BỘ CHUYÊN ĐỀ HSG HÓA 12 (CHUYÊN HÓA) LÍ THUYẾT CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO, PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH (PHẦN 2) by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIC

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

BỘ CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG HÓA 12 (CHUYÊN HÓA) LÍ THUYẾT CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO, PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC DẠNG BÀI TẬP (7 CHUYÊN ĐỀ) WORD VERSION | 2022 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

Chuyên đề 5.

ĐẠI CƯƠNG KIM LOẠI

A. LÍ THUYẾT CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO I. VỊ TRÍ KIM LOẠI TRONG BẢNG TUẦN HOÀN Trong bảng tuần hoàn, các nguyên tố kim loại có mặt ở: - Nhóm IA (trừ nguyên tố hidro) và IIA. Các kim loại này là những nguyên tố s. - Nhóm IIIA (trừ nguyên tố bo), một phần các nhóm IVA, VA, VIA. Các kim loại này là những nguyên tố p. - Các nhóm B (từ IB đến VIIIB). Kim loại các nhóm B được gọi là những kim loại chuyển tiếp, chúng là những nguyên tố d. - Họ lantan và actini: Các kim loại thuộc hai họ này là những nguyên tố f. Chúng được xếp thành hai hàng ở cuối bảng. - Cấu tạo của kim loại: Các nguyên tử kim loại liên kết với nhau bằng liên kết kim loại để hình thành 3 loại cấu trúc mạng tinh thể: lập phương tâm khối, lập phương tâm diện và lục phương. Dạng kém đặc khít nhất là lập phương tâm khối. II. TÍNH CHẤT VẬT LÍ CỦA KIM LOẠI Kim loại có tính dẻo, tính dẫn nhiệt, tính dẫn điện, có ánh kim. Những tính chất vật lí chung của kim loại là do các electron tự do trong kim loại gây ra. Ngoài ra, các kim loại còn có một số tính chất vật lí riêng biệt như tỉ khối, nhiệt độ nóng chảy, tính cứng, ... III. TÍNH CHẤT HÓA HỌC CỦA KIM LOẠI 1. Tính chất hoá học chung của kim loại Tính chất hóa học chung của kim loại là tính khử M → M n + + ne

a) Tác dụng với oxi (trừ Ag, Pt, Au) 2Mg + O 2 → 2MgO 4Al + 3O 2 → 2Al2 O3 t 3Fe + 2O 2  → Fe3O 4

Trang 1

Nếu O 2 dư: to

4Fe + 3O 2 → 2Fe 2 O3

Mức độ phản ứng của các kim loại với oxi có khác nhau. Nếu xếp các kim loại theo dãy: K

Thì phản ứng sẽ diễn ra như sau: - Các kim loại K, Na cháy tạo thành oxit (như Na 2O, K 2O , ...) khi có lượng O 2 hạn chế, còn nếu dư O2 thì sẽ tạo thành peoxit (như Na 2O 2 , K 2O 2 , ...). - Các kim loại Mg, Al, Zn, Fe cháy tạo thành oxit và khả năng phản ứng với O 2 giảm dần. - Các kim loại Pb → Hg không cháy nhưng tạo thành một màng oxit trên bề mặt. - Các kim loại Ag → Au không cháy và không tạo thành lớp màng Oxit trên bề mặt. Chú ý: - Các kim loại Be, Zn, Al, Pb, Cr, ... khi tác dụng với oxi có thể tạo oxit lưỡng tính như BeO, ZnO, Al2O3 , PbO, Cr2O3 , ... ZnO + 2HCl → ZnCl2 + H 2 O

ZnO + 2NaOH + H 2 O → Na 2 [ Zn(OH) 4 ] Al 2 O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 O Al 2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ]

-Các oxit: Li 2O, Na 2O, K 2O, BaO, CaO,SrO tan trong nước ngay ở nhiệt độ thường tạo dung dịch kiềm. Na 2 O + H 2 O → 2Na + + 2OH − BaO + H 2 O → Ba 2 + + 2OH −

- Hai oxit FeO, Fe3O 4 khi phản ứng với chất oxi hoá mạnh tạo muối sắt (III). 3FeO + 10HNO3 → 3Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +5H 2 O 3Fe3O 4 + 28HNO3 → 9Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +14H 2 O

- Các khí: CO, H 2 , chỉ khử được các oxit từ ZnO đến Ag 2O khi đun nóng. t FeO + CO  → Fe + CO 2

t ZnO + CO  → Zn + CO 2

t CuO + H 2  → Cu + H 2 O

Do có nhiều số oxi hoá nên Fe 2O3 hoặc Fe3O 4 bị khử từng nấc. Trang 2

b) Tác dụng với clo (trừ Au, Pt) t 2M + mCl2  → 2MCl m

m: Hoá trị cao của M t 2Fe + 3Cl 2  → 2FeCl3

t Cu + Cl 2  → CuCl2

c) Tác dụng với lưu huỳnh (trừ Au, Pt) t 2M + nS  → M 2Sn

t Cu + S  → CuS

t Fe + S  → FeS

t 2Al + 3S  → Al2S3

t 2Cr + 3S  → Cr2S3

t Mg + S  → MgS

Chú ý: Al2S3, Cr2S3, MgS bị thuỷ phân hoàn toàn trong nước.

d) Tác dụng với nước - Các kim loại kiềm, Ca, Ba, Sr phản ứng với nước ngay ở nhiệt độ thường. 2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 ↑ Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑

- Kim loại Mg phản ứng với H2O ở 80°C. 80 C Mg + H 2O  → MgO + H 2 ↑

- Kim loại Al phản ứng với H2O khi cạo sạch lớp màng oxit Al2O3 . 2Al + 6H 2 O → 2Al(OH)3 ↓ +3H 2 ↑

Trang 3

Tuy nhiên, do sinh ra Al(OH) 3 kết tủa bám trên bề mặt nhôm ngăn cản nhôm tiếp xúc với nước nên phản ứng dừng lại ngay. - Một số kim loại có tính khử trung bình như Zn, Fe, Ni, Pb,... khử được hơi nước ở nhiệt độ cao. t >570 C Fe + H 2 O  → FeO + H 2 ↑

t <570 C 3Fe + 4H 2O  → Fe3O 4 + 4H 2 ↑

Những kim loại có tính khử yếu như Be, Cu, Ag, Hg,... không khử được H 2 O , dù ở nhiệt độ cao. Tuy nhiên, Be khử được H 2 O trong môi trường kiềm tạo muối berilat. Be + 2NaOH + 2H 2O → Na 2 [ Be(OH) 4 ] + H 2 ↑

e) Tác dụng với axit • Với dung dịch HCl, H2SO4 loãng,... (tác nhân oxi hóa là ion H + ). +

2M + 2nH + → 2M n + nH 2 ↑

( Kim loại M đứng trước H2, n là hóa trị thấp của M) Fe + 2H + → 2Fe 2+ + H 2 ↑ Cu + H + → Không phản ứng.

• Với dung dịch axit có tính oxi hóa mạnh HNO3 , H 2SO 4 đặc (tác nhân oxi hóa N +5 ,S+6 ) . Sản phẩm khử phụ thuộc vào tính khử của kim loại, nồng độ của axit, nhiệt độ tiến hành phản ứng, ... Nói chung thì axit bị khử xuống bậc oxi hóa càng thấp khi nồng độ càng loãng và tác dụng với kim loại càng mạnh:

Thông thường:

Trang 4

Thông thường:

Mg + 2H 2SO 4 → MgSO 4 + SO 2 ↑ +2H 2 O 3Mg + 4H 2SO 4 → 3MgSO 4 + S ↓ +4H 2 O 4Mg + 5H 2SO 4 → 4MgSO 4 + H 2S ↑ +4H 2 O t 2Fe + 6H 2SO 4  → Fe2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O

Chú ý: (1) m là hóa trị cao của M. (2) Một số kim loại như Al, Fe, Cr, ... bị thụ động hóa trong H 2SO 4 đặc, nguội và HNO3 đặc, nguội. (3) Hỗn hợp HNO3 , đặc và HCl đặc theo tỉ lệ thể tích 1:3 gọi là nước cường thủy, có tính oxi hóa rất mạnh có thể hòa tan Au và Pt. Au + HNO3 + 3HCl → AuCl3 + NO ↑ +2H 2 O 3Pt + 4HNO3 + 12HCl → 3PtCl 4 + 4NO ↑ +8H 2 O

g) Tác dụng với dung dịch bazơ Trang 5

- Cho các kim loại nhóm IA, Ca, Ba, Sr vào dung dịch kiềm thì kim loại sẽ phản ứng với nước. - Các kim loại đứng trước H2 trong dãy điện hóa mà oxit và hiđroxit của chúng có tính lưỡng tính như Al, Zn, Pb, Sn, Be có thể tác dụng được với dung dịch bazơ mạnh (kiềm) - Với Al (kim loại hóa trị III):

- Với Zn, Pb, Sn, Be (kim loại hóa trị II)

h) Tác dụng với dung dịch muối Dãy điện hóa của kim loại: Cho biết quy luật biến thiên tính oxi hóa của ion kim loại và tính khử của nguyên tử kim loại.

- Phản ứng xảy ra theo quy tắc c (trừ những kim loại phản ứng với H2O ở nhiệt độ thường như Na, K, Li, Cs, Rb, Sr, Ba, Ca)

Trang 6

Ví dụ: Fe + Cu 2 + → Fe2 + + Cu Fe + 2Fe3+ → 3Fe 2 + Cu + 2Fe3+ → 2Fe 2 + + Cu 2+ Fe2 + + Ag + → Fe3+ + Ag

Chú ý: +

(1) Trong dãy điện hóa của một số kim loại thông dụng ngoài các cặp M n / M còn có thể có các cặp khác như Fe3+ / Fe2+ , Cu 2+ / Cu + , Cr 3+ / Cr 2+ ,... Tùy vị trí tương đối của các cặp này +

so với cặp M n / M mà có thể dự đoán phản ứng có xảy ra hay không. Ví dụ: 2FeCl3 + Fe → 3FeCl 2 2FeCl3 + Cu → 2FeCl 2 + CuCl 2 FeCl3 + Ag → không xảy ra

(2) Một số kim loại hoạt động mạnh đứng đầu dãy điện hóa tác dụng được với nước ở điều kiện thường như kim loại kiềm (K, Na, ...) và một số kim loại kiềm thổ (Ca, Ba, ...) khi tác dụng với dung dịch muối M n chúng không khử ion kim loại đứng sau mà khử nước để tạo thành bazơ và giải phóng H 2 . Sau đó +

bazơ có thể tác dụng với muối của kim loại tạo ra hiđroxit kết tủa (nếu có). Ví dụ:

2. Điều chế kim loại. a) Nguyên tắc điều chế kim loại +

Thực hiện phản ứng khử ion kim loại ( M n ) thành kim loại tự do (M) +

M n + ne → M

Trang 7

b) Các phương pháp điều chế kim loại • Phương pháp thủy luyện hay phương pháp ướt + Cơ Sở của phương pháp này là dùng những dung môi thích hợp, như dung dịch H 2SO 4 , NaOH, NaCN,... để hòa tan kim loại hoặc hợp chất của kim loại và tách ra khỏi phần không tan có trong quặng. Sau đó khử những ion kim loại này bằng kim loại có tính khử mạnh hơn như Zn, Fe, Pb,.. + Phương pháp này dùng để điều chế những kim loại có tính khử yếu như Cu, Ag, Hg, Au. Ví dụ: Điều chế Ag bằng cách nghiền nhỏ quặng bạc sunfua Ag 2S , rồi xử lí bằng dung dịch natrixianua NaCN, lọc được dung dịch muối phức bạc: Ag 2S + 4NaCN → 2Na [ Ag(CN)2 ] + Na 2S

Sau đó dùng Zn để khử Ag + trong phức: 2Na [ Ag(CN)2 ] + Zn → Na 2 [ Zn(CN) 4 ] + 2Ag ↓

• Phương pháp nhiệt luyện + Cơ sở của phương pháp này là dùng các chất khử như CO, H2, C hoặc Al, kim loại kiềm, kiềm thổ để khử ion kim loại trong oxit ở nhiệt độ cao. + Phương pháp này được dùng trong công nghiệp để sản xuất các kim loại có tính khử yếu và trung bình như Zn, Fe, Sn, Sb, ... t ZnO + CO  → Zn + CO 2

t Fe2 O3 + 3CO  → 2Fe + 3CO 2

t PbO + C  → Pb + CO

t 3TiO 2 + 4Al  → 3Ti + 2Al 2O3

Nếu quặng kim loại là sunfua như FeS2 , Cu 2S, ZnS ... thì người ta phải nướng quặng để chuyển chúng thành oxit. Sau đó dùng phương pháp nhiệt luyện. Ví dụ: t Cu 2S + 2O 2  → 2CuO + SO 2

t → Cu+ H 2 O CuO + H 2 

Đối với quặng HgS, Ag 2S chỉ cần đốt cháy quặng là thu được kim loại. t HgS + O 2  → Hg + SO 2

t Ag 2S + O 2  → 2Ag + SO 2

Trang 8

• Phương pháp điện phân - Để điều chế các kim loại có tính khử mạnh (từ Li đến Al) người ta điện phân các hợp chất nóng chảy của chúng (muối, oxit, bazơ): 2NaCl 4NaOH

®pnc  → 2Na + Cl 2 ↑ ®pnc  → 4Na + O 2 ↑ +2H 2 O

2Al2 O3

®pnc  → 4Al + 3O 2 ↑

- Để điều chế những kim loại có tính khử yếu và trung bình, người ta điện phân dung dịch muối của chúng trong nước. ®pnc CuCl 2  → Cu + Cl 2 ®pnc → 2Cu + O 2 ↑ +2H 2SO 4 2CuSO 4 + 2H 2O  ®pnc → 4Ag + O 2 ↑ +4HNO3 4AgNO3 + 2H 2O 

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC DẠNG BÀI TẬP DẠNG 1: HOÀN THÀNH SƠ ĐỒ CHUYỂN HÓA VÀ ĐIỀU CHẾ Phương pháp: Nắm vững phương pháp điều chế các kim loại và tính chất hóa học của chúng. Ví dụ 1: Viết phương trình hoá học của các phản ứng theo sơ đồ chuyển hoá sau:

Giải a) Dành cho bạn đọc b) (1)

t 4FeS2 + 11O 2  → 2Fe2 O3 + 8SO 2

(2)

Fe2 O3 + 3CO → 2Fe + 3CO 2

(3)

Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑

(4)

FeCl 2 → Fe + Cl2

(5)

t 2FeCl2 + Cl2  → 2FeCl3

®pdd

Trang 9

(6)

2FeCl3 + Fe → 3FeCl2

(7)

Cu + 2FeCl3 → CuCl 2 + 2FeCl 2

(8)

CuCl 2 → Cu + Cl 2

(9)

t Cu + Cl2  → CuCl2

(10)

t 2Cu + O 2  → 2CuO

(11)

CuO + H 2 → Cu + H 2 O

(12)

CuO + 2HNO3 → Cu ( NO3 )2 + H 2 O

(13)

t 1 Cu ( NO3 )2 → CuO + 2NO 2 + O 2 2

(14)

Fe + Cu ( NO3 )2 → Fe ( NO3 )2 + Cu ↓

(15)

Fe ( NO3 )2 + Na 2S → FeS ↓ +2NaNO3

®pdd

Ví dụ 2: Viết phương trình hoá học của các phản ứng theo sơ đồ: t FeS2 + (A)  →(B) + SO 2

(B) + HNO3 → (C) + (D) Cu + (C) → (E) + (F) t (E)  →(G) + (H) + (A)

(G) + (K) →(L) + (D)

(L) + HNO3 → (E) + (H) + (D) t0

(F) →(B) + (H) + (A) t0

(B) + (K) →(M) + (D) (C) + (M) → (F)

Giải

Trang 10

Ví dụ 3: Từ các chất: Al, Al2O3 , Al2S3 , Al(OH)3 , AlCl3 , Na [ Al(OH) 4 ] . Hãy thiết lập sơ đồ biểu diễn mối liên hệ giữa các chất trên. Viết phương trình hóa học của các phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa đó. Giải

Các phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa trên: (1)

2Al + 3S → Al2S3 t0

(2)

2Al + 3S → Al2S3

(3)

®pnc 2Al2 O3 → 4Al + 3O 2 Na 3 AlF6

(4)

4Al + 3O 2 → 2Al2 O3

(5)

2Al + 3S → Al2S3

(6)

Al 2S3 + 6H 2 O → 2Al(OH)3 ↓ +3H 2S ↑

(7)

2Al(OH)3 → Al 2 O3 + 3H 2 O

(8)

Al(OH)3 + NaOH → Na [ Al(OH) 4 ]

(9)

Na [ Al(OH)4 ] + CO 2 → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3

(10)

Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H 2 O

Trang 11

(11)

2Al + 3Cl 2 → 2AlCl3

(12)

3Mg + 2AlCl3 → 3MgCl 2 + 2Al

(13)

Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H 2 O

(14)

AlCl3 + 3NH 3 + 3H 2 O → Al(OH)3 ↓ +3NH 4 Cl

(15)

Na [ Al(OH)4 ] + 4HCl → NaCl + AlCl3 + 4H 2 O

(16)

AlCl3 + 4NaOH(d − ) → Na [ Al(OH) 4 ] + 3NaCl

(17)

Al2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ]

(18)

Al 2 O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 O

Ví dụ 4: Biết X1 , X 2 , X 3 , X 4 , X 5 là các hợp chất của Cu. Hãy viết phương trình hóa học thực hiện sơ đồ biến hóa sau:

Giải Dễ dàng suy ra:

Các phương trình hóa học: (1)

t Cu1 + Cl2  → CuCl 2

(X1) ®pdd

(2)

CuCl 2 → Cu + Cl 2

(3)

Cu + S → CuS

t°

(X5) Trang 12

(4)

CuCl 2 + 2NaOH → Cu(OH)2 ↓ +2NaCl

(5)

Cu(OH) 2 + 2HCl → CuCl 2 + 2H 2 O

(6)

CuCl 2 + H 2S → CuS ↓ +2HCl

(7)

2Cu + O 2 → 2CuO

(X3) t0

(8)

CuO + H 2 → Cu + H 2O

(9)

t Cu + 4HNO3 (®Æc)  → Cu ( NO3 )2 + 2NO 2 ↑ +2H 2O 0

(X4) (10)

Cu(OH)2 + 2HNO3 → Cu ( NO3 )2 + 2H 2O

(11)

Cu ( NO3 )2 + 2NaOH → Cu(OH)2 ↓ +2NaNO3 t°

(12)

Cu(OH) 2 → CuO + H 2 O

(13)

CuO + 2HNO3 → Cu ( NO3 )2 + H 2 O t0

(14)

1 Cu ( NO3 )2 → CuO + 2NO 2 + O 2 2

(15)

Cu ( NO3 )2 + Na 2S → CuS ↓ +2NaNO3

(16)

CuS + 10HNO3 (®Æc) → Cu ( NO3 )2 + H 2SO 4 + 8NO 2 ↑ +4H 2 O

Ví dụ 5: Viết 3 phương trình hoá học của phản ứng trực tiếp điều chế: a) Kim loại Fe

b) Kim loại Na

c) Kim loại Ag Giải

a) FeCl 2 + Mg → MgCl 2 + Fe ®pdd FeCl 2  → Fe + Cl 2 0

t Fe 2O3 + 3CO  → 2Fe + 3CO 2

b) ®pnc 2NaCl  → 2Na + Cl 2

®pnc 4NaOH  → 4Na + O 2 + 2H 2O ®pnc 2Na 2 O  → 4Na + O 2

Trang 13

®pdd 4AgNO3 + 2H 2 O  → 4Ag ↓ +O 2 + 4HNO3

Cu + 2AgNO3 → Cu ( NO3 )2 + 2Ag ↓ 0

t Ag 2S + O 2  → 2Ag + SO 2

Ví dụ 6: Từ các chất ban đầu: KCl, FeS2 , H 2O, MgCO3 .CaCO3 , Cu(OH)2 .CuCO3 và điều kiện cần thiết. Hãy viết các phương trình hoá học của phản ứng điều chế các kim loại Cu, K, Ca, Mg và Fe. Giải • Điều chế K: ®pnc 2KCl  → 2K + Cl 2

• Điều chế Cu: 2K + 2H 2 O → 2KOH + H 2 ↑ 0

t → 2CuO + CO 2 + H 2 O Cu(OH)2 ⋅ CuCO3  0

t CuO + H 2  → Cu + H 2 O

• Điều chế Fe: ®iÖn ph©n 2H 2 O  → 2H 2 ↑ +O 2 ↑ NaOH hoÆc H 2 SO 4 lo·ng 0

t 4FeS2 + 11O 2  → 2Fe 2 O3 + 8SO 2 0

t Fe2 O3 + 3H 2  → 2Fe + 3H 2 O

• Điều chế Mg và Ca: 0

t H 2 + Cl 2  → 2HCl HCl + H 2 O → Dung dÞch HCl

Các phương trình hóa học theo sơ đồ trên: 0

t MgCO3 .CaCO3  → MgO + CaO + 2CO 2

CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 Ca(OH) 2 + 2HCl → CaCl 2 + 2H 2 O pnc CaCl 2 ® → Ca + Cl 2

Trang 14

MgO + 2HCl → MgCl 2 + H 2 O ®pnc MgCl 2  → Mg + Cl2

DẠNG 2: GIẢI THÍCH HIỆN TƯỢNG THÍ NGHIỆM Ví dụ 1: Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình hoá học cho các trường hợp sau: a) Cho kim loại K vào dung dịch FeCl 2 . b) Cho kim loại Al vào dung dịch Ba(OH) 2 , thu được dung dịch X. Sục khí CO 2 tới dư vào dung dịch X. c) Cho Zn vào dung dịch NH 3 đặc. d) Cho thanh Fe vào dung dịch CuSO 4 đun nóng. f) Cho kim loại Cu vào dung dịch H 2SO 4 loãng, sau đó sục liên tục khí O 2 vào. Giải a)Có kết tủa trắng xanh xuất hiện hóa nâu trong không khí và sủi bọt khí thoát ra. 1 K + H 2 O → KOH + H 2 ↑ 2

Sủi bọt 2KOH + FeCl 2 → 2KCl + Fe(OH) 2 ↓

Trắng xanh 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH)3 ↓

Nâu đỏ

b) Có sủi bọt khí thoát ra và kết tủa trắng keo xuất hiện. 2Al + Ba(OH) 2 + 6H 2 O → Ba [ Al(OH) 4 ]2 + 3H 2 ↑

Sủi bọt Ba [ Al(OH)4 ]2 + 2CO 2 → Al(OH)3 ↓ + Ba ( HCO3 )2

Trắng keo c) Có kết tủa trắng xuất hiện sau đó tan và có sủi bọt khí thoát ra. Zn + 2H 2 O → Zn(OH) 2 ↓ + H 2 ↑

Màu trắng Trang 15

Zn(OH) 2 + 4NH 3 →  Zn ( NH 3 )4  (OH) 2

d) Khi đun nóng màu xanh của dung dịch nhạt dần và có kết tủa màu đỏ bám vào thanh sắt. 0

t Fe + CuSO 4  → FeSO 4 + Cu ↓

màu đỏ

Màu xanh e) Kim loại Cu tan và tạo dung dịch màu xanh lam. t0

2Cu + O 2 + 2H 2SO 4 → 2CuSO 4 + 2H 2 O

Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm Fe3O 4 , Al, Fe, Al2 O3 . Cho A tan trong NaOH dư được hỗn hợp chất rắn A1, dung dịch B1 và khí C1. Khí C1 (dư) cho tác dụng với A đun nóng được hỗn hợp chất rắn A2. Dung dịch B cho tác dụng với dung dịch H 2SO 4 loãng, dư được dung dịch B2. Chất rắn A2 tác dụng với H 2SO 4 đặc, nóng được dung dịch B3 và khí C2.Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Giải Khi cho hỗn hợp chất rắn A tan trong NaOH dư: 2Al + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 ↑ Al 2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Al(OH)4 ]

Chất rắn A gồm Fe3O 4 và Fe. Dung dịch B1 có Na[Al(OH) 4 ], NaOH dư. Khí C1 là H2. Khi cho khí C1 tác dụng với A: 0

Fe3O 4 + 4H 2 t → 3Fe + 4H 2 O Al 2 O3 + H 2 → không phản ứng

Chất rắn A2 gồm Fe, Al, Al2O3. Dung dịch B1 cho tác dụng với H2SO4 loãng, dư: 2NaOH + H 2SO 4 → Na 2SO 4 + 2H 2 O

2Na [ Al(OH)4 ] + 4H 2SO 4 → Na 2SO 4 + Al2 ( SO 4 )3 + 8H 2 O

Cho A tác dụng với H2SO4 đặc, nóng: Al 2 O3 + 3H 2SO 4 t → Al 2 ( SO 4 )3 + 3H 2 O 0

t 2Fe + 6H 2SO 4 ®Æc  → Fe 2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O 0

t 2Al + 6H 2SO 4 ®Æc  → Al2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O 0

Trang 16

Dung dịch B gồm Fe2 ( SO 4 )3 và Al2 ( SO 4 )3 . Khí C2 là SO2. DẠNG 3: NHẬN BIẾT VÀ TÁCH CHẤT Phương pháp: Bảng thuốc thử cho một số kim loại và ion.

Chất cần nhận biết

Thuốc thử Đốt cháy

Hiện tượng Ngọn lửa đỏ tía

Ngọn lửa tím

Ngọn lửa vàng

Ngọn lửa màu da cam

Không phản ứng

Ngọn lửa màu vàng lục

Li, Na, K, Ca, Ba, Sr

Phương trình hóa học của hản ứng

Dung dịch trong suốt + H2 ↑ H2O

M + nH 2 O → M(OH) n +

(với Ca thì dung dịch vẩn đục)

n H2 ↑ 2

Be Zn

dung dịch OH-

M + (4 − n)OH − + (n − 2)H 2 O → Tan + H 2 ↑

(NaOH) Al

MO n2 − 4 +

n H2 ↑ 2

Sn Các kim loại dung dịch H+ từ Mg đến (HCl) Sn Cu

Dung dịch HNO3 đặc nóng

Tan + H 2 ↑

Tan + dung dịch màu

M + nH + → M n +

n H2 ↑ 2

Cu + 4HNO3 → Cu ( NO3 )2 + 2NO 2 + H 2 O

Trang 17

xanh + NO2 ↑ (nâu)

Dung dịch HCl/ H2SO4 loãng có sục O2

Tan+ dung dịch màu xanh

Cu + O 2 + 4HCl → 2CuCl 2 + 2H 2 O

Đốt cháy trong O2

Màu đỏ (Cu)→ màu đen (CuO)

2Cu + O 2 → 2CuO

HNO3 đặc, nóng sau đó cho NaCl vào dung dịch

Tan + NO2 ↑ (nâu) + ↓ trắng

Ag + 2HNO3 → AgNO3 + NO 2 ↑ + H 2 O AgNO3 + NaCl → AgCl ↓ + NaNO3

Hỗn hợp HNO3 đặc Au

và HCl đặc trộn theo tỉ lệ thể tích 1: 3

Li+ Na+

Tẩm lên dây Pt rồi đốt trên đèn khí.

K+ NH +4

Tan + NO 2 ↑

Au + HNO3 + 3HCl → AuCl3 + NO ↑ +2H 2 O

Ngọn lửa đỏ tỉa Ngọn lửa vàng

Không phản ứng

Ngọn lửa tím + − Khí NH3 ↑ có NH 4 + OH → NH3 ↑ + H 2 O mùi khai mùi khai

NaOH đặc dung dịch H2SO4

↓ trắng

màu trắng

dung dịch Na2CO3 dung dịch OH

Ba 2 + + SO 24− → BaSO 4 ↓

↓ trắng

Ca 2+ +CO32- → CaCO3 ↓

màu trắng -

↓ trắng

Mg 2 + + 2OH − → Mg(OH) 2 ↓ màu trắng

(NaOH) Cu

↓ xanh

Cu 2+ + 2OH − → Cu(OH)2 ↓ màu xanh

Trang 18

↓ trắng xanh

Fe2 + + 2OH − → Fe(OH) 2 ↓ màu trắng xanh

↓ đỏ nâu

Fe3+ + 3OH − → Fe(OH)3 ↓ màu nâu đỏ

Ag + + OH − → AgOH ↓ ↓ nâu đen

2AgOH → Ag 2 O ↓ + H 2 O

Ag +

màu đen

Dung dịch Cl-

Ag + + Cl − → AgCl ↓

↓ trắng

màu trắng

Cd 2 + + S2− → CdS ↓

↓ vàng

màu vàng

Dung dịch S 2− 2+

Pb 2+ + S2− → PbS ↓

↓ đen

màu đen

↓ trắng tan

ngay trong OH- dư

 → Zn(OH)2 ↓ → [ Zn(OH) 4 ]

2−

OH −

2 OH Be 2 +  → Be(OH)2 ↓ → [ Be(OH) 4 ] −

2−

OH −

−

Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư

2−

OH −

− 3OH tan ngay trong Cr 3+  → Cr(OH)3 ↓ → [ Cr(OH)4 ] OH- dư −

↓ màu xanh

lục không tan trong OH- dư nhưng tan trong dung dịch NH3 ↓ xanh không

−

OH −

2OH −

↓ màu xanh Cr

[ Al(OH)4 ]

2 OH Pb 2 +  → Pb(OH)2 ↓ → [ Pb(OH) 4 ]

Pb 2 +

OH −

Al  → Al(OH)3 ↓ →

Zn 2 + Be

3OH −

tan khi OH dư

Ni 2+ + 2OH − → Ni(OH) 2 ↓ màu xanh lục

Ni(OH) 2 + 6NH 3 →  Ni ( NH 3 )6  (OH) 2 màu xanh

Cu 2+ + 2OH − → Cu(OH) 2 ↓ màu xanh

Trang 19

Cu 2+ + 2NH 3 + 2H 2O → Cu(OH)2 ↓ + 2NH +4 màu xanh

↓ xanh tan

trong NH3 dư Cho từ từ dung dịch NH3 đến dư

màu xanh lam

↓ trắng tan

Zn 2 + + 2NH 3 + 2H 2 O → Zn(OH) 2 ↓ + 2NH +4

trong

Zn 2 +

NH3 dư Ba 2 +

Cu(OH) 2 + 4NH 3 → Cu ( NH 3 )4  + 2OH −

màu trắng 2+

Zn(OH) 2 + 4NH 3 →  Zn ( NH 3 )4  + 2OH − Ba 2 + + CrO 42 − → BaCrO 4 ↓

Dung dịch CrO 24− Kết tủa màu vàng tươi

hoặc Cr2O72−

2Ba 2+ + Cr2 O72− + H 2O → 2BaCrO 4 ↓ +2H + màu vàng tươi

Fe3+

Sn 2 +

Dung dịch SCN-

Dung dịch OH-

Ion phức chất có màu đỏ máu ↓ màu trắng

Fe3+ + 3SCN − → Fe(SCN)3 màu đỏ máu

Sn 2 + + 2OH − → Sn(OH) 2 ↓

màu trắng tan ngay trong 2− OH- dư Sn(OH) 2 + 2OH − → [Sn(OH) 4 ]

Ví dụ 1: Trình bày phương pháp hóa học để nhận biết các kim loại riêng biệt: Na, Ba, Mg, Fe, Cu. Giải Dùng dung dịch H2SO4 loãng làm thuốc thử. Nhận ra: • Kim loại Ba: Vì có kết tủa trắng xuất hiện và sủi bọt khí thoát ra. Ba + H 2SO 4 → BaSO 4 ↓ + H 2 ↑

• Kim loại Cu: Không tan trong dung dịch H2SO4 loãng. Các kim loại còn lại đều tan và có sủi bọt khí thoát ra. 2Na + H 2SO 4 → Na 2SO 4 + H 2 ↑ Mg + H 2SO 4 → MgSO 4 + H 2 ↑ Fe + H 2SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑

Cho ba dung dịch tạo thành tác dụng lần lượt với NaOH. Nhận ra: Trang 20

- Dung dịch MgSO4: Có kết tủa trắng xuất hiện  Kim loại ban đầu là Mg. MgSO 4 + 2NaOH → Mg(OH) 2 ↓ + Na 2SO 4

- Dung dịch FeSO4: Có kết tủa trắng xanh xuất hiện, hóa nâu trong không khí  Kim loại ban đầu là Fe. FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ + Na 2SO 4 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH)3 ↓

Dung dịch không có hiện tượng gì là Na2SO4  Kim loại ban đầu là Na. Ví dụ 2: Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng kim loại sau ra khỏi hỗn hợp gồm: Al, Mg, Fe, Cu, Ag. Giải Sơ đồ tách chất:

Phương trình hóa học của các phản ứng theo sơ đồ trên: 2Al + 2NaOH + 6H 2O → 2Na [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 ↑ Na [ Al(OH) 4 ] + CO 2 + H 2 O → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 0

t 2Al(OH)3  → Al2 O3 + 3H 2 O ®pnc 2Al2 O3 → 4Al + 3O 2 Na 3 AlF6

Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 ↑ Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑ ®pdd FeCl2  → Fe + Cl2 ↑

®pnc MgCl 2  → Mg + Cl2 ↑ 0

t 2Cu + O 2  → 2CuO CuO + 2HCl → CuCl 2 + H 2O

Trang 21

®pdd CuCl 2   → Cu + Cl 2

Ví dụ 3: Chỉ dùng một kim loại để nhận biết các dung dịch MgCl2, NH4NO3, FeCl3, Al(NO3)3, (NH4)2SO4, NaNO3 đựng riêng biệt trong các lọ mất nhãn. Giải Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử Cho kim loại Ba lần lượt vào các mẫu thử trên, đầu tiên có phản ứng: Ba + 2H 2O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑

Sau đó: - Mẫu thử nào cho kết tủa trắng là MgCl2 Ba(OH) 2 + MgCl 2 → Mg(OH)2 ↓ + BaCl 2

- Mẫu nào cho kết tủa trắng xanh sau đó chuyển thành nâu đỏ là FeCl2 Ba(OH) 2 + FeCl2 → Fe(OH) 2 ↓ + BaCl 2 4Fe(OH) 2 + 2H 2 O + O 2 → 4Fe(OH)3 ↓

- Mẫu thử nào cho kết tủa trắng keo sau đó tan dần là Al(NO3)3. 3Ba(OH) 2 + 2Al ( NO3 )3 → 2Al(OH)3 ↓ +3Ba ( NO3 )2 Ba(OH) 2 + 2Al(OH)3 → Ba [ Al(OH)4 ]2

- Mẫu thử nào tạo khí mùi khai khi đun nóng nhẹ là NH4NO3. Ba(OH) 2 + 2NH 4 NO3 → Ba ( NO3 )2 + 2H 2O + 2NH 3 ↑

- Mẫu thử nào cho kết tủa trắng và khí mùi khai khi đun nóng nhẹ là (NH4)2SO4. Ba(OH) 2 + ( NH 4 )2 SO 4 → BaSO 4 ↓ +2H 2O + 2NH 3 ↑

- Mẫu còn lại là NaNO3. Ví dụ 4: Cho hỗn hợp A gồm: Mg và Fe vào dung dịch B gồm Cu(NO3)2 và AgNO3. Lắc đều cho phản ứng xong thì thu được hỗn hợp rắn C gồm 3 kim loại và dung dịch D gồm 2 muối. Trình bày phương pháp tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp C. Giải - Hỗn hợp rắn C gồm 3 kim loại: Ag, Cu, Fe dư và dung dịch D gồm 2 muối Mg(NO3)2, Fe(NO3)2 - Cho dung dịch HCl dư vào chất rắn C chỉ có Fe tan tạo thành FeCl2. Cho dung dịch FeCl2 tác dụng với dung dịch NaOH dư tạo kết tủa Fe(OH)2. Nung kết tủa trong không khí Trang 22

đến khối lượng không đổi ta thu được Fe2O3, khử Fe2O3 bằng H2 dư ở nhiệt độ cao ta thu được Fe. Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑

FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ +2NaCl 0

4Fe(OH) 2 + O 2 t → 2Fe 2O3 + 4H 2 O 0

Fe2 O3 + 3H 2 t → 2Fe + 3H 2 O

- Hỗn hợp Cu, Ag cho tác dụng với oxi dư chỉ có Cu tác dụng tạo ra hỗn hợp rắn (Ag và CuO). Cho hỗn hợp rắn này tác dụng với dung dịch HCl dư lọc, tách ta thu được Ag không phản ứng, CuO tan trong dung dịch HCl. 0

t 2Cu + O 2  → 2CuO

CuO + 2HCl → CuCl 2 + H 2 O

- Cho dung dịch CuCl2 tác dụng với NaOH dư tạo Cu(OH)2 không tan. Nung Cu(OH)2 đến khối lượng không đổi thu được CuO, khử CuO bằng H2 dư ở nhiệt độ cao thu được Cu. 2NaOH + CuCl2 → Cu(OH)2 ↓ +2NaCl 0

Cu(OH) 2 t → CuO + H 2 O 0

CuO + H 2 t → Cu + H 2 O

DẠNG 4: BÀI TẬP VỀ SỰ ĂN MÒN KIM LOẠI Phương pháp: Nắm vững các vấn đề sau: 1. Khái niệm Ăn mòn là sự phá hủy kim loại hoặc hợp kim do tác dụng của các chất trong môi trường. Hậu quả là kim loại bị oxi hóa bởi các ion dương bởi các quá trình hóa học hoặc điện hóa. M 0 → M n + + ne

2. Hai dạng ăn mòn kim loại Căn cứ vào môi trường và cơ chế của sự ăn mòn kim loại, người ta phân thành hai loại chính: ăn mòn hóa học và ăn mòn điện hóa. a) Ăn mòn hóa học Ăn mòn hóa học là quá trình oxi hóa - khử, trong đó các electron của kim loại được chuyển trực tiếp đến các chất trong môi trường. Ví dụ: Trang 23

3Fe + 4H 2O

t  → Fe3O 4 + 4H 2 ↑ 0

t 2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3

b) Ăn mòn điện hóa học Ăn mòn điện hóa là quá trình oxi hóa - khử, trong đó kim loại bị ăn mòn do tác dụng của dung dịch chất điện li và tạo nên dòng electron chuyển dời từ cực âm đến cực dương. Ví dụ: Kim loại tiếp xúc với không khí ẩm, phần vỏ tàu biển ngâm trong nước, ống dẫn đặt trong lòng đất,.... c) Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa học - Các điện cực phải khác nhau về bản chất, có thể là cặp hai kim loại khác nhau, hoặc cặp kim loại - phi kim, hoặc cặp kim loại - hợp chất hóa học, Ví dụ: xementit Fe3C, trong đó kim loại có thể điện cực chuẩn nhỏ hơn là cực âm. Như vậy kim loại nguyên chất khó bị ăn mòn điện hóa học. - Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dẫn. - Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li. Trong thực tế, các quá trình ăn mòn kim loại diễn ra phức tạp, có thể bao gồm cả sự ăn mòn hóa học và sự ăn mòn điện hóa. Nhưng ăn mòn hóa học thường đóng vai trò chủ yếu. Ví dụ 1: Cho 100ml dung dịch dung dịch H2SO4 1M vào cốc thuỷ tinh. Cắm hai lá kim loại (một lá kẽm và một lá đồng) vào cốc. Nối hai lá kim loại bằng một dây dẫn. Nêu hiện tượng xảy ra và giải thích. Giải Hiện tượng: - Khi chưa nối dây dẫn, lá Zn bị hoà tan và bọt khí hiđro thoát ra ở bề mặt là Zn. - Khi nối dây dẫn, lá Zn bị ăn mòn nhanh hơn và bọt khí thoát ra ở cả lá Cu. Giải thích: - Khi chưa nối dây dẫn, Zn bị ăn mòn hoá học do phản ứng oxi hoá Zn bởi ion H+ trong dung dịch axit. Zn + 2H + → Zn 2+ + H 2 ↑ sủi bọt

Bọt khí H2 thoát ra trên bề mặt lá Zn.

Trang 24

- Khi nối dây dẫn, một pin điện hoá được hình thành, trong đó Zn là cực âm còn Cu là cực dương. Các electron di chuyển từ cực Zn sang cực Cu qua dây dẫn, tạo ra dòng điện một chiều. + Ở cực âm (anot): Xảy ra sự oxi hoá Zn Zn → Zn2+ + 2e + Ở cực dương (catot): Xảy ra sự khử H+ 2H+ + 2e → H2 Phản ứng điện hoá chung xảy ra trong pin là Zn + 2H + → Zn 2+ + H 2 ↑

Kết quả là Zn vừa bị ăn mòn điện hoá học vừa bị ăn mòn hoá học. Ví dụ 2: Có 4 dung dịch riêng biệt: CuSO4, ZnCl2, FeCl3, AgNO3. Nhúng vào mỗi dung dịch một thanh Fe. Trường hợp nào xảy ra ăn mòn hóa học? Trường hợp nào xảy ra ăn mòn điện hóa học? Giải thích. Giải • Khi nhúng thanh Fe vào các dung dịch CuSO4, AgNO3 thì ban đầu thanh Fe bị ăn mòn hóa học: Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu ↓ Fe + 2AgNO3 → Fe ( NO3 )2 + 2Ag ↓

Các kim loại Cu và Ag giải phóng ra sẽ bám trên bề mặt thanh Fe làm hình thành vô số pin điện hóa mà Fe là cực âm còn cực dương là Cu hoặc Ag. Ở cực dương: Cu 2+ + 2e → Cu Hoặc: Ag + + 1e → Ag Ở cực âm: Ni → Ni 2+ + 2e  Thanh Fe vừa bị ăn mòn hóa học vừa bị ăn mòn điện hóa học.

• Khi nhúng thanh Fe vào dung dịch FeCl3 thì thanh Fe chỉ bị ăn mòn hóa học. Fe + 2FeCl3 →3FeCl2 • Khi nhúng thanh Fe vào dung dịch ZnCl2 thì thanh Fe không bị ăn mòn vì không có phản ứng xảy ra. DẠNG 5: BÀI TẬP VỀ XÁC ĐỊNH TÊN KIM LOẠI Phương pháp: Bài tập xác định tên kim loại thường gồm các dạng sau đây: Trang 25

• Từ cấu hình electron của nguyên tử kim loại  Z  tên kim loại • Tính trực tiếp khối lượng mol kim loại M  tên kim loại • Lập hàm M = f(n), trong đó n= 1, 2, 3, 4 (hóa trị của kim loại)  giá trị phù hợp của M  tên kim loại. • Xác định tên hai kim loại A, B (MA < MB) thuộc hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Khi đó ta tìm khối lượng mol nguyên tử trung bình M và dựa vào tính chất  M A < M < M B  giá trị MA, MB phù hợp  tên kim loại A, B. Ví dụ 1: Hai nguyên tố A và B thuộc hai nhóm liên tiếp trong bảng tuần hoàn. A thuộc nhóm IIA. Tổng số hạt proton của nguyên tử A và B là 31. Cho 7,45 gam hỗn hợp A và B vào nước dư thu được dung dịch X và 3,92 lít H2 (đktc). Hấp thụ hết 0,3 mol CO2 vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. a) Xác định A và B. b) Tính giá trị của m. Giải Theo đề ra, ta có: Z A + Z B = 31  Z A < 31

Do A thuộc nhóm IIA nên A có thể là Be (Z= 4), Mg (Z=12), Ca (Z = 20). • Nếu A là Be  Z B = 27 (Co loại vì B thuộc nhóm VIIIB). • Nếu A là Mg  Z B = 19( K ) Mg + H2O → Không phản ứng ở nhiệt độ thường 2K + 2H2O → 2KOH + H 2 ↑ 0,35

←

0,175

 m K = 39.0,35 =13,65 gam > 7,45 gam (loại!)

• Nếu A là Ca  Z B = 11 (Na) Ca + 2H 2O → Ca 2+ + 2OH − + H 2 ↑

→ x → 2x → x

2K + 2H 2 O → 2K + + 2OH − + H 2 ↑

→

y → 0,5y

Trang 26

 x + 0,5 y = 0,175

 x = 0,1 mol  40 x + 23 y = 7, 45  y = 0,15mol

Ta có hệ: 

Vậy A là Ca và B là Na. b) Σn OH = 2x + y = 0,35mol −

CO 2 + 2OH − → CO32− + H 2 O 0,175 ← 0,35 → 0,175

 n CO2 còn = 0,3 − 0,175 = 0,125mol CO 2 + CO32− + H 2 O → 2HCO3−

0,125→0,125  n CO2− còn = 0,175 − 0,125 = 0, 05mol 3

Ba 2+ + CO32− → BaCO3 ↓ 0, 05 ← 0, 05 → 0, 05  mkết tủa = 0, 05.197 = 9,85 gam

Ví dụ 2: Hai nguyên tố A và B thuộc nhóm IIA và ở hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Cho 7,6 gam hỗn hợp A, B vào 73 gam dung dịch HCl 20% thu được dung dịch X và 2,8 lít H2 (đktc). a) Xác định tên hai kim loại A, B ( M A < M B ) . b) Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch X. Giải a) nHCl ban đầu =

73.20 = 0, 4mol > 2n H2 = 0, 25mol  Axit HCl còn dư 36,5.100

Thay hai kim loại A, B bằng một kim loại trung bình M . M + 2HCl → MCl2 + H 2 ↑

0,25 M =

←

0,125

7, 6 = 30, 4  M A = 24( Mg ) < 30, 4 < M B = 40(Ca ) 0, 25

b) Gọi x, y lần lượt là số mol Mg và Ca có trong 7,6 gam hỗn hợp. Ta có hệ:  x + y = 0, 25  x = 0,15 mol   24 x + 40 y = 7, 6  y = 0,1 mol Trang 27

mddX = 7, 6 + 73 − 2.0,125 = 80, 35 gam

Nồng độ phần trăm của các chất trong X là C% CaCl2 =

111.0,1.100% = 13,814% 80, 35

C%MgCl2 =

95.0,15.100% = 17.735% 80, 35

C%HCl =

(0, 4 − 0, 25)36,5.100% = 6,814% 80, 35

Ví dụ 3: Cho 6,46 gam hỗn hợp 2 kim loại hoá trị IIA và B tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư. Sau phản ứng xong thu được 1,12 lít khí (đktc) và 3,2 gam chất rắn. Lượng chất rắn này tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch AgNO3 0,5M thu được dung dịch dịch D và kim loại E. Lọc E rồi cô cạn dung dịch D thu được muối khan F. a) Xác định kim loại A, B biết rằng A đứng trước B trong "dãy hoạt động hoá học các kim loại". b) Đem lượng muối khan F nung ở nhiệt độ cao trong một thời gian thu được 6,16 gam chất rắn G và V lít hỗn hợp khí. Tính thể tích V (đktc). c) Nhúng thanh kim loại A vào 400ml dung dịch muối F có nồng độ mol là CM, sau khi phản ứng kết thúc, lấy thanh kim loại rửa nhẹ, làm khô cân lại thấy khối lượng giảm 0,1 gam. Tính CM biết rằng tất cả kim loại sinh ra sau phản ứng bám lên bề mặt của thanh kim loại A. Giải a) Kim loại không tan trong dung dịch H2SO4 loãng phải là B (đứng sau H)  m A = 6, 45 − 3, 2 = 3, 25gam

A + H 2SO 4 → ASO 4 + H 2 ↑

0,05  MA =

←

0,05

3, 25 = 65( Zn) 0, 05

B + 2AgNO3 → B ( NO3 )2 + 2Ag ↓

0,05 ← 0,1  MB =

→ 0,05

3, 2 = 64(Cu) 0, 05

b) Dung dịch D là dung dịch Cu(NO3)  muối khan F là Cu(NO3)2 Trang 28

1 t0 Cu ( NO3 )2  → CuO + 2NO 2 + O 2 2

→

2x → 0,5x

Ta có: ∆m giảm = 46.2x + 32.0,5x = 188.0,05 - 6,16  x = 0,03 mol  V=2,5.0.03.22,4 = 1,68 lít

c) Zn + Cu ( NO3 )2 → Zn ( NO3 )2 + Cu ↓ a

→a

→

a 0,1 = 0, 25M 0, 4

 ∆m giảm = (65 - 64)a = 0,1  a=0,1 mol  C M =

Ví dụ 4: Hoà tan hết 6,3 gam hỗn hợp X gồm Al và kim loại M (tỉ lệ mol tương ứng 2:3) vào 200 gam dung dịch HNO3 31,5%, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí N2 và N2O có tổng khối lượng là 2,76 gam. Cho Y phản ứng với dung dịch NaOH đun nóng, không có khí thoát ra. a) Xác định tên kim loại M. b) Tính thể tích dung dịch NaOH 0,5M tối thiểu cần dùng để kết tủa hết các ion kim loại trong Y. Giải a) Gọi x, y lần lượt là số mol N2 và N2O. Ta có hệ:  x + y = 0, 07  x = 0, 02   28 x + 44 y = 2, 76  y = 0, 05

Các bán phản ứng oxi hoá và khử: Al → Al3+ + 3e

12H + + 2NO3− + 10e → N 2 + 6H 2 O

2a → 2a → 6a M → M n + + ne 3a → 3a → 3na

0,24 ←

0,2 ← 0,02

10H + + 2NO3− + 8e → N 2 O + 5H 2 O

0,05

←

0,4 ← 0,05

 6a + 3na = 0, 6  2a + na = 0, 2 (1)

Mặt khác: 54a + 3Ma = 6,3 Từ (1), (2) 

(2)

54 + 3M = 31,5  M = 10, 5n + 3(n = 1; 2;3) 2+n

Nghiệm phù hợp: n= 2 và M = 24 (Mg) Trang 29

b) n H ban đầu = n HNO ban đầu = +

200.31, 5 = 1mol 100.63

n H+ phản ứng = 0,24 + 0,5 = 0,04 mol  n H+ còn=1 - 0,74 = 0,26 mol a=

6,3 = 0, 05mol  n Al = 0,1mol và n Mg = 0,15mol 54 + 3.24 H + + OH − → H 2 O

0,26 → 0,26 Mg 2 + + 2OH − → Mg(OH) 2 ↓

0,15 → 0,3 Al3+ + 3OH −

→ Al(OH)3 ↓

0,1 → 0, 3

 n NaOH = n OH− = 0,86mol  VddNaOH =

0,86 = 1, 72 lít 0,5

Ví dụ 5: Cho 6,3 gam hỗn hợp X gồm Mg và kim loại M (hoá trị không đổi) tác dụng với Cl2, sau một thời gian thu được 20,5 gam chất rắn Y. Hoà tan hết Y trong dung dịch HCl, sinh ra 2,24 lít H2 (đktc). Mặt khác, cho 0,1 mol M phản ứng với dung dịch HNO3 đặc, nóng dư thì lượng khí NO2 thoát ra vượt quá 5,04 lít (đktc). a) Xác định tên kim loại M. b) Cho 12,6 gam X trên tác dụng với dung dịch HNO3 loãng (dư), kết thúc phản ứng thu được 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N2 và N2O có tỉ khối so với H2 là 18. Tính khối lượng muối thu được sau khi các phản ứng kết thúc. Giải a) M + 2nHNO3 → M ( NO3 )n + nNO 2 ↑ + nH 2 O

0,1  n NO2 = 0,1n >

→

0,1n

5, 04 = 0, 225  n > 2, 25  n = 3 22, 4

Theo định luật bảo toàn khối lượng: n Cl2 = M → M 3+ + 3e

20, 5 − 6,3 = 0, 2mol 71 Cl2 + 2e → 2Cl−

Trang 30

a→

Mg → Mg 2+ + 2e

0,2→0,4 2H + + 2e → H 2

b→

0,2 ← 0,1

 3a + 2b = 0, 6(1)  a < 0, 2mol

Mặt khác: Ma + 24b = 6, 3

(2)

Rút a từ (1) và (2) ta được: a=

0,9 < 0, 2  M < 31,5 36 − M

Do M là kim loại hoá trị 3 nên chỉ có thể M là Al (nhôm) b) Ta có: a = b=

0, 9 = 0,1mol 36 − 27

0, 6 − 3.0,1 = 0,15mol 2

 Trong 12,6 gam X có chứa 0,2 mol Al và 0,3 mol Mg.

Gọi x, y lần lượt là số mol N2 và N2O. Ta có hệ:  x + y = 0,1  x = 0, 05   28 x + 44 y = 18.2.0,1  y = 0, 05

Ta thấy: 3n Al + 2n Mg = 1, 2 > 10n N 2 + 8n N 2O = 0,9mol

 Có muối NH4NO3 tạo thành. N +5 + 8e → N −3

8z ← z n NH4 NO3 = z =

1, 2 − 0, 9 = 0, 0375mol 8

 mmuối = m Al( NO3 ) + m Mg ( NO3 ) + m NH4 NO3 = 213.0, 2 + 148.0,3 + 80.0, 0375 = 90gam 3

Ví dụ 6: Hỗn hợp bột X gồm Fe và kim loại M (hoá trị không đổi). Cho 9,65 gam X phản ứng lượng dư dung dịch H2SO4 loãng, sau khi kết thúc các phản ứng thu được 7,28 lít H2 (đktc). Mặt khác, hoà tan hết 19,3 gam X trên trong dung dịch HNO3 dư, sinh ra 11,2 lít NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5, đktc). Trang 31

a) Xác định tên kim loại M. b) Cho 1,93 gam X trên tác dụng với 300ml dung dịch hỗn hợp gồm AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,15M, kết thúc các phản ứng thu được m gam chất rắn. Tính giá trị của m. Giải a) Gọi x, y lần lượt là số mol Fe và M có trong 9,65 gam X. Ta có: 56x + My = 9,65 (1) • 9,65 gam X + H2SO4 dư: Fe + H 2SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑

→

2M + nH 2SO 4 → M 2 ( SO 4 )n +

→

y  n H2 = x + 0,5ny =

n H2 ↑ 2

0,5ny

7, 28 = 0,325 22, 4

(2)

(Ở đây loại trường hợp M không phản ứng với H2SO4 vì khi đó nFe = 0,325 mol  m Fe = 18,2 gam > 9,65 gam) • 19,3 gam X + HNO3 dư: Fe + 4HNO3 → Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +2H 2 O

→

3M + 4nHNO3 → 3M ( NO3 ) n + nNO ↑ +2nH 2 O

→

2y  n NO = 2x +

2ny = 0,5 3

2ny 3

(3)

Từ (1), (2), (3)  x = 0,1 mol; ny= 0,45 mol và My =4,05  M = 9n  n=3 và M = 27 (Al).

b) n AgNO = 0, 03mol; n Cu( NO ) = 0, 045mol 3

3 2

Trong 1,93 gam X chứa 0,03 mol Al và 0,02 mol Fe. Phản ứng xảy ra theo thứ tự: Al + 3AgNO3 → Al ( NO3 )3 + 3Ag ↓ Trang 32

0,01 ← 0,03

→

0,03

 n Al còn = 0,03 - 0,01 =0,02 mol

2Al + 3Cu ( NO3 )2 → 2Al ( NO3 )3 + 3Cu ↓

0,02 → 0,03

→

0,02 →

0,03

Fe + Cu ( NO3 )2 → Fe ( NO3 )2 + Cu ↓

0,015 ← 0,015

→

0,015

 n Fe còn= 0,02 - 0,015 = 0,005 mol

 m CR = m Fe + m Cu + m Ag = 56.0,005 + 108.0,03 + 64.0,045 = 6,4 gam

Ví dụ 7: Hoà tan hết 8,72 gam hỗn hợp gồm kim loại Ba và hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn vào nước thu được dung dịch X và 3,024 lít H2 (đktc). Nếu cho toàn bộ dung dịch X tác dụng với 20ml dung dịch Na2SO4 1M thì sau khi kết thúc phản ứng lượng Na2SO4 còn dư. a) Xác định tên hai kim loại kiềm. b) Tính thể tích dung dịch HCl 1M tối thiểu cần dùng để trung hoà hết dung dịch X. Giải a) Đặt M là kim loại trung bình của hai kim loại kiềm. Ta có: Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑

→

→ x

2M + 2H 2 O → 2MOH + H 2 ↑

y  n H2 = x + 0,5y =

→

y → 0,5y

3, 024 = 0,135  2x +y = 0,27 (1) 22, 4

Mặt khác: 137 x + My = 8, 72 (2)

Từ (1), (2)  y =

9, 775 9, 775 y= < 0, 27  M < 32,3 (*) 68, 5 − M 68,5 − M

X + Na 2SO 4 : n Na 2 SO4 = 0, 02mol

Ba(OH) 2 + Na 2SO 4 → BaSO 4 ↓ +2NaOH

Trang 33

→

 x < 0, 02mol  y = 0, 27 − 2x > 0, 27 − 2.0, 02 = 0, 23 

 M > 26

9, 775 > 0, 23 68, 5 − M

(**)

Từ (*) và (**)  26 < M < 32,3  Hai kim loại đó là Na (M=23) và K (M=39).

b) X + HCl: Ba(OH) 2 + 2HCl → BaCl 2 + H 2 O

x → 2x MOH + HCl → MCl + H 2 O

y→ y  n HCl = 2x + y = 0, 27mol  VddHCl = 0, 27lit = 270ml

DẠNG 6: BÀI TOÁN KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI PHI KIM Phương pháp: • Kim loại (trừ Pt, Au) + oxi → oxit bazơ hoặc oxit kim loại 4M + nO 2 → 2M 2 O n K 2 O Na 2 O BaO CaO

MgO Al2 O3 Cr2 O3 CrO ZnO Fe x O y NiO SnO SnO 2 PbO CuO HgO Ag 2 O

Tan trong nước tạo ra - Không tan trong nước ở nhiệt độ thường dung dịch kiềm MgO + H 2 O → Không xảy ra K 2 O + H 2 O → 2KOH BaO + H 2 O → Ba(OH) 2

Al 2 O3 + H 2 O → Không xảy ra - Al2 O3 , ZnO,SnO, PbO, BeO và Cr2 O3 là các oxit lưỡng tính Al 2 O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 O Al 2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] ZnO + 2HCl → ZnCl 2 + H 2 O

ZnO + 2NaOH + H 2 O → Na 2 [ Zn(OH)4 ] t → Na 2 [Sn(OH) 4 ] SnO + 2NaOH đặc + H 2 O  0

Trang 34

Cr2 O3 + 2NaOH đặc +3H 2 O → 2Na [ Cr(OH) 4 ] Cr2 O3 + 6HCl → 2CrCl3 + 3H 2 O

- Fe3O4 khi tác dụng với dung dịch HCl hoặc H2SO4 loãng thu được dung dịch chứa đồng thời hai muối sắt (II) và sắt (III) vì có thể coi Fe3O4 ≡ FeO.Fe2O3 Fe3O 4 + 4H 2SO 4 loãng → FeSO 4 + Fe 2 ( SO 4 )3 + 4H 2 O − Fe3O 4 , FeO, CrO, Cr2 O3 thể hiện tính khử khi gặp chất oxi hóa

mạnh như O 2 , H 2SO 4 đặc, HNO3 , KMnO 4 … 2FeO + 4H 2SO 4 đặc → Fe 2 ( SO 4 )3 + SO 2 ↑ +4H 2 O 3FeO + 10HNO3 loãng → 3Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +5H 2 O 10FeO + 2KMnO 4 + 18H 2SO 4 →

5Fe2 ( SO 4 )3 + 2MnSO 4 + K 2SO 4 + 18H 2 O 4CrO + O 2 → 2Cr2 O3 2Cr2 O3 + 3O 2 + 8NaOH → 4Na 2 CrO 4 + 4H 2 O − HgO, Ag 2 O kém bền với nhiệt 0

t 2HgO  → 2Hg + O 2

Ag 2 O bền ở dưới 100°C, nên có thể làm khô ở 80°C.

Trên 100°C bắt đầu phân huỷ và đến 300°C phân huỷ hoàn toàn. 1 300° C Ag 2 O  → 2Ag + O 2 2

• Kim loại (trừ Pt, Au) +X2 → Muối halogenua. Với kim loại đa hóa trị như Fe, Cr, Cu, ... thì halogen X sẽ oxi hóa lên số oxi hóa cao. 0

t 2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3 0

t 2Cr + 3Cl2  → 2CrCl3 0

t Cu + Cl 2  → CuCl 2

Lưu ý rằng AgCl và PbCl2 không tan trong nước. Do vậy Pb không tan trong dung dịch HCl vì tạo kết tủa PbCl2 bao bọc ngoài kim loại. • Kim loại (trừ Pt, Au) + S → Muối sunfua. Trang 35

- Do có tính oxi hóa yếu hơn cho nên lưu huỳnh chị oxi hóa kim loại đa hóa trị lên số oxi hóa thấp. 0

t Fe + S  → FeS

- Muối sunfua là muối của axit yếu (H2S) nên dễ tan trong dung dịch axit mạnh hơn như dung dịch HCl, dung dịch H2SO4 loãng,... FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2S ↑ ZnS + 2HCl → ZnCl2 + H 2S ↑

Tuy nhiên, một số muối sunfua của kim loại nặng không tan trong các dung dịch axit trên như CuS, PbS, Ag2S, CdS, MnS, .... vì chúng là những chất có tích số tan rất nhỏ (kết tủa bền) CuS + HCl → Không xảy ra - Khi đốt muối sunfua trong oxi hoặc trong không khí sẽ tạo ra oxit kim loại có số oxi hóa cao và giải phóng SO2. 0

t 4FeS + 7O 2  → 2Fe 2 O3 + 4SO 2

Do oxit HgO và Ag2O kém bền với nhiệt nên khi đốt HgS và Ag2S tạo ra kim loại tự do và khí SO2. 0

HgS + O 2 t → Hg + SO 2 0

Ag 2S + O 2 t → 2Ag + SO 2

- Các muối sunfua đều có tính khử mạnh do lưu huỳnh có số oxi hóa thấp nhất -2. t → Fe ( NO3 )3 + H 2SO 4 + 9NO 2 ↑ +5H 2 O FeS + 12HNO3 đặc  0

t FeS + 6HNO3 loãng  → Fe ( NO3 )3 + H 2SO 4 + 3NO ↑ +2H 2 O 0

Ví dụ 1: Trộn 15,2 gam hỗn hợp bột X gồm Fe và Cu với 6,4 gam bột S thu được hỗn hợp Y. Nung Y trong bình chân không một thời gian thu được hỗn hợp Z. Hòa tan hoàn toàn Z trong dung dịch HNO3 đặc, nóng (dư) thu được dung dịch A và 40,32 lít NO2 (sản phẩm khử duy nhất của N+5, đktc). a) Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X. b) Cho Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư. Tính khối lượng kết tủa tạo thành sau phản ứng. Giải a) Gọi x, y lần lượt là số mol Fe và Cu có trong 15,2 gam X. Ta có: Trang 36

56x + 64y = 15,2 (1) Quy Z về Fe, Cu và S. Fe → Fe3+ + 3e x

N +5 + 1e → N +4

→ x → 3x

1,8 ← 1,8

Cu → Cu + 2e y → y → 2y S → S +6 + 6e 0, 2 → 0, 2 → 1, 2

 3 x + 2 y + 1, 2 = 1,8  3x + 2y = 0,6 (2)  x = 0,1mol  y = 0,15mol

Giải hệ (1), (2) ta được:  b) Y + Ba(OH)2 dư:

Fe3+ + 3OH − → Fe(OH)3 ↓

0,1

→

0,1

Cu 2+ + 2OH − → Cu(OH)2 ↓

0,15

→

0,15

Ba 2 + + SO 42− → BaSO 4 ↓

0,2 → 0,2  mkết tủa = 107.0,1 + 98.0,15 + 233.0,2 = 72 gam

Ví dụ 2: Cho m gam hỗn hợp A gồm Fe, Cu phản ứng với O2. Sau một thời gian thu được 32 gam chất rắn X gồm Fe2O3, Fe3O4, FeO, Fe, CuO, Cu (trong đó oxi chiếm 17,5% về khối lượng). Cho toàn bộ lượng X trên vào 300 gam dung dịch HNO3 31,5%. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 5 gam khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). a) Tính khối lượng mỗi kim loại trong A. b) Tính nồng độ phần trăm các chất trong Y. Giải a) Quy X về Fe, Cu và O. Ta có: n O =

32.17, 5 = 0,35mol 16.100

Trang 37

Fe → Fe3+ + 3e x

O + 2H + + 2e

→ x → 3x

→

H 2O

0, 35 → 0, 7 → 0, 7

Cu → Cu + 2e y

4H + + NO3− + 3e → NO + 2H 2 O

→ y → 2y

2 3

←

0,5 ←

5 30

 3 x + 2 y = 0,5 + 0, 7 = 1, 2 (1)

Mặt khác: 56x + 64y = 32 - 16.0,35 = 26,4 (2)  x = 0, 3mol  y = 0,15mol

Giải hệ (1), (2) ta được: 

Khối lượng của mỗi kim loại trong A là mFe = 56.0,3 = 16,8 gam; mCu = 64.0,15 = 9,6 gam b) n HNO ban đầu = 3

300.31,5 = 1,5 mol 63.100

n HNO3 phản ứng = 0, 7 +

2 4,1 4,1 0, 4 mol  n HNO3 còn = 1, 5 − = = mol 3 3 3 3

mddY = 32 + 300 − 5 = 327gam

Nồng độ phần trăm của các chất trong Y là C% Fe( NO3 ) =

242.0,3.100% = 22, 2% 327

C% Cu ( NO3 ) =

188.0,15.100% = 8, 62% 327

C% HNO3 =

63.0, 4.100% = 2, 57% 3.327

Ví dụ 3: Đốt cháy hỗn hợp kim loại gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi, sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối clorua (không còn khí dư). Hòa tan Y bằng một lượng vừa đủ 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, sau phản ứng hoàn toàn thu được 56,69 gam kết tủa. Tính phần trăm thể tích khí clo trong X. Giải Theo định luật bảo toàn nguyên tố:

Trang 38

→ Mg 2 + + 2e

Cl 2 + 2e → 2Cl−

0, 08 → 0, 08 → 0,16

a → 2a → 2a

Fe → Fe2 + + 2e

O 2 + 4e → 2O 2 −

x → x → 2x

b → 4b → 2b

→

Fe3+

(0, 08 − x) → (0, 08 − x ) → 3(0, 08 − x)

 2a + 4b + x = 0, 4

(1)

Các oxit tác dụng với axit HCl sinh ra muối và nước. 2O 2 − + 4H + → 2H 2 O

2b → 4b  n HCl = 4b = 0, 24  b = 0, 06mol (1)  2a + x = 0,16

(2)

Dung dịch Z chứa muối MgCl2 , FeCl2 và FeCl3 với Σn Cl = (2a + 0, 24)mol −

Fe2 + + Ag + → Fe3+ + Ag ↓

→

Ag + + Cl − → AgCl ↓

(2a +0,24) → (2a +0,24)  mkết tủa = 108x + 143,5(2a + 0,24) = 56,69

Hay: 108x + 287a = 22,25 (3) Giải hệ (2), (3): = 0,07 mol; x = 0,02 mol Phần trăm thể tích của Cl2 trong X là %VCl2 =

0, 07.100% = 53,85% 0, 07 + 0, 06

Ví dụ 4: Cho 18,75 gam Al2S3 vào 600ml dung dịch NaOH 2M, sau khi các phản ứng kết thúc, không có khí thoát ra thì số mol của NaOH còn lại là bao nhiêu? Giải nAl2 S3 =

18, 75 = 0,125mol; n NaOH = 1, 2mol 150

Trang 39

Al 2S3 + 6H 2 O → 2Al(OH)3 ↓ +3H 2S

→

0,125

0,25 →

0,375

Al(OH)3 + NaOH → Na [ Al(OH) 4 ]

0,25 →

0,25

H2S + 2NaOH → Na2S + 2H2O 0,375 →0,75  nNaOH = 0,25 + 0,75 =1 mol  nNaOH còn =1,2 - 1 = 0,2 mol

Ví dụ 5: Nhiệt phân 21,25 gam NaNO3, sau một thời gian thu được 18,85 gam chất rắn. Cho toàn bộ lượng khí sinh ra phản ứng hết với hỗn hợp X gồm Mg và Fe thu được 8,8 gam chất rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch HNO3 dư, thu được 0,15 mol NO2 (sản phẩm khử duy nhất). Tính phần trăm khối lượng của Fe trong X. Giải n O2 =

21, 25 − 18,85 = 0, 075mol 32

Quy Y về Mg, Fe và O2. Ta có: 24x + 56y = 8,8 - 32.0,075 = 6,4 (1) Mg → Mg2+ + 2e

x →

0,075 → 0,3

Fe → Fe3+ + 3e y  2 x + 3 y = 0, 45

→

+ 4e → 2O2-

N +5 + 1e → N +4

0,15 ← 0,15

(2)

Giải hệ (1), (2) ta được: x= 0,15 mol; y= 0,05 mol. Phần trăm khối lượng của Fe trong X là 0, 05.56.100% = 43, 75% 6, 4

Ví dụ 6: Nung m gam hỗn hợp X gồm bột sắt và lưu huỳnh thu được hỗn hợp Y gồm FeS, Fe, S. Chia Y thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư thấy thoát ra 2,8 lít hỗn hợp khí (ở đktc). Cho phần 2 tác dụng hết với lượng dư dung dịch HNO3 đặc, nóng thấy thoát ra 16,464 lít khí chỉ có NO2 (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất). Tính giá trị của m. Giải Trang 40

t Fe + S  → FeS

• Phần 1: S không phản ứng với H2SO4 loãng. FeS + H2SO4 (loãng) → FeSO 4 + H 2S ↑ Fe + H2SO4 (loãng) → FeSO 4 + H 2 ↑  n Fe ban đầu =2nkhí = 0,25 mol

• Phần 2: Coi như Y chỉ gồm Fe và S. Fe → Fe 3+ + 3e 0,125 S → S+6 x →

→

0,375

N +5 + 1e → N +4 0, 735 ← 0, 735

+ 6e 6x

 0,375 + 6 x = 0, 735  x = 0, 06mol  m = 56.0, 25 + 32.2.0, 06 = 17,84gam

DẠNG 7: BÀI TẬP VỀ KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI AXIT 1. Axit HCl, H2SO4 loãng (tính oxi hoá do H+ quyết định) M + nH + → M n + +

n H2 ↑ 2

Điều kiện: - M đứng trước Hy trong dãy điện hoá Li K Ba Ca Na Mg Al Cr Zn Fe Ni H2 Cu Hg Ag Pt Au Sn Pb có phản ứng

Không phản ứng

- n: Hoá trị thấp của kim loại M nếu M là kim loại đa hoá trị như Cr, Fe. Chú ý: - Pb không phản ứng với dung dịch HCl và dung dịch H2SO4 loãng do tạo muối PbCl2 và PbSO4 không tan bao bọc ngoài kim loại (Riêng PbCl2 tan nhiều trong nước nóng). - Cho hỗn hợp nhiều kim loại phản ứng dụng dịch axit thì kim loại nào có tính khử mạnh hơn sẽ ưu tiên phản ứng trước. Chẳng hạn cho hỗn hợp hai kim loại Mg và Fe vào dung dịch HCl thì Mg sẽ phản ứng với H+ trước vì Mg có tính khử mạnh hơn Fe. Mg + 2H + → Mg 2 + + H 2 ↑

Nếu Mg hết mà H+ còn thì Fe sẽ bị oxi hoá theo phương trình: Fe + 2H + → Fe 2+ + H 2

Trang 41

- Kim loại phản ứng với nước ở nhiệt độ thường (Ba, Ca, Na, K, Li, Sr) khi phản ứng với axit thì có hai khả năng: + Kim loại hết, axit còn thì chỉ xảy ra phản ứng kim loại với axit + Kim loại còn, axit hết thì ngoài phản ứng kim loại với axit (xảy ra trước) còn phản ứng kim loại dư với nước (xảy ra sau). - Nếu bài toán cho hỗn hợp (kim loại + oxit kim loại) tác dụng với dung dịch axit HCl hoặc H2SO4 loãng thì cần chú ý: + Phản ứng hóa học sẽ ưu tiên oxit trước sau đó mới đến kim loại. + Cần lưu ý đến khả năng kim loại không tác dụng với axit nhưng lại tác dụng với muối do oxit tạo ra. Ví dụ: Hỗn hợp (Cu + Fe2O3) + dung dịch H2SO4 loãng Fe3O4 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O Cu + Fe2(SO4)3 → CuSO4 + 2FeSO4 Ví dụ 1: Cho 4,6 gam Na vào 150ml dung dịch HCl 1M. Viết phương trình hoá học và tính thể tích H2 (đktc) thoát ra khi các phản ứng kết thúc. Giải nNa =

4, 6 = 0, 2mol; n H+ = 0,15mol 23

Các phản ứng xảy ra theo thứ tự: 2Na + 2H+ → 2Na+ + H2 ↑ 0,15 ← 0,15 →

0,075

 nNa còn =0,2 - 0,15 = 0,05 mol

1 2

Na + H2O → Na+ + OH- + H 2 ↑ 0,05

→

0,025

 V = (0,075 + 0,025).22,4 = 2,24 lít

Ví dụ 2: Chia m gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe thành hai phần bằng nhau. Phần 1 cho tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư, sinh ra 6,72 lít khí H2 (đktc). Hòa tan hết phần 2 trong lượng dư dung dịch HNO3, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y (không chứa NH4NO3) và 3,36 lít (đktc) hỗn hợp hai khí N2O và NO có tông khối lượng 5,2 gam. a) Tính giá trị của m. Trang 42

b) Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch Na2CO3. Tính khối lượng kết tủa tạo thành. Giải a) Phần l + H2SO4 loãng, dư: Mg + H 2SO 4 → MgSO 4 + H 2 ↑

→

Fe + H 2SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑

→

 n H2 = x + y = 0,3 (1)

Phần 2 + HNO3: Gọi a, b lần lượt là số mol NO và N2O. Ta có hệ: a + b = 0,15 a = 0,1 mol   30a + 44b = 5, 2 b = 0, 05 mol Mg → Mg 2+ + 2e →x

N +5 + 3e → N +2

→ 2x

0,3 ← 0,1

Fe → Fe3+ + 3e

N +5 + 8e → 2 N +1

y → y → 3y

 2x + 3y = 0,7

0, 4 ← 0,1

(2)  x = 0, 2mol  y = 0,1mol

Giải hệ (1), (2) ta được: 

 m = 2(24.0, 2 + 56.0,1) = 20,8gam

b) Na 2 CO3 + 2HNO3 → 2NaNO3 + CO 2 ↑ + H 2 O

Mg ( NO3 ) 2 + Na 2 CO3 → MgCO3 ↓ +2NaNO3

→

0,2

2Fe ( NO3 )3 + 3Na 2 CO3 + 3H 2 O → 2Fe(OH)3 ↓ +6NaNO3 + 3CO 2 ↑

0,1

→

0,1

 mkết tủa = 84.0,2 + 107.0,1 = 27,5 gam

Trang 43

Ví dụ 3: Chia 29,6 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu thành hai phần bằng nhau. Phần 1 cho phản ứng với lượng dư dung dịch HCl, sinh ra 3,36 lít H2 (đktc). Cho phần 2 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nóng (dư) thu được V lít khí NO2 (đktc) và dung dịch Y. a) Tính giá trị của V b) Cho Y phản ứng với lượng dư dung dịch NH3. Tính khối lượng kết tủa thu được sau khi các phản ứng kết thúc. Giải a) Gọi x, y lần lượt là số mol Fe và Cu chứa trong 14,8 gam hỗn hợp X. Ta có: 56x + 64y = 14,8 (*) • Phần 1: Cu không phản ứng Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑

→

 n H2 = x = 0,15mol (*)  y = 0,1mol

• Phần 2: N +5 + 1e → N +4 Fe

→ Fe3+ + 3e

a←a

0,15 → 0,15 → 0, 45 Cu → Cu 2 + + 2e 0,1 → 0,1 → 0, 2

 a = 0, 45 + 0, 2 = 0, 65 mol  V = 0,65.22,4 = 14,56 lít

b) Dung dịch Y chứa Fe3+ , Cu 2+ , H + , NO3− NH 3 + H + → NH +4 Fe3+ + 3NH 3 + 3H 2 O → Fe(OH)3 ↓ +3NH +4

0,15

→

0,15

Cu 2+ + 2NH 3 + 2H 2 O → Cu(OH) 2 ↓ +2NH +4

0,1

→

0,1 2+

Cu(OH) 2 + 4NH 3 →  Cu ( NH 3 )4  + 2OH −

Trang 44

→

0,1

 mkết tủa = mFe( OH ) =107.0,1 = 10,7 gam 3

2. Axit HNO3, H2SO4 đặc, nóng (tính oxi hoá do N+5 và S+6 quyết định) (1) Công thức tính nhanh: • Nếu hỗn hợp ban đầu hoàn toàn là kim loại Không phụ thuộc vào số lượng và bản chất các kim loại ban đầu, ta luôn có các bán phản ứng: 2H 2SO 4 + 2e → SO 2 + H 2 O + SO 24 − (1)

2x ← 2x ← x →

4H 2SO 4 + 6e → S + 4H 2 O + 3SO 24 −

← 6y ← y →

(2)

5H 2SO 4 + 8e → H 2S + 4H 2 O + 4SO 24 −

5z ← 8z

← z

→

(3)

 n SO2− tạo muối = n SO2 + 3n S + 4n H 2 S 4

 n H 2SO4 phản ứng = 2n SO2 + 4n S + 5n H 2 S

2HNO3 + 1e → NO 2 + H 2 O + NO3−

2a ← a ← a

→

4HNO3 + 3e → NO + H 2 O + 3NO3−

4b ← 3b ← b →

10HNO3 + 8e → N 2 O + 5H 2 O + 8NO3−

10c ← 8c ← c →

12HNO3 + 10e → N 2 + 6H 2 O + 10NO3−

12d ← 10d ← d

→

10d

10HNO3 + 8e → NH 4 NO3 + 3H 2 O + 8NO3−

10x ←

8x ← x

→

 n NO− tạo muối = n NO2 + 3n NO + 8n N 2O + 10n N 2 + 8n NH 4 NO3 3

 n HNO3 phản ứng = 2n NO2 + 4n NO + 10n N 2O + 12n N 2 + 10n NH 4 NO3 Trang 45

• Nếu hỗn hợp ban đầu không hoàn toàn là kim loại thì ta sử dụng phương pháp quy đổi về nguyên tố để giải nhanh. Chẳng hạn, cho hỗn hợp M gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO, Cu vào dung dịch HNO3 sinh ra NO và NO2. Tính số mol HNO3 phản ứng. Để giải nhanh ta coi M chỉ gồm Fe, Cu và O. Các bán phản ứng khử: 2HNO3 + 1e → NO 2 + H 2 O + NO3−

2a ← a ← a

→

4HNO3 + 3e → NO + H 2 O + 3NO3−

4b ← 3b ← b →

O + 2HNO3 + 2e → H 2 O + 2NO3−

c → 2c

→

 n HNO3 phản ứng = 2n NO2 + 4n NO + 2n O  n NO− tạo muối = n NO2 + 3n NO + 2n O 3

(2) Nếu bài toán cho kim loại Fe tác dụng với axit H2SO4 đặc, nóng hoặc HNO3 thì có hai khả năng: + Axit dư hoặc vừa hết → Chỉ có phản ứng Fe với axit. + Axit thiếu → Ngoài phản ứng Fe với axit còn có phản ứng Fe tác dụng với muối sắt (III) tạo ra muối sắt (II). Ví dụ: Fe + 4HNO3 → Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +2H 2 O

Fe dư +2Fe ( NO3 )3 → 3Fe ( NO3 )2 Trường hợp hỗn hợp kim loại trong đó có Fe hay hợp chất của Fe phản ứng với HNO3 hoặc H2SO4 đặc mà axit hết, thì phải lưu ý có thể có phản ứng khử Fe3+thành Fe2+ để có kết luận chính xác trạng thái tồn tại của Fe trong dung dịch. (3) Nếu bài toán yêu cầu tính khối lượng muối trong dung dịch, ta áp dụng công thức: mmuối = Σ mcation + Σ manion mmuối = mhh 2 kim loại + manion (4) Các hợp chất sắt (II) và muối sunfua:

Trang 46

FeO  Fe O   3 4  HNO3 → Fe3+ Fe(OH)2   FeS    FeS2  CuS  CuS  2   HNO3 → SO 24− CuFeS  2   FeS    FeS2 

(5) NO3− trong môi trường trung tính không có tính oxi hóa; trong môi trường kiềm có tính oxi hóa yếu (bị Al, Zn khử đến NH3), trong môi trường axit có tính oxi hóa mạnh (tương tự như HNO3 loãng). Khi đó ta xem như kim loại phản ứng với HNO3, mặc dù H có thể do axit khác như HCl hoặc H2SO4 loãng phân li ra. Khi giải toán ta nên sử dụng các phương trình hóa học dưới dạng ion rút gọn.

