Съдържание

НОХ 2017, III кръг (национален), 10–12 клас — Задача 1. Качествен анализ. Киселинно-основни взаимодействия

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НОХ 2017

МОН, XLIX Национална олимпиада по химия и опазване на околната среда. Национален кръг, 18 – 19 март 2017 г. Учебно съдържание X – XII клас. Експериментални задачи · 18 март 2017 г. · 50 т.

Условие

Част I. Качествен анализ

На статива пред вас има шест номерирани епруветки с водни разтвори. В две от тях има разтвори на натриева основа и на амоняк, а в останалите четири епруветки има разтвори на индивидуални неорганични соли. Солите не са двойни, съставени са само от йони от приложената таблица за разтворимост, като катионите са прости и нито един от катионите в епруветките не се повтаря.

Графика на pH (вертикална ос, от 0 до 12) в зависимост от V(HCl) (хоризонтална ос, от 0 до 20) върху квадратна мрежа: кривата започва около pH 10 при V ≈ 1, спуска се плавно до около pH 8,5 при V ≈ 9, след това рязко пада около V = 10 до около pH 3 и продължава полегато до около pH 1,5 при V = 20. — Фигура 1. Изменение на pH при взаимодействието на 10,00 mL 0,100 M NH₃ с 0,100 M HCl.

1. Определете кое е разтвореното вещество във всяка от 6-те епруветки, без да използвате допълнителни реактиви. [10 т.]

2. Изразете с изравнени химични уравнения възможните взаимодействия, които протичат между йоните на откритите вещества, при тези условия. [13 т.]

Реакции за йони, които не са открити, няма да се оценяват!

Част II. Киселинно-основни взаимодействия - неутрализация?

Графичното представяне на изменението на pH при постепенно добавяне на разтвор на киселина или основа към определен обем разтвор на слаб протолит (основа или киселина) може да бъде използвано както за определяне на количеството на едното от веществата, така и за определяне на константата на основност (или киселинност) на слабия протолит.

На Фиг. 1 е представена графичната зависимост, построена по данните в Таблица 1.

Таблица 1. Взаимодействие на 10,00 mL 0,100 M $\mathrm{NH_3}$ с 0,100 M HCl.

V(HCl)	pH	V(HCl)	pH	V(HCl)	pH	V(HCl)	pH
1,00	10,20	6,00	9,07	11,00	2,32	16,00	1,64
2,00	9,85	7,00	8,88	12,00	2,04	17,00	1,59
3,00	9,62	8,00	8,65	13,00	1,88	18,00	1,54
4,00	9,43	9,00	8,30	14,00	1,78	19,00	1,51
5,00	9,25	10,00	5,27	15,00	1,70	20,00	1,48

3. Като използване данните, определете константата на основност ( $K_b$ ) на амоняка и обосновете отговора си.

Ако не сте успяли да определите $K_b$ на амоняка, използвайте стойността $1{,}0\times10^{-4}$ за останалата част от задачата.

Разтворите на натриева основа и амоняк от Част I са разредени до pH=11,00.

4. Изчислете концентрацията на двата разтвора при тази киселинност, като изведете необходимите формули и направите обосновани приближения за опростяването им.

5. Изчислете стойността на pH, ако двата разтвора с pH=11,00 се разредят двукратно с вода.

6. Ако към 10,0 mL от всеки от двата разтвора на натриева основа и амоняк (с pH=11,00) добавите 10,0 mL:

а) $8{,}0\times10^{-3}$ mol/L HCl

б) $8{,}0\times10^{-2}$ mol/L HCl

може ли да различите разтворите на натриева основа и амоняк с виолетов лакмус? Обосновете отговора си, като изчислите pH на получените разтвори след добавянето на HCl. Напишете уравненията на протичащите химични реакции.

в) Колко mL от разтвора на $8{,}0\times10^{-3}$ mol/L HCl ще са необходими за пълно взаимодействие на 10,0 mL от всеки от разтворите на натриева основа и амоняк (с pH=11,00)? Какъв ще бъде химичният характер на всеки от получените след пълната неутрализация разтвори (кисел, неутрален или основен)?

