HÓA PHÂN TÍCH - (TUYỂN CHỌN CÁC BT HÓA PT TRONG CÁC ĐỀ OLYM PIC SV TOÀN QUỐC)

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Lí do lí luận: 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 sinh viên cũng như học viên cao học 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 bạn 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. Xuất phát từ những nhu cầu thực tiễn đó, là một học viên cao học khoa hóa còn 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 một số đề Olimpic quốc tế. Bên cạnh đó có thể cung cấp được tài liệu tham khảo học tập. Từ tất cả lí do đó, em lựa chọn đề tài “Tuyển chọn các bài tập hóa phân tích trong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và một số kì thi Olimpic quốc tế” để nghiên cứu.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TIỂU LUẬN TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TẬP HÓA PHÂN TÍCH

TRONG CÁC KỲ THI OLPYMPIC SINH VIÊN

TOÀN QUỐC VÀ MỘT SỐ KỲ THI OLYMPIC

QUỐC TẾ

Giáo viên hướng dẫn: GS.PTS Nguyễn Đình Luyện

Học viên thực hiện: Phạm Thị Thơ

Chuyên ngành: Lý luận và phương pháp dạy học bộ môn Hóa học

Khóa: k29 (2020 – 2022)

HUẾ, 8/2021LỜI CẢM ƠN

Sau một thời gian nghiên cứu, đề tài “Tuyển chọn các bài tập hóa phân tích

trong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và một số kì thi Olimpic quốc tế” đã

hoàn thành Để hoàn thành được bài tiểu luận này có sự hướng dẫn trực tiếp của Phó giáo

sư - Tiến sĩ Nguyễn Đình Luyện cùng 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 Huếcùng tất cả các thầy cô giáo đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ em trong trong suốt quátrình học tập, nghiên cứu

Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và chân thành nhất đến Phó giáo sư - Tiến sĩ Nguyễn Đình Luyện về sự hướng dẫn quý báu trong suốt quá trình học và tìm hiểu về bộmôn hóa phân tích.

Tuy đã có nhiều cố gắng, nhưng chắc chắn bài tiểu luận của em còn có rất nhiềuthiếu sót Em rất mong nhận được những ý kiến đóng góp từ quý thầy cô để đề tài này cóthể hoàn thiện hơn

Xin chân thành cám ơn!

MỤC LỤC

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 nhànước ta đầu tư hướng đến

 Lí do thực tiễn:

Một trong những hạn chế, khó khăn của sinh viên cũng như học viên cao học họctập môn hóa học trong toàn quốc đang gặp phải đó là chương trình, sách và tài liệu chomôn chuyên còn thiếu, chưa cập nhật liên tục Các bạn phải tự tìm tài liệu, chọn giáotrình phù hợp, phải tự xoay sở để chiếm lĩnh lượng kiến thức và rèn luyện kĩ năng giải bàitập hóa học nói chung và đặc biệt là chuyên đề hóa học phân tích

Xuất phát từ những nhu cầu thực tiễn đó, là một học viên cao học khoa hóa cònthiếu kinh nghiệm, em rất mong mỏi có được một nguồn tài liệu có giá trị và phù hợptrong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và một số đề Olimpic quốc tế Bên cạnh đó

có thể cung cấp được tài liệu tham khảo học tập Từ tất cả lí do đó, em lựa chọn đề tài

“Tuyển chọn các bài tập hóa phân tích trong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc

và một số kì thi Olimpic quốc tế” để nghiên cứu.

II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Tuyển chọn các bài tập về hóa học phân tích trong các kì thi Olympic sinh viêntoàn quốc và Olimpic quốc tế

III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Bài tập hóa học phân tích dùng trong hoc tập môn hóa học phân tích trong các kìthi Olympic sinh viên toàn quốc và một số kì thi Olimpic quốc tế

IV NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

Nghiên cứu chương trình hóa học phổ thông nâng cao, chuyên hóa học và chươngtrình ở bậc đại học chuyên ngành hóa học

Xây dựng hệ thống bài tập hóa học phân tích nâng cao dùng cho sinh viên, họcviên cao học chuyên ngành hóa

Đề xuất phương pháp giải bài tập thích hợp

V PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Đọc, thu thập tài liệu

- Tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn

VI PHẠM VI NGHIÊN CỨU

- Nội dung: Bài tập phần hóa học phân tích

- Đối tượng: sinh viên, học viên cao học chuyên ngành hóa; sinh viên dự thiolimpic toàn quốc, quốc tế

