Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho các kì thi olympic sinh viên toàn quốc và học sinh giỏi trung học phổ thông cấp quốc qia”

Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
LỜI CẢM ƠN
Sau một thời gian nghiên cứu, đề tài “Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho
các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và học sinh giỏi trung học phổ thông cấp
quốc qia” đã hoàn thành. Để hoàn thành được bài tiểu luận này có sự hướng dẫn trực
tiếp của Phó giáo sư - Tiến sĩ Ngô Văn Tứ cùng sự giúp đỡ tận tình của các thầy cô
giáo trong khoa Hóa học - Trường Đại học Sư phạm Huế. Ngoài ra, trong quá trình thực
hiện đề tài tiểu luận , em đã nhận được sự giúp đỡ rất tận tình từ thầy cô khoa Hóa, thầy
cô thư viện cũng như ý kiến đóng góp từ các bạn cùng lớp… Nhờ vậy, việc kết hợp với
những lý thuyết đã học và xây dựng hệ thống bài tập hết sức thuận lợi.
Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô khoa hóa trường Đại học Sư phạm Huế
cùng tất cả các thầy cô giáo đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ em trong trong suốt quá
trình học tập, nghiên cứu.
Về phía cá nhân, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và chân thành nhất đến Phó
giáo sư - Tiến sĩ Ngô Văn Tứ về sự hướng dẫn tận tình và quý báu trong suốt quá trình
xây dựng và hoàn thiện bài tiểu luận.
Tuy đã có nhiều cố gắng, nhưng chắc chắn bài tiểu luận của em còn có rất nhiều
thiếu sót. Em rất mong nhận được những ý kiến đóng góp từ quý thầy cô để đề tài này có
thể hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cám ơn!
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 1
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
MỤC LỤC
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 2
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
A. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
 Lí do lí luận:
Đầu thế kỉ XXI, nền giáo dục của thế giới có những bước tiến lớn với nhiều thành
tựu về mọi mặt. Hầu hết các quốc gia nhận thức sự cần thiết và cấp bách phải đầu tư cho
giáo dục. Thật vậy, giáo dục đang trở thành một bộ phận đặc biệt của cấu trúc hạ tầng xã

hội, là tiền đề quan trọng cho sự phát triển của tất cả các lĩnh vực kinh tế, chính trị, văn
hoá, quốc phòng an ninh. Bởi lẽ con người được giáo dục tốt và giáo dục thường xuyên
mới có khả năng giải quyết một cách sáng tạo và có hiệu quả những vấn đề do sự phát
triển của xã hội đặt ra. Chính vì vậy giáo dục là một bộ phận hữu cơ rất quan trọng trong
chiến lược hay kế hoạch phát triển kinh tế xã hội, trong đó mục tiêu giáo dục phải được
coi là một trong những mục tiêu quan trọng nhất của sự phát triển đất nước.
Đầu tư cho giáo dục được coi là đầu tư có lãi lớn nhất cho tương lai của mỗi quốc
gia. Luật Giáo dục 2005 của nước ta đã khẳng định: “Phát triển giáo dục là quốc sách
hàng đầu nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Vì vậy, vấn đề
bồi dưỡng nhân tài nói chung, đào tạo sinh viên - học sinh chuyên nói riêng đang được
nhà nước ta đầu tư hướng đến.
 Lí do thực tiễn:
Một trong những hạn chế, khó khăn của học sinh chuyên, sinh viên học tập môn
hóa học trong toàn quốc đang gặp phải đó là chương trình, sách và tài liệu cho môn
chuyên còn thiếu, chưa cập nhật liên tục. Các học sinh, sinh viên phải tự tìm tài liệu, chọn
giáo trình phù hợp, phải tự xoay sở để chiếm lĩnh lượng kiến thức và rèn luyện kĩ năng
giải bài tập hóa học nói chung và đặc biệt là chuyên đề hóa học phân tích định tính.
Xuất phát từ những nhu cầu thực tiễn đó, là một sinh viên khoa hóa còn non nớt
và thiếu kinh nghiệm, em rất mong mỏi có được một nguồn tài liệu có giá trị và phù hợp
trong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và việc bồi dưỡng học sinh giỏi – học sinh
chuyên. Bên cạnh đó có thể cung cấp được tài liệu tham khảo học tập. Tất cả lí do đó, em
lựa chọn đề tài “Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho các kì thi Olympic sinh viên
toàn quốc và học sinh giỏi trung học phổ thông cấp quốc gia” để nghiên cứu.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 3
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và
học sinh giỏi trung học phổ thông cấp quốc qia
III. ĐỐI TƯỢNG VÀ KHÁCH THỂ NGHIÊN CỨU
 Đối tượng nghiên cứu :

Việc xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập hóa học phân tích dùng trong hoc tập
môn hóa học phân tích định tính và cho các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic sinh
viên .
 Khách thể nghiên cứu :
Quá trình học tập hóa học ở trường THPT chuyên và trường đại học, cao đẳng
chuyên ngành hóa học.
IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu chương trình hóa học phổ thông nâng cao, chuyên hóa học và chương
trình ở bậc đại học chuyên ngành hóa học. Phân tích các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp
quốc gia, quốc tế; kì thi Olympic sinh viên và đi sâu nội dung phần hóa học phân tích
định tính.
Xây dựng hệ thống bài tập hóa học phân tích định tính dùng cho học sinh chuyên
hóa, sinh viên chuyên ngành hóa.
Đề xuất phương pháp sử dụng hệ thống bài tập thích hợp.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Đọc, thu thập tài liệu.
- Tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn.
- Xử lý, tổng hợp.
VI. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Nội dung: Bài tập phần hóa học phân tích định tính .
- Đối tượng: học sinh chuyên hóa, học sinh dự thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế;
sinh viên theo học ngành hóa học
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 4
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
B. NỘI DUNG
BÀI 1:


1. Khi cho từ từ một bazơ mạnh vào dung dịch chứa ion Zn
2+

thì thu được kết tủa
keo trắng Zn(OH)
2
. Tính pH của 1 lít dung dịch chứa 5.10
-2
mol Zn
2+
và 0,1 mol
OH
-
. Biết
2
-17
S(Zn(OH) )
K = 1,2.10
.
2. Khi cho thêm tiếp bazơ vào dung dịch thì kết tủa keo trắng bị hòa tan, thành
dạng phức Zn(OH)
4
2-
. Cho biết hằng số phức bền là 4,6.10
17
. Tính pH của dung dịch
ở câu (1) khi cho 0,1 mol OH
-
vào dung dịch trên (cho rằng thể tích thay đổi không
đáng kể)
(ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)
Bài giải:
1.