Ví dụ 1: Hòa tan hết 9,2 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe trong dung dịch HNO3, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y (chứa 3 muối) và 2,576 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N2. Khối lượng của Z là 3,42 gam. Cho Y phản ứng với lượng dư dung dịch NaOH, lọc lấy kết tủa thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi, còn lại 14 gam chất rắn khan. Tính khối lượng muối thu được trong dung dịch Y (Bỏ qua sự thủy phân của các cation kim loại). Giải Gọi a, b lần lượt là số mol NO và N2. Ta có: a + b = 0,115 a = 0,1 mol   30a + 28b = 3, 42 b = 0, 015 mol

Đặt nMg =x (mol) và nFe =y (mol). Ta có: 24x + 56y = 9,2 (1) Dễ thấy chất rắn khan gồm: MgO và Fe2O3.  40x + 160.0,5y = 14 (2)

Trang 47

 x = 0,15mol  y = 0,1mol

Giải hệ (1), (2) ta được:  Xét 3 trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Y chứa 3 muối NH4NO3, Fe(NO3)3 và Mg(NO3)2. Mg → Mg 2+ + 2e

0,15 →

0,15 ← 0, 015

0,3

Fe → Fe3+ + 3e

0,1

N +5 + 10e → N 2

N +5 + 3e → N +2

0,3 ← 0,1

→ 0,3

N +5 + 8e → N −3

8z ← z

 8 z + 0, 45 = 0, 6  z = 0, 01875 mol

Khối lượng muối thu được trong Y là m Mg( NO3 ) = 148.0,15 = 22, 2gam 2

mFe ( NO3 )3 = 242.0,1 = 24, 2 gam m NH4 NO3 = 80.0, 01875 = 1, 5gam

• Trường hợp 2: Y chứa Fe(NO3)2, NH4NO3 và Mg(NO3)2 Mg → Mg 2+ + 2e

0,15 →

0,15 ← 0, 015

0,3

Fe → Fe2 + + 2e

0,1

N +5 + 10e → N 2

N +5 + 3e → N +2

0,3 ← 0,1

→ 0,2

N +5 + 8e → N −3

8z ← z  8 z + 0, 45 = 0,5  z = 6, 25.10−3 mol

Khối lượng muối thu được trong Y là m Mg( NO3 ) = 148.0,15 = 22, 2gam 2

mFe( NO3 ) = 180.0,1 = 18gam 3

Trang 48

m NH4 NO3 = 80.6, 25.10 −3 = 0, 5gam

• Trường hợp 3: Y chứa Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và Mg(NO3)2 N +5 + 10e → N 2

Mg → Mg 2+ + 2e

0,15 →

0,15 ← 0, 015

0,3

Fe → Fe2 + + 2e

→

N +5 + 3e → N +2

0,3 ← 0,1

Fe → Fe3+ + 3e

(0,1 − z ) → 3(0,1 − z )  0,3 + 2 z + 3(0,1 − z ) = 0, 45  z = 0,15mol > 0,1mol (loại!)

Ví dụ 2: Hòa tan hết 41,6 gam hỗn hợp X gồm FeS2, Cu2S và Cu trong V ml dung dịch HNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa hai muối sunfat và 26,88 lít NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5, đktc). a) Tính phần trăm khối lượng của mỗi chất trong X. b) Tính giá trị của V. Giải a) nNO =

26,88 = 1, 2mol 22, 4

Gọi x, y, z lần lượt là số mol FeS2, Cu2S và Cu có trong 41,6 gam hỗn hợp. Ta có: 120x + 160y + 64z = 41,6

(1)

Vì dung dịch Y chỉ chứa hai muối sunfat nên ta xét hai trường hợp sau: • Trường hợp 1: Y gồm Fe2(SO4)3 và CuSO4 nFe2+ = xmol; n Cu 2+ = (2y + z)mol; n SO2− = (2x + y)mol 4

Theo định luật bảo toàn điện tích: 3 x + 2(2 y + z ) = 2(2 x + y )  x − 2 y − 2 z = 0 FeS2 → Fe3+ + 2S+6 + 15e

x →

15x

N +5 + 3e → N +2

3, 6 ← 1, 2

Cu 2S → 2Cu 2 + + S+6 + 10e

→

10y Trang 49

Cu → Cu 2 + + 2e

→

 15 x + 10 y + 2 z = 3, 6

2z (2)

 x = 0, 04mol Giải hệ (1), (2), (3) ta được:  y = 0, 37mol  z = −0, 35mol 

Trường hợp này loại vì z < 0. • Trường hợp 2: Y gồm FeSO4 và CuSO4 n Fe2+ = xmol; n Cu 2+ = (2y + z)mol; n SO2− = (2x + y)mol 4

Theo định luật bảo toàn điện tích: 2x + 2(2y + 2) = 2(2x + y)  x − y − z = 0 (2) FeS2 → Fe3+ + 2S+6 + 14e

x →

N +5 + 3e → N +2

3, 6 ← 1, 2

14x

Cu 2S → 2Cu 2 + + S+6 + 10e

→

10y

Cu → Cu 2 + + 2e

→

 14 x + 10 y + 2 z = 3, 6

(3)

 x = 0, 2mol Giải hệ (1), (2), (3) ta được:  y = 0, 05mol  z = 0,15mol 

Phần trăm khối lượng của các chất trong X là %m FeS2 =

120.0, 2.100% = 57,59% 41, 6

%m Cu 2 S =

160.0, 05.100% = 19, 23% 41, 6

%m Cu =

64.0,15.100% = 23, 07% 41, 6

b) Quy X về Fe, Cu và S  n S = 2x + y = 0,45 mol Trang 50

Từ các bán phản ứng oxi hóa và khử có sự tham gia của ion H+: S + 4H 2 O → SO 24− + 8H + + 6e

0,45

→

8.0,45

4H + + NO3− + 3e → NO + 2H 2 O

4,8

←

1,2

 n HNO3 phản ứng = nH + phản ứng = 4,8 - 3,6 = 1,2 mol  V= 1200ml

Ví dụ 3: Hòa tan hết 17,9 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu vào 200 gam dung dịch HNO3 63% đun nóng, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y (không chứa NH4NO3) và 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm NO và NO2. Tỉ khối của Z so với H2 là 19,8. Cho Y tác dụng với dung dịch NH3 dư, lọc tách kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 13,1 gam chất rắn khan. a) Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X. b) Tính nồng độ phần trăm các chất trong Y. Coi nước bay hơi không đáng kể trong quá trình phản ứng. Giải a) Gọi a, b lần lượt là số mol của NO và NO2. Ta có hệ: a + b = 0,5 a = 0, 2   30a + 46b = 19,8 b = 0, 3  n HNO3 phản ứng = 4n NO + 2n NO2 = 1, 4mol < n HNO3 ban đầu =2 mol  Axit còn, kim loại hết.

Al → Al3+ + 3e x → x → 3x

Fe → Fe3+ + 3e y → y → 3y

N +5 + 3e → N +2

0, 6 ← 0, 2 N +5 + 1e → N +4 0,3 ← 0,3

Cu → Cu 2 + + 2e z → z → 2z

 3 x + 3 y + 2 z = 0,9 (1)

Y + NH3 dư: NH 3 + H + → NH 4+ 2+

Cu 2 + + 4NH 3 → Cu ( NH 3 ) 4

Trang 51

Fe3+ + 3NH 3 + 3H 2 O → Fe(OH)3 ↓ +3NH +4

→

Al3+ + 3NH 3 + 3H 2 O → Al(OH)3 ↓ +3NH 4+

→

Nung kết tủa: 0

t 2Al(OH)3  → Al2 O3 + 3H 2 O

→

0,5x

t 2Fe(OH)3  → Fe2 O3 + 3H 2 O

→

0,5y

 mchất rắn = 102.0,5x + 160.0,5y = 13,1 (2)

Mặt khác: 27x + 56y + 64z = 17,9 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta được:  x = 0,1mol   y = 0,1mol  z = 0,15mol 

Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X là % mA1 =

27.0,1.100% = 15,1% 17,9

% mFe =

56.0,1.100% = 31, 28% 17,9

%m Cu = 100% − (15,1% + 31, 28%) = 53, 62%

b) mdd Y = 17,9 + 200 - 0,5.2.19,8 = 198,1 gam C% Al(NO3 )3 =

213.0,1.100% = 10, 75% 198,1

C% Fe( NO3 ) =

242.0,1100% = 12, 21% 198,1

C%Cu ( NO3 ) =

188.0,15.100% = 14, 23% 198,1

Trang 52

C% HNO3 =

63.(2 − 1, 4) ⋅100% = 19, 08% 198,1

Ví dụ 4: Chia 12,6 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư, sinh ra 3,36 lít H2 (đktc). Hòa tan hết phần 2 trong 200 gam dung dịch HNO3 31,5% thu được dung dịch Y và 1,68 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N2 có khối lượng 2,2 gam. a) Tính khối lượng các kim loại trong X. b) Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch Y. Coi nước bay hơi không đáng kể trong quá trình phản ứng. Giải Gọi x, y là lượt là số mol Mg và Al có trong mỗi phần. Ta có: 24x + 27y = 6,3 Phần 1+ NaOH: Mg không phản ứng 3 Al + NaOH + 3H 2 O → Na [ Al(OH) 4 ] + H 2 ↑ 2

←

0,1  n Mg = y =

0,15

6,3 − 27.0,1 6,3 − 27.0,1 = 0,15mol  x = = 0,15mol 24 24

 Khối lượng mỗi kim loại trong X là

mAl = 27.0,2 = 5,4 gam mMg = 24.0,3 = 7,2 gam b) Đặt nNO = amol; n N = bmol . Ta có hệ: 2

a + b = 0, 075 a = 0, 05 mol   30a + 28b = 2, 2 b = 0, 025mol

Do 3n NO + 10n N = 0, 4mol < 2n Mg + 3n Al = 0, 6mol 2

Nên có sự hình thành muối NH4NO3 Mg → Mg 2+ + 2e 0,15 → 0,15 → 0,3 Al → Al3+ + 3e 0,1 → 0,1 → 0, 3

4HNO3 + 3e → NO + 2H 2 O + 3NO3− 0, 2 ← 0,15 ← 0, 05

12HNO3 + 10e → N 2 + 2H 2 O + 10NO3− 0, 3 ← 0, 25 ← 0, 025

Trang 53

10HNO3 + 8e → NH 4 NO3 + 3H 2 O + 8NO3− 10c ← 8c ← c

 0, 6 = 0,15 + 0, 25 + 8c  c = 0, 025mol  n HNO3 phản ứng =0,2 + 0,3 + 0,25 = 0,75 mol  n HNO3 còn=1 - 0,75 = 0,25 mol; mdung dịch Y = 6,3 + 200 - 2,2 = 204,1 gam

Phần trăm khối lượng các chất trong Y là 0, 25.63.100% = 7, 72% 204,1

C% HNO3 =

C% Mg( NO3 ) =

0,15.148.100% = 10,87% 204,1

C%Al( NO3 ) =

0,1.213.100% = 10, 436% 204,1

C% NH4 NO3 =

0,025.80.100% = 0,98% 204,1

Ví dụ 5: Hòa tan hết 21,9 gam hỗn hợp X gồm Al và Cu trong 280 gam dung dịch HNO3 31,5%, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N2. Z có khối lượng 4,4 gam. Cho Y tác dụng với dung dịch NH3 dư, sinh ra 7,8 gam kết tủa. a) Tính khối lượng muối thu được trong Y. b) Dung dịch Y hòa tan tối đa bao nhiêu gam Fe. Biết có khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) thoát ra. Giải a) Kết tủa thu được là Al(OH)3 và Cu(OH)2 hòa tan trong NH3 dư. Cu 2+ + 2NH 3 + 2H 2 O → Cu(OH)2 ↓ +2NH 4+ Cu(OH) 2 + 4NH 3 →  Cu ( NH 3 )4  (OH) 2

Al3+ + 3NH 3 + 3H 2 O → Al(OH)3 ↓ +3NH 4+

0,1  n Al = n Al 3+ = 0,1mol  n Cu =

←

0,1

21, 9 − 27.0,1 = 0,3mol 64 Trang 54

Đặt n NO = a mol; n N = b mol. Ta có hệ: 2

a + b = 0,15 a = 0,1 mol   30a + 28b = 4, 4 b = 0, 05 mol

Do 3nNO + 10n N = 0,8mol < 3n Al + 2n Cu = 0,9mol 2

Nên có sự hình thành muối NH4NO3 Al → Al 3+ + 3e

4HNO3 + 3e → NO + 2H 2 O + 3NO3−

0,1 → 0,1 → 0, 3

0, 4 ← 0,3 ← 0,1

Cu → Cu + 2e

12HNO3 + 10e → N 2 + 2H 2 O + 10NO3−

0, 3 → 0,3 → 0, 6

0, 6 ← 0,5 ← 0, 05

10HNO3 + 8e → NH 4 NO3 + 3H 2 O + 8NO3− 10c ← 8c ← c  0,9 = 0, 3 + 0,5 + 8c  c = 0, 0125mol

 n HNO3 phản ứng = 0,4 + 0,6 + 0,125 =1,125 mol  n HNO3 còn =1,4 - 1,125 = 0,275 mol

Khối lượng muối thu được trong Y là m Al( NO3 ) = 213.0,1 = 21,3gam 3

mCu ( NO3 ) = 188.0,3 = 56, 4gam 2

m NH 4 NO3 = 80.0, 0125 = 1gam

b) Y + Fe: Fe + 4HNO3 → Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +2H 2 O 0, 06875 ← 0, 275 Fe + Cu ( NO3 )2 → Fe ( NO3 )2 + Cu ↓ 0, 3 ← 0,3  m Fe = 0,36875.56 = 20, 65gam

Ví dụ 6: Hòa tan hết 26 gam hỗn hợp X gồm FeS2, Cus, FeS, Cu và Fe vào 150gam dung dịch HNO3 63% đun nóng. Kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y (không chứa ion Fe 2+ và NH +4 ) và hỗn hợp khí X gồm 0,5 mol NO; 0,75 mol NO2. Cho Y phản ứng với dung dịch BaCl2 dư, sinh ra 58,25 gam kết tủa. Trang 55

a) Tính thể tích khí O2 (đktc) cần dùng để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X trên. b) Tính khối lượng muối tạo thành trong dung dịch Y. c) Dung dịch Y hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu. Giải a) Quy hỗn hợp X về Fe, Cu và S. Ta có: nS = nSO 2− = nBaSO4 = 4

Fe → Fe3+ + 3e x

58, 25 = 0, 25mol 233

S + 4H 2 O → SO 24− + 8H + + 6e

→ x → 3x

0, 25 →

8.0, 25 → 1, 5

Cu → Cu + 2e y

4H + + NO3− + 3e → NO + 2H 2 O

→ y → 2y

← 1,5 ← 0,5

2H + + NO3− + 1e → NO 2 + H 2 O

1,5 ← 0, 75 ← 0, 75 Ta có hệ: 3 x + 2 y + 1, 5 = 1, 5 + 0, 75  x = 0,15mol   56 x + 64 y = 26 − 32.0, 25  y = 0,15mol

X + O2: 0

t + 3O 2  → 2Fe 2 O3 4Fe 0,15 → 0,1125 0

t 2Cu + O 2  → 2CuO 0,15 → 0, 075 0

S + O 2 t → SO 2 0, 25 → 0, 25  VO2 = (0,1125 + 0, 075 + 0, 25) ⋅ 22, 4 = 9,8 lít

b) n H phản ứng =2 +1,5 - 8.0,25 =1,5 mol = n H ban đầu +

 H + hết; n NO− còn =1,5 - 0,75 - 0,5 = 0,25 mol 3

 mmuối = m Fe3+ + m Cu 2+ + mSO2− + m NO− = (56 + 64).0,15 + 96.0,25 + 62.0,25 = 57,5 gam 4

c) Trang 56

+ 2Fe3+ → Cu 2+ + 2Fe 2+

0, 075 ← 0,15  m Cu = 64.0, 075 = 4,8gam

Ví dụ 7: Cho Al tới dư vào dung dịch chứa HCl và 0,1 mol NaNO3. Kết thúc các phản ứng thu được dung dịch X chứa m gam muối; 0,1 mol hỗn hợp khí Y gồm hai khi không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí. Tỉ khối của Y so với H2 là 11,5. Tính giá trị của m.. Giải M B = 11, 5.2 = 23  B chứa H2. Khi không màu hóa nâu trong không khí là NO  B gồm NO và H2.

Gọi x, y lần lượt là số mol H2 và NO. Ta có:

 x + y = 0,1  x = 0, 025mol   2 x + 30 y = 0,11.1,5.2  y = 0, 075mol

Vì có khí H2 thoát ra và Al dư  H + và NO3− hết  muối thu được là muối clorua Do n NO ban đầu > n NO  A chứa muối NH +4 . Theo bảo toàn nguyên tố N − 3

 n NH + = 0,1 − 0, 075 = 0, 025mol 4

Theo bảo toàn số mol electron: 3n Al phản ứng = 3n NO + 8n NH + + 2n H 2 = 0, 475 4

n Al phản ứng = n Al 3+ =

0, 475 mol 3

 m muối = m AlCl3 + m NH 4Cl + m NaCl = 133,5 ⋅

0, 475 + 53,5.0, 025 + 58, 5.0,1 =28,325 gam 3

DẠNG 8: BÀI TẬP VỀ KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH MUỐI Phương pháp: Phản ứng xảy ra theo quy tắc α (trừ những kim loại phản ứng với H2O ở nhiệt độ thường như Na, K, Li, Cs, Rb, Ba, Ca, Sr)

mA + nBm + → mA n + + nB ↓

Ví dụ 1: Hoàn thành các phản ứng sau dưới dạng ion rút gọn (nếu có): Trang 57

a) Na + FeCl2 + H2O →

b) Mg + Al(NO3)3 →

c) Fe + FeCl3 →

d) Fe + Cu(NO3)2 →

e) Fe + AgNO3 →

g) Cu + FeCl2 →

h) Cr + ZnCl2 →

i) Zn + CrCl2 → Giải

Từ dãy điện hoá:

Ta có: a) 2Na + 2H 2 O + Fe 2+ → Fe(OH)2 ↓ +2Na + + H 2 ↑ b) 3Mg + 2Al3+ → 3Mg 2+ + 2Al c) Fe + 2Fe3+ → 3Fe 2+ d)

Fe + Cu 2 + → Fe2 + + Cu ↓

Fe + 2Ag + → Fe2 + + 2Ag ↓

Nếu Ag+ còn: Fe2 + + Ag + → Fe3+ + Ag ↓

g) Cu + 2Fe3+ → Cu 2+ + 2Fe2+ h) Cr + Zn 2+ → Cr 2+ + Zn i) Không xảy ra Chú ý: (1) Vòng α càng rộng thì khả năng phản ứng càng mạnh. Chẳng hạn, cho hỗn hợp gồm Fe, Cu vào dung dịch AgNO3 thì Fe có tính khử mạnh hơn Cu nên ưu tiên phản ứng trước.

Fe + 2Ag + → Fe2 + + 2Ag ↓

Nếu Fe hết, Ag+ còn: Cu + 2Ag + → Cu 2+ + 2Ag ↓ Trang 58

(2) Độ tăng giảm khối lượng của thanh kim loại Khi nhúng một thanh kim loại A vào dung dịch muối Bn+ nếu toàn bộ lượng B bị đẩy ra bám hết vào thanh kim loại A thì sau khi lấy thanh kim loại A ra cân lại, khối lượng của thanh có thể tăng hay giảm. • Nếu m B ↓> m A tan  khối lượng của thanh A tăng ∆m = mB ↓ −mA tan

• Nếu mB ↓< mA tan  khối lượng của thanh A giảm ∆m = mA tan − mB ↓

(3) Các loại bài tập thường gặp: Loại 1: Một kim loại tác dụng với dung dịch chứa 1 muối - Phương trình phản ứng: nA + mBn + → nA m+ + mB ↓ - Điều kiện: • A không phản ứng với nước ở điều kiện thường và phải đứng trước B trong dãy điện hóa. Cu + Zn ( NO3 )2 → Không xảy ra vì Cu đứng sau Zn trong dãy điện hóa, không thể đẩy Zn ra

khỏi dung dịch Zn2+. • Muối A, B phải tan trong nước Zn + PbSO4 → Không xảy ra vì PbSO4 là chất kết tủa

Pb + CuSO 4 → Không xảy ra vì PbSO4 là chất kết tủa

- Biện luận một số trường hợp:

- Dự đoán các trường hợp Nếu không biết số mol ban đầu của A hoặc Bn+ thì ta có thể dự đoán trường hợp dữ A hay dư Bn+ dựa vào thành phần dung dịch hay chất rắn thu được sau phản ứng. Chẳng hạn: Trang 59

Fe + Cu 2 + → Fe2 + + Cu ↓

• Nếu sau phản ứng, dung dịch chứa 2 ion (Fe2+, Cu2+) thì Cu2+ còn, Fe hết. • Nếu chất rắn sau phản ứng gồm hai kim loại thì Fe còn và Cu2+ hết. • Nếu dung dịch sau phản ứng chứa ion Fe2+ thì Cu2+ đã hết, Fe vừa hết hoặc còn dư. Chú ý: Các kết luận trên chỉ đúng khi giả thiết phản ứng xảy ra hoàn toàn (H= 100%). Loại 2: Một kim loại tác dụng với dung dịch chứa 2 muối • Giả sử cho kim loại A tác dụng với dung dịch chứa đồng thời hai muối (Cn+, Bn+)

• Phản ứng hóa học xảy ra theo thứ tự: nA + α Cn + → nAα + + α C ↓ (1)

Kết thúc phản ứng (1) nếu A còn dư, Cn+ hết thì mA + α B m + → mAα + + α B ↓ (2)

• Biện luận một số trường hợp thường gặp (H= 100%) Trước phản ứng Kim loại A Hết Hết

Sau phản ứng Dd muối Bm+

Dd muối Cn+ Dư

chưa phản ứng

Hết

chưa phản ứng

Hết

còn

Hết

hết

Còn

Hết

hết

Dd muối

Chất rắn

Aα + , C n + còn, Bm+

Aα + , B m +

B, C

Aα + , B m + còn

B, C

Aα +

B, C

Aα +

B, C, A còn

Như vậy nếu dung dịch sau phản ứng có chứa: +

a) 3 ion kim loại ( Aα + , Cn , Bm ) thì kết luận chưa xong phản ứng (1): Bm+ chưa phản ứng, A hết, Cn+ còn. b) 2 ion kim loại ( Bm + , Aα + ) thì kết luận đã xong phản ứng (1) và phản ứng (2) chưa xong: Cn+ hết, Bm+ còn, A hết. Trang 60

c) Chỉ có 1 ion kim loại (Aα+) thì kết luận cả hai phản ứng đã kết thúc: Cn+ hết, Bm+ hết, A hết hoặc còn dư. • Nếu bài toán không cho biết số mol kim loại A và chỉ cho biết số mol ban đầu của Bm+ , Cn+ thì ta dùng phương pháp xét khoảng để biết bài toán đang xét nằm ở giai đoạn nào của phản ứng (1) và (2). Loại 3: Hai kim loại phản ứng với dung dịch một muối • Giả sử cho hỗn hợp hai kim loại A, B tác dụng với dung dịch muối Cn+

- Phản ứng xảy ra theo thứ tự: nA + α Cn + → nAα + + α C ↓

(1)

Kết thúc phản ứng (1) nếu A hết, Cm+ còn thì nB + mCn + → nBm+ + mC ↓

(2)

• Biện luận một số trường hợp thường gặp (H= 100%). Trước phản ứng

Sau phản ứng

Kim loại A

Kim loại B

Dd muối Cn+

Dd muối

Chất rắn

Còn

Chưa

hết

Aα +

B, C, A

Hết

Chưa

hết

Aα +

C, B

Hết

Còn

hết

Aα + , B m +

C, B

Hết

hết

Aα + , B m +

Hết

còn

Aα + , B m + ,Cn+

• Nếu không biết số mol ban đầu của A, B, Cm+ thì phải xét từng trường hợp lập hệ phương trình, giải tìm nghiệm thích hợp. • Nếu biết được số mol ban đầu của A, B nhưng không biết số mol ban đầu của Cm+ thì ta có thể áp dụng phương pháp xét khoảng để giải. Loại 4: Hai kim loại tác dụng với dung dịch 2 muối • Phản ứng hóa học xảy ra theo thứ tự ưu tiên: Kim loại có tính khử mạnh nhất ưu tiên phản ứng với ion kim loại có tính oxi hóa mạnh nhất (xem dãy điện hóa).

Trang 61

* Trường hợp 1: Biết số mol ban đầu của A, B, Cx+ ,Dy+ thì chỉ cần tính số mol theo thứ tự phản ứng hóa học. yA + mD y + → yA m+ + mD ↓

+ Trước hết:

+ Sau đó: Nếu A dư, Dy+ hết ta có: xA + mC x + → xA m+ + mC ↓

Nếu A hết, D y+ còn ta có: yB + nD y + → yBn + + nD ↓

* Trường hợp 2: Không biết số mol ban đầu của A, B, Cx+ ,Dy+ thì ta cần dựa vào thành phần các ion có trong dung dịch sau phản ứng hoặc thành phần các chất rắn sau phản ứng để dự đoán chất nào hết, chất nào còn dư. Ví dụ: Nếu dung dịch chứa 3 ion kim loại ( Am + , B n+ , C x + )  hết Dy+, hết A, B (còn dư Cn+). • Biện luận một số trường hợp thường gặp (H = 100%) Trước phản ứng

Sau phản ứng

Cx+

Dy+

Dd muối

Chất rắn

hết

chưa

hết

Am+ , Cx+

D, B

hết

chưa

còn

Am+ ,Dy+ dư, Cx+

D, B

còn

chưa

còn

hết

Am+ , Cx+ dư

D, C, B, A còn

còn

chưa

hết

Am+

D, C, B, A còn

hết

còn

hết

Am+, Bn+ ,Cn+ dư

D, C, B

hết

Am+, Bn+

D, C

• Khi sự biện luận trở nên phức tạp (nhiều trường hợp) thì có thể áp dụng phương pháp bảo toàn electron, phương pháp ion-electron trong phản ứng oxi hóa-khử để giải. Ví dụ 1: Cho m gam bột Fe vào 50ml dung dịch Cu(NO3)2 1M, sau phản ứng thu được dung dịch X và 4,88 gam chất rắn Y. Cho 4,55 gam bột Zn vào dung dịch X, kết thúc phản ứng thu được 4,1 gam chất rắn Z và dung dịch chứa một muối duy nhất. Tính giá trị của m. Giải Trang 62

Muối duy nhất là Zn ( NO3 )2  n Zn phản ứng = n Zn ( No ) = n Cu ( NO ) = 0, 05mol 3 3

 n Zn còn =

3 2

4, 55 − 0, 05 = 0, 02mol 65

Dễ thấy: m Fe + mCu + m Zn dư = m Y + m Z  m = 4,88 + 4,1 − 65.0, 02 − 64.0, 05 = 4, 48

Ví dụ 2: Hòa tan m gam Mg vào 1 lít dung dịch Fe(NO3)2 0,1M và Cu(NO3)2 0,1M. Lọc lấy dung dịch X. Thêm NaOH dư vào dung dịch X, thu được kết tủa Y, nung Y ngoài không khí đến khối lượng không đổi, còn lại 10 gam chất rắn Z. Tính m và số mol Fe(NO3)2 đã phản ứng. Giải n Fe2+ = n Cu 2+ = 0,1mol Cu 2 + + Mg → Mg 2 + + Cu

bđ:

0,1

pư:

còn: 0,1 – x (0,1 − x ≥ 0) Fe2 + + Mg → Mg 2 + + Fe

bđ:

0,1

pư:

còn: 0,1 – y (0,1 − y ≥ 0) Dung dịch X tối đa gồm: Mg 2+ , Fe 2+ , Cu 2+ , NO3− −

OH t Cu 2+ 2 → Cu(OH) 2 ↓  → CuO

0,1- x

−

2OH t 2 + H2O 2Fe 2 +  → 2Fe(OH) 2 ↓ O  → 2Fe(OH)3  → Fe 2 O3

0,1-y

0,1-y −

0,1-y

0,5( 0,1-y )

2OH t Mg 2 +   → Mg(OH) 2 ↓  → MgO

x+y

 m Z = 80(0,1 − x) + 80(0,1 − y) + 40(x + y) = 10  x + y = 0,15 (*)

Trang 63

 m = 24.0,15 = 3, 6gam

Vì 0 < x ≤ 0,1 nên từ (*)  y > 0  Fe 2 + đã phản ứng tức là Cu2+ hết (x = 0,1 mol)  y = 0,05 mol  Số mol Fe(NO3)2 đã phản ứng là 0,05 mol.

Ví dụ 3: Cho 7,74 gam hỗn hợp Zn và Cu vào 500ml dung dịch AgNO3 0,4M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn X nặng 22,915 gam. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Giải Zn + 2Ag + → Zn 2 + + 2Ag ↓

Cu + 2Ag + → Cu 2+ + 2Ag ↓

Giả sử chất rắn X hoàn toàn là Ag  n Ag + phản ứng = n Ag =

22,915 ≈ 0, 212mol > 0, 2mol (loại !) 108

 Ag + hết, hỗn hợp kim loại còn  2(x +y)=0,2 = x + y = 0,1 (1)

∆m = mAg − ( mZn + mCu ) phản ứng  216(x + y) - 65x - 64y = 22,815 - 7,74  151x + 152y = 15,175 (2)

Giải hệ (1) và (2)  x = 0,025 mol và y = 0,075 mol. Vì y> 0 nên Zn tan hết  m Zn = 65.0,025 = 1,625 gam  m Cu = 6,115 gam

Ví dụ 4: Cho 12,88 gam hỗn hợp Mg và Fe vào 700ml dung dịch AgNO3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn C nặng 48,72 gam và dung dịch D (không chứa Ag+ và Fe3+ ). Cho dung dịch NaOH tới dư vào dung dịch D, rồi lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi còn lại 14 gam chất rắn. Tính nồng độ của dung dịch AgNO3 đã dùng. Giải Các phản ứng xảy ra theo thứ tự: Mg + 2Ag + → Mg 2+ + 2Ag ↓

2x Trang 64

Fe + 2Ag + → Fe 2 + + 2Ag ↓

2у

 ∆m = 216(x + y) - 24x - 56y = 48,72 - 12,88 = 192x + 160y = 35,84 (1) −

2OH t Mg 2 +  → Mg(OH) 2  → MgO

−

O2 + H2O 2 OH t 2Fe 2 +  → 2Fe(OH) 2  → 2Fe(OH)3  → Fe 2 O3

0,5y

 40 x + 160.0, 5 y = 14  x + 2 y = 0,35

(2)

Giải hệ (1) và (2)  x = 0,07 mol và y = 0,14 mol  n Ag + = 2(0, 07 + 0,14) = 0, 42mol  CMAgNO3 =

0, 42 = 0,6M 0,7

Ví dụ 5: Cho hỗn hợp bột X gồm 0,01 mol Al và 0,025 mol Fe tác dụng với 400ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 0,05M và AgNO3 0,125M. Kết thúc các phản ứng, lọc tách kết tủa, cho nước lọc tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của m. Giải Các phản ứng xảy ra theo thứ tự: Al

+ 3Ag + → Al3+ + 3Ag ↓

0, 01 → 0, 03 → 0, 01  n Ag + còn=0,05 - 0,03 = 0,02 mol

Fe + 2Ag + → Fe 2+ + 2Ag ↓ 0, 01 ← 0, 02 → 0, 01  n Fe còn = 0,025 - 0,01 = 0,015 mol

+ Cu 2+ → Fe2 + + Cu ↓

0, 015 → 0, 015 → 0, 015

 n Cu 2+ còn = 0,02 - 0,015 = 0,005 mol Cu 2+ + 2OH − → Cu(OH) 2 ↓

0,005 →

0,005

Fe2 + + 2OH − → Fe(OH) 2 ↓

Trang 65

0,025 →

0,025

Al3+ + 4OH − → [ Al(OH) 4 ]

−

 mkết tủa = 98.0,005 + 90.0,025 = 2,74 gam

Ví dụ 6: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe có số mol bằng nhau vào 100ml dung dịch Y gồm Cu(NO3)2 và AgNO3 sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan A vào dung dịch HCl dư, thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn B không tan. Tính nồng độ mol của Cu(NO3)2 và AgNO3 trong dung dịch Y. Giải n Al = n Fe =

8,3 = 0,1mol 83

Gọi x, y lần lượt là số mol AgNO3 và Cu(NO3)2 có trong dung dịch Y. • X+Y  Chất rắn A gồm 3 kim loại  Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối đã hết. • A+ dụng dịch HCl dư  Fe tan hết, chất rắn không tan B gồm Cu và Ag. Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑

0,05 ←  m B = 108x + 64y = 28

0,05

(1) Ag + + 1e → Ag

Al → Al 3+ + 3e

0,1 →

x→x→x

3.0,1

Cu 2 + + 2e → Cu

Fe → Fe2 + + 2e

0,05 →  x + 2 y = 0, 4

y → 2y → y

2.0,05

(2)  x = 0, 2mol  y = 0,1mol

Giải hệ (1) và (2) ta được: 

Nồng độ mol của mỗi muối trong Y là CMAgNO3 =

0, 2 = 2M 0,1

CMCu( NO3 ) = 2

0,1 = 1M 0,1

Trang 66

Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm Mg, Al, Fe, Cu trong đó số mol Fe gấp đôi số mol Cu. Lấy 21,4 gam X cho tác dụng với dung dịch HCl dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được 15,68 lít khí (đktc). Nếu lấy 10,7 gam X cho phản ứng hết với khí clo thì sinh ra 39,1 gam muối. a) Tính % khối lượng Fe và Cu trong hỗn hợp ban đầu. b) Cho 21,4 gam X trên phản ứng với lượng dư dung dịch FeCl2, kết thúc các phản ứng thu được m gam chất rắn. Tính giá trị của m. Giải a) Gọi số mol của Mg, Al, Fe, Cu trong 21,4 gam hỗn hợp lần lượt là x, y, 2z và z. Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 ↑ x

→ 2x

→x

3 Al + 3HCl → AlCl3 + H 2 ↑ 2 y → 3y → y → 1, 5y Fe + 2HCl → FeCl 2

H2 ↑

→ 4z →

→

Cu + HCl → Không xảy ra  n H 2 = x + 1,5y + 2z = 0,7

(1)

• Để thuận tiện ta cho 21,4 gam X + Cl2 sinh ra 78,2 gam muối:  n Cl2 =

78, 2 − 21, 4 = 0,8mol 71 Mg → Mg 2+ + 2e x

→ 2x

Cl 2 + 2e → 2Cl− 0,8 → 1, 6

Al → Al 3+ + 3e y → 3y

Fe → Fe3+ + 3e 2z

→ 6z

Cu → Cu 2+ + 2e z

→ 2z

 2 x + 3 y + 2 z = 1, 6

(2)

Mặt khác: 24x + 23y + 56.2z + 64z=21,4

(3)

Trang 67

 x = 0,3mol  Giải hệ (1), (2) và (3) ta được:  y = 0, 2mol  z = 0,1mol 

Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu là %m Fe =

0,1.56 0, 05.64 ⋅100 = 26,17%;%m Cu = ⋅100 = 14,95% 21, 4 21, 4

b)X + FeCl2: Fe, Cu không phản ứng Mg + Fe 2 + → Mg 2+ + Fe ↓

0,3

→

0,3

2Al + 3Fe 2 + → 2Al3+ + 3Fe ↓

0,2

→

0,3

 m CR = 56(0, 3 + 0, 3 + 0,1) + 64.0, 05 = 42, 4

Ví dụ 8: Hoà tan hoàn toàn 2,7 gam hỗn hợp X gồm Ca và một kim loại kiềm vào nước. Kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 2,24 lít H2 (đktc). a) Xác định kim loại kiềm và khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X. b) Hấp thụ hết 3,808 lít CO2 (đktc) vào dung dịch Y. Sau các phản ứng hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của m. c) Cho 5,4 gam X trên tác dụng với lượng dư dung dịch Cu(NO3)2. Tính khối lượng kết tủa thu được sau khi kết thúc các phản ứng. Giải Ca + 2H 2 O → Ca(OH) 2 + H 2 ↑

1 M + H 2O → MOH + H 2 ↑ 2

→

→ 0,5 y

 n H2 = x + 0,5y = 0,1 (1)

Mặt khác: mhh = 40x + My = 2,7 (2) Từ (1) và (2)  0 < y = y=

1, 3 < 0, 2  M < 13,5  M = 7 (Li) 20 − M

1, 3 = 0,1mol  m Li = 7.0,1 = 0, 7gam  m Ca = 2, 7 − 0, 7 = 2,0 gm 20 − 7 Trang 68

b) Dung dịch Y chứa 0,05 mol Ca(OH)2 và 0,1 mol LiOH CO 2 + 2LiOH → Li 2CO3 + H 2O

0,05 ← 0,1 → 0,05 CO 2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H 2 O

0,05 ← 0,05

→ 0,05

CO 2 + Li 2CO3 + H 2O → 2LiHCO3

0,05 ← 0,05 CO 2 + CaCO3 + H 2 O → Ca ( HCO3 )2

0,02 → 0,02  n CaCO3 còn = 0,05 - 0,02 = 0,03 mol  mkết tủa = 100.0,03 = 3 gam

c) Trong 5,4 gam X có chứa 0,1 mol Ca và 0,2 mol Li Ca + 2H 2O + Cu 2+ → Cu(OH)2 ↓ + Ca 2+ + H 2 ↑ →

0,1

Li + 2H 2O + Cu 2+ → Cu(OH) 2 ↓ + Li + + H 2 ↑

0,2

→

0,2

 mkết tủa = 98.0,3 = 29,4 gam

Ví dụ 9: Cho 12,85 gam hỗn hợp bột X gồm Al, Fe, Cu vào 275ml dung dịch Cu(NO3)2 1M, khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y (không còn màu xanh) và 23,6 gam chất rắn Z. Hoà tan hết Z trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư) sinh ra 8,96 lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Tính khối lượng mỗi kim loại trong X. Giải Gọi x, y, z lần lượt là số mol ban đầu của các kim loại Al, Fe và Cu. Ta có: 27x + 56y + 64z = 12,85 (1) 2Al + 3Cu ( NO3 )2 → 2Al ( NO3 )3 + 3Cu ↓

x1 → 1,5 x1

→

1,5 x1

Fe + Cu ( NO3 )2 → Fe ( NO3 )2 + Cu ↓

y 1 → y1

→

→ y1

∆m ↑= 69x1 + 8y1 = 23,6 - 12,85 = 10,75 (2)

Trang 69

Vì dung dịch Y không còn màu xanh nên Cu(NO3)2 hết  n Cu ( NO3 ) = 1,5x +yı = 0,275

(3)

 x1 = 0,15  y1 = 0, 05

Giải hệ (1) và (2) ta được: 

Vì y1 > 0 nên x1 = x = 0,15 mol  Al hết, Fe hết hoặc còn Chất rắn Z chứa: (0,275 + z) mol Cu và (y - 0,05) mol Fe Cu + 2H 2SO 4 → CuSO 4 + SO 2 ↑ +2H 2 O →

(0,275 + z)

2Fe + 6H 2SO 4 → Fe 2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 + 6H 2 O →

( y – 0,05)

1,5( y – 0,05)

 n SO2 = 0,275 + z + 1,5 (y – 0,05) = 0,4  1,5y + z =0,2 (4)

Thay x = 0,15 mol vào (1) và kết hợp (4) ta có hệ: 56 y + 64 z = 8,8  y = 0,1 mol    z = 0, 05 mol 1,5 y + z = 0, 2

Khối lượng mỗi kim loại trong X là mAl = 27.0,15 = 4,05 gam mFe = 56.0,1 = 5,6 gam mCu = 64.0,05 = 3,2 gam Ví dụ 10: Cho 8,4 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm thổ, thuộc hai chu kì liên tiếp vào dung dịch HCl dư, sinh ra 5,6 lít H2 (đktc). a) Xác định tên hai kim loại kiềm thổ. b) Cho 0,84 gam X trên phản ứng với lượng dư dung dịch Cu(NO3)2. Tính khối lượng chất rắn tạo thành khi kết thúc các phản ứng. Giải a) nH = 2

5, 6 = 0, 25mol 22, 4 2+

M + 2H + → M + H 2 ↑

0,25

←

0,25 Trang 70

M =

8, 4 = 33, 6  M1 = 24(Mg) < 33, 6 < M 2 = 40(Ca) 0, 25

b) Gọi x, y lần lượt là số mol Mg và Ca chứa trong 0,84 gam hỗn hợp X.  x + y = 0, 025

 x = 0, 01  24 x + 40 y = 0,84  y = 0, 015

Ta có hệ: 

Ca + 2H 2O + Cu 2+ → Cu(OH)2 ↓ +Ca 2+ + H 2 ↑ →

0,015

Mg + Cu 2+ → Mg 2+ + Cu ↓

0,01

→

0,01

 mCR = 98.0,015 + 64.0,01 = 2,11 gam

Ví dụ 11: Cho 0,51 gam hỗn hợp A ở dạng bột gồm Fe và Mg vào 100ml dung dịch CuSO4. Sau khi các phản ứng hoàn toàn, lọc, thu được 0,69 gam chất rắn B và dung dịch C. Thêm dung dịch NaOH dư vào C, lấy kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, được 0,45 gam chất rắn D. a) Tính nồng độ mol của dung dịch CuSO4 đã dùng. b) Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A. c) Hòa tan hoàn toàn chất rắn B trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được V lít khí SO2 duy nhất ở đktc. Tính V. Giải Theo đề ra: Lúc đầu dùng 0,51 gam hỗn hợp Mg và Fe, qua những biến đổi chỉ thu được 0,45 gam MgO và Fe2O3  CuSO4 thiếu, Fe dư. Các phương trình hóa học: Mg + CuSO 4 → MgSO 4 + Cu (1) Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu (2)

Vì Mg có tính kim loại mạnh hơn Fe nên Mg phản ứng hết, Fe phản ứng với phần CuSO4 còn lại và Fe dư. Do đó chất rắn B gồm Cu và Fe dư. MgSO 4 + 2NaOH → Mg(OH)2 ↓ + Na 2SO 4 (3) FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + Na 2SO 4 (4)

Nung kết tủa trong không khí: t°

Mg(OH) 2 → MgO + H 2O (5)

Trang 71

t°

4Fe(OH) 2 + O 2 → 2Fe 2O3 + 4H 2 O (6)

Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và Fe có trong 0,51 gam hỗn hợp, a là số mol Fe tham gia phản ứng (2). Ta có: 24x + 56y = 0,51

(I)

56(y - a) + 64(x + a) = 0,69 (II) 40x + 160.0,5a = 0,45

(III)

Giải hệ (I), (II) và (III) ta được: x = 0,00375 mol y = 0,0075 mol a = 0,00375 mol a) Nồng độ mol của dung dịch CuSO4: CM (CuSO ) = 4

0, 00375.2.1000 = 0, 075M 100

b) Thành phần % khối lượng của hỗn hợp A. 0, 00375.24 ⋅100% = 17, 65% 0,51 %m Fe = 100% − 17, 65% = 82, 35%

%m Mg =

c) Thể tích khí SO2 sinh ra (đktc). Chất rắn B gồm Fe dư và Cu. Khi cho B tác dụng với H2SO4 đặc, nóng: 2Fe + 6H 2SO 4 → Fe2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O (7) Cu + 2H 2SO 4 → CuSO 4 + SO 2 ↑ +2H 2 O (8) 3 2

3 2

(7)  n so = n Fe dư = ( y − a) = (0, 0075 − 0, 00375) = 0,005625 mol 2

(8)  n SO = n Cu = x + a = 0,0075 + 0,00375 = 0,01125 mol 2

 VSO2 = 22,4.(0,005625 + 0,01125) = 0,378 lít.

Ví dụ 12: Cho 1,572 gam hỗn hợp A gồm Al, Fe và Cu tác dụng với 40ml dung dịch CuSO4 1M, thu được dung dịch B và hỗn hợp D gồm 2 kim loại. Cho B tác dụng với dung dịch NH3 dư, kết tủa thu được nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 1,82 gam hỗn hợp hai oxit. Cho D tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì lượng Ag thu được lớn hơn khối lượng của D là 7,336 gam. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Tính khối lượng mỗi kim loại trong A. Giải Trang 72

Vì chất rắn thu được 2 kim loại và dung dịch thu được chứa 2 muối nên Al phản ứng hết, Fe phản ứng nhưng dư. Ta có các phương trình hoá học sau: 2Al + 3Cu 2+ → 2Al3+ + 3Cu 2+

(1)

Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu

(2)

Khi cho dung dịch B tác dụng dung dịch NH3: Fe2+ + 2NH 3 + 2 H 2O → Fe(OH)2 + 2NH +4

(3)

Al3+ + 3NH 3 + 3H 2O → Al(OH)3 + 3NH +4

(4)

Khi nung kết tủa: 0

t 1 2Fe(OH) 2 + O 2 → 2 Fe 2 O3 + 2H 2O 2 to

2Al(OH)3 → Al2 O3 + 2H 2O

(5) (6)

Khi cho D tác dụng AgNO3 dư: Fe + 3Ag + → Fe3+ + 3Ag

(7)

Cu + 2Ag + → Cu 2+ + 2Ag

(8)

Gọi x, y, z, là số mol Al, Fe phản ứng, Fe dự và Cu. Ta có hệ:  27 x + 56 y + 56 z + 64t = 1,572  x = 0, 02mol 1,5 x + y = 0, 04  y = 0, 01mol     51x + 80 y = 1,82  z = 0, 001mol (0, 08 + 2t + 3 z )108 − 56 z − (0, 04 + t )64 = 7,336  t = 0, 0065mol

Vậy trong hỗn hợp A: mAl = 0,54 gam; mCu = 0,416 gam; mFe = 0,616 gam. Ví dụ 13: Hòa tan a gam CuSO4.5H2O vào nước được dung dịch X. Cho 1,48gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch X. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A có khối lượng 2,16 gam và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp oxit có khối lượng 1,4 gam. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu và giá trị của a. Giải

Trang 73

Nếu Mg, Fe tan hết trong dung dịch CuSO4 thì oxit phải chứa MgO, Fe2O3 và có thể có CuO. Như vậy, khối lượng oxit phải lớn hơn khối lượng kim loại. Nhưng theo đề ra, moxit = 1,4 gam < mkim loại = 1,48 gam  Vậy kim loại dư, CuSO4 hết.

Nếu Mg dư thì dung dịch thu được chỉ là MgSO4  Kết thúc phản ứng chỉ thu được MgO (trái với giả thiết)  Mg hết, Fe dư. Gọi số mol của Mg, Fe trong hỗn hợp lần lượt là x và y mol. Gọi số mol Fe đã phản ứng là z(z ≤ y) mol. Ta có các phản ứng: Mg + CuSO 4 → MgSO 4 + Cu ↓

x x

Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu ↓

z→ z

→

→ z

MgSO 4 + 2NaOH → Mg(OH)2 ↓ + Na 2SO 4

→

FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ + Na 2SO 4

→

t°

Mg(OH)2 → MgO + H 2 O

→ x to

4Fe(OH) 2 + O 2 → 2Fe 2O3 + 4H 2 O

→

0,5z

 Chất rắn A gồm Cu (x +z) mol và Fe dư (y - z) mol.

b) Oxit gồm MgO và Fe2O3. Ta có hệ: 24x + 56y =1,48

x = 0,015 mol

64(x + z) + 56(y – z) = 2,16 

y = 0,02 mol

40x + 80z = 1,4

z = 0,01 mol

m Mg = 0, 015.24 = 0, 36gam ; m Fe = 0, 02.56 = 1,12gam

n CuSO4 = x + z = 0, 025mol  a = 0, 025.250 = 6,25 gam Trang 74

Ví dụ 14: Ngâm 55 gam hỗn hợp bột các kim loại đồng, kẽm và nhôm trong dung dịch axit clohiđric dư thu 29,12 lít khí (đktc). Nếu đốt lượng hỗn hợp như trên trong không khí, phản ứng xong thu được hỗn hợp chất rắn có khối lượng 79 gam. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Xác định khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu c) Tính thể tích không khí cần dùng (biết rằng trong không khí thể tích khí oxi bằng 1/5 thể tích không khí). Gi¶i n H2 =

29,12 = 1, 3mol 22, 4

Gọi số mol của Cu, Zn, Al trong hỗn hợp lần lượt là x, y, z.  64x + 65y + 272 = 55 (1)

Thí nghiệm 1: Cu không phản ứng Zn + 2HCl → ZnCl 2 + H 2 ↑

→

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 ↑

→

3z 2

 y + 3 = 1,3 (2)

Thí nghiệm 2: to

2Cu + O 2 → 2CuO

x → 0,5x → x to

2Zn + O 2 → 2ZnO

y → 0,5y → y to

4Al + 3O 2 → 2Al 2O3

z → 0,75z → 0,5z  80x + 81y + 51z = 79 (3)

Giải hệ (1), (2) và (3) ta được: x = 0,2 mol Trang 75

y = 0,4 mol z = 0,6 mol Vậy: m Cu = 0, 2.64 = 12,8gam ; m 2n = 0, 4.65 = 26gam; m Al = 0, 6.27 = 16, 2gam n O2 = 0,5.0, 2 + 0,5.0, 4 + 0, 75.0, 6 = 0, 75mol  VO2 = 16,8 lÝt

 Vkh«ng khÝ = 16,8 .5 = 84 lít

DẠNG 9: BÀI TẬP VỀ KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIÊM Phương pháp: (1) Các kim loại phản ứng với nước ở điều kiện thường (bao gồm các kim loại nhóm IA, Ca, Ba, Sr) khi cho vào dung dịch kiềm thì nó sẽ tác dụng với nước. (2) Các kim loại có hiđroxit lưỡng tính như Be, Al, Zn, Sn, Pb tan trong dung dịch kiềm. Thí dụ: 2Al + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na [ Al(OH)4 ] + 3H 2 ↑ Zn + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ Zn(OH) 4 ] + H 2 ↑ Sn + 2NaOH ®Æc +2H 2O → Na 2 [Sn(OH)4 ] + H 2 ↑ t°

Pb + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ Pb(OH) 4 ] + H 2 ↑ Be + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ Be(OH) 4 ] + H 2 ↑

Chú ý: Mặc dù Cr(OH)3 là hiđroxit lưỡng tính nhưng Cr không tan trong dung dịch kiềm. (3) Khi Al, Zn ở dạng hỗn hợp hay hợp kim với kim loại kiềm hoặc kiềm thổ (Ca, Ba, ...), bazơ tạo bởi kim loại kiềm hay kiềm thổ khi tác dụng với nước sẽ hòa tan được Al, Zn tạo thêm một lượng H2 mới. Thí dụ: Hòa tan hỗn hợp Na, Al trong nước. 1 Na + H 2 O → Na + + OH − + H 2 ↑ 2 3 Al + OH − + H 2O → AlO 2− + H 2 ↑ 2 − • Nếu nNa = n OH ≥ n Al  Al tan hết

• Nếu n Na = n OH − < n Al  Al chưa tan hết

Trang 76

• Nếu chưa biết nAl, nNa ban đầu thì ta cần xét hai trường hợp trên (dư NaOH, Al tan hết hoặc thiếu NaOH, Al tan một phần). Thường trong hai trường hợp chỉ có một trường hợp có thể chấp nhận và phù hợp với đề bài. (4) Khi bài toán cho: Hòa tan hỗn hợp gồm một kim loại kiềm A và một kim loại B hóa trị n vào nước thì ta phải xét 2 trường hợp sau: • B là kim loại tan trực tiếp vào nước (Ca, Ba) 2A + 2H 2 O → 2A + + 2OH − + H 2 ↑ 2B + 2nH 2 O → 2Bn + + 2nOH − + nH 2 ↑

• B là kim loại có hiđroxit lưỡng tính, khi đó: 2A + 2H 2 O → 2A + + 2OH − + H 2 ↑ B + (4 − n)OH − + (n − 2)H 2O → BO n2 − 4 +

n H2 ↑ 2

(5) Nếu bài toán cho hỗn hợp nhiều kim loại kiềm hoặc kiềm thổ vào nước hoặc dung dịch kiềm thì để đơn giản khi tính toán ta có thể thay thế các kim loại đó bằng một kim loại tương đương và viết phương trình hóa học dưới dạng ion rút gọn. Ví dụ 1: Hòa tan hết 7,74 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại A (hóa trị 2) và B (hóa trị 3) trong dung dịch H2SO4 loãng dư, sinh ra 8,736 lít H2 (đktc). Cho toàn bộ lượng X trên tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 6,048 lít H2 (đktc) và còn lại một chất rắn không tan có khối lượng là 2,88 gam. a) Xác định A, B. b) Một hỗn hợp Y gồm 2 kim loại A, B ở trên có khối lượng 12,9 gam. Chứng minh rằng hỗn hợp Y tan hết trong 0,5 lít dung dịch H2SO4 2M. Giải a) Đặt nA = a mol; nB = b mol. Ta có: aA + bB = 7,74 (1) X + H2SO4 loãng: A + H2SO4→ ASO4 + H2 ↑ a

→

2B + 3H 2SO 4 → B2 ( SO 4 )3 + 3H 2 ↑

B  n H2 = a + 1,5b =

→

1,5b

8,736 = 0,39 (1) 22, 4 Trang 77

Xét hai trường hợp sau: • Trường hợp 1: A phản ứng với NaOH A + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ A(OH) 4 ] + H 2 ↑

b  n H2 = a = (2)  b =

→

6, 048 = 0, 27 mol 22, 4

0, 39 − 0, 27 2,88 = 0, 08 mol  B = = 36 (loại) 1,5 0, 08

• Trường hợp 2: B phản ứng với NaOH 2B + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na [ B(OH)4 ] + 3H 2 ↑ →

b  n H2 = 1,5b = (2)  a = B=

1,5b

6,048 = 0,27 mol  b = 0,18 mol 22, 4

0,39 − 0, 27 2,88 = 0,12 mol  A = = 24( Mg ) 1 0,12

7, 74 − 24.0,12 = 27(Al) 0,18

b) n H SO = 2.0,5 = 1mol  n H = 2 mol 2

Trong 12,9 gam X có chứa: 0,2 mol Mg và 0,3 mol Al Σn e (kim loại nhường)max = 2.0,2 + 3.0,3 = 1,3 mol < Σn e (H+ nhận vào ) = 2 mol  Kim loại tan hết, axit còn.

Ví dụ 2: Một hỗn hợp X gồm K và Al có khối lượng là 10,5 gam. Hòa tan X trong nước thì X tan hết cho ra dung dịch A. Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào dung dịch A. Ban đầu không có kết tủa. Kể từ thể tích dung dịch HCl 1M thêm vào là 100ml thì dung dịch A bắt đầu cho kết tủa. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X. Gi¶i Gọi a = nK, b= nAl trong hỗn hợp X: mx = 39a + 27b = 10,5 (1) Đầu tiên K phản ứng với nước theo phương trình: 1 K + H 2O → KOH + H 2 ↑ 2

a Trang 78

Sau đó Al tan trong dung dịch KOH 2Al + 2KOH + 6H 2 O → 2K [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 ↑

Do Al tan hết nên có dư KOH, nKOH còn = (a - b) Khi thêm HCl vào dung dịch A, đầu tiên có phản ứng trung hòa KOH dư (khi đó chưa có kết tủa) HCl + KOH → KCl + H 2 O

(a - b) (a - b) Khi vừa hết KOH, một giọt HCl dư tạo kết tủa K [ Al(OH)4 ] + HCl → Al(OH)3 ↓ + KCl + H2O

Vậy 100ml dung dịch HCl 1M dùng để trung hòa KOH dư.  a – b = 0,1.1 = 0,1

Giải hệ (1), (2) ta được: a = 0,2 mol b = 0,1 mol Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X là %mK =

0, 2.39.100% = 74, 28% 10,5

 % mAl = 100% − 74, 28% = 25, 72%

Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm Ba, Mg, Al. Chia m gam A thành ba phần bằng nhau. Phần 1: Cho tác dụng với nước lấy dư, sinh ra 0,896 lít H2 (đktc). Cho phần 2 vào dung dịch NaOH dư, sinh ra 6,944 lít H2 (đktc). Hòa tan hết phần 3 bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl, thu được dung dịch B và 9,184 lít H2 (đktc). a) Tính m và phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong A. b) Thêm 10 gam dung dịch H2SO4 9,8% vào dung dịch B, sau đó thêm tiếp 210 gam dung dịch NaOH 20%. Kết thúc các phản ứng, lây kết tủa thu được nung ở nhiệt độ cao. Tính khối lượng chất rắn thu được. Giải a) • Phần 1: Vì thể tích khí H2 thoát ra nhỏ hơn phần 2 nên trong phần 1 thì Al chưa tan hết. Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑

Trang 79

→

→ x

Ba(OH) 2 + 2Al + 6H 2 O → Ba[Al(OH) 4 ]2 + 3H 2 ↑ → 2x

→

 x + 3x = 0,04  x = 0,01 mol

• Phần 2: Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑ →

0,01

Ba(OH) 2 + 2Al + 6H 2O → Ba [ Al(OH)4 ]2 + 3H 2 ↑ →

y  n H2 = 0, 01 + 1,5y =

1,5y

6, 944 = 0,31  y = 0,2 mol 22, 4

• Phần 3: Ba + 2HCl → BaCl2 + H 2 ↑

→

0,01

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 ↑

→

0,2

0,3

Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 ↑

→

 n H 2 = 0, 01 + 0, 3 + z =

z 9,184 = 0, 41  z = 0,1 mol 22, 4

 m = 3(137.0, 01 + 0, 2.27 + 0,1.24) = 27, 51 gam

Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A là 0, 01.137.100% = 14, 4% 9,17 0, 2.27.100% %m Al = = 58,88% 9,17 %m Ba =

 %mMg = 100% − (14, 4% + 58,88%) = 26, 72%

b) Dung dịch B chứa: 0,01 mol Ba2+; 0,2 mol Al3+; 0,1 mol Mg2+ và 0,82 mol Cl-.

