Giải bài tập Hóa phân tích

Giải bài tập Hóa phân tích

2.8 1) Áp dụng qui tắc đương lượng: 125

M = 41,2  0,09  103 M = 337,1

Co = 125

3371000

50 = 0,0742M 2) Khi thêm 8,24 ml (chưa đến đTĐ)

Áp dụng: h = K1  P

P  K = h P

1  P với P =

CV

CoVo

= 009 824

00742  50 = 0,1998  0,2

K = 104,302

08 = 1,25  105

C' với C' = CCo

C + Co

=009  00742

009 + 00742 = 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  h2 = WK

C'  pH = 8,14 V = 13 ml  h = W

P  1V + Vo

VoCo

 pH = 11,12

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

P  1V + Vo

VoCo = 10

 5

với P = CV

CoVo =

2C 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

P = 10

 6 P = 0,94556 Với P = CV  005

CoVo

= 20C  005 30Co

= 0,094556  2C  2,837Co = 5  103 () Giải () và ()  C = 3,22  102M và Co = 2,098  102M

2.11 1) NH4  NH

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 NH4 

(Co2,Vo)

Từ phương trình trung hoà điện: [Na+

] + [H+] + [NH4] = [OH] + [Cl] CV

V + Vo

+ h + Co2Vo

V + Vo

h + K =

W

h +

Co1Vo + Co2Vo

V + Vo

CV  Co1Vo

V + Vo = (

W

h  h) + Co2Vo

V + Vo Co2Vo

V + Vo h

h + K

= (W

h  h) + Co2Vo

V + Vo

h + K Nhân 2 vế cho V + Vo

CoVo và đặt P =

CV

Co1Vo , ta được:

P  1 = (W

h  h)V + Vo

CoVo

+ Co2

Co1

h + K

q = P  1 = (W

h  h)V + Vo

CoVo +

Co2

Co1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: 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

Co

= 1010,83 không hỏ hơn nhiều so K

Nếu giải phương trình bậc 2 suy ra từ : 1 = W

h1

Co

+ 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  h2 = KC' với C' = CCo

C + Co = 0,0125M  pH = 5,58

V = 25,02 ml  h = (P  1)CoVo

V + Vo

 pH = 5

V = 30 ml  h = (P  1)CoVo

V + Vo

 pH = 2,64

2.13 1) P = 0  h = WK

Co

= 1011,22 với Co = 0,15M

Chuẩn độ 50% , P = 0,5  h = K P

1  P pH = 9,26

Khi P = 1  h2 = KC' với C' = CCo

C + Co = 0,09375M  pH = 5,14

2) Áp dụng công thức sai số q = (h W

h)

C + Co

CCo

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  h2 = K1K2C'

K1 + C' với C' =

CCo

C + Co

= 2

3102M  pH = 4,86

V = 20 ml  đTD 2  h2 = K2K3 + WK2

C'' với C'' =

CCo

C + 2Co = 5  103M  pH = 9,41 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  h)V + Vo

CoVo +

K1K2 h2

h2 + hK1 + K1K2 Chú ý rằng VTĐ1 = 25 ml và VTĐ2 = 50 ml

Nếu V = 20 ml  trước đTĐ 1  P  1 = hV + Vo

CoVo +

h

h + K1 Với P = 0,8 Thay số vào  K1 = 5,06  103

Nếu V = 50  tại đTĐ 2  P  2 = W

hC + 2Co

CCo  h

K2 Với P = 2

 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

= WK2C + 2Co

CCo

 pH = 8,34

2) h = K2 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 H3PO4

[H+] + [Na+] = [Ac] + [H2PO4 

] + [OH] với h và W

h không đáng kể và [HPO4



] và [PO4] không đáng kể Gọi C1: nồng độ mol của ax Axetic và C2: nồng độ ax H3PO4

20  01

20 + 25 =

K

K + h 25C1

20 + 45 +

25C2

20 + 25 thay K = 10

 4,76 và h = 104,4

 Chuẩn độ đến pH = 9  CĐ đến nấc thứ 2:

[H+] + [Na+] = [Ac] + 2[HPO4 

] + [OH] với h, W

h không đáng kể

01  45

25 + 45 =

25C1

25 + 45 + 2 25C2

70  4,5 = 25C1 + 50C2 () 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

1  P với P =

CV

CoVo = 0,8  h = 109,73

V = 25 ml  h2 = W + K2C'

1 + K1  1

C' với C' =

CCo

C + Co

 h = 108,34

V = 30 ml  h = K1P  1

2  P với P = 1,2  h = 106,95

V = 50 ml  C''= 5  103 < L = 3  102M

 áp dụng: P  2 = h C + 2Co

CCo  K1

h + K1 với P =

CV

CoVo = 2 và h  K1

 h = 104,325 2) q = (h W

h)

C + Co

CCo +

h2 K1K2

h2 + K1h + K1K2 = 1,76  102 hay 1,76%

2.19  Lúc PP đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na2CO3 = Sđlg HCl

1,2( x

1001

40 +

y

100 1

106) = 30  0,5  103 () Lúc MD đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na2CO3 = 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  02

25 = 0,248M 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

CoVo

tổng số mmol Na2CO3 ban đầu =

74

85 = 0,87

Ap dụng h = K2 P

1  P = 10

 9,5 pH = 9,5 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  P = 1,5 (nghĩa là CĐ đến ½ nấc 2 của H3PO4) Khi pH = 9,78 pK1 + pK2

2 = 9,765  CĐ đến vừa hết nấc 2 của H3PO4

 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

5 = 0,2M và C (H2SO4) =

01  10

5  2 = 0,1M

 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

số mol Na3PO4

= 0,667  0,5 < f < 2 , ta có phản ứng:

H3PO4 + 2Na3PO4 3Na2HPO4 2H3PO4 + Na3PO4 3NaH2PO4

a -2a -3a b -0,5b -1,5b

n

H3PO4 = a + b = 0,02 và n

Na3PO4 = 2a + 0,5b = 0,015  a = 002

3 và b =

001 3

 n

Na2HPO4 = 3a = 0,02 mol và n

NaH2PO4= 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) ETĐ = E

o

Fe+ 5EoMn

2) Dừng CĐ ở E = 0,83 V < 1,37 V  trước đTĐ, thiếu CĐ

Dùng E = EoFe + 0,059lg P

1  P P = 0,99714  q = P  1 =  0,00286 hay 0,286%

3.2 1) CĐ thiếu 0,2%: E = EoU + 0059

2 lg

P

1  P vơi P = 0,998  E = 0,414 V

CĐ đến đTĐ: E = 2E

o

U + Eo Ce

3 = 0,703V

CĐ đến quá 0,2% : E = EoCe + 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 = EoU + 0059

2 lg

P

1  P P = 0,9988

 P = NV

NoVo

= 0,9988  V = 39,95 ml

Dừng ở thế 1,27V > 0,703 V  sau đTĐ: E = EoCe + 0,059 lg(1  P)  P = 1,0013

 P = NV

NoVo

= 1,0013  V = 40,052 ml

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 Phản ứng CĐ có K = K1K2 = 1011,36

2) Tính VTĐ = 50 ml và ETĐ = E

o

Fe + Eo Ti

2 = 0,435V Theo E = EoFe + 0,059lg[Fe3+]

[Fe2+] vơi [Fe

2+

] = 005  20

20 + 50 =

1

70 thay vào biểu thức E  [Fe3+] = 107,52 3) Dừng ở E = 0,330 V < ETĐ quá CĐ, ta dùng E = EoTi + 0,059lg 1

P  1 P  1 và V  50 ml

3.4 ETĐ = 144 + 068

* q = 0,001  P = 0,999

Áp dụng E = EoFe+ 0,059log[Fe ]

