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 gia

H Ệ T H Ố N G B À I T Ậ P P H Ầ N

Đ I Ệ N H Ó A H Ọ C

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú

eBook Collection

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 gia

WORD VERSION | 2021 EDITION

ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL

TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo

Phát triển kênh bởi

Ths Nguyễn Thanh Tú

Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :

Nguyen Thanh Tu Group

Hỗ trợ trực tuyến

Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon

Mobi/Zalo 0905779594

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: Ngô Văn Tứ

LỜI CẢM ƠN

Sau một thời gian nghiên cứu, đề tài “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” đã hoàn thành. Để hoàn thành được bài tiểu luận này có sự hướng dẫn trực

tiếp của Phó giáo sư - Tiến sĩ Ngô Văn Tứ cùng sự giúp đỡ tận tình của các thầy cô

giáo trong khoa Hóa học - Trường Đại học Sư phạm Huế. Ngoài ra, trong quá trình thực

hiện đề tài tiểu luận , em đã nhận được sự giúp đỡ rất tận tình từ thầy cô khoa Hóa, thầy

cô thư viện cũng như ý kiến đóng góp từ các bạn cùng lớp… Nhờ vậy, việc kết hợp với

những lý thuyết đã học và xây dựng hệ thống bài tập hết sức thuận lợi.

Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô khoa hóa trường Đại học Sư phạm Huế

cùng tất cả các thầy cô giáo đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ em trong trong suốt quá

trình học tập, nghiên cứu.

Về phía cá nhân, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và chân thành nhất đến Phó

giáo sư - Tiến sĩ Ngô Văn Tứ về sự hướng dẫn tận tình và quý báu trong suốt quá trình

xây dựng và hoàn thiện bài tiểu luận.

Tuy đã có nhiều cố gắng, nhưng chắc chắn bài tiểu luận của em còn có rất nhiều

thiếu sót. Em rất mong nhận được những ý kiến đóng góp từ quý thầy cô để đề tài này có

thể hoàn thiện hơn.

Xin chân thành cám ơn!

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL

SVTH: Phạm Thị Hồng Phượng – Hóa 2A 1



MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN.......................................................................................................................... 1

A. MỞ ĐẦU ............................................................................................................................. 4

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI ......................................................................................................... 4

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU ................................................................................................ 5

III. ĐỐI TƯỢNG VÀ KHÁCH THỂ NGHIÊN CỨU ............................................................. 5

IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU .............................................................................................. 5

V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU ....................................................................................... 5

VI. PHẠM VI NGHIÊN CỨU ................................................................................................. 5

B. NỘI DUNG ......................................................................................................................... 6

Bài 1: (Đề thi chuẩn bị Olympic quốc tế năm 2011) ................................................................ 6

Bài 2: (Đề thi Olympic Hóa học Mĩ năm 2012) .................................................................. 7

Bài 3: (Đề chuẩn bị Olympic quốc tế năm 2011) ..................................................................... 8

Bài 4: (Bài tập chuẩn bị Olympic quốc tế năm 2014) ............................................................ 10

Bài 5: (Đề dự trữ Olympic quốc tế năm 2014) ....................................................................... 14

Bài 6: (Đề thi học sinh giỏi của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng) .................. 17

Bài 7: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt 2013) ............................ 20

Bài 8: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Tiền Giang 2010) .................................... 24

Bài 9: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Hồng Phong năm 2012) ..................... 27

Bài 10: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Hồng Phong năm 2010) ................... 29

Bài 11: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Quốc Học Huế năm 2010) .................... 33

Bài 12: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lý Tự Trọng) ........................................ 35

Bài 13: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng năm 2006) ......... 36

Bài 14: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT Chu Văn An – Ninh Thuận năm 2011) ............. 40

Bài 15: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT Nguyễn Thượng Hiền, TP Hồ Chí Minh năm

2010) ....................................................................................................................................... 43

Bài 16: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lương Thế Vinh năm 2011) ................. 46

Bài 17: (Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia tỉnh Hà Tĩnh năm 2012) ......... 47

Bài 18: (Đề thi chọn học sinh giỏi vào đội tuyển quốc gia dự thi Olympic quốc tế năm 2010)

................................................................................................................................................ 49

Bài 19: (Đề thi đề nghị kì thi Olympic Đồng bằng sông Cửu Long năm 2011) .................... 54

Bài 20: (Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia tỉnh Hà Tĩnh năm 2012) ......... 55

Bài 21: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – TP Hồ Chí Minh năm

2013) ....................................................................................................................................... 57

Bài 22: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Thăng Long – Đà Lạt năm 2012).......... 59

Bài 23: (Đề thi học sinh giỏi trường THPT chuyên Lê Hồng Phong năm 2013) ................... 60

Bài 24: (Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2012) .................................................................. 64

Bài 25: (Đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia năm 2012) ........................................................... 66

C. KẾT LUẬN ....................................................................................................................... 69

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................... 70









I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Lí do lí luận:

A. MỞ ĐẦU

Đầu thế kỉ XXI, nền giáo dục của thế giới có những bước tiến lớn với nhiều thành

tựu về mọi mặt. Hầu hết các quốc gia nhận thức sự cần thiết và cấp bách phải đầu tư cho

giáo dục. Thật vậy, giáo dục đang trở thành một bộ phận đặc biệt của cấu trúc hạ tầng xã

hội, là tiền đề quan trọng cho sự phát triển của tất cả các lĩnh vực kinh tế, chính trị, văn

hoá, quốc phòng an ninh. Bởi lẽ con người được giáo dục tốt và giáo dục thường xuyên

mới có khả năng giải quyết một cách sáng tạo và có hiệu quả những vấn đề do sự phát

triển của xã hội đặt ra. Chính vì vậy giáo dục là một bộ phận hữu cơ rất quan trọng trong

chiến lược hay kế hoạch phát triển kinh tế xã hội, trong đó mục tiêu giáo dục phải được

coi là một trong những mục tiêu quan trọng nhất của sự phát triển đất nước.

Đầu tư cho giáo dục được coi là đầu tư có lãi lớn nhất cho tương lai của mỗi quốc

gia. Luật Giáo dục 2005 của nước ta đã khẳng định: “Phát triển giáo dục là quốc sách

hàng đầu nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Vì vậy, vấn đề

bồi dưỡng nhân tài nói chung, đào tạo sinh viên - học sinh chuyên nói riêng đang được

nhà nước ta đầu tư hướng đến.

Lí do thực tiễn:

Một trong những hạn chế, khó khăn của học sinh chuyên, sinh viên học tập môn

hóa học trong toàn quốc đang gặp phải đó là chương trình, sách và tài liệu cho môn

chuyên còn thiếu, chưa cập nhật liên tục. Các học sinh, sinh viên phải tự tìm tài liệu, chọn

giáo trình phù hợp, phải tự xoay sở để chiếm lĩnh lượng kiến thức và rèn luyện kĩ năng

giải bài tập hóa học nói chung và đặc biệt là chuyên đề hóa học phân tích định tính.

Xuất phát từ những nhu cầu thực tiễn đó, là một sinh viên khoa hóa còn non nớt

và thiếu kinh nghiệm, em rất mong mỏi có được một nguồn tài liệu có giá trị và phù hợp


trong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và việc bồi dưỡng học sinh giỏi – học sinh

chuyên. Bên cạnh đó có thể cung cấp được tài liệu tham khảo học tập. Tất cả lí do đó, em




lựa chọn đề tài “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 gia” để nghiên cứu.

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

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

III. ĐỐI TƯỢNG VÀ KHÁCH THỂ NGHIÊN CỨU

Đối tượng nghiên cứu :

Việc xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập hóa học phân tích dùng trong hoc tập

môn hóa học phân tích định tính và cho các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Olympic sinh

viên .

Khách thể nghiên cứu :

Quá trình học tập hóa học ở trường THPT chuyên và trường đại học, cao đẳng

chuyên ngành hóa học.

IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

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.

Xây dựng hệ thống bài tập hóa học phân tích định tính dùng cho học sinh chuyên

hóa, sinh viên chuyên ngành hóa.

Đề xuất phương pháp sử dụng hệ thống bài tập thích hợp.

V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Đọc, thu thập tài liệu.

- Tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn.

- Xử lý, tổng hợp.

VI. PHẠM VI NGHIÊN CỨU


- Nội dung: Bài tập phần hóa học phân tích định tính .

- Đối tượng: học sinh chuyên hóa, học sinh dự thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế;

sinh viên theo học ngành hóa học




BÀI 1:

B. NỘI DUNG

1. Khi cho từ từ một bazơ mạnh vào dung dịch chứa ion Zn 2+ thì thu được kết tủa

keo trắng Zn(OH)2. Tính pH của 1 lít dung dịch chứa 5.10 -2 mol Zn 2+ và 0,1 mol

OH - . Biết

-17

K

S(Zn(OH) )

= 1,2.10 .

2

2. Khi cho thêm tiếp bazơ vào dung dịch thì kết tủa keo trắng bị hòa tan, thành

dạng phức Zn(OH)4 2- . Cho biết hằng số phức bền là 4,6.10 17 . Tính pH của dung dịch

ở câu (1) khi cho 0,1 mol OH - vào dung dịch trên (cho rằng thể tích thay đổi không

đáng kể)

(ĐỀ THI CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)

1.

2.

Zn(OH) Zn + 2OH

Bài giải:

2+ -

2

⇌ K S Zn OH 2

S S 2S

( ( ) )

= 1, 2.10

3 -17

K

S(Zn(OH) 2 )

= 4S = 1,2.10 ⇒ S = 1,44.10 -6 mol/l

⇒ [OH - ] = 2S = 2,88.10 -6 (mol/l)

⇒ pOH = 5,54 ⇒ pH = 14 – 5,54 = 8,46

Zn(OH) ⇌ Zn + 2OH

2

2+ -

Zn + 4OH ⇌ Zn(OH) 4

2+ - 2-

Zn(OH) + 2OH

- 2-

2 4

[ ] 2x (0,05-x)

S(Zn(OH) 2 )

−17

K = 1,2.10

K = 4,6.10

⇌ Zn(OH) K = KS.Kf = 5,52

2-

[Zn(OH)

4

] 0,05-x

K = = = 5,52

- 2 2

⇒ x ≈ 0,03

[OH ] (2x)

f


⇒ [OH - ] = 2x = 0,06

⇒pOH = 1,22

⇒pH = 14 – 1,22 =12,78

17

-17




BÀI 2:

2

Cu(OH) Cu + 2OH

2+ -

⇌ K S = 2,2.10 -20

Cu + 4NH ⇌ Cu(NH )

Kf = 2,1.10 -13

2+ 2+

3 3 4

Sử dụng phương trình và giá trị K cho ở trên để trả lời những câu hỏi sau:

1. Xác định nồng độ mol của Cu(OH)2 ở pH = 8,00.

2. Nếu 20,00 ml của 0,0010M CuSO4 trộn với 50,0 ml của 0,0010M NaOH, xác định

liệu Cu(OH)2 có kết tủa không? Hoàn thiện câu trả lời bằng việc tính toán thích

hợp.

3. Viết phương trình khi cho Cu(OH)2 tác dụng với dung dịch NH3 và tính giá trị K

cho phản ứng.

4. Tính nồng độ NH3 cần cho sự hòa tan 0,100g Cu(OH)2 trong 1,00 lít nước.

5. Mô tả khi quan sát nếu 5,0M NH3 được cho từ từ vào 0,10M dung dịch chứa ion

Cu 2+ .

(ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC MĨ NĂM 2012)

Bài giải:

2+ -

1. Ta có: Cu(OH) ⇌ Cu + 2OH

Ks = 2,2.10 -20

2

* pH = 8 ⇒ pOH = 6 ⇒ [OH ] = 10 -6 M.

KS = [Cu 2+ ].[OH – ] 2

2,2 . 10 –20 = [Cu 2+ ].[10 –6 ] 2

⇒ [Cu 2+ ] = 2,2.10 –8 M

2. Nồng độ của Cu 2+ và OH sau khi trộn là:

C =

C =

−3

0,0200.1,0.10 =

0,0700

−3

1,0.10

=

2,86.10

0,0500. 7,14.10

0,0700

C . C = (2,86.10 –4 ).(7,14.10 –4 ) 2 = 1,46.10 –10 >> KS

Vậy có kết tủa Cu(OH)2 tạo thành.

−4

−4

M

M





2+ -

3. Cu(OH) ⇌ Cu + 2OH

Ks = 2,2.10 -20

2

Cu + 4NH ⇌ Cu(NH )

Kf = 2,1.10 -13

2+ 2+

3 3 4

Cu(OH) + 4NH ⇌ Cu(NH ) + 2OH K

2+ -

2 3 3 4

⇒ K = KS . Kf = (2,2.10 –20 ).(2,1.10 13 ) = 4,6.10 –7

mCu(OH)

2

1

4. n

Cu(OH)

= = = 0,00103(mol)

2

M 97,54

Cu(OH) 2

⇒ Nồng độ Cu(OH)2 trong 1 lít nước là 0,00103M.

⇒ Nồng độ OH – sẽ là 0,00206 M và nồng độ Cu(NH3)4 2+ là 0,00103M.

Ta có:

[Cu(NH ) ].[OH ]

K =

[NH ]

2+ - 2

3 4

4

3

2+ - 2 2

4 Cu(NH

3) 4

.[OH ] 0,00103.(0,00206)

⇒ [NH

4] = = = 0,00950

-7

K 4,6.10

⇒ [NH3] = (0.00950) 1/4 = 0,312 M

5. Khi thêm dung dịch NH3 vào thì ban đầu tạo thành chất kết tủa màu xanh. Sau đó kết

tủa dần hòa tan và tạo thành phức màu xanh đậm.

BÀI 3:

Trong dung dịch nước, ion Pb 2+ tồn tại ở dạng kết tủa PbO, là một oxit lưỡng

tính. Trong axit, tồn tại dưới dạng ion Pb 2+ là chủ yếu với pH tăng dần. PbO và

Pb(OH)3 - được hình thành trong lượng thấy rõ. Cân bằng quan trong cho PbO

trong nước được đưa ra sau đây:

PbO + H O ⇌ Pb + 2OH

2

2+ -

PbO + 3H O ⇌ Pb(OH) + H O

- +

2 3 3

Ksp = 8,0.10 -16 (1)

Ka = 1,0.10 -15 (2)


1. PbO hòa tan hoàn toàn khi ở pH đủ thấp. Khi nồng độ ban đầu của Pb 2+ là

1,00.10 -2 mol/l. Tính pH mà kết tủa PbO bắt đầu hình thành.




2. Dùng giá trị đã cho ở câu a, khi pH tăng lên đến giá tị nào đó thì kết tủa tan trở

lại. Ở pH bằng bao nhiêu thì kết tủa tan hết?

3. Viết biểu thức tính độ tan S của PbO?

4. Theo lí thuyết, PbO tan hết ở pH = 9,4. Tính nồng độ các ion trong dung dịch và

độ tan của PbO ở pH đó.

5. Tính khoảng pH khi mà nồng độ dung dịch là 1,0.10 -3 mol/l hay thấp hơn.

(ĐỀ CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2011)

1. Ta có: [Pb 2+ ] = 1,00.10 -2 mol/l

Bài làm:

Kết tủa PbO bắt đầu hình thành khi: [Pb 2+ ].[OH - ] 2 = Ksp =8,0.10 -16

⇒

K

-16

- sp 8,0.10

-7

[OH ] = = = 2,83.10 M

2+ -2

[Pb ] 1,00.10

⇒ pOH = 6,55 ⇒ pH = 7,45

2. Ở pH tương đối cao thì phản ứng (2) chiếm ưu thế hơn, tương ứng với ion Pb(OH)3 - .

Ta có: [Pb(OH)3 - ] = 1,00.10 -2 mol/l. Ta dung công thức Ka để tính pH.

