Đề thi chọn HSG môn Hóa học lớp 11 (có đáp án)

ðỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI LẬP ðỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

MÔN: HÓA HỌC (ngày thứ nhất)

Thời gian làm bài: 180 phút

(Không kể thời gian giao ñề)

--------------------------------

(ðề thi này có 02 trang)

Họ và tên,chữ ký

của giám thị số 1

………………………..

………………………..

Câu 1. (2.5 ñiểm)

1. Có thể viết cấu hình electron của Ni

2+

là:

Cách 1: Ni

2+

[1s

2

2s

2

2p

6

3s

2

3p

6

3d

8

]; Cách 2: Ni

2+

[1s

2

2s

2

2p

6

3s

2

3p

6

3d

6

4s

2

].

Áp dụng phương pháp gần ñúng Slater (Slâytơ) tính năn g lượng electron của Ni

2+

với mỗi cách viết

trên (theo ñơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?

2. Ở nhiệt ñộ cao, nguyên tử oxy có thể bị ion hóa v à tồn tại dưới dạng ion O

7+

. Dựa vào công thức

tính năng lượng electron của Bohr:

2

2

13,6.

n

Z

E

n

=− (eV)

hãy tính bước sóng của bức xạ phát ra khi electron trong ion O

7+

dịch chuyển từ mức năng lượng có

n = 3 xuống mức năng lượng có n = 1.

Cho hằng số Plăng h = 6,625.10

-34

J.s, vận tốc ánh sáng trong chân không c=3.10

8

(m/s).

Câu 2. (2.0 ñiểm)

Kim loại vàng kết tinh dưới dạng mạng lập phương tâm diện với chiều dài cạnh của ô mạng cơ sở

a = 4,070

o

A .

1. Tính khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử vàng.

2. Xung quanh nguyên tử vàng có bao nhiêu nguyên tử vàng khác kế cận có cùng khoảng cách ngắn

nhất trên ñây.

3. Tính khối lượng riêng của kim loại vàng (Au = 197,0 u).

4. Tính tỉ lệ ñặc khít của vàng.

Câu 3. (4.0 ñiểm)

1. Hợp chất A chứa lưu huỳnh, oxi và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có một nguyên tử lưu

huỳnh. Thủy phân hoàn toàn A ñược dung dịch B. Cho c ác thuốc thử vào dung dịch B thu ñược kết quả

thí nghiệm như sau:

TT Thuốc thử Hiện tượng thí nghiệm

1 AgNO

3

+ HNO

3

kết tủa vàng

2 Ba(NO

3

)

2

không có kết tủa

3 Ca(NO

3

)

2

+ NH

3

không có hiện tượng

4 KMnO

4

+ Ba(NO

3

)

2

màu tím biến mất và có kết tủa trắng

5 Cu(NO

3

)

2

không có kết tủa

Xác ñịnh công thức có thể có của A. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Cho 1,000 gam tinh thể hiñrat A tan trong nước ñược dung dịch màu xanh, cho dung dị ch này tác

dụng với dung dịch Ba(NO

3

)

2

dư thu ñược 0,980 gam kết tủa trắng X và dung dịch D; chất X không tan

trong các axit. ðun nóng D với H

2

O

2

trong môi trường kiềm thu ñược 1,064 gam kết tủa Y màu vàng là

muối bari; Y ñồng hình với X. Dung dịch chứa chất tan A trong môi trường axit sunfuric loãng ñể trong

không khí sẽ chuyển thành dung dịch chứa chất tan B có màu tím; từ B có thể thu ñược tinh thể hiñrat C;

trong C có chứa 45,25% khối lượng hiñrat kết tinh. Hãy xác ñịnh các công thức của A, B, C, X, Y và

viết các phương trình hóa học.

Câu 4. (2.5 ñiểm)

Tốc ñộ của phản ứng khử

4

HCrO

−

bằng

3

HSO

−

ñược biểu diễn bằng phương trình:

v = k[

4

HCrO

−

][

3

HSO

−

]

2

[H

+

]. Trong một thí nghiệm với nồng ñộ ban ñầu [

4

HCrO

−

] = 10

-4

mol/l; [

3

HSO

−

] = 0,1

mol/l; [H

+

] không ñổi và bằng 10

-5

mol/l; sau 15 giây nồng ñộ của

4

HCrO

−

5.10

-5

mol/l.

