Hóa phân tích I pptx

ĐỀ CƯƠNG HÓA PHÂN TÍCH IChương 2: Cân bằng axit – bazơ 1.. Cân bằng trong dd đơn axit mạnh bazơ mạnh.. Cân bằng trong dd đơn axit yếu bazơ yếu.. Cân bằng trong dd chứa hh đơn axit mạnh,

ĐỀ CƯƠNG HÓA PHÂN TÍCH I

Chương 2: Cân bằng axit – bazơ

1 Cân bằng trong dd đơn axit mạnh (bazơ mạnh)

2 Cân bằng trong dd đơn axit yếu (bazơ yếu)

3 Cân bằng trong dd chứa hh đơn axit mạnh, đơn axit yếu

4 Cân bằng trong dd chứa hh đơn bazơ mạnh, đơn bazơ yếu.→ bỏ

5 Cân bằng trong dd chứa 2 đơn axit yếu ( 2 đơn bazơ yếu)

6 Cân bằng trong dd chứa hh axit yếu – bazơ yếu → bỏ

7 Dung dịch đệm

8 Dung dịch đa axit , đa bazơ

9 phức hiđroxo

Dạng 1: Tính pH trong dd HCl nồng độ C

Giải : Nếu C >> kw → bỏ qua nước

Nếu C k≈ w → tính theo cân bằng của nước → pOH → pH

Dạng 2: Tính cân bằng trong dd HA nđộ C , ka

Giải : các cân bằng HA € H+ + A

H O 2 € H + OH+

- Nếu k C a >>kw → bỏ qua sự điện li H2O

 Nếu k C a ≈ kw → tính theo đk proton

Chọn mức không là HA , H2O →   H = A + OH+   -  -

→ H = + . a + w

a

k H+ H+

 

+     ( Ta có C HA =[ ]HA +   A− → .

a

k

−

a

C k A

−

+

  =

  +    )

Dạng 3: hh 2 axit mạnh – yếu

Giả sử : HY , C1

HA , C2 , ka

HY → H+ + Y-

HA € H+ + A- (1) ka=

-2

H O € H + OH (2)

 Nếu C1 >> 10-7 ; C2.ka ≈ kw → bỏ qua (1) và (2) → H+    = Y− =C1

 Nếu C2.ka >> kw → Tính theo (1)

HA € H+ + A- (1) ka=

t = 0 C1

t = tcb C2 - x C1 + x x

Dạng 5: hh 2 axit yếu

Giả sử : HA , C1 , k1

HB , C2 , k2

HA € H+ + A- (1) k1

HB € H+ + B- (2) k2

-2

H O € H + OH (3) kw

 Nếu k1C1 >> k2C2 , kw → Tính theo (1)

 Nếu k1C1 ≈ k2C2 >> kw → Tính theo (1) và (2)

Chọn mức không là HA , HB

→ H+        = A− + B−

C k C k

h

k h k h

→ h3+(k1+k h2) 2 +(k k1 2−C k1 1−C k h k k C2 2) − 1 2( 1+C2) 0= → h …

 Nếu k1C1 ≈ k2C2 ≈ kw → Tính theo (1),(2),(3)

Đk p : H +          = A− + B− + OH−

w

C k C k k h

k h k h h

Cách 2: Lặp h= k HA1[ ] +k HB2[ ] +kw

Dạng 7: dd đệm

Giả sử : HA , Ca , ka

A- , Cb

HA € H+ + A- (1) ka

A- + H2O € HA + H2O (2) kb

-2

H O € H + OH (3) kw

a

C

pH pk

C

= + tính cho pH từ 0 → 5 và từ 9 → 14

 Nếu H+ ≈ 10−7 → Không bỏ qua được (3) → đk p

Mức không HA , H2O → H+  = OH−    + A− −C b

Mức không A- , H2O → H+  = OH−−[ ]HA +C a

được

Giải : HCl → H+ + Cl-

CH3COOH € CH3COO- + H+ ka

-2

H O € H + OH kw

1 2

0,008

HCl

C V

V V

2 2

1 2

0,09

OO

CH C H

C V

V V

+ CH3COOH € CH3COO- + H+ ka

C 0,09 0,008

[ ] 0,09 – x 0,008 + x x

→ (0,008 ) 10 4,76

0,09

x

−

− → x=1,192.10−4

Giải :

