PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA KIM LOẠI - PHẠM ĐỨC BÌNH

8/10/2019 PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA KIM LOẠI - PHẠM ĐỨC BÌNH

http://slidepdf.com/reader/full/phuong-phap-giai-bai-tap-hoa-kim-loai-pham-duc-binh 1/299



'fe È \ i il } Ọ í H i t s c I j

\\ ' •P H A i- ì ; á ì ì a ì T Ậ i >H O Ả H Ọ C \ \ ■ ' [ ! ( i / ; , 1. !;! ■ ;!■ Ị , ! , : f ư n i ỉ l>h( l / j t i / Xi -

/:/rf ’ ' - r ' ■ ỉ i ; , , /, j i , I, /; Í Ị i i ì i r l i i ((ít ỉ I C ! ;

r{; ■ 1 ' ■■ ; / • r :: ■ '.'/í /)[/; lan : I ■ ' t l l ’ t i l i .'.,;,; Ị Ì t ị i r ! ì n ( ! i m ' . - .

Ị n t / Ỉ . Í I t 111 ' h , , /, ọ.. l i a n ^ r u n g í ‘ :> I "

ì i i ỉ ỉ i ì VÙH ì Lỉ r l - Ỉ ÍÌIU ỉ l u ( Ị ;l ỉ Ị‘( ■ }ỉ;j;

* Ị K ' i j : \ ( . I M I Á I ’ <1 r \ l H A í ! í ' f Í! M" i; i f S\ Ị \

! ị í V Ì N C ; P H Á P < > Ị \ ĩ H ■ \ 'I V I : ị M :■ - ’ íí H : V ì

S í s. , ì * i í Ả í I 1 ! ' ' \ ! Ị ' S ị ' H Ọ > < f t \ í I U ■ ;

»HÚO‘N(, in-IÁỈ5 Í pIAỈ B \ M ' . \ P i i m H ỉí ỉí u K n \

P l ư ơ N í ; P Ỉ Ỉ Á Í ' t a Ấ ! B À í i . Ạ Ỉ ’ ì í o Á KliVs 1,0 W

U' í ĩó \ r ĩỉ(Ui

■ j n d o i , r . o th e n i i M 10 h ’<-]i c a c C o n < ; ! L . ì I i : - II ì

ó c , u . cli;.i p h u o n g h o í i c C f i i : ! ' :! ! ,! . r>(' .!! . ; ! i , i ,!

' ?; ■ T P H í ' M ộ i " ' 23 11.'ỉnC) I f :>HM' ■:■L-■/'

Tại TP. Đ à Nãng 15 v a 62 Nguyen C h ì T'anhĩai ĨP. Hố Chí Minh 10« Mai í 1!; i uu. Oiíiin Ị :

.1‘-: I K -1 1J:ì !-:,i ; i -

ỉại ÍP Cản ThoWebsite V. I M / r ' , ; ò n | í

i;onci 3u.-'i

; -y í!í ;n; r!o

32 500đ

WWW.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

00

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N





B ản quyền thuộc Nhà x uất bản Giáo dục

02-2007/CXB/95-1951/GD Mã số: 81121 m7-CPD


WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

óng góp PDF bởi Nguyễn Thanh Tú



3

X-ỏri n ó i < đ á u

ể góo phầ n nâng cao ch ấ t lư ọ bg h ọ c tậ p môn Hoá họ c, g iúp các emhọ c sinh lớ p 10, 11, đặ c biệ t là các em họ c sinh lớ p 12 ôn tậ p có hậ

thố ng kiế n thứ c cơ bẩ n, chuyên sâu, luyệ n thi t ố t nghiệ p ph ổ thõng, thi tuyể n vào đạ i họ c và thi họ c sinh giỏ i Hoá 10, 11, 12 đạ t ké t quả cao, chủ ng tôi biên soạ n bộ sách Phư ơ ng pháp giả i bâi tậ p hoá họ c 10, 11, 12 gồ m

5 cuố n. Dãy là bộ sách đư ợ c viế t theo từ ng chuyên đề . Trong mỗ i cuố n chúng tôi đề u tuyể n chọ n, phân loạ i, giớ i thiệ u đấ y đủ :

- Phư ơ ng pháp giả i và các chú ỷ quan trọ ng khi giả i bài tậ p.

- Bài tậ p củ ng cố , nâng cao, luyệ n thi đạ i h ọ c '

Bộ sách nhằ m cung cấ p cho các em nhữ ng kiế n thứ c mói, cậ p nhậ t, đáp ứ ng k p thờ i p hư ơ ng thứ c ra đề thí tuyể n sinh củ a các trư ờ ng đạ i h ọ c .

P HƯ ƠN G P H Á P G I Ả I B À I T Ậ P H O Á KIM LOẠ I đ ư ợ c viế t dành cho

họ c sinh lớ p 11 và lớ p 12, sách gồ m 3 chư ơ ng:

Chương I : Dạ i cư ơ ng về kim loạ i

Chương II : Các phư ơ ng pháp chọ n lọ c trong giả i toán hoá vô cơ

Chương III ; Các phư ơ ng pháp giả i toán hoá kim loạ i.

Mỗ i ch ư ơ ng g ồ m nhiề u bài, m ỗ i bài đư ợ c trình bày g ồ m 2 phầ n chinh: phả n m ộ t: phư ong pháp giả i bái tậ p; phầ n hai: gồ m bài tậ p m ẫ u và bài tậ p tự giả i (có phàn hư óng dãn). Riêng chư ơ ng II chỉ trình bày các phư ơ ng pháp giả i

bài tậ p hoá vô c ơ (7 phư ơ ng pháp) và bài tậ p minh hoạ dư ớ i d ạ ng các ví d ụ .

Việ c biên soạ n dù ti m ỉ c ẩ n thậ n đế n đàu cũ ng khó tránh khỏ i nhữ ng th iế u sót ngoài ý muố n, r ấ t mong nhậ n đư ợ c nhữ ng ý kiế n xây d ự ng quý báu củ a đ ồ ng nghiệ p và các em họ c sinh.

Chúc các em ôn tậ p và thi đạ t ké t quả cao.

TÁC GIẢ


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ễ



Ch ơ ng I ỉ x

ĐẠỈ CƯƠNG VÉ KIM LOẠI

A . L Í TH U Y Ế T VÀ PHƯƠNG PHÁ P G IẢ I

I. Ghi nhớ dãy điện hoá của kim loạiế

Tính oxi hoá của ion kim loại tăng

Li+K+ Ba2+ Ca2+ Na* Mg2+AI3+Mn2+Zn2+Cr3tFes+Ni2+Sn2+Pb +2H+Cu2+Fe3+ Hg+Ag+Hg2+ Pt2+Au3+■+—I— I--------------------------------- 1------------ 1--------------1------------- 1---------------1-------------1---------------t-------------1- H— -

Li K Ba Ca Na Mg AIMn Zn Cr Fe Ni Sn Pb H2 Cu Fe Hg Ag Hg Pt Au

Tính khử của kim loại giảm

Ý n g h ĩa củ a d ã y điệ n h oá c ủ a k im l oạ i

Cho phép ta dự đoán chiều của phản ứng giữa 2 cặp oxi hoá - khử. Chấtoxi hoá mạnh nhất sẽ oxi hoá chất khử mạnh nhất sinh ra chất oxi hoá yếuhơn và chất khử yếu hơn.

Ví dụ : Phản ứng giữa 2 cặp Mg2+/Mg và Cu2+/Cu

Cu2+ + Mg ------- > Cu + Mg2+

ch ất oxi chất ch ất chất oxihoá m ạnh khử m ạnhkhửyếuhoáyếu

Từ ộó, có thể khái quát:

- Kim loại m ạnh hơn dẩy dược kim loại yếu hơn r a khỏi dư ng dịchmuối (trừ K, Na, Ca, Ba...)

- lặiH. loại đứng trước hiđ ro (có th ế điện cực chuẩn < 0 ), đẩy được

hiđ ro r a khỏi đung dịch ax it loãng.



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

ng góp PDF bởi Nguyễn Thanh Tú



II. Tính chất hoá học c ơ bản c ủ a kim loại ỉà tính khử

M - ne ------- > Mn+

1. Tác dụng với phi kim

a) Tác dụng vổi oxi: tạo thành oxit bazơ (trừ Ag, Pt, Au)

„ t0 ‘ 0 __ _ 4M + n 0 2 — ——> 2M2On hoặc 2xM + yO -2 — —— > 2MxOy

Chú ý:

6 ______________________ Chư ơ ng L Đ Ạ I C Ư Ơ N G V Ề KIM L O AI

K Ba Ca Na Mg AI Mn Zn Cr Fe Ni Sn Pb (H) Cu H k Ag Pt Au

- Phản ứng mạnh

- Đ ốt: cháy sáng

- Phản ứng khi nung

- Đ ốt: không cháy

Không

phản ứng

b) Tác dụn g với Cl2: Các kim l o ạ i đ ề u tác dụng với CỈ2 tạo thành muốiclorua, khi đốt nóng:

2M + nCl2 — > 2MCln ; 2Fe + 3C12 — í!!—» 2FeCỈ3

2Fe + 3Br 2 — -— > 2FeBr 3 ; Fe + I2 — —— > F el2

c) Tác dụng với lưu huỳnh: tạo muối sunfua ở nhiệt độ cao:

2M + nS — í l - » M2Sn ; Fe + s — > FeS

d) Tác dụng với nitơ:

. Kim loại hoạt động tác dụng với nitơ ỏ' nhiệt độ cao tạo thành muôinitrua.

6 M + nN 2 — í?— > 2M3 N„

2A1 + Nz — 2A1N

2Cr + N2 — > 2CrN •

Chú ý: M3 Nn + 3nfỈ20 --------> 3M(OH)„ + nNH 3

e) Tác d ụn g vổì H2:

Các kim loại kiềm và kiềm thổ tác dụng với H2 ở nhiệt độ cao tạothành muối hiđrua.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






8 Chuang l Đ Ạ I C Ư Ơ N G VỂ KIM LOẠ I

- B là kim loại mà h iđro xit của nó có tính lưỡng tính , lúc đó B se phảnứng với kiềm do A tạo ra.

Ví dụ : Hoà tan hỗn hợp Na và AI vào nước, có các phản ứng:2 Na + 2H20 ----->2NaOH + H2t

2AI + 2H20 + 2NaOH ------> 2NaA102 + 3H2T

4. Tác dụng với axit

a) Tác dụng với HCI, H2SO4 loãng và các axit thông thường tạo thành muối giải

p h ó n g H2 (trừ kim loại sau H)

VI dụ : Fe + H2S 0 4 -----> FeS0 4 + H2t

Fe +2HC1 -----> FeCl2 + H2Í

Tổ ng quát: 2M + 11H2SO4 ----->M2(S04)n + nH2T

2M + 2 n H C l ---- > 2MC1„ + nH 2t

Chú ý: Trong trường hợp kim loại (tan được trong nước) tác dụng vớidung dịch axit, có 2 trường hợp: ■

- Nếu dung dịch ax it dùng dư: có một phản ứ ng duy nh ất giữa kim loại

và axit.

- Nếu kim loại dùng dư, ngoài phản ứng kim loại với axit còn có phảnứ ng giữa kim loại dư tác dụng với nước của dung dịch.

- Nếu trường hợp kim loại tác dụng với hỗn hợp các axit (ví dụ HC1 vàH 2SO4 loãng) thì ta nên lập phương trình phản ứng ở dạng ion để giải.

b) Tác dụng với axit có tính oxi hoá mạnh

• T á c d ụ n g v ớ i H 2 S O 4 đ ặ c ( t r ừ A u , P t )

Ví dụ: Cu + 2H2S 0 4 dặc — ► C11SO4 + S021 + 2H20

Tổng quát: 2M + 2nH 2S 0 4 dặc — ——> M2(S04)n + n S 0 2T + 2nH 20

Chú ỷ : H2SO4 đặc oxi hoá kim loại đến số oxi hoá cao nhất.

H2SO4 đặ c nguộ i không tác dụ ng vớ i Fe, Al, Cr.

Các kim loại có tính khử mạnh khi tác dụng với H 2SO4 đặc nóng, ngoàisản phẩm SO2 có thể tạo thành s, H2S. '

Ví dụ : 4Zn + 5H2S 0 4 dặc — > 4ZnS04 + H2S t + 4H20



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




A. L Í T H U Y Ế T VÀ P H Ư Ơ N G P H Á P G IA I Ẩ

• Tác d ụ ng vớ i HNO 3 ( trừ Au, Pt) t ạ o thành muố i + các khí NO 2 , NO,

N 2o , n 2, n h 3

Ví dụ: Fe + 4 HNO3 loãng------>F e(N 03)3 + N O t + 2H20Tổng quát: M + 2nH N 03(Ịàc----- >M (N 03)n + n N 0 2t + nH 20

3M + ềnHNOsioãng-----> 3M (N 03)n + n N O t + 2n H 20i

8 M + 10nHN03ioâng---- >8M (N 03)n + nN20 T + 5nH20

10M + 12nHN03i0ãng > 10 M (N 03)„ + nN 2t + 6n H 20

8M + lOnHNOaioâng------> 8M (N 03)n + nN H 4N 0 3 + 3n H 20

Chú ý: HNO3 oxi hoá các kim loại về sô oxi hoá cao nhất. Al, Fe, Cr k h ô n g t á c d ụ n g v ớ i H N O 3 đ ặ c n g u ộ i . K h i H N O 3 đ ặ c t á c d ụ n g v ó i c á c k i m

loại, khí tạo thành là NO2. Khi HNO3 loãng tác 4lụng với các kim loại đứngsau hidro khí tạo thành là NO.

Khi HNO3 loãng tác dụng với kim loại đứng trước hiđro th ì nitơ từ sốoxi hoá +5 có thế bị khử về số oxi hoá +2 (NO), số oxi hoá +1 (N20), số oxihoá 0 (N2), sô' oxi hoá - 3 (NH4 NO3).

L u ý kh i g iả i toán:

- Kim loại tác dụng với axit có thể thể hiện nhiều hoá trị khác nhau(Ví dụ Fe tác dụng với HC1 thể hiện hoá tr ị 2, tác dụng HN O3 thế hiện hoátrị 3) vì vậy khi làm toán nên gọi n là hoá trị của kim loại M tác dụng vớiaxit này, m là hoá trị của kim loại M khi tác dụng với axit kia.

- Nhiều kim loại tác dụng với nhiều axit có tính oxi hoá mạnh

(H2SO4 đặc hoặc HNO3 thì lưu ý mỗi chất khí tạo ra ứng với một phản ứng).- Nếu một kim loại kém hoạt động (ví dụ Cu) tác dụng một phần với

axit có tính oxi hoá mạnh (ví dụ HNO3), sau đó cho tiếp axit HC1 vào có khí bay ra, điều này nên giải th íc h phản ứng ở dạng ion mới thấy rõ.

Ví dụ : Cho Cu vào dung dịch HNO3, một phần Cu tan tạo khí NO, sauđó cho thêm HC1 có khí NO tiếp tục bay ra. Hiện tượng này được giải thíchnhư sau:

Trước hết m ột phần Cu tan trong dung dịch HNO3 theo phản ứng:

3C u + 8H+ + 2 N (V -----> 3Cu2+ + 2 N O t + 4H 20



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




10 C hư ơ ng I Đ Ạ I C Ư Ơ N G VỂ K IM LOAI

Ban đầu n H+ = n NOr = n HN0 3 như ng khi ph ản ứng thỉ n H+ tham gia gấp

8/2 = 4 lần nNOa n ên n NOẫ còn dư.

Thêm dung dịch HC1 vào tức là th êm H +vào dung dịch, N 0 3 dư lại tiếptục ph ản ứng với Cu do đó có N O t bay ra.

5. Tác dụ ng vớ i dung dịch muôi ■

Các kim loại đứng trưó'c đẩy được kim loại đứng sau (dây hoạt động hoáhọc của kim loại) ra khỏi dung dịch muôi của nó:

F e + C11SO4 ----- ► FeS 0 4 + C u .

Chú ý: Các kim loại ta n tro ng nước tác dụng vói dung dịch muối ph ảnứng xảy ra rất phức tạp. .

Ví dụ 1 : Cho Na và dung dịch C11SO4

2Na + 2H 20 ----->2 NaOH + H 2T

CuS04 + 2 N a O H -----> N a2S 0 4 + Cu(OH)2ị

Ví dụ 2: Cho Na vào dung dịch A12(S 0 4)32Na + 2H20 ----->2NaOH + H2T

A12(S0 4)3 + 6 N aO H -----> 3N a2S 0 4 + 2Al(OH)3ị

NaOHdư + Al(OH)3 ---- » NaAlOa + 2H20

Trư ờng hợp cho 1 kim loại vào dung dịch hỗn hợ p nhiều muối, ion kimloại của muôi càng có tính oxi hoá mạnh, sẽ tham gia phản ứng trước.

- Nếu trườn g hợp nhiều kim loại vào dung dịch chứa m ột muối, th ì kimloại có tính khử mạnh sẽ phản ứng trước.

- Khi nhúng th an h kim loại A vào dung dịch muối của kim loại B, saukh i lấy th an h kim loại A ra khỏi dung dịch, khối lượng than h kim loại Ath ay đổi do: một phần A tan vào dung dịch ; kim loại B trong dung dịchđược giải phóng bám vào thanh kim loại A.

6. P h ả n ứ n g n h iệ t kim

Ớ n h iệt độ cao các kim loại ho ạt động có th ể đẩy được các kim loạikém hoạt động hơn ra khỏi oxit của nó (phản ứng toả nhiều nhiệt)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




A. L Í T H U Y Ế T VÀ PH Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I 11

Ví dụ : 2A1 + Fe20 3 — -----> AI2O3 + 2Fe + Q

Phản ứng này gọi là phả n ứ ng nhiệ t nhôm , dùng để hàn đường rav.

Phản ứng nhiệt kim dùng để điều chế các kim loại kém hoạt động.

III. C ác phư ơng p h áp điều c h ế kim loạiỉ

1. Phương pháp thuỷ luyện

a) Nguyên tắc:

Dùng kim loại tự do (trừ các kim loại tan trong nước) có tính khử mạnh

hơ n để kh ử ion kim loại khác tro ng dung dịch muối. b) Ví dụ:

Z n k h ử i o n C u 2 + t h à n h C u : Z n + C 11S O 4 — > Z n S 0 4 + C u i

C uk hử ionA g+ thành Ag: Cu + 2AgN03 ----- >Cu(N0 3)2 + 2Agi

c) ứng dụng: Trong phòng thí nghiệm để điều chế các kim loại có tínhkh ử yếu.

2. Phư ơng p háp nh iệt luyện

a) Ngu yên tắc:

Dùng chất khử như CO, H 2, c hoặc kim loại AI để khử ion kim loạitrong oxit ỏ' nhiệt độ cao.

b) Ví dụ: CuO + H2 > Cu + H2O

Fe20 3 + 3CO — 2Fe + 3C 02Íc) ứng dụng:

Dùng trong công nghiệp, người ta có thể điều chế được những kim loạicó tính khử yếu và trung bình (kim loại đứng sau Al).

3Fe30 4 + 8A1 — > 9Fe + 4A120 3

PbO + c — Pb + CO

3. Phư ơ n g p há p đ iệ n ph ân

a) Nguyen tẳc:

Sử dụng dòng điện một chiều để khử ion kim loại trong hợp chất.


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

ó ó PDF bởi N ễ Th h Tú



12 C hư ơ ng ỉ. Đ Ạ I C Ư Ơ N G VE K IM LOẠ I

b) Áp dụng 1: Đ iện phân nóng chảy

Nguyên tắ c: Đ iều chế nhữ ng kim loại có tính khử m ạnh (từ Li đến'AI),người ta điện phân hợp chất nóng chảy của chúng (muối, kiềm, oxit).

Ví dụ : Đ iều chế kim loại Na bằng cách điện phâ n NaCl nón g chảy.

Phư ơng trìn h điện phân : 2NaCl - đpĩlc—> 2Na + Cl2t

c) Áp dụng 2: Đ iện ph ân dung dịch

Nguyên tắ c: Đ ế điều chế nhữ ng kim loại có tín h khử tru ng b ình và khửyếu người ta điện ph ân dung dịch muối của chúng tron g nước.

Ví dụ : Đ iều chế Cu bằng cách điện phân dung dịch muôi CuCl2.

Sơ đồ điện phân dung dịch CuCl2:

Sơ đồ điện phân: Catot ( -) <■ NaClnc ------> (+) Anot

■ N a +

• N a+ + e -* N a

(sự khử)

Cl"

2C1" - 2e -> C12T

(sự oxi hoá)

Catot (-) <■ CuCl2 — —> (+) Anot(H 20)

Cu2+, H20

Cu2+ + 2e -»■ Cu

(sự khử)

C1-, H20

2 C r - 2e ->C12T

(sự oxi hoá)

Phư ơng trình điện ph ân dung dịch: CuCl2 — —>Cu + Cl2t

IV. Tính chất hoá học chung của oxit kim loại <M2On)

+ nư ớ c ------ ----------------- ► M(OH)nTừ Li đến Na tạo bazơ tan (kiềm)

+m > MCln



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




A. LÍ T H U Y Ế T VÀ P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I 13

V. Tính chốt hoá học chung của hiđroxit

1. Tính ch t hoá họ c chung củ a bazơ tan trong nư ớ c (châ't kiể m)

LiOH, KOH, Ba(OH)2, Ca(OH)2, NaOH...

+ quỳ tím ,H ■Xanh

ỉ+ phenolphtalein

+ dung dỊch muố i

^ + axit

Hồng

M(OH)n (dd) ^ ------ —uur>K U4U11111LIU1----- ■> Bazơ mói + muối mới

Muôi + nước

2. Tính ch t hoá h ọ c chung c ủ a baz ơ không tan trong nư ớ c

Mg(OH)2, A1(0H)3, Zn(OH)2, Fe(OH)2, Fe(0 H^3, Cu(OH)z...

+ axitMuối + nước

M(OH)n (rắn) / “\ ------------- - M2On + H20

Không tác dụng lên c hất chỉ thị, không tác dụng với oxit axit, khôngác dụng với dung dịch muối.

VI. Tính chốt hoá học chung của muối

+ kim loạ i M’ đứ ng trư ớ c M trong dãy hoat dông hoá hoc

■ ■ ■ Muối + M

Muôi mới + axit mới (1)/ + axit

' s ' + dung dịch bazơ

+ dung dịch muố i

\ nhiệ t phân

Dung dịch muối ----------------- — ------------- *• Muối mới + bazơ mới (2)+ dung dịch muố i

của kim loại M \ " ------------------- » 2 muôi mới (3)

Hỗn hợp sản phẩm

Trong trường hợp các phản ứng trao dổi ( 1 ), (2), (3) dể phản ứng có thểxảy ra thì sản phẩm tạo thành phải có chất kết tủa, bay hơi hoặc là chấtdiện li yếu.

Ví dụ: Cuir) + 2AgNOa (dd) -— >Cu(N03)2 (dd) + 2Ag(r)

' BaCl2(dd) + H 2S0 4 (dd)---- > B aS04(rl + 2HCl(,jd)

Fe2(S04 )3(dd) + 6KOH(dd)---- ► 2Fe(OH)3(r) + 3K 2S04(ddi


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



14 C hư ơ ng I. Đ Ạ I CƯ Ơ N G VỀ K IM LOẠ I

AgN 0 3 (dd) + NaCl(dd)-----► AgCl(r) + NaNOaidd)

2KC103(r, — 2KCl , r) + 3 0 2(k)

CaC03(rl -> CaO(r) + C0 2 (k)

2 Cư(N0 3 )2(r) ------ —> 2CuO(r) + 4N02(k) + 02(k)

2KN03(r)----------->2K N 02(r) + 02(k)

2AgNC>3(r) — -— ■> 2Ag(r) + 2 NO2 (k) + O2U0

B. CÁC BÀI TẬ P THEO TỪ NG CHỦ ĐỂ

Chủ đ ề 1: KIM KOẠ I KlỂM

I. Sơ đồ p hản ứ ng - Đ iều c h ế c á c ch ất ■

1. Bà i tậ p mẫ u

1 . Cho các nguyên liệu: muối ăn NaCl, đá vôi CaC03, nước H 20, không khí.Có đủ các điều kiện kĩ thuật cần th iết, hã y viết các phương t rìn h ph ánứng để điều chế: NaOH, nước gia-ven, amoniac và natri cacbonat.

Hư ớ ng dẫ n

a) Đ iều chê NaOH: Đ iện ph ân dung dịch NaC l có m àng n găn giữa cácđiện cực:

2NaCl + 2H20 — fey —^ 2NaOH + H2 + Cl2 •ơ điện cực âm th u được dung dịch NaOH .

b) Đ iều chê nước gia-ven ’

Đ iện ph ân dung dịch NaCl không có m àng ngăn giữacácđiện cực. KhíCl2 ở điện cực dương,hoà tan và tác dụng với N aơ H ở điện cực âm chdung dịch nước gia-ven.

2NaCl + 2H20 — 2 Na OH + H 2 + Cl 2‘ 2NaOH + Cl2 ----->NaCl + NaClO + H20



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. CÁC BÀI TẬ P THEO TỪ NG CHỦ ĐỂ 15

c) Đ iều chê NH 3 bằng phương pháp tổng hợp trực tiếp

- Đ iều chế N2 bằng cách chưng cất không khí lỏngth u được ỏ'-196°c .

- Đ iều chế H2 bằng cách điện phân dung dịch NaOH(NaOH giữvai tròchất điện li) thực chất là H20 bị điện phân: 2H20 — —* 2H2 + 0 2

- Tổng hơp NH a: N 2 + 3H2 ----- — > 2NH35QP c

d) Đ iều chế N a2C 0 3

- Nh iệt p h ân Ca C 03: CaCOa — iKl0"c > CaO + C 02

Cho CƠ 2 vào dung dịch NaO H đã điều ch ế trên :

2 NaOH + C 0 2 ---------- > Na2C 0 3 + H20

NaOH + C 0 2 -------> N a H C 03 ỉ

Cô cạn và nhiệt phân đến khi có khôi lượng không đôi thì được

Na2C03:

2 N a H C 03 — ^ N a2C 0 3 + H20 + C 0 2

Trong công nghiệp N a2CŨ 3 được diều chê bằng phương pháp amoniac:

N H 3 + H20 + C 0 2 ---- > NH4H C 0 3

NaClbh + NH4HCO3 -----> NaHCOa + NH4C1

2 N a H C 0 3 — ííỉ—> N a2C 0 3 + H20 + C0 2

2. Chỉ từ Na2S03, NH 4HCO3, Al, M n 0 2 và các dung dịch Ba(O H )2 và HBr cố

thể điều chế được những chất khí gì? Cho mỗi khí đó lần lượt tác dụngvới các dung dịch NaOH và HI. H ãy viết các phươ ng trìn h ph ản ứng xảyra. (Biết Br 2 thoát ra ở dạng khí).

' Hư ớ ng dẫ n

Có th ể điều chế S 0 2, C 0 2, NH3, H2, Br2: _

N a2S 0 3 + 2HBr ---- > 2NaBr + S02T + H20

NH 4H C 0 3 + H B r-----> NH4Br + C 0 2T + H20

Ị ' 2AI + 6 H B r ----->2AlBr 3 + 3H2T

(hoặc 2A1 + 2HaO + Ba(OH)2 -----► Ba(A102)2 + 3H2T)


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í - H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




16 C hư ơ ng I Đ Ạ I C Ư Ơ N G VỂ K IM LO AI

M n0 2 + 4H B r-----> M nBr 2 + Br2T + 2H20

NH4HCO3 + Ba(OH)2 -----> BaCOs + 2HzO + NH3t

S 0 2 + NaOH — > N a H S 0 3

S 0 2 + 2NaOH -----> Na2S 0 3 + H20

C 0 2 + N aO H ---- >NaHCOa

> Na2C 0 3 + H20

NaBr + NaBrO + H20

C 0 2 + 2NaOH

B r 2 + 2 N a O H

NH 3 + H I -----> NH4I

Br 2 + 2HI — ^ 2HBr + h

2. Bài tập tự giải

1. Hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau:

NaCl( 1)

(2 )

Na(5)

NaClO

NaOH

2. Bổ túc chuỗi phản ứng và viết các phương trình phản ứng (mỗi mũi tên là một phản ứng). Cho biếtB là khí dùng nạp cho các bình chữa lửa (dậptắt lửa). A là khoáng sản phổ biến thường dùngđể sản xu ất vôi sông. .

3. Hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau:

a) Na2C 0 3 ----- * NaCl------>NaC10

1

NaOH < = > Na

b) NaHCO: . N 3.9CO3L U 3 ^ ...... . -Z. i\H.2L

NaOH



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




4. Hoàn thành các phản ứng sau:

N a + (B) + H20 --------> (D) ị + (E) + H2T (1 )

(A) + ( B ) --------> (D)l + (E) (2)(D )ị — ► (F) + H 20 (3)

(B) + Ba(N03)2 --------> B aS04ị + (G) (4)■ ỉ

Cho biết: (B) là muôi của kim loại M có hoá trị II.

Tổng khôi lượng phân tử của (B) và (D) bằng 258.

5. Hoàn thành sỡ dồ biến hoá sau:

KClOa — A + B

A + MnỌ 2 + H2S 0 4 -------->C + D + E + F

A — *55=—» G + c ỉ

G + H20 ------ > L + M

c + L — ííỉ—» KCIO3 + A + F

Hư ớ ng dẫ n

2. A: CaCOa; B: C02; C: NaHCOa; D: Na2C03; E: Ca(OH)2; F: CaCl2.

4. Từ (4) -> B là MSO4 và D là M(OH)2

(M + 96) + (M + 34) = 258->2M + 130 = 258 -> M = 64 (Cu).

5. (A): KC1; (B): 0 2; (C): Cl2 ; (D): K 2S 0 4 ; (E): M nS04; (F): H20 ; (G) K;(L): KOH; (M): H2.

II. Giải thích hiện tượ ng - Viết phư ơng trình phản ứng

1. Bài tậ p mẫ u

1. Cho N 0 2 tác dụng với dung dịch KOH dư. Sau đó lấy dung dịch thu dượccho tác dụng với Zn sinh ra hỗn hợp NH 3 và H2. Viết các phương trình

phản ứng xảy ra .

Hư ớ ng dẫ n

2 NO2 + 2KOH -----------------> K N 02 + KNO3 + H20

4Zn + 7KOH + KNO3 ----- > 4K 2Z n 0 2 + NH3 + 2H20

P 'GBTHKL

B. CÁ C B Ả I T Ậ P T H E O T Ừ N G C HỨ Đ Ế _____ __ _____ __________ 17


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



18 C hư ơ ng I Đ Ạ I C Ư Ơ N G VỀ KIM LOẠ I

3Zn + 5KOH + KNOz -----> 3K 2Z n 0 2 + NH3 + H20

Zn + 2KOH -----> K 2Z n0 2 + H2

2. a) Cho rất từ từ dung dịch A chứa a mol HC1 vào dung dịch B chứa b moi Na2CƠ 3 (a < 2b) thu được dung dịch c và V (lít) khí.

b) Nếu cho dung dịch B vào dung dịch A thu được dung dịch ũ và V] (lít)khí. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các thế tích khí đo ỏ' điều kiệntiêu chuẩn, lập biểu, thức nếu mối quan hệ giữa V và Vi với a, b.

Hư ớ ng dẫ n

a) Khi cho rất từ từ dung dịch HC1 (a mol) vào dung dịch N a2C

(b moi). Theo đầu bài có khí C0 2 bay ra thì a > b nên theo phương trình phản ứng:

-> NaHCOs + NaCl ( 1)

b

b

-> NaCl + C02r + H20 (2 )

(a - b)

HC1 + Na2C 0 3

số mol ba n đầu: . a b

số mol ph ản ứng: b b

s a u p h ả n ứ n g : ( a - b ) 0

Sau (1) xảy ra phản ứng (2):

HC1 + NaHCO;

số mol ban đầu: (a - b) b

số mol ph ản ứng: (a - b) (a - b)

V = (a - b)22,4

b) Khi cho dung dịch N a2C 0 3 (b mol) vào dung dịch HC1 (a mol) N a2C 0 3 + 2HC1----> 2NaCl + C 0 2í + H20 (1 )

số mol ban đầu: b a

số mol ph ản ứng: a /2 a a /2

sau ph ản ứng: (b - a /2 ) 0 a /2

Theo đầu bài cho a < 2b nên phải tính Vi theo số mol HC1:

Vi = 22,4 X a/2 .

2B- PPGBTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. CÁC BÀI T Ậ P T HE O T Ử NG CHI? PÉ .................... ........ .................. 19


1. Cho N a vào mỗi lọ sau: nước cất, dung dịch (NH4)2C0 3 , etanol, dầu hoả

và dung dịch C uS 04. Cho biết hiện tượng xảy ra tro ng mỗi trườ ng hợp vàviết phương trình các phản ứng minh hoạ.

2. Hãy trình bày quy trình sản xuất sôđa theo phương pháp amoniac t r o n g

công ng hiệp (giải th ích và viết các Pịhương trình phản ứng).

Hư ớ ng dẫ n

1 . - Nước: N a ta n , sủ i bọt-H,2.

- Dung dịch (NH4)2C03: Na tan, sủi bọt NH3.- Etanol: Na tan, sủi bọt H 2.

- Dầu hoá: không tan.

- Dung dịch CuS04: xem lí thuyết. '

2. Ngày nay sôđa được điều chế theo phương pháp amoniac. Người ta chodung dịch NaCl bão hoà vào dung dịch N H 3 20%, sau đó dẫn khí CO9

vào dung dịch hỗn họ'p.

N H 3 + H 20 + C 0 2 -----» NH4HCO3 (1 )

NH4HCO3 + N a C l ----->NaHCOa + NH4CI (2 )

Tách muối NaHC03 rồi nung ỏ' nhiệt độ cao dược Na2C03.

N aH C 03 — í?—» N a2C 0 3 + C 0 2 + H20 (3)

Khí C0 2 thư được dẫn trỏ' lại phản ứng ban dầu ( 1).

III. Nhộn biết - Tách hỗn hợp - Tinh chế

1. B ài tậ p mẫ u

1. Có hai dung dịch A (KOH) và B (HC1, AICI3) không dừng hoá chất khác,tìm cách nhận ra 2 lọ ây. Viết phương trình phản ứng minh hoạ.

Hư ớ ng dẫ n

Nếu cho từ từ dung dịch KOH vào dung dịch (HC1, AICI3) lúc đầu có thế'chưa có kết tụa là do:

HC1 + KOH ---- > KC1 + H20


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






B. C Ắ C BÀI TẬ P T H E O T Ừ N G C H Ủ Đ Ề 21

c) Đ iều chế kali từ quặng sinvin it chứa KC1 và NaCl.

Lợi dụng độ tan NaCl nhỏ hơn độ tan của KC1 ở nhiệt độ cao. Hoà tansih vin it đã ng hiền nhỏ vào dung dịch bão hoà của NaC l đang sôi. ỏ’ nh iệtđộ cao, NaCl khô ng tan trong dung dịch NaCl bão hoà, KC1 tan.

Gạn dung dịch ra khỏi kết tủa. Đ ể nguội dung dịch KC1 kết tủa. Làmnhư vậy nh iều lần, tách riêng được KC1. .

Đ iện phân KC1 nóng chảy: 2KC1 — 2K + Cl2t

d) Vì NaCl có độ tan bé hơn NaOH, nên' khi cô cạn dung dịch, NaCl sẽkết tin h trước, còn lại NaOH. Thực hiện việc cô dung dịch lặp lại nhiều lần

sẽ thu được NaOH tinh khiết.2. Bài tập tự giải

1. N hận b iết các ch ất đựng trong các lọ m ất nhựĩn: NaCl, N aN 0 3, N a2S04, N a2C 0 3, KC1. ’

2. Không dùng hoá c hất nào khác, hãy n hận biết 4 dung dịch: NaOH, HC1, NaCl, phenolp htale in .

8 . Có 4 ống nghiệm được đánh số 1, 2, 3, 4 chứa các chất saụ: Na2C 0 3,CaCl2, HC1, NH4HCO3. Lấy ông nghiệm sô’ (1) đổ vào ông nghiệm SCI (3)thấy có kết tủa, lấy ống nghiệm số (3) đổ vào ống nghiệm số (4) thấy cókhí bay ra. Xác định chất đựng trong mỗi ống nghiệm?

Hư ớ ng dẫ n

1. N hận biết các ion c r , N 0 3“, SO42-, CO32', K+(đốt cho màu tím)

2. Lập bảng tương tác qua lại giữa 4 chât.3. Lập bảng như bài 2, suy ra: (3) Na2C 0 3, (1) CaCl2) (4) HC1, (2) NH4HCO3.

Chủ đ ề 2: KIM KOẠ I KIỀM THổ .

I. Sơ đồ phản ứng - Điều chế các chất

1 Bài tập m ẫu •

1. Viết phựơng trình phản ứng theo dãy chuyển hoá và cho biết điều kiệncủa phản ứng:


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



22 C hư ơ ng / . Đ Ạ I CƯ Ơ N G VẾ K ĨM L O Ạ I

CaCl2 - CaO

' . ( ’•aCÍ);,'

Ca(HC03)2 ^ ^ Ca3(P 0 4)2 Hư ớ ng dẫ n

(1 ) N a2C 0 3 + CaC l2----- >2NaCl + CaC03ị

(2 ) CaC0 3 — Ca O + C0 2í .

(3) CaO + C 0 2 -----> CaCOg j

(4) Ca(HC03)2

— CaCOg + H20 + C 0 2t(5) CaC03 + H20 + C 0 2 ----->Ca(HC03)2 . ;

(6 ) 3CaC03 + 2 H 3PO4 --->Ca3(P 0 4)2 + 3H 20 +3C02t

2 . Viết 6 phương trình phản ứng trực tiếp điều chếCaCl2 từ canxi và các ịhợp chất của canxi.

Hư ớ ng dẫ n

Các phương trình điều chế trực tiếp CaCl2:Ca + Cl2 -----> CaCl2

2HC1 + C a -----► CaCl2 •+ H2T

2HC1 + CaCOa -----> CaCl2 + H20 + C 0 2t

2HC1 + Ca(OH )2 ---- >CaCl2 + 2H20

2HC1 + CaO > CaCl2 + H20

2HC1 + CaC2 ---- >CaCl2 + C2H2T

3. Bằng những phương pháp hoá học nào người ta có thể điều chế Ag từdung dịch AgN03; Mg từ dung dịch MgCl2. •

Hư ớ ng dẫ n

Đ iều chế Ag từ Ag N 03

a) Phươ ng pháp thuỷ luyện; 2A gN 03 + Cu --- » Cu(N03)2 + 2Ag



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. CÁ C B ÀI T Ậ P T H E O T Ừ N G C I IU Đ Ể

b) Phư ơ ng p háp điện ph ân dung dịch (điện cực trơ )

4AgN03 + 2 H20 — ĨSỂ Ể — * 4Ag + Oa + 4 HNO3

c) N hiệt phân: 2AgN03 — — » 2Ag + 2NOs + 0 2

- Đ iều chế Mg' từ MgCl2: Cô cạn dung dịch được MgCl^ khan. Nungnóng chảy MgCl2 sau đó điện phân:

■ I MgCl2 Mg + Cl2. .

4. T rình bày phương pháp điều chế canxi và magie riêng biệt từ quặngđôlôm it (C aC 03, M gC 03).

Hư ớ ng dẫ n

Hoà ta n quặng đôlôm it trong ax it mạnh, thu được dung dịch có chứaion Ca 2+, Mg2+ (dung dịch A): í

CaCOa, MgCOa + 4H+-----» Mg2+ + Ca2+ + 2H 20 + 2C 02Í

Cho dung dịch tr ên tác dụng với NaOH. Lọc tách Mg(OH)2:

Mg2+ + 2 0 H '----> Mg(OH)2ị

Còn lại dung dịch B có chứa Ca2+, N a+...

Hoà ta n Mg(OH )2 trong HC1 được MgCl2, cô cạnđược MgCl2 rắn , sau đóđiện phân nóng chảy được Mg:

MgCl2 — > Mg +C 12T

Cho N a2C 0 3 tác dụng với dung dịch B được kết tủa CaCC>3:

Ca2+ + C0 32 ----->• CaC0 3ị ;Hoà tan CaC03 trong HC1 được dung dịch CaCl2, sau đó điện phân

CaCl2 nóng chảy được Ca.

5. Từ dung dịch HC1 và CaC 03 viết các phương trình phản ứng điều chế:

- 4 đơn chất: H2, Cl2, Ca, 0 2.

- 7 hợ p chất: CaO, C 0 2, CaCl2, Ca(OH)2, Ca(C10)2, Ca(H C 03)2, CaH 2.

Hư ớ ng dẫ n

Các p h ần ứng điều chế:


WWW FACEBOOK COM/DAYKEM QUYNHON

BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






B. CÁ C B ÀI TẬ P T H E O T Ừ N G CH Ủ Đ Ể 25

b) Canxi clorua —> canxi vôi -» canxi cacbua —> canxì sunfat —> canxisunfua -> canxi^photphat -» canxi đihiđro photphat -* canxi sunfat.

c) Canxi -> canxi hiđ rua -» canxi hiđro xit canxi axetat.2. Cho sơ đồ:

^ A --------> c ------ > E

x ' h x Ị-» X |-t> X ^ B ------ > D ------F

A, B, c, D, E, p là các đơn chất hoặc hợp chất. Hãy giới thiệu 2 chất vô co'X khác nhau (một muối cacbonat, một muối clorua) và từ đó xác định cácchất A, B, c, D, E, F sao cho A, B được điều chế từ X và các phản ứng giữaA và B lại tạo ra X. Từ A điều ch ế ra c , từ B điều chế ra D, rồi c và D

phản ứng với nhau tạo ra X, v.v... Viết các phư ơng trìn h phản ứng.' _ ỉ

Hư ớ ng dẫ n

2. a) Cha't X là CaC03. Ta có sơ đồ:

C a O ------ > Ca(OH )2 -------» CaCl2

Ca COrI— > CaCOs |—> C aC 03 I— > CaCOg

^ C02 ---- ->KHCO3 -----> K2C03

b) X là MgCl2.

M g-------->MgO ------- > M gS04

MgCl2 Ị—-> MgCl2 Ị— > MgCl2 I— -> MgCl2

^ Cl2 ---------

> H C 1------

> BaCl2

I I . Giải thíchhiện tướng - Viết phương trình phản ứng

1. B ài tậ p m ẫ u

1. Viết phươ ng t rìn h ph ản ứng xảy ra (nếu có) giữa dung dịch các chất:BaCl2, CuS04, A12(S04)3, NaHS04, KHCO3, NaOH, NH3. Nêu hiện tượng(nếu có).

' Hư ớ ng dẫ n• Với Ẹ aC l2: BaCl2 + CuS04 --- >BaS04ị + CuCl2


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



P h ản ứng tạo kết tủa trắn g , màu x anh dung dịch không đổi.

3 BaCl2 + Al2(SO,ị)3 -----> 3 B&S04 4- + 2 AICI3

Phản ứng tạo kết tủa trắng:BaClz + NaHS0 4 -----» BaS0 4 ị + NaCl + HC1

• Với CuS0 4:

4 KHCO3 + 2 C11SO4 -----* Cu(0H)2CuC03 ị + 2K 2S 0 4 + 3C 0 2 + H20

P h ản ứng tạo kết tủa trắng , màu xan h dung dịch nh ạt dần

2NaOH + CuS04 -----► Cu(OH)2ị + N a2S 0 4

P h ản ứng tạo kết tủa xan h, m àu xanh dung dịch n h ạt dần

2 NH3 + 2 Ẻ 2O + CuS04 -----* Cu(OH)2ị + (NH4)2S 0 4

P hản ứ ng tạo kết tủa xa nh, màu xanh dung dịch nh ạt dần

Cu (OH)2 dư + 4N H3-----» Cu (NH3)4(OH)2

Kết tủa tan dần, màu xanh hiện trở lại.

• Với A12(S04)3:6 K H C O 3 + A 12(S 0 4)3 ------► 2A l(O H )3ị + 3K 2S0 4 + 6CO2

Phả n ứ ng tạ o kế t tủ a keo

6 NaOH + A12(S 0 4)3 -----> 2Al(OH)sị + 3N a2S 0 4

Kết tủa tan dần khi thêm NaOH:

NaOHdư + Al(OH )3 ----->NaA102 + 2HzO

6 NH3 + 6H 20 + A12(S 0 4)3 ----->2Al(OH)3ị + 3(NH4)2S 0 4Phản ứng tạo kết tủa keo nhầy, không tan trong NH 3 dư.

• Với NaHSO*:

2 Na HS 04 + 2 KHCO3 -----> Na2S 0 4 + K 2SO4 + 2 C0 2t + 2 HaO

Phản ứng tạo bọt khí bay lên.

N aH S04 + NaOH----->Na2S 0 4 + H20

2 Na HS 04 + 2 NH 3 -----► Na2S 0 4 + (NH4)2S 0 4

2 6 _ _________________________________________________ Ch ang L DẠ I CƯ Ơ NG VẾ KIM LOẠ I ;



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. C ÁC BÀ I T Ậ P T H E O T Ừ N G C H Ú Đ Ế 27

• Với KHC03:

2 NaOH + 2 KHCO3 ---- >N a2C 0 3 + K 2C 0 3 + 2 H20

2 NH3 + 2 KHCO3 ----

> (NH4)2C 03 + K2C03

2. Có những chất sau : NaOH, Ca(OH)2, Na2C 0 3, K 3PO4 và dung dịch HCI.Hãy cho biết chất nào có thể làm mềm nước cứng tạm thời ? Chất nào cóth ể làm m ềm nước cứng vĩnh cửu. (ịriải thích và v iết các phư ơng trìn h

phản ứng.

Hư ớ ng dẫ n

Các chất có thể làm mềm nước cứng tạm thời là: NaOH, Ca(OH)2,

Na2C0 3, K 3PO4. Vì chúng có thể chuyển hoá các ion Ca2+ và Mg2+ có trongnước cứng tạm thời về dạng kết tủa.

NaOH vừ a đủ trung hoà muối axit: .

2 NaOH + M (H C03)2 -----► M C 03ị + N a2C0 3 + 2 H 0O

Ca(OH )2 vừa đủ trung hoà muối axit:

Ca(OH )2 + M(HC03)2 -----* M COgị + C aC 03 + 2 HaO

N a2C0 3 phản ứng trao đổi với M(HCƠ 3)2:

N a2C 0 3 + M(HC03)2 -----> MC03ị + 2NaHC03

K 3PO4 phản ứng tra o đổi với M (H C03)2: •

2 K 3PO4 + 3M(HC03)2 ---- > M3(P04)2ị + 6 KHCO3 .

Các ch ất có th ể làm mềm nước cứng vĩnh cửu là: Na2C 0 3, K 3P 0 4. Vìchúng có th ể chuyển hoá các ion C a2+ và Mg2+ có trong nước cứng vĩnh cửu

về dạng kết tủa.

N a2C 0 3 phản ứng trao đổi với MS04:

N a2C 0 3 + MSO4 ---- ► MCO3I + Na2S 0 4

K3PO4 phản ứng trao đổi với MS04:

2 K 3PO 4 + 3MS04 ---- > M3(P 0 4)2i + 3K 2S 0 4

2. Bà i tậ p tự g iả i

1. Nêu hiện .tựơng xảy ra và viết các phương trình phản ứng khi sục từ từcho đến duf khí S0 2 vào dung dịch Ca(OH)2.


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




28 Ch ư ơ n g l Đ Ạ I C Ư Ơ N G VỀ K I M LOAI

2. Nêu hiện tượng xảy ra và viết các phương trình phản ứng khi sục từ t ừ

cho đến dư khí C0 2 vào dung dịch Ba(OH)2.

3. Giải thích hiện tượng sự tạo thành thạch nhũ trong các hang động, và sự

tạo thành kết tủa trong nồi nấu nước (viết các phưtíng trình phản ứng).

II!. Nhộn biết - Tách hỗn hợp - Tinh chế

1. Bài tậ p mẫ u

1 . a) Có 4 chất rắn đựng trong 4 lọ riêng biệt: Na2C0 3 , CaC03, Na2S 0 4,CaS04.2H20, Làm th ế nào để phân biệt được từng chất, nếu ta chỉ eóH2O và dung dịch HC1.

b) Giải lại câu trên nếu chúng ta chỉ có dung dịch HC1 loãng.

Hư ớ ng dẫ n

a) Dùng nư ớ c và dung d ch HCl: Lấy 4 ống nghiệm có chứa sẵn nướcrồi cho 4 chất trê n , mỗi chất vào 1 ống nghiệm và khuấy đều ta th ấy chỉ có2 chất tan được trong nước là Na2C03 và Na2S04; 2 chất không tan làCaCOa và CaS04.2H20.

Phân biệt 2 chất tan trong nước: Cho 2 chất tan được trong nước tácdụng với dung dịch HC1, chất nào có khí bay ra là Na 2C 0 3) chất N a2S 04

không có hiện tượng gì (chỉtan nhưng không eó khí).

Na2C 0 3 + 2HC1---- > 2NaCl + H20 + C 02t

Na2S0 4 không phản ứng

Phân biệt 2 chất không tan trong nước: Cho 2 chất không tan trongnước tác dụng với dung dịch HC1, chất nào có khí thoát ra là CaC03, chất

còn lại CaS04.2H20 không phản ứng.Ca C03 + 2HC1---- >CaCl2 + H20 + C 02t

Tóm tắt:

Na2C 0 3 Na2S04 CaC03

, - . . -

Ca S 04.H20

h 20 tan tan không tan không tan

HC1 C 0 2 không phản ứng C 02 không phản ứng



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




b) Chỉ dù ng dung d ch HCl: Lấy 4 ống nghiệm có chứa sẵn dung dịchC1 loãng rồi cho 4 chất trên, mỗi chất vào 1 ống nghiệm và quan sát ta

ấy: . N a2S0 4: chỉ ta n tro ng nước của dung dịch HC1 loãng và không có hiện

ợng gì khác. Na2C 0 3: tan được trong dung dịch HC1 loãng và khi t an cóhí C0 2 bay ra.

N a2C 0 3 + 2HC1---- > 2NaCl + H20 + C 0 2t

Tiếp tục thêm Na2C03 vào cho đến khi không còn khí C0 2 bay ra khitro ng dung dịch không còn HC1. Nếu tiếp tục thêm Na2C 0 3> bột trắng sẽ

n tạo dung dịch tro ng suốt.

Ca C03 ta n trong dung dịch HC1 loãng và có kh í C 0 2 bay ra:

Ca C03 + 2HC1---- >CaCl2 + H20 + ,C 02tr

Tiếp tục thêm CaC03 vào cho đến khi không còn khí C0 2 bay ra khi đóong dung dịch không còn HC1. Nếu tiếp tục thêm CaC 03, bột trắng C aC 03

không ta n làm dung dịch bị đục.

Ca S 04.2H20: không ta n trong dung dịch HC1 loãng (vì không ph ản ứngi HC1). Vậy ta đã p hân biệt được 4 chất trên.

Trong tự nhiê n quặng đôlômit chứa hợp chấtCaC03và MgC03, từ quặngnày hãy trìn h bày phương pháp hoá học tách hai chất riêng biệt '

Hư ớ ng dẫ n

N hiệt phân hỗn hợp, ta thu được hỗn hợp 2 oxit CaO và MgO:

CaCOa — ° - > CaO + C0 2t .

MgCOa — 90----c MgO + C 0 2t

Hoà tan hỗn hợp hai oxit CaO và MgO vào nước dư vàkhuấy đều, lọcđược phần dung dịch nước lọc là Ca(OH )2 và phần khôngtan là MgO.

CaO + H20 -----> Ca(OH )2

Sục C 0 2 vừa đủ vào dung dịch nước lọc ta thuđược kết tủa CaC03

C 0 2 + Ca(OH )2 -----> CaC 03ị + H20

CÁC BẢ I T Ậ P T H E O T Ừ N G C H Ú BỂ _________________ ________________________________ 29


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

000

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N



30 _ __________________ _______________ C h ơ n g I. Đ Ạ I CƯ Ơ NG VỂ KIM LOAI

Cho phần khô ng ta n tác dụng với HC1 dư sau đó cho dung dịch sau phản ứng tác dụng với dung dịch N a2C03, lọc ta được kết tủa MgC03.

MgO + 2HC1----->MgCla + H20 N a2CƠ 3 + MgCl2 -----» 2NaCl + MgC03i


L. Có 3 chất rắn dựng trong 3 lọ riêng biệt: NaCl, CaCl2, MgCl2. Hã}; trình bày phương' pháp hoá học để nhận biết mỗi chất (các dụng cụ và hoáchất cần thiết coi như có đủ).

2 , Có 4 chất rắn đựng trong 4 lọ riêng biệt: Na 2S04, Ca(N0 3)2, Mg(N 03)2,C aC 03. Hãy tr ìn h bày phương pháp hoá học để nhận biết mỗi chất.

Chủ đ ề 3: NHÔM - SAT - Đ ồNG

s, Sơ đ ồ phản ứng ■ Đ iều chế các chốt

1«Ỉ3à i t ập í ĩi âu

. FeCl2 -» FeCls

1. Hoàn thành dãy biến hoá: Fe -» FeCỈ3 --> FeCl2 -» Fe(N0 3)3

Fe3Ơ 4 -> FeO

Hư ớ ng dẫ n ' Fe + 2HC1----->FeCl2 + H2T

. 2 FeCl2 + Cl2 — > 2FeCl3

2Fe + 3C12 ' — ĩ— > 2FeC l3

2 FeCỈ3 + Fe ------> 3FeCl2

FeCl2 + 3AgN03 ----->Fe(N03)3 + 2AgClị + Agị

3Fe + 20 2 — > Fe30 4



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




Fe30 4 + CO — 1- ~ > 3FeO + C 02T

FeClg + 3AgN03 ----->Fe(N03)3 + 3AgCli

3FeO + IOHNO3 ,io4llg) ---- >3Fe(N03)3 + Not + 5H20

2. Viết phương trình phản ứng thực hiện dãy biến hoá:

4CuFeS2 -> 2 Fe2Ơ 3 -> Fe2(S0 4)3 -) j2Fe(OH )3 -> Fe2 0 3 -> Fe -> FeCỈ2 —» — >Pg —'> F62O3

Hư ớ ng dẫ n

4CuFeS2 + 1302 ->4CuO + 2Fe20 3 + 8S02T

F e20 3 + 3H2S 0 4 ----- > Fe2(S 0 4)3 + 3H20

F e2(S 0 4)3 + 6 N aO H -----> 2 Fe(OH)3ị + 3Na2S 0 4

2Fe(OH )3 ----->Fe20 3 + 3H 20 *

F e20 3 + 3CO ---- >2Fe + 3C02t

Fe + 2HC1---- >FeCl2 + Hat

3FeCl2 + 2A I------> 3Fe + 2 AICI3

(Hoặc đ iện phân dung dịch FeCli2/

4Fe + 3 O2 dư -----^ 2 F 62O3

3. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:

a) FeS2 + HNO3 -----> SO42' + NO + ... .

b) FeB r 2 + KMn04 + H2SO4 ----->....Cho biết các chất oxi hoá, chất khử trong mỗi phản ứng.

Hư ớ ng dẫ n

FeS2 + 8HNO3 ------>Fe(N03)3 + 2H 2S 0 4 + 5NO + 2H20

10FeBr 2 + 6 KMnƠ 4 + 24H2S04 ---- > 6 M n S 04 + 5Fe2(S0 4)3 + 10Br 2 +

+ 3 K 2SO4 + 24H 20

Trong phản ứng a): HNO3 là chất oxi hoá, FeS 2 là chất khử.

Trong phản ứng b): KMn04 là chất oxi hoá, FeBr 2 là chất khử.



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




32 C hư ơ ng I. Đ Ạ I C Ư Ơ N G VỀ KIM LOẠ I

4. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và gọi tên các chất bằng cácchữ cái đặt trong dấu ngoặc:

FeS2 + 0 2 -----* (A) (khí) + B (rắn)

(A) + 0 2 -----> (C)

(C) + (D) lỏng —-> Axit (E)

(E) + C u -----> (F) + (A) + (D)

(A) + KOH ---- >(H) + (D)

(H) + BaCl2 -----> (I) + (K) ;

(I) + (E)---- > (L) + (A) + (D) .

(A) + Cl2 + (D) ------> (E) + (M)

Hư ớ ng dẫ n

4FeS 2 + 11Ỏ 2 -----> 2Fe20 3 (B) + 8 SO2 (A)

2 S 0 2 + 0 2 — 2 SO3 (C)

s o 3 + h 20 (D) — > h 2s o 4 (E)

Cu + 2 H2SO, đặc-----» CuS0 4 (F) + S0 2 (A) + 2H20 (D)

S 0 2 + 2KOH----->K 2S 0 3 (H) + H20

K 2S 0 3 + BaCl2 — ^ B aS 0 3 ị (I) + 2KCỈ (K)

BaSOa (I)+ H 2S 0 4 (E)-----> BaS 04 ị (L) + S 0 2 T + H20

S 0 2 + Cl2 + 2H20 -----> H2SO4 + 2HC1 (M)

5. Bổ túc các phản ứng sau:

(A) + (B)---- >(C) + (D) + (E)

(C) + NaOH ---- > ( F ) ị+ N a 2S04.

(D) + KOH---- » (G)ị+(H)

(C) + KMn04 + (B)---- >(D) + MnS04 + (H) + (E)

(G) + (I) ---- >(K) + (E)

(F) + 0 2 + (E)---- >(G)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. CÁ C BÀI T Ậ P T H EO T Ừ N G C HỦ Đ Ê 33

(D) + K I - > (C) + (H ) + I 2

(C ) + A I — ^ (M ) + (L )

(L) + (I)-----» (N) + H2

(N) + Cl2 -----> (K)

Hư ớ ng dẫ n„ „ „ ‘ _ ___Fe30 4 (A) + 4 H 2SO4 (B )---- >FeSƠ 4 (C) + Fe2(S0 4)3 (D) + 4H 20 (E)

F e S 0 4 + 2NaOH----->Fe(OH)2ị (F) + Na2S 0 4

Fe2(S 0 4)3 + 6 K G H -----> 2 Fe(OH)3ị(G ) + 3K 2S 0 4 (H)

1 0FeS0 4 +2 KMn0 4+8 H2S0 4 ---- » 5Fe2(S 0 4)3 + 2MnS04 + K 2S 0 4 + 8H20

Fe(OH)a + 3HC1 (I) ---- » FeCl3 (K) + 3H20

4Fe(OH )2 + 0 2 + 2H20 ---- > 4Fe(OH)3l '

Fe2(S 0 4)3 + 2 K I -----> 2FeS04 + K 2S 0 4 + I2

3FeS0 4 + 2A1-----» A12(S0 4)3 (M) + 3Fe (L)

Fe + 2HC1-----

► FeCl2 (N) + H2T

2 FeCl2 + C la-----> 2FeCl3

6 . a) Viết các phương trình phản ứng biểu diễn sơ đồ sau:

Fe30 4 Fe -> FeC l2 -> FeCla -> Fe(OH)a -> Fe 2(S 0 4)3 ^ F e S0 4.

b) Viết phản ứng của HNO3 loãng với từng chất sau: Mg, FeO, Fe20 3, FeCOg.

Hư ớ ng dẫ n

a) Các phư ơng tr ìn h biểu diễn sơ đồ:

Fe30 4 + 4H 2 -----> 3Fe + 4H20

Fe + 2HC1---- >FeCl2 + H2t

2 FeCl2 + Cl2 ---- >2FeCl3

FeCl3 + 3NaOH ---- >Fe(OH)31 + 3NaCl

2 Fe(OH )3 + 3H2S 0 4 ---- >Fe2(S0 4)3 + 6H20! Fe2(S 0 4)3 + F e ---- > 3FeS 0 4

A-PPGBTHKL


WWWFACEBOOKCOM/DAYKEMQUYNHON

BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




34 Ch ư ơ n g I. ĐẠ I CƯ Ơ NG VỀ KIM LOẠ I I--------------------L.--------------------------------- — I

b) Phương trình phản ứng của H N 03 với các chất:

3Mg + 8HNO3 -----* 3Mg(N03)2 + 2NO + 4H20

3FeO + IOHNO3 ----->3Fe(N03)3 + NO + 5H20

Fe20 3 + 6HNO3 ---- >2Fe(N0 3)3 + 3H20

3FeC03 + I O H N O 3 ----->3Fe(N0 3)3 + NO + 3C0 2 + 5H20

7. Hoàn thành phương trình phản ứng dạng phân tử và dạng ion:

FexOy + H+ + s o f - S 0 2 t+. . . .

Hư ớ ng dẫ n

2FexOy +(3x -2y )SO f+(12 x-4 y)H +-----> 2xFe3+ + (3 x-2y)S 02í + (6x-2y)H 20+2y / X +3xFe - (3x-2y)e -> xFe

+6 +4s + 2e s(3x-2y) X

2FexOy + (6x-2y)H2S 04 xFe2(S0 4)3 + (3x-2y)SQ2T + (6 x - 2y)ỈỈ20


1. BỔ túc chuỗi phản ứng kèm theo điều kiện đầy đủ:

a) Nhôm oxit nhôm -» n a tri alum ina t -> nhôm hiđ rox it barialưminat.

b) Nhôm oxit -> kali alu m in at nhôm clorua nhôm hiđ ro xit ->-> nhôm oxit -> nhôm.

c)

d)

AI

A120 3 A12(S 04)3 -> Al(OH)3

AlCla ->■ Al(OH)a -> A120 3

NaA lO,

AỊCI3 \

Í \AI2O3 ĩ = ì AI Al(OH)3

\ 1AÌQ2~ _

3B- PPGBTHKĨ1

>



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. CÁC BÀ I T Ậ P TH E O T Ừ N G C HỦ Đ Ế 3 5

2. Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau:

a) „FeCl2 -> Fe(OH )2 v

Fe. Fe20 3 FeFeCl3 -> Fe(OH )3

b) Viết các phương trìn h phản ứng của các biến hoá sau:i

FeCl,

' F e '

FeCl2

3. Cho sơ đồ biến hoá:

x + A ________ _

X + B -----------► Fe

X + c -----------

x+ D -------------

FeCl2

Fe20 3

Fe(OH)2

Fe(OH)a

+ G 5 H

+I ) K

+M, t°

-> F

-I L -> H + BaS04v

> X +G

Cho biết X là FeO. Bổ túc sơ đồ trên và xác định công thức của các chểítứng với tất cả các chữ cái có trong sơ đồ. (Không cần viết phương trình

phản ứng).

4. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau, ở dạng phân tử và dạng ionthu gọn:

a) Fe30 4 + HC1-----> -

b) Ca(O H )2 dung dịch, dư + NH4H C 03 —

c) FeS0 4 + HNOa----->NOT+A + B + D

d) K M n 04 +H2S + H2S 0 4 ---- » s ị (lưu huỳnh) + MnS04 + M + D

e) AI + HNOa----->N 2t + E + D

5. Từ FeS2, vôi sống, nước và chất xúc tác cần thiết . H ãy điều chế F eS 0 4.6. Chỉ có nước, các chất xúc tác, điều chế từng kim loại có tron g hỗn hợp

FeS2 và dư s.

>


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



36 C hư ơ ng I. Đ Ạ I C Ư Ơ N G VẺ K IM LOẠ I

7 . Chỉ từ nguyên liệu ban đầu là FeS 2, c , 0 2, H20 và xúc tác v 20 5, viết phản ứng diều chê các muối sunfat sắt, sunfua sắt và sắt kim loại.

8 . Viết các phươ ng trìn h ph ản ứng xảy ra k hi cho dung dịch nước brom, Cu

kim loại tác dạng với các dung dịch sau: FeS04, FeBr2, FeCl3.

9 . a) Hãy kể tên và công thức của các quặng sắt quan trọng trong tự nhiên.

b) Từ m ột quặng sắt bất kì ở trên làm nguyên liệu chính viết các phươngtrình phản ứng điều chế Fe(OH )2 và Fe(OH)3.

10. Hoàn thành phương trình dạng ion theo sơ đồ:

a) Cu + NaNỏ 3 + H2SO4 ( loãng)-----> ,

b) FeC l3 + (dung dịch) K2CO3-----»

c) KAIO2 + (dung dịch) HC1-----»

d) FeS0 4 + KMn04 + H2SO4 ( loãng)---- >

Hư ớ ng dẫ n

4. a) Fe30 4 + 8HC1-----> 2FeCls + FeCl2 + 4H20

Fe30 4 + 8H+ ------»2Fe3+ + Fe2+ + 4H20 b) Ca(OĨĨ)2 + NK 4HCO3 — > CaCOs 4- + NHs t + 2H20

Ca2+ + 20 £T + NH4+ + H C O a '---- >CaCOa ị + NHgí + 2H20

c) 3FeS0 4 + IOHNO3 ---- >3Fe(N03)3 + NOt + 3H 2SO4 + 2HaO

3FeS04 + 4 HNO3 ---- > F e ( N 0 3)3 + Fe2(S 0 4)3 + NOT + 2 H 20

d) 2KMn04 + 5H2S + 3H2S 0 4 -----> 2MnS04 + K 2S 0 4 + 5 S I + 8H20

2M n04“ + 5H2S + 6 H+-----> 2M n2+ + 5 S ị + 8H20

e) 10A1 + 36HNO3 -----> 10A1(N03)3 + 3N 2t + I 8H 2O

10A1 + 36H + + 6N C V -----> 10A13+ + 3N 2t + I 8H 2O

5. Hoà tan CaO vào nước: CaO + H20 ----- -» Ca(OH)2

Đ iện ph ân dung dịch Ca(OH )2 thực chất là điện phân H 20:

2H20 — ÍE—> 2H2 + 0 2



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. CẮ C BẢ I TẬ P TH E O T Ừ N G CH Ủ Đ Ề 37

Nung FeS2 ồ nhiệt độ cao: 4FeS2 + 1102 — —— > 2Fe20 3 + 8 SO2

Oxi hoá S 0 2: 2 S 0 2 + 0 2 — - — >2 SO3 '

Hấp thụ S 0 3: SO3 + HzO ----- > H 2S 0 4

Dùng Hz để khử Fe20 3: 3H 2 + Fe20 3 — - —> 2Fe + 3H20Ị

Hoà tan Fe vào axit H2S 0 4 loãng tá được FeS04:

Fe + H 2SO4 loãng----->FeS0 4 + H2T .

6 . Đ iện phân H20: 2H20 dp > 2HZ + 0 2 ■

4FeS2 + 1102 — > 2Fe20 3 + 8S0 2

Fe20 3 + 3H2 — > 2Fe + 3H20t0 ___ i

2CuS + 3 0 2 — t—-> 2CuO + 2SOz

CuO + H2 — -— > Cu + H2O

2 SO2 + 0 2 — 2 SO3 - '

so3+ h 20 ---- * H2SO4

Cho hỗn hợ p Fe và Cu tác dụng với dung dịch H 2SO4, lọc ta có Cu,

Fe + H 2S 0 4 * F eS 0 4 + H2t

Đ iện ph ân dung dịch Fe S0 4 ta thu được Fe: *

. 2F eS 0 4 + 2H 20 — Í£—> 2Fe + 2H 2S 0 4 + 0 2

7. 4FeS2 + 1102 — 2Fe20 3 + 8S0 2 '

2 S 0 2 + 0 2 — 2 SO3

so3+ h 20 — >h 2so4

- FeS2 + H2S0 4 — ■> FeS0 4 + H2S + s

Fe20 3 + 3H2S 0 4 ---- > Fe2(S 0 4)3 + 3H 20 .

2C + 0 2 — 2CO. Fe 20 3 + 3CO — > 2Fe + 3 C0 2

Fe + s — > FeS


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



38 Chư ơ ng ỉ Đ Ạ I CƯ Ơ NG VẾ K IM LOẠ I

8 . 6FeS04 + 3Br 2 ----->2Fe2(S 04)3 + 2 FeBr 3

2FeBr 2 + B r 2 ---- > 2 FeBr 3

2FeCl3 + Cu----->2FeCl2 + CuCl29. a) Các quặng sắt quan trọng:

Hematit. đỏ: chứa Fe20 3 khan ; hematit nâu: Fe 203.nH20 ; manhetit:Fe30 4 ; xiđerit: FeC03 ; pirit: FeS2.

b) Đ iều chế Fe(O H)2, Fe(OH)3: Chọn nguyên liệu là xiđerit

FeCOa + 2HC1-----* FeCl2 + C 0 2t + H20

FeCl2 + 2NaOH ----->Fe(OH)2ị + 2NaCl

4Fe(OH )2 + 0 2 + 2H20 ---- » 4Fe(OH)3!

1 0 . a) 3Cu + 2N aN 0 3 + 4H2S 0 4 doing)---- > 3CuS04 + 2 NO + Na2S 0 4 + 4H20

3Cu + 2 N 0 3' + 8 H + 3Cu2+ + 2NO + 4H20

b) 2FeC l3 + 3K 2C 0 3 + 3H20 ---- > 2 Fe(OH)3ị + 6KC1 + 3C02t

2Fe3+ + 3C0 32 + 3H20 ---- > 2Fe(OH)3l + 3C02t

c) KA102 + 4H C 1----->AlCls + 2H20 + KC1A102“ + 4H+---- > Al3+ + 2H20

d) 1 0 FeS 0 4+2 KM n0 4+8 H 2S0 4 -----> 5Fe2(S04)3 +K 2S 04 +2MnS04 +8H20

10Fe2+ + 2MnO,f + 16H+---- > 10Fe3+ + 2Mn2++ 8H20

11. Giải thích hiện tượng - Viết phương trình phản ứng

1. Bà i tậ p m ẫ u1. Cho từ từ dung dịch A1C13 vào dung dịch N H4OH có hiện tượng gì? Viết

phư ơng trìn h p h ản ứng. Nếu thay dung dịch NH4OH bằng dung dịchKOH (tỉ lệ số mol AICI3 : KOH bằng 1 : 3) hiện tượng có gì khác? Viết| phư ơng trìn h p h ản ứng để giải th ích. 1

Hư ớ ng dẫ n I

Cho từ từ AICI3 vào dung dịch N H4OH, ta thấy có kết tủa keo trắng, I

càng cho càng thấy nhiều kết tủa vì NH4OH là bazơ yếu không hoà tanđược kết tủa:

.

í



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. CÁC BÀI T Ậ P T H E O T Ử N G CH Ủ Đ Ẻ 39

AlCla + 3NH4OH -----> Al(OH)3ị + 3NH4CI

Thay NH4OH bằng KOH, lúc đầu mới cho vào thấy kết tủa keo trắng

xuất h iện rồi ta n ng ay cho đến kh i lượ ng AICI3 thêm vào d un g dịch đ ạt tỉ lệAICI3 : KOH = 1 : 3 thì k ết tủa bền không tan nữa.

AICI3 + 3KOH ------> Al(OH)3ị + 3KC1

Al(OH )3 + KOH — -> K A lé2 + 2H20

. Nêu hiện tượng và viết các phươ ng trìn h phản ứng xảy ra khi:

a) Cho Ba vào dung dịch sau: sắt II sunfat, nhôm n itra t.

b) Cho Na vào các dung dịch sau: amoni n itra t, sắt III sunfa t.

Hư ớ ng dẫ n

a) Cho Ba vào dung dịch F eS 0 4 thấy xuất hổện kết tủa trắng, kết tủaày chuyển dần sang màu nâu và có khí bay ra:

Ba + 2H20 -----> Ba(OH)2 + H2Í

F e S 0 4 + Ba(OH)2 ----->Fe(OH)2ị (trắng) + BaS04i

4Fe(OH )2 + 0 2 + 2H20 ----->4Fe(OH)3ị (màu nâu)

Cho Ba vào dung dịch A1(N03)3 thấy xuất hiện kết tủa keo trắng và khíay ra. Khi dư Ba, kết tủa tan:

Ba + 2H20 -----■>Ba(OH)2 + H2T

3Ba(OH)2 + 2A1(N03)3 -----> 2Al(OH)3ị + 3Ba(N03)2

2A1(0H)3 + Ba(OH )2 ----->Ba(A102)2 + 4H20

b)Cho Na vào dung dịch NH4NO3 thấy có khí mùi khai bay ra:

2 N a + 2 H 2O -----> 2NaOH + Hat

NH 4 NO3 + NaOH ---------- > NH 3T + NaNOa + H20

Cho Na vào dung dịch F e2(S 0 4)3 thấy xuất hiện kết tủa màu nâu và bọt

hí bay ra:2 N a + 2H20 -----> 2NaOH + H2t

ý 'Fe2(S0 4)3 + 6 N aO H -----> 2Fe(OH)3l + 3Na2S 0 4


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



4 0 Chư ơ ng I Đ Ạ I CƯ Ơ NG VẾ KIM LOẠ I I

~

I3. Một vật được chê' tạo từ hợp kim Zn - Cu. Vật bị ăn mòn tron g tự nhiên. I

Hãy cho biết :

a) V ật bị ăn mòn ho á học ha y điện ho á ? Vì sao ? - I

b) Hãy trìn h bày cơ chế của sự ăn mòn này.

. ; Hư ớ ng dẫ n

a) Vật hị ăn mòn điện hoá. Vì hiện tượng ăn mòn này có đủ 3 điều kiện:

- V ật được cấu tạo từ nhữ ng kim loại khác nhau: Zn và Cu.

- Các tinh thể Zn và Cu tiếp xúc với nháu.

- Vật để trong tự nh iên , do đó có. m àng dung dịch ch ất đ iện li bao phủ bên ngoài vật.

(H20 + C 0 2 -----» H2C 0 3 -----> H+ + HCOs-) I

b) Cơ chế ăn mòn diện hoá của vật: Ị

ở cực âm (Zn): Zn bị oxi hoá (bị ăn mòn): Zn - 2 e -------» Zn2+

Các ion Zn2+ tan vào dung dịch ch ất điện li, tạo ra hợp chất kẽm (II). I

ở cực dương (Cu): ion H+ trong dung dịch điện li di chuyển về cự c|

dương, tại đây chúng bị khử th àn h hiđro tự do (H2). I" ______ '

2H++ 2e ----->• H2 I■ ■

4. Ngâm một lá sắt trong dungdịch HC1, sắt bị ăn mòn. Nếu th êm vàodung dịch tr ên vài giọt dung dịch C uS04, nhận th ấy sắt bị ăn mòn Inh an h, bọt khí tho át ra nhiều hơn. H ãy giải thích h iện tượng quan sát ;

được và viết các phươ ng trìn h ph ản ứng dưới dạng ion rú t gọn. I Hư ớ ng dẫ n I

Ngâm một lá Fe trong dung dịch HC1: Xảy ra hiện tượng ăn mòn hoáhọc. Fe bị ăn mòn chậm, bọ t khí H2 thoát ra không nhiều là do các bọt khíH2 sinh r a đã bọc kín lá Fe, cản trở sự tiếp xúc của nhữ ng ion H+ với các

nguyên tử Fe.

Thêm vài giọt dung dịch C uS 04 ta th ấy Fe bị ăn m òn nhan h, bọt khí

H 2 thoát ra nhiều vì đã xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hoá: Fe khử ionCu2+ th àn h Cu bám trê n lá Fe. N hư vậy đã có đủ các điều kiện của ăn mon

đ i ệ n hoá. . I



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




§ j; CÁC BÀ I T Ậ P T H E O T Ừ N G C HỦ Đ Ể 41

Cực âm là Fe, nó bị oxi hoá th ành ion Fe2': Fe - 2 e ---- >Fe2+

Cực dương, là Cu, tại đây các ion H + của dung dịch HC1 bị kh ử t hàn hH2: 2H+ + 2e — * H2T ’ '

Khí H 2 bay ra ngoài nhiều hơn, Fe bị ăn mòn nh an h hơn.

5 . Trình bày hiện tượng có thể xảy ra _và viết phương trình phản ứng giảithích cho từng trườ ng hợp sau đây: *

a) Cho k im loại N a vào d ung dịch AICI3.

b) Nhỏ dần dần dung dịch KOH loãng vào dung dịch Al2(S 04-)3.

Hư ớ ng dẫ na) Khi cho Na vào dung dịch AICI3, ta thấy Na bị hoà tan , có bọt khí

H2 bay ra, x uất h iện k ết tủa Al(OH)3. Sau đó kết .tủa tan trong NaO H (nếudùng Na dư). ,

2Na + 2 H2O -----* 2NaO H + H2t

AICI3 + 3NaOH — > Al(OH)3ị + 3NaCl

Al(OH)3 + N aO H ---- > NaA102 + 2H20X b) Khi nh ỏ dần dần dung dịch KOH loãng vào dung dịch A12(S0 4)3, lúclầu xuất hiện kết tủa keo trắng Al(OH)3. Nếu cho dư KOH, kết tủa tan dần,ỉậụng dịch trong suốt trở lại.

A12(S 04)3 + 6KOH---- > 2Al(OH)3ị + 3K2S 04

Al(OH)s + KOH -----> KA102 + 2H20

2. Bài tậ p tự g iả i

| . Hỗn hợp A gồm Fe30 4, AI2O3, Al, Fe. Cho A tan trong NaOH dư được hỗnhợp ch ất rắn Ab dung dịch Bi và kh í Ci. Khí Ci (dư) cho tác dụng với A

ịb nung nóng được hỗn hợ p c hất r ắn A2. Dung dịch Bi cho tác dụng với5. H2SO4 loãng dư dược dung dịch B2. C hất rắn A2 tác dụng với H 2SO4 đặc: nó ng được dung dịch B3 và kh í c 2. Cho B3 tác dụng với bột Fe được dung

dịch B4. Viết các p h ư ơ n g trình ph ản ứng. .

Cho Na vào dung dịch chứa 2 muối A12(S 0 4)3 và C11SO4 thì thu được khíI A; dung cụch B và k ết tủa c . Nung k ết tủa 'được ch ất rắn D. Cho Họ dư đi



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




42 C hư ơ ng I Đ Ạ I C Ư Ơ N G VỀ K ĨM LOẠ I

qua D nung nóng thu được chất rắn E gồm 2 chất. Hoà tan E vào dungdịch HC1 thì th ấy E tan được một phần. Giải thích b ằng phương trình

phản ứng.