2+ -
2
Zn(OH) Zn + 2OHƒ
2
17
( ( ) )
1,2.10
S Zn OH
K
−
=
S S 2S
2
3 -17
S(Zn(OH) )
K = 4S = 1,2.10
S = 1,44.10
-6
mol/l
[OH
-
] = 2S = 2,88.10
-6
(mol/l)
pOH = 5,54 pH = 14 – 5,54 = 8,46
2.
2+ -
2
Zn(OH) Zn + 2OHƒ
2

-17
S(Zn(OH) )
K = 1,2.10
2+ - 2-
4
Zn + 4OH Zn(OH)ƒ
17
f
K = 4,6.10
- 2-
2 4
Zn(OH) + 2OH Zn(OH)ƒ
K = K
S
.K
f
= 5,52
[ ] 2x (0,05-x)
2-
4
- 2 2
[Zn(OH) ]
0,05-x
K = = = 5,52
[OH ] (2x)
x 0,03
[OH
-
] = 2x = 0,06
pOH = 1,22

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 5
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
pH = 14 – 1,22 =12,78
BÀI 2:

2
2+ -
Cu(OH) Cu + 2OHƒ
K
S
= 2,2.10
-20
2+ 2+
3 3 4
Cu + 4NH Cu(NH )ƒ
K
f
= 2,1.10
-13
Sử dụng phương trình và giá trị K cho ở trên để trả lời những câu hỏi sau:
1. Xác định nồng độ mol của Cu(OH)
2
ở pH = 8,00.
2. Nếu 20,00 ml của 0,0010M CuSO
4
trộn với 50,0 ml của 0,0010M NaOH, xác định
liệu Cu(OH)
2
có kết tủa không? Hoàn thiện câu trả lời bằng việc tính toán thích
hợp.

3. Viết phương trình khi cho Cu(OH)
2
tác dụng với dung dịch NH
3
và tính giá trị K
cho phản ứng.
4. Tính nồng độ NH
3
cần cho sự hòa tan 0,100g Cu(OH)
2
trong 1,00 lít nước.
5. Mô tả khi quan sát nếu 5,0M NH
3
được cho từ từ vào 0,10M dung dịch chứa ion
Cu
2+
.
(ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC MĨ NĂM 2012)
Bài giải:
1. Ta có:
2
2+ -
Cu(OH) Cu + 2OHƒ
K
s
= 2,2.10
-20
* pH = 8 pOH = 6 [] = 10
-6
M.

K
S
= [Cu
2+
].[OH
–
]
2

2,2 . 10
–20
= [Cu
2+
].[10
–6
]
2

[Cu
2+
] = 2,2.10
–8
M
2. Nồng độ của Cu
2+
và sau khi trộn là:
=
3
4
0,0200.1,0.10

2,86.10
0,0700
M
−
−
 
=
 ÷
 
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 6
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
=
3
4
1,0.10
0,0500. 7,14.10
0,0700
M
−
−
 
=
 ÷
 

. = (2,86.10
–4
).(7,14.10
–4
)

2
= 1,46.10
–10
>> K
S

Vậy có kết tủa Cu(OH)
2
tạo thành.
3.
2
2+ -
Cu(OH) Cu + 2OHƒ
K
s
= 2,2.10
-20
2+ 2+
3 3 4
Cu + 4NH Cu(NH )ƒ
K
f
= 2,1.10
-13
2+ -
2 3 3 4
Cu(OH) + 4NH Cu(NH ) + 2OHƒ
K
K = K
S

. K
f
= (2,2.10
–20
).(2,1.10
13
) = 4,6.10
–7

4.
2
2
2
Cu(OH)
Cu(OH)
Cu(OH)
m
1
n = = = 0,00103(mol)
M 97,54

Nồng độ Cu(OH)
2
trong 1 lít nước là 0,00103M.
Nồng độ OH
–
sẽ là 0,00206 M và nồng độ Cu(NH
3
)
4

2+
là 0,00103M.
Ta có:
2+ - 2
3 4
4
3
[Cu(NH ) ].[OH ]
K =
[NH ]

2+ - 2
2
4
3 4
4
-7
Cu(NH ) .[OH ]
0,00103.(0,00206)
[NH ] = = = 0,00950
K 4,6.10
[NH
3
] = (0.00950)
1/4
= 0,312 M
5. Khi thêm dung dịch NH
3
vào thì ban đầu tạo thành chất kết tủa màu xanh. Sau đó kết
tủa dần hòa tan và tạo thành phức màu xanh đậm.

