Olympic sinh viên hóa học phân tích định tính.

Bài 1: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ ba, 2005. Đề thi phần Hóa
cơ sở, Bảng A)
Đề bài:
Để loại trừ các ion NO3- trong nước (các ion NO3- có mặt trong nước xuất
phát từ phân bón) có thể khử nó thành NO2- bằng cách cho đi qua lưới có chứa bột
Cd.
1)
Viết nửa phản ứng của hai cặp NO3-/HNO2 và HNO2/NO trong môi
trường axit. Chứng minh rằng HNO2 bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6.
2)
Ở pH = 7, nồng độ NO3- là 10-2M. Viết phản ứng giữa Cd và NO3-. Hỏi
NO3- có bị khử hoàn toàn ở 25oC trong điều kiện này không? Tính nồng độ NO3còn lại trong nước khi cân bằng.
3)
o
và 25 C

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

Cho biết các số liệu sau ở 25oC: Eo(NO3-/HNO2) = 0,94V; Eo(HNO2/NO) = 0,98V;
Eo(Cd2+/Cd) = -0,40V; Ka(HNO2) = 5.10-4; Ks(Cd(OH)2) = 1,2.10-14.
Hướng dẫn giải:
NO3- + 3H+ + 2e  HNO2 + H2O;

Eo = 0,94V

HNO2 + H+ + e  NO + H2O;

Eo = 0,98V

Ở pH = 0 thì Eo(HNO2/NO) > Eo(NO3-/HNO2) nên HNO2 bị phân hủy theo
phản ứng:

3HNO2  NO3- + 2NO + H+ + H2O
Ở pH = 6 thì:
Eo(NO3-/HNO2) = 0,94 + 0,059/2(lg10-6) =
Eo(HNO2/NO) = 0,98 + 0,059lg10-6 = 0,626V
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:
Cd + NO3- + H2O + 3H+ Cd2+ + NO2- + 2OH- + 3H+
K1

K1

Cd2+ + HNO2 + 2H2O Cd2+ + H+ + NO2- + 2H2O
K = K1.K2.K3.

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

+

NO3- +
(10-2 – x) = 

Nđcb:

H2O ⇌

Cd2+ +
x = 10-2

NO2-

+

2OH-

x = 10-2

10-7

Như vậy ta có:

3)
Bài 2: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ ba, 2005.Đề thi phần Hóa
cơ sở, Bảng A)
Đề bài:
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 ၁၁+ còn lại trong

dung dịch k၁၁ 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.
Hướng dẫn giải:
Fe3+

1.
Nồng độ cân bằng:

+

Co – x

SCN-

⇌

10-2 – x

Fe(SCN)2+
x = 10-5

Ta có:
 [Fe3+] = 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:

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

Câu 3: (Olympic Hóa học Quốc tế lần thứ 33)
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: K1 = 5,6.10-2 và K2 = 6,2.10-6.
b) Với sự có mặt của amoniac thì ion bạc tạo thành hai dạng phức Ag(NH 3)+ và Ag(NH3)2+. Các hằng
số tạo phức từng nấc tương ứng sẽ là 1 = 1,59.103 và 2 = 6,76.103. Tính độ tan của bạc oxalat
trong dung dịch chứa 0,02M NH3 và có pH = 10,8.

Hướng dẫn giải:


Ta có: [Ag+] = 2S
C(C2O42-) = S = [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4]
H2C2O4 = H+ + HC2O4-

K1 = 5,6.10-2.

HC2O4- = H+ + C2O42-

K2 = 6,2.10-6.

Ta có kết qủa sau: S =

Tại pH = 7 thì [H+] = 10-7    1
T = 3,5.10-11.
Tại pH = 5 thì [H+] = 10-5    0,861
S = 2,17.10-4.
a) [NH3] = 0,02M
Tại pH = 10,8 thì [H+] = 1,585.10-11    1
Tổng nồng độ [Ag+] trong dung dịch được xác định bởi phương trình
CAg = 2S = [Ag+] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2+]
Các phản ứng tạo phức:
Ag+ + NH3 = Ag(NH3)+

1 = 1,59.103

Ag(NH3)+ + NH3 = Ag(NH3)2+

2 = 6,76.103

Từ các phương trình trên ta dễ dàng suy ra được biểu thức sau:
CAg = 2S = [Ag+](1 + 1[NH3] + 12[NH3]2)

