Nhóm hóa trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình BÀI CHUẨN BỊ HỘI THẢO Nội dung bài tập định lượng liên quan tới pư oxihoa khử. BÀI 1. M« t¶ hiÖn tîng x¶y ra khi cho dÇn 1ml dung dÞch H 2SO4 0,5M vµo 1ml dung dÞch A gåm K2Cr2O7 5.10-2 M, KBr 0,3M, KI 6.10-2 M; CH3COOH 0,1M, CH3COONa 0,3 M. HD Khi thªm dÇn H2SO4 vµo dd A, cã kh¶ n¨ng x¶y ra c¸c ph¶n øng Cr2O72- + 14H+ + 6I- ƒ 2Cr3+ + 3I2 + 7H2O (II.1) Cr2O72- + 14H+ + 6Br- ƒ 2Cr3+ + 3Br2 + 7H2O (II.2) Hai ph¶n øng (II.1 ) vµ (II.2) ®îc tæ hîp tõ c¸c b¸n ph¶n øng sau: Cr2O72- + 14H+ + 6e ƒ 2Cr3+ + 7H2O E10 =1,33(v) 2Br- ƒ Br2 + 2e E 02 =1,085(v) (II.4) 2I- ƒ I2 + 2e E 30 =0,6197(v) (II.5) (II.3) Tõ (II.3) nhËn thÊy thÕ «xi hãa cña Cr2O72− / Cr 3+ phô thuéc vµo pH E'Cr O2- /Cr3+ = E10 + 2 7 0,059 lg[H+] 14 = E10 - 0,138 pH 6 Do ®ã khi pH thay ®æi sÏ ¶nh hëng trùc tiÕp tíi møc ®é x¶y ra c¸c ph¶n øng (II.1) vµ (II.2) Trong hÖ ban ®Çu, pH ®îc quyÕt ®Þnh bëi hÖ ®Öm axetat, do ®ã: pH = pKa CH COOH + lg 3 C CH COO 3 - C CH COOH = 4,76 + lg 3 ⇒ 0,3 = 5,23 0,1 E'Cr O2- /Cr3+ = 1,33 - 0,138 . 5,23 = 0,608 (v) 2 7 V× E'Cr O 2 23+ 7 /Cr < E10 , E 02 nªn c¸c ph¶n øng (II.1) (II.2) ®Òu kh«ng x¶y ra. Do ®ã dd vÉn cã mµu ®á da cam cña Cr2O72Khi thªm dÇn H2SO4 th× pH cña hÖ gi¶m dÇn, nªn E'Cr O 2 • pH < 5,15 th× 23+ 7 /Cr sÏ t¨ng dÇn cho ®Õn khi: E'Cr O2- /Cr3+ > E 0I / 2I− 2 7 2 Ph¶n øng (II.1) sÏ x¶y ra t¹o I2 cã mµu tÝm, ®îc chiÕt vµo líp dung m«i h÷u c¬. • pH < 1,77 th× E'Cr O2- /Cr3+ > E 0Br / 2Br − 2 7 2 Ph¶n øng (II.2) sÏ x¶y ra t¹o Br2 cã mµu vµng da cam Khi ph¶n øng (II.2) b¾t ®Çu x¶y ra th× ph¶n øng (II.1) ®· x¶y ra hoµn toµn, bëi v×: ë pH = 1,77 ⇔ VH SO = 0,4 ml th×: 2 4 E'Cr O2- /Cr3+ = 1,086(v) ⇒ 2 7 Cr2O72- + 5.10−2 1, 4 C [] 6I- K1' = 106(1,086 −0,6197) / 0,059 = 1047,39 2Cr3+ ƒ + 3I2 K1' =1047,39 6.10−2 1, 4 (2,85.10-2+ x) 6x (1,43.10-2- 2x) (2,14.10-2- 3x) Theo ®Þnh luËt TDKL ta cã: (1, 43.10−2 − 2x) 2 (2,14.10 −2 − 3x)3 = 1047,39 ⇒ 6x = 8,1.10-10 −2 6 (2,85.10 + x)(6x) − VËy I = 8,1.10-10 = nªn coi nh I− ®· ph¶n øng hÕt. Khi thªm hÕt 1 ml H2SO4 0,5 M th×: pH =0,92 (ë ®©y pH ®îc quyÕt ®Þnh chñ yÕu bëi c©n b»ng cho pr«ton cña HSO −4 ) E'Cr O2- /Cr3+ = 1,203(v) ⇒ 2 7 Khi ®ã: Cr2O72C [] + 1, 4 2,85.10−2 2 x 6 Br − ƒ 0,3 2 K '2 = 106(1,203 - 1,085)/0,059 = 1012 2Cr3+ + 3Br2 K '2 =1012 1, 4 1, 43.10−2 2 (3,03.10-2+ 6x) (4,99.10-2 - 2x) (5,985.10-2 - 3x) Theo ®Þnh luËt TDKL ta cã: (3,99.10−2 − 2x) 2 (5,985.10−2 − 3x)3 = 1012 x(3, 03.10−2 + 6x) 6 2− ⇒ x = Cr2O7 = 4,4.10-10 Nh vËy khi nhá ®Õn hÕt 1ml dd H2SO4 th× Cr2O 72− bÞ khö hÕt thµnh Cr3+, do ®ã dd sÏ chuyÓn hoµn toµn tõ mµu ®á da cam cña Cr 2O 72− thµnh mµu xanh lôc cña Cr 3+ vµ trªn líp dung m«i h÷u c¬ ban ®Çu cã mµu tÝm cña I2 sau ®ã xuÊt hiÖn mµu vµng da cam cña Br2. BÀI 2 1.1 Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoà tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO 3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08g muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức muối rắn. 1.2 Viết các phương trình phản ứng xảy ra: a. Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3, O3; còn I2 oxi hoá được Na2S2O3. b. Ion Br- bị oxi hoá bởi H2SO4đặc, BrO3-(môi trường axit); còn Br2 lại oxi hoá được P thành axit tương ứng. c. H2O2 bị khử NaCrO2(trong môi trường bazơ) và bị oxi hoá trong dung dịch KMnO4(trong môi trường axit). Đáp án bài 1 1.1.Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit 2MS + (2 + n:2)O2 M2On + 2SO2 (0,25 đ) a 0,5a M2On + 2nHNO3 2M(NO3)n + n H2O (0,25 đ) 0,5a an a Khối lượng dung dịch HNO3 m = an × 63 × 100 : 37,8 = 500an : 3 (g) Khối lượng dung dịch sau phản ứng m = aM + 8an + 500an : 3 (g) Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172 Nên M = 18,65n (0,50 đ) Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe) Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05 khối lượng Fe(NO3)3 là m= 0,05 × 242 = 12,1(g) Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh : mdd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là : m = 20,92 × 34,7 : 100 = 7,25924 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinh m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g) (0,50 đ) Đặt công thức Fe(NO3)3 . nH2O Suy ra 4,84:242 × (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9 CT Fe(NO3)3 . 9H2O (0,50 đ) 1.2 (Mỗi phương trình 0,25 đ) a. 2KI + 2FeCl3 2FeCl2 + 2KCl + I2 2KI + O3 + H2O 2KOH + O2 + I2 I2 + 2Na2S2O3 2NaI + Na2S4O6 b. 2Br + 4H+ + SO42-( đặc) Br2 + SO2 + 2H2O 5Br- + BrO3- + 6H+ 3Br2 + 3H2O 5Br2 + 2P + 8H2O 10 HBr + 2H3PO4 c. 3H2O2 + 2NaCrO2 + 2NaOH 2Na2CrO4 + 4H2O 5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2O BÀI 3. X là hỗn hợp đồng nhất gồm hai kim loại Fe và Cu, trong đó Fe chiếm 52,24% phần trăm khối lượng. Chia 32,16 gam X thành hai phần bằng nhau. (a) Hòa tan phần một trong 113,4 gam dung dịch HNO 3 40%. Khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và sản phẩm khử duy nhất là khí NO. Điện phân dung dịch Y với các điện cực trơ, cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 2 giờ 9 phút thì kết thúc điện phân. Tính độ tăng khối lượng của catot, giả thiết toàn bộ kim loại sinh ra bám lên catot. (b) Hòa tan phần hai bằng 300 mL dung dịch HCl 1M (không có không khí). Khi phản ứng hoàn toàn, lọc tách phần chất rắn không tan. Thêm dung dịch AgNO 3 dư vào dung dịch nước lọc, thu được kết tủa