Giải bài tập Hóa phân tích

2.8. 1) Áp dụng qui tắc đương lượng:
125
M
= 41,2  0,09  10
3
 M = 337,1.
C
o
=
125
337

1000
50
= 0,0742M
2) Khi thêm 8,24 ml (chưa đến đTĐ)
Áp dụng: h = K
1  P
P
 K = h
P
1  P
với P =
CV
C
o
V
o
=
009 824
00742  50

= 0,1998  0,2
K = 10
4,3

02
08
= 1,25  10
5
.
2) h =
WK
C'
với C' =
CC
o
C + C
o
=
009  00742
009 + 00742
= 0,04067  pH = 8,75.
2.9. V = 10 ml  h = K.
1  P
P
 pH = 4,35. V = 12,45 ml  h = K.
1  P
P
 pH = 6,15.
V = 12,5 ml  h
2

=
WK
C'
 pH = 8,14 V = 13 ml  h =
W
P  1

V + V
o
V
o
C
o
 pH = 11,12
2.10. TN1: Cho 20 ml dung dịch NaOH C (M) vào 30 ml CH
3
-COOH C
o
(M) đạt pH = 10,5 lớn hơn pH
TĐ
= 8,74, nghĩa là dung dịch tương ứng
với sau điểm tương đương, ta có:
h =
W
P  1

V + V
o
V
o

C
o
= 10
5
với P =
CV
C
o
V
o
=
2C
3C
o

Sau khi thay số  2C  3C
o
= 1,58  10
3
()
TN2: Thêm tiếp 0,05 mmol HCl, đạt pH = 6 < 8,74  trước điểm tương đương. Ta có:
h = K.
1  P
P
= 10
6
 P = 0,94556
Với P =
CV  005
C

o
V
o
=
20C  005
30C
o
= 0,094556  2C  2,837C
o
= 5  10
3
()
Giải () và ()  C = 3,22  10
2
M và C
o
= 2,098  10
2
M.
2.11. 1) NH
4
+



NH
3
+ H
+
K = 10

9,26

0,2 0,01
0,2x 0,01+x
Áp dụng ĐL tác dụng khối lượng với x  0,01  x = 10
7,96
 0,01.
Vật h = [H
+
] = 0,01  pH = 2.
2) Gọi NaOH (C,V) và HCl (C
o1,
V
o
) và
4
NH

(C
o2
,V
o
)
Từ phương trình trung hoà điện: [Na
+
] + [H
+
] + [NH
4
] = [OH


] + [Cl

]

CV
V + V
o
+ h +
C
o2
V
o
V + V
o

h
h + K
=
W
h
+
C
o1
V
o
+ C
o2
V
o

V + V
o


CV  C
o1
V
o
V + V
o
= (
W
h
 h) +
C
o2
V
o
V + V
o

C
o2
V
o
V + V
o

h
h + K

= (
W
h
 h) +
C
o2
V
o
V + V
o

K
h + K

Nhân 2 vế cho
V + V
o
C
o
V
o
và đặt P =
CV
C
o1
V
o
, ta được:
P  1 = (

W
h
 h)
V + V
o
C
o
V
o
+
C
o2
C
o1

K
h + K

q = P  1 = (
W
h
 h)
V + V
o
C
o
V
o
+
C

o2
C
o1

K
h
với K  h, thay số vào  q = 1,74  10
2
hay 1,74%.
3) Áp dụng công thức q khi tính BNCĐ, chú ý môi trường (axit)
Đầu BNCĐ: 150h
2
 0,001h  1,099.10
8
= 0  h = 1,25  10
5
 pH = 4,91.
Cuối BNCĐ: 150h
2
+ 0,001h  1,099.10
8
= 0  h = 5,85  10
6
 pH = 5,23.
2.12. V = 0 ml  h =
WK
C
o
= 10
10,83

không hỏ hơn nhiều so K
Nếu giải phương trình bậc 2 suy ra từ : 1 =
W
h

1
C
o
+
K
K + h
 pH = 10,82.
V = 10 ml  h = K.
P
1  P
 pH = 9,44 V = 20 ml  h = K.
P
1  P
 pH = 8,66.
V = 24,95 ml  h = K.
P
1  P
 pH = 6,56.
V = 25 ml  h
2
= KC' với C' =
CC
o
C + C
o

= 0,0125M  pH = 5,58.
V = 25,02 ml  h = (P  1)
C
o
V
o
V + V
o
 pH = 5
V = 30 ml  h = (P  1)
C
o
V
o
V + V
o
 pH = 2,64.
2.13. 1) P = 0  h =
WK
C
o
= 10
11,22
với C
o
= 0,15M
Chuẩn độ 50% , P = 0,5  h = K.
P
1  P
 pH = 9,26

Khi P = 1  h
2
= KC' với C' =
CC
o
C + C
o
= 0,09375M  pH = 5,14.
2) Áp dụng công thức sai số q = (h 
W
h
)
C + C
o
CC
o

K
K + h
với h 
W
h
và K
 q = 0,1% < 0,2%  vậy MD dùng được.
2.14. 1) V = 10 ml  đTĐ 1  h
2
=
K
1
K

2
C'
K
1
+ C'
với C' =
CC
o
C + C
o
=
2
3
10
2
M  pH = 4,86.
V = 20 ml  đTD 2  h
2
= K
2
K
3
+
WK
2
C''
với C'' =
CC
o
C + 2C

o
= 5  10
3
M  pH = 9,41.
2) Khi dừng pH = 4,4  áp dụng q
I
 sai số: 1,12%
3) Khi dừng pH = 9  áp dụng q
II
 sai số:  0,7%.
2.15. Từ phương trình đường chuẩn độ của axit 2 nấc: P  1 = (
W
h
 h)
V + V
o
C
o
V
o
+
K
1
K
2
 h
2
h
2
+ hK

1
+ K
1
K
2

Chú ý rằng V
TĐ1
= 25 ml và V
TĐ2
= 50 ml.
Nếu V = 20 ml  trước đTĐ 1  P  1 = h
V + V
o
C
o
V
o
+
h
h + K
1
Với P = 0,8
Thay số vào  K
1
= 5,06  10
3

Nếu V = 50  tại đTĐ 2  P  2 =
W

h

C + 2C
o
CC
o

h
K
2
Với P = 2
 K
2
= 2  10
6
.
2.16. 1) Điều kiện K
1
/K
2
 10
4
không thoả mãn  không CĐ riêng được.
Do đó CĐ luôn đến nấc 2: h
2
= WK
2

C + 2C
o

CC
o
 pH = 8,34.
2) h = K
2


2  P
P  1

= 10
6
 P = 1,9817 vậy CĐ được 98% kể từ nấc 1.
2.17.  Chuẩn độ đến pH = 4,4: CĐ đến nấc thứ 1 của H
3
PO
4

[H
+
] + [Na
+
] = [Ac

] + [H
2
PO
4

] + [OH


]
với h và
W
h
không đáng kể và [HPO
4

] và [PO
4
3
] không đáng kể
Gọi C
1
: nồng độ mol của ax. Axetic và C
2
: nồng độ ax. H
3
PO
4
.

