BÀI KI M TRA I U KI N MÔN LÝ THUY T HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAOỂ Đ Ề Ệ Ế
BÀI KIÊ
̉
M TRA ĐIÊ
̀
U KIÊ
̣
N
MÔN LÝ THUYẾT HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAO
Professor: Dr. Nguyễn Kh c Ngh a – Vinh Universityă ĩ
Master student: Trần Anh Sơn – 17th Course.
ĐỀ RA
Câu I:
1. Bằng phản ứng hóa học, chứng tỏ rằng Ure là một baz yếu trong nước, một axit trung bình
trong môi trường NH
3
lỏng, một baz mạnh trong môi trường CH
3
COOH lỏng.
2. Xét hỗn hợp axetat và xianua, dung dịch này có mấy baz, mấy axit? Hãy chứng tỏ bằng các
phương trình phản ứng và viết phương trình điều kiện proton.
Câu II:
Cân 1,25 gam axit yếu HA hòa tan trong nước cất thành 50ml dung dịch A. Chuẩn độ dung dịch
này bằng dung dịch chuẩn NaOH 0,09M. Biết nếu thêm 8,24 ml dd NaOH thì pH = 4,3, còn nếu
thêm 41,2 ml dd NaOH thì phản ứng đạt tới điểm tương đương.
1. Tính khối lượng phân tử HA và K
a
của nó.
2. Tính pH của dung dịch A theo giản đồ logarit nồng độ.
3. Lập công thức phương trình đường chuẩn độ, phương trình sai số chỉ thị và sai số điểm cuối.
Câu III:

/)(
2
4
−
=1,26 (V).
BÀI GIẢI
Câu I:
1. Ure có CTPT (NH
2
)
2
CO, CTCT :
NH
2
C NH
2
O
, dễ tan trong các dung môi như
nước, NH
3
lỏng hoặc CH
3
COOH lỏng. Tùy thuộc vào bản chất dung môi, ure thể hiện tính axit–
baz khác nhau.
+ Trong môi trường nước, (NH
2
)
2
CO thể hiện là một baz yếu:
NH

CO được tính bằng:
82,13
22
32
10
][
]].[[
−
+−
=
−−
−−
=
NHCONH
NHCONHOH
K
B
+ Trong môi trường NH
3
lỏng, (NH
2
)
2
CO thể hiện là một axit trung bình:
NH
2
–CO–NH
2
+ NH
3

−+
][
]].[[
22
24
NHCONH
NHCONHNH
K
a
+ Trong môi trường axit axetic lỏng, (NH
2
)
2
CO lại thể hiện là một baz mạnh:
NH
2
–CO–NH
2
+ CH
3
COOH → NH
2
–CO–NH
3
+
+ CH
3
COO
–
Dung môi CH

7
=10.000.000 (mười triệu lần)
2. Xét dung dịch hỗn hợp axetat và xianua (ví dụ: CH
3
COONa và NaCN) trong nước. trong hệ
tồn tại hai baz yếu là CH
3
COO
–
và CN
–
, dung môi H
2
O đóng vai trò là axit (chất cho proton):
H
2
O  H
+
+ OH
–
(1)
CN
–
+ H
2
O  HCN + OH
–
(2)
CH
3

[HCN] + [CN
–
] = C
2
Phương trình điều kiện proton xuất phát từ CH
3
COO
–
và CN
–
:
[H
+
] + [CH
3
COOH] + [HCN]= [OH
–
]
Câu II.
1. Ta có: m
o
= 1,25 (gam) ; V
o
= 50,00 (ml); C = 0,09M; V = 8,24 (ml); V = 41,2 (ml); pH = 4,3
Phương trình chuẩn độ: NaOH + HA → NaA + H
2
O
hoặc ở dạng ion: OH
–
+ HA → A

+
] = K
a
−
A
HA
C
C
Như vậy:
K
a
= [H
+
].
[ ] [ ] [ ]
'
'
.
'
'
.
'
'
'
'
.
VV
V
H
CVCV

−−
≈
−
=
pK
a
≈ 4,9 (HA có độ mạnh gần tương đương với axit axetic là một axit yếu)
2. Tính pH của dung dịch A bằng đồ thị logarit nồng độ:
Ta có:
C
A
= C
o
=
M
V
CV
o
074,0
00,50
2,41.09,0
≈=
+ pK
a
= 4,9
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
-
H c viên th c hi n: Tr n Anh S nọ ự ệ ầ ơ - CH17 - Chuyên ngành: Hóa h u cữ ơ 2
BÀI KI M TRA I U KI N MÔN LÝ THUY T HÓA PHÂN TÍCH NÂNG CAOỂ Đ Ề Ệ Ế
+ Điểm hệ có tọa độ (pK

