Xây dựng 25 bài tập tổng hợp hóa học phân tích: cân bằng ion trong dung dịch

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ
KHOA HÓA HỌC
----------

Đề tài: XÂY DỰNG 25 BÀI TẬP TỔNG HỢP
HÓA HỌC PHÂN TÍCH: CÂN BẰNG ION
TRONG DUNG DỊCH

Thực hiện :

:

LÊ THỊ THU HIỀN


MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN...........................................................................................1
A.Mở đầu.................................................................................................2
I. Lý do chọn đề tài.....................................................................................2
I.1. Lý do khách quan:.................................................................................2
I.2. Lý do thực tiễn:....................................................................................2
II.Mục đích nghiên cứu................................................................................2
III. Đối tượng và khách thể nghiên cứu............................................................2
III.1. Đối tượng nghiên cứu:..........................................................................2
III.2. Khách thể nghiên cứu:..........................................................................2
IV. Phạm vi nghiên cứu................................................................................2
V. Phương pháp nghiên cứu.........................................................................3
B.Nội dung:..............................................................................................4
BÀI 1:.....................................................................................................4
BÀI 2:.....................................................................................................5
BÀI 3:.....................................................................................................6

BÀI 4:.....................................................................................................7
BÀI 5:.....................................................................................................9
BÀI 6:...................................................................................................10
BÀI 7:...................................................................................................11
BÀI 8:...................................................................................................12
BÀI 9:...................................................................................................13
BÀI 10:..................................................................................................14
BÀI 11:..................................................................................................15
BÀI 12:..................................................................................................16
BÀI 13:..................................................................................................17
BÀI 14:..................................................................................................18
BÀI 15:..................................................................................................19
BÀI 16:..................................................................................................20
BÀI 17:..................................................................................................22
BÀI 18:..................................................................................................23
BÀI 20:..................................................................................................24
BÀI 21:..................................................................................................27
BÀI 22:..................................................................................................29
BÀI 23...................................................................................................30
BÀI 24:..................................................................................................32
BÀI 25:..................................................................................................33
Tài liệu tham khảo....................................................................................35


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

LỜI CẢM ƠN
Em xin chân thành cảm ơn nhà trường, khoa Hóa trường Đại học sư phạm Huế

và các thầy cô giáo đã tạo điều kiện cho sinh viên trong suốt quá trình học tập và
nghiên cứu.
Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Ngô Văn Tứ đã tận tình giảng dạy và
giúp đỡ em trong quá trình học tập, nghiên cứu, tạo điều kiện thuận lợi để em thực
hiện đề tài này.
Tuy có nhiều cố gắng, nhưng do nhiều nguyên nhân khách quan và chủ quan nên
bài tiểu luận của em không tránh khỏi sai sót . Em rất mong nhận được sự góp ý của
thầy để bài tiểu luận của em được hoàn chỉnh và đạt kết quả mong muốn.
Em xin chân thành cảm ơn!...

1


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

A.Mở đầu.
I. Lý do chọn đề tài
I.1. Lý do khách quan:
- “Hóa học phân tích” là một nội dung quan trọng trong ngành hóa học nói riêng và
ngành khoa học nói chung đã và đang phát triển rất mạnh mẽ với nhiều ứng dụng to
lớn không thể thiếu trong nghiên cứu và sản xuất.
- “Cân bằng ion trong dung dịch” là một nội dung quan trọng và có ích trong “hóa
học phân tích”. Tuy nhiên để nắm vững nguyên lý, bản chất và những ứng dụng của
nội dung này cần có cơ sở lý thuyết và bài tập vững vàng.
I.2. Lý do thực tiễn:
- “Hóa học phân tích” là một bộ môn cần thiết cho sinh viên học chuyên ngành hóa
cũng như giúp giáo viên THPT có thêm nguồn tài liệu cho công tác dạy học sau này.
- Phản ứng giữa các ion trong dung dịch nước thường phức tạp nên ngoài việc nắm

vững quy luật về tương tác ion trong dung dịch để hiểu bản chất phản ứng xảy ra
trong dung dịch nước thì việc rèn luyện giải bài tập hóa học phân tích cũng góp phần
không nhỏ cho người học nắm được quy luật lý thuyết và phát triển tư duy hóa học.
Xuất phát từ điều đó cùng với sự giúp đỡ của giáo viên hướng dẫn là thầy Ngô
Văn Tứ tôi đã tìm hiểu và xây dựng đề tài “Xây dựng 25 bài tập tổng hợp hóa học
phân tích: cân bằng ion trong dung dịch ”. Hi vọng đề tài sẽ là một tài liệu tham
khảo có ích cho bản thân cũng như các bạn sinh viên trong việc thực hiện nhiệm vụ
học tập cũng như giảng dạy sau này.

II.Mục đích nghiên cứu
- Việc nghiên cứu đề tài nhằm giúp bản thân và các bạn sinh viên có thể nắm vững
hơn những kiến thức về cân bằng ion đã học đồng thời việc rèn luyện bài tập giúp
cho các bạn không bị lung túng khi gặp những dạng bài về cân bằng ion trong dung
dịch.

III. Đối tượng và khách thể nghiên cứu
III.1. Đối tượng nghiên cứu:
- Bài tập tổng hợp hóa học phân tích cân bằng ion trong dung dịch: phản ứng axitbazơ, phản ứng tạo phức, phản ứng tạo hợp chất ít tan, phản ứng oxi hóa – khử.
III.2. Khách thể nghiên cứu:
-Quá trình học tập của bản thân và các bạn sinh viên học tập và nghiên cứu nội dung
hóa học phân tích

IV. Phạm vi nghiên cứu
Việc nghiên cứu tập trung tìm hiểu bài tập “hóa học phân tích” gồm các nội dung
sau:
Phản ứng axit – bazơ
Phản ứng tạo phức
2

Tiểu luận hóa phân tích

-

GVHD: Ngô Văn Tứ

Phản ứng tạo hợp chất ít tan
Phản ứng oxi hóa – khử

V. Phương pháp nghiên cứu
-

Thu thập tài liệu, đọc , xử lý tài liệu
Tham khảo ý kiến giáo viên hướng dẫn
Tổng hợp

3


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

B.Nội dung:
BÀI 1:
1. Nếu trộn hỗn hợp 5.00 ml H2C2O4 0.04 M với 5.00 ml SrCl 2 0.08 M. Hãy cho
biết hiện tượng xảy ra ?.
2. Hãy đánh giá khả năng phản ứng oxi hóa H 2C2O4 bởi KMnO4 trong môi
trường axit.
Cho biết :

Hằng số phân li axit H2C2O4 : Ka1 =10-1.25; Ka2= 10-4.27; Ks(SnC2O4)=106,4
0
EMnO

/ Mn 2 = 1.51 V,

-

E20CO / C O 2 = -0.653 V.
2
2 4

4

( Bài tập hóa học phân tích. Nguyễn Tinh Dung)
Bài giải:
1. Nồng độ sau khi trộn dung dịch:
0, 04.5
= 0.02 (M)
10
0, 08.5
=0,04 (M)
10

CH 2C2O4 =
CSr 2 =

Các cân bằng xảy ra trong dung dịch :
� H+ + HC2O4- (1)
H2C2O4

� H+ + C2O42- (2)
HC2O4� H+
H2 O
+ OHVì K a1 =10-1.25 >> K a 2 = 10-4.27 >> K H O = 10-14
Nên có thể coi cân bằng (1) là chủ yếu.