BÀI 3:


Trong dung dịch nước, ion Pb
2+
tồn tại ở dạng kết tủa PbO, là một oxit lưỡng
tính. Trong axit, tồn tại dưới dạng ion Pb
2+
là chủ yếu với pH tăng dần. PbO và
Pb(OH)
3
-
được hình thành trong lượng thấy rõ. Cân bằng quan trong cho PbO
trong nước được đưa ra sau đây:
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 7
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
2+ -
2
PbO + H O Pb + 2OHƒ
K
sp
= 8,0.10
-16
(1)
- +
2 3 3
PbO + 3H O Pb(OH) + H Oƒ
K
a
= 1,0.10

-15
(2)
1. PbO hòa tan hoàn toàn khi ở pH đủ thấp. Khi nồng độ ban đầu của Pb
2+
là
1,00.10
-2
mol/l. Tính pH mà kết tủa PbO bắt đầu hình thành.
2. Dùng giá trị đã cho ở câu a, khi pH tăng lên đến giá tị nào đó thì kết tủa tan trở
lại. Ở pH bằng bao nhiêu thì kết tủa tan hết?
3. Viết biểu thức tính độ tan S của PbO?
4. Theo lí thuyết, PbO tan hết ở pH = 9,4. Tính nồng độ các ion trong dung dịch và
độ tan của PbO ở pH đó.
5. Tính khoảng pH khi mà nồng độ dung dịch là 1,0.10
-3
mol/l hay thấp hơn.
(ĐỀ CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)
Bài làm:
1. Ta có: [Pb
2+
] = 1,00.10
-2
mol/l
Kết tủa PbO bắt đầu hình thành khi: [Pb
2+
].[OH
-
]
2
= K

sp
=8,0.10
-16

-16
sp
- -7
2+ -2
K
8,0.10
[OH ] = = = 2,83.10 M
[Pb ] 1,00.10

pOH = 6,55 pH = 7,45
2. Ở pH tương đối cao thì phản ứng (2) chiếm ưu thế hơn, tương ứng với ion Pb(OH)
3
-
.
Ta có: [Pb(OH)
3
-
] = 1,00.10
-2
mol/l. Ta dung công thức K
a
để tính pH.
- +
2 3 3
PbO + 3H O Pb(OH) + H Oƒ
K

a
= 1,0.10
-15
- +
a
3 3
K = [Pb(OH) ].[H O ]

-15
+ -13
a
3
- -2
3
K
1,0.10
[H O ] = = = 1,0.10 M
[Pb(OH) ] 1,00.10
pH = 13
Dùng K
sp
thì [Pb
2+
] = 8,00.10
-14
M (rất bé) nên bỏ qua.
3. Ta có:
2+
2+ -
3

Pb
S = C = [Pb ] + [Pb(OH) ]
4. Ta có: pH = 9,4 [H
3
O
+
] = 10
-9,4
= 4.10
-10
M
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 8
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ

2
-14
H O
- -5
+ -10
3
K
10
[OH ] = = = 2,5.10 M
[H O ] 4.10
-16
sp
2+ -6
- 2 -5 2
K
8,0.10

[Pb ] = = = 1,28.10 M
[OH ] (2,5.10 )
-15
- -6
a
3
+ -10
3
K
1,0.10
[Pb(OH) ] = = = 2,5.10 M
[H O ] 4.10
Suy ra:
2+ - -6 -6 -6
3
S = [Pb ] + [Pb(OH) ] = 1,28.10 + 2,5.10 = 3,78.10 M
5. Ở pH tương đối thấp thì Pb
2+
sẽ chiếm ưu thế.
[Pb
2+
] = 1,0.10
-3
M.
K
sp
= [Pb
2+
].[OH
-

]
2


-16
sp
- -7
2+ -3
K
8,0.10
[OH ] = = = 8,94.10 M
[Pb ] 1,0.10

2
-14
H O
+ -8
3
- -7
K
10
[H O ] = = = 1,12.10 M
[OH ] 8,94.10
pH = 7,95
-15
- -8
a
3
+ -8
3

K
1,0.10
[Pb(OH) ] = = = 8,93.10 M
[H O ] 1,12.10
Do đó, trong môi trường axit thì [Pb(OH)
3
-
] không đáng kể và [Pb
2+
] chiếm ưu thế.
Trong môi trường bazơ thì [Pb(OH)
3
-
] chiếm ưu thế.
[Pb(OH)
3
-
] = 1,00.10
-3
M từ K
a
-15
+ -12
a
3
- -3
3
K
1,0.10
[H O ] = = = 1,00.10 M

[Pb(OH) ] 1,00.10

pH = 12 và [OH
-
] = 1,00.10
-2
M.
-16
sp
2+ -12
- 2 -2 2
K
8,0.10
[Pb ] = = = 8,00.10 M
[OH ] (1,00.10 )
Ta thấy: [Pb
2+
] [Pb(OH)
3
-
] nên trong môi trường bazơ, [Pb
2+
] không đáng kể.
Vậy pH có giá trị từ 7,95 đến 12.
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 9
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
BÀI 4:


Dung dịch A chứa axit photphoric có pH = 1,46.

1. Tính nồng độ của các cấu tử trong dung dịch A. Cho biết các giá trị K
a
của H
3
PO
4
lần lượt là 7,5.10
-3
; 6,2.10
-8
và 4,8.10
-13
.
2. Trộn 50ml dung dịch A với 50 ml dung dịch NH
3
0,4 M. Kết quả thu được 100 ml
dung dịch B. Tính pH của dung dịch B, biết
3. Trộn 100ml dung dịch B với 100 ml dung dịch Mg(NO
3
)
2
0,2M. Có kết tủa xuất
hiện không? Tính khối lượng kết tủa (nếu có)? Biết sự thủy phân của Mg
2+
được bỏ
qua và kết tủa NH
4
MgPO
4
được thừa nhận là chủ yếu, biết K

S
= 2,5.10
-13
.
4. Tính nồngđộ các cấu tử trong dung dịch Ca
3
(PO
4
)
2
biết K
S
= 2,22.10
-25
. Cho rằng
sự thủy phân của Ca
2+
không đáng kể.
(BÀI TẬP CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2014)
Bài giải:
1.
+ -
3 4 2 4
H PO H + H POƒ
-3
a1
K = 7,5.10
(1)
- + 2-
2 4 4

H PO H + HPOƒ
-8
a2
K = 6,2.10
(2)
2- + 3-
4 4
HPO H + POƒ
-13
a3
K = 4,8.10
(3)
+ -
2
H O H + OHƒ
-14
W
K = 10
(4)
Ta thấy: K
a1
K
a2
, K
a3
nên bỏ qua cân bằng (2) và (3).
Nếu K
a1
.C
a

