Bồi dưỡng CASIO môn hóa học phần 3

Tài liệu Bài tập Casio môn Hóa học tập hợp những dạng bài tập và hướng dẫn cách giải đối với những bài tập Hóa học có sử dụng máy tính Casio để giải. Đây là tài liệu hữu ích với những bạn yêu thích môn Hóa học và những bạn đang chuẩn bị cho các kỳ thi cũng như muốn nâng cao kiến thức về Hóa học.

DẠNG 5: BÀI TẬP VỀ KHOÁNG CHẤT Câu Khối l ượng riêng nhôm clorua khan đo 200o C, 600o C, 800o C áp suất khí : 6,9 ; 2,7 ; 1,5 g/dm3 a Tính khối lượng phân tử nhôm clorua khan nhiệt độ nêu ( số khí R= 0,082) b Viết công thức phân tử công thức cấu tạo nhôm clorua 200o C, 800o C c Nêu phương pháp điều chế nhôm clorua khan rắn phòng thí nghiệm Cần ý tính chất AlCl3 thực phản ứng điều chế ? Hướng dẫn: a Thể tích mol khí (n=1) nhiệt độ 200, 600, 800o C V473K = 0,082 x 473 = 38,78lit V873K = 0,082 x 873 = 71,58lit V1073K = 0,082 x 1073 = 87,98lit Khối lượng mol phân tử nhôm clorua khan nhiệt độ cho : M200 oC = 37,78 x 6,9 = 267,62 ( g ) M600 oC = 71,58 x 2,7= 193,28( g ) M800 oC = 87,98 x 1,5= 131,87( g ) b Công thức phân tử công thức cấu tạo : *Tại 200o C Khối lượng phân tử AlCl3 = 133,5  (AlCl3 )n = 267,62  n =  CTPT : Al2 Cl6  Cl Cl Al CTCT : Cl Cl Al Cl Cl Do có liên kết phối trí, lớp vỏ e nhôm đạt tới bát tử bền vững * Tại 800o C ( AlCl3 ) = 131,97  n = Cl CTPT : AlCl3 CTCT : Al Cl c Ptpư : Cl t Al + 3Cl2  AlCl3 AlCl3 chất thăng hoa 183o C, dễ bốc khói không khí ẩm : AlCl3 + H2 O  Al(OH)3 + 3HCl o Bài Một quặng chứa 21,7% Canxi, 13,1% Magiê khối lượng Còn lại Cacbon Oxi Xác định công thức đơn giản quặng Hãy biểu diễn công thức oxit viết công thức quặng Hướng dẫn: 1,1  1,1    x  130 ,4  x   0  16  52,8 + 52,8 + 16x – 391,2 + 6x = 22x = 391,2 - 105,6=> 22x = 285,6 x = 285,6:22 = 13% Do đó: %O = 65,2% - 13% = 52,2% Gọi công thức đơn giản quặng là: CaxMgyCzOt Ta có tỷ lệ: x: y : z :t  21,7 13,1 13 52.2 = 0,54:0,54:1,1:3,3 = 1:1:2:6 : : : 40 24 12 16 Vậy công thức đơn giản quặng: CaMgC O6 Công thức oxit: CaO.MgO.2CO Công thức quặng: CaCO MgCO Bài Một chất có ứng dụng rộng dãi vùng quê, có thành phần % khối lượng nguyên tố K, Al, S 8,228%, 5,696%, 13,502% lại oxi hidro Xác định công thức chất Biết chất S có số oxi hóa cao Hướng dẫn: Gọi công thức chất là: K x Aly SzHt Om % khối lượng O a% => % khối lượng H : (72,574 – a) % 8, 228 5, 696 13,502 72,574  a a (*) x: y : z :t :m  : : : : 39 27 32 16 Tổng số oxi hóa hợp chất không 8, 228 5, 696 13,502 72,574  a a =>      => a = 67,51% 39 27 32 16 Thay vào (*) => 8, 228 5, 696 13,502 5, 064 67,51 = 1: 1: 2: 24: 20 x: y : z :t :m  : : : : 39 27 32 16 => công thức chất cần tìm có dạng: KAlS2 H24 O20  K Al (SO )2 12H2 O Công thức chất là: K SO Al2 (SO )3 24H2 O ( phèn chua) Bài Một loại khoáng có chứa 13,77%Na; 7,18%Mg; 57,48%O; 2,39%H lại nguyên tố X khối lượng Hãy xác định công thức phân từ khoáng Hướng dẫn:  Hàm lượng %X = 100 – 13,77 – 7,18 – 57,48 – 2,39 = 19,18% Cân oxi hóa – khử hợp chất: 13,77 7,18 57, 48 2,39 19,18 1  2  2  1   y =  X = 5,33y 23 24 16 X Lập bảng xét: Y X 5,33 10,66 32 thấy có y = thỏa mãn X = 32  S (lưu huỳnh) 13,77 7,18 57, 48 2,39 19,18 : : : : Na : Mg : O : H : S = = : : 12 : : 23 24 16 32 Công thức khoáng: Na2 MgO12 H8 S2  