Giải bài tập Hóa phân tích 2.8. 1) Áp dụng qui tắc đương lượng: 125 M = 41,2 0,09 10 3 M = 337,1. C o = 125 337 1000 50 = 0,0742M 2) Khi thêm 8,24 ml (chưa đến đTĐ) Áp dụng: h = K 1 P P K = h P 1 P với P = CV C o V o = 009 824 00742 50 = 0,1998 0,2 K = 10 4,3 02 08 = 1,25 10 5 . 2) h = WK C' với C' = CC o C + C o = 009 00742 009 + 00742 = 0,04067 pH = 8,75. 2.9. V = 10 ml h = K. 1 P P pH = 4,35. V = 12,45 ml h = K. 1 P P pH = 6,15. V = 12,5 ml h 2 = WK C' pH = 8,14 V = 13 ml h = W P 1 V + V o V o C o pH = 11,12 2.10. TN1: Cho 20 ml dung dịch NaOH C (M) vào 30 ml CH 3 -COOH C o (M) đạt pH = 10,5 lớn hơn pH TĐ = 8,74, nghĩa là dung dịch tương ứng với sau điểm tương đương, ta có: h = W P 1 V + V o V o C o = 10 5 với P = CV C o V o = 2C 3C o Sau khi thay số 2C 3C o = 1,58 10 3 () TN2: Thêm tiếp 0,05 mmol HCl, đạt pH = 6 < 8,74 trước điểm tương đương. Ta có: h = K. 1 P P = 10 6 P = 0,94556 Với P = CV 005 C o V o = 20C 005 30C o = 0,094556 2C 2,837C o = 5 10 3 () Giải () và () C = 3,22 10 2 M và C o = 2,098 10 2 M. 2.11. 1) NH 4 + NH 3 + H + K = 10 9,26 0,2 0,01 0,2x 0,01+x Áp dụng ĐL tác dụng khối lượng với x 0,01 x = 10 7,96 0,01. Vật h = [H + ] = 0,01 pH = 2. 2) Gọi NaOH (C,V) và HCl (C o1, V o ) và 4 NH (C o2 ,V o ) Từ phương trình trung hoà điện: [Na + ] + [H + ] + [NH 4 ] = [OH ] + [Cl ] CV V + V o + h + C o2 V o V + V o h h + K = W h + C o1 V o + C o2 V o V + V o CV C o1 V o V + V o = ( W h h) + C o2 V o V + V o C o2 V o V + V o h h + K = ( W h h) + C o2 V o V + V o K h + K Nhân 2 vế cho V + V o C o V o và đặt P = CV C o1 V o , ta được: P 1 = ( W h h) V + V o C o V o + C o2 C o1 K h + K q = P 1 = ( W h h) V + V o C o V o + C o2 C o1 K h với K h, thay số vào q = 1,74 10 2 hay 1,74%. 3) Áp dụng công thức q khi tính BNCĐ, chú ý môi trường (axit) Đầu BNCĐ: 150h 2 0,001h 1,099.10 8 = 0 h = 1,25 10 5 pH = 4,91. Cuối BNCĐ: 150h 2 + 0,001h 1,099.10 8 = 0 h = 5,85 10 6 pH = 5,23. 2.12. V = 0 ml h = WK C o = 10 10,83 không hỏ hơn nhiều so K Nếu giải phương trình bậc 2 suy ra từ : 1 = W h 1 C o + K K + h pH = 10,82. V = 10 ml h = K. P 1 P pH = 9,44 V = 20 ml h = K. P 1 P pH = 8,66. V = 24,95 ml h = K. P 1 P pH = 6,56. V = 25 ml h 2 = KC' với C' = CC o C + C o = 0,0125M pH = 5,58. V = 25,02 ml h = (P 1) C o V o V + V o pH = 5 V = 30 ml h = (P 1) C o V o V + V o pH = 2,64. 2.13. 1) P = 0 h = WK C o = 10 11,22 với C o = 0,15M Chuẩn độ 50% , P = 0,5 h = K. P 1 P pH = 9,26 Khi P = 1 h 2 = KC' với C' = CC o C + C o = 0,09375M pH = 5,14. 2) Áp dụng công thức sai số q = (h W h ) C + C o CC o K K + h với h W h và K q = 0,1% < 0,2% vậy MD dùng được. 2.14. 1) V = 10 ml đTĐ 1 h 2 = K 1 K 2 C' K 1 + C' với C' = CC o C + C o = 2 3 10 2 M pH = 4,86. V = 20 ml đTD 2 h 2 = K 2 K 3 + WK 2 C'' với C'' = CC o C + 2C o = 5 10 3 M pH = 9,41. 2) Khi dừng pH = 4,4 áp dụng q I sai số: 1,12% 3) Khi dừng pH = 9 áp dụng q II sai số: 0,7%. 2.15. Từ phương trình đường chuẩn độ của axit 2 nấc: P 1 = ( W h h) V + V o C o V o + K 1 K 2 h 2 h 2 + hK 1 + K 1 K 2 Chú ý rằng V TĐ1 = 25 ml và V TĐ2 = 50 ml. Nếu V = 20 ml trước đTĐ 1 P 1 = h V + V o C o V o + h h + K 1 Với P = 0,8 Thay số vào K 1 = 5,06 10 3 Nếu V = 50 tại đTĐ 2 P 2 = W h C + 2C o CC o h K 2 Với P = 2 K 2 = 2 10 6 . 