Hóa phân tích olympic hóa học sinh viên các trường đại học

Thêm vào dung dịch này một dung dịch KSCN 10-2M coi thể tích không đổi.. Thêm dung dịch SCN- vào tạo kết tủa AgCN coi thể tích không đổi.. Lượng dư Ag+ được chuẩn độ bằng dung dịch KSCN

Bài 1: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ ba, 2005 Đề thi phần Hóa

NO3- còn lại trong nước khi cân bằng

3) Tính thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn của cặp NO3-/NO2- ở pH = 14

Eo(HNO2/NO) vẫn lớn hơn Eo(NO3-/HNO2) nên HNO2 vẫn không bền

2) Cd + NO3- + H2O ⇌ Cd2++ NO2- + 2OH

-Giả thiết phản ứng là hoàn toàn thì [Cd2+] = [NO3-]bđ = 10-2M

Ở pH = 7 thì [Cd2+] = Ks/[OH-]2 = 1,2M Nồng độ Cd2+ sau phản ứng nhỏ hơn nhiều so với 1,2M nên không có kết tủa Cd(OH)2

Để tính [NO3-] khi cân bằng cân tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên:

14 4

45

45 1

1

10.325,1)10.(

10.5.10.65,2

10.65,242

,45059

,0

)40,094,0(2lg

Hằng số K rẩt lớn nên phản ứng gần như hoàn toàn Ở pH = 7 ta có:

Cd + NO3- + H2O ⇌ Cd2+ + NO2- + 2OH-

Nđcb: (10-2 – x) = ε x = 10-2 x = 10-2 10-7

Như vậy ta có:

2 7 2 2 14

10.55,7)

10.(

10.1010

.325

017 , 0 059

, 0

) 40 , 0 (

2 lg

2 3

2 3

Ion Fe(SCN)2+ có màu đỏ ở nồng độ bằng hoặc lớn hơn 10-5M Hằng số điện

li của nó là 10-2

1 Một dung dịch chứa vết Fe3+ Thêm vào dung dịch này một dung dịch

KSCN 10-2M (coi thể tích không đổi) Xác định nồng độ tối thiểu của Fe3+

để dung dịch xuất hiện màu đỏ

2 Một dung dịch chứa Ag+ 10-2M và Fe3+ 10-4M Thêm dung dịch SCN- vào tạo kết tủa AgCN (coi thể tích không đổi) Xác định nồng độ ၁ ၧ + còn lại trong dung dịch k◌ၨ◌ၩ xuất hiện màu đỏ Biết TAgSCN = 10-12

3 Thêm 20cm3 dung dịch AgNO3 5.10-2M vào 10cm3 dung dịch NaCl không biết nồng độ Lượng dư Ag+ được chuẩn độ bằng dung dịch KSCN với sự có mặt của Fe3+ Điểm dương đương (khi bắt đầu xuất hiện màu đỏ) được quan sát thấy khi thêm 6cm3 dung dịch KSCN 10-1M Tính nồng độ của dung dịch NaCl

(

−

− +

2 5

5

10.1,910

.1,1

1010

.910

− +

Hai yếu tố quan trọng nhất ảnh hưởng lên độ tan của các muối khó tan là pH và sự có mặt của tác nhân tạo phức Bạc oxalat là một ví dụ điển hình: Tích số tan của nó trong nước là T = 2,06.10 -4 tại pH=7 Độ tan của nó bị ảnh hưởng bởi pH khi anion oxalat phản ứng với ion hydroni và bằng tác nhân tạo phức chẳng hạn như amoniac để tạo phức với cation bạc

a) Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH = 5,0 Hai hằng số phân li của axit oxalic lần lượt là: K 1 = 5,6.10 -2 và K 2 = 6,2.10 -6

b) Với sự có mặt của amoniac thì ion bạc tạo thành hai dạng phức Ag(NH 3 ) + và Ag(NH 3 ) 2 Các hằng

số tạo phức từng nấc tương ứng sẽ là β 1 = 1,59.10 3 và β 2 = 6,76.10 3 Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch chứa 0,02M NH 3 và có pH = 10,8

