OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM - OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2005

pdf
Số trang OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM - OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2005 58 Cỡ tệp OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM - OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2005 1 MB Lượt tải OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM - OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2005 0 Lượt đọc OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM - OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2005 75
Đánh giá OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM - OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2005
4.3 ( 16 lượt)
Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu
Đang xem trước 10 trên tổng 58 trang, để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên
Chủ đề liên quan

Nội dung

I. OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2005 (Bảng A): 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 Ag+ còn lại trong dung dịch khi 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 tương 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. BÀI GIẢI: Fe3+ Co – x 1. + SCN10-2 – x ⇌ Fe(SCN)2+ x = 10-5 Nồng độ cân bằng: 10 −5 Ta có: = 10 − 2 3+ −2 −5 Fe (10 − 10 ) 3+ ⇒ [Fe ] = 10-5M ⇒ Co = 2.10-5M 2. Khi xuất hiện màu đỏ thì: [Fe(SCN)2+] = 10-5M. Vậy nồng độ Fe3+ còn lại là: 9.10-5M Ta có: 10 −5 = 10 − 2 − −5 SCN 9.10 [ [ [ ] ] ] [ ] ⇒ SCN − = 1,1.10 −3 M ⇒ Ag + = 9,1.10 −10 M 3 n(Ag+) = n(AgCl) + n(AgSCN) 20.10-3.5.10-2 = 10.10-3C + 6.10-3.10-1 ⇒ C = 4.10-2M KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2002 (BẢNG A) Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M. (a) Tính pH của dung dịch X. (b) Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu được kết tủa A và dung dịch B. i Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B. ii Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2). iii Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phương pháp hoá học, viết các phương trình phản ứng (nếu có). BÀI GIẢI: a) Tính pH của dung dịch Na2S → 2 Na+ + S20,01 0,01 + KI → K + I0,06 0,06 Na2SO4 → 2Na+ + SO420,05 0,05 + H2O ⇌ HS- + OH- S2- SO4 + H2O ⇌ H SO4 + OH 2- - - Kb(1) = 10-1,1 (1) -12 (2) Kb(2) = 10 Kb(1) >> Kb(2) nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch: S2- + (0,01 -x) [] ⇌ H2O HS- + OHx x K = 10-1,1 x2 = 10 −1,1 → x 2 + 0,0794 x − 10 −3,1 = 0 0,01 − x →x = 8,94. 10-3 → [OH-] = 8,94.10-3 → pH = 11,95 2+ 2-1 b) Pb + S → PbS ↓ (Ks ) = 1026. 0,09 0,01 0,08 Pb2+ + SO42→ PbSO4 ↓ (Ks-1) = 107,8. 0,08 0,05 0,03 Pb2+ + 2 I→ PbI2 (Ks-1) = 107,6. 