Міністерство освіти і науки України Національний технічний університет України

“Київський політехнічний інститут”

АНАЛІТИЧНА ХІМІЯ методичні вказівки до розв’язку типових задач

для студентів напряму підготовки 6.040106 "Екологія, охорона навколишнього середовища та збалансоване

природокористування"

Київ ”Політехніка”

2010

Методичні вказівки до розв’язку типових задач з курсу “Аналітична хімія” для студентів напряму підготовки 6.040106 "Екологія, охорона навколишнього середовища та збалансоване природокористування" / Уклад.: Л.І. Бутченко, О.П. Хохотва, О.М. Терещенко – К.: ”Політехніка”, 2010. – 56 с. Укладачі: Л.І. Бутченко

О.П. Хохотва О.М. Терещенко

Відповідальний за випуск: М.Д. Гомеля Рецензент: Н.М. Толстопалова

3

ЗМІСТ

Вступ…………………………………………………………………………… 4 Розділ 1. Якісний хімічний аналіз……………….…………………………. 5 1.1. Хімічна рівновага у водних розчинах…………………………........... 5 1.2. Кислотно-основні рівноваги………………………………………...... 9 1.3.Рівновага в гетерогенних системах осад-розчин. …………………… 16 1.4. Реакції комплексоутворення………………………………………….. 21 1.5. Реакції окиснення-відновлення…………………………….................. 27 Розділ II. Кількісний хімічний аналіз……………………………….…...... 36 2.1 Розчини. Кількісний склад розчинів………………………………….. 36 2.2. Титриметричний метод аналізу…………………………...………….. 45 2.3. Гравіметричний метод аналізу………………………….…………….. 51 Заключне слово……………………………………………………………….. 55 Список літератури ………………………………………………………....... 56

4

ВСТУП

Аналітична хімія – це наука, що розвиває теоретичні основи хімічного аналізу речовини, матеріалів, об’єктів природного середовища і розробляє методи виявлення, ідентифікації, розділення і кількісного визначення хімічних елементів та їх сполук, а також методи встановлення хімічної будови речовини.

Традиційно в аналітичній хімії виділяють два розділи – якісний та кількісний аналіз. Метою якісного аналізу є виявлення хімічного елемента, йона, окремої сполуки, наявність яких встановлюють за аналітичним сигналом: зміною кольору розчину, появою осаду, виділенням газу при проходженні реакції, характерним забарвленням полум’я газового пальника тощо. В кількісному аналізі фіксується інтенсивність аналітичного сигналу, яка пропорційна вмісту в досліджуваному об’єкті визначуваного компонента. Основна мета аналітичної хімії – розробка специфічних, високочутливих, дистанційних чи контактних методів аналізу, що вимагає глибоких знань теоретичних основ.

Крім практичних навиків виконання того чи іншого аналізу, студент повинен вміти вибрати певний метод стосовно конкретної мети, об’єкта дослідження, наявного обладнання лабораторії, необхідної чутливості аналізу тощо. Це вимагає вміння розрахувати концентрацію розчину, визначити pH, необхідну кількість осаджувача для забезпечення повноти осадження малорозчинної сполуки, врешті-решт оформити результати експерименту. Наведені в цих методичних вказівках типові задачі та їх розв’язки допоможуть студентам теоретично і практично оволодіти матеріалом, викладеним в лекціях та лабораторному практикумі.

5

РОЗДІЛ 1. ЯКІСНИЙ ХІМІЧНИЙ АНАЛІЗ

Теоретичні основи аналітичної хімії включають основні розділи, на яких ґрунтується як якісний, так і кількісний хімічний аналіз. В них розглядаються хімічна рівновага у водних розчинах, основні типи реакцій: кислотно-основної взаємодії, осадження, комплексоутворення, окислення-відновлення. Розв’язування задач дає змогу розрахувати константу рівноваги реакції і напрям її проходження; рН розчинів кислот, основ та солей, які гідролізують; розчинність осадів при дії різних чинників; ступінь зв’язування катіонів металів у комплекси; обчислювати реальний окисно-відновний потенціал системи.

1.1.Хімічна рівновага у водних розчинах

Для отримання чіткого аналітичного сигналу хімічною реакцією слід керувати, спрямовуючи її у потрібному напрямку. Кожну реакцію можна охарактеризувати з погляду термодинаміки, яка вивчає стан рівноваги та умови його досягнення, дає змогу визначити константу рівноваги, величина якої вказує на напрям і глибину (повноту) проходження реакції, та кінетики, яка оцінює швидкість реакції та можливості її зміни.

Розрахувавши константу рівноваги реакції, можна зробити висновок щодо напрямку її проходження; якщо (Кp>1) – рівновага зміщена в сторону продуктів реакції; якщо (Кp<1) – реакція проходить у зворотному напряму; у випадку ( -410 <Кp<1), взявши надлишок однієї з вихідних речовин (в 10000р. більшу кількість, ніж стехіометрична), реакцію можна провести; якщо ж (Кр< -410 ) – пряма реакція неможлива.

Для ідеальних систем використовують концентраційну константу рівноваги, яка для реакції

аА+ bB ↔ cC+dD має вигляд:

6

К= [ ] [ ][ ] [ ]

c d

a b

C DA B

,

де [ ] [ ]A , B - концентрації вихідних речовин; [ ] [ ]C , D - концентрації

продуктів реакції в стані рівноваги (моль/л); a, b, c, d- стехіометричні коефіцієнти. К залежить лише від тиску, температури, розчинника (у випадку дуже розбавлених розчинів) і не залежить від концентрації.

Для реальних систем стан рівноваги описує термодинамічна константа рівноваги К ° , яка залежить і від йонної сили розчину, що враховує вплив всіх йонів, присутніх у розчині (її розраховують за формулою:

∑=µ 22/1 ii zc ):

К ° = c dC Da bA B

a aa a

⋅⋅

,

де а- активність йонів (моль/л), що дорівнює добутку загальної концентрації даних йонів С на коефіцієнт активності ( а = f · C).

Задача 1. Хромати барію і плюмбуму є ізоморфними, тому +2Pb заважає виявленню +2Ba за допомогою 42CrOK чи 722 OCrK . Чи можливо

замаскувати плюмбум за допомогою комплексону III ( −22YH )?

Розв’язування. Йони +2Pb і +2Ba утворюють з комплексоном III

комплекси [ ] −2BaY і [ ] −2PbY , константи нестійкості яких дорівнюють 8107,1 −⋅

і 19101,9 −⋅ відповідно.

Розраховуємо значення Kp реакцій руйнування цих комплексів дією 42CrOK :

[ ] −−− +↓↔+ 44

24

2 YPbCrOCrOPbY

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ][ ] [ ]

[ ][ ]

[ ] 514

19

2

2

24

2

4

24

2

44 101,5

108,1101,9

4

2 −−

−

+

+

−−

−

−−

−

⋅=⋅⋅

==⋅⋅

=⋅

⋅=

−

PbCrO

PbYнp ДP

К

PbPb

CrOPbYY

CrOPbYYPbCrOK ;

[ ] −−− +↓↔+ 44

24

2 YBaCrOCrOBaY

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ][ ] [ ]

[ ][ ]

[ ] 140102,1107,1

10

8

2

2

24

2

4

24

2

44

4

2

=⋅⋅

==⋅⋅

=⋅

⋅= −

−

+

+

−−

−

−−

−−

BaCrO

BaYнp ДP

К

BaBa

CrOBaYY

CrOBaYYBaCrOK .

Розрахунки свідчать про те, що [ ] −2PbY не може бути зруйнований дією

42CrOK . Комплекс [ ] −2BaY руйнується і з розчину може випасти осад 4BaCrO .

Таким чином, виявити +2Ba в присутності +2Pb можна, попередньо замаскувавши +2Pb за допомогою комплексону III.

7

Задача 2. Чи можна осадити MnS дією сульфіду натрію на розчин солі

4MnSO при 2=pH , якщо ( )7

1 1012

−⋅=SHK ; ( )13

2 105,22

−⋅=SHK ; 10105,2 −⋅=MnSДP ?

Розв’язування. Записуємо рівняння реакції осадження MnS і вираз константи рівноваги:

↓↔+ −+ MnSSMn 22 [ ]

[ ] [ ] ( )MnSумp ДPSMn

MnSK 122 =

⋅= −+ ,

де ( ) ( )−α= 2SДPДP MnS

MnSум , ( )−α 2S - мольна частка S2- - йону.

Розраховуємо ( )2−Sα при 2=pH ( [ ] лмольH 2101 −+ ⋅= ) за формулою:

( ) ( )( ) [ ] [ ] ( )16

2227137

137

2121

212

105,2

101101101105,2101

105,2101

2

2

−

−−−−−

−−

++

−

⋅=

=⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

++=α

HHKKK

KKS

SH

SH

Тоді:

( )6

16

10

101105,2105,2

⋅=⋅⋅

= −

−

MnSумДP ; 66 101

1011 −⋅=

⋅=pK .

Оскільки 1<<pK ,осадити MnS в даних умовах не вдасться.

Задача 3. Розрахуйте константу рівноваги взаємодії 3CaCO з HCl і

зробіть висновок про можливість розчинення 3CaCO в хлоридній кислоті.

Розв’язування. Запишемо рівняння реакції в йонно-молекулярній формі:

322

3 2 COHCaHCaCO +↔+↓ ++ .

Запишемо рівняння ступінчатих реакцій і вирази констант рівноваг: −+ +↔ 2

32

3 COCaCaCO ; [ ] [ ] 923

21 108,3

3

−−+ ⋅==⋅= CaCOДPCOCaK ;

−+− ↔+ 32

3 HCOHCO ; [ ]

[ ] [ ] 112

23

32 108,4

111

323

−−+

−

⋅===

⋅=

− COHHCOKKCOH

HCOK ;

323 COHHHCO ↔+ +− ; [ ]

[ ] [ ] 713

323 105.4

11

2

−−+ ⋅==

⋅=

COHKHCOHCOHK .

Складаємо вираз загальної константи рівноваги:

8117

9

21321 1076,1

108,4105,4108,3

3232

3 ⋅=⋅⋅⋅

⋅=

⋅== −−

−

COHCOH

CaCO

KKДP

KKKK .

8

Оскільки 1>>pK , то 3CaCO може розчинитись в HClбез її кислоти за

стандартних умов. Задача 4. Розрахуйте pK взаємодії ( )3OHFe з ClNH4 .

Розв’язування. Записуємо рівняння реакції в молекулярно-іонному вигляді:

( ) OHNHFeNHOHFe 43

43 33 +↔+↓ ++

та вираз константи рівноваги:

[ ] [ ]( )[ ] [ ]

[ ][ ]

( )

( )24

35

39

3

3

3

43

34

3

1015,11076,1103,6

43

3 −

−

−

−

−

+

+

⋅=⋅

⋅==⋅

⋅

⋅=

OHNH

OHFep K

ДP

OHOH

NHOHFe

OHNHFeK .

Осад ( )3OHFe не повинен розчинятись в ClNH 4 навіть при його надлишку.

Задача 5. Розрахуйте pK утворення 4CaHPO при дії 42 HPONa на розчин

2CaCl . Розв’язування. Запишемо рівняння реакції в йонно-молекулярній

формі:

↓↔+ −+4

24

2 CaHPOHPOCa . [ ]

[ ] [ ] [ ] [ ]8

724

224

24 107,3

107,2111

4

⋅=⋅

==⋅

=⋅

= −−+−+CaHPO

p ДPHPOCaHPOCaCaHPOK .

Оскільки 1>>pK , 4CaHPO може утворюватись.

Задача 6. Скільки цинку (моль/л) буде осаджено при пропусканні

сірководню через розчин ( )23NOZn з С = 0,1 моль/л при 2=pH ,

( ) лмольSHC 1,02 = (насичений розчин SH 2 ) і чи досягнута практична

повнота осадження ( 24106,1 −⋅=ZnSДP ; ( ) 2021 105,2

2

−⋅=SHKK )?

Розв’язування. Осадження сульфіду цинку описується рівнянням хімічної реакції:

++ +↓↔+ HZnSSHZn 222 .

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ][ ]

( )4

24

2021

2

2

22

2

1056,1106,1105,22 ⋅=

⋅⋅

==⋅⋅⋅

= −

−

−

−

+

+

ZnS

SHp ДP

KKSS

SHZnHZnSK .

Визначаємо концентрацію +2Zn , що залишився в розчині при 2=pH ,

використовуючи вираз pK за законом діючих мас:

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ][ ] [ ]SHZn

HSHZn

HZnSK p2

2

2

22

2

⋅=

⋅⋅

= +

+

+

+

;

9

[ ] [ ][ ]

( ) лмольSHK

HZnp

84

22

2

22 104,6

1,01056,1101 −

−++ ⋅=

⋅⋅⋅

=⋅

= .

Повнота осадження +2Zn досягнута. Концентрація осадженого цинку

складає: лмоль1,0104,61,0 8 ≈⋅− − .

1.2. Кислотно-основні рівноваги

Електроліти- це речовини, які у розчинах певною мірою дисоціюють на йони; сильні електроліти – практично повністю, слабкі – лише частково. Ступінь дисоціації δ та константа дисоціації (іонізації) Кдис слабкого електроліту характеризують його силу. Проте поняття сильні і слабкі електроліти- умовне, адже залежно від природи розчинника одна і та ж сполука може поводити себе по-різному. Так, оцтова кислота у воді – слабкий електроліт, у рідкому аміаці - проявляє властивості сильной кислоти.

Вводячи до водного розчину слабких електролітів одноіменні йони, рівновага процесу дисоціації зміщується в сторону недисоційованих молекул, тобто електроліт стає слабкішим.