K
W
thì bỏ qua cân bằng (4).
Vậy ta xét cân bằng (1):
+ -
3 4 2 4
H PO H + H POƒ
-3
a1
K = 7,5.10
C C
a
[ ] C
a
– x x x
Ta có:
2
-3
a1
a
x
= K = 7,5.10
C - x
(*)
pH = 1,46 x = [H
+
] = 10
-1,46
= 0,035
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 10

Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
Thay x = 0,035 vào (*) C
a
= 0,2M.
Vậy nồng độ các cấu tử trong dung dịch A là:
[H
+
] = 0,035M;
-14
- -13
10
[OH ] = = 2,9.10 M
0,035
Ta có:
+ + 2 + 3
3- 3- 3- 3-
a
4 4 4 4
a3 a2 a3 a1 a2 a3
[H ] [H ] [H ]
C = [PO ] + .[PO ]+ .[PO ] + .[PO ]
K K .K K .K .K
3-
a
a a1 a2 a3
4
+ + 2 + 3
+ 3 + 2 +
a1 a1 a2 a1 a2 a3
a3 a2 a3 a1 a2 a3

C .K .K .K
C
[PO ] = =
[H ] [H ] [H ] [H ] + K .[H ] + K .K .[H ] + K .K .K
1 + + +
K K .K K .K .K
Thế số vào ta được: [PO
4
3-
] = 8,57.10
-19
M
+
2-
a
a1 a2
4
+ 3 + 2 +
a1 a1 a2 a1 a2 a3
C .K .K .[H ]
[HPO ] =
[H ] + K .[H ] + K .K .[H ] + K .K .K
Thế số vào ta được: [HPO
4
2-
] = 6,25.10
-8
M.
+ 2
-

a
a1
2 4
+ 3 + 2 +
a1 a1 a2 a1 a2 a3
C .K .[H ]
[H PO ] =
[H ] + K .[H ] + K .K .[H ] + K .K .K
Thế số vào ta được: [HPO
4
2-
] = 0,035M
- 2- 3-
a
3 4 2 4 4 4
[H PO ] = C - [H PO ] - [HPO ] - [PO ] 0,165M ≈
2.
3 4 3 4 2 4
H PO + 2NH (NH ) HPOƒ
C(M)
Sau phản ứng 0 0 0,1
Sau khi trộn, dung dịch B chứa = 0,2M, = 0,1M
Các cân bằng:
+ +
4 3
NH H + NHƒ
-9,24
a
K = 10
(1)

+ -
2
H O H + OHƒ
-14
W
K = 10
(2)
2- + 3-
4 4
HPO H + POƒ
-13
a3
K = 4,8.10
(3)
2- 2- -
4 2 2 4
HPO + H O H PO + OHƒ
-7
b1
K = 1,6.10
(4)
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 11
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
2- -
2 4 2 3 4
H PO + H O H PO + OHƒ
-12
b2
K = 1,3.10
(5)

Ta có: .K
b1
.K
a
.K
a3
dung dịch có tính bazơ
K
b1
K
b2
Cân bằng (4) là chủ yếu:
2- 2- -
4 2 2 4
HPO + H O H PO + OHƒ
-7
b1
K = 1,6.10
C 0,1
[ ] 0,1 – x x x
Ta có:
2
-7
x
= 1,6.10
0,1 - x
x = 1,3.10
-4
[OH
-

] = x = 1,3.10
-4
M pOH = 3,9 pH = 10,1
3.
2+ + 3-
4 4 4 4
Mg + NH + PO NgNH PO
↓
ƒ
Từ cân bằng (3) ta có:
2-
4
-13
a3
HPO
3- -4
4
+ -10,1
K .C
4,8.10 .0,1
[PO ] = = = 6,04.10
[H ] 10
Nồng độ các cấu tử sau khi trộn là:
+
4
NH
0,2
C = = 0,1M
2
;

2+
Mg
0,2
C = = 0,1M
2
;
3-
4
-4
-4
PO
6,04.10
C = = 3,02.10 M
2
.
Ta có:
+
2+ 3-
4
4
-6 -13
S
NH
Mg PO
C .C .C = 3,02.10 > K = 2,5.10
Có kết tủa MgNH
4
PO
4
xuất hiện.

Khối lượng kết tủa là:
4 4
-6 -3 -5
MgNH PO
m = 3,02.10 .200.10 .137 = 8,3.10 (g)
4.
2+ 3-
3 4 2 4
Ca (PO ) 3Ca + 2POƒ
-25
S
K = 2,22.10
(1)
+ -
2
H O H + OHƒ
-14
W
K = 10
(2)
3- 2- -
4 2 4
PO + H O HPO + OHƒ
-1,68
b1
K = 10
(3)
2- - -
4 2 2 4
HPO + H O H PO + OHƒ

-6,79
b2
K = 10
(4)
- -
2 4 2 3 4
H PO + H O H PO + OHƒ
-11,852
b3
K = 10
(5)
Ta có:
-5
5
S
S = K = 1,17.10 M
Ta thấy: K
b1
K
b2
, K
b3
Bỏ qua cân bằng (4) và (5)
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 12
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
Nếu K
b1
.C
b
K

W
Bỏ qua cân bằng (2)
3- 2- -
4 2 4
PO + H O HPO + OHƒ
-1,68
b1
K = 10
C 2S
[ ] 2S – x x x
2
-1,68
b1
x
= K = 10
2S - x
x = 2,34.10
-5
Vậy [OH
-
] = 2,34.10
-5
M [H
+
] = 4,27.10
-10
M
Xét cân bằng (1), ta có:
2+ 3-
4

' 3 2
S S
Ca PO
K = K .α .α
Với
2
1
Ca
α
+
≈
3-
4
+ + 2 + 3
2
PO
a3 a2 a3 a1 a2 a3
[H ] [H ] [H ]
α = 1 + + + = 8,97.10
K K .K K .K .K

