Страниц: 1 2 [3] 4 5
  Печать  
Автор Тема: Помощь в решении задач  (Прочитано 28011 раз)
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #30 : 13 Декабрь 2009, 22:09:34 »

Розрахувати рН розчину з молярною концентрацією ацетату натрію 0,2 моль/л.

Розв’язок.
Обчислимо константу ЗДМ для реакції гідролізу ацетату натрію:
         lg K = lg KH + lg Kw = 4,76 - 14 = -9,24.
Розглянемо рівновагу реакції гідролізу:

   CH3COO–   +   H2O      CH3COOH   +    OH–
с0   0,2            0      0
с   –x            x      x
[  ]   0,2 – x            x      x

Одержані вирази рівноважних концентрацій підставимо до рівняння ЗДМ :
K =  ,       10–9,24 =  .
Оскільки рівновага реакції зміщена вліво, можна припустити, що x << 0,2, тоді
10–9,24 =  .
Звідси x = [OH–] = 10–4,97 моль/л. Рівноважну концентрацію іонів водню знаходимо з іонного добутку для розчинника:
 [H+] = Kw  / [OH–]  = 10–9,03,
pH = 9,03.
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #31 : 13 Декабрь 2009, 22:09:50 »

Розрахувати рН буферного розчину, що містить мурашину кислоту HCOOH (lg Ka = –3,74) з молярною концентрацією 0,1 моль/л та форміат натрію HCOONa з молярною концентрацією 0,2 моль/л.

Розв’язок.
Розглянемо рівновагу реакції, що забезпечує буферну дію розчину:

   HCOOH      HCOO–    +    H+
с0   0,1      0,2      0
с   –x      x      x
[  ]   0,1–x      0,2+x      x

Тоді, згідно ЗДМ,
 Ka =  ,      Ka =  .
Оскільки x0,1, цим доданком можна знехтувати, тоді
Ka =  .
Звідси x = [H+] =  ;
pH = –lg x = –lg0,1 –lg Ka +lg 0,2 = 1 + 3,74 – 0,7 = 4,04.
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #32 : 13 Декабрь 2009, 22:10:09 »

В мірну колбу місткістю 100 мл введено 50 мл розчину з молярною концентрацією CH3COOH 0,5 моль/л, 10 мл розчину з молярною кон-центрацією  NaOH 1,25 моль/л і доведено дистильованою водою до мітки. Розрахувати рН одержаного буферного розчину.

Розв’язок.
Обчислимо початкові концентрації реагентів:
с(CH3COOH) = 0,5 .50/100 = 0,25 моль/л;
с(NaOH) = 1,25.10/100 = 0,125  моль/л.
 Для реакції між реагентами
         lg K = lg Ka – lg Kw = –4,76 + 14 = 9,24.
Рівновага цієї реакції зміщена вправо, тож для обчислень зручно перейти до граничного складу, приймаючи  до уваги, що OH– знаходиться в недостачі і повністю витрачається на  пряму реакцію:

   CH3COOH   +   OH–      CH3COO–   +    H2O
с0   0,25      0,125      0      
сlim   –0,125      –0,125      0,125      
сlim   0,125      0      0,125      
с   x      x      –x      
[  ]   0,125+x      x      0,125–x      

Тоді, згідно ЗДМ,
 K =  ,

109,24=  .
Звідси, при x0,125
x = [OH–] = 10–9,24; [H+] = Kw[OH–]–1 = 10–4,76,
pH = 4,76.

Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #33 : 13 Декабрь 2009, 22:11:09 »

Як приготувати 200 мл буферного розчину з рН= 4, скориставшись роз-чинами з молярними концентраціями оцтової кислоти CH3COOH 0,2 моль/л і ацетату натрію CH3COONa 0,1 моль/л (lg Ka = –4,76)?

