BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HSGQG HÓA ĐẠI CƯƠNG TẬP 2 Cân Bằng Hóa Học, Động Hóa Học, Đại Cương Hóa Phân Tích

BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HSGQG HÓA ĐẠI CƯƠNG

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HSGQG HÓA ĐẠI CƯƠNG TẬP 2 (Bài Tập Cân Bằng Hóa Học, Động Hóa Học, Đại Cương Hóa Phân Tích, Cân Bằng Axit - Bazơ, Cân Bằng Chất Điện Li Ít Tan, Cân Bằng Oxi Hóa - Khử) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

B Ồ ID Ư Ỡ N G H S G Q G P H Ầ N Đ A ^ C ư ơ N G -T Ậ P2

&

A

<r

Gwto we«.: TkS.

ĐỘNG HÓA HỌC C âu 1: Ở 25oC, cho phản ứng sau: 2 N 2 O 5 ( k ) ------ > 4 NO 2 (k) + O 2 (k).

Phản ứng có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5 s-1 và được thực hiện trong bình kín có thể tíCh^ hÔng là 20 lít. Tại thời điểm ban đầu, N 2 O 5 được cho vào đầy bình. Tại thời điểm khảo sát, áp suất riêng Icủa N 2 O 5 là 0,07 atm. Giả sử các khí đều là khí lí tưởng. a) Viết phương trình động học của phản ứng trên. b) Tính tốc độ tiêu thụ N 2 O 5 và tốc độ hình thành NO 2 , O 2 . c) Tính số phân tử N 2 O 5 bị phân hủy sau 30 giây.

C âu 2: Khí CO là nguyên nhân chính dẫn đến chết ngạt trong các đ á r1 r'Ui"‘T vì CO r kết hợp với hemoglobin có trong máu người theo phản ứng sau: 3CO + 4 H b ------ > Hb4(CO)3 Hợp chất Hb4(CO)3 rất bền nên làm giảm khả năng vận chuyển oxi của máu. Đề nghiên cứu động học của phản ứng trên, người ta tiến hành một số thí nghiệm ở 20oC. Kết quả của các thí nghiệm được cho trong bảng sau: Thí nghiệm

Nồng độ (ụmol./ 1)

độ tiêu thụ Hb

CO

(ụm ol./^.s-1)

1

1,50

1,05

2

2,50

1,75

3

2,50

2,80

a) Viết phương trình động học của phản ứng trên và tính hằng số tốc độ của phản ứng trên. b) Tính tốc độ của phản ứng ở 20oC khi nồng^ â của CO là 1,30 ụ m o l.r1 và Hb là 3,2 ụ,mol.l-1.

C âu 3: Một trong các phản ứng gây ra sự phá hủy tầng ozon của khí quyển là : -----> NO 2 + O 2 Trong ba thí nghiệm, tốc độ phản ứng phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng như sau: [O 3 ] (m o l./1)

Tốc độ phản ứng (m ol./^.s-1)

0,02

7,0.10"5

0,02

2,8.10-4

0,04 3 a) Xác định phương trình động học của phản ứng trên. b) Tính hằng số tốc độ trung bình k của phản ứng trên.

C âu 4: Sự phân hủy axeton diễn ra theo phản ứng: CH 3 COCH 3 ^ C 2H 4 + H 2 + CO Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được là:

1,4.10"4

Thí nghiệm

[NO] (m o l.r1)

1 2

°-04 0,02

(1)

t (phút)

0

6,5

13,0

19,9

p (mmHg)

312

408

488

562

chứng tỏ phản ứng (1) là phản ứng bậc một và tính hằng số tốc độ của phản ứng này. ính thời gian nửa phản ứng của phản ứng (1).

Cho phản ứng sau: A + B ------ > C + D (1) iương trình động học của phản ứng trên có dạng là: v = k[A][B] a) Trộn V lít dung dịch A với V lít dung dịch B (có cùng nồng độ 1M).

CO'Suờểiỷ tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ổuời/ êiểhỷ

1

Gỉá& mu: TkS. - Nếu thực hiện phản ứng ở 333,2K thì sau 2 giờ, nồng độ của chất C là 0,215M. Tính hằng số tốc độ của phản ứng trên.

- Nếu thực hiện phản ứng ở 343,2K thì sau 1,33 giờ, nồng độ của chất A giảm đi hai lần so với ban đầu. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng trên (theo kJ.mol-1). ử b) Trộn V lít dung dịch chất A với 2V lít dung dịch chất B (có cùng nồng độ 1M) ở nhiệt độ 333,2K. Hỏi sau bao lâu thì chất A phản ứng hết 90%?

C âu 6: Cho phản ứng: A + B ------ > C + D (1) Ở 25oC, đo nồng độ A trong hai dung dịch ở các thời điểm t khác nhau, thu được kết quả: Dung dịch 1: [A]o = 1,27.10-2 mol./-1 và [B]o = 0,260 mol./-1. À t (s)

1000

3000

10000

20000

[A] (mol./-1)

0,0122

0,0113

0,0089

0,0069

o

Dung dịch 2: [A]o = 2,71.10-2 mol./ 1 và [B]o = 0,495 mol./ 1.

100000

40000 0,0047

0,0024

t (s)

2000

10000

20000

30000

50000

100000

[A] (mol./-1)

0,0230

0,0143

0,0097

0,0074

0,0050

0,0027

a) Hãy chứng minh phản ứng (1) là phản ứng bậc hai. b) Cho dung dịch 3: [A]o = 3,62.10-2 mol./-1 và [B]o = I

l./-1.

- Tính tốc độ đầu của phản ứng (1).

- Sau thời gian bao lâu thì nồng độ A giảm I C âu 7: Cho phản ứng sau: A v — x B có hằ

>t nửa? fộ k 1 = 300 s-1 và k2 = 100 s-1. Phản ứng trên

k2

tuân theo định luật động học sau: (xe là nồng độ chất A lúc cân bằng và x là nồng độ chất A đã phản ứng) Ở thời điểm t = 0, chỉ có chất A mà không có chất B. Trong thời gian bao lâu thì một nửa lượng chất A chuyển thành chất B? ng môi trường kiềm diễn ra theo phương trình sau: C âu 8: Phản ứng oxi hóa I- băjg Cl

Phản ứng (1) tuân t a) Giả thiết răng, p

OH- > Cl- + IO(1) Cl' luật tốc độ thực nghiệm: v = k[ClO ][I ][OH ] 1. ) xảy ra theo cơ chế sau: ClO- + H 2 O

HClO + OH-

(nhanh)

-1

I- + HClO

-> HIO + Cl-

OH- + HIO

IO- + H 2 O

(chậm) (nhanh)

3

Cơ chế trên có phù hợp với kết quả thực ngiệm hay không? b) K h ĩ[ T ^ ất nhỏ so với [ClO-]o và [OH-]o thì thời gian để nồng độ I- còn lại 6,25% so với ban đầu sO ấp b ao nhiêu lần thời gian cần thiết để 75% lượng I- ban đầu mất đi do phản ứng (1)? 2010 :>ng môi trường axit, I- bị oxi hóa bởi BrO- theo phản ứng: 9I- +

BrO- + 6H+

-> 3I- + Br- + 3H2O

(I)

a) Thực nghiệm cho biết, ở một nhiệt độ xác định, biểu thức tốc độ của phản ứng có dạng:

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

2

Gỉá& mu: TkS. v = - d[BrO-] = k[H+]2[BrO-][I- ] - Cho biết bậc của phản ứng (I). Bậc của phản ứng băng bao nhiêu nếu phản ứng được thực hiện trong dung dịch đệm có pH = 3?

- Nếu thực hiện phản ứng trong dung dịch đệm có pH < 7 thì năng lượng hoạt ứng có thay đổi không? Giải thích. b) Cơ chế của phản ứng (I) được đề nghị như sau: k, BrO - + 2H+ ± H 2BrO+ ^-1 H 2BrO+ + IIBrO2 + I“ -

-> I2 + BrO2

BrO- + 2I- + 2H+ BrO- + 2I- + 2H+ I0 + I-

anh)

-M> I2 + BrO- + H O -> I2 + Br

anh)

+ HO (6)

± I--

(nhanh, cân băng)

s- - 6

- Có thể áp dụng nguyên lí nồng độ dừng cho các ti

ng gian H B rO j và IBrO 2 được

không? Giải thích.

- Chứng minh răng cơ chế này phù hợp với biểu độ thực nghiệm ở trên, từ đó tìm biểu thức tính hăng số tốc độ của phản ứng (I).

C âu 10: Để phân hủy H 2 O 2 với xúc tác là ion r tỊọểg dung dịch có môi trường trung tính, người ta trộn dung dịch H 2 O 2 3% (chấp nhận tương đương với 30 gam H 2 O 2 trong 1 lít dung dịch) và dung dịch KI 0,1M với nước theo tỉ lệ khác nhau về thể tích để tiến hành thí nghiệm xác định thể tích khí O 2 thoát ra. Kết quả thực nghiệm thu được ở 298K và 1 atm như sau: Thí nghiệm

(ml)

HO (ml)

2

(ml/phút)

1

50

75

4,4

2

50

50

8,5

3

50

0

17,5

4

25

75

4,25

100

0

16,5

► ứng phân hủy đối với H 2 O 2 và đối với chất xúc tác I- . a) Xác định bậc củ ứng xảy ra và biểu thức tính tốc độ phản ứng. b) Viết phương c) Tính nồng độ mol của H 2 O 2 khi bắt đầu thí nghiệm 4 và sau 4 phút.

C âu 11: Cho .phin ứ n g sau xảy ra trong nước: 2Fe3+ + Sn2+ -> 2Fe2+ + Sn4+ (1).Khi nồng độ của Fe2+ rất lớn so với nồng độ của Fe3+ thì thi phương trình động học của phản ứng (1) đượcxác định theo 2+ thực nghiệm là v = k[Fe3+]2[Sn2+][Fe2+]--1 a) Giả sử phản ứng (1) xảy ra theo cơ chế sau: Fe3+ + Sn2+

Fe2+ + Sn3+

(a)

Fe3+ + Sn3+ > Fe2+ + Sn 4+ (b) Hãy chứng minh cơ chế trên phù hợp với kết quả thực nghiệm. Biết hăng số tốc độ k 2 là rất nhỏ. b) Có thể tính được k 2 theo k (trong phương trình động học thực nghiệm) và hăng số cân băng K của phản ứng (a) hay không?

co i (ủcờỉiỷ tắànắ/côn*Mônỷ cô dàt/ cắàài cứà dè ắíờỉ/ ũểnỷ

3

Gỉá& mu: TkS. C âu 12: Cho phản ứng sau: 2NO + 2 H 2 ------ > N 2 + 2 H 2 O. Phương trình động học thực nghiệm của phản ứng trên là v = k[NO]2[H2 ]. Cơ chế của phản ứng trên được đề nghị theo hai hướng như sau: C ơ chế 1 2NO — —>

C ơ chế 2

N 2O2

(nhanh)

2NO

N 2O2 k7 > N 2 O + H 2 O

N 2 O 2 + H 2 — —>

2HON

(nhanh)

N 2 O2 + H 2

HON + H 2 — >

H 2 O + HN

(chậm)

N 2 O + H 2 — ^ > N 2 + H 2O

HN + HON

k4 > N 2 + H 2 O

;e(CN)6]4- + I 2 (*). hỗn hợp ban đầu không

Người ta đo tốc độ đầu của sự hình thành iot ở bốn hỗn hợp dưới chứa iot.

C 1 C[Fe(CN6]3-

CI(m o l'/1)

(mol'/-1) (1)

1

(2)

2

(3)

1

(4)

2

^ [ Fe(CN6]4(m o l'/1)

1

1

1

1 2

2

a) Xác định giá trị của a, b, c, d và b) Cơ chế sau đây đã được đề xuấ

[Fe(Cĩ

Tốc độ đầu (m m o l'/1' h-1) 1 4 2

1

2

v = dCl2 = k C . v C[Fe(CN dt

(nhanh)

/S

(nhanh)

C âu 13: Để nghiên cứu động học của phản ứng: 2[Fe(CN)6]3 + 2I

Hỗn hợp

(chậm)

16

-'Cb- 'CC[Fe(CN)6] -'Cd

tốc độ trung bình phản ứng k. phản ứng (*): 21 ; _J ị_ ^ [Fe(CN)6]4- + I 2 k-1 ko > [Fe(CN)6]4- + I 2

(1) (2)

Trong hai phản ứng trên, phản ứng nào xảy ra chậm và phản ứng nào xảy ra nhanh? Giải thích.

C âu 14: Thực nghiệm chqR | í sự nhiệt phân ở pha khí: 2 N 2 O 5 — > chiều bậc nhất. Cơ chế được thừa nhận rộng rãi của phản ứng này là N

N 2O 5 — ^ NO 2 + NO 3 NO 2 + NO 3

NO 2 + NO 3 k-1 > N 2 O 5 -> NO + NO 2 + O 2

4 NO 2

+ O 2 (*) là phản ứng một

(1) (2) (3)

(4) -> 3 NO 2 N 2 O 5 + NO sự gần đúng trạng thái dừng cho NO và NO 3 ở cơ chế trên, hãy thiết lập biểu thức tốc I của phản ứng (*). Kết quả đó có phù hợp với thực nghiệm không? b)w 3 a nTết rằng năng lượng hoạt hóa của (2) bằng 0 và của (3) bằng 41,57 kJ.mol-1. Biết số va ạm giữa các phân tử của (3) xem như gấp 2 lần so với số va chạm giữa các phân tử của (2)' Hãy tính -ilk2 tại 350K' rừ sự phân tích giả thiết ở b) khi cho rằng các phản ứng (1) và (2) dẫn tới cân bằng hóa học có hằng số K, hãy viết lại biểu thức tốc độ của phản ứng (*) trong đó có hằng số cân bằng hóa học K'

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ cô cổấu/cắàto cửa dè ắíờỉ/ êiểhỷ

4

Guía m il: TkS. X

C âu 15: Một phản ứng trong dung dịch được biểu diễn: A + B

C + D (*) với X là xúc tác

đồng thể. Để nghiên cứu động học của phản ứng (*), người ta tiến hành hai thí nghiệm ở 25oC với nồng độ ban đầu ( Co) của các chất phản ứng như sau: Thí nghiệm 1: C ° = 0,012M và C° = 6,00M.

Thí nghiệm 2: C ° = 3,00 M và C°

Biến thiên nồng độ các chất A và B theo thời gian trong hai thí nghiệm trên được biểu diễn ở hình 1 và hình 2; nồng độ chất xúc tác Cx = 1,00M và không đổi trong suốt thời gian phản ứng.

CA.10Z(moVl)

CB.10Z(mol11)

t (phút) Hình 1

a) Ở 25oC hằng số cân bằng của phản ứng (*) là K c trạng thái cân bằng, nếu CA = CB = 1,00M và CX^ » 100

t (phút) Hình 2 Tính thời gian cần thiết để hệ đạt đến không thay đổi. Biết lúc đầu trong hệ

chưa có mặt các sản phẩm của phản ứng. b) Ở 80oC hằng số cân bằng của phản ứng (*) là K c = - 1105. ^ Tính ÀH và ÀS của phản ứng (*) và cho biết thời gian cần thiết để đạt đến cân bằng sẽ tăng hay giảm (coi sự phụ thuộc của ÀH và ÀS vào nhiệt độ là không đáng kể)?

?

CO'Sudo* tắànắ/công*Môn* cô cổấu/cắàto cửa dè ổuời/ ũển*

■

5

Goto m il: TkS.

ĐỘNG HÓA HỌC C âu 1: Ở 25oC, cho phản ứng sau: 2 N 2 O 5 ( k ) ------ > 4 NO 2 (k) + O 2 (k).

Phản ứng có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5 s-1 và được thực hiện trong bình kín có thể tí ch khỏng là 20 lít. Tại thời điểm ban đầu, N 2 O 5 được cho vào đầy bình. Tại thời điểm khảo sát, áp suất suấ riêng I N 2 O 5 là 0,07 atm. Giả sử các khí đều là khí lí tưởng. a) Viết phương trình động học của phản ứng trên. b) Tính tốc độ tiêu thụ N 2 O 5 và tốc độ hình thành NO 2 , O 2 . c) Tính số phân tử N 2 O 5 bị phân hủy sau 30 giây.

H ướng dẫn giải a) Hằng số k có đơn vị là s-1 nên đây là phản ứng bậc một.

Phương trình động học: v = k[N2O5] b) [N O ] = 2

5

^ _ =

RT

°’07 0,082.298

0

: 2,865.1Q-3 M ^ 'pứ v nứ■= 1,8.10- 5.2,

d[N O 5] = 2vpứ = 2.5,157.10“8 * 1,031.1 0 - 7 m ol^ dt 'NO,

I= 5,157.10 8 moi./ 1.s

s-1

d[NO2] = 4v ^ = 4.5,157_ 10-8 * 2,063.10 dt

d[O 2 ] — = v„» = 5,157.10-8 mol./-1.s-1 dt pứ c) [N2 O 5 ] phân hủy = 1,031.10-7.30 = 3,093.10­ 'NO-,

725.1019 phân tử C âu 2: Khí CO là nguyên nhân chính dẫn đến chết ngạt trong các đám cháy vì CO kết hợp với hemoglobin có trong máu người theo phản ứng sau: + 4 H b ------ > Hb4(CO)3 Hợp chất Hb 4 (CO)3 rất bền nên làm giảm khả năng vận chuyển oxi của máu. Đề nghiên cứu động học của phản ứng trên, người ta tiến hành một số thí nghiệm ở 20oC. Kết quả của các thí nghiệm được cho trong bảng sau: T íh n

^ ^ ^ ^ ong độ (ụrnol./ 1)

> 2

Tốc độ tiêu thụ Hb

CO

Hb

(ụm ol./^.s-1)

1,50

2,50

1,05

2,50

2,50

1,75

2,50 4,00 2,80 3 a) Viết phương trình động học của phản ứng trên và tính hằng số tốc độ của phản ứng trên. b) Tín^ tốc độ của phản ứng ở 20oC khi nồng độ của CO là 1,30 ụ m o l.r1 và Hb ià 3,2 ụmol.l-1.

H ướng dẫn giải a)) Phương trình động học họ có dạng là: v = k[Hb]a[CO]b 15Ỵ ( 25^ ^ a = 1 < 2,5 J X 2,5 J J í ,75 = ( 2 ,5 Ỵ ( 2 ,5 N 2,80 ^ 2,5 J ^ 4,0

b=1

Vậy phương trình động học có dạng là: v = k[Hb][CO]

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

1

Gỉá& mu: TkS. 1,05 1,5.2,5

= 0,07 /.ụrnol 1.s 1; tương tự, k2 = k3 = 0,07 /.ụrnol 11.sn-1

1 „-1 ^ k - k l —k 2—k 3 - 0,07 /. ụrnol 1. b) v = 0,07.1,3.3,2 * 0,291 ịim ol./^.s-1 C âu 3: Một trong các phản ứng gây ra sự phá hủy tầng ozon của khí quyển là : NO + O 3 ------ > NO 2 + O 2 Trong ba thí nghiệm, tốc độ phản ứng phụ thuộc vào nồng độ của các chất p Thí nghiệm

[NO] (m o l./1)

[O 3 ] (m o l./1)

Tốc độ V (r (mol./ 1.s 1)

T

7,0.10­

2

2,8.10­

3

1,4.10-

a) Xác định phương trìnih động học của phản ứng trên. b) Tính hằng số tốc độ trung bình k của phản ứng trên.

H ướng dẫn giải a) Phương trình động học có dạng là: v = k[NO]a[O3]b 7,0.10 -5 2,8.10,-4

0,02 0,04

0,02 .0,02,

7,0.10-5 _ [ 0,02 1,4.10-4 1 0 02,

' 0 ,0 2 ' 0,04

Vậy phương trình động học có dạng là: v = 7,0.10-5 k 1 =0,022.0,02

8,75 /2.mol"2.s

= k3 = 8,75 /2.mol 2.s

^ k - k —k 2—k3 - 8,75 /2.

C âu 4: Sự phân hủy axeton diễn ra

n ứng: ^ C 2H 4 + H 2 + CO của hệ đo được là:

1

lTheo ĩ thời i p gian lphản t ứng, i áp s

a) Hãy chứng tỏ b) Tính thời gia a) Nếu ph

i

(1)

t (phút)

0

6,5

13

19,9

p (mmHg)

312

408

488

562

(1) là phản ứng bậc một và tính hằng số tốc độ của phản ứng này. n ứng của phản ứng (1).

H ướng dẫn giải là phản ứng bậc một thì sẽ tuân theo định luật động học là: k-

1

1 Ban đầu: điểm t phút:

CH 3 COCH 3 ^ 312 312 - x

ln -2 1 ^ P(ch3)2co C2H 4 + H 2 + CO x

x

x

phệ - 312 - x —x —x —x - 312 —2x ^ x - 0,5phệ -1 5 6 ^ P(ch3)2co = 312 - (0,5Phê -156) = 468 - 0,5Phê

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

2

Gỉá& mu: TkS.

^ k « k2 « k3^

t (phút)

6,5

13,0

19,9

k (phút-1)

0,0257

0,0255

0,0257

Phản ứng (1) là phản ứng bậc một.

0,0257 + 0,0255 + 0,0257 3

0,0256 phút 1

ln 2 b) t 1/2 - 0,0256 = 27,076 phút C âu 5: Cho phản ứng sau: A + B ------ > C + D (1) Phương trình động học của phản ứng trên có dạng là: v = k[A][B] a) Trộn V lít dung dịch A với V lít dung dịch B (có cùng nồng độ 1M).

- Nếu thực hiện phản ứng ở 333,2K thì sau 2 giờ, nồng độ của ch Í15M. Tính hằng số tốc độ của phản ứng trên.

- Nếu thực hiện phản ứng ở 343,2K thì sau 1,33 giờ, nồng độ của giảm đi hai lần so với ban đầu. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng trên (theo kJ.mc b) Trộn V lít dung dịch chất A với 2V lít dung dịch chất B (có cùng nồng độ 1M) ở nhiệt độ 333,2K. Hỏi sau bao lâu thì chất A phản ứng hết 90%?

a) CA - CB - 0,5M _

1

^333,2K

C343,2K

„ ..

1, 33.3600 ^ 0 , 250 , 5 J

1r\—4

TI

í

11%

65900,4 J.mol

- 65,9 kJ.mol - 1

1 2 b) CA - 1 M và CB - 2 M.

