [Ca2+]max = [CO ]

Nhận xét: Bài tập xác định tích số tan dựa vào pH của dung dịch bão hòa là một

dạng bài cơ bản thường gặp. Trong trường hợp này, học sinh sẽ dựa vào các cân

100



bằng và pH dung dịch để xác định các dạng tồn tại chính trong dung dịch từ đó thực

hiện mối liên hệ giữa nồng độ cân bằng của các chất với độ tan và tích số tan. Dựa

vào kết quả này, GV có thể xây dựng các dạng bài tập xác định độ tan và tích số tan

dựa vào pH dung dịch bão hòa trong nước hoặc trong các dung dịch.

Với dạng bài theo ý f), việc dựa vào pH dung dịch, nồng độ cân bằng của

một trong các ion trong dung dịch và tích số tan chúng ta xác định nồng độ tối đa

của các ion trong dung dịch. Từ kết quả của bài này, GV có thể xây dựng các bài

như: cần duy trì pH dung dịch và nồng độ [HCO 3-] hoặc [CO32-] là bao nhiêu để

nồng độ ion Ca2+ trong dung dịch đạt đến một giá trị nào đó.

Ví dụ 55. [Câu 5.b. (Đề thi IChO 21-Đức 1989)]

Xác định tích số tan của đồng (II) iodat bằng phương pháp chuẩn độ iot trong

dung dịch axit (t=25°C). Để chuẩn độ 20,00 mL dung dịch bão hoà đồng (II) iotdat

cần 30,00 ml dung dịch natri thiosunfat 0,10 M

Tính nồng độ Cu2+ trong dung dịch bão hoà đồng (II) iotdat và tính tích số

tan của đồng (II) iotdat, coi nồng độ bằng hoạt độ.

Phân tích: Đây là một ví dụ mang tính chất tổng hợp kiến thức. Dựa vào nồng độ

của ion iotdat được chuẩn độ theo phản ứng:

Cu2+ + 2IO3- + 12I- + 12 H+ → CuI↓ + 6,5I2 + 6H2O

I2 + 2S2O32- → S4O62- + 2Itừ đó xác định được nồng độ tương ứng của ion Cu2+ và tích số tan của Cu(IO3)2.

Nhận xét: nếu dựa trên kiến thức của cân bằng chất ít tan thì đây là một trong các ví

dụ sử dụng kiến thức rất cơ bản. Tuy nhiên việc liên hệ với chuẩn độ oxi hóa-khử

mang lại cho ví dụ trên một sự hấp dẫn nhất định, giúp học sinh tránh được cảm giác

đơn điệu trong việc nghiên cứu cân bằng chất ít tan. Từ kết quả của ví dụ này, chúng

ta có thể tiến hành tổng hợp giữa kiến thức cân bằng chất ít tan với các phần kiến

thức khác nhằm giúp học sinh củng cố và nâng cao kiến thức và rèn luyện kỹ năng.

Ví dụ 56. [Câu 6.a. (Đề thi ICho 34-Hà Lan)]

Dung dịch trong nước chứa đồng thời BaCl 2 và SrCl2 có cùng nồng độ

0,01M. Có thể tách hoàn toàn hỗn hợp bằng cách thêm dung dịch Na 2SO4 bão hòa

hay không?



101