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

=
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

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


] + [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


= (
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 = (

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

= 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

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

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

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

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

= 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

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

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:

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

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

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

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

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

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

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



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

.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
28
SO

+ 2e 

2
2
4
SO
2Cr
3+

+ 7H
2
O  6e 


2
27
Cr O

+14H
+

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+


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

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

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%.

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


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

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

+ 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+

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 ()

+ 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+

]
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+
]

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

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

] + 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

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 +

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

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



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

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

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

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

 [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
+

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




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


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
+
] =

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

= 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

] = [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-
]


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


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

+
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

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

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


] + 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

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

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

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

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¯

=
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

=
1
102
; 
Y
=
K
4

h + K
4
= 0,355 =
1
282


In
=
K
3

h + K
3
=
10¯
11 6

10¯

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

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

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

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

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


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

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+

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¯

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

(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


= 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¯

*
(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

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

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


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
.

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