Розв’язок.
Позначимо об’єм розчину кислоти V мл, тоді об’єм розчину ацетату натрію дорівнюватиме (200 - V) мл. Початкові концентрації дорівнюють:
         с(CH3COOH) = 0,2. V/200 (моль/л),
         с(CH3COO–) = 0,1. (200 - V)/200 (моль/л).
При рН = 4 рівноважна концентрація іонів водню [H+] = 10–4 моль/л.
Розглянемо рівновагу реакції, що забезпечує буферну дію розчину:

   CH3COOH      CH3COO–   +    H+
с0   
   
   0
с   –10–4      10–4      10–4
[  ]    –10–4
    +10–4
   10–4

Рівняння ЗДМ має вигляд:
 Ka =  .
Оскільки величина 10–4 повинна бути набагато меншою, ніж кон-центрації компонентів буферу, можна вважати, що
[CH3COOH] =  ; [CH3COO–] =  . Підставивши ці вирази до рівняння ЗДМ, одержуємо:
 Ka =  .
Розв’язавши це рівняння, одержуємо значення V = 133,3 мл.
Таким чином, для приготування буферного розчину треба внести до мірної колби місткістю 200 мл  133,3 мл розчину CH3COONa та довести до мітки розчином кислоти.
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #34 : 13 Декабрь 2009, 22:11:49 »

При визначенні нікелю в сталі одержано такі значення масової частки нікелю (%): 1,22; 1,15; 1,21; 1,23; 1,20. Чи містять результати аналізу грубий промах ? Розрахувати дисперсію та довірчий діапазон результату аналізу при довірчій ймовірності 95%.

Розв’язок.
Грубі промахи виявляють за Q-критерієм. Представимо результати аналізу в порядку їх збільшення: 1,15; 1,20; 1,21; 1,22; 1,23. Грубим прома-хом може бути найбільший або найменший результат. Найменший результат помітніше відрізняється від сусіднього, ніж найбільший. Розрахуємо для нього значення Q-критерію:
            Q =       = 0,62.
За таблицею (див. Додаток) знаходимо значення Q-критерію при  P=95% і n=5: Qтабл.= 0,64. Оскільки  розраховане значення 0,62 менше табличного 0,64, результат 1,15  не є грубим промахом.
Для розрахунку дисперсії  спочатку знайдемо середнє значення масової частки:
  = (1,22+1,15+1,21+1,23+1,20) / 5 = 1,202,
потім знайдемо відхилення кожного результату від середнього, піднесемо їх до квадрату, додамо і розділимо на (n - 1) = 4. Ці обчислення зручно оформлювати у вигляді таблиці:
i   xi   xi -  , 10 -2
(xi -  )2, 10–4

1   1,22   1,8   3,2   s2 =38,810–4/4 =
2   1,15   5,2   27,0   =9,710–4;
3   1,21   0,8   0,6   
4   1,23   2,8   7,8     = 9,710–4/5=

5   1,20   0,2   0,04   = 1,94 10–4;
          =
= 38,8;   
Тоді стандартне відхилення дорівнює:
           = = 1,410–2.
Для обчислення довірчого діапазону результату аналізу знаходимо коефіцієнт Стьюдента при P=95%  і f=4 (див. Додаток): t=2,78.
Згідно формули (4.6) довірчий діапазон складає:
         1,202  2,78. 1,410–2 = 1,202  0,038.
В значенні напівширини діапазону залишаємо одну значущу цифру, а в середньому значенні залишаємо стільки ж знаків після коми, скільки їх за-лишилось в напівширині інтервалу: 1,20  0,04.
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #35 : 13 Декабрь 2009, 22:12:04 »

Масову частку оксиду міді в мінералі визначено методами йодометрії та комплексонометрії. При цьому отримано слідуючі результати (%): I. 38,20; 38,00; 37,66; II. 37,70; 37,65; 37,55. Чи однорідні дисперсії результатів двох методів? Чи значимо різняться результати, отримані різними методами?

Розв’язок.
Перевірка однорідності дисперсій проводиться за F-критерієм, а для його розрахунку необхідно обчислити дисперсії результатів обох методів. Спо-чатку знайдемо середні значення результатів масової частки кожного мето-ду:
 1 = (38,20 + 38,00 + 37,66)/ 3 = 37,95;  2 = (37,70 + 37,65 + 37,55) / 3 = 37,63.
Обчислення відхилень кожного результату від середнього значення та їх квадратів, як і в прикладі 4.1., зручно оформити у вигляді таблиці:

                            I метод                                                           II метод
xi   xi - 
(xi -  )2
xi   xi - 
(xi -  )2

38,20   0,25   0,0625   37,70   0,07   0,0049
38,00   0,05   0,0025   37,65   0,02   0,0004
37,66   0,29   0,0841   37,55   0,08   0,0064
       =
= 0,1491          =
=0,0117


