đề thi olympic hóa học phân tích trong nước và quốc tế.Xây dựng bài tập hóa học phân tích cho các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và học sinh giỏi trung học phổ thông cấp quốc qia.Nghiên cứu chương trình hóa học phổ thông nâng cao, chuyên hóa học và chương trình ở bậc đại học chuyên ngành hóa học. Phân tích các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế; kì thi Olympic sinh viên và đi sâu nội dung phần hóa học phân tích định tính.
Trang 1Bài 1: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ ba, 2005 Đề thi phần Hóa
cơ sở, Bảng A)
Đề bài:
Để loại trừ các ion NO3- trong nước (các ion NO3- có mặt trong nước xuất phát từ phân bón) có thể khử nó thành NO2- bằng cách cho đi qua lưới có chứa bột Cd
1) Viết nửa phản ứng của hai cặp NO3-/HNO2 và HNO2/NO trong môi trường axit Chứng minh rằng HNO2 bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6
2) Ở pH = 7, nồng độ NO3- là 10-2M Viết phản ứng giữa Cd và NO3- Hỏi NO3- có bị khử hoàn toàn ở 25oC trong điều kiện này không? Tính nồng độ
NO3- còn lại trong nước khi cân bằng
3) Tính thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn của cặp NO3-/NO2- ở pH = 14
Eo(HNO2/NO) vẫn lớn hơn Eo(NO3-/HNO2) nên HNO2 vẫn không bền
2) Cd + NO3- + H2O ⇌ Cd2++ NO2- + 2OH
Trang 2-Giả thiết phản ứng là hoàn toàn thì [Cd2+] = [NO3-]bđ = 10-2M
Ở pH = 7 thì [Cd2+] = Ks/[OH-]2 = 1,2M Nồng độ Cd2+ sau phản ứng nhỏ hơn nhiều so với 1,2M nên không có kết tủa Cd(OH)2
Để tính [NO3-] khi cân bằng cân tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên:
Cd + NO3- + H2O + 3H+ ⃗K Cd2+ + NO2- + 2OH- + 3H+
Cd2+ + HNO2 + 2H2O ⃗K2 Cd2+ + H+ + NO2- + 2H2O
K = K1.K2.K3
lg K1= 2(0,94+0, 40)
0, 059 =45, 42 ⇒ K1=2 ,65.1045
K=2, 65 1045 5.10−4.(10−14)2=1, 325.1014
Hằng số K rẩt lớn nên phản ứng gần như hoàn toàn Ở pH = 7 ta có:
Cd + NO3- + H2O ⇌ Cd2+ + NO2- + 2OH
Trang 3Ion Fe(SCN)2+ có màu đỏ ở nồng độ bằng hoặc lớn hơn 10-5M Hằng số điện
li của nó là 10-2
1 Một dung dịch chứa vết Fe3+ Thêm vào dung dịch này một dung dịch KSCN
10-2M (coi thể tích không đổi) Xác định nồng độ tối thiểu của Fe3+ để dung dịch xuất hiện màu đỏ
2 Một dung dịch chứa Ag+ 10-2M và Fe3+ 10-4M Thêm dung dịch SCN- vào tạokết tủa AgCN (coi thể tích không đổi) Xác định nồng độ ၁၁+ còn lại trong dung dịch k၁၁ xuất hiện màu đỏ Biết TAgSCN = 10-12
3 Thêm 20cm3 dung dịch AgNO3 5.10-2M vào 10cm3 dung dịch NaCl không biết nồng độ Lượng dư Ag+ được chuẩn độ bằng dung dịch KSCN với sự cómặt của Fe3+ Điểm dương đương (khi bắt đầu xuất hiện màu đỏ) được quan sát thấy khi thêm 6cm3 dung dịch KSCN 10-1M Tính nồng độ của dung dịchNaCl
Trang 4Hai yếu tố quan trọng nhất ảnh hưởng lên độ tan của các muối khó tan là pH và sự có mặt của tác nhân tạo phức Bạc oxalat là một ví dụ điển hình: Tích số tan của nó trong nước là T = 2,06.10 -4 tại pH=7 Độ tan của nó bị ảnh hưởng bởi pH khi anion oxalat phản ứng với ion hydroni và bằng tác nhân tạo phức chẳng hạn như amoniac để tạo phức với cation bạc.
a) Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH = 5,0 Hai hằng số phân li của axit oxalic lần lượt là: K 1 = 5,6.10 -2 và K 2 = 6,2.10 -6
b) Với sự có mặt của amoniac thì ion bạc tạo thành hai dạng phức Ag(NH 3 ) + và Ag(NH 3 ) 2 Các hằng
số tạo phức từng nấc tương ứng sẽ là 1 = 1,59.10 3 và 2 = 6,76.10 3 Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch chứa 0,02M NH 3 và có pH = 10,8.
Tổng nồng độ [Ag + ] trong dung dịch được xác định bởi phương trình
C Ag = 2S = [Ag + ] + [Ag(NH 3 ) + ] + [Ag(NH 3 ) 2 ]
Các phản ứng tạo phức:
Ag + + NH 3 = Ag(NH 3 ) + 1 = 1,59.10 3
Ag(NH 3 ) + + NH 3 = Ag(NH 3 ) 2 2 = 6,76.10 3
Trang 5Từ các phương trình trên ta dễ dàng suy ra được biểu thức sau:
C Ag = 2S = [Ag + ](1 + 1 [NH 3 ] + 1 2 [NH 3 ] 2 )
⇒[Ag+]= 1
1+ β1[NH 3]+β1β2[NH 3]2 S=γSS
Thay vào biểu thức của T ta tính được S = 5,47.10 -2
Bài 4: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ hai, 2004.Đề thi phần Hóa
Cho Eo(H2O2/H2O) = 1,77V và Eo(NCO-/CN-) = -0,14V2) Nếu thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Al3+ đầu tiên thấy kết tủa Al(OH)3, sau đó kết tủa này tan do tạo thành Al(OH)4- ở pH = 10,9 Tính nồng độ ban đầu của Al3+ và nồng độ các ion OH-, Al3+ và Al(OH)4- khi cân bằng
Cho biết tích số tan của Al(OH)3 là 10-32 và:
Trang 6Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN- = 100 : 1 thì có thể loại trừ gần hết
CN- trong nước thải
[Al3+]o = [Al3+] + [Al(OH)4-] = 3,18.10-2M
Câu 5: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ VII, 2012 Đề thi lý thuyết,
Bảng A)
Đề bài:
Một trong các phương pháp tách loại asen khỏi nước ngầm là dùng oxi không khí đồng thời oxi hóa As(III) thành As(V) và Fe(II) thành kết tủa Fe(OH)3 Khi đó As(V) sẽ bị hấp phụ trên bề mặt của Fe(OH)3 và tách khỏi dung dịch nước Biết rằng trên bề mặt Fe(OH)3 sẽ tích điện dương khi pH < 7 và tích điện âm khi
pH > 7 Axit asenic H3AsO4 có pK1 = 2,2 ; pK2 = 6,9 ; pK3 = 11,5
a) Nếu coi tổng nồng độ mol các dạng tồn tại của axit asenic trong dung dịch là 100% Hãy tính xem các dạng H3AsO4 và H2AsO4- ở pH = pK1, các dạng
Trang 7H2AsO4- và HAsO42- ở pH = pK2, các dạng HAsO42- và AsO43- ở pH = pK3 chiếm bao nhiêu phần trăm (về số mol)?
b) Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK1 , pH = pK2 hay pH = pK3 Giải thích?
