TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC hóa học

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:
H
2
(khí) + I
2
(rắn)  2HI(khí) ∆H = +53kJ (a)
H
2
(khí) + I
2
(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 H
2
và I
2
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. H
2
(khí) + I
2
(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 I
2
(rắn) theo phản ứng (a) thành I
2
(khí) theo phản ứng (b).
3. Vì I
2
là chất rắn nên:
 
 
2
2
HI
K
H


4. H

2
(khí) + I
2
(rắn)  2HI(khí)
Trước phản ứng: 0,02M 0,02M 0
Phản ứng: x x 2x
Còn lại: 0,02 – x 0,02 – x 2x
Vậy :
 
   
 
2
2
36 2 6 0,02 0,015
0,02 . 0,02
x
x x x
xx
     



Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H
2
] = [I
2
] = 0,005M
Số mol H
2
thêm:

0,06 : 2 = 0,03 (mol) → nồng độ tăng thêm: 0,03: 2 = 0,015M
H
2
(khí) + I
2
(rắn)  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

 
  
2
0,03 2
36
0,02 0,005
a
K
aa





→ 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 MnO
2
(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 Cl
2
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:
MnO
2
+ 4HCl → MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H

2
O
1 mol 1 mol 1 mol
2
100 13
1( )
87
MnO
moln



Cl
2
+ 2NaI → 2NaCl + I
2

1,5a mol 3a mol 3a mol
Cl
2
+ 2NaBr → 2NaCl + Br
2

a mol 2a mol 2a mol
a, Giả sử Cl
2
phản ứng hết → m
NaCl
= 2.58,5 = 117(g)
Cl

2
phản ứng hết, NaI và NaBr phản ứng hết m
A
= m
NaCl
= 117g (thỏa)
→ A chỉ chứa NaCl
Cl
2
phản ứng hết, NaI và NaBr dư → m
A
> 117 (g) (loại)
Cl
2
dư, NaI và NaBr hết → m
A
< 117(g) (loại)
Vậy A chỉ chứa NaCl
b, m = 137,6g > 117g → Cl
2
phản ứng hết
t
o

NaI, NaBr dư, n
NaI
: n
NaBr
= 3 : 2 → NaI phản ứng hết, NaBr còn dư.
n

NaI
: n
NaBr
= 3 : 2 → gọi 3a và 2a lần lượt là số mol NaI và NaBr phản ứng
Cl
2
ta có
2
1,5 2,5 1 0,4
Cl
a a a an      

m
A
= m
NaCl
+ m
NaBr
= 5a. 58,5 + m
NaBr
= 137,6
→ m
NaBr
= 20,6(g) →
20,6
0,2( )
103
NaBr
moln 

2.0,4 0,2 3.0,4
2 ; 2,4
0,5 0,5
NaBr NaI
M C MC

   

Câu 1: đề 1998 trang 24
Cho khí Cl
2
vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A). Sau đó, đun sôi
để đuổi hết I
2
. Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B).
a, Biết thể tích khí Cl
2
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 AgNO
3
0,05M. Tính thể tích
dung dịch AgNO
3
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:
2
0,006( )
0,1344
22,4
Cl
moln 

Cl
2
+ 2NaI → 2NaCl + I
2

0,006 mol 0,012 mol 0,012 mol
n
NaI ban đầu
= 0,2.0,1 = 0,02 (mol)
Vậy hết Cl
2
dư NaI. Dung dịch B chứa 0,020 – 0,012 = 0,008 mol NaI dư và
0,012 mol NaCl.
C
NaCl
= 0,012 / 0,1 = 0,12M
C
NaI
= 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↓
m
1
= m
AgI
= 0,008.235 = 1,88 gam
Mốc 2: AgI và AgCl đều kết tủa hết
0,012mol NaCl → 0,012 mol AgCl↓
m
2
= 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602 gam
m
↓
= 1,41 gam
1,41 < m
1
= 1,88 gam vậy chỉ có AgI kết tủa.
1,41
0,006( )
235
AgI
moln 

