Kiểm tra điều kiện môn Lý thuyết Hóa Phân tích nâng cao

Chia sẻ: Trần Anh Sơn | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

0
313
lượt xem
123
download

Kiểm tra điều kiện môn Lý thuyết Hóa Phân tích nâng cao

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về kiểm tra điều kiện môn lý thuyết hóa phân tích nâng cao

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Kiểm tra điều kiện môn Lý thuyết Hóa Phân tích nâng cao

  1. BÀI KIỂM TRA ĐIỀU KIỆN MÔN LÝ THUYẾT HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAO ̉ ̀ ̣ BÀI KIÊM TRA ĐIÊU KIÊN MÔN LÝ THUYẾT HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAO Professor: Dr. Nguyễn Khăc Nghĩa – Vinh   University Master student: Trần Anh Sơn – 17th   Course. ĐỀ RA Câu I: 1. Bằng phản ứng hóa học, chứng tỏ rằng Ure là một baz yếu trong nước, một axit trung bình trong môi trường NH3 lỏng, một baz mạnh trong môi trường CH3COOH lỏng. 2. Xét hỗn hợp axetat và xianua, dung dịch này có mấy baz, mấy axit? Hãy chứng tỏ bằng các phương trình phản ứng và viết phương trình điều kiện proton. Câu II: Cân 1,25 gam axit yếu HA hòa tan trong nước cất thành 50ml dung dịch A. Chuẩn độ dung dịch này bằng dung dịch chuẩn NaOH 0,09M. Biết nếu thêm 8,24 ml dd NaOH thì pH = 4,3, còn nếu thêm 41,2 ml dd NaOH thì phản ứng đạt tới điểm tương đương. 1. Tính khối lượng phân tử HA và Ka của nó. 2. Tính pH của dung dịch A theo giản đồ logarit nồng độ. 3. Lập công thức phương trình đường chuẩn độ, phương trình sai số chỉ thị và sai số điểm cuối. Câu III: 1. Để thu hồi vàng có mặt trong đá Alumosilicat người ta nghiền vụn rồi cho tác dụng với dung dịch NaCN. Khi sục không khí vào hỗn hợp phản ứng, phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng cho tác dụng với kẽm hạt. a) Viết phương trình phản ứng ion trong quy trình tách vàng. b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng hòa tan vàng và thu hồi vàng. 2. Đánh giá khả năng hòa tan Ag trong nước khi có mặt oxy không khí. Cho nhận xét. o o o o Biết: E Ag + / Ag =0,779 (V); EO2 / OH − =0,404 (V); E Au ( CN ) − / Au =0,6(V); EZn ( CN ) 2− / Zn =1,26 (V). 2 4 BÀI GIẢI Câu I: NH2 C NH2 1. Ure có CTPT (NH2)2CO, CTCT : O , dễ tan trong các dung môi như nước, NH3 lỏng hoặc CH3COOH lỏng. Tùy thuộc vào bản chất dung môi, ure thể hiện tính axit–baz khác nhau. + Trong môi trường nước, (NH2)2CO thể hiện là một baz yếu: + NH2 C NH2 + H OH NH2 C NH3 + OH- O O Ở đây do hiệu ứng cộng hưởng nên trong ion NH2–CO–NH3+ cặp electron hóa trị trên N của nhóm NH2 còn lại bị hút về phía C rất mạnh, không thể nhận thêm H+. Trong dung dịch loãng trong nước, hằng số baz của (NH2)2CO được tính bằng: [OH − ].[ NH 2 − CO − NH 3+ ] KB = = 10−13,82 [ NH 2 − CO − NH 2 ] _____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________- Học viên thực hiện: Trần Anh Sơn - CH17 - Chuyên ngành: Hóa hữu cơ 1
