XÂY DỰNG 25 bài tập TỔNG hợp hóa học PHÂN TÍCH cân BẰNG ION TRONG DUNG DỊCH
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (385.84 KB, 37 trang )
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ
KHOA HÓA HỌC
----------
Đề tài: XÂY DỰNG 25 BÀI TẬP TỔNG HỢP
HĨA HỌC PHÂN TÍCH: CÂN BẰNG ION
TRONG DUNG DỊCH
Thực hiện :
:
LÊ THỊ THU HIỀN
MỤC LỤC
LỜI CẢM ƠN ............................................................................................................... 1
A.Mở đầu...................................................................................................................... 2
I. Lý do chọn đề tài ....................................................................................................... 2
I.1. Lý do khách quan: .................................................................................................. 2
I.2. Lý do thực tiễn: ...................................................................................................... 2
II.Mục đích nghiên cứu................................................................................................. 2
III. Đối tượng và khách thể nghiên cứu ......................................................................... 2
III.1. Đối tượng nghiên cứu: ......................................................................................... 2
III.2. Khách thể nghiên cứu: ......................................................................................... 2
IV. Phạm vi nghiên cứu ................................................................................................ 2
V. Phương pháp nghiên cứu......................................................................................... 3
B.Nội dung: .................................................................................................................. 4
BÀI 1: ........................................................................................................................... 4
BÀI 2: ........................................................................................................................... 5
BÀI 3: ........................................................................................................................... 6
BÀI 4: ........................................................................................................................... 7
BÀI 5: ........................................................................................................................... 9
BÀI 6: ..........................................................................................................................10
BÀI 7: ..........................................................................................................................11
BÀI 8: ..........................................................................................................................12
BÀI 9: ..........................................................................................................................13
BÀI 10: ........................................................................................................................14
BÀI 11: ........................................................................................................................15
BÀI 12: ........................................................................................................................16
BÀI 13: ........................................................................................................................17
BÀI 14: ........................................................................................................................18
BÀI 15: ........................................................................................................................19
BÀI 16: ........................................................................................................................20
BÀI 17: ........................................................................................................................22
BÀI 18: ........................................................................................................................23
BÀI 20: ........................................................................................................................24
BÀI 21: ........................................................................................................................27
BÀI 22: ........................................................................................................................29
BÀI 23 .........................................................................................................................30
BÀI 24: ........................................................................................................................32
BÀI 25: ........................................................................................................................33
Tài liệu tham khảo .......................................................................................................35
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
LỜI CẢM ƠN
Em xin chân thành cảm ơn nhà trường, khoa Hóa trường Đại học sư phạm Huế
và các thầy cô giáo đã tạo điều kiện cho sinh viên trong suốt quá trình học tập và
nghiên cứu.
Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Ngơ Văn Tứ đã tận tình giảng dạy và
giúp đỡ em trong quá trình học tập, nghiên cứu, tạo điều kiện thuận lợi để em thực
hiện đề tài này.
Tuy có nhiều cố gắng, nhưng do nhiều nguyên nhân khách quan và chủ quan nên
bài tiểu luận của em khơng tránh khỏi sai sót . Em rất mong nhận được sự góp ý của
thầy để bài tiểu luận của em được hoàn chỉnh và đạt kết quả mong muốn.
Em xin chân thành cảm ơn!...
1
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
A.Mở đầu.
I. Lý do chọn đề tài
I.1. Lý do khách quan:
- “Hóa học phân tích” là một nội dung quan trọng trong ngành hóa học nói riêng và
ngành khoa học nói chung đã và đang phát triển rất mạnh mẽ với nhiều ứng dụng to
lớn không thể thiếu trong nghiên cứu và sản xuất.
- “Cân bằng ion trong dung dịch” là một nội dung quan trọng và có ích trong “hóa
học phân tích”. Tuy nhiên để nắm vững nguyên lý, bản chất và những ứng dụng của
nội dung này cần có cơ sở lý thuyết và bài tập vững vàng.
I.2. Lý do thực tiễn:
- “Hóa học phân tích” là một bộ mơn cần thiết cho sinh viên học chuyên ngành hóa
cũng như giúp giáo viên THPT có thêm nguồn tài liệu cho cơng tác dạy học sau này.
- Phản ứng giữa các ion trong dung dịch nước thường phức tạp nên ngoài việc nắm
vững quy luật về tương tác ion trong dung dịch để hiểu bản chất phản ứng xảy ra
trong dung dịch nước thì việc rèn luyện giải bài tập hóa học phân tích cũng góp phần
khơng nhỏ cho người học nắm được quy luật lý thuyết và phát triển tư duy hóa học.
Xuất phát từ điều đó cùng với sự giúp đỡ của giáo viên hướng dẫn là thầy Ngô
Văn Tứ tơi đã tìm hiểu và xây dựng đề tài “Xây dựng 25 bài tập tổng hợp hóa học
phân tích: cân bằng ion trong dung dịch ”. Hi vọng đề tài sẽ là một tài liệu tham
khảo có ích cho bản thân cũng như các bạn sinh viên trong việc thực hiện nhiệm vụ
học tập cũng như giảng dạy sau này.
II.Mục đích nghiên cứu
- Việc nghiên cứu đề tài nhằm giúp bản thân và các bạn sinh viên có thể nắm vững
hơn những kiến thức về cân bằng ion đã học đồng thời việc rèn luyện bài tập giúp
cho các bạn không bị lung túng khi gặp những dạng bài về cân bằng ion trong dung
dịch.
III. Đối tượng và khách thể nghiên cứu
III.1. Đối tượng nghiên cứu:
- Bài tập tổng hợp hóa học phân tích cân bằng ion trong dung dịch: phản ứng axitbazơ, phản ứng tạo phức, phản ứng tạo hợp chất ít tan, phản ứng oxi hóa – khử.
III.2. Khách thể nghiên cứu:
-Quá trình học tập của bản thân và các bạn sinh viên học tập và nghiên cứu nội dung
hóa học phân tích
IV. Phạm vi nghiên cứu
Việc nghiên cứu tập trung tìm hiểu bài tập “hóa học phân tích” gồm các nội dung
sau:
Phản ứng axit – bazơ
Phản ứng tạo phức
2
Tiểu luận hóa phân tích
-
GVHD: Ngơ Văn Tứ
Phản ứng tạo hợp chất ít tan
Phản ứng oxi hóa – khử
V. Phương pháp nghiên cứu
-
Thu thập tài liệu, đọc , xử lý tài liệu
Tham khảo ý kiến giáo viên hướng dẫn
Tổng hợp
3
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
B.Nội dung:
BÀI 1:
1. Nếu trộn hỗn hợp 5.00 ml H2C2O4 0.04 M với 5.00 ml SrCl2 0.08 M. Hãy cho
biết hiện tượng xảy ra ?.
