cslthpt2_bài tập phức chất

BỘ CÔNG NGHIỆP

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

KHOA CÔNG NGHỆ HÓA HỌC

CHUYÊN NGÀNH HÓA PHÂN TÍCH

TIỂU LUẬN MÔN CƠ SỞ HÓA HỌC PHÂN TÍCH

ĐỀ TÀI:

GVHD : ThS. Hồ Văn Tài

SVTH : Trần Kim Thoa

Bùi Tiến Toại

Nguyễn Thị Thu Thảo

(09254881)

LỚP : ĐHPT5LT

Thành Phố Hồ Chí Minh, Tháng 10-2010

Trường Đại học công nghiệp TPHCM Tiểu luận môn CSLTHPT2Khoa Công Nghệ Hóa

SVTH: Kim Thoa_Thu Thảo_Tiến Toại GVHD: ThS. Hồ Văn TàiLớp : DHPT5LT

NHẬN XÉT CỦA GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................

..............................................................................................................


Lời mở đầu

Hóa phân tích là bộ môn của ngành hóa học nghiên cứu về thành phần cấu tạo và hàm

lượng các thành phần của những mẫu khảo sát. Hóa phân tích bao gồm phân tích định tính và

phân tích định lượng.

Trong phân tích định tính người ta thường dùng hai phương pháp: phân tích hóa học

như phương pháp H2S, phương pháp Axit - bazơ hoặc các phương pháp phân tích hóa lý như

phân tích phổ phát xạ nguyên tử, phân tích huỳnh quang, phương pháp quang kế ngọn lửa...

Trong phân tích định lượng người ta cũng dùng các phương pháp phân tích hóa học: phân

tích khối lượng, phân tích thể tích hoặc các phương pháp phân tích hóa lý: đo màu, phân tích

phổ hấp thụ nguyên tử, các phương pháp phân tíchđiện hóa, các phương pháp phân tích sắc

ký...

Trong phạm vi môn học cơ sở lý thuyết hóa phân tích, một môn học nền tảng cho

chuyên ngành phân tích của chúng ta, nhóm chúng tôi xin đi vào tìm hiểu kỹ hơn về phương

pháp chuẩn độ phức chất.

Trong phân tích thể tích thì phương pháp chuẩn độ phức chất được sử dụng để định

lượng các kim loại hoặc các chất tạo phức. Đặc biệt, hiện nay phương pháp chuẩn độ tạo

phức phổ biến nhất là phương pháp chuẩn độ complexon dựa trên việc sử dụng các acid

aminopolycacboxylic làm thuốc thử để chuẩn độ các ion kim loại.

Và trong phạm vi bài tiểu luận này nhóm chúng tôi chỉ đưa ra các dạng bài tập của phần

chuẩn độ phức chất để có thể giúp quý vị và các bạn hiểu rõ hơn về cách giải cũng như

phương pháp để học tốt hơn cho môn học này. Vì thời gian cũng như lượng kiến thức còn

hạn hẹp mong được sự góp ý chân thành của quý thầy cô và các bạn. Chân thành cảm ơn

Tp Hồ Chí Minh, ngày 15 tháng 10 năm 2010

Nhóm tiểu luận



Lời cảm ơn

Chúng em – nhóm tiểu luận – xin chân thành cảm ơn sự hướng dẫn tận tình của quí thầy

cô tổ bộ môn phân tích mà đặc biệt là thầy Thạc sỹ Hồ Văn Tài đã giúp chúng em hoàn thành

đề tài này, bên cạnh đó nhóm xin chân thành cảm ơn thư viện trường Đại học công nghiệp

TPHCM đã cung cấp nguồn tài liệu vô cùng quý giá để chúng em có thể hoàn thành tốt đề tài

này.

Mặc dù các thành viên trong nhóm đã đoàn kết, cố gắng hết mình để có thể hoàn thành

xong bài tiểu luận, nhưng đây là một đề tài khó và đây là lần đầu tiên thực hiện loại tiểu luận

này nên trong quá trình tìm hiểu, nghiên cứu cũng như tính toán chắc chắn không tránh khỏi

những thiếu sót nhất định. Chúng em rất mong nhận được những lời nhận xét từ phía thầy

giáo, cũng như những ý kiến đóng góp từ các bạn cùng lớp để những bài tiểu luận sau đạt kết

quả cao hơn.

Xin chân thành cảm ơn!

Tp Hồ Chí Minh, ngày 15 tháng 10 năm 2010

Nhóm tiểu luận



A. Tóm tắt về phương pháp chuẩn độ tạo phức:

1. Phương pháp chuẩn độ complexon là một trường hợp điển hình của phép chuẩn độ tạo

phức. Phương pháp này dựa vào phản ứng tạo phức của ion kim loại với EDTA, chất

có khả năng tạo phức bền và thường là theo tỷ lệ 1:1.

Mn+ + H2Y2- MYn-4 βMY

Các phép chuẩn độ complexon thường tiến hành khi có mặt các tạo phức phụ để duy

trì pH xác định nhằm ngăn ngừa sự xuất hiện kết tủa hidroxit kim loại.

2. Để đơn giản và dễ dàng khi tính đường chuẩn độ, người ta thường dung phương pháp

gần đúng dựa trên việc sử dụng hằng số bền điều kiện:

β '=[MY ]'

[M ] ' . [Y ] '

Phương trình tổng quát đường chuẩn độ:

( [Y ]'−[M ] ') V i+V 0

C0V 0

+1−P=0

Khi β’MY > 108 thì có thể tính gần đúng như sau:

- Trước điểm tương đương:

[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

- Tại điểm tương đương:

[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

- Sau điểm tương đương:

[M ]'= 1β '

C0V 0

CV 1−C0V 0

Và sai số chuẩn độ:

q= 1β '

1[M ] '

−[M ]'C+C0

CC0

3. Các chất chỉ thị thường dung trong chuẩn độ complexon là các chất chỉ thị kim loại

mà điển hình là eriocromdenT và murexit. Điểm dừng của phép chuẩn độ dựa vào sự



đổi màu của phức chất chỉ thị kim loại sang màu của chất chị thị hoặc ngược lại, tùy

thuộc vào phép chuẩn độ sử dụng. Dựa vào tỉ số giữa nồng độ của phức chỉ thị

([MIn]’) và nồng độ của chỉ thị ở trạng thái tự do theo công thức:

[M ]'= 1βMIn'

[MIn ] '[¿] '

và từ đó tính sai số của phép chuẩn độ.

4. Tùy thuộc vào đối tượng phân tích ta có thể sử dụng các phương pháp chuẩn độ khác

nhau:

- Chuẩn độ trực tiếp ion kim loại bằng EDTA được thực hiện khi phản

ứng tạo phức giữa ion kim loại với EDTA xảy ra nhanh và có chất chỉ thị thích

hợp để xác định điểm dừng chuẩn độ.

- Trong trường hợp không thể thực hiện được phép chuẩn độ trực tiếp thì phải dùng các

phương pháp khác như chuẩn độ ngược, chuẩn độ thế, chuẩn độ gián tiếp.



B. Bài tập

Bài 1: Chuẩn độ 25mL ZnSO4 0.00100M bằng EDTA cùng nồng độ ở pH = 9,0 được

thiết lập bằng hệ đệm NH3 + NH4Cl trong đó CNH3 = 0,100M. Tính pZn khi đã thêm 24mL

EDTA. Ở đây, không kể sự tạo phức hidroxo, mà chỉ tính đến sự tạo phức phụ của Zn2+ với

NH3 (biết lgβ1 = 2,21; lgβ2 = 4,4; lgβ3 = 6,76; lgβ4 = 8,79 và coi; βZnY = 1016.5)

Bài giải:

Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h

2+K a1 Ka 2Ka 3h+Ka 1K a2K a3 Ka 4

¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39

Khi đã thêm 24mL EDTA, tại thời điểm trước điểm tương đương

Áp dụng công thức: [Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0 ta có :

¿¿

pZn = pZn’ – logαZn = -lg3,4483.10-5 – lg1,14775.10-5 = 9.2929 ≈9.29

Bài 2: Chuẩn độ 25mL ZnSO4 0,00100M bằng EDTA cùng nồng độ ở pH = 9,0 được



Trường Đại học công nghiệp TPHCM Tiểu luận môn CSLTHPT2Khoa Công Nghệ HóaEDTA. Ở đây, không kể sự tạo phức hidroxo, mà chỉ tính đến sự tạo phức phụ của Zn2+ với

NH3 (biết lgβ1 = 2,21; lgβ2 = 4.4; lgβ3 = 6,76; lgβ4 = 8,79 và coi [NH3] = 0,100; βZnY = 1016.5)

Bài giải:

Ta có :

αZn2+¿= 1

1+β1 [NH 3 ]+β2 [NH 3]2+β1 [NH 3 ]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39

Khi đã thêm 25mL EDTA, tại thời điểm tương đương

Áp dụng công thức :

[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

ta có :

¿

pZn = pZn’ – logαZn = -lg10-6.845 – lg1,14775.10-5 = 11.675 ≈11.68




NH3 (biết lgβ1 = 2,21; lgβ2 = 4,4; lgβ3 = 6.76; lgβ4 = 8,79 và coi [NH3] = 0,100; βZnY = 1016.5)



Bài giải :

Ta có :

αZn2+¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β2[NH 3 ]2+β 3[NH3 ]3+β 4 [NH 3]

4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39

Khi đã thêm 26mL EDTA, tại thời điểm sau điểm tương đương


[M ]'= 1β '

C0V 0

CV 1−C0V 0

ta có :

¿

pZn = pZn’ – logαZn = -lg10-8.9921 – lg1,14775.10-5 = 13.8221 ≈13.82


thiết lập bằng hệ đệm NH3 + NH4Cl trong đó CNH3 = 0,100M. Tính pZn khi đã thêm 18 mL



Bài giải:



Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



V 1+V 0 ta có :

¿¿

pZn = pZn’ – logαZn = -lg1,0526.1 0−4 – lg1,14775.10-5 = 8,8082≈8.81


thiết lập bằng hệ đệm NH3 + NH4Cl trong đó CNH3 = 0,100M. Tính pZn khi đã thêm 20 mL



Bài giải :

Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿



αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

ta có :

¿

pZn = pZn’ – logαZn = -lg4,0738.10−11 – lg1,14775.10-5 = 15,3302 ≈15,33





Bài giải :

Ta có :

αZn2+¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β2[NH 3 ]2+β 3[NH3 ]3+β 4 [NH 3]

4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿



αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'= 1β '

C0V 0

CV 1−C0V 0

ta có :

¿

pZn = pZn’ – logαZn = -lg4,0738.10−10 – lg1,14775.10-5 = 14,3302≈14,33





Bài giải:

Ta có :

αZn2+¿= 1

1+ β1 [NH3 ]+ β2[NH 3 ]2+β 3[NH3 ]3+β 4 [NH 3]

4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :



αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'= 1β '

C0V 0

CV 1−C0V 0

ta có :

¿

pZn = pZn’ – logαZn = -lg6,1107.10−10 – lg1,14775.10-5 = 14,1541 ≈ 14,15

Bài 8: Chuẩn độ 25mL CaCl2 0,001M bằng EDTA cùng nồng độ. Tính pCa sau khi đã

thêm 24,5mL EDTA ở pH = 6 biết βCaY = 1010.7

Bài giải:

Tại pH = 6 sự tạo phức của hidroxo của Ca2+ không đáng kể, Ca2+ không tạo phức với

NH3 nên α YCa2 +¿ ¿= 1

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-6 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 3K a4

h2+Ka3h+K a3 Ka 4

=10−6.16∗10−10.26

10−12+10−6.16 . 10−6+10−6.16 .10−10.26 =10−4.65¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.1.10-4.65 = 106.05



Vì β’ nhỏ, để tính [Ca2+] ta phải sử dụng công thức :

( 1β '

1[M ] '

C0V 0

V i+V 0

− 1β '

−[M ] ')V i+V 0

C0V 0

+1−P=0

Thay C = C0=0.001;

V0 = 25mL ; V = 24,5mL và β’=106.05

sau khi tổ hợp ta được :

49,5.10-3[Ca2+]’2 – 45,6.10-2[Ca2+]’ – 25.10-6.05 = 0 => [Ca2+]’ = 10-4.58

Vì αCa2+¿ ¿ = 1 nên pCa = 4,58

Bài 9: Chuẩn độ 25mL CaCl2 0,001M bằng EDTA cùng nồng độ. Tính pCa sau khi đã

thêm 24,5mL EDTA ở pH = 10 biết βCaY = 1010.7

Bài giải:

Ở pH = 10 sự tạo phức của hidroxo của Ca2+ không đáng kể, Ca2+ không tạo phức với


h = 10-10 << Ka3 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0,3545 ¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.0,3545 = 1,77.1010

β’ tương đối lớn nên có thể sử dụng công thức

[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

để tính [Ca2+]’

¿

pCa ¿4,898≈ 4,90

Bài 10:



Chuẩn độ 25mL CaCl2 0,001M bằng EDTA cùng nồng độ. Tính pCa sau khi đã thêm

23,5mL EDTA ở pH = 8 biết βCaY = 1010.7

Bài giải:



Vì h = 10-8 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 3K a4

h2+Ka3h+K a3 Ka 4

=10−6.16∗10−10.26

10−16+10−6.16 .10−8+ 10−6.16 .10−10.26 =5,3879.10−3¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.5,3879.10-3 = 0,27.109

β’ tương đối lớn nên có thể sử dụng công thức sau để tính [Ca2+]’:

[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

¿

pCa ¿4,5097 ≈4,51

Bài 11:

Chuẩn độ 20mL CaCl2 0,001M bằng EDTA cùng nồng độ. Tính pCa sau khi đã thêm

19,5mL EDTA ở pH = 10 biết βCaY = 1010.7

Bài giải:



H = 10-10 << Ka3 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0,3545 ¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.0,3545 = 1,77.1010




[Μ ] '=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

¿

pCa ≈5,00

Bài 12: Tính sai số khi chuẩn độ 25,00mL Zn2+ 0,001M bằng EDTA 0,001M ở pH = 9,0

được thiết lập bằng hệ đệm NH3 + NH4 trong đó CNH3 = 0,100M. Nếu phép chuẩn độ được kết

thúc ở pZn = 11,00. Biết sự tạo phức hidroxo không đáng kể. Sự tạo phức Zn2+ với NH3 là β1

=102,21 ; β2 =104,4; β3 = 106,76 ; β4 = 108,79; βZnY = 1016,5

Bài giải:

Ở pH = 11,00 không kể sự tạo phức hidroxo, mà chỉ tính đến sự tạo phức phụ của Zn 2+

với NH3 biết lgβ1 = 2,21; lgβ2 = 4,4; lgβ3 = 6,76; lgβ4 = 8,79 và coi [NH3] = 0,100; βZnY = 1016.5

αZn2+¿= 1

1+β1 [NH 3 ]+β2 [NH 3]2+β1 [NH 3 ]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2 , Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39

Do đó ta có :

¿¿



Thay giá trị của [Zn2+]’ ,βZnY cùng với C và C0 vào công thức

q= 1β '

1[M ] '

−[M ]'C+C0

CC0

q= 1

1010.39

1

10−6.17−10−6.17 0,001+0,001

0,001∗0,001≈−13.10−4≈−0,13 %

Bài 13: Tính sai số khi chuẩn độ 25,00mL Zn2+ 0,001M bằng EDTA 0,001M ở pH =

9,0 được thiết lập bằng hệ đệm NH3 + NH4 trong đó CNH3 = 0,100M. Nếu phép chuẩn độ được

kết thúc ở pZn = 9,00.