  2. BÀI KIỂM TRA ĐIỀU KIỆN MÔN LÝ THUYẾT HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAO + Trong môi trường NH3 lỏng, (NH2)2CO thể hiện là một axit trung bình: NH2–CO–NH2 + NH3 → NH2–CO–NH– + NH4+ Dung môi NH3 lỏng có khả năng nhận H+ rất lớn nên (NH2)2CO không thể hiện tính baz mà ngược lại tăng khả năng tách ion H+ và pKa tăng lên, thể hiện tính axit trung bình với hằng số axit: [ NH 4+ ].[ NH 2 − CO − NH − ] Ka = = [ NH 2 − CO − NH 2 ] + Trong môi trường axit axetic lỏng, (NH2)2CO lại thể hiện là một baz mạnh: NH2–CO–NH2 + CH3COOH → NH2–CO–NH3+ + CH3COO– Dung môi CH3COOH lỏng là một dung môi axit, có khả năng cho proton rất lớn, khả năng baz (nhận proton) thấp và khả năng ion hóa kém (ε =6,13). Tất cả những nguyên nhân này làm cho (NH2)2CO tăng khả năng nhận H+ lên và thể hiện tính baz mạnh với hằng số baz: [CH 3COO − ].[ NH 2 − CO − NH 3+ ] KB = = 10− 6,9 [ NH 2 − CO − NH 2 ] Như vậy độ mạnh của baz khi ở trong dung môi axit axetic lỏng mạnh hơn khi ở trong nước đến 10–6,9–(–13,82) ≈ 107 =10.000.000 (mười triệu lần) 2. Xét dung dịch hỗn hợp axetat và xianua (ví dụ: CH3COONa và NaCN) trong nước. trong hệ tồn tại hai baz yếu là CH3COO– và CN–, dung môi H2O đóng vai trò là axit (chất cho proton): H2O  H+ + OH– (1) CN + H2O  HCN + OH – – (2) CH3COO– + H2O  CH3COOH + OH– (3) Giả sử nồng độ của CH3COONa và NaCN lần lượt là C1 và C2. [Na+] = C1 + C2 [CH3COOH] + [CH3COO–] = C1 [HCN] + [CN–] = C2 Phương trình điều kiện proton xuất phát từ CH3COO– và CN–: [H+] + [CH3COOH] + [HCN]= [OH–] Câu II. 1. Ta có: mo = 1,25 (gam) ; Vo = 50,00 (ml); C = 0,09M; V = 8,24 (ml); V = 41,2 (ml); pH = 4,3 Phương trình chuẩn độ: NaOH + HA → NaA + H2O hoặc ở dạng ion: OH– + HA → A– + H2O Tại điểm tương đương: CoVo = CV Vậy khối lượng phân tử của HA là: mo m m 1,25 M= = o = o = .1000 ≈ 337 no CoVo CV 0,09.41,2 Khi thêm 8,24 ml dung dịch NaOH, trong dung dịch còn dư HA nên ta có hệ đệm gồm HA C HA và baz liên hợp với nó là A–. Ta có: [H+] = Ka C A− Như vậy: CV ' C − Ka = [H+]. A = H . C HA + Vo + V ' CoVo − CV ' = H+ . CV ' CV − CV ' = H+ . V' V −V ' [ ] [ ] [ ] Vo + V ' 8,24 = 10− 4,3 ≈ 1,25.10− 5 41,2 − 8,24 pKa ≈ 4,9 (HA có độ mạnh gần tương đương với axit axetic là một axit yếu) 2. Tính pH của dung dịch A bằng đồ thị logarit nồng độ: _____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________- Học viên thực hiện: Trần Anh Sơn - CH17 - Chuyên ngành: Hóa hữu cơ 2