[Fe2+] =

o Fe

E + 0,059log P

1  P = 0,857 V

* q = +0,001  P = 1,001

Áp dụng E = EoCe+ 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 = EoSn+ 0059

2 log P1  P = 0,15V

 Chuẩn độ được 90% (P = 0,9): E = o

Sn

E + 0059

2 log P1  P = 0,178V

 CĐ được 100% (P = 1): ETĐ =

3



= 0,3567V

 CĐ đến 110% (P = 1,1): E = EoFe+ 0,059log(P  1) = 0,711V

3.6 Au3+ + 3I  AuI  + I2

a -a mol

2Cu2+ + 4I 2CuI  + I2

b -0,5b mol

I2 + 2S2O3  2I

+ S4O6 

 Số mol I2 = a + 0,5b = ½ Số mol S2O3 = 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

10012 126 2

) + ( y

10012

146) () Với phép chuẩn độ oxi hóa khử:Sđlg KMnO4 = Sđlg H2C2O4.2H2O + Sđlg KHC2O4.H2O

43,1 0,125.103 = ( x

10012 126 2

) + ( y

10012 146 2

Giải hệ () và ()  x = 14,37 và y = 81,57

3.8 Phản ứng oxi hóa Cr3+ thành Cr O2 27

: 2

S O

+ 2e  2 2

4

2Cr3+ + 7H2O  6e  2

Cr O

+14H+

3S O2 28

+ 2Cr3+ + 7H2O  6SO2 

+Cr O2 27

+ 14H+ Sđlg Cr3+

= Sđlg Cr O2 72

= Sđlg Fe2+ (lấy dư)  Số đlg KMnO4 (CĐ FeSO4 thừa) ( x

100 2

52

3

) 20

100 = (35  15) 0,009  5  105

 x = 3,9%

3.9 Gọi a: số mol BaCO3 = số mol Ba2+

2Ba2+ K 2 Cr 2 O 7

2BaCrO4H +

2Ba2+ + Cr O2 27 

a -0,5a

2

Cr O

+ 6I + 14H+  2Cr3+

+ 3I2 + 7H2O 0,5a -1,5a

I2 + 2S O2 23



 2I + S O4 26

1,5a -3a  3a = 0,1013  38,68  103

 a = 1,306  103 %Ba = 1306  103 137  100%

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)

Số mol H2C2O4 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 PbC2O4 ta thu được H2C2O4 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%

1234 = 36,14%

%PbO2 = 103.239  100%

1234 = 19,36%

3.11 Pb2O3 + 6HCl  2PbCl2 + Cl2 + 3H2O

x -x

Pb3O4 + 8HCl  3PbCl2 + Cl2 + 4H2O

y -y

Pb2O3 2Pb2+2PbCrO4 2

Cr O

x -x

Pb3O4 3Pb3+ 3PbCrO4 1,5Cr O2 27

y -1,5y

2

Cr O

+ 6I + 14H+ 2Cr3+

+ 3I2 + 7H2O (x + 1,5y) -(3x + 4,5y)

I2 + 2S O2 23



 2I + S O4 26

Số mol S O2 23 

= 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)

Số mol S O2 23

= 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

06

100% = 36,33%

%Pb3O4 = 685y

06

100% = 52,96%

3.12 Tính được VTĐ = 100 ml

Đầu BNCĐ: q = 0,001 và Vđ = 99,9 ml

E = EoFe+ 0,059log[Fe3+]

[Fe2+] Với [Fe

3+

] = 001  999

1999 +

001  100

1999 =

1999

1999

Fe3+ sinh ra Fe3+ có sẵn

Và [Fe2+] = 001  01

1999 =

0001

1999

E = 0,68 + 0,059log1999

0001 = 0,875V Cuối BNCĐ: Vc = 100,1 ml và P = 1,001

E = EoCe+ 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

Giải hệ () và () cho x = 4,58.104 và y = 1,314.103

%Fe = 200

50 458  104 56  100%

%V = 200

50 1314  103 51  100%

3.14 Phản ứng: 6Fe2+ + Cr2O2 

7 + 14H+ 6Fe3+

+ 2Cr3+ + 7H2O

Ta có: ETD = EoFe + 6EoCr

059

7 lg[Fe

3+

] [Fe2+][Cr2O72-] [Cr3+]2 (chấp nhận [H

+

] = 1) Tại đTĐ: 6[Cr2O27] + 3[Cr3+] = [Fe3+] + [Fe2+] mà 3[Cr3+] = [Fe3+]