Дисперсії та F-критерій дорівнюють:
  = 0,1491 / 2 = 0,0745;     = 0,0117 / 2 = 0, 0058;
F = 0,0745 / 0,0058 = 12,78.
В таблиці (див.Додаток) для P=95% і f1 = 2, f2 = 2 знаходимо:
 Fтабл. = 19,00.
Оскільки Fрозр.  Fтабл., дисперсії однорідні.
За формулами (4.13) і (4.14) обчислюємо об’єднану дисперсію та стан-дартне відхилення:
 = (2.0,0745 + 2.0,0058) / (3 + 3 - 2) = 0,0402,
 = 0,168,
а за формулою (4.15) — t-критерій:
t = 37,95 - 37,63 / 0,168 =  1,96.
Розраховане значення t порівнюють з табличним при довірчій ймовірності 0,95 і об’єднаному числі ступенів свободи 4: t95,4 = 2,78. Оскільки tрозр. tтабл., різниця між  1 і  2 незначима. Результати обох методів можна об’єднати.
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #36 : 13 Декабрь 2009, 22:12:22 »

В лабораторії було приготовано розчин хлороводневої кислоти з моляр-ною концентрацією приблизно 1 моль/л. Для уточнення концентрації кисло-ти 25 мл приготованого розчину за допомогою піпетки перенесено до мірної колби місткістю 250 мл, доведено дистильованою водою до мітки і ретельно перемішано. Одержаним розчином відтитровано наважку Na2CO3 масою 0,1105 г у відповідності з реакцією:
         CO32– + 2H+  H2O + CO2,               
на це витрачено 20,8 мл розчину кислоти. Якою буде відносна похибка визначення концентрації кислоти, якщо стандартне відхилення вимірювання маси дорівнює 1.10–4 г, місткості мірної колби—0,3 мл, місткості піпетки—0,06 мл, місткості бюретки—0,1 мл?

Розв’язок.
Концентрація HCl в приготованому розчині обчислюється за формулою:
c(HCl) =   =
= 1,002 (моль/л).
Похибкою визначення молярної маси можна знехтувати. Маса наважки обчислюється як різниця результатів двох зважувань. Тоді формула поши-рення випадкової похибки набуває вигляду:
  ;
 =   =
= 2.8,2.10–7 + 2,31.10–5 + 1,4.10–6 + 5,8.10–6 = 3,19.10–5.
Відносна похибка визначення концентрації HCl у приготованому розчині дорівнює:
  = 0,56 %.
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #37 : 13 Декабрь 2009, 22:12:57 »

Масова частка Fe3O4 в магнетиті біля 70 %. Залізо визначають, осаджую-чи його розчином з масовою часткою NH3 2 %. Об’єм розчину NH3 беруть з півторакратним надлишком. Маса осаду після прожарювання не повинна перевищувати 0,2 г. Обчислити масу наважки магнетиту, яку необхідно взя-ти для визначення заліза. Який об’єм розчину аміаку витрачається на осад-ження ?

Розв’язок.
 З кожної молекули Fe3O4 при розчиненні з окисленням Fe2+ утворюється три іони Fe3+, які осаджуються аміаком:
Fe3+ + 3NH3 + 3H2O  Fe(OH)3 + 3NH4+.
Осад Fe(OH)3 при прожарюванні перетворюється в Fe2O3.
Для  обчислення маси наважки магнетиту складемо схему перетворення:
2 Fe3O4  3 Fe2O3,
з якої витікає, що:
 .
Звідси
n(Fe3O4) =  .n(Fe2O3) = .  =   = 8,3.10–4 (моль).
Обчислимо масу Fe3O4 та масу магнетиту:
m (Fe3O4) = n(Fe3O4).M(Fe3O4) = 8,3.10–4 . 231,54 = 0,1933 (г);
m(магнетиту) = 0,1933 / 0,7 = 0,2762 (г).
Кількість речовини заліза, яке утворюється з магнетиту, дорівнює:
n(Fe3+) = 3. n(Fe3O4) = 3. 8,3.10–4 = 2,5.10–3 (моль).
З рівняння реакції осадження заліза витікає:
n(NH3) = 3. n(Fe3+) = 3. 2,5.10–3 = 7,5.10–3 (моль).
Маса аміаку та маса розчину дорівнюють:
m(NH3) = n(NH3).M(NH3) = 7,5.10–3 . 17,0304 = 0,127 (г),
m(розчину) =   =   = 6,36 (г).
Обчислимо об’єм розчину аміаку, необхідний для осадження, врахував-ши півторакратний надлишок:
V(розчину) = m(розчину) /  = 6,36 / 0,990 = 6,42 (мл),
V(розчину)надл. = 6,42.1,5 = 9,64 (мл).
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #38 : 13 Декабрь 2009, 22:13:24 »

