Chuyên đề bồi dưỡng HSG quốc gia –hóa vô cơ

Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
HALOGEN
Câu 1
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 ]
3. Vì I2 là chất rắn nên: K =
[ H2 ]

2

Page 1


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
4.

H2(khí)

Trước phản ứng:

0,02M

Phản ứng:

+

I2(rắn)

0,02 – x

( 2x )
Vậy :

( 0, 02 − x ) . ( 0, 02 − x )
2

2HI(khí)

0,02M

x

Còn lại:



0

x

2x

0,02 – x

2x

= 36 → 2 x = 6 ( 0, 02 − x ) → x = 0, 015

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
H2(khí)
Ban đầu:

0,02M

Phản ứng:

a

Cân bằng:

0,02 – a

( 0,03 + 2a )
K=
( 0,02 − a ) ( 0,005 − a )

+

I2(rắn)



2HI(khí)

0,005M

0,03M

a

2a

0,005 – a

0,03 + 2a

2

= 36

→ 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 2

Page 2


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
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

nMnO =

100 − 13
= 1(mol )
87

Cl2

+

2

2NaI →

1,5a mol

3a mol

Cl2

2NaBr

a mol

+

2a mol

1 mol

2NaCl

+

I2

3a mol
→

2NaCl

+ Br2

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
Page 3


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
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 nCl2 = 1,5a + a = 2,5a = 1 → a = 0,4
mA = mNaCl + mNaBr = 5a. 58,5 + mNaBr = 137,6
→ mNaBr = 20,6(g) → nNaBr =
CNaBr =

20,6
= 0, 2(mol )
103

2.0, 4 + 0, 2
3.0, 4
= 2M ; CNaI =
= 2, 4M
0,5
0,5

Câu 3
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 AgNO3.
Giải:
nCl2 =

0,1344
= 0, 006(mol )
22, 4

Cl2
0,006 mol

+

2NaI
0,012 mol

→

2NaCl

+

I2

0,012 mol

nNaI ban đầu = 0,2.0,1 = 0,02 (mol)
Page 4


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
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.
nAgI =

1, 41
= 0,006(mol )
235

Vậy nAgNO3 = 0,006(mol )
VddAgNO3 =

0,006
= 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
VddAgNO3 =

0,018
= 0,36(lit )
0,05
Page 5


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
c, Trong trường hợp thứ nhì, dung dịch chỉ còn chứa NO3-, 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
= 0,0391M
0, 46
0,002
CCl − =

= 0,0043M
0, 46
CNa+ = C NO− + CCl − = 0,0434M

CNO3− =

3

Câu 4
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
+
−
−3
Trong 1 lít dung dịch:  Ag  = Cl  = 143,5 .10

Vậy

T=

2

 1,5

.10−3 ÷ = 1,1.10−10

 143,5


Khi thêm 1 lượng dung dịch NaCl.
Page 6


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
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
−10
−
δ
+
δ
+
4,4.10

Chỉ chọn nghiệm đúng dương: S2 =
2

→ δ = 0,0585/58,5 = 10-3
Vậy S2 =

−10−3 + 10−3 + 2.10−7
= 10−7
2

S2 giảm 100 lần so với S1
CIH 2O
−4
2. Theo giả thuyết ta có: CS2 = 17.10
CI
CInuoc =

0,1
g / cm3
1000

Gọi x là số mol iot từ nước đi vào CS2
Vậy: CInuoc =
Suy ra:

x
0,1 − x
g / cm3 và CICS2 = ( g / ml )
50
1000

0,1 − x x
: = 17.10−4 → x = 0,0967
1000 50

Nồng độ iot trong nước là: 0,1 – x = 0,0033 (g/l)

Câu 5
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
Page 7


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
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)

(1) → khối lượng cốc A tăng =

( 100 − 44) a = 0,56a

(2) → khối lượng cốc B tăng =

( 2M + 60 − 44) b = 0,56a

100

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 + = 2nH 2SO4 + nHCl = 2nH2SO4 + 3nH 2SO4
nH2SO4 = 1 = 0,2mol
5