Nên suy ra: 6[Cr2O27] = [Fe2+], thay vào biểu thức sau log:

[Fe3+]

[Fe2+][Cr2O72-]

[Cr3+]2 = 3[Cr

3+

] 6[Cr2O27]

 [Cr2O72-] [Cr3+]2 =

1 2[Cr3+]

Vậy ETĐ = E

o

Fe + 6EoCr

0059

7 lg

1 2[Cr3+] = 17(E

o

Fe + 6EoCr 0018lg[Cr3+])

VTD = 01  100

01 = 100 ml  [Cr3+] = [Fe ]

3 = 13NoVo V+Vo = 0

1  100

3  200 = 0

1 6 Thay vào ETD = 1,249 volt

 Nếu dừng ở E = 1 volt:  trước đTĐ  E = EoFe + 0,059lg P

1  P = E

o

Fe + 0,059lgq+1

-q

 q = 3,77.104%

 Nếu dừng ở E = 1,3 volt  sau đTĐ

 E = EoCr + 0059

6 lg[Cr

2O72-] [Cr3+]2 = E

o

Cr + 0059

6 lg

1 [Cr3+] + 0

059

6 lg [Cr

2O72-] [Cr3+] (1)

Ta có: 6[Cr2O27] + 3[Cr3+] = NV

V+Vo Sau đTĐ: 3[Cr3+] = [Fe3+] = NoVo

V+Vo [Cr3+] = NoVo

3(V+Vo) 01

6

Và 6[Cr2O27] = NV  NoVo

V+Vo

 [Cr2O27] = 1

6NV  NoVo

V+Vo

Vậy [Cr2O72-]

[Cr3+] = 12NV  NoVo

NoVo = P

 1

2 = q2 Thay vào biểu thức (1): E = 1,33 + 0059

6 lg 601 + 0

059

6 lgq2 q = 2,965  105 hay 2,965 103%

3.15 Với q = 0,2% = 0,002  P = 0,998 trước đTĐ

E = Eo

A + 006

nA

lg P

1  P = Eo

In 006 n

= EoA + 006

nA lg 0

998

0002 = E

o

In 006

n  EoA = EoIn 006

n  006

nA 2,698 (1) Với q = + 0,2% = 0,002  P = 1,002: sau đTD

E = EoB + 006

nB lg(P 1) = EoIn + 006

n  EoB = EoIn + 006

n + 0

06

nB2,698 (2) Lấy hiệu số (2) và (1): Eo

B EoA = 0,06(2

n +

2698

nA

+ 2698

nB

)

4.1 1)a Tại điểm tương đương: [Ag+] = [Br] = T = 1012  3= 106,15

 [CrO2] = 2 4

11,7

12,3



b Xét : CrO4 

+ 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 [CrO4 

] = 2.103M

Khi kết thúc chuẩn độ: [Ag+

11,7

4

10 [CrO ] 2.10





]TĐ quá CĐ

Áp dụng: q = ([Ag+

]  T [Ag+])

C + Co

CCo = 10

 4,5

01 + 005

001.005 = 10

 2,42

q = 3,8.103 = 0,38%

2) Đầu BNCĐ: q = -0,001 = (m T

m)

C + Co

CCo

Với m  T

m

=-0,001 = 10123

m 001 + 005

001.005  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 + Co

CCo

Với m = [Pb2+]