Для гравіметричного визначення барію в кристалогідраті BaCl22H2O  наважку його масою 0,2094 г розчинено в 150 мл дистильованої води, дода-но 3 мл розчину  з молярною концентрацією HСl 2 моль/л. Після нагрівання розчину майже до кипіння барій осаджено розчином з молярною концентрацією H2SO4 0,1 моль/л. Об’єм осаджувача взято з надлишком в 20%. Обчислити похибку, зумовлену розчинністю осаду.

Розв’язок.
Обчислимо об’єм розчину, де утворюється осад, і початкові концентрації реагентів.
Кількість речовини барію можна обчислити за масою наважки кри-сталогідрату BaCl22H2O:
n(Ba2+) =   моль.
Кількість речовини сірчаної кислоти, з врахуванням надлишку, дорівнює:
n(H2SO4) = 1,2 n(Ba2+) = 1,2.8,58.10–4 моль = 1,03.10–3 моль.
Об’єм  доданого розчину сірчаної кислоти:
V = n(H2SO4) / c(H2SO4) = 1,03.10–3 моль / 0,1 моль/л = 0,0103 л.
Загальний об’єм розчину:
V = 150 мл + 3 мл +10,3 мл =163,3 мл.
Концентрації реагентів до утворення осаду:
с(BaCl2) = 8,58.10–4 моль / 0,1633 л = 5,25.10–3 моль/л,
с(H2SO4) =1,03.10–3 моль / 0,1633 л = 6,31.10–3 моль/л,
с(HСl) =   = 3,67.10–2 моль/л,
сo(Ba2+) = с(BaCl2) = 5,25.10–3 моль/л,
сo(Сl–) = 2с(BaCl2) + с(HСl) = 2. 5,25.10–3 + 3,67.10–2 =
= 4,72.10–2 (моль/л),
сo(SO42–) = с(H2SO4) = 6,31.10–3 моль/л,
сo(H+) = с(HСl) +2 с(H2SO4) = 3,67.10–2 + 2. 6,31.10–3 =
= 4,93.10–2 (моль/л).
Після осадження BaSO4 і утворення гідросульфату граничні значення концентрацій реагентів дорівнюють:
с(Ba2+) = 0;
с(Сl–) = сo(Сl–) = 4,72.10–2  моль/л;
с(HSO4–) =  с(SO42–) =  сo(SO42–) - сo(Ba2+) = 6,31.10–3 – 5,25.10–3 =
 = 1,06.10–3 (моль/л);
с(H+) = сo(H+) – с(HSO4–) = 4,93.10–2 – 1,06.10–3 = 4,82.10–2 (моль/л).
На розчинність осаду BaSO4 в такому розчині впливають: (1) іонна сила; (2) конкуруючі реакції з надлишком осаджувача: утворення розчинних комплексів BaSO4 (lg 1 =2,7 ) та Ba(SO4)22– (lg 2 =1,42 ); (3) конкуруючі ки-слотно-основні реакції: протонування SO42– (lg H1 =1,99).
Для розрахунків доцільно обрати метод балансу компонентів, обчислив-ши концентраційні константи ЗДМ. До компонентів відносимо осад  і реа-генти з високими рівноважними концентраціями HSO4– і H+.
 
