Olimpic Hóa

Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10- NXB GIÁO DỤC PHÂN I: HALOGEN Câu 4: (đề 1996 trang 7) Xét phản ứng tổng hợp hiđro iođua: H 2 (khí) + I 2 (rắn)  2HI(khí) ∆H = +53kJ (a) H 2 (khí) + I 2 (rắn)  2HI(khí) (b) 1.Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt? 2.Xác định hiệu ứng nhiệt của phản ứng tổng hợp hiđro iođua (b) dựa vào năng lượng liên kết nếu biết năng lượng liên kết của H – H, H – I và I – I lần lượt bằng 436, 295 và 150 kJ.mol -1 . Giải thích sự khác biệt của hai kết quả cho (a) và (b). 3.Viết biểu thức tính hằng số cân bằng K của phản ứng (a) theo phương trình hoá học của phản ứng. 4.Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua theo (b) trong một bình kín, dung tích 2 lit ở nhiết độ T, có hằng số cân bằng K = 36. a, Nếu nồng độ ban đầu của H 2 và I 2 bằng nhau và bằng 0,02M thì nồng độ của các chất tại thời điểm cân bằng là bao nhiêu? b, Ở cân bằng trên, người ta thêm vào bình 0,06gam hiđro thì cân bằng cũng bị phá vỡ và hình thành cân bằng mới. Tính khối lượng hiđro iođua ở cân bằng cuối? Giải: 1. Theo quy ước ∆H > 0 thì phản ứng thu nhiệt. 2. H 2 (khí) + I 2 (rắn)  2HI(khí) (b) Nên: ∆H = (436 + 150) - 2. 295 = - 4kJ Giá trị nhỏ bất thường là do chưa xét năng lượng cần cung cấp để chuyển I 2 (rắn) theo phản ứng (a) thành I 2 (khí) theo phản ứng (b). 3. Vì I 2 là chất rắn nên: [ ] [ ] 2 2 HI K H = 4. H 2 (khí) + I 2 (rắn)  2HI(khí) Trước phản ứng: 0,02M 0,02M 0 Phản ứng: x x 2x Còn lại: 0,02 – x 0,02 – x 2x Vậy : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 36 2 6 0,02 0,015 0,02 . 0,02 x x x x x x = → = − → = − − Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H 2 ] = [I 2 ] = 0,005M Số mol H 2 thêm: 0,06 : 2 = 0,03 (mol) → nồng độ tăng thêm: 0,03: 2 = 0,015M H 2 (khí) + I 2 (rắn)  2HI(khí) Ban đầu: 0,02M 0,005M 0,03M Phản ứng: a a 2a Cân bằng: 0,02 – a 0,005 – a 0,03 + 2a ( ) ( ) ( ) 2 0,03 2 36 0,02 0,005 a K a a + = = − − → a = 2,91.10 -3 và 2,89.10 -2 . Vì a < 0,005 nên chỉ nhận a = 2,91.10 -3 Khối lượng HI ở cân bằng cuối: (0,03 + 2. 0,0029). 2. 128 = 9,165(gam) Câu 6 (năm 1997 trang 17) Điều chế clo bằng cách cho 100g MnO 2 (chứa 13% tạp chất trơ) tác dụng với lượng dư dung dịch HCl đậm đặc. Cho toàn bộ khí clo thu được vào m500ml dung dịch có chứa NaBr và NaI. Sau phản ứng, cô cạn dung dịch, thu được chất rắn A (muối khan) có khối lượng m gam. a, Xác định thành phần chất rắn A nếu m = 117gam b, Xác định thành phần chất rắn A trong trường hợp m = 137,6 gam. Biết rằng trong trường hợp này, A gồm hai muối khan. Tỉ lệ số mol NaI và NaBr phản ứng với Cl 2 là 3: 2. Tính nồng độ mol của NaBr và NaI trong dung dịch đầu. Các phản ứng đều hoàn toàn. Cho Mn = 55, Br = 80, I = 127, Cl = 35,5, Na = 23 Giải: MnO 2 + 4HCl → MnCl 2 + Cl 2 + 2H 2 O 1 mol 1 mol 1 mol 2 100 13 1( ) 87 MnO moln − = = Cl 2 + 2NaI → 2NaCl + I 2 1,5a mol 3a mol 3a mol Cl 2 + 2NaBr → 2NaCl + Br 2 a mol 2a mol 2a mol a, Giả sử Cl 2 phản ứng hết → m NaCl = 2.58,5 = 117(g) Cl 2 phản ứng hết, NaI và NaBr phản ứng hết m A = m NaCl = 117g (thỏa) → A chỉ chứa NaCl t o Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 Cl 2 phản ứng hết, NaI và NaBr dư → m A > 117 (g) (loại) Cl 2 dư, NaI và NaBr hết → m A < 117(g) (loại) Vậy A chỉ chứa NaCl b, m = 137,6g > 117g → Cl 2 phản ứng hết NaI, NaBr dư, n NaI : n NaBr = 3 : 2 → NaI phản ứng hết, NaBr còn dư. n NaI : n NaBr = 3 : 2 → gọi 3a và 2a lần lượt là số mol NaI và NaBr phản ứng Cl 2 ta có 2 1,5 2,5 1 0,4 Cl a a a an = + = = → = m A = m NaCl + m NaBr = 5a. 58,5 + m NaBr = 137,6 → m NaBr = 20,6(g) → 20,6 0,2( ) 103 NaBr moln = = 2.0,4 0,2 3.0,4 2 ; 2,4 0,5 0,5 NaBr NaI M C MC + = = = = Câu 1: đề 1998 trang 24 Cho khí Cl 2 vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A). Sau đó, đun sôi để đuổi hết I 2 . Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B). a, Biết thể tích khí Cl 2 đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/l của mỗi muối trong dung dịch B? b, Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO 3 0,05M. Tính thể tích dung dịch AgNO 3 đã dùng, nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng: (1) Trường hợp 1: 1,41 gam kết tủa. (2) Trường hợp 2: 3,315 gam kết tủa. Chấp nhận rằng AgI kết tủa trước. Sau khi AgI kết tủa hết, thì mới đến AgCl kết tủa. c, Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/l của các ion trong dung dịch thu được sau phản ứng với AgNO 3 . Giải: 2 0,006( ) 0,1344 22,4 Cl moln == Cl 2 + 2NaI → 2NaCl + I 2 0,006 mol 0,012 mol 0,012 mol n NaI ban đầu = 0,2.0,1 = 0,02 (mol) Vậy hết Cl 2 dư NaI. Dung dịch B chứa 0,020 – 0,012 = 0,008 mol NaI dư và 0,012 mol NaCl. C NaCl = 0,012 / 0,1 = 0,12M C NaI = 0,008/0,1 = 0,08M b, Để biết chỉ có AgI kết tủa hay cả hai AgI và AgCl kết tủa, ta dùng 2 mốc để so sánh. Mốc 1: AgI kết tủa hết, AgCl chưa kết tủa. Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 0,008 mol NaI → 0,008 mol AgI↓ m 1 = m AgI = 0,008.235 = 1,88 gam Mốc 2: AgI và AgCl đều kết tủa hết 0,012mol NaCl → 0,012 mol AgCl↓ m 2 = 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602 gam m ↓ = 1,41 gam 1,41 < m 1 = 1,88 gam vậy chỉ có AgI kết tủa. 1,41 0,006( ) 235 AgI moln = = Vậy 3 0,006( ) AgNO moln = 3 ddAgNO 0,006 0,12( ) 0,05 litV = = m ↓ = 3,315 gam m 1 = 1,88 < 3,315 < m 2 = 3,602 Vậy AgI kết tủa hết và AgCl kết tủa một phần m AgCl = 3,315 – 1,88 = 1,435 gam n AgCl = 1,435/143,5 = 0,01 mol Số mol AgNO 3 0,008 + 0,01 = 0,018 mol 3 ddAgNO 0,018 0,36( ) 0,05 litV = = c, Trong trường hợp thứ nhì, dung dịch chỉ còn chứa NO 3 - , Na + , Cl - dư 3 3 . d . d 0,018 0,012 0,008 0,02 0,012 0,01 0,002 AgNO NO NaCl b NaI b Na Na bd Cl du Cl bd Cl n moln n n n n mol n n n mol − + + − − − ↓ = = = = + = + = = − = − = Thể tích dung dịch = 3 0,100 0,36 0,46 ddB ddAgNO V litV + = + = 3 3 0,018 0,0391 0,46 0,002 0,0043 0,46 0,0434 NO Cl Na NO Cl M C M C C C M C − − + − − = = = = = + = Câu 2: đề 1999 trang 32 1. Ở 18 o C lượng AgCl có thể hòa tan trong 1 lít nước là 1,5 mg. Tính tích số tan của AgCl. Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 Tính nồng độ bão hòa của Ag + (mol/lít) khi người ta thêm dung dịch NaCl 58,5 mg/lít vào dung dịch AgCl ở 18 o C. 2. Người ta khuấy iot ở nhiệt độ thường trong bình chứa đồng thời nước và CS 2 nguội, và nhận thấy rằng tỉ lệ giữa nồng độ (gam/lít) của iot tan trong nước và tan trong CS 2 là không đổi và bằng 17.10 -4 . Người ta cho 50ml CS 2 vào 1 lít dung dịch iot (0,1 g/l) trong nước rồi khuấy mạnh. Tính nồng độ (g/l) của iot trong nước. Giải: 1. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng T = [Ag + ][Cl - ] Trong 1 lít dung dịch: 3 1,5 .10 143,5 Ag Cl + − −         = = Vậy 2 3 10 1,5 .10 1,1.10 143,5 T − −    ÷   == Khi thêm 1 lượng dung dịch NaCl. Gọi S 2 là nồng độ Ag + mới: [Ag + ] = S 2 → [Ag + ] = [Cl - ] = S 2 Gọi δ là nồng độ của NaCl. Trong dung dịch số ion Cl - : δ/1 lít Vậy [Ag + ] = S 2 [Cl - ] = δ + S 2 Ở 18 o C nhiệt độ không đổi. T không đổi. S 2 (S 2 + δ) = 1,1.10 -10 → S 2 2 + δS 2 – 1,1.10 -10 = 0 Chỉ chọn nghiệm đúng dương: 2 10 2 4,4.10 2 S δ δ − − + + = → δ = 0,0585/58,5 = 10 -3 Vậy 7 3 3 7 2 10 10 2.10 10 2 S − − − − − + + = = S 2 giảm 100 lần so với S 1 2. Theo giả thuyết ta có: 2 2 4 17.10 H O I CS I C C − = uoc 3 0,1 / 1000 n I C g cm= Gọi x là số mol iot từ nước đi vào CS 2 Vậy: 3 0,1 / 1000 nuoc I x g cm C − = và 2 ( / ) 50 CS I x g mlC = Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 Suy ra: 4 0,1 : 17.10 1000 50 x x − − = → x = 0,0967 Nồng độ iot trong nước là: 0,1 – x = 0,0033 (g/l) Câu 4: đề 2000 trang 38 a, Hai cốc đựng dung dịch axit clohiđric đặc lên hai đĩa cân A và B. Cân ở trạng thái cân bằng. Cho a gam CaCO 3 vào cốc A và b gam M 2 CO 3 (M là kim loại kiềm)vào cốc B. Sau khi hai muối đã phản ứng hết và tan hoàn toàn, cân trở lại vị trí cân bằng. 1. Thiết lập bieetr thức tính khối lượng nguyên tử M theo a và b. 2. Xác định M khi a = 5 và b = 4,8. b, Cho 20gam hỗn hợp gồm kim loại M và Al vào dung dịch hỗn hợp H 2 SO 4 và HCl, trong đó số mol HCl gấp 3 lần số mol H 2 SO 4 thì thu được 11,2 lít khí H 2 (đktc) và vẫn còn dư 3,4 gam kim loại. Lọc lấy phần dung dịch rồi đem cô cạn thì thu được một lượng muối khan. 1. Tính tổng khối lượng muối khan thu được biết M có hóa trị 2 trong các muối này. 2. Xác định kim loại M nếu biết số mol tham gia phản ứng của hai kim loại bằng nhau. Giải a, CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + CO 2 ↑ + H 2 O (1) M 2 CO 3 + 2HCl → 2MCl + CO 2 ↑ + H 2 O (2) (1) → khối lượng cốc A tăng = ( ) 100 44 0,56 100 a a − = (2) → khối lượng cốc B tăng = ( ) 2 60 44 0,56 2 60 M b a M + − = + Ta có a = 5, b = 4,8 → M ≈ 22,8 → M là Natri b, M + 2H + → M 2+ + H 2 2Al + 6H + → 2Al 3+ + 3H 2 2 11,2 2. 2. 1 22,4 H H n moln + = = = 2 4 2 4 2 4 2 2 3 H SO H SO H SO HCl H n n n nn + = + = + 2 4 1 0,2 5 H SO mol n = = 0,6 HCl moln = 1. m muối = (20 – 3,4) + 0,2.96 + 0,6.35,5 = 57,1gam Gọi x là số mol M tham gia phản ứng 2. ta có hệ x.M + 27x = 20 – 3,4 = 16,6 H n + = 2x + 3x = 1 Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 → M = 56 (Fe) Câu 3: đề 2001 trang 44 2. 14,224 iot và 0,112g hiđro được chứa trong bình kín thể tích 1,12 lít ở nhiệt độ 400 o C. Tốc độ ban đầu của phản ứng là V o = 9.10 -5 mol.l -1 .phút -1 , sau một thời gian (tại thời điểm t) nồng độ mol của HI là 0,04 mol/lít và khi phản ứng: H 2 + I 2 ƒ 2HI Đạt cân bằng thì [HI] = 0,06 mol/lít a, Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và nghịch. b, Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t là bao nhiêu? c, Viết đơn vị các đại lượng đã tính được. Giải 1. Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và phản ứng nghịch: 2 2 14,224 0,056 0,056 0,05 / 254 1,12 I bd mol I mol ln     = = → = = 2 2 0,112 0,056 0,056 0,05 / 2 1,12 H bd H mol ln     = = → = = Phản ứng: H 2 + I 2 ƒ 2HI v 1 = k 1 [I 2 ][H 2 ] → 1 1 2 2 v I H k         = a, 5 1 -1 3 1 -1 1 1 1 9.10 . . . út 36.10 . . út 0,05. . .0,05. . mol l ph l mol ph mol l mol l k − − − − − − = = Mặc khác: 2 2 4 2 2 1 2 2 2 2 2 2 6 .10 . . 0,06 0,05 . . 2 HI K mol l K I H mol l K − − −                ÷   = = − = 3 1 -1 2 36.10 . . . út 9 9 l mol ph K k − − =→ = → → k 2 = 4.10 -3 .l.mol -1 .phút -1 . b, Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t: v HI = v t – v n = v 1 – v 2 v 1 = k 1 [I 2 ][H 2 ] = 36.10 -3 l.mol -1 .phút -1 . 2 0,06 0,05 2    ÷   − mol 2 .l -2 → v 1 = 144. 10 -7 mol. l -1 . phút -1 v 2 = k 2 [HI] 2 = 4.10 -3 l. mol -1 . phút -1 . 4 2 . 10 -4 . mol 2 . l -2 → v 2 = 64 . 10 -7 mol. l -1 . phút -1 V HI = (144.10 -7 - 64.10 -7 ) mol. l -1 . phút -1 (1) (2) Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 V HI = 0,8. 10 -5 mol. l -1 . phút -1 Chuyên đề: LÝ THUYẾT VỀ PHẢN ỨNG HÓA HỌC Câu 1: trang 112 Trong bình kín dung tích không đổi chứa 35,2x (g) oxi và 160x (g) SO 2 . Khí SO 2 ở 136,5 o C có xác tác V 2 O 5 . Đun nóng bình một thời gian, đưa về nhiệt độ ban đầu, áp suất bình là P ’ . Biết áp suất bình ban đầu là 4,5 atm và hiệu suất phản ứng là H%. a, Lập biểu thức tính áp suất sau phản ứng P ’ và tỉ khối hơi d của hỗn hợp khí sau phản ứng so với không khí, theo H. b, Tìm khoảng xác định P ’ , d? c, Tính dung tích bình trong trường hợp x = 0,25? Hướng dẫn giải: 2 35,2 1,1 ( ) 32 O bdau x x moln = = 2 160 2,5 ( ) 64 SO bdau x x moln = = 2SO 2 + O 2 ƒ 2SO 3 Ban đầu: 2,5x 1,1x 0 Phản ứng: 2,2xH 1,1xH 2,2xH Sau phản ứng: (2,5x – 2,2xH) (1,1x – 1,1xH) 2,2xH n 2 = 2,5x - 2,2xG + 1,1x - 1,1xH + 2,2xH = x(3,6 - 1,1H) (mol) Trường hợp bài toán đẳng V, đẳng T. ( ) ( ) 1 2 2 1 3,6 1,1 4,5 ' 1,25 3,6 1,1 ' 3,6 x H n n P P P H P n n x − → = → = = = − b, Khi H = 0 → P’ = 4,5 (atm) H = 1 → P’ = 3,125 (atm) Vậy trong thời gian phản ứng thì 3,125 < P’ < 4,5 Tỉ khối hơi so với không khí: 160 35,2 195,2 (3,6 1,1 ) 3,6 1,1 sau truoc sau sau truoc m m x x M n n x H H + = = = = − − xt, t o Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 ( ) / 195,2 6,731 29 3,6 1,1 29 3,6 1,1 sau hhsau kk M H H d = = = − − Khi H = 0 → d = 1,87 H = 1 → d = 2,69 Vậy 1,87 < d < 2,69 C, Áp dụng công thức: PV = nRT P đầu = 4,5atm N đầu = 3,6x = 3,6.0,25 = 0,9(mol) → ( ) 22,4 0,9. 273 136,5 273 6,72( ) 4,5 nRT V l P + = = = Câu 11: trang 126 Tính năng lượng mạng tinh thể ion của muối BaCl 2 từ các dữ kiện: Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của BaCl 2 tinh thể: - 205,6 kcal/mol Năng lượng liên kết Cl 2 : + 57 kcal/mol Nhiệt thăng hoa Ba: + 46 kcal/mol Năng lượng ion hóa thứ nhất của Ba: + 119,8 kcal/mol Năng lượng ion hóa thứ hai của Ba: + 230,0 kcal/mol Giải: Năng lượng mạng tinh thể ion của BaCl 2 tức là hiệu ứng nhiệt của quá trình sau, (trong đó năng lượng tính theo đơn vị kcal/mol): 2 0 ( ) ( ) 2( ) 2 ; ? k k r Cl BaCl HBa + − + → ∆ = Quá trình tạo thành muối BaCl 2 tinh thể qua những bước sau, Phân li phân tử Cl 2 : Cl 2(k) → 2Cl - ; ∆H 1 = +57,0 Clo nhận electron: 2Cl + 2e → 2Cl - ; ∆H 2 = 2.(-87) Ba rắn thang hoa: Ba(r) → Ba(k); ∆H 3 = +46,0 Ba mất electron: Ba (k) – 1e → Ba + (k) ; ∆H 4 = +119,8 Ba + (k) – 1e → Ba 2+ (k) ; ∆H 5 = +230,0 Tạo mạng lưới: 2 0 ( ) ( ) 2( ) 2 ; ? k k r Cl BaCl HBa + − + → ∆ = Quá trình chung: Ba(r) + 2Cl - (k) → BaCl 2 (r); ∆H = -205,6 Theo định luật Hess: ∆H = ∆H 1 + ∆H 2 + ∆H 3 + ∆H 4 + ∆H 5 + ∆H 0 → ∆H 0 = ∆H – (∆H 1 + ∆H 2 + ∆H 3 + ∆H 4 + ∆H 5 ) = -205 – 57 – (-174) - 46 – 119,8 – 230 = - 484,4 kcal/mol Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 Câu 6: chuyên đề phản ứng oxi hóa khử trang 147 1. Viết các phản ứng hóa học trong các trường hợp sau: a, Ozon oxi hóa I - trong môi trường trung tính. b, Sục khí CO 2 qua nước Javen. c, Cho nước clo vào dung dịch KI. d, H 2 O 2 khử MnO 4 - trong môi trường axit. e, Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh. Giải: a, O 3 + 2I - + H 2 O → O 2 + I 2 + 2OH - b, CO 2 + NaClO + H 2 O → NaHCO 3 + HclO c, Cl 2 + KI → 2KCl + I 2 d, 5H 2 O 2 + 2MnO - 4 + 6H + → 5O 2 + 2Mn 2+ + 8H 2 O e, 2F 2 + 2NaOH → 2NaF + H 2 O + OF 2 ↑ Câu 9: trang 150 Thể tích khí clo cần phản ứng với kim loại M bằng 1,5 lần lượng khí sinh ra khi cho cùng lượng kim loại đó tác dụng hoàn toàn với axit clohiđric dư trong cùng điều kiện. Khối lượng muối clo sinh ra trong phản ứng với clo gấp 1,2886 lần lượng sinh ra trong phản ứng với axit axit clohiđric. a, Xác định kim loại M. b, Phản ứng giữa HCl và muối M (VI) xảy ra theo chiều nào khi nồng độ các chất đầu ở trạng thái chuẩn và khi tăng nồng độ H + lên hai lần. Biết 6 3 0 / 1,33 M M VE + + = và 2 0 /2 1,36 Cl Cl VE − = Hướng dẫn giải: M + 2 n Cl 2 → MCl n M + mHCl → MCl m + 2 m H 2 a, Từ 2 n = 1,5 2 m và m, n = 1, 2, 3 → n = 3, m = 2 và M + 106,5 = 1,2886.(M + 71) → M = 52 g/mol, M là Crom b, 14H + + 6Cl - + Cr 2 O 7 2- ƒ Cl 2 + 2Cr 3+ + 7H 2 O ∆E o = 1,33 – 1,36 = -0,03V: phản ứng xảy ra theo chiều nghịch. 14 0,059 1 0,03 lg 0,105( ) 6 2 E V∆ = − =− : phản ứng xảy ra theo chiều thuận. [...]... 2V > EI0− / I − = 0,54V 4 6 3 3 3 3 − − − Nên H 4 IO6 hoặc IO3 đều có thể oxi hóa I − thành I 3 Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 − Như vậy I − chỉ bị oxi hóa thành I 3 0 0 0 − − Khi I − dư thì MnO4 và MnO2 không thể tồn tại vì EMnO4− / MnO2 và EMnO2 / Mn 2+ đều lớn hơn EI3− / I − nên MnO4 và − MnO2 đều có thể oxi hóa I − thành I 3− Như vậy MnO4 bị khử hoàn toàn thành Mn 2+ Do đó phương trình... ECl 2 /2Cl 4 −, o EBr 2 /2 Br −, EIo /2 I − 2 Như vậy MnO4- oxi hóa được cả Cl-, Br-, I- * pH = 3, EMnO− / Mn2+ 4 o = 1, 23V < ECl /2Cl − nhưng lớn hơn 2 o EBr − 2 /2 Br ,E o I2 /2 I − Như vậy MnO4 chỉ oxi hóa được Br-, I- * pH = 5, EMnO− / Mn2+ 4 o o = 1, 04V < ECl /2Cl − , EBr /2 Br − nhưng lớn hơn 2 2 EIo /2 I − Như vậy MnO4- chỉ oxi hóa 2 được I- Như vậy để nhận biết dung dịch hỗn hợp Cl-, Br-,... MnO4 : 0 0 − − Mn 2+ không thể tồn tại khi MnO4 dư vì EMnO4− / MnO2 > EMnO2 / Mn2+ nên MnO4 sẽ oxi hóa Mn 2+ thành MnO2 0 0 0 − − − Khi MnO2 dư thì I 3 và I − cũng không thể tồn tại vì: EMnO4− / MnO2 > EI3 / I − , EIO3− / I3− nên MnO4 oxi hóa là I 3 và I − 0 0 − − Như vậy sản phẩm sinh ra khi I − bị oxi hóa là IO3 và một lượng nhỏ H 4 IO6 vì EMnO4− / MnO2 = EH 4 IO6− = 1, 7V − Do đó phương trình này... + x) = 10-10 x quá nhỏ: x = 10−10 = 3, 2.10−9 M 3,125.10−2 [Ag+] = 3,2.10-9M; [NO3-] = 6,25.10-3M [Cl-] = 3,125.10-2M; [H+] = 3,75.10-2M Câu 12: trang 154 Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 1 MnO4- có thể oxi hóa ion nào trong số các ion Cl-, Br-, I- ở các giá trị pH lần lượt bằng 0, 3, 5? Trên cơ sở đó đề nghị một phương pháo nhận biết các ion halogenua có trong hỗn hợp gồm Cl-, Br-, I- Biết... một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 thành SO3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H2SO4 80% Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A 1 Tính khối lượng kết tủa C? 2 Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO3 trong A? Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 Hướng dẫn giải: ... như vậy dung dịch A sẽ gồm Ag ( NH 3 ) 2 0,01M và NH3 + 0,23M Ag ( NH 3 ) 2 ƒ Ag + + 2 NH 3 + Nồng độ ban đầu: 0,01 Nồng độ cân bằng 0,01- x 0,23 x 0,23 + 2x K = 10-7,24 Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 x.( 0,23 + 2 x ) K= = 10−7,24 Gần đúng ta có: [Ag+] = x ≈ 10-8M 0,01 − x 2 [Ag+] [Cl-] = 10-10 ≈ TAgCl = 10-10 nhưng lớn hơn TAgBr = 10-13, TAgI = 10-16, nên chỉ có ion Br- và I- kết tủa Sau... k1−1 = 10 2 × NO + 4 H + 3e ƒ NO + 2 H 2 k − 1 2 E0 0,059 −1 2 = 10 − 0 3 E2 0,059 3HgS + 2 NO3− + 8H + ƒ 3Hg 2 + + 3S + 2 NO + 4 H 2O − − 2 k = Tt 3 k a23 k a13 k1−3 k2 Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 ⇔ lg k = 3lg T − 3lg ka2 − 3lg ka1 − 3lg k1 + 2 lg k 2 0  2 E10   3E2  = −3(−51,8) − 3( −12,92) − 3( −7) − 3  + 2 ÷ ÷  0, 059   0, 059  = −155, 4 + 38, 76 + 21 − 17, 29 + 97, 63 =... 2,5.10-3 5.10-3 2 −1 21,255 (3) K 3 = K1 K 2 = 10 5.10-3(M) Vì K3 rất lớn nên phản ứng (3) xảy ra hoàn toàn: H 2 S ƒ H + + HS − HS − ƒ H + + S 2− Tổ hợp (4) và (5) (4) K4 (5) K5 Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 ƒ H2S 2H+ + S2- (6) K6 = K4 K5 = 10-19,92 Cân bằng (2,5.10-3 – x) ( 5,5.10 + 2 x ) x = 10 = ( 2,5.10 − x ) x 2 −2 K6 (5,5.10-2 + 2x) −19,92 −3 → x = [S2-] = 5,2.10-20 Ta có: [Fe2+].[S2-] = 2,6.10-23... mNaF = mB – mNaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g) % NaF = 0, 42 100% = 6, 74% 6, 23 Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là: NaY 2 NaY + Cl2 → 2 NaCl + Y2 (2) Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 Theo (2) → nNaY = nNaCl = 0, 045mol mNaY = mX − mNaF = 6, 23 − 0, 42 = 5,81( g ) Do đó: M NaY = 5,81 = 129,11 = 23 + M Y → M Y = 106,11 0, 045 → phải có một halogen có M > 106,11 → đó là iot... một lượng dư dung dịch NaOH tạo kết tủa Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 0,8gam chất rắn Hãy xác định công thức của X Hướng dẫn giải: Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 * Thí nghiệm 1: Ag+ + Cl- → AgCl↓; nAgCl = nCl − = 8, 61 = 0, 06mol 143,5 Thí nghiệm 2: Khi nung, xảy ra sự loại nước để được muối khan, nên khôi lượng nước ngậm trong muối bằng 38,92%×5,55=2,16gam, . OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 Câu 6: chuyên đề phản ứng oxi hóa khử trang 147 1. Viết các phản ứng hóa học trong các trường hợp sau: a, Ozon oxi hóa I - trong. IO − đều có thể oxi hóa I − thành 3 I − . +1,20 +1,7 +1,23 +1,51 Tuyển tập đề thi OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC 10 Như vậy I − chỉ bị oxi hóa thành 3 I − . Khi