3. Giải thích hiện tượng và viết phương trình minh hoạ khi cho:

a) Từ từ dung dịch A12(S 0 4)3 vào dung dịch NaOH và ngược lại.

b) Từ từ khí C 0 2 vào dung dịch NaA102.

c) Từ từ đến dư dung dịch A1C13 vào dung dịch NaA102.

d) Phèn nh ôm am oni vào dũng dịch sođa. . . . -

e) Bari k im loại đến dư vào các dung dịch N aH C 03, C11SO4, (NH4)2S0 4 ,A1(N03)3. ‘ . ’

g) Từ từ dung dịch NaO H vào dung dịch A12(S0 4)3 thấy dung dịch vẩnđục, nhỏ tiếp dung dịch NaOH vào dung dịch thì dung dịch tron g ra, sauđó nhỏ từ từ dung dịch HC1 thì thấy dung dịch vẩn đục, nhỏ tiếp dungdịch HC1 vào dung dịch th ì lại trong ra. Các ph ản ứng tr ên có phải phảnứng axit bazo' không?

4. Hãy cho biết hiện tượng quan sát được trong những thí nghiệm sau, giảithích và viết các phương trình phản ứng có thể xảy ra:

a) Cho dầ n dầ n dư ng dịch NaOH vào cố c đự ng dung dịch AICI3.

b) Cho dần dần dung dịch HC1 loãng vào cốc dự ng dung dịch NaA 102.

c) Nhỏ dần dần dung dịch KM11O4 vào cốc đựng dung dịch 2 chất FeS0 4và H2SO4.

5. Có gì giống nhau và khác nhau khi cho dần từng giọt :a) Dung dịch NH 3 ;

b) Dung dịch NaOH vào ông nghiệm đựng dung dịch AICI3. Viết phươngt r ìn h p h ả n ứ n g.

6 . Tại sao một vật bằng nhôm không tác dụng với H 20, nhưng lại tác dụngdễ dàng với H20 trong dung dịch kiềm? Giải th ích hiện tượ ng này vàviết các phương trình phản ứng để minh hoạ.

7. Hãy dẫn ra những thí nghiệm hoá học và giải thích rằng AI2O3 vàAl(OH)3 là những hợp chất lưỡng tính.



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B CÁC B Ả I T Ậ P T H E O T Ử N G C HỦ Đ Ẻ

Hư ớ ng dẫ n

4 . a) Lượng kết tủa keo tăng dần: AICI3 + 3NaOH----->Al(OH)3ị + 3NaCl

Sau đó kết tủa tan dần: NaOH + Al(OH )3 ---- » NaA102 + 2 H2O b) Kết tủa keo tăn g dần: H20 + NaA102 + HC1-----> Al(OH)3ị + NaCI

Sau đó kết tủa tan dần: Al(OH)g + ^ H C l---- >AICI3 + 3H20

c) Lức đầu dung dịch K M n04 (màu tím) bị m ất màu do K M n 04 oxi hoá

FeS04 thành Fe2(SƠ 4)3. Khi toàn bộ lượng FeS0 4 bị oxi hoá hết, K M n04

trong dung dịeh còn dư làm dung địch có màu hồng.

10FeS04 + 2KMn04 + 8H2S 0 4 -----> 5Fe2(S 0 4)3 + K 2S 0 4 + 2MnS04 + 8H205. a) Giống nhau: Dung dịch NH 3 và dung dịch N aOH đều có chứa ion OFT,

khi cho nhữ ng dung dịch này tác dụng với durịg dịch AICI3 tâ thấy cả 2thí nghiệm này đều tạo ra kết tủa keo là Al(OH)3.

Al3+ + 3 0 H ' -----> Al(OH)3l

b) Khác nhau: Nếu dung dịch NaOH dư th ì kết tủa Al(OH)3 sẽ bị hoà tanvì chuyển th àn h muôi NaA102. Dung dịch NH3 là kiềm yếu không hoàtan được Al(OH)3.

Al(OH)3 + NaOH----->NaA102 + 2H20

6 . Vật bằng AI không tác dụng với H20 vì trên bề mặt của vật có màngAI2O3 rất mỏng, m ịn, đặc kh ít, bền vữ ng ng ăn cản không cho AI tiếp xúcvới H20. Nếu ta cạo sạch lớp AI2O3 bên ngoài thì vật đó cũng không tácdụng dễ dàng với H 20. Vì ngay tức khắc trên bề mặt của vật sẽ tạo ra

màng Al(OH)3, không tan trong nước, bảo vệ cho AI không tiếp xúc vớinước .

2A1 + 6H20 ---- >2Al(OH)3ị + 3H2T

Những v ật bằn g nhôm sẽ tác dụng dễ dàng với nước trong dung dịchr kiềm mạnh, do m àng bảo vệ Al(OH)3 bị hoà tan tron g kiềm m ạnh:

2A1 + 6 H2O -----> 2AKOH U + 3H2T

2A1(0H)3 + 2NaOH----->2NaA102 + 4H20

/ 2A1 + 2H20 + 2 N aO H ----->2NaA102 + 3H2t



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




44 Chư ơ ng L Đ Ạ I C Ư Ơ N G VẺ K IM LOẠ I

7. a) AI2O3 là hợp chạt l ư ỡ n g t í n h :

Tác dụng với axit m ạnh, thể h iện tính bazơ:

A120 3 + 6HC1-----> 2 AICI3 + 3H20 Nhôm oxit bị hoà tan trong axit HC1.

Tác dụng với bazơ mạnh, thể hiện tính chất của oxit axit (AI2O3 bị hoàtan trong kiềm):

A120 3 + 2NaOH----->2NaA102 + H20

b) Al(OH)3 là hợp chất lưỡng tính:

Hoà tan Al(OH)3 trcíng axit, Al(OH )3 thể hiện tính bazơ:

A1(Ọ H)3 + 3HC1----->AlCla + 3H20

Al(OH)a + 3H+----->Al3+ + 3H20

Hoà tan Al(OH)3 tro ng dung dịch bazơ m ạnh (NaOH, KOH...) th ể hiệntính axit:

A1(OH)b + N aO H -----> NaA102 + 2H20

Al(OH)3 + O H "-----> A102" + 2H20 •

HA102.H20 + OH -----> AIO2' + 2H20

HA102: Axit m eta aluminic chính là Al(OH)3.

III. Nhộn biết - Tách hỗn hợp - Tinh chế

1. Bà i tậ p mẫ u

1. Dùng những phản ứng hoá học nào có thể nhận biết được từng chất trongmỗi dãy sau:

a) Các kim loại: Al, Mg, Ca, Na.

b) Các du ng dịch: NaCl, CaCl2, AICI3.

c) Các oxit kim loạ i: CaO, MgO, AI2O3.

d) Các hiđroxit khan: NaOH, Ca(OH)2, Al(OH)3.



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




' b c á c b à i t ậ p t h e o T ừ n g c h ủ đ ế 45

Hư ớ ng dẫ n .

a) Trích các mẫu thử hoà tan chúng vào nước, ta phân biệt được 2n h ó m c h ấ t: '

Nhóm tan trong nước: Ca, Na. '

Nhóm không tan trong nước: Al, Mg.

Đ ể ph ân biệt 2 mẫu Ca, Na ta dùpg dung dịch vừa tạo ra ỏ' nhóm 1,thổi C0 2 vào, mẫu nào vẩn đục đó là Ca.

Ca + 2H20 ---- >Ca(OH)2 + H2t -

Ca(OH )2 + C 0 2 ---- * CaCOs^ + H20 '

2Na + 2H20 ---- >2NaOH + H2t2NaOH + C0 2 ---- > N a2C 0 3 + H20 (không có dấu hiệu)

Đ ể phân biệt 2 mẫu Al, Mg. Ta cho chúng táạ dụng với dung dịch kiềmnóng, mẫu nào bị hoà tan , sủi bọt khí dó là Al.

2AI + 2H20 + 2N aO H ----->2NaA102 + 3H2t

Mẫu không tan là Mg.

b) Trích các mẫu thử cho tác dụng với dung dịch NaOH, mẫu nào tạo rakết tủa, sau đó kết tủa tan trong NaOH dư đó là A1C13.

AICI3 + 3NaOH -----► AKOHU + 3NaCl

Al(OH )3 + N aO H > NaA102 + 2HzO

Hai dung dịch thu được từ NaCl, CaCl2 ta cho tác dụng với khí C02,mẫu nào vẩn đục đó là CaCl2.

CaCl2 + 2NaOH ---- > Ca(OH)2 + 2NaClCa(OH)2 + C 0 2 ---- >CaCOsl + H20

NaCl không cho đấu hiệu.

c) Trích các mẫu thử, cho hoà tan trong nước (dư) mẫu nào tan đó là CaO.

CaO + H20 ---- > Ca(OH)2

Hai mẫu còn lại MgO, AI2O3 ta cho hoà tan tro ng dung dịch k iềm nóng,

mẫu nào tan đó là AI2O3.

! ÂI2O3 + 2 N aO H ---- >2NaA102 + H20



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




46 C hư ơ ng L Đ Ạ I C Ư Ơ N G VẾ KIM LOẠ I

Mẫu không tan là MgO.

d) Trích các mẫu thử , hoà ta n vào nước, mẫu nào không ta n là Al(OH)3.Đ ể ph ân biệt NaOH, Ca(OH)2, ta cho dung dịch của chúng tá c dụng với khí

CO2, mẫu nào vân đục đó là Ca(OH)2-

Ca(OH )2 + C 0 2 ----->C aC 03l + H20

Mẫu không tạo kết tủa là NaOH.

2. Có 5 ống th ử chứa dung dịch loãng của FeCl3, NH4CI, Cu(N03)2, FeS04,AICI3. Tìm một hoá ch ất cho phép nhận b iết các dung dịch.

Hư ớ ng dẫ n

Cho dung dịch NaOH dư vào 5 lọ:

- Lọ cho kết tủa trắn g rồi tan là A1C13:

AICI3 + 3NaOH ---->AKOHU + 3NaCl

Al(OH)3 + N a O H --» NaA102 + 2H20

- Lọ cho khí, mùi khai là NH4CI:

NH4CI + NaOH----->NaCl + NH 3 + H20

- Lọ cho kết tủa xanh là Cu(N03)2:

Cu(N03)2 + 2NaOH -----> Cu(OH)2ị + 2N aN 0 3

- Lọ cho kết tủa nâu đỏ là FeC l3:

FeCl3 + 3NaOH -----> Fe(OH)3ị+ 3NaCl

- Lọ cho kết tủa trắn g xanh là F eS 0 4:

F e S 0 4 + 2NaOH-— > Fe(OH)2ị + N a2S 0 4

3. Có hỗn hợp bột các kim loại bạc và đồng. Hãy trình bày phương pháphoá học tách riêng được kim loại bạc và đồng. Giải thích việc làm và viết phương trìn h phản ứng đã dùng.

Hư ớ ng dẫ n

Ngâm hỗn hợp bột kim loại Ag và Cu trong dung dịch A gN 03 vừa đủ

hoặc dư. Cu sẽ khử ion Ag+thành Ag và toàn bộ lượng Cu trong hỗn hợp bioxi hoá thành Cu2+. Lọc dung dịch ta thu được Ag.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




CÁ C BÀ I T Ậ P TH E O T Ừ N G C HỦ Đ Ể 4 7

Phư ơng tr ìn h p hản ứng: Cu + 2Ag+-----» Cuz+ + 2Ag

Nước lọc là dung dịch Cu(N03)2 nếu lượng AgN03 dùng vừa đủ. Nếu

ùng dư AgNOs thì nước lọc có thêm AgNOs, ta ngâm một lá Cu trong dungịch này để Cu khử hết ion Ag+th àn h Ag bám trê n lá Cu.

Dung dịch còn lại chỉ có Cu(N 03)2. Đ iện phân dung dịch này vói điệnức tro', ta thu đươc kim loai Cu.' ' ' ỉ

2Cu(N03)2 + 2 HzO — ÍE—>2 Cu + 0 2T + 4H N 0 3 ,

Hoặc dùng các phương pháp sau:

Cu(N03)2 — -+Na0H > Cu(OH)2 — í?—> CuO — > Cutu

Cu (N0 3)2 — ĩ?—» CuO — Cus

. Có hỗn hợp bột 3 kim loại là Al, Cu, Fe. Hãy trình bày một phương pháphoá học nhằm tách riêng mỗi kim loại ra khỏi hỗn hợp và viết những

phương trìn h phản ứng đã dùng.

Hư ớ ng dẫ n

Các phản ứng:

- Hoà ta n hỗn hợp tron g dung dịch HC1 vừa đủ, ch ất không tan là Cu, thu dược dung dịch 2 muối A1C13, FeCl2

2A1 + 6HC1-----> 2AICI3 + 3H2Í

Fe + 2HC1 ---- >FeCl2 + H2T

- Chodung dịch 2 muối tác dụng với NaOH dư dược kếttủ a Fe(OH)z vàung dịch muôi NaA102:

2NaOH + FeCl2 ------>Fe(OH)2ị + 2NaCl

3NaOH + AlClg---- > Al(OH)3ị + 3NaCl

■ NaOH + Al(OH)3 ----- >NaA102 + 2H20

- Nung Fe(OH )2 được Fe(OH )3 sau đó là Fe20 3, khử Fe 2 0 3 bằng c o taược Fe.

f 4Fe(OH )2 + 0 2 + 2H20 -----> 4Fe(OH )3


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N





B. CÁC BẢ I TẬ P T H E O TỪ N G CH Ủ Đ Ế 49

- Tách K+: Dung dịch còn lại sau (3) có chứa 2 muối K N 03 và Ba(NC>3)2.C h o d u n g d ịc h n à y t á c d ụ n g v ớ i m ộ t l ư ợ n g K2CO3 v ừ a đ ủ , đ ư ợ c k ế t t ủ a

BaCƠ 3 và dung dịch K+.

Ba(N03)2 + K 2C 0 3 ---- >BaC03i + 2 KNO3

- Tách Ba2+: Kết tủa BaC0 3 hoà tan trong dung dịch HNO 3 vừa đủ, tađược dung dịch Baz+

' ' _ ỊBaCOa + 2 HNO3 ---- >Ba(N03)2 + H20 + C 0 2T

6 . Có một loại đồng bị lẫn m ột ít bạc. Nêu 3 cách điều chế muôi Cu(N 03)2

tinh khiết từ loại đồng trên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Hư ớ ng dẫ na) Đ ốt hỗn hợp kim loại đồng-bạc, đồng tác dụng với oxi, còn bạc

không tác dụng. Sau đó cho hỗn hợp tác dụng với p c i , lọc ta được Ag. Dungdịch nước lọc là CuCl2-

2Cu + 0 2 — — > 2CuO

CuO + 2HC1 ---- >CuCla + H20

CuCl2 + 2AgN03 ----->2AgCU + Cu(N03)2

b) Cho hỗn hợp kim loại đồ ng-bạc tác dụng với dung dịch HC1 có bãohoà oxi, bạc kh ôn g tác dụng, lọc ta được Ag. Dung dịch nước lọc là CuCl2,điện phân dung dịch thu được Cu, cho Cu hoà tan trong dung dịch HNO3, tathu được Cu(N03)2.

2Cu + 0 2 + 4HC1----->2CuC12 + 2H20

CuCl2 — Cu + C12T3Cu + 8 HNO3 l oãng ------>3Cu(N03)2 + 2NOT + 4H20

c) Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch HNO3 loãng, sau đó cho kimloại đồng dư vào sản p hẩm sau phản ứng ta được C u(N03)2.

3Ag + 4H N 03 ------>3AgN03 + NOt + 2HzO

Cu + 2AgN03 ------>Cu(N03)2 + 2 A g i

7. Từ hỗn hợp gồm KC1, AICI3, C11CI2 (với các chất cần thiết khác và điềukiện thick ‘hợp) viết phương trìn h ph ản ứng tách hỗn hợp để điều chế3 kim loại K, Cu, AI riêng biệt.

A - PPGBTHKL


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



50 C hư ơ ng L Đ Ạ I C Ư Ơ N G_VỀ K I M L OẠ lf

Hư ớ ng dẫ n

Các phương trình phản ứng điều chê 3 kim loại K, Cu, AI

- Hoà tan hỗn hơp vào H20 đươc dung dich hỗn hợp' I- Cho từ từ nhôm bột vào dung dịch hỗn hợp đến khi ph ản ứ ng xảy raj

hoàn toàn, lọc tách được Cu:

2A1 + -8CuC12 — -> 3Cu + 2A1C13

- Cho từ từ NH4OH vào dung dịch nước lọc để kết tủa hoàn toànJ

Al(OH)s: . . . I

3NH4OH + AICU -----> 3NH4CI+ Al(OH)ai

t°Lọc lấy kết tủa nung ở nhiệt độ cao: 2A1(0H)3 ---------> AI2O3 + 3H 20 I

Đ iện phân AI2O3 nóng chảy để thu Ál: 2A120 3 — —> 4A1 + 3 0 2T j

- Sau khi lọc hết Al(OH )3 phần nước lọc chứa KC1 và NH 4CI. Cô cạndung dịch, NILfCl bị ph ân huỷ, thu được KC1 khan :

NH4C I —^ NH3 + HC1

- Đ iện phân KC1 nóng chảy, thu được K: 2KC1 — — > 2K + Cl2t I

8 . Hãy nêu ba phương pháp khác nhau để điều chế Cu kim loại từ dung]dịch chứa 3 muối là: CuCl2, NaCl và A1C13. Viết phươngt r ình phản ứng;

minh hoạ.

Hư ớ ng dẫ n

Ba phương pháp điều chế Cu từ dung dịch gồm CuCl-2, NaCl, AICI3.

_ Phương pháp nh iệt luyện: cho dung dịch NaO H dư vào dung dịch các

muối trên, thu dược kết tủa là Cu(OH)2:

AICI3 .+ 4NaOH -— > 3NaCl + NaA102 + 2H20

CuCl2 + 2 N aO H -----> Cu(OH)2l + 2NaCl

Lọc, nung kết tủa sau dó khử chất rắn bằng khí H 2 (hoặc CO):

Cu(OH)2 ■ t0 ■. > CuO + H20

CuO + H2 — °—> Cu + H20



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




- Phương pháp điện phân: điện phân dung dịch, chỉ có CuCI2 bị. điện phân, thu được Cu kim loại bám trên catot:

CuCl2 — ^ — » Cu + Cl2t

- Phư ơng p há p thu ỷ luyện: cho bột nhôm từ từ vào dung dịch h ỗn hợpcho đến khi hết màu xanh (của ion Cu2+):

■ 2 AI + 3CuC12 --------> 2 AIC I3Ỉ+ 3 C u ị

9. Một hợp ch ất có công thứclà CuC03.Cu(0H)2.Từ chất đó có th ể cónhữ ng phươ ng phá p nào điềuchế được Cu? Phương pháp nàothu được Cutinh kh iết hơn cả?

Hư ớ ng dẫ n

Đ iều chế Cu từ C uC0 3.Cu(0H )2

a) Nhiệt phân CuC03.Cu(0H )2 i

C u C 03.Cu(0H )2 — > 2CuO + C 0 2 + H20

Kế tiếp k hử CuO bằng H 2 (hoặc bằng co, Al...)

CuO + H2 — Cu + H20

í b) Hoà tan CuC03.Cu(0H)2 trong axit (HCỈ, H2SO4, HNO3...)

Cu C03.Cu (0H)2 + 4HC1-----> 2Cu C12 + C 0 2 + 3H20

Từ CuCl2 có thể được Cu bằng:

- Đ iện phân: CuCl2 — —» Cu + C12T

- Dùng kim loại có tính khử m ạnh để khử Cư2+ th àn h CuZn + C11CI2 ----->Cu + Z11CI2

Phương pháp hoà tan CuC03.Cu(0H )2 trong axit rồi sau đó điện phândung dịch muối Cu2+ thì được Cu tinh khiết hơn cả.

2. Bài tậ p tự giả i

1. Bằng phư ơng pháp hoá học nhận biết các kim loại Al, Fe, Cu, Ag.

2. Có 4 oxit riêng biệt: Na20, AI2O3, Fe20 3 và MgO. Làm th ể nào có th ểnh ận b iết được mỗi oxit bằng phương pháp hoá học với điều kiện chỉđược dùng th êm 2 chất là H 20 và dung dịch HC1.

B. CẮ C BẢ Ĩ T Ậ P T H E O T Ừ N G C HỨ Đ Ế 5 2


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




C hư ơ ng I. Đ Ạ I C Ư Ơ N G VẺ KIM LOẠ I

3 . Tách A120 3 từ mẫu quặng boxit Al2O3.nH2O.Fe2O3.SiO2.

4 . Tách A1(ÒH)3 và KOH từ phèn chua K2S04.A12(S 04)3.24H20.

Hư ớ ng dẫ n

1. Trích các mẫu thử hoà ta n tron g dung dịch NaOH, mẫu thử nào tan vàsủi bọt khí bay ra .là Al.

Các mẫu thử khô ng bị hoà tan tron g dung dịch NaOH là Fe, Cu, Ag.Trích 3 mẫu thử này hoẵ tan trong dụng dịch HC1, mẫu thử nào tan và sủi

bọt khí bay ra là Fe. Các mẫu thử không bị hoà tan trong dung dịch HC1 làCu, Ag. Trích mẫu thử này hoà tan trong dung dịch HC1 có bão hpà Oa, mẫuthử nào tan tạo dung dịch xanh lam là Cu, mẫu thử không bị hoà ta n là Ag.

2. Trích ở mỗi chất một ít làm mẫu thử hoà tan chúng trong nước, mẫu nàotan được đó là Na20 , dung dịch tạo th àn h là bazơ kiềm, ta dùng đế làmthuốc thử.

N azO + H20 -----> 2NaO H

Ba mẫ u thử còn lạ i, không tan trong nư ớ c là AI2O3, Fe203 và MgO, ta hoà tan trong dung dịch NaOH, mẫ u nào tan đư ợ c đó là AI2O3:

A120 3 + 2N aO H -----> 2NaA102 + H20Hai mẫu không tan trone- NaOH đó là Fe 20 3 và MgO, ta hoà tan chúng

trong dung dịch HC1:

Fe20 3 + 6HC1-----> 2 FeCỈ3 + 3H20

MgO + 2HC1---- >MgCl2 + H 20

Các dung dịch thu được, ta cho tác dụng với dưng dịch NaOH , m ẫu nào

phản ứng tạo kết tủa trắn g đó là MgCl2 (MgO).

MgCl2 + 2N aO H -----» Mg(OH)2ị + 2NaCl I

Mẫu nào phản ứng tạó kết tủa nâu đỏ đó là FeCl3 (Fe20 3) I

FeCla + 3NaOH -----> Fe(OH)si + 3NaCl I

4. Hoà ta n ph èn chua vào nước ta được dung dịch K 2S0 4 .A12(S0 4)3.

Dung dịch NH3 cho tác dụng1với dung dịch phèn, th u dược Al(OH )3 kết 1

tủa và dung dịch (NH 4)2S04, K 2SO4. Dùng Ba(OH )2 kết tủa h ết ion S 0 42~ jtro ng dung dịch dưới dạng B aS04, đun nóng dư ng dịch để đuổi hết N H3,dung dich còn lại là KOH. I



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




Ch ơ nglII

CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỌN LỌC

GĨẢrTOẮN HOA VÔ Cơ

1. Phương p h áp giải ỉo án lượng ch ố t dư trong tưtíng ỉá c hoá học

Sự có mặt chất dư thường làm cho bài toán trỏ' nên phức tạp, để pháthiện và giải quyết những bài toán của dạng toán này, yêu cầu các em phảinắm được những nội dung sau:

Ị . Nguyên nhân có lư ợ ng ch t dư :

- - Lượng cho trong bài toán không’ Dhù hợ p vớ i phả n ứ ng.

I - Tương tác hoá học xảy ra không hoàn toàn, (hiệu suất < 100%).

2. Vai trò củ a ch t dư :

- Tác dụng với chất cho vào sau phản ứng.

- Tác dụng với chất tạot h à n h

sau phản ứng.3. C ách p h át h iệ n có lư ợ n g c h t d ư và h ư ớ n g g iả i quyế t:

C hất dư tron g bài toán hoá học thườ ng biểu hiện ha i m ặt: định lượngvà định tín h (chủ yếu là định lượng), vì th ế các em cần đọc kĩ đề bài toántrước kh i bắt tay vào giải. Sau đây chúng tôi xin giới thiệu một số ví dụ: .

a) Ch ất dư tác dụ ng lên ch ất mới c ho vào:

Ví d ụ 1 : Đ em 11,2 gam bộ t Fe tác dụng với 1 lít dung dịch HNO3 1,8M (tạo NO). Sau đó phải dùng 2 lít dung dịch NaOH để ph ản ứ ng hoàn toàn vớidung dịcH sau phản ứ ng. Tất cả phản ứ ng xảy ra hoàn toàn. Tính nồngđộ mol của dung dịch NaOH đã dùng.


AC OO CO / A Q O

BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




54C hư ơ ng I I CÁC P HƯ Ơ N G P HÁ P C HỌ N LỌ C GIẢ I T OÁ N HO Ả VỔ c ơ

Hư ớ ng dẫ n

npe = = 0,2 mol ; n HN0 = 1,8x1 = 1,8 mol5 ,6

' . Fe + 4H N 03 ----- > Fe(NOs)3 + NO + 2HaO . . ' (1)

gô'mol ban'đ ầ u: 0 ,2 1 ,8

Số moi phản ứng: 0,2 ọ,8 0,2

Sô m ol sau p h ản ứng: 0 1 0 ,2

V ậ y tron g dung dịch thu được sau p hản ứng (1) có 0,2 mol Fe(N 0 3)3,

l moi HNOs dư. Khi cho NaOH vào thì sẽ phản ứng với cả 2 chất:Fe(NOs)3-+ 3NaOH----->Fe(OH)34 + 3NaNOs

líiol: 0 ,2 0 ,6

H N 0 3 + NaOH -----> NaNOa + H20

mol: 1 1

Vậy n NaOH = 0, 6 + 1 = 1,6 mol ; CM(NaOH) = 1,6 : 2 = 0 ,8M.

Ỹ í dụ 2: Đ em 80 gam CuO tác dụng với dung dịch H 2SO4 ta thu được dungđich A. Nhỏ vào A một lượng dung dịch BaCl2 vừa đủ> lọc kết tủa sấykhô cân nặng 349,5 gam. T ất cả phản ứng xảy ra hoàn toàn. T ính sốmol H2SO4 đã dùng.

. Hư ớ ng dẫ n

Khi cho CuO vào dung dịch H2SO4 ta thu được dung dịch A: Chứ ng tỏ

QU0 đã t an (p h ản ứn g) h ế t .

CuO + H2SO4 ----->CưS04 + H20 (1)

Ịỉhi cho BaCỈ2 vào dung dịch A: BaCl2 + CuS04 ----->BaS04ị + CuCl2

Theo đề ra: ncuO = 80 : 80 = 1 mol

Sô moi kết tủa: nBaS04 = = 1,5 mol

Vậy nếu như lượng CuO phản ứng hết, thì lượng kết tủa sinh ra cũngchỉ1 moi BaS04. Sau phản ứng (1), lượng H 2SO4 còn dư, CuO tan hết, lượngdư này tác dụng lên BaCl2 theo phản ứng:


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í - H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N




BaCla + H 2S 0 4 ---- » BaS04 + 2HC1

Từ sô' mol BaS0 4 sinh ra 1,5 mol, suy ra sô' mol H 2S 0 4 đã dùng cũng bằng 1,5 mol. ••

b) Chất dư tác dụng với chất tạo thành sau phản ứ ng;

Ví dụ 1: Cho d u n g dịch chứa 0,8 mol A1C13 tác dụng với 3 lít dung dịch NaOH IM . Hỏi cuối cùng ta th u được phấ t gì v à có khôi lượng bao nhiêu?Biết tất cả phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Hư ớ ng dẫ n

nNaOH - 3 X 1 = 3 moì

AICI3 + 3N aO H ----->Al(OH)3ị + 3NạCl (1 )

I P h ư ơ n g p h á p g i ái t o á n l ư ợ n g c h ấ t d ư t r o n g t ư ơ n g t á c h o á h ọ c 5 5

Sò' mol ban đầu: 0 ,8 3

Sô" mol phản ứng: 0 ,8 2,4 0 C O ' S V 2,4

Sô" mol sau phản ứng: 0 0 ,6 0 ,8 2,4

Vậy sau phản ứng (1) số mol NaOH dư 0,6 mol; số moi Al(OH )3 tạo ra0,8 mol và 2,4 mol NaCl.

Lượng Al(OH )3 sinh ra sẽ tác dụng với NaOH dư.

Al(OH)a + NaOH ---- > NaAlOa + 2H 20 (2 )

Sô" mol ban đầu: 0,8 0,6 •.

Sô" mol phản ứng: 0,6 0,6 0,6

Số mol sau phản ứng: 0,2 0 0,6

Vậy sau phản ứng (1) và (2) kết thúc ta được: 0,2 mol A1(OH)3nI; 0 ,6 mol

NaA102; 2,4 moi NaC l.

Ví d ụ 2 : Đ ốt cháy m gam bột Fe trong bình A c h ứ a 3,36 lít khí clo ở 0°c và1 atm, chò' cho tất cả phản ứng xảy ra xong, ta cho vào bình một lượng dungdịch NaOH vừa đủ thì thu được kết tủa, tách kết tủa đem sấy khô ngoàikhông khí thì nhận thấy khối lượng tăng thêm 1,02 g. Tất cả phản ứng xảyra hoàn toàn. Viết tất cả phản ứng xảy ra, tín h khối lượng bột Fe đã dùng.

Hư ớ ng dẫ n

Giải bài ự>án theo hướng bình thường, nhưng chú ý lượng Fe hay Cl2 cóthể dư.



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




56 Chư ơ ng Ị L CÁC P HƯ Ơ N G PH Á P CH Ọ N L Ọ C G IẢ I T OÁ N HO Á VỔ c ơ

2 Fe + 3C12 — ^ 2FeCl3 (1)

FeCl3 + 3NaOH----->Fe(OH )3l + 3NaCl (2)

ở đây có hiện tượ ng sấy khô kết tủa ngoài không khí th ì khối lượngtăng lên, như vậy trong kết tủa phải có mặt Fe(OH )2 để xảy ra phản ứng:

4Fe(OH )2 + 0 2 + 2H20 ---- » 4Fe(OH)3i (3)

Mà muốn có Fe(OH )2 thì khối lượng rắn sau phản ứng (1 ) phải cóFeCl2. Vậy ta kết luận trong phản ứng (1) lượng Fe còn dư sẽ tác dụng lênFeCl3 vừa tạo th àn h theo ph ản ứng,

Fe + 2FeCl3 — > 3FeCl2 (4)

FeCl2 + 2NaOH ---- > Fe(OH)2ị + 2NaCl (5)

1 02V ậ y riFe(OH)..> trong(5) - ^F eC l2 trong(4) ~ ~ TClol

Sô' mol Fe dư = 0,02 mol. số mol Fe đã tác dụng clo trong (1) = 0,1 mol

Vậy lượ ng bộ t Fe đã dùng: (0,1 + 0,02)x56 = 6,72 g

lí. Phương pháp bảo toàn electron

Dựa vào hệ quả định luật bảo toàn điện tích, trong một phản ứng oxihoá khử, tổng số mol electron chất khử nhường bằng tổng số mol electronchất oxi hoá nhận, cho ta giải nhiều bài toán tưởng chừng rất khó một cáchđơn giản.

Ví dụ 1: Cho 13,92 g Fe30 4 tác dụng với dung dịch H N 03 thu được 0,224 lítkhí NxOy (ở 0°c, 2 atm). T ính khôi lượng dung dịch HN O3 20% đã phảnứng.

Hư ớ ng dẫ n

_ 13,92 AAC „ , 2x0 ,2 24 _ A no „ !n Fe„n = — ỉ— = 0,06 moi ; n N n ------ — — = 0 ,02 mol

Fe3° 4 232 Nx0y 0 ,0 82x273

(5x-2y)Fe3 0 4 + (46x-18y)HN0 3-----K15x-6y)Fe(N03)3 + NxOy + (23x-9ỵ)H20

Quá trìn h nhường e: Fe 30 4 - l e -----» 3Fe3+ (1)

mol: 0,06 0,06 0,18



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




P h ư ơ n g p h á p b ả o t o à n e l e c t r o n 57

f2 ỵ/xQuá tr ìn h nh ận e: xNOg' +( 5 x - 2 y ) e ------> Nx Oy (2)

mol: 0,02x (5x-2y)0,02 0,02

Ta có: 0,02(5x-2y) = 0,06 => 5x-2y = 3

Với l < x < 2 ; l < y < 5 ; nghiệm thích hợp X = 1 ; y = 1

Công thứ c NxOy là NO. ^

3F e30 4 + 28 H N 03 ---- >9Fe(N03)3 + NOt + 14H20

mol: 3 28

mol: 0,06 0,56

V ậy m HNOg - 0,56x63 - 35,28 g ; m ddHN0320% 3 5 ' 2 8 x 1 0 0 = 176,4 g.20

dụ 2: Đ ốt cháy 5,6 g bột sắt nung đỏ trong bình oxi thu được 7,36 g hồnhợ p A gồm Fe20 3, Fe30 4 và một ph ần Fe còn lại. Hoà ta n hoàn toàn hỗnhợp A bằng dung dịch H N 03 thu được V lít hỗn hợp khí B gồm N 0 2 và

NO có tỉ khôi so với H2 bằng 19.a) Tính thể tích V (ở đktc).

b) Cho m ột bình kín dung tích không đổi 4 lít, chứa 640 ml H20(D = lg/m l) và phần không khí (ở đktc) chứa N2 (80% th ể tích) và 0 2(20% th ể tích). Bơm tất cả khí B vào bình và lắc kĩ bìn h tớ i các phảnứng xảy ra hoàn toà n ta thu được dung dịch X ở trong b ình . G iả sử ápsuất hơi nước ở trong bình không đáng kể. Tính nồng độ phần trăm khôi

lượng của dung dịch X.

Khối lượng phâ n tử tru ng bình của hỗn hợp khí B:Mb

= 19x2 = 38.Gọi X , y là sô' mol N 0 2 và NO tro ng 1 mol B.

Hư ớ ng dẫ n

a) Tính VB: Các phản ứng đốt cháy sắt:

4Fe + 302 ----->■2Fe20 3 (1 )

3Fe + 2 0 2 ---- > Fe30 4 (2 )


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



58-... Chư ơ ng II. C ÁC PH Ư Ơ N G P H Á P C H Ọ N L Ọ C G IẢ Ĩ T O ÁN H OẢ VÔ c ơ

I x + y = 1

[46x + 30y = 38 ^ x = 0)5 ; y = ° ’5

Vậy trong hỗn hợp khí B, mỗi khí chiếm 50% V.

4Fe + I 8HNO3 — ■»4Fe(N0 3)3 + 3N O t + 3 N 0 2t + 9H 20

4Fe30 4 + 38HN Ơ 3-----> 12 Fe(N 03)3 + N O t + N 0 2T + 19HọO

Fe20 3 + 6HNO3 ---- >2 F e (N03)3 + 3H20

Ta có: nFe = 5,6 ; 56 = 0)1 moj . nQ = (7)36 _ 5 6) . 32 = 0)055 mol

Quá trình nhường e: Pe - 3 e ---- > F e3+

mol : 0 ,1 0 ,3

Quá trình nhận e: 0 2 + 4 e -------> 2 0

mol: 0,0 55 0,22

+5 ' +4 +2 ■2N + 4e ----- > N + N

mol: 4n n n^ C0’ s moi e như ờnep — ^ moi e n h ận

0>3 = 0,22 + 4n => n = 0 , 02 mol

V ậy v = V N0 + VNOg = (0 ,02 + 0 ,02 )22 ,4 = 0 ,8 96 l í t

b) Tính % c dung dịch H N 0 3: n Hp0 = — = 35,55 mol2 18

Thể tích phần kh ôn g k h í còn lại: VN + V0 = 4 - 0,64 = 3,36 lít

T r ° n g đ ó n Ơ 2 = (2 0 : 10 0) x(3 ,36 : 2 2 ,4 ) = 0 ,03 mol

, N 0 2 +NO-+ 0 2 + H20 ----->2HNO,Sô' mo ỉ ban đầu:

s ° m01 phả n ứ nS; 0,020.020.02 0.02 0,04

0.04

n o 2 + NO-+ 0 2 + h 20

0 , 0 2 0,02 0,03 35,55

0 , 0 2 0 ,0 2 0 ,02 0 ,0 2

0 0 0.01 35.53



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




Phương pháp bảo toàn electron 59

Vậy mHN0 3 = 0,04x 63 - 2,52 g

nidun g dịch - m N Q2 + m N 0 + n o 2 p hán ứng + m H20

= 0,02x46 + 0,02x30 + 0,02x32 + 640 = 642,16 g

9 *»9 c% (HN 0 3) = ------ - X1 0 0 % = 0,39%.

642,16 ,

í d ụ 3: Cho khí CỈ2 tác dụng với Ca(OH )2 ta được clorua vôi là hỗn họpCaCl2, CaOCl2 và nước ẩm. Sau khi loại bỏ nước nhờ đun nhẹ và hútchân không thì thu được 152,4 g hỗn hợp A chứa (% khôi lượrig) 50%

CaOCl2, 28,15% Ca(C10)2 và phần còn lại là CaCl2. Nung nóng hỗn hợpA thu được 152,4 gam hỗn hợp B chỉ chứa CaCl2 và Ca(C103)2.

a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

b) T ính th ể tích Cl2 (ở đktc) đã phản ứng.

c) Tính % khôi lượng CaCl2 trong hỗn hợp B.

d) Nung hỗn hợp B ở nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn và lấy tất cả

kh í th o á t ra cho vào bình kín dung tích không đổi chỉ chứa 16,2 g kimloại M hoá trị n duy nhất (thể tích M không đáng kể). Nhiệt độ và áp suấtban đầu trong bìn h là t°c và p atm . Nung nóng bình một thòi gian, sau đóđưa nhiệt độ bình về t°c, áp suất trong bình lúc này là 0,75P atm. Lấy chấtrắn còn lại trong bình đem hoà tan hoàn toàn bằn g dung dịch HC1 dưthấy bay ra 13,44 lít khí (ở đktc). Hỏi M là kim loại gì?

Hư ớ ng dẫ n

a) 2Ca(OH )2 + 2C12 ------>CaCl2 + Ca(C10)2 + 2H20 (1 )

Ca(OH)2 + Cl2 -----> CaOCl2 + H20 (2 )

6 CaOCl2 — > 5CaCl2 + Ca(C103)2 (3 )

3Ca(C10)2 — > 2 CaCl2 + Ca(C103)2 (4 )

1 5 2 , 4 x 5 0 n ca0 c i2 - 1 9 7 v 1 n n

1 2 7 x 1 0 0

= 0 , 6 m o l

1 5 2 , 4 x 2 8 , 1 5n Ca(C10)2 r ■ 1 4 3 x l 0 0

= 0 ,3 m ol ; n CaC)2 =1 5 2 , 4 x 2 1 , 8 5

1 0 0 x 1 1 1= 0 , 3 m o l


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



60 Chư ơ ng II. CÁC P HƯ Ơ N G PH Á P C HỌ N LỌ C GIẢ I T OÁ N HO Ả V Ỏ c ơ

Theo định luật bảo toàn nguyên tô': Tổng s ố mol CỈ2 đã tham gia phản

ứng' nci2 = 0,6 + 0,3 + 0)3 = 1>2 mo1-

Vậy Vcl2 = 1,2 X 22,4 = 26 ,88 lít.

c) Tính %CaCl2 trong B:

Theo (3), (4) và giả thiết ban đầu:

Z nCaCi2 = 0,3 + (5 : 6)0,6 + (2 : 3)0,3 = 1 mol

Vậy%CaCl2 = Ỉ H Ỉ Ỉ x l o o% = 72 ,84 %■ - ỉ- 4 ■

d) Xác định kim loại M .

Ca(C103)2 — - —>■ CaCỈ2 +.3 O2Í (5)

nt)r = 3 n c a ( C i o s )2 = 3 [ g n c ao c i 2 + ~ n C a ( C1 0 )2 j = 3 ^ X 0 , 6 + ỉ X 0 , 3 j = 0 , 6 m o l

Trong điều kiện V, T không đổi, ta có:

Ĩ L - ± * 0 , 7 5 n i

p* p

Vậy số mol 0 2 đ ã p h ả n ứ n g v ớ i k i m l o ại : 0 ,6 X 0 ,2 5 = 0 , 1 5 m o l

4M + n 0 2 ---- » 2M 2On (6 )

M2On + 2nHCl----->2MCln + nH 2t (7)

2M + 2nHCl---- * 2MC1„ + nH 2t (8 )

. . ^ 13’44 n

Với nHỉ = = 0,6 mol

Theo phương pháp bảo toàn electron (ở các phản ứng 6 , 7, 8 ) thì tổngJflol electron mà kim loai M cho phải bằng tổng số mol electron mà 0 2

và H nhận-

Gọi Xlà sô mol kim loại M, ta có: nx = 0,15x4 + 0,6x2 = 1,8

1,8 16,2 . . •x = 2—=-TT- => M = 9n. Đ iểu kiện 1 < n < 4 , nguyên,

n MỊsỊghiệm thích hợp n = 3 ; M = 27 (Al) là phù hợp.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




II. Phương pháp bảo toàn khối lượng

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng (Đ LBTKL) "Tổ ng khố i lư ợ ng các hấ t tham g ia ph ả n ứ ng bằ ng tổ ng khô i lư ợ ng các sả n phẩ m" cho phép taiải một cách đơn giản, nhanh chóng các bài toán phức tạp.

Ví dụ 1: Hỗn hợp A gồm amoni nitrat, canxi cacbonat và một ít tạp chấttrơ (không tác dụng với kiềm cũng njiii axit). Trộn 1 gam hỗn hợp A vớimột lượng thích hợp hợp kim đevađa (gồm 50% Cu, 45% AI và 5% Zn) rồiđun nóng với dung dịch NaOH dư. Khí thoát ra cho đi qua bìn h đựng 62ml dung dịch H 2SO4 0,1M. Sau phản ứng, để trung hoà lượng H 2SO4 dưcần dùng 14 ml dung dịch NaOH 0,1M. Mặt khác thê m 22,31 gam dung,dịch H2SO4 (dư) vào cốc đựng 8,3 gam hỗn hợp A, sau phản ứng khốilượng các chất trong cốc là 28,784 gam. Tính phần trăm khôi lượng mỗichất t r o n g hỗn hợp A. ,

Hư ớ ng dẫ n

Các ph ản ứng xảy ra khi A + hợp kim + dung dịch NaOH:

NH „N03 + NaOH----->H20 + NH3T + NaNOá (1)

NH4+ + OH -----> H20 + NH3T

8 AI + 5NaOH + 3NaN03 + 2H20 ---- > 8NaAI02 + 3NH 3 (2)

8A1 + 50H~ + 3 NO3 + 2H20 ---- > 8 AIO2 + 3NH3t

4Zn + 7NaOH + NaN0 3 ----->4Na2Z n02 + 2H20 + NH 3 (3)

4Zn + 70 H + NO3 -----> 4ZnO|- + 2HzO + NH3T

2AI + 2H 20 + 2N aO H ---- » 2NaA102 + 3H 2Í (4)

2A1 + 2H20 + 2 0 H “ -----> 2AIO2 + 3H2t

- Khi A + H2S04: CaC03 + 2H + + s o ^ ---- >CaS04ị + H20 + C0 2 (5)

- Phản ứng NH 3 + H2S04:

2 N H 3 + 2H++ s o - ---- > 2N H4+ + SO f (6)

- Phản ứng trung hoà axit dư: H++ OH“ ---- >H20 (7)

ll Phươ ng pháp báo toàn khối lượng _____ 61


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



Theo các phản ứng (1, 2, 3, 4, 5, 6 , 7) và định luật bảo toàn nguyên tố(xét nguyên tố N)

1 "n NH4N0 3 ( trong A) - 2 n NH3 ’

nNH4N03 = (0,1x0,062) - ((0,1x 0,01 4) : 2) = 0,0055 mol

Vậ y % NH 4N 03 = 0 ,00 55 X 80 X 100% = 44%

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

raco2 = 8 >5 + 22-31 - 28,748 = 1,826 g => Ĩ1C0 = h ã ệ Ế -= 0,0415 moi1 44

Vây %CaC03 = M 4 5 x 100 x 100% = 50%8 ,3

% tạp chất trơ: (100 - 50 - 44)% = 6 %.

Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm KC103, Ca(C103)2, Ca(C10)2, CaCl2, và KC 1 nặng83,68 g. Nhiệt phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gom CaCl 2 KCIvà một thể tích 0 2 vừa đủ oxi hoá S0 2 thành S0 3 để điều chế 191 1 g

dung dịch H3SO4 80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung diehK 2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kêt tủa c và dung dịch D. Lư ợng KC1trong dung dịch D nh iều gấp 22/3 lần lượng KC1 có trong A. '

a) Tính khối lượng kết tủa c .

b) Tính % khối lượng của KCIO3 tro ng A. I

Hư ớ ng dẫ n

2 KCIO3 ' t0 > . 2KC1 + 3 0 2 (1)

Ca(C103)2 — -— > CaCl2 + 3 O2 (2)

Ca(C10)2 — -— > CaClz + O2 (3 )

(CaCl2 — -— > CaCl2) không đổi.

(KCI — -— > KC1 ) không đổi.

t)QA r\ ^2^5 ’450°c^ « 0 2 + 0 2 ----- 2 - ^ ---------> 2 S O 3 (4 )

62 ___ ____________ C hư ơ ng IL CÁ C P H Ư Ơ N G P H Á P C H Ọ N LỌ C G IẢ I T OÁ N H OÁ VÔ c ơ

s o 3 + h 20 — > h 2s o 4 (5)


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í - H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N




IV. Phương pháp bảo toàn nguyên tố

CaCl2 + K 2C 0 3 -----> C aC 03l 4- 2KC1 (6 )

a) Theo (6 ) : n C a C l2 = n K 2c0;j = n CaC0 3 = 0,36 X0,5 = 0,18 mol

=> mc = 0,18 X 100 = 18 g

m- 1- 191,1x80 b) Tín h %mKC,0 3 : nS0 3 = n H2SQ4 = - [qq 9g = 1,56 mol

1 ^n 0, = —X1,56 = 0,78 mol

2 .

Gọi X, y là sô mol KC103 và KC1 tro ng A -

Theo định luật bảo toà n khôi lượng :V' X _ D 8 3 , 6 8 - 0 ,7 8 x 3 2 - 0 , 1 8 x 1 1 1 rn2 > KC1 tr o n g B - X + y = — -ỉ--------- —~ r ~ ------- ------- ;----- = 0 , 5 2 ( a )

/ 4 , 5

i22

M ặ t k h á c : X + y + 0 , 1 8 x 2 = — y ( b)3

G i ả i ph ư ơ ng t r ì n h ( a ), ( b) t a có X = 0 ,4

Vậy %KCIOa - .P.’-4. - — X100 = 58,55%.83,68

IV. Phương p h áp b ảo to àn ngu yên tô'

Dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố : "Khôi lượng của nguyên tô' Atrong hỗn hợp trước phản ứng luôn luôn bằng khôi lượng của A trong hỗnhợp sản phẩm". Dựa vào định luật này cho phép ta giải nha nh nhiều bàitoán phức tạp, trải qua nhiều quá trình biến hoá.

Ví d ụ 1: Đ ốt cháy ho àn toàn 3 gam một mẫu than chỉ có tạp ch ất S; khí thuđược cho hấp thụ h oàn to àn bởi 0,5 lít dung dịch NaOH 1,5M được dungdịch A chứa hai muối. Cho khí clo tác dụng với A, sau khi phản ứng xongthu được dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng vổi BaC l2 dư thu đượca gam kết tủa gồm BaC0 3 và BaS04, nếu hoà tan lượng kết tủa nàytrong HC1 dư còn lại 3,495 gam chất không tan.

a) Tính thành phần % khôi lượng của c và s trong mẫu than và giá trị

của a. /



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






IV. Phư ơng pháp bảo toàn nguyên tố 65

b) T ín h nồng độ các ion trong dung dịch A. Theo (1), (2), (3), (4), (5)

n N a O H ph án ứ ng = 2 n C0 2 + 2nS0 2 = 2nc + 2ns = 2(0 ,21 + 0 ,0 1 5 ) = 0,45 m o ỉ

=> n Na0Hdư trong A = 1, 5x 0, 5 - 0, 45 = 0,3 moln N a2C 0 3 I I £ 3

0 0 = n c = 0,21 m°l ; n N a 2S 0 3 - n S 0 2 - n s = 0,015 mol

Y n + Na = 0,3 + 2x0,015 + 2 x0,21 = 0 , ^ 5 mol => [Na+| = ° ’75 = 1,5M0,5

n OH- = n N aO H đư = 0,3 mol => [OPT] - 0,3 : 0,5 = 0,6M

n s o r= n N a2S 0 3 = 0,015 mol => [ s o f - ] = 0,015 : 0,5 = 0,03M

n c o r = n N a2C 0 3 = 0,21 mol => [C O 32 - ] = 0,21 : 0,5 = cl,42M

c) Tính thể tích CỈ2 đã phản ứng:

Theo (6 ), (7) n C!2 = ^ n Na0Hdư = ■— = 0,15 mol

=> VC1 = 0,15x22,4 = 3,36 lít.

d) Tính nhiệt lượng toả ra:

Trong 30 gam than, ta có nc = 2 ,1 mol ; n s = 0,15 mol

Vì nhiệt tạo thành từ các đơn chất được quy ước bằng 0 và hiệu ứngnhiệt của phản ứng bằng tống nhiệt tạo thành các sản phẩm phản ứng trừđi tổng nhiệt tạo thành các chất tham gia phản ứng.

Theo (2), (3): Q = 488,7x2,1 + 289,9x0,15 = 1069,7kJ.

Ví d ụ 2: Đ ốt cháy hoàn t o à n m gam than chứa 4% tạp chất không cháy tathu được hỗn hợ p kh í A gồm c o và C 0 2. Cho kh í A đi từ từ qua ống sứđựng 46,4 gam Fe30 4 nu ng nóng. Khí ra khỏi ống sứ bị hấp th ụ hoàntoàn bởi 2 lít dung dịch Ba(OH )2 tạo thàn h 39,4 gam kết tủa. Đ un nóngtiếp dung dịch lại th ấy tạo th àn h thêm 29,55 gam kết tủa.

Chất rắn còn lại trong ống sứ (chất B) được chia thành hai phần bằngnhau. Hoà tan hết phần một bằng dung dịch HC1 thấy tốn 330 ml dung

dịch HC1 2]yi và có 672 ml khí (ỏ' đktc) tho át ra. P hần thứ hai hoà tan hết bằng dung dịch HNO3 loãng thì thu được khí NO (khí duy nhất thoát ra).

I i A- 'PPGBTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




66 C h ư ơ n g II. C Á C P H Ư Ơ N G PH Á P C HỌ N LỌ C GIẢ I T O ÁN HOẢ VỔ c ơ *

a) Tính m.

b) T ính tỉ kh ối của hỗn hợp khí A so với H2.

c) Tính thể tích khí NO (ở đktc).d) T ính nồng độ mol của dung dịch Ba(O H )2 đã dùng.

Hư ớ ng dẫ n

a) 2C + 0 2

c + O2

CO + Fe30 4

2COT

co2í

3FeO + C02í

CO + FeO — ?— > Fe + C02í

C 0 2 + Ba(OH)2

2 CO2 + Ba(OH )2

Ba(HC03)2 —

- í — > B aC 03ị + H20 (*)

-> Ba(HC03)2 (**)

BaCOa-i + C 0 2t + H 20

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, ta có lượng c ban đầu dãchuyển hoá vào kết tủa BaC03.

39,4Theo (*) : n co, = n BaCOo

197= 0 ,2 mol

29,55= 0,3 molTheo (**) : n C0'2 - 2n Ba(HCOg)2 - 2n BaCOg - 2 x

Vậy nC0 2

= 0,2 + 0,3 = 0,5 mol => n c = n C0 2

= 0,5 mol

mc = 0,5 X 12:100

96= 6,25 g.

b) T ín h tỉ khôi của hỗn hợp khí A so với H2: Gọi X, y, z lần lượt làmol Fe, FeO, Fe30 4 trong mỗi phần.

Fe + 2 HC1 --------> FeCl2 + H a t

mol: X 2x X0,672

nFe = X = n H =22,4

0 , 0 3 m o l (1)

5B-:PPGBTHK^



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




IV. Phương pháp bảo toàn nguyên tố 67

FeO + 2HC1 ------ > FeCl2 + H20

mol: y 2y

Fe30 4 + 8HC1 —+ FeCl2 + 2FeCl3 + 4H20mol: z 8 z

nHCi = 2x + 2y + 8z = 0,33x2 = 0,66 (2)

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tổ' Fe:

Số mol Fe (trong Fe304 bd) = Sô' mol Fe (trong B) ■ “■

^ n Fe,o4 bđ = 2(npe + ĩipeo + 3 n Fe Q ) o 3(46,2 : 232) = 2(x + y + 3z)

X + y + 3z = 0,3 • (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: X = 0,03 mol ; y = 0,18 mol ; z = 0,03 mol

m h6n hơp rán B = 2(0,03x56 + 0,18x72 + 0,03x232) L 43,2 g

Theo định luật bảo toàn khôi lượng: m A + m Fe 0 - m co + m B

=> mA= 0,5x44 + 43,2 - 46,4 = 18,8 g => Ma = 18,8 : 0,5 = 37,6

(Vì nA= nc)37,6

Vậy d. /H, = 18,8.

c) Tính thể tích khí NO:

Fe + 4 HNƠ 3 -----> Fe(N0 3)3 + NO + 2H20

mol: 0,03 0,03

3FeO + lOHNOa---- >3Fe(N0 3)3 + NO + 5H 20 ■mol: 0,18 0,06

3Fe30 4 + 2 8 HNO3 ----->9Fe(N0 3)3 + NO + 14H20

mol: 0,03 0,01 •

^ ] n N0 = 0,03 + 0,06 + 0,01 = 0 ,1 mol => VN0 = 0,1x22,4 = 2,24 lít.

d) Từ (*), (**) ở câu a, ta có: n Ba(0H)2 = 0,2 + — = 0,35 mol2

=> [Ba(OH)2] -0,35

= 0,175 M.



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




V. Phương p h áp tăng giảm khối lượng

Dựa vào sự tăng hoặc giảm khối lượng khi chuyển từ chất (hoặc hỗn

hợp) này san g chất (hoặc hỗn hợp) khác dể định khôi lượ ng m ột ch ất (hoặcmột hỗn hợp).

Ví d ụ 1: Có 1 l ít dung dịch N a2CƠ 3 0,1M và (NH4)2C 0 3 0,25M. Cho 43 ghỗn hợp BaCỈ2 và CaCI2 vào dung dịch đó. Sau khi p hản ứ ng k ết thúc thuđược 39,7 g kết tủa A. Tính % khối lượng các chất trong A.

Hư ớ ng dẫ n '

Các phản ứng: Ba2+ + C 0 32' --» BaC03ị

Ca2+ + C 0 32 -->CaC03ị

Cứ 1 mol BaCl2 hoặc CaCl2 b iến thành BaC0 3 hoặc CaC0 3 thì khốilượng muối giảm : 7 1 - 6 0 = l l g

Vậy tổng sô’ mol BaC0 3 + C aC 03: — — = 0,3 mol

M ặt khác trong 1 lít dung dịch hỗn hợ p N a2C 0 3 và (NH4)2C 0 3 có tổngsô' mol C 0 32' = 0,1 + 0,25 = 0,35 mol, chứng tỏ CO32" dư .

Gọi X, ylà số moi BaC03 và CaC 03 trong A, ta có:

Jx + y = 0,3 íx = 0 ,lm o ỉ

|l9 7 x + lOOy = 39,7 ^ jy = 0,2 mol

Vậy thành phần phần trăm của A:

%BaC03 -xlO Q % = 49,62% ; % CaC 03 = 100 - 49,62 = 50,38%.39,7

Ví d ụ 2: Hoà tan 1 0 g hỗn hợp 2 muối XCO3 và ¥ 2(0 0 3 ) 3 b ằng dung dịch ị HC1 ta thu được dung dịch A và 0,672 lít kh í bay ra (ở đktc) .Hỏi cô cạndung dịch A thì thu được bao nh iêu gam muôi khan ?

Hư ớ ng dẫ n

XCO3 + 2HC1----------------->XC12 + H 20 + C 0 2í (1)

Y2(C 03)3 + 6 HC1 > 2YCI3 + 3H20 + 3C 02t (2 )

Ta có: nCOo = — = 0,03 mol2 22,4

6 8 _________ C hư ơ ng H. CÁC PH Ư Ơ N G PH Á P C H Ọ N LỌ C GIẢ I T O ÁN H O Á VỎ c ơ



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




VI. Phương pháp phân tử khối trung bình (PTKTB) 69

Theo (1 ) và (2) khi chuyển từ muối cacbonat thành muối clorưa, thì cứmol C0 2 bay ra lượng muối tăng: 71 - 60 = 11 g.

V ậy t h e o đ iều k i ệ n b à i t o á n l ư ợ n g m u ô i t ăn g : (1 1 X 0 ,0 3 ) = 0 ,3 3 g v

Tổng khôi lượ ng muôi clorua bằng: 10 + 0,33 = 10,33 g.

VI. Phương p h áp phân tử khối trung birjh (PTKTB)

Cho phép áp dụng giải nhiều bài toán khác nhau, đặc biệt áp dụnghuyển bài tơ án hỗn hợp thà nh bài toán một ch ất rất đơn giản, giúp .giảihanh chóng hơn. ■ .

Ĩ7 a hh (số gam hỗn hợp) 'Công thức tính: M = -------—7-------- T---------f

n hh (sô mol hôn hợp) ,

_ í Ví d ụ 1: Hoà tan 28,4 gam một hỗn hợp gồm 2 muối cacbonat của 2 kim

loại hoá trị II bằng dung dịch HC1 dư thu được 6,72 l ít khí (ở đktc) vàmột dung dịch A.

a) Tính tổng số gam của hai muối clorua có trong dung dịch A.

b) Xác định tên của hai kim loại nếu hai kim loại dó thuộc hai chu kì

liên tiếp của nhóm IIA.

c) Tính phần trăm của mỗi muối trong hỗn hợp đầu.

d) Nếu dẫn toàn bộ khí CƠ 2 cho hấp thụ hoàn toànvào 1,25 lít dungdịch B a(O H )2 để thu được 39,4 g kết tủa thìnồng độmol/lit của dung'dịch B a(O H )2 là bao nhiêu ?

Hư ớ ng dẫ n

Đ ặt công thức ph ân tử tương đương 2 muối cacbonat của 2 kim loại' hoá

ị II là RCO3.

a) RCO3 + 2HC1----->RC12 + H20 + C 02t

_ - 6 - 7 2 _ n Q !n RCOa - n C02 - 2 ^ 4 ~ ’

Khi chuyển từ 1 mol muối RCO3 thành 1 mol RC12 khối lượng muối

ăn g 71 - 6 0 = 1 1 g.


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N





VII. Phương pháp biện luận 71

Hư ở ng dẫ n

a) Đ ặt công thứ c tương đương của 2 muối (AC1 và BCD là RC1.

RC1 + AgN03 ---- >AgCli + RN03

n A gN 03

b) Cứ 1 mol RC1 b iến thành 1 mol RNO3 khôi lượng tăng:

62 - 35,5 - 26,5 g

n RCI = n RN0 3 = n AgCl = m o ỉ

Nên khôi lư ợng muôi tăng: 0,3 X 26,5 = 7,95 g '

Vậy khối lượng RNO3 trong D là: 19,15 + 7,95 = 27,1 g.

c) Ta có: M r c i = = 63,8 => R = 63,8 - 35,5 = 28,3.0,3

A, B là 2 kim loại kiềm ở 2 chu kì kế tiếp nhau nên nghiệm thích hợp:A là Na (23) và B lặ K (39). Vậy công thức 2 muôi là NaCl và KC1.

Gọi X, y là số mol NaCl và KC1 trong 19,15 g hỗ n hợp, ta có:

=> m Naci = 0,2 X 58,5 = 11,7 g ; rriKCì = 0,1 X 74,5 = 7,45 g. -

VII. Phương p h áp b iện luận

K h i đ ề t o á n c ho s ố ẩn s ố n h i ều h ơ n s ố ph ư ơ n g t r ìn h t o á n h ọ c t h i ế t lập

'Ợc. Cần tìm điều kiện, giới hạn các giá trị của ẩn... để nghiệm phù hợp

ới đầu bài.

Ví dụ 1: Hoà tan ho àn to àn 2,16 g một oxit kim loại X trong dung dịchHNO3 2M (loãng) thu dược dung dịch A và 0,224 lít khí NO (đktc).

a) Xác định oxit X. Tính thể tích H N O 3 2M ít nhất phải dùng để hoà tan

2,16 g oxit đó. b) Viết phương trìn h phản ứng biểu diễn dãy biến hoá sau:

í X+ y = 0,3

58,5x + 74,5y = 19,15 X = 0,2 moỉ và y = 0,1 moỉ


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



72 C hư ơ n g 11 CÁC P H Ư Ơ N G PH Á P C H Ọ N LỌ C G IẢ I T O ÁN HOẢ VỔ c ơ

•» Hư ớ ng dẫ n

a) Lập luận: HNO3 là chất oxi hoá mạnh, oxit X của kim loại hoá trị m

(]y[2Om) phải là chất khử vì nó khử H N O 3 thành NO. Giả sử oxit kim loạihoá trị m đó bị oxi hoá th àn h ion kim loại có hoá trị n, với n > m.

Phương trình phản ứng:

3M2 0 m+ (8n-2m)HN03 ----->6M(N03)„ + 2(n-m)NOT + (4n-m)H20

(6 M + 48m) g 2(n - m) mol

2,16 g 0,01 mol

Ta có:6

M + 48m _ 2(n - m) 4,32n - 4,8m2,16 0,01 0,06

Biện luận: Đ iều kiện 1 <m < n < 4 (n, m nguyên)

- Khi m = 1, n = 2 =i>M= 64(Cu) ; ox i t Cu20

- Khi m = 2, n = 3=> M= 56(Fe) ; oxit FeO

- Khi m = 3, n = 4=> M= 48(loại).

Vậy có 2 ngh iệm tho ả m ãn điều k iện bài toá n là Cu20 và FeO.Vớ i Cu20 : 3Cu20 + 14 H N 03 -----> 6Cu(N03)2 + 2NOT + 7H20

Sô' mol HNO3 cần hoà tan 2,16 g Cu20 là:2,16 14

X — = 0,07 mol144 3

V,HN03 2M0,07

= 0,035 lít = 35 ml.

Vớ i FeO: 3FeO + I OHNO3

* HNO.S2,16 10

-X -

72 3x2

3Fe(N03)3 + NO + 5H20

= 0,05 lít = 50 ml.

b) Các phương trìn h phản ứng theo dãy chuyển hoá:

Vớ i C 112O'. 2 CU2O + O2 ——► 4CuO

CuO + CO — Cu + C 0 2

2 Cu + O2 + 4HC 1 >2CuC12 + 2H20



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




VII. Phương pháp biện luận 73

VỚ I FeO: 4Fe + 3 0 2 — > 2Fe20 3

Fe20 3 + 3C 0 — 2 Fe + 3C02

4Fe + 0 2 + 12HC1----->4FeCl3 + 4H 2t + 2H20

Ví d ụ 2 : Nung mA gam hỗn hợp A gồm KM11O4 và KCIO3 ta thu được chấtrắn Ai và khí 0 2. Biết KCIO3 bị phân, huỷ hoàn to àn theo ph ản ứng:

2 KCIO3 ---- > 2KC1 + 30 2

Còn KM nơ 4 bị phân huỷ một ph ần theo phản ứng:

2K M n04 -----> K 2M n04 + M n0 2 + 0 2

Trong Ai có 0,894 gam KC1 chiếm 8,132% khôi lượng. Trộn lượng 0 2 thuđược ỏ' trên với không khí theo tỉ lệ thể tích V0 : v kk = 1 : 3 trong một

bình kín ta được hỗn hợp khí A2. Cho vào bìn h 0,528 gam cacbon rồi đốtcháy hết cacbon thu được hỗn hợp khí A3 gồm 3 khí, trong đó C0 2

chiếm 22,92% thể tích.

a) T ính khối lượng mA.

b) T ính%

khối lượng của các chất trong hỗn hợp A. Hư ớ ng dẫ n

Các phương trình phản ứng:

2KMn04 — ^ ....> K 2M n0 4 + Mn0 2 + 0 2 (1)

2 KCIO3 — > 2KC1 + 3 0 2 (2 )

c +0 2

— > C 02 (3)

c + C0 2 — > 2 CO (4 )

_ 0 ,8 9 4 x 1 0 0 , nnn<f m A, = ----- — = 1 0 ,9 94 g

Al 8,132

Trư ờ ng hợ p 1 : 0 2 dư, (A3) gồm C 0 2, N2, 0 2 dư

_ _ 0 ,52 8 _ nnAA , _ 0 ,0 44 X 100 _ n 1QO_ ,n m = n n = — = 0,044 mol => n A = ---------------= 0,192 mol

° 2 12 3 22,92

Gọi X là sô mol 0 2 s i n h r a d o p h ả n ứ n g n h i ệ t p h â n . S a u k h i tr ộ n X m o l 0 2

v 3x 4ới 3x m ol kh ôn g kh í ( t rong đó có ——= 0,6x m ol 0 2 v à —■X 3x = 2,4x m o l N 2).


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



Chương I I CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP CHỌ N LỌ C G IẢ I TO ÁN H OẢ VÓ c ơ

Ta được: - X+ 0 ,6x = l,6x mol

n A = nC02 + nN2 + n02dư = 0 -044 + 2 -4 x + d - 6x - ° ’ 04 4 ) = ° . 19 2 mo1

^ %= 0,048 mol

10 994 + 0 ,048x32 = 12 ,53 gVậy mA= mA] + mŨ 2

Theo (2) : nKC103 = nKC| = 0 ,8 9 4 - 0 , 0 1 2 m ol

Vây M C 1 0 ,= ỉ £ g f a = < 100% = 1 1 , 7 % ;

%KMn04 = 100 - 11,7 = 88 ,3% .

Trư ờ ng hợ p 2: 02 thiếu, (A3) gồm c o , C 02, N2.

(Giải theo phương pháp lượ ng ch ất dư t r o n g tư ơ ng tá c h o á họ c)

c + 0 2 -----> C0 2

Số mol ban đầu: 0,0 44 l ,6xs ố mo i phả n ứ ng: 1>6X l>6 x l , 6 x

Số mol sau phản ứng: (ó,04 4 -1 ,6x) 0 l , 6 x

C0 2 + c --------» 2 CO

Số mol ban đầu: l>6x (0 ,0 4 4 -1 , '6x)

Sô'mol phản ứng: (0 ,0 4 4 -1 ,6x)( 0 , 0 4 4 - 1 , 6 x ) 2 ( 0 , 0 4 4 - 1 , 6 x )

Số moi sau phản ứng: (3 ,2x - 0 ,0 4 4 ) 0 ( 0 , 0 8 8 - 3 , 2 x)

T a có: nAg = nco2 + nco + n Nz = (3 .2x - 0 ,0 44 ) + (0 ,0 8 8 - 3 ,2x ) + 2 ,4x

= 2,4x + 0 ,0 44

Với = 0,2292 => X= 0,0204 mol%3 ■ .

Vậy mA= 10,994 + 0,0204 X32 = 11,647 g

„ v r m - °’012 x122,5 = 12 ,6% ; %KMn04 = 1 0 0 - 12 ,6 = 87,4%.%kciu3= Ì Ì U1


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



Ch ơ ng III

CÁC PHƯƠNG PhÍÁP GỈẢS TOÁN

HOÁ KIM LOẠ I

Chủ đ ề 1: KIM KOẠ I, OXIT KIM LOẠ I + AXIT

A. PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I

I. Axit oxi hoá do ion H+

Các axit HC1, H2SO4 loãng, CH3COOH... anion gốc axit của chúng

không có tính oxi hoá.

M + nH +-----» Mn+ + - H a t (1)2

Phản ứng (1 ) chỉ xảy ra khi kim loại M đứng trước hiđ ro tro ng dãyho ạt động hoá học của kim loại (từ Li đến Pb). Vì H+ là ch ất oxi hoá yếu,n ê n m u ố i t h u đ ư ợ c ứ n g v ớ i s ố o xi h o á t h ấ p c ủ a k i m l o ại ( n ế u k i m l o ạ i có

nhiều hoá trị).

Vi d ụ : Fe + 2H+ ----->• Fe2+ + H2t

II. Axit oxi hoá do anion của axit

Do anion của axit (HNO3, H2SO4 đậm đặc, nóng...) oxi hoá kim loại khi

có mặt H+ chứ không phải H + nên khí t ạ o ra không phả i là khí H 2 mà là sả n p hẩ m k hử củ a anion (có chứa nguyên tô' trung tâm là N hoặc S).

1. Kim loạ i (R) tác dụ ng vớ i dung dịch HNO3

Sản phẩm sinh ra có thể là N02, NO, N 20, N2, NH4NO3.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I 77

Mg + 2H' (H2SO4 loãng)----->Mg2+ + H2t

- Dung dịch loãng (Cu(N 03)3, HC1) tác dụng với Cu hoặc Mg, phản ứngy ra cũng tương tự như trên nhưng sau phản ứng (*) thì sẽ xảy ra:

b) Các phản ứng tổng quát:

2FexOy + (6x-2y)H 2S 0 4 <dn)---- >xFe2(904)3 + (3x-2y)S02 + (6x~2y)H20

2FexOy + 2yH2S 0 4 ( l o ả n g ) - - - - - - - - - - - - >xFe2(S04)2y/x + 2yHzO

Biết sô" mol khí có thể tính được số mol axit phản ứng, lượng muối thuược tăng bao nhiêu gam (điều này đúng với mọi kim loại).

C hú ỷ : AI, Fe, Cr không tác dựng với HNO3 đặc nguội và H2SO4 đặc nguội.

Hai kim lo ạ i tác d ụ ng vớ i mộ t axit:

Trư ờng hợp chỉ biết tổng khôi lượng của hai kim loại, không b iết sốol mỗi kim loại, và biết sô" mol ban đầu cửa axit, có thể xảy ra trường hợpột trong các tác chất còn dư. Vậy làm sao để biết?

Gọi A, B là nguyên tử khối của ha i kim loại A, B; M là nguyên tử khối

ung bình của A, B (A < B).

- Muốn chứng m inh hỗn họ'p tan hết, ta giả sử hỗn hợp chỉ gồm kim

ại nhẹ hơn A. Nếu ta đủ axit hoà tan hết A, do rihèn hợ p < ™hh = nA, th ì 'A

i hỗn hợp thật ta sẽ dư axit suy ra hỗn hợp tan hết.

- M u ố n c h ứ n g m i n h k h ô n g có đủ a x i t đ ể h o à t a n h ế t h ỗ n h ợ p , t a g i ả sử

Nếu ta không có đủ axit để hoà tan hết B th ì với hỗn hợp thật , với sốol lớn hơn, sẽ thiếu axit suy ra hỗn hợp không tan hết. Khi đó kim loạio có tính khử mạnh hơn trong 2 kim loại sẽ tan trước, kim loại đó tant rồi mới đến kim loại kia.

Lư u ý: CaCjl i , Ịuận trên chỉ đúng chắc chắn khi A, B có cùng hoá trị.

Mg + Cu2+ — -> Mg2í + Cu

A < M < B =? ^B

n hợp chỉ gồm kim loại nặn g hơn B (nB = m- h ).B



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




78 C h ư a n g I II . CÁC PH Ư Ơ N G PH Á P G IẢ I T OÁ N HO Ả K IM LOẠ I

4. Hai kim loạ i + hỗ n hợ p hai axit

Trong trường hợp này, nên dùng 'phản ‘ứng dạng ion và nê n áp dụng

phương pháp bảo to àn electron.

/^, êlectro n 2 kim loại nhường “ êle ctron 2 axit nhận

- Nếu 2 axit tác dụng đo t í n h oxi hoá của ion H+(HC1, H2SO4 loãng):

X n enhặn ~ n H+ = 2 nH2

XXnhường = hoá trị của kim loại

Ví dụ : Mg - 2e — Mg2+; nhường = 2x

mol: X 2x

- Nếu 2 axit tác dụng (H2SO4 đặc nóng, HNO3) và giả sử phản ứng choS02, NO thì:

+6s + 2 e -

+4 — > s ; nhận —2x

X 2 x

+5 N + 3e —

+2 N ; nhận ~ 3y

y 3y

^ n e nhận = 2x + 3y

7. Kim loạ i M có nhiề u hoá trị (như Fe, Cu, ...)

Khi tác dụng với axit (chẳng hạn Fe tác dụng với HC1 thể hiện hoá

trị II, với HNO3 thế hiện hoá trị III) ta nên gọi n là hoá trị của M khi tácdụng với axit này, m là hoá trị của M khi tác dụng với axit kia.

B. B À I TẬ P

I. Bài tộp mẫu

Bài 1: Hỗn hợp A gồm Fe, FeC0 3 và Fe3 0 4. Hoà tan (đun nóng) m gam hỗn

hợp A bằng 896ml dung dịch H N O 3 0,5M th ì thu được dung dịch B v à

hỗn hợp khí c gồm C0 2 và NO.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




. BÀI TẬ P 79

Lượng HN 0 3 dư trong dung dịch B tác dụng vừa đủ với 1,4 gam C aC 03.

Có một bình kín dung tích 4,48 lít chứa không khí (4/5 thể tích là N 2 và

1/5 thể tích là O2) ở 0°c và 0,375 atm. Sau khi nén tất cả hỗn hợp khí cv à o b ì n h v à g i ữ n h i ệ t độ b in h ở 0 ° c t h ì t h ấ y á p s u ấ t c u ố i c ù n g t r o n g

bình là 0 ,6 atm.

Mặt khác đem nung nóng (không có^mặt oxi) m gam hỗn hợp A rồi chotác dụng với H 2 dư ; lượng H20 tạo ra lúc này cho hấp thụ hoàn toàn vào100 gam dung dịch H2SO4 97,565% thì n ồng độ dung dịch axit loãngthành 95%. __ .......

Tính % khôi lượng mỗi chất trong hỗn hợp A.

H ớ ng dẫ n

Fe + 4 HNO3 ---->Fe(N03)3 + N O Í + 2H20 (1)

3Fe30 4 + 2 8 HNO3 ---- ► 9F e(N 03)3 + NOT 4- 14H20 (2)

3FeCOs + IOHNO3 -----> 3Fe(N03)3 + NOT + 3C 02Ĩ + 5H 20 (3)

CaCOs + 2 HNO3 -----> Ca(N03)2 + H20 + C0 2t (4)

2NO + 0 2 -----> 2 N 02 (5)

Fe3Ơ 4 + 4H2 — -— > 3Fe + 4H2O (6)

FeCOs — Fe O + C 02T (7)

FeO + H2 — Fe + H20 (8 ).

Số mol khí trong bình lúc ban đầu ni là:_ P jV 0 , 3 7 5 X 4 , 4 8 ,ni = —— = r = 0,075 mol

RT 0,082x273

T r o n g đó n 0 = = 0 ,015 m ol và n N2 = 0 , 0 6 m o lỗ

Vì T, V không đổi nên áp suất bình trước và sau khi cho hỗn hợp khí cào, tỉ lệ với sô mol khí: .

n j P , _ 0,075x0,6 _ — = — n 9. = - _ — ------ 0 ,12 moi Pv p 2 0,375


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N





B. BAI TẠ P 81

a) Tính % thế tích các khí trong hỗn hợp A.

b) Tính V và m.

Hư ớ ng dẫ n

t 5 2 , 1 4 x 1 , 0 5 x 1 01. n Hni = -------- — ———---- = 0,15 mol

100x36,5

FexOy 4- 2yH C l------>^xFeCl2y/x+ yH20 (1)

(56x + 16y) (g) 2y (mol)

4 (g) 0,15 (moi)

T a có: (56 x + 1 6y) : 4 = 2y : 0,1 5 => X : y = 2 : 3. Vậy c ôn g thứ c p h â n

tử là F e20 3.

2 . a) T ín h %VA: ỉ

Fe20 3 + 3 C 0 ---> 2 Fe + 3C0 2 (2 )

Gọi X là % th ể tích của C 0 2 trong hỗn hợp A ta có:

M a = 1 7 x 2 = 3 4 = 4 4 x + 2 8 ( l - x )

X = 0,375, tức C0 2 chiếm 37,5% và c o chiếm 62,5%.b) Tính Vco và khố i lư ợ ng Fe20 3:

Fe + H2S 0 4 ----> FeS0 4 + H2Í (3)

Fe20 3 + 3H2S 0 4 ----->Fe2(S0 4)3 + 3H 20 (4)

Fe + 4 HNƠ 3 ---->Fe(N0 3)3 + NOt +2H20 (5)

Fe20 3 + 6 HNO3 ---- >2Fe(N03)3 + 3H20 (6 )

Gọi X, y là sô' mol Fe và Fe20 3 tro ng B th ì theo (3), (4):

X + 3y = 0,05x0,5 = 0,025

Theo (5), (6 ): (x + 2y)242 - (56x + 160y) = 3,48

Giải ra: X = 0,01 mol và y = 0,005 mol

Vì 1 mol Fe20 3 bị kh ử th àn h 2 mol Fe, nên tổng sô' mol Fe20 3 ban đầu:

£ + y = M l + 0,005 = 0,012 2

:6A- PPGBTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




Vậ y m = 0,01 X160 = 1,6 g

Theo (2) - „co, - í n t , . |x O ,0 ! =. 0,015 mol.

Vậỵ tổng sỗ mol c o ban đầu là: ' —x 100 = 0,04 moio /, o

Vco = 0,04 X22,4 = 0,896 lít.