PbO + 3H O ⇌ Pb(OH) + H O

- +

2 3 3

- +

a 3 3

Ka = 1,0.10 -15

-15

+ Ka

1,0.10

-13

[H3O ] = = = 1,0.10 M

- -2

K = [Pb(OH) ].[H O ] ⇒

[Pb(OH) ] 1,00.10

⇒ pH = 13

Dùng Ksp thì [Pb 2+ ] = 8,00.10 -14 M (rất bé) nên bỏ qua.

3. Ta có:

S = C = [Pb ] + [Pb(OH) ]

2+ Pb

2+ -

3

4. Ta có: pH = 9,4 ⇒[H3O + ] = 10 -9,4 = 4.10 -10 M

⇒

K 10

[OH ] = = = 2,5.10 M

-

-14

H2O

-5

+ -10

[H3O ] 4.10

-16

2+

Ksp

8,0.10

-6

[Pb ] = = = 1,28.10 M

- 2 -5 2

[OH ] (2,5.10 )

3





Suy ra:

K 1,0.10

[Pb(OH) ] = = = 2,5.10 M

S = [Pb

-15

- a

-6

3 + -10

[H3O ] 4.10

] + [Pb(OH) ] = 1,28.10 + 2,5.10 = 3,78.10 M

2+ - -6 -6 -6

3

5. Ở pH tương đối thấp thì Pb 2+ sẽ chiếm ưu thế.

[Pb 2+ ] = 1,0.10 -3 M.

Ksp = [Pb 2+ ].[OH - ] 2

K

-16

- sp 8,0.10

-7

[OH ] = = = 8,94.10 M

2+ -3

⇒

[Pb ] 1,0.10

K -14

+ H2O

10

-8

[H3O ] =

-

=

-7

= 1,12.10 M

⇒ [OH ] 8,94.10

⇒ pH = 7,95

K 1,0.10

[Pb(OH) ] = = = 8,93.10 M

-15

- a

-8

3 + -8

[H3O ] 1,12.10

Do đó, trong môi trường axit thì [Pb(OH)3 - ] không đáng kể và [Pb 2+ ] chiếm ưu thế.

Trong môi trường bazơ thì [Pb(OH)3 - ] chiếm ưu thế.

[Pb(OH)3 - ] = 1,00.10 -3 M từ Ka

K 1,0.10

[H O ] = = = 1,00.10 M

-15

+ a

-12

3 - -3

[Pb(OH)

3] 1,00.10

⇒ pH = 12 và [OH - ] = 1,00.10 -2 M.

-16

2+

Ksp

8,0.10

-12

[Pb ] = = = 8,00.10 M

- 2 -2 2

[OH ] (1,00.10 )

Ta thấy: [Pb 2+ ] ≪ [Pb(OH)3 - ] nên trong môi trường bazơ, [Pb 2+ ] không đáng kể.

Vậy pH có giá trị từ 7,95 đến 12.


BÀI 4:

Dung dịch A chứa axit photphoric có pH = 1,46.




1. Tính nồng độ của các cấu tử trong dung dịch A. Cho biết các giá trị Ka của H3PO4

lần lượt là 7,5.10 -3 ; 6,2.10 -8 và 4,8.10 -13 .

2. Trộn 50ml dung dịch A với 50 ml dung dịch NH3 0,4 M. Kết quả thu được 100 ml

dung dịch B. Tính pH của dung dịch B, biết = ,

3. Trộn 100ml dung dịch B với 100 ml dung dịch Mg(NO3)2 0,2M. Có kết tủa xuất

hiện không? Tính khối lượng kết tủa (nếu có)? Biết sự thủy phân của Mg 2+ được bỏ

qua và kết tủa NH4MgPO4 được thừa nhận là chủ yếu, biết KS = 2,5.10 -13 .

4. Tính nồngđộ các cấu tử trong dung dịch Ca3(PO4)2 biết KS = 2,22.10 -25 . Cho rằng

sự thủy phân của Ca 2+ không đáng kể.

(BÀI TẬP CHUẨN BỊ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2014)

1.

H PO

H PO

⇌ H + H PO

+ -

3 4 2 4

⇌ H + HPO

- + 2-

2 4 4

HPO

H O

2

⇌ H + PO

2- + 3-

4 4

⇌ H + OH

+ -

Bài giải:

K = 7,5.10

a1

K = 6,2.10

a2

K = 4,8.10

a3

K = 10

Ta thấy: Ka1 ≫ Ka2, Ka3 nên bỏ qua cân bằng (2) và (3).

Nếu Ka1.Ca ≫ KW thì bỏ qua cân bằng (4).

Vậy ta xét cân bằng (1):

C

H PO

Ca

⇌ H + H PO

+ -

3 4 2 4

[ ] Ca – x x x

2

x

= K

a1

= 7,5.10

Ta có:

Ca- x

-3

(*)

W

a1

-14

K = 7,5.10


pH = 1,46 ⇒ x = [H + ] = 10 -1,46 = 0,035

Thay x = 0,035 vào (*) ⇒ Ca = 0,2M.

Vậy nồng độ các cấu tử trong dung dịch A là:

-3

-8

-13

-3

(1)

(2)

(3)

(4)




-14

- 10

-13

[OH ] = = 2,9.10 M

[H + ] = 0,035M; 0,035

Ta có:

[H ] [H ] [H ]

C = [PO ] + .[PO ]+ .[PO ] + .[PO ]

+ + 2 + 3

3- 3- 3- 3-

a 4 4 4 4

Ka3 K

a2.Ka3 K

a1.K a2.Ka3

C

[PO ] = =

1 + + +

K K .K K .K .K

3- a a a1 a2 a3

4 + + 2 + 3 + 3 + 2 +

[H ] [H ] [H ] [H ] + K

a1.[H ] + K

a1.K a2.[H ] + K

a1.K a2.Ka3

a3 a2 a3 a1 a2 a3

Thế số vào ta được: [PO4 3- ] = 8,57.10 -19 M

+

2- C a.K a1.K a2.[H ]

4 + 3 + 2 +

a1 a1 a2 a1 a2 a3

[HPO ] = [H ] + K .[H ] + K .K .[H ] + K .K .K

Thế số vào ta được: [HPO4 2- ] = 6,25.10 -8 M.

C .K .[H ]

[H PO ] = [H ] + K .[H ] + K .K .[H ] + K .K .K

+ 2

- a a1

2 4 + 3 + 2 +

a1 a1 a2 a1 a2 a3

Thế số vào ta được: [HPO4 2- ] = 0,035M

[H PO ] = C - [H PO ] - [HPO ] - [PO ] ≈ 0,165M

- 2- 3-

3 4 a 2 4 4 4

H PO + 2NH

⇌ (NH ) HPO

2. 3 4 3 4 2 4

C(M)

,

,

Sau phản ứng 0 0 0,1

Sau khi trộn, dung dịch B chứa C = 0,2M, C = 0,1M

Các cân bằng:

NH

2

⇌ H + NH

+ +

4 3

H O ⇌ H + OH

HPO

+ -

⇌ H + PO

2- + 3-

4 4

HPO + H O ⇌ H PO + OH

2- 2- -

4 2 2 4

H PO + H O ⇌ H PO + OH

2- -

2 4 2 3 4

K = 10

a

K = 10

W

a3

-9,24

-14

K = 4,8.10

K = 1,6.10

b1

K = 1,3.10

b2

-13

-7

-12

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

C .K .K .K





C 0,1

Ta có: C .Kb1 ≫ C .Ka ≫ C .Ka3 ⇒ dung dịch có tính bazơ

Kb1 ≫ Kb2 ⇒ Cân bằng (4) là chủ yếu:


2- 2- -

4 2 2 4

[ ] 0,1 – x x x

Ta có:

2

x

-7

= 1,6.10

0,1 - x ⇒ x = 1,3.10 -4

[OH - ] = x = 1,3.10 -4 M ⇒ pOH = 3,9 ⇒ pH = 10,1

3.

Mg + NH + PO ⇌ NgNH PO ↓

2+ + 3-

4 4 4 4

K = 1,6.10

K -13

a3.C 2- HPO 4,8.10 .0,1

4

[PO

4

] =

+

=

-10,1

= 6,04.10

Từ cân bằng (3) ta có:

[H ] 10

Nồng độ các cấu tử sau khi trộn là:

0,2

C + = = 0,1M

NH 4

2 ;

Ta có:

3- -4

0,2

C = = 0,1M

Mg 2+

2 ;

b1

-4

-4

C 3- = = 3,02.10 M

PO4

-7

6,04.10

2 .

-6 -13

C + .C 2+ .C

NH 3- = 3,02.10 > K

S

= 2,5.10

4 Mg PO4

⇒ Có kết tủa MgNH4PO4 xuất hiện.

Khối lượng kết tủa là:

-6 -3 -5

m

MgNH 4PO

= 3,02.10 .200.10 .137 = 8,3.10 (g)

4

4.

Ca (PO ) ⇌ 3Ca + 2PO

2

2+ 3-

3 4 2 4

H O ⇌ H + OH

+ -

PO + H O ⇌ HPO + OH

3- 2- -

4 2 4


2- - -

4 2 2 4

H PO + H O ⇌ H PO + OH

- -

2 4 2 3 4

K = 2,22.10

S

K = 10

W

K = 10

b1

K = 10

b2

K = 10


Ta có:

5

-5

S = K S = 1,17.10 M

Ta thấy: Kb1 ≫Kb2, Kb3 ⇒ Bỏ qua cân bằng (4) và (5)

Nếu Kb1.Cb ≫ KW ⇒ Bỏ qua cân bằng (2)

b3

-14

-1,68

-6,79

-11,852

-25

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)




PO + H O ⇌ HPO + OH

3- 2- -

4 2 4

C 2S

[ ] 2S – x x x

2

x

-1,68

= K

b1= 10

2S - x ⇒ x = 2,34.10 -5

Vậy [OH - ] = 2,34.10 -5 M ⇒ [H + ] = 4,27.10 -10 M

Xét cân bằng (1), ta có:

Với

⇒

⇒

K = K .α .α

' 3 2

S S 2+ Ca 3- PO4

α + ≈

Ca 2 1

a3 a2 a3 a1 a2 a3

K = 10

+ + 2 + 3

[H ] [H ] [H ]

α 3- = 1 + + + = 8,97.10

PO4

K K .K K .K .K

K = 2,22.10 .(8,97.10 ) = 1,79.10

' -25 2 2 -19

S

S = K = 1,78.10 M

' 5 ' -4

S

⇒ [Ca 2+ ] = 3S’ = 5,34.10 -4 M; [PO4 3- ] = 2S’ = 3,97.10 -7 M.

BÀI 5:

b1

-1,68

Dung dịch Pb(NO3)2 được thêm từ từ vào 20ml hỗn hợp chứa

2

Na2SO4

0,020M, Na2C2O4 5,0.10 -3 M; KI 9,7.10 -3 M; KCl 0,05M; KIO3 0,0010M. Khi kết tủa

màu vàng PbI2 bắt đầu xuất hiện thì 21,60 ml dung dịch Pb(NO3)2 được dung hết.

1. Xác định thứ tự xuất hiện kết tủa.

2. Tính nồng độ còn lại dung dịch Pb(NO3)2.

pK

s( PbSO

Cho biết:

4 )

= 7,66

pK

( ( ))

= 12,61

s Pb IO

;

3 2

pK

s( PbCl2

)

= 4,77

. Các ion khác được bỏ qua.

pK

( )

= 7,86

s PbI

;

2

pK

( )

= 10,05

;

s PbC

;

2O4


3. Một trong những chất thử phổ biến để phát hiện ion Pb 2+ là K2CrO4, xuất hiện

kết tủa màu vàng tan trở lại trong NaOH. Tính tan của PbCrO4 không những phụ




thuộc vào pH mà còn phụ thuộc vào sự tạo phức. Cho biết độ tan của PbCrO4 trong

dung dịch CH3COOH 1M là S = 2,9.10 -5 M. Tính tích số tan của PbCrO4.

pK

a(CH

Cho:

3COOH)

= 4,76 lgβ + = 2,68 ;

Pb(CH3COO )

lgβ ;

Pb(CH3COO)

= 4,08 lgβ

2 ;

+ = 7,8

PbOH

pK = 6,5

- a(HCrO 4 )

(ĐỀ DỰ TRỮ OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2014)

1. Để tạo thành kết tủa PbSO4:

Để tạo thành kết tủa PbC2O4:

Để tạo thành kết tủa PbI2:

Để tạo thành kết tủa PbCl2:

Để tạo thành kết tủa Pb(IO3)2:

Bài giải:

K 10

[Pb ] > = = 1,09.10 M

-7,66

2+ S(PbSO 4 )

-6

2-

[SO

4

] 0,02

K 10

[Pb ] > = = 1,78.10 M

2+

-10,05

S(PbC2O 4 )

-8

2- -3

[C2O 4

] 5.10

K -7,86

2+ S(PbI 2 ) 10

-4

[Pb ] > = = 1,47.10 M

- 2 -3 2

[I ] (9,7.10 )

K -4,77

2+ S(PbCl 2 ) 10

-3

[Pb ] > = = 6,34.10 M

- 2 2

[Cl ] (0,05)

K 10

[Pb ] > = = 2,45.10 M

2+

-12,61

S(Pb(IO 3 ) 2 )

-7

- 2 2

[IO

3] (0,001)

Vậy thứ tự xuất hiện kết tủa là: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2, PbCl2

2. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa PbI2 thì:

Lúc đó để bắt đầu kết tủa PbI2 thì:

2+ Pb

-3 -3

9,7.10 .20.10

C - =

I

(20 + 21,60).10

-3

-3

= 4,66.10 M

K 10

C = = = 6,36.10 M

-7,86

S(PbI 2 ) -4

2 -3 2

C - (4,66.10 )

I

K -7,66

2- S(PbSO 4 ) 10

-5

[SO

4

] = = = 3,44.10 M

-4

CPb2+

6,36.10

.

-4

S = K

S(PbSO 4 )

= 1,48.10 M

Độ tan của PbSO4 trong dung dịch bão hòa là:

[SO4 2- ] < S ⇒ PbSO4 đã kết tủa.





Phương trình phản ứng:

Pb + C O ⇌ PbC O ↓

2+ 2-

2 4 2 4

Pb + 2IO ⇌ Pb(IO ) ↓

2+ -

3 3 2

Pb + SO ⇌ PbSO ↓

2+ 2-

4 4

2+ -

Pb + 2I ⇌ PbI2

↓

Vì vừa bắt đầu kết tủa PbI2 nên coi như không đáng kể nên:

1

n = n + n + n

2

⇒

2+ 2- -

2-

Pb C2O4 IO3

SO4

-3 -3 -3

C

Pb(NO 3)

.41,6.10 = 20.10 .(5.10 + .0,001 + 0,02)

2

C = 0,035M

Pb(NO

⇒

3 ) 2

3. Trong dung dịch có các cân bằng:

PbCrO ⇌ Pb + CrO

2+ 2-

4 4

CH COOH ⇌ CH COO + H

H O

2

3 3

CrO + H

⇌ H + OH

+ -

⇌ HCrO

2- + -

4 4

Pb + OH ⇌ PbOH

2+ - +

- +

1

2

Pb + CH COO ⇌ Pb(CH COO)

2+ - +

3 3

Pb + 2CH COO ⇌ Pb(CH COO)

2+ -

3 3 2

KS

Ka1 = 10 -4,76

K =10

W

-14

(K ) -1 =10 6,5

β =10

* 7,8

β =10

1

β =10

[Pb ] = [Pb ] + [PbOH ] + [Pb(CH COO) ] + [Pb(CH COO) ]

⇒

2+ ' 2+ + +

3 3 2

2+

Pb

-14 *

2+ 10 .β

- - 2

= [Pb ]. 1 + + β

+ 1.[CH3COO ] + β

2.[CH3COO ]

[H ]


10 .β

α = 1 + + β .[CH COO ] + β .[CH COO ]

-14 *

- - 2

+ 1 3 2 3

[H ] (1)

2

2,68

4,08




[CrO

⇒

+

2- ' 2- - 2- [H ]

4

] = [CrO

4

] + [HCrO

4] = [CrO

4

]. 1+ K

'

a

α = 1 +

2- CrO4

+

[H ]

'

Ka

Trong đó [CH3COO - ] và [H + ] được tính:

CH COOH

C 0,1

3 3

⇌ CH COO + H

- +

[ ] 0,1 – x x x

Ta có:

Mặt khác:

2

x

−4,76

= 10

0,1− x ⇒ x =1,31.10 -3

'

K

2

S(PbCrO 4 ) S

K

S(PbCrO 4 )

= =

α .α α .α

2+ 2- 2+ 2-

Pb CrO4 Pb CrO4

Thay số: [H + ] = [CH3COO - ] = 1,31.10 -3 M; S = 2,9.10 -5 vào (1), (2), (3) ta suy ra

KS = 1,23.10 -13 .