2. Hãy đánh giá khả năng phản ứng oxi hóa H2C2O4 bởi KMnO4 trong mơi
trường axit.
Cho biết :
Hằng số phân li axit H2C2O4 : Ka1 =10-1.25; Ka2= 10-4.27; Ks(SnC2O4)=10-6,4
0
= 1.51 V, E20CO / C O = -0.653 V.
EMnO
/ Mn
4
−
2+
2
2 4
2−
( Bài tập hóa học phân tích. Nguyễn Tinh Dung)
Bài giải:
1. Nồng độ sau khi trộn dung dịch:
C H 2C2O4 =
0, 04.5
= 0.02 (M)
10
0, 08.5
=0,04 (M)
10
CSr 2+ =
Các cân bằng xảy ra trong dung dịch :
H2C2O4
⇌ H+ + HC2O4- (1)
HC2O4⇌ H+ + C2O42- (2)
H2O
+ OH⇌ H+
Vì K a1 =10-1.25 >> K a 2 = 10-4.27 >> K H O = 10-14
Nên có thể coi cân bằng (1) là chủ yếu.
K a1 =10-1.25
K a 2 = 10-4.27
K H 2O = 10-14
2
C
[]
Từ (1) ta có
⇌ H+ + HC2O4-
H2C2O4
0,02
0,02-x
x
K a1 =10-1.25
x
x2
= K a1 = 10−1,25
0, 02 − x
x=0,0156 (M)
Từ (2) ta có
C2O4 2− H +
HC2O4 −
2−
=
K
⇔
C
O
=
.K a 2 = K a 2 =10-4,27
a2
2 4
HC2O4 −
H +
Ta có tích số ion CC O . CSr = 0,04.10-4,27= 2,15.10-6 > Ks =10-6,4
2
4
2−
2+
Vậy có kết tủa SrC2O4 xuất hiện.
2. Các quá trình xảy ra :
4
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
5. E 0
MnO4− / Mn 2+
2 MnO4- + 8H+ +5e
5 H2C2O4
5 HC2O4-
⇌ H+ + HC2O4⇌ H+ + C2O4-
0,0592
K1 = 10
⇌ Mn2+ + 4H2O
K a1 = 10−1,25
K a 2 =10-4,27
−2 E 0
2 CO2 / C2O4−
5 C2O4-
⇌ 2CO2 + 2e
K 2−1 = 10
0,059
2MnO4-- +5 H2C2O4 + 6H+ ⇌ 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O
K = K12 .( K a1.K a 2 .K 2 −1 )5
Thay các giá trị hằng số cân bằng vào ta được K =10388 là vơ cùng lớn
Vậy phản ứng xảy ra hồn tồn .
BÀI 2:
1. Tính pH và cân bằng trong hệ gồm HCl 0,01 M và H2S 0,1M.
2. Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003 M là 0,1 mol/l. Nếu thêm vào
dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 thì
ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfua. Biết TtMnS =10-9,6 và TtCuS =8.10-37.
K H S = 1, 3.10−21 .
Bài giải:
1. Các cân bằng trong hệ:
HCl
→
H+ + Cl2
H2S
⇌
H+ + HS-
Ka1 =10-7,02
HS⇌
H+ + S2Ka2 =10-12
Vì Ka1 >> Ka2 nên cân bằng (1) xảy ra chủ yếu.
H2S
⇌
H+ + HSC
0,1
0,01
[]
0.1-x
0,01+x x
Ta có
(1)
Ka1 =10-7,02
(0, 01 + x) x
= 10−7,02
0,1 − x
Giả sử x << 0,01 → x=9,55.10-7 << 0,01 (thỏa mãn).
Vậy
[HS-] = 9,55.10-7 nên [H2S] = 0,1-x ≈ 0,1 M
[H+] = 0,01 + x ≈ 0,01 M.
[S2-] =
10−12,9.9,55.10−7
= 1, 2.10−7 M
0, 01
2. Ta có
HClO4
→
H+ + ClO45
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
[H+] = 0,003 (mol/l)
H2S
⇌
2H+ + S2K H2S
=
K H 2 S = 1,3.10-21
H + S 2−
= 1,3.10 −21
[ H2S ]
[S2-] = K H 2 S
[ H 2 S ] = 1, 3.10−21.
H
+
0,1
= 1, 4.10−17
0, 032
Vậy xét sự kết tủa:
[Mn2+].[S2-] =2.10-4.1,4.10-17 = 2,8.10-21 < TtMnS nên không có kết tủa MnS.
[Cu2+].[S2-] = 2.10-4.1,4.10-17 = 2,8.10-21 >TtCuS nên có kết tủa CuS.
BÀI 3:
1. Tính cân bằng trong dung dịch AgCl 0,005 M và NH3 0,1 M.
2. AgCl dễ hòa tan dung dịch do tạo phức
AgCl + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2]+ + Cl1 lit dung dịch NH3 1M hòa tan bao nhiêu gam AgCl biết Ks(AgCl) = 1,8.10-10
[Ag(NH3)2]+
⇌ Ag+ + 2NH3
β −1 =1,7.10-7
3. Xác định tích số tan của AgBr biết 0,33 g AgBr có thể hịa tan trong 1 lít
dung dịch NH3.
Bài giải:
1. Các q trình tạo phức :
β1 = 103,32
Ag+ + NH3
⇌
AgNH3+
Ag+ + 2NH3
Ag(NH3)2+
β 2 = 107,24
⇌
Ta thấy β1 << β 2 , C NH >> C Ag , có thể coi phức tạo thành chủ yếu là Ag(NH3)2+
3
+
Ag+ + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2+
C
5.10-3 0,1
[]
0
0,09
5.10-3
Đánh giá quá trình proton hóa của NH3
NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHC0
0,09
C
0,09-x
x
x
Ta có
β 2 = 107,24
Kb = 10-4,76
x2
= 10−4,76 x = 1, 25.10−3
0, 09 − x
C NH3 =0,089 ≈ [NH3] do β 2−1 nhỏ
C
[]
Ta có
Ag(NH3)2+ ⇌ Ag+ + 2NH3
0,005
0,005-x
x
0,089
K= 10-7,24
x.0, 0892
= 10−7,24 x = 3, 63.10−8 =[Ag+]
0, 005 − x
6
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
[AgNH3+] = β1 .[Ag+].[NH3]= 103,32.3,63.10-8.0,089= 6,75.10-6 << 0,005
2. [Ag(NH3)2]+
K =1,7.10-7
⇌ Ag+ + 2NH3
2
Ag + [ NH 3 ]
Ta có K=
= 1, 7.10−7 và Ks AgCl = [Ag+].[Cl-]
[ Ag ( NH 3 ) 2 ]+
Vì [Ag+] << [Cl-]; [[Ag(NH3)2]+] = Cl- ; [NH3]= 2[Cl-].