24353,5 s

C âu 6: Cho phải > C+D Ở 25oC, đo nồng độ A trong hai dung dịch ở các thời điểm t khác nhau, thu được kết quả: Dung dịch 1: ^A-]0^ l2 7 .1 0 -2 mol./-1 và [B]o = 0,260 mol./-1. t (s)

1000

3000

10000

20000

40000

100000

[A] (m o l./1)

0,0122

0,0113

0,0089

0,0069

0,0047

0,0024

Dung>J h^ : [A] o = 2,71.10-2 mol./ 1 và [B' o = 0,495 mol./ 1.

2000 10000 20000 30000 t (s)

50000

100000

0,0050

0,0027

[A] (m o l./1)

0,0230

0,0143

0,0097

0,0074

ho dung dịch 3: [A]o = 3,62.10-2 mol./-1 và [B]o = 0,495 mol./-1.

- Tính tốc độ đầu của phản ứng (1).

- Sau thời gian bao lâu thì nồng độ A giảm đi một nửa?

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

3

Gwí& m il: TkS. H ướng dẫn giải a) Phương trình động học của phản ứng có dạng là: V = k[A]x[B]y Ở cả hai dung dịch, [B]o » [A]o nên phương trình động học của phản ứng có dạng là: v = k ’[A]x với k ’ = k[B]y Nếu phản ứng (1) là phản ứng bậc hai thì v = k ’[A]2 và tuân theo định luật động học k=■

1 [A]

1 [A] o J

Xét dung dịch 1: t (s)

1000

3000

10000

20000

k (l2.mol-2.s-1)

3,227.10-3

3,252.10-3

3,362.10-3

3,309.10-3

40000

100000 3,379.10-3

^ k « 3,313.10 3 /2.mol 2.s 1 Xét dung dịch 2: t (s)

2000

10000

20000

3000

k (l2.mol 2.s 1)

3,289.10- 3

3,303.10- 3

3,310.10- 3

3,274.1074.10

50000 3,262.10

100000 3,335.10-3

•k 2 « 3,312.10 3 l2.mol 2.s 1 ^ k * k 2 ^ k.0,26y - k.0,495y ^ y - 0 Vậy phương trình động học của phản ứng (1) là v =

phản ứng (1) là phản ứng bậc hai.

b) v = 3,312.10-3.(3,62.10-2)2 » 4,34.10-6 m ol./^.s t 1/2 -

1

1

1

3,312.10-3 ^ 0,5.2,71.10“2

ị-0,673 s

2,71.

C âu 7: Cho phản ứng sau: A , — s B C£ hằn^^í^tốc đô kị = 300 s 1 và k2 = 100 s ì. Phản ứng trên k2

tuân theo định luật động học sau: (xe là nồr xe - x Ở thời điểm t = 0, chỉ có c chất A chuyển thành chất B?

ất A lúc cân bằng và x là nồng độ chất A đã phản ứng)

t

ông có chất B. Trong thời gian bao lâu thì một nửa lượng H ướng dẫn giải

V ) đầu: bằng:

A a a - Xe

B k2 0 xe

aK 1+ K

^ K-

Tại thời điểm một nửa lượng chất A đã tham gia phản ứng: x = a/2; t = _ - x-

a _ aK a _ 2 a K - a - aK _ a(K - 1 ) e- 2 - ĩ + K - 2 2(1 + K) - 2(1 + K) aK = 1 + K = 2K a(K -1 ) K - 1 2(1 + K)

'&Ü* CO'Sudo* tắànắ/công*Môn* cô cổấu/cắàto cứà dè ổuời/ ũển*

4

Goto m il: TkS.

L1/2

2K K -1

k + k2

ln

2K K -1

k 2k _ 1 1 2.300 Vì K = — t,„ ^ t 1/0 =■ -ln-lnk + k 2 k - k 2 300 +100 300 -1 0 0 2

2,747.10-3 s

C âu 8: Phản ứng oxi hóa I bằng ClO trong môi trường kiềm diễn ra theo phương trình sau CIO- + I- OH~ > Cl- + IO-

V

(1)

Phản ứng (1) tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm: v = k[ClO-][I-][OH-]-1. a) Giả thiết rằng, phản ứng (1) xảy ra theo cơ chế sau: k HClO + OHCIO- + H 2 O

M

-1

I- + HClO

-> HIO + Cl-

OH + HIO ;=

IO- + H 2 O

Cơ chế trên có phù hợp với kết quả thực ngiệm hay không? b) Khi [I-]o rất nhỏ so với [ClO-]o và [OH-]o thì thời gian để nồng^ ộ ĩ - còn lại 6,25% so với ban đầu sẽ gấp bao nhiêu lần thời gian cần thiết để 75% lượng I- ban^ ầu mất đi do phản ứng (1)?

H ướng dẫn giải a) Giai đoạn (2) quyết định tốc độ của phản ứng: v = k P H ịHClO] (*) Từ cân bằng ở giai đoạn (1) ^ k_1 Thay (**) vào (*) ^ v = k 2

= [HClO][OH ] ^ [HClO] = Ì - [ C l O - ][H2O][OH- ]-1 (**) [ClO- ][H2O] k_12

[I- ][ClO- ][OH- ]-1[H2O]

Vì nồng độ của các ion rất nhỏ so với nước nên [H2O] = const.

Vậy v = k[ClO-][I-][OH-]-1 với k = Ỵ 7 [ H O]

Cơ chế đã cho phù hợp với thực nghiệm.

b) Vì [I-]o rất nhỏ so với [ClO Td ^ à [Oh -]onên [ClO ]o = const và [O H ]o = const. ^

v = k ’[I ] với k ’ = k C O - IS ^ H " 1'fữ

Lúc này, phản ứng (1) trở thành phản ứng bậc một.

Khi nồng độ I- còn lại {

X [I- ] 1 3% so với ban đầu: k ’t 1 = ln ----- — - ----- = ln — 1— « 2,773 (1) 0,0635[I- ] 0,0625

1 Khi 75% lượng I- ban đầ mất đi: k ’t2 = ln- [I- ]- = ln 0,25 0,25[I- ]Từ (1) và (

1,386

1,386 (2)

■■2

C âu 9: Trong m môi trường axit, n bị oxi hóa bởi BrOj theo phản ứng: 9I- +

BrO-ó + 6H+ -> 3I-ó + Br- + 3H2O L \(I)s a) Thực nghiệm cho biết, ở một nhiệt độ xác định, biểu thức tốc độ của phản ứng có dạng: d[BrOõ] l i -= k[H ]2[BrO-][I- ] v=— dt Cho biết bậc của phản ứng (I). Bậc của phản ứng bằng bao nhiêu nếu phản ứng được thực hiện trong dung dịch đệm có pH = 3?

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

5

Gỉá& mu: TkS. - Nếu thực hiện phản ứng trong dung dịch đệm có pH < 7 thì năng lượng hoạt hóa của phản ứng có thay đổi không? Giải thích. b) Cơ chế của phản ứng (I) được đề nghị như sau: BrQ- + 2H+ < = = ± H 2BrQ+ *--1

(1)

(nhanh, cân bằng)

H 2BrQ+ + I-

(2)

(chậm)

(3)

(nhanh)

(4)

(nhar

(5)

(n

IB rQ + I"

IB rQ + H 2Q -> I2 + BrQ2 I2 + BrQ- + H2Q

BrQ- + 2I- + 2H+ BrQ- + 2I- + 2H+ I„ + I-

kfS

-» I2 + Br

+ H 2Q

± I--

(6)

cân bằng)

v - 6

- Có thể áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định cho các tiểu

gian H 2BrO+ và iBrO 2

được không? Giải thích.

- Chứng minh rằng cơ chế này phù hợp với biểu thức tốc độ thực nghiệm ở trên, từ đó tìm biểu thức tính hằng số tốc độ của phản ứng (I).

H ướng dẫn giải a) Từ biểu thức: v = - d[BrQ3] = k[H+]2[BrQ- ][I- ] ^ Trong dung dịch đệm có pH = 3 ^

Bạc^ hản ứng là 4.

[H ] = 10 3 M

= k[H+]2[BrQ- ][I- ]=k[100 -3]2[BrQ-] [I- ]=10 -6k[BrQ- ] [I- ]=k' [BrQ- ][I- ] dt ^ Bậc phản ứng là 2.

Khi thực hiện phản ứng trong dung dịch đệm ệm ở pH < 7, nghĩa là [H+] được giữ không đổi, hoàn toàn không ảnh hưởng đến bản chất của phản ứng. Vì vậy, năng lượng hoạt hóa E a của phản ứng không

ST

thay đổi. b)

H 2B r O

+ được tạo ra ở giai đoạn nhanh (1) và bị tiêu thụ ở giai đoạn chậm (2) nên không thể áp

dụng nguyên lí nồng độ ổn định cho tiểu phân này được.

IBrO2được tạo ra ở giai đoạn chậm (2) và bị tiêu thụ ở giai đoạn nhanh (3) nên có thể áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với tiểu phân này.

Phương trình phản ứng 9I- + BrO- + 6H+

->3I- + B r- + 3H2O

= k[H+]2[BrQ-][I- ]

(a)

ết định tốc độ phản ứng: H 2BrQ+ + 1-

dt

dt

= k ?[H?BrQ+][I- ]

k2 >IB rQ + H 2Q (b)

G ia iđ o ạ n Q ) là nhanh và cân bằng nên: k 1[BrQ-][H+]2 = k -1[H2BrQ+] [H?BrQ+] = -k^ [BrQ- ][H+]2

(*)

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ cô cổấu/cắàto cửa dè ắíờỉ/ êiểhỷ

6

Goto m il: TkS. k k Thay (*) vào (b) ^ v2 - k 2[H2BrO+][I- ] - - ^ 2 [H+]2[BrO- ][I- ] ^-1 Từ (a) và (b) ^ Yp/ứ - ị v - ^ ¿ 2 [H+]2[BrO- ][I- ] ^ k -_ k 1k 2 9k -1 9k - 1 Vậy cơ chế được đề nghị phù hợp với quy luật động học thực nghiệm.

C âu 10: Để phân hủy H 2 O 2 với xúc tác là ion I- trong dung dịch có môi trường tru: trộn dung dịch H 2 O 2 3% (chấp nhận tương đương với 30 gam H 2 O 2 trong 1 lít dung dịch) KI 0,1M với nước theo tỉ lệ khác nhau về thể tích để tiến hành thí nghiệm xác định th Vki (ml)

1

25

50

v h 2o (ml) ị

4,4 75

2

50

50

3

100

50

4

50

5

50

Ở thí nghiệm (1), (2) và (3), V ứng là bậc một đối với H 2 O 2 ^

J 8,5

50

17,5

25

0 75

4,25

100

0

16,5

ìản ứng.

4 phút.

b) Viết phương trình phản ứng xảy ra và biểu thức tứ c) Tính nồng độ mol của H 2 O 2 khi bắt đầu thí nghiệm ■ H a) Phương trình động học có dạng là: v =

t) úth cp

Vh 2o2 (ml)

*

Thí nghiệm

ười ta ng dịch ích khí O 2

2O2]a[I- ]b

= const và khi VHO tăng gấp đôi thì vO tăng gấp đôi nên phản

a= 1

Ở thí nghiệm (2), (4) và (5), VH O = const và khi V - tăng gấp đôi hoặc gấp bốn thì vO tăng gấp đôi hoặc gấp bốn tương ứng nênphan^ ng là bậc một đối với I- ^ b) Phương trình phản ứng: 3HIO Phương trình động học của phản c) m H2O2 (50 ml) Vì phản ứng Sau 4 phú

50.2

b= 1

> 2 H 2O + O2 d[O2] ứng có dạng là: v- —~ 2J- JVLX±2^2 -

gam ^ nH H2 O2 (50

k[H2O2][I- ]

0,044 15 - 1 5 * 0,044 mol ^ Co 34 ’ H2 O2 0 15

0,293M

m nên coi như tốc độ tạo thành O 2 không đổi trong 4 phút.

17.10“3.1 no , - 0,082.298

25.4 - 1 7 m l:

1rt_4 6,957.10 mol

- 2.6,957.10-4 - 1,3914.10- 3 mol ^ CH n - 0,044 - 1 3914-10 3 * 0,284M 2O2 0,15 ìản ứng sau xảy ra trong so với nồng độ của Fe3+ thì 2 2+][Fe ] nglỉệm ^ à v = k[Fe 3+]2[Sn a) Giả sử phản ứng (1) xảy ra theo cơ

nước: 2Fe3+ + Sn2+ ------ > 2Fe2+ + Sn4+ (1). Khi nồng độ của phương trình động học của phản ứng (1) được xác định theo . chế sau:

Fe3+ + Sn2+ Fe3+ + Sn3+

ki__\

Fe2+ + Sn3+

(a)

> Fe2+ + Sn4+

(b)

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cửa dè ắíờỉ/ êiểhỷ

7

Gỉá& mu: TkS. Hãy chứng minh cơ chế trên phù hợp với kết quả thực nghiệm. Biết hằng số tốc độ k2 là rất nhỏ. b)

Có thể tính được k2 theo k (trong phương trình động học thực nghiệm) và hằng số cân bằng K

của phản ứng (a) hay không?

H ướng dẫn giải a) v - d[Sn4+] - k 2[Fe3+][Sn3+] (*) Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định cho tiểu phân trung gian Sn3+: 13+ rT^+irQr^+T-i^ d[ ]J _- V k [rT^3+irQr,2+T_v F e 3+][Sn2+] - k_![Fe2+][Sn3+] - k 9[Fe3+][Sn3+] - 0 dt 1 1 2 k [ F e 3+][Sn2+]

dt

2~

' k_j[Fe2+] + k 2[Fe

_ k 1k 2[Fe3+]2[Sn2+] k ^ e ^ H - k ^ e 3*] Vì [Fe2+] » [Fe3+] và k2 rất nhỏ nên: ,4+n ri3^3+n2r c ,„ 2+ v - drSQll1 - k ,k 2 [Fẹ3+ ] - k[Fe3+]2[Sn dt k -1[Fe2+]

k 1k2

]# ? +* với k

k-1

Vậy cơ chế đã cho phù hợp với thực nghiệm. b) k )

k-1

- Kk? ^ k ? - — 22K

C âu 12: Cho phản ứng sau: 2NO + 2 H 2 — N2 + 22H 2 O. Phương trình động học thực nghiệm của phản ứng trên là v = k[NO]2[H2 ]. Cơ chế của phản ứng trên được đề nghị theo hai hướng như sau: C ơ chế 2 2NO

õ

N 2O2 -> N 2 O + H 2 O

N 2 O2 + H 2 N2O + H 2

-> N 2 + H 2 O

(nhanh) (chậm) (nhanh)

ới thực nghiệm? Giải thích.

H ướng dẫn giải C ơ chế 1: Giai đoạn xảy ra chậm quyết định tốc độ phản ứng.

Cơ chế nào phù

Phương trình động học có dạng là: v - - 1

]-

[HON][H2]

(1)

Chấp nhận gần đúng để áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định cho N 2 O 2 , HON và HN: d [N O ]

T:

k [N O ]2 - k 2[N2o 2][H2] -

- 2k9[ N O ] 2

0

] - k JH O N ] [ H ] - k 4[HN] [HON] = 0

d [H HN] - kJH O N ][H 2] - k 4[HN][HON] - 0 dt

'& ữ* co i (ủcờỉiỷ tắànắ/côn*Mônỷ cô dàt/ cắàài cứà dè ắíờỉ/ ũểnỷ

(2) (3) (4)

8

Gỉá& mu: TkS. Thay (2), (4) vào (3)— d[HON] - k[N O ] 2 - k 3[HON][H2] - 0 — [HON] - ^ [ N O ] 2 [H2]-ĩ dt k3

(5)

ĩ d[H2 ] kĩ Thay (5) vào (1) — v - - 1 ' ' 2- [NO]2 = k[NO]2 với k - — 2 dt 2 Vậy cơ chế 1 không phù hợp với thực nghiệm.

C ơ chế 2: Giai đoạn xảy ra chậm quyết định tốc độ phản ứng.

Phương trình động học có dạng là: v - -

- k ,[N 2 O 2 ][H 2 ]

(6)

Từ cân bằng hóa học ở giai đoạn đầu tiên — [ N O ] - “ 5 [NO]2 k6

(7)

Thay (7) vào (6) — v - - d H ^ - k r 1 [NO]2[H 2 ] - k ’[NO]2[H2] với k ’ -

ie

Vậy cơ chế 2 phù hợp với thực nghiệm.

C âu 13: Để nghiên cứu động học của phản ứng: 2[Fe(CN)6]3~ + 21 cẸ^^^E [Fe(C N )6]4~ + Ỉ 2 (*). f Người ta đo tốc độ đầu của sự hình thành iot ở bốn hỗn hợp dưới đây. Các hỗn hợp ban đầu không chứa iot.

Hỗn hợp

C

C 1 C [Fe(CN6]3-

(mol./“1) ^

(mol./-1) (1)

1

(2)

2

(3)

1

C [Fe(CN6]4j (mol./- 1)

1 1 2

Tốc độ đầu (mmol./-1. h-1)

1

1

1

4

2

2

1 2 Trong trường hợp tổng quát, tốc độ phản ứng được biểu thị bởi phương trình: (4)

2

dCT /'-'b /'-'0 /'-'d v- lFe(CN)6]3- -Cr -C[Fe(CN)6]4- -CĨ2 dt a) Xác định giá trị của a, b, c, d và hằng số tốc độ trung bình phản ứng k. b) Cơ chế sau đây đã được đề xuất cho phản ứng (*): rc ^ /r^ n ,14+ 2Ĩ- _kj__X [Fe(CN)6]4+ Ĩ­ k-1 e(CNKp- + ĨTrong hai phả

> [Fe(CN)6]4- + Ĩ 2

16

(1) (2)

phản ứng nào xảy ra chậm và phản ứng nào xảy ra nhanh? Giải thích.

H ướng dẫn giải

ĩ 6 - f 2 ĩ - í í )■ ( ĩ ĩ - - - 2 d=0

.1 Ị l J ị I - . - - ĩ í nghiệm đều có cùng giá trị k -

10-

3

- ĩ0 -3 /2.mol-2.h-1.

ĩ2.ĩ 2. ĩ -1 dCT hương trình động học của phản ứng (*) có dạng là: v - ■ k„XC dt -i-2 .C [Fe(CN)6]3- .C I -

(a )

Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định cho tiểu phân trung gian 12.

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ cô cổấu/cắàto cửa dè ắíờỉ/ êiểhỷ

9

Gwto we«.: TkS.

dt

= kl .C[[Fe(CN)6]3-.C? - k-1.C [Fe(CN)6 ]4 _.CT- - k 0.C,[Fe(CN)6 ]3 .C - = 0 2 2 k .C 2

.C2 [Fe(CN)6 ]3 - -^ I

k -l .C[Fe(CN)6 ]4 - + k 2.C[Fe(CN)6 ]3 -

dC Thay (b) và (a) ^ v = ■ dt

kK' kK2^C2 [Fe(CN)ố

C2 I-

k -l .C[Fe(CN)6 ]4 - + k 2.C[Fe(CN)6 ]3 -

í dCT k k 3 .C2 Nếu k 2 «: k_j < kj => V = — — = - L - .C2[Fe(CN)g]3I- .C-1 ' dt -l = k C2 C2 C-1 • [Fe(CN)g]3- - I- - [Fe(CN)gr => Cơ chế đã cho phù hợp với thực nghiệm khi k 2 «: k_j < k], Vậy phản ứng (1) xảy ra nhanh và phản ứng (2) xảy ra chậm.

C âu 14: Thực nghiệm cho biết sự nhiệt phân ở pha khí: 2 N 2 O 5 —chiều bậc nhất. Cơ chế được thừa nhận rộng rãi của phản ứng N 2O 5 — — NO 2 + NO 3

—1

NO 2 + NO 3

k2

•4 NO 2 + O 2 (*) là phản ứng một

N 2+ NO

ko N 2 O 5 + NO a) Áp dụng sự gần đúng trạng thái dừng cho NO và NO 3 ở cơ chế trên, hãy thiết lập biểu thức tốc độ của phản ứng (*) theo N 2 O 5 . Kết quả đó có phù hợp với thực nghiệm không? b) Giả thiết rằng năng lượng hoạt hóai của (2) bằng 0 và của (3) bằng 41,57 kJ.mol-1. Biết số va chạm giữa các phân tử của (3) xem như gấp 2 lần so với số va chạm giữa các phân tử của (2). Hãy tính tỉ số k-i/k 2 tại 350K. c) Từ sự phân tích giả thiết ở b) khi cho rằng các phản ứng (1) và (2) dẫn tới cân bằng hóa học có hằng số K, hãy viết lại biểu thức tốc độ của phản ứng (*) trong đó có hằng số cân bằng hóa học K. H ướng dẫn giải a)

d[N O ] - Ỵ 5 = - k l[N2O5t dt Áp dụng nguyên d[NO]

k -1[NO2][NO3] - k 3[N2O5][NO]

(1)

ộ ổn định cho tiểu phân trung gian NO và NO 3 :

N O ] - k 3[N2O5][NO] = 0 ^ k 2[NO2][NO3] = k 3[N2O5][NO] 5] - k_1[NO2][NO3] - k 2[NO2][NO3] = 0

[NO 2 ][NO 3 ] =" 1 k l[N 2 O 5 ] k -1 + k 2

(2) (3)

Thay (2) và (3) và (1): d[N2O5] = = - M N 2 O 5 ] + k l (k-l ~ k2) [N 2 O 5 ] = - klk2 ■[N2 O 5 ] k_! + k 2 k_j + k. = - d[N2° ] = _ k¿ 2 — [ N O ] = k [ N O ] với k = 7 - ^ k -1 + k 2 k -1 + k 2 ậy cơ chế đã cho phù hợp với thực nghiệm.

m è* Cối (ûcdnÿ tắànắ/cố/upd/Ỉổfiỹycổ tfiàw cắàti O à dè ắùờ/ ũ èiỷ

10

Gỉá& mu: TkS. -E a2/R T

b)

k -1 = A 2e k2 = A e

-E V R T

- Ea2/RT

^ k -1 = A 2 £ A _ - E a3/RT k n ^3 e

1 1 i 8.105 lần 2 ' ,-41,57.103/8,314.350

c) E a2 « 0 => k_j » k 2 => Cân bằng hóa học N 20 5 [NQ 2 ][NQ3]

[NQ 2 ][NQ 3 ] = K N 2 Q 5 ]

k -1 [N 2Q5] Thay (2) và (4) vào (1): dt

= - k ^ Q g ] + k ^ K N Q g ] - k 2K [N Q ] = ( - k + k ^ K - k d[N2 Qẫl _ = (k 1 - k -1K + k 2 K)[N 2 Q5] dt

C âu 15: Một phản ứng trong dung dịch được biểu diễn: A + B

D (*) với X là xúc tác lai thí nghiệm ở 25 oC với

đồng thể. Để nghiên cứu động học của phản ứng (*), người ta tiế nồng độ ban đầu ( Co) của các chất phản ứng như sau: Thí nghiệm 1: C ° = 0,012M và C° = 6,00M.