Bài 3: Cho 3 kim loại X, Y, z có tỉ lệ khối lượng nguyên tử là 10 : 11 : 23.Tỉlệ về số moi trong hỗn hợp của ba kim loại là 1 • 2 : 3 on . p

K h i c h o m ộ t l ư ợ n g k i m l o ạ i X b ằ n g l ư ợ n g c ủ a n ó c ó t r o n g 2 4 , 5 8 2 g

hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HC1, thu được 2,24 li t 2 c ^ ^

Nếu cho 1/10 hỗn hợp A tác dụng với 50 ml dung dịch NaOH g .

IM, thu đư ợ c dung dịch B và hỗ n hợ p ch t răn c.

a) Tính khối lượng nguyên tử của X, Y, z.

b) Nếu thêm axit vào dung dịch B tớ i môi trư ờng axit, tin h so

cần thêm vào ít nhất để dung dịch thu được là tro ng suot.c) Cho các kim loai trong c phản ứng hoàn toàn VƠI HNOạ^ đehỗn hợp khí gom NO v a N 0 2. Hỗn hợp kh í NO và NOz có tổng t ê tích

là 1,736 lít (đktc) và có tỉ khối so với H 2 là 21,3226.

Tính khố i lư ợ ng muố i tạ o thành và số mol HNO3 đã phan ư ng.

Hư ớ ng dẫ n

a) Gọ i khố i lư ợ ng nguyên tử X, Y, z là X, Y, z (gam)T a có: X : Y : z = 10 : 11 : 23

Xx + (11X : 10)2x + (23X : 10)3x = 24 ,582 => Xx = 2^434

Mà Xx chính là khối lượng của kim loại X (hoá tri n) tron g ho . p

dụng với HC1 (x là số mol của kim loại X):

X + nHCl ---- > XCln + ~ H z ĩ2t

X (g) 0,5n (mol)

2,434 g M ĩ ' 0 '11 " 01

(1 )

6B-PPGBTHKL


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ễ



Rú t ra X = 12,17n

Đ iều kiện của n: 1 < n < 3 (n nguyên dương)

Khi n = 1 => X = 12,17 (loại)

n = 2 =* X = 24,34 (Mg)

n = 3 => X = 36,51 (loai) .' J

Vậy X là Mg, suy ra: Y = 24, 3-4 — = 26,774 (Al) ;

z = 24-’34-X-2- = 55 ,982 (Fe).

10

b) T ính số mol H+:

2 434T ro n g h ỗ n h ợ p A có : n Mg = X = —— —■= 0 , 1 m oi ' ; n A) = 2x = 0 ,2 m ol ;

n Fe = 3x = 0,3 mol

Trong 1/10 hỗn hợ p A ta có: 0,01 moi Mg ; 0,02 mol AI ; 0,03 mol Fe

Tác dụng với NaOH, chỉ có AI phản ứng:

2AỈ + 2NaO H + 2H 20 ----->2NaAI02 + 3H 2t (2)

HNaOH = 0,05 X 1 = 0,05 m ol > n Ai (N aO H dư)

N ên theo (2): n NaA10, = 0,02 mol

Du ng dịch B có 0,02 mol NaAlOa và 0,05 - 0,02 = 0,03 mol NaOH, tác

dụng với ax it (H+) .

NaOH + H +-----> N a+ + H20 (3)

NaAlOa + 4H +-----> N a+ + Al3+ + 2H20 (4)

T h e o ( 3) , (4 ): n H+ = iijyfaOH + 4 x1^ 3^02 = + 4 X 0 ,0 2 = 0 ,1 1 m o l

c) Tính khối lượng muối tạo thành và số mol HN03:

2Mg + 6 HNO3 -------->2Mg(N03)2 + N 0 2 + NO + 3H20

2 Fe + IOHNO3 ----->2Fe(N03)3 + 3 NO2 + NO + 5 H2O

B. BAI TẠ P_______________________________________________________________ 83


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




84 Chư ơ ng I I I C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N HO Ả K IM LO Ạ I

n M g (N 0 3 ), ” n Mg - 0 , 0 1 m o l ; n P e(N Oi)3 - n Fe - 0 , 0 3 m o l

m nu,ô, = 0 ,01(2 4 ,3 4 + 62 X 2) + 0 ,0 3(5 5 ,9 82 + 62 X 3) = 8 ,74 28 g

Theo định luật bảo toàn nguyên tố: :

n N( t rongHN 03) ~ n N( t rongMg(N 03 )2) + n N( t rongFe(N 0 3)3) + n N( trongN O + NOị)

= 2x0,01 + 3x0,03 + (1,736 : 22,4) = 0,1875 moi

Suy ra n HNOa = n N = 0,1875 mol.

B ài 4: Khi hoà tan cùng một lượng kim loại R vào dung dịch HN O3 đặc,nóng và vào dung dịch H2SO4 loãng thì thể tích khí NO2 thu được gấp3 lần th ể tích khí H2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khôi lượngmuối sunfat thu được bằng 62,81% khôi lượng muối nitrat tạo thành.

a) Tính nguyên tử khôi của R.

b) M ặt khác, khi nung cùng một lượng kim loại R như trên cần th ể tích 0 2

bằng 22,22% thể tích khí N 0 2 nói trên (cùng điều kiện) và thu được chất

rắn A ỉà m ột oxit của R. Hoà tan 20,88 gam A vào dung dịch HNO3 (lấy dư25% so với lượhg cần thiết), thu được 0,672 lít (đktc) khí B là một oxit của

nitơ NxOy. Tính khối lượng HNOs nguyên chất đã lấy để hoà tan A.

a) Tính nguyên tử khối R:

Vì kim loại khi tác dụng với ax it kh ác n hau có th ể biểu hiện hoá trịkhác nhau, nê n gọi n là hoá trị của R kh i tác dụng với HNO3 đặc,nóng ;

là hoá t rị của R kh i tác dụng với H2SO4 loãng.Gọi số mol kim loại R tha m gia ph ản ứng là a mol (a > 0)

Với 1 < n, m < 3, nguyên dương

Hư ớ ng dẫ n

(mol)

R + 2nHN03 -----> R (N 03)n + nN 0 2 + nH20

a a na (mol)

Ta có: na = 3x0,5ma => n = l,5m


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BÀĨ TẬ P

Nghiệm th íc h hợ p n = 3 ; m = 2

X ỈT160 ( Ĩ g ; ĩ ílm u ố i sunfa t ” 0 ,6 2 8 1 X m .mU0Ì nitrat

(R + 96)a = (R + 186)0,6281a R = 56 (sắt).

b) Tính khối lượng H N 0 3 nguyên chất

cFe + d/20 2 -----> FecOdí

ada —— (mol)

2 c

Từ Vo, : VN0? = 22,22 : 100 => — c . d = 3 42 2 2c X3a 100

Vậy A là Fe30 4.

Số mol F e30 4 đem hoà tan vào HNO3 = 20,88 '. 232 = 0,09 mol

Số mol NxOy = 0,672 : 22,4 = 0,03 mol

(5x-2y)Fe30 4 + (46x-18 ỵ)H N03 — -» (15x -6y)Fe (N03)3 + NxOy + (23x-9y)H 20

(5x-2y) mol 1 mol

0,09 mol 0,03 mol

_ c o _ ~ 3 + 2y=>5x-2y = 3=í>x = ------ — (*)5

T r o n g c á c o x it n i t ơ , o x i t c ao n h ấ t l à N 2O 5 nê n điều k iện X, y là: 1 < X < 2 ;

1 < y < 5

N g h iệm th íc h h ợ p c ủ a (* ) là : X = 1 ; y = 1

3Fe30

4 +

2 8HNO

3 ---->9Fe(N0

3)3 + NOT + 14H20

3 28 (mol)

0,09 ? (mol)

0,09 X28 _ .nHN0 3 - 2 moi

Khố i lư ợ ng HNO3 tham gia phả n ứ ng = 0,84 X 63 = 52,92 gfvO QO V 1 or.

Khố i lư ợ nẹ rHN0 3 thự c tế đã dùng = — L-— ----- = 66,15 g.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




86 C hư ơ ng IU . C Á C P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T O ÁN HO Á KIM L OẠ I

Bài 5: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp A gồm AI và kim loại X (hoá trị a) trongH2SO4 đặc, nóng đến khi không còn khí thoát ra thu được dung dịch Bvà kh í c . Khí c bị hấp thụ bởi NaOH dư tạo r a 50,4 gam muối.

Nếu thêm vào A một lượng kim loại X bằn g 2 lần lượng kim loại X cótrong A (giữ nguyên lượng Al) rồi hoà tan hoàn toàn bằng H 2SO4 đặc,nóng th ì lượng muối tron g dung dịch mới tăng thê m 32 gam so với lượngmuôi trong dung dịch B như ng nếu giảm một nửa lượng AI có tron g A(giữ nguyên lượng X) thì. khi hoà tan ta thu được là 5,6 lít (đktc) khí c.

a) Tính khối lượng nguyên tử của X biết rằng tổng số hạt (p, n, e) trong

X là 93. b) Tính % về khối lượng các kim loại trong A.

c) Tính sô' mol H2SO4 đã dùng lúc đầu, biết rằng khi thêm từ từ dungdịch NaOH 2M vào dung dịch B th ì lượng kết tủa bắt đầu không đổi khidùng hết 700 ml dung dịch NaO H ở trê n .

Hư ớ ng dẫ n

a) Tính nguyên tử khối của X:Gọi X, y lần lượ t là số mol của AI và X tro ng hỗn hợp A:

2Ai + 6H2SO4 a — - — > Àl2(SQ4)3 + 3SO2T + 6H20

(mol) X 3x 3x/2

2 X 4- 2aH2S 0 4 d — > X2(S 0 4)a + aS 0 2T + 2aH 20

(mol) y „ ay ay /2

S 0 2 + 2 NaOH -----► N a2S 0 3 + H20

3x + ay _ 50,4 n . _ nso 2 ~ — 2 - nNa2 so 3 - 1 2 6 ~ ’ => 3x + ay - 0,8 (1)

Nếu thêm 2y mol kim loại X, th ì 32 g là khối lượng ymol X2(S04)a:

(2X + 96a)y = 32 (X + 48a)y = 16 (2)

..V /r, _ 1 AI _ 3 X ay 5,6 1 N ếu g iảm x/2 m o l A l: n o n = — X— + — = —-— = —

6 s° 2 2 2 2 22,4 4

=> 3x + 2ay = 1 (3)


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

000

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N





88 Chư ơ ng IU . C ÁC PH Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N I ỈO Á K IM L OẠ Ì

Bà i 6 : Dung dịch A chứa 2 axit HC1 và H N 0 3 có nồng độ tương ứng làa mol /1 và b mol/1. _

1. Đ ể trư ng hoà 20 ml dung dịch A cần dùng 300 ml dung dịch NaOH0,1M. M ặt khác lấy 20 ml dung dịch A cho tác dụng với AgN 03 dư thấytạo thành kết tủa. Tính các giá trị của a và b.

2. Thêm từ từ Mg kim loại vào 100 ml dung dịch A cho tớikhikhí ngừngthoát ra, thu được dung dịch B (thể tích v ẫn 100ml) chỉ chứacác muối củaMg và 0,963 lít hỗn họp D gồm 3 kh í không màu cân nặng 0,772 gam.Trộn khí D với 1 lít O2, sau khi phản ứng hoàn toàn, cho khí còn lại đi từtừ qua dung dịch NaOH dư th ì th ể tích hỗn hợp khí còn lại lẩ 1,291 lít.

a) Hỏi hỗn hợp khí D gồm các khí gì? Biết rằng trong khí D có 2 khíchiếm % thể tích như nhau, các thể tích khí đo ỏ' đktc.

b) Viết phương trình phản ứng hoà tan Mg dưới dạngion.

c) Tính nồng độ các ion trong dung dịch B và tín hkhốilượng Mg đã bị tan.

Hư ớ ng dẫ n

1. Ta có trong 20 ml dung dịch A: nHci = 0 ,0 2 a mol ; n HN0 = 0,02b (mol)

=> n += 0 ,0 2 (a + b) ; n = 0 ,0 2 a ; n = 0 ,0 2 bri UI -NO3

M ặt k h ác n QH_ = n Na0H = 0 ,1 X 0,3 = 0 ,03 m ol

H+ + OH -----> H20

=> 0 ,0 2 (a + b) = 0,0 3 => a + b = 1,5

Ag+ + c r ---- > AgClị- - 2 ’ 8 7 _ n AO 1

n c r = n AgCi = = ’ m o 1 .

Từ 0,02a = 0 ,02 => a = 1 và b = 0 ,5

2. Trong 10 0 ml dung dịch A:

nHci= 1x0,1 = 0 ,1 mol ; n HN0 = 0 ,5x0 ,1 = 0 ,05 m ol

=> n II+ = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol ; n„, = 0,1 mol ; = 0,05 molH Cl N03


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






a) Vậy D gồm: H2: 0,02 mol ; N 20: 0,003 mol ; NO: 0,02 mol

b) Phương trìn h phản ứng:

M g + 2H + ----- » M g 2+ + H 2T

4Mg + 2NCV + 10H +--> 4Mg2+ + N 2OT + 5H 20

3Mg + 2N03' + 8 H+---* 3Mg2+ + 2 N O Ĩ + 4H20

c) n Mg = 0,02 + 4 x0 ,00 3 + 3 x M ^ = 0 ,0 6 2 m ol2

=> mMg = 0,062x24 = 1,488 g n H ' tác dụ ng = 2 x 0 , 0 2 + 1 0 x 0 , 0 0 3 + 4 x 0 , 0 2 = 0 , 1 5 m o l , H + t á c d ụ n g h ế t

n N0 i tácdụ ng = 2 x 0 >00 3 + ° -0 2 = °>0 2 G mol

Trong 100 ml dung dịch B có:

M g 2+: 0 , 0 6 2 m o l , e n 0 ,1 m o l v à N 0 3~: 0 , 05 - 0 , 0 2 6 = 0 , 0 2 4 m o l

[Mg2+] = = 0.62M ; [ c r ]= — = IM ; [N0 31 = 5 ^ 1 = 0,24M.0,1 0,1 0,1

B à i 7: Cho từ từ khí c o qua ống dựng 3,2 gam CuO nung nóng. Khí ra khỏiông được hấp thụ hoàn toàn váo nước vôi trong dư thấy tạo thành1 gam k ết tủa. C hất rắn còn lại trong ống sứ cho vào cốc đựng 500 mldung dịch HNO3 0,16M thu được Vi lít khí NO và còn một phần kim loạichưa tan hêt. Thêm tiếp vào cốc 760 ml dung dịch HC1 nồng độ 2/3 mol/1,sau khi phản ứng xong thu thêm v 2 lít khí NO. Sau đó thêm tiếp 12 gamMg vào côc. Sau khi phản ứng xong thu được v 3 lít hỗn hợp khí H 2 và

N2, dung dịch muôi clorua và hỗn hợ p M của các kim loại.

a) Tính các th ể tích v b v 2, V3. Biết các phản ứng xảy ra hoàn tpàn, cácthể tích khí đo ở đktc.

b) Tính khôi lư ợng mỗi kim loại trong hỗn hợp M.

Hư ớ ng dẫ n

a) CuO + C O -----> Cu + C 0 2T (1 )

C 0 2 + Ca(OH )2 -----» C aC 03ị + H20 (2 )

9 0 _____________ C hư ơ n g III. C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N H OẢ K I M LO Ạ I


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



ĨÌ C u — n C uO t ác d ụn g = r i c O v “ ^ C a C O ' j = YÕÕ =

ncuObanđầu= 3,2 : 80 = 0,04 mol ; ncuOdư = 0,04 - 0,01 = 0,03 mol

Vậy chất rắn còn lại gồm 0,01 mol Cu và 0,03 mol CuO dư.

Ta có:n tTl = n ^ = nHNO = 0,5x0,16 = 0,08 molH NO nnu3

Khi chất rắn + HN03:

CuO + 2H+ -----> Cu2+ + H20 (3)

(mol) 0,03 0,06 0,03 - -

Sô mol H + còn tác dụng với Cu: 0,08 - 0,06 = 0,023Cu + 8 H++ 2NCV -----> 3Cu2+ + 2 N O Í + 4H20 (4)

(m o l) 0 ,0 2 0 ,0 05 — 0 ,0 0 5 '4 4

Sa u (4) th u được: IINO = 0 ,00 5 m oỉ Vi = 0 ,005 X 22,4 = 0 ,11 2 l í t

n (|2+ = + 0,0 3 ; n NCr = 0 ,08 - 0,0 05 = 0,0 75

ncu chư a tan = 0,0 1 - 0 ,0 0 7 5 = 0, 0 0 2 5

2 152T h ê m t iế p H C1 v ào : n + = n = n HC1 = 0 ,76 X— = — -

^ 33

Thì Cu tiếp tục tan theo kiểu phản ứng (4)

3Cu + 8 H + + 2 N ( V -----* 3Cu2+ + 2 N O t + 4H20

0,0025 M 2Ẽ 0,0025 (mol)3 3 3

0,005 _ _ 0,005 00nN0 “ ~------ — V2 = --------X22,4 = 0,037 lít

3 3

Tron g dung dich có n . = ^ = 0,5 mol5 H 3 3

JB A I T Ạ P _______________________________________________________________ ______________ 91_

0,005 _ 0,22 .0,075 — —— = —— moi

3 3

n 2+ = 0,0375 + 0,0025 = 0,04 mol

n NG3

Cu



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




Thêm tiếp 12/24 = 0,5 mol Mg vào, một phần Mg phản ứng tiêp:

5Mg + 12H+ + 2N 0 3 ---- > 5Mg2+ + Nzí + 6 H zO

0,44 o n 03 3 3

Mg + 2H+ -----> Mg2+ + H2t

0,03 (0,5-0 ,44) 0,03 (mol)

n + n = M l + 0,03 = ^ => v 3 = — X 22,4 = 1,49 lít.Ní ■ 3 3 3

b) Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M:

_ n K °>55 n HQ _ °>86 1còn lạ i — 0,03 — m oio o

Nên Mg tiếp tục phản ứng với Cu2+ trong dung dịch:

Mg+ Cu2+ — Mg 2+ + Cu

0,04 0,Ơ 4 0,04 (mol)

Vậy kim loại trong M gồm: nMg = — - 0,04 = mol (tức 5,92 g)* 3 3

ncu = 0,04 mol (tức 2,56 g).

B à i 8 : Hoà tanhoàn toàn a mol kim loại M (hoá trị n không đổi) phải dùnghết a mol H2SO4 đặc, nóng thu được khí Ao và dung dịch Ai- Cho khí Aohấp thụ vào 45 ml dung dịch NaOH 0,2M thì tạo được 0,608 gam muối Na.

M ặt khác cô cạn dung dịch Ai thì thu được 1,56 gam muối khan . Hoà tan

muối khan này vào nước rồi cho 0,387 gam hỗn hợp B gồm Zn và Cu vào,khuấy đều tới phản ứng hoàn toàn thì thu được 1,144 gam chât rắn c.

a) Tính khối lượng kim loại M dem hoà tan.

b) Tính khối lượng mỗi kim loại trong B và c .

Hư ớ ng dẫ n

a) Tính khối lượng kim loại M đem hoà tan:

2M + 2nH2S 0 4 -— > M2(S 04)n + n S 0 2t + 2nH 20

(mol) a na

Vì n M = n H2so4 = a = > n a = a : = > n = l

9 2 ____________ Chư ơ ng m _ CÁ C P H Ư Ơ N G P H Á P G ĨA I T O ÁN H O Ả K IM L O A I


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

000

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N





94 Chư ơ ng I I I CẮ C P H Ư Ơ N G PH Á P GIẢ I T OÁ N HO Ả K IM LO Ạ I

Nên cả hai phản ứng đều xảy ra, tức là Ag2S 0 4 hết, Zn phản ứng hết,Cu ph ản ứng một phần. ,

Gọi X, y, z lần lượt là sô’ mol Zn, Cu phản ứng và Cu dư, ta có:

' x + y = 0 ,005 '

< 65x + 64(y + z) = 0,387 => X = 0,003 ; y = 0,002 ; z = 0,001

108 X 2 X (x + y) + 64z = 1,144

Trong B: m Zn = 0,003x65 = 0,195 g ; rricu - (0,002 + 0,001)64 =. 0,192 g.

Trong C: m Ag = 2(0,003 + 0,002)108 = 1,08 g

m Cu = 1,144 - 1,08 = 0,064 g.B à i 9: Đ ể hoà tan h ết 11,2 gam hợp kim Cu - Ag tiêu tốn 19,6 gam dung

dịch H2SO4 đặc nóng thu được khí A và 5 lít dung dịch B.

1 . Cho A tác dụng với nước clo dư, dung dịch thu được lại cho tác dụngvới BaCl2 dư thu được 18,64 gam kết tủa.

a) Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hợp kim.

b) Tính nồ ng độ % củ a dung dịch H2SO4 ban đầ u.

2. Nếu cho 280 rnl dung dịch NaO H 0,5 M vừa đủ hấp thụ ho àn toà n khíA ở trên thì khối lượng muôi thu được là bao nhiêu? Lấy 100 ml dungdịch B đem điện phân (điện cực p latin) trong 7 phút 43 giây. I = 0,5A.

a) Tính khối lương, kim loại đã bám vào catot và nồng độ mol của cácch ất trong dung dịch sau điện phâ n với giả th iết th ể tích dung dịch vẫn

là100

ml. ' b) Nếu quá trìn h điện phân với anot bằng Cu cho đến khi trong dungdịch không còn ion Ag+ th ì khối lượ ng các điện cực tăng , giảm bao nhiêugam? B iết rằng ở an ot Cu bị tan ra th eo ph ản ứ ng Cu - 2e -» Cư2+.

Hư ớ ng dẫ n

1. a) Tính % khối lượ ng mỗi kim loại tro ng hợp kim:

Gọi X, y lần lượt là số mol của Cu, Ag trong 11,2 g, ta có:64x + 108y = 11,2 (*)



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






96 Chư ơ ng in. CÁ C P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T O ÁN H OÁ K IM L OẠ I

A g2S 0 4 + H 20 — 2 A g ị + 1/ 2 0 2T + H 2S 0 4 (5 )

CuS04 + H20 dpdd >C u i + 1/2 0 2T + H 2S 0 4 (6 )

nAg = 2 n AgiS0 = 0,0008x2 = 0,0016 mol

Gọi là thờ i gian điện ph ân Ag2S04:

rriAff = 0,0016x108 = — -— X— X0,5 Xt, => t, = 308,8" * 309"< 463"= 7'43"Ag 96500 1 1

Vậy Ag2S 0 4 đ ã bị diện phân h ết và Cu S0 4 bắt đầu bị điện p hân vớithời gian: 463". - 309" = 154"

mCu = — -— X— X0,5 X154 = 0,0256 g => nCu = 2-5-6- = 0,Ũ 004 mol965 00 2 ' 64

nikím loại ỏ ’ catố t = 0,0 016x 108 + 0,000 4x64 = 0,1 984 gam

Theo (5), (6 ) suy ra:

n H2so,( - n Ag2so,, + n cuS04 phán ứ ng - 0 ,0 0 0 8 + 0, 0 0 0 4 = 0 ,0 0 1 2 m ol

n CuSO dư = 0 ,0 0 0 8 - 0 ,0 0 0 4 = 0 ,0 0 0 4 m o l

=> [H2S 0 4] = °- — 2- = 0 ,0 1 2 m : ÍCuSOJd„ = -Q,QQQ4- = 0,004M.0,1 0,1

b) Khi điện phân với anot bằng Cu:

Ag2S 0 4 -> 2Ag+ + S 0 42~

C11SO4 ------> C u2+ + SO42'

Cu - 2e Cu2+ (cực dương) Ag+ + le -> Ag (cực âm)Cu + Ag2S 0 4 ------- •> 2A gị + C uS 04

(mol) 0,0008 0,0008 0,0016

Cu ở ano t tan vào dung dịch th àn h Cu2+ nên ở ano t khối lượng giảm:

0 , 0 0 0 8 X 6 4 = 0 , 0 5 1 2 g a m .

Ag tạo ra ở catot và bám vào điện cực này nên khối lượng tăng:

108 X 0,0016 = 0,1728 gam.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. BÀI TẬ P 97

B à i 10: X là hỗn hợ p hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp.

a) Nếu cho X tác dụng vừa đủ với Vi lít dung dịch HC1 rồi cô cạn thì thuđược a gam hỗn hợp muôi clorua khan, còn nếu cho X tác dụng vừa đủ

với v 2 lít dung dịch H 2SO,ị rồi cô cạn thì thu được b gam hỗn hợp muôisunfat khan. Hãy lập biểu thức tính tống sô mol của hai kim loại cótrong X theo a và b.

. L b) Nếu cho X tác dụng với dung dịch gồm Vj/2 lít dung dịch HC1 và V2/2

lít dung dịch H2SO4 đã dùng ở trên rồi đem cô cạn thì thu được c gam

hỗn hợp các muối clorua và sunfat khan của A và B. Hãy lập biểu thứctính c theo a và b.

c) Cho biết b = 1,1807a. Hỏi A, B là các kim loại kiềm nào ?

d) Cho c = 45,25 gam. Tính khối lượng của X và lượng kết tủa thu đượcsau khi hoà tan c gam hỗn hợp các muôi ở trên 'ềào nước và cho tác dụngvói BaCl2 dư.

• Hư ớ ng dẫ n

a) Lập biểu thức tính nx theo a, b:

Gọi M là công thức t rung bình của hỗn hợp X và X là số mol của M.

M + H C1----->MCI ì- I/2 H2T

( m o l ) X X

2 M + H2SO4 ---- > M2S 0 4 + H2T

(m ol ) X x/2

Ta có: mMci = x(M + 35,5') = a (■)

mMaS0 4 = |( 2 M + 96) = b . (**)

T ừ (*), (**) su y ra: X = k ~ a12,5

b) Lập biêu thức tín h c theo a và b:

Vì hỗn hợ p X tác dụng đủ suy ra c = iĩW i ciorua + n w sunfílt = a/2 + b/2

; , = (a + b) : 2

A- PPGBTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




98 C hư ơ n g III. C ÁC PH Ư Ơ N G P H Á P GIẢ I T OÁ N H OÁ K IM LO Ạ I

c) b = 1,1807a và từ (*), (**) suy ra: - = 1,1807 = M + 48 ^ M = 33,67a M + 35,5

Vì A, B thuộc hai chu kì liên tiếp nên A = 23 (Na) và B = 39 (K).

d) c = 45,25 = (a + b) : 2 = (a + l,1807a) : 2 => a = 41,5 gam

X = (b - a) : 12,5 = (1,1807a - a ) : 12,5 = 0,6 mol

mx = X.M = 0,6x33,67 = 20,20.2 gam

M2S 0 4 + BaCla - -> B aS 04ị + 2MC1

Ta CO! n^go^ đãdùng “ ~ ^ —0jl5 mol

n BaS04 = n M2so4 = °>15 mo1- Vậy m BaS04 = 0,15 x 2 3 3 = 34 ,95 ga m.

Bài 11: Hoà tan hoàn toàn một ít oxit FexOy bằng H 2SO4 đặc, nóng ta thuđược 2,24 lít SO2 (ỏ' đktc); phần dung dịch đem cô cạn thì thu được120 gam muối khan.

1. Xác định công thức của sắt oxit.

2. Trộn 10,8 gam bột AI với 34,8 gam bột FexOy ỏ' trên rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm. Giẳ sử lúc đó chỉ xảy .r a phản ứng khử FexOvthành Fe. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp chất rắn sau phản ứng bằng dungdịch H 2SO4 20% (D = 1,14 g/ml) thì thu được 10,752 lít H 2 (ỏ' đktc).

a) Tính hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm.

b) Tính thể tích tối thiểu dung dịch H2SO4 đã dùng.

Hư ớ ng dẫ n

1. Xác định công thức của sắt oxit:

rp , - 2’24 - n 1 „ 1 _ 120 n 0 „ ,Ta có: n So2 = = 0 ,1 mol ; n Fe2(SOí))3 = = 0,3 mol

2FexOy+ (6x-2y)H2S04----->xFe2(S04)3 + (3x-2y)S02T + (6x - 23')H 20

0,3 mol 0,1 mol

0,3(3x - 2y) = 0 ,lx =i> X : y = 3 : 4

Vậy công thức cấu tạo của oxit sắt là Fe 3Ơ 4.

7B- PPGBTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






100 _____ C hư ơ n g IU_ C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P GIẢ I T OÁ N HO Ả K IM LO Ạ I

Cho lượng khí B đó qua ổng đựng 1,6 gam CuO nung nóng, thu. được1,344 gam chất rắn (biết rằng 80% khí B tham gia phản ứng).

Cô cạn 1/2 dung dịch c được 2,42 gam muối kh an . Tiến hành điện ph ân

1/2 dung dịch c với điện cực trơ cho đến khi tro ng dung dịch k hôn g cònion M2+ thì thu-được 22,4 .ml khí (đktc) ở anot.

a) Tính % khối lưọng của các chất trong A, biết rằng tỉ số nguyên tử khốicủa M và R là 2,37.

b) Nếu thêm từ từ dung dịch NaOH có pH.= 13 vào 1/10 dung dịch c chotới khi lượng kết tủa thu được khổng đổi thì tố n hết bao nhiêu mililitdung dịch NaOH? ' '

Hư ớ ng dẫ n

a) Tính % khôi lượng hỗn hợp A : Gọi X, y, z lần lượt là sô' mol của Mg,MO và R 2Oa trong 1,66 g hỗn hợp A.

24x + (M + 16)y + (2R + 48)z =1,66 .

Mg + HCỈ — > MgCl2 + H2T

(1 )

(mol)

(mol)

(moi)

X X

MO + 2HC1

y

R 20 3 + 6HC1

>MC12 + H 20

y

—» 2RCI3 + 3 H2O

2 z

Số’mol ban đẳư:Sô" mol phản ứng:

Số mol sau phản ứng:

■H2

X

0 ,8 x

0 ,2 x

+ CuO —

0,020 ,8 x

(0 ,0 2 - 0 ,8 x)

Cu + H20

0 ,8 x

0 ,8 x

Ta có: m rà„ = mCu + mCuó dư

1,344 = 64x0,8x + 80(0,02-0,8x) => X = 0,02 mol

MCI2 — — > M + CI2T (M có tính oxi hoá mạnh hơn R)

(mol) y y

X

z



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




0 0224n ri = y = ——— X2 = 0,002 mol

° '2 y 22,4

Thay X , y vào (1), ta được: 0,002M + 2Rz + 48z = 1,148 ' (2)

Khi cô cạn dung dịch c , khôi lượng muôi khan thu được gồm:

m MgCl2 + m RCl3 + m MCl2 .

95 x + (M + 71)y + (R + 106 ,5)2z = 2 ,42 X 2 = 4 ,84 (3)

Thay X, y vào (3), ta được: 0,001M + Rz + 106,5z - 1,399 (4)

Từ (2) và (4) suy ra: z = 0,01 ; R = 33,4 - 0,1M ■

Vì M : R = 2,37 nên R = 33,4 - 0,237R => R = 27 (Al), M = 64 (Cu) ■

Vây %m.Mg = ^ X100% = 28,92% .1 , 6 6 f '

%mc„0 = - - - - - - X1 0 0 % = 9,64%1,66

%mAJ,o. = 100 - 28,92 - 9,64 = 61,44%.

b) Tro ng 1/10 dung dịch c , ta có các phươ ng trì nh ph ảnứng:

MgCl2 + 2NaOH ---- > Mg(OH)2ị + 2NaCl

(mol) X 2x

CuCl2 + 2 N a O H ---- > Cu(OH)2ị + 2NaCl

(moi) y 2 y .

AlCla + 3 N a O H ---- > Al(OH)3i + 3NaCl : -

(mol) 2 z 6 z 2 z

A1(0H)3 + N a O H ----- > NaA10z + 2H20

(mol) 2 z 2z

Lư ợng kết tủa k hôn g đổi khi và chỉ khi A1(0H)3 tan hết:

nNaOH = (2x + 2y + 8 z): 10 = 0,0124 mol

Vì pH = 13 => [H+] = 10 ' 13 => [0H1 = 10''1

« [NaOH] = 0,1M, nên VNa0H = 0,0124 : 0,1 = 0,124 lít.

B. BÀI TẬ P _ ______ ___________________ ___ ___ __ 101


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




102 Chư ơ ng I I I C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N HO Ả K IM LO Ạ I

Bài 13: Khi nung Xi gam Cu vó’i x2 gam 0 2 t h ư được sản phẩm Aỵ . Đ unnóng A l t rong x 3 g a m H 2 S O 4 9 8 % s a u k h i t a n h ế t t h u được du ng dịch A 2

và khí A3.

Khí A3 đưọ’c hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0.15M, tạora 0,02 mol hỗn hợp 2 muôi.

Cô cạn dung dịch A2 thu được 30 gam tinh thể CuS0 4.5Hz0. Nếu cho A2

tác dụng với NaOH để tạo ra lượng kết tủa lớn nhất thì cần 300 ml dungdịch NaOH IM.

Cho kết tủa tan trong HC1 vừa đủ, sau đó nhúng thanh Fe vào dung dịch,sau một thời gian khối lượng thanh Fe tăng thêm 0,8 gam.

a) Tính X i , x2, x3. b) Tính khối lượng Fe đã tan vào dung dịch.

c) Tính khối lượng muôi có trong dung dịch sau khi nhúng thanh sắt.

a) nNaOH trong 200 ml dung dịch NaO H 0 , 1 5 M = 0,15x0,2 = 0,03 mol

nNaOH trorig 300 ml dung dịch NaO H IM = 1x0,3 = 0,3 mol

Lượng Cu ban đầu đã chuyển hoá hoàn toàn vào 30 gam tinh thểCu S 0 4.5H20:

X[ = 0,12 X 64 = 7 ,68 gam

Hư ớ ng dẫ n

2Cu + 0 2 ---- > 2CuO (1)

(2 )

(3)

(4 )

(5)

Cu + 2H2S 0 4 ----->CuS04 + S 0 2í + 2H20

CuO + h 2s o 4 — > CuS04 + h 20

S 0 2 + N aO H -----> NaHSOs

S0 2 + 2NaOH----->Na2S 0 3 + H20

Gọi X, y lần lượt là số mol của 2 muôi NaHS0 3 và Na2S 0 3.

Ta có: X + y = 0,02 mol '

Theo (4) và (5) suy ra n so = X + y = 0,02 mol



B

D

K

T

T

O

Á

N

- LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




2x XTheo (1): nCl, pha,, ứ ng = nCl,0 = 2n0z = - Ẹ Ệ = mol

ổ /t J. o

Theo (2): nS0 2 = n Cu = n Cubanđầu - n Cuphánứng = 0 ,1 2 - ^ 1

« 0 ,02 = 0,12 - — => x2 - 1,6 gam16

ỉ ,Khí Az + NaOH: CuS 04 + 2NaOH — ■» Cu(OH)2ị + Na2S 0 4

Lượng Cu(OH)2ị lớn nhất khi nNa0H = 2nCuS0 = 0,24 mol

Lượng NaO H dư (0,3 - 0,24 = 0,06 mol) sẽ bị tru ng hoà bỏ'i ax it H 2SO4 dư trong A2.

H zS 0 4 + 2NaO H ---- > Na2S 0 4 + H20

(mo i ) 0 ,03 0 ,06 ;

Theo (2) và (3): n H so = 2nSOi + n Cu0 = 0,04 + 0,1 = 0,14 mol

V ậy J ] n HvSO = 0,03 + 0 ,14 = 0 ,17 mol

N ên khối lư ợng dung dịch H2SO4 98%: x3 = = 17 gam.98

b) T ính khối lư ợng Fe đã tan vào dung dịch:

Cu(OH)2 + 2HC1----->CuCl2 + 2H20

(mol) 0 ,12 0,12 '

Fe + C11CI2 ---- >FeCl2+Cuị

(moi) y y y y

Ta có: 64y - 56y = 0,8 => y = 0,1 mol (y là số mol Fe phản ứng)

Vậy khối lượng Fe đã tan vào dung dịch: 0,1x56 = 5,6 gam.

c) T ính khối lượng muôi có tron g dung dịch sau khi nh ún g than h sắt:

n CuCi2dư = 0 ,1 2 - 0,1 = 0 ,02 m ol ; n FeC!2 = 0 ,1 mol

mCuCi2 = x 135 = 2,7 gam ; mF e C 1 = 0,1 X 127 = 12,7 gam.

B. BÀI TẬ P _______ ________________________________ __ 103


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N





B. BÀI TẬ P 105

a) Tìm R, tính c% cắ c chất trong A.

b) Cho 800 ml dung dịch KOH IM vào dung dịch A. Tính khối lượng kếttủa tạo thành sau phản ứng.

c) Từ muối nitrat của R và các chất cần thiết, viết phương trình phảnứng điều chế R.

7. Cho một lượng dư bột Fe tác dụng vớỉ 250 ml dung dịch H N 03 4M đunnóng và khuấy đều hỗn hợp. Phản ứng xảy ra hoàn toàn và giải phóngkhí NO duy nhất. Sau khi kết thúc phản ứng, đem lọc bỏ kết tủa, thuđươc dung dịch A. Làm bay hơi cẩn th ận dung dich A thu được nil gam

muối khan. Nung nóng lượng muối khan đó ở nhiệt độ cao để phản ứngnhiệt phân xảy ra hoàn toàn, thu được m2 gam chất rắn và V lít (đktc)hỗn hợp 2 khí.

a) Viết các phương trình phản ứng. 1

b) Tính mi, m2 và V.

H N HỢ P k i m l o ạ i (hoặ c OXIT) + AXIT

1. Hoà tan hỗn hơp X gồm 11,2 gam kim loại M và 69,6 gam oxit MxOy củakim loại đó trong 2 lít dung dịch HC1, thu được dung dịch A và 4,48 lítH2 (đktc). Nếu cũng hoà tan hỗn hợ p X đó trong 2 lít dung dịch HNO 3

thì được dung dịch B và 6,72 lít NO (đktc). Xác định M, MxOy và nồng độmol của các chất tro ng dung dịch A và B.

2. A là oxit của một kim loại hoá trị m (trong số các kim loại Al, Fe, Cu,Ag). Hoà tan hoàn toàn 1,08 gam A trong HNO3 2M (loãng) thu được0,112 l ít khí NO (đktc) và dung dịch D. Tìm A.

3. M là hợp chất hoá học gồm AI và Cu (trong tinh thế hợp kim) có chứa12,3% AI (về khối lượng).

a) Tìm công thức M.

b) Hoà tan M trong HNO3 loãng thu được 2 muôi A, B. Tách riêng A, Brồi lần lượt cho tác dụng với dung dịch NH 3 thì A tạo ra kết tủa Ai, B

tạo ra .-dung dịch Bi. Cho Ai, Bi tác dụng với NaOH đặc thì Ai tạo radung dịch A2, còn B! tạo ra kết tủa B2. Cho Ả 2, B2 tác dụng với HNO3 lạitạo ra A, Ổ ban đầu. Viết các phương trình phản ứng.


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



1 0 6 Chư ơ ng I I I CÁ C P H Ư Ơ N G P H Ấ P GIẢ I T OÁ N HO Ả K IM LOẠ I

4. Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp 3 kim loại bằng dung dịch H N 03 thuđược V lít hỗn hợp khí D (đktc) gồm N 0 2 và NO. Tỉ khối dD/H2 = 18,2.

a) Tính tổng số gam muôi khan tạo thành theo m và V. Biết rằng nồngđộ HNO3 là 37,8% (D = 1,242 g/ml).

b) Tính thể tích tổi th iểu HNO3 đã dùng, biết v hhkh( = 1,12 lít.

5. Hoà tan hoàn toàn 9,5 gam hỗn hợp gồm AI2O3, Al, Fe trong 900 mldung dịch HNO3 bM thu được dung dịch A và 3,36 lít (đktc) khí NO duynhất. Cho dung dịch KOH IM vào dung dịch A cho đến khi lượng kết tủakhông đổi nữa cần dùng hết 850 ml. Lọc rửa rồi nung kết tủa ỏ' nhiệt độcao đến khối lượng không đổi được 8 gam một chất rắn.

a) Tính % khôi lượng các chất trong hỗn hợp và tính b (giả sử không cóFe + Fe3+ -> Fe2+)

b) Nếu muôn thu dược lượng kết tủa lớn nhất th ì cần th êm bao nhiêum ililit dung dịch KOH IM vào dung dịch A? Tính lượng kết tủ a đó.

6 . Hoà tan hoàn toàn một lượng hỗn hợp A gồm Fe 30 4 và FeS2 trong63 gam dung dịch HNO3 theo các phản ứng:

Fe 30 4 + HNOa----

> Fe(N 03)3 + N 0 2T + H20FeS2 + HNOa---- >Fe(N03)3 + NOat + H2S 0 4 + H20

Thể tích N0 2 là 1,568 lít (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng vừa đủvới 200 ml dung dịch NaOH 2M, lọc kết tủa đem nung đến khối lượngkhông đổi, được 9,76 gam chất rắn. Tính số gam mỗi chất trong A và c% dung dịch HNO3.

7. Cho mi (gam) hỗn hợp Mg và AI vào m 2 (gam) dung dịch HNO3 24%. Sau

khi các kim loại tan hết có 8,96 lít hỗn hợp khí X gồm: NO, N 20 , N2 bayra (đktc) và được dung dịch A. Thêm một lượng 0 2 vừa đủ vào X, sau phản ứng được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaO H dư, eó4,48 lít hỗn hợp khí z đi ra (đktc). Tỉ khối dz/ ỉ Ị2= 20. Nếu cho dung

dịch NaOH vào A để được lượng kết tủa lớn nhất thì thu được 62,2 gamkết tủa.

a) Viết pKương trình phản ứng.

b) Tín h mi, m 2 biết lượng HNO3 đã lấy dư 20% so với lượng cần thiết.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






108 Chư ơ ng UL C ÁC PH Ư Ơ N G P H Á P G IẢ Ì T OÁ N H OẢ K ỊM L O Ạ I

14. Cho 2,02 gam hỗn hợp Zn và Mg vào cốc dựng 2 0 0 ml dung dịch HC1.Sau phản ứng đun nóng cho bay hơi hết nước, ta thu được 4 , 8 6 gam chât

rắn. Cho 2,02 gam hỗn hợp trên vào cốc dựng 400 ml dưng dịch HC1trên, cô cạn lại thu được 5,57 gam chất rắn.

a) Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp.

b) Tính thế’ tích khí bay r"a ỏ' th í nghiệm đầu ở đktc.

H N HỢ P k i m l o ạ i (hoặ c OXIT) + H ỗ N HỘ P AXIT

1. Có một cốc đựng a gam dung dịch chứa HNỠ 3 vẵ H 2SO4. Hoà tan hêt4,8 gam hỗn hợp hai k im loại M, N (có hoá trị không dổi) vào dung dichtrong cốc thì thu dược 2,1504 lít (dktc) hỗn hợp 2 khí NO 2 và A.

a) Tìm A, biết rằng sau phản ứng khối lượng các chất chứa trong côctăng 0,096 gam so với a.

b) Tín h khối lượng muối khan thu được.

2. Cho 10,24 gam hỗn hợp X gồm Cu Mg, Fe ỏ' dạng bộ t tác dụng với

150 ml dung dịch 2 axit HC1 2M và H 2S 0 4 2M (loãng), phản ứng tạo ra3,584 lít H2 (dktc) thì hết bọt kh í tho át ra. Đ em lọc, rửa thuđược dungdịch A và ch ất rắn B. Hoà tan h ết B trong H2SO4 đặc nónggiải phóng raV lít S0 2 (đktc). Thêm 125 ml dung dịch NaOH 25% (D = 1,28 g/ml) vàodung dịch A, thu được hỗn hợ p r ắn , lọc rửa, nung ở nh iệt độ cao trongkhông khí đến khối l ư ợ n g không đổi, thu dược 9,6 gam chât răn c .a) Viết các phương trình phản ứng, tính % khối lượng các kim loại trong

hỗn hợp X. b) Tín h VSOr .

H ư ớ ng d ẫ n

1 KIM LOẠ I + 1 AXIT

1. nx = 16,8 : 22,4 = 0,75 moi ; Mx = 17,2 x 2 = 34,4.

a) M tan tron g dung dịch H N O 3 lo ãn g có th ể tạo ra các khí: N 2 , Nz NO, NOz. H ai khí không màu, không h o á nâu là N2 và N 20.

Gọi X, y lần lượt là số mol N 2 v à N 20 trong 0,75 mol X.


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BẢ Ĩ TẬ P 109

Ta có: <X + y = 0 , 7 5

2 8 x + 4 4 y= 34,4

X = 0 , 4 5 m o l ; y = 0 , 3 m o l

X + y

_ , nvT, . _ Tỉ lệ số mol: = 0,45 : 0,3 =n N20

Gọi a là số mol kim loại M tham gia f)hản ứng, n là hoá trị M.

46M + 56 nH N 03 -— » 46M (N03)n + 3nN2 + 2nN20 + 28 nH 20

+5 02 N + lOe -> N 2

+5 +12 N + 8 e -> 2 N

X 3

X 2

n X

46 X

+5 0 +110N + 46e -> 3N 2 + 4N

M - ne -> Mn+

Theo định luật bảo toàn electron, ta có:

_ _ - - 6 9na = 10x0,45 + 8x0,3 = 6,9 => a = - ~

n

Ta có: M = = 9n6 , 9

Cặp nghiệm thích hợp n = 3, M = 27 (Al).

b) n A1 = 62,1 : 27 = 2,3 mol.

46A1 + I 6 8 HNO3 ---- > 46A1(N03)3 + 9N 2 + 6N 20 + 84H20

n168

n Al - '168

V,

h n o 3 4 6 ^ 4 6

_ 8,4 125HNOo - "

X 2,3 = 8,4 mol

5,25 lít.2 x 100

Lư u ý: 46M + 56n H N 03 ------>46M(N03)n + 3nN 2 + 2n N 20 + 28nH2Ơ

a mol 0,45 mol 0,3 mol

2. a ITính a:

Khí A tác dụng với dung dịch NaOH. Vậy A là S 0 2, ta có phản ứng:

a



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




110 Chư ơ ng I I I C ÁC P H Ư Ơ N G P Ị-IẢ P G IA I T O Á N H O A K . IM L OẠ I

2Fe + 6 H2SO4 --► Fe2(S 0 4)3 + 3 S 0 2T + 6H 20 (1)

Theo (1): n Fe = ^ n H2so,j < 37,5%. Như vậy Fe dưO

Trong dung dịch xảy ra phản ứng: .

FedƯ + Fe2(S04)3 -----» 3FeS04 (2)

Gọi X, y là số mol Fe và H 2SO4 đã phản ứng, tacó: X= 0,375y (I)

Theo (1): n Fe = - n H2so4 => n Fe2(SO(i)3 = —y

Theo (2): nFe = x - —y = nFe2(So4')3ở (2)

n FeSO„ = 3 n Fe2{S04 )3 = 3 ( x _ 3 y

Theo đề bài: m mUõ'i = m F e2(S0 4 )a + m FeSO^ = 8,28 g

400 —- - —j ị + 152 X 3|^x - — j = 8,28

=> 56x + 48y = 8,28 (II)

Giải hệ (I), (II) ta được: X = 0,045 ; y = 0,12.

Vậy khối lượng Fe đã phản ứng a = 0,045x56 = 2,52 g.

b) nso = - y = 0,06 m ol ; n Na0H = 0,1x1 = 0,1 m o l2 /

V) nNa0H> nSOa. Phản ứng tạo 2 muối.

2 NaOH + S 0 2 ----->. Na2S 0 3 + H20

(mol) 0,1 0,0 5 0,0 5

Na2S03 + S 0 2 + H 20 ----->2NaHSOs

(mol) 0 ,01. (0 ,0 6-0 ,05 ) 0,02

Vậy số mol Na 2S 0 3 l à 0 , 0 5 - 0 , 0 1 = 0 , 0 4 m o l

Số m o l N a H S 0 3 l à 0 ,02 mol

[Na2S03] - 0,04 : 0,1 = 0,4M ; [NaHSOaJ = 0,02 : 0,1 = 0,2M.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




BAI TẠ P

Lập luận: Khối lượng mE > mo chứng tỏ B gồm 2 hiđ rox it sắt. Suy radung dịch A có 2 muối sất, sau ph ản ứng Fe + H2SO4 đặc, còn có Fe dư.

Gọi X, y là số mol Fe tham gia phản ứng với H2SO4 đặc và Fe dư

(mol)

(mol)

Ta có:

2Fe + 6 H 2SO4 c i ặ c

X

Fedư + Fez(S0 4)3 —

y y

-> 3FeS04

3y

> Fe2(S 0 4)3 -í- 3 S 0 2 + 6 H 2Q

x /2

/

X + y = 5,6 : 56 = 0,1

+ Dung dịch A + NaO H dư:

Fe2(S 0 4)3 + 6 NaOH -

(mol)X

2y

-> 2Fe(OH)3ị + 3Na2S 0 4

(x - 2y) ỉ

F e S 0 4 + 2NaOH

3y

-> Fe(OH)24- + N a2S 0 4

3y(mol)

+ Nung B trong diều kiện không có O2 tạo ra chất rắn D:

2Fe(OH )3

(x - 2y)

Fe(OH )2 -

3y

-> Fe2Ơ 3 + 3 H2O

í x ^(J-y)

FeO + H20

3y

+ Nung B trong không khí:

4Fe(OH )2 + 0 2 + 2H20 -> 4Fe(OH )3

4Fe(OH )3 2 F 6 9O 3 4* G H 2O

4Fe(OH )2 + 0 2

3y

2Fe(OH )3

(X 1 2y)

——— > 2Fe20 3 + 4H20

3y/2

-> Fe20 3 + 3H20

X(- y)

(mol)

(mol)

(1)

(2 )

(3)

(4)

(5)

(6 )

(7)

(5 ’)


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í - H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N




112 C hư ơ n g III. CÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N HO Á K IM L OẠ I

X2

y 160 + 3y X 72 4- 0,48

=> ^ x l 6 0 = 3yx72 + 0,48

Giái ra: X= 0,08 ; y = 0,02

nFe(OH>2 = 3y = 0,06 mol ; nFe(0H)3 = X - 2y = 0,04 moỉ.

4. a) Các phương trình phản 'úng: '

8 M + 10nHN03 -----> 8M (N 03)„ + nN H ,NƠ 3 + 3nH 20 (1 )

HNOs + NaOH — -> NaNOg + H20 (2)

nHN03 = 0)5x1 = 0,5 mol

nNaOH = 2x0,1 = 0,2 mol

Số mol HN 03 phản ứ ng ở (1) là 0,5 - 0,2 = 0,3 mol

Măt khác: M = Suy ra: M = = 9n' nM 2 ’4

lOn

Nghiệm th ích hợp: n = 3, M = 27 (Nhôm),

b) Khối ỉượng chất rắn A thu được gồm:

■ nAKN03)3 = nAi = = 0,08 => m A1(N03);j= 0,08x213 = 17,04 g

nNH4 N03 = 'g nA1'= "g* F 0,03 mNH4 NO;i - 0,03x80 = 2,4 g

nNaN03 = nNaOH = 0,2 mol => m NaN03 = 0,2x85 = 17 g.

5. Gọi a, b lần lượt là sô" moi NO và N 20, ta có:

— _ 30a + 44b — ĩ— = 20,25 X 2 => b : a = 3 : 1a + b


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BAI TẠ P 113

9AI + 3 4 HNO3 ---- > 9A1(N03)3 + NO + 3N 20 + 17H20

24,3— - mo1 VN0 Vn2o

_ 24 3 -Rút ra: n N0 = ——— = 0,1 mol => VN0 = 0,1x22,4 = 2,24 lít2 7 x 9

n N20 = -4 ’ - * 3_ = 0,3 mol => VN,o = 0,3x22,4 = 6,72 lít.27 x9

6 . a) Gọi X, y lần lượt là số mol NO và N20 tron g 2,688 lít B, ta có:

X + y = 2 ,6 8 8 : 22 ,4

r-f 30x + 44y , „ _ „Mb = ------ ------ỉ- = 18,5x2 => X = y = 0,06x + y J

ỹ

11R + 42HN03 ---- > 11R(N03)3 + 3N ồ + 3N20 + 2 lH zO

11 moi 42 mol 3 mol

5 94’ mol a mol 0,06 molR

Suy ra: R = 27 (Nhôm)

Số mol HNOs ban đầu (dung dich P) = x = 0,94 mol100 63

Số mol AI ban đầu là: 5,94 : 27 = 0,22 mol

Số mol HNO3 dư: 0,94 - a = 0,94 - (42 X 0,22) : 11 = 0,1 mol

Dung dịch A gồm 0,22 mol A1(N03)3 và 0,1 mol HNO3 dư.

Khối lượng dung dịch A = m A1 + mdungdịch p - mN0 - m N20

= 5,94 + (564x1,05) - 0,06x30 - 0,06x44 = 593,7 g

Vậy C%AI(N03)3 = °’ 3 X1Q0% = 7-89%

C%HNOadư = — X100% = 1,06% .593,7

8A- PPGBTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






OẠ I B. BÀI TẬ P 115

m■ n' i m

1. Fe đủ phản ứng tạo 1 muôi Fe3 ’.

2. Fe đủ ph ản ứng tạo 1 muối Fe 3+ và dư một ít đ ể tạo F e2\

3. Fe đủ phản ứng tạo Fe2+{không có Fe3+).

HỖ N H Ợ P k i m l o ạ i (hoặc OXĨT) + AXỈT

4 48 72 í1. n H = - = 0,2 mol ; nN0 = = 0,3 moi

2 22,4 22,4

Đ ặt n là ho á t rị M kh i tác dụ ng với HC1, ta có:M + nHCl -----> MC1„ + n/2H2t

M (g) n /2 mol

11. 2 ( g ) 0 ,2 m o l ị

Rút ra M = 28n. Nghiệm thích hợp n = 2, M = 56 (Fe)

Hỗn hợp X + H N 03:

Fe + 4 HNƠ 3 ---- > F e ( N 03)3 + NOt + 2H20

0 ,2 0 ,2 0 ,2 (mol)

■3Fe xOy ! (12x - 2y)HN0 3-----* 3xFe(NOs)3 + (3x - 2y)N O t + (6x-y )H 20

3(56x + 16y) g 3x moi (3x - 2y) mol

(3x - 2y)69,669,6 g3(56x + 16y)

moỉ

Ta có: 0,2 + = 0,3 => X : y = 3 : 4 (F e30 4)3(56x + 16y)

+ Dung dịch A gồm FeCl2 và Fe Cl3: ( n Fe3o4 = 69,6 : 232 = 0,3 moi)

Fe +2HC1-----*-FeCl2 + H2t

0 ,2 0 ,2 (mol)

Fe30 4 + 8HC1---- >FeCỈ2 + 2FeCl3 + H20

0,3 0,3 0,6 (mol)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

HƯ

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

UY

N

H

Ơ

N




116 Chư ơ ng UL CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I TOÁN HOẢ KIM LOẠ I

[FeCl2] = M l M = 0,25M ; [FeCl3] = — = 0,3M2 _ 2i

+ Dung dịch B là Fe(NỌ 3)3: [Fe(N 03)3] = 0,2- Q,3x— = 0,55M2

2 . Đ ặ t cô n g t h ứ c A ỉà M 2O m.

nN 0 = 0,112 : 22,4 = 0,005 mol

M có hai hoá trị m và n, với 1 < m < n < 3.

3M 2Om + (8 n - 2 m )H N 0 3 -----> 6M (N 03)n + 2(n - m)NO + (4n - m )H 203 mol . 2(n-m) mol

--------------- mol 0,005 mol(2M + 16m) ■

Ta có : 1 -0- X- 2 - ^ - )- = 3 x 0 ,0 0 5 => M = 72n - 80m(2M + 16m)

(+) Khi m = 1 => M = 72n - 80

Vì n > m nên khi n = 2 => M = 64 (Cư)

(+) K hi m = 2 => M = 72 n - 160

Với n = 3 => Ivl = 56 (Fe). Vậy A là Cu20 hoặc FeO.

Các phương trình phản ứng:

3Cu20 + 14HNƠ 3-----> 6Cu(N03)2 + 2 NO + 7H20

3FeO + lOHNOa-----> 3Fe(N03)3 + NO + 5H20

3 . a ) Đ ặ t c ô n g t h ứ c M l à A lxC u y, t a có:

X : y = (12 ,3% : 27 ) : (87 ,7% : 64 ) - 0,45 5 : 1,37 .

x : y = l : 3 = > M l à AICU3.

b) H o à ta n M t r o n g d u n g d ịc h H N O 3

AI + 4 HNO3 (loẫug) — i A1(N03)3 + NOt + 2H20

3Cu + 8 HNO 3 (loãng,-----> 3Cu(N03 ) 2 + 2 NOÍ + 4H20

A lC u a + T 2 H N O 3 (loãng)-----

> A 1(N 0 3)3 + 3Cu(N03)2 + 3NOT + 6 H 20(A) (B)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. BÀI TẬ P 117

-> AKOHU + 3 NH4 NO3

(Aj)

Cho A, B + dung dịch NH3:

A1(N03)3 + 3N H3 + 3H20

(A)

Cu (N 0 3)2 + 4N H3 ---- > [Cu (NH3)4](N03)2

(B) (duîg dịch Bi)

Al(OH)3 + N aO H -----> NaA102+ 2H20

(Ai) (A2)

[Cu (NH3)4](N 03)2 + 2N aO H -----> Cu(OH)2ị + 2N aN 03 + 4N H3T„

(Bi)

NaA 102 + 4 HNO3 -

(A2)

Cu(OH)2 + 2 HNO3

4. a) Tính tổng sô' gam muối khan tạo thành:

Gọi M là kí hiệu chung của ba kim loại, a là hoá trị trung bình củachúng, phương trình phản ứng hoá học:

(B2)

-> A1(N03)3 + NaNOa + 2 H20

(A) 5

-> Cu(N03)2 + 2H20

>M(N 03)a + aNOa + aH 20

-> 3M(N03)a + aNO + 2aHzO

(1)

(2 )

M + 2aHN0 3 -

3M + 4aHN03

Từ d D/H = 18,2 => tỉ lệ số mol NO2 và NO: Gọi X, y là số mol N 0 2 và

NO,trong 1 mol hỗn hợp khí D. ' .

Ta có: X + y = 1 và (46x + 30y) : (x + y) = 18,2. Giải ra: X : y = 2 : 3 _

Đ ể có t ỉ l ệ t h í c h h ợ p n N0 2 : n>jo = 2 : 3 ta n h â n ( 1 ) vớ i 2 và (2 ) với 3 rồi

cộ ng lạ i. '

11M. + 16 aH N 03 -----> ll M (N 0 3)a + (2aNO,- + 3aNO) + 8aH 20

l l a m ol N O 3 5 a m o l

11V112 mol

V

22,4 mol

¥



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




118 Chư ơ ng I I I CÁC P H Ư Ơ N G PH Á P G IẢ I T OÁ N HO Ả K IM L OẠ I

_ 62 X1 IVVậy n w , = m + — — —

YY ấ

b) Tính VddHNC,3 tối th iểu đã dùng :

— —— = ------ — ------ => n HN0 = 0 , 1 6 mo ln HN0 3 1 ,1 2 /22 ,4 HN03 ’

\ T •> \ T _ 0 , 1 6 x 6 3 x 1 0 0 ,V a y V j j i t v a — — 2 1 ,4 7 ĩĩioỉ.* ddHNOg 37 8 x 1242 ’

5 . a) Tính %X:

Gọi X, y, z là sô mol AỈ2O 3, A I v à Fe t r ơ n g 9 , 5 g X .

102 x + 27y + 56z = 9 ,5 ( I)

AI2O3 + 6 HNO3 — > 2A1(N03)3 + 3HzO (1)

X 6 x 2x

AI + 4 HNO3 ----->A1(N03)3 + NO + 2HzO (2 )

y 4y y y

Fe + 4 HNO3 ----->Fe(N03)3 + NO + 2H20 (3)

z 4z z z

* Dung dịch A + KOH :

H N O 3 dư + K O H ----- > K N O s + H 20 (4)

A1(N03)3 + 3 K O H ----->Al(OH)3ị + 3 KN O 3 (5)(2x + y) 3(2x + y) (2x + y)(mol)

F e ( N 0 3) 3 + 3KOH -----► Fe (OH )3l + 3 KNO 3 (6 )

z 3z z (m ol)

Al(OH)s + K O H -----> KAIO2 + 2H 20 (7)

(2 x + y) (2 x + y) (m ol)

2Fe(OH)3 — -— > F62O3 + 3H2O (8)

z z/2 (mol)


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BAI TẠ P

T a có: y + z = 3 ,36 : 22 ,4 = 0,15 (II)

z/2 = 8 : 160 = 0,05 (III)

Giải hệ ( I ) , ( I I ) , ( I I I ) ta được X = 0,025 mol ; y = 0,05 mol ; z = 0,1 mol

% m Ai2o 3 = [ (0 ,02 5x 10 2) : 9 ,5 ]x l0 0% = 26 ,84%

% m AI = f (0 ,05x 27 ) : 9 ,5]x l00 % = 1 4 ,3 1 % ; %mFe = 58,95%.

- T ín h b : T heo (5) , (6 ), (7)

X n KOH {phẩn ứng (5), (6), (7)) = 3 (2 x + ỵ) + 3z + (2 x + y ) = 0 ,7 m o i .

^KOH (phả n ứ ng (4 )) = 0,8 5 ~ 0,7 = 0 jl 5 mo i

T h eo (1), (2), (3), (4): n HNQq = 6x + 4y + 4z + n HN0 3 (4)

= 6x0 , 025 + 4x0 , 05 + 4x0 , 1 + 0 , 15 = 0 , 9 m o l i

b = [HN03] = 0,9 : 0,9 = IM.

b ) M uố i có lư ợ n g k ế t tủ a lớ n n h ấ t th ì k h ô n g có (7) x ảy r a . K h i đó số

m o l K O H c ần d ù n g là :

0 ,85 - (2x + y) = 0,7 5 m ol. T ứ c VdungdịchKOH cầ n d ù n g 7 5 0 m l.

K h ố i ỉư ợ ng k ết t ủ a lớ n n h ấ t = m A1(OH)3 ô (5) + m Fe(0H)g ẳ (6)

= (2x + y) X 78 + z X 107= 18,5 g

6 . Gọi X, y là số mol Fe 30 4 v à F e S 2 t ro n g h ỗ n h ợ p A , a là s ố m o l H N O 3

Fe30 4 + IOHNO3 ---- >3Fe(N03)3 + N 0 2t + 5H20 (1 )

X lO x 3x X (mol)

FeS2 + I 8HNO3 ----->Fe(N0 3)3 + 15N 02t + 2H2S 0 4 + 7H 20 (2 )y 18y y 15y 2y

T a có: X + 15y = 1,56 8 : 22 ,4 = 0,0 7 (I)

( +) D u ng d ịc h B t h u được gồm :

F e(N 03)3: (3x + y) mol ; H 2SO4: 2y mol ; HNO3 dư: a - (lOx + 18y)

(+) D un g (dịch B + N aO H đủ:



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






. BÀI TẬ P 121

- H ỗ n h ợ p Y + N a O H :

2 N 0 2 + N a O H ----- » N a N 0 3 + N a N 0 2 + H 20

H ỗ n h ợ p z gồm : N 20 (b mol) ; N 2 (c m ol)

(8 )

1 _ 8 ,96a + b + c = ■= 0 ,4

22,4

Ta có hệ: <b + c =4 ,48

22,4

4 4 b + 2 8c

= 0 ,2 . => a = 0,2 ; b = 0 ,1 5 ; c = 0 ,0 5

b + c= 20 X 2 = 40

X ét các p h ản ứ ng (1 ), (2 ), (3) , (4 ), (5 ), (6 ) ta th ấy :

- Sô ' m o ì e n h ư ờ n g : AI - 3 e -» A ls+

X 3x

M g - 2e -♦ M g2+

y 2y

'X (3x + 2y)e

S ố m o l e n h ậ n :+5 +2

N + 3e -> N

a 3 a

+52 N + 8 e

+12 N

8b 2b

2N + lOe0

N 0

X (3a + 8b + 10c)e

10c c :

T h e o đ ịn h lu ậ t b ả o to à n e : 3 x + 2 y = 3 a + 8 b + 1 0c = 2 ,3

* K h i c h o N a O H đ ủ v à o d u n g d ịc h A:

H N O a dư + N a O H ----- > N aN O a + H 20

M g ( N 0 3)2 + 2 N a O H ----- > M g (O H ) 2ị + 2 N a N 0 3Ạ 1 (N 0 3)3 + 3 N a O H ----- > A l (O H ) 3l + 3 N a N 0 3

Ta c ó : 5 8 x + 7 8 y = 6 2 ,2

(I)

(9)

( 10 )

( I I )

( I I )

a


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



122 C hư ơ n g 111 CÁC P H Ư Ơ N G PH Á P G IẢ I T O ÁN HO Ả K ĨM L OẠ Ì

Giải hệ (I), (II): X = 0,4661 ; y = 0 ,4508

Iĩi! = 0 ,4661 x24 + 0 ,45 08 x2 7 = 23 ,35 8 g

+ 1 2 n N

Iĩi! = 0 ,4661 x24 + 0 ,45 08 x2 7 = 23 ,35 8 g

Theo (1)„ (2), (3), (4), (5), (6): nj-jNOg (phán ứng) = 4 ĩ 1n o + 1 0 n N 2o

= 4 x 0 ,2 + 1 0 x 0 ,1 5 + 1 2 x 0 ,0 5 = 2 ,9 m o l

20^ n HNO:ì dùng (l y dư 20%) = 2 ,9 + 2 , 9 x y ^ = 3 ,4 8 m ol

^ í^HNOg " 3,4 8x 63 = 219 ,24 g

=> m 2 = m ddHN0 = (2 1 9 ,2 4 x 1 0 0 ) : 24 = 9 1 3 ,5 g.

8. a) T í nh M : Đ ặ t a , b l à s ố m o l N O v à N 0 2 t r o n g h ỗ n h ợ p X , t a có :

(30 a + 46 b) : (a + b) - 17 x2 => a : b = 3 : 1

1 0 M + 1 4 n H N 0 3 ----- > 1 0 M ( N O 3)„ + ( 3 n N O + n N 0 2) + 7 n H 20

1 0M g 4 n m o l

- 8,96 .32 — ~ mo1J g 22,4

=> 10M X0,4 = 32 X4n => M = 32n. Vớ i 1 < n < 3 nguyên.

N g h iệm th íc h h ợ p n = 2 ; M = 6 4 (C u).

b) Gọi X, y , z, t lầ n lư ợ t l à s ố m o l C u , A g2 0 , F e C 0 3, A I2O 3 t r o n g 8 7 ,4 g

hỗn hợp, ta có: '

64x + 232 y + 116z + 10 2 t = 87 ,4 (I)

T he o cá c p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g . A + H N 0 3:

3Cư + 8 H N O 3 ------>3 C u ( N 0 3 ) 2 + 2 N O t + 4 H zO

X X 2x /3 (m ol)

Ag20 + 2 HNO 3 -----* 2AgNOs + H20y 2 y ( m o l )

3 F e C 0 3 + lO H N O a ----- > 3 F e ( N 0 3)3 + N O + 3 C 0 2T + 5 H 20

z ' z z/3 z (m ol)

A120 3 + 6 HNO3 -----> 2A1(N03) 3 + 3H20



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. BÀI TẬ P 123

~ 2x z 13 ,44 n „ „ , „ _ T a có: — + — + z = = 0,6 => 2x + 4z = 1,8

3 3 22,4 ’

* H ỗn hợ p k h í (NO + C 0 2) + dun g dịch C a(OH )2 dư

C 0 2 + Ca(OH )2 dƯ ---- ► CaC03ị + H20

z z (m ol)

Ta có: z = 30 : 100 = 0,3 ị

* HC1 dư + d un g dịch B (x m ol C u(N 0 3 )2, z m ol F e (N 0 3)3,

A g N O s , 2 t m o l A 1 ( N 0 3)3)

A g N O a + H C 1 ----- > A gC U + H N 0 3 ... .

2 y 2 y

Ta có: 2y = 28,7 : 143,5 =* y = 0,1

G iải h ệ I , II , II I , IV t a có: X = 0,3 ; y = 0,1 ; z = 0,3 ; t = 0,1

mcu = 0,3x64 = 19,2 g ; m Ag20 = 0 ,1x232 = 23 ,2 g

mFeco3 = 0,3x116 = 34,8 g ; mA,2 0 3 = 0,1x102 = 10,2 g.

* M g + d u n g d ịch B: nMg = 25 ,2 : 24 = 1,05.

Mg + 2AgN 03 ---->2kg i + Mg(N03) 2

0,1 0 ,2 0,2 (m ol)

M g + C u (N 0 3)2 ------> C u + M g ( N 0 3)2

0 ,3 0 ,3 0 ,3

3 M g + 2 F e ( N 0 3)3 ----- > 2F e + 3M g(N 03)2

0,45 0 ,3 0 ,3:

Sau các p h ản ứng t r ê n nMgcòn = 1 ,05 - 0 ,85 = 0 ,2

V 3M g + 2A 1(N 03)3 ------ > 2AI + 3 M g (N 0 3)2

S ố m o l b a n đ ầu : 0 , 2 0 ,2

.S ô m o l p h ả n ứ n g : 0 ,2 0 ,4 /3 0 ,4 /3

ẵố m o l s a u p h ả n ứ n g : 0 0 , 0 6 7 0 ,4 /3

m = 108x6,2 + 0,3x64 + 0,3x56 + 27x0,4/3 = 61,2 g.

(II)

( I I I )

2 y m o l

(IV)


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



124- Í ^ Ỉ ^ C Á C P H U O N G ,

PỉrỉAP Q ĩẢ T rpr, : _

■;. - ----- ^ U ỉ 9 Á K I M L 0 i

9 ■ Cách 1: Đ ặt' công thứ c phân tử . " „ ' _ ac 0x*t sắ t Jà: Fe o

2xFe + y0 2 2Fe o y

Gọi a, b là số moỉ NO và NCì fv. _ 0 n g ° - 0 3 5 m o i M

fã + b = 0, 035 h ồ n h ợ p(1)

Í30a + 46ba + b * 19 x 2 = 3 8

a ' ° ’0 Ỉ 7 5 ;l> = 0,0175Ta có tỉ lệ* n tv bl 19 . 3 b —J ■ 2

Theo ph ơ ng trình phẩ n ứ ng:

3F e,0 , + H2x - 2í)JỈN0, 3 íP

_ F e ,o , + t e - j g m r o , — < _ Ịf y w r i j i. + + (6 x _ y m 0

i (5ax -t w y ì e y ° * < ^ ỹ ì N Õ ^ n ỉ ú ^ r ~

' M ị ■ . « * - * ) £ , y>Ỉ Ỉ2°

4(56x +. 16y) 3 X _ ỊỊV , 0,0175 ỉĩioìTa có:

5,04y = 1 : 1

Vậy cóng thức phân tử của ox it IV „A1E s a t là F eO .

Cách 2:

t - n Fe- nFe0 = 5)04 . 72 ■

. ’ 7 n i o ] -

; moi:

Quá trình khử :

mol:

moi

moỉ

3t -

3- Fe - 3e -> Pe3+ t 3t t

'o2 + 4e• -2

- > 2 0 z 4z 2z

n o 3 +3e -> NO

0)0525 0 ,0175

0 C o j

+ le ^

0,0175 , N 0 2

^ c / T r 525: ^ _ 0 ,0 5Ị56t + 2z.l6 = 5,04 ^ t s n H7 »1 u>u/ moi.



B

D

K

T

T

O

Á

N -

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

HƯ

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

UY

N

H

Ơ

N






126 C h ư ơ n g I I I . CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I TOÁN HOẢ KIM LOẠ I

Í56a + M b = 1 ,38

Ta có: i 3a + bn = 0 ,105

2a + bn = 0 ,09

a = 0 ,0 15 ; M = 9 n = > n = 3 ; M = 27 (A l).

11 . a ) Gọi X, y , z là số mol Fe , Zn , AI t rong 20 ,4 g hỗn hợp X.

Gọi k x , k y , k z ỉà s ố m o l F e , Zn , AI t ro n g 0 ,2 m o l h ỗ n h ợ p X .

Ta có: 56 x + 65 y + 27 z = 20 ,4 (I)

kx + ky + kz = 0 ,2 ( I I )

C ác p h ư ơ n g t r ìn h p h ả n ứ n g:

F e + 2H C 1 ------> F e C l2 + H 2t

Zn + 2HC1

y

AI + 3HC1

z

Z n C l2 + H 2t

y

-> AlCls + 1,5H2

l , 5 z

T a có: X + y + l ,5 z = 10 ,0 8 : 2 2 ,4 = 0 ,4 5

Fe + 1 ,5C12 ----- > F eC l3

k x l , 5 k x

Z n + C I2 -

ky k y

AI + 1,5C 12 -

k z l , 5 k z

-» Z 11C I2

A1CỈ3

Ta c ó : l , 5 k x + k y + l , 5 k z = 6 ,1 6 : 2 2 ,4 = 0 ,2 7 5

G iải h ệ (I), (I I) , (II I), (IV ): X = 0,2 => m Pe = 11 ,2 g

y = 0,1 => m Zn = 6 ,5 g ; z = 0 ,1 rì. m Ai = 2,7 g.

b) Cách 1: G ọ i X, y là s ố m o l N 20 v à N 2 t r o n g 1 ,1 2 l í t h ỗ n h ợ p k h í

x + y = 1 , 1 2 : 2 2 , 4 = 0 ,0 5

4 4 x + 2 8 y

(1)

(2)

(3 )

( I I I )

(4)

(5 )

(6)

(IV)

X + y= 1 8 , 8 x 2 = 3 7 ,6

X = 0,03 ; y = 0,02


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ễ



B. BÀI TẬ P 1 27

G ọ i a , b l à s ố m o l A I v à M t r o n g 1 2 , 4 5 g h ỗ n h ợ p k h í X ( t ứ c 0 , 2 5 m o l ) :

f a + b = 0 ,2 5 ( I)

| 2 7 a + M b = 1 2 , 4 5 ( II ) .

C á c p hư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ ng:

8 AI + 30HNƠ 3

10A1 + 3 6 H N O 3

8 AI + 3 O H N O 3 -

4 M + IOHNO3 -

5 M + 12HNƠ 3-

4 M + IOHNO3 -

8A1(NỌ 3)3 + 3 N 20 + 1 5 H 20

—> 1 0 A 1 (N 03)3 + 3 N 2 + 18H20

> 8 A l(N 0 3)a + 3 N H 4 N O 3 + 9 H 2 0

-> 4 M ( N 0 3)2 + N H 4 N 0 3 + 3H 20

N a O H + NH4NO3 -

3 N a O H + A 1 (N 0 3)3

2 N a O H + M ( N 0 3)2

N a O H + A 1 (0 H)3

-

> 5 M ( N 0 3)2 + N 2 + 6 H 2O

> 4 M ( N 0 3)2 + N 20 + 5 H 20

> N aN O a + N H 3*Ĩ + H 20

-> 3 N a N 0 3 + A l ( O H y

> 2 N a N 0 3 + M ( O H )2

N a A 1 0 2 + 2 H 20

N a 2M 0 2 + 2H 20C ó t h ể c ó: M ( O H )2 + 2 N a O H -

T he o (7): n NH = 0 ,44 8 : 22 ,4 = 0 ,02 m ol

X é t c ác b á n p h ả n ứ n g:

* N h ư ờ n g e ( m o l) :

AI - 3e -» A l3+

a 3 a

* N h ận e (mo ỉ) :

2 N + 8 e N 20

0 ,24 0 ,03

M - 2e - > M n+

b 2 b

2 N + lO e0

N 2

ĩl e nhường — + 2 b

X n e nhận = 0 ,24 + 0 ,2 + 0 ,16 = 0 ,6

=> 3a + 2b = 0,6

0,2 0,02 +5 -3

2 N + 8 e -> N

0 , 1 6 0 , 0 2

(1)

(2)

m

(4)

(5 )

(6)

(7)

(8)

(9)

( 1 0)

(11)

(III)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




128 C h ư o u g III . CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I TOÁN HOẢ KIM LOẠ I

G iải h ệ ( I) ,(II) , (III): a = 0,1 ; b = 0,1 5 ; M = 65 (Zn )

V ậy m A1 =27 X 0,1 = 2 ,7 g ; m Zo = 6 5 X 0 ,15 = 9 ,75 g .

Các/z 2 : D un g dịch Y p h ải có N H 4 N O 3 , nên:

NH4NO3 + N a O H ------> N aN O s + N H 3t + H20

0,0 2 • 0,0 2 (mol)

Tỉ lê m ol n : n N • N H 4 N O 3 = 0,03 : 0 , 0 2 : 0 , 0 2 = 3 : 2 : 2 .* N2O

2 OAI + 7 4 H N O 3 — > 20Al(N();-!)n + 3N 2() + 2Nạ + 2NH4NO3 + 33 H 20

a 3a/20

30M + 7 4 H N O 3 ----- > 3 0 M (N 0 3)2 + 3N 20 + 2N 2 + 2 N H 4 N O 3 + 33H 20

b 3 b /3 0

T a c ó :

a + b = 0 ,25

3a 3b a = 0,1 ; b = 0,15 — + —— = 0 ,0 320 30

=> 27 x0 ,1 + M x0 ,15 = 12 ,45 => M = 65 (Zn).

12. n CL,0 = 6 ,4 : 80 = 0, 0 8 m o l ; n Fe 0 3 = 1 6 : 16 0 = 0,1 m o l

n H so = X 2 = 0 ,32 mol

K h i h o à t a n h ỗ n h ợ p C u O v à F e 20 3 t r o n g d u n g d ịc h H2SO4 c ó t h ể x ả y

r a 2 tr ư ờ n g h ợ p .

(+) Tr ờ ng hợ p 1: C u O p h ả n ứ n g trư ớ c .

C uO + H 2S 0 4 — C u S 0 4 + H 20 (1)

Sô" m ol b an đầu: 0 ,08 0 ,32

S ô' m o l p h ản ứng : - 0 ,08 0 , 08

Sô" mol sau phản ứ ng: 0 0 ,24

T i ế p th e o l à F e 20 3 p h ả n ứ n g :

Fe2C>3 + 3H2SO4----» Fe2(SƠ 4)3 + 3H2O (2)

Sô ' m ol b an đầu: 0 ,1 0 ,24

S ô' m o l p h ản ứng : 0 , 08 0 , 24

S ố m o l s a u p h ả n ứ n g : 0,02 0 .


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B B À I T Ậ P 129

V ậy kế t t hú c ( 1 ) và ( 2 ) còn dư F e20 3 0 ,02 m ol tức 3 ,2 g.

(+) Tr ờ ng hợ p 2: F e 20 3 p h ả n ứ n g tr ư ố c .

F e 20 3 + 3 H 2S 0 4 ----- > F e 2( S 0 4)3 + 3 H 20

0,1 0,32

0,1 0,3 I '

0 0,02

C u 0 * J Ỉ2S 0 4 - — > C u S 0 4 + H a i) - -

0 ,08 0 ,02

0,02 0,02

0 ,06 0

Sô ' m o l b an đầu :

S ố m o l p h ả n ứ n g:

S ô m o l s a u p h ả n ứ n g :

S ố m o l b a n đ ầu :

S ố m o l p h ả n ứ n g:

Sô’ m o l sau p h ản ứng :

(1)

C òn dư 0 ,06 m o l CuO tức 4 ,8 g.

V ậy kh o ảng x ác định của m : 3 ,2 < m < 4 ,8 .

13 . G ọi a , b l à sô' m ol Fe v à FexOy t r o n g 9 ,2 g h ỗ n h ợ p A

56a + (56x + 16y)b = 9 ,2

F e + 2 H C Ỉ----- > F e C l2 + H 2T

a 2 a

F e xOy + 2 y H C l ----- > x F e C l2y/x + yH 20

b 2 by

T a có: 2 a + 2by = 0 ,32

FexOy + y H 2 -----> x F e + yH20

b bx

a + bx = 7,28 : 56 ^ 0,13

G iải h ệ ( I ) , ( I I ) , ( I I I ) : ■

a + by = 0,16

a + bx = 0 ,13 => bx = 0,0 9 ; by = 0,12

56 (a + bx) + 16by = 9,2

> X : y = 0,09 : 0,12 = 3 : 4 . Công thức của oxit sắt là Fe30 4.

(I)

( I I )

( I I I )

9A- PPGBTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






B. BÀI TẬ P 131

b ) G ọ i a, b là s ố m o l N Ơ 2 v à S 0 2 t r o n g 0 ,0 9 6 m o l h ỗ n h ợ p :

í 4 6a + 64b _

T a có: i a + b => a = 0 ,0 8 ; b = 0 ,0 1 6 => a : b = 5 : 1[a + b = 0 ,096

Đ ặ t c ô n g t h ứ c tư ơ n g đ ư ơ n g M , N l à R có h o á t r ị t r u n g b ì n h k h ô n g đ ổ i

là n. ị

5 R + lO n H N O s ----- > 5 R ( N 0 3)„ + 5 n N 0 2+ 5 n H 20 (1 )

2 R + 2 n H . ,S 0 4 — ~*-R2tS G 4)n + nSO;> + 2 n H 20 (2)

7R + lOnHNOa + 2 n I Ỉ2S 0 4 ----- >5 R (N 0 3 )n + R 2(S0 4 )n + 5 n N Ơ 2 + 11S O 2 + 7 n I Ỉ2 0

l O n 2 n 5 n ( m o l ) N 0 3 ' n ( m o l ) S O ^ 5 n

0 , 16 0 , 032 0 , 08 0 , 016 0 , 08' ' ' 7 ỉ ’

m muốiklian = m hh + m N0_ + m SC)2_ = 4,8 + 0,0 8 x 6 2 + 0,0 1 6 x 9 6 = 1 1 ,2 9 6 g.

2 . Gọi X , y, z l à số m ol M g, Fe , Cu: 24x + 56y + 64z = 10 ,24 ( I)

a) M g -t- 2 H + ------- > M g 2+ + H 2 (1)

X X X

F e + 2 H + ------ > F e 2+ + H 2 (2)

y y y

n „ + = 0 ,15 (4 + 2) = 0 ,9 molrí

=> Còn dư H+ =s> X + y = 0,16 ( I I )n H = 3 ,5 84 : 2 2 ,4 = 0 ,16 m ol j

n H+dư = " 2 X 0,16 = 0,58

V ậy M g, F e ta n h ết , du ng d ịch A có M g2+, F e2+, H +, cr, SO4 v à r ắ n B

l à C u .

B + H2SO4 dặc, nóng:

Cu + 2H 2S 0 4 ------> C u S 0 4 + S 0 2t + H 20

z z

nNaOH = (125x1,28x25) : (100x40) = 1 moi

H++ OH' -----> H20 (3)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




132 C hư ơ n g 111 C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N H OA K IM L OẠ I

* P h ả n ứ n g t ạ o k ế t t ủ a :

M g2+ + 2 0 H ' - -----► M g(O H )2 (4)

X 2x X

F e2+ + 2 0 H “ ----- > F e( O H )z (5)

y 2y y

V 1n _ = (2x + 2y) + 0 ,5 8 = .0,9 => n 0 H ' dư = 1 - 0,9 = 0,1 m olOH '

* N u n g k ế t t ủ a : M g ( O H ) 2 — ■—— > M g O + H 20 (6 )

X • X

2F e( O H ) 2 + I / 2 O 2 — ^ F e 20 3 +2HsO ( 7 )

' y ■ . y/2

T a có : 0 ,5 y x l 60 + 40x = 9 ,6 ( I I I )

G iải h ệ (I), (II), (III ): X = 0,0 8 ; y = 0,0 8 ; z = 0,06

%Mg = K.o,08x24) : 10,24]xl00% = 18,75%

%Fe = [ (0 ,08x56) : 10 ,24 ] x l 00% = 43 ,75%

% C u =■ 37 ,5 % ; ■

b ) T h e o (3): n S0 2 = n Cu = 0 ,0 6 m o ỉ => VS0 2 = 0 ,06 x2 2,4 = 1 ,34 4 ì í t.

Chủ đề 2: KIM KOẠI + DUNG DỊCH KIỂM

A. P H Ư Ơ N G P H Á P G I Ả I

1 . C h ỉ có c á c k i m l o ại có h i đ r o x i t l ư ỡ n g t í n h t a n đ ư ợ c t r o n g b a z ơ m ạ n h ,

đó l à Ạ l, Zn , Be . . .

AỊ + NaOH + H20 ----- > N aA 1 0 2 + 3 /2 H 2t

Zn + B a( OH ) 2 ------> B aZ n 0 2 + H 2t

T ổ n g q u á t:

M + ( 4 - n ) N a O H + ( n - 2 ) H 20 -----

> N a4-nM 0 2 + n /2 H 2t2M + ( 4 - n ) B a( O H ) 2 + ( 2 n - 4 ) H 20 ------> B a4- n(M O z)z + n l i 2t



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




2 . K h i ho à t a n A l , Z n . .. v à m ộ t k i m l oại k i ềm ho ặc k i ềm t hố ’ ( C a ,Ba),

ớ i n ư ớ c , b a z ơ s i n h r a t ừ k im lo ại k i ề m h o ặc k iề m t h ổ h o à t a n đ ư ợ c A l,

n ... tạ o t h ê m m ộ t lư ợ n g H 2 m ớ i. N ế u đ ủ b a z ơ , A l, Z n ... t a n h ế t , n ế u k h ô n gủ b a z o ’ A l, Z n . .. ta n m ộ t p h ầ n .

T r o n g d ạ n g t o á n n à y n ê n d ù n g p h ư ơ n g p h á p g i ả i t o á n l ư ợ n g c h ấ t d ư

o n g tư ơ n g t á c h o á h o c đ ể x ét.i '

3. T h ứ t ự tư ơ n g t á c t ro n g d u n g d ịc h :

a) Ví dụ 1: O H ' + d u n g d ịch (H +, Z n 2+, M g2+)

T h ứ t ự l ầ n l ư ợ t:

. B À I T Ậ P ______________________________________________________________________________ K33_

N ếu k ế t t ủ a cự c

N ếu k ế t tủ a cự c

b) Ví dụ 2: T h ứ t ự l ần lư ợ t:

4 . Đ ể g i ả i b à i t o á n tư ơ n g t á c h o á h ọ c x ả y r a tr o n g d u n g d ịc h , n ê n d ù n g

h ư ơ n g t r ì n h d ạn g io n đ ể t ín h .

. B À I T Ậ P

Bài tạp mẫu

ài 1: H o à t a n 1 7 ,8 8 g a m h ỗ n h ợ p X g ồm h a i k i m lo ại k i ềm A , B v à k im lo ại

k i ề m t h ổ M v à o n ư ớ c t h u đ ư ợc d u n g d ịc h c và 0 , 24 m o l kh í H 2 ba y r a .

D ung dịc h D gồm H 2S 0 4 và H C 1 t r o n g đó s ố m o l H C 1 gấp 4 l ần sô ' m o l

H 2 S 0 4 .

a ) Đ ể t r u n g h o à 1 /2 d u n g d ịc h c c ầ n h ế t V ( lít) d u n g d ịc h D . T í n h t ổ n g

k h ô i lư ợ n g m u ô i tạ o t h à n h t r o n g p h ả n ứ n g t r u n g h o à.

O ET + H + -----» H 20 ( 1)

2 0 H - + M g 2+----- > M g ( O H ) 2ị Ị (2 )

2 0 H ' + Z n 2+-----> Z n(O H )2ị J

2 0 H + Z n (O H ) 2 ----- ► Z n 0 22~ 2 H zO (3)

đạ i : phản ứng ( 2 ) xong ( không c ó ( 3 ) ) .

t i ếu : phản ứng ( 3 ) xong .

H + + d u ng d ịc h ( O H A 1 0 2 )

H + + O H ” ----- > H 20 (1)

H 20 + H + + A 102" ----- > A l(O H )34 (2 )

3 H + + A l (O H ) 3 ----- > A l3+ + 3 H 20 . (3 )


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



134 C hư ơ n g III . C ÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I TOÁN HOẢ KIM LOẠ I

b ) H o à t a n h o à n to à n m (g a m ) AI v à o 1/2 d u n g d ịc h c th u đư ợ c d u n g d ịc h

E v à m ộ t lư ợ n g H 2 b ằ n g 3 /4 l ư ợ n g H 2 t h u đ ư ợ c ỏ' t r ê n ( k h i h o à t a n X v à o

n ư ớ c ) . T í n h m .

H ớ ng d ẫ n .

a ) T í n h t ổ n g k h ố i l ư ợ n g m u ố i t ạ o t h à n h t r o n g p h ả n ứ n g :

K hố i lư ợ ng X ứ ng vớ i 1 /2 du ng dịch c l à 1 7 ,88 : 2 = 8 ,94 g

Đ ặ t R l à k im lo ại tư ơ n g đ ư ơ n g c ủ a A v à B.

R + H 20 ------» R + + O H ' + 1/2H 2Í (1)

M + 2H20 — ► M2" + 2 Ỡ Ĩ T + H2Í (2 )

Từ (1) và (2) suy ra n - = 2nH = 2 X = 0,24 mol (ứ ng vớ i 1/22

du ng dịch C)

G ọ i s ố m o l H 2S O 4 t r o n g du ng dịch D l à X ( m o l ) suy r a : n H+ = 2x

Gọi số m o l HC1 t r on g du ng dịch D l à 4x ( m o l ) suy r a n H+ = 4x ■

K h i 1/2 du n g dịch c + du n g dịch D: H + + O H “ ------> H 20 (3)

n u+ = (2x + 4x) = noH~ = 0 ,24 => X = 0,0 4 m olri

T ro n g D c òn có : n gC)2_ = n H2so 4 = 0,0 4

ncf = nnci = 0,04 X4 = 0,16

K hố i lư ợ ng m uố i tạo r a : m muối = m R+ + m M2+ + m s o 2 _ + m c r

= 8 ,94 + 0 ,04x96 + 0 ,16x35 ,5 = 18 ,46 g . b ) T ín h m g a m AI k h i h o à t a n v à o 1 /2 d u n g d ịc h (C ):

AI + O f f + H 20 -> A1022 + 3/2H2T (4)

n Ai= — n H, = — x 0 ,2 4 x — = 0,12 m ol => m Ai = 0,1 2x 27 =3 ,24 g .3 3 4

B à i 2 : C h i a h ỗ n h ợ p 2 k i m lo ạ i A v à B có h o á t r ịt ư ơ n g ứ n g l à n v à m

t h à n h 3 p h ầ n b ằ n g n ha u :

Phầ n 1: C h o h o à t a n h ế t t r o n g d u n g d ịc h H C 1, th u đ ư ợ c 1 , 7 9 2 l ít H 2

( đk t c ) .



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. BẢ I TẬ P 13 5

Phầ n 2: C h o t á c d ụ n g v ớ i d ư n g d ịc h N a O H d ư, t h u đ ư ợ c 1 , 3 4 4 l í t k h í

( đ k t c ) , c ò n l ạ i c h ấ t r ắ n k h ô n g t a n c ó k h ố i l ư ợ n g b ằ n g 4 / 1 3 k h ô i l ừ ợ n g

m ỗ i p h ầ n . •

Phầ n 3: N u n g t r o n g o x i d ư đ ư ợ c 2 ,8 4 g a m h ỗ n h ợ p o x i t l à A 2O n v à B 2O m\

a ) T í n h t ổ n g k h ố i lư ợ n g c ủ a h a i k i m lo ại tr o n g 1/3 h ỗ n h ợ p b a n đ ầu . H ã y

x á c đ ịn h h a i k i m l o ại A, B . i' * ?

b ) M u ố n h o à t a n h ế t h ỗ n h ợ p b a n đ ầu b ằn g d u n g d ịc h H N 0 3 3 ,9 8 %

(D = 1 , 0 2 g / m l ) có k h í N 20 d u y n h ấ t b a y r a t h ì p h ả i d ù n g t ô i t h i ể u b a o

n h iê u m i l i l i t d u n g d ịc h a x i t?

H ớ ng dẫ n

a ) T í n h t ổ n g k h ố i l ư ợ n g c ủ a 2 k im lo ại t r o n g 1/3 h ỗ n h ợ p đ ầu :

Gọi X , y l ần l ượ t l à số mol của A , B t rong mỗi ] âhần .

* C ho p h ần 1 + du ng d ịch HC1:

( + ) X é t t r ư ờ n g h ợ p A , B k h ô n g t á c d ụ n g đ ư ợ c v ớ i n ư ớ c v à A l ư ỡ n g t í n h .

A + n H C l ----- > AC1„ + n /2 H 2T(mol) X 0,5nx

B + m H C l------* B C lm + m /2H 2T

( m o l ) y 0 , 5 m y

T a có: 0 ,5 (n x + m y) = 0 ,08 C2>n x + m y = 0 ,16 (1)

* C h o p h ầ n 2 + d u n g d ịc h N a O H d ư c ò n l ại c h ấ t r ắ n k h ô n g t a n l à m ộ t '

r o n g h a i k i m lo ại A h o ặc B k h ô n g t a n t ro n g k iềm .

G iá s ử A t a n : A + ( 4 - n ) N a O H + ( n - 2 ) H 20 ----- » N a 4_nA 0 2 + n/2 H 2t

(mol) X 0,5nx

T a c ó: 0 , 5 n x = 0 , 0 6 => nx = 0 ,12 (2)

T ừ (1 ) s u y r a : m y = 0 , 0 4 (3 )

L ư ợ ng c h ất rắ n còn lại : By : (Ax + By) = 4 : 13 (4)

* C h o p h ầ n 3 + 0 2 d ư: 2 A + n / 2 0 2 --------- > A2On(mo l) X 0,5 x

í 2 B + m / 2 0 2 ------ > B2Om

(mo i) y 0 ,5y


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

000

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N



C hư ơ n g III. C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N IĨO Ả K IM LO Ạ I

T a có: 0 ,5x(2A + 16n) + 0 ,5y(2B + 16m ) = 2 ,84

<=> Ax + By + 8 (n x + m y) = 2 ,84 o Ax + B y = 1 ,56 (5 )

V ậ y k h ố i l ư ợ n g 2 k i m l o ại tr o n g 1 /3 h ỗ n h ợ p b a n đ ầu l à 1 ,5 6 g a m .

* X ác định h a i k im loạ i A, B:

Từ (4 ) và (5 ) suy ra : Ax = 1 ,08 và By = 0 ,48

N g o à i r a : A x : n x = 1 ,0 8 : 0 ,1 2 '-=> A = 9 n

By : my = 0,48 : 0,04 => B = 12m

B i ệ n l u ậ n A , B th e o m , n s u y r a ;

n = 3 => A = 27 (A l) v à m = 2 => B = 24 (M g).

X é t t rư ờ n g h ợ p A k h ô n g t á c d ụ n g v ớ i H 2O n h ư n g B t á c d ụ n g v ớ i H 20

(+) P h ần 1 + dun g dịch HC1:

A + n H C l — -* A C ln + n / 2 H 2T

(mol) X 0,5 nx

, B + m H C l -------------- > B C l m + m / 2 H 2T

(mo l ) y 0 , 5 m y

T a có: 0 , 5 ( n x + 'm y ) = 0 , 0 8 o n x + m y = 0 ,1 Ố ( 1')

( + ) P h ầ n 2 + H 2Ọ có tr o n g d u n g d ịc h N a O H :

B + mHaO---- >B(OH)m+ m/2H2T( m o l ) y 0 , 5 m y

T a có: 0 ,5 m y = 0 ,06 => m y = 0 ,12 . (2 ')

T ừ (1 ') => n x = 0 , 0 4 (3 ')

Lư ợn g c h ấ t rắ n còn lạ i: Ax : (Ax + By) = 4 : 13 (4 ')(+ ) Ch o p h ầ n (3) + 0 2 d ư :

T ư ơ n g t ự t rư ờ n g h ợ p đ ầ u A x + B y = 1 ,5 6 ( 5')

T a v ẫ n t h u đ ư ợc 1 ,5 6 g a m k h ố i lư ợ n g 2 k im lo ại:

T ừ (4 ' ) v à (5 ' ) su y r a : Ax = 0 , 4 8 v à By = 1 , 0 8

N g o à i ra : A x : n x = 0 ,4 8 : 0 ,0 4 => A = 1 2 n => A l à M g

B y : m y = 1,08 : Q,12 => B = 9 m B là AI

L o ại tr ư ờ n g h ợ p n à y v ì c ả h a i k i m lo ại đ ều k h ô n g t a n t r o n g n ư ớ c.



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




BÀI TẬ P 137

b) n A = X = 0 ,0 4 m o l ; n B = y = 0 ,0 2 m o l

4 M g + lO H N O a ----- » 4 M g (N 0 3)2 + N 2OT + 5 H 20 '

(mol ) 0 ,02 0 ,05

8 AI + 3 O H N O 3 ---- ► 8A 1(N 03)3 + 3N 20 t + 1 5H sO

(mol) 0 ,04 0 ,15 .

xr _ 0 , 2 x 6 3 x 1 0 0 J n o iVd dH N0 3 đã phan ứ ng — 2 9 8 1 0 2 y o i j i Z m i .

à i 3 í H ỗn hự p A lầ k i íH - Al - Gt t- (đạng- bộ t) . —■ — -

L ấ y m g a m h ỗ n h ợ p A h o à t a n b ằ n g 5 0 0 m l d u n g đ ịc h N a O H n ồ n g độ

a m o l/1 cho t ớ i k h i k h í ngừ ng tho á t r a t h ì t hu dược 6 ,72 l í t H 2 (ở dk t c ) và

c òn lạ i m i g a m k i m lo ại k h ô n g t a n . M ặ t k h á c l ấy m g a m h ỗ n h ợ p A h o à t a n

b ằn g 50 0 m l d u n g d ịc h H N O 3 nồng độ b m o l /1 c ho t ớ i kh i kh í ngừng thoá t

r a t h ì t hu được 6 ,72 l í t kh í NO duy n h ấ t (ở đk t c ) và c òn l ại m 2 g a m k im loạ i

k h ô n g t a n . L ấy r iê n g m i v à m 2 g a m k i m l o ạ i k h ô n g t a n ở t r ê n đ e m o x i h o á

h o à n t o à n t h à n h o x i t t h ì th u đ ư ợc l ,6 0 6 4 m i g a m v à l , 5 4 2 m 2 g a m o x i t.

a ) T í n h n ồ n g đ ộ m o l c ủ a c ác d u n g d ịc h N a O H v à H N O 3.

b ) T ín h k h ố i lư ợ n g m .

c ) T í n h % k h ô i ỉú ợ n g c ủ a C u tr o n g h ợ p k i m .

H ớ ng dẫ n

a ) T í n h n ồ n g đ ộ m o l c ủa d u n g d ịc h N a O H v à H N 0 3:

* K h i A t á c d ụ n g v ớ i N a O H c h ỉ có A I t h a m g i a p h ả n ứ n g :

AI + NaOH + H20 ----->NaA102 + 3/2H2T ( 1 )

N ếu m i (g ) c h ỉ c h ứ a Cu th ì k h i oxi h o á , t a có: Cu + I / 2 O 2 ----- > CuO

m Cuo = ^ m i = l ,2 5 i ĩi i < l ,6 0 6 4 m i64

V ậy n i l (g ) p h ả i c hứ a Cu và AI c òn dư . -

_ 2 _ 2 . 6 >72 n n _ ,Từ (1) suy ra nNa0H = -rnHs = - X = 0,2 mol.ổ O Zì ,4:

=> [NaỌ HI = a - 0,2 : 0,5 = 0,4M.


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

000

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N





B. BÀI TẬ P 139

a ) V i ế t c á c p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g v à t í n h % k h ố i l ư ợ n g m ỗ i k i m l o ạ i

t ro n g X .

b ) N ếu ch o d u n g d ịc h E tá c d ụ n g vớ i d u n g d ịc h N H 3 d ư t h ì t h u đ ư ợc tố i

đ a b a o n h i ê u g a m k ế t t ủ a . V i ế t c á c p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g .

c) N ế u c h o d u n g d ịc h E t á c d ụ n g v ớ i b ộ t F e c ó d ư , s a u k h i c á c p h ả n ứ n g

x ả y r a h o à n t o à n t h u đ ư ợ c k h í N O d u ^ n h ấ t , d u n g d ịc h Y v à 1 lự ợ n g c h ấ t

r ắ n k h ô n g t a n . L ọ c bỏ c h ấ t r ắ n r ồ i cô c ạn d u n g d ịc h Y th ì th u đ ư ợ c b a o

n h iê u g a m m u ố i k h a n . V iết cá c p h ư ơ n g t r ìn h p h ả n ứ n g.

2 . C h o 3 , 2 5 g a m h ỗ n h ợ p X g ồ m k i m l o ạ i k i ề m M v à m ộ t k i m l o ạ i M ' ( h o á

t r ị I I ) t a n h o à n t o à n v à o nư ớ c tạ o t h à n h d u n g d ịc h D v à 1 1 0 8 ,8 m l k h í

t h o á t r a d o ở 2 7 , 3 ° c v à 1 a tm . C h i a d u n g d ịc h D là m 2 p h ầ n b ằ n g n h a u :

P h ầ n 1 đ e m cô c ạn đ ư ợ c 2 ,0 3 g a m c h ấ t r ắ n A.

P h ầ n 2 c h o t á c d ụ n g v ớ i 1 0 0 m l d u n g d ịc h H C1 Ó ,3 5M t ạ o r a k ế t tủ a B .

a ) T í n h M , M ' . T í n h s ố g a m m ỗ i k i m lo ại t r o n g h ỗ n h ợ p X b a n đ ầu .

b ) T ín h m u ,) , b iế t h iệu s u ấ t các p h ản ứ n g 100% .

. H ỗ n h ợ p A g ồ m B a v à A l . C h o m g a m A t á c d ụ n g v ớ i n ư ớ c d ư , t h u đ ư ợ c

1 ,3 4 4 l í t k h í , d u n g d ịc h B v à p h ầ n k h ô n g t a n c . C h o m g a m A tá c d ụ n g

v ớ i d u n g d ịc h B a ( O H ) 2 d ư t h u đ ư ợ c 2 0 , 8 3 2 lí t k h í (c ác p h ả n ứ n g h o à n

t o à n , k h í đ o ở đ k t c ).

a ) T í n h k h ố i lư ợ n g c á c k im lo ại tr o n g m ( g am ) A.

b) C h o 50 m l d u n g d ịc h HC1 v à o d u n g d ịc h B. S au p h ản ứ n g xo n g , th u

được 0 , 78 g k ế t t ủa . X á c đ ịnh C M c ủa du ng dịc h H C 1.

4 . H ỗn hợ p k i m l oạ i M c ó ho á t r ị 2 và M ' hoá t r ị 3 , c ó ho á t r ị kh ôn g đổ i

d ư ợ c c h i a 3 p h ầ n b ằ n g n h a u :

P h ầ n 1 h o à t a n h ế t t r o n g d u n g d ịc h H C1 d ư t h u đ ư ợ c 1 ,7 9 2 l ít H 2.

P h ầ n 2 c ho t á c d ụ n g h ế t v ớ i d u n g d ịc h N a O H d ư t h u d ư ợ c 1 ,3 4 4 lí t H 2 v à

m u ố i N a M '0 2, t ro n g d ó p h ầ n k im lo ại k h ô n g t a n có k h ô i lư ợ n g b ằn g 4 /9

p h ầ n k h ô i lư ợ n g M ' d ã ta n .

P h ầ n 3 đ ư ợc đ ố t c h á y h ế t tr o n g 0 2 d ư th u đ ư ợc 2 ,8 4 0 g o x it.

a ) X á c đ ịn h M , M '.

b ) T ín h % m h ỗ n h ợ p đ ầu (các k h í do ở đktc) .


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ễ



140 C hư ơ ng I II CÁC PH Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N H OẢ K IM LO Ạ I

5. Hỗn hợp gồm Na, AI có tỉ lệ số m o l là 1 : 2. C ho h ỗ n h ợ p n à y và o H 2O,

kết thúc phản ứng thu được 8 ,96 l í t H 2 ( đkc ) và c h ấ t r ắn . T ín h kh ố i

lượng chất rắn.6 . Hỗn hợp A gồm AI và AI2O3 có tỉ lệ s ố g am m Ai : m A1, 0 3 = 0,1 8 : 1,02. C ho

A tan trong dung dịch NaO H (vừ a đủ) thu đượ c du ng dịch B v à 0 ,672 l í t

H2 (dktc). Cho B tác dụn g với 20 0 m l d u n g d ịch HC1 đư ợc k ết tủ a D.

Nung D ỏ' n h iệt độ ca o đến k h ố i lư ợ n g k h ô n g đổ i đư ợ c 3 ,5 7 g c h ấ t r ắn .

a) Tính [HC1]. '

b) Nểu pha loãng dung dịch HC1 đo đ ến 10 lần t h ỉ p ĩĩ sa u k h i p h a ỉo ã n g

bằng bao nhiêu?

7 . Cho 20 g hỗn hợp A gồm F e C 0 3, F e , Cư , AI tá c d ụ ng vớ i 60 m l d ư ng dịch

NaO H 2M, thu đư ợc 2 ,6 88 l í t H 2. S a u k h i k ế t th ú c p h ản ứ n g cho t iếp

740m l dung dịc h HC1 IM v à đ un nó ng đến k h i hỗ n hợ p k h í B ng ừ ng

thoá t ra. Lọc tá c h cặn r ắn c . C ho B h ấp thụ t ừ t ừ v à o du ng dịc h G a ( OH ) 2

dư th ì thu được 10 g kế t t ủa . C ho c t á c dụ ng vớ i a x i t H N O 3 đặc nóng ,

thu được dung dịch D và 1 ,12 l í t m ộ t ch ấ t k h í du y n h ất . C ho D tá c d ụn g

với N aO H dư th u đư ợc k ế t tủ a E . N u n g E đ ế n k h ố i l ư ợ n g k h ô n g đ ổ i n h ậ n

được m (g) sản phẩm rắn.

T ính khối lượng các chất t ro n g A v à t ín h g iá t r ị m (các k h í đo ỏ' đk tc ) .

HƯ Ớ NG DẪ N

1. a) Viết các phương t r ình phản ứng và t ính %mx'-

GọiX,

y, z là số mol Al, F e, Cu tr o n g 2 ,6 g X: 2 7 x + 56 y + 64 z = 2,6 (I)* Hỗn hợp X + NaO H: C hỉ có AI p h ản ứ ng

AI + NaOH + H20 ----- > N aA IOz + 3 /2 H 2 (1)

X l , 5 x

Ta có l,5x = 1,344 : 22 ,4 = 0 ,0 6 (II)

* Hỗ n hợ p rắ n A là Fe và Cư + HNO3 dư :

Fe + 4HNO3 ---->Fe(N03)3 + NO + 2HzO (2 )y 4y y y

3Cu + 8 HNO3 ----->3Cu(N0 3 ) 2 + 2 NO + 4H 20 (3)z 8z/3 z 2z /3


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BAI TẠ P 141

T a có: y + 2z/3 = 0,5 6 : 22 ,4 = 0,02 5 ( I I I )

G iải h ệ (I) , ( II) , ( III) : X = 0,04 => %A1 = 41 ,54%

y = 0,022 => % F e = 47 ,38% ; z = 0,0 04 5 =5 %Cu = 11,08%.

b) T ín h m i: D u n g d ịch E gồm F e ( N 0 3)3: 0 ,022 m ol; C u ( N 0 3)2: 0 ,0045 m ol

H N 0 3 dư : 0 ,4x0 ,3 - ( 4 x0 ,022 + 8x0 ,0045 : 3 ) = 0 ,02 m ol

H N 0 3 + N H 3 ---- » NH4+ + NCV (4)

F e ( N 0 3)3 + 3 N H , + 3 H 20 — > F e ( O H ) 3ị + 3 N H 4 N O 3 (5)

Cu(N0 3)2 + 4 NH3 -----> [Cu(NH3)4](N0 3)2 (6 )

n Fe(OH)3 = n Fe(N03)3= °>022 m°l => mi = 0,022x107 = 2,354 g.

c) T í n h m 2 ( m u ô i k h a n ) :

Fe + 4 H N Ơ 3 dư ----- > F e ( N 0 3)3 + NO T + 2H 20 (7 )

Fe + 2 Fe(NƠ 3)3 ---- > 3Fe(N0 3)2 (8 )

F e + C u ( N 0 3 ) 2 ----- > F e (N 0 3)2 + Cu (9)

0 , 0 2 3

4 x 2

D un g dịch Y g ồm : F e (N 0 3)2 do H N 0 3 (dư) tạo r a the o (7) và (8): tức

0 ,0075 r no l .

F e ( N 0 3)2 d o C u (N 0 3)2 tạo r a : 0 ,004 5 m ol

F e ( N 0 3)2 do 0 ,022 m ol F e ( N 0 3)3 t ạo r a : — X 0,022 = 0 ,033 m ol

Z n Fe(N03), = 0,0 07 5 + 0,0045 + 0,033 = 0,045 mol

=> m Fe(N0 3)2 = 0,045x180 = 8,1 g.

2. a) Gọi X, y l à số m o l M và M ’ t r o n g 3 ,25 g : M x + M 'y = 3 ,25 ( I)

C ó h a i t rư ờ n g h ợ p x ảy r a :

* Tr ờ ng hợ p 1: M ' l à k i m l o ạ i k i ề m t h ể ( C a , S r , B a ) , c á c p h ả n ứ n g :

M + H 20 ----- > M O H + 0,5 H 2 (1)

X X 0 ,5 x

M ' + 2H20 ----- » M '(O H )2 + H 2 (2)



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




J n ơ di ch D c h ứ a M O H v à M '( O H ) 2 t á c d u n g h ế t v ớ i H C1 c hoLú c đó aung “í _ _ '

]VlOH + H C 1 ----- > MCI + H 2O (3)

]yI'(OH )2 +■ 2 H C 1 ----- > M'C12 + 2 H 2O (4)

- nyf ' f iU đều tan , nên không có kế t tủa B ( loa i ) .V ì MC I và M 012 ' ■

ĩ /vn 2' M ' là k i m lo a i t a n t r o n g k i ềm ( M O H )* Tr ờ ng w v • „

Ị ự [' + 2MOH — > M 2M '0 2 + H 2T (2')

y 2y _______ y y ............. . .

n - , V = ( 1 x 1 , 1 0 8 8 ) : [ 0 , 0 8 2 x ( 2 7 3 + 2 7 , 3 ) ] = 0 , 0 4 5 ( I I)T a có: 0,oX + J

V n g ồ m M O H ( x - 2y) m oi ; M 2M '0 2: y mol

* D un g địen u B17 )(X - 2y) + y(2M + M ' + 32)] = 2,03 (III)

C h ư ơ n g 111. C ÁC PH Ư Ờ N G P H Á P G IẢ I TO Á N HO Á K IM L OẠ I

2_

1/2[(M + i n_ * m íĩi) (HI) suy ra x = ° .05 ; y = 0,02Giải hệ (1/. u

, • V V v à o ( I I I ) t a đ ư ơ c : 5 M + 2 M' = 3 2 5T h a y giá t r - ’

Li(7) N a (2 3 ) K(39)

145 105 65(Z n)

. ;Afĩl phù hợ p M là K ; M' là Zn.C ả p n g h iệm 1

I g các k im loạ i t ro n g X: m K = 0 ,05 x3 9 = 1 ,95 g= 0,02x65 = 1,3 g

ĩuZn 7

_ D + HC1 (0 ,0 3 5 mo l )b) D ung địcil Ư _

MOH + HC1 * MC1 ■

( IV)

HC 1----->MC1 + H20 (3')

(moU » '01/2: ° 1 “ ,M yị 'Oỉ + 2 H C 1 ----- > M ' (O H )2ị + 2 MC1 (4 ')

0 ,04/2 0,02/20 02/2

.. , u n i dư: 0 ,035 - (0 ,04 + 0,01 ) : 2 = 0,01S ố i n o l H w au - '

_ . , < fcẨn ứng: M'(OH)2 + 2HCldư------► M'Cla + 2H20Có th ể có pttau 6

0 ,005 0 ,01(mol)

n M'(OH)2 ' 2

_ 0,02 _ 0 0 0 5 = 0,005 moi ; mB(r) = 0,005x99 = 0,495 g.

(5)



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. BAI TẠ P 143

3 . a ) G ọ i X , y l à s ố m o l Ba và A I t r ong m ( g ) A .

* H ỗn h ợ p A 4- H 20 dư :

B a + 2 H 2 0 ----- » B a(O H )2 + H 2T

X X X

2AI + B a(O H )2 + 2H 20 ----- » B a(A 10 2)2 + 3H 2t

2 x X ^ X 3 x

S a u p h ả n ứ n g c ò n 1 p h ầ n k h ô n g ta n l à AI d ư : (y - 2 x ) m o l

X + 3x = 1,344 : 22,4 = 0,06 => X = 0,015

* H ỗ n h ợ p A + B a ( O H ) 2 d ư :

Ba + 2H20 -----» Ba(OH ) 2 + H2T •X X X

2A1 + Ba (O H )2 + 2 H 20 ------> B a(A 10 2)2 + 3H 2t

y y/2 l,5y

T a có : X + l ,5 y = 20 ,832 : 22 ,4 = 0 ,93

G iải h ệ ( I ) , ( I I ): X = 0,01 5 ; y = 0,61

m Ba = 0 , 0 1 . 5 x 1 3 7 =5 2 , 0 5 5 ( g ) ; IĨ ỈAÌ = 0 , 6 1 x 2 7 = 1 6 , 4 7 g

b ) T ín h n ồ n g độ d u n g d ịc h HC1:

* D un g dịc h B + H C1: Có t h ể c ó c á c p h ản ứ ng

B a(A 10 2)2 + 2HC1 + 2H 20 ------ > B aC l2 + 2A 1(0 H )34

A l ( O H ) s + 3 H C 1 ----- > A lCl s + 3H 20

Tr ờ n g hợ p 1 : Không có (4) xảy r a :

Hh c i = nAKOH)3 = : 78 = 0 ,0 1 m o l ; b = [HC1 ] = 0 ,0 1 : 0 ,0 5

T r ờ n g h ợ p 2: Có (4) xảy r a .

X nHCl = nAl(OH)3 ở (3 ) + 3n Al(OH)3 ở (4) = 2x + 3(2x - 0,01)

= 2 x 0 , 0 1 5 + 3 ( 2 x 0 ,0 1 5 - 0 , 0 1 ) = 0 ,0 9 0

[HC1] = 0,09 : 0 ,05 = 1.8M.

Gọi a, ứ lầ sô' mol M, M' trong 1/3 hỗn hợp đầu:

(1 )

(2 )

(I)

(1')

(2')

(II)

(3 )

(4 )

0 , 2 M .



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




144 C h ư a n g III . CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GÍẢ i TOÁN HOẢ KIM LOẠ I

* Hỗn hợp + HC1:

M + 2 H C 1 ----- > M C 12 + H 2 (1)

a a

■ M ' + 3 H C 1 ---> M C13 + 1 ,5 H 2 (2)

b l ,5 b

Ta có:a + l ,5 b = 1 ,792 : 22 ,4 = 0 ,08 ( I)

* H ỗn hợ p + N aO H : ■■

M ' + N a O H + H 2 0 ----- > N aM 'O z + 1 ,5 H 2 ■ (3)

. b ■ • ■ .............. 1 ,5b .

T a có: l, 5 b = 1,3 44 : 2 2 ,4 ■=• 0 ,0 6 (II)

a M = - b M ' ’ ( II I)9

* Đ ố t h ỗ n h ợ p: 2 M + 0 2 ----- > 2M O

a a

2M' + 1,502 ----- > M '20 3

b b /2 ■

T a có: a(M 4-16 ) + — (2M ' + 48 ) = 2,8 4 (IV)' 2

Giải hệ ( I ) , ( I I ) , ( I I I ) , ( IV) suy ra : a 1= 0 ,02 ; b = 0 ,0 4

M = 24 (Mg) ; M' = 27 (Al).

0 04 X 97 b) % AI = --------- ^ ------1--------- x l 0 0 % = 6 9 ,2 3 %

0,02 X 24 +. 0,04 X 27

% M g = 1 0 0 - 6 9 ,2 3 = 3 0 ,7 7 % .

5. Gọi X, y số m ol N a và ' Al . . ■

* Hỗn hợp X + H20 :

N a + H 20 ----- » N a O H + 0 , 5 H 2t (1 )

' X X 0 ,5 x

AI + H 2Ó + N a O H ----» N aA lO s + 1 ,5 H 2T (2)Số m oi b a n đầu.: y X

Số mol phả n ứ ng: X X l,5x

Sô" mol sau phản ứng: (y - x)


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BAI T Ạ P

T a c ó :

0,5x + l ,5x = —— = 0,422,4 „ „

=> X = 0,2 ; y = 0,4X 1

.y 2

Lư ợ ng nh ôm còn dư : ( 0 ,4 - 0 , 2 )27 = 5 ,4 g.

6. Gọi X, y l à số m ol AI v à A120 3 t ro n g AỊ, t a có :

27 x : 10 2y = 0,18 : 1,02 => y = l ,5 x (I)

* H ỗ n h ợ p A + N a O H ( v ừ a đ ủ ) :

AI + H 20 + N a O H > N aA 102 + 1 ,5H 2T ( 1)

X X l , 5 x

A120 3 + 2 N a O H ----- > 2N aA 10 2 + H 20 (2) .

y 2y ị

T a có: l ,5 x = 0,6 7 2 : 22 ,4 = 0,03 => X = 0,02 (II)

T ừ (I) , ( II) suy ra : X = 0,02 ; y = 0,03

* D un g dịch B có N aA 10 z: (x + 2y) = (0,02 + 2x 0,0 3) = 0,08 m ol ( I I I )

D u n g d ịc h B + H C1 có t h ể có c á c p h ả n ứ n g :

N aA lO a + H C Ì + H 20 ----- > A l(OH )aị + N aC l (3)

a a a

A l( O H ) 3 + 3 H C 1 ----- > AlCla + 3 H 20 (4) '

b 3b

B i ện l u ậ n c ác t rư ờ n g h ợ p có th ể x ả y ra :

- Tr ờ ng hợ p 1: K h i b = 0 , k h ô n g có p h ả n ứ n g (4 )

2 A 1(0 H )3 — > A120 3 + 3 H 20

a 0 ,5a

T a có: 0 ,5a = 3,57 : 102 = 0,03 5 => a = 0,07 •

Suy r a [HC1] - 0 ,07 : 0 ,2 = 0 ,35M .

- Tr ờ ng hợ p 2: K h i b > 0 có p h ản ứ ng ( 4) , số m ol A l (OH )3 còn : ( a - b )

2 A 1 ( 0 H ) 3 ----- > A120 3 + 3 H 20

e( a - b( a - b ) — —

10A- PPGBTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




146 C h ư ơ n g III. C Á C PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I TOÁN HOẢ KIM LOẠ I

T a có: ^ = 0,03 5 => a - b = 0,07 (IV)2

K ết họ p ( I I I ) , ( IV) suy r a : a = 0 ,08 ; b = 0 ,01 .

£ n HC1 = (a + 3b) = (0,08 + 3x 0,0 1) =: 0 ,11

[HC1] = 0,11 : 0,2 = 0,55M.

b) K h i p h a lo ã n g d u n g d ịc h HC1 g ấp 10 lần t h ì n ồ n g độ g iảm 10 lần

- Ở t rư ờ n g h ợ p 1: [HC1] = — = 0 ,0 3 5 p l l - - l g 0 . 03 5 = 1 ,4 5 6----- ........ - - —- '

- Ở tr ư ờ n g h ợ p 2: [HC 1] = — = 0 ,0 5 5 => p H = - lg 0 ,0 5 5 = 1 ,2 6.

7. Gọi X, y , z, t là số m o l F e C 0 3, Fe , Cu , AI t r o n g 20 g A .

* H ỗ n h ợ p A + N a O H : ( 0 ,0 6 x 2 = 0 , 1 2 m o l)

AI + H 20 + N a O H ------> N aA 10 2 + 1 ,5H 2T

n H = = 0,1 2 m ol => n Na0H(dư) = 0,12 ~ (0,12 : 1 ,5) = 0,042 22,4

H ỗn h ợ p t hu đượ c gồm : du ng d ịch (NaA lC>2, N a O H ) v à c h â ' t r á n ( F e C O g ,

Cư , Fe )

K h i t á c d ụ n g v ớ i H C 1 ( 0 , 7 4 x 1 = 0 , 7 4 m o l )

116x + 56y + 64z + 27 t = 20 (I)

( I I )

HC1 + NaOHdư ----- > NaCl + H200 , 0 4 0 , 0 4

(2)

4 H C 1 + N a A 1 0 2 ----- > A lCls + N aC l + 2 H 20

0 ,32 0 ,08

(3)

2HC1 + FeCO;

2 x X

>3---- > F eC l 2 + H 20 + C 0 2t (4)

X

2HC1 + Fe

2 y y

+ F e C l2 + H 2t

y

(5)

HC1 + Cu -> K hông p hản ứng.

inn - PPRBTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




. BÀI TẬ P 147

(+) K h í B (gồm H 2 v à C 0 2) + C a(O H )2 dư

C 0 2 + Ca(OH)a-----> C aC 03ị + H20 (6 )X X

T a có: X = 10 : 10 0 = 0,1 (I II )

(+ ) Rắn C : Cu và có thế có Fe dư .

K h ô n g c ó F e C C >3 v ì k h i c + H N 0 3 c liỉ thu được 1 kh í .

K h í n à y là N 0 2 (1 ,12 : 22 ,4 - 0,0 5 m oi) ... ... ____ - •

* Tr ờ ng hợ p 1: N ếu F e h ế t , c chỉ có Cu.

C u + 4 H N 0 3 ----->C u ( N 0 3)2 + 2 N 0 2t + 2 H 20 (7 )

z z 2z .

T a có: 2z = 0,0 5 => z = 0,0 25 , (IV)

K ết h ợ p (I), (II), (I II ) su y ra: X = 0,1 => m FeCO;ỉ= 0,1 x 1 1 6 = 11,6 g

y = 0 ,08 28 6 => m Ke = 0 ,0 82 86 x5 6 = 4 ,64g

z = 0,0 25 => m c» = 0,0 25 x 64 = 1,6 g

t = 0 ,0 8 m Ai = 0 ,08 x2 7 = 2 ,1 6 g .

X é t lạ i: Th e o (2 ), (3 ), ( 4 ), (5 ) t ổ n g s ố m o l H C1 đ ã t h a m g i a p h ả n ứ n g

X 'nHCi = 0,04 + 1,32 + 2x + 2y = 0,04 + 0,32 + 2x0,1 + 2x0,08286 =

= 0,7257 < 0,74

V ậ y s a u c á c p h ả n ứ n g n à y H C 1 c ò n d ư , g i ả t h i ế t t r ư ờ n g h ợ p 1 F ' e h ế t l àh ù h ợ p .

* Tr ờ ng hợ p 2: F e c ò n d ư , c có C u v à s ố m o l s ắ t dư :

nFedư = y - (0,74 - 0,56 ) : 2 = y - 0,09

N g h ĩa l à H C1 t h i ế u , k h ô n g đ ủ h o à t a n h ế t y m o l F e .

Tr ờ ng hợ p a: F e v à Cu + H N O 3 (dư h o ặc đủ F ẹ —> F e 3+)

Cu + 4 HNO 3 --------->Cu(N03 ) 2 + 2 N 0 2T + 2H20 (7z ' 2,7.

+6 HNO3 ------>Fe(N03)3 + 3N 02t + 3H20 (8 )(y - 0 ,0 9 ) 3 (y - 0 ,0 9)


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



148 C hư ơ n g III. C Á C P H Ư Ơ N G P H Á P GIẢ I T O ÁN iĩO Ả K IM LO Ạ I

T a có: 2z + 3(y - 0 ,0 9 ) = 0 ,05 (IV ')

G i ả i ’h ệ (I), (II), (III), (IV') s u y r a X = 0,1 =i> m FeCOg = 0 ,1 x 1 1 6 = 1 1 ,6 g

y = 0,1 => mpe = 0,1x56 = 5,6 g

z = 0,0 1 ==> m Cu = 0, 0 1 x 6 4 = 0,6 4 g

t = 0 ,0 8 => m A, = 0 ,08 x2 7 = 2 ,16 g

Tr ờ ng hợ p b: . H N O 3 chỉ ho à ta n 1 p h ần Fe -» F e3+, lúc nà y sẽ có

p h ản ứ n g : .

F e + 2 F ê ( N 0 3)3 — ■* 3 F e ( N 0 3)2 (9)

(10)C u + 2 F e ( N 0 3)3 — » 2 F e ( N 0 3)2 + C u ( N 0 3)2

T h e o (8 ) n Fe phàn ứng ■= ị n N0, = M L 0 ,0 5 : 3* 0 0

F e + 2 F e 3+ ------> 3 F e 2+

C u + 2 F e 3 +----- > C u 2+ + 2 F e 2+

z 2 z

+ 2z = => 2y + 2z = 0,0 5 => y + z = 0,0 25 (IV ”)3

Kết hợp ( I ) , ( I I ) , ( I I I ) , ( IV") suy ra :

Í5 '6y + 64z = 6,24

| y + z = 0,0 2 5 ==> y â m (loại)

Tr ờ ng h ợ p 1: D un g dịch D là C u (N 0 3)2: 0 ,025

C u ( N 0 3)2 + N a O H ------> Cu (O H )2ị + 2N aNO ; (11)

0 ,0 2 5 0 ,0 2 5

Cu(OH) 2 -

0 ,0 2 5

m = 0 ,0 2 5 x 8 0 = 2 g .

■» C u O + H 2O

0 , 0 2 5

(12)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




A. PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I 149

Tr ờ n g hợ p 2: D un g dịch D gồm C u (N 0 3)2: 0 ,01 m ol

F e (N 0 3)3: (0 ,1 - 0 ,09 ) = 0 ,01 m ol

C u ( N 0 3)2 + 2 N a O H ----- » C u ( O H ) zị + 2 N a N 0 3

0,01 0,01

F e ( N 0 3)3 + 3 N a O H ----- » F ẹ ( O H U + 3 N a N 0 3

0,01

Cu(OH) 2 -

0,012F e(O H )3

0,01

,01

- -> CuO + I I 20

0,01 — > F 62O3 3 H 2O

0,005

m = 0 ,01x80 + 0 ,005x160 = 1 ,6 g .9

Chủ đ ề 3: KIM LOẠ Ỉ + DUNG DỊCH MUỐ l

A. P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I

1. K i m l o ạ i M + muôi M'---- > M' + m uôi M

Đ iều k i ện :

M k h ô n g p h ả i l à k i m l o ạ i k i ề m v à k i m l o ạ i k i ề m t h ổ .

M d ứ n g t rư ớ c M ' tr o n g d ã y t h ế d iệ n h oá :

M g , A l , M n , Zn , G r , F e , N i , S n , P b , H, Gu, Hg , Ag , P t , Au .

. H ỗ n hợ p (M, M') + dung dịch 2 m uôi (A, B)

N guyên tắ c: K im l o ại có t í n h k h ử m ạ n h h ơ n s ẽ t á c d ự n g v ớ i io n k i m

o ại có tí n h o xi h o á m ạ n h h ơ n , p h ả n ứ n g n à y x ả y r a t rư ớ c ; s a u đó m ớ i đ ến

i m l o ại có tí n h k h ử y ế u h ơ n v à i o n k i m lo ạ i có t í n h o x i h o á y ếu h ơ n'.

Ví dụ : (p f ro hỗn hợp gồm X m o l M g v à y m o l A I v à o d u n g d ịc h c hứ a

m o l C u ( N Ó 3)2 v à b m o l A g ( N 0 3)2.


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ễ



150 C hư ơ n g III. C ÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I TOÁN HOÁ KIM LOẠ I

Phản ứng ưu tiên: Mg + 2AgN03 ---- » Mg(N03)2 + 2Ag!

Nếu b = 2x th ì vừa đủ, sau đó xảy ra phản ứng th ứ hai;

2AI + 3Cu(N03)2 ---- >2A1(N03)3 + 3Cuị

Ta thấy: Nếu số e nhường = sô" e nhận thì: 2x + 3y - 2a + b

* Cơ sở lậ p luậ n:

Dựa vào phương pháp định tính và phương pháp định lượng.

Từ một dữ kiện xác định, xem các dữ kiện khác có hợp lí không.

Bằng phương pháp tảng giảm khối lượng, từ một dữ kiện, thử xem khôi

lượng hỗn hợp kim loại trước và sau phản ứng tăng (hoặc giảm) có hợp líkhông.

Cần nhớ: ^ < n hh < (M' < M) ■M hh M'

So s ánh khoảng xác định của nhỗn hợp với nmuối để xác định xem muôi tácdụng hết hay hỗn bợp. kim lọại tác dụng hết.

3. Bột kim loại + du ng dịch muốỉ

Phản ứng thường xảy ra hoàn toàn (hêt kim loại)

Trường hợp than h kim loại + dung dịch muối: phản ứng thườ ng khônghoàn toàn, kim loại sinh ra sẽ bám trên thanh kim loại chứ không kết tủanhư bột kim loại. Do đó khối lượng thanh kim loại sau phản ứng tăng hoặcgiảm chính là khối lượng chất rắn tăng hoặc giảm.

4. Kim ỉo ạ ỉ + dung dịch (muôi, axỉt)

* Chú ý vai trò của axit (HC1, H 2SO4 loãng) khác HNO3.

Ví dụ 1: Zn + dung dịch (C11SO4, H2SO4 loãng) thứ tự phản ứng:

Z n + C11SO4 — >■ Z n S 0 4 + Cu

Z n + H2SO4 (loãng) ----- ► Z11SO4 + H2T

V í d ụ 2 : Z n + d u n g d ịch (Cu (NOs)2 ; HNO 3 (loãng)) ----- > N O :

3Zn + 8 HNO3----- >3Zn(N03)2 + 2 NO + 4H20Zn + Cu(N03)2 ---- >Zn(NƠ 3)2 + Cu


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



A. PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I 151

* Chú ý: Ph ản ứng khử F e3+ được xét theo thứ tự:

Fe3+ ---- >Fe2+---- » Fe

Ví dụ 1: AI + dung dịch (Fe2(S0 4)3, H2SO4 loãng) thứ tựxảy ra phản

ứng như sau:

2A1 + 3Fe2(S04)3 ---- » A12(S04)3 + 6FeS04I

2A1 + 3 H2SO4 ---- » A12(S04)3 + 3H2t

2AI 4- 3F eS 04 ---- >A12(S04)3 + 3Fe

Ví dụ 2: AI + dung dịch (Fe(N03)3, HNO3 loãng)---- » NOT, thứ tự xảyra phản ứng như sau:

AI + 4 HNO3 ---- >A1(N03)3 + NO + 2H20

AI + 3Fe(N03)3 ---- >A1(N03)3 + 3Fe(N03)2

2A1 + 3Fe(N03)2 ---- >2A1(N03)3 + 3Fe

5. P hản ứng: Fe3+ -í- [H ]----» Fe2+ + H+

Đ ôl với dưng dịch chứa Fe3+ đồng thời có hiđro mới sinh, nêu đề khôngghi chú gi thì coi như Fe3+ không bị hiđro mới sinh khử thàn h Fe2+.

Ví dụ : Cho hỗn hợp Fe, Fe2 0 3 + dung dịch HC1---- » H2

Nếu đề không ghi chú gì, coi như từ số mol H2 suy ra sốmol Fe.Chỉxảy ra 2 phản ứng.

Fe20 3 + 6HC1---- >2FeCl3 + 3H20

Fe -**2HC1---- > FeCl2 + H2

Nếu đề có xét phản ứng: Fe3+ + [H ]---- > Fe2+ + H+

Thì n H < n Fe do đó phải tín h thêm lượng [H] đã ph ản ứng với Fe3+ rồi

mới tính nFe.

Fe20 3 + 6HC1---- >2FeCl3 + 3H20

Fe + 2HC1----- >FeCl2 + 2[H]

[H] + Fe3+---------- > Fe2+ + H+

/ 2 W = H2t



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




1 52 C liư a ng ỉ l l CÁ C P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N HO Ả K IM LOẠ I

B. BÀI TẬ P

I. Bài tậ p mầ u

B à i 1: C h o 2 , 1 4 4 g a m h ỗ n h ợ p A g ồm F e v à C u tá c d ụ n g vớ i 0,2 l ít d u n g

d ịc h A g N 0 3, s a u k h i c ác p h ả n ứ n g x ả y r a h o à n t o à n t h u đ ư ợc d u n g d ịc h

B v à 7 , 1 6 8 g a m c h ấ t r ắ n c .

C h o B t á c d ụ n g v ớ i N a O H d ư , l ọ c k ế t t ủ a , n u n g t r o n g k h ô n g k h í đ ế n

k h ố i lư ợ n g k h ô n g đ ổ i t h u đ ư ợc 2 ,5 6 g a m c h ấ t r ắ n .

a ) T í n h % k h ô i l ư ợ n g cá c k i m l o ại tr o n g A .

b ) T ín h n ồ n g dộ m o l c ủ a d u n g d ịc h A g N 0 3.

c ) N ế u c h o c h ấ t r ắ n c t h u đ ư ợ c ồ t r ê n t á c d ụ n g vớ i d u n g d ịc h A g N 0 3 d ư

t h u d ư ợ c c h ấ t r ắ n D . H ỏ i k h ô i l ư ợ n g c ủ a D t ă n g t r o n g k h o ả n g b a o n h i ê u

% s o v ớ i k h ố i l ư ợ n g c h ấ t r ắ n c ?

H ớ ng dẫ n

a ) T í n h % k h ố i l ư ợ n g cá c k i m lo ại tr o n g A:K h o ả n g x á c đ ịn h sô" m o l h ỗ n h ợ p A :

2 144 2 144 'í i i l l < n A < => 0 ,0 3 35 < n A < 0 ,0 3 8 2 :

64 56

N ếu F e sa u đó là C u p h ản ứ n g h ế t vớ i A g N 0 3:

F e + 2 A g N 0 3 ----- » Fe(NOă)2 + 2 A g ị (1)

Cư + 2A g N 0 3 ------> Cu(N03)2 + 2A g4 (2)

T ừ (1),(2 ) s u y r a k h o ả n g x á c đ ịn h s ố m o l A g p h ả i là :

0,0 3 35 x2 < n Ag < 0 ,03 8 2 x 2 =>■ 7,2 36 < m Ag < 8,2 5 12 ị

N h ư n g d ề ch o m c c h ỉ là 7 ,1 6 8 g < 7 ,236 , n h ư v ậy c h ứ n g tỏ p h ải có Cu

c h ư a tá c d ụ n g h a y c ò n d ư h o ặ c c ả F e v à C u c h ư a t á c d ụ n g h ế t v à A g N 0 3 h ế t . ?!

* N ếu c hỉ có F e t á c d ụn g th ì du ng d ịc h c chỉ là F e (N 0 3)2.

F e ( N 0 3)2 + 2 N a O H ------» F e ( O H ) 2l + 2 N a N 0 3 (3 ) I

4Fe(OH )2 + 0 2 + 2H20 --------> 4Fe(OH)3l (4) j

2 F e ( O H ) 3 ----- > F e 20 3 + 3 H sO (5) I


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



L ú c đ ó 7 , 1 6 8 g c g ô m A g , C u ; 2 , 1 1 4 g g ô m F e , C u n ê n k h ô i l ư ợ n g A g

n h i ều h ơ n k h ố i l ư ợ n g F e l à : 7 ,1 6 8 - 2 ,1 4 4 = 5 ,0 2 4 g.

T h e o ( 1): C ứ 5 6 g F e t ạ o r a 2 x 1 0 8 = 2 1 6 g A g , k h ố i l ư ợ n g A g n h i ề u h ơ nF e l à 2 1 6 - 5 6 = 1 6 0 g, s u y r a số m o l F e l à : 5 , 0 2 4 : 1 6 0 = 0 , 0 3 1 4 m o l . '

T ừ (1) , (3), (4) , (5) suy ra n F 02U 3

— n Fe = — X0 ,0 3 1 4 = 0 ,0 1 5 7 m o l

V 2

K h ố i l ư ợ n g c h ấ t r ắ n s a u k h i n u n g : 0 , 0 1 5 7 x 1 6 0 = 2 , 5 1 2 < 2 , 5 6 g ( v ô l í ) .

Đ iều n à y c h ứ n g tỏ F e t h a m g i a p h ả n ứ n g h ế t th e o (1 ) v à m ộ t p h ầ n "Cu

t h a m g i a p h ả n ứ n g t h e o (2 ), v ì v ậ y có t h ê m p h ả n ứ n g k h i c h o B tá c d ụ n g

v ớ i d u n g d ịc h N a O H .

C u (N 0 3)2 + 2 N a O H ----- > C u ( O H ) 2! + 2 N a N 0 3 ( 6)

/ ( 7 ) :

Kk

C u(O H )2 — í— > C uO + H 20 ỉ

Gọ i X l à s ố m o l F e tr o n g A .

Gọ i y l à sô mo l Cu t á c d ụ n g v ớ i Ag NC>3.

Gọ i z là sô ' m ol C u còn dư .

T a có k h ô i l ư ợ n g A: 5 6 x + 6 4 y + 6 4 z = 2 , 1 4 4 (* )

T ừ (1 ), ( 2) su y r a ' riAg = 2x + 2y

K h ố i l ư ợ n g C : 2 (x + y )1 0 8 + 6 4 z = 7 , 1 6 8 (* *)

T ừ c ác p h ả n ứ n g t r ê n : n Fe 0 = (x : 2) m ol ; ncuo = y m oi

K h ố i lượng c h ấ t r ắ n s a u k h i n un g :

- X160 + 80y = 2 ,56 => X + y = 0 , 0 3 2 (***) •2

G iải h ệ (*) , (**) , (***) ta được: X = 0,0 2 ; y = 0,0 12 ; z = 0,0 04

V ậy k h ố i l ư ợ n g F e t r o n g A là 0 , 0 2 X 5 6 = 1 ,1 2 g

52,24% => %mCu = 4 7 , 7 6 % .1 12

% m Fe = - i ^ ± - x l 0 0 %2,144

b ) T ín h n ồ n g độ m o l A g N 0 3: T ừ (1), (2): n AgN0;j = 2 (x + y ) = 0 ,0 64 m o l

_ 0 ,064^M(AgN03) 0,2

= 0,32M.

I



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




154 C hư ơ n g III. CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIAI TOÁN HOÁ KIM LOẠ I

c) Tính khôi lượng D tăng so với C:

* Trong c có nAg = 0,064 mol ; nCl,dư= 0,004 molKhi cho c tác dụng với AgN03: Cu + 2AgN03 ---- »Cu(N0 3)2 + 2Ả gi

Gọi a là số mol Cu tham gia phản ứng thì tạo ra 2a mol Ag

= > m D = 108(0,064 + 2a) + 64(0,004 - a) = 7,168 + 152a

Khi chưa phản ứng a = 0 => mo = 7,168

Khi Cu phản ứng hết: a = 0,004

=> mD= 7,168 + 152x0,04 = 7,168 + 0,608

Vây D tăng so với c là 0,608 g tứe — X100% = 8,48%7,168

D tăng trong khoảng 0 < %mD< 8,48.

Bài 2: Cho 7,22 gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi.Chia hỗn hợp thành ,2 phần bằng nhau. Hoà tan hết phần 1 trong dungdịch HCI, được 2,128 lít H2. Hoà ta n h ết phần 2 trong dung dịch HN03,được 1,792 lít khí NO duy nhất.

a) Xác định kim loại M và phần trăm khối lượng của mỗi kim loại tronghỗn hợp X.

b) Cho 3,61 gam X tác dụng với 100 ml dung dịch A chứa Cu(N03)2 vàAgNƠ 3. Sau phản ứng thu được dung dịch A' và 8,12 gam chất rắn B gồm

3 kim loại. Cho chất rắn B đó tác dụng với dung dịch HC1 dư, thu được0,672 lít H2. Các thể tíe-h khí được đo. ở đktc, các phản ứng xảy ra hoàntoàn. Tính nồng độ mol của Cu(N03)2 và AgN03 trong dung dịch A.

Hư ở ng dẫ n

a) Xác định M và % khối lượng các kim loại trong X: Gọi a, b lần lưlà số mol của Fe và M (hoá trị n) trong 1/2 hỗn hợp X (7,22 : 2 = 3,61g X)

Ta có: 56a + Mb = 3,61 (1)

Xét ph ần 1: Fe + 2HC1-----» FeCl2 + H2ta a (mol)

2M + 2 n H C l---- >2MCln + nH 2

b nb/2 (mol)


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BÀĨ TẬ P 155

n H = a + — = = 0,095 => 2a + nb = 0,19 (2)H2 2 22,4

Xét phần 2 : Fe + 4H N 03 --> F e(N 03)3 + N o t + 2H20a a

3M + 4nHNOg--- ► 3M(N03)n + nNOÍ + 2nH20 b I nb/3

nN0 = a + — = = 0,08 3a + nb = 0,24 (3)3 22,4

Từ (2), (3) suy ra: a = 0,05 ; b = 0,09/nKết hợp với (1)suy ra: M = 9n.

Nghiệm th íc h hợp n = 3, M = 27 (Al) :=>b = 0,03.4

mFe = 0,05x56 = 2,8g => %mFe = — X100% = 77,56% ; %mAi = 22,44%.3,61

b) Tính nồng độ mol các chất trong dung dịch A:Gọi X, ylần lượt là số

mol AgN03 và Cư(N03)2 trong 100 ml dung dịch A.Các phản ứng lầnlượtxảy ra:

AI + 3A g N O s ----- > A 1(N 0 3)3 + S A g i

2AI + 3Cu(N03)2 --->2A1(N03)3 + 3Cư

Fe + 2AgN03 ---- >Fe(NƠ 3)2 + 2Agị

Fe + Cu(N03)2 ---- >Fe(N03)2 4- Cui

Vì chất rắn B gồm 3 kim loại, chỉ có thể là Ag, Cu và Fe dư. Vậy AI tácdụng hết (0,03 mol), Fe tác dụng một phần (z mol).

8,12 g B gồm: Xmol Ag, y mol Cu, (0,05-z) mol Fe dư

Chỉ Fe dư tác dụng với dung dịch HC1:

Fe + 2HC1---- > FeCl2 + H2t

n H2 = n Fedư = ( 0>05 - x ) = = 0 . 0 3 => z = 0 , 0 2

Ta có: lỌ 8x + 64y + 56(0,05 - 0,02) 8,12

=5»108x + 64y = 6,44 (4)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




156 Chư ơ ng I I I C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N H OẢ K IM L OA iH

N h ậ n x é t các q u á t r ì n h b iến đổi:

. |Á g N 0 3 : x m o l ÍA 1(N 03)3 : 0 ,03 m oi = n A1

|C u (N 0 3 )2 : y m o l | F e ( N 0 3 )2 : 0 , 0 2 m o l = z

G i á t r i k h ô n g đổ i là n_t = X + 2y = 3x0,03 + 2x0,02■ ° : NO-Ị j ’ ’

I

.1’

ị

(5)’ => X + 2y = 0,13

Từ (4), (5) sụ y ra: X = 0,03 ; y = 0,05.

fA g N Ỡ 31 = 0,0 3 : 0,1 = 0,3 M ; ịơ u (N O ;!);>Ị = 0,05 : 0,1 = 0 .5M

B à i 3: A là h ỗ n h ợ p F e + F e 20 3.

C h o m ộ t lu ồ n g . c o (d ư ) đ i q u a ố n g đ ự n g m g a m h ỗ n h ợ p A n u n g n ó n g tớ i

p h ả n ứ n g h o à n to à n t h ì th u đư ợ c 28 g a m c h ấ t r ắ n còn lạ i t r o n g ốn g .

Hoà tan m gam hỗn hợp A bằng dung dịch HC1 dư thấy thoát ra 2,016 lít J1 H 2 (ở đktc) , b iế t rằng có 10% hiđ ro m ới s in h th a m gia khử F e3+ th à n h Fe 2+.

1. T í n h % k h ố i lư ợ n g củ a m ỗ i c h ấ t t ro n g h ỗ n h ợ p A .

2 . T r o n g r r r ộ t b ì n h k í n d u n g t í c h 1 1 , 2 l í t c h ứ a G O ở đ k t c v à m g a m h ỗ n

h ợ p . Â ( th ể t íc h k h ô n g đ ă n g k ể) . N u n g n ỏ n g b m h m ộ t th ờ i g i a n s a u đó,

l à m l ạ n h b ì n h tớ i 0 ° 0 . H ỗ n h ợ p k h í t r o n g b ì n h lú c n à y có t ỉ k h ô i s o v ớ i'

H 2 b ằn g 15 ;6 .

a ) H ỏ i á p s u ấ t t ro n g b ì n h t h a y đ ổi n h ư t h ế n ào ?

b ) T ín h k h ô i lư ợ n g c h ấ t r ắ n cò n lạ i t r o n g b ìn h .

. c) N ế ư h iệ u s u ấ t p h ả n ứ n g k h ử o x i t s ắ t l à 1 00 % t h ì k h ô i lư ợ n g c h ấ t r ắnt r o n g b ì n h cỗ n l ại l à b a o n h i ê u ? .

H ớ ng dẫ n

1. T ín h % m A: . .

F 62O 3 + 3 C O ----- > 2 F© + 3 C O 2

- F e + 2 H C 1 — > F e C l 2 + H 2T

F e 20 3 + 6 H C 1 ----- » 2 F eC l3 + 3H 20

2 F e C l 3 + 2 [ H ] ----- > 2 F e C l2 + 2HC 1

(1 )

(2)

(3)

(4)



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




» r p . B À I T Ậ P 157

Gọi X, y lần lượ t l à sô" m ol Fe và F e20 3 t ro n g m gam A. T a CÓ:

56(x + 2y) = 28

Theo (2), (4): X = ^ - n H2 = 100 x 2’016 = 0(1 mol ^ y = 0 2 mol

%Fe =

90

0,1 X 5 6 X 100%

I0 , 2 x 1 6 0 + 0 , 1 x 5 6

2 . a) C á c p h ản ứ ng kh ử F e 20 3 có th ể có:

3F e20 3 + C O -----> 2F63O4 4- CO2

F e 3Ơ 4 + C O ----- > 3 F e O + C O 2

F eO + C O ----- > Fe + C 0 2

9 0 x 2 2 , 4

14 ,89%; % Fe20 3 - 100 - 14 ,89 = 85 ,11% .

(5 )

'(6)

(7 )

ị T h e o cá c p h ản ứ ng (5 ), (6 ), (7 ) t a th ấy c ứ 1 m o l c o m ấ t đ i l ại t ạo r a

1 mol C 0 2, tức tổn g số mol kh í kh ôn g đổi, cho nên áp su ất kh ôn g đổi (vì V, T

khô ng đổ i) .

b) T a có: M = 15 ,6 X 2 = 31,2 = 44p + 28(1 - p)

R ú t r a p = 0 ,2 => t r o n g b ì n h có 20 % C 0 2 v à 8 0 % c o .

M ặt k h á c n C0 ban dầu = 11,2 : 22 ,4 = 0,5 m ol tức sa u p h ản ứ ng t ro n g b ìn h

0 ,5 X 20 : 100 = 0 ,1 m ol co? , t ức có (4 4 -2 8 ) X 0,1 = 1 ,6 gam oxi đã u h ản

;g với CO.

V ậy kh ố i lư ợn g c h ấ t r ắn c òn l ại là : ( 0 ,1x56 + 0 , 2x16 0 ) - 1 ,6 = 36 ga m .

c ) N ế u h i ệ u s u ấ t 1 0 0 % ( t a t í n h t h e o n C0 vì c o t h iế u s o v ớ i F e 20 3)

T h e o p h ả n ứ n g : F e 20 3 + 3 C O ----- » 2 F e + 3 C 0 2

số mo l F e 20 3 = 0 ,2 ; n ên n C0 = 0 ,6 > 0 ,5 ( lượ ng c o có )

N h ư v ậy t ấ t c ả C O ------> C 0 2 ; k h ố i lư ợ n g ox i t h a m g i a = 0 , 5 x 1 6 = 8 g.

Vậ y khố i lư ợ ng ch t rắ n còn: (0,1 X 56 + 0,2 X 160) - 8 = 29,6 g.

Ịà i 4 : H ỗn h ợ p A gồm M g và F e có t ỉ lệ khố i l ượ ng 5 /3 . H ỗn h ợ p B gồm

F e O , F e 20 3 v à F e 30 4, t r o n g đ ó s ố m o l F e O b ằ n g s ố m o l F e 20 3. H o à t a n B

b ằn g d u n g d ịc h HC1 dư , sa u đó cho t iếp A v ào t a th u đư ợ c d u n g d ịc h c v à

ụ V l í t H 2 (ở đ k t c ) . B i ế t r ằ n g lú c đó có m ộ t p h ầ n h i đ r o k h ử h ế t F e 3+ t h à n hF e 2+ t he o p h ản ứng :

2 F eC l3 + 2[H] -----> 2 F eC l2 + HC1



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




158 C hư ơ ng IU CÁ C P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N HO Á K IM LO Ạ I

Cho du ng dịc h c tá c d ụ n g v ớ i N a O H d ư r ồi lấy k ế t t ủ a n u n g t ro n g k h ô n g

k h í tớ i k h ố i lư ợ n g k h ô n g đ ổ i, đư ợ c c h ấ t r ắ n D . L ư ợ n g h i đ r o t h o á t r a ỏ'

t r ê n ( V l í t ) v ừ a d ủ t á c d ụ n g h ế t v ớ i D k h i n u n g n ó n g .

M ặ t k h á c , n ếu t r ộ n A v ớ i B b a n đ ầ u ta đ ượ c h ỗ n h ợ p E .

a ) V iế t c á c p h ư ơ n g tr ì n h p h ả n ứ n g x ảy r a .

b) T ín h % k h ố i lư ợ n g c ủ a M g , F e t r o n g h ỗ n h ợ p E .

c ) L ư ợ n g h i d r o t h o á t r a ( V l í t ) đ ủ đ ể k h ử m ộ t l ư ợ n g g ấ p b a o n h i ê u l ầ n

c á c ox i t c ó t r o n g B . .

G iả t h i ế t c ác p h ả n ứ n g x ảy r a h o à n to à n .

H ớ ng dẫ n

a ) - H o à t a n B b ằ n g HC1:

F eO + 2 H C 1 ----- > FeC la + H 20 (1)

F e 20 3 + 6 H C 1 -------- > 2 F eC l3 + 3 H 20 (2)

F e 30 4 + 8 H C 1 -------- » 2 F eC l3 + F e C l2 + 4 H 20 (3)

- K h i c ho A và o B ( có HC1 dư ):

M g + 2 H C 1 ----- > M g C l2 + H 2T (4)

F e + 2ĨĨC 1 ----- > F e C l2 + H 2T (5)

L ú c đ ó m ộ t p h ầ n h i đ r o m ớ i s i n h [H ] k h ử F e 3 + ------> F e 2+

2 F e C l 3 + 2 [ H ] ------> 2 F e C l2 + 2HC1 (6)

- P h ả n ứ n g v ới N aO H :

M gClz + 2 N a O H ------ > M g( O H ) 2ị + 2N a C l (7 )

F e C l2 + 2 N a O H ------- > F e(O H )2ị + 2N aC l (8)

- N u n g k ế t tủ a k h i có m ặ t k h ô n g k h í :

4 F e ( O H ) 2 + 0 2 + 2 H 20 -— > 4 F e ( O H ) 3l (9)

M g(O H )2 — > M gO + H 20 ( lỡ )

2 F e (O H )3 — ► F e 20 3 + 3 H 20 (11)- P h ả n ứ n g k h ử h ỗ n h ợ p r ắ n D (M g O k h ô n g tá c d ụn g)

F e20 3 + 3H 2 — > 2F e + 3H 20 (12)


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



BAI TẠ P 159

b.) T ín h % M g, F e : '

G ọ i p ( g ) l à k h ố i l ư ợ n g c ủ a M g , t h ì 3 p /5 ( g ) l à k h ố i l ư ợ n g c ủ a F e .

Gọi X là số m o l F e 0 , -C ũ n g là số m o l F e 20 3, v à y là s ố m o l F e 30 4.T a c ó t ổ n g k h ô i l ư ợ n g b a o x i t s ắ t :

72x + 160x + 232 y = 232 (x + y )

- T h e o (2 ), (3):^ n FeCI:| = 2(x + y)

- T he o (6) sô" m ol H 2 k h ử FeClg = (x + y) __ .... ... _ ...

n 3ri(x + y) N h ư v â y n H th o á t r a , th e o (4), (5, (6 ): — + —

' 2 2 4 5 X 56(14)

T í n h F e 2 0 3 b ị k h ử t h e o (1 2):

n Fe 20 3 = (số mol Fe có t rong A + B) : 2 = t (x + Ểx + 3y) + 3p

5 x 5 6

X + y +5 x 5 6

: 2

(15)

T he o (12) , (14), (15) t a có hệ thứ c : n H = 3 n Fe 0

P.+. 3p (x + y ) = 3 x — [(x + y) + — - —24 5 X 56 2 5 X 56

(16)

=> (x + y) = 0,0066p

V ậy %niMg t ro n g E = (px l00 % ) : (p + 3p /5 + 23 2x 0 ,00 66 p) = 31 ,9%

V à %mFe = 31 ,9x3 /5 = 19 ,1%.

c) T he o (14) và (16) , sô" m ol H 2 th o á t ra :

P.+. 3p 0 , 0 0 6 6 p = 0 , 0 4 5 8 p24 5 X 56

C á c p h ả n ứ n g k h ử s ắ t o x it tr o n g B :

F eO + H 2 ------> F e + H 20

F e 20 3 3 H 2 ------- > 2F e 4- 3 H 2O

s<Fe304 + 4H 2 ------» 3Fe + 4H2O

(17)

(18)

(19)

( 2 0 )



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




160 C hư ơ n g III. C Ấ C P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T O Á N HO Á K IM LO Ạ I

Th eo (18), (19) , (20), số m ol H 2 cần dùn g:

X + 3x + 4y = 4(x + y) = 4 x 0 , 0 0 6 6 p = 0 , 0 2 6 4 p ( 21 )

T h e o ( 17 ), (2 1 ) s ố l ần H 2 t h o á t r a có t h ể k h ử s ắ t o x i t t r o n g B:0 ,0458p

0,0264p= 1,73 lần.

B à i 5 : C ó 2 b ì n h A , B d u n g tí c h n h ư n h a u v à đ ều ở 0°c. B ì n h A c h ứ a 1 m o l

0 2, b ình B chứ a 1 m ol C l2, t ro n g m ỗi b ìn h đều có 10 ,8 gam kim loại M

hoá t r ị n duy nhấ t .

N u ng n ó n g cá c b ìn h cho tđ i p h ản ứ n g h o à n to à n , sa u đó là m lạ n h b ìn h

tớ i 0 °c . Ngườ i t a n h ận t h ấy t ỉ l ệ áp su ấ t t r on g 2 b ì nh bâ y g iò ' l à 7 / 4. T hểtíc h c ác c h ấ t r ắ n k h ô n g đ á n g k ể .

a ) H ãy xác đ ịn h M l à k i m l oại g ì?

b) Có 3 00 m l d u n g d ịch H 2S O 4 2 m o l / 1 chứa sắ t ( I I I ) sun f a t . Thêm

3 ,24 gam k i m l oại M vào d ung d ịch đó . Sau kh i M t a n h ế t và t ấ t cả Fe 3+

bị k h ử th à n h F e 2+, đ ể oxi h o á t ấ t cả F e 2+ th à n h F e 3+ c ần th ê m vào 2 00

ml dun g dịch K M n 0 4 0 ,03 mol/1 .

T í n h n ồ n g đ ộ m o l củ a c ác m ú ố i v à c ủ a H 2S O 4 t r on g dun g dịch cuố i cùng .

H ớ ng dẫ n

a) Xác đ ịn h M: 2M + n /2 0 2 ------> M 2O n (1)

2M + n C l2 ------> 2M Cln (2)

V ì á p s u ấ t t ỉ l ệ v ớ i s ố m o l k h í t r o n g 2 b ì n h n ê n :

1 - 1 M £

T a có: — — = — => M = 9 nn B 4 . • .M 2

N g h iệm th íc h h ợ p n = 3, M = 2 7 (A l).

b) T ín h C m d ung d ịch sa u cùng :

2A1 + 3Fe2(S04 ) j ---- >6 F e S 04 + A12(S04)3 (3)

2 A 1 + 3H 2 S 0 4 -----> A12(S 0 4 ) 3 + 3 H2T (4)

2 K M n 0 4 + 1 0 F e S 0 4 + 8 H 2S 0 4 ----- > K 2S 0 4 + 2 M n S 0 4 + 5 F e2(S 0 4)3 ++ 8 H 0O (5)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




T he o (5 ): n Fe2(so4)3= I njjMno^ = | x 0 ,2 x 0 ,0 3 = 0 ,015 m ol

Hk 2s o 4 = | n KMn0i] = ix 0 ,0 0 6 = 0,003 mol

T h e o (3), (4): n Al2(S04)3 = ^ n Ai = 2 * ^ 2 7 ^ = ° -06 moỉ

in H2SO,) dư — n H2S 04 bandầu ~ ^ỉ-^so .) ph án ứ ng ứ (4)và (5) —

- 0 , 3 x 2 - - [ 0,12 - - X 0 ,0 1 5 ] - - X 0 ,0 0 6 = 0 ,4 11 m o i2 \ 3 / 2

Vậy nồng độ mol /1 của các chất là : [Fe2(S04)3] = 0 ,03M

[A12(S 0 4)3] = 0 ,12M ; [M n S O J = 0 .012 M

[K 2S 0 4] = 0 .006 M ; [H 2S O 4] = 0,822M. ỉ

à i 6 : H o à t a n h o à n t o à n 1 ,9 5 g a m h ỗ n h ợ p b ộ t AI v à F e t r o n g 0 ,1 6 l í t

H N O 3 (n ồn g độ a mol/1 ) thu được 0 ,896 l í t kh í NO (đk tc ) và d un g d ịch A .

T h ê m t i ếp 0 , 5 4 g a m A I v à o d u n g d ịc h A đ ế n k h i AI t a n h ế t t h u dư ợ cd u n g d ịc h B v à k h í d uy n h ấ t N O ( t r o n g d u n g d ịc h B k h ô n g c ò n H N O 3).

T h ê m N a Q H v à o E đ ế n k h i t o à n b ộ m u ố i s ắ t c h u y ể n h ế t t h à n h h i đ r o x i í

t h ì v ừ a h ế t 0 ,2 l í t d u n g d ịc h N a O H 0 , 8 2 5 m ol/1. L ọc , n u n g k ế t t ủ a t r o n g

k h ô n g k h í đ ế n k h ố i lư ợ n g k h ô n g đ ổ i t h u d ư ợc 3,1 6 5 g a m c h ấ t r ắ n M .

a ) T í n h k h ố i lư ợ n g m ỗ i k i m lo ại t ro n g h ỗ n h ợ p b a n đ ầu .

b) T ín h k h ố i lư ợ n g m ỗ i c h ấ t t r o n g M .

c ) T í n h a .

H ớ ng dẫ n

a ) T í n h m Ai, m ê t r o n g h ỗ n h ợ p đ ầu :

Gọi X, y l ầ n l ư ợ t là s ố m o l AI v à F e t r o n g 1 ,9 5g h ỗ n hợ p , t a có: .

27 x + 56 y = 1 ,95 (*)

AI + 4 HNO3 ----->A1(N03 ) 3 + NOT + 2H 20 ( 1 )(m ol) X 4 x X X

^Fe + 4 HNO3 ---- > Fe(N03)3 + N O t + 2H20 (2 )(m ol) s y 4y y y

B. BẢ I TẬ P ___ __ _________ ______ _ _________________ _____________________ KU


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



1 6 2 C h ư ơ n g I I I CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I TOÁN HOÁ KIM LOẠ I

(3 ) a'Ệ

(4 )ề

(5) 1

_(6)1

(7) ầ(8)

(9) ỉl

(10) f

(11) •if

Ta có: X + y = nN 0 = 0,896 : 22,4 = 0,04 (**)

Kế t hợ p (*) và (**), suy ra: X = 0,01 ; y = 0,03

V ậy tr o n g h ỗ n h ợ p có : m Ai = 2 7 x 0 , 0 1 = 0 ,2 7 g ; m Fe = 5 6 x 0 ,03 = 1,68 g.

b ) T ín h k h ố i lư ợ n g m ỗ i c h ấ t t r o n g M :

AI + 4H N Ơ 3----- > A 1(N 03)3+ N o t + 2 H 20

AI + 3 F e (N 0 3)3 ------» A 1(N 03)3 + 3 F e (N 0 3)2

F e ( N 0 3)3 + 3 N a O H ----- > F e (O H ) 3i + 3 N a N 0 3

F e ( N O a)2 + 2 N a Q H ----- t F e C O H U + 2N aN O.s

A 1(N0 3)3 + 3N aO H -r -> A K O H U + 3 N a N 0 3Al(OH)3 + N a O H -----> NaA102 + 2H20

4F e(O H )2 + 0 2 + 2H 20 ----- > 4F e(O H )s

2 F e ( O H ) 3 — £ — > F e 20 3 + 3 H 20

2A 1(0H )3 — £ — > A120 3 + 3 H 20

T h e o p h ư ơ n g p h á p b ả o t o à n n F e , t a c ó :

nFe2o3= ị nFe = Ìx 0 ,0 3 = 0,015 mol Á £*

m Fe2o 3 trong (MI = 0 ,0 1 5 x 1 6 0 = 2 ,4 g ; m Ai2o 3 trong (M) = 3 ,1 6 5 - 2 ,4 = 0 ,7 6 5 g.

c ) T í n h a : S ố m o l A l (O H ) 3ị b ị h o à t a n t r o n g (8 ) l à :

0,01 + - 2 X = 0,0 15 m ol27 102

G ọ i a l à s ố m o l A I t h a m g i a p h ả n ứ n g (3 ). G ọ i p l à s ố m o l AI t h a m g ia

p h ả n ứ n g (4 ) •

a + p = 0 ,54 : 27 = 0 ,0 2 (*)

Ta có: ĩiNaOH = (0,0 3x3 + 0,0 15) + (0 ,0 3 - 3p)x3 + 2x3(3

= 0 ,2x 0 ,82 5 = 0 ,165 (**)

K ết hợ p (*) v à (**) t a được : a = 0 ,01 ; p = 0 ,01

S uy ra : n HN03 dư = 0 ,04 ; n HN0 3 ban dầu = 0 ,0 4 + ( 0 ,0 4 x 4 ) = 0 ,2 m o l

a = 0,2 : 0 ,1 6 = 1,25 M .


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



.BÀI TẬ P

J 3 à i 7 * L ấ y h a i t h a n h k i m l o ạ i X , Y c ó c ù n g k h ố i l ư ợ n g v à đ ứ n g t r ư ớ c P b

t r o n g d ã y t h ê ' đ i ệ n h o á . N h ú n g t h a n h X v à o d u n g d ịc h C u ( N 0 3)2 v à

t h a n h Y v à o d u n g d ịc h P b ( N 0 3)2- S a u m ộ t th ờ i g i a n l ấy c á c t h a n h k i ml oại r a k h ỏ i d u n g d ịc h v à c â n l ạ i t h ấ y k h ố i l ư ợ n g c ủ a t h a n h X g i ảm 1%

v à c ủ a t h a n h Y t ă n g 1 5 2 % s o v ớ i k h ố i l ư ợ n g b a n đ ầ u . B i ế t s ố mol các

k i m lo ại X v à Y d ã t h a m g i a p h ả n ứ n g b ằ n g n h a u v à t ấ t c ả C u , P b t h o á t

r a b á m h ế t v à o t h a n h X v à Y. I

M ặ t k h á c đ ế h o à t a n 3 ,9 g a m k i m lo ại X c ần d ù n g V m l d u n g d ịc h H C1

v à t h u đ ư ợ c 1 , 3 4 4 l ít : H j (ở đ k t c ) ; c ò n đ ể h o à t a n 4 , 2 6 g a m - o x i t c ủ a k i m

lo ạ i Y c ũ n g c ầ n d ù n g V m l d u n g d ịc h H C 1 ở t r ê n :

a ) S o s á n h h o á t r ị c ủ a c á c k i m l o ạ i X v à Y .

b) SỐ m o l c ủ a C u ( N 0 3)2 v à P b ( N 0 3)2 t r o n g h a i d u n g d ịc h th a y đ ểi n h ư

t h ế n à o ?

H ở ng dẫ n

a ) S o s á n h h o á t r ị c ủ a c á c k i m l o ạ i X v à Y :

Gọi n , p và m, Q là hoá t rịv à k h ố i l ư ợ n g n g u y ê n t ử c ủ a k im loại X v à Y.

2X + nCu(N0 3) 2 ----* 2X (N 03)„ + n C u l (1 )

2 Y + m P b ( N 0 3)2 ---» 2 Y (N 0 3)m + m P b i (2)

2X + 2 n H C l ----- > 2XC1„ + n H 2t . ■ (3 )

Y 2O m + 2 m H C l ----- » 2Y C lm + m H 20 (4)

ị" Gọ i a là khố i lư ợ ng ban đầ u củ a mỗ i thanh kim loạ i và X là s ố mol củ a ỗi k i m l o ại đ ã t h a m g i a p h ả n ứ n g (1 ), (2 ). .

1 X aK h ô i l ư ợ n g t h a n h X g i ảm 1%: Ịp - =

K h ô i lư ợ n g th a n h Y t ă n g 152% : ^2 0 7 m

100

1 5 2 a

2 ) 100

C h i a ( 5) c h o (6 ) t a đ ư ợ c : 1 5 2 ( 2 P - 6 4 n ) = 2 0 7 m - 2 Q

T he o (3): 2(1 ,3 44 : 22,4) = n(3 ,9 : P) => 2P = 65n

(5 )

(6)

(7 )

(8 )

4 ,26Theo (4) : nHci = 2mx-

2Q + 16m

Từ (7), (8), (9): m = n. Vậy X, Y có cùng hoá trị.

= 2 n H = 2x 0 ,06 => 2Q = 55 m (9)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




164 C hư ơ n g III. CÁ C P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N H OẢ K IM LO Ạ I

b ) S ố m o l c ủ a C u (N 0 3)2 v à P b ( N 0 3)2 t r o n g 2 d u n g d ịc h t h a y đổ i: :

V ì m = n v à số- m o l 2 k i m l o ại X , Y t h a m g i a p h ả n ứ n g n h ư n h a u n ê n '

s ố m o l C u (N 0 3)2 v à P b ( N 0 3)2 g i ảm n h ữ n g l ư ợ n g b ằ n g n h a u .

B à i 8 : C h o 9 , 1 6 g a m b ộ t A g ồ m Z n , F e , C u v à o cố c đ ự n g 1 7 0 m l d u n g d ịc h

C ư S 0 4 I M . S a u p h ả n ứ n g , t h u đ ư ợ c d u n g d ịc h B v à c h ấ t r ắ n C ' . N u n g C ' ;

t r o n g k h ô n g k h í ở n h i ệ t đ ộ c a o đ ế n k h ố i l ư ợ n g k h ô n g đ ổ i , đ ư ợ c 12 g am í

c h ấ t rắn . • '

C h i a B t h à n h h ạ i p h ầ n b ằn g n h a u:

T h ê m d u n g d ịc h N a O H d ư v à o p h ầ n 1, lọ c k ế t t ủ a , r ử a , n u n g tr o n gk h ô n g k h í đ ế n k h ố i l ư ợ n g k h ô n g đ ổ i t h u đ ư ợ c 5 , 2 g a m c h ấ t r ắ n D .

Đ i ện p h â n p h ầ n 2 v ớ i đ i ện cự c t r ơ t r o n g 10 p h ú t v ớ i d ò n g đ i ệ n c ư ờ n g đô

10 am pe . . ị

a ) T í n h k h ố i l ư ợ n g c ác c h ấ t t h o á t r a ở b ề m ặ t c ác đ i ệ n cự c. :

tí) T í n h t h ể t íc h d u n g d ịc h H N 0 3 5 M đ ể h o à t a n h ế t h ỗ n h ợ p A, b i ế t I

r ằ n g p h ả n ứ n g c h ỉ tạ o r a k h í N O .

C á c p h ả n ứ n g x ảy r a h o à n t o à n . I

H ớ ng dẫ n Ể

a ) T í n h k h ố i l ư ợ n g c á c c h ấ t t h o á t r a ở b ề m ặ t c á c đ i ệ n cự c : I

IU max = 9 ,1 6 : 56 = 0,1 6 4 m o l ; n CuS0 = 0,1 7x 1 = 0,1 7 m ol I

- ^ , IT a t h â y n A max < n CuS0 4 , đ i ều n à y c h ứ n g t ỏ Zn , F e p h ả n ứ n g h ế t v à J j

C u S ỏ 4 còn dư .

Zn + C11SO4----- > Z n S 0 4 + C u i (1)

F e + C u S 0 4 ----- > F e S 0 4 + C u i (2)

Z n S Ơ 4 + 2 N a O H ----- > Zn (O H )2ị + N a2S 0 4 (3)

F e S 0 4 + 2 N a O H ----- > Fe (O H )2ị + N a2S 0 4. (4)

C u S 0 4 + 2 N a O H - ----- > C u ( O H ) 2ị + N a 2S 0 4 (5)

Z n (O H ) 2 + 2 N a O H ----- > N a 2Z n 0 2 + 2 H zO (6)

4F e(O H )2 + 0 2 + 2H 20 ----- > 4 F e ( O H ) 3 l (7)


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BAI TẠ P 165

2 F e ( O H ) 3 -» F e 203 + 3 H 20 (8)

C u ( O H )2 — -

------ > C uO + H 20 (9)2C u + 0 2 ------> 2CuO

Gọi X, y , z lầ n lư ợ t là s ố m o i Z n , F e , C u t r o n g h ỗ n h ợ p A .

T a có: 65x + 56 y + 64z = 9 ,16 i (*)

( 1 0 )

n&io = ncu = x + y + z = 1 2 :8 0 = 0 ,15 m ol (**)

D u n g d ịc h B g ồ m : Z n S 0 4 X m o l, F e S 0 4 y m o l, C u S 0 4 ( 0 ,1 7 - X - y ) m o l

N ê n k h i ch o 1/2 d u n g d ịc h B tá c d ụ n g vớ i N a O H dư , t a có :

T h e o 10 p h ả n ứ n g t r ê n :

Z n S 0 4 — iN ạ O ỊL ^ Z n ( O H ) 2 — iìỉạO H d ự ^ N a22 n o 2 bị t a n .

F e S 0 4 — — - > F e (O H )2 — F e ( OH) 3 — !— > l / 2 F e 20 3

y / 2 m o l y/4 m o l

C u S 0 4 — -- a(?H * C u ( O H )2 — > C uO

=> m D = 1 6 0 x 1 + M L _ 1 _ Z x80 = 5 ,2 => X =: 0,044 2

Thay vào (*) và (**) suy r a : y = 0 ,06 mol , z = 0 ,05 mol

Vậy tro n g 1 /2 dun g dịch B có 0 ,02 'm oi Zn S 0 4, 0 ,03 mol F e S 0 4 và 0 ,035 m ol

C u S 0 4 .

N ếu d iện p h â n 1/2 d u n g d ịc h B t h ì C u2+ có t ín h oxi h o á m ạn h h ơ n F e 2+

n ê n k h i đ i ện p h â n n ó b ị đ i ệ n p h â n t rư ớ c .

G i ả s ử tr o n g 10 p h ú t c h ỉ đ i ện p h â n C u S 0 4 t h ì k h ố i l ư ợ n g C u t h o á t r a ỏ'

ca to t l à :



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




Chư ơ ng I II . CÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G iẢ I T OÁ N HO Ả K IM L OẠ I

Đ iều này chứng tỏ Cu S0 4 chưa bị đ iện p h â n h ết .

2 C11SO4 + 2H20 - -g-pdd— > 2C u ị + 0 2t + 2 H 2SO4

(mol) 0,031 0 ,01 5 5

Sau điện phân ta thu được m Cu = 1,989 6 g ; m o 2 = 0,0 1 5 5 x 3 2 = 0,4 9 6 g

b) Tính thể tích dung dịch HNO3 5M:

3Zn + 8H* + 2 N C V ----- > 3Z n2+ + 2 N 0 Í + 4 H 20

mol W)4 ° -1067 - - ----------------- ----------- - -

Fe + 4H+ + N 0 3' ----- > F e 3+ + N O t + 2 H 20mol 0,06 0,24 ■

3 Cu + 8 H++ 2N(V -----> 3Cu2+ + 2 N 0 Í + 8H 20

mol 0,05 0,1333

z 2 > hN03 = I V = ° ’1067 + ° ’2 4 + ° - 1 33 3 = ° ’4 8 mo1

=* Vh n o 3 = 0,48 : 5 = 0,096 lít.

B ' ■ 9 : a) R X Y là các k im loại hoá t r ị I I . N gu yên t ử kh ố i t u ơ n g ứ ng l à r ,

* ỹ Nhúng 2 thanh k im loại R cùng kh ố i l ượ ng vào 2 du ng dịch m uố i

"'t at của X và Y. Người tan h ậ n t h ấ y k h i s ố m o l m u ố i n i t r a t c ủ a R

ị g 2 dung dịch b ằn g n h a u t h ì k h ô i l u ợ n g t h a n h t h ứ n h ấ t g i ả m a% v à

th h thứ hai t ăng b% (g iả sử t ấ t cả k im loại X và Y bá m và o t h a n h R).

Lập biểu thức t ính r theo X, y , a , b . Áp dự ng X l à C u và Y l à P b ;

a = 0,2%, b = 28,4%. .

b ) Lập biểu thức tín h r đối vớ i trư ờ n g h ợ p R là k im lo ại h o á t r ị I I I , X

h ' tr i I và Y hoá tr ị I I v à th a n h t h ứ n h ấ t t ă n g a % t h a n h t h ứ h a i t ă n g

b% cac điều kiện khác n h ư p h ần 1.

H ớ ng dẫ n

a) Tính r theo a, b, X, y: Gọi n l à số mol R(NÓ3)2.

R + X(N 03)2 — > R (N 0 3)2 + X

R + Y(N 03)2 — > R (N 0 3)2 + Y

Khối lượng thanh thứ n h ất g iảm a%: n(R - X) : nR = a% (1)

Khối lượng thanh thứ hai tăng b%: n(Y - R) :nR = b% (2)


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ễ



B. BAI TẠ P 167

C h ia (1) cho (2): (R - X) : (Y - R ) = a : b => R = (aY + bX) : (a + b)

Khi X là Cu = 64 , Y là Pb = 207, a = 0 ,2%, b = 28 ,4% => R = 65 .

b) R + 3XNƠ 3---- > 3X + R(N 03)3

2 R + 3Y(N0 3 ) 2 -----> 3Y + 2R(N0 3 ) 3

Gọi m l à số m ol R (N 0 3)3. i

K h ố i lư ợ n g t h a n h t h ứ n h ấ t t ă n g a% : m ( 3 X - R ) : m R = a % (3 )

K h ố i lư ợ n g t h a n h t h ứ h a i t ăn g b% : m ( l,5 Y - R ) : m R = b % (4)

C h i a (3 ) c ho (4): R = M g j L J f o X ■ 'a - b ,

B à i 10 : T rộn h a i du ng d ịch A g N 0 3 0 , 44 mol/1 vồj P b (N 0 3)2 0 , 36 mol/1 vớ i

t h ể t íc h b ằ n g n h a u t h u đ ư ợ c d u n g d ịc h A . T h ê m 0 ,8 2 8 g a m b ộ t A I v à o

1 0 0 m l d u n g d ịc h A đ ư ợ c c h ấ t r ắ n B v à d u n g d ịc h c .

a ) T í n h k h ô i l ư ợ n g c ủ a B .

b) C h o 2 0 m l d u n g d ịc h N a O H v à o d u n g d ịch c th u đư ợ c 0 ,9 3 6 g a m k ế ttủ a . T í n h n ồ n g đ ộ m o l c ủ a d u n g d ịc h N a O H .

c) C h o c h ấ t r ắ n B v à o d u n g d ịc h C u ( N 0 3)2. S a u k h i p h ả n ứ n g k ế t th ú c

t h u đ ư ợc 6 ,0 4 6 g a m c h ấ t r ắ n D . T ín h % v ề k h ô i lư ợ n g c ác c h ấ t tr o n g D .

H ớ ng dẫ n

a) Tính khôi lư ợ ng c ủ a B:

n AgN03 = 0 ,4 4x0 ,0 5 = 0,0 22 m oi Ị frpb(N03)2 = 0 ,36 x0 ,0 5 = 0 ,018 moi Ị

n Ai = 0,8 28 : 27 = 0,0 30 6 m ol .

2A1 + 3 P b ( N 0 3)2 ----- » 2A 1(N 03)3 + 3 P b ị

m o l 0 , 0 1 2 0 , 0 1 8 0 , 0 1 2 0 , 0 1 8

AI + 3AgN03 -----» A1(N03)3 + 3A gị

m ol 0 , 022 /3 0 , 022 0 , 022 /3 0 , 022

=> m e = mpb + rriAg + m A] dư =

= 0 ,0 1 8 x 2 0 7 + 0 , 0 2 2 x 1 0 8 + 2 7 ( 0 , 0 3 0 6 - 0 , 0 1 2 - 0 , 0 2 2 / 3 ) = 6 ,4 g am .



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




168 C hư ơ n g III. CÁC PH Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N HO Ả K IM LO Ạ I

b ) T ín h n ồ n g độ m o l củ a d u n g d ịc h N a O H :

A 1 ( N 0 3)3 + 3 N a O H ----- > A l ( O H ) 3ị + 3 N a N O ;

A l(O H )3 + N a O H ------> N aA 10 2 + H 20

(1 )

(2 )T a có: n A1(N0. ). = 0 ,0 5 8 : 3 m ol ; nAHOH) = 0 ,9 3 6 : 78 = 0,0 1 2 m ol

* X é t t r ư ờ n g h ớ p : N a O H t h i ếu . C h ỉ x ả y r a p h ả n ứ n g ( 1), s u y ra :

n N a O H = 3n AKOH) 3 = 3x0,012 = 0,036 mol

. > [Na O H ] - 0 ,03 6 : 0 ,02 - 1 ,8M

* X é t t rư ờ n g h ợ p : N a O H dư . X ả y r a 2 p h ả n ứ n g ( A l(O H )3 t a n m ộ t p h ầ n )

T h e o (2): ,n NaọH = n A1(0 H) = (0 ,058 : 3 ) - 0 ,012 = 0 ,022 /3 m ol

Theo (1): ri]\jaOH = ^ A 1(N0 3 ) 3 = 3(0,058 : 3) = 0,058 moi

=> m D = 0 ,0 1 7 x 6 4 + 0 ,0 2 2 x 1 0 8 + 0 ,0 1 8 x 2 0 7 = 7 ,1 9 > 6 ,0 4 6

Đ iều n à y c h ứ n g tỏ AI đ ã p h ả n ứ n g h ế t v à P b đ ã p h ả n ứ n g m ộ t p h ần .

Gọ i X là sô' mol P b tham gia phả n ứ ng.

=> m ỏ = 0 , 0 1 7 x 6 4 + - 0 , 0 2 2 x 1 0 8 + 6 4 x + (0 , 0 1 8 - x ) 2 07

o 6 , 0 4 6 = 3 ,4 6 4 - 1 4 3 x + 3 ,7 2 6 => X = 0 ,0 0 8 m o l

=> mpbdư = 207(0 ,018 - 0 ,008 ) = 2 ,07 g

V ậ y % m Pb = - M L X 1 0 0 % = 3 4 ,2 4 % ; % m Ag = Ĩ Ẽ H y . 100% = 39,3%6 ,0 46 . - » Ag 6>046 ,

%mCu = 100 - 34,24 - 39,3 = 26,46%.

B à i 1 1 : C h o 27 ,4 g a m b a r i k i m l o ại v à o 5 0 0 g a m d u n g d ịc h h ỗ n h ợ p( N H 4)2S 0 4 1 ,3 2 % v à C u S 0 4 2 % . S a u k h i k ế t t h ú c t ấ t c ả c á c p h ả n ứ n g t a

t h u đ ư ợ c k h í A, k ế t tủ a B v à d u n g d ịc h c.

m ol [N aO H ] = - ° ’1:96 = 3 ,267 M .3 x 0 , 0 2

2AI + 3C u (N 0 3)2 ------> 2A 1(N 03)3 + 3 C u i (4)

P b + C u ( N 0 3 ) 2 * P b ( N 0 3)2 + C u i (5 )

V ậy tr o n g D , A g k h ố n g t h a m g i a p h ả n ứ n g.

3G iả s ử c h ỉ x ả y r á p h ả n ứ n g ( 4) : n Cu = = 0 ,0 1 7 m o l

2



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




a ) T í n h t h ế t í c h k h í A ( ở đ k t c ) .

b) L ấy k ế t t ủ a B rử a s ạc h v à n u n g ỏ' n h iệ t độ ca o tớ i -khối lư ợ n g k h ô n g

đ ổi t h ì t h u đ ư ợ c b a o n h i ê u g a m c h ấ t r ắn ? .

c ) T í n h n ồ n g đ ộ % c ủ a c h ấ t t a n t r o n g c .

H ớ ng dẫ n

a ) T í n h t h ể t íc h k h í A: I

Ba + 2H20 ----- » B a(O H )2 + H 2T (1)

Ba(OH)2 + (N H4)2S 0 4 - ..> B aS 04v +2NH3? -í- 2H20 T 2 7

B a ( O H )2 + C 11S O 4 ----- >■ B a S 0 4ị + C i K O H ^ i (3 )

Cu(OH ) 2 — > CuO + H20 (4)

V ậy k h í A g ồ m H 2 v à N H 3. ị

T h e o (1): n H,2 = n Ba = 27 ,4 : 137 = 0,2 m ol

rru f _ o _ o 5 0 0 x 1 ,3 2 _ - . _ .T h eo (2) : n NH3 - 2 n (NH4lỉSOi) - 2 x y ^ j ^32 ~ m

V ậy V A = (0,1 + 0,2) X 22 ,4 = 6,7 2 lí t

b ) T ín h k h ô i lư ợ n g c h ấ t r ắn s a u k h i n u n g B:

T h e o (2): n BaSo4 = n (NH4)2so 4 = 0 ,0 5 m o l

Theo (3): ncu(OH)2 = ^BaS0 4 = CuSO,j = (500x2) (100x160) =0,0625moi

Theo (4) : n Cl,0 = n Cu(0H,2 = 0,0 6 2 5 m ol

m rắn = m BaS0 + m Cuo = (0,05 + 0 ,06 2 5 )2 33 + 0 , 0 6 2 5 x 8 0 = 3 1 , 2 1 2 5 g

c ) T í n h n ồ n g đ ộ % c ủ a c h ấ t t a n t r o n g C :

n Ba(OH) dư = - 0,05 - 0,0 625 = 0,0875 mol

^ mBa(OH)2dư = 0,0875x171 = 14,96 g

I dung dịch c ” n -Ba "t* ttldung dịch ” EA-A“= 2 7 , 4 + 5 0 0 - ( 0 ,2 x 2 + 0 ,1 x 1 7 ) - 0 , 1 1 2 5 x 2 3 3 - 0 , 0 6 2 5 x 9 8 = 4 9 2 ,9 6 g

=* C % B, ỈOH)2dư = = 3 -0 3 % - .


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



170 C hư ơ ng I II CÁC P HƯ Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N H OẢ K IM LO Ạ I

II. Bài tập tự giải

H N HỢ P k i m l o ạ i + DUNG DỊCH MỘ T MUÔI

1. C h o 1 3,8 g a m h ỗ n h ợ p b ộ t F e v à C u v à o 7 5 0 m l d u n g d ịc h A g N 0 3 a M

( d u n g d ịc h A ). S a u k h i k ế t t h ú c p h ả n ứ n g t h u đ ư ợ c d ư n g d ịc h B v à 3 7 ,2 g.

c h â t r ắ n E . C h o N a O H d ư v à o d u n g d ịc h B th u đ ư ợ c k ế t tủ a ; l ấ y k ế t t ủ a

n u n g t r o n g k h ô n g k h í đ ế n k h ố i l ư ợ n g k h ô n g đ ổ i t h u đ ư ợ c 1 2 g a m h ỗ n

h ợ p g ồ m 2 o x i t c ủ a 2 k i m l o ạ i . .................... ................

a ) Tính %m (2 k im loại ) t rong hỗn hợp đầu.

b) T ín h aM .

2 . Cho 12 ,88 gam hỗn hợ p Mg và Fe vào 700 ml du ng d ịch A g N 0 3. Sau kh i

c ác p h ả n ứ n g h o à n t o à n , th u đư ợc c h ấ t r ắ n c n ặ n g 4 8 ,7 2 g a m v à d u n g

dịch D. Cho dung dịch N aOH dư vào D, rồ i lấy k ết tủ a n un g t ro n g k hô ng

khí đến khối lượng không đối thu được 14 gam chất rắn .

a) Tính % khôi lượng hỗn hợp đầu.

b) T ín h [A gN C y.

3 . Cho 1 ,572 gam bột A gồm Al , Fe , Cu tác dụng hoàn toàn với 40 ml dung

dịch C uS 0 4 IM thu được dung dịch B và h ỗn hợ p D gồm h ai kim loại . J

Cho N aO H tác dụng từ từ với dung dịch B cho đến k hi thu được lượng kết

tủa lớn nh ất; nung kết tủa t rong khôn g khí đến khối lượng khôn g đổi thu ,

được 1,82 gam hỗn hợ p 2 oxit . Cho D tác d ụn g ho àn toà n với dung dịch

A gN 03 thì lượng Ag thu được lớn hơn khối lượng của D là 7 ,336 gam. Tính

số gam mỗi kim loại trong A.

4. Cho 2,78 gam h ỗn hợ p A gồm AI và Fe ở dạng bộ t vào 500 m l dung dịch

C uS 04 0 ,1M. Sau kh i các ph ản ứ ng ho àn to àn thu được 4 ,32 gam chấ t

rắn B gồm 2 k im loại và dung dịch c .

a ) T ính % kh ối lượng m ỗi kim loại t ro n g A. I

b ) C ho 300 m l dung dịch N aO H 0,5 M vào d u n g d ịch c . Sau k h i p h ản ứ:n_

ho àn toàn , lọc rửa kế t t ủa và nung nóng t rong k hôn g kh í t ớ i khố i lượng I

kh ông đổ i t hu được ch ấ t rắn D. T ính khố i lư ợng D. j

5 . H ỗn hợ p A gồm F e và Cu ỏ' dạng bộ t . Cho 7 gam hỗn hợp A vào 500 ml I

dun g dịch A gN 03 bM. Sau khi k ế t thú c p h ản ứ ng đem lọc, rửa k ết tủa ,

t hu được dung dịch B và 21 ,8 gam ch ấ t rắn c . T hêm dung dịch NaO H dư J j


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



v à o d u n g d ịc h B , lọ c r ử a k ế t t ủ a , n u n g n ó t r o n g k h ô n g k h í đ ế n k h ố i

l ư ợ n g k h ô n g đ ổ i , t h u đ ư ợ c c h ấ t r ắ n E c ó k h ô i l ư ợ n g 7 , 6 g a m .

a) T í n h % k h ố i lư ợ n g h ỗ n h ợ p A v à b M .

b) T ín h VduilgdịcllHN0 32M c ầ n d ù n g đ ể h o à t a n 7 g a m A ( ch o b i ế t p h ả n

ứ n g g iải p h ó n g k h í N O ).

6. C h o 4 , 1 5 g a m h ỗ n h ợ p b ộ t F e v à Ẳ 1 t á c d ụ n g v ớ i 2 0 0 m l d u n g d ịc h

C u S 0 4 0 ,5 2 5 M . K h u ấ y k ĩ h ỗ n h ợ p đ ể c ác p h ả n ứ n g h o à n t o à n . Đ e m lọc

đ ư ợ c k ế t t ủ a A g ồ m 2 k i m l o ạ i - c á k h ố i l ư ợ n g 7 ,8 4 g a m v à d u n g d ịc h B .

a ) 'Đ ể h o à t a n k ế t t ủ a A c ần í t n h ấ t ba o n h i ê u m l H N 0 3 2 M , b i ế t r ằn g

p h ả n ứ n g g iải p h ó n g k h í N O . .

b ) T h ê m d u n g d ịc h h ỗ n h ợ p B a (O H )2 0 ,0 5 M + N a O H 0 ,1 M v ào d u n g d ịc h

B . H ỏ i c ần b a o n h i ê u m l h ỗ n h ợ p d u n g d ịc h đ ó đ ể k ế t tủ a h o à n t o à n 2

h i đ r o x i t c ủ a 2 k i m l o ạ i . S a u đ ó n ế u đ e m l ọ c r ử ấ k ế t t ủ a , n u n g n ó t r o n g

k h ô n g k h í ở n h i ệ t độ ca o tớ i k h i cá c h i đ r o x i t b ị n h i ệ t p h â n h ế t th ì t h u

đ ư ợ c b a o n h i ê u g a m c h ấ t r ắ n .

7 . C h o 1 , 5 8 g a m h ỗ n h ợ p A ỏ ' d ạ n g b ộ t g ồ m M g v à F e t á c d ụ n g v ớ i 1 2 5 m l

d u n g d ịc h C u C l 2 b M . K h u ấ y đ ề u h ỗ n h ợ p , lọ c r ử a k ế t tủ a t h u đ ư ợ c d u n gd ịc h B v à 1 ,9 2 g a m r ắ n c . T h ê m v à o B m ộ t lư ợ n g d ư d u n g d ịc h N a O H

l o ã n g , l ọ c r ử a k ế t t ủ a m ớ i t ạ o t h à n h . N u n g k ế t t ủ a đ ó t r o n g k h ô n g k h í ở

n h i ệ t đ ộ ca o , t h u đ ư ợ c 0 ,7 g a m c h ấ t r ắ n D g ồ m 2 o x i t k i m l o ại (c ác p h ả n

ứ n g h o à n to à n ) . .

a ) V i ế t c á c p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g v à g i ả i t h í c h .

b) T ín h % m m ỗ i k im lo ại t r o n g A. T ín h bM .

HỖ N HỢ P KIM LOẠ I + H ỗ N HỘ P d u n g d ị c h MUÔÌ

1 . C h o h ỗ n h ợ p Y g ồ m 2 ,8 g a m F e v à 0 ,8 1 g a m A I v à o 2 0 0 m l d u n g d ịc h c

c h ứ a A g N 0 3 v à C u ( N 0 3)2. K h i k ế t th ú c p h ả n ứ n g , th u đ ư ợ c d u n g d ịc h D

v à 8 , 1 2 g a m c h ấ t r ắ n E g ồ m 3 k i m lo ại. C h o E t á c d ụ n g v ớ i d u n g d ịc h

HC1 dư th u được 0 ,672 l í t H 2 (đk tc ) . T ính [AgNOg] và [C u (N 03)2].

2, C h o 2 , 2 4 g a m b ộ t F e v à o 2 0 0 m l d u n g d ịc h h ỗ n h ợ p Á g N 0 3 0 ,1 M v à

C u (N 0 3)2 0 ,5 M . K h u ấ y đ ều c ho p h ả n ứ n g h o à n t o à n , t h u đ ự ơc r ắn A v à

ẻ dung dịch B.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




172 C hư ơ ng IU. CÁC PH Ư Ơ N G PH Á P G IẢ I T O Á N HO Á K ĨM LO Ạ I

b ) T ín h n ồ n g độ d u n g d ịc h B.

c) C h o d u n g d ịc h N H 3 d ư v à o d u n g d ịc h B , t h u đ ư ợ c k ế t t ủ a c . L ọ c, rử a ,

n u n g đ ế n k h ô i l ư ợ n g k h ô n g đ ổi đư ợ c m ( g a m ) r ắ n . T í n h m .

d) Tính Vkhí màu nâu bay ra khi hoà tan chất rắn A bằng HNO3 đặc (các p h ả n ứ n g h o à n to à n , k h í đo ở đ k tc ). '

H Ư Ớ NG DẪ N

HỖ N HỢ P KIM LOẠ I + DUNG DỊCH 1 MUÔI

1. Gọi X, y là s ố m o l F e v à C u t r o n g 1 3 ,8 g h ỗ n h ợ p :

' 5 6 x + 6 4 y = 1 3 ,8 ■ (I)

* H ỗ n h ợ p ( F e + C u) + d u n g d ịc h A g N Ơ 3 (có số m ol = 0 , 75 a m ol )

Biệ n luậ n: V ì thu được 2 ox i t của 2 k im loại nê n du ng d ịch B ph ả i có

2 m u ố i là F e ( N 0 3)2 v à C u ( N 0 3)2. V ậy F e đ ã p h ả n ứ n g h ế t , C u c ó t h ể c ò n dư .

Tr ờ ng hợ p 1: C h ấ t r ắ n E c ò n d ư C u ( tứ c C u c h ỉ p h ả n ứ n g 1 p h ầ n ) .

F e + 2 A g N 0 3 ----- > F e (N 0 3)2 + 2A g (1)

X 2 x X 2x

C u + 2 A g N 0 3 ------------> C u ( N Ơ 3)2 + 2 A g

( 0 , 3 7 5 a - x ) ( 0 ,7 5 a ~ 2 x ) ( 0 , 3 7 5 a - x ) ( 0 ,7 5 a - 2 x )

* C h ấ t r ắ n E g ồ m : A g = [2 x + ( 0 ,7 5 a - 2 x )] m o l

Cudư = y - (0 , 375a - x )

T a có: 108[2x + (0 , 75a - 2x )] + ty - (0 , 375a - x ) ]64 = 37 ,2

57 a + 64x + 64y = 37 ,2 ( II )

* D ung d ịch B + N aO H dư :

F e ( N 0 3)2 + 2 N a O H ----- > F e ( O H ) 2ị + 3 N a N 0 3 (2 )

X X

C u (N 0 3)2 + 2 N a O H ----- > C u ( O H ) 2l + 2 N a N 0 3 (3 )

( 0 , 3 7 5 a - x ) ( 0 , 3 7 5 a - x )

* N u n g k ế t t ủ a : 2 F e ( O H ) 2 + I / 2 O 2 — -— > F e 20 3 + 2 H 20 (4)

X x/2



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B BÀI TẬ P 173

Cu (OH)2 -( 0 , 3 7 5 a - x )

—> C u O + H 20

( 0 ,3 7 5 a - x)

T a có : —X 160 + 80 (0 ,37 5a - x ) = 122

Giải hệ (I) , (II) , (III): a = 0,4 ; X = 0,0 75 ; y = 0,15 .

a) %mFe0 OVĨ X ’

’ X 100% = 30,43% ; % m c » = 69,57%.13,8

b) [AgNO'i] = 0,4m.

Tr ờ ng hạ p 2: C h ấ t rắn E chỉ có Ag .

F e + 2 A g N 0 3 ----- » F e (N 0 3)2 + 2A g

X 2 x X 2x

C u + 2 A g N O s ----- > Cu(N03)2+ 2 A g l

y 2y y 2y

T a có: 2x + 2y = 37 ,2 : 108 = 0,34 4

G iải h ệ ( I ) , ( II ' ) - y = 0,52 ; X âm ( loại) .

2. Gọi X, y l à s ố m o l M g , F e t r o n g 12*88 g h ỗ n h ợ p X :

24x + 56y = 12 ,88

* H ỗ n h ợ p X + A g N 0 3 : C ó 4 t rư ờ n g h ợ p x ảy ra :

+ T r ờ ng hợ p ỉ : C h ỉ có M g p h ả n ứ n g 1 p h ầ n x ' m o l < X m o l

Mg + 2AgN0 3 -----> M g ( N 0 3 ) 2 + 2Ag

x' 2x ' x ' 2x '

M g ( N 0 3)2 + 2 N a O H ----- > M g (O H )2ị + 2 N a N 0 3

M g ( O H ) 2

x '

X

-> M g O + H 20

x'

T a có: x ' = 14 : 40 = 0,35 m oi

C h ấ t r ắn c gồm : Ag: 2x ' m ol ; Fe : y m ol ; M g: (x - x ' ) mol .

Ta có: p i6 x ' + 56y + (x - x ' )24 = 48 ,72

= > 2 4x + 56 y = -1 8 ,4 8 (loại) .

(5)

( I I I )

(II ' )

(I)

(2 )

(III)

( I I I i )


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




174 C hư ơ ng IU. C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P GIẢ I T O ÁN H O Á K IM L OẠ I

+ Tr ờ ng hợ p 2: M g p h ả n ứ n g h ế t, F e c h ư a p h ả n ứ n g .

T h e o đ ịn h l u ậ t b ả o t o à n n g u y ê n t ố t a có:X = 14 : 4 0 = 0 ,3 5 m o l ( I I 2)

C h ấ t r ắ n c g ồ m : A g : 2 x m o l ; F e : y m o i

Ta có: 2 x x l 0 8 + 5 6 y = 4 8 ,7 2 ( I I I 2)

G iải hệ (II 2), (III) : y âm (loại)

+ Tr ờ ng hợ p 3: M g p h ả n ứ n g h ế t , F e p h ả n ứ n g 1 p h ầ n :

Mg + 2Ag+---- ► Mg2* + 2AgX 2x X 2x - ---------

F e + 2 A g+ ------ > F e 2+ + 2 A g '

( 0 ,3 5 a - x ) ( 0 , 7 a - 2 x ) ( 0 , 3 5 a - x ) ( 0 ,7 a - 2 x )

C h ấ t r ắ n c g ồ m : A g = 0 , 7 a m o l ; F ed ư = [y - ( 0 , 3 5 a - x)] m o l

0 , 7 a x l 0 8 + [y - 0 , 3 5 a + X ] x 5 6 = 4 8 , 7 2

56x + 56y + 56 a = 48 ,72 ( I I3)

* D u n g d ịc h D + N a Ọ H : M g 2+ + 2 0 Í T ----- > M g(O H )2ị

X X

F e 2+ + 2 0 H ------> F e ( O H ) 2 ị

( 0 ,3 5 a - x ) ( 0 ,3 5 a - x)

* N u n g k ế t t ủ a : M g ( O H ) 2 — -— > M g O + H 20

X X

2 F e ( O H ) 2 + l / 2 0 2 — —— >F e 20 3 + 2 H 20 (4 )

( 0 , 3 5 a - x ) ( 0 , 1 7 5 a - 0 , 5 x )

T a có: 4 0 x + ( 0 ,1 7 5 a - ọ , 5 x ) 1 6 0 = 1 4 => 2 8 a - 4 0 x = 1 4 ( I I I 3)

Giải hệ (I), (lia), (III3): X = 0,07 ; y = 0,2 ; a = 0,6

+ Tr ờ ng hợ p 4: M g p h ả n ứ n g h ế t , F e p h ả n ứ n g h ế t. C h ấ t r ắ n c c h ỉ có

A g . T h e o c á c p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g :

2 x + 2 y = 4 8 , 7 2 : 1 0 8 = 0 , 4 5ị 40 x + 80 y = 14 => vô ng h iệm .

2 4 x + 5 6 y = 1 2 ,8 8


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



BÀI TẬ P 175

3 . L ập luận : Vì th u dược 2 ox i t n ê n t ro n g B có 2 mu ôi (Al3+ và F e 2+).

H ỗ n h ợ p D g ồ m 2 k i m lo ại C u v à F e , v ậy F e đ ã p h ả n ứ h g 1 p h ầ n .

G ọ i X, y , z l ầ n l ư ợ t l à s ố m o l A l , F e , C u t r o n g 1 ,5 7 2 g A . .

S ô' m o l F e đ ã p h ả n ứ n g l à t: 2 7 x + 5 6 y + 6 4 z = 1 ,5 7 2 ( I)

-> A12( S 0 4)3 + 3 C u ị

BE

I

2 AI + 3C u S 0 4

X l , 5 x

F e + C u S 0 4 —

t t

0 ,5 x l , 5 x

-> F e S 0 4 + Cu

t t

(1)

(2 )

(II)T a c ó : l , 5 x + t = 1 x 0 ,0 4 = 0 ,0 4

D un g d ịch B gồm : 0 ,5x m ol A12(SƠ 4)3 ; t m ol F e S 0 4.

D u n g d ịc h B + N a O H t ạo k ế t t ủ a lớ n n h ấ t , t ứ c A l( O H )3 k ế t t ủ a h o à n t o à n .

A12(S 0 4)3 + 6N a O H ----- > 2A l(OH )3ị + /3N a2S 0 4 (3)

0 , 5 x X

F e S 0 4 + 2 N a O H ----- > F e ( O H ) 2ị + 8 N a 2S 0 4

* N u n g k ế t t ủ a : 2 A 1 ( 0 H ) 3X

2 F e ( O H ) 2 + 0 ,5 0 2

t

-> AI2O3 + 3H2O 0 ,5x

— > Fe2Ơ 3 + 2 H 20

0 , 5 t

T a c ó : 1 0 2 x 0 , 5 x + 0 , 5 t x l 6 0 = 1 , 8 2

* H ỗ n h ợ p D g ồ m : ( z + 0 , 0 4 ) m o l C u v à ( y - t ) m o l F e .

H ỗ n h ợ p D + d u n g d ịc h A g N Ơ 3:F e + 2 A g N 0 3 ----- > F e (N 0 3)2 + 2 A g ị

( y - t ) 2 ( y - t )

Cu + 2 AgNC>3 -----> C u (N 0 3)2 + 2Ag

( z +0 ,0 4 ) 2 ( z +0 ,0 4 )

(4 )

(5)

(6)

(I I I )

( IV)[ 2 (y - t ) + 2 (z + 0 ,0 4 ) ] 1 0 8 - [(z + 0 ,0 4 ) 6 4 + ( y - t )5 6 ] = 7 ,3 3 6

Giải hệ ( I ) , ( I I ) , ( I I I ) , ( IV): X = 0,0 2 ; y = 0,0 03 ; t = 0,01

m Ai = 0 ,0 2 x 2 ? * 0 , 5 4 g ; mFe = 0 ,015x56 = 0 ,84 g ; mcu = 0 ,003x64 = 0 ,192 g .



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




176

j iC hư ơ ng I I I CÁC PH Ư Ơ N G P H Á P GIẢ l T OÁ N H O Á K IM L OẠ l l Ì

4 . a) T í n h % k h ố i l ư ợ n g c á c k i m l o ạ i t r o n g A :

B gồm 2 k i m loạ i: C u và F e . G ọ i X, y l à s ố m o l AI v à F e t r o n g 2 , 7 8 g

h ỗ n h ơ p A: n CuSO = 0,1 x0 ,5 = 0 ,05 m ol 1

• 2 7 x + 5 6 y = 2 ,7 8 . (I) I

* H ỗ n h ợ p Ạ + d u n g d ịc h C u S 0 4: C ó 2 t rư ờ n g h ợ p x ả y r a .

+ Tr ờ ng h ợ p 1: C hỉ có AI p h ản ứ ng , F e c hư a ph ản ứ ng .

•. 2A1 + 3CuS04 ----->A12(S0 4)3 + 3Cu (1)'Ó ,1/3 . 0 ,05 .... 0 ,05

Suy ra: mA) = X27 = 0,9 g => mFe = 2,78 - 0,9 = 1,88 g3 .

m c u = 0 , 0 5 x 6 4 = 3 , 2 g.

V à m B = 1,88 + 3,2 = 5,0 8 g > 4,32 ( loại) .

1 + Tr ờ ng hợ p 2: A I p h ả n ứ n g h ế t , F e p h ả n ứ n g m ộ t p h ầ n (z m o l).

2A1 + 3C u S 0 4 — ^ A12(S 0 4)3 + 3C u (2)

X, l , 5 x 0 , 5 x l , 5 x

F e + C u S 0 4 ----- > F e S 0 4 + C u (3 ) I

• z z z z 'I

T a có: l ,5 x + z = 0 ,0 5 ( I I )

( l ,5 x + z )64 + (y - z )56 = 4 ,32 ( I I I ) ị

G iải h ệ (I), (II), (III): X = 0 ,0 2 ; y = 0,0 4 ; z = 0,0 2 ị

h) Tính int>:

* D un g dịc h c gồm : 0 , 01 m ơ l A12(S 0 4 ) 3 v à 0 ,0 2 m o l F e S 0 4 I

D un g dịch c + N aO H (có n Na0H = 0 ,5x0 ,3 = 0 ,15 m ol )

FeS0 4 + 2N aO H -----> Fọ(01ỉ)2v + Na2S 0 4 (4) I0 , 0 2 0 , 0 4 0 , 0 2

A12(S 0 4)3 + 6 N a O H ------> 2A l(O H )3ị + 3 N a 2S 0 4 (5)0,01 * 0,06 0,02 I

Sau phả n ứ ng (4) và (5) n>ỉaOH còn 0,15 - (0,04 + 0,06) = 0,05 nó sẽ hoà I t a n h ế t Al (OI l) ,,. I


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ễ



A l(O H ) s + N a O H ----- > N a A l 0 2 + 2 H 20 (6)

0,02 0,02

S a u k h i h o à t a n h ế t A l (O H ) 3, N a O H v ẫ n c ò n dư . V ậy k ế t t ủ a c h iF e ( O H )2: 0,02 mol.

2Fe(OH)2 + l/20a — > Fe20 3 + 2H200,02 P.01

m D = 0 , 0 1 x 1 6 0 = 1 ,6 g.

Gọi X, y l à s ố m o l F e và Cu t ron g 7 gam Hon hợp : 56x + 64y = 7 ( I)

* H ỗ n h ợ p A + d u n g d ịc h A g N Ơ 3:F e + 2 A g N 0 3 ----- ■>F e (N 0 3)2 + 2A g (1)

C u + 2 A g N 0 3 ----- > C u(N O g )2 + 2A g (2)

* D u n g dịch B + NaOH dư: ;

F e ( N 0 3)2 + 2 N a O H ----- > Fe (O H )2ị + 2 N a N 0 3 (3 )

C u (N 0 3)2 + 2 N a O H ----- > Cu (OH )2ị + 2 N a N 0 3 (4)

* N ư n g k ế t t ủ a : 2 F e ( O H ) 2 + l / 2 0 2 — -— > F e20 3 + 2H 20 (5)

C u ( O H )2 — Cu O + H 20 (6)

+ Tr ờ ng h ợ p 1: C hỉ có Fe ph ản ứ ng m ột ph ần : x ' m o l (x' < x )

Sẽ không có (2) , (4) và (6) xảy ra .

Theo (1), (3), (5): - = ! £ - = 0,0475 => x' = 0,0952 160

^ m Fe phan ứ ng = 0 , 095 x56 = 5 , 32 g .=> nAg = 2x0,095 = 0,19 => mAg = 20,52 g

M ặt k h ác : m Cu + m Fedư = 7 - 5 ,32 = 1 ,68 g

T a th ấy : 20 ,52 + 1 ,68 = 22 ,2 > 21 ,8 ( loại) .

+ Tr ờ n g hợ p 2: F e p h ả n ứ n g h ế t , C u c h ư a p h ả n ứ n g.

T ư ơ n g tự n h ư t rư ờ n g h ợ p 1 sè không có (2), (4), (6).

Theo (1) , (3) , (5) : X : 2 = 0,0475 => X = 0,09 5 m Fe = 5,32 g

=> mcu = í? - 5 ,32 = 1,68 g.

’Ã- PPG BTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




178 Ch ư ơ ng I I I CÁ C P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T O ÁN H OẢ K IM LO Ạ I

M ặ t k h á c : n A g = 2x = 2 x 0 , 0 9 5 = 0 ,19 r r i A g = 2 0 , 5 2 g

T a th ấy : m Cll + m Ag = 1 ,68 + 20 ,52 = 22 ,2 > 21 ,8 ( lo ại) .

+ Tr ờ ng hợ p 3: F e p h ả n ứ n g h ế t , C u p h ả n ứ n g m ộ t p h ầ n y' mol (y' < y)

Theo (1) , (2) , (3) , (4) , (5) , (6 ): (x : 2 )x l6 0 + 80 y' = 7,6 ( I I )

Giải hệ ( I ) , ( I I ) , ( I I I ) : X = 0 ,0 4 5 ; y = 0,0 7 ; y ' = 0,0 5

%mFe = [(0,045x56) :-7]xl00% = 36% => %mCll = 64%.

+ Tr ờ ng hợ p 4: F e p h ả n ứ n g h ế t , C u p h ả n ứ n g h ế t .

T h eo (1) , (2) , (3) , (4) , (5) , (6) : (x : 2 )x l6 0 + 80 y = 7,6

( 2 x + 2 y ) x l 0 8 = 2 1 , 8

=> X + y = 0 ,095 và X + y = 0,01 => Vô lí (loại),

b) T ín h V: F e + 4 H N 0 3 ----- > F e ( N 0 3)3 + N O t + 2 H 20

3Cu + 8 H N O 3 ----- > 3 C u ( N 0 3)2 + 2 N O T + 4 H 20

y 8y/3

Z nHNo = 4x + 8y/3 = 4x0,045 + (8x0,07) : 3 = 0,367

V = 0 ,367 : 2 = 0 ,183 5 l í t = 183 ,5 m l .

6 . Gọi X, y l à sô' m o l AI v à F e t r o n g 4 , 1 5 g a m h ỗ n h ợ p . •

27x + 56y = 4 ,15 ( I)

K h i c h o h ỗ n h ợ p v à o d u n g d ịc h C 11S O 4 t h u đ ư ợ c r ắ n A g ồ m 2 k i m l o ạ i

l à C u v à F e , v à d u n g d ịc h B g ồ m 2 m u ô i A 12(S 0 4 ) 3 v à F e S 0 4 (vì du n g d ịch

B + O H " ------» k ết tủa 2 hidrox i t ). Vậy F e d ã p hản ứn g m ột p h ần với dung

dịch C 11SO 4, và còn dư y' mo l. n CuS0 = 0,2x0 ,525 = 0,105 mol

* Hỗ n hợp + dung dịch C uS 04:

(y - y')x64 + (2x + 2y')xl.08 = 21,8 (III)

X 4x

2 A 1 + 3 C u S 0 4 ----- > A12( S 0 4)3 + 3Cu

F e + C u S 0 4 ----- > F e S 0 4 + C u

(1)

(2 )

12B- PPGBTHKU



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




BÀI TẬ P 1 79

* D u n g d ịc h B + V! m l d ư n g d ịc h h ỗ n h ợ p B a ( O H ) 2 v à N a O H có s ố m o l :

V = ° ’0 5 V ’ > n Na+ - ° ’1V 1

ri = 2x0 ,05V ] + 0,1V, = 0,2V! mol.O H

T ạ o k ế t t ủ a h o à n to à n : A l3+ + 3 0 H ~ -----> Al(OH)3ị (3)

F e 2+ + 2 0 H " --- > F e ( O H ) 2i (4 )

B a 2+ + S O 42" ----- > B a S 0 4ị (5 )

* N u n g k ế t tủ a : 2 A 1 ( 0 H )3 — —— > A I2O 3 + 3 H 20 (6 )

2 F e ( O H ) 2 + I / 2 O 2 — ^ — » F e 20 3 + 2 H 20 (7)

* R ắn A + H N 0 3: F edư + 4 H N O 3 ------» F e ( N 0 3)3 + N O + 2 H 20 ( 8)

3Cu + 8 HNO 3 ----->3Cu(N0 3 ) 2 + 2 N O + 4H aO (9)'

a ) T ín h v 2: T h eo (1 ), (2) : l ,5 x + (y - y r) = 0 ,105 ( I I)

[ l ,5 x + (y - y ' ) ]64 + 56y ' = 7 ,84 ( I I I )

Giả i ra: X = 0,05 ; y = 0,05 ; y' = 0,02

Theo (8), (9): ][nHNO =4y' + -x 0,105 = 4x0,02 + 0,28 = 0,3601 3

v 2 = 0,36 0 : 2 = 0,180 lít = 180 ml.

b ) T ín h V i v à m E:

T he o (3), (4) : £ n QH_ = 3x + 2(y - y ') = 3x0,05 + 2(0 ,05 - 0 ,02) = 0 ,21 m ol

V j = 0,2 1 : 0 ,2 = 1,05 l í t = 1050 m l => n 2+ = 0 ,05 x1 ,05 = 0,0 52 5 mo lBa

n BaS0 4= nB 2+ = 0,0525 (vì dư S 0 42~)

T h eo (6) , (7); m E = m A,20 3 + m Pe20 a + m BaSCXi

= -X 102 + 160x^— ^ + 0,0525x2332 2

= 0 ,0 2 5 x 1 0 2 + 0 ,0 1 5 x 1 6 0 + 0 ,0 5 2 5 x 2 3 3 = 1 7 ,1 8 2 5 g .


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



180 Chư ơ ng 111. CÁC PH Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N H OẢ K IM LOẠ I

7 . a ) V ì D l à h ỗ n h ợ p 2 o x i t n ê n M g h ế t , C u C l 2 h ế t , c ò n F e c ó t h ể p h ả n ứ n g

m ộ t p h ầ n h o ặc p h ả n ứ n g h ế t. "

* H ỗ n h ợ p A + C u C l2 (có n CuC]2 = 0 ,125b) :

M g + C u C l2 ---» M gC l2 + Cu ( 1 )

F e + C u C l2 ------> F e C Ỉ2 + Cu (2 )

* D ụn g dịc h B + N a O H :

MgCla + 2 N a ()H i \ lg(O H )2v + 2N aC l _ ... (3 )

-4F e C l2 + 2 N a O H > Fe (O H )2ị + 2N aC l (4 )

* N u n g k ế t t ủ a t r o n g k h ô n g k h í : M g ( O H )2 — ------> M g O + H 20 (5 )1%2 F e ( O H )2 + I / 2 O 2 - í—-> Fe 20 3 + 2H20 (6 )

b ) Gọi X, y là s ố m o l M g v à F e t r o n g 1 ,5 8 g A.

' 24x + 56y = 1,58 (I)

* K h i h ỗ n h ợ p A + C 11C I2 : C ó t hể c ó 2 t r ư ờ ng hợ p xảy r a .

+ Tr ờ ng hợ p 1: M g p h ả n ứ n g h ế t, F e p h ả n ứ n g 1 p h ầ n ,c òn dư y ' m o l,

r ắ n c g ồ m C u v à F e d ư (y ' m o l). ■ -

Theo (1) , (2) , (3) , (4) , (5) , (6 ): 4 0x + 160 (y - y ' ) : 2 = 0,7 (II)

[x + (y - v')]64 + 56y' := 1,92 (III)

G iải h ệ ph ư ơ ng t r ìn h ( I) , ( I I ) , ( I I I ) : X = 0 ,0 07 5 ; y = 0 ,02 5 ; y ' = 0 ,02

V ậ y % m Mg = [ (0 , 0 0 7 5 x 2 4 ) : l , 5 8 ]x l0 0 % = 1 1 ,3 9 % ; % F e = 8 8 , 6 1 %

bM . [C„CU . ĩ d ĩ z í l . 0 .007 5 . (0 ,02 5-0 ,02 ) =0,125 0 ,125

+ T r ờ ng hợ p 2: M g p h ả n ứ n g h ế t , F e p h ả n ứ n g h ế t , r ắn c c h ỉ có Cu.

4 0 x + = 0,72

=> H ệ có ng h iệm âm ( loạ i) .1,32X + y = —-—

J 64


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ó ó bởi ễ h h ú



H N HỢ P k i m l o ạ i + HỎ N HƠ P d ư n g d ị c h MUÔÌ

1 . R ắn E gồm ba k im loại : Ag , Cu và Fe dư .Vậyd un g dịch c p h ả n ứ n g h ết.

n Ai = 0,8 1 : 27 = 0 ,0 3 m ol ; n Fe = 2 ,8 : 5 6 = 0,0 5 m o l ;

n Ha = 0,6 72 : 22 ,4 = 0,03 m ol

* H ỗn hợ p Y + du ng dịch C: j

A I + 3 A g N 0 3 ----- » A 1(N 0 3)3 + 3 A g ị

N ếu d ư A l: ' 2A1-+ 3 0 u tN 0 .i) ;ỉ > 2A 1(N 03)3 + 3 C u ị

N ếu dư A g N 0 3: F e + 2 A g N 0 3 — -> F e (N 0 3)2 + 2 A g i

( 1 )

12 )

(3)

(4 )

(5)

F e + C u ( N 0 3)2 ----- > F e ( N 0 3)2 + C u

* R ắ n E + H C1 : F e + 2 H C 1 ----- > F eC l2 + H 2t

0 , 03 m ol 0 , 03 mol

nFedir = 0,0 3 => mpu di, = 0,03x56 = 1,68 g

• => mc„ + mAg = 8,12 - 1,68 = 6,44 g

r Fe piiáii ứug (3), (4í = 0,05 —0,03 = 0,02 moi

+ Tr ờ n g hợ p 1: C hỉ xảy r a ph ản ứ ng (1) , AI h ế t ,A g N 0 3 h ế t .

n Ag = 3 n Ai = 3x 0 ,0 3 = 0,0 9 => m Ag = 0,09 x1 08 = 9 ,7 2 g > 6,44 g ( loại) .

+ Tr ờ ng hợ p 2: X ảy r a p h ản ứ ng (1) , (2 ), ( 4 ), AI hế t , A g N 0 3 hế t ,

C u ( N 0 3)2 hế t . Gọ i X , y l à sô' m o l AI th am g ia p hản ứ ng (1) và (2 ) t a có:

X + y = 0,03

3x X 108 + l ,5y X 64 + 0,02 X 64 = 6 ,4 4X = 0,01 ; y = 0,02

n . jLAgNo 3 = 3x = 3x 0,0 1 = 0,03 m ol => [AgN Os] = 0 ,03 : 0 ,2 = 0 . 1 5 M

n Cu(N03)z = + 0 , 02 = 1,5x0,02 + 0 , 02 =: 0,05

[C u (N 0 3)21 = 0 ,05 : 0 ,2 = 0 ,25M .

2. nFe = 2,24 : 56 = 0,04 mol ; nAgN0, = 0 ,1x0,2 = 0 ,02 mol ;

n Cu(N03)^ ~,,, =. 0 ,2 x0 ,5 = 0,1 m ol



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




182 Chư ơ ng I J l C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P GI AI TO Á N H OẢ K I M L OẠ I-ì

F e + 2 A g N 0 3 ------> F e ( N 0 3)2 + 2 A g ( 1 )

0,01 0,02 0,01 0,02

Sa u (1) npecòn = 0,04 - 0 ,01 = 0,03 m ol

F e + C u ( N 0 3)2 ----- > F e ( N 0 3)2 + Cu (2 )'

Sô' m ol b a n đ ầu : ■ 0 ,0 3 0 ,1

S ố m o l p h ả n ứ n g : 0 ,0 3 0 ,0 3 0 ,0 3 0 ,0 3

Số m olsau ph ản ứng: 0 ____ 0 ,07 _ 0.03 0,03 ___

Vậy sau (2 ) n Cu(N0 ) cò n dư 0 ,07 mo l .

a ) * C h ấ t r ắ n A g ồ m ; 0 , 0 2 m o l A g v à 0 , 0 3 m o l C u

=> m A = 0 , 0 2 x 1 0 8 + 0 , 0 3 x 6 4 = 4 , 0 8 g .

b ) * D u n g d ịc h B g ồ m (0 ,0 3 4-0 ,0 1 ) m o l F e ( N 0 3)2 và 0 ,07 m ol C u (N 0 3)2.

[F e (N 0 3)2l = 0,04 : 0 ,2 = 0 ,2 M ; [C u (N 0 3)2] = 0,07 : 0 ,2 = 0 , 3 5 M .

c) T ín h m 0Xlt: ,

Cu(N0 3 ) 2 + 4NH 3 -----> [Cu(NH 3 )4](N03 ) 2 (3)

- Fe (N0 3)2 + 2 N H 3 + 2H20 ------ > Fe(OH)2ị + 2 N H 4 NO 3 (4)

m o l 0 , 0 4 0 , 0 4

2 F e ( O H )2 + I / 2 O 2 — > F e 20 3 + 2 H 20 (5)

m o l 0 , 0 4 0 ,0 2

mFe. 0- = 0,02x160 = 3,2 g

d ) T í n h V No2 : -

A g + 2 H N O 3 ------> A gN O a + N 0 2 + H 20

m o l 0 , 0 2 0 , 0 2

Cu + 4 HNO3 -----> Cu(N03 ) 2 + 2N0 2 + 2H20

m o l 0 , 0 3 0 , 0 6

£ n NO = 0 , 0 2 + 0,0 6 = 0,0 8 => VNO = 0 ,0 8 x 2 2 ,4 = 1,7 92 l í t .


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ó ó bởi ễ h h ú



^ PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I 183

Chủ đề 4: MUỐI CACBONAT + AXIT (H+)

KHÍ C02, S02 + OH

A P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ Ii

I. Các khí C0 2, (S0 2) + OH"

;i! P hư ơ ng p h ẫp l í luận : K hi sục C Õ 2 v à o d u n g d ịc h k i ề m c á c p h ả n ứ n g

ảíễn r a t h e o t h ứ t ự :C 0 2 + 2 0 H " ----- » c o ẵ ' + H 20 (1)

C 0 2 + H 20 + C C ) 2 - ----->2HCOg (2)r

K h i tí n h t o á n n ê n d ù n g p h ư ơ n g p h á p g i ải to á n l ư ợ n g c h ấ t dư , n h ớ r ằ n g

rg tu p h ản ứ n g ( 1 ) m ớ i đ ế n lư ợ t p h ả n ứ n g (2 ).

II C á c m u ố i C O 32-, HCO 3 + H+

I C á c io n C 0 32-, H C O 3' đ ều tạ o r a m ô i tr ư ờ n g có t ín h b a zơ , n h ư n g c o f "

^ ạ z ơ m ạ n h h ơ n HCO3 , k h i c h o từ t ừ H + v à o d u n g d ịc h v à k h u ấ y đ ều , q u á

ìn h n h ậ n p r o t o n H + p h ả i d iễ n r a th e o t h ứ tự :

; c o ^ “ + H + — > H C O 3 ( 1 )

! HC Og + H + ------ > C 0 2T + H 20 (2)

N ếu đ ã có k h í C 0 2 b a y r a , d u n g d ịc h t h u đ ư ợ c k h ô n g t h ể cò n io n C Ơ 3~ .

. BÀI TẬ P

Bài ỉập mâu

à i 1 : H o à t a n a g a m h ỗ n h ợ p N a 2C 0 3 v à K H C O 3 v à o n ư ớ c đ ể đ ư ợ c 4 0 0 m l

d u n g d ịc h A . C h o t ừ t ừ lO O m l d u n g d ịc h H C1 1 ,5 M v à o d u n g d ịc h A, t h u

đ ư ợ c d u n g d ịc h B v à 1 ,0 0 8 l í t k h í ( đ k t c ). C h o B t á c d ụ n g v ớ i d u n g d ịc hB a ( O H )2 d ư , ; t h u đ ư ợ c 2 9 ,5 5 g a m k ế t t ủ a .

a ) T í n h a .



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




184 Chư ơ ng 111. C ÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I T OÁN HOẢ KIM LOẠ I

b) Tính nồng độ mol của các ion trong dung dịch A (bỏ qua sự cho nhận

p ro to n của các io n H C O 3 , COg~).

c) Người ta lại cKo từ từ dung dịch A vào bình đựng 100mldung dịch HC11 ,5 M . T í n h t h ể tí c h k h í C 0 2 ( đk tc) được tạo r a .

H ớ ng dẫ n

a) T ín h a: n Hci = 1,5x0 ,1 = 0,15 m ol

Gọi X , y lần lượt là sô' m ol của N a 2C 0 3 v à K H C O 3 t ro n g d u n g dịch A.

Na2CỠ 3 ■-— > 2N a+ + c o f "

m ol X 2x X .lịH C O s ----- > K + + H C O 3

m ol y y y

H C 1 ----- > H + + C1

m ol 0,15 0,15

e o f + H +----------> HCOg (1)

HCOg + H+------ * C 0 2T -i-H20 (2)"

V ì đ ã c ó k h í C 0 2 n ê n d u n g d ịc h t h u đ ư ợ c k h ô n g t h ể c ò n io n cc>3 ~.

V ậy dun g dịch B + Ba(O H )2 dư :

H C O 3 + OH + B a2+-------- >B aC O al + H 20 (3)

Ta có : Sô mol C 0 2 = 0,0 45 m ol, S<D m ol HC1 = 0,15 moỉ

S ố m o l B a C 0 3 = 29,55 : 197 = 0,15 mol

T h eo (1), C 2 h n H+ = n coẫ_ + n COi| '

<=> 0 ,1 5 = X + 0 ,0 4 5 => X = 0 ,1 0 5 m ol

Theo (3): n = n _, = 0,15 mol o X + y - 0,045 = 0,15HUO3 BaC03 .

=> X + y = 0,195. Vậ y y = 0,09 mol

=> a = m Na,C0 + m KHCQ3 = 106x0,105 + 100x0,09 = 20 ,13 g .



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






B à i 2 : Có 6 0 0 m l d u n g d ịc h h ỗ n h ợ p N a 2C 0 3 v à N a H C 0 3. T h ê m 5 ,6 4 g a m

h ỗ n h ợ p K2CO3 và KHCO3 vào du ng dịch t r ê n , t h ì được d un g dịch A (g iả

s ử t h ể t íc h dun g dịc h A vẫn l à 600 m l) . C h i a dung dịc h A th à n h 3 ph ần b ằn g n h au :

- C ho r ất - từ - t ừ 100 m l dun g dịc h H C1 và o p h ần t hứ n h ấ t , t hu được dung

dịc h B và 44 8m l kh í (đo ở đk t c ) ba y r a . T hê m nước vô i t r ong ( dư ) và o

d u n g d ịc h B t h ấ y t ạ o t h à n h 2 ,5 g a m k ế t tủ a .

- P h ầ n t h ứ h a i t á c d ụ n g v ừ a đ ủ v ớ i 1 50 m l d u n g d ịc h N a O H 0 ,1 M .

- C h o k h í H B r (d ư) đ i q u a p h ầ n t h ứ b a , s a u đ ó cô c ạn t h ì t h u đ ư ợ c 8 , 1 2 5

g a m m u ối k h a n . •

a ) V iế t c ác p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g d ư ớ i d ạ n g io n .

b) T ín h n ồ n g độ m o l củ a các m uối t r o n g d u n g d ịch A v à cử a d u n g d ịch

HC1 đã dù ng . . .

H ớ ng dẫ n

a ) V i ết c ác p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g dư ớ i d ạ n g i o n:

P h ầ n 1: ' C O f - + H + ----- > H C O 3

H C 03 + H+ ----->C 02T + H20

H C O 3 + O H ”+ Ca2+------> C a C 0 3l + H 20

P h ần 2: HCOg + O ĩr ------► C O §' + H 20

P h ần 3 : H C Og + H + ------> C 0 2T + H 20

co - + 2H+---->C0 2t + H20

b) G ọi x r y, z, t lần lư ợ t là số m ol N a 2C 0 3 , N a H C 0 3, K 2C O 3, K H C O 3

t r o n g m ỗ i p h ầ n . T a c ó :

n co = 0,44 8 : 22,4 = 0,0 2 m ọl ; n CaC0 3 = 2,5 : 100 = 0,025 mol

T a có: n c o r + n HC0_ = n C0 2 + n CaC0 3

z=> x + y + z + t = 0 ,02 + 0,0 2 5 = 0 ,04 5 (1)

138z + lo o t = 5,64 : 3 = 1,88 (2)

1 8 6 C hư ơ n g III. CÁC PH Ư Ơ N G PH ÁP GIA I T OÁN H OẢ KIM LOẠ I


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N




B. BÀI TẬ P

y + t = n0hf = 0,015

103(2x + y) + 119(2y + t ) = 8,125 (4)

(3)

187

1Từ (1), (2), (3), (4) suy ra: X = 0,02 ; y = 0,01 ; z = 0,01 ; t = 0,005

£ [ N a 2C 0 3] = (0,0 2x 3) : 0,6 = 0.1M ; [NaHCOg] = (0,01x3) : 0,6 = 0,05M

]T n HC1 = X + z + nCOr = 0,02 + 0,01 + 0,02 = 0,05 mol

=> [IIC1Ị = 0,05 : 0 ,1 = 0 ,5 M . - - ------

l à i 3 : H o à t a n 5 5 g a m h ỗ n h ợ p N a 2C 0 3 v à N a 2S 0 3 bằn g 500 m l dung dịchH 2S O 4 I M ( lư ợ n g a x i t v ừ a đ ủ) t a t h u đ ư ợc h ỗ n h ọ p k h í A v à d u n g d ịc h

c h ứ a m ộ t m u ối tr u n g h o à d uy n h ấ t .

a ) C h o h ỗ n h ợ p k h í A v à o b ì n h k í n d u n g t í c h 5 í l í t c ó m ộ t í t b ộ t x ú c t á c

V2O5 ( t h ể t í c h k h ô n g đ á n g k ế ) . T í n h á p s u ấ t t r o n g b ì n h , b i ế t n h i ệ t đ ộ

b ìn h là 27,3°c.

b ) B ơ m t iếp oxi v ào b ìn h ta th u đư ợ c h ỗ n h ợ p k h í B có tỉ k h ố i so với

h i đ r o l à 2 1 , 7 1 . T í n h s ố m o l o x i đ ã b ơ m v à o b ì n h .c) N u n g n ó n g b ì n h m ộ t t h ờ i g ia n t a t h u đ ư ợc h ỗ n h ợ p k h í c y CO tl khối Sũ

v ớ i h i đ r o là 22,35. T í n h % thể t í ch của các khí t ro n g h ỗ n h ợ p c.

H ớ ng dẫ n

a ) T í n h á p s u ấ t t r o n g b ì n h : G ọ i X , y lần lượt là số mol c ủ a N a 2C 0 3 v à

a 2S 0 3 ' ‘

[K 2C 0 3] = (0,01 x3 ) : 0 ,6 = 0,05M ; [KH C O 3] = (0,005x3) : 0 ,6 = 0,025M

mol y y

V à n H go = 1x0,5 = 0 ,5 m ol (p hản ứ ng vừ a đủ)

m ol

=> n A = n C0 2 + n S0 2 = X + y = 0,5 mol

_ _ n R T _ 0,5 X 0,082 X (273 + 27,3)

Na2S 0 3 + H2S 0 4 ---- >• Na2S 0 4 + H20 + S 0 2 (2)

N a 2C 0 3 + H2SO4----- > N a 2S 0 4 + H 20 + C 0 2 (1 )

X X

= 2,46 atm

y

X



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




188 C hư ơ n g IU. C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G I Ả I T O Á N HO Ả K IM I. Oa ĩ

b) T ín h số m o l oxi đ ã b ơ m v à o b ìn h :

T ừ (1 ) v à (2 ) t a có h ệ p h ư ơ n g t r ì n h s a u: .

[x + y —0,5 =>-x = 0,4 ; y = 0,1Ịl 0 6 x + 126y = 5 5

G ọi z l à s ố m o l ox i'đư ợc bơ m và o .

Tn i r , , r ĩ A n A n ■ 44 X0,4 + 64 X0,1 + 32 z A oI d B/H = 21 ,71 => Mb = 43 ,4 2 => ............. -I ——— ------------- = 4 3 ,4 22 0,5 + z

-- -> z = 0 ,2 m o l. - ■ - ---------------- ---- ------

c ) T í n h % t h ể t íc h củ a c ác k h í t ro n g h ỗ n h ợ p C :

. S 02 + l /2 0 2 — » S 03 (3) ■

S ố m o l b a n đ ầ u : 0 ,1 0 ,2

S ố m o l p h ả n ứ n g: t 0 , 5 t t

Số’ m ol sau p h ản ứng : (0 , 1- t ) ( 0 , 2 - 0 , 5 t) t

j ( t l à s ố m o l t h a m g i a p h ả n ứ n g (3 ))

Vậ y nc = ncoa + nso3 + nS0 vd ■+ no2dư = 0;4 + t + 0,1 - t + 0,2 - 0,5t = 0,7 - 0,5t

M ặ t k h á c t h e o đ ịn h l u ậ t b ảo t o à n k h ô i l ư ợ n g , ta c ó k h ố i lư ợ n g h ỗ n h ợp

kh í c b ằng k hối l ượng của hỗ n hợ p kh í B (44x0 ,4 + 64x0 ,1 + 32x0 ,2 = 30 ,4 g).

N ê n M c = — = 2 2 ,3 5 x 2 = 4 4 ,7 — = 4 4 ,7 => t = 0 ,0 3 8 moin c 0 ,7 - 0 , 5 t

V ậy nc = 0 , 7 - 0 , 5x0 , 038 = 0 , 681 m o lr io 2 dư = 0 ,2 - 0 ,5 x0 ,038 = 0 ,181 m ol ; n so, dư= 0,1 - 0 ,0 38 = 0 ,06 2 moi

=> % v n „ = X 1 0 0 % = 26 ,5% ; %Vno = -5> ấ_ X 1 0 0 % = 58,8%° 2 0 ,681 c ° 2 0,681

%v = X100% = 9,1% ; %Vso = 100 - (26,5 + 58,8 + 9,1) = 5,6% so2 0)681 . . so3 , , ,

B à i 4 : A , B l à cá c k i m l o ại h o ạ t đ ộ n g h o á t r ị I I. H o à t a n h ỗ n h ợ p gồm2 3 , 5 g a m m u ô i c a c b o n a t c ủ a A v à 8 , 4 g a m m u ố i c a c b o n a t c ủ a B b a n g

d u n g d ịc h H C1 dư , s a u đ ó cô c ạn v à t i ế n h à n h đ i ệ n p h â n n ó n g c h ả y h o à n



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




189

t o a n h ỗ n h ợ p c á c m u ố i t h ì t h u đ ư ợ c m g a m h ỗ n h ợ p k i m l o ạ i ỏ ' c a t o t v à V

lít k h í ( đ k t c) ở a n o t .

N ếu t r ộ n m g a m h ỗ n h ợ p k im lo ại th u đư ợ c vớ i m g a m N i rồi h o à t a n b ằn g d u n g d ịc h H 2S O 4 d ư th ì t h ể t íc h H 2 b a y r a n h i ề u g ấ p 2 , 6 7 5 l ầ n H 2

b a y r a k h i h o à t a n m ộ t m ìn h m g a m N i. B iết k h ố i lượng n g u y ê n t ử c ủ a

k im l o ại A b ằ n g k h ố i l ư ợ n g p h â n t ử o x i t c ủ a k im lo a i B.

a ) V i ế t c á c p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g h o á h ọ c v à p h ư ơ n g t r ì n h đ i ệ n p h â n .

b) T ín h % k h ố i l ư ợ n g c ủ a A , B t r o n g h ỗ n h ợ p c ủ a c h ú n g ỏ ' c a t o t .

c ) T ín h t f iể t í c h V .

A + H.2S 0 4 -------> A S 0 4 + H 2ÍB + H 2S 0 4 -------> B S 0 4 + H 2T

N i + H 2S04 -----> N1SO4 + H 2T

b ) P h ầ n t r ă m k h ố i lư ợ n g A, B ở c a to t:

Gọi X,y lầ n lư ợ t l à s ô ' mo l c ủ a ACO3 v à B C O 3, ta có:

(6 0 + A )x = m AC0,( = 2 3 ,5 (1)

(60 + B)y = m BC0 3 = 8,4 (2) •

~ 2,6 7 5 VHa (Ni) « n A + n B + nNi = 2,675n Ni

=> X + y = l , 6 7 5 n Ni = l ,6 7 5 x ra /5 9

B i ế t M a = M b + 16 =5- M b < 35 ,22 < M a = M b + 16

-=í> 1 9 ,2 2 * M b < 35 ,22 A là C a (40) ; B là M g (24).

Th a y v à o (1 ) , (2 ) s u y ra : X = 0,235 mol ; y = 0 ,1 mol

H ớ ng dẫ n

a) ACOa + 2H C 1 — AC12 + C 0 2T + H 20

B C O 3 + 2 H C 1 ----- > B C 1 2 + C 0 2T + H 2ớ

1 , 6 7 5 . . _ => X + y = ———(Ax + By) => M =

50 X + y



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




190 Chư ơ ng I I I CÁC P H Ư Ơ N G P H Á P GI Ả I T O ÁN H O Ả K IM Lo,

m = 0 ,2 3 5 x 4 0 + 0 ,1 x 2 4 = 1 1 ,8 g a m

0,235 X 40% m Ca =

11,8

x l0 0 % = 7 9 ,6 6 % ; % m Mg = 1 0 0 - 7 9 ,6 6 = 2 0 ,3 4 % .

c) T ín h VCị2 : T a có : n C1,

VC1, = 0 ,3 3 5 x 2 2 ,4

nA + nB = 0 ,235 + 0 ,1 = 0 ,335 mol

= 7 ,504 l í t .

B à i 5 : C h o 7 , 2 g a m h ỗ n h ợ p A g ồ m 2 m u ố i c a c b o n a t c ủ a 2 k i m l o ại k ế tip p t

n h a u t ro n g n h ó m IIA . C h o A h o à t a n h ế t tr o n g d u n g d ịc h H2SO4 loãng l

t h u đ ư ợ c k h í B . C H o t o à n b ộ B H ấ p t h ụ h ê t b ở i 4 5 0 m l d u n g

B a ( O H )2 0 ,2 M t h u đ ư ợ c 1 5 ,7 6 g a m k ế t t ủ a . I

a) Xác định 2 muối cacbonat và t ính ph ần trã m theo khố i lượng củễ|

c h ú n g t r o n g A. I• . ị

b ) M ặt k h á c , ch o 7 ,2 g a m A v à 11,6 g a m F eC O s v à o b ìn h k ín d u n g tích"!

1 0 l í t ( g i ả s ử t h ê t í c h c h ấ t r ắ n k h ô n g đ á n g k ể v à d u n g t í c h b ì n h k h ô n g i

đ ố i) . B ơ m k h ô n g k h í ( ch ứ a 2 0% 0 2, 8 0 % N 2 t h e o t h ế t í c h ) v à o b ì n h ô | j

27,3°c đ ế n k h í á p s u ấ t tr o n g b ì n h l à 1 , 23 2 a t m . N u n g b ì n h ỏ' n h i ệ t â ộ j |

c a o đ ể c á c p h ả n ứ n g x ả y r a h o à n t o à n , r ồ i đ ư a v ề n h i ệ t đ ộ b a n d ầ u , á p Hs u ấ t k h í t r o n g b ì n h l à p 2 .

T í n h á p s u ấ t p 2 .

c) T í n h t h ể t íc h d u n g d ịc h H C1 4 M í t n h ấ t p h ả i d ù n g đ ê h o à t a n h ế t hỗ

h ợ p r ắ n s a u k h i n un g .

H ớ ng dẫ n

a ) X á c đ i n h 2 m u ố i c a c b o n a t v à p h ầ n t r ă m -th eo k h ố i l ư ơ n g c ủa c

G ọ i M C O 3 là cô n g t h ứ c c h u n g c ủ a h ạ i m u ô i c a c b o n a t .

M C O 3 + H 2S O 4 ----- > M S 0 4 + C 0 2t + H 20

T a có: n Ba(OH), = 0,4 5 x 2 = 0 ,09 m ol ; n BaC0 = 15 ,76 : 197 = 0 ,08 m o

T r ờ ng hợ p 1: C h ỉ t ạo r a B a C 0 3 ( B a (O H )2 dư )

C 0 2 + B a (O H )2 ------> BaC O g- i + H 20

0 ,0 8 0 ,0 8

=> n MC0 = n c0 , = 0,08 mol. Vậy M = (7,2 : 0,08) - 60 = 30



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




BÀI TẠ P 191

N ê n h a i k im lo ại k ế t iếp là M g (24) v à C a (40).

G ọ i X, y l ần l ượ t l à số m ol của 2 m uố i MgCOg và C a C 0 3, t a có:

m A = ni MgCo3 + m CaCQ3 <=> 7, 2 = 8 4x + lOOy (1)

M = (2x + 40 y) : (x + y) = 30 (2)

Từ (1) v à (2) suy ra : X = 0,05 ; y = CỊ,03

% m MgCO., = [ (8 4x 0 ,0 5) : 7 , 2 ]x l0 0 % = 58 ,33%

% m CáCD;Ị = 1-00 58,33 = 4 1 ,6 7 % . ------------ ■

Tr ờ n g hợ p 2: T ạo r a B a C 0 3 v à B a (H C 0 3)2 '

C 0 2 + B a ( O H )2 ----- > B a C O g ị + H 20

(mol ) 0 ,09 0 ,09 0 ,09 .

B aC O g + C 0 2 + H 20 -----> B a ( H C 0 3)2

( m o l) ( 0 , 0 9 - 0 , 0 8 ) 0 ,0 1

=* X nco2 = ° .09 + ° .01 = °- 1 mo1 => nMC03 = nco2 = o .1 mol

V ậy M = (7 ,2 : 0 ,1 ) - 60 - 12

N ê n h a i k im lo ại k ế t iếp là B e (9) v à M g (24).

G ọ i z, t l ần lư ợ t l à s ố m o l củ a 2 m u ố i B e C 0 3 v à M g C 0 3, t a có:

69 z + 8 4 t = 7 ,2 (3)

M = (9z + 2 4 t) : (z + t) = 12 (4)

Từ (3) và (4) suy ra : z = 0 ,08 ; t = 0 ,02% m BeC0 - [ ( 69x0 ,08) : 7 ,2 ]x l00% = 76 ,67%

% m MgC0 3 - 1 0 0 - 7 6 , 6 7 = 2 3 ,3 3 % .

b ) T ín h á p s u ấ t p 2:

T a có: n FeCQ3 = 1 1 , 6 : 116 = 0 ,1 m o l

______ 1 0 x 1 ,2 3 2 n _ _ ,riKK = ------ — ~ — — — = 0 ,5 m o l0 ,082 (273 + 27 ,3)

=> n Qi = 0,5x20% = 0,1 mol ; n Na = 0,5x80% = 0,4 mol


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í - H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N




- 192 C hư ơ n g 111 C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P GIẢ I T OÁ N H OẢ KI M L OẠ I

* Hỗn hợp A là M g C 0 3 v à C a C 0 3

M C 0 3 — £ — > M O + C 0 2í (5)

(mol) 0,08 0 ,08 0,0 8

4FeC03 - x°- > 4FeO + 4C 02T

4FeO + 0 2 -----> 2Fe20 3

4 F e C 0 3 + 0 2 — -> 2 F e 20 3 + 4 C 0 2Í (6 )

(mol) 0,1 0,0 25 0 ,0 5 0,1

Sau phản ứng t r on g b ì n h t a có ^ n GO' = 0 ,08 + 0 ,1 = 0 ,18 m ol

n 0 dư= 0,1 - 0,025 = 0,0 7 5 m ol ; n N, = 0,4 m ol

(0 ,1 8 + 0 , 0 7 5 + 0 , 4 ) X 0 , 0 8 2 ( 2 7 3 + 2 7 , 3 ) .^ p2 - ----------------------------:------------------------------- = I t) a tm .

F 10

* Hỗn hợp A ỉà B eC Ơ 3 v à M g C C >3

M CO 3 — í l - > M O + C 0 2T (7)

(mol) 0,1 ' 0,1 0,1

4FeC03 + 0 2 ----- ■»2Fe20 3 + 4C 02T (8)(moỉ) 0,1 0 ,0 2 5 0 ,0 5 0,1

Sau phảnứ n g t r o n g b ìn h có:

^Tnco, = 0,1 +0,1 = 0,2 mol

n 0, dư= 0,1 ~ 0,0 25 = 0,0 7 5 m ol ; n N = 0 ,4 m ol

(0,2 + 0,075 + 0,4) X 0,082 X (273+ 27,3) , .=> D, = —’------- ------- — -— — ----------------------- !— = 1 ,6 6 a t m .

v 10

c) Tính V d un g dịch HC1:

* Hỗn hợp A ỉà M g C 0 3 v à C a C 0 3

Theo (5), (6 ): n M0 = 0,08 mol ; n Fe.203 = 0 ,05 m ol

M O + 2 H C 1 — -> M C I2 + H 20

(mol) 0,08 0,16

F e 20 3 + 6 H C 1 ----- > 2F eC lá + '3H zO

(moi) 0,0 5 0 ,3 '■

= > Vđung dịch HC1 = (0,16 + 0,3) : 4 = 0,115 lít.



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




:!; H ỗn hợ p A l à Be C O :ỉ và M g C 0 3

T h e o ( 7 ) v à (8 ): nMO = 0,1 m ol ; n F(,jCl, = 0 ,05 m ol

M O + 2HC1 M CI , + H 2 ■

(mol ) 0,1 0 ,2

F e 20 3 + 6HC1 - > 2F eC l 3 + 3H20

(mol ) 0 ,05 0 ,3 1

^ V d i m g d u l l H( ' I = ( 0 , 2 + 0 , 3 ) : 4 = 0 , 1 2 5 l í t .

à i 6 : Cho oxi t MxOy cua kim loại M có hoá t rị không đổi .

a ) H ã y x á c đ ịn h c ô n g th ứ c cu a o x í t t r ê n b i ế t r ằ n g 3 ,0 6 g a m M ,O v n g u y ê n

c h ấ t t a n t r o n g H N O a d ư t h u đư ọ'c 5 ,2 2 g a m m u ố i.

b) K h i c h o 7 ,05 g a m loại ox i t t r ê n có lẫn tạp /Chất tro' đê t r o n g k h ô n g

khí, một phần bị hút ấm, một phần biến thàn h muôi cacbonat, sau mộtthời gian khối lượng mẫu oxit đó là 7,184 gam. Hoà tan mẩu oxit này

vào nước thu được dung dịch A, khôi lượng cặn còn lại là 0,209 gam. Moà

tan cặn trong HC1 dư, còn lại 0,012 gam không tan.T ính % khối lượng tạp chất trong mẫu oxit ban đầu và % khối lượng cuaoxit đã bị hú t ẩm và đã bị biến th à n h cacbonat.

c) N g ư ờ i t a lạ i l ấy 5 ,6 8 g a m h ỗ n h ợ p M g C 0 3 v à C a C 0 3 c ho t á c dụng vớ i

H C1 d ư , k h í C 0 2 t h u đ ư ợ c ch o h ấ p t h ụ h o à n t o à n b ở i d u n g d ịc h A ớ t r ê n

t ạ o r a 5 , 9 1 g a m k ế t t ủ a . T í n h % s ố m o l c á c c h á t t r o n g B .

H ớ ng dẫ n

a ) T ì m c ô n g t h ứ c M x O v :

M xO y + 2 y H N 0 3 -------> x M (N 0 3)2y/, + y H zO

(xM + 16y) x(M + 62 x2 y/x)

3 , 06 5 , 22

T a cổ: x M t l 6 y - x lM + 6 2 ■ 2 y / x ) ^ M = 6 8 5 x j ỵ3,06 5,22 X

2 y /X 1 2 3

M 68 ,5 137 205 , 5

V ậy M l à B a s uy r a c ông t hức ox i t : B a O .


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



Chư ơ ng II I CÁC P H l J ^ G J ^ H A P OIA-1 ‘N. 1I0Á KIM LQ^ 1

b) Lượng tạp chất ban đầu đ ã c h u y ền h o á h o à n to à n v à o 0 ,0 1 2 g a

chất không tan, nên:

%-m tap ch t = (0,012 : 7,05)xl00% = 0,17%

Và mBao = 7,05 - mlljprhát= 7,05 - 0,012 = 7,038 g

Nên nBa0 = 7,038 : 153 = 0,046 mol

Gọi a, b, c lần lượt là số mol BạO bị hút ẩm, biên thành muôi cacbonat

và BaO nguyên chất '■

Iỉa0 + H20 > B a(O IĨ>2 — (mol) a a a

BaO + C02---- > BaC03(moi) b b b

Ta có: m Ha0 + mco, = 7,184 - 7,05 = 0,134

■ =í>18a + 44b = 0,134 . (1)

m BaC0:i = 0 - 2 0 9 - 0 , 0 1 2 = 0 , 1 9 7 g

N ên n BaC0 :i = b = 0,1 97 : 19 7 = 0 ,0 0 1 m o l

Thay vào ( 1) suy ra : a = 0 ,005 mol ; và c = 0 ,046 - (a + b) = 0 ,04 mol

=> %mBa0 hút ám = [(153x0,005 ) : 7 ,0 5 ]x l0 0 % = 10,85 %

%mBao biến thà nh m uối ca cb o n at = [(15 3x 0,0 01 ) : 7,05]xl00% > = 2,17% .

c) T a có trong du ng dịch A: n Ba(OH),2 = a + c = 0 ,04 5 m ol

Gọi m, n lần lượt là số m ol củ a M gC Ơ 3 v à C a C O s t ro n g 5 , 6 8 g (B )

84m + lOOn = 5,68

MgCOa + 2HC1----->MgCl2 + C02 + H20

(mol) m rn

CaC03+ 2HC1---- > CaCl2 + C 0 2 + H20

(mol) n n

Giả sử khi cho C0 2 vào dung d ịch A chỉ xảy ra p h ản ứng:

C0 2 + Ba(OH)2 ---- » B aC 03i + H20(mol) (m+n) (m + n)

é


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

000

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N



B. BÀI . TẬ P_ 195

K

T a có: n Ba(0H)v = m + n = 0,045 (2 )

Từ (1) và (2 ) suy ra: n = 0,11875 > 0,03 (loại)

Vì vậy khi cho C 0 2 vào du.ng dịch A sẽ xảy ra 2 phán ứng:

C 0 2 + B a ( O H )2 ----- > B a C O a i + H 20

(mol) 0,045

B a C O s

0,045

+ C 0 2 +

(m+n-0,045)

0,045 ,i

- h 20

(mol)

Ta có: mBar0ì = 0,045 - (m+n-0,045) = 5,91

=> m + n = 0,06

Từ (1) và (2) suy ra: m = 0,02 ; n

Phần trăm số mol của hỗn hợp:

Ba(HCO ;,)2

(m+n-OÔềộl

197 = 0,03

(2 )

0,04

% M g C 0 3 =0,02 0,04

X 100% = 33,33% ; %CaC0 3 = —0,06 ' 0,06

.100%= 66,67%'.

;B à i 7.” H ỗ n h ợ p A g ồ m M 2C O 3 và BaCOs ( M l à k i m l oạ i k i ềm ) . Cho 10 gam

A tác dụn g vừa đủ với du ng dịch HC1 0,4M thấy th oá t ra 1,467 lít khífe;(25°c, la ím ). Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợ p muối B. Đ iện p hâ n B

n ó n g c h ả y đ ế n k h i ỏ ' a n o t k h ô n g c ò n k h í t h o á t r a t h ì t h u đ ư ợ c 2 k i m lo ạ i

ỏ ' c a t o t . C h o h ỗ n h ợ p h a i k i m l o ạ i n à y h o à t a n v à o n ư ớ c s a u đ ó c h o d u n g

dịch t h u được t ác dụ ng vớ i dun g dịch ( N H 4)2S 0 4 d ư th ì đ ư ợ c .k h í c v à

9,32 gam kêt tủa.

1. T í n h k h ố i lư ợ n g n g u y ê n t ử củ a M .

2 . T ín h thế ' t í ch của d un g dịch HC1, đã dùng.

3 . T í n h % v ề k h ố i l ư ợ n g c á c c h ấ t t r o n g A .

4 . N g ư ờ i ta n é n lư ợ n g k h í c th u đ uự c ở t r ê n v à o b ì n h d u n g tíc h 5 l í t có

; c h ứ a s ẵ n O 2 ỏ' 25 QC, sau k h i n én đem về nh i ệ t độ b an đầu (25°C) t h ì á p

l - S u ấ t t r o n g b ì n h l à 1 , 0 2 6 8 a t m . N u n g n ó n g b ì n h m ộ t t h ờ i g i a n , g i ả s ử l ú c

đ ó 9 0 % N H 3 b ị c h á y t h à n h N 2 v à H 20 , s a u đ ó đ ư a n h i ệ t đ ộ b ì n h v ề

' 136,5°c.

psa) T ín h % t h ẹ . o t h ế t í c h c á c k h í t r o n g b ì n h s a u k h i c h á y .

| | ) T í n h á p s u ấ t t r o n g b ì n h (ở 1 3 6 ,5 °C ) s a u k h i ch á y .



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




1 9 6 c . ìi u ơ n g J I1 . ( . ' A C P I I I Ù Í N C P H Á P G I A I T O A N H O A K I M L O A I I

■ H ớ ng dẫ n

1. Tính khối lượng nguyên tứ của M: Gọi X, y lần lượt là số mol của M 2CO3

và BaCO;i trong 10 gam hỗn hợp A.

(2M + 60 )x+-197y = 10 '

M 2CO:í + 2HC1 ->'2MC1 + C0 2t + 11.0

tmoì ) X. 2x 2x X

- Ẻ a C 0 3 + 2.HC1 - —> B aC l 2 + C 0 2t + 11,0

(mol)' V 2y y y

’ 1,467 '

( 1 )

N ên n co , - X + y .=-• = 0,06 (2 )0 , 0 8 2 X ( 2 7 3 4- 2 5 )

2MC1 — 2M + Ch ■ ■

(mol ) 2x 2x

, BaCb — — “—-> Ba + C1'2

(moỉ) y y

2M + 2H20 -----> 2 M 0 H + H 2(mol ) 2 x . 2 x

B a + 2 H 20 ------> B a ( O H )2 + H 2

(mol) y y

. 2 M 0H + (N H4)2S 0 4 ----->• M2SO4 + 2 N H 3 + 2H20

(mol ) 2 x . 2 x

. Ba(OH)z + (NH,,)vSO.,----->■B a S C ự + 2 N H 3 + 2H,0

(moi ) y y 2 y

Ta có: n BaS0 = y = 9 , 32 : 233 = 0 , 04 m o l

T h a y v à o ( 2 ) s u y r a : X = 0 ,02 mol

Thay X và y vào (1 ) suy r a : M = 23 (Na) .

2. Tính thê tích cua dung dịch HC1 đã dùng:

T a có: n HC| = 2x + 2y = 2(0 ,02 + 0,04 ) = 0,1 2 m ol

V u n - — = ^ = 0,3 lít.CM 0,4


AC OO CO / A Q O

BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




3 . T í n h % k h ô ' i l ư ợ n g h ỗ n h ợ p A:

% m N CO. = 1 - 6 - (-)’02 X 100% = 21,2 %

% m BaC0;i = Ỉ ^ A 2 i X100% = 78 ,8% .

4. T a có: nNH,; = 2x + 2y = 2 ( 0 , 0 2 + 0,04| = 0,12 moi

y n - — 1’0268 .1Ẽ — _ 0 21 mol => n 0 - 0,21 - 0,12 = 0,09 mol^ khi 0 , 082 (273 + 25) 0“ ..

K h i n u n g v ớ i h i ệ u s u ấ t 9 0 % t h ì n MH3 t h a m g i a p h ả n ứ n g c h á y là :

= 0 , 108 mol100

B. HẢ ỉ T A ’; ' ______________ _ ____________ _ ______ __________________ 197

4 N H 3 + 3 O 2 — 2 N 2 + £ H a0

S ố m o l b a n đ ầu : 0 ,12 0,09

S ố m o l p h ả n ứ n g: 0 ,1 0 8 0 ,0 81 0 ,0 5 4 0 , 1 6 2

S ố m o l sa u p h ả n ứ n g : 0 ,0 1 2 0 ,0 0 9 0 , 054 0 , 162

a ) Vì ở 136 ,5°c n ư ớ c ở d ạ n g h ơ i n ê n :ụ _

/ I n k h i sa n p ha u ứ ng - n N \, ■*" n H yO n N H a dư + n 0 ,2 dư

= 0,054 + 0,162 + 0,012 + 0,009 = 0,237 mol

% V NH = M L £ X 1 0 0 % = 5,06% ; % v n = X1 0 0 % = 3 ,8% ;' 3 0 ,237 ° 2 0 ,237

I %VN = M Ẽ Í y 100%= 22,785% ; % v„ o 100% - 68,355%.I z 0,237 - 0, 23 7

k 0 , 2 37 x0 , 08 2(2 73 + 136 ,5 ) , _ i: b) psau = — --------------^ ------------------- = 1 ,59 a tm.

5

à i 8 : M ộ t h ỗ n h ợ p A gồ m M 2C 0 3, M H C O 3, M CI (M l à k im loạ i k iềm ) .

; C h o 4 3 , 7 1 g a m A t á c d ụ n g h ế t vớ i V m l (d ư ) d u n g d ịc h H C1 1 0 ,5 2 %

(D = 1 ,0 5 g / m l ) t h u đ ư ợ c d u n g d ịc h B v à 1 7 ,6 g a m k h í c . C h i a B l à m h a i

phầ n bằ ng nhau:

P h ầ n 1 p h ả n ứ n g v ừ a đu vớ i 1 2 5 m l d u n g d ịc h K O H 0 , 8 M , cô cạ n d u n g

d i c h t h u đ ứ ọ c m ( g a m ) m u ố i k h a n .



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






B BAI TẠ P 199

% m NaHC0.( = [(8 4x 0,1 ) : 43,71.1x100% = 19,22 % ;

% m NaCi = 100 - 72 ,75 - 19 ,22 - 8 ,03% .

b) T a có: n Hci = 2x + y + 0 ,2 = 0 ,9 m ol "

Vhc i = (36,5x0,9x100) : (10,52x1,05) = 297,4 ml

1 /2 du ng d ịch B + K O H ị

niNaci = X58,5 = 22,23 gam ; mKci = — X74,5 = 7,45 gam ĩ... 2 2

=í> m = mNaci + mKci = 22 ,23 + 7 ,45 = 29 ,6 8 g am .

B à i 9 : C ó 1 l í t d u n g d ịc h h ỗ n h ợ p N a 2C 0 3 0 ,1 mol /1 và (NH 4)2C 0 3

0 . 2 5 . m o l / 1 . C h o 4 3 g a m h ỗ n h ợ p b a r i c l o r u a v à c a n x i c l o r u a v à o d u n g

d ịc h đ ó . S a u k h i c ác p h ả n ứ n g k ế t t h ú c t h a đ ư ự c 3 9 ,7 g a m k ế t tủ a A v à

du ng dịch B.

1. T í n h % k h ố i lư ợ n g c á c c h ấ t t r o n g A.

2 . C h i a d u n g d ịc h B th à n h 2 p h ầ n b ằ n g n h a u :

a ) C h o a x i t H C1 d ư v à o p h ầ n t h ứ n h ấ t , s a u đ ó cô c ạ n d u n g d ịc h v à n u n gc h ấ t r ắ n c òn l ại tớ i k h ô i l ư ợ n g k h ô n g đ ổ i đ ư ợ c c h ấ t r ắ n X . T í n h % k h ố i •

l ư ợ n g c á c c h ấ t t r o n g X .

b) Đ u n n ó n g p h ầ n th ứ h a i rồ i th ê m từ từ 2 70 m l d u n g d ịc h B a (O H )2 0 ,2 M

v à o . H ỏ i t ổ n g k h ô 'i lư ợ n g c ủ a h a i d u n g d ịc h g i ảm t ố ì đ a b a o n h i ê u g a m ?

r G i ả s ử n ư ớ c b a y h ơ i k h ô n g đ á n g k ể.

H ớ ng dẫ n

ỉ. T í n h % k h ố i lư ợ n g c á c c h ấ t tr o n g A:

N a 2C 0 3 ----- > 2 N a + + co

(mol ) 0 ,1 0,2 0,1

(NH4)2c o 3 2 N H 4 + c o ^ '

( m o l ) 0 ,25 0,5 0,25

B a C l s ----- »

?B a 2+ + c o ẫ

> B az+ + 2C1' C aC l2 -------> C a 2+ + 2 C r

ị - ----- > B a C 0 34 C a 2+ + c o f - — > 'C a C 0 3i



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




C ứ 1 m o l h ỗ n h ợ p B a C l2 v à C a C L b i ến t h à n h 1 m o l h ỗ n h ợ p B a C 0 3 và

C a C O ;í t h ì k hố i lưọ 'ng g i ảm : 71 ~ 60 = 11 ga m và c ứ 43 g a m hỗ n hợ p B a C l-2

v à C a C l; b i ê n t h à n h . 3 9 ,7 g a m h ỗ n h ợ p B aC O;) v à C a C O ;j t h ì k h ô i lư ợ n g

g i a m 43 - 39 , 7 = 3 , 3 ga m

^ n BaCX>;) + n e a C O ;i - n t ; 0 ịỉ.. ứng = 3 , 3 : 1 1 = 0 , 3 m o l

, ^ n c 0 2 u,„ ,W„| = 0,1 + 0 ,2 5 =0 , 3 5 m o l

n dư = 0 , 3 = 0 , 0 5 m o l1U.| . . _ _ . _

Gọi X, y lắn lượ t l à số m ol BaC Ou v à C aC O :i t ro n g A:

T a có: m A = rn u,lC.0j + m Cal,0( <r> 39 ,7 - 19 7x + lOOy (1)

n BaCO:) + nCaOO:! = X + y = 0,3 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: X = 0,1 ; V = 0,2

'V ậy = 1(197 x0 ,1) ; 3 9 ,7 1> 1 0 0 % = 49,62%

('r m c a co ;; - 1 0 0 ' - 4 9 , 6 2 = 5 0 , 3 8 % . ■

2. a) % k h ố i l ư ợ n g c á c c h ấ t t r o n g X :

T r on g 1 /2 du ng dịc h B c ó: .

n . = 0 , 1 m o l ; n , = 0 , 2 5 m o l ; n dư = 0 , 0 5 : 2 = 0 , 0 2 5 m o l N a N H j c o ^

K h i c h o H C I v à o 1 /2 d u n g d ịc h B :

co +2 ir ---- > COat + h 2o .

■ ■ X V + CỊ --- > N a C l

. N H .i + cr ----- > N H < C 1 '

N u n g : N H 4C1 N H 3 + HC1

V ậ y t r o n g X c h ứ a 1 0 0 % N a C ] .

b) nBa(Oỉi)v —0,27x0,2 = 0,054 moỉ

B a ( O H )2 ------> B a 2+ + 2 0 H

(m o l) 0 ,0 5 4 0 , 0 5 4 0 , 1 0 8


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

000

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N



B. B AÍ T Ạ P 2 0 1

H,i ' + C O ; — Ba CO; jị '

0.025 0,025 (Vì n , < n„02')

NH.i + O H > NTỈ:i + H 20

0,108 0,108 (Vì n()H < n ) .. N ỉi /ị

Vậy tổng khối lượng hai dung dịchîảm:

m »a('0 ;i + m \!i;i = 0,025x197 + 0,108x17 = 6,761 gam.

II, Bài tộ p tự giả i1 . T ỉ k h ố i h ơ i c ủ a h ỗ n h ợ p k h í X g ồ m C 0 2 v à S O 2 so vớ i n i tơ bằng 2 . Cho

0 , 1 1 2 l í t k h í X (đ k tc ) l ội c h ậ m q u a 5 0 0 m l d u n g d ịc h B a (OH )2. S a u th í

n g h i ệ m p h a i d ù n g 2 5 m l d u n g d ịc h H C Ỉ 0 ,2 M đ ê tr u n g h o à lư ợ n g

B a ( O H )2 t h ừ a .

a ) T í n h "/( s ố m o l m ỗ i k h í t r o n g h ỗ n h ợ p X.

b) T ín h [B a (O H )2l trư ớ c th í n g h iệm .

c) N h ậ n b i ế t c á c k h í t r o n g X.

'ị N u n g m g a m h ỗ n h ợ p X g ồm 2 m u ố i c a c b o n a t t í - u n g t í n h c ủ a h a i k i m l o ạ i

■ A v à B đ ều có h o á tr ị I I . S au m ộ t th ờ i g ia n t h u đư ợc 3 ,3 6 lí t C O -2 (đ k tc )

v à c ò n lạ i h ỗ n h ợ p rắ n Y. Ch o Y t á c d ụ n g h ế t vớ i d u n g d ịc h HC1 d ư rồ i *

Ệ - c h o k h í th o á t r a h ấ p t h ụ h o à n t o à n b ở i d u n g d ịc h C a ( O H )2 đư , thu được

Ệ 1 5 g a m k ế t t ủ a . P h ầ n d u n g d i c h đ e m c ô c a n t h u đ ư ơ c 3 2 , 5 g a m h ỗ n h ơ p

I m u ố i k h a n . V iết cá c p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g v à tí n h m .

3 C h o V l ít C 0 2 ( 5 4 , 6 ° c , 2 , 4 a t m ) h â p t h ụ h o à n t o à n v à o 2 0 0 m l dun g dịchh ỗ n h ợ p K O H IM v à B a ( O H )2 0 , 7 5 M t h u đ ư ợ c 2 3 , 6 4 g a m k ế t t ù a . T ì m V .

Cho 5 ,6 l í t hỗn hợp X gồm N 2 v à C 0 2 (đktc) đi ch ậm quạ 5 lí t d un g dịch

, C a(O H )2 0,02 M đ ế p h ả n ứ n g h o à n to à n , t h ư được 5 g a m k ế t tủ a . Tính dx/H2 .

T rộ n 3 d u n g d ịc h H 2S 0 4 0 .1 M ; H N O 3 0 ,2 M ; HC1 0 ,3 M v ớ i n h ữ n g th ê

t íc h b ằ n g n h a u t h u đ ư ợ c d u n g d ịc h A . L ấ y 3 0 0 m l d u n g d ịc h A t á c d ụ n g

v ớ i d u n g d ịc h B g ồ m N a O H 0 , 2 M v à K O H 0 ,2 9 M . T í n h t h ê t í c h d u n g

d ịc h B c ầ n , d ù n g đ ê s a u k h i t á c d ụ n g vớ i 3 0 0 ml d u n g d ịc h A đư ợ c d u n gdịch có p H '= 2.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




202 C hư a ng Ị Ỉ L CÁ C P H Ư Ơ N G P H Ả I 3 G ỊA I T OÁ N i l OẢ K IM LOẠ I

. H ớ ng dẫ n

1. a ) T ính % n hán hợ p X •' n hỏn họpX = 0 ,112 : 22 ,4 = 0,005 m o lGọ i a , b l à s ố mo l CƠ 2 v à S 0 2 t r o n g 0 , 0 0 5 m o l X .

a + b = 0,005

\ 4 4 a + 64 b => a = 0,0 02 ; b = 0,003 — = 2 X 28 = 56

. a + b

D o đó % n C0 2 = (0 ,0 0 2 : 0 , 0 0 5 )x l0 0 % = 4 0 % => % n s o a = 6 0 %.

b) T ín h [ B a ( O H y trư ớ c th í n g h iệm .

H ỗ n h ợ p X + B a (O H )2 (dư) ----- > p h ả n ứ n g t ạ o 1 m u ố i t r u n g h o à

C 0 2 + B a ( O H )2 -------► B a C 0 3ị + H 2Q (1)

S 0 2 + B a ( O H )2 --------> B aS O gl + H 20 . (2 )

* D u n g d ịc h B a (O H )2 dư + HC1:

B a ( O H )2 + 2HC1 ----- > B a C l2 + H 20 (3 )

Th e o (1 ), (2) , (3) : £ n Ba(0H,2 - n co 2 + n s o 2 + l^ n n c i

= 0,002 + 0,003 + - X(0,025 x 0 ,2 )= 0,0075 mol

Vậy [Ba(OH)j j ] = 0 , 0 0 7 5 : 0 , 5 = 0 . 0 1 5 M .

2 . a ) V i ết c á c p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g :

N u n g h ỗ n h ợ p X: A C O 3 — > A O + C 0 2t ( 1 )

BCOa — > B O + C 0 2t (2)

H ỗ n h ợ p r ắ n Y (A O , B O , A C O 3 dư , BCO3 dư) + du ng dịch HC1:

A C O 3 + 2 H C 1 ---» AC12 + H 20 + C 0 2t (3)

BCO3 + 2 HC1 --> BC12 + H20 + C 0 2T (4)

AO + 2HC1------>AC12 + H20 (5)BO + 2HC1------ ► BC12 + H20 (6 )


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ễ





20 4 Ch 11'ơ iig UI . C Á C P H Ư Ơ N G P H A P GI AI T O AN i ỉO A K IM LOẠ I

^ n co, = 0.25 + 0,13 = 0,38 mol •

- 0 , 3 8 X 0 , 0 8 2 X ( 2 7 3 + 5 4 , 6 ) , o e o

=>Vrv, = - — ------------- --------------------- = 4,25,3 lít.co , 2j4 ’

4. nhố n hợp X = 5,6 22 ,4 = 0,25 mol .

’ nCa(OH). =’5x0,02 = 0,1 mol ; nCaC0,s -- 5 : 100 = 0,05 mol

. K h i s ục C 0 2 v à o d u n g d ịc h C a ( O H )2 c ó t hế xảy r a 2 p h ả n ứng:

CO, + Ca(OH ) 2 ---->CaCOav + H20 ------- (1)

C 0 2 + H20 + C aC 03 — ► Ca(H C 03)2 (2)

.+ T r ư ờ n g h ợ p 1: C h ỉ x ả y r a p h ả n ứ n g (1 ) t ạó 1 m u ố i t r u n g h o à

ncoa= nCaCO;( = 0,05 mol => nN;j = 0,25 - 0,05 = 0,2 mol

I , 0 , 0 5 x 4 4 + 0 , 2 x 2 8d = -------------------- ---------- - 15 5X/Ha 0,25x2

+ T rư ờ ng hợp 2: Tạo cả ha i muối theo (1) và (2)

C 02 + Ca(OH)2 ---> C aC 03ị + H20 (1)0,1 0,1 0,1

C 0 2 + H20 + C àC O s-----> Ca(H C 03)2 (2)

0 , 0 5 ( 0 , 1 - 0 , 0 5 )

V ậy ^ n C0.2 = 0,1 + 0,05 = 0,15 moi =5 n Nv = 0,2 5 - 0,1 5 = 0,1 m oi

J 0 , 1 5 x 4 4 + 0 , 1 x 2 8 1DOQỵ/H., = ----- ------ - — :--------- = 1 0 ,0 .

x Ha 0,25x2 . •

5. 'Du ng dịch A:

nH2so = 0,1x0,1 = 0,01 mol => nH+ = 2 n H,)S0 = 2x0,01 = 0,02

n HNO;j = 0,1 x0,2 = 0,0 2 mol nu* = n HNO;i = 0,02

nnci = 0,1x 0,3 = 0,03 m ol => n (|+ = n Hci = 0,03

y n ư t J 1 J = 0 ,0 2 + 0 ,0 2 + 0 ,0 3 = 0 ,0 7 m o lí —t H tdclA ) ’ ’


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



P H Ư Ơ N G P H A P G IA I 205

ỷ : D un g dịch B: (V lít)

nNaOH = 0,2V => non = nNaoii = 0,2V mol

n K 0H = 0,‘29V => n 0 H" = nKnn = 0,29V mol

Y n , = 0,2V + 0.29V = 0,49V mol1—1 OH

Dung dịch D: có pH = 2 'O (H4| = 1Of 2 = 0,01 M

^ Vn = 0,3 lít + V = (0,3 + V) lít

=>-rt„+«0,01(0,3 + V) mol - — - - -

R: Khi trộ n dun g dịch A + dung dịch B p hản ứ ng còn dư H \

ịặSố mol s au p hán ứng: ( 0 ,0 7- 0 ,49V) 0

T a có: (0,07 - 0,49 V ) = 0,01 (0,3 + V) => V = 0,13 4 l í t .

Chủ đề 5: BÀI TẬP VỀ PHẢN ỨNG NHIỆ T PHÂN

P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I

J Định nghĩa

1 P h ả n ứ n g n h i ệt p h â n là q uá t r ìn h p h â n h u ỷm ộ t h ợ p c h ấ t t h à n h h a i

a y n h i ề u c h ấ t k h á c dư ớ i t á c d ụ n g c ủ a n h i ệt .

Chú ý: P h á n ứ n g n h i ệ t p h â n có th ê là p h ả n ứ n g o xih o á - k h ứ h o ặ c

khàng phải là phán ứng oxi hoá-khử.

V Ví dụ :

A g N 0 3 — — Ag + N O '2 + 1/ 2 0 2T ( là phản ứng oxi hoá -khứ)

C a C 0 3 — ------> C a O + C X ) 2Í ( khóng phá i l à phá n ứng ox i hoá - khứ)

ố mol ban đầu:

p ố mol phản ứng:

H + + OH — -> H 20

0,07 0,49V

0,49V 0,49V



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




20 6 Chư ơ ng 111. CÁ C P H Ư Ơ N G P I ỈA P GIẢ I T O ÁN H O Ả K IM LO Ạ I

Nguyèn nhân; D o m ộ t sô h ợ p c h ấ t tư ơ n g d ố i k é m b ề n , b ị p h â n h u ỷ d ư ớ i

tác d ụ ng củ a n h i ệ t t h à n h n h i ều p h â n tử n h ỏ h ơ n ( b ền h ơ n ) . C h ấ t c à n g k é m

bền , n h iệ t độ p h â n h u ỷ c à n g th ấp .II. Các dạng phản ứng nhiệt phân

1. Hidroxit: M(OH)n (từ Mg(OH)2 -> Fe(Ọ H)3)

2M (O H )„ — — M 2O n + n H 20

1)5 M(OH)_„ (r) dễ n h iệ t p h ản n h ất . '

* C a ( O H )2 (ở 550°C) ; S r (O H )2 (ở 750°C) ; B a (O H )z (ớ 1000°C) l à nh ữ ngc h ấ t t ư ơ n g đ ố i k h ó n h i ệ t p h â n .

* H i đ r o x i t k i m lo ại k iề m k h ô n g n h i ệ t p h â n ( tr ừ L i O H ) .

* A g O H , H g ( O H )2 t á c h n ư ớ c ở n h i ệ t đ ộ t h ư ờ n g .

2. Oxit : Ag 20 , H g O c h o p h ả n ứ n g n h i ệ t p h â n

2A g20 — —— > 4-Ag + 0 2 '

2 H g O — —— > 2 H g + 0 2

3. H ợ p c h ấ t k h í v ớ i h i đ r o : R H „ ( R c ó đ ộ â m đ i ệ n c à n g l ớ n , c à n g b ề n v ớ i n h i ệ t)

2.P H 3 — 2 P + 3 H Z .

H 2S — 3 0 ° - ! ^ s + H 2

2 N H 3 — N 2 + 3 H 2

4. M u ố i : N ó i c h u n g m u ố i c ủ a o x i t k é m b ề n d ễ n h i ệ t p h â n . ..

a ) M ( H C 0 3)„: r ấ t d ễ n h i ệ t p h â n . '

2 M ( H C 0 3),1 — > M 2( C 0 3)„ + n C 0 2T + n H 20

b) M 2( C 0 3)n: K h ó b ị n h i ệ t p h â n h ơ n M ( H C 0 3)„

M2(C 0 3)„ — > M20„ + n C 0 2í

R i ê n g c a c b o n a t k i m l o ạ i k i ề m c ó đ ộ b ề n c a o , k h i n ó n g c h ả y v ẫ n k h ô n g

b ị n h iệ t p h â n .

c) M ( N 0 3)u: d ễ b ị n h i ệ t p h â n J


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



M ( N 0 3)„ — M ( N 0 2)„ + n /2 0 zt '

(L i Na )

M(NO;j)„ — M 20 „ + 2 n N 0 2t + n / 2 0 2T .

(M g —>. Cu)

M ( N 0 3)n — ^ — > M + 2 n N 0 2T + n / 2 0 2T

(sau Cu) /

Lư u ý: B a ( N 0 3 )2 — -— > Ba O + 2 N 0 2T + 1 /2 0 2T

Ca{N03)2 — — - r c a O + m o 2t+ 1 7 2 0 2T

2Ee(N 03)z F e20 3 + 4N 02t + 1/2 02T -d) M (C 10X)„: dễ n h iệ t p hâ n .

2 K C I O 3 — ^ 5^ — > 2KC1 + 3 0 2 f ị ,

4 K C I O 3 KC1 + 3K C 10,

C a ( C 1 0 )2 C a C l 2 + 0 , f

C a O C l a -----» C aC l 2 + 1 /202T

e) M 2(S 0 3)n: d ễ n h iệ t p h â n .

* N ó i c h u n g : M 2( S 0 3)„ — > M aO„ + n S 0 2T

* Vớ i N a , K : 4 N a 2S 0 3 — » N a 2S + 3 N a 2S 0 4 .

f) MaíSO,)),,: kh ó bị n h iệ t ph ân . - -

M 2( S 0 4)n M 20 „ + n S 0 2t + n / 2 C ự

C u S 0 .4 — ——> CuO + SOa + l / 2 0 2t

- C á c s u n f a t k i m lo ại h o á t r ị I I I d ễ b ị n h i ệ t p h â n (n h ư F e 2(S 0 4 )3)

% (S04)3). •

I - S u n f a t k i ề m , k i ề m t h ổ : c.ó đ ộ b ề n n h i ệ t c ao ( 1 0 0 0 ° c v ẫn k h ô n g p h â n

.uy).

Fe 2(S 04)3 — 500°c - > Fe 20 3 + 3SO3

C hú ỷ : 2 FeS 04 — > Fe20 3 + 2 S0 2t + l /2 0 2t

A. PHƯ Ơ NG PHAP GIAI __________________ _ ___________ _ _ 207



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




g) (N H ,,)nX: -

* Muôi cùa axit không có tính oxi hoá: san phâm là NH;j.

NH,C1 - - - - - > NH:IT + HClt (thăng hoa)

(N H ,)2C 0 3 > 2NH;if + CO,r + H ,0

, ■ N H .4HCO;ị — ----■> n h 3t + c o 2T + i ỉ2o

* Muôi cua axi t có t ính 0 X1 hoá: san phâm la Nọ hoạc N)0. . .

■ N i t i ^ o 3 N ^ 0 + 2 H , 0

. N H 4 N O 3 c— >N-. + 1/2 0 , t + 2 Ha 0

(NH,.)2s o , n h 3 + n h , h s o 4

. 3 NH.1HSO4 — -■—■> N ÍI3 + + 3 SO-2 + 6H20

( N H J a C r a O ; C r 20 3 -+'Nọ + 4H .-0

B. BÀI TẬ P

I . B à i t ộpmổu

B à i 1 : H o à t a n ’ 9 8 7 5 g a m m ộ t m u ối h i đ r o c a c b o n a t ( m u ố i A ) v à o n u ớ c v à

c h o t á c d u n g v ớ i m ộ t l ư ơ n g H 2S O 4 vưa đu, ro i đem co cạn th i thu đi iợc

8 , 2 5 g a m m ộ t m u ố i s u n f a t t r u n g h o à k h a n .

a ) X ác định -cô ng thứ c p h ân tú' và gọi tên muôi.

b) Trong một b ình kín dư ng tích 5,6 lít chứa C 0 2 (ớ 0°c, 0,5 atm) và m gam

muối A (thế tích không dáng kê). Nung nóng bình tới 546°c thấy muối A bị p h â n h u ỷ h ết v à á p s u ất tr o n g b ìn h đ ạt 1,86 a tm . T ín h k h ố i lư ợ ng m .

H ớ ng dẫ n

a) Tìm công thức phân tử và gọi tên muôi:

2 R( HC O 3 ),, + n H 2S O , — > Rọi S O A + 2 n H , 0 + 2 n C 0 2t

( 2 R + 1 2 2 n ) g (2 R + 9 6 n ) g

9,875 g 8,25 g

208 Chuo,n> llI ('AC I’lirONC 1’llAl’ C.IA1 TOAN IlOA KIM LOAI



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




V ậ y A l à N H 4H G 0 3: A m o n i h i đ r o c a c b o n a t .

b ) T ín h m : T h e o p h ả n ứ n g p h â n h u ỷ N H 4H C O 3 (x mol)

N H 4H C 0 3 — » N H 3t + C 0 2t + H 20

( mol ) X X X X

S ố m o l k h í C 0 2 b an đẩu : n i = = 9 ’^ x 5 .6 0 ,12 5 m olR T , 0 , 0 8 2 x 2 7 3 '

S ô’ m o l k h í s a u k h i p h â n h u ỷ là :

1,86 X5,6( ■ ni + 3 x ) = - — -■■■—_— --------- ;— — =4> X = 0 , 0 1 m o l• 0 ,0 8 2 (2 7 3 + 5 4 6)

V ậ y m = 0 ,0 1 x 7 9 = 0 ,7 9 g .

i 2 : T r o n g m ộ t b ì n h k í n d u n g t í c h 1 l í t c h ứ a N 2 ỏ' 2 7 ,3 ° c , 0 , 5 a t m v à

9 ,4 g a m m ộ t m u ô i n i t r a t k im lo ại. N u n g n ó n g b ì n h m ộ t t h ờ i g i a n , đ ể

nhiệ t phân hế t muố i và đư a nhiệ t độ về 136,5°c, áp su t trong bình ỉúc n à y l à p . C h ấ t r ắ n c ò n l ạ i n ặ n g 4 g a m .

a ) H ỏ i n h i ệ t p h â n m u ô i n i t r a t c ủ a k i m lo ại g ì?

b ) T ín h á p s u ấ t p , g iả t h i ế t d u n g t íc h b ìn h k h ô n g đổ i, t h ể t íc h c h â t r ắn

k h ô n g đ á n g k ể. .

H ớ ng dẫ n

a ) T ìm M ( N 0 3)„: . ■ •

K h i n h i ệ t p h â n m u ố i n i t r a t có t h ể x ảy r a 3 t rư ờ n g h ợ p :

- Đ ố i v ớ i m u ố i n i t r a t c ủ a k i m lo ại k iề m :

lụ N O g — iíỉ— > M N 0 2 + l / 2 0 2 (1)

I


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



210 C hư ơ ng I I I CẤ C PH Ư Ơ N G P H Á P GIẢ i TO ÁN H OẢ K IM LOẠ I

. . . M + 62 M + 46 . . „ ..T he o (1): —— — = — ------- => M < 0 (loại)

9.4 4

- Đ ố i v ớ i m u ố i n i t r a t c ủ a cá c k im l o ại m à o x i t c ủ a n ó b ị p h â n h u ỷ ở t°

cao ( sau Cu) :

M ( N 0 3)n — M + n N 0 2 + n / 2 0 2 (2)

T h e o (2): M ^ M = 4 5 ,9 2 n9.4 4 .

K h i c h o n 5 1, 2, 3. . . tat h ấ y k h ô n g c ó k i m k i ạ i n à o p h ù h ọ ' p ( l o ạ i ) .

- Đ ố iv ớ i m u ố i n i t r a t c ủ a c á c k i m l o ạ i k h á c :

M(NOa)„ — > M2On + 2N 02t + n /20 2 (3) '

T h eo (3): = 2M + l t o ^ M = 3 2 „ -9 , 4 4

K h i n = 1 => M = 32 (loại)

n = 2 => M = 64 (Cu)

n = 3 M = 96 ( loại) .

V ậy c ô n g th ứ c m u ố i là C u ( N 0 3)2 ( đ ồ n g n i t r a t ) .

P V n *5 X 1 b ) T ín h P : n N, = — -------------------------------- = 0 , 0 2 m o l

N2 R T 0 , 0 8 2 ( 2 7 3 + 2 7 ,3 )

C u ( N 0 3)2 — Cu O + 2 N 0 2 + I / 2 O 2 (4)

n N0 2 + n 0 2 = 2 ,5n Cu(NO;))2 = 2>5 x “ = 0 ,1 2 5 m ol

V ậ y Z n khí sau khi nung = n N , + n NOa + n o 2 = 0 , 0 2 + 0 , 1 2 5 = 0 , 1 4 5 m o l

„ 0 , 1 4 5 x 0 , 0 8 2 ( 2 7 3 + 1 3 6 ,5 ) , _ p = — ----------- - — t l Z - 1 --------- — = 4 ,8 6 9 a tm .

1 .

B à i 3: C h o 2 1 ,5 2 g a m h ỗ n h ợ p A g ồ m k i m lo ại M h o á t r ị I I v à m u ố i n i t r a t

c ủ a k i m l o ạ i đ ó v à o b ì n h k í n d u n g t í c h k h ô n g đ ổ i l à 3 l í t ( k h ô n g c h ứ a

k h ô n g k h í) rồ i n u n g b ìn h đ ế n n h i ệt độ cao đ ế p h ả n ứ n g x ả y r a h o à nt o à n , s ả n p h ẩ m t h u đ ư ợ c l à o x i t k i m l o ại h o á t r ị I I , s a u đ ó đ ư a v ề n h i ệt



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




BÀI TẬ P 2 11

độ 54,6°c thì áp suất t rong bình là p. Chia chât rắn t rong bình sau phảnứ n g là m h a i p h ầ n b ằ n g n h a u :

P h ần 1 p h ản ứ ng vừa hết với 2/3 l í t dung dịch H N 0 3 0,38M có khí NOthoá t ra.

P h ần 2 ph ản ứ ng vừa h ết với 0,3 lít dung dịch H 2SO4 0,2M (loăng) đượcdung dịch B.

Ịa ) X á c đ ịn h n g u y ê n t ử k h ố i c ủ a M .

b ) T ín h % v ề k h ô i l ư ợ n g c á c c h ấ t t r o n g A , . _ _ . -

c ) T í n h á p s u ấ t p .

d ) T í n h t h ế t í c h k h í N O t h o á t r a ở p h ầ n 1 ( ở đ k t c ) v à k h ô i l ư ọ ' n g m u ô i

tro ng dun g dịch B ở ph ần 2.

H ớ ng dẫ n ' .

a ) X á c đ ịn h n g u y ê n t ử k h ố i M :

M ( N 03)2

— M O + 2 N 0 2T + I /2

O2 (1 )

M + I / 2 O 2 ----- > M O ( 2 )

C h ấ t r ắn + H N 0 3 ----- > N O , c h ứ n g tỏ có M O v à M dư .

P h ầ n I: 3 M + 8 H N O 3 -> 3 M ( N 0 3)2 + 2 N O T + 4 H zO (3)

M O + 2 H N O 3 ---> M ( N 0 3)2 + H 20 (4 )

P h ầ n I I: N ếu M là k im lo ại đ ứ n g t rư ớ c H:

M + H 2S 0 4 ----------> M S O 4 + H 2Í (5 )

M 0 + H 2S 0 4 — ^ m s o 4 + h zo (6 )

Từ (5) , (6 ) s u y r a : n M + n M0 = n H;S0 = 0 , 3x0 , 2 = 0 , 06 m o l

Gọ i X, y l ầ n l ư ợ t là sô' m ol M và M O t r o n g m ộ t p h ầ n :

Ta có: X + y = 0,06 (*)

T ừ (3) , (4 ) suy r a : n HN0 3 = + 2 y = ° ’3 ^ - 2 => 8x + 6 y = 0 ,7 6 (:i:í|í)' 0 O

Giải hệ (f), và (:,!*) ta được: X = 0,2 > 0,06 (vô lí, loại).


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



Vậy M là k im loạ i kém hoạ t động đứng sau H , không t ác dụng vớ i

H2S04 (khô ng có (5)). '

Từ (6 ) suy ra: n M0 = 0,06 moi(4) suy ra: ' n HN0;j tócdụngM0 = 0,06x2 = 0,12 mol

0,76 1ộ 0,4n HNO;,tácdụngM(Jư = ------------ “ g“ m01

riMdư ~ (3 : 8)x(0,4 : 3) = 0,05 mol

- C h ấ t r ắ n t ro n g b ì n h g ồ m M O : 0 , 0 6 x 2 = 0 , 1 2 m o i “

M (dư): 0,05 x2 = 0,1 m ol ' ’

Gọ i số mol M (N 0 3)2 b a n đ ầ u l à a ( m o l )

Từ (1) suy ra: n M0 = n M(N0.i)2 = a ; n Ơ 2 = - (m o l) £ ,

Từ (2) suy ra: n M 0 = 2 n 0 - 2 X— = a (mol ). "" 2

s ố m o l M O t ấ t cả —2ã - 0 ,12 => a = 0,06 mol

Số mol M t ác đ ụng vớ i 0 2 = 2 n 0i = a = 0 ,06 m ol

Vậy A có: 0,06 mol M(N 0 3)2 ; (0 ,1 + 0,0 6) = 0 ,16 m ol M.

T a có: (M + 62 x2)x 0,06 + M x0 ,16 = 21 ,52 => M = 64 (đồng ).

b ) T ín h % k h ô i l ư ợ n g c á c c h ấ t t r o n g A :

%Cu = 64 x Q^ 6xlQQ<y- = 47 ,58 % ; % C u( N 0 3)2 = 1 0 0 - 4 7 , 5 8 = 5 2 , 4 2 %21,52

c ) T í n h p : k h í c ò n l ạ i t r o n g b ì n h l à N O = 0 , 1 2 m o l

0 , 1 2 x 0 , 0 8 2 ( 2 7 3 + 5 4 ,6 ) p = -----------------^ ------------------ = 1 , 0 7 4 a t m .

3

d) T ín h V N0; m CllSOj:

212 _ ___ _________ __ Ch ư m g III. CÁC P H Ư Ơ N G P H Ả P G I A I T O Ả N H O Ả K IM LOẠ I

V N0 = [(2x0,05) : 3]x22,4 = 0,746 lí t ; mCllS0 = 0,06x160 = 9,6 g.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




I. Bồi tộp ỉự giổi

1. D u ng dịch A ch ứ a các ion N a ' , NH I , SOj , COi .a ) D u ng dịc h dó được đ i ều c h ế t ừ 2 m uố i t r u n g ho à nà o ?

b) C h ia d u n g d ịc h A t h à n h 2 p h ần b ằn g n h a u :

- P h ần t h ứ n h ấ t c ho t á c dụ ng vớ i c lung dịc h B a (O H )v , dư , đun nó ng , t a

t hu được 4 , 3 ga m kế t t ủa X và 470 , 4 r o i kh í Y ỏ ' 13 , 5 ° c vằ 1 a t m .

- P h ầ n t h ứ h a i c h o t á c d ụ n g vớ i d u n g d ịc h H C1 d ư t h u đ ư ợe 2 3 5 ,2 m l k h í

ở 13 , 5 ° c và 1 a t m .T í n h t ổ n g k h ố i lư ợ n g c á c m u ố i tr o n g d ụ n g d ịc h A.

c) L ấ y k h í Y c h o v à o b ì n h c h ịu á p s u ấ t có d u n g t í c h k h ô n g đ ồ i 0 ,1 l í t và

n u n g n ó n g b ì n h tớ i 8 1 9 ° c t h ì á p s u ấ t t ro n g b ì h h là 2 6 ,8 8 a t m . T ín h %

t h ể tí c h c á c k h í ỏ' t r o n g b ì n h lú c đ ó. G i ả sử á p s u ấ t t h ự c t ế v à l í t h u y ế t

n h ư n h au .

2 . M ộ t l oạ i đá vô i c hứa 80% C a C 0 3, 10 ,2% A120 3 v à 9 , 8 % F e 20 3. N un g d á ỏ'

n h i ệ t đ ộ c a o ( 1 2 0 0 ° C ) t a t h u đ ư ợ c c h ấ t r ắ n c ó k h ô i l ư ợ n g b ằ n g 7 8 % k h ố i

lư ợ n g đ á t r ư ớ c k h i n u n g .

a ) T í n h h i ệ u s u ấ t p h ả n ứ n g p h â n h u ỷ C a C 0 3 v à % k h ố i l ư ợ n g C a O t r o n g

đ á s a u k h i n u n g .

b) Đ ể h o à t a n 10 g a m h ỗ n h ợ p sa u k h i n u n g c ần t iê u tô n b a o n h iê u m l

d u n g d ịc h H C1 0 ,5 M , g iả s ử cá c p h ả n ứ n g x ả y r a h o à n t o à n .

c) H o à t a n 2 6 g a m h ỗ n h ợ p s au k h i n u n g b ằ n g d u n g d ịc h H C1 d ư v à c h ot ấ t c ả k h í t h o á t r a h ấ p t h ụ v à o 4 0 0 m l d u n g d ịc h N a O H n ồ n g đ ộ a %

(D = 1,18 g/ml) sau đó thêm lượng dư BaCl 2 thấy tạo thành 18,715 gamk ế t t ủ a . T í n h a.

H ớ ng dẫ n

. a ) D un g dịc h ( A ) c ó t h ể được hoà t a n t ừ c á c m uố i: ( N H J iS O , ! và N a 2C 0 3,

h o ặ c (N H 4)2C 0 3 v à N a 2S 0 4 .

b ) T ín h k h ố i lư ợ n g cá c m uố i t r o n g 1/2 d u n g d ịc h A:

B a ( O H )2 ----- » B a2+ + 2 0 H '

B a2+ + CO §” ----- > Ba CO a-i

B. BÀI TẬ P _____ _ ____________________ __ __ ___ ____ 213


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



2 1 4 __________ Chư ơ ng I I I C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P GI Ả I TO Á N H O Ả K IM LOẠ pỊ

B a2+ + S O |" ------» B a S 0 4ị

4 ,3 g a m k ế t t ủ a (X) ( B a C 0 3 v à B a S 0 4)

N H Ị + O H ” — > H 20 + N H 3T (Y)

HC1 — >H++ cr

2H + + C O § - -----> H20 + C02T

T ro ng 1 /2 du ng dịch A có:

p v 1 V0 .4 7 0 4 ■■ n no _ ,n VIIT+ = n NH = —— = ---------- - = 0 , 0 2 m o i

NHĨ NH;1 RT 0,082(273+13,5)

_ _ 1 x 0 ,2 3 5 2 _ n A1 n„„2- = npn„ = ----------7T— ------------- - = 0 , 0 1 m o i

co i c ° 2 0 , 0 8 2 ( 2 7 3 + 1 3,5 )

_ 4 , 3 - 0 , 0 1 x 1 9 7 n n i „ ,n , = ---------1--------------- = 0 ,01 mol '

so4 233 ••

T ron g du ng dich (A) luôn luôn có: n ^ + ri + = 2 n + n' Na Nn ^ ^ ^ ^ 3 tíui

=> n + = 2 (0 , 0 1 + 0 ,0 1 ) - 0 , 0 2 = 0 , 0 2 m olNa

Vậy tổn g kh ối lượ ng các muối:

0,02x2 3 + 0,02x1 8 + 0,01x6 0 + 0,01x 96 = 2,38 gam .

c) T ính % v cá c kh í t ron g b ình sa u ph ản ứng :

T ổ n g s ố m o l k h í t ro n g b ìn h : V n = ------ 2 6 , 8 8 — 0 ị1— _ 0 ,0 3 m o l^ 0 ,0 8 2 (2 7 3 + 8 19 )

Gọi X là số mol N 2 t ro n g h ỗ n h ợ p k h í , th e o p h ư ơ n g tr ìn h p h ả n ứ n g :

2 N H 3 _ ------- N 2 + < N C O

S ố m o i b a n đ ầu : 0 , 0 2 0 0

S ố m o l p h ả n ứ n g: 2 x X 3x

S ố m o l s au p h ả n ứ n g: (0 ,0 2 - 2 x) X 3x

(ơ ,02 - 2x ) + X + 3x = 0,03 => X = 0 ,005



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




BAI TẠ P 2 1 5

*7« _ 0 , 0 0 5 x 1 0 0 % , cnno/ 0 , 0 0 5 x 3 x 1 0 0 %V ậ y % N 2 = — = 16,67 % ; % H 2 = ------ = 50%

0,03 0 ,03

%NH3 = 100 - 16,67 - 50 = 33,33%.

a) T í n h h iệu s u ấ t p h ả n ứ n g p h â n h u ỷ C a C 0 3 v à p h ầ n t r ă m k h ố i lư ợ ng

C a O t r o n g đ á s a u k h i n u n g :

CaC03 — > CaO + cot G i ả s ử k h ố i l ư ợ n g h ỗ n h ợ p đ ầ u là lOOg, n ê n k h ố i l ư ợ n g h ỗ n h ợ p s a u

1 nu ng là 78 g. . — — ■

K h ô i lư ợ n g b ì n h s a u k h i n u n g b ị h a o h ụ t , c h í n h l à k h ố i lư ợ n g C 0 2T

m c o 2 = 1 0 0 - 7 8 = 22 g

n CaC03 phả nứ ng - n c o 2 = ~ = 0 , 5 m o l => m CaC03 phán = 0 ,5 x 1 0 0 = 5 0 g

V ậy h i ệ u s u ấ t p h â n h ủ y C a C 0 3: H % = ( 50 : 8 0 ) x l 0 0 % - 6 2 ,5 % .

b ) T ro n g 7 8 g X, t a có :

nCaO = n co2 = °>5 moỉ ; n CaC03 dư = (80 :100) - 0,5 = 0,3 mol

n A1 0g = 1 0 ,2 : 102 = 0 ,1 m ol ; n Fg2o 3 = 9 ,8 :1 6 0 = 0 , 0 6 1 2 5 m o l

C aC O a + 2H C 1 — ■» C a C l2 + C 0 2t + H 20

(m ol) 0 ,3 0 ,6 0 ,3

C a O + 2 H C 1 ----- > C a C l2 + H20

(mo l ) 0 ,5 1A I2O 3 + 6 H C 1 ----- > 2 A I C I3 + 3H20

(mo l ) 0 ,1 0 ,6

Fe20 3 + 6H C1-----> 2FeCl3 + 3H20( m o l ) 0 , 0 6 1 2 5 0 , 3 6 7 5

=> £ n HC1 = 0 ,6 + 1 + 0 ,6 + 0 ,36 75 = 2 ,567 5 m ol

=^ v „ a = -ệ - = ỉ ^ ỉ = 5,135 lítệ •'

Vậ y trong 10 g X, ta có: Vhc i = (5,1 35x10) : 78 = 0,658 lít.



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




216 Chư ơ ng I II CÁC P H Ư Ơ N G P H Á P O I A i T O Á N H O Á K I M L OẠ I

c ) T í n h a : T h e o c â u b , k h i h o à t a n 7 8 g a m đ ố , t h u đ ư ợ c 0 , 3 m o i C O g

V ậy k h i h o à t a n 2 6 g đ á th ì t h u d ư ợ c: n CQa 5= ( 0 , 3 x 2 6 ) : 7 8 - 0 ,1 m o i

Gọi X, y lần lượ t là 80” m oi củ a NaaCO a và N aH CO g

C 0 2 + 2 N a O H >■ N a aC 0 3 + H 20

X 2x X

COii + N a O H ----- > N a H C O a '

y y y

T a có: n Co 2 = X + ỵ = 0 ,1 • (1)

-h B a C l2 ----- ► Bc3.C0 3 'L ■+• 2 MễiC1 "

X X

n BaCO = x = — — = 0 ,0 95 mo l . T h ay và o ( I) : y = 0 ,00 5 mo l

n Na0H = 2x + y = 0,1 9 5 m oi => m N a O H = 0 , 1 9 5 x 4 0 = 7 , 8 g a m.

a% = ----- — ----- X 100 % = 1,65 %.4 0 0 x 1 , 1 8

Chủ đ ề 6: B À I T Ậ P V Ể N U N G Q U Ặ N G S A T

A . P H Ư Ơ N G P H Á P G I Ả I '

K h i đ ố t q u ặ n g s u n f u a , c a c b o n a t s ắ t .. ., s ả n p h ẩ m l à c á c o x i t c ủ a cắ c .

n g u y ê n t ố có m ặ t t ro n g q u ặn g .

1 . FeCOg F eO + CO zt

4 F e O + O 2 ——~ ~ —^ 2 F 62O 3

4 F e C 0 3 + 0 2 — 2 F e 20 3 + 4 C 0 2 t

2 . 4 F e S + 7 0 2 — —— * 2 F e 20 s + 4 S 0 2T



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




3. 4FeSí! + 1 1 0 2 - ■ - > 2 F e 30g + 8 SG2T

4. 2Zn S + 3 0 2 2ZnO + 2 S 0 2T Nếu Og dư, phản ứng hoàn toàn sản phẩm là FejjOg. Nếu Oa thiếu , sản

p h ắm có t h ể là PeaO ạ h o ặc FegOa v à F eO .

ì

B . B À I T Ậ P

i. Bài ỉ ậ p mâ u

Bài 1: Trộn m gam bột Fe với p gam bột s rồi nung ở nhiệt độ cao (không,có m ặ t o x i) th u đ ư ợ c h ỗ n h ợ p A. H o à t a n h ỗ n h ợ p A b ằ n g d u n g d ịc h H C1

dư t a t h u đưọ'c 0 ,8 ga m c h ấ t r ắn B , dung dịc h £ và k h í D . C ho k h í D (có

tỉ khôi so với H 2 b ằ n g 9 ) s ục r ấ t t ừ t ừ q u a d u n g d ịc h C u C Ỉ2 ( d ư ) t h ấ y t ạ o

t h à n h 9 , 6 g a m k ế t t ủ a đ e n .

a ) T í n h k h ố i l ư ợ n g m , p .

b ) C h o d u n g d ịc h c tá c d ụ n g vớ i N a O H d ư t r o n g k h ô n g k h í rồ i lấy k ế t

t ủ a n u n g ỏ ' n h i ệ t đ ộ c a o t ớ i k h ố i l ư ợ n g k h ô n g đ ổ i t h ì t h a đ ư ợ c b a o n h i ê u

g a m c h ấ t r ắn ?

c ) N ế u l ấ y h ỗ n h ợ p A c h o v à o b ì n h k í n d u n g t í c h k h ô n g đ ổ i , c h ứ a 0 2 dư

v à n u n g b ì n h ở n h i ệ t đ ộ c a o c h o t ớ i k h i c h ấ t r ắ n t r o n g b ì n h l à m ộ t ó x i t

s ắ t d u y n h ấ t , s a u đ ó l à m n g u ộ i b ì n h v ề n h i ệ t đ ộ b a n đ ầ u t h ì t h ấ y á p s u ấ t

t r o n g b ì n h c h ỉ b ằ n g 9 5 % á p s u ấ t b a n đ ầu ( b iế t t h ể t íc h c h ấ t r ắ n k h ô n g

đ á n g k ể). T í n h s ố m o l 0 2 b a n đ ầ u t ro n g b ì n h . •

H ớ ng dẫ n

a ) T í n h k h ố i l ư ợ n g m , p :

Fe + s — »FeS

FeS + 2HC1-----» FeCl2 + H2s t

F e + 2 H C 1 ----- *. F e C l2 + H 2TH 2S + C uC l2 — > C u S i + 2H C1

B. BÀI TẬ P__ __ _________ _____ __________ ______ ________ 217

Ta có: t ỉlcus = 9,6 : 96 = 0,1 mol => nH2s = n0uS = 0,1 mol


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



218 Chi/'ang 111 CÁC PH Ư Ơ NG^PHÁP GIAl TOAN 1lOA KIM LQẠ Ị

— 2 n H + 34 X 0 ,1M d = — - — = 9 x 2 = 18 n H,. = 0,1 m ol

n H, + 0,1

V ậy : n Feb[mdij(, = n Hz + n H2g = 0,1 + 0,1 = 0,2 m o l

=> n iFe = m = 0 ,2x56 =11 ,2 gam

ns ban đáu = 0,8 : 32 + n Has = 0,025 + 0,1 = 0,125 mol

=5 m s = p = 0 , 1 2 5 x 3 2 = 4 g a m .

b ) T a CÓ: n FeC1 = n Has + n Ha = 0 ,2 m ol

H C1 + N a O H — * N a C l + H zOFeCl2 + 2NaOH----->Fe(OH)2! + 2 NaC l

4 F e ( O H )2 + 0 2 + 2 H zO — > 4 F e( O H ) 3^

(mol ) 0 ,2 0 ,2

2 F e ( O H )3 — > F e 20 3 + 3H20

(mol ) 0 ,2 0 ,1

=> m Fe;i0;J= 0,1 x1 60 = 16 gam .

c) 4 F e S + 7 0 2 — > 2 F e 20 3 + 4 S 0 2t

(m ol) 0 ,1 0 ,175 0 ,1

s + 0 2 — ? — > so2t

( m o l ) 0 ,8 / 3 2 0 ,0 2 5 0 ,0 2 5

4 F e + 3 0 2 — —— » 2 F e 20 3

(mo l ) 0 ,1 0 ,075 .

T a có: p sau = 9 5 % x P trưức

N h ư n g v ì n h i ệ t độ v à t h ể t íc h k h ô n g đ ổ i n ê n ^ n sau = 9 5 % ^ n trước

Gọ i X là số mol Ơ 2 ban đầ u: nso + n0 dl( = 95%n0ađầ u

0,125 + X - (0 ,175 + 0 ,025 + 0 ,075) = 95%x => X = 3 mol .

B à i 2 : N u n g m g a m h ỗ n h ợ p A g ồm F e S v à F e S 2 t r o n g m ộ t b ì n h k í n c h ứ ak h ô n g k h í ( g ồ m 2 0 % t h ể t í c h 0 2 v à 8 0 % t h ể t í c h N 2 ) đ ế n k h i p h ả n ứ n g



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




ÀI TẬ P 21 9

ả y r a h o à n t o à n , t h u đ ư ợ c c h ấ t r ắ n B v à h ỗ n h ợ p k h í c c ó t h à n h p h ầ n

h ể t í c h : N 2 = 8 4 ,7 7 % ; S 0 2 = 1 0 ,6 % c ò n l ại l à 0 2. H o à t a n c h ấ t r ắn B

ằn g dung dịch H2SO4 vừa đủ, dung dịch thu được cho tác dụng vớ iB a ( O H )2 d ư . L ọ c l ấ y k ế t t ủ a , l à m k h ô , n u n g ỏ ' n h i ệ t đ ộ c a o đ ế n k h ố i

ư ợ n g k h ô n g đ ổ i, t h u đ ư ợ c 1 2 ,8 8 5 g a m c h ấ t r ắn .

) T í n h m .I

) T ín h % k h ố i lư ợ n g các c h ấ t t r o n g A.

H ớ ng dẫ n

G ọ i X, y, a lầ n l ư ợ t là số mol c ủ a F e S , F e S 2 v à không khí.

4 F e S + 7 0 2 — > 2 F e z0 3 + 4 S 0 2T '

( m o l ) X l , 7 5 x 0 , 5 x Xỉ '

4FeS 2 + 110 2 — ► 2Fe20 3 + 8 SO0 T

( m o l ) y 2 , 75y 0 , 5y 2y

F e 20 3 + 3 H 2S O 4 ----- > F e 2(S 0 4)3 + 3 H 2O

(m ol) 0 ,5(x + y) 0 ,5(x + y)

F e 2( S 0 4)3 + 3 B a ( O H )2 — -> 3 B a S 0 4l + 2 F e ( O H ) 3ị

(m ol ) 0 ,5 (x + y) l , 5 (x + y) (x + y)

2 F e ( O H )3 — > F e 20 3 + 3 H 20

(m ol) (x + y) 0,5(x + y)

T a có: m rấn = m BaS0<i + m Fe20,(

=3 . 12 ,885 = l , 5 (x + y)x2 33 + 0 ,5(x + y )x l6 0

X + y = 0 ,0 3 (1 )

n c = n S0 2 + n N2 + n 0zdư = X + 2 y + 0 ,8 a + ( 0 ,2 a - l , 7 5 x - 2 ,7 5 y )

= a - 0 ,75(x + y)

------ Ị Ị i ệ ỵ — r = Ị 5Ộ (2)so’ a - 0,7 5(x + y) 100


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

00

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N



........................................... ......... IChưang III. CÁ C PHƯ Ơ NG I ’HA P G IA I TO ÁN B OÁ K IM LO Ạ I I

...........:1

■ ầ

220 ... . _______

n, X7 °>8a . 8 4 >77 ' f o \%v"> ‘ r - v f ( ĩ T 7 r I ^ r (3)

Từ (2), (3) suy ra; a ss 0,4 và X + 2y ~ 0,04 (4)

Từ (1) và (4) suy ra: X - 0,02 ; y ~ 0,01

a ) T í nh m : m = 0 , 02x8 8 + 0 , 01x12 0 = 2 , 96 ga m ,

b) % m FcS;! = 4 0 ,5 4 % ; % m KaS = 59 ,46% .

íl. B â rt ạp ỉự g ĩảỉ • • ị

"1 . N u n g 5 8 g a m h ỗ n h ợ p A g ồ m Á ! ( F e C O a + t ạ p c h ấ t t r ơ ) v à A 2 ( F e S 2 + tap

c h ấ t t r ơ ) v ớ i l ư ợ n g k h ô n g k h í ( g ồ m 2 0 % O 2 v à 8 0 % N 2 th e o t h ể t íc h ) vừa j

đủ t ro n g b ì n h k í n d u n g tí c h 10 lí t. S a u k h i c ác p h ả n ứ n g x ảy r a h o à n

t o à n , t h u đ ư ợ c h ỗ n h ợ p c h ấ t r ắ n A a v à h ỗ n h ợ p k h í B . T r o n g A 3 ch ỉ chứ a

m ộ t s ắ t o x i t d u y n h ấ t v à lư ợ n g t ạ p c h ấ t t r ơ b a n đ ầu . H ỗ n h ợ p B có tỉ

k h ố i so v ớ i k h ô n g k h í có t h à n h p h ầ n c h o t r ê n là 1 ,1 81 .

N u n g A 3 t r o n g ố n g sứ r ồ i c ho lu ồ n g k h í c o d ư đi q u a ố n g s a u k h i p h a n

ứ n g xo n g , t h u đ ư ợ c 14 g a m c h ấ t r ắ n c h ứ a 9 6% F e ( h i ệu s u ấ t k h ử s ắ t o x it

t h à n h s ắ t l à 8 0 % ) .

a ) T í n h k h ố i l ư ợ n g c ủ a A i v à A 2 b a n đ ầ u , b i ế t r ằ n g % khố i lư ợ n g t ạ p c h ấ t I

t r o n g A i v à A 2 b ằ n g n h a u .

b) T ín h á p s u ấ t củ a k h í t r o n g b ìn h sa u k h i n u n g đ ã đư a về n h iệ t độ !

1 3 6 , 5 ° c , g i ả s ử d u n g t íc h c ủ a b ì n h k h ô n g đ ổi. I

c ) Nếu cho B phản ứng vớ i ox i dư ( có xúc t ác V 2O 5) , sau khi p h ản ứ ngh o à n t o à n , h o à t a n k h í v à o 6 0 0 g a m H 20 đ ư ợ c d u n g d ịc h a x i tcó khố i ^

lư ợ n g r iê n g là 1 ,02 g /ml .

T í n h n ồ n g đ ộ m o i c ủ a a x i t t r o n g d u n g d ịc h . 1

2 . C h o 8 ,8 g a m h ỗ n h ợ p A g ồ m F e C 0 3 v à C a C C >3 v à o b ì n h k í n d u n g t í c h l à

1,2 lít chứ a không khí (có tỉ lệ v 0j : VNj = 1 : 4 ở 19,5°c và 1 atm . Nung

bình đến nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, được hỗn hợp chấtrắn B và hỗn hợp khí c, sau đó đưa bình về nhiệt độ 682,5K, áp suấttrong bình là p. Lượng hỗn hợp B phản ứng vừa đủ với HNO3 có trong200 gam dung dịch HNO 3 6,72% thu được dung dịch D và khí NO.



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




0, BÀI TẬ P 221

a ) T í n h % v ề k h ố i l ư ợ n g các c h ấ t t r o n g A.

b) T ín h p .

c) T í n h l ư ợ n g m u ố i t ạo t h à n h t r o n g d u n g d ịc h D v à t h ể t íc h k h í N O ( đ iều

k i ệ n t i ê u c h u ẩ n ) .

H ớ ng dẫ n

1 . a ) T ín h k h ố i lư ợ n g c ủ a Ai v à A 2 ban ẩầu :

ó Gọ i X, y lần lư ợt là số mol FeCOu, F eS 2 t r o n g A .

4 F e C O s + 0 2 —

X x /4(mo l )

(mo l )

> 2 F e 20 3 + 4 C 0 2T

x/2 X

4 F e S 2 + 1 1 0 2

y l i y / 4

-> 2 F e 20 3 + 8 S 0 2t

y /2 2 f

F e 20 3 + 3C O — ------> 2 F e + 3C Q 2T

(m ol) 0 ,5(x + y) (x + y)

m Fe = 14 - 14x4% = 13,44 g => nFe = 13,44 : 56 = 0,24 mol

N h ư n g v ì h iệu s u ã t đ a t 80% n ê n : n Fe = X + y = 0 , 2 4 x ^ ^ - = 0 ,3 (1)80

G ọ i a l à s ố m o l c ủ a k h ô n g k h í , t a c ó :

T T 32 X 0,2a + 28 X 0 ,8a „Mkhòng khí = --------- ------ ----------------- = 28,8

a

n B = n so 2 + n c o , + n N2 = 2y + X + 4 ^ j(Vì n Na = 4 n 09 v à 0 2 p h ả n ứ n g h o à n t o à n )

M b =■

64 X 2y + 44 x + 28 X4 1— +

0 í X l l y ìX + 2y + 4 — + — -

u 4 J

^ X = l,5yTừ (1) vấ (2) suy ra: X = 0,18 mol ; y = 0,12 mol

(2)



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N








•ncRT ^ 0,12 X0,082 X682,5 „=> 'P ■“ — y --------------------------------------------— ----- ------------ “ - 5 , 6 a tm .

c) T a có : n Fe(.N0 ;,):, = Sx - ° >°4) + 0 ,04 = X = 0 ,05 raol

. n ca(N0 3.)2 - y ® 0,03 m ol

= mFe<NQ3)a + mcfl(NO.,.)2 = 0,05x242 + 0,03x164 = 17,02 g

riN0 - — g - 0 , 0 4 ) : 3 = 0 ,0 1 : 3 m o l

VNỌ s (0,01 ; 3)x 22 ,4 = 0,0 75 l í t .

I Chủ đề 7: BÀI TẬP VỂ PHẢN ỨNG NHIỆT LUYỆN

A . p h ư ơ n g p h á p -g i ả i

1 . D ù n g c ậc c h â t k h ử c o , H 2, c , A l... đ ể k h ử io n k i m lo ại t r o n g o x i t v ềk i rn l o ạ i đ ơ n c h ấ t ' ở n h i ệ t đ ộ cao. ■ ■ ' .

M*Oy + y C O — x M + y C 0 2T

M*Oy + yH 2 í— > x M + y H 20

MxOy + y C — —— > x M + y C O

3 M xOy + 2y A l — íH— >. 3x M + yA l20 3

2 . Q uá t r ìn h k h ử F e 2Ơ 3 qua 3 g i a i đoạn :

F e 20 3 ----- > F e 30 4 ----- > F e O ----- > F e

N h ư n g k h ô n g đư ợ c lập ỉuận . t í n h to á n th e o th ứ tự p h ả n ứ n g v ì h ỗ n h ợ p

t hu được có t hế có 4 ch ấ t đầu , t r u n g g i an v à CUỔ1 F e 20 3 ----- > F e F e O F e o

F e 20 3 d ư. N ê n d ù n g đ i n h l u ậ t b á o t o à n k h ố i l ư ợ n g , b ảo t o à n s ố m o l F e h a y

b ảo to à n s ố m o i 0 .

2 2 4 _____________________ Chu<m/t / // , C Ấ C P H Ư Ơ N G P H Ấ P GÌÁ1 T O Ấ N H O Ả K IM LOAI



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




BÀI TẬ P 2 2 5

Bài tập mẫu

à i 1 : C h o m ộ t lu ồ n g c o đ i q u a ố n g sứ đ ự n g 0 ,0 4 m o l h ỗ n h ợ p A gồ m F e O

v à F e 20 3 đ ố t n ó n g . S a u k h i k ế t t h ú c t h í n g h i ệ m t a t h u đ ư ợ c c h ấ t r ắ n B

g ồ m 4 c h ấ t n ặ n g 4 , 7 8 4 g a m . K h í đ i k h ỏ i ố n g s ứ c h o h ấ p t h ụ v à o d u n g

dịch Ba(OH )2 dư, thì thu đưọ'c 9,062 gam k ết túa. M ặt kh ác hoà t an ch ấtr ắ n B b ầ n g d u n g d ịc h HC1 d ư t h ấ y t h o á t r a 0 ,6 2 7 2 l ít h i đ r o (ớ đ ktc ).

a) T ín h % k h ỗ i lư ợ n g các o x ỉt t r o n g Ẩ .

b ) T í n h % k h ố i lư ợ n g c á c c h ấ t t r o n g B, b i ế t r ằ n g t r o n g B s ố rp ol s ắ t từ

ox i t bằng 1 /3 t ổng s ố m o l c ủa s ắ t ( I I ) và s ắ t ( I I I ) ox i t .

H ớ ng dẫ n' V

a ) T í n h % k h ố i l ư ợ n g c á c o x i t t r o n g A :

Gọ i a , b l ần l ượ t l à s ố m o l F e O và F e 20 3 t r ong hỗn họ 'p A, t a có :

a + b = 0,0 4 (*)3Fe 20 3 + CO — > 2Fe30 4 + C 0 2T

Fe30 4 + C O ---- >3FeO + C02T

F e O + C O ----- > F e + C 0 2t .

T a t h ấ y : n C0 l u ô n l u ô n b ằ n g n c o ,

C 0 2 + B a ( O H )2 — > B a C 0 3ị + H 20

(mo l) 0 ,04 6 (9 ,06 2 : 197)

=> n C0 = n co, = 0,04 6 mol .

Á p d ụ n g đ ịn h l u ậ t b á o t o à n k h ố i lư ợ n g , t a có: m A + m C0 = m D + m c o ^

=> m A = 4 ,78 4 + (0 ,046 x4 4) - (0 ,04 6x 28 ) = 5 ,52 g '

=> 7Ị2a + 1 6 0 b .= 5 ,52 (**)Từ (*) , (**) suy ra: a = 0,01 ; b = 0,03

% m Fe0 = 0,01 x 7 2 X100% = 13 ,04% ; % m Fp„0 = 100 - 13 ,04 = 86 ,96%.5,52 2 3

„ B À I T Ậ P .


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



b ) T ín h % k h ô i l ư ợ n g c á c c h ấ t t r o n g B :

• Gọ i X, y, z, t l ần l ượ t l à sô m o l của Fe , FeO , F eaO,i, F e 20 3 t ro n g h ỗ n

hợ p B . T a có: '

56x + 72y + 232 z + 16 0t = 4 ,78 4 (1)

F e + 2H C1 — > F e C l 2 + H 2T

( m o l ) X X

n Fc = X = n H, = 0,6272 : 22 ,4 = 0,028 (2)

T h e o đ ịn h l u ậ t b ả o t o à n k h ố i lư ợ n g , b ảo t o à n s ô m o l F e:

nFe'tr ong À — npe trong B (Ke n g u y ê n tử)

nreO + 2 n Fg2o 3 = nKe + n Feo + 3 n Fg3o 4 + 2 n Fe,20 3

0 ,0 1 + 2 x 0 ,0 3 = x + y + 3 z + 2 t « x + y + 3 z + 2 t = 0 ,0 7 (3 )

n Fe30, = 3 (n FC0 + n Fe20;l ) => z = | ( y + t) (4)

Từ (1), (2), (3), (4): X = 0,028 ; y = 0,012 ; z = 0,006 ; t = 0,006

%mFe = x100% = 32 ,78% ;4/784 •

% m F 0 = ° ’ ° - 6 x 1 60 X1 0 0 % = 2 0 ,0 6 % ;Fe2°3 4.784

% m F e 0 = ■ X 1 0 0 % — 1 8 , 0 6 % ;4 , 7 8 4

9cir ;Fego = 100 - 3 2,7 8 - 2 0,0 6 - 18 ,06 = 29,1% .

B à i 2 : N u n g 1 6 ,2 g a m h ỗ n h ợ p A g ồm c ác o x i t M g O , A120 3 v à M O tr o n g m ộ t

ố n g s ứ r ồ i c h o lu ồ n g k h í H 2 đ i q u a . ơ đ i ều k i ệ n t h í n g h i ệm , H 2 ch ỉ k h ử

M O vớ i h i ệu su ấ t 80% , lượ ng hơ i H 20 t ạo r a chỉ được hấp t h ụ 90% bở i

15,3 gam du ng d ịch H 2SO 4 90%, k ết quả th u được du ng dịch H 2S O 4 86,34%.

C h ấ t r ắ n c ò n l ạ i t r o n g ố n g đ ư ợ c h o à t a n t r o n g m ộ t l ư ợ n g v ừ a đ ủ a x i t

k h ô n g c ó t j n h o x i h o á ( v í d ụ H C 1 ) t h u đ ư ợ c d u n g d ịc h B v à c ò n lạ i

2 ,5 6 g a m c h ấ t r ắ n k h ô n g t a n (M ).

L ấ y 1 /1 0 d u n g d ịc h B c h o t á c d ụ n g v ớ i N a O H d ư , lọ c lấ y k ế t t ủ a n u n g ỏ'

n h i ệ t đ ộ e a o t ớ i k h ố i l ư ợ n g k h ô n g đ ổ i t h ì t h u đ ư ợ c 0 , 2 8 g a m o x i t .

2 2 6 ... _ ____ C hư ơ n g III. CÁC P H Ư Ơ N G P H Á P O I Ả Ĩ T O ÁNH OÁ KIM LO AI

a) Tính khối lượng nguyên tử của M.

15B- PPGBTHKl



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




b) T ín h % khô i l ượng c á c c hấ t t r ong A .

H ớ ng dẫ n

a ) T í n h k h ố i l ư ợ n g n g u y ê n t ử M :

Gọi X, y, z lần lư ợ t là số' mol MgO, A l20 3l M O t r o n g 16 ,2 ga m hỗ n họ 'p

. Ta có:i _

mA = 4 0 x + 102y + (M + 16)z = 16 ,2 ( 1 )

M O + H 2 -----> M + H 2Q .

S ố m o l b a n đ ầu : zS ố m o l p h ả n ứ n g : 0 ,8 z 0 ,8 z 0,8z •

S ố m o l s au p h ả n ứ n g : 0 ,2 z 0 ,8 z 0 ,8 z

n H90 bị h ấp th ụ = 0,8zx90% = 0,72z (mol) ị

Ta có: — L5 ’3 .x. ° ’9 . = 86,34%15,3 + 18 X 0,72z

T hu được hỗ n h ợ p r ắn gồm: X mol M gO ; y m ol A120 3 và 0,2z - 0,01 m oỉ M OnM = 0,8z = 0 ,04 mol

K hô i lư ọ 'ng n g u yê n tử của Ivĩ = 2,56 :0 ,04 = 64 ( là Cu) .

b ) T ín h % k h ố i lư ợ n g c ác c h ấ t t ro n g A:

MgO + 2H C1-----> MgCl2 + H20

(m ol) X X

A120 3 + 6 H C 1 ----- > 2A1CỈ3 + 3 H 20

(mol) y ' 2y

C u O + 2 H C 1 ----- > CuCla + H 20

(mol ) 0 , 0 1 0,01

M g C l2 + 2N a O H — > M g (O H )2ị + 2 N a C l

(m ol) X X

. A lCla + 3 N aO H ------» A l(O H )gị + 3N aC l

. BÀI TẬ P ________________ _____ _______ _______ _ _____ 227

âi(O H )3 + NaOH — > NaAlOa + 2H20


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



2 2 8 Chư ơ ng I I I CÁ C P H Ư Ơ N G P H Á P GIẢ I T OÁ N HO Ả K IM LOẠ I

C u C l2 + 2 N a O H ------> C u ( O H ) 2ị + 2 N a C l

(mol ) 0 , 0 1 0,01

M g ( O H )2

X

■> M gO + H 20

(mol) X

.1)Cu (OH)2

(mol) 0 , 0 1

> Cu O + H 20

0,01

4Ỡ X + 0,01 x8 0 = 0,28x10 =>'40x + 0,8 = 2,8 => X. = 0,05

T h a y v à o (1), suy r a : y = 0,1 . '

% m Mg0 = 4 0 - X 1 0 0 % = 1 2 , 3 4 % ; % m Cuo = 8 0 • • ° ’0 5 X 1 0 0 % = 2 4 , 6 9 %16,2 16,2

% m Al20 3= 100 - 12 ,34 - 24 , 69 = 62 , 97% . . '

B à ỉ 3: N u n g m g a m h ỗ n h ợ p A g ồm b ộ t AI v à F e 30 4 s a u m ộ t t h ờ i g i a n t h u

đ ư ợ c c h ấ t r ắ n B. Đ ế h o à t a n h ế t B c ần V m l d u n g d ịc h H 2S O 4 0 , 7 M(lo ã n g ). S a u p h ả n ứ n g t h u đ ư ợ c đ u n g d ịc h c v à 9 ,8 4 6 l ít k h í (đ o ở

1 5 a t m , 2 7° C ). C h o d u n g d ịc h N a O H v à o d u n g d ịc h c đ ế n d ư , t h u d ư ợc

k ế t t ủ a D . N u n g D t r o n g c h â n k h ô n g đ ế n k h ố i lư ợ n g k h ô n g đ ổ i th u đư ợ c

4 4 g a m c h â t rắ n E .

C h o 50 g am h ỗ n h ợ p X g ồm c o v à C O 2 q u a ố n g s ứ đự n g c h ấ t r ắ n E n u n g

n ó n g . S a u k h i E p h ả n ứ n g h ế t , t h u đ ư ợ c h ỗ n h ợ p k h í X ' c ó k h ố i l ư ợ n g

g ấ p 1 , 2 0 8 l ầ n k h ô i l ư ợ n g c ủ a X .

a ) T í n h % k h ố i l ư ợ n g c á c c h ấ t t r o n g B .

b ) T ín h m . .

c ) T ính V .

H ớ ng dẫ n

a ) T í n h % k h ô i lư ợ n g cá c c h ấ t tr o n g B:

8A1 + 3Fe 30 4 ------» 4 A I2O 3 + 9 F e

9xGọi X l à s ố m o l A I2O 3 t ạo r a : n Fe = — m o l

4

Gọi y là số mol AI dư và z là số mol Fe 3Ơ 4 dư


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BẢ I TẬ P 229

( m o l )

( m o l )

2AI + 3H 28 0 4 ---- > A12( S 0 4)3 + 3 H 2 '

3y 3y

2 2

F e + H 2S O 4 ----- > F e S 0 4 + H /

9 x 9 x 9 x 9 x

4 4 4 | 4

3y 9x 1,5 X 9,846 - cn H„ — ----- 1---------- --------— --------- —~ 0,6

2 4 0 , 0 8 2 ( 2 7 3 + 2 7 )

Fe30 4 + 4H2S 0 4 -----> Fe2(S 04)3 + F eS 04 + 4H20(m ol ) z 4z z z

AI2Q3 + 3H2SO4---- > Al2(S04)3 + 3HgOi

( m o l ) X 3 x X

A12( S 0 4)3 + 6 N a O H ----- > 2 A l ( O H ) 3ị + 3 N a 2S 0 4

A l(O H ) s + N a O H > N a A 1 0 2 + 2H20

F e S 0 4 + 2 N a O H ------> F e(O H )2ị + N a 2S 0 4

( 1 )

( m o l )

( m o l )

( m o l )

( m o l )

9 x J ( 9x+ z —- + z

4 J { 4

F e 2( S 0 4)3 + 6 N a O H ----- > 2 F e ( O H ) 3l + 3 N a 2S 0 4

z 2 z

F e ( O H )2 — F e O + H 20

9x■+ z

9x

2 F e ( O H )3

2 z

=>. m E ■ m Fe0 + mp.j Og = I —

■+ z

-> F 62O 3 + 3 H 2O

z

9x+z|x72 + 160z = 44 (2)

W'

'



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




2 3 0 _______ Chư ơ ng I J l C Á C P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I TO AN H O Á KI M L QẠ i

CO + FeO -----> Fg + CO2

(m o l) |^ L + Zj ( ^ + Z) ( i r + z

3CO + Feg0 3 -----> 2Fe + 3COĩ'l

(m ol) 3z z 3z

Ta có: mX' ® mco2lm«i lạo rn) + mco Ibnndâu) " + z + 3z j 44 + (mx - meo)

_ + 4 z^ 4 4 + 50 _ p i + 4 z j2 8

=> 1,208x50 = 16^— + 4zj + 50 => 2,6 = 9x + 16z (3)

Từ (1), (2), (3): X = 0,2 mol ; y = 0,1 mol và z = 0,05 mol

%xnAl2o3 = ^ | Ị^ E x 1 0 0 % = 3 4 ,0 6 %

% m = 56 - M Ẽ X 100% = 42 ,0 7 %Fe 59,9

% m ' ' ld' ' = ? 5 W i " 1 0 0 ® = 4 ,5 %

° ° ' ° ỉ s } 3 2 * 100% = 1 9 ’ 3 7 % '

b) T ín h m : T h e o đ ịn h lu ậ t b ảo to à n khô 'i lư ợ ng, t a có : m A = m B = 5 9 ,9 g.

c ) T í n h V : T h e o c á c p h ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g t r ê n , t a c ó :

nH2so4 = Y + T ’+ 4z + 3x = 1,4 mo1

VddH2so4o,7M = M : 0,7 = 2 lít.

Bài 4: Cho hơi nước qua than nung đỏ được hỗn hợp khí A khô gồm CO, H 2 ,C 0 2. Cho A qua b ình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư, kh í còn lại cho từ từqua Ố ng đựng Fe30 4 nun g nóng, sau ph ản ứ ng được'hỗn hợp c hất rắn B

và kh í c (giả sử chỉ có phản ứ ng khử trực tiếp Fe 30 4 th àn h Fe với hiệus u ấ t 1 0 0% ) . C h o B t a n v ừ a h ế t t r o n g 3 l í t d u n g d ịc h H N O 3 I M t h u đư ợ c



B

D

K

T

T

O

Á

N

- LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




BÀI TẬ P

3 , 3 6 l í t k h í d u y n h ấ t N O ( d k tc ). C h o k h í c h ấ p t h ụ b ở i d u n g d ịc h

B a ( O H )2 d ư đ ư ợ c 1 ,9 7 g a m k ế t tủ a .

a) T í n h k h ố i lư ợ n g F e 30 4 b a n đ ầ u .

b ) T ín h % t h e o t h ể t í c h c á c k h í t r o n g A .

Hướng dẫn, „ ì

a ) T ính khố i l ượng F e s O, i ba n đầu :

Gọi X, y lần lượt là số mol của Fe và_Fẹ3 0 4 t rongB:

C 0 2 + Ca(OH)2 — > CaCOgl + H20 .4CO + F 6 3 O4 ——> 3Fe + 4 CO2 (1)

4 H 2 + P e 3Ơ 4 ----- » 3F e + 4H 20 (2 )

F e + 4 H N O 3 ----- » F e ( N 0 3)3 + N O + 2 S 20 (3)

3 F e s 0 4 + 2 8 H N O 3 ----- > 9 F e (N 0 3)s+ NO + 14H 20 (4 )'

n HN03 = 4x + - ~ - = 3 (*) .

Từ (*) và (**) suy ra: X = 0,05 mol ; y = 0,3 mol

1 1T ừ ( 1 ) , (2) ta có: n Fe3 0 d phan ứ ng = ^ n Fe = = ( 0 ,0 5 : 3 ) m o l

ổ 0

_ _ n Q ~ 1 _ _ n Q _ 0,95,n Fe30,j dư —y —0>3 moi =í> npeyO,! ban đáu — + —-—- — —mol

=> m Fe o = - ^ x 2 3 2 = 7 3,4 67 g am .3

b) T ính % th eo th ể tích các khí trong A:

Gọi a, b lần lượt là số moi của CO, CO 2 trong A:

c + H20 ....t0 CO + H2

( m o l ) a a


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



2 3 2 C ỉi ư ư n g ỉ ỉ l. P H Ư Ơ N G P H A P GIAỈ TOAN H O A KIM LOAI

c + 2H20 —í— > C02+ 2H2 ,

(rnol) b 2 b

=> n H, - ( a + 2 b) m o l ■

C 0 2 + B a ( O H )2 ...- + B a C O a 'i + H 20

(mol) 0,01 ’1,97/197

Theo (1): nco - B. - n C0 i; - n BaCO'j = 0>01

Theo (1), (2): nFe = X = ~ n co + ~ n H = ~ a + 7 (a + 2b) •4 4- 4 4

= > 0 , 0 5 = - ( a + b )2

Vì a = 0,01 r=> b " 0,07 : 3 moi

Nên !1a —Heo + n C 0 ỵ + nHij " 3, + h + ã + 2b ~ 2a + 3b

= 2x0,01 + 3x0,07 : 3 = 0,09

Vậy %Vco = (0,01 : 0,09)xl00% = 1 1 ,1 1 % ;

% Vc o , - — x 0 ,0 89 x1 00 % = 2 5,9 3% ;“ 3

%VH2 = 100 - (11,11 + 25,93) = 62,96%.

II. Bài t ập tự g iải

1. T r o n g b ì n h k í n d u n g tíc h 2 ,1 1 2 l í t ch ứ a k h í c o v à 1 lư ợ n g h ỗ n h ợ p b ộ t A

g ồ m F e 30 4 v à Fe C O a ở 2 7 , 3 ° c á p s u ấ t tr o n g b ì n h l à 1 ,4 a t m ( th ể t íc h

c h ấ t r ắ n k h ô n g đ á n g k ể). N u n g n ó n g b ì n h ở n h i ệ t đ ộ c ao đ ểc á c phản

ứ n g h o à n to à n . H ỗ n h ợ p k h í s a u p h ả n ứ n g có t ỉ k h ố i sovới H 2 là 554/27

H o à t a n h q à n t o à n h ỗ n h ợ p A t ro n g d u n g d ịc h H N O a lo ã n g , t h u dư ợc ị 1 ,7 9 2/3 l í t h ỗ n h ợ p - k h í N O v à C 0 2 ở đ k t c . T í n h t h ể t íc h d u n g d ịc h H C1 *

2 M c ầ n đ ế’ h o à t a n h ế t h ỗ n h ợ p A ,

2 . C h o 4 , 7 2 g a m h ỗ n h ợ p X ( F e , F e O , F e 20 3) tá c d ụ n g v ới c o d ư ồ n h i ệ t đ ộ

c a o . P h ả n ứ n g x o n g t h u đ ư ợ c 3 , 9 2 g a m F e . N ế u n g â m c ù n g l ư ợ n g h ỗ n

h ợ p t r ê n t ro n g d u n g d ịc h C u SO ^ dư , p h ả n ứ n g x o n g t h u đ ư ợ c 4 , 9 6 ga m

c h ấ t r ắ n . X á c đ ịn h k h ố i l ư ợ n g m ỗ i c h ấ t t ro n g h ỗ n h ợ p X.


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



3. M ộ t m u ố i c a c b o n a t (A ) c ủ a k i m l o ại M h o á t r ị n , t r o n g đ ó M c h i ếm

4 8 , 2 8 % t h e o k h ố i l ư ợ n g . C h o 5 8 g a m A v à o b ì n h k í n c h ứ a m ộ t l ư ợ n g 0 2

v ừ a đ ủ đ ế’ p h ả n ứ n g h ế t v ó i A k h i n u n g n ó n g . S a u p h ả n ứ n g c h ấ t r ắ n ' th u .

đ ư ợ c g ồ m F e 20:3 v à F e 30 4 c ó k h ô i lư ợ n g 3 9 ,2 g a m.

a ) T ì m c ô n g t h ứ c A . .

b ) H ỏ i sa u k h i p h ản ứ n g x o n g , á p suâịt b ìn h tă n g th ê m b ao n h iê u p h ần

t r ă m so v ớ i b a n đ ầu ở c ù n g đ iề u k iệ n .

4 . C h o k h í C O q u a ố n g s ứ c h ứ a 1 5,2 g a m h ỗ n h ợ p r ắ n C u O v à F e O n ù n g

n ó n g . S a u m ộ t t h ờ i g i a n t h u đ ư ợ c h ỗ n h ợ p k h í B v à 1 3 , 6 g a m c h ấ t r ắ n - C .

C h o h ỗ n h ợ p k h í B h ấ p t h ụ h o à n t o à n v ào d u n g d ịc h C a ( O H )2 dư th ấy có .k ế t t ủ a . S a u k h i p h ả n ứ n g k ế t t h ú c l ọ c l ấ y k ế t t ủ a v à s ấ y k h ô . H ã y t í n h '

k h ố i l ư ợ n g k ế t t ủ a t h u đ ư ợ c .

5 . H ỗ n h ợ p A c ó k h ố i l ư ợ n g 8 , 1 4 g a m g ồ m C u O , A Í 20 3 v à m ộ t o x i t củ a s ắ t .

C h o H 2 d ư q u a A n u n g n ó n g , p h ả n ứ n g x o n g t h u đ ự ơ c 1 , 4 4 g a m H 20 . H o à

t a n h o à n t o à n A c ần d ù n g 1 70 m l d u n g d ịc h H 2SO^ lo ã n g IM , th u đ ư ợ c

d u n g d ịc h B . Ch o B tá c d ụ n g v ớ i d u n g d ịc h N a O H d ư , lọ c lấ y k ế t tủ a đ e m

n u n g t r o n g k h ô n g k h í đ ế n k h ố i lư ợ n g k h ô n g đ ổi đư ợc 5 ,2 g a m c h ấ t r ắn .

L ậ p c ô n g t h ứ c o x i t s ắ t v à t í n h k h ố i l ư ợ n g t ừ n g o x i t t r o n g A .

6. Hoà tan hoàn toàn a gam một oxit sắt bằng H2SO4 đặc nóng thấy thoátr a k h í S 0 2 d u y n h ấ t . T r o n g m ộ t t h í n g h i ệm k h á c , sa u k h i k h ử h ọ à n to à n

a g a m o x i t s ắ t đ ó b ằn g c o ở n h i ệ t đ ộ cao rồ i h o à t a n lư ợ n g s ẩ t t ạo r a

b ằ n g H 2S O 4 đ ặ c n ó n g t h ì t h u đư ợ c lư ợ n g k h í S 0 2 n h i ề u g ấ p 9 l ầ n l ư ợ n g

k h í S 0 2 ở t h í n g h i ệm t r ê n . V i ết c ác ph ư ơ n g t r ì n h p h ả n ứ n g , x á c đ ịn h

c ô n g t h ứ c o x i t s ắ t .

7. T i ế n h à n h p h ả n ứ n g n h i ệ t n h ô m m g a m d u n g đ ịc h A (A I + F e xO y) t h u

đ ư ợ c h ỗ n h ợ p r ắ n B . C h o B t á c d ụ n g vớ i d u n g d ịc h N a O H d ư th u đ ư ợ c

d u n g d ịc h c v à p h ầ n k h ô n g t a n D v à 0 ,6 7 2 l í t H 2. C h o t ừ t ừ d u n g d ịc h

HC1 vào dung dịch c cho đến khi thu được lượng kết tủa lớn n hất, n ungk ế t t ủ a đ ế n k h ố i l ư ợ n g k h ô n g đ ổ i đ ư ợ c 5 , 1 g a m c h ấ t r ắ n .

Phần không ta n D cho tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng. Sau p h ả n ứ n g ch ỉ th u đư ợ c d u n g d ịc h E c h ứ a 1 m uố i s ắ t d u y n h ấ t v à 2 ,6 8 8 l í t

S O 2. Các kỊĩí đo ở đ k t c , h i ệ u s u ấ t p h ả n ứ n g 1 0 0 % .



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




23 4 Chư ơ ng UL C Á C P H Ư Ơ N G P ĨI A P G IA I T O Á N U O Ả K IM L O Ạ I

a) Đ ịn h c ô n g th ứ c o x i t s ắ t v à t í n h m .

b ) N ếu ch o 200 m l d u n g d ịc h HC1 IM tá c d ụ n g vớ i c đ ế n k h i p h ả n ứ n g

k ế t t h ú c t h u đ ư ợ c 6 , 2 4 g a m k ế t tủ a t h ì sô' g a m N a O H có tr o n g d ú n g d ịc h

N a O H lúc đ ầu là b ao n h iê u g a m ?

H àng dẫ n

1 . nc o =2,11 2 X1,4 , rr:

— — = 0 ,1 2 m o l ; M x5 5 4 x 2

27 '0 , 0 8 2 ( 2 7 3 + 2 7 ,3 )

H ỗ n h ợ p X g ồm 2 k h í CO z v à c o d ư

Gọi X , y l à số mol Fe 3 0 4 v à F e C 0 3 t ro n g h ỗ n h ợ p A .* Hỗn hợp A + CO: c o dư, A phản ứng hết.

F 63O4 + 4CO — —- - > 3Fe + 4C 02t

X 4x 4x '

F eC O s +• c o — F e + 2 C 0 2T

y y 2y

41 => c òn C O dư .

T a c ó :44 ( 4x + 2y ) + 28 [ 0 , 1 2 - ( 4 x + y ) ]

= 41

( 1 )

(2 )

(ĩ )( 4 x + 2 y ) + [ 0 , 1 2 - ( 4 x + y ) ]

* H ỗ n h ợ p A + d u n g d ịc h H N O 3 l o ã n g (h o à t a n hoàn t oàn) => A hế t .

3 F e 30 4 + 2 8 H N O 3 ----- > 9 F e ( N 0 3)3 + N O + 14H zO (3 )

X ■ . x/3 .

3FeC03 + IOHNO3 ---- > 3Fe(N03)3 + NO + 3C02T + 5H20 (4)

y. y/3 y

<“ »

G iải h ệ ( I) , (II). t a dượ c: X = 0,02 ; y = 0,015

* H ỗ n h ợ p A + H C 1 :

F 63O 4 + 8H C 1 — —> 2 F 6 C I3 + F e C l2 + 4 H 2O (5)

0 , 0 2 0 ,16


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



. g, BÀI TẬ P

-> F e C l2 + C 0 2 + H 20

S-2.

FeCOs + 2HC1

0 , 015 0 , 03

n HCi = 0,03 + 0,16 a 0,19 => Vdung dịch HCI = 0,19 : 2 = 0,095 lit.

Gọi X, y, z là s ố m o l F e , F e O , F e 20 3 t r o n g 4 , 7 2 g a m X

56x + 72y + 160z = 4,72

* H ỗ n h ợ p X + C O d ư: P h ả n ứ n g x o ng , X h ế t , c o dư .

(6 )

I|i.

FeO + CO -

yF 62O 3 + 3 C O

z

-> Fe + COz

y —> 2 F e + 3 C O 2

2z

Ta có : X + y + 2 z = 3,92 : 56

* H ỗ n h ợ p X + C 1 1S O 4 d ư: P h ả n ứ n g x o n g , X h ế t , C 1 1 S O 4 dư .

F e S 0 4 + C uF e + C u S 0 4

X X

T a có: 64 x + 72y + 160z = 4 , 96

G i ải h ệ (I) , (II) , (III): X = 0 , 03 mol => l ĩ ipe = 56x0,03 = 1 , 6 8 g

y = 0,0 2 => m Fe0 = 72 x0 ,02 = 1,44 g

z = 0,0 1 => m Po..n.. = 16 0 x0 ,01 = 1,6 g.

2 M 4 8 , 2 8a ) Đ ặ t c ô n g t h ứ c A : M 2 ( C 0 3)„2M + 60n 100

N g h iệm th íc h h ợ p : n = 2 ; M = 5 6 (F e). C ô n g th ứ c A: F e C 0 3.

b) nA = 5 8 : 116 = 0 ,5 m o l

N u n g A: F e C Ơ 3 — -— > F e O + C Ơ 2t

0 ,5 0,5 0,5

, 4F0O + O2 — -— ►2F62O3

( I )

(lĩ).

( I I I )

M = 2 8 n

( 1)

(2)

235



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




2 3 6 C hư ơ ng UL CÁ C P H Ư Ơ N G P H Á P G1Ả Ì T O ÁN H OẢ K IM LOẠ I

6 F e O + O 2 -----------► 2 F 63O 4 (3 )

Gọ i X, y l à sồ ' m o i Fe O t h a m g i a p h ả n ứ n g ( 2) v à ( 3 ). Ta có :

X + y = 0,5 và — - = 39,2. Giả i ra ta dư ợ c: X = 0,2 ; y = 0,3 2 3

S u y r a n 0 „ bnn đáu = — + —= 0 , 1 m o l- 4 6

K h i V , T k h ô n g đ ổi: — = “ • = => P 2 = 5p iP 2 n 2

V ậ y % á p s u ấ t t ă n g là : 1 00 % = Ẽ Ĩ LZ Ĩ L X 1 00 % s 4 0 0% .' Pi ’ Pi

4 . C uO + c o — ^ 'C u + C 02 (1)

F e O + C O — > F e + C 0 2 ’ (2 )

T h e o đ ịn h l u ậ t b ảo t o ằ n k h ố i lư ợ n g :

151 hỏ n hợ p rán A ĩtt-CO = Ittr n c + ftlhồ n hợ p B

nih ố n hợ p khí B ~ r n c o = 1 5 , 2 — 1 3 , 6 ” 1 , 6 g

Gọi a l à sô ' mol CƠ 2 tạ o r a ở ( 1 ) và (2 ):

[44a + (m C0 - 28a)] - m co = 1 ,6 => a = 0 ,1

C 0 2 + Ca(OH)2 -----> C aC 03ị + H 20 (3)

0 ,1

0 ,1 (mol )

m CaC03 = 0,1x 100 = 10 gam .

5. Gọi a, b, c là số mol CuO, AI2O3 , FexOy trong 8,14 gam hỗn hợp A:

80 a + 102 b + (56x + 16y)c a 8 ,14 ( I)

* Hỗn hợp A + H2 dư (phản ứng xong);

CuO + H 2 — — > C u + H 20 (1)

a a

AI2O3 + H2 -----► không phả n ứ ng


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N





6 . Đ ặt c ô n g th ứ c o x i t s ắ t F e xOy có s ố m o l b ( m o l )

2FexOy + (6x-2y)H 2S 0 4 ----- > x F e 2( S 0 4 ) a + ( 3 x - 2 y ) S 0 2 + ( 6 x - 2 y ) H 20 (1)

b (mol) 3x_^_2y b moì2

F e xOy + y C O --------------------- > x F e + y C 0 2 (2 )

b b x

2Fe + 6H2SO4 ->Fe2(SƠ 4)3 + 3SO2 + 6H2O (3)

, 3bx bx — —

2rru 3 b x _ a ( 3 x - 2 y ) b _ X 3T h e o g i ả t h i ế t : - = 9 X ------------- — — = > — = —

2 2 y 4

C ô n g t h ứ c c ủ a F e x O y l à : F e 30 4.

'1. n H. = 0 ,6 7 2 : 2 2 ,4 = 0,0 3 m ol ; n A|i0;j = 5,1 : 10 2 = 0,0 5 m ol

n so, = 2 ,6 88 : 22 ,4 = 0 ,1 2 mo]

a) P h ả n ứ n g n h i ệ t n h ô m h i ệu s u ấ t 10 0% :

2yAl + 3FexOy — ------> yA l20 3 + 3xF e (1 )

* Hỗn hợp B + N a O H ------- >H 2Tchứng tỏ B có AI dư , FexOy hế t .

Hỗ n hợ p B gồ m: AI2O3, Fe,AIdư

A I + N a O H + H 20 ----- > N aA 10 2 + 3 /2 H 2 (2 )

0,02 0,02 0,02 0,03

Ả 120 3 + 2NaOH ----->2NaA102 + H 20 ■ (3)

* Dung dịch c (gồm NaA102, NaOH dư) + HC1: •

N a O H + H C 1 ------> N a C l + H 20 (4 )

N a A 1 0 2 + H C lvừa dủ + H 20 ----- > A l (O H ) 3ị + N a C l (5 )

* N u n g k ế t t ủ a : 2 A 1 ( 0 H )3 — -— > A I2O 3 + 3 H 20 (6 )

:|! C h ất rắ n D là F e + H 2S O 4 đ ặ c , n ó n g ----- » 1 muôi duy nhấ t .

Vậ y Fe hế t, H2SO4 hế t. Có 2 trư ờ ng hợ p:

238.......................... ... ................. Chư ơ ng I II . CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I TOÁN jI O Á KIM LOAI



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




. BÀI TẬ P

(+) Tr ờ ng hợ p 1: F e v à H 2S O 4 p h ả n ứ n g v ừ a đ ù t ạ o m u ố i F e 2(S Q 4)3.

2 F e + 6 H 2S O 4 ----- > F e 2( S 0 4)3 + 3 S 0 2t + 6 H 20 (7)

T h e o (2): n A]dư = n NaA10 = 2 / 3 n H ~ — X 0 , 03 = 0 , 02 m o li 3

T he o ( 5 ) , (6 ): n NaAl(V5] = n A1(0H)3= 2 n Ai20;)(6) = 2x 0 ,0 5 = 0,1 m o l

_ _ 1 1 í ____ _ ,T h e o (3) : - — n NaA10íỉ(3) - ~ 0>02) = 0,0 4 m ol

T h eo (7) : n Fe = - n so , = - x õ , 12 = 0 ,08 . . ■

3 3 ■ mi /-M 3x 0,08 _ o _ x _ 2 E,

T h eo (1): — = — —■= 2 => — = -r=> F e 20 3.y 0 ,04 y 3

m - m Ai + m Fe2o 3 = m Alíi0;j + m Fe +m A| dl( ề .

= 102x0,04 + 56x0,08 + 27x0,02 = 9,1 g

(+) Tr ờ ng hợ p 2:

F e + H 2S Ơ 4 dạ c, n ó n g -----» F e 2( S 0 4)3 — > F e S 0 4.

2 Fe ! 6 H 2SO 4 -'t Fe2(SƠ 4 )3 + 3Su2T + 6 H 2O (7)

F e + F e 2( S 0 4)3 ----- > 3 F e S 0 4 (8 )

T he o ( 7 ) , (8 ): ^ n Fe(7ự 8) = —n S0 2 + n Fe2(SOi));j - — X 0,1 2 + —X 0 ,1 2 = 0 ,1 2

T h eo (1): — = = 3 ==> — = — = — => C ôn g thứ c củ a ox i t s ắt là Fe O .y 0 ,04 y 3 1

m = mAi + mFeo = mA1<0 + mFe + mAidư = 102x0,04 + 56x0,12 + 27x0,02

= l l ,3g . '

b ) T ín h s ố g a m N a O H t r o n g d u n g d ịc h 1:

D un g d ịch C: 0 ,1 m ol NaAlO-2, N a O H dư .

nHci = 0 ,2 m o l ; n A1(OH), = 6,2 4 : 78 = 0 ,0 8 m ol

* D un g dijeh c + HC1 tạo 0 ,08 m ol A l (O H )3 có t h ế x ả y r a 2 tr ư ờ n g h ợ p :


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



(+) Tr ờ iig hợ p 1: HC1đủ phản ứng hết vớ i NaAIOa (hay còn dư NaA102)

NaOHđư + HC1---- > NaCl + H20 . (4')

... NaAlOa +■ HC1 + H 20 -----> Al(OH).,l + Na Cl (5')

T h e o ( 2 ) , ( 3 ): nNaố H(2) , (31 = n NaAio2 = 0, 1 n io l

T h e o (5 ): ĨIHCI (51 = n AKOH)3 (5) = 0>Q8 m o i

ỉ

=> nnci (4') = riNaOHd - 0,2 - 0,08 = 0,12 mol

Vậ y S n NaOH = 0,12 + 0,1 = 0,22 mol > mKaOH s 0,22 x4 0 = 8 ,8 g.

- (+) Trư ờ ng hạ p 2: lí c i dư hoà ta n 1 phần Al(OH)3

. Ấ 1(0H ) 3 + 3HC1-----> AlCla + 3H 20 (9)

Số mol Al(O H)3 sau phản ứng (5') là: n Hci (51 = n NaAio2 ( 5 1 = 0-1 mol

n AKOH)a (9)“ ~ m o l

Theo, (9): 1*1Hc1<9>= ^ âkoỉỉ)‘ị{9) = 3x0,02 = 0,06 moi

nNaOHM') - nHci <4i - 0,2 - (0,1 —0,06) = 0,04

\ iL n NaOH “ U,u4 rnOi — líÌNaOH —U,14-x40 = 5,6 g.

■Chủ đề 8: BÀi TẬ P VỂ Đ IỆ N PHÂN

A. P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I

1. Đ i ệ n ph ân là gì?

Đ iện phân là một quá trình oxi hoá-khử xảy ra trê n bề m ặt các điệncực của bình điện phân khi có dòng điện một chiều đi qua chất điện li nóngch ảy ho ặc du ng dịch chấ t điện li.

V í d ụ 1 : Đ iện p h â n N a C l n ó n g c h ảy

ở anot (+): 2C r - 2 e ----- > CI2 (quá tr ìn h oxi hoá)Ở catot (-): N a+ + l e ---- > Na (quá trình khử) '

2 4 0 ___________ Chư ơ ng IU. C ÁC P HƯ Ơ NG P HÁ P GI AI TOÁN HOA KI M LOẠI



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




2 . P h ả n ứ n g đ i ệ n p h â n v à p h ả n ứ n g ' o x i h o á - k h ử

Trong phản ứng oxi hoá-khử: Quá tr ình cho nhận electron xay ra khi

cac tiếu phân (nguyên tử, phân tử, ion) va chạm nhau và electron đượcchuyến trực tiếp từ chất cho đên chất nhận (đối vói hợp chất ion) hoặc tạo

thành các đôi electron liên kết nhưng lệch về phía nguyên tô' có độ âm điệnlớn hơn (đối vó'i hợp chất cộng hoá trị).

Ví dụ 2: 2Na + Cl2 2Na’Cl 1

H2+ c \ 2 -----» 2 HC 1 '

Trong điện phân: Quá tr ình cho nhận electron là gián t iếp nhờ dòng

đ i ện : ơ a n p t c ó q u á t r ì n h o xi h o á v à ở c a t o t có q u á t r ì n h k h ừ ( ví dụ 1 ).

3. Sự diện li và sự điện ph ân '

Sự điện li kh ôn g p hải là quá t rìn h oxi hoá-kỊ)ử (số oxihoá cấcnguyêntố không đổi).

Ví dụ : N a4Cl — iìẺ ỉ!K-c!íạ ỵ ._> N a+ + c r

Sự điện phân là quá trình oxi hoá-khử (sô oxihoá các ngu yên tố có

thaỵ đổi).

TA' < Ị , . . p , , m d iện p há n . /-1ỊV í KJbU,. v J U \ J i 2 --------------------------- u u 4- V ^Ĩ2

4. So sánh phản ứng điện phân và pin von-ta

P i n vo n - t a gồm cực Z n ( cực â m ) và cực C u ho ặc c (c ực dư ơng ) c ùn g

n hú ng vào d ung dịch H 2S 0 4 loãng.

T ại cực âm: Zn - 2 e -----> Zn2+ (quá tr ìn h oxi ho á)

Tại cực dương: 2H + + 2 e ------>H 2 (quá trình khử)

Vậy điếm giống nhau co' bản về phản ứng hoá học trong 2 dụng cụ này

la phản ứng oxi hoá-khử.

Đ iểm k hác nh au co' bản là sự ngược nha u về quá tr ìn h t rê n mỗi điện

CƯC tươ ng ứng. Nguyên nh ân là do sự khác biệt ỏ' sự biến đổi năng lượng:

- Pin von-ta biến hoá năng thành điện năng.

- Còn bình điện phân thì ngưọ'c lại.



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




5. Sơ đồ diệ n phân

a) PhUtíng trình điện li

Ví dụ : N a C l----- » N a + + C1

b) Các quá trình oxi hoá-khử xảy ra à các điện cực

ơ ano t (+): ion nào có tín h khử m ạnh hơn sẽ điện p hân trước, ion nàocó t ính khử yế u hơ n sẽ đ iệ n phân sau, th ứ tự sắ p xêp như sau:

I > Br > Cl > OH" (H 2Q)

Riêng NO 3 ; CO 3 ; SO 4 ... thự c tê kh ôn g điện ph ân tron g dung dịch.

Ví dụ : 4 0 J T - 4 e ------> 0 2 + 2H20

2H 20 - 2e — -> Ò2 + 4H+

Ớ catot (-): ion nào có tính oxi hoá mạ nh hơ n $ẽ điệ n phân trư ớ c, ion nào có tính oxi hoá yếu hơn sế điện phân sau, thứ tự sắp xếp như sau :

H g2+ > Ag+ > H g + > F e37 F e 2' > Cu2+ > H + > Pb2+... > Zn2+ > H 20

R iêng Al3\ Mg2+... Li+ thự c tế khô ng đ iện ph ân tro ng dung dịch.

Ví dụ : 2 H + + 2 e ----->H2t

2 H 9 O + 2 e ----->H2t + 20H'

6. P h ư ơ n g tr ìn h đ iệ n p hâ n

Cộng phư ơng trìn h điện li với các quá tr ìn h oxi hoá-khử ỏ' anottheo nguyên tắc số e nhường và nh ận phải bằng nhau, kết quả ta có phươntrình điệ n phân.

a) Điện phân nóng chảy

Ví dụ : Đ iện p h â n muối h alo ge nu a: 2MX„ — 2M + nX2

Đ iện ph ân oxit: 2RxOy-----> 2xR + y 0 2t ,

Đ iện ph ân h iđroxi t k im loại k iềm: 4M O H -----> 4M + 0 2t + 2H 20

b) Điện p hân d ùng d ịch

* Ớ catot: Từ Li+ đến Al3+ không tham gia điện phân nên lúc đó:

2H20 + 2 e ----->H2t + 20H

Từ Z n2+ về sau th am gia đ iện p h ân ta có: Mn+ + n e -----> M ị

2 4 2 _________ _______ ______ C h ư ơ ng III. C ÁC PHƯ Ơ NG PH ÁP GIAI TOÁN HOA KIM LOẠ I


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



* ơ an o t tro". lon âm kh ôn g oxi (I , B r , C1 ...) th am gia đ iện phân tacó 2 X“ - 2 e - > X2T ’

ĩon âm có oxí ( SOf~ , NO 3 ...) khô ng tham gia điện ph ân , nê n lúc đó:

2H 20 - 4e - - -> 0 2ĩ + 4H + '

* ơ an ot tan: Kim loại chuyên từ an ot san g catot. D ung dịch c h â t điện* 1 I ’

phân không th ay đôi. .

Ví dụ : Đ iện p h ân dung dịch C uS 04, an ot bằng Cu:

Anot: Cu - 2 e -----Cu2+

C ato t: Cu2+ + 2 e ---->Cu.

Không có phư ơ ng trình điệ n phân.

Hoặc điện p hâ n dung dịch Ag2SO«i, anot bằng Qu:

Anot: Cu - 2 e ------>Cu2+

Catot: 2Ag2t + 2 e ------>2Ag

Cu + 2Ag' —-> Cu-’ + 2Ag .

Chú ý: Phư ơ ng trình điệ n phân sẽ trình bày đế n giai đoạ n cuố i cùng (chỉ có H20 điệ n phân) vớ i điề u kiệ n trong dung dịch lúc đó vẫ n còn chầ t điệ n li.

Ví dụ : Đ iện ph ân dung dịch C11SO4 .

2CuS04 + 2H20 ---- > 2 Cu + 0 2t + 2H2S 0 4

2H20 -----> 2H 2Í + 0 2T

Đ iện p hân dung dịch kiềm, dung dịch ax it có oxi hoặc điện phân dung

dịch muố i tạ o ra từ các ch t trên, thự c ch t là điệ n phân H2O trong dung dịch.

Ví dụ : Đ iện ph ân dung dịch H2SO 4:

2H20 -----> 2H2Í + 0 2t

Đây là sự cô cạ n dung dịch.

Xét xem có phả n ứ ng phụ xả y ra hay không (giữ a các sả n phẩ m điệ n phân hoặ c sả n phẩ m điệ n phân vớ i điệ n cự c).

Ví dụ : Đ iện p hâ n dung dịch NaCl không có vách ngăn.

SNaCl + 2H20 — -» 2NaOH + Cl2t + Hot

A. P H Ư Ơ N G P I1 A P G I A I ___ ________________________ 24 3



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




Cl2 + 2 N a O H -----> NaCl + NaClO + H20

Hoặc điện phân AI2O3 nóng chảy trong Na3AlF6, anot bằng than chì:

. Ạ 120 3 ----------->• 4AI + 3 0 2t

c + 0 2 -----> C 0 2 hay 2C + 0 2 --- >2CO

c) Điện p hán dang-dịch chứa nhiểu chất đ iện phân

Quá trình nào xả y ra trư ó'c ta xây dự ng phư ơ ng trình điệ n phân trư ớ c (theo thứ tự điệ n phân ỏ ' trên, đã nói), sau đó mớ i đế n các quá trình tiế p theo nhớ ra ng èuỗi cung lấ nửởc bị điện ph ân ; dể xac định phài"đỌ ã vẩo thỡ ì giàn

điệ n phân, cư ờ ng độ dòng diệ n và số mol các ch t tham gia điệ n phân...V í dụ : Đ iện p h ân 'dung dịch hỗn hợ p a mol NaC l và b mol C ư S0 4.

Phư ơ ng trình điệ n phân ư u tiên:

- 2N aCl + C u S 04 -----» C u i + Cl2t + N a2S 0 4

Sau ph ản ứ ng này dung dịch có N a2S0 4, NaCl ãư hoặ c CuSCXi dư. Nêu

điện 'phân tiếp thì tuỳ thuộc vào chất nào còn dư mà viêt phản ứng.

d) Điện phân các dung dịch chứa trong các bình điện phân măc nối t iếp

Cư ờ ng độ dòng điệ n mộ t chiề u và thờ i gian điệ n phân ỏ' các bình như nhau nên sự thu hoặ c như ờ ng e ỏ' các cự c cùng tên phả inhư nhau.

Kim loạ i bám vàocác cự c catot có tỉ lệ moi vớ i nhau. Các khí thoát ra ỏ'các cự c anot có tỉ lệ mol vớ i nhau (tỉ lệ này phụ thuộ c vào hoá trị các ch t).

Ví dụ : Có 2 bình điện p h ân mắc nối tiêp. B ình I chứa du ng dịch C uS 0 4,

b ình II chứ a dung dịch A g N 03 khi có dòng diện một chiều đi qua.

Ở c ato t bìn h I: Cu2+ + 2 e -----»■ C uiở ca to t b ình II: 2Ag++ 2 e -----> 2A gi

T a có: n Ag = 2 nCu - •

e) Dùng côn g thức Faraday t ính khối lượng các chât tho át ra ở điện cực

Altm = - -T —

96500n

A: Nguyên tử khối ; n: Hoá trị hoặc sô' e trao đối ; I: Cường độ dòng

điện (Ampe) ; t: Thời gian điện phân (giây).

2 4 4 _________ C h ư ơ n g U L C ÁC PHƯ Ơ NC. PH ÁP GIA1 TOÁN HOẢ KIM LOAI



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




. BÀI TẬ P

Bài tộp mầu

à i 1: Tiến hà n h điện p hân (với điện cực trơ, m àng ng ăn xố p) một dung

dịch ch ứa m gam hỗ n hợp CuSO,( và NaC l cho tớ i khi H20 b ắt đầu bịđiện ph ân ỏ' cả 2 điện cực th ì d ừ ngj[ại. ơ an ot thu được 0,448 lít kh í (ở

đktc). D ung dịch sau diện p hâ n có th ể hoà ta n tố i đa 0,68 gam A120 3.

a) Tính khối lượng của m. ___

b) T ín h khôi lư ợng ca to t tăn g lê n tro n g quá tr ìn h diện phân.c) T ính khôi lư ợng dung dịch giảm tron g quá trìn h điện ph ân , giả sửnước bay hơi không đáng kể.

Hư ớ ng dẫ n ệ

a) T ín h m: Gọi a, b lần lượt là sô' mol của C uS 04 và NaCl trong m gam

ỗn hợp.

C ư S 04 + 2NaCl — ẺẾỈLPM!L_> Cu + Cl2 + N a2SO, ( 1 )

V ì d u n g d ịc h N a 2S 0 4 k h ô n g h o à t a n đ ư ợ c A I2O 3 n ê n s a u p h ả n ứ n g ( 1 ),

một trong hai chất còn dư sẽ điện phân tiếp.

* Nếu CuS0 4 dư:

2Cu S 0 4 + 2H20 — 2Cu + 0 2 + 2 H2S 0 4 (2)

* Nếu NaCl dư:

2 N a C l + 2H zO — Ẻìi!±p>2i2_^ H 2T + C I2t + 2 N a O H (3 )

Vì AI2O3 lưỡng tín h tan trong axit và kiềm nên có 2trường hợp :

+ Trư ờ ng hợ p 1: b < 2a xảy ra phản ứng (1) và (2)

Tạianot tạo ra — mol Cl2 và H a - —I mol O22 2 { 2 )

Ta có: ~ + ~\ a - - ) = 0,448 : 22,4 B 0,02 mol2 2 I 2 )

; » 2 a + b = 0,08 (*)


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



246 Chư ơ ng I I I CÁC PHƯ Ơ NG P HÁP G1AĨ TOÁN HOA KIM LOẠ I

D u n g d ịc h đ i ệ n p h â n g ồ m N a 2S04 v à ( a - - - ) mo l H2S O4

AI2O3 + 3H2SO4---- >

Alg(SO4)3 + 3H2O102 g 3 mo ỉ

0 ,68 g a - — mol2

Rú t ra: 2a - b s 0,04 (**)

Từ (*) và suy ra ; a = Q,Q3 mol; b = 0,02 moi

Vậy m = 160a + 58,5b = 160x0,03 + 58,5x0,02 = 5,97 g.

+ Trư ờ ng hạ p 2; b > 2a xảy ra ph ản ứng (1) và (3)

Tại anot tạo ra —mol CI2 = 0,02 => b = 0,04 moi2

Dung dịch sau điện ph ân gồm N a2S 0 4 và (b - 2a) mol Na O H

AI2O3 + 2N aO H ---> 2NaA102 + H20

102 g 2 mol

0 , 6 8 £ (b - 2 a) mol

Rút ra: b - 2a = 2(0,68 : 102) = 0,04/3

Vì b = 0,04 =>a = 0,04/3

V ậy m = 1 60 XM i + 5 8 ,5 x 0,0 4 = 4 ,4 7 3 g.3

b) T ín h khô i lư ợng ca to t tăn g:

Kh ối lư ợ ng ca to t t ăn g i m : k h ố i lư ợ ng Cu b ám v ào = 6 4a

Tritòng hợ p 1: a = 0,03 => Am = 0,03x64 = 1,92 g

Trư ờ ng hợ p 2: a = 0,04 /3 => Am = 64x0 ,04 /3 = 0,8 53 g.

c) T ín h k hố i lư ợng du ng dịch giảm :

Khôi lượng dưng dịch giảm A'm = khôi lượng Cu + khối lượng kh í th oát ra



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B ÀI T Ậ P 24 7

Trư ờ ng hợ p 1: A'm = m Cll + n iC| + rn0

= 64 a -I- 71 X- + 32 Xí a - - 1 X- =2,95 £•.2 1, 2 J 2

Trư ờ ng hợ p 2: A'm = m Cu + m Ha + m Cia

= 6 4a + 2 X + 71 X- + 71 X*LL?ÍL = 2,76 g.2 / 2 2 B

ải 2: H oà tan 1,12 gam hỗn họp gồm Ag vàCư trong19,6gam du ng dịch

H 2SO4 đậc, n on g (du ng đ ịch Â) thu được S 0 2 và dun g dịch muối B. Cho

Ba(NC>3)2 tácđụng với dung dịch thu đựơc kh í oxihoá S 0 2 tho át ra ởt rên bằng nước Br 2 dư tạo thành 1,864 gam kết tủa.

1. T ính khối lượng Ag và Cu trong hỗ n hợp đầu. ■

2 . a) Tính nồng độ % của axit H 2SO4 t rong ễk , b iết rằn g chỉ có 10 %

H 2SO4 đã phản ứng với Ag và Cu.

b) N ếu lấy Vĩ dun g dịch A pha loãng đế có pH = 2 thì th ế tích dun g dịch

sau khí pha loãng là bao nhiêu (biết axit H 2SO4 điện Ịi hoàn toàn) ?

3. Hoà ta n lượ ng muôi B th àn h 500 ml dung dịch, sau đó điện ph ân

100 rnl tro n g thờ i gia n 7 ph út 43 giây với diện cựctrơ và cườngđộdòng

diện I = 0,5A.

a) Tính khôi lượng kim loại thoát ra ở catot.

b) N ếu đ iện p h ân với an o t bằn g Cu cho đến kh i tron g dung dịch không

còn ion Ag+ th ì khối lượng catot tăng bao nhiêu gam và khối lượng ano tgiảm bao nhiêu gam? Biết rằng ở anot xảy ra quá trình: Cu - 2e -> Cu2+.

Hư ớ ng dẫ n

T ính kh ối lượng Ag, Cu trong hỗ n hợ p đầu: .

2Ag + 2 H 2SO4 ( đ ặ c ) >Ag2ỗ 0 4 + SO2Ĩ + 2 H 2O (1 )

Cu + 2H2S 0 4(đặc)--- > CuS04 + SOzT + 2H 20 (2)

S 0 2 + B r2 + 2H 20 ---- > H2S 0 4 + 2HB r (3)

H 2S 0 4 + Ba(N0 3)2 -----> B aS 0 4 + 2H NOs (4)

Theo (3Í, (4): n so = n BaS0 = 1,864 : 233 = 0,008 mol


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

000

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N



Gọi a, b lần lượt là số rnol Ag và Cu trong 1,12 g hỗn hợp ta có:

108 a + 64b = 1 , 12 (* )

Theo (1), (2): nSo2 = 0,5 a + b = 0,008 (**)

Từ (*), (**) suy ra: a = 0,008 mol ; b = 0,004 mol

Vậy mAg = 0,008x 10 8 = 0,864 g ; m Cu = 0,004 x6 4 = 0,25 6 g.

2. a) Tính c% du ng d ịch H 2SO 4 t ro n g dun g dịch đầu (dư ng dịch A):

T h e o ( ì ) , (2): n HaSOíi p h à n ứ n g - X + 2y-= - 0 ,0 0 8- +- 0 ,0 ũ 4 x 2 - = 0 ,0 1 6 m o l -

n H2s o 4 bon díu = 0 , 0 1 6 x 1 0 0 : 1 0 = 0 , 1 6 m o l

=> m H2s o 4 bail đầ u = 0 ,1 6 ^ 9 8 = 1 5 ,6 8 g => c % = --- - - - - X 100% = 80%.

b) T ín h Vdung dịch sau khi pha loãng:

pH = 2 => [H+] = 10 2 = 0,01 mol/1

Theo phương trình điện li: H 2S 0 4 -----> 2H + + S 0 42*

[H2SO4] dã pha loãng = 0,005M

Số mol H 2SO 4 ứng với V 2 A là 0,16 : 2 = 0,08 mol

Vdungdịch = 0,08 : 0,005 = 16 lít

3. a) Tính khối lượng kim loại thoát ra ở catot:

Dun g dịch B gồm A g2 S0 4, C uS 0 4, H2SO4 dư khi cô cạn chí còn muối

Ag2S 0 4 và Cu S0 4. Đ iện p hâ n dư ng dịch Ag2S04, CuS0 4 vì tính oxi hoá của

Ag+ > Cu2+ nên Ag+ điện phân .trước.2Ag2S 0 4 + 2 H 2O --->4Agị + O2T + 2 H 2SO 4 (5)

I Nếu tiếp tục điện ph â n th ì C u2+ p h ản ứng:

2CuS0 4 + 2H20 ----> 2Cu + Ozt + 2H 2 S 0 4 (6 )

T ừ .(l) ta có ứng với 500 ml dun g dịch C: ’

n Ag2so4 = ị nAẹ = ° .004 mol ; n CuS0>f = y = 0,004 moi

248 _ __________________ Chư ơ ng lu . CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIÁ í TOÁN HOẢ KIM LOẶ I

Vậy tro ng 100 ml dung dịch c dem điện p hâ n có:



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




. _ 0 ,0 0 4 x 1 0 0 n n n n o _ _ ,n C u S 0 4 = n A g2SO„ - 5"5 Õ = ’ m °

Nếu Ag+ điện p h ân h ết th ì n Ag giải phóng = 0,0 008x2 = 0,0 016 mol vàờ i g i a n đ i ện p h â n t ư ơ n g ứ n g là:

m . 9 6 5 0 0 . n 0 , 0 0 1 6 x 1 0 8 x 9 6 5 0 0tj = = — — ------ — _ ----- a 309 giây.

A . I 0 , 5 x 1 0 8 I

Thời gia n còn lại để điện p h ân Cu2+ là: (7x60 + 43) - 309 = 154 giây .

^ V . _ ___ Al t - .......£á-X_0, 5 x 1 5 4 -rs-7vni?^ _ Khối lượng Cư giải phổng: fn = ------ — - — — -------- = 0,0255 g.

8 ^ 5 96500n 96 50 0x 2nou = 0,0 2 5 5 : 64 = 0 ,0 0 0 4 m o l < n c ỊJ+ =s 0 ,0 0 0 8

Vậy sau điện phân CuS0 4 còn dư.

Khô'i lượng kim loại ỏ' catot: 0,0016x108 + 0,0ẳ55 = 0,1983 g.

b) K hi có dòng đ iện 1 chiều đi qua. trước h ết ở cực anot:

Cu - 2e -----> Cu2+

Cu2+ tả i qua cực ca to t nơ i có Cu2+, Ag+ của dung dịch điện ph ân th ì xảy

phản ứng:

Cư2+ + 2 e ------------> Cu (7)

Cu + 2Ag+ ->Cu2+ + 2Ag (8 ) '

T ư ( ^ ) * n Cl, ó o no t m à t đi ~ ^ A g ' ;S C >4 — 0 ) 0 0 0 8 m o i

T ư (8)l Ag bámvào catot — ” 0,001B moiVậy ỏ' anơt giảm 0,0008x64 = 0,0512 g

ở cato t tăn g 0,0016x108 = 0,1728 g.

ài 3: Mắc nối tiếp 2 bìn h điện ph ân, bình X chứa800 ml dun g dịch muôi

MC12 nồ ng độ a mol/1 và HC1 nồ ng độ 4a mol/1 ; b ìn h Y chứa 800 m ldun g dịch A gN 03.

Sau 3 phút 13 giây điện phân thì ở catot bình X thoát ra 1,6 gam kimloại, còn ở ca tot b ình Y thoát ra 5,4 gam kim loại. ' •

Sau 9 phụt, 39 giây điện phân thì ở catot bình X thoát ra 3,2 gam kímloại, còn ở catot bình Y thoát ra 16,2 gam kim loại.

BẢ I TẬ P ___ _ _ ___ _________ _ _____ ____ _____ .... _ ............. .......... .........249


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



Biết cường độ dòng điện không đổi và hiệu suất điện phân là 100%.

Sau 9 ph ú t 39 giây thì ngừ ng điện p hâ n, lấy 2 dung d ịch th u được sau

điện ph ân đố vào nha u th ì thu được 6,1705 gam k ết tứ a và dung dịch zcó thể tích 1,6 lít.

a) Giải thích các quá tr ình điện phân.

b) T ính khối lư ợng nguyên tử của M.

c) T ính nồ ng độ mol của các ch ất tro n g các d ung dịch b an đầu ỏ' bìn h X

Y và-trong .-dun g-dịch z, giả sử thể tích các-dung dịch không-đổL-............—

d) Hây so sánh thể t ích khí thoát ra ở anot của các bình X và Y. Hư ớ ng dẫ n

a) Giải thích quá tr ình diện phân:

B ình X: MC12 M + C12 (!)

2HC1 Ha + Cl2 (2)

Bình Y: 4AgN03 + 2H20 — Ẻ IỀ ĩPề ẳ g—» 4Ag + 0 2í + 4H N 03 (3)

* ti = 3 phút 13 giây ở catot bình X có mM = 1 ,6 g và catot bình Y có

mA, = 5,4 g.

* t 2 = 9 phút 39 giây => t 2 = 3ti

Ở ca tot b ìn h X có m M = 3,2 g => MC12 đã điện ph ân hết, HC1 đang điện

phân .

ơ ca to t b ìn h Y có mAg = 16,2 g = 3x5 ,4g =>A g N 0 3 đang điện phân.

b) T ính khối lư ợng nguyên tử M:

Vì 2 bình mắc nối tiếp nên điện lượng It qua 2 bình bằng nhau . í

Khi t = 3 phút 13 giây

m M= — -— X— XIt = 1,6 g (*). 96 50 0 2

2 5 0 ______________________ C hư ơ n g III. C ÁC P H Ư Ơ N G PH Á P G I Ả i T O ÁN H O Á K IM LO AI

™ _ 1 108J _C /1m AE = — - — X —— X I t = 5,4 (**)B 965001

Chia (*) cho (**) => M = 64 (Cu).


BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






252 C hư ơ n g III- CÁ C P H Ư Ơ N G P H Á P GIẢ I T OẢ N I IO Ả KIM LOẠ I

c) T ính thể tích kh í thoát r a ỏ' ano t bình X và Y:

ở X: n C| ' = nM+ ~-nHci điện phân = 0,05 + 0,025 = 0,075 mol

V 2 •• •

ở Y: n 0a = ■- n AgN03 = 0,15 : 4 = 0,03 75 mol

Tỉ lệ thể tích Vx : Vy = 0,075 : 0,0375 = 2 : 1 .

B à i 4: Hoà tan 150 gam t inh th ể CUSO4.5 H 2O vào 600 m l dung dịch HC1

0,6 mol/1 ta dược dung dịch A. Chia dung dịch A thành 3 phần bằngnh au : . '

a) Tiến hà n h điện p hâ n p hần 1 với dòng điện cường độ 1,34 am pe trong

vòng 4 giờ. Tính khôi lượng kim loại th oát r a ở cato t và thể’ tích khí (ỏ'dktc) thoát ra ở anot, biết hiệu suất điện phân là 1 0 0 %.

b) Cho 5,4 gam nhôm kim loại vào p h ần 2. Sau m ột thờ i g ian ta thu được1,344 lít kh í (ở đktc), dung dịch B và ch ất rắn c . Cho du ng dịch B tác

dụng với xút dư rồi lấy kết tủa nung ở nhiệt độ cao thì thu được 4 gam

chất rắn. Tính khôi lượng chất rắn c.c) Cho 13,7 gam bari kim loại vào phần thứ 3. Sau khi kết thúc t ấ t cổc á c p h ả n ứ n g , l ọ c l ấ y k ế t t ủ a , r ử a s ạ c h v à đ e m n u n g ở n h i ệ t đ ộ c à o t h ì

thu dược bao nhiêu gam ch ất rắn, b iết rằng kh i tác dụng với bazơ, Cu2+chỉ tạo thành Cu(OH)2.

Hư ớ ng dẫ n

a) Tính m kim loại ỏ' catot và V khí ở anot:

Mỗi phần có' n CuS0 = (150 : 250) : 3 = 0,2 m ol ;

nHCi = (0,6x0,6 ) : 3 =: 0,12 mol

C11SO4 + 2HC1 -----> Cu ị + C12T + H2S 0 4 (1)

64 X1 34 X4Lượng Cu thoát ra sau điện phân là: mcu = ------ — ------ = 6,4 g hay

’ 2 X 2 6 , 8

0,1 mol Cu, Nghĩa là CuSOí chưa điện phân hết (còn dư 0,1 mol).


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



Nếu th eo (1) n C] = nCL, = 0,1 mol (vô lí), vì n Cj2 thoá t ra =Vế nHci = —X0,12

= 0,06 mol. Do đó ỏ' an ot sau khi C1 bị điện ph ân hết th ì H20 bịđiện phân.

2 C u S 04 + 2H20 ---- > 2 C u l + 0 2t + 2H 2S 0 4 (2 )

Theo ( 1 ) n Cu = n cl = 0,06mol, nên ỏ' (2)

1 1 *n 0 = - n Cll = —(0,1 —0,06) = 0 ,02 mol

° 2 2 2

Vậy ỏ’ ca tot th o át ra 6,4 gam Cu và ỏ' an ot th o ắt ra:

(0,06 + 0,02)x22,4 = 1,792 lít (Cl2 và 0 2) b) T ính khôi lư ợng chất rắn C:

n Ai = 5,4 : 27 = 0,2 mol m à n Ha = 1,344 : 22,4>= 0,06 mol

Chứng tỏ HC1 phải tác dụng hết với AI theo (3):

2A1 + 6HC1 -----> 2A1CỈ3 + 3H 2T (3)

Một phần AI tác dụng với CuS04:

2 AI + 3CuS0 4 -----> A12(S 0 4)3 + 3C u ị (4)

Vì khi tác dụng với NaOH dư vẫn có kết tủa chứng tỏ CuS0 4 vẫn còn.

A12(S 0 4)3 + 8 N a O H ----->2NaA102 + 3Na2S 0 4 +4H 20 (5)

C u S 0 4 + 2Na OH — » Cu(OH)2ị + N a2S 0 4 (6 )

Cu(OH )2 — — --> CuO + H 2OT (7)

Theo (4), (6 ), (7): n CuS0 4 còn lai = n Cl,0 = 4 : 80 = 0,05 mol

n CuSO tá c dụ ng vớ i AI ỏ' (4) = 0,2 - 0,05 = 0,15 mol

Tạo ra: 0,15x64 = 9,6 gam Cu.

còn = r iA l ban đầu — ÍÂl phan ứng ơ (3) ~ phán ứng ớ (4)

= 0 ,2 - - 0,15 X- = 0,06 mol3 3

Vậy m c #='9,6 + 0,06x27 = 11,22 g

B. BAI TẬ P _________________________________________________________________ 253



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




254 C hư ơ n g 1Ị I. C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T O ÁN H OA K IM L OẠ I

c) Ba + 2H C 1 ------> B aC l2 + H2t ( 8 )

Ba + 2H20 -----> B a ( O H )2 + H2t (9)

Tron g dung dịch có n B 2+ = n Ba Ỉ M = 0 , 1 m o l137

noH = 2 riga(QpỊ)ọ — 2 (0 ,1 — 0 , 12 : 2 ) —0,08 moi

Các phản ứng t iếp theo: Ba2+ + s o ^ -----> BaS0 4 (10)

Cu2+ + 20 H -----> Cu(OH )2 ( 1 1 )

t ■*B a S 0 4 — -— »k hô ng đôi

Cu(OH )2 - — ...> CuO + H 20

n g02„ = 'n pi,so^ = °»2 mo1 mà n Baa+ = 0,1 mol nên:

(12)

m BaSO = 0,1x233 = 23,3 gam.

n 2 + = 0>2 m ° l m à n o H = 0,Ơ 8 m o l nên rridio = (0, 08 : 2) 80 = 3,2 g

Khối lượng chất rắn sau khi nung: 23,3 + 3,2 = 26,5 g.

II, Bài tậ p tự giả i

1. Viết các phương tr ình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau:

a) Đ iện phâ n dung dịch CaC l2 khi có vách n găn, p H dun g dịch th ay đôi.

b) Đ iện phân dung dịch C aC l2 với điện cực trơ ; pH dung dịch t h ay đổi.

2. Đ iện p hân dung dịch NaC l cho đến kh i h ết muôi với d ò n g điện có

I = 1,61A hết 60 phút.

ả) Tính lượng khí Cl2 bay ra,- biết bình điện phân có màng ngăn, điện

cực t rơ .

b) T rộn lẫn dung dịch sau điện p h ân với dung dịch chứ a 0,04 mol H 2SO ,4

rồi cô cạn du ng dịch. Tín h kh ối lư ợng muối kh an thu được, cho các phản

ứ n g x ảy r a h o à n t o à n .

3. Đ iện p hâ n dung dịch muôi su nfat k im loại hoá trị II (điện cực trơ) với

I = 3A. Sau 1930 giây thấy khôi lượng catot tăng 1,92 gam.

Đ IỆ N PHÂN MỘ T CHẤ T



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




a) Viết phưo'ng trình phản ứng xảy ra tại mỗi điện cực và phưo'ng trìnhchung cho cả quá tr ình điện phân.

b) Cho b iết tên kim loại.

c) Tính thê tích khí tạo ra ỏ' anot (ở 25°c, 770 mm Hg).

d) Nếu khí thu được có lẫn hơi nước, hãy giới thiệu 3 hoá chất đế làmkhô kh í đó. I

T rìn h b ày n gu yên tắc đ iện p hâ n dun g dịch muối đê được dun g dịch axit,dung dịch bazơ . Cho ví dụ. - - .......

Đ iện ph ân 200 ml dung dịch Cu S0 4 với các điện cực trơ bằng dòng điệnmột chiều I = 9,65 A. Khi thể tích các khí thoát ra ỏ' cả hai điện cực đều

b ằn g 1,12 lít (đktc ) th ì ngừ ng điện phân . V iết phư ơng tr ìn h p h ản ứngxảy ra ỏ' 2 đ iện cực và phư ơng tr ìn h biểu diễn ịiự điện ph ân . T ính khối

l ư ợ n g k i m l o ạ i s i n h r a ở c a t o t v à t h ò i g i a n d i ệ n p h â n .

a) V iết phư ơn g trìn h điện p hâ n có m àiìg ngăn, đ iện cực tro’ các dung d ịch

sau: NaOH, MgCl2.

b) Đ iện p h ân có m àng ngăn , đ iện cực trơ 100 m l dung dịch M gCl2 0,15M

với I = 0,1 A tro n g 96 50 giây. Tín h nồ ng độ mol các ion tro n g dun g dịch

sau đ iện ph ân (biết rằng th ể tích dung dịch khô ng th ay đổi).

Hoà tan 4,5 gam t inh thể XSO4.5 H 2O vào nước th u được dung dịch A.

Đ iện p h ân dung dịch A với điện cực trơ.

N ếu thờ i g ian đ iện p h ân là t g iây th ì thu dư ợc kim loại tại ca to t và

0,007 mol khí tại anot. N ếu thờ i g ian đ iện p h ân là 2 t giâ y th ì thu được 0,024 mol khí.

a) Xác định X S 0 4.5H 20 .

b) Ch o I = 1,93 A. T ín h thờ i gian t.

Đ iện p h ân 200 m l dung dịch có chứ a 12,5 gam tin h th ể muối đồng su nf at

ngậm nước trong bình điện phân với các điện cực trơ khi bắt đầu có khí

th o át r a ỗ' catot th ì thấy khối lượng catot tăng 3,2 gam.a) V iết phư ơng trìn h ph ản ứng biểu diễn ph ản ứng điện ph ân dung dịch

C11SO 4 và tìm công thức muôi đồng ngậm nước.

b) T ính pH du ng dịch sau điện phâ n, giả sử th ế tích dung dịch không đối.

B Ả I T Ậ P ____ ________ ______________ ____ ___ ____ _ ____ ________ ___ ____ 2 5 5


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



2 5 6 C hư ơ n g III. C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P GI Ả I TO Á N B O Á KI M LO Ạ I

' Đ IỆ N PHẪ N HỎ N HỢ P

9. T iến h à n h điện p hâ n (với điện cực trơ, m àng n găn xốp) một dung dịch

chứa m gàm hỗn hợp KC1 và Cu(N0 3)2 cho tới kh i nư ớc b ắt đầu bị điện p hân-ở cả hai đ iện cực th ì dừ ng lại. ơ an o t thu đưọ'c 0,625 lít k hí (25 °c ;1,5 atm). D ung dịch sau kh i điện p hâ n có th ể hoà tan tối đa 0,68 gam

A120 3. . ' •1

a) Tính khối lượng m.

b) -Tính độ tăn g khôi lưọ'ng ca to t sau quá tr ìn h điện phân.

c) T ín h độ giảm kh ối lượ ng dung dịch sau điện p hâ n, giả sử nước bay hơikhông đáng kế.

d) Nếu I = 1,34 A thì sau thời gian bao lâu nước bắt đầu điện phân ỏ' hai

điện cực.

10. Chia 1,6 lít dun g dịch A chứ a HC1 và C u(N 0 3)2 làm hai phần bằngnhau:

a) Phần 1 đem điện phân (các điện cực trơ) với I = 2,5 A, thời gian t thu

được 3,136 lít (đktc) m ột ch át kh í duy nh ất ở anot. Dun g dịch sâu điện p h ân p h ản ứ ng vừa đủ yớ i 550 ml dung dịch N aO H 0 ,8 M và thu được

1,96 gam k ết tủa. Tín h nồng độ mol các ch ất tron g du ng dịch A và thời

gian t .

b) Cho m gam bột Fe vào p hần 2, lắc đều cho p h ản ứng hoàn toàn, sau

p h ản ứng thu dược hỗn hợp kim loại có khôi lư ợng 0,7 m gam và V lít khí

(đktc). T ính m' và V. •

. Hư ớ ng dẫ n

1 . a ) CaC l2 + 2 H 20 — diệ n phân dung dịch_ ^ C a(O H ) 2 + Clz + Hz* * CÓ m à n g n g ăn U i . * .

pH ban đầu = 7, sau đó pH tăn g dần do tạo ra Ca(O H)2.

b) Nếu đ iện ph ân dung dịch CaC l2 không có màng ngăn, thì khí Cl2 tạo

ra ở vùng cực dương sẽ tác dụng với Ca(OH)2:

2 CaCl2 + 4H 20 2Ca(OH )2 + 2C12 + 2 H2

2 Ca(OH )2 + 2C12 Ca(C10 )2 + CaCl2 + 2H20


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BÀI TẬ P 257

2CaCl2 + 2H20 d iện p hâ n dun g dịc h-> Ca(C10 )2 + CaCl2 + 2Hzt

2 . a)

không có màng ngăn

pH dung dịch không th ay đổi luôn luôn bằn g 7.

2N aCl + H 20 — * 2NaO H 4- C12Í + H2t. (1)

1 71m,C l , ■X— X 1,61x60x60 = 2,13 g

96500 2 * 5

b) n Cj2 = 2,13 : 71 = 0,03 mol

Theo (1): riNaoH = 2 n C)r = 2x0,03 = 0,06 mol

NaOH + H 2SO4 N a H S 0 4 + H20

0,06 0,04

0,04 0,04 0,04

0 ,0 2 0 0,04

N aO H + N a H S 0 4 -----> N a2S 0 4 + H 20

0 ,02 0,040 ,0 2 0 ,0 2 0 ,02

0 0 ,0 2 0 ,0 2

Sô’ mol ban đầu:VI:-' ? Sô' mol ph ản ứ ng:

Số mol sau phản ứng:

í,SỐ' mol ban đầu:Ịố mol p h ản ứng:

SỐ mol sau phản ứng:

Lượng muôi khan thu được: m = 0,02x120 + 0,02x142 = 5,24 gam.

3. a) V iết phư ơng trìn h ph ản ứng: Đ ặt công thức muối là MSO 4.

- Tại ca tot: M 2+ + 2 e ----- >M

- Tại anot: 2H20 - 4 e ------>0 2t + 4H+

2MSO4 + 2H20 — ► 2M i + 0 2t + 2H2S 0 4 (1)

b) Tìm M: 1 ,9 2 = — -— XA x 3 x l9 3 0 => A = 64 (Cu)96500 2

c) Theo (1) :n n = ỉ nr... = — X = 0 ,01 5 m o l°2 2 11 2 64

0 , 0 1 5 x 0 ,0 8 2 ( 2 7 3 + 25 )V = _ỉ--------- Z1ZI Z 1----------- L = 0,362 lít.2 770:760

PPGBTHKL



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




2 5 8 Chư ơ ng II I CÁC P H Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T O ÁN HO Ả K IM LOẠ I

d) Nếu kh í 0 2 có lẫn hơi H 20, các hoá chất có thể làm khô là H 2SO4

đặc, CaCl2 khan, P2O5.

4. N guy ên tắc đ iện p hâ n dun g dịch m uối để được dung dịch a xit, m uôi phảiđược tạo thành từ:

- Gốc ax it kh ôn g bị oxi hoá ỏ' an ot. Ví dụ: SO 4" , NO 3 ...

- Ion kim loại dễ bị khử ở catot. Ví dụ: Cu2+, Ag+

2 C11SO4 + 2H 20 — 2 Cu + Q2T + 2H 2S 0 4

Nói chung điện p h ân dung dịch muôi có oxi của các kim loại đứ ng sau

Al. N guy ên tắc điện p h ân dung dịch m uối để được dun g dịch bazơ , muối phải được tạo th àn h từ :

- Gốc ax it dễ bị oxi ho á ồ anot. Ví dụ: Cl”, Br".

- Ion kim loại kh ôn g bị kh ử ở ca tot. Ví dụ: N a+, C a2+.

2 N a C l + 2 H 20 — 2 N a OH + C12Í + H zt

5. Tro ng dung dịch C uS 0 4 có các quá tr ìn h p h ân ỉi:

C 11 SO 4 ----- > Cu2+ + SO 42"

H20 H++ OH“

+ Ở catot: Cu 2+ + 2 e ---------------------> Cu

+ Ở anot : 2 H 2O - 4 e --------» 0 2t + 4H +

2CuSO, + 2H20 -----> 2Cu + 0 2t + 2H 2S 0 4 (1 )

Sau kh i CuS0 4 điện ph ân hết, H 20 bị điện ph ân.+ Ở ca to t: 2H+ + 2 e ----> H 2T ha y 2 H 2O + 2 e ----->H 2T + 2 0 H “

+ ở an o t: 2 H20 - 4 e -------->0 2T + 4H +

2H20 > 2H2t + 0 2T (2)

:l! T ín h m C!; và t : K ết hợ p (1) v à (2) ta dược:

2Cu S 0 4 + 4H20 — ỂPỂÌ.^. 2Cu + 2 0 2T + 2H2t + 2H 2S 0 4

17A- PPOÈTHKỈ-



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






2 6 0 C hư ơ n g ILL C Á C P H Ư Ơ N G P H Á P Gi Ai TO AN H O Ả K iM L OẠ I

Theo giả thiết với thời gian 2t (giây) tổng số mol khí thoát ra là

0,024 > 0,014 (moi). Đ iều nà y chứ ng tỏ có kh í th o át ra ở catot (H2):

n H2 = 0,024 - 0,014 = 0,01 moi

Suy ra có sự điện p h ần H 20 ng hĩa là XSO4 đã điện phân hết .

2H 20 -dịệnphầu ^ 2 H z | +

0,01 0,005 (mol)

Số moi 0 2 thoát ra do điện phân XS04: 0,014 - 0,005 = 0,009

2X S O 4 + 2 H 20 — 2 X + O a t + 2H 2S O 4

0,018 0,0180,009 ■ (mol)

Mxsó4.5H20 = 4.5 : 0,018 = 25 0 => X = 64 (Cu),

b) Áp dụng công th ứ c F araday :

m = — -— X— XIt .<=> 32x0 ,007= — -— X— xl 93t => t =1400 giây.96500 n 96500 2

8 . a) Gọi công thức muối đồng sunfat ngậm nước: CuS 0 4 .n H 20 (a moi)

2 C u S 0 4 + 2 H 20 — 2 Cu + 0 2 + 2 H 2S 0 4

a » a a

Khối lượng catot tăng chính là khối lượng Cu tạo ra

64a = 3,2 => a = 0,05 mol

MCuso,.„h2o = 1 2 ,5 :0 ,0 5 = 250

16 Ỡ + 18 n = 250 => n = 5 -

Công thức muối đồng sunfat ngậm nước: CUSO4 .5 H 2O

b) T a có: n H go = 0,0 5 mol => n H+ = 2x0,0 5 = 0,1 mol

[H +] = 0,1 : 0,2 = 0,5M zz> pH = -lg 0 ,5 = 0,3

9. n khí=: ------- 1,5/ ° ’6- 5 - - = 0 ,04 mol; n M l 0 = 0,6 8 : 102 = 0,02 : 3 mol0,082(273 + 25)

KC1 — > K+ + c r

Cu(N03) 2 -----> Cu2* + 2 NO3 .



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




C ato t: K +, Cu 2+, H aO: Cu2+ + 2e — Cu ; 2H 20 + 2e » H 2 + 2 0 H '

Anot: c r , NO if, H 20 : 2C1" - 2e — » C la ; 2 H 20 - 4 e — 0 2 + 4H+

C u (N 03)g + 2KC1 Cu + C12Í + 2KNO;l ( 1)

- Sau (1) nếu hết KC1 và Cu(N03)a còn thi:

2 C u ( N 03)2 + 2H20 — ÍEỂầp* 2Cu + c ự + 4H N 0 3 (2 )

- Sau ( 1 ) nếu hết Cư(NOg)2 và KC1 còn th ì: .

. 2KC1 + 2HaO — 2KOH + Cĩ2t + Hat (3)

Trư ờ ng hợ p 1: Nếu Cu(N03)2 và KC1 hết cùng một lúc, theo ( 1 ), dungd ịc h t ạ o r a l à K N03 k h ô n g h o à t a n AI2O3 ( loại) .

Trư ở ng hợ p 2: Sau (1) xảy ra (2 ), dung dịch tạo r a có môi trư ờ ng axit,hoà tan A120 3: *

6H N O 3 + A I 2O 3 -----> 2A1(N 0 3)3 + 3H 20 (4 )

(mol) 0,04 0,02/3

Theo (2): nCu = -~nHNo3 = 0,04 : 2 => nCu = 0,02 mol

=> n 0a = ỉ n HN03 = 0,04 : 4 = 0,01 mol

Theo (1): n ci = 0,04 - 0,01 = 0,03 mol

^ flK C i - 2 n ci2 = m ° l i n Cu(N03)2 = n ci2 = 0>03 m ol

a ) m = i ĩIk c i + m c u(N0 3)2 = 0 , 0 6 x 7 4 , 5 + 0 , 0 5 x 1 8 8 = 1 3 , 8 7 g .

b) Đ ộ tăn g khôi lư ợng ca to t sau quá tr ìn h điện phân:

mCatot = mCu = 0 ,05x64 = 3,2 g.

c) Đ ộ giảm khối lượ ng dung dịch sau quá tr ình điện phân :

m dung dịch giẩm = m Cu + m cl2 + m Ũ2 = 3,2 + 0,03x71 + 0,01x32 = 5,65 g.

d) Nước b ắt đầu bị điện p hân ở 2 điện cực khi C u(N 03)2 h ết theo (2)nên dựa vào mcu giải phóng catot tính t.

B. BÀI TẬ P ............. ................................................................... ... ............. 261


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



262 Ch ư ơ n g I II. C Ả O P I Í Ư Ơ NG PĨI Ả P GI AI T OÁN HOÁ KIM L OẠ I

, m c 96500.n 3 ,2x 96 50 0x 2 aoni _ t = — = 7 2 0 1 ’ 5 giây * 2 giờ.

A.I 64 X 1,34

T rư ờ ng hợ p 3: Sau (1) còn dư KC1, thì xảy ra phản ứng (3), môi trườngtạo ra là môi trường kiềm, hoà tan A120 3 theo phương tr ình.

2 KOH + A120 3 ----- ► 2KA1Ơ 2 + H 20 (5 )

Theo (3): n Hiỉ= n C[2 = ~ n K 0H = 0,04 : (2x3) = 0,02/3 mol*" 2

n ci')(ờ(i)) = 0,04 —0,02 /3 = 0,1/3 .............

Theo (1): n Cu(N0;))2 = n Cu = n c,2\ Ờ (U) ~ 0,1/3

Theo (3): nKCi = 2 n C!2 (9(3)) = 2x0,02 : 3 = 0,04 : 3

— _ 0 0,1 0,04 _ n n a .n KCi = 2 X + —í— = 0 ,0 8 m ol.

3 3

a ) m = rriKC) + m Cu(N03)2 = 0 , 0 8 x 7 4 , 5 + — x l 8 8 = 1 2 ,2 2 7 g.3

b) m catot tãng = m Cu = — x64 = 2,1 33 g.Ỏ

c) m du„gdịch giám = m Cu + m cla + m H2 = 2 ,1 3 3 + 0 ,0 4 x 7 1 + — ^-x2 = 4 , 9 8 6 go

d) Dựa vào mcl tính t:

m C] 96500.n 0 ,0 4x 71 x9 65 00 x2 nt = ------------------- = ---------- z — ~ ---------- = 5761,2 giây.

71.1 71x1,34

10. a) Kh i.điện phân dung dịch A có th ể xảy ra các phản ứng:

* ở catot: Cu2+ + 2 e -- ■>Cu (1)

2H++ 2 e --- > H 2T (2)

* Ở anot: 2C1“ - 2 e --->• C12T (3)

2H20 - 4 e -----> 0 2 + 4H + (4)

Theo giả thiết: - Chỉ thu được 1 k h í duy nhâ 't ở ano t nên p h ản ứ ng (4)

chưa xảy ra.



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




^BÀI TẬ P 2 6 3

Du ng dịch sau đ iện ph ân + NaO H tạo k ết túa, chứ ng tỏ ( 1 ) chưa kếthúc, (2 ) chưa xảy ra. Gọi y' là số mol Cu(N 0 3 ) 2 bị điện ph ân .

Cu(N0 3)2 + 2HC1

y X

2y'

ố mol b an đầu:

ô' mo l đ iện phân : y' . 2y' y' ỵ ' 2y'

ố mol sau điện ph ân : (y ~ y') (x - 2y') y' v' 2y'

Dung dịch sau đ iện phân gồm: X mol H+, 2y mol N 0 3~, (x -- 2y ') mol c r

D ung dịch sau + Na O H vừ a đủ: riNaOH “ 0,5 5x 0,8 = 0,44 molCu2+ + 2 0 H ’ ----->Cu(OH )2

Ta có:

0,02 0,04

y - y ' = 0,02

, 3,136

22,40,14

(1,96 : 98) = 0,02

0,16 mol ; y' = 0,14 mol

(mol)

=> y

H + + OH"X X

H20

Với X = 0,44 - 0,04 = 0,4

[HC1] = 0,4 : 0 ,8 = 0,5M ; [Cu(N03)2] = 0,16 : 0 ,8 = 0 ,2M

Tính t : 64x0,14 =1 64 -

— -— X— X2,5 Xt => t = 10808 giây,96500 2

b) Dựa vào k ết quả câu a, tron g dung dịch có:

HC1 : 0,4 mol ; Cu(N03)2: 0,16 mol

Fe + 2HC1

0,2 0,4

Fe + Cu(N0 3)2

0,16 0,16

-» FeCl2 + H 2

0,2

Cu + Fe(N0 3)2

0,16 0,16

mFedư = m - 56x 0,36 = (m - 20,16) g ; mCL1 = 64x0,16 = 10,24 g(m - 20,16) + 10,24 = 0,7m m = 33,067 g

VH = 22 ,4x0,2 = 4,48 lít.


B

D

KT

T

O

Á

N

-

L

Í

-

HÓ

A

C

Ấ

P

2

3

1

000

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N



Chủ đ ề 9: DẠ NG BÀI TẬ P BIỆ N LUẬ N

2 6 4 _____ ____ ___________ C hư ơ n g III . CÁ C P H Ư Ơ N G P H Ấ P G IẢ I T O ÁN H OẢ K IM LOẠ I

A. PH Ư Ơ NG PH ÁP GIẢ I

1. Cho phả n ứ ng: A + B -— > c + D

Xét các trường hợp A, B phản ứng đủ, dư, thiếu, dùng phương pháp giảitoán lượng chất dư trong tương tác hoá học để xem xét từng trường hợp.

2. Xét ph ản ứng: C 0 2 + dun g dịch k iề m ----->muốỉ (ax it, tru n g h oà)

Ta có thề có 2 ph ản ứng: CƠ 2 + OH" -----> HCOg

C 0 2 + 20 H ~ -----* CO§“ + H20

N hư vậy p h ản ứng có th ể cho ra 1 hoặc 2 muối (m uối cacbonat tr ung

hoà'chứa CO§~và muối hiđrocacbonat chứa HCO 3 ) tuỳ thu ộc th eo tỉ lệ

n OH~ : n c ° 2 ■

- N ếu n H_ > 2n co : chỉ được muối cac bo nat tru n g hoà.

- Nếu n ■ < n C0 2 : chỉ được muối ax it HC O3 . .

- Nếu n co , < n 0H- < 2nCOr : được cả hai muối. ■ m

Chú ý: Nếu sau phản ứ ng C 0 2 + OET tạo ra kết tủa và nước lọc. Nướclọc khi thêm tiếp OH“ tạo ra kết tủa nữa, vậy trong nước lọc có muối axit

(phản ứng tạo 2 muối).3. Xét p h ản ứng: Al3+ + 30HT -----> A1(Ọ H)3'1'

A l ( O H ) 3 + O H ~ ----- > AIO 2 + 2H20

OH thiếu í* kết tủa xuất hiện và không tan.

OH~ dư => kết tủa có thể tan một phần hoặc tan hết.

4 . Nhiệt phân muối ni t rat :

Xảy ra theo 3 kiểu, vì thế phải xét cả 3 dể tìm nghiệm phù hợp:

!



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




. BÀI TẬ P 2 6 5

M ( N 03)n"

Li -> Na ,

Mg CuSau Cu

M (N 0 2)„ + 0 2t

Ma0„ + N 0 2t + 0 2í

M + NO gí + 0 2í

. B À I T Ậ P

Bài ỉộ p mâu

àỉ 1: Nung mAgam hỗn hợp A gồm KMnOí và KCIO3 ta thu được chất rắnAi và khí 0 2. B iết KCIO3 bị ph ân huỷ hoàn toàn theo p h ản ứng:

2 KCIO3 2KC1 + 3 0 , t

Còn KM11O4 b ị phân huỷ mộ t phầ n theo phả n ứ ng:

2 K M n 04 — -— > K 2M n 0 4 + M n 0 2 + 0 21'

Trong Ai có 0,894 gam KC1 chiếm 8,132% khối lượng. Trộn lượng 0 2 thuđược ở trê n với kh ôn g khí theo tỉ lệ th ể tích v0 : v kk = 1 : 3 tro n g m ột

b ìn h k ín ta đư ợc h ỗ n hợp kh í Ag. Cho vào b ình 0.528 gam cacbon rồi đốt

cháy hết cacbon thu được hỗn hợp khí A3 gồm 3 khí, t rong đó C0 2

chiếm 22,92% thể tích (oxi chiếm 1/5 thể tích không khí).

a) Tính khôi lượng mA.

b) T ính % khối lượng của các chất trong hỗn hợp A.

Hư ớ ng dẫ n

a) T ính i ĩ i a : 2 KCIO3 -

2KMnO„

• 2KC1 + 3 0 2í

-> K,MnC>4 + M nO, + 0 2T

TI 1 J _ Q 1000/ m „ 0,894 X100 1T ro ng ch ất rá n Aj: m Kci = 8 ,132% m Ai => m Al = ---- ———— = 11 g

8,132

Gọi X là số mol O2 thu được: njíK = 3x

20 100

A2 gồm: n n = X + 3x X = 1,6 x mol ; n N = 3x X0 ; .u 2 1 An ’ «2

80

100= 2,4x mol


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



266 Chư ơ ng UL CAC P H Ư Ơ N G P H Á P GIẢ I T O ÁN H O A K IM LOẠ i

SỐ mol cacbon = 0,528 : 12 = 0,044 (mol)

Trư ờ ng hợ p 1: 0 2 dư:

' 0 + 0 2 — -----> C 0 2 (Số mol khí không đổi)

(mol) 0,044 0,044 0,044

A3 gồm: 0,044 mol C 0 2, 2,4x mol N 2 v à ( l , 6x - 0,044) mol 0 2 dư

M à n C0 2 = 22 ,92% nAs =* n A<j = 4x = (0,04 4x 10 0) : 22 ,92 = 0,192 raol

=> X = 0,192 : 4 = 0,048 mol

Vậy m A = m Ai ■+m 02 =11 + 0 ,04 8x 3 2 = 12,536 g.

T r ờ ng hợ p 2: 0 2 thiếu, c cháy tạo ra 2 khí c o và C 02

c + O2 -----> CO2

(mol; 1 ,6 x l , 6 x l , 6x

c + C02 --------> 2CO

(0,04 4-1 ,6x) (0,04 4-1 ,6x) 2(0,04 4-1,6x)

A3 gồm: n c o = 2(0 í04 4~ l,6x ) ; n co = 1,6-x - (0 ,0 4 4 -1 ,6x) ; n N, - 2,4x

=> n A3 = 2,4x + 0,044

M à n C0 2 = 2 2 ,92% nA, o n A, = 2,4x + 0,044 = (3,2x - 0,044)10 0 : 22,92

=> X = 0 , 0 2 0 4 m o l ; n ê n m A = 1 1 + 0 , 0 2 0 4 x 3 2 = 1 1 , 6 5 ' g .

b) T ín h % khối lượng các chất trong A:

n KCio3 = n Kci - ”^ 4 5 " = m o i => m KC10g = 0 ; 0 1 2 x l 2 2 , 5 1 ,4 7 g.

„ _ _ ___ 1 4 7

T r ờ n g h ơ p 1 : niA = 12 ,536 g => %KC103 = X100% = 11,7%: 12,536

. %KMnƠ 4 = 100 - 11,7 = 88,3%.

Trư ờ ng hợ p 2: m A = 1 1,6 5 g => %KC103 = (1,47 : 11 ,65)100% = 12,6%

% K M n 04 = 1 0 0 - 12,6 = 87,4%.


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



Bài 2 : Nung nóng m gam hỗn hợp A gồm CuC0 3 v à M C 0 3 m ộ t t h ờ i g i an t a

thu được mi gam chất rắn Ai và V lí t C0 2 bay ra (ở đktc).

Cho V lít COo nảy h ấp thụ hoàn toàn vào dung dịch chứ a 0,4 m ol N aOHsau đó cho thêm CaCl2 dư vào thấy tạo th àn h 15 gam k ết tủa. M ặt khác

đem ho à ta n Ai bằng dun g dịch HC1 dư thu được dun g dịch B v à 1,568 lítCO2 (ở đktc). Tiến hà n h điện p hâ n (với điện cực trơ) d ung dịch B tới khi

catot bắt đầu thoát khí thì dừng lại , tắấy ở ano t thoá t ra 2 , 6 8 8 lít khí (ỏđktc), cô cạn dun g dịch sau điện phâ n, rồi lấy muối k h an dem điện ph ân

• n ó n g chảy th ì thu đ ư ợ c 4 gam kim lọại ở ca tot. . ..

a) Tính khối lượng nguyên tử của M.

b) T ính khối lư ợng ra và mi.

Hư ớ ng dẫ n

a) Tính M: * .

CuCOa — Cu O + C 0 2í ( 1 )

M COs — — > MO + C 0 2í (2)

K h i C 0 2 tá c dụn g với dung dịch N aO H có 2 t rườ ng hợp:- Nếu NaOH dư : C0 2 + 2 N a O H -----> N a2C 0 3 + H 20 (3).

- N ế u n C0 2 < n Na0H < 2 n C0 2

COa + N aO H -----> NaHC Oa (4) '

NaHCOa + N aO H d ư -----* N a 2C 0 3 + H 20 (5)

(K hô ng có trư ờ ng hợ p n C0; > 2n Na0ỉi vì nh ư th ế dun g dịch tạo ra chỉ có

NaHCOa k h ô n g tạo k ết tủ a vớ i CaCl2)

Tác dụng với CaCl2: Na 2C 0 3 + CaCl2 -----> C aC 03ị + 2NaCl (6 )

Chất rắn Ai gồm CuO, MO, CuC0 3 dư, MCO3 dư (vì có khí tạo ra khi Ai

tác dụng với HC1):

C u O + 2 H C 1 ----- > C u C l2 + H 20 (7 )

MO + 2HC1 -----> MC12 + H 20 (8 )

B. B Ả I T Ậ P ______________________________________ ________________ 2 6 7

é u C O a + 2 H C 1 — 4 C 11C I 2 + H 20 + C O zT (9)



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




2 6 8 C h ư o u g I II . CÁC PH Ư Ơ N G PH Á P G IẢ I T O ÁN H OÁ KI M L OẠ I

M C 0 3 + 2 H C 1 ----- > MC12 + H 20 + COíịT (10 )

Đ iện phân dung dịch B gồm CuCl2, MCI2 , HC1

- Nếu M2+ có tín h oxi ho á yếu hơ n Als+, điện p h ân kh ôn g có khí tho átra ở catot, chi là điện phân CuClí>:

CuCl2 — ÍÌỈEụEỈĩâS— > Cu + Cl2t (11)

Dung dịch C: MC12, HC1, cô cạn chỉ còn .muốiMCI2, điện phân nóng chảy:

MC12 — Mi + Cl2t (12)

- Nêu M có tính 0X1 h oá m.ạnh hơn Al3V th ì điện ph ân khô ng có khí

thoá t r a ở ca to t là điện p hân h ết Cu2+, M 2+ lúc đó du ng dịch c chỉ còn HC],cô cạ n không còn gì để điệ n phân nóng chả y.

* Xét trường hợp NaOH dư:

2>mutfìc .cbon«t = ỵ n C 02 = “ + - 0 .2 2 m o l

Từ (11) suy ra: n CuC1 = n r], = 2,688 : 22 ,4 = 0,12 mol

Từ các ph ản ứ ng suy ra: n CuCl2 = n CuC03bandầu - 0,12 mol

Vậy n MC0 = 0,22 0,12 = 0,1 mol => nM = O.l mol

M = 4 : 0,1 = 40 (canxi).

* Xét trường hợp: nC0 2 < n Na0H < 2n C02

T ừ (5 ), (6 ): n Na2QOg = n CaC03 = 0 )1 5 m o l = riNaOH du

Từ (4) suy ra: n C02 = n Na0Htácdụ'ng = °>4 - °-15 = °-25 mo1

Từ (9), (10) suy ra: n co, do C uC 03 v à M C 0 3 (dư) = 1,568 : 22,4 = 0,07 mol

Lnnu.ôìcacbonat = X n C02 = 0,25 + 0 ,07 = 0,32 mol

M à n M = n MC0 = 0,32 - 0,12 = 0,2 mol => M = 4 : 0,2 = 20 (loại),

b) T ín h m và mì', m = m CuC03 + m CaC03 = 124x0,12 + 100x0,1 = 24,88 g.

mi = m - m c0 0 (1) (2) = 24,88 - 0,15 x44 = 18,28 g.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




BÀI TẬ P 26 9

à ỉ 3: H oà ta n mi gam kim loại A ho á trị I vào nước, được dung dịch X và

Vj l í t khí bay ra. Cho v 2 l í t khí C0 2 hấp thụ ho àn to àn vào dun g dịch X

được dung dịch Y chứ a m 2 gam ch ất tan. Cho dung dịch Y tác dụng hếtvới dun g dịch HC1 th ấy th o á t ra v 3 lít khí. Các thể tích khí đều đo ỏ'đktc.

1. Cho v 2 = v 3, hãy biện luận thà nh phần chất tan t rongdu ng dịch Ytheo V, và v 2. ^

2. Cho v 2 = 5/3V!.

a) Lập biểu thức t ính mi theo m 2 và V ị.

b) Cho m 2 = 4,42 gam ; V] = 0,672 lít.Hãyt ínhrri] vàt ínhkhốilượngnguyên tử của kim loại A . '

Biện luận th àn h ph ần c hất tan tron g dung dịch Y:

Gọi a, b lần lượt là số’mol của A và C02) ta có: mi = aA (g) ; v 2 = 22,4b

Dung dịch Y có th ể chứa AH CO 3 và A2CO3

K hi tác dụn g durig dịch HC1: AHCOg + H C 1-----> AC1 + C 0 2t + H 20

A2C 0 3 + 2HC1 -----* 2AC1 + C 0 2t + H20

Vì v 2 = v 3 => C02 tác dụng hết với AOH

n A O H _ £ _ Vị x 22 '4 _ 2V1

n co2 k 11’2 V2 ^ 2

Các ch ất ta n tron g dun g dịch Y được tóm tắt n hư sau :

Hư ớ ng dẫ n

2A + 2H zO -----> 2AOH + H2Ta a a/2

C 0 2 + A O H ----->AHCO3

AHCO3 + A O H -----> A2C 0 3 + H20

C 0 2 + 2A O H -----> A2CO3 + H 20

(1 )

(2 )

(3)


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



2 7 0 _________________________ C hư ơ ng IĨ I. C ÁC PH Ư Ơ N G PH A P G IẢ I TO ÁN H O Á K I M L OẠ I

2Vt a

v 2 b1 (1) và (2) 2 (3)

Dung dịch Y

a) v 2 = -V j =>ó

C02 (iư (loại)

AHCO3

a 2c o 3

a 2c o 3

AOH dư

■ 3

Va 5

AHCƠ 3

(1 )

a 2Vj=> — = ——

b v 2

6

5

A2CO3

(3 )

1,2 .

Xảy ra phản ứng (1) và (2) suy ra: m 2 gồm: nA2C03 = a-b, n AHC0 = 2b-a

mọ = (2A + 60)(a - b) + (A + 61)(2b - a) - Aa + 62b - a

304V,Thê b - 5a/6 và Aa = mi ta được: mj = m 2 -----~r~r - '

67,2

b) m 2 = 4,42 g ; V, = 0,672 lí t => m i = 1,38 g ■

a _ _Yl. = 0,06 ; A = — = 1,38 : 0,06 = 23 (na tri).1 1 , 2 a

B à i 4: Ho à tan 10,65 gam hỗ n hợp A gồm m ột oxit kim loại kiềm và mộtoxit kim loại kiềm t h ể b ằng du ng dịch HC1 ta th u được du ng dịch B. Côcạn dung dịch B và diện p hâ n nóng chảy hoà n toàn hỗn hợp muối thìthư được ở ano t 3,696 lít kh í c (ở 27,3°c và 1 atm ) và hỗn hợp k im loại

D ở catot.

1. Tính khối lượng của D.

. 2. L ấy m g am D cho tác dụ ng h ết với nước t a được cTung dịch E v à V lít

k h í (ở đktc). Cho từ từ bộ t AI vào dun g dịch E cho tới ngừ ng th o á t khí,

thấy hết p gam AI và có Vi l í t khí thoát ra (ở đktc).

a) So sánh Vi và V.

b) T ính p theo m.

3. Nếu lấy hỗn hợp kim loại D rồi luyện thêm 1,37 gam Ba thì thu được

m ột hợ p k im tro ng đó Ba chiếm 28,57% về số’ mol. H ỏi hỗn hợ p đầu là

oxit của các kim loại kiềm, kiềm thể nào?


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N

ễ





2 7 2 Chư ơ ng I I I C ÁC P H Ư Ơ N G PH Á P GI Ả I T OÁ N H O Ả K IM LOẠ I

Từ tỉ lệ Ba ta có: 0,1 : ( X + y + 0,1) = 28,57 : 100 = 0,2857

^ x + y = 0 ,25 (**)

Giải hệ (*) và (**) ta đưọ'c X = 0,2 ; y = 0,05

Theo kết quả câu 1, khối lượng D: Xx0,2 + Yx0,05 = 8,25

Y tan t rong nước nên :

- Nếu Y là Ba th ì X: (8,25 - 0,05x13 7) : 0,2 = 7 (Liti)

- Nếu Y là Ca th ì X: (8,25 - 0,05. 40) : 0,2 = 31,25 (loại)

Vậy X là liti và Y là bari. .

B à i 5: Hoà tan 115,3 gam hỗ n hợ p X gồm M gC 03 và RCO3 bằn g 500 ml

dung dịch H 2SO 4 loãn g ta thu được dung dịch A, ch ấtrắn B và4,48 lít

C 0 2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch A th ì thu được 12,2 gam muôi khan.M ặt

khác đem nung chất rắn B tới khôi lượng không đổi thì thu được 11,2 l í tC 0 2 (ở đktc) và chất rắn Bi

a) T ính nồ ng độ mol của' dun g d ịch H 2S 0 4 đã dùng.

b) T ính khối lư ợng của B và của B].

c) Tính khối lượng nguyên tử của R, biết trong hỗn hợp đầu sô' mol củaRCO3 gấp 2,5 số mol của MgC03.

Hư ớ ng dẫ n

1. Tính Cm dung dịch H 2S04: Các phản ứng hoà tan trong H 2S04:

M gCOs + H 2S 0 4 ----- > M g S 0 4 + H 20 + C 0 2t (1)

RCOs + H2S 0 4 — ^ R SO 4 + .H20 + C 0 2t (2)

Vì nco2 = 4,48 : 22 ,4 = 0,2 mol, n S0 2- = nco2 =

=> m Q 2 = 0,2x96 = 19,2 g > 12,2 g (đã cho)S O 4 . .

C hứ ng tỏ chỉ có 1 mùối ta n đó là M g S 0 4. •

Vậy số mol MgCƠ 3 đ ã bị tan : n MgS0 = 12,2 : (24 + 96) = 0,1 m oi

Và số mol RCO3 = số m ol R S 0 4(r) = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol

Vì kh i nu ng B lại cho ta C 0 2, chứ ng tỏ H 2SO4 (hết).



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N






2 7 2 C hư ơ n g III. CÁC PH Ư Ơ N G PH Á P GI Ả I T O ÁN H O Á K IM L OẠ I

Từ t ỉ l ệ Ba ta có: 0 ,1 : ( X + y + 0 ,1) = 28 ,5 7 : 10 0 = 0 ,2 85 7

=> X + y = 0 ,2 5 (**)

Giải hệ (*) và (**) ta được X = 0,2 ; y = 0,05

Theo kết quả câu 1, khối lượng D: Xx0,2 + Yx0,05 = 8,25

Y tan t ron g nước nên :

- Nếu Y là B a th ì X: (8,25 - 0,05x137) : 0,2 = 7 (Liti)

- Nếu Y là C a th ì X: (8,25 - 0,05. 40) : 0,2 = 31,25 (loại)

Vậy X là liti và Y là ba ri. .

Bài 5: Hoà tan 115,3 gam hỗn hợp X gồm MgCƠ 3 và RCƠ 3 bằng 500 ml

dung dịch H 2SO4 loãng ta thu được dung dịch A, ch ất rắn B và 4,48 lítCO2 (ởđktc). Cô cạn dung dịch A th ì thu được 12,2 gam m uối k h an . M ặt

khác đem nung chất rắn B tới khối lượng không đổi thì thu được 11,2 l í t

C 0 2 (ỏ' đktc) và chất rắn Bi.

a) Tính nồ ng độ mol củ a' dung dịch H2SO4 đã dùng.

b) T ính khối lư ợng của B và cua Ẹ j.

c) Tính khố i ỉượng ngu yên tử của R, biết tron g h ỗn hợ p dầu số mol của

RCO3 g ấp 2,5 sô' moi của M gC 03.

Hư ớ ng dẫ n

1 . T ính Cm du ng dịch H 2S 0 4: Các phản ứ ng hoà tan tron g H 2S04:

MgCOa + H 2S 0 4 -----> M g S 0 4 + H 20 + C0 2t (1 )

RCO3 + H2S 0 4 — -> RSO 4 + H 20 + C 0 2t (2 )

Vì n co2 = • 2,4 = 0,2 mol, n g02- = n co2 =

=> m„^2- = 0,2x96 = 19,2 g > 12,2 g (đã cho)0O4 . .

C hứ ng tỏ chỉ có 1 mù ối ta n đó là M g S 0 4. ■

Vậy số mol M gC 0 3 đã bị tan : n MgS0 = 12,2 : (24 + 96) = 0,1 m ol

Và số mol RCO3 = số mol R S 0 4(r) = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol

Vì kh i nun g B lại cho ta C 0 2, chứ ng tỏ H 2SO4 (hết).



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. BÀ I T Ậ P 2 73

Vậy [H 2S 0 4| =: 0,2 : 0,5 = 0,4M.

2. T ính m B,m B : Các ph ản ứng kh i nun g B:

M g C 0 3 — > MgO + C 0 2t (3)

RCOa — RO + C 0 2t (4)

R S 0 4 ---- » Khô ng đổi.^

m B = m x ” m M g C 0 3 ta n - m RCO..Ị ta n + m R S 0 4

= 115,3 - 0,1x84 + (R + 96 )x0 ,l - (R + 60 )x0 ,l = 110,5 g .m B = m B - m COợ s: 110,5 - 4 4 x ( l l ,2 : 22,4) = 88,5 g.

3. T ính M r: Gọi X, y lần lưọ't là s'ố mol MgCƠ 3 và RCO3 còn dư. _ ' ' iT h e o (3), (4): X + y = 0,5 (*)

T h e o đê: IIRCO;, banđầu = 2>5nMgCQ3 bandầu

N ên: (0,1 + y) = 2,5(0 ,1 + x) (**)G i ả i h ệ (*) v à (**) t a được: X 0,1 ; y - 0,4

Khối lượng X: 84(0,1 + 0,1) + (R + 60X0,1 + 0,4) = 115,3

ri> R = 137 (Bari).

B à i 6 : A và B là 2 hỗn hợp đều chứa AI và sắt oxit FexOy. Sau phản ứngnh iệt nhôm mẫu A thu được 92,35 gam chất rắn c . Hoà tan c b ằn g dung

dịch xú t dư thấy có 8,4 lí t khí bay ra và còn lại m ột ph ần k hôn g ta n D.

Hoà tan 1/4 lượng chất D bằng H 2SO4 đặc, nóng thấy tiêu tốn 60 gamaxit H 2SO 4 98%. G iả sử chỉ tạo th à n h m ột loại muối sắt III. ■■

a) Tính khối lượng A120 3 tạo thà n h kh i nh iệt nhôm m ẫu A.

b) Xác đ ịn h công thứ c ph ân tử của sắt oxit .

• c) Tiến h àn h nh iệt nhôm 26,8 gam mẫu B, sau khi làm nguội, hoà tan

hỗn hợ p th u được bằn g dung dịch HC1 loãng, dư thấy bay r a 11,2 lít khí.Tính khối lượng AI và sắt oxit của mẫu B đem nhiệt nhôm. Biết hiệu

suất các pihản ứng đạt 1 0 0 % (các thể tích khí đo ở đktc).


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



Chư ơ ng U L C Á C P H Ư Ơ N G P H Á P GIẢ I T OÁ N HO Ả K IM L OẠ I

B à i 7: Dung d ịch A là du ng dịch HC1. Dung d ịch B là dung dịch Na OH .

a) Lấy 10 ml dung dịch A pha loãng bằng nước th à n h 1000 m l thì thuđược dun g dịch HG1 có pH - 2. Tín h n ồn g độ mol của du ng d ịch A.

Đ ể tru n g hoà 100 gam dung dịch B cần 150 ml dung dịch A. Tín h nồng

độ % của dun g dịch B.

b) Hoà ta n h ết 9 f96 gam hỗn hợp Al, Fe bằn g 1,175 lít dung dịch A, tathu được du ng d ịch Ai. T hê m 800 gam dung dịch B vào dun g dịch A u lọclấy kết tủa rửa sạch và nung ngoài không khí đến khối lượng không đổithì thu được 13,65 gam. chất ran. Tính khối lượng của Al, F(> trong hồnhợp đầu. . • . " . ■ . ■

Hư ớ ng dẫ n '

a) T ính n ồn g độ mol du ng dịch A: 1000 ml = 1 lít (dun g dịch HC1)

pH = 2 => [H +] = 10 ' 2 mol/1 = 0,01 mol/1

Trong 10 ml dung dịch A có 0,01 moi suy ra: [A] = 0,01 : 0,01 = IM

Trong 150 ml dung dịch A: riHGi = 1x0,15 = 0,15 mol

N aO H + H C 1----->NaCl + H20nNaOH = nHci = 0,15 mol => mNa0H = 0,15x40 = 6 g

C%(B) = (6 : 1 0 0 )x l0 0 % = 6%.

b) T ính khối lư ợng Al, Fe tro n g hỗn hợp đầu :

2AI + 6HC 1 -----» 2A1CỈ3 + 3H2T (1 )

Fe + 2HC1-----> F e C l2 + H ZT . (2 )

N aO H + HC1 d ư ----->NaCl + H20 (3)2NaOH + FeCl2 ----->Fe(OH)2ị + 2NaCl (4)

3NaOH + A1C13 -----> Al(OH)3ị + 3NaCl . (5)

NaO H dư + Al(OH )3 -----> NaA102 + 2H20 (6 )

4Fe(OH )2 + 0 2 + 2H20 -----» 4Fe(OH)3ị (7)

2Fe(OH )3 — > F e 20 3 + 3H20 (8 )

2A1(0H )3 — > A120 3 + 3H20 (9)



B

D

K

T

T

O

Á

N

- L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




. BẢ I TẬ P

Số mol HC1: 1x1 ,175 = 1,175 mol

Số mol NaOH: (800x6) : (100x40) = 1,2 mol

Theo các phản ứng (1), (2), (3), (4), (5) thì tổng số moi NaOH tác dụngới HC1, FeCl2, AICI3 bằng tổng số mol HC1, như vậy lượng NaOH dư:

1,2 - 1,175 = 0,025 moi.

Gọi X, y là số mol Al, Fe đem hoà tẳn. Có 2 trường hợp xảy ra:

-- N ếu X < 0,02 5 tức sô' mol NaO H dư lớ n hơ n sô' mol Al(OH);i, nói cách

hác Âi (Ot t)3 ta n h ết và ch ất rắn Sãũ kh i nu ng chỉ có F ế20 3 , tã cỏ:

. 160y : 2 = 13 ,65 => y = 0,1706

Khối lượng Fe = 0,1706x56 = 9,555 g

Khối lượng AI = 9,96 - 9,555 - 0,405 g ị

- Nếu X > 0,025, tức lượng A1(0H)3 bị tan bằng lượng NaOH dư bằng,025 mol. Chất rắn sau khi nung có cả Fe 20 3 và AI2O3, ta có hệ phương trình:

27x + 56y = 9,96[(x - 0,025) : 2 ]x l0 2 + 160y : 2 = 13,65

Giải ra: X = 0,05604 và y = 0,15084

m Ai = 0 ,056 04 x2 7 = 1,513 g ; m Fe = 9,96 - 1,513 = 8,447 g.

à i 8 : Cho 5,2 g am hỗ n hợ p A gồm Al, Fe, Cu tác d ụng với 20 ml du ng dịch

N aO H 6 M, thu được 2,688 lít H 2 (đktc) ; sau đó thêm tiếp 400 ml dung

dịch a x it HC1 IM và đu n nóng đ ến kh i khí H 2 ngừng thoát ra. Lọc táchchất rắn B.

Cho B tác dụng hết với HNO 3 loã ng thu được dung dịch c và 0,672 lít

khí NO (đktc).

Cho c tác dụng với dung dịch NaO H dư, thu được k ết tủa D. N ung k ết

tủa D ở nhiệt độ cao tới khôi lượng không đổi thu được chất Vắn E.

a) Tính % khối lượng của các kim loại trong A.

b) T ính khối lư ợng chất rắn E (giắ th iết các phản ứng xẩy ra hoàn toàn).


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



2 7 8 C h ư ơ n g i l l . CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I TOÁN HOẢ KIM LOẠ I

Hư ớ ng dẫ n

a) Tính % khối lượng các kim loại trong A.

2A1 + 2NaOH + 2H20 -----> 2NaA102 + 3H 2 (1)

n Hs ss 2,688 : 22,4 = 0,12 mol ; nNaOH = 0,02x6 = 0,12 mol

Chứ ng tỏ NaO H dư suy ra AI hết.

Và HjvfaAiOj —Hạ i = ^NaOH tác dụ ng - 0)12 —0,08 moi

nNaOHdư = 0.1 2 - 0,0 8 = 0,0 4 m ol

nHci thêm vảo = 0,4x1 =.0,4 mol

N aO H dư + H C 1 -----» N aC l + H 20 (2)

0,04 0,04 (mol)

N aA 102 + 4HC1 — > N aCl + AlClg + 2H zO (3)

0,08 0,32 (mol)

nHci tác dụ ng với Fe = 0,4 - 0,04 - 0,32 = 0,04 mol

Vì chưa biết nợs trone hỗn hỢD ban đầu là bao nhiêu nên chưa biết

trong phản ứng Fe + HC1 chất nào sẽ hết.

Fe + 2HC1 -----> F e C l2 + H 2 (4)

Chất rắn B có thể chứa Fe còn lại và Cu không tác dụng

Khi tác dụng với H N 0 3

Fe + 4 HNO3 ----->Fe(N03)3 + N O t + 2H20 (5)3Cu + 8 HN O 3 -----> 3Cu(N03)2 + 2N O t + 4H20 (6 )

Trư ờ ng hợ p 1: Nếu Fe và HC1 vừ a đủ (kh ôn g có (5))

n Fe = —n HC1 = = 0 , 0 2 mol => m Fe = 1 ,12 g

n Cu = | n N0 = I X = 0,045 mol => m Cu = 2,28 g

niAi = 0,08x27 s 2,16 g ; mA = 2,16 + 1,12 + 2,88 = 6,16 > 5,2 g (loạ i).



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




Trư ờ ng hợ p 2: Fe h ết, HC1 dư (kh ôn g có (5))

men = 2,88 g ; m Ai = 2,16 g ; m F(; ” 5 ,2 - (2,88 + 2 ,16) = 0,16 g=> nF. = 0,1 6 : 56 = 0,002 86 <0,04 : 2 s 0,02 (hợp lí)

Suy ra % khối lượng: %Cu = (2,88 : 5,2)xl00% = 55,38% ;

%A1 = (2,16 : 5,2)xl00%j= 41,54% ; %Fe - 3,08%.

Trư ờ ng hợ p 3: HC1 h ết, Fe dư (có ph ản ứ ng (5))

(m Fe + mcJberndftn = 5,2 - 2,16 =: 3,04 g.Gọi X, y lần lượ t là số mol Fevà Cu tron g hỗ n hợp, ta có:

56x + 64y = 3,04 (*)

T ừ (4 ) su y ra: n Fe phả n ứ ng = 0 ,0 2 => n Fe còn dư “ (x - 0,02)

Từ (5), (6 ) suy ra n NO = n Fedư + | n Cu = - 0,03

=> X - 0 , 0 2 + - y = 0 , 0 3 => 3 x + 2 y = 0 , 1 5 (* *)3

Giải (*) và (**) ta được: X = 0,044 ; y ■- 0,009.

Vậy %A1 = 41,54% (như trường hợp 2)

%Fe = = 47 ,38% ; %Cu = M °-9 -X.6 4 X1 0 0 % = 11 08%.

5,2 5,2

b) T ín h m E:

Trư ờ ng hợ p 2: F e h ết, HC1 dư. Du ng dịch c là d ung d ịch C u(N 03)2

C u ( N 03)2 + 2 N a O H ----->Cu(OH)2ị + 2NaN0 3 (7)

Cu(OH )2 -----> CuO + H 20

n CuO = n Cu(N03)2 = n cu = 0 -0 45 ; m E - m Cu0 = 0 ,0 4 5 x 8 0 = 3 ,6 g.

T r ờ ng hợ p 3: Fe dư, HC1 hết. Dung dịch c gồm Fe(N 0 3 > 3 và Cu(NƠ 3)2

Fe(N03)3 + 3NaOH---- > Fe(OH)gị + 3NaN03 (8)


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



2 8 0 Chư ơ ng I I I CÁC P HƯ Ơ NG P HÁP GIAI TOÁN HOẢ KIM LOẠ I

C u ( N 0 3)2 + 2 N a O H -----» Cu(OH)2ị + 2 N a N 0 3 (7)

. 2 Fe(OH )3 — » F e20 3 + 3H 20 (9)

■ C u(O H)2 — — > CuO + H 20 ( 1 0 )

_ - 1 _ 1 / ' Anoi _ 0 ,0 4 4 - ’0,02 n n i _ ,n Fe2o3 = f n Fedư = “ ( * - 0,02) = — --------- - .= 0 ,012 mol

n CuO = ^Cu = Q.0 09 moi ; m E = 0,012x160 + 0,009x80 = 2,64 g.

II. Bàitộp tự giổi . '

1. A là 1 mẫu hợp kim Cu - Zn. C hia mẫu hợp kim đó th à n h 2 ph ần bằngnha u. P h ần thứ n h ất hoà ta n bằng dung dịch HC1 dư thấy còn lại 1 gam

kh ôn g tan, P h ần .thứ hai luyện thêm 4 gam AI vào thì th u được mẫu hợp

kinijB trong đó hàm lượng % của Zn nhỏ hơn 33,3% so với hàm lượng Zn

tro n g mẫu hợp kim A. ••

a) Tính hàm lượng % của Cu trong mẫu hợp kim A, biết rằng khi ngâmm ẫu hợp kim B vào dung dịch NaO H th ì sau m ột thờ i gian kh í bay ra đãvượt quá 6,0 lít (ở đktc).

b) Từ hợp kim B, muốn có hợp kim c chứa 20% Cu, 50% Zn và 30% AIthì phải luyện thêm các kim loại với lượng như thế nào?

2. A, B là các dung dịch HC1 có nồ ng độ kh ác n ha u. L ấy V lít dung dịch A ■

cho tấc dụng với AgN0 3 dư thì tạo th àn h 35,875 gam k ết tủa. Đ ể trung

ho à V' lít d ũng dịch B cần dù ng 500 m l dun g dịch N aO H 0,3M.

a) Trộn V lít dung dịch A với V' lít dung dịch B ta được 2 lí t dung dịch c .(cho V + V' = 2 lít). Tí nh n ồn g độ mol của dung dịch c .

. b) Lấy 100 ml du ng dịch A và 100 m l du ng d ịch B cho tác d ụn g h ết với

Fe th ì lượng -H2 th o át ra từ 2 dung dịch chên h lệch n hau 0,448 l ít (ởđktc). T ính nồ ng độ mol của các dun g dịch A, B.



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




. BÀI TẬ P 28 1

. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm với sắt ( III) oxit t rong điều kiện khôngcó không khí . Chia hỗn hợp thu được sau phản ứng (đã trộn đều) thànhhai phần. Phần 2 có khối lượng nhiều hơn phần 1 là 134 gam.

Cho phần 1 tác dụng với lượng dư NaOH thấy có 16,8 lít H 2 bay ra.Hoà tan phần 2 bằng , lượng dư dung dịch HC1 th ấy có 84 lí t H 2 bay ra.

Các phản ứng đều xảy ra với hiệu suất 100%. Các thể tích khí do ở đktc., ị

a) V iết các phươ ng tr ìn h ph ản ứ ng xảy ra.

b) T ính khối lư ợng Fe tạo th àn h tro n g phản, ứ ng n h iệt nhôm .

. Hoà tan 26,64 gam chất X là t inh thể muối sunfat ngậm nước của kim

loại M (hoá t rị là x) vào nước được dung d ịch A. Cho A tác dụ ng vớ i d ung

dịch NH3 vừ a đủ đư ợ c kế t tủ a B ; nung B ở nhiệ t độ cao đế n khố i lư ợ ng kh ôn g đổi còn lại 4,08 gam ch ất rắn. Cho dun g dịch A tác dụn g với dung

dịch B aC l2 vừa đủ được 27,84 gam kết tủa. ỉ

a) Tìm công thứ c của X. •

b) T ín h th ể tích dung dịch NaOH 0,2M cần cho vào A để được lư ợng kết

tủa lớ n n h ất, và th ể tích dung dịch NaO H 0,2M ít n h ất để kh ôn g có kếttủa tạo thành?

c) Cho 250 m l dun g dịch K OH p h ản ứng h ết với đung dịch A, được 2,34

gam k ết tủa. T ính nồ ng độ mol của dung dịch KOH.

H oà ta n m ột m ẫu hợ p k im B a-N a (với tỉ lệ sô' mol riBa : nNa = 1 : 1 ) vàonước được du ng dịch A và 6,72 lít kh í (ở đktc).

a) C ần d ùng bao n hiê u m l dung dịch HC1 0,1M để tru n g ho à 1/10 dung

dịch A?

b) C ho 56 ml C 0 2 (ở dktc) hấp thụ h ết 1/10 dung dịch A. Tín h k hố i lượ ng

kết tủa tạo thành.

c) T hê m m g am N aO H vào 1/10 dung dịch A ta được dung dịch B. Chodun g dịch B tác dụn g với 100 ml dun g dịch A12(S0 4)3 0,2M, được kết tủa

c. Tính m dể cho lượng kết tủa c là lớn nhất, bé nhất. Tính khối lượng

kết tủa lớn nhất , bé nhất . Cho 3,87 gam hỗn hợp A gồm Mg và AI vào 250 ml dung dịch X chứaaxit HCĨ IM và HaSƠ 4 0,5M, dược dung địch B và 4,368 lít Ha (dktc).


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



284 Chư ơ ng I I I C ÁC PH Ư Ơ N G P H Á P G IẢ I T OÁ N HO Ả KI M L OẠ I

% m Cu = — X 100% = 16,67%. .■ • 5 + 1

b) T hàn h p h ần hợp k im tron g B là: Cu -- 1 (g), Zn = 5 (g), AI = 4 (g).Tức là Cu chiếm 10%, Zn chiếm 50% và AI chiêm 40%.

T ron g hợp kim c ta thấy. % của AI giảm do đó ta giũ' ng uy ên lượng AIcố’ 4ịnh và th ay đổi lượ ng Cu và’ Zn.

* Ta có: 4 g AI ứng với 30% AI

[(4x20) : 30] 20% Cu --------------------------

Suy ra khối lượng .Cu phải luyện thêm là: [(4x20) : 30] - 1 = 1,667 gTư ơn g tự: 4 g AI ứ ng với 30% AI

. [(4x50.) : 30] <- 50% Zn

Suy ra kh ôi lượng Zn ph ải luyện th êm là: [(4x50) : 30] - 5 - 1,667 g.

I 2. a) Tín h n ồn g độ mol dung d ịch C:

T a có: n Agci = 35 ,875 ■: 143,5 = 0,25 mol •

riNaOH = 0,3x0,5 = 0,15 mol

H C l + A g N O a ----- > A g C l ị + H N03

(mol) •0,25 . ' 0,25

HC1 + N a O H ------> N aC l + H 20

(mol) 0,150,15

^H C l (dung dịch C) ~ ri jHCl (dung dịch A) + ^H C l (dung dịch B) “ 0 , 2 5 + 0 , 1 5 = 0 , 4 m o i

Vậ y CM(dung dịch C) = 0,4 : ' 2 = 0,2M. . .

b) T ính nộng độ mol của các dung dịch A, B:

. Fe + 2H C 1 -» FeCl2 + H2t

T a có: n H2 = | n HC1

Gọ i Ca , Cb l ầ n lư ợ t là nồ ng độ moỉ củ a HC1 trong dung dịch A, B, Ta có



B

D

K

T

T

O

Á

N

- LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




. B À I T Â P 28 5

V + V' = 2 = > ^ + Ẽ = 2CA CB

( 1)

0,448L ư ợ n g H 2 t h o á t r a từ A lớ n h ơ n từ B: n H, (A) - n Hi>(B) = — - — = 0 ,02

=> —n ~ nHCKB) - 0 , 0 2 _ >0,1CA 0,1CB = 0 ) 0 2

(2)

Từ (1) , (2) suy r a : c | + 0 ,2Cb - 0 ,03 = 0 Cb = 0 ,1 ( loại n g h iệm âm)

Suy r a : c..\ - 0 ,5M . ........... ................ ”

1iƯ Ợ ng H 2 th o á t ra từ B lớn hơn từ A: n H (B) - n 0,02

1- n i

1 HC 1(B ) “ 7 7 J 1 H C 1( A) -

12

(3 )

Từ (1) , (3) suy ra : c ị + 0 ,2 C A - 0 ,05 = 0

=> Ca = 0 ,145 ( loại nghiệm ầm) => Cb = 0 , 545M.

. a) -> 2Fe + A120 32 AI + F e20 3

2A1+ 2NaO H + 2H 20 — * 2NaA102 + 3H2T

A120 3 + 2 N a O H ----->2NaA102 + H20

Fe + 2HC1 -----> F e C l2 + H2T

2AI + 6HC1 ----> 2AICI3 + 3H2t

AI2O3 + 6HC1 — -> 2AICI3 + 3H20

b) Gọi X, y lần lượt là số mol AI dư và AI2O3

, Theo (1): n Fe = 2 n A1 0, = 2y mol trong phần 1.

Vì ph ần 2 có kh ối lượn g nh iều hơ n p h ần 1 n ên ta gọi số mol của Aldu là

x mol, Fe là 2ky mol, AI2 O3 là ky mol.

( 1 )

(2 )

(3)

(4)

(5)

(6)

Trong phần 1 : Theo (1 ): n Ai _ _ 2 _ 2 16,8 _ A

d ư = X= —n Ho = —X — — = 0,5 moi r )3 3 22,4

3 84Trong ỊỊhần 2: Theo (4), (5): n H2 = n Fe + ^ n Aldư = ■— = 3,75 m o l


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



28 6 C h ư ơ n g I I I . CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP GIẢ I TOÁN IIOÁ KIM LOẠ I

T a có: 2ky + —kx = 3,75 (**)2

V à m 2 = (mi + 134) g=> 27kx + 56x2ky + 102ky =27x + 56x2y + 102y + 134

=> (k - l)(2 7x + 214y) = 134 (***)

Từ (*), (**), (***) suy ra : •

66,75k 2 - 334 k - 401 ,25 = 0. Giải ra ki = 2, k 2 = 3

* Với ki = 2 th ay vào (**), ta có: 4y + 3x0,5 = 3,75 y= 0,562 5 mol

N ê n m Fe = m Fe (phầ n 1) + m Fe (phán 2) = 5 6 x 2 y + 5 6 x 2 k y = 5 6 x 2 y ( l + k )

= 112x0,5625(1 + 2) = 189 g

* Với k 2 = 3, tương tự như trên ta được mpe = 1 1 2 gam.

4. a) Tìm công thức (X): M 2(S 0 4)x.nH 20

M 2(S 0 4)x.nH 20 + 2xN H a + (2 x -n )H 20 > 2M (OH)xị + x(N H 4) ,S0 4

2M (O H )x — > M 2Ox + xH 20

Số mol M2(S 0 4)x.nH 20 = Số m ol M2Ox = a (mol)

T a có: a(2M + 16x) = 4,0 8 ' (1)

M2(S0 4 )x.nH 20 + xBaCl2 -----■>2MC1X+ x B a S 0 4 + nH20

a (mol) xa (mol)

T a có: x.a .233 = 27,84 (2)u . n \ /OA. a i 2 M + 1 6 x ) - 4 ’0 8 A/I - 5 0 5 ’2 xK ết hợ p (1) và (2): — — ------- = —Ị-— => M = —

233xa 27,84 55,68

X 1 2 3

M 9 18 27

Chỉ có cặp ngh iệm X = 3, M = 27 (Al) phù hợp => Al2(S0 4 )3.nH20

Xác định n: Từ (1) suy ra: a = 4,08 : 102 = 0,04



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




Th eo lượ ng b an đầu: 0,04x(342 + 18n) 26,64 n = 18

Công thức (X) là: A12(S04)3.18H20.

b) T rư ờ ng hợp cho k ết tủa lớ n n h ất:

A12(S 0 4)3 + 6 NaOH — ■* 2Al(OH)34 + 3 N a2S 0 4

nNaOH = 6nAj2(SO/, , = 6x0,04 = 0,24 mol 1 - ỉ

T hể tích dung d ịch NaO H: V = 0,24 : 0,2 - 1,2 lít.

T r ư ờ n g h ợ p k h ô n g có k ế t tủ a :

A12( S 0 4)3 + - 8 N a O H ------» 2N aA 102 + 3 N a2S 0 4 + 4 H 20

HNaOH - 8n Ma(S04) = 8x0,04 = 0,32 mol

Thể tích dung dịch NaOH: V = 0,32 : 0,2 - 'i,6#lít.

c) Chia 2 trường hợp:

- Lượng muối nhôm dư đê tạo kết tủa:

n AHOH);j = 2 , 3 4 : 7 8 = 0 , 0 3 m o l

Ái2(S04)3 + 6K OH----->2Al(OH)3ị + 3K2S 04 ■

n KOH = n AKOH)3 = 3 x 0 ,0 3 = 0 , 0 9 m o l

Nồng độ dung dịch KOH: CM= 0,09 : 0,25 = 0,36M.

- Lượng muối nhôm hết:A1z(S04)3 + 6 K O H -----> 2Al(OH)3ị + 3K 2SO„

0,04 0,08 (moi)

Al(OH)s + KO H ----->KA102 + 2H20

(0,08-0,03 ) (0,08-0,03) (mol)

V ậ y riKOH = ( 6 x 0 , 0 4 ) + ( 0 , 0 8 - 0 , 0 3 ) = 0 , 2 9 m o l

N ồng độ dư ng dịch KOH: CM= 0,29 : 0 ,25 = 1,16M.

B. BÀĨ TẬ P ____ ________ _____ ________ ___ __ _ __ ' __ _ _____ 2 8 7


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



2 8 8 C hư ơ n g III. CÁC PH Ư Ơ N G PH Á P G IẢ I T O ÁN H O A K IM LO AI

Ba + 2H20 ----- > B a2+ + 2 0 H " + H 2t

2 N a + 2 H 20 — -> 2 N a + + 2 0 H + ĩĩ2t (2)

( 1)

H C 1------> H + + C1

H + + O f f ----- > H 20 (3)

Th eo (1), (2): n ƠH = 2nHi = 2(6,72 : 22,4) = 0,6 mol

T ro ng l'-'K.) (lung địch (Ạ ) có n0H- = 0,6 : 10 = 0,06 mol

Th eo (3), đê tru ng hoà 1/10 dun g dịch A cần 0 ,06 mol H +

Vciimg dịch HC1 = 0 ,06 : 0,1 = 0,6 lít.

b) T ín h m BaC0, : nC0 2 = 0,056 : -22,4 = 0,0 0 25 mol

Ta th y riNoOH = 0,06 > 2 n COi> = 2 x 0 , 0 2 5 = 0 , 0 5 m o l

N ên chỉ tạo 1 loại muối tru n g hoà:

C 02 + 2 0 H " ----> COỊ - + H20 (4)

B a2+ + CGl~ -----> B aC 0 3l (5)

Vì tỉ lệ sô' mol:n Ba : n Na = 1 : 1 nên theo (1),(2), (3):

Trong1/10 du ng dịch (A): n 0 ,+= (0,6 : 3 )x(l :10) =0,02 mol

Do đó: n BaCO;i = n C0 2 _ = n C0 2 = 0,0025 mol

^ m B a C 0 3 = 0,00 25 x197 •= 0,4925 g

c) A12(S 0 4)3 -----> 2A13+ + 3 S O ^

Ba2+ + s o f — -> B aS0 4i (6 )

A l 3+ + 3 0 H — > A l (O H ) 3ị ’ (7 )

Al(OH)3 + OH -----> A102 + 2H 20 (8) -

V ì : n 3+ = 0,1 X 0,2 X 2 = 0,04 m o l ; n 2 - = 0,1 X 0,2 X 3. = 0,06 m o lA r S O 4



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




. B À I T Ậ P 2 8 9

M à n Ba2t = 0,0 2 nên n BaSo4 = n Ba2+ = 0,02 mol

^ “ BaSO = 0,02x 233 = 4,66 g.

Muốn cho lượng kết tủa lớn nhất, tức Al(OH )3 kết tủa hoàn toàn (khôngó (8 )) thì:

ri = 3n ,3+ = 3x0,04 = 0,12 molOH Ar

ìVì tro n g dun g dịch đ ã có 0,06 mol OH~, nên cần thê m

0,12 0.06 = 0,06 mol 0 1 1 tức 0,06 moi NaOH > 2,4 g NaOH

mkêttũ a max = 4,66 + 0,04x78 = 7,78 g

Muốn cho lượng kết tủa bé nhất, tức Al(OH )3 tan hết theo (8 ) thì :

n = 4n o+ = 0,04x4 = 0,16 molUH AI' ị

Vì tro n g d un g dịch đ ã có 0,06 mol OH , nê n cần th êm vào > 0,16 - 0,06

0,1 m ol OH~, tức 0 ,1 mol N aO H . Suy ra m Na0H = 0 ,1 x4 0 = 4 g.

■ Ittkêt túa min = 4 ,6 6 g (c h ỉ có B a S 0 4 ị ) .

. a) C hứ ng m inh dung dịch(B) còndư axit:

Số mol H + tro n g 250 ml = 0,25 lít dun g dịch X là :

n H+ - n H d + 2 n H s o = 0 , 2 5 x 1 + 2 x 0 , 2 5 x 0 , 5 = 0 , 5 m o l

Mg + 2H + ------>Mg2+ + H 2T (1)

2 AI + 6 H + -----> 2A13+ + 3H 2T (2 )

n H+tácdụng = 2 n H2 = 2 (4 -3 6 8 : 2 2 ’4) = ° -3 9 m 0Ỉ < ° ’5

Vậy tro n g d ung d ịch B còn dư 0,5 - 0,39 = 0,11 m oi H +

b) T ính % khối lượng hỗn hợp (A):

Gọi X, y lần lượt là số mol Mg và AI trong 3,87 g (A)

T a có: 24x + 27y = 3,87 (*)

T he o ( 1 ) , (2 ): X + l , 5 y = 4 ,36 8 : 22 ,4 = 0 ,1 95 ( **)


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



290 C hư ơ ng I II C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P GI Ả I T O ÁN HO Ả K IM L OẠ I

Giải hệ (*) và (**) suy ra: X = 0,06 ; y = 0,09

%M g = (0,06 x24x100% ) : 3,87 = 37,21% ; %A1 = 100 - 37,21 = 62,79%.

c) Tín h th ể tích, dun g d ịch (C): T ro ng 1 lít d un g dịch (C) có

n OH“ = n NaOH + 2nBa(0H)2 = + 2x0,0 1 = 0,0 4

Theo p hản ứng trun g hoà (axit dư 0,11 mol H +) H + + O H~ ----» H 20

Suy ra: ri _ , = 0,11 moi J OH cần H dư

Vậy th ể tích dun g dịch C: V = 0 ,1 1 : 0,04 = ‘2,75 lít.

d) T ính th ể tích V' dung dịch (C) tối thiểu cần dù ng và k hối lượng k ếttủa nhỏ n hấ t .

D un g dịch B có 0,06 mol M g2+ ; 0,09 mól A l3+ ; 0,12 5 mol S O |“ và

0,11 mol H+còn dư.

Khi trộ n B với c có các phản ứng xảy ra:

Mgz+ + 20H- ----> M g(O H)2ị (3)

B a 2+ + s o f ----> B a S 0 4ị (4)

H++ OH" -----> H 20 (5)

Al3+ + 30H“---- >Al(OH)3i (6)

A l ( O H )3 + O H "------» A 10 2- + 2 H 20 (7)

Đ ể lượng kết tủa nhỏ n hất , lượng Al(OH )3 ta n hết, chỉ còn Mg(O H )2 và

BaS0 4 .

Theo (3), (5), (6 ), (7):

n QH_= 2 n M 2+ + n H+ + 4 n A13+= 2x0,06 + 0,11 +4x0,09 = 0,59 mol

T hể tíc h du ng dịch C: V = 0,59 : 0,04 = 14,75 lít.

Khối lượng kết tủa cực tiểu:

m min = m Mg(OH)2 + ^ B aS O ^ = 0 > 0 6 x 5 8 + 0 , 1 2 5 x 2 3 2 = 3 2 , 4 8 g .



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




7. a) Tín h thể’ tích C 0 2 (ở đktc):

CaO + H20 -----> C a ( O H )2 (1 ) . .

C 0 2 + Ca(OH)2-----> CaC 03ị + H20 ■ (2) .

CaCOg + H20 + C 0 2 ---- > Ca(HC 03)2 (3)

Theo ( 1 ): n Ca0 = n Ca(0H) = = b,2 mol ; n c co = —— = 0,025 mol56 :ỉ 100

Có 2 trường hợp xay ra : ___ ________ — ------- .-- — .

Trư ờ ng hợ p 1: C 0 2 thiếu (không có (3)):

n co 2 = n CaCOg ^ VC Ơ 2 = 0,02 5x2 2,4 = 0,56 lít. •

Trư ờ ng hợ p 2: C 0 2 dư:, '

K ết tủa cực đại khi C 0 2 vừa đủ

= n Ca(OH)2 = nCaC03 =0 ,2 mol ■

n C aC 0 3 t a n t h e o ( 3 ) - n C 0 2dư - 0 > 2 - 0 , 0 2 5 = 0 , 1 7 5

V ậy 2 > c o. = 0 ,2 + 0,175 = 0,375 mol => 0,375x22,4 =8,4 lít

b) T ín h a dể (D) k ết tủ a cực dại v à cực tiểu :

MgCOs + 2HC1-->MgCl2 + H20 + C02í (4) ■

B a C 0 3 + 2HC1--- >BaCl2 + H20 + 0 0 2 ^ (5)

Lượng kết tủa (D) cực đại khi: nC0 2 = 0,2 mol, tức

_ _ _ 28,1a 28,1 (1 0 0 - a )n C0 2 = n MgC03 + n BaCo 3 = + - - ~ 0 x l 9 7 = ° ’2 ^ a = 29’89%

Th eo (4), (5) lượ ng C 0 2 lớn nhất khi a = 1 0 0 %, tức:

n co2 = 28,1 : 84 = 0,33 mol ■

Và lượng C 0 2 bé nhất khi a = 0%, tứ c: n c0 = 28,1 : 197 = 0,14 m oi

B. BÀI TẬ P_____________________ ________ _________ 291

Tóm lạ i 0,14 < n C02 < 0,33.


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



Đ ồ th ị biểu diễn n CaC0 theo n co

2 9 2 _________________________ C hư ơ n g IU_ C ÁC P H Ư Ơ N G P H Á P GI Ả I T O Á N HO Á K IM LOẠ I

- N ếu n COi) = 0,14 < n Ca(0H), , .tức không có p h ản ứ ng (3), và:

n CaC03 - n co2 =0,14

- Nếu n co, = 0,33 > n Ca(0H), , tức xảy r a phản, ứ ng (3)

N ên n CaCo 3 = 0,2 - (0,33 - 0,2) = 0,07 moi

Vậy khi a = 100% thì lượng kết tủa bé nhất.

8* 3.) Tinh "V-j9 \ Cịvĩ dung dịch (B)‘

Zn + 2HC1-----> ZnCl2 + H 2t (1)

2AI + 6HC1 ----- » 2A1C13 + 3 H 2Í (2)

ZnCl2 + 4NH 3 — * (Z n(N H3)4]C l2 ' (3)

AlCls + 3NH3 + 3H20 ---- > Al(OH)3ị + 3NH4CI (4)

‘ 2 Al(OH ) 3 — — > AI2O3 + 3H20 •(5)

Gọi X, y lần lượt là số moi Zn và AI trong 1,19 g (A). Ta có:

65x + 27y = 1,19 • (-*)

Theo (1), (2 ): khôi lương 2 muối ZnCl2 và AICI3 là:

(65 + 71)x + (27 + 106,5) y = 4,03 (**)

G iải hệ (*), ta được: X = 0,01 ; y = 0,02


B

DK

T

T

O

Á

N

-

L

Í

- H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

100

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



B. BAĨ TẠ P 2 9 3

Su y ra : 2 ^ n H, = X + l ,5 y = 0 ,01 + 1 ,5x0 ,02 = 0 ,04 .

VH, = 0,04x22,4 = 0,896 lít

'Vi ^HCI = 2 n H, = 2 x 0 ,0 4 —0,0 8 => Cjvi (HC1) —0 ,0 8 : 0 ,0 8 = IM .

T heo (2), (4), (5): n Al20 3 = = 0,01

-= > k h ố i l ư ợ n g c h â t r ắ n s a u k h i n u n g : 0 ,01 x1 02 = 1 ,02 g .

b) T ính khối lư ợng oxit không tan :

2Zn + 0 2 ---- * 2ZnO (6 )

4AI + 302 -----> 2A120 3 (7)

ZnO + 2HC1 ----->ZnCl2 + H 20 (8 )

A120 3 + 6H C1---- > 2A1C13 4- 3H20 ỉ (9)

T h e o k ế t q u ả t r ê n s u y r a : n Z l , 0 = X = 0 ,0 1 ; o = — = 0 ,0 11 3 2

Mà: IIHCI = 1x0,071 = 0,071 mol

Theo (8 ), (9) số mol HC1 không đủ hoà tan hết số mol ZnO và AI2O3.

Quá t r ình hoà tan có thể có 2 t rư ờn g hợp xảy ra .

Trư ờ ng hợ p 1: ZnO ta n h ết (0,01 mol)

Số mol HC1 còn dư để hoà tan AI2O3 là: 0,071 - 2x0,01 = 0,051 mol

Theo (9) số mol AI2O3 tan: 0,051 X— = 0,00856 .

Số mol AI2O3 dư (không tan): 0,01 - 0,0085 = 0,0015

H a y m Al20 3 không tan = 0 , 00 1 5 x 1 0 2 = 0 , 1 53 g

Trư ờ ng hợ p 2: A120 3 tan hết (0,01 mol)

Số mo l HC1 còn dư để hoà ta n ZnO là: 0,071 - 6x0,01 = 0,011 mol

Theo (8 ): số mol ZnOtan = —X0,011 = 0,0 05 5 mol

2Số mếl ZnO không tan = 0,01 - 0,0055 = 0,0045 mol



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




2 9 4 Chư ơ ng l l i c k c P H Ư Ơ N G P H Á P GIẢ I T OÁ N HO Ả KIM LOẠ I

H a y m Zn0 không tan = 0 ,0 0 4 5 x 8 1 = 0 ,3 6 4 5 g '

Vậy khối lượng oxi t không tan nằm trong khoảng:

0,153 (g) < m 0Xlt không tan < 0,3645 (g)

9. a) Tính % thê tích các khí trong (A):

2ZnS + 3 0 2 — — » 2ZnO + 2 S 0 2T (1)

4FeS2 + 1102 — > 2Fe20 3 +8S02T (2)

S + Ỡ 2 — > S 0 2 ...................... ...........................................(3)

Theo (3) cứ 1 mol 0 2 m ất đi lại tạo r a 1 m ol SO2 n gh ĩa là tổn g s ố mol

khí ở 2 bình như nhau, do đó %VN, trong bình như nhau:

%VN = 83 ,16 % và % S 0 2 = 100 - 83,16 - 3,68 = 13,16%.

b) Theo k ết quả trê n tổng sô' mol khí không đổi, do đó %N 2 luôn bằng

83,16%, ,còn tuỳ thuộc vào lượng s và % 02 hoặc bằng trong bình A (nếu

kh ôn g có S)hoặc h ết (nếu s dư), tức:

0 < % 0 2 < 3,68% còn %S0 2 thì hoặc bằng trong binh A (nếu không có

S'! hoặc thêm SO 2 do đốt s, tức:

13,16% < %S0 2 < (13,16 + 3,68)% = 16,84%

b) T ính P A ; P b : ■

Vì dung t ích, nhiệt độ bình như nhau, tổng số mol khí như nhau suỷ ra:

Pa = Pb .

Tổng số mol khí trong mỗi bình lúc đầu:

752,4 9 ,96 A _ , ■n = - X— __ — ________ - = 0,4 mol

7 6 0 0 , 0 8 2 ( 2 7 3 + 2 7 ,3 )

Trong đó n 0 = -— X 0,4 = 0,084 m ol ; n N = —— X0,4 = 0,31 6 mol6 u2 100 . . ’ N2 100

Vì %v tỉ lệ với số mol khí nên ta có:

^ = = = = = => y = 0,014n N 0,316 83,16 n N 0,316 83,16



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




B. BẢ Ĩ TẬ P 295

Tổng số mol khí trong A = 0,316 + 0,014 + 0,05 = 0,38 mol

„ nRT 0,38x 0,082 (273 + 136,5)

V ậ y P » - V ■ ------------- W ..

P B = P A = 1,28 atm .

d) Sô' mol 0 2 tham gia phản ứng (1) và (2) bằng:

0,084 - 0,014 = 0,07 m olf

Gọi a, b là số mol ZnS và FeS 2 ta có: n so = a + 2b = 0,05 m ol

n o 2Phản(tag= l ,5 a + = 0 , 0 7 m o l -

Giải ra a = 0,01 ; b = 0,02

Vậy khôi lượng hỗn hợp: 97x0,01 + 120x0,02#= 3,37 g



BD

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í -

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

10

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




M Ụ C LỤ C

Trang

Lờ i nói đ ầ ũ • 3Chư ơ ng I: Đ Ạ I CƯ Ờ NG VỂ KIM LOẠ I ' ' 5

A. Lí t hu yế t v à p hư ơ ng p há p g iả i 5

B. C ác b ài t ậ p t h eo t ừ n g c hử đ ề 14

Chủ đề I: Kim loại kiềm 14

I. Sơ đồ phản ứng - Đ iều chê các chất 14

1, Bài tậ p mẫ u ' . 142. Bài tập tự giải 16

II. Giải thích hiện tượng - Viết phương trìn h phản ứng 17

1. Bài tập mẫu 17

2. Bài tập tự giải 19

III. Nhận biết - Tách hỗn hợp - Tinh chế 19

1. Bài tậ p mẫ u 19

2. Bài tập tự giai" 21

Chủ đề 2: Kim loại kiềm th ổ 21

I. Sơ đồ phản ứng - Đ iều chế các chất 21

1. B à i t ậ p mẫ u 21

2. B ài t ậ p t ự g iả i 24II. Giải thích hiện tượng - Viết phương trình phản ứng 25


2 . Bài tập tự giải 27


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N



M Ụ C L Ụ C 297

I II . Nh ận b iế t - Tách hỗn hợp - Tinh chế 28

1. Bài t ậ p mẫ u 28

2. Bài tập tự giải 30

Chủ đề 3: N h ôm - s ắ t - Đ ồ ng 30

I. Sơ đồ ph ản ứng - Đ iều chế các ch| í t 30

1. Bà i t ậ p mẫ u 30

2. Bài tập tự giải 34 _

I I. Giải th ích hiện tượng - Viết phương t r ình phản ứng 38


2 . Bài tập tự giải 41 ,

I II . Nhận b iế t - Tách hỗn hợp - T inh chế ' 44

1. Bài tậ p mẫ u 44

2. B à i t ậ p t ự g iả i 51

Ch ơ ng II: CÁC PHƯ Ơ NG PHÁP CHỌ N L Ọ C GIẢ I T OÁN 53

HOÁ VÔ Cơ

I. Phương pháp giải toán lượng chất dư trong tương tác hoá học 53

II. Phư ơ ng pháp bả o toàn electron 56

III. Phương pháp bảo toàn khối lượng 61

IV. Phương pháp bảo toàn nguyên tô 63

V. Phương pháp tăng giảm khối lượng 68

VT. Phư ơ ng pháp phân tử khố i trung bình 69

VII. Phư ơ ng pháp biệ n luậ n 71

Chư ơ ng III: CÁC P HƯ Ơ NG P H ÁP G IẢ I T OÁN HOÁ K IM LOẠ I 75

C hủ đ ề 1: K im lo ạ i , ox i t k im lo ạ i + ax i t 75

A. Phương pháp giải 75

B. Bài tập 78

I. E|àị tập mẫu 78

II. Bài tập tự giải 104



B

D

K

T

T

O

Á

N

-

LÍ

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3 1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

ƯN

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




2 9 8 M Ụ C L Ụ C

Ch ủ đề 2: K im lo ạ i + dung d ị ch k i ề m 132

A. Phư ơng pháp giải 132

B. Bà i tập 133

I. Bài tập mẫu 133


Chủ đề 3: K im lo ạ i + dung d ị ch m uố i 149

A. Phư ơ ng pháp giả i 149

B. Bài tạp . 152I. Bài tập mẫu 152


C hủ đề 4: M u ố i c a c b o n a t + a x i t(H +). Khí C 0 2, S 0 2 + OH~ 183


B. Bài tập •' 183



Chủ để 5: Bà i tập vể ph ản ứ ngn h i ệ t ph ân 205

A. Phương ph áp giải 205

B. Bài tập 208


II. B ài tập tự giải 213

Chủ dề 6: Bài tập về nun g q uặn g sắt 216


B. Bài tập 217



Chủ đề 7: Bài tập về phản ứ ng n h iệt luyện 224

A. TPhương pháp giải 224


B

D

K

T

T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

C

Ấ

P

2

3

1

00

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

NG

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y N

H

Ơ

N






Documents

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA KIM LOẠI - PHẠM ĐỨC BÌNH