BÀI 6:

1. Tính pH trong dung dịch chứa hỗn hợp HCOOH và HNO2 cùng nồng độ 0,1M.

Biết HCOOH và HNO2 có hằng số axit lần lượt là 10 -3,29 và 10 -3,95 .

2. Tính pH của dung dịch NaHS 10 -2 M, biết H2S có K1 = 10 -7 và K2 = 10 -12,02 .

3. Người ta thêm H2SO4 vào dung dịch hỗn hợp gồm Pb(NO3)2 0,01M và Ba(NO3)2

0,02M cho đến nồng độ H2SO4 bằng 0,13M. Tính pH và nồng độ của các ion kim

loại.

Cho biết ( ) = 10 -10 ; ( ) = 10 -7,8 ;

= 2.

4. Tính độ tan của CaC2O4 trong dung dịch có pH = 4 không đổi.

Cho biết H2C2O4 có K1 = 5,60.10 -2 và K2 = 5,42.10 -5 , ( ) = 1,7.10 -9


(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CỦA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – ĐÀ NẴNG)

Bài giải:

(3)




1. Các cân bằng xảy ra:

H2O

HCOOH

HNO

+ -

⇌ H + OH

KW = 10 -14

H + COO

+ -

⇌ Ka = 10 -3,29

⇌ H + NO

K = 10 -3,95

+ -

2 2

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có:

[H + ] = [OH ] + [NO ] + [HCOO ]

Vì Ka,

≫ KW nên h ≫ :

Suy ra pH = 2,15.

[H + ] = [NO ] + [HCOO ]

-1 -1

10 10

h - - = 0

3,95 3,29

1 + 10 h 1 + 10 h

⇒ h = [H + ] = 7,08.10 -3 M.

2. Các quá trình xảy ra:

NaHS

H O

2

HS

→

Na + HS

+ -

+ -

⇌ H + OH

KW =10 -14

⇌ H + S

K2 = 10 -12,02

- + 2-

HS + H

- +

⇌ H S

K1 -1 = 10 7

2

Ta có: KW ≈ K2.C và K1 ≪ C nên ta xem [HS - ] ≈ C, áp dụng công thức:

K +K .C 10 + 10 .10

h = [H ] = = = 4,47.10

-14 -12,02 -2

+ W 2

-10

-1 7 -2

1+K

1

.C 1 + 10 .10

Suy ra pH = 9,35

3.

H SO

→

H + HSO

+ -

2 4 4

0,13 ⟶ 0,13 0,13

HSO + Ba ⇌ BaSO ↓ + H

- 2+ +

4 4


0,13 0,02 0 0,13

0,11 ⟶ 0,15

HSO + Pb ⇌ PbSO ↓ + H

- 2+ +

4 4




0,11 0,01 0 0,15

0,1 ⟶ 0,16

BaSO ↓⇌ Ba + SO

2+ 2-

4 4

PbSO ↓⇌ Pb + SO

HSO

2+ 2-

4 4

⇌ H + SO

- + 2-

4 4

0,1 0,16

(0,1–x) (0,16+x) x

(0,16 + x).

x

= 10

0,1−

x

−2

⇒ x = 5,7.10 -3

[H + ] = 0,1657 ⇒ pH = 0,78

[Ba 2+ ] =

[Pb 2+ ] =

−10

10

5,7.10

10

5,7.10

−7,8

4. Ta có: Độ tan S = [Ca 2+ ]

Cân bằng khối lượng:

= − 3

1,75.10-8 M.

= − 3

2,7810.10-6 M.

[Ca 2+ ] = [C O ] + [HC O ] + [H2C2O4]

Theo đề: [H3O + ] = 1,00.10 -4 M

[H O ].[C O ] 1,00.10 .[C O ]

[HC O ] = = = 1,85.[C O ]

+ 2- -4 2-

- 3 2 4 2 4

2-

2 4 -5

2 4

K2

5,42.10

[H O ].[HC O ] 1,00.10 .1,85.[C O ]

[H C O ] = = = 3,30.10 .[C O ]

+ - -4 2-

3 2 4 2 4

-3 2-

2 2 4 -2

2 4

K1

5,60.10

[Ca 2+ ] = [C O ] + [HC O ] + [H2C2O4]

[Ca 2+ ] = 2,85. [C O ]

[C O ] =

2

[ Ca + ]

2,85

= 1,7.10 -9 ⇒ [Ca 2+ ] = 7,0.10 -5 (mol/l)


Vậy độ tan của CaC2O4 trong dung dịch có pH = 4 là 7,0.10 -5 (mol/l)




BÀI 7:

1. Cation Fe 3+ là axit, phản ứng với nước theo phương trình:

Fe + 2H O ⇌ Fe(OH) + H O Ka = 10 -2,2

3+ 2+ +

2 3

Hỏi ở nồng độ nào của FeCl3 thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)3. Tính pH của dung dịch

đó. Biết rằng () = 10 -38 .

2. Dung dịch A gồm Ba(NO3)2 0,060M và AgNO3 0,015M.

a. Thêm từng giọt K2CrO4 vào dung dịch A cho đến dư. Có hiện tượng gì xảy ra?

b. Thêm 50,0 ml K2CrO4 0,27M vào 100,0 ml dung dịch A.

Tính nồng độ các ion trong hỗn hợp thu được.

Cho:

BaCrO + H O ⇌ Ba + HCrO + OH ; K = 10 -17,43

2+ - -

4 2 4

Ag CrO + H O ⇌ 2Ag + HCrO + OH ; K = 10 -19,50

+ - -

2 4 2 4

- - - 2+ -

3. Cho pin: Pt I 0,1M; I 0,02M MnO 0,05M, Mn 0,01M, HSO C Pt

3 4 4

Cho suất điện động của pin ở 25 o C có giá trị 0,824V;

/

= 1,51V và / = 0,5355V.

Tính nồng độ ban đầu của

biết (

) = 10 -2

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2013)

Bài giải:

1. Gọi nồng độ ban đầu (mol/l) của FeCl3 là C, ta có:

Fe + 2H O ⇌ Fe(OH) + H O Ka = 10 -2,2 (1)

3+ 2+ +

2 3

Ban đầu: C 0 0

Cân bằng: C – x x x

Ka =

2

x

C - x ⇒ [Fe3+ ] = x 2 .Ka -1 (2)


Khi bắt đầu kết tủa Fe(OH)3 thì [Fe 3+ ] =

-38

10

[OH ]

- 3

(3)

M




3

-14 -42

- 3

10 10

Mặt khác [OH ] = =

x x

Thay (4) vào (3): [Fe 3+ ] = 10 4 .x 3 (5)

So sánh (2) và (5): 10 4 x 3 = x 2 .Ka -1 = x 2 .K 2,2

⇒ x = [H3O + ] = 10 -1,8 M ⇒ pH = 1,8.

Từ (5): [Fe 3+ ] = 10 4 .x3 = 10 4 (10 -1,8 ) 3 = 10 -1,4 M.

Theo (2) C = [Fe 3+ ] + x = 10 -1,4 + 10 -1,8 = 5,56.10 -2 M.

2.a. Hiện tượng: Có kết tủa BaCrO4 và Ag2CrO4.

Xét thứ tự xuất hiện các kết tủa:

Để bắt đầu có kết tủa BaCrO4:

3

C >

2- CrO4

K

S(BaCrO 4 )

C

2+ Ba

K

2 4

Để bắt đầu có kết tủa Ag2CrO4: C 2- >

CrO

2

4 C

Để tính tích số tan KS cần tổ hợp cân bằng:

BaCrO Ba +CrO

H O

2

S(Ag CrO )

+ Ag

(1)

(2)

2+ 2-

4

↓⇌

4

KS1

H + OH

+ -

⇌ KW

CrO + H

Có K = KS1.KW.Ka -1

Suy ra

HCrO

2- + -

4

⇌

4

Ka -1

BaCrO ↓ + H O ⇌ Ba + HCrO + OH K

2+ - -

4 2 4

K.K 10 .10

K = = = 10

-17,43 -6,50

a

S1 -4

KW

10

Ag CrO

H O

2

2Ag + CrO

-9,93

+ 2-

2 4

↓⇌

4 KS2

H + OH

+ -

⇌ KW

CrO + H

HCrO

2- + -

4

⇌

4

Ka -1


Có K = 10 -19,50

Ag CrO ↓ + H O ⇌ 2Ag + HCrO + OH

K

+ - -

2 4 2 4




-19,5

10

K

S1

=

-4

= 10

10

-12

-9,93

10

-9

Từ (1) C 2- > = 1,96.10 M

CrO4

0,060

-12

10

-9

Từ (2) C 2- > = 4,44.10 M

CrO

2

4 (0,015)

C ( ) < C ( ) nhưng không nhiều, vì vậy sẽ có hiện tượng kết tủa vàng

của BaCrO4 xuất hiện trước một ít, sau đó đến kết tủa vàng nâu của Ag2CrO4 (đỏ gạch)

và BaCrO4 (vàng) cùng xuất hiện.

b. Sau khi thêm K2CrO4:

Các phản ứng:

0,270.50,00

C 2- = = 0,090M

CrO 4 150,000

0,060.100,00

C = = 0,040M

Ba 2+

150,000

0,015.100,00

C = = 0,010M

Ag +

150,000

Ba 2+ + CrO4 2- ⟶ BaCrO4↓

0,040 0,090

_ 0,050

2Ag + + CrO4 2- ⟶ Ag2CrO4↓

0,01 0,050

_ 0,045

Thành phần sau phản ứng: BaCrO4↓, Ag2CrO4↓, CrO4 2- (0,045M)

Ag CrO

↓⇌ 2Ag + CrO KS2 = 10 -12

+ 2-

2 4 4

BaCrO ↓⇌ Ba + CrO KS1 = 10 -9,93

2+ 2-

4 4


Nồng độ CrO4 2- dư khá lớn, có thể coi nồng độ CrO4 2- do 2 kết tủa tan ra là không đáng

kể.

CrO + H O ⇌ HCrO + OH

Kb = 10 -7,5

2- - -

4 2 4




C 0,045

[ ] (0,045-x) x x

2

x

= 10

(0,045 − x)

−7,5

[CrO4 2- ] = 0,045M

[Ag + ] =

[Ba 2+ ] =

−12

10

0,045

⇒x = 1,19.10 -4 ≪ 0,045

−6

= 4,71.10 M

−9,93

10

= 2,61.10 -9 M

0,045

[Ba 2+ ] và [Ag + ] ≪ [CrO4 2- ] chứng tỏ nồng độ CrO4 2- do 2 kết tủa tan ra là không đáng kể.

Vậy trong dung dịch có:

[Ba 2+ ] = 2,61.10 -9 M;

[Ag + ] = 4,71.10 -6 M;

[CrO4 2- ] = 0,045M;

[OH - ] = 1,19.10 -4 M;

[H + ] = 8,40.10 -11 M;

3.* Ở điện cực phải:

[K + ] = C = 0,18M;

[NO3 - ] = C

= 0,09M.

MnO

+ 8H + + 5e ⇌ Mn 2+ + 4H2O

* Ở điện cực trái:

3I ⇌ I

+ 2e

0,059 [MnO

E phải =E /

4].[H ] 0,059 0,05.[H ]

.lg = 1,51 + .lg

2+

5 [Mn ] 5 0,01

E trái = E /

- + 8 + 8

-

0,059 [I

3]

0,059 0,02

.lg = 0,5355 + .lg = 0,574

- 3 3

5 [I ] 5 (0,1)


E pin = E phải – E trái




+ 8

0,059 0,05.[H ]

⇒0,824 = 1,51 + .lg - 0,574

5 0,01

⇒ [H + ] = 0,054M.

*Mặt khác:

HSO ⇌

SO + H + Ka = 10 -2

Ban đầu CM _ _

Phân li 0,054 0,054 0,054

Cân bằng CM – 0,054 0,054 0,054

10 -2 =

BÀI 8:

0,054.0,054

C - 0,054

M

⇒ CM = 0,346M.

Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05M; Pb(NO3)2 0,10M; Zn(NO3)2 0,01M.

1. Tính pH của dung dịch A.

2. Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hòa ([H2S] = 0,10M), thu được hỗn hợp B.

Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?

3. Thiết lập sơ đồ pin bao gồm điện cực chì nhúng trong hỗn hợp B và điện cực

platin nhúng trong dung dịch CH3COONH4 1M được bão hòa bởi khí hiđro nguyên

chất ở áp suất 1,03 atm. Viết phản ứng xảy ra trên từng điện cực và phản ứng trong

pin khi pin làm việc.

Cho: Fe 3+ + H2O ⇌ FeOH 2+ + H + lgβ = -2,17

/

ở 25 o C:

Pb 2+ + H2O ⇌ PbOH + + H + lgβ = -7,80

Zn 2+ + H2O ⇌ ZnOH + + H + lgβ = -8,96

= 0,771V; / = 0,141V; = - 0,126V;

/

RT

2,303 ln=0,0592lg

F


pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan)

( ) = 7,02; ( ) = 12,90; (

) = 9,24; ( ) = 4,76




(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG 2010)

Bài giải:

1.

Fe + H O ⇌ FeOH + H

β = 10 -2,17 (1)

3+ 2+ +

2

Pb + H O ⇌ PbOH + H

β = 10 -7,80 (2)

2+ + +

2

Zn + H O ⇌ ZnOH + H

β = 10 -8,96 (3)

H O

2

2+ + +

2

OH + H

- +

⇌ KW = 10 -14 (4)

So sánh (1) → (4): β . C ≫ β . C ≫ β . C ≫ KW → tính pHA theo (1):

C 0,05

Fe 3+ + H2O ⇌ FeOH 2+ + H + β = 10 -2,17 (1)

[ ] 0,05 – x x x

[H + ] = x = 0,0153 M → pHA = 1,82.

2. Do E /

= 0,771V > E / = 0,141V nên:

2Fe 3+ + H2S ⇋ 2Fe 2+ + S↓ + 2H + K1 = 10 21,28 (1)

0,05

_ 0,05 0,05

Pb 2+ + H2S ⇋ PbS↓ + 2H + K2 = 10 6,68 (2)

0,10 0,05

_ 0,25

Zn 2+ + H2S ⇋ ZnS↓ + 2H + K3 = 10 1,68 (3)

Fe 2+ + H2S ⇋ FeS↓ + 2H + K4 = 10 -2,72 (4)

K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa ZnS và FeS:

′

Vì môi trường axit ⟶ C = C = 0,010 M; C = C = C = 0,050M

Đối với H2S, do Ka2 ≪ Ka1 = 10 -7,02 nhỏ nên khả năng phân li của H2S trong môi trường

axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H + ] = C = 0,25M ⟶ tính C theo cân bằng:


H2S ⇋ S 2- + 2H + Ka1.Ka2 = 10 -19,92

[H S] 0,1

C 2- = K .K . = 10 . = 10

S

[H ] (0,25)

2

-19,92 -19,72

a1 a2 + 2 2

′

′




′ ′

Ta có: C . C < KS(ZnS) → ZnS không xuất hiện.

