Giải bài tập Hóa phân tích

Chia sẻ: Le Linh Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

232
lượt xem 64
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

2.10. TN1: Cho 20 ml dung dịch NaOH C (M) vào 30 ml CH3-COOH Co (M) đạt pH = 10,5 lớn hơn pHTĐ = 8,74, nghĩa là dung dịch tương ứng với sau điểm tương đương, ta có...; 2.17.  Chuẩn độ đến pH = 4,4: CĐ đến nấc thứ 1 của H3PO4 : [H+] + [Na+] = [Ac] + [H2PO4] + [OH]

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Giải bài tập Hóa phân tích

2.8. 1) Áp dụng qui tắc đương lượng: 125 = 41,2  0,09  103  M = 337,1. M Co = 125  1000 = 0,0742M 337 50 2) Khi thêm 8,24 ml (chưa đến đTĐ) Áp dụng: h = K1  P  K = h P với P = CV = 009 824 = 0,1998  0,2 P 1P CoVo 00742  50 4,3 02 5 K = 10 = 1,25  10 . 08 2) h = WK với C' = CCo =009  00742 = 0,04067  pH = 8,75. C' C + Co 009 + 00742 2.9. V = 10 ml  h = K.1  P  pH = 4,35. V = 12,45 ml  h = K.1  P  pH = 6,15. P P V = 12,5 ml  h2 = WK  pH = 8,14 V = 13 ml  h = W  V + Vo  pH = 11,12 C' P  1 VoCo 2.10. TN1: Cho 20 ml dung dịch NaOH C (M) vào 30 ml CH3-COOH Co (M) đạt pH = 10,5 lớn hơn pHTĐ = 8,74, nghĩa là dung dịch tương ứng với sau điểm tương đương, ta có: h = W  V + Vo = 105 với P = CV = 2C P  1 VoCo CoVo 3Co Sau khi thay số  2C  3Co = 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 = 106  P = 0,94556 P Với P = CV  005 = 20C  005 = 0,094556  2C  2,837Co = 5  103 () CoVo 30Co 2 2 Giải () và ()  C = 3,22  10 M và Co = 2,098  10 M.  2.11. 1) NH4+  NH3 + H+ K = 109,26 0,2--------------------0,01 0,2x----------------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 (Co1,Vo) và NH 4 (Co2,Vo) Từ phương trình trung hoà điện: [Na+] + [H+] + [NH4] = [OH] + [Cl] CV + h + Co2Vo  h = W + Co1Vo + Co2Vo V + Vo V + Vo h + K h V + Vo CV  Co1Vo = (W  h) + Co2Vo  Co2Vo  h V + Vo h V + Vo V + Vo h + K = (W  h) + Co2Vo  K h V + Vo h + K Nhân 2 vế cho V + Vo và đặt P = CV , ta được: CoVo Co1Vo P  1 = (W  h)V + Vo + Co2  K h CoVo Co1 h + K q=P1=( W  h)V + Vo + Co2  K với K  h, thay số vào  q = 1,74  102 hay 1,74%. h CoVo Co1 h 3) Áp dụng công thức q khi tính BNCĐ, chú ý môi trường (axit) Đầu BNCĐ: 150h2  0,001h  1,099.108 = 0  h = 1,25  105  pH = 4,91. Cuối BNCĐ: 150h2 + 0,001h  1,099.108 = 0  h = 5,85  106  pH = 5,23. 2.12. V = 0 ml  h = WK = 1010,83 không hỏ hơn nhiều so K Co Nếu giải phương trình bậc 2 suy ra từ : 1 = W 1 + K  pH = 10,82. h Co K + h V = 10 ml  h = K. P  pH = 9,44 V = 20 ml  h = K. P  pH = 8,66. 1P 1P V = 24,95 ml  h = K. P  pH = 6,56. 1P V = 25 ml  h = KC' với C' = CCo = 0,0125M  pH = 5,58. 2 C + Co V = 25,02 ml  h = (P  1) CoVo  pH = 5 V + Vo V = 30 ml  h = (P  1) CoVo  pH = 2,64. V + Vo 2.13. 1) P = 0  h = WK = 1011,22 với C = 0,15M o Co Chuẩn độ 50% , P = 0,5  h = K. P  pH = 9,26 1P