NH4Cl → NH4+ + Cl

-NH4+ € NH3 + H+ (1) k2

CH3COOH € CH3COO- + H+ (2) k1

-2

H O € H + OH kw

Vì k1C1 >> k2C2 > kw tính H+ theo (2)

CH3COOH € CH3COO- + H+ k1

0,01 – x x x

→ x=4,17.10−4

→ pH = 3,38

Từ (1) → [ ] 6,86

3 10

NH = − << 10-3,38 , vậy sự phân li của NH4+ là không đáng kể so với axetic

GIẢI :

H2O € H+ + OH- kw =

CH3COOH € CH3COO- + H+ ka1 = 10-4,76

CH3CH2COOH € CH3CH2COO- + H+ ka2 = 10-4,89

Vì k1C1 ≈ k2C2

ĐK P : H+  = CH COO3 −  + CH CH COO3 2 −

→ H+ = k a1[CH COOH3 ] +k a2[CH CH COOH3 2 ]

Và H+ = k C a1 1+k C a2 2 =9,04.10−4

pH = 3,04

kiểm tra :

Giải :

KCN →

Cb= 0,1

HCN € H+ + CN- Ka = 10- 9,35

a 10 << 10

a

b

C

k

C

Cân bằng chủ yếu là

CN- + H2O € HCN + OH- kb = 10-4,65

0,1 0,001

0,1 – x 0,001 + x x

→ x =1,07.10-3 = [OH] → [H] = 9,35.10-12

→ pH =11,35

B.Tập: Tính cân bằng trong dd sau: khi cho V1 lít NH3 , C1 vào V2 lít HCl , C2 Giải:

NH3 + H+ → NH4+ 1 ( 9,24) 1 9,24

a

k k= − = − − =

→ phản ứng xảy ra hoàn toàn

(*) Nếu C1V1 = C2V2 → 2 chất cùng hết

X

C V C V

V V V V

+

3 d­

1 2

C V - C V

1 2

C V

V +V

→ Bài toán dung dịch đệm

1 2

C V

NH =

V +V

1 2

C V - C V HCl

V +V

=

→ Bài toán hỗn hợp axit mạnh – axit yếu.

Chương 3: Cân bằng tạo phức

Cho

Giải :

AgNO3 →

NH4NO3 →

Các cân bằng: Ag+ + NH3 € AgNH3+ β =1 103,03 (1)

Ag+ + 2NH3 € Ag(NH3)2+ 7,32

2 10

β = (2)

Ag+ + H2O € AgOH + H+ *β =10− 117 (3) NH4+ € NH3 + H+ k a =10−9,24 (4)

-2

H O € H + OH kw =10−14 (5) Xét các đk gần đúng

Tính gần đúng pH của dd , từ cân bằng (4)

[ 3] 4

a

C

NH+

a

K

K h

+ như vậy có thể bỏ qua sự proton hóa NH3

Từ (3) → [ AgOH] = *β.Ag+.h− 1 =10− 11,7.10 10− 2 9,24 =10− 4,46 << C Ag+

Vậy sự tạo phức hiđroxo không đáng kể

AgNH+ β Ag+ NH Ag+

Ag NH + β Ag+ NH Ag+

→ phức chủ yếu là Ag(NH3)2+ → tính theo (2)

Từ lập luận trên có thể tính gần đúng như sau:

Ag+ + 2NH3 → Ag(NH3)2+ β =2 107,32

Vì β2 rất lớn coi phản ứng xảy ra hoàn toàn → NH3 dư

→ Ag NH( 3 2) + = 0,01

NH3 = − 1 0,02 0,98=

Tính cân bằng

Ag(NH3)2+ € Ag+ + 2NH3 β2−1 =10−7,32

0,01 0,98

0,01 – x 0,98 + 2x

→ x=4,984.10−10

→ Ag+ = 4,984.10−10

[NH3] =0,98 ; [NO3]= 1,01 ; [NH4+] ; [ AgOH] * Ag 4,984.10 12,46

h

−

AgNH+ β Ag+ NH −

3 2

Câu 2: Tính toán cân bằng trong dd khi nhỏ 1 giọt (0,01 ml) NH4SCN 0,1M vào

1 lit dd FeCl3 0,1M , HCl 1M 2

3 03

10 ,

FeSCN

Giải :