Trang 80

n H 2S O 4 =

10.9,8 = 0, 01mol  n SO2− = 0, 01mol; n H+ = 0, 02mol ; 4 98.100

n NaOH =

210.20 = 1, 05mol 100.40 Ba 2+ + SO 24− → BaSO 4 ↓

0,01 → 0,01 → 0,01 H + + OH − → H 2 O

0,02 → 0,02 Mg 2+ + 2OH − → Mg(OH) 2 ↓

0,1 → 0,2

→

0,1

Al3+ + 3OH − → Al(OH)3 ↓

0,2 → 0,6 → 0,2  n NaOH còn = 1,05 - (0,02 + 0,2 + 0,6) = 0,23 mol

Al(OH)3 + OH − → [ Al(OH) 4 ]

−

0,2 →

0,2

Nung kết tủa: BaSO4 không biến đổi vị bền với nhiệt. to

Mg(OH)2 → MgO + H 2 O

0,1

→ 0,1

 m chất rắn m BaSO4 + m MgO = 233.0,01 + 40.0.1 = 6,33 gam

Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm kim loại kiềm M và Al. Chia 22,5 gam X thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với nước dư, sinh ra 6,72 lít H2 (đktc). Hoà tan hết phần 2 trong dung dịch NaOH dư, sinh ra 8,4 lít H2 (đktc). a) Xác định tên kim loại M. b) Cho 2,25 gam X trên vào dung dịch HNO3 đặc, nguội (dư). Tính thể tích khí thoát ra (đktc). Giải a) Vì thể tích khí H2 thoát ra ở phần 1 < Thể tích khí H2 thoát ra ở phần 2 nên khi cho X phản ứng với nước thì Al còn. • Phần 1+ H2O dư: Trang 81

1 M + H 2O → MOH + H 2 ↑ 2

→

x → 0,5x

3 MOH + Al + 3H 2 O → M [ Al(OH) 4 ] + H 2 ↑ 2

→

x  n H 2 = 0,5x + 1,5x =

1,5x

6, 72  x = 0,15mol 22, 4

• Phần 2 + NaOH dư: 1 M + H 2 O → M + + OH − + H 2 ↑ 2

0,15

→

0,075

3 OH − + Al + 3H 2O → Al(OH) 4 + H 2 ↑ 2

→

y  n H2 = 0, 075 + 1,5y =

1,5y

8, 4  y = 0, 2 mol 22, 4

 M .0,15 + 27.0, 2 = 11, 25  M = 39(K)

b) Al không phản ứng với HNO3 đặc, nguội. K + 2HNO3 → KNO3 + NO 2 ↑ + H 2 O

0,15

→

0,15

 VNO2 = 0,15.22,5 = 3,36 lít

Ví dụ 5: Chia m gam hỗn hợp X gồm Na, Cr, Al thành ba phần bằng nhau. Cho phần 1 vào nước lấy dư, sinh ra 4,48 lít H2 (đktc). Hoà tan phần 2 bằng lượng dư dung dịch NaOH, thoát ra 6,16 lít H2 (đktc). Cho dung dịch HCl dư phản ứng với phần 3, thu được 10,64 lít H2 (đktc). a) Tính giá trị của m. b) Tính thể tích khí Cl2 (đktc) cần dùng để phản ứng vừa hết với m gam X. Giải a) Vì thể tích khí H2 thoát ra ở phần l < Thể tích khí H2 thoát ra ở phần 2 nên khi cho X phản ứng với nước thì Al còn. • Phần 1 + H2O dư: Trang 82

1 Na + H 2 O → NaOH + H 2 ↑ 2

→

x → 0,5x

3 NaOH + Al + 3H 2 O → Na [ Al(OH) 4 ] + H 2 ↑ 2

→

 n H2 = 0,5x + 1,5x =

1,5x

4, 48  x = 0,1 mol 22, 4

• Phần 2 + NaOH dư: Cr không phản ứng 1 Na + H 2 O → NaOH + H 2 ↑ 2

0,1

→

0,05

3 NaOH + Al + 3H 2 O → Na [ Al(OH) 4 ] + H 2 ↑ 2 →

y  n H 2 = 0, 05 + 1,5y =

1,5y

6.16  y = 0,15 mol 22, 4

• Phần 3 + HCl dư: 1 Na + HCl → NaCl + H 2 ↑ 2

0,1

→

0,05

3 Al + 3HCl → AlCl3 + H 2 ↑ 2

0,15

→

0,225

Cr + 2HCl → CrCl2 + H 2 ↑

→

 n H 2 = 0, 05 + 0, 225 + z =

z 10, 64  z = 0, 2 mol 22, 4

Ví dụ 6: Chia hỗn hợp X gồm Ba, Fe, Al thành hai phần bằng nhau. Hoà tan phần 1 trong dung dịch H2SO4 loãng (dư), sinh ra 11,65 gam kết tủa và 6,16 lít H2 (đktc). Cho phần 2 phản ứng với lượng dư dung dịch NaOH, thu được 4,48 lít H2 (đktc). Trang 83

a) Tính khối lượng của mỗi kim loại trong X. b) Cho 13,75 gam X trên vào dung dịch CuSO4 dư, kết thúc các phản ứng thu được m gam chất rắn. Tính m. Giải a) • Phần 1+ H2SO4 loãng, dư: Ba + H 2SO 4 → BaSO 4 ↓ + H 2 ↑

0,05 ←

0,05 → 0,05

Fe + H 2SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑

→

x → x

2Al + 3H 2SO 4 → Al2 ( SO 4 )3 + 3H 2 ↑ →

y  n H 2 = 0, 05 + x + 1,5y =

1,5y

6,16 = 0, 275  x + 1,5y = 0, 225 (*) 22, 4

• Phần 2 + NaOH dư: Fe không phản ứng Ba + H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑

0,05

→

0,05

2Al + 3H 2SO 4 → Al2 ( SO 4 )3 + 3H 2 ↑

y  n H 2 = 0, 05 + 1,5y =

→

1,5y

4, 48 = 0, 2  y = 0,1 mol 22, 4

Thay y vào (*)  x = 0,075 mol Khối lượng mỗi kim loại trong X là: m Ba = 2.137.0, 05 = 13, 7gam m Al = 2.27.0,1 = 5, 4 gam m Fe = 2.56.0, 075 = 8, 4gam

b) Trong 13,75 gam X có chứa 0,05 mol Ba, 0,075 mol Fe và 0,1 mol Al. Ba + CuSO 4 + 2H 2 O → BaSO 4 ↓ +Cu(OH) 2 ↓ + H 2 ↑

0,05

→

0,05

→ 0,05

Trang 84

2Al + 3CuSO 4 → Al2 ( SO 4 )3 + 3Cu ↓ →

0,1

0,15

Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu ↓ →

0,075

 m CR = 233.0, 05 + 98.0, 05 + 64.0, 225 = 30,95 gam

Ví dụ 7: Chia hỗn hợp X gồm K, Al, Zn (K có số mol gấp đôi Zn) thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 phản ứng với dung dịch NaOH dư, sinh ra 7,28 lít H2 (đktc). Hoà tan phần 2 trong dung dịch HCl dư, kết thúc các phản ứng thu được 34,275 gam muối. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong X. Giải Phần 1+ NaOH dư: 1 K + H 2O → KOH + H 2 ↑ 2

→

3 − Al + OH − + 3H 2O → [ Al(OH) 4 ] + H 2 ↑ 2

→

1,5y

Zn + 2OH − + 2H 2 O → [ Zn(OH)4 ] + H 2 ↑ 2−

→

 n H 2 = 2x + 1,5y = 0,325 (1)

Phần 2 + HCl dư: 1 K + HCl → KCl + H 2 ↑ 2

→

3 Al + 3HCl → AlCl3 + H 2 ↑ 2

→

1,5y

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H 2 ↑

→

n Cl− = 2n H 2 = 0,325.2 = 0,65 mol Trang 85

 m KL = m muối - m Cl− = 34,275 - 35,5.0,65 = 11,2 gam  39.2x + 27y +65x = 11,2 hay 143x + 27y = 11,2 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được: x = 0,05 mol y = 0,15 mol Khối lượng của mỗi kim loại trong X là mZn = 0,05.65 = 3,25 gam mAl = 27.0,15 = 4,05 gam mK = 39.0,1 = 3,9 gam

C. BÀI TẬP 1. Hòa tan hoàn toàn 7,15 gam kim loại M vào dung dịch HNO3 loãng dư thấy thoát ra 0,448 lít (đktc) hỗn hợp 2 khí không màu, không hóa nâu trong không khí và dung dịch chứa 21,19 gam muối. Hãy xác định tên kim loại M. 2. Hoà tan hết 5,225 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp vào 20 gam dung dịch HCl 18,25%, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và 1,96 lít H2 (đktc). a) Xác định tên hai kim loại kiềm. b) Tính khối lượng NaHCO3 cần dùng để phản ứng vừa hết với dung dịch Y. 3. Cho 9,6 gam hỗn hợp X gồm Fe và Ag vào dung dịch H2SO4 loãng (dư), sinh ra 1,68 lít H2 (đktc). Nếu cho toàn bộ lượng X trên vào 200ml dung dịch AgNO3 1M, sau khi kết thúc các phản ứng thu được m gam chất rắn Y. a) Tính m. b) Hoà tan hết Y trong dung dịch HNO3 đặc, nóng. Tính thể tích khí thoát ra (đktc). 4. Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, hiệu suất là 100%) dung dịch X chứa 0,02 mol CuCl2; 0,02 mol H2SO4 và 0,005 mol H2SO4 trong thời gian 32 phút 10 giây với cường độ dòng điện không đổi là 2,5 ampe thì thu được 200ml dung dịch Y. Tính giá trị pH của dung dịch Y. 5. Cho 3,834 gam một kim loại M vào 360ml dung dịch HCl, làm khô hỗn hợp sau phản ứng thu được 16,614 gam chất rắn khan. Thêm tiếp 240ml dung dịch HCl trên vào rồi làm khô hỗn hợp sau phản ứng thì thu được 18,957 gam chất rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, bỏ qua sự thủy phân của các ion trong dung dịch. Xác định kim loại M. 6. Cho hỗn hợp gồm 0,02 mol Al và a mol Fe vào 200 ml dung dịch AgNO3 b mol đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được m gam chất rắn Y và dung dịch Z chứa 3 cation kim Trang 86

loại. Cho Z phản ứng với dung dịch NaOH dư trong điều kiện không có oxi, thu được 3,94 gam kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 3,2 gam chất rắn chỉ chứa một chất duy nhất. Tính giá trị của a, b, m. 7. Lấy một sợi dây điện gọt bỏ vỏ nhựa bằng PVC rồi đốt lõi đồng trên ngọn lửa đèn cồn thì thấy ngọn lửa có màu xanh lá mạ. Sau một lúc, ngọn lửa mất màu xanh. Nếu áp lõi dây đồng đang nóng vào vỏ nhựa ở trên rồi đốt thì ngọn lửa lại có màu xanh lá mạ. Giải thích hiện tượng. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 8. Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Fe và MgCO3 bằng dung dịch HCl dư được hỗn hợp khí A. Nếu cũng m gam hỗn hợp trên đun với dung dịch H2SO4 đặc thu được hỗn hợp khí B gồm SO2 và CO2. Tỉ khối của B đối với A là 3,6875. Tính % khối lượng hỗn hợp đầu. 9. Cho 19,52 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO3, khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc), 400ml dung dịch B và còn lại 1,92 gam một kim loại. Xác định nồng độ mol của các chất tan trong dung dịch B. 10. Nung 16,2 gam hỗn hợp A gồm các oxit MgO, Al2O3 và MO trong một ống sứ rồi cho luồng khí H2 đi qua. Ở điều kiện thí nghiệm H2 chỉ khử MO với hiệu suất 80%. Lượng hơi nước tạo ra chỉ được hấp thụ 90% vào 15,3 gam dung dịch H2SO4 90%, kết quả thu được dung dịch H2SO4 86,34%. Chất rắn còn lại trong ống được hòa tan trong một lượng vừa đủ axit HCl, thu được dung dịch B và còn lại 2,56 gam chất rắn kim loại M không tan. Lấy 1/10 dung dịch B cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thì thu được 0,28 gam oxit. a) Xác định kim loại M. b) Tính phần trăm theo khối lượng các chất trong hỗn hợp A. 11. Cho 4,72 gam hỗn hợp bột các chất rắn gồm: Fe, FeO, Fe2O3 tác dụng với CO dư ở nhiệt độ cao. Phản ứng xong thu được 3,92 gam Fe. Nếu ngâm hỗn hợp các chất trên trong dung dịch CuSO4 dư, phản ứng xong thu được 4,96 gam chất rắn. a) Xác định khối lượng từng chất trong hỗn hợp. b) Ngâm hỗn hợp trên vào dung dịch H2SO4 dư thì thu được dung dịch A. Cho dung dịch A vào dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa đem nung nóng ở nhiệt độ cao ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. Tính mB. 12. Hỗn hợp X gồm bột Fe và kim loại M hóa trị II không đổi. Hòa tan hết 13,4 gam hỗn hợp X vào dung dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch và 4,928 lít (đktc) khí H2 bay ra. Mặt khác khi cho 13,4 gam hỗn hợp X hòa tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc, đun nóng thì thu được dung dịch và 6,048 lít (đktc) khí SO2 bay ra. Xác định kim loại M và khối lượng từng kim loại trong 13,4 gam hỗn hợp X. Trang 87

13. Cho m gam hỗn hợp Mg và Fe ở dạng bột tác dụng với 300ml dung dịch AgNO3 0,8M khi khuấy kĩ để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A1 và chất rắn A2 có khối lượng là 29,28 gam gồm 2 kim loại. Thêm vào A1 lượng dư dung dịch NaOH, lọc rửa kết tủa mới tạo thành, nung nóng trong không khí ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi, thu được 6,4 gam chất rắn. a) Tính % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp Mg và Fe ban đầu. b) Hoà tan hoàn toàn chất rắn A2 trong dung dịch H2SO4 đặc, đun nóng. Tính thể tích khí SO2 (đktc) được giải phóng ra. 14. Cho 3,28 gam hỗn hợp A gồm Fe và Mg vào 400ml dung dịch CuSO4. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,34 gam chất rắn B và dung dịch C. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch C, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 2,4 gam chất rắn D. a) Tính nồng độ mol của dung dịch CuSO4. b) Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 15. Hòa tan a gam Mg vào 1 lít dung dịch A chứa Fe(NO3)2 0,1M và Cu(NO3)2 0,15M. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch X và b gam chất rắn khan Y. Cho dung dịch NaOH tới dư vào X, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 12 gam chất rắn khan Z. a) Tính a và b. b) Điện phân 0,5 lít dung dịch A (điện cực trơ, không màng ngăn, hiệu suất quá trình điện phân đạt 100%) với cường độ dòng điện không đổi 10A, trong 1 giờ 36 phút 30 giây. Tính thể tích khí thoát ra (đktc) ở hai điện cực khi kết thúc điện phân. 16. Hỗn hợp M gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO và Cu (trong đó oxi chiếm 21,011% về khối lượng). Cho 10,28 gam M phản ứng với lượng dư dung dịch HNO3 đặc, nóng. Kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 2,576 lít NO2 (đktc). a) Tính số mol HNO3 phản ứng. b) Tính thể tích dung dịch NH3 0,5M tối thiểu cần dùng để kết tủa hết các ion kim loại trong dung dịch Y. Biết lượng axit đã lấy dư 10% so với lượng cần thiết. 17. Hoà tan hết 6,04 gam hỗn hợp M gồm FeS2, FeS, Fe, CuFeS2, CuS và Cu trong dung dịch chứa 0,3 mol HNO3 loãng (dư), thu được dung dịch Y và 1,4448 lít (đktc) hỗn hợp hai khí N2 và N2O có tổng khối lượng 2,606 gam. Cho Y tác dụng với dung dịch BaCl2 dư, sinh ra 13,98 gam kết tủa. a) Cho Y phản ứng với lượng dư dung dịch NaOH. Tính khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng. Trang 88

b) Dung dịch Y hoà tan tối đa bao nhiêu gam Cu. Biết có khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) thoát ra. 18. Hoà tan hết 31,6 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, và Fe trong 150 gam dung dịch H2SO4 98% (dư) đun nóng, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và 6,16 lít SO2 (sản phẩm duy nhất, đktc). a) Tính phần trăm khối lượng của mỗi chất trong X. b) Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch Y. 19. Cho m gam hỗn hợp bột X gồm ba kim loại Zn, Cr, Sn có số mol bằng nhau tác dụng hết với lượng dư dung dịch HCl loãng, nóng thu được dung dịch Y và khí H2. Cô cạn dung dịch Y thu được 8,98 gam muối khan. Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng hoàn toàn với O2 (dư) để tạo hỗn hợp 3 oxit thì thể tích khí O2 (đktc) phản ứng là bao nhiêu? 20. Hòa tan hết 8,56 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và CuO trong 400ml dung dịch HNO3 1M, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 0,01 mol NO (sản phẩm khử duy nhất). Điện phân dung dịch Y (điện cực trơ, không màng ngăn, hiệu suất 100%) với cường độ dòng điện không đổi 5A, trong 1 giờ 20 phút 25 giây. Tính khối lượng catot tăng lên và tổng thể tích khí thoát ra (đktc) ở hai điện cực khi kết thúc điện phân. 21. Có hỗn hợp các kim loại Al, Fe, Cu và Ag. Trình bày phương pháp hoá hoá học để tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp mà không làm thay đổi khối lượng của chúng. 22. Cho 0,42 gam hỗn hợp bột Fe và Al vào 250ml dung dịch AgNO3 0,12M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và 3,333 gam chất rắn. Tính khối lượng Fe trong hỗn hợp ban đầu. 23. Cho m gam bột sắt vào dung dịch hỗn hợp gồm 0,15 mol CuSO4 và 0,2 mol HCl. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,725 m gam hỗn hợp kim loại. Tính giá trị của m. 24. Cho m gam bột Cu vào 400ml dung dịch AgNO3 0,2M, sau một thời gian phản ứng thu được 7,76 gam hỗn hợp chất rắn X và dung dịch Y. Lọc tách X, rồi thêm 5,85 gam bột Zn vào Y, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 10,53 gam chất rắn Z. Tính giá trị của m.. 25. Hòa tan hết 2,72 gam hỗn hợp X gồm FeS2, FeS, Fe, CuS và Cu trong 500ml dung dịch HNO3 1M, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 0,07 mol một chất khí thoát ra. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl2 thu được 4,66 gam kết tủa. Mặt khác, dung dịch Y có thể hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N+5 là NO. Tính giá trị của m. 26. Chia 23,8 gam hỗn hợp X gồm Al, Mg và Fe thành hai phần bằng nhau. Phần 1 cho phản ứng với dung dịch NaOH dư, sinh ra 3,36 lít H2 (đktc) và còn lại chất rắn Y không Trang 89

tan. Cho toàn bộ Y phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư) thu được 6,72 lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Cho phần 2 tác dụng với 240 gam dung dịch HNO3 31,5%, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí N2 và N2O có tổng khối lượng 2,76 gam. a) Tính khối lượng các muối tạo thành trong dung dịch A. b) Dung dịch A hoà tan tối đa bao nhiêu gam Cu? Biết sản phẩm khử của N+5 là N+2. c) Tính thể tích dung dịch NaOH 1M tối thiểu cần dùng để phản ứng hết với dung dịch A. 27. Cho 8,7 gam hỗn hợp X gồm kim loại M (thuộc nhóm IIA) và Al tan hết vào 160 gam dung dịch HNO3 31,5%, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 1,232 lít (đktc) hỗn hợp hai khí N2 và N2O có tỉ khối so với H2 là 17,636, Dung dịch Y phản ứng với dung dịch NaOH đun nóng không có khí thoát ra. Mặt khác, cho 4,2 gam kim loại M phản ứng với dung dịch HCl dư thì lượng khí thoát ra vượt quá 2,24 lít (đktc). a) Xác định tên kim loại M . b) Cho 17,4 gam X trên vào nước dư, tính thể tích khí thoát ra (đktc). 28. Cho 9,55 gam hỗn hợp gồm Mg, Al và Zn tác dụng vừa đủ với 870ml dung dịch HNO3 1M, thu được dung dịch chứa m gam muối và 0,06 mol hỗn hợp khí N2 và N2O. Tỉ khối của hỗn hợp khí so với H2 là 20,667. Tính giá trị của m. 29. Điện phân 150ml dung dịch AgNO3 1M với điện cực trơ trong t giờ, cường độ dòng điện không đổi 2,68A (hiệu suất quá trình điện phân là 100%), thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho 12,6 gam Fe vào Y, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 14,5 gam hỗn hợp kim loại và khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Tính giá trị của t. 30. Điện phân (với điện cực trơ) 200ml dung dịch CuSO4 nồng độ a mol/l, sau một thời gian thu được dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8 gam so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8 gam bột sắt vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4 gam kim loại. Tính giá trị của a. 31. Cho x mol bột Fe vào dung dịch chứa y mol AgNO3. Khuấy đều hỗn hợp tới các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được dung dịch X và chất rắn Y. Hỏi X, Y có những chất gì? Bao nhiêu mol (theo x, y)? 32. Cho m gam hỗn hợp gồm kim loại K và Al2O3 tan hết vào H2O thu được dung dịch X và 5,6 lít khí (đktc). Cho 300ml dung dịch HCl 1M vào X đến khi phản ứng kết thúc thu được 7,8 gam kết tủa. Tính giá trị của m.

D. HƯỚNG DẪN GIẢI 1. Hai khí không màu không hóa nâu trong không khí là N2 và N2O. Trang 90

Gọi n là hóa trị của kim loại M. 2 N +5 M → M n + + ne

7,15 7,15n → M M

Đặt

+ 10e

→ N2

10 x

←x

→ 2N +1

← 2y

→

←z

+ +

N −3

7,15n = a  a = 10x + 8y + 8z (1) M

Mặt khác: x + y = 0,02

(2)

n NO− tạo muối với ion kim loại = 10n N 2 + 8n N2O + 8n NH 4 NO3 = 10x + 8y + 8z = a 3

 mmuối = 7,15 + 62a + 80z = 21,19 (3).

Từ (1), (2), (3) x =  0, 217 < a =

72a − 15, 64 72a − 15, 64 0< < 0, 02 20 20

7,15n < 0, 2227 M

32,1 < M < 32,94

64,2 < M < 65,88

96,3 < M < 98,82

2. a) nHCl ban đầu = =

20.18, 25 = 0,1mol < 2n H2 = 0,175 mol  HCl hết, kim loại còn dư sẽ 100.36,5

phản ứng với H2O. + 1 M + HCl → M + Cl− + H 2 ↑ 2

0,1 ← 0,1

→

0,05

+ 1 M + H 2 O → M + OH − + H 2 ↑ 2

0,075 ← M =

0,075 ← (0,0875 - 0,05) = 0,0375

5, 225 = 29,85 gam/mol 0,175

 M1 = 23 (Na) < 29,85 < M2 = 39 (K)

b) Khi cho NaHCO3 vào dung dịch Y thì có phản ứng giữa hai ion đối kháng. HCO3− + OH − → CO32− + H 2 O

Trang 91

0,075 ← 0,075  n NaHCO3 = n HCO3 = 0, 075mol  m NaHCO3 = 84.0,075 = 6,3 gam

3. a) • X+ H2SO4 loãng: Ag không phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng. Fe + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2 ↑ ←

0,075  n Ag =

0,075

9, 6 − 56.0, 075 = 0, 05 mol 108

• X + AgNO3: Fe + 2Ag + → Fe2+ + 2Ag ↓

0,075→0,15 → 0,075 → 0,15 Fe2+ + Ag + → Fe3+ + Ag ↓

0,05 ← 0,05

→ 0,05

 Σn Ag = 0, 05 + 0, 05 + 0,15 = 0, 25 mol

Chất rắn Y là Ag  m = 108.0,25 = 27 gam b) Ag + 2HNO3 → AgNO3 + NO 2 ↑ + H 2O

0,25

→

0,25

 VNO2 = 0,25.22,4 = 5,6 lít

4. nCu = 0,02 + 0,02 = 0,04 mol; nH = 2.0,005 = 0,01 mol; +

n Cl− = = 2.0,02 = 0,04 mol Σne (catot phóng ra) = Σn

(anot nhận vào) =

It 2, 5.1930 = = 0, 05 mol F 96500

2nCu 2+ = 0, 08 mol > 0,05 mol  Ở catot Cu2+ còn, H+ chưa bị điện phân

1.n Cl = 0,04 mol < 0,05 mol  Ở anot Cl- hết, H2O bị điện phân −

2Cl − → Cl 2 + 2e

0,04 →

0,04 Trang 92

2H 2 O → O 2 + 4H + + 4e

0,01 ← 0,01 0,02  ΣnH + = 0,01 + 0,01 = 0,02 mol   H +  = = 0,1M  pH = 1 0, 2

M + nHCl → MCl n +

n H 2 ↑ (*) 2

Vì khi thêm HCl vào thì khối lượng chất rắn tăng  Trong thí nghiệm 1 HCl hết, M còn

nHCl ( thí nghiệm 1) =

16,614 − 3,834 0,36 = 0,36mol  CM HCl = = 1M 35,5 0,36

nHCl ( thí nghiệm 2) =

18, 957 − 16, 614 = 0, 066mol < 0, 24 mol 35,5

 M hết, HCl còn  ΣnHCl = 0,36 + 0,066 = 0,426 mol

(*)  n M =

0, 426 3,834 =  M = 9n  n = 3 và M = 27 (Al) n M

6. Vì Z chứa 3 cation kim loại nên chỉ có thể ba cation đó là Al3+, Fe3+ và Fe2+  Ag+ hết, Al hết, Fe hết

Phản ứng xảy ra theo thứ tự: Al + 3 Ag + → Al 3+ + 3 Ag ↓

0, 02 → 0, 06 → 0, 02 → 0, 06 Fe + 2Ag + → Fe2+ + 2Ag ↓

a → 2a → a

→ 2a

Fe2+ + Ag + → Fe3+ + Ag ↓

→ x

→ x → x

 n Fe2+ còn = (a - x) mol

Z + NaOH dư: Al3+ + 3OH − → Al(OH)3 ↓

Al(OH)3 + OH − → [ Al(OH) 4 ] Fe2+ + 2OH − → Fe(OH)2 ↓

−

(a – x)

→

(a – x) Trang 93

Fe3+ + 3OH − → Fe(OH)3 ↓

→

mkết tủa = 90(a – x) + 107 x = 3,94  90a + 17x = 3,94 (*) Nung kết tủa T: to

4Fe(OH)3 → 2Fe 2O3 + 3H 2 O

x→

0,5x to

4Fe(OH) 2 + O 2 → 2Fe 2O3 + 4H 2 O → 0,5(a – x)

(a – x)

 m oxit = 160.0, 5a = 3, 2  a = 0, 04 mol

(*)  x = 0,02 mol  n AgNO3 = 0,06 + 2.0,04 + 0,02 = 0.16 mol b=

0,16 = 0,8M 0, 2

 m= 108.0,16 = 17,28 gam

7. Khi gọt bỏ vỏ PVC, lõi đồng ít nhiều vẫn còn PVC nên khi đốt sẽ có quá trình sinh ra CuCl2, CuCl2 phân tán vào ngọn lửa, ion Cu2+ tạo màu xanh lá mạ đặc trưng. Khi hết CuCl2 (hết PVC) ngọn lửa lại không màu. Nếu cho dây đồng áp vào PVC thì hiện tượng lặp lại. Các phản ứng: PVC cháy: to

( −CH 2 − CHCl − )n + 2,5nO2 → 2nCO2 + nH 2O + nHCl to

2Cu + O 2 → 2CuO 2HCl + CuO → CuCl 2 + H 2 O

8. Gọi x, y là số mol Fe và MgCO3 trong hỗn hợp: Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑ →

MgCO3 + 2HCl → MgCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑

→

y Trang 94

2Fe + 6H 2SO 4 → Fe2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O →

1,5x

MgCO3 + H 2SO 4 → MgSO 4 + CO 2 ↑ + H 2 O →

Theo giả thiết và phương trình phản ứng: d(B / A) =

MB (64.1,5 x + 44 y )( x + y ) = 3, 6875  = 3, 6875 (2 x + 44 y )(1, 5 x + y ) MA

Vì phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp không phụ thuộc vào số mol hỗn hợp nên để đơn giản ta cho x + y = 1 mol  y = 1 – x 

[64.1,5 x + 44(1 − x)] 2 = 3, 6875  x = mol [2 x + 44(1 − x)](1 + 0,5 x) 3

 Phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu là

%m Fe =

56.2.100% = 57,14% 56.2 + 84.1

%m MgCO3 = 100% − 57,14% = 42,86%

9. Vì tính khử của Cu < Fe  Kim loại dư là Cu. Cu dư nên HNO3 hết, muối sau phản ứng là Fe(NO3)2 và Cu(NO3)2. n NO =

4,48 =0,2mol 22,4

Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu đã phản ứng. 56a + 64b = 19,52 - 1,92 = 17,6 (1) Fe → Fe2+ + 2e

→

N +5 + 3e → N +2

0,6 ← 0,2

Cu → Cu 2+ + 2e

→

 2(a + b) = 0,6 = a + b = 0,3 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được: a = 0,2 mol b = 0,1 mol Nồng độ mol của các chất tan trong B là

Trang 95

CMFe( NO3 ) =

0, 2 = 0,5M 0, 4

CMCu ( NO3 ) =

0,1 = 0, 25M 0, 4

10. a) Xác định M: Gọi a mol là số mol của MgO; b mol là số mol của Al2O3; c mol là số mol của MO Ta có: m A = m MgO + m Al O + m MO = 40a + 102b + c (M + 16) = 16,2 2

H2 không đủ mạnh để khử MgO và Al2O3 (oxit rất bền), nên chỉ có MO bị khử. Theo đề bài hiệu suất phản ứng là 80%, nên chỉ có 0,8c mol MO bị khử: t°

MO + H 2 → M + H 2O

0,8c

0,8c 0,8c

Chất rắn còn lại sau phản ứng gồm: a mol MgO; b mol Al2O3; 0,2c mol MO còn dư và 0,8c mol M mới tạo thành. Theo đề bài có 90% hơi nước bị H2SO4 hấp thụ: 0,9.0,8c = 0,72c mol H2O bị nước hấp thụ. Trước khi hấp thụ hơi nước, nồng độ của axit: C% H 2SO4 =

m H 2SO4 ⋅100% 15, 3

= 90%

Sau khi hấp thụ hơi nước ( m H O = 0,72c.18), nồng độ axit: 2

C% H2SO4 =

m H2SO4 .100% 15, 3 + 18.0, 72c

= 86,34%

Khối lượng H2SO4 không đổi nên ta có: 90 15,3 + 18.0, 72c =  c = 0,05 mol MO 86, 34 15, 3

Vậy chất còn lại sau phản ứng với H2 gồm: a mol MgO; b mol Al2O3 0,8.0,05 =0,04 mol M; 0,2.0,05 = 0,01 mol MO còn dư. Khi hòa tan trong axit HCl ta có phương trình: MgO + 2HCl → MgCl 2 + H 2 O

→

Al 2 O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2O

Trang 96

→

MO + 2HCl → MCl 2 + H 2 O

→ 0,01

0,01

Theo đề bài, chỉ có M là không phản ứng với axit, vậy chất không tan trong axit là M với mM = 2,56 gam Khối lượng nguyên tử của kim loại M: M =

2,56 = 64  M là Cu 0, 04

b) Phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp A: Trong

1 dung dịch B có 0,l a mol MgCl2 và 0,001 mol CuCl2 và NaOH dư 10 MgCl 2 + 2NaOH → Mg(OH) 2 ↓ +2NaCl

0,1a

0,2a

0,1a

CuCl 2 + 2NaOH → Cu(OH)2 ↓ +2NaCl

0,001

0,002

0,001

Al 2 O3 + 6NaOH → 2Al(OH)3 ↓ +6NaCl Al(OH)3 + NaOH → Na [ Al(OH)4 ] + 2H 2 O

Vậy kết tủa gồm Mg(OH)2 và Cu(OH)2. to

Mg(OH)2 → MgO + H 2 O

0,1a

0,1a to

Cu(OH) 2 → CuO + H 2O

0,001

Theo đề bài ta có: 0,la.40 + 0,001.80 = 0,28  a = 0,05 mol MgO Thành phần % theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp: %m MgO =

0, 05.40.100% = 12,34% 16, 2

% mCuO =

0, 05.80.100% = 24, 69% 16, 2

%m Al2O3 = 100% − (12,34% + 24, 69%) = 62,97%

11. a) Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Fe, FeO, Fe2O3. Trang 97

Với CO chỉ có FeO, Fe2O3 phản ứng to

FeO + CO → Fe + CO 2 to

Fe2 O3 + 3CO → 2Fe + 3CO 2  n Fe = a + b + 2c =

3, 92 = 0,07 (1) 56

Với CuSO4 dư thì chỉ có Fe phản ứng Fe + CuSO 4 → Cu + FeSO 4

→

Chất rắn còn lại sau phản ứng là: Cu, FeO, Fe2O3.  mrắn = 64a + 72b + 160c = 4,96 (2)

Mặt khác: 56a +72b + 160c = 4,72 (3) a = 0, 03mol  Giải hệ (1), (2) và (3) ta được: b = 0, 02mol c = 0, 01mol 

Khối lượng từng chất trong hỗn hợp là: mFe = 0,03.56 = 1,68 gam mFeO = 0,02.72 = 1,44 gam m Fe2O3 = 0,01.160 = 1,6 gam

b) Với H2SO4 loãng Fe + H 2SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑ FeO + H 2SO 4 → FeSO 4 + H 2 O

Fe2 O3 + 3H 2SO 4 → Fe 2 ( SO 4 )3 + 3H 2 O

Dung dịch A gồm H2SO4 dư và muối FeSO4 và Fe2(SO4)3 Với dung dịch NaOH H 2SO 4 + NaOH → Na 2SO 4 + 2H 2O FeSO 4 + 2NaOH → Na 2SO 4 + Fe(OH)2 ↓

Fe2 ( SO 4 )3 + 6NaOH → 3Na 2SO 4 + 2Fe(OH)3 ↓

Nung kết tủa ngoài không khí: Trang 98

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2O → 4Fe(OH)3 to

2Fe(OH)3 → Fe 2 O3 + 3H 2O

Chất rắn B là Fe2O3. 1 1  n Fe2O3 = .0, 03 + .0, 02 + 0, 01 = 0,035 mol 2 2  m B = 160.0,035 = 5,6 gam

12. Gọi x là số mol Fe và y là số mol M trong 13,4 gam hỗn hợp X. Các phương trình phản ứng: Fe + H2SO4 (loãng) FeSO4 + H2 ↑ →

M + H2SO4 (loãng) → MSO4 + H2 ↑ →

 n H2 = x + y =

4, 928 = 0, 22 (1) 22, 4 o

t 2Fe + 6 H2SO4 (đặc)  → Fe2(SO4)3 + 3SO2 ↑ + 6H2O

→

1,5x o

t M + 2 H2SO4 (đặc)  → MSO4 + SO2 ↑ + 2H2O

→

 n SO2 = 1,5x + y =

y 6, 048 = 0,27 (2) 22, 4

Giải hệ (1) và (2) ta được: x = 0,1 mol y = 0,12 mol  m X = 56.0,1 + M.0,12 = 13, 4  M = 65 (Zn)

Khối lượng mỗi kim loại trong X là: mFe = 5,6 gam; mZn = 65.0,12 = 7,8 gam 13. a) Đặt số mol Mg và Fe trong m1 gam hỗn hợp lần lượt là x và y. Vì Mg là kim loại hoạt động hơn Fe và Fe là kim loại hoạt động hơn Ag nên theo đề bài sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn gồm 2 kim loại thì 2 kim loại đó phải là Ag và Fe dư. Các phương trình hóa học của các phản ứng: Trang 99

Mg + 2AgNO3 → Mg ( NO3 )2 + 2Ag ↓

x → 2x

→

→ 2x

Fe + 2AgNO3 → Fe ( NO3 )2 + 2Ag ↓

a → 2a

→

→ 2a

Vì Fe dư nên AgNO3 phản ứng hết, Mg phản ứng hết dung dịch chứa Mg(NO3)2, Fe(NO3)2 và chất rắn gồm Ag và Fe dư.  mCR = 216(x + a) + 56(y - a) = 29,28 (1)

n AgNO3 = 2(x + a) = 0,3.0,8 = 0,24 (2)

Mg ( NO3 )2 + 2NaOH → Mg(OH) 2 ↓ +2NaNO3 →

Fe ( NO3 )2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ +2NaNO3 →

Mg(OH)2 → MgO + H 2 O → x

4Fe(OH) 2 + O 2 → 2Fe 2O3 + 4H 2 O

→

0,5a

 moxit = 40x + 160.0,5a = 6,4 = x + 2a = 0,16 (3)

Giải hệ (1), (2) và (3) ta được: x = 0,08 mol a = 0,04 mol y =0,1 mol Phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong X là %m Mg =

24.0, 08.100% = 25,53% 24.0, 08 + 56.0,1

%m Fe = 100% − 25, 53% = 74, 47%

b) Hoà tan A, bằng H2SO4 đặc: t0

2Fe + 6H 2SO 4 → Fe 2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O

Trang 100

→

(0,1 – 0,04)

0,09

2Ag + 2H 2SO 4 → Ag 2SO 4 + SO 2 ↑ +2H 2O

→

0,24

0,12

 VSO2 = (0,09 +0,12).22,4 = 4,709 lít

14. a) Gọi x, y lần lượt là số mol Mg và Fe. Ta có: 24x + 56y = 3,28 Mg + CuSO 4 → MgSO 4 + Cu ↓

x1 → x1

x1 →

→

Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu ↓

y1 → y1

→ y1

 ∆m tăng = (64 - 24)x1 + (64 - 56)y1 = 4,24 -3,28  5x1 + y1 = 0,12 (2)

• Nếu CuSO4 còn, kim loại hết tức là x = x1 và y = y1.  Chất rắn D gồm MgO: x mol; Fe2O3: 0,5y mol và CuO  mD > mA điều này trái với

giả thiết là mD = 2,4 gam < mA = 3,28 gam. Trường hợp này loại! • Nếu CuSO4 hết, kim loại còn. Dung dịch C tối đa gồm: MgSO4 và FeSO4. −

+2 OH t Mg 2+  → Mg(OH) 2  → MgO

→

−

+ O2 +2 OH Fe2+  → Fe(OH)2  → Fe 2 O3 to

→

 m D = 40x1 + 160.0, 5y1 = 2, 4

0,5y1

(3)

 x1 = 0, 02mol  y1 = 0, 02mol

Giải hệ (2) và (3) ta được: 

 n CuSO4 = x1 + y1 = 0, 04mol  CMCuSO4 =

0, 04 = 0,1M 0, 4

b) Do y1 > 0 nên Fe đã phản ứng với Cu2+  Mg hết (x = x1 = 0,02 mol)  mMg = 0,02.24 = 0,48 gam

Phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong A là %m Mg =

0, 48.100% = 14, 63% 3, 28

Trang 101

%m Fe = 100% − 14, 63% = 85, 37%

15. a) Phản ứng xảy ra theo thứ tự: Cu 2+ + Mg → Mg 2+ + Cu

bđ: 0,15 pư: x

→ x → x

→ x

còn: 0,15 – x (0,15 ≥ x > 0) Fe 2+ + Mg → Mg 2+ + Fe

bđ: 0,1 pư: y → y → y

→ y

còn: 0,1 – y (0,1 ≥ y ≥ 0) Dung dịch X tối đa gồm: Mg(NO3)2, Cu(NO3)2 hoặc Fe(NO3)2. t0

−

2 OH Mg 2+  → Mg(OH) 2 → MgO

(x + y) → (x + y) → (x + y) 2 OH −

t°

Cu 2+ → Cu(OH)2 → CuO

(0,15 – x) → (0,15 – x) → (0,15 – x) −

O2 + H 2O 2 OH 2Fe 2+  → 2Fe(OH)2  → Fe 2 O3 to

(0,1 – y) →

(0,1 – y)

→

(0,05 – 0,5y)

 mZ = 40( x + y ) + 80(0,15 − x) + 160(0, 05 − 0,5 y ) = 12  x + y = 0, 2

Do x ≤ 0,15 nên y > 0 tức là Fe2+ đã phản ứng  Cu2+ hết (x = 0,15)  y = 0,05 mol  a = 24(x + y) = 4,8 gam

Chất rắn Y gồm Cu và Fe.  b = 64.0,15 + 56.0,05 = 12,4 gam

b) Σne (catot phóng ra) = Σne (anot nhận vào) =

It 10.5790 = = 0, 6mol F 96500

Ở anot (cực dương): Xảy ra sự oxi hóa H2O 2H 2 O → O 2 + 4H + + 4e

Trang 102

0,15 ← 0,6 ← 0,6  VO2 = 0,15.22,4 = 3,36 lít

Ở catot (cực âm): Xảy ra sự khử Cu2+ và H+ sinh ra ở anot chuyển dịch về catot Cu 2+ + 2e → Cu

0,075 → 0,15 2H + + 2e → H 2

0,45 → 0,225  VH 2 = 0,225.22,4 = 5,04 lít

16. a) Quy đổi hỗn hợp thành Fe, Cu và O  n O = n NO2 =

10, 28.21, 011 = 0,135mol ; 16.100

2,576 = 0,115 mol 22, 4

Gọi x, y lần lượt là số mol Fe và Cu. Ta có: 56x + 64y = 10,28 - 16.0,1345 = 8,128 (1) Các bán phản ứng oxi hoá và khử Fe → Fe3+ + 3e

x→x

O + 2H + + 2e → H 2O

→ 3x

0,135 → 0,27 → 0,27

Cu → Cu 2+ + 2e

NO3− + 2H + + 1e → NO 2 + H 2O

y → y → 2y

0,23 ← 0,115 ← 0,115

 3x + 2y = 0,5 (2) 56 x + 64 y = 8,128  x = 0,1048mol   3 x + 2 y = 0,385  y = 0, 0353mol

Giải hệ (1) và (2) ta được: 

 n HNO3 phản ứng = n H+ phản ứng = 0,27 + 0,115 = 0,385 mol

b) n HNO còn = 0,1.0,385 = 0,0385 mol 3

H + + NH 3 → NH +4

0,0385 → 0,0385 Fe3+ + 3NH 3 + 3H 2 O → Fe(OH)3 ↓ +3NH 4+ Trang 103

0,1048 → 3.0,1048 Cu 2+ + 2NH 3 + 2H 2O → Cu(OH)2 ↓ +2NH +4

0,0353 → 0,0706  n NH3 = 0, 4235mol  VddNH3 =

0, 4235 = 0,847 lít 0,5

17. a) Gọi x, y lần lượt là số mol N2 và N2O. Ta có hệ: 

x + y = 0,0645 28x +44y = 2,606

x = 0,0145 mol y = 0,05 mol

Quy M về Fe, Cu và S. Ba 2+ + SO 24− → BaSO 4 ↓

0,06 ← 0,06 Theo định luật bảo toàn nguyên tố: n S = n SO2− = 0,06 mol 4

Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu. Ta cũng có: 56a + 64b = 6,04 - 32.0,06 = 4,12 (1) Các bán phản ứng oxi hoá và khử: Fe → Fe3+ + 3e

S0 + 4H 2 O → SO 24− + 8H + + 6e

a → a → 3a

0,06

Cu → Cu 2+ + 2e

2NO3− + 12H + + 10e → N 2 + 6H 2O

b → b

0,029 ← 0,174 ← 0,145 ← 0,0145

→ 2b

→

0,48 → 0,36

2NO3− + 10H + + 8e → N 2 O + 5H 2 O

0,1 ← 0,5 ← 0,4 ← 0,05  3a + 2b + 0,36 = 0,145 +0,4 = 3a + 2b = 0,185 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được: a = 0,045 mol b = 0,05 mol

Trang 104

nH+ ban đầu = n NO− ban đầu = 0,3 mol 3

 n H+ còn = 0,3 + 0,48 - (0,174 + 0,5) = 0,106 mol;

n NO− còn = 0,3 - (0,1 + 0,029) = 0,171 mol 3

Y + NaOH: H + + OH − → H 2 O Fe3+ + 3OH − → Fe(OH)3 ↓

0,045

→

0,045

Cu 2+ + 2OH − → Cu(OH)2 ↓

0,05

→

0,05

 mkết tủa = 107.0,045 + 98.0,05 = 9,715 gam

b) Khi cho Cu vào dung dịch Y thì xảy ra các phản ứng oxi hoá - khử sau (theo thứ tự): 3Cu + 2NO3− + 8H + → 3Cu 2+ + 2NO ↑ +4H 2O

0,03975 ← 0,106 Cu + 2Fe3+ → Cu 2+ + 2Fe 2+

0,0225 ← 0,045  mCu = 64(0,0225 + 0,03975) = 3,984 gam

18. a) n H SO ban đầu 2

150.98% = 1,5 mol 98.100%

Gọi x, y lần lượt là số mol Fe3O4 và Fe chứa trong hỗn hợp X. Ta có: 232x + 56y = 31,6 (1) 2Fe3O 4 + 10H 2SO 4 → 3Fe 2 ( SO 4 )3 + SO 2 ↑ +5H 2 O

→ 5x

→

1,5x

→ 0,5x

2Fe + 6H 2SO 4 → Fe2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O

y → 3y

→

 n SO2 = 0,5x + 1,5y =

Giải hệ (1)và (2) ta được:

0,5y

→ 1,5y

6,16 = 0, 275 (2) 22, 4

x = 0,1 mol Trang 105

y = 0,15mol Phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X là % mFe3O4 =

232.0,1.100% = 73, 41% 31, 6

%m Fe = 100% − 73, 41% = 26,59%

b) n H SO phản ứng = 5x + 3y = 0,95 mol  n H SO còn = 1,5 - 0,95 = 0,55 mol 2

mY = 31,6 + 150 - 64.0,275 = 164 gam Nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch Y là C%Fe2 ( SO4 ) = 3

C%H 2SO4 =

400.(1,5.0,1 + 0,5.0,15).100% = 54,87% 164

98.0,55.100% = 32,86% 164

19. Gọi x là số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp  n C1 = 6x −

 mmuối = (65 +52 + 119)x + 35,5.6x = 8,98 → x = 0,02 mol

2Zn + O 2 → 2ZnO

0,02 0,01 4Cr + 3O 2 → 2Cr2O3

0,02 0,015 Sn + O 2 → SnO 2

0,02 0,02 20. CuO + 2HNO3 → Cu ( NO3 )2 + H 2O

0,02 → 0,04 → 0,02 3Fe3O 4 + 28HNO3 → 9Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +14H 2 O

0,03 ← 0,28  n CuO = n Cu(NO3 )2 =

← 0,09

← 0,01

8,56 − 232.0, 03 = 0, 02mol; n HNO3 còn = 0,4 - 0,32 = 0,08 mol 80

Dung dịch Y chứa: Fe3+ , Cu 2+ , H + và NO3−

Trang 106

Ở catot (-): Xảy ra sự khử

Ở anot (+): Xảy ra sự oxi hoá 2H 2 O → O 2 + 4H + + 4e

Fe3+ + 1e → Fe 2+

Nếu Fe3+ hết Cu 2+ + 2e → Cu

Nếu Cu2+ hết thì H+ (bao gồm lượng ban đầu và lượng sinh ra ở anot) tham gia điện phân trước Fe2+. 2H + + 2e → H 2 Σne (catot phóng ra) = Σne (anot nhận vào) =

It 5.(3600 + 20.60 + 25) = = 0, 25 mol F 96500

Dễ thấy: 1.nFe + 2n Cu = 0,13mol < 0,25mol 3+.

2+.

 Fe3+ , Cu 2+ bị điện phân hết

Khối lượng catot tăng lên là khối lượng Cu bám vào mcatot tăng = mCu = 64.0,02 = 1,28 gam Số mol O2 sinh ra ở anot là n O2 =

1 0, 25 Σn e (anot nhận vào) = = 0,0625 mol 4 4

Số mol H2 thoát ra ở catot là n H2 =  ΣV

Σn e ( catot phóng ra ) − n Fe3+ − 2n Cu 2+ 2 khí =

0, 25 − 0,13 = 0, 06 mol 2

(0,06 + 0,0625).22,4 =2,744 lít

21. * Cho hỗn hợp kim loại vào dung dịch NaOH dư thì Al tan hết. 2NaOH + 2Al + 6H 2 O → 2Na [ Al(OH)4 ] + 3H 2 ↑

Lọc lấy phần chất rắn không tan, rồi sục khí CO2 tới dư vào nước lọc. Na [ Al(OH) 4 ] + CO 2 → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3

Lọc kết tủa và nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được Al2O3. Trang 107

2Al(OH)3 → Al2 O3 + 3H 2O

Điện phân Al2O3 nóng chảy thụ được Al ở catot của bình điện phân. ®pnc

2Al2 O3 → 4Al + 3O 2

(K) (A) * Phần chất rắn không tan gồm Fe, Cu và Ag được cho vào dung dịch HCl dư thì chỉ có Fe tan. Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑

Lọc lấy Cu và Ag không tan. Phần nước lọc cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, kết tủa thu được đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi chất rắn còn lại là Fe2O3. FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ +2NaCl 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2O → 4Fe(OH)3 ↓ to

2Fe(OH)3 → Fe 2 O3 + 3H 2O

Khử Fe2O3 bằng lượng dư khí CO nung nóng, thu được Fe nguyên chất. t°

Fe2 O3 + 3CO → 2Fe + 3CO 2

* Đốt hỗn hợp Cu và Ag trong O2 dư, rồi cho sản phẩm (CuO, Ag) vào lượng dư dung dịch HCl. to

2Cu + O 2 → 2CuO CuO + 2HCl → CuCl 2 + H 2 O

Lọc lấy phần kim loại không tan là Ag. Điện phân phần nước lọc gồm CuCl2. HCl dư thu được kim loại Cu thoát ra ở catot. ®pdd

CuCl 2 → Cu ↓ +Cl 2 ↑

(K) (A) 22.

n AgNO3 = 0, 25.0,12 = 0, 03 mol

Gọi x, y lần lượt là số mol Al và Fe ban đầu. Ta có: 27x + 56y = 0,42 (1) Al + 3Ag + → Al3+ + 3Ag ↓

Trang 108

Bđ:

Pư:

x1 → 3x1 → x1 → 3x1

Còn: (x – x1) (x – x1 ≥ 0) Fe + 2Ag + → Fe2+ + 2Ag ↓

Bđ:

Pư: y1 → 2y1 → y1 → 2y1 Còn: (y – y1) (y – y1 ≥ 0) ∆m ↑= 3, 333 − 0, 42 = 297x1 + 160y1  297x1 + 160y1 = 2,913 (2)

Nếu AgNO3 còn thì Al và Fe hết tức là x = x1 và y = y1. Giải hệ (1) và (2) ta được: x = 0,0078 mol và y = 0,0037 mol  n AgNO3 = 3x + 2y = 0,0308 mol > 0,03 mol  AgNO3 hết, kim loại còn  3x1 + 2y1 = 0,03 (3)

 x1 = 0, 009  y1 = 0, 0015

Giải hệ (2) và (3) ta được: 

Do y > 0 nên x= x1 = 0,009 mol  m Fe = 0,42 - 27.0,009 = 0,177 gam . 23.

Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu ↓

0,15 ← 0,15

→ 0,15

Fe + 2H + → Fe 2+ + H 2 ↑

0,1 ← 0,2

→

0,1

 mhh kim loại = m - 56.0,25 + 64.0,15 = 0,725m  m = 16 gam

24. Gọi a là số mol ban đầu của Cu Cu + 2AgNO3 → Cu ( NO3 )2 + 2Ag ↓

0,5x ← x →

0,5x

Hỗn hợp X: Ag và Cu dư dung dịch Y chứa: (0,08 - x) mol AgNO3 và 0,5x mol Cu(NO3)2  m X = 64(a - 0,5x) + 108x = 7,76 → 64a + 76x = 7,76 (1)

Zn + 2AgNO3 → Zn(NO3)2 + 2Ag ↓ Trang 109

Zn + Cu ( NO3 )2 → Zn ( NO3 )2 + Cu ↓

Vì 1.nAg + 2nCu = 0,08 (mol) < 2.nZn = 0,18 nên Zn còn, hai muối hết +

 nZn phản ứng =

0, 08 = 0,04 (mol)  m Z = m Zn dư + m Ag + mCu 2

 10,53 = 65.(0,09 - 0,04) + 108(0,08 - x) + 64.0,5x  76x = 1,36 (2)

Từ (1) và (2)  64a = 7,76 - 1,36 = 6,4 = m 25. Quy M về Fe, Cu và S. Ta có: n S = n SO2− = n BaSO4 = 4

4, 66 = 0, 02 mol 233

Fe → Fe3+ + 3e

NO3− + 4H + + 3e → NO + 2H 2 O

x → x → 3x

0,07 ← 0,28 ← 0,21 ← 0,07

Cu → Cu 2+ + 2e

y→

y → 2y

S + 4H 2O → SO 24− + 8H + + 6e

0,02 →

0,16 → 0,12

 3x + 2y + 0,12 = 0,21  3x + 2y = 0,09

(1)

Mặt khác: 56x + 64y + 32.0,02 = 2,72  56x + 64y = 2,08 (2) Giải hệ (1) và (2) ta được:

x = 0,02 mol y = 0,015 mol

n HNO3 ban đầu = 0,5 mol  n H+ còn = 0,5 + 0,16 - 0,28 = 0,38 mol;

n NO− còn = 0,5 - 0,07 = 0,43 mol 3

3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu 2+ + 2NO ↑ +4H 2O

0,1425 ← 0,38 Cu + 2Fe3+ → Cu 2+ + 2Fe 2+

0,01 ← 0,02  mCu = 64(0,1425 + 0, 01) = 9, 76 gam

26. a) • Phần 1: Mg và Fe không phản ứng Trang 110

3 Al + NaOH + 3H 2 O → Na [ Al(OH) 4 ] + H 2 ↑ 2

←

0,1

0,15

Chất rắn Y gồm Mg và Fe. Mg → Mg 2+ + 2e

x →

S+6 + 2e → S+4

0,6 ← 0,3

Fe → Fe3+ + 3e

y→

2 x + 3 y = 0, 6

 x = 0,15  24 x + 56 y = 11, 9 − 2, 7  y = 0,1

Ta có hệ: 

• Phần 2: Gọi a, b lần lượt là số mol N2 và N2O chứa trong 0,07 mol hỗn hợp. a + b = 0, 07

a = 0, 02  28a + 44b = 2, 76 b = 0, 05

Ta cũng có hệ: 

Vì 2n Mg + 3n Fe + 3n A1 = 0,9mol > 10n N + 8n N O = 0,6 mol 2

 Có muối NH4NO3 tạo thành.

Mg → Mg 2+ + 2e

0,15 →

z=

2 N +5 + 8e → 2 N +1

0,4 ← 0,05

0,3

Al → Al3+ + 3e

0,1 →

0,2 ← 0,02

0,3

Fe → Fe3+ + 3e

0,1 →

2N +5 + 10e → N 2

N +5 + 8e → N −3

0,3

8z ← z

0,3 + 0,3 + 0, 3 − 0, 2 − 0, 4 = 0, 0375mol 8

 Khối lượng muối trong dung dịch A là m Al( NO3 ) = 213.0,1 = 21,3 gam 3

m Mg( NO3 )2 = 148.0,15 = 22,2 gam

m Fe( NO3 ) = 242.0,1 = 24,2 gam 3

m NH4 NO3 = 80.0,0375 = 3 gam

Trang 111

b) n HNO ban đầu = 3

240.31,5 = 1,2mol 100.63

n HNO3 phản ứng = 12n N 2 + 10n N2O + 10n NH4 NO3 = 1,115mol  n HNO3 còn = 1,2 - 1,115 = 0,085 mol

3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu 2+ + 2NO ↑ +4H 2O

0,031875 ← 0,085 Cu + 2Fe3+ → Cu 2+ + 2Fe 2+

0,05 ← 0,1  m Cu = 64(0, 031875 + 0, 05) = 5,24 gam

c) H + + OH − → H 2 O

0,085 → 0,085 NH +4 + OH − → NH 3 ↑ + H 2 O

0,0375 → 0,0375 Fe3+ + 3OH − → Fe(OH)3 ↓

0,1 → 0,3 Mg 2+ + 2OH − → Mg(OH) 2 ↓

0,15 → 0,3 Al3+ + 4OH − → [ Al(OH)4 ]

−

0,1 → 0,4  n NaOH = 0,0375 + 0,3 + 0,3 + 0,4 + 0,085 = 1,1225 mol  Vdd NaOH =1,1225 lít

27. a) Gọi a, b lần lượt là số mol N2 và N2O. Ta có hệ: a + b = 0, 055 a = 0, 03   28a + 44b = 17, 636.2.0, 055 b = 0, 025 M → M 2 + + 2e

2 N +5 + 10e → N 2

Trang 112

x→

0,3 ← 0,03

Al → Al3+ + 3e

y→  2x + 3y = 0,5

2 N +5 + 8e → 2 N +1

0,2 ← 0,05

3y (1)

Mặt khác: Mx + 27y = 8,7 (2) 4, 2 < 0,25  M > 34,8 (*) M − 18

Từ (1) và (2) rút ra: x =

M + 2HCl → MCl 2 + H 2 ↑ 4, 2 M 

→

4, 2 M

4, 2 > 0,1  M < 42 (**) M

Từ (*) và (**)  34,8 < M < 42 Do M là kim loại thuộc nhóm IIA nên M = 40 (Ca). b) Trong 17,4 gam X có chứa 0,38 mol Ca và 0,078 mol Al. Ta có: Ca + 2H 2 O → Ca 2+ + 2OH − + H 2 ↑

0,38

→

0,76 → 0,38

3 − Al + OH − + 3H 2O → [ Al(OH) 4 ] + H 2 ↑ 2

0,078 → 0,078

→

0,117

 VH 2 = (0,117 + 0, 38).22,4 = 11,1328 lít

28. Gọi a, b lần lượt là số mol N2 và N2O. Ta có: a + b = 0, 06 a = 0, 01 mol   28a + 44b = 2, 48 b = 0, 05mol 12H + + 2NO3− + 10e → N 2 + 6H 2O

0,12

←

0,01

10H + + 2NO3− + 8e → N 2 O + 5H 2 O

0,5

←

0,05

Vì 12n N + 10n N O = 12.0,01 + 10.0,05 = 0,02 mol < n HNO ban đầu 2

Trang 113

 Có muối NH4NO3

10H + + 10NO3− + 8e → NH 4 NO3 + 3H 2O + 8NO3−

10c

←

c→

 n HNO3 = 0,12 + 0,5 + 10c = 0,87  c = 0,025 mol  m = 9, 55 + 62(10.0, 01 + 8.0, 05 + 8.0, 025) + 80.0, 025 = 54,95 gam

29.

®pdd 4AgNO3 + 2H 2 O  → 4Ag + O 2 + 4HNO3

→

Sau phản ứng có hỗn hợp kim loại là Ag và Fe dư. Vậy dung dịch Y gồm HNO3 và AgNO3 còn. Do Fe dư nên sau phản ứng tạo Fe2+.

Fe → Fe2+ + 2e

→

4H + + NO3− + 3e → NO + 2H 2 O

→

0,75x

Ag + + 1e → Ag

(0,15-x) → (0,15-x) → (0,15-x)  2a = 0,75x + 0.15- x  2a + 0,25x = 0,15 (1)

Mặt khác: nFe còn = (0,225 - a); nAg = (0,15 - x)  mkl = 56(0,225 - a) + 108(0,15 - x) = 14,5 (2)

Giải hệ (1) (2)  a = 0,0625 mol; x = 0,1 mol Từ biểu thức Farađay: n Ag =

n .F 0,1.26,8 It  t = Ag = = 1 giờ F 1 2, 68

30. 1 ®pdd CuSO 4 + H 2 O  → Cu ↓ + O 2 ↑ + H 2SO 4 2

0,5x

 ∆m ↓ = 64x + 32.0,5x = 8  x = 0,1 mol

CuSO 4 + Fe → FeSO 4 + Cu ↓ Trang 114

Fe + H 2SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑

z ← z  ∆m ↓ = 56(y + z) - 64y = 16,8 - 12,4 = 562 - 8y = 4,4 (*)

Xét 2 trường hợp sau: - Trường hợp 1: H2SO4 còn, Fe hết  z = (0,3 - y) mol kết hợp (*)  y = 0,19375 mol  z = 0,10625 mol > 0,1 mol = n H2SO4 ban đầu (loại)

- Trường hợp 2: H2SO4 hết, Fe còn  z = x = 0,1 mol kết hợp (*)  y = 0,15 mol  ΣnCuSO4 = x + y = 0,1 + 0,15 = 0,25 mol a=

0, 25 = 1, 25 mol/l 0, 2

31. Khi cho Fe vào dung dịch AgNO3, trước hết xảy ra phản ứng sau: Fe + 2AgNO3 → Fe ( NO3 )2 + 2Ag ↓ (1)

Nếu Fe hết mà AgNO3 còn thì: Fe ( NO3 )2 + AgNO3 → Fe ( NO3 )3 + Ag ↓ (2)

• Trường hợp 1: Nếu y = 2x thì vừa đủ phản ứng (1)  dung dịch X chứa x mol Fe(NO3)2. Chất rắn Y có y mol Ag. • Trường hợp 2: Nếu y < 2x  Kết thúc (1) thì Fe còn nên dung dịch X chứa 0,5y mol Fe(NO3)2 và chất rắn Y gồm: y mol Ag và x - 0,5y mol Fe. • Trường hợp 3: Nếu 2x < y < 3x  Kết thúc phản ứng (2) thì AgNO3 hết, Fe(NO3)2 còn  Dung dịch X chứa: Fe(NO3)3: (y - 2x) mol và Fe(NO3)2: (3x - y) mol; Chất rắn Y

chứa y mol Ag. •Trường hợp 4: Nếu y = 3x  Kết thúc phản ứng (2) thì AgNO3 và Fe(NO3)2 hết.  Dung dịch X chứa: Fe(NO3)3: x mol; Chất rắn Y chứa y mol Ag.

• Trường hợp 5: Nếu y > 3x  Kết thúc phản ứng (2) thì AgNO3 còn và Fe(NO3)3 hết.  Dung dịch X chứa: Fe(NO3)3: x mol và (y - 3x) AgNO3; Chất rắn Y chứa 3x mol Ag. Trang 115

32. 2K + 2H 2 O → 2KOH + H 2 ↑

0,5

←

(1)

0,5 ← 0,25

Al2 O3 + 2KOH + 3H 2 O → 2K [ Al(OH) 4 ]

x→

(2)

→ 2x

 n KOH còn = (0,5 - 2x) mol

KOH + HCl → KCl + H 2 O

(3)

(0,5 – 2x) → (0,5 – 2x) K [ Al(OH)4 ] + HCl → Al(OH)3 ↓ + KCl + H 2O (4)

0,1

← 0,1

K [ Al(OH)4 ] + 4HCl → AlCl3 + KCl + 4H 2O (5)

Xét hai trường hợp: • Trường hợp 1: (5) chưa xảy ra  n HCl = 0,1 + 0,5 - 2x = 0,3  x = 0,15 mol  m= 39.0,5 + 102.0,15 = 34,8 gam

• Trường hợp 2: (5) xảy ra n K[Al(OH)4 ](5) = (2x-0,1) mol  nHCl = 4(0,5 - 2x) + 0,1 + 2x - 0,1 = 0,3  x = 0,283 mol  nKOH =0,5 mol < 2n Al2O3 = 0,566 mol (loại)

---Hết---

Trang 116

Chuyên đề 6.

KIM LOẠI KIỀM – KIỀM THỔ - NHÔM

A. LÝ THUYẾT CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO I. KIM LOẠI KIỀM 1. Vị trí và cấu tạo a) Vị trí các kim loại kiềm trong bảng tuần hoàn Các kim loại kiềm thuộc nhóm IA trong bảng tuần hoàn, gồm các nguyên tố: liti (Li), natri (Na), kali (K), rubidi (RD), xesi (Cs) và franxi (Fr). b) Cấu tạo và tính chất của kim loại kiềm • Cấu hình electron: Kim loại kiềm là những nguyên tố s. Lớp electron ngoài cùng của nguyên tử chỉ có một electron, ở phân lớp ns1 (n là số thứ tự của chu kì). So với những electron khác trong nguyên tử thì electron ns1 ở xa hạt nhân hơn, do đó dễ tách ra khỏi nguyên tử. Tính chất đặc trưng của kim loại kiềm là tính khử mạnh: M → M + + 1e

• Năng lượng ion hóa : Kim loại kiềm có năng lượng ion hóa I1 nhỏ nhất so với các kim loại khác. Theo chiều từ Li đến Cs năng lượng ion hóa giảm. Riêng Frlà nguyên tố phóng xạ. • Số oxi hóa: Năng lượng ion hóa thứ nhất nhỏ hơn nhiều so với năng lượng ion hóa thứ hai nên các kim loại kiềm chỉ có số oxi hóa +1. • Thế điện cực chuẩn: Thế điện cực chuẩn của kim loại kiềm có giá trị rất ấm. Nguyên tố

EM0 + / M (V)

-3,05

-2,71

-2,93

-2,98

-2,92

• Cấu trúc mạng tinh thể : Tất cả các kim loại kiềm đều có mạng tinh thể lập phương tâm khối.

Trang 1

Ô mạng cơ sở - Số nguyên tử trong một ô mạng cơ sở là: N = 8.

1 +1= 2 (nguyên tử) 8

- AB = a 2 + a 2 = a 2  AC = (a 2) 2 + a 2 = a 3 = 4rnt  rnt =

a 3 4

- Thể tích chiếm chỗ của các nguyên tử trong ô mạng cơ sở (coi nguyên tử có dạng hình cầu): 3

VNT

4 8  a 3  a3 3 = 2. π r 3 = π   = 3 3  4  8

- Thể tích của ô nạng cơ sở: VIT = a3.  Độ đặc khít (hay phần trăm thể tích của nguyên tử chiếm trong mạng tinh thể) VN π 3 3,14 ⋅ 3 ⋅100% = ⋅100% = ⋅100% = 68% VTT 8 8

- Khối lượng riêng: D =

mNT N .M X 2M X = 3 = gam/ cm3 VTT a .N A 6, 022.1023 a 3

(

)

Mx: Khối lượng mol nguyên tử kim loại X (gam/mol). a: Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở (cm). NA = 6,022.1023 là số Avogađro. 2. Tính chất vật lí - Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi thấp hơn nhiều so với các kim loại khác (đều nhỏ hơn 200°C). Tính chất này là do liên kết kim loại trong mạng tinh thể kim loại kiềm kém bền vững. - Khối lượng riêng cũng nhỏ hơn nhiều so với các kim loại khác là do nguyên tử của các kim loại kiềm có bán kính lớn và do cấu trúc mạng tinh thể của chúng kém đặc khít. Trang 2

- Tính cứng: Các kim loại kiềm đều mềm, có thể cắt chúng bằng dao. Tính chất này là do liên kết kim loại trong mạng tinh thể yếu. 3. Tính chất hóa học Các kim loại kiềm có tính khử rất mạnh, tính khử tăng từ Li đến Cs. M → M + + 1e

a) Tác dụng với phi kim Hầu hết các kim loại kiềm đều khử được các phi kim. Thí dụ: Kim loại Na cháy trong môi trường khí oxi khô tạo ra natri peoxit Na2O2. t°

2Na + O 2 → Na 2O 2 Na 2 O 2 là một sản phẩm thương mại vì khi tác dụng với nước sẽ tạo thành hiđropeoxit

(còn gọi là nước oxi già) Na 2 O 2 + 2H 2 O → 2NaOH + H 2O 2

Nước oxi già là chất oxi hoá mạnh. Dung dịch nước oxi già pha loãng dùng làm thuốc sát trùng. Khi đun nóng nó bị phân huỷ tạo ra oxi. t°

2H 2 O 2 → 2H 2 O + O 2 ↑

Do đó: o

t 2Na 2 O 2 + 2H 2 O  → 4NaOH + O 2 ↑

Kali, rubidi, xesi cháy tạo supeoxit MO2 t°

K + O 2 → KO 2

KO2 được dùng chủ yếu làm nguồn cung cấp O2 trong các máy hô hấp nhân tạo dùng khi cấp cứu. “Mặt nạ oxi” được chế tạo để khí CO2 và hơi nước của người đeo mặt nạ thở ra phản ứng với KO2 giải phóng O2). 4KO 2 + 2H 2 O + 4CO 2 → 4KHCO3 + 3O 2 ↑

Liti tạo Li2O có lẫn một ít Li2O2 Các kim loại kiềm cũng phản ứng mạnh với halogen. Chúng bốc cháy khi gặp khí clo ẩm ở nhiệt độ thường. Với brom lỏng thì K, Rb, Cs gây nổ mạnh, còn Li và Na chỉ phản ứng bề mặt. Với iot, các kim loại kiềm chỉ tác dụng mạnh khi đun nóng. Trong tất cả các trường hợp tương tác với halogen, sản phẩm đều là muối halogenua. t°

2Na + Cl2 → 2NaCl Trang 3

t°

2Na + Br2 → 2NaBr

Các kim loại kiềm tác dụng trực tiếp với kim loại kiềm tạo muối sunfua M2S. o

t 2 M + S  → M 2S

Với phân tử nitơ, chỉ có Li phản ứng trực tiếp ở nhiệt độ thường tạo ra Li3N. Các kim loại còn lại cũng phản ứng tạo ra M3N khi cho hơi kim loại tác dụng với “nitơ hoạt động” trong trường phóng điện êm. b) Tác dụng với axit Do thế điện cực chuẩn của cặp oxi hóa - khử E 02H

/H 2

= 0,00V, thế điện cực chuẩn của cặp

oxi hóa - khử của kim loại kiềm có giá trị từ -3,05V đến -2,94V. Vì vậy các kim loại kiềm đều dễ dàng khử được ion H+ của dung dịch axit (HCl, H2SO4 loãng) thành khí H2 (phản ứng gây nổ nguy hiểm): 2M + 2 H + → 2M + + H 2 ↑

Với axit có tính oxi hoá mạnh H2SO4 đặc, HNO3 thì có thể sinh ra nhiều sản phẩm khử của S+6 và N+5. Thí dụ: 16Na + 11 H2SO4 đặc → 8Na2SO4 + SO2 ↑ + S ↓ + H2S ↑ + 10H2O Na + 2HNO3 đặc → NaNO3 + NO2 ↑ + H2O 29Na + 36HNO3 loãng → 29NaNO3 + N2 ↑ + NO ↑ + N2O ↑ + NH4NO3 + 16H2O c) Tác dụng với nước Do thế điện cực chuẩn E 0M

của kim loại kiềm nhỏ hơn nhiều so với thế điện cực chuẩn

E 0H2O/ H2 =

-0,41V của nước ở pH = 7 nên kim loại kiềm khử được nước dễ dàng, giải phóng H2. 2M + 2H 2 O → 2MOH + H 2 ↑

d) Tác dụng với dung dịch muối Trước hết kim loại kiềm phản ứng với nước tạo ra dung dịch kiềm, sau đó dung dịch kiềm tham gia phản ứng trao đổi với muối. Ví dụ: K + dung dịch CuSO4

2K + 2H 2O → 2KOH + H 2 ↑ CuSO 4 + 2KOH → Cu(OH) 2 ↓ + K 2SO 4

Trang 4

2K + CuSO 4 + 2H 2 O → Cu(OH) 2 ↓ + K 2SO 4 + H 2 ↑

4. Điều chế kim loại kiềm Nguyên tắc chung để điều chế kim loại kiềm là dùng dòng điện để khử các ion kim loại kiềm, tách các kim loại đó ra khỏi hợp chất của chúng bằng phương pháp điện phân hiđroxit hoặc muối clorua nóng chảy. ®pnc

2MCl → 2M + Cl 2 ↑ ®pnc 4MOH  → 4M+O 2 ↑ + H 2O

5. Ứng dụng Kim loại kiềm có nhiều ứng dụng quan trọng: - Chế tạo hợp kim có nhiệt độ nóng chảy thấp dùng trong thiết bị báo cháy .... - Các kim loại kali và natri dùng làm chất trao đổi nhiệt trong một vài lò phản ứng hạt nhân. - Kim loại xesi dùng chế tạo tế bào quang điện. - Kim loại kiềm được dùng để điều chế một số kim loại hiếm bằng phương pháp nhiệt luyện. - Kim loại kiềm còn được dùng nhiều trong tổng hợp hữu cơ. II. MỘT SỐ HỢP CHẤT QUAN TRỌNG CỦA KIM LOẠI KIỀM 1. Oxit - peoxit - supeoxit a) Oxit M2O Là những oxit bazơ mạnh, tác dụng dễ dàng với nước, oxit axit, axit: Li 2 O + H 2 O → 2LiOH Na 2O + CO 2 → Na 2 CO3 K 2 O + 2HCl → 2KCl + H 2O

b) Peoxit (M2O2) - supeoxit (MO2) Thể hiện tính oxi hóa mạnh. Chúng đều tác dụng mạnh với H2O hoặc với axit M 2 O 2 + 2H 2O → 2MOH + H 2 O 2 M 2 O 2 + H 2SO 4 → 2M 2SO 4 + H 2O 2

Riêng với Na2O2 tác dụng mạnh với nước và phát nhiều nhiệt do tạo ra hiđrat Na 2 O 2 .8H 2O và sau đó phân huỷ tạo O2. Trang 5

Na 2 O 2 + 2H 2O → 4NaOH + O 2 ↑

Còn ở nhiệt độ thấp hay trong dung dịch loãng thì phân huỷ tạo H2O2 Na 2 O 2 + 2H 2O → 2NaOH + H 2O 2

Trong phân tích, dùng Na2O2 để phá quặng sunfua bằng cách nấu nóng chảy quặng với hỗn hợp gồm Na2O2 và Na2CO3 trong chén bạc: to

2FeS2 + 15Na 2 O 2 → Fe 2O3 + 4Na 2SO 4 + 11Na 2O

Hoặc chuyển Cr(OH)3 thành cromat: 2Cr(OH)3 + 3Na 2 O 2 → 2Na 2 CrO 4 + 2NaOH + 2H 2O

Phản ứng của Na2O2 với CO tạo ra Na2CO3 và với CO2 tạo ra đi nhưng với dung dịch CO2 tạo ra H2O. Na 2 O 2 + CO → Na 2 CO3 2Na 2 O 2 + 2CO 2 → 2Na 2CO3 + O 2 ↑ Na 2 O 2 + H 2 O + CO 2 → Na 2 CO3 + H 2 O 2

Với supeoxit thì tạo ra H2O2 và O2 2MO 2 + 2H 2 O → 2MOH + H 2O 2 + O 2 ↑ 2MO 2 + H 2SO 4 → M 2SO 4 + H 2O 2 + O 2 ↑

2. Hiđroxit MOH a) Lí tính MOH là những chất rắn màu trắng nóng chảy ở nhiệt độ tương đối thấp, hút ẩm mạnh. MOH rất bền đối với nhiệt, đun nóng ở nhiệt độ cao thì nóng chảy và bay hơi mà không bị phân hủy, ngoại trừ LiOH bị phân hủy thành Li2O ở gần 600°C: t°

2LiOH → Li 2O + H 2O

Hiđroxit của các kim loại kiềm đều tan mạnh trong nước, giải phóng nhiều nhiệt. b) Hóa tính Dung dịch MOH có tính bazơ mạnh nhất, thể hiện tính chất đặc trưng của ion OH-. MOH → M+ + OH• Phản ứng đặc trưng với chất chỉ thị: Dung dịch MOH làm quỳ tím hóa xanh, dung dịch phenolphtalein (không màu) thành màu hồng (đỏ). • Phản ứng với oxit axit và axit tạo muối và nước: Trang 6

1:2

CO 2 + 2NaOH → Na 2 CO3 + H 2 O 1:2 CO 2 + NaOH  → NaHCO3

HCl + NaOH → NaCl + H 2 O

Chú ý: Khi tác dụng với oxit axit và axit trung bình, yếu thì tùy theo tỉ lệ mol các chất tham gia phản ứng mà muối tạo thành có thể là muối axit, muối trung hòa hoặc cả hai. • Tác dụng với muối axit NaOH + NaHCO3 → Na 2CO3 + H 2O

• Tác dụng với muối của bazơ dễ bay hơi NaOH + NH 4Cl → NaCl + NH 3 ↑ + H 2O

• Tác dụng với muối của bazơ khó tan: 2NaOH + MgCl2 → Mg(OH) 2 ↓ +2NaCl

• Tác dụng với các kim loại Be, Zn, Pb, Al, Sn và oxit, hiđroxit của chúng Zn + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ Zn(OH) 4 ] + H 2 ↑ ZnO + 2NaOH + H 2O → Na 2 [ Zn(OH)4 ] Zn(OH) 2 + 2NaOH → Na 2 [ Zn(OH)4 ]

• Tác dụng với một số phi kim như halogen, S, Si, ... Cl 2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H 2 O o

t 3Cl 2 + 6NaOH  → SNaCl + NaClO3 + 3H 2 O o

t 3S + 6NaOH  → 2Na 2S + Na 2SO3 + 3H 2O

Si + 2NaOH + H 2O → Na 2SiO3 + 2H 2 ↑

c) Điều chế • Khi cần một lượng nhỏ hiđroxit rất tinh khiết người ta cho kim loại kiềm phản ứng với nước: 2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 ↑

• Điện phân dung dịch muối clorua có màng ngăn: 2NaCl + 2H 2 O

đpdd

2NaOH + H 2 ↑ +Cl 2 ↑

có vách ngăn • Thực hiện phản ứng trao đổi giữa muối kim loại kiềm và hiđroxit kim loại kiềm thổ: Trang 7

Na 2 CO3 + Ca(OH) 2 → 2NaOH + CaCO3 ↓

3. Muối của kim loại kiềm M+ • Các muối của của kim loại kiềm đều không màu, trừ trường hợp anion có màu (KMnO4 có màu tím là do màu của ion MnO−4 ). • Nói chung muối của kim loại kiềm đều dễ tan trong nước (trừ KClO4 ở 0oC chỉ hòa tan 0,75 gam KClO4/100g H2O) và một số muối của Li tương đối khó tan. NaHCO3 vẫn là chất tan nhưng do có độ tan nhỏ hơn nhiều so với các chất khác nên sẽ kết tủa trong dung dịch bão hòa các chất dễ tan hơn (có độ tan lớn hơn). • Trong kỹ thuật, KCl được điều chế từ khoảng chất sinvinit (NaCl.KCl) bằng cách hòa tan sinvinit trong dung dịch bão hòa muối ăn NaCl khi đun nóng (độ tan của KCl tăng nhanh hơn NaCl khi nhiệt độ tăng). Ở nhiệt độ cao độ tan của KCl lớn hơn độ tan của NaCl nên chỉ có KCl tan được. Để nguội thì độ tan của KCl lại nhỏ hơn độ tan của NaCl nên chỉ có KCl kết tủa và tách ra. • Khi đun nóng dụng dịch MHCO3 sẽ giải phóng CO2 và dung dịch trở nên kiềm mạnh: 2MHCO3 → M 2CO3 + CO 2 ↑ + H 2O

Muối hiđrocacbonat được tạo ra khi cho CO2 tác dụng với muối cacbonat: CO32− + CO 2 + H 2 O → 2HCO3−

• Các muối cacbonat của kim loại kiềm đều tan, dung dịch có tính kiềm mạnh do sự thủy phân:  → M 2 CO3 + H 2O ←  MHCO3 + MOH

• Các muối hidrocacbonat của kim loại kiềm đều có tính lưỡng tính của ion HCO 3− . HCO3− + OH − → CO32− + H 2 O HCO3− + H + → CO 2 ↑ + H 2 O

• Cả MHCO3 và M2CO3 đều bị axit mạnh phân hủy giải phóng CO2: HCO3− + H + → CO 2 ↑ + H 2O CO32− + 2H + → CO 2 ↑ + H 2 O

• NaHCO3 có thể điều chế bằng cách cho khí CO2 tác dụng với dung dịch NaOH: CO 2 + NaOH → NaHCO3

Hoặc cho khí CO2 lội qua dung dịch Na 2 CO3 bão hòa: Na 2 CO3 + CO 2 + H 2 O → 2NaHCO3

Trang 8

NaHCO3 được dùng trong y khoa chữa bệnh dạ dày và ruột do thừa axit, dễ tiêu, chữa chứng nôn mửa, giải độc axit. Trong công nghiệp thực phẩm NaHCO3 là bột nở, gây xốp cho các loại bánh. • Na2CO3 tinh khiết được điều chế bằng cách nhiệt phân NaHCO3: t°

2NaHCO3 → Na 2 CO3 + CO 2 ↑ + H 2 O

Trong công nghiệp người ta điều chế Na2CO3 bằng phương pháp Sonvay (Bỉ, 1838 1922) theo phản ứng:  → NaHCO3 + NH 4 Cl NaCl + NH 4 HCO3 ←  

Do NaHCO3 ít tan nên cân bằng chuyển dịch sang phải. Trong thực tế người ta cho khí NH và CO đi qua dung dịch NaCl bão hòa:  → NaHCO3 + NH 4 Cl NaCl + CO 2 + NH 3 + H 2 O ← 

Lọc tách NaHCO3 rồi nung nóng: o

t 2NaHCO3  → Na 2 CO3 + CO 2 ↑ + H 2 O

Khí CO2 thu được tiếp tục làm nguyên liệu điều chế, sản phẩm phụ NH 4Cl lại cho phản ứng với vôi tôi để tái sinh NH3, thực hiện chu trình khép kín: o

t 2NH 4 Cl + Ca(OH)2  → 2NH 3 ↑ +CaCl2 + 2H 2 O

III. KIM LOẠI KIỀM THỔ 1. Vị trí và cấu tạo a) Vị trí của kim loại kiềm thổ trong bảng tuần hoàn Các kim loại kiềm thổ thuộc nhóm IIA, gồm: Beri (Be), magie (Mg), canxi (Ca), stronti (Sr), bari (Ba). b) Cấu tạo và tính chất của kim loại kiềm thổ • Cấu hình electron: Kim loại kiềm thổ là những nguyên tố s. Lớp ngoài cùng của nguyên tử có 2e ở phân lớp ns2. So với những electron khác trong nguyên tử thì hai electron ns2 ở xa hạt nhân hơn cả, chúng dễ tách khỏi nguyên tử. Do đó tính chất đặc trưng của các kim loại kiềm thổ là tính khử mạnh. M → M 2 + + 2e

• Năng lượng ion hóa: Kim loại kiềm thổ có năng lượng ion hóa nhỏ so với các kim loại khác, nhưng lớn hơn kim loại kiềm tương ứng. Theo chiều từ Be đến Ba bán kính nguyên tử tăng dần và năng lượng ion hóa giảm dần. Trang 9

• Số oxi hóa: Kim loại kiềm thổ luôn có số oxi hóa +2 trong mọi hợp chất. • Thế điện cực chuẩn: Các cặp oxi hoá - khử M 2+ / M của kim loại kiềm thổ đều có thể điện cực chuẩn rất âm.

Nguyên tố

EM0 2+ / M (V)

-1,85

-2,37

-2,87

-2,89

-2,90

Mạng tinh thể

Lục phương

Lập phương tâm diện

Lập phương tâm khối

Lưu ý: Mạng tinh thể lập phương tâm diện

Ô mạng cơ sở - Số nguyên tử trong ô mạng cơ sở: N = 8.