Ag + =
K s ( AgCl )
Cl −
1,8.10−10
.(1 − 2 Cl − ) 2
−
Cl
= 1, 7.10−7
Cl −
nên
[Cl-] =0,0305 M
Lượng AgCl đã hòa tan là 0,0305.143,5 =4,38 (g).
2
Ag + [ NH 3 ]
3. Ta có Kp =
= 1, 7.10−7 và KS(AgBr) =[Ag+].[Br-].
+
[ Ag ( NH 3 )2 ]
Vì [Ag+] << [Br-] ; [[Ag(NH3)2]+] =[Br-] ; [NH3] = 1-2[Br-]
Ag + =
K s ( AgBr )
Br −
Mà [Br-] =
K s ( AgBr )
nên
Br
−
.(1 − 2 Br − )2
Br −
= 1, 7.10−7
0,33
= 1, 75.10 −3 M K s ( AgBr ) = 5,3.10 −3 .
188
BÀI 4:
1. Tính nồng độ cân bằng trong dung dịch FeCl3 0,01 M và NaF 1 M.
2. Đánh giá khả năng oxi hóa của Fe3+ và I- khi có mặt ion F- ( CF ≫ CFe )
Cho các giá trị hằng số tạo phức của Fe3+ và F- lần lượt là β1 =105,28
; β 2 =109,3; β3 =1012,06 .pKHF =3,17.
Bài giải:
1. Ta có:
FeCl3 → Fe3+ + 3Cl0,01
NaF
→ Na+ + F1M
−
Vì
3+
CF − = 1M ≫ CFe3+ =0,01M và β3 ≫ β 2 ≫ β1 do đó trong hệ tạo phức có số phối
trí cực đại là chính:
7
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
Fe3+ + 3F- ⇌ FeF3
C0
0,01
1
C
0
0,97
0,01
Các q trình phụ:
Q trình tạo phức hiđroxo khơng đáng kể .
Xét cân bằng proton hóa của FF- + H2O ⇌ HF + OH
C 0,97
[] 0,97-x
x
x
β3 = 1012,06
Kb = 10-10,83
x2
= 10−10,83 OH − = F − = x = 3, 79.10−6 M
0,97 − x
Ta có
Do đó q trình này khơng đáng kể.
Cân bằng chính trong hệ:
FeF3 ⇌ FeF2+ + FC
0,01
0,97
[] 0,01-y
y
0,97+y
Ta có
β 2 .β 3−1 = 10−2,76
(0, 97 + y ). y
= 10 −2,76 y = FeF2+ = 1, 79.10 −5 M
0, 01 − y
[FeF3] =0, 01-y =9,98.10-3 M ; [F-] = 0,97 M
[HF] = 3,79.10-6; [Fe3+] =9,52.10-15 ;[FeF2+] =1,76.10-9 M
2. Ion F- tao phức với ion Fe3+
Như lập luận trên thì q trình tạo phức chỉ có
Fe3+ + 3F- ⇌ FeF3
lg β =12,06
3+
2+
Fe +e
⇌ Fe
E10 =0,771 V
FeF3 + e
⇌ Fe2+ + 3FE02 =?
Do CF ≫ CFe nên Fe3+ tồn tại chủ yếu dưới dạng FeF3
3
3+
−
⇌ Fe3+ + 3F-
FeF3
Fe
3+
+e
FeF3 + e
⇌ Fe
⇌
β3−1
2+
Fe
2+
E10
K1 = 10
-
+ 3F
K 2 = 10
E10
0,0592
E20
0,0592
E20
K 2 = K1.β3−1 = K1 = 10 0,0592.β 3−1 = K 2 = 10 0,0592
Lấy logarit 2 vế ta được
E20 = E10 + 0, 0592.lg β3−1
E20 = 0, 771 + 0, 0592.lg10−12,06 = 0, 771 − 0, 0592.12, 06 = 0, 057
8
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
E20 = E 0 FeF /Fe2+ = 0, 057V ≪ EI0 / 2 I − = 0,54V vì vậy FeF3 khơng có khả năng oxi hóa I3
2
thành I2 mà ngược lại I2 có thể oxi hóa Fe2+ khi có mặt FI2 + 2e
⇌ 2IK1
2+
2x Fe + 3F
⇌ FeF3 + e
K2-1
I2 + 2Fe2+ + 6F- ⇌ 2I- + 2FeF3
K = K1.K 2−2 = 10
2.(0,6197 − 0057)
0,0592
K
= 1019
Vậy thực tế phản ứng xảy ra hoàn toàn.
BÀI 5:
Trộn 1 ml MgCl2 0,001 M với 1 ml NH3 0,01M.
1. Có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện khơng?
2. Tính pH của dung dịch thu được. Cho biết pKs =10,9 và
Mg2+ + 2NH4 + 2H2O ⇌ Mg(OH)2 + 2NH4+ K=101,38
β MgOH = 10−12,8
+
Bài giải:
Nồng độ các chất sau khi trộn:
0, 001
= 5.10−4
2
0, 01
=
= 5.10−3
2
CMg 2+ =
C NH3
Cân bằng trong dung dịch
NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHC0 5.10-3
C 5.10-3-x
x
x
Ta có
Kb = 10-4,76
x2
= 10−4,76 x = OH − = 2,86.10 −4 M .
−3
5.10 − x
Vì nhỏ nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của ion Mg2+.
2
Xét tích số ion CMg .COH
= 5.10−4.(2,86.10−4 ) 2 = 10−10,39 > K s . Vậy Mg(OH)2 bắt đầu
2+
kết tủa theo phương trình sau
C
[]
Mg2+ + 2NH4 + 2H2O ⇌ Mg(OH)2 + 2NH4+ K=101,38
5.10-4
5.10-3
-4
5.10 -x
5.10-3-2x
2x
(2 x )2
= 101,38 x = 1, 96.10−4
−4
−3
2
(5.10 − x).(5.10 − 2 x)
Ta có
Vậy [NH4+] =2x =3,92.10-4M; [NH3] =4,61.10-3M; [Mg2+]=3,04.10-4M.