+ +

−

2 1 2

2

2 4

K K

H K

H O

C

K K O

2 1 1

2

2 1 2

4

+ +

=

⇒

+ +

Tổng nồng độ [Ag + ] trong dung dịch được xác định bởi phương trình

C Ag = 2S = [Ag + ] + [Ag(NH 3 ) + ] + [Ag(NH 3 ) 2 ]

Các phản ứng tạo phức:

Ag + + NH 3 = Ag(NH 3 ) + β 1 = 1,59.10 3

Ag(NH ) + + NH = Ag(NH ) β = 6,76.10 3

Từ các phương trình trên ta dễ dàng suy ra được biểu thức sau:

1

2 3 2 1 3 1

Thay vào biểu thức của T ta tính được S = 5,47.10 -2

Bài 4: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ hai, 2004.Đề thi phần Hóa

Cho Eo(H2O2/H2O) = 1,77V và Eo(NCO-/CN-) = -0,14V

2) Nếu thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Al3+ đầu tiên thấy kết tủa Al(OH)3, sau đó kết tủa này tan do tạo thành Al(OH)4- ở pH = 10,9 Tính nồng độ ban đầu của Al3+ và nồng độ các ion OH-, Al3+ và Al(OH)4- khi cân bằng

Cho biết tích số tan của Al(OH)3 là 10-32 và:

.(

10.14,4

Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN- = 100 : 1 thì có thể loại trừ gần hết

CN- trong nước thải

3

32

3

10 2 10

) 10

[Al3+]o = [Al3+] + [Al(OH)4-] = 3,18.10-2M

Câu 5: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ VII, 2012 Đề thi lý thuyết,

Bảng A)

Đề bài:

Một trong các phương pháp tách loại asen khỏi nước ngầm là dùng oxi không khí đồng thời oxi hóa As(III) thành As(V) và Fe(II) thành kết tủa Fe(OH)3 Khi đó As(V) sẽ bị hấp phụ trên bề mặt của Fe(OH)3 và tách khỏi dung dịch nước Biết rằng trên bề mặt Fe(OH)3 sẽ tích điện dương khi pH < 7 và tích điện âm khi

pH > 7 Axit asenic H3AsO4 có pK1 = 2,2 ; pK2 = 6,9 ; pK3 = 11,5

a) Nếu coi tổng nồng độ mol các dạng tồn tại của axit asenic trong dung dịch là 100% Hãy tính xem các dạng H3AsO4 và H2AsO4- ở pH = pK1, các dạng H2AsO4- và HAsO42- ở pH = pK2, các dạng HAsO42- và AsO43- ở pH = pK3 chiếm bao nhiêu phần trăm (về số mol)?

b) Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK1 , pH = pK2 hay pH = pK3 Giải thích?

Hướng dẫn giải:

a)

H3AsO4 ⇌ H+ + H2AsO4- có K1 =

] [

] ][

[

4 3

4 2

AsO H

H AsO

H2AsO4- ⇌ H+ + HAsO42- có K2 =

] [

] ][

[

4 2

2 4

−

+

−

AsO H

H HAsO

HAsO42- ⇌ H+ + AsO43- có K3 =

] [

] ][

[

2 4

3 4

Gọi C là nồng động (mol/l) tổng cộng của As(V) Từ K1, K2, K3 tính các dạng nồng

độ của As(V) theo [H2AsO4-]

C = [H 3 AsO 4 ] + [H 2 AsO 4 - ] + [HAsO 4 2- ] + [AsO 4 3- ]