Biết sự tạo phức hidroxo không đáng kể. Sự tạo phức Zn2+ với NH3 là β1 =102,21 ;

β2 =104,4; β3 = 106,76 ; β4 = 108,79; βZnY = 1016,5

Bài giải:

Ở pH = 9,00 không kể sự tạo phức hidroxo, mà chỉ tính đến sự tạo phức phụ của Zn2+


αZn2+¿= 1

1+β1 [NH 3 ]+β2 [NH 3]2+β1 [NH 3 ]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2 , Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39

Do đó ta có :

¿¿




q= 1β '

1[M ] '

−[M ]'C+C0

CC0

q= 1

1010.39

1

6,7682.10−5−6,7682.10−5 0,001+0,001

0,001∗0,001≈−13.5.10−2≈−13,5 %



kết thúc ở pZn = 13,00.

Biết sự tạo phức hidroxo không đáng kể. Sự tạo phức Zn2+ với NH3 là β1 =102,21 ;

β2 =104,4; β3 = 106,76 ; β4 = 108,79; βZnY = 1016,5

Bài giải:

Ở pH = 9,00 không kể sự tạo phức hidroxo, mà chỉ tính đến sự tạo phức phụ của Zn2+


αZn2+¿= 1

1+β1 [NH 3 ]+β2 [NH 3]2+β1 [NH 3 ]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2 , Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39

Do đó ta có :

¿¿




q= 1β '

1[M ] '

−[M ]'C+C0

CC0

q= 1

1010.39

1

6,7682.10−9−6,7682. 10−9 0,001+0,001

0,001∗0,001≈−6.0051 .10−3≈−6,01 %

Bài 15: Chuẩn độ Ca2+ 1,00.10-3M bằng EDTA 1,00.10-3M ở pH = 10,0 được thiết lập

bằng hệ đệm NH3 + NH4Cl trong đó CNH3 = 0,1M, dung eriocromdenT làm chỉ thị. Hãy đánh

giá sai số của phép chuẩn độ khi kết thúc chuẩn độ 50% lượng chỉ thị tồn tại ở trạng thái tự

do.

Bài giải:

Phản ứng giữa kim lọai và chỉ thị

Ca2+ + In3- ↔ CaIn- βCaIn = 105.4

Phản ứng chuẩn độ

Ca2+ + Y4- ↔ CaY2- βCaY = 1010.7

Các phản ứng phụ có trong dung dịch

Ca2+ + H2O ↔ CaOH+ + H+ β = 10-12.6

H2In ↔ H+ + HIn2- Ka2 = 10-6.3

HIn2- ↔ H+ + In3- Ka3 = 10-11.6

Ta có αCa áp dụng công thức :

αM=¿β1[H+]- + ∑n=1

N

¿βn[X]n)-1

Vì Ca2+ không tạo phức phụ mà chỉ có một phản ứng tạo phức hidroxo nên

αCa2+¿= 1

1+10−12.6 .1010= 1

1,0025¿

αY áp dụng công thức :



αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

vì h = 10-10 << Ka3’ << Ka2 << Ka1 nên α Y ≈K a4

h+Ka4

= 10−10.26

10−10+10−10.26=0,447

αIn’ áp dụng công thức cho chỉ thị phân li hai nấc ta có:

α ¿=K a1Ka2 Ka3

h3+K a1h2+K a1 Ka2h+Ka1K a2Ka3

α ¿=10−17.9

10−20+10−6.3+10−10+10−17.9=1

41

Áp dụng công thức : β 'MIn=βMInαM α¿

αMIn ta có

β 'CaIn=βCaInαCaα¿

αCaIn=βCaIn αCaα ¿=105.4 1

41.1,0025=103.86

Áp dụng công thức : β '=βαMαYαMY

β 'CaY=βCaYαCaαYαCaY

=βCaY αCaα Y=1010.7 11.0025

0,447=1010.35

Khi ngừng chuẩn độ tại thời điểm 50% lượng chất chỉ thị tồn tại ở dạng tự do

Từ công thức :

[M ]'= 1β ' MIn

[MIn] '[¿] '

cũng như công thức : pM’= lgβ’Min-lgP ta có :

pM’=logβ’CaIn=3,86

Vì β’CaIn=1010.35>108 áp dụng công thức :

q= 1β '

1[M ] '

−[M ]'C+C0

CC0

q= 11010.35

110−3.86 −10−3.86 10−3+10−3

10−3∗10−3 ≈−0,275≈−27,5%






do.

Bài giải:


Ca2+ + In3- ↔ CaIn- βCaIn = 105.4


Ca2+ + Y4- ↔ CaY2- βCaY = 1010.7


Ca2+ + H2O ↔ CaOH+ + H+ β = 10-12.6

H2In ↔ H+ + HIn2- Ka2 = 10-6.3

HIn2- ↔ H+ + In3- Ka3 = 10-11.6

Ta có αCa áp dụng công thức : αM=¿β1[H+]- + ∑n=1

N

¿βn[X]n)-1


αCa=1

1+10−12.61010= 1

1,0025


αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

vì h = 10-10 << Ka3’ << Ka2 << Ka1 nên

α Y ≈K a4

h+Ka4

= 10−10.26

10−10+10−10.26=0,447




α ¿=K a1Ka2 Ka3


α ¿=10−17.9

10−20+10−6.3+10−10+10−17.9=1

41


αMIn ta có



41.1,0025=103.86



=βCaY αCaα Y=1010.7 11.0025

0,447=1010.35


Từ công thức : [M ]'= 1β ' MIn

[MIn] '[¿] ' ta có

[Ca ]'= 1β 'CaIn

[CaIn] '[¿] '

= 1β 'CaIn

19= 1

103.86

19=1,11.104.86

Áp dụng công thức tính sai số

q= 1β '

1[M ] '

−[M ]'C+C0

CC0

q= 11010.35

11,11.10−4.86 −1,1110−4.86 1. 10−3+10−3

1.10−3 .1 .10−3 ≈−0,03≈−3 %

Bài 17: Chuẩn độ 25,00mL dung dịch MgCl2 0,0200M bằng EDTA 0,0125M. Tính thể

tích EDTA phải dùng đến điểm tương đương. Cho biết sự đổi màu tại điểm dừng chuẩn độ

nếu dùng Erio T làm chỉ thị và pH của dung dịch bằng 9,00 (hệ đệm NH3 + NH4).

Bài giải:

Áp dụng công thức



C A=V A

V B

.CBV B

V A

ta có

V EDTA=0,0200∗25,00

0,0125=40,00mL

Màu của chỉ thị sẽ đổi từ đỏ vang của MgIn- sang màu xanh của HIn2-

Bài 18: Chuẩn độ 20,00mL dung dịch MgCl2 0,0200M bằng EDTA 0,0125M. Tính thể

tích EDTA phải dùng đến điểm tương đương. Cho biết sự đổi màu tại điểm dừng chuẩn độ

nếu dùng Erio T làm chỉ thị và pH của dung dịch bằng 9,00 (hệ đệm NH3 + NH4).

Bài giải:

Áp dụng công thức

C A=V A

V B

.CBV B

V A

ta có

V EDTA=0,0200∗20,00

0,0125=32,00mL

Màu của chỉ thị sẽ đổi từ đỏ vang của MgIn- sang màu xanh của HIn2-

Bài 19: Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch phức [Ag(CN)2-] 0,1M

biết β1,2 = 1021.

Bài giải:

[Ag(CN)2-] Ag+ + 2CN-

Ban đầu CM 0,1

CB [ ]- 0,1-x x 2x

Ta có hằng số bền:

β1,2=¿¿



Biện luận: β >> thì phức càng bền phức phân li rất ít, nghĩa là x << 0,1 0,1-x ≈ 0,1

4x3 = 10-21 x = 3.10-8M ; [CN-] = 6.10-8M ; [Ag(CN)2-] = 0,1M.

Bài 20: Thêm 50,00mL EDTA 0,00950m vào 25,00mL dung dịch CoSO4. Chuẩn độ

EDTA dư hết 22,80mL ZnSO4 0,00980N. Tính nồng độ mol của CoSO4

Bài giải:

Phương trình phản ứng

H2Y2- + CoSO4→ CoY2- + H2SO4

Phương trình phản ứng chuẩn độ

H2Y2- + ZnSO4 → ZnY2- + H2SO4

Các kim loại đều tạo phức 1 :1 với EDTA nên áp dụng D(HLT hay qui tắc đương lượng

cho hai phương trình phản ứng trên ta thu được

CCoSO4=CV EDTA−CV ZnSO 4

V CoSO 4

=0,00950∗50,00−0,00980∗22,8025,00

=0,0101M



Bài giải:








V CoSO 4

=0,00950∗50,00−0,00980∗23,9025,00

=0,00963M





Bài giải :








V CoSO 4

=0,00950∗50,00−0,00980∗17.5020,00

=0,01518M

Bài 23: Thêm lượng dư ZnY2- vào 25.00mL dung dịch CoSO4. Chuẩn độ Zn2+ giải

phóng ra hết 12,48mL EDTA 0,00920M. Tính nồng độ mol của CoSO4

Bài giải:


ZnY2- + CoSO4→ CoY2- + ZnSO4


ZnSO4 + H2Y2- → ZnY2- + H2SO4

Việc áp dụng ĐLHT hoặc qui tắc đương lượng cho hai phản ứng trên đều nhận được kết

quả

CCoSO4=

(C .V )EDTAV CoSO4

=0,00920∗12,4825,00

=0,00459M





Bài giải:






quả

CCoSO4=

(C .V )EDTAV CoSO4

=0,00920∗17,9825,00

=0,00662M



Bài giải:






quả

CCoSO4=

(C .V )EDTAV CoSO4

=0,00950∗14,2820,00

=0,00678M

Bài 26: Một dung dịch X gồm Pb(NO3)2 và bi(NO3)3. Để xác định nồng độ của các

chất, người ta tiến hành thí nghiệm sau :

1. Chuẩn độ 25,00mL dung dịch X hết 13,40mL EDTA 0,09875M



2. Lắc 25,00mL dung dịch X với hỗn hống chì để khử Bi3+ thành Bi kim loại,

chuẩn độ phù hợp thu được hết 16,50mL EDTA 0,09875M

Tính nồng độ mol của Bi(NO3)3 và Pb(NO3)2 trong hỗn hợp X

Bài giải:

Trong thí nghiệm 1 có các phương trình phản ứng chuẩn độ trong

Pb2+ + H2Y2- → PbY2- + 2H+

Bi3+ + H2Y2- → BiY2- + 2H+

Từ hai phản ứng này ta nhận được

V X .¿

(*) CPb (NO¿¿3)2+CBi(NO¿¿3)3=0,09875∗13,40

25,00¿¿

Trong thí nghiệm có 2 phản ứng :

2 Bi3+ + 3Pb(Hg) → 2Bi + 3Pb2+ + 3Hg

Và phản ứng chuẩn độ :

Pb2+ + H2Y2- → PbY2- + 2H+

Từ hai phản ứng của thí nghiệm ta nhận được :

V X .¿

¿

Giải ra ta có : CPb (NO¿¿3)2=0,02607M ¿và thay vào (*) ta có CBi(NO¿¿ 3)3=0,02686M ¿

Bài 27: Chuẩn độ 20,00 ml Ca2+ 0,00200M bằng EDTA 0,00900M ở pH = 12. Tính

nồng độ Ca2+ tại điểm tương đương.

Bài giải:

Ta có ở pH = 12

h = 10-12 << ka3 << ka2<< ka1 nên:



αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−12+10−10,26 =0,9821¿

αCa2+¿=1¿ ; βCaY=1010,7

β 'CaY=βCaY . αCa2+¿ .αY 4−¿=1010,7.0,9821=4,9221.101O¿ ¿

β’CaY tương đối lớn nên ta có thể tính [Ca2+] bằng công thức sau:

[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿

Bài 28: Chuẩn độ 20,00 ml Ca2+ 0,00500M bằng EDTA 0,00900M ở pH = 12. Tính

nồng độ Ca2+ tại điểm tương đương.

Bài giải:

Ta có ở pH = 12

h = 10-12 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−12+10−10,26=0,9821¿

αCa2+¿=1¿ ; βCaY=1010,7

β 'CaY=βCaY . αCa2+¿ .α Y 4−¿=1010,7.0,9821 =4,9221.101O¿ ¿


[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿

Bài 29: Chuẩn độ 20,00 ml ZnSO4 0,0200M ở pH = 10 được thiết lập bằng hệ đệm NH3

+ NH4Cl, trong đó [NH3] = 1,00M, bằng EDTA 0,0500M. Tính nồng độ [Zn2+] tại điểm tương

đương.

Bài giải:



Tại pH = 10 ta có: h = 10-10

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β 2[NH 3 ]2+β3 [NH3 ]3+β 4[NH3 ]

4¿

αZn2 +¿= 1

6,7681.10−4=1,6067.10−9¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿

β 'ZnY=β ZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016,5.1,6067 .10−9.0,3546=18,1717.106 ¿¿

Vì β nhỏ nên để tính [Zn2+] ta dùng công thức:

¿

Sau khi thay các giá trị β’= 18,0172. 106 ; C0 = 0,0200M ; V0 = 20 ml ; C = 0,0500M ;

Vi = 8ml ; P = C .V i

C0V 0

=1 ta có:

70[Zn2+]’2 + 3,88514.10-6[Zn2+]’- 5,5558.10-8 = 0

[Zn2+] = 2,8145.10-5

Bài 30: Chuẩn độ 25,00ml EDTA 0,0200M ở pH = 10 bằng MgSO4 0,0900M. Tính

[Mg] tại điểm tương đương.

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿β 'MgY=βMgY . αMg2+¿. αY 4−¿=108,7 .0,3546=1,7772. 108¿ ¿

β’MgY tương đối lớn nên ta có thể tính [Mg2+] bằng công thức sau:



[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿



đương.

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β 2[NH 3 ]2+β3 [NH3 ]3+β 4[NH3 ]

4¿

αZn2 +¿= 1

6,7681.10−4=1,4775.10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿

β 'ZnY=β ZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016,5.1,4775 .10−5 .0,3546=1,6568.1011 ¿ ¿

Vì β tương đối lớn nên để tính [Zn2+] ta dùng công thức:

[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿





đương.

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β 2[NH 3 ]2+β3 [NH3 ]3+β 4[NH3 ]

4¿

αZn2 +¿= 1

6,7681.10−4=1,4775.10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿

β 'ZnY=β ZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016,5.1,4775 .10−5 .0,3546=1,6568.1011 ¿ ¿


[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿



đương.

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10



αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β 2[NH 3 ]2+β3 [NH3 ]3+β 4[NH3 ]

4¿

αZn2 +¿= 1

6,7681.10−4=1,6067.10−9¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿

β 'ZnY=β ZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016,5.1,6067 .10−9.0,3546=18,1717.106 ¿¿


¿


Vi = 8ml ; P = C .V i

C0V 0

=1 ta có:

64,2858[Zn2+]’2 + 3,537.10-6[Zn2+]’- 5,5502.10-8 = 0

[Zn2+] = 2,9356.10-5

Bài 34: Vẽ đường chuẩn độ, khi chuẩn độ 100ml dung dịch muối magiê 10-2M đệm bởi

hỗn hợp NH3 + NH4Cl để giữ pH = 10, bằng dung dịch EDTA 10-2M. Phức MgY2- có =

108,7.