  3. BÀI KIỂM TRA ĐIỀU KIỆN MÔN LÝ THUYẾT HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAO Ta có: CV 0,09.41,2 CA = C o = = ≈ 0,074 M Vo 50,00 + pKa = 4,9 + Điểm hệ có tọa độ (pKa, lgCA) = (4,9 , –1,13) + Đồ thị logarit nồng độ của dung dịch axit yếu HA – Tại pH ứng với giao điểm của hai đường lg[H+] và lg[A–] ta nhận thấy: + [OH–]
  4. BÀI KIỂM TRA ĐIỀU KIỆN MÔN LÝ THUYẾT HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAO CoVo K a từ phương trình (2) và (3) ta có: [A– ] = (Vo + V )( K a + H + ) [ ] CV CoVo K a + [H+] = [OH–] + Thay [Na+] và [A–] vào (5) ta có: (Vo + V ) (Vo + V )( K a + H + ) [ ] (6) CV CV Vo + V Ka Đưa F = CoVo vào (6) ta có: F= CoVo = ([OH–] – [H+]) CoVo + Ka + H + [ ] (7) Vo + V H+ [ ] CoVo – Ka + H + (8) Suy ra: F – 1 = ([OH–] – [H+]) [ ] Phương trình (8) là phương trình bậc 3 đối với [H +] nên khó khăn khi giải chính xác. Dựa vào từng giai đoạn chuẩn độ ta có thể đơn giản hóa nó thành phương trình bậc thấp hơn. + Khi chưa thêm NaOH: [H+] >> [OH–] và [H+] >> Ka ⇒ [H+] = K aCo + Khi mới bắt đầu chuẩn độ được một ít (F < 0,001) ta chỉ bỏ qua [OH–] − H+ V +V − H+ o [ ] [ ] ⇒F – 1 = Ka + H + CoVo [ ] + Khi thêm V ml dung dịch NaOH nhưng còn tương đối xa điểm tương đương: bỏ qua số Vo + V hạng ([OH–] – [H+]) . CoVo 1− F hoặc: [H ] = Ka F + + Tại điểm tương đương: H+ Co + C [ ] F = 1, [OH–] >> [H+] ta có: [ ] – + = [OH ] Ka + H Co C [H ] = K . C + C + K + [H ] [H ] C C w o hoặc: + + a o + Sát trước hoặc sau điểm tương đương, 0,999 < F < 1,001. Ta bỏ qua [H+] − H+ K C +C + w . o [ ] ⇒F – 1 = Ka + H + H + Co C [ ] [ ] * Phương trình sai số chỉ thị: Từ phương trình (8) => Phương trình sai số chỉ thị: Vo + V H+ c [ ] [ ] – + S = Fc – 1 = ([OH ]c – [H ]c) – (9) CoVo Ka + H + c Vo + V Co + C * Nếu điểm cuối gần tương đương thì = CoVo Co C Co + C H+ c [ ] => S = Fc – 1 = ([OH–]c – [H+]c) Co C – Ka + H + c (10) [ ] *Tùy theo phương trình chỉ thị ta có thể đơn giản hóa phương trình (10) hơn nữa: – Trước và khá xa điểm tương đương: H+ c [ ] S = Fc – 1 = – Ka + H + c (11) [ ] – Sát điểm tương đương [OH–] >> [H+] nên: Co + C H+ c [ ] [ ] – S = [OH ]c – (12) Co C Ka + H + c – Sau điểm tương đương [H+]
  5. BÀI KIỂM TRA ĐIỀU KIỆN MÔN LÝ THUYẾT HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAO Vo + V S = [OH–]c (13) CoVo Câu III: 1. Để thu hồi vàng có mặt trong đá Alumosilicat người ta nghiền vụn rồi cho tác dụng với dung dịch NaCN. Khi sục không khí vào hỗn hợp phản ứng, phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng cho tác dụng với kẽm hạt. a) Viết phương trình phản ứng ion trong quy trình tách vàng. 4Au(r) + 8CN–(dd) + O2 (k) + 2H2O(l)  4[Au(CN)2]–(dd) + 4OH–(dd) (1) 2[Au(CN)2] (dd) + Zn(r)  [Zn(CN)4] (dd) + 2Au(r) – 