Thí

Biến thiên nồng độ các chất A và B theo thời gian tro và hình 2; nồng độ chất xúc tác C x = 1,00M và không đ

C ° = 3,00 M và C° = 0,01M. ghiệm trên được biểu diễn ở hình 1 uốt thời gian phản ứng.

CA.102 (mol/0

40

t (phút)

60

Hình 2 a) Ở 25oC hằng số cân bằng của phản ứng (*) là K c = 4.106. Tính thời gian cần thiết để hệ đạt đến trạng thái cân bằng, nếu CÀ^ ^ CB = 1,00M và CX = 1,00 M không thay đổi. Biết lúc đầu trong hệ chưa có mặt các sản phẩm của phản ứng. b) Ở 80oC hằng số cân bằng của phản ứng (*) là K c = 105. Tính ÀH và ÀS của phản ứng (*) và cho biết thời gian cần thiết để độ là không đáng kể)?

H ướng dẫn giải a) Vì hằng số cân bằng của phản ứng (*) rất lớn nên trong tính toán (trừ trường hợp tính nồng độ cân bằng), coi (*) là phản ứng một chiều. p h ư ơ n l^ ình động học của phản ứng (*) có dạng là: v = k.CA.CB.CX nghiệm 1: Cg »

và c x = IM =í> V = k ’ .c ^ với k ’ = k.(C g)b.C^

(**)

ình 1, nhận thấy rằng thời gian bán phản ứng không phụ thuộc vào nồng độ đầu của A nên trong thí nghiệm 1, phản ứng (*) là phản ứng bậc một.

'&ĩèn con (ủcờỉiỷ tắànắ/côn*Mônỷ cô dàt/ cắàto d à dè ắíờỉ/ ũểnỷ

11

Gỉá& mu: TkS. ^ a - 1 ^ k’ - — t„ 2

Xét thí

n g h iệ m

- — - 6,93.10-2 phút-1 10

2: c ° » c °

và

c x = IM =>

V

= k ” .c£

với

k ” = k.(C° )a.c*

^

Từ hình 2, nhận thấy rằng thời gian bán phản ứng không phụ thuộc vào nồng độ đầu của B nên trong thí nghiệm 2, phản ứng (*) là phản ứng bậc một. ^ b = 1 ^ v = k*.CA.CB với k* = k .c x Vậy phản ứng (*) là phản ứng bậc hai.

Từ (**) ^

6,93.10-2 k* -■ -1,155.10 2 /.mol 1.phút 1 6 A + B

Xét cân bằng hóa học: Co []

1

c

+ D

x

x

1

1- x 1- x

2 - 4.106 ^ x * 0,9995 (1 - x)2 Vì C ° = C° = 1,00M nên t - -1 k .

1 1,155.10 _

'A

)95

1

1,73.105 phút

Vậy thời gian để phản ứng (*) đạt cân bằng là 1,73.10 b) l n - ^ ° ^ - - ^ ị - 1------- L ] ^ A H * -5 8 6 5 8 ,' 7 4.106 8,314 ^ 298 353) AG298K - -8,314.298ln(4.106) * -37663,57 J.I _ AC_ -5 8 658,74-(-37663,57) . . T_ 1-1t. ^ A S --------- 2------- 1--------- 2— L * 70,^ 5J.m ol 1.K 298 Khi nhiệt độ tăng từ 25oC lên 80oC thì tốc độ phản ứng thuận và phản ứng nghịch đều tăng nên thời an để phản ứng đạt cân bằng hóa học sẽ giảm đi.

A.

'& ĩèi Côi (ủeờnỷ tắànề cônỷ/dỉônỹy cô (ửà(/ cắàài câà dè êuờ/ ũểnỷ

12

Gỉá& mu: TkS.

CÂN BẰNG HÓA HỌC C âu 1: Hãy cho biết phản ứng 2Ni (/) + O 2 (k)

2NiO (r) ở 1627 oC có thể tự diễn

chiều thuận được không nếu áp suất riêng phần của O 2 nhỏ hơn 150 Pa? Cho: AG°tótìlànll (NiO) ở 1627 oC là -72,1 kJ. mol-1; Áp suất chuẩn po = 1,01325.105 Pa; 0o Celsius là 273,15K. C â u 2: Cho cân bằng: Me3XBMe3 (k) v

- M e 3X (k) + BMe3 (k), trong đó B

ố bo, Me

là nhóm -C H 3 . Ở 100 oC, thực nghiệm thu được kết quả như sau: Với hợp chất Me3NBMe3 (X là nitơ): Kp1 = 4,72.104 Pa; AS0 = 191,3 J. Me3PBMe3 (X là photpho): Kp2 = 1,28.104 Pa; AS0 = a) Cho biết hợp chất nào khó phân li hơn? Vì sao? b) Trong hai liên kết N -B và P-B , liên kết nào bền hơn? Vì sao?

Cho po = 1 atm = 1,013.105 Pa. C âu 3: Ở nhiệt độ cao, NH 4 Q bị phân hủy như sau: NH 4 CI (r) ^

x NH3 (k) +

Một bình kín (dung tích 5 lít) chỉ chứa 53,5 gam

ung nóng đến 427oC thì áp suất

trong bình là 608 kPa. Nếu tiếp tục nung nóng đến 459

t trong bình là 1115 kPa. Tính AG, 400 - 500oC, AH và AS không phụ

AH và AS và của phản ứng trên ở 427oC. Giả sử tron: thuộc vào nhiệt độ. Cho po = 1 atm = 1,01325.105 Pa. C âu 4: Xét cân bằng hóa học sau ở 400K: 2 NH 3

N 2 (k) + 3 H 2

(k)

Tại thời điểm cân bằng, pN = 0,125.105 Pa, pH = 0,376.105 Pa và pNH - 0,499.105 Pa. a) Tính hằng số cân bằng Kp và AGo của phản ứng trên ở 400K. b) Tính số mol của N 2 và NH 3 , biết trong hệ có 500 mol H 2 (làm tròn kết quả về số nguyên). c) Thêm 10 mol H 2 vào hệ này đồng thời giữ áp suất toàn phần và nhiệt độ không đổi. Hãy dùng các phép tính để cho biết cân bằng dịch chuyển theo chiều nào? Cho po = 1 atm = 1,013.105 Pa. C âu 5: Sunfuryl điclorua (SO 2 O 2 ) là một hóa chất phổ biến trong phản ứng clo hóa. Cho phản ứng phân hủy của SO 2 O 2 ở 350oC và 2 atm như sau: SO 2 (k) + Cl2 (k) Tính độ phân li của C âu 6: Cho 1 mol bằng hóa học sau:

Kp = 50 atm

ng hệ khi phản ứng trên đạt trạng trái cân bằng. lượng dư C vào trong một bình kín chân không ở 727oC thì xảy ra cân C (r) + CO 2 (k)

2CO (k)

Kp = 1,41

a) Tính tỉ lệ CO 2 đã phản ứng khi đạt trạng thái cân bằng. Biết áp suất của hệ lúc cân bằng là 1 atm. b) Tính các hằng số cân bằng KC và KX ở 727oC. C âu 7: Xét cân bằng hóa học sau: 2 SO 2 (k) + 0 2 (k) ^ ^

2 SO 3 (k).

<

Người ta cho vào một bình kín (dung tích 3 lít) hỗn hợp gồm 0,20 mol SO 3 và 0,15 mol SO2 . Khi I bằng hóa học được thiết lập tại 25oC thì áp suất trong bình là 3,20 atm.

Tính phần trăm thể tích của O 2 trong hệ khi đạt cân bằng. ính hằng số cân bằng KC của phản ứng trên ở 25oC.

c) Cũng ở 25oC, người ta cho vào bình trên một lượng SO 3 . Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ab) T í thì trong hệ có 0,105 mol O 2 . Tính tỉ lệ SO 3 bị phân hủy và áp suất chung của hệ.

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

1

Gỉá& mu: TkS. C âu 8: Cho cân bằng hóa học trong một bình kín như sau: N2O4 (k) ;-------^ 2NO2 (k)

(1) a) Ở 27oC, hằng số cân bằng của phản ứng (1) là Kp = 0,17 atm và áp suất chung của hệ là 1 atm.

Tính phần trăm thể tích của mỗi khí trong hệ. b) Ở 45oC, hỗn hợp khí trong bình khi đạt cân bằng có tỉ khối so với H 2 là 33,4 và ááp suất chung của hệ là 1 atm. Tính độ phân li của N 2 O 4 . ộ c) Tính ÀH của phản ứng (1), giả sử hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộộc vào nhiệt độ. d) Mô tả và giải thích hiện tượng xảy ra khi hạ nhiệt độ của hệ từ 45°c xuống 0°|

Js3T

C âu 9: Cho cân bằng hóa học sau: PCI5 (k) ^

- PCI3 (k) + CỈ2 (k).

a) Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng trên ở 200oC. Biết rằng ở n

t độ này, độ phân li của

PCl5 là 0,485 và áp suất chung của hệ khi đạt cân bằng là 1 atm. b) Cho 2,085 gam PCl5 vào bình chân không dung tích 0,2 lít ở 20'0oC. Tín ính áíp suất chung của hệ khi đạt cân bằng.

C âu 10: Ở 1020K, hai cân bằng hóa học sau cùng tồn tại trong một bình kín: c (r) + CO 2 (k)

7=

± 2CO (k)

Fe (r) + CO 2 (k) ^

FeO (r) + CO

a) Tính áp suất riêng phần của các khí trong hệ khi đạt b) Cho 1,0 mol Fe; 1,0 mol C; 1,2 mol CO 2 vào bìn số mol của các chất trong hệ khi đạt cân bằng.

C âu 11: Cho 1 mol CaCO3 và 1 mol C vào bình châ cân bằng hóa học sau:

Kp1 = 4,00 Kp2 = 1,25 hông dung tích 20,0 lít ở 1020K. Tính dung tích 22,4 lít ở 820oC thì xảy ra hai

C aC 03 (r) ------ ± C a O ừ ^ ^ ^ k )

Kp1 = 0,2

c (r) + C C 00 2 (k)

Kp2 = 2,0

2«

a) Tính số mol của các chất trong hệ khi đạt cân bằng. b) Bình chân không phải có dung tích bao nhiêu để sự phân hủy CaCO 3 bắt đầu xảy ra hoàn toàn?

C âu 12: Cho 36,25 gam NH 4 I vào bình kín chân không dung tích 3 lít ở 600K thì xảy ra hai cân bằng hóa học sau: NH4I (

13

éỉ:

2HI (k)

(k) + HI (k)

Kp1 = 1,69 K„9 = —

(k) + I 2 (k)

a) Tính áp suất riêng phần của các khí và áp suất toàn phần trong hệ khi đạt cân bằng. b) Tính khối lượng NH 4 I còn lại trong hệ khi đạt cân bằng.

C âu 13: Đun nóng hỗn hợp khí gồm O 2 và SO2 có chất xúc tác, xảy ra phản ứng: O2 (k) + SO2 (k)

SO3 (k)

(1)

a) Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 60oC (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ). Nhiệt độ ảnh hưởng như thế nào tới trạng thái cân bằng của phản ứng (1)? b) Trong một thí nghiệm, người ta đưa từ từ oxi vào một bình dung tích 2 lít chứa 0,05 mol SO2 có chất xúc tác (thể tích của chất xúc tác không đáng kể) ở 100oC. Khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng thì có 0,03 mol SO 3 được tạo thành, áp suất tổng của hệ là 1 atm. Tính hằng số cân bằng Kp ở )°C. c) Cân bằng (1) sẽ chuyển dịch như thế nào trong các trường hợp sau:

<

- Cho một lượng He vào bình phản ứng để áp suất khí trong bình tăng gấp đôi?

Giả thiết thể tích bình tăng gấp đôi, lượng He cho vào bình phản ứng chỉ để giữ cho áp suất tổng không đổi?

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ 2

Goto m il: TkS. Cho các số liệu nhiệt động ở 25oC như sau: Khí

AHO (kJ.mol-1)

So (J.K-1.mol-1)

SO 3

-395,18

256,22

SO 2

-296,06

248,52

O2

0,0

205,03

C âu 14: Ở 1396K và áp suât 1,01325.105 Pa, độ phân li của hơi nước thành hiđro i à o x i là^ ,567.10-4 độ phân li của cacbon đioxit thành cacbon oxit và oxi là 1,551.10-4 Trong mộLb ìn h kínJ(ở điều kiện nhiệt độ và áp suât như trên) có chứa cacbon oxit và hơi nước với tỉ lệ thể tích bằng nhau. Hãy tính phần trăm thể tích của các khí trong hệ (ở trạng thái cân bằng tại 1396K) được tạo thành theo phản ứng sau: CO (k) + H 2 O (k) ^ ±

H 2 (k) + C 0 2 (k)

C âu 15: Hai xi lanh A và B được đậy chặt bằng piston. Xi lanh A chứa h ợp khí gồm CO 2 và H 2 theo tỉ lệ mol 1 : 1. Xi lanh B chứa khí C 3H 8 . Nung nóng cả hai xi lanh đế 527oC thì xảy ra các phản ứng sau: C 0 2 (k) + H2 (k) ^ ± C 3ĨĨ 8 (k)

CO (k) + H 2O ^ ^ K ci = 2,5.10-!

C 3ĨĨ 6 (k) + H2

KC2 = 1,3. 1 er 3

Khi đạt tới cân bằng, áp suât ở hai xi lanh bằng nhau và phần trăm thể tích của C 3H 8 trong xi lanh B bằng 80%. a) Tính nồng độ cân bằng của các chât và áp suât toàn phần trong xi lanh B khi đạt tới cân bằng. b) Tính nồng độ cân bằng của các chât trong xi lanh A. c) Dùng piston để giảm thể tích của mỗi xi lanh còn một nửa thể tích ban đầu (nhiệt độ không đổi).

Tính áp suât toàn phần tại thời điểm cân bằng trong mỗi xi lanh.

<

#

-V

'&ÜU cou (ùcờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cứà dè ẩtởd/ êiểhỷ

3

Gỉá& mu: TkS.

CÂN BẰNG HÓA HỌC C âu 1: Hãy cho biết phản ứng 2Ni (ỉ) + O 2 (k)

2NiO (r) ở 1627 oC có thể tự diễn biến theo

chiều thuận được không nếu áp suất riêng phần của O 2 nhỏ hơn 150 Pa? Cho: AG°tótìlànll (NiO) ở 1627 oC là -72,1 kJ. mol-1; Áp suất chuẩn po = 1,01325.105 Pa; 0 C trong thang Celsius là 273,15K. H ướng dẫn giải AGPhan ứng - 2.(-72,1) - -1 4 4 ,2 kJ.mo1-1 Để phản ứng tự diễn biến theo chiều thuận thì: 1 AG < 0 ^ -144200 + 8,314.1900,15.1n — < 0 ^ p 0 > 1,086.10-4 a t Po

> 11 Pa

Vậy phản ứng có thể tự diễn biến theo chiều thuận khi 11 Pa < pO C âu 2: Cho cân bằng: Me3XBMe3 (k) v

- Me 3X (k) + BMe3 (k

ó B là nguyên tố bo, Me

là nhóm -C H 3 . Ở 100 oC, thực nghiệm thu được kết quả như sau:, Với hợp chất Me3NBMe3 (X là nitơ): Kp1 = 4,72.104 Pa; Me3PBMe3 (X là photpho): Kp2 = 1,28

1 ,3

J.K-1.mol-1.

o_ '2 = 167,6 J.K-1.mol-1.

a) Cho biết hợp chất nào khó phân li hơn? Vì sao? b) Trong hai liên kết N -B và P-B , liên kết nào Cho po = 1 atm = 1,013.105 Pa. H ướng dẫn giải a) K pl - 4,72.104(1,01325.105)-1 * 0,466 atm =^> AGo = - 8 , 314.373.1n0,466 * 2367,923 J.mo1

-

1

K p2 = 1,28.104(1,01325.105) - 1 * 0,126 atm ^ AGo = - 8 , 314.373.1n0,126 * 6423,892 I.mol“1 AGo < AGo ^

Hợp chất Me3PBMe3 khó phân li hơn.

b) AH° = 2367,923 + 373.191,3=13721,823 J.mo1-1 AHo = 6423,892 + 3 7 3 . 1 6 7 , 6 = 6 8 9 3 8 ,692 J.mo1-1 AH° > AH 2

Liên kết N ^ ^ ^ ền hơn.

C âu 3: Ở nhiệt

ị phân hủy như sau: NH 4 CI (r) ^

x NH3 (k) + HC1 (k)

lít) chỉ chứa 53,5 gam NH 4 Cl được nung nóng đến 427oC thì áp suất trong bình là 608 kPa. Nếu tiếp tục nung nóng đến 459oC thì áp suất trong bình là 1115 kPa. Tính AG, AH và AS và^củlÉphan’ ứng trên ở 427oC. Giả sử trong khoảng 400 - 500oC, AH và AS không phụ thuộc vào nhiệt độ. Cho po = 1 atm = 1,01325.105 Pa. H ướng dẫn giải . _

N

= 5 3 , = 1 mo1.

53,5 4 Cl

phân hủy hết thì:

2.0,082.700 = 22,96 atm * 2326 kPa > 608 kPa 5 P7J2 = 2 0 082-732 = 24,01 atm * 2433 kPa > 1115 kPa

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

1

Goto m il: TkS. Vậy ở cả hai nhiệt độ trên, trong bình đều xảy ra cân bằng hóa học. í Ở 427oC: P n h - phci -

- 304 kPa ^ Kp, -

-X \2 304.103

9,006 atm 2

v 1,013.105 J

- -8,314.700ln 9,006 * -12791,29 J.mol -1

^ AG700 - -R T ln K

f _ %\2 1115 557,5.10?

- 557,5 kPa ^ K n? - 30,288 atm ơ 459oC: pNH3 - pHCl 2 p2 v 1,013.105 J _ ,3 0 ,2 8 8 ^ ln ——— 9,006

AH -----— 8,314v700

732J

AH * 161465,61 J.mol -1

^ AS - 161465,61 ( l 2791!29) * 248,94 J.mol- 1.K-1 700 C âu 4: Xét cân bằng hóa học sau ở 400K: N 2 (k) + 3H2 (k)

2NH3 (k

Tại thời điểm cân bằng, pN - 0,125.105 Pa, pH - 0,376.105 Pa

- 0,499.105 Pa.

a) Tính hằng số cân bằng Kp và AGo của phản ứng trên ở 400K. b) Tính số mol của N 2 và NH 3 , biết trong hệ có 500 mol H 2 (làm tròn kết quả về số nguyên). c) Thêm 10 mol H 2 vào hệ này đồng thời giữ áp suất toàn phần và nhiệt độ không đổi. Hãy dùng các phép tính để cho biết cân bằng dịch chuyển theo chiều nào? Cho po = 1 atm = 1,013.105 Pa. H ướng 0,4922

a) Kp -

: 38,539 atm - 2

0,123.0,3713

^ AGo - -8,314.400. ln 38,539 * -1214: b) PN2 pH

nN

0,123

_ _ iN^

nN - 500

nH,

pNH

n NH

pH2

nH2

^

•n NH

663 mol

nhệ = 500 + 166 + 663 = 1329 mol ^

p = 0,492 + 0,123 + 0,371 = 0,986 atm

c) nhệ = 500 + 10 + 166 + 663 = 1339 mol pN - 0,9 8 6

atm; pH - 0,986. 510 * 0,376 atm; p ^ 1339

AG - AG

0,4882 - -12143,996 + 8,314.400. ln 0,122.0,3763

ÀG < 0 ^

- 0,986. 663 * 0,488 atm; 1339 -160,686 J.mol-1

Cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

C âu 5: Sunfuryl điclorua (SO 2 Cl2 ) là một hóa chất phổ biến trong phản ứng clo hóa. Cho phản ứng phân hiẩỊiÉ^^iChCh ở 350°c và 2 atm như sau: SO2 CI2 (k)

^ S 0 2 (k) + Cl2 (k)

Kp = 50 atm

rính ính độ phân ph li của SO2 CI2 trong hệ khi phản ứng trên đạt trạng trái cân bằng.

Tính H ướng dẫn giải SO2 CI2 (k) ^ Ban đầu: Cân bằng:

1 1- a

SO 2 (k) + Cl2 (k) a

Kp = 50 atm

a

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/c à u cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

2

Gwto we«.: TkS. _

_1 I

I

_„ _ _ 1- a _ _ a a = 1 + a ^ Ps a c k = ĩ* .^ ’ P s o = PC19= P.ĩ~ 2 2 1+ a 2 2 1+ a

_ 1 I

nhỗn hợp khí = 1 —a + a + \2

a

a l + a y = 2,= 5G ^ a « G, 981 (98,1%) 1- a (1 + a )(l - a) P. 1+ a oC thì xảy ra cân C âu ổ: Cho 1 mol CO 2 và một lượng dư C vào trong một bình kín chân không ở 727oC bằng hóa học sau: ^ K =v

C (r) + CO 2 (k)

2CO (k)

Kp = 1,41

a) Tính tỉ lệ CO 2 đã phản ứng khi đạt trạng thái cân bằng. Biết áp suất củaa hệ ]hệ lúc lúc cân cân bằng là 1 atm. b) Tính các hằng số cân bằng KC và Kx ở 727oC. H ướng dẫn giải a) Ban đầu: Cân bằng: nhỗn hợp khí P.

c (r) + CO2 (k) 1 1- a

1 —a + 2 a

2a 1+ a 1- a 1+ a

^ 2 C 0 (k)

< c

K = u ,

2a

1 + a Pco

P.

2 = P.

4a2 1- a 2

4a2 = 1,41 1- a 2

b) K c - 1 , 4l.(G,G82.1GGG)- 1 * 1,7.1G-2 và K C âu 7: Xét cân bằng hóa học sau: 2 S 0 2 (A + 0 2 (k) ^

x 2 S 0 3 (k)

Người ta cho vào một bình kín (dung tích 3 lít) hỗn hợp gồm 0,20 mol SO 3 và 0,15 mol SO 2 . Khi cân bằng hóa học được thiết lập tại 25oC thì áp suất trong bình là 3,20 atm. a) Tính phần trăm thể tích của O 2 trong hệ khi đạt cân bằng. b) Tính hằng số cân bằng KC của phản ứng trên ở 25oC. c) Cũng ở 25oC, người ta cho vào bình trên một lượng SO 3 . Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng thì trong hệ có 0,105 mol O 2 . Tính tỉ lệ SO 3 bị phân hủy và áp suất chung của hệ.