2.16. 1) Điều kiện K 1 /K 2 10 4 không thoả mãn không CĐ riêng được. Do đó CĐ luôn đến nấc 2: h 2 = WK 2 C + 2C o CC o pH = 8,34. 2) h = K 2 2 P P 1 = 10 6 P = 1,9817 vậy CĐ được 98% kể từ nấc 1. 2.17. Chuẩn độ đến pH = 4,4: CĐ đến nấc thứ 1 của H 3 PO 4 [H + ] + [Na + ] = [Ac ] + [H 2 PO 4 ] + [OH ] với h và W h không đáng kể và [HPO 4 ] và [PO 4 3 ] không đáng kể Gọi C 1 : nồng độ mol của ax. Axetic và C 2 : nồng độ ax. H 3 PO 4 . 20 01 20 + 25 = K K + h 25C 1 20 + 45 + 25C 2 20 + 25 thay K = 10 4,76 và h = 10 4,4 2 = 7,59C 1 + 25C 2 () Chuẩn độ đến pH = 9 CĐ đến nấc thứ 2: [H + ] + [Na + ] = [Ac ] + 2[HPO 4 2 ] + [OH ] với h, W h không đáng kể 01 45 25 + 45 = 25C 1 25 + 45 + 2 25C 2 70 4,5 = 25C 1 + 50C 2 () Giải hệ () và () C 1 = 5,091 10 2 M và C 2 = 6,454 10 2 M 2.18. 1) Tính được V TĐ1 = 25 ml, V TĐ2 = 50 ml. V = 20 ml h = K 2 P 1 P với P = CV C o V o = 0,8 h = 10 9,73 V = 25 ml h 2 = W + K 2 C' 1 + K 1 1 C' với C' = CC o C + C o h = 10 8,34 . V = 30 ml h = K 1 P 1 2 P với P = 1,2 h = 10 6,95 . V = 50 ml C''= 5 10 3 < L = 3 10 2 M áp dụng: P 2 = h C + 2C o CC o K 1 h + K 1 với P = CV C o V o = 2 và h K 1 h = 10 4,325 . 2) q = (h W h ) C + C o CC o + h 2 K 1 K 2 h 2 + K 1 h + K 1 K 2 = 1,76 10 2 hay 1,76%. 2.19. Lúc PP đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na 2 CO 3 = Sđlg HCl 1,2( x 100 1 40 + y 100 1 106 ) = 30 0,5 10 3 () Lúc MD đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na 2 CO 3 = Sđlg HCl 1,2( x 100 1 40 + y 100 1 53 ) = 35 0,5 10 3 () Giải hệ x = 41,67% và y = 22,08%. 2.20. Nồng độ dd B (NaOH): C' = 31 02 25 = 0,248M 1) Gọi x: số mol NaHCO 3 và y số mol Na 2 CO 3 (trong 25 mol dung dịch A) Số mol HCl tác dụng với 25 ml dd A: x + 2y = 48 0,2 10 3 = 0,0096 () Sau khi thêm 50 ml dung dịch B vào 25 ml dung dịch A rồi trung hoà NaOH dư bằng HCl: Số mol NaOH = x + số mol HCl 50 0,248 10 3 = x + (25 0,2 10 3 ) x = 7,4 10 3 mol NaHCO 3 %NaHCO 3 = 82,88% Từ () y = 1,1 10 3 mol Na 2 CO 3 %Na 2 CO 3 = 15,54%. 2) Ta có thể xem Na 2 CO 3 (8,5 mmol) đã bị chuẩn độ bằng axit đến dd A: gồm Na 2 CO 3 (1,1 mmol và NaHCO 3 7,4 mmol) Lúc đó P = CV C o V o = số mmol NaHCO 3 tổng số mmol Na 2 CO 3 ban đầu = 74 85 = 0,87 Ap dụng h = K 2 P 1 P = 10 9,5 pH = 9,5 3) Nếu CĐ 25 ml dung dịch A bằng HCl đến PP chuyển màu (đến NaHCO 3 ): Số đlg Na 2 CO 3 = Sđlg HCl 1,1 = V 0,2 V = 5,5 ml. 2.21. Nhận xét: ở pH = 7,21 h = 10 7,21 = K 2 2 P P 1 P = 1,5 (nghĩa là CĐ đến ½ nấc 2 của H 3 PO 4 ) Khi pH = 9,78 pK 1 + pK 2 2 = 9,765 CĐ đến vừa hết nấc 2 của H 3 PO 4 . Thể tích NaOH CĐ được 1 nấc H 3 PO 4 : 5 2 = 10 ml. Suy ra thể tích NaOH CĐ vừa hết H 2 SO 4 : 15 5 10 = 10 ml. C (H 3 PO 4 ) = 10 01 5 = 0,2M và C (H 2 SO 4 ) = 01 10 5 2 = 0,1M. Trung hoà hoàn toàn 5 ml dung dịch hỗn hợp H 3 PO 4 và H 2 SO 4 (nghĩa là đến nấc 3 H 3 PO 4 ) Ta có: V 0,1 = (0,1 2 5) + (0,2 3 5) V = 40 ml. 2.22. Số mol H 3 PO 4 : 0,025 0,4 = 0,01 mol. Số mol Na 3 PO 4 : 0,03 0,5 = 0,015 mol. Xét tỉ lệ f = số mol H 3 PO 4 số mol Na 3 PO 4 = 0,667 0,5 < f < 2 , ta có phản ứng: H 3 PO 4 + 2Na 3 PO 4 3Na 2 HPO 4 2H 3 PO 4 + Na 3 PO 4 3NaH 2 PO 4 a 2a 3a b 0,5b 1,5b n H 3 PO 4 = a + b = 0,02 và n Na 3 PO 4 = 2a + 0,5b = 0,015 a = 002 3 và b = 001 3 n Na 2 HPO 4 = 3a = 0,02 mol và n NaH 2 PO 4 = 1,5b = 0,005 mol Nếu CĐ đến MD chuyển màu cần V ml HCl: 0,02 = 0,1V V = 200 ml Nếu CĐ đến PP chuyển màu cần V' ml NaOH: 0,005 = 0,1V' V' = 50 ml 3.1. 