Trước điểm tương đương: m  T

mm 005 + 001

005.001 = 0,001  m = 8,333.106

 [CrO2] = 4

14

10





 [Ag+] =

12 1,54 8,92

10





Sau điểm tương đương: m  T

m 0,06

0,0005 = 0,001 T

m = [

2 CrO ] = 105,079

 [Ag+] =

12 5,079

10 10



 = 3,46.104M

4.3 Ag+ + SCN  AgSCN  T = 1012

Co = C

AgNO3 = 001  55

100 = 5,5.10

 3

SCN = 0,01M

Công thức sai số: q = ([SCN]*  [Ag+])C + Co

CCo , trong đó [SCN



]* = [SCN] + [Fe(SCN)2+]

Ta cần phải tìm [Ag+] Từ cân bằng: Fe3+

+ SCN  Fe(SCN

)2+  = 103,03 [ ]: 5.103 x -6.106

 x = 1,12.106

 [Ag+] = T

[SCN]

= 1012

112.106 = 8,93.107 M

Và [SCN]* = [SCN] + [Fe(SCN)2+] = 1,12.106 + 6.106 = 7,12.106M Với q = ([SCN]*  [Ag+])C + Co

CCo

= (7,12.106 8,93.107) 001 + 55.103

001.55.10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)

(500,021)103 = (1000,009).103 + a (với a: sô mol SCN đã phản ứng)

 a = 0,15.103 mol  [SCN]dư =

3 3

163



2,76103M AgCl  + SCN  AgSCN  + Cl 102

[ ] (2,76.103 x) -x

 x = 2,73.103 và [SCN] = 3.105M Tính lại nồng độ C

Fe 3+ = 11

163 = 6,13.10

 3

M Xét cân bằng: Fe3+ + SCN  Fe(SCN)2+ = 103,03

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 IO3 + Số đlg SCN

50  0,1 = 50Co + 30.0,1  Co = 0,04M

q = ([SCN]*  [Ag+])C + Co

CCo

với [SCN]* = [SCN] + [Fe(SCN)2+]

Từ Fe3+

+ SCN  Fe(SCN)2+

 = 103,03 [ ] 5.103 x 6.106 ĐLTDKL cho x = 1,12.106

và [Ag+] = T

112.10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+

: Co = 30011031000

+

dư = số mol SCN) Vậy: q = (7,12 106 8,93 107)003 + 01

003  01 = 2,7

104 hay 0,027%

4.6. 1) Số đlg Fe2+ = Số đlg Cr2O2725No

1000 =

8  N

1000 với N = 6CM = 0,6M  No = CFe2+ = 0,192M 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

Fe2+ đã bị oxi hoá thành Fe3+

: 068  100

026 = 26,15%

3) Từ 2 biểu thức Nernst của cặp Fe3+/Fe2+ và Cr2O27/Cr3+ ta có:

7ETĐ = EoFe + 6EoCr + 0,059lg [Fe3+]

[Fe2+][Cr2O72-] [Cr3+]2 (chấp nhận [H

+

] = 1) Tại đTĐ: 6[Cr2O27] + 3[Cr3+] = [Fe3+] + [Fe2+] mà 3[Cr3+] = [Fe3+]

Nên suy ra: 6[Cr2O27] = [Fe2+], thay vào biểu thức sau log:

[Fe3+]

[Fe2+][Cr2O72-]

[Cr3+]2 = 3[Cr

3+

] 6[Cr2O27]

 [Cr2O72-] [Cr3+]2 =

1 2[Cr3+]

Vậy ETĐ = E

o

Fe + 6EoCr

0069

7 lg

1 2[Cr3+]

4.7 Số đlg NaCl + Số đlg KCl = Số đlg AgNO3 Số đlg NH4SCN

( a

585

 60

100) + ( a745

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 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  NH+