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
cơ sở, Bảng B)
Đề bài:
1) Các ion CN- có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp. Có thể loại
chất độc này bằng phản ứng sau ở 25oC:

CN- + H2O2 ⇌ NCO- + H2O
a) Tính hằng cố cân bằng của phản ứng.
b) Trong nước thải có nồng độ CN- là 10-3mol.L-1. Nếu dùng dung dịch
H2O2 0,1M (thể tích không đổi) nồng độ CN- còn lại sau phản ứng là
bao nhiêu? Rút ra kết luận.
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:
Al(OH)4- ⇌ Al(OH)3 + OH-

K = 1/40

Cho F = 96500C/mol; R = 8,314J.K-1.mol-1.
Hướng dẫn giải:
1)a) ∆Go = -2.96500(1,77 + 0,14) = -8,314.298lnK
 K = 4,14.1064
b) Phản ứng:
CN- +
CB:

10-3 – x

H2O2
10-1 – x

⇌

NCO- +

H2O

x

Vì K rất lớn nên coi x = 10-3

Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN- = 100 : 1 thì có thể loại trừ gần hết
CN- trong nước thải.
2) Al(OH)3(r) + OH- ⇌ Al(OH)4-

K = 40

pH = 10,9  [H+] = 10-10,9  [OH-] = 10-3,1 = 7,94.10-4M


Ta có:

K=
[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 =

H2AsO4- ⇌ H+ + HAsO42-

có K2 =

HAsO42- ⇌ H+ + AsO43-

có K3 =

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 = [H3AsO4] + [H2AsO4-] + [HAsO42-] + [AsO43-]
= + [H2AsO4-] + +
= [H2AsO4-]
=

(1)

*Tại pH = pK1 hay [H+] = K1 thì = = 1 [H2AsO4-] = [H3AsO4]
Vậy: = =
Tại pH = pK1 : [ H2AsO4- ] = [H3AsO4] 50% (về số mol)
* Tại pH = pK2 tương tự ta có: = = 1 [HAsO42-] = [H2AsO4-]
Thay vào (1) ta có: = =
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 = + + [HAsO42-] +
= [HAsO42-]
=
Tại pH = C hay [H+] = K3 thì = = 1 [HAsO42-] = [AsO43-]
==
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.
Tuy nhiên ở pH = pK1 chỉ có lượng As(V) tích điện âm còn ở pH=6,9 toàn bộ
lượng As(V) tích điện âm nên chúng hấp phụ tốt trên Fe(OH)3
Câu 6: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ VII, 2012. Đề thi lý thuyết,
Bảng A)
Đề bài:

Để phân tích hàm lượng của thiếc trong hợp kim thiếc bismuth ta tiến hành như
sau: Hòa tan hoàn toàn 0,472 gam hợp kim trong dung dịch axit sunfuric tạo thành
dung dịch của thiếc(II) và bismuth(III). Định mức dung dịch này lên 100 mL. Lấy
25,00 mL dung dịch sau khi định mức đem chuẩn độ với dung dịch KMnO4
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.
Hướng dẫn giải:
a) Sn + H2SO4 SnSO4 + H2
2Bi + 3H2SO4 Bi2(SO4)3 + 3H2
5Sn2+ + 2MnO42- + 8H+ 5Sn4+ + 2Mn2+ + 4H2O
b) Số mol Sn2+ có trong 25ml dung dịch chuẩn độ
===
= 4,1757 10-4 mol
Phần trăm khối lượng của Sn trong hỗn hợp:
%Sn = = = 42%


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+) =
0,77V.
Hướng dẫn giải:
1)
a) Epin = Eopin=
(1)
2+
2+
Khi [Zn ] = [Cu ] = 1,0M Epin = Eopin= 1,10 (V)
b) Khi thêm Na2S vào dung dịch Cu2+ cho đến khi [S2-]cb= 0,1M thì
[Cu2+] = = = 10TCuS
(2)
Thay (1) vào (2) ta được Epin= 1,10 2) E(O2/H2O) = 1,23 + ) = 1,16 (V)
E(O2/H2O) = 1,16 (V) > Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,77V Fe2+ bị oxi không khí oxi hóa
thành Fe3+
O2 + 4e + 4H+ ⇌ 2H2O
Fe3+ + e
⇌ Fe2+
O2+ 4H+ + 4 Fe2+⇌ 4Fe3+ + 2H2O