Bài giải:

Trong dung dịch này ion Mg2+ thực tế chỉ tạo phức với Y4-, do đó hằng số bền điền kiện

của phức MgY2- là:

Trong đó:



và:

Thay [H+] = 10-10 và giá trị của các hằng số K1, K2 … vào biểu thức trên, ta được:

và từ đó tính được ’MgY2- = 107,7

Áp dụng các công thức (11.8) đến (11.11) để tính pMg trong quá trình chuẩn độ. Kết

quả được ghi trong bảng (11.1) sau:

Bảng 11.1 : Sự biến thiên của pMg trong quá trình chuẩn độ 100ml Mg2+ 102-M ở

pH = 10 bằng EDTA 10-2M

Số ml EDTA thêm vào F [Mg2+] pMg

25,0

50,0

75,0

90,0

99,0

99,9

100,0

100,1

101,0

110,0

125,0

150,0

0,25

0,50

0,75

0,90

0,99

0,999

1,0

1,001

1,01

1,10

1,25

1,50

10-2,20

102,48

102,85

103,28

104,30

104,95

105,00

105,10

105,70

106,70

107,10

107,40

2,20

2,48

2,85

3,28

4,30

4,95

5,00

5,10

5,70

6,70

7,10

7,40



0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.60

1

2

3

4

5

6

7

8

F

pMg

Hình 11.2: Đường chuẩn độ khi chuẩn dung dịch Mg2+ 10-2M bằng dung dịch

EDTA 10-2M

Qua đường cong chuẩn độ ta thấy rằng: trước và sau điểm tương đương pMg tăng chậm

nhưng ở vùng điểm tương đương pMg tăng rất nhanh, tạo nên bước nhảy trên đường chuẩn

độ. Khi F tăng từ 0,99 đến 1,00 và từ 1,00 đến 1,01 tức là 1% thì pMg tăng 0,7 đơn vị.

Bước nhảy của đường chuẩn độ phụ thuộc vào nồng độ dung dịch chuẩn EDTA và hằng

số bền điều kiện của phức giữa EDTA và hằng số bền điều kiện của phức giữa EDTA và ion

kim loại. Khi nồng độ càng lớn, hằng số bền điều kiện càng lớn thì bước nhảy của đường

chuẩn độ càng dài. Ví dụ, nếu quy ước bước nhảy là hiệu số pMg khi F tăng từ 0,99 đến 1,01

thì bước nhảy khi chuẩn độ dung dịch Mg2+ 10-2 M ở pH = 10 bằng dung dịch EDTA 10-2M là

1,4 đơn vị pMg, bước nhảy khi chuẩn độ dung dịch 10-1M cũng ở pH đó bằng dung dịch

EDTA 0,1M là 2,4 đơn vị pMg (khi F = 0,99 thì pMg = 3,3 còn F = 1,01 thì pMg = 5,7).

Bài 35: Tính nồng độ cân bằng các cấu tử trong dung dịch AgNO30,01M, NH3 1,00 và

NH4NO3 1,00M.

Bài giải:



Các quá trình xảy ra trong dung dịch

AgNO3 Ag+ + NO3-

NH4NO3 NH4+ + NO3

-

Ag+ + NH3 AgNH3+ lgβ1.1= 3,32 (1)

Ag+ + 2NH3 Ag(NH3)+2 lgβ1.2= 7,24 (2)

NH4+ NH3 + H+ pKa = 9,24 (3)

Ag+ + H2O AgOH + H+ pK = -11,70 (4)

Xét cácđiều kiện gầnđúng.

Tính gầnđúng pH của dung dịch.

Từ cân bằng (3) ta có:

pH=pK a+lg[NH 3 ]¿¿ ¿

Ở giá trị pH này: [NH3] = 1 = C NH3

Như vậy có thể bỏ qua sự proton hóa của NH3.

Từ (4) ta có:

[AgOH] = K[Ag+] / [H+] ≈ 10-11,7.10-2.10-9,24 = 10-4,46 << CAg+_

Như vậy sự tạo phức hiđroxo cũng xảy ra khôngđáng kể.

Từ (1), (2) ta có:

[NH3+] = β1,1[Ag+][NH3] (5)

[Ag(NH3)2+] = β1,2 [Ag+][NH3]2 (6)

C = β1,2 [Ag+][NH3]2

Việc so sánh (5) và (6) với [NH3] ≈ CNH3 = 1 cho thấy:

β1[NH3](103,32) << β1,2[NH3]2.(107,24)



Vậy phức tồn tại trong dung dịch chủ yếu là Ag(NH3). Từ lập luận trên ta có thể tính

gần đúng như sau:

Xác định thành phần giới hạn:

Ag+ + 2NH3 Ag(NH3)2+

C0 10-2 1 0

C -10-2 -2.10-2 +10-2

[ ] 0 0,98 10-2

Tính cân bằng theo sơ đồ Kamar:

Ag(NH3)2+ Ag+ + 2NH3 (K2 = 10-7,24)

C0 0,01 0,98

C -x +x +2x

[ ] 0,01-x x 0,98+2x

K2=[NH 3]2 .¿¿

Với x << 0,01 ta tính ra:

x = 6,0.10-10 << 0,01

Vậy [Ag+] = x = 6,0.10-10M ; [NH3] = 0,98M.

[ Ag(NH3)2+] = 0,01 – x= 0,01M ; [AgOH] = 2,1.10-12M.

Như vậy các giả thiết gần đúng trên đều thõa mãn.

Bài 36: Tính pZn trong các dung dịch khi trộn lẫn 40,0ml dung dịch EDTA 0,0010 M

với 50,0 ml dung dịch Zn2+ 0,0010 M. Giả thiết rằng dung dịch Zn2+ và dung dịch EDTA đều

chứa 0,100M NH3 và 0,176 M NH4Cl tạo nên giá trị pH không đổi bằng 9,0. Những hằng số

bền của các phức amiacat Zn(II) là như sau: K1 = 1,9.102 ; K2 = 2,2.102 ; K3 = 2,5.102 ; K4 =

1,1.102 ; KZnY = 3,2.106



Bài giải:

Tính hằng số bền điều kiện: để tính được ta lấy [NH3] = và thay vào phương

trình:

Các giá trị và các hằng số bền từng nấc K1, K2, K3, K4 của phức amiacat kẽm:

Thay vào phương trình

Các giá trị và giá trị = 8,0.10-6 ta có:

Sau khi thêm vào 40,0 ml EDTA. Nồng độ Zn2+ chưa phản ứng với EDTA ở thời điểm

này với sự gần đúng khá tốt là:

Chúng ta phải giả thiết rằng có thể bỏ qua sự phân li của các dạng phức của Zn2+ và thay

thế vào phương trình nồng độ chung của ion kim loại CMe là tổng nồng độ cân

bằng của tất cả các phức của Zn2+ không chứa EDTA và tính nồng độ cân bằng của ion kẽm:

[Zn2+] = CMe(1,11.10-4)(8.10-6) = 8,9.10-10 mol/l

Từ đó ta tính được: pZn = 9,05




Trường Đại học công nghiệp TPHCM Tiểu luận môn CSLTHPT2Khoa Công Nghệ Hóachứa 0,100 M NH3 và 0,176 M NH4Cl tạo nên giá trị pH không đổi bằng 9,0. Những hằng số


1,1.102 ; KZnY = 3,2.106

Bài giải:


trình:




Sau khi thêm 50,0 ml EDTA: ở điểm tương đương [ZnY2-] = 5,00.10-4 . Tổng nồng độ

cân bằng của các dạng phức kẽm không chứa EDTA bằng tổng nồng độ cân bằng của các

dạng không tạo phức với EDTA:

CMe = CEDTA

Và: [ZnY2-] = 5,00.10-4 – CMe 5,00.10-4 mol/l

Đưa kết quả này vào phương trình ta được:



CMe = 1,94.10-7 mol/l

Từ ta có:

[Zn2+] = CMe = (1,94.10-7)(8.10-6) = 1,55.10-12 mol/l

Từ đó ta tính được : pZn = 11,81



chứa 0,100 M NH3 và 0,176 M NH4Cl tạo nên giá trị pH không đổi bằng 9,0. Những hằng số


1,1.102 ; KZnY = 3,2.106

Bài giải:


trình:






Sau khi thêm 60,0 ml EDTA: trong trường hợp này dung dịch có dư EDTA:

Thay các kết quả thu được vào ta có:

Từ ta có:

[Zn2+] = CMe = (3,76.10-10)(8.106) = 3,01.10-15 mol/l

Do đó: pZn = 14,52.

Bài 39: Tính sai số khi chuẩn độ 20mL dung dịch Mg2+ 10-2M (được giữ pH = 10) bằng

dung dịch EDTA 10-2M, khi kết thúc chuẩn độ pMg = 5,3.

Bài giải:

Ta đã biết hằng số bền điều kiện của MgY2- khi pH = 10 bằng 107,7 và từ đó tính được

pMg ở điểm tương đương khi chuẩn độ dung dịch Mg2+ 10-2M bằng dung dịch EDTA 10-2M

bằng 5,00. Khi kết thúc chuẩn độ ở pMg = 5,3, tức là đã chuẩn độ qua điểm tương đương.

Vậy ta tính sai số theo công thức:



Sai số phần trăm:

s % =

Bài 40: Tính sai số kết thúc chuẩn độ bằng dung dịch khi

kết tủa bắt đầu xuất hiện

Bài giải:

Áp dụng công thức để tính sai số

tương đối S ta tính được:

Bài 41: Tính sai số chuẩn độ dung dịch nồng độ bằng dung dịch nồng

độ . Nồng độ và khi kết thúc chuẩn độ lần lượt bằng và , hằng số

bền tổng cộng của phức bằng , tích số tan của bằng .

Bài giải:

Khi kết thúc chuẩn độ, tức là khi kết tủa vừa xuất hiện thì:

Và



Thay và bằng giá trị của chúng, ta có:

Thay các trị số của và vào phương trình sau :

để tính sai số sẽ tính

được:

, sai số này có thể chấp nhận được.

Bài 42 : Thêm 1 giọt (0,03 ml) dung dịch NH4CNS 0,10M vào 1,00ml dung dịch FeCl3

0,100M khi có mặt HCl 1 M (coi thể tích thayđổi khôngđáng kể khi thêm thuốc thử). Tính

nồng độ cân bằng các cấu tử trong dung dịch.

Bài giải:

FeCl3 Fe3+ + 3Cl-

HCl H+ + Cl-

NH4CNS NH4 + SCN

CFe3+ = 0,10

CSCN−¿=0,10.0,03

1,00=3,00.10−3¿

CH+ = 1

Xét các điều kiện gần đúng.



Vì nồng độ lớn [H+] lớn nên có thể bỏ qua sự phân li của ion NH+4 và sự tạo phức

hiđroxo của Fe3+.

Vì CFe3+ >> CSCN−¿¿ nên có thể coi phản ứng tạo thành phức FeSCN2+ là chủ yếu.

Fe3+ + SCN- FeSCN2+ ; β1= 103,03

C0 0,1 3.10-3 0

C -3.10-3 -3.10-3 +3.10-3

C 0,097 0 +3.10-3

Thành phần các ion:

[FeSCN2+] = 3.10-3; [Fe3+] = 0,097

FeSCN2+ Fe3+ + SCN- (103,03 = K)

C0 3.10-3 0,097

C -x +x

[ ] (3.10-3 -x) (0,097 + x).x

(0,097+ x) . x(3.10−3−x)

=10−3,03

Với x << 3.10-3

x=2,8.10−6

0,097=2,9 .10−5M≪3.1 0−3

Vậy [SCN-] = x = 2,9.10-5M ; [Fe3+] = 0,097 + x = 0,097

[FeSCN2+] = 3,0. 10-3 - x = 2,97.10-3M

Ngoài phức FeSCN2+ trong dung dịch còn có các quá trình:

Fe3+ + 2SCN- Fe(SCN)2+ lgβ1.2 = 4,97

Fe3+ + 3SCN- Fe(SCN)3+ lgβ1.3 = 6,37



Fe3+ + 4SCN- Fe(SCN)4- lgβ1.4 = 7,17

Fe3+ + 5SCN- Fe(SCN)52- lgβ1.5 = 7,19

Việc kiểm tra cho thấy:

[Fe(SCN)2+] = 7,6.10-6

[Fe(SCN)3+] = 5,5.10-9

[Fe(SCN)4-] = 1,0.10-12

[Fe(SCN)52-] = 3,1.10-17

Đều rất bé so với [Fe(SCN)2+] vậy cách tính gần đúng ở trên là hoàn toàn phù hợp.

Bài 43: Tính nồng độ cân bằng trong dòng dịch Cd(NO3)2 0,01M và HCl 1,00M

Bài giải:

HCl → H+ + Cl-

Cd(NO3)2 → Cd2+ + 2NO3-

Cd2+ + Cl- ↔ CdCl+ β1.1 = 1,95 (1)

Cd2+ + 2Cl- ↔ CdCl2 β1.2 = 2,49 (2)

Cd2+ + 3Cl- ↔ CdCl3−¿¿

β1.3 = 2,34 (3)

Cd2+ + 4Cl- ↔ CdCl42−¿ ¿ β1.4 = 4,64 (4)

Xét các điều kiện gần đúng:

Môi trường axít, có thể bỏ qua sự tạo thành phức Hiđroxo của ion Cd2+.

CCl−¿≫CCd2+¿¿ ¿các giá trị lgβ không quá lớn và không chênh lệch nhau nhiều.

Do đó có thể coi [Cl-] ≈CCl−¿ ¿ nhưng không thể coi 1 dạng phức nào là chiếm ưu thế (

β1≈ β2≈β3≈ β4 ¿

Khi tính gần đúng, phải kể sữ có mắt của tất cả các dạng phức Cloro của Cd2+



Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ ban đầu đối với ion Cd2+ ta có :

CCd=Cd2+¿+CdCl+¿+CdCl 2+Cd Cl3

−¿+CdCl42−¿(5) ¿ ¿

¿¿

Áp dụng định luật TDKL cho các cân bằng (1)→ (4) và thay các giá trị tính của các

dạng phức vào (5) ta có :

CCd=0,01=Cd2+¿+ β1¿¿

Sau khi tổ hợp ta rút ra :

¿

Chấp nhận [Cl-] ≈CCl−¿=1¿, giả I (7) ra ta có :

[CdCl+] = 1,3.10-3; [CdCl2] = 4,7.10-3; [ CdCl3−¿¿] = 3,3.10-3; [ CdCl4

2−¿ ¿=¿6,6.10-14

Việc kiểm tra bằng cách thay các kết quả đã tính vào phương trình (5) cho thấy CCd2+¿ ¿=

9,975.10-3M so với giá trị ban đầu (CCd2+¿ ¿=0,010) thì sai số là không đáng kể (-0,25%)

Nếu thay các kết quả đi tính được vào phương trình định luật bảo toàn nồng độ đối với

ion Cl- thì :

CCl=¿

Suy ra :

¿

Sai số :

0,977−11

.100=−2,3 %

Có thể chấp nhận được, nếu chú ý rằng sai số của các hằng số cân bằng có thể dao động

trong khỏang từ 1 – 10%

Các kết quả tính toán cũng cho thấy trong hệ Cd2+¿¿(1,0) + Cl−¿¿(1,0) các dạng phức tồn

tại ở mức độ ngang nhau, trong đó nồng độ của CdCl2 hơi lớn hơn, còn nồng độ CdCl42−¿¿ lại

bé nhất.



