TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 MÔN HÓA HỌC 10

Chia sẻ: Up Up | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:34

Thêm vào BST

Báo xấu

1.484
lượt xem 210
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Một số nguyên dương n1 được gọi là hoàn toàn không chính phương nếu n không có ước chính phương khác 1. Chứng minh rằng nếu n là hợp số và n−1 chia hết cho φ(n) thì n hoàn toàn không chính phương và n có ít nhất là 3 ước nguyên tố (trong đó φ(n) là các số nguyên dương không vượt quá n và nguyên tố cùng nhau với n).

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 MÔN 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: H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí) ∆H = +53kJ (a) H2(khí) + I2(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 H2 và I2 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. H2(khí) + I2(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 I2 (rắn) theo phản ứng (a) thành I2(khí) theo phản ứng (b).
 HI  2 3. Vì I2 là chất rắn nên: K  H2   I2(rắn) 4. H2(khí) + 2HI(khí) Trước phản ứng: 0,02M 0,02M 0 Phản ứng: x x 2x Còn lại: 0,02 – x 0,02 – x 2x  2x 2  36  2 x  6  0, 02  x   x  0, 015 Vậy :  0, 02  x  .  0, 02  x  Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H2] = [I2] = 0,005M Số mol H2 thêm: 0,06 : 2 = 0,03 (mol) → nồng độ tăng thêm: 0,03: 2 = 0,015M  I2(rắn) H2(khí) + 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  0,03  2a  2 K  36  0,02  a   0,005  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 MnO2 (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 Cl2 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: to MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 1 mol 1 mol 1 mol 100 13 nMnO2   1(mol ) 87 + 2NaI → 2NaCl + I2 Cl2 1,5a mol 3a mol 3a mol + 2NaBr → 2NaCl + Br2 Cl2 a mol 2a mol 2a mol a, Giả sử Cl2 phản ứng hết → mNaCl = 2.58,5 = 117(g) Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr phản ứng hết mA = mNaCl = 117g (thỏa) → A chỉ chứa NaCl Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr dư → mA > 117 (g) (loại) Cl2 dư, NaI và NaBr hết → mA < 117(g) (loại) Vậy A chỉ chứa NaCl b, m = 137,6g > 117g → Cl2 phản ứng hết
NaI, NaBr dư, nNaI : nNaBr = 3 : 2 → NaI phản ứng hết, NaBr còn dư. nNaI : nNaBr = 3 : 2 → gọi 3a và 2a lần lượt là số mol NaI và NaBr phản ứng Cl2 ta có nCl  1,5a  a  2,5a  1  a  0,4 2 mA = mNaCl + mNaBr = 5a. 58,5 + mNaBr = 137,6 20,6 → mNaBr = 20,6(g) → nNaBr   0, 2(mol ) 103 2.0, 4  0, 2 3.0, 4 CNaBr   2M ; CNaI   2, 4M 0,5 0,5 Câu 1: đề 1998 trang 24 Cho khí Cl2 vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A). Sau đó, đun sôi để đuổi hết I2. Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B). a, Biết thể tích khí Cl2 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 AgNO3 0,05M. Tính thể tích dung dịch AgNO3 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: 0,1344 nCl2   0, 006(mol ) 22, 4 → Cl2 + 2NaI 2NaCl + I2 0,006 mol 0,012 mol 0,012 mol nNaI ban đầu = 0,2.0,1 = 0,02 (mol)