Khi P = 1  h2 = KC' với C' = CCo = 0,09375M  pH = 5,14. C + Co 2) Áp dụng công thức sai số q = (h  W) C + Co  K với h  W và K h CCo K+h h  q = 0,1% < 0,2%  vậy MD dùng được. 2.14. 1) V = 10 ml  đTĐ 1  h2 = K1K2C' với C' = CCo = 2102M  pH = 4,86. K1 + C' C + Co 3 V = 20 ml  đTD 2  h2 = K2K3 + WK2 với C'' = CCo = 5  103M  pH = 9,41. C'' C + 2Co 2) Khi dừng pH = 4,4  áp dụng qI  sai số: 1,12% 3) Khi dừng pH = 9  áp dụng qII  sai số:  0,7%. 2.15. Từ phương trình đường chuẩn độ của axit 2 nấc: P  1 = (W  h)V + Vo + 2 K1K2  h 2 h CoVo h + hK1 + K1K2 Chú ý rằng VTĐ1 = 25 ml và VTĐ2 = 50 ml. Nếu V = 20 ml  trước đTĐ 1  P  1 = hV + Vo + h Với P = 0,8 CoVo h + K1 Thay số vào  K1 = 5,06  103 Nếu V = 50  tại đTĐ 2  P  2 = W C + 2Co  h Với P = 2 h CCo K2  K2 = 2  106. 2.16. 1) Điều kiện K1/K2  104 không thoả mãn  không CĐ riêng được. Do đó CĐ luôn đến nấc 2: h2 = WK2 C + 2Co  pH = 8,34. CCo 2) h = K2  2  P = 106  P = 1,9817 vậy CĐ được 98% kể từ nấc 1. P1 2.17.  Chuẩn độ đến pH = 4,4: CĐ đến nấc thứ 1 của H3PO4 [H+] + [Na+] = [Ac] + [H2PO4] + [OH] với h và W không đáng kể và [HPO4] và [PO43] không đáng kể h Gọi C1: nồng độ mol của ax. Axetic và C2: nồng độ ax. H3PO4. 20  01 = K  25C1 + 25C2 thay K = 104,76 và h = 104,4 20 + 25 K + h 20 + 45 20 + 25  2 = 7,59C1 + 25C2 ()  Chuẩn độ đến pH = 9  CĐ đến nấc thứ 2: [H+] + [Na+] = [Ac] + 2[HPO42] + [OH] với h, W không đáng kể h 01  45 = 25C1 + 2  25C2  4,5 = 25C + 50C () 1 2 25 + 45 25 + 45 70 Giải hệ () và ()  C1 = 5,091  102M và C2 = 6,454  102M 2.18. 1) Tính được VTĐ1= 25 ml, VTĐ2 = 50 ml. V = 20 ml  h = K2  P với P = CV = 0,8  h = 109,73 1P CoVo V = 25 ml  h = 2 W + K2C' với C' = CCo  h = 108,34. 1 + K11C' C + Co V = 30 ml  h = K1  P  1 với P = 1,2  h = 106,95. 2P V = 50 ml  C''= 5  103 < L = 3  102M  áp dụng: P  2 = h C + 2Co  K1 với P = CV = 2 và h  K1 CCo h + K1 CoVo  h = 104,325. 2) q = (h  W)C + Co + 2 h  K1K2 2 = 1,76  102 hay 1,76%. h CCo h + K1h + K1K2 2.19.  Lúc PP đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na2CO3 = Sđlg HCl 1,2( x  1 + y  1 ) = 30  0,5  103 () 100 40 100 106 Lúc MD đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na2CO3 = Sđlg HCl 1,2( x  1 + y  1 ) = 35  0,5  103 () 100 40 100 53 Giải hệ  x = 41,67% và y = 22,08%.
2.20. Nồng độ dd B (NaOH): C' = 31  02 = 0,248M 25 1) Gọi x: số mol NaHCO3 và y số mol Na2CO3 (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 NaHCO3  %NaHCO3 = 82,88% Từ ()  y = 1,1  103 mol Na2CO3  %Na2CO3 = 15,54%. 2) Ta có thể xem Na2CO3 (8,5 mmol) đã bị chuẩn độ bằng axit đến dd A: gồm Na2CO3 (1,1 mmol và NaHCO3 7,4 mmol) Lúc đó P = CV = số mmol NaHCO3 = 74 = 0,87 CoVo tổng số mmol Na2CO3 ban đầu 85 Ap dụng h = K2  P = 109,5  pH = 9,5 1P 3) Nếu CĐ 25 ml dung dịch A bằng HCl đến PP chuyển màu (đến NaHCO3): Số đlg Na2CO3 = Sđlg HCl  1,1 = V  0,2  V = 5,5 ml. 2.21. Nhận xét: ở pH = 7,21  h = 107,21 = K2  2  P  P = 1,5 P1 (nghĩa là CĐ đến ½ nấc 2 của H3PO4) Khi pH = 9,78  pK1 + pK2 = 9,765  CĐ đến vừa hết nấc 2 của H3PO4. 2  Thể tích NaOH CĐ được 1 nấc H3PO4: 5  2 = 10 ml.  Suy ra thể tích NaOH CĐ vừa hết H2SO4: 15  5  10 = 10 ml.  