За величиною Кдис слабких кислот та основ і загальною концентрацією можна розрахувати рН розчинів, вміст йонів та недисоційованих молекул, а також всіх часток, враховуючи рівняння матеріального балансу, який для 2 3H SO має вигляд:

[ ]2 3

- 2-H SO 2 3 2 3 3C = H SO + H SO + SO .

Задача 1. Розрахувати ступінь дисоціації оцтової кислоти в розчині з

концентрацією лмоль1,0 , 51074,13

−⋅=COOHСHK .

Розв’язування. За законом розбавлення Оствальда

25

1032,11,01074,1 −

−

⋅=⋅

==заг

дис

СK

α або 1,32 %.

Задача 2. Обчислити концентрацію йонів і недисоційованих молекул, а також pH та концентрацію +H у розчині OHNH4 ( лмольС 1,0= ,

51074,14

−⋅=OHNHK ).

10

Розв’язування. Аміак у водному розчині дисоціює частково

хххСOHNHOHNH

заг −+↔ −+

44

[ ] [ ][ ] загзаг

OHNH Cx

xCxx

OHNHOHNHK

2

4

44

≈−

⋅=

⋅=

−+

,оскільки xC заг ≥

[ ] [ ] лмольCKOHNH загOHNH45

4 102,401,01074,14

−−−+ ⋅=⋅⋅=⋅== .

Тоді концентрація недисоційованих молекул аміаку становитиме [ ] лмольxCOHNH заг 0096,0102,401,0 4

4 =⋅−=−= − .

За йонним добутком води та концентрацією −OH ; розраховують [ ]+H та pH .

[ ] [ ] 14100,1 −−+ ⋅=⋅= OHHK в

[ ] [ ] лмольOH

KH в 104

14

1024,0102,4100,1 −

−

−

−+ ⋅=

⋅⋅

==

[ ] 4,101024,0lglg 10 =⋅−=−= −+HpH або

[ ] 6,3102,4lglg 4 =⋅−=−= −−OHpOH 4,106,31414 =−=−= pOHpH

Задача 3. Обчислити концентрацію ацетат-іонів у суміші, що складається з розчинів CH3COOH, C = 0,05 моль/л, та HCl, C = 0,1 моль/л, КCH3COOH = 51074,1 −⋅ .

Розв’язування. +− +↔ HCOOCHCOOHCH 33 .

При додаванні до розчину оцтової кислоти – сильного електроліту, що містить однойменний зі слабким електролітом йон, дисоціація

COOHCH 3 зменшується. Дисоціацією слабкої кислоти( COOHCH 3 ) в

присутності сильної ( HCl ) можна знехтувати. Тоді концентрацію аніона −COOCH 3 розраховують за формулою:

[ ] лмоль

КСС

СКCKA

дис

К

заг

Кдис

загдис 6

5

107,8

1074,11,01

05,0

1

−

−

− ⋅=

⋅+

=+

=+⋅

=++

.

Кислотно-основні реакції (рівноваги) займають чільне місце в хімічних методах аналізу: для виявлення йонів; створення сприятливих умов реакції (рН), утримання рН (буферні розчини); реакції цьоготипу знаходять широке застосування в титриметрії (метод нейтралізації), де робочими розчинами є

11

розчини сильних кислот та основ, а первинними стандартами – щавлева H2C2O4·H2O, бензойна C6H5COOH кислоти, а також бура Na2B4O7·10H2O, Na2CO3 (б/в) тощо, в гравіметричному аналізі – багато катіонів металів Fe3+, Al3+, Mg2+, Ni2+ осаджують у вигляді малорозчинних гідроксидів.

Зважаючи на це зрозуміло, що розрахунок рН розчинів сильних або слабких кислот чи основ, солей, що гідролізують, визначення рН буферних розчинів, константи та ступеню гідролізу дадуть змогу створити сприятливі умови для проходження реакції, запобігти побічним процесам, спрямувати реакцію в бажаному напрямі.

Задача 4. Розрахувати pH розчину HCl , концентрація якого лмоль1,0 . Розв’язування. Оскільки хлоридна кислота – сильний електроліт, що

повністю дисоціює на йони у водному розчині −+ +→ ClHHCl , то [ ] тикCH −

+ =

[ ] 1101lglglg 1 =⋅−=−=−= −−

+тикCHрН

Задача 5. Розрахувати рН розчину HCl з концентрацією 1,0∙10-8 моль/л. Розв’язування. Оскільки концентрація протонів, що утворюються в

результаті дисоціації хлоридної кислоти, нижча, ніж концентрація протонів, що утворюються при автопротолізі (дисоціації) води, то при розрахунку загальної концентрації протонів необхідно враховувати обидва процеси [ ] [ ] [ ] лмольHHH OHHClзаг /101,1101101 778

2

−−−+++ ⋅=⋅+⋅=+= . [ ] 95,6101,1lg lg 7 =⋅−=−= −+HpH .

Без врахування дисоціації води можна одержати абсурдний результат рН = 8. Задача 6. Розрахувати pH розчину NaOH , з концентрацією

лмоль2101 −⋅ . Розв’язування. Гідроксид натрію і водних розчинах повністю

дисоціює: −+ +→ OHNaNaOH , тому [ ] оснCOH =− ,

[ ] 2101lglglg 2 =⋅=−=−= −−оснCOHpOH .

Користуючись йонним добутком води ( [ ] [ ] 14101 −−+ ⋅=⋅= OHHK в ),

розраховують концентрацію протонів та pH розчину:

[ ] [ ] лмольОНКН в 12

2

14

101101101 −

−

−

−+ ⋅=

⋅⋅== ,

12

14=+= pOHpHрК в 1221414 =−=−= pOHpH

Задача 7. Розрахувати pH розчину COOHCH 3 з концентрацією

лмоль3101 −⋅ .

Розв’язування. 76,41074,1lglg 533

=⋅−=−= −COOHCHCOOHCH KpK . Оцтова

кислота – слабкий електроліт, що дисоціює частково: +− +↔ HCOOCHCOOHCH 33 .

pH розчинів слабких кислот розраховують за формулою:

88,3)3(2138,2101lg

2176,4

21lg

21

21 3 =−−=⋅−=−= −

−− тиктик CрКpH .

Задача 8. Розрахувати pH розчину аміаку з концентрацією

лмоль4101 −⋅ . Розв’язування. Аміак - слабкий електроліт, який у водних розчинах

частково дисоціює за схемою: −+ +↔ OHNHOHNH 44 .

pH розчинів слабких основ розраховують за формулою:

64,9236,214101lg2175,4

2114lg

21

2114 4 =−−=⋅+−=+−= −

осносн CрКpH .

Задача 9. За якої концентрації HF дисоційована на 50%, 4108,6 −⋅=HFK ( 17,3=pK )?

Розв’язування. За законом Оствальда розрахуємо концентрацію фторидної кислоти, перевівши попередньо ступінь дисоціації з відсотків у частки одиниці – 0,5.

заг

дис

СК

=α , звідки

( )лмольКС дис 34

4

2

4

2 1072,2102,2725,0108,6

5,0108,6 −−

−−

⋅=⋅=⋅=⋅==α

.

Задача 10. Обчислити концентрацію +H , −3HSO , −2

3SO в розчині

32SOH з концентрацією лмоль1,0 . 21 107,1

32

−⋅=SOHK ( 76,11 =pK ), 8

2 102,632

−⋅=SOHK ( 20,72 =pK ).

Розв’язування. Оскільки сульфітна кислота двохосновна і є слабким електролітом, який дисоціює ступінчато в дві стадії, запишемо вирази 1K і

2K :

13

I −+ +↔ 332 HSOHSOH

[ ] [ ][ ]

2

32

31 107,1 −

−+

⋅=⋅

=SOHHSOHK .

II −+− +↔ 233 SOHHSO

[ ] [ ][ ]

8

3

23

2 102,6 −−

−+

⋅=⋅

=HSO

SOHK .

Дисоціація відбувається переважно за першою стадією, тому приймемо

концентрацію 32SOH рівною загальній концентрації, [ ] [ ]−+ = 3HSOH , тоді

[ ][ ]

2

32

2

1 107,1 −+

⋅==SOH

HK .

[ ] [ ] лмольSOHH 23232

2 1012,4107,11.0107,1107,1 −−−−+ ⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅= .

З другої константи дисоціації розрахуємо концентрацію −23SO , вважаючи, що

[ ] лмольHSO 23 1012,4 −− ⋅= .

[ ] [ ][ ]−

−+ ⋅=

3

23

2 HSOSOHK ; [ ] [ ]

[ ] лмольH

HSOKSO 832

23 102,6 −

+

−− ⋅== .

Задача 11. Обчислити [ ]+H і [ ]−OH в розчині, pH якого становить 9,15.

Розв’язування. Оскільки [ ]+−= HpH lg , то

[ ] лмольH pH 1015.9 1008,71010 −−−+ ⋅=== .

З йонного добутку води [ ] [ ] 14101 −−+ ⋅=⋅= OHHК в

[ ] [ ] [ ] лмольHH

KOH в 510

1414

1041,11008,7

101101 −−

−

+

−

+− ⋅=

⋅⋅

=⋅

== .

[ ] 85,41041,1lglg 5 =⋅−=−= −−OHpOH або 85,415,91414 =−=−= pHpOH Задача 12. Визначити pH , константу гідролізу і ступінь гідролізу

KCN , якщо в 200 мл розчину міститься 0,65 г солі ( 10102,6 −⋅=HCNK ,

21,9=pK , ( ) мольгKCNМ 65= ). Розв’язування. KCN - сіль, утворена сильною основою KOH і слабкою

кислотою HCN , яка гідролізує в розчині, створюючи лужне середовище: −− +↔+ OHKCNHOHCN .

лмольMV

mС 05,065200

100065,01000=

⋅⋅

=⋅

⋅= .

14

310

14

1061,1102,6

101 −−

−

−

⋅=⋅

⋅==тик

вг К

КК

%8,1018,01023,31031,0

10105,0102,6

101 410

14

10

14

==⋅=⋅

⋅=

⋅⋅⋅

=⋅

= −−

−

−

−

− солітик

вг СК

Кh .

96,1065,061,4705,0lg2121,9

217lg

21

217 =−+=+⋅+=++= − солітик CpKpH .

Задача 13. Скільки грамів SNa2 знаходиться в 100 мл розчину, якщо його pH становить 12,94. Розрахувати константу і ступінь гідролізу сульфіду

натрію ( 81 109,8

2

−⋅=SHK , 05,71 =pK , 132 103,1

2

−⋅=SHK , 90,122 =pK ).

Розв’язування. Розрахуємо концентрацію розчину SNa2 в лмоль .

( ) мольгSNaM 782 = .

солітик CpKpH lg21

217 2 ++= − ;

( ) 02,151,02290,12794,1222

217lg 2 −=−⋅=

−−⋅=⋅

−−= −тиксолі pKpHC .

( ) лмольantiСсолі 1,01002,1lg 1 ==−= − .

077,01077,0103,1

101 113

14

2

=⋅=⋅

⋅== −−

−

−тик

вг К

КK

%7777,01,0103,1

10113

14

2

==⋅⋅

⋅=

⋅= −

−

− солітик

вг СК

Кh

Задача 14. Обчислити концентрацію йонів +Н , −ОН і pH розчину, одержаного змішуванням 25 мл розчину CH3COONa з концентрацією

лмоль2,0 і 15 мл розчину CH3COOH з концентрацією лмоль1,0

( 51074,13

−⋅=COOHCHK , 76,4=pK ).

Розв’язування. pH розчину буферної суміші, утвореної слабкою кислотою і її сіллю, розраховується за формулою:

тик

солітик С

СpKpH−

− += lg ,

тому перш за все потрібно розрахувати концентрації компонентів у суміші після змішування розчинів.

( ) лмольV

СVCсуміші

солісолісолі 125,0

405

15252,025

==+⋅

=⋅

= .

15

( ) лмольV

СVCсуміші

тиктиктик 038,0

405,1

15251,015

==+⋅

=⋅

= −−− .

Розраховуємо pH буферного розчину:

28,552,076,429,3lg76,4038,0125,0lg46,7 =+=+=+=pH

[ ] лмольССКH

солі

тиктик

45 1029,5125,0038,01074,1 −−−

−+ ⋅=⋅⋅=⋅= .

Знаючи концентрацію протонів або pH буферної суміші, можна за йонним добутком води визначити концентрацію −ОН чи pOH .

[ ] [ ] 14101 −−+ ⋅=⋅= OHHК в , [ ] [ ] лмольHКOH в 9

4

14

1089,11029,5

101 −−

−

+− ⋅=

⋅⋅

== .

14=+ pOHpH 72,828,51414 =−=−= pHpOH або

[ ] 72,81089,1lglg 9 =⋅−=−= −OHpOH . Задача 15. Розрахувати pH буферного розчину, утвореного

змішуванням 50 мл 2 %-го розчину 42 POKH і 25 мл 5 %-го розчину

42 HPOK .Ступінчаті константи дисоціації фосфатної кислоти: 31 106,7 −⋅=K

( 12,21 =pK ), 82 102,6 −⋅=K ( 21,72 =pK ), 13

3 104,4 −⋅=K ( 36,123 =pK ),

( ) мольгPOKHM 13642 = , ( ) мольгHPOKM 17442 = . Розв’язування. У випадку суміші кислих солей багатоосновних кислот

та з них, яка містить більше протонів, виконує функції кислоти, та, що менше, - солі.

Розраховуємо концентрації 42 POKH і 42 HPOK початкові та в буферній

суміші, переводячи їх з масової частки в молярну концентрацію, лмоль . Оскільки розчини розбавлені, з невеликою похибкою можна допустити, що їх

густина становить 31 смг .

( ) лмольM

WPOKHС 147,0100136

10002100

100042 =

⋅⋅

=⋅

⋅= ,

( ) лмольM

WHPOKС 287,0100174

10005100

100042 =

⋅⋅

=⋅

⋅=

Розрахуємо pH буферної суміші, зважаючи на розбавлення розчинів при змішуванні (загальний об’єм розчину: 755025 =+ мл).