20  01
20 + 25
=
K
K + h

25C
1

20 + 45
+
25C
2
20 + 25
thay K = 10
4,76
và h = 10
4,4

 2 = 7,59C
1
+ 25C
2
()
 Chuẩn độ đến pH = 9  CĐ đến nấc thứ 2:
[H
+
] + [Na
+
] = [Ac

] + 2[HPO
4
2
] + [OH

] với h,
W
h

không đáng kể

01  45
25 + 45
=
25C
1
25 + 45
+ 2 
25C
2
70
 4,5 = 25C
1
+ 50C
2
()
Giải hệ () và ()  C
1
= 5,091  10
2
M và C
2
= 6,454  10
2
M
2.18. 1) Tính được V
TĐ1
= 25 ml, V
TĐ2

= 50 ml.
V = 20 ml  h = K
2

P
1  P
với P =
CV
C
o
V
o
= 0,8  h = 10
9,73

V = 25 ml  h
2
=
W + K
2
C'
1 + K
1
1
C'
với C' =
CC
o
C + C
o

 h = 10
8,34
.
V = 30 ml  h = K
1

P  1
2  P
với P = 1,2  h = 10
6,95
.
V = 50 ml  C''= 5  10
3
< L = 3  10
2
M
 áp dụng: P  2 = h 
C + 2C
o
CC
o

K
1
h + K
1
với P =
CV
C
o

V
o
= 2 và h  K
1

 h = 10
4,325
.
2) q = (h 
W
h
)
C + C
o
CC
o
+
h
2
 K
1
K
2
h
2
+ K
1
h + K
1
K

2
= 1,76  10
2
hay 1,76%.
2.19.  Lúc PP đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na
2
CO
3
= Sđlg HCl
1,2(
x
100

1
40
+
y
100

1
106
) = 30  0,5  10
3
()
Lúc MD đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na
2
CO
3
= Sđlg HCl
1,2(

x
100

1
40
+
y
100

1
53
) = 35  0,5  10
3
()
Giải hệ  x = 41,67% và y = 22,08%.
2.20. Nồng độ dd B (NaOH): C' =
31  02
25
= 0,248M
1) Gọi x: số mol NaHCO
3
và y số mol Na
2
CO
3
(trong 25 mol dung dịch A)
Số mol HCl tác dụng với 25 ml dd A: x + 2y = 48  0,2  10
3
= 0,0096 ()
Sau khi thêm 50 ml dung dịch B vào 25 ml dung dịch A rồi trung hoà NaOH dư bằng HCl:

Số mol NaOH = x + số mol HCl
50  0,248  10
3
= x + (25  0,2 10
3
)  x = 7,4  10
3
mol NaHCO
3
 %NaHCO
3
= 82,88%
Từ ()  y = 1,1  10
3
mol Na
2
CO
3
 %Na
2
CO
3
= 15,54%.
2) Ta có thể xem Na
2
CO
3
(8,5 mmol) đã bị chuẩn độ bằng axit đến dd A: gồm Na
2
CO

3
(1,1 mmol và NaHCO
3
7,4 mmol)
Lúc đó P =
CV
C
o
V
o
=
số mmol NaHCO
3
tổng số mmol Na
2
CO
3
ban đầu
=
74
85
= 0,87
Ap dụng h = K
2

P
1  P
= 10
9,5
 pH = 9,5

3) Nếu CĐ 25 ml dung dịch A bằng HCl đến PP chuyển màu (đến NaHCO
3
):
Số đlg Na
2
CO
3
= Sđlg HCl  1,1 = V  0,2  V = 5,5 ml.
2.21. Nhận xét: ở pH = 7,21  h = 10
7,21
= K
2

2  P
P  1
 P = 1,5
(nghĩa là CĐ đến ½ nấc 2 của H
3
PO
4
)
Khi pH = 9,78 
pK
1
+ pK
2
2
= 9,765  CĐ đến vừa hết nấc 2 của H
3
PO

4
.
 Thể tích NaOH CĐ được 1 nấc H
3
PO
4
: 5  2 = 10 ml.
 Suy ra thể tích NaOH CĐ vừa hết H
2
SO
4
: 15  5  10 = 10 ml.
 C (H
3
PO
4
) =
10  01
5
= 0,2M và C (H
2
SO
4
) =
01  10
5  2
= 0,1M.
 Trung hoà hoàn toàn 5 ml dung dịch hỗn hợp H
3
PO

4
và H
2
SO
4
(nghĩa là đến nấc 3 H
3
PO
4
)
Ta có: V  0,1 = (0,1  2  5) + (0,2  3  5)  V = 40 ml.
2.22. Số mol H
3
PO
4
: 0,025  0,4 = 0,01 mol. Số mol Na
3
PO
4
: 0,03  0,5 = 0,015 mol.
Xét tỉ lệ f =
số mol H
3
PO
4
số mol Na
3
PO
4
= 0,667  0,5 < f < 2 , ta có phản ứng:

H
3
PO
4
+ 2Na
3
PO
4
 3Na
2
HPO
4
2H
3
PO
4
+ Na
3
PO
4
 3NaH
2
PO
4

a 2a 3a b 0,5b 1,5b
n
H
3
PO

4
= a + b = 0,02 và n
Na
3
PO
4
= 2a + 0,5b = 0,015  a =
002
3
và b =
001
3

 n
Na
2
HPO
4
= 3a = 0,02 mol và n
NaH
2
PO
4
= 1,5b = 0,005 mol
Nếu CĐ đến MD chuyển màu cần V ml HCl: 0,02 = 0,1V  V = 200 ml
Nếu CĐ đến PP chuyển màu cần V' ml NaOH: 0,005 = 0,1V'  V' = 50 ml
3.1. 1) E
TĐ
=
E

o
Fe
+ 5E
o
Mn
6
= 1,37V
2) Dừng CĐ ở E = 0,83 V < 1,37 V  trước đTĐ, thiếu CĐ
Dùng E = E
o
Fe
+ 0,059lg
P
1  P
 P = 0,99714  q = P  1 =  0,00286 hay 0,286%
3.2. 1) CĐ thiếu 0,2%: E = E
o
U
+
0059
2
lg
P
1  P
vơi P = 0,998  E = 0,414 V
CĐ đến đTĐ: E =
2E
o
U
+ E

o
Ce
3
= 0,703V
CĐ đến quá 0,2% : E = E
o
Ce
+ 0,059 lg(1  P) với P = 1,002  E = 1,280 V
2) Dừng ở thế 0,42 V < 0,703V  trước đTĐ: E = E
o
U
+
0059
2
lg
P
1  P
 P = 0,9988
 P =
NV
N
o
V
o
= 0,9988  V = 39,95 ml.
Dừng ở thế 1,27V > 0,703 V  sau đTĐ: E = E
o
Ce
+ 0,059 lg(1  P)  P = 1,0013
 P =