C (H3PO4) = 10  01 = 0,2M và C (H2SO4) = 01  10 = 0,1M. 5 52  Trung hoà hoàn toàn 5 ml dung dịch hỗn hợp H3PO4 và H2SO4 (nghĩa là đến nấc 3 H3PO4) Ta có: V  0,1 = (0,1  2  5) + (0,2  3  5)  V = 40 ml. 2.22. Số mol H3PO4: 0,025  0,4 = 0,01 mol. Số mol Na3PO4: 0,03  0,5 = 0,015 mol. Xét tỉ lệ f = số mol H3PO4 = 0,667  0,5 < f < 2 , ta có phản ứng: số mol Na3PO4 H3PO4 + 2Na3PO4  3Na2HPO4 2H3PO4 + Na3PO4  3NaH2PO4 a-----------2a--------------------3a b-----------0,5b------------------1,5b nH PO = a + b = 0,02 và nNa PO = 2a + 0,5b = 0,015  a = 002 và b = 001 3 4 3 4 3 3  nNa HPO = 3a = 0,02 mol và nNaH PO = 1,5b = 0,005 mol 2 4 2 4 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 Eo + 5Eo Fe Mn 3.1. 1) ETĐ = = 1,37V 6 2) Dừng CĐ ở E = 0,83 V < 1,37 V  trước đTĐ, thiếu CĐ o Dùng E = EFe + 0,059lg P  P = 0,99714  q = P  1 =  0,00286 hay 0,286% 1P o 3.2. 1) CĐ thiếu 0,2%: E = EU + 0059lg P vơi P = 0,998  E = 0,414 V 2 1P o o 2E + ECe CĐ đến đTĐ: E = U = 0,703V 3 o CĐ đến quá 0,2% : E = ECe + 0,059 lg(1  P) với P = 1,002  E = 1,280 V o 2) Dừng ở thế 0,42 V < 0,703V  trước đTĐ: E = EU + 0059lg P  P = 0,9988 2 1P P= NV = 0,9988  V = 39,95 ml. NoVo o Dừng ở thế 1,27V > 0,703 V  sau đTĐ: E = ECe + 0,059 lg(1  P)  P = 1,0013  P = NV = 1,0013  V = 40,052 ml NoVo 3.3. 1) Từ 2 bán phản ứng: Fe3+ + 1e Fe2+ K1 = 10 EFe/0,059 Ti3+ + H2O  e TiO2+ + 2H+ K2 = 10ETi/0059 11,36 Phản ứng CĐ có K = K1K2 = 10 o EFe + Eo Ti 2) Tính VTĐ = 50 ml và ETĐ = = 0,435V 2 Theo E = EFe + 0,059lg[Fe2+] vơi [Fe2+] = 005  20 = 1 thay vào biểu thức E  [Fe3+] = 107,52 o 3+ [Fe ] 20 + 50 70 3) Dừng ở E = 0,330 V < ETĐ  quá CĐ, ta dùng E = ETi + 0,059lg 1  P  1 và V  50 ml o P1 3.4. ETĐ = 144 + 068 = 1,06V 2 * q = 0,001  P = 0,999
o 3+ o Áp dụng E = EFe + 0,059log[Fe2+] = EFe + 0,059log P = 0,857 V [Fe ] 1P * q = +0,001  P = 1,001 o Áp dụng E = ECe + 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. o 3.5.  Chuẩn độ được 50% (P = 0,5): E = ESn + 0059log P = 0,15V 2 1P o 0059log P = 0,178V  Chuẩn độ được 90% (P = 0,9): E = ESn + 2 1P o o EFe  2ESn  CĐ được 100% (P = 1): ETĐ = = 0,3567V 3 o  CĐ đến 110% (P = 1,1): E = EFe + 0,059log(P  1) = 0,711V. 3.6. Au3+ + 3I  AuI  + I2  a----------------------------a mol 2Cu2+ + 4I  2CuI  + I2  b------------------------------0,5b mol I2 + 2S2O32  2I + S4O62   Số mol I2 = a + 0,5b = ½ Số mol S2O32 = 0,5(0,076132,710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 H2C2O4.2H2O (M = 126) y: % khối lượng KHC2O4.H2O (M = 146) Với phép chuẩn độ axit bazơ: Sđlg NaOH = Sđlg H2C2O4.2H2O + Sđlg KHC2O4.H2O 43,1 0,125.103 = ( x  12 ) + ( y  12 ) () 100 126 100 146 2 Với phép chuẩn độ oxi hóa khử:Sđlg KMnO4 = Sđlg H2C2O4.2H2O + Sđlg KHC2O4.H2O 43,1 0,125.103 = ( x  12 ) + ( y  12 ) () 100 126 100 146 2 2 Giải hệ () và ()  x = 14,37 và y = 81,57. 2 3.8. Phản ứng oxi hóa Cr3+ thành Cr2 O7 : 2 2 S2 O 8 + 2e  2 SO4  2 2Cr3+ + 7H2O  6e  Cr2 O7 +14H+  3 S2 O 8 + 2Cr3+ + 7H2O  6 SO2  + Cr2 O7 + 14H+ 2 2  4 2 Sđlg Cr3+ = Sđlg Cr2 O7 = Sđlg Fe2+ (lấy dư)  Số đlg KMnO4 (CĐ FeSO4 thừa) ( x  2 ) 20 = (35  15) 0,009  5  105. 100 52 100 3  x = 3,9%. 