1. Sau bao lâu nồng ñộ

4

HCrO

−

bằng 1,25.10

-5

mol/l.

2. Nếu nồng ñộ ban ñầu của

3

HSO

−

là 0,01 mol/l thì sau bao lâu nồng ñộ của

4

HCrO

−

sẽ bằng 5.10

-5

mol/l.

3. Tính hằng số tốc ñộ k của phản ứng .

Câu 5. (3.0 ñiểm)

1.Hãy giải thích sự hình thành các phức [Cu(NCCH

3

)

4

]

+

(A) và [Cu(NCCH

3

)

2

]

+

(B) theo thuyết VB.

2.Liên kết Cu – N trong B (1,84

o

A ) ngắn hơn ñáng kể so với liên kết Cu – N trong A (1 ,99

o

A ).

Giải thích.

3.Vẽ cấu trúc lập thể các ñồng phân của phức [Co(NH

3

)

4

Cl

2

]Cl; Rh(py)

3

Cl

3

; [Co(en)

3

]I

3.

Câu 6. (3.0 ñiểm)

Dung dịch A chứa H

2

C

2

O

4

(0,05M); HCl (0,1M), NH

3

(0,1M)

1. Tính pH của dung dịch A?

2. Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch chứa CaCl

2

(0,05M) và HCl (0,01M).

Có kết tủa CaC

2

O

4

tách ra không? Nếu có hãy tính

2 4

CaC O

S ?

Cho pK

a

: NH

4

+

(9,24); H

2

C

2

O

4

(1,25; 4,27)

pK

s

: CaC

2

O

4

(8,75);

( )

*

CaOH

β

+

= 10

-12,6

Câu 7. (3.0 ñiểm)

ðể phân tích hàm lượng thiếc trong hợp kim thiếc – bismuth, ta tiến hành như sau:

- Hòa tan hoàn toàn 0,472 gam hợp kim trong dung dịch axit sunfuric tạo thành dung dịch của thiếc (II)

và bismuth(III).

- ðịnh mức dung dịch này lên 100ml.

- Lấy 25,00 ml dung dịch sau khi ñịnh mức ñem chuẩn ñộ với dung dịch KMnO

4

0,0107M trong môi

trường axit sunfuric.

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim. Biết rằng thể tích dung dịch

KMnO

4

sử dụng là 15,61 ml

3. Hãy nêu cách xác ñịnh ñiểm cuối của quá trình chu ẩn ñộ.

4. Trong một quá trình chuẩn ñộ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại ñiểm cuối. Hãy giải thích

nguyên nhân của hiện tượng này. Hiện tượng này ảnh hưởng thế nào ñến kết quả phân tích?

Cho biết: Nguyên tử khối: H=1; O=16; S=32; C=12; N=14; Cl=35,5; F=19; Br=80;I=127; Al=27; Fe=56;

Cu=64; Ca=40; Ba=137; Cr=52; Sr=88; Mn=55; K=39; Na=23; Ag=108; Li=7; Cs=133.

Thí sinh không ñược sử dụng bảng tính tan và bảng tu ần hoàn.

…………………. Hết ………………….

Họ và tên thí sinh : ……………………………… Số báo danh: ………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO

QUẢNG NINH

ðỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI LẬP ðỘI TUYỂN HSG CẤP TỈNH

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013

Môn : HÓA HỌC (ngày thứ nhất)

( Hướng dẫn này có 8 trang)

Câu 1. (2.5 ñiểm)

1. Có thể viết cấu hình electron của Ni

2+

là:

Cách 1: Ni

2+

[1s

2

2s

2

2p

6

3s

2

3p

6

3d

8

]; Cách 2: Ni

2+

[1s

2

2s

2

2p

6

3s

2

3p

6

3d

6

4s

2

].

Áp dụng phương pháp gần ñúng Slater (Slâytơ) tính năn g lượng electron của Ni

2+

với mỗi cách viết

trên (theo ñơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?

2. Ở nhiệt ñộ cao, nguyên tử oxy có thể bị ion hóa và tồn tại dưới dạng ion O

7+

. Dựa vào công thức tính

năng lượng electron của Bohr:

2

2

13,6.

n

Z

E

n

=− (eV)

hãy tính bước sóng của bức xạ phát ra khi electron trong ion O

7+

dịch chuyển từ mức năng lượng có n =

3 xuống mức năng lượng có n = 1.