1) E TĐ = E o Fe + 5E o Mn 6 = 1,37V 2) Dừng CĐ ở E = 0,83 V < 1,37 V trước đTĐ, thiếu CĐ Dùng E = E o Fe + 0,059lg P 1 P P = 0,99714 q = P 1 = 0,00286 hay 0,286% 3.2. 1) CĐ thiếu 0,2%: E = E o U + 0059 2 lg P 1 P vơi P = 0,998 E = 0,414 V CĐ đến đTĐ: E = 2E o U + E o Ce 3 = 0,703V CĐ đến quá 0,2% : E = E o Ce + 0,059 lg(1 P) với P = 1,002 E = 1,280 V 2) Dừng ở thế 0,42 V < 0,703V trước đTĐ: E = E o U + 0059 2 lg P 1 P P = 0,9988 P = NV N o V o = 0,9988 V = 39,95 ml. Dừng ở thế 1,27V > 0,703 V sau đTĐ: E = E o Ce + 0,059 lg(1 P) P = 1,0013 P = NV N o V o = 1,0013 V = 40,052 ml 3.3. 1) Từ 2 bán phản ứng: Fe 3+ + 1e Fe 2+ K 1 = 10 E Fe /0,059 Ti 3+ + H 2 O e TiO 2+ + 2H + K 2 = 10 E Ti /0059 Phản ứng CĐ có K = K 1 K 2 = 10 11,36 2) Tính V TĐ = 50 ml và E TĐ = E o Fe + E o Ti 2 = 0,435V Theo E = E o Fe + 0,059lg [Fe 3+ ] [Fe 2+ ] vơi [Fe 2+ ] = 005 20 20 + 50 = 1 70 thay vào biểu thức E [Fe 3+ ] = 10 7,52 3) Dừng ở E = 0,330 V < E TĐ quá CĐ, ta dùng E = E o Ti + 0,059lg 1 P 1 P 1 và V 50 ml 3.4. E TĐ = 144 + 068 2 = 1,06V * q = 0,001 P = 0,999 Áp dụng E = o Fe E + 0,059log [Fe 3+ ] [Fe 2+ ] = o Fe E + 0,059log P 1 P = 0,857 V * q = +0,001 P = 1,001 Áp dụng E = o Ce E + 0,059log(P 1) = 1,263v BNCĐ: 0,857 1,263V: Chọn Feroin chuyển màu rõ ở thế 1,12V từ đỏ sang xanh nhạt. 3.5. Chuẩn độ được 50% (P = 0,5): E = o Sn E + 0059 2 log P 1 P = 0,15V Chuẩn độ được 90% (P = 0,9): E = o Sn E + 0059 2 log P 1 P = 0,178V CĐ được 100% (P = 1): E TĐ = oo Fe Sn E 2E 3 = 0,3567V CĐ đến 110% (P = 1,1): E = o Fe E + 0,059log(P 1) = 0,711V. 3.6. Au 3+ + 3I AuI + I 2 a a mol 2Cu 2+ + 4I 2CuI + I 2 b 0,5b mol I 2 + 2S 2 O 3 2 2I + S 4 O 6 2 Số mol I 2 = a + 0,5b = ½ Số mol S 2 O 3 2 = 0,5(0,076132,710 3 ) = 1,2442.10 3 Hay : 2a + b = 2,4884.10 3 () Ngoài ra khối lượng mẫu hợp kim: 197a + 64b = 0,1676 () a = 1,2090.10 4 mol và b = 2,2466.10 3 mol %Au = 14,221%. 3.7. Gọi x: % khối lượng H 2 C 2 O 4 .2H 2 O (M = 126) y: % khối lượng KHC 2 O 4 .H 2 O (M = 146) Với phép chuẩn độ axit bazơ: Sđlg NaOH = Sđlg H 2 C 2 O 4 .2H 2 O + Sđlg KHC 2 O 4 .H 2 O 43,1 0,125.10 3 = ( x 100 12 126 2 ) + ( y 100 12 146 ) () Với phép chuẩn độ oxi hóa khử:Sđlg KMnO 4 = Sđlg H 2 C 2 O 4 .2H 2 O + Sđlg KHC 2 O 4 .H 2 O 43,1 0,125.10 3 = ( x 100 12 126 2 ) + ( y 100 12 146 2 ) () Giải hệ () và () x = 14,37 và y = 81,57. 3.8. Phản ứng oxi hóa Cr 3+ thành 2 27 Cr O : 2 28 SO + 2e 2 2 4 SO 2Cr 3+ + 7H 2 O 6e 2 27 Cr O +14H + 3 2 28 SO + 2Cr 3+ + 7H 2 O 6 2 4 SO + 2 27 Cr O + 14H + Sđlg Cr 3+ = Sđlg 2 27 Cr O = Sđlg Fe 2+ (lấy dư) Số đlg KMnO 4 (CĐ FeSO 4 thừa) ( x 100 2 52 3 ) 20 100 = (35 15) 0,009 5 10 5 . x = 3,9%. 