H ướng dẫn giải a)

2

SO 2 (k) + O2 (k) ^

0,15 Ban đầu: Cân ân bằng bằng: 0,15 c + 2x x 3,2.3 ^ 0,15 + 2xJ x^ 0 2 - 2x = 0,082.298 0,2 - 2.0,043

x 2 SO 3 (k) 0,2 0,2 - 2x

x « 0,043 ^ % V O, =

0,043 -.100% « 10,94% 0,35 + 0,043

2

16,279 0,15 + 2.0,043 12 0,043

2

Ban đầu: Cân bằng:

SO 2 (k) + O2 (k)

± 2 SO 3 (k)

KC = 16,279

y 0,21

0,105

y-

0 ,2 1

CốU(ùcờny tắànắ/cố/uyMônỷ cổ tfiàw c à u cãà dè ẩtởd/ êièiỷ

3

Gỉá& mu: TkS. f y —0,21 ì 2 yy^« a0,369 sn = _ ° 2 1 100% - 56,91% 0 21 y « 0,051 < 0,21 ^ loại SO3

V

0,21 1 0,105 3 J ' 3 ^

0,369

_ r. 0 1 , ri1 ní- . n '■¡rn. A O I —A/IT/I™ 1 _ 0 , 474.0,082.298 nhốn hợpkhí = 0,21 + 0,105 + 0,369 - 0,21 = 0,474 mol ^ p = —

C âu 8: Cho cân bằng hóa học trong một bình kín như sau: N2O4 (k) ;------- ^ 2NO2 (k)

(1) a) Ở 27oC, hằng số cân bằng của phản ứng (1) là Kp = 0,17 atm và áp suất

a hệ khi đạt cân

bằng là 1 atm. Tính phần trăm thể tích của mối khí trong hệ ở trạn thái cân b) Ở 45oC, hốn hợp khí trong bình khi đạt cân bằng có tỉ khối so với H 2 là 33,4 và áp suất chung của hệ lúc này là 1 atm. Tính độ phân li của N 2 O 4 . c) Tính ÀH của phản ứng (1), giả sử hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ. d) Mô tả và giải thích hiện tượng xảy ra khi hạ nhiệt độ của hệ từ 45oC xuống 0oC. H ướng dẫn giải = a)

= 0 ,17

P no2 = 0 336

Pn 2o4 P n o = 0 664

Pno9 + pN O = 1

N 2 O 4 (k) ^

b) Ban đầu:

1

Cân bằng:

1- a

nN O

52 ■= --- ^ — = —T ^ a « 0. n NO,, 63 1- a 52

c) Ở 4 5 oC:

4 a 2 _ 1 4.0,37722 = p.—----- = 1.----- — -----' 0 1 —0,37722

_ __ 1—a p N2O4 = p' ĩ í a ; p n o = P' , 0,66 ÀH ^ ln ^ — = 0,17 8,314 V

0,66

ÀH « 59770,5 J = 59,77 kJ

d) Phản ứng thuận là phản ứng thu nhiệt nên khi giảm nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. Vậy màu ểẹậỂonkợỴ) khí nhạt dần.

C âu 9: Cho cân\ ằ m ^ ^ ểthọc sau: PCI5 (k) ^

- PCI3 (k) + CỈ2 (k).

a) Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng trên ở 200oC. Biết rằng ở nhiệt độ này, độ phân li của PCl5 là 0,485 và áp suất chung của hệ khi đạt cân bằng là 1 atm. b) Cho 2,085 gam PCl5 vào bình chân không dung tích 0,2 lít ở 200oC. Tính áp suất chung của hệ khi đạt cân H ướng dẫn giải kcâfe bằng hóa học sau: PCI5 (k) PCI3 (k) + Cb (k) Ban đầu:

1

Cân bằng:

1- a

a

a

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/c à u cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

4

Gỉá& mu: TkS. ^

nhỗn hợp khí = 1 - a + a + a = 1 + a 2

a 1+ a ) _ a _ 1- a _ _ a Ỵ7- _ = p. ^ P pCL = p . ^ T > PpCL = Peu = p . ^ - ^ K = ■ 1 - a 1+ a 1+ a p.

1+ a ^ Kc = 0,308.(0,082.473)-1 * 7,941.10 b) npri = 2 0 8 5 = 0,01 mol 7 pC 208,5 PCls (k) Ban đầu: Cân bằng: x

PC13 (k) + Cb (k)

0,01 0,01 - x

x

x

x

0 2 0 2 = 7,941.10-3 ^ x * 3,269.10-3 0,01 - x 0,2 ^

269.10-3.0,082.473 0,2 bình kín:

nhỗnhợp khí = 0,01 + 3,269.10 3 = 13,269.10 3 mol

C âu 10: Ở 1020K, hai cân bằng hóa học sau cùng tồn t

c (r) + C 0 2 (k) ^

Kp1 = 4,00

Fe (r) + CO 2 (k)

Kp2 = 1,25

2,573 atm

a) Tính áp suất riêng phần của các khí trong h chân không dung tích 20,0 lít ở 1020K. Tính b) Cho 1,0 mol Fe; 1,0 mol C; 1,2 mol C số mol của các chất trong hệ khi đạt cân bằng.

Iướng dẫn giải

a)

K"p1, = -pC o = 4 pCQo Kp2 = -£ c Q = 1.25 p CQọ

b) Ban đầu: Cân bằng:

C

+ C 0 2 (k) ^

1

1,2 1,2 - x - y + CO 2 (k)

- y n cq

<

2

1,2 1,2 - x - y

2CO (k)

Kp1 = 4,00

2x + y ^ FeO (r) + CO (k) y

Kp2 = 1,25

2x + y

atm ^ 1,2 - x - y = —2’56,20— * 0,61 (1) 3 0,082.1020 v7

_ 3 2 20 = 2x + y = 3 2 2 0 * 0,77 (2) J 0,082.1020 v7

ừ (1) và (2) ^ x = 0,18 và y = 0,41 j n c = 1 - 0,18 = 0,82 mol; nco = 1,2 - 0,18 - 0,41 = 0,61 mol

Suùmol; ờaệ'tắànắ/ Mônỷ u/cắàto dè mol ắíờỉ/ êiểhỷ | n Fe = 1- 0,41CO' = 0,59 nFeo = công* 0,41 mol; n coc ô= cổấ 2.0,18 + 0,41cứà = 0,77

5

Gwto we«.: TkS. cân bằng hóa học sau: C aC 03 (r) ^ ^

CaO (r) + CO 2 (k)

c (r) + CO2 (k) ------ è 2CO (k)

Kp1 = 0,2 Kp2 = 2,0

a) Tính số mol của các chất trong hệ khi đạt cân bằng. b) Bình chân không phải có dung tích bao nhiêu để sự phân hủy CaCO 3 bắt đầu xảy ra hoà _ H ướng dẫn giải K pl = PCO2 = 0 2 atm a)

PCO2 = 0 2 atm Kp2 = P ỈO = 2 p CO9

[Peo « 0,63 atm C aC 03 (r) ^ ^ 1 1- x

Ban đầu: Cân bằng: Ban đầu: Cân bằng:

CaO (r) + CO 2 (k) x

c (r) + CO2 (k) ^ 1 1- y x- y

Sp, - 0 ’2

x- y

è 2CO (k)

Kp2 = 2,0 K

2y

x - y = ---0,2.22,4 ’ ’ « 0,05 J 0,082.1093 2

y = 0 63-22,4 « 0 ,16 J 0,082.1093

n CaCO = 1 - 0,13 = 0,87 mol; nCa0 = 0, 0,12 mol; n co = 2.0,08 = 0,16 mol

nco = 0,13 - 0,08 = 0,05 mol; n b) Khi CaCO 3 phân hủy hoàn toàn thì x = 1. \

_ 0,2V 1 - y = — — -----J 0,082.1093 2

0,63V 0,082.1093

y

C âu 12: Cho 36,25 gam NH 4 hóa học sau:

ín chân không dung tích 3 lít ở 600K thì xảy ra hai cân bằng NH 3 (k) + HI (k)

Kp1 = 1,69

H 2 (k) + I 2 (k)

Kp2 = — 64 a) Tính áp suất riêng phần của các khí và áp suất toàn phần trong hệ khi đạt cân bằng. b) Tính khối lượng NH 4 I còn lại trong hệ khi đạt cân bằng.

H ướng dẫn giải a) n NH

36,25 _ n , = 0,25 mol 145

\-2 « 6,98.10,-4 K^ = K p7(R T)-An = 1,69.(0,082.600)-z % - (RT)-An = — .(0,082.600)0 = — 64 64 NH 4 I (r) ^ Ban đầu: Cân bằng:

0,25 0,25 - x

NH 3 (k) + HI (k) x

KC1 = 6,98.10 -4

x - 2y

Cố* (ùcờny tắànắ/cố/uydắổỉtỷ cổ tfiàw cắàu cửa dè ẩtởd/ êièiỷ

6

Gỉá& mu: TkS.

Cân bằng:

H2 (k) + h (k)

x - 2y

y

KC2 = — C2 64

y

2y = —6,98.10" ạ no 1n-4

x x í

2HI (k)

\2

y v3y

lx (x - 2y) = 6,282.10-3

|x *0,089

_ =J_

x - 2y \ 2 3

[y * 0,0089

64

<e /

:

_ (—--------------------------------------------------------------------------------------------0 ,089-2.0,0089).0,082.600 ) n . _ —1 AẾ. 1 n n i< n i< —o’ m { pHI =

y, ’--* 1,17 atm :

0,0089.0,082.600 pH2 = pi2 = - ------- ,3 ---- * 0,15 atm b) m m J = (0,25 -0,089).145 = 23,345 gam C âu 13: Đun nóng hỗn hợp khí gồm O 2 và SO2 có chất xu —O 2 (k) +

ảy ra phản ứng: (1)

S02(k )^

a) Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 60oC (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ). Nhiệt độ ảnh hưởng như thế nào tới trạng thái cân bằng của phản ứng (1)? b) Trong một thí nghiệm, người ta đưa từ từ oxi vào một bình dung tích 2 lít chứa 0,05 mol SO 2 có chất xuc tác (thể tích của chất xuc tác không đáng kể) ở 100oC. Khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng thì có 0,03 mol SO 3 được tạo thành, áp suất tổng của hệ là 1 atm. Tính hằng số cân bằng Kp ở 100°C. c) Cân bằng (1) sẽ chuyển dịch như thế nào trong các trường hợp sau: - Cho một lượng He vào bình phản ứng để áp suất khí trong bình tăng gấp đôi?

- Giả thiết thể tích bình tăng gấp đôi, lượng He cho vào bình phản ứng chỉ để giữ cho áp suất tổng không đổi?

Cho các số liệu nhiệt động ở 25oC như sau: AHo (kJ.mol-1)

So (J.K-1.mol-1)

-395,18

256,22

SO

-296,06

248,52

O2

0,0

205,03

Khí S°3

ĐS: a) 3,95.101Uatm 1/2; b) Kp = 3,12 atm -1/2 H ướng dẫn giải -395,18 - (-296,06) = -99,12 kJ.mol-1 256,22 - (248,52 + 0,5.205,03) = -94,815 J.K - 1.mol- 1 = - 9 9 1 2 0 - 333.(-94,815) = -67546,605 J.m o l-1 :

ln K^33K

67546,605 8,314.333

24,398 :

K 333K : 3,944.1010 atm - 1/2

co i (ủcờỉiỷ tắànắ/côn*Mônỷ cô dàt/ cắàài cứà dè ắíờỉ/ ũểnỷ

7

p

Gỉá& mu: TkS. ÀHp/ứ < 0 ^

Phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt ^

Tăng nhiệt độ của hệ thì cân bằng chuyển

dịch theo chiều nghịch và ngược lại. b)

0 2 (k) + SO2 (k) ^ Ban đầu: Cân bằng:

1,2 nhỗn hợp khí = 0,082.373

x x - 0,015

SO3 (k)

0,05 0,02

0,03

0,065 mol

^ x - 0,015 + 0,02 + 0,03 = 0,065 ^ x * 0,03 _ ì 0 ,0 3 -0 ,0 1 5 n o a i ._ ì 0,02 n a n c . pM = 1 .^ — —-2-— * 0,231 atm; p Qri = 1.- * 0,308 atm; p Qri 0,065 2 0 ,065 0,462

0, 462 atm

SO

i 3,121 atm - 1/2

0,231ư 2.0,308 c) Nếu áp suất tăng gấp đôi do thêm He, nhưng thể tích bình khô lông đổi, áp i suất riêng phần của các chất khí không đổi, do đó cân bằng không bị chuyển dịch.

Nếu áp suất tổng trong bình không đổi, nhưng giả thiết thể tích bình được tăng gấp đôi, khi đó sẽ làm giảm áp suất riêng phần của các chất (loãng khí), cân bằng (1) sẽ chuyển dịch theo chiều nghịch.

C âu 14: Ở 1396K và áp suất 1,01325. 105 Pa, độ phân li^ ^ SíhơiS ước thành hiđro và oxi là 0,567.10-4 độ phân li của cacbon đioxit thành cacbon oxit và oxi Ễ 1,55j 10-4 Trong một bình kín (ở điều kiện nhiệt độ và áp suất như trên) có chứa cacbon oxit và hơi nước với tỉ lệ thể tích bằng nhau. Hãy tính phần trăm thể tích của các khí trong hệ (ở trạng thái cân bằng tại 1396K) được tạo thành theo phản ứng sau: CO (k) + H20 ( 1 ^ — H 2 (k) + C 0 2 (k) ^ H ư ớ n ^ ẫ n giải 2H20 ( k ) Ban đầu: Cân bằng:

^ 2 H 2 (k) + 0 2 (k)

2 2- 2

K pi

a

nhỗn hợp khí _ 2 —2 a + 2 a 1- 2 a ^ P h2o = p. - 2 ^ ;- PHh = p

^ K p1 =

2 .------

a -------= ------------(0,567-10 4)---------* 9,114.10-14 atm (1 - a)(2 + a ) (1 - 0,567.10-4)(2 + 0,567.10-4)

K p2

2CO (k) + O 2 (k)

2CO2 (k) (1,551.10-4 )3

1,866.10 12 atm

(1 -1 ,5 5 1 .10-4)(2 +1,551.10-4) H 2 O (k) ^

H 2 (k) + 1 O 2 (k)

1 CO (k) + ị O 2 (k) CO (k) + H 2 O (k)

K 1/2 p1

CO 2 (k)

-1/2 K P2

H 2 (k) + CO 2 (k)

Kp

^ K p = K 112.K-1/2 = (9,114.10-14)1/2.(1,866.10-12)-1/2 * 0,221

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ cô cổấu/cắàto cửa dè ắíờỉ/ êiểhỷ

8

Goto m il: TkS. Vì An - 0 ^ K r - K - 0,221 CO (k) + H20 (k) ^ Ban đầu: Cân bằng: x x V 'V

1

1

1- x

1- x

H2 (k) + CO2 (k) x

KC = 0,221

x

nCO - nH2O - 1- 0,32 - 0,68 mol

_Ị

nCO - nHO - 0,32 mol % VCO - %VH O -------0 6 8 ------- .100% - 34% COH2O 2.0,68 + 2.0,32 %Vco - % V

-

0,32 .100% -1 6 % 2.0,68 + 2.0,32

C âu 15: Hai xi lanh A và B được đậy chặt bằng piston. Xi lanh A chứa hỗn hợp khí gồm CO 2 và H 2 theo tỉ lệ mol 1 : 1. Xi lanh B chứa khí C 3H 8 . Nung nóng cả hai xi lanh đến 527oC thì xảy ra các phản ứng sau: C 0 2 (k) + H2 (k) ^----- ìt CO (k) + H 2o f o y

Kci = 2,5. KT1

C 3H 8 (k)

KC2 = 1,3.10 3

C3ĨĨ 6 (k) + H2 (k)

Khi đạt tới cân bằng, áp suất ở hai xi lanh bằng nhau và phần trăm thể tích của C 3H 8 trong xi lanh B bằng 80%. a) Tính nồng độ cân bằng của các chất và áp suất toàn phần trong xi lanh B khi đạt tới cân bằng. b) Tính nồng độ cân bằng của các chất trong xi lanh A. c) Dùng piston để giảm thể tích của mỗi xi lanh còn một nửa thể tích ban đầu (nhiệt độ không đổi).

Tính áp suất toàn phần tại thời điểm cân bằng trong mỗi xi lanh.

AH ư ó n ^ lẫ n giải a)

C 3ĨĨ 8 (k) Ban đầu: Cân bằng:

^

+ h 2 (k)

1 1- x

Kc 2 = 1,3.1 0 - 3

x

nB= 1 - x + x + x = 1 +

- 0,8 ^ x * 0,111

(1 + 0,111).0,082.800 10,661 lít ^ pR - -------------- * 6,836 atm_ FB 10,661

0,0834M; [ C H ] - [ H ] - 0,111 * 0,0104M 3 6 2 10,661

^ [C 3H 8 ] -

CO 2 (k) + H2 (k)

b) đâu: ^ ^ A=

1

■g: - y+

CO (k) + H 2 O (k)KC1 = 2,5.10-1

11 1

1- y 1- y - y + y + y = 2 mol

y

y

NV

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cửa dè ắíờỉ/ êiểhỷ

9

Gwto we«.: TkS. (y _ ' VV a y f 1-

= 2 ,5.10 -1

ly « 0,333 I V « 19,193 lít

V VA y 6,836V = 2.0,082.800

[CO J = [H J = 2

2

1

0 ,3 3 3

19,193

« 0,0348M

[CO] = [H O ] = -0 3 3 3 « 0,0174M 2 1 19,193

c) Xét xi lanh A: Số mol của hệ khi đạt cân bằng luôn bằng 2 nên không phụ thuộc vào sự thay đổ ^ P a = —A ^ p ' = 2pA = 2.6,836 = 13,672 atm pA —A X ét xi lanh B: C 3H 8 (k) Ban đầu: Cân bằng:

1

C3H 6 (k) + H 2 (k)

1 - z

zz

2

5,331

= 1 , 3.10 - 3 ^ z « 0,08 ^ p ' =

5,331

C ố* (ù cờ n y td à n Ẳ c ổ n y d /Ỉổ fiỹy c ổ tfià w cắ à tu c ứ a d è & ùờ/ ũ è iỷ

10

Gỉá& mu: TkS.

ĐẠI CƯƠNG VỀ HÓA HỌC PHÂN TÍCH C âu 1: Cho các cân bằng: ZnS

Zn2+ + s 2-

Ki = 10-21’6

CH 3 COOH

CH 3 COO + H +

K 2 = 10-4,76

H2S

H+ + HS

K 3 = 10-7,02

HS-

H+ + s 2

K 4 = 10-12,90

H 2O

H+ + OH

K 5 = 10-14’00l

Tính hằng số K và viết biểu thức ĐLTDKL cho các cân bằng sau: a) s 2 + H20 ^ HS + OH b) 2 CH 3 COOH + s 2

^

2

c) ZnS + 2 CH 3 COOH

^

Zn2+ + 2 CH 3 COO

CH 3 COO + H 2 S + H2S

C âu 2: Cho các cân bằng:

+

1 0 1,74

AgNH+ 3

K3 =

1 0 3,32

Ag(NH

K4 =

1 0 3,92

^

Ag

Ag+ + NH^

^

AgNH+ + NH3

0

K1 =

Ag(NH3)í + 2 CH 3COOH

+2C H 3CO O I

x x

NH+

NH*3 Tính hằng số K của cân bằng sau: CH 3 COOH ^, c^ C O O - + H+.

K 5 = 10-9,24

C âu 3: Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung lung dịch bão hòa Ag AgBr và AgSCN. Cho: pK s (AgBr) = 12’3; pK s (AgSCN) = 12 0C âu 4: Tính độ tan của AgSCN trong dung dịch ịch NaCl N aCl 00,01M. Cho: pK s (AgCl) = 10,00; pK s (AgSCN) = 11>96C âu 5: Trong dung dịch chứa hỗn hợp gồm Fe3+ 3+ 0, 0,001M; Sn2+ 0,01M; Fe2+ 1,0 M và H+ 1,0M có xảy ra cân bằng sau: 2Fe2+ + Sn4+ K = 1020,84 2Fe3+

<P V

du dịch sau phản ứng.

Tính nồng độ cân bằng của cá : ion trong dung C âu 6: Thêm 1 ml dung dịch NaO 0,20M vào 1 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm HCl 0,05M và CH 3 COOH 0,18M. Tính pH củ C âu 7: Tính độ tan của a) dung dịch HCl 1

h thu được. Cho: pK a (CH3C0 0 H) = 4 7 6

ong: b) dung dịch HNO 3 1,0M.

Cho: pK s (CusT ^ 35| 20^PK a1 (H2S) = 7,02; pK a2 (H2S) = 12>90; E N0“/N0 = 0’96V; E S/H2S = 0, 14V.

1X4

C âu 8: Cho 7,1 Cr2(SO4)3 0 hiđroxo. Đánh g Cho: E

.02“/Cr3+

r vào 1 lít dung dịch chứa hỗn hợp gồm K 2 & 2 O 7 0,010; H 2 SO 4 1,0M và sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể, bỏ qua các quá trình tạo phức ành phần cân bằng của hỗn hợp sau phản ứng.

133V; E Bi%/Br- = 109V; p K a2 (H2S04) = 1,99.

u ^ r Cho lượng dư bột Cu vào dung dịch chứa Ag+ 10 3M và NH 3 1,0 M. vào dung dịch X. Đánh thành phần cân bằng của hệ thu được. ^ho: B = 107’24; R ’h° : ^ Ag(NH3)+’ FCu(NH3)2+

= 1012’03; E°Ag+/Ag +/A = 0,799 V; E Cu2+/Cu = 0,337V.

: Dung dịch X chứa Fe3+ 0,01M và F- 1,0M. a) Tí Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch X. b) Thêm 1 ml dung dịch N H 4 SCN 0,1M vào 1 ml dung dịch X. Hỏi có xuất hiện màu đỏ của phức

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

1

Gwto we«.: TkS. FeSCN2+ không? Biết rằng, màu đỏ của phức trên chỉ xuất hiện khi nồng độ của nó lớn hơn 7.10 6M. Chấp nhận bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của Fe3+.

Cho: ßFeF - 1G13’10; ßPp, rN2+ = 1G3’03 FeSCN

/

o

/

m è i C ổ i Suờểiỷ tắànắ/cố/uyMônỷ cổ tfiàw cắàti cãà dè ổuời/ ũểnỷ

2

Gỉá& mu: TkS.