Page 8


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ

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 6
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 ƒ

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:

nI

2

=

14,224
0,056
= 0,056mol →  I 2 bd =
= 0,05mol / l
254
1,12

nH2 = 0,112 = 0,056 →  H 2  bd = 0,056 = 0,05mol / l
2

1,12

(1)

Phản ứng: H2 + I2 (2)ƒ

2HI

v1
v1 = k1 [I2][H2] → k1 =  I   H 
 2 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
Page 9

Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
2

 HI 
K
62.10−4.mol 2 .l −2
K= 1=   =
2
K 2  I 2   H 2  
Mặc khác:
0,06 
2 −2
 0,05 − 2 ÷ .mol .l


−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

0,06 

v1 = k1[I2][H2] = 36.10 l.mol .phút .  0,05 −
mol2.l-2

÷
2 

-3

-1

-1

→ 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
LÝ THUYẾT VỀ PHẢN ỨNG HÓA HỌC
Câu 1
Trong bình kín dung tích không đổi chứa 35,2x (g) oxi và 160x (g) SO2. 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:

nO2bdau =

35,2 x
= 1,1x(mol )

32
Page 10


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ

nSO2bdau =

160 x
= 2,5 x(mol )
64
2SO2

+

O2

xt, to

ƒ

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
= → P'= 2 =
= 1,25 ( 3,6 − 1,1H )
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:
M sau =

msau mtruoc 160 x + 35,2 x
195,2
=
=
=
nsau ntruoc x(3,6 −1,1H ) 3,6 −1,1H

dhhsau / kk = M sau =
29

195,2
6,731
=
29 ( 3,6 −1,1H ) 3,6 −1,1H

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)
22,4
0,9.
( 273 + 136,5)
nRT
273
→V=

=
= 6,72(l )
P
4,5
Câu 2
Page 11


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
Tính năng lượng mạng tinh thể ion của muối BaCl2 từ các dữ kiện:
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 ) ; ∆H 0 = ?
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
2+
−
Tạo mạng lưới: Ba( k ) + 2Cl( k ) → BaCl2( r ) ; ∆H 0 = ?

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 3
1. Viết các phản ứng hóa học trong các trường hợp sau:
a, Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính.
Page 12


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
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 + 2OHb, 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 4
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.
0

0
Biết EM+6/ M+3 = 1,33V và ECl2 / 2Cl − = 1,36V

Hướng dẫn giải:
M +

n
Cl → MCln
2 2

M + mHCl → MClm +
a, Từ

m
H
2 2

n
m
= 1,5 và m, n = 1, 2, 3 → n = 3, m = 2
2
2

và M + 106,5 = 1,2886.(M + 71)
Page 13


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
→ M = 52 g/mol, M là Crom
b, 14H+ + 6Cl- + Cr2O72-

ƒ

Cl2 + 2Cr3+ + 7H2O

∆Eo = 1,33 – 1,36 = -0,03V: phản ứng xảy ra theo chiều nghịch.
∆E = −0,03 −

0,059 1
lg 14 = 0,105(V ) : phản ứng xảy ra theo chiều thuận.
6
2

Câu 5
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

EAg + / Ag

+

0,059  Ag 
=E +
lg

= 0,799 + 0,059.lg8,3.10-17 = -0,15V
n
 Ag 
0

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.
−3
2. nAgNO3 = 0,25.0,01 = 2,5.10 mol

nHCl = 0,15.0,1 = 1,5.10−2 mol
 Ag +  =


Cl −  =



2,5.10−3
= 6,25.10−3 M =  NO3− 
0,4

1,5.10−2
= 3,75.10−2 M =  H + 
0,4

Nếu phản ứng hết:
Page 14

Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
Ag+

Cl-

+

6,25.10-3
Cân bằng:

→

AgCl

6,25.10-3
AgCl

ƒ

Ag+ +

Cl3,125.10-2M

Ban đầu:
Phản ứng:

x

Cân bằng:

x

x
3,125.10-2 + x

TAgCl = 10-10 → x(3,125.10-2 + x) = 10-10
x quá nhỏ: x =

10−10
= 3, 2.10−9 M
3,125.10−2

[Ag+] = 3,2.10-9M; [NO3-] = 6,25.10-3M
[Cl-] = 3,125.10-2M; [H+] = 3,75.10-2M
Câu 6
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-.
Eo

Biết MnO − / Mn2 +
4

= 1,51V E o
= 1,36V E o
= 1,08V
, Cl / 2Cl −
, Br / 2 Br −

,
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 ( NH 3 ) 2 ƒ Ag + + 2 NH 3
+

K = 10-7,24

TAgCl = 10-10, TAgBr = 10-13, TAgI = 10-16
Page 15


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
Hướng dẫn giải:
1. 8H+ + MnO4- + 5e → Mn2+ + 4H2O
−
+
0,059  MnO4   H 
E=E +

lg
5
 Mn 2+ 

8

o





o
o
o
* pH = 0, EMnO4− / Mn2+ = 1,51V > ECl2 /2Cl − , EBr2 /2 Br − , EI2 /2 I −

Như vậy MnO4- oxi hóa được cả Cl-, Br-, I-.
o
o
o
* pH = 3, EMnO4− / Mn2+ = 1, 23V < ECl2 /2Cl − nhưng lớn hơn EBr2 /2 Br − , EI2 /2 I − .

Như vậy MnO4- chỉ oxi hóa được Br-, I-.
o
o
o
* pH = 5, EMnO4− / Mn2+ = 1, 04V < ECl2 /2Cl − , EBr2 /2 Br − nhưng lớn hơn EI2 /2 I − .

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 ( NH 3 ) 2 ƒ Ag + + 2 NH 3
+

Nồng độ ban đầu:

0,01

Nồng độ cân bằng

0,01- x

K = 10-7,24

0,23
x

0,23 + 2x

x.( 0,23 + 2 x )
+
-8

K=
= 10−7,24 . Gần đúng ta có: [Ag ] = x ≈ 10 M
0,01 − x
2

Page 16


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
[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 7
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 
→ I 3− 
→I−

+1,20

+1,51
+0,56
+2,26
+0,95
+1,51
−1,18
MnO4− 
→ MnO42− 
→ MnO2 
→ Mn3+ 
→ Mn2+ 
→ Mn

+1,7

+1,23

Hướng dẫn giải:
Dựa vào giản đồ thế khử của I- ta suy ra HIO không bền vì
0
0
EHIO
> EIO
−
nên HIO sẽ dị phân thành IO3− và I 3−
/ I3−
3 / HIO

Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau:
+1,70

+1,20
0,54
H 4 IO6− 
→ IO3− 
→ I 3− 
→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:
Page 17


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
+1,70
+1,23
MnO4− 
→ MnO2 
→ Mn 2+

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:
0
0
EH0 IO − / IO − = 1, 7V > EI0− / I − = 0,54V và EIO
= 0,54V

− = 1, 2V > E −
I3 / I −
4
6
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− .
0
Khi I − dư thì MnO4− và MnO2 không thể tồn tại vì EMnO

−
4

/ MnO2

0
và EMnO / Mn đều lớn
2

2+

0
hơn EI / I nên MnO4− và MnO2 đều có thể oxi hóa I − thành I 3− . Như vậy MnO4−
−

3

−

bị khử hoàn toàn thành Mn 2+ . Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi I − dư
dưới dạng ion thu gọn như sau:
2 MnO4− + 15 I − + 16 H + → 5I 3− + 2 Mn 2+ + 8 H 2O

Trường hợp sau phản ứng có dư MnO4− :
0
0
−
−
Mn 2+ không thể tồn tại khi MnO4 dư vì EMnO4− / MnO2 > EMnO2 / Mn2+ nên MnO4 sẽ oxi

hóa Mn 2+ thành MnO2 .
0
Khi MnO2 dư thì I 3− và I − cũng không thể tồn tại vì: EMnO

−
4

/ MnO2

0
> EI0 / I − , EIO
−
/I−
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−
0
vì EMnO

−
4

/ MnO2

= EH0

−
4 IO6

= 1, 7V .