3.9. Gọi a: số mol BaCO 3 = số mol Ba 2+ 2Ba 2+ K 2 Cr 2 O 7 2BaCrO 4 H + 2Ba 2+ + 2 27 Cr O a 0,5a 2 27 Cr O + 6I + 14H + 2Cr 3+ + 3I 2 + 7H 2 O 0,5a 1,5a I 2 + 2 2 23 SO 2I + 2 46 SO 1,5a 3a 3a = 0,1013 38,68 10 3 a = 1,306 10 3 %Ba = 1306 10 3 137 100% 0512 = 34,95% 3.10. Gọi x: số mol PbO và y: số mol PbO 2 PbO + H 2 C 2 O 4 PbC 2 O 4 + H 2 O (1) x x x PbO 2 + 2H 2 C 2 O 4 PbC 2 O 4 + 2CO 2 + 2H 2 O (2) y 2y y 5H 2 C 2 O 4 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 2MnSO 4 + 10CO 2 + K 2 SO 4 + 8H 2 O (3) Số mol H 2 C 2 O 4 tham gia (1) và (2): x + 2y = 20.0,25.10 3 10.0,04.10 3 . 5 2 Hay x + 2y = 4.10 3 () Khi hòa tan kết tủa PbC 2 O 4 ta thu được H 2 C 2 O 4 số mol: x + y = 5 2 30.0,04.10 3 = 3.10 3 () Giải hệ () và () x = 2.10 3 và y = 10 3 mol %PbO = 2.10 3 .223 100% 1234 = 36,14% %PbO 2 = 10 3 .239 100% 1234 = 19,36%. 3.11. Pb 2 O 3 + 6HCl 2PbCl 2 + Cl 2 + 3H 2 O x x Pb 3 O 4 + 8HCl 3PbCl 2 + Cl 2 + 4H 2 O y y Pb 2 O 3 2Pb 2+ 2PbCrO 4 2 27 Cr O x x Pb 3 O 4 3Pb 3+ 3PbCrO 4 1,5 2 27 Cr O y 1,5y 2 27 Cr O + 6I + 14H + 2Cr 3+ + 3I 2 + 7H 2 O (x + 1,5y) (3x + 4,5y) I 2 + 2 2 23 SO 2I + 2 46 SO Số mol 2 23 SO = 2.Số mol I 2 = 2(3x + 4,5y) = 35,04.10 3 .0,2 Hay: 6x + 9y = 7,008.10 3 () Ngoài ra: Cl 2 + 2I I 2 + 2Cl (x + y) (x + y) Số mol 2 23 SO = 2(x + y) = 9,36.10 3 .0,2 Hay: x + y = 9,36.10 4 () Giải hệ () và () x = 4,72.10 4 và y = 4,64.10 4 %Pb 2 O 3 = 462x 06 100% = 36,33% %Pb 3 O 4 = 685y 06 100% = 52,96%. 3.12. Tính được V TĐ = 100 ml Đầu BNCĐ: q = 0,001 và V đ = 99,9 ml E = o Fe E + 0,059log [Fe 3+ ] [Fe 2+ ] Với [Fe 3+ ] = 001 999 1999 + 001 100 1999 = 1999 1999 Fe 3+ sinh ra Fe 3+ có sẵn Và [Fe 2+ ] = 001 01 1999 = 0001 1999 E = 0,68 + 0,059log 1999 0001 = 0,875V Cuối BNCĐ: V c = 100,1 ml và P = 1,001 E = o Ce E + 0,059log(P 1) = 1,263V. 3.13. Nếu cho qua cột khử Ag (trong dd HCl 1M), xảy ra: Fe 3+ + Ag + Cl Fe 2+ + AgCl VO 2 + + Ag + 2H + + Cl VO 2+ + H 2 O Khi chuẩn độ dung dịch thu được bằng Ce 4+ thì Fe 2+ Fe 3+ và VO 2+ VO 2 + Số mol Ce 4+ = Số mol Fe 2+ + Số mol VO 2+ 8,86.10 3 .0,2 = x + y Hay x + y = 1.772.10 3 () Nếu cho qua cột khử Zn (H 2 SO 4 1N) : 2Fe 3+ + Zn 2Fe 2+ + Zn 2+ 2VO 2 + + 3Zn + 8H + 2V 2+ + 3Zn 2+ + 4H 2 O Chuẩn độ bằng Ce 4+ thì Fe 2+ Fe 3+ và V 2+ VO 2 + Số đlg Ce 4+ = Số đlgFe 2+ + Sđlg VO 2 + 22.10 3 .0,2 = x + 3y () Giải hệ () và () cho x = 4,58.10 4 và y = 1,314.10 3 %Fe = 200 50 458 10 4 56 100% 05 = 20,52% %V = 200 50 1314 10 3 51 100% 05 = 53,6%. 3.14. Phản ứng: 6Fe 2+ + Cr 2 O 2 7 + 14H + 6Fe 3+ + 2Cr 3+ + 7H 2 O Ta có: E TD = E o Fe + 6E o Cr 7 + 0059 7 lg [Fe 3+ ] [Fe 2+ ] [Cr 2 O 7 2- ] [Cr 3+ ] 2 (chấp nhận [H + ] = 1) Tại đTĐ: 6[Cr 2 O 2 7 ] + 3[Cr 3+ ] = [Fe 3+ ] + [Fe 2+ ] mà 3[Cr 3+ ] = [Fe 3+ ] Nên suy ra: 6[Cr 2 O 2 7 ] = [Fe 2+ ], thay vào biểu thức sau log: [Fe 3+ ] [Fe 2+ ] [Cr 2 O 7 2- ] [Cr 3+ ] 2 = 3[Cr 3+ ] 6[Cr 2 O 2 7 ] [Cr 2 O 7 2- ] [Cr 3+ ] 2 = 1 2[Cr 3+ ] Vậy E TĐ = E o Fe + 6E o Cr 7 + 0059 7 lg 1 2[Cr 3+ ] = 1 7 (E o Fe + 6E o Cr 0018lg[Cr 3+ ]) V TD = 01 100 01 = 100 ml [Cr 3+ ] = [Fe 3+ ] 3 = 1 3 N o V o V+V o = 01 100 3 200 = 01 6 Thay vào E TD = 1,249 volt. Nếu dừng ở E = 1 volt: trước đTĐ E = E o Fe + 0,059lg P 1 P = E o Fe + 0,059lg q+1 -q q = 3,77.10 4 % Nếu dừng ở E = 1,3 volt sau đTĐ E = E o Cr + 0059 6 lg [Cr 2 O 7 2- ] [Cr 3+ ] 2 = E o Cr + 0059 6 lg 1 [Cr 3+ ] + 0059 6 lg [Cr 2 O 7 2- ] [Cr 3+ ] (1) Ta có: 6[Cr 2 O 2 7 ] + 3[Cr 3+ ] = NV V+V o Sau đTĐ: 3[Cr 3+ ] = [Fe 3+ ] = N o V o