K a1 =10-1.25
K a 2 = 10-4.27
K H 2O = 10-14

2

C
[]
Từ (1) ta có

H2C2O4
0,02
0,02-x

� H+ + HC2O4-

x

K a1 =10-1.25

x

x2
 K a1  101,25

0, 02  x

� x=0,0156 (M)

Từ (2) ta có
�
�
C2O4 2 �
H�
HC2 O4  �
�
��
�
� K � �
2
�
�.K
-4,27
C2O4 �

a2
a 2 = K a 2 =10

�
�

�
�
�
�

HC2O4 �
H �
�
�
Ta có tích số ion CC2O42 . CSr 2 = 0,04.10-4,27= 2,15.10-6 > Ks =10-6,4

Vậy có kết tủa SrC2O4 xuất hiện.
2. Các quá trình xảy ra :

4


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ
5. E 0

2 MnO4- + 8H+ +5e

Mn2+ + 4H2O

K1  10

MnO4 / Mn2

0,0592

H+ + HC2O4- K a1  10
K a 2 =10-4,27
+ C2O4�

5 H2C2O4
5 HC2O45 C2O

�

�
�

4

H+

1,25

2 E 0

2CO2 + 2e

2MnO4-- +5 H2C2O4 + 6H+ �

K

1
2

 10

2 CO2 / C2O4

0,059

2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O

K  K12 .( K a1 .K a 2 .K 2 1 )5

Thay các giá trị hằng số cân bằng vào ta được K =10388 là vô cùng lớn
Vậy phản ứng xảy ra hoàn toàn .

BÀI 2:
1. Tính pH và cân bằng trong hệ gồm HCl 0,01 M và H2S 0,1M.
2. Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003 M là 0,1 mol/l. Nếu thêm vào
dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 thì
ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfua. Biết Tt MnS =10-9,6 và TtCuS =8.10-37.
K H S  1,3.1021 .
Bài giải:
1. Các cân bằng trong hệ:
�
HCl
H+ + Cl2

�

H2 S

H+ + HS-

Ka1 =10-7,02

�

HSH+ + S2Ka2 =10-12
Vì Ka1 >> Ka2 nên cân bằng (1) xảy ra chủ yếu.
�
H2S
H+ + HSC
0,1
0,01
[]
0.1-x
0,01+x x

Ta có

(1)

Ka1 =10-7,02

(0, 01  x) x
 107,02
0,1  x

Giả sử x << 0,01 � x=9,55.10-7 << 0,01 (thỏa mãn).
Vậy
[HS-] = 9,55.10-7 nên [H2S] = 0,1-x �0,1 M
[H+] = 0,01 + x �0,01 M.
[S2-] =

1012,9.9,55.107
 1, 2.10 7 M
0, 01

2. Ta có
�
HClO4
H+ + ClO4� [H+] = 0,003 (mol/l)
5


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ
K H 2 S = 1,3.10-21

H2 S

�

K H2S

�
H�
S 2 �
�
��
�
� 1,3.1021
 H2S 

=

� [S2-] = K H 2 S

2H+ + S2-

 H 2 S   1,3.1021.


�
H �
�
�

0,1
 1, 4.1017
2
0, 03

Vậy xét sự kết tủa:
[Mn2+].[S2-] =2.10-4.1,4.10-17 = 2,8.10-21 < TtMnS nên không có kết tủa MnS.
[Cu2+].[S2-] = 2.10-4.1,4.10-17 = 2,8.10-21 >TtCuS nên có kết tủa CuS.

BÀI 3:
1. Tính cân bằng trong dung dịch AgCl 0,005 M và NH3 0,1 M.
2. AgCl dễ hòa tan dung dịch do tạo phức
AgCl + 2NH3 � [Ag(NH3)2]+ + Cl1 lit dung dịch NH3 1M hòa tan bao nhiêu gam AgCl biết Ks(AgCl) = 1,8.10-10
� Ag+ + 2NH3
 1 =1,7.10-7
[Ag(NH3)2]+
3. Xác định tích số tan của AgBr biết 0,33 g AgBr có thể hòa tan trong 1 lít
dung dịch NH3.

Bài giải:
1. Các quá trình tạo phức :
�
1  103,32
Ag+ + NH3
AgNH3+
�
 2  107,24
Ag+ + 2NH3
Ag(NH3)2+
Ta thấy 1 <<  2 , C NH >> C Ag , có thể coi phức tạo thành chủ yếu là Ag(NH3)2+
 2  107,24
Ag+ + 2NH3 � Ag(NH3)2+
C
5.10-3 0,1
[]
0
0,09
5.10-3
Đánh giá quá trình proton hóa của NH3
NH3 + H2O � NH4+ + OHKb = 10-4,76
C0
0,09
C
0,09-x
x
x
3



x2
 104,76 � x  1, 25.103
Ta có
0, 09  x
C NH3 =0,089 � [NH3] do  21 nhỏ
Ag(NH3)2+ � Ag+ + 2NH3

C
[]

0,005
0,005-x

x

K= 10-7,24

0,089

x.0,089 2
 107,24 � x  3, 63.108 =[Ag+]
Ta có
0, 005  x
+
[AgNH3 ] = 1 .[Ag+].[NH3]= 103,32.3,63.10-8.0,089= 6,75.10-6 << 0,005
6


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

�

2. [Ag(NH3)2]+

Ag+ + 2NH3

K =1,7.10-7

�
Ag  �
 NH 3 
�
�
 1, 7.107 và Ks AgCl = [Ag+].[Cl-]
Ta có K= �

 Ag ( NH 3 )2  �
�
�
2

Vì [Ag+] << [Cl-]; [[Ag(NH3)2]+] = Cl- ; [NH3]= 2[Cl-].