Vậy hết Cl2 dư NaI. Dung dịch B chứa 0,020 – 0,012 = 0,008 mol NaI dư và 0,012 mol NaCl. CNaCl = 0,012 / 0,1 = 0,12M CNaI = 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. 0,008 mol NaI → 0,008 mol AgI↓ m1 = mAgI = 0,008.235 = 1,88 gam Mốc 2: AgI và AgCl đều kết tủa hết 0,012mol NaCl → 0,012 mol AgCl↓ m2 = 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602 gam m↓ = 1,41 gam 1,41 < m1 = 1,88 gam vậy chỉ có AgI kết tủa. 1, 41 nAgI   0,006(mol ) 235 Vậy nAgNO3  0,006(mol ) 0,006 VddAgNO3   0,12(lit ) 0,05 m↓ = 3,315 gam m1 = 1,88 < 3,315 < m2 = 3,602 Vậy AgI kết tủa hết và AgCl kết tủa một phần mAgCl = 3,315 – 1,88 = 1,435 gam nAgCl = 1,435/143,5 = 0,01 mol Số mol AgNO3 0,008 + 0,01 = 0,018 mol 0,018 VddAgNO3   0,36(lit ) 0,05
c, Trong trường hợp thứ nhì, dung dịch chỉ còn chứa NO 3-, Na+, Cl- dư nNO3  nAgNO3  0,018mol nNa  nNabd  nNaCl.bd  nNaI .bd  0,012  0,008  0,02mol nCl du  nCl bd  nCl    0,012  0,01  0,002mol Thể tích dung dịch = VddB  VddAgNO3  0,100  0,36  0,46lit 0,018 CNO3   0,0391M 0, 46 0,002 CCl    0,0043M 0, 46 CNa  CNO  CCl   0,0434M 3 Câu 2: đề 1999 trang 32 1. Ở 18oC lượng AgCl có thể hòa tan trong 1 lít nước là 1,5 mg. Tính tích số tan của AgCl. 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 18oC. 2. Người ta khuấy iot ở nhiệt độ thường trong bình chứa đồng thời nước và CS2 nguội, và nhận thấy rằng tỉ lệ giữa nồng độ (gam/lít) của iot tan trong nước và tan trong CS2 là không đổi và bằng 17.10-4. Người ta cho 50ml CS2 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-] 1,5 Trong 1 lít dung dịch:  Ag    Cl    3  143,5 .10   T 2  1,5  .103   1,1.1010 Vậy   143,5  Khi thêm 1 lượng dung dịch NaCl.
Gọi S2 là nồng độ Ag+ mới: [Ag+] = S2 → [Ag+] = [Cl-] = S2 Gọi δ là nồng độ của NaCl. Trong dung dịch số ion Cl-: δ/1 lít Vậy [Ag+] = S2 [Cl-] = δ + S2 Ở 18oC nhiệt độ không đổi. T không đổi. S2(S2 + δ) = 1,1.10-10 → S22 + δS2 – 1,1.10-10 = 0    2  4,4.1010 Chỉ chọn nghiệm đúng dương: S2  2 → δ = 0,0585/58,5 = 10-3 103  103  2.107 Vậy S2   107 2 S2 giảm 100 lần so với S1 CIH2O 2. Theo giả thuyết ta có: CS  17.104 CI 2 0,1 CInuoc  g / cm3 1000 Gọi x là số mol iot từ nước đi vào CS2 0,1  x x  Vậy: CInuoc  CICS g / cm3 và ( g / ml ) 2 1000 50 0,1  x x :  17.104 → x = 0,0967 Suy ra: 1000 50 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 CaCO3 vào cốc A và b gam M2CO3 (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 H2SO4 và HCl, trong đó số mol HCl gấp 3 lần số mol H2SO4 thì thu được 11,2 lít khí H2(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, CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2↑ + H2O (1) M2CO3 + 2HCl → 2MCl + CO2↑ + H2O (2) 100  44 a  0,56a (1) → khối lượng cốc A tăng = 100  2M  60  44 b  0,56a (2) → khối lượng cốc B tăng = 2M  60 Ta có a = 5, b = 4,8 → M ≈ 22,8 → M là Natri b, M + 2H+ → M2+ + H2 2Al + 6H+ → 2Al3+ + 3H2 nH   2.nH2  2. 