NV
N
o
V
o
= 1,0013  V = 40,052 ml

3.3. 1) Từ 2 bán phản ứng: Fe
3+
+ 1e Fe
2+
K
1
= 10
E
Fe
/0,059
Ti
3+
+ H
2
O  e TiO
2+
+ 2H
+
K
2
= 10
E
Ti

/0059

Phản ứng CĐ có K = K
1
K
2
= 10
11,36

2) Tính V
TĐ
= 50 ml và E
TĐ
=
E
o
Fe
+ E
o
Ti
2
= 0,435V
Theo E = E
o
Fe
+ 0,059lg
[Fe
3+
]
[Fe

2+
]
vơi [Fe
2+
] =
005  20
20 + 50
=
1
70
thay vào biểu thức E  [Fe
3+
] = 10
7,52

3) Dừng ở E = 0,330 V < E
TĐ
 quá CĐ, ta dùng E = E
o
Ti
+ 0,059lg
1
P  1
 P  1 và V  50 ml
3.4. E
TĐ
=
144 + 068
2
= 1,06V

* q = 0,001  P = 0,999
Áp dụng E =
o
Fe
E
+ 0,059log
[Fe
3+
]
[Fe
2+
]
=
o
Fe
E
+ 0,059log
P
1  P
= 0,857 V
* q = +0,001  P = 1,001
Áp dụng E =
o
Ce
E
+ 0,059log(P  1) = 1,263v
BNCĐ: 0,857  1,263V: Chọn Feroin chuyển màu rõ ở thế 1,12V từ đỏ sang xanh nhạt.
3.5.  Chuẩn độ được 50% (P = 0,5): E =
o
Sn

E
+
0059
2
log
P
1  P
= 0,15V
 Chuẩn độ được 90% (P = 0,9): E =
o
Sn
E
+
0059
2
log
P
1  P
= 0,178V
 CĐ được 100% (P = 1): E
TĐ
=
oo
Fe Sn
E 2E
3

= 0,3567V
 CĐ đến 110% (P = 1,1): E =
o

Fe
E
+ 0,059log(P  1) = 0,711V.
3.6. Au
3+
+ 3I



AuI  + I
2

a a mol
2Cu
2+
+ 4I



2CuI  + I
2

b 0,5b mol
I
2
+ 2S
2
O
3
2



2I

+ S
4
O
6
2

 Số mol I
2
= a + 0,5b = ½ Số mol S
2
O
3
2
= 0,5(0,076132,710
3
) = 1,2442.10
3

Hay : 2a + b = 2,4884.10
3
()
Ngoài ra khối lượng mẫu hợp kim: 197a + 64b = 0,1676 ()
 a = 1,2090.10
4
mol và b = 2,2466.10
3

mol
 %Au = 14,221%.
3.7. Gọi x: % khối lượng H
2
C
2
O
4
.2H
2
O (M = 126)
y: % khối lượng KHC
2
O
4
.H
2
O (M = 146)
Với phép chuẩn độ axit bazơ: Sđlg NaOH = Sđlg H
2
C
2
O
4
.2H
2
O + Sđlg KHC
2
O
4

.H
2
O
43,1 0,125.10
3
= (
x
100

12
126
2
) + (
y
100

12
146
) ()
Với phép chuẩn độ oxi hóa khử:Sđlg KMnO
4
= Sđlg H
2
C
2
O
4
.2H
2
O + Sđlg KHC

2
O
4
.H
2
O
43,1 0,125.10
3
= (
x
100

12
126
2
) + (
y
100

12
146
2
) ()
Giải hệ () và ()  x = 14,37 và y = 81,57.
3.8. Phản ứng oxi hóa Cr
3+
thành
2
27
Cr O


:

2
28
SO

+ 2e 

2
2
4
SO



2Cr
3+

+ 7H
2
O  6e 


2
27
Cr O

+14H
+

3
2
28
SO

+ 2Cr
3+
+ 7H
2
O 

6
2
4
SO

+
2
27
Cr O

+ 14H
+

Sđlg Cr
3+
= Sđlg
2
27

Cr O

= Sđlg Fe
2+
(lấy dư)  Số đlg KMnO
4
(CĐ FeSO
4
thừa)
(
x
100

2
52
3
)
20
100
= (35  15) 0,009  5  10
5
.
 x = 3,9%.
3.9. Gọi a: số mol BaCO
3
= số mol Ba
2+

2Ba
2+


K
2
Cr
2
O
7
2BaCrO
4

H
+
2Ba
2+
+
2
27
Cr O


a 0,5a
2
27
Cr O

+ 6I

+ 14H
+



2Cr
3+
+ 3I
2
+ 7H
2
O
0,5a 1,5a
I
2
+ 2
2
23
SO



2I

+
2
46
SO


1,5a 3a  3a = 0,1013  38,68  10
3

 a = 1,306  10

3
 %Ba =
1306  10
3
 137  100%
0512
= 34,95%
3.10. Gọi x: số mol PbO và y: số mol PbO
2

PbO + H
2
C
2
O
4
 PbC
2
O
4
 + H
2
O (1)
x x x
PbO
2
+ 2H
2
C
2

O
4
 PbC
2
O
4
 + 2CO
2
+ 2H
2
O (2)
y 2y y
5H
2
C
2
O
4
+ 2KMnO
4
+ 3H
2
SO
4
 2MnSO
4
+ 10CO
2
+ K
2

SO
4
+ 8H
2
O (3)
Số mol H
2
C
2
O
4
tham gia (1) và (2): x + 2y = 20.0,25.10
3
 10.0,04.10
3
.
5
2

Hay x + 2y = 4.10
3
()
Khi hòa tan kết tủa PbC
2
O
4
ta thu được H
2
C
2

O
4
số mol:
x + y =
5
2
 30.0,04.10
3
= 3.10
3
()
Giải hệ () và ()  x = 2.10
3
và y = 10
3
mol
%PbO = 2.10
3
.223 
100%
1234
= 36,14%
%PbO
2
= 10
3
.239 
100%
1234
= 19,36%.