компоненти   продукти   lg K      
BaSO4   HSO4–    Н+      
0   0   1   Н+   0
1   -1   1   Ba2+   lg Ksс + lgH1с  =
= –9,30 +1,58 = –7,72;
1   0   0   BaSO4   lg Ksс + lg 1с =
= –9,30  +2,04 =–7,26;
1   1   –1   Ba(SO4)22–   lg Ksс + lg 2с – lg H1с =
= –9,30 +0,43 – 1,58 =
= –10,45;
0   1   0   HSO4–   0
0   1   -1   SO42–   –lg H1с = –1,58;

Обчислимо іонну силу розчину, враховуючи лише переважаючі частин-ки:
І = 1/2 {с(Сl–) + с(HSO4–) + с(H+)} = 1/2 (4,72.10–2 +1,06.10–3 +
+ 4,82.10–2) = 4,82.10–2 (моль/л);
коефіцієнти активності однозарядних іонів:
lgf = –  0,15. 4,82.10–2 = – 0,083;
lgf  = lgf =  –0,097.
Коефіцієнти активності іонів осаду дорівнюють:
 lgf = lgf  = 4.( – 0,083) = –0,33,
Обчислимо концентраційні константи ЗДМ:
lgK  = lgKS – lgf  – lgf  = –9,96 + 2.0,33 = –9,30;
lg1c = lg1 + lgf  + lgf  = 2,7 – 2 .0,33 = 2,04;
lg2c = lg2 + lgf  +2 lgf  = 1,42  – 3.0,33 = 0,43;
lg H1с = lg H1 +  lgf  + lgf = 1,99 – 0,33 – 0,083 = 1,58,
і концентраційні константи ЗДМ для реакцій, наведених у таблиці (табл).
Рівняння матеріального балансу компонетів мають вигляд:
S = [Ba2+] + [BaSO4] + [Ba(SO4)22–] = K .H1с.[HSO4–]–1[H+] + K . 1c +
+ K . 2c.(H1с)–1[HSO4–][H+]–1;
c(HSO4–) = [HSO4–] – [Ba2+] +[ Ba(SO4)22–] +[ SO42–];
c(H+) = [H+] + [Ba2+] – [ Ba(SO4)22–] – [ SO42–].
Рівноважні концентрації компонентів HSO4– і H+ набагато більші, ніж рівноважні концентрації продуктів розчинення осаду. Залишимо в двох останніх рівняннях лиш найбільші доданки:
c(HSO4–) = [HSO4–] = 1,06 . 10–3 моль/л;
c(H+) = [H+] = 4,82 . 10–2  моль/л.
Підставимо ці значення рівноважних концентрацій в рівняння для розчинності:
S = 10–7,72.( 1,06 . 10–3 )–1. 4,82 . 10–2  + 10–7,26 +
+10–10,45. 1,06 . 10–3 .( 4,82 . 10–2  )–1 = 9,3 . 10–7 ( моль/л).
Відносна похибка, зумовлена розчинністю осаду:
S/c0(Ba2+) = 9,3.10–7 / 5,25.10–3 = 1,8.10–4 або 0,018 % .
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #39 : 13 Декабрь 2009, 22:13:52 »

Наважку бури Na2B4O7.10H2O масою 0,3221 г розчинили у воді. На титру-вання одержаного розчину витрачено 16,85 мл розчину хлороводневої кислоти. Обчислити молярну концентрацію HCl в розчині.

Розв’язок.
Бура при розчиненні взаємодіє з водою:
B4O72–  + 3H2O   2H3BO3  + 2BO2–,
і утворений метаборат титрують кислотою:
BO2– + H+  + H2O  H3BO3 .
На 1 моль бури при титруванні витрачається 2 моль Н+:
n(B4O72–) = n(H+) / 2.
За даними задачі доцільно виразити кількість речовини  тетраборату n(B4O72–) через масу і молярну масу бури:
n(B4O72–) = n(Na2B4O7.10H2O) =
= m(Na2B4O7.10H2O) / M(Na2B4O7. 10H2O),
а кількість речовини H+ – через концентрацію HCl  та об’єм розчину, який витрачено на титрування:
n(H+) = n(HCl) = c(HCI). V.
Підставивши останні два вирази в рівняння для кількостей речовини, маємо:
m(Na2B4O7.10H2O)/ M(Na2B4O7.10H2O) = c(HCl). V/2,
звідки
c(HCI) = 2m(Na2B4O7.10H2O)/M(Na2B4O7 .10H2O).V.
В результаті обчислень одержуємо:
c(HCl) = 
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #40 : 13 Декабрь 2009, 22:14:05 »

Наважку кристалогідрату щавлевої кислоти масою 1,2922 г розчинено в мірній колбі місткістю 250 мл. На титрування 25 мл одержаного розчину вит-рачено 20,50 мл розчину гідроксиду натрію. Обчислити молярну концентрацію NaOH в розчині.