Vậy
3
0,006( )
AgNO

moln 

3
ddAgNO
0,006
0,12( )
0,05
litV 

m
↓
= 3,315 gam
m
1
= 1,88 < 3,315 < m
2
= 3,602
Vậy AgI kết tủa hết và AgCl kết tủa một phần
m
AgCl
= 3,315 – 1,88 = 1,435 gam
n
AgCl
= 1,435/143,5 = 0,01 mol
Số mol AgNO
3

0,008 + 0,01 = 0,018 mol
3
ddAgNO

0,018
0,36( )
0,05
litV 

c, Trong trường hợp thứ nhì, dung dịch chỉ còn chứa NO
3
-
, Na
+
, Cl
-
dư
3
3
. d . d
0,018
0,012 0,008 0,02
0,012 0,01 0,002
AgNO
NO
NaCl b NaI b
Na Na bd
Cl du Cl bd
Cl
n moln
n n n n mol
n n n mol







     
    

Thể tích dung dịch =
3

0,100 0,36 0,46
ddB ddAgNO
V litV    

3
3
0,018
0,0391
0,46
0,002
0,0043
0,46
0,0434
NO
Cl
Na NO Cl
M
CM
C C C M
C



  


  

Câu 2: đề 1999 trang 32
1. Ở 18
o
C 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 18
o
C.
2. Người ta khuấy iot ở nhiệt độ thường trong bình chứa đồng thời nước và
CS
2
nguội, và nhận thấy rằng tỉ lệ giữa nồng độ (gam/lít) của iot tan trong
nước và tan trong CS
2
là không đổi và bằng 17.10
-4
.
Người ta cho 50ml CS
2
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
-
]
Trong 1 lít dung dịch:
3
1,5
.10
143,5
Ag Cl
  
   
   


Vậy
2
3 10
1,5
.10 1,1.10
143,5
T







Khi thêm 1 lượng dung dịch NaCl.
Gọi S
2
là nồng độ Ag
+
mới: [Ag
+
] = S
2
→ [Ag
+
] = [Cl
-
] = S
2

Gọi δ là nồng độ của NaCl.
Trong dung dịch số ion Cl
-
: δ/1 lít
Vậy [Ag
+
] = S
2

[Cl
-
] = δ + S

2

Ở 18
o
C nhiệt độ không đổi. T không đổi.
S
2
(S
2
+ δ) = 1,1.10
-10
→ S
2
2
+ δS
2
– 1,1.10
-10
= 0
Chỉ chọn nghiệm đúng dương:
2 10
2
4,4.10
2
S


  


→ δ = 0,0585/58,5 = 10
-3

Vậy
7
3 3 7
2
10 10 2.10
10
2
S

  
  


S
2
giảm 100 lần so với S
1

2. Theo giả thuyết ta có:
2
2
4
17.10
HO
I
CS
I

C
C




uoc 3
0,1
/
1000
n
I
C g cm

Gọi x là số mol iot từ nước đi vào CS
2

Vậy:
3
0,1
/
1000
nuoc
I
x
g cmC


và
2

( / )
50
CS
I
x
g mlC 

Suy ra:
4
0,1
: 17.10
1000 50
xx



→ x = 0,0967
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 CaCO
3
vào cốc A và b gam M
2
CO
3
(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 H
2
SO
4

và HCl, trong đó số mol HCl gấp 3 lần số mol H
2
SO
4
thì thu được 11,2 lít
khí H
2
(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, CaCO
3
+ 2HCl → CaCl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O (1)
M

2
CO
3
+ 2HCl → 2MCl + CO
2
↑ + H
2
O (2)
(1) → khối lượng cốc A tăng =
 
100 44
0,56
100
a
a



(2) → khối lượng cốc B tăng =
 
2 60 44
0,56
2 60
Mb
a
M




Ta có a = 5, b = 4,8 → M ≈ 22,8 → M là Natri
b, M + 2H
+
→ M
2+
+ H
2

2Al + 6H
+
→ 2Al
3+
+ 3H
2

2
11,2
2. 2. 1
22,4
H
H
n moln

  

2 4 2 4 2 4
2 2 3
H SO H SO H SO
HCl
H

n n n nn

   

24
1
0,2
5
H SO
moln 

0,6
HCl
moln 


1. m
muối
= (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

H
n

= 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 400

o
C. Tốc độ ban đầu của phản ứng là V
o
= 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: H
2
+ I
2