ĐẠI CƯƠNG VỀ HÓA HỌC PHÂN TÍCH C âu 1: Cho các cân bằng: ZnS

Zn2+ + s 2-

Ki = 10-21,6

CH 3 COOH

CH 3 COO + H +

K2 =

1 0 - 4 ,76

H2S

H+ + HS

K3 =

1 0 - 7 ,02

HS-

H+ + s 2

K4 =

1 0 -1 2 ,90

H 2O

H+ + OH

K 5 = 10-14,00|

Tính hằng số K và viết biểu thức ĐLTDKL cho các cân bằng sau: a) s 2 + H20 ^ HS + OH b) 2 CH 3 COOH + s 2

^

2

c) ZnS + 2 CH 3 COOH

^

Zn2+ + 2 CH 3 COO

CH 3 COO + H 2 S + H2S 10-1’1; b) 1010’4; c) 10T11'2

C âu 2: Cho các cân bằng: Ag(NH3)í + 2 CH 3COOH

^

Ag+ + 2 CH 3COO

K1 =

1 0 1,74

Ag+ + NH3

^

AgNH3

K3 =

1 0 3,32

A gN H ++N H 3

^

Ag(N

K4 =

1 0 3,92

NH+

^

NH

K5 =

1 0 - 9 ,24

Tính hằng số K của cân bằng sau: CH 3 COOH

■

+ H+. ĐS: a) 10--

C âu 3: Tính nồng độ cân bằng của các ion tron:

ịch bão hòa AgBr và AgSCN.

Cho: pK,s (AgBr) -1 2 ,3 ; pK s (AgSCN) -1 2 ,0 . ướng dẫn giải [Ag+][Br ■] = 10-12’3 [Ag+][SCN- ] = 10-12’° BTĐT ■>[Ag+] = [Br- ] ^ [Ag+] =

^ [Br- ] =

10- 123

10-12’°

[Ag+]

[

V 1 0 -12’3 + 10-12’0 « 1,23.10-6M

10 12,3

M; [SCN- ] =

1,23.:

10 - 12,0 1,23.10 6

8,13.10-7 M

IN trong dung dịch NaCl 0,01M.

C âu 4: Tính độ t Cho: PK s(Ag

pK s (AgSCN) = 1 1 9 6 H ướng dẫn giải

AgSCN C [ ]

AgSCN V : Ag+ + SCN“

Ks1 = 10- 11,96

Ag+ + C l- — AgCl

K -2 = 1010,00

+

Cl-

0,01 0,01 - x

AgCl

SCN-

K = 10- 1,96

x

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

1

Goto mH: TkS. ^ — - — - 10-1’96 ^ x * 1,08.10-4 ^ s - [SCN -] - 1,08.10-4M 0,01 - x M có xảy C âu 5: Trong dung dịch chứa hỗn hợp gồm Fe3+ 0,001M; Sn2+ 0,01M; Fe2+ 1,0 M và H+ 1,0M M ra cân bằng sau: 2Fe3+ + Sn2+ ^ 2Fe2+ + Sn4+ K = 1020-84 Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch sau phản ứng.

H ướng dẫn giải K rất lớn => Phản ứng xảy ra hoàn toàn.

2Fe3+ + Sn2+ ^ 2Fe2+ + Sn4+ 0,001 0,01 1,0 9,5.10 -3 1,001 TPG H: Sn2+ 9,5.1(r3M; Fe2+ 1,001M; Sn4+ 5.1(T4M. 2Fe + Sn4+ ^

c [ ]

1,001 1,001 - 2x

5.10-4

5.10 4 5.10-4 - x

2 0

2+

2Fe3+

1

K

= 10 20,84

10-3 n +x 0 -3

i

2x

4 x 2( 9 ,5 .1 0 ^ + 2 x ) r\— 84 '• c n —4 =í>-------’ — -------- L— = 10 zu'm với X « :5 .1 e r4 (1,0 0 1 -2 x ) 2 (5.10 - 4 - x ) 1

K = 1020,84 184

J. 10“12 («5.1CT4)

^ [Fe2+] * 1,001M; [Sn4+] * 5.10-4M; [Fe3+] - 8,74.10

2+] * 9,5.10-3M

C âu 6: Thêm 1 ml dung dịch NaOH 0,20M vào 1 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm HCl 0,05M và CH 3 COOH 0,18M. Tính pH của dung dịch thu được. Cho: pK a (CHCQQH) -4 ,7 6 .

H CoNaQH

giải

0 2 1 - 0,1M; C °cl - 0 0 5 1 - 0.

1 +1 1 +1 H+ + OH- ^ 0,025 0

CQQH

- 0,18.1 1 +1

0

,09M

H 2O

OH-

^

CH 3 COO- + H 2 O

0,075 0,075 TPG H: CH 3 COOH 0 , 0 1 5 M J ^ ^ F O 0,075M. C ikCOO H ^ CH 3 COO + H+ + H 2O ^ H 2O ^

CH 3 COOH + OH

H+ + OH

Ka » K b » IQ t^ C â ỉiÌD ằ n g (1) là chủ yếu.

CH 3 COOH ^

rc [ ]

Ä

S

^

0,015 0,015 - x

Ka = 10 476 Kb = 10

9 24

Kw = 10 CH 3 COO 0,075 0,075 + x

+

H+

14

(1) (2) (3)

- 10 1 n-4,76 Ka =

x

= 10-4’76 với X «0,015^> X «3,48.1(T 6 («0,015)

^ Ĩ H + T - 3 , 48.10-6M => pH - - lg(3,48.10-6) * 5,46 u 7: Tính độ tan của CuS trong: a) dung dịch HCl 1,0M.

b) dung dịch HNO 3 1,0M. o o: pK s(CuS) - 35,20; pK ai(H2S) - 7,02; pK a2 (H2S) -1 2 ,9 0 ; E NQ- /NQ - 0,96V; E S/H S - 0 ,14V. H ướng dẫn giải

cou (ủcờnỷ tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàti cứà dè ẩtởd/ êiểhỷ

2

Gỉá& mu: TkS. a) Tổ hợp các cân bằng: CuS ^ C u 2+ + S2-

Ks =

s 2- + h

K-2 =

1 0 12,90

K-11 =

1 0 7,02

+^

h s~

HS- + H + ^ H 2S CuS

+

2H+

K = 10-15,28

^

c

1,0

[ ]

1,0 - 2x

1 0 -3 5 ,20

x

x

2 = 1(T15-28 với

X

« 0 ,5 ^

X -

2,29.1CT8 (« 0 ,5 )

(1,0 - 2x)2 ^ s - [Cu2+] - 2,29.10“8M b) Tổ hợp các cân bằng: 3x

C u S ^ C u 2++ S 2-

3x

s 2- + h

3x

HS- + H+

3x

H 2 S ^ S + 2H+ + 2e

2(-0,14) K - 1 0 0,0592 ■*

2x

4H + + N O ; + 3e

K - 10°>ẫ9ẵ * 10486

+^

hs~

:H 2S

NO + 2H00

3CuS + 8H+ + 2NO:

2S + 4 H O

3Cu

K=

1 0 - 4 ,73

1 0 37,27

1,0

1,0 0,75 0,375 1' ■) ' K rất lớn ^ Phản ứng xảy ra hoàn toài TPG H: NO- 0,75M; Cu2+ 0,375

C [ ]

0,375 0,375 - 3x

8x

_ (8x)8(0,75 + 2x)2 ^ 0- 3

K-1 = 10 -37,27

3CuS + 8H+ + 2NO;

3Cu2+ + 2NO + 2S

với

X

« ; 0,125:

0,75 0,75 + 2x

:2,04.10“6 (« 0 ,1 2 5 )

(0,375 - 3x)3 ^ s - [Cu2+] * 0,3 C âu 8: Cho 7,14 gam KBr vào 1 lít dung dịch chứa hỗn hợp gồm K 2 & 2 O 7 0,010; H 2 SO4 1,0M và Cĩ 2 (SO 4 )3 0,001M. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể, bỏ qua các quá trình tạo phức hiđroxo. Đánh giá thành phần cân bằng của hỗn hợp sau phản ứng.

Cho: E ^ - / C r 3 + - !’33V; E B,/Br- - 1’09V; PK a2(H2SO4) - 1,99.

H ướng dẫn giải

Các cân bằng trong dung dịch: 1x

Cr20 ^ - + 14H+ + 6e^

3x

2B r_ ^

Br0 + 2e

: 2Cr3+ + 7H20

6.1,33 K - 10°’°592 * 10134’80 2(-1,09) K 2 - 1 0 0’0592 * 10-36’82

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

3

Gwto we«.: TkS. 2Cr3+ + 3Br2 + 7H20

C^O2- + 6Br- + 14H+

H + + SO 2-

HSO-

K = 1G24’34

(1)

K ’ = 10-1’99

(2)

K » K ’ => Cân bằng (1) là chủ yếu và xảy ra hoàn toàn.

Cr2O2C [ ]

+

G,G1 -

6Br-

+

G,G6 -

14H+

2Cr3+

1,G G,86

G,GG2 G,G22 G,G22

+

3Br2

+

7H20

K =102

G,G3

TPG H: H + 0,86M ; Cr3+ 0,022M; Br2 0,03M; HSOỊ 1,0M; S O f 0,003M Lúc này, K ’ » K 1 =í> Cân bằng (2) là chủ yếu.

HSOC [ ]

H+

1,G 1,G - x

+

G,86 G,86 + x

K ’ = 10 ,

SO2-

G,GG3 G,GG3 + x

=> (0,86 + x)(0,003 + x) = 10-1’99 ^ x * 8,68.10-3 ^ [H+] = 0, 86ấ^ ^ \ 1,0 - x V , J 2Cr3+

+

3Br2

+

Cr2Q2-

7H2O

C G,G22 G,G3 [ ] G,G22 - 2y G,G3 - 3y

y

+ 6y

0 ,86914y(6y)6

, ^ 10-24.34 với x< < (ự )| (0,022 - 2 y ) ( 0 ,03 - 3y)3 =><

6

+

14H+K-1 = 1G-24’34

69

< 0 Ị11.10“6 (« 0 ,0 1 )

-6 [Cr2O f- ] = 7,11.10-6M; [Br- ] = 4,266.10 -5M; [H+] = 00,8 ,869M; [Cr3+] = 0,022M I[Br2] = 0 ,03M; [HSO- ] = 1,0M; [SO2- ] =

C âu 9: Cho lượng dư bột Cu vào dung dịch chứ; ;hứa Ag+ 11G 3M và NH 3 1,0 M. vào dung dịch X. Đánh giá thành phần cân bằng của hệ thu được.

Cho: ß Ag(NH3)+ A„ _ + = 107’24; ß Cu(NH3)4 r ,i m H 2

E Ag+/Ag = 0,799 V; E Cu2+/Cu = 0,337V.

10122

ướng dẫn giải Ag+

Ag(NH3)î

ßi = 1G7’24

1G-3 1G-3 TPG H: NH 3 G,998M;

H 3)+ 1G-3M. + 3^2

Ag+ x

---ÌD“3 - x ^

+

2 NH 3

ß -1 = 10 -7,24

G,998 G,998 + 2x

= 1er7-24 với X « 1er3 => X « 5,78.10 -11

[Ag+] = 5,78.10-11M; [NH 3 ] = 0,998M; [Ag(NH3)+] = 10-3M lượng dư bột Cu vào dung dịch trên: 2HT

. Ag(NH3)î ^

Ag+ + 2NH3

ß-1 = 10-7’24 0,799

Ag+ + e ^ A g

K =

C u ^ C u 2++ 2e

2(-0,337) K = 1 0 °’0592 *

1 0 0 ’0592

*

10

m è i C ổ i (ùcờnỷ tắànắ/cố/uyMônỷ cổ tfiàw cắàti cãà dè ẩtởd/ êièiỷ

13,50

10-1 1 3

4

Gwto we«.: TkS.

Cu

. )+ 2Ag(NH3) A3'2

+

ß - 1G12’G3

:Cu(NH3) f

Cu2+ + 4NH,

Cu(NH3) f

K = 1G13,16

+ 2Ag

10 3

5.1G-4 K rất lớn ^ Phản ứng xảy ra hoàn toàn.

TPG H: Cu(NH3)2+ 5.1G-4M; NH3 G,998M. Cu(NH3)42+ + C [ ]

2Ag

Cu

^

+

5.1G-4 5.1G-4 - x

K-1 = 1G--13,16

2Ag(NH3) 3)+

2x

■ (2x)2 - 1G-13’16 với x « ;5 .1 0 -4 5.1G-4 - x

&

•X « 2,94. lo -9 («5.1C T 4)

< 0

^ [Ag(NH3)+] - 5,88.1G-9M; [Cu(NH3)2+] - 5.1G-4M C âu 10: Dung dịch X chứa Fe3+ G,G1M và F- 1,GM. a) Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch X. b) Thêm 1 ml dung dịch N H 4 SCN G,1M vào 1 ml dung FeSCN2+ không? Biết rằng, màu đỏ của phức trên chỉ xuấ Chấp nhận bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của Fe3+.

O' ỏi có xuất hiện màu đỏ của phức nồng độ của nó lớn hơn 7.10-6M.

Cho: ßFeF - 1G13J°; ßFeSCN2+ - 1G3’G3. a)

Fe3+ + 3F G,G1 -

1,G G,97

G,G1

ß l rất lớn ^ Phản ứng xảy ra hoàn toàn.

TPG H: F 0,97M; FeF3 0,0IM. FeF3 C [ ]

G,G1 G,G1 - x

+

ß-1 - 1G- 13’1G

3F

G,97 G,97 + 3x

x(G,97 + 3 x ) _ 1Q-13.1G G,G1 - x ^ [FeF3 ] = G,G1 b) Khi cho th

ra ü

« 8,7.10 -16 7.1G-16; [F ] = G,97M dịch NH 4 SCN G,1M:

5M; C°_ - G,4S5M; C°eF - G, GG5M; C° 3+ - 4,35.1G -16M ß -1 - 1G-13,1G

FeSCN 2+

+

3F-

ß2 - 1G3’G3 K = 1G 1G,G7

G,485 G,485 + 3x (0,485 + 3x)3---- = 10- 10,07 với x <<; Q 005 fo, 005 - x)(0,05 - x)

x Ä ị 87 10 -13 (« 0 ,0 0 5 )

[FeSCN2+] = 1,87.1G-13M < 7.1G-6M Vậy màu đỏ của phức FeSCN2+ không xuất hiện.

CốU(ùcờny tắànắ/cố/uyMônỷ cổ tfiàw c à u cãà dè ẩtởd/ êièiỷ

5

Gwto we«.: TkS.

/

<

#

-V

Cố* (ùcờny tắànắ/cố/uydắổỉtỷ cổ tfiàw cắàu cửa dè ẩtởd/ êièiỷ

6

Gỉá& mu: TkS.

CÂN BẰNG AXIT - BAZƠ C âu 1: Tính nồng độ cân bằng của các ion trong: a) dung dịch H 2 SO3 0,01M Cho H 2 SO3 có pKa1 = 1,76 và pKa2 = 7,21. b) dung dịch chứa H 2 S 0,1M và HCl 0,01M. Cho H 2 S có pKa1 = 7,02 và pKa2 = 12,90.

C âu 2: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 20 ml dung dịch NH 3 1,5.10-3M với HCl 7,5.10-4M. Cho pK a (NHỊ) - 9,24.

C âu 3: Tính độ điện li của HA trong dung dịch chứa HA 0,01M và HCl 0,001M. Biết pK Tiến hành C âu 4: Hòa tan hết 0,66 gam một axit yếu HA vào nước, thu được 50 ml dung dị chuẩn độ 50 ml dung dịch X bằng dung dịch NaOH 0,125M: - Khi thể tích dung dịch NaOH đã dùng là 25 ml thì pH của dung dịch thu được là 4,68.

- Khi thể tích dung dịch NaOH đã dùng là 60 ml thì đạt điểm tương đ a) Tính khối lượng mol của axit HA. b) Tính giá trị pKa của axit HA. c) Tính pH của dung dịch thu được tại điểm tương đương trong phép chuẩn độ trên.

C âu 5: Cho dung dịch chứa H 3 ASO4 0,1M và CH 3 COOH 0,05 a) Tính pH của dung dịch trên. b) Tính độ điện li của CH 3 COOH trong dung dịch trên.

Cho: CH 3 COOH có pKa = 4,76; H 3 ASO4 có pKa1 = 2,19; pKa2 = 6,94; pKa3 = 11 C âu 6: Dung dịch X gồm H 3PO 4 và NaHSO 4 0,01M có ỉ = 2,03. a) Tính nồng độ đầu của H 3PO 4 trong dung d’ b) Thêm một lượng HCOOH vào dung dị' ộ điện li của H 3PO 4 giảm 25%. Giả sử thể tích dung dịch không thay đổi. Tính nồng độ của rong dung dịch X. Cho: HCOOH có pKa = 3,74; H 2 SO 4 có pKa2 = 1,9 H 3PO 4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7 3 = 12,32.

C âu 7: Cho dung dịch X gồm KCN 0 ÍH 3 0 ,15M và KOH 0,005M. a) Tính pH của dung dịch X. b) Tính thể tích dung dịch HCl 0,21M cần cho vào 50 ml X để pH của dung dịch thu được là 9,24.

Cho: pK a (HCN) - 9,35 và PK b (NH^- 4 ’ 7 6 C âu 8: Dung dịch X gồm Na 2 S và CHaCOONa có pH = 12,5. a) Thêm một lượng NaỊpOỂ.vào dung dịch X sao cho độ điện li của ion S2- giảm 20% (giả sử thể tích dung dịch thay đ ng kể). Tính nồng độ của N a 3PO 4 trong dung dịch X. ịch X bằng dung dịch HCl 0 ,1M: b) Chuẩn độ 20 - Khi chất yl da cam đổi màu (pH = 4,0) thì dùng hết 19,4 ml dung dịch HCl. Tính nồng độ của CH 3 trong dung dịch X. ết 17,68 ml dung dịch HCl thì dung dịch thu được có pH bằng bao nhiêu?

- Nếu ch Cho: H 2 S có p = 7,02 và pKa2 = 12,90; 4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; CH 3 COOH có pKa = 4,76.

C âu 9: Trộn 10,0 ml dung dịch SO 2 với 10,0 ml dung dịch Na2SO3, thu được dung dịch X.Thêm ba giọt metyl da cam và tiến hành chuẩn độ. Khi dung dịch đổi màu (pH = 4,4) thì dùng hết12,5 ml dung ,2M. Thêm tiếp ba giọt phenolphtalein vào dung dịch và chuẩn độ tiếp. Khi dung dịch đổi 9,0) thì phải dùng hết thêm 27,5 ml dung dịch NaOH 0,2M nữa. ính nồng độ của các dung dịch SO 2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn. b) Tính pH của dung dịch X. Cho: (SO 2 + H 2 O) có pKa1 = 1,76 và pKa2 = 7,21.

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

1

Gwto we«.: TkS. C âu 10: Cho 4 lọ hóa chất A, B, C, D bị mất nhãn, mỗi lọ có thể chứa một trong các dung dịch HCl, H 3 AsO 4 , NaH 2 AsO 4 hoặc cũng có thể là dung dịch hỗn hợp của chúng. Tiến hành chuẩn độ 10 ml mỗi dung dịch trong các lọ trên bằng dung dịch NaOH 0,12M với từng chất chỉ thị metyl da cam (đổi màu khi pH = 4,4) và phenolphtalein (đổi màu khi pH = 9,0) riêng rẽ. Kết quả chuẩn độ thu được nh Dung dịch chuẩn độ

VNaOH = V 1 (ml) Chất chỉ thị metyl da cam

A

12,50

B

11,82

C

10,75

D

0,00

VNaOH = V2 Chất chỉ thị phenolphtalei 18,20

a) Hãy biện luận để xác định thànih phần định tính của mỗi dung dịch b) Tính nồng độ ban đầu của chất tan trong dung dịch C. c) Tính số mol Na 3 AsO 4 cần cho vào 10 ml dung dịch C để thu được dung ịch có pH = 6,5. Bỏ qua sự thay đổi thể tích và sự phân li của nước.

Cho: H3AsO4 có pKa1 = 2,13; pKa2 = 6,94; pKa3 = 11,50.

-V

'&ÜU cou Suờoệ' tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cứà dè ổuời/ êiểhỷ

2

Gỉá& mu: TkS.

CÂN BẰNG AXIT - BAZƠ C âu 1: Tính nồng độ cân bằng của các ion trong: a) dung dịch H 2 SO 3 0,01M Cho H 2 SO3 có pKa1 = 1,76 và pKa2 = 7,21. b) dung dịch chứa H 2 S 0 ,1M và HCl 0,01M. Cho H 2 S có pKa1 = 7,02 và pKa2 = 12,90.

H ướng dẫn giải a) Kai » Ka2 nên nấc 1 là cân bằng chủ yếu trong dung dịch.

0,01 0,01 - x

C [] 2

0,01 - x

_ 110n-1,76 Ka1 =

tr+ H+ + HSO 3

H 2 S0 3 ^

x

x

- 10 -1,76 í> x « 7,1.10“3 HSO-

±

7,1.10-3 7,1.10-3 - y

C []

+

H+

=

1 0 - 7 ,21

7,1.10-3 7,1.10-3 + y

(7,1-10 3+ y)y = _ 1i cn-7,21 r ư i với y « : 7 , 1 . 1 0 7,1.10-3 - y

=í> y = 6,17

Vậy [H2S 0 3]=2,9.10“3M; [H+] = [HSO“] - 7 , 1 . ic r 3^ t [ S O ^ ] - 6 ,1 7 .1CT8M b) Kai » Ka2 nên nấc 1 là cân bằng chủ yếu trong H2S ;----- -

H+

c

0,1

0,0]

[]

0,1 - x

0,01 + : = 9, 5 7 .IO - 7

=> (Q,Q1 + x)x - 1(T7’02 với X « 0 ,0 1 0,1 - x

+

H+

HSC []

Kai = l(T7-02

9,55.10­ 9,55.10-7 - ■

(0,01 + y)y _ ị q 12,9 9,55.10-7 - y -

0,01 0,01 + y 5.10-7

S2

Ka2 = 10-12,9

y

y - 1, 2 . 1 0 - 17

Vậy [H2S]= 0 , 1M; [H+ ] = 0,01M; [HS- ] = 9,55.10-7M; [S2-] = 1,2.10-17M C âu 2: Tính pH^ ủaldung^dÌch thu được khi trộn 20 ml dung dịch N H 3 1,5.10-3M với 40 ml dung dịch HCl 7,5.10-4M. C

- 9,24.

