Cac Bai Tap Hoa Phan Tich CH2113 HK221 [PDF]

Zitiervorschau

Bài 1 Người ta trộn 125,00 ml CH3COOH 95% (d = 1,066 g/ml) vào 250 ml H2O  Tính nồng độ dd thu được sau trộn C%, CM và Cg/L

D 1: 125 ml CH3COOH 95%: m (CH3COOH) = (125.1,066.95)/100 = 126,59 g DD 2: 250 ml H2O = 250 g (d (H2O) = 1 g/ml) C% (CH3COOH) = (126,59/(125.1,066+250)).100 = 33,03 % (d = 1,042 g/ml)

CM 

10.C %.d M

CM = (10. 33,03. 1,042)/60 = 5,7 M Cg/L = CM.M = 10.33.03.1,04 =

Bài 2: Trộn 120 ml HNO3 68% (d = 1,405 g/ml) với 480 ml H2O và 100 ml H2SO4 98% (d = 1,84 g/ml). Tính nồng độ dd thu được sau trộn C%, CM và Cg/L (Cho phép cộng thể tích) HNO3 = 13,8% H2SO4= 21,64% H2SO4:

C(M) = 2,63 M, C(g/L) = 257,6 g/L

HNO3:

C(M) = 2,6 M, C(g/L) = 163,8 g/L

2/ Hoàn thành và cân bằng PT phản ứng sau: KMnO4 + HCHO + H2SO4  HCOOH + MnSO4 + …….. 2.1/ Hay cho biet can bang nay co tu xay ra ko ? 2.2/ PU nay co dien ra hoan toan ko ? 2.3/Hỏi cần bao nhiêu ml dd 0,10 N KMnO4 để phản ứng hết với 20 ml dd HCHO 0,3% có d = 1,00 g/ml 2.1 và 2.2/ MnO4- + 8H+ + 5e = Mn2+ + 4H2O HCOOH + 2H+ + 2e = HCHO + 2H2O K = 1010.(1,51 – (-0,01))/0,059 = 10257,63 > 1 va > 107  DCCM 2.3/ 2KMnO4+5 HCHO + 3H2SO4 -> 5HCOOH + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H20 Số mol HCHO = (20.1.0,3/100)/30 = 2,00.10-3 . Số mol KMnO4 = 2.10-3.2/5 = 8.10-4 mol CM (KMnO4) = 0,020 M V = (8.10-4/0.02).1000 = 40 ml

Bài 3. Cho phương trình: KMnO4 + NaBr + H2SO4 = MnSO4 + Br2 + K2SO4 + Na2SO4 + H2O 1/ Cân bằng phương trình 2/ Xác định n trong công thức Đ = M/n của KMnO4 , NaBr, Br2 và MnSO4

3/ Trong điều kiện chuẩn, dự đoán chiều phản ứng là chiều thuận hay chiều nghịch trong các phản ứng oxy hóa khử sau ? Và cho biết phản ứng có diễn ra hoàn toàn hay không ? Giải thích chi tiết dựa trên thế oxy hóa khử chuẩn Xác định n trong công thức Đ = M/n của KMnO4 , NaBr, Br2 và MnSO4 KMnO4 : n = 5 NaBr : n = 1 Br2 n = 2 MnSO4

n =5

(1) MnO4- + 8H+ + 5e = Mn2+ + 4H2O (2) Br2 + 2e = 2Br-

Eo = 1,51 V

Eo = 1,087 V

Eo1 > E02  theo chiều thuận PƯ diễn ra hoàn toàn hay không ??  Kox > 107-8 K = 1010.(1,51 – 1,087)/0,059 = 1071,7  diễn ra hoàn toàn

Cho phương trình: K2Cr2O7 + SnSO4 + H2SO4 = Cr2(SO4)3 + Sn(SO4)2 + …… 1/ Cân bằng phương trình 2/ Xác định n trong công thức Đ = M/n của SnSO4, Sn(SO4)2, K2Cr2O7 và Cr2(SO4)3

3/ Trong điều kiện chuẩn, dự đoán chiều phản ứng là chiều thuận hay chiều nghịch trong các phản ứng oxy hóa khử sau ? Và cho biết phản ứng có diễn ra hoàn toàn hay không ? Giải thích chi tiết dựa trên thế oxy hóa khử chuẩn 4/ Tính Etđ phương trình trên nếu biết phan ung tu 100 ml dd K2Cr2O7 0,020 N voi luong tuong duong SnSO4 ran. Tinh luong SnSO4 da dung.

Cr2O7

2-

Sn

4+

-

+

3+

 2Cr

+ 6e + 14H -

+ 2e



Sn

2+

+ 7H2O 𝑬𝟎𝟏 = 𝟏, 𝟑𝟑 𝑽 𝑬𝟎𝟐 = 𝟎, 𝟏𝟓 𝑽

Cr2O72- + 3Sn2+ + 14H+ = 2Cr3+ + 3Sn4+ + 7H2O K2Cr2O7 + 3SnSO4 + 7H2SO4 = 3Sn(SO4)2 + K2SO4 +Cr2(SO4)3 + 7H2O

E tđ =

𝟏,𝟑𝟑×𝟔+𝟐.𝟎.𝟏𝟓 𝟖

+

𝟎,𝟎𝟓𝟗 𝟏 + 𝟏𝟒 lg {([𝑯 ] ) ( )} 𝟖 𝟐[𝑪𝒓𝟑+ ]

[H+] = 1M, [Cr3+] = 2.[Cr2O7] = 2.0,02/6 = 0,00667 M Etd = (6*1,33 + 2*0,15)/8 + (0,059/8)*lg((114)*(0,00667-1)/2)=

mSnSO4 = (0,02/6).(100/1000).3.MSnSO4 =

Cho dd 0,02M H3PO4 voi k1, k2, k3 tra sach. 1/ Tinh pH cua dd 0,020 M H3PO4 2/ Tinh [PO43-] khi dd 0,02M H3PO4 dat can bang 3/ Cho 0,15 g CaCl2 vao 100 ml dd H3PO4 0,020 M thi Ca3(PO4)2 co ket tua hay khong ? 1/ (pH = 2,05) 2/ [PO43-] = 10-18,66 ( 2,98.10-18) 3/ 3Ca2+ + 2 PO43- = Ca3(PO4)2 T = 10-28,7 [PO43-]o = 2,98.10-18 M [Ca2+] = 0,15/(40 + 35,5x2).1000/100 = 0,0135 M [Ca2+]o3.[PO43-]o2 = 0,01353.(2,98.10-18)2


Eo2  PỨ diễn ra theo chiều thuận K = 10(6.(-0,44 + 1,66))/0,059) K > 107  diễn ra hoàn toàn 2Al  Ban đầu:

+

0,01

3Cd2+ =

2Al3+

+ 3Cd

0,015

Phản ứng:2(0,015 – x)/3 0,015 – x

2(0,015 – x)/3

Cân bằng:

2(0,015 – x)/3

x

[Al3+] = (2.(0,015 – x)/3)/0.1 = 20.(0,015 – x)/3 [Cd2+] = x/0.1 = 10x K= [Al3+]2/[Cd2+]3 =

[20/3.(0,015 – x)]2/[10x]3 = 400/(9.1000) x (0,015 – x)2/x3

K = 10128 = 0,04444. (0,015 – x)2/x3  (0,015 – x)2/x3 = K >> 107  diễn ra hoàn toàn (định lượng)  x  0  0,015 – x = 0,015 0,0152/x3 = (1/0,04444).10128 = 101,353.10128  x3 = 0,0152/10129,35 = 10-3,647/10129,35 = 10-133  x = 10-44,3333 [Cd2+] = 10-43,3333 < 10-5

ETĐ = (-0,402.2 + -1,66.3)/5

1/ Khi hòa tan 0,050 mol CH3COOH rắn vào trong 500 ml nước người ta thu được dung dịch A a/ Hãy viết các cân bằng chính xảy ra trong hệ dung dịch A và dự đoán trong hệ tồn tại các cation và anion nào ? Ion nào sẽ chiếm ưu thế nhất ? b/ Hãy tính pH của dung dịch A và từ đó tính nồng độ cân bằng [CH3COO-] và [CH3COOH] ở pH đó c/ Trộn 250 ml dd A với 40 ml dd NaOH 0,04 M thì dd thu được sau khi trộn có pH bao nhiêu ?

1/

CH3COOH + H20 = H3O+ + CH3COOH2O + H2O = H3O+ + OHCH3COOH = CH3COO- + H+ H2O = H+ + OHCH3COO- >> OH- vì dd là có tính axit nên [OH-] < 10-7 M b/ pH=2.876 [CH3COOH] = 0.1M [CH3COO-] = 1.33 x 10^{-3}

CH3COOH = CH3COO- + H+ T=0

0,1 M

PƯ

X

X

X

CB

0,1 – X

X

X

K = 10-4,76 = X2/(0,1 – X)  X

Khi hòa tan 0,050 mol CH3COOH rắn vào trong 500 ml nước người ta thu được dung dịch A c/ Trộn 250 ml dd A với 40 ml dd NaOH 0,04 M thì dd thu được sau khi trộn có pH bao nhiêu ? CH3COOH + NaOH = CH3COONa + H2O

1/ CH3COOH thiếu, NaOH dư  DD chứa NaOH và CH3COONa

2/ CH3COOH dư, NaOH hết  DD chứa CH3COOH và CH3COONa: dd đệm axit yếu 3/ CH3COOH và NaOH tác dụng vừa đủ  dd chứa CH3COONa  250 ml dd A CH3COOH 0,10 M  số mol CH3COOH: 0,025 mol 40 ml NaOH 0,040 M  số mol NaOH = 0,04.(40/1000) = 0,0016 mol Trường hợp 2 [CH3COOH] = (0,025 – 0,0016)/(290/1000) = 0,0807 M [CH3COONa] = 0,0016/(290/1000) = 0,00552 M pH = pKa + lg{[Baz]/[Axit]} = 4,76 + lg(0,00552/0,0807) = 3,57

Tính pH của các dung dịch a/ Na3PO4 0,020 M b/ HCl 5.10-3 M (10-7 M) c/ NH4I 0,02 M – dd NH4+ 0,020 M

a/ Na3PO4 1 baz đơn chức với kb = 10-14/k3 = 10(12,38 – 14) = 10-1,62 C = 0,020 M Kb = 10-1,62 [OH-]2 + 10-1,62.[OH-] – 10-1,62.0,02 = 0  [OH-]  pH =

b/ HCl 5.10-3 M pH = -lg[HCl] = c/ NH4I 0,02 M (NH3 + HI)  dd NH4+ : dd axit yếu ka = 10-14//kb

Cho axit H2D có k1 = 10-2,7 và k2 = 10-6,8. Hãy tính [H2D] và [D2-] tại thời điểm cân bằng khi hòa tan 0,01 mol vào H2O và pha thành 500 ml dung dịch. H2D  HD- + H+ HD-  D2- + H+

A + p  [ A] 

D1 + p  [ A]o n

{1   1,i [ p] } i

i 1

D2 + p ….. [ D ]i 

 Dn

[ A]o  1, i [ p]i n

{1    1, i [ p]i } i 1

A = D2-, D1 = HD-, D2 = H2D, p = H+, [D2-]o = 0,01/0,5 = 0,020 M, [p] = [H+] = ? k1 = 10-2,7 >> k2 = 10-6,8 k1/k2 >= 104  k1 quyết định độ mạnh của axit pH được quyết định bởi k1 mà thôi dd axit có k1 = 10-2,7 và 0,02 M + 2

+

[H ] + kHA [H ]–kHACHA = 0 [H+]2 + 10-2,7.[H+] – 10-2,7.0,020 = 0 [H+] = 5,9.10-3 = 10-2,23 2.27 A(p) = D(H+) = 1 + 1,1.[H+] + 1,2.[H+]2 = 1 + 106,8.10-2,23 + 106,8+2,7.102x(-2,23) = 1 + 104,57 + 105,04 = 105,17 [D2-] = 0,020/D(H+) = 0,02/105,17 [HD-] = 0,02x1,1.[H+]/D(H+) = 0,02x106,8.10-2,23/105,17 [H2D] = 0,02 – [D2-] – [HD-]

Tính nồng độ [La3+] và [F- ] tại thời điểm cân bằng và lượng tủa LaF3 tạo thành khi cho 20 ml dung dịch La(NO3)3 0,030 M tác dụng với 20 ml dung dịch NaF 0,100 M. TLaF3 = 10-18,7, MLaF3 = 195,9

[La3+]o = 0,015 M [F-]o = 0,05  F- dư Hằng số đặc trưng = 1/T = 1018,7 > 108  phản ứng diễn ra hoàn toàn mLaF3 = 0,015.(40/1000).195,9 = La3+ + 3 F- = LaF3 PỨ diễn ra hoàn toàn  [F-] dư = 0,05 – 3.0,015 = 0,0050 M La3+ + 3 F- = LaF3 [F-]cb = [F-] dư + 3S = 0,0050 M S = (T/33)1/4 = 9,3.10-6 [La3+]cb = 10-18,7/0,0053 = 1,6.10-12

Cho phản ứng tạo phức Bi3+ + 4I- = [BiI4]- với 1,4 = 1014,95 a/ Tính [Bi3+] và [I-] tại thời điểm cân bằng khi biết [Bi3+]o = 0,01 M và [I-]o = 0,04 M 1.34x10^(-4) b/ Tính [Bi3+] và [I-] tại thời điểm cân bằng khi biết [Bi3+]o = 0,01 M và [I-]o = 0,08 M 4.38x10^(-12)

Tình nồng độ của các dạng tồn tại trong nước của dd chứa axit citric 0,10 M đã được chỉnh tới pH 8 biết axit citric (ký hiệu H3Ci) là axit ba nấc với k1 = 10-3,13, k2 = 10-4,76 Và k3 = 10-6,4.

Cân 4,8210 g mẫu hóa chất tinh khiết có công thức NH4Fe(SO4 )2.xH2O đem hòa tan thành 200,0 ml dung dịch (dung dịch A). Lấy 50,0 ml dung dịch A, đem kết tủa Fe3+ dưới dạng Fe(OH)3. Nung để chuyển thành dạng Fe2O3 , để nguội và đem cân được 0,1995 g 1.1. Tính CM, C% và Cg/L ở dạng Fe2(SO4)3 trong dung dịch A biết d dung dịch A bằng 1,04 g/ml. 1.2/ Xác định %Fe2O3 trong mẫu ban đầu (biết M(NH4Fe(SO4)2) = 266,25 và M (Fe2O3) = 160, M (Fe2(SO4)3) = 399,9) 1.3 Xác định giá trị x trong công thức NH4Fe(SO4 )2.xH2O và cho biết cần bao nhiêu g chất này để pha 200 ml dung dịch 0,050 N (biết dùng cho phản ứng oxy hóa và Fe2+ → Fe3+). CX (g / l)  m  F 

1000 Vx

1.1/ Cg/L = 0,1995 x(MFe2(SO4)3/MFe2O3)x(1000/50) = 9,975 g/L CM = Cg/L/MFe2(SO4)3 = 0,025 M C% (công thức chương 2) = 0,96%

m V %X    100  F a( g ) VX

1.2/ %Fe2O3 = 0,1995/4,8210 x 200/50 x 100 x 1 = 16,55 % 1,3/ % NH4Fe(SO4 )2.xH2O = 100 0,1995 . 200/50 . (2(266,25 + 18x)/160). 100/4,8210 = 100 X = 12

Nhằm xác định hàm lượng nước kết tinh và %Cu trong một mẫu mẫu đồng sulfat ngậm nước công nghiệp, người ta tiến hành như sau: 3.1. Để xác định độ ẩm, người ta tiến hành sấy m g mẫu trong cốc sứ ở nhiệt độ 210oC trong 4h. Sau khi để nguội và cân thì xác định được độ ẩm là 36,25%. Biết cốc không có khối lượng mo = 23,2105 g, cốc chứa mẫu khi chưa sấy m1 và cốc chứa mẫu sau khi sấy m2 = 23.8483 g. Hãy tính giá trị m1 và từ đó tính khối lượng mẫu m. 3.2. Hàm lượng CuSO4 trong mẫu đươc xác định bằng phương kết tủa. Theo đó, 1,000 g mẫu được hòa tan trong nước có chứa H2SO4 loãng rồi định mức thành 200 ml (dung dịch C). 40,0 ml dung dịch C được đem kết tủa Cu2+ bằng thuốc thử salicylaldoxime ở pH 3,5. Kết tủa được sấy và đem cân ở dạng Cu(C7H6O2N)2 thì được 0,2635 g. Tính hàm lượng %CuSO4 trong mẫu muối ban đầu (Biết M(Cu(C7H6O2N)2) = 335,35, M(CuSO4)= 159.61)) 3.3. Dự đoán giá trị x trong công thức CuSO4.xH2O của mẫu đồng sulfat ngậm nước

m1 = 24,2110 g, m = m1 - mo %CuSO4 = 62,71% %C CuSO4 + %H2O =

250 ml DD I2 0,040 N trong KI 4% từ các hóa chất rắn là I2 99,5% và KI 99% xem như d = 1g/ml Đ = M/n ĐI2 = MI2/2 = 126,9x2/2 = 126,9  m(I2) = 0,04x250/1000x126,9 = m (I2 99,5%) = m (I2) x100/99,5 = 0,040 x0,25x126,9x100/99.5 = 1,28 g m (KI) = 4x250x1/100 = 10 g m (KI 99%) = 10x100/99 = 10,1 g

[Ba2+]o = 0,005x1/1001 = 5.10-6 M [SO42-]o = 0,001 M [IO32-]o = 0,01 M

Điều kiện tối thiểu để kết tủa

[Ba2+]ox[SO42-]o = 5.10-6 x 10-3 > TBaSO4 = 10-10  BaSO4 kết tủa [Ba2+]ox[IO32-]o2 = 5.10-6 x 0,012 = 5.10-6 x 10-4 = 5.10-10 < TBa(IO3)2 = 10-8,8  Ba(IO3)2 ko kết tủa

NaOH dư nên pH là pH của NaOH Nếu acid dư => pH của dung dịch đệm

Đáp án d là đáp án đúng

Một mẫu chứa hỗn hợp Al2O3, Fe2O3 và tạp chất được đem cân 1,000 g và hòa tan thành 100 ml dung dịch A. Trong thí nghiệm A, 25 ml dung dịch A được đem kết tủa Al3+ và Fe3+ ở dạng Fe(OH)3 và Al(OH)3 rồi đem lọc rửa rồi nung thành Al2O3 và Fe2O3 thì cân được 0,2108 g. Trong thí nghiệm B, người ta cũng lấy 25 ml dung dịch A đem kết tủa chọn lọc Fe3+ ở dạng Fe(OH)3 trong môi trường pH 13 để hòa tan kết tủa Al(OH)3. Kết tủa Fe(OH)3 được lọc rửa và đem nung để chuyển thành Fe3O4 thì cần được 0,1546 g Fe3O4. Hãy tính % Al2O3 trong mẫu ban đầu biết MFe3O4 = 232, MFe2O3 = 160, MAl2O3 = 101,96. A/ % Al2O3 = 20,36 %  đáp án đúng B/ %Al2O3 = 22,48 % C/ %Al2O3 = 61,84 % D/ Tất cả đều sai. Trong 25 ml dd A, mAl2O3 = 0,2108 – 0,1546 x (3MFe2O3/2MFe3O4) = b Mẫu là 1,000 g  100 ml dd A, 25 ml dd A  b g Al2O3 hỏi % Al2O3 (mẫu rắn dạng 2)

%Al2O3 = b x (100/25) x (100/1,000) = 1/ Cho 1,0 g Ca(OH)2 khuay voi 200 ml H2O den khi can bang. Hoi dung dich thu duoc sau khi loc bo tua co nong do C% bao nhieu (d = 1 g/ml) ? Ca(OH)2 co tan het khong ? 2/ Cho 5 ml FeCl3 0,50 M vao 100 ml dd o cau 1 thi ket tua co tao thanh hay khong ? tinh [Fe3+] khi can bang.

Trong 1 g mẫu ta có: + m (CaCO3): a g -

m (MgCO3): b g

-

m (CaSO4 ): c g

m (CO2) = a x MCO2/MCaCO3 + b x MCO2/MMgCO3 = 5,29x1/100 = 0,0529 g m (CaO) = a x MCaO/ MCaCO3 + c x MCaO/MCaSO4 = 0,0759 g m (SO3) = c x MSO3/MCaSO4 = 0,0561 g m (MgO) = b x MMgO/MMgCO3 = 0,022 g

Au3+ + 2Cu+ = 2Cu2+ + Au+

Cho phan ung:

1/ Cho biet chieu huong PU va PU nay co dien ra hoan toan khong ? 2/ Xem xet chieu PU va tinh K cua PU voi cac truong hop sau: a/ khi co [Cl-] = 1 M b/ Khi co [I-] = 1 M C/ Khi co [CN-] = 1 M Au3+ + 2e = Au+ Eo = 1,41 V Cu2+ + e = Cu+

Eo = 0,153 V

a/ khi co [Cl-] = 1 M Au3+ + 2e = Au+ +

+

Cl-

Cl-

↕

↕

Au(III)Cl

Au(I)Cl

Au(III)Cl: β1,4 = 1021,3 Au(I)Cl: β1,2 = 109,42 Eo’= 1,41 – 0,059/2.lg (α(Au(III))/α(Au(1)) α(Au)(III) = 1 + 1021,3.14 = 1021,3 α(Au(I) = 1+ 109,42.12 = 109,42 Eo’ = 1,41 – 0,059/2 . (21,3 - 9,42) = 1,06 V

Cu2+ + 2e = Cu+ +

+

Cl-

Cl-

↕

↕

Cu(II)Cl

Cu(I)Cl

Cu(II)Cl Cu(I)Cl α(Cu)(I) = 1 + 105,35 + 105,63 =105,89 α(Cu)(II) = 1 + 100,7 = 100,77 Eo’(2) = 0,153 – 0,059/1. (lg a(Cu(II))/a(Cu(1)) = 0,153 – 0,059.(0,77 – 5,89) = 0,455 V

Eo’(2) = 0,153 – 0,059/1. (lg a(Cu(II))/a(Cu(1)) = 0,153 – 0,059.(0,77 – 5,89) = 0,455 V Eo’ (1) = 1,41 – 0,059/2 . (21,3 - 9,42) = 1,06 V Au3+ + 2e = Au+ Eo = 1,41 V Cu2+ + e = Cu+

Eo = 0,153 V

K’ = 102.(1,06 – 0,455)/0.059 = ETD’ = (1,06.2 + 0.455.1 )/3

Hãy cho biết Ca2+ có tạo phức CaY2- bền hơn ZnY2- trong điều kiện dung dịch đệm pH 11 có [NH3] = 2 M hay không ? (Biết rằng Zn2+ bị nhiễu đồng thời bởi OH– (với với 1,1 = 104,40, 1,2 = 1011,3, 1,3 = 1013,14,1,4 = 1014,66) và NH3 (với 1,1 = 102,18, 1,2 = 104,43, 1,3 = 106,74,1,4 = 108,70) còn Y4bị nhiễu bởi H+, Ca2+ chỉ bị nhiễu bởi OH- (1,1 = 101,46 mà không bị nhiễu bởi NH3) Zn2+

+

Y4-

+

+

+

OH-

NH3

H+

Zn(OH)x Zn(NH3)x

=

ZnY2-

Y(H+)

 D( Z 3)   '   A( Z 1) p( Z 2 )

’ZnY = ZnY/(Zn(OH,NH3).(Y(H))),

ZnY = 1016,5 ,[OH-] = 10-3, [NH3] = 2 M

Zn(OH,NH3) = 1 + 1,i[OH-]i + 1,j[NH3]j = 1 + 104,40.10-3 +1011,3.10-3x2 + 1013,14.10-3 x 3 + 1014,66.10-3x4 + 102,18.2 + 104,43.22 + 106,74.23 + 108,70.24 Zn(OH,NH3) = 109,9 ,(Y(H)) = 100,28  ’ZnY = ZnY/(Zn(OH,NH3).(Y(H))) = 106,32 Sach trang 91

Ca2+

+

Y4-

=

+

+

OH-

H+

Ca(OH)x

Y(H+)

CaY2-

’CaY = CaY/(Ca(OH).(Y(H))) CaY = 1010,57 Ca2+ chỉ bị nhiễu bởi OH- (1,1 = 101,46 mà không bị nhiễu bởi NH3) Ca(OH) = 1 + 101,46.10-3 = (Y(H)) = 100,28 ’CaY = 1010,27

ZnY = 1016,5 > CaY = 1010,57 pH 11 có [NH3] = 2 M  ’ZnY = 106,32 < ’CaY = 1010,27

CM phan ung nay tu xay ra o pH 11 va [NH3] = 2 M ZnY2- + Ca2+ = CaY2- + Zn2+ K > 1  ’CaY / ’ZnY > 1

K = Kđầu/ Ksau

Câu 7: Cho hai bán cân bằng oxy hóa khử Cr2O72- + 14H+ + 6eFe3+ + e-

 2Cr3+ + 7H2O (Eo = 1,33 V)  Fe2+ (Eo = 0,77 V)

7.1/ Trong điều kiện chuẩn, Fe2+ có bị oxy hoa bởi Cr2O72- hay không ? Trình bày phản ứng. Phản ứng có tính định lượng hay không ? Tính K và thế của dung dịch tại thời điểm tương đương của phản ứng đó neu cho 100 ml dd K2Cr2O7 0,10 N phan ung voi luong tuong duong FeSO4 0,20 M o pH 0 phản ứng đủ ko dư? => 50ml Fe 7.2/ Khi có mặt F- ([F-] = 0,1 M) , tính Eo’ của hai bán cân bằng trên o pH 1. Tinh E’TD va K’ cua phan ung tren o pH 1 va [F-] = 0,1 M

7.1/ Trong điều kiện chuẩn, Fe2+ có bị oxy hoa bởi Cr2O72- hay không ??? co ai ko bit

tra loi, do tay len ???? ko co ai  100% bit lam Cr2O72- + 6Fe2+ + 14 H+ = 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O Phản ứng có tính định lượng hay không ? ko bit nhung chac co K = ??? tu tinh ETD ???

Etđ =-

1Cr2O72- + 14H+ + 6e

0,059   m [ Kh1 ]1 p  n1 E1o  n2 E 2o  lg [ H ] + n1  n2 n1  n2  p   2Cr3+ + 7H2O (Eo = 1,33 V)

FeSO4 0,20 M  0,200 N: so duong luong Fe2+ = so duong luong Cr2O72CN(Fe2+).V(Fe2+) = CN(Cr2O72-).V(Cr2O72-) VFeSO4 = 100 x 0,1/0,200 = 50 ml Theo so mol: CM(Fe2+).V(Fe2+) = 6.CM(Cr2O72-).V(Cr2O72-)

CM(Cr2O72-) = 0,016667 N PU nay dien ra hoan toan (Vi K > 107)  so mol Cr3+ = 2.so mol Cr2O72[Cr2O72-]o = (0,10/6) x 100/(150) = 0,011111 M [Cr3+] = 2 x 0,01111= 0,02222 M

ETD = (1,33 x 6 + 0,77x1)/7 + 0,059/7xlg{ 114 .(1/2[Cr3+] } = 1,2614 V 7.2/ [F-] = 0,10 M E 0' E 0 

Fe3+ + 2e = Fe2+

0,059  Ox ( Z1 ) lg n  Kh( Z 2 )

+ F↕ Fe(III)F

αFe(III) = 1 + ∑β1,i[F-]i = 1 + 106,04 – 1 + 1010,47 – 2 + 1013,74 – 3 + 1015,74 – 4 + 1016,1 – 5 + 1016,1 – 6 = 1011,87 Eo’ = 0,77 – 0,059/1xlgαFe(III) = 0,77 – 0,059 x (11,87) = 0,06967 V

Cr2O72- + 14H+ + 6e-

 2Cr3+ + 7H2O + F↕ Cr(III)F

E 0' E 0 

0,059 lg[ H  ]m n ,

[H+] = 10-1 M

Nhieu boi H+: + 0,059/6 x lg[H+]14 = 0,059/6 x (-14) = - 0,1376 V

E 0' E 0 

0,059  Ox ( Z1 ) lg n  Kh( Z 2 )

Nhieu boi F-: - 0,059/6 x lg(1/α2Cr(III)) = (0,059/6).(2lg(αCr(III))) αCr(III) = 1 + 105,2 – 1 + 108,54 – 2 + 1011,02 – 3 = 108,034 Eo’(1) = 1,33 – 0,1376 + 0,059/6x(2 x 8,034) = 1,35 V

K’ = 106.(1,35 – 0,06967)/0,059 =

??? > 107

0,059   m [ Kh] n1 E1o '  n2 E 2o ' lg [ H ] + n1  n2 n1  n2  p

1 p

’

Etđ E’=TD = (6xE10’ +

1 xE2o’ )/ 7 + 0,059/7xlg{ (0.1)14 .(1/(2[Cr3+]) }

E1o’ = 1,33 + 0,059/6x(2 x 8,034) = ??? V (Khong xet H+) E2o’ = 0,06967 V ETD’ = (??? x 6 + 0,06967)/7 + 0,059/7xlg{ (0.1)14 .(1/(2 x 0,0222) } = ???? V

MnO2 + C2O42- + 4H+ = Mn2+ + 2CO2 + 2H2O X

X 2MnO4 -

(0,100/5).24,2.10-3

+ 

5C2O42-

+ 16H+ = 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O

0,100.0,0242/2

X + 0,100.0,0242/2 = 0,4024/134  X =

 m(MnO2) = X. MMnO2  %MnO2 =

  

Câu 3: Để phân tích một mẫu axit phosphoric công nghiệp có lẫn một axit H2SO4, người ta cân m g và hòa tan thành 100 ml dung dịch (dd D). 5,00 ml dung dịch D được đem chuẩn độ bằng NaOH 0,100 N thì được Vtđ1 (theo chỉ thị bromocresol lục) là 8,60 ml và Vtđ2 (theo chỉ thị phenolphthalein) là 16,85 ml. 3.1/ Hãy cho biết pH tại 2 điểm tương đương ở trên và tính toán CM của H3PO4 và H2SO4 trong dung dịch D 3.2/ Tính C% của H3PO4 và H2SO4 trong mẫu ban đầu.

m dd = 2,00 g

VNaOH trung hòa H3PO4 (cả 2 nấc) = 2(V2 – V1) = 2(16,85 – 8,60) = 2x8,25 = 16,5 ml VNaOH trung hòa H2SO4 = V2 – 2(V2 – V1) = 2V1 – V2 = 2.8,6 – 16,85 = 0,35 ml CH3PO4 (M) = (16,5 x 0,1/5,00)/2 = 0,165 M CH2SO4 (M) = (0,35 x 0,1/5,00)/2 = 0,0035 M C% H3PO4 = mH3PO4/mdd m dd = 2,00 g mH3PO4 = 0,165 x (100/1000) x 98 = C% H3PO4 = 80,9% % H3PO4 = 16,5.0,1.10-3. (100/5,00). (98/2) . (100/2) =

2V1=V2: mẫu chỉ chứa H3PO4 2V1>V2: mẫu H3PO4 bị nhiễm acid mạnh. 2V1