�
Ag  �
�
�

K s ( AgCl )
Cl 

1,8.1010
.(1  2 �
Cl  �
)2

�
�
Cl
 1, 7.107

�
Cl �
�
�

nên

� [Cl-] =0,0305 M

Lượng AgCl đã hòa tan là 0,0305.143,5 =4,38 (g).

�
Ag  �
 NH 3 
�
�

 1, 7.107 và KS(AgBr) =[Ag+].[Br-].
3. Ta có Kp = �

 Ag ( NH 3 )2  �
�
�
2

Vì [Ag+] << [Br-] ; [[Ag(NH3)2]+] =[Br-] ; [NH3] = 1-2[Br-]



�
Ag �
�
�

K s ( AgBr )
Br 

Mà [Br-] =

K s ( AgBr )

nên

Br



.(1  2 �
Br  �
)2
�
�


�
Br �
�
�

 1, 7.107

0,33
 1, 75.103 M � K s ( AgBr )  5,3.103 .
188

BÀI 4:
1. Tính nồng độ cân bằng trong dung dịch FeCl3 0,01 M và NaF 1 M.
2. Đánh giá khả năng oxi hóa của Fe3+ và I- khi có mặt ion F- ( CF ? CFe )
Cho các giá trị hằng số tạo phức của Fe 3+ và F- lần lượt là 1 =105,28 ;  2 =109,3; 3
=1012,06 .pKHF =3,17.
Bài giải:
1. Ta có:
FeCl3 � Fe3+ + 3Cl0,01
� Na+ + FNaF
1M


Vì

3

CF   1M ? CFe3 =0,01M và 3 ?  2 ? 1 do đó trong hệ tạo phức có số phối

trí cực đại là chính:
Fe3+ + 3F- �

FeF3

3  1012,06
7


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

C0
0,01
1
C
0
0,97
0,01
Các quá trình phụ:
Quá trình tạo phức hiđroxo không đáng kể .
Xét cân bằng proton hóa của FF- + H2O � HF + OH
C 0,97

[] 0,97-x
x
x

Kb = 10-10,83

x2
 1010,83 � �
OH  �
�
F�
 x  3, 79.106 M
�
�
�
�
0,97  x

Ta có

Do đó quá trình này không đáng kể.
Cân bằng chính trong hệ:
FeF3 � FeF2+ + FC
0,01
0,97
[] 0,01-y
y
0,97+y
Ta có

 2 . 31  102,76

(0,97  y ). y
5
 102,76 � y  �
FeF2 �
�
� 1, 79.10 M
0, 01  y

[FeF3] =0,01-y =9,98.10-3 M ; [F-] = 0,97 M
[HF] = 3,79.10-6; [Fe3+] =9,52.10-15 ;[FeF2+] =1,76.10-9 M
2. Ion F- tao phức với ion Fe3+
Như lập luận trên thì quá trình tạo phức chỉ có
lg  =12,06
Fe3+ + 3F- � FeF3
� Fe2+
Fe3+ +e
E10 =0,771 V
2+
0
� Fe + 3F
FeF3 + e
E 2 =?
3+
C
?
C
Do F
tồn tại chủ yếu dưới dạng FeF3

Fe nên Fe
� Fe3+ + 3F31
FeF3
3



3

3+

Fe

+e

FeF3 + e

�

Fe

�

Fe2+ + 3F-

2+

E10

K1  10

K 2  10

E10
0,0592

E20
0,0592

E20

K 2  K1. 31  K1  10 0,0592 .31  K 2  10 0,0592

Lấy logarit 2 vế ta được
E20  E10  0, 0592.lg 31
E20  0, 771  0, 0592.lg1012,06  0, 771  0, 0592.12, 06  0, 057
E20  E 0 FeF /Fe2  0, 057V = EI0 /2 I   0,54V vì vậy FeF3 không có khả năng oxi hóa I3
2

thành I2 mà ngược lại I2 có thể oxi hóa Fe2+ khi có mặt F8


Tiểu luận hóa phân tích

I2 + 2e
2x Fe2+ + 3F-

�
�

I2 + 2Fe2+ + 6F- �

K  K1.K

2
2

 10

2.(0,6197  0057)
0,0592

GVHD: Ngô Văn Tứ

2IFeF3 + e

K1
K2-1

2I- + 2FeF3

K

 1019

Vậy thực tế phản ứng xảy ra hoàn toàn.

BÀI 5:
Trộn 1 ml MgCl2 0,001 M với 1 ml NH3 0,01M.
1. Có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện không?
2. Tính pH của dung dịch thu được. Cho biết pKs =10,9 và
Mg2+ + 2NH4 + 2H2O � Mg(OH)2 + 2NH4+ K=101,38

 MgOH  1012,8


Bài giải:
Nồng độ các chất sau khi trộn:
0, 001
 5.104
2
0, 01

 5.103
2

CMg 2 
C NH 3

Cân bằng trong dung dịch
NH3 + H2O � NH4+ + OH0
C 5.10-3
C 5.10-3-x
x
x
Ta có

Kb = 10-4,76

x2
4
 104,76 � x  �
OH  �

�
� 2,86.10 M .
5.103  x

Vì nhỏ nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của ion Mg2+.
2
4
4 2
10,39
 K s . Vậy Mg(OH)2 bắt đầu
Xét tích số ion CMg .COH  5.10 .(2,86.10 )  10
kết tủa theo phương trình sau
2

C
[]

Mg2+ + 2NH4 + 2H2O �
5.10-4
5.10-3
5.10-4-x 5.10-3-2x

Mg(OH)2 + 2NH4+ K=101,38
2x

(2 x) 2
 101,38 � x  1,96.104
(5.104  x).(5.103  2 x) 2

Ta có

Vậy [NH4+] =2x =3,92.10-4M; [NH3] =4,61.10-3M; [Mg2+]=3,04.10-4M.
12,8
Vì  MgOH  10 nhỏ nên pH của hệ được quyết định bởi hệ đệm NH4+ -NH3


pH  9, 24  lg

4, 61.103
 10,31 � �
H�
 10 10,31 , �
OH  �
 10 3,69
4
�
�
�
�
3,92.10
9


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

[OH-]=10-3,69 �Ca =3,92.10-4 nên giá trị pH tính theo công thức trên không thõa
mãn. Để đánh giá chính xác pH của hệ ta tính theo ĐLTDKL áp dụng cho cân bằng
NH3 + H2O � NH4+

