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


II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 2


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.

Bài giải:
Zn(OH) 2 ƒ

1.

S

K S ( Zn (OH )2 ) = 1, 2.10 −17

Zn 2+ + 2OH S

2S

K S(Zn(OH)2 ) = 4S3 = 1,2.10-17

S = 1,44.10-6 mol/l

[OH-] = 2S = 2,88.10-6 (mol/l)
pOH = 5,54 pH = 14 – 5,54 = 8,46
Zn(OH) 2 ƒ

2.

Zn 2+ + 2OH -

Zn 2+ + 4OH- ƒ

Zn(OH) 24

Zn(OH)2 + 2OH - ƒ


Bài 2:

GVHD: Ngô Văn Tứ

Cu 2+ + 2OH -

Cu 2+ + 4NH3 ƒ

Ks = 2,2.10-20

Cu(NH3 ) 42+

Kf = 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 CuSO4 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 NH3 và tính giá trị K
cho phản ứng.
4. Tính nồng độ NH3 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
Cu2+.
(Đề thi Olympic Hóa học Mĩ năm 2012)
Bài giải:
1. Ta có:

Cu(OH) 2 ƒ


SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 5


Tiểu luận Hóa học phân tích

3.

Cu(OH) 2 ƒ

GVHD: Ngô Văn Tứ

Cu 2+ + 2OH -

Cu 2+ + 4NH3 ƒ

Ks = 2,2.10-20

Cu(NH 3 ) 2+
4

Cu(OH)2 + 4NH3 ƒ

Kf = 2,1.10-13

Cu(NH 3 )42+ + 2OH -

K

K = KS . Kf = (2,2.10–20).(2,1.1013) = 4,6.10–7

[NH3] = (0.00950)1/4 = 0,312 M
5. Khi thêm dung dịch NH3 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:
PbO + H 2O ƒ
PbO + 3H 2O ƒ

Pb 2+ + 2OH Pb(OH)3- + H3O +

Ksp = 8,0.10-16

(1)

Ka = 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?
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 6


Tiểu luận Hóa học phân tích


[H3O + ] =

Ka = 1,0.10-15

Ka
1,0.10-15
-13
=
-2 = 1,0.10 M
[Pb(OH)3 ] 1,00.10

pH = 13
Dùng Ksp thì [Pb2+] = 8,00.10-14 M (rất bé) nên bỏ qua.
3. Ta có:

S = C Pb2+ = [Pb 2+ ] + [Pb(OH)3- ]

4. Ta có: pH = 9,4 [H3O+] = 10-9,4 = 4.10-10 M
[OH - ] =

K H2 O
10-14
=
= 2,5.10-5M
[H 3O+ ] 4.10-10

K sp
8,0.10-16
-6
[Pb ] =

5. Ở pH tương đối thấp thì Pb2+ sẽ chiếm ưu thế.
[Pb2+] = 1,0.10-3 M.
Ksp = [Pb2+].[OH-]2
[OH - ] =

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

[H3O+ ] =

K H 2O
10-14
-8
=
-7 = 1,12.10 M
[OH ] 8,94.10

pH = 7,95

Ka
1,0.10-15
-8
[Pb(OH) ] =
+ =

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 H3PO4
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 NH4MgPO4 được thừa nhận là chủ yếu, biết KS = 2,5.10-13.
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 8


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

4. Tính nồngđộ các cấu tử trong dung dịch Ca 3(PO4)2 biết KS = 2,22.10-25. Cho rằng
sự thủy phân của Ca2+ không đáng kể.
(Bài tập chuẩn bị Olympic quốc tế năm 2014)
Bài giải:
H + + H 2 PO-4

1. H3PO 4 ƒ

K a1 = 7,5.10-3

(1)

H 2 PO-4 ƒ


Ca

[]

Ca – x

x

K a1 = 7,5.10-3

x

x2
= K a1 = 7,5.10-3
C
x
Ta có: a
(*)
pH = 1,46 x = [H+] = 10-1,46 = 0,035
Thay x = 0,035 vào (*) Ca = 0,2M.
Vậy nồng độ các cấu tử trong dung dịch A là:

10-14
[OH ] =
= 2,9.10-13M
0,035
[H+] = 0,035M;
-

Ta có:

+

a
+ 2

Thế số vào ta được: [PO43-] = 8,57.10-19M
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 9


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Ca .K a1.K a2 .[H + ]
[HPO ] = + 3
[H ] + K a1.[H + ]2 + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3
24

Thế số vào ta được: [HPO42-] = 6,25.10-8 M.