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:
2
2
14,224 0,056
0,056 0,05 /
254 1,12
I

bd
mol I mol ln


    


2
2
0,112 0,056
0,056 0,05 /
2 1,12
H
bd
H mol ln


    

Phản ứng: H
2
+ I
2


2HI
v
1
= k
1

[I
2
][H
2
] →
1
1
22
v
IH
k
   
   


a,
5 1 -1
3 1 -1
1
11
9.10 . . . út
36.10 . . út
0,05. . .0,05. .
moll ph
l mol ph
moll moll
k






Mặc khác:
2
2 4 2 2
1
2
2
22
22
6 .10 . .
0,06
0,05 . .
2
HI
K
mol l
K
IH
mol l
K




   

   







(1)
(2)
3 1 -1
2
36.10 . . . út
9
9
l mol ph
Kk

  

→ k
2
= 4.10
-3
.l.mol
-1
.phút
-1
.
b, Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t: v
HI
= v
t
– v

n
= v
1
– v
2

v
1
= k
1
[I
2
][H
2
] = 36.10
-3
l.mol
-1
.phút
-1
.
2
0,06
0,05
2




mol

2
.l
-2

→ v
1
= 144. 10
-7
mol. l
-1
. phút
-1

v
2
= k
2
[HI]
2
= 4.10
-3
l. mol
-1
. phút
-1
. 4
2
. 10
-4
. mol

2
. l
-2

→ v
2
= 64 . 10
-7
mol. l
-1
. phút
-1

V
HI
= (144.10
-7
- 64.10
-7
) mol. l
-1
. phút
-1

V
HI
= 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
SO
2
ở 136,5
o
C có xác tác V
2
O
5
. 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:
2

35,2
1,1 ( )
32
O bdau
x
x moln 

2
160
2,5 ( )
64
SO bdau
x
x moln 

2SO
2
+ O
2


2SO
3

Ban đầu: 2,5x 1,1x 0
xt, t
o

Phản ứng: 2,2xH 1,1xH 2,2xH
Sau phản ứng: (2,5x – 2,2xH) (1,1x – 1,1xH) 2,2xH

n
2
= 2,5x - 2,2xG + 1,1x - 1,1xH + 2,2xH = x(3,6 - 1,1H) (mol)
Trường hợp bài toán đẳng V, đẳng T.
 
 
12
21
3,6 1,1 4,5
' 1,25 3,6 1,1
' 3,6
xH
n n P
P
PH
P n n 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:
160 35,2 195,2
(3,6 1,1 ) 3,6 1,1
sau truoc
sau
sau truoc
mm
xx

M
n n x H H

   


 
/
195,2 6,731
29 3,6 1,1
29 3,6 1,1
sau
hhsau kk
M
H
H
d   



Khi H = 0 → d = 1,87
H = 1 → d = 2,69
Vậy 1,87 < d < 2,69
C, Áp dụng công thức: PV = nRT
P
đầu
= 4,5atm
N
đầu
= 3,6x = 3,6.0,25 = 0,9(mol)

→
 
22,4
0,9. 273 136,5
273
6,72( )
4,5
nRT
Vl
P

  

Câu 11: trang 126
Tính năng lượng mạng tinh thể ion của muối BaCl
2
từ các dữ kiện:
Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của BaCl
2
tinh thể: - 205,6 kcal/mol
Năng lượng liên kết Cl
2
: + 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 BaCl
2
tức là hiệu ứng nhiệt của quá trình

sau, (trong đó năng lượng tính theo đơn vị kcal/mol):
2
0
( ) ( ) 2( )
2 ; ?
k k r
Cl BaCl HBa

   

Quá trình tạo thành muối BaCl
2
tinh thể qua những bước sau,
Phân li phân tử Cl
2
: Cl
2(k)
→ 2Cl
-
; ∆H
1
= +57,0
Clo nhận electron: 2Cl + 2e → 2Cl
-
; ∆H
2
= 2.(-87)
Ba rắn thang hoa: Ba(r) → Ba(k); ∆H
3
= +46,0

Ba mất electron: Ba
(k)
– 1e → Ba
+
(k)
; ∆H
4
= +119,8
Ba
+
(k)
– 1e → Ba
2+
(k)
; ∆H
5
= +230,0
Tạo mạng lưới:
2
0
( ) ( ) 2( )
2 ; ?
k k r
Cl BaCl HBa