Gọi C là nồng động (mol/l) tổng cộng của As(V) Từ K1, K2, K3 tính các dạng nồng
độ của As(V) theo [H2AsO4-]
C = [H 3 AsO 4 ] + [H 2 AsO 4 - ] + [HAsO 4 2- ] + [AsO 4 3- ]
Trang 8*Tại pH = pK1 hay [H+] = K1 thì
[H2AsO−4
] [H3AsO 4] =
K1
[H+
] = 1 ⇒ [H2AsO4-] = [H3AsO4]
10−2,2+
10−6,9×10−11, 5
(10 −2,2)2
≈ 1 2
Tại pH = pK1 : [ H2AsO4- ] = [H3AsO4] 50% (về số mol)
* Tại pH = pK2 tương tự ta có:
[HAsO 4 2−] [H2AsO
Tại pH = pK2: [HAsO42-] = [H2AsO4-] 50% (về số mol)
* Tại pH = pK3 : Từ biểu thức tính nồng độ tổng As(V), biểu diễn nồng độ của các dạng của As(V) theo [HAsO42-] ta có:
Trang 9b) As(V) sẽ được hấp phụ tốt trên Fe(OH)3 khi As(V) mang điện tích trái dấu với điện tích trên bề mặt Fe(OH)3
As(V) không được hấp phụ tốt trên Fe(OH)3 ở pH = pK3 vì ở đó chúng mang điện tích cùng dấu (-)
As(V) chỉ được hấp phụ tốt trên Fe(OH)3 ở pH = pK2 và pH = pK1 vì ở đó chúng mang điện tích trái dấu
Tuy nhiên ở pH = pK1 chỉ có 12 lượng As(V) tích điện âm còn ở pH=6,9 toàn bộ lượng As(V) tích điện âm nên chúng hấp phụ tốt trên Fe(OH)3
Câu 6: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ VII, 2012 Đề thi lý thuyết,
Bảng A)
Đề bài:
Để phân tích hàm lượng của thiếc trong hợp kim thiếc bismuth ta tiến hành như sau: Hòa tan hoàn toàn 0,472 gam hợp kim trong dung dịch axit sunfuric tạo thànhdung dịch của thiếc(II) và bismuth(III) Định mức dung dịch này lên 100 mL Lấy 25,00 mL dung dịch sau khi định mức đem chuẩn độ với dung dịch KMnO4
0,0107 M trong môi trường axit sunfuric
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra
b) Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim Biết rằng thể tích dung dịch KMnO4 sử dụng là 15,61 mL
c) Hãy nêu cách xác định điểm cuối của quá trình chuẩn độ
d) Trong một quá trình chuẩn độ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại điểm cuối Hãy giải thích nguyên nhân của hiện tượng này Hiện tượng này có ảnhhưởng thế nào đến kết quả phân tích
Hướng dẫn giải:
Trang 10c) Điểm cuối chuẩn độ: dung dịch chuyển từ không màu sang màu tím nhạt
(bền trong khoảng 30 giây )
d) - Kết tủa màu nâu là MnO2
- Hình thành do môi trường không đủ axit
- Kết quả là thể tích KMnO4 phải sử dụng nhiều hơn giá trị thật dẫn đến sai
số DƯƠNG (hàm lượng Sn xác định được sẽ lớn hơn hàm lượng thực)
Câu 7: (Đề thi chọn đội tuyển Olympic Trường Đại học Dược Hà Nội, năm học
2015-2016)
Đề bài:
1) Một pin có cấu tạo như sau ở 25oC:
Zn(r) | Zn2+(aq) 1,0M || Cu2+(aq) 1,0M | Cu(r)
a) Hãy xác định sức điện động của pin
b) Nếu thêm Na2S vào dung dịch Cu2+ cho đến khi nồng độ S2- cân bằng là 1,0M thì sức điện động của pin có giá trị bằng bao nhiêu?