+
OHKb = 10-4,76
C
4,61.10-3
3,92.10-4
[]
4,61.10-3-x
3,92.10-4+x
x
Ta có

(3,92.104  x).x
 104,76 � �
OH  �
 10 3,84 � pH  10,16
3
�
�
4, 61.10  x

BÀI 6:
Cho dung dịch gồm MgCl2 0,01M và AlCl3 0,01M
1. Tính pH và nồng độ các ion của dung dịch
2. Có thể tách Mg2+ ra khỏi Al3+ bằng NH3 hay không?. Vì sao?.
12,8
4,3
Cho biết  MgOH  10 ;  AlOH  10 .
Bài giải:
1. Các phản ứng tạo phức trong dung dịch :
 MgOH  1012,8

Mg2+ + H2O � MgOH+ + H+
 AlOH  104,3
Al3+ + H2O � AlOH+ + H+








4,3
Vì  AlOH  10 >>  MgOH  10
nên trong dung dịch chủ yếu xảy ra quá trình
tạo phức của nhôm.
 AlOH  104,3
Al3+ + H2O � AlOH+ + H+
C 0,01
[] 0,01-x
x
x




12,8



Ta có

x2
  AlOH   104,3 � x  6,8.104
0, 01  x
4
��
H�
�
� 6,8.10 � pH  3,167

[Al3+]=0,01-x= 9,32.10-3M
[Mg2+]=0,01M
2. Phương trình phản ứng
Al3+ + 3NH3 + 3H2O � Al(OH)3 + NH4+
Mg2+ + 2NH3 + 3H2O � Mg(OH)2 + NH4+
Ta có các cân bằng sau
Al3+ + 3OH- � Al(OH)3
K=1032,4
Mg2+ + 2OH- � Mg(OH)2
K=1010,9
Điều kiện để có kết tủa Al(OH)3 là
COH  (1) 

3

1032,4
 7,53.1011
3
9,32.10

Điều kiên để có kết tủa Mg(OH)2 là

10


Tiểu luận hóa phân tích
COH  (2)

GVHD: Ngô Văn Tứ

1010,9

 104,45
0, 01

COH  (1) = COH  (2) nghĩa là Al(OH)3 kết tủa trước.

Khi Mg(OH)2 bắt đầu kết tủa thì
�
OH  �
�
�

10 10,9

0, 01

3

1032,4

��
Al 3 �
 1019,05 = 106 M
3
�
�
�
Al �
�
�

Vì vậy mà Al(OH)3 kết tủa hoàn toàn do đó có thể tách được Mg2+ ra khỏi hỗn hợp.

BÀI 7:
Tính pH trong hỗn hợp gồm H3PO4 0,01M và NaHSO4 0,01M
Bài giải:
Các cân bằng xảy ra trong dung dịch là:
HSO4- � H+ + SO42H3PO4 � H+ + H2PO4H2PO4- � H+ + HPO42� H+ + PO43HPO4-

Ka=10-1,99
Ka1=10-2,15
Ka2=10-7,21
Ka3=10-12,32

(1)
(2)
(3)
(4)

Vì K a1 ? K a 2 ? K a 3 và K a �K a1 nên phải tính dến cả 2 cân bằng (1) và (2)

ĐKP với mức không là H3PO4 và HSO4[H+] = [H2PO4-] + [SO42-] =

K a1. H 3 PO4 
�
H�
�
�



Ka . �
HSO4  �
�
�
�
H�
�
�

�
H�
HSO4  �
(5)
�
� K a1. H 3 PO4   K a . �
�
�
Vì C  0, 01 �K a �K a1
C�
�

H�
HPO4 �
 0, 005M và thay vào (5) để tính �
Chọn  H 3 PO4  = �
�
�
�
�= �
�
1
�2 �
�
H�
 102,15.0, 005  101,99.0, 005  9, 3.10 3
�
�
1
H�
HPO4 �
Thay giá trị �
=9,3.10-3 vào các biểu thức để tính  H 3 PO4  và �
�
�
�
�
1

�
H �
 H 3 PO4   C. � �

K a1  �
H �
�
�

�
H �

�
�
�
�
HPO

C
..
4
�
�
Ka  �
H�
�
�

Ta được

 H 3 PO4   0, 01.

9,3.103
 5, 68.103 M

102,15  9,3.103
11


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

9,3.103

�
�
HPO

0,01.
 4, 67.103 M
� 4�
101,99  9,3.103

Và

H�
HPO4 �
Thay giá trị  H 3 PO4  và �
�
�
�
�vào (5) để tính �
2
Ta được

�
H�
 102,15.5, 68.103  101,99.4,76.103  9, 4.103 ��
H�
�
�
�
�
2
1

Kết quả lặp lại. vậy pH =-lg[H+]= 2,03.

BÀI 8:
1. Tính độ điện li của CO32- trong dung dịch Na2CO3 pH= 11,6.
2. Trộn 20 ml Na2CO3 0,1M với 30 ml HCl 0,15 M.
Tính pH của dung dịch thu được.
Biết CO2 + H2O � HCO3- + OH- Ka1=10-6,35
� H+ + CO32HCO3Ka2=10-10,33
Độ tan của CO2 trong H2O là 3.10-2M
Bài giải:
1. Các cân bằng xảy ra trong dung dịch
CO

+ H2O �

23

HCO3- + H2O �

-

HCO3 + OH

-

CO2 + H2O

1014
Kb1= 10,33  103,67 (1)
10
1014
Kb2= 6,35  107,65 (2)
10

Do Kb1>>Kb2 nên cân bằng (1) là chủ yếu

C
[]

CO32- + H2O �

HCO3- + OH-

C
C-10-2,4

10-2,4

Kb1=

1014
 103,67 (1)
1010,33

10-2,4

(102,4 ) 2
 10 3,67
2,4
C  10
104,8
2,4
� C  10  3,76  0, 0781M
10
K b1 

Vậy  CO

3

2

102,4.102

 5,1%
0, 0781

2. Nồng độ các chất sau khi trộn là
0,15.30

 0, 09 M
50
0,1.20

 0, 04M
50

CH  
CCO2
3

Phản ứng xảy ra trong dung dịch
2H+ + CO32- � CO2 + H2O
0,09 0,04
0,04
12


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

[] 0,01
Vì nồng độ CO2 =4.10-2 > LCO =3.10-2 nên chấp nhận nồng độ H2CO3 = LCO
H2CO3 � H+ + HCO3- Ka1=10-6,35 (1)
HCO3- � H+ + CO32Ka2 =10-10,33 (2)
Vì Ka1>> Ka2 nên ta xem chỉ có cân bằng (1)
H2CO3 � H+ + HCO3- Ka1=10-6,35 (1)
C
3.10-2

0,01
0
-2
[]
3.10 -x
0,01+x x
2

2

x.(0, 01  x)
 106,35 � x  1,34.106
2
3.10  x

6
��
H �
�
� 1,34.10  0, 01 �0, 01M

Ta có

Vậy pH =2.