16

( )( ) =+=+=

−−

42

422 lglg

43 POKHCHPOKCpK

ССpKpH POH

тик

солітик

20,7013,021,797,0lg21,775/50147,075/25287,0lg21,7 =−=+=

⋅⋅

+= .

1.3.Рівновага в гетерогенних системах осад-розчин

Вплив на гетерогенну рівновагу в системі осад-розчин широко застосовують для збільшення чутливості реакції в якісному аналізі, в гравіметричному аналізі для створення сприятливих умов осадження визначуваної речовини і запобігання осадженню присутніх у розчині домішок, що збільшує точність методу. Реакції осадження лежать в основі визначення йонів у вигляді малорозчинних сполук в гравіметричному аналізі (Mg2+ осаджують у вигляді MgNH4PO4, Ni2+ – у вигляді диметилгліоксимату, Ca2+ – CaC2O4·2H2O) та титриметричному аналізі (аргентометрія – визначають Cl-, титруючи робочим розчином AgNO3; меркуриметрія – титрант-розчин Hg(NO3)2 – визначають галогенід-іони).

Оскільки розчинність сполук залежить від йонної сили розчину присутності одноіменних з осадом йонів, конкуруючих реакцій (протонування, комплексоутворення), то вміння враховувати вплив цих чинників на процес осадження дає змогу не лише підвищити чутливість методу, але і проводити аналіз в присутності домішок, які можна усунути, перевівши їх у малорозчинні сполуки.

Задача 1. Обчислити розчинність 4PbSO а) в насиченому водному

розчині; б) в розчині ( )23NOPb з концентрацією лмоль1,0 ; в) в розчині

42SONa з концентрацією лмоль01,0 ; г) при додаванні 3HNO з концентрацією

лмоль01,0 ( 8106,14

−⋅=PbSOДР ).

Розв’язування. а) в насиченому водному розчині 4PbSO встановлюється рівновага

( )розчинтв SOPbPbSO −+ +↔ 24

2)(4

S S S

17

Позначимо розчинність 4PbSO через S , тоді

[ ] [ ] 224

24

SSSSOPbДРPbSO =⋅=⋅= −+ , звідки:

лмольДРS PbSO 1022,1106,1 84

⋅=⋅== − .

б) в розчині ( )23NOPb , що містить одноіменний катіон, рівновага згідно з

принципом Ле Шательє зміщується вліво; +2Pb зв’язується у малорозчинний

4PbSO , зменшуючи тим самим його розчинність.

Оскільки концентрація +2Pb в насиченому розчині 4PbSO

лмоль41022,1 −⋅ , що значно менше від лмоль1,0 у вигляді розчинної солі свинцю, то нею можна знехтувати. Тому :

[ ] [ ] лмольPbДР

SO PbSO 78

22

4 106,11,0

106,14 −−

+− ⋅=

⋅== .

в) аналогічно розраховується розчинність 4PbSO в присутності однойменного аніона:

[ ] [ ] лмольSOДР

Pb PbSO 68

24

42 106,101,0106,1 −

−

−+ ⋅=

⋅== .

г) оскільки 4PbSO містить аніони сильної кислоти, розраховуємо йонну силу

розчину, зумовлену 3HNO ,оскільки концентрації +2Pb і −24SO в насиченому

розчині малі і ними можна знехтувати:

( ) ( ) 1,02,0211,011,01

21

21

21 2222

1

2

33 =⋅=⋅+⋅=⋅+⋅==µ −

−+

+∑=

NONOHHi

n

ii czczcz .

За величиною йонної сили розраховуємо логарифм коефіцієнта активності, а потім і коефіцієнт активності для двозарядних іонів +2Pb і −2

4SO .

Можна в довіднику знайти коефіцієнти активності: при 1,0=µ ( ) 37,02 =+Pbf ;

( ) 355,024 =−SOf .

Записуємо вираз добутку активності 4PbSO :

[ ] ( ) [ ] ( ) ( ) ( )−+−−++ ⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅= −+222

42

422

424

2 SOfPbfДРSOfSOPbfPbaaДА PbSOSOPb .

Звідки ( ) ( )7

8

24

210218,1

355,037,0106,14

4

−−

−+⋅=

⋅⋅

=⋅

=SOfPbf

ДАДР PbSO

PbSO .

Тоді лмольДРS PbSO47 1049,310218,1

4

−− ⋅=⋅== .

18

Задача 2. Розрахувати розчинність 2CaF в розчині 3HNO з

концентрацією лмоль1,0 , якщо 111042

−⋅=CaFДР ; 4108,6 −⋅=HFK .

Розв’язування. У водному розчині малорозчинної сполуки, що містить аніон слабкої кислоти, в присутності сильної кислоти встановлюється рівновага:

−+ +↓↔ mnnm nAmKAK ;

AnHmKnpHAK pn

nm +↔+↓ ++ .

Для 2CaF ці рівноваги мають вигляд: −+ +↓↔ FCaCaF 22

2 ;

HFCaHCaF 22 22 +↔+↓ ++ .

Оскільки [ ] HFKH 10>+ , розчинність малорозчинної сполуки розраховують за формулою:

[ ]nm n

HpAnm

прKmAn

KnmHДР

S +

+

⋅⋅

⋅= ,

де S - розчинність малорозчинної сполуки, лмоль ; nm AKДР - добуток її

розчинності; n - кількість аніонів −mA ; p - основність слабкої кислоти, що

утворюється при розчиненні солі в кислоті; HpAK - константа дисоціації

слабкої кислоти AH p .

У випадку 2CaF формула має такий вигляд:

[ ] ( )( )

006002,0108,621

1,01043 21421

2112 =

⋅⋅⋅

⋅⋅=

⋅⋅

⋅=

−

−

+

+

nmn

HFnm

прCaF

KnmHДР

S .

Задача 3. Розрахувати розчинність 4BiPO в насиченому водному

розчині та в розчині KJ з концентрацією лмоль2 . 23103,14

−⋅=BiPOДР ;

( )15100,1

4

−⋅=−BiJHK .

Розв’язування. Розчинність 4BiPO в насиченому водному розчині розраховуємо за формулою:

лмольДРnm

ДРS BiPOnm

nmKmAn 1223 106,3103,1

4

−−+ ⋅=⋅==⋅

= .

При додаванні KJ , внаслідок утворення розчинного комплексу −4BiJ

розчинність 4BiPO збільшується

19

−−− +=+↓ 3444 4 POBiJJBiPO .

−+↔+↓ mp nAmKLpmLKnAm .

[ ] [ ]лмоль

KJДР

KnmLДР

SBiJН

BiPOnm т

Нnm

трAK

pKL

nm 415

423

1111

4

106,4101

2103,111

4

4 −−

−

+

−

+ ⋅=⋅

⋅⋅=

⋅⋅

⋅=

⋅⋅

⋅=

−.

де [ ]L - концентрація ліганду;pKLНK - константа нестійкості утвореного

комплексу; p - координаційне число. Таким чином при додаванні комплексоутворювача KJ розчинність 4BiPO збільшується в

разівn 812

4

103,1106,3106,4

⋅≈⋅⋅

= −

−

.

Задача 4. Розрахувати розчинність 3BiJ а) в насиченому водному

розчині; б) в розчині KJ з концентрацією лмоль1,0 ; 19101,83

−⋅=BiJДР ; 15100,1

4

−⋅=−BiJHK .

Розв’язування. а) Розчинність 3BiJ в насиченому водному розчині становить:

лмольДР

nmДР

S BiJnmnm

AK nm 54 19419

3131 1032,1103,0

27101,8

313 −−

−++ ⋅=⋅=

⋅=

⋅=

⋅= .

б) Оскільки ліганд - йодид-іон одноіменний з аніоном малорозчинної сполуки, для розрахунку розчинності 3BiJ в розчині KJ використовуємо

формулу:

[ ][ ]

[ ][ ]

( )( )

=

⋅+

⋅=

+=

+= −

−

−−

15

4

3

194

1 3 100,11,01

1,0101,81

1111

4

3

BiJH

BiJ

н

p

m nKmAn

KL

J

ДРKL

LДР

mS

pKL

( ) лмоль55161116 101,8101,8101,8100,11101,8 −−−− ⋅=⋅+⋅=⋅+⋅= .

Задача 5. Обчислити концентрацію йонів +2Cd у розчині, 1 л якого містить моль1,0 ( )23NOСd і моль2 KJ .

Розв’язування. У вказаних умовах практично весь +2Cd зв’язується в

комплексний йон [ ] −24CdJ . Рівновага утворення цього комплексу:

[ ] −−+ ↔+ 24

2 4 CdJJCd характеризується константою стійкості:

20

[ ][ ]

[ ] [ ]26

42

24 1026,12

4⋅=

⋅=β

−+

−

−

JCdCdJ

CdJ .

При значному надлишку ліганда і досить великому значенні константи стійкості можна допустити, що

[ ] лмольCCdJ Cd 1,0024 2 == +

−

[ ] лмольCCJCdJ

6,11,0424 002 =⋅−=−= +−

− .

Рівноважну концентрацію аква-іонів кадмію розраховують за формулою:

[ ][ ] ( ) ( )

лмольCС

ССdCdJСdJ

Сd 846400

02 1021,1

6,11026,11,0

4 224

2−+ ⋅=

⋅⋅=

−⋅β=

+−−

+

,

де С0 – початкова концентрація. Таким чином, введення йодиду калію зменшило концентрацію йонів +2Cd з

0,1 до лмоль81021,1 −⋅ .

Задача 6. обчислити розчинність HgS ( )лмоль в розчині HBr з

концентрацією лмоль1,0 . Розв’язування. Виходячи з рівняння реакції розчинення

[ ] ↑+↔++↓ −−+ SHHgBrBrHHgS 22

442 x21− x41− x x Розраховуємо константу рівноваги:

[ ] [ ][ ] [ ]

[ ][ ]

[ ][ ]

[ ] 1120

2152

2,12

2

2

2

422

24 1023,1

103,1100,1106,1

2

24 −

−

−

+

+

−

−

−+

−

⋅=⋅

⋅⋅⋅=

β⋅=⋅⋅

⋅

⋅=

−

SH

HgBrHgSp K

ДР

HgHg

SS

BrHSHHgBrK

Підставимо рівноважні концентрації учасників реакції у вираз константи рівноваги:

[ ] [ ][ ] [ ] ( ) ( )

114242

22

4 1023,14121

−

−+

−

⋅=−⋅−

⋅=⋅

⋅

⋅=

xxxx

BrHSHHgBrK p .

Оскільки значення Kp достатньо мале, тому 121 ≈− x і лмольx 141 ≈− . Звідки 112 1023,1 −⋅=x .

лмольx 611 1051,31023,1 −− ⋅=⋅= .

Задача 7. Чи випаде осад 4BaSO при зливанні 2 мл розчину 2BaCl

( лмольС 5101 −⋅= ) і 2 мл розчину 42SOH ( лмольС 5101 −⋅= )?

21

Розв’язування. Обчислюємо концентрацію йонів +2Ba і −24SO з

урахуванням розбавлення:

[ ] [ ] лмольSOBa 65

24

2 10522

1012 −−

−+ ⋅=+⋅⋅

== .

Розраховуємо йонний добуток: [ ] [ ] 11662

42 105,2105105 −−−−+ ⋅=⋅⋅⋅=⋅ SOBa .

Знаходимо в довідкових таблицях значення добутку розчинності

4BaSO ( 10101,14

−⋅=BaSOДР ).Порівнюємо ці дві величини

[ ] [ ]−+ ⋅ 24

2 SOBa ( )11105,2 −⋅ < )101,1( 104

−⋅BaSOДР

Оскільки йонний добуток менший ніж 4BaSOДР , то осад 4BaSO не випаде.

Задача 8. Який осад випаде першим при дії 3AgNO на розчин, що

містить хлорид- та бромід-іони з концентрацією 1 та лмоль4101 −⋅ відповідно.

Розв’язування. Записуємо вирази ДР для AgCl і AgBr та знаходимо їх значення в довідкових таблицях:

[ ] [ ] 10108,1 −−+ ⋅=⋅⋅= ClAgДРAgCl , [ ] [ ] 13103,5 −−+ ⋅=⋅= BrAgДРAgBr .

Розраховуємо концентрацію +Ag , необхідну для осадження хлорид- та бромід-іонів:

[ ] [ ] лмольClДР

Ag AgCl 1010

108,11108,1 −

−

−+ ⋅=

⋅== ,

[ ] [ ] лмольBrДР

Ag AgBr 94

13

103,5101103,5 −

−

−

−+ ⋅=

⋅⋅

== .

Оскільки для осадження AgCl потрібно менше осаджувача, то за даних умов

першим осаджуватиметься AgCl .

1.4.Реакції комплексоутворення

Численні реакції комплексоутворення застосовують в якісному аналізі для виявлення йонів (якщо комплекси забарвлені), у вигляді комплексних сполук маскують домішки, які заважають аналізу, згодом демаскують їх.

22

Метод комплексонометрії (титриметричний аналіз) використовують для кількісного визначення як катіонів, так і аніонів (методом зворотнього титрування). Органічні осаджувачі, які утворюють з Men+ малорозчинні комплекси, мають ряд переваг перед неорганічними: різноманітність, вибірковість дії, більша точність визначення.

Реакції комплексоутворення, залежно від механізму, можуть проходити з різною швидкістю; стійкість комплексів залежить від рН, присутності домішок, які можуть конкурувати з Men+ чи ліганом за участь в утворенні комплексів.

Вміння розраховувати ступінь зв’язування катіонів металів у комплексі за різних умов дасть змогу зрозуміти механізм процесу і керувати ним.