V+V o [Cr 3+ ] = N o V o 3(V+V o ) 01 6 Và 6[Cr 2 O 2 7 ] = NV N o V o V+V o [Cr 2 O 2 7 ] = 1 6 NV N o V o V+V o Vậy [Cr 2 O 7 2- ] [Cr 3+ ] = 1 2 NV N o V o N o V o = P 1 2 = q 2 Thay vào biểu thức (1): E = 1,33 + 0059 6 lg 6 01 + 0059 6 lg q 2 q = 2,965 10 5 hay 2,965 10 3 % 3.15. Với q = 0,2% = 0,002 P = 0,998 trước đTĐ E = E o A + 006 n A lg P 1 P = E o In 006 n = E o A + 006 n A lg 0998 0002 = E o In 006 n E o A = E o In 006 n 006 n A 2,698 (1) Với q = + 0,2% = 0,002 P = 1,002: sau đTD E = E o B + 006 n B lg(P 1) = E o In + 006 n E o B = E o In + 006 n + 006 n B 2,698 (2) Lấy hiệu số (2) và (1): E o B E o A = 0,06( 2 n + 2698 n A + 2698 n B ) 4.1. 1)a Tại điểm tương đương: [Ag + ] = [Br ] = T = 10 123 = 10 6,15 [ 2 4 CrO ] = 24 11,7 Ag CrO 0, 6 12,3 T 10 10 3,98M [Ag ] 10 b. Xét : CrO 4 2 + H 2 O HCrO 4 + OH WK 1 = 10 7,5 C 2.10 3 [ ] (2.10 3 x) x x x = 7,94.10 6 2.10 3 nên [CrO 4 2 ] = 2.10 3 M. Khi kết thúc chuẩn độ: [Ag + ] = 24 11,7 Ag CrO 4,5 23 4 T 10 10 [CrO ] 2.10 so với [Ag + ] TĐ quá CĐ Áp dụng: q = ([Ag + ] T [Ag + ] ) C + C o CC o = 10 4,5 . 001 + 005 001.005 = 10 2,42 q = 3,8.10 3 = 0,38%. 2) Đầu BNCĐ: q = -0,001 = (m T m ) C + C o CC o Với m T m =-0,001 = 10 123 m 001 + 005 001.005 m = 10 7,22 pAg = 7,22 Cuối BNCĐ: pAg = 12,3 7,22 = 5,08 Vậy BNCĐ: từ pAg = 7,22 đến pAg = 5,08 4.2. Từ công thức sai số: q = ( T m m) C + C o CC o Với m = [Pb 2+ ] Trước điểm tương đương: m T m m 005 + 001 005.001 = 0,001 m = 8,333.10 6 [ 2 4 CrO ] = 4 14 PbCrO 8, 92 2 5, 079 T 10 10 [Pb ] 10 [Ag + ] = 12 1,54 8,92 10 10 10 = 2,88.10 2 M Sau điểm tương đương: m T m T m 0,06 0,0005 = 0,001 T m = [ 2 4 CrO ] = 10 5,079 [Ag + ] = 12 5,079 10 10 = 3,46.10 4 M. 4.3. Ag + + SCN AgSCN T = 10 12 C o = C AgNO 3 = 001 55 100 = 5,5.10 3 M ; C = C SCN = 0,01M Công thức sai số: q = ([SCN]* [Ag + ]) C + C o CC o , trong đó [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN) 2+ ] Ta cần phải tìm [Ag + ]. Từ cân bằng: Fe 3+ + SCN Fe(SCN ) 2+ = 10 3,03 [ ]: 5.10 3 x 6.10 6 x = 1,12.10 6 [Ag + ] = T [SCN ] = 10 12 112.10 6 = 8,93.10 7 M Và [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN) 2+ ] = 1,12.10 6 + 6.10 6 = 7,12.10 6 M Với q = ([SCN]* [Ag + ]) C + C o CC o = (7,12.10 6 8,93.10 7 ) 001 + 55.10 3 001.55.10 3 = 1,754.10 3 Hay q = 0,18%. 4.4. Ag + + Cl AgCl và Ag + + SCN AgSCN Số mol Ag + = Số mol Cl + Số mol SCN (pứ) (500,021)10 3 = (1000,009).10 3 + a (với a: sô mol SCN đã phản ứng) a = 0,15.10 3 mol [SCN ] dư = 3 3 (0,6 0 ,15)10 10 163 2,7610 3 M AgCl + SCN AgSCN + Cl 10 2 C 2,76.10 3 [ ] (2,76.10 3 x) x x = 2,73.10 3 và [SCN ] = 3.10 5 M Tính lại nồng độ C Fe 3+ = 11 163 = 6,13.10 3 M Xét cân bằng: Fe 3+ + SCN Fe(SCN) 2+ = 10 3,03 C 6,13.10 3 3.10 5 [ ] (6,13.10 3 3.10 5 + x) x (3.10 5 x) x = 3,98.10 6 [Fe(SCN) 2+ ] = 3.10 5 3,98.10 6 = 2,602.10 5 > 6.10 6 : Vậy có màu đỏ xuất hiện 4.5. Số đlg Ag + = Số đlg IO 3 + Số đlg SCN 50 0,1 = 50C o + 30.0,1 C o = 0,04M q = ([SCN ]* [Ag + ]) C + C o CC o với [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN) 2+ ] Từ Fe 3+ + SCN Fe(SCN) 2+ = 10 3,03 [ ] 5.10 3 x 6.10 6 . ĐLTDKL cho x = 1,12.10 6 và [Ag + ] = T 112.10 6 = 8,93.10 7 [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN) 2+ ] = 1,12.10 6 + 6.10 6 = 7,12.10 6 Tính lại nồng độ đầu Ag + : C o = 300110 3 1000 100 = 0,03M (số mol Ag + dư = số mol SCN ) Vậy: q = (7,12 10 6 8,93 10 7 ) 003 + 01 003 01 = 2,7 10 4 hay 0,027%. 