′ ′

Tương tự: C . C < KS(FeS) → FeS không tách ra.

Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.

0,0592 0,0592 K

E = E = E + lg[Pb ] = - 0,216 + lg = - 0,33V

2 2 [S ]

0 2+

S(PbS)

3. PbS/Pb 2+ 2+

Pb /Pb Pb /Pb

2-

0,0592 [H ]

E = E /

= lg

2 p

+ 2

H2

, trong đó [H + ] được tính như sau:

CH3COONH4 ⟶ NH4 + + CH3COO -

1 1

NH4 + ⇋ NH3 + H + Ka = 10 -9,24 (5)

CH3COO - + H2O ⇋ CH3COOH + OH - Kb = 10 -9,24 (6)

Do Ka = Kb và C = C → pH = 7,00 → [H+ ] = 10 -7

(có thể tính [H + ] theo điều kiện proton hoặc tổ hợp 2 cân bằng (5) và (6))

+ 2 -14

0,0592 [H ] 0,0592 10

Vậy: E /

= lg = lg = - 0,145V

2 p 2 1,03

H2

→ Điện cực chì là catot, điện cực platin là anot.

Sơ đồ pin:

< E / = - 0,33V.

(-) Pt(H ) CH COO 1M; NH 1M S; PbS; H S 1M; H 0,25M; Fe 0,05M; Zn 0,01M Pb(+)

(p=1,03 atm)

- + + 2+ 2+

2 3 4 2





Trên catot: PbS + 2H + + 2e ⟶ Pb↓ + H2S

Trên anot: H2 ⟶ 2H + + 2e

2 x H + + CH3COO - ⟶ CH3COOH

H2 + 2CH3COO - ⟶ 2CH3COOH + 2e

+ -

Phản ứng trong pin: PbS + H + 2H + 2CH COO → Pb ↓ + H S + 2CH COOH

BÀI 9:

2 3 2 3

1. Cho H2S lội qua dung dịch chứa Cd 2+ 0,01M và Zn 2+ 0,01M đến bão hòa, nồng độ

H2S trong dung dịch bão hòa là 0,1M.

a. Xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dung dịch sao cho xuất hiện kết tủa

CdS mà không xuất hiện kết tủa ZnS.

b. Thiết lập khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd 2+ trong dung dịch mà Zn 2+ vẫn

không bị kết tủa.

Biết: H2S có Ka1 = 10 -7,02 , Ka2 = 10 -12,9 , KS,ZnS = 10 -21,6 , KS, CdS = 10 -26

CdS có KS1 = 10 -26 , ZnS có KS2 = 10 -21,6

Hằng số tạo phức hiđroxo CdOH + là lg = 10 -10,2 ;

Hằng số tạo phức hiđroxo ZnOH + là lg = 10 -8,96

2. Tính pH và cân bằng trong hệ gồm HCl 0,01M và H2S 0,1M.

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NĂM 2012)

1.a.

H S

2

HS

HS + H

Bài giải:

- +

⇌ Ka1=10 -7,02

⇌ S + H

Ka2=10 -12,9

- 2- +

2+ 2-

Cd + S CdS ↓

2+ 2-

Zn + S ZnS ↓

⇌ KS1 -1 =10 26


⇌ KS2 -1 =10 21,6

Ta có: C = C mà KS,CdS < KS,ZnS, do đó kết tủa CdS xuất hiện trước.

Điều kiện để có kết tủa CdS:




K

S1

C 2- > với C

S (1)

được tính từ cân bằng tạo phức hiđroxo của Cd 2+ :

C 2+ Cd

C 0,01

Cd + H O ⇌ CdOH + H ; β=10 -10,2

2+ + +

2

C’ 0,01-x x x

2

x

= 10

0,01−

x

C () >

10

10

−6,1

−26

→ x =10 -6,1 suy ra C ≈ 0,01

= 10 -24 (1)

− 2

Điều kiện để có kết tủa ZnS:

K

S2

C 2- > với C

S (2)

được tính từ cân bằng tạo phức hiđroxo của Zn 2+ :

C 2+ Zn

C 0,01

Zn + H O ⇌ ZnOH + H ; β=10 -8,96

2+ + +

2

C’ 0,01 - x x x

2

x

= 10

0,01−

x

C () >

10

10

−8,96

−21,6

→ x =3,31.10 -6 suy ra C ≈ 0,01

= 10 -19,6 (2)

− 2

Từ (1) và (2) ta có giới hạn pH cần thiết lập sao cho:

10 -24 < C < 10 -19,6

hay 10 -24 K

a1.K a2.[H2S]

<

+ 2

< 10 -19,6

[H ]

10 -0,66 < [H + ] < 10 1,54 ⇒ -1,54 < pH < 0,66

b. Khi [Cd 2+ ] = 0,01.0,1.10 -2 =1.10 -5 M

Điều kiện để kết tủa 99,9% Cd 2+ −26

10

là: C > = 10 -21

− 5

10

Vậy khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd 2+ trong dung dịch mà Zn 2+ vẫn chưa kết tủa là:

10 -21 < C < 10 -19,6





10 -0,66 < [H + ] < 10 0,04 ⇒ -0,04 < pH < 0,66

2. Môi trường axit nên sự phân li của nước không đáng kể.

HCl ⟶ H + + Cl -

0,01 0,01

H2S ⇌ H + + HS - Ka1 = 10 -7,02 (1)

HS - ⇌ H + + S 2- Ka2 = 10 -12,9 (2)

Do Ka1 ≫ Ka2 nên cân bằng (1) là chủ yếu.

H2S ⇌ H + + HS - Ka1 = 10 -7,02

C 0,1 0,01

[ ] 0,1 – x 0,01 + x x

x.(0,01 + x)

= 10

0,1−

x

−7,02

Giả thiết x ≪ 0,01 ⇒ x = 9,55.10 -7 ≪ 0,01 (thỏa mãn)

Vậy [HS - ] = x = 9,55.10 -7 M, [H2S] = 0,1 + x ≈ 0,1M.

[H + ] = 0,01 + x ≈ 0,01M ⇒ pH = 2

10 .9,55.10

[ S ] = = 1,2.10

0,01

−12,9 −7

2−

−17

BÀI 10:

1. Cho pin điện:

3 2 2 3

M

Ag AgNO 0,001M, Na S O 0,1M HCl 0,05M AgCl, Ag với Epin = 0,345V.

a. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.

b. Tính [( ) ] /


c. Tính TAgCl

d. Thêm một ít KCN vào dung dịch ở nửa trái của pin. Epin sẽ thay đổi như thế nào?

+ 2- 3-

Cho biết: Ag + 2S O ⇌ [Ag(S O ) ] lg = 13,46

2 3 2 3 2




Ag + 2CN ⇌ [Ag(CN) ]

lg = 21

+ - -

2

/

= 0,8V; RT

F ln = 0,059lg (25o C)

2. Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M.

Biết: H2CO3 có K1 = 10 -6,35 ; K2 = 10 -10,33

NH4 + có Ka = 10 -9,24


Bài giải:

1. Cho pin điện: Ag AgNO

3

0,001M, Na2S2O 3

0,1M HCl 0,05M AgCl, Ag

a. Phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động

Ag + 2S O ⇌ [Ag(S O ) ] β = 10 13,46

Ban đầu 10 -3 0,1

+ 2- 3-

2 3 2 3 2

[ ] 0 0,098 10 -3

Do Epin > 0 nên ta có pin với 2 cực như sau:

(-) Ag AgNO 0,001M, Na S O 0,1M HCl 0,05M AgCl, Ag (+)

Khi pin hoạt động:

Anot (-):

Catot (+):

PTPƯ:

3 2 2 3

Ag + 2S O

⇌ [Ag(S O ) ] + e

2- 3-

2 3 2 3 2

AgCl + e ⇌ Ag+ Cl

AgCl + 2S O

b. Tính E ( )

/

+

Ag + e

[Ag(S O ) ]

⇌ Ag

2- 3- -

2 3 2 3 2

-

⇌ [Ag(S O ) ] + Cl

⇌ Ag + 2S O

3- + 2-

2 3 2 2 3

[Ag(S O ) ] + e ⇌ Ag + 2S O

3- 2-

2 3 2 2 3

K =10

1

β =10

0,8

0,059

-1 -13,46


0 0 -3

→ 2-

[Ag(S2O 3 ) 2 ]

E = E = 5,86.10 V

0

E

0,059

2 1

K =10 =K .β

-1








c. Tính TAgCl

Eanot = E [( ) ]

/ = E ( ) /

Epin = Ecatot – Eanot = 0,345V.

−3

= 5,86.10 -3 10

+ 0,059.lg

0,098

3-

[Ag(S2O 3) 2

]

+ 0,059.lg

2- 2

[S O ]

→ Ecatot = 0,293V = E / = E /

+ 0,059 lg[Ag + ]

2

2 3

= -0,052V.

→ [Ag + ] = 10 -8,59 → TAgCl = [Ag + ][Cl - ] = 10 -8,59 .0,05 = 10 -9,89 = 1,29.10 -10

d. Thêm ít dung dịch KCN vào dung dịch ở nửa trái của pin. Ta có:

[Ag(S O ) ]

⇌ Ag + 2S O

3- + 2-

2 3 2 2 3

+ - -

2

β =10

-1 -13,46

Ag + 2CN ⇌ [Ag(CN) ]

β = 10 21

[Ag(S O ) ] + 2CN

⇌ [Ag(CN) ] + 2S O K = 10 -13,46 .10 21 = 10 7,54

3- - - 2-

2 3 2 2 2 3

Ta thấy, phức [Ag(CN)2] - bền hơn phức [Ag(S2O3)2] 3- .Vậy, nồng độ của Ag + (hay

nồng độ của [Ag(S2O3)2] 3- giảm) ⇒ Eanot giảm. Ecatot không đổi.

2.

⇒ Epin = Ecatot – Eanot: tăng

NH HCO

H O

2

NH

HCO

→

NH + HCO

+ -

4 3 4 3

H + OH

+ -

⇌ KW = 10 -14

⇌ H + NH

Ka = 10 -9,24

+ +

4 3

⇌ H + CO

K2 = 10 -10,33

- + 2-

3 3

HCO + H

⇌ H CO K1 -1 = 10 6,35

- +

3 2 3

+ - 2-

Ta có: [H ] = [OH ] + [NH ] + [CO ] - [H CO ]

3 3 2 3

+

- -1 -

+ KW K a.[NH 4

] K

2.[HCO 3] K

1

.[HCO

3]

[H ] = + + -

+ + + +

[H ] [H ] [H ] [H ]


Ta thấy: K1 ≪ C, KW ≪ Ka.C ≈ K2.C nên:

[H + ] =

10 .10 + 10 .10

6,35 −1

10 .10

−9,24 −1 −10,33 −1

≈ 1,67.10 -8 ⇒ pH = 7,78




BÀI 11:

1. Viết phương trình phản ứng và xác định thành phần giới hạn của hỗn hợp khi

trộn H2SO4 C1 (M) với Na3PO4 C2 (M) trong trường hợp sau: 2C1 > C2 > C1.

2. Tính pH của dung dịch H3PO4 0,1M?

3. Cần cho vào 100ml dung dịch H3PO4 0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được

dung dịch có pH= 4,72?

Cho: H2SO4: pKa2 = 2; H3PO4: pKa1 = 2,23; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32.

4. Cho biết chiều hướng của phản ứng oxi hóa - khử:

Biết :

2FeF + 2I ⇌ 2Fe + I + 6F

- 2+ -

3 2

/

= 0,77V ; / = 0,54V

3+ -

Quá trình : Fe + 3F ⇌ FeF 3 β = 10 12,06

Bỏ qua quá trình tạo phức hiđroxo của Fe 3+ , Fe 2+ .

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ NĂM 2010)

Bài giải:

1. 2C1 > C2 > C1 H + + PO4 3- ⇌ HPO4 2- − 1 12, 32

K =

Vậy TPGH :

HSO − +

4

C1

C2

_ C2 – C1 C1

PO ⇌

3−

4

SO +

2−

4

C1 C2 – C1 C1

2C1 – C2 _ C2 – C1 C2

HSO +

−

4

HPO −

2

4

⇌

2C1 – C2 C2 C2 - C1

2

4

2−

SO

4

+

2 4

_ 2(C2 – C1) C1 2C1 – C2

a3

10

HPO − K1 = 10 10,32

H PO − K2 = 10 5,26


2 −

−

2−

HPO :

4

2(C2 – C1) ; H 2PO 4

: 2C1 – C2 ; SO :

4

C1 ; Na + : 3C1

2. H3PO4 ⇌ H + + H2PO4 - K1 = 10 -2,23 (1)

H2PO4 - ⇌ H + + HPO4 2- K2 = 10 -7,21 (2)

HPO4 2- ⇌ H + + PO4 3- K3 = 10 -12,32 (3)




H2O ⇌ H + + OH - Kw=10 -14 (4)

K3 << K2 << K1 ⇒ chủ yếu xảy ra cân bằng (1)

H3PO4 ⇌ H + + H2PO4 - K1 = 10 -2,23

C(M) 0,1

[ ](M) 0,1 – x x x

x 2

(0,1 - x) = 10-2,23 ⇒ x 2 + 10 -2,23 x – 10 -3,23 = 0

⇒ x = 0,0215 (M)

⇒ pH = 1,66

3. NaOH + H3PO4 ⟶ NaH2PO4 + H2O

NaOH + NaH2PO4 ⟶ Na2HPO4 + H2O

NaOH + Na2HPO4 ⟶ Na3PO4 + H2O

Trung hòa nấc 1:

pK1 + pK2

pH1 =

2

=

2.23 + 7.21

2

= 4,72

⇒ Trong dung dịch thu được có pH = 4,72 chỉ chứa NaH2PO4.

⇒

nH3PO4 = 0,1. 0,1 = 0,01 (mol)

nNaOH = 0,01 (mol)

mNaOH = 0,01 . 40 = 0,4(g)

4. Ta có các quá trình :

FeF3 ⇌ Fe 3+ + 3F - β -1 = 10 -12,06

Fe 3+ +1e ⇌ Fe 3+ K1 = 10

E1/ 0,059

FeF3 +1e ⇌ Fe 2+ + 3F - (1) K2 = 10 -12,06 + 0,77/ 0,059 = 10 0,99

Mặt khác : I2 + 2e ⇌ 2I - (2) K3 = 10 (0,54/ 0,059)2 = 10 18,3051

Tổ hợp (1) và (2): 2FeF3 + 2I - ⇌ 2Fe 2+ + I2 + 6F - Với K = K2 2 .K3 -1 = 10 -17,325


chiều nghịch.

Vì K quá bé nên phản ứng không thể xảy ra theo chiều thuận, mà chỉ xảy ra theo




BÀI 12:

Độ tan của bạc oxalat trong nước là 2,06.10 -4 M tại pH = 7. Độ tan của nó bị

ảnh hưởng bởi pH và các tác nhân tạo phức, chẳng hạn như amoniac tạo phức với

cation bạc.

1. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH = 5. Hai hằng số phân li

của axit oxalic lần lượt là: K1 = 5,6.10 -2 và K2 = 6,2.10 -6 .

2. Với sự có mặt của amoniac thì ion bạc tạo thành hai dạng phức [Ag(NH3)] + và

[Ag(NH3)2] + . Các hằng số tạo phức từng nấc tương ứng sẽ là = 1,59.10 3 và =

6,76.10 3 . bỏ qua sự tạo phức hiđroxo. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch

chứa 0,02M NH3 và có pH = 10,8.