Eo1= 1,23
Eo2= 0,77V
(1)


Phản ứng (1) có K== 1031,2
Do K rất lớn nên phản ứng (1) coi như xảy ra hoàn toàn
Xét phản ứng nghịch:
4Fe3+ + 2H2O ⇌ 4 Fe2+ + O2+ 4H+ (1’)
K’ = = 10-31,2 =
(2)
2+
Gọi x là [Fe ] 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:
K’ = = 10-31,2
(5)
31,2
Vì khi rất lớn (K= 10 ) nên phản ứng (1) coi như hoàn toàn nghĩa là:
0,1 – x = 0,1
(6)
Thay (6) vào (5) ta được:
K’ = = 10-31,2 x = 10-7,63
Vậy % Fe2+ không bị oxi hóa = 100% = 2,34.10-5 (%)
Câu 8: (Olympic các Trường Đại học Việt Nam lần thứ IX, 2016. Đề thi lý thuyết,

Bảng A)
Đề bài:
Người ta tiến hành khai thác vàng bằng phương pháp xyanua như sau: Đầu tiên
quặng vàng được nghiền vụn, rồi trộn với dung dịch NaCN trong môi trường kiềm
và liên tục sục oxi không khí vào hỗn hợp phản ứng. Khi đó oxi sẽ oxi hóa vàng
thành [Au(CN)2]-. Sau đó người ta cho kẽm bột tác dụng với dung dịch [Au(CN)2]để thu hồi vàng kim loại.
Cho biết:
Eo(Au+/Au) = 1,7V, Eo(O2/H2O) = 1,23V, Eo(OCl-/Cl-) = 1,49V, Eo(CNO-/CN-) =
-0,14V, pKHCN = 9,2; HẰng số phân ly tổng cộng của phức chất [Au(CN)2]- =
7,04.10-40.
a) Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong quá trình trên?
b) Tính Eo([Au(CN)2]-/Au) và Eo(O2(kk)/OH-). Coi áp suất của oxi không khí
bằng 0,2 atm.
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- + ClNếu 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 dịch sau
khi xử lý?
Hướng dẫn giải:
a) 4 Au + 8 CN- + O2 + 2 H2O ⇌ 4 [Au(CN)2]- + 4 OHZn + 2 [Au(CN)2]- ⇌ [Zn(CN)2]- + 2Au
b) [Au(CN)2]- ⇌ Au+ + 2 CN= 7,04.10-40
Au+ + 1e ⇌ Au
k1=

[Au(CN)2] + 1e ⇌ Au + 2 CN
k2
k2= = k1
= 0,059+
= 0,059) + 1,7 = -0,61V
| O2 + 4H+ + 4e ⇌ 2 H2O

Eo= k1=

4| H2O ⇌ H+ + OH-

k2= Ka4

O2 + 2H2O + 4e ⇌ 4OH-

k3=

= + a4
= 1,21 + 0,059log(-14)
* Để có thể tạo phức tốt với Au+ thì xyanua phản tồn tại chủ yếu dạng CNHCN ⇌ H+ + CN- có pK = 9,2
KHCN= log= pH – 9,2 > 0 pH > 9,2
Vậy pHmin = 9,2 hay pH 9,2
c) OCl- + 2e + 2H+ ⇌ Cl- + H2O

k1=


H2O + CN- ⇌ CNO- + H+ +2e
CN- + OCl-⇌ CNO- + Clk= =
=

k2=

= 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 CNOCN- + OCl-⇌ CNO- + Cl10-3

10-3

x

x

10-3-x

k= 1,79.1055

10-3-x

k=1,79.1055 = = x= 10-30,62
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)
Đề bài:
Dung dịch chứa ion [Fe(SCN)]2+ có màu đỏ khi nồng độ của [Fe(SCN)]2+ lớn
hơn 10-5M. Hằng số bền của ion [Fe(SCN)]2+ Kb1= 2.102
a) Trong 500ml dung dịch có chứa 10-3 mol FeCl3 và 5.10-3 mol KSCN.
Tính nồng độ của ion [Fe(SCN)]2+ ở trạng thái cân bằng. Dung dịch có
màu đỏ không?
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?
Hướng dẫn giải:
a) Phương trình phản ứng:
Fe3+ + 2SCN- ⇌ Fe(SCN)2+
Ban đầu:

2.10-3

0,01

Phản ứng:

x

2x

x

Kb1= 2.102


Cân bằng:

2.10-3 - x 0,01 - 2x

x

Kb1= 2.102 = 2.102
=

2.102

x = 1,27. 10-3M > 10-5M
dung dịch có màu đỏ
b) Màu đỏ của dung dịch biến mất khi [Fe(SCN)2+] 10-5M
= [Fe(SCN)2+] + [SCN-] [SCN-] = - [Fe(SCN)2+] = 10-2 - 10-5= 10-2 M
Vậy [Fe3+] còn lại trong dung dịch được tính từ Kb1 của phức [Fe(SCN)2+]
Kb1= [Fe3+] = = 5.10-6M
Lúc này Fe3+ trong dung dịch nằm ở 3 dạng [FeF2+], [Fe(SCN)2+], [Fe3+]:
= [FeF2+] + [Fe(SCN)2+] + [Fe3+]
[FeF2+] = - [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 = [F-] = = = 2,481. 10-3M
Nồng độ F- ban đầu tối thiểu cần có:
= [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, 1030

, 10-15

Hướng dẫn giải:
a) CrO4- + 3 Fe2+ + 8H+ Cr3+ + 3Fe3+ + 4H2O
Cr2O7 + 6Fe2+ + 14H+ 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O
Fe3+ + 3OH- Fe(OH)3
Cr3+ + 3OH- Cr(OH)3
Ni2+ + 2OH- Ni(OH)2
b) * Fe(OH)3
[OH-]bđ = pHbđ = 2,17
[OH-]ht = 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-] = = = 10-9
[H+] = 10-5
pH1= 5
b) pH2 khi kết tủa Cr(OH)3 tan hoàn toàn thành Cr(OH)4Khi đó có thể coi [Cr(OH)4-] = [Cr3+ ] = 10-3M
[OH-] = = = 10-2,6

[H+] = 10-11,4
pH2 = 11,4
c) SCr(III)= [Cr3+ ] + [Cr(OH)4-]
[Cr3+ ] = =
[Cr(OH)4-] = K[OH-] =
SCr(III) = +
Smin khi = 0
=Khi = 0 =


[H+]4min=
4= + 4- =+ -pHmin = pK + p - = + 14 + +
= 6,72
Vậy Smin= + = 2,78.10-8M
Câu 12: (Kì thi chọn học sinh vào các đội tuyển quốc gia dự thi Olympic Quốc tế
năm 2009)
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)
2)
a) A: CO2

B: O2

C: O3

D: H2O2

b)
(1) nCO2 + nH2O n O2 + (CH2O)n
(2) 2H2O2 O2 + 2H2O
(3) Fe(OH)2 + O2 + H2O Fe(OH)3
(4) O2 ⇌ O3
c)
(1) H2O2 + 2KI + H2SO4 I2 + K2SO4 + 2H2O
H2O2 + 2H+ + 2e 2H2O
2I- I2 + 2e
.
+
H2O2 + 2H + 2I I2 + 2H2O
(2) H2O2 + K2Cr2O7 + H2SO4 3O2 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 7H2O
Cr2O72- + 14H+ + 6e 2Cr3+ + 7H2O
H2O2 + 2H+ + 2e 2H2O
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- + 4OHĐể 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:
20
Ag+ + 4 CN- ⇌ [Ag(CN)4]31= 5,00.10
Xác định tỉ số của trong dung dịch
3. Để tăng nồng độ ion Ag+ tự do (chưa tạo phức) phải thêm vào dung dịch đó
NaOH hay HClO4? Vì sao?
4. Sau khi thêm axit/bazơ (dựa vào kết quả ở 3.) để nồng độ ion Ag+ trong dung
dịch tăng lên 10 lần so với nồng độ ion Ag+ trong dung dịch cho ở 2.
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 + OHK= = = 10-4,69
c(HCN) c(OH-) = 10-3,3 mol/l
Co= c(HCN) + c(CN-) 10-4,69 =
Co= 0,0128 mol/l
2. Ag+ +4 CN- ⇌ [Ag(CN)4]3-