3.11. Pb
2
O
3
+ 6HCl  2PbCl
2
+ Cl
2
+ 3H
2
O
x x
Pb
3
O
4
+ 8HCl  3PbCl
2
+ Cl
2
+ 4H
2
O
y y
Pb
2
O
3
 2Pb
2+

2PbCrO
4

2
27
Cr O


x x
Pb
3
O
4
 3Pb
3+
 3PbCrO
4
 1,5
2
27
Cr O


y 1,5y
2
27
Cr O

+ 6I


+ 14H
+


2Cr
3+
+ 3I
2
+ 7H
2
O
(x + 1,5y) (3x + 4,5y)
I
2
+ 2
2
23
SO



2I

+
2
46
SO


Số mol

2
23
SO

= 2.Số mol I
2
= 2(3x + 4,5y) = 35,04.10
3
.0,2
Hay: 6x + 9y = 7,008.10
3
()
Ngoài ra: Cl
2
+ 2I



I
2
+ 2Cl


(x + y) (x + y)
Số mol
2
23
SO

= 2(x + y) = 9,36.10

3
.0,2
Hay: x + y = 9,36.10
4
()
Giải hệ () và ()  x = 4,72.10
4
và y = 4,64.10
4

%Pb
2
O
3
=
462x
06
100% = 36,33%
%Pb
3
O
4
=
685y
06
100% = 52,96%.
3.12. Tính được V
TĐ
= 100 ml
Đầu BNCĐ: q = 0,001 và V

đ
= 99,9 ml
E =
o
Fe
E
+ 0,059log
[Fe
3+
]
[Fe
2+
]
Với [Fe
3+
] =
001  999
1999
+
001  100
1999
=
1999
1999

Fe
3+
sinh ra Fe
3+
có sẵn

Và [Fe
2+
] =
001  01
1999
=
0001
1999

E = 0,68 + 0,059log
1999
0001
= 0,875V
Cuối BNCĐ: V
c
= 100,1 ml và P = 1,001
E =
o
Ce
E
+ 0,059log(P  1) = 1,263V.
3.13.  Nếu cho qua cột khử Ag (trong dd HCl 1M), xảy ra:
Fe
3+
+ Ag + Cl



Fe
2+

+ AgCl 
VO
2
+
+ Ag + 2H
+
+ Cl



VO
2+
+ H
2
O
Khi chuẩn độ dung dịch thu được bằng Ce
4+
thì Fe
2+
 Fe
3+
và VO
2+
 VO
2
+
Số mol Ce
4+
= Số mol Fe
2+

+ Số mol VO
2+

8,86.10
3
.0,2 = x + y
Hay x + y = 1.772.10
3
()
 Nếu cho qua cột khử Zn (H
2
SO
4
1N) :
2Fe
3+
+ Zn 

2Fe
2+
+ Zn
2+

2VO
2
+
+ 3Zn + 8H
+



2V
2+
+ 3Zn
2+
+ 4H
2
O
Chuẩn độ bằng Ce
4+
thì Fe
2+
 Fe
3+
và V
2+
 VO
2
+

Số đlg Ce
4+
= Số đlgFe
2+
+ Sđlg VO
2
+

22.10
3
.0,2 = x + 3y ()

Giải hệ () và () cho x = 4,58.10
4
và y = 1,314.10
3

%Fe =
200
50

458  10
4
 56  100%
05
= 20,52%
%V =
200
50

1314  10
3
 51  100%
05
= 53,6%.
3.14. Phản ứng: 6Fe
2+
+ Cr
2
O
2
7

+ 14H
+


6Fe
3+
+ 2Cr
3+
+ 7H
2
O
Ta có: E
TD
=
E
o
Fe
+ 6E
o
Cr
7
+
0059
7
lg
[Fe
3+
]
[Fe
2+

]

[Cr
2
O
7
2-
]
[Cr
3+
]
2
(chấp nhận [H
+
] = 1)
Tại đTĐ: 6[Cr
2
O
2
7
] + 3[Cr
3+
] = [Fe
3+
] + [Fe
2+
] mà 3[Cr
3+
] = [Fe
3+

]
Nên suy ra: 6[Cr
2
O
2
7
] = [Fe
2+
], thay vào biểu thức sau log:
[Fe
3+
]
[Fe
2+
]

[Cr
2
O
7
2-
]
[Cr
3+
]
2
=
3[Cr
3+
]

6[Cr
2
O
2
7
]

[Cr
2
O
7
2-
]
[Cr
3+
]
2
=
1
2[Cr
3+
]

Vậy E
TĐ
=
E
o
Fe
+ 6E

o
Cr

7
+
0059
7
lg
1
2[Cr
3+
]
=
1
7
(E
o
Fe
+ 6E
o
Cr
 0018lg[Cr
3+
])
V
TD
=
01  100
01
= 100 ml  [Cr

3+
] =
[Fe
3+
]
3
=
1
3

N
o
V
o
V+V
o
=
01  100
3  200
=
01
6

Thay vào E
TD
= 1,249 volt.
 Nếu dừng ở E = 1 volt:  trước đTĐ  E = E
o
Fe
+ 0,059lg

P
1  P
= E
o
Fe
+ 0,059lg
q+1
-q

 q = 3,77.10
4
%
 Nếu dừng ở E = 1,3 volt  sau đTĐ
 E = E
o
Cr
+
0059
6
lg
[Cr
2
O
7
2-
]
[Cr
3+
]
2

= E
o
Cr
+
0059
6
lg
1
[Cr
3+
]
+
0059
6
lg
[Cr
2
O
7
2-
]
[Cr
3+
]
(1)
Ta có: 6[Cr
2
O
2
7

] + 3[Cr
3+
] =
NV
V+V
o

Sau đTĐ: 3[Cr
3+
] = [Fe
3+
] =
N
o
V
o
V+V
o
 [Cr
3+
] =
N
o
V
o
3(V+V
o
)