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG)

1. Gọi S là độ tan của bạc oxalat.

Ta có: [Ag + ] = 2S

Ag2C2O4 ⇌ 2Ag + + C O

S 2S S

Bài giải:

H + + C O

⇌ HC O

K2 -1

H + + HC O

⇌ H2C2O4 K1 -1

C

= S = [C O ] + [HC O ] + [H2C2O4]

+ 2 2-

[H ] .[C2O 4

]

Ta có: K1.K2 =

[H C O ]

K2 =

+ 2-

[H ].[C2O 4

]

[H C O ]

2 2 4

2 2 4

⇒ [H2C2O4] =

⇒ [HC2O + 2-

[H ].[C2O 4

]

] =

K

2

+ 2 2-

[H ] .[C2O 4

]

K .K


1 2

Vậy C

= S = [C O ] + [HC O 2-

[H ] [H ]

] + [H2C2O4] = [C2O 4

]. 1 + +

K K .K

+ + 2

2 1 2




⇒ [C O K

1.K2

] =

+ 2 +

[H ] + K .[H ] + K .K

1 1 2

.S

K

1.K2

= α.S với α =

+ 2 +

[H ] + K .[H ] + K .K

Ta có: T

= [Ag + ] 2 . [C O ] = (2S) 2 . α.S = 4S 3 .α

* Tại pH = 7 ta có α ≈ 0,9841

⇒ T

= 4.S 3 .α = 4.(2,016.10 -4 ) 3 .0,9841 = 3,44.10 -11

* Tại pH = 5, ta có α ≈ 0,3827

⇒ T

= 3,5.10 -11 = 4.S 3 .α = 4.S 3 .0,3827 ⇒ S = 2,84.10 -4 M.

2. Ag2C2O4 ⇌ 2Ag +

+ C O

S 2S S

H + + C O

⇌ HC O

K2 -1

H + + HC O

⇌ H2C2O4 K1 -1

Ta có: C

= S = [C O ] + [HC O ] + [H2C2O4]

Tại pH = 10,8 thì [H + ] = 1,585.10 -11 M ⇒ α ≈ 1

Trong dung dịch chứa 0,02 M NH3, có các phản ứng tạo phức:

Ag + NH ⇌ [Ag(NH )] β1 = 1,59.10 3

+ +

3 3

Ag(NH ) + NH ⇌ [Ag(NH ) ] β2 = 6,76.10 3

+ +

3 3 3 2

Ta lại có: C = 2S = [Ag + ] + [Ag(NH3) + ] + [Ag(NH3)2 + ]

+

⇒ [Ag ] =

= [Ag + ](1+ β1 [NH3] + β1 β2 [NH3] 2 )

1

1 + β [NH ] + β β [NH ]

1 3 1 2 3

1

với γ = 1 + β [NH ] + β β [NH ]

2

1 3 1 2 3

2

.2S = γ.2S

Tính gần đúng, ta xem [NH3] ≈ C = 0,02 M ⇒ γ = 2,31.10 -4

Ta có: T

= [Ag + ] 2 .[C O ] = (γ.2.S) 2 .α.S = γ 2 .4.S 3 .α = 3,44.10 -11

Ta tính được S = 0,054 M

1 1 2


BÀI 13:




Trộn 100,0 ml dung dịch CH3COOH 0,2 M với 100 ml dung dịch H3PO4 nồng

độ a (M), thu được dung dịch A có pH = 1,47.

1. Xác định a.

2. Thêm từ từ Na2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0, thu được dung dịch B.

Tính số mol Na2CO3 đã thêm vào và thể tích CO2 thoát ra ở đktc.

Cho biết: H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32;

CH3COOH có pK = 4,76; CO2 + H2O có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33;

Độ tan của CO2 trong nước tại điều kiện thí nghiệm là 0,03 mol/l.

3. A là dung dịch hỗn hợp CuSO4 0,1M và H2SO4 0,05M. Tiến hành điện phân dung

dịch A với anot trơ và catot bằng Cu. Tăng từ từ hiệu điện thế ở 2 cực của bình điện

phân.

Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào 2 cực của bình điện phân để cho quá

trình điện phân xảy ra (giả sử HSO4 - điện li hoàn toàn, không xét sự tạo thành H2O2

và H2S2O8).

Cho biết: , /

quá trình điện phân.

= 1,23 V; /

= + 0,34 V và bỏ qua quá thế trong

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG NĂM 2006)

1. Các quá trình xảy ra trong dung dịch A:

Bài giải:

H3PO4 ⇌ H + + H2PO4 - K1 = 10 -2,15 (1)

H2PO4 - ⇌ H + + HPO4 2- K2 = 10 -7,21 (2)

HPO4 2- ⇌ H + + PO4 3- K3 = 10 -12,32 (3)

CH3COOH ⇌ H + + CH3COO - K4 = 10 -4,76 (4)


H2O ⇌ H + + OH - Kw = 10 -14 (5)

Vì K1 >> K2 >> K3, Kw và K4 >> Kw nên ta có thể bỏ qua cân bằng (2), (3) và (5).




Từ (1) suy ra:

[H PO ] K 10

[H PO ] [H ] 10

2

- -2,15

4 1

= =

+ -1,47

-0,68

= 10 = 0,21

3 4

(6)

Từ (4) suy ra:

[CH COO ] K 10

= = = 10

[CH COOH] [H ] 10

- -4,76

3 4

+ -1,47

3

[CH3COO - ] << [CH3COOH] nên có thể coi như CH3COOH không điện ly

Do đó, nồng độ H + trong dung dịch chủ yếu do H3PO4 điện ly ra.

[H2PO4 - ] = [H + ] = 10 -1,47 = 0,034 (M)

Từ (6) suy ra: [H3PO4] = 0,034 = 0,162 (M).

0, 21

Ta có : C

= [H3PO4] + [H2PO4 - ] = 0,162 + 0,034 = 0,196 (M)

100.a = 0,196 ⇒ a = 0,392

200

Vậy : a = 0,392 (M)

2.Từ (1) suy ra:

Từ (2) suy ra:

Từ (3) suy ra:

[H PO ] K 10

[H PO ] [H ] 10

-3,29

2

- -2,15

4 1

= =

+ -4

1,85

= 10 = 70,8

3 4

⇒ [H2PO4 - ] = 70,8.[H3PO4]

[HPO ] K 10

= = = 10

[H PO ] [H ] 10

2- -7,21

4 2

- + -4

2 4

⇒ [HPO4 2- ] << [H2PO4 - ] (7)

[PO ] K 10

= = = 10

[HPO ] [H ] 10

3- -12,32

4

3

2- + -4

4

⇒ [PO4 3- ] << [HPO4 2- ] (8)

Từ (7) và (8) suy ra, H3PO4 ban đầu tồn tại chủ yếu ở dạng H3PO4 và H2PO4 - .

-3,21

-8,32

C

= [H3PO4] + [H2PO4 - ] = 0,196 (M)

⇒ [H3PO4] + 70,8.[H3PO4] = 0,196


⇒ [H3PO4] = 0,003 (M)

⇒ [H2PO4 - ] = 0,196 – 0,003 = 0,193 (M)




Từ (4) suy ra:

[CH COO ] K 10

[CH COOH] [H ] 10

- -4,76

3 4

-0,76

= = =10 =0,174

+ -4

3

⇒ [CH3COO - ] = 0,174.[CH3COOH]

C = [CH3COOH] + [CH3COO - ] = 0,2 = 0,1 (M)

2

⇒ [CH3COOH] + 0,174.[CH3COOH] = 0,1

⇒ [CH3COOH] = 0,085 (M)

⇒ [CH3COO - ] = 0,1 – 0,085 = 0,015 (M)

Từ (9) suy ra:

CO2 + H2O ⇌ H + + HCO3 - K5 = 10 -6,35 (9)

HCO3 - ⇌ H + + CO3 2- K6 = 10 -10,33 (10)

Từ (10) suy ra:

[HCO ] K 10

= = = 10

[CO ] [H ] 10

- -6,35

3 5

+ -4

2

-2,35

⇒ [HCO3 - ] << [CO2] (11)

[CO ] K 10

= = = 10

[HCO ] [H ] 10

2- -10,33

3 6

- + -4

3

-6,33

⇒ [CO3 2- ] << [HCO3 - ] (12)

Từ (11) và (12) suy ra : [CO2] >> [HCO3 - ] >> [CO3 2- ]

Do đó, ion CO3 2- ban đầu chủ yếu tồn tại ở dạng CO2

Số mol H + do H3PO4 và CH3COOH nhường ra là:

0,2.[H2PO4 - ] + 0,2.[CH3COO - ] = 0,2.0,193 + 0,2.0,015 = 0,0416 (mol)

CO3 2- + 2H + → CO2 + H2O

⇒ n = n

= 0,0208 mol

m

= 0,0208.106 = 2,2048 (gam)

n tạo thành = n = 0,0208 mol.

Giả sử CO2 tạo thành không thoát ra khỏi dung dịch thì nồng độ CO2 là:

0,0208

= 0,104 M > Độ tan của CO2 là 0,03M

0, 2


Như vậy, có khí CO2 thoát ra.

Số mol CO2 hoà tan là: 0,2.0,03 = 0,006 (mol)




Số mol CO2 bay ra là: 0,0208 – 0,006 = 0,0148 (mol)

Thể tích CO2 thoát ra là: 22,4.0,0148 ≈ 0,33 (L)

3. CuSO4 ⟶ Cu 2+ + SO4 2-

0,1M 0,1M

H2SO4 ⟶ 2H + + SO4 2-

0,05M 0,1M

H2O ⇌ H + + OH -

Các quá trình có thể xảy ra tại các điện cực:

* Anot (cực dương):

2H2O ⟶ O2 + 4H + + 4e

* Catot (cực âm):

Cu 2+ + 2e ⟶ Cu

2H + + 2e ⟶ H2

* Tính E(O2, 4H + / 2H2O)

O2 + 4e + 4H + ⟶ 2H2O

0,059

E = E + lg[H ]

4

0 + 4

+ +

O 2,4H /2H2O

O 2,4H /2H2O

= 1,23 + 0,059.lg 0,1 = 1,171 (V)

* Ta có: E / = 0,34 +

0,059

lg 0,1 = 0,311 (V)

2

E /

= 0,0 + 0,059 lg 0,1 = - 0,059 (V)

Vậy hiệu điện thế tối thiểu cần đặt vào 2 cực của bình điện phân để quá trình điện phân

xảy ra là: Emin = 1,171 – 0,311 = 0,86 (V).

BÀI 14:

1.a. Tính pH của dung dịch CH3COONa 0,1M.


b. Trộn V (ml) dung dịch CH3COOH 0,1M vào 100ml dung dịch CH3COONa 0,1M,

được dung dịch D có pH = 4,74. Tính V, biết rằng = 1,8.10 -5

2. Người ta cho khí CO2 lội qua dung dịch gồm Ba(OH)2 0,1M và Sr(OH)2 0,1M.




a. Hỏi chất nào kết tủa trước.

b. Khi muối thứ hai bắt đầu kết tủa thì tỉ lệ muối thứ nhất còn lại trong dung dịch là

bao nhiêu? Biết tích số tan: = 8,1.10 -9 ; = 9,4.10 -10 .

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – NINH THUẬN NĂM 2011)

1.a. Các quá trình xảy ra:

Bài giải:

CH3COONa ⟶ CH3COO - + Na +

H2O ⇌ H + + OH -

CH3COO - + H2O ⇌ CH3COOH + OH -


0,1M 0,1M

CH3COO - + H2O ⇌ CH3COOH + OH -

C x x x

[ ] 0,1 - x x x

x K 10 10

K = = = =

2 -14 -9

H2O

tp -5

0,1-x Ka

1,8.10 1,8

Vì Ktp rất bé ⇒ x rất bé nên 0,1 – x ≈ 0,1

Tính gần đúng: [OH - ] = x =

10

1,8

−10

= 7,45.10 -6

pOH = - lg7,45.10 -6 ≈ 5,128 ⇒ pH = 14 – 5,128 = 8,872

b. Số mol CH3COONa trong 0,1 lít CH3COONa 0,1M là 0,01 mol.

Số mol CH3COOH trong V lít CH3COOH 0,1M là 0,1V mol.

Thể tích dung dịch hỗn hợp sau khi trộn là: (0,1 + V) lít

Nồng độ mol/l CH3COOH trong dung dịch sau khi trộn là: 0,1V

0,1+V (mol/l)

Nồng độ mol/l CH3COONa trong dung dịch sau khi trộn là: 0,01V

0,1+V ( mol/l)

Dung dịch sau khi trộn có pH = 4,74 ⇒ [H + ] = x = 1,8.10 5 mol/l





Phương trình điện li của dung dịch sau khi trộn là:


,

,

,

,

CH3COOH ⇌ CH3COO - + H +

,

x x x

,

[ ] - x

+ x , ,

0,01

+ x .x

0,1 + V

-5

K a =

- x = 1,8.10 (*)

0,1V

0,1 + V

Vì x = 1,8.10 -5 rất bé nên:

0,01V 0,01V

+ x ≈ và

0,1 + V 0,1 + V

Từ (*) tính gần đúng:

0,1V 0,1V

+ x ≈

0,1+ V 0,1 + V

0,01

.x

-5

0,1 + V

0,1.1,8,10

K a =

- x = = 1,8.10

0,1V 0,1V

0,1 + V

⇒ 0,01 = 1 ⇒ V = 0,1 lít = 100 ml

0,1V

2.a. Khi cho CO2 lội qua dung dịch gồm Ba(OH)2, Sr(OH)2 sẽ tạo thành kết tủa.

Gọi M(OH)2 là kí hiệu chung cho Ba(OH)2, Sr(OH)2.

M(OH)2 + CO2 ⟶ MCO3↓ + H2O

Kết tủa SrCO3 sẽ được tạo thành khi [Sr 2+ ].[CO3 2- ] > 9,4.10 -10

Hay [CO3 2- 9,4.10

] >

0,1

−10

= 9,4.10 -9 mol/l

Kết tủa SrCO3 sẽ được tạo thành khi [Ba 2+ ].[CO3 2- ] > 8,1.10 -9


Hay [CO3 2- 8,1.10

] >

0,1

−9

Như vậy SrCO3 kết tủa trước.

= 8,1.10 -8 mol/l

-5




b. Khi BaCO3 bắt đầu kết tủa thì nồng độ [CO3 2- ] > 8,1.10 -9 mol/l. Nồng độ mol/l Sr 2+ lúc

bấy giờ còn lại trong dung dịch là:

[Sr 2+ ] =

9,4.10

8,1.10

−10

= 1,16.10 -2 (mol/l)

− 8

Tỉ lệ muối SrCO3 còn lại trong dung dịch bằng tỉ lệ Sr 2+ còn lại trong dung dịch:

1,16.10

0,1

−2

= 0,116 hay 1,16%.

Tỉ lệ Sr 2+ còn lại trong dung dịch khá lớn nên không thể dùng phương pháp kết tủa phân

đoạn để tách các ion Sr 2+ và Ba 2+ ra khỏi dung dịch.

BÀI 15:

1. Tính nồng độ điện li và nồng độ ion H + trong dung dịch CH3COOH 0,3M. Nếu

hòa tan hoàn toàn vào 1 lít dung dịch axit đó vào 0,2 mol CH3COONa thì độ điện li

và nồng độ ion H + trong dung dịch mới là bao nhiêu? Biết Ka = 1,8.10 -5 và độ điện li

CH3COONa trong dung dịch là 90%.

2. Ở nhiệt độ t o C tích số tan của AgI trong nước nguyên chất là 1,50.10 -16 .

a. Tính độ tan của AgI trong nước nguyên chất.

b. Tính độ tan của AgI trong dung dịch KI 0,1M.

c. So sánh kết quả tính được ở câu a và b, giải thích?

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT NGUYỄN THƯỢNG HIỀN, TP HỒ CHÍ MINH NĂM

2010)

1.a.

