Câu hỏi:

Phức chất $[CoCl_4]^{2-}$ có cấu trúc tứ diện. Ion trung tâm $Co^{2+}$ sử dụng các orbital trống để nhận cặp electron từ các phối tử $Cl^-$, tạo thành liên kết cho - nhận (hay còn gọi là liên kết phối trí). Phức chất này có màu do sự chuyển dời electron giữa các mức năng lượng d. Vì vậy, phát biểu 'Có dạng hình học là tứ diện hoặc vuông phẳng' là không đúng, vì nó chỉ có dạng tứ diện.

• A. Đúng vì $Co^{2+}$ nhận electron từ $Cl^-$.
• B. Sai vì phức chất này chỉ có cấu trúc tứ diện, không phải vuông phẳng.
• C. Đúng vì phức chất có màu.
• D. Đúng vì có liên kết cho - nhận giữa $Co^{2+}$ và $Cl^-$.

Để tính hằng số cân bằng $K_C$, ta cần xác định nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng.

* Tính số mol ban đầu của $Ag^+$ và $Fe^{2+}$:
* $n_{AgNO_3} = 0.20 M * 0.100 L = 0.02 mol$
* $n_{Fe(NO_3)_2} = 0.20 M * 0.100 L = 0.02 mol$
* Tính nồng độ ban đầu của $Ag^+$ và $Fe^{2+}$ trong hỗn hợp:
* Thể tích tổng cộng: $100 mL + 100 mL = 200 mL = 0.2 L$
* $[Ag^+]_0 = \frac{0.02 mol}{0.2 L} = 0.1 M$
* $[Fe^{2+}]_0 = \frac{0.02 mol}{0.2 L} = 0.1 M$
* Phản ứng chuẩn độ $Fe^{2+}$ dư bằng $KMnO_4$:
* Thể tích $KMnO_4$ trung bình: $V_{KMnO_4} = \frac{16.70 + 16.80 + 16.90}{3} = 16.80 mL = 0.0168 L$
* Số mol $KMnO_4$: $n_{KMnO_4} = 0.020 M * 0.0168 L = 0.000336 mol$
* Phản ứng chuẩn độ: $5Fe^{2+} + MnO_4^- + 8H^+ \rightarrow 5Fe^{3+} + Mn^{2+} + 4H_2O$
* Số mol $Fe^{2+}$ trong 20 mL dung dịch: $n_{Fe^{2+}} = 5 * n_{KMnO_4} = 5 * 0.000336 mol = 0.00168 mol$
* Số mol $Fe^{2+}$ trong 200 mL dung dịch: $n_{Fe^{2+}} = 0.00168 mol * \frac{200 mL}{20 mL} = 0.0168 mol$
* Tính nồng độ $Fe^{2+}$ còn lại ở trạng thái cân bằng: $[Fe^{2+}]_{cb} = \frac{0.0168 mol}{0.2 L} = 0.084 M$
* Tính lượng $Fe^{2+}$ đã phản ứng: $0.1 M - 0.084 M = 0.016 M$
* Vì phản ứng $Fe^{2+}(aq) + Ag^+(aq) \rightleftharpoons Fe^{3+}(aq) + Ag(s)$ có tỉ lệ mol 1:1, nên $[Fe^{3+}]_{cb} = [Ag^+]_{pu} = 0.016 M$
* Nồng độ $Ag^+$ còn lại ở trạng thái cân bằng: $[Ag^+]_{cb} = 0.1 M - 0.016 M = 0.084 M$
* Hằng số cân bằng: $K_C = \frac{[Fe^{3+}]}{[Fe^{2+}][Ag^+]} = \frac{0.016}{0.084 * 0.084} = 2.267 \approx 2.27

Ta có: $n_{CO_3^{2-}} = n_{Ca^{2+}} + n_{Mg^{2+}}$

$n_{HCO_3^-} + n_{Cl^-} + 2n_{SO_4^{2-}} = 0.005 + 0.004 + 2(0.001) = 0.011$ (mol)

$n_{CO_3^{2-}} = 0.011$ mol (trong 1 lít)

Trong 10 lít: $n_{CO_3^{2-}} = 0.011 * 10 = 0.11$ mol

$m_{Na_2CO_3} = 0.11 * 106 = 11.66$ gam.

Tuy nhiên, $Ca^{2+}$ phản ứng với $HCO_3^-$ trước. Do đó, lượng $Na_2CO_3$ cần dùng ít hơn.

Ta có $HCO_3^- + Ca^{2+} -> CaCO_3 + H_2O$, nên $n_{Ca^{2+}}$ phản ứng với $HCO_3^-$

$n_{Ca^{2+}} = n_{HCO_3^-} = 0.005$ mol

Số mol $CO_3^{2-}$ cần dùng để kết tủa hết $Ca^{2+}$ và $Mg^{2+}$ còn lại:

$n_{CO_3^{2-}} = n_{Cl^-} + 2n_{SO_4^{2-}} = 0.004 + 2*0.001 = 0.006$ mol

Tổng số mol $CO_3^{2-}$ cần dùng: $0.005 + 0.006 = 0.011$ mol (cho 1 lít)

Trong 10 lít: $0.011 * 10 = 0.11$ mol

$m_{Na_2CO_3} = (0.011 - 0.005)*10*106 = 0.06*106*10 = 63.6$ g (sai)

Hoặc ta có:

Tổng số mol ion âm trong 10 lít: $0.005 * 10 + 0.004 * 10 + 0.001 * 10 = 0.05 + 0.04 + 0.01 = 0.1$ mol

Để làm mềm nước ta cần kết tủa hết $Ca^{2+}$ và $Mg^{2+}$

$Ca^{2+} + CO_3^{2-} -> CaCO_3$

$Mg^{2+} + CO_3^{2-} -> MgCO_3$

Tổng số mol $CO_3^{2-}$ cần dùng = $n_{Ca^{2+}} + n_{Mg^{2+}}$ = 0.1 mol (để trung hòa điện tích)

Phản ứng $HCO_3^-$:

$2HCO_3^- + Ca^{2+} -> CaCO_3 + CO_2 + H_2O$

Số mol $CO_3^{2-}$ tạo ra = 0.005 mol

Vậy số mol $CO_3^{2-}$ cần thêm vào = 0.1 - 0.005 = 0.095 mol

Khối lượng $Na_2CO_3$ cần dùng = $0.095 * 106 = 10.07$ gam (trong 1 lít)

Trong 10 lít : $10.07*10 =100.7/10 = 1.007$ mol

Số mol $Na_2CO_3$ = 0.015 mol.

$m_{Na_2CO_3}$ = $0.015 * 106$ = 1.59 gam

Ta có công thức tính biến thiên enthalpy của phản ứng theo năng lượng liên kết:
$\Delta_r H^0_{298} = \sum E_b(reactants) - \sum E_b(products)$
Trong đó:
$\sum E_b(reactants) = E_b(N\equiv N) + 3 \cdot E_b(H-H) = 945 + 3 \cdot 436 = 945 + 1308 = 2253$ kJ/mol
$\sum E_b(products) = 2 \cdot [3 \cdot E_b(N-H)] = 2 \cdot [3 \cdot 391] = 2 \cdot 1173 = 2346$ kJ/mol
Vậy:
$\Delta_r H^0_{298} = 2253 - 2346 = -93$ kJ/mol
Giá trị gần nhất là -92 kJ/mol.

Các chất làm mất màu dung dịch $KMnO_4$ ở điều kiện thường là:

• Ethylene ($CH_2=CH_2$): Có liên kết đôi $C=C$
• Styrene ($C_6H_5CH=CH_2$): Có liên kết đôi $C=C$
• Vinylacetylene ($CH≡C-CH=CH_2$): Có liên kết ba $C≡C$ và liên kết đôi $C=C$

Benzene không làm mất màu dung dịch $KMnO_4$ ở điều kiện thường do có vòng benzen bền.
Butane là ankan no, không làm mất màu dung dịch $KMnO_4$ ở điều kiện thường.
Vậy có 3 chất thỏa mãn.