Z. Tính khối lượng Z. ĐÁP ÁN nFe = 52, 24 32,16 gam × = 0,3 mol 100 56 gam / mol n Cu = 47,76 32,16 gam × = 0,24 mol Như vậy trong 100 64 gam / mol mỗi phần có 0,15 mol Fe và 0,12 mol Cu. 40 113,4 gam (a) n HNO 3 = 100 × 63 gam / mol = 0,72 mol 3Fe +8HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 2H2O 0,15 0,72 0,15 0,4 0,15 0 0,32 0,15 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O 0,12 0,32 0 0 0,12 Như vậy dung dịch Y chứa 0,15 mol Fe(NO3)2 và 0,12 mol Cu(NO3)2. Các phản ứng điện phân có thể có (theo thứ tự) : Cu(NO3)2 + H2O → Cu + 1/2O2 + 2HNO3 (3) 0,12 ⇒ 0,06 Fe(NO3)2 + H2O → Fe + 1/2O2 + 2HNO3 (4) 0,08⇐ 0,04 H2O → H2 + 1/2O2 (5) 1 4 Ta có : n O 2 = × Vì (1) (2) 5 × 7740 = 0,1 mol 96500 ( ) 1 1 n Cu ( NO 3 ) 2 = 0,06 ≤ n O 2 ≤ n Cu ( NO 3 ) 2 + n Fe( NO 3 ) 2 = 0,135 2 2 ⇒ đã xảy ra (1) và (2), nhưng Fe(NO3)2 còn dư. Từ (3) và (4) ta thấy lượng kim loại kết tủa lên catot gồm 0,12 mol Cu và 0,08 mol Fe. Vậy độ tăng khối lượng catot bằng : (64 gam / mol × 0,12 mol) + ( 56 gam / mol × 0,08 mol) = 12,16 gam (b) Hòa tan trong dung dịch HCl (không có không khí) : Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (6) 0,15 0,3 0,15 0,3 0,15 0 0,0 0,15 Dung dịch Z chứa 0,15 mol FeCl2 và 0,1 mol HCl. Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Z : Ag+ + Cl- → AgCl↓ 0,3 0,3 2+ Fe + Ag+ → Fe3+ + Ag↓ 0,15 0,15 (7) (8) m ↓= m AgCl + m Ag = (0,3 × 143,5) + (0,15 × 108) = 59,25 (gam) BÀI 4. Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS 2 và FeS. Khi xử lí một mẫu khoáng pirit bằng brom trong dung dịch KOH dư người ta thu được kết tủa đỏ nâu A và dung dịch B. Nung kết tủa B đến khối lượng không đổi thu được 0,2g chất rắn. Thêm lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch B thì thu được 1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit. 1.Viết các phương trình phản ứng. 2.Xác định công thức tổng của pirit. 3.Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần để oxi hóa mẫu khoáng. ĐÁP ÁN: 1. Phương trình phản ứng: 2FeS2 + 15Br2 + 38OH- → 2Fe(OH)3 + 4SO42- + 30Br - + 16H2O(1) 2FeS + 9Br2 + 22OH- → 2Fe(OH)3 + 2SO42- + 18Br - + 8H2O (2) 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O (3) 2+ 2Ba + SO4 → BaSO4 (4) 2. Công thức: 1,1087 0,2 = 4,75.10 −3 mol, n Fe = 2n Fe2O3 = 2 = 2,5.10 −3 mol 233 160 −3 −3 : n S = 2,5.10 : 4,75.10 = 1 : 1,9 n S = n BaSO 4 = n Fe ⇒ công thức FeS1,9 3. Gọi số mol FeS2 và FeS lần lượt là x và y ta có: x + y = 2,5.10 −3 x = 2,25.10 −3 ⇒ −3 −3 2 x + y = 4,75.10 y = 0,25.10 9 15 m Br2 = × 2,25.10 −3 + × 0,25.10 −3 × 160 = 2,88g 2 2 BÀI 5. Tương tác giữa kim loại với axit nitric cho ra hỗn hợp các sản phẩm khử của nitơ với thành phần hỗn