' -25 2 2 -19
S
K = 2,22.10 .(8,97.10 ) = 1,79.10

' ' -4
5
S
S = K = 1,78.10 M
[Ca

2+
] = 3S’ = 5,34.10
-4
M; [PO
4
3-
] = 2S’ = 3,97.10
-7
M.
BÀI 5:


Dung dịch Pb(NO
3
)
2
được thêm từ từ vào 20ml hỗn hợp chứa Na
2
SO
4
0,020M, Na
2
C
2
O
4
5,0.10
-3
M; KI 9,7.10
-3

M; KCl 0,05M; KIO
3
0,0010M. Khi kết tủa
màu vàng PbI
2
bắt đầu xuất hiện thì 21,60 ml dung dịch Pb(NO
3
)
2
được dung hết.
1. Xác định thứ tự xuất hiện kết tủa.
2. Tính nồng độ còn lại dung dịch Pb(NO
3
)
2
.
Cho biết:
4
( )
7,66
s PbSO
pK =
;
3 2
( ( ))
12,61
s Pb IO
pK =
;
2

( )
7,86
s PbI
pK
=
;
2 4
( )
10,05
s PbC O
pK
=
;
2
( )
4,77
s PbCl
pK
=
. Các ion khác được bỏ qua.
3. Một trong những chất thử phổ biến để phát hiện ion Pb
2+
là K
2
CrO
4
, xuất hiện kết
tủa màu vàng tan trở lại trong NaOH. Tính tan của PbCrO
4
không những phụ

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 13
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
thuộc vào pH mà còn phụ thuộc vào sự tạo phức. Cho biết độ tan của PbCrO
4
trong
dung dịch CH
3
COOH 1M là S = 2,9.10
-5
M. Tính tích số tan của PbCrO
4
.
Cho:
3
a(CH COOH)
pK = 4,76
;
+
3
Pb(CH COO )
lgβ = 2,68
;
3 2
Pb(CH COO)
lgβ = 4,08
;
+
PbOH
lgβ = 7,8
-

4
a(HCrO )
pK = 6,5
(ĐỀ DỰ TRỮ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2014)
Bài giải:
1. Để tạo thành kết tủa PbSO
4
:
4
-7,66
S(PbSO )
2+ -6
2-
4
K
10
[Pb ] > = = 1,09.10 M
[SO ] 0,02
Để tạo thành kết tủa PbC
2
O
4
:
2 4
-10,05
S(PbC O )
2+ -8
2- -3
2 4
K

10
[Pb ] > = = 1,78.10 M
[C O ] 5.10
Để tạo thành kết tủa PbI
2
:
2
-7,86
S(PbI )
2+ -4
- 2 -3 2
K
10
[Pb ] > = = 1,47.10 M
[I ] (9,7.10 )
Để tạo thành kết tủa PbCl
2
:
2
-4,77
S(PbCl )
2+ -3
- 2 2
K
10
[Pb ] > = = 6,34.10 M
[Cl ] (0,05)
Để tạo thành kết tủa Pb(IO
3
)

2
:
3 2
-12,61
S(Pb(IO ) )
2+ -7
- 2 2
3
K
10
[Pb ] > = = 2,45.10 M
[IO ] (0,001)
Vậy thứ tự xuất hiện kết tủa là: PbC
2
O
4
, Pb(IO
3
)
2
, PbSO
4
, PbI
2
, PbCl
2
2. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa PbI
2
thì:
-

-3 -3
-3
-3
I
9,7.10 .20.10
C = = 4,66.10 M
(20 + 21,60).10
Lúc đó để bắt đầu kết tủa PbI
2
thì:
2
2+
-
-7,86
S(PbI )
-4
2 -3 2
Pb
I
K
10
C = = = 6,36.10 M
C (4,66.10 )
4
2+
-7,66
S(PbSO )
2- -5
4
-4

Pb
K
10
[SO ] = = = 3,44.10 M
C 6,36.10
.
Độ tan của PbSO
4
trong dung dịch bão hòa là:
4
-4
S(PbSO )
S = K = 1,48.10 M
[SO
4
2-
] < PbSO
4
đã kết tủa.
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 14
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
Phương trình phản ứng:
2+ 2-
2 4 2 4
Pb + C O PbC O
↓
ƒ
2+ -
3 3 2
Pb + 2IO Pb(IO ) ↓ƒ

2+ 2-
4 4
Pb + SO PbSO ↓ƒ
2+ -
2
Pb + 2I PbI ↓ƒ
Vì vừa bắt đầu kết tủa PbI
2
nên coi như không đáng kể nên:
-
2+ 2- 2-
3
2 4 4
IO
Pb C O SO
1
n = n + n + n
2

3 2
-3 -3 -3
Pb(NO )
1
C .41,6.10 = 20.10 .(5.10 + .0,001 + 0,02)
2

3 2
Pb(NO )
C = 0,035M
3. Trong dung dịch có các cân bằng:

2+ 2-
4 4
PbCrO Pb + CrOƒ
K
S
- +
3 3
CH COOH CH COO + Hƒ
K
a1
= 10
-4,76
+ -
2
H O H + OHƒ
-14
W
K =10
2- + -
4 4
CrO + H HCrOƒ
()
-1
=10
6,5
2+ - +
Pb + OH PbOHƒ
* 7,8
β =10
2+ - +

3 3
Pb + CH COO Pb(CH COO)ƒ
2,68
1
β =10
2+ -
3 3 2
Pb + 2CH COO Pb(CH COO)ƒ
4,08
2
β =10
2+ ' 2+ + +
3 3 2
-14 *
2+ - - 2
1 3 2 3
+
[Pb ] = [Pb ] + [PbOH ] + [Pb(CH COO) ] + [Pb(CH COO) ]
10 .β
= [Pb ]. 1 + + β .[CH COO ] + β .[CH COO ]
[H ]
 
 ÷
 

2+
-14 *
- - 2
1 3 2 3
+

Pb
10 .β
α = 1 + + β .[CH COO ] + β .[CH COO ]
[H ]
(1)
+
2- ' 2- - 2-
4 4 4 4
'
a
[H ]
[CrO ] = [CrO ] + [HCrO ] = [CrO ]. 1+
K
 