B NỘI DUNG

I MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI:

Bài 1 : Cho biết các thế điện cực chuẩn: E o (Cu 2+ /Cu) = 0,34V; E o (Cu 2+ /Cu + ) = 0,15V;

3) Muối Cu 2 SO 4 có bền trong nước hay không? Giải thích

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2003)

− +

+

=

Cu

I Cu E

Cu2+ + e → Cu+ Eo

2 = 0,15V

Vậy Cu2SO4 là muối tan trong nước, không bền trong dung dịch:

Bài 2 : 1) Cacbon 14 phân rã phóng xạ theo phản ứng sau:

e N

1

14 7

Cho biết các số liệu sau ở 25 o C:

O 2(k) + 4e + 4H + 2H ⇌ 2 O E o = 1,23V

Au + + e Au ⇌ E o = 1,70V

[Au(CN) 2 ] - Au ⇌ + + 2CN - β2 -1 = 7,04.10 -40

(β2 -1 là hằng số điện ly tổng cộng của ion phức)

O 2 trong không khí chiếm 20% theo thể tích, áp suất của không khí là 1atm.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2004)

Bài giải :

1) Ta có:

2716 ln

2 ln ln

; 2

n k

năm2) 4Au + O2 + 8CN- + 2H2O 4[Au(CN)⇌ 2]- + 4OH-

Phản ứng chứa hai cặp oxi hóa khử [Au(CN)2]-/Au và O2/H2O:

• Xét cặp [Au(CN)2]-/Au:

-∆G o

∆G o

o

Au CN Au

o Au Au

o

Au CN Au

61 , 0

ln /

) (

/

1 2 /

) (

RT E

O H O O H

4

4 /

Vậy thế khử của cặp [Au(CN)2]-/Au bé hơn so với cặp O2/H2O nên phản ứng hoà tan vàng

ở trên xảy ra được

= 10 -5 M và [I - ] o = 1M

Cho F = 96500C/mol; R = 8,314J.mol -1 K -1

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2004)

K RT FE

CuI Cu s

o Cu Cu

o CuI

= +

F

RT E

CuI Cu CuI Cu

2 /

6

11 5 , 8 10

1

10 5 10

1) Một dung dịch chứa vết Fe 3+ Thêm vào dung dịch này một dung dịch KSCN

10 -2 M (coi thể tích không đổi) Xác định nồng độ tối thiểu của Fe 3+ để dung dịch xuất hiện màu đỏ.

2) Một dung dịch chứa Ag + 10 -2 M và Fe 3+ 10 -4 M Thêm dung dịch SCN - vào tạo kết tủa AgCN (coi thể tích không đổi) Xác định nồng độ Ag + còn lại trong dung dịch khi xuất hiện màu đỏ Biết T AgSCN = 10 -12

3) Thêm 20cm 3 dung dịch AgNO 3 5.10 -2 M vào 10cm 3 dung dịch NaCl không biết nồng độ Lượng dư Ag + được chuẩn độ bằng dung dịch KSCN với sự có mặt của

Fe 3+ Điểm dương đương (khi bắt đầu xuất hiện màu đỏ) được quan sát thấy khi thêm 6cm 3 dung dịch KSCN 10 -1 M Tính nồng độ của dung dịch NaCl.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005)

5

10)1010(

−

− +

2 5

5

10.1,910

.1,1

1010

.910

− +

Cho biết nguyên tử khối của Ag = 107,88; hằng số điện li bazơ của amoniac là

K b = 1,74.10 -5 ; các hằng số bền của phức [Ag(NH 3 ) i ] + tương ứng là: lgβ1 = 3,32(i = 1)

và lgβ2 = 6,23(i = 2).

Các thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn ở 25 o C: E o (Ag + /Ag) = 0,799V;

E o (O 2 /OH - ) = 0,401V Áp suất riêng phần của oxy trong không khí là 0,2095atm Phản ứng được thực hiện ở 25 o C.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005)

Bài giải :

NAg = 0,100 : 107,88 = 9,27.10-4mol

Số mol cực đại của NH3 cần để tạo phức là: 9,27.10-4 2 = 1,854.10-3M nghĩa lànhỏ hơn nhiều so với số mol NH3 có trong dung dịch (10-2M) Vậy NH3 rất dư để hoà tanlượng Ag nếu xảy ra phản ứng