+ [H 2 AsO 4 - ] +

] [

] [ 2 4

2 +

−

H

AsO H K

+ 2 3 2 2 4

] [

] [

+

−

H

AsO H K K

K

H+ + 1 +

] [

2 +

H

3 2

] [H+

K K

ی

ۋۊ

] [

1

+ +

+

+ +

+

H

K K H

K K

*Tại pH = pK1 hay [H+] = K1 thì

] [

] [

4 3

4 2

AsO H

AsO

=

] [

1 +

H K

= 1 ⇒[H2AsO4-] = [H3AsO4]

10 10

10

10 2

1

2 2 , 2

5 , 11 9 , 6 2 , 2

9 ,

× +

] [

4 2

2 4

−

−

AsO H

HAsO

=

] [

2 +

10 10

10 1

9 , 6

5 , 11 2

, 2

9 ,

Tại pH = pK2: [HAsO42-] = [H2AsO4-] ~ 50% (về số mol)

* Tại pH = pK3 : Từ biểu thức tính nồng độ tổng As(V), biểu diễn nồng độ của các dạng của As(V) theo [HAsO42-] ta có:

C =

2 1

2 4

] [ 42

3 +

−

H

HAsO K

+ +

] [ 1 ] [ ]

2 2 1

2

H

K K

H K K H

1

3 2

2 1

2

+

+ +

+ + +

H

K K

H K K H

Tại pH = C hay [H+] = K3 thì

] [

] [

2 4

3 4

3 +

10 10

10 10

1

9 , 6

5 , 11 9

, 6 1 , 2

2 5 ,

+ +

Tại pH = pK3 : [HAsO42-] = [AsO43-] ~ 50% (về số mol)

b) As(V) sẽ được hấp phụ tốt trên Fe(OH)3 khi As(V) mang điện tích trái dấu với điện tích trên bề mặt Fe(OH)3

As(V) không được hấp phụ tốt trên Fe(OH)3 ở pH = pK3 vì ở đó chúng mang điện tích cùng dấu (-)

As(V) chỉ được hấp phụ tốt trên Fe(OH)3 ở pH = pK2 và pH = pK1 vì ở đó chúng mang điện tích trái dấu

0,0107 M trong môi trường axit sunfuric

a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra

b) Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim Biết rằng thể tích dung dịch KMnO4 sử dụng là 15,61 mL

c) Hãy nêu cách xác định điểm cuối của quá trình chuẩn độ

d) Trong một quá trình chuẩn độ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại điểm cuối Hãy giải thích nguyên nhân của hiện tượng này Hiện tượng này có ảnh hưởng thế nào đến kết quả phân tích

Phần trăm khối lượng của Sn trong hỗn hợp:

472 , 0

25

100 71 , 118 10

1757 ,

c) Điểm cuối chuẩn độ: dung dịch chuyển từ không màu sang màu tím nhạt

(bền trong khoảng 30 giây )

d) - Kết tủa màu nâu là MnO2

- Hình thành do môi trường không đủ axit

- Kết quả là thể tích KMnO4 phải sử dụng nhiều hơn giá trị thật dẫn đến sai

số DƯƠNG (hàm lượng Sn xác định được sẽ lớn hơn hàm lượng thực)

Câu 7: (Đề thi chọn đội tuyển Olympic Trường Đại học Dược Hà Nội, năm học

2015-2016)

Đề bài:

1) Một pin có cấu tạo như sau ở 25oC:

Zn(r) | Zn2+(aq) 1,0M || Cu2+(aq) 1,0M | Cu(r)

a) Hãy xác định sức điện động của pin

b) Nếu thêm Na2S vào dung dịch Cu2+ cho đến khi nồng độ S2- cân bằng là

1,0M thì sức điện động của pin có giá trị bằng bao nhiêu?