Bài 44: Tính hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dung dịch có pH = 11,0. Biết

hằng số của phức đó là βMgY = 108,7. Hằng số bền của phức MgOH+ có β = 102,58, H4Y có

pK1 = 2,0; pK2 = 2,67; pK3 = 6,27; pK4 = 10,95

Bài giải:

Đặt β ' là hằng số hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong pH = 11,0

β 'MgY=β ¿¿

Trong đó :

[M g ' ]=¿ và [Y ' ]=¿

Hãy tính αMgOH +¿¿ và α Y (H )

αMgOH +¿=1+βMgOH+¿¿ ¿¿

α Y (H )=1+¿¿¿

α Y (H )=1+ 10−11

10−10,95 +10−22

10−10,95 .10−6,27 +10−33

10−10,95 .10−6,27.10−2,67 + 10−44

10−10,95 .10−6,27 .10−2,67 .10−2 =1,89

Hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dung dịch có pH=11 là

β 'MgY=108,7 11,38

.1

1,89=108,28

Tức là β’ có nhỏ hơn β chút ít và giá trị này khá lớn chứng tỏ trong dung dịch có pH=11

và không còn chất nào khác tạo phức với ion Mg2+ thì ion Mg2+ tạo với EDTA thành phức khá

hoàn toàn.

Bài 45: Tính nồng độ cân bằng ở pH = 11 của các cấu tử trong dung dịch Mg2+ có nồng

độ ban đầu 0,01M và EDTA có nồng độ ban đầu là 0,02M. Trong thí dụ trên, ta đã tính được

hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dung dịch có pH = 11 là β’= 108,28. Phương

trình bảo toàn khối lượng của Mg2+ trong dung dịch có pH = 11 làβ’= 108,28.

Bài giải:



Phương trình bảo toàn khối lượng của Mg2+

[Mg’] + [MgY2-] = 10-8,28

Và của EDTA là

[Y’] + [MgY2-] = 0,02

Từ hai phương trình trên suy ra:

[Y’] = 0,01 + [Mg’]

Thay [MgY2-] = 0,01 - [Mg’] và [Y’] = 0,01 + [Mg’] vào biểu thức của hằng số bền điều

kiện

β 'MgY=β ¿¿

Giả sử : [Mg’]<<0,01 thì

0,01

0,01[M g' ]=108,28=¿ [M g' ]= 1

108,28=10−8,28

Như vậy, giả thiết trên là đúng vì [Mg'] chỉ bằng một phần triệu của 0,01. Ta biết

[M g ' ]=¿

và αMgOH +¿=1+ βMgOH+¿¿ ¿¿

Do đó

[M g ' ]=10−8,28

1,38=10−8,42

¿

¿

¿

Như vậy tại pH=11 toàn bộ Mg2+ đã tạo phức với Y4-



Bài 46 : Tính hằng số bền của phức MgY2- trong dd có pH=11. Biết rằng hằng số bền

của phức MgY2-, βMgY2-=108,7và hằng số bền của phức MgOH-, βMgOH=102,58, acid H4Y co1

pK1=2, pK2=2,67,pK3=6,27, Pk4=10,95.

Bài giải:

Trong các dd có cân bằng sau:

Mg2+ + Y4- MgY2-

Mg2+ + OH- Mg(OH)+

Y4- + H+ HY3-

HY3- + H+ H2Y2-

H2Y2-+ H+ H3Y-

H3Y- + H+ H4Y

Gọi β’MgY2- là hằng số bền điều kiện của phức MgY2-

β ’ MgY 2−¿=¿ ¿¿

[Mg’] = [Mg2+] + [Mg(OH)+]= [Mg2+].αMg(OH).

[Y’] = [Y4-] + [HY3+] + [H2Y2-] + [H3Y-] + [H4Y]

[Y’] = [Y4-].αY(H)

Ta tính: αMg(OH).= 1 + βMgOH+[OH]

Ta có: pH = 11 [H+] = 10-11, [OH-] = 10-3

Suy ra: αMg(OH).= 1 +102,58.10-3 = 1,38

Ta tính:

α Y (H )=¿



α Y (H )=1+ 10−11

10−10,95 +10−112

10−10,951 0−6,27 +10−113

10−10,951 0−6,27 .10−2,67 + 10−114

10−10,951 0−6,27 .10−2,67 .1 0−2

α Y (H )=1,89

Hằng số bền điều kiện của phức MgY2-:

β 'MgY 2−¿=

βMgY 2−¿

αM( L) .αY (H )

=108,7

1,38∗1,89=108,28¿ ¿

Bài 47: Tính nồng độ cân bằng ở pH = 11 của các cấu tử trong dung dịch chứa ion

Mg2+ có nồng độ ban đầu CMg2+ = 10-2M và EDTA (Y4-) có nồng độ ban đầu: 2.10-2

Bài giải:

Giải tương tự bài tập trên ta có β 'MgY 2−¿=108,28¿

Từ phương trình bảo toàn khối lượng của ion Mg2+ và Y4- là:

[Mg’] + [MgY2-] = 10-2 [MgY2-] = 10-2 - [Mg’]

[Y’] + [MgY2-] = 2.10-2 [Y’] = 2.10-2 - [MgY2-]

Hay [Y’] = 10-2 + [Mg’]

Thay các giá trị [MgY2-] và [Y’] vào biểu thức

β ’ MgY 2−¿=¿ ¿¿

Ta được:

β ’ MgY2−¿=

10−2−[Mg'][Mg ]' ¿¿

¿

Giả sử [Mg’] << 10-2M thì 10−2

10−2[M g' ]=108,28

, suy ra : [Mg’] = 10-8,28. Như vậy, giả

thiết trên là đúng.

Ta có: [Mg’] = [Mg2+]. αMg(OH). Trong bài tập trên, αY(H)=1,89, do đó:

¿

Qua đó, ta thấy ở pH = 11, thực tế toàn bộ ion Mg2+ đã tạo phức hết với Y4-.



Bài 48: Tính thế oxy hóa khử của Co3+/Co2+ và của Fe3+/Fe2+ trong dd KCN dư. Giả sử

phức chỉ tạo thành với số ligand lớn nhất và bỏ qua ảnh hưởng của OH- lên các ion kim loại,

chứng minh Fe3+( dưới dạng phức với CN- ) sẽ oxy hóa Co2+ ( dưới dạnng phức với CN- ) một

cách hoàn toàn.

Bài giải:

Khi chỉ tạo thành phức có số ligand lớn nhất và bỏ qua ảnh hưởng của OH- :

Fe3+ + 1e- Fe2+

+ +

6CN- 6CN-

[Fe(CN-)6]3- [Fe(CN-)6]4-

1,6 = 1031 1,6 = 1024

Eo1’=Eo [ Fe(CN-)6]3-] / [Fe(CN-)6]4- = Eo

Fe3+

/ Fe2+ -

0 ,0591

lgβ1,6[ Fe(CN )6 ]3−

β1,6 [Fe (CN )6 ]4−

= 0,77 -

0 ,0591

lg−1031

1024=0 ,36V

Tương tự:

Co3+ + 1e- Co2+

+ +

6CN- 6CN-

[Co(CN-)6]3- [Co(CN-)6]4-

1,6 = 1064 1,6 = 1019,09



Eo2’=Eo [Co(CN-)6]3-/ [Co(CN-)6]4- = Eo

Co3+

/Co2+ -

0 ,0591

lgβ1,6[Co(CN )6 ]

3−

β1,6 [Co(CN )6 ]4−

=1,84 -

0 ,0591

lg1064

1019 ,09=−0 ,81V

Trong môi trường thừa CN-, [Fe(CN-)6]3- oxy hóa [Co(CN-)6]4- hoàn toàn

Bài 49: Tính hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dd có pH=11 biết hằng số của

phứ MgY=108,7, hằng số bền của phức MgOH+ biết MgOH=102,58 và H4Y có pk1=2, pk2=2,67,

pk3=6,27, pk4=10,95.

Bài giải:

Đặt ’ là hằng số điều kiện của phức MgY2- tại pH=11 ta có: ’MgY=

Trong dó : [Mg’]=[Mg2+]MgOH và [Y’]=[Y4-]Y(H) ta hãy tính MgOH và Y(H)

MgOH=1 + MgOH[OH-]= 1+ MgoH[OH-]=1 + 102,5810-3= 1,38

y(H)=1 +

[ H+ ]K 4

+ [H+ ]2

K4K 3

+ [ H+ ]3

K 4K3K2

+ [H+ ]4

K4 K3K2K1

=1 +

10−11

1010 ,95+10−22

1010 ,95⋅10−6 ,27+10−33

1010 ,95⋅10−6 ,27⋅10−4 ,67+10−44

1010 ,95 10−6 ,2710−4 ,6710−2

=1 +

10−11

10−10 ,95=1,89.

Hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dd pH=11 là: ’MgY=108,7g

Tức là ’ có nhỏ hơn 1 chút ít và giá trị này khá lớn, chứng tỏ trong dd có pH=11 và

không còn chất nào khác tạo phức Mg2+ thì Mg2+ tạo phức với EDTA phức 1 cách khá hoàn

toàn.

Bài 50: Tính nồng độ cân bằng ở pH=11 của cấu tử trong dd Mg2+ có nồng độ ban đầu

0,01M và EDTA có nồng độ ban đầu 0,02M, trong bài 2 ta đã tính hằng số bền điều kiện của

phức MgY2-trong dd có pH=11, ’=108,28



Bài giải:

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng của Mg2+ là: [Mg’]+ [MgY2-]=10-2 và của EDTA

là : [Y’] + [MgY2-] = 0,02

Từ hai phương trình trên ta suy ra:[Y’] =0,01 +[MgY’]

Ta suy ra: ’MgY=

[MgY 2− ][Mg ' ] [Y ' ]

=0 ,01 [Mg ' ]

[Mg' ](0 ,01− [Mg' ] ) =108,28

Giả sử [Mg’] << 0,01 thì

0 ,010 ,01 [Mg' ] =108,28

[Mg’]=

1

108 ,28=10−8,28

Vậy giả thiết trên là đúng vì [Mg’] chỉ bằng một phần triệu của 0,01, ta biết

[Mg’]=[Mg2+]MgOH trong bài 2 ta tính được MgOH=1,38 do đó:

Vậy tại pH=11 toàn bộ phức Mg2+ đã tạo phức Y4-.

Bài 51: Tính nồng độ cân bằng của ion và cấu tử trong dd HgCl2 10-2M phức của Hg2+

và Cl- có các hằng số tạo thành lần lượt là 106,74 và 106,48.

Bài giải:

Hằng số bền của phức HgCl- là 106,74 và phức của HgCl2 là 106,48 là những đại lượng

khá lớn chứnh tỏ phức đó khá bền và ta co thể dự đoán là khi hòa tan phức HgCl2 vào nước

thì trong dd chủ yếu chỉ có HgCl2, HgCl+ và Cl-. Ta có thể bỏ qua Hg khi tính toán tức là bỏ

qua sự phân li của HgCl+. Trong dd chủ yếu có sự cân bằng :

HgCl2 ⇔HgCl++Cl-

0,01-x2 x x

Đặt [HgCl+]=[Cl-]=x thì [HgCl2]=0,01-x

Ta biết

[HgCl2 ][HgCl+ ] [Cl− ]

=β2



0 ,01−xx2

=106 ,48

Giả thiết x<< 0,01 phương trình trên đã trở thành

x2 =

0 ,011

106 ,48=10−8 ,48

x=10-4,24=5,75.10-5M

Như vậycác giả thiết là đúng [Hg2+] =

10−2

1+106 ,74+10−4 ,24+1033 ,22 . 10−8 ,48

[Hg2+] = 10-6,74= 1,82.10-7 M

Như vậy nồng độ cân bằng của ion các ion trong dd phức đó là [Hg2+]=1,82.10-7,

[HgCl+]=[Cl-]=5.75.10-5, [HgCl2]=0,01 M

Bài 52: Để pha chế dd chuẩn EDTA. Người ta hòa tan khoảng 2g Na2H2Y.2H2O trong 1

lít nước. Chuẩn độ 25 ml dd MgSO4 0,005M thì phải dùng hết 16,3 ml ETA. Tính nồng độ

mol của EDTA.

Bài giải :


CEDTA=CMgSO4

.V MgSO4

V EDTA =

0 ,005.2516 ,3

=0 ,077M

Bài 53: Thêm 50 ml EDTA 0,009152M vào 25 ml Cr2(SO4)3 0,004876M. Chuẩn độ

EDTA dư hết bao nhiêu ml MgSO4 0,01002M.

Bài giải:

Phương trình phản ứng:

H2Y2- + Cr2(SO4)3 CrY2- + H2SO4

Phương trình phản ứng chuẩn độ;



H2Y2- + Mg(SO4) MgY2- + H2SO4

Các kim loại điều tạo phức 1:1 với EDTA, nên áp dụng ĐLHT hay qui tắc đương lượng


V MgSO4=

(CV )EDTA−(CV )Cr2 (SO4 )3CMgSO 4

=

(50.0 ,009152 )− (25 .0 ,00487 )0 ,001002 =335(ml)

Bài 54 : Một ion kim loại hóa trị 2 có cân bằng M2+ +2e ⇔M với Eo (M2+/M)= 0,900V.

Sau khi trộn 25,00 ml dd M2+ nói trên có nồng độ 0,100M với 25,00 ml dd EDTA 0,200M;

người ta đo được thế tạo bởi cặp M2+/M nói trên là 0,570.

a) Tính thế oxy hóa chuẩn điều kiện của cặp M2+/M nói trên nếu bỏ qua ảnh hưởng

của H+ lên Y4- và ảnh hưởng của OH- lên M2+.

b) Tính hằng số bền của phức tạo bởi M2+ và Y4- và cho biết điều kiện để có thể sử

dụng Y4- chuẩn độ dd M2+ ở pH=10.

Bài giải :

a) Các cân bằng xãy ra trong dd được biễu diễn như sau:

M2+ +2e ⇔M Eo(M2+/M)=0,90V

+

Y4-

⇕M(Y)

MY2-

Ta có :



Eo’(M

2+/M) =Eo

M2+

/M) -

0 ,0592

lg αM (Y ) (1)

Edd = Eo’(M

2+/M)+

0 ,0592

lg [M 2+ ' ] (2)

[M2+’] là tổng nồng độ củaM2+ ở tất cả các dạng , tức tổng [M2+] +[M2+’] và cũng chính

là nồng độ ban đầu của M2+. Tuy nhiên lưu ý rằng sau khi thêm EDTA vào, thể tích chung

của dd đã thay đổi làm cho [M2+]o thay đổi :

[M2+’]=[M2+]o=

0,1⋅25 ,0025 ,00+25 ,00

=0,050M

Thay giá trị [M2+’] và E vào (2), tính được Eo’(M

2+/M) =0,61 V

b) Thay giá trị Eo’(M

2+/M)= 0,61 V vào (1), tính được M(Y)=109,90

Ngoài ra : M(Y)=1 + MY[Y4-] (3)

Nếu [M2+] còn lại không đáng kể, [M2+’] [M2+’] [M2+]o=0,050M.

[Y4-]=[Y4-]o – [MY] = [Y4-]o - [M2+’] =

0 ,200 .25 ,0025 ,00+25 ,00

−0 ,050=0,050 M

Thay giá trị của [Y4-]=0,050M; M(Y)=109,90 vào (3) , tính được MY=1011,2

Khi xem cân bằng giữa M2+ + Y4- là cân bằng chính:

M2+ + Y4- ⇔ MY2- MY=1011,2

+ +

OH- H+

⇕M(OH) ⇕Y(H)

M(OH),… HY,…..



’MY= MY

1αY (H ) .αM (OH )

=1011 ,2

10 .αH (OH )=1010 ,2

αM (OH )

Như vậy, có thể dùng EDTA để chuẩn độ M2+ ở pH 10 nếu ở pH này , M(OH) ¿ 103,2.