   

Quá trình chung: Ba(r) + 2Cl
-
(k)

→ BaCl
2
(r); ∆H = -205,6
Theo định luật Hess: ∆H = ∆H
1
+ ∆H
2
+ ∆H
3
+ ∆H
4
+ ∆H
5
+ ∆H
0

→ ∆H
0
= ∆H – (∆H
1
+ ∆H
2
+ ∆H
3
+ ∆H
4
+ ∆H
5
)
= -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 CO
2
qua nước Javen.
c, Cho nước clo vào dung dịch KI.
d, H
2
O
2
khử MnO
4
-
trong môi trường axit.
e, Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh.
Giải:
a, O
3
+ 2I
-
+ H
2
O

→ O
2

+ I
2
+ 2OH
-

b, CO
2
+ NaClO + H
2
O → NaHCO
3
+ HclO
c, Cl
2
+ KI → 2KCl + I
2

d, 5H
2
O
2
+ 2MnO
-
4
+ 6H
+
→ 5O
2
+ 2Mn
2+

+ 8H
2
O
e, 2F
2
+ 2NaOH → 2NaF + H
2
O + OF
2
↑
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.
Biết
63
0
/
1,33
MM
VE


và

2
0
/2
1,36
Cl Cl
VE



Hướng dẫn giải:
M +
2
n
Cl
2
→ MCl
n

M + mHCl → MCl
m
+
2
m
H
2

a, Từ
2
n
= 1,5

2
m
và m, n = 1, 2, 3 → n = 3, m = 2
và M + 106,5 = 1,2886.(M + 71)
→ M = 52 g/mol, M là Crom
b, 14H
+
+ 6Cl
-
+ Cr
2
O
7
2-


Cl
2
+ 2Cr
3+
+ 7H
2
O
∆E
o
= 1,33 – 1,36 = -0,03V: phản ứng xảy ra theo chiều nghịch.
14
0,059 1
0,03 lg 0,105( )
6

2
EV   
: phản ứng xảy ra theo chiều thuận.
Câu 11: trang 152
1. Ag kim loai có khả năng tác dụng được với dung dịch HI 1N tạp thành khí
H
2
không?
Cho T
AgI
= 8,3.10
-17
E
0
(Ag
+
/Ag) = +0,799V
2. Trộn 250ml dung dịch AgNO
3
0,01M với 150ml dung dịch HCl 0,1M.
Tính nồng độ các ion tại thời điểm cân bằng T
AgCl
= 10
-10
.
Hướng dẫn giải:
[I
-
] = 1ion g/l → [Ag
+

] = 8,3.10
-17
ion g/l
0
/
0,059
lg
Ag Ag
Ag
E
n
Ag
E







= 0,799 + 0,059.lg8,3.10
-17
= -0,15V
Nếu có phản ứng xảy ra, xét phản ứng:
2Ag + 2H
+
→ 2Ag
+
+ H
2

∆E = +0,15V
Vậy Ag có thể đẩy H
2
ra khỏi HI trong điều kiện đã cho.
2.
3
3
0,25.0,01 2,5.10
AgNO
moln



2
0,15.0,1 1,5.10
HCl
n mol



3
3
3
2,5.10
6,25.10
0,4
Ag M NO

  

   
   
  

2
2
1,5.10
3,75.10
0,4
Cl M H

  
   
   
  

Nếu phản ứng hết:
Ag
+
+ Cl
-
→ AgCl
6,25.10
-3

6,25.10
-3

Cân bằng: AgCl


Ag
+
+ Cl
-

Ban đầu: 3,125.10
-2
M
Phản ứng: x x
Cân bằng: x 3,125.10
-2

+ x
T
AgCl
= 10
-10
→ x(3,125.10
-2

+ x) = 10
-10

x quá nhỏ:
10
9
2
10
3,2.10
3,125.10

Mx





[Ag
+
] = 3,2.10
-9
M; [NO
3
-
] = 6,25.10
-3
M
[Cl
-
] = 3,125.10
-2
M; [H
+
] = 3,75.10
-2
M
Câu 12: trang 154
1. MnO
4
-
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
1,51
2
/
4
o
EV
MnO Mn