2) Một dung dịch acid chứa ion Fe2+ 0,1M, tiếp xúc với không khí (20% O2 và

80% N2 theo thể tích) ở 25oC Chứng minh rằng Fe2+ bị oxi không khí oxi

hóa, biết rằng khi cân bằng nồng độ H+ bằng 0,1M Hỏi có bao nhiêu phần

trăm Fe2+ không bị oxi không khí oxi hóa khi ở trạng thái cân bằng? Coi áp

suất không khí bằng 1atm Cho biết Eo(O2/H2O) = 1,23V; Eo(Fe3+/Fe2+) =

Cu

Zn

(1) Khi [Zn2+] = [Cu2+] = 1,0M →Epin = E o pin= 1,10 (V)

b) Khi thêm Na2S vào dung dịch Cu 2+ cho đến khi [S2-]cb= 0,1M thì

[Cu2+] =

] [S2−

T CuS

=

1 , 0

0 log

CuS T

10 1

2) E(O2/H2O) = 1,23 +

4

059 ,

1 , 0 2 ,

0 × ) = 1,16 (V) E(O2/H2O) = 1,16 (V) > Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,77V → Fe2+ bị oxi không khí oxi hóa thành Fe3+

] [

] ][

[

2 +

+ +

Fe

P H

(2)

Gọi x là [Fe2+] khi cân bằng

→ khi cân bằng có [Fe3+] = 0,1 – x = [Fe2+] đã phản ứng (3)

Theo giả thiết có [H+] = 0,1 (4)

Thay (3),(4) vào (2) được:

4 4

1 , 0

2 , 0 1 , 0

1 , 0

2 , 0 1 , 0

x

= 10-31,2 → x = 10-7,63 Vậy % Fe2+ không bị oxi hóa = 1

63 , 7

Chứng minh rằng khi có mặt ion CN- trong môi trường kiềm thì oxi không khí có thể oxi hóa Au thành [Au(CN)2]- pH tối thiểu của dung dịch CN- phải bằng bao nhiêu? Tại sao?

c) Để xử lý CN- trong nước thải của quá trình khai thác vàng bằng phương pháp xyanua, người ta thường dung NaOCl để oxi hóa CN- thành CNO- theo phản ứng:

CN- + OCl- ⇌ CNO- + Cl-

Nếu cho thêm 5ml dung dịch NaOCl 0,2M vào 1 lít nước thải có nồng độ

CN- là 10-3 M ( coi thể tích dung dịch không đổi) thì có thể oxi hóa hoàn toàn CN- thành CNO- được không? Tính nồng độ CN- còn lại trong dung

E +

[Au(CN)2]- + 1e ⇌ Au + 2 CN- k2

k2= 0 , 059

, / 2 ) (

10

CN Au CN Au

= ߚ k1 ⇔ o

CN Au CN Au

E ( ) −2/ , −= 0,059log ߚ + o

Au Au

10

o O H O

4×| H2O ⇌ H+ + OH- k2= Ka4

O2 + 2H2O + 4e ⇌ 4OH- k3= 0 , 059

4 / 2

10

o OH O

] ][

] [

HCN

CN−

= pH – 9,2 > 0 ⇒ pH > 9,2 Vậy pHmin = 9,2 hay pH ≥ 9,2

c) OCl- + 2e + 2H+ ⇌ Cl- + H2O k1= 0 , 059

/

10

o Cl OCl

, 0

2

/ /

10 10

o CN OCN o

10 10

−

× = 1,79.1055 (rất lớn) Phản ứng xảy ra gần như hoàn toàn theo chiều thuận

OCl- có thể oxi hóa hoàn toàn CN- thành CNO

[

] ][

Cl CNO

2 3

) 10 (

Câu 9: (Olympic Hóa học sinh viên các Trường Đại học và Cao đẳng toàn quốc

lần thứ IX, 2016 Đề thi lý thuyết, Bảng A)

b) Hòa tan tinh thể NaF vào dung dịch trên (thể tích dung dịch không đổi)

sẽ tạo thành ion FeF2+ có hằng số bền Kb2=1,6.105 Hỏi phải thêm ít nhất bao nhiêu gam NaF thì màu đỏ mới biến mất?