Розв’язок.
Титрування відбувається за  рівнянням:
H2C2 O4 + 2OH–  C2O42– + 2H2O.
В точці стехіометричності виконується співвідношення:
n(H2C2O4) = n(OH–) / 2.
Кількість речовини щавлевої кислоти, що титрується, дорівнює:
 n(H2C2O4) =  ,
де Vал — об’єм аліквоти (частини розчину, взятої для титрування);
Vк —місткість мірної колби, в якій розчинено наважку.
Кількість речовини гідроксиду натрію доцільно виразити через кон-центрацію та об’єм:
n(OH–) = с(NaOH). V.
Одержані вирази для кількостей речовини щавлевої кислоти та гідроксиду натрію підставимо в стехіометричне відношення. Тоді маємо:
 .
Звідси концентрація гідроксиду натрію дорівнює:
с(NaOH) =  =
 
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #41 : 13 Декабрь 2009, 22:14:21 »

Розчин має лужну реакцію. Є припущення, що в ньому можуть знаходитись одна або кілька з таких речовин: NaOH, Na2CO3, NaHCO3. На титрування 25,00 мл такого розчину в присутності індикатора фенолфталеїну (ФФ)  витра-чено 15,67 мл розчину з молярною концентрацією HCl 0,1012 моль/л, а на титрування такого ж об’єму розчину в присутності індикатора бромкрезолово-го зеленого  (БКЗ) – 42,13 мл того ж розчину HCl. Які речовини знаходяться в розчині? Обчислити їх маси.

Розв’язок.
Якби розчин містив тільки NaOH, на його титрування в присутності будь-якого з двох згаданих індикаторів витрачались би одинакові об’єми розчину кислоти, тобто Vфф = VБКЗ.
Якби розчин містив тільки Na2CO3, на його титрування в присутності фенолфталеїну витрачалось би в 2 рази менше розчину кислоти, чим в присутності бромкрезолового зеленого, тобто
 VФФ =  .
Якби розчин містив тільки NaHCO3, то при титруванні в присутності фенолфталеїну розчин би знебарвлювався при додаванні перших капель роз-чину кислоти, тобто VФФ = 0.
Якби розчин містив NaOH та Na2CO3, то на титрування в присутності фенолфталеїну витрачався б об’єм розчину кислоти більший, ніж половина того, що витрачається на титрування в присутності бромкрезолового зеленого, тобто VФФ  1/2 VБКЗ.
Згідно з умовою задачі, на титрування в присутності фенолфталеїну витра-чено менше розчину кислоти, ніж половина того, що витрачається на титру-вання в присутності бромкрезолового зеленого, тобто VФФ  1/2VБКЗ.
Отже, розчин містить Na2CO3 та NaHCO3.
В присутності фенолфталеїну титрується тільки Na2CO3:
CO32– + H+  HCO3–.
В точці стехіометричності має місце рівність:
n1(H+) = n(CO32–), або
с(HCl).VФФ = m(Na2CO3)/M(Na2CO3) ,
звідки
m(Na2CO3) = с(HCl). VФФ. M(Na2CO3).
В результаті обчислень одержуємо:
m(Na2CO3) = 0,1012 моль/л .15,67.10–3 л. 105,989 г/моль = 0,1681 г.
В присутності бромкрезолового зеленого титруються як карбонат, так і гідрокарбонат. При цьому  протікають реакції:
CO32– + 2H+  H2O + CO2,
HCO3– + H+  H2O + CO2,
і кількості речовини пов’язані між собою рівнянням:
n2(H+) = 2n(CO32–) + n(HCO3–), або
c(HCl). VБКЗ = 2.c(HCl). VФФ + m(NaHCO3) / M(NaHCO3),
звідки
m(NaHCO3) = M(NaHCO3) .c(HCI). (VБКЗ - 2VФФ).
Обчислимо масу NaHCO3:
m(NaHCO3) = 84,007 г/моль. 0,1012 моль/л. (42,13 – 2.15,67).10–3 л = 0,0917 г.
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #42 : 13 Декабрь 2009, 22:14:35 »

В мірну колбу місткістю 250 мл внесли 5,00 мл суміші, яка містить технічні сірчану H2SO4 та ортофосфорну H3PO4 кислоти, і довели дистильова-ною водою до мітки. На титрування 25,00 мл одержаного розчину в присутності індикатора бромкрезолового зеленого (БКЗ) витрачено 26,40 мл розчину з молярною концентрацією NaOH 0,0986 моль/л. На титрування тако-го ж об’єму розчину в присутності індикатора фенолфталеїну (ФФ) витрачено 40,00 мл того ж розчину NaOH. Обчислити маси кислот в 1 л суміші.