H ướng dẫn giải

C NH

+ 40

- 5.10 M

C°H -

NH 3 + H + 5.10 -4

40.7,5.10 -3 - 5.10-4M 20 + 40

NH +

5.10-4 5.10,-4

TPGH: NH + 5.10-4M N H 3 + H+

Ka =

1 0 - 9 ,24

Kw = 10 14

cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

1

Gỉá& mu: TkS. Không bỏ qua sự điện li của nước.

K a.C NH+ * K w

MK: NH + và H 2 O. ___ 1 (")-9,24 1 n— 14 ĐKP: [H+] - [NH 3 ] + [OH- ] ^ [H+] - 5.10- 4 .

10+ 3 10— 9 ,24 + [H+] [H+] ^ [H+] * 5,45.10_7M ^ pH * 6,26 +n_ 10— 9,24.[NH4 ] Hoặc: [H+] - [N H J + [OH- ] ^ [H+] [H+]

10— 14 [H+]

Giả sử: [NH+] * C'NH+ ^ - 5.10-4M ^ [H+] * 5,46.10— 7M 7 5,46.10 — Kiểm tra: [NH+] = 5.10-4.5,46.10-7 + 10— 9’24

5.10-4M

Vậy cách giải gần đúng trên chấp nhận được.

C âu 3: Tính độ điện li của HA trong dung dịch chứa HA 0,01M và HCl 0,00)1M. Biết pK H ướng dẫn giải HA

^ H+ + A

c

0,01

0,001

[]

0,01 - x

0,001 + x

^ (0,001 + x)x 0,01 —x

1 0 ­■ 3,75

x 8,

x * 8,69.10

00 - 8,69%

C âu 4: Hòa tan hết 0,66 gam một axit yếu HA vào nước, thu được 50 ml dung dịch X. Tiến hành chuẩn độ 50 ml dung dịch X bằng dung dịch NaOH 0,125M: - Khi thể tích dung dịch NaOH đã dùng là 25 ml thì pH của dung dịch thu được là 4,68.

- Khi thể tích dung dịch NaOH đã dùng là 60 ml thì đạt điểm tương đương. a) Tính khối lượng mol của axit HA. b) Tính giá trị pKa của axit HA. c) Tính pH của dung dịch thu được tại điểm tương đương trong phép chuẩn độ trên.

H ướng dẫn giải a) Tại điểm tương đương: nHA - 0,06.0, 125 - 7,5.10 3 mol ^ M HA -

0,66 7,5.10 —

- 88 g / mol

3

b) Tại pH = 4,68: n A - 0,025.0,125’ ’ ^ 4,68 - p K

.10 3 mol ^ ,10- 3

pKa * 4,826

_ 7,5.10- 3 A—- 0,05 + 0,06

c) Tại điểm A

+ H2O

0,068 0,068 - x ,0 6 8 - x

- 7,5.10 3 —3,125.10 3 - 4,375.10 3 mol

với X « 0,068

V

0,068M 1

HA + OHx

_ 10 1 n-9,174 Kb =

x

6,749.10 ° ^ > p H « 8,829

C âu 5: Cho dung dịch chứa H 3 AsO 4 0,1M và CH 3 COOH 0,05M. a) Tính pH của dung dịch trên.

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

2

Gỉá& mu: TkS. b) Tính độ điện li của CH 3 COOH trong dung dịch trên.

Cho: CH 3 COOH có pKa = 4,76; H 3 ASO4 có pKai = 2,19; pKa2 = 6,94; pKa3 = 11,50.

H ướng dẫn giải a)

Ki = 10-2,19

H 3 ASO4 ;----- - H+ + H 2AsOỊ H 2A s O Ị

-

HAsO 42­

ì H+ + HAsO^-

K2 =

1 0 - 6 ,94

H+ + AsO3-

K3 =

1 0 - 11,50

K4 =

1 0 - 4,76

CH 3 COOH ^ H2O ^

CH 3 COO- + H

x H+ + OH

Ki » K 2 » K3 và Kj.Ch AsQ

Kw = 10-14 Cân bằng (1) và (

K 4C CH,COOH

MK: H 3 ASO4 và CH 3 COOH. ĐKP: [H+] - [H A sO - ] + [C H C O O - ]=

10-2’19.[H3A s0 4]

i 0 ^ ’76

[H ] Giả sử: [H3AsO4] * C HoAsO, - 0,1M và [CH C O O H ] * C

^ [H+] * 0,0254M

Kiểm tra và tính lặp: 0,0254 ^ [H3AsO4] - 0,1.0,0254 + 10-2’19

Thay [H3 ASO4 ] và [CH 3 COOH] vào (*) 0,0227 ^ [H3AsO4] - 0,1.0,0227 + 10-2’19

[H+ ] 0,0227 COOH]=0,05.0,0227 + 1 0 - 4 ,76

0,0779:

0,0224

776M và [CH3C 00H ]=0,05.

0,05M

0,0224 + 10-4’76 [H+ ] * 0,0224M ^

Thay [H3 ASO4 ] và [CH 3 COOH] _ _____ 0 05 10 - 4 ,76 b) [CH3COO~]= 0 0 5 1 0 ----0,0224

0,05M

0224M

Thay [H3 ASO4 ] và [CH 3 COOH] vào (*) J !

0,0224 ^ [H 3AsO 4 ] - 0,1.----- _91Q 3 4 0,0224 + 10-2’19

0,0254 =0,05,¡0,05M 0,0254 +10 -4,76

0,0797M và ['

7

,"

Kết quả lặp ^ pH * 1,65

_ 3,879.10-5 -.100% - 7,758% - , COOH 0,05

C âu 6: Dung dịch X gồm H 3PO 4 và NaHSO 4 0,01M có pH = 2,03. a) Tính nồng độ đầu của H 3PO 4 trong dung dịch X. b) Thêm một lượng HCOOH vào dung dịch X để độ điện li của H 3PO 4 giảm 25%. Giả sử thể tích dung dịch không thay đổi. Tính nồng độ của HCOOH trong dung dịch X. Cho: HCOOH có pKa = 3,74; H 2 SO4 có p à H 3PO 4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32.

H ướng dẫn giải

HCOOH^ H2O ^

K 1 = 10-2,15

(1)

H+ + HPO2-

K2 =

1 0 - 7 ,21

(2)

H+ + PO3-

K3 =

1 0 -1 2 ,32

(3)

H+ + SO2-

K4 =

1 0 - 1,99

(4)

i HCOO- + H+

K5 =

1 0 - 3,74

(5)

4 0 = K w

H+ + H 2PO-

(6)

x H+ + OH

a) Trong dung dịch X: Ki » K 2 » K 3 và Kj « K4 =í> Các cân bằng (1) và (4) là chủ yếu.

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

3

Goto m il: TkS. MK: H 3PO 4 và HSOĐKP: [H+] = [H2PO- ] + [SO^- ] ^ 10-2’03 = C

10 - 2,15 10 - 1,99 + 0,01,H3PO4’ 10-2’03 +10-215 10-2’03+ 10-1’99

9,51.10-3M

^ C H 3l

4 1 1 0­ 10- 5 ^ [H2PO- ] = 9,51.10-3. ------------------- * 4,1.10-3M ^ a HPn = 4 1 1 0 * 0,4311 & 10-2’15 + 10-2’03 * H 4 9,51.10-3 b) Khi thêm HCOOH vào dung dịch X: a ^ po = 0,4311.0,75 * 0,3233 ^ [H P O - ] = 9,51.10-3.0,3233 * 3,07.10-3M ^ [H+] =

10-2’15(9,51.10-3 -

0,015M

3,07.1 Ki » K 2 » K 3 và Kj « K4 « K 5 =í> Bỏ qua các cân bằng (2), (3), (6^ MK: H 3PO 4 , HCOOH và HSO- . ĐKP: [H+ ] = [H P O - ] + [SO2- ] + [HOO- ] ì- 1,99 ^ 0,015 = 3,07.10-3 + 0,01.

0,015 +10

CHCOOH * 0, 657M

199 + ^ HCOOH

C âu 7: Cho dung dịch X gồm KCN 0,12M; NH 3 0,15M và a) Tính pH của dung dịch X. b) Tính thể tích dung dịch HCl 0,21M cần cho và được là 9,24.

dung dịch X để pH của dung dịch thu

Cho: PK a (HCN) = 9 3 5 và pK|b(NH3) = 4,76.

a)

CN- + H 2 O

Ki = 10-4,65

(1)

NH 3 + H 2

K2 =

1 0 - 4,76

(2)

Kw = 10-14

(3)

H 2O

I+ + OH ìn bằng (3).

K 1.CCNMK: CN- và NH 3 .

ĐKP: [H+] = [OH- ] - [HCN] ^S - [N h 4]' - C koh ^ [OH- ] = [HCN] + [NHỊ] + C koh ^ ^ = [CNỊ H +] + [NH3_] [ H ] + 0,005 [H+] 10-935 10-924 Giả sử: [CN

0,12M và [N H ] * C™* = 0,15M ^ [H+] * 1,696.10“12M

Kiểm tra: ,-9,35 ^ [CN- ] = 0,12.

10-9’35 +1,696.10-12 Vậy các »

c

10 -9,24 ¡0,15M 0,12M và [N H ] = 0,15.L~ '~ 3 ' 1 0 - 9 ’24 +1,696.10- 12

i gần đúng trên chấp nhận được ^ pH * 11,77 10-9’24 10- 9’35 + 10-9’24

* [N H +]_ 0,563 và ■’■■■ ' CN h3 -NH,

1 0 - 9 ,24

0,5

10-9’24 + 10-9’24

Toàn bộ OH- phản ứng hết, CN- phản ứng 56,3% và NH 3 phản ứng 50%. ,21Vhci = 50(0,005 + 0,563.0,12 + 0,5.0,15) ^ Vhci * 35,13 ml C âu 8: Dung dịch X gồm Na 2 S và CH 3 COONa có pH = 12,5.

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

4

Gwto we«.: TkS. a) Thêm một lượng Na 3PO 4 vào dung dịch X sao cho độ điện li của ion S2- giảm 20% (giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể). Tính nồng độ của Na3PO4 trong dung dịch X. b) Chuẩn độ 20 ml dung dịch X bằng dung dịch HCl 0,1M: - Khi chất chỉ thị metyl da cam đổi màu (pH = 4,0) thì dùng hết 19,4 ml dung dịch HCl. Tính nồng độ của CH 3 COONa trong dung dịch X. - Nếu chỉ dùng hết 17,68 ml dung dịch HCl thì dung dịch thu được có pH bằng bao Cho: H 2 S có pKa1 = 7,02 và pKa2 = 12,90; H 3PO 4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21 ,32; CH 3 COOH có pKa = 4,76.

H ướng dẫn giải s 2 + H 2O ^ ^

HS + OH

HS + H 2 O ^ ^

H 2 S + OH

CH 3 COO + H 2 O

^ CH 3 COOH + OH 1

HPO2- + OH-

6,79

H 2PO- + OH-

K66 = 10-11,85 Kw, = 10-14

(7)

a) Đặt nồng độ ban đầu của Na 2 S và CH 3 COONa tro ng dung d ịch X lần lượt là C 1 (M) và C 2 (M).

[H+] - 10“12’5M => [OH- ] - 10_1’5M Trong dung dịch X: Kl » K 2 và K 1.CSS2 » S2- + H 2 O C [ ]C 1 -

» K w =í> Cân bằng (1) là chủ yếu.

K 1 = 10 1,10

HS

C1 10 Y 5

1 0 - 1 ,5

(1G-1’5)2 — = 1G-1’1 ^ C « G: G4‘ C - 1G

1 0 - 1 ,5

¿ 3 *S_

- 1,5 — ------« G: 7154 G: G442

Khi thêm Na 3PO 4 vào dung

- G, 7154.G, S « G, 5723

^ [HS- ] = G: G442.G. 5723

[H" ] =

Ki » K2, K4 » Ks ^

Kr C

1G-12’9.G. G253 (G: G442 - G: G253) » K j.c

1,6S52.1G-13M

œ _» K w

Cân bằng (1) và (4) là chủ yếu.

MK: S2- và PO ĐKP: [H" ] = [OH- ] - [HS- ] - [H P O 2 => [O H ] = [HS~] " [H P O 2 G-14

1,6852.1G,-13

1,6S52.1G,-13 = G: G253 " CPO4 - 1,6852.1G-13 " 1G-12’32

C

= C,P03, « G,13G7M

b) Tại pH = 4,0: [HS- ]

1G-4’g 1G-4’g " 1G-12’9

[H o2S] 1; " CHS-

1G-4’g 1G-4’g " 1G-7’°2

[CH COOH] 1; " C chcooh

1G-4’g 1G:4.0 " 1G-4,76

!G, 8519

oàn bộ S2 phản ứng hết tạo thành H 2 S và CH 3 COO phản ứng 85,19%.

19,4^,1 = 20(0, G442.2 " G, 8519C2) ^ C « G, G1M Khi V h c i = 17,68: & ã»

CốU(ùcờny tắànắ/cố/uyMônỷ cổ tfiàw c à u cãà dè ẩtởd/ êièiỷ

5

Gwto we«.: TkS.

+

H

_-

0,0470 0,0234

0,0235

HS-

H2 S

11

G,G235 -

G,G235 -

K = 1G12,9G

HS-

H+ +

S2-

+

s2

20.0,0442 í 0,0235M; C O o — - 0 •0,0 1 « 5,3079,10-3M; C " — 17,68'0,1 « 0,047M ’ ’ CH3COO 20 " 17,68 ’ H" 20 " 17,68 20 " 17,68

G,G235 -

K ’ = 107,G2

G,G235

CH 3 COO + H+ TPGH: H2S 0,0235M và CH 3 COO 5,3079.10 3M. H2S

^ H+ + HS H+ + s 2

HS ^ ^

CH 3 COO + H+ ^ ^ H2O

= 1 G4,76

CH 3 COOH

^ H+ + OH

Kw = 1G-14

Kai » Ka2 =í> Cân bằng (8) và (3) là chủ yếu.

MK: H 2 S và CH 3 COO .

10 -7,02 [H S] [C 2 J- ĐKP: [H"] —[HS- ] - [CH CO O H ] —------— Giả sử: [H2S] « CH S —0,0235M và [C H C O O

—5,0379.10-3M

^ [H+] « 2,7775.10“6M Kiểm tra và tính lặp: 2,7775.10-6 [H?S]=0,0235.2,7775.10" [CH3COO- ]=5,0379.10-3.

2,7775.10-6 " 10,-4,76

4,3437.10 M

^ [H+] « 2,9391.10“6M [H9S]=0,0235.------- 2 9 2,9391.

[CH COO - ] =

0,0227M

n-3

1 0 - 4 ,76

4,3091.10-3M

2,7775.10-6 " 10-4’76 ^ [H+] ■ « 2 ,9ầ08. ¡ 081 0 fM ^

Kết quả lặp ^ pH « 5,53

C âu 9: Trộn 10,G ml dung dịch SO2 với 10,G ml dung dịch Na2SO3, thu được dung dịch X. Thêm ba giọt metyl da cam và tiến hành chuẩn độ. Khi dung dịch đổi màu (pH = 4,4) thì dùng hết 12,5 ml dung dịch NaOH 0,2M. Thêm tiếp ba giọt phenolphtalein vào dung dịch và chuẩn độ tiếp. Khi dung dịch đổi màu (pH = 9,G) thì phải dùng hết thêm 27,5 ml dung dịch NaOH 0,2M nữa. a) Tính nồng độ của các dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn. b) Tính pH của dung dịch X. ^ Cho: (SO 2 + H 2 O) co pKa1 = 1,76 và pKa2 = 7,21.

H ướng dẫn giải a) Đặt nồng độ của SO2 và Na2SO3 trong dung dịch X lần lượt là C 1 và C2 .

Cốft (ùcờn*tắànắ/cống*ểắổỉtỷ cố tfiàw cắàto cửa dè ẩtởd/ êièiỷ

6

Gỉá& mu: TkS. Nếu dung dịch X chỉ chứa HSO3 ^ pH - pKa1 + pKa2 - 4,485 > 4,4 ^ Dung dịch X chứa HSO3 và SO 2 .

-> 2HSO

SO 2 + H 2 O + SO2C 1 - C2 TPGH: SO2 (C 1 - C 2) M và HSOTại pH = 4,4:

[HSO- ] C SO

2

C 2 M.

10-1’76

SO2 + OH ^ 12,5.0,2 * 20(C - C2) Tại pH = 9,0:

SO2 phản ứng hết.

^

HSO-

(1) •>-7,21

[SO2- ] CHSO-

0,9977 * 1 ^

10-1’76 + 10-4-4

0,984 » 1 ^ 1 0 -7 2 1

HSO- phải

+ 1 0 - 9 ,0

HSO- + OH ^ 27,5.0,2 * 20[(C - C2) + 2C2] (2) Từ (1) và (2) ^ C * 0,2M và C2 * 0,075M ^ C

và CNa2SO3 - 0,15M

b) Dung dịch X chứa SO2 0,125M và HSO- 0, Ka1 =

SO 2 + H 2 O C [] ^ (0,15 + x)x 0,125 - x

0,125 0,125 - x

1 0 -176 -1,76

1 0 - 1 ,76

0,15 15 + x

^ x * 0 ,012 A

1,917

C âu 10: Cho 4 lọ hóa chất A, B, C, D bị mất nhãn, mỗi lọ có thể chứa một trong các dung dịch HCl, H 3 AsO 4 , NaH 2 AsO 4 hoặc cũng có thể là dung dịch hỗn hợp của chúng. Tiến hành chuẩn độ 10 ml mỗi dung dịch trong các lọ trên bằng dung dịch NaOH 0,12M với từng chất chỉ thị metyl da cam (đổi màu khi pH = 4,4) và phenolphtalein (đổi màu khi pH = 9,0) riêng rẽ. Kết quả chuẩn độ thu được như sau: Dung dịch chuẩn độ A B C

VNaOH = V 1 (ml) Chất chỉ thị metyl da cam

VNaOH = V 2 Chất chỉ thị phenolphtalein

12,50

18,20

11,82

23,60

10,75

30,00

0,00 13,15 D ãy biện luận để xác định thàn h phần định tính của mỗi dung dịch A, B, C, D. Tính nồng độ ban đầu của chất tan trong dung dịch C. mol Na 3 AsO 4 cần cho vào 10 ml dung dịch C để thu được dung dịch có pH = 6,5. Bỏ qua )i thể tích và sự phân li của nước.

Cho: H3AsO4 có pKa1 = 2,13; pKa2 = 6,94; pKa3 = n ,5 0 .

H ướng dẫn giải H3ASO4 là axit ba chức Kai > 104Ka2 và Ka3 <ỄC 10 9 nên có thể chuẩn bị được nấc 1 và nấc 2 nhưng không chuẩn độ được nấc 3.

cou (ủcờỉiỷ tắàrtẮ cốnỷMonỷ cố dàt/ cắàài cứà dè ắíờỉ/ ũểnỷ

7

Gwto we«.: TkS. Khi chuẩn độ hết nấc 1 (dung dịch chỉ chứa NaH2AsÜ4): pH = pKa1 —pKa2 = 4,535 » 4,4 ^ Nếu dùng metyl da cam thì chuẩn độ hết nấc 1.

Khi chuẩn độ hết nấc 2 (dung dịch chỉ chứa Na2HAsÜ4): pH = pKa2—pKa3 = 9 ,22 « 9,0 ^ Nếu dùng phenolphtalein thì chuẩn độ hết nấc 2.

Vậy có các trường hợp sau: D ung dịch chuẩn độ

M ối quan hệ giữa Vi và V 2

HCl

V 1 « V2

H3AsÜ4

V2 = 2 V 1

NaH2AsÜ4

V 1 = 0 và V 1 < V 2

HCl và H 3 AsÜ 4

V 1 < V2 < 2 V 1

H3AsÜ4 và NaH2AsÜ4

2

D ung dịch

A

B

T hành phần

HCl và H 3AsÜ 4

H3AsÜ4

H 2AsO4 + ÜH-

— HAsO24 + H 2 Ü

10 (2 C 1 + C2) = 30.0,12 ^

s r

Ci = 0,129M

c)

C 2 = 0,102M H A s O - + HAsO24

H 3 ASÜ4 H3AsÜ4 Ỉ O +^ AsO 4 4

[H2AsO-]

NaH2AsÜ4

+ H 2Ü

a

^

D

lịch C lần lượt là C 1 và C2 .

H 3 ASÜ4 + ÜH

10Ci - 10,75.0,12 ^

[H2ASO4] C HoAsO,,

V 1 < V2

C H3AsÜ4 NaH2AsÜ4

b) Đặt nồng độ đầu của H 3 ASÜ4 và NaH 2 AsÜ 4 tro:

^

lO

10 -2,13 10-6’5 —10-2’13 O 10-6’5

3 ASÜ4

2H A sO 4

K1 =

1 0 9,37

K2 =

1 0 4,81

phản ứng hết.

e» 0,7336 ^

HAsO^ phản ứng hết 73,36%.

1 ^ A sO4- phản ứng hết. Đặt x là số mol Na 3 As Ü 4 cần cho vào dung dịch C ^ CA o3- = 100x (M) +

H3AsÜ4 3AsÜ4 0,129 0 129 - 100x H3AsÜ4 0,129 - 100x -

+

AsO 3 -

H 2AsO-

100x

0,102 0,102 + 100x 2

HAsO 4

­

100x 200x - 0,129

+

HAsO 4 ­ 2

100x

2 H*- A^ sO 4 2

0,102 + 100x 0,36 - 100x

^ 6,5 = 6,94 —lg 200x 0129 ^ x « 1,099.10-3 6 0,36 4 100x

f& ĩêu cou Suờoệ' tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cửa dè ổuời/ êiểhỷ

8

Gwto we«.: TkS. Vậy cần cho 1,099.10 3 mol Na 3 AsO 4 vào dung dịch C để có pH = 6,5.

/

o

/

Cố* (ùcờny tắànắ/cố/uydắổỉtỷ cổ tfiàw cắàu cửa dè ẩtởd/ êièiỷ

9

Gwto we«.: TkS.

CÂN BẰNG CHẤT ĐIỆN LI ÍT TAN •

C âu l: Tính tích số tan của của CaCO3, biết độ tan của CaCO3 trong dung dịch bão hòa là 7 ,r 1 ||5 M ^ C âu 2: Tính độ tan của Pbl 2 (cho pKs = 7,86 và bỏ qua sự tạo phức hiđroxo): a) trong dung dịch N ai 0 ,1M. b) trong dung dịch Pb(NO 3)2 0 ,1M. C âu S: Tính độ tan của CaC 2 O 4 trong dung dịch có pH = 4.