4.6. 1) Số đlg Fe 2+ = Số đlg Cr 2 O 2 7 25N o 1000 = 8 N 1000 với N = 6C M = 0,6M N o = C Fe 2+ = 0,192M Chuẩn độ Cl : Số đlg Ag + = Số đlg Cl Số đlg SCN 25 N o ’ = (100 0,16) (25 0,12) N o ’ = C Cl = 0,52 M 2) Nếu chỉ có (FeCl 2 chưa bị oxi hoá): C Cl = 2C Fe 2+ = 0,52 C Fe 2+ = 0,29 M Fe 2+ đã bị oxi hoá thành Fe 3+ : 0068 100 026 = 26,15% 3) Từ 2 biểu thức Nernst của cặp Fe 3+ /Fe 2+ và Cr 2 O 2 7 /Cr 3+ ta có: 7E TĐ = E o Fe + 6E o Cr + 0,059lg [Fe 3+ ] [Fe 2+ ] [Cr 2 O 7 2- ] [Cr 3+ ] 2 (chấp nhận [H + ] = 1) Tại đTĐ: 6[Cr 2 O 2 7 ] + 3[Cr 3+ ] = [Fe 3+ ] + [Fe 2+ ] mà 3[Cr 3+ ] = [Fe 3+ ] Nên suy ra: 6[Cr 2 O 2 7 ] = [Fe 2+ ], thay vào biểu thức sau log: [Fe 3+ ] [Fe 2+ ] [Cr 2 O 7 2- ] [Cr 3+ ] 2 = 3[Cr 3+ ] 6[Cr 2 O 2 7 ] [Cr 2 O 7 2- ] [Cr 3+ ] 2 = 1 2[Cr 3+ ] Vậy E TĐ = E o Fe + 6E o Cr 7 + 0069 7 lg 1 2[Cr 3+ ] 4.7. Số đlg NaCl + Số đlg KCl = Số đlg AgNO 3 Số đlg NH 4 SCN ( a 585 60 100 ) + ( a 745 37 100 ) = 25 0,1 10 3 5,5 0,1 10 3 a = 0,128 gam. 4.8. 1) Chuẩn độ bằng HCl: Số đlg NH 3 = Số đlg HCl C 25 10 3 = 0,1 15 10 3 C NH 3 = 0,06M Xác định NH 4 Cl : xác định Cl Số đlg AgNO 3 = Số đlg SCN + Số đlg Cl (NH 4 Cl) + số đlg HCl (tác dụng NH 3 ) 60 0,1 10 3 = (18 0,2 10 3 ) + (C’ 25 10 3 ) + (15 0,1 10 3 ) C’ = 0,036M 2) Sau khi tính sơ bộ môi trương môi trường bazơ Ta có: NH 3 + H 2 O NH + 4 + OH WK 1 = 10 4,74 C 0,06 0,036 [ ] 0,06 x (0,036 + x) x Áp dụng ĐL tác dụng khối lượng: với đk x 0,036 x = 10 4,52 = [OH ] h = [H + ] = 10 9,48 pH = 9,48 3) Tại đTĐ: hệ là NH 4 Cl nồng độ C 1 . Thể tích tại điểm tương đương: 25 + 15 = 40 ml Vậy C 1 = (0,06 + 0,036)25 40 = 0,06M Xét cân bằng: NH + 4 NH 3 + H + K = 10 9,26 [ ] (0,06 x) x x ĐLTDKL x = 10 5,24 pH = 5,24: Dùng metyl đỏ. 4.9. 1) Gọi x: % NaOH và y: % NaCl Số đlg NaOH = Số đlg HCl x 100 67 40 25 250 = 22.0,5.10 3 x = 65,67% Số đlg AgNO 3 = Số đlg Cl + Số đlg SCN 35 0,11 10 3 = ( y 100 67 585 25 250 ) + (4,7 0,095 10 3 ) y = 29,70% Nồng độ NaOH trong dung dịch B: C M = 22 0,5 10 3 1000 250 = 0,44M pH = 13,64 2) q = (h W h ) C + C o CC o ở pH = 10 h W h = W h C + C o CC o = 10 14 10 10 05 + 044 05 + 044 = 4,27.10 4 q = 0,043% 3) Môi trường quá kiềm không chuẩn độ bằng Mohr được. 4.10 1) Khi MD chuyển màu pT 4 (đTĐ 2) Số đlg Na 2 CO 3 = Số đlg HCl 25 250 m 106 2 = 0,2 20,5 10 3 m = 2,173 gam % Na 2 CO 3 = 2173 35 100% = 62,08% Số đlg AgNO 3 = Số đlg NaCl + Số đlg HCl (mới thêm) 30,5 0,2 10 3 = 25 250 m’ 585 + (0,2 20,5 10 3 ) m = 1,17 g. %NaCl = 117 35 100% = 33,43%. 