3 3

Bài giải:


- +

Ban đầu 0,3 x x


Phân li x x x

Còn lại 0,3 – x x x

[CH COO ].[H ] [H ] x

- + + 2 2

3

-5

K a = = = = 1,8.10

[CH3COOH] [CH3COOH] 0,3 - x




⇒ [H + ] ban đầu =

-5 -6 -3

K a.C a = 1,8.10 .0,3 = 5,4.10 = 2,323.10 (M)

Vì quá bé nên 1 – α ≈ 1 ⇒ Ka=Ca. α 2

⇒ α =

K

C

a

a

−5

1,8.10

= = 60.10 = 7,745.10

0,3

b. Gọi x(M) là nồng độ H + ban đầu.

3 3

−6 −3


- +

x x x





CH COONa ⇌ CH COO + Na

3 3

- +

Ban đầu 0,2 x _

Phân li 0,2.0,9 0,18 0,18

Còn lại 0,02 x + 0,18 0,18

[CH3COOH]sau = 0,3 – x

+ -

[H ] sau.[CH3COO ] sau x.(x + 0,18)

K a = = = 0,18.10

[CH COOH] 0,3 - x

3

sau

Vì x quá bé nên x + 0,18 ≈ 0,18; 0,3 – x ≈ 0,3 ⇒

⇒ x = 0,3.10 -5

⇒ [H + ]sau = x = 0,3.10 -5 (M)

[H ] 0,3.10

α = = = 10

[H ] 0,3

+ -5

dli

+

bd

2.a. Gọi S là độ tan của AgI trong nước.

S(AgI)

AgI

-4

⇌ Ag + I

+ -

S S S

K = [Ag ].[I ] = S = 1,5.10

⇒ S =

+ - 2 -16

−16 −8

1,5.10 = 1,224.10 M.

b. Trong dung dịch, KI hòa tan các quá trình:

Ta có:

KI

⇌ K + I

+ -

0,1M 0,1 0,1

AgI

⇌ Ag + I

+ -

S S S+0,1

K = [Ag ].[I ] = S.(S + 0,1) = 1,5.10

+ - -16

-5

0,18. x

= 1,8.10

0,3


S(AgI)

Vì độ tan của AgI quá nhỏ nên S + 0,1 ≈ 0,1 ⇒ S.0,1 = 1,5.10 -16 ⇒ S = 15.10 -16 M

c. So sánh kết quả câu a và câu b, ta có:

−5




S 1,224.10

S 15.10

AgI/H2O =

-8

-16

6

= 8,1.10

AgI/KI

(lần)

BÀI 16:

1. Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol/l. Nếu thêm vào dung

dịch này các ion Mn 2+ và Cu 2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10 –4 M thì ion nào

sẽ kết tủa dưới dạng sunfua, biết TMnS = 3.10 –14 M, TCuS = 8.10 –37 ; = 1,3.10 –21

2. Ở 25 0 C độ điện li của dung dịch amoniac 0,01M là 4,1%. Tính :

a. Nồng độ của các ion OH – và NH + 4 ;

b. Hằng số điện li của amoniac ;

c. Nồng độ ion OH – khi thêm 0,009 mol NH4Cl vào 1 lít dung dịch trên ;

d. pH của dung dịch điều chế bằng cách hòa tan 0,01 mol NH3 và 0,005 mol HCl

trong một lít nước (coi như thể tích không thay đổi).

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH NĂM 2011)

Bài giải:

1. Trong dung dịch HClO4, 0,003 M, [H + ] = 0,003 mol/l. Do đó :

[S 2- [H2S]

] = K =

+ 2

= 1,3.10 -21 0,1

.

2

[H ]

0,003 = 1,4.10-17

Như vậy : [Mn 2+ ].[S 2– ] = 2.10 –4 .1,4.10 –17 = 2,8.10 –21 < TMnS nên MnS không kết tủa.

[Cu 2+ ].[S 2– ] = 2.10 –4 .1,4.10 –17 = 2,8.10 –21 > TCuS nên CuS kết tủa.

2. a. NH3 + H2O ⇌ NH4 + + OH –

0,01M

[NH4 + ] = [OH – ] = 4,1.10 –4 M

b.

0,01.4,1

M

100

+ − −4 2

4

−4

3

−

0,01.4,1

M

100


[NH ].[OH ] (4,1.10 )

K = = = 1,75.10

[NH ] (0,01 4,1.10 )

c. NH3 + H2O ⇌ NH4 + + OH –

−5




C 0,01M 0,009M 0

[ ] 0,01–x 0,009+x x

[NH ].[OH ] (0,009 + x)x

= = =

[NH ] (0,01−

x)

+ −

4

−5

K 1,75.10

Suy ra : [OH – ] = x = 1,94.10 –5 M

3

d. NH3 + H + ⇌ NH4 + (1)

Ban đầu : 0,01 0,005 0 (mol)

Phản ứng 0,005 0,005 0,005 (mol)

Sau phản ứng 0,005 0 0,005 (mol)

Nồng độ các chất sau phản ứng (1) là : NH3 (0,005M) và NH4 + (0,005M)

NH3 + H2O ⇌ NH4 + + OH –

Tính pH theo công thức tính pH của dung dịch đệm :

C +

NH4

−5

pOH = pK

B

+ lg( ) = − lg(1,75.10 ) = 4,76

C

NH3

⇒ pH = 14 – 4,76 = 9,24

BÀI 17:

1. Dung dịch bão hòa canxi cacbonat trong nước có pH = 9,95. Biết hằng số axit của

axit cacbonic là: K1 = 4,5.10 -7 mol/l và K2 = 4,7.10 -11 mol/lít.

a. Hãy tính độ tan (mol/l) của canxi cacbonat trong nước.

b. Hãy tính nồng độ tối đa của ion canxi trong dung dịch CaCO3 với pH = 7,40 và

C = 0,022 mol/l (nồng độ cân bằng). Nếu cho tích số tan

HCO-

3

T = 5,2.10

CaCO3

2. Cho từ từ HCl vào dung dịch chứa Na2CO3 0,001M và Na2SO3 0,003M đến nồng

độ 0,006M. Tính pH của dung dịch thu được, biết độ tan của CO2 và SO2 trong

dung dịch bão hòa lần lượt là 3.10 -2 M và 1,1 M. Biết :


H2CO3 có pKa1 = 6,35; pKa2 = 10,33

H2SO3 có pKa1 = 2,00; pKa2 = 7,00

-9




(ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TỈNH HÀ TĨNH NĂM 2012)

Bài giải:

1. Dung dịch bão hòa CaCO3 có các cân bằng:

CaCO → Ca + CO

(1)

2+ 2-

3 3

CO + H O ⇌ HCO + OH

2- - -

3 2 3

HCO + H O ⇌ H CO + OH

2

- -

3 2 2 3

H O ⇌ H + OH

+ -

-14

10

β

2

= = 2,13.10

K

2

-14

10

β

1

= = 2,22.10

K

1

-4

-8

(2)

(3)

-14

K W = 10 (4)

⇒ Vì β2 ≫ β1, KW nên pH coi như chỉ phụ thuộc vào cân bằng (2).

Dung dịch bão hòa CaCO3 có pH = 9,95 ⇒ [H + ] = 10 -9,95 ⇒ [OH - ] = 10 -4,05

Gọi nồng độ của CO3 2- khi chưa thủy phân là S.

CO + H O ⇌ HCO + OH

2- - -

3 2 3

C S _ _

[ ] S – 10 -4,05 10 -4,05 10 -4,05

(10 )

β = = 2,13.10

- -

-4,05 2

[HCO

3].[OH ]

2 2- =

-4,05

[CO

3

] S - 10

Vậy độ tan của CaCO3 là 1,26.10 -4 (mol/l)

b. pH =7,40 ⇒ [H + ] =10 -7,4 ⇒ [OH - ] = 10 -6,6

β = 2,3.10

2

-4

-4

⇒ S = 1,26.10 -4 M.

- -

−6,6

[HCO

3].[OH ] 0,022.10

-5

Theo (2) ⇒ C

CO 2- = = = 2,6.10 M

− 4

3 β

2,13.10

Ta có:

-9 -5 2+

T

CaCO

= 5,2.10 = 2,6.10 .[Ca ]

3

⇒ [Ca 2+ ] = 2,00.10 -4 M.

2.

Na CO

→

+ 2-

2 3 3

2

2Na + CO

0,001 ⟶ 0,001


Na SO

→

2Na + SO

+ 2-

2 3 3

0,003 ⟶ 0,003




Ta có:

H + CO

⇌ HCO

+ 2- -

3 3

H + HCO

⇌ CO + H O

+ -

3 2 2

H + SO

⇌ HSO

+ 2- -

3 3

H + HSO

⇌ SO + H O

+ -

3 2 2

-1 -1 ' -1 ' -1

2 1 2 1

-1 10,33

K

2

= 10 (1)

-1 6,35

K

1

= 10 (2)

(K = 10

' 1 7,00

2 ) −

(K = 10

' 1 2,00

1 ) −

K > K > (K ) > (K ) nên phản ứng xảy ra theo thứ tự (1), (3), (2), (4)

Tính hằng số phản ứng ⇒ Sau khi các phản ứng kết thúc thì [CO2] = 0,001M; [HSO3 - ] =

0,002M; [SO3 2- ] = 0,001M ⇒ pH tính theo dung dịch SO2 và HSO3 - .

0,002

⇒ pH = 2 + lg = 2,3

0,001

BÀI 18:

Dung dịch A gồm Na2S và CH3COONa có pHA = 12,50.

1. Thêm một lượng Na3PO4 vào dung dịch A sao cho độ điện li của ion S 2- giảm 20%

(coi thể tích dung dịch không đổi). Tính nồng độ của Na3PO4 trong dung dịch A.

2. Chuẩn độ 20,00 ml dung dịch A bằng dung dịch HCl 0,10M:

a. Khi chỉ thi metyl da cam đổi màu (pH = 4,00) thì dùng hết 19,40 ml dung dịch

HCl. Tính nồng độ CH3COONa trong dung dịch A.

b. Nếu chỉ dùng hết 17,68 ml HCl thì hệ thu được có pH là bao nhiêu?

3. Để lâu dung dịch A trong không khí, một phần Na2S bị oxi hóa thành S. Tính

hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.

Cho:

( )= 7,02; ( )= 12,9; ( )= 2,15;

( ) = 7,21; ( )= 12,32; ( )= 4,76;

= 1,23V; ở 25 o C: 2,303 RT ln = 0,0592lg

F

/


(ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÀO ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM

2010)

(3)

(4)




Bài giải:

1. Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A là C1 (M) và C2 (M). Khi

chưa thêm Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình:

S 2- + H2O ⇌ HS - + OH - 10 -1,1 (1)

HS - + H2O ⇌ H2S + OH - 10 -6,98 (2)

C

CH3COO - + H2O ⇌ CH3COOH + OH - 10 -9,24 (3)

H2O ⇌ H + + OH - 10 -14 (4)

So sánh 4 cân bằng trên ⟶ tính theo (1):

S 2- + H2O ⇌ HS - + OH - 10 -1,1

C1

[ ] C1 – 10 -1,5 10 -1,5 10 -1,5

⟹ C = C1 = 0,0442 (M) và độ điện li α = α =

- -1,5

[HS ] 10

=

C 0,0442 = 0,7153

Khi thêm Na3PO4 vào dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ còn có thêm 3 cân

bằng sau:

PO4 3- + H2O ⇌ HPO4 2- + OH - 10 -1,68 (5)

HPO4 2- + H2O ⇌ H2PO4 - + OH - 10 -6,79 (6)

H2PO4 - + H2O ⇌ H3PO4 + OH - 10 -11,85 (7)

′

Khi đó α = α = 0,7153.0,80 = 0,57224 =

⟹ [HS - ] = 0,0442.0,57224 = 0,0253M

-

[HS ]

Vì môi trường bazơ nên C = [S 2- ] + [HS - ] + [H2S] ≈ [S 2- ] + [HS - ]

⟹ [S 2- ] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189M

Từ (1) ⟶ [OH - ] =

−11

10 .0,0189

0,0253

= 0,0593 M

C

2- S


So sánh các cân bằng (1) ⟶ (7) ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ:

[OH - ] = [HS - ] + [HPO4 2- ]

⟶ [HPO4 2- ] = [OH - ] – [HS - ] = 0,0593 – 0,0253 = 0,0340 M.

2- S




2- -

Từ (5) ⟶ [PO4 3- [HPO

4

].[OH ]

] =

-1,68

= 0,0965 M

10

⟶ C = [PO4 3- ] + [HPO4 2- ] + [H2PO4 - ] + [H3PO4] ≈ [PO4 3- ] + [HPO4 2- ]

C

= 0,0965 + 0,0340 = 0,1305 M.

2. Khi chuẩn độ dung dịch A bằng HCl, có thể xảy ra các quá trình sau:

S 2- + H + ⇌ HS - 10 12,9

HS - + H + ⇌ H2S 10 7,02

CH3COO - + H + ⇌ CH3COOH 10 4,76

Tại pH = 4,00:

⇒

[HS ] 10

=

[S ] 10

- -4,00

2- -12,90

[H S] 10

[HS ] 10

-4,00

2

=

- -4,76

[CH3COOH] 10

=

[CH COO ] 10

3

≫ 1 → [HS - ] ≫[S 2- ];

≫ 1 → [H2S] ≫[HS - ];

-4,00

- -4,76

3 3

= 10 0,76 ≈ 1

[CH3COOH] 10

=

[CH COOH] + [CH COO ] 1 + 10

0,76

- 0,76

= 0,8519

Như vậy khi chuẩn độ đến pH = 4,00 thì ion S 2- bị trung hòa hoàn toàn thành H2S và

85,19% CH3COO - đã tham gia phản ứng:

→ 0,10. 19,40 = 20,00. (2.0,0442 + 0,8519.C2) → C = C2 = 0,010M

Khi chuẩn độ hết 17,68 ml HCl ta thấy:

nHCl = 0,1.17,68 = 1,768 (mmol); n = 20.0,0442 = 0,884 (mmol) = 0,5. nHCl

Vậy phản ứng xảy ra: S 2- + 2H + ⇌ H2S

C0

,

,

,

,

C 0 0

,

,

Hệ thu được gồm H2S: 0,884

37,68 = 0,02345 M và CH3COO- : 0,01.20

37,68 = 5,308.10-3 M.

Các quá trình:

H2S ⇌ H + + HS - 10 -7,02 (8)





HS - ⇌ H + + S 2- 10 -12,9 (9)

H2O ⇌ H + + OH - 10 -14 (10)

CH3COO - + H2O ⇌ CH3COOH + OH - 10 -9,24 (11)

pH của hệ được tính theo (8) và (11):

h = [H + ] = [HS - ] – [CH3COOH] =

→ h =

-7,02

10 .[H2S]

4,76 -

3

1 + 10 .[CH COO ]

-7,02

10 .[H2S] - 10

4,76 .[CH

-

3 COO ].h

h

(12)

Chấp nhận [H2S]1 = C = 0,02346M và [CH3COO - ]1 = C = 5,308.10-3 M, thay

vào (12), tính được h1 = 2,704.10 -6 = 10 -5,57 M.

−5,57

10

Kiểm tra [H2S]2 = 0,02346.

−

10 + 10

5,57 −7,02

[CH3COO - ]2 = 5,308.10 -3 −4,76

10

.

−

10 + 10

= 0,02266M.

5,57 −4,76

= 4,596.10 -3 M.

Thay giá trị [H2S]2 và [CH3COO - ]2 vào (12), ta được h2 = 2,855.10 -6 = 10 -5,54 ≈ h1

Kết quả lặp, vậy pH = 5,54.