Cho hằng số Plăng h = 6,625.10

-34

J.s, vận tốc ánh sáng trong chân không c=3.10

8

(m/s).

Hướng dẫn chấm

1. Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n* ñược tính

theo biểu thức Slater:

1

ε = -13,6 x (Z – b)

2

/n*

2

(theo eV)

Hằng số chắn b và số lượng tử n* ñược tính theo quy t ắc Slater. Áp dụng cho Ni

2+

(Z=28,

có 26e) ta có:

Với cách viết 1 [Ar]3d

8

:

ε

1s

= -13,6 x (28 – 0,3)

2

/1

2

= -10435,1 eV

ε

2s,2p

= -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)

2

/ 2

2

= - 1934,0 -

ε

3s,3p

= -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)

2

/3

2

= - 424,0 -

ε

3d

= - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x7)

2

/3

2

= - 86,1 -

E

1

= 2ε

1s

+ 8ε

2s,2p

+ 8ε

3s,3p

+ 8ε

3d

= - 40423,2 eV

0.5

Với cách viết 2 [Ar]3d

6

4s

2

:

ε

1s

, ε

2s,2p

, ε

3s,3p

có kết quả như trên . Ngoài ra:

ε

3d

= -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5)

2

/3

2

= - 102,9 eV

ε

4s

= - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)

2

/3,7

2

= - 32,8 -

Do ñó E

2

= - 40417,2 eV.

0.5

E

1

thấp (âm) hơn E

2

, do ñó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu ñược phù

hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Ni

2+

có cấu hình electron [Ar]3d

8

.

0.5

2. Z

O

= 8

2 2

19 16

3 1 2 2

34 8

9

16 16

. 8 8

13,6. 1,602.10 1,24.10 ( )

3 1

. 6,625.10 .3.10

1,603.10 1,603( )

1,24.10 1, 24.10

h c

E E x J

h c

m nm

λ

λ

− −

−

−

− −

 

= − =− − =

 

 

= = = =

1

Câu 2 (2.0 ñiểm) Kim loại vàng kết tinh dưới dạng mạng lập phương tâm diện với chiều dài cạnh của ô mạng cơ

sở a = 4,070

o

A .

1. Tính khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử vàng.

2. Xung quanh nguyên tử vàng có bao nhiêu nguyên tử vàng khác kế cận có cùng khoảng cách

ngắn nhất trên ñây.

3. Tính khối lượng riêng của kim loại vàng (Au = 197,0 u).

4. Tính tỉ lệ ñặc khít của vàng.

Hướng dẫn chấm

1. Khoảng cách ngắn nhất giữa tâm 2 nguyên tử vàng bằng nửa ñường chéo của mặt hình

lập phương:

Khoảng cách =

2

2 070 , 4

2

2 a

= = 2,878

o

A

0.5

2. Xung quanh mỗi nguyên tử vàng có 12 nguyên tử vàng khác kế cận với khoảng cách

ngắn nhất 2,878

o

A .

0.5

3. Mỗi ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử vàng. Do vậy khối lượng riêng của kim loại vàng là:

d =

3 8 - 23

) 10 (4,07 10 02 , 6

197,0 4

× × ×

×

= 19,4 (g/cm

3

)

0.5

4. Bán kính nguyên tử vàng: r =

2 2

a

Thể tích 4 nguyên tử vàng:

2 3

a

r

3

4

4

3

3

π

π = × × ×

Tỉ lệ ñặc khít =

2 3 a 2 3

a

3

3

π π

=

×

= 0,7405

0.5

Câu 3. (4.0 ñiểm)

1. Hợp chất A chứa lưu huỳnh, oxi và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có một nguyên tử lưu huỳnh.

Thủy phân hoàn toàn A ñược dung dịch B. Cho các thuố c thử vào dung dịch B thu ñược kết quả thí

nghiệm như sau:

TT Thuốc thử Hiện tượng thí nghiệm

1 AgNO

3

+ HNO

3

kết tủa vàng

2 Ba(NO

3

)

2

không có kết tủa

3 Ca(NO

3

)

2

+ NH

3

không có hiện tượng

4 KMnO

4

+ Ba(NO

3

)

2

màu tím biến mất và có kết tủa trắng

5 Cu(NO

3

)

2

không có kết tủa

Xác ñịnh công thức có thể có của A. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Cho 1,000 gam tinh thể hiñrat A tan trong nước ñược dung dịch màu xanh, cho dung d ịch này tác dụng

với dung dịch Ba(NO

3

)

2

dư thu ñược 0,980 gam kết tủa trắng X và dung dịch D; chất X không tan trong

các axit. ðun nóng D với H

2

O

2

trong môi trường kiềm thu ñược 1,064 gam kết tủa Y màu vàng là muối

bari; Y ñồng hình với X. Dung dịch chứa chất tan A trong môi trường axit sunfuric loãng ñể trong khôn g

khí sẽ chuyển thành dung dịch chứa chất tan B có màu tím; từ B có thể thu ñược tinh thể hiñrat C; trong

C có chứa 45,25% khối lượng hiñrat kết tinh. Hãy xác ñịnh các công thức của A, B, C, X, Y và viết các

phương trình hóa học.

Hướng dẫn chấm

1. 1 - dd B + AgNO

3

+ HNO

3

→ kết tủa vàng
dung dịch B có Br hoặc I và có thể có clo

- dd B + Cu(NO

3

)

2

→ không có kết tủa
dung dịch B không chứa I

-

- dd B + Ba(NO

3

)

2

→ không có kết tủa
dung dịch B không có ion

2

4

SO

−

- dd B + KMnO

4

+ Ba(NO

3

)

2

→ mất màu tím và có ↓ trắng
dung dịch B chứa

2

3

SO

−

- dd B + Ca(NO

3

)

2

+ NH

3

→ không có hiện tượng
dung dịch B không chứa F

-

→ Công thức có thể có của A: SOBr

2

hoặc SOBrCl

Phương trình phản ứng:

SOBr

2

+ 2H

2

O → H

2

SO

3

+ 2HBr

SOBrCl + 2H

2

O → H

2

SO

3

+ HBr + HCl

AgNO

3

+ HBr → AgBr + HNO

3

AgNO

3

+ HCl → AgCl + HNO

3

5H

2

SO

3

+ 2KMnO

4

→ 2MnSO

4

+ K

2

SO

4

+ 2H

2

SO

4

+ 3H

2

O

Ba

2+

+

2

4

SO

−

→ BaSO

4

1

2. Kết tủa không tan màu trắng của X là BaSO

4

. Kết tủa Y có thành phần là BaMO

4

theo

phương trình phản ứng:

M

2

(SO

4

)

n

+ nBa

2+

= 2M

n+

+ nBaSO

4

↓ ; M

n+

→ BaMO

4

↓

Các lượng chất X và Y quan hệ với nhau theo n : 2 (trong ñó n bằng 1 3). Gọi khối lượng

nguyên tử của M là x ta có:

0,980

1,064

233n

x) 2.(201

=

+

⇒ x = 126,5n – 201

Với n = 2 ⇒ x = 52 và M là : Cr, Y là BaCrO

4

, A là CrSO

4

.zH

2

O

0.5

Số mol của CrSO

4

:

(mol)

3

4,21.10

233

0,980

4

BaSO

n

4

CrSO

n

−

= = =

⇒ 0,622g

4

CrSO

m =

khối lượng nước trong hiñrat A là:1,000 – 0,622 = 0, 378g;

số mol H

2

O = 0,378/18 = 0,021

Tỉ lệ số mol CrSO

4

: H

2

O = 0,0042 : 0,021 = 1 : 5

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ A là CrSO

4

.5H

2

O

0.5

Trong môi trường axit , có không khí thì Cr

2+

bị oxi hóa dần thành Cr

3+

⇒ B là Cr

2

(SO

4

)

3

; C là Cr

2

(SO

4

)

3

.yH

2

O

392(100 54,8)

y 18

54,8.18

−

= ≈ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ C là Cr

2

(SO

4

)

3

.18H

2

O

0.5

Các PTHH là:

Ba

2+

+

− 2

4

SO → BaSO

4

↓

Cr

2+

+ Ba

2+

+ 2H

2

O

2

+ 4OH

-

→ BaCrO

4

↓ + 4H

2

O

4Cr

2+

+ 4H

+

+ O

2

→ 4Cr

3+

+ 2H

2

O

0.5

Câu 4. (2.5 ñiểm)

Tốc ñộ của phản ứng khử

4

HCrO

−

bằng

3

HSO

−

ñược biểu diễn bằng phương trình:

v = k[

4

HCrO

−

][

3

HSO

−

]

2

[H

+

]. Trong một thí nghiệm với nồng ñộ ban ñầu [

4

HCrO

−

] = 10

-4

mol/l; [

3

HSO

−

] = 0,1

mol/l; [H

+

] không ñổi và bằng 10

-5

mol/l; sau 15 giây nồng ñộ của

4

HCrO

−

5.10

-5

mol/l.

1. Sau bao lâu nồng ñộ

4

HCrO

−

bằng 1,25.10

-5

mol/l. 2. Nếu nồng ñộ ban ñầu của

3

HSO

−

là 0,01 mol/l thì sau bao lâu nồng ñộ của

4

HCrO

−

sẽ bằng

5.10

-5

mol/l.

3. Tính hằng số tốc ñộ k của phản ứng .

Hướng dẫn chấm

1.

Theo bài: [

3

HSO

−

]
[

4

HCrO

−

] và [H

+

] không ñổi → phản ứng là bậc nhất với

4

HCrO

−

Theo bài sau 15s nồng ñộ

4

HCrO

−

từ 10

-4

M giảm xuống còn 0,5.10

-4

M → t

1/2

= 15s

→ Thời gian ñể

4

HCrO

−

từ 10

-4

M giảm xuống còn 0,125.10

-4

M là t = 3t

1/2

= 45 s

1

2. Từ v = k[

4

HCrO

−

][

3

HSO

−

]

2

[H

+

] →

- 2 2

3 2 1 2

- 2 2

2 1 3 1

[HSO ] t v (0,01) 1

t v [HSO ] (0,1) 100

= = = =

→ t

2

= 100t

1

= 100.15 = 1500 (s)

0.5

3. v = k[

4

HCrO

−

][

3

HSO

−

]

2

[H

+

] = k'. [

4

HCrO

−

] với k'= [

3

HSO

−

]

2

[H

+

]

Phản ứng là bậc 1 ñối với

4

HCrO

−

→ k' =

1

1/ 2

0,693 0,693

0,0462(s )

t 15

−

= =

→ k =

6

- 2 + 2 5

3

k ' 0,0462

0,462.10

[HSO ] [H ] 0,1 .10

−

= = .

1

Câu 5 (3.0 ñiểm)

1. Hãy giải thích sự hình thành các phức [Cu(NCCH

3

)

4

]

+

(A) và [Cu(NCCH

3

)

2

]

+

(B) theo thuyết VB.

2. Liên kết Cu – N trong B (1,84

o

A ) ngắn hơn ñáng kể so với liên kết Cu – N trong A ( 1,99

o

A ). Giải

thích.

3.Vẽ cấu trúc lập thể các ñồng phân của phức [Co(NH

3

)

4

Cl

2

]Cl; Rh(py)

3

Cl

3

; [Co(en)

3

]I

3.

Hướng dẫn chấm

1. Phản ứng tạo phức:

Cu

+

+ 4NCCH

3

→ [Cu(NCCH

3

)

4

]

+

Cu

+

+ 2 NCCH

3

→ [Cu(NCCH

3

)

2

]

+

Cấu hình electron của Cu: [Ar]3d

10

4s

1

Cấu hình electron của Cu

+

: [Ar]3d

10

3d 4s 4p

Phối tử có công thức cấu tạo như sau: : N ≡ C – CH

3

(phối tử có 1 ñôi electron tự do trên nguyên tử N nên có thể tham gia tạo liên kết cho

nhận với ion trung tâm Cu

+

)

• Phức [Cu(NCCH

3

)

4

]

+

:NCCH

3

:NCCH

3

:NCCH

3

:NCCH

3

4s

4p

Nguyên tử Cu

+

lai hóa sp

3

, phức có cấu trúc tứ diện.

0.5

• Phức [Cu(NCCH

3

)

2

]

+

0.5 :NCCH

3

:NCCH

3

4s

4p

Nguyên tử Cu

+

lai hóa sp, phức có cấu trúc ñường thẳng.

2. ðối với cùng một nguyên tử thì bán kính của obi tan lai hóa sp

3

> sp

2

> sp (obitan p ñóng

góp càng nhiều khi lai hóa thì bán kính obitan lai hóa càng lớn). Trong phức A, nguyên tử

Cu lai hóa sp

3

, trong B lai hóa sp do ñó liên kết Cu – N trong A dài hơn trong B.

0.5

3. Vẽ cấu trúc lập thể các ñồng phân của phức [Co(N H

3

)

4

Cl

2

]Cl.

Co

Cl

Cl

NH

3

NH

3

NH

3

NH

3

Co

Cl

Cl

NH

3

NH

3

NH

3

NH

3

Trans Cis

0.5

• Vẽ cấu trúc lập thể các ñồng phân của phức Rh(py)

3

Cl

3

.

Rh

Cl

Cl

NH

3

NH

3

NH

3

Cl

Rh

Cl

Cl

NH

3

NH

3

NH

3

Cl

0.5

• Vẽ cấu trúc lập thể các ñồng phân của phức [Co(en)

3

]I

3.

Co

N

N

N

N N

N

Co

N

N

N

N N

N

0.5

Câu 6 (3.0 ñiểm)

Dung dịch A chứa H

2

C

2

O

4

(0,05M); HCl (0,1M), NH

3

(0,1M)

1. Tính pH của dung dịch A?

2. Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch chứa CaCl

2

(0,05M) và HCl (0,01M).

Có kết tủa CaC

2

O

4

tách ra không? Nếu có hãy tính

2 4

CaC O

S ?

Cho pK

a

: NH

4

+

(9,24); H

2

C

2

O

4

(1,25; 4,27)

pK

s

: CaC

2

O

4

(8,75);

( )

*

CaOH

β

+

= 10

-12,6

Hướng dẫn chấm

1 . Phản ứng xảy ra:

NH

3

+ H

+

NH

4

+

K

a

-1

= 10

9,24

>>

0,1 0,1

0.5 - - 0,1

TPGH: NH

4

+

(0,1); H

2

C

2

O

4

(0,05)

Các cân bằng:

H

2

C

2

O

4

H

+

+ HC

2

O

4

-

K

a1

= 10

-1,25

(1)

HC

2

O

4

-

H

+

+ C

2

O

4

2-

K

a2

= 10

-4,27

(2)

NH

4

+

NH

3

+ H

+

K

a

= 10

-9,24

(3)

So sánh: K

a1

>> K

a2

>> K

a

⇒ cân bằng (1) là chủ yếu

H

2

C

2

O

4

H

+

+ HC

2

O

4

-

K

a1

= 10

-1,25

(1)

[] 0,05 – x x x

⇒

2

0,05

x

x −

= 10

-1,25

⇒ x = 0,0319 ⇒ pH =1,50

2 . Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch chứa CaCl

2

(0,05M) và HCl (0,01M)

Sau khi trộn tính lại nồng ñộ:

4

NH

C

+

= 0,05M

2

Ca

C

+

= 0,025M

2 2 4

H C O

C = 0,025M

H

C

+

= 0,005M

Tính

2

2 4

C O

C

−

ñể xét ñiều kiện kết tủa?

H

2

C

2

O

4

H

+

+ HC

2

O

4

-

K

a1

= 10

-1,25

(1)

0,025 0,005

0,025 – x 0,005+x x

⇒

.(0,005 )

0,025

x x

x

+

−

= 10

-1,25

⇒ x = 0,0178

0.5

HC

2

O

4

-

H

+

+ C

2

O

4

2-

K

a2

= 10

-4,27

(2)

0,0178 0,0228

0,0178-y 0,0228+y y

⇒

.(0,0228 )

0,0178

y y

y

+

−

= 10

-4,27

⇒ y = 4,175.10

-5

0.5

Xét

2

Ca

C

+

.

2

2 4

C O

C

−

> K

s

⇒ xuất hiện kết tủa CaC

2

O

4

Phản ứng:

Ca

2+

+ H

2

C

2

O

4

CaC

2

O

4

+ 2H

+

K=10

3,23

>>

0,025 0,025 0,005

- - 0,055

TPGH: CaC

2

O

4

, H

+

(0,055), NH

4

+

(0,05M)

0.5

Tính

2 4

CaC O

S ?

CaC

2

O

4

Ca

2+

+ C

2

O

4

2-

K

s1

= 10

-8,75

(4)

S S

Các quá trình phụ:

Ca

2+

+ H

2

O
CaOH

+

+ H

+

( )

*

CaOH

β

+

= 10

-12,6

(5)

C

2

O

4

2-

+ H

+

HC

2

O

4

-

K

a2

-1

= 10

4,27

(6)

HC

2

O

4

-

+ H

+

H

2

C

2

O

4

K

a1

-1

= 10

1,25

(7)

Nhận xét: do môi trường axit (H

+

0,055M) nên cân bằng tạo phức hiñroxo của Ca

2+

có thể

1 bỏ qua.

Ta có: S = [Ca

2+

]

S = [C

2

O

4

2-

] + [HC

2

O

4

-

] + [H

2

C

2

O

4

]

=

( )

2 1 1 1 2

2 4 2 1 2

[ ]. 1 . . .

a a a

C O K h K K h

− − − −

+ +

Vậy

2

2 4 1 1 1 2

2 1 2

[ ]=

1 . . .

a a a

S

C O

K h K K h

−

− − −

+ +

⇒ K

s

=[Ca

2+

].[C

2

O

4

2-

]=

2

1 1 1 2

2 1 2

1 . . .

a a a

S

K h K K h

− − −

+ +

Thay h = 0,055 ⇒ S = 1,9.10

-3

(M)

Câu 7 (3.0 ñiểm)

ðể phân tích hàm lượng thiếc trong hợp kim thiếc – bismuth, ta tiến hành như sau:

- Hòa tan hoàn toàn 0,472 gam hợp kim trong dung dịch axit sunfuric tạo thành dung dịch của thiếc (II)

và bismuth(III).

- ðịnh mức dung dịch này lên 100ml.

- Lấy 25,00 ml dung dịch sau khi ñịnh mức ñem chuẩn ñộ với dung dịch KMnO

4

0,0107M trong môi

trường axit sunfuric.

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

2. Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim. Biết rằng thể tích dung dịch KMnO

4

sử dụng là 15,61 ml

3. Hãy nêu cách xác ñịnh ñiểm cuối của quá trình ch uẩn ñộ.

4. Trong một quá trình chuẩn ñộ, có sự tạo thành kế t tủa màu nâu tại ñiểm cuối. Hãy giải thích nguyên

nhân của hiện tượng này. Hiện tượng này ảnh hưởng thế nào ñến kết quả phân tích?

Hướng dẫn chấm

1. Các phương trình phản ứng:

Sn + H

2

SO

4

→ SnSO

4

+ H

2

2Bi + 3H

2

SO

4

→ Bi

2

(SO

4

)

3

+ 3H

2

5Sn

2+

+ 2MnO

4

2-

+ 8H

+

→ 5Sn

4+

+ 2Mn

2+

+ 4H

2

O

1

2. Số mol Sn

2+

có trong 25ml dung dịch chuẩn ñộ:

2 2

4 4 4

5 5 5

. . .0,0107.0,01561

2 2 2

Sn MnO MnO MnO

n n C V

+ − − −

= = = = 4,1757.10

-4

mol

Phần trăm khối lượng của Sn trong hỗn hợp:

2

4

100 100

. . 4,1757.10 .119.

25 25

% .100 .100

0, 472 0,472

Sn

Sn

n M

Sn

+

−

= = =42,1%

1

3. ðiểm cuối chuẩn ñộ: dung dịch chuyển từ không mà u sang màu tím nhạt (bền trong

khoảng 30 giây).

0.5

4. Kết tủa màu nâu là MnO

2

, hình thành do môi trường không ñủ axit. Kết quả là thể tích

KMnO

4

phải sử dụng nhiều hơn giá trị thật dẫn ñến sai số dương (hàm lượng Sn xác ñịnh sẽ

lớn hơn hàm lượng thực).

0.5

…………………. Hết ………………….

- Tổng ñiểm của toàn bài là 20 ñiểm, không làm tròn.

- Các cách làm khác ñúng ñáp số, ñúng bản chất vẫn ch o ñiểm tối ña.