 ÷
 
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 15
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ

2-
4
+
'
CrO
a
[H ]
α = 1 +
K
Trong đó [CH
3

COO
-
] và [H
+
] được tính:
- +
3 3
CH COOH CH COO + Hƒ
C 0,1
[ ] 0,1 – x x x
Ta có:
2
4,76
10
0,1
x
x
−
=
−
x =1,31.10
-3
Mặt khác:
4
4
2+ 2- 2+ 2-
4 4
'
2
S(PbCrO )

S(PbCrO )
Pb CrO Pb CrO
K
S
K = =
α .α α .α
(3)
Thay số: [H
+
] = [CH
3
COO
-
] = 1,31.10
-3
M; S = 2,9.10
-5
vào (1), (2), (3) ta suy ra
K
S
= 1,23.10
-13
.
BÀI 6:


1. Tính pH trong dung dịch chứa hỗn hợp HCOOH và HNO
2
cùng nồng độ 0,1M.
Biết HCOOH và HNO

2
có hằng số axit lần lượt là 10
-3,29
và 10
-3,95
.
2. Tính pH của dung dịch NaHS 10
-2
M, biết H
2
S có K
1
= 10
-7
và K
2
= 10
-12,02
.
3. Người ta thêm H
2
SO
4
vào dung dịch hỗn hợp gồm Pb(NO
3
)
2
0,01M và Ba(NO
3
)

2
0,02M cho đến nồng độ H
2
SO
4
bằng 0,13M. Tính pH và nồng độ của các ion kim
loại.
Cho biết = 10
-10
; = 10
-7,8
; = 2.
4. Tính độ tan của CaC
2
O
4
trong dung dịch có pH = 4 không đổi.
Cho biết H
2
C
2
O
4
có K
1
= 5,60.10
-2
và K
2
= 5,42.10

-5
, = 1,7.10
-9
(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CỦA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – ĐÀ NẴNG)
Bài giải:
1. Các cân bằng xảy ra:
+ -
2
H O H + OHƒ
K
W
= 10
-14
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 16
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
+ -
HCOOH H + COOƒ
K
a
= 10
-3,29
+ -
2 2
HNO H + NOƒ
= 10
-3,95
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có:
[H
+
] = [ + [ + [

Vì K
a
, K
W
nên h
[H
+
] = [ + [
-1 -1
3,95 3,29
10 10
h - - = 0
1 + 10 h 1 + 10 h
h = [H
+
] = 7,08.10
-3
M.
Suy ra pH = 2,15.
2. Các quá trình xảy ra:
+ -
NaHS Na + HS→
+ -
2
H O H + OHƒ
K
W
=10
-14
- + 2-

HS H + Sƒ
K
2
= 10
-12,02
- +
2
HS + H H Sƒ
K
1
-1
= 10
7
Ta có: K
W
K
2
.C và K
1
C nên ta xem [HS
-
] C, áp dụng công thức:
-14 -12,02 -2
+ -10
W
2
-1 7 -2
1
K +K .C
10 + 10 .10

h = [H ] = = = 4,47.10
1+K .C 1 + 10 .10
Suy ra pH = 9,35
3.
+ -
2 4 4
H SO H + HSO→
0,13 0,13 0,13
- 2+ +
4 4
HSO + Ba BaSO + H
↓
ƒ
0,13 0,02 0 0,13
0,11 0,15
- 2+ +
4 4
HSO + Pb PbSO + H↓ƒ
0,11 0,01 0 0,15
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 17
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
0,1 0,16
2+ 2-
4 4
BaSO Ba + SO↓ƒ
2+ 2-
4 4
PbSO Pb + SO
↓
ƒ

- + 2-
4 4
HSO H + SOƒ
0,1 0,16
(0,1–x) (0,16+x) x
2
(0,16 ).
10
0,1
x x
x
−
+
=
−
x = 5,7.10
-3
[H
+
] = 0,1657 pH = 0,78
[Ba
2+
] =
10
3
10
5,7.10
−
−
= 1,75.10

-8
M.
[Pb
2+
] =
7,8
3
10
5,7.10
−
−
= 2,7810.10
-6
M.
4. Ta có: Độ tan S = [Ca
2+
]
Cân bằng khối lượng:
[Ca
2+
] = [ + [H + [H
2
C
2
O
4
]
Theo đề: [H
3
O

+
] = 1,00.10
-4
M
+ 2-
-4 2-
- 2-
3 2 4
2 4
2 4 2 4
-5
2
[H O ].[C O ]
1,00.10 .[C O ]
[HC O ] = = = 1,85.[C O ]
K 5,42.10
+ -
-4 2-
-3 2-
3 2 4
2 4
2 2 4 2 4
-2
1
[H O ].[HC O ]
1,00.10 .1,85.[C O ]
[H C O ] = = = 3,30.10 .[C O ]
K 5,60.10

[Ca

2+
] = [ + [H + [H
2
C
2
O
4
]
[Ca
2+
] = 2,85. [
[ =
2
[ ]
2,85
Ca
+
= 1,7.10
-9
[Ca
2+
] = 7,0.10
-5
(mol/l)
Vậy độ tan của CaC
2
O
4
trong dung dịch có pH = 4 là 7,0.10
-5

(mol/l)
BÀI 7:


SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 18
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
1. Cation Fe
3+
là axit, phản ứng với nước theo phương trình:
3+ 2+ +
2 3
Fe + 2H O Fe(OH) + H Oƒ
K
a
= 10
-2,2
Hỏi ở nồng độ nào của FeCl
3
thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)
3
. Tính pH của dung dịch
đó. Biết rằng = 10
-38
.
2. Dung dịch A gồm Ba(NO
3
)
2
0,060M và AgNO
3