3. Oxi hóa S 2- bằng oxi không khí:

2x S 2- ⇌ S ↓ + 2e K

= 10 /,

O2 + 2H2O + 4e ⇌ 4OH - K = 10 /,

2S 2- + O2 + 2H2O ⇌ 2 S ↓ + 4OH - K = 10 (

)/,

Trong đó E = E / và E = E / được tính như sau:

S + 2H + + 2e ⇌ H2S K3 = 10 /,

H2S ⇌ H + + HS - Ka1.Ka2 = 10 -19,92


S + 2e ⇌ S 2- K1 = 10 /,

→ E

= E

– 19,92.0,0592

2

= E /

– 19,92.0,0592

2

= - 0,45V

O2 + 4H + + 4e ⇌ H2O K4 = 10 /,




H2O ⇌ H + + OH - Kw = 10 -14

O2 + 2H2O + 4e ⇌ 4OH - K2 = 10 /,

→ E = E - 14.0,0592 = E / - 14.0,0592 = 0,4012 V.

Vậy K = 10 (

)/, = 10

4(0,4012+0,45)/0,0592

= 10 57,51





BÀI 19:

AgCl dễ hòa tan trong dung dịch NH3 do tạo phức:

AgCl(r) + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2] + + Cl -

1. 1 lít dung dịch NH3 1M hòa tan bao nhiêu gam AgCl biết TAgCl = 1,8.10 -10

[Ag(NH3)2] + ⇌ Ag + + 2NH3 Kpl = 1,7.10 -7

2. Cần thêm bao nhiêu NH3 vào dung dịch Ag + 0,004M để ngăn chặn sự kết tủa của

AgCl khi [Cl - ] = 0,001M. Cho biết TAgCl = 1,8.10 -10 , Kkb của [Ag(NH3)2] + = 6.10 -8

3. Xác định tích số tan của AgBr biết 0,33g AgBr có thể hòa tan trong 1 lít dung

dịch NH3 1M

(ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KÌ THI OLYMPIC ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM 2011)

1. [Ag(NH3)2] + ⇌ Ag + + 2NH3

Ta có

[Ag ].[NH ]

K

pl

= = 1,7.10

[Ag(NH ) ]

+ 2

3

+

3 2

-7

Bài giải:

và TAgCl = [Ag + ].[Cl - ]

Vì [Ag + ] <<[Cl - ] ; [Ag(NH3)2] + = [Cl - ] ; [NH3] = 1 – 2[Cl - ] ;

[Ag + ] =

1,8.10

-10

TAgCl

-

[Cl ] nên -

[Cl ]

⇒ [Cl - ] = 0,0305M

.(1 - 2.[Cl ])

-

[Cl ]

- 2

= 1,7.10

Lượng AgCl đã hòa tan là: 0,0305.143,5 = 4,38g

2. Phản ứng tạo phức: Ag + + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2] +

Để kết tủa AgCl không tạo thành trong dung dịch, nồng độ Ag + không được vượt quá:

[Ag + ] =

T

-10

AgCl 1,8.10

=

-

[Cl ] 0,001 = 1,8.10-7

Muốn vậy phải thêm một lượng NH3 sao cho:


[Ag ].[NH ]

[Ag(NH ) ]

+ 2

3

+

3 2

= Kkb = 6.10 -8

Trong đó Ag(NH3)2 + = 0,004 – 1,8.10 -7 ≈ 0,004

-7




Như vậy [NH3] 2 =

+ -8

K

kb.[Ag(NH 3) 2

] 6.10 .0,004

=

+ -7

[Ag ] 1,8.10

= 1,33.10 -3 ⇒ [NH3] = 0,0365

Vì để tạo phức với 0,004M Ag + cần có 2.0,004 = 0,008M NH3 cho nên lượng NH3 cần

thêm toàn bộ là: 0,0365 + 0,008 = 0,0445 M.

+ 2

[Ag ].[NH

3]

3. Ta có K

pl

= =1,7.10

+

[Ag(NH ) ]

3 2

-7

và TAgBr = [Ag + ].[Br - ]

Vì [Ag + ] <<[Br - ] ; [Ag(NH3)2 + ] = [Br - ] ; [NH3] = 1 – 2[Br - ] ;

[Ag + ] =

T

.(1 - 2.[Br ])

AgBr - 2

TAgBr

-

[Br ] nên -

[Br ]

-

[Br ]

= 1,7.10

Mà [Br - ] = 0,33/188 = 1,75.10 -3 M ⇒ TAgBr = 5,3.10 -3

BÀI 20:

1.Tính suất điện động E 0 , thiết lập pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong

pin được ghép bởi CrO4 2- / CrO2 - và NO3 - /NO ở điều kiện chuẩn.

Cho:

H O

2

Cr(OH)

⇌ CrO + H + H O K=1,0.10 -14

- +

3 2 2

H + OH

+ -

⇌ KW = 10 -14

E = - 0,13V ; 0

E = 0,96V ;

- +

0

2- -

CrO 4 /Cr(OH) 3 ,OH

ở 25 o C: 2,303 RT

F = 0,0592

NO 3,H /NO

2. Xác định hằng số tạo phức (hằng số bền) của ion phức [Zn(CN)4] 2- , người ta làm

như sau: Thêm 99,9 ml dung dịch KCN 1M vào 0,1 ml dung dịch ZnCl2 0,1M để thu

được 100 ml dung dịch A. Thiết lập một pin tạo bởi cực dương là điện cực gồm

thanh Pt nhúng trong dung dịch chứa đồng thời Fe 3+ và Fe 2+ đều có nồng độ 1M và

cực âm là điện cực gồm thanh kẽm tinh khiết nhúng vào dung dịch A. Thấy suất

điện động của pin là 2,2113V.

Hãy xác định hằng số tạo phức của ion phức [Zn(CN)4] 2- . Biết thế oxi hóa – khử tiêu

chuẩn của một số cặp: E 0

= - 0,7628V ; E 0

= 0,7700V

2+

3+ 2+

Zn

/Zn

-7


Fe

/Fe




(ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TỈNH HÀ TĨNH NĂM 2012)

Ta có:

CrO + 4H O + 3e ⇌ Cr(OH) ↓ + 5OH

Cr(OH)

2- -

4 2 3

H + OH

+ -

- +

3 2 2

Bài giải:

K =10

1

0 nE

CrO 2- /Cr(OH) ,OH-

4 3

0,0592

↓⇌ CrO + H + H O

K2 = 1,0.10 -14

⇌ H O

2

2- - -

4 2 2

K = 10

-1 14

W

CrO + 2H O + 3e ⇌ CrO + 4OH

K3 (3)

K3 = K1.K2.KW -1 ⇒

0 0

⇒

3 - + NO 3,H /NO

0,0592.lgK

E =

n

0 3

3

E = - 0,13V < E = 0,96V

Vậy cặp CrO4 2- /CrO2 - là anot và cặp NO3 - / NO là catot.

* Suất điện động của pin là: E 0 = 0,96 – (-0,13) = 1,09 V

* Sơ đồ pin:

(-) Pt CrO 1M; CrO 1M; OH 1M NO 1M; H 1M (Pt) NO, pNO = 1 atm (+)

2- - - - +

4 2 3

Phản ứng xảy ra trong pin:

- +

Ở catot: NO + 4H + 3e ⇌ NO ↑ + 2H O

Ở anot:

3 2

CrO + 4OH

2

⇌ CrO + 2H O + 3e

- - 2-

2 4 2

H O ⇌ H + OH

NO + CrO

2. Phản ứng tạo phức:

+ -

⇌ CrO + NO ↑

- - 2-

3 2 4

Zn + 4CN ⇌ [Zn(CN) ]

2+ - 2-

4

Hằng số tạo phức là:

2-

[[Zn(CN)

4] ]

2+ - 4

β = [Zn ].[CN ]

(1)


Mặt khác, Epin = Ecatot – Enot = E 3+ 2+ - E 2+

Fe /Fe Zn /Zn

⇒ E 2+ = E 3+ 2+ - E

Zn /Zn Fe /Fe pin

= 0,77 - 2,2113 = - 1,4413V




2+

E + lg[Zn ]

= E 0 0,0592

2+

2+

Zn /Zn Zn /Zn

⇒[Zn 2+ ] = 10 -22,68 M.

Thay vào (1) ta có

BÀI 21:

n

-4

10

β = = 10

-22,68 4

10 .1

−18,68

1. Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1M.

2. Phải thêm vào 1 lít dung dịch trên bao nhiêu gam NaOH để được dung dịch có

pH =3.

3. Xác định độ tan của AgCN trong dung dịch đệm có pH =3.

4. Ion phức Ag(NH3)2 + bị phân huỷ trong môi trường axit theo phản ứng:

Ag(NH3)2 + + 2H + ⇌ Ag + + 2NH4 +

Để 90% ion phức có trong dung dịch Ag(NH3)2 + 0,1M bị phân huỷ thì nồng độ H + tại

trạng thái cân bằng là bao nhiêu?

Biết hằng số axit của CH3COOH là K1 = 10 -4,76 ; của HCN là K2 = 10 -9,35 ; của NH4 +

là K3 = 10 -9,24

AgCN ⇌ Ag + + CN - T = 2,2. 10 -16

Ag + + NH3 ⇌ Ag(NH3) + β1 = 10 3,32

Ag(NH3) + + NH3 ⇌ Ag(NH3)2 + β2 = 10 3,92

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – TP HỒ CHÍ MINH

NĂM 2013)

Bài giải:

1. CH3COOH ⇌ CH3COO - + H + K1


C (M) 0,1 0 0

[ ] (M) 0,1 – x x x




K1 =

x 2

(0,1 - x)

= 10 -4,76

Giả sử x << 0,1 nên suy ra x = 10 -2,88 ⇒ pH = 2,88

2. CH3COOH + NaOH ⟶ CH3COONa + H2O

(M) C C


(M) C C

⇒

CH3COOH ⇌ CH3COO - + H + Ka = 10 -4,76

C0 (M) 0,1- C C

[ ] (M) 0,1- C – 10 -3 C + 10 -3 10 -3

pH = 3 ⇒ [H + ] = 10 -3 (M)

-3 -3

(C + 10 )10 -4,76

-3 = 10

0,1 - C - 10

C = 7,08. 10 -4 (M)

⇒ nNaOH = 7,08. 10 -4 (mol) ⇒ mNaOH = 40. 7,08. 10 -4 = 0,028 (g)

3. AgCN ⇌ Ag + + CN - T = 10 -15,66

H + + CN - ⇌ HCN K2 -1 = 10 9,35

AgCN + H + ⇌ Ag + + HCN K = T . K2 -1 = 10 -6,31

C (M) 10 -3

[ ] (M) 10 -3 + S S S

S 2

Ta có:

10 -3 + S = 10-6,31

⇒ S 2 - 10 -6,31 S - 10 -9,31 = 0

⇒ S = 2,2.10 -5


4. Ag + + NH3 ⇌ Ag(NH3) + β1 = 10 3,32

Ag(NH3) + + NH3 ⇌ Ag(NH3)2 + β2 = 10 3,92

Ag + + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2 + β = 10 7,24




Ag(NH3)2 + ⇌ Ag + + 2NH3 β -1 = 10 -7,24

NH3 + H + ⇌ NH4 + x 2 K3 -1 = 10 9,24

Ag(NH3)2 + + 2H + ⇌ Ag + + 2NH4 + K = β -1 (K3 -1 ) 2 = 10 11,24

Khi phức bị phân huỷ 90% thì :

[Ag(NH3)2 + ] = 0,1 – 0,1.0,9 = 0,01 (M)

[Ag + ] = 0,09 (M)

[NH4 + ] = 0,09.2 = 0,18 (M)

Ag(NH3)2 + + 2H + ⇌ Ag + + 2NH4 + K = 10 11,24

[ ] (M) 0,01 y 0,09 0,18

BÀI 22:

0,09.0,18

2

0,01.y

2

= 10 11,24 y = [H + ] = 1,3 .10 -6 (M)

1. Tính độ tan của FeS trong dung dịch có pH = 3.

Cho: FeS có pKS = 17,2; H2S có pK1 = 7,02; pK2 = 12,90

Fe 2+ + H2O ⇌ Fe(OH) + + H + β = 10 -5,92

2. Độ tan của Mg(OH)2 trong nước ở 18 0 C là 9.10 -3 g/lít còn ở 100 0 C là 4.10 -2 g/lít.

Tính tích số tan của Mg(OH)2 ở hai nhiệt độ và pH của các dung dịch bão hoà.

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN THĂNG LONG – ĐÀ LẠT NĂM 2012)

1. Các cân bằng điện li trong dung dịch:

Bài giải:


FeS ⇌ Fe 2+ + S 2– KS=10 –17,2

Fe 2+ + H2O ⇌ FeOH + + H + β = 10 -5,92

S 2– + H + ⇌ HS – Ka2 -1 = (10 –12,9 ) –1




HS – + H + ⇌ H2S Ka1 -1 = (10 –7,02 ) –1

Gọi độ tan của FeS là s:

S = C = [Fe 2+ ] + [FeOH + ]

= [Fe 2+ ] + β[Fe 2+ ][H + ] -1

= [Fe 2+ ] .(1 + β[H + ] -1 ) (1)

S = C = [S 2– ] + [HS – ] + [H2S]

= [S 2– ] + Ka2 -1 [S 2– ][H + ] + ( Ka1Ka2) –1 [S 2– ][H + ] 2

= [S 2– ] [1 + Ka2 –1 [H + ] + (Ka1Ka2) –1 [H+] 2 ] (2)

[Fe 2+ ] [S 2– ] = KFeS (3)

Tổ hợp các cân bằng (1), (2) và (3), ta có: S = 2,29.10 -2 M

2. Mg(OH)2 ⇌ Mg 2+ + 2OH - T = [Mg 2+ ].[OH - ] 2 = 4S 3

S

Ở 291K: T291 = 4.

9.10

58

−3

2S

3

= 4.(1,552.10 -4 ) 3 = 1,495.10 -11 .

pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.1,552.10 -4 ) = 10,49

Ở 373K: T373 = 4.

4.10

58

−2

3

= 1,312.10 -9

pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.6,897.10 -4 ) = 11,14

BÀI 23:

1. Trộn 1ml dung dịch H3PO4 0,10M với 1ml dung dịch CaCl2 0,010M thu được hỗn

hợp X.

a. Nêu hiện tượng xảy ra.

b. Thêm 3ml dung dịch NaOH 0,10M vào hỗn hợp X. Nêu hiện tượng xảy ra.

Cho:


H3PO4: pKa = 2,23; 7,26; 12,32; pKa (CaHPO4) = 6,60; pKS (Ca3(PO4)2) = 26,60.




2.a. Người ta cho 1 milimol bạc clorua (KS = 10 -10 ) vào 1 lít nước (dung dịch A). Tính

lượng NH3 cần phải cho vào A để dung dịch trở thành trong suốt, biết rằng phức

chất [Ag(NH3)2] + có Kb = 10 7 .

b. Cho một lượng AgCl (dư) vào 100ml nước (dung dịch B). Thêm 1 milimol S2O3 2-

vào B, tính độ tan của AgCl biết rằng hằng số bền của phức chất [Ag(S2O3)2] 3- bằng

10 12,8 .

3. Một dung dịch chứa CuSO4 0,1M; NaCl 0,2M; Cu dư và CuCl dư.

a. Chứng minh rằng xảy ra phản ứng sau ở 25 o C:

2+ -

Cu + Cu + 2Cl ⇌ 2CuCl ↓

b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên và nồng độ các ion Cu 2+ ; Cl - khi cân

bằng.

Cho biết tích số tan của CuCl = 10 -7 ; / = 0,15V; /

= 0,52V


1.a.

H PO

+ 2-

3 4 2 4

0,050M

Bài giải:

⇌ H + H PO

Ka1=10 -2,23

0,050-x1 x1 x1

⇒ x1 = [H + ] = [H2PO4 2- ] = 0,0146

[H PO ] 10

[HPO ] = .10 = 10 . = 10

[H ] 0,0146

2-

- -7,27

2 4 -7,26 -12,32 -17,74

4 +

Điều kiện kết tủa:

-2

10

C 2+ .C 2- = .10 = 10 < K = 10

Ca HPO4

2

⇒ Không có kết tủa CaHPO4.