3.9. Gọi a: số mol BaCO3 = số mol Ba2+ K Cr O H+ 2 2Ba2+  2BaCrO4  2Ba2+ + Cr2 O7 2 2 7 a--------------------------------------------------0,5a 2 Cr2 O7 + 6I + 14H+  2Cr3+ + 3I2 + 7H2O  0,5a-------------------------------------1,5a 2 2 I2 + 2 S2 O 3  2I + S4 O 6  1,5a-----3a  3a = 0,1013  38,68  103 3  a = 1,306  103  %Ba = 1306  10  137  100% = 34,95% 0512 3.10. Gọi x: số mol PbO và y: số mol PbO2 PbO + H2C2O4  PbC2O4  + H2O (1) x----------x-----------------x PbO2 + 2H2C2O4  PbC2O4  + 2CO2 + 2H2O (2) y----------2y--------------- ----y 5H2C2O4 + 2KMnO4 + 3H2SO4  2MnSO4 + 10CO2 + K2SO4 + 8H2O (3) 3 3 5 Số mol H2C2O4 tham gia (1) và (2): x + 2y = 20.0,25.10  10.0,04.10 . 2 Hay x + 2y = 4.103 () Khi hòa tan kết tủa PbC2O4 ta thu được H2C2O4 số mol: x + y = 5  30.0,04.103 = 3.103 () 2 Giải hệ () và ()  x = 2.103 và y = 103 mol
%PbO = 2.103.223 100% = 36,14% 1234 3 100% = 19,36%. %PbO2 = 10 .239  1234 3.11. Pb2O3 + 6HCl  2PbCl2 + Cl2 + 3H2O x-----------------------------------x Pb3O4 + 8HCl  3PbCl2 + Cl2 + 4H2O y-----------------------------------y 2 Pb2O3  2Pb2+ 2PbCrO4  Cr2 O7 x---------------------------------------------------------x 2 Pb3O4  3Pb3+  3PbCrO4  1,5 Cr2 O7 y------------------------------------------------------------1,5y 2 Cr2 O7 + 6I + 14H+  2Cr3+ + 3I2 + 7H2O  (x + 1,5y)---------------------------(3x + 4,5y) 2 2 I2 + 2 S2 O 3  2I + S4 O 6  2 Số mol S2 O 3 = 2.Số mol I2 = 2(3x + 4,5y) = 35,04.103.0,2 Hay: 6x + 9y = 7,008.103 () Ngoài ra: Cl2 + 2I  I2 + 2Cl  (x + y)---------(x + y) 2 Số mol S2 O 3 = 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 %Pb2O3 = 462x100% = 36,33% 06 %Pb3O4 = 685y100% = 52,96%. 06 3.12. Tính được VTĐ = 100 ml Đầu BNCĐ: q = 0,001 và Vđ = 99,9 ml E = EFe + 0,059log[Fe2+] Với [Fe3+] = 001  999 + 001  100 = 1999 o 3+ [Fe ] 1999 1999 1999 Fe3+ sinh ra Fe3+ có sẵn Và [Fe2+] = 001  01 = 0001 1999 1999 E = 0,68 + 0,059log 1999 = 0,875V 0001 Cuối BNCĐ: Vc = 100,1 ml và P = 1,001 o E = ECe + 0,059log(P  1) = 1,263V. 3.13.  Nếu cho qua cột khử Ag (trong dd HCl 1M), xảy ra: Fe3+ + Ag + Cl  Fe2+ + AgCl   VO2+ + Ag + 2H+ + Cl  VO2+ + H2O  Khi chuẩn độ dung dịch thu được bằng Ce4+ thì Fe2+  Fe3+ và VO2+  VO2+ Số mol Ce4+ = Số mol Fe2+ + Số mol VO2+ 8,86.103.0,2 = x + y Hay x + y = 1.772.103 ()  Nếu cho qua cột khử Zn (H2SO4 1N) : 2Fe3+ + Zn  2Fe2+ + Zn2+  2VO2+ + 3Zn + 8H+  2V2+ + 3Zn2+ + 4H2O  Chuẩn độ bằng Ce4+ thì Fe2+  Fe3+ và V2+  VO2+ Số đlg Ce4+ = Số đlgFe2+ + Sđlg VO2+ 22.103.0,2 = x + 3y () Giải hệ () và () cho x = 4,58.104 và y = 1,314.103 4 %Fe = 200  458  10  56  100% = 20,52% 50 05 %V = 200  1314  103  51  100% = 53,6%. 50 05 3.14. Phản ứng: 6Fe2+ + Cr2O2 + 14H+  6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O 7  o o 3+ 2- Ta có: ETD = E Fe + 6E Cr + 0059lg[Fe2+][Cr2O7 2 ] (chấp nhận [H+] = 1) 7 7 [Fe ] [Cr3+] 2 Tại đTĐ: 6[Cr2O7 ] + 3[Cr3+] = [Fe3+] + [Fe2+] mà 3[Cr3+] = [Fe3+] 2 Nên suy ra: 6[Cr2O7 ] = [Fe2+], thay vào biểu thức sau log: [Fe3+][Cr2O72-] = 3[Cr3+]  [Cr2O72-] = 1 [Fe2+] [Cr3+]2 2 6[Cr O ] [Cr ] 3+ 2 2[Cr3+] 2 7 o o Vậy ETĐ = E Fe + 6E Cr + 0059lg 1 3+ = 1(EoFe + 6EoCr  0018lg[Cr3+]) 7 7 2[Cr ] 7