,
1,36
/2
2
o
EV

Cl Cl


,
1,08
/2
2
o
EV
Br Br


,
0,62
/2
2
o
EV
II



2. A là dung dịch chứa AgNO
3
0,01M, NH
3
0,23M; và B là dung dịch chứa
Cl
-
, Br

-
, I
-
đều có nồng độ 10
-2
M. 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
 
33
2
2NH Ag NHAg



K = 10
-7,24

T
AgCl

= 10
-10
, T
AgBr
= 10
-13
, T
AgI
= 10
-16

Hướng dẫn giải:
1. 8H
+
+ MnO
4
-
+ 5e → Mn
2+
+ 4H
2
O
8
4
2
0,059
lg
5
o
MnO H

Mn
EE


   
   




* pH = 0,
2
4
/
2 2 2
,,
/2 /2 /2
1,51
MnO Mn
o o o
Cl Cl Br Br I I
VE E E E

  


Như vậy MnO
4
-
oxi hóa được cả Cl

-
, Br
-
, I
-
.
* pH = 3,
2
4
/
2
/2
1,23
MnO Mn
o
Cl Cl
VEE



nhưng lớn hơn
22
,
/2 /2
oo
Br Br I I
EE

.
Như vậy MnO

4
-
chỉ oxi hóa được Br
-
, I
-
.
* pH = 5,
2
4
/
22
,
/2 /2
1,04
MnO Mn
oo
Cl Cl Br Br
VE E E



nhưng lớn hơn
2
/2
o
II
E

.

Như vậy MnO
4
-
chỉ oxi hóa được I
-
.
Như vậy để nhận biết dung dịch hỗn hợp Cl
-
, Br
-
, I
-
ta có thể dùng dung dịch
KmnO
4
và dung môi chiết CCl
4
. 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 MnO
4
-
dư và nhận biết ion Cl
-
dư bằng AgNO
3
.
2. Coi phản ứng giữa AgNO
3

và NH
3
xảy ra hoàn toàn, như vậy dung dịch A
sẽ gồm
 
3
2
Ag NH

0,01M và NH
3
0,23M.

 
33
2
2NH Ag NHAg



K = 10
-7,24

Nồng độ ban đầu: 0,01 0,23
Nồng độ cân bằng 0,01- x x 0,23 + 2x
 
2
7,24
. 0,23 2
10

0,01
xx
x
K





. Gần đúng ta có: [Ag
+
] = x ≈ 10
-8
M
[Ag
+
]. [Cl
-
] = 10
-10
≈ T
AgCl
= 10
-10
nhưng lớn hơn T
AgBr
= 10
-13
, T
AgI

= 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 KmnO
4
(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
4 6 3 3
H IO IO HIO I I
   
   
   

4
0,56 2,26 0,95 1,51 1,18
2 3 2
42
MnO MnO MnO Mn Mn Mn

    
  
    


Hướng dẫn giải:
Dựa vào giản đồ thế khử của I
-
ta suy ra HIO không bền vì
33
00
//HIO I IO HIO
EE


nên HIO sẽ dị phân thành
3
IO

và
3
I



Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau:
1,70 1,20 0,54
4 6 3 3
H IO IO I I

   
  

Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra
2
4
MnO

và Mn
3+
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 Mn
2+
→ 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 Mn
2+
/Mn quá âm.
Do đó ta có thể viết lại giản đồ thế khử của Mn như sau:
4

1,70 1,23
2
2
MnO MnO Mn



 

Ta có phương trình ion thu gọn trong các trường hợp như sau:
1. Trường hợp sau phản ứng có I
-
dư:
46
H IO

hoặc
3
IO

không thể cùng tồn tại với I
-
vì:
4 6 3 3
00
//
1,7 0,54
H IO IO I I
E V E V
   

  
và
33
00
/
1,2 0,54
IO I I
E V E V
  
  