01

6

Và 6[Cr
2
O
2
7
] =
NV  N
o
V
o
V+V
o
 [Cr
2
O
2
7
] =
1
6

NV  N
o
V
o
V+V
o

Vậy
[Cr
2
O
7
2-
]
[Cr
3+
]
=
1
2

NV  N
o
V
o
N
o
V
o
=
P  1
2
=
q
2

Thay vào biểu thức (1): E = 1,33 +

0059
6
lg
6
01
+
0059
6
lg
q
2
 q = 2,965  10
5
hay 2,965 10
3
%

3.15. Với q = 0,2% = 0,002  P = 0,998 trước đTĐ
E = E
o
A
+
006
n
A
lg
P
1  P
= E
o

In

006
n

= E
o
A
+
006
n
A
lg
0998
0002
= E
o
In

006
n
 E
o
A
= E
o
In

006
n


006
n
A
2,698 (1)
Với q = + 0,2% = 0,002  P = 1,002: sau đTD
E = E
o
B
+
006
n
B
lg(P 1) = E
o
In
+
006
n
 E
o
B
= E
o
In
+
006
n
+
006

n
B
2,698 (2)
Lấy hiệu số (2) và (1): E
o
B
 E
o
A
= 0,06(
2
n
+
2698
n
A
+
2698
n
B
)
4.1. 1)a Tại điểm tương đương: [Ag
+
] = [Br

] = T = 10
123
= 10
6,15

 [
2
4
CrO

] =
24
11,7
Ag CrO
0, 6
12,3
T
10
10 3,98M
[Ag ] 10


  

b. Xét : CrO
4
2
+ H
2
O 

HCrO
4

+ OH


WK
1
= 10
7,5

C 2.10
3

[ ] (2.10
3
 x) x x
 x = 7,94.10
6
 2.10
3
nên [CrO
4
2
] = 2.10
3
M.
Khi kết thúc chuẩn độ: [Ag
+
] =
24
11,7
Ag CrO
4,5
23

4
T
10
10
[CrO ] 2.10




so với [Ag
+
]
TĐ
 quá CĐ
Áp dụng: q = ([Ag
+
] 
T
[Ag
+
]
)
C + C
o
CC
o
= 10
4,5
.
001 + 005

001.005
= 10
2,42

q = 3,8.10
3
= 0,38%.
2) Đầu BNCĐ: q = -0,001 = (m 
T
m
)
C + C
o
CC
o
Với m 
T
m


=-0,001 = 
10
123
m

001 + 005
001.005
 m = 10
7,22
 pAg = 7,22

Cuối BNCĐ: pAg = 12,3  7,22 = 5,08
Vậy BNCĐ: từ pAg = 7,22 đến pAg = 5,08
4.2. Từ công thức sai số: q = (
T
m
 m)
C + C
o
CC
o
Với m = [Pb
2+
]
Trước điểm tương đương: m 
T
m
 m
005 + 001
005.001
= 0,001  m = 8,333.10
6

 [
2
4
CrO

] =
4
14

PbCrO
8, 92
2 5, 079
T
10
10
[Pb ] 10





 [Ag
+
] =
12
1,54
8,92
10
10
10




= 2,88.10
2
M
Sau điểm tương đương: m 
T

m

T
m

0,06
0,0005
= 0,001 
T
m
= [
2
4
CrO

] = 10
5,079

 [Ag
+
] =
12
5,079
10
10


= 3,46.10
4
M.

4.3. Ag
+
+ SCN



AgSCN  T = 10
12

C
o
= C
AgNO
3
=
001  55
100
= 5,5.10
3
M ; C = C
SCN

= 0,01M
Công thức sai số: q = ([SCN]*  [Ag
+
])
C + C
o
CC
o

, trong đó [SCN

]* = [SCN

] + [Fe(SCN)
2+
]
Ta cần phải tìm [Ag
+
]. Từ cân bằng: Fe
3+
+ SCN



Fe(SCN

)
2+
 = 10
3,03

[ ]: 5.10
3
x 6.10
6

 x = 1,12.10
6

 [Ag
+
] =
T
[SCN

]
=
10
12
112.10
6
= 8,93.10
7
M
Và [SCN

]* = [SCN

] + [Fe(SCN)
2+
] = 1,12.10
6
+ 6.10
6
= 7,12.10
6
M
Với q = ([SCN]*  [Ag
+

])
C + C
o
CC
o
= (7,12.10
6
 8,93.10
7
)
001 + 55.10
3
001.55.10
3
= 1,754.10
3

Hay q = 0,18%.
4.4. Ag
+
+ Cl



AgCl và Ag
+
+ SCN




AgSCN
Số mol Ag
+
= Số mol Cl

+ Số mol SCN

(pứ)
(500,021)10
3
= (1000,009).10
3
+ a (với a: sô mol SCN

đã phản ứng)
 a = 0,15.10
3
mol  [SCN

]
dư
=
3
3
(0,6 0 ,15)10
10
163




2,7610
3
M
AgCl  + SCN



AgSCN  + Cl

10
2

C 2,76.10
3

[ ] (2,76.10
3
 x) x
 x = 2,73.10
3
và [SCN

] = 3.10
5
M
Tính lại nồng độ C
Fe
3+
=
11

163
= 6,13.10
3
M
Xét cân bằng: Fe
3+
+ SCN



Fe(SCN)
2+
= 10
3,03

C 6,13.10
3
3.10
5

[ ] (6,13.10
3
3.10
5
+ x) x (3.10
5
 x)
 x = 3,98.10
6

 [Fe(SCN)
2+
] = 3.10
5
 3,98.10
6
= 2,602.10
5
> 6.10
6
: Vậy có màu đỏ xuất hiện
4.5. Số đlg Ag
+
= Số đlg IO
3

+ Số đlg SCN


50  0,1 = 50C
o
+ 30.0,1  C
o
= 0,04M
q = ([SCN

]*  [Ag
+
])
C + C

o
CC
o
với [SCN

]* = [SCN

] + [Fe(SCN)
2+
]
Từ Fe
3+
+ SCN



Fe(SCN)
2+
 = 10
3,03

[ ] 5.10
3
x 6.10
6
. ĐLTDKL cho x = 1,12.10
6
và [Ag
+
] =

T
112.10
6
= 8,93.10
7

 [SCN

]* = [SCN

] + [Fe(SCN)
2+
] = 1,12.10
6
+ 6.10
6
= 7,12.10
6

Tính lại nồng độ đầu Ag
+
: C
o
=
300110
3
1000
100
= 0,03M (số mol Ag
+

dư = số mol SCN

)
Vậy: q = (7,12 10
6
 8,93 10
7
)
003 + 01
003  01
= 2,7 10
4
hay 0,027%.
4.6. 1) Số đlg Fe
2+
= Số đlg Cr
2
O
2
7