11,2  1mol 22,4 nH   2nH2SO4  nHCl  2nH2SO4  3nH2SO4 nH2SO4  1  0,2mol 5 nHCl  0,6mol 1. mmuối = (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 nH = 2x + 3x = 1  → 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 400oC. Tốc độ ban đầu của phản ứng là Vo = 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: H2 + I2  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: 14,224 0,056   0,056mol   I 2 bd   0,05mol / l nI  254 1,12 2 nH2  0,112  0,056   H 2 bd  0,056  0,05mol / l  2 1,12 (1) Phản ứng: H2 + I2  2HI (2) v1 v1 = k1 [I2][H2] → k1   I2   H 2     9.105.mol.l 1. phút -1  36.103 l.mol 1. phút -1 a, k1  1 1 0,05.mol.l .0,05.mol.l 2  HI  62.104.mol 2 .l 2 K Mặc khác: K  1     K2  I2   H 2   2 0,06     .mol 2 .l 2  0,05  2  
3 1 -1  K  9  k2  36.10 .l.mol . phút 9 → k2 = 4.10-3.l.mol-1.phút-1. b, Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t: vHI = vt – vn = v1 – v2 2 v1 = k1[I2][H2] = 36.10-3 l.mol-1.phút-1.  0,05  0,06  2 -2  mol .l   2 → v1 = 144. 10-7 mol. l-1. phút-1 v2 = k2 [HI]2 = 4.10-3 l. mol-1. phút-1. 42. 10-4 . mol2. l-2 → v2 = 64 . 10-7 mol. l-1. phút-1 VHI = (144.10-7 - 64.10-7) mol. l-1. phút-1 VHI = 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 SO2 ở 136,5oC có xác tác V2O5. 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: 35,2 x nO2bdau   1,1x(mol ) 32 160 x nSO2bdau   2,5x(mol ) 64 xt, to  2SO2 + O2 2SO3 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 n2 = 2,5x - 2,2xG + 1,1x - 1,1xH + 2,2xH = x(3,6 - 1,1H) (mol) Trường hợp bài toán đẳng V, đẳng T. n P x  3,6 1,1H  4,5 P n1  1,25  3,6 1,1H     P'  2  P ' n2 n1 3,6 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: msau mtruoc 160 x  35,2 x 195,2 M sau     nsau ntruoc x(3,6 1,1H ) 3,6 1,1H dhhsau / kk  M sau  195,2 6,731  29  3,6 1,1H  3,6 1,1H 29 Khi H = 0 → d = 1,87 H = 1 → d = 2,69 Vậy 1,87 < d < 2,69 C, Áp dụng công thức : PV = nRT Pđầu = 4,5atm Nđầu = 3,6x = 3,6.0,25 = 0,9(mol) nRT 0,9. 273  273  136,5 22,4 →V   6,72(l ) P 4,5 Câu 11: trang 126 Tính năng lượng mạng tinh thể ion của muối BaCl2 từ các dữ kiệ n: Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của BaCl2 tinh thể: - 205,6 kcal/mol Năng lượng liên kết Cl2: + 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 BaCl2 tức là hiệu ứng nhiệt của quá trình sau, (trong đó năng lượng tính theo đơn vị kcal/mol): Ba(2k)  2Cl(k )  BaCl2(r ) ; H0  ? Quá trình tạo thành muối BaCl2 tinh thể qua những bước sau, Phân li phân tử Cl2: Cl2(k) → 2Cl- ; ∆H1 = +57,0 Clo nhận electron: 2Cl + 2e → 2Cl- ; ∆H2 = 2.