Задача 1. Розрахувати концентрацію +2Hg в розчині, який містить

лмоль01,0 ( )23NOHg і лмоль08,0 KJ .

Розв’язування. Складаємо рівняння реакції: ( ) [ ] 34223 24 KNOHgJKKJNOHg +↔+ .

[ ] −−+ ↔+ 24

2 4 HgJJHg .

З моль01.0 ( )23NOHg утворюється моль01.0 [ ]42 HgJK . На утворення моль01,0

[ ]42 HgJK витрачається моль04,0 KJ ; надлишок KJ - моль04,0 .

Позначимо: [ ] xHg =+2 ; [ ] 04,004,04 ≈+=− xJ ; [ ] 01,001,024 ≈−=− xHgJ .

Складаємо вираз для константи утворення [ ] −24HgJ :

[ ][ ] [ ]42

24

−+

−

⋅=

JHg

HgJβ , звідки [ ] [ ]

[ ] ( )27

429

242 1078,5

04,01076,601,0

4

−−

+ ⋅=⋅⋅

=β

=−J

HgJHg .

Задача 2. Розрахуйте мінімальну концентрацію 322 OSNa , необхідну

для повного розчинення лмоль1,0 AgJ .

Розв’язування. Запишемо рівняння розчинення AgJ :

( )[ ] NaJOSAgNaOSNaAgJ +=+↓ 23233222 ;

( )[ ] −−− +=+↓ JOSAgOSAgJ 3232

2322 .

Розрахуємо константу рівноваги:

( )[ ] [ ][ ] [ ]

( )[ ] [ ][ ]

[ ][ ] ( )[ ]

==⋅⋅

=⋅

⋅=

−+

+

−

−−

−

−−

3232

2232

2232

2232

2232

OSAgн

AgJp K

ДРAgAg

OS

JOSAg

AgJOS

JOSAgK

( )[ ]31317 1039,21088,2103,83

232

−− ⋅=⋅⋅⋅=β⋅= −OSAgAgJДР .

23

Позначимо рівноважні концентрації ( )[ ] 1,03232 =−OSAg ; [ ] 1,0=−J ;

[ ] ( )2,0232 −=− xOS , де x - шукана концентрація 322 OSNa .

З pK визначаємо:

( )[ ] [ ][ ] ( )

3222

32

2232 1039,2

2,01,01,0 −

−

−−

⋅=−

⋅=

⋅=

xOS

JOSAgK p ,

( ) 2,41039,2

1,01,02,0 32 =

⋅⋅

=− −x , 22,0 ≈−x , лмольx 2,2= .

Задача 3. Підберіть маскуючий реагент для йонів +Ag , які заважають

визначенню +2Sr у вигляді оксалату. Розв’язування. За довідковими таблицями знаходимо, що катіон

+Ag може утворювати комплекси з лігандами 3NH , −232OS , −CN , які не

дають стійких комплексних сполук зі +2Sr .

Виберемо в якості маскуючого реагента 322 OSNa . Складаємо рівняння

реакції

( )[ ] −−− +↔+↓ 242

3

232232422 24 OCOSAgOSOCAg .

Ступінчаті процеси: −+ +↓↔ 2

42422 2 OCAgOCAg ; [ ] [ ] 11242

21 105,3

422

−−+ ⋅==⋅= OCAgДPOCAgK .

( )[ ] −−+ ↔+3

232232 242 OSAgOSAg

( )[ ][ ] [ ] ( )[ ]

( )2132242

322

23232

2 109,213232

⋅=β==⋅

=−

−+

−

OSAgHKOSAg

OSAgK .

Розраховуємо константу рівноваги реакції:

( )[ ] [ ][ ] [ ]

( )[ ] [ ][ ]

[ ][ ] ( )[ ]

==⋅⋅

=⋅

⋅=

−+

+

−

−−

−

−−

3232

422

22

2

4232

242

3232

4232422

242

3232

OSAgH

OCAgp K

ДP

AgAg

OS

OCOSAg

OSOCAg

OCOSAgK

( )[ ] ( ) 16213112 109,2109,2105,33232

422⋅=⋅⋅⋅=β⋅= −−OSAgOCAg

ДP .

Велике значення константи рівноваги свідчить про можливість маскування +Ag у вигляді тіосульфатного комплексу.

Перевіримо дію маскуючого реагента на йони +2Sr , які ми виявляємо: −− +↓↔+↓ 2

423223242 OCOSrSOSOSrC

−+ +↓↔ 242

242 OCSrOSrC . [ ] [ ] 72

422

1 106,142

−−+ ⋅==⋅= OSrCДPOCSrK .

24

[ ]32232

2 OSrSOSSr ↔+ −+ .

[ ][ ] [ ] [ ]

[ ]2

232

232

2 101,1132

32

⋅=β==⋅

= −+ OSrSOSrSKнOSSr

OSrSK .

Розраховуємо константу рівноваги реакції: [ ] [ ][ ] [ ]

[ ] [ ][ ]

[ ][ ] ( )[ ]

==⋅⋅

=⋅⋅

= +

+

−

−

−

−

32

42

2

2

232

24232

23242

24232

OSSr

OSrCp Kн

ДPSrSr

OSOCOSrS

OSOSrCOCOSrSK

[ ]527

21 1076,1101.,1106,13242

−− ⋅=⋅⋅⋅==β⋅= KKДP OSrSOSrC .

Константа рівноваги значно менша одиниці, тому 322 OSNa не заважає

виявленню +2Sr за допомогою оксалату. Задача 4. Яка маса йодиду аргентуму AgJ може розчинитися в 10,0 мл розчину аміаку з молярною концентрацією 10 моль/л? Розв’язування. З довідкових таблиць беремо значення стандартних

величин: ДР .1089,5 ;103,8 8])([

1723

−− ⋅=⋅= +NHAgHAgI K

1. Знайдемо кількість AgJ, яка розчиниться в розчині аміаку з С = 10 моль/л

−+ +⇔+↓ INHAgNHAgI ])([2 233

1 моль 2 моль 1 моль 1 моль Срівн (10-2x) моль x моль x моль

;][

103,8][

][

;103,8]][[

;

17

17

−

−

−+

−−+

−+

⋅==

⋅==

+↓⇔

II

ДРAg

IAgДР

IAgAgI

AgI

AgI

.1089,5])([

]][[

;2])([

8

23

23

])([

323

23

−+

+

++

⋅==

+⇔

+

NHAgNHAg

K

NHAgNHAg

NHAgH

У вираз константи нестійкості комплексу підставляємо значення рівноважної молярної концентрації кожного йона:

лмольAgIx

xxx

/1004,5][

)210(103,81089,5

4

2178

−

−−

⋅==

⋅−⋅⋅

=⋅

25

2. Розрахуємо масу AgJ, яка розчиниться в 10 мл розчину аміаку з С = 10 моль/л

2,10012,001,01004,58,234)()()()( 43 ==⋅⋅⋅=⋅⋅= − гNHVAgJCAgJMAgJm p мг

2,1)( =AgJm мг

Задача 5. Обчислити молярну концентрацію катіона 2Co + в 0,3 М розчині 3 6 3 2[ ( ) ]( )Co NH NO , який містить аміак 3NH кількістю 0,2 моль.

Розв’язування. Знаходимо у довіднику 2 363 6[ ( ) ] 6, 2 10 .Kн Co NH + −= ⋅

Запишемо процеси повної дисоціації комплексної сполуки (як сильного електроліта) на зовнішню сферу і комплексний йон

23 6 3 2 3 6 3[ ( ) ]( ) [ ( ) ] 2Co NH NO Co NH NO+ −→ +

1 моль 2 моль Срівн. 0,3 моль та часткової дисоціації комплексного йона (як слабкого електроліта) на катіон металу та ліганди:

322

63 6])([ NHCoNHCo +⇔ ++

1 моль 6 моль Срівн. (0,3-х)моль х моль (0,2-6х) моль

;])([

]][[2

63

63

2

])([ 263 +

+

=+

NHCoNHCoK NHCoH

)3,0()62,0(102,6

636

xxx

−−⋅

=⋅ − .

Оскільки значення х – величина мала у порівнянні з 0,3, то, нехтуючи

значенням х у знаменнику і 6(6 )x в чисельнику, одержуємо:

;3,0

)2,0(102,66

36 ⋅=⋅ − x 32

5

36

6

36

109,2104,61086,1

)2,0(3,0102,6 −

−

−−

⋅=⋅⋅

=⋅⋅

=x

[ ] лмольCo /109,2 322 −+ ⋅= Задача 6. Чи розчиниться осад броміду аргентуму AgBr масою 0,2 г в 100 мл 1 M розчину аміаку? Розв’язування. Знаходимо в довіднику дві константи: ДР .1089,5;103,5 8

])([13

23

−− ⋅=⋅= +NHAgHAgI K

1. Розрахуємо константу рівноваги процесу розчинення AgBr y розчині аміаку: −+ +⇔+↓ BrNHAgNHAgBr ])([2 233

1 моль 1 моль Срівн. (1-2x) моль х моль х моль

26

.100,91089,5

103,5][][

]][][)([

;][

]][)([

68

13

])([2

3

23

23

23

23

−−

−

+

+−+

−+

⋅=⋅

⋅==

⋅=

=

+NHAgH

AgIp

p

KДР

AgNHAgBrNHAg

K

NHBrNHAg

K

2. Розрахуємо розчинність AgBr в 1 М водному розчині аміаку:

)21( xxxK p −

⋅= або

1100,9

26 x

=⋅ − ; 36 100,3100,9 −− ⋅=⋅=x моль/л

(значення х ─ мала величина порівняно з 1, тому нею нехтують у знаменнику). Таким чином, розчинність AgBr в 1 М розчині аміаку дорівнює

3100,3 −⋅ моль/л 3. Маса AgBr, яка розчиниться в 1 л 1 M розчину аміаку 570,0100,38,187)()()( 3 =⋅⋅=⋅= −AgBrCAgBrMAgBrm г

4. Маса AgBr, яка розчиниться в 100 мл 1 M розчину аміаку: 0570,01,0570,0)( =⋅=AgBrm г

Отже, осад AgBr масою 0,2 г в 100 мл 1 M розчину аміаку повністю не розчиниться. Задача 7. Розрахуйте повну константу стійкості β і повну константу

нестійкості Кн комплексу [ ] +243 )(NHZn у відповідному розчині за

температури 30°C і йонної сили розчину μ=2, якщо логарифми ступінчастих констант стійкості за цих же умов дорівнюють: 37,2lg 1 =β ; 44,2lg 2 =β ;

50,2lg 3 =β ; 15,2lg 4 =β .

Розв’язання: Повна (загальна) константа стійкості β дорівнює добутку ступеневих констант стійкості 4321 βββββ ⋅⋅⋅= , а

46,915,250,244,237,2lglglglglg 4321 =+++=+++= βββββ .

Звідси 946,9 1088,210 ⋅==β . Повна (загальна) константа нестійкості комплексу є величина, зворотна

константі його стійкості: 1046,946,9 105,310

1011 −− ⋅====

βHK .

27

Задача 8. Обчисліть об’єм 25,10 %-го водного розчину NaOH, необхідного для розчинення 9,94 г Zn(OH)2. Густина розчину NaOH 1,275 г/см3 при температурі 20°C. Розв’язання: Розчинення осаду 9,94г Zn(OH)2 в розчині лугу відбувається за реакцією: Zn(OH)2↓+2NaOH=Na2[Zn(OH)4] 99,41г 2⋅39,997г 9,94г x

8999,741,99

997,39294,9)( ≈=⋅⋅

== NaOHmx г.

1. Обчислимо об’єм 100 г 25,10 %-го розчину NaOH:

34,78275,1

100)(

смNaOH

mV ==ρ

=

2. Розрахуємо об’єм розчину, в якому розчинено 8 г NaOH: 78,4 см3 містить 25,10 г NaOH x см3 8 г NaOH

2510,25

84,78≈

⋅=x см3.

Таким чином, для розчинення 9,94 г Zn(OH)2 потрібно 25 см3 розчину NaOH з масовою часткою NaOH 25,10 %.

1.5.Реакції окиснення – відновлення

На окисно-відновних реакціях грунтуються численні якісні визначення (Mn2+ – у вигляді MnO- ; Cr3+ – у вигляді Cr2O7

2-, Hd2+ відновлюють до металічної ртуті), процеси усунення впливу заважаючих домішок. В кількісному хімічному аналізі цей тип реакції поширений в електрогравіметрії (визначуваний катіон металу відновлюють до вільного металу на катоді (Cu2+ + 2e ↔Cu0) чи окиснюють до оксиду на аноді (Mn2++O2–2e↔MnO2); в титриметрії робочими розчинами є KMnO4

28

(перманганатометрія), K2Cr2O7 (хроматометрія), I2 (йодометрія), аскорбінова кислота (аскорбінометрія) тощо.

Як і на кожен з приведених вище типів реакцій, окисно-відновні зазнають впливу температури, концентрації реагуючих речовин, кислотності середовища, реакцій протонування, осадження, комплексоутворення, наявності каталізаторів чи інгібіторів реакції, дія яких може як сприяті бажаній реакції, так і уповільнювати чи запобігати їй.

Вміння визначати напрям і глибину проходження реакції окиснення-відновлення надає можливість керування нею.

Задача 1. Для реакції OHMnFeHMnOFe 2

234

2 485 +++=++ +++−+ визначити: a) окисник і відновник; б) окиснену і відновлену форму окисника і відновника;в) врівняти коефіцієнти; г) написати дві напівреакції та рівняння Нернста для кожної з них; д) розрахувати константу рівноваги при [ ] 8101 −+ ⋅=Η моль/л та [ ] лмоль1=Η + ; є) встановити, чи відбудеться ця реакція самодовільно за стандартних умов(чи вона самодостатня). Як зміниться величина Kp за 8=pH ([H+]=1∙10-8 моль/л)?