25N
o
1000
=
8  N
1000
với N = 6C
M
= 0,6M  N

o
= C
Fe
2+
= 0,192M
Chuẩn độ Cl

: Số đlg Ag
+
= Số đlg Cl

 Số đlg SCN


25  N
o
’ = (100  0,16)  (25  0,12)  N
o
’ = C
Cl

= 0,52 M
2) Nếu chỉ có (FeCl
2
chưa bị oxi hoá): C
Cl

= 2C
Fe
2+

= 0,52  C
Fe
2+
= 0,29 M
Fe
2+
đã bị oxi hoá thành Fe
3+
:
0068  100
026
= 26,15%
3) Từ 2 biểu thức Nernst của cặp Fe
3+
/Fe
2+
và Cr
2
O
2
7
/Cr
3+
ta có:
7E
TĐ
= E
o
Fe
+ 6E

o
Cr
+ 0,059lg
[Fe
3+
]
[Fe
2+
]

[Cr
2
O
7
2-
]
[Cr
3+
]
2
(chấp nhận [H
+
] = 1)
Tại đTĐ: 6[Cr
2
O
2
7
] + 3[Cr
3+

] = [Fe
3+
] + [Fe
2+
] mà 3[Cr
3+
] = [Fe
3+
]
Nên suy ra: 6[Cr
2
O
2
7
] = [Fe
2+
], thay vào biểu thức sau log:
[Fe
3+
]
[Fe
2+
]

[Cr
2
O
7
2-
]

[Cr
3+
]
2
=
3[Cr
3+
]
6[Cr
2
O
2
7
]

[Cr
2
O
7
2-
]
[Cr
3+
]
2
=
1
2[Cr
3+
]

Vậy E
TĐ
=
E
o
Fe
+ 6E
o
Cr

7
+
0069
7
lg
1
2[Cr
3+
]

4.7. Số đlg NaCl + Số đlg KCl = Số đlg AgNO
3
 Số đlg NH
4
SCN
(
a
585


60
100
) + (
a
745

37
100
) = 25  0,1  10
3
 5,5  0,1  10
3
 a = 0,128 gam.
4.8. 1) Chuẩn độ bằng HCl: Số đlg NH
3
= Số đlg HCl
C  25  10
3
= 0,1  15  10
3
 C
NH
3
= 0,06M
Xác định NH
4
Cl : xác định Cl


Số đlg AgNO

3
= Số đlg SCN

+ Số đlg Cl

(NH
4
Cl) + số đlg HCl (tác dụng NH
3
)
60  0,1  10
3
= (18  0,2  10
3
) + (C’  25  10
3
) + (15  0,1  10
3
)  C’ = 0,036M
2) Sau khi tính sơ bộ môi trương  môi trường bazơ
Ta có: NH
3
+ H
2
O 

NH
+
4
+ OH


WK
1
= 10
4,74

C 0,06 0,036
[ ] 0,06  x (0,036 + x) x
Áp dụng ĐL tác dụng khối lượng: với đk x  0,036  x = 10
4,52
= [OH

]
 h = [H
+
] = 10
9,48
 pH = 9,48
3) Tại đTĐ: hệ là NH
4
Cl nồng độ C
1
. Thể tích tại điểm tương đương: 25 + 15 = 40 ml
Vậy C
1
=
(0,06 + 0,036)25
40
= 0,06M
Xét cân bằng: NH

+
4


NH
3
+ H
+
K = 10
9,26

[ ] (0,06  x) x x  ĐLTDKL  x = 10
5,24
 pH = 5,24: Dùng metyl đỏ.
4.9. 1) Gọi x: % NaOH và y: % NaCl
Số đlg NaOH = Số đlg HCl 
x
100

67
40

25
250
= 22.0,5.10
3
 x = 65,67%
Số đlg AgNO
3
= Số đlg Cl


+ Số đlg SCN


35  0,11  10
3
= (
y
100

67
585

25
250
) + (4,7  0,095 10
3
)  y = 29,70%
Nồng độ NaOH trong dung dịch B: C
M
= 22  0,5  10
3

1000
250
= 0,44M  pH = 13,64
2) q = (h 
W
h
)

C + C
o
CC
o
ở pH = 10  h 
W
h

= 
W
h

C + C
o
CC
o
= 
10
14
10
10

05 + 044
05 + 044
=  4,27.10
4
 q =  0,043%
3) Môi trường quá kiềm không chuẩn độ bằng Mohr được.
4.10 1) Khi MD chuyển màu  pT  4 (đTĐ 2)
Số đlg Na

2
CO
3
= Số đlg HCl
25
250

m

106
2
= 0,2  20,5  10
3
 m = 2,173 gam  % Na
2
CO
3
=
2173
35
100% = 62,08%
Số đlg AgNO
3
= Số đlg NaCl + Số đlg HCl (mới thêm)
30,5  0,2  10
3
=
25
250


m’
585
+ (0,2  20,5  10
3
)  m = 1,17 g. %NaCl =
117
35
100% = 33,43%.
2) C
Ag
+
=
CV
V + V
o
= [Ag
+
] + m
AgCl
+ 2m
Ag
2
CrO
4
(1) (m: số mol trong 1 lít dung dịch)
C
Cl

=
C

o
V
o
V + V
o
= [Cl

] + m
AgCl
(2)
Lấy (1) trừ (2) :
CV  C
o
V
o
V + V
o
= ([Ag
+
]  [Cl

] + 2m
Ag
2
CrO
4
)
Suy ra: q = ([Ag
+
]  [Cl


] + 2m
Ag
2
CrO
4
)
C + C
o
CC
o

Với C
o
(Cl

) : bao gồm Cl

trong NaCl và Cl

trong HCl mới thêm
C
o
=
(305  0,2  10
3
)  1000
455
= 0,1341M và C = C
Ag

+
= 0,2M
m
Ag
2
CrO
4
=
575  10
7
 1000
455 + 305
= 7,565  10
6

[CrO
4
2-
] = (5  10
3
)  (7,565  10
6
) = 5 10
3

[Ag
+
] =
10
12

5.10
3
= 1,414  10
5
và [Cl

] =
10
10
1414 10
5
= 7,07 10
6

Thay vào biểu thức q  q = 0,027%
Bài 4.11 đã giải tại lớp (phần lí thuyết)
5.1. Tại điểm tương đương: V
TĐ
=
50.0 01
0 02
= 25 ml
Khi V = 24,9 ml < V
TĐ
: Từ phương trình đường CĐ rút ra:
 [Sr]*
V
o
+ V
C

o
V
o
= P  1 với P =
0 02.24 9
0 01.50
= 0,996  [Sr]* = 2,67.10¯
5

ở pH = 10 : 
Sr
=
1
1 + h¯
1
=
1
1 + 10¯
13 18
.10
10

 1  [Sr] = [Sr]* = 2,67.10¯
5
 pSr = 4,57
Khi V = 25 ml : tại điểm tương đương  [Sr] =
CC
o

