Giải bài tập hóa phân tích công cụ năm 2024

1. PHẤP PHÂN TÍCH KHỐI LƯỢNG VÀ PHÂN TÍCH THỂ TÍCH Câu 1: Cho 25ml dung dịch AgNO3 0.1248N vào 20ml dung dịch NaCl. Chuẩn độ lượng AgNO3 dư thấy tiêu tốn hết 11.54 ml dung dịch KCNS 0.0875 N. Tính nồng độ của dung dịch NaCl. Câu 2: Hòa tan 35g mẫu có chứa sắt, sau đó đem kết tủa hoàn toàn bằng dung dịch NaOH dư. Lọc, rửa kết tủa, sau đó đem sấy khô rồi nung ở nhiệt độ 8000 C đến khối lượng không đổi, thu được 0.5g chất rắn. Hãy giải thích (viết phương trình phản ứng) và tính phần trăm sắt có trong mẫu đem phân tích. Câu 3: Đun sôi 1.000g một mẫu muối amoni thô với lượng dư NaOH. Toàn bộ khí NH3 bay ra đuợc hấp thụ hết trong 50.00 ml dung dịch H2SO4 0.500 N. Chuẩn độ acid còn thừa hết 15.68 ml NaOH 0.050 N. Tính hàm lượng % NH3 có trong muối amoni. Câu 4: Để xác định hàm lượng photpho trong quặng sắt, người ta lấy 1.5860g mẫu, đem phân hủy, chuyển thành dung dịch rồi kết tủa photpho dưới dạng kết tủa (NH4)3PO4.12MoO3 (M = 1976.4), đem sấy kết tủa này và cân được 0.4386g. Để kiểm tra lại kết quả phân tích, người ta lấy kết tủa đã sấy, đem nung để chuyển thành P2O5.25MoO3 (M
2. cân được 0.4173g. Tính hàm lượng photpho trong quặng theo hai lần cân sau khi sấy và sau khi nung kết tủa. Câu 5: Để xác định silic dưới dạng SiO2 trong một mẫu silicat, người ta tiến hành như sau: cân 0.4870g mẫu, hòa tan trong acid và tách silic ra dưới dạng acid silicsic, cho kết tủa vào chén platin nung đến trọng lượng không đổi, đem cân được 9.5271g. Vì trong oxid thu được đó còn có lẫn nhiều oxid kim loại khác, nên để xác định chính xác hơn, người ta đem lượng oxid đã thu được chế hóa bằng hỗn hợp hai acid H2SO4 và HF trong chén platin để toàn bộ lượng SiO2 chuyển thành SiF4 bay hơi đi, trong chén chỉ còn lại các oxid khác. Sau khi nung chén đến trọng lượng không đổi, cân được 9.2210g. Tính hàm lượng SiO2 trong mẫu phân tích. Câu 6: Để xác định MgO trong xi măng, người ta cân 1,8610 g mẫu đem phân hủy thành dung dịch, tách canxi và chế hóa để thu được 250 ml dung dịch. Lấy 100 ml dung dịch này đem kết tủa ion Mg2+ dưới dạng MgNH4PO4. Sau khi lọc, rửa và nung kết tủa đến khối lượng không đổi thì thu được 0,2516 g Mg2P2O7. Tính hàm lượng % MgO trong mẫu. Câu 7: Một mẫu quặng oxit sắt nặng 0,5000 g được làm kết tủa dưới dạng Fe(OH)3 và nung thành oxit sắt ba với khối lượng thu được là 0,4980 g. Tính hàm lượng sắt dưới dạng %Fe và %Fe3O4?
3. một hợp kim Cu + Sn + Zn. Phân tích bằng phương pháp khối lượng thu được 0.6728g CuSCN và 0.0423g SnO2. Xác định hàm lượng các thành phần trong hợp kim. Câu 9: Để xác định nồng độ dung dịch NaOH người ta hòa tan 1.26g H2C2O4.2H2O vào nước và thêm nước cho đủ 500ml dung dịch. Chuẩn độ 25ml dung dịch axit oxalic trên hết 12.58ml NaOH. Tính nồng độ N của dung dịch NaOH. Câu 10: Hòa tan 1.245g mẫu có chứa sắt, sau đó đem kết tủa hoàn toàn bằng dung dịch NaOH dư. Lọc, rửa kết tủa, sau đó đem sấy khô rồi nung ở nhiệt độ 8000 C đến khối lượng không đổi, thu được 0.3412g. Hãy giải thích (viết phương trình phản ứng) và tính phần trăm sắt có trong mẫu đem phân tích. Câu 11: Để định lượng photpho trong một mẫu đất, người ta cân 0.500 g mẫu chế hóa bằng các điều kiện thích hợp để chuyển thành dung dịch, sau đó kết tủa photpho dưới dạng MgNH4PO4. Nung tủa ở 6000 C đến khối lượng không đổi thu được 0.1175 g chất rắn. Tính hàm lượng phần trăm photpho trong mẫu đất dưới dạng P và P2O5. Viết phương trình nung kết tủa. Câu 12: Để xác định niken trong một loại thép, người ta lấy 1.086g mẫu hòa tan hoàn toàn và chế hóa nó; đem kết tủa niken dưới
4. (NiC8H14O4N4); lọc, rửa và sấy kết tủa rồi cân được 0.2136 g. Tính hàm lượng phần trăm niken có trong mẫu thép. Câu 13: Cân 3.0360g mẫu KCl pha thành 500.0ml dung dịch mẫu. Lấy 25.00ml dung dịch này thêm vào 50.00ml dd AgNO3 0.0847N. Lượng AgNO3 thừa được chuẩn độ bằng 20.68ml dd NH4SCN 0.108N. Tính hàm lượng phần trăm KCl có trong mẫu. Câu 14: Một mẫu đá vôi cân nặng 1.2300g được hòa tan trong axit. Lọc bỏ kết tủa, dung dịch nước lọc cho tác dụng với NH4OH. Kết tủa thu được đem nung đến khối lượng không đổi. Khối lượng các oxit kim loại hóa trị 3 thu được là 0.0584g. Nhôm được cô lập riêng và dạng cân thu được là Al2O3 nặng 0.0232g. Tính %Fe và % Al trong mẫu.
5. BẰNG ACID – BAZ Câu 1: Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1 M, biết rằng hằng số phân ly của axít này là Ka = 10-4,75 . Câu 2: Tính pH của dung dịch NH4OH 1 M biết Kb= 1,76.10-5 . Câu 3: Tính giá trị pH của dung dịch đệm gồm NH4OH 0,05 M và NH4Cl 0,05 M. Cho biết KNH4OH = Kb = 1,76.10-5 . Câu 4: Cho 500ml dung dịch CH3COOH 0,1 M. Người ta thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1 N vào 500ml dung dịch trên. Tính pH ở các thời điểm sau: a. 100ml NaOH 0,1N b. 300ml NaOH 0,1N c. 500ml NaOH 0,1N d. 600ml NaOH 0,1N Câu 5: Tính pH của dung dịch NaCN 0,010 M. Cho pKa,HCN = 9,35. Câu 6: Tính pH của dung dịch NH4Cl 0,10 M. Cho 3 NH pK =4,75. Câu 7: Tính pH của dung dịch thu được khi thêm 0,102g CH3COONa vào 100ml dung dịch 0,0375M CH3COOH. Biết pKCH3COOH = 4,75. Câu 8: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn: a. 50ml 0,1M KH2PO4 và 25ml 0,2M K2HPO4. Biết H3PO4 có pK1 = 2,16; pK2 = 7,13; pK3 = 12,3. b. 30ml 0,1M Na2CO3 và 15ml 0,1M NaHCO3. Biết H2CO3 có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33.
6. thêm vào 100ml dung dịch HCOOH 0,2M bao nhiêu gam natri foocmat rắn HCOONa để có dung dịch đệm với pH = 4,3. Biết pKHCOOH = 3,77. Câu 10: Cần bao nhiêu gam CH3COONa hòa tan trong 50ml dung dịch CH3COOH 0,04M để được pH = 5,43. Câu 11: Tính pH dung dịch HNO2 0,120 M, Ka = 7,1.10-4 Câu 12: Tính pH dung dịch HF 2,0.10 –4 M. Ka = 6,7.10 –4 . Câu 13: Tính [H+ ], [OH- ], pH của dung dịch Na2S 0,100M. Câu 14: Tính pH của dung dịch NaHCO3 1,00M. (H2CO3 có pKa1 = 6,35, pKa2 = 10,33). Câu 15: Tính pH của dung dịch NaHSO3 1,00.10-3 M (H2SO3 có pKa1 = 1,76, pKa2 = 7,21). Câu 16: Xác định nồng độ của dd CH3COOH phải có trong dung dịch sao cho pH = 3.
7. CHẤT TRONG DUNG DỊCH Câu 1: Hằng số bền tổng cộng của các phức tạo bởi ion Hg2+ và ion Br- lần lượt là: β1,1 = 109,05 , β1,2 = 1017,33 , β1,3 = 1019,74 , β1,4 = 1021,05 . Tính các hằng số bền và không bền từng nấc của các phức đó. Câu 2: Tính nồng độ cân bằng của các ion và phân tử trong dung dịch Cd(ClO4)2 10-3 M + KI 1 M. Trong dung dịch có đủ HClO4 để Cd2+ không tạo được phức với OH- mà chỉ tạo phức với I- . Các phức có hằng số bền tổng cộng lần lượt là: 102,88 , 103,92 , 105,00 , 106,10 . Câu 3: Tính hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dung dịch có các pH sau: a) 4,0; b) 8,0; c) 10,0. Biết logarit hằng số bền của phức giữa Mg2+ và Y4- là 8,9, phức của Mg2+ và OH- là 2,58. H4Y có pK1 = 2, pK2 = 2,67, pK3 = 6,16 và pK4 = 10,26. Câu 4: Tính hằng số bền điều kiện của phức FeY- trong dung dịch có pH = 1 và pH = 3,0. Tại các pH đó, Fe3+ thực tế không tạo phức phụ (với OH- ). FeY- có β = 1025,1 . Câu 5: Ion sắt (III) tạo phức với ion xianua CN- với số phối trí cực đại là 6. Hãy viết các cân bằng tạo phức khi thêm dần dung dịch KCN vào dung dịch Fe3+ . Hãy viết các biểu thức biểu diễn hằng số bền từng nấc hoặc tổng cộng của các phức đó.
8. của Ca2+ và Fe3+ với Y4- (ký hiệu của anion etylen diamin tetraacetat, anion của axit H4Y: EDTA) có các hằng số không bền lần lượt là: 2 10,57 25,1 10 ; 10 . CaY FeY K K       Trong hai phức đó, phức nào bền hơn. Câu 7: Tính nồng độ cân bằng của ion và phân tử trong dung dịch HgCl2 10-2 M. Phức của Hg2+ và Cl- có logarit hằng số bền tổng cộng lần lượt là: 6,74 và 13,22. Câu 8: Tính hằng số bền điều kiện của phức AlY- trong dung dịch có pH = 1 và pH = 3,0. Tại các pH đó, Al3+ thực tế không tạo phức phụ (với OH- ). AlY- có β = 1016,13 . Câu 9: Tính hằng số bền điều kiện của phức NiY2- trong dung dịch đệm NH3 1M + NH4Cl l,78M. Biết rằng trong điều kiện đó nồng độ ban đầu của ion Ni2+ không đáng kể so với nồng độ NH3. Phức của Ni2+ với EDTA có hằng số bền β = 1018,62 . Phức của Ni2+ với NH3 có các hằng số bền tổng cộng lần lượt là 102,67 ; 104,80 ; 106,46 ; 107,50 và 108,1 . pk của H4Y đã cho trong các phần trên. Câu 10: Fe3+ tạo với SCN- thành phức [Fe(SCN- )x](3-x)+ với x có giá trị từ 1 – 6. Giá trị hằng số bền của các phức [Fe(SCN- )x](3-x)+ lần lượt như sau: β1,1 = 103,03 ; β1,2 = 104,33 ; β1,3 = 104,63 ; β1,4 = 104,53 ; β1,5 = 104,23 ; β1,6 = 103,23 ; Xác định nồng độ của phức tạo thành và nồng độ Fe3+ còn lại trong dung dịch khi thêm SCN- vào dung dịch chứa [Fe3+ ]0 = 0,001M với:
9. 1M; b) [SCN- ] = 0,1M; c) [SCN- ] = 0,01M; Giả sử trong điều kiện đang xét, trong dung dịch chỉ xảy ra các phản ứng giữa Fe3+ và SCN- . Câu 11: Xác định nồng độ của các thành phần ở trạng thái cân bằng của dd H2C2O4 0,1M; biết pH của dd này là 1,28. Cho ka1 = 10-1,25 , ka2 = 10-4,27 . Câu 12: Dùng phối tử L là 1,10 – phenanthroline tạo phức với Fe2+ . Phức tạo thành ở các dạng FeL, FeL2 và FeL3 với β1,1 = 105,9 ; β1,1 = 1011,1 ; β1,1 = 1021,3 ; Hãy xác định nồng độ của các phức tạo thành và nồng độ Fe2+ còn lại trong dd, nếu nồng độ Fe2+ ban đầu là 0,001M và nồng độ L ở cân bằng là 0,1M. Câu 13: Tính nồng độ cân bằng của các dạng phức trong dung dịch AgNO3 và NH3 biết [Ag+ ] = 1,0.10-6 M, [NH3] = 0,10M; Cho hằng số bền của phức giữa Ag+ và NH3 là β1,1 = 103,32 , β1,1 = 107,24 .