Nên
46
H IO

hoặc
3
IO

đều có thể oxi hóa
I

thành
3
I

.
Như vậy
I


chỉ bị oxi hóa thành
3
I

.
+1,20
+1,7
+1,23

+1,51
Khi
I

dư thì
4
MnO

và
2
MnO
không thể tồn tại vì
42
0
/MnO MnO
E

và
2
2
0

/MnO Mn
E

đều lớn
hơn
3
0
/II
E

nên
4
MnO

và
2
MnO
đều có thể oxi hóa
I

thành
3
I

. Như vậy
4
MnO


bị khử hoàn toàn thành

2
Mn

. Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi
I

dư
dưới dạng ion thu gọn như sau:
2
4 3 2
2 15 16 5 2 8MnO I H I Mn H O
    
    

Trường hợp sau phản ứng có dư
4
MnO

:
2
Mn

không thể tồn tại khi
4
MnO

dư vì
2
4 2 2
00

//MnO MnO MnO Mn
EE


nên
4
MnO

sẽ oxi
hóa
2
Mn

thành
2
MnO
.
Khi
2
MnO
dư thì
3
I

và
I

cũng không thể tồn tại vì:
4 2 3 3 3
0 0 0

/ / /
,
MnO MnO I I IO I
E E E
   


nên
4
MnO

oxi hóa là
3
I

và
I

.
Như vậy sản phẩm sinh ra khi
I

bị oxi hóa là
3
IO

và một lượng nhỏ
46
H IO


vì
4 2 4 6
00
/
1,7
MnO MnO H IO
E E V


.
Do đó phương trình này xảy ra khi
4
MnO

dư như sau:
4 2 3 2
2 2 2MnO I H MnO IO H O
   
    

4 2 2 4 6
8 3 8 2 8 3MnO I H H O MnO H IO
   
    


Câu 7: trang 170
Đánh giá khả năng hòa tan của HgS trong:
a, Axit nitric

b, Nước cường toan
Biết
3
00
2
/
0,96
NO NO
E E V


;
2
01
/0
0,17
S H S
E E V
;
51,8
10
HgS
T



Hướng dẫn giải:
a, Trong axit nitric:
Các quá trình xảy ra:
33

HNO H NO



22
3 HgS Hg S



51,8
10
t HgS
TT



2
3 H S HS
  


2
1 12,92
10
a
k



2
3 HS H H S



1
17
10
a
k



2
3 2 2H S e S H

  

1
0
2
1
0,059
1
10
E
k




0
2
3
1
0,059
3 2 2
2
32
2 4 3 2 10
3 2 8 3 3 2 4
E
NO H e NO H k
HgS NO H Hg S NO H O

  
  
    
    



21
3 3 3 3 2
12

t a a
k T k k k k



21
12
lg 3lg 3lg 3lg 3lg 2lg
aa
k T k k k k     


00
12
23
3( 51,8) 3( 12,92) 3( 7) 3 2
0,059 0,059
EE
   
        
   
   


155,4 38,76 21 17,29 97,63 15,3       

15,3
10k



Vì k rất nhỏ nên xem như HgS không tan trong HNO
3
.

b, Trong nước cường toan:
Các quá trình xảy ra:
2
32
3 2 8 3 3 2 4HgS NO H Hg S NO H O
  
    

15,3
10k



22
4
34Hg Cl HgCl
  


14,92
4
10



2
3 4 2
3 2 8 12 3 3 2 4HgS NO H Cl HgCl S NO H O
   
     

4
34
' . lg ' lg 3lg 15,3 3.14,92 29,46k k k k

       

29,46
10k
rất lớn. Vậy HgS tan mạnh trong nước cường toan.
Câu 8: trang 171
Thêm 1 ml dung dịch H
2
S 0,01M vào 1ml dung dịch hỗn hợp:
Fe
3+
0,01M và H
+
0,1M.
Có xuất hiện kết tủa không? Biết:
2
7,02
1( )
10
HS
K


;
2

10,9
2( )
10
HS
K


;
32
0
/
0,77
Fe Fe
EV


;
2
0
/
0,14
S H S
EV
;
17,4
10
FeS
T



Hướng dẫn giải:
Nồng độ các chất sau khi trộn: [H
2
S] = 5.10
-3
mol/l
[Fe
3+
] = 5.10
-3
mol/l
[H
+
] = 5.10
-2
mol/l
32
1Fe e Fe