C + C

o

1
*

Với * =  . 
Sr
. 
Y
= 10
8,63
. 1 .
K
4

h + K
4
= 10
8,18
 [Sr] =
2
3
. 10¯
2
. 10¯
8 18
= 10¯
5,18

 pSr = 5,18

Khi V = 25,1 ml quá chuẩn độ. Áp dụng :
1
*[Sr]*
= P  1 với P =
CV
C
o
V
o
=
0 02 . 25 1
0 01.50
= 1,004
 [Sr]* =
1
10
8 18
. 0 004
= 10¯
5,78
 pSr = 5,78
5.2. Tính *
CaY
: 
Ca
=
1
1 + h¯
1
=

1
1 + 10¯
12 5
.10
12 5

= 0,5 ; 
Y
=
K
4

h + K
4
 0,994
*
CaY
= 
CaY
. 
Ca
. 
Y
= 10
10,27

Tính *
CaIn
: 
In

=
K
2

h + K
2
=
10¯
13 5

10¯
12 5
+ 10¯
13 5

=
1
11
; *
CaIn
= 
CaIn
. 
Ca
. 
In
= 10
3,96

Ta có : *

CaIn
=
[CaIn]
[Ca]*[In]*
=
1
[Ca]*
 [Ca]* = 10¯
3,96
= m*
Áp dụng công thức sai số: q =
1
*m*
 (
1
*
+ m*)(
C + C
o

CC
o
) =
1
10
1027
.10¯
3 96

 (10¯

3,96


2.10¯
2
10¯
4
)

5.3. 
Ca
=
1
1 + h¯
1
=
1
1 + 10¯
12 5
.10
10

= 0,9968 và 
Y
=
K
4

h + K
4

=
1
2 82

*
CaY
= .
Ca
.
Y
= 10
10,57
.0,9968.
1
2 82
= 10
10,12

Tại điểm tương đương: [Ca]* =
1
*
CaY
.
CC
o

C + C
o
=
1

10
10 12
 5.10¯
3
= 10¯
6,21

*
CaIn
=
[CaIn]
[Ca]*[In]*
=
1
[Ca]*
1 = 10
6,21

q =  2,19%
5.4. 
Mg
=
1
1 + h¯
1
=
1
1 + 10¯
117
.10

10

=
1
102
; 
Y
=
K
4

h + K
4
= 0,355 =
1
282


In
=
K
3

h + K
3
=
10¯
11 6

10¯

10
+ 10¯
116

= 0,0245
*
MgY
= .
Mg
.
Y
= 10
8,7
.
1
102
.0,355 = 10
8,24

*
MgIn
= 10
7
.
1
102
. 0,0245 = 10
5,38

*

MgIn
=
[MgIn]
[Mg]*[In]*
=
1
[Mg]*

1
9
= 10
5,38
 [Mg]* =
1
9
 10¯
5,38
= 10¯
6,33

Thay [Mg]* vào công thức tính sai số:
q =
1
*m*
 (
1
*
+ m*)(
C + C
o

CC
o
) =
1
10
824
.10¯
633

 10¯
6,33
.
001 + 002
001.002
= 0,01223
hay q = 1,26%
5.5.Các giá trị : 
M
=1 ;
Y
=
K
3
K
4

h
2
+ K

3
h
= 10¯
6,45
; 
In
=
K
2

h + K
2
= 0,01
*
MY
= 
MY
.
M
.
Y
= 10
18
.1.10¯
6,45
= 10
11,55

*
MIn

= 
MIn
.
M
.
Y
= 6,25  10
10
.1. 0,01 = 10
8,795

Từ công thức: *
MIn
=
1
[M]*

[MIn]
[In]
= 10
8,795
 [M]* = 10¯
8,795

Công thức sai số: q =
1
*
MY
.[M]*
 [M]*

C + C
o

CC
o
=
=
1
10
11 55
.10¯
8 795

 10¯
8,795

0 01 + 0 01
0 01.0 01
= 0,175%
5.6. Tính pH dung dịch đệm: h = K
NH
4
+
.
[NH
+
4
]
[NH
3

]
= 10¯
9,26
.
0 182
0 1
= 10¯
9
 pH = 9
Tính 
Zn
=
1
1 + 
i
[NH
3
]
i
= 7,94.10¯
6
và 
Y
=
K
4

1 + K
4
= 0,0521

Vậy *
ZnY
= 10
16,5
.7,94.10¯
6
.5,21.10¯
2
= 10
10,12

Ta có V
TĐ
=
V
o
C
o

C
= 1 ml
Vài điểm quan trọng trên đường cong chuẩn độ:
 V = 0,5 ml (P = 0,5)  pZn = 8,4
 V = 1 ml (P = 1)  pZn = 11,66
 V = 1,3 ml (P = 1,2)  pZn = 14,52
 Lân cận điểm tương đương: cần giải phương trình bậc 2:
1
*[Zn]*
 [Zn]*
V

o
+ V
C
o
V
o
= P  1
Khi P = 0,999  pZn = 10,07 và P = 1,001  pZn = 12,25.
5.7.1. Chuẩn độ được 50% : Số đlg EDTA =
1
2
số đlg MnSO
4

V  0 02
1000
=
1
2

100  0 01
1000
 V = 25 ml
Chuẩn độ đến điểm tương đương : V
TĐ
= 50 ml
Chuẩn độ đến pMn = 5: Ta so sánh với pMn tại điểm tương đương để xác định điểm dừng chuẩn độ ở trước hoặc sau điểm tương đương.
*
(MnY)
= 

MnY
 
Mn
 
Y
= 10
13,8
.1.
K
4
h + K
4
= 10
13,8
.0,0521 = 10
12,52

Tại điểm tương đương: [Mn]* =
1
*

CC
o
C + C
o
=
1
10
12 52


2  10¯
4
3  10¯
2

= 10¯
7,35

pMn = pMn* = 7,35
Nhận xét: Khi dừng chuẩn độ ở pMn = 5  trước điểm tương đương
nhỏ
nhỏ
nhỏ
Ta áp dụng: [Mn]* = (1  p)
C
o
V
o