2) Một dung dịch acid chứa ion Fe2+ 0,1M, tiếp xúc với không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể tích) ở 25oC Chứng minh rằng Fe2+ bị oxi không khí oxi hóa, biết rằng khi cân bằng nồng độ H+ bằng 0,1M Hỏi có bao nhiêu phần trăm Fe2+ không bị oxi không khí oxi hóa khi ở trạng thái cân bằng? Coi áp suất không khí bằng 1atm Cho biết Eo(O2/H2O) = 1,23V; Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,77V
Trang 11Hướng dẫn giải:
1)
a) Epin = Eo pin= 0,059n log ❑ (1)
Khi [Zn2+] = [Cu2+] = 1,0M →Epin = Eo pin= 1,10 (V)
b) Khi thêm Na2S vào dung dịch Cu2+ cho đến khi [S2-]cb= 0,1M thì
Gọi x là [Fe2+] khi cân bằng
→ khi cân bằng có [Fe3+] = 0,1 – x = [Fe2+] đã phản ứng (3)
Theo giả thiết có [H+] = 0,1 (4)
Thay (3),(4) vào (2) được:
K’ =
x4.0,14.0,2 0,1 4
Trang 12K’ =
x4.0,14.0,2 0,14 = 10-31,2 →
x = 10-7,63Vậy % Fe2+ không bị oxi hóa =
Chứng minh rằng khi có mặt ion CN- trong môi trường kiềm thì oxi không khí có thể oxi hóa Au thành [Au(CN)2]- pH tối thiểu của dung dịch CN- phảibằng bao nhiêu? Tại sao?
c) Để xử lý CN- trong nước thải của quá trình khai thác vàng bằng phương pháp xyanua, người ta thường dung NaOCl để oxi hóa CN- thành CNO- theo phản ứng:
CN- + OCl- ⇌ CNO- + Cl
-Nếu cho thêm 5ml dung dịch NaOCl 0,2M vào 1 lít nước thải có nồng độ
CN- là 10-3 M ( coi thể tích dung dịch không đổi) thì có thể oxi hóa hoàn toàn
CN- thành CNO- được không? Tính nồng độ CN- còn lại trong dung dịch saukhi xử lý?
Hướng dẫn giải:
Trang 13][HCN ] = pH – 9,2 > 0 pH > 9,2Vậy pHmin = 9,2 hay pH≥ 9,2
c) OCl- + 2e + 2H+ ⇌ Cl- + H2O k1= 10
E
OCl−/Cl−o
0, 059
Trang 14H2O + CN- ⇌ CNO- + H+ +2e k2= 10
−2 0,14
0 ,059
= 1,79.1055 (rất lớn)Phản ứng xảy ra gần như hoàn toàn theo chiều thuận
OCl- có thể oxi hóa hoàn toàn CN- thành CNO
][OCl−
] =
(10−3−x)2
x2 ⇒ x= 10-30,62
Câu 9: (Olympic Hóa học sinh viên các Trường Đại học và Cao đẳng toàn quốc
lần thứ IX, 2016 Đề thi lý thuyết, Bảng A)
b) Hòa tan tinh thể NaF vào dung dịch trên (thể tích dung dịch không đổi)
sẽ tạo thành ion FeF2+ có hằng số bền Kb2=1,6.105 Hỏi phải thêm ít nhất bao nhiêu gam NaF thì màu đỏ mới biến mất?
Hướng dẫn giải:
a) Phương trình phản ứng:
Fe3+ + 2SCN- ⇌ Fe(SCN)2+ Kb1= 2.102
Trang 15Fe 3+ = [FeF2+] + [Fe(SCN)2+] + [Fe3+]
[FeF2+] = C Fe 3+ - [Fe(SCN)2+] - [Fe3+]
[FeF2+] ≥ 2.10-3 - 10-5 – 5 10-6 = 1,985 10-3M
Tính [F-] trong dung dịch từ Kb2 của phức [FeF2+]
Kb2 =
[FeF 2+] [Fe 3+][F−
[F-] =
[FeF 2+] [Fe 3+]K b2 =
1,985.10−3
1,6.105.5.10−6 = 2,481 10-3MNồng độ F- ban đầu tối thiểu cần có:
C
F− = [FeF2+] + [F-] = 1,985 10-3 + 2,481 10-3 = 4,466 10-3M
Trong 500ml dung dịch cần lấy 4,466 10-3/2 = 2,23310-3 mol NaF
Vậy số gam Nà cần lấy 2,23310-3× 42 = 0,0938g = 93,8mg NaF
Câu 10: (Olympic Hóa học sinh viên các Trường Đại học và Cao đẳng toàn quốc
lần thứ VII, 2016 Đề thi lý thuyết, Bảng A)
Trang 16Đề bài:
Để tách loại các kim loại nặng Cr(VI), Ni(II) từ nước thải mạ điện, người ta tiến hành khử Cr(VI) về Cr(III) bằng FeSO4 trong môi trường axit, sau đó dung kiềm để kết tủa các hydroxit Cr(OH)3, Ni(OH)2, Fe(OH)3 tại các pH thích hợp nhằm thu hồi, tái sử dụng các hydroxit của các kim loại này
a) Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình tách loại này.b) Giả thiết nồng độ ban đầu của các ion Cr(VI) và Ni(II) trong nước thải đều bằng 10-3M; lượng FeSO4 lấy vừa đủ đểk hử Cr(VI) về Cr(III) (coi thể tích dung dịch nước thải không đổi) Hãy xác định pH đối với từng hydroxit kim loại:
- pHbđ của dung dịch khi bắt đầu xuất hiện kết tủa hydroxit kim loại.
- pHht của dung dịch khi kết tủa hoàn toàn hydroxit kim loại (các hydroxit kim loại được xem như kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion kim loại còn lạitrong dung dịch bằng 10-6M)
- Khoảng giá trị pH tối ưu để có thể tách riêng từng hydroxit kim loại khỏi
hỗn hợp của chúng
Cho biết tích số tan của Fe(OH)3, Cr(OH)3, Ni(OH)2 lần lượt bằng 10-38, 10
-30, 10-15
Hướng dẫn giải:
a) CrO4- + 3 Fe2+ + 8H+ → Cr3+ + 3Fe3+ + 4H2O
Cr2O7 + 6Fe2+ + 14H+→2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O
Fe3+ + 3OH-→Fe(OH)3
√ ❑ → pHbđ = 3,34Tương tự với Cr(OH)3 và Ni(OH)2
Khoảng pH tối ưu để có thể tách riêng từng hydroxit kim loại khỏi hỗn hợp của chúng:
Trang 17Một trong các phương pháp để tách loại Cr(VI) trong nước thải của quá trình
mạ điện là khử Cr(VI) về Cr(III) trong môi trường axit, sau đó điều chỉnh pH bằng kiềm để tạo kết tủa Cr(OH)3
Nếu nồng độ ban đầu Cr3+ trong nước thải ( sau khi đã khử Cr(VI) về
Cr(III) ) là 10-3M Khi tang ph của dung dịch (coi thể tích dung dịch không đổi), banđầu sẽ tại ion Cr(OH)- có tích số tan bằng 10-30, sau đó kết tủa Cr(OH)3 sẽ tan ra dotạp thành ion Cr(OH)4- theo phản ứng sau:
Cr(OH)3 + OH- ⇌ Cr(OH)4- có pK=0,4
Giả thiết Cr(III) chỉ tồn tại ở ba dạng tan là Cr3+, Cr(OH)4- và dạng kết tủa là Cr(OH)3
Hãy xác định:
a) pH của dung dịch khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Cr(OH)3
b) pH của dung dịch khi kết tủa Cr(OH)3 tan hoàn toàn thành Cr(OH)4-
c) pH của dung dịch mà tại đó độ tan Cr(III) nhỏ nhất Tính độ tan của Cr(III) tại pH này
Trang 18-Khi đó có thể coi [Cr(OH)4-] = [Cr3+ ] = 10-3M[OH-] =
] = 0 →
3 ×[H+ ]2
⇔ 4log()= log ( K )+ 4log- log- log 3
⇔ log()= 14log ( K )+ log - 14log- 14log 3
⇔ pHmin = 14pK + p K H2O - 14log- 14log 3
= 14×0,4 + 14 + 14log+ 14×0.477
Trang 191) Viết các phương trình ion của các phản ứng xảy ra trong dung dịch nước
(ghi rõ trạng thái mỗi chất) khi tiến hành các thí nghiệm dưới đây:
a) Cho một mẩu canxi vào nước
b) Rót axit H2SO4 loãng vào dung dịch Pb(CH3COO)2
c) Rót axit HCl (đặc) vào Mn)2
d) Cho NaCN vào nước
e) Cho mẩu Ag vào dung dịch HNO3 loãng
f) Cho dung dịch NaOH(dư) vào dung dịch Al(NO3)3
2) Khi sự sống bắt đầu trên Trái Đất thì thành phần khí quyển gồm khí A, metan, ammoniac và các khí khác, trong lúc đơn chất B hầu như không
có Do các quá trình hóa học diễn ra trong cơ thể sống nên lượng khí A giảm trong đó B tăng Ngày nay, B có mặt nhiều trong khí quyển nhờ sự
quang hóa (nA + nH2O → nB + (CH2O)n) Lúc đầu, B tích tụ trong khí quyển, ion Fe2+ có mặt trong nước biển bị oxi hóa thành Fe3+ Tầng khí
quyển bảo vệ Trái Đất khỏi tác dụng của tia tử ngoại chứa chất C, một dạng thù hình của B Tất cả các biến đổi ở trên đã tạo nên sự sống đa dạng trên Trái Đất Trong điều kiện xác định, hợp chất D có thể hình
thành cả trong khí quyển và cơ thể sống, Các gốc dẫn tới sự lão hóa được
phát sinh từ sự thoái biến của D Chất D được tạo thành từ hai nguyên tố
hidro và oxi, có cả tính oxi hóa và tính khử
a) Viết công thức của các chất A, B, C, D
b) Viết phương trình phản ứng biểu diễn các chuyển hóa:
(1) nA + nH2O → nB + (CH2O)n (2) D → B
(3) Fe(OH)2 + B + H2O → …
(4) B ⇌ C
Trang 20c) Viết các nửa phương trình electron và phương trình đầy đủ của các phản ứng oxi hóa – khử:
(1) D + KI + H2SO4 → …
(2) D + K2Cr2O7 + H2SO4 → …
Hướng dẫn giải:
1)
a) Ca(r) + 2H2O(l) → Ca2+(aq) + 2OH-(aq) + H2(k)
b) Pb2+(aq) + 2CH3COO-(aq) + H+(aq) + HSO4-(aq) → PbSO4(r) +
2CH3COOH(aq)
c) MnO2(r) + 4H+(aq) +2Cl-→ Mn2+(aq) + 2H2O(l) + Cl2(k)
d) NaCN(r) + H2O(l) →Na+(aq) + HCN(aq) + 2OH-(aq)
e) 3Ag(r) + 4H+(aq) + NO3-(aq) → 2Ag+(aq) + NO(k) + 2H2O(l)
f) [Al(H2O)6]3+(aq) + 6OH-(aq) → [Al(OH)6]3-(aq) + 6H2O(l)
Cr2O72- + 3 H2O2 + 14H+ → 2Cr3+ + 3O2 + 7H2O
Câu 13: (Kì thi chọn học sinh vào các đội tuyển quốc gia dự thi Olympic Quốc tế
năm 2009)
Trang 21Đề bài:
1 Bạc tác dụng với dung dịch nước của NaCN khi có mặt không khí theo phản
ứng:
4Ag + O2 + 2H2O + 16CN-→4[Ag(CN)4]3- + 4OH
-Để ngăn cản sự hình thành của axit HCN (một chất dễ bay hơi và rất độc) thì
pH của dung dịch phải trên 10
Nếu dung dịch của có NaCN, pH= 10,7 thì nồng độ NaCN bằng bao nhiêu?
2 Một dung dịch chứa các ion Ag+ và 0,020 mol/l NaCN So với ion bạc thì natri xianua rất dư pH của dung dịch này bằng 10,8 Trong dung dịch có cânbằng sau:
Tính nồng độ ion CN- trong dung dịch mới này
Sử dụng c(CN=) = 0.0196 mol/l (khi chưa thêm axit/bazơ) Thể tích của dung dịch coi như không thay đổi sau khi thêm axits/bazơ pKa(HCN) = 9,31
Co= c(HCN) + c(CN-) ⇔ 10-4,69 =
(10−3,3)2
c o−( 10−3,3)2
⇒ Co= 0,0128 mol/l
Trang 222 Tính thể tích dung dịch HCl 0,210M cần cho vào 50,00ml dung dịch A để
pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24
3 Thêm 1,00ml dung dịch HClO4 0,0100M vào 100,00ml dung dịch KCN 0,0100M Thêm 2 giọt chất chỉ thị bromothimol xanh (khoảng pH chuyển màu từ 6,0 – 7,6: pH < 6,0 màu vàng; pH > 7,6 màu xanh lục) Sau đó thêm
Trang 23tiếp 100,00ml dung dịch Hg(ClO4)2 0,300M Có hiện tượng gì xảy ra? Giải thích?
4 Thêm 1 giọt (khoảng 0,03ml) dung dịch nước H2S bão hòa vào hỗn hợp thu được trong mục 3 Có hiện tượng gì xảy ra?
Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,34; của H2S là 7,00 và 12,92
[NH 4+
]
[NH 3] =
10−4 ,765,9.10−3 = 2,9.10-3 ⇒ [NH4+] ≪ [NH3]
⇒ pH = 11,77
Trang 242 pH = pK NH 4+
- log
[NH 4+
] [NH 3] = 9,24
⇒ [NH4+] = [NH3] có nghĩa là 50% [NH3] đã bị trung hòa
[HCN ]
1 1+ 0,776 = 0,563 nghĩa là 56,3% CN- đã bị trung hòa Vậy VHCl.0,21 = VA.CKCN.0,563 + VA.CNH3.0,5 + VA.CKOH
Trang 25x(9, 901.10−5+x)
9,802 10−3−x = 10-4,65
⇒ x = [OH-]= 4,12.10-4M
⇒ pH= 10,61 > 7,6 Vậy mới đầu dung dịch có màu xanh lục
Khi thêm 100ml dung dịch Hg(ClO4)2 0,300M
Trang 264 Thêm 1 giọt (khoảng 0,03ml) dung dịch nước H2S bão hòa vào hỗn hợp thu được trong mục 3 Thể tích coi như không đổi
Vậy có kệt tủa HgS màu đen xuất hiện H2S + Hg2+→ HgS + 2H+
Do sự kết tủa này làm tăng nồng độ của ion H+ trong dung dịch nên dung dịch vẫn
có màu vàng
Câu 15: (Kì thi Olympic Hóa học sinh viên toàn quốc lần thứ V, 2008 Phần Hoá
học đại cương - vô cơ – phân tích, Bảng A)
Đề bài:
1 Cân bằng xảy ra trong dung dịch nước ở 25oC
Trang 273 Hỏi hằng số phân li tổng Kd của ion phức [Cu(NH3)2]+ trong dung dịch phải
bé hơn giá trị xác định nòa? Biết rằng 0,10 mol CuCl(r) hòa tan hoàn toàn được trong dung dịch NH3 0,20M? Tính giá trị đó
4 Kd của ion phức [Cu(NH3)2]- là 1,0.10-16 Hỏi dung dịch NH3 0,20M có hòa tan hoàn toàn được được 0,10 mol CuI(r) không?
Cho các số liệu sau ở 25oC:
Trang 280,10 mol CuCl tan hoàn toàn nên ở cân bằng ta có:
⇒ Kd <
( 10−6)3.4 (0,10)4 = 4.10-14