(-87) Ba rắn thang hoa: Ba(r) → Ba(k); ∆H3 = +46,0 Ba mất electron: Ba(k) – 1e → Ba+(k); ∆H4 = +119,8 Ba+(k) – 1e → Ba2+(k); ∆H5 = +230,0 Tạo mạng lưới: Ba(2k)  2Cl( )  BaCl2(r ) ; H 0  ? k Quá trình chung: Ba(r) + 2Cl-(k) → BaCl2(r); ∆H = -205,6 Theo định luật Hess: ∆H = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 + ∆H5 + ∆H0 → ∆H0 = ∆H – (∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 + ∆H5 ) = -205 – 57 – (-174) - 46 – 119,8 – 230 = - 484,4 kcal/mol 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 CO2 qua nước Javen. c, Cho nước clo vào dung dịch KI. d, H2O2 khử MnO4- trong môi trường axit. e, Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh. Giải:
a, O3 + 2I- + H2O → O2 + I2 + 2OH- b, CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HclO c, Cl2 + KI → 2KCl + I2 d, 5H2O2 + 2MnO-4 + 6H+ → 5O2 + 2Mn2+ + 8H2O e, 2F2 + 2NaOH → 2NaF + H2O + OF2↑ 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.  1,33V và ECl  1,36V Biết E6 0 0  3 2 / 2Cl M/M Hướng dẫn giải: n Cl2 → MCln M+ 2 m M + mHCl → MClm + H2 2 n m a, Từ = 1,5 và m, n = 1, 2, 3 → n = 3, m = 2 2 2 và M + 106,5 = 1,2886.(M + 71) → M = 52 g/mol, M là Crom  b, 14H+ + 6Cl- + Cr2O72- Cl2 + 2Cr3+ + 7H2O ∆Eo = 1,33 – 1,36 = -0,03V: phản ứng xảy ra theo chiều nghịch. 0,059 1 E  0,03  lg 14  0,105(V ) : phản ứng xảy ra theo chiều thuận. 6 2 Câu 11: trang 152
1. Ag kim loai có khả năng tác dụng được với dung dịch HI 1N tạp thành khí H2 không? Cho TAgI = 8,3.10-17 E0(Ag+/Ag) = +0,799V 2. Trộn 250ml dung dịch AgNO3 0,01M với 150ml dung dịch HCl 0,1M. Tính nồng độ các ion tại thời điểm cân bằng TAgCl = 10-10. Hướng dẫn giải: [I-] = 1ion g/l → [Ag+] = 8,3.10-17 ion g/l  0,059  Ag  lg   = 0,799 + 0,059.lg8,3.10-17 = -0,15V E 0 EAg  / Ag  Ag  n   Nếu có phản ứng xảy ra, xét phản ứng: 2Ag + 2H+ → 2Ag+ + H2 ∆E = +0,15V Vậy Ag có thể đẩy H2 ra khỏi HI trong điều kiện đã cho. 2. nAgNO3  0,25.0,01  2,5.103 mol nHCl  0,15.0,1  1,5.102 mol 2,5.103  Ag     6,25.103 M   NO3       0,4 1,5.102 Cl     3,75.102 M   H       0,4 Nếu phản ứng hết: Ag+ Cl- → AgCl + 6,25.10-3 6,25.10-3 Ag+ + Cl- Cân bằng: AgCl  3,125.10-2M Ban đầu: Phản ứng: x x
3,125.10-2 + x Cân bằng: x TAgCl = 10-10 → x(3,125.10-2 + x) = 10-10 1010 x quá nhỏ: x   3, 2.109 M 2 3,125.10 [Ag+] = 3,2.10-9M; [NO3-] = 6,25.10-3M [Cl-] = 3,125.10-2M; [H+] = 3,75.10-2M Câu 12: trang 154 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 E o  1,51V , E o  1,36V , E o  1,08V , MnO / Mn2  Cl / 2Cl  Br / 2Br  4 2 2 Eo  0,62V I / 2I  2 2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,23M; và B là dung dịch chứa Cl-, Br-, I- đều có nồng độ 10-2M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thuyết nồng độ ban đầu của các ion không đổi) thì kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở đó hãy đề nghị phương pháo nhận biết sự có mặt của ion Cl- trong một dung dịch hỗn hợp chứa Cl-, Br-, I-.  Biết Ag  NH3 2  Ag   2 NH3 K = 10-7,24 TAgCl = 10-10, TAgBr = 10-13, TAgI = 10-16 Hướng dẫn giải: 1. 8H+ + MnO4- + 5e → Mn2+ + 4H2O 8   0,059  MnO4   H     EE  o lg  Mn 2  5   * pH = 0, EMnO / Mn2  1,51V  ECl o o o ,E ,E  Br2 /2 Br  I2 /2 I  2 /2Cl 4