Розв’язок.
В присутності БКЗ титрується сірчана кислота за двома ступенями та орто-фосфорна кислота до дигідрофосфату:
H+  +  OH–  H2O,
HSO4– + OH–   H2O + SO42– ,
H3PO4 + OH–  H2PO4– + H2O.
В точці стехіометричності виконується рівність:
n1(NaOH) = 2n(H2SO4) + n(H3PO4),                   (1)
 або
c(NaOH). VБКЗ = 2n(H2SO4) + n(H3PO4).               (2)
В присутності ФФ титруються і сірчана, і ортофосфорна кислоти за двома ступенями:
H+  + OH–  H2O,
HSO4– + OH–  H2O + SO42–,
H3PO4 + 2 OH–  HPO42– + 2H2O.
В точці стехіометричності в даному випадку виконується рівність:
n2(NaOH) = 2n(H2SO4) + 2n(H3PO4),                             (3)
або
c(NaOH) .VФФ = 2n(H2SO4) + 2n(H3PO4).                          (4)
Віднімемо рівняння (2) з рівняння (4):
n(H3PO4) = c(NaOH). (VФФ – VБКЗ) .                            (5)
Маса H3PO4, яка міститься в 5,00 мл суміші, дорівнює:
m(H3PO4) = M(H3PO4)  c(NaOH)  (VФФ – VБКЗ)   Vк/Vал =
= 97,995 г/моль  0,0986 моль/л  (40,00 – 26,40)  10–3 л  250 мл / 25 мл
= 1,3140 г ,
а в 1 л суміші:
1,3140 г  1000 мл / 5,00 мл = 262,8 г.
Підставивши рівняння (5) в рівняння (2), одержимо:
n(H2SO4) = c(NaOH)  (2VБКЗ - VФФ) / 2.
Звідси маса H2SO4, яка міститься в 5,00 мл суміші, дорівнює:
m(H2SO4) = c(NaOH)  (2VБКЗ - VФФ)  M(H2SO4)  Vк / 2Vал =
= 0,0986 моль/л (226,40– 40,00).10–3 л  98,07 г/моль  250 мл / 225 мл = 0,6188 г,
 а в 1 л суміші:
0,6188 г  1000 мл / 5,00 мл = 123,8 г.
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #43 : 13 Декабрь 2009, 22:14:48 »

Наважку суміші дигідрофосфату натрію NaH2PO4 та гідрофосфату натрію Na2HPO4 масою 4,8215 г розчинено в 200 мл розчину з молярною концентрацією HCl 0,1982 моль/л. На титрування 20,00 мл одержаного розчи-ну в присутності індикатора фенолфталеїну витрачено 21,00 мл розчину з мо-лярною концентрацією NaOH 0,25 моль/л. Обчислити масову частку Na2HPO4 в суміші.

Розв’язок.
Фенолфталеїн забарвлюється при pH 8–10, коли частинки, що містили фосфат, перетворюються в HPO42–. Знайдемо кількість речовини іонів водню, що провзаємодіяли з лугом при титруванні. Для цього досить порівняти склад реагентів, що внесені до початкового розчину (Na2HPO4, NaH2PO4 і HCl), та склад розчину в кінці титрування (іони Na+, Cl–, HPO42–). З лугом провзаємодіяли ті іони водню, що містились у розчині HCl та в NaH2PO4, при-чому кожна частинка дигідрофосфату вносить один іон H+ до загальної кількості. На титрування взято 20 мл, тобто 1/10 частку початкового розчину. Тоді кількість речовини H+, що провзаємодіяла з лугом, дорівнює:
n(H+) = 1/10n(NaH2PO4) + n(HCl).
В точці стехіометричності виконується рівність:
n(H+) = n(OH–),
або:
n(OH–) = 1/10n(NaH2PO4) + n(HCl).
Обчислимо кількості речовини кислоти та лугу:
n(HCl) = 0,1982 моль/л  0,2 л = 0,03964 моль,
n(OH–) = n(NaOH) = 0,25 моль/л  2110–3 л = 0,00525 моль.
Тоді кількість речовини дигідрофосфату в суміші дорівнює:
n(NaH2PO4) = 10 n(OH–) - n(HCl) = 10  0,00525 моль - 0,03964 моль = 0,01286 моль.
Маса NaH2PO4 в суміші дорівнює:
m(NaH2PO4) = 119,977 г/моль  0,01286 моль = 1,5429 г.
Маса гідрофосфату натрію дорівнює:
m(Na2HPO4) = 4,8215 г - 1,5429 г = 3,2786 г.
Обчислимо масову частку гідрофосфату натрію:
x(Na2HPO4) = 3,2786 г  100 % / 4,8215 г = 68,0 %.
Записан

