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

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+

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

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.

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
= 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

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.

-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

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 ] = = = 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
-

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

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

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

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

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)

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
-

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.

-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

' 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

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

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
-

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
)

-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

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:

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
+

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 )

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
)

-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
+
] = [ + [ + [

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

- + 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

+
] = 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

(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

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

] = 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
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-

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
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

, 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

] = 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-

+
] = = 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

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
)

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

-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
+

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

+ 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

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