Chúng ta sẽ kiểm tra khả năng hoà tan theo quan điểm điện hóa và nhiệt động:

2

lg4

059,0

Khi cân bằng E1 = E2 Trong dung dịch NH3 = 0,1M (lượng NH3 đã phản ứngkhông đáng kể) ta có: [OH-] = (Kb.C)1/2 = 1,32.10-3M

⇒ E2 = 0,5607V

Vì E2 = E1 nên từ tính toán ta có thể suy ra được [Ag+] = 9,12.10-5M

Nồng độ tổng cộng của Ag+ trong dung dịch:

[Ag+]o= [Ag+] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2+]

= [Ag+](1 + β1[NH3] + β1β2[NH3]2) = 15,5M

Giá trị này lớn hơn nhiều so với lượng Ag dùng cho phản ứng Vì vậy các điều kiện điệnhóa và nhiệt động thuận lợi cho việc hoà tan 0,100g Ag

Bài 6:

1 Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl 2 0,100M và FeCl 3 0,100M Xác định nồng độ các ion thiếc và sắt khi cân bằng ở 25 o C Tính thế của các cặp oxy hóa - khử khi cân bằng.

2 Nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 2,5.10 -2 M Xác định nồng độ của

Fe 3+ ; Fe 2+ và Ag + khi cân bằng ở 25 o C Tính thế của các cặp oxy hóa - khử khi cân bằng.

Cho biết E o (Sn 4+ /Sn 2+ ) = 0,15V; E o (Fe 3+ /Fe 2+ ) = 0,77V; E o (Ag + /Ag) = 0,80V.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005)

2

10.58,10025

,010.1

025,0

)05,0.(

025,

εε

025,0lg2

059,015,005,0

10.58,

=+

M Fe

Ag x x

x

3 3

2 2

2

10.6

10.38,431

,005

,

0

− +

− +

2

3

=+

=

−

−

Bài 7:

1.Viết các phương trình tạo các kết tủa Zn(OH) 2 , Fe(OH) 2 và Fe(OH) 3 từ dung dịch NaOH và các ion tương ứng.

Mỗi trường hợp hãy thiết lập công thức liên quan giữa nồng độ M n+ , pH

và tích số tan K s Tích số ion của nước là 10 -14

2.Cho biết K s của Zn(OH) 2 , Fe(OH) 2 và Fe(OH) 3 lần lượt là 10 -16 , 10 -14 và 10 -38 Nồng độ các ion Zn 2+ , Fe 2+ , và Fe 3+ đều bằng 10 -2 Ở pH nào bắt đầu kết tủa từng ion trên?

3.1 lít dung dịch ở pH=0 chứa hỗn hợp Fe 2+ 10 -2 M và Fe 3+ 10 -2 M Khi hòa tan NaOH(r) vào, hidroxit nào kết tủa trước?

Nếu một trong 2 ion kết tủa hoàn toàn khi còn lượng ban đầu, thì ở pH nào ion sắt kia không kết tủa.

4.Zn(OH) 2 tan hoàn toàn thành ZnO 2 H - khi hòa tan NaOH (r) vào.

Nếu dung dịch xuất phát chứa Zn 2+ 10 -2 M người ta thấy kết tủa Zn(OH) 2 bắt đầu biến mất ở pH=13 Tính K a của nấc phân li thứ nhất đối với Zn(OH) 2

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2006)

2 Ta có bảng xác định pH bắt đầu kết tủa của [Zn 2+ ]=[Fe 2+ ]=[Fe 3+ ]=10 -2 M:

Vậy[OH-]1> [OH-]2 mà từ pH =0 nên kết tủa Fe(OH)3 tạo kết tủa trước

Để Fe(OH)2 không tạo kết tủa thì: [OH-]1< 10-6 M hay pH < 6 (1)

- Xét khi ion Fe3+ kết tủa hoàn toàn: [Fe3+] CFe3+.10-3=10-2.10-3=10-5

⇒ [OH-] = = 10-11 (M) ⇒ pH 3 (2)

Vậy từ (1) và (2) suy ra khi 6 > pH 3 thì Fe3+ kết tủa hoàn toàn và Fe2+ chưa bắt đầu kếttủa

4 Xét: Dung dich xuất phát từ Zn 2+ 10 -2 M:

Tại pH=7 kết tủa bắt đầu xuất hiện:

1. Một dung dịch axit chứa các ion Fe 2+ 0,1M, tiếp xúc với không khí (20% O 2

và 80% N 2 theo thể tích) Chứng minh rằng Fe 2+ bị oxi không khí oxi hóa, biết rằng khi cân bằng nồng độ H + bằng 0,1M Hỏi có bao nhiêu phần trăm Fe 2+

không bị oxi không khí oxi hóa khi ở trạng thái cân bằng?