3

2

− +

+

⇔

SCN Fe

FeSCN

= 2.102

2 3

) 2 01 , 0 )(

[

] ) ( [

3

2

− +

+

SCN Fe

SCN Fe

→ [Fe3+] =

] [

] ) ( [

1

2

− +

SCN K

SCN Fe

b

5

10 10 2

10

−

−

= 5.10-6M Lúc này Fe3+ trong dung dịch nằm ở 3 dạng [FeF2+], [Fe(SCN)2+], [Fe3+]:

+

Fe

C = [FeF2+] + [Fe(SCN)2+] + [Fe3+]

[FeF2+] = C Fe+- [Fe(SCN)2+] - [Fe3+]

[FeF2+] ≥ 2.10-3 - 10-5 – 5 10-6 = 1,985 10-3M

Tính [F-] trong dung dịch từ Kb2 của phức [FeF2+]

Kb2 =

] ][

[

] [

3

2

− + +

F Fe

FeF

→ [F-] =

2 3 2

] [

] [

b

K Fe

10 985 , 1

−

−

= 2,481 10-3M Nồng độ F- ban đầu tối thiểu cần có:

−

F

C = [FeF2+] + [F-] = 1,985 10-3 + 2,481 10-3 = 4,466 10-3M

Trong 500ml dung dịch cần lấy 4,466 10-3/2 = 2,23310-3 mol NaF

Vậy số gam Nà cần lấy 2,23310-3× 42 = 0,0938g = 93,8mg NaF

Câu 10: (Olympic Hóa học sinh viên các Trường Đại học và Cao đẳng toàn quốc

lần thứ VII, 2016 Đề thi lý thuyết, Bảng A)

Đề bài:

Để tách loại các kim loại nặng Cr(VI), Ni(II) từ nước thải mạ điện, người ta tiến hành khử Cr(VI) về Cr(III) bằng FeSO4 trong môi trường axit, sau đó dung kiềm để kết tủa các hydroxit Cr(OH)3, Ni(OH)2, Fe(OH)3 tại các pH thích hợp nhằm thu hồi, tái sử dụng các hydroxit của các kim loại này

a) Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình tách loại này

b) Giả thiết nồng độ ban đầu của các ion Cr(VI) và Ni(II) trong nước thải đều bằng 10-3M; lượng FeSO4 lấy vừa đủ đểk hử Cr(VI) về Cr(III) (coi thể tích dung dịch nước thải không đổi) Hãy xác định pH đối với từng hydroxit kim loại:

- pHbđ của dung dịch khi bắt đầu xuất hiện kết tủa hydroxit kim loại

- pHht của dung dịch khi kết tủa hoàn toàn hydroxit kim loại (các hydroxit kim loại được xem như kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion kim loại còn lại trong dung dịch bằng 10-6M)

- Khoảng giá trị pH tối ưu để có thể tách riêng từng hydroxit kim loại khỏi hỗn hợp của chúng

Cho biết tích số tan của Fe(OH)3, Cr(OH)3, Ni(OH)2 lần lượt bằng 10-38, 10

-30, 10-15

Hướng dẫn giải:

a) CrO4- + 3 Fe2+ + 8H+ → Cr3+ + 3Fe3+ + 4H2O

Cr2O7 + 6Fe2+ + 14H+→ 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O

Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3

10

−

− య

→ pHbđ = 2,17 [OH-]ht =ඨ 6

→ pHbđ = 3,34 Tương tự với Cr(OH)3 và Ni(OH)2

Khoảng pH tối ưu để có thể tách riêng từng hydroxit kim loại khỏi hỗn hợp của chúng:

Fe(OH)3 từ pHbđ = 2,17 → pHbđ = 3,34

Cr(OH)3 từ pHbđ = 5 → pHbđ = 6

Ni(OH)2 từ pHbđ = 8 → pHbđ = 9,5

Bài 11: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ sáu, 2010 Bảng A)