Bài 55 : Cho dd [Cu2+]o=10-4 vào dd EDTA có [Y4-]o=10-2M ở pH 6 để tạo phức nếu

phức CuY2-không bị ảnh hưởng bởi H+và OH-, phản ứng tạo phức CuY2- có tính định lượng

không ?

Bài giải :

Cân bằng tạo phức giữa Cu2+và Y4-

Cu2+ + Y4- ⇔ CuY2- CuY=1018,8

+ +

OH- H+

⇕ Cu(OH) ⇕Y(H)

CuOH),… HY,H2Y,H3Y,H4Y....

Xét tính định luợng của cân bằng tạo phức trên có thể dựa vào ’CuY hoặc [Cu]2+

Xác định ’CuY:

’CuY=CuY

1αCu (OH ) .αY (H )

=1018 ,8 1

1 .105 ,41=1013 ,4

(pH 6 : [H]+ = 10-6M ;[OH]- =10-8M

Y(H) = 105,41

Cu(OH) = 1 + 107.10-8+ 1013,68.10-16 + 1017.10-24 + 1018,5.10-32=1

Xác định [Cu2+]:

’CuY =

[CuY 2− ][Cu2+ ] [Y 4− ]

=[Cu2+ ]o−[Cu2+ ]

[Cu2+ ] ( [Y 4− ]O− [CuY 2− ])



’CuY=

[Cu2+ ]o−[Cu2+ ][Cu2+ ] ([Y 4− ]O−[Cu2= ]0+[Cu2+ ] )

=1013 ,4

(*)

Đặt [Cu2+] =x ; thay các giá trị [Cu2+]o=10-4 M; [Y4-]o=10-2M vào (*), thục hiện các phép

biến đổi cần thiết sẽ thu được phương trình bậc hai :

1013,4x2 + (1 +10-11,4 - 10-9,4)x – 10-4=0

Giải phương trình bậc hai được x=[Cu2+]=10-15,4M

Phản ứng có tính định lượng vì ’=1013,4 > 107 .

Bài 56 : Tính hằng số bền điều kiện của phức MgY2- và nồng độ [Mg2+] tự do trong dd

chứa Mg2+ 10-1M, EDTA 10-1, ở pH=10

Biết pMgY=8,7 ; pMgOH+ =2,58 ; H4Y có pK1=2 ; pK2=2,67 ; pK3=6,27 ; pK4=10,95

Bài giải :

pH=10 [H+]=10-10 M ;[OH-] = 10-4 M

-1Mg(OH)=1 + Mg(OH)[OH] =1 + 102,58.10-4 = 1,04

-1Y(H) = 1 +

[H+ ]K 4

+[H+ ]2K4K 3

+[H+ ]3

K 4K3K 2

+[H+ ]4

K4 K3K2K1

=1 +

10−10

10−10 ,95+

[10−10 ]2

10−10 ,9510−6 ,27+

[10−10 ]3

10−10 ,95 10−6 ,2710−2,67+

[10−10 ]4

10−10 ,95 10−6 ,2710−2,67 10−2

=1 + 100,95 = 9,91

’MgY = MgY.Mg(OH).Y(H)=

108,7

1,04 . 9 ,91=107 ,69

Gọi x là nồng độ của [Mg2+] tại thời điểm cân bằng. Xét cân bằng:

Mg2+ + Y4- = MgY2-



Ban đầu 0,1 0,1 0

Phản ứng 0,1 – x 0,1 – x 0,1 – x

Cân bằng x x 0,1 – x

’MgY=

[MgY 2− ]

[Mg2+ ]' [Y 4− ] '=0,1−x

x2

Vì ’rất lớn nên [Mg2+]rất bé so với 0,1 (nồng độ muối Mg ban đầu ) nên

’MgY=

0,1

x2=107 ,69

x = 10-4,35

[Mg2+]’=10-4,35(M)

Mà [M2+]’=[M2+].-1Mg(OH)=4,3.10-5(M)

% Mgcòn lại trong dd sau khi tác dụng với EDTA: %Mg=

4,3 .10−5

10−1. 100=0 ,043%

Như vậy có thể định lượng Mg2+ ở pH = 10 bằng EDTA do sau phản ứng với EDTA,

hàm lượng Mg2+ còn lại vô cùng bé, xem như phản ứng khá hoàn toàn.

Bài 57: Tính hằng số bền điều kiện của phức MgY2- và nồng độ [Mg2+] tự do trong dd



pH=5 [H+]=10-5 M ;[OH-] = 10-9 M

Bài giải:

Ta có :

-1Mg(OH)=1 + Mg(OH)[OH] =1 + 102,58.10-9 = 1

-1Y(H) = 1 +

[H+ ]K 4

+[H+ ]2K4K 3

+[H+ ]3

K 4K3K 2

+[H+ ]4

K4 K3K2K1



=1 +

10−5

10−10 ,95+

[10−5 ]2

10−10 ,9510−6 ,27+

[10−5 ]3

10−10 ,95 10−6 ,2710−2,67+

[10−5]4

10−10 ,95 10−6 ,2710−2,67 10−2

=107,24

’MgY = MgY.Mg(OH).Y(H)=101,46


Mg2+ + Y4- = MgY2-

Ban đầu 0,1 0,1 0

Phản ứng 0,1 – x 0,1 – x 0,1 – x


’MgY=

[MgY 2− ]

[Mg2+ ]' [Y 4− ] '=0,1−x

x2


’MgY=

0,1

x2=101, 46

x = 10-4,35

[Mg2+]’=10-1,23(M)

Mà [M2+]’=[M2+].-1Mg(OH)= 10-1,23 (M)


10−1 ,23

10−1. 100=58 ,88

Như vậy không thể định lượng Mg2+ bằng EDTA ở pH=5.

Bài 58 : Xét tính định lượng khi dùng EDTA chuẩn độ Hg2+, ở pH=10

Bài giải:

Hg2+ + Y4- HgY2- HgY=1021,8



+ +

OH- H+

⇕ Hg(OH) ⇕Y(H)

Hg(OH),… HY,……

’HgY=HgY

1αHg(OH ) .αY ( H )

=1021 ,8 1

1013 ,7 . 10=107,1

pH=10: [H+]=10-10M; [OH-]=10-4 M

Y(H)=10

Hg(OH) =1+1010,3.10-4 + 1021,7.10-8

+ 1021,2.10-24 =1013,7

’HgY=107,1 >107

có thể chuẩn độ Hg2+ bằng EDTA ở pH=10 vì cân bằng có tính định lượng.

Bài 59: Xét tính định lượng khi dùng EDTA chuẩn độ Hg2+, ở pH=10 với môi trường

có CN-và [CN-]=10-4M

Bài giải :

Ta có phương trình phản ứng:

Hg2+ + Y4- HgY2- HgY=1021,8

+ +

CN- OH- H+

Hg(CN),. Hg(OH),... HY

’HgY=HgY

1αHg(OH ,CN ) .αY (H )

=1021 ,8 1

1026 ,6 . 10=10−5,8



pH=10: [H+]=10-10M; [OH-]=10-4 M

Y(H)=10

Hg(OH) =1+1010,3.10-4 + 1021,7.10-8

+ 1021,2.10-24 =1013,7

Hg(CN) =1+1018.10-4 + 1034,7.10-8

+ 1038,53.10-12+1041,51..10-16 =1026,6

’HgY=10-5,8 <107

không thể chuẩn độ Hg2+ bằng EDTA ở pH 10 và trong môi trường có [ CN-] vì cân

bằng không có tính định lượng.

Bài 60: Tính hằng số bền điều kiện của phức [Fe(SCN-)]2+ ở pH từ 1-4, biết HSB của

phức trên là 103,03; Fe3+ bị nhiễu bởi OH- với 1,1=1011,87; 1,2=1021,17; 1,3=1030,67 và acid

HSCN có k= 10-0,85.

Bài giải:

Tính hằng số bền điều kiện của phức [Fe(SCN-)]2+ ở pH từ 1-4:

Fe3+ + SCN [Fe(SCN-)]2+ 1,1=103,03

+ +

OH- H+

⇕Fe(OH) ⇕

SCN(H)

Fe(OH),... HSCN

’ [Fe(SCN-)]2+ =[Fe(SCN-)]2+

1αFe(OH ) . .α SCN

Fe(OH) = 1 + 1011,87[OH-]1 + 1021,17[OH-]2 + 1030,67[OH-]3

SCN(H) = 1 + SHCN [H+] = 1 + 100,85[H+]

Lập bảng giá trị của Fe(OH), SCN(H) và ’ [Fe(SCN-)]2+ tại các giá trị pH từ 1-4:



pH 1 2 3 4

Fe(OH) 1 100,24 100,92 101,98

SCN(H) 100,23 1 1 1

’[Fe(SCN-)]2+ 102,80 102,79 102,11 101,05

Bài 61: Tính hằng số bền điều kiện ở pH từ 4 – 7 của phức FeL3 với L là anion của

1,10- phenolphtalein, biết phức trên có 1,3=1021,3; Fe2+ bị nhiễu bởi OH- với 1,1=105,56 ;

1,2=109,77 ; 1,3=109,67 ; 1,4=108,56. Axit HL có ka=10-4,7.

Bài giải:

Fe2+ + 3L FeL3 1,3=1021,3

+ +

OH- 3 H+

⇕Fe(OH) ⇕

L(H)

Fe(OH),... HL

’ Fe(L3) = Fe(L3)

1

αFe(OH ) . .α3L(H )

Fe(OH) = 1 + 105,56[OH-]1 + 109,77[OH-]2 + 109,67[OH-]3+108,56[OH-]4

L(H) = 1 + HL [H+] = 1 + 104,7[H+]

Lập bảng giá trị của Fe(OH), SCN(H) và ’ [Fe(SCN-)]2+ tại các giá trị pH từ 1-4:

pH 4 5 6 7



Fe(OH) 1 1 1 1

L(H) 100,78 100,18 100,02 1

3L(H) 102,34 100,53 100,06 1

’ FeL3 1018,96 1020,77 1021,24 1021,30

Bài 62: Thêm 50 ml EDTA 0,008M vào 25 ml Cr2(SO4)3 0,005M. Chuẩn độ EDTA dư

hết bao nhiêu ml MgSO4 0,02M.

Bài giải:


H2Y2- + Cr2(SO4)3 CrY2- + H2SO4





V MgSO4=

(CV )EDTA−(CV )Cr2 (SO4 )3CMgSO 4 =

(50.0 ,008 )−(25.0 ,005 )0 ,002 =137,5(ml)

Bài 63: Tính thể tích EDTA 0,00900M cần dùng để chuẩn độ Ca và Mg có trong dung

dịch khi hòa tan 0,3105g mẩu chứa 95,8% đolomit (CaCO3, MgCO3).

Bài giải :

Thể tích EDTA là:

V EDTA=10. P .Z .mM .N =

0 ,3105 .10 .2 .95 ,8372 .0 ,00900

=177 (ml)



Bài 64 : Tính thể tích EDTA 0,0750M cần để chuẩn độ:

25,00ml Mg(NO3)2 0,06250M.

Bài giải:

Ta áp dụng công thức

V EDTA=(CV )Mg(NO 3)2CEDTA =

0 ,0625. 250 ,00750

=20 ,8 (ml)

Bài 65: Lấy 10ml dung dịch hổn hợp Al3+, Fe3+ pH = 2. Thêm vào 1 lượng nhỏ axit

Sunfosalisilic, chuẩn độ dung dịch này bằng dung dịch EDTA 0,02N tồn hết 1,8ml. Nâng pH

của dung dịch lên 5. Thêm tiếp 20ml dung dịch EDTA, đun sôi 15 phút, để nguội, thêm 1

lượng nhỏ chỉ thị xynenol da cam và chuẩn độ dung dịch này bằng dung dịch Zn2+ 0,02N tồn

hết 16,3ml

Tính nồng độ Al3+ (g/l); nồng độ Fe3+ (g/l).

Bài giải:

Tính nồng độ Fe3+ (g/l)

Ta có : NFe =

(NV Fe )EDTA .DFe

Vm

=

0 ,02. 1,8 .562 . 10 = 0,1008(g/l)

Tính nồng độ Al3+ (g/l)

NAl =

(NV )EDTA−(NV )Zn .DAl

V m

=

[ 20. 0 ,02−16 ,3 . 0 ,02] . 272. 10 = 0,0999(g/l)

Bài 66: Hút 10ml dung dịch mẩu hổn hợp Ca2+, Mg2+. Thêm vào dung dịch 10ml dung

dịch đệm amoni pH=10,3 giọt chỉ thị ETOO. Chuẩn độ dung dịch này bằng dung dịch EDTA

0,02N thì tồn hết 8ml. Lấy 10ml dung dịch mẩu ở trên thêm 0,5ml dung dịch KOH 1N để

được dung dịch có pH=12. Khi đó toàn bộ Mg2+ bị kết tủa dưới dạng Mg(OH)2. Thêm tiếp


Trường Đại học công nghiệp TPHCM Tiểu luận môn CSLTHPT2Khoa Công Nghệ Hóavào dung dịch 3 giọt murexit. Sau đó chuẩn độ dung dịch này bằng dung dịch EDTA 0,02N

tồn 5,4ml.

Tính nồng độ Ca2+, Mg2+ (g/l).

Bài giải:

Tính nồng độ Ca2+ (g/l)

Ta có: NCa2+ =

(NV Fe )EDTA .DCa

V 0 =

0 ,02. 5,4 . 402. 10 =0,216(g/l)

Tính nồng độ Mg2+ (g/l)

Ta có: NMg2+ =

N (V 2−V 1) .DMg

Vm =

0 ,02(8−5,4 ) .242 .10 =0,0624(g/l)

Bài 67: Xác định hàm lượng Ca2+, Mg2+ trong một mẩu muối, người ta thực hiện như

sau:

Cân 10,021g mẩu muối, hòa tan và định mức thành 250ml dung dịch 1

Lấy chính xác 10ml dd1 + 3ml NaOH 2N + 1 ít chỉ thị murexit, lắc tan. Chuẩn bằng dd

chuẩn ADTA đến khi dd chuyển từ đỏ sang tím hoa cà. Lặp lại thí nghiệm 3 lần, lấy kết quả

trung bình. Số ml EDTA tiêu tốn là 8,2ml.

Lấy chính xác 10ml dd1 khác + 10ml đệm pH10 + 1 ít chỉ thị ETOO. Chuẩn bằng dd

chuẩn EDTA cho đến khi dd chuyển từ đỏ nho sang xanh chàm. Lặp lại thí nghiệm 3 lần, lấy

kết quả trung bình. Số ml EDTA chuẩn tiêu tốn là 24,6 ml.

Tính % Ca2+ và % Mg2+ có trong mẩu.

Biết rằng để xác định nồng độ của dd chuẩn EDTA người ta hòa tan 0,625g CaCO3

nguyên chất trong HCl và pha loãng thành 250ml (Dùng bình định mức 250ml). Chuẩn độ

25ml dd này thì tiêu tốn 24,2ml EDTA nói trên.

Bài giải:



Ta có nồng độ mol của CaCO3 là:

N CaCO3=

0 ,625 . 100050 . 250

=0 ,05 (N )

→N EDTA=0 ,05 . 2524 ,2

=0 ,052(N )

→%Ca=(CV )1000

EDTA

.DCa . F .100mm

¿8,2. 0 ,52. 401000 .2

.25010

.10010 ,021

=2,1 %

→%Mg=C (V 2−V 1) .DMg1000

.F .100mm

¿0 ,052(24 ,6−8,2). 241000 .2

.25010

.10010 ,021

=2,5 %

Bài 68: Chuẩn độ 25,00ml dd X gồm có Pb2+ và Ni2+ ở pH=10 phải dùng 21,40ml

EDTA 0,02M (để phản ứng hết cả hai kim loại).