Do đó phương trình này xảy ra khi MnO4− dư như sau:
2 MnO4− + I − + 2 H + → 2MnO2 + IO3− + H 2O
8MnO4− + 3I − + 8 H + + 2 H 2O → 8MnO2 + 3H 4 IO6−

Page 18


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ

Câu 8
Đánh giá khả năng hòa tan của HgS trong:
a, Axit nitric
b, Nước cường toan
0
Biết ENO

−
3

/ NO

= E20 = 0,96V ; ES0 / H 2 S = E01 = 0,17V ; THgS = 10−51,8

Hướng dẫn giải:
a, Trong axit nitric:
Các quá trình xảy ra: HNO3 → H + + NO3−
3 × HgS ƒ Hg 2+ + S 2 −

Tt = THgS = 10−51,8

3 × H + + S 2− ƒ HS −

ka−21 = 1012,92

3 × HS − + H + ƒ H 2 S

ka−11 = 107

3 × H 2 S − 2e ƒ S + 2 H +

−1
1

k

= 10

−

2 E01
0,059

2 × NO3− + 4 H + + 3e ƒ NO + 2 H 2 k 2−1 = 10

−

3 E20
0,059

3HgS + 2 NO3− + 8H + ƒ 3Hg 2 + + 3S + 2 NO + 4 H 2O
k = Tt 3 .k a−23 .k a−13 .k1−3 .k22
⇔ lg k = 3lg T − 3lg ka2 − 3lg ka1 − 3lg k1 + 2 lg k 2
 2 E10   3E20 
= −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− + 8 H + ƒ 3Hg 2 + + 3S + 2 NO + 4 H 2O

k = 10−15,3
Page 19


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
3 × Hg 2+ + 4Cl − ƒ HgCl4−2

β 4 = 1014,92

3HgS + 2 NO3− + 8 H + + 12Cl − ƒ 3HgCl42− + 3S + 2 NO + 4 H 2O
k ' = k .β34 ⇔ lg k ' = lg k + 3lg β 4 = −15,3 + 3.14,92 = 29, 46
→ k = 1029,46 rất lớn. Vậy HgS tan mạnh trong nước cường toan.

Câu 9
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:
0
K1( H 2 S ) = 10−7,02 ; K 2( H 2 S ) = 10−10,9 ; EFe
= 0, 77V ; ES0 / H 2 S = 0,14V ; TFeS = 10−17,4
3+
/ Fe 2+

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
0,059

Fe3+ + 1e ƒ Fe 2+

(1)

K1 = 10

S + 2 H + + 2e ƒ H 2 S

(2)

K 2 = 104,745

= 1013

Tổ hợp (1) và (2)
2 Fe3+ + H 2 S ƒ 2 Fe 2+ + S + 2 H +
5.10-3

2,5.10-3 5.10-3

(3) K3 = K12 .K 2−1 = 1021,255

5.10-3(M)

Vì K3 rất lớn nên phản ứng (3) xảy ra hoàn toàn:
H 2 S ƒ H + + HS −

(4)

K4

(5)

HS − ƒ H + + S 2−

K5

Tổ hợp (4) và (5)
H2S

ƒ

Cân bằng (2,5.10-3 – x)

2H+
(5,5.10-2 + 2x)

+ S2- (6) K6 = K4. K5 = 10-19,92
x

Page 20

Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ

( 5,5.10 + 2 x ) x = 10
=
( 2,5.10 − x )
2

−2

K6

−19,92

−3

→ x = [S2-] = 5,2.10-20.
Ta có: [Fe2+].[S2-] = 2,6.10-23 < TFeS
Vậy FeS chưa kết tủa.
Câu 10
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.
Lấy một nửa lượng muối này hòa tan vào nước rồi cho phản ứng với dung
dịch AgNO3 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 HXO4 giảm dần khi X: Cl → I
Giải thích:

Cấu tạo của HXO4.
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
3, 0525

chỉ có NaCl → nNaCl = 58,5 = 0, 0522mol
NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3

(1)
Page 21


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
3, 22875

Theo (1) → nNaCl = nAgCl = 143,5 .2 = 0, 045mol < 0, 0522mol
Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF. Vậy trong hỗn hợp X
chứa NaF.
mNaF = mB – mNaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g)
% NaF =

0, 42
.100% = 6, 74%
6, 23

Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là: NaY
2 NaY + Cl2 → 2 NaCl + Y2

(2)

Theo (2) → nNaY = nNaCl = 0, 045mol
mNaY = mX − mNaF = 6, 23 − 0, 42 = 5,81( g )
5,81

Do đó: M NaY = 0, 045 = 129,11 = 23 + M Y → M Y = 106,11
→ 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
58,5a + 150b = 5,81  a = 0, 01027
→
 a + b = 0, 045
b = 0, 03472

Ta có: 

mNaCl = 58,5.0,01027 = 0,6008(g)
mNaI = 150. 0,03472 = 5,208 (g)
0, 6008

Vậy: % NaCl = 6, 23 .100% = 9, 64%
% NaCl =

0, 6008
.100% = 9, 64%
6, 23

% NaF = 6, 77%
% NaI = 83,59%
Page 22


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
Trường hợp 2: NaF, NaBr và NaI
103a '+ 150b ' = 5,81 a ' = 0, 02
→
 a '+ b ' = 0, 045
b ' = 0, 025

Ta có: 

mNaBr = 103.0,02 = 2,06(g)
mNaI = 150.0,025 = 3,75 (g)
2, 06

Vậy % NaBr = 6, 23 .100% = 33, 07%
% NaI =

3, 75
.100% = 60,19%

6, 23

% NaF = 6, 74%

Câu 11
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 AgNO3 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:
8, 61

Ag+ + Cl- → AgCl↓; nAgCl = nCl = 143,5 = 0, 06mol
−

Thí nghiệm 2:

Page 23


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
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
H2O.

Khi tác dụng với dung dịch NaOH: Mg2+ + 2OH
→ Mg(OH)2↓
o

t

Nung

Mg(OH)2↓ → MgO + H2O

nMgO = 0,8/40 = 0,02mol = nMg ứng với 0,02 mol MgCl2 ban đầu.
2+

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.
1, 49

Tính được: M = 0, 02 − 35,5 = 39 đvC. Vậy M là Kali
Công thức của muối là: 0,02 mol KCl, 0,02 mol MgCl2, 0,12 mol H2O hay
KCl.MgCl2.6H2O.
Câu 12
Cho hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl2, NaBr, KI. Cho 93,4 gam hỗn hợp A tác
dụng với 700 ml dung dịch AgNO3 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 H2 (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 Cl2 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 MgCl2, NaBr, KI.
Page 24


Chuyên đề bồi dưỡng HSG Quốc gia – Hóa Vô cơ
Phương trình phản ứng:
Cl- + Ag+ → AgCl↓

(1)

Cl- + Ag+ → AgBr↓

(2)

I- + Ag-+ → AgI↓

(3)

Fe + 2Ag+(dư) → Fe2+ + 2Ag (4)
Fe(dư) + 2H+ → Fe2+ + H2

(5)

Fe2+ + 2OH- → Fe(OH)2 ↓
2Fe(OH)2 +

(6)

1
O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓
2

2Fe(OH)3↓ → Fe2O3 + 3H2O

(7)
(8)

Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2

(9)

Mg(OH)2 → MgO + H2O

(10)

4, 48

Theo (5) nFe(dư) = nH = 22, 4 = 0, 2mol
2

nAg + ( du ) = 0, 2 × 2 = 0, 4mol

Theo (1) (2) (3)
nAg + = (0, 7 × 2) − 0, 4 = 2a + b + c = 1mol

(I)

mrắn = = mFe2O3 + mMgO = 160 × 0,1 + 40a = 24
a = 0,2

(II)

mA = 95.0,2 + 103b + 166c = 93,4 (III)
2. Phương trình phản ứng: Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 (1)
Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 (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:
Page 25