No apologies. No regrets.
Тра-ля-ля
Ветеран
*****
Offline Offline

Сообщений: 615



Просмотр профиля
« Ответ #44 : 13 Декабрь 2009, 22:15:14 »

Чому дорівнює рН в точці стехіометричності  при титруванні розчину з мо-лярною концентрацією гідрофталату калію КHFt 0,02 моль/л розчином з такою ж концентрацією NaOH? Підібрати індикатор для титрування, щоб відносна похибка титрування не перевищувала 0,5 %.

Розв’язок.
При титруванні протікає реакція:
HFt– + OH– Ft2– + H2O .
В точці стехіометричності
n(NaOH) = n(HFt–) ,
тоді в ТС об’єм NaOH, доданий до розчину кислоти, дорівнює:
VТ =  V0.
Об’єм розчину в ТС порівняно з початковим об’ємом збільшується в 2 ра-зи, а концентрація кислоти в стільки ж раз зменшується і дорівнює:
c(HFt–) = 0,01 моль/л.
Побудуємо КЛД для розчину H2Ft при lgKH1 = 5,4; lgKH2 = 3,0; lgc(HFt– ) = –2 (рис.6.2, а).
Для знаходження значення рНТС скористаємось рівнянням матеріального балансу для H+. Обравши компонентами продукт титрування Ft2–, H+ і H2O, одержимо матрицю стехіометричних коефіцієнтів:
Компоненти   Продукти
Ft2–   H+   H2O   
1   0   0   Ft2–
0   1   0   H+
1   1   0   HFt–
1   2   0   H2Ft
0   –1   1   OH–
Рівняння матеріального балансу для H+:
с(H+) = [H+] + [HFt–] +2[H2Ft] – [OH–].
В ТС при с(H+) = 0 маємо:
[H+] + [HFt–] +2[H2Ft] = [OH–].
Як видно з КЛД, в тій області рН, де переважає продукт реакції титрування Ft2– ,
[HFt–]>>[H+] і [HFt–]>>[H2Ft],
значить, в рівнянні матеріального балансу можна знехтувати малими зна-ченнями [H+] і [H2Ft], і тоді в ТС:
[HFt–] = [OH–].
Таким чином, ТС відповідає точці перетину графіків lg [HFt–] і
lg [OH–], для якої рН = 8,7.
Визначимо діапазон значень рНКТТ, при яких відносна похибка не пе-ревищує 0,5 %. або  = 0,005. Від точки lg c на ординаті відкладемо значення lg 0,005 = –2,3 і проведемо допоміжну лінію паралельно осі абсцис. Точки пе-ретину цієї лінії з графіками lg [HFt–] і lg [OH–] обмежують діапазон рН, де має бути КТТ : це значення від 7,7 до 9,7. Будь-який індикатор, що змінює забарв-лення в цьому діапазоні, забезпечує індикацію КТТ з похибкою не вище 0,005. Це можуть бути індикатори фенолфталеїн (рНКТТ = 9,0) або тимоловий синій (рНКТТ = 8,8).
Записан

No apologies. No regrets.
Страниц: 1 2 [3] 4 5
  Печать  
 
Перейти в:  

Powered by SMF 1.1.11 | SMF © 2006-2009, Simple Machines LLC
Форум репетиторской группы ЗиГзаг
Поддержка и создание сайта apples-web, Харьков, 2009-2010