Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc

HỆ THỐNG BÀI TẬP PHẦN ĐIỆN HÓA HỌC

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và học sinh giỏi trung học phổ thông cấp quốc gia WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

LỜI CẢM ƠN Sau một thời gian nghiên cứu, đề tài “Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho

FF IC IA L

các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và học sinh giỏi trung học phổ thông cấp quốc qia” đã hoàn thành. Để hoàn thành được bài tiểu luận này có sự hướng dẫn trực

tiếp của Phó giáo sư - Tiến sĩ Ngô Văn Tứ cùng sự giúp đỡ tận tình của các thầy cô

giáo trong khoa Hóa học - Trường Đại học Sư phạm Huế. Ngoài ra, trong quá trình thực hiện đề tài tiểu luận , em đã nhận được sự giúp đỡ rất tận tình từ thầy cô khoa Hóa, thầy

O

cô thư viện cũng như ý kiến đóng góp từ các bạn cùng lớp… Nhờ vậy, việc kết hợp với những lý thuyết đã học và xây dựng hệ thống bài tập hết sức thuận lợi.

N

Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô khoa hóa trường Đại học Sư phạm Huế

Ơ

cùng tất cả các thầy cô giáo đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ em trong trong suốt quá

H

trình học tập, nghiên cứu.

N

Về phía cá nhân, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và chân thành nhất đến Phó

Y

giáo sư - Tiến sĩ Ngô Văn Tứ về sự hướng dẫn tận tình và quý báu trong suốt quá trình

U

xây dựng và hoàn thiện bài tiểu luận.

Q

Tuy đã có nhiều cố gắng, nhưng chắc chắn bài tiểu luận của em còn có rất nhiều thiếu sót. Em rất mong nhận được những ý kiến đóng góp từ quý thầy cô để đề tài này có

Xin chân thành cám ơn!

D

ẠY

KÈ

M

thể hoàn thiện hơn.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

1

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

MỤC LỤC

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

LỜI CẢM ƠN.......................................................................................................................... 1 A. MỞ ĐẦU ............................................................................................................................. 4 I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI......................................................................................................... 4 II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU ................................................................................................ 5 III. ĐỐI TƯỢNG VÀ KHÁCH THỂ NGHIÊN CỨU ............................................................. 5 IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU .............................................................................................. 5 V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU ....................................................................................... 5 VI. PHẠM VI NGHIÊN CỨU ................................................................................................. 5 B. NỘI DUNG ......................................................................................................................... 6 Bài 1: (Đề thi chuẩn bị Olympic quốc tế năm 2011) ................................................................ 6 Bài 2: (Đề thi Olympic Hóa học Mĩ năm 2012) .................................................................. 7 Bài 3: (Đề chuẩn bị Olympic quốc tế năm 2011) ..................................................................... 8 Bài 4: (Bài tập chuẩn bị Olympic quốc tế năm 2014) ............................................................ 10 Bài 5: (Đề dự trữ Olympic quốc tế năm 2014) ....................................................................... 14 Bài 6: (Đề thi học sinh giỏi của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng) .................. 17 Bài 7: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt 2013) ............................ 20 Bài 8: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Tiền Giang 2010) .................................... 24 Bài 9: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Hồng Phong năm 2012) ..................... 27 Bài 10: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Hồng Phong năm 2010) ................... 29 Bài 11: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Quốc Học Huế năm 2010) .................... 33 Bài 12: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lý Tự Trọng) ........................................ 35 Bài 13: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng năm 2006) ......... 36 Bài 14: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT Chu Văn An – Ninh Thuận năm 2011) ............. 40 Bài 15: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT Nguyễn Thượng Hiền, TP Hồ Chí Minh năm 2010) ....................................................................................................................................... 43 Bài 16: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lương Thế Vinh năm 2011) ................. 46 Bài 17: (Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia tỉnh Hà Tĩnh năm 2012) ......... 47 Bài 18: (Đề thi chọn học sinh giỏi vào đội tuyển quốc gia dự thi Olympic quốc tế năm 2010) ................................................................................................................................................ 49 Bài 19: (Đề thi đề nghị kì thi Olympic Đồng bằng sông Cửu Long năm 2011) .................... 54 Bài 20: (Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia tỉnh Hà Tĩnh năm 2012) ......... 55 Bài 21: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP Hồ Chí Minh năm 2013) ....................................................................................................................................... 57 Bài 22: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Thăng Long – Đà Lạt năm 2012).......... 59 Bài 23: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Hồng Phong năm 2013) ................... 60 Bài 24: (Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2012) .................................................................. 64 Bài 25: (Đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia năm 2012) ........................................................... 66 C. KẾT LUẬN ....................................................................................................................... 69 D. TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................... 70

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

2

GVHD: Ngô Văn Tứ

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Tiểu luận Hóa học phân tích

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

3

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

A. MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI  Lí do lí luận:

FF IC IA L

Đầu thế kỉ XXI, nền giáo dục của thế giới có những bước tiến lớn với nhiều thành

tựu về mọi mặt. Hầu hết các quốc gia nhận thức sự cần thiết và cấp bách phải đầu tư cho giáo dục. Thật vậy, giáo dục đang trở thành một bộ phận đặc biệt của cấu trúc hạ tầng xã

hội, là tiền đề quan trọng cho sự phát triển của tất cả các lĩnh vực kinh tế, chính trị, văn hoá, quốc phòng an ninh. Bởi lẽ con người được giáo dục tốt và giáo dục thường xuyên

O

mới có khả năng giải quyết một cách sáng tạo và có hiệu quả những vấn đề do sự phát triển của xã hội đặt ra. Chính vì vậy giáo dục là một bộ phận hữu cơ rất quan trọng trong

N

chiến lược hay kế hoạch phát triển kinh tế xã hội, trong đó mục tiêu giáo dục phải được

Ơ

coi là một trong những mục tiêu quan trọng nhất của sự phát triển đất nước.

H

Đầu tư cho giáo dục được coi là đầu tư có lãi lớn nhất cho tương lai của mỗi quốc

N

gia. Luật Giáo dục 2005 của nước ta đã khẳng định: “Phát triển giáo dục là quốc sách hàng đầu nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Vì vậy, vấn đề

Y

bồi dưỡng nhân tài nói chung, đào tạo sinh viên - học sinh chuyên nói riêng đang được

Q

 Lí do thực tiễn:

U

nhà nước ta đầu tư hướng đến.

Một trong những hạn chế, khó khăn của học sinh chuyên, sinh viên học tập môn

M

hóa học trong toàn quốc đang gặp phải đó là chương trình, sách và tài liệu cho môn

KÈ

chuyên còn thiếu, chưa cập nhật liên tục. Các học sinh, sinh viên phải tự tìm tài liệu, chọn giáo trình phù hợp, phải tự xoay sở để chiếm lĩnh lượng kiến thức và rèn luyện kĩ năng

ẠY

giải bài tập hóa học nói chung và đặc biệt là chuyên đề hóa học phân tích định tính.

Xuất phát từ những nhu cầu thực tiễn đó, là một sinh viên khoa hóa còn non nớt

D

và thiếu kinh nghiệm, em rất mong mỏi có được một nguồn tài liệu có giá trị và phù hợp

trong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và việc bồi dưỡng học sinh giỏi – học sinh

chuyên. Bên cạnh đó có thể cung cấp được tài liệu tham khảo học tập. Tất cả lí do đó, em

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

4

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

lựa chọn đề tài “Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và học sinh giỏi trung học phổ thông cấp quốc gia” để nghiên cứu.

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

FF IC IA L

Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và học sinh giỏi trung học phổ thông cấp quốc qia III. ĐỐI TƯỢNG VÀ KHÁCH THỂ NGHIÊN CỨU  Đối tượng nghiên cứu :

Việc xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập hóa học phân tích dùng trong hoc tập môn hóa học phân tích định tính và cho các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic sinh

O

viên .

N

 Khách thể nghiên cứu :

Ơ

Quá trình học tập hóa học ở trường THPT chuyên và trường đại học, cao đẳng chuyên ngành hóa học.

H

IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

N

Nghiên cứu chương trình hóa học phổ thông nâng cao, chuyên hóa học và chương

Y

trình ở bậc đại học chuyên ngành hóa học. Phân tích các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp

U

quốc gia, quốc tế; kì thi Olympic sinh viên và đi sâu nội dung phần hóa học phân tích

Q

định tính.

Xây dựng hệ thống bài tập hóa học phân tích định tính dùng cho học sinh chuyên

M

hóa, sinh viên chuyên ngành hóa.

KÈ

Đề xuất phương pháp sử dụng hệ thống bài tập thích hợp.

V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Đọc, thu thập tài liệu.

ẠY

- Tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn.

- Xử lý, tổng hợp.

D

VI. PHẠM VI NGHIÊN CỨU - Nội dung: Bài tập phần hóa học phân tích định tính .

- Đối tượng: học sinh chuyên hóa, học sinh dự thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế;

sinh viên theo học ngành hóa học SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

5

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

B. NỘI DUNG BÀI 1: 1. Khi cho từ từ một bazơ mạnh vào dung dịch chứa ion Zn2+ thì thu được kết tủa

FF IC IA L

keo trắng Zn(OH)2. Tính pH của 1 lít dung dịch chứa 5.10-2 mol Zn2+ và 0,1 mol OH-. Biết K S(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-17 .

2. Khi cho thêm tiếp bazơ vào dung dịch thì kết tủa keo trắng bị hòa tan, thành

dạng phức Zn(OH)42-. Cho biết hằng số phức bền là 4,6.1017. Tính pH của dung dịch ở câu (1) khi cho 0,1 mol OH- vào dung dịch trên (cho rằng thể tích thay đổi không

(ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)

Ơ

Bài giải:

Zn(OH)2 ⇌ Zn 2+ + 2OHS

2S

H

S

K S ( Zn ( OH )2 ) = 1, 2.10 −17

N

1.

N

O

đáng kể)

Y

K S(Zn(OH)2 ) = 4S3 = 1,2.10-17 ⇒ S = 1,44.10-6 mol/l

U

⇒ [OH-] = 2S = 2,88.10-6 (mol/l)

Q

⇒ pOH = 5,54 ⇒ pH = 14 – 5,54 = 8,46

Zn(OH)2 ⇌ Zn 2+ + 2OH-

M

2.

KÈ

Zn 2+ + 4OH- ⇌ Zn(OH)42Zn(OH)2 + 2OH- ⇌ Zn(OH)24

[]

2x

K S(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-17

K f = 4,6.1017 K = KS.Kf = 5,52

(0,05-x)

D

ẠY

[Zn(OH)20,05-x 4 ] K= = = 5,52 ⇒ x ≈ 0,03 - 2 [OH ] (2x)2

⇒ [OH-] = 2x = 0,06 ⇒pOH = 1,22 ⇒pH = 14 – 1,22 =12,78

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

6

Tiểu luận Hóa học phân tích BÀI 2:

GVHD: Ngô Văn Tứ

Cu(OH) 2 ⇌ Cu 2+ + 2OH-

KS = 2,2.10-20

Cu 2+ + 4NH3 ⇌ Cu(NH3 )2+ 4

Kf = 2,1.10-13

Sử dụng phương trình và giá trị K cho ở trên để trả lời những câu hỏi sau:

FF IC IA L

1. Xác định nồng độ mol của Cu(OH)2 ở pH = 8,00.

2. Nếu 20,00 ml của 0,0010M CuSO4 trộn với 50,0 ml của 0,0010M NaOH, xác định liệu Cu(OH)2 có kết tủa không? Hoàn thiện câu trả lời bằng việc tính toán thích hợp.

3. Viết phương trình khi cho Cu(OH)2 tác dụng với dung dịch NH3 và tính giá trị K

O

cho phản ứng.

4. Tính nồng độ NH3 cần cho sự hòa tan 0,100g Cu(OH)2 trong 1,00 lít nước.

N

5. Mô tả khi quan sát nếu 5,0M NH3 được cho từ từ vào 0,10M dung dịch chứa ion

H

Ơ

Cu2+.

N

(ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC MĨ NĂM 2012)

Bài giải:

Y

1. Ta có: Cu(OH) 2 ⇌ Cu 2+ + 2OH-

Ks = 2,2.10-20

Q

KS = [Cu2+].[OH–]2

U

* pH = 8 ⇒ pOH = 6 ⇒ [OHି ] = 10-6 M.

M

2,2 . 10–20 = [Cu2+].[10–6]2

KÈ

⇒ [Cu2+] = 2,2.10–8 M

2. Nồng độ của Cu2+ và OH ି sau khi trộn là:  0, 0200.1, 0.10−3  −4  = 2,86.10 M 0, 0700  

ẠY

Cେ୳మశ = 

 1, 0.10−3  −4  = 7,14.10 M 0, 0700  

D

C୓ୌష = 0, 0500. 

Cେ୳మశ . C୓ୌష = (2,86.10–4).(7,14.10–4) 2 = 1,46.10–10 >> KS Vậy có kết tủa Cu(OH)2 tạo thành.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

7

Tiểu luận Hóa học phân tích

Cu(OH) 2 ⇌ Cu 2+ + 2OH-

Ks = 2,2.10-20

Cu 2+ + 4NH3 ⇌ Cu(NH3 )2+ 4

Kf = 2,1.10-13

Cu(OH)2 + 4NH3 ⇌ Cu(NH3 )42+ + 2OH-

K

FF IC IA L

3.

GVHD: Ngô Văn Tứ

⇒ K = KS . Kf = (2,2.10–20).(2,1.1013) = 4,6.10–7 4.

n Cu(OH)2 =

mCu(OH)2 1 = = 0,00103(mol) M Cu(OH)2 97,54

⇒ Nồng độ Cu(OH)2 trong 1 lít nước là 0,00103M.

O

⇒ Nồng độ OH– sẽ là 0,00206 M và nồng độ Cu(NH3)42+ là 0,00103M.

Ơ

- 2 Cu(NH3 )2+ 0,00103.(0,00206) 2 4 .[OH ] = = 0,00950 K 4,6.10-7

H

⇒ [NH 4 ]4 =

N

[Cu(NH3 )42+ ].[OH- ]2 Ta có: K = [NH3 ]4

N

⇒ [NH3] = (0.00950)1/4 = 0,312 M

5. Khi thêm dung dịch NH3 vào thì ban đầu tạo thành chất kết tủa màu xanh. Sau đó kết

BÀI 3:

Q

U

Y

tủa dần hòa tan và tạo thành phức màu xanh đậm.

M

Trong dung dịch nước, ion Pb2+ tồn tại ở dạng kết tủa PbO, là một oxit lưỡng tính. Trong axit, tồn tại dưới dạng ion Pb2+ là chủ yếu với pH tăng dần. PbO và

KÈ

Pb(OH)3- được hình thành trong lượng thấy rõ. Cân bằng quan trong cho PbO trong nước được đưa ra sau đây: Ksp = 8,0.10-16

(1)

PbO + 3H2O ⇌ Pb(OH)3- + H3O+

Ka = 1,0.10-15

(2)

D

ẠY

PbO + H2O ⇌ Pb2+ + 2OH-

1. PbO hòa tan hoàn toàn khi ở pH đủ thấp. Khi nồng độ ban đầu của Pb2+ là

1,00.10-2 mol/l. Tính pH mà kết tủa PbO bắt đầu hình thành.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

8

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

2. Dùng giá trị đã cho ở câu a, khi pH tăng lên đến giá tị nào đó thì kết tủa tan trở lại. Ở pH bằng bao nhiêu thì kết tủa tan hết?

3. Viết biểu thức tính độ tan S của PbO?

FF IC IA L

4. Theo lí thuyết, PbO tan hết ở pH = 9,4. Tính nồng độ các ion trong dung dịch và độ tan của PbO ở pH đó.

5. Tính khoảng pH khi mà nồng độ dung dịch là 1,0.10-3 mol/l hay thấp hơn. (ĐỀ CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011) Bài làm:

O

1. Ta có: [Pb2+] = 1,00.10-2 mol/l

N

Kết tủa PbO bắt đầu hình thành khi: [Pb2+].[OH-]2 = Ksp =8,0.10-16 K sp 8,0.10-16 [OH ] = = = 2,83.10-7 M 2+ -2 [Pb ] 1,00.10 ⇒

H

Ơ

-

⇒ pOH = 6,55 ⇒ pH = 7,45

N

2. Ở pH tương đối cao thì phản ứng (2) chiếm ưu thế hơn, tương ứng với ion Pb(OH)3-.

Y

Ta có: [Pb(OH)3-] = 1,00.10-2 mol/l. Ta dung công thức Ka để tính pH.

U

PbO + 3H2O ⇌ Pb(OH)3- + H3O+

Ka = 1,0.10-15

⇒ pH = 13

M

Q

Ka 1,0.10-15 [H3O ] = = = 1,0.10-13M + -2 K a = [Pb(OH)3 ].[H3O ] ⇒ [Pb(OH)3 ] 1,00.10 +

KÈ

Dùng Ksp thì [Pb2+] = 8,00.10-14 M (rất bé) nên bỏ qua.

3. Ta có:

S = C Pb2+ = [Pb 2+ ] + [Pb(OH)3- ]

ẠY

4. Ta có: pH = 9,4 ⇒[H3O+] = 10-9,4 = 4.10-10 M [OH - ] =

K H 2O 10-14 = = 2,5.10-5 M [H 3O + ] 4.10-10

[Pb 2+ ] =

K sp 8,0.10-16 = = 1,28.10-6 M - 2 -5 2 [OH ] (2,5.10 )

D

⇒

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

9

Tiểu luận Hóa học phân tích

[Pb(OH)3- ] =

GVHD: Ngô Văn Tứ

Ka 1,0.10-15 = = 2,5.10-6 M + -10 [H3O ] 4.10

FF IC IA L

2+ -6 -6 -6 Suy ra: S = [Pb ] + [Pb(OH)3 ] = 1,28.10 + 2,5.10 = 3,78.10 M

5. Ở pH tương đối thấp thì Pb2+ sẽ chiếm ưu thế.

[Pb2+] = 1,0.10-3 M.

K sp 8,0.10-16 = = 8,94.10-7 M [Pb 2+ ] 1,0.10-3

[H3O + ] =

K H2O 10-14 -8 = -7 = 1,12.10 M [OH ] 8,94.10

⇒

Ơ

⇒

N

[OH - ] =

O

Ksp = [Pb2+].[OH-]2

Ka 1,0.10-15 = = 8,93.10-8 M [H3O+ ] 1,12.10-8

N

[Pb(OH)3- ] =

H

⇒ pH = 7,95

Y

Do đó, trong môi trường axit thì [Pb(OH)3-] không đáng kể và [Pb2+] chiếm ưu thế.

U

Trong môi trường bazơ thì [Pb(OH)3-] chiếm ưu thế.

Q

[Pb(OH)3-] = 1,00.10-3 M từ Ka

Ka 1,0.10-15 [H3O ] = = = 1,00.10-12 M -3 [Pb(OH)3 ] 1,00.10

M

+

KÈ

⇒ pH = 12 và [OH-] = 1,00.10-2M.

K sp 8,0.10-16 = = 8,00.10-12 M - 2 -2 2 [OH ] (1,00.10 )

ẠY

[Pb 2+ ] =

Ta thấy: [Pb2+] ≪ [Pb(OH)3-] nên trong môi trường bazơ, [Pb2+] không đáng kể.

D

Vậy pH có giá trị từ 7,95 đến 12.

BÀI 4: Dung dịch A chứa axit photphoric có pH = 1,46.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

10

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

1. Tính nồng độ của các cấu tử trong dung dịch A. Cho biết các giá trị Ka của H3PO4 lần lượt là 7,5.10-3; 6,2.10-8 và 4,8.10-13.

2. Trộn 50ml dung dịch A với 50 ml dung dịch NH3 0,4 M. Kết quả thu được 100 ml

FF IC IA L

dung dịch B. Tính pH của dung dịch B, biết ‫ܘ‬۹ ‫ۼ‬۶૝శ = ૢ, ૛૝

3. Trộn 100ml dung dịch B với 100 ml dung dịch Mg(NO3)2 0,2M. Có kết tủa xuất

hiện không? Tính khối lượng kết tủa (nếu có)? Biết sự thủy phân của Mg2+ được bỏ qua và kết tủa NH4MgPO4 được thừa nhận là chủ yếu, biết KS = 2,5.10-13.

4. Tính nồngđộ các cấu tử trong dung dịch Ca3(PO4)2 biết KS = 2,22.10-25. Cho rằng

O

sự thủy phân của Ca2+ không đáng kể.

Ơ

Bài giải:

N

(BÀI TẬP CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2014)

K a1 = 7,5.10-3

H

+ 1. H3PO4 ⇌ H + H2 PO4

K a2 = 6,2.10-8

N

H2 PO-4 ⇌ H+ + HPO42-

K a3 = 4,8.10-13

Y

HPO2-4 ⇌ H+ + PO3-4

U

H 2 O ⇌ H + + OH-

K W = 10-14

(1) (2) (3) (4)

Q

Ta thấy: Ka1 ≫ Ka2, Ka3 nên bỏ qua cân bằng (2) và (3).

Nếu Ka1.Ca ≫ KW thì bỏ qua cân bằng (4).

M

Vậy ta xét cân bằng (1):

C

K a1 = 7,5.10-3

Ca

Ca – x

ẠY

[]

KÈ

H3PO4 ⇌ H+ + H2 PO-4 x

x

D

x2 = K a1 = 7,5.10-3 C x Ta có: a (*)

pH = 1,46 ⇒ x = [H+] = 10-1,46 = 0,035 Thay x = 0,035 vào (*) ⇒ Ca = 0,2M.

Vậy nồng độ các cấu tử trong dung dịch A là: SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

11

Tiểu luận Hóa học phân tích

Ta có:

Ca = [PO43- ] +

[PO3-4 ] =

10-14 = 2,9.10-13M 0,035

[OH- ] =

[H + ] [H + ]2 [H + ]3 .[PO3-4 ]+ .[PO3-4 ] + .[PO3-4 ] K a3 K a2 .K a3 K a1.K a2 .K a3

FF IC IA L

[H+] = 0,035M;

GVHD: Ngô Văn Tứ

Ca .K a1.K a2 .K a3 C = +3 + 3 + 2 [H ] + K a1.[H ] + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3 [H ] [H ] [H ] 1+ + + K a3 K a2 .K a3 K a1.K a2 .K a3 a + 2

+

Thế số vào ta được: [HPO42-] = 6,25.10-8 M.

Ca .K a1.[H + ]2 [H + ]3 + K a1.[H + ]2 + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3

N

Thế số vào ta được: [HPO42-] = 0,035M

H

[H 2 PO-4 ] =

N

Ca .K a1.K a2 .[H + ] [H + ]3 + K a1.[H + ]2 + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3

Ơ

[HPO24 ] =

O

Thế số vào ta được: [PO43-] = 8,57.10-19M

Y

3[H3PO4 ] = Ca - [H2 PO-4 ] - [HPO24 ] - [PO4 ] ≈ 0,165M

ଶ

0

ଶ

0

M

Sau phản ứng

଴,ସ

Q

଴,ଶ

C(M)

U

H 3PO 4 + 2NH 3 ⇌ (NH 4 )2 HPO 4

2.

0,1

KÈ

Sau khi trộn, dung dịch B chứa C୒ୌశర = 0,2M, Cୌ୔୓మష = 0,1M ర Các cân bằng:

K a = 10-9,24

(1)

H 2O ⇌ H + + OH-

K W = 10-14

(2)

+ 3HPO24 ⇌ H + PO 4

K a3 = 4,8.10-13

(3)

D

ẠY

NH+4 ⇌ H+ + NH3

HPO42- + H2O ⇌ H2 PO2K b1 = 1,6.10-7 4 + OH

(4)

-12 H2 PO24 + H 2 O ⇌ H3 PO 4 + OH K b2 = 1,3.10

(5)

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

12

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Ta có: Cୌ୔୓మష .Kb1 ≫ C୒ୌశర .Ka ≫ Cୌ୔୓మష .Ka3 ⇒ dung dịch có tính bazơ ర ర Kb1 ≫ Kb2 ⇒ Cân bằng (4) là chủ yếu:

C

0,1

[]

0,1 – x

x

K b1 = 1,6.10-7

FF IC IA L

HPO42- + H2O ⇌ H2 PO24 + OH

x

x2 = 1,6.10-7 Ta có: 0,1 - x ⇒ x = 1,3.10-4 [OH-] = x = 1,3.10-4 M ⇒ pOH = 3,9 ⇒ pH = 10,1

K a3 .C HPO24

[H + ]

=

H

N

C NH+ .CMg 2+ .CPO3- = 3,02.10-6 > K S = 2,5.10-13 4

4

Khối lượng kết tủa là:

Y

Ta có:

0,2 0,2 6,04.10-4 = 0,1M CMg2+ = = 0,1M CPO3- = = 3,02.10-4 M 4 2 2 2 ; ; . ⇒ Có kết tủa MgNH4PO4 xuất hiện.

U

4

Ơ

Nồng độ các cấu tử sau khi trộn là:

C NH+ =

4,8.10-13 .0,1 = 6,04.10-4 10-10,1

N

Từ cân bằng (3) ta có:

[PO3-4 ] =

O

Mg 2+ + NH4+ + PO3-4 ⇌ NgNH4 PO4 ↓

3.

Q

mMgNH4PO4 = 3,02.10-6 .200.10-3 .137 = 8,3.10-5 (g)

Ca 3 (PO4 )2 ⇌ 3Ca 2+ + 2PO3-4

KS = 2,22.10-25

(1)

K W = 10-14

(2)

PO3-4 + H2O ⇌ HPO42- + OH-

Kb1 = 10-1,68

(3)

HPO42- + H2O ⇌ H 2PO-4 + OH-

K b2 = 10-6,79

(4)

H 2PO-4 + H2O ⇌ H3PO4 + OH-

K b3 = 10-11,852

(5)

M

4.

D

ẠY

KÈ

H 2O ⇌ H + + OH-

Ta có:

S = 5 KS = 1,17.10-5M

Ta thấy: Kb1 ≫Kb2, Kb3 ⇒ Bỏ qua cân bằng (4) và (5) Nếu Kb1.Cb ≫ KW ⇒ Bỏ qua cân bằng (2)

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

13

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

K b1 = 10-1,68

PO 3-4 + H 2 O ⇌ HPO 42- + OH C

2S

[]

2S – x

x

x

FF IC IA L

x2 = K b1 = 10-1,68 2S - x ⇒ x = 2,34.10-5 Vậy [OH-] = 2,34.10-5 M ⇒ [H+] = 4,27.10-10 M Xét cân bằng (1), ta có:

K S' = K S .α 3Ca 2+ .α 2PO34

O

α Ca2+ ≈ 1

4

[H + ] [H + ]2 [H + ]3 + + = 8,97.102 K a3 K a2 .K a3 K a1.K a2 .K a3

N

α PO3- = 1 +

S' = 5 KS' = 1,78.10-4 M

N

⇒

H

' -25 2 2 -19 ⇒ KS = 2,22.10 .(8,97.10 ) = 1,79.10

Ơ

Với

U

Y

⇒ [Ca2+] = 3S’ = 5,34.10-4 M; [PO43-] = 2S’ = 3,97.10-7 M.

Q

BÀI 5:

Dung dịch Pb(NO3)2 được thêm từ từ vào 20ml hỗn hợp chứa

Na2SO4

M

0,020M, Na2C2O4 5,0.10-3M; KI 9,7.10-3M; KCl 0,05M; KIO3 0,0010M. Khi kết tủa

KÈ

màu vàng PbI2 bắt đầu xuất hiện thì 21,60 ml dung dịch Pb(NO3)2 được dung hết.

1. Xác định thứ tự xuất hiện kết tủa.

ẠY

2. Tính nồng độ còn lại dung dịch Pb(NO3)2.

Cho biết:

pK s ( PbSO4 ) = 7, 66

D

pK s ( PbCl2 ) = 4, 77

;

pK s ( Pb ( IO3 ))2 = 12, 61

;

pK s ( PbI 2 ) = 7,86

;

pK s ( PbC2O4 ) = 10, 05

;

. Các ion khác được bỏ qua.

3. Một trong những chất thử phổ biến để phát hiện ion Pb2+ là K2CrO4, xuất hiện

kết tủa màu vàng tan trở lại trong NaOH. Tính tan của PbCrO4 không những phụ

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

14

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

thuộc vào pH mà còn phụ thuộc vào sự tạo phức. Cho biết độ tan của PbCrO4 trong dung dịch CH3COOH 1M là S = 2,9.10-5M. Tính tích số tan của PbCrO4.

Cho:

pK a(CH3COOH) = 4,76

;

lgβ Pb(CH COO+ ) = 2,68 3

;

lgβ Pb(CH3COO)2 = 4,08

4

(ĐỀ DỰ TRỮ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2014) Bài giải:

K S(PbSO4 ) 10-7,66 = = 1,09.10-6 M 2[SO 4 ] 0,02

[Pb 2+ ] >

K S(PbC2O4 ) 10-10,05 = = 1,78.10-8 M [C 2 O 42- ] 5.10-3

[Pb 2+ ] >

KS(PbI2 ) 10-7,86 = = 1,47.10-4 M [I- ]2 (9,7.10-3 )2

N

H

Để tạo thành kết tủa PbI2:

Ơ

Để tạo thành kết tủa PbC2O4:

O

[Pb 2+ ] >

1. Để tạo thành kết tủa PbSO4:

KS(PbCl2 ) 10-4,77 = = 6,34.10-3M [Cl- ]2 (0,05)2

N

Y

[Pb2+ ] > Để tạo thành kết tủa PbCl2:

lgβ PbOH+ = 7,8

FF IC IA L

pK a(HCrO- ) = 6,5

;

U

[Pb 2+ ] >

Q

Để tạo thành kết tủa Pb(IO3)2:

K S(Pb(IO3 )2 ) 10-12,61 -7 = - 2 2 = 2,45.10 M [IO 3 ] (0,001)

M

Vậy thứ tự xuất hiện kết tủa là: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2, PbCl2

KÈ

2. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa PbI2 thì:

K S(PbSO4 ) 10-7,66 = = 3,44.10-5M CPb2+ 6,36.10-4

D

[SO 24 ] =

9,7.10-3 .20.10-3 = 4,66.10-3M (20 + 21,60).10-3

KS(PbI2 ) 10-7,86 = = = 6,36.10-4 M 2 -3 2 C I(4,66.10 )

ẠY

Lúc đó để bắt đầu kết tủa PbI2 thì:

CPb2+

CI- =

.

Độ tan của PbSO4 trong dung dịch bão hòa là:

S = K S(PbSO4 ) = 1,48.10-4 M

[SO42-] < S୔ୠୗ୓ర ⇒ PbSO4 đã kết tủa.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

15

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Phương trình phản ứng: Pb 2+ + C 2 O 42- ⇌ PbC 2 O 4 ↓

Pb 2+ + SO 24 ⇌ PbSO 4 ↓

Pb 2+ + 2I- ⇌ PbI 2 ↓

Vì vừa bắt đầu kết tủa PbI2 nên coi như không đáng kể nên: 2

CPb(NO3 )2 .41,6.10-3 = 20.10-3.(5.10-3 +

1 .0,001 + 0,02) 2

N

C Pb(NO3 )2 = 0,035M

PbCrO4 ⇌ Pb2+ + CrO2-4

N

3. Trong dung dịch có các cân bằng:

Ơ

⇒

1 n - + n SO24 2 IO3

H

⇒

4

O

n Pb2+ = n C O2- +

FF IC IA L

Pb 2+ + 2IO3- ⇌ Pb(IO3 )2 ↓

U

H 2O ⇌ H+ + OH-

Y

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+

KS Ka1 = 10-4,76 K W =10-14

(K ᇱୟ )-1=106,5

Pb 2+ + OH - ⇌ PbOH +

β* =107,8

Pb2+ + CH3COO- ⇌ Pb(CH3COO)+

β1 =102,68

Pb2+ + 2CH3COO- ⇌ Pb(CH3COO)2

β2 =104,08

KÈ

M

Q

CrO2-4 + H + ⇌ HCrO-4

ẠY

[Pb 2+ ]' = [Pb 2+ ] + [PbOH + ] + [Pb(CH 3COO) + ] + [Pb(CH 3COO) 2 ]

D

  10-14 .β* = [Pb 2+ ].  1 + + β1.[CH 3COO - ] + β 2 .[CH 3COO - ]2  + [H ]  

⇒

α Pb2+ = 1 +

10-14 .β* + β1.[CH3COO- ] + β2 .[CH3COO- ]2 + [H ]

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

(1)

16

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ 

[CrO 4 2- ]' = [CrO 42- ] + [HCrO-4 ] = [CrO 42- ]. 1+ 

4

[H + ] K 'a

FF IC IA L

⇒

α CrO2- = 1 +

[H + ]   K 'a 

Trong đó [CH3COO-] và [H+] được tính:

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ C

0,1

[]

0,1 – x

x

x

Mặt khác:

4

(3)

Ơ

4

N

K S(PbCrO4 )

' K S(PbCrO S2 4) = = α Pb2+ .α CrO2α Pb2+ .α CrO2-

O

x2 = 10−4,76 Ta có: 0,1 − x ⇒ x =1,31.10-3

H

Thay số: [H+] = [CH3COO-] = 1,31.10-3M; S = 2,9.10-5 vào (1), (2), (3) ta suy ra

N

KS = 1,23.10-13.

Y

BÀI 6:

U

1. Tính pH trong dung dịch chứa hỗn hợp HCOOH và HNO2 cùng nồng độ 0,1M.

Q

Biết HCOOH và HNO2 có hằng số axit lần lượt là 10-3,29 và 10-3,95.

M

2. Tính pH của dung dịch NaHS 10-2M, biết H2S có K1 = 10-7 và K2 = 10-12,02.

3. Người ta thêm H2SO4 vào dung dịch hỗn hợp gồm Pb(NO3)2 0,01M và Ba(NO3)2

KÈ

0,02M cho đến nồng độ H2SO4 bằng 0,13M. Tính pH và nồng độ của các ion kim loại.

ẠY

Cho biết ۹ ‫( ܁‬۰‫۽܁܉‬૝ ) = 10-10; ۹ ‫۽܁܊۾( ܁‬૝ ) = 10-7,8; ࢖ࡷࡴࡿࡻష૝ = 2.

4. Tính độ tan của CaC2O4 trong dung dịch có pH = 4 không đổi.

D

Cho biết H2C2O4 có K1 = 5,60.10-2 và K2 = 5,42.10-5, ۹ ‫( ܁‬۱‫܉‬۱૛ ‫۽‬૝ ) = 1,7.10-9

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CỦA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – ĐÀ NẴNG) Bài giải: SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

17

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

H 2O ⇌ H + + OH-

KW = 10-14

HCOOH ⇌ H + + COO-

Ka = 10-3,29

HNO2 ⇌ H+ + NO-2

K ᇱୟ = 10-3,95

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: ି [H+] = [OHି ] + [NOି ଶ ] + [HCOO ] ௐ

Vì Ka, ‫ܭ‬௔ᇱ ≫ KW nên h ≫ : ௛

ି [H+] = [NOି ଶ ] + [HCOO ]

10-1 10-1 =0 1 + 103,95 h 1 + 103,29 h

O

h-

FF IC IA L

1. Các cân bằng xảy ra:

N

⇒ h = [H+] = 7,08.10-3M.

Ơ

Suy ra pH = 2,15.

H

2. Các quá trình xảy ra:

N

NaHS → Na + + HS-

H 2O ⇌ H + + OH-

Y

K2 = 10-12,02

U

HS- ⇌ H + + S2-

KW =10-14

K1-1 = 107

Q

HS- + H+ ⇌ H2S

Ta có: KW ≈ K2.C và K1 ≪ C nên ta xem [HS-] ≈ C, áp dụng công thức:

M

K W +K 2 .C 10-14 + 10-12,02 .10-2 = = 4,47.10-10 1+K1-1.C 1 + 107 .10-2

KÈ

h = [H + ] =

Suy ra pH = 9,35

H2SO4 → H+ + HSO-4

ẠY

3.

D

0,13

⟶ 0,13 0,13

HSO -4 + Ba 2+ ⇌ BaSO 4 ↓ + H +

0,13 0,11

0,02 ⟶

0

0,13 0,15

HSO -4 + Pb 2+ ⇌ PbSO 4 ↓ + H +

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

18

Tiểu luận Hóa học phân tích 0,11

0,01

0,1

⟶

GVHD: Ngô Văn Tứ

0

0,15 0,16

BaSO 4 ↓ ⇌ Ba 2+ + SO 24

FF IC IA L

PbSO4 ↓⇌ Pb2+ + SO2-4 HSO-4 ⇌ H+ + SO2-4 0,1

0,16

(0,1–x) (0,16+x) x

O

(0,16 + x).x = 10−2 ⇒ x = 5,7.10-3 0,1 − x

[H+] = 0,1657 ⇒ pH = 0,78 10−10 = 1,75.10-8 M. [Ba ] = −3 5, 7.10

Y

N

4. Ta có: Độ tan S = [Ca2+] Cân bằng khối lượng:

Ơ

10−7,8 = 2,7810.10-6 M. −3 5, 7.10

H

[Pb2+] =

N

2+

U

ି [Ca2+] = [Cଶ Oଶି ସ ] + [HCଶ Oସ ] + [H2C2O4]

Q

Theo đề: [H3O+] = 1,00.10-4M

[H3O + ].[C2O21,00.10-4 .[C2O42- ] 4 ] [HC2O ] = = = 1,85.[C2O 24 ] -5 K2 5,42.10

M

4

KÈ

[H3O+ ].[HC2O-4 ] 1,00.10-4 .1,85.[C2O 24 ] [H 2C2O4 ] = = = 3,30.10-3 .[C2O24 ] -2 K1 5,60.10 ି [Ca2+] = [Cଶ Oଶି ସ ] + [HCଶ Oସ ] + [H2C2O4]

D

ẠY

[Ca2+] = 2,85. [Cଶ Oଶି ସ ] [Cଶ Oଶି ସ ]=

[Ca 2+ ] = 1,7.10-9 ⇒ [Ca2+] = 7,0.10-5 (mol/l) 2,85

Vậy độ tan của CaC2O4 trong dung dịch có pH = 4 là 7,0.10-5 (mol/l)

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

19

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

BÀI 7: 1. Cation Fe3+ là axit, phản ứng với nước theo phương trình:

Fe3+ + 2H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H3O+

Ka = 10-2,2

đó. Biết rằng ‫܂‬۴‫۽(܍‬۶)૜ = 10-38.

2. Dung dịch A gồm Ba(NO3)2 0,060M và AgNO3 0,015M.

FF IC IA L

Hỏi ở nồng độ nào của FeCl3 thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)3. Tính pH của dung dịch

a. Thêm từng giọt K2CrO4 vào dung dịch A cho đến dư. Có hiện tượng gì xảy ra? b. Thêm 50,0 ml K2CrO4 0,27M vào 100,0 ml dung dịch A.

O

Tính nồng độ các ion trong hỗn hợp thu được.

Cho: BaCrO4 + H2O ⇌ Ba 2+ + HCrO-4 + OH- ;

K = 10-19,50

N

Ag 2CrO4 + H2O ⇌ 2Ag + + HCrO-4 + OH- ;

K = 10-17,43

Ơ

3. Cho pin: Pt I- 0,1M; I3- 0,02M MnO-4 0,05M, Mn 2+ 0,01M, HSO-4 CM Pt

H

Cho suất điện động của pin ở 25oC có giá trị 0,824V;

N

૙ ૙ ۳‫ܖۻ‬ ૛శ /‫ = ܖۻ‬1,51V và ۳۷ ష /૜۷ష = 0,5355V. ૜

U

Y

Tính nồng độ ban đầu của ۶‫ି۽܁‬ = 10-2 ૝ biết ۹ ‫( ܉‬۶‫۽܁‬ష ૝)

M

Q

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2013) Bài giải:

KÈ

1. Gọi nồng độ ban đầu (mol/l) của FeCl3 là C, ta có:

Fe3+ + 2H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H3O+ 0

0

Cân bằng: C – x

x

x

ẠY

Ban đầu: C

D

Ka =

Ka = 10-2,2

(1)

x2 ⇒ [Fe3+] = x2.Ka-1 (2) C-x

Khi bắt đầu kết tủa Fe(OH)3 thì [Fe3+] =

10-38 (3) [OH- ]3

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

20

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

3

 10-14  10-42 Mặt khác [OH ] =   = x3  x  - 3

Thay (4) vào (3): [Fe3+] = 104.x3 (5)

FF IC IA L

So sánh (2) và (5): 104x3 = x2.Ka-1 = x2.K2,2 ⇒ x = [H3O+] = 10-1,8 M ⇒ pH = 1,8.

Từ (5): [Fe3+] = 104.x3 = 104(10-1,8)3 = 10-1,4 M. Theo (2) C = [Fe3+] + x = 10-1,4 + 10-1,8 = 5,56.10-2 M. 2.a. Hiện tượng: Có kết tủa BaCrO4 và Ag2CrO4.

Để bắt đầu có kết tủa BaCrO4: C CrO2- >

K S(BaCrO4 ) C Ba 2+

Để bắt đầu có kết tủa Ag2CrO4: C CrO2- >

K S(Ag2CrO4 ) C 2Ag +

N (2)

H

4

(1)

Ơ

4

O

Xét thứ tự xuất hiện các kết tủa:

N

Để tính tích số tan KS cần tổ hợp cân bằng:

KS1

H 2O ⇌ H + + OH-

KW

Y

BaCrO 4 ↓ ⇌ Ba 2+ +CrO 24

+ CrO24 + H ⇌ HCrO4

Q

U

Ka-1

BaCrO 4 ↓ + H 2 O ⇌ Ba 2+ + HCrO -4 + OH -

M

Có K = KS1.KW.Ka-1

K

K.K a 10-17,43 .10-6,50 = = 10-9,93 KW 10-4

D

ẠY

KÈ

Suy ra K S1 =

Ag 2 CrO 4 ↓ ⇌ 2Ag + + CrO 42-

KS2

H 2O ⇌ H + + OH-

KW

+ CrO24 + H ⇌ HCrO4

Ka-1

Ag 2 CrO 4 ↓ + H 2 O ⇌ 2Ag + + HCrO -4 + OH -

K

Có K = 10-19,50

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

21

Tiểu luận Hóa học phân tích

10-19,5 -12 -4 = 10 10

Từ (1) CCrO2- >

10-9,93 = 1,96.10-9 M 0,060

Từ (2) CCrO2- >

10-12 = 4,44.10-9 M 2 (0,015)

4

4

FF IC IA L

KS1 =

GVHD: Ngô Văn Tứ

Cେ୰୓మష < Cେ୰୓మష nhưng không nhiều, vì vậy sẽ có hiện tượng kết tủa vàng ర (୅୥మ େ୰୓ర ) ర (୆ୟେ୰୓ర ) của BaCrO4 xuất hiện trước một ít, sau đó đến kết tủa vàng nâu của Ag2CrO4 (đỏ gạch) và BaCrO4 (vàng) cùng xuất hiện.

0,060.100,00 = 0,040M 150,000

CAg+ =

0,015.100,00 = 0,010M 150,000

N

CBa 2+ =

N

4

Ơ

0,270.50,00 = 0,090M 150,000

H

CCrO2- =

O

b. Sau khi thêm K2CrO4:

Y

Các phản ứng: 0,040

0,090

_

Q

U

Ba2+ + CrO42- ⟶ BaCrO4↓ 0,050

M

2Ag+ + CrO42- ⟶ Ag2CrO4↓ 0,050

_

0,045

KÈ

0,01

D

ẠY

Thành phần sau phản ứng: BaCrO4↓, Ag2CrO4↓, CrO42- (0,045M) Ag 2 CrO 4 ↓ ⇌ 2Ag + + CrO 42-

KS2 = 10-12

BaCrO 4 ↓ ⇌ Ba 2+ + CrO 24

KS1 = 10-9,93

Nồng độ CrO42- dư khá lớn, có thể coi nồng độ CrO42- do 2 kết tủa tan ra là không đáng kể.

CrO42- + H2O ⇌ HCrO-4 + OHSVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

Kb = 10-7,5 22

Tiểu luận Hóa học phân tích C

0,045

[]

(0,045-x)

GVHD: Ngô Văn Tứ

x

x

FF IC IA L

x2 = 10−7,5 ⇒x = 1,19.10-4 ≪ 0,045 (0,045 − x)

[CrO42-] = 0,045M [Ag+] =

10 −12 = 4, 71.10 −6 M 0, 045

10−9,93 [Ba ] = = 2,61.10-9 M 0, 045 2+

O

[Ba2+] và [Ag+] ≪ [CrO42-] chứng tỏ nồng độ CrO42- do 2 kết tủa tan ra là không đáng kể.

Vậy trong dung dịch có:

N

[Ba2+] = 2,61.10-9M;

Ơ

[Ag+] = 4,71.10-6M;

[H+] = 8,40.10-11M;

N

[OH-] = 1,19.10-4M;

H

[CrO42-] = 0,045M;

Y

[K+] = C୏శ = 0,18M;

Q

U

[NO3-] = C୒୓షయ = 0,09M. 3.* Ở điện cực phải:

KÈ

M

MnOସି + 8H+ + 5e ⇌ Mn2+ + 4H2O * Ở điện cực trái:

ẠY

3I ି ⇌ Iଷି + 2e

D

୭ E phải =E୑୬୓ ష /୑୬మశ ర

E trái = E୍୭యష/ଷ୍ష

0,059 [MnO-4 ].[H+ ]8 0,059 0,05.[H+ ]8 .lg = 1,51 + .lg 5 [Mn 2+ ] 5 0,01

0,059 [I3- ] 0,059 0,02 .lg - 3 = 0,5355 + .lg = 0,574 5 [I ] 5 (0,1)3

E pin = E phải – E trái

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

23

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

0,059 0,05.[H + ]8 .lg - 0,574 5 0,01

⇒ 0,824 = 1,51 + ⇒ [H+] = 0,054M.

HSOି ସ Ban đầu

+ H+

SOଶି ସ

⇌

CM

_

_

Ka = 10-2

Phân li

0,054

0,054

0,054

Cân bằng

CM – 0,054 0,054

0,054

O

0,054.0,054 ⇒ CM = 0,346M. CM - 0,054

N

10-2 =

FF IC IA L

*Mặt khác:

BÀI 8:

Ơ

Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05M; Pb(NO3)2 0,10M; Zn(NO3)2 0,01M.

H

1. Tính pH của dung dịch A.

N

2. Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hòa ([H2S] = 0,10M), thu được hỗn hợp B.

Y

Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?

U

3. Thiết lập sơ đồ pin bao gồm điện cực chì nhúng trong hỗn hợp B và điện cực platin nhúng trong dung dịch CH3COONH4 1M được bão hòa bởi khí hiđro nguyên

Q

chất ở áp suất 1,03 atm. Viết phản ứng xảy ra trên từng điện cực và phản ứng trong

M

pin khi pin làm việc.

Fe3+ + H2O ⇌

FeOH2+ + H+

lgβଵ = -2,17

Pb2+ + H2O ⇌

PbOH+ + H+

lgβଶ = -7,80

Zn2+ + H2O ⇌

ZnOH+ + H+

lgβଷ = -8,96

KÈ

Cho:

ẠY

૙ ૙ ૙ ۳۴‫܍‬ ૜శ /۴‫܍‬૛శ = 0,771V; ۳‫܁‬/۶૛ ‫ = ܁‬0,141V; ۳‫܊۾‬૛శ /‫ = ܊۾‬- 0,126V;

D

ở 25oC: 2,303

RT ln=0,0592lg F

pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan)

‫ܘ‬۹ ‫܉‬૚(۶૛ ‫ = )܁‬7,02; ‫ܘ‬۹ ‫܉‬૛(۶૛ ‫ = )܁‬12,90; ‫ܘ‬۹ ‫ۼ(܉‬۶૝శ) = 9,24; ‫ܘ‬۹ ‫(܉‬۱۶૜ ۱‫۽۽‬۶) = 4,76

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

24

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG 2010) Bài giải:

Fe3+ + H2O ⇌ FeOH2+ + H+

βଵ = 10-2,17

(1)

Pb 2+ + H2O ⇌ PbOH + + H+

βଶ = 10-7,80

(2)

Zn 2+ + H 2O ⇌ ZnOH + + H+

βଷ = 10-8,96

H 2O ⇌ OH- + H+

KW = 10-14

FF IC IA L

1.

(3)

(4)

So sánh (1) → (4): βଵ . C୊ୣయశ ≫ βଶ . C୔ୠమశ ≫ βଷ . C୞୬మశ ≫ KW → tính pHA theo (1): 0,05

[]

0,05 – x

x

βଵ = 10-2,17

x

[H+] = x = 0,0153 M → pHA = 1,82.

Ơ

଴ ଴ 2. Do E୊ୣ యశ /୊ୣమశ = 0,771V > Eୗ/ୌ ୗ = 0,141V nên: మ

H

2Fe3+ + H2S ⇋ 2Fe2+ + S↓ + 2H+ K1 = 1021,28 0,05

0,05

Y

_

(1)

N

0,05

(1)

O

C

FeOH2+ + H+

N

Fe3+ + H2O ⇌

K2 = 106,68

(2)

U

Pb2+ + H2S ⇋ PbS↓ + 2H+

0,05

Q

0,10 _

0,25 (3)

Fe2+ + H2S ⇋ FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72

(4)

KÈ

M

Zn2+ + H2S ⇋ ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68

K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa ZnS và FeS:

ẠY

′ ′ Vì môi trường axit ⟶ C୞୬ మశ = C୞୬మశ = 0,010 M; C୊ୣమశ = C୊ୣమశ = C୊ୣయశ = 0,050M

Đối với H2S, do Ka2 ≪ Ka1 = 10-7,02 nhỏ nên khả năng phân li của H2S trong môi trường

D

axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H+] = Cୌశ = 0,25M ⟶ tính Cୗ′ మష theo cân bằng: H2 S

⇋

CS2- = K a1.K a2 .

S2-

+

2H+

Ka1.Ka2 = 10-19,92

[H 2S] 0,1 = 10-19,92 . = 10-19,72 + 2 2 [H ] (0,25)

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

25

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

′ ′ Ta có: C୞୬ మశ . Cୗమష < KS(ZnS) → ZnS không xuất hiện. ′ ′ Tương tự: C୊ୣ మశ . Cୗమష < KS(FeS) → FeS không tách ra.

Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.

0,0592 [H + ]2 , trong đó [H+] được tính như sau: lg 2 p H2

CH3COONH4

⟶

NH4+ + CH3COO1

NH4+

NH3

⇋

1 H+

+

(5)

Kb = 10-9,24

(6)

N

CH3COO- + H2O ⇋ CH3COOH + OH-

Ka = 10-9,24

O

E୔୲ = Eୌశ/ୌమ =

0,0592 0,0592 KS(PbS) lg[Pb2+ ] = - 0,216 + lg 2- = - 0,33V 2 2 [S ]

FF IC IA L

3. E PbS/Pb = E Pb2+ /Pb = E 0Pb2+ /Pb +

Ơ

Do Ka = Kb và C୒ୌశర = Cେୌయେ୓୓ష → pH = 7,00 → [H+] = 10-7

0,0592 [H + ]2 0,0592 10-14 lg = lg = - 0,145V < E୔ୠୗ/୔ୠ = - 0,33V. 2 pH2 2 1,03

N

Vậy: Eଶୌశ/ୌమ =

H

(có thể tính [H+] theo điều kiện proton hoặc tổ hợp 2 cân bằng (5) và (6))

Y

→ Điện cực chì là catot, điện cực platin là anot.

U

Sơ đồ pin:

D

ẠY

KÈ

M

(p=1,03 atm)

Q

(-) Pt(H2 ) CH3COO- 1M; NH+4 1M S; PbS; H2S 1M; H+ 0,25M; Fe2+ 0,05M; Zn 2+ 0,01M Pb(+)

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

26

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Trên catot:

PbS + 2H+ + 2e

Trên anot:

H2

⟶

CH3COO-

+ H2S

+ 2e ⟶

CH3COOH

FF IC IA L

2 x H+ +

2H+

⟶ Pb↓

H2 + 2CH3COO- ⟶ 2CH3COOH + 2e

Phản ứng trong pin: PbS + H 2 + 2H + + 2CH 3COO - → Pb ↓ + H 2S + 2CH 3COOH

BÀI 9:

O

1. Cho H2S lội qua dung dịch chứa Cd2+ 0,01M và Zn2+ 0,01M đến bão hòa, nồng độ H2S trong dung dịch bão hòa là 0,1M.

N

a. Xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dung dịch sao cho xuất hiện kết tủa

Ơ

CdS mà không xuất hiện kết tủa ZnS.

H

b. Thiết lập khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn không bị kết tủa.

H2S có Ka1 = 10-7,02, Ka2 = 10-12,9, KS,ZnS = 10-21,6, KS, CdS = 10-26

N

Biết:

Y

CdS có KS1 = 10-26, ZnS có KS2 = 10-21,6

U

Hằng số tạo phức hiđroxo CdOH+ là lg઺ = 10-10,2;

Q

Hằng số tạo phức hiđroxo ZnOH+ là lg઺ = 10-8,96

M

2. Tính pH và cân bằng trong hệ gồm HCl 0,01M và H2S 0,1M.

D

ẠY

1.a.

KÈ

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM 2012) Bài giải:

H 2S ⇌ HS- + H +

Ka1=10-7,02

HS- ⇌ S2- + H +

Ka2=10-12,9

Cd 2+ + S2- ⇌ CdS ↓

KS1-1=1026

Zn 2+ + S2- ⇌ ZnS ↓

KS2-1=1021,6

Ta có: C୞୬మశ = Cେୢమశ mà KS,CdS < KS,ZnS, do đó kết tủa CdS xuất hiện trước. Điều kiện để có kết tủa CdS: SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

27

Tiểu luận Hóa học phân tích CS2- (1) >

GVHD: Ngô Văn Tứ

K S1 với Cେୢమశ được tính từ cân bằng tạo phức hiđroxo của Cd2+: C Cd 2+

C

0,01

C’

0,01-x

x

FF IC IA L

Cd 2+ + H2O ⇌ CdOH+ + H+ ; β=10-10,2 x

x2 = 10−6,1 → x =10-6,1 suy ra Cେୢమశ ≈ 0,01‫ܯ‬ 0, 01 − x

C

ୗమష (ଵ)

10 −26 > −2 = 10-24 10

(1)

K S2 với Cେୢమశ được tính từ cân bằng tạo phức hiđroxo của Zn2+: C Zn 2+

C’

0,01 - x

x

x

H

0,01

N

C

Ơ

Zn 2+ + H 2O ⇌ ZnOH + + H+ ; β=10-8,96

N

CS2- (2) >

O

Điều kiện để có kết tủa ZnS:

10−21,6 = 10-19,6 10−2

Q

Cୗమష(ଶ) >

U

Y

x2 = 10−8,96 → x =3,31.10-6 suy ra C୞୬మశ ≈ 0,01‫ܯ‬ 0, 01 − x

(2)

M

Từ (1) và (2) ta có giới hạn pH cần thiết lập sao cho:

ẠY

hay

KÈ

10-24 < Cୗమష < 10-19,6

10-24 <

K a1.K a2 .[H 2S] < 10-19,6 + 2 [H ]

10-0,66 < [H+] < 101,54 ⇒ -1,54 < pH < 0,66

b. Khi [Cd2+] = 0,01.0,1.10-2 =1.10-5M

D

Điều kiện để kết tủa 99,9% Cd2+ là: Cୗమష >

10 −26 = 10-21 −5 10

Vậy khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn chưa kết tủa là: 10-21 < Cୗమష < 10-19,6

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

28

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

10-0,66 < [H+] < 100,04 ⇒ -0,04 < pH < 0,66 2. Môi trường axit nên sự phân li của nước không đáng kể. ⟶

0,01

H+

+

Cl-

FF IC IA L

HCl

0,01

H2 S

⇌

H+

+ HS-

HS-

⇌

H+

+

Ka1 = 10-7,02

S2-

Ka2 = 10-12,9 (2)

Do Ka1 ≫ Ka2 nên cân bằng (1) là chủ yếu. +

C

0,1

0,01

[]

0,1 – x

0,01 + x

HS-

Ka1 = 10-7,02

O

H+

⇌

x

N

H2 S

(1)

Ơ

x.(0, 01 + x) = 10−7,02 0,1 − x

H

Giả thiết x ≪ 0,01 ⇒ x = 9,55.10-7 ≪ 0,01 (thỏa mãn)

U

10−12,9.9,55.10−7 = 1, 2.10−17 M 0, 01

KÈ

BÀI 10:

M

Q

[S 2− ] =

Y

[H+] = 0,01 + x ≈ 0,01M ⇒ pH = 2

N

Vậy [HS-] = x = 9,55.10-7 M, [H2S] = 0,1 + x ≈ 0,1M.

1. Cho pin điện:

ẠY

Ag AgNO3 0,001M, Na 2S2O3 0,1M HCl 0,05M AgCl, Ag với Epin = 0,345V. a. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.

D

૙ b. Tính ۳[‫܁(܏ۯ‬

૜ష ૛ ‫۽‬૜ )૛ ] /‫܏ۯ‬

c. Tính TAgCl d. Thêm một ít KCN vào dung dịch ở nửa trái của pin. Epin sẽ thay đổi như thế nào?

Cho biết: Ag + + 2S2O32- ⇌ [Ag(S2O3 )2 ]3SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

lg઺ = 13,46

29

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Ag + + 2CN- ⇌ [Ag(CN)2 ]‫ܗ‬ ۳‫܏ۯ‬ శ /‫ = ܏ۯ‬0,8V;

lg઺ = 21

RT ln = 0,059lg (25oC) F

FF IC IA L

2. Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M. H2CO3 có K1 = 10-6,35; K2 = 10-10,33

Biết:

NH4+ có Ka = 10-9,24

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM 2010) Bài giải:

Ag + + 2S2O32- ⇌ [Ag(S2O3 )2 ]3[]

0,098

10-3

N

0

Ơ

0,1

β = 1013,46

H

Ban đầu 10-3

N

a. Phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động

O

1. Cho pin điện: Ag AgNO3 0,001M, Na 2S2O3 0,1M HCl 0,05M AgCl, Ag

Do Epin > 0 nên ta có pin với 2 cực như sau:

U

Y

(-) Ag AgNO3 0,001M, Na 2S2O3 0,1M HCl 0,05M AgCl, Ag (+)

Q

Khi pin hoạt động:

Ag + 2S2O32- ⇌ [Ag(S2O3 )2 ]3- + e

Catot (+):

AgCl + e ⇌ Ag+ Cl-

AgCl + 2S2O32- ⇌ [Ag(S2O3 )2 ]3- + Cl-

KÈ

PTPƯ:

M

Anot (-):

଴ b. Tính E୅୥(ୗ

మ ୓య )మ

యష

/୅୥

D

ẠY

+

0,8 0,059

Ag + e ⇌ Ag

K1 =10

[Ag(S2O3 )2 ]3- ⇌ Ag + + 2S2O32-

β -1 =10-13,46

3-

23

[Ag(S2O3 )2 ] + e ⇌ Ag + 2S2O 0 → E 0 = E[Ag(S O 2

23 )2 ]

K 2 =10

E0 0,059

=K1.β-1

= 5,86.10-3 V

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

30

GVHD: Ngô Văn Tứ

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

FF IC IA L

Tiểu luận Hóa học phân tích

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

31

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

c. Tính TAgCl ଴ Eanot = E[୅୥(ୗమ ୓య)మ]యష/୅୥ = E୅୥(ୗ

మ ୓య )మ

+ 0,059.lg యష /୅୥

[Ag(S2O3 )23- ] [S2O32- ]2

Epin = Ecatot – Eanot = 0,345V. ଴ + → Ecatot = 0,293V = E୅୥శ/୅୥ = E୅୥ శ /୅୥ + 0,059 lg[Ag ]

FF IC IA L

10−3 = 5,86.10 + 0,059.lg = -0,052V. 0, 0982 -3

→ [Ag+] = 10-8,59 → TAgCl = [Ag+][Cl-] = 10-8,59.0,05 = 10-9,89 = 1,29.10-10 d. Thêm ít dung dịch KCN vào dung dịch ở nửa trái của pin. Ta có:

[Ag(S2O3 )2 ]3- ⇌ Ag + + 2S2O32Ag + + 2CN- ⇌ [Ag(CN)2 ]-

N

β = 1021

O

β -1 =10-13,46

Ơ

[Ag(S2O3 )2 ]3- + 2CN- ⇌ [Ag(CN)2 ]- + 2S2O32- K = 10-13,46.1021 = 107,54

H

Ta thấy, phức [Ag(CN)2]- bền hơn phức [Ag(S2O3)2]3- .Vậy, nồng độ của Ag+ (hay

Y

⇒ Epin = Ecatot – Eanot: tăng

N

nồng độ của [Ag(S2O3)2]3- giảm) ⇒ Eanot giảm. Ecatot không đổi.

NH4 HCO3 → NH4+ + HCO3-

KW = 10-14

NH+4 ⇌ H+ + NH3

Ka = 10-9,24

HCO3- ⇌ H+ + CO32-

K2 = 10-10,33

HCO3- + H+ ⇌ H2CO3

K1-1 = 106,35

KÈ

Q

H 2O ⇌ H + + OH-

M

U

2.

ẠY

Ta có: [H + ] = [OH- ] + [NH3 ] + [CO32- ] - [H 2CO3 ]

D

[H + ] =

KW K a .[NH+4 ] K 2 .[HCO3- ] K1-1.[HCO3- ] + + [H+ ] [H + ] [H + ] [H+ ]

Ta thấy: K1 ≪ C, KW ≪ Ka.C ≈ K2.C nên: [H+] =

10−9,24.10−1 + 10−10,33.10−1 ≈ 1,67.10-8 ⇒ pH = 7,78 106,35.10−1

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

32

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

BÀI 11: 1. Viết phương trình phản ứng và xác định thành phần giới hạn của hỗn hợp khi trộn H2SO4 C1 (M) với Na3PO4 C2 (M) trong trường hợp sau: 2C1 > C2 > C1.

FF IC IA L

2. Tính pH của dung dịch H3PO4 0,1M? 3. Cần cho vào 100ml dung dịch H3PO4 0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được dung dịch có pH= 4,72?

Cho: H2SO4: pKa2 = 2; H3PO4: pKa1 = 2,23; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32.

4. Cho biết chiều hướng của phản ứng oxi hóa - khử:

2FeF3 + 2I- ⇌ 2Fe2+ + I2 + 6F‫ܗ‬ ۳۴‫܍‬ ૜శ /۴‫܍‬૛శ = 0,77V ;

Quá trình : Fe3+ + 3F- ⇌ FeF3

β = 1012,06

O

۳۷‫ܗ‬૛ /૛۷ష = 0,54V

N

Biết :

H

Ơ

Bỏ qua quá trình tạo phức hiđroxo của Fe3+, Fe2+.

N

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2010) Bài giải:

H+ + PO43-

2C1 > C2 > C1

U

C1

Q

_

M

HSO −4 +

KÈ

C1

2C1 – C2

ẠY

HSO −4 +

D

⇌

Y

1.

2C1 – C2 _

HPO42-

−1 K a3 = 1012,32

C2

C 2 – C1

C1

PO 34− ⇌ SO 24 − C 2 – C1 _

2(C2 – C1)

K1 = 1010,32

C1 C 2 – C1

HPO 24− ⇌ SO 24 − C2

HPO 24−

+

C2

H2PO 4−

+

K2 = 105,26

C2 - C 1 C1

2C1 – C2

Vậy TPGH : HPO 24− : 2(C2 – C1) ; H 2 PO −4 : 2C1 – C2 ; SO 24 − : C1 ; Na+ : 3C1

2.

H3PO4 ⇌ H+ + H2PO4-

K1 = 10-2,23

(1)

H2PO4- ⇌ H+ + HPO42-

K2 = 10-7,21

(2)

HPO42- ⇌ H+ + PO43-

K3 = 10-12,32

(3)

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

33

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

⇌ H+ + OH-

H2 O

Kw=10-14

(4)

K3 << K2 << K1 ⇒ chủ yếu xảy ra cân bằng (1) ⇌

H+ + H2PO4-

K1 = 10-2,23

C(M) 0,1 [ ](M) 0,1 – x

x

x

x2 = 10-2,23 ⇒ x2 + 10-2,23 x – 10-3,23 = 0 (0,1 - x) ⇒ x = 0,0215 (M) 3.

NaOH + H3PO4

⟶ NaH2PO4 + H2O

NaOH + NaH2PO4 ⟶ Na2HPO4 + H2O

O

⇒ pH = 1,66

FF IC IA L

H3PO4

N

NaOH + Na2HPO4 ⟶ Na3PO4 + H2O

H

pK1 + pK2 2.23 + 7.21 = = 4,72 2 2

N

pH1 =

Ơ

Trung hòa nấc 1:

⇒ Trong dung dịch thu được có pH = 4,72 chỉ chứa NaH2PO4. nNaOH = 0,01 (mol)

U

⇒

Y

nH3PO4 = 0,1. 0,1 = 0,01 (mol)

Q

mNaOH = 0,01 . 40 = 0,4(g)

M

4. Ta có các quá trình : FeF3

⇌ Fe3+ + 3F-

KÈ

Fe3+ +1e

β-1 = 10-12,06

⇌ Fe3+

K1 = 10E1/ 0,059

FeF3 +1e ⇌ Fe2+ + 3F-

ẠY

Mặt khác :

I2 + 2e ⇌ 2I-

(2)

(1)

K2 = 10-12,06 + 0,77/ 0,059 = 10 0,99

K3 = 10 (0,54/ 0,059)2 = 1018,3051

D

Tổ hợp (1) và (2): 2FeF3 + 2I- ⇌ 2Fe2+ + I2 + 6F-

Với K = K22.K3-1 = 10-17,325

Vì K quá bé nên phản ứng không thể xảy ra theo chiều thuận, mà chỉ xảy ra theo

chiều nghịch.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

34

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

BÀI 12:

FF IC IA L

Độ tan của bạc oxalat trong nước là 2,06.10-4 M tại pH = 7. Độ tan của nó bị ảnh hưởng bởi pH và các tác nhân tạo phức, chẳng hạn như amoniac tạo phức với cation bạc.

1. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH = 5. Hai hằng số phân li của axit oxalic lần lượt là: K1 = 5,6.10-2 và K2 = 6,2.10-6.

2. Với sự có mặt của amoniac thì ion bạc tạo thành hai dạng phức [Ag(NH3)]+ và

O

[Ag(NH3)2]+. Các hằng số tạo phức từng nấc tương ứng sẽ là ઺૚ = 1,59.103 và ઺૛ =

N

6,76.103. bỏ qua sự tạo phức hiđroxo. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch

Ơ

chứa 0,02M NH3 và có pH = 10,8.

H

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG)

Y

1. Gọi S là độ tan của bạc oxalat.

N

Bài giải:

U

Ag2C2O4 ⇌ 2Ag+ + Cଶ Oଶି ସ 2S

S

Q

S

K2-1

H+ + HCଶ Oି ସ ⇌ H 2 C2 O 4

K1-1

M

H+ + Cଶ Oଶି ⇌ HCଶ Oି ସ ସ

KÈ

Ta có: [Ag+] = 2S

ି Cେమ୓మష = S = [Cଶ Oଶି ସ ] + [HCଶ Oସ ] + [H2C2O4] ర

ẠY

Ta có: K1.K2 =

D

K2 =

[H + ]2 .[C 2O 2[H + ]2 .[C 2O 24 ] 4 ] ⇒ [H2C2O4] = [H 2 C2O 4 ] K1.K 2

[H + ].[C2O2-4 ] [H + ].[C2O2-4 ] ⇒ [HC2Oି ] = ସ [H 2C2O4 ] K2

Vậy Cେమ୓మష =S= ర

[Cଶ Oଶି ସ ]

+

[HCଶ Oି ସ]

 [H + ] [H + ]2  + [H2C2O4] = [C 2O ]. 1 + +  K2 K1.K 2  

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

24

35

Tiểu luận Hóa học phân tích ⇒ [Cଶ Oଶି ସ ]=

GVHD: Ngô Văn Tứ

K1.K 2 K1.K 2 .S = α.S với α = + 2 + [H ] + K1.[H + ] + K1.K 2 [H ] + K1.[H ] + K1.K 2 + 2

2 3 Ta có: T୅୥మେమ ୓ర = [Ag+]2. [Cଶ Oଶି ସ ] = (2S) . α.S = 4S .α

FF IC IA L

* Tại pH = 7 ta có α ≈ 0,9841 ⇒ T୅୥మ େమ୓ర = 4.S3.α = 4.(2,016.10-4)3.0,9841 = 3,44.10-11 * Tại pH = 5, ta có α ≈ 0,3827

⇒ T୅୥మ େమ୓ర = 3,5.10-11 = 4.S3.α = 4.S3.0,3827 ⇒ S = 2,84.10-4 M. Ag2C2O4 ⇌ 2Ag+ + Cଶ Oଶି ସ 2S

S

H+ + Cଶ Oଶି ⇌ HCଶ Oି ସ ସ

K2-1

H+ + HCଶ Oି ସ ⇌ H 2 C2 O 4

K1-1

O

S

N

2.

Ơ

ି = S = [Cଶ Oଶି Ta có: Cେమ୓మష ସ ] + [HCଶ Oସ ] + [H2C2O4] ర

H

Tại pH = 10,8 thì [H+] = 1,585.10-11M ⇒ α ≈ 1

Ag + + NH3 ⇌ [Ag(NH3 )]+

N

Trong dung dịch chứa 0,02 M NH3, có các phản ứng tạo phức: β1 = 1,59.103

Y

Ag(NH3 )+ + NH3 ⇌ [Ag(NH3 )2 ]+

β2 = 6,76.103

U

Ta lại có: C୅୥శ = 2S = [Ag+] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2+]

Q

= [Ag+](1+ β1 [NH3] + β1 β2 [NH3]2)

1 .2S = γ.2S 1 + β1[NH3 ] + β1β2 [NH3 ]2

M

⇒ [Ag + ] =

1 1 + β1[NH3 ] + β1β2 [NH3 ]2

KÈ

với γ =

ẠY

Tính gần đúng, ta xem [NH3] ≈ C୒ୌయ = 0,02 M ⇒ γ = 2,31.10-4

2 2 3 -11 Ta có: T୅୥మେమ ୓ర = [Ag+]2.[Cଶ Oଶି ସ ] = (γ.2.S) .α.S = γ .4.S .α = 3,44.10

D

Ta tính được S = 0,054 M BÀI 13:

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

36

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Trộn 100,0 ml dung dịch CH3COOH 0,2 M với 100 ml dung dịch H3PO4 nồng độ a (M), thu được dung dịch A có pH = 1,47.

1. Xác định a.

FF IC IA L

2. Thêm từ từ Na2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0, thu được dung dịch B. Tính số mol Na2CO3 đã thêm vào và thể tích CO2 thoát ra ở đktc.

Cho biết: H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32;

CH3COOH có pK = 4,76; CO2 + H2O có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33;

Độ tan của CO2 trong nước tại điều kiện thí nghiệm là 0,03 mol/l.

3. A là dung dịch hỗn hợp CuSO4 0,1M và H2SO4 0,05M. Tiến hành điện phân dung

O

dịch A với anot trơ và catot bằng Cu. Tăng từ từ hiệu điện thế ở 2 cực của bình điện

N

phân.

Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào 2 cực của bình điện phân để cho quá

Ơ

trình điện phân xảy ra (giả sử HSO4- điện li hoàn toàn, không xét sự tạo thành H2O2

N

H

và H2S2O8).

Y

૙ ૙ = + 0,34 V và bỏ qua quá thế trong Cho biết: ۳૝۶ శ ,‫ ۽‬/૛۶ ‫ = ۽‬1,23 V; ۳ ૛శ ۱‫ ܝ‬/۱‫ܝ‬ ૛ ૛

Q

U

quá trình điện phân.

M

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2006) Bài giải:

KÈ

1. Các quá trình xảy ra trong dung dịch A: K1 = 10-2,15

(1)

H2PO4- ⇌ H+ + HPO42-

K2 = 10-7,21

(2)

HPO42- ⇌ H+ + PO43-

K3 = 10-12,32

(3)

CH3COOH ⇌ H+ + CH3COO-

K4 = 10-4,76

(4)

H2O ⇌ H+ + OH-

Kw = 10-14

(5)

D

ẠY

H3PO4 ⇌ H+ + H2PO4-

Vì K1 >> K2 >> K3, Kw và K4 >> Kw nên ta có thể bỏ qua cân bằng (2), (3) và (5).

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

37

Tiểu luận Hóa học phân tích Từ (1) suy ra:

GVHD: Ngô Văn Tứ

[H 2 PO-4 ] K 10-2,15 = +1 = -1,47 = 10-0,68 = 0,21 [H3PO4 ] [H ] 10

(6)

FF IC IA L

[CH3COO- ] K 10-4,76 = +4 = -1,47 = 10-3,29 Từ (4) suy ra: [CH3COOH] [H ] 10 [CH3COO-] << [CH3COOH] nên có thể coi như CH3COOH không điện ly Do đó, nồng độ H+ trong dung dịch chủ yếu do H3PO4 điện ly ra.

[H2PO4-] = [H+] = 10-1,47 = 0,034 (M) 0, 034 = 0,162 (M).

0, 21

Từ (6) suy ra: [H3PO4] =

O

Ta có : Cୌయ୔୓ర = [H3PO4] + [H2PO4-] = 0,162 + 0,034 = 0,196 (M)

N

100.a = 0,196 ⇒ a = 0,392 200

H

[H 2 PO-4 ] K 10-2,15 = +1 = = 101,85 = 70,8 -4 [H3PO 4 ] [H ] 10

N

2.Từ (1) suy ra:

Ơ

Vậy : a = 0,392 (M)

Y

⇒ [H2PO4-] = 70,8.[H3PO4]

Q

U

[HPO 2K2 10-7,21 4 ] = + = = 10-3,21 Từ (2) suy ra: -4 [H 2 PO4 ] [H ] 10 ⇒ [HPO42-] << [H2PO4-] (7)

M

K3 [PO3-4 ] 10-12,32 = = = 10-8,32 2+ -4 [HPO4 ] [H ] 10

KÈ

Từ (3) suy ra:

⇒ [PO43-] << [HPO42-]

(8)

ẠY

Từ (7) và (8) suy ra, H3PO4 ban đầu tồn tại chủ yếu ở dạng H3PO4 và H2PO4-.

Cୌయ୔୓ర = [H3PO4] + [H2PO4-] = 0,196 (M)

D

⇒ [H3PO4] + 70,8.[H3PO4] = 0,196

⇒ [H3PO4] = 0,003 (M) ⇒ [H2PO4-] = 0,196 – 0,003 = 0,193 (M)

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

38

Tiểu luận Hóa học phân tích Từ (4) suy ra:

GVHD: Ngô Văn Tứ

[CH3COO- ] K 4 10-4,76 = + = -4 =10-0,76 =0,174 [CH 3COOH] [H ] 10

Cେୌయ େ୓୓ୌ = [CH3COOH] + [CH3COO-] =

0, 2 = 0,1 (M) 2

⇒ [CH3COOH] + 0,174.[CH3COOH] = 0,1 ⇒ [CH3COOH] = 0,085 (M) ⇒ [CH3COO-] = 0,1 – 0,085 = 0,015 (M)

FF IC IA L

⇒ [CH3COO-] = 0,174.[CH3COOH]

K5 = 10-6,35

(9)

HCO3- ⇌ H+ + CO32-

K6 = 10-10,33

(10)

⇒ [HCO3-] << [CO2]

Ơ

(11)

H

[CO32- ] K6 10-10,33 = = = 10-6,33 [HCO3- ] [H + ] 10-4

N

Từ (10) suy ra:

N

[HCO3- ] K5 10-6,35 = + = = 10-2,35 Từ (9) suy ra: -4 [CO 2 ] [H ] 10

O

CO2 + H2O ⇌ H+ + HCO3-

⇒ [CO32-] << [HCO3-]

(12)

Y

Từ (11) và (12) suy ra : [CO2] >> [HCO3-] >> [CO32-]

U

Do đó, ion CO32- ban đầu chủ yếu tồn tại ở dạng CO2

Q

Số mol H+ do H3PO4 và CH3COOH nhường ra là: 0,2.[H2PO4-] + 0,2.[CH3COO-] = 0,2.0,193 + 0,2.0,015 = 0,0416 (mol) ଵ

M

CO32- + 2H+ → CO2 + H2O

KÈ

⇒ nେ୓మష = nୌశ = 0,0208 mol య ଶ

m୒ୟమେ୓య = 0,0208.106 = 2,2048 (gam)

ẠY

nେ୓మ tạo thành = nେ୓మష = 0,0208 mol. య

D

Giả sử CO2 tạo thành không thoát ra khỏi dung dịch thì nồng độ CO2 là: 0, 0208 = 0,104 M > Độ tan của CO2 là 0,03M 0, 2

Như vậy, có khí CO2 thoát ra.

Số mol CO2 hoà tan là: 0,2.0,03 = 0,006 (mol)

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

39

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Số mol CO2 bay ra là: 0,0208 – 0,006 = 0,0148 (mol) Thể tích CO2 thoát ra là: 22,4.0,0148 ≈ 0,33 (L) CuSO4 ⟶ Cu2+ + SO420,1M

0,1M

FF IC IA L

3.

H2SO4 ⟶ 2H+ + SO420,05M H2 O

0,1M H+

⇌

+ OH-

Các quá trình có thể xảy ra tại các điện cực: * Anot (cực dương):

O

2H2O ⟶ O2 + 4H+ + 4e

N

* Catot (cực âm): Cu2+ + 2e ⟶ Cu

Ơ

2H+ + 2e ⟶ H2

+ 2 ,4H /2H2O

= EO0

+ 2 ,4H /2H 2O

+

0,059 lg[H + ]4 4

Y

EO

N

O2 + 4e + 4H+ ⟶ 2H2O

H

* Tính E(O2, 4H+ / 2H2O)

* Ta có:

Q

U

= 1,23 + 0,059.lg 0,1 = 1,171 (V) Eେ୳మశ/େ୳ = 0,34 +

0,059 lg 0,1 = 0,311 (V) 2

M

Eଶୌశ/ୌమ = 0,0 + 0,059 lg 0,1 = - 0,059 (V)

KÈ

Vậy hiệu điện thế tối thiểu cần đặt vào 2 cực của bình điện phân để quá trình điện phân

ẠY

xảy ra là: Emin = 1,171 – 0,311 = 0,86 (V).

BÀI 14:

D

1.a. Tính pH của dung dịch CH3COONa 0,1M.

b. Trộn V (ml) dung dịch CH3COOH 0,1M vào 100ml dung dịch CH3COONa 0,1M,

được dung dịch D có pH = 4,74. Tính V, biết rằng ۹ ۱۶૜ ۱‫۽۽‬۶ = 1,8.10-5 2. Người ta cho khí CO2 lội qua dung dịch gồm Ba(OH)2 0,1M và Sr(OH)2 0,1M.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

40

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

a. Hỏi chất nào kết tủa trước. b. Khi muối thứ hai bắt đầu kết tủa thì tỉ lệ muối thứ nhất còn lại trong dung dịch là

FF IC IA L

bao nhiêu? Biết tích số tan: ‫܂‬۰‫܉‬۱‫۽‬૜ = 8,1.10-9; ‫ܚ܁܂‬۱‫۽‬૜ = 9,4.10-10. (ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – NINH THUẬN NĂM 2011) Bài giải: 1.a. Các quá trình xảy ra: CH3COONa ⟶ CH3COO- + Na+ CH3COO- + H2O ⇌ CH3COOH + OH0,1M

Ơ

0,1M

N

CH3COONa ⟶ CH3COO- + Na+

O

H2O ⇌ H+ + OH-

CH3COO- + H2O ⇌ CH3COOH + OHx

[]

0,1 - x

x

x

Y

K H 2O x2 10-14 10-9 = = = 0,1-x Ka 1,8.10-5 1,8

U

K tp =

x

H

x

N

C

Q

Vì Ktp rất bé ⇒ x rất bé nên 0,1 – x ≈ 0,1

M

Tính gần đúng: [OH-] = x =

10−10 = 7,45.10-6 1,8

KÈ

pOH = - lg7,45.10-6 ≈ 5,128 ⇒ pH = 14 – 5,128 = 8,872 b. Số mol CH3COONa trong 0,1 lít CH3COONa 0,1M là 0,01 mol.

Số mol CH3COOH trong V lít CH3COOH 0,1M là 0,1V mol.

ẠY

Thể tích dung dịch hỗn hợp sau khi trộn là: (0,1 + V) lít

D

Nồng độ mol/l CH3COOH trong dung dịch sau khi trộn là:

Nồng độ mol/l CH3COONa trong dung dịch sau khi trộn là:

0,1V (mol/l) 0,1+V 0,01V ( mol/l) 0,1+V

Dung dịch sau khi trộn có pH = 4,74 ⇒ [H+] = x = 1,8.105 mol/l SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

41

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Phương trình điện li của dung dịch sau khi trộn là: CH3COONa ⟶ CH3COO- + Na+ ଴,଴ଵ୚

଴,଴ଵ୚

଴,ଵା୚

଴,ଵା୚

x []

଴,ଵ୚ ଴,ଵା୚

x ଴,ଵ୚

-x

଴,ଵା୚

FF IC IA L

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ x +x

 0,01   0,1 + V + x  .x  - x = 1,8.10-5 (*) Ka = 

O

0,1V 0,1 + V

N

Vì x = 1,8.10-5 rất bé nên:

Ơ

0,01V 0,01V 0,1V 0,1V +x ≈ và +x ≈ 0,1 + V 0,1 + V 0,1+ V 0,1 + V

N

H

 0,01   0,1 + V  .x -5  - x = 0,1.1,8,10 = 1,8.10-5 Từ (*) tính gần đúng: K a = 

U

0,01 = 1 ⇒ V = 0,1 lít = 100 ml 0,1V

Q

⇒

0,1V

Y

0,1V 0,1 + V

2.a. Khi cho CO2 lội qua dung dịch gồm Ba(OH)2, Sr(OH)2 sẽ tạo thành kết tủa.

M

Gọi M(OH)2 là kí hiệu chung cho Ba(OH)2, Sr(OH)2.

KÈ

M(OH)2 + CO2 ⟶ MCO3↓ + H2O Kết tủa SrCO3 sẽ được tạo thành khi [Sr2+].[CO32-] > 9,4.10-10

ẠY

Hay [CO32-] >

9, 4.10−10 = 9,4.10-9 mol/l 0,1

D

Kết tủa SrCO3 sẽ được tạo thành khi [Ba2+].[CO32-] > 8,1.10-9 Hay [CO32-] >

8,1.10−9 = 8,1.10-8 mol/l 0,1

Như vậy SrCO3 kết tủa trước.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

42

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

b. Khi BaCO3 bắt đầu kết tủa thì nồng độ [CO32-] > 8,1.10-9 mol/l. Nồng độ mol/l Sr2+ lúc bấy giờ còn lại trong dung dịch là: 9, 4.10−10 = 1,16.10-2 (mol/l) 8,1.10−8

FF IC IA L

[Sr2+] =

Tỉ lệ muối SrCO3 còn lại trong dung dịch bằng tỉ lệ Sr2+ còn lại trong dung dịch: 1,16.10−2 = 0,116 hay 1,16%.

0,1

Tỉ lệ Sr2+ còn lại trong dung dịch khá lớn nên không thể dùng phương pháp kết tủa phân

O

đoạn để tách các ion Sr2+ và Ba2+ ra khỏi dung dịch.

N

BÀI 15:

1. Tính nồng độ điện li હ và nồng độ ion H+ trong dung dịch CH3COOH 0,3M. Nếu

Ơ

hòa tan hoàn toàn vào 1 lít dung dịch axit đó vào 0,2 mol CH3COONa thì độ điện li

N

CH3COONa trong dung dịch là 90%.

H

và nồng độ ion H+ trong dung dịch mới là bao nhiêu? Biết Ka = 1,8.10-5 và độ điện li

Y

2. Ở nhiệt độ toC tích số tan của AgI trong nước nguyên chất là 1,50.10-16.

U

a. Tính độ tan của AgI trong nước nguyên chất. b. Tính độ tan của AgI trong dung dịch KI 0,1M.

M

Q

c. So sánh kết quả tính được ở câu a và b, giải thích?

KÈ

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT NGUYỄN THƯỢNG HIỀN, TP HỒ CHÍ MINH NĂM 2010)

ẠY

1.a.

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+

Ban đầu

D

Phân li

Còn lại

Ka =

Bài giải:

0,3 x 0,3 – x

x

x

x

x

x

x

[CH3COO- ].[H + ] [H + ]2 x2 = = = 1,8.10-5 [CH3COOH] [CH3COOH] 0,3 - x

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

43

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

K a .C a = 1,8.10-5 .0,3 = 5,4.10-6 = 2,323.10-3 (M)

⇒ [H+] ban đầu =

Vì ߙ quá bé nên 1 – α ≈ 1 ⇒ Ka=Ca. α2

FF IC IA L

⇒α=

Ka 1,8.10−5 = = 60.10 −6 = 7, 745.10−3 Ca 0, 3

b. Gọi x(M) là nồng độ H+ ban đầu.

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ x

x

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

x

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

44

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

Ban đầu

0,2

x

_

Phân li

0,2.0,9

0,18

0,18

Còn lại

0,02

x + 0,18

0,18

FF IC IA L

CH3COONa ⇌ CH3COO- + Na +

[CH3COOH]sau = 0,3 – x

Ka =

[H + ]sau .[CH3COO- ]sau x.(x + 0,18) = = 0,18.10-5 [CH3COOH]sau 0,3 - x

Vì x quá bé nên x + 0,18 ≈ 0,18; 0,3 – x ≈ 0,3 ⇒

0,18.x = 1,8.10−5 0,3

O

⇒ x = 0,3.10-5

N

⇒ [H+]sau = x = 0,3.10-5 (M)

S

S

U

S

Y

AgI ⇌ Ag + + I-

N

2.a. Gọi S là độ tan của AgI trong nước.

H

Ơ

[H + ]dli 0,3.10-5 α= + = = 10-4 [H ]bd 0,3

Q

KS(AgI) = [Ag + ].[I- ] = S2 = 1,5.10-16

M

⇒ S = 1,5.10−16 = 1, 224.10−8 M.

b. Trong dung dịch, KI hòa tan các quá trình:

KÈ

KI ⇌ K + + I -

ẠY

0,1M

0,1 0,1

AgI ⇌ Ag + + IS

S

S+0,1

D

Ta có: KS(AgI) = [Ag + ].[I- ] = S.(S + 0,1) = 1,5.10-16

Vì độ tan của AgI quá nhỏ nên S + 0,1 ≈ 0,1 ⇒ S.0,1 = 1,5.10-16 ⇒ S = 15.10-16 M c. So sánh kết quả câu a và câu b, ta có:

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

45

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

SAgI/H2O 1,224.10-8 = = 8,1.106 (lần) SAgI/KI 15.10-16

FF IC IA L

BÀI 16:

1. Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol/l. Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10–4M thì ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfua, biết TMnS = 3.10–14M, TCuS = 8.10–37 ; ۹ ۶૛ ‫ = ܁‬1,3.10–21 2. Ở 250C độ điện li của dung dịch amoniac 0,01M là 4,1%. Tính :

O

a. Nồng độ của các ion OH– và NH 4+ ; b. Hằng số điện li của amoniac ;

N

c. Nồng độ ion OH– khi thêm 0,009 mol NH4Cl vào 1 lít dung dịch trên ;

Ơ

d. pH của dung dịch điều chế bằng cách hòa tan 0,01 mol NH3 và 0,005 mol HCl

N

H

trong một lít nước (coi như thể tích không thay đổi).

Y

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH NĂM 2011)

U

Bài giải:

[H 2S] 0,1 -21 = 1,4.10-17 + 2 = 1,3.10 .

[H ] 0, 0032

M

[S2-] = K ୌమୗ =

Q

1. Trong dung dịch HClO4, 0,003 M, [H+] = 0,003 mol/l. Do đó :

KÈ

Như vậy : [Mn2+].[S2–] = 2.10–4.1,4.10–17 = 2,8.10–21 < TMnS nên MnS không kết tủa.

[Cu2+].[S2–] = 2.10–4.1,4.10–17 = 2,8.10–21 > TCuS nên CuS kết tủa.

NH3

+

H2O

⇌

NH4+ + 0, 01.4,1 M 100

ẠY

2. a.

0,01M

OH– 0, 01.4,1 M 100

D

[NH4+] = [OH–] = 4,1.10–4M b.

K=

c.

NH3

[NH +4 ].[OH − ] (4,1.10−4 ) 2 = = 1, 75.10−5 −4 [NH3 ] (0, 01 − 4,1.10 )

+

H2O

⇌

NH4+

+

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

OH– 46

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

C

0,01M

0,009M

0

[]

0,01–x

0,009+x

x

[NH +4 ].[OH − ] (0, 009 + x)x = = 1, 75.10−5 [NH 3 ] (0, 01 − x)

FF IC IA L

K=

Suy ra : [OH–] = x = 1,94.10–5M d.

NH3 +

H+

⇌

NH4+

(1)

Ban đầu :

0,01

0,005

Phản ứng

0,005

0,005

0,005

(mol)

Sau phản ứng

0,005

0

0,005

(mol)

0

(mol)

+

H2O

NH4+

⇌

+

OH–

N

NH3

O

Nồng độ các chất sau phản ứng (1) là : NH3 (0,005M) và NH4+(0,005M)

C NH + 4

C NH 3

) = − lg(1, 75.10 −5 ) = 4, 76

H

pOH = pK B + lg(

Ơ

Tính pH theo công thức tính pH của dung dịch đệm :

Y

N

⇒ pH = 14 – 4,76 = 9,24

U

BÀI 17:

Q

1. Dung dịch bão hòa canxi cacbonat trong nước có pH = 9,95. Biết hằng số axit của axit cacbonic là: K1 = 4,5.10-7 mol/l và K2 = 4,7.10-11 mol/lít.

M

a. Hãy tính độ tan (mol/l) của canxi cacbonat trong nước.

KÈ

b. Hãy tính nồng độ tối đa của ion canxi trong dung dịch CaCO3 với pH = 7,40 và

C HCO- = 0,022 mol/l (nồng độ cân bằng). Nếu cho tích số tan TCaCO3 = 5,2.10-9 3

ẠY

2. Cho từ từ HCl vào dung dịch chứa Na2CO3 0,001M và Na2SO3 0,003M đến nồng độ 0,006M. Tính pH của dung dịch thu được, biết độ tan của CO2 và SO2 trong

D

dung dịch bão hòa lần lượt là 3.10-2 M và 1,1 M. Biết : H2CO3 có pKa1 = 6,35; pKa2 = 10,33 H2SO3 có pKa1 = 2,00; pKa2 = 7,00

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

47

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

(ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TỈNH HÀ TĨNH NĂM 2012) Bài giải: 1. Dung dịch bão hòa CaCO3 có các cân bằng:

CaCO3 → Ca 2+ + CO32-

FF IC IA L

(1)

CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-

β2 =

10-14 = 2,13.10-4 K2

(2)

HCO3- + H2O ⇌ H2CO3 + OH-

β1 =

10-14 = 2,22.10-8 K1

(3)

H 2O ⇌ H + + OH-

K W = 10-14

O

(4)

⇒ Vì β2 ≫ β1, KW nên pH coi như chỉ phụ thuộc vào cân bằng (2).

N

Dung dịch bão hòa CaCO3 có pH = 9,95 ⇒ [H+] = 10-9,95 ⇒ [OH-] = 10-4,05

Ơ

Gọi nồng độ của CO32- khi chưa thủy phân là S.

S

[]

S – 10-4,05

_

10-4,05

10-4,05

Y

[HCO3- ].[OH - ] (10-4,05 )2 = 2,13.10-4 ⇒ S = 1,26.10-4 M. = S - 10-4,05 [CO32- ]

U

β2 =

_

N

C

β2 = 2,3.10-4

H

CO32- + H2O ⇌ HCO3- + OH-

Q

Vậy độ tan của CaCO3 là 1,26.10-4 (mol/l) b. pH =7,40 ⇒ [H+] =10-7,4 ⇒ [OH-] = 10-6,6

[HCO3- ].[OH - ] 0, 022.10−6,6 = = 2,6.10-5 M −4 β2 2,13.10

M

Theo (2) ⇒ CCO2- =

KÈ

3

Ta có: TCaCO3 = 5,2.10-9 = 2,6.10-5 .[Ca 2+ ]

ẠY

⇒ [Ca2+] = 2,00.10-4 M.

D

2.

Na 2CO3 → 2Na + + CO32-

0,001 ⟶

0,001

Na 2SO3 → 2Na + + SO320,003

⟶

0,003

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

48

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

K -12 = 1010,33

(1)

H+ + HCO3- ⇌ CO2 + H2O

K1-1 = 106,35

(2)

H+ + SO32- ⇌ HSO3-

(K '2 )−1 = 107,00

(3)

H+ + HSO3- ⇌ SO2 + H2O

(K1' )−1 = 102,00

(4)

FF IC IA L

H+ + CO32- ⇌ HCO3-

Ta có: K -12 > K1-1 > (K '2 )-1 > (K1' )-1 nên phản ứng xảy ra theo thứ tự (1), (3), (2), (4)

Tính hằng số phản ứng ⇒ Sau khi các phản ứng kết thúc thì [CO2] = 0,001M; [HSO3-] = 0,002M; [SO32-] = 0,001M ⇒ pH tính theo dung dịch SO2 và HSO3-.

O

0,002 = 2,3 0,001

N

⇒ pH = 2 + lg

BÀI 18:

Ơ

Dung dịch A gồm Na2S và CH3COONa có pHA = 12,50.

H

1. Thêm một lượng Na3PO4 vào dung dịch A sao cho độ điện li của ion S2- giảm 20%

N

(coi thể tích dung dịch không đổi). Tính nồng độ của Na3PO4 trong dung dịch A.

Y

2. Chuẩn độ 20,00 ml dung dịch A bằng dung dịch HCl 0,10M:

U

a. Khi chỉ thi metyl da cam đổi màu (pH = 4,00) thì dùng hết 19,40 ml dung dịch HCl. Tính nồng độ CH3COONa trong dung dịch A.

Q

b. Nếu chỉ dùng hết 17,68 ml HCl thì hệ thu được có pH là bao nhiêu?

M

3. Để lâu dung dịch A trong không khí, một phần Na2S bị oxi hóa thành S. Tính

KÈ

hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.

Cho:

‫ܘ‬۹ ‫܉‬૚(۶૛ ‫ = )܁‬7,02; ‫ܘ‬۹ ‫܉‬૛(۶૛ ‫ = )܁‬12,9; ‫ܘ‬۹ ‫܉‬૚(۶૜ ‫۽۾‬૝ ) = 2,15;

ẠY

‫ܘ‬۹ ‫܉‬૛(۶૜ ‫۽۾‬૝ ) = 7,21; ‫ܘ‬۹ ‫܉‬૜(۶૜ ‫۽۾‬૝ ) = 12,32; ‫ܘ‬۹ ‫(܉‬۱۶૜ ۱‫۽۽‬۶) = 4,76;

D

۳‫۽‬૙ ૛ /۶૛ ‫ = ۽‬1,23V; ở 25oC: 2,303

RT ln = 0,0592lg F

(ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÀO ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2010) SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

49

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ Bài giải:

1. Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A là C1 (M) và C2 (M). Khi chưa thêm Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình: HS- +

HS-

H2O ⇌ H2O ⇌

H2S

OH-

+

10-1,1

OH-

+

CH3COO- + H2O ⇌ CH3COOH + OHH+ +

H2O ⇌

OH-

So sánh 4 cân bằng trên ⟶ tính theo (1): C1

[]

C1 – 10-1,5

10-1,5

OH-

(3)

10-14

(4)

10-1,1

10-1,5

[HS- ] 10-1,5 = αଵ = = 0,7153 = CS20,0442

H

⟹ Cୗమష = C1 = 0,0442 (M) và độ điện li αୗమష

10-9,24

O

C

+

(2)

N

HS-

H2O ⇌

10-6,98

Ơ

S2- +

(1)

FF IC IA L

S2- +

N

Khi thêm Na3PO4 vào dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ còn có thêm 3 cân +

H2O

HPO42- +

H2O

H2PO4- +

Q

PO43-

Y

bằng sau:

HPO42- + OH-

10-1,68

(5)

H2PO4- + OH-

10-6,79

(6)

H3PO4 + OH-

10-11,85

(7)

U

⇌

H2O

⇌ ⇌

[HS- ] CS2-

KÈ

M

Khi đó α′ୗమష = αଶ = 0,7153.0,80 = 0,57224 =

⟹ [HS-] = 0,0442.0,57224 = 0,0253M Vì môi trường bazơ nên Cୗమష = [S2-] + [HS-] + [H2S] ≈ [S2-] + [HS-]

ẠY

⟹ [S2-] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189M

D

Từ (1) ⟶ [OH-] =

10−11.0, 0189 = 0,0593 M 0, 0253

So sánh các cân bằng (1) ⟶ (7) ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ: [OH-] = [HS-] + [HPO42-]

⟶ [HPO42-] = [OH-] – [HS-] = 0,0593 – 0,0253 = 0,0340 M. SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

50

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

[HPO 42- ].[OH - ] Từ (5) ⟶ [PO4 ] = = 0,0965 M 10-1,68 3-

⟶ C୔୓యష = [PO43-] + [HPO42-] + [H2PO4-] + [H3PO4] ≈ [PO43-] + [HPO42-] ర

FF IC IA L

C୔୓యష = 0,0965 + 0,0340 = 0,1305 M. ర

2. Khi chuẩn độ dung dịch A bằng HCl, có thể xảy ra các quá trình sau: H+ ⇌

HS- +

HS-

H+ ⇌

1012,9 107,02

H2S

CH3COO- + H+ ⇌ CH3COOH Tại pH = 4,00:

104,76

[HS- ] 10-4,00 = -12,90 ≫ 1 → [HS-] ≫[S2-]; 2[S ] 10

[CH3COOH] 100,76 = = 0,8519 [CH3COOH] + [CH3COO- ] 1 + 100,76

N

⇒

H

Ơ

[CH3COOH] 10-4,00 = -4,76 = 100,76 ≈ 1 [CH3COO- ] 10

N

[H2S] 10-4,00 = ≫ 1 → [H2S] ≫[HS-]; [HS- ] 10-4,76

O

S2- +

Y

Như vậy khi chuẩn độ đến pH = 4,00 thì ion S2- bị trung hòa hoàn toàn thành H2S và

U

85,19% CH3COO- đã tham gia phản ứng:

Q

→ 0,10. 19,40 = 20,00. (2.0,0442 + 0,8519.C2) → Cେୌయେ୓୓ష = C2 = 0,010M

M

Khi chuẩn độ hết 17,68 ml HCl ta thấy: nHCl = 0,1.17,68 = 1,768 (mmol); nୗమష = 20.0,0442 = 0,884 (mmol) = 0,5. nHCl

ẠY

KÈ

Vậy phản ứng xảy ra: S2-

2H+

C0

଴,଼​଼ସ

ଵ,଻଺଼

ଷ଻,଺଼

ଷ଻,଺଼

C

0

0

Hệ thu được gồm H2S:

D

+

⇌

H2S

଴,଼​଼ସ ଷ଻,଺଼

0,884 0, 01.20 = 0,02345 M và CH3COO-: = 5,308.10-3 M. 37, 68 37,68

Các quá trình: H2S

⇌

H+

+

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

HS-

10-7,02

(8)

51

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

HS-

⇌

H+

+

S2-

10-12,9

(9)

H2O

⇌

H+

+

OH-

10-14

(10)

10-9,24

(11)

CH3COO- + H2O ⇌ CH3COOH + OH-

FF IC IA L

pH của hệ được tính theo (8) và (11):

10-7,02 .[H 2S] - 104,76 .[CH3COO- ].h h = [H ] = [HS ] – [CH3COOH] = h +

-

10-7,02 .[H 2S] 1 + 10 4,76 .[CH 3COO - ]

h=

→

(12)

vào (12), tính được h1 = 2,704.10-6 = 10-5,57M. 10−5,57 = 0,02266M. 10−5,57 + 10−7,02

N

Kiểm tra [H2S]2 = 0,02346.

O

Chấp nhận [H2S]1 = Cୌ౩ ୗ = 0,02346M và [CH3COO-]1 = Cେୌయ େ୓୓ష = 5,308.10-3M, thay

Ơ

10−4,76 = 4,596.10-3M. −5,57 −4,76 10 + 10

H

[CH3COO-]2 = 5,308.10-3.

N

Thay giá trị [H2S]2 và [CH3COO-]2 vào (12), ta được h2 = 2,855.10-6 = 10-5,54 ≈ h1 Kết quả lặp, vậy pH = 5,54.

O2

+

+ 4e

⇌

4OH-

M

Q

+ 2H2O

S↓

+ O2

+ 2H2O

2e

2S↓

⇌

KÈ

2S2-

⇌

U

S2-

2x

Y

3. Oxi hóa S2- bằng oxi không khí:

౥

Kଵିଵ = 10ିଶ୉భ /଴,଴ହଽଶ ౥

K ଶ = 10ସ୉మ /଴,଴ହଽଶ + 4OH-

౥

౥

K = 10ସ(୉మ ି୉భ )/଴,଴ହଽଶ

଴ ଴ ଴ Trong đó Eଵ଴ = Eୗ/ୗ మష và Eଶ = E୓ /୓ୌష được tính như sau: మ

D

ẠY

S + 2H+ + 2e ⇌ H2S

S

→ Eଵ଴ = Eଷ଴ –

+

⇌

2e

H+

⇌

+

H 2S HS-

౥

K3 = 10ଶ୉య /଴,଴ହଽଶ Ka1.Ka2 = 10-19,92 ౥

S2-

K1 = 10ଶ୉భ /଴,଴ହଽଶ

19,92.0, 0592 19,92.0, 0592 ଴ = Eୱ/ୌ – = - 0,45V ୗ ౩ 2 2

O2 + 4H+ + 4e ⇌

H2O

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

౥

K4 = 10ସ୉ర /଴,଴ହଽଶ 52

Tiểu luận Hóa học phân tích

O2

H+

⇌

+

2H2O

+

+

OH-

4e

⇌

Kw = 10-14 ౥

4OH-

K2 = 10ସ୉మ /଴,଴ହଽଶ

→ Eଶ଴ = Eସ଴ - 14.0,0592 = E୓଴ మ/ୌ౩ ୓ - 14.0,0592 = 0,4012 V. ౥

౥

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

Vậy K = 10ସ(୉మ ି୉భ )/଴,଴ହଽଶ = 104(0,4012+0,45)/0,0592 = 1057,51

FF IC IA L

H2O

GVHD: Ngô Văn Tứ

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

53

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

BÀI 19: AgCl dễ hòa tan trong dung dịch NH3 do tạo phức: ⇌ [Ag(NH3)2]+ + Cl-

AgCl(r) + 2NH3 [Ag(NH3)2]+

Ag+ + 2NH3

⇌

Kpl = 1,7.10-7

FF IC IA L

1. 1 lít dung dịch NH3 1M hòa tan bao nhiêu gam AgCl biết TAgCl = 1,8.10-10

2. Cần thêm bao nhiêu NH3 vào dung dịch Ag+ 0,004M để ngăn chặn sự kết tủa của AgCl khi [Cl-] = 0,001M. Cho biết TAgCl = 1,8.10-10, Kkb của [Ag(NH3)2]+ = 6.10-8

3. Xác định tích số tan của AgBr biết 0,33g AgBr có thể hòa tan trong 1 lít dung

O

dịch NH3 1M

1. [Ag(NH3)2]+

Ag+

+ 2NH3

H

[Ag + ].[NH 3 ]2 = 1,7.10-7 và TAgCl = [Ag+].[Cl-] + [Ag(NH 3 )2 ]

N

Ta có K pl =

⇌

Ơ

Bài giải:

N

(ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KÌ THI OLYMPIC ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM 2011)

Y

Vì [Ag+] <<[Cl-] ; [Ag(NH3)2]+ = [Cl-] ; [NH3] = 1 – 2[Cl-] ;

M

⇒ [Cl-] = 0,0305M

Q

U

1,8.10-10 .(1 - 2.[Cl- ]) 2 T [Cl ] AgCl [Ag+] = nên = 1,7.10-7 [Cl ] [Cl- ]

Lượng AgCl đã hòa tan là: 0,0305.143,5 = 4,38g

KÈ

2. Phản ứng tạo phức: Ag+ + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2]+

Để kết tủa AgCl không tạo thành trong dung dịch, nồng độ Ag+ không được vượt quá:

ẠY

[Ag+] =

TAgCl 1,8.10-10 = = 1,8.10-7 [Cl ] 0,001

D

Muốn vậy phải thêm một lượng NH3 sao cho:

[Ag + ].[NH3 ]2 = Kkb = 6.10-8 + [Ag(NH 3 )2 ]

Trong đó Ag(NH3)2+ = 0,004 – 1,8.10-7 ≈ 0,004

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

54

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

K kb .[Ag(NH 3 ) 2+ ] 6.10-8 .0,004 = Như vậy [NH3] = = 1,33.10-3 ⇒ [NH3] = 0,0365 [Ag + ] 1,8.10-7 2

thêm toàn bộ là: 0,0365 + 0,008 = 0,0445 M. 3. Ta có K pl =

[Ag + ].[NH3 ]2 =1,7.10-7 [Ag(NH3 )2 + ]

FF IC IA L

Vì để tạo phức với 0,004M Ag+ cần có 2.0,004 = 0,008M NH3 cho nên lượng NH3 cần

và TAgBr = [Ag+].[Br-]

Vì [Ag+] <<[Br-] ; [Ag(NH3)2+] = [Br-] ; [NH3] = 1 – 2[Br-] ;

N

Mà [Br-] = 0,33/188 = 1,75.10-3M ⇒ TAgBr = 5,3.10-3

O

TAgBr - 2 - .(1 - 2.[Br ]) T [Br ] AgBr [Ag+] = = 1,7.10-7 - nên [Br ] [Br ]

Ơ

BÀI 20:

H

1.Tính suất điện động E0, thiết lập pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong

N

pin được ghép bởi CrO42-/ CrO2- và NO3-/NO ở điều kiện chuẩn.

K=1,0.10-14

H 2O ⇌ H + + OH-

KW = 10-14

3 ,OH

-

= - 0,13V ; E 0NO- ,H + /NO = 0,96V ; 3

Q

4

U

E 0CrO2- /Cr(OH)

Y

Cho: Cr(OH)3 ⇌ CrO-2 + H+ + H 2O

RT = 0,0592 F

M

ở 25oC: 2,303

KÈ

2. Xác định hằng số tạo phức (hằng số bền) của ion phức [Zn(CN)4]2-, người ta làm như sau: Thêm 99,9 ml dung dịch KCN 1M vào 0,1 ml dung dịch ZnCl2 0,1M để thu được 100 ml dung dịch A. Thiết lập một pin tạo bởi cực dương là điện cực gồm

ẠY

thanh Pt nhúng trong dung dịch chứa đồng thời Fe3+ và Fe2+ đều có nồng độ 1M và

cực âm là điện cực gồm thanh kẽm tinh khiết nhúng vào dung dịch A. Thấy suất

D

điện động của pin là 2,2113V. Hãy xác định hằng số tạo phức của ion phức [Zn(CN)4]2-. Biết thế oxi hóa – khử tiêu chuẩn của một số cặp: E0Zn2+ /Zn = - 0,7628V ; E 0Fe3+ /Fe2+ = 0,7700V

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

55

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

(ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TỈNH HÀ TĨNH NĂM 2012) Bài giải: Ta có: nE 0

FF IC IA L

CrO2- /Cr(OH)3 ,OH4

0,0592

CrO 42- + 4H 2 O + 3e ⇌ Cr(OH)3 ↓ + 5OH -

K1 =10

Cr(OH)3 ↓⇌ CrO-2 + H + + H2O

K2 = 1,0.10-14

H+ + OH- ⇌ H2O

K -1W = 1014

CrO42- + 2H2O + 3e ⇌ CrO-2 + 4OH-

K3

O

0,0592.lgK 3 n

K3 = K1.K2.KW-1 ⇒ E 30 =

(3)

N

⇒ E 30 = - 0,13V < E 0NO- ,H + /NO = 0,96V 3

Ơ

Vậy cặp CrO42-/CrO2- là anot và cặp NO3-/ NO là catot.

H

* Suất điện động của pin là: E0 = 0,96 – (-0,13) = 1,09 V

N

* Sơ đồ pin:

U

Phản ứng xảy ra trong pin:

Y

(-) Pt CrO42- 1M; CrO-2 1M; OH- 1M NO3- 1M; H+ 1M (Pt) NO, pNO = 1 atm (+)

NO3- + 4H + + 3e ⇌ NO ↑ + 2H 2 O

Ở anot:

CrO-2 + 4OH- ⇌ CrO24 + 2H2 O + 3e

Q

Ở catot:

M

H 2O ⇌ H + + OH-

KÈ

NO 3- + CrO -2 ⇌ CrO 24 + NO ↑

2. Phản ứng tạo phức:

ẠY

Zn 2+ + 4CN - ⇌ [Zn(CN)4 ]2-

D

Hằng số tạo phức là: β =

[[Zn(CN)4 ]2- ] [Zn 2+ ].[CN- ]4

Mặt khác, Epin = Ecatot – Enot = E Fe

3+

/Fe 2+

(1)

- E Zn 2+ /Zn

⇒ E Zn 2+ /Zn = E Fe3+ /Fe2+ - E pin = 0,77 - 2,2113 = - 1,4413V

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

56

Tiểu luận Hóa học phân tích

E Zn 2+ /Zn = E 0Zn

2+

/Zn

+

GVHD: Ngô Văn Tứ

0,0592 lg[Zn 2+ ] n

⇒[Zn2+] = 10-22,68 M. 10-4

10-22,68 .14

= 10−18,68

FF IC IA L

Thay vào (1) ta có β =

BÀI 21: 1. Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1M.

2. Phải thêm vào 1 lít dung dịch trên bao nhiêu gam NaOH để được dung dịch có

O

pH =3.

3. Xác định độ tan của AgCN trong dung dịch đệm có pH =3.

N

4. Ion phức Ag(NH3)2+ bị phân huỷ trong môi trường axit theo phản ứng: ⇌ Ag+ + 2NH4+

Ơ

Ag(NH3)2+ + 2H+

H

Để 90% ion phức có trong dung dịch Ag(NH3)2+ 0,1M bị phân huỷ thì nồng độ H+ tại

N

trạng thái cân bằng là bao nhiêu?

Biết hằng số axit của CH3COOH là K1 = 10-4,76; của HCN là K2 = 10-9,35 ; của NH4+

U

Y

là K3 = 10-9,24 AgCN

Ag+ + CN-

Q

⇌

M

Ag+ + NH3 ⇌

Ag(NH3)+

β1 = 103,32

⇌ Ag(NH3)2+

β2 = 103,92

KÈ

Ag(NH3)+ + NH3

T = 2,2. 10-16

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – TP HỒ CHÍ MINH

ẠY

NĂM 2013)

D

1.

Bài giải: CH3COOH

⇌

CH3COO- +

H+

C (M)

0,1

0

0

[ ] (M)

0,1 – x

x

x

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

K1

57

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

x2 K1 = = 10-4,76 (0,1 - x) Giả sử x << 0,1 nên suy ra x = 10-2,88 ⇒ pH = 2,88 (M)

C

CH3COONa

C CH3COO- + Na+

⟶

(M)

C

C

⇌ CH3COO- +

CH3COOH C0 (M)

0,1- C

[ ] (M)

0,1- C – 10-3

H+ 10-3

H

Ơ

(C + 10-3 )10-3 = 10-4,76 0,1 - C - 10-3

N

pH = 3 ⇒ [H+] = 10-3 (M)

N

C = 7,08. 10-4 (M)

⇒

Ka = 10-4,76

C C + 10-3

FF IC IA L

CH3COOH + NaOH ⟶ CH3COONa + H2O

O

2.

⇒ nNaOH = 7,08. 10-4 (mol) ⇒ mNaOH = 40. 7,08. 10-4 = 0,028 (g) ⇌

T = 10-15,66

⇌

K2-1 = 109,35

HCN

Q

H+ + CN-

Ag+ + CN-

Y

AgCN

U

3.

M

AgCN + H+ ⇌

K = T . K2-1 = 10-6,31

10-3

C (M)

10-3 + S

KÈ

[ ] (M)

S

S

S2 = 10-6,31 10 + S -3

ẠY

Ta có:

Ag+ + HCN

⇒ S2 - 10-6,31S - 10-9,31 = 0

D

⇒ S = 2,2.10-5

4.

Ag+ + NH3 ⇌

Ag(NH3)+

Ag(NH3)+ + NH3 ⇌ Ag+ + 2NH3 ⇌

Ag(NH3)2+

Ag(NH3)2+

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

β1 = 103,32 β2 = 103,92 β = 107,24 58

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ Ag+ + 2NH3

NH3 + H+ Ag(NH3)2+ + 2H+ ⇌

β-1 = 10-7,24

NH4+

⇌

Ag+ + 2NH4+

K3-1 = 109,24

x2

K = β-1 (K3-1 )2 = 1011,24

Khi phức bị phân huỷ 90% thì : [Ag(NH3)2+] = 0,1 – 0,1.0,9 = 0,01 (M) [Ag+] = 0,09 (M) [NH4+] = 0,09.2 = 0,18 (M)

0,01

y

0,09

K = 1011,24

0,18

N

[ ] (M)

Ag+ + 2NH4+

O

Ag(NH3)2+ + 2H+ ⇌

FF IC IA L

Ag(NH3)2+ ⇌

0,09.0,182 = 1011,24 2 0, 01. y

H

Ơ

 y = [H+] = 1,3 .10-6 (M)

N

BÀI 22:

FeS có pKS = 17,2; H2S có pK1 = 7,02; pK2 = 12,90

U

Cho:

Y

1. Tính độ tan của FeS trong dung dịch có pH = 3.

Q

Fe2+ + H2O ⇌ Fe(OH)+ + H+ β = 10-5,92 2. Độ tan của Mg(OH)2 trong nước ở 180C là 9.10-3 g/lít còn ở 1000C là 4.10-2 g/lít.

KÈ

M

Tính tích số tan của Mg(OH)2 ở hai nhiệt độ và pH của các dung dịch bão hoà.

ẠY

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN THĂNG LONG – ĐÀ LẠT NĂM 2012) Bài giải:

D

1. Các cân bằng điện li trong dung dịch: FeS Fe2+ + H2O S2– + H+

Fe2+ + S2–

⇌

⇌ ⇌

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

FeOH+ + H+

HS–

KS=10–17,2

β = 10-5,92 Ka2-1 = (10–12,9)–1

59

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

HS– + H+

Ka1-1 = (10–7,02)–1

H2 S

⇌

Gọi độ tan của FeS là s: = C୊ୣమశ = [Fe2+] + [FeOH+] = [Fe2+] + β[Fe2+][H+]-1 = [Fe2+] .(1 + β[H+]-1)

FF IC IA L

S

(1)

S = Cୗమష = [S2–] + [HS–] + [H2S]

= [S2–] + Ka2-1 [S2–][H+] + ( Ka1Ka2)–1 [S2–][H+]2 = [S2–] [1 + Ka2–1[H+] + (Ka1Ka2)–1[H+]2] [Fe2+] [S2–] = KFeS

(3)

N

2. Mg(OH)2 ⇌ Mg2+ + 2OH- T = [Mg2+].[OH-]2 = 4S3

O

Tổ hợp các cân bằng (1), (2) và (3), ta có: S = 2,29.10-2 M 2S

Ơ

S

(2)

3

H

 9.10 −3  -4 3 -11 Ở 291K: T291 = 4.   = 4.(1,552.10 ) = 1,495.10 .

58  

N

pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.1,552.10-4) = 10,49 3

U

Y

 4.10−2  -9 Ở 373K: T373 = 4.   = 1,312.10 58  

BÀI 23:

M

Q

pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.6,897.10-4) = 11,14

KÈ

1. Trộn 1ml dung dịch H3PO4 0,10M với 1ml dung dịch CaCl2 0,010M thu được hỗn hợp X.

ẠY

a. Nêu hiện tượng xảy ra. b. Thêm 3ml dung dịch NaOH 0,10M vào hỗn hợp X. Nêu hiện tượng xảy ra.

D

Cho:

H3PO4: pKa = 2,23; 7,26; 12,32; pKa (CaHPO4) = 6,60; pKS (Ca3(PO4)2) = 26,60.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

60

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

2.a. Người ta cho 1 milimol bạc clorua (KS = 10-10) vào 1 lít nước (dung dịch A). Tính lượng NH3 cần phải cho vào A để dung dịch trở thành trong suốt, biết rằng phức chất [Ag(NH3)2]+ có Kb = 107.

FF IC IA L

b. Cho một lượng AgCl (dư) vào 100ml nước (dung dịch B). Thêm 1 milimol S2O32vào B, tính độ tan của AgCl biết rằng hằng số bền của phức chất [Ag(S2O3)2]3- bằng 1012,8.

3. Một dung dịch chứa CuSO4 0,1M; NaCl 0,2M; Cu dư và CuCl dư. a. Chứng minh rằng xảy ra phản ứng sau ở 25oC:

Cu + Cu 2+ + 2Cl- ⇌ 2CuCl ↓

O

b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên và nồng độ các ion Cu2+; Cl- khi cân

N

bằng.

H

Ơ

૙ ૙ Cho biết tích số tan của CuCl = 10-7; ۳۱‫ܝ‬ ૛శ /۱‫ܝ‬శ = 0,15V; ۳۱‫ܝ‬శ /۱‫ = ܝ‬0,52V

N

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM 2013)

Y

Bài giải:

U

H3PO4 ⇌ H + + H2 PO42-

1.a.

Q

0,050M

Ka1=10-2,23

x1

x1

M

0,050-x1

⇒ x1 = [H+] = [H2PO42-] = 0,0146

KÈ

-7,27 [H2 PO-4 ] -7,26 -12,32 10 [HPO ] = .10 = 10 . = 10-17,74 + [H ] 0,0146

24

ẠY

Điều kiện kết tủa:

CCa 2+ .CHPO2- =

D

4

10-2 -7,26 .10 = 10-9,56 < KS(CaHPO4 ) = 10-6,6 2

⇒ Không có kết tủa CaHPO4.

3

C

3 Ca 2+

.C

2 H 2 PO4-

 10-2  -17,74 2 = ) = 10-42,38 < K S(Ca 3PO4 )2 = 10-26,6  .(10  2 

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

61

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

⇒ Không có kết tủa Ca3(PO4)2 b. Cୌయ୔୓ర =0,02M; Cେୟେ୪మ =0,002M; C୒ୟ୓ୌ =0,06M.

3NaOH + H3PO4 → Na 3PO 4 + 3H 2O ⇒ TPGH: Na3PO4 0,02M

PO3-4 + H2O ⇌ PO3-4 + OHC(M)

0,02

[]

0,02 – x2

x2

Kb1 = 10-1,68

x2

O

⇒ x2 = 0,0125 ⇒[PO43-]=7,5.10-3 (M)

FF IC IA L

C୒ୟ୓ୌ = 3Cୌయ୔୓ర ⇒ phản ứng:

Điều kiện kết tủa:

Ơ

⇒ Có kết tủa CaHPO4

N

CaHPO4: 2.10-3.0,0125 = 2,5.10-5 = 10-4,6 > 10-6

H

Ca3(PO4)2: (2.10-3)3.(7,5.10-3)2 = 4,5.10-13 = 10-12,35 > 10-26,6

N

⇒ Có kết tủa Ca3(PO4)2

Vì K ୗ (େୟయ(୔୓ర)మ) =10-26,6 ≪ K ୗ (େୟୌ୔୓ర) = 10-6,6 nên Ca3(PO4)2 kết tủa trước.

Y

Tích số ion ≫ K ୗ (େୟయ(୔୓ర)మ) =10-26,6

3Ca 2+ + 2PO3-4 ⇌ Ca 3 (PO4 )2

-1 KS(Ca = 1026,6 3 (PO4 )2 )

0,02

M

C(M) 2.10-3

Q

Kiểm tra:

U

⇒ Khả năng không có kết tủa CaHPO4

0,0187

KÈ

_

PO3-4 + H2O ⇌ HPO24 + OH

Kb1 = 10-1,68

ẠY

C(M) 0,0187 []

0,0187 – x3

x3

x3

D

⇒ x3 = 0,0119 ⇒ [PO43-] = 6,8.10-3

Ca 3 (PO4 )2 ⇌ 3Ca 2+ + 2PO3-4

KS = 10-26,6

6,8.10-3

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

62

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

3x4

6,8.10-3 +2x4

Giải gần đúng được 3x4 = 10-7,42 = [Ca2+]

⇒ [Ca2+].[HPO42-] = 10-7,42.0,0119 = 10-9,34 < 10-6,6 ⇒ Không có kết tủa CaHPO4.

FF IC IA L

[HPO42-] = x3 = 0,0119

2.a. Vì NH3 tạo phức với Ag+ nên AgCl sẽ tan khi có mặt NH3: KS = 10-10

Ag + + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3 )2 ]+

Kb =107

AgCl + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3 )2 ]+ + Cl-

K = KS.Kb

O

AgCl ⇌ Ag + + Cl-

N

Khi dung dịch trở thành trong suốt, AgCl vừa tan hết.

H

[Ag(NH3 ) 2 + ].[Cl- ] [NH3 ]2

(*)

N

K = KS.Kb = 10-10.107 =10-3 =

Ơ

Độ tan S = [Cl-] = [Ag(NH3)2]+ = 10-3

Thay giá trị nồng độ của phức chất và Cl- vào (*) tính được [NH3] = 3,2.10-2 mol/l

Y

Đây là nồng độ NH3 trong dung dịch lúc cân bằng.

U

Số mol NH3 phải thêm vào là:

Q

N = [NH3] + 2[Ag(NH3)2]+ = 3,2.10-2 + 2.10-3 = 3,4.10-2 mol b. Quá trình hòa tan AgCl bằng S2O32- xảy ra hoàn toàn tương tự như quá trình trên.

M

Gọi c là nồng độ ban đầu của phối tử S2O32-, S là độ tan của AgCl, ta có:

KÈ

[S2O32-] = c – 2S; [Ag+] = [Cl-] = S. KS=10-10

Ag + + 2S2O32- ⇌ [Ag(S2O3 )2 ]3-

Kb = 1012,8

AgCl + 2S2O32- ⇌ [Ag(S2O3 )2 ]3- + Cl-

K=102,8

D

ẠY

AgCl ⇌ Ag + + Cl-

K = KS.Kb =

⇒S=

[Ag(S2O3 )2 ]3- .[Cl- ] S2 1.10−3 2,8 = =10 v ớ i c = = 0, 01 (M) [S2O32- ]2 (c-2S)2 100.10−3

c. K 0,01. 10 2,8 = = 4,9.10-3 (mol/l) 2,8 (1 + 2 K ) (1 + 2 10 )

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

63

Tiểu luận Hóa học phân tích 3.a.

GVHD: Ngô Văn Tứ

Cu + Cu2+ +2Cl- ⇌ 2CuCl↓ 0,1M

0,2M

*Xét Cu2+ + e ⟶ Cu+

ECu2+ /Cu+ = E

Tt 10-7 = = 5.10-7 M [Cl- ] 0,2

0 Cu 2+ /Cu +

FF IC IA L

Ta có: [Cu + ] =

[Cu 2+ ] 0,1 + 0,059.lg = 0,15 + 0,059.lg = 0,463V + [Cu ] 5.10-7

*Xét Cu+ + e ⟶ Cu. Ta có:

0 E Cu + /Cu = E Cu + 0,059.lg[Cu + ] = 0,52 + 0,059.lg 5.10-7 = 0,148V + /Cu

O

Rõ ràng: Eେ୳మశ/େ୳శ > Eେ୳శ/େ୳ nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

N

b. Tổ hợp:

(Tt -1 )2 = 1014 K1 = 10

+

Cu → Cu + e

K 2 = 10

(0,1-x)

-0,52 0,059

= 10-8,81

K =(Tt -1 )2 .K1.K 2 = 1014 .102,54 .10-8,81 = 107,73

(0,2-2x)

Q

1 1 = 2 (0,1 - x).(0,2 - 2x) 4.(0,1 - x)3

M

Ta có: 107,73 =

= 102,54

U

Y

Cu + Cu 2+ + 2Cl- ⇌ 2CuCl ↓ []

0,15 0,059

H

+ e → Cu

+

N

Cu

2+

Ơ

2× Cu + +Cl- ⇌ CuCl ↓

⇒ [Cu2+] = (0,1 – x) = 1,67.10-3 M

KÈ

[Cl-] = 0,2 – 2x = 3,34.10-3 M.

ẠY

BÀI 24:

Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010 M; KMnO4 0,010 M; Fe2(SO4)3 0,0050 M và

D

H2SO4 (pH của dung dịch bằng 0). Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của KI là 0,50 M, được dung dịch Y (coi thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).

1. Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y. SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

64

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

2. Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y. 3. Cho biết khả năng phản ứng của Cu2+ với I- (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn. Giải thích.

FF IC IA L

4. Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực platin nhúng trong dung dịch gồm Cu2+, I- (cùng nồng độ 1 M) và chất rắn CuI. Viết

phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong pin khi pin hoạt động.

E

/Cr 3+

0 Cu

2+

/Cu

+

= 1,330 V; E

0 −

MnO 4 /Mn

2+

= 1,510 V; E

= 0,153 V; pK s(CuI) = 12;

0 Fe

0

3+

/Fe

2+

Ở 25 OC: 2,303

= 0,771 V; E − − = 0,5355 V I3 /I

RT = 0,0592; F

O

2

2− 7

N

0 Cho: E Cr O

Ơ

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2012) Bài giải: 4

/Mn

2+

= 1,51 V > E

0 2-

Cr2 O 7 /Cr

3+

= 1,33 V > E

0

H

Do E 0MnO

Fe

3+

/Fe

2+

0

= 0,771V > E -

I3 /I

-

= 0,5355 V, nên

N

1.

các quá trình xảy ra như sau:

Y

2MnO-4 + 16H+ + 15I- ⇌ 2Mn 2+ + 5I3- + 8H2O 0,5

_

0,425

_

_

0,01

0,025

Q

U

0,01

0,425

KÈ

0,01

M

Cr2O72- + 14H+ + 9I- ⇌ 2Cr 3+ + 3I- + 7H2O _

0,335

0,025 0,02

0,055

2Fe3+ + 3I- ⇌ 2Fe2+ + I30,335

_

0,32

ẠY

0,01

0,055 0,01

0,06

D

Thành phần của dung dịch Y: [ I -3 ] 0,060 M; [I- ] 0,32 M; [Mn2+ ] 0,01 M; [Cr3+ ] 0,02 M;

[Fe2+ ] 0,01 M. 2.

I3- + 2e ⇌ 3I-

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

65

Tiểu luận Hóa học phân tích

3

0,0592 [I3- ] + lg - 3 2 [I ]

E - - = 0,5355 + I /I

0,0592 2

3

0 3. Do E 0I- /I- = 0,5355 V > E Cu

2+

3

/Cu +

.lg

0,06 (0,32)

3

= 0,54 V.

FF IC IA L

E I- /I- = E

0 I3- /I-

GVHD: Ngô Văn Tứ

= 0,153 V nên về nguyên tắc Cu2+ không oxi hóa được I-

và phản ứng: 2Cu 2+ + 3I- ⇌ 2Cu + + I3- hầu như xảy ra theo chiều nghịch.

0 Cu

2+

/CuI

=E

0 Cu

2+

0 Như vậy E Cu

/Cu

2+

I-

dư +

+ 0,0592.lg

thì

1 K S(CuI)

sẽ

/CuI

tủa

CuI.

Khi

đó:

0 E - - = 0,5355 V → Cu2+ sẽ oxi hóa được I- do tạo thành = 0,863 V > /CuI I /I 3

Ơ

= 0,863 V > E I- /I- = 0,54 V → điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y là anot,

H

2+

kết

≈ 0,863V

CuI: 2Cu 2+ + 5I- ⇌ 2CuI ↓ + I30 4. Vì E Cu

tạo

O

E

nếu

N

Nhưng

3

Y

là catot. Vậy sơ đồ pin như sau:

N

điện cực Pt nhúng trong dung dịch gồm Cu2+, I- (cùng nồng độ 1 M), có chứa kết tủa CuI Pt│ I -3 0,060 M; I- 0,32 M ║CuI; Cu2+ 1 M; I- 1 M │Pt

U

(-)

(+)

Q

Trên catot: Cu2+ + I- + e → CuI ↓

M

Trên anot: 3 I- → I -3 + 2e

KÈ

Phản ứng trong pin: 2 Cu2+ + 5 I- ⇌ 2 CuI ↓ + I -3

BÀI 25:

ẠY

1. Tính pH của dung dịch Na2A 0,022 M.

2. Tính độ điện li của ion A2- trong dung dịch Na2A 0,022M khi có mặt NH4HSO4

D

0,001M.

Cho: pK a(HSO- ) = 2,00; pK a(NH+ ) = 9,24; pK a1(H2A) = 5,30; pK a2(H2A) = 12,60.

4

4

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

66

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA NĂM 2012) Bài giải: Kb1 = 10-1,4

HA- + H2O ⇌ H2S + OHH2 O ⇌ H+

+ OH-

(1)

Kb2 = 10-8,7

(2)

Kw = 10-14

(3)

FF IC IA L

A2- + H2O ⇌ HA- + OH-

1.

Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw → pH của hệ được tính theo cân bằng (1): A2-

H2O ⇌ HA- +

+

C

0,022

[]

0,022 - x

OH-

x

x

Kb1 = 10-1,4

O

[OH-] = x = 0,0158 (M) → pH = 12,20 NH4HSO4 →

N

2. Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M: +

+ H SO −4

Ơ

NH 4

0,001

A2- ⇌ 0,022

_

0,021

A2- ⇌

0,001

0,020

0,002

+

K1 = 1010,6

0,001 NH3

K2 = 103,36

0,001

KÈ

_

HA-

0,021

M

0,001

+

Q

+

NH 4

2−

SO 4

0,001

U

0,001

HA- +

Y

H SO −4 +

Phản ứng:

N

H

0,001

Hệ thu được gồm: [A2- ] 0,020 M; [HA- ] 0,002 M; [ SO 24 − ] 0,001 M;

ẠY

[NH3] 0,001 M. Các quá trình xảy ra:

D

A2- + H2O ⇌ HA-

+ OH-

Kb1 = 10-1,4

(4)

NH3 + H2O

⇌ NH +4

+ OH-

K 'b = 10-4,76

(5)

HA- + H2O

⇌ H2 A

+ OH-

Kb2 = 10-8,7

(6)

⇌ H SO −4 + OH-

Kb = 10-12

2−

SO 4 + H2O

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

(7) 67

Tiểu luận Hóa học phân tích HA-

⇌

H+

GVHD: Ngô Văn Tứ

+ A2-

Ka2 = 10-12,6

(8)

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C A - >> K 'b . C NH >> Kb2. C HA - >> Kb. CSO 2

2 4

3

→ (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ: + H2O ⇌ HA-

C

0,02

0,002

[]

0,02 - x

OH-

+

0,002 + x

x

Kb1 = 10-1,4

FF IC IA L

A2-

→ x = 0,0142 → [HA-] = 0,0162 (M)

0,022

0,0162

=

0,022

= 0,7364 hay α A - = 73,64 %.

2

-

HSO 4

+C

+

NH 4

0,022

=

0,0142 + 0,001 + 0,001 0,022

= 0,7364)

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

(Hoặc α A 2- =

[OH ] + C

O

2

-

[HA ]

N

→ αA - =

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

68

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

C. KẾT LUẬN Bằng sự nỗ lực và cố gắng của bản thân, sự giúp đỡ của giáo viên và các ý kiến

đóng góp của các bạn, đề tài “Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho các kì thi

FF IC IA L

Olympic sinh viên toàn quốc và học sinh giỏi trung học phổ thông cấp quốc qia” đã

được hoàn thành. Trong phạm vi đề tài, em chỉ tập trung nghiên cứu và đề cập đến 25 bài tập - một lượng rất nhỏ trong sự đa dạng, phong phú của bài tập hóa học phân tích định

tính. Tuy vậy, trong quá trình nghiên cứu đề tài, em đã giải quyết được những vấn đề lý luận và thực tiễn sau:

O

- Đã làm quen và nắm được phương pháp nghiên cứu một đề tài.

- Dựa vào nội dung chương trình, tính đặc thù của chương trình và mục tiêu dạy học của

N

học phần hoá học phân tích định tính thuộc chương trình ĐHSP em đã sưu tầm, chọn lọc

Ơ

và biên soạn được một hệ thống (gồm 25 bài tập tự luận có đáp án).

H

- Hệ thống bài tập từ đơn giản đến phức tạp đều có lời giải, giúp học sinh, sinh viên tự ôn

N

tập, phát triển khả năng tự học. Phát huy cao độ tính độc lập tư duy, sáng tạo hơn . Từ đó góp phần nâng cao chất lượng học tập.

Y

- Trích dẫn một số đề của các kì thi Olympic, học sinh giỏi qua nhiều năm có tính cập

U

nhật, làm tài liệu tham khảo cho trước kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, Olympic

Q

sinh viên.

- Cung cấp nguồn tư liệu phục vụ công tác giảng dạy. Là tư liệu để giáo viên tham khảo

M

trong bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, bồi dưỡng sinh viên giỏi trong kì thi

KÈ

Olympic sinh viên.

Tóm lại, bài tiểu luận này đã đạt được một số kết quả nhất định. Tuy nhiên, do

ẠY

trong thời gian còn hạn chế nên các dạng bài tập chưa phong phú và đa dạng, đáp án vẫn chưa hoàn thành hết được. Rất mong nhận được sự thông cảm và ý kiến đóng góp xây

D

dựng của quý thầy cô và các bạn để đề tài hoàn thiện hơn.

Một lần nữa xin bày tỏ lòng cảm ơn với thầy Ngô Văn Tứ và các bạn đã tạo điều

kiện giúp em hoàn thành đề tài này.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

69

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Giáo trình Hóa học phân tích định tính - TS Ngô Văn Tứ 2. Đề thi Olympic quốc tế.

4. Các đề thi dự trữ Olympic sinh viên toàn quốc.

5. Các đề thi dự trữ phục vụ học sinh giỏi toàn quốc.

6. www.hoahoc.org 7. www.dayhoahoc.com

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

8. www.violet.vn

FF IC IA L

3. Chuyên đề bồi dưỡng của các trường chuyên trên cả nước.

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A

70