FeCl3 → Fe3+ + 3Cl-

HCl → H+ + Cl

-NH4SCN → NH4+ + SCN-

Ta có : C Fe3 + =0 1, ; C H+ =1 ; 0 01 10 0 13 6

10 1

−

−

−

SCN C

Xét các đk gần đúng

- vì nồng độ ion H+ lớn nên có thể bỏ qua sự phân li của ion NH4+ và sự tạo phức hiđroxo của Fe3+

- vì C Fe3 + >>C SCN− nên có thể coi phản ứng tạo thành phức FeSCN2+ là chủ yếu

Fe3+ + SCN- → FeSCN2+ β =1 103 03,

Co 0,1 3.10-3

C 0,097 0 3.10-3

TPGH : FeSCN2+ 3.10-3 ; Fe3+ 0,097

FeSCN2+ € Fe3+ + SCN- β =10− 3 03,

C 3.10-3 0,097

[ ] 3.10-3 – x 0,097 + x x

→ x =2 9 10, −5

Vậy SCN− = = x ; Fe3+ = 0 097, ; FeSCN2+ = 3 10. −3 − =x 2 97 10 . −3

Chương 4: Cân bằng oxi hóa – khử

o

Cu /Cu

E = 0,34 V ; +

o /Ag

EAg = 0,8 V

1 Thiết lập pin điện cực để xác định các Eo ở trên Viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động

2 Nếu ghép 2 điện cực tiêu chuẩn ở trên thành 1 pin điện hóa chỉ rõ các catot và anot, tính suất điện động của pin và viết phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động

Giải:

2

(H )

Pt H Cu+ + Cu (+)

− ( )− Pt(H )2 H Ag+ + Ag (+)

Phản ứng : Cu2+ + H2 → 2H+ + Cu

2 Sơ đồ pin : ( ) Cu Cu Ag− 2+ + Ag (+)

Epin = E+ - E- = 0,8 – 0,34 = 0,46 V

Catot : Cu

Anot : Ag

Phản ứng : Ag+ + Cu → Ag + Cu2+

Chương 5: Cân bằng tạo hợp chất ít tan

Câu 1: Tính độ tan của PbI2 ở pH = 6 cho KS , PbI2 = 10-7,86 ; + 10-7,80

* PbOH =

β

Giải:

PbI2 ↓ € Pb2+ + 2I- K = 10s -7,86 (1)

Pb2+ + H2O € PbOH+ + H+ + 10-7,80

* PbOH =

Từ (1) : 2 2

s

Pb + I− K

(2) : PbOH+ =*βPb2+h−1 =10 10 −7,8 6 Pb2+ = 10−1,6.Pb2+ (4) Gọi độ tan của PbI2 là S ta có

2

Pb

S C= + =Pb +  + PbOH+  = Pb + + − (5)

2S =   I− (6)

Tổ hợp (5) , (6) vơi (3) được :

2 7,86 1,8(2 ) 10

1 10

S

7,86 1,8

3

3 10 (1 10 )

4 1,52.10

Câu 2: Tính tích số tan của AgCl trong dd bão hòa biết độ tan của AgCl là

1,001.10- 5 M ở 20oC Cho + 10-11,70

* AgOH =

Giải:

Các quá trình xảy ra:

Cân bằng tan : AgCl ↓ ƒ Ag+ + Cl- Ks = ?

tạo phức hiđroxo của Ag+ : Ag+ + H2O ƒ AgOH + H+ + 10-11,70

* AgOH =

β

Độ tan S AgCl =Ag++[AgOH] =Cl−=1,001.10−5

Vì *β bé nên có thể coi sự tạo phức hiđroxo xẩy ra không đáng kể, vì vậy

Ag+  = Cl−=S

Biểu thức tích số tan : Ag+  Cl− = K s c

1,001.10 c 1,002.10

s K

Nồng độ của Ag+ và Cl- rất bé, do đó f Ag+ = f Cl− =1 → c 1,002.10 10

s s

K =K = − Kiểm tra mức độ tạo phức hiđroxo :