V + V
o
 10¯
5
=
C
o
V
o

V + V
o

CV
C
o
V
o

C
o
V
o

V + V
o

 10¯
5
=
C
o
V
o
 CV
V + V
o
=
100.0 01  0 02.V
V + 100

 V = 49,93 ml
Chuẩn độ đến pMn = 9:điểm dừng chuẩn độ ở sau điểm tương đương.
Ta áp dụng:
1
*[Mn]*
= P  1 
1
*[Mn]*
=
CV
C
o
V
o
 1

1
10
12 52
.10¯
9

=
002.V
0 01.100
 1  V = 50,015 ml
2. Sai số khi chuẩn độ đến pMn = 5 :
q =
1

10
12 52
.10¯
5

 10¯
5
.
3.10¯
2

2.10¯
4

=  10¯
2,82
=  1,51.10¯
5
hay  0,15%
3. pMn tại điểm tương đương đã được tính ở trên.
5.8. Ga
3+
+ MgY
2-


GaY
-
+ Mg
2+

K
Mg
2+
+ H
2
Y
2-


MgY
2-
+ 2H
+

K = 
GaY
.(
MgY
)
-1
= 10
20,3
.10¯
8,7
= 10
11,6
: rất lớn
Số mol Ga
3+
= số mol Mg

2+
= số mol EDTA
m
69 72
= 5,91  10¯
3
 0,0701  m = 28,88 mg Ga
5.9. Số đlg M
2+
= Số đlg EDTA = 31,63  10¯
3
 0,01204  2 = 0,7616  10¯
3
đlg
Độ cứng =
0 7616  10¯
3
 1000
50
= 0,0152 đlg/l
Ghi chú:  Một đơn vị độ cứng = 0,5mmol/l (Ca
2+
, Mg
2+
) hay 1 đlg/l
 Nước có độ cứng 1,5  4 đơn vị : nước mềm; 4 – 8 đv : nước cứng trung bình;
> 8 đv: nước cứng.
5.10.Giả sử nồng độ của Mg
2+
là 10¯

3
M thì C
OH
-
bắt đầu kết tủa =
10¯
10 95

10¯
3

= 10¯
3,97

 pH = 10,03
Và nồng độ của Ca
2+
là 10¯
3
M thì C
OH
-
bắt đầu kết tủa =
10¯
5 26

10¯
3

= 10¯

1,13

 pH = 12,87

Suy ra ở pH = 9,3 cả hai ion Ca
2+
và Mg
2+
đều chưa kết tủa
Nếu dùng Ecriocrom đen T chỉ thị ở pH = 9,3 thì chuẩn độ cả 2 ion Ca
2+
và Mg
2+

Số đlg Ca
2+
+ Số đlg Mg
2+
= Số đlg EDTA
20
500
[(
x
100

0 5021
100
2
) + (
y

100

0 5021
84
2
)] = 13,5  0,015  2  10¯
3
(I)
Ở pH = 11,5 Mg(OH)
2
đã kết tủa hoàn toàn và Ca
2+
chưa kết tủa
Dùng Murexit ở pH = 11,5 chỉ chuẩn độ Ca
2+

Số đlg Ca
2+
= Số đlg EDTA
20
500
(
x
100

0 5021
100
2
) = 9,4  0,015  2  10¯
3

(II)
Giải (I) và (II)  x = 70,2% CaCO
3
và y = 25,72% MgCO
3

5.12.Nồng độ mol Cu
2+
: C
o
.100 = 0,1  10  C
o
= 0,01M
pH của dung dịch đệm: h = K.
[NH
+
4
]
[NH
3
]
= 10¯
9,24

0 0026
0 38
= 10¯
11,4
 pH = 11,4


Cu
=
1
1 + 
1
[NH
3
] + … + 
4
[NH
3
]
4
= 10¯
10,4
; 
Y
=
K
4
h + K
4
=
10¯
10 26

10¯
11 4
+ 10¯
10 26

= 10¯
0,03

*
(Cu-Y)
= 10
18,8
. 10¯
10,4
. 10¯
0,03
= 10
8,37
; 
In
=
K
3
K
4
K
5

h
3
+ K
3
h
2
= 10¯

3,55

*
(Cu-In)
= 10
17,9
. 10¯
10,4
. 10¯
3,55
= 10
3,95

Với *
(Cu-In)
=
[CuIn]
[Cu]*.[In]*
 [Cu]* = m* =
1
*
(Cu-In)

 9 = 10
3,95
 9 = 10¯
3

Sai số chuẩn độ: q =
1

*
(Cu-Y)
. m*
 m*.
C + C
o

CC
o
= - 0,11 hay  11%
C
Al
3+
=
(0 023  50  0 016  38)
25
= 2,17  10¯
2
M
5.11. 1) Tính * của AlY
-
và FeY
-
:
 Ở pH = 2:

Y
=
K
1

K
2
K
3
K
4

h
4
+ K
1
h
3
+ K
1
K
2
h
2
+ K
1
K
2
K
3
h

+ K
1
K

2
K
3
K
4
=
10¯
21 09

2 14  10¯
8

= 10¯
13,42


Fe
=
1
1 + h¯
1
=
1
1 676

Al
=
1
1 + 'h¯
1

=
1
1 + 10¯
5
.10
2
 1
rất bé
*
FeY
= 
FeY
.
Fe
.
Y
= 10
25,1
.
1
1 676
.10¯
13,42
= 10
11,46

*
AlY

= 

AlY
.
Al
.
Y
= 10
16,13
.1. 10¯
13,42
= 10
2,71

 Ở pH = 5:

Y
=
K
3
K
4

h
2
+ K
3
h
=
10¯
16 42

10¯
10
+ 10¯
11 16

= 10¯
6,45


Fe
=
1
1 + h¯
1
=
1
1 + 10¯
2 17
.10
5
= 10¯
2,83

Al
=
1
1 + 'h¯
1
=
1

1 + 10¯
5
.10
5
=
1
2

*
FeY
= 
FeY
.
Fe
.
Y
= 10
25,1
. 10¯
2,83
. 10¯
6,45
= 10
15,82
*
AlY

= 
AlY
.

Al
.
Y
= 10
16,13
.1.
1
2
. 10¯
6,45
= 10
9,38

2) Ở pH = 2 chỉ chuẩn độ được Fe
3+
:
C
Fe
3+
=
0 023  29 6
25
= 2,723  10¯
2
M
Ở pH = 5, *
AlY
lớn nên có thể chuẩn độ được bằng EDTA
C
Al

3+
=
(50.0,023  38.0,016)
25
= 2,17  10
2
M = 0,0217M