0,03 0,06 Thành phần hỗn hợp: ↓A : PbS , PbSO4 , PbI2 Dung dịch B : K+ 0,06M Na+ 0,12M 2+ 22Ngoài ra còn có các ion Pb ; SO4 ; S do kÕt tña tan ra. Độ tan của PbI 2 : 3 10 −7 ,6 / 4 = 10 −2, 7 -7,8 -26 −13 PbS : S = 10 = 10 PbSO 4 : S = 10 = 10 −3,9 Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan của PbI2. PbI2↓ = Pb2+ + 2IKs 2+ -47 -3 Do đó [Pb ] = 10 −7,8= 2 x 10 M và [I-] = 4.10-3M. 10 [SO42-] = = 5. 10−5,8 = 7,9.10−6M << [Pb2+] −3 2 × 10 2- [S ] = 10−26 −3 = 5. 10−24 << [Pb2+] 2 × 10 Các nồng độ SO4 , S2- đều rất bé so với nồng độ Pb2+, như vậy nồng độ Pb2+ do PbS và PbSO4 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn toàn chính xác. − Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO4; PbI2. Cho kết tủa hoà tan trong NaOH dư : ↓ PbS không tan, có màu đen. Dung dịch có PbO22-, SO42-, I-, OHPbSO4 + 4 OH→ PbO22- + SO42- + 2 H2O PbI2 + 4 OH- → PbO22- + 2 I- + 2 H2O Nhận ra ion SO42-: cho BaCl2 dư: có kết tủa trắng BaSO4, trong dung dịch có PbO22-, OH-, Ba2+, I-. Nhận ra I-, Pb2+: axit hoá dung dịch bằng HNO3 dư sẽ có kết tủa vàng PbI2 xuất hiện: OH- + H+ → H2O PbO22- + 4 H+ → Pb2+ + 2H2O Pb2+ + 2 I- → PbI2↓ 2- KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2003 (BẢNG A) 1. Trong phòng thí nghiệm có các dung dịch bị mất nhãn: AlCl3, NaCl, KOH, Mg(NO3)2, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2, AgNO3. Dùng thêm một thuốc thử, hãy nhận biết mỗi dung dịch. Viết các phương trình phản ứng (nếu có). 2. Dung dịch bão hòa H2S có nồng độ 0,100 M. Hằng số axit của H2S: K1 = 1,0 x 10-7 và K2 = 1,3 x 10-13. a) Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,100 M khi điều chỉnh pH = 2,0. b) Một dung dịch A chứa các cation Mn2+, Co2+, và Ag+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion đều bằng 0,010 M. Hoà tan H2S vào A đến bão hoà và điều chỉnh pH = 2,0 thì ion nào tạo kết tủa. Cho: TMnS = 2,5 x 10-10 ; TCoS = 4,0 x 10 – 21 ; TAg2S = 6,3 x 10-50 BÀI GIẢI: 1. Có thể dùng thêm phenolphtalein nhận biết các dung dịch AlCl3, NaCl, KOH, Mg(NO3)2, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2, AgNO3. * Lần lượt nhỏ vài giọt phenolphtalein vào trong dung dịch. - Nhận ra dung dịch KOH do xuất hiện màu đỏ tía. * Lần lượt cho dung dịch KOH vào mỗi dung dịch còn lại: - Dung dịch AgNO3 có kết tủa màu nâu Ag+ + OH– → AgOH ↓ ; (hoặc 2Ag+ + 2OH– → Ag2O + H2O) - Dung dịch Mg(NO3)2 có kết tủa trắng, keo Mg2+ + 2OH– → Mg(OH)2 ↓ - Các dung dịch AlCl3, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2 đều có chung hiện tượng tạo ra kết tủa trắng, tan trong dung dịch KOH (dư). Al3+ + 3OH– → Al(OH)3 ↓ ; Al(OH)3 ↓ + OH– → AlO2– + 2H2O Pb2+ + 2OH– → Pb(OH)2 ↓ ; Pb(OH)2↓ + OH– → PbO2– + 2H2O Zn2+ + 2OH– → Zn(OH)2 ↓ ; Zn(OH)2↓ + OH– → ZnO2– + 2H2O - Dung dịch NaCl không có hiện tượng gì. - Dùng dung dịch AgNO3 nhận ra dung dịch AlCl3 do tạo ra kết tủa trắng Ag+ + Cl – → AgCl ↓ - Dùng dung dịch NaCl nhận ra dung dịch Pb(NO3)2 do tạo ra kết tủa trắng Pb2+ + 2 Cl – → PbCl2 ↓ - còn lại là dung dịch Zn(NO3)2. 