Cho: pK S(CaC O ) - 8,64; H 2 C 2 O 4 có pKa1 = 1,25 và pKa2 = 4,27.

C âu 4: Tính độ tan của NiCO3 trong dung dịch có pH = 8.

Cho: lg*ßNiOH+ - - 8 ,9 4 ; pKs(NiCO3) -6 ,8 7 ; H 2 CO 3 có pKal = 6,35 và PK£ j C âu 5: Khi trộn 5 ml dung dịch H 2 C 2 O 4 0,04M với 5 ml dung dịch SrCh 0,08M thì có kết tủa xuất hiện hay không?

Cho: pK S(SrC O ) - 6,4; H 2 C 2 O 4 có pKa1 = 1,25 và pKa2 = 4,27.

C âu ổ: Trộn 1 ml dung dịch MgCl2 0,001M với 1 ml dung dịch NH 3 a) Có kết tủa Mg(OH )2 xuất hiện hay không? b) Tính pH của dung dịch thu được.

Cho: pK SMg(OH)2 - 10,9 và pK bNH3 - 4>76C âu 7: Cho dung dịch Fe(ClO 4)2 0,001M. Tính pH để: a) Fe(OH )2 bắt đầu kết tủa. b) Fe(OH )2 kết tủa được 99%. c) Fe(OH )2 kết tủa hoàn toàn.

Cho: pK S(Fe(OH)2) - 15’1 và lg ß FeOH + - - 5| ^~ ' — C âu S: Dung dịch X gồm CrCl3 0,01M và FeCl 2 0,1M. a) Tính pH của dung dịch X. b) Tính pH để bắt đầu kết tủa và kết tủa hoàn toàn Cr(OH)3 từ dung dịch X. Cho: lg ßCrOH2 + - - 3,S; lg ßFeO^

5

92; pK sCr(OH)3 - 29,S; pK sFe(OH)2 - 15,!-

C âu 9: Cho các cân bằng sau: -\ l)I 1J L ^

x Al3+ +

Al(OH)3 + OH ^

,Ấ^+ + H 2 O ^ 'H 2 O ^

30H

x AlO“ + 2 H 2 O

x A10H2+ + h +

x H+ + OH

Ks = 10 32 4 K = 40

*ß = 1(T4-3 Kw = 10 14

a) Tính độ tan của Al(OH )3 trong nước. b) Hãy cho biết ảnh hưởng của pH đến độ tan của Al(OH)3.

C âu lO: Thêm từ từ dung dịch AgNO3 vào 25 ml dung dịch chứa KCl 0,01M; KBr 0,05M; KSCN 0,1M và K 2 & O 4 0,012M. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Ag 2 CrO 4 thì hết 35,2 ml dung dịch AgNO3.

Tính nồng độ của AgNO3.

<

Cho: pK SAgCl - 10; pK SAgBr - 13; pK SAgSCN - 12; pK SAg2CrO4 - 12 và pK a HCrO- - 6’5u l l : ChoH 2 S đi qua dung dịch chứa Cd2+ 0,01M và Zn2+ 0,01M đến bão hòa ([H 2 S] = 0,1M)

a) Tính pH để có kết tủa CdS mà không có kết tủa ZnS. b) Tính pH để trong dung dịch còn lại 0,1% Cd2+ mà ZnS vẫn không bị kết tủa.

Cho: pKs (Cds) = 26,0; pKs (ZnS) = 21,6 và H 2 S có pKal = 7,02 và pKa2 = 12,90.

CốU(ùcờny tắànắ/cố/uyMônỷ cổ tfiàw c à u cãà dè ẩtởd/ êièiỷ

1

Gwto we«.: TkS. C âu 12: Cho từ từ dung dịch K 2 & 2 O 7 1M vào dung dịch chứa B aCh 0,01M và SrCl2 0,1M. a) Khi SrCrO 4 bắt đầu kết tủa thì Ba2+ đã kết tủa hoàn toàn hay chưa? b) Tính pH để Ba2+ kết tủa hoàn toàn mà SrCrO 4 không bị kết tủa.

Cho: pK !(BaCl0<) =9,93; pK s(SlQO<) =4,65 và C r,0 ;: + H ,0 ^ 2 C i< > ;- + 2 H + p K = 1 4 , 6 ^ ^ y C âu 13: Sục khí H 2 S vào dung dịch chứa FeSO 4 0,002M và HCOOH 0,2M đến khi bão hò a) Tính pH của dung dịch thu được. b) Có kết tủa FeS tách ra hí Cho: pK s FeS = 1V’2; pK a HCOOH = 3,VS; pK a HSO- = 1 99; pKa!HS - V,Q2; pKa!HS - 1 2 ,9Q lg*ßFeOH+ - - S , 92.

Nồng độ H 2 S trong dung dịch bão hòa là 0,1M. C âu 14: Trộn 50 ml dung dịch H 3PO 4 0,08M với 30 ml dung dịch CaCl; [ thì thu được dung dịch X mà không thấy có kết tủa xuất hiện. a) Bằng tính toán, hãy giải thích vì sao không có kết tủa xuất hiện? b) Trộn 10 ml dung dịch X với 10 ml dung dịch NaOH 0,15M thì có kết tủa nào xuất hiện?

Cho: H 3PO 4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; pKsCaHPO4 = 6,SS; pKsCa3(PO4)2 = 2S,92.

C âu 15: Thêm 1 ml dung dịch HClO 4 0,01M vào 100 ml dung dịch KCN 0,01M, thu được dung dịch X. Bằng tính toán, hãy giải thích các hiện tượng xảy ra khi: a) Thêm hai giọt chất chỉ thị bromthymol xanh vào dung 1 X. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. b) Thêm 100 ml dung dịch Hg(ClO 4)2 0,3M vào d g dịch ở câu a). c) Thêm một giọt dung dịch (khoảng 0,03 ml) H 2 S ĩo hòa CH S - Q,1M ) vào dung dịch ở câu b).

Biết bromthymol xanh có khoảng pH chuyển mài r 6,0 đến 7,6; khi pH < 6,0 thì màu vàng và khi pH > 7 6 thì màu xanh lục.

Cho : pK a HCN - 9,35; pK al H2S - V,Q2; p K ; HS^ 12’ 9<Q’ pK s HgS - S1’S; lg

- 1S’Q; lg ß Hg(CNk

m è i C ổ i Suờểiỷ tắànắ/cốnỷ Mônỷ cổ tfiàw cắàti cãà dè ổuời/ ũểnỷ

2

Gỉá& mu: TkS.

CÂN BẰNG CHẤT ĐIỆN LI ÍT TAN L10-55 M. C âu 1: Tính tích số tan của của CaCO3, biết độ tan của CaCO3 trong dung dịch bão hòa là 7,1.10 H ướng dẫn giải C aC 03 ;----- - Ca2+ + co^s

s

s

^ K = (7,1.10'5)2 - 5,Q41.1

C âu 2: Tính độ tan của PbI 2 (cho pKs = 7,86 và bỏ qua sự tạo phức hiđroxo): a) trong dung dịch N ai 0 ,1M.

b) trong dung dịch Pb(NO 3)2 0,1 H ướng dẫn giải P b l2 ;----- - Pb2+ + 21

a) s(2s + Q, 1)2 - 1Q-7’86 ^ s * 1,38.1Q-6M b) (s + Q, 1).4s2 - 1Q“7’86 ^ s * 1,86.1Q“4M C âu 3: Tính độ tan của CaC 2 O 4 trong dung dịch có pH = 4.

Cho: pK s(CaC O ) - 8,64; H 2 C 2 O 4 có pKa1 = 1,25 và pKa2 = 4,27.

H ướng dẫn giải s - Cca2- - [Ca2+] s - CC O2- - [C2 O 4 - ] + [HC 2 O-] + [H 2 C 2 O 4 ] - [C

^ s2 = 1Q-8’64

s * 8,1Q2.1Q-5M

C âu 4: Tính độ tan của NÌCO 3 trong dung dịch Cho: lg* PMOH+— 8’94;p K-s(NiCO3) - 6,87; H 2 CO 3 có pKa1 = 6,35 và pK a2 = 10,33.

s - C -2+ - [Ni2+] + [NiOH2+] Ni2+ ..................................^

[H+]

s - Cco 2- - [CO3- ] + [HCO- ]+[H2CO3] - [CO3- ] 1 + ÍH+1 + [H+]2 V A~a2a1 Ka2K J ^ s2 = 1Q-6’87| 1 ^

1Q-8 . q 1Q,33 -

^ 1Q-16 1 0 -6>35 ỵ q 1Q,33

-5 ^—i. s„ * 5,746.1 c Tyi a. 1n-3n 3,3Q2.1Q-5 QM

-

C âu 5: Khi trộn trộ 5 ml du dịch H 2 C 2 O 4 0,04M với 5 ml dung dịch SrCl2 0,08M thì có kết tủa xuất hiện hay không?

Cho: pK sìng7 (SrC O ) - 6,4; H 2 C 2 O 4 có pKa1 = 1,25 và pKa2 = 4,27.

H ướng dẫn giải

CH2f 5 ^ 02M và CSr2+ = 0,04M =í> H2C2O4 phân li chủ yếu ở nấc 1.

^ [H+ ] - [HC2O- ] * Q, Q16M ^ C

' - K a2 - 1Q-^27M

2-4 - Q,Q4.1Q“4 ’27 * 2,148.1Q_6 > K s ^ Sr2+.C C2O

Có kết tủa SrC 2 O 4 xuất hiện.

C âu 6: Trộn 1 ml dung dịch M gCh 0,001M với 1 ml dung dịch NH 3 0,01M.

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

1

Gwto we«.: TkS. a) Có kết tủa Mg(OH )2 xuất hiện hay không? b) Tính pH của dung dịch thu được.

Cho: pK s Mg(OH)2 = 10,9 và pK bNH3 = 4>76H ướng dẫn giải a) CMg2+ = 5.1Q-4M và C n h 3 = 5.1Q-3M ơ OH- * 2, 86.1Q-4M ^ CMg2+.(C'oh- )2 = 5.10-4.(2,86.10-4)2 * 4,Q9.1Q-11 > Ks ^ Có kết tủa Mg(OH )2 xuất hiện. b) Cân bằng tạo kết tủa: Mg2+

+ 2 NH 3

C 5.1G-4 [ ] 5.1G-4 - x

+

2 H 2O

Mg(OH )2

+

5.1G-3 5.1G-3 - 2x 4x2

= 1Q1’38 ^ x * 1,96.10

(5.1Q-4 - x)(5.1Q- 3 - 2x)2 NH 3 C []

+

Kb = 1G- 4 ’76

H 2O

4,61.1G-3 4,61.1G-3 - y

^ (3, 92-1Q-4 + y)y = 1 o - 4 ,76 ^ y * 1Q-3,84 ^ pH 4,61.1Q-3 - y C âu 7: Cho dung dịch Fe(ClO 4)2 0,001M. Tính a) Fe(OH )2 bắt đầu kết tủa. b) Fe(OH )2 kết tủa được 99%. c) Fe(OH )2 kết tủa hoàn toàn.

Cho: pK s (Fe(OH)2) = 15,1 và lg* ß

= 1Q-15’1 ^ [H+]=9,98 ^ pH = 9,98

a) CFe2+-(C'oH- )2 = 10-154 ^

b) C . 2+= 10-5M ^ c' J +.(C' „ )2 = 10"15’1 ^ 10-5.----- [H+] ^ ^ OH ' [H+] + 1Q-5’92

= 1Q-15,1 [H+]

^ [H+]= 11,98 = c) Cp. 2+ = [F r2

=í>

^

( 2+-| 1+ H+] = 1Q-6M ^ [Fe2+] = 10-6 [h +] 1P -5’92.[o h - ] ' ì = 1Q-6 ^ [OH- ] * 1Q1’02M ^ pH = 12,98 10 y

C âu S: Dung dịch X gồm CrCl3 G,G1M và FeCl2 G,1M. a) Tính pH của dung dịch X. b) Tính pH để bắt đầu kết tủa và kết tủa hoàn toàn Cr(OH)3 từ dung dịch X. ßClOH2+ = - 3 ,8; lg ßFeOH+ = - 5 , 92; pK s Cr(OH)3 = 29,8; pK s Fe(OH)2 = 15, 1H ướng dẫn giải a)

Cr3+ + H 2 O ^

x CrOH2+ + H +

% = 1(T3’8

m è i C ổ i Suờểiỷ tắànắ/cố/uyMônỷ cổ tfiàw cắàti cãà dè ổuời/ ũểnỷ

(1)

2

Gỉá& mu: TkS. % = 10-5’92 Kw = 10 í32.CFp2+» K w: Pe

Cr

(2)

14

Bỏ qua cân bằng (3).

+1_ 10-3’8.[Cr3+] , 10-5’92.[Fe2+] ĐKP: [H+] = [CrOH2+] + [FeOH+] ^ [H+] = [H ] Giả sử: [Cr ] * Cc 3+ = 0,01M và [Fe2 ] * Cp 2+ = 0, 1M

[H+] * 1,306.10

Kiểm tra và tính lặp: 1 ,306. 1 0 - 3 [Cr3 ] - 0,01,1,306.10-3 + 10-3’8

2+1 = 0,1. và [Fe2+]

8,918.10-

Thay [Cr3+] và [Fe2+] vào (*) ^ [H+] * 1,238.10_3M 1,238.10-3

[Cr3 ] = 0,01.

2+1 = 0,1.

8,865.10“3M và [Fe2+]

1,238.10- 3 + 10-3’8 Thay [Cr3+] và [Fe2+] vào (*) ^ [H+] * 1,235.10 3M ^

Kết^quả lặp ^ pH * 2,91

b) Khi Cr(OH)3 bắt đầu kết tủa: M ^ pH = 4,75

CCr3+-(COH- )3 = 10-29’8 ^ COH-= [O H -] = 3 Khi Cr(OH) 3 kết tủa hoàn toàn: CCr3+ = [ C r ] + [CrOH2+] = 10-6 ^ [Cr3+] 1 0 -29,8

[OH- ]3

1+

10-3’8.[OH- ]^ 10-14

585.10 M ^ pH * 7,2

C âu 9: Cho các cân bằng sau: Ks = 10-32’4 ì AlO- + 2 H 2 O AlOH2+ + H+ # ^ 0

^

x H+ + OH

K = 40 *p = 10-4,3 Kw = 10-14

a) Tính độ tan của Al(OH) 3 trong nước. b) Hãy cho biết ảnh hưởng của pH đến độ tan của Al(OH)3.

H ướng dẫn giải a) Các cân bằng trong dung dịch: Al(OH)3 ;----- - Al3+ + 3 0 H

Ks1 =

Al(OH)3 ;----- - AIOH

Ks2 = 10-22,7

Al(OH)3 + OH ^

+ 20H

x Al(> 2 + 2 H 2 O

1 0 - 32’4

K = 40

H+ + OH........................

1 f|-32,4 1 n-22,7 t2+t s = C 3+ = [Al3+] + [AlOH2+] + [AlO-] = + 40[OH- ] (*) V

<

:

h 20

^

J ^ Al 2 [OH- ]3 [OH- ] = 3[Al +] - [AlO- ] + 2[AlOH +] + [H+ ]

[OH- ]2

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

3

Gỉá& mu: TkS. _ _ 10-32,4 _ _ 10“22’7 1CT14 ^ [OH- ] - 3 1 - 40[0H - ] + 2 1 + -1 0 — [OH- ]3 [OH- ]2 [OH- ] Thay [OH ] vào (*)

[OH- ] * 10 -7,76M

¡7,62.10-7M

b) Từ (*), khí [OH ] rất nhỏ thì

và [OH- ]3

K s2

quyết định độ tan, nghĩa là pH tăi

[OH- ]2

giảm. Nhưng khi [OH-] tăng đến mức độ nào đó thì K[OH-] quyết định độ tan, nghĩ thì độ tan tăng.

5M; KSCN C âu 10: Thêm từ từ dung dịch AgNO3 vào 25 ml dung dịch chứa KCl 0,01 [ung dịch AgNO3.

0,1M và K 2 & O 4 0,012M. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Ag 2 CrO 4 thì hết Tính nồng độ của AgNO3. à PKaI Cho: pK s AgCl - 10; pK s AgBr - 13; PK^ss AgSCN -1 2 ; pK.s Ag2CrO4 - 1 2 và C ĩ0 24~ + H 2 O ^ C [] ,

2

0,012 - x

HCrO- + O H

0,012 0,012 - x

x

- 10-7’5 ^ x * 1,948.10-5

K=

1 0 -7,

x

CrO^- phân li không đáng kể.

1Q-10 Khi AgCl bắt đầu kết tủa: C A + - —— - 10-8 M & Ag+ 0,01 ^ ' 10-13 Khi AgBr bắt đầu kết tủa: C + - —— - 2.10 - 2 M 0,05 Khi AgSCN bắt đầu kết tủa: CA + -

Khi Ag 2 CrO 4 bắt đầu kết tủa: C ^

Thứ tự kết tủa là AgBr đến

Khi Ag 2 CrO 4 bắt đầu kết tủ ^

10-12

- 9,13.10-6M ến AgCl đến Ag 2 CrO 4 .

10-10 9,13.10"

1,095.10“5M « 0 ,0 1 M

AgCl, AgBr, AgSCN đã

^ 35,2.CAgNo3 - 25(0,01 + 0,05 + 0,1) ^ CAgN03 * 0,114M C âu 11: Cho H 2 S đi qua dung dịch chứa Cd2+ 0,01M và Zn2+ 0,01M đến bão hòa ([H 2 S] = 0,1M). a) Tính pH để có kết tủa CdS mà không có kết tủa ZnS. b) Tính pH để trong dung dịch còn lại 0,1% Cd2+ mà ZnS vẫn không bị kết tủa.

Cho: pK s (CdS) = 26,0; pK s (ZnS) = 21,6 và H 2 S có pKa1 = 7,02 và pKa2 = 12,90.

H ướng dẫn giải bắt đầu kết tủa: C 2- - 10------- 10 24M s2 0,01 1n-21’6 bắt đầu kết tủa: C'_2- - - 0----- 10_19’6M s2 0,01 dS kết tủa trước. Để CdS kết tủa mà ZnS không kết tủa thì: 10-7’02.10- 1290.0,1 < [S2-] < 1 0 - 1 9 6 => 10 -24 < ■ < 1 0 -1 9 6 [H+]2

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

4

Gỉá& mu: TkS. ^ 1Q-°’66 < [H+] < 101’54 => -1,54 < pH < 0,66 b) Khi Cd2+ còn lại 0,1% thì C Cd2 ' 2+ = 0,01.-0 1 - 10“5M 2 100 19,610~21 < 10 2-1] < 10ì— 10— 21 < [S2—

1f\— 26,0 •C_2- = 2 - 7 - 10-21M S 1n— 5 10

12, 1n— '7,02 1ri— 12,90rTT Q1 -10, 2 , < 10“19,6 [H+?

Vì K al, K a2, [S2—] đều rất nhỏ ^ [H2S] * CHS - 0,1M ^ 10“0’66 < [H+] < 100’04 ^ -0 ,0 4 < pH < 0,66 <

?

C âu 12: Cho từ từ dung dịch K 2 & 2 O 7 1M vào dung dịch chứa B aCh 0,01M1 và va SrC a) Khi SrCrƠ4 bắt đầu kết tủa thì Ba2+ đã kết tủa hoàn toàn hay chưa? b) Tính pH để Ba2+ kết tủa hoàn toàn mà SrCrƠ4 không bị kết tủa.

Cho: pK s (BaCro4) -9 ,9 3 ; pK s (SrCrO4) ( S m ) = 4,65 và Cr2o f + H 20 ^ 2 C ^ t 2H + p K = 14,64.

H ướng dẫn giải 10^, 65 - 1n— 365 0,1

a) Khi SrCrƠ4 bắt đầu kết tủa: C CrO2 Khi BaCrƠ4 bắt đầu kết tủa: C

10— 9,93 CrO2— 0,01

ì— 7,93

Vây BaCrƠ4 kết tủa trước. Khi SrCrO 4 bắt đầu kết tủ ì— 9,93 [Ba2+] = 10 - 10— 6’28M < 10— 6M ^ Ba2+ đã 10— 3’65

i

10— 9’9:

b) Khi Ba2+ kết tủa hoàn toàn: C CrO2

Để Ba2+ kết tủa hoàn toàn mà SrCrO 4 không bị kết tủa thì: 3,93 10— 3’93 < Cc q2—< 10— 3’65 ^ 10 —

64-[Cr?O7— ] < 10— 3,65 [H+]2

K « , [ C r O f ] « C Cr20r =*

3,7 < [H+] < 1(T3’39 => 3,39 < pH < 3,67 Cr2o7—- 1M ^ 10—

C âu 13: Sục khí H 2 S vào dung dịch chứa FeSO 4 0,002M và HCOOH 0,2M đến khi bão hòa. a) Tính pH của dung dịch thu được. b) Có kết tủa FeS tách ra hay không?

Cho: pK s FeS - 17’2; pK al H2

: ooh - 3,75; pK a HSO;4 -1,99; al HS -

1 2 ,9Ơ,

lg* -B f'FeOH+ - —5,92.

Nồng độ H 2 S trong dung dịch bão hòa là 0,1M. H ướng dẫn giải a)

NT A .

Fe2+ + H 2 O ^

x FeOH+ + H +

*p - 1 0 — 592

(1)

HCOOH

HCOO- + H+

Ki = I 0 - 3,75

(2)

K 2 = 101’99

(3)

H+ + HS-

K3 =

(4)

H+ + s 2

K 4 = 10-12’90

(5)

Kw = 10-14

(6)

SO2—+ H+

=± HSO—

: H+ + OH-

1 0 - 7’02

k i-c hcooh » K 3 -c h2s >* P-C , c- >> K 4 -c h2s » K w => c ân bằng (2) và (5) là chủ yếu.

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cửa dè ắíờỉ/ êiểhỷ

5

Guíạ m il:

TkS. (^~

jCfêfl kệ:

1rp3,75 ĐKP : [H+] = [H C 0 0 - ] - [H S 0 -] ^ [H+ ] = 0,2. + _ 4 [H+ ]+1G ’

riT+1 - o, 002.

[H+]+1G-199

^ [H ] * 5,53.10“3M ^ pH * 2,26 - 2,26 - 2,26 10 « o,002M và [H 2 S] = 0,1 .