Vì β MgOH = 10−12,8 nhỏ nên pH của hệ được quyết định bởi hệ đệm NH4+ -NH3
+
9
Tiểu luận hóa phân tích
pH = 9, 24 + lg
GVHD: Ngô Văn Tứ
4, 61.10−3
= 10, 31 H + = 10−10,31 , OH − = 10−3,69
−4
3,92.10
[OH-]=10-3,69 ≈ Ca =3,92.10-4 nên giá trị pH tính theo cơng thức trên khơng thõa
mãn. Để đánh giá chính xác pH của hệ ta tính theo ĐLTDKL áp dụng cho cân bằng
NH3 + H2O ⇌ NH4+
+
OHKb = 10-4,76
C
4,61.10-3
3,92.10-4
-3
[]
4,61.10 -x
3,92.10-4+x
x
Ta có
(3,92.10−4 + x).x
= 10−4,76 OH − = 10−3,84 pH = 10,16
−3
4, 61.10 − x
BAI 6:
Cho dung dịch gồm MgCl2 0,01M và AlCl3 0,01M
1. Tính pH và nồng độ các ion của dung dịch
2. Có thể tách Mg2+ ra khỏi Al3+ bằng NH3 hay khơng?. Vì sao?.
Cho biết β MgOH = 10−12,8 ; β AlOH = 10−4,3 .
+
+
Bài giải:
1. Các phản ứng tạo phức trong dung dịch :
Mg2+ + H2O ⇌ MgOH+ + H+
Al3+ + H2O
Vì β AlOH = 10
+
−4,3
>> β MgOH = 10
+
tạo phức của nhôm.
Al3+ + H2O
C 0,01
[] 0,01-x
Ta có
⇌ AlOH+
−12,8
+ H+
β MgOH = 10−12,8
+
β AlOH = 10−4,3
+
nên trong dung dịch chủ yếu xảy ra quá trình
⇌ AlOH+
+ H+
x
β AlOH = 10−4,3
+
x
x2
= β AlOH + = 10−4,3 x = 6,8.10−4
0, 01 − x
H + = 6,8.10 −4 pH = 3,167
[Al3+]=0,01-x= 9,32.10-3M
[Mg2+]=0,01M
2. Phương trình phản ứng
Al3+ + 3NH3 + 3H2O ⇌ Al(OH)3 + NH4+
Mg2+ + 2NH3 + 3H2O ⇌ Mg(OH)2 + NH4+
Ta có các cân bằng sau
Al3+ + 3OH- ⇌ Al(OH)3
K=1032,4
Mg2+ + 2OH- ⇌ Mg(OH)2
K=1010,9
Điều kiện để có kết tủa Al(OH)3 là
COH − (1) >
3
1032,4
= 7,53.10−11
−3
9, 32.10
10
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
Điều kiên để có kết tủa Mg(OH)2 là
COH − (2) >
10 −10,9
= 10−4,45
0, 01
COH − (1) ≪ COH − (2) nghĩa là Al(OH)3 kết tủa trước.
Khi Mg(OH)2 bắt đầu kết tủa thì
OH − =
10 −10,9
=
0, 01
3
10−32,4
Al 3+ = 10−19,05 ≪ 10 −6 M
3+
Al
Vì vậy mà Al(OH)3 kết tủa hồn tồn do đó có thể tách được Mg2+ ra khỏi hỗn hợp.
BÀI 7:
Tính pH trong hỗn hợp gồm H3PO4 0,01M và NaHSO4 0,01M
Bài giải:
Các cân bằng xảy ra trong dung dịch là:
HSO4- ⇌ H+ + SO42H3PO4 ⇌ H+ + H2PO4H2PO4- ⇌ H+ + HPO42HPO4⇌ H+ + PO43-
Ka=10-1,99
Ka1=10-2,15
Ka2=10-7,21
Ka3=10-12,32
(1)
(2)
(3)
(4)
Vì K a1 ≫ K a 2 ≫ K a 3 và K a ≈ K a1 nên phải tính dến cả 2 cân bằng (1) và (2)
ĐKP với mức không là H3PO4 và HSO4+
-
2-
[H ] = [H2PO4 ] + [SO4 ] =
K a1.[ H 3 PO4 ]
H +
H + = K a1.[ H 3 PO4 ] + K a . HSO4 −
Vì C = 0, 01 ≈ K a ≈ K a1
+
K a . HSO4 −
H +
(5)
C
Chọn [ H 3 PO4 ] = HPO4− = = 0, 005M và thay vào (5) để tính H + 1
2
H + = 10 −2,15.0, 005 + 10−1,99.0, 005 = 9,3.10−3
1
Thay giá trị H + 1 =9,3.10-3 vào các biểu thức để tính [ H 3 PO4 ] và HPO4−
H +
[ H 3 PO4 ] = C.
K a1 + H +
H +
HPO4− = C.. +
K a + H
Ta được
11
Tiểu luận hóa phân tích
[ H 3 PO4 ] = 0, 01.
GVHD: Ngô Văn Tứ
9, 3.10−3
= 5, 68.10 −3 M
−2,15
−3
10
+ 9,3.10
9, 3.10−3
HPO4− = 0, 01. −1,99
= 4, 67.10 −3 M
10
+ 9,3.10 −3
Và
Thay giá trị [ H 3 PO4 ] và HPO4− vào (5) để tính H + 2
Ta được
H + = 10−2,15.5, 68.10−3 + 10−1,99.4, 76.10−3 = 9, 4.10−3 ≈ H +
2
1
Kết quả lặp lại. vậy pH =-lg[H+]= 2,03.
BÀI 8:
1. Tính độ điện li của CO32- trong dung dịch Na2CO3 pH= 11,6.
2. Trộn 20 ml Na2CO3 0,1M với 30 ml HCl 0,15 M.
Tính pH của dung dịch thu được.
Biết CO2 + H2O ⇌ HCO3- + OH- Ka1=10-6,35
HCO3Ka2=10-10,33
⇌ H+ + CO32Độ tan của CO2 trong H2O là 3.10-2M
Bài giải:
1. Các cân bằng xảy ra trong dung dịch
CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OHHCO3- + H2O ⇌ CO2 + H2O
10−14
= 10−3,67 (1)
10−10,33
10 −14
Kb2= −6,35 = 10−7,65 (2)
10
Kb1=
Do Kb1>>Kb2 nên cân bằng (1) là chủ yếu
CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OHC
[]
C
C-10-2,4
C = 10 −2,4 +
3
2−
10−14
= 10−3,67 (1)
10−10,33
10-2,4
(10−2,4 ) 2
= 10−3,67
C − 10−2,4
K b1 =
Vậy α CO =
10-2,4
Kb1=
10−4,8
= 0, 0781M
10−3,76
10−2,4.10 2
= 5,1%
0, 0781
2. Nồng độ các chất sau khi trộn là
0,15.30
= 0, 09 M
50
0,1.20
=
= 0, 04 M
50
CH + =
CCO 2−
3
Phản ứng xảy ra trong dung dịch
12
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
2H+ + CO32- ⇌ CO2 + H2O
0,09 0,04
0,04
[] 0,01
Vì nồng độ CO2 =4.10-2 > LCO =3.10-2 nên chấp nhận nồng độ H2CO3 = LCO
H2CO3 ⇌ H+ + HCO3Ka1=10-6,35 (1)
HCO3- ⇌ H+ + CO32Ka2 =10-10,33 (2)
Vì Ka1>> Ka2 nên ta xem chỉ có cân bằng (1)
H2CO3 ⇌ H+ + HCO3Ka1=10-6,35 (1)
C
3.10-2
0,01
0
[]
3.10-2-x
0,01+x x
2
2
x.(0, 01 + x)
= 10 −6,35 x = 1,34.10−6
3.10−2 − x
H + = 1,34.10 −6 + 0, 01 ≈ 0, 01M
Ta có
Vậy pH =2.