2) C Ag + = CV V + V o = [Ag + ] + m AgCl + 2m Ag 2 CrO 4 (1) (m: số mol trong 1 lít dung dịch) C Cl = C o V o V + V o = [Cl ] + m AgCl (2) Lấy (1) trừ (2) : CV C o V o V + V o = ([Ag + ] [Cl ] + 2m Ag 2 CrO 4 ) Suy ra: q = ([Ag + ] [Cl ] + 2m Ag 2 CrO 4 ) C + C o CC o Với C o (Cl ) : bao gồm Cl trong NaCl và Cl trong HCl mới thêm C o = (305 0,2 10 3 ) 1000 455 = 0,1341M và C = C Ag + = 0,2M m Ag 2 CrO 4 = 575 10 7 1000 455 + 305 = 7,565 10 6 [CrO 4 2- ] = (5 10 3 ) (7,565 10 6 ) = 5 10 3 [Ag + ] = 10 12 5.10 3 = 1,414 10 5 và [Cl ] = 10 10 1414 10 5 = 7,07 10 6 Thay vào biểu thức q q = 0,027% Bài 4.11 đã giải tại lớp (phần lí thuyết) 5.1. Tại điểm tương đương: V TĐ = 50.0 01 0 02 = 25 ml Khi V = 24,9 ml < V TĐ : Từ phương trình đường CĐ rút ra: [Sr]* V o + V C o V o = P 1 với P = 0 02.24 9 0 01.50 = 0,996 [Sr]* = 2,67.10¯ 5 ở pH = 10 : Sr = 1 1 + h¯ 1 = 1 1 + 10¯ 13 18 .10 10 1 [Sr] = [Sr]* = 2,67.10¯ 5 pSr = 4,57 Khi V = 25 ml : tại điểm tương đương [Sr] = CC o C + C o 1 * Với * = . Sr . Y = 10 8,63 . 1 . K 4 h + K 4 = 10 8,18 [Sr] = 2 3 . 10¯ 2 . 10¯ 8 18 = 10¯ 5,18 pSr = 5,18 Khi V = 25,1 ml quá chuẩn độ. Áp dụng : 1 *[Sr]* = P 1 với P = CV C o V o = 0 02 . 25 1 0 01.50 = 1,004 [Sr]* = 1 10 8 18 . 0 004 = 10¯ 5,78 pSr = 5,78 5.2. Tính * CaY : Ca = 1 1 + h¯ 1 = 1 1 + 10¯ 12 5 .10 12 5 = 0,5 ; Y = K 4 h + K 4 0,994 * CaY = CaY . Ca . Y = 10 10,27 Tính * CaIn : In = K 2 h + K 2 = 10¯ 13 5 10¯ 12 5 + 10¯ 13 5 = 1 11 ; * CaIn = CaIn . Ca . In = 10 3,96 Ta có : * CaIn = [CaIn] [Ca]*[In]* = 1 [Ca]* [Ca]* = 10¯ 3,96 = m* Áp dụng công thức sai số: q = 1 *m* ( 1 * + m*)( C + C o CC o ) = 1 10 1027 .10¯ 3 96 (10¯ 3,96 2.10¯ 2 10¯ 4 ) 5.3. Ca = 1 1 + h¯ 1 = 1 1 + 10¯ 12 5 .10 10 = 0,9968 và Y = K 4 h + K 4 = 1 2 82 * CaY = . Ca . Y = 10 10,57 .0,9968. 1 2 82 = 10 10,12 Tại điểm tương đương: [Ca]* = 1 * CaY . CC o C + C o = 1 10 10 12 5.10¯ 3 = 10¯ 6,21 * CaIn = [CaIn] [Ca]*[In]* = 1 [Ca]* 1 = 10 6,21 q = 2,19% 5.4. Mg = 1 1 + h¯ 1 = 1 1 + 10¯ 117 .10 10 = 1 102 ; Y = K 4 h + K 4 = 0,355 = 1 282 In = K 3 h + K 3 = 10¯ 11 6 10¯ 10 + 10¯ 116 = 0,0245 * MgY = . Mg . Y = 10 8,7 . 1 102 .0,355 = 10 8,24 * MgIn = 10 7 . 1 102 . 0,0245 = 10 5,38 * MgIn = [MgIn] [Mg]*[In]* = 1 [Mg]* 1 9 = 10 5,38 [Mg]* = 1 9 10¯ 5,38 = 10¯ 6,33 Thay [Mg]* vào công thức tính sai số: q = 1 *m* ( 1 * + m*)( C + C o CC o ) = 1 10 824 .10¯ 633 10¯ 6,33 . 001 + 002 001.002 = 0,01223 hay q = 1,26% 5.5.Các giá trị : M =1 ; Y = K 3 K 4 h 2 + K 3 h = 10¯ 6,45 ; In = K 2 h + K 2 = 0,01 * MY = MY . M . Y = 10 18 .1.10¯ 6,45 = 10 11,55 * MIn = MIn . M . Y = 6,25 10 10 .1. 0,01 = 10 8,795 Từ công thức: * MIn = 1 [M]* [MIn] [In] = 10 8,795 [M]* = 10¯ 8,795 Công thức sai số: q = 1 * MY .[M]* [M]* C + C o CC o = = 1 10 11 55 .10¯ 8 795 10¯ 8,795 0 01 + 0 01 0 01.0 01 = 0,175% 5.6. Tính pH dung dịch đệm: h = K NH 4 + . [NH + 4 ] [NH 3 ] = 10¯ 9,26 . 0 182 0 1 = 10¯ 9 pH = 9 Tính Zn = 1 1 + i [NH 3 ] i = 7,94.10¯ 6 và Y = K 4 1 + K 4 = 0,0521 Vậy * ZnY = 10 16,5 .7,94.10¯ 6 .5,21.10¯ 2 = 10 10,12 Ta có V TĐ = V o C o C = 1 ml Vài điểm quan trọng trên đường cong chuẩn độ: V = 0,5 ml (P = 0,5) pZn = 8,4 V = 1 ml (P = 1) pZn = 11,66 V = 1,3 ml (P = 1,2) pZn = 14,52 Lân cận điểm tương đương: cần giải phương trình bậc 2: 1 *[Zn]* [Zn]* V o + V C o V o = P 1 Khi P = 0,999 pZn = 10,07 và P = 1,001 pZn = 12,25. 