0,015M.
a. Thêm từng giọt K
2
CrO
4
vào dung dịch A cho đến dư. Có hiện tượng gì xảy ra?
b. Thêm 50,0 ml K
2
CrO
4
0,27M vào 100,0 ml dung dịch A.
Tính nồng độ các ion trong hỗn hợp thu được.
Cho:
2+ - -
4 2 4
BaCrO + H O Ba + HCrO + OHƒ
; K = 10
-17,43

+ - -
2 4 2 4
Ag CrO + H O 2Ag + HCrO + OHƒ
; K = 10
-19,50
3. Cho pin:
- - - 2+ -
M
3 4 4
Pt I 0,1M; I 0,02M MnO 0,05M, Mn 0,01M, HSO C Pt
Cho suất điện động của pin ở 25

o
C có giá trị 0,824V;
= 1,51V và = 0,5355V.
Tính nồng độ ban đầu của biết = 10
-2
(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2013)
Bài giải:
1. Gọi nồng độ ban đầu (mol/l) của FeCl
3
là C, ta có:
3+ 2+ +
2 3
Fe + 2H O Fe(OH) + H Oƒ
K
a
= 10
-2,2
(1)
Ban đầu: C 0 0
Cân bằng: C – x x x
K
a
=
2
x
C - x
[Fe
3+
] = x
2

.K
a
-1
(2)
Khi bắt đầu kết tủa Fe(OH)
3
thì [Fe
3+
] =
-38
- 3
10
[OH ]
(3)
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 19
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
Mặt khác
3
-14 -42
- 3
3
10 10
[OH ] = =
x x
 
 ÷
 

Thay (4) vào (3): [Fe
3+

] = 10
4
.x
3
(5)
So sánh (2) và (5): 10
4
x
3
= x
2
.K
a
-1
= x
2
.K
2,2
x = [H
3
O
+
] = 10
-1,8
M pH = 1,8.
Từ (5): [Fe
3+
] = 10
4
.x3 = 10

4
(10
-1,8
)
3
= 10
-1,4
M.
Theo (2) C = [Fe
3+
] + x = 10
-1,4
+ 10
-1,8
= 5,56.10
-2
M.
2.a. Hiện tượng: Có kết tủa BaCrO
4
và Ag
2
CrO
4
.
Xét thứ tự xuất hiện các kết tủa:
Để bắt đầu có kết tủa BaCrO
4
:
4
2-

4
2+
S(BaCrO )
CrO
Ba
K
C >
C
(1)
Để bắt đầu có kết tủa Ag
2
CrO
4
:
2 4
2-
4
+
S(Ag CrO )
2
CrO
Ag
K
C >
C
(2)
Để tính tích số tan K
S
cần tổ hợp cân bằng:
2+ 2-

4 4
BaCrO Ba +CrO
↓
ƒ
K
S1
+ -
2
H O H + OHƒ
K
W
2- + -
4 4
CrO + H HCrOƒ
K
a
-1
2+ - -
4 2 4
BaCrO + H O Ba + HCrO + OH
↓
ƒ
K
Có K = K
S1
.K
W
.K
a
-1

Suy ra
-17,43 -6,50
-9,93
a
S1
-4
W
K.K
10 .10
K = = = 10
K 10
+ 2-
2 4 4
Ag CrO 2Ag + CrO
↓
ƒ
K
S2
+ -
2
H O H + OHƒ
K
W
2- + -
4 4
CrO + H HCrOƒ
K
a
-1
+ - -

2 4 2 4
Ag CrO + H O 2Ag + HCrO + OH
↓
ƒ
K
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 20
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
Có K = 10
-19,50
-19,5
-12
S1
-4
10
K = = 10
10
Từ (1)
2-
4
-9,93
-9
CrO
10
C > = 1,96.10 M
0,060
Từ (2)
2-
4
-12
-9

2
CrO
10
C > = 4,44.10 M
(0,015)
< nhưng không nhiều, vì vậy sẽ có hiện tượng kết tủa vàng của BaCrO
4
xuất hiện trước
một ít, sau đó đến kết tủa vàng nâu của Ag
2
CrO
4
(đỏ gạch) và BaCrO
4
(vàng) cùng xuất
hiện.
b. Sau khi thêm K
2
CrO
4
:
2-
4
CrO
0,270.50,00
C = = 0,090M
150,000
2+
Ba
0,060.100,00

C = = 0,040M
150,000
+
Ag
0,015.100,00
C = = 0,010M
150,000
Các phản ứng:
Ba
2+
+ CrO
4
2-
BaCrO
4
0,040 0,090
_ 0,050
2Ag
+
+ CrO
4
2-
Ag
2
CrO
4
0,01 0,050
_ 0,045
Thành phần sau phản ứng: BaCrO
4

, Ag
2
CrO
4
, CrO
4
2-
(0,045M)
+ 2-
2 4 4
Ag CrO 2Ag + CrO
↓
ƒ
K
S2
= 10
-12
2+ 2-
4 4
BaCrO Ba + CrO
↓
ƒ
K
S1
= 10
-9,93
Nồng độ CrO
4
2-
dư khá lớn, có thể coi nồng độ CrO

4
2-
do 2 kết tủa tan ra là không đáng
kể.
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 21
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
2- - -
4 2 4
CrO + H O HCrO + OHƒ
K
b
= 10
-7,5
C 0,045
[ ] (0,045-x) x x
2
7,5
10
(0,045 )
x
x
−
=
−
x = 1,19.10
-4
0,045
[CrO
4
2-

] = 0,045M
[Ag
+
] =
12
6
10
4,71.10
0,045
−
−
=
M
[Ba
2+
] =
9,93
10
0,045
−
= 2,61.10
-9
M
[Ba
2+
] và [Ag
+
] [CrO
4
2-

] chứng tỏ nồng độ CrO
4
2-
do 2 kết tủa tan ra là không đáng kể.
Vậy trong dung dịch có:
[Ba
2+
] = 2,61.10
-9
M;
[Ag
+
] = 4,71.10
-6
M;
[CrO
4
2-
] = 0,045M;
[OH
-
] = 1,19.10
-4
M;
[H
+
] = 8,40.10
-11
M;
[K