2. a) Tính nồng độ ion S2– trong dung dịch H2S 0,100 M; pH = 2,0. H2S (k) ⇋ H2S (aq) CH2S = [H2S] = 0,1 M [H2S] = 10-1 H2S (aq) ⇋ H+ + HS – K1 = 1,0 x 10-7 [H+] = 10-2 HS K2 = 1,3 x 10-13 ⇋ H+ + S2- 2 ⎡⎣ H + ⎤⎦ ⎡⎣ S 2 − ⎤⎦ K= = Kl. K2 H2S (aq) ⇋ 2H+ + S2[S2- ] = 1,3 x 10-20 x [ H 2S ] ⎡⎣ H ⎤⎦ + 2 = 1,3 x 10-20 x [ H 2S ] 10 −1 ( 10 ) −2 2 = 1,3 x 10-17 (M) b) [Mn2+] [S2- ] = 10-2 x 1,3 x 10-17 = 1,3 x 10-19 < TMnS = 2,5 x 10-10 không có kết tủa [Co2+] [ S2- ] = 10-2 x 1,3 x 10-17 = 1,3 x 10-19 > TCoS = 4,0 x 10-21 tạo kết tủa CoS + 2 2-2 2 -17 –21 -50 [Ag ] [S ] = (10 ) x 1,3 x 10 = 1,3 x 10 > TAg2S = 6,3 x 10 tạo kết tủa Ag2S KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2004 (BẢNG B) 1. Dung dịch A gồm Ba(NO3)2 0,060 M và AgNO3 0,012 M. a) Thêm từng giọt K2CrO4 vào dung dịch A cho đến dư. Có hiện tương gì xảy ra? b) Thêm 50,0 ml K2CrO4 0,270 M vào 100,0 ml dung dịch A. Tính nồng độ các ion trong hỗn hợp thu được. 2. Trình bày sơ đồ nhận biết và phương trình ion của các phản ứng đã xảy ra khi nhận biết các cation trong dung dịch X gồm Ba2+, Fe2+, Pb2+, Cr3+, NO3-. Cho: BaCrO4↓ + H2O Ba2+ + HCrO4- + OH - ; K = 10-17,43 Ag2CrO4 + H2O 2Ag+ + HCrO4- + OH - ; K = 10-19,50 pKa của HCrO4- bằng 6,50. BÀI GIẢI: 1. a) Hiện tượng: Có kết tủa BaCrO4 và Ag2CrO4. Xét thứ tự xuất hiện các kết tủa: Để bắt đầu có BaCrO4 ↓ : CCrO2− > 4 Để bắt đầu có Ag2CrO4 ↓ : C C Ba 2+ K s ( Ag2CrO4 ) > − CrO 24 K s ( BaCrO4 ) C 2 Ag+ (1) (2) Để tính tích số tan Ks cần tổ hợp cân bằng : BaCrO4 ↓ Ba2+ + H2O CrO4 2- H + + H BaCrO4 ↓ + H2O + CrO42- + OH HCrO4 - Ba2+ + - Ks1 Kw Ka-1 HCrO4- + OH - K= Ks1 . Kw . Ka-1 Có Suy ra K s1 = K.K a 10 −17 , 43.10 −6,50 = = 10 −9,93 −14 Kw 10 Ag2CrO4 ↓ H2O CrO42- + H+ Ag2CrO4 ↓ + H2O Có K = 10-19,50 2 Ag + + CrO42- Ks2 H + + OH HCrO42 Ag + + Kw Ka-1 HCrO4- + OH – K s2 = 10 −19,50.10 −6,50 = 10 −12 −14 10 Từ (1) Từ (2) C C CrO24 CrO 24 − − CCrO2-4 (BaCrO4) < 10−9,93 > = 1,96.10−9 M 0,060 10 −12 > = 6,94.10 −9 M 2 (0,012) CCrO2-4 (Ag2CrO4) 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: C C − CrO 24 Ag 2 0,270 x 50,00 = 0,090M 150,000 0,0120 x100,00 = = 0,0080M 150,000 = C ; Ba 2+ = 0,060 x100,00 = 0,040M 150,000 Các phản ứng: Ba2+ + CrO42- 0,046 0,090 - BaCrO4 ↓ 0,050 2 Ag + + 0,0080 - CrO42- Ag2CrO4 ↓ 0,050 0,046 Thành phần sau phản ứng : BaCrO4 ↓ ; Ag2CrO4 ↓ ; CrO42- (0,046 M ). 