= = 5,00.1020
= 1c(CN-)4
Vì CN- dư nên c(CN-) c(NaCN) - c(OH-)
1

(0,020 - 10-3,3) mol/l 0,0194 mol/l
= 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+)
= = 10
c(CN-)4n = vì 1= 5,00.1020
c(CN-)n= 0,0110 mol/l
Câu 14: (Kì thi chọn học sinh vào các đội tuyển quốc gia dự thi Olympic Quốc tế
năm 2005)
Đề bài:
1. Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH3 0,150M và KOH 5,00.103
M
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
Hg2+ + CN- ⇌ HgCN+
lg= 18,0
2+
Hg + 2CN ⇌ Hg(CN)2
lg= 34,70

Hướng dẫn giải:
1. CN- + H2O ⇌ HCN + OHKb1 = 10-4,65
NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OHKb2 = 10-4,76
KOH ⇌ K+ + OHH2O ⇌ H+ + OH[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+]


Đặt [OH-] = x
x=
x2 - = 0
[CN-] = = 0,12M
[NH3] = = 0,15M
Ta có: x2 -5.10-3x – 5,29.10-6 = 0
x = [OH-]= 5,9.10-3
= = 3,8.10-3 [HCN] [CN-]
= = 2,9.10-3 [NH4+] [NH3]
pH = 11,77
2. pH = - log= 9,24
[NH4+] = [NH3] có nghĩa là 50% [NH3] đã bị trung hòa
Mặt khác pH = 9,24 = - log = 9,35 - log
[CN-] = 10-0,11 = 0,776
= = = 0,563 nghĩa là 56,3% CN- đã bị trung hòa
Vậy VHCl.0,21 = VA.CKCN.0,563 + VA.CNH3.0,5 + VA.CKOH
VHCl = = 35,13 ml
3. = = 9,901. 10-5 M
= = 9,901. 10-3 M
H+
Co

CN-

+

9,901. 10-5

HCN

9,901. 10-3
9,802. 10-3

C
CN- + H2O

HCN

9,901. 10-5
+

OH-


9,802. 10-3

C

9,901. 10-5

x

x

9,802. 10-3-x

[]

x

9,901. 10-5+x

x

Ta có Kb = 10-4,65
= 10-4,65
-4
x = [OH ]= 4,12.10 M

pH= 10,61 > 7,6. Vậy mới đầu dung dịch có màu xanh lục
Khi thêm 100ml dung dịch Hg(ClO4)2 0,300M
= = 4,929. 10-3M
= = 4,975. 10-5M
= = 0,1493M
Vậy CN- tạo phức với Hg2+
Hg2+
Co 0,1493

+

⇌

CN-

HgCN+

= 1018

4,929. 10-3
4,929. 10-3

C 0,1443
Vì Hg2+ dư nên xảy ra phản ứng:
Hg2+ + HCN -

⇌

HgCN+

+

H+

K=

8,65

10
Co

0,1443

C

0,14425

4,975.10-5

4,929. 10-3
4,975.10-3

4,975.10-5

+
-18
2+
Vì sự phân ly của HgCN không đáng kể (K = 10 ) lại còn dư Hg , nồng độ CN
phân ly ra vô cùng bé không ảnh hưởng đến pH của dung dịch vì vậy


[H+]=4,975.10-5pH= 4,3 < 6. Do đó sau khi thêm Hg(ClO4)2 dung dịch chuyển
sang màu vàng.
4. Thêm 1 giọt (khoảng 0,03ml) dung dịch nước H2S bão hòa vào hỗn hợp thu
được trong mục 3. Thể tích coi như không đổi.
= = 1,493.10-5M
⇌
H+
+
HSH2S
C0

1,493.10-5

4,975.10-5

C

1,493.10-5-x

4,975.10-5+x

x

-7

K=10 = 10-7
x = 3.10-8 < CH+
Vậy nồng độ H+ do sự phân ly của H2S là không đáng kể
H2S
[]

1,493.10-5

⇌

2H+
4,975.10-5

+

S2x

[S2-]= x = 10-19,92.1,493.10-5/(4,975.10-5)2= 7,25.10-17
Vì sự phân ly của HgCN+ không đáng kể có thể coi = 0,14425M