4 + OH WK1 = 104,74

[ ] 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

Xét cân bằng: NH+

4 NH3 + 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 67

4025

250 = 22.0,5.10

 3 x = 65,67%

Số đlg AgNO3 = Số đlg Cl + Số đlg SCN

35  0,11  103 = ( y

100 67

585

25

250) + (4,7  0,095 103)  y = 29,70%

Nồng độ NaOH trong dung dịch B: CM = 22  0,5  103 1000

250 = 0,44M  pH = 13,64 2) q = (h  W

h) C + C

o

CCo

ở pH = 10  h  W

h

= W

h C + Co

CCo

=  1014

1010

 05 + 044

05 + 044 =

 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 Na2CO3 = Số đlg HCl

25

250 m

106

2

= 0,2  20,5  103 m = 2,173 gam  % Na2CO3 = 2173

35

100% = 62,08%

Số đlg AgNO3 = Số đlg NaCl + Số đlg HCl (mới thêm)

30,5  0,2  103 = 25

250 m’

585 + (0,2  20,5  103)  m = 1,17 g %NaCl = 117

35100% = 33,43% 2) CAg+ = CV

V + Vo

= [Ag+] + mAgCl + 2mAg2CrO4 (1) (m: số mol trong 1 lít dung dịch)

CCl = CoVo

V + Vo = [Cl



Lấy (1) trừ (2) : CV  CoVo

V + Vo

= ([Ag+]  [Cl] + 2mAg2CrO4 ) Suy ra: q = ([Ag+]  [Cl] + 2mAg2CrO4 )C + Co

CCo

Với Co (Cl) : bao gồm Cl trong NaCl và Cl trong HCl mới thêm

Co = (305  0,2  103)  1000

455

= 0,1341M và C = CAg+ = 0,2M

mAg2CrO4 = 575  107 1000

455 + 305 = 7,565  106 [CrO42-] = (5  103)  (7,565  106) = 5 103

[Ag+] = 1012

5.103= 1,414  105 và [Cl] = 1010

1414 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: VTĐ = 50.0 01

0 02 = 25 ml Khi V = 24,9 ml < VTĐ : Từ phương trình đường CĐ rút ra:

 [Sr]*Vo + V

CoVo = 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 18.1010  1  [Sr] = [Sr]* = 2,67.10¯5 pSr = 4,57 Khi V = 25 ml : tại điểm tương đương  [Sr] = CCo

C + Co 1

* Với * =  Sr Y = 108,63 1 K4

h + K4 = 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

CoVo = 0 02 25 1

0 01.50 = 1,004

 [Sr]* = 1

108 18 0 004 = 10¯

5,78 pSr = 5,78

5.2. Tính *CaY : Ca = 1

1 + h¯1 = 1

1 + 10¯12 5.1012 5 = 0,5 ; Y = K4

h + K4 0,994

*CaY = CaY Ca Y = 1010,27

Tính *CaIn : In = K2

h + K2 = 10¯

10¯12 5 + 10¯13 5 =

1

11 ; *CaIn = CaIn Ca In = 103,96

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 + Co

CCo

101027.10¯3 96  (10¯3,962.10¯2

10¯4)

5.3.Ca = 1

1 + h¯1 = 1

1 + 10¯12 5.1010 = 0,9968 và Y = K4

h + K4 = 1

2 82

*CaY = .Ca.Y = 1010,57.0,9968 1

2 82 = 10

10,12

Tại điểm tương đương: [Ca]* = 1

*CaY

CCo

C + Co

1010 12  5.10¯3 = 10¯6,21

*CaIn = [CaIn]