Như vậy MnO4- oxi hóa được cả Cl-, Br-, I-. o o o nhưng lớn hơn EBr * pH = 3, EMnO / Mn2  1, 23V  ECl ,E .   I2 /2 I  2 /2Cl 2 /2 Br 4 Như vậy MnO4- chỉ oxi hóa được Br-, I-. o o o nhưng lớn hơn EI /2 I  . * pH = 5, EMnO / Mn2  1, 04V  ECl EBr ,  2 /2Cl 2 /2 Br 2 4 Như vậy MnO4- chỉ oxi hóa được I-. Như vậy để nhận biết dung dịch hỗn hợp Cl-, Br-, I- ta có thể dùng dung dịch KmnO4 và dung môi chiết CCl4. Lúc đầu tiến hành phản ứng ở pH = 5, trong lớp dung môi chiết sẽ có màu tím của iot. Thay lớp dung môi, ở pH = 3, sẽ thấy dung môi co màu vàng của brom. Cuối cùng loại lớp dung môi và khử lượng MnO4- dư và nhận biết ion Cl- dư bằng AgNO3. 2. Coi phản ứng giữa AgNO3 và NH3 xảy ra hoàn toàn, như vậy dung dịch A sẽ gồm Ag  NH 3 2 0,01M và NH3 0,23M.   Ag  NH3 2  Ag   2 NH3 K = 10-7,24 Nồng độ ban đầu: 0,01 0,23 Nồng độ cân bằng 0,01- x x 0,23 + 2x x. 0,23  2 x  2 K  107,24 . Gần đúng ta có: [Ag+] = x ≈ 10-8M 0,01  x [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 đó dùng axit phá phức làm tăng nồng độ của ion Ag+ và nhận được Cl- nhờ kết tủa AgCl. Câu 13: trang 155 Viết phương trình dưới dạng ion thu gọn phản ứng xảy ra khi cho dung dịch KI tác dụng với dung dịch KmnO4 (trong môi trường axit) trong các trường hợp sau: 1. Sau phản ứng còn dư ion iođua (có giải thích).
2. Sau phản ứng còn dư ion pemanganat (có giải thích). Biết giản đồ thế khử của I và Mn trong môi trường axit như sau: 1,70   1,14  1,45   0,54  H 4 IO6  IO3  HIO  I3  I   +1,20 +1,51 0,56 2,26 0,95 1,51 1,18 MnO4  MnO4   MnO2  Mn3  Mn2  Mn  2      +1,23 +1,7 Hướng dẫn giải: Dựa vào giản đồ thế khử của I- ta suy ra HIO không bền vì EHIO / I   EIO / HIO nên HIO sẽ dị phân thành IO3 và I 3 0 0 3 3 Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau: 1,70   1,20   0,54  H 4 IO6  IO3  I3  I   Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra MnO42 và Mn3+ không bền vì chúng có thể khử bên phải lớn hơn thế khử bên trái nên chúng sẽ bị dị phân thành hai tiểu phân bên cạnh như ở HIO. Đối với quá trình Mn2+ → Mn ta cũng không xét vì Mn kim loại không thể tồn tại trong dung dịch nước khi có mặt H+ do thế khử của Mn2+/Mn quá âm. Do đó ta có thể viết lại giản đồ thế khử của Mn như sau: 1,70 1,23 MnO4  MnO2  Mn2   Ta có phương trình ion thu gọn trong các trường hợp như sau: 1. Trường hợp sau phản ứng có I- dư:   H 4 IO6 hoặc IO3 không thể cùng tồn tại với I- vì: EH IO / IO  1,7V  EI0 / I   0,54V và EIO  1, 2V  EI0 / I   0,54V 0 0 4 6 3 3 3 3   Nên H 4 IO6 hoặc IO3 đều có thể oxi hóa I  thành I 3 . Như vậy I  chỉ bị oxi hóa thành I 3 .