Đề bài:

Một trong các phương pháp để tách loại Cr(VI) trong nước thải của quá trình

mạ điện là khử Cr(VI) về Cr(III) trong môi trường axit, sau đó điều chỉnh pH bằng kiềm để tạo kết tủa Cr(OH)3

Nếu nồng độ ban đầu Cr3+ trong nước thải ( sau khi đã khử Cr(VI) về Cr(III) ) là 10-3M Khi tang ph của dung dịch (coi thể tích dung dịch không đổi), ban đầu sẽ tại ion Cr(OH)- có tích số tan bằng 10-30, sau đó kết tủa Cr(OH)3 sẽ tan ra do tạp thành ion Cr(OH)4- theo phản ứng sau:

Cr(OH)3 + OH- ⇌ Cr(OH)4- có pK=0,4

Giả thiết Cr(III) chỉ tồn tại ở ba dạng tan là Cr3+, Cr(OH)4- và dạng kết tủa là Cr(OH)3

Hãy xác định:

a) pH của dung dịch khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Cr(OH)3

b) pH của dung dịch khi kết tủa Cr(OH)3 tan hoàn toàn thành Cr(OH)4 -

c) pH của dung dịch mà tại đó độ tan Cr(III) nhỏ nhất Tính độ tan của Cr(III) tại pH này

Hướng dẫn giải:

a) pH1 bắt đầu kết tủa Cr(OH)3

[OH-] =

] [ 3

) ( 3+

b) pH2 khi kết tủa Cr(OH)3 tan hoàn toàn thành Cr(OH)4

-Khi đó có thể coi [Cr(OH)4-] = [Cr3+ ] = 10-3M

[OH-] =

K

OH

Cr( ) ] [ 4−

→ pH2 = 11,4

c) SCr(III)= [Cr3+ ] + [Cr(OH)4-]

[Cr3+ ] = ( )3

] [

OH Cr

K

H T

2

3 3

3 )

( × [ +]

[Cr(OH)4-] = K[OH-] =

] [

2 +

OH Cr

K

H T

2

3 3

3 )

( × [ +]

+

] [

2 +

OH Cr

K

H T

2

3 3

2 )

2 +

dS

= 0 →

O H

OH Cr

K

H T

2

3 3

2 )

2 +

4

3 Cr OH

O H T

ସ× 0,4 + 14 + ଵସ log 30

10− + ଵ

ସ× 0.477 = 6,72

Vậy Smin= 14

3 72 , 6 30

10

) 10 ( 10

10

10 10

Đề bài:

1) Viết các phương trình ion của các phản ứng xảy ra trong dung dịch nước

(ghi rõ trạng thái mỗi chất) khi tiến hành các thí nghiệm dưới đây:

a) Cho một mẩu canxi vào nước

b) Rót axit H2SO4 loãng vào dung dịch Pb(CH3COO)2

c) Rót axit HCl (đặc) vào Mn)2

d) Cho NaCN vào nước

e) Cho mẩu Ag vào dung dịch HNO3 loãng

f) Cho dung dịch NaOH(dư) vào dung dịch Al(NO3)3

2) Khi sự sống bắt đầu trên Trái Đất thì thành phần khí quyển gồm khí A, metan, ammoniac và các khí khác, trong lúc đơn chất B hầu như không

có Do các quá trình hóa học diễn ra trong cơ thể sống nên lượng khí A giảm trong đó B tăng Ngày nay, B có mặt nhiều trong khí quyển nhờ sự

quang hóa (nA + nH2O → nB + (CH2O)n) Lúc đầu, B tích tụ trong khí quyển, ion Fe2+ có mặt trong nước biển bị oxi hóa thành Fe3+ Tầng khí

quyển bảo vệ Trái Đất khỏi tác dụng của tia tử ngoại chứa chất C, một dạng thù hình của B Tất cả các biến đổi ở trên đã tạo nên sự sống đa dạng trên Trái Đất Trong điều kiện xác định, hợp chất D có thể hình

thành cả trong khí quyển và cơ thể sống, Các gốc dẫn tới sự lão hóa được

phát sinh từ sự thoái biến của D Chất D được tạo thành từ hai nguyên tố

hidro và oxi, có cả tính oxi hóa và tính khử

a) Viết công thức của các chất A, B, C, D

b) Viết phương trình phản ứng biểu diễn các chuyển hóa:

(1) nA + nH2O → nB + (CH2O)n (2) D → B

(3) Fe(OH)2 + B + H2O → … (4) B ⇌ C

c) Viết các nửa phương trình electron và phương trình đầy đủ của các phản ứng oxi hóa – khử:

(1) D + KI + H2SO4 → … (2) D + K2Cr2O7 + H2SO4 → …

Hướng dẫn giải:

1)

a) Ca(r) + 2H2O(l) → Ca2+(aq) + 2OH-(aq) + H2(k)

b) Pb2+(aq) + 2CH3COO-(aq) + H+(aq) + HSO4-(aq) → PbSO4(r) +

2CH3COOH(aq)

c) MnO2(r) + 4H +(aq) +2Cl- → Mn2+(aq) + 2H2O(l) + Cl2(k)

d) NaCN(r) + H2O(l) → Na+(aq) + HCN(aq) + 2OH-(aq)

e) 3Ag(r) + 4H+(aq) + NO3-(aq) → 2Ag+(aq) + NO(k) + 2H2O(l)

f) [Al(H2O)6] 3+(aq) + 6OH-(aq) → [Al(OH)6] 3-(aq) + 6H2O(l)

Cr2O72- + 3 H2O2 + 14H+ → 2Cr3+ + 3O2 + 7H2O

Câu 13: (Kì thi chọn học sinh vào các đội tuyển quốc gia dự thi Olympic Quốc tế

năm 2009)

Đề bài:

1 Bạc tác dụng với dung dịch nước của NaCN khi có mặt không khí theo phản

ứng:

4Ag + O2 + 2H2O + 16CN- → 4[Ag(CN)4] 3- + 4OH

-Để ngăn cản sự hình thành của axit HCN (một chất dễ bay hơi và rất độc) thì

pH của dung dịch phải trên 10

Nếu dung dịch của có NaCN, pH= 10,7 thì nồng độ NaCN bằng bao nhiêu?

2 Một dung dịch chứa các ion Ag+ và 0,020 mol/l NaCN So với ion bạc thì natri xianua rất dư pH của dung dịch này bằng 10,8 Trong dung dịch có cân bằng sau:

Ag+ + 4 CN- ⇌ [Ag(CN)4] 3- ߚ1= 5,00.10 20

Xác định tỉ số của

) (

) ] ) ( ([ 4 3

+

−

Ag c

CN Ag c

Tính nồng độ ion CN- trong dung dịch mới này

Sử dụng c(CN=) = 0.0196 mol/l (khi chưa thêm axit/bazơ) Thể tích của dung dịch coi như không thay đổi sau khi thêm axits/bazơ pKa(HCN) = 9,31

Hướng dẫn giải:

1 CN- + H2O ⇌ HCN + OH- K=

) (

) ( ).

(

=

−

CN c

OH c HCN c

Co= c(HCN) + c(CN-) ⇔10-4,69 =

2 3 , 3

2 3 , 3

) 10 (

) 10 (

) ( ).