2 Ag + + CrO4210-12 Ag2CrO4 ↓ 2+ 2BaCrO4 ↓ Ba + CrO4 10-9,93 Nồng độ CrO42- dư khá lớn, có thể coi nồng độ CrO42- do 2 kết tủa tan ra là không đáng kể. CrO42- + H2O C 0,046 [] (0,046 – x ) HCrO4- + OH x x Kb = 10-7,5 [ x2 = 10 −7 ,5 0,046 − x [Ag ] = ] x = 3,8.10-5 << 0,046; CrO 24- = 0,046M 10 −12, 0 = 4,66.10 −6 M; 0,046 + [Ba ] = 100,046 = 2,55.10 −9 , 93 2+ −9 M [Ba2+] và [Ag+] đều << [CrO42- ], chứng tỏ nồng độ CrO42- do 2 kết tủa tan ra là không đáng kể. Vậy trong dung dịch có: [Ba2+] = 2,55.10-9M ; [Ag+] = 4,66.10-6M [CrO42-] = 0,046M [OH-] = 3,8.10-5M ; [K+] = CK+ = 0,18M ; ; [H+] = 2,63.10-10M; C NO- = 0,088M. ; 3 2. Dung dÞch X (Ba2+, Fe2+, Pb2+, Cr3+, NO3- ) + H2SO4 + BaSO4 Cr3+, Fe2+ PbSO4 + NaOH + NaOH d− 2- BaSO4 PbO2 2- Fe(OH)3 CrO4 SO42-, OH - KÕt tña ®á n©u KÕt tña tr¾ng + H2O2 Dung dÞch mμu vμng + HNO3 PbSO4 KÕt tña tr¾ng (hoÆc + H2S cho kÕt tña PbS mμu ®en) Ba2+ + HSO4- BaSO4↓ + H+ Pb2+ + HSO4- PbSO4↓ + H+ H+ + OH - H2O PbSO4↓ + 4 OH- PbO22- + SO42- + H20 PbSO4↓ + PbO22- + SO42- + 4 H+ ( PbO2 2- PbS↓ đen + 2 H2O ) + 2 H2S 3+ Cr + 3 OH 2 H2O - Cr(OH)3↓ Cr(OH)3↓ + OH - CrO2- + 2 H2O 2 CrO2- + 3 H2O2 + 2 OHFe2+ 2 CrO42- + 4 H2O Fe(OH)2↓ + 2 OH - Fe(OH)3↓ 2 Fe(OH)2 + H2O2 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2005 (BẢNG A) Bằng dung dịch NH3, người ta có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al3+ trong dung dịch nước ở dạng hydroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg2+ trong dung dịch nước ở dạng hydroxit. Hãy làm sáng tỏ điều nói trên bằng các phép tính cụ thể. Cho biết: Tích số tan của Al(OH)3 là 5.10−33; tích số tan của Mg(OH)2 là 4.10−12; hằng số phân ly bazơ của NH3 là 1,8.10−5. BÀI GIẢI: Tính hằng số cân bằng K của phản ứng kết tủa hidroxit: 3× NH4+ + OH− NH3 + H2O − Al3+ + 3 OH− Al(OH)3 Al3+ + 3 NH3 + 3 H2O ; KNH3 = 1,8.10−5 ; KS, = 5. 10−33 Al(OH)3 3 KNH 3 = 1,17.1018 Al(OH)3 + 3 NH4+ ; K = KS;Al(OH)3 Tương tự như vậy, đối với phản ứng: Mg2+ + 2 NH3 + 2 H2O 2 KNH 3 = 81 Mg(OH)2 + 2 NH4+ ; K = KS;Mg(OH)2 2+ Phản ứng thuận nghịch, Mg không kết tủa hoàn toàn dưới dạng magie hidroxit như Al3+. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2005 (BẢNG B) 1. Tính độ điện li của ion CO32− trong dung dịch Na2CO3 có pH =11,60 (dung dịch A). 2. Thêm 10,00 ml HCl 0,160 M vào 10,00 ml dung dịch A. Tính pH của hỗn hợp thu được. 3. Có hiện tượng gì xảy ra khi thêm 1 ml dung dịch bão hoà CaSO4 vào 1 ml dung dịch A. HCO3− + H+ ; Ka1 = 10−6,35 Cho: CO2 + H2O HCO3− H+ + CO32− ; Ka2 = 10−10,33 −2 Độ tan của CO2 trong nước bằng 3,0.10 M. Tích số tan của CaSO4 bằng 10−5,04; của CaCO3 bằng 10−8,35 BÀI GIẢI: 1. CO32− + H2O ⇌ HCO3− + OH− ; Kb1 = 10-14/10-10,33 = 10−3,67 HCO3− + H2O ⇌ ( H2O.CO2) + OH− ; Kb2 = 10-14/10-6.35 = 10−7,65 Kb1 >> Kb2 , cân bằng (1) là chủ yếu. CO32− C C + H2O ⇌ (1) HCO3− + OH− ; 10−3,67 (2) [ ] C − 10−2,4 10−2,4 (10 ) − 2, 4 2 = 10−3,67 C − 10 − 2, 4 α CO3 2. [] C = 10−2,4 + (10-4,8/10-3,67) = 0,0781 M 10−2,4× 102 = 5,1 % 0,0781 = 2− CHCl = 0,16/2 = 0,08 M ; CNa2CO3 = 0,0781 = 0,03905 M CO32− CO2 + H2O + 2 H+ 0,03905 0,08 1,9. 