2. Một dung dịch Fe 3+ 0,1M đựng trong một bình kín không có không khí, trong đó có bột Fe nguyên chất dư Tính nồng độ ion Fe 3+ khi phản ứng ở trạng thái cân bằng.

Từ các kết quả thu được hãy rút ra kết luận có ích.

Số liệu dùng cho các phép tính:

•Nhiệt độ phản ứng 25 o C.

•Thể khử (oxi hóa-khử ) chuẩn E 0 ở 25 o C:

Vậy EO2/H2O> EFe3+/Fe2+ (vì 1,16>0,711) nên Fe2+ bị oxi không khí oxi hóa

Xét phản ứng: 4Fe2+ + O2 + 4H+⇄ 4Fe3+ + 2H2O , K1 rất lớn coi như pứ xảy ra ht 0,1 ~0,1

Vậy %Fekhông bị oxi hóa = (2,4.10-8/ 0,1).100% = 2,4.10-5 (%)

(hoặc cứ xét theo biểu thức K1)

Giải phương trình có: x = 9.10-23 M vậy [Fe3+] = 2.9.10-23=1,8.10-22 (M)

Nhận xét: - Muốn bảo quản dung dịch Fe2+ lâu dài thì không được để tiếp xúcvới không khí và có mặt Fe trong dung dịch

Bài 9:

Ion CN - có trong nước thải công nghiệp, có thể loại chất độc này bằng dung dịch

H 2 O 2 theo phản ứng sau ở 25 o C: CN - + H 2 O 2 ⇄ NCO - + H2O

1 Tính hằng số cân bằng của phản ứng.

2 Trong nước thải nồng độ CN - là 10 -3 mol.l -1 , nếu dùng dung dịch H 2 O 2 0,1M (coi thể tích không đổi) thì nồng độ CN - còn lại sau phản ứng là bao nhiêu? Rút ra kết luận gì?

Cho biết ở 25 0 C: E o (H 2 O 2 /H 2 O) = +1,77V; E o (NCO - /CN - ) = -0,14V.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2010)

bề mặt Fe(OH) 3 sẽ tích điện dương khi pH < 7 và tích điện âm khi pH > 7 Axit asenic H 3 AsO 4 có pK 1 = 2,2; pK 2 = 6,9; pK 3 = 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 H 3 AsO 4 và H 2 AsO 4 - ở pH = pK 1 , các dạng H 2 AsO 4 - và HAsO 4 2- ở pH = pK 2 , các dạng HAsO 4 2- và AsO 4 3- ở pH = pK 3 chiếm bao nhiêu phần trăm (về số mol)?

b) Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK 1 , pH = pK 2 hay

pH = pK 3 Giải thích.

c) Chứng minh rằng ở pH tối ưu (như đã xác định ở phần b) oxi có thể oxi hóa As(III) thành As(V) Cho E o (O 2 /H 2 O) = 1,23V ; E o (H 3 AsO 4 /HAsO 2 ) = 0,56V Axit meta asenơ HAsO 2 có pK = 8,1 Tổng nồng độ của As(V) bằng tổng nồng độ của As(III) Nồng độ oxi hòa tan trong nước là 8 mg/l.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2012)

1

2 4

2 3 2

2 1

K[H ] [H ]

2 4

K[AsO ]

=Axit HAsO2 là axit yếu (pK= 8,1) nên tại Ph = pK2 = 6,9 dạng tồn tại chủ yếu của As(III)

là HAsO2

Theo kết quả tính toán ở câu b, [H2AsO4-] = [HAsO42-] = C/2

Từ K1, hoặc K2 ta có thể tính [H3AsO4] theo [H2AsO4-] hoặc [HAsO42-]

2 4

1

[H AsO ][H ][H AsO ]

K

=Thay vào (1) ta có:

⇒ Oxi có thể oxi hóa As(III) thành As (V)

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 KMnO 4 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?

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2012)

Bài giải:

a/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra

Sn + H2SO4 → SnSO4 + H2

2Bi + 3H2SO4 → Bi2(SO4)3 + 3H2

5Sn2+ + 2MnO42- + 8H+ → 5Sn4+ + 2Mn2+ + 4H2O

b/ Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim.