BÀI 9:
Tính độ tan của PbCl2 trong NaClO4 0,1M. phép tính kể đến lực ion.
Biết Ks=10-4,8 ; β *PbOH = 10−6,2
( Trích giáo trình Hóa học phân tích, Ngơ Văn Tứ)
+
Bài giải:
Lực ion I=0,5.([Na+] + [ClO4-]) =0,1
PbCl2
⇌ Pb2+ + 2ClKs=10-4,8
S
2S
2+
β *PbOH = 10−6,2
Pb + H2O ⇌ PbOH+ + H+
Ở lực ion I =0,1 có thể áp dụng phương trình Davies để tính fi
+
lg f Cl − = lg f H + = lg f PbOH + = lgf I
=
0,1
.0,5 = −0,11
1 + 0,1 − 0,1.0, 2
f1=0,776 và lg f Pb2+ = lg f 2 = 22.lg f1 =-0,44 f2=0,363
c
Thay các giá trị f1 và f2 vào (1) và(2) để tính K sc và β PbOH
K sc = K s .f1−2 . f 2−1 =
10 .1
= 10−4,14
0, 7762.0,363
c
β PbOH
= β * PbOH .f1−2 . f 2 =
+
+
+
−4,8
10−7,8.0, 363
= 10 −8,02
2
0, 776
Đánh giá khả năng tạo phức hiđroxo của Pb2+ với
13
Tiểu luận hóa phân tích
CPb2+ ≈ S0 =
GVHD: Ngơ Văn Tứ
104,14
= 0, 0263 M
4
3
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+ + H+
C 0,0263
[] 0,0263-x
x
x
β *PbOH = 10−6,2
+
x2
= 10−6,2 x = 1, 29.10 −4 ≪ 0, 0263
0, 0263 − x
Ta có
[PbOH+] = [Pb2+] do đó có thể bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của Pb2+
Vậy trong dung dịch cân bằng (1) là chính, độ tan của PbCl2 chính là độ tan S0
Kcs =[Pb2+].[Cl-] =4.S3 S=S0 =2,63.10-2M.
BÀI 10:
Tính độ tan của MgNH4PO4 trong dung dịch đệm có pH=10 chứa tổng nồng độ
ion NH4+ 0,2M và photphat có tổng nồng độ 10-2 M
Cho pK NH =4,75; H3PO4 có pKa1=2,12; pKa2=7,2; pKa3=12,36
β MgOH =102,58; Ks=10-12,6
3
+
Bài giải:
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
MgNH4PO4
⇌ Mg2+ + NH4+ + PO43β MgOH =102,58
Mg2+ + OH- ⇌ MgOH+
+
3-
+
2-
PO4 +H
⇌ HPO4
2+
HPO4 + H ⇌ H2PO4H2PO4- + H+ ⇌ H3PO4
-1
Ka3
Ka2-1
Ka3-1
'
Mg 2+ = Mg 2+ .α MgOH +
α MgOH = 1 + β MgOH . OH − = 1 + 102,58.10−4 = 1
với
+
+
'
nên Mg 2+ = Mg 2+
'
NH 4 + = NH 4 + .α NH +
4
Với
α NH = 1 +
+
4
K NH +
4
H +
= 1+
10−9,25
= 100,82
10−10
'
Nên NH 4 + = NH 4 + .100,82
'
PO43− = PO43− .α PO3−
4
2
Vớ i
.α PO3−
4
3
H + H +
H +
= 1+
+
K a 3 K a 2 .K a 3 K a1.K a 2 .K a 3
Thay số vào ta tính được α PO
3−
4
−1
= 102,36
14
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
'
Nên PO43− = PO43− .102,36
'
'
'
K s' = Mg 2+ . NH 4 + . PO43−
= Mg 2+ . NH 4 + . PO43− .100,82.102,36
Gọi độ tan của kết tủa MgNH4PO4 trong dung dịch là S thì
'
Mg 2+ = Mg 2+ =S
[NH4+]’ = S + 0,2 (vì tổng nồng độ NH4+ và NH3 trong dung dịch là 0,2M)
[PO43-]’ = S + 10-2( vì tổng nồng độ photphat là 10-2M)
Do đó :
S .(S+ 0, 2)
S + 10−2
thì S ≪ 0, 2 vậy :
K s' =
Giả sử : S ≪ 10−2
Ks’ =10-9,82=S.0,2.10-2= 2.10-2 .S
S=
10−9,82
= 7,57.10−8 M (thỏa mãn).
2.10 −3
BÀI 11:
1. Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,12M; NH3 0,15M và KOH 5.10-3M
2. Tính thể tích dung dịch HCl 0,210 M cần cho vào 50 ml dung dịch A để pH
của hỗn hợp bằng 9,24.
Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24; của H2S là 7,00 và 12,92.
Bài giải:
1. Các cân bằng xảy ra trong dung dịch
CN- + H2O ⇌ HCN + OHKb1=10-4,65
NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHKb2=10-4,76
H2O
⇌ H+ + OHKw=10-14
+
KOH
→ K + OH
[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+]
Đặt [OH-] =x
CN −
[ NH 3 ] + K w
x = 5.10−3 + K b1.
+ Kb2 .
x
x
x
2
−3
−
⇔ x − 5.10 + ( Kb1. CN + K b 2 .[ NH 3 ] + K w ) = 0
Tính gần đúng: xem CN − = CCN = 0,12 M và [ NH 3 ] = C NH = 0,15M
Ta có x 2 − 5.10−3 x − 5, 29.10−6 = 0
−
3
x = [OH − ] = 5,9.10 −3 M
Kiểm tra lại:
[ HCN ] =
CN −
10−4,65
= 3,8.10 −3 [ HCN ] ≪ CN −
−3
5,9.10
15
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
NH 4+
10−4,67
=
= 2,9.10−3 NH 4+ ≪ [ NH 3 ]
−3
[ NH 3 ] 5, 9.10
Vậy các Bài giải trên có thể chấp nhận pH=11,77
2. pH = pK NH + lg
+
4
[ NH 3 ]
NH
+
4
= 9, 24 + lg
[ NH 3 ]
NH 4+
= 9, 24
NH 4+ = [ NH 3 ] có nghĩa là 50% NH3 đã bị trung hịa, và tồn bộ KOH cũng bị
trung hòa.
CN −
CN −
= 9,35 + lg
[ HCN ]
[ HCN ]
Mặc khác pH = 9, 24 = pK HCN + lg
CN − = 10 −0,11 = 0, 776
[ HCN ] =
CN
−
[ HCN ] = 1 = 0,563
1
0, 776
CCN −
1 + 0, 776
Nghĩa là 56,3% CN- đã bị trung hòa.
Vậy VHCl .0, 21 = VA .C KCN .0, 563 + VA .C NH .0,5 + VA .CKOH
3
VHCl =
50.(0,12.0,563 + 0,15.0,5 + 5.10−3 _
= 35,13(ml )
0, 21
BÀI 12:
Hai yếu tố quan trọng nhất ảnh hưởng đến độ tan của các muối khó tan là
pH và sự có mặt của tác nhân tạo phức. Bạc oxalat là một ví dụ điển hình. Tích
số tan của nó trong nước là Ks=2,06.10-4 tại pH =7. Độ tan của nó bị ảnh hưởng
bởi pH khi anion oxalat phản ứng với ion hiđroxi và bằng tác nhân tạo phức
như NH3 để tạo phức với cation bạc.
1. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH =5. Hai hằng số phân
li của axit lần lượt là K1 =5,6.10-2 và K2 =6,2.10-6
2. Với sự có mặt của ammoniac thì ion bạc tạo thành 2 dạng phức Ag(NH3)+ và
Ag(NH3)2+. Các hằng số cân bằng tạo phức tương ứng β1 = 1,59.103 và
β 2 = 6, 76.103 .Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch chứa 0,02M NH3 và có
pH=10,8.
Bài giải:
2
1. Ta có K s = Ag + . C2O4 2−
Ag + = 2 S
Ta có
C
C2O42−
= S = C2O4 2− + HC2O4− + [ H 2C2O4 ]
16
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
K1 =5,6.10-2
K2 =6,2.10-6
H 2C2O4 ⇌ H + + HC2O4 −
HC2O4− ⇌ H + + C2O42−
H + H + 2
Ta có kết quả sau:
S = C2O4 . 1 + +
K2
K1.K 2
K
K
.
1
2
C2O4 2− =
.S = α .S
+ 2
H + K1. H + + K1.K 2
2−
-
Tại pH =7 thì H + = 10−7 α ≈ 1
-
Ks=3,5.10-11
Tại
pH =5 thì H + = 10−5 α ≈ 0,861
S=2,17.10-4
2. [NH3] =0,02M
Tại pH = 10,8 thì H + = 1,585.10−11 α ≈ 1
Tổng nồng độ [Ag+] trong dung dịch được xác định bởi phương trình
C Ag = 2 S = Ag + + Ag ( NH 3 ) + + Ag ( NH 3 )2+
Các phản ứng tạo phức:
Ag + + NH 3 ⇌ Ag ( NH 3 ) +
Ag ( NH 3 )+ + NH 3 ⇌ Ag ( NH 3 ) +2
β1 = 1, 59.103
β 2 = 6, 76.103
Từ các phương trình trên ta dễ dàng suy ra biểu thức sau
2
C Ag = 2 S = Ag + .(1 + β1 [ NH 3 ] + β1β 2 [ NH 3 ] )
Ag + =
1
2
1 + β1 [ NH 3 ] + β1β 2 [ NH 3 ]
.S = χ S
Thay vào biểu thức của tích số tan ta tính được S=5,47.10-2
BÀI 13:
Cho cân bằng sau
3MnO42- + 2H2O ⇌ 2MnO42- +MnO2 + OH0
0
Biết EMnO
= 1, 695V và EMnO
= 0,564V
. H / MnO
/ MnO
4
−
+
2
4
−
4
2−
1. Tính hằng số cân bằng của phản ứng
2. Tính cân bằng trong dung dịch K2MnO4 0,01M ở pH =10,00
Bài giải:
MnO4
-
+
2-
MnO4 + 4H +3e
4 H2O
MnO4
2-
⇌ MnO4
-
−1
1
+ e
K
⇌ MnO2 + 2H2O
⇌ H
+
-
= 10
K 2 = 10
− E1−1
0,0592
3 E20
0,0592
K w = (10 −14 )4
+ OH
-
+ H2O +2e ⇌ MnO2 + 4OH
K 3 = 10
2 E30
0,0592
17
Tiểu luận hóa phân tích
E30 =
0
Vậy EMnO
4
−
/ MnO2
GVHD: Ngơ Văn Tứ
3E20 − E10 14.4.0, 0592 3.1, 695 − 0,564
−
=
− 28.0, 592 = 0, 603V
2
2
2
= 0, 603
MnO42- + H2O +2e ⇌ MnO2 + 4OH2 MnO42⇌ MnO4- + e
3 MnO42- + 2H2O
⇌ MnO2 + 2MnO4- +OH-
K=20,78
2
MnO
20, 78
Ở pH =10 thì
=
= 2, 078.1015 rất lớn, có thể coi phản ứng xảy ra
3
−4 2
−
4
MnO42−
hoàn toàn.
3 MnO42- + 2H2O
0,01
(10 )
⇌ MnO2 + 2MnO4- +OH-
K’=2,078.1015
0, 01.2
3
0
0, 02
MnO4− =
3
MnO2 + 2MnO4- ⇌ 3 MnO42- + 2H2O
(K’)-1 =4,81.10-16
0, 02
− 2x
3x
3
(3 x)2
= 4,81.10−16 3 x = 2, 78.10 −7 M
0,
02
− 2x
3
Ta có
Vậy MnO42− = 2, 78.10−7
MnO4− = 6, 67.10−3
BÀI 14:
Kaliđicromat là một trong những tác nhân tạo kết tủa được sử dụng rộng
rãi nhất .
Hãy xác đinh khoảng pH mà bắt đầu xuất hiện kết tủa BaCrO4 mà không
kết tủa CuCrO4 trong hỗn hợp gồm BaCl20,01M ; CuCl2 0,01M và K2Cr2O7
0,2M.
Cho biết
Cr2O72- + H2O ⇌ CrO42- + 2H+
K=10-14,6
KsBaCrO = 10−9,93 ; KsCuCrO = 10−5,44 ; KaCH COOH = 1,8.10−5
Bài giải:
4
4
3
Phản ứng tạo thành kết tủa:
Ba2+ + CrO42- ⇌ BaCrO4
KsBaCrO4 = 10−9,93
Cu2+ + CrO42- ⇌ CuCrO4
KsCuCrO4 = 10−5,44
18
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
Điều kiện để có kết tủa BaCrO4 mà khơng có kết tủa CuCrO4
CBa2+ .CCrO 2− > KsBaCrO4 = 10−9,93
4
CCu 2+ .CCrO 2− < KsCuCrO4 = 10−5,44
4
Vậy CCrO >
4
2−
CBa2+
KsCuCrO4
Và CCrO <
4
KsBaCrO4
2−
CCu 2+
=
10−9,93
= 1, 2.10 −8
0, 01
10−5,44
=
= 3, 63.10 −4
0, 01
Ta có cân bằng sau :
Cr2O72- + H2O ⇌ CrO42- + 2H+
K
H + =
C
K=10-14,6
.CCr O 2−
2
2 7
CrO4 2−
Thay các giá trị nồng độ vào ta được
10 −4,26 < H + < 100,26
−0, 26 < pH < 4, 26
Vậy để có kết tủa BaCrO4 mà khơng có kết tủa CuCrO4 thì ta phải duy trì pH ở
khoảng −0, 26 < pH < 4, 26 .
BÀI 15:
Tính cân bằng trong dung dịch KBrO3 0,01M và KBr 0,07M, HCl 0,1M.
0
Cho biết EBrO
/ Br ( l ) = 1, 52 và E Br (H O )/2 Br = 1, 085
3
2
2
2
−
Độ tan của Br2 trong H2O là 0,214M.
Bài giải:
Phản ứng xảy ra
2BrO3- + 12H+ + 10e ⇌ Br2(H2O) + 6H2O
5x 2Br⇌ Br2(H2O) + e
2BrO3- + 10Br- +12H+
⇌ 6Br2(H2O) + 6H2O
Lượng Br2 sinh ra tối đa chỉ có thể là 0,03M bé hơn độ tan của Br2 trong nước, vì
0
vậy phải tính EBrO
/ Br (H O)
3
-
+
2BrO3 + 12H
−
2
2
+ 10e ⇌ Br2(l) + 6H2O
Br2(l)
⇌ Br2(H2O)
-
+
2BrO3 + 12H
+ 10e ⇌ Br2(H2O) + 6H2O
K1 = 10
K2 =
10 E30
0,0592
[ Br2 ( H 2O)] = S
Br
[ Br2 (l )]
K 3 = 10.10
2
10 E30
0,0592
0, 0592
10
0, 0592
= E30 = 1,52 + (lg 0, 214).
= 1,516 V
10
K 3 = K1.S Br2 E30 = E10 + (lg S ).
0
EBrO
−
/ Br (H O)
3
2
2
19
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
2BrO3- + 10Br- +12H+
⇌ 6Br2(H2O)
+
Hay BrO3 + 5Br + 6H ⇌ 3Br2(H2O)
C0 0,01
0,07
0,1
xmax=0,01
-0,05 0,06
0,03
∆C -0,01
C
0
0,02 0,04
0,03
3Br2(H2O) + 3H2O ⇌ BrO3- +
C
0,03
[] 0,03-3x
x
10.(1,516 −1,085)
10.
0,0592
+ 6H2O K = 10
+ 3H2O K=1036,40
= 1072,80
5Br- + 6H+
K=10-36,40
0,02
0,04
0,02+5x 0,04+6x
x (0, 02 + 5 x)5 .(0, 04 + 6 x)6
= 10−36,4 x = 8, 2.10 −25 M
(0, 03 − 3 x)3
Ta có
[Br-]=0,02M; [Br2]=0,03M; [BrO3-]=8,2.10-25M.
BÀI 16:
1. Thêm 1ml dung dịch HClO4 0,01M vào 100ml dung dịch KCN 0,01M.Thêm
2 giọt chất chỉ thị bromthimol xanh (pH chuyển màu từ 6-7,6; pH< 6 màu vàng
; pH>7,6 màu xanh lục ). Sau đó thêm tiếp 100 ml dung dịch Hg(ClO4)2 0,3M.
có hiện tượng gì xảy ra. Bài giải thích.
2. Thêm 1 giọt (khoảng 0,03ml) dung dịch H2S bão hòa vào hỗn hợp thu được
ở trên . Có hiện tượng gì xảy ra?
cho biết pKa của HCN là 9,35 của NH4+ là 9,24 và của H2S là 7 và 12,92.
Hg2+ + CN- ⇌ HgCN+
lg β1 = 18
2+
2+
Hg + 2CN ⇌ HgCN
lg β 2 = 34, 7
Chỉ số tích số tan pKs của HgS là 51,8. Nồng độ H2S trong dung dịch bão hòa là
0,1M
Bài giải:
1. Nồng độ các chất sau khi trộn :
0, 0.1
= 9,901.10−5 M
101
0, 01.100
=
= 9,901.10−3 M
101
CHClO4 =
CKCN
C
[]
H+
9,901.10-5
CN- ⇌
9,901.10-3
9,802.10-3
+
HCN
9,901.10-5
Thành phần [HCN]=9,901.10-5;[CN-]=9,802.10-3
C
[]
CN9,82.10-3
9,82.10-3-x
+
H2O
⇌
HCN +
OH9,901.10-5
9,901.10-5+x x
Kb=10-4,65
20
Tiểu luận hóa phân tích
Ta có
GVHD: Ngơ Văn Tứ
x.(9,901.10−5 + x)
= 10−4,65
−3
9,82.10 + x
x 2 + 1, 214.10 −4 − 2,194.10 −7 = 0
Nên x= [OH-]= 4,12.10-4M pOH = 3,385.
pH=10,615>7,6. Vậy mới đầu dung dịch có màu xanh lục .
Khi thêm 100ml dung dịch Hg(ClO4)2 0,3M thì
9,82.10−3.101
= 4, 929.10−3 M
201
9,901.10−5.101
=
= 4,975.10−5 M
201
0,3.100
=
= 0,1493M ≫ CCN −
201
CCN − =
CHCN
CHg 2+
Vậy CN- tạo phức hết với Hg2+
Hg2+
+ CN- ⇌
C0
0,1493
4,929.10-3
C
0,1493
2+
Hg dư phản ứng tiếp với HCN
Hg2+
+HCN
0
C
0,1443
4,975.10-5
C
0,14425
HgCN+
β = 1018
4,929.10-3
⇌
HgCN+ +
4,929.10-3
4,975.10-3
H+
Ka=108,65
4,975.10-3
Sự phân ly của HgCN+ khơng đáng kể (K =10-18) lại cịn dư Hg2+ nồng độ CNphân ly ra vô cùng bé khơng ảnh hưởng đến pH của dung dịch vì vậy nồng độ H+ là
4,975.10-5
Nên pH=4,3 < 6. Do đó khi thêm Hg(ClO4)2 thì dung dịch chuyển sang màu
vàng.