10. 1 này có 2 hướng giải: 1. Hướng giải hoàn toàn theo cách phổ thông. 2. Hướng giải hoàn toàn theo cách đại học – cao đẳng. Bài giải chỉ mang kết quả tương đối mong bạn đọc bổ xung thêm Chương 2: Mình Giải xong và đã đăng lên rồi và link chương 2 nếu các bạn nào quên. http://123doc.vn/document/598467-bai-tap-hoa-phan-tich.htm Chương 3: Cũng vậy mình đã giải rồi và link đây http://123doc.vn/document/649865-bai-tap-hoa-phan-tich.htm trong chương 3 nào có phần bài tập tổng hợp tất cả các chương luôn nha Và đây là các bài thí nghiệm hóa lý có kết quả và phần tính toán chi tiết http://123doc.vn/document/732666-bai-thi-nghiem-hoa-ly.htm http://123doc.vn/document/754936-bai-thi-nghiem-hoa-ly.htm http://123doc.vn/document/780619-thi-nghiem-hoa-ly-bai-5-va-6.htm
11. toàn theo cách phổ thông. Câu 1: Ta có các phương trình: Tỉ lệ: 1 1 1 1 Tỉ lệ: 1 1 1 1 Câu 2: Các phương trình:
12. là ( Theo định luật bảo toàn số mol nguyên tố ta có: Câu 3: Ta có phương trình: Tỉ lệ: 2 1 1 Tỉ lệ: 1 1 1 1 Câu 4: Ta có:
13. quặng sau khi sấy là: Vậy %P trong quặng sau khi nung là: Câu 5: Hàm lượng được xác định: Câu 6: Ta có phương trình phân hủy: Tỉ lệ: 2 1 2 1 Đây là số có trong 100ml dung dịch mẫu thử. Vậy số có trong 250ml mẫu thử:
14. hóa học: Oxit sắt thu được là : Ta có: Câu 8: Ta có:
15. phản ứng: Tỉ lệ: 1 2 1 2 Nồng độ sau khi pha 500ml nước: Số có trong 25ml: Câu 10:
16. học: Câu 11: Phương trình hóa học: Tỉ lệ: 2 1 2 1 Chất rắn đó là :
17. 13: Phương trình hóa học: Tỉ lệ: 1 1 1 1 Tỉ lệ: 1 1 1 1 Ta có: Đây là số có trong 25ml dung dịch mẫu thử. Vậy số có trong 500ml mẫu thử (hay trong 3.036g mẫu ): Câu 14:
18.
19. bạn đọc:
20. CHẤT TRONG DUNG DỊCH Câu 1. Hằng số bền tổng cộng của các phức tạo bởi ion Hg2+ và ion Br- lần lượt là: β1,1 = 109,05 , β1,2 = 1017,33 , β1,3 = 1019,74 , β1,4 = 1021,05 . Tính các hằng số bền và không bền từng nấc của các phức đó. Câu 2. Tính nồng độ cân bằng của các ion và phân tử trong dung dịch Cd(ClO4)2 10- 3 M + KI 1 M. Trong dung dịch có đủ HClO4 để Cd2+ không tạo được phức với OH- mà chỉ tạo phức với I- . Các phức có hằng số bền tổng cộng lần lượt là: 102,88 , 103,92 , 105,00 , 106,10 . Câu 3. Tính hằng số bền điều kiện của phức MgY2- trong dung dịch có các pH sau: a) 4,0; b) 8,0; c) 10,0. Biết logarit hằng số bền của phức giữa Mg2+ và Y4- là 8,9, phức của Mg2+ và OH- là 2,58. H4Y có pK1 = 2, pK2 = 2,67, pK3 = 6,16 và pK4 = 10,26. Câu 4. Tính hằng số bền điều kiện của phức FeY- trong dung dịch có pH = 1 và pH = 3,0. Tại các pH đó, Fe3+ thực tế không tạo phức phụ (với OH- ). FeY- có β = 1025,1 . Câu 5. Ion sắt (III) tạo phức với ion xianua CN- với số phối trí cực đại là 6. Hãy viết các cân bằng tạo phức khi thêm dần dung dịch KCN vào dung dịch Fe3+ . Hãy viết các biểu thức biểu diễn hằng số bền từng nấc hoặc tổng cộng của các phức đó. Câu 6. Phức của Ca2+ và Fe3+ với Y4- (ký hiệu của anion etylen diamin tetraacetat, anion của axit H4Y: EDTA) có các hằng số không bền lần lượt là: 2 10,57 25,1 10 ; 10 . CaY FeY K K − − − − = = Trong hai phức đó, phức nào bền hơn. Câu 7. Tính nồng độ cân bằng của ion và phân tử trong dung dịch HgCl2 10-2 M. Phức của Hg2+ và Cl- có logarit hằng số bền tổng cộng lần lượt là: 6,74 và 13,22. Câu 8. Tính hằng số bền điều kiện của phức AlY- trong dung dịch có pH = 1 và pH = 3,0. Tại các pH đó, Al3+ thực tế không tạo phức phụ (với OH- ). AlY- có β = 1016,13 . Câu 9. Tính hằng số bền điều kiện của phức NiY2- trong dung dịch đệm NH3 1M + NH4Cl l,78M. Biết rằng trong điều kiện đó nồng độ ban đầu của ion Ni2+ không đáng kể so với nồng độ NH3. Phức của Ni2+ với EDTA có hằng số bền β = 1018,62 . Phức của Ni2+ với NH3 có các hằng số bền tổng cộng lần lượt là 102,67 ; 104,80 ; 106,46 ; 107,50 và 108,1 . pk của H4Y đã cho trong các phần trên. Câu 10. Fe3+ tạo với SCN- thành phức [Fe(SCN- )x](3-x)+ với x có giá trị từ 1 – 6. Giá trị hằng số bền của các phức [Fe(SCN- )x](3-x)+ lần lượt như sau: β1,1 = 103,03 ; β1,2 = 104,33 ; β1,3 = 104,63 ; β1,4 = 104,53 ; β1,5 = 104,23 ; β1,6 = 103,23 ; Xác định nồng độ của phức tạo thành và nồng độ Fe3+ còn lại trong dung dịch khi thêm SCN- vào dung dịch chứa [Fe3+ ]0 = 0,001M với: a) [SCN- ] = 1M; b) [SCN- ] = 0,1M; c) [SCN- ] = 0,01M; Giả sử trong điều kiện đang xét, trong dung dịch chỉ xảy ra các phản ứng giữa Fe3+ và SCN- . Câu 11. Xác định nồng độ của các thành phần ở trạng thái cân bằng của dd H2C2O4 0,1M; biết pH của dd này là 1,28. Cho ka1 = 10-1,25 , ka2 = 10-4,27 . Câu 12. Dùng phối tử L là 1,10 – phenanthroline tạo phức với Fe2+ . Phức tạo thành ở các dạng FeL, FeL2 và FeL3 với β1,1 = 105,9 ; β1,1 = 1011,1 ; β1,1 = 1021,3 ; Hãy xác định
21. các phức tạo thành và nồng độ Fe2+ còn lại trong dd, nếu nồng độ Fe2+ ban đầu là 0,001M và nồng độ L ở cân bằng là 0,1M. Câu 13. Tính nồng độ cân bằng của các dạng phức trong dung dịch AgNO3 và NH3 biết [Ag+ ] = 1,0.10-6 M, [NH3] = 0,10M; Cho hằng số bền của phức giữa Ag+ và NH3 là β1,1 = 103,32 , β1,1 = 107,24 . Hoàng Nhân Khôi DH11H1 Câu 1 : + 2 Hg + − Br ⇔ + HgBr 1 β + HgBr + − Br ⇔ HgBr 2 β HgBr + − Br ⇔ − HgBr 3 β − HgBr + − Br ⇔ − 2 HgBr 4 β Ta có hằng số bền từng nấc là : 05 . 9 1 . 1 1 10 = = β β ; 28 . 8 05 . 9 33 . 17 2 33 . 17 2 05 . 9 2 1 2 . 1 10 10 10 10 * 10 * = = ⇒ = = = β β β β β ; 41 . 2 33 . 17 74 . 19 3 74 . 19 3 33 . 17 3 2 . 1 3 2 1 3 . 1 10 10 10 10 * 10 * * * = = ⇒ = = = = β β β β β β β β ; 31 . 1 74 . 19 05 . 21 4 05 . 21 4 74 . 19 4 3 . 1 4 3 2 1 4 . 1 10 10 10 10 * 10 * * * * = = ⇒ = = = = β β β β β β β β β Vậy hằng số không bền từng nấc là : 31 . 1 4 1 10 1 − = = β K ; 41 . 2 3 2 10 1 − = = β K ; 28 . 8 2 3 10 1 − = = β K ; 05 . 9 1 4 10 1 − = = β K Câu 2 : − + + ⇒ 2 4 2 2 4 2 ) ( ClO Cd ClO Cd M : 10-3 10-3 10-3 KI ⇒ + K + − I M : 1 1 1 + − + ⇔ + CdI I Cd 2 ] [ * ] [ ] [ 2 1 − + + = I Cd CdI β CdI I CdI ⇔ + − + ] [ * ] [ ] [ 2 − + = I CdI CdI β − − ⇔ + CdI I CdI ] [ * ] [ ] [ 3 − − = I CdI CdI β − − − ⇔ + 2 CdI I CdI ] [ * ] [ ] [ 2 4 − − − = I CdI CdI β Ta có : 88 . 2 1 . 1 1 10 = = β β 5 3 2 1 3 . 1 10 * * = = β β β β
22. β β β 1 . 6 4 3 2 1 4 . 1 10 * * * = = β β β β β ĐLBTNĐ đầu : = + + + + = = − − + + − + ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 2 2 3 2 CdI CdI CdI CdI Cd CCd = + + + + = − + − + − + − + + 4 2 4 . 1 3 2 3 . 1 2 2 2 . 1 2 1 . 1 2 ] [ * ] [ ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ I Cd I Cd I Cd I Cd Cd β β β β = = + + + + − − − − + ) ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 ( * ] [ 4 4 . 1 3 3 . 1 2 2 . 1 1 . 1 2 I I I I Cd β β β β = I Cd α * ] [ 2+ Đặt I α ) ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 ( 4 4 . 1 3 3 . 1 2 2 . 1 1 . 1 − − − − + + + + = I I I I β β β β − + = ⇒ + I Cd C Cd α 2 ] [ 2 6 4 1 . 6 3 5 2 92 . 3 88 . 2 10 * 36 . 1 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 = + + + + = I α M C Cd I Cd 10 6 3 2 10 * 35 . 1 10 * 36 . 1 10 ] [ 2 − − + = = = − + α M I Cd CdI 12 . 7 10 88 . 2 2 1 10 * 35 . 1 1 * 10 * 35 . 1 * 10 ] [ * ] [ * ] [ − − − + + = = = β M I Cd CdI 08 . 6 2 10 92 . 3 2 2 2 1 10 * 35 . 1 1 * 10 * 35 . 1 * 10 ] [ * ] [ * * ] [ − − − + = = = β β M I Cd CdI 5 3 10 5 3 2 3 2 1 10 * 35 . 1 1 * 10 * 35 . 1 * 10 ] [ * ] [ * * * ] [ − − − + − = = = β β β M I Cd CdI 9 . 3 4 10 1 . 6 4 2 4 3 2 1 2 10 * 35 . 1 1 * 10 * 35 . 1 * 10 ] [ * ] [ * * * * ] [ − − − + − = = = β β β β Câu 3 : 26 . 10 3 4 4 4 3 16 . 6 2 2 3 3 3 2 2 67 . 2 3 2 2 2 2 2 3 2 4 3 1 3 4 58 . 2 2 ) ( 2 9 . 8 4 2 2 2 4 2 10 ] [ ] [ * ] [ 10 ] [ ] [ * ] [ 10 ] [ ] [ * ] [ 10 ] [ ] [ * ] [ 10 ] [ * ] [ ] ) ( [ ) ( 10 ] [ * ] [ ] [ 2 − − + − + − − − − + − + − − − − + − + − − − + − + − − + + + − + − + − − − + = = + ⇔ = = + ⇔ = = + ⇔ = = + ⇔ = = ⇔ + = = ⇔ + + − HY H Y K H Y HY Y H H HY K H HY Y H Y H H Y H K H Y H Y H Y H H Y H K H Y H Y H OH Mg OH Mg OH Mg OH Mg Y Mg MgY MgY Y Mg OH Mg MgY β β Gọi β′ là hằng số bền điều kiện của phức − 2 MgY vậy : ] [ * ] [ ] [ 4 2 2 2 ′ ′ = ′ − + − − Y Mg MgY MgY β ] [ 2 ′ + Mg : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của Mg2+ trừ phức chính − 2 MgY . ] [ 4 ′ − Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của − 4 Y trừ phức chính − 2 MgY . Ta có : = + = + = ′ − + + + + + + ] [ * ] [ * ] [ ] ) ( [ ] [ ] [ 2 ) ( 2 2 2 OH Mg Mg OH Mg Mg Mg OH Mg β + + + − + = + = ) ( 2 ) ( 2 * ] [ ] [ * 1 ( * ] [ OH Mg OH Mg Mg OH Mg α β (2)
23. + = OH OH Mg OH Mg β α = + + + + = = + + + + = ′ + − + − + − + − − − − − − − 1 2 3 4 4 2 3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 4 4 3 2 2 3 4 4 * * * ] [ * ] [ * * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ K K K K H Y K K K H Y K K H Y K H Y Y Y H Y H Y H HY Y Y − − + + + + − =         + + + + = 4 * ] [ * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 * ] [ 4 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 4 Y Y K K K K H K K K H K K H K H Y α (1) Đặt         + + + + = + + + + − 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 4 K K K K H K K K H K K H K H Y α Từ (1) và (2) ta được : − + − − + − = = ′ − + − 4 2 4 2 * * ] [ * * ] [ ] [ ) ( 4 ) ( 2 2 Y OH Mg MgY Y OH Mg MgY Y Mg MgY α α β α α β a) pH = 4 M OH M H 10 4 14 4 10 10 10 ] [ 10 ] [ − − − − − + = = ⇒ = ⇒ 42 . 7 10 58 . 2 ) ( 10 1 10 * 10 1 − − + = + = ⇒ + OH Mg α 8 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 4 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 4 16 . 6 26 . 10 2 4 26 . 10 4 10 * 773 . 2 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 4 = =         + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α Vậy : 8645 . 2 10 * 773 . 2 * ) 10 1 ( 10 * 8 42 . 7 9 . 8 ) ( 4 2 2 = + = = ′ − − + − − Y OH Mg MgY MgY α α β β b) pH = 8 M OH M H 6 8 14 8 10 10 10 ] [ 10 ] [ − − − − − + = = ⇒ = ⇒ 42 . 3 6 58 . 2 ) ( 10 1 10 * 10 1 − − + = + = ⇒ + OH Mg α 2 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 8 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 8 16 . 6 26 . 10 2 8 26 . 10 8 10 * 856 . 1 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 4 = =         + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α Vậy : 6 2 42 . 3 9 . 8 ) ( 10 * 278 . 4 10 * 856 . 1 * ) 10 1 ( 10 * 4 2 2 = + = = ′ − − + − − Y OH Mg MgY MgY α α β β c) pH = 10 M OH M H 4 10 14 10 10 10 10 ] [ 10 ] [ − − − − − + = = ⇒ = ⇒ 42 . 1 4 58 . 2 ) ( 10 1 10 * 10 1 − − + = + = ⇒ + OH Mg α
24. 4 2 2 = + = = ′ − − + − − Y OH Mg MgY MgY α α β β Câu 4 : 1 . 25 4 3 4 3 10 ] [ * ] [ ] [ = = ⇔ + − + − − − + − Y Fe FeY FeY Y Fe FeY β ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ 3 4 4 4 3 2 2 3 3 3 2 2 3 2 2 2 2 2 3 4 3 1 3 4 − + − + − − − + − + − − − + − + − − + − + − = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ HY H Y K H Y HY Y H H HY K H HY Y H Y H H Y H K H Y H Y H Y H H Y H K H Y H Y H Gọi β′ là hằng số điều kiện bền của phức − FeY vậy : ] [ * ] [ ] [ 4 3 ′ ′ = ′ − + − − Y Fe FeY FeY β ] [ 3 ′ + Fe : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của + 3 Fe trừ phức chính − FeY . ] [ 4 ′ − Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của − 4 Y trừ phức chính − FeY . Ta có : = + + + + = = + + + + = ′ + − + − + − + − − − − − − − 1 2 3 4 4 4 2 3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 4 4 3 2 2 3 4 4 * * * ] [ * ] [ * * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ K K K K H Y K K K H Y K K H Y K H Y Y Y H Y H Y H HY Y Y − − + + + + − =         + + + + = 4 * ] [ * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 * ] [ 4 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 4 Y Y K K K K H K K K H K K H K H Y α Đặt         + + + + = + + + + − 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 4 K K K K H K K K H K K H K H Y α − − − − = = ′ ⇒ − + − 4 4 * ] [ * ] [ ] [ 4 3 Y FeY Y FeY Y Fe FeY α β α β * pH = 1 1 10 ] [ − + = ⇒ H
25. pH = 3 3 10 ] [ − + = ⇒ H 10 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 3 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 3 16 . 6 26 . 10 2 3 26 . 10 3 10 * 985 . 3 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 4 = =         + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α 14 10 1 . 25 10 * 159 . 3 10 * 985 . 3 10 = = ′ ⇒ − FeY β Câu 5 : + − + ⇔ K CN KCN Hằng số bền từng nấc : ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ ) ( ) ( ] [ * ] [ ] ) ( [ ) ( 2 5 3 6 6 3 6 2 5 4 2 5 5 2 5 4 3 4 4 4 3 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 2 1 2 3 − − − − − − − − − − − − − − − − − + − + − + + + − + − + + + − + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + CN CN Fe CN Fe CN Fe CN CN Fe CN CN Fe CN Fe CN Fe CN CN Fe CN CN Fe CN Fe CN Fe CN CN Fe CN CN Fe CN Fe CN Fe CN CN Fe CN CN Fe CN Fe CN Fe CN CN Fe CN Fe CN Fe CN Fe CN Fe β β β β β β Vậy hằng số bền tổng cộng từng nấc là : Nấc 1 : ] [ * ] [ ] ) ( [ 3 2 1 1 . 1 − + + = = CN Fe CN Fe β β Nấc 2 : 2 3 2 2 1 2 . 1 ] [ * ] [ ] ) ( [ * − + + = = CN Fe CN Fe β β β Nấc 3 : 3 3 3 3 2 1 3 . 1 ] [ * ] [ ] ) ( [ * * − + = = CN Fe CN Fe β β β β Nấc 4 : 4 3 4 4 3 2 1 4 . 1 ] [ * ] [ ] ) ( [ * * * − + − = = CN Fe CN Fe β β β β β
26. 5 3 2 5 5 4 3 2 1 5 . 1 ] [ * ] [ ] ) ( [ * * * * CN Fe CN Fe + − = = β β β β β β Nấc 6 : 6 3 3 6 6 5 4 3 2 1 6 . 1 ] [ * ] [ ] ) ( [ * * * * * − + − = = CN Fe CN Fe β β β β β β β Câu 6 : Hằng số bền càng lớn thì hợp chất đó càng bền : Ta có : Hằng số không bền của phức − 2 CaY : 57 . 10 57 . 10 57 . 10 10 10 1 1 10 2 2 2 = = = ⇒ = − − − − − CaY CaY CaY K K β Hằng số không bền của phức − FeY : 1 . 25 1 . 25 1 . 25 10 10 1 1 10 = = = ⇒ = − − − − − FeY FeY FeY K K β Vì 57 . 10 1 . 25 10 10 2 = > = − − CaY FeY β β ⇒ Vậy phức chất − FeY bền hơn phức chất − 2 CaY với − 4 Y . Câu 7 :!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! 2 2 2 2 2 10 * 2 10 10 : 2 − − − − + + ⇔ M Cl Hg HgCl ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ ] [ 2 2 2 1 2 − + − + − + + + − + = ⇔ + = ⇔ + Cl HgCl HgCl HgCl Cl HgCl Cl Hg HgCl HgCl Cl Hg β β Ta có : 48 . 6 74 . 6 22 . 13 2 22 . 13 2 74 . 6 2 1 2 . 1 74 . 6 1 . 1 1 10 10 10 10 * 10 * 10 = = ⇒ = = = = = β β β β β β β ĐLBTNĐ đầu : = + + = = + + = = − + − + + + + − + 2 2 2 1 2 1 2 2 2 ] [ * ] [ * * ] [ * ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ 10 2 Cl Hg Cl Hg Hg HgCl HgCl Hg CHg β β β − + − − + = + + = Cl Hg Cl Cl Hg α β β β * ] [ ) ] [ * * ] [ * 1 ( * ] [ 2 2 2 1 1 2 Đặt ) ] [ * * ] [ * 1 ( 2 2 1 1 − − + + = − Cl Cl Cl β β β α − − + = ⇒ Cl Hg α 2 2 10 ] [ 9 2 2 22 . 13 2 74 . 6 10 * 6385 . 6 ) 10 * 2 ( * 10 10 * 2 * 10 1 = + + = − − − Cl α M Hg 12 9 2 2 10 * 5064 . 1 10 * 6385 . 6 10 ] [ − − + = = ⇒
27. − − − + + = = = ⇒ β M Cl Hg HgCl 78 . 2 2 12 22 . 13 2 2 2 1 10 * 0256 . 6 ) 10 * 2 ( * 10 * 5064 . 1 * 10 ] [ * ] [ * * ] [ − − − − + = = = ⇒ β β Câu 8 : 13 . 16 4 3 4 3 10 ] [ * ] [ ] [ = = ⇔ + − + − − − + − Y Al AlY AlY Y Al AlY β ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ 3 2 2 2 2 2 3 4 3 1 3 4 − + − + − − + − + − = + ⇔ = + ⇔ Y H H Y H K H Y H Y H Y H H Y H K H Y H Y H ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ * ] [ 3 4 4 4 3 2 2 3 3 3 2 2 − + − + − − − + − + − − = + ⇔ = + ⇔ HY H Y K H Y HY Y H H HY K H HY Y H Gọi β′ là hằng số điều kiện bền của phức − AlY vậy : ] [ * ] [ ] [ 4 3 ′ ′ = ′ − + − − Y Al AlY AlY β ] [ 3 ′ + Al : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của + 3 Al trừ phức chính − AlY . ] [ 4 ′ − Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của − 4 Y trừ phức chính − AlY . Ta có : = + + + + = = + + + + = ′ + − + − + − + − − − − − − − 1 2 3 4 4 4 2 3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 4 4 3 2 2 3 4 4 * * * ] [ * ] [ * * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ K K K K H Y K K K H Y K K H Y K H Y Y Y H Y H Y H HY Y Y − − + + + + − =         + + + + = 4 * ] [ * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 * ] [ 4 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 4 Y Y K K K K H K K K H K K H K H Y α Đặt         + + + + = + + + + − 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 4 K K K K H K K K H K K H K H Y α − − − − = = ′ ⇒ − + − 4 4 * ] [ * ] [ ] [ 4 3 Y AlY Y AlY Y Al AlY α β α β * pH = 1 1 10 ] [ − + = ⇒ H 17 2 67 . 2 16 . 6 26 . 10 4 1 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 1 16 . 6 26 . 10 2 1 26 . 10 1 10 * 36 . 1 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 4 = =         + + + + = ⇒ − − − − − − − − − − − − − − − Y α 099188447 . 0 10 * 36 . 1 10 17 13 . 16 = = ′ ⇒ − FeY β * pH = 3 3 10 ] [ − + = ⇒ H
28. 9 : Ta tính pH của dung dịch : Ta có : Ka = 10-9.24 ( pKa = 9.24 ) − + − + − + + ⇔ + ⇒ + ⇔ OH H O H Cl NH Cl NH OH NH OH NH 2 4 4 4 4 ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ + + + − + + − − + = H OH C H OH C K H b a a M C C K H b a a gd 24 . 9 24 . 9 10 * 78 . 1 1 78 . 1 10 ] [ − − + = = = M H OH gd gd 6 24 . 9 14 14 10 * 7629 . 9 10 * 78 . 1 10 ] [ 10 ] [ − − − + − − = = = ⇒ Vì [H+ ] << [OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Ca, Cb ta bỏ [OH- ] bên cạnh Ca, Cb 9 ] log[ ] [ 10 * 78 . 1 1 78 . 1 * 10 ] [ 24 . 9 24 . 9 = − = ⇒ = = = = + − − + gd gd b a a H pH H C C K H Hay : 9 78 . 1 1 log 24 . 9 log = + = + = a b a C C pK pH M H 9 10 ] [ − + = ⇒ 62 . 18 4 2 2 2 4 2 10 ] [ * ] [ ] [ 2 = = ⇔ + − + − − − + − Y Ni NiY NiY Y Ni NiY β + + ⇔ + 2 3 3 2 ) (NH Ni NH Ni ] [ * ] [ ] ) ( [ 3 2 2 3 1 NH Ni NH Ni + + = β + + ⇔ + 2 2 3 3 2 3 ) ( ) ( NH Ni NH NH Ni ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ 3 3 2 2 3 2 NH NH Ni NH Ni + + = β + + ⇔ + 2 3 3 3 2 2 3 ) ( ) ( NH Ni NH NH Ni ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ 3 2 2 3 2 3 3 3 NH NH Ni NH Ni + + = β + + ⇔ + 2 4 3 3 2 3 3 ) ( ) ( NH Ni NH NH Ni ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ 3 2 3 3 2 4 3 4 NH NH Ni NH Ni + + = β
29. NH Ni NH NH Ni ] [ * ] ) ( [ ] ) ( [ 3 2 4 3 2 5 3 5 NH NH Ni NH Ni + + = β 67 . 2 1 1 . 1 10 = = β β 8 . 4 2 1 2 . 1 10 * = = β β β 46 . 6 3 2 1 3 . 1 10 * * = = β β β β 5 . 7 4 3 2 1 4 . 1 10 * * * = = β β β β β 1 . 8 5 4 3 2 1 5 . 1 10 * * * * = = β β β β β β
30. hằng số điều kiện bền của phức − 2 NiY vậy : ] [ * ] [ ] [ 4 2 2 2 ′ ′ = ′ − + − − Y Ni NiY NiY β ] [ 2 ′ + Ni : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của + 2 Ni trừ phức chính − 2 NiY . ] [ 4 ′ − Y : Tổng nồng độ các dạng tồn tại của − 4 Y trừ phức chính − 2 NiY . Ta có : 3 * ] [ ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 ( * ] [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] [ ] [ 2 5 3 5 . 1 4 3 4 . 1 3 3 3 . 1 2 3 2 . 1 3 1 2 2 5 3 2 4 3 2 3 3 2 2 3 2 3 2 2 NH Ni NH NH NH NH NH Ni NH Ni NH Ni NH Ni NH Ni NH Ni Ni Ni α β β β β β + + + + + + + + + = = + + + + + = = + + + + + = ′ Đặt ( ) 5 3 5 . 1 4 3 4 . 1 3 3 3 . 1 2 3 2 . 1 3 1 ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 3 NH NH NH NH NH NH β β β β β α + + + + + = = + + + + = = + + + + = ′ + − + − + − + − − − − − − − 1 2 3 4 4 4 2 3 4 3 4 3 4 2 4 4 4 4 4 3 2 2 3 4 4 * * * ] [ * ] [ * * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ K K K K H Y K K K H Y K K H Y K H Y Y Y H Y H Y H HY Y Y − − + + + + − =         + + + + = 4 * ] [ * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 * ] [ 4 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 4 Y Y K K K K H K K K H K K H K H Y α Đặt         + + + + = + + + + − 1 2 3 4 4 2 3 4 3 3 4 2 4 * * * ] [ * * ] [ * ] [ ] [ 1 4 K K K K H K K K H K K H K H Y α − − − − = = ′ ⇒ − + − 4 3 2 4 3 2 * * ] [ * * ] [ ] [ 4 2 2 Y NH NiY Y NH NiY Y Ni NiY α α β α α β 8 5 1 . 8 4 5 . 7 3 46 . 6 2 8 . 4 67 . 2 10 * 605 . 1 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 3 = + + + + + = NH α 2233 . 19 10 * 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 * 10 ) 10 ( 10 * 10 ) 10 ( 10 10 1 2 76 . 2 16 . 6 26 . 10 4 9 67 . 2 16 . 6 26 . 10 3 9 16 . 6 26 . 10 2 9 26 . 10 9 4 = =         + + + + = − − − − − − − − − − − − − − − Y α 9 8 62 . 18 10 * 35 . 1 2233 . 19 * 10 * 605 . 1 10 2 = = ′ ⇒ − NiY β Câu 10 : ] [ * ] [ ] ) ( [ ) ( 3 2 1 2 3 − + + + − + = ⇔ + SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN Fe β
31. 10 * = = β β β 63 . 4 3 2 1 3 . 1 10 * * = = β β β β 53 . 4 4 3 2 1 4 . 1 10 * * * = = β β β β β 23 . 4 5 4 3 2 1 5 . 1 10 * * * * = = β β β β β β 23 . 3 6 5 4 3 2 1 6 . 1 10 * * * * * = = β β β β β β β ĐLBTNĐ đầu : + + + + + + = + + + + + + = = − − − − − − + − − + + + − + 6 6 . 1 5 5 . 1 4 4 . 1 3 3 . 1 2 2 . 1 1 3 3 6 2 5 4 3 2 2 3 3 ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 ( * ] [ ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] ) ( [ ] [ 10 3 SCN SCN SCN SCN SCN SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN Fe SCN Fe Fe CFe β β β β β β − + = SCN Fe α * ] [ 3 Đặt : ) ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * ] [ * 1 ( 6 6 . 1 5 5 . 1 4 4 . 1 3 3 . 1 2 2 . 1 1 − − − − − − + + + + + + = − SCN SCN SCN SCN SCN SCN SCN β β β β β β α − − + − + = = ⇒ SCN SCN Fe C Fe α α 3 3 10 ] [ 3 a) [SCN- ] = 1M ⇒ 5 6 23 . 3 5 23 . 4 4 53 . 4 3 63 . 4 2 33 . 4 03 . 3 10 * 18 . 1 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 * 10 1 = + + + + + + = − SCN α Bài Tập Tổng Hợp Về Hóa Phân Tích Bài tập 1 : Tính pH của dung dịch HCl có nồng độ sau đây a. 0,1M b. 0,02M c. 5.10-3 d. 10-6 e. 10-7 Giải Nếu không kể đến lực ion của dung dịch thì pH của dung dịch HCl ở các nồng độ 0,1M,
32. 10-7 M là: a/Ca ={0,1M, 0,02M, 5.10-3 M , 10-6 } Ta có: Ca ≥ 10-6 => [OH- ] < < Ca khi đó : [H+ ] =Ca Vậy pH của dung dịch HCl ở các nồng độ này là: pH1= -lg [Ca1] =-lg[0,1]=1 pH2= -lg [Ca2] =-lg[0,02]=1,7 pH3= -lg [Ca3] =-lg[5.10-3 ]=2,3 pH4= -lg [Ca4] =-lg[10-6 ]=6 b.Ta có : 10-8 < Ca =10-7 < 10-6 Ta có: HCl ->H+ + Cl- H2O ƒ H+ + OH- Phương trình bảo toàn proton : [H+ ]=[Cl- ]+[OH- ] = Ca + [OH- ] 2 2 2 [ ] [ ] [ ] .[ ] 0 H O H O K H Ca H H Ca H K + + + + ⇔ = + ⇔ − − = ⇔ [H+]2 -10-7 [H+ ]-10-14 = 0 ⇔ + -7 + -8 [H ]=1,62.10 [H ]=-6,2.10 ( ) loai   Vậy pH5=-lg[H+ ] = -lg[1,62.10-7 ] = 6,79 Bài tập 2 : Tính pH của dung dịch CH3COOH , pKa = 4,75 có nồng độ sau : a. 10-1 M b. 10-2 M c. 10-3 M d. 10-4 M e. 10-5 M f. 10-6 M Giải Phương trình phân ly : CH3COOH € CH3COO+H+ H2O € OH- + H+ Phương trình bảo toàn proton : [H+ ] =[CH3COO- ]+ [OH- ] (1) Phương trình bảo toàn hằng số : 3 3 [ ].[ ] (2) [ ] CH COO H K CH COOH − + = Phương trình bảo toàn khối lượng : [CH3COOH] + [CH3COO- ]= Ca (3)
33. (3) ta được : [ ].([ ] [ ]) [ ] [ ] H H OH K Ca H OH + + − + − − = − + Giả sử : [OH ] << H +     và Ca >> H +     2 . H K H K Ca Ca + +       ⇒ = ⇒ =   Vậy :pH = 1 ( l g ) 2 pKa o Ca − Với pKa = 4,75 a. pH = 1 1 (4,75 log10 ) 2,88 2 − − = b. Ca =10-2 M =>pH = 1 2 (4,75-log10-2 )=3,38 c. Ca =10-3 M =>pH = 1 2 (4,75-log10-3 )=3,88 d. Ca =10-4 M =>pH = 1 2 (4,75-log10-4 )=4,38 e. Ca =10-5 M =>pH = 1 2 (4,75-log10-5 )=4,88 f. Ca =10-6 M =>pH = 1 2 (4,75-log10-6 )=5,38 Bài tập 3 : Tính pH của các dung dịch muối amoniclorua có các nồng đồ sau : a. a. 10-1 M b. 10-2 M c. 10-3 M NH3 có pKb = 4,75 Giải Phương trình phân ly : NH4Cl 4 NH + € + Cl- NH4 + 3 NH € + H+ H2O H + € + OH- PT Hằng số Axit : [ ] [ ] 4 4 3 4 3 4 . NH NH NH H NH K NH K NH H + + + + + +         = ⇒ =         2 4 3 14 9,25 4,75 10 10 10 H O NH NH K K K + − − − = = =
34. điện tích : [H+ ]=[NH3]+[OH- ] 4 2 4 .[ ] [ ] NH H O K NH K H H H + + + + + ⇔ = +         2 4 2 [ ] . a H O NH H K C K + + ⇔ = + Ca=10-1 (M) => [H+ ] = 7,5.10-6 => pH =-lg[H+ ]= 5,12 Ca=10-2 (M) => [H+ ] = 2,37.10-6 => pH =-lg[H+ ]= 5,62 Ca=10-3 (M) => [H+] = 7,57.10-7 => pH =-lg[H+ ]= 6,12 Bài tập 4 :Vẽ đồ thị logarit nồng độ của dung dịch bazơ yếu B có pKb = 5 và nồng độ 10-2 M . Dựa vào đồ thị để tính pH của dung dịch . Giải Ta có các cân bằng trong dung dịch : B + 2 H O BH OH + − + € H2O € H+ +OH- Phương trình bảo toàn proton: [OH- ] = [H+ ]+ [BH+ ] (1) Phương trình bảo toàn khối lượng : [B] +[BH+ ] = Cb (2) Phương trình hằng số cân bằng : [ ].[ ] [ ] B BH OH K B + − = (3) Phương trình hằng số cân bằng của axit liên hợp với bazơ [BH+ ] : KBH+= 2 H O B K K (4) Vẽ đồ thị : Ta có điểm hệ ( 9;-2)
35. của bazo yếu B Từ đồ thị ta thấy : [H+ ] <<[BH+ ] Do đó phương trình (1) trở thành : [BH+ ] = [OH- ] 2 [ ] [ ] [ ] H O BH K Cb H K H H + + + + ⇔ = + ⇔ Cb[H+ ]2 -KH2O.KBH + - [H+ ].KH2O. =0 ⇔ 10-2 [H+ ]2 -10-14 [H+ ] -1023 =0 11 11 [ ] 3,2.10 [ ] 3,1.10 ( ) H H loai + − + − = =−  ⇔  Vậy pH =-lg[H+ ]=-lg[3,2.10-11 ]=10,5 Bài tập 5 : Cần lấy bao nhiêu gam NH4Cl để pha thành 1 lít dung dịch có pH = 5,5 . Biết NH3 có pKb = 4,75 . Giải Phương trình phân ly : NH4Cl 4 NH + € + Cl- NH4 + 3 NH € + H+ H2O H + € + OH – Phương trình hằng số axit: [ ] [ ] 4 4 4 3 3 4 . [ ] NH NH K NH NH H K NH H NH + + + + + +         = ⇒ =     Do ion 4 NH + là axit liên hợp của NH3 nên: 3 2 4 | . NH H O NH K K K + = 2 4 3 14 9,25 4,75 10 10 10 H O NH NH K K K + − − − ⇒ = = = PT bảo toàn proton : [H+ ]=[NH3+[OH- ] 4 2 2 4 4 2 4 .[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] .[ ] (*) NH H O H O NH K NH K H H H H K NH K + + + + + + + + ⇒ = + ⇒ = + Vì dung dịch sau khi pha có pH = 5,5 => [H+ ]=10-5,5 Nên (*) trở thành :
36. = 10-9,25 . [ 4 NH + ] + 10-14 ⇒ [ 4 NH + ] =0,0177 (M) Khi cân bằng ta có: [ 4 NH + ] = [ 4 NH Cl ]=0,0177 (M) Do đó số mol 4 NH Cl cần lấy là : n NH4Cl= [NH4Cl]. V = 0,0177 . 1 = 0,0177 ( mol ) Vậy khối lượng cần lấy để pha thành 1lít dung dịch có pH = 5,5 là : m =0,0177.53,5 = 0,95 (g) CÂU 6: tính pH của các dd sau; a) Dd A CH3COOH 2,5.10-2 M + CH3COONa 7,5.10-2 M b) Dd A sau khi thêm 10-2 mol HCl vào 1 lít dd đó c) Dd A sau khi thêm 10-2 mol NaOH vào 1 lít dd đó GIẢI a) Tính pH của dd (a) CH3COOH 2,5.10-2 M + CH3COONa 7,5.10-2 M vì dd đã cho là dd đệm nên ta có pH dd được tính theo công thức pH = pKa – log trong đó: ka là hằng số axít của CH3COOH Ca là nồng độ của CH3COOH Cb là nồng độ của CH3COONa ⇒ pH = 4,75 + 0,48 = 5,23 b)dd (a) sau khi thêm 10-2 mol HCl vào 1 lít dd đó HCl = H+ + Cl¯ [H+ ] = [HCl] = 10-2 H+ + CH3COO¯ = CH3COOH Ta có [CH3COO¯] = 7,5 .10-2 - 10-2 = 6,5.10-2 [CH3COOH] = 2,5.10-2 + 10-2 = 3,5.10-2 ⇒ pH = 4,75 – log = 5,02 c) dd (a) sau khi thêm 10-2 mol NaOH vào 1 lít dd đó NaOH = Na+ + OH¯ [OH¯] = [NaOH] = 10-2 Trong dd sẽ xảy ra phản ứng CH3COOH + OH¯ = CH3COO¯ + H2O Ta có [CH3COO¯] = 7,5 .10-2 + 10-2 = 8,5.10-2 [CH3COOH] = 2,5.10-2 - 10-2 = 1,5.10-2
37. 2. CHƯƠNG 2. CÂN BẰNG ACID – BAZ Câu 1. Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1 M, biết rằng hằng số phân ly của axít này là Ka = 10-4,75 . Câu 2. Tính pH của dung dịch NH4OH 1 M biết Kb= 1,76.10-5 . Câu 3. Tính giá trị pH của dung dịch đệm gồm NH4OH 0,05 M và NH4Cl 0,05 M. Cho biết KNH4OH = Kb = 1,76.10-5 . Câu 4. Cho 500ml dung dịch CH3COOH 0,1 M. Người ta thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1 N vào 500ml dung dịch trên. Tính pH ở các thời điểm sau: a. 100ml NaOH 0,1N b. 300ml NaOH 0,1N c. 500ml NaOH 0,1N d. 600ml NaOH 0,1N Câu 5. Tính pH của dung dịch NaCN 0,010 M. Cho pKa,HCN = 9,35. Câu 6. Tính pH của dung dịch NH4Cl 0,10 M. Cho 3 NH pK = 4,75. Câu 7. Tính pH của dung dịch thu được khi thêm 0,102g CH3COONa vào 100ml dung dịch 0,0375M CH3COOH. Biết pKCH3COOH = 4,75. Câu 8. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn: a. 50ml 0,1M KH2PO4 và 25ml 0,2M K2HPO4. Biết H3PO4 có pK1 = 2,16; pK2 = 7,13; pK3 = 12,3. b. 30ml 0,1M Na2CO3 và 15ml 0,1M NaHCO3. Biết H2CO3 có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33. Câu 9. Phải thêm vào 100ml dung dịch HCOOH 0,2M bao nhiêu gam natri foocmat rắn HCOONa để có dung dịch đệm với pH = 4,3. Biết pKHCOOH = 3,77. Câu 10. Cần bao nhiêu gam CH3COONa hòa tan trong 50ml dung dịch CH3COOH 0,04M để được pH = 5,43. Câu 11. Tính pH dung dịch HNO2 0,120 M, Ka = 7,1.10-4 Câu 12. Tính pH dung dịch HF 2,0.10–4 M. Ka = 6,7.10–4 . Câu 13. Tính [H+ ], [OH- ], pH của dung dịch Na2S 0,100M. Câu 14. Tính pH của dung dịch NaHCO3 1,00M. (H2CO3 có pKa1 = 6,35, pKa2 = 10,33). Câu 15. Tính pH của dung dịch NaHSO3 1,00.10-3 M (H2SO3 có pKa1 = 1,76, pKa2 = 7,21). Câu 16. Xác định nồng độ của dung dịch CH3COOH phải có trong dung dịch sao cho pH = 3. MTTCQ
38. 1: CH3COOH ⇔ CH3COO- + H+ H2O ⇔ OH- + H+ 12 3 14 3 75 . 4 10 * 5 . 7 10 * 33 . 1 10 ] [ 10 * 33 . 1 1 . 0 * 10 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − − − − + − + − + + = = ⇒ = = = − − − = gd a a gd a a OH C K H OH H OH H C K H Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] 8778 . 2 ] log[ 10 * 325 . 1 ] [ 0 10 ] [ * 10 ] [ 0 * ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ 3 75 . 5 75 . 4 2 = − = ⇒ = ⇔ = − + ⇔ = − + ⇒ − = + − + − + − + + + + + + H pH H H H C K H K H H H C K H a a a a a Câu 2: 12 3 14 3 5 2 4 4 10 * 384 . 2 10 * 195 . 4 10 ] [ 10 * 195 . 4 10 * 76 . 1 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − + − − − + − + − − − + − + = = ⇒ = = = − + − = + ⇔ + ⇔ gd b b b b H C K OH H OH H OH C K OH OH H O H OH NH OH NH gd Vì [H+ ] << [OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Cb ta bỏ [OH- ] bên cạnh Cb 6227 . 11 ] log[ ] [ 10 * 195 . 4 10 * 76 . 1 * ] [ * ] [ ] [ * ] [ 3 5 2 = − = ⇒ = = = = ⇒ = ⇔ = + − − − − − − gd gd b b b b b b H pH OH C K OH C K OH OH C K OH Câu 3: Ta có 76 . 1 10 10 * 76 . 1 10 10 * 76 . 1 9 5 14 5 − − − − = = ⇒ = a b K K MTTCQ
39. [OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Ca, Cb tả bỏ [OH- ] bên cạnh Ca, Cb 2455 . 9 ] log[ ] [ 76 . 1 10 ] [ 9 = − = ⇒ = = = + − + H pH H C C K H gd b a a Câu 4: Ta có Vtd =0.5 (lít) a) VNaOH = 0.1 (lít) < Vtd = 0.5 (lít) ⇒ Trước điểm đương lượng ; dd gồm có CH3COONa và CH3COOH dư 25 . 10 75 . 4 14 75 . 4 75 . 4 3 3 3 3 75 . 4 3 3 10 * 5 . 2 10 * 4 10 ] [ 10 * 4 60 1 15 1 10 ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 60 1 1 . 0 5 . 0 1 . 0 * 1 . 0 * ] [ 15 1 1 . 0 5 . 0 1 . 0 * 1 . 0 1 . 0 * 5 . 0 * * ] [ 3 3 3 3 3 − − − − − − + − + − + + + − + − − = = = = = − + + − = + ⇔ + ⇒ = = = + = + = = = + − = + − = = gd b a a gd b a a COOH CH a NaOH COOH CH NaOH NaOH b NaOH COOH CH NaOH NaOH M COOH CH a OH C C K H OH H C OH H C K H H COO CH COOH CH Na COO CH COONa CH K K M V V C V COONa CH C M V V C V C V COOH CH C COOH CH Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca, Cb ta bỏ [H+] bên cạnh Ca, Cb MTTCQ
40. VNaOH = 0.3 (lít) < Vtd = 0.5 (lít) ⇒ Trước điểm đương lượng ; dd gồm có CH3COONa và CH3COOH dư 25 . 10 75 . 4 14 75 . 4 75 . 4 3 3 3 3 75 . 4 3 3 10 * 5 . 1 10 * 3 2 10 ] [ 10 * 3 2 80 3 40 1 10 ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 80 3 3 . 0 5 . 0 1 . 0 * 3 . 0 * ] [ 40 1 3 . 0 5 . 0 1 . 0 * 3 . 0 1 . 0 * 5 . 0 * * ] [ 3 3 3 3 3 − − − − − − + − + − + + + − + − − = = = = = − + + − = + ⇔ + ⇒ = = = + = + = = = + − = + − = = gd b a a gd b a a COOH CH a NaOH COOH CH NaOH NaOH b NaOH COOH CH NaOH NaOH M COOH CH a OH C C K H OH H C OH H C K H H COO CH COOH CH Na COO CH COONa CH K K M V V C V COONa CH C M V V C V C V COOH CH C COOH CH Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca, Cb ta bỏ [H+ ] bên cạnh Ca, Cb 9261 . 4 ] log[ ] [ 10 * 3 2 80 3 40 1 ] [ 75 . 4 = − = ⇒ = = = = + − + H pH H C C K H gd b a a c) VNaOH = 0.5 (lít) = Vtd = 0.5 (lít) ⇒ Tại điểm đương lượng ; dd có CH3COONa MTTCQ
41. [OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Cb ta bỏ [OH- ] bên cạnh Cb 72448 . 8 ] log[ ] [ 10 * 30255 . 5 05 . 0 * 10 * ] [ 6 25 . 9 = − = ⇒ = = = = + − − − − gd gd b b H pH OH C K OH d) VNaOH = 0.6 (lít) > Vtd = 0.5 (lít) ⇒ Sau điểm đương lượng ; dd gồm có CH3COONa và NaOH dư. + − + − + ⇒ + ⇒ = + − = + − = = Na OH NaOH Na COO CH COONa CH M V V C V C V NaOH C COOH CH NaOH COOH CH COOH CH NaOH NaOH b 3 3 11 1 5 . 0 6 . 0 1 . 0 * 5 . 0 1 . 0 * 6 . 0 * * ] [ ] [ 3 3 3 Ta xem hỗn hợp trên như một bazo mạnh................................................................. ] [ ] [ − − + = OH K C OH W b Vì Cb lớn nên ta xem như H2O phân ly không đáng kể. Vì vậy ta có : 9586 . 12 ] log[ 10 * 1 . 1 11 1 10 ] [ 10 ] [ 11 1 ] [ 13 14 14 = − = ⇒ = = = ⇒ = = + − − − − + − H pH M OH H M C OH b Câu 5: MTTCQ
42. [OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] 665 . 10 ] log[ 621 . 4 10 10 * 621 . 4 10 ] [ 10 * 621 . 4 ] [ 0 10 ] [ 10 ] [ 0 * ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ 10 4 14 4 65 . 6 65 . 4 2 2 = − = ⇒ = = ⇒ = ⇒ = − + ⇔ = − + ⇔ − = + − − − + − − − − − − − − − − − H pH H OH OH OH C K OH K OH OH OH C K OH b b b b b Câu 6: 5 . 7 10 10 * 5 . 7 10 ] [ 10 * 5 . 7 1 . 0 * 10 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 10 10 10 75 . 4 8 6 14 6 25 . 9 2 4 4 25 . 9 75 . 4 14 75 . 4 3 − − − − − − + − + − + + − + − + − − − − = = ⇒ = = = − + − = + ⇔ + ⇒ = = ⇒ = ⇒ = = gd a a gd a a a b b NH OH C K H OH H OH H C K H OH H O H Cl NH Cl NH K K pK pK Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca ta bỏ [H+ ] bên cạnh Ca 125 . 5 ] log[ ] [ 10 * 5 . 7 1 . 0 * 10 * ] [ * ] [ ] [ * ] [ 6 25 . 9 2 = − = ⇒ = = = = ⇒ = ⇔ = + + − − + + + + gd gd a a a a a a H pH H C K H C K H H C K H MTTCQ
43. K pK pK + − + − − + − + ⇔ + ⇔ + ⇒ = = = → = → = H OH O H H COO CH COOH CH Na COO CH COONa CH M V n C mol O n g O m COONa CH M COONa CH COONa CH COONa CH 2 3 3 3 3 82 02 . 1 1 . 0 82 102 . 0 82 102 . 102 . 3 3 3 3 10 5 14 14 5 75 . 4 10 * 865 . 1 10 * 361 . 5 10 ] [ 10 ] [ 10 * 361 . 5 82 02 . 1 0375 . 0 10 ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − + − − − − + − + − + + = = = ⇒ = = = − + + − = H OH C C K H OH H C OH H C K H b a a gd b a a Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca, Cb ta bỏ [H+ ] bên cạnh Ca, Cb 271 . 4 ] log[ ] [ ] [ = − = ⇒ = = + + + gd gd b a a H pH H C C K H Câu 8: a) Ta có pK1 = 2.16 ⇒ K1 = 10-2.16 pK2 = 7.13 ⇒ K2 = 10-7.13 pK3 = 12.3 ⇒ K3 = 10-12.3 Vì muối KH2PO4 và muối K2HPO4 đều là muối trung tính nên pH của dung dịch là : 8 3 59 . 21 3 3 . 12 13 . 7 16 . 2 3 3 2 1 10 * 358 . 6 10 10 * 10 * 10 * * ] [ − − − − − + = = = = = ⇒ K K K H Ka pH = -log[H+ ] = 7.2 Hay : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 . 7 3 . 12 13 . 7 2 1 13 . 7 16 . 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 2 1 =       + + + =       + + + = pK pK pK pK pH b) Ta có pK1 = 6.35 ⇒ K1 = 10-6.35 pK2 = 10.33⇒ K2 = 10-10.33 ** Vì muối NaHCO3 là muối trung tính nên pH của dung dịch là : 9 68 . 16 33 . 10 35 . 6 2 1 10 * 571 . 4 10 10 * 10 * ] [ − − − − + = = = = = ⇒ K K H Ka MTTCQ
44. = -log[H+ ] = 8.34 Hay : ( ) ( ) 34 . 8 33 . 10 35 . 6 2 1 2 1 2 1 1 = + = + = pK pK pH ** Dung dịch Na2CO3 sau khi trộn chung : 15 1 015 . 0 03 . 0 1 . 0 * 03 . 0 ] [ ] [ 3 2 = + = = b C CO Na − + − + + ⇔ + ⇒ OH H O H CO Na CO Na 2 3 3 2 82 . 3 10 10 * 82 . 3 10 ] [ 10 ] [ 10 * 82 . 3 15 1 * 10 * 1877 . 2 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 4 14 14 4 6 − − − − − + − − − + − + − − = = = = = = − + − = OH H C K OH H OH H OH C K OH gd b b gd b b Vì [OH- ] >> [H+ ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Cb ta bỏ [OH- ] bên cạnh Cb gd b b OH C K OH ] [ 10 * 82 . 3 15 1 * 10 * 1877 . 2 * ] [ 4 6 − − − − = = = = 582 . 10 ] log[ 2 = − = ⇒ + gd H pH Vậy pH của dung dịch là : 461 . 9 2 582 . 10 34 . 8 2 2 1 = + = + = pH pH pH Câu 9: ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 77 . 3 10 10 10 ] [ 10 ] [ 10 ] [ 3 . 4 77 . 3 7 . 9 3 . 4 14 14 3 . 4 − + − + + + − + − − − − − + − − − + − + + − = + ⇔ + ⇒ = ⇒ = = = = = ⇒ = ⇒ = OH H C OH H C K H H HCOO HCOOH Na HCOO HCOONa K pK pK H OH H pH b a a a HCOOH a Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca ta bỏ [H+ ] bên cạnh Ca Ta giả sử : [H+ ] << Cb ta bỏ [H+ ] bên cạnh Cb MTTCQ
45. : 3 . 4 3 . 4 77 . 3 10 ] [ 677688 . 0 ] [ 10 2 . 0 10 ] [ − + + − − + = >> = ⇒ = = = = H C H C C C K H b b b a a gd Vậy giả sử của ta có thể chấp nhận 6082784 . 4 677688 . 0 8 . 6 1 . 0 68 = ⇒ = = = = = HCOONa HCOONa HCOONa HCOONa HCOONa M b m m m V M m C C HCOONa Câu 10: ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 10 ; 10 10 10 ] [ 10 ] [ 10 ] [ 43 . 5 3 3 3 3 75 . 4 57 . 8 43 . 5 14 14 43 . 5 − + − + + + − + − − − − − + − − − + − + + − = + ⇔ + ⇔ = = = = ⇒ = ⇒ = OH H C OH H C K H H COO CH COOH CH Na COO CH COONa CH K H OH H pH b a a a Vì [OH- ] << [H+ ] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] Và vì [H+ ] << Ca ta bỏ [H+ ] bên cạnh Ca Ta giả sử : [H+ ] << Cb ta bỏ [H+]bên cạnh Cb vậy ta được : 43 . 5 43 . 5 75 . 4 10 ] [ 191452 . 0 ] [ 10 04 . 0 10 ] [ − + + − − + = >> = ⇒ = = = = H C H C C C K H b b b a a gd Vậy giả sử của ta có thể chấp nhận 7849532 . 0 191452 . 0 1 . 4 05 . 0 82 3 3 3 3 3 3 = ⇒ = = = = = COONa CH COONa CH COONa CH COONa CH COONa CH M b m m m V M m C C COONa CH Câu 11: MTTCQ
46. [H+] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] 05 . 2 ] log[ 10 * 8822 . 8 ] [ 0 10 * 52 . 8 ] [ * 10 * 1 . 7 ] [ 0 * ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ 3 5 4 2 = − = ⇒ = ⇔ = − + ⇔ = − + ⇒ − = + − + − + − + + + + + + H pH H H H C K H K H H H C K H a a a a a Câu 12 : 11 4 14 14 4 4 4 2 10 * 73 . 2 10 * 661 . 3 10 ] [ 10 ] [ 10 * 661 . 3 10 * 2 * 10 * 7 . 6 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − + − − − − − + − + − + + − + + = = = ⇒ = = = − + − = + ⇔ + ⇔ H OH C K H OH H OH H C K H OH H O H F H HF gd a a gd a a Vì [OH- ] << [H+] ta bỏ [OH- ] bên cạnh [H+ ] 79 . 3 ] log[ 10 * 612 . 1 ] [ 0 10 * 34 . 1 ] [ * 10 * 7 . 6 ] [ 0 * ] [ * ] [ ] [ ] [ ] [ 4 7 4 2 = − = ⇒ = ⇔ − + ⇔ = − + ⇒ − = + − + − + − + + + + + + H pH H H H C K H K H H H C K H a a a a a Câu 13: Ta có axit H2S pKa1 = 7.02 (ka1 = 10-7.02 ); pKa2 = 12.9 (Ka2 = 10-12.9 ) Na2S ⇒ Na+ + S2- 0.1 0.1 0.1 MTTCQ
47. HS- + OH- Kb1 = 10-1.1 HS- + H2O ⇔ H2S + OH- Kb2 = 10-6.98 H2O ⇔ OH- + H+ Kw = 10-14 Ta có : Kb1 >> Kb2 ⇒ Bỏ qua OH- do nấc thứ 2 phân li 13 14 14 1 . 1 10 * 0191 . 1 089125 . 0 10 ] [ 10 ] [ 089125 . 0 1 . 0 * 10 * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ − − − − + − − + − + − − = = = = = = − + − = OH H C K OH H OH H OH C K OH gd b b gd b b Vì [H+ ] << [OH- ] ta bỏ [H+ ] bên cạnh [OH- ] Và vì [OH- ] << Cb ta bỏ [OH- ] bên cạnh Cb 96 . 12 ] log[ ] [ 089125 . 0 1 . 0 * 10 * ] [ 1 . 1 = − = ⇒ = = = = + − − gd gd b b H pH OH C K OH Câu 14: Với axit H2CO3: pKa1 = 6.35 (Ka1 = 10-6.35 ); pKa2 = 10.33 (Ka2 = 10-10.33 ) nên pH của NaHCO3 là: 34 . 8 ) 33 . 10 35 . 6 ( 2 1 ) ( 2 1 2 1 = + = + = a a pK pK pH Hay : 34 . 8 ] log[ 10 10 * 10 * ] [ 68 . 16 33 . 10 35 . 6 2 1 = − = ⇒ = = = + − − − + H pH K K H a a Câu 15: Với axit H2SO3: pKa1 = 1.76 (Ka1 = 10-1.76); pKa2 = 7.21 (Ka2 = 10-7.21) nên pH của NaHSO3 là: 485 . 4 ) 21 . 7 76 . 1 ( 2 1 ) ( 2 1 2 1 = + = + = a a pK pK pH Hay : 485 . 4 ] log[ 10 10 * 10 * ] [ 97 . 8 21 . 7 76 . 1 2 1 = − = ⇒ = = = + − − − + H pH K K H a a Câu 16: 75 . 4 11 3 14 3 10 ; 10 10 10 ] [ 10 ] [ 3 _ − − − − − + = = = ⇒ = ⇒ = a K OH H pH CH3COOH ⇔ CH3COO- + H+ H2O ⇔ OH- + H+ MTTCQ
48. [OH-] << [H+] ta bỏ [OH-] bên cạnh [H+] 057234 . 0 057234 . 0 10 10 * 10 10 ] [ * ] [ ] [ * * ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ 3 75 . 4 3 75 . 4 6 2 2 = = ⇒ = + = + = ⇒ − = ⇔ = − = − − − − + + + + + + + + a M a a a a a a a a gd C C K H K H C H K C K H H H H C K H COOH CH MTTCQ
49. dụng qui tắc đương lượng: 125 M = 41,2  0,09  103  M = 337,1. Co = 125 337  1000 50 = 0,0742M 2) Khi thêm 8,24 ml (chưa đến đTĐ) Áp dụng: h = K1  P P  K = h P 1  P với P = CV CoVo = 009 824 00742  50 = 0,1998  0,2 K = 104,3 02 08 = 1,25  105 . 2) h = WK C' với C' = CCo C + Co =009  00742 009 + 00742 = 0,04067  pH = 8,75. 2.9. V = 10 ml  h = K.1  P P  pH = 4,35. V = 12,45 ml  h = K.1  P P  pH = 6,15. V = 12,5 ml  h2 = WK C'  pH = 8,14 V = 13 ml  h = W P  1  V + Vo VoCo  pH = 11,12 2.10. TN1: Cho 20 ml dung dịch NaOH C (M) vào 30 ml CH3-COOH Co (M) đạt pH = 10,5 lớn hơn pHTĐ = 8,74, nghĩa là dung dịch tương ứng với sau điểm tương đương, ta có: h = W P  1  V + Vo VoCo = 105 với P = CV CoVo = 2C 3Co Sau khi thay số  2C  3Co = 1,58  103 () TN2: Thêm tiếp 0,05 mmol HCl, đạt pH = 6 < 8,74  trước điểm tương đương. Ta có: h = K.1  P P = 106  P = 0,94556 Với P = CV  005 CoVo = 20C  005 30Co = 0,094556  2C  2,837Co = 5  103 () Giải () và ()  C = 3,22  102 M và Co = 2,098  102 M. 2.11. 1) NH4 +   NH3 + H+ K = 109,26 0,2----0,01 0,2x----0,01+x Áp dụng ĐL tác dụng khối lượng với x  0,01  x = 107,96  0,01. Vật h = [H+ ] = 0,01  pH = 2. 2) Gọi NaOH (C,V) và HCl (Co1,Vo) và 4 NH  (Co2,Vo) Từ phương trình trung hoà điện: [Na+ ] + [H+ ] + [NH4] = [OH ] + [Cl ] CV V + Vo + h + Co2Vo V + Vo  h h + K = W h + Co1Vo + Co2Vo V + Vo CV  Co1Vo V + Vo = (W h  h) + Co2Vo V + Vo  Co2Vo V + Vo  h h + K = (W h  h) + Co2Vo V + Vo  K h + K Nhân 2 vế cho V + Vo CoVo và đặt P = CV Co1Vo , ta được: P  1 = (W h  h)V + Vo CoVo + Co2 Co1  K h + K q = P  1 = (W h  h)V + Vo CoVo + Co2 Co1  K h với K  h, thay số vào  q = 1,74  102 hay 1,74%. 3) Áp dụng công thức q khi tính BNCĐ, chú ý môi trường (axit) Đầu BNCĐ: 150h2  0,001h  1,099.108 = 0  h = 1,25  105  pH = 4,91. Cuối BNCĐ: 150h2 + 0,001h  1,099.108 = 0  h = 5,85  106  pH = 5,23. 2.12. V = 0 ml  h = WK Co = 1010,83 không hỏ hơn nhiều so K Nếu giải phương trình bậc 2 suy ra từ : 1 = W h  1 Co + K K + h  pH = 10,82. V = 10 ml  h = K. P 1  P  pH = 9,44 V = 20 ml  h = K. P 1  P  pH = 8,66. V = 24,95 ml  h = K. P 1  P  pH = 6,56. V = 25 ml  h2 = KC' với C' = CCo C + Co = 0,0125M  pH = 5,58. V = 25,02 ml  h = (P  1) CoVo V + Vo  pH = 5 V = 30 ml  h = (P  1) CoVo V + Vo  pH = 2,64. 2.13. 1) P = 0  h = WK Co = 1011,22 với Co = 0,15M Chuẩn độ 50% , P = 0,5  h = K. P 1  P  pH = 9,26
50. 1  h2 = KC' với C' = CCo C + Co = 0,09375M  pH = 5,14. 2) Áp dụng công thức sai số q = (h  W h ) C + Co CCo  K K + h với h  W h và K  q = 0,1% < 0,2%  vậy MD dùng được. 2.14. 1) V = 10 ml  đTĐ 1  h2 = K1K2C' K1 + C' với C' = CCo C + Co = 2 3 102 M  pH = 4,86. V = 20 ml  đTD 2  h2 = K2K3 + WK2 C'' với C'' = CCo C + 2Co = 5  103 M  pH = 9,41. 2) Khi dừng pH = 4,4  áp dụng qI  sai số: 1,12% 3) Khi dừng pH = 9  áp dụng qII  sai số:  0,7%. 2.15. Từ phương trình đường chuẩn độ của axit 2 nấc: P  1 = (W h  h)V + Vo CoVo + K1K2  h2 h2 + hK1 + K1K2 Chú ý rằng VTĐ1 = 25 ml và VTĐ2 = 50 ml. Nếu V = 20 ml  trước đTĐ 1  P  1 = hV + Vo CoVo + h h + K1 Với P = 0,8 Thay số vào  K1 = 5,06  103 Nếu V = 50  tại đTĐ 2  P  2 = W h  C + 2Co CCo  h K2 Với P = 2  K2 = 2  106 . 2.16. 1) Điều kiện K1/K2  104 không thoả mãn  không CĐ riêng được. Do đó CĐ luôn đến nấc 2: h2 = WK2 C + 2Co CCo  pH = 8,34. 2) h = K2 2  P P  1 = 106  P = 1,9817 vậy CĐ được 98% kể từ nấc 1. 2.17.  Chuẩn độ đến pH = 4,4: CĐ đến nấc thứ 1 của H3PO4 [H+ ] + [Na+ ] = [Ac ] + [H2PO4  ] + [OH ] với h và W h không đáng kể và [HPO4  ] và [PO4 3 ] không đáng kể Gọi C1: nồng độ mol của ax. Axetic và C2: nồng độ ax. H3PO4. 20  01 20 + 25 = K K + h  25C1 20 + 45 + 25C2 20 + 25 thay K = 104,76 và h = 104,4  2 = 7,59C1 + 25C2 ()  Chuẩn độ đến pH = 9  CĐ đến nấc thứ 2: [H+ ] + [Na+ ] = [Ac ] + 2[HPO4 2 ] + [OH ] với h, W h không đáng kể 01  45 25 + 45 = 25C1 25 + 45 + 2  25C2 70  4,5 = 25C1 + 50C2 () Giải hệ () và ()  C1 = 5,091  102 M và C2 = 6,454  102 M 2.18. 1) Tính được VTĐ1= 25 ml, VTĐ2 = 50 ml. V = 20 ml  h = K2  P 1  P với P = CV CoVo = 0,8  h = 109,73 V = 25 ml  h2 = W + K2C' 1 + K1 1 C' với C' = CCo C + Co  h = 108,34 . V = 30 ml  h = K1  P  1 2  P với P = 1,2  h = 106,95 . V = 50 ml  C''= 5  103 < L = 3  102 M  áp dụng: P  2 = h C + 2Co CCo  K1 h + K1 với P = CV CoVo = 2 và h  K1  h = 104,325 . 2) q = (h  W h )C + Co CCo + h2  K1K2 h2 + K1h + K1K2 = 1,76  102 hay 1,76%. 2.19.  Lúc PP đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na2CO3 = Sđlg HCl 1,2( x 100  1 40 + y 100  1 106 ) = 30  0,5  103 () Lúc MD đổi màu: Sđlg NaOH + Sđlg Na2CO3 = Sđlg HCl 1,2( x 100  1 40 + y 100  1 53 ) = 35  0,5  103 () Giải hệ  x = 41,67% và y = 22,08%.
51. dd B (NaOH): C' = 31  02 25 = 0,248M 1) Gọi x: số mol NaHCO3 và y số mol Na2CO3 (trong 25 mol dung dịch A) Số mol HCl tác dụng với 25 ml dd A: x + 2y = 48  0,2  103 = 0,0096 () Sau khi thêm 50 ml dung dịch B vào 25 ml dung dịch A rồi trung hoà NaOH dư bằng HCl: Số mol NaOH = x + số mol HCl 50  0,248  103 = x + (25  0,2 103 )  x = 7,4  103 mol NaHCO3  %NaHCO3 = 82,88% Từ ()  y = 1,1  103 mol Na2CO3  %Na2CO3 = 15,54%. 2) Ta có thể xem Na2CO3 (8,5 mmol) đã bị chuẩn độ bằng axit đến dd A: gồm Na2CO3 (1,1 mmol và NaHCO3 7,4 mmol) Lúc đó P = CV CoVo = số mmol NaHCO3 tổng số mmol Na2CO3 ban đầu = 74 85 = 0,87 Ap dụng h = K2  P 1  P = 109,5  pH = 9,5 3) Nếu CĐ 25 ml dung dịch A bằng HCl đến PP chuyển màu (đến NaHCO3): Số đlg Na2CO3 = Sđlg HCl  1,1 = V  0,2  V = 5,5 ml. 2.21. Nhận xét: ở pH = 7,21  h = 107,21 = K2  2  P P  1  P = 1,5 (nghĩa là CĐ đến ½ nấc 2 của H3PO4) Khi pH = 9,78  pK1 + pK2 2 = 9,765  CĐ đến vừa hết nấc 2 của H3PO4.  Thể tích NaOH CĐ được 1 nấc H3PO4: 5  2 = 10 ml.  Suy ra thể tích NaOH CĐ vừa hết H2SO4: 15  5  10 = 10 ml.  C (H3PO4) = 10  01 5 = 0,2M và C (H2SO4) = 01  10 5  2 = 0,1M.  Trung hoà hoàn toàn 5 ml dung dịch hỗn hợp H3PO4 và H2SO4 (nghĩa là đến nấc 3 H3PO4) Ta có: V  0,1 = (0,1  2  5) + (0,2  3  5)  V = 40 ml. 2.22. Số mol H3PO4: 0,025  0,4 = 0,01 mol. Số mol Na3PO4: 0,03  0,5 = 0,015 mol. Xét tỉ lệ f = số mol H3PO4 số mol Na3PO4 = 0,667  0,5 < f < 2 , ta có phản ứng: H3PO4 + 2Na3PO4  3Na2HPO4 2H3PO4 + Na3PO4  3NaH2PO4 a---2a----3a b---0,5b--1,5b nH3PO4 = a + b = 0,02 và nNa3PO4 = 2a + 0,5b = 0,015  a = 002 3 và b = 001 3  nNa2HPO4 = 3a = 0,02 mol và nNaH2PO4 = 1,5b = 0,005 mol Nếu CĐ đến MD chuyển màu cần V ml HCl: 0,02 = 0,1V  V = 200 ml Nếu CĐ đến PP chuyển màu cần V' ml NaOH: 0,005 = 0,1V'  V' = 50 ml 3.1. 1) ETĐ = Eo Fe + 5Eo Mn 6 = 1,37V 2) Dừng CĐ ở E = 0,83 V < 1,37 V  trước đTĐ, thiếu CĐ Dùng E = E o Fe + 0,059lg P 1  P  P = 0,99714  q = P  1 =  0,00286 hay 0,286% 3.2. 1) CĐ thiếu 0,2%: E = E o U + 0059 2 lg P 1  P vơi P = 0,998  E = 0,414 V CĐ đến đTĐ: E = 2E o U + E o Ce 3 = 0,703V CĐ đến quá 0,2% : E = E o Ce + 0,059 lg(1  P) với P = 1,002  E = 1,280 V 2) Dừng ở thế 0,42 V < 0,703V  trước đTĐ: E = E o U + 0059 2 lg P 1  P  P = 0,9988  P = NV NoVo = 0,9988  V = 39,95 ml. Dừng ở thế 1,27V > 0,703 V  sau đTĐ: E = E o Ce + 0,059 lg(1  P)  P = 1,0013  P = NV NoVo = 1,0013  V = 40,052 ml 3.3. 1) Từ 2 bán phản ứng: Fe3+ + 1e Fe2+ K1 = 10 EFe/0,059 Ti3+ + H2O  e TiO2+ + 2H+ K2 = 10ETi/0059 Phản ứng CĐ có K = K1K2 = 1011,36 2) Tính VTĐ = 50 ml và ETĐ = E o Fe + Eo Ti 2 = 0,435V Theo E = E o Fe + 0,059lg[Fe3+ ] [Fe2+ ] vơi [Fe2+ ] = 005  20 20 + 50 = 1 70 thay vào biểu thức E  [Fe3+ ] = 107,52 3) Dừng ở E = 0,330 V < ETĐ  quá CĐ, ta dùng E = E o Ti + 0,059lg 1 P  1  P  1 và V  50 ml 3.4. ETĐ = 144 + 068 2 = 1,06V * q = 0,001  P = 0,999
52. = o Fe E + 0,059log[Fe3+ ] [Fe2+ ] = o Fe E + 0,059log P 1  P = 0,857 V * q = +0,001  P = 1,001 Áp dụng E = o Ce E + 0,059log(P  1) = 1,263v BNCĐ: 0,857  1,263V: Chọn Feroin chuyển màu rõ ở thế 1,12V từ đỏ sang xanh nhạt. 3.5.  Chuẩn độ được 50% (P = 0,5): E = o Sn E + 0059 2 log P 1  P = 0,15V  Chuẩn độ được 90% (P = 0,9): E = o Sn E + 0059 2 log P 1  P = 0,178V  CĐ được 100% (P = 1): ETĐ = o o Fe Sn E 2E 3  = 0,3567V  CĐ đến 110% (P = 1,1): E = o Fe E + 0,059log(P  1) = 0,711V. 3.6. Au3+ + 3I   AuI  + I2 a----a mol 2Cu2+ + 4I   2CuI  + I2 b------0,5b mol I2 + 2S2O3 2   2I + S4O6 2  Số mol I2 = a + 0,5b = ½ Số mol S2O3 2 = 0,5(0,076132,7103 ) = 1,2442.103 Hay : 2a + b = 2,4884.103 () Ngoài ra khối lượng mẫu hợp kim: 197a + 64b = 0,1676 ()  a = 1,2090.104 mol và b = 2,2466.103 mol  %Au = 14,221%. 3.7. Gọi x: % khối lượng H2C2O4.2H2O (M = 126) y: % khối lượng KHC2O4.H2O (M = 146) Với phép chuẩn độ axit bazơ: Sđlg NaOH = Sđlg H2C2O4.2H2O + Sđlg KHC2O4.H2O 43,1 0,125.103 = ( x 100 12 126 2 ) + ( y 100 12 146 ) () Với phép chuẩn độ oxi hóa khử:Sđlg KMnO4 = Sđlg H2C2O4.2H2O + Sđlg KHC2O4.H2O 43,1 0,125.103 = ( x 100 12 126 2 ) + ( y 100 12 146 2 ) () Giải hệ () và ()  x = 14,37 và y = 81,57. 3.8. Phản ứng oxi hóa Cr3+ thành 2 2 7 Cr O  : 2 2 8 S O  + 2e   2 2 4 SO  2Cr3+ + 7H2O  6e   2 2 7 Cr O  +14H+ 3 2 2 8 S O  + 2Cr3+ + 7H2O   6 2 4 SO  + 2 2 7 Cr O  + 14H+ Sđlg Cr3+ = Sđlg 2 2 7 Cr O  = Sđlg Fe2+ (lấy dư)  Số đlg KMnO4 (CĐ FeSO4 thừa) ( x 100  2 52 3 ) 20 100 = (35  15) 0,009  5  105 .  x = 3,9%. 3.9. Gọi a: số mol BaCO3 = số mol Ba2+ 2Ba2+  K2Cr2O7 2BaCrO4  H+ 2Ba2+ + 2 2 7 Cr O  a------0,5a 2 2 7 Cr O  + 6I + 14H+   2Cr3+ + 3I2 + 7H2O 0,5a-----1,5a I2 + 2 2 2 3 S O    2I + 2 4 6 S O  1,5a-3a  3a = 0,1013  38,68  103  a = 1,306  103  %Ba = 1306  103  137  100% 0512 = 34,95% 3.10. Gọi x: số mol PbO và y: số mol PbO2 PbO + H2C2O4  PbC2O4  + H2O (1) x--x-----x PbO2 + 2H2C2O4  PbC2O4  + 2CO2 + 2H2O (2) y--2y--- ----y 5H2C2O4 + 2KMnO4 + 3H2SO4  2MnSO4 + 10CO2 + K2SO4 + 8H2O (3) Số mol H2C2O4 tham gia (1) và (2): x + 2y = 20.0,25.103  10.0,04.103 .5 2 Hay x + 2y = 4.103 () Khi hòa tan kết tủa PbC2O4 ta thu được H2C2O4 số mol: x + y = 5 2  30.0,04.103 = 3.103 () Giải hệ () và ()  x = 2.103 và y = 103 mol
53. 100% 1234 = 36,14% %PbO2 = 103 .239  100% 1234 = 19,36%. 3.11. Pb2O3 + 6HCl  2PbCl2 + Cl2 + 3H2O x-------x Pb3O4 + 8HCl  3PbCl2 + Cl2 + 4H2O y-------y Pb2O3  2Pb2+ 2PbCrO4  2 2 7 Cr O  x---------x Pb3O4  3Pb3+  3PbCrO4  1,5 2 2 7 Cr O  y--------1,5y 2 2 7 Cr O  + 6I + 14H+   2Cr3+ + 3I2 + 7H2O (x + 1,5y)---(3x + 4,5y) I2 + 2 2 2 3 S O    2I + 2 4 6 S O  Số mol 2 2 3 S O  = 2.Số mol I2 = 2(3x + 4,5y) = 35,04.103 .0,2 Hay: 6x + 9y = 7,008.103 () Ngoài ra: Cl2 + 2I   I2 + 2Cl (x + y)-(x + y) Số mol 2 2 3 S O  = 2(x + y) = 9,36.103 .0,2 Hay: x + y = 9,36.104 () Giải hệ () và ()  x = 4,72.104 và y = 4,64.104 %Pb2O3 = 462x 06 100% = 36,33% %Pb3O4 = 685y 06 100% = 52,96%. 3.12. Tính được VTĐ = 100 ml Đầu BNCĐ: q = 0,001 và Vđ = 99,9 ml E = o Fe E + 0,059log[Fe3+ ] [Fe2+ ] Với [Fe3+ ] = 001  999 1999 + 001  100 1999 = 1999 1999 Fe3+ sinh ra Fe3+ có sẵn Và [Fe2+ ] = 001  01 1999 = 0001 1999 E = 0,68 + 0,059log1999 0001 = 0,875V Cuối BNCĐ: Vc = 100,1 ml và P = 1,001 E = o Ce E + 0,059log(P  1) = 1,263V. 3.13.  Nếu cho qua cột khử Ag (trong dd HCl 1M), xảy ra: Fe3+ + Ag + Cl   Fe2+ + AgCl  VO2 + + Ag + 2H+ + Cl   VO2+ + H2O Khi chuẩn độ dung dịch thu được bằng Ce4+ thì Fe2+  Fe3+ và VO2+  VO2 + Số mol Ce4+ = Số mol Fe2+ + Số mol VO2+ 8,86.103 .0,2 = x + y Hay x + y = 1.772.103 ()  Nếu cho qua cột khử Zn (H2SO4 1N) : 2Fe3+ + Zn   2Fe2+ + Zn2+ 2VO2 + + 3Zn + 8H+   2V2+ + 3Zn2+ + 4H2O Chuẩn độ bằng Ce4+ thì Fe2+  Fe3+ và V2+  VO2 + Số đlg Ce4+ = Số đlgFe2+ + Sđlg VO2 + 22.103 .0,2 = x + 3y () Giải hệ () và () cho x = 4,58.104 và y = 1,314.103 %Fe = 200 50  458  104  56  100% 05 = 20,52% %V = 200 50  1314  103  51  100% 05 = 53,6%. 3.14. Phản ứng: 6Fe2+ + Cr2O2 7 + 14H+   6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O Ta có: ETD = Eo Fe + 6Eo Cr 7 + 0059 7 lg[Fe3+ ] [Fe2+ ] [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 (chấp nhận [H+ ] = 1) Tại đTĐ: 6[Cr2O 2 7 ] + 3[Cr3+ ] = [Fe3+ ] + [Fe2+ ] mà 3[Cr3+ ] = [Fe3+ ] Nên suy ra: 6[Cr2O 2 7 ] = [Fe2+ ], thay vào biểu thức sau log: [Fe3+ ] [Fe2+ ] [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 = 3[Cr3+ ] 6[Cr2O 2 7 ]  [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 = 1 2[Cr3+ ] Vậy ETĐ = Eo Fe + 6Eo Cr 7 + 0059 7 lg 1 2[Cr3+ ] = 1 7 (Eo Fe + 6Eo Cr  0018lg[Cr3+ ])
54.  100 01 = 100 ml  [Cr3+ ] = [Fe3+ ] 3 = 1 3 NoVo V+Vo = 01  100 3  200 = 01 6 Thay vào ETD = 1,249 volt.  Nếu dừng ở E = 1 volt:  trước đTĐ  E = Eo Fe + 0,059lg P 1  P = Eo Fe + 0,059lgq+1 -q  q = 3,77.104 %  Nếu dừng ở E = 1,3 volt  sau đTĐ  E = Eo Cr + 0059 6 lg[Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 = Eo Cr + 0059 6 lg 1 [Cr3+ ] + 0059 6 lg [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ] (1) Ta có: 6[Cr2O 2 7 ] + 3[Cr3+ ] = NV V+Vo Sau đTĐ: 3[Cr3+ ] = [Fe3+ ] = NoVo V+Vo  [Cr3+ ] = NoVo 3(V+Vo)  01 6 Và 6[Cr2O 2 7 ] = NV  NoVo V+Vo  [Cr2O 2 7 ] = 1 6 NV  NoVo V+Vo Vậy [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ] = 1 2 NV  NoVo NoVo = P  1 2 = q 2 Thay vào biểu thức (1): E = 1,33 + 0059 6 lg 6 01 + 0059 6 lgq 2  q = 2,965  105 hay 2,965 103 % 3.15. Với q = 0,2% = 0,002  P = 0,998 trước đTĐ E = Eo A + 006 nA lg P 1  P = Eo In  006 n = Eo A + 006 nA lg 0998 0002 = Eo In  006 n  Eo A = Eo In  006 n  006 nA 2,698 (1) Với q = + 0,2% = 0,002  P = 1,002: sau đTD E = Eo B + 006 nB lg(P 1) = Eo In + 006 n  Eo B = Eo In + 006 n + 006 nB 2,698 (2) Lấy hiệu số (2) và (1): Eo B  Eo A = 0,06(2 n + 2698 nA + 2698 nB ) 4.1. 1)a Tại điểm tương đương: [Ag+ ] = [Br ] = T = 10123 = 106,15  [ 2 4 CrO  ] = 2 4 11,7 Ag CrO 0,6 12,3 T 10 10 3,98M [Ag ] 10       b. Xét : CrO4 2 + H2O   HCrO4  + OH WK1 = 107,5 C 2.103 [ ] (2.103  x)--x-----x  x = 7,94.106  2.103 nên [CrO4 2 ] = 2.103 M. Khi kết thúc chuẩn độ: [Ag+ ] = 2 4 11,7 Ag CrO 4,5 2 3 4 T 10 10 [CrO ] 2.10       so với [Ag+ ]TĐ  quá CĐ Áp dụng: q = ([Ag+ ]  T [Ag+ ] )C + Co CCo = 104,5 . 001 + 005 001.005 = 102,42 q = 3,8.103 = 0,38%. 2) Đầu BNCĐ: q = -0,001 = (m  T m )C + Co CCo Với m  T m =-0,001 =  10123 m  001 + 005 001.005  m = 107,22  pAg = 7,22 Cuối BNCĐ: pAg = 12,3  7,22 = 5,08 Vậy BNCĐ: từ pAg = 7,22 đến pAg = 5,08 4.2. Từ công thức sai số: q = (T m  m) C + Co CCo Với m = [Pb2+ ] Trước điểm tương đương: m  T m  m 005 + 001 005.001 = 0,001  m = 8,333.106  [ 2 4 CrO  ] = 4 14 PbCrO 8,92 2 5,079 T 10 10 [Pb ] 10        [Ag+ ] = 12 1,54 8,92 10 10 10     = 2,88.102 M Sau điểm tương đương: m  T m  T m  0,06 0,0005 = 0,001  T m = [ 2 4 CrO  ] = 105,079  [Ag+ ] = 12 5,079 10 10   = 3,46.104 M. 4.3. Ag+ + SCN   AgSCN  T = 1012 Co = CAgNO3 = 001  55 100 = 5,5.103 M ; C = CSCN = 0,01M
55. số: q = ([SCN]*  [Ag+ ])C + Co CCo , trong đó [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN)2+ ] Ta cần phải tìm [Ag+ ]. Từ cân bằng: Fe3+ + SCN   Fe(SCN )2+  = 103,03 [ ]: 5.103 x---6.106  x = 1,12.106  [Ag+ ] = T [SCN ] = 1012 112.106 = 8,93.107 M Và [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN)2+ ] = 1,12.106 + 6.106 = 7,12.106 M Với q = ([SCN]*  [Ag+ ])C + Co CCo = (7,12.106  8,93.107 ) 001 + 55.103 001.55.103 = 1,754.103 Hay q = 0,18%. 4.4. Ag+ + Cl   AgCl và Ag+ + SCN   AgSCN Số mol Ag+ = Số mol Cl + Số mol SCN (pứ) (500,021)103 = (1000,009).103 + a (với a: sô mol SCN đã phản ứng)  a = 0,15.103 mol  [SCN ]dư = 3 3 (0,6 0,15)10 10 163     2,76103 M AgCl  + SCN   AgSCN  + Cl 102 C 2,76.103 [ ] (2,76.103  x)---x  x = 2,73.103 và [SCN ] = 3.105 M Tính lại nồng độ CFe3+ = 11 163 = 6,13.103 M Xét cân bằng: Fe3+ + SCN   Fe(SCN)2+ = 103,03 C 6,13.103 --3.105 [ ] (6,13.103 3.105 + x)-x-----(3.105  x)  x = 3,98.106  [Fe(SCN)2+ ] = 3.105  3,98.106 = 2,602.105 > 6.106 : Vậy có màu đỏ xuất hiện 4.5. Số đlg Ag+ = Số đlg IO3  + Số đlg SCN 50  0,1 = 50Co + 30.0,1  Co = 0,04M q = ([SCN ]*  [Ag+ ])C + Co CCo với [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN)2+ ] Từ Fe3+ + SCN   Fe(SCN)2+  = 103,03 [ ] 5.103 x 6.106 . ĐLTDKL cho x = 1,12.106 và [Ag+ ] = T 112.106 = 8,93.107  [SCN ]* = [SCN ] + [Fe(SCN)2+ ] = 1,12.106 + 6.106 = 7,12.106 Tính lại nồng độ đầu Ag+ : Co = 3001103 1000 100 = 0,03M (số mol Ag+ dư = số mol SCN ) Vậy: q = (7,12 106  8,93 107 )003 + 01 003  01 = 2,7 104 hay 0,027%. 4.6. 1) Số đlg Fe2+ = Số đlg Cr2O 2 7  25No 1000 = 8  N 1000 với N = 6CM = 0,6M  No = CFe2+ = 0,192M Chuẩn độ Cl : Số đlg Ag+ = Số đlg Cl  Số đlg SCN 25  No’ = (100  0,16)  (25  0,12)  No’ = CCl = 0,52 M 2) Nếu chỉ có (FeCl2 chưa bị oxi hoá): CCl = 2CFe2+ = 0,52  CFe2+ = 0,29 M Fe2+ đã bị oxi hoá thành Fe3+ : 0068  100 026 = 26,15% 3) Từ 2 biểu thức Nernst của cặp Fe3+ /Fe2+ và Cr2O 2 7 /Cr3+ ta có: 7ETĐ = Eo Fe + 6Eo Cr + 0,059lg [Fe3+ ] [Fe2+ ] [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 (chấp nhận [H+ ] = 1) Tại đTĐ: 6[Cr2O 2 7 ] + 3[Cr3+ ] = [Fe3+ ] + [Fe2+ ] mà 3[Cr3+ ] = [Fe3+ ] Nên suy ra: 6[Cr2O 2 7 ] = [Fe2+ ], thay vào biểu thức sau log: [Fe3+ ] [Fe2+ ] [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 = 3[Cr3+ ] 6[Cr2O 2 7 ]  [Cr2O7 2- ] [Cr3+ ]2 = 1 2[Cr3+ ] Vậy ETĐ = Eo Fe + 6Eo Cr 7 + 0069 7 lg 1 2[Cr3+ ] 4.7. Số đlg NaCl + Số đlg KCl = Số đlg AgNO3  Số đlg NH4SCN ( a 585  60 100 ) + ( a 745  37 100 ) = 25  0,1  103  5,5  0,1  103  a = 0,128 gam. 4.8. 1) Chuẩn độ bằng HCl: Số đlg NH3 = Số đlg HCl C  25  103 = 0,1  15  103  CNH3 = 0,06M Xác định NH4Cl : xác định Cl Số đlg AgNO3 = Số đlg SCN + Số đlg Cl (NH4Cl) + số đlg HCl (tác dụng NH3) 60  0,1  103 = (18  0,2  103 ) + (C’  25  103 ) + (15  0,1  103 )  C’ = 0,036M 2) Sau khi tính sơ bộ môi trương  môi trường bazơ Ta có: NH3 + H2O   NH + 4 + OH WK1 = 104,74 C 0,06 0,036