Розв’язування. +2Fe - відновник. Відновна напівреакція:

++ =− 32 1 FeeFe ; +2Fe - відновлена форма відновника; +3Fe - окиснена форма відновника.

−4MnO - окисник.

Окисна напівреакція: OHMnHeMnO 22

4 485 +=++ ++− ; −4MnO - окиснена форма окисника: +2Mn - відновлена форма окисника.

В загальному вигляді рівняння Нернста: [ ][ ]

[ ][ ]ВідОк

nE

ВідОк

nFRTEE lg059,0lg 00 +=+= ,

де E і 0E - реальний і стандартний (при Ct 025= ) окисно – відновні потенціали, В; R - газова постійна; T - температура за шкалою Кельвіна; F - число Фарадея; n - кількість електронів, що приймають участь у напівреакції; [ ]Ок і [ ]Від - рівноважні концентрації окисненої та відновленої форм

окисника чи відновника, лмоль .

29

[ ][ ]+

+

+= ++++ 2

30

// lg1059,0

2323 FeFeEE FeFeFeFe ;

[ ][ ] [ ]82

40// lg

1059,0

24

24

++

−

⋅+= +−+− HMnMnOEE MnMnOMnMnO .

( )059,0

00

10nEE

p

відок

K⋅−

= ,

де pK - константа рівноваги окисно-відновної реакції; 0окE і 0

відE - стандартні

окисно-відновні потенціали (редокс-потенціали) окисника і відновника відповідно; n - кількість електронів, що приймають участь у реакції. В довіднику знаходимо, що:

BEFeFe

77,00/ 23 +=++ , BE MnMnO 51,10

/ 24

+=+− .

За концентрації протонів 1 моль/л [ ] 01lglg =−=−= +HpH , якщо

[H+]= 8101 −⋅ моль/л ─ 8101lg 8 =⋅−= −pH . Тому при pH=0 константа рівноваги реакції не залежить від pH.

( )7,62059,0

574,0059,0

577,051,1059,0

15

10101010

02/3

02/4

====⋅⋅−⋅⋅

− +++− FeFeMnMnO

EE

pK .

При 1>pK реакція відбувається.

При pH=8 константа рівноваги залежить від pH і розраховується за формулою:

3,1647,6264

059,0574,088

059,05)77,051,1(

059.,0)//(

1010101010232

4−−

−⋅

⋅−⋅−

−⋅−

Ρ =====Κ

+++−

zpHnFeFeEMnMnE oo

Kp<1, тому реакція не відбувається. Реакція відбувається самодовільно, якщо 0E окисника > 0E відновника, тобто

000 >−=∆ відок EEE

BEEEFeFeMnMnO

74,077,051,10/

0/ 232

4=−=−=∆ +++− .

Реакція за стандартних умов відбувається (реакція самодостатня). Задача 2 . Обчислити окисно-відновний потенціал у розчині, що

містить −4MnO , лмоль

zC 11

=

, +2Mn , лмоль

zC 11

=

, 0,5=pH

( BEMnMnO

51,10/ 2

4+=+− ).

30

Розв’язування. Окисно-відновна напівреакція відбувається в слабко-кислому середовищі і описується процесом:

OHMnHeMnO 22

4 485 +=++ ++− .

pH розчину становить 5, що відповідає концентрації протонів лмоль5101 −⋅ . За рівнянням Нернста розраховуємо окисно-відновний потенціал, величина якого залежить від pH розчину:

[ ][ ] [ ] =⋅⋅+=⋅+= −+

+

−

+−+−58

240

// 10111lg

5059,051,1lg

5059,0

24

24

HMnMnOEE MnMnOMnMnO

( ) 451,1059,051,150118,051,1101lg0118,051,1 5 =−=−⋅+=⋅⋅+= − В. Задача 3. Обчислити окисно-відновний потенціал у розчині, що

містить 0,2 моль/л K2Cr2O7, 0,3 моль/л Cr2(SO4) 0,5 моль/л HNO3

( BE CrOCr 33,102/ 32

72+=+− ).

Розв’язування. Величина окисно-відновного потенціалу редокс-пари +− 32

72 2/ CrOCr залежить від кислотності середовища, оскільки протони

входять у напівреакцію OHCrHeOCr 232

72 72146 +=++ ++− .

Окисно-відновний потенціал у розчині, що містить ( )VICr і ( )IIICr розраховуємо за рівнянням Нернста:

[ ][ ] [ ]

( )( ) =⋅+=⋅+= +

+

−

+−+−

142

14

23

2720

22/5,0

3,02,0lg

6059,033,1lg

6059,0

3272

3272

HCr

OCrEECrOCrCrOCr

B28,1047,033,1000061,009,02,0lg01,033,1 =−=⋅⋅+= .

Задача 4. Обчислити потенціал нікелевого електрода в розчині, що

містить лмоль1,0 2NiCl і лмоль7,2 3NH ( BENiNi

23,00/2 −=+ ).

Розв’язування. Потенціал нікелевого електрода в розчині з одноіменним катіоном розраховується за рівнянням Нернста:

[ ][ ]

[ ][ ]

[ ][ ] =+=+=+=

+

+ 0

20

/00

/ lg2059,0lg059,0lg 2

NiNiE

ВідОк

nE

ВідОк

nFRTEE

NiNiвідок

[ ]+⋅+−= 2lg03,023,0 Ni . Але в розчині в надлишку міститься аміак, який з +2Ni утворює комплекси:

( )[ ] ++ ↔+ 2633

2 6 NHNiNHNi .

31

Вважаючи, що всі катіони +2Ni зв’язані в комплекс, залишкову їх концентрацію розраховуємо із загальної константи стійкості комплексу, нехтуючи проміжними стадіями. Розраховуємо концентрацію катіонів +2Ni , що не зв’язались у комплекс, користуючись формулою:

[ ][ ] [ ] [ ] р

Рзаг

LLLСK

βββββ ...212

1 1...1 ++++= ;

Константи стійкості (НК

1=β ):

31 1043,0 ⋅=β ; 3

2 1013,0 ⋅=β ; 23 1041,0 ⋅=β ; 2

4 1012,0 ⋅=β ; 15 1043,0 ⋅=β ;

06 1081,0 ⋅=β ; 91010,0 ⋅=β заг .

[ ]( ) ( ) ⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅+

=+3333323

2

1013,01043,07,21013,01043,07,21043,07,211,0Ni

( ) ( ) ⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅ 335223342 1013,01043,07,21012,01041,01013,01043,07,21041,0

( ) ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅⋅ 122336122 1043,01012,01041,01013,01043,07,21043,01012,01041,0

лмоль12100 108,1

1055,51,0

1081,0−⋅=

⋅=

⋅⋅

=⋅⋅+−=⋅+= −−++

12120// 108,1lg030,023,0108,1lg

2059,0

22 NiNiNiNi EE

( ) B32,009,023,08,1lg030,01223,0 −=−−≈⋅−+−= . Задача 5. Обчислити константу рівноваги окисно-відновної реакції

OHJNOHJHNO 222 22222 ++↑↔++ +−

( BE NONO 99,00/2

+=− ; BE JJ 54,002/2

+=− ).

Розв’язування. Розділимо окисно-відновну реакцію на дві напівреакції: окисну (перетворення окисника 2HNO ):

OHNOeHNO 22 2222 +↑=+ відновну (перетворення відновника – йодид-іону):

32

222 JeJ =−− .

Окисна напівреакція залежить від концентрації протонів ( pH розчину), відновна не залежить; зниження pH сприятиме проходженню реакції, тому константу рівноваги розраховуватимемо за формулою:

( )zpHnЕE

p

відок

K−

⋅−

= 059,0

00

10 .

Але оскільки в умові не вказано значення pH , вважатимемо, що

[ ] лмольH 1= , тоді 0=pH і добуток 0=zpH . ( ) ( )

2,15059,0254,099,0

059,0 10101000

===⋅−⋅− nЕE

p

відок

K .

Задача 6. На основі значень окисно-відновних потенціалів покажіть, чи зможе HgS розчинитись в 1 М 3HNO .

Розв’язування. Запишемо рівняння реакції і напівреакцій: OHNOSHgNOHHgS 2

23 423283 +↑+↓+=++↓ +−+

↓+=−↓ + SHgeHgS 22

OHNOeHNO 23 234 +↑=++ +−

Потенціал редокс-пари BNONO 96,0/3 =− .

Потенціал редокс-пари −2/ SS - розраховується за рівнянням Нернста з врахуванням добутку розчинності HgS , оскільки одна з форм пари ( −2S ) входить до складу малорозчинного HgS .

[ ] [ ] 5222 106,1 −−+ ⋅=⋅= SHgДPHgS . [ ] [ ]+− = 2

2

HgДP

S HgS .

Враховуючи концентрацію 3HNO ( лмоль1 ), приймаємо концентрацію +2Hg (при розчинені HgS ), рівну концентрації +H :

[ ] [ ] лмольHgCH HNO 123

=== ++ .

З рівняння Нернста розраховуємо потенціал редокс-пари −2/ SS , враховуючи

HgSДР :

[ ][ ] [ ]

[ ]=+=+=+=

+

−− −−−−

HgSSSSSSS ДР

HgES

ESSEE

SS

20

20

/20

// lg2059,01lg

2059,0lg

2059,0

2/222

BДР

EHgS

SS 07,1106,11lg

2059,046,01lg

2059,0

520

/ 2 +=⋅

+−=+= −− .

33

Розраховуємо константу рівноваги реакції:

( ) ( )3,11059,0

607,196,0059,0

6

059,0 10101010

02/

0/3

00

−⋅−⋅

−⋅−

====−− SSNONOвідок

EEnEE

Kp .

Мале значення константи рівноваги вказує на те, що HgS не розчиняється в 1 М 3HNO .

Задача 7. До розчину що містить йодид-, нітрит- та сульфід- іони додали хлорну воду. Які зміни можна спостерігати? Написати рівняння реакцій і обґрунтувати напрям їх проходження. Розв’язування. 1. Знаходимо стандартні потенціали редокс- пар:

;536,002/2

BEII

+=− ;94,00/ 23

BENONO

+=−− ;476,00/ 2 BESS

−=− ;359,102/2

BE ClCl +=−

Оскільки 02/2

−ClClE найбільше, то хлор може окиснювати всі присутні в

розчині аніони. 2. Визначаємо порядок, в якому будуть окиснюватися аніони: першим окислюється той, який має найменше значення редокс-потенціалу, оскільки

0E∆ реакції (електрорушійна сила – е.р.с) буде найбільшою.

( 0 0 0. .ок відE E E∆ = − ).

.835,1)476,0(359,1

;419,094,0359,1

;823,0536,0359,1

0/

02/

0

0/

02/

0

02/

02/

0

22

232

22

BBBEEE

BBBEEE

BBBEEE

SSClCl

NONOClCl

IIClCl

=−−=−=∆

=−=−=∆

=−=−=∆

−−

−−−

−−

Першим буде окиснюватися сульфід-, потім йодид-, останнім - нітрит-іон. 3. Запишемо окисно-відновні реакції в порядку їх проходження:

22 2S Cl S Cl− −+ = ↓ + (розчин стає каламутним від сірки);

−− +=+ ClIClI 22 22 (виділяється йод і з’являється буре забарвлення).

2 2 2 3 2 2 .NO Cl H O NO Cl H− − − ++ + = + +

Задача 8. В якому напрямі проходитиме реакція, якщо змішати однакові об’єми 1 M розчинів хлоридів Fe(III), Fe(II), Sn(IV), Sn(II)?

Розв’язування. ;77,00/ 23 BЕFeFe

+=++ ,15,00/ 24 BESnSn

+=++ Отже, Fe(III) буде

окисником, а Sn(II) - відновником, тобто відбуватиметься реакція: 23 2 42 2 .Fe Sn Fe Sn

++ + ++ = + Задача 9. Як змінити редокс - потенціал системи −BrBr

E2/2

при зміні

концентрації брому до 0,1 моль/л, а бромід-іонів до 0,01 моль?

34

Розв’язування.

.174,13029,0087,1

1000lg029,0087,1)01,0(

1,0lg2059,0087,1

][][lg

2059,0

.][][lg059,0

][][ln

2220

2/2/

0/

0//

22

BBrBrEЕ

ВідОк

пЕ

ВідОк

nFRTЕE

BrBrBrBr

відоквідоквідок

=⋅+=

=⋅+=+=+=

+=+=

−−−

Потенціал системи при зміні концентрації збільшився в 1,174 1,11, 087

Bn разиB

= ≈ .

Задача 10. Обчисліть реальний окисно-відновний потенціал при змішуванні 80 мл розчину Ce(IV), C(Ce4+) = 0,150 моль/л з 20 мл розчину Ce(III), С(Сe3+) = 0,050 моль/л. Коефіцієнти активності йонів Ce4+ і Ce3+ вважати рівними 1. 77,134 / =++ CeCeE o В за кімнатної температури. Розв’язання: Окисно-відновний процес для редокс-пари Ce4+/Ce3+ описується напівреакцією: Ce4++1e=Ce3+. Реальний окисно-відновний потенціал редокс-пари Ce4+/Ce3+ описується рівнянням Нернста:

( )( ).lg059,0

3

4

//34

34 +

+

+= ++++ Cea

Cean

EE CeCeCeCeo

Оскільки ( ) ( ) ( )+++ ⋅= 444 CefCeCCea , ( ) ( ) ( )+++ ⋅= 333 CefCeCCea , а n = 1 і

( ) ( ) 134 == ++ CefCef , тому замість активностей йонів використовують їх

концентрацію (враховуючи розбавлення при зливанні розчинів), яку розраховують за формулами:

( ) ( ) ( )( ) ( ) 12,0

02,008,008,0150,0

34

44'4 =

+⋅

=+⋅

=++

+++

CeCeCeCecCeC

ννν моль/л.

( ) ( ) ( )( ) ( ) =

+⋅′

=++

+++

34

333

CeCeCeCecCeC

ννν 010,0

02,008,002,0050,0

=+⋅ моль/л.

Підставивши концентрації йонів у рівняння Нернста, отримаємо:

( )( ) В 1,8312lg059,077,1

01,012,0lg059,077,1lg059,0 3

4

//34

34 =⋅+=⋅+=⋅+= +

+++

++ CecCecEE CeCeCeCe

o

Задача 11. Визначте в якому напрямі (прямому чи зворотному) проходить за кімнатної температури реакція

)2(232 22224 =++=++ −+−− nOHJAsOHJHAsO ,

35

якщо концентрація реагентів (учасників реакції) лмольJCAsOCHAsOC /1,0)()()( 2

24 === −−−

, рН = 2 (С(Н+) = 10-2 моль/л), стандартні окисно-відновні потенціали редокс-пар

)32(2/,/, 32224

−−−−+− =+ JeJJJAsOHHAsO за кімнатної температури становлять відповідно 0,56 і 0,55 В, тобто достатньо близькі. Коефіцієнти активності реагентів прийняти за 1. Розв'язування. Для визначення напрямку протікання реакції необхідно розрахувати її електрорушійну силу (ЕРС). Стандартна ЕРС реакції дорівнює:

020,0)1,0()1,0(1,0

1,01,0lg2059,001,0

)()()()()C(AsOlg

2059,0

01,055,056,0

323224

2-20

000

<−=

=⋅⋅

⋅⋅+=

⋅⋅⋅

⋅+∆=

=−=−=∆=

+−−

BHCJCHAsOC

JCЕЕ

ВЕЕЕЕРС відок

В даних умовах реакція іде в зворотному напрямі. Задача 12. Оцінити повноту окиснення Fe(II) за кімнатної температури двома окисниками - розчином сульфату церію (IV) і розчином нітратної кислоти НNО3-. Стандартні окисно-відновні потенціали редокс-пар Се4+/Се3+ ; Fe3+/Fe2+ і (NO3

-,H+)/NO дорівнюють відповідно 1,77; 0,77; 0,96 В за кімнатної температури. Розв'язування. Окиснення Fe2+ різними окисниками відбувається за реакціями: Fe2+ + Се4+ = Fе3+ + Се3+ (n = 1). 3Fe2+ + NO3

- + 4H+ = 3Fe3+ + NO↑ +2Н2O (n = 3). Щоб оцінити повноту окиснення Fe, необхідно розрахувати і порівняти константи рівноваги цих реакцій К1 і К2:

.106,4;66,90,059

3)77,096,0(lg

;109,8;95,160,059

1)77,077,1(lg

;0,059

n)(lg

922

1611

00

⋅==⋅−

=

⋅==⋅−

=

⋅−=

KK

KK

ЕEpK відок

Відношення 7

9

16

2

1 109,1106,4109,8

⋅=⋅⋅

=KK

.

36

Оскільки К1 значно перевищує К2, сульфат церію (IV) повніше окислює Fе(ІІ) до Fе(ІІІ), ніж нітратна кислота.

РОЗДІЛ 2. КІЛЬКІСНИЙ ХІМІЧНИЙ АНАЛІЗ

В цьому розділі наведені приклади розв’язування задач, що стосуються концентрації розчинів (приготування розчинів, перехід від одного способу вираження концентрації до іншого), а також розрахунки в титриметричному та гравіметричному матодах, які відносяться до простих і доступних методів кількісного аналізу.

2.1. Розчини. Кількісний склад розчинів

В аналітичній хімії більшість реакцій проводиться у водних розчинах, тому вміння розраховувати наважку, необхідну для приготування розчину заданої концентрації; розбавляти розчини; переходити від одного виду концентрації до іншого надзвичайно потрібні студентам, які опановують навики хіміків аналітиків. Ці знання знадобляться всім, хто має справу з приготуванням розчинів.

Задача 1. У воді масою 1 кг розчинено 560 г гідроксиду калію КОН. Обчисліть молярні частки КОН і води у розчині.

Розв’язування: Розраховуємо кількість молей КОН у розчині: ( ) 560( ) 10( ) 56

m KOHn KOHM KOH

= = = моль.

і кількість молей води:

22

2

( ) 1000( )( ) 18

m H On H OM H O

= = = 55,5моль.

Обчислюємо молярні частки КОН і води в розчині:

2

( ) 10( )( ) ( ) 10 55,5

m KOHX KOHn KOH n H O

= =+ +

= 0,1530 = 15,30 %;

37

22

2

( ) 55,5( )( ) ( ) 10 55,5

n H OX H On KOH n H O

= =+ +

=0,8470=84,70 %.

Задача 2. Масова частка гідроксиду натрію NaОН у водному розчині 40 %. Знайдіть молярну частку (%) розчиненої речовини.

Розв’язування: 1. Розрахуємо кількість молей NaОН у розчині: ( ) 40( )( ) 40

m NaOHn NaOHM NaOH

= = =1 моль.

2. Маса води у розчині:

2( )m H O = 100 – 40 = 60 г.

3. Знайдемо кількість молей води в розчині:

22

2

( ) 60( )( ) 18

m H On H OM H O

= = = 3,3 моль.

4. Молярна частка NaОН у розчині становитиме:

2

( ) 1( )( ) ( ) 1 3,3

m NaOHX NaOHn NaOH n H O

= =+ +

= 0,2420=24,20 % .

Задача 3. До 32 г метанолу (ρ = 0,8 г/см³) долили дистильовану воду до загального об’єму 80 мл. Визначте об’ємну частку метанолу в розчині.

Розв’язування: Об’єм 32 г метанолу становить: 32( )0,8

mV метанолуρ

= = = 40 cм³ (мл).

Об’ємна частка метанолу в розчині розраховується за формулою: ( ) 40( )( ) 80

V метанолуметанолуV розчину

ω = = = 0,5 = 50 % .

Задача 4. При змішуванні 50 мл води (ρ = 1 г/см³) і 70 мл етанолу (ρ = 0,8 г/см³) одержали розчин густиною 0,9 г/см³. Визначте об’ємну частку етанолу у воді.

Розв’язування: При змішуванні рідин об’єм розчину не дорівнює сумі об’ємів розчиненої речовини і розчинника – необхідно обчислити масу розчину. 1. Знайдемо масу води в розчині: m(води)=ρ(води)⋅V(води)=1⋅50 = 50 г. 2. Розрахуємо масу етанолу в розчині: m(етанолу)=ρ(етанолу)⋅V(етанолу)=0,8⋅70 = 56 г. 3. Маса розчину:

38

m(розчину) = m(води) + m(етанолу) = 50 + 56 = 106 г. 4. Об’єм розчину становитиме:

( ) 106( )( ) 0,9

m розчинуV розчинурозчинуρ

= = = 117,8 мл.

5. Об’ємна частка етанолу в розчині: ( ) 70( )( ) 117,8

V етанолуетанолуV розчину

ω = = =0,594 = 59,4 %.

Задача 5. Обчислити моляльність розчину КCl, якщо масова частка КCl становить 7,45 %.

Розв’язування: В 100 г розчину КCl міститься: m (KCl)=7,45 г; 2( ) ( ) ( )m H O m розчину m KCl= − =

= 100 -7,45 = 92,55 г = 0,0926 кг. Моляльність (кількість молей розчиненої речовини в 1 кг розчинника)

обчислюється за формулою:

2 2

( ) / ( ) 7, 45 / 74,5( )( ) 0,0926

KCl m KCl M KClVH O m H O

= = = 1,08 моль/кг.

Задача 6. У воді об’ємом 540 мл розчинено 60 г хлориду натрію NaCl. Визначте масову частку розчиненої речовини в розчині.

Розв’язування: Визначимо масу розчину: m (розчину) = m(води) + m(NaCl) = 540 + 60 = 600 г.

Розрахуємо масову частку NaCl у розчині:

%10%10060060%100

)()()( ===ω

розчинуmNaClmNaCl

Задача 7. Який об’єм води необхідний для розчинення 3NaNO масою

8 г, щоб приготувати розчин з масовою часткою 3NaNO 1 %?

Розв’язування: Обчислимо масу розчину, концентрація якого 1%. у 100г розчину – 1 г 3NaNO

у х г розчину – 8 г 3NaNO

8001

8100=

⋅=x г розчину.

Оскільки у 800 г розчину розчинено 8 г 3NaNO , то об’єм води становить:

V(води) = m(води) = m(розчину) – m( 3NaNO ) = 800 – 8 = 792 г = 792 мл.

39

Задача 8. Яка молярна концентрація, молярна концентрація еквівалентів, масова концентрація, титр (г/мл) хлориду барію у розчині з масовою часткою речовини 10 % і густиною 1,090 г/см³?

Розв’язування: 1. Обчислимо об’єм 100 г 10%-го розчину 2BaCl :

( ) 1001,090p

m pVρ

= = = 91,74 мл.

2. Знайдемо вміст 2BaCl (в грамах) у 1000 мл розчину:

91,74 мл – 10 г 2BaCl

1000 мл – х

00,10974,91

101000=

⋅=x г

3. Обчислимо молярну концентрацію і молярну концентрацію еквівалентів розчину 2BaCl , якщо М( 2BaCl ) = 208,24 г/моль:

M( 1z 2BaCl )= 2( ) 208, 24

2 2M BaCl

= =104,12 г/моль;

лмольVBaClM

BaClmBaClC

лмольVBaClM

BaClmBaClC

/0470,1112,104

109

)z1(

)()

z1(

/5235,0124,208

109)()(

)(

2

22

2

22

=⋅

=⋅

=

=⋅

=⋅

=

4. Масова концентрація розчину 2BaCl і його титр становлять:

22

( ) 109( )1p

m BaClP BaClV л

= = =109 г/л;

22

( ) 109( )1000p

m BaClT BaClV мл

= = =0,109 г/мл.

Задача 9. Oбчислити масу хлориду калію, необхідну для приготування 400 мл розчину з молярною концентрацією 0,3 моль/л. М( 2BaCl )=74,551 г/моль.

Розв’язування: 1000 мл розчину містить 0,3 моль 2BaCl або 0,3⋅74,551 г 2BaCl

400 мл розчину – х

946,81000

551,743,0400=

⋅⋅=x г.

40

Задача 10. Визначте молярну концентрацію та молярну концентрацію еквівалентів розчину 2 4H SO (ω = 20% ρ = 1,14 г/см³).

Розв’язування: Обчислимо, у якому об’ємі розчину з густиною 1,14 г/см³ міститься 20 г 2 4H SO :

V( 2 4H SO )= 3

1001,14 /

m гг смρ

= =87,72 мл .

Обчислимо, скільки грамів буде міститися в 1л розчину: 87,72 мл містить 20 г 2 4H SO

1000 мл – х г

00,22872,87

201000=

⋅=x г.

Перерахуємо цю кількість на молі і молі еквівалентів: ( )

( ) 3265,2198

228

42

42 =⋅

=⋅

=VSOHM

SOHmC моль/л

( ) 6530,41

1

42

4242 =

⋅

=

VSOHz

M

SOHmSOHz

C моль/л.

Задача 11. Знайти об’єм розчину 2BaCl з молярною концентрацією

еквівалентів 0,5 моль/л, який необхідний для взаємодії з 2 4H SO , що міститься

в 20 мл розчину з молярною концентрацією еквівалентів 2 моль/л. Розв’язування: Знаходимо в довідкових таблицях молярні маси

хлориду барію і сульфатної кислоти та розраховуємо молярні маси еквівалентів (число еквівалентності для обох сполук = 2).

М( 2BaCl ) = 208,33 г/моль; М( 1z 2BaCl ) = 104,165 г/моль;

М( 2 4H SO ) = 98 г/моль; М ( 1z 2 4H SO ) = 49 г/моль.

1. Обчислимо масу 2 4H SO , що міститься в 20 мл розчину з С( 1z

) = 2 моль/л:

в 1000 мл розчину міститься 2⋅49 г в 20 мл – х г

96,11000

49220=

⋅⋅=x г.

41

2. Запишемо рівняння реакції і розрахуємо кількість грамів 2BaCl , яка реагує з

1,96 г 2 4H SO :

2BaCl + 2 4H SO = 4BaSO + 2 HCl

208,33 98 х г 1,96 г

1666,498

96,133,208=

⋅=x г.

3. Розрахуємо, в якому об’ємі розчину з молярною концентрацією еквівалентів 0,5 моль/л міститься 4,1666 г 2BaCl :

в 1000 мл розчину – 0,5⋅104,165 ]11[

⋅

zM

zC 2BaCl

в х мл розчину ─ 4,1666 г

80165,1045,0

1666,41000=

⋅⋅

=x мл

Задача 12. Визначити масову частку (%) 3HNO у розчині з молярною

концентрацією 12,2 моль/л, густина якого 1,350 г/см³. М( 3HNO ) = 63 г/моль.

Розв’язування: Обчислимо, скільки грамів 3HNO міститься в 1 л

розчину: m( 3HNO )=C( 3HNO )⋅M( 3HNO )=12,2 моль/л⋅63 г/моль=768,6 г.

Знаючи густину розчину визначимо масу 1 л розчину: m(1000 мл розчину) = Vp⋅ρ = 1000 мл⋅1,350 г/мл = 1350 г Знайдемо масову частку 3HNO (%):

1350 г розчину містить 768,6 г 3HNO

100 г ─ х г 3HNO

93,561350

6,768100=

⋅=x %

Або: 33

( ) 768,6( ) 100% 100%1350p

m HNOHNOm

ω = = = 56,93 % .

Задача 13. Визначте масову частку ацетатної кислоти 3CH COOH у

розчині, що утворюється при змішуванні її розчинів масою 120 г з ω( 3CH COOH ) = 10% і 40 г з ω ( 3CH COOH )=90 %.

42

Розв’язування: Обчислимо вміст CH3COOH (в грамах) у 120г і 40г розчинів з масовими частками відповідно 10 і 90 %: 100 г розчину містить 10 г 3CH COOH

120 г ─ х г

Звідки 12100

10120=

⋅=x г 3CH COOH ;

100 г розчину містить 90 г 3CH COOH

40 г - х г

Звідки 36100

9040=

⋅=x г 3CH COOH .

Сумарна маса розчину після зливання = 120 г + 40 г =160 г. Сумарна маса оцтової кислоти після зливання = 12 г + 36 г = 48 г. Визначаємо масову частку 3CH COOH в одержаному розчині:

33

( ) 48( ) 100% 100%160p

m CH COOH гCH COOHm г

ω = = = 30,0 %.

Задача 14. Які маси розчину аміаку 3NH з масовою часткою 3NH 25 % і

води треба взяти, щоб приготувати водний розчин аміаку масою 1 кг з масовою часткою 3NH 15 %.

Розв’язування: 1. Обчислимо вміст аміаку в 1 кг розчину з масовою часткою 3NH

15 %. Якщо в 100 г розчину міститься 15 г 3NH , то в 1000 г - 150 г 3NH .

2. Знайдемо масу розчину аміаку з масовою часткою 3NH 25%, що

містить 150 г 3NH :

100 г розчину - 25 г 3NH

х г - 150 г 3NH → 60025

50100=

⋅=x г ( 4NH OH ).

3. Визначимо масу води: m(води) = m(розчину) – m( 4NH OH ) = 1000 г – 600 г = 400 г ( 2H O ).

Задача 15. Яку масу води необхідно додати до розчину хлориду натрію NaCl з масовою часткою NaCl 0,02 (2%), щоб одержати розчин з масовою часткою NaCl 0,005 (0,5 %)?

43

Розв’язування: Обчислимо, у скількох грамах розчину з масовою часткою NaCl 0,5 % розчинена така ж кількість NaCl, як у 100 г розчину з масовою часткою NaCl 2 %: 100 г розчину містить 0,5 г NaCl x г розчину містить 2 г NaCl Оскільки загальний об’єм розчину 400 г, а початкова маса розчину з більшою концентрацією – 100 г, то необхідно додати 300 г води (300 мл води, оскільки

31,0 /г смρ = ). Задача 16. До якого об’єму треба розбавити водою розчин сульфатної кислоти 2 4H SO від 0,8 до 0,25 моль/дм3 (моль/л) ( . 2 4 1/ 2еквf H SO = )?

Розв’язування: 1. Oбчислимо вміст 2 4H SO (в грамах) у 1,25 л розчину з

:/8,0)1( 42 лмольSOHz

С =

.4925,18,0298)1()1()( 424242 гVSOH

zCSOH

zMSOHm p =⋅⋅=⋅⋅=

2. Знайдемо в якому об’ємі розчину 2 4H SO з лмольz

C /25,0)1( = міститься

така ж кількість (49г) 2 4H SO ?

.00,425,0

298

49

)1()1(

)(

4242

42 лSOH

zCSOH

zM

SOHmVp =⋅

=⋅

=

Розчин об’ємом 1,25 л необхідно розбавити водою до 4,00 л тобто додавши: 4,00 − 1,25 = 2,75 л води. Задача 17. Розчин гідроксиду натрію NaOH об’ємом 2 л з молярною концентрацією речовини 0,6 моль/л змішали з розчином гідроксиду калію KOH об’ємом 3 л з молярною концентрацією речовини 1 моль/л. Якою буде молярна концентрація, масова концентрація та вміст (у грамах) кожної речовини в одержаному розчині? Розв’язування: Обчислимо молярну концентрацію розчинів NaOH і KOH після змішування (розведення); загальний об’єм розчину – 5 л:

гx 4005,0

1002=

⋅=

44

лмольKOHC

лмольNaOHС

/60,0531)(

/24,05

26,0)(

=⋅

=

=⋅

=

Знаючи молярну концентрацію кожного з розчинів, розрахуємо масову концентрацію:

лгKOHMKOHCKOHPлгNaOHMNaOHCNaOHP

/6,335660,0)()()(/6,94024,0)()()(

=⋅=⋅==⋅=⋅=

Знайдемо вміст кожної речовини в одержаному розчині за формулами:

.168560,056)()()()(

;48524,040)()()()(

гKOHVKOHCKOHMKOHmгNaOHVNaOHCNaOHMNaOHm

p

p

=⋅⋅=⋅⋅=

=⋅⋅=⋅⋅=

Задача 18. Розрахувати об’єм води і нітратної кислоти 3HNO з масовою

часткою 3HNO 68,00 % ( 31,405 /г смρ = ), необхідні для приготування розчину

3HNO масою 80 г з масовою часткою 3HNO 12,00 % ( 31,065 /г смρ = ).

Розв’язування: 1. Скільки грамів 3HNO міститься у 80 г розчину 3HNO з 12, 00%ω = ?

33

( ) 80 12( ) 9,60 .100 100

p pm HNOm HNO г

ω⋅ ⋅= = =

2. В якій кількості розчину 3HNO ( 68, 00%ω = ) міститься 9,60 г 3HNO ?

3

3

( ) 100 100 9,60 14,12 .( ) 68p

p

m HNOm гHNOω

⋅ ⋅= = =

3. Яку кількість води (в грамах) необхідно додати до 14,12 г розчину

3HNO ( 68,00%ω = ), щоб отримати 80 г розчину?

3( ) ( ) ( ) 80 14,12 65,88 .pm води m розчину m HNO г г г= − = − =

3 3( ( ) 12,00%) ( ( ) 68, 00%)HNO HNOω ω= = .

4. Які об’єми займають 14,12 г розчину 3HNO ( 68, 00%ω = ) і 80 г розчину

3HNO ( 12,00%ω = )?

3

3

14,12(68% ) 10,05 .1,405 /

80(12% ) 75,12 .1,065 /

p

p

m гV ї HNO млг мл

m гV ї HNO млг мл

ρ

ρ

− = = =

− = = =

45

Таким чином, щоб одержати 80 г розчину 3HNO з масовою часткою 3HNO

12 % (V = 75,12 мл) до 10,05 мл розчину 3HNO (з масовою часткою 3HNO

68,00 %) необхідно додати: 75,12 − 10,05 = 65,07 мл води. Задача 19. Які маси розчину аміаку з масовою часткою 3NH 25,00 % і

води треба взяти, щоб приготувати водний розчин аміаку масою 1 кг з масовою часткою 3NH 15,00 %?

Розв’язування: 1. Обчислимо вміст аміаку (в грамах) в 1 кг розчину з масовою часткою

3NH 15,00 %:

100 г розчину містить 15,00 г 3NH .

1000 г розчину містить 150,0 г 3NH .

2. Знайдемо, в якій кількості розчину (в грамах) з масовою часткою 3NH

25,00 % розчинено 150,0 г аміаку. 100 г – 25,00 г 3NH

х – 150,0 г 3NH

Для приготування 1 кг розчину аміаку з 4( ) 15,00%NHω = необхідно взяти

600 г розчину 3NH з %00,25)( 3 =NHω і додати (1000 г − 600 г) = 400 г води

(400 мл води).

2.2. Титриметричний метод аналізу

Титриметричний метод аналізу ґрунтується на законі еквівалентів як

робочі розчини використовує розчини з відомою концентрацією. Нижче розглянуті приклади розв’язування задач, які дають змогу розраховувати кількість речовини, необхідної для приготування розчину; визначити молярну масу еквівалента речовини залежно від типу реакції, в якій вона застосовується; провести розрахунки за результатами титрування (вміст речовини або концентрацію розчину) з різною технікою виконання аналізу: пряме титрування, титрування по залишку (зворотне титрування) та титрування замісника (заміщу вальне титрування).

100 150,0 600 .25,00

x г⋅= =

46

Задача 1. Розрахувати масу наважки бури OHOBNa 2722 10⋅ , необхідну

для приготування 1 л розчину з молярною концентрацією еквівалентів

лмольz

C 1,01=

.

Розв’язання. NaClBOHOHHClOBNa 2452 332722 +=++

( ) 1811.02

36011.02

11=⋅⋅=⋅⋅=⋅

⋅

=

MVz

Сбz

Mбуриm г.

zM 1 - молярна маса еквівалента бури, що дорівнює молярній масі, поділеній

на число еквівалентності, яке дорівнює: а) в реакціях кислотно-основної взаємодії - кількості приєднаних, відданих чи заміщених протонів чи інших одновалентних елементів; б) в реакціях окиснення –відновлення - кількості відданих чи приєднаних електронів.

Задача 2. Розрахувати молярну концентрацію еквівалентів розчину бури, якщо на титрування 10,00 мл його витрачено 8,45 мл розчину HCl ,

лмольz

C 1028,01=

.

Розв’язання. За законом еквівалентів, на якому грунтується

титриметричний метод аналізу, ( ) ( )буриVбуриz

CHClVHClz

C ⋅

=⋅

11

,

звідси

( )

( ) лмольбуриV

HClVHClz

Сбури

zC 087,0

00,1045,81028,0

11

≈⋅

=⋅

=

.

Задача 3. Розрахувати вміст аміаку в колбі об’ємом 500 мл, якщо на титрування 10,00 мл цього розчину витрачено 11,20 мл HCl з

лмольz

C 09438,01=

.

Розв’язання. Взаємодія між розчинами аміаку і соляної кислоти

описується рівнянням реакції: OHNHHOHNH 244 +=+ ++ .

( ) ( ) =⋅⋅

⋅

= KHClVHCl

zCOHNH

zMOHNHm 11

44

47

мг584,15851050020,1109438,035 =⋅⋅⋅= ,

де К - аналітичний множник, що дорівнює відношенню загального об'єму розчину до об'єму, взятого на титрування (аліквоти).

Задача 4. Обчислити масову частку Fe(ІІ) в гірській породі, якщо 5,1236 г її розчинено в кислоті і доведено об'єм розчину до 200 мл. На титрування 10,00 мл цього розчину витрачено 10,91 мл розчину 4KMnO з

лмольz

C 05000,01=

.

Розв’язування. Процеси описуються рівняннями хімічних реакцій:

OHFeHFeO 222 +=+ ++ ;

OHMnFeHMnOFe 223

42 4585 ++=++ +++−+ .

( ) ( ) ( )=⋅

⋅⋅

⋅

=⋅= %100

11

%100,%44

наважкинаважки m

KKMnOVKMnOz

CFez

M

mFemFeω

%83,1110001236,5

1001020091,1005000,056,55

=⋅

⋅⋅⋅⋅= .

Задача 5. Обчислити молярну і масову концентрацію (титр) розчину NaOH , якщо на титрування ним наважки OHOCH 2422 2⋅ масою 0,1590 г,

розчиненої у воді, витрачено 24,60 мл розчинуNaOH , ( ) мольгNaOHM 40= ;

( ) мольгOHOCHM 06,1262 2422 =⋅ . Розв’язування. При титруванні щавлевої кислоти розчином лугу

відбувається реакція: OHOCNaNaOHOCH 2422422 22 +=+ ,

на основі якої складаємо пропорцію:. г06,126 OHOCH 2422 2⋅ взаємодіє з г00,402 ⋅ NaOH

1590,0 г взаємодіє з х г NaOH

гx 1009,006,126

00.4021590,0=

⋅⋅= .

Оскільки ця кількість NaOH міститься в 24,60 мл розчину, то в 1 мл ( )

( ) млгрозчинуVNaOHmT 004102,0

6,241009,0

=== .

48

Молярна концентрація розчину NaOH розраховується за формулою:

( ) ( )( ) лмольNaOHM

NaOHTNaOHС 1026,000,40

1000004102,01000=

⋅=

⋅= .

Розрахунки можна провести інакше, використавши математичний вираз закону еквівалентів у такому вигляді:

( ) ( )NaOHVNaOHz

COHOCH

zM

OHOCHm⋅

=

⋅

⋅ 1

212

2422

2422 , звідки

( )( )

лмольNaOHVOHOCH

zM

OHOCHmNaOHz

C 1026,060,242/06,126

1590,0

2121

2422

2422 =⋅

=⋅

⋅

⋅=

.

( ) млгNaOH

zMNaOH

zC

NaOHT 004102,01000

401026,01000

11

=⋅=

⋅

= .

Задача 6. Сірку з наважки 0,1906г кам’яного вугілля перевели в 2SO , який поглинули розбавленим розчином крохмалю і відтитрували 20,45 мл

розчину йоду з лмольz

C 02088,01=

. Розрахувати масову частку сірки у

вугіллі. Розв’язування. Процеси, що відбуваються при аналізі, описуються

рівняннями хімічних реакцій:

22 SOOS →+

HJSOHJSOOH 22 42222 +=++ . Розрахунки масової частки сірки у вугіллі проводимо за формулою:

( ) ( ) ( )

%58,3%10010001906,0

45,2002088,02/32

%1001000

11

%10022

=⋅⋅

⋅⋅=

=⋅⋅

⋅

⋅

=⋅=ωнавнав m

JVJz

CSz

M

mSmS

Задача 7. Розрахувати масову частку міді в руді, якщо з наважки руди масою 0,6215 г мідь перевели в розчин у вигляді +2Cu , при додаванні KJ виділився йод, на титрування якого витратили 18,23 мл розчину 322 OSNa

( млгT CuOSNa 006208,0/322= ).

49

Розв’язування. Визначення масової частки міді проводять методом заміщення, що ґрунтується на хімічних реакціях :

22 242 JCuJJCu +↓=+ −+ ; −−− +=+ 2

642322 22 OSJOSJ .

=

=

+

32222 111 OSNa

znI

znCu

zn .

( ) ( ) ( )=⋅

⋅=⋅= %100%100 322/322

нав

CuOSNa

нав mOSNaVT

mCumCuω

%21,181006215,0

23,18006208,0=⋅

⋅= .

Задача 8. На титрування 2,025 г 422 OСNa витрачається 24,10 мл

розчину 4KMnO . Розрахуйте: а) масову концентрацію (титр) розчину 4KMnO ;

б) умовну масову концентрацію 4KMnO за 422 OСNa ; в) молярну концентрацію

розчину 4KMnO ; г) молярну концентрацію еквівалентів розчину 4KMnO . Розв’язування. Процес титрування описується рівнянням хімічної

реакції: OHSONaMnSOSOKSOHOCNaKMnO 242442424224 852852 +++=++ ;

↑++=++ ++−−22

22424 10821652 COOHMnHOCMnO

( )( ) млгKMnOV

OCNamT OCNaKMnO 08403,010,24

025,2

4

422/ 4224

=== .

Оскільки в напівреакції оксалат-іон 2242 22 COeOC =−− віддає 2 електрони, то

2=z і ( ) мольгOCNaMOCNa

zM 00,67

200,134

21 422

422 ===

.

лмольOCNa

zM

TKMnO

zC OCNaKMnO 254,1

00,67100008403,0

110001

422

/4

4224 =⋅

=

⋅=

.

−4MnO в напівреакції OHMnHeMnO 2

24 485 +=++ ++− приєднує 5

електронів ( 5=z ), то ( )

мольгKMnOM

KMnOz

M 61,315038,158

51 4

4 ===

.

50

( ) млгKMnO

zMKMnO

zC

KMnOT 03964,01000

61,31254,11000

1144

4 =⋅

=

⋅

= .

( ) ( ) ( )( )

( )( )

.2508,0038,158

100003964,0

1000

4

4

4

444

лмоль

KMnOMKMnOT

VKMnOMKMnOm

VKMnOnKMnOС

=⋅

=

=⋅

=⋅

==

Задача 9. У мірній колбі місткістю 500 мл розчинили 5,3600 г мінералу, що містить KCl . До 25,00 мл розчину додали 50,00 мл розчину 3AgNO з

лмольz

C 1,01=

( 8470,0=K ). На титрування надлишку +Ag витратили

23,88 мл розчину SCNNH 4 ( 01068,0/4=AgSCNNHT ). Обчислити масову частку

KCl в зразку. Розв’язування. Процеси, що відбуваються при проведенні аналізу,

описуються хімічними реакціями: ↓=+ −+ AgClClAg

↓=+ −+ AgSCNSCNAg надлишок .

Кількість еквівалентів 3AgNO

31 AgNOz

n , введеного в розчин і кількість

еквівалентів SCNNH 4

SCNNH

zn 4

1 , витраченого на титрування надлишку

(залишку) 3AgNO , що не прореагував з хлорид-іонами розраховують за

формулами:

( )

1000

11 33

3

AgNOVKAgNOz

CAgNO

zn

⋅⋅

=

;

⋅=

+Agz

M

VTSCNNH

zn SCNNHAgSCNNH

11 44 /

4 .

Різниця цих кількостей еквівалентів відповідає кількості еквівалентів

3AgNO ,витрачених на взаємодію з KCl , а отже, дорівнює кількості

еквівалентів KCl :

51

=

−

=

−

=

SCNNH

znAgNO

znAgNO

znAgNO

znKCl

zn

загнадлзаг4

.3

.33

11111

( ) ( )=

⋅−

⋅⋅

=+Ag

zM

SCNNHVTAgNOVKAgNOz

CAgSCNNH

11000

14/

334

еквмоль001871,0002364,01000

235,487,107

88,2301068,01000

00,508470,01,0=−=

⋅−

⋅⋅= .

Масова частка KCl в аналізованому зразку становить:

( ) ( )=⋅

⋅

⋅

=⋅= %100

11

%100зразказразка m

KKClz

MKClz

n

mKClmKClω

%0,52%1003600,5

25/5005,74001871,0=⋅

⋅⋅= .

Оскільки на титрування брали не весь розчин, в якому був розчинений аналізований зразок (500 мл), а його частину (аліквоту) – 25,00 мл, то одержану величину потрібно помножити на аналітичний коефіцієнт

2025/500/ === аліквзаг VVK .

2.3. Гравіметричний метод аналізу

Гравіметричний метод аналізу, на відміну від титриметричного, більш трудоємкий і тривалий, але має високу точність, тому його використовують як арбітражний метод. Завдяки доступності широко використовується в аналітичних дослідженнях. Приклади розв’язування задач стосуються як різних операцій гравіметричного аналізу (розрахунки маси наважки залежно від виду осаду; обчислення об’єму розчину осаджувача та промивної рідини), так і результатів. Наведені приклади перерахунку вмісту речовини певної вологості на повітряно-суху.

52

Задача 1. Розрахувати зольність (масову частку мінеральних речовин) кам'яного вугілля у відсотках, якщо після спалювання 5,1246 г вугілля і прожарюванні залишку в муфелі при 900°С залишилося 1,1492 г золи.

Розв'язування. Масова частка золи ,%ω , розраховується за формулою:

%43,22%1001246,51492,1%100,% =⋅=⋅=

суміші

компонента

mm

ω .

Задача 2. При прожарюванні 0,7562 г ( )3OHAl одержано 0,3845 г 32OAl .

Визначити масову частку (%) 32OAl у зразку.

Розв'язування. При прожарюванні 32OAl відбувається реакція

( ) ↑+ → OHOAlOHAl C232

10003

0

2

г7562,0 г3845,0 %100 x

%85,507562,0

3845,0100=

⋅=x .

Задача 3. Наважку магнезиту 3MgCO масою 0,7855 г розчинили в

кислоті, +2Mg осадили у вигляді 44POMgNH , з якого отримали за відповідних

умов 0,5976 г гравіметричної форми 722 OPMg . Обчислити масову частку (%)

MgO в зразку. Розв'язування. Метод базується на кількох реакціях:

↑++=+↓ ++22

23 2 COOHMgHMgCO ;

↓+=++ −+4424

24

2 POMgNHOHOHNHHPOMg осаджена форма;

7222344 220

OPMgOHNHPOMgNH t +↑+↑→ гравіметрична форма.

За пропорцією розраховуємо вміст MgO в 722 OPMg :

722 OPMg містить MgO2

56,222=M містить 31,4022 ⋅=M г5976,0 x

гx 2165,056,222

31,4025976,0=

⋅⋅= .

Звідси масова часткаMgO в аналізованому зразку магнезиту

( ) ( ) %56,271007855,02165,0%100,% =⋅=⋅=

наважкиmMgOmMgOω

53

Задача 4. Скільки мілілітрів розчину 2BaCl з лмольС 1,0= потрібно

для осадження сірки у вигляді 4BaSO з наважки 2 г кам’яного вугілля, що містить близько 4 % сірки, якщо осаджувач доданий у надлишку 50 % від

стехіометричного співвідношення? ( ) мольгSM 32= , ( ) мольгSOM 9624 =− .

Розв'язування. Розрахуємо, скільки сірки і сульфат – іону (після відповідних перетворень) містить 2 г кам’яного вугілля. Оскільки вміст сірки від маси вугілля – 4 %, то це становитиме:

( ) ( ) ( ) гSвугілляmSm 08,0100

42100

=⋅

=ω⋅

= .

( ) ( ) ( )( ) гSMSOMSmSOm 24,0

329608,02

424 =

⋅=

⋅=

−− .

Осадження −24SO у вигляді 4BaSO проводять хлоридом барію.

−− +↓=+ ClBaSOSOBaCl 24242 .

36,208 96 х 24 г Розрахуємо масу 2BaCl , необхідну для осадження −2

4SO .

( ) ( ) ( )( ) гSOM

SOmBaClMBaClm 52,096

24,036,20824

242

2 =⋅

=⋅

= −

−

.

Знаходимо (за стехіометрією), в якому об’ємі розчину 2BaCl з концентрацією

лмоль1.0 міститиметься 0,52 г 2BaCl .

В 1000 мл розчину міститься ( ) гBaClM 36,2081,01,0 2 ⋅−⋅ х - 52,0 г

( ) млBaClV 2536,2081,052,01000

2 =⋅

⋅= .

Оскільки осаджувач береться для забезпечення повноти осадження в надлишку 50% від стехіометричної кількості, то його об’єм становитиме

мл5,375,125 =⋅ . Задача 5. Яку наважку речовини, що містить близько 20 % NaCl ,

потрібно взяти для визначення хлориду у вигляді AgCl (маса осаду 0,5 г)? Розв'язування. Гравіметричним методом хлорид – іони визначаються

у вигляді AgCl : ↓=+ −+ AgClClAg .

54

Обчислимо, яку кількість хлорид – іонів можна осадити розчином 3AgNO ,

якщо маса AgCl становить 0,5 г.

( ) 5,35=−ClM ; ( ) 38,143=AgClM .

( ) ( ) ( )( ) гAgClM

AgClmClMClm 124,038,143

5,05,35=

⋅=

⋅=

−− .

( ) ( ) ( )( ) гClM

ClmNaClMNaClm 204,05,35124,05,58

=⋅

=⋅

= −

−

.

Наважка речовини, що містить 20 % NaCl , становить: ( )

( ) гNaCl

NaCimm 02,120

100204,0%100=

⋅=

ω⋅

= .

Задача 6. Розрахуйте об’єм осаджувача – 10%-го розчину 42 SOH

( мольгM 08,98= , 3070,1 смг=ρ ), необхідний для осадження 4BaSO з

наважки OHBaCl 22 2⋅ масою 0,5236 г. Розв'язування. Напишемо реакцію осадження 4BaSO :

HClBaSOSOHBaCl 24422 +↓=+ . Розраховуємо об’єм осаджувача за формулами:

визнвизн nM

mMaa 00 5,1 ⋅= ,

де - 0a - наважка сухого осаджувача, г; визнa - наважка сухої речовини, г;

1,5 - коефіцієнт, який визначає 50 %-ий надлишок осаджувача; m і n - стехіометричні коефіцієнти визначуваної речовини і осаджувача відповідно;

0M і визнM - молярні маси відповідно осаджувача і визначуваної речовини.

caV

⋅⋅

=ρ

00

100,

де - 0V - об’єм осаджувача, мл; ρ - його густина, 3смг ; с - концентрація

осаджувача, %.

31007,130,2441

08,9815236,01005,11005,1 042

≈⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅ρ

⋅⋅⋅⋅=

визн

визнSOH Mnc

MmaV мл.

Задача 7. У кам’яному вугіллі вологістю 2,88 % вміст золи складає 6,32 %. Перерахуйте масову частку золи на вугілля вологістю 4,38 %.

Розв’язання: Обчислимо вміст сухої речовини у вугіллі з вологістю 2,88 % і 4,38% відповідно: ( ) 12,9788,2100 =− % і ( ) 62,9538,4100 =− %.

55

Масова частка золи пропорційна вмісту сухої речовини: 97,12 г містить 6,32 г золи 95,62 г містить x г золи

22,612,97

32,662,95=

⋅=x %.

Задача 8. Повітряно-суха наважка силікату масою 0,8644 г містить 0,4311 г SiO2. В іншій наважці силікату визначено, що вміст вологи складає 2,45 %. Обчислити масову частку SiO2 у повітряно-сухому зразку і в перерахунку на суху речовину.

Розв’язання: Масова частка SiO2 у повітряно-сухому зразку силікату і в перерахунку на суху речовину становитиме відповідно:

( ) ( ) %87,49%1008644,04311,0%100

...)( 2

2 =⋅=⋅−

=навсухповm

SiOmSiOω ;

( ) ( )( ) %13,51%100

)45,2100(8644,04311,0%100

..2

2 =⋅−⋅

=⋅=ωречсухm

SiOmSiO .

ЗАКЛЮЧНЕ СЛОВО

Шановний читачу, для якого видана ця збірка задач з теоретичних основ аналітичної хімії та кількісного хімічного аналізу.

Якщо ви, прослухавши лекцію з певного розділу, розв’язали хоча б 2-3 задачі, що стосується даного матеріалу, ви відчуєте здатність відчувати хід процесу і керувати ним. І якщо цікавість проведе сторінками всього методичного видання, ви відчуєте себе творцем, який на основі знань теоретичного матеріалу і вміння практичного його використання при проведенні досліджень, автори будуть вважати, що вони виконали своє завдання і досягли мети – викликати цікавість до кожної реакції, яку проводите, розуміння її і досягнення бажаного результату.

56

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1. Гольдфарб З.Е. Сборник задач и упражнений по химии. ─ М.: Высш. шк.,1984.─320 с.

2. Лурье Ю.Ю. Справочник по аналитической химии. Изд. 5-е, перераб. и дополн.– М.: Химия, 1979. – 480 с.

3. Основы аналитической химии. Задачи и вопросы / Под ред. Ю.А.Золотова. – М.: Химия, 2002. – 412 с.

4. Практикум по аналитической химии /Пономарев В.Д., Иванова Л.И., Самокиш И.И. и др. – М.: Высш. шк., 1983.– 271 с.

5. Сборник вопросов и задач по аналитической химии / Под ред. В.П.Васильева. Учебн. пособие для вузов –. М.: Высш. шк.,1976. – 216 с.

6. Сегеда А.С., Галаган Р.Л. Збірник задач і вправ з аналітичної хімії. Якісний аналіз.–К.:ЦУЛ,2002.– 429 с.

7. Толстоусов В.Н., Эфрос С.М. Задачник по количественному анализу. –Л.: Химия, 1986.– 160 с.

8. Харитонов Ю.Я. Аналитическая химия (аналитика). В 2-х кн. Кн. 1. Общие теоретические основы. Качественный анализ. – М.: Высш. шк., 2001.– 416 с.