1
lg
2
1
2
1
≈−−=−=
Aa
CpKpH
3. Phương trình chuẩn độ: Ta chuẩn độ 50,00 ml dung dịch HA có nồng độ C
o
= 0,074M và có
hằng số axit K
a
= 1,25.10
–5
bằng dung dịch baz mạnh NaOH có nồng độ C = 0,09M.
Sau khi thêm V = 8,24 ml dung dịch NaOH, trong dung dịch có các ion: H
+
, Na
+
, OH
–
, A
–
và
phân tử HA mà nồng độ cân bằng của chúng liên hệ với nhau bởi các phương trình sau:
Phương trình tích số ion của nước: [H
+
].[OH

+
(4)
Phương trình trung hòa điện: [Na
+
] + [H
+
] = [OH
–
] + [A
–
] (5)
từ phương trình (2) và (3) ta có: [A
–
] =
[ ]
))((
+
++
HKVV
KVC
ao
aoo
Thay [Na
+
] và [A
–
] vào (5) ta có:
+
+
)( VV

] – [H
+
])
oo
o
VC
VV
+
+
[ ]
+
+
HK
K
a
a
(7)
Suy ra: F – 1 = ([OH
–
] – [H
+
])
oo
o
VC
VV
+
–
[ ]
[ ]

[ ]
[ ]
oo
o
a
VC
VV
H
HK
H
+
−
+
−
+
+
+
+ Khi thêm V ml dung dịch NaOH nhưng còn tương đối xa điểm tương đương: bỏ qua số hạng
([OH
–
] – [H
+
])
oo
o
VC
VV
+
.
hoặc: [H

[ ]
[ ]
+
+
+
HK
H
a
=
[ ]
CC
CC
H
K
o
ow
+
+
.
+ Sát trước hoặc sau điểm tương đương, 0,999 < F < 1,001. Ta bỏ qua [H
+
]
⇒ F – 1 =
[ ]
[ ]
+
+
−
+
+

+
–
[ ]
[ ]
c
a
c
HK
H
+
+
+
(9)
* Nếu điểm cuối gần tương đương thì
oo
o
VC
VV
+
=
CC
CC
o
o
+
=> S = F
c
– 1 = ([OH
–
]

c
a
c
HK
H
+
+
+
(11)
– Sát điểm tương đương [OH
–
] >> [H
+
] nên:
S = [OH
–
]
c
CC
CC
o
o
+
–
[ ]
[ ]
c
a
c
HK

(r)
+ 8CN
–
(dd)
+ O
2 (k)
+ 2H
2
O
(l)
 4[Au(CN)
2
]
–
(dd)
+ 4OH
–
(dd)
(1)
2[Au(CN)
2
]
–
(dd)
+ Zn
(r)
 [Zn(CN)
4
]
2–

−
+
 
 
(*)
Au
(r)
+ 2CN
–
(dd)
 [Au(CN)
2
]
–
(dd)
+ e
2
( ) /Au CN Au
E
−
=
2
2
2
( ) /
( )
0,059
lg
1
o

E
o
AuCNAu
(**)
Khi cân bằng:
2
( ) /Au CN Au
E
−
=
2
/O OH
E
−
. Từ (*) và (**) ta có:
2
2
/
0,059
lg
4
O
o
O OH
P
E
OH
−
−
+

22
−−
−
=
[ ] [ ]
[ ]
2
8
44
2
)(
lg
4
059,0
O
PCN
OHCNAu
−
−−
⇒lgK
1
=
68
1
/)(/
1068
059,0
))60,0(404,0(4
059,0
)(4

2
( ) /
( )
0,059
lg
1
o
Au CN Au
Au CN
E
CN
−
−
−
 
 
+
 
 
=
[ ]
[ ]
4
2
2
/)(
)(
lg
2
059,0

[ ]
4
2
4
/)(
)(
lg
2
059,0
2
4
−
−
+
−
CN
CNZn
E
o
ZnCNZn
(****)
Khi cân bằng:
2
( ) /Au CN Au
E
−
=
ZnCNZn
E
/)(

/)(
)(
lg
2
059,0
2
4
−
−
+
−
CN
CNZn
E
o
ZnCNZn
o
ZnCNZn
o
AuCNAu
EE
/)(/)(
2
42
−−
−
=
[ ]
[ ]
2

K
EE
o
ZnCNZn
o
AuCNAu
Cả hai hằng số cân bằng đều rất lớn chứng tỏ cả hai phản ứng đều có thể đạt hiệu suất cao.
2. Đánh giá khả năng hòa tan Ag trong nước khi có mặt oxy không khí. Cho nhận xét.
Phương trình phản ứng: 4Ag + O
2
+ 2H
2
O  4Ag
+
+ 4OH
–
(*)
Gồm hai bán phản ứng:
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
-
H c viên th c hi n: Tr n Anh S nọ ự ệ ầ ơ - CH17 - Chuyên ngành: Hóa h u cữ ơ 5