[H 2 PO-4 ] =

Ca .K a1.[H + ]2
[H + ]3 + K a1.[H + ]2 + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3

Thế số vào ta được: [HPO42-] = 0,035M
[H3PO4 ] = Ca - [H 2 PO-4 ] - [HPO 2-4 ] - [PO3-4 ] ≈ 0,165M

H3PO4 + 2NH 3 ƒ



K a3 = 4,8.10-13

(3)

H 2 PO42- + OH - K b1 = 1,6.10-7

(4)

HPO 24 ƒ

H + + PO3-4

HPO24 + H2O ƒ
H 2 PO 42- + H 2O ƒ

H 3PO 4 + OH - K b2 = 1,3.10-12

(5)

Ta có: .Kb1 .Ka .Ka3 dung dịch có tính bazơ
Kb1 Kb2 Cân bằng (4) là chủ yếu:
HPO24 + H2O ƒ
C

0,1

[]

0,1 – x

[H + ]

=

4,8.10-13 .0,1
= 6,04.10-4
10-10,1

Nồng độ các cấu tử sau khi trộn là:
C NH+ =
4

Ta có:

6,04.10-4
0,2
0,2
= 3,02.10-4 M
= 0,1M CMg2+ =
= 0,1M CPO3- =
4
2
2
2
;
;
.

C NH+ .CMg2+ .CPO3- = 3,02.10-6 > K S = 2,5.10-13
4


K b1 = 10-1,68

(3)

HPO24 + H 2O ƒ

H 2 PO-4 + OH -

K b2 = 10-6,79

(4)

H 2 PO-4 + H 2O ƒ

H 3PO 4 + OH -

K b3 = 10-11,852

(5)

S = 5 K S = 1,17.10-5M

Ta thấy: Kb1 Kb2, Kb3 Bỏ qua cân bằng (4) và (5)
Nếu Kb1.Cb KW Bỏ qua cân bằng (2)

PO3-4 + H 2O ƒ
C

2S

α PO3- = 1 +
4

GVHD: Ngô Văn Tứ

[H + ]
[H + ]2
[H + ]3
+
+
= 8,97.102
K a3
K a2 .K a3
K a1.K a2 .K a3

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

S' = 5 K S' = 1,78.10-4M
[Ca2+] = 3S’ = 5,34.10-4 M; [PO43-] = 2S’ = 3,97.10-7 M.
Bài 5:
Dung dịch Pb(NO3)2 được thêm từ từ vào 20ml hỗn hợp chứa

Na2SO4

0,020M, Na2C2O4 5,0.10-3M; KI 9,7.10-3M; KCl 0,05M; KIO3 0,0010M. Khi kết tủa
màu vàng PbI2 bắt đầu xuất hiện thì 21,60 ml dung dịch Pb(NO3)2 được dung hết.
1. Xác định thứ tự xuất hiện kết tủa.
2. Tính nồng độ còn lại dung dịch Pb(NO3)2.
Cho biết:


lgβPb(CH COO+ ) = 2,68
3

;

lgβPb(CH3COO)2 = 4,08

;

lgβPbOH+ = 7,8

pK a(HCrO- ) = 6,5
4

(Đề dự trữ Olympic quốc tế năm 2014)
Bài giải:
[Pb2+ ] >

K S(PbSO4 )
10-7,66
=
= 1,09.10-6 M
[SO 2]
0,02
4

[Pb 2+ ] >

K S(PbC2O4 )
10-10,05

10-4,77
=
= 6,34.10-3M
- 2
2
[Cl ]
(0,05)

Để tạo thành kết tủa PbI2:

Để tạo thành kết tủa PbCl2:
[Pb 2+ ] >

K S(Pb(IO3 )2 )
[IO3- ]2

Để tạo thành kết tủa Pb(IO3)2:

=

10-12,61
= 2,45.10-7 M
(0,001) 2

Vậy thứ tự xuất hiện kết tủa là: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2, PbCl2
2. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa PbI2 thì:

Lúc đó để bắt đầu kết tủa PbI2 thì:
[SO24 ] =


Phương trình phản ứng:
Pb 2+ + C 2O42- ƒ

PbC 2O 4 ↓

Pb 2+ + 2IO3- ƒ

Pb(IO3 ) 2 ↓

Pb 2+ + SO42- ƒ

PbSO 4 ↓

Pb 2+ + 2I- ƒ

PbI 2 ↓

Vì vừa bắt đầu kết tủa PbI2 nên coi như không đáng kể nên:
n Pb2+ = n C O2- +
2

4

1
n - + n SO24
2 IO3

CPb(NO3 )2 .41,6.10-3 = 20.10-3.(5.10-3 +

1

+
CrO24 + H ƒ

HCrO-4

()-1=106,5

Pb 2+ + OH - ƒ

PbOH +

β* =107,8

Pb 2+ + CH3COO- ƒ

Pb(CH 3COO) +

Pb 2+ + 2CH3COO- ƒ

β1 =102,68

Pb(CH 3COO) 2

β 2 =104,08

[Pb 2+ ]' = [Pb 2+ ] + [PbOH + ] + [Pb(CH 3COO) + ] + [Pb(CH 3COO)2 ]


10-14 .β *
= [Pb 2+ ]. 1 +

CH3COOH ƒ
C

0,1

[]

0,1 – x

CH3COO- + H +
x

x

x2
= 10−4,76
Ta có: 0,1 − x
x =1,31.10-3

K S(PbCrO4 ) =

Mặt khác:

'
K S(PbCrO
S2
4)
=
α Pb2+ .α CrO2α Pb2+ .αCrO24


H + + COO -

HCOOH ƒ
HNO2 ƒ

KW = 10-14
Ka = 10-3,29

H + + NO2-

= 10-3,95

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có:
[H+] = [ + [ + [
Vì Ka, KW nên h
[H+] = [ + [

10-1
10-1
h=0
1 + 103,95h 1 + 103,29h
h = [H+] = 7,08.10-3M.
Suy ra pH = 2,15.
2. Các quá trình xảy ra:

NaHS → Na + + HSH 2O ƒ

H + + OH -

KW =10-14

Suy ra pH = 9,35
3.

H 2SO 4 → H + + HSO-4
0,13

0,13 0,13

HSO-4 + Ba 2+ ƒ

0,13

BaSO 4 ↓ + H +

0,02

0

0,11

0,13
0,15

HSO-4 + Pb 2+ ƒ

PbSO 4 ↓ + H +

0,11

0

[H+] = 0,1657 pH = 0,78
10−10
−3
[Ba2+] = 5, 7.10 = 1,75.10-8 M.
10−7,8
−3
[Pb2+] = 5, 7.10 = 2,7810.10-6 M.

4. Ta có: Độ tan S = [Ca2+]
Cân bằng khối lượng:
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 16

C, áp dụng công thức:


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

[Ca2+] = [ + [H + [H2C2O4]
Theo đề: [H3O+] = 1,00.10-4M

[HC2O-4 ] =

[H 3O + ].[C2O 21,00.10-4 .[C 2O 2-4 ]
4 ]
=
= 1,85.[C 2O 24 ]
K2
5,42.10-5


Cho: BaCrO 4 + H 2O ƒ
Ag 2CrO 4 + H 2O ƒ
3. Cho pin:

2Ag + + HCrO-4 + OH- ;

K = 10-17,43
K = 10-19,50

Pt I- 0,1M; I3- 0,02M MnO -4 0,05M, Mn 2+ 0,01M, HSO-4 CM Pt

Cho suất điện động của pin ở 25oC 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)
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 17


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ
Bài giải:

1. Gọi nồng độ ban đầu (mol/l) của FeCl3 là C, ta có:
Fe3+ + 2H 2O ƒ

Fe(OH) 2+ + H 3O+

Ban đầu: C

Thay (4) vào (3): [Fe3+] = 104.x3 (5)
So sánh (2) và (5): 104x3 = x2.Ka-1 = x2.K2,2
x = [H3O+] = 10-1,8 M pH = 1,8.
Từ (5): [Fe3+] = 104.x3 = 104(10-1,8)3 = 10-1,4 M.
Theo (2) C = [Fe3+] + x = 10-1,4 + 10-1,8 = 5,56.10-2 M.
2.a. Hiện tượng: Có kết tủa BaCrO4 và Ag2CrO4.
Xét thứ tự xuất hiện các kết tủa:

Để bắt đầu có kết tủa BaCrO4:

CCrO2- >

KS(BaCrO4 )
CBa 2+

(1)

CCrO2- >

KS(Ag 2CrO4 )
C2Ag+

(2)

Để bắt đầu có kết tủa Ag2CrO4:

4

4



K

Có K = KS1.KW.Ka-1
Suy ra

K.K a
10-17,43 .10-6,50
=
= 10-9,93
KW
10-4

K S1 =

Ag 2CrO 4 ↓ƒ

H 2O ƒ

2Ag + + CrO 42-

H + + OH -

+
CrO24 + H ƒ

KS2
KW

HCrO-4


10-12
= 4,44.10-9 M
(0,015)2

< 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 2CrO4 (đỏ gạch) và BaCrO4 (vàng) cùng xuất
hiện.
b. Sau khi thêm K2CrO4:

CCrO2- =

0,270.50,00
= 0,090M
150,000

CBa2+ =

0,060.100,00
= 0,040M
150,000

CAg+ =

0,015.100,00
= 0,010M
150,000

4



2Ag + + CrO 42Ba 2+ + CrO24

KS2 = 10-12
KS1 = 10-9,93

Nồng độ CrO42- dư khá lớn, có thể coi nồng độ CrO 42- do 2 kết tủa tan ra là không đáng
kể.
CrO24 + H 2O ƒ
C

0,045

[]

(0,045-x)

HCrO -4 + OH -

x

Kb = 10-7,5

x

x2
= 10−7,5
(0, 045 − x)
x = 1,19.10-4 0,045


* Ở điện cực trái:
3

+ 2e

0,059 [MnO-4 ].[H + ]8
0,059 0,05.[H + ]8
.lg
=
1,51
+
.lg
2+
5
[Mn
]
5
0,01
E phải =
0,059 [I3- ]
0,059
0,02
.lg - 3 = 0,5355 +
.lg
= 0,574
5
[I ]
5
(0,1)3
E trái =


0,054

Cân bằng

CM – 0,054 0,054

0,054

0,054.0,054
10-2 = CM - 0,054 CM = 0,346M.

Bài 8:
Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05M; Pb(NO3)2 0,10M; Zn(NO3)2 0,01M.
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hòa ([H2S] = 0,10M), thu được hỗn hợp B.
Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 21


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

3. Thiết lập sơ đồ pin bao gồm điện cực chì nhúng trong hỗn hợp B và điện cực
platin nhúng trong dung dịch CH3COONH4 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:

F

pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan)
= 7,02; = 12,90; = 9,24; = 4,76
(Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Tiền Giang 2010)
Bài giải:
1.

Fe3+ + H 2O ƒ

FeOH 2+ + H +

= 10-2,17

(1)

Pb 2+ + H 2O ƒ

PbOH + + H +

= 10-7,80

(2)

Zn 2+ + H 2O ƒ

ZnOH + + H +

= 10-8,96


2. Do = 0,771V > = 0,141V nên:
2Fe3+ + H2S 2Fe2+ + S + 2H+

K1 = 1021,28

(1)

0,05
_

0,05

0,05

Pb2+ + H2S PbS + 2H+ K2 = 106,68
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 22

(2)


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

0,10

0,05

_


+ 2
[H ]
(0,25)2

Ta có: < KS(ZnS) ZnS không xuất hiện.
Tương tự: < KS(FeS) FeS không tách ra.
Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.
3.

E PbS/Pb = E Pb2+ /Pb = E 0Pb2+ /Pb +

= =

0,0592 [H + ]2
lg
2
p H2

0,0592
0,0592 K S(PbS)
lg[Pb2+ ] = - 0,216 +
lg 2- = - 0,33V
2
2
[S ]

, trong đó [H+] được tính như sau:

CH3COONH4


0,0592 10-14
lg
=
lg
= - 0,145V
2
pH2
2
1,03

Điện cực chì là catot, điện cực platin là anot.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 23

< = - 0,33V.


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Sơ đồ pin:

(-) Pt(H 2 ) CH3COO- 1M; NH 4+ 1M S; PbS; H 2S 1M; H + 0,25M; Fe2+ 0,05M; Zn 2+ 0,01M Pb(+)
(p=1,03 atm)
Trên catot:

PbS + 2H+ + 2e

Trên anot:

Hằng số tạo phức hiđroxo CdOH+ là lg = 10-10,2;
Hằng số tạo phức hiđroxo ZnOH+ là lg = 10-8,96

2. Tính pH và cân bằng trong hệ gồm HCl 0,01M và H2S 0,1M.
(Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Hồng Phong năm 2012)

Bài giải:
1.a.

H 2S ƒ

HS- + H +

HS- ƒ S2- + H +
SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 24

Ka1=10-7,02
Ka2=10-12,9


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Cd 2+ + S2- ƒ

CdS ↓

KS1-1=1026


= 10−6,1
0, 01 − x
x =10-6,1 suy ra
10−26
−2
> 10 = 10-24

(1)

Điều kiện để có kết tủa ZnS:
CS2- (2) >

K S2
C Zn 2+

với được tính từ cân bằng tạo phức hiđroxo của Zn2+:

Zn 2+ + H 2O ƒ
C

0,01

C’

0,01 - x

ZnOH + + H + ; =10-8,96
x

x