-7,26 -9,56 -6,6

S(CaHPO 4 )


3

-2

3 2

10

-17,74 2 -42,38 -26,6

2+

-

Ca H S(Ca

2PO

4

3PO 4 ) 2

C .C = .(10 ) = 10 < K = 10

2




⇒ Không có kết tủa Ca3(PO4)2

b. C

=0,02M; C =0,002M; C =0,06M.

C = 3C

⇒ phản ứng:

3NaOH + H PO

→ Na PO + 3H O

3 4 3 4 2

⇒ TPGH: Na3PO4 0,02M

C(M) 0,02

PO + H O ⇌ PO + OH Kb1 = 10 -1,68

3- 3- -

4 2 4

[ ] 0,02 – x2 x2 x2

⇒ x2 = 0,0125 ⇒[PO4 3- ]=7,5.10 -3 (M)

Điều kiện kết tủa:

CaHPO4: 2.10 -3 .0,0125 = 2,5.10 -5 = 10 -4,6 > 10 -6

⇒ Có kết tủa CaHPO4

Ca3(PO4)2: (2.10 -3 ) 3 .(7,5.10 -3 ) 2 = 4,5.10 -13 = 10 -12,35 > 10 -26,6

⇒ Có kết tủa Ca3(PO4)2

Vì K ( ( ) )=10 -26,6 ≪ K ( ) = 10 -6,6 nên Ca3(PO4)2 kết tủa trước.

Tích số ion ≫ K ( ( ) ) =10 -26,6

⇒ Khả năng không có kết tủa CaHPO4

Kiểm tra:

3Ca + 2PO ⇌ Ca (PO )

C(M) 2.10 -3 0,02

2+ 3-

4 3 4 2

_ 0,0187

3- 2- -

4 2 4

K = 10

-1 26,6

S(Ca 3(PO 4 ) 2 )

PO + H O ⇌ HPO + OH Kb1 = 10 -1,68

C(M) 0,0187

[ ] 0,0187 – x3 x3 x3

⇒ x3 = 0,0119 ⇒ [PO4 3- ] = 6,8.10 -3


Ca (PO ) ⇌ 3Ca + 2PO

KS = 10 -26,6

2+ 3-

3 4 2 4

6,8.10 -3




3x4 6,8.10 -3 +2x4

Giải gần đúng được 3x4 = 10 -7,42 = [Ca 2+ ]

[HPO4 2- ] = x3 = 0,0119

⇒ [Ca 2+ ].[HPO4 2- ] = 10 -7,42 .0,0119 = 10 -9,34 < 10 -6,6

⇒ Không có kết tủa CaHPO4.

2.a. Vì NH3 tạo phức với Ag + nên AgCl sẽ tan khi có mặt NH3:

AgCl

+ -

⇌ Ag + Cl

KS = 10 -10

Ag + 2NH ⇌ [Ag(NH ) ] Kb =10 7

+ +

3 3 2

AgCl + 2NH

[Ag(NH ) ] + Cl

+ -

3

⇌

3 2 K = KS.Kb

Khi dung dịch trở thành trong suốt, AgCl vừa tan hết.

Độ tan S = [Cl - ] = [Ag(NH3)2] + = 10 -3

K = KS.Kb = 10 -10 .10 7 =10 -3 =

[Ag(NH ) ].[Cl ]

[NH ]

+ -

3 2

2

3

Thay giá trị nồng độ của phức chất và Cl - vào (*) tính được [NH3] = 3,2.10 -2 mol/l

Đây là nồng độ NH3 trong dung dịch lúc cân bằng.

Số mol NH3 phải thêm vào là:

N = [NH3] + 2[Ag(NH3)2] + = 3,2.10 -2 + 2.10 -3 = 3,4.10 -2 mol

b. Quá trình hòa tan AgCl bằng S2O3 2- xảy ra hoàn toàn tương tự như quá trình trên.

Gọi c là nồng độ ban đầu của phối tử S2O3 2- , S là độ tan của AgCl, ta có:

[S2O3 2- ] = c – 2S; [Ag + ] = [Cl - ] = S.

AgCl

+ -

⇌ Ag + Cl

KS=10 -10

Ag + 2S O ⇌ [Ag(S O ) ]

Kb = 10 12,8

+ 2- 3-

2 3 2 3 2

AgCl + 2S O

K = KS.Kb =

⇌ [Ag(S O ) ] + Cl K=10 2,8

2- 3- -

2 3 2 3 2

[Ag(S O ) ] .[Cl ] S

[S O ] (c-2S) =102,8 với c =


3- - 2

2 3 2

=

2- 2 2

2 3

(*)

1.10

100.10

−3

= 0,01(M)

− 3

⇒ S =

2,8

c. K 0,01. 10

= = 4,9.10

(1 + 2 K )

2,8

(1 + 2 10 )

-3

(mol/l)




3.a. Cu + Cu 2+ +2Cl - ⇌ 2CuCl↓

0,1M 0,2M

*Xét Cu 2+ + e ⟶ Cu +

-7

+ Tt 10

-7

Ta có: [Cu ] = = = 5.10 M

-

[Cl ] 0,2

2+

[Cu ] 0,1

+ -7

0

E 2+ + = E 2+ + + 0,059.lg = 0,15 + 0,059.lg = 0,463V

Cu /Cu Cu /Cu

[Cu ] 5.10

*Xét Cu + + e ⟶ Cu. Ta có:

E = E + 0,059.lg[Cu ] = 0,52 + 0,059.lg 5.10 = 0,148V

0 + -7

+ +

Cu /Cu Cu /Cu

Rõ ràng: E / > E /nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

b. Tổ hợp:

+ -

2× Cu +Cl ⇌ CuCl ↓

Cu + e → Cu

Cu

2+ +

→

+

Cu + e

2+ -

Cu + Cu + 2Cl ⇌ 2CuCl ↓

[ ] (0,1-x) (0,2-2x)

(Tt ) = 10

7,73 1 1

Ta có: 10 = =

(0,1 - x).(0,2 - 2x) 4.(0,1 - x)

⇒ [Cu 2+ ] = (0,1 – x) = 1,67.10 -3 M

[Cl - ] = 0,2 – 2x = 3,34.10 -3 M.

BÀI 24:

2 3

1

-1 2 14

0,15

0,059

K = 10 = 10

2

-0,52

0,059

2,54

K = 10 = 10

-8,81

K =(Tt ) .K .K = 10 .10 .10 = 10

-1 2 14 2,54 -8,81 7,73

1 2

Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010 M; KMnO4 0,010 M; Fe2(SO4)3 0,0050 M và

H2SO4 (pH của dung dịch bằng 0). Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến


nồng độ của KI là 0,50 M, được dung dịch Y (coi thể tích không thay đổi khi thêm

KI vào dung dịch X).

1. Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.




2. Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.

3. Cho biết khả năng phản ứng của Cu 2+ với I - (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn. Giải

thích.

4. Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực

platin nhúng trong dung dịch gồm Cu 2+ , I - (cùng nồng độ 1 M) và chất rắn CuI. Viết

phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong

pin khi pin hoạt động.

0 0 0

Cho:

2− 3+ − 2+ 3+ 2+

Cr2 O7 / Cr MnO

4

/Mn Fe /Fe

E = 1,330 V; E = 1,510 V; E = 0,771 V;

0

E = 0,153 V;

Cu

2+

+

/Cu

s(CuI)

(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2012)

RT

pK = 12; Ở 25 O C: 2,303 = 0,0592;

F

Bài giải:

E

0

− −

3

I /I

= 0,5355 V

0 0 0 0

1. Do E

- 2+

= 1,51 V > E

2- 3+

= 1,33 V > E

3+ 2+

= 0,771V > E

- -

= 0,5355 V, nên

MnO /Mn Cr O /Cr Fe /Fe I /I

4 2 7 3

các quá trình xảy ra như sau:

2MnO + 16H + 15I ⇌ 2Mn + 5I + 8H O

- + - 2+ -

4 3 2

0,01 0,5 _ _

_ 0,425 0,01 0,025

Cr O + 14H + 9I ⇌ 2Cr + 3I + 7H O

2- + - 3+ -

2 7

2

0,01 0,425 0,025

_ 0,335 0,02 0,055

3+ - 2+ -

2Fe + 3I ⇌ 2Fe + I 3

0,01 0,335 0,055

_ 0,32 0,01 0,06

-

Thành phần của dung dịch Y: [ I 3

] 0,060 M; [I - ] 0,32 M; [Mn 2+ ] 0,01 M; [Cr 3+ ] 0,02 M;

[Fe 2+ ] 0,01 M.


2.

I + 2e ⇌ 3I

- -

3




3. Do

0

- -

I /I

3

0,0592 [I ]

E = E + lg

2 [I ]

-

0 3

- - I 3 /I - - I 3 /I

- 3

E =

- -

I /I

3

E = 0,5355 V > E

2+

và phản ứng:

0,0592 0,06

0,5355 + .lg

2 (0,32)

0

Cu

/

Cu

3

= 0,54 V.

+ = 0,153 V nên về nguyên tắc Cu 2+ không oxi hóa được I -

2+ - + -

2Cu + 3I ⇌ 2Cu + I 3 hầu như xảy ra theo chiều nghịch.

Nhưng nếu dư I - thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó:

1

E = E + 0,0592.lg 0,863V

0 0

2+ 2+ + ≈

Cu /CuI Cu /Cu

KS(CuI)

Như vậy E 0

= 0,863 V >

2+

Cu

/CuI

CuI:

2+ - -

E

2Cu + 5I ⇌ 2CuI ↓ + I 3

4. Vì E 0

= 0,863 V >

2+

E

Cu

/CuI

- -

I /I

3

0

- -

I /I

3

= 0,5355 V → Cu 2+ sẽ oxi hóa được I - do tạo thành

= 0,54 V → điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y là anot,

điện cực Pt nhúng trong dung dịch gồm Cu 2+ , I - (cùng nồng độ 1 M), có chứa kết tủa CuI

là catot. Vậy sơ đồ pin như sau:

BÀI 25:

-

(-) Pt│ I 3

0,060 M; I - 0,32 M ║CuI; Cu 2+ 1 M; I - 1 M │Pt (+)

Trên catot: Cu 2+ + I - + e → CuI ↓

Trên anot: 3 I - → I + 2e

3

-

Phản ứng trong pin: 2 Cu 2+ + 5 I - ⇌ 2 CuI ↓ + I

3

1. Tính pH của dung dịch Na2A 0,022 M.

2. Tính độ điện li của ion A 2- trong dung dịch Na2A 0,022M khi có mặt NH4HSO4


0,001M.

Cho:

pK = 2,00; pK + = 9,24;

-

a(HSO 4 )

a(NH 4 )

pK

a1(H2A)

= 5,30;

-

pK

a2(H2A)

= 12,60.




(ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP QUỐC GIA NĂM 2012)

Bài giải:

1. A 2- + H2O ⇌ HA - + OH - Kb1 = 10 -1,4 (1)

HA - + H2O ⇌ H2S + OH - Kb2 = 10 -8,7 (2)

H2O ⇌ H + + OH - Kw = 10 -14 (3)

Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw → pH của hệ được tính theo cân bằng (1):

C 0,022

A 2- + H2O ⇌ HA - + OH - Kb1 = 10 -1,4

[ ] 0,022 - x x x

2. Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M:

Phản ứng: HSO − 4

+ A 2- ⇌ HA - +

0,001 0,022

[OH - ] = x = 0,0158 (M) → pH = 12,20

NH4HSO4 → NH + + HSO −

4

4

0,001 0,001

_ 0,021 0,001 0,001

4

2

4

SO − K1 = 10 10,6

NH + + A 2- ⇌ HA - + NH3 K2 = 10 3,36

0,001 0,021 0,001

_ 0,020 0,002 0,001

Hệ thu được gồm: [A 2- ] 0,020 M; [HA - 2

] 0,002 M; [ SO − ] 0,001 M;

[NH3] 0,001 M.

Các quá trình xảy ra:

A 2- + H2O ⇌ HA - + OH - Kb1 = 10 -1,4 (4)


NH3 + H2O ⇌ NH + + OH -

4

'

b

K = 10 -4,76 (5)

HA - + H2O ⇌ H2A + OH - Kb2 = 10 -8,7 (6)

2

SO − + H2O ⇌ H SO − 4

4

+ OH - Kb = 10 -12 (7)

4




HA - ⇌ H + + A 2- Ka2 = 10 -12,6 (8)

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C 2- >>

A

'

b

K . C >> Kb2. C - >> Kb. C

2

→ (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ:

A 2- + H2O ⇌ HA - + OH - Kb1 = 10 -1,4

C 0,02 0,002

[ ] 0,02 - x 0,002 + x x

→ 2

A

NH 3

→ x = 0,0142 →[HA - ] = 0,0162 (M)

-

[HA ] 0,0162

α - = =

0,022 0,022 = 0,7364 hay α

2

A - = 73,64 %.

α A -

(Hoặc 2

-

[OH ] + C - + C

+

HSO4 NH 0,0142 + 0,001 + 0,001

4

=

= = 0,7364)

0,022 0,022


HA

-

SO

4




C. KẾT LUẬN

Bằng sự nỗ lực và cố gắng của bản thân, sự giúp đỡ của giáo viên và các ý kiến

đóng góp của các bạn, đề tài “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” đã

được hoàn thành. Trong phạm vi đề tài, em chỉ tập trung nghiên cứu và đề cập đến 25 bài

tập - một lượng rất nhỏ trong sự đa dạng, phong phú của bài tập hóa học phân tích định

tính. Tuy vậy, trong quá trình nghiên cứu đề tài, em đã giải quyết được những vấn đề lý

luận và thực tiễn sau:

- Đã làm quen và nắm được phương pháp nghiên cứu một đề tài.

- Dựa vào nội dung chương trình, tính đặc thù của chương trình và mục tiêu dạy học của

học phần hoá học phân tích định tính thuộc chương trình ĐHSP em đã sưu tầm, chọn lọc

và biên soạn được một hệ thống (gồm 25 bài tập tự luận có đáp án).

- Hệ thống bài tập từ đơn giản đến phức tạp đều có lời giải, giúp học sinh, sinh viên tự ôn

tập, phát triển khả năng tự học. Phát huy cao độ tính độc lập tư duy, sáng tạo hơn . Từ đó

góp phần nâng cao chất lượng học tập.

- Trích dẫn một số đề của các kì thi Olympic, học sinh giỏi qua nhiều năm có tính cập

nhật, làm tài liệu tham khảo cho trước kì thi học sinh giỏi cấp quốc gia, quốc tế, Olympic

sinh viên.

- Cung cấp nguồn tư liệu phục vụ công tác giảng dạy. Là tư liệu để giáo viên tham khảo

trong bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia, quốc tế, bồi dưỡng sinh viên giỏi trong kì thi

Olympic sinh viên.

Tóm lại, bài tiểu luận này đã đạt được một số kết quả nhất định. Tuy nhiên, do

trong thời gian còn hạn chế nên các dạng bài tập chưa phong phú và đa dạng, đáp án vẫn

chưa hoàn thành hết được. Rất mong nhận được sự thông cảm và ý kiến đóng góp xây

dựng của quý thầy cô và các bạn để đề tài hoàn thiện hơn.


Một lần nữa xin bày tỏ lòng cảm ơn với thầy Ngô Văn Tứ và các bạn đã tạo điều

kiện giúp em hoàn thành đề tài này.




D. TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Giáo trình Hóa học phân tích định tính - TS Ngô Văn Tứ

2. Đề thi Olympic quốc tế.

3. Chuyên đề bồi dưỡng của các trường chuyên trên cả nước.

4. Các đề thi dự trữ Olympic sinh viên toàn quốc.

5. Các đề thi dự trữ phục vụ học sinh giỏi toàn quốc.

6. www.hoahoc.org

7. www.dayhoahoc.com

8. www.violet.vn



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 gia

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?