Отговорите на всички въпроси записвайте

НА УКАЗАНОТО МЯСТО в ПРОТОКОЛА.

Разтворимост на соли, хидроксиди и киселини във вода

катион / анион	$\mathrm{OH^-}$	$\mathrm{Cl^-}$	$\mathrm{I^-}$	$\mathrm{SO_4^{2-}}$	$\mathrm{PO_4^{3-}}$	$\mathrm{CO_3^{2-}}$
$\mathrm{H^+}$	×					Г
$\mathrm{NH_4^+}$	Г
$\mathrm{K^+}$
$\mathrm{Na^+}$
$\mathrm{Mg^{2+}}$	МР				МР	МР
$\mathrm{Ca^{2+}}$	СР			СР	МР	МР
$\mathrm{Ba^{2+}}$	(†)			МР	МР	МР
$\mathrm{Al^{3+}}$	МР¹				МР	ВВ
$\mathrm{Pb^{2+}}$	МР¹	СР	СР	МР	МР	МР
$\mathrm{Ag^+}$	МР²	МР²	МР	СР	МР	МР
$\mathrm{Cu^{2+}}$	МР²		МР		МР	МР
$\mathrm{Zn^{2+}}$	МР³				МР	МР
$\mathrm{Fe^{2+}}$	МР				МР	МР
$\mathrm{Fe^{3+}}$	МР				МР	ВВ

Веществото е разтворимо: ¹ в алкална основа, ² в амоняк, ³ в алкална основа и в амоняк

(†) може да има помътняване от $\mathrm{BaCO_3}$ (или $\mathrm{Ba(OH)_2}$ ?)

(празна клетка) – Разтворимо вещество

СР – Средно разтворимо вещество

ВВ – Взаимодействие с вода

Г – Газ

МР – Малко разтворимо вещество

Отговори

Решение

Предложение за решение и оценка на задачите от експерименталния кръг

Част I. Качествен анализ

А. Примерно решение

Нека шестте разтвора са P1, P2, P3, P4, P5 и P6. При взаимното им смесване се наблюдават показаните в таблицата визуални промени:

	P1	P2	P3	P4	P5	P6
P1	×	ярко жълта ↓	бяла ↓	бяла ↓	бяла ↓	бяла ↓*
P2		×	-	-	-	-
P3			×	-	бяла ↓*	бяла ↓*
P4				×	бяла ↓	бяла ↓*
P5					×	-
P6						×

* - утайката е разтворима в излишък на един от разтворите (утаителя)

При смесване на разтворите P1 и P2 се получава ярко жълта утайка ( $\mathrm{PbI_2}$ ; не може да е AgI, $\mathrm{Ag_2CO_3}$ и $\mathrm{Ag_3PO_4}$ , поради характерния ярко жълт цвят на утайката и отсъствието на кафява утайка при реакцията на P1 с разтвор на NaOH (един от останалите разтвори) – виж таблицата)

единият разтвор съдържа $\mathrm{Pb(NO_3)_2}$ (оловната сол може да е само нитрат), а другият – $\mathrm{I^-}$

При добавяне на разтвор P1 към останалите:

с разтвор P3: след малко изчакване се получава бяла кристална утайка ( $\mathrm{PbCl_2}$ ), която не потъмнява
- P3 съдържа $\mathrm{Cl^-}$
с разтвори P4 и P5: две бели, неразтворими в излишък от P4 и P5 утайки
- един от тези разтвори е $\mathrm{NH_3}$ , а другият съдържа: $\mathrm{PO_4^{3-}}$ , $\mathrm{CO_3^{2-}}$ или $\mathrm{SO_4^{2-}}$
с разтвор P6: бяла аморфна, разтворима в излишък от P6 утайка ( $\mathrm{Pb(OH)_2}$ )

➢ P1 е $\mathrm{Pb(NO_3)_2}$

➢ P6 е NaOH

При добавяне на разтвор P6 (NaOH):

Към разтвори P3 и P4: бели аморфни, разтворими в излишък от NaOH утайки
- P3 и P4 съдържат $\mathrm{Al^{3+}}$ и $\mathrm{Zn^{2+}}$ (катионите не се повтарят)
Към разтвори P2 и P5 – няма реакция – P2 е калиев йодид (катионите са прости и не се повтарят)