1 1 + 6. = 4 (nguyên tử) 8 2

- AC = AB 2 + BC 2 = a 2 = 4rnt  rnt =

a 2 4

- Thể tích chiếm chỗ của các nguyên tử trong ô mạng cơ sở (coi nguyên tử có dạng hình cầu): 3

VNT

4 16  a 2  a 3 2π = 4. π r 3 = π   = 3 3  4  6

- Thể tích của ô mạng cơ sở: VTT = a 3

 Độ đặc khít (hay phần trăm thể tích của nguyên tử chiếm trong mạng tinh thể) VNT π 2 3,14 ⋅ 2 .100% = .100% = .100% = 74% VTT 6 6

- Khối lượng riêng: Trang 10

mNT N .M X 4M X = 3 = gam/ cm 3 VTT a .N A 6, 022.1023 a 3

(

)

Mx: Khối lượng mol nguyên tử kim loại X (gam/mol). a: Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở (cm). NA = 6,022.1023 là số Avogađro. 2. Tính chất vật lí - Khối lượng riêng tương đối nhỏ, là những kim loại nhẹ hơn nhôm (trừ Ba). - Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tuy cao hơn kim loại kiềm nhưng vẫn tương đối thấp. - Độ cứng tuy cao hơn kim loại kiềm nhưng vẫn tương đối thấp (trừ Be). - Sự biến đổi tính chất vật lí không đều đặn như các kim loại kiềm vì các kim loại kiềm thổ có kiểu mạng tinh thể khác nhau. Tuy nhiên, chúng có những tính chất vật lí chung ở trên là vì liên kết kim loại của chúng tương đối yếu, bán kính nguyên tử lớn. 3. Tính chất hóa học Các kim loại kiềm thổ đều có tính khử mạnh, nhưng yếu hơn so với kim loại kiềm. Tính khử của kim loại kiềm thổ tăng dần từ Be đến Ba. a) Tác dụng với phi kim • Tác dụng với oxi: Khi đốt nóng, các kim loại kiềm thổ đều bốc cháy trong không khí tạo ra oxit. Thí dụ: o

t 2Mg + O 2  → 2MgO

• Tác dụng với các phi kim khác (halogen, H2, C, S, N2, ...) M + X 2 → MX 2 (halogenua) M + H 2 → MH 2 (hiđrua)

M + S → MS (sunfua) 3M + N 2 → M 3 N 2 (nitrua)

b) Tác dụng với nước Ca, Sr, Ba tác dụng với H2O ở nhiệt độ thường, tạo thành dung dịch bazơ kiềm. Mg tác dụng chậm với H2O ở nhiệt độ thường tạo ra Mg(OH)2, tác dụng nhanh với H2O ở nhiệt độ cao, tạo ra MgO. Be không phản ứng với H2O dù ở nhiệt độ cao: Trang 11

Ca + 2H 2 O → Ca(OH) 2 + H 2 ↑ o

t Mg + H 2 O  → MgO + H 2 ↑

c) Tác dụng với axit Các kim loại kiềm thổ có thế điện cực chuẩn rất nhỏ (từ -2,90V đến - 1,85V) so với thế điện cực chuẩn của 2H + / H 2 (0,00V), vì vậy chúng đều khử được H+ trong các dung dịch axit (HCl, H2SO4 loãng) thành khí hiđro: M + 2H + → M 2+ + H 2 ↑

Với axit có tính oxi hoá mạnh như H2SO4 đặc, HNO3 thì có thể tạo ra nhiều sản phẩm khử của S+6 và N+5. Thí dụ: 8Mg + 11H 2SO 4 đặc → 8MgSO 4 + SO 2 ↑ +S ↓ + H 2S ↑ +10H 2O Mg + 4HNO3 đặc → Mg ( NO3 )2 + 2NO 2 ↑ +2H 2O 29Mg + 72HNO3 loãng → 29Mg ( NO3 )2 + 2N 2 ↑ +2NO ↑ +2N 2O ↑ +2NH 4 NO3 + 32H 2O

4. Điều chế Phương pháp cơ bản để điều chế các kim loại kiềm thổ là điện phân muối clorua nóng chảy của chúng. ®pnc MgCl 2  → Mg + Cl 2 ↑ ®pnc CaCl 2  → Ca + Cl2 ↑

5. Ứng dụng Kim loại Be được dùng làm chất phụ gia để chế tạo hợp kim có tính đàn hồi cao, bền chắc, không bị ăn mòn. Kim loại Mg có nhiều ứng dụng hơn cả. Nó được dùng để chế tạo hợp kim có tính cứng, nhẹ, bền. Những hợp kim này dùng để chế tạo máy bay, tên lửa, ôtô,... Kim loại Mg còn được dùng để tổng hợp nhiều chất hữu cơ. Bột Mg trộn với chất oxi hoá dùng để chế tạo chất chiếu sáng ban đêm. Kim loại Ca dùng làm chất khử để tách oxi, lưu huỳnh ra khỏi thép. Canxi còn được dùng để làm khô một số hợp chất hữu cơ. IV. MỘT SỐ HỢP CHẤT QUAN TRỌNG CỦA KIM LOẠI KIỀM THỔ 1. Canxi oxit, CaO • CaO còn gọi là vôi sống, tan trong nước (phần dung dịch gọi là nước vôi). CaO là một oxit bazơ màu trắng, tne0 = 2575°C. • Các phản ứng:

Trang 12

CaO + H 2O → Ca(OH)2 CaO + 2HCl → CaCl 2 + H 2 O CaO + H 2SO 4 → CaSO 4 + H 2 O CaO + CO 2 → CaCO3 CaO + SO 2 → CaSO3 2000° C

CaO + 3C → CaC 2 + CO ↑

• Điều chế CaO: 2Ca + O 2 → 2CaO t°

CaCO3 → CaO + CO 2

2. Canxi hiđroxit, Ca(OH)2 • Ca(OH)2 là chất rắn (gọi là vôi tôi) tan ít trong nước, khi tan trong nước gọi là dung dịch nước vôi trong (độ tan của Ca(OH)2 ở 20°C là 0,02 mol/lít nước). Dung dịch Ca(OH)2 là một bazơ yếu hơn bazơ kiềm. • Các phản ứng: Ca(OH) 2 + 2HCl → CaCl 2 + 2H 2O Ca(OH) 2 + H 2SO 4 → CaSO 4 ↓ +2H 2 O Ca(OH) 2 + 2HNO3 → Ca ( NO3 )2 + 2H 2 O Ca(OH) 2 + Na 2 CO3 → CaCO3 ↓ +2NaOH Ca(OH) 2 + 2NaHCO3 → CaCO3 ↓ + Na 2 CO3 + 2H 2O Ca(OH) 2 + CO 2 → CaCO3 ↓ + H 2 O

Nếu Ca(OH)2 hết mà CO2 còn thì kết tủa bị hoà tan dần CaCO3 + CO 2 + H 2O → Ca ( HCO3 )2

Đồ thị biến thiên khối lượng CaCO3 theo số mol CO2:

Trang 13

Với mỗi giá trị của kết tủa m < m0 thì sẽ có hai giá trị số mol (hoặc thể tích) của CO2 thoả mãn điều kiện: x 0 − x1 = x 2 − x 0  x 0 = n Ca (OH)2 ban đầu =

x1 + x2 2

• Điều chế Ca(OH)2 CaO + H 2O → Ca(OH)2 Ca + 2H 2 O → Ca(OH) 2 + H 2 ↑

Cũng cần lưu ý rằng: - Ba(OH)2, Sr(OH)2 được điều chế tương tự như Ca(OH)2 BaO + H 2O → Ba(OH)2 Ba + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + H 2 ↑

- Be(OH)2 được điều chế bằng cách cho muối beri tác dụng với dung dịch kiềm. BeCl2 + 2NaOH (thiếu) → Be(OH)2↓ + 2NaCl BeCl2 + 2NH3 + 2H2O → Be(OH)2+ + 2NH4CI Hoặc cho hỗn hợp berilat của kim loại kiềm tác dụng với dung dịch axit: [Be(OH)4]- + 2H+ (thiếu) + Ba(OH)2+ + 2H2O - Điều chế Mg(OH)2: MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaCl Nhưng Mg(OH)2 lại không kết tủa hoàn toàn khi cho muối magie tác dụng với dung dịch amoniac, do phản ứng thuận nghịch sau:  → Mg(OH)2 ↓ + 2NH4Cl MgCl2 + 2NH3 + 2H 2 O ← 

•Ứng dụng Trộn vữa xây nhà. Khử chua đất trồng trọt. Sản xuất clorua vôi dùng để tẩy trắng và khử trùng. 3. Muối của kim loại kiềm thổ a) Tính tan: • Hầu hết các muối halogenua, muối nitrat của kim loại kiềm thổ đều tan. • Các muối cacbonat, photphat của các kim loại kiềm thổ đều không tan. • Các muối sunfat của các kim loại kiềm thổ đều không tan (trừ BeSO 4 , MgSO 4 ). b) Các phản ứng: Trang 14

 → • CaCO3 + CO 2 + H 2 O ← 

(Đun nóng: Ca ( HCO3 )2

Ca ( HCO3 )2

t → CaCO + CO ↑ + H O )  3 2 2

Phản ứng thuận giải thích sự xâm thực của nước mưa (có chứa CO 2 ) đối với đá vôi. Phản ứng nghịch giải thích sự tạo thành thạch nhũ trong các hang động núi đá vôi, sự tạo thành lớp cặn canxi cacbonat ( CaCO3 ) trong ấm đun nước, phích đựng nước nóng,… • CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO 2 ↑ +

H 2O

CaCO3 + 2CH 3COOH → ( CH 3COO )2 Ca + CO 2 ↑ + H2O

• Canxi sunfat CaSO 4 , là chất rắn, màu trắng, tan ít trong nước (độ tan ở 25 C là 0,15g/100g H 2 O ). Tùy theo lượng nước kết tinh trong muối canxi sunfat, ta có 3 loại: - CaSO 4 .2H 2O có trong tự nhiên là thạch cao sống, bền ở nhiệt độ thường. Thạch cao sống dùng để sản xuất xi măng. - CaSO 4 .H 2O hoặc CaSO 4 .0, 5H 2 O là thạc cao nung, được điều chế bằng cách nung thạch cao sống ở nhiệt độ khoảng 160 C : 0

160 c CaSO 4 .2H 2 O  → CaSO 4 .H 2 O + H 2 O

Thạch cao nung thường được đúc tượng, đúc các mẫu chi tiết tinh vi dùng trang trí nội thất, làm phấn viết bảng, bó bột khi gãy xương, ... - CaSO 4 có tên là thạch cao khan, được điều chế bằng cách nung thạch cao sống ở nhiệt độ cao hơn. Thạch cao khan không tan và không tác dụng với nước. 4. Nước cứng a) Nước cứng • Nước cứng là nước có chứa nhiều cation Ca 2+ , Mg 2+ • Nước mềm là nước không chứa hoặc chứa một lượng không đáng kể các ion Ca 2+ , Mg 2+ b) Phân loại nước cứng. Căn cứ vào thành phần của anion gốc axit có trong nước cứng người ta phân thành 3 loại: Nước cứng có tính tạm thời, nước cứng có tính vĩnh cửu và nước cứng có tính toàn phần. • Tính cứng tạm thời của nước cứng là do các muối Ca ( HCO3 )2 , Mg ( HCO3 )2 gây ra: Ca ( HCO3 )2 → Ca 2+ + 2HCO3− Trang 15

Mg ( HCO3 )2 → Mg 2 + + 2HCO3−

• Tính cứng vĩnh cửu của nước cứng là do các muối CaCl2 , MgCl2 , CaSO 4 , MgSO 4 gây ra: CaCl2 → Ca 2 + +

2Cl −

MgCl 2 → Mg 2 + + 2Cl− CaSO 4 → Ca 2 + + SO 24 − MgSO 4 → Mg 2+ + SO 24−

Nước tự nhiên thường có cả tính cứng tạm thời và vĩnh cửu. • Nước có tính cứng toàn phần là nước có cá tính cứng tạm thời và vĩnh cửu. c) Tác hại của nước cứng • Nước cứng gây nhiều trở ngại cho đời sống hàng ngày. Giặt bằng xà phòng (natri stearat C17 H 35COONa ) trong nước cứng sẽ tạo muối không tan canxi stearat ( CH3COO )2 Ca , chất này bám lên bề mặt vải sợi, làm cho quần áo mau mục nát. Mặt khác, nước cứng còn làm cho xà phòng ít bọt, giảm khả năng tẩy rửa của nó. Nếu dùng nước cứng để nấu thức ăn, sẽ làm cho thực phẩm lâu chín và giảm mùi vị. • Nước cứng cũng gây tác hại cho các ngành sản xuất như tạo ra các cặn bã trong nồi hơi, gây lãng phí nhiên liệu và không an toàn. Nước cứng gây ra hiện tượng làm tắc ống dẫn nước nóng trong sản xuất và trong đời sống. Nước cứng cũng làm hỏng nhiều dung dịch cần pha chế. d) Các biện pháp làm mềm nước cứng. Nguyên tắc làm mềm nước cứng là giảm nồng độ các cation Ca 2+ , Mg 2+ trong nước cứng. Thực hiện nguyên tắc này, người ta dùng phương pháp chuyển những cation tự do này vào hợp chất không tan (phương pháp kết tủa) hoặc thay thế những cation này bằng những cation khác (phương pháp trao đổi ion). • Phương pháp kết tủa. * Đối với nước có tính cứng tạm thời. Đun sôi nước có tính cứng tạm thời trước khi dùng, muối hiđrocacbonat sẽ chuyển thành muối cacbonat không tan: 0

t → CaCO ↓ + CO ↑ + H O Ca ( HCO3 )2  3 2 2 0

t → MgCO ↓ + CO ↑ + H O Mg ( HCO3 )2  3 2 2

Lọc bỏ kết tủa, được nước mềm. Trang 16

Dùng một lượng vừa đủ dung dịch Ca(OH) 2 để trung hòa muối hiđrocacbonat thành muối cacbonat kết tủa. Lọc bỏ chất không tan, được nước mềm. Ca ( HCO3 )2 + Ca(OH) 2 → 2 CaCO3 ↓ + 2 H 2 O Mg ( HCO3 )2 + 2 Ca(OH) 2 → MgCO3 ↓ + CaCO3 ↓ + 2 H 2 O

* Đối với nước có tính cứng vĩnh cửu. Dùng dung dịch Na 2CO3 , Ca(OH) 2 và dung dịch Na 3PO 4 để làm mềm nước cứng: Ca 2 + + CO32 − → CaCO3 ↓ 3Ca 2+ + 2PO34− → Ca 3 ( PO 4 ) 2 ↓ Mg 2+ + Na 2 CO3 + Ca(OH) 2 → Mg(OH)2 ↓ + CaCO3 ↓ + 2Na +

Dung dịch Na2CO3 cũng được làm mềm nước có tính cứng tạm thời. • Phương pháp trao đổi ion. Phương pháp trao đổi ion được dùng phổ biến để làm mềm nước. Phương pháp này dựa trên khả năng trao đổi ion của các hạt zeolit (các alumino silicat kết tinh, có trong tự nhiên hoặc được tổng hợp, trong tinh thể có chứa những lỗ trống nhỏ) hoặc nhựa trao đổi ion. Thí dụ: Cho nước cứng, đi qua chất trao đổi ion là các hạt zeolit thì một số ion Na + của zeolit rời khỏi mạng tinh thể, đi vào trong nước, nhường chỗ cho các ion Ca 2 + và Mg 2+ bị giữ lại trong mạng tinh thể slicat. V. NHÔM 1. Vị trí và cấu tạo a) Vị trí của nhóm trong bảng tuần hoàn Nhôm là nguyên tố hoá học có số hiệu nguyên tử 13, thuộc chu kì 3, nhóm IIIA. b) Cấu tạo của nhôm • Cấu hình electron nguyên tử: Al (Z = 13): 1s 2 2s 2 2p6 3s 2 3p1 , trong đó có 3e hoá trị ( 3s 2 3p1 ). Ion Al 3+ có cấu hình electron của nguyên tử khí hiếm Ne: Al [Ne]3s 2 3p1

→

Al3+

+ 3e

[Ne]

Al là nguyên tố p. • Năng lượng ion hoá: So sánh năng lượng ion hoá I3 với I2 của nguyên tử nhôm ta thấy I3 : I2 = 1,5 : 1. Như vậy, năng lượng ion hoá I3, chỉ lớn hơn I 2 là 1,5 lần. Do đó khi cung cấp năng lượng cho nguyên tử Al sẽ có 3e tách ra khỏi nguyên tử. Trang 17

• Số oxi hoả : Trong hợp chất, nguyên tố Al có số oxi hoá bền là +3 • Mạng tinh thể : Nhôm có cấu tạo kiểu mạng tinh thể lập phương tâm diện 2. Tính chất vật lí Nhôm là kim loại màu trắng bạc, nhẹ, d=2,7 gam/cm3. Nhôm dẫn điện tốt gấp 3 lần độ dẫn điện của sắt, bằng 2/3 đồng nhưng lại nhẹ bằng 1/3 đồng. Mặt khác giá thành của nhôm rẻ hơn đồng, vì vậy trong kĩ thuật điện, nhôm dần thay thế đồng làm dây dẫn điện. 3. Tính chất hóa học. Nhôm có thế điện cực nhỏ so với nhiều kim loại khác ( E Al0

/ Al

= −1, 66V ). Nguyên tử

nhôm có năng lượng ion hóa thấp. Do vậy nhôm là kim loại có tính khử mạnh: Al0 → Al3+ + 3e

Tuy nhiên tính khử của nhôm yếu hơn các kim loại kiềm và kiềm thổ. a) Tác dụng với phi kim Nhôm tác dụng trực tiếp và mạnh với nhiều phi kim như O2, Cl2, S, ... Thí dụ: 0

t → 2Al O 4Al + 3O2  2 3 0

t → Al S 2Al + 3S  2 3 0

t → Al C 4Al + 3C  4 3 0

t → 2AlN 2Al + N2 

t → AlP + P 

Các sản phẩm trên (trừ Al2O3 ) đều bị H 2 O thuỷ phân tạo ra Al(OH)3 . Al2S3 + 6H 2 O → 2Al(OH)3 ↓ + 3H 2S ↑

AlN + 3H 2O → Al(OH)3 ↓ + NH 3 ↑ AlP + 3H 2O → Al(OH)3 ↓ + PH 3 ↑ Al 4 C3 + 12H 2 O → 4 Al(OH)3 ↓ + 3CH 4 ↑

Lưu ý nhôm không phản ứng trực tiếp với H2. Bột nhôm tự bốt cháy khi tiếp xúc với khí flo, clo, brom lỏng: Trang 18

2A1 + 3F2 → 2AlF3 2A1 + 3Cl2 → 2AlCl3 2Al + 3Br2 → 2AlBr3 Với I2 thì bột nhôm chỉ bốc cháy khi có mặt của nước. H O 2Al + 3I2  → 2AlI3 2

Lưu ý AlF3, ít tan trong nước còn các muối AlCl3, AlBr3, AlI3 đều dễ tan trong nước và bị thuỷ phân tạo ra môi trường axit. AlCl3 khan hút ẩm rất mạnh, nên bốc khói trong không khí ẩm do hiện tượng thuỷ phân giải phóng hiđroclorua: AlCl3 + 3H 2O → Al(OH)3 + 3HCl b) Tác dụng với nước Thế điện cực của hiđro ở pH = 7 ( E 0H O / H = - 0,41V) cao hơn thế điện cực chuẩn của 2

nhôm ( E

0 Al 3+ / Al

) nên nhôm có thể khử được nước, giải phóng khí hiđro. 2Al + 6H 2O → 2Al(OH)3 ↓ + 3H 2 ↑

Phản ứng nhanh chóng dừng lại vì lớp Al(OH)3 không tan trong nước đã ngăn cản không cho nhôm tiếp xúc với nước. Những vật dụng bằng nhôm hàng ngày tiếp xúc với nước dù ở nhiệt độ cao cũng không xảy ra phản ứng vì trên bề mặt của vật được phủ kín bằng lớp màng Al2O3 rất mỏng (không dày hơn 10-5 mm) rất mịn và bền không cho nước và khí thấm qua. c) Tác dụng với axit • Với HCl đặc/loãng, H 2SO 4 loãng: Thế điện cực của nhôm trong môi trường axit khá thấp. Al3+ + 3e

→

E 0 = -1,66V

Nhưng do có màng oxit bảo vệ bề mặt, nên nhôm khá bền với một số axit kể cả khi đun nóng, chẳng hạn nhôm không phản ứng với dung dịch loãng của CH 3COOH , H 3PO 4 . Nhôm chỉ tan trong dung dịch HCl và H 2SO 4 , nhất là khi đun nóng. Phản ứng chung xảy ra theo phương trình: 2Al + 6H+ → 2 Al3+ + 3H 2 ↑ • Với H 2SO 4 đặc, nguội và HNO3 đặc, nguội: Al không phản ứng do bị H 2SO 4 đặc nguội hoặc HNO3 đặc nguội oxi hóa trên bề mặt tạo lớp màng Al2O3 (dày khoảng 20 - 30 μm) đặc biệt bền với axit và ngăn cản phản ứng tiếp diễn, ta nói "Al bị thụ động hóa" vì khi Trang 19

đó axit loãng như HCl và H 2SO 4 cũng không phản ứng với Al (trừ khi đánh sạch lớp Al 2 O3 ).

• Với H 2SO 4 đặc nóng, tùy theo nồng độ mà có thể tạo ra các sản phẩm khử khác nhau: 2Al

t  → Al2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ + 0

+ 6 H 2SO 4

6H 2 O

(rất đặc) t 2Al + 4 H 2SO 4  → Al2 ( SO 4 )3 + 3S ↓ + 4H 2 O 0

( đặc) 8Al

15 H 2SO 4

t  → 4 Al2 ( SO 4 )3 0

H 2S ↑

12H 2 O

(hơi đặc) • Với HNO3 đặc, nóng: Al + 6 HNO3

t  → Al ( NO3 )3 + 3NO 2 ↑ + 3 H 2 O 0

(đặc). •Với HNO3 loãng, tùy nồng độ có thể tạo ra các sản phẩm khử khác nhau: Al + 4 HNO3 → Al ( NO3 )3 + NO ↑ + 2 H 2 O (hơi loãng) 8Al + 30 HNO3 → 8 Al ( NO3 )3 + 3NO 2 ↑ + 15 H 2 O (loãng) 10Al + 36 HNO3 → 10 Al ( NO3 )3 + 3 N 2 ↑ + 18 H 2 O (loãng hơn) 8Al + 30 HNO3 → 8 Al ( NO3 )3 + 3NH 4 NO3 + 9 H 2 O (rất loãng) d) Tác dụng với oxit kim loại Ở nhiệt độ cao, Al khử được nhiều oxit kim loại như Fe 2O3 , Cr2O3 , ... thành kim loại tự do. o

t 2Al + Fe 2O3  → Al 2 O3 + 2Fe

Phản ứng của Al với oxit kim loại gọi là phản ứng nhiệt nhôm. Trang 20

e) Tác dụng với dung dịch kiềm 2A1 + 2NaOH + 6 H 2 O → 2Na [ Al(OH)4 ] + 3H 2 ↑ natri aluminat Quá trình xảy ra như sau: - Lớp màng Al2O3 bị phá vỡ: Al 2 O3 + 2NaOH + 3 H 2 O → Na [ Al(OH) 4 ]

- Al tác dụng với nước Al + 3 H 2 O → Al(OH)3 ↓ +

3 H2 ↑ 2

Kết tủa Al(OH)3 tan ngay trong dung dịch NaOH tạo điều kiện cho Al liên tục phản ứng với nước. Al(OH)3 + NaOH → Na [ Al(OH) 4 ]

Do vậy không dùng những đồ vật bằng nhôm để đựng dung dịch có tính bazơ. g) Tác dụng với dung dịch muối 2Al + 3 FeSO 4

→

Al2 ( SO 4 )3 + 3Fe ↓

2Al + 3CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3Cu ↓ 3. Điều chế • Trong công nghiệp, nhôm được sản xuất bằng phương pháp điện phân nhôm oxit nóng chảy từ quặng boxit ( Al2O3 .2H 2O lẫn Fe 2O3 , SiO2 và tạp chất). Từ quặng boxit người ta tách được Al2O3 nguyên chất. • Điện phân Al2O3 , nóng chảy với hai điện cực bằng than chì. Để tiết kiệm nhiên liệu, người ta hòa tan Al2O3 vào criolit ( Na 3AlF6 ) để làm giảm nhiệt độ nóng chảy của Al2O3 từ 2050 C xuống khoảng 850 - 900 C . Ở cực âm (catot): Xảy ra sự khử ion Al3+ thành kim loại Al Al3+ + 3e

→

Ở cực dương (anot): Xảy ra sự oxi hóa ion O2- thành khí O2 2O-2

→

O2 + 4e

Phương trình điện phân Al2O3 nóng chảy: ®pnc 2 Al2O3 → 4Al Na AlF 3

+ 3O2 Trang 21

(K)

(A)

Khí O2 sinh ra ở anot đốt cháy dần dần than chì: 0

t C + O2  → CO2

CO2

t C  → 2CO

 Khí thoát ra ở anot tối đa gồm: O2, CO2 và CO.

4. Ứng dụng Nhôm và hợp kim có đặc tính nhẹ, bền đối với không khí và nước, được dùng làm vật liệu chế tạo máy bay, ô tô, tên lửa, tàu vũ trụ. Nhôm và hợp kim nhôm có màu trắng bạc, đẹp, được dùng làm khung cửa và trang trí nội thất. Nhôm có tính dẫn điện và dẫn nhiệt tốt, được dùng làm dây cáp thay thế cho đồng là kim loại đắt tiền. Nhôm được dùng để chế tạo các thiết bị trao đổi nhiệt, các dụng cụ đun nấu trong gia đình. Bột nhôm dùng để chế tạo hỗn hợp tecmit (hỗn hợp bột Al và Fe 2O3 ), được dùng để hàn gắn đường ray,... VI. HỢP CHẤT CỦA NHÔM 1. Nhôm oxit, Al2O3 a) Tính chất vật lí và trạng thái tự nhiên • Al2O3 là chất rắn màu trắng, không tác dụng với H2O và không tan trong nước. Nóng chảy ở 2050°C. • Trong tự nhiên, nhôm oxit tồn tại cả ở dạng ngậm nước và dạng khan: Dạng ngậm nước như boxit Al2O3 .2H 2O là nguyên liệu quan trọng để sản xuất nhôm. Dạng khan như emeri, có độ cứng cao, dùng làm đá mài. Coriđon là ngọc thạch rất cứng, cấu tạo tinh thể trong suốt, không màu. Coriđon thường có màu là do lẫn một số tạp chất oxit kim loại. Nếu tạp chất là Cr2 O3 , ngọc có màu đỏ tên là rubi, nếu tạp chất là TiO 2 và Fe3O 4 , ngọc có màu xanh tên là saphia. Rubi và saphia nhân tạo được điều chế bằng cách nung nóng hỗn hợp nhôm oxit với Cr2O3 hoặc TiO 2 và Fe3O 4 . b) Tính chất hóa học • Tính bền: Ion Al3+ có điện tích lớn (3+) và bán kính ion nhỏ (0,048 nm) bằng 1/2 bán kính ion Na+ hoặc 2/3 bán kính ion Mg2+ nên lực hút giữa ion Al3+ và ion O2- rất mạnh, tạo liên kết rất bền vững. Do cấu trúc này mà Al2O3 có nhiệt độ nóng chảy rất cao Trang 22

(2050°C) và khó bị khử thành kim loại Al. Khử bằng C không cho nhôm kim loại mà cho nhôm cacbua: 2 Al2O3

2000 C  → Al 4C3 Lß ®iÖn

+ 6CO

Al 2O3 không phản ứng với H2, CO ở bất kì nhiệt độ nào.

• Tính lưỡng tính: Al2O3 có tính lưỡng tính: Tác dụng được với dung dịch axit và dung dịch kiềm. Al 2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O

( Al2O3 + 6H+ → 2A13+ + 3H2O) Al 2O3 + 2NaOH + 3H2O → 2Na[Al(OH)4]

( Al2O3

+ 2OH-

+ 3H2O → 2[Al(OH)4]-)

• Ứng dụng: Tinh thể Al2O3 (corinđon) được dùng làm đồ trang sức, chế tạo các chi tiết trong các ngành kĩ thuật chính xác, như chân kính đồng hồ, thiết bị phát tia lade,... Bột Al 2O3 có độ cứng cao được dùng làm vật liệu mài. Boxit Al 2O3 .2H 2O là nguyên liệu sản xuất nhôm kim loại. c) Điều chế: 0

t 2Al(OH)3  →

Al 2O3

+ 3H2O

Trong công nghiệp điều chế Al2O3 từ quặng boxit. 2. Nhôm hiđroxit Al(OH)3 Al(OH)3 màu trắng, kết tủa keo, không bền. a) Tính chất hóa học • Tinh không bền với nhiệt Nhôm hiđroxit (Al(OH)3) là hợp chất không bền với nhiệt, khi đun nóng bị phân hủy thành nhôm oxit. 0

t 2 Al(OH)3  →

Al 2O3

+ 3H2O

• Tính lưỡng tính Al(OH)3 là một hiđroxit lưỡng tính. Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O

Trang 23

Al(OH)3 + NaOH → Na[Al(OH)4] Al(OH)3 + OH- → [Al(OH)4]-

b) Điều chế Al(OH)3 • Muối Al3+ tác dụng với dung dịch kiềm vừa đủ AlCl3

+ 3NaOH → Al(OH)3 ↓ + 3NaCl

Nếu NaOH dư Al(OH)3 + NaOH → NaAlO 2 + 2H2O

• Để thu kết trọn vẹn: 2AlCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2 Al(OH)3 ↓ + 6NaCl + 3 CO 2 ↑ 2AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → 2 Al(OH)3 ↓ + 3NH4Cl • Từ muối Na [ Al(OH) 4 ] : Na [ Al(OH) 4 ] + CO2 → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 Na [ Al(OH)4 ] + CH3COOH → Al(OH)3 ↓ + CH3COONa + H2O Na [ Al(OH)4 ] + HCl → Al(OH)3 ↓ + NaCl + H2O

(vừa đủ) 3. Nhôm sunfat • Muối nhôm sunfat có nhiều ứng dụng quan trọng là muối sunfat kép kali và nhôm ngâm nước, trên thị trường có tên gọi là phèn chua. Công thức hóa học là K 2SO 4 .Al2 ( SO 4 )3 .24H 2O , viết gọn là KAl ( SO 4 )2 .12H 2 O • Phèn chua được dùng trong nghành thuộc da, công nghiệp giấy (làm cho giấy không thấm nước), chất cầm màu trong công nghiệp nhuộm vải, ... • Phèn chua có tác dụng làm trong nước vì khi thủy phân tạo kết tủa Al(OH)3 kéo các chất bẩn lắng xuống: KAl ( SO 4 )2 .12H 2 O → K+ 3+

Al ( H 2 O )3

+ 3 H 2O

 → ← 

Al ( H 2 O )3 + 2 SO 24− + 9 H 2 O

Al(OH)3 ↓

+ 3 H 3O +

• Trong công thức hoá học của phèn chua, nếu thay ion K+ bằng Li+, Na+ hay NH +4 , ta được các muối kép khác có tên chung là phèn nhôm (không gọi là phèn chua). Trang 24

4. Cách nhận biết ion Al3+ trong dung dịch Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch thí nghiệm, nếu thấy có kết tủa keo xuất hiện rồi tan trong dung dịch NaOH dư thì chứng tỏ có ion A13+. A13+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓ Al(OH)3

+ OH- →

[Al(OH)4]-

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC DẠNG BÀI TẬP DẠNG 1: GIẢI THÍCH QUY LUẬT BIẾN THIÊN TÍNH CHẤT CỦA ĐƠN CHẤT VÀ HỢP CHẤT Phương pháp: Nắm vững cấu tạo và sự biến thiên tính chất của đơn chất và hợp chất kim loại kiềm, kiềm thổ và nhôm. Ví dụ 1: a) Cho biết cấu tạo nguyên tử, thế ion hóa, độ bền của bậc oxi hóa, qui luật biến thiên tính kim loại của các kim loại kiềm. b) Tại sao các tính chất lí học của kim loại kiềm lại gần như biến thiên đều đặn theo nhóm? Giải a) Nguyên tử kim loại kiềm chỉ có 1 elctron hóa trị ns1, bán kính nguyên tử rM lớn nên đều là kim loại điển hình, thể hiện ở thế ion hóa I1 nhỏ. Trong các hợp chất, chúng có số oxi hóa +1. Tính kim loại (tức khả năng electron: M → M+ + le) tăng và bậc oxi hóa +1 có độ bền tăng vì theo chiều tăng của điện tích hạt nhân Z, lực hút giữa hạt nhân và electron hóa trị: F=

kZ*2 e 2 víi Z∗ = Z − b 2 r

Hằng số chắn b tăng nhanh hơn Z nên Z* giảm và rnt tăng nên F giảm. Biểu hiện ở tính khử của các đơn chất tăng theo dãy: Li - Na- K - Rb – Cs. Tính bazơ của M2O và MOH tăng. b) Vì các kim loại kiềm đều có cùng kiểu mạng lập phương tâm khối, chỉ khác nhau về khoảng cách giữa các nguyên tử hoặc ion M+ (rM tăng nên rM tăng). +

Ví dụ 2: Tại sao các kim loại K, Rb và Cs có tính chất của đơn chất và hợp chất giống nhau nhiều, còn tính chất hóa học của Li và các hợp chất của nó lại giống nhiều với Mg và các hợp chất tương ứng của Mg, thể hiện trong các dữ kiện sau: K, Rb, Cs đều tạo ra nhiều muối khan, nhiều muối ít tan kiểu MClO 4 , M2[PtCl6], M[B(C6H5)4], tác dụng với O2 tạo ra supeoxit MO2, tác dụng với O3 tạo ra MO3. Li và Mg đều phản ứng với N2 tạo ra Li3N, Trang 25

Mg3N2, đều tạo ra các hợp chất ít tan trong nước như Li2CO3-MgCO3, Li3PO4-Mg3(PO4)2, LiF- MgF2. Giải Các kim loại K, Rb và Cs cho nhiều hợp chất giống nhau và đơn chất giống nhau nhiều về tính chất vì rM và rM đặc biệt lớn, có cùng kiểu vỏ electron của ion M+ (8 electron) +

và điện tích ion nhỏ (+1) nên ion M+ (M = K, Rb, Cs) có tác dụng phân cực hóa yếu và với mức độ gần bằng nhau. Chẳng hạn, phản ứng với khi nóng đều tạo ra MO2 (supeoxit), tạo ra các muối khan, một số muối ít tan. Li giống nhiều với Mg vì tác dụng phân cực hóa của ion Li+ (nút mạng tinh thể của Li) và Mg2+ gần nhau do điện tích gây ra được bù trừ bằng tác dụng phân cực hóa do bán kính ion và kiểu vỏ electron của ion gây ra:

Ví dụ 3: Giải thích và chứng minh qui luật biến thiên tính chất hóa học của các hiđroxit kim loại kiềm theo phân nhóm. Giải Các hiđroxit MOH đều là bazơ mạnh, thể hiện trong dung dịch loãng đều phân li hoàn toàn thành ion M+ và OH-. MOH → M+ + OHVì liên kết M-O trong phân tử MOH phân cực hơn liên kết O-H do độ âm điện của M rất nhỏ so với H, tác dụng phân cực hóa của ion M+ rất yếu (do rM lớn, điện tích ion +

nhỏ (+1), kiểu vỏ 8 electron (trừ Li là 2 electron)) nên ion M hút OH- yếu khi có các phân tử lưỡng cực H2O. Theo dãy LiOH-NaOH-KOH-RbOH-CsOH tính bazơ tăng, thể hiện ở độ điện li α , hằng số điện li K của MOH trong dung dịch đặc tăng, phản ứng thể hiện tính bazơ của MOH đối với cùng một chất tỏa ra năng lượng lớn và tăng, vì đặc tính ion của liên kết M-O trong phân tử MOH tăng do năng lượng ion hóa I1 của M giảm, dẫn đến ion M+ dễ bị các phân tử lưỡng cực H2 (và cả ion OH-) tách ra dễ dần theo dãy trên hoặc vì tác dụng phân cực hóa của ion M+ giảm do rM tăng gây ra (chủ yếu), làm cho lực hút tương +

hỗ giữa M+ và OH- giảm nên OH- và M+ tăng khả năng bị H2O tách ra. Ví dụ 4: Giải thích và chứng minh qui luật biến thiên tính chất hóa học và khả năng hoạt động hóa học của các kim loại kiềm theo phân nhóm. Trang 26

Giải Khả năng hoạt động hóa học nói chung tăng theo dãy: Li-Na-K-Rb-Cs vì cấu trúc tinh thể của đơn chất cùng kiểu mạng nhưng khoảng cách giữa các nguyên tử (ion) tăng, nên càng dễ tách thành nguyên tử để tham gia phản ứng với các chất khác (chẳng hạn trong phản ứng với Cl2 nhiệt dùng để khơi mào của phản ứng giảm và nhiệt tỏa ra tăng). Đơn chất M đều có tính khử mãnh liệt vì nguyên tử trong phân tử (mỗi tinh thể được coi là một phân tử khổng lồ) có 1 electron hóa trị và rM lớn nên dễ nhường electron hóa trị để trở thành ion dương M+. M

M+

→

Thể hiện trong phản ứng giữa kim loại kiềm M với các chất có tính oxi hóa như O2, Cl2, H2O, HCl, ... Tính khử tăng dần theo dãy Li → Cs vì lực hút tương hỗ giữa hạt nhân và electron hóa trị của nguyên tử trong phân tử đơn chất thực tế giảm: F =

KZ ∗2 e 2 rM2

Do Z* giảm và rM tăng. Ví dụ 5: Giải thích và minh họa sự giống nhau nhiều giữa các nguyên tố Ca, Sr, Ba; giữa Be và Al, giữa Mg và Zn. Giải Các nguyên tố Ca, Sr và Ba giống nhau nhiều vì có rM lớn, có cùng kiểu vỏ electron (8e) và có ion cùng điện tích +2 (thể hiện trong phản ứng với H2 tạo ra hợp chất ion MH2), tạo được nhiều muối đơn, muối kép kết tinh đồng hình có độ tan gần giống nhau MSO4, MCO3, ít tan, M(OH)2 là bazơ mạnh ... nên tác dụng phân cực hóa của ion M2+ (ở các nút mạng tinh thể của đơn chất và trong hợp chất chứa M2+) gần bằng nhau (M=Ca, Sr, Ba). 0

Be cho nhiều hợp chất giống Al vì tác dụng phân cực hóa của ion Be2+ ( rBe = 0,31A , 2+

điện tích +2, kiểu vỏ 2 electron) gần bằng tác dụng phân cực hóa của ion Al3+ 0

( rAl = 0,50 A , điện tích +3, kiểu vỏ 8 electron). Ở đây tác dụng phân cực hóa do ion gây 3+

ra được bù trừ tác dụng phân cực hóa do bán kính và kiểu vỏ electron của ion gây ra (BeO, Ba(OH)2, Al2O3, Al(OH)3 đều là những hợp chất lưỡng tính). Mg cho nhiều hợp chất giống với Zn vì tác dụng phân cực hóa của ion Mg2+ và Zn2+ gần bằng nhau do tác dụng phân cực hóa của các ion gây ra bởi bán kính và kiểu vỏ electron của ion bù trừ 0

nhau ( rMg = 0, 74 A , kiểu vỏ 8 electron, rZn = 0,83A , kiểu vỏ 18 electron). Các sunfat 2+

kiểu MgSO 4 .7H 2 O và ZnSO 4 .7H 2O kết tinh đồng hình, tạo muối kép K 2SO 4 .MgSO 4 .6H 2O và K 2SO 4 .ZnSO 4 .6H 2O ... Trang 27

DẠNG 2: HOÀN THÀNH SƠ ĐỒ CHUYỂN HÓA VÀ ĐIỀU CHẾ Phương pháp: Nắm vững tính chất hóa học và các phương pháp điều chế đơn chất và hợp chất kim loại kiềm, kiềm thổ và nhôm. Ví dụ 1: Hoàn thành các phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau: (1) (3) (6) (5) (8)  → Na ←  → NaOH   → Na 2 CO3  a) NaCl ← → NaHCO3 ← → Na 2S    (2) (4) (7)

b) CaCO3

(1)  → ← (2)

Ca ( HCO3 )2

(3)  →

(4) CaO  →

CaCl2

(5)  → ←  (6)

(7) Ca  →

Ca(OH) 2 (1) (4) (6) (3) (8)  → Al 2 O3   → Al(OH)3 ←  → AlCl3  c ) Al ← → Na [ Al(OH) 4 ] ← → Al (2) (5) (7)

Giải a) (1)

®pnc 2NaCl  → 2Na +

Cl 2 ↑

(2)

t 2Na + Cl2  → 2NaCl

(3)

2Na + 2H2O → 2NaOH + H 2 ↑

(4)

®pnc 4NaOH  → 4Na + O 2 ↑

(5)

NaOH + CO2 (dư) → NaHCO3

(6)

NaHCO3 + NaOH

(7)

Na 2 CO3 +

(8)

Na 2 CO3

+ BaS → BaCO3 ↓ + Na 2S

CaCO3

+ CO2 + H2O

b) (1)

+ 2H2O

→ Na 2 CO3 +

H2O

→ 2 NaHCO3

CO2 + H2O

→

Ca ( HCO3 )2

(2)

Ca ( HCO3 )2 +

Ca(OH) 2 → CaCO3 ↓ + 2H2O

(3)

Ca ( HCO3 )2

(4)

CaO + 2HCl → CaCl2 + H2O

(5)

CaCl2

(6)

Ca + 2HCl

(7)

Ca + 2H2O

c) (1) (2)

2 CO 2 ↑ + H2O

t  → CaO +

®pnc  → Ca

→ CaCl2

Cl 2 ↑

+ H2 ↑

→ Ca(OH) 2 +

H2 ↑

t 4Al + 3O2  → 2 Al 2 O3

2 Al2O3

®pnc  → 4Al +

3 O2 ↑ Trang 28

+ 2NaOH + 3 H2O → 2 Na [ Al(OH) 4 ]

(3)

Al 2 O3

(4)

Na [ Al(OH) 4 ]

(5)

Al(OH)3

+ NaOH → Na [ Al(OH) 4 ]

(6)

Al(OH)3

+ 3HCl → AlCl3 + 3 H2O

(7)

AlCl3

(8)

3Mg + 2 AlCl3 → 3 MgCl2 + 2Al

+ CO2 → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3

+ 3 NH 3 + 3 H2O → Al(OH)3 ↓ + 3NH 4Cl

Ví dụ 2: Xác định X, Y, Z, T, Q để hoàn chỉnh sơ đồ chuyển hóa sau (mỗi mũi tên là một phản ứng):

Giải Ta dễ dàng suy ra: X: Na 2CO3 ; Y: Na2O; Z: NaOH; T: NaCl và Q: Na2SO4.

Các phương trình hóa học: 0

t 2Na + Cl2  → 2NaCl

(T) ®pnc 2NaCl  → 2Na + Cl 2 ↑

2Na + 2H2O → 2NaOH + H 2 ↑ (Z) 2NaOH (dư) + CO2 → Na 2CO3 + H2O (X) Trang 29

®pnc 4NaOH  → 4Na + O 2 ↑ + 2H2O

4Na +

t O2  →

2Na2O (Y)

dpnc 2Na2O  → 4Na + O 2 ↑

Na2O + CO2 → Na 2CO3 (X) Na2O + 2HCl

→ 2NaCl + H2O

(T) → 2NaCl +

Na 2 CO3 + 2HCl

CO 2 ↑ + H2O

(T) diÖn ph©n dung dÞch  → 2NaOH + cã mµng ng¨n

2NaCl + 2H2O

H2 ↑ +

Cl 2 ↑

(Z) NaOH + HCl → NaCl + H2O Na2O +

H 2SO 4 → Na 2SO 4

+ H 2O

(Q) 2Na + H 2SO 4 2NaOH Na 2 CO3

→

Na 2SO 4 + H 2 ↑

+ H 2SO 4 (loãng) → Na 2SO 4 + 2H2O + H 2SO 4

→ Na 2SO 4 +

CO 2 ↑ + H2O

Ví dụ 3: Xác định A, B, C, D, E, F để hoàn chỉnh sơ đồ chuyển hóa sau:

Giải Ta có: A là CaCO3 ; B: Ca ( HCO3 )2 ; C: Ca(OH) 2 ; D: CaO; G: CaSO 4 ; F: Ca ( NO3 )2 ; Trang 30

E: CaCl2

Các phương trình hóa học: 0

(1)

t → Ca + Cl2 

(2)

®pnc CaCl2  → Ca + Cl 2 ↑

(3)

Ca + 2H2O + Na 2CO3 → CaCO3 ↓ + 2NaOH + H 2 ↑

(4)

Ca + 2H2O → Ca(OH) 2 + H 2 ↑

(5)

Ca(OH) 2 + 2CO2 (dư)

(6)

Ca ( HCO3 )2 +

(7)

Ca ( NO3 )2 +

(8)

CaCO3

(9)

Ca ( NO3 )2

(10)

CaCO3 + CO2 + H2O → Ca ( HCO3 )2

(11)

Ca ( HCO3 )2 +

(12)

CaCl 2 + 2 AgNO3

(13)

CaO + 2HCl → CaCl2 + H2O

(14)

CaO + H2O

(15)

CaO + H 2SO 4 → CaSO 4 + H2O

CaCl2

H 2SO 4

→ Ca ( HCO3 )2 → CaSO 4 + 2 CO 2 ↑ + 2H2O

Na 2 CO3 → CaCO3 ↓

+ 2 NaNO3

+ 2 HNO3 → Ca ( NO3 )2 + CO2 ↑ + H2O +

Na 2SO 4 (dư) → CaSO 4 (ít tan) + 2 NaNO3

Ca(OH) 2 → 2 CaCO3 ↓ + 2H2O

→ 2 AgCl ↓

+ Ca ( NO3 )2

→ Ca(OH) 2

Ví dụ 4: Bỏ các mẫu kim loại kiềm: Li, Na, K: a) Ngoài không khí khô sạch. Trang 31

b) Đốt ngoài không khí khô, sạch. Có hiện tượng gì xảy ra? Thu được những sản phẩm gì? Giải thích sự tạo thành các sản phẩm không giống nhau sau khi đốt chúng. Giải Để ngoài không khí: - Nhiệt độ thường tạo ra:

Li 2 O

+ Li3 N

(rắn, xám trắng)

Na 2 O (rắn, xám trắng)

K 2O

+ KO2

+ Na 2O 2 (rắn, xám vàng)

(rắn, xám trắng)

- Ở nhiệt độ cao tạo ra: Li 2 O

Na 2 O 2

KO2

(rắn, xám trắng,

(rắn, vàng,

(rắn, trắng,

ngọn lửa màu đỏ)

ngọn lửa màu vàng)

ngọn lửa màu tím)

Các phương trình phản ứng: (1)

4Li + O2 → 2 Li 2O

(2)

6Li + N2 → 2 Li3 N

(3)

2Na + O2 → Na 2O 2

(4)

Na 2 O 2 + 2Na

(5)

K + O2 → KO2

(6)

KO2 + 3K

→ 2 Na 2 O

→ 2 K 2O

Phản ứng (4) và (6) xảy ra nhờ dư Na và K và nhiệt của phản ứng (3) và (5). Li tạo ra được hợp chất bền Li3 N ở nhiệt độ thường vì ion Li+ (ở tinh thể kim loại Li) có bán kính nhỏ, kiểu vỏ 2 electron gây ra khả năng phân cực hóa lớn của ion Li+, làm phân tử bền N2 bị phân cực chuyển thành nguyên tử tham gia tạo hợp chất Li3 N . Không tạo ra Li3 N khi nóng vì Li3 N bị nhiệt phân thành Li và N2.

Trang 32

"Theo chiều tăng kích thước cation M+, anion làm bền phải có kích thước tăng tương ứng" (qui luật tinh thể học). Ion

O2-

O 22 −

O −2

Li+

Na+

K+

R (A0)

1,36

2,60

2,94

0,68

0,98

1,33

Do đó khi tác dụng với O2 tạo ra Li 2 O (bền hơn Li 2 O 2 , Li 2 O 2 chỉ được điều chế gián tiếp từ phản ứng LiOH + H 2O 2 trong môi trường ete). Na 2O 2 bền hơn Na 2O , NaO2 ( Na 2O và NaO2 chỉ điều chế bằng phương pháp gián tiếp từ Na 2O 2 và các chất khác). KO2 bền hơn K 2O , K 2 O 2 ... Ví dụ 5: Từ các nguyên liệu: muối ăn, đá vôi, than, nước, không khí và các phương tiện cần thiết khác. Viết phương trình hóa học của các phản ứng điều chế: NaOH, NaHCO3 , Na 2 CO3 và . CaOCl2 .

Giải • Điều chế NaOH: ®iÖn ph©n dung dÞch 2NaCl + 2 H 2 O  → 2NaOH + H 2 ↑ + Cl 2 ↑ cã mµng ng¨n

• Điều chế NaHCO3 và Na 2CO3 : - Chưng cất phân đoạn không khí lỏng thu N2 - Cho hơi H 2 O đi qua than nung đỏ, loại CO được H2: 0

1000 C  → CO + H2

C + H 2O

Fe  → 2 NH 3 3H2 + N2 ←  t.p 0

950 C CaCO3  → CaO + CO2

Phương pháp Sonvay: NH 3 +

CO2 + H 2 O → NH 4 HCO3

NaCl (bão hòa) + NH 4 HCO3 → NaHCO3 ↓ + NH 4Cl Lọc, tách NaHCO3 , nung ở 1500C được Na 2CO3 .10H 2O , ở nhiệt độ cao hơn được Na 2 CO3 . 0

t 2 NaHCO3  → Na 2 CO3 + CO2 + H2O

• Điều chế CaOCl2 : Trang 33

CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 Ca(OH) 2 (sữa vôi)

+ Cl2

32 C  → CaOCl2 + H 2 O

DẠNG 3: NHẬN BIẾT - TÁCH CHẤT Phương pháp: Bảng thuốc thử để nhận biết một số kim loại và cation kim loại kiềm - kiềm thổ - nhôm. Chất cần nhận biết

Thuốc thử

Đốt cháy

Hiện tượng

Ngọn lửa đỏ tía

Ngọn lửa tím

Ngọn lửa vàng

Ngọn lửa màu da cam

Ngọn lửa màu vàng lục

Li, K, Na, Rb, Cs, Ca, Ba, Sr

H2O

Tạo dung dịch trong và có sủi bọt khí không màu, không mùi.

Phương trình hóa học

Không phản ứng

M + nH2O → M(OH)n + H2↑

(Với Ca thì tạo dung dịch đục) Be, Al

Li+ Na+ K+ Ba2+

Dung dịch OH-

Tan và có sủi bọt khí không màu, không mùi.

Tẩm lên dây Ngọn lửa đỏ tía Pt rồi đốt Ngọn lửa vàng trên đèn khí Ngọn lửa tím Dung dịch SO 24− hoặc

M + (4 − n)OH − + (n − 2)H 2 O → MO n2 − 4 + n / 2H 2 ↑

Không phản ứng

Ba 2 +SO 42− → BaSO 4 ↓

↓ trắng

Ba 2 + + CO32− → BaCO3 ↓

CO32 −

Trang 34

Chất cần nhận biết

Thuốc thử

Ca2+

Dung dịch CO32 −

Hiện tượng

Ca 2 + + CO32− → CaCO3 ↓

↓ trắng

Dung dịch OH-

↓ trắng

Be2+

Dung dịch OH-

↓ trắng tan trong OH- dư

Al3+

Dung dịch OH-

↓ trắng keo tan trong OH- dư

Mg2+

Phương trình hóa học

Mg 2 + + 2OH − → Mg(OH) 2 ↓

Không tan trong OH- dư 2OH OH Be 2+  → Be ( OH )2 ↓  →  Be ( OH )4  −

−

3OH OH Al3+  → Al ( OH )3 ↓  →  Al ( OH )4  −

−

2−

−

Ví dụ 1: Chỉ dùng thêm một thuốc thử bên ngoài, hãy trình bày phương pháp hoá học để phân biệt các kim loại riêng biệt: K, Mg, Al. Viết phương trình hoá học của các phản ứng đã xảy ra. Giải Dùng nước làm thuốc thử. Nhận ra: - Kim loại K: Vì tan tạo dung dịch trong suốt và có sủi bọt khí thoát ra. K + H 2O

→ K+ + OH-

1 H2 ↑ 2

Sủi bọt - Kim loại Al, Mg không hiện tượng gì. Cho hai kim loại trên lần lượt tác dụng với dung dịch KOH. Kim loại nào tan và có sủi bọt khí thoát ra là Al. 2Al + 2KOH + 6 H 2 O → 2 K [ Al(OH)4 ] + 3 H 2 ↑ Kim loại còn lại là Mg không có hiện tượng gì. Ví dụ 2: Có 5 lọ không nhãn đựng 5 dung dịch riêng biệt không màu sau: HCl, NaOH, Na 2CO3 , BaCl2 và NaCl. Chỉ được dùng thêm quỳ tím hãy nhận biết các lọ đựng các dung dịch không màu trên. Giải Trang 35

Trích các mẫu thử cho vào các ống nghiệm có đánh số. Cho quỳ tím vào các ống nghiệm chứa các mẫu thử đó. + Mẫu thử làm quỳ tím chuyển màu đỏ là dung dịch HCl + Mẫu thử làm quỳ tím chuyển màu xanh là dung dịch NaOH và Na 2CO3 (nhóm I). + Mẫu thử không làm quỳ tím đổi màu là dung dịch NaCl và BaCl2 (nhóm II) - Lấy dung dịch HCl cho vào các chất ở nhóm I. + Chất phản ứng với dung dịch HCl có sủi bọt khí là Na 2CO3 2HCl + Na 2CO3 → 2NaCl + H 2 O + CO 2 ↑ + Chất phản ứng không có sủi bọt khí là NaOH HCl + NaOH → NaCl + H 2 O - Lấy dung dịch Na 2CO3 , cho vào các chất ở nhóm II. + Chất phản ứng với Na 2CO3 tạo kết tủa trắng là BaCl2 Na 2 CO3 + BaCl2 →

BaCO3 ↓ + 2NaCl

+Chất không có hiện tượng gì là NaCl Ví dụ 3: Chỉ dùng nước và khí CO2, hãy phân biệt 6 chất rắn sau: KCl, K 2 CO3 , KHCO3 , K 2SO 4 , BaCO3 , BaSO 4 .

Giải Hòa tan các chất rắn vào nước. Ta chia thành hai nhóm mẫu thử: • Nhóm 1 (tan): KCl, K 2SO 4 , KHCO3 , K 2CO3 • Nhóm 2 (không tan): BaCO3 , BaSO 4 Sục khí CO2 vào nhóm 2 nếu chất nào tan là BaCO3 : BaCO3 + CO2 + H 2 O

→ Ba ( HCO3 )2

Còn lại là BaSO 4 . Đun nóng nhẹ các dung dịch của nhóm 1 nếu có sủi bọt khí thoát ta là KHCO3 . 0

t 2 KHCO3  → K 2 CO3 + CO 2 ↑ + H 2 O

Trang 36

Dùng dung dịch Ba ( HCO3 )2 làm thuốc thử đối với các chất còn lại trong nhóm 1 nếu không hiện tượng gì là KCl. Có kết tủa trắng xuất hiện là K 2 CO3 và K 2SO 4 K 2 CO3 + Ba ( HCO3 )2 → BaCO3 ↓ + 2 KHCO3 K 2SO 4 + Ba ( HCO3 )2 → BaSO 4 ↓

+ 2 KHCO3

Sục tiếp khí CO 2 vào nếu kết tủa bị hòa tan là BaCO3  Chất ban đầu là K 2CO3 . BaCO3 + CO 2 + H 2 O → Ba ( HCO3 )2

Kết tủa không tan là BaSO 4  Chất ban đầu là K 2SO 4 . Ví dụ 4: Muối ăn có lẫn tạp chất: Na 2SO 4 , NaBr, MgCl2 , CaCl2 , CaSO 4 . Trình bày cách tinh chế để có được muối ăn tinh khiết. Giải Cho muối ăn có lẫn tạp chất tác dụng dung dịch BaCl2 dư: Na 2SO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 ↓ + 2 NaCl CaSO 4 + BaCl2 → BaSO 4 ↓ + CaCl2

Lọc bỏ kết tủa, dung dịch nước lọc gồm: NaCl, NaBr, MgCl2 , CaCl2 , BaCl2 cho tác dụng với dung dịch Na 2CO3 dư. MgCl 2 + Na 2 CO3

→ MgCO3 ↓ + 2 NaCl

CaCl2 + Na 2 CO3

→

BaCl2 + Na 2 CO3 →

CaCO3 ↓

+ 2NaCl

BaCO3 ↓ + 2 NaCl

- Dung dịch còn lại gồm NaCl , NaBr, Na 2CO3 tác dụng dung dịch HCl dư Na 2 CO3 + 2HCl → 2 NaCl + H 2 O + CO 2 ↑

- Dung dịch còn lại gồm NaCl , NaBr, HCl dư sục khí Cl2 dư vào, sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được NaCl khan. 2NaBr + Cl2 → 2 NaCl + Br2 5Cl2 + Br2 + 6 H 2 O → 2 HBrO3 + 10HCl Ví dụ 5: Trình bày phương pháp hóa học tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp bột của chúng: Al2O3 , Fe 2O3 , CuO , SiO 2 . Giải Trang 37

Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch HCl dư, SiO 2 không tan  Tách được SiO 2 . Phần tan cho vào dung dịch NaOH dư: Al 2 O3 + 6HCl → 2 AlCl3 + 3 H 2 O Fe 2 O3 + 6HCl → 2 FeCl3 + 3 H 2 O CuO + 2HCl → CuCl2 + H 2 O AlCl3

+ 4NaOH → Na [ Al(OH) 4 ] + 3 NaCl

CuCl 2 + 2NaOH → Cu(OH)2 ↓ + 2 NaCl FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3 NaCl

Lọc lấy kết tủa ( Cu(OH)2 , Fe(OH)3 ) để riêng, sau đó sục khí CO 2 qua dung dịch còn lại, thu lấy kết tủa đem nhiệt phân ta được Al2O3 . Na [ Al(OH) 4 ] + CO 2 → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 0

t 2 Al(OH)3  → Al 2 O3 + 3 H 2 O

Nhiệt phân hoàn toàn kết tủa ( Cu(OH)2 , Fe(OH)3 ). Sau đó dùng H2 khử sản phẩm thu được: 0

t Cu(OH)2  → CuO + H 2 O 0

t 2 Fe(OH)3  → Fe 2 O3 + 3 H 2 O 0

t CuO + H2  → Cu + H 2 O 0

t Fe 2 O3 + 3H2  → 2Fe + 3 H 2 O

Chất rắn thu được: Cu, Fe cho tác dụng dung dịch HCl: Fe tan, Cu không tan đem đốt cháy trong Oxi dư thu được CuO . 0

t 2Cu + O2  →

2 CuO

Lấy phần tan tác dụng NaOH dư. Lọc lấy kết tủa nung trong không khí thu được Fe 2O3 : Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 FeCl 2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 ↓ + 2 NaCl 0

t 4 Fe(OH) 2 + O2  → Fe 2 O3 + 4 H 2 O

Trang 38

Ví dụ 6: Không dùng thuốc thử nào khác hãy phân biệt các lọ dung dịch riêng biệt sau: MgCl 2 , NaOH, NH 4 Cl , H 2SO 4 , KCl. Giải Lấy mỗi lọ một ít dung dịch để làm mẫu thử, mỗi lần nhỏ 1 dung dịch vào mẫu thử của 4 dung dịch còn lại và đun nóng nhẹ, sau 5 lần thí nghiệm các hiện tượng được ghi nhận vào bảng kết quả sau: Chất nhỏ vào mẫu thử

MgCl2

NaOH

NH4Cl

KCl

H2SO4

↓ trắng

Không hiện tượng

↑ mùi khai

Không hiện tượng

NaOH

↓ trắng

NH4Cl

Không hiện tượng

↑ mùi khai

KCl

Không hiện tượng

H2SO4

Không hiện tượng

Kết luận

1↓

1↓,1↑

1↑

Không hiện tượng

Từ bảng trên ta thấy: - Lọ nào có kết tủa trắng thì đó là MgCl2 . - Lọ nào có kết tủa trắng và khi có mùi khai bay ra thì đó là NaOH. - Hai lọ đựng dung dịch KCl và H 2SO 4 không có hiện tượng, lấy kết tủa - Lọ nào có khí mùi khai khi đun nóng nhẹ thì đó NH 4Cl . Mg(OH)2 cho vào mỗi lọ nếu kết tủa tan thì đó là H 2SO 4 .

Chất còn lại là KCl. MgCl 2 + 2NaOH → Mg(OH) 2 ↓ + 2 NaCl 0

t NH 4 Cl + NaOH  → NaCl + NH 3 ↑ + H 2 O

Mg(OH)2 + H 2SO 4 + MgSO 4 + 2 H 2 O

Trang 39

Ví dụ 7: Không dùng thêm thuốc thử nào khác bên ngoài hãy nhận biết các dung dịch đựng riêng biệt trong các lọ mất nhãn sau: NaHCO3 , BaCl2 , Ba(OH) 2 , AlCl3 , MgCl2 , HNO3 , Na 2 CO3 .

Giải Đun nhẹ các dung dịch mẫu thử, nếu có sủi bọt khí thoát ra là NaHCO3 . 0

t 2 NaHCO3  → Na 2 CO3 + CO 2 ↑ + H 2 O

Dùng NaHCO3 làm thuốc thử đổi với các mẫu thử còn lại. Nhận ra: - Dung dịch HNO3 : Có sủi bọt khí thoát ra. HNO3 + NaHCO3 → NaNO3 + CO 2 ↑ + H 2 O

- Dung dịch Ba(OH) 2 : Có kết tủa trắng xuất hiện. HCO3− + OH − →

CO32 − + H 2 O

Ba 2 + + CO32 − → BaCO3 ↓

Dùng dung dịch HNO3 làm thuốc thử đối với các dung dịch: BaCl2 , AlCl3 , MgCl2 , Na 2 CO3 còn lại. Nhận ra Na 2 CO3 vì có sủi bọt khí thoát ra.

2 HNO3 + Na 2CO3 → 2 NaNO3 + CO 2 ↑ + H 2O Cho Ba(OH) 2 tác dụng lần lượt với các dung dịch BaCl2 , AlCl3 và MgCl2 . Nhận ra: - Dung dịch AlCl3 : Có kết tủa trắng keo và tan trong Ba(OH) 2 dư. 2 AlCl3 + 3 Ba(OH) 2 → 2 Al(OH)3 ↓ + 3 BaCl2 Ba(OH) 2 + 2 Al(OH)3 → Ba [ Al(OH) 4 ]2

- Dung dịch MgCl2 : Có kết tủa trắng không tan trong Ba(OH) 2 dư. MgCl 2 + Ba(OH) 2

→ Mg(OH)2 ↓ + BaCl2

Dung dịch còn lại là BaCl2 không hiện tượng gì. DẠNG 4: BÀI TẬP VẼ XÁC ĐỊNH TÊN KIM LOẠI KIỀM HOẶC KIỀM THỔ Phương pháp: Thường quy về một trong các dạng sau đây: - Tính trực tiếp khối lượng mol nguyên tử M dựa vào biểu thức: M=

m ( gam / mol ) n Trang 40

- Xét khoảng để tìm giá trị M. a<M<b  Những giá trị M nguyên dương sau đó đối chiếu bảng tuần hoàn để tìm giá trị M

thích hợp. - Nếu là hai kim loại kiềm hoặc hai kim loại kiềm thổ A và B (MA < MB) thuộc hai chu kì liên tiếp thì có thể thay hai kim loại bằng một kim loại trung bình M . Dựa vào đề ra, tìm M . Tiếp đó là dựa vào tính chất trung bình: MA < M < MB  Đối chiếu bảng tuần hoàn  Hai kim loại A, B.

Ví dụ 1:A là hỗn hợp gồm R 2CO3 , RHCO3 , RCl. (Biết R là kim loại hóa trị I). Cho 43,71 gam hỗn hợp A tác dụng hết với Vml dung dịch HCl 10,95% (D = 1,2 g/ml) lấy dư thu được dung dịch B và 17,6 gam khí C. Chia dung dịch B thành 2 phần bằng nhau: Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 125ml dung dịch KOH 0,8M. Cô cạn dung dịch thu được m gam muối khan. Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư thu được 68,88 gam kết tủa trắng. a) Xác định tên kim loại R và phần trăm khối lượng mỗi chất trong A. b) Tìm m và V. Giải a) Gọi x, y, z lần lượt là số mol của R 2CO3 , RHCO3 , RCl trong hỗn hợp. (x, y, z > 0) Các phương trình hóa học: R 2 CO3 + 2HCl → 2RCl + CO 2 + H 2 O RHCO3 + HCl → RCl + CO 2 + H 2 O

(1) (2)

Dung dịch B chứa RCl, HCl dư. - Cho 1/2 dung dịch B tác dụng với dung dịch KOH chỉ có HCl phản ứng: HCl + KOH → KCl + H 2 O (3) - Cho 1/2 dung dịch B tác dụng với dung dịch AgNO3 HCl + AgNO3 → AgCl + HNO3 (4) RCl + AgNO3 → AgCl + RCl (5) Từ (3) suy ra: n HCl(B) = 2n KOH = 2.0,125.0,8 = 0,2 mol Trang 41

Từ (4) và (5) suy ra:

n

(HCl+RCl trong B)

= 2n AgCl =

2.68,88 = 0,96(mol) 143,5

n RCl(B) = 0, 96 − 0, 2 = 0, 76(mol)

Từ (1) và (2) ta có:

n

(R2 CO3 .RHCO3 )

 n CO2 = x + y = 0,4 mol

(I)

NRCl(B) = 2x + y + z = 0,76

(II)

= n CO2 =

17,6 = 0.4 mol 44

 mA = (2R + 60)x + (R + 61)y + (R + 35,5)z = 43,71  0,76R + 60x + 61y + 35,5z = 43,71 (III)

Lấy (II) - (I) ta được: x + z = 0,36  z = 0,36 - x; y= 0,4 - x. Thế vào (III) được: 0,76R - 36,5x = 6,53  0 < x =

0,76R − 6,53 < 0,36 36,5

Nên 8,6 < R < 25,88. Vì R là kim loại hóa trị I nên R chỉ có thể là Na. * Tính % khối lượng các chất: Giải hệ (I), (II) và (III) ta được: x = 0,3 mol  y = 0,1 mol z = 0,06 mol 

%m Na 2 CO3 =

0,3.106.100 = 72,75% 43, 71

%m NaHCO3 =

0,1.84.100 = 19,21% 43,71

%m NaCl = 100 − (72,75 + 19, 21) = 8,04%

b) nHCl(B) = 2x + y + 0,2 = 0,9 mol  Vdd HCl =

0,9.36,5.100 = 250 ml 10, 95.1, 2

m = mNaCl + mKCl = 0,38.58,5 +0,1.74,5 = 29,68 gam Ví dụ 2: Nung hoàn toàn 15 gam một muối cacbonat của một kim loại hóa trị II không đổi. Toàn bộ khí thoát ra cho hấp thụ hết vào 100ml dung dịch Ba(OH)2 1M thấy thu được 9,85 gam kết tủa. Xác định công thức hóa học của muối cacbonat? Giải Trang 42

n Ba(OH)2 = 0,1 mol; n BaCO3 =

9,85 = 0, 05 mol 197

Gọi công thức của muối cacbonat cần tìm là MCO3. 0

t MCO3  → MO + CO 2

Vì n BaCO

n Ba (OH)2 nên ta xét 2 trường hợp:

• Trường hợp 1: Tạo muối BaCO3 Ba(OH) 2 + CO 2 → BaCO3 ↓ + H 2 O

0,05  n MCO3 = n CO2 = n BaCO3 = 0, 05  M + 60 =

←

0,05

15  M = 240 (loại) 0, 05

• Trường hợp 2: Tạo 2 muối BaCO3 và Ba ( HCO3 )2 Ba(OH) 2 + CO 2 → BaCO3 ↓ + H 2 O

0,05

← 0,05

Ba(OH) 2 + CO 2 → Ba ( HCO3 )2

0,05 → 0,1 

n

CO2

= 0,05 + 0,1 = 0,15 mol

 M + 60 =

15  M = 40 (Ca) 0, 05

Vậy công thức hóa học của muối cần tìm là CaCO3. Ví dụ 3: Một hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm A, B thuộc hai chu kì kế tiếp nhau. a) Nếu cho X tác dụng với V1 lít dung dịch HCl (axit vừa đủ) rồi cô cạn thu được a gam hỗn hợp muối khan, còn nếu cho X tác dụng vừa đủ với V2 lít dung dịch H 2SO 4 rồi cô cạn thì thu được b gam hỗn hợp muối khan. Lập biểu thức tính tổng số mol của X theo a, b. b) Nếu đem X cho tác dụng với hỗn hợp gồm 1/2 V1 lít dung dịch HCl và 1/2 V2 lít dung dịch H 2SO 4 đã dùng ở trên rồi cô cạn thì thu được c gam hỗn hợp muối clorua và sunfat của A và B. Lập biểu thức tính c theo a và b. c) Cho biết tỉ lệ mol của A, B là 1 : 2 và b = 1,1807a, hãy cho biết tên kim loại kiềm. d) Cho c = 45,25 gam. Tính khối lượng X đã dùng và lượng kết tủa hòa tan trở lại c gam muối vào nước và cho tác dụng với BaCl2 dư. Trang 43

Giải a) X + HCl: 2A + 2HCl → 2ACl + H 2 ↑

→ 2x

→

2B + 2HCl → 2BCl + H 2 ↑

y → 2y →

Khối lượng hai muối clorua: a = x(A + 35,5) + y(B + 35,5)  a = (xA + yB) + 35,5(x + y)

(1)

X + H 2SO 4 : 2A + H 2SO 4 → A 2SO 4 + H 2 ↑

x → 0,5x → 0,5x 2B + H 2SO 4 → B2SO 4 + H 2 ↑

y → 0,5y

→

0,5y

Khối lượng hai muối sunfat:  b = 0,5x(2A + 96) + 0,5y(2B + 96)  b = (xA +yB) + 48(x + y)

Từ (1) và (2)  x + y =

b−a 12,5

(2) (3)

b) Để đơn giản ta xét hòa tan 2X trong hỗn hợp gồm V1 lít dung dịch HCl và V2 lít dung dịch H 2SO 4 sinh ra 2c gam muối. Thí nghiệm này chính là hai thí nghiệm trên: X với V1 lít dung dịch HCl và X với V2 lít dung dịch H 2SO 4 . Do đó ta có ngay: 2c = a + b c) y = 2x và b = 1,1807a (3)  3x =

(1,1807 −1)a 0,1807a x= 12, 5 37,5

(4)

Khối lượng hai muối clorua: a = x(A + 35,5) + 2x(B + 35,5) = (A + 2B + 106,5)x Từ (4) và (5)  A + 2B + 106,5 =

(5)

37,5  A + 2B = 101 0,1807 Trang 44

Do A < B  A + 2B < 3B và A + 2B > 3A nên A<

A + 2B 101 <B  A< = 33, 67 < B 3 3

A, B là hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp vậy chỉ có thể là A là Na (M = 23) và B là K (M = 39). d) c =

a+b a + 1,1807a  45, 25 = 2 2

(3)  x + y = 0,6

 a = 41,5 gam  b = 49 gam

(6)

(1)  23x + 39y = 20,2

(7)  x = 0, 2 mol  y = 0, 4 mol

Giải hệ (6) và (7) ta được: 

 mx = 23.0,2 + 39.0,4 = 20,2 gam

V2 lít dung dịch H 2SO 4 phản ứng vừa đủ với x+y = 0,6 mol X. Vậy V2 lít này chứa 0,3 mol H 2SO 4  0,5V2 lít H 2SO 4 chứa 0,15 mol H 2SO 4 H 2SO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 ↓ + 2HCl

0,15

→

0,15

 m BaSO4 = 233.0,15 = 34,95 gam

Ví dụ 4: Hoà tan hết 12,5 gam hỗn hợp X gồm Zn và kim loại M (nhóm IIA) trong dung dịch HCl dư, kết thúc các phản ứng sinh ra 5,6 lít H2 (đktc). Mặt khác, nếu cho 1,9 gam M vào dung dịch HCl dư, thì lượng khí H2 thoát ra không vượt quá 1,12 lít. a) Xác định tên kim loại M. b) Cho 12,5 gam X phản ứng với lượng dư dung dịch CuCl2 . Tính khối lượng chất rắn thu được khi kết thúc các phản ứng. Giải a) Xác định tên kim loại M Thay hai kim loại trong X bằng một kim loại trung bình M . M + 2HCl → MCl 2 + H 2 ↑

0,25  M =

←

0,25

12,5 = 50 (gam/mol)  M < 50 < MZn = 65 (1) 0, 25

Trang 45

Mặt khác: M + 2HCl → MCl 2 + H 2 ↑

0,05  M>

1,9 = 38 0, 05

←

0,05

(2)

Từ (1) và (2)  38 < M < 50 Do M thuộc nhóm IIA nên M = 40 (Ca). b) Gọi a, b lần lượt là số mol của Zn và Ca. Ta có hệ: a + b = 0, 25  65a + 40b = 12,5

a = 0,1    b = 0,15

Ca + CuCl2 + 2H2O → Cu(OH)2 ↓ + CaCl2 + H2 ↑ →

0,15

Zn + CuCl2 → ZnCl2 + Cu ↓ →

0,1

 MCR = 98.0,15 + 64.0,1 = 21,1 gam

DẠNG 5: BÀI TẬP VỀ TÍNH CHẤT CỦA CÁC HỢP CHẤT KIM LOẠI KIỀM, KIM LOẠI KIỀM THỔ Phương pháp: Cần nắm vững một số vấn đề sau đây: (1) Hiđroxit của kim loại kiềm đều là những bazơ mạnh, mạnh hơn hiđroxit của kim loại thổ cùng chu kì. Hiđrxit kim loại kiềm LiOH CsOH

NaOH

KOH

Hiđroxit kim loại kiềm thổ RbOH

Be(OH)2

Mg(OH)2

Ca(OH) 2

Sr(OH)2

Ba(OH) 2

• Tạn tốt trong nước tạo thành dung • Hai chất đầu không tan trong nước, kết tủa có dịch kiềm. màu trắng, Ca(OH) 2 (ít tan, độ tan 16.10-4 mol/100 • Tính bazơ tăng từ LiOH đến CsOH.

gam H 2 O ), Sr(OH)2 , Ba(OH) 2 tan tốt trong nước. • Be(OH)2 (lưỡng tính), Mg(OH)2 (bazơ yếu), ba chất còn lại là những bazơ mạnh. Tính bazơ tăng từ Be(OH)2 đến Ba(OH) 2 .

Trang 46

- Nếu bài toán cho các oxit axit như CO 2 , SO 2 , SO3 , P2 O5 , ... hoặc axit tương ứng tác dụng với dung dịch kiềm thì tùy theo tỉ lệ mol mà muối tạo thành là muối gì. Ví dụ: Hấp thụ khí CO 2 vào dung dịch kiềm OH- thì ban đầu: CO 2 + 2 OH −

→

CO32−

(1)

Sau đó, nếu OH − hết, CO 2 còn thì xảy ra phản ứng: CO32−

+ H 2 O + CO 2 → 2 HCO3−

Tổ hợp (1) và (2) ta được: CO 2 + OH − Đặt T =

n OH− n CO2

→ HCO3−

(2) (3)

nếu

• 0 < T ≤ 1  tạo muối axit HCO3− • 1 < T < 2  tạo muối axit HCO3− và muối trung hòa CO32− • T ≥ 2  tạo muối trung hòa CO32− Trường hợp chưa biết số mol của OH- và CO 2 thì có thể căn cứ vào dữ kiện đề ra để khẳng định bài toán đang ở giai đoạn nào. Chẳng hạn: • Hấp thụ hết khí CO 2 bằng lượng NaOH tối thiểu  Trường hợp này tạo muối NaHCO3

• Hấp thụ hết khí CO 2 bằng lượng NaOH vừa đủ  Trường hợp này tạo muối Na 2 CO3

• Dung dịch thu được vừa có khả năng tác dụng với dung dịch axit vừa có khả năng tác dụng với dung dịch kiềm  Tạo muối axit NaHCO3 và Na 2 CO3 (nếu có).

• Nếu trong dung dịch có chứa MOH + A(OH)2 (M là kim loại kiềm, A là kim loại kiềm thổ Ba hoặc Ca) thì khi hấp thụ khí CO2, phản ứng sẽ xảy ra theo thứ tự: CO 2 + 2 OH −

→

CO32−

H 2O

Sau đó: CO32− + A 2+ → ACO3 ↓

(1) (2)

Nếu OH − hết mà vẫn sục từ từ khí CO 2 vào thì CO32−

+ H 2 O + CO 2 → 2 HCO3−

(3) Trang 47

Nếu CO32− hết, CO 2 còn thì kết tủa bị hoà tan → A ( HCO3 )2

ACO3 + CO 2 + H 2 O

(4)

Cần chú ý rằng, trong phản ứng (2) nếu A 2+ còn mà CO32− hết thì không xảy ra phản ứng (3). • Khi hấp thụ khí CO 2 vào dung dịch A(OH) 2 (A là Ba hoặc Ca) thì CO 2 + A(OH) 2 → ACO3 ↓ + H 2 O

Nếu A(OH) 2 hết mà CO 2 còn CO 2 + ACO3 + H 2 O → A ( HCO3 ) 2

- Ta suy ra, đồ thị biến thiên khối lượng kết tủa theo số mol CO2 (hoặc thể tích khí CO 2 ) như sau:

Với mỗi giá trị của kết tủa m < m0 thì sẽ có hai giá trị số mol (hoặc thể tích) của CO 2 thoả mãn điều kiện: x 0 − x1 = x 2 − x 0  x 0 = n A(OH)2

ban đầu =

x1 + x 2 2

(2) Muối hiđrocacbonat của kim loại kiềm và kiềm thổ có tính lưỡng tính là do ion HCO3− HCO3−

+ OH − → CO32− + H 2 O

HCO3− +

H+ →

CO 2 ↑ + H 2 O

(3) Khi nhỏ rất từ từ dung dịch axit ( H + ) vào dung dịch muối cacbonat của kim loại kiềm thì đầu tiên chưa có khí thoát ra ngay do có phản ứng hóa học: CO32−

H+ →

HCO3−

Nếu CO32− hết mà vẫn tiếp tục nhỏ H + vào thì sẽ có sủi bọt khí thoát ra. HCO3− + H +

→

CO 2 ↑

+ H 2O

Trang 48

Ngược lại, nếu nhỏ từ từ dung dịch muối cacbonat của kim loại kiềm và kiềm thổ vào dung dịch axit ( H + ) thì ban đầu do axit dư nên có khí thoát ra ngay. CO32− +

2 H+

CO 2 ↑

→

H 2O

(4) Nhiệt phân muối hiđrocacbonat và cacbonat của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ nói riêng và kim loại nói chung xảy ra theo phương trình hóa học: t 2 M ( HCO3 )n  → M 2 ( CO3 )n + n CO 2 ↑ + n H 2 O 0

M 2 ( CO3 )n

t  → M 2On

+ n CO2 ↑

(M không thuộc nhóm IA vì muối cacbonat của kim loại kiềm khá bền với nhiệt) Ví dụ:

t 2 NaHCO3  → Na 2 CO3 + CO 2 ↑ + H 2 O 0

t CaCO3  →

CaO

CO 2 ↑

(5) Để điều chế kim loại kiềm hoặc kim loại kiềm thổ người ta thường điện phân muối clorua nóng chảy của chúng. Ví dụ: ®pnc  →

NaCl

®pnc MgCl 2  → Mg

1 Cl 2 ↑ 2

+ +

Cl 2 ↑

Ví dụ 1: Nung 16,8 gam hỗn hợp X gồm MgCO3 và CaCO3 đến khối lượng không đổi. Dẫn toàn bộ khí thu được vào 180ml dung dịch Ba(OH) 2 1M thu được 33,49 gam kết tủa. Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp X. Giải n Ba (OH)2 = 0,18 mol; n BaCO3 = 0,17 mol MgCO3

t  →

MgO + CO2 ↑ →

x 0

t CaCO3  →

CaO + CO2 ↑ →

 84x + 100y = 16.8

(1)

Vì n BaCO < n Ba (OH) nên bài toán xảy ra 2 trường hợp: 3

• Trường hợp 1: CO 2 hết, Ba(OH) 2 còn CO 2

+ Ba(OH) 2 → BaCO3 + H 2 O Trang 49

←

0,17

 x + y = 0,17

(2)  x = 0, 0125  y = 0,1575

Giải hệ (1) và (2) ta được: 

Thành phần phần trăm khối lượng của mỗi muối: %m MgCO3 =

0, 0125.84.100% = 6, 25% 16,8

%m CaCO3 = 100% - 6,25% = 93,75%

• Trường hợp 2: CO 2 còn, Ba(OH) 2 hết + Ba(OH) 2 → BaCO3 ↓ + H 2 O

CO 2

0,18 ←

0,18

→ 0,18

CO 2 + BaCO3 + H 2 O → Ba ( HCO3 )2

0,01 ← (0,18- 0,17)  x + y = 0,19

(3)  x = 0,1375  y = 0, 0525

Giải hệ (1) và (3) ta được: 

Thành phần phần trăm khối lượng của mỗi muối: %m MgCO3 =

0,1375.84.100% = 68, 75% 16,8

%m CaCO3 = 100% - 68,75% = 31,25%

Ví dụ 2: Dung dịch bão hoà canxi cacbonat trong nước có pH = 9,95. Biết hằng số axit của axit cacbonic là: Ka1 = 10-6,35 và Ka2 = 10-10,33. a) Hãy tính độ tan và tích số tan của canxi cacbonat trong nước. b) Hãy tính nồng độ tối đa của ion canxi trong dung dịch CaCO3 với pH = 7,40 và CHCO = − 3

0,022 mol/l (nồng độ cân bằng). Nếu cho tích số tan K SCaCO = 5, 2.10−9 . 3

Giải a) Dung dịch bão hòa CaCO3 có:  → CaCO3 ← 

Ca2+ + S

CO32−

K S = 5, 2.10−9

(1)

S Trang 50

CO32 − + HCO3− + H 2O

 → HCO3− + OH − H 2 O ←   → H 2 CO3 H 2 O ← 

 → ← 

K1 =

+ OH −

Kw = 10 −3,67 Ka2

K2 =

H+ + OH −

(2)

Kw = 10−7,65 K a1

Kw = 10-14

(3) (4)

 pH = 9,95  [H+] = 10−9,95 M = [ OH − ] = 10−4,05 M.

Kw << K2 << K1  Bỏ qua các cân bằng (3), (4) bên cạnh cân bằng (2). CO32 − +

 → HCO3− + OH − H 2 O ← 

(S - 10−4,05 )

10−4,05

K1 =

Kw = 10 −3,67 Ka2

10−4,05

(10−4,05 )2  K1 = = 10 −3,67  S = 1, 26.10−4 mol / l −4,05 S −10

 K SCaCO3 = 1, 26.10−4 (1, 26.10−4 −10 −4,05 ) = 4, 65.10−9 (mol / l)2

b) pH = 7,4  [H+] = 10−7,4 M  [ OH − ] =

10−14 = 10−6,6 M −7,4 10

 HCO3−   OH −  2−   (2)  CO3  = = 2, 6.10−5 M K 2

 K SCaCO 3 = 5, 2.10 −9 = CO32−  . Ca 2 +   Ca 2 +  = 2, 00.10−4 (mol / lit) 2

Ví dụ 3: Đặt hai cốc A và B có khối lượng bằng nhau lên 2 đĩa cân. Cân thăng bằng. Cho 10,6 gam Na 2CO3 vào cốc A và 11,82 gam CaCO3 vào cốc B. Sau đó thêm 12 gam dung dịch H 2SO 4 98% vào cốc A. Cân mất thăng bằng. Nếu thêm từ từ một dung dịch HCl 14,6% vào cốc B cho tới khi cần trở lại thăng bằng thì tốn bao nhiêu gam dung dịch HCl? Giả sử HCl và H 2O bay hơi không đáng kể. Giải Số mol của các chất theo đầu bài là: n Na 2CO3 = 0,1 mol; n CaCO3 = 0,1182 mol; n H2SO4 = 0,12 mol

• Trong cốc A: H 2SO 4 + Na 2 CO3 → Na 2SO 4 + CO 2 ↑ + H 2 O

0,1

←

0,1

→

0,1 Trang 51

• Khối lượng của cốc A sau khi phản ứng kết thúc: m A = m ddH 2SO4 + m Na 2CO3 − m CO2

• Thay số ta được: mA = 12 + 10,6 - 4,4 = 18,2 gam • Trong cốc B xảy ra phản ứng: 2HCl + CaCO3 → CaCl2 + CO 2 ↑ + H 2O a

→

0,5a

→

0,5a

Gọi a là số mol của HCl cần cho vào ta được: Khối lượng của dung dịch HCl 14,6% là 36, 5a.100 14, 6

m ddHCl =

Khối lượng của cốc B sau khi kết thúc phản ứng là: m B = m ddHCl + m CaCO3 − m CO2  mB =

36, 5a.100 = 11,82 − 22a 14, 6

Để cân thăng bằng ta có mA = mB 18,2 =

36, 5a.100 + 11,82 - 22a  a = 0,02798 mol 14, 6

Khối lượng của HCl là mHCl = 0,02798.36,5 = 1,02 gam Khối lượng của dung dịch HCl 14,6% cần cho vào cốc B là m ddHCl =

1, 02.100 = 6,986 gam 14, 6

Ví dụ 4: Nung nóng ở nhiệt độ cao 12 gam CaCO3 nguyên chất. Sau phản ứng thu được 7,6 gam chất rắn A. a) Tính hiệu suất phản ứng phân huỷ và thành phần % các chất trong A. b) Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HCl dư, dẫn toàn bộ khí thu được vào 125ml dung dịch NaOH 0,2M thu được dung dịch B. Tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch B. Cho toàn bộ dung dịch B vào dung dịch Ca(OH) 2 dư. Viết phương trình hoá học xảy ra và tính khối lượng chất kết tủa. Trang 52

Giải a) Sau phản ứng thu được 7,6 gam chất rắn A. Vậy khối lượng giảm đi là khối lượng của CO 2 giải phóng ra. m CO2 = 4,4 gam  n CO2 = 0,1 mol 0

t CaCO3  → CaO + CO 2

Lượng thực tế CaCO3 tham gia phản ứng là: 0,1.100 = 10 gam Hiệu suất của phản ứng phân huỷ là: 10.100 = 83,33% 12

Thành phần % khối lượng các chất trong A là: %m CaO =

5, 6.100 = 73, 68% 7, 6

%m CaCO3 = 100% − 73, 68% = 26, 32%

b) n NaOH =

20.5 2 = 0, 025 mol; n CaCO3 = = 0, 02 mol 40.100 100

CaO + 2HCl → CaCl2 + H 2O CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H 2 O + CO 2  n CO2 = n CaCO3 = 0,02 mol

CO 2

+ 2NaOH → Na 2CO3 + H 2O

0,0125 ← 0,025 → 0,0125 n CO2 còn = 0,02 - 0,0125 = 0,0075 mol CO 2 + Na 2 CO3 + H 2 O → 2 NaHCO3

0,0075 → 0,0075

→

0,015

 n Na 2CO3 còn = 0,0125 - 0,0075 = 0,005 mol CM NaOH =

0, 015 0, 005 = 0,12 M; CM Na 2CO3 = 0, 04 M 0,125 0,125 NaHCO3 + Ca(OH) 2 → CaCO3 ↓ + NaOH + H 2 O

0,015

→

0,015 Trang 53

Na 2 CO3 + Ca(OH) 2 → CaCO3 ↓ + 2NaOH

→

0,005

m CaCO3 = 100.0,02 - 2 gam

Ví dụ 5: Hòa tan 49,6 gam hỗn hợp gồm một muối sunfat và một muối cacbonat của cùng một kim loại hóa trị I vào nước ta thu được dung dịch A. Chia dụng dịch A làm hai phần bằng nhau: • Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch H 2SO 4 (lấy dư) thu được 2,24 lít CO 2 (đktc). • Phần 2: Cho phản ứng với dung dịch BaCl2 (lấy dư) thu được 43 gam kết tủa trắng. a) Tìm công thức của 2 muối ban đầu. b) Xác định thành phần phần trăm về khối lượng của các muối trong hỗn hợp đầu. Giải a) Gọi công thức 2 muối là R 2SO 4 và R 2 CO3 với số mol lần lượt là x, y có trong 1/2 hỗn hợp ban đầu. • Phần 1: R 2 CO3 + H 2SO 4 → R 2SO 4 + H 2O + CO 2 ↑ →

(1)

• Phần 2: R 2SO 4 + BaCl2 → BaSO 4 ↓ + 2RCl →

R 2 CO3 + BaCl2 → BaCO3 ↓ + 2RCl

→

(2)

(3)

2, 24   y = 22, 4 = 0,1  49, 6 Từ 3 phương trình ta có:  x(2R + 96) + y(2R + 60) = 2   233x + 197y = 43  

 x = 0,1    y = 0,1 R = 23 

 R là Na  Hai muối là: Na 2SO 4 và Na 2 CO3

b) Phần trăm khối lượng của mỗi muối: %m Na 2SO4 =

0,1.142.100% = 57, 25% 24,8

%m Na 2CO3 = 100% - 57,25% = 42,75% Trang 54

Ví dụ 6: Thêm dần dung dịch KOH 33,6% vào 40,3ml dung dịch HNO3 37,8% (d = 1,24 g/ml) đến khi trung hoà hoàn toàn, thu được dung dịch A. Đưa A về 0°C thu được dung dịch B có nồng độ 25,54% và khối lượng muối tách ra là m gam. Lượng chất tan trong B giảm 33,33%. a) Tính m và xác định công thức muổi tách ra. b) Dung dịch B là dung dịch bão hoà hay chưa bão hoà ? Giải Ta có: m dd HNO = 40,3.1,24 = 50 gam  n HNO = 3

50.37,8 = 0,3 mol 63.100

KOH + HNO3 → KNO3 + H 2O 0,3  m dd KOH =

← 0,3

→ 0,3

0,3.33, 33 = 50 gam  mddA = 50 + 50 = 100 gam 33, 6

Lượng chất tan trong B giảm chính là lượng KNO3 kết tinh. n KNO3 kÕt tinh =

0, 3.33,33 = 0,1 mol 100

 n KNO3 trong B = 0,3 - 0,1 = 0,2 mol  m ddB =

0, 2.101.100 = 79,1gam 25,54

Vậy khối lượng muối tách ra m = 100 - 79,1 = 20,9 gam Gọi công thức muối tách ra là: KNO3 .nH 2O  n H 2O kết tinh =

20, 9 − 0,1.101 = 0, 6 mol 18

 n KNO3 : n H 2O = 1 : 6  n = 6

Công thức của muối là KNO3 .6H 2O Ví dụ 7: Hòa tan 7,83 gam một hỗn hợp gồm 2 kim loại kiềm A, B (nguyên tử khối của A nhỏ hơn nguyên tử khối của B) thuộc 2 chu kì kế tiếp của bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học, thu được 2,8 lít khí H2 bay ra (đktc). a) Xác định kim loại A, B. b) Cho 16,8 lít khí CO 2 (đktc) tác dụng hoàn toàn vào 600ml dung dịch chứa AOH 1M và BOH 1M thu được dung dịch X. Tính tổng khối lượng muối trong dung dịch X. Trang 55

Giải a) Đặt M là nguyên tử khối trung bình của A, B  M A < M < M B 2M 0,25

→

+ 2 H 2O

2 MOH +

←

0,25

H2 ↑ 2,8 = 0,125 22, 4

7,83 = 31,32  M A = 23 (Na) < 31, 32 < M B = 39 (K) 0, 25

 M =

b) n CO = 2

16,8 = 0,75 mol; n NaOH = n KOH = 0,6 mol  n OH− = 1,2 mol 22, 4

2 OH − + CO 2 → CO32− + H 2O 1,2

→ 0,6

 n CO2 còn = 0,75 - 0,6 = 0,15 mol

CO 2 + CO32 − + H 2 O → 2 HCO3−

0,15 → 0,15

→

0,3

 n CO2− còn = 0,6 - 0,15 = 0,45 mol 3

 mmuối = m Na + + m K + + m CO2− + 3

m HCO− 3

= 23.0,6 + 39.0,6 + 60.0,45 + 61.0,3 = 82,5 gam Ví dụ 8: Nung 54,75 gam hỗn hợp X gồm NaHCO3 , BaCO3 và MgCO3 đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp rắn Y và 7,84 lít CO 2 (đktc). Cho Y vào nước dư thu được 19,7 gam kết tủa và dung dịch Z. a) Tính khối lượng mỗi chất trong X. b) Dung dịch Z phản ứng vừa hết với Vml dung dịch HCl 0,1M. Tính V. c) Hấp thụ toàn bộ lượng khí CO 2 thu được ở trên vào 100ml dung dịch chứa Ba(OH) 2 2M và NaOH 0,5M, kết thúc các phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính m. Giải a) Gọi x, y, z lần lượt là số mol của NaHCO3 , BaCO3 và MgCO3 có trong 54,75 gam X. Ta có: 84x + 197y + 84z = 54,75

(1)

• Nung X: Trang 56

t 2 NaHCO3  → Na 2 CO3 + CO 2 ↑ + H 2 O

→

0,5x → 0,5x

t BaCO3  → BaO + CO 2 ↑

→

y →

t MgCO3  → MgO + CO 2 ↑

→

 n CO2 = 0,5x + y + z =

→

7,84 = 0,35 22, 4

(2)

Chất rắn Y gồm: Na 2CO3 , BaO và MgO. • Y + H 2O : BaO + H 2O → Ba(OH) 2 y

→

Ba(OH) 2 +

0,1

BaCO3 ↓ + 2NaOH (*)

Na 2 CO3 →

←

0,1

← 0,1

→

0,2

Xét 2 trường hợp sau: • Trường hợp 1: y ≥ 0,5x hay x ≤ 2y  Kết thúc phản ứng (*) thì Na 2CO3 hết, Ba(OH) 2 vừa hết hoặc còn  Z chứa tối đa: 0,2 mol NaOH và Ba(OH) 2 : (y - 0,1) mol.

Từ (*)  0,5x = 0,1  x = 0,2 mol Thay x vào (1) và (2) ta rút ra hệ: 197y + 84z = 37,95   y + z = 0, 25

 y = 0,15 mol    z = 0,1 mol

Khối lượng mỗi chất trong X là m NaHCO3 = 0,2.84 = 16,8 gam

m BaCO3 = 197.0,15 = 29,55 gam m MgCO3 = 84.0,1 = 8,4 gam Trang 57

• Trường hợp 2: y < 0,5x hay x > 2y  Kết thúc phản ứng (*) thì Na 2CO3 còn, Ba(OH) 2 hết  Z chứa: NaOH 0,2 mol và Na 2CO3 : (0,5x - 0,1) mol. (*)  y = 0,1 mol. Thay y vào (1) và (2) ta rút ra hệ: 84x + 84z = 35, 05  x = 0,3345 mol    0, 5x + z = 0, 25  z = 0, 0827 mol

x = 0,3345 mol > 2y = 0,2 mol (thỏa mãn điều kiện) Khối lượng mỗi chất trong X là m NaHCO3 = 0,3345.84 = 28,09 gam m BaCO3 = 197.0,1 = 19,7 gam

m MgCO3 = 54,75 - 28,09 - 19,7 = 6,96 gam

b) • Trường hợp 1: Z chứa: 0,2 mol NaOH và (y - 0,1) = 0,05 mol Ba(OH) 2 : Z + HCl: NaOH + HCl → NaCl + H 2O 0,2 → 0,2 Ba(OH) 2 + 2HCl → BaCl2 + H 2 O

0,05 →  nHCl = 0,3 mol  V =

0,1 0,3 = 3 lít 0,1

• Trường hợp 2: Z chứa: 0,2 mol NaOH và Na 2CO3 : 0,5x - 0,1 = 0,06725 mol Z + HCl: NaOH + HCl → NaCl + H 2O 0,2 → 0,2 Na 2 CO3

+ 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H 2O

0,06725 → 0,1345  nHCl = 0,3345 mol  V =

0,3345 = 3,345 lít 0,1

c) n Ba (OH) = 0,1.2=0,2 mol; n NaOH = 0,1.0,5 = 0,05 mol 2

n OH − = 2 n Ba (OH)2 + n NaOH = 0,4 + 0,05 = 0,45 mol CO 2 + 2 OH − → CO32 − + H 2 O

Trang 58

0,225 ← 0,45 →

0,225

n CO2 còn = 0,35 - 0,225 = 0,125 mol CO 2

+ CO32− + H 2O → 2 HCO3−

0,125 → 0,125

→

0,25

n CO2− còn = 0,225 - 0,125 = 0,1 mol 3

Ba2+ + CO32− → BaCO3 ↓ 0,1 ← 0,1 → 0,1  mkết tủa = 197.0,1 = 19,7 gam

Ví dụ 9: Chia 57,6 gam hỗn hợp X gồm M 2 CO3 và MHCO3 (tỉ lệ mol tương ứng là 2:3) thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với dung dịch H 2SO 4 loãng (dư), sinh ra 5,6 lít CO 2 (đktc). Hòa tan phần 2 vào nước dư, thu được dung dịch Y. Nhỏ rất từ từ đến hết

200ml dung dịch HCl 1M vào Y, thu được V lít CO 2 (đktc). a) Xác định tên kim loại M. b) Tính giá trị của V. c) Cho 5,76 gam X trên tác dụng với dung dịch BaCl2 dư. Tính khối lượng kết tủa thu được khi kết thúc các phản ứng. Giải a) Gọi x là số mol M 2CO3 có trong 28,8 gam X  n MHCO = 1,5x. Ta có: 3

(2M + 60)x + (M + 61).1,5x = 28,8 (1) • Phần 1+ H 2SO 4 : M 2 CO3 + H 2SO 4 + M 2SO 4 + CO 2 ↑ + H 2 O

→

2 MHCO3 + H 2SO 4 → M 2SO 4 + 2 CO2 ↑ + 2 H 2O 1,5x  n CO2 = x + 1,5x =

→

1,5x

5, 6 = 0,25  x = 0,1 mol 22, 4

Từ (1)  (2M + 60).0,1 + (M +61).0,15 = 28,8  M = 39 (K) b) n CO = n K CO = 0,1 mol; n HCO = n KHCO = 0,15 mol; n H = nHCl = 0,2 mol 2− 3

− 3

Trang 59

Phản ứng xảy ra theo thứ tự: CO32 − +

H+ → HCO3−

0,1 →

0,1 → 0,1

  n HCO− = 0,1 + 0,15 = 0,25 mol; n H + còn=0,2 – 0,1 = 0,1 mol 3

HCO3− + H+ → CO 2 ↑ + H 2 O

0,1 ← 0,1 → 0,1  VCO2 = 0,1.22,4 = 2,24 lít

c) Trong 5,76 gam X có chứa: 0,02 mol K 2 CO3 và 0,03 mol KHCO3 .

BaCl2 + K 2 CO3 → BaCO3 ↓ + 2KCl

0,02

→ 0,02

 mkết tủa = 0,02.197 = 3,94 gam

Ví dụ 10: Có 500ml dung dịch X chứa các ion: K+, HCO3− , Cl- và Ba2+. Lấy 100ml dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH dư, kết thúc các phản ứng thu được 19,7 gam kết tủa. Lấy 100ml dung dịch X tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 29,55 gam kết tủa. Cho 200ml dung dịch X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 , kết thúc phản ứng thu được 28,7 gam kết tủa. Mặt khác, nếu đun sôi đến cạn 50ml dung dịch X thì khối lượng chất rắn khan thu được là bao nhiêu ? Giải • 100ml dung dịch X + Ba(OH)2 dư: Ba 2 + + HCO3− + OH − → BaCO3 ↓ + H 2 O

0,15

←

0,15

• 100ml dung dịch X + NaOH dư: HCO3− + OH − → CO32− + H 2 O

0,15

→

0,15

Ba 2 + + CO32 − → BaCO3 ↓

0,1

←

0,1

• 200ml dung dịch X + AgNO3 dư: Trang 60

Ag+ + Cl− → AgCl ↓ 0,2 ←

0,2

Vậy trong 50ml dung dịch X chứa: 0,075 mol HCO3− , 0,05 mol Ba 2+ , 0,05 mol Cl− và K+ Theo định luật bảo toàn điện tích: n K + + 2n Ba 2+ = n HCO− + n Cl− 3

 n K + = n HCO− + n Cl− − 2n Ba 2+ = 0,075 + 0,05 -2.0,05 = 0,025 mol 3

Nung nóng 50ml dung dịch X: 0

t 2 HCO3−  → CO32− + CO 2 ↑ + H 2 O

0,075

→

0,0375

 mchất rắn = m K + + m Ba 2+ + m CO2− + m Cl− 3

= 39.0, 025 + 137.0,05 + 60.0,0375 + 35,5.0,05 =11,85 gam DẠNG 6: BÀI TẬP VỀ TÍNH CHẤT CỦA NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM Phương pháp: (1) Nhôm là kim loại có tính khử mạnh, nhưng yếu hơn kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ. (2) Nhôm oxit và nhôm hiđroxit là những hợp chất có tính lưỡng tính. (3) Khi thêm OH − vào dung dịch muối Al3+ đầu tiên có kết tủa trắng keo Al(OH)3 xuất hiện và khối lượng kết tủa tăng dần đến cực đại. Al3+ + 3 OH − → Al(OH)3 ↓

Nếu Al3+ hết mà vẫn nhỏ OH − vào thì kết tủa tan dần. Al(OH)3 + OH − → [ Al(OH) 4 ]

−

Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa Al(OH)3 vào số mol CO 2

Trang 61

Từ đồ thị trên ta thấy, với mỗi giá trị kết tủa m < m0 thì có hai giá trị số mol OH − thoả mãn điều kiện: x 0 − x1 = 3(x 2 − x 0 )  x0 =

x 3x 2 + x1 3x + x1  n Al3+ ban đầu = 0 = 2 4 3 12

(4) Khi thêm một lượng axit (H+) vào dung dịch aluminat ( [ Al(OH) 4 ] ) đầu tiên có kết tủa −

trắng keo xuất hiện sau đó tan trong H+ dư: − [ Al(OH)4 ] + H+

→ Al(OH)3 ↓ + H2O

Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O

(3) (4)

Khối lượng Al(OH)3 cực đại hay cực tiểu phụ thuộc vào số mol [ Al(OH) 4 ] và H+. Tương −

tự như trên ta cũng có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa vào số mol H+.

Như vậy, với mỗi giá trị kết tủa m < m0 thì có hai giá trị số mol H+ thoả mãn điều kiện: x 2 − x 0 = 3(x 0 − x1 )  x0 =

3x1 + x 2 4

 n [Al(OH)

− 4]

ban đầu = x 0 =

3x1 + x 2 4

(5) Bài tập về phản ứng nhiệt nhôm 0

t • Thường gặp: 2yAl + 3 Fe x O y  → y Al 2 O3 + 3xFe

• Gọi X là hỗn hợp trước phản ứng và Y là hỗn hợp sau phản ứng. Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Phản ứng hoàn toàn • Al hết, Fe x O y hết  Y gồm: Al2O3 , Fe • Al hết, Fe x O y dư  Y gồm: Al2O3 , Fe, Fe x O y • Al dư, Fe 2O3 hết  Y gồm: Fe, Al2O3 và Al dư Nếu dữ kiện bài toán không cho số mol Al và Fe x O y ban đầu thì ta phải xét lần lượt 3 trường hợp trên, kết luận trường hợp chấp nhận. Trang 62

Dựa vào một số dữ kiện của đề bài cũng có thể kết luận được thành phần của hỗn hợp Y. Ví dụ: • Y tác dụng với NaOH, giải phóng H2  Al dư, Fe x O y hết • Y tác dụng với NaOH, không có khí thoát ra  AI hết, Fe x O y hết hoặc còn dư • Y gồm hai kim loại  Al dư, Fe x O y hết hoặc còn dư ………………. Trường hợp 2: Phản ứng không hoàn toàn Trong trường hợp này, hỗn hợp Y gồm: Fe, Al2O3 , Al dư và Fe 2O3 dư → lập hệ phương trình đại số liên hệ giữa các ẩn số là số mol của các chất trong 2 hỗn hợp X, Y. Một số phương trình toán học có thể thiết lập từ các định luật bảo toàn. • Bảo toàn khối lượng: mx = my • Bảo toàn nguyên tố: Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A trước phản ứng hóa học luôn bằng tổng số mol nguyên tử của nguyên tố A đó sau phản ứng  nA(X) = nA(Y) Ví dụ 1: Nung a gam bột Al với b gam bột Fe3O 4 trong bình chân không, đến phản ứng hoàn toàn thu được 56,4 gam chất rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH dư, sinh ra 13,44 lít khí (đktc) và c gam chất rắn Z. a) Tính a, b, c. b) Chất rắn X tác dụng vừa đủ với Vml dung dịch HCl 1M. Tính V. Giải a) Chất rắn X tác dụng với NaOH có khí thoát ra 3 Al còn, Fe3O 4 hết 0

t 8A1 + 3 Fe3O 4  → 4 Al 2 O3 + 9Fe

Ban đầu:

Phản ứng:

8y ←

Còn:

8(x - y)

→

4y →

 Chất rắn X gồm: Al dư, Al 2 O3 , Fe.

•X + NaOH dư: Al 2 O3 + 2NaOH + 3 H 2 O → 2 Na [ Al(OH) 4 ]

2A1 + 2NaOH + 6 H 2O → 2 Na [ Al(OH) 4 ] + 3 H 2 ↑ Trang 63

←

0,4

0,6

nAl còn = 8(x - y) = 0,4  x - y = 0,05

(1)

Mặt khác: 27.8x + 232.3y = 56,4

(2)

 x = 0,1 mol  y = 0, 05 mol

Giải hệ (1) và (2) ta được: 

 a = 27.8.0,1 = 21,6 gam; b = 56,4 - 21,6 = 34,8 gam

b) X + HCl: Al 2 O3 + 6HCl → 2 AlCl3 + 3 H 2 O

0,2

→ 1,2

Al + 3HCl → AlCl3 +

3 H2 ↑ 2

0,4 → 1,2 Fe

+ 2HCl → FeCl2 + H 2 ↑

0,45 → 0,9  nHCl phản ứng = 1,2 + 1,2 + 0,9 =3,3 mol  V= 3,3 lít = 3300ml

Ví dụ 2: Nung a gam bột Al với b gam bột Fe 2O3 trong bình chân không, sau một thời gian thu được 50,8 gam chất rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH dư, sinh ra 6,72 lít H 2 (đktc) và còn lại 35,2 gam chất rắn khan không tan. Tính hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm. Giải

t 2A1 + Fe 2O3  → Al 2 O3 + 2Fe

Ban đầu:

Phản ứng:

x1 → 0,5x1

Còn:

x – x1 y - 0,5x1

y →

0,5x1 → x1

 Chất rắn X gồm: Al dư, Fe 2 O3 , Al 2 O3 và Fe.

Theo định luật bảo toàn khối lượng: 27x + 160y = 50,8 •

(1) .

X + NaOH dư: Trang 64

Al 2 O3 + 2NaOH + 3 H 2 O → 2 Na [ Al(OH) 4 ]

2A1 + 2NaOH + 6 H 2O → 2 Na [ Al(OH) 4 ] + 3 H 2 ↑ ←

0,2

0,3

 nAl còn = x – x1 = 0,2

(2)

Chất rắn không tan là: Fe 2O3 và Fe. 160(y - 0,5x1) + 56x1 = 35,2

(3)

 x = 0, 4 mol Giải hệ (1), (2), (3) ta được:  y = 0, 25 mol  x = 0, 2 mol  1

Vì

n Al ban ®Çu 0, 4 n Fe2 O3 ban ®Çu = < = 0,25  Khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì Al hết và 2 2 1

Fe 2 O3 còn nên ta tính hiệu suất phản ứng theo số mol Al. H=

0,2.100% = 50% 0, 4

Ví dụ 3: Hòa tan hết m gam Al2 ( SO 4 )3 vào H 2 O thu được 300ml dung dịch X. Cho 150ml dung dịch X tác dụng với dung dịch chứa 0,3 mol NaOH, kết thúc các phản ứng thu được 2a gam kết tủa. Mặt khác, cho 150ml dung dịch X còn lại phản ứng với dung dịch chứa 0,55 mol KOH, kết thúc các phản ứng sinh ra a gam kết tủa. Tính giá trị của m và a. Giải Al3+ + 3 OH − → Al(OH)3 ↓ Al(OH)3 + OH − → [ Al(OH)4 ]

−

Nếu Al3+ hết, OH − còn: Xét hai trường hợp sau: • Trường hợp 1: Al3+ còn, OH − hết

Al3+ + 3 OH − → Al(OH)3 ↓

0,1 ← 0,3 →

0,1

 2a = 7,8  a=3,9 gam

Khi cho 150ml dung dịch X tác dụng với 0,55 mol KOH thu được 3,9 gam kết tủa. Chứng tỏ kết tủa tan một phần. Al3+

0,05

+ 3 OH − → Al(OH)3 ↓ ← 0,15

←

0,05 Trang 65

Al3+ + 4 OH − →

[ Al(OH)4 ]

−

0,1 ← (0,55 - 0,15) 

n

Al3+

= 0,05 + 0,1=0,15 mol  n Al (SO ) ban đầu = 2.0,075 = 0,15 mol 2

4 3

 m = 342.0,15 = 51,3 gam

• Trường hợp 2: Al3+ hết, OH − vừa hết hoặc còn. Đặt x = Al3+

2a mol 78

+ 3 OH − → Al(OH)3 ↓

x ←

Al3+ + 4 OH − →

→

← x

[ Al(OH)4 ]

−

 n OH − = 3x + 4y = 0,3 (1)

Khi cho 150ml dung dịch X tác dụng với 0,55 mol KOH thu được a gam kết tủa. Ta cũng có: Al3+

+ 3 OH − → Al(OH)3 ↓

0,5x

← 1,5x

Al3+ + 4 OH − →

← 0,5x

[ Al(OH)4 ]

−

(0,5x + y) → 4(0,5x + y)  n OH − = 3,5x + 4y = 0,55 (2) x = 0, 5 mol  y = − 0,3 mol

Giải hệ (1) và (2) ta được: 

Trường hợp này loại vì y < 0. Ví dụ 4: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm (trong điều kiện không có không khí) hỗn hợp X gồm Al và Fe3O 4 sau một thời gian thu được m gam hỗn hợp Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch NaOH 0,5M. Phần 2 tác dụng hết với dung dịch HNO3 đặc nóng, dư thu được 3,696 lít khí NO 2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Tính giá trị của m. Giải 0

t 8A1 + 3 Fe3O 4  → 4 Al 2 O3 + 9Fe

Ban đầu:

y Trang 66

Phản ứng:

8x1

Còn:

x - 8x1

3x1

4x1

9x1

y - 3x1

Chất rắn Y tối đa gồm: Al dư, Fe3O 4 dư, Al2O3 và Fe. • Phần 1: + 2Al + 6 H 2O → 2 Na [ Al(OH) 4 ] + 3 H 2 ↑

2NaOH

(0,5x - 4x1) ← (0,5x - 4x1) Al 2 O3 + 2NaOH + 3 H 2 O → 2 Na [ Al(OH) 4 ]

2x →

4x1

 n NaOH = 0,5x = 0,05  x = 0,1 mol

• Phần 2: Al

→

Al3+ + 3e

→

(0,05 - 4x1)

N+5 + 1e

→ N+4

0,165 ← 0,165

(0,15 - 12x1)

Fe3O 4 + 8H+ → 3Fe3+ + 4 H 2 O + le

(0,5 - 1,5x1) → Fe 4,5x1

(0,5y - 1,5x1)

→ Fe3+ + 3e →

13,5x1

 (0,15 - 12x1) + (0,5y - 1,5x1) + 13,5x1 = 0,165  y = 0,03 mol  m = 27.0,1 +232.0,03 = 9,66 gam

Ví dụ 5: Cho m gam hỗn hợp gồm kim loại K và Al2O3 tan hết vào H 2O thu được dung dịch X và 5,6 lít khí (đktc). Cho 300ml dung dịch HCl 1M vào X đến khi phản ứng kết thúc thu được 7,8 gam kết tủa. Tính giá trị của m. Giải 2K + 2 H 2O → 2 KOH ←

0,5

0,5 ←

+ 2 KOH + 3 H 2O

Al 2 O3

→

H2 ↑

(1)

0,25 → 2 K [ Al(OH)4 ]

(2)

 n KOH còn= (0,5 - 2x) mol

Trang 67

KOH + HCl → KCl + H 2O

(3)

(0,5 - 2x) → (0,5 - 2x) K [ Al(OH)4 ] + HCl

0,1

←

→ Al(OH)3 ↓ + KCl + H 2 O

0,1

K [ Al(OH)4 ] + 4HCl

←

→

(4)

0,1 AlCl3 + KCl + 4 H 2 O

(5)

Xét hai trường hợp: • Trường hợp 1: (5) chưa xảy ra  nHCl = 0,1 +0,5 - 2x = 0,3  x=0,15 mol  m= 39.0,5 + 102.0,15 = 34,8 gam

• Trường hợp 2: (5) xảy ra n K[ Al(OH)4 ] (5) = (2x - 0,1) mol  nHCl = 4(0,5 - 2x) + 0,1 + 2x - 0,1 = 0,3  x = 0,283 mol  n KOH = 0,5 mol < 2 n Al2O3 = 0,566 mol (loại)

Ví dụ 6: Khi cho 500ml dung dịch NaOH a mol/l vào 150ml dung dịch AlCl3 b mol, thu được 7,8 gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 550ml dung dịch NaOH a mol/l vào 150ml dung dịch AlCl3 b mol/l, thu được 3,9 gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của a và b, Giải • Trường hợp 1: Ở thí nghiệm 1: OH − , Al3+ còn Al3+

0,1  a=

+ 3 OH − → Al(OH)3 ↓ ← 0,3

← 0,1

0,3 = 0,6M 0,5

Khi thêm 0,55.0,6 = 0,33 mol NaOH vào thì lượng kết tủa giảm  Al3+ hết, OH − còn.

Al3+

+ 3 OH − → Al(OH)3 ↓

0,05 ← 0,15 ← 0,05 Al3+ + 4 OH − → Al(OH) −4

0,045 ← 0,18 Trang 68

 n Al3+ = 0,05 +0,045 = 0,095 mol  b =

0,095 = 0,63M 0,15

• Trường hợp 2: Ở thí nghiệm 1: OH − còn, Al3+ hết Al3+

+ 3 OH − → Al(OH)3 ↓

0,1

←

0,3 ←

Al3+

4 OH − →

0,1 Al(OH) −4

(0,15b - 0,1) → 4(0,15b - 0,1)  n OH − = 0,3 + 4(0,15b - 0,1) = 0,5a = 0,6b - 0,5a = 0,1 (1)

Ở thí nghiệm 2: Khi thêm 0,55.0,6 = 0,33 mol NaOH vào thì lượng kết tủa giảm  Al3+ hết, OH − còn. Al3+

0,05 Al3+

+ 3 OH − → Al(OH)3 ↓ ← 0,15

← 0,05

4 OH − →

Al(OH) −4

(0,15b - 0,05) → 4(0,15b - 0,05)  n OH − = 0,15 + 4(0,15b -0,05) = 0,55a  0,6b - 0,55a = 0,05 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được: a = b = 1 mol/l Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R có hóa trị không đổi. Hòa tan hết 3,3 gam X trong dung dịch HCl dư được 2,9568 lít khí ở 27,3°C và 1 atm. Mặt khác cũng hòa tan hết 3,3 gam trên trong dung dịch HNO3 1M lấy dư 10% thì được 896ml hỗn hợp khí X gồm N 2 O và NO đktc có tỉ khối so với hỗn hợp ( NO + C 2 H 6 ) là 1,35 và dung dịch Z chứa hai

muối. a) Tìm R và % khối lượng các chất trong X. b) Cho Z phản ứng với 400ml dung dịch NaOH thấy xuất hiện 4,77 gam kết tủa. Tính CM của NaOH biết Fe(OH)3 kết tủa hoàn toàn. Giải a) n H = 2

2,9568.1 0,896 = 0,12 mol; n Y = = 0, 04mol 0, 082.(27,3 + 273) 22, 4

Gọi a, b lần lượt là số mol của N 2 O và NO, vì NO và C2 H 6 đều có M = 30 đvC nên ta có hệ: Trang 69

a + b = 0, 04 a = 0, 03 mol    44a + 30b = 1, 35  b = 0, 01 mol   30(a + b)

Đặt x, y lần lượt là số mol của Fe và R trong 3,3 gam X ta có: 56x + Ry = 3,3 (1) Gọi n là hóa trị của R (n ≤ 4). Áp dụng định luật bảo toàn số mol electron ta có: 2x + ny = 0,12.2  x = 0, 03 mol (2)   3x + ny = 0, 03.8 + 0, 01.3 ny = 0,18 mol (3)

Thay x = 0,03 mol vào (1) ta được: Ry = 1,62 (4) Chia (4) cho (3) ta được: R = 9n  n = 3 và R = 27 (Al) Từ (3)  y = 0,06 mol %m Al =

0, 06.27 .100% = 49,1% 3,3

% m Fe =100 % - 50,9%

b) Ta có: n HNO3 phản ứng = 10n N 2O + 4n NO = 10.0,03 + 4.0,01 = 0,34 mol  n HNO3 còn = 0,034 mol

Ta luôn có: n Fe( NO ) = n Fe = 0,03 mol; n Al( NO ) = n Al = 0,06 mol 3 3

3 3

Z + NaOH: HNO3 + NaOH → NaNO3 + H 2 O

0,034 → 0,034 Fe ( NO3 )3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3NaNO3

0,03  n Al(OH)3 =

→

0,09 → 0,03

4, 77 − 0, 03.107 = 0, 02 mol < n Al( NO3 )3 = 0,06 mol 78

Nên ta xét hai trường hợp: • Trường hợp 1: NaOH hết, Al ( NO3 )3 còn Al ( NO3 )3 + 3NaOH → Al(OH)3 ↓ + 3NaNO3

0,06

← 0,02 Trang 70

 Σn NaOH = 0,034 + 0,09 + 0,06 = 0,184 mol  C M NaOH =

0,184 = 0,46M 0, 4

• Trường hợp 2: NaOH còn, Al ( NO3 )3 hết và Al(OH)3 tan một phần trong NaOH. Al ( NO3 )3

+ 3NaOH → Al(OH)3 ↓ + 3NaNO3

0,06

→

Al(OH)3

+ NaOH

0,18

→

0,06

→ Na [ Al(OH)4 ]

(0,06 - 0,02) → 0,04  Σn NaOH = 0,034 + 0,09 + 0,18 + 0,04 = 0,344 mol  C M NaOH =

0, 344 = 0,86M 0, 4

Ví dụ 8: Hòa tan hoàn toàn 1,62 gam nhôm trong 280ml dung dịch HNO3 1M được dung dịch A và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Mặt khác, cho 7,35 gam hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp vào 500ml dung dịch HCl, được dung dịch B và 2,8 lít khí H2 (đktc). Khi trộn dung dịch A vào dung dịch B thấy tạo thành 1,56 gam kết tủa. a) Xác định tên 2 kim loại kiềm. b) Tính nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng. Giải a) nAl ban đầu =

1, 62 = 0,06 mol; n HNO3 ban đầu = 0,28 mol 27

Al + 4HNO3 → Al ( NO3 )3 + NO + 2H 2 O

(1)

0,06 → 0,24 → 0,06  n HNO3 còn = 0,28 - 0,24 = 0,04 mol  Dung dịch A chứa: 0,06 mol Al ( NO3 )3 và 0,04 mol HNO3 .

Thay hai kim loại kiềm bằng một kim loại trung bình M . Ta có: 2M + 2HCl → 2MCl + H 2 ↑

(2)

Nếu HCl hết, M còn 2M + 2H 2 O → 2MOH + H 2 ↑

 n M = 2n H2 =

(3)

2.2,8 = 0,25 mol 22, 4 Trang 71

M =

7,35 = 29, 4  M1 = 23 (Na) < 29,4 < M2 = 39 (K) 0, 25

b) Khi trộn 2 dung dịch A và B có kết tủa tạo ra chứng tỏ có phản ứng (3) xảy ra. HNO3 + MOH → MNO3 + H 2 O (4) Al ( NO3 )3 + 3MOH → Al(OH)3 ↓ + 3MNO3 (5)

Nếu Al ( NO3 )3 hết mà MOH còn thì Al(OH)3 bị hòa tan một phần. Al(OH)3 + MOH → M [ Al(OH)4 ] n Al(OH)3 =

(6)

1,56 = 0,02 mol < n Al( NO3 )3 ban đầu = 0,06 mol nên ta xét hai trường hợp sau: 78

• Trường hợp 1: Al ( NO3 )3 còn, MOH hết. Từ (4) và (5)  n MOH = 3n Al(OH) + n HNO = 3.0,02 + 0,04 = 0,1 mol 3

Từ (2) và (3)  n HCl + n MOH = 2n H

 n HCl = 2n H2 − n MOH = 0,25 - 0,1 = 0,15 mol  C M (HCl) =

0,15 = 0,3M 0,5

• Trường hợp 2: Al ( NO3 )3 hết, MOH còn. HNO3 + MOH → MNO3 + H 2 O

0,04 → 0,04 Al ( NO3 )3 + 3MOH → Al(OH)3 ↓ +3MNO3

0,02

←

0,06

← 0,02

Al ( NO3 )3 + 4MOH → M [ Al(OH)4 ] + 3MNO3

0,04 →

0,16

 n MOH = 0,04 + 0,06 + 0,16 = 0,26 mol

Từ (2) và (3)  n HCl + n MOH = 2n H

 n HCl = 2n H 2 − n MOH = 0,25 - 0,26 = - 0,1 mol < 0  Trường hợp này loại!

Trang 72

Ví dụ 9: X là dung dịch Al2 ( SO 4 )3 , Y là dung dịch Ba(OH) 2 . Trộn 200ml dung dịch X với 300ml dung dịch Y thu được 8,55 gam kết tủa. Trộn 200ml dung dịch X với 500ml dung dịch Y thu được 12,045 gam kết tủa. Tính nồng độ mol của dung dịch X và Y. Giải Thí nghiệm 1: Cho 200ml dung dịch X tác dụng với 300ml dung dịch Y thu được 8,55 gam kết tủa. Thí nghiệm 2: Cho 200ml dung dịch X tác dụng với 500ml dung dịch Y thu được 12,045 gam kết tủa. Từ kết quả trên suy ra ở thí nghiệm 1 Al2 (SO4 )3 dư còn ở thí nghiệm 2 Al2 (SO4 )3 hết. Gọi nồng độ Al2 (SO4 )3 và Ba(OH) 2 lần lượt là x, y. Ta có: Thí nghiệm 1: Al2 ( SO 4 )3 + 3Ba(OH) 2 → 2Al(OH)3 ↓ + 3BaSO4 ↓ (1) →

0,3y

0,2y

→

0,3y

 m ↓ = 0,2y.78 + 0,3y.233 = 8,55  y = 0,1 mol

 C M ( Ba(OH) 2 ) = 0,1M

Thí nghiệm 2: Al2 ( SO 4 )3 + 3Ba(OH) 2 → 2Al(OH)3 ↓ + 3BaSO4 ↓ (2)

0,2x

→

0,6x

→

0,4x

→

0,6x

Sau phản ứng 2 thì n Ba (OH) còn = 0,05 – 0,6x 2

2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba [ Al(OH) 4 ]2

(3)

Xét hai trường hợp sau: • Trường hợp 1: Nếu Al(OH)3 còn sau phản ứng (3).  n Al(OH)3 còn = 0,4x - 2.(0,05 - 0,6x) = 1,6x - 0,1  mkết tủa = (1,6x – 0,1).78 + 0,6x.233 = 12,045  x = 0,075 mol

 C M ( Al2 ( SO 4 )3 ) = 0,075M

• Trường hợp 2: Nếu Al(OH)3 tan hết theo phản ứng (3) khi đó ta có: 0, 4x ≤ 2(0, 05 − 0, 6x)  0, 6x.233 = 12, 045

(loại) Trang 73

Ví dụ 10: Hòa tan hoàn toàn 7,50 gam hỗn hợp X chứa hai kim loại Mg và Al ở dạng bột nguyên chất vào dung dịch HCl vừa đủ thu được 7,84 lít khí (đktc) và dung dịch A. a) Tính thành phần phần trăm khối lượng các kim loại trong X? b) Cho từ từ lượng dư dung dịch NaOH vào A. Viết phương trình hóa học của các phản ứng. c) Lấy 3,75 gam hỗn hợp X cho tác dụng với dung dịch CuSO 4 dư, lấy chất rắn sinh ra tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được khí NO 2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Tính thể tích khí NO 2 . Giải a) Gọi x và y là số mol của Al và Mg có trong 7,5 gam hỗn hợp X. Các phương trình phản ứng: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 ↑ →

x Mg

1,5x

+ 2HCl → MgCl 2 + H 2 ↑

→

Ta có hệ phương trình:  27x + 24y = 7, 5  x = 0,1 mo1   7,84  3x  2 + y = 22, 4 = 0,35  y = 0, 2 mol 

%m Al =

0,1.27 .100% = 36% 0,1.27 + 0, 2.24

%m Mg = 100% − 36% = 64%

b) Phương trình phản ứng khi cho dung dịch NaOH dư từ từ vào dung dịch A AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 ↓ + 3NaCl

MgCl 2 + 2NaOH → Mg(OH)2 ↓ +2NaCl

NaOH + Al(OH)3 → Na [ Al(OH)4 ] + 2H 2O

c) Trong 3,75 gam hỗn hợp X có 0,05 mol Al và 0,1 mol Mg. Mg + CuSO 4 → MgSO 4 + Cu ↓

0,1

→

0,1 Trang 74

2Al + 3CuSO 4 → Al2 ( SO 4 )3 + 3Cu ↓

0,05

→

0,075

 n Cu = 0,1 + 0,075 = 0,175 mol

Cu + 4HNO3 → Cu ( NO3 )2 + 2NO 2 ↑ +2H 2O

0,175

→

0,35

 VNO2 = 0,35.22,4 = 7,84 lít

C. BÀI TẬP 1. Xác định A, B, C để hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau:

2. X, Y, Z là các hợp chất của Na; X tác dụng với dung dịch Y tạo thành Z. Khi cho Z tác dụng với dung dịch HCl thấy bay ra khí cacbonic. Đun nóng Y cũng thu được khí cacbonic và Z. Hỏi X, Y, Z là những chất gì? Cho X, Y, Z lần lượt tác dụng với dung dịch CaCl2 . Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. 3. Cho các sơ đồ phản ứng hoá học sau đây: X1 + X 2 → Na 2CO3 + H 2O ®iÖn ph©n dung dÞch X 3 + H 2O  → X2 + X4 + H2 ↑ cã mµng ng¨n

X5 + X2 → X6 + H2O X 6 + CO 2 + H 2 O → X 7 + X1 ®iÖn ph©n nãng ch¶y X 5  → X8 + O 2 Na 3 AlF6

a) Chọn các chất X1, X2, X3, X5, X6, X7, X8, thích hợp và hoàn thành các phương trình hoá học của các phản ứng trên. b) Trình bày 3 phản ứng khác nhau để trực tiếp điều chế X2. 4. Hãy xác định các chất có trong A, B, C, D, E, F, G và viết phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm sau: Nung nóng kim loại Al trong không khí, sau một thời gian được chất rắn A. Hoà tan chất rắn A trong H 2SO 4 đặc nóng (vừa đủ) được dung dịch B và khí C có Trang 75

mùi sốc. Cho natri kim loại vào dung dịch B thu được khí D, dung dịch E và kết tủa G; Cho khí D tác dụng với dung dịch KOH thu được dung dịch F, F vừa tác dụng với dung dịch BaCl2 vừa tác dụng với dung dịch NaOH. 5. Cho 2 cốc A, B có cùng khối lượng. Đặt A, B lên 2 đĩa cân. Cân thăng bằng. Cho vào cốc A 102 gam AgNO3; cốc B 124,2 gam K2CO3. a) Thêm vào cốc A 100 gam dung dịch HCl 29,2% và 100 gam dung dịch H2SO4, 24,5% vào cốc B, Phải thêm bao nhiêu gam nước vào cốc A (hay cốc B) để cân lập lại cân bằng? b) Sau khi cân đã cân bằng, lấy 1/2 dung dịch có trong cốc A cho nhanh vào cốc B. Phải thêm bao nhiêu gam nước vào cốc A để cân lại cân bằng? 6. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học giải thích cho các thí nghiệm sau: a) Cho một cái đinh sắt đã đánh sạch vào ống nghiệm đựng dung dịch CuSO4. b) Nhỏ từ từ, khuấy đều 20ml dung dịch AlCl3 0,5M vào ống nghiệm đựng 20ml dung dịch NaOH 2M. c) Sục khí SO2 dư vào dung dịch nước brom. d) Cho hỗn hợp chất rắn trộn đều gồm Ba(OH)2 và NH4HCO3 vào ống nghiệm đựng nước và đun nóng nhẹ. 7. Cho hỗn hợp (A) gồm các chất CaCO3, MgCO3, Na2CO3, K2CO3, trong đó Na2CO3 và K2CO3 lần lượt chiếm a% và b% theo khối lượng của (A), biết trong điều kiện của thí nghiệm khi nung (A) chỉ có phản ứng phân hủy của CaCO3, MgCO3. Nung (A) một thời gian thu được chất rắn (B) có khối lượng bằng 80% khối lượng của (A) trước khi nung, để hòa tan vừa hết 10 gam (B) cần 150ml dung dịch HCl 2M. Nung (A) đến khối lượng không đổi thu được chất rắn (C). Viết toàn bộ các phản ứng đã xảy ra và lập biểu thức tính phần trăm khối lượng của (C) so với (A) theo a và b. 8. Cho cẩn thận kim loại Ca vào dung dịch HNO3 loãng thu được dung dịch X chứa hai chất tan và hỗn hợp Y gồm 2 khí không màu, không hóa nâu trong không khí. Cho dung dịch X tác dụng với Al dư được dung dịch Z và hỗn hợp khí T cũng chứa 2 khí không màu, không hóa nâu trong không khí. Dung dịch Z tác dụng với dung dịch Na2CO3 tạo thành kết tủa G. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra (nếu có). 9. Hoà tan hết 4,52 gam hỗn hợp X gồm hai muối cacbonat của hai kim loại kiềm thổ thuộc hai chu kì liên tiếp vào 120 gam dung dịch HCl 3,65%, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và V lít CO2 (đktc). Hấp thụ hết V lít khí này vào dung dịch Ca(OH)2 thu được 3 gam kết tủa, lọc bỏ kết tủa đun nóng nước lọc lại thu được 1 gam kết tủa nữa. a) Xác định tên hai kim loại kiềm thổ Trang 76

b) Tính C% các chất trong dung dịch Y. 10. Cho 7,6 gam hỗn hợp hai muối hiđrocacbonat của hai kim loại kiềm thổ ở hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn, tác dụng vừa đủ với a gam dung dịch HCl 10%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và V lít khí B (đktc). Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với b gam dung dịch AgNO3 20% thu được 14,35 gam kết tủa. a) Xác định công thức hai muối. b) Tính a, b, V. c) Hấp thụ hết V lít khí B vào 80ml dung dịch Ca(OH)2 1M. Tính khối lượng kết tủa thu được. 11. Chia m gam hỗn hợp X gồm NaHCO3 và Na2CO3 thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với dung dịch BaCl2 dư, sinh ra 29,55 gam kết tủa. Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2, xuất hiện 49,25 gam kết tủa. a) Tính giá trị của m. . b) Hoà tan m gam X vào nước thu được dung dịch Y. Nhỏ rất từ từ 700ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch Y. Tính thể tích khí CO2 thoát ra (đktc). 12. Hoà tan một muối cacbonat kim loại A bằng lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 9,8% (loãng) thu được dung dịch muối sunfat có nồng độ 11,54%. a) Xác định công thức của muối cacbonat. b) Nung 0,42 gam muối cacbonat kim loại A trên trong bình kín không chứa không khí đến phản ứng hoàn toàn, thu được khí X. Hấp thụ hết lượng khí này vào 1 lít dung dịch chứa K2CO3 0,01M và KOH 0,011M, Sau khi kết thúc các phản ứng thu được 1 lít dung dịch Y. Tính pH và cân bằng trong dung dịch Y. Biết H2CO3 có Ka1 = 10−6,35 và Ka 2 = 10−10,35 13. Nung m gam hỗn hợp X gồm (NH4HCO3, Cu(OH)2.CuCO3 trong bình kín không có không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn Y và hỗn hợp Z (gồm khí và hơi). Cho Z phản ứng với dung dịch HCl dư, kết thúc phản ứng thu được 7,49 gam muối. Hoà tan hết Y trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng sinh ra 3,36 lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Tính giá trị của m. 14. Cho m gam NaOH vào 2 lít dung dịch NaHCO3 nồng độ a mol/l, thu được 2 lít dung dịch X. Lấy 1 lít dung dịch X tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư) thu được 11,82 gam kết tủa. Mặt khác, cho 1 lít dung dịch X vào dung dịch CaCl2 (dư) rồi đun nóng, sau khi kết thúc các phản ứng thu được 7,0 gam kết tủa. Tính giá trị của a và m.

Trang 77

15. Hỗn hợp X gồm Ca và 2 kim loại kiềm ở 2 chu kì liên tiếp. Lấy 9,1 gam hỗn hợp X tác dụng hết với H2O thu được dung dịch Y và 7,84 lít khí H2 (đktc). Đem dung dịch Y tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung dịch Z, cô cạn dung dịch Z thì thu được m gam chất rắn khan. Xác định hai kim loại kiềm và tính giá trị của m. 16. Cho m gam hỗn hợp X gồm C, P, S vào dung dịch HNO3 đặc, nóng, dư. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp hai khí trong đó có 0,9 mol khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. Đem dung dịch Y tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được 4,66 gam kết tủa. Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X trong oxi dư thì thể tích khí oxi (đktc) đã phản ứng là bao nhiêu? 17. Hòa tan hoàn toàn 9,24 gam Mg vào dung dịch HNO3 dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và hỗn hợp 2 khí gồm 0,025 mol N2O và 0,15 mol NO. Tính số mol HNO3 đã bị khử ở trên và khối lượng muối trong dung dịch Y. 18. Cho 1,74 gam hỗn hợp X gồm kim loại M (nhóm IIA) và Al tác dụng hết với dung dịch HNO3 đặc nóng, dư thu được 0,1 mol NO2. Mặt khác, cho 2,1 gam M phản ứng hết với lượng dư dung dịch HCl thì thể tích khí H2 thu được vượt quá 1,12 lít (đktc). Xác định kim loại M. 19. Có 500ml dung dịch X chứa Ba 2+ , HCO3− , Cl− và Na + . Cho 100ml dung dịch X tác dụng với lượng dư dung dịch NaHSO4 thu được 11,65 gam kết tủa và 2,24 lít khí (đktc). Cho 100ml dung dịch X phản ứng với dung dịch AgNO3 dư, xuất hiện 17,22 gam kết tủa. Nếu cô cạn 300ml dung dịch X còn lại thì thu được m gam chất rắn khan. Tính giá trị của m. 20. Lấy một hỗn hợp Al và Fe2O3 đem thực hiện phản ứng nhiệt nhôm trong bình kín không có không khí. Để nguội hỗn hợp sau phản ứng, nghiền nhỏ, trộn đều rồi chia thành hai phần. Phần 1 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 8,96 lít khí H2 (đktc) và phần không tan trong dung dịch NaOH có khối lượng bằng 44,8% khối lượng phần 1. Hoà tan hết phần 2 trong HCl thì thu được 26,88 lít H2 (đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Tính khối lượng mỗi phần b) Tính khối lượng từng chất trong hỗn hợp ban đầu. 21. Nung 16,2 gam hỗn hợp A gồm các oxit MgO, Al2O3 và MO trong ống sứ rồi cho luồng khí H2 đi qua. Ở điều kiện thí nghiệm H2 chỉ khử được MO với hiệu suất 80%, lượng hơi nước tạo ra chỉ được hấp thụ 90%. Khi cho 15,3 gam dung dịch H2SO4 kết quả thu được dung dịch H2SO4 mới sau khi hấp thụ có khối lượng là 15,948 gam. Chất rắn còn lại trong ống sứ được hoà tan bằng axit HCl vừa đủ thu được dung dịch B và còn lại 2,56 gam chất rắn kim loại M không tan. Lấy 1/10 dung dịch B cho tác dụng với NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung ở nhiệt độ cao đến khi khối lượng không đổi thì thu được 0,28 gam oxit. - Tính khối lượng của nguyên tử M - Tính thành phần phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp. Trang 78

22. Hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 có phần trăm khối lượng oxi là 30,77% so với khối lượng hỗn hợp. a) Tính phần trăm số mol của mỗi chất trong X. b) Hoà tan 156 gam X trong 5 lít dung dịch chứa NaOH 0,6M + KOH 0,4M. Tính thể tích khí thoát ra (đktc) và thể tích dung dịch (HCl 1,2M + H2SO4 0,4M) để cho vào dung dịch thu được sau phản ứng để dung dịch bắt đầu có kết tủa và có kết tủa cực đại. 23. Cho 18,64 gam hỗn hợp X gồm Al2O3, Al, Fe. Trộn 8 gam CuO vào hỗn hợp X được hỗn hợp Y. Hoà tan hết Y trong V lít HNO3 1,5M thu được dung dịch A và 4,48 lít NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Cho một lượng dung dịch NaOH 2M vào dung dịch A cho đến khi lượng kết tủa không thay đổi thì cần dùng hết 800ml. Lọc rửa kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 19,2 gam chất rắn. a) Tính phần trăm khối lượng các chất trong Y. b) Tính giá trị của V, c) Nếu muốn thu được lượng kết tủa lớn nhất thì cần cho 850ml dung dịch NaOH a (mol/l) vào dung dịch A. Tính giá trị của a và lượng kết tủa lớn nhất đó. d) Điện phân dung dịch A trong khoảng thời gian 51 phút 28 giây, với điện cực trợ, cường độ 10A. Tính khối lượng kim loại bám vào catot và thể tích khí thoát ra ở anot. e) Dung dịch A hoà tan tối đa bao nhiêu gam Mg. Giả sử Mg tác dụng với HNO3 cho ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất). 24. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na2O và Al2O3 vào nước thu được dung dịch X trong suốt. Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào X, khi hết 100ml thì bắt đầu xuất hiện kết tủa ; khi hết 300ml hoặc 700ml thì đều thu được a gam kết tủa. Tính giá trị của a và m. 25. Cho 400ml dung dịch E gồm AlCl3 x mol/lít và Al2(SO4)3 y mol/lít tác dụng với 612ml dung dịch NaOH 1M, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 8,424 gam kết tủa. Mặt khác, khi cho 400ml E tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư) thì thu được 33,552 gam kết tủa. Tính tỉ lệ x : y. 26. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm (trong điều kiện không có oxi) hỗn hợp gồm Fe3O4, Al thu được 80,4 gam hỗn hợp X. Chia X thành hai phần: Phần 2 có khối lượng gấp 3 lần khối lượng phần 1. Phần 1 tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch NaOH 1M. Phần 2 khi tác dụng với HNO3 đặc nóng, dư thì thu được V lít khí NO2 (đktc). Tính giá trị của V. 27. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm (trong điều kiện không có không khí, hiệu suất 100%) với 9,66 gam hỗn hợp X gồm Al và một oxit sắt, thu được hỗn hợp rắn Y. Hòa tan Y bằng dung dịch NaOH dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Z, chất không tan T và 0,03 mol khí. Sục CO2 đến dư vào dung dịch Z, lọc lấy kết tủa nung đến Trang 79

khối lượng không đổi được 5,1 gam một chất rắn. Xác định công thức của oxit sắt và tính khối lượng của nó trong hỗn hợp X. D. HƯỚNG DẪN GIẢI 1. Ta có: A là Al2O3, B là Na[Al(OH)4] và C là AlCl3.

Các phương trình hóa học của phản ứng theo sơ đồ: (1) 2Al + 2NaOH + 6H 2O → 2Na [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 ↑ 0

t (2) 4Al + 3O 2  → 2Al2O3 ®pnc (3) 2Al2 O3  → 4Al + 3O 2 Na 3AlF6

(4) Al2O3 + 2NaOH + 3H 2O → 2Na [ Al(OH)4 ] (5) 2Al + 3Cl 2 → 2AlCl3 (6) 3Mg + 2AlCl3 → 3MgCl 2 + 2Al

(7)Na [ Al(OH)4 ] + 4HCl → NaCl + AlCl3 + 4H 2 O (8)AlCl3 + 4NaOH dư → Na [ Al(OH)4 ] + 3NaCl

(9)Na [ Al(OH)4 ] + CO 2 → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 (10)Al(OH)3 + NaOH → Na [ Al(OH)4 ] 0

(11)2Al(OH)3 t → Al2 O3 + 3H 2O (12)AlCl3 + 3NH 3 + 3H 2O → Al(OH)3 ↓ +3NH 4Cl (13) Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H 2O

2. Vì khi cho Z tác dụng với dung dịch HCl có khí cacbonic thoát ra, X tác dụng với Y thành Z, đun nóng Y lại thu được khí cacbonic và Z, chứng tỏ: Z là muối cacbonat Na2CO3, Y là muối natrihiđrocacbonat NaHCO3, X là natrihiđroxit NaOH. Các phương trình hóa học: Na 2CO3 + 2HCl → NaCl + H 2 O + CO 2 ↑ Trang 80

NaOH + NaHCO3 → Na 2CO3 + H 2O

2NaHCO3 → Na 2CO3 + H 2 O + CO 2 ↑

Các phản ứng hóa học khi cho A, B, C phản ứng với dung dịch CaCl2: 2NaOH + CaCl2 → Không xảy ra NaHCO3 + CaCl2 → Không phản ứng Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 ↓ + 2NaCl 3. a) Các chất thích hợp với X1 , X 2 , X 3 , X 5 , X 6 , X 7 , X8 lần lượt có thể là: X1 : NaHCO3 , X 2 : NaOH, X 3 : NaCl, X 5 : Al 2O3 , X 6 : NaAlO 2 , X 7 : Al(OH)3 , X 8 : Al

Các phương trình hóa học lần lượt là: NaHCO3 + NaOH → Na 2CO3 + H 2O ®iÖn ph©n dung dÞch 2NaCl + 2H 2O  → 2NaOH + Cl 2 + H 2 cã mµng ng¨n

Al2O3 + 2NaOH + 3H 2O → 2Na [ Al(OH) 4 ] Na [ Al(OH)4 ] + CO 2 → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 ®iÖn ph©n nãng ch¶y 2Al2 O3   → 4Al + 3O 2 Na 3 AlF6

b) Để trực tiếp điều chế ra NaOH ta có thể sử dụng thêm các phản ứng: 2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 ↑ Na 2O + H 2O → 2NaOH Na 2 CO3 + Ba(OH)2 → 2NaOH + BaCO3 ↓

4. A : Al, Al2O3 ; B : Al2 (SO 4 )3 ; C : SO2 ; D : H 2 ; E : Na 2SO 4 , NaAlO2 ;G : 2Al(OH)3 ; F : KHSO3 , K 2SO3

(1)

t 4Al + 3O 2  → 2Al 2O3

Do A tác dụng với H2SO4 đặc, nóng thu được khí D  chứng tỏ chất rắn A có Al dư. t → Al2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2O 2Al + 6H 2SO 4 đặc 

( 2)

t → Al2 ( SO 4 )3 + H 2O 2Al2 O3 + H 2SO 4 đặc 

( 3)

2Na + 2H 2 O → 2NaOH + H 2 ↑

( 4)

Al2 ( SO 4 )3 + 6NaOH → 2Al(OH)3 ↓ +3Na 2SO 4

( 5)

Trang 81

Al(OH)3 + NaOH → Na [ Al(OH) 4 ] + 2H 2O

(6)

Do dung dịch F vừa tác dụng được với dung dịch BaCl2, tác dụng với dung dịch NaOH: Chứng tỏ dung dịch F có chứa 2 muối SO 2 + KOH → KHSO3

(7)

SO 2 + 2KOH → K 2SO3 + H 2O

( 8)

Hoặc: KHSO3 + KOH dư → K 2SO3 + H 2 O 2KHSO3 + 2NaOH → K 2SO3 + Na 2SO3 + 2H 2O

(9)

K 2SO3 + BaCl 2 → BaSO3 + 2KCl

(10 )

5. n AgNO = 3

n HCl =

102 124, 2 = 0, 6mol; n K2CO3 = = 0,9mol 170 138

100.29, 2 100.24, 5 = 0,8mol; n H2SO4 = = 0, 25mol 100.36, 5 100.98

a) Trong cốc A: AgNO3 + HCl → AgCl ↓ + HNO3

(1)

0,6 → 0,6 → 0,6 → 0,6  n HCl còn = 0,8 − 0, 6 = 0, 2mol  Khối lượng các chất trong cốc A:

102 + 100 = 202 gam Trong cốc B: K 2 CO3 + H 2SO 4 → K 2SO 4 + CO 2 ↑ + H 2 O

(2)

0,25 ← 0,25 → 0,25 → 0,25  n K 2CO3 còn = 0,9 − 0, 25 = 0, 65 mol  Khối lượng các chất trong cốc B:

124, 2 + 100 − 0, 25.44 = 213, 2gam

Vậy để cân cân bằng, cần thêm vào cốc A lượng nước: 213, 2 − 202 = 11, 2 gam

b) Lượng dung dịch có ở cốc A : m A − AgCl = 213, 2 − 0, 6.143,5 = 127,1gam

Trang 82

1 127,1 dung dịch có trong cốc A có khối lượng: = 63,55 gam và chứa: 0,1 2 2 molHCl;0, 3molHNO3  Σn H + = 0,1 + 0,3 = 0, 4mol

Cốc B chứa: 0,65 mol K2CO3 và 0,25 mol K2SO4. CO32 − + 2H + → CO 2 ↑ + H 2 O

0,2 ← 0,4 → 0,2  Khối lượng cốc B sau phản ứng trên là:

213, 2 + 63,55 − 0, 2.44 = 267,95 gam  Khối lượng cốc A sau khi rót: 213, 2 − 63,55 = 149, 65 gam  Lượng nước cần rót thêm vào A để cân lập lại cân bằng:

267,95 − 149, 65 = 118,3gam

6. a) Đinh sắt mạ đồng nên đinh sắt có màu đỏ do đồng bám vào. Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu

b) Có kết tủa keo, sau đó kết tủa tan ngay do dung dịch luôn dư bazơ khi thêm muối nhôm. 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 ↓ +3NaCl

NaOH + Al(OH)3 → Na [ Al(OH)4 ] + 2H 2O

c) Nước brom nhạt màu và sau đó mất màu. SO 2 + Br2 + 2H 2 O → H 2SO 4 + 2HBr

d) Có kết tủa trắng, khí mùi khai bay ra. 0

t Ba(OH) 2 + NH 4 HCO3  → BaCO3 ↓ + NH 3 ↑ +2H 2 O

7. Các phương trình hóa học: CaCO3 → CaO + CO 2 MgCO3 → MgO + CO 2 CaCO3 + 2HCl → CaCl 2 + CO 2 + H 2 O MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO 2 + H 2O Na 2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO 2 + H 2 O K 2 CO3 + 2HCl → 2KCl + CO 2 + H 2O

Trang 83

CaO + 2HCl → CaCl 2 + H 2O MgO + 2HCl → MgCl 2 + H 2O  n HCl = 0,3mol  Chọn 100 gam(A)  80 gam(B)  n HCl = 2, 4 mol

Dùng định luật bảo toàn để thấy số mol HCl phản ứng với (A) hay (B) hay (C) là như nhau, khối lượng CO2 là: b   a 1, 2 −  +  ⋅ 44  106 138 

 b   a 1, 2 −  +   mC  106 138    = 1− 44 mA 100

Hoặc hệ thức tương đương. 8. Các phản ứng có thể xảy ra: 4Ca + 10HNO3 → 4Ca ( NO3 )2 + N 2 O + 5H 2 O 5Ca + 12HNO3 → 5Ca ( NO3 )2 + N 2 + 6H 2 O 4Ca + 10HNO3 → 4Ca ( NO3 ) 2 + NH 4 NO3 + 3H 2 O Ca + 2H 2 O → Ca(OH)2 + H 2 ↑

• Trường hợp 1: Dung dịch X gồm Ca ( NO3 )2 và HNO3 8Al + 30HNO3 → 8Al ( NO3 )3 + 3N 2 O ↑ +15H 2 O 10Al + 36HNO3 → 10Al ( NO3 )3 + 3N 2 + 18H 2 O 8Al + 30HNO3 → 8Al ( NO3 )3 + 3NH 4 NO3 + 9H 2 O

Dung dịch Z gồm Al ( NO3 )3 , Ca ( NO3 )2 có thể có NH 4 NO3 2Al ( NO3 )3 + 3Na 2 CO3 + 3H 2 O → 2Al(OH)3 ↓ +3CO 2 ↑ +6NaNO3 CaNO3 )2 + Na 2 CO3 → CaCO3 ↓ +2NaNO3

• Trường hợp 2: Dung dịch X gồm Ca ( NO3 )2 và Ca ( OH )2 2Al + Ca(OH) 2 + 2H 2 O → Ca ( AlO 2 )2 + 3H 2 ↑ 16Al + 5Ca(OH)2 + 4H 2 O + 3Ca ( NO3 )2 → 8Ca ( AlO 2 )2 + 6NH 3

Trang 84

Dung dịch Z tác dụng với Na2CO3: Ca 2 + + CO32 − → CaCO3

• Trường hợp 3: Dung dịch X chứa Ca(NO3)2 và NH4NO3: Khi cho Al vào X thì không xảy ra phản ứng. Vậy trường hợp này loại. 9. CO 2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H 2 O

←

0,03

2CO 2 + Ca(OH) 2 → Ca ( HCO3 )2 ←

0,02

0,01

Ca ( HCO3 )2 t → CaCO3 + CO 2 + H 2 O 0

←

0,01

 Σn CO2 = 0, 05(mol)

Đặt công thức chung của hai muối là MCO3 MCO3 + 2HCl → MCl2 + CO 2 + H 2 O

0,05 ← 0,1  M + 60 =

←

0,05

4,52 = 90, 4  M = 30, 4(gam/ mol) 0, 05

 M1 = 24(Mg) < M = 30, 4 < M 2 = 40(Ca)

b) n HCl còn = 0,12 − 0,1 = 0, 02(mol) Đặt n MgCO = x(mol); n CaCO = y(mol) 3

 x + y = 0, 05

 x = 0, 03(mol)  84x + 100y = 4,52  y = 0, 02(mol)

Ta có hệ: 

m ddY = 4,52 + 600 − 44.0, 05 = 602, 32(gam)

C%MgCl2 =

95.0, 03.100% = 0, 473% 602,32

C% CaCl2 =

111.0, 02.100% = 0, 37% 602, 32

C% HCl =

0, 02.36,5.100% = 0,121% 602,32

Trang 85

10. a) Đặt công thức chung của hai muối là M ( HCO3 )2 M ( HCO3 )2 + 2HCl → MCl 2 + 2CO 2 + 2H 2 O ← 0,1

0,05

→ 0,05 ← 0,1

HCl + AgNO3 → AgCl ↓ + HNO3

←

0,1  M + 61.2 =

0,1

7, 6 = 152  M = 30(gam / mol) 0, 05

 M1 = 24(Mg) < M = 30 < M 2 = 40  Công thức hai muối là Mg ( HCO3 )2 và Ca ( HCO3 )2

b) a =

36,5.0,1.100 170.0,1.100 = 36,5( gam ); b = = 85( gam ) 10 20

V = 0,1.22, 4 = 2, 24 lít CO 2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H 2 O

0,08 ← 0,08

→ 0,08

CO 2 + CaCO3 + H 2 O → Ca ( HCO3 ) 2

0,02 → 0,02  m kết tủa = (0, 08 − 0, 02) ⋅100 = 6(gam)

11. a) • Phần 1: NaHCO3 không phản ứng BaCl 2 + Na 2 CO3 → BaCO3 ↓ +2NaCl 0,15 ←

29,55 = 0,15 197

 n Na 2CO3 = 0,15mol

• Phần 2: Ba 2 + + CO32− → BaCO3 ↓

0,15 → 0,15 Ba 2 + + HCO3− + OH − → BaCO3 ↓ + H 2 O Trang 86

→

x  n BaCO3 = 0,15 + x =

49, 25 = 0, 25  x = 0,1mol 197

 m = m Na 2CO3 + m NaHCO3 = 2(106.0,15 + 84.0,1) = 48, 6gam

b) n H = n HC1 = 0, 7mol +

Phản ứng xảy ra theo thứ tự: CO32 − + H + → HCO3−

0,3 → 0,3 → 0,3  Σn HCO3 = 0, 2 + 0, 3 = 0,5mol; n H + còn = 0, 7 − 0, 3 = 0, 4mol

HCO3− + H + → CO 2 ↑ + H 2 O 0, 4 ← 0, 4 → 0, 4

 VCO2 = 0, 4.22, 4 = 8,96 lít

12. a) Để đơn giản ta cho 1 mol muối cacbonat phản ứng với axit. A 2 ( CO3 ) n + nH 2SO 4 → A 2 ( SO 4 )n + nCO 2 ↑ + nH 2 O → n

 m ddH2SO4 =

→

98n.100 = 1000n(gam) 9,8

 mdd muối sunfat = (2A + 60n) + 1000n − 44n = (2A + 1016n) gam

 C%A2 (SO4 )n =

2A + 96n 11,54 =  A = 12n  n = 2 và A = 24(Mg) 2A + 1016n 100

 Công thức của muối cabonat: MgCO3 b) n MgCO = 3

0, 42 = 0, 005mol; n K2CO3 = 0, 01.1 = 0, 01mol 84

n KOH = 0, 011.1 = 0, 011mol 0

t MgCO3  → MgO + CO 2

0,005

→

0,005

Khí X là CO2 CO 2 + 2OH − → CO32− + H 2 O

Trang 87

0,005 → 0,01 → 0,005  n OH − còn = 0, 011 − 0, 01 = 0, 001mol

 Σn CO2− = 0, 01 + 0, 005 = 0, 015mol 3

Thành phần giới hạn của dung dịch Y : OH − :10−3 M;CO32− :1, 5.10−2 M K + : 0, 031M Dung dịch có môi trường kiềm nên có thể bỏ qua sự phân li của nước. −14  → HCO3− + OH − K b1 = K W = 10 = 10−3,67 (1) CO32− + H 2 O ←  −10,33 K a 2 10

K W 10−14 −  → = −6,35 = 10−7,65 (2) HCO + H 2 O ←  H 2 CO3 + OH K b2 = K al 10 − 3

Do K b1 >> K b2 nên có thể coi (1) là cân bằng chủ yếu trong dung dịch.  → HCO3− + OH − CO32 − + H 2 O ←  C :1, 5.10−2

[] : (1,5.10−2 − x )

K b1 = 10−3,67

10−3

(10

−3

+ x)

Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: x (10 −3 + x ) −2

1, 5 ⋅10 − x

= 10−3,67  x = 1, 284.10−3 M

Vậy: OH −  = 10−3 + 1, 284.10−3 = 2, 284.10−3 M  pH = 14 − pOH = 14 + lg 2, 284.10−3 = 11, 36  HCO3−  = 1, 284.10−3 M; CO32−  = 1, 371.10−2 M ;

[ H 2CO3 ] =

10−7,65 ⋅1, 284.10−3 = 5, 62.10 −8,65 M −3 2, 284.10

13.

( NH 4 )2 CO3 t→ 2NH3 + CO2 + H 2 O 0

→

2a → a

t Cu ( OH ) 2 .CuCO3  → 2CuO + CO 2 + H 2 O 0

→

t 3CuO + 2NH 3  → 3Cu + N 2 + 3H 2 O

Trang 88

2b →

4 b 3

→

Vì Z tác dụng với HCl sinh ra muối nên NH3 còn dư, CuO hết 4    n NH3 còn =  2a − b  mol  Z gồm CO 2 , N 2 , H 2 O (hơi) và NH3 3  

Z + HCl: Chỉ có phản ứng NH 3 + HCl → NH 4 Cl 0,14 ←

7, 49 = 0,14 53,5

4  2a − b = 0,14(*) 3

Chất rắn Y là Cu Cu + 2H 2SO 4 → CuSO 4 + SO 2 ↑ +2H 2 O

→

 n SO2 = 2b =

3,36 = 0,15mol  b = 0, 075mol 22, 4

Thay b vào (*) ta được: a = 0,12mol  m = m( NH 4 )2 CO3 + m Cu ( OH2 ).CuCO3 = 96.0,12 + 222.0, 075 = 28,17gam

14. •

1 X + BaCl 2 : 2

Ba 2 + + CO32− → BaCO3 ↓

0,06 •

← 0,06

1 X + CaCl 2 2 0

t 2HCO3−  → CO 2 ↑ + H 2 O + CO32 −

x/2 Ca 2+

0,25 x +

CO32-

→

CaCO3 ¯

(0, 25x + 0, 06) → (0, 25x + 0, 06) = 0, 07  x = 0, 04 mol

HCO3− + OH − → CO32 − + H 2 O Trang 89

0,12 ← 0,12 ← 0,12   n HCO− = 0,12 + 0, 04 = 0,16mol  a = 0, 08mol /1 3

 m = 40.0,12 = 4,8gam

15.

2M + 2H 2 O → 2MOH + H 2 ↑ →

→ 0,5a

Ca + 2H 2 O → Ca(OH)2 + H 2 ↑

b →

 n H 2 = 0,5a + b = 0,35  a + b < 0, 7  A =

40b + Ma 9,1 < = 13 a+b 0, 7

 X chứa 1 chất có M < 13  Chỉ có thể là Li ( M = 7 )  Chất còn lại là Na ( M = 23)

MOH + HCl → MCl + H 2 O →

Ca(OH) 2 + 2HCl → CaCl 2 + 2H 2 O →

 m = 9,1 + 71.0,35 = 33,95gam

16. n s = n BaSO = 0, 02mol 4

C → C+4 + 4e

→

N +5 + 1e → N +4

0,9 ← 0,9

P → P +5 + 5e

→ 5y

S → S+6 + 6e

0,02 → 0,12  4x + 5y = 0, 78mol

C → C+4 + 4e

O 2 + 4e → 2O −2

x →

a → 4a

P → P +5 + 5e

Trang 90

→

S → S+4 + 4e

0,02 → 0,08  4x + 5y + 0, 08 = 4a  0, 78 + 0, 08 = 4a  a = 0, 215 mol  VO2 = 4,816 lít

17. 2n Mg = 0, 77mol > 3n NO + 8n N O = 0, 65mol 2

+ Có muối NH4NO3 tạo thành. n NH 4 NO3 =

0, 77 − 0, 65 = 0, 015mol 8

 n HNO3 bị khử = 0,15 + 2.0, 025 + 0, 015 = 0, 215mol  mmuối = m Mg ( NO ) + m NH NO = 148.0,385 + 80.0, 015 = 58,18gam 4 3 3 2

18. M → M 2 + + 2e

→

N +5 + 1e → N +4

0,1 → 0,1

Al → Al3+ + 3e

y → 3y

(1)

 2x + 3y = 0,1

Mặt khác:

( 2)

Mx + 27y = 1, 74

Từ (1) và (2) ta rút ra: x=

0,84 < 0, 05  M > 34,8(*) M − 18

M + 2HCl → MCl 2 + H 2 ↑

2,1 M

 n H2 =

→

2,1 M

2,1 > 0, 05  M < 42 M

(**)

Từ (*) và (**)  34,8 < M < 42  M = 40(Ca) Trang 91

19. 100ml dung dịch X + NaHSO 4 dư: HCO3− + HSO 4− → CO 2 ↑ +SO 42 − + H 2 O

←

0,1

Ba 2 + + HSO 4− → BaSO 4 ↓ + H +

←

0,05

Theo định luật bảo toàn điện tích: n Na + + 2n Ba 2+ = n HCO− + n Cl− 3

 n Na + = n HCO− + n Cl− − 2n Ba 2+ = 0,1 + 0,12 − 2.0, 05 = 0,12mol 3

Cô cạn 100ml dung dịch X: 0

2HCO3− t → CO32− + CO 2 ↑ + H 2 O

→

0,1

0,05

 mchất rắn = m Na + + m Ba 2+ + m CO2− + m Cl− 3

= 23.0,12 + 137.0, 05 + 60.0, 05 + 35,5.0,12 = 16,87gam  Cô cạn 300ml dung dịch X sẽ thu được 16,87,3 = 50, 61 gam.

20. a) Vì phân 1 tác dụng với dung dịch NaOH có khí thoát ra nên Al còn, Fe2O3 hết 0

t Al + Fe 2 O3  → Al 2 O3 + 2Fe

Chất rắn sau phản ứng chứa: Al2O3 , Fe và Al dư Đặt: Ald−: x(mol) Phần 1:  Fe: y(mol)  Phần 2: Al O : 0, 5y(mol)  2 3

Ald −: kx(mol)  Fe : ky(mol) Al O : 0,5ky(mol)  2 3

• Phần 1 + dung dịch NaOH dư: Fe không phản ứng Al 2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na  Al ( OH )4  2Al + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na  Al ( OH )4  + 3H 2 ↑

→

1,5x

Trang 92

 n H 2 = 1,5x = 0, 4  x =

0,8 mol 3

Phần không tan là Fe %m Fe =

56y 44,8 =  y = 0, 4 mol 0,8 100 27 ⋅ + 107y 3

• Phần 2 + dung dịch HCl Al 2 O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 O 3 Al + 3HCl → AlCl3 + H 2 ↑ 2 0,8k 3

→

0, 4k

Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑

0,4k

→

 n H 2 = 0,8k =

0,4k 26,88  k = 1,5 22, 4

- Khối lượng của phần 1 = 56.0, 4 + 102.0, 2 + 27.

0,8 = 50gam 3

- Khối lượng của phần 2 = 1, 5.50 = 75 gam 1 2

b) Số mol Fe sinh ra = (1 + k)y = 2, 5.0, 4 = 1mol  n Fe O = n Fe = 0,5mol 2

 m Fe2O3 = 160.0, 5 = 80gam

Theo định luật bảo toàn khối lượng: mAl ban đầu = (50 + 75) − 80 = 45gam 21. Gọi a, b, c lần lượt là số mol MgO, Al2O3 và MO. Khi nung nóng hỗn hợp A thì H2 chỉ khử MO = 80% 0

MO + H 2 t → M + H 2O

0,8c

→

0,8c → 0,8c

Chất rắn còn lại sau phản ứng: a mol MgO, b mol Al2O3, 0,2 mol MO (dư) và 0,8c mol M. Khi dùng H2SO4 hấp thụ H2O thì chỉ hấp thụ được 90% lượng nước tạo thành. Ta có: 0,9.0,8c = 0, 72c mol Trang 93

Lượng nước bị hấp thụ: 15,948 − 15,3 = 0, 648 gam  0, 72c =

0, 648  c = 0, 05mol 18

Chất rắn còn lại: amolMgO, bmolAl2O3 , 0, 01molMO (dư) và 0,8.0, 05 = 0, 04molM Khi hoà tan chất rắn còn lại trong ống sứ: MgO + 2HCl → MgCl 2 + H 2 O

→

Al 2 O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 O

→

MO + 2HCl → MCl 2 + H 2 O

0,01

→

0,01

Kim loại M không tan trong HCl: m M = 2,56 gam  M =

2,56 = 64(Cu) 0, 04

b) Lấy 1/10 dung dịch B có: 0,1amolMg 2+ , 0, 2bmolAl3+ và 0, 001molCu 2+ Vì NaOH dư nên: Al3+ + 4OH − → [ Al(OH) 4 ] Mg 2 + + 2OH − → Mg(OH) 2 ↓ −

0,1a

→

0,1 a

Cu 2+ + 2OH − → Cu(OH)2 ↓

0,01

→

0,01

Nung kết tủa: 0

Mg(OH) 2 t → MgO + H 2 O

0,1a

→

0,1a

Cu(OH)2 t → CuO + H 2 O

0,01

→ 0,01

 mChất rắn = 40.0,1a + 80.0, 001 = 0, 28  a = 0, 05mol

Thành phần hỗn hợp A: Trang 94

%m MgO =

0, 05.40.100% = 12,34% 16, 2

%m CuO =

0, 05.80.100% = 24, 69% 16, 2

%m Al2O3 = 100% − (12, 34% + 24, 69%) = 62, 97%

22. a) Gọi x, y lần lượt là số mol Al và Al2O3. Theo đề ra, ta có: %O =  %n Al =

48y 30, 77 1 = y= x 27x + 102y 100 2

x.100% x.100% = = 66, 67% x+y x + 0,5x

 %n Al2O2 = 100% − 66, 67% = 33,33%

b) Trong 156 gam X chứa 2 (mol) Al và 1 (mol) Al2O3 n OH − = n KOH + n NaOH = 5(mol) Al 2 O3 + 2OH − + 3H 2 O → 2 [ Al(OH) 4 ]

−

1→ 2

→

2Al + 2OH − + 6H 2 O → 2 [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 −

2 → 2

→

 VH 2 = 3.22, 4 = 67, 2 lít ; n OH − (còn ) = 5 − 4 = 1(mol)

Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích dung dịch HCl 1,2M + H2SO4 0,4M) để cho vào dung dịch thu được sau phản ứng để dung dịch bắt đầu có kết tủa và có kết tủa cực đại. • Để bắt đầu có kết tủa : Chỉ có phản ứng trung hoà OH- dư. OH − + H + → H 2 O

→ 1

 n H + = n HCl + 2n H 2SO4 = 1, 2V1 + 2.0, 4V1 = 1  V1 = 0,5 (lít)

• Để có kết tủa cực đại : [Al(OH)4] kết tủa hết OH − + H + → H 2 O

1 → 1 Trang 95

[ Al(OH)4 ]

−

+ H + → Al(OH)3 ↓ + H 2 O

→

 n H + = n HCl + 2n H 2SO4 = 1, 2V2 + 2.0, 4V2 = 5  V2 = 2, 5 (lít)

23. a) n NO =

4, 48 8 = 0, 2(mol); n CuO = = 0,1(mol) 22, 4 80

• Y + HNO3 : CuO + 2HNO3 → Cu ( NO3 )2 + H 2 O

0,1 → 0,2 →

0,1

Al 2 O3 + 6HNO3 → 2Al ( NO3 )3 + 3H 2 O

→ 6x

→

Al + 4HNO3 → Al ( NO3 )3 + NO ↑ +2H 2 O

y → 4y →

→

Fe + 4HNO3 → Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +2H 2 O

z → 4z

→

→ z

 n NO = y + z = 0, 2 (1)

Mặt khác: m X = 102x + 27y + 56z = 18, 64 ( 2 )

• A + NaOH và nung kết tủa 0

t Cu 2+ + 2OH − → Cu(OH) 2  → CuO

0,1 → 0,2 →

→

0,1

t 2Fe3+ + 6OH − → 2Fe(OH)3  → Fe 2 O3

z → 3z

→

0,5z

Al3+ + 3OH − → Al(OH)3 (2x + y) → 3(2x + y) → (2x + y) Al(OH)3 + OH − → [ Al(OH)4 ]

−

Trang 96

(2x + y) → (2x + y) HNO3 + NaOH → NaNO3 + H 2 O

m CR = m CuO + m Fe3O2 = 80z + 80.0,1 = 19, 2 → z = 0,14

( 3)

 x = 0, 09(mol) Từ (1), (2) và (3)   y = 0, 06(mol) z = 0,14(mol)  m Y = 18, 64 + 8 = 26, 64(gam)

%m CuO =

8.100% = 30, 03% 26, 64

%m Al2O3 = %m Al =

0, 09.102.100% = 34, 46% 26.64,

0, 06.27.100% = 6, 08% 26, 64

%m Fe = 100% − (30, 03 + 34, 46 + 6, 08)% = 29, 43%

b) n NaOH = 0,8.0, 2 = 1, 6(mol)  0, 2 + 3z + 4(2x + y) + n HNO3 (dư) = 1, 6  n HNO3 (dư) = 0, 02(mol)

 Σn HNO3 (ban đầu) = 0, 02 + 6x + 4y + 4z + 0, 2 = 1,56(mol)  VddHNO3 =

1, 56 = 1, 04 (lít) 1,5

c) Để lượng kết tủa lớn nhất thì không có phản ứng hoà tan Al(OH)3 nNaOH (cần dùng) = 1, 6 − (2x + y) = 1,36(mol) a =

1,36 = 1, 6(M) 0,8

Khi đó: mkết tủa = m Al(OH) + mCu (OH) + m Fe(OH) 3

= 0, 24.78 + 0,1.98 + 0,14.107 = 43, 5(gam)

d) Thời gian điện phân t = 51.60 + 28 = 3088 (s) Số electron mà catot phóng ra = số electron mà anot nhận vào = Ở catot (-):

It = 0,32(mol) F

Ở catot (+):

Trang 97

Fe3+ ; Cu 2 + ; Al3+ ;H + ; H 2 O

NO3− ; H 2 O 2H 2 O → O 2 + 4H + + 4e

Fe3+ + 1e → Fe 2 + Cu 2+ + 2e → Cu

0,08 ← 0,32

2H + + 2e → H 2 Fe2 + + 2e → Fe 2+ Ta thấy: 1.n 3Fe+ + 2n Cu = 0,14 + 0, 2 = 0, 34(mol) > 0, 32(mol)

 Cu 2+ chưa điện phân hết nCu 2 + (điện phân) =

0,32 − 0,14 = 0, 09(mol) 2

 m catôt (tăng) = 64.0, 09 = 5, 76(gam)

 VO2

anôt

= 0, 08.22, 4 = 1, 792

e) Mg + dung dịch A: Phản ứng xảy ra theo thứ tự: 3Mg + 8HNO3 → 3Mg ( NO3 )2 + 2NO + 4H 2 O 0, 0075 ← 0, 02 Mg + 2Fe3+ → Mg 2 + + 2Fe2 + 0,07 ← 0,14

→

0,14

Mg + Cu 2+ → Mg 2 + + Cu 0,1 ← 0,1 Mg + Fe 2 + → Mg 2 + + Fe 0,14 ← 0,14 3Mg + 2Al3+ → 3Mg 2 + + 2Al 0, 36 ← 0, 24  Σn Mg = 0, 6775(mol)  m Mg = 16, 26(gam)

24.

Na 2 O + H 2 O → 2NaOH

→

Al 2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ]

y →

→

2y Trang 98

 n NaOH còn = 2(x − y) mol NaOH + HCl → NaCl + H 2 O

0,1 ← 0,1  2(x − y) = 0,1  x − y = 0, 05

(1)

Na [ Al(OH) 4 ] + HCl → Al(OH)3 ↓ + NaCl + H 2 O

Nếu Na [ Al(OH) 4 ] hết, HCl còn Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H 2 O

Số mol HCl dùng để phản ứng với Na[Al(OH)4] hoặc cả với Al(OH)3 thu được a gam kết tủa là x1 = 0,2 hoặc x2 = 0,6 mol. Ta có:

 x 2 − x 0 = 3 ( x 0 − x1 )  x0 =

x 2 + 3x1 0, 6 + 3.0, 2 = = 0,3mol 4 4

 2y = 0,3  y = 0,15 mol

Kết hợp (1)  x = 0, 2mol  m = 62.0, 2 + 102.0,15 = 27, 7gam 25. n Al3+ = (0, 4x + 0,8y)mol; n so2− = 1, 2ymol 4

SO 24− + Ba 2 + → BaSO 4 ↓ 0,144 ← 0,144  1, 2y = 0,144 → y = 0,12 mol Al3+ + 3OH − → Al(OH)3 Al(OH)3 + OH − → [ Al(OH) 4 ]

−

n OH − = n NaOH = 0, 612(mol); n Al(OH)3 =

8, 424 = 0,108(mol) 78 Trang 99

 n OH − trong kết tủa = 0,324 < 0, 612

 n OH− trong Al(OH)−4 = 0, 612 − 0,324 = 0, 288mol  n Al3+ = 0, 4x + 0,8.0,12 = 0,108 + (0, 288 : 4)  x = 0, 21  x : y = 7 : 4

26.

8Al + 3Fe3O 4 t → 9Fe + 4Al2 O3

Ban đầu:

Phản ứng:

( a − 8x ) ( b − 3x )

Còn:

Hỗn hợp thu được tối đa gồm: Al, Fe3O 4 , Fe và Al2O3  27a + 232b = 80, 4

(1)

• Phần 1: Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO 2 + H 2O 3 Al + NaOH + H 2 O → NaAlO 2 + H 2 2  n NaOH =

1 1 (a − 8x) + ⋅ 8x = 0,1  a = 0, 4 4 4

Kết hợp (1)  b = 0,3 mol • Phần 2 + HNO3: Vì sản phẩm thu được là muối Al3+ và Fe3+ nên ta có thể coi như 3/4 hỗn hợp ban đầu phản ứng với HNO3. Al → Al3+ + 3e

0,3

→

0,9

N +5 + 1e → N +4

c ←c

Fe3O 4 → 3Fe3+ + 4O 2 − + 1e

0,225 → 0,225

 c = 0,9 + 0, 225 = 1,125mol  V = 25, 2 lít

27.

2yAl + 3Fe x O y t → yAl 2 O3 + 3xFe

Y phản ứng với dung dịch NaOH sinh ra khí H2  Al còn, FexOy hết

Trang 100

3 Al + NaOH + 3H 2 O → Na [ Al(OH) 4 ] + H 2 ↑ 2

←

0,02

←

0,02

0,03

Al 2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] →

Na [ Al(OH) 4 ] + CO 2 → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 →

t 2Al(OH)3  → Al 2 O3 + 3H 2 O

(2a + 0, 02) → (a + 0, 01)

 n Al2O3 = a + 0, 01 =  n Fe =

5,1  a = 0, 04mol 102

9, 66 − 27.0, 02 − 102.0, 04 = 0, 09mol 56 0

2yAl + 3Fe x O y t → yAl2 O3 + 3xFe 0,12 ← 0,04 y 

→

0,12x y

0,12x x 0, 09 3 0,12 = 0, 09  = = ( Fe3O 4 )  m Fe3O4 = 232 ⋅ = 6,96gam y y 0,12 4 4

---Hết---

Trang 101

Chuyên đề 7.

CROM – SẮT – ĐỒNG VÀ MỘT SỐ KIM LOẠI KHÁC

A. LÍ THUYẾT CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO I. CROM VÀ HỢP CHẤT CỦA CROM 1. Crom Crom có cấu tạo mạng tinh thể lập phương tâm khối. Cấu hình electron: Cr(Z = 24) :[Ar]3d5 4s1

Crom là nguyên tố nhóm d, ở trạng thái cơ bản có 6 electron độc thân. Trong các hợp chất, crom có số oxi hoá biến đổi từ +1 đến +6. Phổ biến hơn cả là số oxi hoá +2, +3, +6. Crom là kim loại cứng nhất trong tất cả các kim loại. Thế điện cực chuẩn:

Bán kính: rCr = 0,13(nm) > rCr = 0, 084(nm) > rCr = 0, 069(nm) 2+

a) Tính chất hóa học • Tác dụng với phi kim Giống như kim loại nhôm, ở nhiệt độ thường trong không khí, kim loại crom tạo màng mỏng Cr2O3 có cấu tạo mịn, đặc chắc và bền vững bảo vệ. Ở nhiệt độ cao, crom khử được nhiều phi kim. Thí dụ: 0

t 4Cr + 3O 2  → 2Cr2O3 0

t 2Cr + 3S  → Cr2S3

Trang 1

t 2Cr + 3Cl2  → 2CrCl3 0

t 2Cr + N 2  → 2CrN

• Tác dụng với nước E 0Cr3+ /Cr = −0, 74V < E 0H2O/H2 = −0, 41V(pH = 7) nên Cr có thể khử được H2O. Tuy nhiên trong

thực tế crom không tác dụng được với nước ở nhiệt thường do có màng oxit bảo vệ. Khi nung đến nhiệt độ nóng đỏ, crom khử được nước tạo ra khí H2. 0

t 2Cr + 3H 2 O  → Cr2 O3 + 3H 2 ↑

Khác với Al thì Cr không tan trong dung dịch kiềm. • Tác dụng với axit Trong dung dịch loãng nóng, màng oxit bị phá huỷ, crom khử được H+ tạo ra muối Cr (II) màu xanh lam và khí H2. Cr + 2H + → Cr 2+ + H 2 ↑ E 0Cr 2+ Cr = −0,91V

Với axit có tính oxi mạnh thì crom bị oxi hoá thành muối Cr(III) t Cr + 6HNO3 đặc  → Cr ( NO3 )3 + 3NO 2 ↑ +3H 2 O 0

t → Cr2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O 2Cr + 6H 2SO 4 đặc  0

t Cr + HNO3 + 3HCl  → CrCl3 + NO ↑ +2H 2 O

Tương tự như nhôm, crom không tác dụng với HNO3 và H2SO4 đặc, nguội mà bị “thụ động hoá” bởi các axit này do đã tạo ra lớp oxit bền bảo vệ bề mặt crom. b) Sản xuất Quặng crom có ý nghĩa thực tiễn chủ yếu là cromit có thành phần FeO.Cr2O3 hay FeCr2O4 (lẫn một ít Al2O3 và SiO2). Nước ta có mỏ cromit lớn ở Cổ Định (Nông Cống Thanh Hoá). Từ quặng người ta không luyện ra crom nguyên chất mà luyện ra ferocrom là một trong những hợp kim quan trọng nhất của sắt chứa trên 60% crom. lß ®iÖn FeO.Cr2 O3 + 4C  → 2Cr + Fe + 4CO

Muốn điều chế crom nguyên chất, người ta nung quặng cromit với K2CO3 trong không khí ở nhiệt độ cao. 3 2FeO.Cr2 O3 + 4K 2 CO3 + O 2 (kk) → 4K 2 CrO 4 2

Fe 2 O3 + 4CO

Trang 2

tan trong nước không tan K2CrO4 dễ hoà tan trong nước còn Fe2O3 thì không tan nên được tách ra. Khử K2CrO4 thành Cr2O bằng cacbon. 0

t 2K 2 CrO 4 + 2C  → Cr2 O3 + K 2 CO3 + K 2 O + CO

Cuối cùng dùng phương pháp nhiệt nhôm để khử Cr2O3. 0

t Cr2 O3 + 2Al  → Al2 O3 + 2Cr

2. Crom (II) oxit, CrO. CrO là một oxit bazơ, tác dụng với dung dịch HCl, H2SO4 loãng tạo thành muối crom(II): CrO + 2HCl → CrCl 2 + H 2 O

Cro có tính khử, trong không khí dễ bị oxi hoá thành Cr2O3. 4CrO + O 2 → 2Cr2 O3

3. Crom (II) hiđroxit, Cr(OH)2 Cr(OH)2 là một chất rắn màu vàng, không tan trong nước, được điều chế bằng phản ứng (môi trường không có không khí): CrCl 2 + 2NaOH → Cr(OH)2 ↓ +2NaCl

Cr(OH)2 có tính khử, trong không khí Cr(OH)2 dễ bị oxi hoá thành Cr(OH)3: 4Cr(OH) 2 + 2H 2 O + O 2 → 4Cr(OH)3

Cr(OH)2 là một bazơ, tác dụng với dung dịch axit tạo thành muối crom(II): Cr(OH) 2 + 2HCl → CrCl 2 + 2H 2 O

4. Muối crom (II) Muối crom (II) có tính khử mạnh. Thí dụ: 2CrCl 2 + Cl 2 → 2CrCl3 4CrCl 2 + O 2 + 4HCl → 4CrCl3 + 2H 2 O

4CrSO 4 + O 2 + 2H 2SO 4 loãng → 2Cr2 ( SO 4 )3 + 2H 2 O

Trang 3

Trong phòng thí nghiệm, để điều chế muối crom (II), cho Zn tác dụng với muối crom (III) trong môi trường axit. Điều kiện cần thiết của phản ứng là dòng hiđro thoát ra liên tục, tránh oxi tiếp xúc với muối crom (II). 2Cr 3+ + Zn → 2Cr 2 + + Zn 2 +

5. Crom (III) oxit, Cr2O3 Cr2O3 là chất bột màu lục thẫm. Cr2O3 khó nóng chảy và cứng như Al2O3. Cr2O3 không tan trong nước. Nó có tính chất lưỡng tính, tan trong dung dịch axit và bazơ đặc. t → Cr2 ( SO 4 )3 + 3H 2 O Cr2 O3 + 3H 2SO 4 (đặc)  0

t → 2Na [ Cr(OH) 4 ] Cr2 O3 + 2NaOH (đặc) +3H 2 O  0

natri cromit Khi nung với kiềm trong không khí hoặc với chất oxi hoá khác như KNO3 tạo ra cromat. 0

t 2Cr2 O3 + 8NaOH + 3O 2  → 4Na 2 CrO 4 + 4H 2 O

Điều chế trong phòng thí nghiệm, nhiệt phân muối amoni đicromat (hay hỗn hợp K 2 Cr2 O 7 + NH 4 Cl ) t → N 2 ↑ +Cr2 O3 + 4H 2 O ( NH 4 )2 Cr2 O7  0

Trong công nghiệp: 0

t K 2 Cr2 O 7 + S  → Cr2 O3 + K 2SO 4

Hoặc:

t K 2 Cr2 O7 + 2C  → Cr2 O3 + K 2 CO3 + CO

Cr2O3 được dùng để tạo màu lục cho đồ sứ, đồ thuỷ tinh. 6. Crom (II) hiđroxit, Cr(OH)3 Cr(OH)3 là một chất kết tủa keo, màu lục xám, không tan trong nước. Chất này có tính lưỡng tính như Al(OH)3: Cr(OH)3 + 3HCl → CrCl3 + 3H 2 O

Cr(OH)3 + NaOH → Na [ Cr(OH)4 ]

Cr(OH)3 cũng bị oxi hoá tạo ra cromat màu vàng khi tác dụng với Na2O2, Br2 trong dung dịch kiềm, bột tẩy, nước Gia - ven, PbO2 ... 2Cr(OH)3 + 3Na 2 O 2 → 2Na 2 CrO 4 + 2NaOH + 2H 2 O

Trang 4

2Cr(OH)3 + 3Br2 + 10NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 6NaBr + 8H 2 O 2Cr(OH)3 + 3NaClO + 4NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 3NaCl + 5H 2 O 2Cr(OH)3 + 3PbO 2 + 4NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 3PbO + 5H 2 O

Cr(OH)3 được điều chế bằng phản ứng trao đổi giữa muối crom (III) với dung dịch bazơ: CrCl3 + 3NaOH → Cr(OH)3 ↓ +3NaCl

(thiếu) Hoặc

CrCl3 + 3NH 3 + 3H 2 O → Cr(OH)3 ↓ +3NH 4 Cl

(thiếu) Nếu NH3 dư thì tạo ion phức amino Cr ( NH3 )6 

Cr(OH)3 + 6NH 3 (lỏng) →  Cr ( NH 3 )6  + 3OH −

7. Muối crom (III) Muối crom III, kết tinh dạng tinh thể hiđrat, có màu. Muối crom (III) có tính oxi hoá và tính khử. Trong môi trường axit, muối crom (III) có tính oxi hoá và dễ bị những chất khử như Zn khử thành muối crom (II). 2Cr 3+ + Zn → 2Cr 2 + + Zn 2 +

Trong môi trường kiềm, muối crom (III) có tính khử và bị những chất oxi hoá mạnh oxi hoá thành muối crom (IV). 2Cr 3+ + 3Br2 + 16OH − → 2CrO 42− + 6Br − + 8H 2 O

Muối crom (III) được điều chế bằng cách cho Cr2O3 hay Cr(OH)3 tác dụng với dung dịch axit. Cr2 O3 + 6H + → 2Cr 3+ + 3H 2 O Cr(OH)3 + 3H + → Cr 3+ + 3H 2 O

Muối crom (III) có ý nghĩa quan trọng trong thực tế là muối sunfat kép crom - kali hay phèn crom-kali K 2SO4 ⋅ Cr2 (SO4 )3 ⋅ 24H 2O (viết gọn là KCr (SO4 )2 .12H 2 O ). Phèn crom - kali có màu xanh tím, được dùng để làm chất cầm màu trong ngành nhuộm vải. Phèn crom kali được điều chế bằng cách khử K2Cr2O7 trong dung dịch đã được axit hoá bằng H2SO4. Tác nhân khử tốt nhất là SO2 hoặc C2H5OH. K 2 Cr2 O 7 + 3SO 2 + H 2SO 4 →  K 2SO 4 ⋅ Cr2 ( SO 4 )3  + H 2 O

Trang 5

K 2 Cr2 O 7 + 3C2 H 5 OH + 4H 2SO 4 →  K 2SO 4 ⋅ Cr2 ( SO 4 )3  + 3CH 3CHO + 7H 2 O

8. Crom (VI) oxit, CrO3 CrO3 là một chất rắn, tinh thể màu đỏ thẫm. Là một oxit axit, CrO3 rất dễ tan trong nước tạo ra hỗn hợp các axit cromic và axit đicromic. CrO3 + H 2 O + H 2 CrO 4 (axit cromic) 2CrO3 + H 2 O → H 2 Cr2 O 7 (axit đicromic)

Các axit này chỉ tồn tại trong dung dịch, không tách ra được ở dạng tự do. CrO3 có tính oxi hóa rất mạnh. Một số chất vô cơ và hữu cơ như S, P, C, NH3, C2H5OH, .... bốc cháy khi tiếp xúc với CrO3, đồng thời CrO3 bị khử thành Cr2O3. Thí dụ: 2CrO3 + 2NH 3 → Cr2 O3 + N 2 ↑ +3H 2 O

Điều chế: K 2 Cr2O7 + 2H 2SO 4 → 2CrO3 + 2KHSO 4 + H 2 O 9. Muối cromat và đicromat Muối cromat ( CrO 24− ) và đicromat ( Cr2 O72− ) là những hợp chất bền hơn nhiều So với các axit cromic và đicromic. Muối cromat và đicromat của kim loại kiềm tan trong nước. BaCrO 4 và PbCrO 4 kết tủa màu vàng. Giữa ion CrO24− và ion Cr2O7− , trong nước có cân bằng:  → 2CrO 42− + 2H + Cr2 O72 − + H 2 O ← 

(màu da cam)

(màu vàng)

Do đó: * Trong môi trường axit, cân bằng chuyển dời theo chiều nghịch, tạo thành đicromat màu da cam:  → Na 2 Cr2 O7 + Na 2SO 4 + H 2 O 2Na 2 CrO 4 + H 2SO 4 ← 

* Trong môi trường bazơ, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, tạo thành cromat có màu vàng: Na 2 Cr2 O 7 + 2NaOH → 2Na 2 CrO 4 + H 2 O Na 2 Cr2 O7 + Na 2 CO3 → 2Na 2 CrO 4 + CO 2

Trong công nghiệp thì Na2CrO4 được điều chế bằng cách nung hỗn hợp gồm Fe (II) cromit với Na2CO3 trong không khí. Trang 6

4FeO.Cr2 O3 + 8Na 2 CO3 + 7O 2 → 8Na 2 CrO 4 + 2Fe 2 O3 + 8CO 2 ↑

Dung dịch muối Ba2+ tác dụng với dung dịch Cr2O72− sẽ tạo kết tủa màu vàng BaCrO4: Ba ( NO3 )2 + K 2 Cr2 O 7 → BaCrO 4 ↓ +2KNO3

(màu vàng) Các muối cromat và đicromat đều là những chất oxi hóa mạnh • Trong môi trường axit, muối crom (VI) bị khử thành muối crom (III): K 2 Cr2 O7 + 14HCl (đặc) → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 ↑ +7H 2 O

K 2 Cr2 O7 + 6KI + 7H 2SO 4 → Cr2 ( SO 4 )3 + 4K 2SO 4 + 3I 2 + 7H 2 O K 2 Cr2 O7 + 6FeSO 4 + 7H 2SO 4 → Cr2 ( SO 4 )3 + 3Fe 2 ( SO 4 )3 + K 2SO 4 + 7H 2 O

K 2 Cr2 O 7 + 3H 2S + 4H 2SO 4 → Cr2 ( SO 4 )3 + 3S ↓ + K 2SO 4 + 7H 2 O

• Trong môi trường trung tính tạo ra Cr(OH)3: K 2 Cr2 O7 + 3 ( NH 4 ) 2 S + H 2 O → 2Cr(OH)3 + 3S ↓ +6NH 3 ↑ +2KOH

• Trong môi trường kiềm tạo ra ion phức [ Cr(OH)6 ] : 3−

K 2 Cr2 O7 + 3 ( NH 4 )2 S + 4KOH + H 2 O → 2K 3 [ Cr(OH)6 ] + 3S ↓ +6NH 3 ↑

II. SẮT VÀ HỢP CHẤT CỦA SẮT 1. Sắt, Fe Sắt là nguyên tố d, có cấu hình electron viết gọn là [Ar]3d 6 4s 2 . Trong hợp chất, Fe có số oxi hoá +2 hoặc +3. Tuỳ vào nhiệt độ, kim loại sắt có thể tồn tại ở các mạng lưới tinh thể lập phương tâm khối (Fe α ) hoặc lập phương tâm diện (Fe γ ). Sắt có tính dẫn điện, dẫn nhiệt tốt, đặc biệt là có tính nhiễm từ. a) Tính chất hoá học Tính chất hoá học cơ bản của sắt là tính khử trung bình. Fe → Fe2 + + 2e Fe → Fe3+ + 3e

• Tác dụng với phi kim

Trang 7

Khi đun nóng trong không khí khô 150 − 2000 C , sắt bị oxi hóa tạo màng mỏng ngăn sự oxi hóa sâu hơn. Tuy nhiên trong không khí ẩm sắt bị gỉ dễ dàng theo phương trình: 4Fe + 3O 2 + nH 2 O → 2Fe2 O3 ⋅ nH 2 O

Đốt cháy sắt trong oxi sẽ tạo ra oxit sắt từ: 0

t 3Fe + 2O 2  → Fe3O 4 0

t Nếu dùng dư O2 thì: 4Fe + 3O 2  → 2Fe 2 O3

Sắt tác dụng được với các phi kim khác như Cl2, S, ... khi đun nóng. 0

t 2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3 0

t Fe + S  → FeS

• Tác dụng với nước Sắt chỉ tác dụng với H2O ở nhiệt độ cao: 0

> 570 C Fe + H 2 O → FeO + H 2 ↑ 0

<570 C 3Fe + 4H 2 O → Fe3O 4 + 4H 2 ↑

• Tác dụng với axit Sắt tác dụng với dung dịch HCl và H2SO4 loãng tạo ra muối Fe2+ Fe + 2H + → Fe2 + + H 2 ↑

Sắt bị thụ động hóa trong HNO3 đặc nguội và H2SO4 đặc nguội. Sắt tác dụng với H2SO4 đặc, nóng và HNO3 loãng và HNO3 đặc nóng cho muối Fe3+: t → Fe 2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O 2Fe + 6H 2SO 4 (đặc)  0

t → Fe ( NO3 )3 + 3NO 2 ↑ +3H 2 O Fe + 6HNO3 (đặc)  0

Fe + 4HNO3 (loãng) → Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +2H 2 O

Nếu axit hết, Fe còn thì có phản ứng khử ion Fe3+ thành ion Fe2+. Fe + 2Fe3+ → 3Fe 2+

• Tác dụng với dung dịch muối Sắt khử được những ion kim loại đứng sau nó trong dãy điện hoá (có thế điện cực chuẩn lớn hơn −0, 44 V ). Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu ↓ Trang 8

Fe + 2AgNO3 → Fe ( NO3 )2 + 2Ag ↓

Nếu Fe hết, AgNO3 hết thì: Fe ( NO3 )2 + AgNO3 → Fe ( NO3 )3 + Ag ↓

b) Trạng thái tự nhiên Trong tự nhiên, sắt ở trạng thái tự do trong các mảnh thiên thạch. Một số quặng sắt quan trọng là: Quặng hematit đỏ chứa Fe2O3 khan. Quặng hematit nấu chứa Fe2O3.nH2O Quặng manhetit chứa Fe3O4, là quặng giàu sắt nhất, nhưng hiếm có trong tự nhiên. Ngoài ra còn có quặng xiđerit chứa FeCO3, quặng pirit sắt chứa FeS2. Để sản xuất gang người ta thường dùng manhetit và hematit. c) Điều chế Sắt tinh khiết được điều chế bằng cách điện phân dung dịch muối sắt (II) hoặc dùng H2 hay Al để khử Fe2O3. 1 ®pdd FeSO 4 + H 2 O  → Fe + O 2 ↑ + H 2SO 4 2

(K) (A) 0

Fe2 O3 + 3H 2 t → 2Fe + 3H 2 O 0

t Fe2 O3 + 2Al  → Al2 O3 + 2Fe

2. Sắt (II) oxit, FeO Là chất rắn màu đen, không tan trong nước. FeO là oxi bazơ: tác dụng dễ dàng với dung dịch axit cacboxylic FeO + 2H + → Fe 2 + + H 2 O

FeO thể hiện tính khử: Tác dụng với các chất oxi hóa mạnh như H2SO4 đặc, H2SO4 loãng hoặc đặc. t → Fe 2 ( SO 4 )3 + SO 2 ↑ +4H 2 O 2FeO + 4H 2SO 4 (đặc)  0

t → Fe ( NO3 )3 + NO 2 ↑ +2H 2 O FeO + 4HNO3 (đặc)  0

t 3FeO + 10HNO3 ( loãng )  → 3Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +5H 2 O 0

FeO thể hiện tính oxi hóa: Tác dụng với các chất khử như Al, H2, CO, ... Trang 9

t 3FeO + 2Al  → Al2 O3 + 3Fe 0

FeO + H 2 t → Fe + H 2 O 0

t FeO + CO  → Fe + CO 2

Điều chế FeO: 0

500 − 600 C Fe2 O3 + CO  → 2FeO + CO 2

3. Sắt (II) hiđroxit, Fe(OH)2 Là chất kết tủa mùa trắng xanh, không bền, dễ bị oxi hóa trong không khí ẩm chuyển về Fe(OH)3 màu nâu đỏ: 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH)3

Nhiệt phân Fe(OH)2 theo hai trường hợp: + Không có O2 (không khí): 0

Fe(OH) 2 t → FeO + H 2 O

+ Có O2 (không khí): 0

4Fe(OH) 2 + O 2 t → 2Fe 2 O3 + 4H 2 O

Fe(OH)2 thể hiện tính bazơ: Tác dụng với dung dịch axit Fe(OH) 2 + 2H + → Fe 2+ + 2H 2 O

Fe(OH)2 thể hiện tính khử: tác dụng với oxi không khí, H2SO4 đặc, HNO3, .. t 2Fe(OH) 2 + 4H 2SO 4 (đặc)  → Fe 2 ( SO 4 )3 + SO 2 ↑ +6H 2 O 0

t Fe(OH) 2 + 4HNO3 (đặc)  → Fe ( NO3 )3 + NO 2 ↑ +3H 2 O 0

t 3Fe(OH) 2 + 10HNO3 ( loãng )  → 3Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +8H 2 O 0

Điều chế Fe(OH)2 bằng cách cho muối sắt (II) tác dụng với dung dịch kiềm mạnh: FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ +2NaCl

Kết tủa Fe(OH)2 tinh khiết chỉ được tạo nên ở trong khí quyển và dung dịch hoàn toàn không có oxi. 4. Muối sắt (II) Trang 10

Muối sắt (II) kết tinh từ dung dịch thường dưới dạng tinh thể hiđrat như FeSO 4 ⋅ 7H 2O, FeCl 2 ⋅ 6H 2 O, Fe ( ClO 4 ) 2 ⋅ 6H 2 O, …

Muối sắt (II) dễ bị oxi hóa bởi oxi không khí và các chất oxi hóa mạnh để chuyển thành muối sắt (III): 2FeCl 2 + Cl 2 → 2FeCl3

(lục nhạt)

(vàng nâu)

10FeSO 4 + 2KMnO 4 + 8H 2SO 4 →

5Fe2 ( SO 4 )3 + 2MnSO 4 + K 2SO 4 + 8H 2 O

(dung dịch màu tím hồng)

(dung dịch màu vàng)

4FeSO 4 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH)SO 4

Sắt (II) cacbonat FeCO3 FeCO3 + 2HCl → FeCl 2 + CO 2 ↑ + H 2 O FeCO3 + H 2SO 4 ( loãng ) → FeSO 4 + CO 2 ↑ + H 2 O 2FeCO3 + 4H 2SO 4 (đặc) → Fe2 ( SO 4 )3 + SO 2 ↑ +2CO 2 ↑ +4H 2 O FeCO3 + 4HNO3 (đặc) → Fe ( NO3 )3 + NO 2 ↑ + CO 2 ↑ +2H 2 O 3FeCO3 + 10HNO3 ( loãng ) → 3Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +3CO 2 ↑ +5H 2 O

Nung FeCO3: Trong không khí: 0

t 4FeCO3 + O 2  → 2Fe 2 O3 + 4CO 2 0

t Trong chân không: FeCO3  → FeO + CO 2

5. Sắt (III) oxit, Fe2O3. Fe2O3 là chất rắn màu đỏ nâu, không tan trong nước, bị nhiệt phân thành oxit sắt từ Fe3O4 0

t 6Fe2 O3  → 4Fe3O 4 + O 2

Fe2O3 có tính bazơ: Tác dụng với dung dịch axit Fe2 O3 + 6H + → 2Fe3+ + 3H 2 O

Fe2O3 có tính oxi hóa yếu: Tác dụng với các chất khử như H2, CO, Al, ... ở. nhiệt độ cao 0

t Fe2 O3 + 2Al  → 2Fe + Al2 O3

Trang 11

CO,t CO,t CO , t Fe2 O3  → Fe3O 4  → FeO  → Fe

Fe2O3 có sẵn trong thiên nhiên dưới dạng quặng hematit, Fe2O3 được điều chế bằng cách nhiệt phân Fe(OH)3: t 2Fe ( OH )3  → Fe 2 O3 + 3H 2 O 0

6. Sắt (III) hiđroxit, Fe(OH)3 Fe(OH)3 kết tủa màu nâu đỏ, không tan trong nước và có tính bazơ tan dễ trong dung dịch axit Fe(OH)3 + 3HCl → FeCl3 + 3H 2 O

Fe(OH)3 được điều chế bằng cách cho muối sắt (III) phản ứng với dung dịch kiềm: Fe3+ + 3OH − → Fe(OH)3 ↓

7. Muối sắt (III) Muối sắt (III) kết tinh từ dung dịch thường ở dạng tinh thể hiđrat: FeCl3 .6H 2 O, Fe 2 ( SO 4 )3 .9H 2 O,…

Muối sắt (III) dễ bị thủy phân tương tự muối nhôm (III) và muối crom (III). Dung dịch Fe2(CO3)2 không tồn tại trong dung dịch do bị thủy phân: Fe2 ( CO3 )3 + 3H 2 O → Fe(OH)3 ↓ +3CO 2 ↑

Muối sắt (III) thể hiện tính oxi hóa: 2FeCl3 + Fe → 3FeCl2 2FeCl3 + 2KI → 2FeCl 2 + I 2 + 2KCl 2FeCl3 + H 2S → 2FeCl 2 + S + 2HCl

Nhận biết muối sắt (III) nhờ tác dụng với dung dịch muối kali hoặc amoni sufoxianua (KSCN, NH4SCN) để tạo muối sắt (III) sufoxianua màu đỏ máu.  → Fe(SCN)3 + 3KCl FeCl3 + 3KSCN ← 

Ứng dụng của hợp chất sắt (III) Muối FeCl3 được dùng làm chất xúc tác trong một số phản ứng hữu cơ. Fe2(SO4)3 có trong phèn sắt - amoni, tức muối kép sắt (III) amoni sunfat

( NH 4 )2 SO 4 ⋅ Fe2 (SO 4 )3 ⋅ 24H 2O Fe2O3 được dùng để pha chế sơn chống gỉ. Trang 12

8. Gang Gang là hợp kim sắt - cacbon (2 - 5%) và một số nguyên tố khác: 1 − 4%Si; 0,3 − 5%Mn;0,1 − 2%P;0, 01 − 1%S

Phân loại: có hai loại gang là gang trắng (chứa ít cacbon và silic) và gang xám (chứa nhiều cacbon và silic) Sản xuất gang: - Nguyên liệu: Quặng sắt; than cốc; chất chảy CaCO3 - Các phản ứng hóa học xảy ra trong quá trình luyện gang: + Phản ứng tạo thành chất khử CO: 0

t C + O 2  → CO 2 0

t CO 2 + C  → 2CO

+ Phản ứng khử oxit sắt 0

400 C 3Fe 2 O3 + CO  → 2Fe3O 4 + CO 2 ↑ 0

500 − 600 C Fe3O 4 + CO  → 3FeO + CO 2 ↑ 0

700 −800 C FeO + CO  → Fe + CO 2 ↑

+ Phản ứng tạo xỉ. 0

C CaCO3 1000  → CaO + CO 2 ↑ 0

1000 C CaO + SiO 2  → CaSiO3 (canxi silicat)

9. Thép Thép là hợp kim sắt - cacbon (0,01 - 2%) và một lượng rất ít các nguyên tố Si, Mn,... Phân loại: + Thép thường (hay thép cacbon) chứa ít cacbon, silic, magan và rất ít lưu huỳnh, phốt pho. + Thép đặc biệt là thép có chứa thêm các nguyên tố khác như: Si, Mn, Cr, Ni, W, ... Sản xuất thép + Nguyên liệu: Gang trắng hoặc gang xám, sắt thép phế liệu; chất chảy là canxi oxit; nhiên liệu là dầu ma-dut hoặc khí đốt; khí oxi. Trang 13

+ Những phản ứng hóa học xảy ra trong quá trình luyện gang thành thép: * Cacbon và lưu huỳnh bị oxi hóa thành những hợp chất khí tách ra khỏi gang: C + O 2 → CO 2

S+ O2 → SO2 * Silic và photpho bị oxi hóa thành những oxit khó bay hơi: Si + O2 → SiO2 4P + 5O2 → 2P2O5 Những oxit này hóa hợp với chất chảy là CaO tạo thành xi nổi trên bề mặt thép lỏng: 3CaO + P2O5 → Ca3(PO4)2 CaO + SiO2 → CaSiO3 Các phương pháp luyện thép: Phương pháp thổi oxi; phương pháp lò bằng; phương pháp lò hồ quang điện. III. ĐỒNG VÀ HỢP CHẤT CỦA ĐỒNG 1. Đồng, Cu Kim loại đồng có cấu tạo kiểu mạng tinh thể lập phương tâm diện. Đồng có độ dẫn điện, dẫn nhiệt rất cao, chỉ thua bạc. a) Tính chất hóa học Đồng là kim loại kém hoạt động, có tính khử yếu. Cu → Cu + + 1e Cu → Cu 2 + + 2e

• Tác dụng với phi kim Khi đốt nóng, Cu không cháy trong khí oxi, mà tạo thành lớp màng CuO màu đen bảo vệ Cu không bị oxi hóa tiếp tục. 0

t 2Cu + O 2  → 2CuO

Nếu tiếp tục đốt ở nhiệt độ cao hơn (800 – 10000C), một phần CuO ở lớp bên trong oxi hóa Cu thành Cu2O có màu đỏ. 0

t CuO + Cu  → Cu 2 O

Trang 14

Trong không khí khô, Cu không bị oxi hóa vì có lớp màng oxit bảo vệ. Nhưng trong không khí ẩm, với sự có mặt của khí CO2, đồng bị bao phủ bởi lớp màng cacbonat bazơ màu xanh CuCO3.Cu(OH)2. Ở nhiệt độ thường hoặc khi đun nóng, đồng có thể tác dụng trực tiếp với Cl2, Br2, S,... Cu + Cl2 → CuCl 2 0

t Cu + S  → CuS

• Tác dụng với axit Đồng không tác dụng với dung dịch HCl, H2SO4 loãng. Tuy vậy với sự có mặt của oxi không khí, Cu bị oxi hóa thành muối đồng (II): 2Cu + 4HCl + O 2 → 2CuCl2 + 2H 2 O 2Cu + 2H 2SO 4 ( loãng ) + O 2 → 2CuSO 4 + 2H 2 O

Với axit H2SO4 đặc, nóng và HNO3: 0

t Cu + 2H 2SO 4 (đặc)  → CuSO 4 + SO 2 ↑ + H 2 O t → Cu ( NO3 ) 2 + 2NO 2 ↑ +2H 2 O Cu + 4HNO3 (đặc)  0

t 3Cu + 8HNO3 ( loãng )  → 3Cu ( NO3 )2 + 2NO ↑ +4H 2 O 0

Lưu ý: Khi phản ứng với H2SO4 đặc, nóng thì một lượng nhỏ Cu bị oxi hoá thành Cu2S ở dạng chất bột màu đen. 0

t 5Cu + 4H 2SO 4 (đặc)  → 3CuSO 4 + Cu 2S ↓ +4H 2 O

Trong dung dịch kiềm Cu bị oxi hoá khi có mặt của oxi nên Cu phản ứng với dung dịch NH3 tạo ra [Cu(NH3)4]2+. 2Cu + O 2 + 8NH 3 + 2H 2 O → 2  Cu ( NH 3 )4  (OH)2

Cu cũng phản ứng với dung dịch KCN khi có mặt oxi vì tạo ra phức chất: 2Cu + O 2 + 8KCN + 2H 2 O → 2K 2 [ Cu(CN) 4 ] + 4KOH

• Tác dụng với dung dịch muối Đồng khử được ion của những kim loại đứng sau nó trong dãy điện hoá ở dung dịch muối. Cu + 2AgNO3 → Cu ( NO3 )2 + 2Ag ↓

b) Ứng dụng của đồng

Trang 15

- Đồng thau là hợp kim Cu-Zn (45% Zn) có tính cứng và bền hơn đồng, dùng chế tạo các chi tiết máy, chế tạo các thiết bị trong công nghiệp đóng tàu biển. - Đồng bạch là hợp kim Cu-Ni (25% Ni), dùng trong công nghiệp tàu thuỷ, đúc tiền, ... - Đồng thanh là hợp kim Cu-Sn, dùng chế tạo máy móc, thiết bị 2. Đồng (II) oxit, CuO CuO là chất rắn màu đen, không tan trong nước Ở 10000C bị nhiệt phân: 0

1000 C 4CuO  → 2Cu 2 O + O 2

CuO có tính bazơ và tính oxi hóa CuO + 2HCl → CuCl 2 + H 2 O 0

CuO + H 2 t → Cu + H 2 O 0

t CuO + CO  → Cu + CO 2 0

Điều chế: Cu(OH)2 t→ CuO + H 2O 0

CuCO3 ⋅ Cu(OH) 2 t → 2CuO + CO 2 ↑ + H 2 O 1 t0 Cu ( NO3 )2  → CuO + 2NO 2 ↑ + O 2 ↑ 2

3. Đồng (II) hiđroxit, Cu(OH)2 Cu(OH)2 là chất kết tủa keo màu xanh. Khi đun nóng dễ bị loại nước thu được oxit. Cu(OH)2 có tính bazơ, không tan trong nước nhưng tan dễ dàng trong dung dịch axit. Cu(OH)2 + HNO3 → Cu ( NO3 ) 2 + H 2 O Cu(OH)2 + 2CH 3COOH → ( CH 3COO ) 2 Cu + 2H 2 O

Cu(OH)2 tan dễ dàng trong dung dịch NH3 do tạo phức có màu xanh lam gọi là nước Svayde có khả năng hòa tan xenlulozơ: Cu(OH) 2 + 4NH 3 →  Cu ( NH 3 )4  (OH) 2

Cu(OH)2 được điều chế: Cu 2+ + 2OH − → Cu(OH)2 ↓

IV. BẠC Trang 16

Có tính mềm, dẻo (dễ kéo sợi và dát mỏng), màu trắng, dẫn nhiệt và dẫn nhiệt tốt nhất trong các kim loại. Là kim loại nặng (khối lượng riêng là 10,5 gam/cm3), nóng chảy ở 960,50C.

(

Có tính khử yếu, nhưng ion Ag+ có tính oxi hóa mạnh E 0Ag

/Ag

= +0,80V

)

Không bị oxi hóa trong không khí, dù ở nhiệt độ cao nhưng tác dụng với ozon ngay ở nhiệt độ thường. 2Ag + O3 → Ag 2 O + O 2 ↑

Không tác dụng với HCl, H2SO4 loãng, nhưng tác dụng với axit có tính oxi hóa mạnh như HNO3, H2SO4 đặc nóng. Ag + 2HNO3 (đặc) → AgNO3 + NO 2 ↑ + H 2 O 3Ag + 4HNO3 ( loãng ) → 3AgNO3 + NO ↑ +2H 2 O 0

t 2Ag + 2H 2SO 4 (đặc)  → Ag 2SO 4 + SO 2 ↑ +2H 2 O

Lưu ý: Ag có khả năng phản ứng với axit HI giải phóng H2 2Ag + 2HI → 2AgI + H 2 ↑

Ag bị hoà tan trong dung dịch KCN khi có mặt của oxi vì tạo ra phức chất: 4Ag + O 2 + 8KCN + 2H 2 O → 4K [ Ag(CN) 2 ] + 4KOH

Khi tiếp xúc với không khí hoặc hơi nước có mặt H2S thì bạc có màu đen. 4Ag + 2H 2S + O 2 → 2Ag 2S ↓ +2H 2 O

màu đen 0

Ag 2S + 4NaCN → 2Na [ Ag(CN)2 ] + Na 2S

Từ dung dịch phức trên người ta khử bạc bằng bột kẽm hoặc nhôm: Zn + 2Na [ Ag(CN)2 ] → Na 2 [ Zn(CN)4 ] + 2Ag ↓

IV. NIKEN Là kim loại màu trắng bạc, rất cứng. Có tính khử yếu hơn sắt ( E 0Ni

/ Ni

= −0, 26V > E 0Fe2+ /Fe = −0, 44V

) Trang 17

Niken có thể tác dụng được với nhiều đơn chất và hợp chất: Khi đun nóng có thể phản ứng với một số phi kim như oxi, clo, ...; phản ứng được với một số dung dịch axit, đặc biệt tan dễ dàng trong dung dịch axit HNO3 đặc nóng. Ví dụ: 0

500 C 2Ni + O 2  → 2NiO 0

t Ni + Cl2  → NiCl2

Ở nhiệt độ thường Ni bền với không khí, nước và một số dung dịch axit do trên bề mặt Ni có một lớp màng oxit bảo vệ. Khi cho H2O qua Ni nung đỏ tạo ra NiO. 0

t Ni + H 2 O  → NiO + H 2 ↑

Ni tác dụng với dung dịch HCl chậm hơn Fe. Ni + 2HCl → NiCl 2 + H 2 ↑

Nhưng dễ tan trong dung dịch HNO3 loãng. 3Ni + 8HNO3 ( loãng ) → 3Ni ( NO3 )2 + 2NO ↑ +4H 2 O

Tương tự như Fe thì Ni bị thụ động hoá bởi HNO3 đặc, nguội. Điều chế: 0

NiO + H 2 t → Ni + H 2 O 0

V. KẼM Là kim loại có màu lam nhạt, giòn ở nhiệt độ thường, dẻo ở nhiệt độ 100-1500C, giòn trở lại ở nhiệt độ trên 2000C. Kẽm là kim loại hoạt động, có tính khử mạnh, thế điện cực chuẩn của kẽm E = −0, 76V . Kẽm tác dụng với nhiều phi kim và các dung dịch axit, kiềm, muối. Tuy 0 Zn 2+ / Zn

nhiên kẽm không bị oxi hóa trong không khí, trong nước vì trên bề mặt kẽm có màng oxit hoặc cacbonat bazơ bảo vệ. Ví dụ: 0

t Zn + Cl 2  → ZnCl2

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H 2 ↑ Zn + 4HNO3 đặc → Zn ( NO3 )2 + 2NO 2 ↑ +2H 2 O

Trang 18

4Zn + 5H 2SO 4 đặc → 4ZnSO 4 + H 2S ↑ +4H 2 O

Zn + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ Zn(OH) 4 ] + H 2 ↑

VI. THIẾC Là kim loại màu trắng bạc, dẻo, nhiệt độ nóng chảy 2320C, nhiệt độ sôi 26200C. Thể hiện tính khử yếu hơn kẽm và niken. Trong không khí, ở nhiệt độ thường, Sn không bị oxi hóa; ở nhiệt độ cao Sn bị oxi hóa thành SnO2. 0

t cao Sn + 2O 2  → SnO 2 0

t Ngoài ra: Sn + S  → SnS 0

t Sn + 2Cl 2  → SnCl 4

Tác dụng chậm với dung dịch HCl, H2SO4 loãng. Sn + 2HCl → SnCl 2 + H 2 ↑ Sn + H 2SO 4 ( loãng ) → SnSO 4 + H 2 ↑

Tác dụng với dung dịch HNO3 tạo muối Sn (II) nhưng không giải phóng H2. 3Sn + 8HNO3 ( loãng ) → 3Sn ( NO3 ) 2 + 2NO ↑ +4H 2 O

Tác dụng với dung dịch HNO3, H2SO4 đặc tạo hợp chất Sn (IV). Sn + 4HNO3 (đặc) → H 2SnO3 + 4NO 2 ↑ + H 2 O

axit stanic Tác dụng với dung dịch kiềm đặc (NaOH, KOH). Sn + 2KOH + 2H 2 O → K 2 [Sn(OH)4 ] + H 2 ↑ 0

t Điều chế: SnO2 + C  → Sn + CO 2

VII. CHÌ Chì có màu trắng, hơi xanh, mềm (có thể cắt bằng dao), dát mỏng và kéo sợi. Chì là kim loại nặng, có khối lượng riêng là 11,34 g/cm3, nóng chảy ở 327,40C sôi ở 17450C. Thể hiện tính khử yếu ( E 0Pb

/ Pb

= −0,13V

)

Tác dụng với một số phi kim khi nung nóng: Trang 19

t 2Pb + O 2  → 2PbO 0

t Pb + Cl 2  → PbCl2 0

t Pb + S  → PbS

Không tác dụng với dung dịch HCl, H2SO4 loãng (dưới 80%) do các muối chì không tan (PbCl2 và PbSO4) bao bọc bên ngoài kim loại. Tác dụng dễ dàng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng và tạo thành muối tan Pb(HSO4)2. Pb + 3H 2SO 4 → Pb ( HSO 4 )2 + SO 2 ↑ +2H 2 O

Tan dễ dàng trong dung dịch HNO3 loãng, tan chậm trong dung dịch HNO3 đặc 3Pb + 8HNO3 loãng → 3Pb ( NO3 )2 + 2NO ↑ +4H 2 O Pb + 4HNO3 đặc → Pb ( NO3 )2 + 2NO 2 ↑ +2H 2 O

Khi có mặt không khí, chỉ có thể tác dụng với nước và có thể tan trong axit axetic và các axit hữu cơ khác. 2Pb + O 2 + 2H 2 O → 2Pb(OH) 2

2Pb + 4CH 3COOH + O 2 → 2Pb ( CH 3COO )2 + 2H 2 O

Tan chậm trong dung dịch kiềm nóng (như KOH, NaOH). Pb + 2KOH + 2H 2 O → K 2 [ Pb(OH) 4 ] + H 2 ↑

VIII. VÀNG Cấu hình electron của nguyên tử Au: [Xe]4f 14Sd10 6s1 Trong các hợp chất, vàng có số oxi hóa phổ biến là +3, ngoài ra còn có số oxi hóa là +1 Là kim loại mềm, màu vàng, dẻo, có tính dẫn điện và dẫn nhiệt tốt, chỉ kém bạc và đồng. Khối lượng riêng là 19,3 g/cm3, nóng chảy ở 1063oC. Thể hiện tính khử rất yếu ( E 0Au

/Au

= +1, 50V

)

Tác dụng với Cl2 và F2 ở nhiệt độ cao. 0

200 C 2Au + 3Cl 2 (dư)  → 2AuCl3 0

400 C 2Au + 3F2  → 2AuF3

Vàng không bị oxi hóa trong không khí dù ở nhiệt độ nào và không bị hòa tan trong axit, kể cả HNO3, nhưng vàng bị hòa tan trong: Trang 20

- Nước cường toan (hỗn hợp 1 thể tích HNO3 và 3 thể tích HCl đặc) Au + HNO3 + 3HCl → AuCl3 + NO ↑ +2H 2 O

- Dung dịch muối xianua của kim loại kiềm, như NaCN, tạo thành ion phức [Au(CN)2]-. 4Au + O 2 + 8NaCN + 2H 2 O → 4Na [ Au(CN) 2 ] + 4NaOH

- Thủy ngân, vì tạo thành hỗn hống với Au (chất rắn, màu trắng). Đốt nóng hỗn hống, thủy ngân bay hơi còn lại vàng. XIX. MANGAN Cấu hình electron của nguyên tử Mn :[Ar]3d 5 4s 2 Trong các hợp chất, mangan có số oxi hóa phổ biến là +2, +4 và +7, ngoài ra còn tạo các hợp chất với bậc oxi hóa +3, +4 và +6. Mangan chiếm khoảng 0,09% trọng lượng vỏ Trái Đất, đứng thứ 13 về độ phổ biến và đứng hàng thứ ba trong số các kim loại chuyển tiếp. Mangan tồn tại trong nhiều loại quặng, chủ yếu là quặng pirolusit (MnO2); ngoài ra một số khoáng chất khác có chứa mangan như bronit (Mn2O3); manganit Mn2O3.H2O và các muối sunfua như MnS, MnS2, ... Khối lượng riêng là 7,4 gam/cm3, nóng chảy ở 12440C. Thể hiện tính khử trung bình ( E 0Mn

/Mn

)

= −1,18V .

Sơ đồ thế điện cực của mangan: - Trong môi trường axit:

- Trong môi trường kiềm:

- Mangan không phản ứng trực tiếp với hiđro, nhưng khí H2 tan được trong mangan nóng chảy. Trang 21

- Trong không khí, mangan ở dạng khối rắn, không bị oxi hóa ngay cả khi đun nóng vì được bao bọc bởi lớp oxit mỏng bảo vệ cho kim loại; nếu ở trạng thái bột kim loại lại dễ bị oxi hóa hơn, nhưng nói chung mangan rất khó phản ứng với oxi, tạo ra Mn3O4 ở 9400C. 0

t 3Mn + 2O 2  → Mn 3O 4

- Mangan phản ứng trực tiếp với lưu huỳnh, selen, telu tạo ra các hợp chất như MnS, MnSe, MnSe2, MnTe, MnTe2, ... - Mangan hóa hợp trực tiếp với nitơ tạo ra Mn3N2 ở 600 - 10000C. 0

t N 2 + 3Mn  → Mn 3 N 2

- Mangan phản ứng trực tiếp với photpho khi nung trong ampun hàn tạo ra các chất Mn3P2, MnP, ... - Mangan hóa hợp trực tiếp với cacbon và silic tạo ra các hợp chất MnC, Mn3C3, Mn3Si, ... - Mangan phản ứng mạnh với các halogen tạo muối MnX2. Thí dụ: Mn + Cl2 → MnCl 2

- Mangan phản ứng được với H2O khi đun nóng. Mn + 2H 2 O → Mn(OH) 2 + H 2 ↑

- Mangan tan trong dung dịch axit loãng như HCl, H2SO4 loãng giải phóng H2. Mn + 2HCl → MnCl2 + H 2 ↑

- Mangan tan trong H2SO4 đặc tạo ra SO2, nếu H2SO4 đặc, nguội phản ứng xảy ra chậm, nhưng khi đun nóng phản ứng xảy ra rất nhanh. Mn + 2H 2SO 4 → MnSO 4 + SO 2 ↑ +2H 2 O

Với HNO3 loãng tạo ra khí NO. 3Mn + 8HNO3 → 3Mn ( NO3 )2 + 2NO ↑ +4H 2 O

- Mangan không phản ứng với dung dịch kiềm. - Mangan được điều chế bằng phương pháp nhiệt nhôm từ các oxit MnO và Mn3O4. 0

t 3Mn 3O 4 + 8Al  → 4Al 2 O3 + 9Mn

Cũng có thể điều chế bằng phương pháp nhiệt silic: 0

t MnO 2 + Si  → Mn + SiO 2

Trong công nghiệp mangan được điều chế bằng cách nung cacbon để khử oxit mangan trong lò điện. Trang 22

Mangan cũng được điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch muối sunfat. - Một số hợp chất của mangan: + Mangan (II) hiđroxit, Mn(OH)2: Là chất rắn màu trắng, được điều chế từ phản ứng của dung dịch muối mangan (II) với kiềm: 2Mn SO 4 + 2NaOH → 2Mn (OH) 2 ↓ + Na 2SO 4

Trong không khí, có mặt O2 thì Mn(OH)2 bị oxi hóa dần theo phương trình: 2Mn(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 2Mn(OH) 4

Mn(OH)2 là một bazơ. Mn(OH) 2 + H 2SO 4 → MnSO 4 + 2H 2 O

+ Mangan (IV) oxit, MnO2: Là chất bột, màu nâu đen, không tan trong nước và được điều chế bằng cách đun nóng Mn(NO3)2 đến 2000C. t Mn ( NO3 )2  → MnO 2 + 2NO 2 0

t Khi đun nóng bị phân hủy: 3MnO 2  → Mn 3O 4 + O 2

Khi đun với H2SO4 đặc nóng tạo ra O2: 0

t 2MnO 2 + 2H 2SO 4  → 2MnSO 4 + O 2 ↑ +2H 2 O

MnO2 có tính oxi hóa mạnh và cả tính khử. MnO 2 + 4HCl → MnCl 2 + Cl2 ↑ +2H 2 O

MnO 2 + H 2 C2 O 4 + H 2SO 4 → MnSO 4 + 2CO 2 ↑ +2H 2 O MnO 2 + H 2 O 2 + H 2SO 4 → MnSO 4 + O 2 ↑ +2H 2 O 2MnO 2 + 4KOH + O 2 → 2K 2 MnO 4 + 2H 2 O 3MnO 2 + KClO3 + 6KOH → 3K 2 MnO 4 + KCl + 3H 2 O

2MnO 2 + 3PbO 2 + 6HNO3 → 2HMnO 4 + 3Pb ( NO3 )2 + 2H 2 O

+ Kalipemanganat, KMnO4: Ở trạng thái rắn là những tinh thể hình thoi, dễ kết tinh màu tím đỏ gần đen, có ánh kim. Tan trong nước có màu tím đậm; dung dịch loãng có màu đỏ. Khi nung nóng đến 2000C, ở trạng thái kết tinh KMnO4 bị phân hủy theo phản ứng: 0

2KMnO 4 t → K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 ↑

Khi đun sôi với dung dịch kiềm tạo ra K2MnO4 và O2. Trang 23

t 4KMnO 4 + 4KOH  → 4K 2 MnO 4 + 2H 2 O + O 2 ↑

KmnO4 là chất oxi hóa mạnh. Tính oxi hóa phụ thuộc vào môi trường của dung dịch, mạnh nhất là môi trường axit.

Ví dụ: 2KMnO 4 + 5K 2SO3 + 3H 2SO 4 → 2MnSO 4 + 6K 2SO 4 + 3H 2O 2KMnO 4 + 3K 2SO3 + H 2 O → 2MnO 2 ↓ +3K 2SO 4 + 2KOH 2KMnO 4 + K 2SO3 + 2KOH → 2K 2 MnO 4 + K 2SO 4 + H 2 O

B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÁC DẠNG BÀI TẬP DẠNG 1: GIẢI THÍCH QUY LUẬT BIẾN THIÊN TÍNH CHẤT CỦA ĐƠN CHẤT VÀ HỢP CHẤT

Phương pháp: Nắm vững cấu tạo nguyên tử, quy luật biến thiên tính chất của các đơn chất Cr, Fe, Cu, Zn, Ag, Mn... và các hợp chất của chúng. Ví dụ 1: a) Tại sao hợp chất Cr (III) lại giống với hợp chất Al (III) ? b) Tại sao Cu, Ag, Au đều cho các bậc oxi hóa +1, +2 và +3, nhưng bền đối với Cu là +2, với Ag là +1 và với Au là +3 Giải a) C (III) giống Al (III) về thành phần hợp chất và tính chất hóa học vì tác dụng phân cực hóa của ion Cr3+ và ion Al3+ gần bằng nhau (gây ra bởi điện tích +3) rCr = 0,55A 0 gần bằng 3+

rAl3 = 0, 57A 0 và độ âm điện của Al ( χ Al = 1, 61) gần bằng Cr ( χCr = 1, 66 ) .

b) Do hiện tượng bão hòa gấp phân mức (n - 1)d mà có sự chuyển 1 electron trên phân mức ns vào phân mức (n - 1 )d, do đó cấu hình electron của Cu đáng lẽ [Ar]3d 9 4s 2 lại là [Ar]3d10 4s1 Ag đáng lẽ [ Kr ] 4d9 5s 2 lại là [ Kr ] 4d10 5s1 Au đáng lẽ [ Xe] 5d9 6s 2 lại là [ Xe] 5d10 6s1

Trang 24

Kết quả của sự chuyển 1 electron ns vào phân mức (n - 1)d là làm bền thêm phân mức ns, dẫn đến năng lượng phân mức ns và phân mức (n – 1)d gần bằng nhau, hay nói cách khác, cấu hình 18 electron của lớp vỏ (n – 1)d không hoàn toàn bền. Nên khi bị kích thích thì 1 hoặc 2 electron ở phân mức (n – 1)d có thể tham gia hình thành liên kết hóa học. Do đó, Cu, Ag và Au đều có bậc oxi hóa +1 (khi nhường 1 electron trên phân lớp ns) +2 (khi nhường thêm 1 electron trên phần lớp (n - 1)d) và +3 (khi nhường thêm 1 electron trên phân lớp (n – 1)d nữa). Bậc oxi hóa bền của Cu là +2, Ag là +1 và Au là +3 vì: • Ở Cu: 1 electron trên phân lớp 4s và 1 electron trên phân lớp 3d vừa chuyển từ phân lớp 4s vào do hiện tượng bão hòa gấp phân mức 3d liên kết yếu hơn với phân mức 3d, đồng thời dễ nhường khi cung cấp năng lượng nhỏ. Do đó, bậc oxi hóa +2 bền. • Ở Ag: Bậc oxi hóa +1 bền đặc biệt và cấu hình 4d10 bền hơn cấu hình 3d10 của Cu do đã được hình thành ở Pd... 4d105s0, xếp trước Ag. •Ở Au: Bậc oxi hóa +3 bền vì cấu hình electron 5d10 chưa bền. Do năng lượng các obitan 5d và 6s gần nhau, hiện tượng bão hòa bắt đầu xuất hiện ở Pt xếp trước Au. Pt có cấu hình ...5d96s1 và Au được điền tiếp 1 electron vào phân mức 5d để có cấu hình ... 5d10 6s1 . Cả 3 electron (1 electron trên obitan 6s và 2 electron trên obitan 5d đều liên kết yếu với nguyên tử nên dễ nhường electron để hình thành liên kết hóa học. Ví dụ 2: Nêu và giải thích quy luật biến thiên các tính chất hóa học của hai dãy hiđroxit bậc oxi hóa +4 và +2 của Ge, Sn và Pb. Giải • Theo dãy: Ge ( OH )2 − Sn ( OH )2 − Pb ( OH )2 - Lưỡng tính: Tính bazơ > tính axit. Tính bazơ tăng và tính axit giảm từ trái qua phải vì tác dụng phân cực hóa của ion M2+ giảm do rM tăng gây ra. 2+

- Tính khử: Vì M có bậc oxi hóa dương. Theo dãy trên từ trái qua phải tính khử giảm vì độ bền của bậc oxi hóa +2 tăng. • Theo dãy: Ge ( OH )4 − Sn ( OH )4 − Pb ( OH )4 - Lưỡng tính: Tính bazơ < tính axit. Tính bazơ tăng và tính axit giảm từ trái qua phải vì tác dụng phân cực hóa của ion M4+ giảm do rM tăng gây ra. 4+

- Tính oxi hóa: Vì M có bậc oxi hóa dương cao nhất (+4). Theo dãy trên từ trái qua phải tính oxi hóa tăng và độ bền của bậc oxi hóa +4 giảm. Trong hai dãy trên, dãy M(OH)2 thể hiện tính bazơ mạnh hơn dãy M(OH)4 vì tác dụng phân cực hóa của ion M2+ yếu hơn so với M4+. Trang 25

Ví dụ 3: Trên sơ đồ ghi các giá trị thể khử chuẩn của các hệ có Fe tham gia trong môi trường axit và trong môi trường kiềm: Môi trường axit: 1,9 V +0,77V 0,44v FeO 24 − + → Fe3+ ⋅ aq  → Fe 2+ ⋅ aq − → Fe

(1)

Môi trường kiếm: +0,9V −0,6V −0,9v FeO 24 −  → Fe(OH)3  → Fe → Fe(OH) 2 

(2)

Dựa vào sơ đồ trên, hãy giải thích tại sao: a) Fe (III) thể hiện tính oxi hóa trong môi trường axit, Fe (II) thể hiện rõ tính khử trong môi trường kiềm, Fe (VI) chỉ điều chế được trong môi trường kiềm mạnh. b) Fe tác dụng với dung dịch HCl loãng cho Fe (II) mà không cho Fe (III), trái lại Fe bị oxi hóa bởi oxi không khí trong môi trường kiềm mạnh đến Fe(OH)3. Giải a) Theo sơ đồ (1), vì E 0Fe

/ Fe 2+

= +0, 77V > 0 nên dạng khử tương đối bền hơn dạng oxi hóa

tức Fe3+ có xu hướng chuyển thành Fe2+: Fe3+ + 1e → Fe 2 +

Thực vậy, vì E 0Fe

/Fe 2+

(= +0, 77V) > E 0Fe2+ /Fe (= −0, 44V) nên phản ứng diễn ra là

Fe + 2Fe3+ → 3Fe 2+

Nghĩa là Fe (III) thể hiện tính oxi hóa (khi tác dụng với chất khử Fe) trong môi trường axit. Theo sơ đồ 2, vì E 0Fe(OH) /Fe(OH) = −0, 6V < 0 nên việc chuyển Fe(OH)2 thành Fe(OH)3 thuận lợi 3

hơn. Fe(OH) 2 + OH − → Fe(OH)3 + 1e

Thật vậy, vì E 0O + 2H O/4OH = +0, 4V > E 0Fe(OH ) /Fe(OH ) = −0, 6V nên phản ứng tự diễn ra trong môi −

trường kiềm khi có mặt O2 là O 2 + 2H 2 O + 4Fe(OH) 2 → 4Fe(OH)3

Trong môi trường kiềm nồng độ 1M, theo sơ đồ 2: E 0FeO2− / Fe(OH) = +0,9V > 0 nên phản ứng FeO 24 −  Fe(OH)3 xảy ra thuận lợi hơn phản ứng 4

)

nghịch. Muốn phản ứng Fe(OH)3  FeO 42− xảy ra cần tăng nồng độ ion OH- để làm chuyển dịch cân bằng ngược. Trang 26

 → FeO 42 − + 4H 2 O + 3e Fe(OH)3 + 5OH − ← 

Thực tế Fe (VI) chỉ điều chế được từ Fe (III) khi tác dụng với chất oxi hóa mạnh trong kiềm nóng chảy. b) Tính E 0Fe /Fe trong môi trường axit: 3+

Fe3+ + 1e → Fe2 +

∆G10 = −1.F.E 0Fe3+ /Fe2+

Fe2 + + 2e → Fe ∆G 02 = −2.F ⋅ E 0Fe2+ /Fe Fe3+ + 3e → Fe ∆G 02 = −3.F.E 0Fe3+ /Fe

 ∆G = ∆G + ∆G  E 0 3

0 1

0 2

0 Fe3+ /Fe

0 E 0Fe3+ /Fe2+ + 2E Fe 2+ /F

0, 77 − 2.0, 44 = −0, 036V 3

Xét hai phản ứng: +

Fe + 2H → Fe + H 2 ↑ K1 = 10

2 E 0 + − E 0 2+   2 H /H 2 Fe /Fe  0,059

3 Fe + 3H + → Fe3+ + H 2 ↑ K 2 = 10 2

= 10

3 E 0 + -E 0 3+   2 H /H 2 Fe /Fe  0,059

2[0,00 − ( −0,44)] 0,059

= 10

= 1014,91

3[0,00 − ( −0,036)] 0,059

= 101,83

(1) (2)

Do K1 >> K 2 nên ưu tiên xảy ra phản ứng (1) trước phản ứng (2). Khi phản ứng (1) kết thúc thì có thể xảy ra phản ứng: 1 Fe + H → Fe + H 2 ↑ K 3 = 10 2 2+

1. E 0 + − E 0 3+ 2+   2 H /H2 Fe /Fe  0,059

= 10

1.[0,00 − (0,77)] 0,059

= 10−13,0

 K3 rất nhỏ nên có thể coi như phản ứng trên không xảy ra tức là Fe chỉ bị oxi hóa thành muối Fe (II) trong môi trường axit. Theo sơ đồ 2 ta có : E

0 Fe ( OH )3 / Fe

 E 0O

E 0Fe( OH )

2 + 2H 2 O/4OH

/Fe( OH )2

0 + 2E Fe ( OH )

3 −

/ Fe

−0, 6 + 2.(0,9) = −0,8V 3

= +0, 4V > E 0Fe(OH)3 / Fe = −0,8V nên phản ứng tự diễn ra trong môi trường kiềm

khi có mặt O2 là 12.[0,4 − ( −0,8)]

4Fe + 3O 2 + 6H 2 O → 4Fe(OH)3

K 4 = 10

0,059

= 10244,06

 K4 rất lớn nên phản ứng xảy ra hoàn toàn. Trang 27

Ví dụ 4: Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a) Để kiểm tra nồng độ cồn trong hơi thở của người tham gia giao thông, người ta dùng ống có chứa muối K2Cr2O7. Khi hơi thở của người được kiểm tra có nồng độ cồn đủ lớn thì ống sẽ chuyển từ màu vàng sang màu xanh. b) Các hóa chất chính có trong thiết bị cung cấp oxi cá nhân là NaClO3, BaO2. Phản ứng phân hủy NaClO3 sẽ cung cấp oxi. BaO2 có tác dụng xử lý các sản phẩm phụ (HClO, Cl2) sinh ra trong quá trình này. c) Để xử lý các khí độc NO, NO2 trong khí thải động cơ người ta cho dòng khí thải tương tác với khí NH3. d) Để hòa tách vàng lẫn trong đất đá người ta cho hỗn hợp vàng và đất đá tác dụng với dung dịch NaCN trong môi trường kiềm đồng thời thổi không khí liên tục vào hỗn hợp. Sau khi hòa tách, phần dung dịch được tách khỏi hỗn hợp và cho tác dụng với Zn để thu vàng kim loại. Giải a) Cồn (ancol etylic) khử K2Cr2O7 (màu vàng) trong axit sang dạng muối Cr (III) màu xanh 3C 2 H 5OH + 2Cr2 O 27 − + 16H + → 3CH 3COOH + 4Cr 3+ + 11H 2 O

b) NaClO3 phân hủy tạo oxi: 2NaClO3 → 2NaCl + 3O 2

Tác dụng của BaO2 là xử lý các sản phẩm phụ sinh ra như HClO, Cl2 đồng thời tạo thêm oxi. 2BaO 2 + 4HClO → 2BaCl 2 + 3O 2 + 2H 2 O BaO 2 + Cl 2 → BaCl 2 + O 2

c) 4NH 3 + 6NO → 5N 2 + 6H 2 O 8NH 3 + 6NO 2 → 7N 2 + 12H 2 O

d) Phản ứng hòa tách vàng: 4Au + 8CN − + O 2 + 2H 2 O → 4 [ Au(CN) 2 ] + 4OH − −

Tách vàng ra khỏi dung dịch: 2 [ Au(CN) 2 ] + Zn → 2Au + [ Zn(CN) 4 ] −

2−

Trang 28

DẠNG 2: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH HÓA HỌC THEO SƠ ĐỒ CHUYỂN HÓA VÀ ĐIỀU CHẾ Phương pháp: Nắm vững tính chất hóa học của đơn chất và hợp chất cũng như các phương pháp điều chế Cr, Fe, Zn, Cu, Ag, Pb, Ni, Mn và Au. Ví dụ 1: Hoàn thành chuỗi biến hóa sau: (1) ( 2) ( 3) ( 4) (5) a) Cr2O3  → Cr  → Cr2 O3  → K 2 CrO 4  → K 2 Cr2 O7  → ( ) ( ) ( ) ( ) CrCl3  → Cr(OH)3  → K [ Cr(OH) 4 ]  → CrCl3  → K 2 CrO 4 6

2) (1) ( 3) b) K 2 Cr2O7  → Cr ( H 2O )6  ( SO 4 )3 ( → Cr(OH)3 ( H 2O )3   → 2 3+

( 4) (5) K 3 [ Cr(OH)6 ]  → Cr ( H 2O )6   → K 2 CrO 4

Giải (1) 2Al + Cr2 O3

t  → Al2O3

+2Cr

t (2) 4Cr + 3O 2  → 2Cr2O3 0

t (3) Cr2 O3 + 3KNO3 + 4KOH  → 2K 2CrO 4 + 3KNO 2 + 2H 2 O

(4) 2K 2CrO 4 + H 2SO 4 → K 2Cr2 O7 + K 2SO 4 + H 2 O 0

t (5) K 2Cr2O 7 + 14HCl  → 2CrCl3 + 3Cl2 ↑ +2KCl + 7H 2O

( 6) (7)

CrCl3 + 3NaOH (vừa đủ) → Cr(OH)3 ↓ +3NaCl

Cr(OH)3 + KOH → K [ Cr(OH) 4 ]

(8) K [ Cr(OH)4 ] + 4HCl → CrCl3 + KCl + 4H 2O (9) 2CrCl3 + 3Cl2 + 16KOH → 2K 2 CrO 4 + 14KCl + 8H 2 O

b) (1) K 2 Cr2O7 + 3 ( NH 4 )2 S + 7H 2SO4 + 5H 2O → Cr ( H 2 O )6  2 (SO4 )3 + 3S ↓ + K 2SO4 + 3 ( NH 4 )2 SO4 (2)  Cr ( H 2 O )6  ( SO 4 )3 + 12KOH → 2  Cr(OH)3 ( H 2 O )3  + 3K 2SO 4 + 6KOH 2 (3)  Cr(OH)3 ( H 2 O )3  + 3KOH → K 3 [ Cr(OH)6 ] + 3H 2 O (4) K 3 [ Cr(OH)6 ] + 6HCl →  Cr ( H 2 O )6  Cl3 + 3KCl (5) 2 Cr ( H 2 O )6  Cl3 + 3KNO3 + 10KOH → 2K 2 CrO 4 + 3KNO 2 + 6KCl + 17H 2 O

Ví dụ 2: Hoàn thành chuỗi biến hóa sau: Trang 29

Giải Các phương trình hóa học: 0

(1)

t 3Fe + 2O 2  → Fe3O 4

(2)

t Fe3O 4 + 4H 2  → 3Fe + 4H 2 O

(3)

2Fe + O3 → Fe 2 O3

(4)

t Fe 2 O3 + 3H 2  → 2Fe + 3H 2 O

t (5) 2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3

(6)

Fe 2 O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H 2 O

(7)

500 − 600 C Fe 2 O3 + CO  → 2FeO + CO 2

t (8) 4FeO + O 2  → 2Fe 2 O3

(9)

500 − 600 C Fe3O 4 + CO  → 3FeO + CO 2

(10) 3Fe3O 4 + 28HNO3 đặc → 9Fe ( NO3 )3 + NO 2 ↑ +14H 2 O 0

(12) 4Fe(OH)2 + O 2 t → 2Fe2 O3 + 4H 2 O (13) 4Fe ( NO3 )3 t → 2Fe 2 O3 + 12NO 2 + 3O 2 0

(14) FeCl3 + 3AgNO3 → Fe ( NO3 )3 + 3AgCl ↓ (15) 3Fe(OH) 2 + 10HNO3 loãng → 3Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +8H 2 O (16) 4Fe(OH)2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH)3 0

(17)2Fe(OH)3 t → Fe 2 O3 + 3H 2 O Trang 30

(18) FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ +3NaCl (19) Fe(OH)3 + 3HCl → FeCl3 + 3H 2 O 0

400 C (20) 3Fe 2 O3 + CO  → 2Fe3O 4 + CO 2

Ví dụ 3: Hoàn thành chuỗi biến hóa sau:

Giải Các phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa: (1) Cu ( NO3 )2 + Na 2S → CuS ↓ +2NaNO3 (2) CuS + 10HNO3 → Cu ( NO3 )2 + H 2SO 4 + 8NO 2 ↑ +4H 2 O (3)

Fe + Cu ( NO3 ) 2 → Fe ( NO3 )2 + Cu

(4) Cu + 2AgNO3 → Cu ( NO3 )2 + 2Ag ↓ (5) Cu 2 O + 6HNO3 đặc → 2Cu ( NO3 )2 + 2NO 2 ↑ +3H 2 O 0

t (6) Cu 2 O + H 2  → 2Cu + H 2 O 0

t (7) 2Cu + O 2  → 2CuO 0

t (8) CuO + H 2  → Cu + H 2 O 0

t (9) 2CuS + 3O 2  → 2CuO + 2SO 2

(10)CuCl2 + H 2S → CuS ↓ +2HCl 0

t (11)Cu(OH) 2  → CuO + H 2 O

(12) Cu(OH) 2 + 2HCl → CuCl 2 + 2H 2 O (13) CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 ↓ +2NaCl (14) 2Cu 2 O + O 2 + 8HCl → 4CuCl 2 + 4H 2 O

Trang 31

t (15) Cu 2 O + 3H 2SO 4 đặc  → 2CuSO 4 + SO 2 ↑ +3H 2 O

(16) Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu (17)Cu(OH)2 + H 2SO 4 → CuSO 4 + 2H 2 O 0

t (18)Cu + S  → CuS

(19)CuO + 2HCl → CuCl 2 + H 2 O (20) CuSO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 ↓ +CuCl 2 ®pdd (21) CuCl2  → Cu + Cl2 0

t (22) Cu + Cl2  → CuCl2

Ví dụ 4: Hoàn thành chuỗi biến hóa sau:

Giải 0

t (1) Zn + S  → ZnS

(2) Zn + 4HNO3 đặc → Zn ( NO3 )2 + 2NO 2 ↑ +2H 2 O

(3) Mg + Zn ( NO3 ) 2 → Mg ( NO3 )2 + Zn (4) Zn ( NO3 )2 + Na 2S → ZnS ↓ +2NaNO3 (5) Zn ( NO3 )2 + 4NaOH dư → Na 2 [ Zn(OH) 4 ] + 2NaNO3 (6) Zn + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ Zn(OH) 4 ] + H 2 ↑ (7) Zn ( NO3 )2 + 2NaOH (thiếu) → Zn(OH)2 ↓ +2NaNO3 (8) Zn(OH) 2 + 2HNO3 → Zn ( NO3 )2 + 2H 2 O (9) ZnS + H 2SO 4 → ZnSO 4 + H 2S ↑ Trang 32

(10)ZnSO 4 + Ba ( NO3 )2 → BaSO 4 ↓ + Zn ( NO3 )2 (11)2NaOH + Zn(OH)2 → Na 2 [ Zn(OH)4 ] (12) Na 2 [ Zn(OH)4 ] + 4HCl → 2NaCl + ZnCl2 + 4H 2 O (13)ZnCl 2 + Na 2S → ZnS ↓ +2NaCl (14) ZnSO 4 + BaCl2 → BaSO 4 ↓ + ZnCl 2 (15)ZnCl 2 + 6NH 3 dư +2H 2 O →  Zn ( NH 3 )4  (OH) 2 + 2NH 4 Cl (16)  Zn ( NH 3 )4  (OH) 2 + 6HCl → ZnCl 2 + 4NH 4 Cl + 2H 2 O (17)Zn(OH) 2 + 4NH 3 →  Zn ( NH 3 )4  (OH) 2

(18)Na 2 [ Zn(OH)4 ] + 2H 2SO 4 → Na 2SO 4 + ZnSO 4 + 4H 2 O (19)ZnCl 2 + 2NaOH (thiếu) → Zn(OH) 2 ↓ +2NaCl

(20)ZnCl2 + 2AgNO3 → Zn ( NO3 ) 2 + 2AgCl ↓

Ví dụ 5: Từ các chất ban đầu: Fe, FeO, Fe(OH)2 , FeCl2 , FeSO4 và Fe2 (SO 4 )3 , hãy thiết lập sơ đồ chuyển hóa biểu diễn mối liên hệ giữa các chất trên với nhau. Viết phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa đó. Giải Sơ đồ chuyển hóa:

Các phương trình hóa học theo sơ đồ: (1) 2Fe + 6H 2SO 4 (đặc) → Fe 2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 + 6H 2 O

(2) Fe 2 ( SO 4 )3 + 3Mg (dư) → 3MgSO 4 + 2Fe Trang 33

t (3) FeO + H 2  → Fe + H 2 O 0

t > 570 C (4) Fe + H 2 O  → FeO + H 2 ↑ ®pdd (5) FeCl 2   → Fe + Cl 2

(6) Fe + 2HCl → FeCl2 + H 2 ↑ (7) Zn + FeSO 4 → ZnSO 4 + Fe

(8) Fe + H 2SO 4 (loãng) → FeSO 4 + H 2 ↑ (9) 2FeO + 4H 2SO 4 (đặc) → Fe 2 ( SO 4 )3 + SO 2 ↑ +4H 2 O

(10)Fe2 ( SO 4 )3 + Cu → CuSO 4 + 2FeSO 4 (11)2FeSO 4 + 4H 2SO 4 (đặc) → Fe 2 ( SO 4 )3 + SO 2 ↑ +4H 2 O (12)FeO + 2HCl → FeCl 2 + H 2 O (13)Fe(OH)2 + H 2SO 4 → FeSO 4 + 2H 2 O

(14) FeSO 4 + BaCl2 → BaSO 4 ↓ + FeCl2 (15)FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ +2NaCl (16)Fe(OH) 2 + 2HCl → FeCl 2 + 2H 2 O 0

(18)2Fe(OH)2 + 4H 2SO 4 (đặc) → Fe 2 ( SO 4 )3 + SO 2 ↑ +6H 2 O (19)FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + Na 2SO 4

Ví dụ 6: Viết 6 loại phản ứng trực tiếp chuyển Fe3+ thành Fe2+ (sản phẩm phải gồm các chất khác loại, và chỉ dùng các chất vô cơ !). Giải Các phương trình hóa học trực tiếp chuyển Fe3+ thành Fe2+. 1) 2Fe3+ + Fe → 3Fe 2+ 2)2Fe3+ + Cu → Cu 2 + + 2Fe 2 + 3) 2Fe3+ + 2I − → 2Fe 2+ + I 2 4) 2Fe3+ + H 2S → 2Fe 2 + + S ↓ +2H + 5)2Fe3+ + Sn 2 + → 2Fe2 + + Sn 4+

Trang 34

6) 2Fe3+ + SO 2 + 2H 2 O → 2Fe 2 + + SO 42 − + 4H +

Ví dụ 7: Trình bày phương pháp thuỷ ngân lỏng và phương pháp xianua để sản xuất vàng. a) Phương pháp thủy ngân lỏng Để tách vàng tự sinh có trong bột quặng người ta dùng các phương pháp đãi (rửa bằng nước), hoà tan vàng trong thuỷ ngân lỏng tạo ra hỗn hống Au-Hg. Sau đó cho hỗn hống thăng hoa, thuỷ ngân bay hơi, còn lại Au. b) Phương pháp xiania Bản chất của phương pháp này là hoà tan vàng có trong quặng bằng dung dịch NaCN loãng (0,03 - 0,2%), đồng thời cho không khí lội qua, Au chuyển vào phức chất: 4Au + O 2 + 8NaCN + 2H 2 O → 4Na [ Au(CN) 2 ] + 4NaOH

Sau đó cho dung dịch phức chất tác dụng với Zn, Au được tách ra: Zn + 2Na [ Au(CN)2 ] → Na 2 [ Zn(CN)4 ] + 2Au

Ví dụ 8: Viết 5 phương trình hoá học của phản ứng trực tiếp tạo ra hợp chất crom (VI) từ hợp chất crom (III). Giải 2Cr(OH)3 + 3Na 2 O 2 → 2Na 2 CrO 4 + 2NaOH + 2H 2 O 2Cr(OH)3 + 3Br2 + 10NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 6NaBr + 8H 2 O 2Cr(OH)3 + 3NaClO + 4NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 3NaCl + 5H 2 O 2Cr(OH)3 + 3PbO 2 + 4NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 3PbO + 5H 2 O

2Na [ Cr(OH) 4 ] + 3Br2 + 8NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 6NaBr + 8H 2 O

Ví dụ 9: Từ các chất ban đầu: FeS2 , Cu(OH)2 ⋅ CuCO3 , FeO ⋅ Cr2 O3 , Al2O3 , Ag 2S và các hoá chất, điều kiện cần thiết khác. Hãy viết phương trình hoá học của các phản ứng điều chế: a) Các kim loại: Al, Fe, Cu, Ag. Cr. b) Các dung dịch muối: Fe2 (SO 4 )3 ,CuSO 4 , Cr ( NO3 )3 , AgNO3 . Giải a) • Điều chế Al: ®iÖn ph©n nãng ch¶y 2Al2 O3  → 4Al + 3O 2 ↑ Criolit ( Na 3AlF6 )

Trang 35

• Điều chế Cu: t Cu ( OH ) 2 .CuCO3  → 2CuO + CO 2 ↑ + H 2 O 0

t CuO + H 2  → Cu + H 2 O

• Điều chế Cr: Nung FeO, Cr2 O3 với K 2CO3 trong không khí ở nhiệt độ cao. 7 2FeO ⋅ Cr2 O3 + 4K 2 CO3 + O 2 (kk) → 4K 2 CrO 4 + Fe 2 O3 + 4CO 2

tan trong nước không tan K2CrO4 dễ hoà tan trong nước còn Fe2O3 thì không tan nên được tách ra. Khử K2CrO4 thành Cr2O3 bằng cacbon. 0

t 2K 2 CrO 4 + 2C  → Cr2 O3 + K 2 CO3 + K 2 O + CO

Cuối cùng dùng phương pháp nhiệt nhôm để khử Cr2O3. 0

t Cr2 O3 + 2Al  → Al2 O3 + 2Cr

• Điều chế Fe: 0

t 4FeS2 + 11O 2  → 2Fe 2 O3 + 8SO 2 0

Fe2 O3 + 3H 2 t → Fe + 3H 2 O

• Điều chế Ag: 0

Ag 2S + O 2 t → 2Ag + SO 2

b) • Điều chế Fe2(SO4)3: Fe2 O3 + 3H 2SO 4 → Fe 2 ( SO 4 )3 + 3H 2 O

• Điều chế CuSO4: CuO + H 2SO 4 → CuSO 4 + H 2 O

• Điều chế Cr(NO3)2: Cr2 O3 + 6HNO3 → 2Cr ( NO3 )3 + 3H 2 O Zn + 2Cr ( NO3 )3 → Zn ( NO3 )2 + 2Cr ( NO3 )2

• Điều chế AgNO3: Trang 36

t Ag + 2HNO3 đặc  → AgNO3 + NO 2 ↑ + H 2 O

Ví dụ 10: Từ các chất ban đầu: SnO2, PbS, NiO, ZnS hãy viết phương trình hoá học của các phản ứng điều chế: Sn, Pb, Ni và Zn. Giải • Điều chế Sn: 0

t SnO 2 + 2C  → Sn + 2CO

• Điều chế Pb: 0

t 2PbS + 3O 2  → 2PbO + 2SO 2 0

t PbO + C  → Pb + CO

• Điều chế Ni: 0

t 3NiO + 2Al  → Al2 O3 + 3Ni

• Điều chế Zn: 0

t 2ZnS + 3O 2  → 2ZnO + 2SO 2 0

t ZnO + C  → Zn + CO

DẠNG 3: BÀI TẬP VỀ NHẬN BIẾT VÀ TÁCH CHẤT Bảng thuốc thử cho một số cation kim loại Chất cần nhận biết

Thuốc thử

Dung dịch OH-

(NaOH)

Hiện tượng Tan + H 2 ↑

Phương trình hóa học M + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ M(OH) 4 ] + H 2 ↑

(M : Zn, Pb,Sn)

Sn Zn, Cr, Fe, Ni, Sn

M + 2H + → M 2 + + H 2 ↑

Dung dịch H+(HCl)

Tan + H 2 ↑

HNO3 đặc, nóng

Tan + dung dịch màu xanh + NO2 ↑ (nâu)

Cu + 4HNO3 → Cu ( NO3 )2 +

Tan + dung dịch màu xanh

Cu + O 2 + 4HCl → 2CuCl 2 +

Dung dịch HCl/H2SO4 loãng có sục O2

(M : Zn,Sn, Ni, Fe, Cr)

2NO 2 + H 2 O

2H 2 O

Trang 37

Đốt cháy trong O2

Màu đỏ (Cu) → màu đen (CuO)

HNO3 đặc, nóng sau đó cho NaCl dung dịch

Tan + NO2 ↑ (nâu) + ↓ trắng

2Cu + O 2 → 2CuO

Ag + 2HNO3 → AgNO3 + NO 2 ↑ + H 2 O AgNO3 + NaCl → AgCl ↓ + NaNO3

Cu2+ Ag2+

Hỗn hợp HNO3 đặc và HCl đặc trộn theo tỉ lệ thể tích 1: 3

Tan + NO ↑

Cho từ từ dung dịch OH- đến dư

↓ xanh

Au + HNO3 + 3HCl → AuCl3 + NO ↑ + H 2 O

↓ nâu đen

Cu 2+ + 2OH − → Cu(OH)2 ↓ Ag + + OH − → AgOH ↓ 2AgOH → Ag 2 O ↓ + H 2 O

Pb2+

↓ trắng tan trong

OH- dư

Pb 2+ + 2OH − → Pb(OH) 2 ↓ Pb(OH)2 + 2OH − →

[ Cr(OH)4 ]

2−

Sn2+

↓ trắng tan trong

OH- dư

Sn 2 + + 2OH − → Sn(OH) 2 ↓ Sn(OH) 2 + 2OH − →

[Sn(OH)4 ]

Cr2+

↓ màu vàng không

Cr 2 + + 2OH − → Cr(OH)2 ↓

tan trong OH- dư ↓

Cr3+

↓ màu xanh tan

Cr 3+ + 3OH − → Cr(OH)3 ↓

trong OH- hoặc tan trong NH3 lỏng

Cr(OH)3 + OH − → [ Cr(OH) 4 ]

−

Cr(OH)3 + 6NH 3 (lỏng) 3+

 → Cr ( NH 3 )  + 3OH − ←   6

Zn2+

↓ trắng tan trong

OH dư Ni2+

↓ màu xanh lục

Zn 2 + + 2OH − → Zn(OH) 2 ↓ Zn(OH) 2 + 2OH − → [ Zn(OH) 4 ]

2−

Ni 2+ + 2OH − → Ni(OH) 2 ↓

không tan trong OH- dư Trang 38

Dung dịch NH3

↓ màu xanh lục

không tan trong NH3 dư tạo thành ion phức màu xanh Fe2+

Dung dịch OH-

Ni 2+ + 2NH 3 + 2H 2 O → Ni(OH)2 ↓ +2NH 4+ Ni(OH) 2 + 6NH 3 → 2+

 Ni ( NH 3 )6  + 2OH −

Kết tủa trắng xanh hoá nâu đỏ trong không khí

Fe2 + + 2OH − → Fe(OH)2 ↓ 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O →

Mất màu dung dịch thuốc tím

5Fe2 + + MnO −4 + 8H + →

Dung dịch KMnO4 có mặt H+ của môi trường axit

4Fe(OH)3

(màu tím hồng) Mn 2+ + 5Fe3+ + 4H 2 O

(không màu)

Fe3+

Dung dịch OH hoặc NH3

Fe3+ + 3OH − → Fe(OH)3 ↓

Kết tủa màu nâu đỏ

Fe3+ + 3NH 3 + 3H 2 O → Fe(OH)3 ↓ +3NH +4

Dung dịch SCN

Hợp chất màu đỏ máu

Fe3+⋅ + 3SCN − → Fe(SCN)3

Sắt (III) sunfoxianua (màu đỏ máu)

Ví dụ 1: Có 7 chất rắn dạng bột, màu sắc tương tự nhau: CuO, FeO, MnO2, Fe3O4,Ag2O, FeS, hỗn hợp (FeO + Fe). Nêu cách nhận ra từng chất bằng phương pháp hoá học, chỉ dùng thêm 1 thuốc thử. Viết các phương trình phản ứng. Giải Lấy mỗi chất một ít cho vào dung dịch HCl, hiện tượng như sau: - Nhận ra CuO: Tan trong dung dịch HCl tạo dung dịch màu xanh. CuO + 2HCI → CuCl2 + H2O - Nhận ra FeO: Tan trong dung dịch HCl. FeO + 2HCl→ FeCl2 + H2O - Nhận ra MnO2. Tan trong dung dịch HCl, cho khí màu vàng thoát ra. MnO 2 + 4HCl → MnCl2 + Cl 2 ↑ +2H 2 O Trang 39

- Nhận ra Fe3O4 : Tan trong dung dịch HCl tạo dung dịch có màu vàng. Fe3O 4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl 2 + 4H 2 O

- Nhận ra Ag2O: Chất rắn chuyển từ màu đen sang màu trắng. Ag2O + 2HCl → 2AgCl + H2O - Nhận ra FeS: Tan trong dung dịch HCl, có khí mùi trứng thối thoát ra. FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2S ↑

- Nhận ra hỗn hợp (FeO + Fe): Tan trong dung dịch HCl, có khí không màu thoát ra. FeO + 2HCl → FeCl 2 + H 2 O Fe + 2HCl → FeCl2 + H 2 ↑

Ví dụ 2: Có một túi bột màu là hỗn hợp của 2 muối không tan trong nước. Để xác định thành phần của bột màu này, người ta tiến hành các thí nghiệm sau:

Cặn bột trắng

Dung dịch B Chia B thành 3 phần

Cần bột trắng + Na2CO3(bão hòa)→

Phần 1 + Na2S→ Kết tủa trắng C Phần 2 + K 4 [ Fe(CN)6 ] → Kết tủa trắng D

Dung dịch F + Kết tủa trắng G F + BaCl 2 , HCl → K Kết tủa trắng H

Phần 3 + giấy tẩm Pb(CH3COO)2 → Kết tủa G + CHC3OOH (đặc) →Dung dịch I đen E

Chia thành 2 phần Phần 1 + CaSO4 (bão hòa), HCl → Kết tủa trắng H Phần 2 + K2CrO4NaOH (dư) → Kết tủa vàng K

Cho biết thành phần của bột màu và viết phương trình ion thu gọn của các phản ứng xảy ra. Giải Bột màu là hỗn hợp của ZnS và BaSO4 (Litopon). Các phản ứng:

Trang 40

ZnS + 2H + → Zn 2 + (B) + H 2S(B) Zn 2 + + S2 − → ZnS ↓ (C) 3Zn 2+ + 2K + + 2Fe(CN)64 − → K 2 Zn 3 [ Fe(CN)6 ]2 ↓ (D) H 2S + Pb 2+ + 2CH 3COO − → 2CH 3COOH + PbS ↓ (E) BaSO 4 + CO32− → SO 42 − (F) + BaCO3 ↓ (G ) SO 24 − + Ba 2 + → BaSO 4 ↓ (H) BaCO3 + 2CH 3COOH → Ba 2 + (I) + 2CH 3COO − + H 2 O + CO 2 ↑ Ba 2 + + CaSO 4 ( bão hòa ) → Ca 2+ + BaSO 4 ↓ (H ) Ba 2 + + CrO 24 − → BaCrO 4 ↓ (K)

Ví dụ 3: Chỉ dùng thêm kim loại Ba, hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt 5 dung dịch riêng biệt đựng trong 5 lọ mất nhãn là: ( NH 4 )2 SO 4 ,NH 4Cl , Ba ( NO3 )2 , AlCl3 , FeCl3 .Viết phương trình hóa học. Giải Dùng kim loại Ba cho vào các dung dịch đều xuất hiện khí không màu: Ba + 2H 2 O → Ba(OH)2 + H 2 ↑

Nếu xuất hiện khí không màu và kết tủa nâu đỏ là FeCl3. 3Ba(OH)2 + 2FeCl3 → 2Fe(OH)3 ↓ +3BaCl 2

Nếu xuất hiện khí không màu và kết tủa sau đó tan là: AlCl3 . 3Ba ( OH )2 + 2AlCl3 → 2Al ( OH )3 ↓ +3BaCl 2 Ba ( OH )2 + 2Al ( OH )3 → Ba  Al ( OH ) 4  + 4H 2 O 2

Nếu sinh ra khi có mùi khai và kết tủa trắng là: (NH4)2SO4 t Ba(OH) 2 + ( NH 4 )2 SO 4  → BaSO 4 ↓ +2NH 3 ↑ +2H 2 O 0

Nếu sinh ra khí có mùi khai là: NH4Cl 0

t Ba(OH) 2 + 2NH 4 Cl  → BaCl2 + 2NH 3 ↑ +2H 2 O

Chỉ có khí không màu là: Ba(NO3)2. Ví dụ 4: Một hỗn hợp gồm Al, Fe, Cr và Ag. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp. Giải Sơ đồ tách chất: Trang 41

Các phương trình hóa học: 2Al + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 ↑ Na [ Al(OH)4 ] + CO 2 → NaHCO3 + Al(OH)3 ↓ 0

t 2Al(OH)3  → Al2 O3 + 3H 2 O

®pnc 2Al2 O3   → → 4Al + 3O 2 Na 3 AIF6

Cr + 2HCl → CrCl2 + H 2 ↑ Fe + 2HCl → FeCl2 + H 2 ↑ 2CrCl 2 + Cl 2 → 2CrCl3 2FeCl 2 + Cl 2 → 2FeCl3

FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ +3NaCl CrCl3 + 4NaOH → Na [ Cr(OH)4 ] + 3NaCl 0

t 2Fe(OH)3  → Fe2 O3 + 3H 2 O 0

t Fe2 O3 + 2H 2  → 2Fe + 3H 2 O

NaOH + HCl → NaCl + H 2 O

Na [ Cr(OH) 4 ] + HCl → Cr(OH)3 ↓ + NaCl

(thiếu) 0

t 2Cr(OH)3  → Cr2 O3 + 3H 2 O 0

t 2Al + Cr2 O3  → Al 2 O3 + 2Cr

Al 2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] Trang 42

Ví dụ 5: Trình bày phương pháp hoá học để phân biệt các kim loại riêng biệt: Ba, Cr, Al, Cu và Ag. Giải Dùng H2O làm thuốc thử thì nhận ra kim loại Ba vì có sủi bọt khí thoát ra. Ba + 2H 2 O → Ba(OH)2 + H 2 ↑

Các kim loại còn lại cho tác dụng lần lượt với dung dịch NaOH loãng. Kim loại nào tan là Al. 2Al + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 ↑

Cho các kim loại Cr, Cu và Ag lần lượt tác dụng với dung dịch HCl nóng, nếu kim loại tan và có sủi bọt khí thoát ra là Cr. Cr + 2HCl → CrCl2 + H 2 ↑

Dùng dung dịch HNO3 đặc, nóng làm thuốc thử đối với Cu và Ag. Kim loại nào tan tạo dung dịch màu xanh là Cu. 0

t Cu + 4HNO3 đặc  → Cu(NO3)2 + 2NO2 ↑ 2H2O

(màu xanh) Kim loại còn lại là Ag. 0

t Ag + 2HNO3 đặc  → AgNO3 + NO2 ↑ + H2O

(không màu)

Ví dụ 6: Chỉ dùng thêm một thuốc thử bên ngoài, hãy trình bày phương pháp hoá học để phân biệt các dung dịch riêng biệt mất nhãn: FeCl2, CrCl3, AlCl3, CuSO4, AgNO3, NH4NO3, CrCl2. Giải Dùng dung dịch NaOH làm thuốc thử. Nhận ra: - Dung dịch FeCl2: Có kết tủa trắng xanh xuất hiện, hoá nâu trong không khí. FeCl 2 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ +2NaCl

(trắng xanh) 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH)3 Trang 43

(nâu đỏ) - Dung dịch CrCl3: Kết tủa màu xanh tan trong NaOH dư. CrCl3 + 3NaOH → Cr(OH)3 ↓ +3NaCl

(màu xanh) Cr(OH)3 + NaOH → Na [ Cr(OH)4 ]

- Dung dịch AlCl3: Kết tủa trắng keo tan trong NaOH dư AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 ↓ +3NaCl

(trắng keo) Al(OH)3 + NaOH → Na [ Al(OH) 4 ]

- Dung dịch CrCl2: Kết tủa màu vàng không tan trong NaOH dư CrCl 2 + 2NaOH → Cr(OH)2 ↓ +2NaCl

(màu vàng) - Dung dịch CuSO4: Kết tủa màu xanh không tan trong NaOH dư CuSO 4 + 2NaOH → Cu(OH)2 ↓ + Na 2SO 4

(màu xanh) - Dung dịch AgNO3: Kết tủa màu đen xuất hiện không tan trong NaOH dư 2AgNO3 + 2NaOH → Ag 2 O ↓ +2NaNO3 + H 2 O

(màu đen) Còn lại là dung dịch NH4NO3, có khí màu khai thoát ra khi đun nóng 0

t NH 4 NO3 + NaOH  → NH 3 ↑ + NaNO3 + H 2 O

DẠNG 4: BÀI TẬP ĐỊNH LƯỢNG Phương pháp: Các dạng bài tập thường gặp vẫn là: Bài toán xác định tên kim loại, phản ứng oxi hóa - khử (kim loại tác dụng với phi kim, axit, muối, ... ), bài toán điện phân,... do đó yêu cầu số một là người giải phải nắm vững tính chất lý hóa của đơn chất và các hợp chất của chúng. Chẳng hạn: • Cho hỗn hợp X gồm các kim loại Mn, Cr, Fe, Cu, Ag, Sn, Zn, Pb, Ni, Au vào dung dịch HCl hoặc H2SO4, loãng thì Mn, Cr, Fe, Ni, Zn, Sn tan tạo ra muối Mn (II), Cr (II), Fe (II), Ni (II), Zn (II), Sn (II) giải phóng H2. Còn Pb, Au, Cu, Ag không tan. Ngược lại nếu cho Trang 44

hỗn hợp đó tác dụng với HNO3 đặc, nguội hoặc H2SO4 đặc, nguội thì Ag, Cu, Zn, Ni, Sn, Pb tan và Cr, Fe, Au không tan. Còn nểu hòa tan trong dung dịch HNO3 loãng hay đặc, nóng hoặc H2SO4 đặc, nóng thì tất cả đều tan (trừ Au). Tuy nhiên, Au hòa tan được trong nước cường toan. Au + HNO3 đặc + 3HCl đặc → AuCl3 + NO ↑ + 2H2O • Cho hỗn hợp X trên tác dụng với dung dịch kiềm nóng (như NaOH, KOH) thì Al, Zn, Sn, Pb tan giải phóng H2. Zn + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ Zn(OH) 4 ] + H 2 ↑ Pb + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ Pb(OH) 4 ] + H 2 ↑

• Cr không tan trong dung dịch kiềm. • Các hidroxit lưỡng tính gồm: Al(OH)3, Cr(OH)3, Zn(OH)2, Pb(OH)2, Sn(OH)2, Cu(OH)2. • Một số hiđroxit hoà tan trong dung dịch NH3 như Cu(OH)2, Ni(OH)2, Zn(OH)2, Cr(OH)3, AgOH (hay Ag2O)

Cu(OH)2 + 4NH 3 →  Cu ( NH 3 )4  + 2OH − 2+

Zn(OH) 2 + 4NH 3 →  Zn ( NH 3 )4  + 2OH − 2+

Ni(OH) 2 + 6NH 3 →  Ni ( NH 3 )6  + 2OH − 2+

Ag 2 O + 4NH 3 + H 2 O → 2  Ag ( NH 3 )2  + 2OH − 3+

 →  Cr ( NH 3 )  + 3OH − Cr(OH)3 + 6NH 3 (láng) ←   6

Do vậy không thể kết tủa các cation Cu 2+ , Zn 2+ , Ni 2+ và Ag + bằng lượng dư dung dịch NH3. • Các hợp chất có số oxi hóa +2 của Cr, Fe, Sn, Pb đều thể hiện tính khử, nhưng của Cu, Ni, Zn chỉ có tính oxi hóa. Oxit CrO, FeO, Fe3O4 là oxit bazơ còn SnO là oxit có tính lưỡng tính. 0

4CrO + O 2 t → 2Cr2 O3 4Cr(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Cr(OH)3 2CrCl 2 + Cl 2 → 2CrCl3 0

t 4FeO + O 2  → 2Fe 2 O3

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH)3 2FeCl 2 + Cl 2 → 2FeCl3 Trang 45

• Các hợp chất có số oxi hóa +3 của Cr vừa thể hiện tính oxi hóa trong môi trường axit, vừa thể hiện tính khử trong môi trường kiềm. Zn + 2CrCl3 → ZnCl 2 + 2CrCl2 Cr2 O3 + 3Cl2 + 10NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 6NaCl + 5H 2 O 2Cr(OH)3 + 3Cl2 + 10NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 6NaCl + 8H 2 O

2Na [ Cr(OH) 4 ] + 3Cl 2 + 8NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 6NaCl + 8H 2 O

Cr2O3 và Cr(OH)3 có tính lưỡng tính nhưng các hợp chất ứng với số oxi hóa +3 của sắt thì chỉ có tính oxi hóa, oxit và hiđroxit có tính bazơ. Cr2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Cr(OH) 4 ] Cr(OH)3 + NaOH → Na [ Cr(OH)4 ] Cr2 O3 + 6HCl → 2CrCl3 + 3H 2 O Cr(OH)3 + 3HCl → CrCl3 + 3H 2 O Fe2 O3 + 6HNO3 → 2Fe ( NO3 )3 + 3H 2 O Fe(OH)3 + 3HNO3 → Fe ( NO3 )3 + 3H 2 O

• Các hợp chất có số oxi hóa +6 của Cr thể hiện tính oxi hóa mạnh đặc biệt là trong môi trường axit, oxit và hiđroxit có tính axit. 2CrO3 + S → Cr2 O3 + SO3 K 2 Cr2 O7 + S → K 2SO 4 + Cr2 O3 2CrO3 + 2NH 3 → Cr2 O3 + N 2 ↑ +3H 2 O K 2 Cr2 O7 + 2C → Cr2 O3 + K 2 CO3 + CO K 2 Cr2 O 7 + 3H 2S + 4H 2SO 4 loãng → 3S ↓ + K 2SO 4 + Cr2 ( SO 4 )3 + 7H 2 O CrO3 + H 2 O → H 2 CrO 4

(axit cromic) 2CrO3 + H 2 O → H 2 Cr2 O 7

(axit đicromic) CrO3 + 2NaOH → Na 2 CrO 4 + H 2 O

(natri cromat) • Nung Fe(OH)2 hoặc Cr(OH)2 trong không khí sẽ thu được Fe2O3 hoặc Cr2O3, còn nếu không có oxi thì thu được FeO hoặc CrO. • Fe, Cr phản ứng với Cl2 sẽ tạo ra muối FeCl3 và CrCl3. • Fe, Cr phản ứng với S sẽ tạo ra muối FeS và Cr2S3 • Nhiệt phân muối nitrat đều sinh ra oxit có hoá trị cao. Trang 46

t 4Cr ( NO3 ) 2  → 2Cr2 O3 + 8NO 2 + O 2 0

t 4Fe ( NO3 )2  → 2Fe2 O3 + 8NO 2 + O 2 0

t 4Cr ( NO3 )3  → 2Cr2 O3 + 12NO 2 + 3O 2 0

t 4Fe ( NO3 )3  → 2Fe 2 O3 + 12NO 2 + 3O 2 0

2Cu ( NO3 )2 t → 2CuO + 4NO 2 + O 2 0

• Các hợp chất Fe (II):

• Khi nhỏ dung dịch HCl (hoặc H2SO4 loãng) vào dung dịch Fe(NO3)2 thì trong môi trường axit (H+) anion NO3− sẽ oxi hoá Fe (II) thành Fe (III). 3Fe 2 + + NO3− + 4H + → 3Fe3+ + NO ↑ +2H 2 O

Ví dụ 1: Cho 18,15 gam hỗn hợp bột X gồm Fe, Zn vào dung dịch FeSO4 dư, kết thúc các phản ứng thu được 19,5 gam chất rắn. Mặt khác, cho toàn bộ lượng X trên vào dung dịch HNO3. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 7,84 lít (đktc) hỗn hợp hai khí NO và NO2, có tổng khối lượng 13,7 gam. a) Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X. b) Cho dung dịch NH3 tới dự vào Y. Tính khối lượng kết tủa tạo thành. Giải a) Gọi x, y lần lượt là số mol Fe và Zn có trong 18 gam hỗn hợp X. Ta có: 56x + 65y = 18,15 (1)

• X + FeSO4 dư: Fe không phản ứng. Zn + FeSO4 → ZnSO4 + Fe y

→

∆m tăng = (65 − 56)x = 19,5 − 18,15  y = 0,15mol Từ (1)  y = 0,15 mol Trang 47

Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X là %m Zn =

65.100% = 53, 72% 65 + 56

 %m Fe = 100% − 53, 72% = 46, 28%

b) Đặt n NO = a(mol); n NO = b(mol) Ta có hệ: 2

a + b = 0,35 a = 0,15 mol   30a + 46b = 13, 7 b = 0, 2mol

• X + HNO3: Vì 3n Fe + 2n Zn = 0, 75mol > n NO + 3n NO = 0, 65mol > 2n Fe + 2n Zn = 0, 6mol nên ta xét các trường hợp 2

sau: - Trường hợp 1: Y chứa muối NH 4 NO3 , Fe ( NO3 )3 và Zn ( NO3 )2 Fe → Fe3+ + 3e 0,15 →

N +5 + 1e → N +4 0, 2 ← 0, 2

0, 45 2+

Zn → Zn + 2e 0,15 →

0,3

N + 3e → N +2

0, 45 ← 0,15 N +5 + 8e → N −3 8z ← z

 0,75 = 0,2 + 0,45 + 8z  z = 0,0125 mol • Y + NH3 dư: Fe3+ + 3NH 3 + 3H 2 O → Fe(OH)3 ↓ +3NH +4

0,15

→

0,15

Zn 2 + + 2NH 3 + 2H 2 O → Zn(OH)2 ↓ +2NH 4+ 2+

Zn(OH) 2 + 4NH 3 (d− ) →  Zn ( NH 3 )4  + 2OH −  m kết tủa = m Fe( OH ) = 107.0,15 = 16,05 gam 3

- Trường hợp 2: Y chứa muối Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và Zn(NO3)2. Fe → Fe3+ + 3e t

→

N +5 + 1e → N +4 0, 2 ← 0, 2

3t 2+

Zn → Zn + 2e

N + 3e → N +2 0, 45 ← 0,15

Trang 48

0,15 → 0,3 Fe → Fe2 + + 2e ( 0,15 − t ) → 2(0,15 − t)  0, 6 + t = 0, 2 + 0, 45  t = 0, 05mol

• Y + NH3 dư: Fe3+ + 3NH 3 + 3H 2 O → Fe(OH)3 ↓ +3NH 4+

→

0,05

Fe2 + + 2NH 3 + 2H 2 O → Fe(OH) 2 ↓ +2NH 4+ →

0,1

Zn 2 + + 2NH 3 + 2H 2 O → Zn(OH) 2 ↓ +2NH +4 2+

Zn(OH) 2 + 4NH 3 (dư) →  Zn ( NH 3 )4  + 2OH −  m kết tủa = m Fe(OH)3 + m Fe(OH)2 = 107.0,05 + 90.0,1 = 14,35 gam

Ví dụ 2: Chia m gam hỗn hợp X gồm Al, Cr, Fe thành ba phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, kết thúc phản ứng thu được 3,36 lít H2 (đktc). Hòa tan hết phần 2 trong dung dịch HCl loãng, nóng (dư), sinh ra 8,96 lít H2 (đktc). Cho phần 3 tác dụng với dung dịch ZnSO4 dư, sau khi kết thúc các phản ứng thu được 24,2 gam chất rắn. a) Tính khối lượng mỗi kim loại trong m gam X. b) Tính thể tích khí Cl2 (đktc) cần dùng để phản ứng hết với m gam X trên. Giải a) Gọi x, y, z lần lượt là số mol Al, Cr và Fe có trong mỗi phần. • Phần 1+ NaOH dư: Cr, Fe không phản ứng. 2Al + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 ↑ ←

0,1

0,15

 x = 0,1mol

• Phần 2 + HCl loãng, nóng dư: 2Al

0,1

→

6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 ↑ 0,15

Cr + 2HCl → CrCl2 + H 2 ↑ y

→

Trang 49

Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑ z→

 n H2 = 0,15 + y + z =

8, 96 = 0, 4  y + z = 0, 25 (1) 22, 4

• Phần 3+ZnSO4 dư: Fe không phản ứng. 2Al + 3ZnSO 4 → Al 2 ( SO 4 )3 + 3Zn

→

0,1

0,15

Cr + ZnSO 4 → CrSO 4 + Zn

→

 m CR = 65.0,15 + 65y + 56z = 24, 2  65y + 56z = 14, 45 (2)  y = 0, 05mol z = 0, 2mol

Giải hệ (1) và (2) ta được: 

Khối lượng mỗi kim loại trong X là m A1 = 3.0,1.27 = 8,1 gam m Cr = 3.0, 05.52 = 7,8 gam m Fe = 3.0, 2.56 = 33, 6 gam

b) X + Cl2: 0

t 2Al + 3Cl 2  → 2AlCl3

0, 3 → 0, 45 0

t 2Cr + 3Cl 2  → 2CrCl3

0,15 → 0, 225 0

t 2Fe + 3Cl 2  → 2FeCl3

0, 6 → 0, 9  VCl2 = (0, 45 + 0, 225 + 0,9) ⋅ 22, 4 = 35, 28 lít

Ví dụ 3: Nung a gam bột Al với b gam bột Cr2O3 trong bình chân không. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 23,3 gam chất rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH dư, thu được 3,36 lít H2 (đktc). a) Tính a và b. b) Tính thể tích dung dịch H2SO4 1M (loãng, nóng) cần dùng để hòa tan hết X. Giải a) Đặt nAl ban đầu = x (mol) và n Cr O ban đầus = y (mol) 2

Trang 50

Theo định luật bảo toàn khối lượng: mhh ban đầu = mx = 27x + 152y = 23,3 (1) Vì X tác dụng với dung dịch NaOH có khí thoát ra nên Al còn, Cr2O3 hết. 0

t 2Al + Cr2 O3  → Al2 O3 + 2Cr

2y ←

→

→ 2y

 n Al còn = (x - 2y) mol

X + NaOH: Cr không phản ứng. Al 2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Al(OH)4 ] 2Al + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 ↑ ←

0,1

0,15

 x − 2y = 0,1 (2)  x = 0,3mol  y = 0,1mol

Giải hệ (1) và (2) ta được: 

 a = 27.0, 3 = 8,1gam; b = 152.0,1 = 15, 2gam

b) 2Al + 3H 2SO 4 → Al2 ( SO 4 )3 + 3H 2 ↑ 0, 3 → 0, 45 Cr2 O3 + 3H 2SO 4 → Cr2 ( SO 4 )3 + 3H 2 O 0,1

→ 0, 3

 VddH2SO4 =

0, 75 = 0, 75 lít = 750ml 1

Ví dụ 4: Đốt 27,8 gam hỗn hợp X gồm Zn, Cu và Cr trong bình chứa đầy khí O2. Sau một thời gian thu được 32,6 gam chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nóng (dư) thu được dung dịch X và 8,96 lít NO2 (đktc). Cho Z tác dụng với dung dịch NaOH dư, sinh ra 14,7 gam kết tủa. Tính khối lượng mỗi kim loại trong X. Giải Gọi x, y, z lần lượt là số mol Cr, Zn và Cu có trong 27,8 gam hỗn hợp X. Ta có: 52x + 65y + 64z = 27,8 (1) Theo định luật bảo toàn khối lượng: Trang 51

m O2 = 32, 6 − 27,8 = 4,8gam  n O2 =

4,8 = 0,15mol 32

Quy Y về Zn, Cu, Cr và O. Ta có các quá trình oxi hóa và khử: O + 2e → 2O 2−

Cr → Cr 3+ + 3e x → x → 3x

0, 3 → 0, 6

Zn → Zn + 2e y → y → 2y

N +5 + 1e → N +4 0, 4 ← 0, 4

Cu → Cu + 2e z → z → 2z

 3x + 2y + 2z = 1, 6

( 2)

Z + NaOH dư: H + + OH − → H 2 O Cr 3+ + 3OH − → Cr(OH)3 ↓ Cr(OH)3 + OH − → [ Cr(OH) 4 ]

−

Zn 2 + + 2OH − → Zn(OH) 2 ↓ Zn(OH) 2 + 2OH − → [ Zn(OH) 4 ]

2−

Cu 2+ + 2OH − → Cu(OH) 2 ↓ z

→

 m kết tủa = 98z = 14, 7  z = 0,15 mol

52x + 65y = 18, 2

Thay Z vào (1) và (2) ta có hệ: 

3x + 2y = 0, 7

 x = 0,1mol   y = 0, 2mol

Khối lượng mỗi kim loại trong X là m Cr = 52.0,1 = 5, 2 gam m Zn = 0, 2.65 = 13 gam m Cu = 0,15.64 = 9, 6 gam

Ví dụ 5: Chia 32 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng vừa hết với 12,8 gam bột S. Cho phần 2 tác dụng với 250 gam dung dịch HNO3 31,5%, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và N2O có tổng khối lượng 5,2 gam. Tính khối lượng muối thu được trong Y và số mol HNO3 phản ứng. Giải Trang 52

Gọi x, y lần lượt là số mol Cu và Fe chứa trong 16 gam X. Ta có: 52x + 5y = 16 (1) • Phần 1 + S: 0

t 2Cr + 3S  → Cr2S3

x →1, 5x 0

t Fe + S  → FeS y →y

 n S = 1, 5x + y =

12,8 = 0, 4 (2) 32  x = 0, 2mol  y = 0,1mol

Giải hệ (1) và (2) ta được:  • Phần 2 + HNO3:

Đặt n NO = a(mol); n N O = b(mol) 2

30a + 44b = 5, 2

Ta có hệ: 

a + b = 0,15

a = 0,1mol  b = 0, 05mol

Nếu sản phẩm khử chỉ gồm NO và N2O thì n HNO3 phản ứng = 4n NO + 10n N 2O = 0,9mol < n HNO3 ban đầu = 1,25 mol nên HNO3 còn và hỗn

hợp kim loại hết. Tuy nhiên  ne (nhường)min = 2n Fe + 3n Cr = 0,8mol > Σn e (nhận) = 3n NO + 8n N2O = 0, 7mol  Trường hợp này loại!

Vậy có sự tạo thành muối NH4NO3. Xét 3 trường hợp: - Trường hợp 1: Y chứa muối Fe(NO3)2, NH4NO3 và Cr(NO3)3. Trong trường hợp này HNO3 hết  n NH 4 NO3 =

n HNO3ban ®Çu − 4n NO − 10n N 2O 10

= 0, 035mol

  ne (nhận) = 3n NO + 8n N 2O + 10n NH4 No3 = 1, 05mol > Σn e (nhường) = 2n Fe + 3n Cr = 0,8mol

(Trường hợp này loại !) - Trường hợp 2: Y chứa muối Fe ( NO3 )3 , Fe ( NO3 )2 , NH 4 NO3 và Cr ( NO3 )3 . Trong tự như trên ta cũng có: Trang 53

n NH4 NO3 =

n HNO3ban ®Çu − 4n NO − 10n N2O 10

= 0, 035mol

  ne (nhận) = 3n NO + 8n N 2O + 10n NH 4 NO2 = 1, 05mol > Σn e (nhường)max = 0,9 mol >  ne

(nhường) = 2n Fe2+ + 3n Cr + 3n Fe3+ = 2y1 + 3.0, 2 + 3 ( 0,1 − y1 ) = 0,9 − y1

(y1 là số mol Fe(NO3)2 ) (Trường hợp này loại !) - Trường hợp 3: Y chứa muối Fe ( NO3 )3 ,NH 4 NO3 và Cr ( NO3 )3 . Cr → Cr 3+ + 3e

N +5 + 3e → N +2

0, 2 → 0, 2 → 0, 6 3+

Fe → Fe + 3e

0,3 ← 0,1 2N +5 + 8e → 2 N +1

0,1 → 0,1 → 0, 3

0, 4 ← 0,1 N +5 + 8e → N −3 8c ← c

 0, 7 + 8c = 0,9  c = 0, 025mol

 n HNO3 phản ứng = 4n NO + 10n N2O + 10n NH4 NO2 = 1,15mol

Khối lượng mỗi muối trong dung dịch Y là m Cr ( NO3 ) = 238.0, 2 = 47, 6gam 3

m Fe( NO3 )3 = 242.0,1 = 24, 2 gam m NH4 NO3 = 0, 025.80 = 2gam

Ví dụ 6: Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dự vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2CO3 dư vào phần 2 được 3,12 gam kết tủa. Tính m. Giải Thêm H2S vào phần 1 ta có: 2FeCl3 + H 2S → 2FeCl 2 + S ↓ +2HCl →

0,5x

CuCl 2 + H 2S → CuS ↓ +2HCl y

→

 16x + 96y = 1,28 (1)

Thêm Na2CO3 tới dư vào phần 2 Trang 54

2FeCl3 + 3Na 2 CO3 + 3H 2 O → 2Fe(OH)3 ↓ +3CO 2 ↑ +6NaCl

→

CuCl 2 + Na 2 CO3 + H 2 O → Cu(OH)2 ↓ +2NaCl + CO 2 ↑

→

m kết tủa = 107x + 98y = 3,12 (2)  x = 0, 02mol  y = 0, 01mol

Giải hệ (1) và (2) ta được: 

 m = 2(162,5.0, 02 + 135.0, 01) = 9, 2gam

Ví dụ 7: Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉ khối so với H2 là 13. Lấy 2,24 lít (đktc) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X. b) Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B. Giải a) Viết phương trình: Fe + S → FeS

(1)

FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2S ↑ (2)

Với M Y = 13.2 = 26  Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl. Fe (dư) + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ (3) 2H 2S + 3O 2 → 2SO 2 + 2H 2 O (4) 2H 2 + O 2 → 2H 2 O

(5)

SO 2 + H 2 O 2 → H 2SO 4

(6)

Đặt n H S = a(mol); n H = b(mol) 2

 My =

34a + 2b a 3 = 26  = a+b b 1

Giả sử n H = 1(mol)  n H S = 3(mol) 2

Trang 55

Từ (1) và (2)  nFe phản ứng = n S = n FeS = n H S = 3(mol) 2

Từ (3)= nFe dư = n H = 1(mol) 2

 nFe ban đầu =1+3 = 4 (mol)

Vậy: 4.56.100% = 70% 4.56 + 3.32 %ms = 100% − 70% = 30% %m Fe =

b) n Y =

2, 24 3 = 0,1(mol)  n H 2S = .0,1 = 0, 075(mol) 22, 4 4

 n H 2 = 0,1 − 0, 075 = 0, 025(mol) n H 2O2 =

5,1.1.100 = 0,15(mol) 100.34

Từ (4) và (6) =  n SO = n H S = 0, 075(mol) 2

Từ (6)  n H SO = n SO = 0, 075(mol)  H 2O2 dư = 0,15 − 0, 075 = 0, 075(mol) 2

Áp dụng BTKL ta có: m ddB = m ddH 2O2 + mSO2 + m H 2O = 100.1 + 0, 075.64 + 0,1.18 = 106, 6gam

Vậy: C%H 2SO4 = C%H 2 O 2 d − =

0, 075.98.100% = 6, 695% 106, 6

0, 075.34.100% = 2,392% 106, 6

Ví dụ 8: A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,25M và B là dung dịch chứa các ion Cl − , Br − , I − đều có nồng độ 0,01M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thiết ban đầu nồng độ các ion không đổi). Hỏi kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở của phương pháp, hãy đề nghị cách nhận biết ion Cl- trong dung dịch có chứa đồng thời 3 ion trên. Biết: +  → Ag + + 2NH 3 k = 10 −7,24 Ag ( NH 3 ) 2 ← 

K SAgCl = 1, 78.10−10 ; K SAgBr = 10−13 ; K SAgI = 10−16

Giải +

Vì AgNO3 tạo phức với NH3 nên trong dung dịch A chứa Ag ( NH 3 )2 0,01M và NH3=0,250,02=0,23M +  → Ag + + 2NH 3 Ag ( NH 3 ) 2 ← 

K = 10−7,24

Trang 56

Ban đầu:

0,01

Cân bằng:

0,01-x

K = 10−7,24 =

0,23 0,23 + 2x

x(0, 23 + 2x) 2  x = 1, 09.10−8 0, 01 − x

Vậy nồng độ cân bằng của Ag + = 1, 09.10−8 Ta có:  Ag +  ⋅ Cl−  = 1, 09.10−8 ⋅ 0, 01 = 1, 09.10−10 < K SAgCl  Không có kết tủa AgCl  Ag +  ⋅  Br −  = 1, 09.10−10 > K SAgBr = 10−13  Ag +  ⋅  I −  = 1, 09.10−10 > K SAgI = 10−16  Có kết tủa AgBr và AgI

Để nhận biết Cl- trong dung dịch có chứa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dung dịch A để loại bỏ Br- và I- (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức [Ag(NH3]NO3 làm tăng nồng độ Ag+ khi đó  Ag +  Cl−  tăng lên và lớn hơn KS AgCl thì có kết tủa trắng AgCl (nhận ra Cl). Ví dụ 9: Cho 13,2 gam hỗn hợp bột X gồm Cr, Al vào 400ml dung dịch ZnSO4 1M, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 28,6 gam chất rắn khan Z. a) Tính khối lượng mỗi kim loại trong X. b) Cho toàn bộ lượng X trên phản ứng với dung dịch NaOH dư. Tính thể tích khí thoát ra (đktc) khi kết thúc các phản ứng. Giải a) Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Cr có trong 13,2 gam hỗn hợp X. Ta có: 27x + 52y = 13,2 (1) Al3+ /Al Cr 2+ /Cr Zn 2+ /Zn Cr 3+ /Cr Cr 3+ /Cr 2+

Nên Al phản ứng với Zn2+ trước Cr. 2Al + 3Zn 2 + → 2Al3+ + 3Zn ↓

Ban đầu:

x Trang 57

x1 → 1,5x1 → x1 → 1,5x1

Phản ứng:

Còn: ( x − x1 )( x − x1 ≥ 0 ) Nếu AI hết, Zn2+ còn thì 2Cr + Zn 2 + → 2Cr 2 + + Zn ↓

Ban đầu: y y1 → y1 → y1 → y1

Phản ứng: Còn: ( y − y1 )( y − y1 ≥ 0 )

 ∆m ↑= 70, 5x1 + 13y1 = 28, 6 − 13, 2 = 15, 4 ( 2 )

Biện luận: • Nếu Zn2+ còn hoặc vừa hết, kim loại hết  x − x1 = 0 và y − y1 = 0 Từ (1) và (2) ta có hệ: 27x + 52y = 13, 2  x = 0,1898mol   70, 5x + 13y = 15, 4  y = 0,1553mol  n 2n 2+ phản ứng = 1,5x + y = 0, 44 mol > n zn 2+ ban đầu (loại!)

• Vậy Zn2+ hết, kim loại còn  n zn 2+ ⋅ = 1,5x1 + y1 = 0, 4(3)  x1 = 0, 2mol  y1 = 0,1mol

Giải hệ (2) và (3) ta được: 

Do y1 > 0 nên x = x1 = 0,2 mol. Kết hợp với (1) = y = 0,15 mol Phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong X là 52.0,15 .100% = 59,1% 13, 2 = 100% − 59,1% = 40,9%

%m Cr = %m Zn

b) Khi cho X phản ứng với dung dịch NaOH thì Cr không phản ứng 2Al + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na [ Al(OH)4 ] + 3H 2 ↑

0,2

→

0,15

 VH 2 = 0,15.22, 4 = 3,36 lít

Trang 58

Ví dụ 10: Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol hỗn hợp Cu, Zn, Sn, Pb có khối lượng 28,7 gam trong oxi dư thu được 34,3 gam chất rắn. Tính phần trăm khối lượng Sn trong hỗn hợp X. Giải Cu → Cu 2+ + 2e

O 2 + 4e → 2O −2

x →

0,175 → 0, 7

2x 2+

Zn → Zn + 2e y

→

Sn → Sn 4 + + 4e z →

4z 2+

P → Pb + 2e t

→

 2x + 2y + 4z + 2t = 0, 7 (1)

Mặt khác: x + y + z + t = 0,25 ( 2 ) Từ (1) và (2)  z = 0,1mol  %mSn =

0,1.119.100% = 41, 46% 28, 7

Ví dụ 11: Chia 61,9 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe và Zn thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sinh ra 12,88 lít H2 (đktc). Hòa tan phần 2 trong 250 gam dung dịch HNO3 63% đun nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được dung dịch Y (không có NH4NO3) và 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O, NO2, N2 và NO (trong đó NO và N2O có phần trăm theo thể tích bằng nhau). Tỉ khối của Z so với H2 là 19,625. a) Tính khối lượng mỗi kim loại trong X. b) Tính nồng độ phần trăm của các chất trong Y. Coi nước bay hơi không đáng kể trong quá trình phản ứng. Giải a) Phần 1+ NaOH: Fe không phản ứng. 3 Al + NaOH + H 2 O → NaAlO 2 + H 2 ↑ 2

→

1,5a

Zn + 2NaOH → Na 2 ZnO 2 + H 2 ↑

b  n H 2 = 1,5a + b =

→

12,88 = 0, 575 22, 4 Trang 59

• Phần 2 + HNO3: Gọi x, y, z lần lượt là số mol của NO2, NO và N 2  n N O = y mol. 2

Ta có: (x + y) + (x + z) = 0,4 (2) Mặt khác: m Z =46 x+44 y+28 z+30 y=19,625.2 .0,4=15,7  46(x + y) + 28(y + z) = 15, 7(3)  x + y = 0, 25  y + z = 0,15

Giải hệ (2) và (3) ta được: 

 n HNO3 phản ứng = 2n NO2 + 4n NO + 10n N 2O + 12n N 2 = 2x + 4y + 10y + 12z =2(x+y)+12(y+z) = 2.0, 25 + 12.0,15 = 2,3mol < n HNO3 ban đầu = 2,5 mol

Kim loại hết, axit còn Al → Al3+ + 3e a

b →

x←x

Zn → Zn 2+ b

N +5 + le → N +4

N +5 + 3e → N +2

3y ← y

2b +

2N +5 + 8e → 2N +1

8y ← 2y 2N +5 + 10e → N 2 10z ← z

 3a + 2b + 3c = (x + y) + 10(y + z) = 1, 75 ( 4 )

Ngoài ra: 27a + 65b + 56c = 30,95

(5)

a = 0, 25mol Giải hệ (1), (4), (5) ta được: b = 0, 2mol c = 0, 2mol 

Khối lượng mỗi kim loại trong X là: m Al = 2.0, 25.27 = 13,5gam; m Zn = 2.0, 2.65 = 26gam; m Fe = 0, 4.56 = 22, 4gam

b) n Zn ( NO ) = n Zn = 0, 2mol;n Al( NO ) = n Al = 0, 25mol;n Fe( NO ) = n Fe = 0, 2mol 3 2

3 3

n HNO3 còn = = 2, 5 − 2,3 = 0, 2mol; m ddY = 30,95 + 250 − 15, 7 = 265, 25gam

Nồng độ phần trăm của các chất trong Y là Trang 60

C% Zn ( NO3 ) =

189.0, 2.100% = 14, 25% 265, 25

C% Fe( NO3 ) =

242.0, 2.100% = 18, 24% 265, 25

C% Al( NO3 ) =

213.0, 25.100% = 20, 07% 265, 25

C%HNO3 =

63.0, 2.100% = 4, 75% 265, 25

Ví dụ 12: Hỗn hợp M gồm Cu2S, FeS, FeS2 có số mol bằng nhau. Hòa tan hết 36,8 gam M bằng lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng, thấy thoát ra khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất). Biết rằng 1/10 lượng SO2 thu được làm mất màu vừa đủ Vml dung dịch KMnO4 1M. Tính V. Giải n Cu 2S = n FeS = n FeS2 =

36,8 = 0,1mol 160 + 88 + 120 Cu 2S → 2Cu 2 + + S+4 + 8e 0,1 →

0,1 → 0,8

S+6 + 2e → S+4 2x ← x

FeS → Fe3+ + S+4 + 7e 0,1 →

0,1 → 0, 7

FeS2 → Fe +3 + 2S+4 + 11e 0,1 →

0, 2 → 1,1

 2x = 0,8 + 0, 7 + 1,1  x = 1,3mol  Σn SO2 = 1,3 + 0,1 + 0,1 + 0, 2 = 1, 7mol 5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 O → 2H 2SO 4 + 2MnSO 4 + K 2SO 4 0,17 → 0, 068

 VddKMnO4 = 0,068 lít = 68ml

Ví dụ 13: Đun nóng chảy 5gam mẫu chứa Cr2O3, còn lại là tạp chất trơ với Na2O2 có mặt hơi nước để oxi hoá hết Cr2O3 thành Na2CrO4. Cho khối nóng chảy vào nước, đun sôi để phân huỷ hết Na2O. Thêm H2SO4 loãng đến rất dư vào hỗn hợp thu được dung dịch A có màu vàng da cam. Cho 100ml dung dịch FeSO4 1M vào A. Lượng FeSO4 (dư) phản ứng vừa hết với 5ml dung dịch KMnO4 1M. Viết phương trình hoá học của các phản ứng đã xảy ra và tính phần trăm khối lượng của crom trong mẫu ban đầu. Giải Phản ứng đun quặng cromit: Trang 61

Cr2 O3 + 3Na 2 O 2 + H 2 O → 2Na 2 CrO 4 + 2NaOH

Phản ứng phân huỷ Na2O2: 2Na 2 O 2 + 2H 2 O → 4NaOH + O 2

Axit hoá dung dịch: 2Na 2 CrO 4 + H 2SO 4 → Na 2SO 4 + Na 2 Cr2 O7 + H 2 O

(vàng da cam) 2NaOH + H 2SO 4 → Na 2SO 4 + 2H 2 O

A + FeSO4: 6Fe2 + + Cr2 O 72− + 14H + → 6Fe3+ + 2Cr 3+ + 7H 2 O

0,075 →0,0125 Phản ứng giữa Fe2+ dư với MnO−4 : 5Fe 2+ + MnO −4 + 8H + → 5Fe3+ + Mn 2 + + 4H 2 O

0,025 ← 0,005  %m Cr =

2.0, 0125.52.100% = 26% 5

Ví dụ 14: Trong thực tế thành phần của quặng cromit có thể biểu diễn qua hàm lượng của các oxit. Một quặng cromit chứa: 45,60% Cr2O3, 16,12% MgO và 7,98% Fe2O3. Nếu biểu diễn dưới dạng các cromit thì các cấu tử của quặng này là: Fe(CrO2)2, Mg(CrO4)2, MgCO3 và CaSiO3. a) Xác định thành phần của quặng qua hàm lượng của Fe ( CrO 2 ) 2 , Mg ( CrO 2 ) 2 , MgCO3 và CaSiO3

b) Nếu viết công thức của quặng dưới dạng xFe ( CrO 2 )2 ⋅ yMg ( CrO 2 )2 .zMgCO3 ⋅ dCaSiO3 (x, y, z và d là các số nguyên) thì x, y, z và d

bằng bao nhiêu? c) Khi cho một mẫu quặng này tác dụng với axit HCl thì chỉ có các chất không chứa crom mới tham gia phản ứng. Viết các phương trình phản ứng ở dạng phân tử và dạng ion đầy đủ. Giải Trang 62

a) Giả sử có 100 gam mẫu quặng: m Fe =

m Fe2O3 ⋅ 2 ⋅ M Fe

M Fe

7,89.111, 70 = 5,52gam 159, 70

Mẫu quặng chứa: m Fe( CrO ) =

M Fe( CrO2 ) ⋅ m Fe 2

M Fe

2 2

223,85.5,52 = 22,12gam 55,85

 Mẫu quặng chứa 22,12% khối lượng Fe(CrO2)2.

Khối lượng Cr trong Fe(CrO2)2 : m1(Cr) =

m Fe( CrO2 ) ⋅ 2 ⋅ M Cr 2

M Fe( CrO2 )

22,12.104, 0 = 10, 28gam 223,85

 Khối lượng Cr trong mẫu quặng là:

m 2(Cr) =

m Cr2O3 ⋅ 2 ⋅ M Cr M Cr2O3

45, 60.104 = 31, 20gam 152, 0

 Khối lượng Cr trong Mg(CrO2)2:

m3(Cr) = m2(Cr) – m1(cr) = 31,20 – 10,28 = 20,92 gam Mẫu quặng chứa: m Mg( CrO ) = 2 2

M Mg( CrO2 ) .m3(Cr ) 2

2.M Cr

192,31.20,92 = 38, 68gam 104

 Mẫu quặng chứa 38,68 % khối lượng Mg(CO2)2.  Khối lượng Mg trong Mg(CrO2)2:

m1( Mg ) =

M Mg( CrO2 ) ⋅ .M Mg 2

m Mg( CrO2 )

38, 68.24,31 = 4,89gam 192,31

 Khối lượng Mg trong mẫu quặng là:

m 2( Mg ) =

m MgO ⋅ M Mg M MgO

16,12.24,31 = 9, 72gam 40,31

 Khối lượng Mg trong MgCO3:

m 3(Mg) = m 2(Mg) − m1(Mg) = 9, 72 − 4,89 = 4,83gam  Khối lượng MgCO3 trong mẫu quặng là:

m MgCO3 =

M MgCO3 ⋅ m3(Mg) M Mg

84,32.4,83 = 16, 75gam 24,31

 Mẫu quặng chứa 16,75% khối lượng MgCO3. Trang 63

 Khối lượng CaSiO3 trong mẫu quặng là:

(

m CaSiO3 = 100 − m Fe( CrO2 ) + m Mg( CrO2 ) + m MgCO3 2

)

= 100 − (22,12 + 38, 68 + 16, 75) = 100 − 77,55 = 22, 45gam  Mẫu quặng chứa 22,45% khối lượng CaSiO3

b) Tỉ lệ mol của các chất: n Fe( CrO2 ) : n Mg( CrO2 ) : n MgCO3 : n CaSiO3 2

m Fe( CrO2 )

M Fe( CrO2 )

m Mg( CrO2 )

M Mg( CrO2 )

m MgCO3

m CaSiO3

M MgCO3 M CaSiO3

22,12 38, 68 16, 75 22, 45 : : : 223,85 192, 31 84, 32 116,17 = 0,10 : 0, 20 : 0, 20 : 0,19 ≈ 1: 2 : 2 : 2 =

c) MgCO3 + 2HCl → MgCl 2 + CO 2 + H 2O MgCO3 + 2H + + 2Cl − → Mg 2+ + 2Cl − + CO 2 ↑ + H 2O CaSiO3 + 2HCl → CaCl 2 + SiO 2 + H 2O CaSiO3 + 2H + + 2Cl− → Ca 2+ + 2Cl− + SiO 2 ↓ + H 2O

C. BÀI TẬP 1. Hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Zn, Cu. Cho m gam X cho vào dung dịch H2SO4 loãng, dư. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y; 8,96 lít khí (đktc) và một phần chất rắn không tan Z. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa thu được đem nung trong không khí tới khối lượng không đổi còn lại 8 gam chất rắn. Cho Z phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư, sinh ra 3,36 lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính m. 2. Cho hỗn hợp khí gồm N2 và H2 vào bình kín dung tích không đổi (không chứa không khí), có chứa sẵn chất xúc tác. Sau khi nung nóng bình một thời gian rồi đưa về nhiệt độ ban đầu, thấy áp suất trong bình giảm 20% so với áp suất ban đầu. Tỉ khối của hỗn hợp khí thu được sau phản ứng so với H2 là 7,75. a) Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp NH3.

Trang 64

b) Cho 200ml dung dịch NH3 1M vào dung dịch chứa 0,05 mol FeSO4 và ,015 mol CuSO4. Nung kết tủa thu được sau khi các phản ứng kết thúc trong không khí đến khối lượng không đổi còn lại m gam chất rắn khan. Tính m. 3. Có 5 dung dịch riêng biệt chứa trong 5 ống nghiệm không dán nhãn gồm: Na2S, BaCl2, AlCl3, MgCl2 và Na2CO3. Không dùng thêm thuốc thử bên ngoài có thể nhận biết được nhiều nhất bao nhiêu dung dịch trong số 5 dung dịch trên? Cl + KOH + H SO 4. Cho sơ đồ phản ứng: Cr → X →  → Y   →Z → X. 2

Xác định X, Y, Z và viết phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa trên. 5. a) Trình bày nguyên tắc, nguyên liệu, các phản ứng chính xảy ra trong quá trình luyện gang. b) Tính khối lượng quăng manheit (chứa 10% tạp chất trơ) cần dùng để sản xuất được 2 tấn gang chứa 5% cacbon. Biết hiệu suất quá trình đạt 90%. 6. Sục khí H2S vào dung dịch chứa CuCl2, FeCl3, AlCl3, NH4Cl (mỗi chất có nồng độ 0,1M) tới dư thu được kết tủa A và dung dịch B. Tiếp tục sục từ từ NH3 đến dư vào dung dịch B. Tiếp tục sục từ từ NH3 đến dư vào dung dịch B. Viết phương trình hóa học của các phản ứng (có thể xảy ra) dưới dạng ion rút gọn. 7. Tính suất điện động E0, thiết lập sơ đồ pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin được ghép bởi cặp CrO 24− / CrO 2− và NO3− / NO ở điều kiện chuẩn. Cho:  → H + + CrO −2 + H 2O Cr(OH)3 ← 

K = 10−14

 → H + + OH − H 2O ← 

K W = 10−14

E 0Cr 02− ,H O/Cr ( OH ) ,OH− = −0,13V; E 0NO− ,H+ / NO,H O = +0,96V 4

Ở 250 C 2,303

RT =0,0592 F

8. Để xác định hằng số tạo phức (hằng số bền) của ion phức [ Zn(CN)4 ] người ta làm như 2−

sau: Thêm 99,9ml dung dịch KCN 1M vào 0,1ml dung dịch ZnCl2 0,1M để thu được 100ml dung dịch (dung dịch A). Thiết lập một pin tạo bởi cực dương là điện cực gồm thanh Pt nhúng trong dung dịch chứa đồng thời Fe3+ và Fe2+ đều có nồng độ 1M và cực âm là điện cực gồm thanh kẽm tinh khiết nhúng vào dung dịch A. Thấy suất điện động của pin 2− là 2,2113V. Hãy xác định hằng số tạo phức của ion phức [ Zn(CN)4 ] . Biết thế oxi hoá khử tiêu chuẩn của một số cặp: E 0Zn

/ Zn

= −0, 7628V; E 0Fe3+ / Fe2+ = 0, 7700V

9. Hòa tan hoàn toàn 10,2 gam hỗn hợp X gồm kim loại M (hóa trị 2, nguyên tử khối nhỏ hơn 100), FeCO3, Ag bằng dung dịch HNO3 (vừa đủ), thu được hỗn hợp A gồm 2 khí có tỉ Trang 65

khối so với H2 là 19,2 và dung dịch B. Cho B tác dụng vừa đủ với 0,3475 mol NaOH trong dung dịch, tạo kết tủa. Lọc kết tủa nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Hãy: a) Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. b) Xác định kim loại M. c) Tính giá trị m. Biết trong X khối lượng FeCO3 bằng khối lượng M; mỗi chất trong X khi tác dụng với dung dịch HNO3 ở trên chỉ tạo ra 1 sản phẩm khử. 10. Có 5 lọ mất nhãn đựng một trong các dung dịch sau: AlCl3 , NH 4Cl, MgSO 4 ZnCl2, NaCl. Chỉ dùng thêm dung dịch K2S làm thuốc thử. Hãy trình bày phương pháp hoá học để phân biệt các dung dịch trên. Viết phương trình hoá học xảy ra (nếu có) dưới dạng ion thu gọn. 11. A là một hợp chất của nitơ và hiđro với tổng số điện tích hạt nhân bằng 10. B là một oxit của nitơ, chứa 36,36% oxi về khối lượng. a) Xác định các chất A, B, D, E, G và hoàn thành các phương trình phản ứng: A + NaClO → X + NaCl + H 2O 1:1 A + Na  → G + H2

X + HNO 2 → D + H 2 O G + B → D + H 2O D + NaOH → E + H 2O

b) Viết công thức cấu tạo của D. Nhận xét về tính oxi hóa - khử của nó. c) D có thể hòa tan Cu tương tự HNO3. Hỗn hợp D và HCl hòa tan được vàng tương tự cường thủy. Viết phương trình của các phản ứng tương ứng. 12. Khi phân tích nguyên tố các tinh thể ngậm nước của một muối tan A của kim loại X, người ta thu được các số liệu sau: Nguyên tố

cacbon

oxi

lưu huỳnh

nitơ

hiđro

% khối lượng trong muối

0,00

57,38

14,38

0,00

3,62

Theo dõi sự thay đổi khối lượng của A khi nung nóng dần lên nhiệt độ cao, người ta thấy rằng, trước khi bị phân hủy hoàn toàn, A đã mất 32% khối lượng. Trong dung dịch nước, A phản ứng được với hỗn hợp gồm PbO2 và HNO3 (nóng), với dung dịch BaCl2 tạo thành kết tủa trắng không tan trong HCl. Hãy xác định kim loại X, muối A và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Trang 66

Biết X không thuộc họ Lantan và không phóng xạ. 13. Dung dịch A gồm Fe ( NO3 )3 0, 05M; Pb ( NO3 )2 0,10M; Zn ( NO3 )2 0, 01M a) Tính pH của dung dịch A. b) Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B? c) Thiết lập sơ đồ pin bao gồm điện cực chì nhúng trong hỗn hợp B và điện cực platin nhúng trong dung dịch CH3COONH4 1M được bão hoà bởi khí hiđro nguyên chất ở áp suất 1,03 atm. Viết phản ứng xảy ra trên từng điện cực và phản ứng trong pin khi pin làm việc. Cho:  → FeOH 2 + + H + Fe3+ + H 2 O ← 

lg* β1 = −2,17

 → PbOH + + H + Pb 2+ + H 2 O ← 

lg* β2 = −7,80

 → ZnOH + + H + Zn 2 + + H 2 O ← 

lg* β3 = −8,96

0 E 0Fe3+ /Fe2+ = 0, 771V; ES/H = 0,141V; E 0Pb2+ /Pb = −0,126V 2S

Ở 25° C : 2, 303

RT ln = 0, 0592lg; pK S(PbS) = 26, 6; pK S(ZnS) = 21, 6 F

pK S(FeS) = 17, 2 . (pKS = -lgKS với KS là tích số tan). pK al( H 2S) = 7, 02; pK a 2( H2S) = 12,90; pK a NH + = 9, 24; pK a ( CH3COOH ) = 4, 76

(

)

14. Tính hằng số cân bằng K ở 250C của phản ứng:  → PbCO3 + H + (dd) Pb 2+ (dd) + HCO3− (dd) ← 

Cho biết ở 250 C : K S( PbCO ) = 7, 4.10−14 ; pK a 2 ( H 2CO3 ) = 10,33 . 3

15. Hai chất PbCO3 và ZnO thường được sử dụng làm bột tạo màu trắng. H2S trong không khí có thể làm hư hại các bột màu này do các phản ứng sau: PbCO3 (rắn) +H2S (khí) → PbS (rắn) + CO2 (khí) + H2O (hơi) (1) ZnO (rắn) + H2S (khí) →ZnS (rắn) +H2O (hơi)

(2)

a) Tính hằng số cân bằng của các phản ứng (1) và (2). b) Trong 2 chất màu nói trên, chất nào ưu thế hơn khi môi trường có khí H2S? Tại sao? c) Bằng cách xử lí với dung dịch H2O2 có thể làm trắng lại các mảng bị đổi màu do sự hình thành PbS. Viết phương trình của phản ứng xảy ra trong cách xử lí này. Cho: T= 298K; áp suất khí quyển p= 1,000 atm và bảng dữ liệu sau Trang 67

16. Cho giản đồ quá trình khử - thế khử: Quá trình khử diễn ra theo chiều mũi tên, thế khử chuẩn được ghi trên các mũi tên và đo ở pH = 0.

a) Tính E 0x và E 0y Hãy cho biết Cr (IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr (VI) được không? Chứng minh. b) Viết quá trình xảy ra với hệ oxi hóa - khử Cr2O72− / Cr 3+ và tính độ biến thiên thế của hệ ở nhiệt độ 298K, khi pH tăng 1 đơn vị. c) Phản ứng giữa K2Cr2O7 với H2O2 trong môi trường axit (loãng) được dùng để nhận biết crom vì sản phẩm tạo thành có màu xanh. Viết phương trình ion của phản ứng xảy ra và cho biết phản ứng này có thuộc loại phản ứng oxi hóa - khử hay không? Vì sao? Ghi số oxi hóa tương ứng trên mỗi nguyên tố. Cho: Hằng số khí R = 8,3145J.K −1 ⋅ mol−1 ; Hằng số Farađay F = 96485 C.mol-1. 17. Để xác định nồng độ ion Cu2+ trong nước thải của một nhà máy mạ điện, người ta đo điện thế của điện cực đồng so với điện cực hiđro tiêu chuẩn. Điện thế đo được là +0,25V. Tính nồng độ mol của Cu2+ trong nước thải, biết E 0Cu /Cu = 0,337V . 2+

18. Có 5 dung dịch Al ( NO3 )3 ; Ca ( NO3 )2 ; AgNO3 ; Pb ( NO3 )2 và Zn ( NO3 )2 (đều không màu). Để nhận biết các cation trong mỗi dung dịch người ta dùng 3 dung dịch thuốc thử: HCl 1M; NH3 1M; NaOH 1M. Kết quả của các thí nghiệm đó được phản ánh qua bảng dưới đây (với ô trống là không phản ứng; ↓ : Kết tủa; ↑ : Kết tủa tan trong thuốc thử dư). Xác định các dung dịch tương ứng với các chữ cái trong bảng trên. Viết phương trình phản ứng minh họa ở dạng ion thu gọn. A

↓

HCl NH3

↓↑

E ↓

↓

Trang 68

↓↑

NaOH

↓

↓↑

↓

↓↑

19. Đốt cháy 3,2 gam sunfua kim loại M2S (kim loại M trong hợp chất thể hiện số oxi hóa +1 và +2) trong oxi dư. Sản phẩm rắn thu được đem hòa tan hết trong một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 39,2% nhận được dung dịch muối có nồng độ 48,5%. Đem làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 2,5 gam tinh thể, khi đó nồng độ muối giảm còn 44,9%. Tìm công thức tinh thể muối tách ra. 20. Trộn 3 oxit kim loại là FeO, CuO và MO (M là kim loại chưa biết, chỉ có số oxi hóa +2 trong hợp chất) theo tỉ lệ mol là 5: 3: 1 được hỗn hợp A. Dẫn một luồng khí H2 dư đi qua 11,52 gam A nung nóng đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp B. Để hòa tan hết B cần 180ml dung dịch HNO3 nồng độ 3M và thu được V lít (đktc) khí NO duy nhất và dung dịch chỉ chứa nitrat kim loại. Xác định kim loại M và tỉnh V. 21. Trong môi trường axit, H2C2O4 bị KMnO4 oxi hoá thành CO2. Trộn 50ml dung dịch KMnO4 0,008 M với 25ml 0,2M và 25ml H2C2O4 0,2M dung dịch HClO4 0,8M được dung dịch A. a) Viết phương trình phản ứng xảy ra. Tính hằng số cân bằng của phản ứng và xác định thành phần của dung dịch A. b) Trộn 10ml dung dịch A với 10ml dung dịch B gồm Ca(NO3)2 0,02M và Ba(NO3)2 0,1M. Có kết tủa nào tách ra? Chấp nhận sự cộng kết là không đáng kể, thể tích dung dịch tạo thành khi pha trộn bằng tổng thể tích của các dung dịch thành phần. Cho: E 0MnO ,H − 4

/Mn 2+

Ở 250 C : 2,303

= +1, 51V; E 0CO2 / H2C2O4 = −0, 49V

RT = 0, 0592 ; F

pK s( CaC2O4 ) = 8, 75; pK s( CaCO3 ) = 8,35; pK s( BaC2 O4 ) = 6,80; pK s( BaCO3 ) = 8,30 ;

En: Mn2+ = +1,51V; ECO, /H,230,= -0,49V; Ở 25 °C: 2,303 = 0,0592; .

( pK S = − lg K S , với KS là tích số tan; pKa = 1gKa, với Ka là hằng số phân li axit). Độ tan của CO2 trong nước ở 250C là LCO = 0, 030M . 2

22. a) Cho: E 0MnO− ,H+ /Mn 2+ = 1,5IV; E 0MnO2− ,H+ / MnO = 2, 26V; E 0MnO 4

- Tính E 0MnO ,H O/ MnO và E 0MnO − 4

− 2− 4 / MnO 4

2 ,H

/Mn 2+

= 1, 23V

Trang 69

- Nhận xét về khả năng oxi hóa của MnO−4 trong môi trường axit, trung tính và bazơ. Giải thích. b) Viết phương trình ion của các phản ứng để minh họa khả năng oxi hóa của ion pemanganat phụ thuộc vào pH của môi trường. 23. Để xác định hàm lượng của crom và sắt trong một mẫu gồm Cr2O3 và Fe2O3 người ta đun nóng chảy 1,98 gam mẫu với Na2O2 để oxi hóa Cr2O3 thành CrO24− . Cho khối đã nung chảy vào nước, đun sôi để phân huỷ hết Na2O2. Thêm H2SO4 loãng đến dư vào hỗn hợp thu được và pha thành 100ml, được dung dịch A có màu vàng da cam. Cho dung dịch KI (dư) vào 10ml dung dịch A, lượng I3− (sản phẩm của phản ứng giữa I- và I2) giải phóng ra phản ứng hết với 10,5ml dung dịch Na2S2O3 0,4M. Nếu cho dung dịch NaF (dư) vào 10ml dung dịch A rồi nhỏ tiếp dung dịch KI đến dư thì lượng I3− , giải phóng ra chỉ phản ứng hết với 7,5ml dung dịch Na 2S2 O3 , 0, 4M . a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Giải thích vai trò của dung dịch NaF. c) Tính thành phần % khối lượng của crom và sắt trong mẫu ban đầu. 24. Cho gam tinh thể hiđrat A tan trong nước được dung dịch màu xanh. Cho dung dịch này tác dụng với dung dịch Ba(NO3)2 dư thu được 0,98 gam kết tủa trắng X và dung dịch D (chất X không tan trong các axit). Đun nóng D với H2O2 trong môi trường kiềm thu được 1,064 gam kết tủa Y màu vàng là muối bari (Y có công thức cùng dạng với X). Dung dịch của A trong môi trường axit sunfuric loãng để trong không khí sẽ chuyển thành chất B có màu tím. Từ B có thể tách được tinh thể hiđrat C, trong C có chứa 45,25% khối lượng hiđrat kết tinh. C nóng chảy ở khoảng 800C, nếu đun nóng C đến 1000C thì nó mất đi khoảng 12,57% khối lượng. a) Hãy xác định các công thức của A, B, C, X, Y và viết các phương trình hóa học. b) Sự mất khối lượng của C ở 1000C ứng với chuyển hóa nào? c) Khi đun nóng chất A (không có không khí) từ 1000C đến 2700C nó mất dần nước, tiếp tục đun ở khoảng nhiệt độ 270 - 5000C không thấy khối lượng giảm, nhưng đun tiếp ở nhiệt độ cao hơn (khoảng 6500C) thì khối lượng lại giảm. Viết sơ đồ giảm khối lượng của A từ 100 - 6500C và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra ở bước cuối cùng. Biết sơ đồ này gồm 6 bước. 25. Chia m gam hỗn hợp X gồm Cr, Fe, Cu thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, nóng (dư), kết thúc phản ứng thu được 5,6 lít H2 (đktc) và còn lại 3,2 gam chất rắn không tan. Cho phần 2 tác dụng vừa hết với 11,2 gam S. a) Tính m. Trang 70

b) Tính thể tích Cl2 (đktc) cần dùng để phản ứng hết với m gam X. 26. Trộn a gam bột Al với b gam bột Cr2O3, rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí, đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp X. Chia X thành hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư, sinh ra 3,36 lít H2 (đktc). Hoà tan hết phần 2 trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư, thu được 10,08 lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Tính a và b. 27. Cho 17,1 gam hỗn hợp X gồm Cr, Fe và Zn vào dung dịch NaOH dư, kết thúc các phản ứng thu được 2,24 lít H2 (đktc) và chất rắn khan Y. Cho toàn bộ Y tác dụng hết với 200 gam dung dịch HNO3 31,5%, thu được dung dịch A và 4,48 lít NO (đktc). a) Tính phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong X. b) Tính nồng độ phần trăm của các chất trong A. c) Tính thể tích dung dịch NH3 0,5M cần dùng để phản ứng hết với A. 28. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm m gam Al và 4,56 gam Cr2O3 (trong điều kiện không có O2), sau khi phản ứng kết thúc, thu được hỗn hợp X. Cho toàn bộ X vào một lượng dư dung dịch HCl (loãng, nóng), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 2,016 lít H2 (đktc). Còn nếu cho toàn bộ X vào một lượng dư dung dịch NaOH (đặc, nóng), sau khi các phản ứng kết thúc thì số mol NaOH đã phản ứng là bao nhiêu? 29. Hòa tan hết 14,65 gam hỗn hợp X gồm Cu và Au trong nước cường toan, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,1 mol NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính phần trăm khối lượng Au trong X. 30. Cho m gam Cu tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 2,24 lít SO2 (đktc) và 1,6 gam Cu2S (chất bột màu đen). Biết không có phản ứng tạo ra S và H2S. Tính giá trị của m. 31. Cho 1,08 gam hỗn hợp Mg và Fe vào 400ml dung dịch AgNO3 0,2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 7,02 gam chất rắn. Tính phần trăm số mol Mg trong hỗn hợp ban đầu. 32. Điện phân (với điện cực trơ, hiệu suất 100%) 500ml dung dịch X chứa đồng thời CuCl2 0,1M và Fe2(SO4)3 0,1M với cường độ dòng điện không đổi 2,68A trong thời gian 1,5 giờ, thu được dung dịch Y. Khối lượng dung dịch Y giảm so với khối lượng dung dịch X là bao nhiêu? 33. Cho 16,75 gam hỗn hợp X gồm FeCl3, CuCl2 vào dung dịch H2S dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 9,92 gam chất rắn (bỏ qua sự thủy phân của các ion B kim loại). Từ hỗn hợp X có thể điều chế được tối đa bao nhiêu gam kim loại? Trang 71

34. Cho m gam hỗn hợp X gồm FeS2 và Cu2S vào dung dịch HNO3, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa hai muối sunfat và 8,96 lít NO2 (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Tính m. 35. Hòa tan hết 12,2 gam hỗn hợp X gồm FeCl2 và NaCl bằng dung dịch H2SO4 loãng rất dư, rồi thêm vào đó 140ml dung dịch KMnO4 0,5M thu được dung dịch Y vẫn còn màu tím. Để làm mất màu tím cần dùng vừa đủ 1,12 lít SO2 (đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính phần trăm số mol của FeCl2 trong X.

D. HƯỚNG DẪN GIẢI 1. a) Phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra •X + H2SO4 loãng, dư:

(1) ( 2)

Zn + H 2SO 4 → ZnSO 4 + H 2 ↑ Fe + H 2SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑

 Dung dịch Y chứa: ZnSO4, FeSO4, H2SO4 dư. Chất rắn Z là Cu.

• Y + NaOH dư: H 2SO 4 + 2NaOH → Na 2SO 4 + 2H 2O ( 3) FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ + Na 2SO 4 ( 4 ) ZnSO 4 + 2NaOH → Zn(OH)2 ↓ + Na 2SO 4 ( 5 ) Zn(OH) 2 + 2NaOH → Na 2 [ Zn (OH)4 ] (6)

Nung kết tủa trong không khí: 0

4Fe(OH) 2 + O 2 t → 2Fe 2O3 + 4H 2O

(7)

Chất rắn còn lại là Fe2O3. • Z + H2SO4 đặc, nóng: 0

t Cu + 2H2SO4 (đặc)  → CuSO 4 + SO 2 ↑ + H 2O

(8)

b) Tính m (8)  n Cu = n SO2 =

3,36 = 0,15mol 22, 4

Từ (2), (4), (7)  n Fe = 2n Fe O = 2

2.8 = 0,1mol 160

Từ (1) và (2)  n H = n Zn + n Fe = 2

8,96 = 0, 4  n Zn = 0, 4 − 0,1 = 0,3mol 22, 4 Trang 72

 m = 0,3.65 + 56.0,1 + 64.0,15 = 34, 7gam

2. Vì hiệu suất phản ứng không phụ thuộc vào số mol ban đầu của hỗn hợp hỗn hợp khí N2 và H2 nên để đơn giản ta coi n hh khí ban đầu = 1 mol. Đặt a, b lần lượt là số mol N2 và H2 ban đầu. Ta có: nt = a + b = 1 (1) Phản ứng tổng hợp NH3: N2

Bđ:

[ ]:

(a − x)

xt  → ←  t0

3H 2

2NH 3

b (b − 3x)

0 2x

 n S = (a − x) + (b − 3x) + 2x = (a + b) − 2x = 1 − 2x

Ở V, T = cosnt: PS n S (1 − 0, 2) 1 − 2x =  =  x = 0,1  n s = 0,8 mol Pt n1 1 1  m t = mS = 0,8.15,5 = 12, 4 gam hay 28a + 2b = 12, 4(2)

Giải hệ (1) và (2) ta được : a = 0, 4mol; b = 0, 6mol Vì n N > 2

n H2

nên tính hiệu suất phản ứng theo số mol H2.

3.0,1 ⋅100% = 50% 0, 6

b) n NH = 0, 2mol 3

Fe2+ + 2NH 3 + 2H 2 O → Fe(OH)2 ↓ +2NH 4+ 0, 05 → 0,1 →

0, 05

 n NH3 còn = 0, 2 − 0,1 = 0,1mol

Cu 2+ + 2NH 3 + 2H 2O → Cu ( OH )2 ↓ +2NH +4 0, 015 → 0, 03 →

0,015

 n NH còn = 0,1 – 0,03 = 0,07 mol 3

Cu(OH)2 + 4NH 3 →  Cu ( NH 3 )4  (OH)2 0, 015

→ 0, 06

Do Cu(OH)2 hết, NH3 còn nên kết tủa thu được là Fe(OH)2. Trang 73

4Fe(OH) 2 + O 2 0, 05

t  → 2Fe 2O3 + 4H 2O → 0, 025

 m Fe2O3 = 160.0, 025 = 4 gam

3. Lần lượt lấy ra một dung dịch làm thuốc thử đối với các dung dịch còn lại. Sau 20 thí nghiệm ta có bảng kết quả sau:

Bạn đọc tự viết phương trình hóa học của các phản ứng theo bảng trên. 4. 0

t 3Cl2 + 2Cr  → 2CrCl3

(X) 2CrCl3 + 3Cl 2 + 16KOH → 2K 2 CrO 4 + 12KCl + 8H 2O

(Y) 2K 2CrO 4 + H 2SO 4 → K 2Cr2O 7 + K 2SO 4 + H 2O

( Z) K 2 Cr2 O 7 + 14HCl → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl 2 ↑ +7H 2 O

5. a) Nguyên tắc sản xuất gang: Dùng CO khử các oxit sắt ở nhiệt độ cao trong lò cao. Nguyên liệu: Quặng sắt (hemantit Fe2O3 hoặc manhetit Fe3O4), than cốc, không khí giàu oxi và chất phụ gia (đá vôi...). Các phản ứng chính: - Tạo chất khử CO: 0

t C + O 2  → CO 2 0

t → CO CO 2 + C 

- Khử oxit sắt: Trang 74

3CO + Fe2 O3 t → 2Fe + 3CO 2 0

Hoặc 4CO + Fe3O 4 t→ 3Fe + 4CO 2 Tạo xỉ: 0

t CaCO3  → CaO + CO 2 0

t CaO + SiO 2  → CaSiO3

b) Hàm lượng Fe trong gang: 100 - 5 = 95%. Khối lượng Fe có trong 2 tấn gang: 2.95% = 1,9 tấn. Khối lượng Fe3O4 cần dùng để có 1,9 tấn Fe là:

232.1, 9 440,8 = tấn 168 168

Khối lượng quặng manhetit chứa 10% tạp chất: 440,8 100 4408 ⋅ = tấn 168 90 1512

Vì hiệu suất chỉ đạt 90% nên khối lượng quặng đã lấy là: 4408 100 ⋅ ≈ 3, 24 tấn 1512 90

6. Khí H2S tác dụng với dung dịch H 2S + Cu 2+ → CuS ↓ +2H + H 2S + 2Fe3+ → 2Fe 2+ + S ↓ +2H +

Dung dịch B gồm Fe2+ , Al3+ , H + ,Cl− , H 2S, NH 4+ . Dung dịch B tác dụng với NH3 dư: NH 3 + H + → NH +4  → 2NH 4+ + S2 2NH 3 + H 2S ← 

Fe2+ + 2NH 3 + 2H 2 O → Fe(OH)2 ↓ +2NH 4+ Fe2+ + S2− → FeS Al3+ + 3NH 3 + 3H 2O → Al(OH)3 ↓ +3NH 4+ 2Al3+ + 3S2− + 6H 2O → 2Al(OH)3 ↓ +3H 2S

7. Ta có: 3.E 0

 → Cr(OH)3 + 5OH CrO + 4H 2O + 3e ←  2− 4

 → K + + CrO 2− + H 2 O Cr(OH)3 ← 

−

K1 = 10

CrO 24− ,H 2O/Cr( OH ) ,OH − 3

0,0592

K = 10−14 Trang 75

 → K + + OH − H 2O ← 

K w−1 = 1014

 → CrO −2 + 4OH − CrO 24− + 2H 2O + 3e ← 

 E 30 =

K 3 = K1K 2 K w−1 = 10 −6,588

0, 0592 lg K 3 = −0,13V < E 0NO− ,H+ / NO,H O = +0, 96V 3 2 3

Vậy cặp CrO24− / CrO2− là cực âm (anot) và cặp NO3− /NO là cực dương (catot). Suất điện động của pin là E 0 = 0,96 − (−0,13) = 1, 09V Sơ đồ pin: Pt CrO 24− 1M; CrO 2−1M;OH −1M ‖ NO3−1M; H + 1M NO(p = 1atm), Pt ⊕

Tại catot: Xảy ra sự khử NO3− + 4H + + 3e → NO + 2H 2 O

Tại anot: Xảy ra sự oxi hóa CrO −2 + 4OH − → CrO 42− + 2H 2 O + 3e  Phản ứng xảy ra khi pin hoạt động:

NO3− + CrO 2− → CrO 42− + NO

8. Phản ứng tạo phức:  → [ Zn(CN) 4 ]2− Zn 2+ + 4CN − ← 

[ Zn(CN)4 ]2 −   - Hằng số tạo phức là β =  2+ − 4  Zn  CN  *

Mặt khác: E pin = E catot − E anot = E 0Fe

/ Fe 2+

( ∗)

− E Zn 2+ / Z

 E Zn 2+ / Zn = E 0Fe3+ /Fe2+ − E pin = −1, 4413V

 → Zn Với phản ứng: Zn 2+ + 2e ← 

E = E Zn 2+ / Zn +

0, 0592 lg  Zn 2+    Zn 2 +  = 10−22,68 M 2

10−4 Thay vào (*) ta được: β = −22,68 = 10−18,68 10 *

9. Khối lượng mol trung bình của A là: 19,2.2 = 38,4. Trong hỗn hợp khí có 1 chất khí có M < 38,4, khí đó là NO. Với M = 38, 4. Trang 76

Trong hỗn hợp có n CO = 1,5n NO . 2

Bài toán xảy ra 2 trường hợp: • Trường hợp 1: Sản phẩm khử chỉ duy nhất là khí NO 3M + 8HNO3 → 3M ( NO3 )2 + 2NO + 4H 2 O (1) 116x → M

116x M

→

232x M

3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe ( NO3 )3 + NO + 5H 2 O + 3CO 2 ( 2 ) →

→

x 3

→x

3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H 2 O .

Theo phương trình phản ứng (1) và (2) thì x > 1,5  + x 3

232x    M > 232 (loại). 3M 

• Trường hợp 2: Sản phẩm khử có NH4NO3: 3M + 8HNO3 → 3M ( NO3 ) 2 + 2NH 4 NO3 + 4H 2 O (1) 116x M

→

116x M

→

232x M

3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe ( NO3 )3 + NO + 5H 2 O + 3CO 2 ( 2 ) x

→

x→

x 3

3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H 2 O y

→

y →

y 3

116x ⋅ 2 + 108y = 10, 2 Ta có hệ:   x = y = 0, 03(mol) x y  x = 1,5  3 + 3    

Vậy: m M = m FeCO = 3, 48(gam); m Ag = 3, 24(gam) 3

b) Cho NaOH vừa đủ vào dung dịch thu được, xảy ra 2 trường hợp • Nếu M(OH)2 không lưỡng tính. Fe3+ + 3OH − → Fe(OH)3 ↓ 0, 03 → 0, 09 → 0, 03 M 2 + + 2OH − → M(OH) 2 ↓ 3, 48 2.3, 48 3, 48 → → M M M Trang 77

2Ag + + 2OH − → Ag 2 O + H 2 O 0, 03 → 0, 03 → 0,15 NH +4 + OH − → NH 3 + H 2 O 3, 48 3, 48 → 4M 4M

Ta có: 0, 09 + 0, 03 +

2.3, 48 3, 48 + = 0, 3475 M 4M

 M= 10,8 (Không có kim loại thoả mãn)

• Nếu M(OH)2 lưỡng tính. Fe3+ + 3OH − → Fe(OH)3 ↓ 0, 03 → 0, 09 → 0, 03 M 2 + + 2OH − → M(OH) 2 ↓ 3, 48 2.3, 48 3, 48 → → M M M

M(OH) 2 + 2OH − → M(OH)24 − 3, 48 2.3, 48 → M M + 2Ag + 2OH − → Ag 2 O + H 2 O 0, 03 → 0, 03 → 0,15 NH +4 + OH − → NH 3 + H 2 O 3, 48 3, 48 → 4M 4M

Ta có: 0, 09 + 0, 03 +

4.3, 48 3, 48 + = 0,3475  M = 65(Zn) M 4M

c) Nung kết tủa: 0

t 2Fe(OH)3  → Fe2 O3 + 3H 2 O

0,03

→

0,015

1 t0 Ag 2 O  → 2Ag + O 2 2 0, 015 → 0, 03  mchất rån = 160.0,015 + 108.0,03 = 5,64 gam

10. Cho dung dịch K2S tác dụng lần lượt với các dung dịch trên. Nhận ra: - Dung dịch NH4Cl: Có khí thoát ra, mùi khai khi đun nóng. 0

NH 4+ + S2− t → NH 3 ↑ + HS−

(mùi khai) Trang 78

- Dung dịch AlCl3: Có kết tủa trắng keo xuất hiện Al3+ + 3S2 − + 3H 2 O → Al(OH)3 ↓ +3HS−

(trắng keo) - Dung dịch NaCl: Không hiện tượng - Dung dịch MgSO4 và ZnCl2: Có kết tủa trắng xuất hiện Mg 2 + + 2S2 − + 2H 2 O → Mg(OH)2 ↓ +2HS−

(màu trắng) Zn 2 + + S2 − → ZnS ↓

(màu trắng) Lọc lấy kết tủa cho phản ứng với dung dịch NH4Cl đun nóng. Kết tủa nào tan là Mg(OH)2 →Dung dịch ban đầu là MgSO4. 0

t Mg(OH) 2 + 2NH 4+  → 2Mg 2+ + NH 3 ↑ +2H 2 O

Dung dịch còn lại là ZnCl2. 11. a) - Giả sử hợp chất của N và H có công thức NxHy. Vì tổng diện tích hạt nhân của phân tử bằng 10, mà N có Z = 7 và H có Z = 1 nên hợp chất A chỉ có thể là NH3. - Oxit của N chứa 36,36% khối lượng là O do đó, nếu giả thiết rằng trong phân tử B có 1 nguyên tử O (M = 16) thì số nguyên tử N trong phân tử là: N=

16(100 − 36,36) =2 36,36.14

Như vậy B là N2O. Các phản ứng hoá học phù hợp là: 2NH 3 + NaClO → N 2 H 4 + NaCl + H 2 O N 2 H 4 + HNO 2 → HN 3 + 2H 2 O HN 3 + NaOH → NaN 3 + H 2 O 2NH 3 + 2Na → 2NaNH 2 + H 2 ↑ NaNH 2 + N 2 O → NaN 3 + H 2 O

Như vậy: A = NH3 ; B = N 2 O; D = HN3 ; E = NaN3 ;G = NaNH 2 b) c) Công thức cấu tạo của chất D (HN3 - axit hiđrazoic) là: Trang 79

H − N ( −3) = N ( −5) ≡ N ( −3)

Trong phân tử HN3 vừa có N(+5) vừa có N(-3) nên nó vừa có tính oxi hoá, vừa có tính khử. Về tính oxi hoá nó giống với axit nitric HNO3 nên nó có thể hoà tan Cu theo phản ứng: Cu + 3HN 3 → Cu ( N 3 )2 + N 2 + NH 3

Khi trộn với HCl đặc nó tạo thành dung dịch tương tự cường thuỷ (HNO3 + 3HCl), nên có thể hoà tan được vàng (Au) theo phản ứng: 2Au + 3HN 3 + 8HCl → 2H [ AuCl4 ] + 3N 2 + 3NH 3

12. 3, 62 57, 38 14,38 = 3,59 : 3,59 : 0, 448 : : 1, 008 16 32, 06  n H : n 0 : n 5 = 8 : 8 :1 n H : nO : nS =

Vậy công thức đơn giản nhất cho biết tương quan số nguyên tử của các nguyên tố H, O, S trong A là ( H8O8S)n % khối lượng X trong A bằng 100% - (3,62 + 57,38 +14,380=24,62% Với n = 1  M X =

24, 62 = 54,95(g / mol)  X là mangan (Mn). 0, 448

Với n = 2  M X = 109,9(g / mol)  Không có kim loại nào có nguyên tử khối như vậy. Với n ≥ 3  M X ≥ 164,9(g / mol)  X thuộc họ Lantan hoặc phóng xạ (loại). Vậy công thức đơn giản nhất của A là MnH8O8S. Mặt khác, X phản ứng với BaCl2 tạo thành kết tủa không tan trong HCl, mà trong A có 1 nguyên tử S, do đó A là muối sunfat hoặc muối hiđrosunfat: MnH8O4SO4 . Khi đun nóng (A chưa bị phân hủy), 32% khối lượng A mất đi, trong đó M A = 223, 074(g / mol)  32%.M A = 32%.223, 074 = 71, 38(g) ≈ 72(g), tương đương với 4 mol H2O.  %m H (trong 4 mol H2O) =

1, 008.8 ⋅100 = 3, 61% ≈ 3, 62% 223, 074

Vậy A là muối mangan (II) sunfat ngậm 4 phân tử nước: MnSO4.4H2O. Phương trình phản ứng: MnSO 4 + BaCl2 → BaSO 4 ↓ + MnCl 2

2MnSO 4 + 5PbO 2 + 6HNO3 → 2HMnO 4 + 3Pb ( NO3 ) 2 + 2PbSO 4 ↓ +2H 2 O Trang 80

13. a)  → FeOH 2 + + H + Fe3+ + H 2 O ← 

* β1 = 10 −2,17 (1)

 → PbOH + + H + Pb 2+ + H 2 O ← 

* β2 = 10−7,80 ( 2 )

 → ZnOH + + H + Zn 2 + + H 2 O ← 

* β3 = 10−8,96 ( 3)

 → OH − + H + H 2 O ← 

( 4)

K w = 10−14

So sánh (1), (2), (3), (4): *β1.CFe >> *β2 .C Pb >> *β3 .C Zn >> K w 3+

 Tính pHA theo (1):

 → FeOH 2 + + H + Fe3+ + H 2 O ← 

* β1 = 10−2,17 (1)

C 0,05 [ ]0, 05 − x

b) Do E 0Fe

x 3+

/ Fe 2+

0 = 0, 771V > ES/H = 0,141V nên: 2S

2Fe3+ + H 2S → 2Fe 2+ + S ↓ +2H +

K1 = 1021,28

0, 05 −

0, 05

Pb 2+ + H 2S → PbS ↓ +2H + 0,10

0, 05

−

0, 25

K 2 = 106,68

 → ZnS ↓ +2H + Zn 2 + + H 2S ← 

K 3 = 101,68

 → FeS ↓ +2H + Fe2 + + H 2S ← 

K 4 = 10−2,72

K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS: Vì môi trường axit  C′Zn = CZn = 0, 010M;C′Fe = CFe = CFe = 0, 050M 2+

Đối với H2S, do K a 2 << K al = 10−7,02 nhỏ  khả năng phân li của H2S trong môi trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận  H +  = C H = 0, 25M  Tính CS' +

 → S2 − + 2H + H 2S ← 

Cs′ 2− = K al ⋅ K a 2

 H 

theo cân bằng:

K a1 ⋅ K a 2 = 10−19,92

[ H 2S] +

2−

= 10−19,92 ⋅

0,1 = 10−19,72 (0, 25)2

Ta có: C′Zn ⋅ Cs < K S( ZnS)  ZnS không xuất hiện 2+

2−

Trang 81

C'Fe2+ ⋅ CS' 2− < K S(FeS)  FeS không tách ra.

Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa. c) E PbS/ Pb = E Pb

/Pb

= E 0Pb2 /P b +

0, 0592 0, 0592 K S(PbS) lg  Pb 2+  = −0,126 + lg 2− = −0,33V 2 2 S  2

E Pt = E 2H + /H

+ 0, 0592  H  , trong đó [H+] được tính như sau: = lg 2 p H2

CH 3COONH 4 → NH 4+ + CH 3COO −

1 K a = 10−9,24 ( 5 )

 → NH 3 + H + NH +4 ← 

 → CH 3COOH + OH − CH 3COO − + H 2 O ← 

K b = 109,24 ( 6 )

Do K a = K b và C NH+ = CCH COO−  pH = 7, 00   H +  = 10−7 M 4

(có thể tính [H+] theo điều kiện proton hoặc tổ hợp 2 cân bằng (5) và (6) Vậy: 2

E 2H + /H

+ 0, 0592  H  0, 0592 10−14 lg lg = = = −0, 415V < E PbS/Pb = −0,33V 2 pH2 2 1, 03

 điện cực chì là catot, điện cực platin là anot. Sơ đồ pin: (−) Pt ( H 2 ) (p = 1, 03atm) CH 3COO − 1M; NH +4 , IM S; PbS; H 2S1M; H + 0, 25M; Fe 2 + 0, 05M; Zn 2 + 0, 01M∣Pb(+)

Trên catot: PbS + 2H + + 2e → Pb + H 2S Trên anot: 2x

→ 2H + 2e

H + CH 3COO − → CH 3COOH

H 2 + 2CH 3COO − → 2CH 3COOH + 2e

Phản ứng trong pin: PbS + H 2 + 2H + + 2CH 3COO − → Pb + H 2S + 2CH 3COOH

14. Ta có biểu thức: K =

 H +   H +   CO32 −  K = = a 2 = 632 2+ − 2+ − 2−  Pb   HCO3   Pb   HCO3   CO3  K s Trang 82

15. a) Đối với phản ứng (1) ∆G10 = −92, 6 − 394, 2 − 228,5 + 626, 0 + 33, 0 = −56,3kJ / mol

K1 = e

−∆G10 RT

= e56300/8,314.298 = 7, 4.109

Đối với phản ứng (2) ∆G 02 = −184,8 − 228,5 + 318, 0 + 33, 0 = −62,3kJ / mol K2 = e

− AG 02 RT

= e62300/8,314.298 = 8,3.1010

b) ZnO ưu thế hơn vì: Sản phẩm của (1) là PbS có màu đen còn sản phẩm của (2) là ZnS vẫn còn là màu trắng. c) Phương trình phản ứng: PbS + 4H 2O 2 → PbSO 4 + 4H 2O

16. a) Từ giản đồ ta có: 3.(−0, 744) = −0, 408 + 2E 0y  E 0y = −0,912V 0, 55 + 1,34 + E 0x − 3.0, 744 = 6.0, 293  E 0x = +2,1V

Cr (IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr (VI) khi ∆G0 của quá trình < 0. 2Cr(IV) + 2e → 2Cr 3+

(1)

E10 = E 0x = 2,1V  ∆G10 = −nE10 F = −2.2,1F Cr(VI) + 2e → Cr(IV) (2) 0,55 + 1, 34 E 02 = = 0,945(V)  ∆G 02 = −nE 02 F = −2.0, 945F 2

Từ (1) và (2) ta có: 3Cr(IV) → 2Cr 3+ + Cr(VI) ∆G 30 ∆G 30 = ∆G10 − ∆G 02 = −2.(2,1 − 0, 945)F < 0

Vậy Cr (IV) có dị phân. b) Từ giản đồ ta tính được E Cr O 2

Cr2O72− + 14H + + 6e

2− 3+ 7 /Cr

0,155 + 1,34 + 2,1 = 1,33V 3

⇀ 3+ 2Cr + 7H 2O ↽

2− − pH RT Cr2 O7  ⋅ (10 ) E1 = 1, 33 + ln 2 6.F Cr 3+ 

Trang 83

(

( 2− RT  Cr2 O7  ⋅ 10 E 2 = 1, 33 + ln 2 6.F  Cr 3+ 

− pH +1)

Độ biến thiên của thế: E 2 − E1 =

)

8,3145 ⋅ 298 ⋅14 ln10−1 = −0,138(V) 6 ⋅ 96485

c) +6 −2 +1 −1 +1 +6, −2, −1 +1 − 2 Cr2O 72− + 4H 2O 2 + 2H + → 2CrO5 + 5H 2 O

Phản ứng trên không phải là phản ứng oxi hóa - khử vì số oxi hóa của các nguyên tố không thay đổi trong quá trình phản ứng. Trong CrO5, số oxi hóa của crom là +6, của oxi là -2, -1 do peoxit CrO5 có cấu trúc:

17. Ta có: E Cu 2+ /Cu = E 0Cu 2+ /Cu + E Cu 2+ /Cu = 0, 337 +

0, 0592 lg  Cu 2+  2

0, 0592 lg  Cu 2+  = 0, 25 − 0, 00 = 0, 25   Cu 2+  = 1,15.10−3 (M) 2

18. • A là Zn(NO3)2: Phản ứng với dung dịch NH3 Zn 2+ + 2NH 3 + 2H 2 O → Zn(OH)2 ↓ +2NH +4 2+

Zn(OH) 2 + 4NH 3 →  Zn ( NH 3 )4  + 2OH −

Phản ứng với dung dịch NaOH Zn 2+ + 2OH − → Zn(OH)2 ↓ Zn(OH) 2 + 2OH − → [ Zn(OH)4 ]

2−

•B là AgNO3 Phản ứng với dung dịch HCl Ag + + Cl − → AgCl ↓

Phản ứng với dung dịch NH3 Trang 84

2Ag + + 2NH 3 + H 2O → Ag 2O ↓ +2NH 4+ +

Ag 2 O + 2NH 3 + H 2O → 2  Ag ( NH 3 )2  + 2OH −

Phản ứng với dung dịch NaOH 2Ag + + 2OH − → Ag 2 O ↓ + H 2 O

• C là Al(NO3)3 Phản ứng với dung dịch NH3 Al3+ + 3NH 3 + 3H 2 O → Al(OH)3 ↓ +3NH +4

(kết tủa Al(OH)3 không bị hòa tan trong dung dịch NH3 dư) Phản ứng với dung dịch NaOH Al3+ + 3OH − → Al(OH)3 ↓ Al(OH)3 ↓ + OH − → [ Al(OH) 4 ]

• D là Ca(NO3)2 Phản ứng với dung dịch NaOH Ca 2 + + 2OH → Ca(OH) 2 (ít tan)

•E là Pb(NO3)2 Phản ứng với dung dịch HCl Pb 2+ + 2Cl − → PbCl 2 ↓

Phản ứng với dung dịch NH3 Pb 2+ + 2NH 3 + 2H 2O → Pb(OH) 2 + 2NH +4

(kết tủa Pb(OH)2 không bị hòa tan trong dung dịch NH3 dư) Phản ứng với dung dịch NaOH Pb 2+ + 2OH − → Pb(OH)2 ↓ Pb(OH) 2 ↓ +2OH − → [ Pb(OH) 4 ]

2−

19. Phương trình hóa học: M 2S + 2O 2 t→ 2MO + SO 2 (1) 0

MO + H 2SO 4 → MSO 4 + H 2 O ( 2 ) MSO 4 + nH 2 O → MSO 4 ⋅ nH 2 O

Đặt số mol M2S là x; ta có x =

3, 2 ; n H2SO4 = n MSO4 = 2x 2M + 32 Trang 85

2x.98.100 = 500xgam 39, 2

 mddH2SO4 =

m dd muèi = m ddH 2SO4 + m MO = 500x + 2x(M + 16) = (2M + 532)x gam 2(M + 96)x 48,5 =  M = 64(Cu)  x = 0, 02mol (2M + 532)x 100

 C% MSO4 =

 Công thức muối sunfua là Cu2S  m CuSO4 = 2.0, 02.160 = 6, 4gam; m ddCuSO4 = (2.64 + 532).0, 02 = 13, 2gam

Khi làm lạnh tách ra 2,5 gam tinh thể, khi đó khối lượng dung dịch giảm còn 13,2 - 2,5 = 10,7 gam. Khối lượng CuSO4 khi đó trong dung dịch còn 10,7.0,449 = 4,8 gam Khối lượng CuSO4 tách ra = 6,4 – 4,8 = 1,6 gam hay 0,01 mol Khối lượng H2O trong tinh thể tách ra là 2,5 -1,6 = 0,9 gam hay 0,05 mol  Trong tinh thể, số mol H2O gấp 5 lần số mol CuSO4  Công thức tinh thể muối là CuSO4.5H2O

20. Gọi số mol các oxit kim loại FeO, CuO, MO trong A tương ứng là 5a, 3a và a. • Trường hợp 1: Các oxit bị H2 khử hoàn toàn t FeO + H 2  → Fe + H 2 O (1) 0

CuO + H 2 t → Cu + H 2O 0

t MO + H 2  → M + H 2O

( 2) ( 3)

Fe + 4HNO3 → Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +2H 2 O ( 4) 3Cu + 8HNO3 → 3Cu ( NO3 )2 + 2NO ↑ +4H 2O ( 5 ) 3M + 8HNO3 → 3M ( NO3 )2 + 2NO ↑ +4H 2O ( 6 ) 75.5a + 80.3a + (M + 16)a = 11, 52 a = 0, 0176  8 M = 38,55 20a + 8a + 3 a = 0,18.3 = 0,54

Ta có hệ: 

Loại, vì không có kim loại tương ứng • Trường hợp 2: FeO, CuO bị H2 khử còn MO không bị H2 khử Có các phản ứng (1), (2), (4), (5); không có phản ứng (3), (6); thêm phản ứng (7) sau: MO + 2HNO3 → M ( NO3 )2 + 2H 2O ( 7 )

Trang 86

75.5a + 80.3a + (M + 16)a = 11, 52

Ta có hệ: 

20a + 8a + 2a = 0,18.3 = 0,54

a = 0, 018  M = 24

 M là kim loại Mg  VNO =(0,018.5 + 0,018.2).22,4 = 2,8224 lít

21. a) Sau khi trộn: CMnO− = 0, 004M;CH2C2O4 = 0, 05M;C H+ = 0, 2M 4

Phản ứng:  → Mn 2+ + 4H 2 O MnO −4 + 8H + + 5e ← 

H 2C 2O 4

 → 2CO 2 + 2H + + 2e ← 

2MnO −4 + 5H 2 C 2 O 4 + 6H + → 2Mn 2 + + 10CO 2 + 8H 2 O K = 10337,84

0,004

0,05

0,2

0,04

0,188

0,004

0,02

TPGH: H 2C 2O 4 0, 04M; H + 0,188M;CO 2 0, 02M ( < L CO = 0, 03M ) ; Mn 2+ 0, 004M . 2

b) Trộn dung dịch A và dung dịch B: CH2C2O4 = 0, 02M;C H+ = 0, 094M;CCO2 = 0, 01M;C Mn 2+ = 0, 002M; CCa 2+ = 0, 01M;CBa 2+ = 0, 05M.

Vì sự phân li của axit cacbonic (hỗn hợp H2O + CO2) không đáng kể trong môi trường axit, do đó có thể coi [ CO2 ] ≈ 0, 01M và khả năng chỉ xuất hiện kết tủa oxalat (nếu có). Xét thứ tự kết tủa: - Để có kết tủa CaC2 O 4 : C′C O

2− 4 (1)

- Để có kết tủa BaC2 O4 : C′C O

2− 4 (2)

Vì C′C O 2

2− 4 (1)

≥

K s( CaC2O4 ) C′Ca 2+

K s( BaC2 O4 ) C′Ba 2+

10−8,75 = 10−6,75 M 0, 01

10−6,8 = 10−5,5 M 0, 05

< CC O2− (2)  CaC 2O 4 sẽ kết tủa trước. 2

Do K al( H C O ) >> K a 2( H C O ) nên nồng độ các cấu tử được tính theo cân bằng: 2 2

H 2C 2O 4 C′ 0, 020 − x

 → H+ + ←  0, 094 + x

HC 2O 4−

K al = 10−1,25

 C′HC O− = x = 7,15.10−3 M;C′H+ = 0,1012M 2

Trang 87

 C'C O2− = K a 2 2

C'HC O− 2

C′H+

= 10−5,42 M

 C′Ca 2+ ⋅ C'C O2− = 0, 01.10−5,42 = 10 −7,42 > 10−8,75 = K S( CaC2O4 ) 2

 có CaC2O4 kết tủa theo phản ứng: Ca 2+ + H 2C 2O 4 → CaC 2 O 4 ↓ +2H +

K = 103,23

0, 010

0, 020

0, 094

−

0, 010

0, 014

Đánh giá khả năng kết tủa BaC2O4 từ lượng dư H2C2O4: Tương tự:  → H+ ←  C′ 0, 010 − y 0,114 + y

+ HC 2O −4

H 2C2 O 4

K al = 10 −1,25

 C′HC2O4 = y = 3, 24.10 −3 M; C'H+ = 0,117M  CC' O2 = 10−3,83 M 2

C′Ba 2+ ⋅ C′C O2− = 0, 05.10−5,83 = 10−7,13 < 10−6,8 = K S( BaC2O4 ) 2

 Không có BaC2 O 4 kết tủa.

Khi đó C′Ca =

K s( CaC2O4 )

C C O 2− 2

Kiểm tra: C

′ CO32−

10−8,75 = 10−2,92 M 10−5,83

K ′a1 ⋅ K ′a 2 ⋅ [ CO 2 ]  H + 

10−16,68 ⋅ 0, 01 = 1,53.10−17 M 2 (0,117)

 C'Ca 2+ ⋅ C'CO2 < K s( CaCO3 ) ; C'Ba 2+ ⋅ C'CO2− < K S( BaCO3 ) 3

 Không có CaCO3 và BaCO3 tách ra.

22. Tính E 0 MnO ,H O/ MnO và E 0MnO − 4

− 2− 4 /MnO 4

 → Mn 2+ + 4H 2O K1 = 105.1,51/0,0592 MnO −4 + 8H + + 5e ← 

 → MnO 2 ↓ +4H + + 2e K −21 = 10−21,23/0.0592 Mn 2+ + 2H 2O ← 

 → MnO 42− + 4H + + 2e K 3−1 = 10−22,26/0,0592 MnO 2 + 2H 2O ← 

 → MnO 24− MnO −4 + e ← 

K 4 = 10

( E MnO 0

− 2− 4 /MnO 4

) /0,0592

 K 4 = K1 ⋅ K −21 ⋅ K 3−1  E 0MnO− / MnO2− = 5.1,51 − 2.(1, 23 + 2, 26) = 0,57V 4

Trang 88

 → Mn 2+ + 4H 2O K1 = 105.1,51/0,0592 MnO 4− + 8H + + 5e ←   → MnO 2 + 4H + + 2e K 2−1 = 10−2.1,23/0,0592 Mn 2+ + 2H 2O ←    → OH − + H + ←  

H 2O

K w = 10 −14

4x  → MnO 2 ↓ +4OH − MnO 4− + 2H 2O + 3e ← 

 K 5 = K1 ⋅ K −21 ⋅ K w4  E 0MnO− ,H O/ MnO = 4

b) E 0MnO ,H − 4

/Mn 2+

0 > E MnO > E 0MnO − ,H O/MnO 4

 3E 0   MnO− / MnO2  /0,0592 4 

K 5 = 10

5.1,51 − 2.1, 23 − 14.4.0, 0592 = 0,95 ( V ) 3

2− 4 /MnO 4

 Khả năng oxi hóa của MnO −4 mạnh nhất trong môi trường axit và yếu nhất trong môi

trường bazơ, bởi vì: 8

E MnO− ,H+ /Mn 2+ = E 4

0 MnO 4− ,H + / Mn 2+

− + 0, 0592  MnO 4   H  + do đó khi pH tăng. [H+] giảm, tính oxi hóa lg 2+ 5  Mn 

của MnO −4 giảm. c) Các phản ứng minh họa khả năng oxi hóa của ion pemanganat phụ thuộc vào pH của môi trường: MnO −4 + 5Fe2 + + 8H + → Mn 2 + + 5Fe3+ + 4H 2 O 0

t 2MnO 4− + 3Mn 2 + + 2H 2 O  → 5MnO 2 + 4H +

2MnO 4− + SO32 − + 2OH − → 2MnO 42− + SO 42 − + H 2 O

23. a) Các phương trình phản ứng: t Cr2 O3 + 3Na 2 O 2 + H 2 O  → 2CrO 24− + 2OH − + 6Na + (1) 0

t 2Na 2 O 2 + 2H 2 O  → O 2 ↑ +4OH − + 4Na +

( 2)

OH − + H + → H 2 O ( 3) 2− + 2− 2CrO 4 + 2H → Cr2 O 7 + H 2 O ( 4) + 3+ Fe2 O3 + 6H → 2Fe + 3H 2 O (5) 2− − + 3+ − Cr2 O 7 + 9I + 4H → 2Cr + 3I3 + 7H 2 O ( 6 ) 2Fe3+ + 3I − → 2Fe 2 + + I3− ( 7 ) 2S2 O32 − + I3− → S4 O62 − + 3I − ( 8 ) Fe3+ + 3F− → FeF3 (9)

b) Vai trò của dung dịch NaF: F − có mặt trong dung dịch tạo phức bền, không màu với Fe3+ , dùng để che Fe3+. Trang 89

c) Đặt số mol của Cr2O3 và Fe2O3 trong 1,98 gam mẫu lần lượt là n Cr O = x; n Fe O = y 2

Từ (1), (4) và (5)  Trong 10ml dung dịch A số mol của Cr2O72− là n Cr O = 0,1x số mol của 2

2− 7

Fe3+ là n Fe = 0, 2y . 3+

Trường hợp NaF không có mặt trong dung dịch A, cả Cr2O 27− và Fe3+ đều bị khử bởi I-. Theo (6) và (7) ta có: n I− (1) = 3n Cr O2− + 0,5n Fe3+ = 3.0,1x + 0,5.0, 2y = 0,3x + 0,1y 3

(8)  n S O2− (1) = 2n I− (1)  0, 40.10, 50.10−3 = 2(0,1y + 0,3x) 2

(10)

Trường hợp NaF có mặt trong dung dịch A, chỉ có Cr2O72− bị khử: n I− (2) = 3n Cr O2− = 0, 3x  0, 40.7,50.10−3 = n S O2− (2) = 2n I− (2) = 0, 6x 3

(11)

Từ (10) và (11)  x = 0, 005 mol và y = 0, 006 mol. n Cr = 2n Cr2O3 = 2.0, 005 = 0, 01mol

 %m Cr trong mẫu là:

52.0, 01 .100% = 26, 26% 1, 98

n Fe = 2n Fe2O3 = 2.0, 006 = 0, 012mol  %m Fe trong mẫu là:

56.0, 012 .100% = 33,94% 1,98

24. Kết tủa không tan màu trắng của X là BaSO4. Kết tủa Y có thành phần là BaMO4 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 đó n bằng 1; 2; 3). Gọi khối lượng nguyên tử của M là x ta có: 2 ⋅ (201 + x) 1, 064 =  x = 126,5n − 201 233n 0,980

Với n = 2  x = 52 và M là: Cr, Y là BaCrO4, A là CrSO4.zH2O Số mol của CrSO4: n CrSO = n BasO 4

0,980 = 4, 21.10 −3 mol 233

 m CrsO4 = 0, 662 khối lượng nước trong hiđrat A là: 1, 000 − 0, 622 = 0, 378 gam

Trang 90

 n H2O =

0, 378 = 0, 021mol 18

Tỉ lệ số mol CrSO 4 : H 2O = 0, 0042 : 0, 021 = 1: 5  A là CrSO 4 .5H 2 O

Trong môi trường axit, có không khí thì Cr2+ bị oxi hóa dần thành Cr 3+  B là Cr2 ( SO 4 )3 ; C là Cr2 ( SO 4 )3 ⋅ yH 2 O

392(100 − 54,8) ≈ 18  Clà Cr2 ( SO 4 )3 ⋅18H 2 O 54,8.18

Các phương trình hóa học: Ba 2 + + SO 24 − → 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

b) Ta có: Cr2 ( SO 4 ) ⋅18H 2 O → Cr2 ( SO 4 )3 ⋅ zH 2 O + (18 − z)H 2 O

716

(18-z) .18

100

12,57

z = 5  Cr2 ( SO 4 )3 ⋅13H 2 O

c) CrSO 4 .5H 2 O → CrSO 4 .4H 2 O → CrSO 4 .3H 2 O → CrSO 4 .2H 2 O → CrSO 4 .H 2 O → CrSO 4 → Cr2 O3

Sự chuyển hóa crom (II) sunfat thành crom (III) oxit theo phương trình hóa học: 0

4CrSO 4 t → 2Cr2 O3 + 4SO 2 + O 2

25. a) • Phần 1+H2SO4 loãng: Cr + H 2SO 4 → CrSO 4 + H 2 ↑ x

→

Fe + H 2SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑ y

→

 n H2 = x + y = 0, 25

(1)

Chất rắn không tan là Cu  m Cu = 3, 2gam Trang 91

• Phần 2 + S: 2Cr + 3S → Cr2S3 x → 1,5x Fe + S → FeS y→ y 0

t Cu + S  → CuS 0,05 → 0,05

 n S = 1,5x + y + 0, 05 =

11, 2 = 0,35(2) 32

Giải hệ (1) và (2) ta được: x = 0,1 mol và y = 0,15 mol  m = 2(52.0,1 + 56.0,15) + 2.3, 2 = 33, 6gam

b) 2Cr + 3Cl 2 → 2CrCl3 0, 2 → 0,3 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 0, 3 → 0, 45 Cu + Cl2 → CuCl2 0,1 → 0,1

 VCl2 = (0, 3 + 0, 45 + 0,1) ⋅ 22, 4 = 19, 04 lít

26. Gọi x, y lần lượt là số mol ban đầu của Al và Cr2O3 Vì X phản ứng với NaOH giải phóng khí H2 nên Al còn Cr2O3 hết 0

t 2Al + Cr2 O3  → Al2 O3 + 2Cr 2y ← y → y → 2y

 n Al còn = (x − 2y)

Chất rắn X gồm: Al2O3, Cr và Al dư. 1 2

• − X dung dịch NaOH: Cr không phản ứng Al 2 O3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Al(OH)4 ] 2Al + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 ↑

(0,5x – y)

→

1,5(0,5 x-y)

 n H 2 = 1,5(0, 5x − y) = 0,15  x − 2y = 0, 2(*)

Trang 92

•

1 X + dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư): 2 Al 2 O3 + 3H 2SO 4 → Al 2 ( SO 4 )3 + 3H 2 O

2Al + 6H 2SO 4 → Al 2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O 0,1

→

0,15

2Cr + 6H 2SO 4 → Cr2 ( SO 4 )3 + 3SO 2 ↑ +6H 2 O →

15y

 n SO2 = 0,15 + 1, 5y = 0, 45  y = 0, 2mol

Thay y vào (*)  x = 0, 6mol Vậy: a = 27.0, 6 = 16, 2 gam; b = 152.0, 2 = 30, 4 gam 27. a) Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Cr, Fe và Z trong 17,1 gam hỗn hợp X. Ta có: 52x + 56y + 65z = 17,1 (1) • X + dung dịch NaOH dư: Chỉ có Zn phản ứng Zn + 2NaOH + 2H 2 O → Na 2 [ Zn(OH) 4 ] + H 2 ↑ z

→

 n H2 = z = 0,1mol

Từ (1)  52x + 56y = 10,6 (2) Chất rắn Y gồm Fe và Cr • X + dung dịch HNO3: n HNO ban đầu = 3

200.31,5 = 1mol > 4n NO = 0,8mol 100.63

 HNO3 còn, kim loại hết

Cr + 4HNO3 → Cr ( NO3 )3 + NO ↑ +2H 2 O x → 4x →

→ x

Fe + 4HNO3 → Fe ( NO3 )3 + NO ↑ +2H 2 O y → 4y →

→y

 n NO = x + y = 0, 2(3)  x = 0,15mol  y = 0, 05mol

Giải hệ (2) và (3) ta được: 

Phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong X là

Trang 93

%m Cr =

52.0,15.100% = 45, 61% 17,1

%m Fe =

56.0, 05.100% = 16,37% 17.1

 %m Zn = 100% − (45, 61 + 16,37)% = 38, 02%

28. n Cr O = 2

4,56 2, 016 = 0, 03mol; n H2 = = 0, 09mol 2.52 + 48 22, 4

Al + Cr2 O3 t → Al 2 O3 + 2Cr (1) 0

( 2)

Cr + 2HCl → CrCl2 + H 2 ↑

Nếu Al hết thì n Cr = n H = 0, 09mol 2

 n Cr2O3 =

1 n Cr = 0, 045mol > 0, 03mol  Al còn, Cr2O3 hết 2

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H 2 ↑

(3)

Từ (1)  n Al O = n Cr O = 0, 03mol; n Cr = 2n Cr O = 0, 06mol = n H (2) 2

 n H2 (3) = 0, 09 − 0, 06 = 0, 03mol  n Al(3) =

2 n H (3) = 0, 02mol 3 2

X + NaOH (đặc, nóng): Cr không phản ứng 2Al + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] + 3H 2 ↑ 0, 02 → 0, 02 Al 2 O3 + 2NaOH + 6H 2 O → 2Na [ Al(OH) 4 ] 0, 03 → 0, 06

  n NaOH = 0, 02 + 0, 06 = 0, 08mol

29.

Cu → Cu 2 + + 2e x

→

N +5 + 3e → N +2 0, 3 ← 0,1

Au → Au + 3e y →

2x + 3y = 0,3

 x = 0, 075 mol  64x + 197y = 14, 65  y = 0, 05m ol

Ta có hệ: 

Phần trăm khối lượng của Au trong X là:

197.0, 05.100% = 67, 23% 14, 65 Trang 94

Cu + 2H 2SO 4 → CuSO 4 + SO 2 ↑ +2H 2 O

30.

←

0,1

5Cu + 4H 2SO 4 → 3CuSO 4 + Cu 2S ↓ +4H 2 O ←

0, 05

0, 01

 m = 0,15.64 = 9, 6gam

31. Giả sử chất rắn hoàn toàn là Ag  n Ag = 0, 065mol < 0, 08mol (thỏa mãn giả sử)  Kim loại hết, AgNO3 còn. Mg → Mg 2 + →

x Fe →

Ag + +

→

e → Ag

0, 065 ← 0, 065

3e 3y

24x + 56y = 1, 08

 x = 0, 01 mol   y = 0, 015 mol 2x + 3y = 0, 065

Ta có hệ: 

0, 01.100% = 40% 0, 025

 %n Mg =

32.  n e (catot phóng ra) =  n e

(anot nhận vào) =

It = 0,15mol; n Cu 2+ = 0, 05mol ; F

n Fe3 = 0,1mol; n Cl− = 0,1mol

Ở catot: 1.n Fe = 0,1 < 0,15 < 1.n Fe + 2n Cu = 0, 2mol  Fe3+ hết, Cu2+ còn 3+

n Cu =

0,15 − 0,1 = 0, 025mol 2

Ở anot: 1.n Cl = 0,1 < 0,15  Cl− hết, H2O bị điện phân −

2H 2 O → O 2 + 4H + + 4e 0, 0125 ← 0, 05  m dd giảm = m Cu + m Cl2 + m O2 = 64.0, 025 + 71.0, 05 + 32.0, 0125 = 5,55gam

33. 2FeCl3 + H 2S → 2FeCl2 + S ↓ +2HCl

→

0,5 x

CuCl 2 + H 2S → CuS ↓ +2HCl

→

y Trang 95

162, 5x + 135y = 16, 75

Ta có hệ: 

16x + 96y = 9,92

 x = 0, 02mol   y = 0,1mol

 m kl = m Fe + m Cu = 0, 02.56 + 64.0,1 = 7,52gam

34. Đặt n FeS = amol; n Cu S = bmol  n SO = 2a + b; n Fe = a mol; n Cu = 2b mol. 2

2− 4

Theo định luật bảo toàn điện tích, ta có: 2n Cu 2+ + 3n Fe3+ = 2n SO2−  4b + 3a = 2(2a + b)  a = 2b 4

1x 40x

2FeS2 + Cu 2S → 2Cu 2 + + 2Fe3+ + 5S+6 + 40e N +5 + 1e → N +4

2FeS2 + Cu 2S + 40HNO3 → 2CuSO 4 + Fe2 ( SO 4 )3 + 40NO 2 ↑ +20H 2 O

0,02 ← 0,01

←

0,4

 m=120.0,02 + 160.0,01 = 4 gam 35. Dành cho bạn đọc ---Hết---

Trang 96