VTD = 01  100 = 100 ml  [Cr3+] = [Fe ] = 1 NoVo = 01  100 = 01 3+ 01 3 3 V+Vo 3  200 6 Thay vào ETD = 1,249 volt.  Nếu dừng ở E = 1 volt:  trước đTĐ  E = EoFe + 0,059lg P = EoFe + 0,059lgq+1 1P -q  q = 3,77.104%  Nếu dừng ở E = 1,3 volt  sau đTĐ 2- 2-  E = EoCr + 0059lg[Cr2O7 2 ] = EoCr + 0059lg 13+ + 0059lg [Cr2O7 ] (1) 3+ 3+ 6 [Cr ] 6 [Cr ] 6 [Cr ] 2 3+ Ta có: 6[Cr2O7 ] + 3[Cr ] = NV V+Vo Sau đTĐ: 3[Cr ] = [Fe ] = NoVo  [Cr3+] = NoVo  01 3+ 3+ V+Vo 3(V+Vo) 6 2 Và 6[Cr2O7 ] = NV  NoVo  [Cr O2] = 1NV  NoVo 2 7 V+Vo 6 V+Vo Vậy [Cr2O7 ] = 1NV  NoVo = P  1 = q 2- [Cr3+] 2 NoVo 2 2 Thay vào biểu thức (1): E = 1,33 + 0059lg 6 + 0059lgq  q = 2,965  105 hay 2,965 103% 6 01 6 2 3.15. Với q = 0,2% = 0,002  P = 0,998 trước đTĐ E = EoA + 006lg P = EoIn  006 nA 1  P n o =E A+ 006lg 0998 = Eo  006  Eo = Eo  006  0062,698 (1) In A In nA 0002 n n nA Với q = + 0,2% = 0,002  P = 1,002: sau đTD E = EoB + 006lg(P 1) = EoIn + 006  EoB = EoIn + 006 + 0062,698 (2) nB n n nB Lấy hiệu số (2) và (1): E B  E A = 0,06( o o 2 + 2698 + 2698) n nA nB 4.1. 1)a Tại điểm tương đương: [Ag+] = [Br] = T = 10123 = 106,15 TAg CrO 10 11,7 0,6  [ CrO2 ] = 4 2 4   10  3,98M  12,3 [Ag ] 10 b. Xét : CrO42 + H2O  HCrO4 + 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 [CrO42] = 2.103M. TAg CrO 10 11,7 4,5 Khi kết thúc chuẩn độ: [Ag+] = 2 4   10 so với [Ag+]TĐ  quá CĐ 2 3 [CrO 4 ] 2.10 Áp dụng: q = ([Ag+]  T )C + Co = 104,5. 001 + 005 = 102,42 [Ag+] CCo 001.005 q = 3,8.103 = 0,38%. 2) Đầu BNCĐ: q = -0,001 = (m  T )C + Co Với m  T m CCo m =-0,001 =  10123 001 + 005  m = 107,22  pAg = 7,22 m 001.005 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) C + Co Với m = [Pb2+] m CCo Trước điểm tương đương: m  T  m 005 + 001 = 0,001  m = 8,333.106 m 005.001 TPbCrO 10 14 8,92  [ CrO2 ] = 4 4   10 2 5,079 [Pb ] 10 12 10 1,54  [Ag+] =  10 = 2,88.102M 8,92 10 0,06 Sau điểm tương đương: m  T  T  = 0,001  T = [ CrO2 ] = 105,079 4 m m 0,0005 m 12 10  [Ag+] = = 3,46.104M. 5,079 10 4.3. Ag+ + SCN  AgSCN   T = 1012 Co = CAgNO = 001  55 = 5,5.10 M 3 ; C = CSCN = 0,01M 3 100
Công thức sai số: q = ([SCN]*  [Ag+])C + Co , trong đó [SCN]* = [SCN] + [Fe(SCN)2+] CCo Ta cần phải tìm [Ag+]. Từ cân bằng: Fe3+ + SCN  Fe(SCN)2+   = 103,03 3 6 [ ]: 5.10 ----x---------------6.10  x = 1,12.106 12  [Ag+] = T  = 10 6 = 8,93.107 M [SCN ] 112.10 Và [SCN]* = [SCN] + [Fe(SCN)2+] = 1,12.106 + 6.106 = 7,12.106M 3 Với q = ([SCN]*  [Ag+])C + Co = (7,12.106  8,93.107) 001 + 55.10 = 1,754.103 3 CCo 001.55.10 Hay q = 0,18%. 