5.7.1. Chuẩn độ được 50% : Số đlg EDTA = 1 2 số đlg MnSO 4 V 0 02 1000 = 1 2 100 0 01 1000 V = 25 ml Chuẩn độ đến điểm tương đương : V TĐ = 50 ml Chuẩn độ đến pMn = 5: Ta so sánh với pMn tại điểm tương đương để xác định điểm dừng chuẩn độ ở trước hoặc sau điểm tương đương. * (MnY) = MnY Mn Y = 10 13,8 .1. K 4 h + K 4 = 10 13,8 .0,0521 = 10 12,52 Tại điểm tương đương: [Mn]* = 1 * CC o C + C o = 1 10 12 52 2 10¯ 4 3 10¯ 2 = 10¯ 7,35 pMn = pMn* = 7,35 Nhận xét: Khi dừng chuẩn độ ở pMn = 5 trước điểm tương đương nhỏ nhỏ nhỏ Ta áp dụng: [Mn]* = (1 p) C o V o V + V o 10¯ 5 = C o V o V + V o CV C o V o C o V o V + V o 10¯ 5 = C o V o CV V + V o = 100.0 01 0 02.V V + 100 V = 49,93 ml Chuẩn độ đến pMn = 9:điểm dừng chuẩn độ ở sau điểm tương đương. Ta áp dụng: 1 *[Mn]* = P 1 1 *[Mn]* = CV C o V o 1 1 10 12 52 .10¯ 9 = 002.V 0 01.100 1 V = 50,015 ml 2. Sai số khi chuẩn độ đến pMn = 5 : q = 1 10 12 52 .10¯ 5 10¯ 5 . 3.10¯ 2 2.10¯ 4 = 10¯ 2,82 = 1,51.10¯ 5 hay 0,15% 3. pMn tại điểm tương đương đã được tính ở trên. 5.8. Ga 3+ + MgY 2- GaY - + Mg 2+ K Mg 2+ + H 2 Y 2- MgY 2- + 2H + K = GaY .( MgY ) -1 = 10 20,3 .10¯ 8,7 = 10 11,6 : rất lớn Số mol Ga 3+ = số mol Mg 2+ = số mol EDTA m 69 72 = 5,91 10¯ 3 0,0701 m = 28,88 mg Ga 5.9. Số đlg M 2+ = Số đlg EDTA = 31,63 10¯ 3 0,01204 2 = 0,7616 10¯ 3 đlg Độ cứng = 0 7616 10¯ 3 1000 50 = 0,0152 đlg/l Ghi chú: Một đơn vị độ cứng = 0,5mmol/l (Ca 2+ , Mg 2+ ) hay 1 đlg/l Nước có độ cứng 1,5 4 đơn vị : nước mềm; 4 – 8 đv : nước cứng trung bình; > 8 đv: nước cứng. 5.10.Giả sử nồng độ của Mg 2+ là 10¯ 3 M thì C OH - bắt đầu kết tủa = 10¯ 10 95 10¯ 3 = 10¯ 3,97 pH = 10,03 Và nồng độ của Ca 2+ là 10¯ 3 M thì C OH - bắt đầu kết tủa = 10¯ 5 26 10¯ 3 = 10¯ 1,13 pH = 12,87 Suy ra ở pH = 9,3 cả hai ion Ca 2+ và Mg 2+ đều chưa kết tủa Nếu dùng Ecriocrom đen T chỉ thị ở pH = 9,3 thì chuẩn độ cả 2 ion Ca 2+ và Mg 2+ Số đlg Ca 2+ + Số đlg Mg 2+ = Số đlg EDTA 20 500 [( x 100 0 5021 100 2 ) + ( y 100 0 5021 84 2 )] = 13,5 0,015 2 10¯ 3 (I) Ở pH = 11,5 Mg(OH) 2 đã kết tủa hoàn toàn và Ca 2+ chưa kết tủa Dùng Murexit ở pH = 11,5 chỉ chuẩn độ Ca 2+ Số đlg Ca 2+ = Số đlg EDTA 20 500 ( x 100 0 5021 100 2 ) = 9,4 0,015 2 10¯ 3 (II) Giải (I) và (II) x = 70,2% CaCO 3 và y = 25,72% MgCO 3 5.12.Nồng độ mol Cu 2+ : C o .100 = 0,1 10 C o = 0,01M pH của dung dịch đệm: h = K. [NH + 4 ] [NH 3 ] = 10¯ 9,24 0 0026 0 38 = 10¯ 11,4 pH = 11,4 Cu = 1 1 + 1 [NH 3 ] + … + 4 [NH 3 ] 4 = 10¯ 10,4 ; Y = K 4 h + K 4 = 10¯ 10 26 10¯ 11 4 + 10¯ 10 26 = 10¯ 0,03 * (Cu-Y) = 10 18,8 . 10¯ 10,4 . 10¯ 0,03 = 10 8,37 ; In = K 3 K 4 K 5 h 3 + K 3 h 2 = 10¯ 3,55 * (Cu-In) = 10 17,9 . 10¯ 10,4 . 10¯ 3,55 = 10 3,95 Với * (Cu-In) = [CuIn] [Cu]*.[In]* [Cu]* = m* = 1 * (Cu-In) 9 = 10 3,95 9 = 10¯ 3 Sai số chuẩn độ: q = 1 * (Cu-Y) . m* m*. C + C o CC o = - 0,11 hay 11% C Al 3+ = (0 023 50 0 016 38) 25 = 2,17 10¯ 2 M 5.11. 1) Tính * của AlY - và FeY - : Ở pH = 2: Y = K 1 K 2 K 3 K 4 h 4 + K 1 h 3 + K 1 K 2 h 2 + K 1 K 2 K 3 h + K 1 K 2 K 3 K 4 = 10¯ 21 09 2 14 10¯ 8 = 10¯ 13,42 Fe = 1 1 + h¯ 1 = 1 1 676 Al = 1 1 + 'h¯ 1 = 1 1 + 10¯ 5 .10 2 1 rất bé . CĐ đến vừa hết nấc 2 của H 3 PO 4 . Thể tích NaOH CĐ được 1 nấc H 3 PO 4 : 5 2 = 10 ml. Suy ra thể tích NaOH CĐ vừa hết H 2 SO 4 : 15 5 10. oxi hóa khử:Sđlg KMnO 4 = Sđlg H 2 C 2 O 4 .2H 2 O + Sđlg KHC 2 O 4 .H 2 O 43,1 0,125.10 3 = ( x 100 12 126 2 ) + ( y 100 12 146 2 ) () Giải Ngày đăng: 19/02/2014, 18:04 Xem thêm: Giải bài tập Hóa phân tích, Giải bài tập Hóa phân tích |