[Ca]*[In]* =

1 [Ca]*1 = 106,21

q =  2,19%

5.4.Mg = 1

1 + h¯1 = 1

1 + 10¯117.1010 =

1

102 ; Y = K4

h + K4 = 0,355 =

1

282

In = K3

h + K3

= 10¯

11  6

10¯10 + 10¯116 = 0,0245

*MgY = .Mg.Y = 108,7 1

102 0,355 = 10

8,24

*MgIn = 107 1

102 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 + Co

CCo ) =

1

10824.10¯6  33  10¯6,33 01 + 002

001.002 = 0,01223 hay q = 1,26%

5.5.Các giá trị : M =1 ;Y = K3K4

h2 + K3h = 10¯

6,45

; In = K2

h + K2 = 0,01

*MY = MY.M.Y = 1018.1.10¯6,45 = 1011,55

*MIn = MIn .M.Y = 6,25  1010 1 0,01 = 108,795

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 + CCCo

o =

1011 55 .10¯8 795  10¯8,7950 01 + 0 01

0 01.0 01 = 0,175%

5.6. Tính pH dung dịch đệm: h = KNH4 [NH

+

4] [NH3] = 10¯

9,26

.0 182

0 1 = 10¯

9 pH = 9 Tính Zn = 1

1 + i[NH3]i = 7,94.10¯

6 và Y = K4

1 + K4 = 0,0521 Vậy *ZnY = 1016,5.7,94.10¯6.5,21.10¯2 = 1010,12

Ta có VTĐ = VoCo

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]* Vo + V

CoVo

= 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 MnSO4

V  0 02

1000 =

1

2100  0 01

1000  V = 25 ml 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

h + K4

= 1013,8.0,0521 = 1012,52

Tại điểm tương đương: [Mn]* = 1

* CCo

C + Co =

1

1012 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

Ta áp dụng: [Mn]* = (1  p) CoVo

V + Vo 10¯5 = CoVo

V + Vo CV

CoVo CoVo

V + Vo

 10¯5 = CoVo CV

V + Vo = 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

CoVo

 1

1012 52.10¯9 = 002.V

0 01.100 1  V = 50,015 ml

2 Sai số khi chuẩn độ đến pMn = 5 :

1012 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. 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

69 72 = 5,91  10¯3 0,0701  m = 28,88 mg Ga

5.9. Số đlg M2+ = Số đlg EDTA = 31,63  10¯3 0,01204  2 = 0,7616  10¯3 đlg

Độ cứng = 0 7616  10¯3 1000

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

5.10.Giả sử nồng độ của Mg2+

là 10¯3M thì COH - bắt đầu kết tủa = 10¯

10 95

10¯3 = 10¯3,97

 pH = 10,03

Và nồng độ của Ca2+

là 10¯3M thì COH - bắt đầu kết tủa = 10¯

5 26

10¯3 = 10¯1,13

 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 Ca2+

và Mg2+

Số đlg Ca2+

+ Số đlg Mg2+ = 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 Ca2+ chưa kết tủa

Dùng Murexit ở pH = 11,5 chỉ chuẩn độ Ca2+

Số đlg Ca2+

= Số đlg EDTA

20

500(

x

1000 5021

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

pH của dung dịch đệm: h = K [NH

+

4] [NH3] = 10¯

9,240 0026

0 38 = 10¯11,4 pH = 11,4

1 + 1[NH3] + … + 4[NH3]4= 10¯10,4 ; Y = K4

h + K4 = 10¯

10 26

10¯11 4 + 10¯10 26 = 10¯

0,03

*(Cu-Y) = 1018,8 10¯10,4 10¯0,03 = 108,37 ; In = K3K4K5

h3 + K3h2 = 10¯

3,55

*(Cu-In) = 1017,9 10¯10,4 10¯3,55 = 103,95

Với *(Cu-In) = [CuIn]

[Cu]*.[In]*  [Cu]* = m* = 1

*(Cu-In) 9 = 103,95 9 = 10¯3

Sai số chuẩn độ: q = 1

*(Cu-Y) m* m* C + Co

CCo

= - 0,11 hay  11%

CAl3+ = (0 023  50  0 016  38)

25 = 2,17  10¯2 M

5.11. 1) Tính * của AlY- và FeY-:

 Ở pH = 2:

Y = K1K2K3K4

h4 + K1h3 + K1K2h2 + K1K2K3h + K1K2K3K4 = 10¯

21 09

2 14  10¯8 = 10¯13,42

Fe = 1

1 + h¯1 = 1

1 + 'h¯1 = 1

1 + 10¯5.102 1 rất bé