Lấy 25,00ml dd X mới, thêm KCN dư để che Ni2+. Chuẩn độ hổn hợp 12,05ml EDTA

0,02M.

Tính nồng độ đương lượng và nồng độ g/l của Pb2+ và Ni2+.

Bài giải:

Tính nồng độ của Pb2+

Npb 2+

=(CV )EDTA .D

Pb2+

V M =

0 ,02. 12 ,05 . 2072 .25

=0 ,9977 (g/l)

Tính nồng độ của Ni2+

Npb 2+

=C (V 2−V 1 )EDTA .D

Ni2+

V M =

0 ,02. (21 ,4−12 ,05 ) . 592 .25

=0 ,2207 (g/l)






Bài giải:

pH=4 [H+]=10-4 M ;[OH-] = 10-10 M

-1Mg(OH)=1 + Mg(OH)[OH] =1 + 102,58.10-10 = 2

-1Y(H) = 1 +

[H+ ]K 4

+[H+ ]2K4K 3

+[H+ ]3

K 4K3K 2

+[H+ ]4

K4 K3K2K1

=1 +

10−4

10−10 ,95+

[10−4 ]2

10−10 ,9510−6 ,27+

[10−4 ]3

10−10 ,95 10−6 ,2710−2,67+

[10−4 ]4

10−10 ,95 10−6 ,2710−2,67 10−2

=108,53

’MgY = MgY.Mg(OH).Y(H)=101,2


Mg2+ + Y4- = MgY2-

Ban đầu 0,1 0,1 0

Phản ứng 0,1 – x 0,1 – x 0,1 – x


’MgY=

[MgY 2− ]

[Mg2+ ]' [Y 4− ] '=0,1−x

x2


’MgY=

0,1

x2=101,2

x = 10-4,76

[Mg2+]’=10-1,29(M)

Mà [M2+]’=[M2+].-1Mg(OH)= 10-1,29 (M)




10−1 ,29

10−1. 100=58 ,88

Như vậy không thể định lượng Mg2+ bằng EDTA ở pH=5



Bài giải:


H2Y2- + Cr2(SO4)3 CrY2- + H2SO4





V MgSO4=


(75.0 ,004 )−(20 .0 ,005 )0 ,001 =200 (ml)


dịch khi hòa tan 0,456g mẩu chứa 98% đolomit (CaCO3, MgCO3).

Bài giải:

Thể tích EDTA là: V EDTA=

10. P .Z .mM .N =

0 ,456 .10 .2 .98372 .0 ,00600 = 400 (ml)



0,05N thì tồn hết 12,5ml. Lấy 10ml dung dịch mẩu ở trên thêm 0,5ml dung dịch KOH 1N để


vào dung dịch 3 giọt murexit. Sau đó chuẩn độ dung dịch này bằng dung dịch EDTA 0,05N

tồn 8ml. Tính nồng độ Ca2+, Mg2+ (g/l).



Bài giải:


Ta có: NCa2+ =

(NV Fe )EDTA .DCa

V 0 =

0 ,05. 8,0 . 402. 10 =0,8(g/l)


Ta có: NMg2+ =

N (V 2−V 1) .DMg

Vm =

0 ,05(12 ,5−8,0 ). 242.10 =0,27(g/l)


EDTA 0,02M (để phản ứng hết cả hai kim loại). Lấy 25,00ml dd X mới, thêm KCN dư để

che Ni2+. Chuẩn độ hổn hợp 12,05ml EDTA 0,02M. Tính nồng độ đương lượng và nồng độ

g/l của Pb2+ và Ni2+.

Bài giải:


Npb 2+

=(CV )EDTA .D

Pb2+

V M =

0 ,02. 12 ,05 .2072 .25

=0 ,9977 (g/l)


Npb 2+


Ni2+

V M =

0 ,02. (21 ,4−12 ,05 ) . 592 .25

=0 ,2207 (g/l)

Bài 74: Tính thế oxy hóa khử của Co3+/Co2+ và của Fe3+/Fe2+ trong dd KCN dư. Giả sử

phức chỉ tạo thành với số ligand lớn nhất và bỏ qua ảnh hưởng của OH- lên các ion kim loại,

chứng minh Fe3+( dưới dạng phức với CN- ) sẽ oxy hóa Co2+ ( dưới dạnng phức với CN- ) một

cách hoàn toàn.

Bài giải:

Khi chỉ tạo thành phức có số ligand lớn nhất và bỏ qua ảnh hưởng của OH- :



Fe3+ + 1e- Fe2+

+ +

6CN- 6CN-

[Fe(CN-)6]3- [Fe(CN-)6]4-

1,6 = 1021 1,6 = 1019

Eo1’=Eo [ Fe(CN-)6]3-] / [Fe(CN-)6]4- = Eo

Fe3+

/ Fe2+ -

0 ,0591

lgβ1,6[ Fe(CN )6 ]3−

β1,6 [Fe (CN )6 ]4−

=0,77 -

0 ,0591

lg−1021

1019=1 ,42

Tương tự:

Co3+ + 1e- Co2+

+ +

6CN- 6CN-

[Co(CN-)6]3- [Co(CN-)6]4-

1,6 = 1056 1,6 = 1014,02

Eo2’=Eo [Co(CN-)6]3-/ [Co(CN-)6]4- = Eo

Co3+

/Co2+ -

0 ,0591

lgβ1,6[Co(CN )6 ]

3−

β1,6 [Co(CN )6 ]4−

=1,84 -

0 ,0591

lg1056

1014 ,02=−0 ,63

Trong môi trường thừa CN-, [Fe(CN-)6]3- oxy hóa [Co(CN-)6]4- hoàn toàn



Bà 75: Tính nồng độ cân bằng ở pH=12 của cấu tử trong dd Mg2+ có nồng độ ban đầu

0,015M và EDTA có nồng độ ban đầu 0,02M, trong bài 2 ta đã tính hằng số bền điều kiện

của phức MgY2-trong dd có pH=11, ’=108,28

Bài giải:

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng của Mg2+ là: [Mg’]+ [MgY2-]=10-2 và của EDTA

là : [Y’] + [MgY2-] = 0,02

Từ hai phương trình trên ta suy ra:

[Y’] =0,01 +[MgY’]

Ta suy ra: ’MgY=

[MgY 2− ][Mg ' ] [Y ' ]

=0 ,015 [Mg' ]

[Mg' ](0 ,015−[Mg ' ] ) =108,28

Giả sử [Mg’] << 0,01 thì

0 ,0150 ,015 [Mg' ] =108,28

[Mg’]=

1

108 ,28=10−8,28

Vậy giả thiết trên là đúng vì [Mg’] chỉ bằng một phần triệu của 0,01, ta biết

[Mg’]=[Mg2+]MgOH trong bài 2 ta tính được MgOH=1,38 do đó:

Vậy tại pH=12 toàn bộ phức Mg2+ đã tạo phức Y4-.


dịch khi hòa tan 0,3421g mẩu chứa 94% đolomit (CaCO3, MgCO3).

Bài giải:

Thể tích EDTA là:

V EDTA=10. P .Z .mM .N =

0 ,3421 . 10. 2 . 94372 .0 ,0075 =230 (ml)

Bài 77: Tính thể tích EDTA 0,090M cần để chuẩn độ 20,00ml Mg(NO3)2 0,0455M.

Bài giải:





0 ,0455.200 ,090

=10 (ml)

Bài 78: Tính thể tích EDTA 0,090M cần để chuẩn độ Ca trong một mẩu thu được khi

hòa tan 0,2187g CaCO3.

Bài giải:

Nồng độ mol của CaCO3 là: CCaCO3

=0 ,2187100 . 50

. 1000=0 ,04374 (ml)

V EDTA=

0 ,04374 .500 ,090

=24 ,3

Bài 79: Lấy 10ml dung dịch hổn hợp Al3+, Fe3+ pH = 2. Thêm vào 1 lượng nhỏ axit

Sunfosalisilic, chuẩn độ dung dịch này bằng dung dịch EDTA 0,01N tồn hết 2,3ml. Nâng pH

của dung dịch lên 5. Thêm tiếp 20ml dung dịch EDTA, đun sôi 15 phút, để nguội, thêm 1

lượng nhỏ chỉ thị xynenol da cam và chuẩn độ dung dịch này bằng dung dịch Zn2+ 0,021 tồn

hết 19,5ml. Tính nồng độ Al3+ (g/l); nồng độ Fe3+ (g/l).

Bài giải:

Tính nồng độ Fe3+ (g/l)

Ta có : NFe =

(NV Fe )EDTA .DFe

Vm =

0 ,01. .2,3 . 562 .10 = 0,0644(g/l)

Tính nồng độ Al3+ (g/l)

Ta có: NAl =

(NV )EDTA−(NV )Zn .DAl

V m =

[ 20. 0 ,01−19 ,5 . 0 ,01 ] . 272. 10 =0,00675 (g/l)



0,02N thì tồn hết 6ml. Lấy 10ml dung dịch mẩu ở trên thêm 0,5ml dung dịch KOH 1N để


Trường Đại học công nghiệp TPHCM Tiểu luận môn CSLTHPT2Khoa Công Nghệ Hóađược dung dịch có pH=12. Khi đó toàn bộ Mg2+ bị kết tủa dưới dạng Mg(OH)2. Thêm tiếp


tồn 4,3ml.

Tính nồng độ Ca2+, Mg2+ (g/l).

Bài giải:


Ta có: NCa2+ =

(NV Fe )EDTA .DCa

V 0 =

0 ,02. 4,3 . 402. 10 =0,172(g/l)


Ta có: NMg2+ =

N (V 2−V 1) .DMg

Vm =

0 ,02(6−4,3) . 242 .10 = 0,0408(g/l)

Bài 81: Xác định hàm lượng Ca2+, Mg2+ trong một mẩu muối, người ta thực hiện như

sau:

Cân 9,342 g mẩu muối, hòa tan và định mức thành 250ml dung dịch 1

Lấy chính xác 10ml dd1 + 3ml NaOH 2N + 1 ít chỉ thị murexit, lắc tan. Chuẩn bằng dd

chuẩn ADTA đến khi dd chuyển từ đỏ sang tím hoa cà. Lặp lại thí nghiệm 3 lần, lấy kết quả

trung bình. Số ml EDTA tiêu tốn là 6,5ml.

Lấy chính xác 10ml dd1 khác + 10ml đệm pH10 + 1 ít chỉ thị ETOO. Chuẩn bằng dd

chuẩn EDTA cho đến khi dd chuyển từ đỏ nho sang xanh chàm. Lặp lại thí nghiệm 3 lần, lấy

kết quả trung bình. Số ml EDTA chuẩn tiêu tốn là 25 ml.

Tính % Ca2+ và % Mg2+ có trong mẩu.

Biết rằng để xác định nồng độ của dd chuẩn EDTA người ta hòa tan 0,534g CaCO3

nguyên chất trong HCl và pha loãng thành 250ml (Dùng bình định mức 250ml). Chuẩn độ

25ml dd này thì tiêu tốn 21,2ml EDTA nói trên.

Bài giải:



Ta có nồng độ mol của CaCO3 là:

N CaCO3=

0 ,534 . 100050 . 250

=0 ,042(N )

→N EDTA=0 ,042 . 2521 ,2

=0 ,05 (N )

→%Ca=(CV )1000

EDTA

.DCa . F .100mm

¿6,5. 0 ,05 .401000 .2

.25010

.1009 ,342

=1,7 %

→%Mg=C (V 2−V 1) .DMg1000

.F .100mm

¿0 ,05(25−6,5 ) .241000 .2

.25010

.1009 ,342

=2,9 %





Bài giải:


Npb 2+

=(CV )EDTA .D

Pb2+

V M =

0 ,01. 11 ,35. 2072. 20

=0 ,587 (g/l)


Npb 2+


Ni2+

V M =

0 ,01 (21 ,4−11 ,35 ) .592. 20

=0 ,1482 (g/l)







Bài giải:


Npb 2+

=(CV )EDTA .D

Pb2+

V M =

0 ,05. 17 ,05 .2072. 50

=1 ,7646 (g/l)


Npb 2+


Ni2+

V M =

0 ,05. (26 ,4−17 ,05 ) . 592. 50

=0 ,2758 (g/l)




Bài giải :

Ta có tại pH=10 [H+]=10-11 M ;[OH-] = 10-3 M

-1Mg(OH)=1 + Mg(OH)[OH] =1 + 102,58.10-3 = 2,005

-1Y(H) = 1 +

[H+ ]K 4

+[H+ ]2K4K 3

+[H+ ]3

K 4K3K 2

+[H+ ]4

K4 K3K2K1

=1 +

10−11

10−10 ,95+

[10−11 ]2

10−10 ,9510−6 ,27+

[10−11]3

10−10 ,95 10−6 ,2710−2,67+

[10−11 ]4

10−10 ,95 10−6 ,2710−2,67 10−2

=1 + 100,82 = 7,606

’MgY = MgY.Mg(OH).Y(H)=

108,7

2. 005 .7 ,606=107 ,32


Mg2+ + Y4- = MgY2-

Ban đầu 0,1 0,1 0



Phản ứng 0,1 – x 0,1 – x 0,1 – x


’MgY=

[MgY 2− ]

[Mg2+ ]' [Y 4− ] '=0,1−x

x2

Vì ’rất lớn nên [Mg2+]rất bé so với 0,1 (nồng độ muối Mg ban đầu ) nên:

’MgY=

0,1

x2=107 ,32

x = 10-4,11 [Mg2+]’=10-4,35(M)

Mà [M2+]’= [M2+].-1Mg(OH) =4,0.10-5(M)

% Mg còn lại trong dd sau khi tác dụng với EDTA: %Mg=

4,0 .10−5

10−1. 100=0 ,04 %

Như vậy có thể định lượng Mg2+ ở pH = 11 bằng EDTA do sau phản ứng với EDTA,

hàm lượng Mg2+ còn lại vô cùng bé, xem như phản ứng khá hoàn toàn.

Bài 85 :Thêm 100 ml EDTA 0,05M vào 25 ml Cr2(SO4)3 0,03M. Chuẩn độ EDTA dư


Bài giải:


H2Y2- + Cr2(SO4)3 CrY- + H2SO4





V MgSO4=


(100. 0 ,05 )−(25.0 ,03 )0 ,09 =47,2(ml)





Bài giải:


H2Y2- + Cr2(SO4)3 CrY- + H2SO4





V MgSO4=


(75.0 ,01 )− (20 .0 ,015 )0 ,06 =7,5 (ml)

Bài 87: Cho dd [Cu2+]o=10-4 vào dd EDTA có [Y4-]o=10-2M ở pH 8 để tạo phức nếu phức

CuY2-không bị ảnh hưởng bởi H+và OH-, phản ứng tạo phức CuY2- có tính định lượng

không ?

Bài giải :

Cân bằng tạo phức giữa Cu2+ và Y4-

Cu2+ + Y4- ⇔ CuY2- CuY=1018,8

+ +

OH- H+

⇕ Cu(OH) ⇕Y(H)

CuOH),… HY,H2Y,H3Y,H4Y....