.= 0,14425.7,25.10-17= 1,05. 10-17 Ks
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)
Đề bài:
1. Cân bằng xảy ra trong dung dịch nước ở 25oC
2Cu- ⇌ Cu2+ + Cu
(1)


a. Tính hằng số cân bằng K1 của phản ứng (1)
b. Một dung dịch chứa CuSO4 0,10M và Cu(r) dư. Tính nồng độ Cu- ở trạng
thái cân bằng.
2. Tính các hằng số cân bằng của các phản ứng sau ở 25oC
a. I3- + 2Cu- ⇌ 2Cu2+ + 3IK2=?
2+
b. I3 + 2CuI(r) ⇌ 2Cu + 5I
K3=?
2+
c. Cl2(k) + 2CuCl(r) ⇌ 2Cu + 4Cl
K4=?
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:
= 0,522V;

= 0,34V; = 0,54V
= 1,36V; Tích số tan Ks(CuCl,r) = 1,0.10-6; Ks(CuI,r) = 5,0.10-12
Hướng dẫn giải:
2.
a. I3- + 2Cu- ⇌ 2Cu2+ + 3IK2= log== 8,38.1012
b. I3- + 2CuI(r) ⇌ 2Cu2+ + 5IKs2

K2
I3- + 2Cu+ + 2I-

K3= Ks2. K2 = (5,0.10-12)2.8,38.1012=2,10.10-10
c. Cl2(k) + 2CuCl(r) 2Cu2+ + 4Cl-

2 Cl- + 2CuCl(r) 2Cu2+ + 4Cl= + +
=RTlnK4 = -2F - RTlnKsCuCl2+ 2F


lnK4 = = 66,0034
K4 = 4,62.1028
3.
CuCl(r)
Ban đầu:

0,1

+

NH3 ⇌ [Cu(NH3)2]+ + Cl0,2

Cân bằng:

0

0

0,1

0,1

(mol)
(mol)

0,10 mol CuCl tan hoàn toàn nên ở cân bằng ta có:
[Cu+][ Cl-] < Ks
[Cu(NH3)2]+= [ Cl-] 0,10 mol.L-1
[NH3] = 2[Cu2+]
Kd = = =
= [Cu2+]3
Vì [Cu+][ Cl-] < Ks(CuCl) [Cu+]3[ Cl-]3 < K3s(CuCl)
< (10-6)3
Kd < = 4.10-14
4.
Tương tự như trên để hòa tan hoàn toàn 0,10 mol CuI trong dung dịch NH3 0,20M
phải có:
< K3s(Cul)
Thay Kd = 1,0.10-16 ta có: = 2,5.10-21 > K3s(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 Zn2+ thì thu được kết
tủa keo trắng Zn(OH)2. Tính pH của 1 lít dung dịch chứa 5.10-2 mol Zn2+ và
-

K S(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-17

0,1 mol OH . Biết
.
2. Khi cho thêm tiếp bazơ vào dung dịch thì kết tủa keo trắng bị hòa tan, thành
dạng phức Zn(OH)42-. Cho biết hằng số phức bền là 4,6.1017. 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)

Hướng dẫn giải:
1. Zn(OH)2 ⇌ Zn2+ + 2OHS
S
2S

K S ( Zn (OH )2 )  1, 2.1017

K S(Zn(OH)2 ) = 4S3 = 1,2.10-17

S = 1,44.10-6 mol/l
[OH-] = 2S = 2,88.10-6 (mol/l)
pOH = 5,54 pH = 14 – 5,54 = 8,46

2.
Zn(OH)2 ⇌ Zn2+ + 2OHZn2+ + 4OH- ⇌ Zn(OH)2-4
Zn(OH)2 + 2OH- ⇌ Zn(OH)2-4

[]
2x
(0,05-x)

K=

K S(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-17

K f = 4,6.1017

K = KS.Kf = 5,52

[Zn(OH)20,05-x
4 ]
=
= 5,52
- 2
[OH ]
(2x)2
x 0,03

[OH-] = 2x = 0,06
pOH = 1,22
pH = 14 – 1,22 =12,78
Câu 17: ( Đề thi Olympic Hóa học Mĩ 2012)
Đề bài:
Cu(OH)2 ⇌ Cu2+ + 2OH-

Ks = 2,2.10-20