(

) ] ) ( ([

− +

−

CN c Ag c

CN Ag c

= 5,00.1020

) (

) ] ) ( ([ 4 3

+

−

Ag c

CN Ag c

= ߚ1×c(CN-)4

Vì CN- dư nên c(CN-) ≈ c(NaCN) - c(OH-)

≈ (0,020 - 10-3,3) mol/l ≈ 0,0194 mol/l

) (

) ] ) ( ([ 4 3

+

−

Ag c

CN Ag

c

= 5,00.1020× 0,01944 = 7,04.1013

3 c(Ag+) tăng nếu c(CN-) giảm và c(CN-) giảm nếu c(OH-) giảm Vậy phải thêm axit HClO4

4 Đặt v và n là nồng độ trước và sau khi tăng nồng độ ion (Ag+)

) (

+

+

=

1 ) (

1 ) (

4 1

4 1

CN c

10

) (

10

) (

2 Tính thể tích dung dịch HCl 0,210M cần cho vào 50,00ml dung dịch A để

pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24

3 Thêm 1,00ml dung dịch HClO4 0,0100M vào 100,00ml dung dịch KCN 0,0100M Thêm 2 giọt chất chỉ thị bromothimol xanh (khoảng pH chuyển màu từ 6,0 – 7,6: pH < 6,0 màu vàng; pH > 7,6 màu xanh lục) Sau đó thêm tiếp 100,00ml dung dịch Hg(ClO4)2 0,300M Có hiện tượng gì xảy ra? Giải thích?

4 Thêm 1 giọt (khoảng 0,03ml) dung dịch nước H2S bão hòa vào hỗn hợp thu được trong mục 3 Có hiện tượng gì xảy ra?

Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,34; của H2S là 7,00 và 12,92

NH K x

2

] [ 10

10 9

10

] [

] [

] [

−

CN HCN

⇒ VHCl =

51 , 0

) 10 5 5 , 0 15 , 0 563 , 0 12 , 0 (

−

+

−

− 3 5

Vậy CN- tạo phức với Hg2+

= 1,493.10-5M H2S ⇌ H+ + HS-

−

+

−

− 5 5

10 493 , 1

) 10 975 , 4 (

Vậy có kệt tủa HgS màu đen xuất hiện H2S + Hg2+→ HgS + 2H+

Do sự kết tủa này làm tăng nồng độ của ion H+ trong dung dịch nên dung dịch vẫn

có màu vàng

Câu 15: (Kì thi Olympic Hóa học sinh viên toàn quốc lần thứ V, 2008 Phần Hoá

học đại cương - vô cơ – phân tích, Bảng A)

3 Hỏi hằng số phân li tổng Kd của ion phức [Cu(NH3)2] + trong dung dịch phải

bé hơn giá trị xác định nòa? Biết rằng 0,10 mol CuCl(r) hòa tan hoàn toàn được trong dung dịch NH3 0,20M? Tính giá trị đó

4 Kd của ion phức [Cu(NH3)2]- là 1,0.10-16 Hỏi dung dịch NH3 0,20M có hòa tan hoàn toàn được được 0,10 mol CuI(r) không?

Cho các số liệu sau ở 25oC:

E 2 / = 0,34V; o

I I

E + − /

) 158 , 0 54 , 0 (

96500

−

Cl Cl

Cl Cl

/

2 - RTlnKsCuCl2+ 2F o

Cu Cu

[Cu+][ Cl-] < Ks

[Cu(NH3)2]+= [ Cl-] ≈ 0,10 mol.L-1

[NH3] = 2[Cu2+]

Kd = +

] ) (

[

] ][

[

2 3

2 3

NH

Cu

NH Cu

] ) ( [

] [ 4

2 3

3

NH Cu

Cu

=

10 , 0

] [

) 10 ,

0

(

4 ) 10

10 10 , 0

×

−

= 2,5.10-21 > K3 s(Cul) = (5.10 -12)3 = 1,25.10-34

Do đó 0,10 mol CuI không thể ran hoàn toàn trong dung dịch NH3 0,20M

Câu 16: ( Đề thi chuẩn bị Olympic Hóa học quốc tế 2011)

Đề bài:

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

2

-17 S(Zn(OH) )

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)