Na2 SO4 MgSO4 4H2 O Bài Một khoáng chất có chứa 20,93% Nhôm; 21,7% Silic lại oxi Hidro (về khối lượng) Hãy xác định công thức khoáng chất  Đặt % lượng Oxi = a % lượng Hidro = 57,37 – a 20,93 21,7 a : : : (57,37  a) Ta có: tỷ lệ số nguyên tử Al : Si : O : H = 27 28 16 Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên 20,93 21, a 3  4    (57,37  a)  27 28 16 Giải phương trình cho a = 55,82 20,93 21, 55,82 : : :1,55 = : : : Suy ra, Al : Si : O : H = 27 28 16 Vậy công thức khoáng chất Al2 Si2 O H4 hay Al2 O3 2SiO 2H2 O (Cao lanh) DẠNG 6: BÀI TẬP CẤU TRÚC HÌNH HỌC A- LÝ THUYẾT Sự phân cực phân tử  Lưỡng cực điện: Lưỡng cực điện hệ gồm hai điện tích +q q cách khoảng cách l Lưỡng cực điện đặc trưng đại lượng momen lưỡng cực  với định nghĩa momen lưỡng cực  tích điện tích q cách tay đòn l  = l.q -q l +q lưỡng cực điện Trong hệ SI momen lưỡng cực  tính Cm (coulomb.met) Với phân tử momen lưỡng cực có giá trị nhỏ nên người ta thường tính theo D (Debye) với qui ước : 1D = 10-29 Cm  Lưỡng cực liên kết: liên kết ion liên kết cộng hóa trị phân cực lưỡng cực điện có momen lưỡng cực xác định gọi momen lưỡng cực liên kết Liên kết phân cực mạnh momen lưỡng cực lớn Ví dụ: HF HCl HBr HI Liên kết H F H Cl H Br H I  (D) 1,83 1,08 0,82 0,44  Lưỡng cực phân tử: Trong việc khảo sát lưỡng cực phân tử, người ta thừa nhận thuộc tính cộng tính momen lưỡng cực liên kết coi momen lưỡng cực phân tử tổng vectơ momen lưỡng cực liên kết Ví dụ: Với phân tử CO : O=C=O  =0 Với phân tử H2 O :   ( = 1,84D)  Việc khảo sát momen lưỡng cực phân tử thông số cần thiết cho việc nghiên cứu tính chất liên kết (khi  lớn, tính ion liên kết mạnh), cấu trúc hình học phân tử tính chất vật lí, hóa học chất B-BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài Bằng thực nghiệm người ta xác định giá trị momen lưỡng cực phân tử H2 S 1,09D liên kết S – H 2,61.10–30 C.m Hãy xác định: a) Góc liên kết HSH b) Độ ion liên kết S – H , biết độ dài liên kết S – H 1,33 Å Cho 1D = 3,33 10–30 C.m Giả sử  cặp electron không chia S không đáng kể  a) Phân tử H2 S có cấu trúc góc nên:  H S 2=  SH +  SH +  SH  SH cos  =  SH 2(1 + cos ) H =  SH cos2 Suy cos  =  H S 2  SH   H S =  SH cos   SH 1, 09.3,33.1030 = = 1,39   = 920 30 2, 61.10  H S S  SH H t / n 2, 61.1030 b) Độ ion liên kết S – H = = 100 = 12,3% l / t 1,33.1030.1, 6.1019 33 Xác định momen lưỡng cực (D) Cl  NO2 dẫn xuất lần nhân benzen sau: 1,2 – dinitrobenzen (  = 6,6 D); 1,3 – diclobenzen (  = 1,5 D); para – nitrôToluen (  = 4,4 D); nitrobenzen (  = 4,2 D)  Theo phương pháp cộng véctơ:  NO2 NO2 2 Cl  NO2 1 2 Cl CH3  = 1 +  2 + 1  cos  hay  = 2 1  2  21.2 cos * Trường hợp phân tử có nhóm (  =  ) ta có :  = 1 (1 + cos  ) = 1 cos  hay  = 1 cos  Vậy: - 1,2 – dinitrobenzen có  = 60  = 600 6,6 =  NO2 cos   NO2 = 3,8 D - 1,3 – diclobenzen có  = 120  = 1200 1,5 = Cl cos  Cl = 1,5 D * Trường hợp phân tử có nhóm khác (    ) p – nitroToluen thì:  = 180  NO2 CH3 có hướng ngược nhau,  NO hướng từ CH lại hướng từ vào Theo phép cộng vectơ:  ( p - nitroToluen) =  NO2 - CH3 Hay 4,4 = 3,8 - CH3  CH3 = 3,8 - 4,4 = - 0,6 D (dấu - chứng tỏ hướng CH3 ) Biết mono – clobenzen có momen lưỡng cực 1 = 1,53 D a) Hãy tính momen lưỡng cực o ; m ; p ortho, meta, para – diclobenzen b) Đo momen lưỡng cực ba đồng phân  = 1,53 D Hỏi dạng diclobenzen?  