+
] = = 0,18M;
[NO
3
-
] = = 0,09M.
3.* Ở điện cực phải:
+ 8H
+
+ 5e Mn
2+
+ 4H
2
O
* Ở điện cực trái:
3 + 2e
E
phải
=
- + 8
+ 8
4
2+
[MnO ].[H ]
0,059 0,059 0,05.[H ]
.lg = 1,51 + .lg
5 [Mn ] 5 0,01

E
trái

=
-
3
- 3 3
[I ]
0,059 0,059 0,02
.lg = 0,5355 + .lg = 0,574
5 [I ] 5 (0,1)
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 22
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
E
pin
= E
phải
–

E
trái

+ 8
0,059 0,05.[H ]
0,824 = 1,51 + .lg - 0,574
5 0,01

[H
+
] = 0,054M.
*Mặt khác:
+ H
+

K
a
= 10
-2
Ban đầu C
M
_ _
Phân li 0,054 0,054 0,054
Cân bằng C
M
– 0,054 0,054 0,054
10
-2
=
M
0,054.0,054
C - 0,054
C
M
= 0,346M.
BÀI 8:


Dung dịch A gồm Fe(NO
3
)
3
0,05M; Pb(NO
3
)

2
0,10M; Zn(NO
3
)
2
0,01M.
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Sục khí H
2
S vào dung dịch A đến bão hòa ([H
2
S] = 0,10M), thu được hỗn hợp B.
Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?
3. Thiết lập sơ đồ pin bao gồm điện cực chì nhúng trong hỗn hợp B và điện cực
platin nhúng trong dung dịch CH
3
COONH
4
1M được bão hòa bởi khí hiđro nguyên
chất ở áp suất 1,03 atm. Viết phản ứng xảy ra trên từng điện cực và phản ứng trong
pin khi pin làm việc.
Cho: Fe
3+
+ H
2
O FeOH
2+
+ H
+
lg = -2,17

Pb
2+
+ H
2
O PbOH
+
+ H
+
lg = -7,80
Zn
2+
+ H
2
O ZnOH
+
+ H
+
lg = -8,96
= 0,771V; = 0,141V; = - 0,126V;
ở 25
o
C:
RT
2,303 ln=0,0592lg
F
pK
S(PbS)
= 26,6; pK
S(ZnS)
= 21,6; pK

S(FeS)
= 17,2. (pK
S
= -lgK
S
, với K
S
là tích số tan)
= 7,02; = 12,90; = 9,24; = 4,76
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 23
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG 2010)
Bài giải:
1.
3+ 2+ +
2
Fe + H O FeOH + Hƒ
= 10
-2,17
(1)
2+ + +
2
Pb + H O PbOH + Hƒ
= 10
-7,80
(2)
2+ + +
2
Zn + H O ZnOH + Hƒ
= 10

-8,96
(3)
- +
2
H O OH + Hƒ
K
W
= 10
-14
(4)
So sánh (1) (4): . . . K
W
tính pH
A
theo (1):
Fe
3+
+ H
2
O FeOH
2+
+ H
+
= 10
-2,17
(1)
C 0,05
[ ] 0,05 – x x x
[H
+

] = x = 0,0153 M pH
A
= 1,82.
2. Do = 0,771V > = 0,141V nên:
2Fe
3+
+ H
2
S 2Fe
2+
+ S + 2H
+
K
1
= 10
21,28
(1)
0,05
_ 0,05 0,05
Pb
2+
+ H
2
S PbS + 2H
+
K
2
= 10
6,68
(2)

0,10 0,05
_ 0,25
Zn
2+
+ H
2
S ZnS + 2H
+
K
3
= 10
1,68
(3)
Fe
2+
+ H
2
S FeS + 2H
+
K
4
= 10
-2,72
(4)
K
3
và K
4
nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa ZnS và FeS:
Vì môi trường axit = = 0,010 M; = = = 0,050M

Đối với H
2
S, do K
a2
K
a1
= 10
-7,02
nhỏ nên khả năng phân li của H
2
S trong môi trường axit
không đáng kể, do đó chấp nhận [H
+
] = = 0,25M tính theo cân bằng:
H
2
S S
2-
+ 2H
+
K
a1
.K
a2
= 10
-19,92
2-
-19,92 -19,72
2
a1 a2

+ 2 2
S
[H S]
0,1
C = K .K . = 10 . = 10
[H ] (0,25)
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 24
Tiểu luận Hóa học phân tích GVHD: Ngô Văn Tứ
Ta có: < K
S(ZnS)
ZnS không xuất hiện.
Tương tự: < K
S(FeS)
FeS không tách ra.
Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.
3.
2+ 2+
S(PbS)
0 2+
PbS/Pb
2-
Pb /Pb Pb /Pb
K
0,0592 0,0592
E = E = E + lg[Pb ] = - 0,216 + lg = - 0,33V
2 2 [S ]
= =
2
+ 2
H

0,0592 [H ]
lg
2 p
, trong đó [H
+
] được tính như sau:
CH
3
COONH
4
NH
4
+
+ CH
3
COO
-
1 1
NH
4
+
NH
3
+ H
+
K
a
= 10
-9,24
(5)

CH
3
COO
-
+ H
2
O CH
3
COOH + OH
-
K
b
= 10
-9,24
(6)
Do K
a
= K
b
và = pH = 7,00 [H
+
] = 10
-7
(có thể tính [H
+
] theo điều kiện proton hoặc tổ hợp 2 cân bằng (5) và (6))
Vậy: =
2
+ 2 -14
H

0,0592 [H ] 0,0592 10
lg = lg = - 0,145V
2 p 2 1,03
< = - 0,33V.
Điện cực chì là catot, điện cực platin là anot.
Sơ đồ pin:
- + + 2+ 2+
2 3 4 2
(-) Pt(H ) CH COO 1M; NH 1M S; PbS; H S 1M; H 0,25M; Fe 0,05M; Zn 0,01M Pb(+)
(p=1,03 atm)
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 25