 
(1)
0
13
0,059
1
10 10
nE
K 

2
22S H e H S


(2)
4,745
2
10K 

Tổ hợp (1) và (2)
32
2
2 2 2Fe H S Fe S H
  
  
(3)
2 1 21,255
3 1 2
. 10K K K



5.10
-3
2,5.10
-3
5.10
-3
5.10

-3
(M)
Vì K
3
rất lớn nên phản ứng (3) xảy ra hoàn toàn:
2
H S H HS


(4) K
4

2
HS H S
  

(5) K
5
Tổ hợp (4) và (5)
H
2
S

2H
+
+ S
2-
(6) K
6
= K

4
. K
5
= 10
-19,92

Cân bằng (2,5.10
-3
– x) (5,5.10
-2
+ 2x) x
 
 
2
2
19,92
6
3
5,5.10 2
10
2,5.10
xx
K
x







→ x = [S
2-
] = 5,2.10
-20
.
Ta có: [Fe
2+
].[S
2-
] = 2,6.10
-23
< T
FeS

Vậy FeS chưa kết tủa.
Câu 2: trang 192
1. Hãy cho biết sự biến thiên tính axit của dãy HXO
4
(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.
Lấy một nửa lượng muối này hòa tan vào nước rồi cho phản ứng với dung
dịch AgNO
3
dư thì thu được 3,22875g kết tủa. Tìm công thức của các muối
và tính % theo khối lượng mỗi muối trong X.
Hướng dẫn giải:

Tính axit của dãy HXO
4
giảm dần khi X: Cl → I
Giải thích:
Cấu tạo của HXO
4
.
O O
H – O – X → O hoặc H – O – X = O
O O
Vì Cl → I độ âm điện giảm làm cho độ phân cực của liên kết – O – H giảm.
2. Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung dịch A
chỉ có NaCl →
3,0525
0,0522
58,5
NaCl
n mol

NaCl + AgNO
3
→ AgCl↓ + NaNO
3
(1)
Theo (1) →
3,22875
.2 0,045 0,0522
143,5
NaCl AgCl
n n mol mol   

Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF. Vậy trong hỗn hợp X
chứa NaF.
m
NaF
= m
B
– m
NaCl
= 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g)
0,42
% .100% 6,74%
6,23
NaF 

Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là:
Na Y

22
22NaY Cl NaCl Y  
(2)
Theo (2) →
0,045
NaCl
NaY
n n mol

6,23 0,42 5,81( )
X NaF
NaY

m m m g    

Do đó:
5,81
129,11 23 106,11
0,045
YY
NaY
M M M     

→ phải có một halogen có M > 106,11 → đó là iot. Vậy công thức của muối
thứ 2 là NaI.
Do đó có hai trường hợp:
* Trường hợp 1: NaF, NaCl và NaI
Gọi a, b lần lượt là số mol của NaCl và NaI
Ta có:
58,5 150 5,81 0,01027
0,045 0,03472
a b a
a b b
  



  


m
NaCl
= 58,5.0,01027 = 0,6008(g)

m
NaI
= 150. 0,03472 = 5,208 (g)
Vậy:
0,6008
% .100% 9,64%
6,23
NaCl 

0,6008
% .100% 9,64%
6,23
NaCl 

% 6,77%NaF 

% 83,59%NaI 

Trường hợp 2: NaF, NaBr và NaI
Ta có:
103 ' 150 ' 5,81 ' 0,02
' ' 0,045 ' 0,025
a b a
a b b
  



  


m
NaBr
= 103.0,02 = 2,06(g)
m
NaI
= 150.0,025 = 3,75 (g)
Vậy
2,06
% .100% 33,07%
6,23
NaBr 

3,75
% .100% 60,19%
6,23
NaI 

% 6,74%NaF 



Câu 8: X là một loại muối kép ngậm nước có chứa kim loại kiềm clorua và
magie clorua. Để xác định công thức của X, người ta làm các thí nghiệm
sau:
* Lấy 5,55g X hòa tan vào nuếoc rồi đem dung dịch thu được tác dụng với
lượng dư dung dịch AgNO
3
tạo thành 8,61gam kết tủa.
* Nung 5,55g X đến khối lượng không đổi thì khối lượng giảm 38,92%.