56.  x (0,036 + x) x Áp dụng ĐL tác dụng khối lượng: với đk x  0,036  x = 104,52 = [OH ]  h = [H+ ] = 109,48  pH = 9,48 3) Tại đTĐ: hệ là NH4Cl nồng độ C1. Thể tích tại điểm tương đương: 25 + 15 = 40 ml Vậy C1 = (0,06 + 0,036)25 40 = 0,06M Xét cân bằng: NH + 4   NH3 + H+ K = 109,26 [ ] (0,06  x) x x  ĐLTDKL  x = 105,24  pH = 5,24: Dùng metyl đỏ. 4.9. 1) Gọi x: % NaOH và y: % NaCl Số đlg NaOH = Số đlg HCl  x 100  67 40  25 250 = 22.0,5.103  x = 65,67% Số đlg AgNO3 = Số đlg Cl + Số đlg SCN 35  0,11  103 = ( y 100  67 585  25 250 ) + (4,7  0,095 103 )  y = 29,70% Nồng độ NaOH trong dung dịch B: CM = 22  0,5  103  1000 250 = 0,44M  pH = 13,64 2) q = (h  W h ) C + Co CCo ở pH = 10  h  W h =  W h  C + Co CCo =  1014 1010  05 + 044 05 + 044 =  4,27.104  q =  0,043% 3) Môi trường quá kiềm không chuẩn độ bằng Mohr được. 4.10 1) Khi MD chuyển màu  pT  4 (đTĐ 2) Số đlg Na2CO3 = Số đlg HCl 25 250  m 106 2 = 0,2  20,5  103  m = 2,173 gam  % Na2CO3 = 2173 35 100% = 62,08% Số đlg AgNO3 = Số đlg NaCl + Số đlg HCl (mới thêm) 30,5  0,2  103 = 25 250  m’ 585 + (0,2  20,5  103 )  m = 1,17 g. %NaCl = 117 35 100% = 33,43%. 2) CAg+ = CV V + Vo = [Ag+ ] + mAgCl + 2mAg2CrO4 (1) (m: số mol trong 1 lít dung dịch) CCl = CoVo V + Vo = [Cl ] + mAgCl (2) Lấy (1) trừ (2) : CV  CoVo V + Vo = ([Ag+ ]  [Cl ] + 2mAg2CrO4 ) Suy ra: q = ([Ag+ ]  [Cl ] + 2mAg2CrO4 )C + Co CCo Với Co (Cl ) : bao gồm Cl trong NaCl và Cl trong HCl mới thêm Co = (305  0,2  103 )  1000 455 = 0,1341M và C = CAg+ = 0,2M mAg2CrO4 = 575  107  1000 455 + 305 = 7,565  106 [CrO4 2- ] = (5  103 )  (7,565  106 ) = 5 103 [Ag+ ] = 1012 5.103 = 1,414  105 và [Cl ] = 1010 1414 105 = 7,07 106 Thay vào biểu thức q  q = 0,027% Bài 4.11 đã giải tại lớp (phần lí thuyết) 5.1. Tại điểm tương đương: VTĐ = 50.0 01 0 02 = 25 ml Khi V = 24,9 ml < VTĐ : Từ phương trình đường CĐ rút ra:  [Sr]* Vo + V CoVo = P  1 với P = 0 02.24 9 0 01.50 = 0,996  [Sr]* = 2,67.10¯5 ở pH = 10 : Sr = 1 1 + h¯1 = 1 1 + 10¯13 18 .1010  1  [Sr] = [Sr]* = 2,67.10¯5  pSr = 4,57 Khi V = 25 ml : tại điểm tương đương  [Sr] = CCo C + Co  1 * Với * =  . Sr . Y = 108,63 . 1 . K4 h + K4 = 108,18  [Sr] = 2 3 . 10¯2 . 10¯8 18 = 10¯5,18  pSr = 5,18 Khi V = 25,1 ml quá chuẩn độ. Áp dụng : 1 *[Sr]* = P  1 với P = CV CoVo = 0 02 . 25 1 0 01.50 = 1,004  [Sr]* = 1 108 18 . 0 004 = 10¯5,78  pSr = 5,78 5.2. Tính *CaY : Ca = 1 1 + h¯1 = 1 1 + 10¯12 5 .1012 5 = 0,5 ; Y = K4 h + K4  0,994 *CaY = CaY . Ca . Y = 1010,27
57. In = K2 h + K2 = 10¯13 5 10¯12 5 + 10¯13 5 = 1 11 ; *CaIn = CaIn . Ca . In = 103,96 Ta có : *CaIn = [CaIn] [Ca]*[In]* = 1 [Ca]*  [Ca]* = 10¯3,96 = m* Áp dụng công thức sai số: q = 1 *m*  ( 1 * + m*)(C + Co CCo ) = 1 101027 .10¯3 96  (10¯3,96  2.10¯2 10¯4 ) 5.3. Ca = 1 1 + h¯1 = 1 1 + 10¯12 5 .1010 = 0,9968 và Y = K4 h + K4 = 1 2 82 *CaY = .Ca.Y = 1010,57 .0,9968. 1 2 82 = 1010,12 Tại điểm tương đương: [Ca]* = 1 *CaY . CCo C + Co = 1 1010 12  5.10¯3 = 10¯6,21 *CaIn = [CaIn] [Ca]*[In]* = 1 [Ca]* 1 = 106,21 q =  2,19% 5.4. Mg = 1 1 + h¯1 = 1 1 + 10¯117 .1010 = 1 102 ; Y = K4 h + K4 = 0,355 = 1 282 In = K3 h + K3 = 10¯11 6 10¯10 + 10¯116 = 0,0245 *MgY = .Mg.Y = 108,7 . 1 102 .0,355 = 108,24 *MgIn = 107 . 1 102 . 0,0245 = 105,38 *MgIn = [MgIn] [Mg]*[In]* = 1 [Mg]* 1 9 = 105,38  [Mg]* = 1 9  10¯ 5,38 = 10¯ 6,33 Thay [Mg]* vào công thức tính sai số: q = 1 *m*  ( 1 * + m*)(C + Co CCo ) = 1 10824 .10¯633  10¯6,33 . 001 + 002 001.002 = 0,01223 hay q = 1,26% 5.5.Các giá trị : M =1 ;Y = K3K4 h2 + K3h = 10¯6,45 ; In = K2 h + K2 = 0,01 *MY = MY.M.Y = 1018 .1.10¯6,45 = 1011,55 *MIn = MIn .M.Y = 6,25  1010 .1. 0,01 = 108,795 Từ công thức: *MIn = 1 [M]*  [MIn] [In] = 108,795  [M]* = 10¯8,795 Công thức sai số: q = 1 *MY.[M]*  [M]* C + Co CCo = = 1 1011 55 .10¯8 795  10¯8,795 0 01 + 0 01 0 01.0 01 = 0,175% 5.6. Tính pH dung dịch đệm: h = KNH4 + . [NH + 4] [NH3] = 10¯9,26 . 0 182 0 1 = 10¯9  pH = 9 Tính Zn = 1 1 + i[NH3]i = 7,94.10¯6 và Y = K4 1 + K4 = 0,0521 Vậy *ZnY = 1016,5 .7,94.10¯6 .5,21.10¯2 = 1010,12 Ta có VTĐ = VoCo C = 1 ml Vài điểm quan trọng trên đường cong chuẩn độ:  V = 0,5 ml (P = 0,5)  pZn = 8,4  V = 1 ml (P = 1)  pZn = 11,66  V = 1,3 ml (P = 1,2)  pZn = 14,52  Lân cận điểm tương đương: cần giải phương trình bậc 2: 1 *[Zn]*  [Zn]* Vo + V CoVo = P  1 Khi P = 0,999  pZn = 10,07 và P = 1,001  pZn = 12,25. 5.7.1. Chuẩn độ được 50% : Số đlg EDTA = 1 2 số đlg MnSO4 V  0 02 1000 = 1 2  100  0 01 1000  V = 25 ml Chuẩn độ đến điểm tương đương : VTĐ = 50 ml Chuẩn độ đến pMn = 5: Ta so sánh với pMn tại điểm tương đương để xác định điểm dừng chuẩn độ ở trước hoặc sau điểm tương đương. *(MnY) = MnY  Mn  Y = 1013,8 .1. K4 h + K4 = 1013,8 .0,0521 = 1012,52 Tại điểm tương đương: [Mn]* = 1 *  CCo C + Co = 1 1012 52  2  10¯4 3  10¯2 = 10¯7,35 pMn = pMn* = 7,35 Nhận xét: Khi dừng chuẩn độ ở pMn = 5  trước điểm tương đương nhỏ nhỏ nhỏ
58. [Mn]* = (1  p) CoVo V + Vo  10¯5 = CoVo V + Vo  CV CoVo  CoVo V + Vo  10¯5 = CoVo  CV V + Vo = 100.0 01  0 02.V V + 100  V = 49,93 ml Chuẩn độ đến pMn = 9:điểm dừng chuẩn độ ở sau điểm tương đương. Ta áp dụng: 1 *[Mn]* = P  1  1 *[Mn]* = CV CoVo  1  1 1012 52 .10¯9 = 002.V 0 01.100  1  V = 50,015 ml 2. Sai số khi chuẩn độ đến pMn = 5 : q = 1 1012 52 .10¯5  10¯5 . 3.10¯2 2.10¯4 =  10¯2,82 =  1,51.10¯5 hay  0,15% 3. pMn tại điểm tương đương đã được tính ở trên. 5.8. Ga3+ + MgY2-   GaY- + Mg2+ K Mg2+ + H2Y2-   MgY2- + 2H+ K = GaY.(MgY)-1 = 1020,3 .10¯8,7 = 1011,6 : rất lớn Số mol Ga3+ = số mol Mg2+ = số mol EDTA m 69 72 = 5,91  10¯3  0,0701  m = 28,88 mg Ga 5.9. Số đlg M2+ = Số đlg EDTA = 31,63  10¯3  0,01204  2 = 0,7616  10¯3 đlg Độ cứng = 0 7616  10¯3  1000 50 = 0,0152 đlg/l Ghi chú:  Một đơn vị độ cứng = 0,5mmol/l (Ca2+ , Mg2+ ) hay 1 đlg/l  Nước có độ cứng 1,5  4 đơn vị : nước mềm; 4 – 8 đv : nước cứng trung bình; > 8 đv: nước cứng. 5.10.Giả sử nồng độ của Mg2+ là 10¯3 M thì COH - bắt đầu kết tủa = 10¯10 95 10¯3 = 10¯3,97  pH = 10,03 Và nồng độ của Ca2+ là 10¯3 M thì COH - bắt đầu kết tủa = 10¯5 26 10¯3 = 10¯1,13  pH = 12,87 Suy ra ở pH = 9,3 cả hai ion Ca2+ và Mg2+ đều chưa kết tủa Nếu dùng Ecriocrom đen T chỉ thị ở pH = 9,3 thì chuẩn độ cả 2 ion Ca2+ và Mg2+ Số đlg Ca2+ + Số đlg Mg2+ = Số đlg EDTA 20 500 [( x 100  0 5021 100 2 ) + ( y 100  0 5021 84 2 )] = 13,5  0,015  2  10¯3 (I) Ở pH = 11,5 Mg(OH)2 đã kết tủa hoàn toàn và Ca2+ chưa kết tủa Dùng Murexit ở pH = 11,5 chỉ chuẩn độ Ca2+ Số đlg Ca2+ = Số đlg EDTA 20 500 ( x 100  0 5021 100 2 ) = 9,4  0,015  2  10¯3 (II) Giải (I) và (II)  x = 70,2% CaCO3 và y = 25,72% MgCO3 5.12.Nồng độ mol Cu2+ : Co.100 = 0,1  10  Co = 0,01M pH của dung dịch đệm: h = K. [NH + 4] [NH3] = 10¯9,24  0 0026 0 38 = 10¯11,4  pH = 11,4 Cu = 1 1 + 1[NH3] + … + 4[NH3]4 = 10¯10,4 ; Y = K4 h + K4 = 10¯10 26 10¯11 4 + 10¯10 26 = 10¯0,03 *(Cu-Y) = 1018,8 . 10¯10,4 . 10¯0,03 = 108,37 ; In = K3K4K5 h3 + K3h2 = 10¯3,55 *(Cu-In) = 1017,9 . 10¯10,4 . 10¯3,55 = 103,95 Với *(Cu-In) = [CuIn] [Cu]*.[In]*  [Cu]* = m* = 1 *(Cu-In)  9 = 103,95  9 = 10¯3 Sai số chuẩn độ: q = 1 *(Cu-Y). m*  m*. C + Co CCo = - 0,11 hay  11% CAl3+ = (0 023  50  0 016  38) 25 = 2,17  10¯2 M 5.11. 1) Tính * của AlY - và FeY - :  Ở pH = 2: Y = K1K2K3K4 h4 + K1h3 + K1K2h2 + K1K2K3h + K1K2K3K4 = 10¯21 09 2 14  10¯8 = 10¯13,42 Fe = 1 1 + h¯1 = 1 1 676 Al = 1 1 + 'h¯1 = 1 1 + 10¯5 .102  1 rất bé
59. = 1025,1 . 1 1 676 .10¯13,42 = 1011,46 *AlY = AlY.Al.Y = 1016,13 .1. 10¯13,42 = 102,71  Ở pH = 5: Y = K3K4 h2 + K3h = 10¯16 42 10¯10 + 10¯11 16 = 10¯6,45 Fe = 1 1 + h¯1 = 1 1 + 10¯2 17 .105 = 10¯2,83 Al = 1 1 + 'h¯1 = 1 1 + 10¯5 .105 = 1 2 *FeY = FeY.Fe.Y = 1025,1 . 10¯2,83 . 10¯6,45 = 1015,82 *AlY = AlY.Al.Y = 1016,13 .1. 1 2 . 10¯6,45 = 109,38 2) Ở pH = 2 chỉ chuẩn độ được Fe3+ : CFe3+ = 0 023  29 6 25 = 2,723  10¯2 M Ở pH = 5, *AlY lớn nên có thể chuẩn độ được bằng EDTA CAl3+ = (50.0,023  38.0,016) 25 = 2,17  102 M = 0,0217M

Giải bài tập hóa phân tích công cụ năm 2024

Bài Viết Liên Quan

Quảng Cáo

Có thể bạn quan tâm

Toplist được quan tâm

Quảng cáo

Xem Nhiều

Quảng cáo

Chúng tôi

Điều khoản

Trợ giúp

Mạng xã hội