clo có độ âm điện lớn, 1 hướng từ nhân ortho meta para = = =0 2 Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng tam giác a = b + c2 – 2bc cos A Dẫn xuất ortho: o = 212  212 cos600 = 1 212  212 cos1200 = 1 Dẫn xuất para: p = 1  1 = b) Theo đầu  =1,53D = 1  dẫn xuất meta -diclobenzen Dẫn xuất meta: m = Clobenzen có momen lưỡng cực 1 = 1,53 D (1 hướng từ nhân ngoài); anilin có momen lưỡng cực 2 = 1,60D (2 hướng từ vào nhân benzen) Hãy tính  ortho – cloanilin; meta – cloanilin para – cloanilin  clo có độ âm điện lớn, 1 hướng từ nhân – nhóm NH2 có cặp e tự liên hợp với hệ e  vòng benzen  hai momen lưỡng cực chiều DB para meta ortho Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng tam giác a = b2 + c2 – 2bc cos A Dẫn xuất ortho:  2O =  12 +  22  21 2 cos 600 =  12 +  22  1 2 = 2,45 o = Dẫn xuất meta:  m 2, 45 = 1,65D =  12 +  22  21 2 cos 1200 =  12 +  22 + 1 2 = 7,35 m = 7,35 = 2,71D Dẫn xuất para:  = 1 + 2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D p Ví dụ 4: Hãy xác định khoảng cách nguyên tử iot đồng phân hình học C2 H2 I2 với giả thiết đồng phân có cấu tạo phẳng (Cho độ dài liên kết C – I 2,10 Å C=C 1,33 Å ) Phần thứ nhất: HS trình bày lời giải hóa học  Đồng phân cis- : I 1200 I I 300 I d I I d I O 120 I dcis = d C= C + d C - I  sin 300 Đồng phân trans-: d trans = 2 IO IO = IC2 + CO2 - 2IC  CO  cos1200 = 2,12 +( 1,33 )2 -2 x 2,1 x 1,33 cos1200 dcis = dC = C + dC- I = 1,33 + 2,1 = 3,43 Å dtrans = 2 2,5 Å = 5,0 Å DẠNG 7: BÀI TẬP VỀ VÔ CƠ Một hỗn hợp bột kim loại có khả gồm Mg, Al, Sn Hòa tan hết 0,75 gam hỗn hợp dung dịch HCl dư thấy thoát 784 ml H2 (đo đktc) Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,75 gam hỗn hợp oxi dư thu 1,31 gam oxit Xác định % khối lượng kim loại hỗn hợp  Mg + 2HCl  MgCl2 + H2  2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  Sn + 2HCl  SnCl2 + H2  t 2Mg + O   2MgO t 4Al + 3O   2Al2 O3 t Sn + 2O   SnO Số mol H2 = 0,035 Hệ pt: 24x + 27y + 119z = 0,75 (x, y, z số mol kim loại) x+ y + z = 0,035 y 40x + 102 + 183z = 1,31 Giải hệ pt cho: x = 0,02 ; y = 0,01 ; z = 0,02  24 Vậy, hỗn hợp Sn % Mg =  100% = 64% ; %Al = 36% 0,75 Nung hỗn hợp A gồm sắt lưu huỳnh sau thời gian hỗn hợp rắn B Cho B tác dụng với dung dịch HCl dư, thu V1 lít hỗn hợp khí C Tỷ khối C so với hidro 10,6 Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2 O SO cần V2 lít khí oxi V.1 Tìm tương quan giá trị V1 V2 (đo điều kiện) V.2 Tính hàm lượng phần trăm chất B theo V1 V2 V.3 Hiệu suất thấp phản ứng nung phần trăm V.4 Nếu hiệu suất phản ứng nung 75%, tính hàm lượng phần trăm chất hỗn hợp B Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16 HƯỚNG DẪN: 1.Fe + S = FeS Thành phần B gồm có FeS, Fe có S FeS + 2HCl = FeCl2 + H2 S Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 Vì MT B = 10,6 = 21,2 < 34 Nên : C có H2 S H2 Gọi x % H2 hỗn hợp C (2x + 43(100 – x)) : 100 = 21,2 → x = 40% C ; H2 = 40% theo số mol; H2 S = 60% Đốt cháy B: FeS + O = e2 O3 + SO Fe + O = Fe2 O3 Có thể có phản ứng : S + O = SO Thể tích O đốt cháy FeS : (3V1 /5).(7/4) = 21V1 /20 Thể tích O đốt cháy Fe : (2V1 /5).(3/4) = 6V1 /20 Thể tích O đốt cháy FeS Fe là: 21V1 /20 + 6V1 /20 = 27V1 /20 Thể tích O đốt cháy S là: V2 – (27V1 /20) = V2 – 1,35V1 Nên : V2 ≥ 1,35V V.2 S ố mol S = (V2 – V1 1,35) : V1 mol ( Với V1 mol thể t ích mol khí điều kiện xét) S ố mol FeS = ( V1 3/5 ) : V1mol S ố mol Fe = (V1 2/5) : V1 mol 3V1 88.100 5280V1 165V1 % FeS    % 3V1 2V1 75 , V  32 ( V  , 35 V ) V 2  V1 88  56  32(V2  1,35V1 ) 5 2V1 56.100 70V1 % Fe   % 32(V2  V1 ) V2  V1 32(V2  1,35V1 ).100 100V2  135V1 %S   % 32(V2  V1 ) V2  V1 - Nếu dư S so với Fe tính hiệu suất phản ứng theo Fe, Fe + S  FeS V1 n FeS 100  100  60(%) H= n Fe  n FeS V1  V1 5 H = 60% - Nếu dư Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S V1 n FeS 100 n FeS 100  100  60(%) (do nS < nFe)  H = n FeS  nS n Fe  n FeS V1  V1 5 - Vậy hiệu suất thấp phản ứng nung 60% Bài 10 Hoà tan m gam Cu lượng dư dung dịch HNO Kết thúc phản ứng thu 5,97 lít hỗn hợp gồm NO NO (khí A), dung dịch có khối lượng không thay đổi so với khối lượng axit ban đầu Thực thí nghiệm sau: Thí nghiêm 1: lấy 11,94 lít khí A cho qua dung dịch KOH 0,5 M phản ứng vừa đủ, thu dung dịch B (thể tích không thay đổi so với thể tích dung dịch KOH) Thí nghiêm 2: Lấy 5,97 lít khí A cho qua Cu bột dư thu khí C a) Tính m b) Tính thể tích dung dịch KOH nồng độ mol/lít dung dịch B c) Tính thể tích khí C thu Các thể tích khí đo điều kiện tiêu chuẩn  Hướng dẫn giải : Phương trình phản ứng: 3Cu + 8HNO = 3Cu(NO )2 + 2NO + 4H2 O Cu + 4HNO = Cu(NO )2 + 2NO + 2H2 O 2NO + 2KOH = KNO + KNO + H2 O t NO + Cu    CuO + 1/2N 2NO + 4Cu = 4CuO + N Gọi số mol Cu tham gia phản ứng (1) x, tham gia phản ứng (2) y (x + y) 64 = 30 y = 0,11 2x + 46 2y hay 7y = 11x  Giải x = 0,07 2x + 2y = 0,2665 a) Tính m: a = 11,52 gam b) Số mol NO tham gia phản ứng (3) : 0,11 = 0,44 (mol)  Số mol KOH tham gia phản ứng : 0,44 mol  VKOH 0,5M = Nồng độ muối dung dịch B: [KNO ] = [KNO ] = 0,44 = 0,88 (lít) 0,5 0,44 = 0,25 (M) 0,88.2 c) Theo phương trình (4), (5) Số mol N = 1 0,07.2 số mol (NO + NO ) = ( + 0,11 2) = 0,13335 (mol) 2 Thể tích khí N : (đktc) = 0,13335 22,4 = 2,987 (lít) Câu : A, B, C ba kim loại liên tiếp chu kỳ Tổng số khối chúng 74 1) Xác định A, B, C 2) Cho 11,15g hỗn hợp (X) (gồm A, B, C) hòa tan vào H2 O thu 4,48 lít khí, 6,15g chất rắn không tan dung dịch Y Lấy chất rắn không tan cho vào dung dịch HCl dư thu 0,275 mol H2 Tính % khối lượng chất A, B, C 11,15 gam hỗn hợp X 1: 1) Đặt số nơtron A, B, C : n1 , n2 , n3 Đặt số proton A, B, C : p, p + 1, p + Tổng số proton kim loại : p + p + + p + = 3p + Ta có : 3p + + (n1 + n2 + n3 ) = 74 3p +  n1 + n2 + n3  1,53 (3p + 3)  8,8  p  11,3 p 10 11 Na Nhận Vì A, B, C kim loại nên ta nhận p = 11  Na Và kim loại liên tiếp nên : Na, Mg, Al 2) Đặt a, b, c số mol Na, Al, Mg hỗn hợp Hòa tan X (A, B, C) vào H2 O : Na + H2 O  NaOH + H2  a a a Al + NaOH + H2 O  NaAlO + H2  0,275 mol a + H2  3a a 3a 4, 48    0,  a = 0,1 mol 2 22, * Trường hợp : Chất rắn có Mg Mg + 2HCl  MgCl2 0,275mol  mrắn = 0,275 24 = 6,6g > 6,15g (Loại) * Trường hợp : 6,15g gồm Mg Al dư (b mol) Mg + 2HCl  MgCl2 + H2  c c Al + 3HCl  AlCl3 + H2  b1 b1 24c + 27b1 = 6,15 c + b1 = 0,275 c = 0,2  b1 = 0,05 nNa nAl nMg = 0,1 = 0,1 + 0,05 = 0,2 = 0,15 mAl  mNa = 0,1 23 = 2,3g = 0,15 27 = 4,05g  mMg = 0,2 24 = 4,8g III.1 Cho từ từ khí CO qua ống chứa 6,4g CuO đun nóng Khí khỏi ống hấp thụ hoàn toàn 150 ml dung dịch nước vôi nồng độ 0,1M thấy tách 1g kết tủa trắng, đun sôi phần nước lọc lại thấy có vẩn đục Chất rắn lại ống cho vào 500 ml dung dịch HNO 0,32M thấy thoát V1 lít khí NO Nếu thêm 760 ml dung dịch HCl 1,333M vào dung dịch sau phản ứng lại thoát thêm V2 lít khí NO Nếu tiếp tục thêm 24g Mg thấy thoát V3 lít hỗn hợp khí N H2 , lọc dung dịch cuối thu chất rắn X III.1.1 Viết phương trình phản ứng tính V1 , V2 , V3 (đkc) III.1.2 Tính thành phần X (giả thiết phản ứng xảy hoàn toàn) HƯỚNG DẪN: III.1.1 Các phương trình phản ứng: CO + CuO  Cu + CO CO2 + Ca(OH)2  CaCO + H2 O 2CO + Ca(OH)2  Ca(HCO )2 Ca(HCO )2  CaCO + CO + H2 O CuO + 2H+  Cu2+ + H2 O 3Cu + 8H+ + 2NO -  3Cu2+ + 2NO + 4H2 O Số mol CO = 0,02 mol Số mol Cu = 0,02 mol Số mol CuO = 0,06 mol Số mol HNO = 0,16 mol V2 = V1 = 0,07467 lít Theo phương trình: V1 = 0,01.22,4 = 0,224 lít Khi thêm 3,04 mol HCl, phản ứng lại tiếp tục xảy 3 5Mg + 12H+ + 2NO -  5Mg2+ + N2 + 6H2 O Mg + Cu2+  Mg2+ + Cu Mg + 2H+  Mg2+ + H2 Thêm mol Mg: Số mol N =  0,16  0,04   0,22 (mol) 2  Số mol H2 =  3,04  0,04   2,64   0,06 (mol) 2 3  0,22   Nên V3 = VN2 + VH2 = 22,4    0,06   2,9867 (lít)   III.1.2 Suy Cu = 0,08.64 = 5,12g chiếm 30,19% Và Mg = 1  1,1  0,06  0,08   24  11,84 chiếm 69,81%   Bài Đốt cháy hoàn toàn gam mẫu than có chứa tạp chất S Khí thu cho hấp thụ hoàn toàn 0,5 lít dung dịch NaOH 1,5M dung dịch A, chứa muối có xút dư Cho khí Cl2 (dư) sục vào dung dịch A, sau phản ứng xong thu dung dịch B, cho dung dịch B tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu a gam kết tủa, hoà tan lượng kết tủa vào dung dịch HCl dư lại 3,495 gam chất rắn a) Tính  khối lượng C; S mẫu than, tính a b) Tính nồng độ mol/lít chất dung dịch A, thể tích khí Cl2 (đktc) tham gia phản ứng  Hướng dẫn giải : a) Phương trình phản ứng: C + O  CO2 x x S + O2  SO2 y (1) (2) y Gọi số mol C mẫu than x, số mol S mẫu than y  12x + 32y = Khi cho CO ; SO vào dung dịch NaOH dư: CO2 + 2NaOH = Na2 CO3 + H2 O(3) SO + 2NaOH = Na2 SO3 + H2 O (4) Cho khí Cl2 vào dung dịch A (Na2 CO ; Na2 SO ; NaOH dư) Cl2 + 2NaOH = NaClO + NaCl + H2 O (5) (dư) 2NaOH + Cl2 + Na2 SO3 = Na2 SO + 2NaCl + H2 O (6) Trong dung dịch B có: Na2 CO3 ; Na2 SO4 ; NaCl; NaClO Khi cho BaCl2 vào ta có: BaCl2 + Na2 CO3 = BaCO  + 2NaCl x (7) x BaCl2 + Na2 SO4 = BaSO  + 2NaCl y (8) y Hoà tan kết tủa vào dung dịch HCl có phản ứng, BaCO tan Na2 CO + 2HCl = 2NaCl + CO  + H2 O Vậy : BaSO = 3,495 g = 0,015mol Vậy y = 0,015 mol  mS = 0,48 g S = 16 mC = 2,52 g C = 84 a gam kết tủa = 3,495 + 2,52 (137 + 60) = 41,37 g 12 b) Dung dịch A gồm: Na2 CO3 ; Na2 SO ; NaOH(dư)  Na2 CO  = 0,21: 0,5 = 0,12M  Na2 SO  = 0,015: 0,5 = 0,03M  NaOH  = 0,75 - (2 0,21 + 0,015) = 0,6M 0,5 Thể tích Cl2 (đktc) tham gia phản ứng: M Cl = 0,3/2  V Cl = 0,3 22,4/2 = 3,36 lít 2 Bài Cho 23,52g hỗn hợp kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3,4M khuấy thấy thoát khí nặng không khí, dung dịch dư kim loại chưa tan hết, đổ tiếp từ từ dung dịch H2 SO4 5M vào, chất khí lại thoát kim loại vừa tan hết 44ml, thu dd A Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH dư vào, lọc kết tủa, rửa nung không khí đến khối lượng không đổi thu chất rắn B nặng 15,6g a) Tính % số mol kim loại hỗn hợp b) Tính nồng độ ion (trừ ion H+-, OH-) dung dịch A  Hướng dẫn giải : a) Gọi x, y, z số mol Mg, Fe, Cu hỗn hợp, ta có : 24x + 56y + 64z = 23,52  3x + 7y + 8z = 2,94 Đồng dư có phản ứng: Cho e: Nhận e: (a) Mg - 2e = Mg2+ (1) Fe - 3e = Fe3+ (2) Cu - 2e = Cu2+ (3) NO3 - + 3e + 4H+ = NO + 2H2 O Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+ (4) (5) Phương trình phản ứng hoà tan Cu dư: 3Cu + 4H2 SO4 + 2NO - = 3CuSO + SO 2- + 2NO + H2 O Từ Pt (6) tính số mol Cu dư: = (6) 0,044.5.3 = 0,165 mol Theo phương trình (1), (2), (3), (4), (5): số mol e cho số mol e nhận: 2(x + y + z - 0,165) = 3,4.0,2 - 2(x + y + z - 0,165).3  x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b) Từ khối lượng oxit MgO; Fe2 O3 ; CuO, có phương trình: x y z 40 + 160 + 80 = 15,6 (c) 2 Hệ phương trình rút từ (a), (b), (c): 3x + 7y + 8z = 2,94 x + y + z = 0,42 x + 2y + 2z = 0,78 Giải được: x = 0,06; y = 0,12; z = 0,24  lượng Mg = 6,12;  lượng Fe = 28,57;  lượng Cu = 65,31 b) Tính nồng độ ion dd A (trừ H+, OH-) Mg2+ = 0,06 = 0,246 M; 0,244 Fe2+ = 0,492 M; Cu2+ = 0,984 M; SO4 2- = 0,9 M; NO - = 1,64 M DẠNG 8: pH CỦA DUNG DỊCH Bài 7: Cho 2,24 lit NO (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 500 ml dung dịch NaOH 0,2001 M, thu dung dịch A (thể tích coi không đổi) Tính pH dung dịch A Cho K HNO2 = 10-3,3 Bài 7./ Khi cho dung dịch chứa 36,5 gam HCl tác dụng với dung dịch chứa 40 gam NaOH thấy thoát lượng nhiệt 57kJ Nếu cho 150 gam dung dịch H2 SO 10% tác dụng với 50 gam dung dịch KOH 11,2% lượng nhiệt thoát bao nhiêu? Câu 2: Trộn 30ml dd HCL 0,05M với 20ml dd Ba(OH)2 aM 50ml dd có pH = b Cô cạn dd sau trộn thu 0, 19875 gam chất rắn khan Hãy tính a b biết dung môi nước dd có [H+][OH-] = 1014 Câu Tính pH dung dịch thu hòa tan 0,1 mol PCl3 vào 450ml dung dịch NaOH 1M PCl3 + H2 O → H3 PO3 + H+ + 3Cl(1) + H + OH → H2 O (2) H3 PO + OHH2 PO3 - + H2 O (3) 2H2 PO + OH HPO + H2 O (4) nOH- bđ = 0,45 mol sau phản ứng (2,3) nOH- dư = 0,05 mol nOH- (4) = n HPO3 2- = 0,05 mol [H  ][HPO32 ] -7 ka2 = = 7.10  [H PO3 ] → pH= -lg 7.10-7 = 6,15490196 Ví dụ 5: Tính độ thủy phân (h) pH dung dịch sau đây: a) Dung dịch NH4Cl 0,1 M , với KNH3 = 1,8 105 b) Dung dịch Natribenzoat C 6H5COONa 105 M , với KC6H5COOH = 6,29 105  a) Cân bằng: NH 4 + OH  ⇌ NH3 + H2O (KNH3)1 2H2O ⇌ H3O + + OH  KW NH 4 + H2O ⇌ NH3 + H3O + K = K W (KNH3)1= 5,55 1010 [ ] 0,1 – x x x Do C (NH3) = 0,1 M >> nên bỏ qua điện ly nước  NH   H 3O   x2 10  5,55 10 Ta có:  = 5,55 1010  NH 4  0,1  x (coi 0,1 – x  0,1)  x = 7,45 106 > K B  bỏ qua (3)  Dung dịch X dung dịch đệm axit muèi  có pH = pKa + lg  axit = 3,75 + lg 0,1 = 3,75 0,1  Khi thêm 10-3 mol HCl KA + HCl  KCl + HA 0,001  0,001  HA = 0,001 (mol) 0,01 + 0,001 0,01 - 0,001 = 0,0275 M KA = = 0,0225M 0,4 0,4 Dung dịch thu dung dịch đệm axit Tương tự, pH = 3,75 + lg 0,0225 = 3,66 0,0275 Ví dụ 3: Al(OH)3 hidroxit lưỡng tính tồn cân sau: Al(OH)3 Al(OH)3 + OH- Al3+ + 3OH- Tt (1) = 10-33 AlO2 - + 2H2 O Tt (2) = 40 Viết biểu thức biểu thị độ tan toàn phần Al(OH)3 (S) = [Al3+] + [AlO 2 ] dạng hàm [H3 O+] Ở pH S cực tiểu Tính giá trị S cực tiểu Phần thứ nhất: HS trình bày lời giải hóa học  Xét cân bằng: Al(OH)3 Al 3+ + 3OH - Tt(1) = [Al3+].[OH-]3 =10-33 Al(OH)3 + OH - 3+ Từ Tt(1): [Al ] =  AlO 10-33 - OH   AlO-2  Tt(2) = = 40 OH-  + 2H2 O = 10-33 H3O+  -14 (10 ) = 10 [H3 O+]3 ; 10-14 từ Tt(2): [AlO 2 ] = 40[OH ] = 40 H3O+  Do S = [Al 3+] + [AlO 2 ] = 109 [H3O+]3 + 40 S cực tiểu đạo hàm  [H3O +]4 = 10-14 H3O+  4.10-13 dS + = 3.10 [H O ] =0 d H3O+  H3O+  4.10-13  [H3O+]4 = 133,33 10-24 3.109 [H3O +] = ?  pH = - lg[H3O+] = ? pH = - (- 6) - lg3,4= ? [H3 O+] = 3,4 10-6 pH = 5,47 Smin = 10 (3,4 10-6 ) + 40  1013 = 1,5 10-7 mol/l 3,4  106 III.1 Hòa tan 8,00g hidroxit kim loại chưa biết có công thức M(OH)2 vào 1,00dm3 nước thu 6,52 g chất rắn không tan lại Thêm tiếp 51,66 M(NO )2 vào dung dịch thấy khối lượng pha rắn tăng đến 7,63g Hãy xác định tên kim loại Giả thiết thể tích dung dịch không thay đổi chất tan tan hoàn toàn III Cho phản ứng : Cu(r) + CuCl2 (dd) CuCl(r) III.2.1 Ở 250 C phản ứng xảy theo chiều nào, người ta trộn dung dịch chứa CuSO 0,2M; NaCl 0,4M với bột Cu lấy dư ? Cho T CuCl = 10-7 , E Cu2 / Cu  0,15V ; E Cu2 / Cu  0,335V III.2.2 Tính số cân K phản ứng 25 C HƯỚNG DẪN: III Chất rắn không tan lại M(OH)2 Khối lượng hidroxit tan vào nước : 8,00 – 6,52 = 1,48 g 1,48 mol => n M(OH)  M  34 1,48 (M) Nồng độ ion dung dịch : [ M 2 ]  M  34 x 1,48 2,96 [OH  ]   (M) M  34 M  34 Tích số tan M(OH)2 nước : x 1,483 TM(OH)2  [M 2 ][OH  ]2  (M  34)3 51.66 Lượng M2+ thêm vào : C M   (M) M  124 Do M(NO )2 hòa tan hết vào dd nên xảy dời mức cân :   M(OH)2 M2+ + 2OH  51.66 M  124 Điện ly x x 51.66 Cân (x + ) M  124 - 7,63 0,37 Mặt khác : x =  (M) M  34 M  34 Ban đầu  -7 Tại cân : [OH ]  (10  2x)  10-7 2x (10-7 + 2x) 0,74 (M) M  34 51,66   0,37 [ M 2 ]     (M)  M  34 M  124  51,66   0,74   0,37 TM(OH)  [M ][OH ]      (M )  M  34 M  124   M  34  23,68 0,37 51,66 => => M = 40   M  34 M  34 M  124 Vậy kim loại Canxi Hidroxit Ca(OH)2 III Ta có : Cu2+ + 2e = Cu , G1 Cu2+ + 1e = Cu+ , G2 Cu+ + 1e = Cu , G3 G3  G1  G2   1.F E Cu / Cu  2.F E Cu2  / Cu  1.F E Cu2  / Cu  E Cu / Cu  2E Cu2 / Cu  E Cu2 / Cu = 2.0,335 - 0,15 = 0,52 V Ta có : [Cu 2 ] ECu2  / Cu  E Cu2  / Cu  0,059 lg [Cu  ] 0,2  0,15  0,059 lg 7  0,498V ( với [Cu+] = TCuCl/[Cl-] ) 10 / 0,4 + ECu /Cu = E Cu+/Cu + 0,059 lg [Cu+] = 0,52 + 0,059 lg 10-7 / 0,4 = 0,13V 2/ Khi cân : 2  K = 10 n.E / 0,059 = 5,35.10-7 K = ( 10-7 )-2 = 1014 Vậy : K = K K = 5,35.107 Bài Tính lượng NaF có 100ml dung dịch HF 0,1M; biết dung dịch có pH = 3, số cân Ka HF 3,17 10–  Hướng dẫn giải : CHF = 0,1M; [H+] = 10 -3 , gọi nồng độ NaF dd ban đầu x H+ HF [] (10 -1 - 10 -3 ) 3,17.10 -4 F- 10-3  103 x  103 = + 101  103 x + 10-3   10  x  10   x  10 3 3 99.103 3 99  x + 10 -3 = 313,83.10 -4  x = 303,83.10 -4  nNaF = 3,03.10 -4 Khối lượng NaF : 303,83.42.10 -5 = 0,1276 g 1.Tính thể tích dung dịch NaOH 0,01 M cần dùng để trung hòa hoàn toàn 10ml dung dịch H SO4 có pH = Biết HSO - có pK a = HƯỚNG DẪN: Gọi C nồng độ mol/l dung dịch H2 SO4 có pH = Ta có: H2 SO4  H+ + HSO C C C mol/l + HSO H + SO 2o C C C [] C–y C+y y Ta có [H+] = C + y = 10-2 = 0,01 2[H  ][SO ] (C  y)y  Và K a = = 0,01 Cy [HSO4 ] 0,01(0,01  C) = 0,01 C  0,01  C C = 0,0067 M = 10-2 M Phản ứng trung hòa: H2 SO4 + 2NaOH = Na2 SO4 + 2H2 O nNaOH = n H2SO = 2.0,01.0,0067 = 1,34.10-4 mol Hay 1,34.10 4 = 1,34.10-2 l = 13,4 ml 2 10 2.Dung dịch A chứa hỗn hợp MgCl2 10 4 M FeCl3 10 4 M Tìm trị số pH thích hợp để tách Fe3+ khỏi dung dịch A dạng kết tủa hidroxit Cho biết tích số hòa tan: 11 38 KS(Mg(OH)2 ) = 1,12.10 K S(Fe(OH)3 ) = 3,162.10 HƯỚNG DẪN: VddNaOH = Tách hết Fe3+: Fe3+  10-6 Ks Fe( OH )3 = Fe3+.OH- = 3,162.10-8  Fe  = 3+ 3,162.10 38 OH    10 OH   -6 - 3,162.10 38 = 3,162.10 11 6 10 10 14 = 0,32.10 3  pH  3,5 11 3,162.10 2+ Không có Mg(OH)2 : Mg .OH- 1,12.10 11 11 10 14 4   OH- 1,12.10 = 3,35.10  H    pH  10,5 10 4 3,35.10 4 Vậy: 3,5  pH  10,5 II.2 Độ tan Mg(OH)2 nước 180 C 9.10-3 g/lit 1000 C 4.10-2 g/lit II.2.1 Tính tích số tan Mg(OH)2 hai nhiệt độ pH dung dịch bão hoà II.2.2 Tính đại lượng  H0 ,  G0  S0 phản ứng hoà tan, coi  H0  S0 không thay đổi theo nhiệt độ DH  H    II.2.1 Mg(OH)2 Mg2+ + 2OH- T = [Mg2+].[OH-]2 = 4s3 s 2s  9.103  -4 -11 Ở 291K: T291 =   = 4.(1,552.10 ) = 1,495.10  58  pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.1,552.10-4 ) = 10,49  4.102  -9 Ở 373K: T373 =   = 1,312.10 58   pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.6,897.10-4 ) = 11,14 II.2.2 RT2 T1 T 8,314.373.291 1,312.109 ln 373  ln = 49243,8 J.mol-1  H0 = T2  T1 T291 373  291 1,495.1011 Tính độ tan Mg(OH)2 298K: T H0  1  49243,8  1  ln 298         T291 R  298 291  8,314  298 291  Suy T298 = 2,41.10-11 Từ biểu thức: = -RTlnT298 = -8,314.298.ln2,41.10-11 = 60573,7 J.mol-1 = 60,5737 KJ.mol-1  G 298 =  H0 – 298  S0 Suy  S0 = -38,02 J.mol-1 K  G 298 Câu 3: Dung dịch K CO có pH=11 (dung dịch A) Thêm 10ml HCl 0,012M vào 10ml ddA ta thu ddB Tính pH ddB Biết H2 CO3 có pk1 =6,35 pk2 =10,33 HƯỚNG DẪN: Bài 3: K 2CO3  2K + +CO32 c CO32 +H 2O Cbaèng c  103 c  pH=11  pOH=3  OH  =10-3 mol/l HCO3 +OH  103 103 Kb1 = Kw =103,67 Ka 103.103 Ta coự  103,67  c=5,677.103 (mol/l) 3 c  10 CO3 2  2H   H 2O  CO2 5, 677 10 3 5, 677.10 3 2, 8385( M ) CHCl = 0,012 =6.103 , CO2 5,677.103 +   H dö  =0,006  5,677.103 =0,323.103 HCO3 + H + Ka=106,35 CMCO 2 = +H 2O Cb 2,8385.103  x x(x  0,323.103 )  106,35 3 2,8385.10  x  pH=3,5 x x+0,323.10 3  x  3,88.106   H +   0,323.103 (M) 3) Cho 2,24l NO (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 500ml dung dịch NaOH 0,2001M thu dung dịch (A) Tính pH dung dịch A 10 Cation Fe3+ axit, phản ứng với nước theo phương trình: Fe3+ + 2H2 O Fe(OH)2+ + H3 O+ Ka Fe3+ 10-2,2 Hỏi nồng độ FeCl3 bắt đầu có kết tủa Fe(OH)3 Tính pH dung dịch biết Tt Fe(OH)3 = 10-38 Đáp số: pH = 1,8 ... H3O+  Do S = [Al 3+ ] + [AlO 2 ] = 109 [H3O+ ]3 + 40 S cực tiểu đạo hàm  [H3O +]4 = 10-14 H3O+  4.10- 13 dS + = 3. 10 [H O ] =0 d H3O+  H3O+  4.10- 13  [H3O+]4 = 133 ,33 10-24 3. 109... 3 2, 838 5( M ) CHCl = 0,012 =6.10 3 , CO2 5,677.10 3 +   H dö  =0,006  5,677.10 3 =0 ,32 3.10 3 HCO3 + H + Ka=106 ,35 CMCO 2 = +H 2O Cb 2, 838 5.10 3  x x(x  0 ,32 3.10 3 )  106 ,35 3. .. 10 -3 , gọi nồng độ NaF dd ban đầu x H+ HF [] (10 -1 - 10 -3 ) 3, 17.10 -4 F- 10 -3  10 3 x  10 3 = + 101  10 3 x + 10 -3   10  x  10   x  10 3 3 99.10 3 3 99  x + 10 -3 = 31 3, 83. 10