4.4. Ag+ + Cl  AgCl và Ag+ + SCN  AgSCN   Số mol Ag+ = Số mol Cl + Số mol SCN (pứ) (500,021)103 = (1000,009).103 + a (với a: sô mol SCN đã phản ứng) 3 (0,6  0,15)10 3  a = 0,15.103 mol  [SCN]dư = 3  10  2,7610 M 163 AgCl  + SCN  AgSCN  + Cl  102 3 C 2,76.10 [ ] (2,76.103  x)---------------x  x = 2,73.103 và [SCN] = 3.105M Tính lại nồng độ CFe3+ = 11 = 6,13.103M 163 Xét cân bằng: Fe3+ + SCN  Fe(SCN)2+ = 103,03  C 6,13.10 ------------------3.105 3 [ ] (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 IO3 + Số đlg SCN 50  0,1 = 50Co + 30.0,1  Co = 0,04M q = ([SCN]*  [Ag+])C + Co với [SCN]* = [SCN] + [Fe(SCN)2+] CCo Từ Fe3+ + SCN  Fe(SCN)2+   = 103,03 3 [ ] 5.10 x 6.10 . ĐLTDKL cho x = 1,12.106 và [Ag+] = 6 T = 8,93.107 112.106  [SCN]* = [SCN] + [Fe(SCN)2+] = 1,12.106 + 6.106 = 7,12.106 3 Tính lại nồng độ đầu Ag+ : Co = 300110 1000 = 0,03M (số mol Ag+ dư = số mol SCN) 100 Vậy: q = (7,12 106  8,93 107)003 + 01 = 2,7 104 hay 0,027%. 003  01 25No 8  N 4.6. 1) Số đlg Fe = Số đlg Cr2O7  với N = 6CM = 0,6M  No = CFe2+ = 0,192M 2+ 2 = 1000 1000 Chuẩn độ Cl: Số đlg Ag+ = Số đlg Cl  Số đlg SCN 25  No’ = (100  0,16)  (25  0,12)  No’ = CCl = 0,52 M 2) Nếu chỉ có (FeCl2 chưa bị oxi hoá): CCl = 2CFe2+ = 0,52  CFe2+ = 0,29 M 0068  100 Fe2+ đã bị oxi hoá thành Fe3+: = 26,15% 026 2 3) Từ 2 biểu thức Nernst của cặp Fe3+/Fe2+ và Cr2O7 /Cr3+ ta có: 3+ 2- 7ETĐ = EoFe + 6EoCr + 0,059lg [Fe2+][Cr2O7 2 ] (chấp nhận [H+] = 1) 3+ [Fe ] [Cr ] 2 Tại đTĐ: 6[Cr2O7 ] + 3[Cr3+] = [Fe3+] + [Fe2+] mà 3[Cr3+] = [Fe3+] 2 Nên suy ra: 6[Cr2O7 ] = [Fe2+], thay vào biểu thức sau log: [Fe3+][Cr2O72-] = 3[Cr3+]  [Cr2O72-] = 1 [Fe2+] [Cr3+]2 2 6[Cr O ] [Cr ] 3+ 2 2[Cr3+] 2 7 o o Vậy ETĐ = E Fe + 6E Cr + 0069lg 1 3+ 7 7 2[Cr ] 4.7. Số đlg NaCl + Số đlg KCl = Số đlg AgNO3  Số đlg NH4SCN ( a  60 ) + ( a  37 ) = 25  0,1  103  5,5  0,1  103  a = 0,128 gam. 585 100 745 100 4.8. 1) Chuẩn độ bằng HCl: Số đlg NH3 = Số đlg HCl C  25  103 = 0,1  15  103  CNH3 = 0,06M Xác định NH4Cl : xác định Cl Số đlg AgNO3 = Số đlg SCN + Số đlg Cl(NH4Cl) + số đlg HCl (tác dụng NH3) 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: NH3 + H2O  NH4 + 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 NH4Cl nồng độ C1. Thể tích tại điểm tương đương: 25 + 15 = 40 ml Vậy C1 = (0,06 + 0,036)25 = 0,06M 40 K = 109,26 + Xét cân bằng: NH4  NH3 + H+  [ ] (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  67 25 = 22.0,5.103  x = 65,67% 100 40 250 Số đlg AgNO3 = Số đlg Cl + Số đlg SCN 35  0,11  103 = ( y  67  25 ) + (4,7  0,095 103)  y = 29,70% 100 585 250 Nồng độ NaOH trong dung dịch B: CM = 22  0,5  103  1000 = 0,44M  pH = 13,64 250 2) q = (h  W) C + Co ở pH = 10  h  W h CCo h = W  C + Co =  1014  05 + 044 =  4,27.104  q =  0,043% h CCo 1010 05 + 044 3) Môi trường quá kiềm không chuẩn độ bằng Mohr được. 4.10 1) Khi MD chuyển màu  pT  4 (đTĐ 2) Số đlg Na2CO3 = Số đlg HCl 25  m = 0,2  20,5  103  m = 2,173 gam  % Na CO = 2173 100% = 62,08% 2 3 250 106 35 2 Số đlg AgNO3 = Số đlg NaCl + Số đlg HCl (mới thêm) 30,5  0,2  103 = 25  m’ + (0,2  20,5  103)  m = 1,17 g. %NaCl = 117100% = 33,43%. 