2. Thêm một giọt (0,03ml) dung dịch H2S bão hòa vào hỗn hợp trên thể tích dung
dịch coi như khơng đổi CH S =
2
H2S ⇌
0
C 1,493.10-5
C 1,493.10-5-x
0, 03.0,1
= 1, 493.10 −5 M
201
H+
+
HS4,975.10-5
4,975.10-5+x x
Ka1=10-7
4,975.10−5 + x
= 10−7
1, 493.10−5 − x
x = 3.10−8 ≪ CH +
K a1 =
Như vậy nồng độ H+ do sự phân li của H2S là không đáng kể.
H2S ⇌
H+
+
S2Ka2=10-12,92
[]
1,493.10-5
4,975.10-5
x
K a1 =
S 2− = x =
x.(4, 975.10−5 ) 2
= 10−12,92
−5
1, 493.10
10−12,92.1, 493.10−5
= 7, 25.10−17 M
−5 2
(4,975.10 )
21
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
Vì sự phân li của HgCN+ khơng đáng kể có thể coi CHg =0,14425
2+
CHg 2+ .CS 2− = 0,14425.7, 25.10
−17
= 1, 05.10
−17
≫ Ks
Vậy có kết tủa HgS màu đen xuất hiện
H2S
+
Hg2+ →
HgS +
2H+
Do sự kết tủa này làm tăng nồng độ của ion H+ trong dung dịch nên dung dịch
vẫn có màu vàng.
BÀI 17:
Để loại trừ các ion NO3- trong nước (các ion NO3- có mặt trong nước xuất
phát từ phân bón) có thể khử nó thành NO2- bằng cách cho đi qua lưới có chứa
bột Cd.
1. Viết nửa phản ứng của hai cặp NO3-/HNO2 và HNO2/NO trong môi trường
axit. Chứng minh rằng HNO2 bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6.
2. Ở pH = 7, nồng độ NO3- là 10-2M. Viết phản ứng giữa Cd và NO3-. Hỏi NO3có bị khử hồn tồn ở 25oC trong điều kiện này khơng? Tính nồng độ NO3- cịn
lại trong nước khi cân bằng.
3. Tính thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn của cặp NO3-/NO2- ở pH = 14 và
25oC
Cho biết các số liệu sau ở 25oC: Eo(NO3-/HNO2) = 0,94V; Eo(HNO2/NO) =
0,98V; Eo(Cd2+/Cd) = -0,40V; Ka(HNO2) = 5.10-4; Ks(Cd(OH)2) = 1,2.10-14.
Bài giải:
1. NO3- + 3H+ + 2e → HNO2 + H2O
HNO2 + H+ + e → NO + H2O
phản ứng:
Eo = 0,94V
Eo = 0,98V
Ở pH = 0 thì Eo(HNO2/NO) > Eo(NO3-/HNO2) nên HNO2 bị phân hủy theo
3HNO2 → NO3- + 2NO + H+ + H2O
Ở pH = 6 thì:
Eo(NO3-/HNO2) = 0,94 + 0,059/2(lg10-6) = 0,763
Eo(HNO2/NO) = 0,98 + 0,059lg10-6 = 0,626V
Eo(HNO2/NO) vẫn lớn hơn Eo(NO3-/HNO2) nên HNO2 vẫn không bền
2. Cd + NO3- + H2O ⇌ Cd2++ NO2- + 2OHGiả thiết phản ứng là hồn tồn thì [Cd2+] = [NO3-]bđ = 10-2M
Ở pH = 7 thì [Cd2+] = Ks/[OH-]2 = 1,2M. Nồng độ Cd2+ sau phản ứng nhỏ hơn
nhiều so với 1,2M nên khơng có kết tủa Cd(OH)2.
Để tính [NO3-] khi cân bằng cân tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên:
K
Cd + NO3- + H2O + 3H+ →
Cd2+ + NO2- + 2OH- + 3H+
K1
K1
22
Tiểu luận hóa phân tích
GVHD: Ngơ Văn Tứ
K
Cd2+ + HNO2 + 2H2O →
Cd2+ + H+ + NO2- + 2H2O
K = K1.K2.K3.
2
lg K 1 =
2(0,94 + 0,40)
= 45,42 K 1 = 2,65.10 45
0,059
K = 2,65.10 45.5.10 − 4.(10 −14 ) 2 = 1,325.1014
Hằng số K rẩt lớn nên phản ứng gần như hồn tồn. Ở pH = 7 ta có:
Cd
+
NO3- +
H2O ⇌
Cd2+ + NO2- + 2OHNđcb:
(10-2 – x) = ε
x = 10- 2
x = 10-2
10-7
Như vậy ta có:
1,325.1014 =
3. lg K 1 =
10 −2.10 −2.(10 −7 ) 2
ε
o
2( E NO
+ 0,40)
−
/ NO −
3
2
0,059
[
]
ε = NO3− = 7,55.10 −33 M
o
E NO
= 0,017V
−
/ NO −
3
2
BÀI 18:
Ion Fe(SCN)2+ có màu đỏ ở nồng độ bằng hoặc lớn hơn 10-5M. Hằng số điện
li của nó là 10-2.
1.
Một dung dịch chứa vết Fe3+. Thêm vào dung dịch này một dung dịch
KSCN 10-2M (coi thể tích khơng đổi). Xác định nồng độ tối thiểu của Fe3+ để
dung dịch xuất hiện màu đỏ.
2.
Một dung dịch chứa Ag+ 10-2M và Fe3+ 10-4M. Thêm dung dịch SCNvào tạo kết tủa AgCN (coi thể tích khơng đổi). Xác định nồng độ Fe3+ cịn lại
trong dung dịch khơng xuất hiện màu đỏ. Biết TAgSCN = 10-12
3.
Thêm 20cm3 dung dịch AgNO3 5.10-2M vào 10cm3 dung dịch NaCl
không biết nồng độ. Lượng dư Ag+ được chuẩn độ bằng dung dịch KSCN với
sự có mặt của Fe3+. Điểm dương đương (khi bắt đầu xuất hiện màu đỏ) được
quan sát thấy khi thêm 6cm3 dung dịch KSCN 10-1M. Tính nồng độ của dung
dịch NaCl.
Bài giải:
3+
1.
Fe
+
SCN⇌
Fe(SCN)2+
Nồng độ cân bằng:
Co – x
10-2 – x
x = 10-5
Ta có:
10 −5
= 10 − 2
(10 − 2 − 10 −5 )
[Fe ]
3+
[Fe3+] = 10-5M Co = 2.10-5M
2.
Khi xuất hiện màu đỏ thì: [Fe(SCN)2+] = 10-5M. Vậy nồng độ Fe3+ cịn lại
-5
là: 9.10 M
Ta có:
10 −5
= 10 − 2
SCN − 9.10 −5
[
[
]
]
[
]
SCN − = 1,1.10 − 3 M Ag + = 9,1.10 −10 M
3
n(Ag+) = n(AgCl) + n(AgSCN)
23