10−3 2 0,03905 C CO > L CO 2 2 CO2 + H2O C 10−2,4 H+ + 3,0 × 10−2 3,0 × 10−2 − x HCO3− ; 10−6,35 1,9. 10−3 1,9. 10−3 + x −3 x(1,9. 10 +x) + = 10−6,35 −2 3,0 × 10 − x (do Ka1 >> Ka2) x x = 7,05.10−6 << 1,9. 10−3 [H+] = 1,9.10−3 Vậy pH = − lg 1,9. 10−3 = 2,72 3. = 0,03905 ≅ 0,0391 C CO 2− = 0,0781/2 3 Ca2+ x CaSO4 + x SO42− ; KS1 = 10−5,04 x = (KS1)0,5 = 10−2,52 CO32− + H2O C [] CCa2+ = (10-2,52/2) = 10−2,82 HCO3− + OH− ; 10−3,67 0,0391 0,0391 − x x (do Kb1 >> Kb2) x x2 = 10− 3,67 ⇒ x = 2,89.10− 3 0,0391 − x C 2− = CO3 C 2− 0,0391 − 2,89.10−3 = 0,0362 M . CCa2+ = 0,0362 × 10−2,82 = 5,47.10−5 > 10−8,35 CO3 Kết luận: có kết tủa CaCO3 II. OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ: OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 28: Kali dicromat là một trong những tác nhân tạo kết tủa được sử dụng rộng rãi nhất. Những cân bằng sau được thiết lập trong dung dịch nước của Cr(VI) HCrO4- + H2O ⇌ CrO42- + H3O+. pK1 = 6,50 2HCrO4 ⇌ Cr2O7 + H2O 1. Tích số ion của nước KW = 1,0.10-14 Tính hằng số cân bằng của các phản ứng sau: pK2 = -1,36 - 2- a) CrO42- + H2O ⇌ HCrO4- + OHb) Cr2O72- + 2OH- ⇌ 2CrO42- + H2O 2. Tích số tan của BaCrO4 là T = 1,2.10-10. Ba2Cr2O7 tan dễn dàng trong nước. Cân bằng của phản ứng (1b) sẽ dời chuyển theo chiều nào khi thêm các tác nhân sau vào dung dịch tương đối đậm đặc của kali dicromat? a) KOH b) HCl c) BaCl2 d) H2O (xét tất cả các cân bằng trên). 3. Hằng số phân ly của axit axetic là Ka = 1,8.10-5. Hãy tính trị số pH của các dung dịch sau: a) K2CrO4 0,010M b) K2Cr2O7 0,010M c) K2Cr2O7 0,010M + CH3COOH 0,100M 4. Hãy tính nồng độ tại cân bằng của các ion sau trong dung dịch K2Cr2O7 0,010M + CH3COOH 0,100M. a) CrO42-. b) Cr2O72-. BÀI GIẢI: 1) a) Hằng số cân bằng: K = [HCrO4-][OH-]/[CrO42-] = [H+][OH-]/([H+][CrO42-]/[HCrO4-]) = Kw/K1 = 3,2.10-8 b) Hằng số cân bằng: K = ([CrO42-][H+]/[HCrO4-])2/([HCrO4-]2/[Cr2O72-])/([H+][OH-])2 = 4,4.1013. 2) a) phải b) Trái c) BaCl2 dời cân bằng qua phải do ion cromat liên kết tạo thành hợp chất khó tan: Ba2+ + CrO42- = BaCrO4↓ d) H2O dời cân bằng qua phải do khi thêm nước vào dung dịch dicromat dẫn đến việc làm loãng dung dịch và làm cho cân bằng phân ly của ion dicromat qua bên phải. Theo đề bài thì pH của dung dịch phải bé hơn 7. Với sự pha loãng này thì pH của dung dịch sẽ tăng lên nên cân bằng phải chuyển dịch về bên phải. K = 3,16.10-8. 