BÀI 9:
Tính độ tan của PbCl2 trong NaClO4 0,1M. phép tính kể đến lực ion.
*
6,2
Biết Ks=10-4,8 ;  PbOH  10

( Trích giáo trình Hóa học phân tích, Ngô Văn Tứ)


Bài giải:
Lực ion I=0,5.([Na+] + [ClO4-]) =0,1
� Pb2+ + 2ClPbCl2
Ks=10-4,8
S
2S
2+
 * PbOH  106,2
Pb + H2O � PbOH+ + H+
Ở lực ion I =0,1 có thể áp dụng phương trình Davies để tính fi


lg f Cl   lg f H   lg f PbOH   lgf I


0,1
.0,5  0,11
1  0,1  0,1.0, 2

� f1=0,776 và lg f Pb2  lg f 2  22.lg f1 =-0,44 � f2=0,363
c
c
Thay các giá trị f1 và f2 vào (1) và(2) để tính K s và  PbOH

K sc  K s .f12 . f 21 



c
PbOH 



104,8.1
 104,14
0, 7762.0,363

107,8.0,363
  PbOH  .f . f 2 
 108,02
2
0, 776
*

2
1

Đánh giá khả năng tạo phức hiđroxo của Pb2+ với
CPb2 �S0 

3

104,14
 0, 0263 M
4

Pb2+ + H2O �

PbOH+ + H+

 * PbOH   106,2
13


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

C 0,0263
[] 0,0263-x

x

x

2

x
 106,2 � x  1, 29.104 = 0, 0263
0, 0263  x

Ta có

[PbOH+] = [Pb2+] do đó có thể bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của Pb2+
Vậy trong dung dịch cân bằng (1) là chính, độ tan của PbCl2 chính là độ tan S0
Kcs =[Pb2+].[Cl-] =4.S3 � S=S0 =2,63.10-2M.

BÀI 10:
Tính độ tan của MgNH4PO4 trong dung dịch đệm có pH=10 chứa tổng nồng độ
ion NH4+ 0,2M và photphat có tổng nồng độ 10-2 M
Cho pK NH =4,75; H3PO4 có pKa1=2,12; pKa2=7,2; pKa3=12,36
 MgOH =102,58; Ks=10-12,6
3



Bài giải:
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
�
MgNH4PO4
2+
�
Mg + OH
�
PO43- +H+
2+
�
HPO4 + H
H2PO4- + H+ �

Mg2+ + NH4+ + PO43 MgOH =102,58
MgOH+
HPO42Ka3-1
H2PO4
Ka2-1
H3PO4
Ka3-1



'

�
Mg 2 �
Mg 2 �
. MgOH 
�
� �
�
�
2,58
4
 MgOH   1   MgOH  . �
OH  �
�
� 1  10 .10  1

với

'

Mg 2 �
Mg 2  �
nên �
�
� �
�
�

'

�
NH 4  �
NH 4  �
. NH 
�
� �
�
�
4

 NH 

Với

4

K NH 

109,25
 1
 1  10  100,82

10
�
H �
�
�
4

'

NH 4  �
NH 4  �
.100,82
Nên �
�
� �
�
�
'

�
PO43 �
PO43 �
. PO3
�
� �
�
�
4
2

Vớ i

. PO3
4

3

�
�
H  ��
H�
H�
�
��
�
�
�
 1

K a 3 K a 2 .K a 3 K a1.K a 2 .K a 3

Thay số vào ta tính được  PO

3
4

1

 102,36

'

PO43 �
PO43 �
.102,36
Nên �

�
� �
�
�
'

'

'

K s'  �
Mg 2 ��
. NH 4  ��
. PO43 �
�
��
��
�
2

3
0,82
Mg ��
. NH 4 ��
. PO4 �
.10 .102,36
=�
�
��
��

�
14


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Gọi độ tan của kết tủa MgNH4PO4 trong dung dịch là S thì
'

�
Mg 2 �
Mg 2  �
�
� �
�
�=S

[NH4+]’ = S + 0,2 (vì tổng nồng độ NH4+ và NH3 trong dung dịch là 0,2M)
[PO43-]’ = S + 10-2( vì tổng nồng độ photphat là 10-2M)
S .(S 0, 2)
S  102
thì S = 0, 2 vậy :

K s' 

Do đó :
Giả sử : S = 102

Ks’ =10-9,82=S.0,2.10-2= 2.10-2 .S
�S 

109,82
 7,57.108 M (thỏa mãn).
3
2.10

BÀI 11:
1. Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,12M; NH3 0,15M và KOH 5.10-3M
2. Tính thể tích dung dịch HCl 0,210 M cần cho vào 50 ml dung dịch A để pH
của hỗn hợp bằng 9,24.
Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24; của H2S là 7,00 và 12,92.
Bài giải:
1. Các cân bằng xảy ra trong dung dịch
CN- + H2O � HCN + OHKb1=10-4,65
NH3 + H2O � NH4+ + OHKb2=10-4,76
� H+ + OHH2 O
Kw=10-14
� K+ + OHKOH
[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+]
Đặt [OH-] =x

�
CN  �
�
� K .  NH 3   K w
x  5.10  K b1.
b2
x

x
x
2
3

� x  5.10  ( K b1. �
CN �
�
� K b 2 . NH 3   K w )  0
3

CN  �
Tính gần đúng: xem �
�
� CCN  0,12 M và  NH 3   CNH  0,15M


3

3

6

Ta có x  5.10 x  5, 29.10  0
2

� x  [OH  ]  5,9.103 M

Kiểm tra lại:

 HCN  

104,65
 3,8.103 �  HCN  = �
CN  �
3

�
�
�
CN �
�
� 5,9.10
4,67
�
NH 4 �
�
� 10
 2,9.10 3 � �
NH 4 �
3
�
�=  NH 3 
 NH  5,9.10
3

Vậy các Bài giải trên có thể chấp nhận � pH=11,77

 NH 3 

 NH 3   9, 24

9,
24

lg
�
NH 4 �
NH 4 �
�
�
�
�

2. pH  pK NH  lg �

4

15


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

� �
NH 4 �
�
�  NH 3  có nghĩa là 50% NH3 đã bị trung hòa, và toàn bộ KOH cũng bị

trung hòa.
Mặc khác pH  9, 24  pK HCN

�
�
CN  �
CN  �
�
�
�
�
 lg
 9,35  lg
HCN
HCN





0,11
��
CN  �
 0, 776
�
� 10

 HCN  

 HCN   1  0,563

1
�
CCN 
1  0, 776
�
CN  �
�
� 0, 776

Nghĩa là 56,3% CN- đã bị trung hòa.
Vậy VHCl .0, 21  VA .C KCN .0,563  VA .CNH .0,5  VA .CKOH
3