Khi I  dư thì MnO4 và MnO2 không thể tồn tại vì EMnO và EMnO / Mn đều lớn 0 0  2 / MnO2 4 2 hơn EI0 / I nên MnO4 và MnO2 đều có thể oxi hóa I  thành I 3 . Như vậy MnO4   3 bị khử hoàn toàn thành Mn2 . Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi I  dư dưới dạng ion thu gọn như sau: 2MnO4  15I   16H   5I3  2Mn2  8H 2O   Trường hợp sau phản ứng có dư MnO4 : Mn2 không thể tồn tại khi MnO4 dư vì EMnO / MnO  EMnO nên MnO4 sẽ oxi  0 0 2 2 / Mn 4 2 hóa Mn2 thành MnO2 . Khi MnO2 dư thì I 3 và I  cũng không thể tồn tại vì: EMnO  EI0 / I  , EIO / I  0 0  / MnO2 4 3 3 3 nên MnO4 oxi hóa là I 3 và I  .  Như vậy sản phẩm sinh ra khi I  bị oxi hóa là IO3 và một lượng nhỏ H 4 IO6  EH IO  1,7V . 0 0 vì EMnO / MnO2 4 4 6 Do đó phương trình này xảy ra khi MnO4 dư như sau: 2MnO4  I   2H   2MnO2  IO3  H 2O  8MnO4  3I   8H   2H 2O  8MnO2  3H 4 IO6   Câu 7: trang 170 Đánh giá khả năng hòa tan của HgS trong: a, Axit nitric b, Nước cường toan Biết ENO  E2  0,96V ; ES / H2 S  E0  0,17V ; THgS  1051,8 0 1 0 0  / NO 3 Hướng dẫn giải: a, Trong axit nitric: Các quá trình xảy ra: HNO3  H   NO3
3  HgS  Hg 2  S 2 Tt  THgS  1051,8 3  H   S 2  HS   ka21  1012,92 3  HS   H   H 2 S  ka11  107 1 2 E0  1  k  10 3  H 2 S  2e  S  2H 0,059 1 0 3 E2    1 2  NO  4 H  3e  NO  2 H 2 k  10 0,059 3 2 3HgS  2 NO3  8H   3Hg 2  3S  2 NO  4 H 2O k  Tt 3 .ka23 .ka13 .k13 .k2   2  lg k  3lg T  3lg ka2  3lg ka1  3lg k1  2lg k2  2 E10   3E2 0  3(51,8)  3(12,92)  3(7)  3   2    0, 059   0, 059   155, 4  38,76  21 17, 29  97,63  15,3  k  1015,3 Vì k rất nhỏ nên xem như HgS không tan trong HNO3. b, Trong nước cường toan: Các quá trình xảy ra: 3HgS  2 NO3  8H   3Hg 2  3S  2 NO  4H 2O k  1015,3 4  1014,92 3  Hg 2  4Cl   HgCl4 2  3HgS  2 NO3  8H   12Cl   3HgCl4   3S  2 NO  4H 2O 2 k '  k.34  lg k '  lg k  3lg 4  15,3  3.14,92  29, 46  k  1029,46 rất lớn. Vậy HgS tan mạnh trong nước cường toan. Câu 8: trang 171 Thêm 1 ml dung dịch H2S 0,01M vào 1ml dung dịch hỗn hợp: Fe3+ 0,01M và H+ 0,1M. Có xuất hiện kết tủa không? Biết: K1( H2 S )  107,02 ; K2( H2 S )  1010,9 ; EFe3 / Fe2  0,77V ; ES / H2 S  0,14V ; TFeS  1017,4 0 0
Hướng dẫn giải: Nồng độ các chất sau khi trộn: [H2S] = 5.10-3 mol/l [Fe3+] = 5.10-3 mol/l [H+] = 5.10-2 mol/l nE 0 3 2 K1  10  1013 Fe  1e  Fe 0,059 (1) S  2H   2e  H 2 S K 2  104,745 (2) Tổ hợp (1) và (2) 2Fe3  H 2 S  2Fe2  S  2H   (3) K3  K12 .K2 1  1021,255 5.10-3 2,5.10-3 5.10-3 5.10-3(M) Vì K3 rất lớn nên phản ứng (3) xảy ra hoàn toàn: H 2 S  H   HS  (4) K4 HS   H   S 2 (5) K5 Tổ hợp (4) và (5) 2H+ + S2- (6) K6 = K4. K5 = 10-19,92 H2S  Cân bằng (2,5.10-3 – x) (5,5.10-2 + 2x) x  5,5.10  2 x  x  10 2 2 19,92  K6  2,5.10  x  3 → x = [S2-] = 5,2.10-20. Ta có: [Fe2+].[S2-] = 2,6.10-23 < TFeS Vậy FeS chưa kết tủa. Câu 2: trang 192 1. Hãy cho biết sự biến thiên tính axit của dãy HXO4 (X là halogen). Giải thích? 2. Một hỗn hợp X gồm 3 muối halogen của kim loại Natri nặng 6,23g hòa tan hoàn toàn trong nước được dung dịch A. Sục khí clo dư vào dung dịch A rồi cô cạn hoàn toàn dung dịch sau phản ứng được 3,0525g muối khan B.