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

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.. Hãy chứng tỏ bằng các phươ

BÀI KIỂM TRA ĐIỀU KIỆN MÔN LÝ THUYẾT HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAO

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

Biết: E o Ag+/Ag=0,779 (V);E O o2 /OH−=0,404 (V); E Au o (CN)2−/Au=0,6(V); E Zn o (CN)2 −/Zn=1,26 (V)

BÀI GIẢI Câu I:

1 Ure có CTPT (NH2)2CO, CTCT : NH2 OC NH2 , 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

O

OH NH2 C NH3+ + OH

-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:

82 , 13 2

2

3

] [

] ].[

−

−

−

−

=

NH CO NH

NH CO NH

OH

+ 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:

=

−

−

−

−

] [

] ].[

[

2 2

2 4

NH CO NH

NH CO NH NH

K a

+ 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:

9 , 6 2

2

3 2

] [

] ].[

−

−

−

−

=

NH CO NH

NH CO NH

COO

CH

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):

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:

M = = = = 0,091,25.41,2.1000≈337

CV

m V

C

m

n

o o

o o

o

Khi thêm 8,24 ml dung dịch NaOH, trong dung dịch còn dư HA nên ta có hệ đệm gồm HA và baz liên hợp với nó là A– Ta có: [H+] = Ka

−

A

HA

C C

Như vậy:

'

'

' ' '

'

V V

V H CV CV

CV H

V V

CV V C

V V

CV H

C C

o

o o o HA

A

−

=

−

= +

−

+

−

4,3 1 , 25 10 5

24 , 8 2 , 41

24 , 8

−

=

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:

Ta có:

V

CV

o

074 , 0 00 , 50

2 , 41 09 ,

=

+ 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–] << [H+] nên ta bỏ qua [OH–] bên cạnh [H+] khi tính toán

+ [H+] << [HA] nên ta bỏ qua [H+] bên cạnh [HA] khi tính toán

Như vậy, ta có thể tính pH của dung dịch HA theo công thức sau:

02 , 3 ) 13 , 1 (

2

1 9 , 4 2

1 lg

2

1 2

pH

3 Phương trình chuẩn độ: Ta chuẩn độ 50,00 ml dung dịch HA có nồng độ Co = 0,074M và có hằng số axit Ka = 1,25.10–5 bằng dung dịch baz mạnh NaOH có nồng độ C = 0,09M

Sau khi thêm V = 8,24 ml dung dịch NaOH, trong dung dịch có các ion: H+, Na+, OH–, A– và phân tử HA mà nồng độ cân bằng của chúng liên hệ với nhau bởi các phương trình sau:

Phương trình tích số ion của nước: [H+].[OH–] = Kw (1)

Phương trình hằng số axit HA: Ka = [ ][ ]

[ ]HA

A

H+ −

(2) Hai phương trình bảo toàn khối lượng:

[HA] + [A–] = V C V V

o

o o

[Na+] = V CV V

Phương trình trung hòa điện: [Na+] + [H+] = [OH–] + [A–] (5)

từ phương trình (2) và (3) ta có: [A– ] = (V +V)(K +[ ]H+ )

K V C

a o

a o o

Thay [Na+] và [A–] vào (5) ta có: +

(V V

CV

o [H+] = [OH–] + (V +V)(K +[ ]H+ )

K V C

a o

a o o

(6)

Đưa F =

o

o V

C

CV

vào (6) ta có: F =

o

o V C

CV

= ([OH–] – [H+])

o o

o

V C

V

+ [ ]+

K

K

a

a

(7)

Suy ra: F – 1 = ([OH–] – [H+])

o o

o

V C

V

– [ ]

[ ]+

+

+ H K

H

a

(8) 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 a C o

+ Khi mới bắt đầu chuẩn độ được một ít (F < 0,001) ta chỉ bỏ qua [OH–]

⇒ F – 1 = [ ]

[ ] [ ] o o

o

V V H H K

+

+ +

+ Khi thêm V ml dung dịch NaOH nhưng còn tương đối xa điểm tương đương: bỏ qua số hạng ([OH–] – [H+])

o o

o

V C

V

hoặc: [H+] = Ka F

F

−

1

+ Tại điểm tương đương:

F = 1, [OH–] >> [H+] ta có: [ ]

[ ]+

+

+ H K

H

a

= [OH–]

C C

C C

o

o +

hoặc: [ ]

[ ]+

+

+ H

K

H

a

= [ ] C C

C C H

K

o

o

w +

+ + Sát trước hoặc sau điểm tương đương, 0,999 < F < 1,001 Ta bỏ qua [H+]

⇒ F – 1 = [ ]

[ ]+ +

H K

H

a [ ] C C

C C H

K

o

o

w +

+

* Phương trình sai số chỉ thị:

Từ phương trình (8) => Phương trình sai số chỉ thị:

S = Fc – 1 = ([OH–]c – [H+]c)

o o

o

V C

V

– [ ]

[ ]c a

c

H K

H

+

+

* Nếu điểm cuối gần tương đương thì

o o

o

V C

V

= C C C C

o

o +

=> S = Fc – 1 = ([OH–]c – [H+]c)

C C

C C

o

o +

– [ ]

[ ]c a

c

H K

H

+

+

+ (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:

S = Fc – 1 = – [ ]

[ ]c a

c

H K

H

+

+

+ (11)

– Sát điểm tương đương [OH–] >> [H+] nên:

S = [OH–]c

C C

C C

o

o +

– [ ]

[ ]c a

c

H K

H

+

+

+ (12)

– Sau điểm tương đương [H+] << Ka nên:

S = [OH–]c

o o

o

V C

V

(13)

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] 2– (dd) + 2Au(r) (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:

O 2 + 2H 2 O + 4e  4OH –

2 /

O OH

2 /

0,059 lg 4

O o

O OH

P E

OH

Au (r) + 2CN –

(dd)  [Au(CN) 2 ] –

(dd) + e

2

( ) /

Au CN Au

( ) 0,059

lg 1

o

Au CN Au

Au CN E

CN

−

−

−

+

[ ]8

4 2 /

) (

) ( lg 4

059 , 0

−

+

−

CN

CN Au

E o

Au CN

Khi cân bằng: E Au CN( ) /2− Au=E O OH2/ − Từ (*) và (**) ta có:

2

2 /

0,059

lg 4

O o

O OH

P E

OH

[ ]8

4 2 /

) (

) ( lg 4

059 , 0

−

+

−

CN

CN Au

E o

Au CN Au

o

OH

E / ( ) /

2

2 − − − = [ ] [ ]

[ ] 2

8

4 4

2 ) ( lg 4

059 , 0

O

P CN

OH CN

Au

−

−

−

1 /

) ( /

10 68

059 , 0

)) 60 , 0 ( 404 , 0 ( 4 059

, 0

) (

4

4

2 − −E − = − − = ⇒K =

Au CN Au

o OH O

Xét phản ứng (2): Gồm hai bán phản ứng:

[Au(CN) 2 ] –

(dd) + e  Au (r) + 2CN –

(dd)

2

( ) /

Au CN Au

( ) 0,059

lg 1

o

Au CN Au

Au CN E

CN

−

−

−

+

[ ]4

2 2 /

) (

) ( lg 2

059 , 0

−

+

−

CN

CN Au

E o

Au CN

Zn (r) + 4CN –

(dd)  [Zn(CN) 4 ] 2–

(dd) + 2e

Zn

CN

Zn

[ ]4

2 4 /

) (

) ( lg 2

059 , 0

2

−

−

+

−

CN

CN Zn

E o

Zn CN

Khi cân bằng: E Au CN( ) /2− Au=E Zn(CN)2 −/Zn Từ (***) và (****) ta có:

[ ]4

2 2 /

)

(

) ( lg 2

059 , 0

−

+

−

CN

CN Au

E o

Au

CN

[ ]4

2 4 /

) (

) ( lg 2

059 , 0

2

−

−

+

−

CN

CN Zn

E o

Zn CN Zn

o

Zn CN Zn

o

Au

CN

E ( ) / ( )2 /

[ ]2

2

2 4 ) (

) ( lg 2

059 , 0

−

−

CN Au

CN Zn

2 /

) ( /

) (

10 4

, 22 059

, 0

)) 26 , 1 ( 60 , 0 ( 2 059

, 0

) (

4 − − = − − − = ⇒ =

−

K E

Zn CN Zn

o Au CN Au

Cả hai hằng số cân bằng đều rất lớn chứng tỏ cả hai phản ứng đều có thể đạt hiệu suất 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 + O 2 + 2H 2 O  4Ag + + 4OH – (*)

Gồm hai bán phản ứng:

O 2 + 2H 2 O + 4e  4OH – (1) 0 , 059 27 , 4

404 , 0 4 059

, 0 4

/ 2

=

=

=

⇒

−

o OH O

E

K

Ag  Ag + + e (2) 0,059 0.0,059,779 13,2

/

−

−

−

=

=

=

⇒

+

o Ag Ag

E

K

(*) = (1) + 4.(2) 4 27 , 4 13 , 2 4 25 , 4

2

1 =10 10 =10−

=

⇒K K K

Hằng số cân bằng của (*) rất bé nên có thể kết luận: Khả năng hòa tan của Ag trong H 2 O có hòa tan O 2 là rất bé.