VHCl 

50.(0,12.0,563  0,15.0,5  5.103 _
 35,13(ml )
0, 21

BÀI 12:
Hai yếu tố quan trọng nhất ảnh hưởng đến độ tan của các muối khó tan là
pH và sự có mặt của tác nhân tạo phức. Bạc oxalat là một ví dụ điển hình. Tích
số tan của nó trong nước là K s=2,06.10-4 tại pH =7. Độ tan của nó bị ảnh hưởng
bởi pH khi anion oxalat phản ứng với ion hiđroxi và bằng tác nhân tạo phức
như NH3 để tạo phức với cation bạc.
1. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH =5. Hai hằng số phân
li của axit lần lượt là K1 =5,6.10-2 và K2 =6,2.10-6
2. Với sự có mặt của ammoniac thì ion bạc tạo thành 2 dạng phức Ag(NH 3)+ và
Ag(NH3)2+. Các hằng số cân bằng tạo phức tương ứng 1  1,59.103 và
 2  6, 76.103 .Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch chứa 0,02M NH 3 và có

pH=10,8.
Bài giải:
1. Ta có
Ta có

2

Ks  �
Ag  �
C2O4 2 �
�
�. �
�
�

�
Ag �
�
� 2 S
C

C2O42

S �
C2O4 2  �
HC2O4 �
�
� �
�
�  H 2C2O4 

H 2C2O4 � H   HC2O4 
HC2O4 � H   C2O42

K1 =5,6.10-2
K2 =6,2.10-6


 2 �
� �
�
�
�
H
H
�
�
�
��
2
�
�
S �
C
O
.
1


Ta có kết quả sau:

� 2 4 �� K
K1.K 2 �
2
�
�
K1.K 2
��
C2O4 2 �
.S   .S
2
�
�


�
�
�
�
H

K
.
H

K
.
K
� � 1� � 1 2

16

Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

H �
 1
Tại pH =7 thì �
�
� 10
Ks=3,5.10-11
5
H  �
 0,861
Tại
pH =5 thì �
�
� 10
S=2,17.10-4
2. [NH3] =0,02M
11
 thì �
H�
 1
Tại pH = 10,8
�
�1,585.10
Tổng nồng độ [Ag+] trong dung dịch được xác định bởi phương trình


-

7

C Ag  2 S  �
Ag  �
Ag ( NH 3 )  �
Ag ( NH 3 )2 �
�
� �
�
� �
�
�

Các phản ứng tạo phức:
Ag   NH 3 � �
Ag ( NH 3 )  �
�
�

Ag ( NH 3 )  NH 3 � Ag ( NH 3 ) 2

1  1,59.103

 2  6, 76.103
Từ các phương trình trên ta dễ dàng suy ra biểu thức sau
2
C Ag  2S  �

Ag  �
.(1  1  NH 3   1 2  NH 3  )
�
�
��
Ag  �
�
�

1
1  1  NH 3   1 2  NH 3 

2

.S   S

Thay vào biểu thức của tích số tan ta tính được S=5,47.10-2

BÀI 13:
Cho cân bằng sau
3MnO42- + 2H2O � 2MnO42- +MnO2 + OH0
0
Biết EMnO . H / MnO  1, 695V và EMnO / MnO  0,564V
1. Tính hằng số cân bằng của phản ứng
2. Tính cân bằng trong dung dịch K2MnO4 0,01M ở pH =10,00
Bài giải:
4





2

4

MnO

24

MnO4- + 4H+ +3e
4
MnO

24

H2O

�



4

2

-

MnO4 + e

K11  10

 E11
0,0592

3 E20
0,0592

� MnO2 + 2H2O

K 2  10

�

K w  (1014 ) 4

+ H2O +2e �

H+ + OHMnO2 + 4OH

-

K 3  10

2 E30
0,0592

3E20  E10 14.4.0,0592 3.1, 695  0,564
E 



 28.0,592  0, 603V
2
2
2
0
3

Vậy EMnO / MnO  0, 603
MnO42- + H2O +2e �
�
2 MnO422�
3 MnO4 + 2H2O
0

4



2

MnO2 + 4OHMnO4- + e
MnO2 + 2MnO4- +OH-

K=20,78
17


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ
2

�
MnO4 �
�
�  20, 78  2, 078.1015
Ở pH =10 thì
rất lớn, có thể coi phản ứng xảy ra
2 3
(104 ) 2
�
�
MnO
4
�
�

hoàn toàn.
3 MnO42- + 2H2O
0,01

�

MnO2 + 2MnO4- +OH-

K’=2,078.1015

0, 01.2
3

0
0, 02
�
MnO4 �
�
� 3

MnO2 + 2MnO4- �

3 MnO42- + 2H2O

(K’)-1 =4,81.10-16

0, 02
 2x
3x
3
(3 x) 2
 4,81.1016 � 3x  2, 78.10 7 M
0,
02
�
�
� 3  2x �
�
�

Ta có

7
MnO42 �
Vậy �
�
� 2, 78.10
3
�
MnO4 �
�
� 6, 67.10

BÀI 14:
Kaliđicromat là một trong những tác nhân tạo kết tủa được sử dụng rộng
rãi nhất .
Hãy xác đinh khoảng pH mà bắt đầu xuất hiện kết tủa BaCrO 4 mà không
kết tủa CuCrO4 trong hỗn hợp gồm BaCl20,01M ; CuCl2 0,01M và K2Cr2O7
0,2M.
Cho biết
2Cr2O7 + H2O � CrO42- + 2H+
K=10-14,6
KsBaCrO  109,93 ; KsCuCrO  105,44 ; KaCH COOH  1,8.105
Bài giải:
4

4

3

Phản ứng tạo thành kết tủa:
Ba2+ + CrO42- � BaCrO4

Cu2+ + CrO42- � CuCrO4
Điều kiện để có kết tủa BaCrO4 mà không có kết tủa CuCrO4

KsBaCrO4  109,93
KsCuCrO4  105,44

CBa 2 .CCrO 2  KsBaCrO4  10 9,93
4

CCu 2 .CCrO 2  KsCuCrO4  105,44
4

Vậy � CCrO 
4

2

Và � CCrO42 

KsBaCrO4
CBa 2

KsCuCrO4
CCu 2



109,93

 1, 2.108

0, 01
105,44
 3,63.104
0, 01

Ta có cân bằng sau :
18


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Cr2O72- + H2O �
K

��
H�
�
�

C

2
CrO42

CrO42- + 2H+

K=10-14,6

.CCr O 2
2 7

Thay các giá trị nồng độ vào ta được
0,26
� 104,26  �
H�
�
� 10
� 0, 26  pH  4, 26

Vậy để có kết tủa BaCrO4 mà không có kết tủa CuCrO4 thì ta phải duy trì pH ở
khoảng 0, 26  pH  4, 26 .

BÀI 15:
Tính cân bằng trong dung dịch KBrO3 0,01M và KBr 0,07M, HCl 0,1M.
0
Cho biết EBrO / Br ( l )  1,52 và EBr (H O )/2 Br  1, 085
Độ tan của Br2 trong H2O là 0,214M.
Bài giải:
3

2

2

2



Phản ứng xảy ra
2BrO3- + 12H+ + 10e �
�
5x 2Br+
�
2BrO3 + 10Br +12H

Br2(H2O) + 6H2O
Br2(H2O) + e
6Br2(H2O) + 6H2O

Lượng Br2 sinh ra tối đa chỉ có thể là 0,03M bé hơn độ tan của Br2 trong nước, vì
0
vậy phải tính EBrO / Br (H O)
3

-

2BrO3 + 12H

+



2

2

+ 10e �
�

Br2(l)

2BrO3- + 12H+ + 10e �

Br2(l) + 6H2O

K1  10

Br2(H2O)

K2 

Br2(H2O) + 6H2O

10 E30
0,0592

 Br2 ( H 2O)  S
Br
 Br2 (l ) 

K 3  10.10

2

10 E30
0,0592

0, 0592

10
0, 0592
0
EBrO
 E30  1,52  (lg 0, 214).
 1,516 V

3 / Br2 (H 2 O)
10
10.(1,516 1,085)
10.
� 6Br2(H2O) + 6H2O
2BrO3- + 10Br- +12H+
0,0592
K  10
 1072,80
+ �
36,40
Hay BrO3 + 5Br + 6H
3Br2(H2O) + 3H2O K=10
K 3  K1 .S Br2 � E30  E10  (lg S ).

C0 0,01
0,07
xmax=0,01
C -0,01
-0,05
C
0
0,02

3Br2(H2O) +
C
0,03
[] 0,03-3x

0,1
0,06
0,03
0,04
0,03
3H2O � BrO3- + 5Br- + 6H+
K=10-36,40
0,02
0,04
x
0,02+5x 0,04+6x

19


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

x(0, 02  5 x)5 .(0, 04  6 x) 6
 1036,4 � x  8, 2.1025 M
(0, 03  3 x)3

Ta có

[Br-]=0,02M; [Br2]=0,03M; [BrO3-]=8,2.10-25M.

BÀI 16:
1. Thêm 1ml dung dịch HClO4 0,01M vào 100ml dung dịch KCN 0,01M.Thêm
2 giọt chất chỉ thị bromthimol xanh (pH chuyển màu từ 6-7,6; pH< 6 màu
vàng ; pH>7,6 màu xanh lục ). Sau đó thêm tiếp 100 ml dung dịch Hg(ClO 4)2
0,3M. có hiện tượng gì xảy ra. Bài giải thích.
2. Thêm 1 giọt (khoảng 0,03ml) dung dịch H 2S bão hòa vào hỗn hợp thu được
ở trên . Có hiện tượng gì xảy ra?
cho biết pKa của HCN là 9,35 của NH4+ là 9,24 và của H2S là 7 và 12,92.
lg 1  18
Hg2+ + CN- � HgCN+
lg  2  34, 7
Hg2+ + 2CN- � HgCN2+
Chỉ số tích số tan pKs của HgS là 51,8. Nồng độ H2S trong dung dịch bão hòa là
0,1M
Bài giải:
1. Nồng độ các chất sau khi trộn :
0, 0.1
 9,901.105 M
101
0, 01.100

 9,901.103 M
101

CHClO4 
CKCN

C

[]

H+
9,901.10-5

CN- �
9,901.10-3
9,802.10-3

+

HCN
9,901.10-5

Thành phần [HCN]=9,901.10-5;[CN-]=9,802.10-3
C
[]
Ta có

CN9,82.10-3
9,82.10-3-x

+

H2 O

�

HCN +
OH-5

9,901.10
9,901.10-5+x x

Kb=10-4,65

x.(9,901.10 5  x)
 104,65
3
9,82.10  x

� x 2  1, 214.104  2,194.107  0
Nên x= [OH-]= 4,12.10-4M � pOH = 3,385.
� pH=10,615>7,6. Vậy mới đầu dung dịch có màu xanh lục .

Khi thêm 100ml dung dịch Hg(ClO4)2 0,3M thì
9,82.103.101
CCN  
 4,929.103 M
201
9,901.105.101
CHCN 
 4,975.105 M
201
0,3.100
CHg 2 
 0,1493M ? CCN 
201
20

Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Vậy CN- tạo phức hết với Hg2+
Hg2+
+ CN- �
C0
0,1493
4,929.10-3
C
0,1493
2+
Hg dư phản ứng tiếp với HCN
Hg2+
+HCN
0
C
0,1443
4,975.10-5
C
0,14425

HgCN+

  1018

4,929.10-3
�

HgCN+ +
4,929.10-3
4,975.10-3

H+

Ka=108,65

4,975.10-3

Sự phân ly của HgCN+ không đáng kể (K =10-18) lại còn dư Hg2+ nồng độ CNphân ly ra vô cùng bé không ảnh hưởng đến pH của dung dịch vì vậy nồng độ H + là
4,975.10-5
Nên pH=4,3 < 6. Do đó khi thêm Hg(ClO 4)2 thì dung dịch chuyển sang màu
vàng.
2. Thêm một giọt (0,03ml) dung dịch H 2S bão hòa vào hỗn hợp trên thể tích dung
dịch coi như không đổi CH S 
2

0, 03.0,1
 1, 493.105 M
201

H2 S �
H
+
HSC0 1,493.10-5 4,975.10-5
C 1,493.10-5-x
4,975.10-5+x x
+

Ka1=10-7

4,975.105  x
 107
1, 493.105  x
� x  3.108 = CH 
K a1 

Như vậy nồng độ H+ do sự phân li của H2S là không đáng kể.
H2 S �
H+
+
S2Ka2=10-12,92
[]
1,493.10-5
4,975.10-5
x
K a1 

��
S 2 �
�
� x 

x.(4,975.10 5 ) 2
 1012,92
5
1, 493.10

1012,92.1, 493.105

 7, 25.1017 M
5 2
(4,975.10 )

Vì sự phân li của HgCN+ không đáng kể có thể coi CHg =0,14425
2

� CHg 2 .CS 2  0,14425.7, 25.1017  1, 05.1017 ? K s

Vậy có kết tủa HgS màu đen xuất hiện
H2 S
+
Hg2+ �
HgS +
2H+
Do sự kết tủa này làm tăng nồng độ của ion H + trong dung dịch nên dung dịch
vẫn có màu vàng.