250 585 35 2) CAg+ = CV = [Ag+] + m (m: số mol trong 1 lít dung dịch) AgCl + 2mAg2CrO4 (1) V + Vo CCl = CoVo = [Cl] + mAgCl (2) V + Vo Lấy (1) trừ (2) : CV  CoVo = ([Ag+]  [Cl] + 2mAg2CrO4 ) V + Vo Suy ra: q = ([Ag+]  [Cl] + 2mAg2CrO4 )C + Co CCo Với Co (Cl) : bao gồm Cl trong NaCl và Cl trong HCl mới thêm 3 Co = (305  0,2  10 )  1000 = 0,1341M và C = CAg+ = 0,2M 455 mAg2CrO4 = 575  107  1000 = 7,565  106 455 + 305 [CrO42-] = (5  103)  (7,565  106) = 5 103 [Ag+] = 1012 = 1,414  105 và [Cl] = 1010 = 7,07 106 5.103 1414 105 Thay vào biểu thức q  q = 0,027% Bài 4.11 đã giải tại lớp (phần lí thuyết) 50.0 01 5.1. Tại điểm tương đương: VTĐ = = 25 ml 0 02 Khi V = 24,9 ml < VTĐ : Từ phương trình đường CĐ rút ra: Vo + V 0 02.24 9  [Sr]* = P  1 với P = = 0,996  [Sr]* = 2,67.10¯5 CoVo 0 01.50 ở pH = 10 : Sr = 1 1 10  1  [Sr] = [Sr]* = 2,67.10¯  pSr = 4,57 5 = 1 + h¯1 1 + 10¯ .10 13 18 CCo Khi V = 25 ml : tại điểm tương đương  [Sr] =  1 C + Co * Với * =  . Sr . Y = 108,63 . 1 . K4 = 108,18  [Sr] = 2 . 10¯2 . 10¯8 18 = 10¯5,18 h + K4 3  pSr = 5,18 1 CV 0 02 . 25 1 Khi V = 25,1 ml quá chuẩn độ. Áp dụng : = P  1 với P = = = 1,004 *[Sr]* CoVo 0 01.50  [Sr]* = 8 18 1 = 10¯5,78  pSr = 5,78 10 . 0 004 1 1 K4 5.2. Tính *CaY : Ca = = 12 5 = 0,5 ; Y =  0,994 1 + h¯ 1 + 10¯ .10 h + K4 1 12 5 *CaY = CaY . Ca . Y = 1010,27
K2 10¯13 5 Tính *CaIn : In = = = 1 ; *CaIn = CaIn . Ca . In = 103,96 h + K2 10¯12 5 + 10¯13 5 11 Ta có : *CaIn = [CaIn] = 1  [Ca]* = 10¯3,96 = m* [Ca]*[In]* [Ca]* 2 Áp dụng công thức sai số: q = 1  ( 1 + m*)(C + Co ) = 1  (10¯3,96  2.10¯ ) *m* * 1027 3 96 4 CCo 10 .10¯ 10¯ nhỏ 1 1 K4 1 5.3. Ca = = 10 = 0,9968 và Y = h + K = 1 + h¯1 1 + 10¯ .10 12 5 4 2 82 *CaY = .Ca.Y = 1010,57.0,9968. 1 = 1010,12 2 82 Tại điểm tương đương: [Ca]* = 1 . CCo = 1  5.10¯3 = 10¯6,21 *CaY C + Co 1010 12 *CaIn = [CaIn] = 1 1 = 106,21 [Ca]*[In]* [Ca]* q =  2,19% 5.4. Mg = 1 = 1 = 1 ; Y = K4 = 0,355 = 1 1 + h¯1 1 + 10¯117.1010 102 h + K4 282 11 6 In = K3 = 10¯ = 0,0245 h + K3 10¯10 + 10¯116 *MgY = .Mg.Y = 108,7 . 1 .0,355 = 108,24 102 *MgIn = 10 . 7 1 . 0,0245 = 105,38 102 *MgIn = [MgIn] = 1 1 = 105,38  [Mg]* = 1  10¯5,38 = 10¯6,33 [Mg]*[In]* [Mg]* 9 9 Thay [Mg]* vào công thức tính sai số: q = 1  ( 1 + m*)(C + Co ) = 824 1 633  10¯6,33. 001 + 002 = 0,01223 *m* * CCo 10 .10¯ 001.002 nhỏ nhỏ hay q = 1,26% 5.5.Các giá trị : M =1 ;Y = K3K4 = 10¯6,45 ; In = K2 = 0,01 h2 + K3h h + K2 *MY = MY.M.Y = 10 .1.10¯6,45 = 1011,55 18 *MIn = MIn .M.Y = 6,25  1010 .1. 0,01 = 108,795 Từ công thức: *MIn = 1  [MIn] = 108,795  [M]* = 10¯8,795 [M]* [In] 1 C + Co Công thức sai số: q =  [M]* = *MY.[M]* CCo 0 01 + 0 01 = 11 55 1 8 795  10¯8,795 = 0,175% 10 .10¯ 0 01.0 01 + [NH4 ] 0 182 5.6. Tính pH dung dịch đệm: h = KNH4+ . = 10¯9,26. = 10¯9  pH = 9 [NH3] 01 Tính Zn = 1 = 7,94.10¯6 và Y = K4 = 0,0521 1 + i[NH3]i 1 + K4 Vậy *ZnY = 1016,5.7,94.10¯6.5,21.10¯2 = 1010,12 Ta có VTĐ = VoCo = 1 ml C 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]* Vo + V = P  1 *[Zn]* CoVo 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 số đlg MnSO4 2 V  0 02 1 100  0 01 =   V = 25 ml 1000 2 1000 Chuẩn độ đến điểm tương đương : VTĐ = 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 = 1013,8.1. K4 = 1013,8.0,0521 = 1012,52 h + K4 1  CCo = 1 2  10¯4 = 10¯7,35 Tại điểm tương đương: [Mn]* = 12 52  * C + Co 10 3  10¯2 pMn = pMn* = 7,35 Nhận xét: Khi dừng chuẩn độ ở pMn = 5  trước điểm tương đương