Số mol Sn2+ có trong 25 mL dung dịch chuẩn độ

c/Cách xác định điểm cuối của quá trình chuẩn độ

Điểm cuối chuẩn độ: dung dịch chuyển từ không màu sang màu tím nhạt (bềntrong khoảng 30 giây )

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?

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

Bài 12:

Tính hằng số điện ly acid nấc 1 của H 2 O 2 :

H 2 O 2 → H + + K 1 = ? Cho biết:

(3) H2O2 + 2H+ + 3OH- 3H2O + HO2- K =k1.k2 = 1,17.

(Vì K=

(4) 3H2O 3H+ + 3OH- K3

w = 10-14 X3 = 10-42Lấy tổng (3) + (4):

2 2

2 4

w

K

K OH

H O H

H HO

− +

Cho biết: T Cd(OH)2 = 4,5.10 -15 ; phức [Cd(S 2 O 3 ) 2 ] 2- có hai hằng số tạo phức là K 1 = 8,3 x

10 3 , K 2 = 2,5 x 10 2 ; và trong dung dịch không có các hiện tượng thủy phân.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014)

Bài giải : Tính số mol Na2S2O3:

(1) Cd(OH)2 ↔ Cd2+ + 2OH- T= [Cd2+][OH-]2= 4,5.10-15

0,00050M

Theo cân bằng: [OH-]=2x0,00050=0,0010M

a Giải thích thí nghiệm và cho biết sự ô nhiễm không khí bởi H 2 S của khu nghỉ dưỡng trên như thế nào? Có được xếp vào mức cho phép không?

b Tính hàm lượng của H 2 S trong không khí theo thể tích.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014)

Bài giải:

a Giải thích thí nghiệm và cho biết sự ô nhiễm không khí bởi H 2 S của khu nghỉ dưỡng trên như thế nào? Có được xếp vào mức cho phép không?

Điện phân dung dịch KI trong 120 giây: 2KI + 2H2O → 2KOH + I2 + H2↑ (1)

Cho không khí vào dung dịch sau khi điện phân: H2S + I2 → 2HI + S↓ (2)

H2S còn dư trong dung dịch (I2 hết )

Điện phân tiếp dung dịch có chứa H2S, HI, KI trong 35 giây, ta có: H2S → H2 + S (3)Cho đến khi hết H2S, I- sẽ điện phân tạo I2 (I2 làm cho hồ tinh bột hóa xanh dấu hiệu đểquá trình (3) đã hoàn thành).

- Số mol I2 được giải phóng khi điện phân dung dịch KI (I = 0,002A; t = 120s):

2

5 I

Vậy mức độ ô nhiễm của không khí tại khu nghỉ dưỡng này đã vượt quá mức cho phép

b Tính hàm lượng của H 2 S trong không khí theo thể tích.

Hàm lượng H2S trong không khí của khu nghỉ dưỡng: 27,2 10-3 mg/l

Bài 15:

a Độ tan của BaSO 4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M.

Tính tích số tan của BaSO 4 rồi suy ra độ tan của BaSO 4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch Na 2 SO 4 0,001M Cho biết pK a đối với nấc phân ly thứ hai của

H 2 SO 4 là 2.

b Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau:

+ 10mL dung dịch CH 3 COOH 0,10M trộn với 10mL dung dịch HCl có pH =4,0 + 10mL dung dịch CH 3 COOH có pH =3,0 trộn với 10mL dung dịch HCOOH có pH

=3,0

+ 25mL dung dịch CH 3 COOH có pH =3,0 trộn với 15mL dung dịch KOH có pH

=11,0

Cho biết pKa của CH 3 COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75.

Bài giải:

SO42- + H+ ⇄ HSO42- K1 = Ka2-1 = (10-2)-1 = 102BaSO4 + H+ Ba⇄ 2+ + HSO42- K = K1 T = 102 T

b Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp:

*10mL dung dịch CH 3 COOH 0,10M trộn với 10mL dung dịch HCl có pH =4,0

Dung dịch HCl có pH = 4,0 → [H+] = [HCl] = 10-4(M)

Sau khi trộn: [HCl] = 10-4 10/20 = 5 10-5M ; [CH3COOH] = 0,1 10/20 = 0,05M

HCl → H+ + Cl5.10-5 5.10-5

-CH3COOH H⇄ + + CH3COO