➢ P5 е $\mathrm{NH_3}$

➢ P2 е KI

При добавяне на разтвор P5 ( $\mathrm{NH_3}$ ):

Към разтвор P3: получава се бяла утайка, разтворима в излишък от P5 ( $\mathrm{NH_3}$ )

➢ P3 е $\mathrm{ZnCl_2}$

Към разтвор P4: получава се бяла утайка, неразтворима в излишък от P5 ( $\mathrm{NH_3}$ )

➢ P4 е $\mathrm{Al_2(SO_4)_3}$

Б. Оценка – 23 точки

За веществата – 10 точки

NaOH 1 т. $\quad$ $\mathrm{Al_2(SO_4)_3}$ 1+1 т.

$\mathrm{NH_3}$ 1 т. $\quad$ $\mathrm{Pb(NO_3)_2}$ 1+1 т

KI 1+1 т. $\quad$ $\mathrm{ZnCl_2}$ 1+1 т.

За реакциите – 13 точки

$\mathrm{Pb^{2+} + 2OH^- \longrightarrow Pb(OH)_2\downarrow}$ (б) 1 т.

$\mathrm{Pb(OH)_2 + 2OH^- \rightleftharpoons [Pb(OH)_4]^{2-}}$ 1 т.

* $\mathrm{Pb^{2+} + 2NH_3 + 2H_2O \longrightarrow Pb(OH)_2\downarrow}$ (б) $\mathrm{+\ 2NH_4^+}$ 1 т.

$\mathrm{Pb^{2+} + 2Cl^- \longrightarrow PbCl_2\downarrow}$ (б) 1 т.

$\mathrm{Pb^{2+} + 2I^- \longrightarrow PbI_2\downarrow}$ (ж) 1 т.

$\mathrm{Pb^{2+} + SO_4^{2-} \longrightarrow PbSO_4\downarrow}$ (б) 1 т.

$\mathrm{Al^{3+} + 3OH^- \longrightarrow Al(OH)_3\downarrow}$ (б) 1 т.

$\mathrm{Al(OH)_3 + 3OH^- \rightleftharpoons [Al(OH)_6]^{3-}}$ 1 т.

(или $\mathrm{Al(OH)_3 + OH^- \rightleftharpoons [Al(OH)_4]^-}$ - 1 т.)

* $\mathrm{Al^{3+} + 3NH_3 + 3H_2O \longrightarrow Al(OH)_3\downarrow}$ (б) $\mathrm{+\ 3NH_4^+}$ 1 т.

$\mathrm{Zn^{2+} + 2OH^- \longrightarrow Zn(OH)_2\downarrow}$ (б) 1 т.

$\mathrm{Zn(OH)_2 + 2OH^- \rightleftharpoons [Zn(OH)_4]^{2-}}$ 1 т.

$\mathrm{Zn(OH)_2 + 4NH_3 \rightleftharpoons [Zn(NH_3)_4]^{2+} + 2OH^-}$ 1 т.

* $\mathrm{Zn^{2+} + 2NH_3 + 2H_2O \longrightarrow Zn(OH)_2\downarrow}$ (б) $\mathrm{+\ 2NH_4^+}$ 1 т.

(вместо всяка реакция * се приема и $\mathrm{NH_3 + H_2O \rightleftharpoons NH_4^+ + OH^-}$ , ако е придружено с обяснение за утаяването на хидроксида - 1 т.)

Част II. Киселинно-основни взаимодействия (27 точки)

Амонякът е слаба основа и във воден разтвор:

\mathrm{NH_3 + H_2O \rightleftharpoons NH_4^+ + OH^-}\quad (1),\qquad K_b(\mathrm{NH_3}) = \frac{[\mathrm{NH_4^+}][\mathrm{OH^-}]}{[\mathrm{NH_3}]}\quad (2)

(под $\mathrm{NH_3}$ : $c$ ; под $\mathrm{NH_4^+}$ и $\mathrm{OH^-}$ : $\alpha c$ , $\alpha c$ )

Изразът за равновесната константа може да се преобразува:

(2^*)\qquad [\mathrm{OH^-}] = K_b(\mathrm{NH_3})\frac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]}

1 т.

При взаимодействие на амоняк със солна киселина:

\mathrm{NH_3 + H_3O^+ \rightleftharpoons NH_4^+ + H_2O}\qquad (3)

от ур. (3): за пълно взаимодействие на 10,0 mL 0,100 M $\mathrm{NH_3}$ са необходими 10,00 mL от разтвора на 0,100 M HCl. ( $n(\mathrm{NH_3}) = n(\mathrm{HCl}) = 1{,}00\ \mathrm{mmol}$ )

Когато са добавени 5,00 mL 0,100 M HCl, половината от $\mathrm{NH_3}$ е превърнат в $\mathrm{NH_4^+}$ . Тогава: $n(\mathrm{NH_3}) = n(\mathrm{HCl}) = 0{,}500\ \mathrm{mmol}$ и

[\mathrm{NH_3}] = [\mathrm{NH_4^+}]

от ур. (2*) следва, че в този момент:

[\mathrm{OH^-}] = K_b(\mathrm{NH_3}),\qquad \mathrm{pOH} = \mathrm{p}K_b(\mathrm{NH_3})

2 т.

От данните в таблицата:

при $V(\mathrm{HCl}) = 5{,}00\ \mathrm{mL}$ , $\mathrm{pH} = 9{,}25$ ;

\mathrm{p}K_b(\mathrm{NH_3}) = \mathrm{pOH} = 14{,}00 - 9{,}25 = 4{,}75\qquad \boldsymbol{K_b(\mathrm{NH_3})} = 10^{-4{,}75} = \mathbf{1{,}8\times10^{-5}}

2 т.

При pH = 11,00:

NaOH е силна основа и във воден разтвор изцяло се дисоциира:

\mathrm{NaOH \xrightarrow{H_2O} Na^+ + OH^-}

\mathbf{c(NaOH)} = [\mathrm{OH^-}] = 10^{-(\mathrm{pOH})} = 10^{-(14{,}00-\mathrm{pH})} = 10^{-(14{,}00-11{,}00)} = \mathbf{1{,}0\times10^{-3}\ M}

1 т.

от ур. (1) и (2): $K_b(\mathrm{NH_3}) = \dfrac{[\mathrm{NH_4^+}][\mathrm{OH^-}]}{[\mathrm{NH_3}]} = \dfrac{\alpha c\times\alpha c}{(1-\alpha)c} \approx \alpha^2 c$

приближение: от стойността на $K_b(\mathrm{NH_3})$ следва, че $\alpha$ е много малко и следователно: $1-\alpha \approx 1$

\alpha = \sqrt{\frac{K_b(NH_3)}{c}}\qquad [\mathrm{OH^-}] = \alpha c = \sqrt{K_b(NH_3)\times c}

2 т.

\mathbf{c(NH_3)} = \frac{([\mathrm{OH^-}])^2}{K_b(\mathrm{NH_3})} = \frac{(10^{-3})^2}{1{,}8\times10^{-5}} = \mathbf{5{,}6\times10^{-2}\ M}\quad \mathit{(1{,}0\times10^{-2}\ M)}

1 т.

След двукратно разреждане на двата разтвора:

$\mathbf{c(NaOH) = 5{,}0\times10^{-4}\ M} = [\mathrm{OH^-}]$

$\mathbf{pH} = 14{,}00 - \mathrm{pOH} = 14{,}00 + \lg[\mathrm{OH^-}] = 14{,}00 + \lg(5{,}0\times10^{-4}) = \mathbf{10{,}7}$ 1 т.

$\mathbf{c(NH_3) = 2{,}8\times10^{-2}\ M}$ $(5{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{M})$

$[\mathrm{OH^-}] = \sqrt{K_b(NH_3)\times c} = \sqrt{1{,}8\times10^{-5}\times2{,}8\times10^{-2}} = 7{,}1\times10^{-4}\ \mathrm{M}$

$\mathbf{pH} = 14{,}00 - \mathrm{pOH} = 14{,}00 + \lg[\mathrm{OH^-}] = 14{,}00 + \lg(7{,}1\times10^{-4}) = \mathbf{10{,}8_5 \sim 10{,}9}\ \mathit{(10{,}8)}$ 1 т.

В 10,0 mL от двата разтвора се съдържат:

$n(\mathrm{NaOH})_{\text{общо}} = (cV)_{\mathrm{NaOH}} = 1{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol/L}\times10{,}0\ \mathrm{mL} = 1{,}0\times10^{-2}\ \mathrm{mmol}$

$n(\mathrm{NH_3})_{\text{общо}} = (cV)_{\mathrm{NH_3}} = 5{,}6\times10^{-2}\ \mathrm{mol/L}\times10{,}0\ \mathrm{mL} = 5{,}6\times10^{-1}\ \mathrm{mmol}$

а) В 10,0 mL HCl се съдържат:

$n(\mathrm{HCl}) = (cV)_{\mathrm{HCl}} = 8{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol/L}\times10{,}0\ \mathrm{mL} = 8{,}0\times10^{-2}\ \mathrm{mmol}$

за разтвор на NaOH:

$n(\mathrm{HCl}) > n(\mathrm{NaOH})_{\text{общо}} \rightarrow$ виолетовият лакмус ще се оцвети в червено 1 т.

$\mathrm{HCl + NaOH \longrightarrow NaCl + H_2O}$

(или $\mathrm{H_3O^+ + OH^- \longrightarrow 2H_2O}$ ) 1 т.

солната киселина е в излишък и тя определя pH

$n(\mathrm{HCl})_{\text{изл.}} = n(\mathrm{HCl}) - n(\mathrm{NaOH})_{\text{общо}} = 8{,}0\times10^{-2} - 1{,}0\times10^{-2} = 7{,}0\times10^{-2}\ \mathrm{mmol}$

$c(\mathrm{HCl}) = n(\mathrm{HCl})_{\text{изл.}}/V_{\text{р-ра}} = 7{,}0\times10^{-2}\ \mathrm{mmol}/20{,}0\ \mathrm{mL} = 3{,}5\times10^{-3}\ \mathrm{mol/L}$

$\mathbf{pH} = -\lg[\mathrm{H_3O^+}] = -\lg c(\mathrm{HCl}) = -\lg(3{,}5\times10^{-3}) = \mathbf{2{,}5}$ 1 т.

за разтвор на $\mathrm{NH_3}$ :

$n(\mathrm{NH_3})_{\text{общо}} > n(\mathrm{HCl}) \rightarrow$ виолетовият лакмус ще се оцвети в синьо 1 т.

Двата разтвора могат да се различат с виолетов лакмус 1 т.

$\mathrm{NH_3 + HCl \longrightarrow NH_4Cl}$

(или $\mathrm{NH_3 + H_3O^+ \longrightarrow NH_4^+ + H_2O}$ ) 1 т.

$n(\mathrm{NH_3})_{\text{нереаг.}} = n(\mathrm{NH_3})_{\text{общо}} - n(\mathrm{HCl}) = 5{,}6\times10^{-1} - 8{,}0\times10^{-2} = 4{,}8\times10^{-1}\ \mathrm{mmol}$

$n(\mathrm{NH_4^+}) = n(\mathrm{HCl}) = 8{,}0\times10^{-2}\ \mathrm{mmol}$

$n(\mathrm{NH_4^+}) \sim n(\mathrm{NH_3})$ – полученият разтвор е буферен

$[\mathrm{OH^-}] = K_b(\mathrm{NH_3})\dfrac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]} = 1{,}8\times10^{-5}\dfrac{4{,}8\times10^{-1}/20{,}0}{8{,}0\times10^{-2}/20{,}0} = 1{,}1\times10^{-4}\ \mathrm{mol/L}$

$\mathbf{pH} = 14{,}00 - \mathrm{pOH} = 14{,}00 + \lg([\mathrm{OH^-}]) = 14{,}00 + \lg(1{,}1\times10^{-4}) = \mathbf{10{,}0}\ \mathit{(9{,}4)}$ 1 т.

б) В 10,0 mL HCl се съдържат:

$n(\mathrm{HCl}) = (cV)_{\mathrm{HCl}} = 8{,}0\times10^{-2}\ \mathrm{mol/L}\times10{,}0\ \mathrm{mL} = 8{,}0\times10^{-1}\ \mathrm{mmol}$

за разтвор на NaOH:

$n(\mathrm{HCl}) > n(\mathrm{NaOH})_{\text{общо}} \rightarrow$ виолетовият лакмус ще се оцвети в червено 1 т.

$n(\mathrm{HCl})_{\text{изл.}} = n(\mathrm{HCl}) - n(\mathrm{NaOH})_{\text{общо}} - = 8{,}0\times10^{-1} - 1{,}0\times10^{-2} = 7{,}9\times10^{-1}\ \mathrm{mmol}$

$c(\mathrm{HCl}) = n(\mathrm{HCl})_{\text{изл.}}/V_{\text{р-ра}} = 7{,}9\times10^{-1}\ \mathrm{mmol}/20{,}0\ \mathrm{mL} = 3{,}95\times10^{-2}\ \mathrm{mol/L}$

$\mathbf{pH} = -\lg[\mathrm{H_3O^+}] = -\lg c(\mathrm{HCl}) = -\lg(3{,}95\times10^{-2}) = \mathbf{1{,}4}$ 1 т.

за разтвор на $\mathrm{NH_3}$ :

$n(\mathrm{HCl}) > n(\mathrm{NH_3})_{\text{общо}} \rightarrow$ виолетовият лакмус ще се оцвети в червено 1 т.

Двата разтвора не могат да се различат с виолетов лакмус 1 т.

pH на разтвора ще се определя от силния протолит (HCl)

$n(\mathrm{HCl})_{\text{изл.}} = n(\mathrm{HCl}) - n(\mathrm{NH_3})_{\text{общо}} = 8{,}0\times10^{-1} - 5{,}6\times10^{-1} = 2{,}4\times10^{-1}\ \mathrm{mmol}$

$c(\mathrm{HCl}) = n(\mathrm{HCl})_{\text{изл.}}/V_{\text{р-ра}} = 2{,}4\times10^{-1}\ \mathrm{mmol}/20{,}0\ \mathrm{mL} = 1{,}2\times10^{-2}\ \mathrm{mol/L}$

$\mathbf{pH} = -\lg[\mathrm{H_3O^+}] = -\lg c(\mathrm{HCl}) = -\lg(1{,}2\times10^{-2}) = \mathbf{1{,}9}\ (1{,}4_5 \sim 1{,}5)$ 1 т.

в) $n(\mathrm{HCl})_{\mathrm{NaOH}} = n(\mathrm{NaOH}) = 1{,}0\times10^{-2}\ \mathrm{mmol}$

$V(\mathrm{HCl})_{\mathrm{NaOH}} = n(\mathrm{HCl})_{\mathrm{NaOH}}/c(\mathrm{HCl}) = 1{,}0\times10^{-2}\ \mathrm{mmol}/8{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol/L} = 1{,}25\ \mathrm{mL}$ 1 т.

след пълно взаимодействие –неутрализация,

$[\mathrm{H_3O^+}] = [\mathrm{OH^-}]$ – разтворът ще е неутрален 1 т.

$n(\mathrm{HCl})_{\mathrm{NH_3}} = n(\mathrm{NH_3}) = 5{,}6\times10^{-1}\ \mathrm{mmol}$

$V(\mathrm{HCl})_{\mathrm{NH_3}} = n(\mathrm{HCl})_{\mathrm{NH_3}}/c(\mathrm{HCl}) = 5{,}6\times10^{-1}\ \mathrm{mmol}/8{,}0\times10^{-3}\ \mathrm{mol/L} = 70{,}0\ \mathrm{mL}\ \mathit{(12{,}5)}$ 1 т.

след пълно взаимодействие – получава се $\mathrm{NH_4Cl}$ (сол на слаба основа и силна киселина; хидролизира по катион)

$[\mathrm{H_3O^+}] > [\mathrm{OH^-}]$ – разтворът ще е кисел 1 т.

Общо: 50 точки (25%)

Оригинал в Архива: Experimental.pdf · официални решения: Problems ans Solutions.pdf