CoVo CV CV CV Ta áp dụng: [Mn]* = (1  p)  10¯5 = o o   o o V + Vo V + Vo CoVo V + Vo CoVo  CV 100.0 01  0 02.V  10¯5 = = V + Vo V + 100  V = 49,93 ml Chuẩn độ đến pMn = 9:điểm dừng chuẩn độ ở sau điểm tương đương. 1 1 CV Ta áp dụng: =P1 = 1 *[Mn]* *[Mn]* CoVo  12 52 1 = 002.V  1  V = 50,015 ml 10 .10¯9 0 01.100 2. Sai số khi chuẩn độ đến pMn = 5 : 2 1 5 3.10¯ q = 12 52 5  10¯ . =  10¯2,82 =  1,51.10¯5 hay  0,15% 10 .10¯ 2.10¯4 3. pMn tại điểm tương đương đã được tính ở trên. 5.8. Ga3+ + MgY2-  GaY- + Mg2+ K  Mg2+ + H2Y2-  MgY2- + 2H+  K = GaY.(MgY)-1 = 1020,3.10¯8,7 = 1011,6 : rất lớn Số mol Ga3+ = số mol Mg2+ = số mol EDTA m = 5,91  10¯3  0,0701  m = 28,88 mg Ga 69 72 5.9. Số đlg M2+ = Số đlg EDTA = 31,63  10¯3  0,01204  2 = 0,7616  10¯3 đlg 0 7616  10¯3  1000 Độ cứng = = 0,0152 đlg/l 50 Ghi chú:  Một đơn vị độ cứng = 0,5mmol/l (Ca2+, Mg2+) 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. 10¯10 95 5.10.Giả sử nồng độ của Mg2+ là 10¯3M thì COH - bắt đầu kết tủa = = 10¯3,97 10¯3  pH = 10,03 10¯5 26 Và nồng độ của Ca2+ là 10¯3M thì COH - bắt đầu kết tủa = = 10¯1,13 10¯3  pH = 12,87 Suy ra ở pH = 9,3 cả hai ion Ca2+ và Mg2+ đều chưa kết tủa Nếu dùng Ecriocrom đen T chỉ thị ở pH = 9,3 thì chuẩn độ cả 2 ion Ca 2+ và Mg2+ Số đlg Ca2+ + Số đlg Mg2+ = Số đlg EDTA 20 [( x 0 5021) + ( y 0 5021)] = 13,5  0,015  2  10¯3 (I) 500 100 100 100 84 2 2 Ở pH = 11,5 Mg(OH)2 đã kết tủa hoàn toàn và Ca2+ chưa kết tủa Dùng Murexit ở pH = 11,5 chỉ chuẩn độ Ca2+ Số đlg Ca2+ = Số đlg EDTA 20 ( x 0 5021) = 9,4  0,015  2  10¯3 (II) 500 100 100 2 Giải (I) và (II)  x = 70,2% CaCO3 và y = 25,72% MgCO3 5.12.Nồng độ mol Cu2+: Co.100 = 0,1  10  Co = 0,01M + [NH4 ] pH của dung dịch đệm: h = K. = 10¯9,24  0 0026 = 10¯11,4  pH = 11,4 [NH3] 0 38 K4 10¯10 26 Cu = 1 = 10¯10,4 ; Y = h + K = = 10¯0,03 1 + 1[NH3] + … + 4[NH3] 4 4 10¯ + 10¯10 26 11 4 *(Cu-Y) = 1018,8. 10¯10,4. 10¯0,03 = 108,37 ; In = K3K4K5 2 = 10¯3,55 h3 + K3h *(Cu-In) = 1017,9. 10¯10,4. 10¯3,55 = 103,95 Với *(Cu-In) = [CuIn]  [Cu]* = m* = 1  9 = 103,95  9 = 10¯3 [Cu]*.[In]* *(Cu-In) Sai số chuẩn độ: q = 1  m*. C + Co = - 0,11 hay  11% *(Cu-Y). m* CCo (0 023  50  0 016  38) CAl3+ = = 2,17  10¯2 M 25 - - 5.11. 1) Tính * của AlY và FeY :  Ở pH = 2: K1K2K3K4 10¯21 09 Y = 4 3 2 = = 10¯13,42 h + K1h + K1K2h + K1K2K3h + K1K2K3K4 2 14  10¯8 rất bé Fe = 1 = 1 Al = 1 1 = 21 1 + h¯ 1 676 1 + 'h¯1 1 + 10¯ .10 1 5
*FeY = FeY.Fe.Y = 1025,1. 1 .10¯13,42 = 1011,46 1 676 *AlY = AlY.Al.Y = 1016,13.1. 10¯13,42 = 102,71  Ở pH = 5: 10¯16 42 Y = K3K4 = = 10¯6,45 h + K3h 10¯10 + 10¯11 16 2 Fe = 1 = 1 2,83 Al = 1 1 1 5 = 10¯ = 5= 1 + h¯1 1 + 10¯ .10 1 + 'h¯1 1 + 10¯ .10 2 2 17 5 *FeY = FeY.Fe.Y = 1025,1. 10¯2,83. 10¯6,45 = 1015,82 *AlY = AlY.Al.Y = 1016,13.1. 1 . 10¯6,45 = 109,38 2 2) Ở pH = 2 chỉ chuẩn độ được Fe3+ : 0 023  29 6 CFe3+ = = 2,723  10¯2 M 25 Ở pH = 5, *AlY lớn nên có thể chuẩn độ được bằng EDTA CAl3+ = (50.0,023  38.0,016) = 2,17  102M = 0,0217M 25