107 0 9 1o- 2 ’26 + 1o- 5 ’92 2 1o- 2 26 + 1o- 7 ’02 Vậy cách tính trên là đúng. n i l n- 7,02 1 n - 12,90 b) CFe2+ : 0, 002M và CS2- : [S2- ] : " - S s ------- : 10"16-4M Kiểm tra: [Fe 2 +] : o,002 .

^ CF 2+.Cs2- : 0,002.10-16’4 : 2.10-19’4 < 10-17’2 ^

Không có kết tủa Fe

C âu 14: Trộn 50 ml dung dịch H 3PO 4 0,08M với 30 ml dung dịch CaCh 0,04M thì thu được dung dịch X mà không thấy có kết tủa xuất hiện. a) Bằng tính toán, hãy giải thích vì sao không có kết tủa xuất hiện? b) Trộn 10 ml dung dịch X với 10 ml dung dịch NaOH 0,15M thì có kết tủa nào xuất hiện?

Cho: H 3PO 4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; pKsCaHP04 K s CaHP0 := 6’58; pKsCa3(P04)2 = 28,92.

H ướng dẫn giải a) CH P0 : 0,05M và Cc 2+ : 0,015M K al » K a2 » Ka3 =>

H 3P O 4

phân li chủ yếu ở nấc 1

I

H 3PO 4 ỹ----- x H+ + C []

0,05 0,05 - x

x

Kai = 10 215 x

3 ^

^ = 10-2’15 ^ x * 0,0156 ^ C f v = H P 0 4 - ] = 10-7’21M và C ' 3-=[P04- ] : 10- 12,2M 0,05 - x áPFU4 ^ FtJ4 Cc 2+.Cw o 2_ = 0,015.10“7,21 * 9,25Ị*oJ ° < K s CaHP0 ^

Không có kết tủa CaHPO 4 .

(CCa2+ )3.(CP03_ )2 = 0,G153. (1G-^2 S2) ^ 7’73 . 10“31 < KsCa3(P0 4)2 ^

Không có kết tủa Ca3(PO4)2.

b) C h p 0 : 0,025M; Cra 2+ = 0,0075]^ và CQH- : 0,075M 3OH-

------ >

P0 4 -

0,075 -

+

H 2O

0,025

( C ' ss)3.(CpoS / ^ 3.0,0252 * 2,64.10-10 > KsCa3(P04)2 ^ 3Ca2+

+

2 P04-

Có kết tủa Ca3(PO4)2.

------ >

Ca3(PO4)2

0,025 0,02 chủ yếu trong dung dịch: PO^-

+

H 2O

^

0,02 0,02 - y n ;y — = 10“168 ^ y * 0,0125 ^ C 0,02 - y

x

UPO2y

' 2-= [H P 04-] ^ 4

+

OH

K = 1CT1-68

y = 0,0125M và Cpo3-=[P04- ] = 7,5.10-3M ru 4

m è i C ổ i Suờểiỷ tắànắ/cố/uyMônỷ cổ tfiàw cắàti cãà dè ổuời/ ũểnỷ

6

Gỉá& mu: TkS. Ca2

=3

10-28,92 - 3\2 (7,5.10-3)

5,98.10-9 M

= 5,98.10-9.0,0125 = 7,475.10“11 < K s CaHPO

Không có kết tủa CaHP( HPƠ4.

C âu 15: Thêm 1 ml dung dịch HC1Ơ4 0,01M vào 100 ml dung dịch KCN 0,01M, thu đưccc dung dịch X. Bằng tính toán, hãy giải thích các hiện tượng xảy ra khi: a) Thêm hai giọt chất chỉ thị bromthymol xanh vào dung dịch X. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. b) Thêm 100 ml dung dịch Hg(ClƠ 4)2 0,3M vào dung dịch ở câu a). c) Thêm một giọt dung dịch (khoảng 0,03 ml) H 2 S bão hòa CH S = 0,1M ) vào dung dịch ở câu b). « í , i ™ , * , « ! , « h a u n , pH í h . , 1 . . » pH > 7 6 thì màu xanh lục.

,i, « . « ■ ừ . u ị ^ M

h » u , , 1.Í

.1

rn

Cho: pK aHCN = 9,35; pK al H2S = 7’02; pK a2 H2S = 12, 9<0’ pK s HgS lg p HgCN+ = 18’0; lg p Hg(CN)2 = 34,7.

= ’ ■'*

H ướng dẫn giải a) C H+

9,9.10-5M và C CN

9,9.10-3M

CN-

+

r>9,35 K _= 110

H+

9.9.10-3 9,9.10-5 9.8.10-3 TPGH: CN- 9,8.10-3M và HCN 9,9.10-5M CN-

+

9.10-

H2

C 9,8.10-3 [ ] 9,8.10-3 - x

HCN

+

OH-

9,9.10-5 9,9.10-5 + x

(9, 9.10-5 + x)x _ 1q- 4,65 9,8.10- 3 - x

1 n-4,65 Kb — = 10

x

pH *10,614

Vậy dung dịch chuyển từ khôn; b) C CN- : 4,924. 1 0 - 3 M; C

sang màu xanh lục.

7 5 . 1 0 -5M

Vì c Hg2+ » c

.1 CH 2+ * 0,149M

ạo phức HgCN+ là chủ yếu.

CN-

p = 10:,18,0

HgCN+

4,924.10-3 4,924.1(T3 +

HCN

HgCN+

4,975.10-5 4.924.10-3 0,144 0,144 4.974.10-3 TPGH: Hg2+ 0,144M; HgCN+ 4,974.10-3M và H+ 4,975.10-5M

+

H+

K ’ = 10 8,65

4,975.10-

P2, K rất lớn và Hg2+ dư nhiều nên xem như các phản ứng xảy ra hoàn toàn. ] = 4,975.10_5M ^ pH * 4,303 ^

Dung dịch chuyển từ màu xanh lục sang màu vàng.

c) V ì thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể: CH S * 1,493.10 5M p » và CH 2+ » nên HgCN+ phân li không đáng kể

•CHg2+ = 0,144M

H 2 S có K al » K a2 nê phân li nấc 1 là chủ yếu:

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ cô cổấu/cắàto cửa dè ắíờỉ/ êiểhỷ

7

Gỉá& mu: TkS. H2s

c [] ^

^ ^

1,493 . 1(T5 11,493. ,493. 110-5 0 -- yy

H+ 1100 - 4 ,303

(10-4’303 + y)y (10-+ y)y - 10_7,02 ^ y * 2,865.10_8 ^ /im 1 n-5 - y 1,493.10-5 1

+

+ yy

HS

Kai = 1 0 7-02

y

H 2 S phân li không đáng kể.

^C q tì10-7'02-10; 12- Ị 1;493-10-5 * 7 ,’245.10-17M 2- =[S2-]l j - ~-4,303\2 (10-4’303)

V

^ CuHg22+ * 1,043.10“17 > Ks +.C'S22 - 0,144.7,245.10-17 ’ ’ ’ ^

Xuất hiện kết tủa HgS màu đen theo phương trình phản ứng: Hg2^ ^ H S y

> HgS + 2H+

làm pH của dung dịch giảm thêm nên dung dịch vẫn có màu vàng.

ơ

o

/

'&ữu cou (ủcờỉiỷ tắàrtẮ cốnỷMonỷ cố dàt/ cắàài cứà dè ắíờỉ/ ũểnỷ

8

Gỉá& mu: TkS.

CÂN BẰNG OXI HÓA - KHỬ C âu 1: Cho E AgBr/Ag - 0,073V và E Ag+/Ag - 0,799V. Tính K s (AgBr)• C âu 2: Cho lg pNi(CN)2- - 30,1 và E N i 2+ /Ni

= -

0,233V. Tính E N i(CN)2-/Ni*

C âu 3: Kim loại Ag có thể phản ứng với dung dịch HCl và dung dịch HI hay không?

Cho E Ag+/Ag = 0,799V; pK s (AgCl) = 10; PK s(Agi)= 1(6 C âu 4: Cho E°FeJ+/Fe 3.

2+ = 0,77V và E° .

Ag+/Ag = 0 ,80V. a) Thiết lập sơ đồ pin từ hai điện cực trên. b) Viết phản ứng xảy ra tại mỗi điện cực và phản ứng xảy ra trong pin khii pin hoạt ho động. c) Tính E°in, hằng số cân bằng K và ÀG° của phản ứng xảy ra trong^ ịn^ d) Nếu [Fe3+] = 0,1M; [Fe2+] 0,01M và [Ag+] = 0,01M thì phản ứng trong pin xảy ra như thế nào?

C âu 5: Cho sơ đồ của pin điện hóa sau: Pt TỈO2+ 0 ,05M; Ti3+ 0,05M; HA 0,!M C l- 0,IM; Hg2Cl2|Hg a) Viết phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động. b) Sức điện động của pin đo được là 0,53V. Tính hằng

axit yếu HA.

Cho E° 2+ ^ 3+ - 0,IV; E„„ 'TÍO2+/Ti3 + ^ Hg2Cl2/Hg = 0,334V. C âu 6: Nhúng một thanh Cu vào dung dịch CuSƠ 4 0,01 a) Tính thế điện cực của dung dịch trên. b) Hòa tan 0,1 mol NH 3 vào 100 ml dung dịch trên (thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể) thì thế điện cực của dung dịch giảm đi 0,4V so với ban đầu. Biết rằng, trong dung dịch chỉ xảy ra phản ứng Cu2+ +4N H 3 ^ C u(NH3);Ị+ và N ỉ^ phân li không đáng kể. Tính hằng số bền của phức Cu(NH3)2+. Cho E °u2+/Cu = 0,34V. C âu 7: Cho sơ đồ pin sau: Pt (

OOH 0,01M; CH3COONa NaCl 0,0 IM; AgCl Ag. Tính

nồng độ của CH 3 COONa để sức điện động của pin là 0,622V. o: E Ag+/Ag = 0’8V; PK s(AgCl) = 10

K a(CH3COOH) = 4 7 6

C âu 8: Cho sơ đồ của pin điện hóa sau: I- 0 ,02M MnO- 0 ,05M; M n2+ 0,0IM ; HSO- |Pt a) Viết phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động. b) Sức điện động của^ in đo được là 0,824V. Tính nồng độ của HSO-.

Cho E°MnO4/Mn2+^ I 51V; 5’ E I°-/I- = 0,5355V và PK a (HSO-) = 1’99C âu 9 : Cho giản đồ Latimer của mangan trong môi trường axit như sau: +2.26V >MnO2 +1,23V >M n2+ ^M nO 2M 4

-ụ8V >Mn

ế điện cực chuẩn của M nOỊ / M n2+. ho phản ứng sau: 3MnO2- + 4H +----- >2MnO- + M nO2 + 2H2O. Phản ứng trên có thể tự xảy ra ông? Giải thích.

C âu 10: Cho giản đồ Latimer của iot trong môi trường axit như sau:

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

1

Guíạ m u :

TkS. (^~

Eiw kệ: +1.31V

I

“ “ 7 .

107 — 5 Ỉ— 107 — >• HIO + 1,45v- T■2(r)----------+0,54v-- T_ 1

^

A

+1,19V a) Tính giá trị của EO và EO b) Trong các dạng IO4, IO3, HIO, I2 (r), I thì dạng nào kém bên nhât? Giải thích^ c) Thêm 0,4 mol KI vào 1 lít dung dịch KMnO 4 0,24M ở pH = 0. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể.

- Tính thành phần của hỗn hợp sau phản ứng.

- Nhúng điện cực Pt vào hỗn hợp sau phản ứng rồi ghép với điện cực calomen bão hòa. Tính sức điện động của pin tạo thành.

Cho: E M,O4/M,,2. = 1 51V và E calomen = 0,244V.

ơ

o

/

'&ữu cou (ủeờny tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàu cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

2

Gỉá& mu: TkS.

CÂN BẰNG OXI HÓA - KHỬ C âu 1: Cho E AgBr/Ag - 0,073V và EO K s(AgBr)• "Ag+/Ag - 0,799V. Tính Ks H ướng dẫn giải AgBr + e ^

Ag + Br

Ki = 101-233

Ag^Ag+ +e AgBr

I< 2 = 10 n -497 _ 1n-12,264 K = 10

Ag+ + Br-

C âu 2: Cho lg PM(CN)2- - 30,1 và E Ni2+/Ni - - a 233V. Tính E Ni(CN)2-/Ni H ướng dẫn giải Ni

o Ni(CN)2 /Ni

+ 2e

Ni

Ki = 10

Ni(CN)2-

. Ni2+ + 4CN-

N i(C N ) 5_ + 2 e ^

N i + 4 CN~

p-1 = K

-37,87.0,0592 , 2 HI hay không?

C âu 3: Kim loại Ag có thể phản ứng với dung dịch HCl Vi ChO EAg+/Ag - 0' 8V; PK s(AgCl) -

P ^ A g l) - 16.

H ướng

Tính được: EAgCl/Ag - 0,207V và EA "Agl/Ag — O — F° n Agl/Ag < <F nO H+/H < FAgCl/Ag — Ag phản ứng được với dung dịch HI nhưng không phản ứng được với dung dịch HCl. C âu 4: Cho E°FeJ+/F 3.

2+ - 0,77V và EO e

L- 0,80V.

a) Thiết lập sơ đồ pin từ hai điện cực trên. b) Viết phản ứng xảy ra tại mỗi điện cực và phản ứng xảy

ra trong pin khipin

hoạt động.

c) Tính EOin, hằng số cân bằng^ v^ AGO của phản ứng xảy ra trong pin. d) Nếu [Fe3+] = 0,1M; [Fe2+] 0,01M và [Ag+] = 0,01M thì H ướng dẫn giải Sơ đồ pin là: Pt F e3+, Fe 2+ a) v ì E F e -/P e - <

b) Cực âm: F € ^

e~1 + Ag+ ^

xảy ra như thế nào?

Ag+ Ag

Cực dương: Ag+ + e ^

+e

Phản ứng ng trong pin

phản ứng trong pin

Ag

FeJ+ + Ag

c) EPin - 0,8 - 0,77 - 0,03V — K - 100’51 — AG° * -2909,46 J / mOl ^2+ - 0,77 +

0,0592, 0,1 ; lg: 0,01

0,83V

- 0,8 + ^0 £0592 Z ± lg 0 501 * 0568V E ¿ậ+ /A g

< E Fe3+ /F e 2+

=* phản ứn§

tr0 n ê

pin: Fe

+ Aẽ ^

Fe

+ Ag

ìu 5: Cho sơ đồ của pin điện hóa sau: Pt|TỈO2+ 0 ,05M; Ti3+ 0,05M; HA 0,1M a - 0,1M; Hg2Cl2|Hg a) Viết phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động.

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

1

Gỉá& mu: TkS. b) Sức điện động của pin đo được là 0,53V. Tính hằng số Ka của axit HA. Cho EĨlO=*/Ti3+ = ° , 1VI E HííClí /Hí .Cl- (0.1M) = ° ' 334VH ướng dẫn giải a) Cực âm: Ti3+ + H 00 ^ TiO2"1" + 2H+ + e ................................. ...... .................. ......... _ Phản ứng trong pin: 2Tii+ + Hg-,C1? + 2H-,0 ^

Cực dương: Hg-,C1-, + 2e ^ ........................ ..........

2TiO“+ + 2Hg + 4H + + 2C1

2

b) ETiO2+/Ti3+ - °,1 + a ^ l g ^ O ^ H r ]2 - ° ’1 * °,1184lg[H *] ^ E pin - °,334 - (°,1 + °,1184 lg[H+]) - °,53 ^ [H+ ] - [A- ] * 1°-2’5M ^ [HA] - °,1 - 1°- 5 * °,°97M => K - (1° 2,5)2 * 1,°3.1°-4 a °, °97

< 0

C âu 6: Nhúng một thanh Cu vào dung dịch CuSƠ 4 0,01M. a) Tính thế điện cực của dung dịch trên. b) Hòa tan 0,1 mol NH 3 vào 100 ml dung dịch trên (thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể) thì thế điện cực của dung dịch giảm đi 0,4V so với ban đầu. Biết rằng, trong dung dịch chỉ xảy ra phản ứng Cu2+ +4N H 3 ^ C u(NH3);ị +. Tính hằng số bền của p h ứ ^ S s 5 ^ 3);Ị+. Cho E° 2+/r =0,34V .

H ướng dẫn _ ° °592 a) E Cu2+/Cu - °,34 + ^ p í lg ° , ° 1 * °,28V b) E c2+/c - °,34 + ° ’° 592 lg [Cu2*] - °,28 - (

2+] * 2,88.1°-16M

^ [Cu(NH3)2+] - °, °1 - 2,88.1 °-16 * °;°1M | [ N ụ ,] - 1 - 4 .° , °1 - °, 96M

^ R - _____ ° ;° 1__* 4V 9 1 ° 13 Pcu(NH3)4+ 2 , 88. 1 ° -16.°, 964 C âu 7: Cho sơ đồ pin sau: Pt (H2)|C H 3COOH °,°1M | CH3COONa||NaCl °,°1M | AgCl|Ag. Tính nồng độ của CH 3 C O O N để sức ức điện động của pin là 0,622V. Biết pH - 1 atm.

Cho: E Ag+/Ag - 0,8V| ,8 y , pK ssJ(AgCl) g c ) - J1° | ppK a(CH3COOH) - 4>76H ướng dẫn giải E h+/ h - 0 ,0 5 9 2 llg[H g Ị H+]2 A - ^0, 0592lg[H +] 2 E Ag+/Ag - 0; 8 + ^ r 92 lg[Ag+] - 0 ,8 + ^ r 92 lg OM * 0 326V ^ E pin - 0 ?3 2 |f0 f0 5 9 2 lg[H+ ] - 0,622 ^ [H+]=1°-5M Đặtt c C là l^nồng nồng độ của CH 3 COO .

CH 3 COOH ^

CH COO + H+ A c 0,01 c [ ] 0,01 - 10-5 C + 10-5 10-5 J ĩ : (10-5 n-4,76 ^ ^ J 0-5(f 0 + cQ - .10-4’76 ^ C * 0,0174M 3

Ka = 10 4 76

0,01 - 10-5 C âu 8: Cho sơ đồ của pin điện hóa sau:

cou Suùờaệ'tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/C à u cảà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

2

Gỉá& mu: TkS. Pt I4 0,!M; I“ 0 ,02M MnOT 0 ,05M; M n2+ 0,01M; H SO : |Pt a) Viết phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động. b) Sức điện động của pin đo được là 0,824V. Tính nồng độ của HSO“.

Cho E°MnO, ^4„ , 2+ = 1,51V; E°Iq/I - 0,5355V và ^pK a (HSO4) -1 ,9 9 . /Mn H ướng dẫn giải a) Cực âm: 31 ^ I 3 + 2e

Cực dương: M n ơ 4 +8H + +5e

Phản ứng trong pin: 31“ +M nO Ị + 8H+ —^ 1“ T_ +1A/r” 2+ + 4H20 M n2+ _

b) E

I43/I /I

n n^QO n n - 0,5355 + 0 0 5 9 2 Ig 0 0 2 * 0,574V 2 e 0,13 *

,5 1- ++ 0 0 55 9 2 lg -1 ,5 1 + 0,01184lg(5[H+ ]8) 'MnO4 /Mn2+ -1-5“ o 0 05[H+] 0 01 ^ E pin -1 ,5 1 + 0,01184 lg(5[H ]8) 4 0,574 - 0,824 ^ [H+] * 0X0537M Đặt C là nồng độ của HSO“ ^ [HSO“] - C 4 0,0537; [SP> ! - 00,, 0537M C 4 0,0537 C âu 9: Cho giản đồ Latimer của mangan trong môi trườ Di trường axit n MnO, 4

+0’56V >MnO^4

+2’26V > >MnO2 — +123V >Mn2+

41’18V >M n

a) Tính thế điện cực chuẩn của MnO4 / M n2+7 b) Cho phản ứng sau: 3MnO44 + 4H +----- ^r + M nO2 + 2H2O. Phản ứng trên có thể tự xảy ra hay không? Giải thích. rớng dẫn giải AG° - —FF° 1 MnO4/MnO24

^ E b) Vì E

HIO + 1,45v> I2 (r) +Q’54V> r

a) Tính giá trị của E° và E2-

CO'Suùờaệ'tắànắ/công*Mônỷ c ô cổấu/cắàto cứà dè ắíờỉ/ êiểhỷ

3

Goto mH: TkS. b) Trong các dạng IO4, IO3, HIO, I2 (r), I thì dạng nào kém bền nhất? Giải thích. c) Thêm 0,4 mol KI vào 1 lít dung dịch KMnO 4 0,24M ở pH = 0. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể.

- Tính thành phần của hỗn hợp sau phản ứng. ,ứ .

- Nhúng điện cực Pt vào hỗn hợp sau phản ứng rồi ghép với điện cực calomen bão hò „ điện động của pin tạo thành. o - 0 244V Cho: E^MnOỊ /Mn2 + - 1 , 51V và E calomen 0 244 V. H ướng dẫn giải a) E° - 1,61V và E° - 1,125V.

&

b) Vì E°o_/hio < E^JO/I 2(0 nên HIO sẽ tự oxi hóa - khử theo phương trình phản iứng sau: 5fflO ^

IO“ + 2I2 (r) + H + + 2H20

Vậy HIO là dạng kém bền nhất. o < E'MnO3/Mn2 nên đầu tiên xảy ra phản ứng sau: c) Vì E 12 (r)/ I10I- + 2MnO3 + 16H+ 0,4

0,24 0,16

1

Vì F° < F° < F° Vì IO3 /I2 (r) < ^ 3 /I2 (r) <

2 (r)

I 2 (r) + 2M nOỊ + 4H+ 0,2 0,12

0,16 -

1

Hỗn hợp sau phản ứng chứa: IO IO 3 / I 2 (r)

-1 ,1 9 + Ol0592 10

0,0 iếp theo xảy ra phản ứng sau:

< EM°nOAí

iIO3 + 2Mn2+ + 2 H 2 O 1,16 M; Mn

y

—110n163 K1 =

5I2 (r) + 2Mn2+ 0,2

<

K2 =

1 0 54,05

0,2 0,24M; I 2 (r) 0,12M; H+ 1M.

) « 1,181V

^ Epin -1 ,1 8 1 3 0,244 -

cou (ủcờnỷ tắànắ/cố/uyMonỷ cố cổấu/cắàti cứà dè ẩtởd/ êiểhỷ

4

07-Bài Tập Cân Bằng Hóa Học.doc 07-Bài Tập Cân Bằng Hóa Học - Mol.doc 08-Bà 08-Bà 09-Bà 09-Bà 10-Bà 10-Bà 11-Bà 11-Bà 12-Bà 12-Bà

L.ọ~