Chất rắn thu được cho tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH tạo kết
tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi nung đến khối lượng không đổi thu được
0,8gam chất rắn.
Hãy xác định công thức của X.
Hướng dẫn giải:
* Thí nghiệm 1:
Ag
+
+ Cl
-
→ AgCl↓;
8,61
0,06
143,5
AgCl
Cl
n n mol

  

Thí nghiệm 2:
Khi nung, xảy ra sự loại nước để được muối khan, nên khôi lượng nước
ngậm trong muối bằng 38,92%×5,55=2,16gam, ứng với 2,16/18 = 0,12mol
H
2
O.
Khi tác dụng với dung dịch NaOH: Mg
2+
+ 2OH
-

→ Mg(OH)
2
↓
Nung Mg(OH)
2
↓ → MgO + H
2
O
n
MgO
= 0,8/40 = 0,02mol =
2
Mg
n

ứng với 0,02 mol MgCl
2
ban đầu.
Còn lại 0,02 mol Cl
-
sẽ kết hợp với ion kim loại M
+
để cho 0,02 mol MCl có
khối lượng bằng:
5,55 – (2,16 + 0,02.95) = 1,49 gam.
Tính được:
1,49
35,5 39
0,02
M   

đvC. Vậy M là Kali
t
o

Công thức của muối là: 0,02 mol KCl, 0,02 mol MgCl
2
, 0,12 mol H
2
O hay
KCl.MgCl
2
.6H
2
O.
Câu 10: trang 206
Cho hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl
2
, NaBr, KI. Cho 93,4 gam hỗn hợp A tác
dụng với 700 ml dung dịch AgNO
3
2M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được
dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột Fe vào dung dịch
D. Sau khi phản ứng kết xong thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F
vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H
2
(đkc). Cho dung dịch NaOH dư vào
dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí cho đến khối
lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn.
1. Tính khối lượng kết tủa B.
2. Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V lít Cl

2
sục
vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2 gam chất
rắn. Tính V(đkc)?
Hướng dẫn giải:
Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl
2
, NaBr, KI.
Phương trình phản ứng:
Cl
-
+ Ag
+
→ AgCl↓ (1)
Cl
-
+ Ag
+
→ AgBr↓ (2)
I
-
+ Ag
-+
→ AgI↓ (3)
Fe + 2Ag
+
(dư)
→ Fe
2+
+ 2Ag (4)

Fe
(dư)
+ 2H
+
→ Fe
2+
+ H
2
(5)
Fe
2+
+ 2OH
-
→ Fe(OH)
2
↓ (6)
2Fe(OH)
2
+
1
2
O
2
+ H
2
O → 2Fe(OH)
3
↓ (7)
2Fe(OH)
3

↓ → Fe
2
O
3
+ 3H
2
O (8)
Mg
2+
+ 2OH
-
→ Mg(OH)
2
(9)
Mg(OH)
2
→ MgO + H
2
O (10)
Theo (5) n
Fe(dư)
=
2
4,48
0,2
22,4
H
n mol

()

0,2 2 0,4
Ag du
n mol

  

Theo (1) (2) (3)
(0,7 2) 0,4 2 1
Ag
n a b c mol

      
(I)
m
rắn
=
23
160 0,1 40 24
Fe O MgO
m m a     

a = 0,2 (II)
m
A
= 95.0,2 + 103b + 166c = 93,4 (III)
2. Phương trình phản ứng: Cl
2
+ 2I
-
→ 2Cl

-
+ I
2
(1)
Cl
2
+ 2Br
-
→ 2Cl
-
+ Br
2
(2)
Khi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm:
0,2(127 – 35,5) = 18,3 gam
Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xay ra hoàn toàn khối lượng muối giảm:
0,2(127 – 35,5) + 0,4(80 – 35,5) = 36,1 gam
Theo đề bài ta co khối lượng muối giảm:
93,4 – 66,2 = 27,2 gam
18,3 < 27,2 < 36,1 chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và có một phần
phản ứng (2).
Đặt số mol Br
2
phản ứng bằng x thì khối lượng muối giảm:
18,3 + x(80 – 35,5) = 27,2
Suy ra x = 0,2 mol
Vậy
2
1
(0,2 0,2) 0,2

2
Cl
n mol  


2
22,4.0,2 4,48
Cl
litV 

Câu 11: trang 208