BÀI 17:
Để loại trừ các ion NO3- trong nước (các ion NO3- có mặt trong nước xuất
phát từ phân bón) có thể khử nó thành NO2- bằng cách cho đi qua lưới có chứa
bột Cd.

21


Tiểu luận hóa phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

1.
Viết nửa phản ứng của hai cặp NO 3-/HNO2 và HNO2/NO trong môi
trường axit. Chứng minh rằng HNO2 bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến
6.
2.
Ở pH = 7, nồng độ NO3- là 10-2M. Viết phản ứng giữa Cd và NO3-. Hỏi
NO3- có bị khử hoàn toàn ở 25 oC trong điều kiện này không? Tính nồng độ NO 3còn lại trong nước khi cân bằng.
3.
Tính thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn của cặp NO3-/NO2- ở pH = 14
và 25oC
Cho biết các số liệu sau ở 25oC: Eo(NO3-/HNO2) = 0,94V; Eo(HNO2/NO) = 0,98V;
Eo(Cd2+/Cd) = -0,40V; Ka(HNO2) = 5.10-4; Ks(Cd(OH)2) = 1,2.10-14.
Bài giải:
1. NO3- + 3H+ + 2e  HNO2 + H2O
HNO2 + H+ + e  NO + H2O

Eo = 0,94V
Eo = 0,98V

Ở pH = 0 thì Eo(HNO2/NO) > Eo(NO3-/HNO2) nên HNO2 bị phân hủy theo
phản ứng:

3HNO2  NO3- + 2NO + H+ + H2O
Ở pH = 6 thì:
Eo(NO3-/HNO2) = 0,94 + 0,059/2(lg10-6) = 0,763
Eo(HNO2/NO) = 0,98 + 0,059lg10-6 = 0,626V
Eo(HNO2/NO) vẫn lớn hơn Eo(NO3-/HNO2) nên HNO2 vẫn không bền
2. Cd + NO3- + H2O ⇌ Cd2++ NO2- + 2OHGiả thiết phản ứng là hoàn toàn thì [Cd2+] = [NO3-]bđ = 10-2M
Ở pH = 7 thì [Cd2+] = Ks/[OH-]2 = 1,2M. Nồng độ Cd2+ sau phản ứng nhỏ hơn
nhiều so với 1,2M nên không có kết tủa Cd(OH)2.

Để tính [NO3-] khi cân bằng cân tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên:

Cd + NO3- + H2O + 3H+ K  Cd2+ + NO2- + 2OH- + 3H+
K1

K1

K
Cd2+ + HNO2 + 2H2O 
 Cd2+ + H+ + NO2- + 2H2O
K = K1.K2.K3.
2

lg K 1 

2(0,94  0,40)
45,42  K 1 2,65.10 45
0,059

K 2,65.10 45.5.10  4.(10  14 ) 2 1,325.1014

Hằng số K rẩt lớn nên phản ứng gần như hoàn toàn. Ở pH = 7 ta có:
Cd
+
NO3- +
H2 O ⇌
Cd2+ +
NO2+ 2OHNđcb:
(10-2 – x) = 
x = 10- 2 x = 10-2

10-7
Như vậy ta có:
10  2.10  2.(10  7 ) 2
1,325.1014 
   NO3 7,55.10  33 M






22


Tiểu luận hóa phân tích

3. lg K1 

GVHD: Ngô Văn Tứ

o
2( E NO
 0,40)

/ NO 
3

2

0,059

o
 E NO
0,017V

/ NO 
3

2

BÀI 18:
Ion Fe(SCN)2+ có màu đỏ ở nồng độ bằng hoặc lớn hơn 10 -5M. Hằng số điện
li của nó là 10-2.
1.
Một dung dịch chứa vết Fe3+. Thêm vào dung dịch này một dung dịch
KSCN 10-2M (coi thể tích không đổi). Xác định nồng độ tối thiểu của Fe 3+ để
dung dịch xuất hiện màu đỏ.
2.
Một dung dịch chứa Ag+ 10-2M và Fe3+ 10-4M. Thêm dung dịch SCNvào tạo kết tủa AgCN (coi thể tích không đổi). Xác định nồng độ Fe 3+ còn lại
trong dung dịch không xuất hiện màu đỏ. Biết TAgSCN = 10-12
3.
Thêm 20cm3 dung dịch AgNO3 5.10-2M vào 10cm3 dung dịch NaCl
không biết nồng độ. Lượng dư Ag+ được chuẩn độ bằng dung dịch KSCN với sự
có mặt của Fe3+. Điểm dương đương (khi bắt đầu xuất hiện màu đỏ) được quan
sát thấy khi thêm 6cm 3 dung dịch KSCN 10-1M. Tính nồng độ của dung dịch
NaCl.
Bài giải:
1.
Fe3+
+

SCN⇌
Fe(SCN)2+
Nồng độ cân bằng:
Co – x
10-2 – x
x = 10-5
Ta có:

 Fe 
3

10  5
10  2
2
5
(10  10 )

 [Fe3+] = 10-5M  Co = 2.10-5M
2.
Khi xuất hiện màu đỏ thì: [Fe(SCN) 2+] = 10-5M. Vậy nồng độ Fe3+ còn lại
-5
là: 9.10 M
Ta có:



10  5
10  2

5

SCN 9.10











 SCN  1,1.10  3 M  Ag  9,1.10  10 M

3
n(Ag+) = n(AgCl) + n(AgSCN)
20.10-3.5.10-2 = 10.10-3C + 6.10-3.10-1  C = 4.10-2M
BÀI 19:

1)
Các ion CN- có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp. Có thể
loại chất độc này bằng phản ứng sau ở 25oC:
CN- + H2O2 ⇌ NCO- + H2O
a.
Tính hằng cố cân bằng của phản ứng.
b.
Trong nước thải có nồng độ CN - là 10-3mol.L-1. Nếu dùng dung
dịch H2O2 0,1M (thể tích không đổi) nồng độ CN - còn lại sau phản ứng là bao
nhiêu? Rút ra kết luận.
Cho Eo(H2O2/H2O) = 1,77V và Eo(NCO-/CN-) = -0,14V

23