Ag+ + H2O ƒ AgOH + H+ + 10-11,70

* AgOH =

β

C 1,002.10−10

[ ] 1,002.10−10 −x x x

→ x=10−8,3 << 1,001.10−5

Vậy có thể sự tạo phức hiđroxo

Câu 3: Tính độ tan của FeS ở pH = 5 Cho KS , FeS = 10-17,2 ; + 10-5,92

* FeOH =

H2S : k1 = 10-7,02 , k2 = 10-12,9

Giải:

2-FeS € Fe + S K = 10s -17,2 (1)

2

Fe + H O € FeOH + H+ + 10-5,92

* FeOH =

2

S + H − + € HS− 1 12,9 1

2 (10 )

k− = − − (3) 2

HS + H − + € H S k1−1=(10−7,02)−1 (4)

Gọi độ tan của FeS là S ta có :

2

2

Fe

S C= + =Fe +  + FeOH+ (5)

Từ (2) → FeOH+=*βFe2+h−1 (6)

Tổ hợp (5) và (6) : S =Fe2+(1+*β.h−1) (7) → Fe2+ =

2

2

S

S C= − =S −  + HS−+ H S (8)

HS− k− S − h H S k k− − S − h

Tổ hợp (8), (9) được S =S2−   1+k h2−1 +(k k1 2)−1 2h  (10) → S2− =

Tổ hợp (7) , (10) với biểu thức tích số tan Fe2+  S2− = K s

→

2

2 1 2

S

K

h k h k k h

→ S = K s(1+*β.h−1) 1 +k h2−1 +(k k1 2)−1 2h 

Thay h=10−pH =10−5và các giá trị *

1 2 , ,k k

β vào ta được : 4

2,43.10

S = − M

-7,86

S

K = 10 ; + 10-7,80

* PbOH =

3

a , CH COOH

3

2,52

OO 10

PbCH C

Giải:

PbI2 ↓ € Pb2+ + 2I- K = 10s -7,86 (1)

Pb2+ + H2O € PbOH+ + H+ + 10-7,80

* PbOH =

CH3COOH € CH3COO- + H+ k = a 10−4,76 (3)

Pb2+ + CH3COO- € PbCH3COO+ βPbCH C3 OO+ = 102,52

Từ (3) có thể đánh giá

[ 33 ]

OO

OO

CH C

CH C H

−

3

3 OO CH COO 1

CH C − C −

2

S S Pb I

K =K α− + α− −

2

7 80 4 76 2 52 2 52

1 10 , 10 , 10 , 1 10 ,

Pb

1

I

α − =

→ K S' =10−7 86, 102 52, 1 10= −5 34,

'

s s

K >K chủ yếu là do Pb2+ tạo phức với CH3COO- làm tăng độ tan

PbI2 ↓ € Pb2+ + 2I- ' 10 5 34,

S

K = − [ ]’ S’ 2S’

→ ( )(S' 2S' )2 =10−5 34,

Độ tan 3 10 5 34 2 0

10 4

,

S = − = − M

2

2 ' Pb 10 102. 2 52, 3 0 10, 5

3

PbCH COO+ 0 01, M

Câu 5 : Trộn 1ml HCl 0,3M với 1ml Pb(NO3)2 0,01M có kết tủa PbCl2 tách ra không ? Cho KS , PbCl2 = 1,6.10 -5

Giải:

HCl → H+ + Cl-

Pb(NO3)2 → Pb2+ + NO3-

Pb2+ + 2Cl- € PbCl2

Điều kiệm xuất kết tủa PbCl2 : 2 2

2

. s PbCl

Pb Cl

C + C − >K

Pb2+ + H2O € PbOH+ + H+ *β =10− 6 18,

o

C 5 10. −3 1 5 10, − 1

C 5 10. −3 −x x 1 5 10, −1+ x

→ x =2 2 10, −8

→ 2

5 10. 5 10.

Pb

C + = − − =x − (sự tạo phức hiđroxo không đáng kể)

2 5 10 3 1 5 10 1 2 1 1 10 4 ( ) 1 6 10 5

Pb Cl

C + C − = − − = − >K −

Kết luận : kết tủa PbCl2 có khả năng xuất hiện

Câu 6: Tính pH bắt đầu kết tủa, kết tủa hoàn toàn Fe3+ dưới dạng Fe(OH)3 trong dd

Fe3+ 10-3M Cho KS , Fe(OH)3 = 10−37 (Fe3+ được coi kết tủa hoàn toàn khi nồng độ còn 10-3M)

Giải: