[Thảo luận] Bài tập Hóa phân tích định tính

First topic message reminder :

Các bạn sinh viên năm 2 (cao đẳng) và năm 3 (đại học) thân mến!

Hiện nay các bạn đang bắt đầu học Hóa phân tích, có lẽ tài liệu các bạn chưa đầy đủ. Chúng tôi lập topic này với mong muốn chia sẻ tài liệu và trao đổi thêm về Hóa phân tích. Hi vọng sẽ nhận được sự ủng hộ và tham gia của các bạn!

Tổng số bài gửi : 23 Join date : 15/09/2012

Câu 3:
Tính lại nồng độ ban đầu các chất trong A:
C(KMnO4)=0,04M; C(NaCl)=0,2M; C(CH3COOH)=1M; C(HCl)=0,02M
(1)------MnO4- + 8H+ + 5e <=> Mn2+ + 4H2O-----------------K1=E+127,53
(2)------2Cl- - 2e <=> Cl2-----------------------------------------K2=E-45,95
(3)------CH3COOH<=>CH3COO- + H+---------------------------Ka=E-4,76
(4)------H2O<=> H++ OH-
Phương trình phản ứng:
(5)-----2MnO4- + 16H+ +10Cl- <=>2Mn2+ + 8H2O+5Cl2--------------------------------K5 = K2^5.K1^2 = E+25,34
K5 lớn => Phản ứng xảy ra hoàn toàn.
TPGH: [MnO4- ] = 0,0375; [Cl-] = 0,2075; [Mn2+] = 0,0025; [Cl2]=0,00625; [CH3COOH] = 1M

ĐKP với MK: CH3COOH,H2O
[H+] = [OH-] + [CH3COO-] <=> h = Kw/h + C(CH3COOH).Ka/(h+Ka)
Giải ra ta có pH = 2,38 (Có thể bỏ qua OH-)
Với pH này thì phản ứng oxi hóa của MnO4- với Cl- không xảy ra, do E(MnO4-/Mn2+) < E(Cl2/Cl-)

Vậy nồng độ các chất khi cân bằng:
[MnO4- ] = 0,0375M; [Cl-] = 0,2075M; [Mn2+] = 0,0025M; [Cl2] = 0,00625M;
[CH3COOH] = 1M; [CH3COO-] = [H+] = 4,17.E-3 M

Câu 4:
a) Để xuất hiện kết tủa BaSO4 thì
[Ba2+].[SO42-] > Ks1 <=> [SO42-](1) > Ks1/[Ba2+] = E-9,97/0,01=1,0715E-8 M (1)
Để xuất hiện kết tủa SrSO4 thì
[Sr2+].[SO42-] > Ks2 <=> [SO42-](2) > Ks2/[Sr2+] = E-6,49/0,01 = 3,236E-5 M (2)
So sánh (1) và (2) ta thấy kết tủa BaSO4 xuất hiện trước

b) Để ion thứ 2 kết tủa thì [SO42-] = 3,236E-5
vậy nồng dộ cân bằng của ion thứ 1: [Ba2+] = Ks1/[SO42-] = E-9,97/3,236E-5 = 3,31E-6 M

c) Để tính nồng độ cân bằng trong dung dịch, tức là tính độ tan đồng thời của BaSO4, SrSO4 trong dung dịch. Vì Na2SO4 thêm vào vừa đủ.
Gọi S1, S2 lần lượt là độ tan của BaSO4 và SrSO4, ta có:
[Ba2+] = S1;----- [Sr2+] = S2; ----- [SO42-] = S1 + S2
Theo ĐLTDKL ta có:
------------ Ks1 = [Ba2+].[SO42-] = S1.(S1 + S2) ---- (*)
------------ Ks2 = [Sr2+].[SO42-] = S2.(S1 + S2) ---- (**)
Cộng vế theo vế ta có: Ks1 + Ks2 = (S1 + S2)^2 ---- (***)
Thay số vào (***) ta có: S1 + S2 = 5,69.E-4
Thay (S1 + S2) vào (*), (**) ta có: S1 = 1,88.E-7 M;----- S2 = 5,69.E-4M

Hoặc có thể so sánh 2 cân bằng hòa tan:
(1)--------- BaSO4 <=> Ba2+ + SO42- ------- Ks1
(2)--------- SrSO4 <=> Sr2+ + SO42- -------- Ks2
Vì Ks2 >> Ks1 => Cân bằng (2) quyết định.
Từ đó ta có [SO42-] = [Sr2+] = 5,69.E-4 => [Ba2+] = Ks2/[SO42-] = 1,88.E-7M

Vậy nồng độ các chất khi cân bằng
[Ba2+] = 1,88.E-7; [Sr2+] = 5,69.E-4; [SO42-] = 5,69E-8; [Na+] = 0,02M

Chương VI: Cân bằng giữa 2 pha không trộn lẫn - Phương pháp chiết

I. Các kiến thức cần nhớ:
1. Định luật phân bố. Hằng số phân bố (K):
Xét cân bằng:---- A(w) <=> A(o) -------------- K (w - water (nước); o - organic (hữu cơ))
Áp dụng ĐLTDKL ta có:
--------------------------- K = [A]o/[A]w = C1/C2 ------- (1) được gọi là hằng số phân bố

Biểu thức (1) chính là biểu thức định lượng của định luật phân bố. Nội dung của định luật phân bố như sau: “Ở nhiệt độ và áp suất xác định, tỉ số nồng độ của chất tan ở trong hai chất lỏng nằm cân bằng với nhau là một đại lượng không đổi”.

Lưu ý:
- Điều kiện để chọn được dung môi thứ hai (dung môi hữu cơ) đó là cân bằng chiết phải được thiết lập nhanh và hằng số phân bố càng lớn càng tốt.
- Chỉ có dạng phân tử trung hòa mới bị chiết sang dung môi hữu cơ

2. Hệ số phân bố (D):
Trong thực tế, bên cạnh quá trình chiết, còn có các quá trình phụ xảy ra trong nước và trong pha hữu cơ, do đó người ta dùng đại lượng hệ số phân bố (D) để đặc trưng định lượng quá trình chiết. D là tỉ số giữa tổng nồng độ cân bằng các dạng tồn tại của chất tan trong pha hữu cơ với tổng nồng độ chất tan trong pha nước (Thực chất, thì D chính là hằng số phân bố điều kiện của chất tan):
-------------------- D = K' = (tổng[A]o)/(tổng[A]w) -------- (2)

3. Hệ số phân chia (S):
Hệ số phân chia là tỉ số các hệ số phân bố của hai chất A, B cần tách khỏi nhau từ 1 dung dịch ban đầu (Hệ số phân bố lớn hơn để ở tỉ số):
-------------------- S = D(A)/D(B) > 1 ---------(3)
Hệ số phân chia càng lớn thì càng dễ tách các chất ra khỏi nhau

4. Phần trăm chiết E% (hay hiệu suất chiết R%)
Phần trăm chiết (hiệu suất chiết) là tỉ số giữa tổng lượng chất chiết được trong dung môi hữu cơ với tổng lượng chất đó ban đầu.
---------- R% = (Tổng số mol A)o.100%/(tổng số mol A ban đầu) = (Tổng [A]o.Vo).100%/(Tổng [A]o.Vo + tổng [A]w.Vw)
----- <=> R% = 100%.D.Vo/(D.Vo + Vw)
----- <=> R% = D.100%/{D + Vw/Vo} --------- (4)
Ta thấy, hiệu suất chiết phụ thuộc hệ số phân bố D và tỉ số thể tích pha nước và pha hữu cơ dùng để chiết.

Ngoài ra, hiệu suất chiết còn phụ thuộc vào số lần chiết. Nếu ta chiết n lần, mỗi lần bằng Vo chất hữu cơ thì ta thiết lập công thức tính hiệu suất chiết (R%) như sau: Gọi no là số mol chất A ban đầu trong thể tích Vw dung dịch nước; Vo là thể tích dung môi hữu cơ dùng cho mỗi lần chiết.
- Chiết lần 1: Gọi n1 là số mol chất A còn lại trong pha nước => Tổng [A]w = n1/Vw
------------- Tổng [A]o = (no - n1)/Vo
Hệ số phân bố: D = Tổng [A]w/Tổng [A]o = (no - n1).Vw/(n1.Vo)
----- => n1/no = Vw/(D.Vo + Vw) = q (*)
- Chiết lần 2: Bây giờ n1 trở thành nồng độ đầu của A trong nước. Gọi n2 là nồng độ chất A còn lại trong pha nước.
Tương tự ta có: ----- => n2/n1 = Vw/(D.Vo + Vw) = q (**)
---------------------- => n2/no = q^2.
- Tương tự, với chiết lần thứ n: Ta có: n(n)/no = q^n
Vậy hàm lượng chất A còn lại sau n lần chiết với mỗi lần Vo mL chất hữu cơ = q^n (với q = Vw/(D.Vo + Vw))
----- <=> R% = (1 - q^n).100% --------- (5)

5. Hệ số tăng cường chiết (Sk):
--------- Sk = lg{D1,2/(D1 + D2)}--------- (6)
Với D1, D2 là hệ số phân bố khi chiết riêng lần lượt với dung môi 1, dung môi 2
---- D1,2 là hệ số phân bố khi chiết bằng hỗn hợp 2 dung môi

Hệ có hiệu ứng tăng cường chiết khi Sk > 0, tức D1,2 > (D1 + D2) và ngược lại.

Bài tập vận dụng

Dạng 1: Tính nồng độ còn lại trong pha nước sau khi chiết.

Ví dụ 1: Hệ số phân bố của chất X giữa clorofom và nước bằng 9,6. Hãy tính nồng độ X còn lại trong pha nước sau khi chiết từ 50,00mL dung dịch X 0,150M bằng:
a) Chiết 1 lần với 40,0mL clorofom
b) Chiết 2 lần, mỗi lần 20,0mL clorofom
c) Chiết 4 lần, mỗi lần 10,0mL clorofom
d) Chiết 8 lần, mỗi lần 5,0mL clorofom.
GIẢI:
- Viết cân bằng chiết
- Viết biểu thức K, D => Ở đây K với D trùng nhau vì bỏ qua sự phân ly của X
Áp dụng công thức: R% = (1 - q^n).100% --------- (5) => % còn lại trong nước = q^n.100% (với q = Vw/(D.Vo + Vw))

a) Chiết 1 lần => n = 1; Vo = 40 => q = 50/(9,6.40 + 50)
Ta có: %X còn lại = q = 0,1152 => [X]w = q.C(X) = 0,01728M

b) Chiết 2 lần => n = 2; Vo = 20 => q = 50/(9,6.20 + 50) = 0,2066
Ta có: %X còn lại = q^2 = 0,0427 => [X]w = q^2.C(X) = 6,40.E-3M

c) Chiết 4 lần => n = 4; Vo = 10 => q = 50/(9,6.10 + 50) = 0,3425
Ta có: %X còn lại = q^4 = 0,01375 => [X]w = q^4.C(X) = 2,06.E-3M

d) Chiết 8 lần => n = 8; Vo = 5 => q = 50/(9,6.5 + 50) = 0,5102
Ta có: %X còn lại = q^8 = 4,59.E-3 => [X]w = q^4.C(X) = 6,89.E-4M

Ví dụ 2: Hệ số phân bố của chất Z giữa n-hexan và nước bằng 6,25. Hãy tính %Z còn lại trong pha nước sau khi chiết từ 25,00mL dung dịch Z 0,060M với n-hexan như sau:
a) Chiết 1 lần với 25,0mL n-hexan
b) Chiết 2 lần, mỗi lần 12,5mL n-hexan
c) Chiết 5 lần, mỗi lần 5,0mL n-hexan
d) Chiết 10 lần, mỗi lần 2,50mL n-hexan

Ví dụ 3: Hệ số phân bố của I2 giữa CCl4 và H2O bằng 85. Tính nồng độ I2 còn lại trong pha nước nếu ta đem 50,0 mL dung dịch I2 1,0.E-3M chiết bằng CCl4 theo các cách sau:
a) Chiết 1 lần bằng 50,0 mL CCl4
b) Chiết 2 lần bằng 25,0 mL CCl4
c) Chiết 4 lần bằng 10,0 mL CCl4

Ví dụ 4: Hằng số phân bố của axit axetic (HAx, pKa = 4,76) giữa nước và dimetyl ete là 780. Tính nồng độ HAx còn lại trong pha nước nếu ta cho 60,0 mL HAx 0,04M chiết bằng 30,0 mL đimetyl ete ở:
a) pH = 3,0
b) pH = 8,0.

Ví dụ 5: Hằng số phân bố của axit acrylic (HAcr, pKa = 4,95) giữa H2O và etyl metyl ete là 1200. Nếu ta đem 100,0 mL HArc 0,05M chiết bằng 50,0 mL etyl metyl ete ở pH = 4,0 thì nồng độ của axit acrylic còn lại trong pha nước là bao nhiêu?

Các bạn vui lòng tự giải nhé Smile

Dạng 2: Tính số lần chiết (thể tích hữu cơ cần dùng) để thu được nồng độ trong pha nước cho trước. (Chú ý: Nếu n lẻ thì phải lấy giá trị nguyên kế tiếp)

Ví dụ 6: Tính thể tích chung clorofom CHCl3 là bao nhiêu để giảm nồng độ chất X (xem ví dụ 1) đến 1,00.1E-4M nếu 25,0 mL dung dịch X 0,0500M được chiết bằng các phần dung môi:
a) Mỗi lần 25,00 mL CHCl3
b) Mỗi lần 10,00 mL CHCL3
c) Mỗi lần 2,00 mL CHCl3
GIẢI:
- Viết cân bằng
- Thiết lập các công thức => Nồng độ X còn lại trong pha nước = q^n.C(X) = E-4 M (*)
----------------- Với q = Vw/(D.Vo + Vw)

a) Ta có q = 25/(9,6.25 + 25) = 0,09434
Thay vào (*) ta có: (0,09434)^n.0,05 = E-4 <=> n.lg(0,09434) = lg(2.E-3) <=> n = 2,63
Vậy cần phải chiết 3 lần > 2,63 với mỗi lần 25,00mL => Thể tích CHCl3 cần dùng là 3.25,00 = 75,00 mL CHCl3

b) Ta có q = 25/(9,6.10 + 25) = 0,2066
Thay vào (*) ta có: (0,2066)^n.0,05 = E-4 <=> n.lg(0,2066) = lg(2.E-3) <=> n = 3,94
Vậy cần phải chiết 4 lần > 3,94, với mỗi lần 10,00mL => Thể tích CHCl3 cần dùng là 4.10,00 = 40,00 mL CHCl3.

c) Ta có q = 25/(9,6.2 + 25) = 0,5656
Thay vào (*) ta có: (0,5656)^n.0,05 = E-4 <=> n.lg(0,5656) = lg(2.E-3) <=> n = 10,91
Vậy cần phải chiết 11 lần > 10,91, với mỗi lần 2,00mL => Thể tích CHCl3 cần dùng là 11.2,00 = 22,00 mL CHCl3.

Ví dụ 7: Tính thể tích n-hexan là bao nhiêu cần để giảm nồng độ chất Z (xem ví dụ 2) đến 1,00.E-5 M nếu 40,00 mL dung dịch Z 0,0200 M được chiết bằng các phần dung môi:
a) Mỗi lần 50,00 mL n-hexan
b) Mỗi lần 25,00 mL n-hexan
c) Mỗi lần 10,00 mL n-hexan (CÁC BẠN VUI LÒNG TỰ GIẢI)

Dạng 3: Tính hệ số phân bố tối thiểu để đạt hiệu suất chiết cần thiết

Ví dụ 8: Hệ số phân bố tối thiểu để đảm bảo chiết 99% chất tan từ 50,00 mL dung dịch nước là bao nhiêu? Nếu:
a) Chiết 2 lần, mỗi lần bằng 25,00 mL benzen
b) Chiết 5 lần, mỗi lần bằng 10,00 mL benzen
GIẢI:
- Viết cân bằng
- Thiết lập các công thức => %X còn lại trong pha nước = q^n = 1% ---- Với q = Vw/(D.Vo + Vw)
------------------------ <=> n.lg(q) = -2 (**)

a) Ta có n = 2 => lg(q) = -1
--- <=> q = 0,1 = 50/(D.25 + 50)
--- <=> D = 18,0
Vậy hệ số phân bố tối thiểu phải là 18,0

b) Ta có n = 5 => lg(q) = -0,4
--- <=> q = 0,3981 = 50/(D.10 + 50)
--- <=> D = 7,56
Vậy hệ số phân bố tối thiểu phải là 7,56.

Ví dụ 9: Hệ số phân bố tối thiểu của chất Q để khi chiết 30 mL dung dịch nước 0,0500M chất này bằng bốn lần, mỗi lần 10 mL chất lỏng hữu cơ không trộn lẫn thì hàm lượng chiết R% là:
a) 1,00.E-1
b) 1,00.E-2
c) 1,00.E-3 (CÁC BẠN VUI LÒNG TỰ GIẢI)

Tổng số bài gửi : 33 Join date : 12/09/2012

Ví dụ 2:
a) Chiết 1 lần => n = 1; Vo = 25 => q = 25/(6,25.25 + 25)
Ta có: %Z còn lại = q = 0,1379 => [Z]w = q.C(Z) = 8,28.E-3M

b) Chiết 2 lần => n = 2; Vo = 12,5 => q = 25/(6,25.12,50 + 25) = 0,2424
Ta có: %Z còn lại = q^2 = 0,0588 => [Z]w = q^2.C(Z) = 3,53.E-3M

c) Chiết 5 lần => n = 5; Vo = 5 => q = 25/(6,25.5 + 25) = 0,4444
Ta có: %Z còn lại = q^5 = 0,0173 => [Z]w = q^5.C(Z) = 1,04.E-3M

d) Chiết 10 lần => n = 10; Vo = 2,5 => q = 25/(6,25.2,5 + 25) = 0,6154
Ta có: %Z còn lại = q^10 = 7,79.E-3 => [Z]w = q^10.C(Z) = 4,67.E-4M

Ví dụ 3: tương tự ví dụ 1,2

Ví dụ 4:
- Các cân bằng xảy ra:
---------(1)-----(HAx)w <=> Ax- + H+ -------Ka
---------(2)-----(HAx)w <=> (HAx)o ----------K
Ta có:
-------K = [HAx]o/[HAx]w
và D = [HAx]o/{[HAx]w + [Ax-]} = [HAx]o/{[HAx](1 + Ka/h)} = K*h / (h+Ka) (*)

a/ pH= 3 => h = E-3 thay vào (*) ta được: D = 766,677
=> q = Vw/(D.Vo + Vw) = 60/(766,677.30 + 60) = 2,6.E-3
Ta có: HAx còn lại = q => [HAx]w = q.C(HAx) = 1,04.E-4(M)

b/ pH = 8 => h = E-8 thay vào (*) ta được D(A) = 0,4486
=> q = Vw/(D.Vo + Vw) = 60/(0,4486.30 + 60) = 0,8168
Ta có: HAx còn lại = q => [HAx]w = q.C(HAx) = 0,0327(M)

Ví dụ 9:
- Viết cân bằng: [Q]w <=> [Q]o
- Ta có: R% = (1 - q^n) <=> q^n = 1 - R% <=> n.logq = log(1-R%) (*)
a/ Thay n = 4; R% = E-1 vào (*) ta được:
------------logq = -0,0114 <=> q = 0,974 = 30/(D.10 + 30)
-----------<=> D = 0,08
Vậy hệ số phân bố tối thiểu phải là 0,08.
b/ Thay n = 4; R% = E-2 vào (*) ta được:
------------logq = -1,09.E-3 <=> q = 0,9975 = 30/(D.10 + 30)
-----------<=> D = 7,55.E-3
Vậy hệ số phân bố tối thiểu phải là 7,55.E-3.
c/ Thay n = 4; R% = E-3 vào (*) ta được:
------------logq = -1,09.E-4 <=> q = 0,9997 = 30/(D.10 + 30)
-----------<=> D = 7,5.E-4
Vậy hệ số phân bố tối thiểu phải là 7,5.E-4.

ĐỀ THI HỌC PHẦN HÓA PHÂN TÍCH I - KHÓA 60 (2010 - 2014) (ĐHSP Hà Nội 1)
Thời gian 90 phút

Câu 1: Trộn 40ml dung dịch Na2S 0,1M với 10ml dung dịch CuCl2 0,15M. Để phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi lọc kết tủa A, được 50ml dung dịch B.
a. Tính khối lượng kết tủa A, tính pH và nồng độ cân bằng các cấu tử trong dung dịch B
b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,1M cần thêm vào 20ml dung dich B để thu được dung dịch C có pH = 8,0. Tính [S2-], [HS-], [H2S]
c. Nếu trộn 10ml dung dịch C với 10ml dung dịch AgNO3 0,01M thì có kết tủa xuất hiện không? Giải thích?
Cho tích số tan của CuS = E-35,2; của Ag2S = E-49,2; của AgCl = E-10
H2S có pKa = 7,02; 12,9

Câu 2: Hãy đánh giá khả năng tạo phức của Ba2+, tính nồng độ cân bằng của Y4- trong dung dịch thu được khi trộn 20ml dung dịch BaCl2 0,05M với 20ml dung dịch Na2H2Y 0,07M. Biết pH của dung dịch được duy trì = 9.0. Cho H4Y có pKi = 2,00; 2.67; 6,16; 10,26
Phức BaY2- có lgB = 7,78; Ba2+ có lg*B = –13,36

Câu 3: Cho từ từ 10ml dung dịch NaOH 0,1M vào 90ml dung dịch H2C2O4 0,05M thu được dung dịch A. Thêm tiếp 100ml dung dịch gồm KMnO4 0,02M và KHSO4 1M vào dung dịch A thu được dung dịch B
a. Nêu hiện tượng, viết ptpứ xảy ra trong thí nghiệm trên. Tính hằng số cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử
b. Tính thế điện cực Pt nhúng trong dung dịch B
c. Viết sơ đồ pin và phản ứng xảy ra trong pin thu được khi ghép điện cực Pt trên với điện cực tiêu chuẩn Fe3+/Fe2+ (ở pH = 0).
Cho thế điện cực chuẩn của cặp MnO4-,H+/Mn2+=1,51V; của cặp Fe3+/Fe2+ = 0,77V; của cặp CO2,H+/H2C2O4 = –0,49V.
HSO4- có pKa = 2; H2C2O4 có pKi = 1,25; 4,27.

Cảm ơn bạn socoladang đã cung cấp đề thi Smile

Tổng số bài gửi : 33 Join date : 12/09/2012

Câu 1:
a/ Sau khi trộn 2 dung dịch, ta có: C(Na2S) = 0,08M; C(CuCl2) = 0,03M
Phản ứng xảy ra: Cu2+ ----- + ------ S2- ------- <=> CuS
------------------1,5.E-3mol-------4.E-3mol
-------------------------------------2,5.E-3mol---------1,5.E-3mol
=> m(CuS) = 1,5.E-3.96 = 0,144(g)
TPGH của dd B: [S2-] = 0,05M; [Cl-] = 0,06M; [Na+] = 0,16M.
Ta có các cân bằng:
----------(1)----S2- + H2O <=> HS- + [OH-] ----------Kb1 = Kw/K2 = E-1,1
----------(2)----HS- + H2O <=> H2S + [OH-]----------Kb2 = Kw/K1 = E-6,98
-----------(3)---H2O <=> H+ + OH- --------------------Kw
Vì Kb1>>Kb2 và C(S2-).Kb1 >> Kw nên ta có thể bỏ qua cân bằng (2) và (3).
ĐKP: [OH-] = [HS-] <=> Kw/h = C(S2-).h/(h+K2) ( vì bỏ qua [H2S])
-----------------------<=> h^2.C(S^2-) - h.Kw - Kw.K2 = 0
Giải phương trình bậc 2, ta được: h = 2,876.E-13 => pH= 12,54
=>[S^2-] = C(S2-).K2/(h+K2) = 0,015M
----[HS-] = C(S2-).h/(h+K2) = 0,035M
----[H2S] = C(S2-).h^2/(h^2 + hK1. K1K2) = 1,05.E-7M ( thỏa mãn điều kiện)

b/ Dd C gồm các ion: Na+, H+, Cl-, S^2-, OH-; HS-
Theo ĐLBTĐT ta có: [Na+] + [H+] = [OH-] + [Cl-] + [HS-] + 2[S2-] (*)
Vì pH = 8 nên có thể bỏ qua [S^2-] (pK1< pH < pK2)
Mặc khác,ta có: [Na+] = 0,16.20/(V+20) = 3,2/(V+20)
--------------------[Cl-] = {(0,06.20) + 0,1V}/(V+20) = (0,1V+1,2)/(V+20)
--------------------[HS-] = 0,05.20.K1/(h+K1).(V+20) = E-0,04/(V+20) ( vì bỏ qua [S^2-])
thay các giá trị tương ứng vào (*) ta được:
------------3,2/(V+20) + E-8 = E-14/E-8 + (0,1V+1,2)/(V+20) + E-0,04/(V+20)
----------<=> (E+0,037 - 0,1V)/(V+20) = 9,9.E-7
----------<=> V = 10,889ml
Vậy cần thêm 10,889ml HCl 0,1M vào 20ml dd B để thu được dd C có pH = 8
=> [HS-] = E-0,04/(V+20) = 0,0295M
----[H2S] = 0,05.20.h/(h+K1).(V+20) = 3,069.E-3M
----[S^2-] = 0,05.20.K1K2/(h^2 + hK1 + K1K2).(V+20) = 3,689.E-7M

c/ Sau khi trộn 2 dd ta được: C(Cl-) = E-1,13M
C(S^2-) = (0,0295 + 3,069.E-3)/2 = 0,0162M;
Ở pH = 8 ta có [S^2-] = C(S^2-).K1.K2/(h^2 + hK1 + K1K2) = 1,20.E-7
C(Ag+) = 5.E-3M. Ở pH = 8, ta có: [Ag+] = C(Ag+) = 5.E-3M
Kiểm tra điều kiện kết tủa:
- Kết tủa Ag2S: [Ag+] > sqrt(Ks(Ag2S)/[S2-]) = 7,25.E-15 (1)
- Kết tủa AgCl: [Ag+] > Ks(AgCl)/[Cl-] = 1,35.E-9 (2)
Vậy có kết tủa xuất hiện nhưng kết tủa màu đen (Ag2S) sẽ xuất hiện trước.

Câu 2:
*Sau khi trộn 2 dung dịch ta có:
-----C(BaCl2) = 0,025M; C(Na2H2Y) = 0,035M
*Ta có các cân bằng:
------(1) BaCl2 ---> Ba2+ + 2Cl-
------(2) Na2H2Y ---> 2Na+ + H2Y^2-
------(3) H2Y^2- <=> HY^3- + H+--------K3
------(4) HY^3- <=> Y^4- + H+ -----------K4
------(5) H2Y^2- + H+ <=> H3Y^- -------1/K2
------(6) H3Y^- + H+ <=> H4Y ------------1/K1
------(7) Ba2+ + Y^4- <=> BaY^2- ------B
*Ta tính các phân số nồng độ:
Vì pH = 9 > 1/2(pK3 + pK4) nên anpha(Y^4-) = K4/(h+K4) = E-1,28
anpha(Ba2+) = [Ba2+]/[Ba2+]' = 1
Vậy hằng số bền điều kiện của phức BaY^2- ở pH = 9:
-------B' = B.anpha(Ba2+).anpha(Y^4-) = E+6,5
Vì B' = E+6,5 nên phản ứng tạo phức BaY^2- xảy ra hoàn toàn.
Xét cb: Ba2+ + Y^4- <=> BaY^2- ------B' = E+6,5
---------0,025M---0,035
TPGH: [Y^4-]' = 0,01M; [BaY^2-]' = 0,025M
[Y^4-] = anpha(Y^4-).[Y^4-]' = E-1,28. 0,01 = 5,248.E-4M

Tổng số bài gửi : 23 Join date : 15/09/2012

Câu 3: DD A C(H2C2O4)=0,045M; C(NaOH)=0,01M
--------2NaOH + H2C2O4 ---> Na2C2O4 + 2H2O
---------0,01------5.E-3-----------5.E-3
TPGH của dd A: [H2C2O4] = 0,04M, [Na2C2O4] = 5E-3M
Tính lại nồng độ các chất trong dd B:
C(H2C2O4)=0,02; C(KMnO4)=0,01; C(KHSO4)=0,5; C(Na2C2O4)=2,5E-3
------(1)------MnO4^- + 8H+ + 5e <=>Mn2+ + 4H2O------------------------------------------ K1=E+127,5
------(2)------2CO2+2H++2e<=>H2C2O4------------------------------------------------------ K2=E-16,55
------(3)------HSO4- <=> H+ SO42---------------------------------------------------------------Ka=E-2
------(4)------H2C2O4 <=> HC2O4- + H+ -------------------------------------------------------Kb1=E-1,25
------(5)------HC2O4- <=>C2O42- + H+ --------------------------------------------------------Kb2=E-4,27
------(6)------2MnO4^- + 6HSO4- + 5H2C2O4 <=>2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O+6SO42-------K6
------(7)------2MnO4^- + 6HSO4- + 5C2O42- <=>2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O+6SO42-------K7

Ta thấy (6) = 2.(1) - 5.(2) + 6.(3)
-------- => K6 =K1^2.K2^-5.Ka^6
--------=> K6=E+325,75=>Phản ứng xảy ra hoàn toàn
và (7) = (6) - (4) - (5) => K7 = E+353,35 => Phản ứng xảy ra hoàn toàn.
2MnO4^- + 6HSO4- + 5H2C2O4 <=>2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O+6SO42-
8E-3----------0,024-------0,02----------8E-3-------0,04-------------0,024
2MnO4^- + 6HSO4- + 5C2O42- <=>2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O+6SO42
1E-3----------0,003------0,0025--------1E-3-------0,005------------0,003
TPGH:[HSO4-] = 0,473; [MnO4-] = 1E-3, [Mn2+] = 9E-3; [CO2]=0,045; [SO42-]=0,027.
=>Thế của dd do cặp MnO4-,H+/Mn2+ quyết định
Tính pH của dd:
ĐKP với MK: HSO4-, H2O
[H+] = [SO42-] + [OH-] - 0,027
C(HSO4-).Ka >> Kw => bỏ qua nồng độ OH-
Kb1>>Kb2=>bỏ qua nồng độ H2C2O4 cạnh HC2O4-
<=>h = C(HSO4-)o.Ka/(h+Ka) - 0,027
thay số, ta giải được h ~ 0,0527
Theo phương trình Nernst ta có:
E = Eo(MnO4-,H+/Mn2+) + (0,0592/5)log([MnO4-].[H+]^8/[Mn2+]) = 1,390
Vậy thế của điện cực Pt nhúng vào dung dịch thu được là: E = 1,390V

c) E(Fe3+/Fe2+) = Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,771
E(MnO4-,H+/Mn2+)=1,40 > E(Fe3+/Fe2+)
=> cực (+) là MnO4-,H+/Mn2+ ; cực (-) là Fe3+/Fe2+
Sơ đồ pin (-) Pt|Fe3+,Fe2+||MnO4-,HSO4-,Mn2+,SO4-|Pt
Phản ứng xảy ra
MnO4- + 5Fe2+ + 8HSO4- <=> Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O+8SO42-

ĐỀ THI HỌC PHẦN HÓA PHÂN TÍCH I - KHÓA 56 (2006 - 2010) (ĐHSP Hà Nội 1)
Thời gian 120 phút

Câu 1: Trộn 10,00ml dung dịch NaOH 0,1 M với 10ml dung dịch NaHCO3 0,1M vào được dung dịch A
a. Tính pH và nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch A
b. Tính pH của dung dịch khi thêm 5,00ml dung dịch HCl 0,41M vào dung dịch A
Cho axit cacbonic có pKi = 6,35; 10,33. Độ tan của CO2 trong nước là 3.E-2M.

Câu 2: Tính cân bằng trong dung dịch Fe(ClO4)2 0,01M,NH3 1M và KCN 1M. Biết pKa(HCN)=9,35; pKa(NH4+) = 9,24; lgB(Fe(CN)6^4-) = E+35 log*B(FeOH+) = E-5,92.

Câu 3: Trộn 10ml hỗn hợp KMnO4 0,16M với 10ml dung dịch A gồm: NaCl 0,4M và NaBr 0,4M thì thu được dung dịch B
a. Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử trong hệ khi thêm 5ml hỗn hợp CH3COOH 2M và HCl 0,04M vào 5ml dung dịch B.
b. Nếu thêm tiếp 5ml HCl 2M vào sản phẩm của phần a) thì có hiện tượng gì xảy ra? Vì sao?
Cho CH3COOH có pKa = 4,76; Eo(MnO4-/Mn2+) = Eo1 = 1,51V; Eo(Cl2/Cl-) = Eo2 = 1,36V; Eo(Br2/Br-) = 1,08V.

Câu 4: Lắc kết tủa AgBr trong nước cất đến khi đạt tới cân bằng giữa pha rắn và dung dịch. Sau đó tách lấy phần nước lọc.
a. Trộn 10ml nước lọc ở trên với 10 ml dung dịch KI 0,1M thì có kết tủa AgI không?
b. Cho khí H2S lội qua 10ml nước lọc trên cho đến bão hòa (CH2S=0,1M) thì có kết tủa không?
Cho biết pKs(AgBr) = 12,3; pKs(AgI) = 16,0; pKs(Ag2S) = 49,2; log*B(AgOH)=-11,7; H2S có pKi = 7,02; 12,9.

Cảm ơn bạn socoladang đã cung cấp đề thi Smile

Tổng số bài gửi : 23 Join date : 15/09/2012

Câu 1:
a) C(NaOH)=0,05M; C(NaHCO3)=0,05M
-------------HCO3-+H2O<=>H2CO3+OH----------------------Kb=E-7,65
-------------HCO3-<=>H+ + CO32----------------------------K2=E-10,33
ĐKP [H+]=[OH-]+[CO32-]-[H2CO3]-0,05 (*)
0,05>>E-7=>bỏ qua nồng độ [H+]
(*)<=> Kw/h=0,05-C(NaHCO3).K1.K2/(h^2+K1.h+K1.K2)+C(NaHCO3).h^2/(h^2+K1.h+K1.K2)
Thay số giải được h=3,16E-12
=>pH=11,5
[H2CO3]=2,238E-8=>[CO2]=2,238E-8*3E-2=6,71E-10M
Nồng độ cân bằng của các ion
[Na+]=0,1; [HCO3-]=3,16E-3; [CO32-]=0,0468; [CO2]=6,71E-10

b) C(NaOH)=0,04M; C(NaHCO3)=0,04M; C(HCl)=0,082
ĐKP [H+]=[OH-]+[CO32-]-[H2CO3]-0,04 +0,082 (**)
C(HCl)>>E-7 => bỏ qua nồng độ [OH-]
(**)<=>h=0,042+C(NaHCO3).K1.K2/(h^2+K1.h+K1.K2)-C(NaHCO3).h^2/(h^2+K1.h+K1.K2)
Thay số giải được h=2.10E-3
=>pH=2,69
Có thể tính theo TPGH [HCl]=2.10^-3, [NaCl]=0,08, [H2CO3]=0,04
[H+]=[HCO3-]+2[CO32-]+2E-3+[OH-]
K1 >> K2 => bỏ qua nồng độ [CO32-] cạnh [HCO3-]
[HCl]=2E-3 >>E-7 =>bỏ qua nồng độ [OH-] cạnh [H+]
Vậy ta có h=0,04.K1/(K1+h)+2E-3
=>h=1,998E-3 =>pH=2,69

Câu 2:
C(Fe2+)=0,01M, C(CN-)=1, C(NH3)=1
C(Fe2+)>>C(CN-) => phức [Fe(CN)6^4-] chủ yếu
Fe2+ + 6CN- <=> Fe(CN)6^4--------B=E+35
0,01----0,06---------0,01
TPGH [CN-]=0,94; [Fe(CN)6^4-]=0,01

Do phức bền nên pH của dd do lượng dư CN- và NH3 quyết định
CN- + H+<=>HCN-------------Ka1^-1=E+9,35
NH3 + H+ <=> NH4+----------Ka2^-1=E+9,24
H2O<=>H+ + OH--------------Kw
ĐKP [H+]=[OH-]-[HCN]-[NH4+] (*)
Môi trướng kiềm => bỏ qua nồng độ [H+]
(*) <=> Kw/h=C(CN-).h/(h+Ka1)+C(NH3).h/(h+Ka2)
Thay số Kw=E-14; C(CN-)=0,94; C(NH3)=1; Ka1=E-9,35 ; Ka2= E-9,24
Giải được h=1,616E-12
=>pH=11,79

Tính toán cân bằng theo hằng số bền điều kiện
[Fe2+]'=[Fe2+](1+B*/h) =>anpha(Fe2+)=1,344E-6
[CN-]'=[CN-](1+h/Ka1) =>anpha(CN-)=0,996
B'=anpha(Fe2+).anpha(CN-)^6.B=E+29,12
TPGH [Fe(CN)6^4-]=0,01; [CN-]=0,94
Tính toán theo cân bằng nghịch
Fe(CN)6^4- <=>Fe2+ + 6CN-
0,01-x-------------x------0,94+6x
ĐLTDKL x(0,94+6x)^6/(0,01-x)=E-29,12
Với x<< 0,01 giải được x=1,1E-31
[Fe2+]=1,4784E-37; [HCN]=3,39E-3; [NH4+]=2,8E-3; [NH3]=0,997
[FeOH+]=1,1E-31; [Fe(CN)6^4-]=0,01; [CN-]=0,93624

Câu 3:
a) C(MnO42-)=0,04, C(NaCl)=0,1; C(NaBr)=0,1; C(CH3COOH)=1M; C(HCl)=0,02M

(1)------MnO4- + 8H+ + 5e <=> Mn2+ + 4H2O-----------------K1=E+127,53
(2)------2Cl- - 2e <=> Cl2-----------------------------------------K2=E-45,95
(3)------2Br- - 2e <=>Br2------------------------------------------K3=E-36,47
(4)------CH3COOH<=>CH3COO- + H+---------------------------Ka=E-4,76
(5)------H2O<=> H++ OH-
Phương trình phản ứng:
(6)-----2MnO4- + 16H+ +10Br- <=>2Mn2+ + 8H2O+5Br2--------------------------------K6= K3^5.K1^2 = E+72,71
(7)-----2MnO4- + 16H+ +10Cl- <=>2Mn2+ + 8H2O+5Cl2--------------------------------K7 = K2^5.K1^2 = E+25,34

K6 lớn => Phản ứng xảy ra hoàn toàn.
TPGH: [MnO4- ] = 0,0375; [Br-] = 0,0875; [Mn2+] = 0,0025; [Br2]=0,00625; [CH3COOH] = 1M; [Cl-]=0,12

ĐKP với MK: CH3COOH,H2O
[H+] = [OH-] + [CH3COO-] <=> h = Kw/h + C(CH3COOH).Ka/(h+Ka)
Giải ra ta có pH = 2,38 (Có thể bỏ qua OH-)
Với pH này thì phản ứng oxi hóa của MnO4- với Br- xảy ra, do E(MnO4-/Mn2+) > E(Br2/Br-)
---------2MnO4- + 16CH3COOH + 10Br- <=> 2Mn2+ + 8H2O + 5Br2 + 16CH3COO---------------K8=E-3,45
--------0,0175-------0,14----------0,0875----0,0175-----------------0,04375---0,14
TPGH [MnO42-]=0,02; [CH3COOH]=0,86; [Mn2+]=0,02; [Br2]=0,05; [CH3COO-]=0,14; [Cl-]=0,12

b) Tính lại nồng độ các chất:
C(HCl)=0,67; C(MnO42-)=C(Mn2+)=0,0133; C(CH3COOH)=0,573 ; C(Br2)=0,0333, C(CH3COO-)=0,09333; C(Cl-)=0,08
----------2MnO4- + 16H+ +10Cl- <=>2Mn2+ + 8H2O+5Cl2
TPGH: [H+]=0,56; [Cl-]=0,68; [Mn2+]=0,0266; [Cl2]=0,0333; C(Br2)=0,0333, C(CH3COO-)=0,09333; C(CH3COOH)=0,573

» [Thảo luận] Hóa phân tích định lượng
» [Thảo luận] Hóa phân tích công cụ
» Tuyển tập Luận văn Hóa học phân tích
» Thảo luận hóa vô cơ
» Tuyển tập ebooks Hóa Phân tích