Xét tính định luợng của cân bằng tạo phức trên có thể dựa vào ’CuY hoặc [Cu]2+

Xác định ’CuY:



’CuY=CuY

1αCu (OH ) .αY (H )

=1018 ,8 1

1 .105 ,25=1013 ,35

(pH 8 : [H]+ = 10-8M ;[OH]- =10-6M

Y(H) = 105,25

Cu(OH) = 1 + 107.10-8+ 1013,68.10-16 + 1017.10-24 + 1018,5.10-32=1

Xác định [Cu2+]:

’CuY =

[CuY 2− ][Cu2+ ] [Y 4− ]

=[Cu2+ ]o−[Cu2+ ]

[Cu2+ ] ( [Y 4− ]O− [CuY 2− ])

’CuY=

[Cu2+ ]o−[Cu2+ ][Cu2+ ] ([Y 4− ]O−[Cu2= ]0+[Cu2+ ] )

=1013 ,35

(*)

Đặt [Cu2+] =x ; thay các giá trị [Cu2+]o=10-4 M; [Y4-]o=10-2M vào (*), thục hiện các phép

biến đổi cần thiết sẽ thu được phương trình bậc hai :

1013,4x2 + (1 +10-11,4 - 10-9,4)x – 10-4=0

Giải phương trình bậc hai được x=[Cu2+]=10-15,4M

Phản ứng có tính định lượng vì ’=1013,4 > 107 .

Bài 88: Để pha chế dd chuẩn EDTA. Người ta hòa tan khoảng 4g Na2H2Y.2H2O trong

1 lít nước. Chuẩn độ 20 ml dd MgSO4 0,002M thì phải dùng hết 15 ml ETA. Tính nồng độ

mol của EDTA.

Bài giải :

Áp dụng công thức :CEDTA=

CMgSO4.V MgSO4

V EDTA

=

0 ,002.2015

=0 ,0027M

Bài 89: Tính thể tích EDTA 0,05M cần để chuẩn độ 20,00ml Mg(NO3)2 0,0712M.

Bài giải





0 ,0712.200 ,05

=28 ,48 (ml)



0,02N thì tồn hết 15,0ml. Lấy 10ml dung dịch mẩu ở trên thêm 0,5ml dung dịch KOH 1N để



tồn 10,0ml. Tính nồng độ Ca2+, Mg2+ (g/l).

Bài giải:


Ta có: NCa2+ =

(NV Fe )EDTA .DCa

V 0 =

0 ,02. 10 ,0. 402 .10 =0,4(g/l)


Ta có: NMg2+ =

N (V 2−V 1) .DMg

Vm =

0 ,02(15−10 ,0 ). 242. 10 =0,12 (g/l)

Bài 91: Tính hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dd có pH=9 biết hằng số của

phứ MgY=108,7, hằng số bền của phức MgOH+ biết MgOH=102,58 và H4Y có pk1=2, pk2=2,67,

pk3=6,27, pk4=10,95.

Bài giải:

Đặt ’ là hằng số điều kiện của phức MgY2- tại pH=11 ta có: ’MgY=

Trong dó : [Mg’]=[Mg2+]MgOH và [Y’]=[Y4-]Y(H) ta hãy tính MgOH và Y(H)

MgOH=1 + MgOH[OH-]= 1+ MgoH[OH-]=1 + 102,5810-5= 1,004

y(H)=1 +

[ H+ ]K 4

+ [H+ ]2

K4K 3

+ [ H+ ]3

K 4K3K2

+ [H+ ]4

K4 K3K2K1



=1 +

10−9

1010 ,95+10−18

1010 ,95⋅10−6 ,27+10−27

1010 ,95⋅10−6 ,27⋅10−4 ,67+10−36

1010 ,95 10−6 ,2710−4 ,6710−2

=1 +

10−9

10−10 ,95=90,1

Hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dd pH= là:

’MgY=108,7g

Tức là ’ có nhỏ hơn 1 chút ít và giá trị này khá lớn, chứng tỏ trong dd có pH=9 và

không còn chất nào khác tạo phức Mg2+ thì Mg2+ tạo phức với EDTA phức 1 cách khá hoàn

toàn.

Bài 92: Chuẩn độ 30,00mL dung dịch Mg(NO3) 0,06250M bằng EDTA 0,0750M. Tính

thể tích EDTA phải dùng đến điểm tương đương. Cho biết sự đổi màu tại điểm dừng chuẩn

độ nếu dùng Erio T làm chỉ thị và pH của dung dịch bằng 9,00 (hệ đệm NH3 + NH4).

Bài giải:

Áp dụng công thức:

C A=V A

V B

.CBV B

V A

Suy ra được:

V EDTA=0,06250∗30,00

0,0750=25,00mL

Màu của chỉ thị sẽ đổi từ đỏ vang của MgIn- sang màu xanh của HIn2

Bài 93: Chuẩn độ 20,00 ml Ca2+ 0,00200M bằng EDTA 0,00900M ở pH = 12. Tính pCa

tại điểm tương đương.

Bài giải:

Ta có ở pH = 12 h = 10-12 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−12+10−10,26 =0,9821¿



αCa2+¿=1¿ ; βCaY=1010,7

β 'CaY=βCaY . αCa2+¿ .αY 4−¿=1010,7.0,9821=4,9221.101O¿ ¿


[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿

ta tính được pCa tại điểm tương đương :

pCa= -lg3,3245.10-14 –lg1= 13,4783 ≈ 13,48

Bài 94: Tính thể tích EDTA 0,05M cần để chuẩn độ Ca trong một mẩu thu được khi hòa

tan 0,2480g CaCO3

Bài giải:


=0 ,1276100 . 50

. 1000=0 ,0255 (ml)

V EDTA=

0 ,0255 .350 ,05

=17 ,86 (ml)


+ NH4Cl, trong đó [NH3] = 0,100M, bằng EDTA 0,050M. Tính pZn tại điểm tương đương. Ở

đây, không kể sự tạo phức hidroxo, mà chỉ tính đến sự tạo phức phụ của Zn2+ với NH3 (biết

lgβ1 = 2,21; lgβ2 = 4,4; lgβ3 = 6,76; lgβ4 = 8,79 và coi; βZnY = 1016.5)

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β 2[NH 3 ]2+β3 [NH3 ]3+β 4[NH3 ]

4¿

αZn2 +¿= 1

6,7681.10−4=1,4775.10−5¿



αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿

β 'ZnY=β ZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016,5.1,4775 .10−5 .0,3546=1,6568.1011 ¿ ¿


[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿

pZn = 17,777 ≈ 17,78

Bài 96 : Chuẩn độ 25,00ml MgCl2 hết 15,08ml EDTA 0,0100M đến điểm tương đương

ở pH=10. Tính nồng độ của MgCl2 lúc đó. Bỏ qua sự tạo phức hidroxo của Mg2+ trong dung

dịch.

Bài giải:

Tại pH = 10 h = 10-10 h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26=0,3546¿β 'MgY=βMgY . αMg2+¿. αY 4−¿=108,7 .0,3546=1,7772. 108¿ ¿


[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

Tại điểm tương đương ta áp dụng định luật bảo toàn đương lượng tính được:

¿



¿

Bài 97: Chuẩn độ 25,00ml MgCl2 hết 15,08ml EDTA 0,0100M đến điểm tương đương

ở pH=10. Tính giá trị pMg tại điểm tương đương.

Bài giải:

Tại pH = 10 h = 10-10

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26=0,3546¿β 'MgY=βMgY . αMg2+¿. αY 4−¿=108,7 .0,3546=1,7772. 108¿ ¿


[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

Tại điểm tương đương ta áp dụng định luật bảo toàn đương lượng tính được:

¿

¿

Từ đó suy ra được giá trị của pMg = 10,6744

Bài 98: Chuẩn độ 50,0ml dung dịch Ca2+ 0,0100M bằng dung dịch EDTA 0,0100M

trong dung dịch đệm có pH = 10. Tính hằng số bền điều kiện ở pH = 10

Bài giải

Áp dụng công thức tính hằng số bền điều kiện ta có:

K’CaY = 4KCaY = 0,35.5.1010 = 1,75.1010


trong dung dịch đệm có pH = 10. Tính pCa khi thêm 25,00ml EDTA.

Bài giải:



Khi thêm 25,00ml chất chuẩn thì:

Và: pCa = 2,48


trong dung dịch đệm có pH = 10. Tính pCa tại điểm tương đương.

Bài giải:

Ở thời điểm này [CaY2-] = 0,00500M và sự phân li của phức đó là nguồn duy nhất cung

cấp Ca2+ . Rõ ràng là [Ca2+] bằng nồng độ chung của EDTA chưa tạo phức:

[Ca2+] = CEDTA

[CaY2-] = 0,00500 - [Ca2+] 0,00500 mol/l

K’CaY ở pH = 10 là 1,75.1010

Vậy:

[Ca2+] = 5,35.10-7 M

Do đó: pCa = 6,27


trong dung dịch đệm có pH = 10. Tính pCa sau khi thêm 60,00ml EDTA.

Bài giải:

Sau khi thêm 60,0 ml chất chuẩn (sau điểm tương đương)

Tính nồng độ chung của CaY2- và EDTA sau điểm tương đương rất dễ dàng.



Một cách gần đúng có thể viết:

[CaY2-] = 4,55.10-3 M - [Ca2+] 4,55.10-3

CEDTA = 9,1.10-4 M + [Ca2+] 9,1.10-4

[Ca2+] = 2,86.10-10 M

Do đó:

pCa = 9,54

Bài 102: Tính thể tích EDTA 0,0750M cần để chuẩn độ Ca trong một mẩu thu được khi

hòa tan 0,2480g CaCO3.

Bài giải:


=0 ,2480100 . 50

. 1000=0 ,00992 (ml)

V EDTA=

0 ,00992 .350 ,00750

=4,2


thể tích dung dịch MgSO4 phải dùng để đạt đến điểm tương đương

Bài giải:


C A=V A

V B

.CBV B

V A

Suy ra được:



V MgSO4=0,0200∗25,00

0,0900=5,56mL

Bài 104: Thêm 50,00ml EDTA 0,00925M vào 25,00ml Cr2(SO4)3 0,00456M. Chuẩn độ


Bài giải:


H2Y2- + Cr2(SO4)3 → CrY- + H2SO4


H2Y2- + MgSO4 → MgY2- + H2SO4

Áp dụng định luật bảo toàn đương lượng cho phản ứng chuẩn độ ngược ta có:

V MgSO4=0,00925∗50,00−0,00456∗25,00

0,01002=34,78mL



Bài giải:


H2Y2- + Cr2(SO4)3 → CrY- + H2SO4






V MgSO4=0,00503∗50,00−0,00330∗25,00

0,01202=14,06mL


thiết lập bằng hệ đệm NH3 + NH4Cl trong đó CNH3 = 0,100M. Tính [Zn2+]’ khi đã thêm 24mL



Bài giải:

Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



V 1+V 0 ta có :

¿¿

Bài 107: Chuẩn độ 20mL ZnSO4 0.00200M bằng EDTA cùng nồng độ ở pH = 9,0

được thiết lập bằng hệ đệm NH3 + NH4Cl trong đó CNH3 = 0,100M. Tính [Zn2+]’ khi đã thêm

20 mL EDTA. Ở đây, không kể sự tạo phức hidroxo, mà chỉ tính đến sự tạo phức phụ của


Trường Đại học công nghiệp TPHCM Tiểu luận môn CSLTHPT2Khoa Công Nghệ HóaZn2+ với NH3 (biết lgβ1 = 2,21; lgβ2 = 4,4; lgβ3 = 6.76; lgβ4 = 8,79 và coi [NH3] = 0,100; βZnY =

1016.5)

Bài giải :

Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

ta có :

¿





Bài giải :



Ta có :

αZn2+¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β2[NH 3 ]2+β 3[NH3 ]3+β 4 [NH 3]

4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'= 1β '

C0V 0

CV 1−C0V 0

ta có :

¿




do.

Bài giải:


Ca2+ + In3- ↔ CaIn- βCaIn = 105.4




Ca2+ + Y4- ↔ CaY2- βCaY = 1010.7


Ca2+ + H2O ↔ CaOH+ + H+ β = 10-12.6

H2In ↔ H+ + HIn2- Ka2 = 10-6.3

HIn2- ↔ H+ + In3- Ka3 = 10-11.6


N

¿βn[X]n)-1


αCa=1

1+10−12.61010= 1

1,0025


αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

vì h = 10-10 << Ka3’ << Ka2 << Ka1 nên

α Y ≈K a4

h+Ka4

= 10−10.26

10−10+10−10.26=0,447


α ¿=K a1Ka2 Ka3


α ¿=10−17.9

10−20+10−6.3+10−10+10−17.9=1

41


αMIn ta có



41.1,0025=103.86





=βCaY αCaα Y=1010.7 11.0025

0,447=1010.35



[MIn] '[¿] ' ta có

[Ca ]'= 1β 'CaIn

[CaIn] '[¿] '

= 1β 'CaIn

16= 1

103.86

16=2,3006. 10−5


q= 1β '

1[M ] '

−[M ]'C+C0

CC0

q= 11010.35

12,3006. 10−5 −2,3006. 10−5 1.10−3+10−3

1.10−3 .1 .10−3 ≈−0,046≈−4,6 %

Bài 110: Chuẩn độ 20,00 ml ZnSO4 0,0200M ở pH = 10 được thiết lập bằng hệ đệm

NH3 + NH4Cl, trong đó [NH3] = 1,00M, bằng EDTA 0,0500M. Tính nồng độ pZn tại điểm

tương đương. Ở đây, không kể sự tạo phức hidroxo, mà chỉ tính đến sự tạo phức phụ của Zn2+

với NH3 (biết lgβ1 = 2,21; lgβ2 = 4,4; lgβ3 = 6,76; lgβ4 = 8,79 và coi; βZnY = 1016.5)

Bài giải:

Tại pH = 10 ta có: h = 10-10

αZn2 +¿= 1

1+ β1 [NH3 ]+β 2[NH 3 ]2+ β3 [NH3 ]3+ β 4[NH3 ]

4¿

αZn2 +¿= 1

6,7681.10−4=1,6067.10−9¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:



αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿

β 'ZnY=β ZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016,5.1,6067 .10−9.0,3546=18,1717.106 ¿¿


¿


Vi = 8ml ; P = C .V i

C0V 0

=1 ta có:

70[Zn2+]’2 + 3,88514.10-6[Zn2+]’- 5,5558.10-8 = 0

[Zn2+]’ = 2,8145.10-5

pZn = -lg[Zn2+]’ - lgαZn = 13,3447 ≈ 13,34

Bài 111: Chuẩn độ 25mL CaCl2 0,001M bằng EDTA cùng nồng độ. Tính [Ca2+]’ sau

khi đã thêm 24,5mL EDTA ở pH = 6 biết βCaY = 1010.7

Bài giải:

Tại pH = 6 sự tạo phức của hidroxo của Ca2+ không đáng kể, Ca2+ không tạo phức với


αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-6 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 3K a4

h2+Ka3h+K a3 Ka 4

=10−6.16∗10−10.26

10−12+10−6.16 . 10−6+10−6.16 .10−10.26 =10−4.65¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.1.10-4.65 = 106.05



Vì β’ nhỏ, để tính [Ca2+] ta phải sử dụng công thức :

( 1β '

1[M ] '

C0V 0

V i+V 0

− 1β '

−[M ] ')V i+V 0

C0V 0

+1−P=0

Thay C = C0=0.001;

V0 = 25mL ; V = 24,5mL và β’=106.05

sau khi tổ hợp ta được :

49,5.10-3[Ca2+]’2 – 45,6.10-2[Ca2+]’ – 25.10-6.05 = 0 => [Ca2+]’ = 10-4.58



Bài giải:



H = 10-10 << Ka3 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0,3545 ¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.0,3545 = 1,77.1010


[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0


¿



Bài 113: Chuẩn độ 25mL CaCl2 0,001M bằng EDTA cùng nồng độ. Tính [Ca2+] sau


Bài giải:



Vì h = 10-8 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 3K a4

h2+Ka3h+K a3 Ka 4

=10−6.16∗10−10.26

10−16+10−6.16 .10−8+ 10−6.16 .10−10.26 =5,3879.10−3¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.5,3879.10-3 = 0,27.109


[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

¿

Bài 114: Chuẩn độ 20mL CaCl2 0,001M bằng EDTA cùng nồng độ. Tính [Ca2+] sau


Bài giải:



H = 10-10 << Ka3 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0,3545 ¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.0,3545 = 1,77.1010




[Μ ] '=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

¿



kết thúc ở pZn = 10,00. Biết sự tạo phức hidroxo không đáng kể. Sự tạo phức Zn2+ với NH3 là

β1 =102,21 ; β2 =104,4; β3 = 106,76 ; β4 = 108,79; βZnY = 1016,5

Bài giải:



αZn2+¿= 1

1+β1 [NH 3 ]+β2 [NH 3]2+β1 [NH 3 ]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-10 << Ka3 << Ka2 , Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0.3546 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .0,3546 ¿¿

βZnY=1,6568. 1011

Do đó ta có :

¿¿




q= 1β '

1[M ] '

−[M ]'C+C0

CC0

q= 1

1,6568.1011

1

6,7682.10−6−6,7682.10−6 0,003+0,005

0,003∗0,005≈−3,609.10−3

q ≈ -3,61%

Bài 116: Chuẩn độ 30mL CaCl2 0,001M bằng EDTA cùng nồng độ. Tính [Ca2+] sau khi

đã thêm 25,5mL EDTA ở pH = 12 biết βCaY = 1010.7

Bài giải:



H = 10-12 << Ka3 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0,3545 ¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.0,3545 = 1,77.1010


[Μ ] '=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

¿





Bài giải:

Ta có :



αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



V 1+V 0 ta có :

¿¿

Bài 118: Chuẩn độ 25mL ZnSO4 0,00100M bằng EDTA cùng nồng độ ở pH = 9,0 được



NH3 (biết lgβ1 = 2,21; lgβ2 = 4.4; lgβ3 = 6,76; lgβ4 = 8,79 và coi [NH3] = 0,100; βZnY = 1016.5)

Bài giải:

Ta có :

αZn2+¿= 1

1+β1 [NH 3 ]+β2 [NH 3]2+β1 [NH 3 ]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :



αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

ta có :

¿





Bài giải :

Ta có :

αZn2+¿= 1

1+ β1 [NH3 ]+ β2[NH 3 ]2+β 3[NH3 ]3+β 4 [NH 3]

4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39





[M ]'= 1β '

C0V 0

CV 1−C0V 0

ta có :

¿


thiết lập bằng hệ đệm NH3 + NH4Cl trong đó CNH3 = 0,100M. Tính [Zn2+]’ khi đã thêm 18 mL



Bài giải:

Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



V 1+V 0 ta có :

¿¿







Bài giải :

Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

ta có :

¿







Bài giải :

Ta có :

αZn2+¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β2[NH 3 ]2+β 3[NH3 ]3+β 4 [NH 3]

4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'= 1β '

C0V 0

CV 1−C0V 0

ta có :

¿





Bài giải:

Ta có :



αZn2+¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β2[NH 3 ]2+β 3[NH3 ]3+β 4 [NH 3]

4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'= 1β '

C0V 0

CV 1−C0V 0

ta có :

¿

Bài 124: Tính nồng độ của Ca2+ khi thêm 25ml chất chuẩn để chuẩn độ 50,0ml dung

dịch Ca2+ 0,0100M bằng dung dịch EDTA 0,0100M trong dung dịch đệm có pH = 10.

Bài giải:

Sau khi thêm 25,0ml chất chuẩn thì:

Và: pCa = 2,48

Bài 125: Tính pCa ở điểm tương đương khi chuẩn độ 50,0ml dung dịch Ca2+ 0,0100M

bằng dung dịch EDTA 0,0100M trong dung dịch đệm có pH = 10.

Bài giải:


Trường Đại học công nghiệp TPHCM Tiểu luận môn CSLTHPT2Khoa Công Nghệ HóaTính pCa ở điểm tương đương: ở thời điểm này [CaY2-] = 0,00500M và sự phân li của phức

đó là nguồn duy nhất cung cấp Ca2+ . Rõ ràng là [Ca2+] bằng nồng độ chung của EDTA chưa

tạo phức:

[Ca2+] = CEDTA

[CaY2-] = 0,00500 - [Ca2+] 0,00500 mol/l

K’CaY ở pH = 10 là 1,75.1010

Vậy:

[Ca2+] = 5,35.10-7 M

Do đó: pCa = 6,27

Bài 126: Tính nồng độ của Ca2+ khi thêm 60ml chất chuẩn để chuẩn độ 50,0ml dung

dịch Ca2+ 0,0100M bằng dung dịch EDTA 0,0100M trong dung dịch đệm có pH = 10.

Khi đó:

[CaY2-] = 4,55.10-3 M - [Ca2+] 4,55.10-3

CEDTA = 9,1.10-4 M + [Ca2+] 9,1.10-4

[Ca2+] = 2,86.10-10 M

Do đó:



pCa = 9,54


pMg tại điểm tương đương.

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26=0,3546¿β 'MgY=βMgY . αMg2+¿. αY 4−¿=108,7 .0,3546=1,7772. 108¿ ¿


[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿

pMg = -lg[Mg2+] – lgαMg = 10,0359 ≈ 10,04


NH3 + NH4Cl, trong đó [NH3] = 0,100M, bằng EDTA 0,050M. Tính pZn tại điểm tương

đương.

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β 2[NH 3 ]2+β3 [NH3 ]3+β 4[NH3 ]

4¿

αZn2 +¿= 1

6,7681.10−4=1,4775.10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿



h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿

β 'ZnY=β ZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016,5.1,4775 .10−5 .0,3546=1,6568.1011 ¿ ¿


[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿

pZn = -lg[Zn2+] – lgαZn = 13,0802 ≈ 13,08.



tương đương.

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β 2[NH 3 ]2+β3 [NH3 ]3+β 4[NH3 ]

4¿

αZn2 +¿= 1

6,7681.10−4=1,4775.10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿

β 'ZnY=β ZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016,5.1,4775 .10−5 .0,3546=1,6568.1011 ¿ ¿




[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿

pZn = -lg[Zn2+] – lgαZn = 14,8883 ≈ 14,88



tương đương.

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β 2[NH 3 ]2+β3 [NH3 ]3+β 4[NH3 ]

4¿

αZn2 +¿= 1

6,7681.10−4=1,6067.10−9¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿

β 'ZnY=β ZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016,5.1,6067 .10−9.0,3546=18,1717.106 ¿¿


¿


Vi = 8ml ; P = C .V i

C0V 0

=1 ta có:



64,2858[Zn2+]’2 + 3,537.10-6[Zn2+]’- 5,5502.10-8 = 0

[Zn2+] = 2,9356.10-5

pZn = -lg[Zn2+] – lgαZn = 13,326≈ 13,33.


thể tích dung dịch MgSO4 phải dùng để đạt đến điểm tương đương

Bài giải:


C A=V A

V B

.CBV B

V A

Suy ra được:

V MgSO4=0,0500∗25,00

0,0800=15,625mL



Bài giải:


H2Y2- + Cr2(SO4)3 → CrY- + H2SO4




V MgSO4=0,00925∗50,00−0,00456∗20,00

0,01002=37,06mL





Bài giải:


H2Y2- + Cr2(SO4)3 → CrY- + H2SO4




V MgSO4=0,00503∗50,00−0,00330∗20,00

0,01202=15,43mL





Bài giải:

Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39





V 1+V 0 ta có :

¿¿





Bài giải :

Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

ta có :

¿







Bài giải :

Ta có :

αZn2+¿= 1

1+β1 [NH3 ]+β2[NH 3 ]2+β 3[NH3 ]3+β 4 [NH 3]

4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26 =0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[M ]'= 1β '

C0V 0

CV 1−C0V 0

ta có :

¿




do.



Bài giải:


Ca2+ + In3- ↔ CaIn- βCaIn = 105.4


Ca2+ + Y4- ↔ CaY2- βCaY = 1010.7


Ca2+ + H2O ↔ CaOH+ + H+ β = 10-12.6

H2In ↔ H+ + HIn2- Ka2 = 10-6.3

HIn2- ↔ H+ + In3- Ka3 = 10-11.6


N

¿βn[X]n)-1


αCa=1

1+10−12.61010= 1

1,0025


αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

vì h = 10-10 << Ka3’ << Ka2 << Ka1 nên

α Y ≈K a4

h+Ka4

= 10−10.26

10−10+10−10.26=0,447


α ¿=K a1Ka2 Ka3


α ¿=10−17.9

10−20+10−6.3+10−10+10−17.9=1

41




αMIn ta có



41.1,0025=103.86



=βCaY αCaα Y=1010.7 11.0025

0,447=1010.35



[MIn] '[¿] ' ta có

[Ca ]'= 1β 'CaIn

[CaIn] '[¿] '

= 1β 'CaIn

17= 1

103.86

17=1,9720. 10−5


q= 1β '

1[M ] '

−[M ]'C+C0

CC0

q= 11010.35

11,9720. 10−5 −1,9720. 10−5 1.10−3+10−3

1.10−3 .1 .10−3 ≈−0,0394≈−3,94 %



tương đương. Ở đây, không kể sự tạo phức hidroxo, mà chỉ tính đến sự tạo phức phụ của Zn2+

với NH3 (biết lgβ1 = 2,21; lgβ2 = 4,4; lgβ3 = 6,76; lgβ4 = 8,79 và coi; βZnY = 1016.5)

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10

αZn2 +¿= 1

1+ β1 [NH3 ]+β 2[NH 3 ]2+ β3 [NH3 ]3+ β 4[NH3 ]

4¿

αZn2 +¿= 1

6,7681.10−4=1,4775.10−5¿



αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26 =0,3546¿

β 'ZnY=β ZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016,5.1,4775 .10−5 .0,3546=1,6568.1011 ¿ ¿


[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿

pZn = 17,585 ≈ 17,59



Bài giải:



H = 10-10 << Ka3 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0,3545 ¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.0,3545 = 1,77.1010




[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0


¿



Bài giải:



Vì h = 10-8 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 3K a4

h2+Ka3h+K a3 Ka 4

=10−6.16∗10−10.26

10−16+10−6.16 .10−8+10−6.16 .10−10.26 =5,3879.10−3¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.5,3879.10-3 = 0,27.109


[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

¿



Bài giải:



H = 10-10 << Ka3 << Ka2, Ka1 nên :



αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0,3545 ¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.0,3545 = 1,77.1010


[Μ ] '=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

¿



kết thúc ở pZn = 12,00. Biết sự tạo phức hidroxo không đáng kể. Sự tạo phức Zn2+ với NH3 là

β1 =102,21 ; β2 =104,4; β3 = 106,76 ; β4 = 108,79; βZnY = 1016,5

Bài giải:



αZn2+¿= 1

1+β1 [NH 3 ]+β2 [NH 3]2+β1 [NH 3 ]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2+¿= 1

6.7681∗104=1.4775∗10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-12 << Ka3 << Ka2 , Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−12+10−10.26 =0.9821¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .0,9821¿ ¿

βZnY=¿ 4,5886. 1011



Do đó ta có :

¿¿


q= 1β '

1[M ] '

−[M ]'C+C0

CC0

q= 1

4,5886. 1 011

1

6,7682.10−8−6,7682. 10−8 0,003+0,005

0,003∗0,005≈−3,8980.10−6

q ≈ - 3,90 %



Bài giải:



H = 10-12 << Ka3 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0,3545 ¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.0,3545 = 1,77.1010


[Μ ] '=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

¿




Trường Đại học công nghiệp TPHCM Tiểu luận môn CSLTHPT2Khoa Công Nghệ HóaEDTA. Ở đây, không kể sự tạo phức hidroxo, mà chỉ tính đến sự tạo phức phụ của Zn2+ với


Bài giải:

Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

ta có :

¿¿





Bài giải:



Ta có :

αZn2 +¿= 1

1+β1 [NH 3]+β2 [NH 3]2+β3 [NH 3]3+β4 [NH 3]4¿

αZn2 +¿= 1

6.7681∗104=1.4775×10−5¿

αY 4−¿=

K a1 Ka 2Ka 3K a4

h4+K a1h3+K a1K a2h


¿

Vì h = 10-9 << Ka3 << Ka2Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−9+10−10.26=0.0521 ¿

βZnY=βZnY . α Zn2+¿. α Y 4−¿=1016.5.1,4775 .10−5 .5,21 .10−2¿ ¿

βZnY=2,43. 1010=1010.39



[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

ta có :

¿¿

pZn = 8,7847 ≈ 8,78.

Bài 146: Chuẩn độ 40mL CaCl2 0,001M bằng EDTA cùng nồng độ. Tính pCa sau khi


Bài giải:



H = 10-12 << Ka3 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0,3545 ¿



β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.0,3545 = 1,77.1010


[Μ ] '=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

¿

pCa = 9,055 ≈ 9,01.



Bài giải:


H2Y2- + Cr2(SO4)3 → CrY- + H2SO4




V MgSO4=0,00731∗50,00−0,00520∗25,00

0,02102=11,18mL



Bài giải:





H = 10-10 << Ka3 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 4

h+Ka 4

=10−10.26

10−10+10−10.26 =0,3545 ¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.0,3545 = 1,77.1010


[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0


¿

pCa = 3,9322 ≈ 3,93.


pMg tại điểm tương đương.

Bài giải:

Ở pH = 10 h = 10-10

h = 10-10 << ka3 << ka2<< ka1 nên:

αY 4−¿=

K a4

h+K a4

=10−10,26

10−10 +10−10,26=0,3546¿β 'MgY=βMgY . αMg2+¿. αY 4−¿=108,7 .0,3546=1,7772. 108¿ ¿


[M ]'=√ 1β '

CC0

C+C0

¿

pMg = 5,0179 ≈ 5.02





Bài giải:



Vì h = 10-8 << Ka2, Ka1 nên :

αY 4−¿≈

Ka 3K a4

h2+Ka3h+K a3 Ka 4

=10−6.16∗10−10.26

10−16+10−6.16 .10−8+ 10−6.16 .10−10.26 =5,3879.10−3¿

β'CaY = βCaY.αCa2+¿ ¿.α Y 4−¿¿ = 1010.7.5,3879.10-3 = 0,27.109


[Μ ]=C0V 0−CV 1

V 1+V 0

¿

pCa = 3,5006 ≈ 3,5



TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. Nguyễn Thị Thu Vân. Bài tập và sổ tay phân tích định lượng. NXB Đại học Quốc

gia Tp.HCM, 2006.

[2]. Cơ sở lý thuyết hóa phân tích 2. Trường Đại học Công nghiệp TPHCM, Khoa Công

Nghệ Hóa Học, 2010.

[3]. TS. Nguyễn Đăng Đức. Giáo trình hóa học phân tích. Trường Đại học Thái Nguyên,

Khoa Khoa học tự nhiên và xã hội, 2008

[4]. Tổ phân tích trường Đại học Công nghiệp TPHCM. Giáo trình cơ sở lý thuyết hóa

phân tích. TPHCM, 2006.

[5]. Một số nguồn tài liệu khác từ internet.


cslthpt2_bài tập phức chất

Documents