3) a) CrO42- + H2O = HCrO4- + OHCCr = [CrO42-] + [HCrO4-] + 2[Cr2O72-] ≈ [CrO42-] [HCrO4-] ≈ [OH-] Như vậy [OH-]2/CCr = K ⇒ [OH-] = 1,78.10-5M nên [H+] = 5,65.10-10. Vậy pH = 9,25 K = 1/K2 = 4,37.10-2 b) Cr2O72- + H2O = 2HCrO4- HCrO4- = H+ + CrO42K = K1 = 3,16.10-7. CCr = 2,0.10-2M = [CrO42-] + [HCrO4-] + 2[Cr2O72-] ≈ [HCrO4-] + 2[Cr2O72-] [H+] ≈ [CrO42-] = x = (K1[HCrO4-])1/2 K2 = [Cr2O72-]/[HCrO4-] = (CCr – x)/2x2 Điều này dẫn đến phương trình: 2K2x2 + x – CCr = 0 Giải phương trình trên ta thu được: x = 1,27.10-2M ⇒ [H+] = 6,33.10-5M Vậy pH = 4,20 c) Trong CH3COOH 0,10M thì [H+] = (KaC)1/2 = 1,34.10-3 ⇒ pH = 2,87 Đây là trị số cần thiết. So sánh trị số này với pH của dung dịch dicromat 0,1M cho trên (b) cho thấy ảnh hưởng của K2Cr2O7 trên pH có thể an tâm bỏ qua được. 4) Có thể tính bằng hai cách: Cách 1: a) [HCrO4-] = 1,3.10-2M (3b) ⇒ [CrO42-] = K1[HCrO4-]/[H+] = 3,0.10-6M b) CCr = [CrO42-] + [HCrO4-] + 2[Cr2O72-] ⇒ [Cr2O72-] = 3,7.10-3M hoặc [Cr2O72-] = K2[HCrO4-] = 3,9.10-3M Cách 2: a) [CrO42-] = x; [HCrO4-] = x[H+]/K1 [Cr2O72-] = K2[HCrO4-] = x2K2[H+]2/K12. CCr = [CrO42-] + [HCrO4-] + 2[Cr2O72-] = 2K2[H+]2/K12x2 + (1 + [H+]/K1)x K1 = 3,16.10-7; K2 = 22,9; [H+] = 1,34.10-3. 8,24.108x2 + 4,24.103x – 2,0.10-2 = 0 x = 3,0.10-6M b) [Cr2O72-] = K2 [HCrO4-] = K2[H+]2/K12[CrO42-] = 3,7.10-3M OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 28: Các phương pháp đo hiệu thế và quang phổ được sử dụng rộng rãi để xác định các nồng độ cân bằng và hằng số cân bằng trong dung dịch. Cả hai phương pháp thường xuyên được dùng kết hợp để xác định đồng thời nhiều tiểu phân. Dung dịch nước đã axit hóa I chứa một hỗn hợp FeSO4 và Fe2(SO4)3, và dung dịch nước II chứa một hỗn hợp K4[Fe(CN)6] và K3[Fe(CN)6]. Nồng độ của các tiểu phân có chứa sắt thoả mãn các quan hệ [Fe2+]I = [Fe(CN)64-]II và [Fe3+]I = [Fe(CN)63-]II. Thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch I là 0,652V (so với điện cực hydro tiêu chuẩn), trong khi thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch II là 0,242V (so với điện cực hydro tiêu chuẩn). Phần trăm độ truyền xạ của dung dịch II đo được so với dung dịch I tại 420nm bằng 10,7% (chiều dài đường truyền quang l = 5,02mm). Giả thiết rằng phức [Fe(CN)64-] Fe3+(aq); Fe2+(aq) không hấp thụ ánh sáng tại 420nm. Độ hấp thụ mol ε(Fe(CN)63-) = 1100L/mol.cm tại bước sóng này. Thế khử chuẩn của Fe3+/Fe2+ là 0,771V. Yếu tố ghi trước logarit thập phân của phương trình Nernst bằng 0,0590 (và ghi trước logarit tự nhiên là 0,0256). Giả thiết rằng tất cả các hệ số hoạt độ đều bằng 1. 1) Viết phương trình Nernst của hệ thống oxy hóa - khử của: a) Dung dịch 1. b) Dung dịch 2 (ngoại trừ phức xiano, bỏ qua mọi dạng khác có trong dung dịch) 2) Đơn vị của yếu tố ghi trước logarit trong phương trình Nernst có đơn vị là gì? 3) Tính tỉ số các hằng số bền vững β(Fe(CN)63-)/β(Fe(CN)64-) 4) Khoảng biến thiên tuyệt đối trong độ lớn (biên độ) của các tham số vật lý sau là bao nhiêu. a) Độ truyền xạ (T)% b) Mật độ quang (A) %. 5) Tính nồng độ của
This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.