GIAO TRINH TÓM tắt LÝ THUYẾT VÀ một số BÀI tập ôn THI

Trường Đại Học Bách Khoa TP HCM Chương trình: Chúng ta tiến Buổi ôn tập chuyên đề: Hóa vô Nội dung Cấu trúc đề thi môn hóa vô Kinh nghiệm ôn thi môn hóa vô Giải số câu đề thi năm 2012 Giải đáp thắc mắc Cấu trúc đề thi môn hóa vô Oxy hóa – khử • • Dãy Latimer Giản đồ Frost Phức chất Danh pháp Kinh nghiệm ôn thi môn hóa vô _ Làm câu dễ trước, câu khó làm sau _ Đọc đề nhiều lần, gạch số liệu, kiện đề _ Chú ý yêu cầu đề bài: tìm gì, chọn câu đúng/sai _ Làm kĩ đề năm trước (đặc biệt năm 2012) 3.Giải số câu đề thi năm 2012 3.1 Oxy hóa- khử: 3.1.1 Giản đồ Latimer: _Cách thiết lập giản đồ: Sắp xếp ion, chất theo chiều giảm dần số oxi hoá _Các dạng toán thường gặp Cho giản đồ sau pH=0 (nằm trên) pH=14 (nằm dưới): 0.386 x1 x2 −0.253 0.6 0.144 HSO4−  → S 2O62−  → H SO3  → S 2O32−  → S  → H2S 0.158 x3 −0.936 −0.576 −0.742 0.476 SO42−  → SO32−  → S2O32−  → S  → HS − Câu 1: Tính x , x , x : Tính x1: Tính x3: −0, 253.1 + x1.1 = 0,158.2 ⇒ x1 = 0.569 0,158.2 + x3.4 = 0,386.6 => x3 = 0,5 Tính x tương tự Đáp án 0.4 Câu 2: Thiết lập giản đồ Latimer gồm số oxi hoá lưu huỳnh +6, +4, +2, 0, -2 pH=8 Lập giản đồ (sắp xếp theo chiều số oxi hoá giảm dần): a3 a1 a2 a4 SO42−  → SO32−  → S 2O32−  → S  → HS − a.Tính giá trị a , a , a , a : Ta dùng công thức: Ví dụ: SO4 2- + H2O + 2e 2SO3 + 2OH a1 = -0,936 + Tính giá trị lại: a = -0,045, a = -0,221, a = 0,653 Câu Dựa vào giản đồ Latimer pH=0, dạng lưu huỳnh bị dị ly môi trường axit Trên nguyên tắc số oxi hoá giảm φ giảm, φ đột ngột tăng lên dạng bị dị li Vậy pH=0 Sbị2dịOli.62− , S 2O32− S 2O32− Câu 4: Ta thấy dạng bị dị ly môi trường axit lại không bị dị ly môi trường bazơ Như pH tăng từ đến 14 có giá trị pH mà 2− sang không bị dị ly Tính giá trị pH chuyển từ bị dị ly SO Giải: Muốn cho hợp chất hay ion không bị dị ly nghĩa φ phía bên trái phải φ phía bên phải: + H2SO3 + 2H + 4e 2+ S2O3 + 6H + 4e 0,4 + => pH = 3,4 S2O3 2- + 3H2O 2S + 3H2O 3.1.2 Giản đồ Frost: Ở pH=8 lập giản đồ Frost: Dạng oxi hoá Tính toán Giá trị E.n -2 0 2.0,653 1,306 +2 2.(-0,211) + 1,306 0,884 +4 2.(-0,045) + 0,884 0,794 +6 2.(-0,582) + 0,794 -0,37 3.2.3 Thuyết orbital phân tử (MO) [Nguồn] Hóa học vô cơ, tập 3, Hoàng Nhâm, NXB Giáo dục 3.2.4 Bài tập Sử dụng thuyết để giải thích cấu tạo phức chất, tínhtừ, lượng,màu sắc Độ bền phức chất độ tan kết tủa Tính oxi hóa khử phức chất SỬ DỤNG CÁC THUYẾT ĐỂ GIẢI THÍCH CÁC CẤU TẠO CỦA PHỨC CHẤT,TÍNHTỪ, NĂNG LƯỢNG, MÀU SẮC  1.Giải thích cấu tạo,từ tính ,năng lượng ổn định trường tinh thể màu sắc phức ( Biết ∆(kJ/mol) CoF63155 vào P(kJ/mol) = 250,5) Bài Giải_ Theo thuyết hóa trị trạng thái tự 4s 4p 4d 3d F F F F F F trạng thái lai hóa 3d 4s 4p 4d = ⇒Lai hóa sp3d2 => phức bát diện ⇒ Có electron độc thân =>thuận từ _Theo thuyết trường tinh thể Cấu hình e hóa trị Co * CoF6 3- 3+ 3d , có ∆ < P nên cấu hình Co Phức spin cao, thuận từ 3+ dε dγ • =155kj/mol=155*103*6.023*1023=9.335*1028 Ta có E=hc/λ =>λ=0.77m => hấp thụ as đỏ=>phản xạ as xanh lơ=>phức màu xanh lơ Tính lượng ổn định trường tinh thể Phức spin cao CoF63-: ∆E = 4×(-2/5∆) + 2×3/5∆ = −2/5∆ =2/5×155 = -62kJ/mol Theo thuyết M.O •Cấu hình: ( Trong số 18 electron hóa trị có 12 eclectron điền vào MO eclectron lại điền vào MO MO 3CoF6 phức spin cao (Σms = +2), thuận từ * Năng lượng tách trường tinh thể ∆ = Eσ dγ - Eπ dε * Phức có màu π dε chứa electron σ dγ 3trống ( ion CoF6 :màu xanh lơ) ĐỘ BỀN CỦA PHỨC CHẤT VÀ ĐỘ TAN CỦA KẾT TỦA •• Hãy chứng minh (bằng phép tính cụ thể) độ tan AgCl dung dịch amoniac 1.0 M cao so với độ tan nước cất Độ tanđộ AgCl Tính tan củatrong AgClnước trongcất: dung dịch amoniac 1,0 M AgCl + 2NH3 Bđ: 1,0 Cb: 1,0 - 2x S1 = [ Ag + ] = TAgCl = 1,30.10−5 M Ag(NH3)2+ + x x K = 1,5.107 × 1,7.10−10 = 2,55.10−3 ⇒ S2 = x = 4,59.10-2 M K= x −3 = , 55 10 (1,0 − x) Suy ra: S2 = 4,6.103 S1 •CuBr chất tan nước (pT = 7,4) (a) Hãy tích thể tích nước tối thiểu cần dùng để hòa tan hoàn toàn gam CuBr Ion Cu+ tạo phức với amoniac theo phản ứng sau: Cu + + NH3 [Cu(NH3)] + [Cu(NH3)] + NH3 + [Cu(NH3)2] lg1 = 6,18 + lg2 = 4,69 (b) Hãy tính thể tích dung dịch amoniac 0,1 M tối thiểu cần dùng để hòa tan hoàn toàn gam CuBr (c) Biểu thức tính tích số tan điều kiện CuBr sau: T' = ([Cu + ] + [Cu(NH3 )]+ + [Cu(NH3 ) ]+ ) ·[Br - ] Hãy tính giá trị T' dung dịch thu phần (b) • a CuBr Cu + + Br - Có: S = [Cu + ] = 10 -7,4 = 2,00.10 −4 S= Mặt khác: = 2,00.10 − 143,35V ⇒V = 34,9 lit b CuBr Cu Cu+ + NH3 + [Cu(NH3)] + NH3 Có: + + Br - [Cu(NH3)] pT = 7,4 + + [Cu(NH3)2] lg1 = 6,18 lg2 = 4,69 + + 2+ [Br ] = [Cu ] + [Cu(NH3) ] + [Cu(NH3)2 ] + 2+ [NH3] + [Cu(NH3) ] + 2[Cu(NH3)2 ] = 0,1 Giả sử: [Cu(NH3)2 2+ + + ] >> [Cu ], [Cu(NH3) ] (1) 2+ [Br ] = [Cu(NH3)2 ] (2) [NH3] + 2[Cu(NH3)2 2+ ] = 0,1 (1) (2) • Có: β1, [Cu(NH3 ) +2 ] [ Br - ] [ Br - ] = = = -7,4 + + - [Cu ][NH3 ] [Cu ](0,1 - 2[Br ]) 10 - (0,1 2[Br ]) [ Br ] ⇒[Br −] = 0,05 ; + -6 + [Cu ] = 8.04.10 ; [Cu(NH3)2 ] = [Br ] = 0,05 + + 6,18 -6 -4 [Cu(NH3) ] = β1[Cu ][NH3] =10 ×8.04 ×10 ×9.16 ×10 =0.011 KTGT: thỏa mãn; TÍNH OXI HÓA KHỬ CỦA PHỨC CHẤT Cho biết: Quá trình khử Au 3+ + 3e → Au↓ o ϕ (V) 1,50 Cho biết số không bền toàn phần phức AuX có giá trị sau : -21,3 [AuCl4 ] = 2.10 -31,5 [AuBr4 ] = 1.10 -42 [Au(SCN)4 ] = 1.10 Tính khử chuẩn 25 C bán phản ứng khử sau a) AuCl4 + 3e → Au↓ + 4Cl b) AuBr4 + 3e → Au↓ + 4Br c) Au(SCN)4 + 3e → Au↓ + 4SCN Từ kết qủa thu rút mối liên hệ khả oxy hóa Au(III) với độ bền phức chất Au(III) • Bài giải AuCl4 → 3+ Au + 4Cl Kkb[AuCl4-] = 2.10 -21,3 0,059 ϕ = ϕ0 + lg[Au + ] Au + Au K kb, [ AuCl ]−Ở đktc ta có [Cl-]=1M [ Au + ] = [Cl ] 0,059 0,059 ϕ0 = ϕ0 + lg K = 1,5 + lg(2.10 − 21,3 ) = 1,08V 3 [ AuCl ]− Au + kb, [ AuCl ] − 4 Au Au • Tương tự, ta có: ϕ [ AuBr4 ]− Au ϕ [0Au (CN ) Au 4] =ϕ − Au3+ Au 0,059 0,059 + lg K kb ,[ AuBr ]− = 1,5 + lg(1.10 −31,5 ) = 0,881V 3 = ϕ 0Au 3+ + Au 0,059 0,059 lg K kb ,[ Au ( CN ) ]− = 1,5 + lg(1.10 − 42 ) = 0,674V 3 Nhận xét, phức vàng(III) bền tính oxy hóa vàng(III) yếu Giải đáp thắc mắc CÁM ƠN CÁC BẠN ĐÃ LẮNG NGHE ... lớn ngược lại Bản chất ion trung tâm Kích thước Dãy phổ hóa học I-