hợp phụ thuộc rất nhiều vào các yếu tố khác nhau. Yếu tố quan trọng nhất chính là bản chất hóa học của kim loại, kích cỡ kim loại phản ứng (dạng bột hay dạng thỏi...), nồng độ của axit nitric và điều kiện phản ứng (nhiệt độ, khuấy trộn...). a) Ngoài muối nitrat kim loại thì có thể sinh ra các sản phẩm nào khác chứa nitơ khi hòa tan kim loại trong axit nitric? Viết phương trình hóa học chỉ ra sự hình thành các sản phẩm. b) 1.00 g mẫu kim loại được hòa tan vào lựơng dư dung dịch axit nitric 15%. Phản ứng sinh ra 446 mL (đktc) hỗn hợp các khí. Phân tích hỗn hợp khí này cho kết qủa gồm 117 mg nitơ và 269 mg nitơ oxit và phầm trăm khối lượng nitơ nguyên tố trong nó là 60,7%. Tính khối lượng riêng của hỗn hợp khí này ở 40.0 °C và 770 mm Hg. c) Kim loại nào đã phản ứng với axit nitric trong thí nghiệm trên ? Viết phương trình phản ứng xảy ra. Đáp án: a) NO2, NO, N2O, N2, NH4NO3. Phản ứng của kim loại với axit nitric thường đi kèm với phản ứng khử nitơ chứ không phải proton. Như một quy luật thì nếu nồng độ axit nitric càng thấp, kim loại càng hoạt động thì sản phẩm chứa nitơ có số oxy hóa càng thấp. Các phản ứng sau chứng minh luận điểm này: Cu + 4HNO3 (đặc) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O 3Pb + 8HNO3 (loãng) = 3Pb(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O 4Mg + 10HNO3 (đặc) = 4Mg(NO3)2 + N2O↑ + 5H2O 5Mn + 12HNO3 (loãng) = 5Mn(NO3)2 + N2↑ + 6H2O 4Mg + 10HNO3 (rất loãng) = 4Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O b) Lượng khí thoát ra khi tiến hành phản ứng khử kim loại bằng axit nitric là trong đó 446 = 19,9 mmol 22,4 117 269 = 4.18 mmol là N2 và = 8.97 mmol NO. 28,0 30,0 Như vậy hỗn hợp chứa ít nhất một thành phần có lượng là (19.9 – 4.18 – 8.97) = 6.75 mmol Cho rằng đó là thành phần chưa biết duy nhất của hệ có khối lượng phân tử là M và thành phần phần trăm của nitơ là m. Vậy: 0.607 = 8,3 117 + 8,97.14,0 + 6,75.M.m ⇒ М= 4,1 − 6,75m 117 + 269 + 6,75.M Không hề có bất kỳ một sản phẩm nào chứa nitơ thoả mãn phương trình này. Tuy nhiên phản ứng giữa kim loại với axit nitric cũng tạo ra được một lượng nhỏ hydro. Giả thiết này thì không làm trái với đề bài. Để tính tỉ khối của hỗn hợp sản phẩm đối với không khí thì đầu tiên chúng ta phải tính khối lượng phân tử trung bình: М= 2,0.6,75 + 117 + 269 = 20.1 g/mol. 19,9 Tỉ khối lúc này có thể được xác định từ phương trình khí lý tưởng: ρ= m MP = = 0,792 g/L V RT c) Tất cả các sản phẩm khí đều sinh ra bằng sự khử axit nitric. Chất cho electron duy nhất trong phản ứng này là kim loại: - 2N+5 + 10e − = N2 - N+5 + 3e − = N+2 - 2H+ + 2e − = H2 Sự hình thành các khí cần đến (4.18 × 10 + 8.97 × 3 + 6.75 × 2) = 82.2 mmol lectron. Như vậy khối lượng phân tử của kim loại là: M = 10 3 1,00 = 12.16х g/mol. 82,2 Đáp án duy nhất là х = 2 và M = 24.32, có nghĩa kim loại chưa biết là Mg (magie). Lượng magie kim loại là 1000 = 41.15 mmol. 24,3 Các phản ứng cân bằng có thể được viết như sau: 41,15Mg + xHNO3 = 41,15Mg(NO3)2 + 4,18N2 + 8.97NO + 6,75H2 + yH2O Điền vào các hệ số bị mất và chuyển thành số nguyên chúng ta nhận được: 1329Mg + 3218HNO3 = 1329Mg(NO3)2 + 135N2 + 290NO + 218H2 + 1391H2O Hệ số tỉ lượng đối với một nguyên tử magie: Mg + 2,42HNO3 = Mg(NO3)2 + 0,102N2 + 0,218NO + 0,164H2 + 1,05H2O Bài 6 Hòa tan hoàn toàn kim loại M1 vào dung dịch HNO3 aM (loãng) thu được dung dịch X và 0,2 mol NO (sản phẩm khử duy nhất). Hòa tan hoàn toàn kim loại M2 vào dung dịch HNO3 aM chỉ thu được dung dịch Y. Trộn X và Y được dung dịch Z. Cho dung dịch NaOH dư vào Z thu được 0,1 mol khí và một kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi được 40 gam chất rắn. Hãy xác định M1, M2. Biết: • M1, M2 đều là các kim loại hóa trị II. • M1, M2 có tỉ lệ nguyên tử khối là 3:8. • Nguyên tử khối của M1, M2 đều lớn hơn 23 và nhỏ hơn 70. Đáp án: Vì M2 vào dung dịch HNO3 chỉ thu được dung dịch Y, nên dd Y phải chứa NH+4 , và khí thu được là NH3. → nNH3 = nNH+4 = 0,1mol Theo bảo toàn electron, ta có: 2.nM1 = 0,2.3 → nM1 = 0,3 2.nM2 = 0,1.8 → nM2 = 0, 4 * Trường hợp 1: M1 ≠ Hg → E là hỗn hợp oxit M1O, M2O nE = 0,3 + 0,4 = 0,7 mol → nOxi/E = 0,7 mol → mOxi = 0,7.16 = 11,2 gam → ∑m = 40 - 11,2 = 28,8 gam. M2 3 = , thì ta có: 0,3.M1 + 0,4.M2 = 28,8 + Nếu M1 8 3 0,3.M1 + 0,4. .M1 = 28,8 8 → M1 = 64 (Cu) → M2 = 24 (Mg) (nhận) 2KL + Nếu M1 3 = , thì ta có: 0,3.M1 + 0,4.M2 = 28,8 M2 8 3 0,3. .M2 + 0,4. M2 = 28,8 8 → M2 = 56,2 ; M1 = 21,1 (loại) * Trường hợp 2: E là 1 oxit M1O hay M2O 40 = 100 → M2 = 84 (loại) 0, 4 40 = = 133,33 → M2 = 117,3 (loại) 0,3 MM 2 O = MM1O BÀI 7 Cho 6,45 gam hổn hợp gồm Al và Al2O3 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư. Sau phản ứng thu được V lit khí NO (đktc) và dung dịch B có 32,7 gam muối, nếu cũng cho khối lượng hổn hợp trên tác dụng với dung dịch HCl thu 20,025 gam muối. a) Tìm muối có trong dung dịch B. b) Viết các phản ứng xảy ra. c) Tính V (lit) khí NO Đáp án: Gọi a,b là số mol của Al và Al2O3 trong hổn hợp ban đầu Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + H2O amol amol Al2O3 + 6HNO3 → 2Al(NO3)3 + 3 H2O .bmol 2b mol Al + 3HCl→ AlCl3 + H2 Al2O3 + 6HCl→ 2AlCl3+ 3 H2O Al và Al2O3 tác dụng với HNO3 hay HCl thì 20,025 n Al ( NO3 ) 3 = n AlCl 3 = a + 2b = = 0,15mol (*) 133,5 Và ta có : 27a + 102b = 6,45 (**) Giải hệ pt: a = b = 0,05 mol mAl ( NO3 ) 3 = 0,15 * 213 = 31,95 gam < 32,7 gam Vậy dung dịch B ngoài muối Al(NO3)3 còn phải chứa muối NH4NO3 mNH 4 NO3 = 32,7 − 31,95 = 0,75 gam 0,75 = 0,009375mol 80 8Al + 30HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3NH4NO3 + 9H2O 0,025 mol 0,009375mol n Al taoNO = 0,05 − 0,025 = 0,025mol n Al = nNO = 0,025mol VNO = 0,025*22,4 = 0,56 lit nNH 4 NO 3 = Bài 8 Có thể điều chế tinh thể FeCl 3.6H2O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào trong dung dịch axit clohydric 25%. Dung dịch tạo thành được oxy hóa bằng cách sục khí clo qua cho đến khi cho kết qủa âm tính với K3[Fe(CN)6]. Dung dịch được cô bay hơi ở 95 oC cho đến khi tỉ trọng của nó đạt chính xác 1,695 g/cm3 và sau đó làm lạnh đến 4 oC. Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không rồi cho vào một dụng cụ chứa được niêm kín. a) Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa FeCl3.6H2O b) Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu mL dung dịch axit clohydric 36% (d=1,18g/cm 3) cần để điều chế 1,00kg tinh thể này. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65% c) Đun nóng 2,752g FeCl 3.6H2O trong không khí đến 350oC thu được 0,8977g bã rắn. Xác định thành phần định tính và định lượng của bã rắn. Đáp án: a) Các phản ứng: Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 3FeCl2 + 2K3[Fe(CN)6] = Fe3[Fe(CN)6]2 + 6KCl FeCl3 + 6H2O = FeCl3.6H2O b) 1000 = 3,7mol FeCl3.6H2O 270,3 Như vậy cần 3,7 .2 . 36,5 ≈ 978 mL dung dịch HCl 36% 0,36 .1,18 . 0,65 Khi đun nóng thì FeCl3.6H2O phân huỷ theo phương trình sau: FeCl3.6H2O = FeOCl + 5H2O + 6HCl Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân huỷ: 3FeOCl = FeCl3 + Fe2O3 (Hơi FeCl3 bay ra) Lượng FeCl3.6H2O trong mẫu là 2,752 = 10,18 mmol 270,3 Điều này ứng với khối lượng FeCl3 là 107,3. 0,01018 = 1,092g FeOCl Do khối lượng thu được của bã rắn bé hơn nên ta biết được FeOCl sẽ bị phân hủy một phần thành Fe2O3. Khối lượng FeCl3 mất mát do bay hơi là: 1,902 − 0,8977 = 1,20mmol 162,2 Như vậy bã rắn cuối cùng chứa (0,01018 – 3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl và 1,20 mmol Fe2O3. BÀI 9 1.Sục khí clo qua dung dịch kali iotua một thời gian dài, sau đó người ta cho hồ tinh bột vào thì không thấy xuất hiện màu xanh. Hãy giải thích và viết phương trình hoá học minh họa. 2.Để nhận biết ion sunfit, người ta cho vào một ống nghiệm 1 đến 2 giọt dung dịch iot, 3 đến 4 giọt dung dịch A có chứa ion sunfit (1). Sau đó cho tiếp vào đó 2-3 giọt dung dịch HCl và vài giọt dung dịch BaCl2 thấy xuất hiện kết tủa B (2). (a) Nêu hiện tượng xảy ra trong các giai đoạn 1, 2 của thí nghiệm và viết phương trình hóa học để minh họa. (b) Cho biết tại sao thí nghiệm nhận biết ion sunfit nêu trên thường được tiến hành trong môi trường axit hoặc môi trường trung hòa, không được tiến hành trong môi trường bazơ? 3. Hòa tan 8,4 gam kim loại M bằng dung dịch H 2SO4 đặc nóng dư, hay hòa tan 52,2 gam muối cacbonat kim loại này cũng trong dung dịch H 2SO4 đặc nóng dư, thì lượng khí sinh ra đều làm mất màu cùng một lượng brom trong dung dịch. Viết các phương trình hoá học và xác định kim loại M, công thức phân tử muối cacbonat. 1. 2KI + Cl2 → I2 + 2KCl ĐÁP ÁN Sau một thời gian có xảy ra phản ứng: I2 + 5Cl2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl Sau phản ứng không có I2 tự do nên hồ tinh bột không chuyển sang màu xanh 2. (a) Ở giai đoạn (1) màu đỏ nâu của dung dịch iot sẽ nhạt dần do xảy ra sự oxi hoá ion sunfit thành ion sunfat theo phương trình: SO32- + I2 + H2O → SO42- + 2H+ + 2I- ĐIỂM 1,00 1,00 Ở giai đoan (2) xuất hiện kết tủa màu trắng do sự hình thành kết tủa BaSO4 không tan trong axit: SO42- + Ba2+ → BaSO4↓ (b) Không thực hiện trong môi trường kiềm vì trong môi trường kiềm sẽ xảy ra phản ứng tự oxi hoá khử của I2: 3I2 + 6OH- → 5I- + IO3- + 3H2O 3. Các phương trình phản ứng: 2M + 2mH2SO4 → M2(SO4)m + mSO2 + 2mH2O (1) M2(CO3)n + (2m-n)H2SO4 → M2(SO4)m + (m-n) SO2 + nCO2 + (2mn)H2O(2) SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (3) 0,50 1,25 Theo giả thiết n SO 2 (1) = n SO2 ( 2) ⇔ 8,4 m 52,2 × = × (m − n ) M 2 2M + 60n 252mn ⇒ M = 43,8m − 52,2n n = 1, m = 2 ⇒ M = 14,23 (loại) n = 1, m = 3 ⇒ M = 9,5 (loại) n = 2, m = 3 ⇒ M = 56 (hợp lý) Vậy M là Fe và công thức muối là FeCO3. 0,75 BÀI 10. Dung dịch A gồm FeSO4 0,020 M; Fe2(SO4)3 và H2SO4. a) Lấy chính xác 25,00 ml dung dịch A, khử Fe 3+ thành Fe2+; chuẩn độ Fe2+ trong hỗn hợp (ở điều kiện thích hợp) hết 11,78 ml K 2Cr2O7 0,0180 M. Hãy viết phương trình ion của phản ứng chuẩn độ. Tính nồng độ M của Fe2(SO4)3 trong dung dịch A. b) Tính nồng độ M của H2SO4 trong dung dịch A, biết dung dịch này có pH = 1,07. c) Ghép cực Pt nhúng trong dung dịch A (qua cầu muối) với cực Ag nhúng trong dung dịch AgNO3 0,0190 M có thêm K2CrO4 cho đến nồng độ 0,0100 M (coi thể tích được giữ nguyên). Hãy cho biết anot, catot và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. Tính sức điện động của pin. Cho pKa: HSO4- 1,99; Fe3+( Fe3+ + H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ FeOH2+ + H+) 2,17; Fe2+( Fe2+ + H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ FeOH+ + H+) 5,69. Chỉ số tích số tan pKs của Ag2CrO4 11,89. Eo : Fe3+/ Fe2+ 0,771 V; Ag+/Ag 0,799 V; (RT/F)ln = 0,0592 lg. Hướng dẫn chấm: 2− 3. a) Phản ứng c/độ Cr2O 7 + 6 Fe2+ + 14 H+ → 2 Cr3+ + 6 Fe3+ + 7 H2O 2+ CFe = CFeSO 4 + 2 CFe 2 (SO 4 ) 3 = 0,02 + 2C1 2+ 2− 2− CFe . 25,00 = 6 (CCr 2 O 7 . VCr 2 O 7 → 25,00(0,020 + 2C1) = 6(0,0180 . 11,78) C1 = 0,01544 M hay CFe 2 (SO 4 ) 3 = 0,01544 M. b) Trong dd A có: Fe2+ 0,020 M; Fe3+ 2C1; H+ (C, M); HSO −4 (C, M); các cân bằng: 2 H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ H3O+ + OHKw = 10-14 (1) Fe2+ + 2 H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ FeOH+ + H3O+ Ka1 = 10-5,96 (2) Fe3+ + 2 H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ FeOH2+ + H3O+ Ka2 = 10-2,17 (3) HSO −4 + H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ SO 24− + H3O+ Ka = 10-1,99 (4). So sánh ta thấy (3) và (4) là chủ yếu và tương đương nhau. Áp dụng đ/luật bảo toàn 2− + proton, ta có [H3O+] = CH + [FeOH2+] + [SO 4 ] (a) 3+ Từ (3) có [FeOH2+] / [Fe3+] = Ka2 / [H3O+] → [FeOH2+] / CFe = Ka2 / Ka2 + [H3O+] 3+ = 10-2,17 / (10-2,17 + 10-1,07) → [FeOH2+] = 0,0736 CFe = 0,0736 . 0,015445 . 2. T/ tự, từ (4) có [SO 24− ] / [HSO −4 ] = Ka / [H3O+] → [SO 24− ] / CHSO −4 = 10-1,99/ (10-1,99 + 10-1,07) → [SO 24− ] = 0,107 C; 3+ P/ trình (a) trở thành [H3O+] = C + 0,0736 CFe + 0,107 C (b). -1,07 Từ (b) CH 2 SO 4 = C = (10 – 0,0736 . 0,03089) / 1,107 → CH 2 SO 4 = C = 0,07483 M. c) EPt = E Fe 3+ / Fe 2+ = E 0 Fe 3+ / Fe 2+ + 0,0592 lg([Fe3+]/[Fe2+]) Fe3+ + 2 H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ FeOH2+ + H3O+ 10-2,17 C 0,03089 [ ] 0,03089 – x x 10-1,07 x .10-1,07 / (0,03089 – x) = 10-1,07 → x = 0,002273→ [Fe3+] = 0,03089 – 0,002273 2+ = 0,02862 M → [Fe2+] = CFe = 0,020 M (vì Ka1 rất bé). Vậy: EPt = 0,771 + 0,0592 lg ( 0,0862 / 0,020) = 0,780 V. 2 Ag+ + CrO 24− → Ag2CrO4↓ 0,019 0,010 5. 10-4 Ag2CrO4↓ → 2 Ag+ + CrO 24− Ks = 10-11,89 C 5.10-4 [ ] 2x 5.10-4 + x ( 2x )2 (5.10-4 + x) = 10-11,89 → 4x3 + 2,0.10-3x2 - 10-11,89 = 0 → x = 2,08.10-5 Có: [Ag+] = 2x = 4,96.10-5 M. o EAg = E Ag / Ag + 0,0592 lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg4,96.10-5 = 0,544 V. Vì EAg < EPt nên cực Ag là anot; cực Pt catot. Phản ứng trong pin: anot 2 Ag + CrO 24− ‡ˆ ˆˆ †ˆ Ag2CrO4↓ + 2e catot 2x│ Fe3+ + e Fe2+ ‡ˆ ˆˆ †ˆ 2 Ag + CrO 24− + 2Fe3+ Ag2CrO4↓ + 2 Fe2+ ‡ˆ ˆˆ †ˆ Epin = EPt - EAg = 0,780 – 0544 = 0,236 V. + ... kim loi M1 vo dung dch HNO3 aM (loóng) thu c dung dch X v 0,2 mol NO (sn phm kh nht) Hũa tan hon ton kim loi M2 vo dung dch HNO3 aM ch thu c dung dch Y Trn X v Y c dung dch Z Cho dung dch NaOH... chun Tớnh nng M ca Fe2(SO4)3 dung dch A b) Tớnh nng M ca H2SO4 dung dch A, bit dung dch ny cú pH = 1,07 c) Ghộp cc Pt nhỳng dung dch A (qua cu mui) vi cc Ag nhỳng dung dch AgNO3 0,0190 M cú thờm... gam (b) Hũa tan dung dch HCl (khụng cú khụng khớ) : Fe + 2HCl FeCl2 + H2 (6) 0,15 0,3 0,15 0,3 0,15 0,0 0,15 Dung dch Z cha 0,15 mol FeCl2 v 0,1 mol HCl Thờm dung dch AgNO3 d vo dung dch Z : Ag+