2– (2) b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng hòa tan vàng (1) và thu hồi vàng (2). Xét phản ứng (1): Gồm hai bán phản ứng: O2 + 2H2O + 4e  4OH– 0, 059 PO2 EO / OH − = EO / OH − + o lg (*) 2 2 4 OH −    Au(r) + 2CN–(dd)  [Au(CN)2]–(dd) + e E Au ( CN )− / Au = E Au ( CN )− / Au + o 0, 059  Au (CN ) 2  lg  −  = E Au ( CN ) − / Au + o 0,059 Au (CN ) − lg 2 [ ] 4 (**) 2 2 1  − 2 CN   2 4 CN − 8 [ ] Khi cân bằng: E Au ( CN )− / Au = EO2 / OH − . Từ (*) và (**) ta có: 2 E o + 0, 059 lg PO2 = E Au (CN ) − / Au + o 0,059 Au (CN ) − lg 2 [ ] 4 O2 / OH − 4 OH −    2 4 CN − 8 [ ] 0,059 Au (CN ) [ − 4 ] [OH ] − 4 ⇔ E O2 / OH − − E Au (CN ) − / Au = o o 2 lg 2 4 CN [ − 8 ]P O2 4( E o 4(0,404 − (−0,60)) O2 / OH − −E o Au ( CN ) − / Au ) ⇒lgK1 = = 68 ⇒ K 1 = 10 68 4 = 0,059 0,059 Xét phản ứng (2): Gồm hai bán phản ứng: [Au(CN)2]–(dd) + e  Au(r) + 2CN–(dd) E Au ( CN )− / Au = E Au ( CN )− / Au + o 0, 059  Au (CN ) 2  lg  −  = E Au ( CN ) − / Au + o 0,059 Au (CN ) − lg 2 2 (***) [ ] 2 2 1 CN −    2 2 2 CN − 4 [ ] Zn(r) + 4CN (dd)  [Zn(CN)4]2–(dd) + 2e – E Zn ( CN ) 2 − / Zn = E Zn ( CN ) 2 − / Zn + o 0,059 Zn(CN ) 2− lg 4 [ ] (****) 4 4 2 CN − 4 [ ] Khi cân bằng: E Au ( CN )− / Au = E Zn ( CN ) 2 − / Zn . Từ (***) và (****) ta có: 2 4 0,059 Au (CN ) − [ ] 2 0,059 Zn(CN ) 2− [ ] = E Zn ( CN ) 2 − / Zn + o 4 E o + lg 2 lg Au ( CN ) − / Au 2 2 CN − 4 [ ] 4 2 CN − 4 [ ] 0,059 E Au (CN ) − / Au − E Zn ( CN ) 2 − / Zn = o o lg Zn(CN ) 2− 4 [ ] 2 4 2 − 2 Au (CN ) 2 [ ] 2( E Au ( CN ) − / Au − E Zn ( CN ) 2 − / Zn ) 2( −0,60 − (−1,26)) o o ⇒lgK2 = 4 4 = = 22,4 ⇒ K 2 = 10 22, 4 0,059 0,059 Cả hai hằng số cân bằng đều rất lớn chứng tỏ cả hai phản ứng đều có thể đạt hiệu suất cao. _____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________- Học viên thực hiện: Trần Anh Sơn - CH17 - Chuyên ngành: Hóa hữu cơ 5
  6. BÀI KIỂM TRA ĐIỀU KIỆN MÔN LÝ THUYẾT HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAO 2. Đánh giá khả năng hòa tan Ag trong nước khi có mặt oxy không khí. Cho nhận xét. Phương trình phản ứng: 4Ag + O2 + 2H2O  4Ag+ + 4OH– (*) Gồm hai bán phản ứng: 4Eo O2 / OH − 4.0 , 404 O2 + 2H2O + 4e  4OH – (1) ⇒ K 1 = 10 0 , 059 = 10 0 , 059 = 10 27 , 4 −Eo −.0 , 779 Ag + / Ag Ag  Ag + e + (2) ⇒ K 2 = 10 = 10 = 10 −13, 2 0 , 059 0, 059 (*) = (1) + 4.(2) ⇒ K = K 1 .K 2 = 10 27 , 4.1013, 2.4 = 10 −25, 4 4 Hằng số cân bằng của (*) rất bé nên có thể kết luận: Khả năng hòa tan của Ag trong H2O có hòa tan O2 là rất bé. -------------- _____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________- Học viên thực hiện: Trần Anh Sơn - CH17 - Chuyên ngành: Hóa hữu cơ 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản