Nội dung bài tập định lượng liên quan tới pư oxihoa khử

Khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và sản phẩm khử duy nhất là khí NO.. Khi xử lí một mẫu khoáng pirit bằng brom trong dung dịch KOH dư người ta thu được kết tủa đỏ n

Nhúm húa trường THPT Chuyờn Hoàng Văn Thụ-Hũa Bỡnh

BÀI CHUẨN BỊ HỘI THẢO

Nội dung bài tập định lượng liờn quan tới pư oxihoa khử.

BÀI 1.

Mô tả hiện tợng xảy ra khi cho dần 1ml dung dịch H2SO4 0,5M vào 1ml dung dịch A gồm K2Cr2O7 5.10-2 M, KBr 0,3M, KI 6.10-2 M; CH3COOH 0,1M, CH3COONa 0,3 M

HD

Khi thêm dần H2SO4 vào dd A, có khả năng xảy ra các phản ứng

Cr2O72- + 14H+ + 6I- ƒ 2Cr3+ + 3I2 + 7H2O (II.1)

Cr2O72- + 14H+ + 6Br- ƒ 2Cr3+ + 3Br2 + 7H2O (II.2) Hai phản ứng (II.1 ) và (II.2) đợc tổ hợp từ các bán phản ứng sau:

Cr2O72- + 14H+ + 6e ƒ 2Cr3+ + 7H2O 0

1

E =1,33(v) (II.3) 2Br- ƒ Br2 + 2e 0

2

E =1,085(v) (II.4) 2I- ƒ I2 + 2e 0

3

E =0,6197(v) (II.5)

Từ (II.3) nhận thấy thế ôxi hóa của 2 3

2 7

Cr O / Cr − +phụ thuộc vào pH

2- 3+

2 7

Cr O /Cr

1

E +

6

059 , 0

lg[H+]14 = 0

1

E - 0,138 pH

Do đó khi pH thay đổi sẽ ảnh hởng trực tiếp tới mức độ xảy ra các phản ứng (II.1)

và (II.2)

Trong hệ ban đầu, pH đợc quyết định bởi hệ đệm axetat, do đó:

pH = pKaCH 3 CO OH + lg

OH CO CH

O CO CH

3

-3 C

C

= 4,76 + lg

1 , 0

3 , 0 = 5,23

2 7

Cr O /Cr

E' = 1,33 - 0,138 5,23 = 0,608 (v) Vì 2- 3+

2 7

Cr O /Cr

E' < 0

1

E , 0 2

E nên các phản ứng (II.1) (II.2) đều không xảy ra Do đó dd vẫn

có màu đỏ da cam của Cr2O7

2-Khi thêm dần H2SO4 thì pH của hệ giảm dần, nên 2- 3+

2 7

Cr O /Cr

E' sẽ tăng dần cho đến khi:

• pH < 5,15 thì 2- 3+

2 7

Cr O /Cr

E' > E0I / 2I2 −

Phản ứng (II.1) sẽ xảy ra tạo I2 có màu tím, đợc chiết vào lớp dung môi hữu cơ

• pH < 1,77 thì 2- 3+

2 7

Cr O /Cr

E' > E0Br / 2Br2 −

Phản ứng (II.2) sẽ xảy ra tạo Br2 có màu vàng da cam

Khi phản ứng (II.2) bắt đầu xảy ra thì phản ứng (II.1) đã xảy ra hoàn toàn, bởi vì:

ở pH = 1,77 ⇔ VH SO2 4= 0,4 ml thì:

2- 3+

2 7

Cr O /Cr

E' = 1,086(v) ⇒ '

1

K = 10 6(1,086 0,6197) / 0,059 − = 10 47,39

Cr2O72- + 6I- ƒ 2Cr3+ + 3I2 K1' =1047,39

C 5.10 2

1, 4

− 6.10 2

1, 4

−

[ ] (2,85.10-2+ x) 6x (1,43.10-2- 2x) (2,14.10-2- 3x)

Theo định luật TDKL ta có:

47,39

(1, 43.10 2x) (2,14.10 3x)

10 (2,85.10 x)(6x)

−

Vậy   I− = 8,1.10-10 = nên coi nh I− đã phản ứng hết

Khi thêm hết 1 ml H2SO4 0,5 M thì: pH =0,92

(ở đây pH đợc quyết định chủ yếu bởi cân bằng cho prôton của HSO 4−)

Khi đó: 2- 3+

2 7

Cr O /Cr

E' = 1,203(v) ⇒ '

2

K = 106(1,203 - 1,085)/0,059 = 1012

Cr2O72- + 6Br− ƒ 2Cr3+ + 3Br2 '

2

K =1012

C 1, 4 2

2,85.10

2

− 0,3

1, 43.10 2

−

[ ] x (3,03.10-2+ 6x) (4,99.10-2 - 2x) (5,985.10-2 - 3x)

(3,99.10 2x) (5,985.10 3x)

10 x(3,03.10 6x)

−

+

⇒ x = Cr O 2 27− = 4,4.10-10

Nh vậy khi nhỏ đến hết 1ml dd H2SO4 thì Cr2O2 −

7 bị khử hết thành Cr3+, do đó dd sẽ chuyển hoàn toàn từ màu đỏ da cam của Cr2O2 −

7 thành màu xanh lục của Cr3+ và trên lớp dung môi hữu cơ ban đầu có màu tím của I2 sau đó xuất hiện màu vàng da cam của Br2

BÀI 2

1.1 Đốt chỏy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (cụng thức MS) trong oxi dư Chất

rắn sau phản ứng đem hoà tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72% Khi làm lạnh dung dịch này thỡ thoỏt ra 8,08g muối rắn Lọc tỏch muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7% Xỏc định cụng thức muối rắn

1.2 Viết cỏc phương trỡnh phản ứng xảy ra:

a Ion I- trong KI bị oxi hoỏ thành I2 bởi FeCl3, O3; cũn I2 oxi hoỏ được Na2S2O3

b Ion Br- bị oxi hoỏ bởi H2SO4đặc, BrO3-(mụi trường axit); cũn Br2 lại oxi hoỏ được P thành axit tương ứng

c H2O2 bị khử NaCrO2(trong mụi trường bazơ) và bị oxi hoỏ trong dung dịch KMnO4(trong mụi trường axit)

Đỏp ỏn bài 1

1.1.Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit

2MS + (2 + n:2)O2  M2On + 2SO2 (0,25 đ)

M2On + 2nHNO3  2M(NO3)n + n H2O (0,25 đ)

0,5a an a Khối lượng dung dịch HNO3

m = an × 63 × 100 : 37,8 = 500an : 3 (g)

Khối lượng dung dịch sau phản ứng

m = aM + 8an + 500an : 3 (g)

Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172

Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe)

Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05

khối lượng Fe(NO3)3 là m= 0,05 × 242 = 12,1(g) Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh :

mdd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g)

Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là :

m = 20,92 × 34,7 : 100 = 7,25924 (g)

Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinh

Đặt công thức Fe(NO3)3 nH2O

Suy ra 4,84:242 × (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9

1.2

(Mỗi phương trình 0,25 đ)

a 2KI + 2FeCl3  2FeCl2 + 2KCl + I2

2KI + O3 + H2O  2KOH + O2 + I2

I2 + 2Na2S2O3  2NaI + Na2S4O6

b 2Br- + 4H+ + SO42-( đặc)  Br2 + SO2 + 2H2O

5Br- + BrO3- + 6H+  3Br2 + 3H2O

5Br2 + 2P + 8H2O 10 HBr + 2H3PO4

c 3H2O2 + 2NaCrO2 + 2NaOH  2Na2CrO4 + 4H2O

5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4  2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2O

BÀI 3

X là hỗn hợp đồng nhất gồm hai kim loại Fe và Cu, trong đó Fe chiếm 52,24% phần trăm khối lượng Chia 32,16 gam X thành hai phần bằng nhau

(a) Hòa tan phần một trong 113,4 gam dung dịch HNO3 40% Khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và sản phẩm khử duy nhất là khí NO Điện phân dung dịch Y với các điện cực trơ, cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 2 giờ 9 phút thì kết thúc điện phân Tính độ tăng khối lượng của catot, giả thiết toàn bộ kim loại sinh ra bám lên catot

(b) Hòa tan phần hai bằng 300 mL dung dịch HCl 1M (không có không khí) Khi phản ứng hoàn toàn, lọc tách phần chất rắn không tan Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch nước lọc, thu được kết tủa Z Tính khối lượng Z

ĐÁP ÁN

52, 24 32,16

0,3

100 56 /

Fe

gam

gam mol

mol / gam 64

gam 16 , 32 100

76 , 47

mỗi phần có 0,15 mol Fe và 0,12 mol Cu

mol / gam 63

gam 4 , 113 100

40 n

3

3Fe +8HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 2H2O (1)

0,15 0,72

0,12 0,32

Như vậy dung dịch Y chứa 0,15 mol Fe(NO3)2 và 0,12 mol Cu(NO3)2

Các phản ứng điện phân có thể có (theo thứ tự) :

Cu(NO3)2 + H2O → Cu + 1/2O2 + 2HNO3 (3)

0,12 ⇒ 0,06 Fe(NO3)2 + H2O → Fe + 1/2O2 + 2HNO3 (4)

96500

7740 5

4

1 n

2

2

1 n

06 , 0 n

2

1

2 3 2

3 2

2

NO (

⇒ đã xảy ra (1) và (2), nhưng Fe(NO3)2 còn dư

Từ (3) và (4) ta thấy lượng kim loại kết tủa lên catot gồm 0,12 mol Cu và 0,08 mol Fe Vậy độ tăng khối lượng catot bằng :

(56 gam / mol 0 , 08 mol) 12 , 16 gam )

mol 12 , 0 mol

/

gam

64

(b) Hòa tan trong dung dịch HCl (không có không khí) :

0,15 0,3

Dung dịch Z chứa 0,15 mol FeCl2 và 0,1 mol HCl

Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Z :

0,3 0,3

) gam ( 25 , 59 ) 108 15 , 0 ( ) 5 , 143 3 , 0 ( m m

BÀI 4

Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS2 và FeS Khi xử lí một mẫu khoáng pirit bằng brom trong dung dịch KOH dư người ta thu được kết tủa đỏ nâu A và dung

dịch B Nung kết tủa B đến khối lượng không đổi thu được 0,2g chất rắn Thêm lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch B thì thu được 1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit 1.Viết các phương trình phản ứng

2.Xác định công thức tổng của pirit

3.Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần để oxi hóa mẫu khoáng

ĐÁP ÁN:

1. Phương trình phản ứng:

2FeS2 + 15Br2 + 38OH-→ 2Fe(OH)3 + 4SO42- + 30Br - + 16H2O(1)

2FeS + 9Br2 + 22OH-→ 2Fe(OH)3 + 2SO42- + 18Br - + 8H2O (2)

2. Công thức:

mol 10 5 , 2 160

2 , 0 2 n

2 n , mol 10 75 , 4 233

1087 , 1 n

O Fe Fe

3 SO

Ba

9 , 1 : 1 10 75 , 4 : 10 5 , 2 n

:

S

⇒ công thức FeS1,9

3. Gọi số mol FeS2 và FeS lần lượt là x và y ta có:







=

=







⇒

=

+

=

+

−

−

−

−

3

3 3

3

10 25 , 0 y

10 25 , 2 x 10

75 , 4 y

x

10 5 , 2 y

x

g 88 , 2 160 10

25 , 0 2

9 10 25 , 2 2

15









BÀI 5

Tương tác giữa kim loại với axit nitric cho ra hỗn hợp các sản phẩm khử của nitơ với thành phần hỗn hợp phụ thuộc rất nhiều vào các yếu tố khác nhau Yếu tố quan trọng nhất chính là bản chất hóa học của kim loại, kích cỡ kim loại phản ứng (dạng bột hay dạng thỏi ), nồng độ của axit nitric và điều kiện phản ứng (nhiệt độ, khuấy trộn )

a) Ngoài muối nitrat kim loại thì có thể sinh ra các sản phẩm nào khác chứa nitơ khi hòa tan kim loại trong axit nitric? Viết phương trình hóa học chỉ ra sự hình thành các sản phẩm

b) 1.00 g mẫu kim loại được hòa tan vào lựơng dư dung dịch axit nitric 15% Phản ứng sinh ra 446

mL (đktc) hỗn hợp các khí Phân tích hỗn hợp khí này cho kết qủa gồm 117 mg nitơ và 269 mg nitơ oxit và phầm trăm khối lượng nitơ nguyên tố trong nó là 60,7% Tính khối lượng riêng của hỗn hợp khí này ở 40.0 °C và 770 mm Hg.

c) Kim loại nào đã phản ứng với axit nitric trong thí nghiệm trên ? Viết phương trình phản ứng xảy ra.

Đáp án:

a) NO 2 , NO, N 2 O, N 2 , NH 4 NO 3 Phản ứng của kim loại với axit nitric thường đi kèm với phản ứng khử nitơ chứ không phải proton Như một quy luật thì nếu nồng độ axit nitric càng thấp, kim loại càng hoạt động thì sản phẩm chứa nitơ có số oxy hóa càng thấp Các phản ứng sau chứng minh luận điểm này:

Cu + 4HNO 3 (đặc) = Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 ↑ + 2H 2 O

3Pb + 8HNO 3 (loãng) = 3Pb(NO 3 ) 2 + 2NO↑ + 4H 2 O

4Mg + 10HNO 3 (đặc) = 4Mg(NO 3 ) 2 + N 2 O↑ + 5H 2 O

5Mn + 12HNO 3 (loãng) = 5Mn(NO 3 ) 2 + N 2 ↑ + 6H 2 O

4Mg + 10HNO 3 (rất loãng) = 4Mg(NO 3 ) 2 + NH 4 NO 3 + 3H 2 O

b) Lượng khí thoát ra khi tiến hành phản ứng khử kim loại bằng axit nitric là

4 , 22

446

= 19,9 mmol

trong đó

0 , 28

117

= 4.18 mmol là N 2 và

0 , 30

269 = 8.97 mmol NO.

Như vậy hỗn hợp chứa ít nhất một thành phần có lượng là (19.9 – 4.18 – 8.97) = 6.75 mmol Cho

rằng đó là thành phần chưa biết duy nhất của hệ có khối lượng phân tử là M và thành phần phần

trăm của nitơ là m.

Vậy: 0.607 =

6,75.M 269

117

6,75.M.m 14,0

8,97.

117

+ +

+ +

⇒ М = 4,1−8,36,75m

Không hề có bất kỳ một sản phẩm nào chứa nitơ thoả mãn phương trình này Tuy nhiên phản ứng giữa kim loại với axit nitric cũng tạo ra được một lượng nhỏ hydro Giả thiết này thì không làm trái với đề bài Để tính tỉ khối của hỗn hợp sản phẩm đối với không khí thì đầu tiên chúng ta phải tính khối lượng phân tử trung bình:

М =

19,9

269 117 2,0.6,75 + +

= 20.1 g/mol

Tỉ khối lúc này có thể được xác định từ phương trình khí lý tưởng:

RT

MP

V

m

ρ = = = 0,792 g/L

c) Tất cả các sản phẩm khí đều sinh ra bằng sự khử axit nitric Chất cho electron duy nhất trong phản ứng này là kim loại:

- 2N +5 + 10e − = N 2

- N +5 + 3e − = N +2

- 2H + + 2e − = H 2

Sự hình thành các khí cần đến (4.18 × 10 + 8.97 × 3 + 6.75 × 2) = 82.2 mmol lectron Như vậy

khối lượng phân tử của kim loại là: M =

2 , 82

00 , 1

10 3

= 12.16х g/mol

Đáp án duy nhất là х = 2 và M = 24.32, có nghĩa kim loại chưa biết là Mg (magie)

Lượng magie kim loại là

3 , 24

1000 = 41.15 mmol

Các phản ứng cân bằng có thể được viết như sau:

41,15Mg + xHNO 3 = 41,15Mg(NO 3 ) 2 + 4,18N 2 + 8.97NO + 6,75H 2 + yH 2 O

Điền vào các hệ số bị mất và chuyển thành số nguyên chúng ta nhận được:

1329Mg + 3218HNO 3 = 1329Mg(NO 3 ) 2 + 135N 2 + 290NO + 218H 2 + 1391H 2 O

Hệ số tỉ lượng đối với một nguyên tử magie:

Mg + 2,42HNO 3 = Mg(NO 3 ) 2 + 0,102N 2 + 0,218NO + 0,164H 2 + 1,05H 2 O

Bài 6

Hòa tan hoàn toàn kim loại M 1 vào dung dịch HNO 3 aM (loãng) thu được dung dịch X và 0,2 mol NO (sản phẩm khử duy nhất) Hòa tan hoàn toàn kim loại M 2 vào dung dịch HNO3 aM chỉ thu được dung

dịch Y Trộn X và Y được dung dịch Z Cho dung dịch NaOH dư vào Z thu được 0,1 mol khí và một kết tủa E Nung E đến khối lượng không đổi được 40 gam chất rắn Hãy xác định M 1 , M 2 Biết:

• M 1 , M 2 đều là các kim loại hóa trị II.

• M 1 , M 2 có tỉ lệ nguyên tử khối là 3:8.

• Nguyên tử khối của M 1 , M 2 đều lớn hơn 23 và nhỏ hơn 70.

Đáp án:

→ n NH 3 = nNH4+ = 0,1mol

Theo bảo toàn electron, ta có:

2.n 0,2.3 n 0,3

2.n 0,1.8 n 0,4

* Trường hợp 1: M1 ≠Hg → E là hỗn hợp oxit M1 O, M 2 O

n E = 0,3 + 0,4 = 0,7 mol → n Oxi/E = 0,7 mol → m Oxi = 0,7.16 = 11,2 gam

→ ∑m 2KL = 40 - 11,2 = 28,8 gam.

+ Nếu 2

1

M =8, thì ta có: 0,3.M1 + 0,4.M 2 = 28,8

0,3.M 1 + 0,4 3

8.M1 = 28,8

→ M 1 = 64 (Cu) → M 2 = 24 (Mg) (nhận)

+ Nếu 1

2

M =8, thì ta có: 0,3.M1 + 0,4.M 2 = 28,8

0,3 3

8.M2 + 0,4 M 2 = 28,8

→ M 2 = 56,2 ; M 1 = 21,1 (loại)

* Trường hợp 2: E là 1 oxit M1 O hay M 2 O

2

M O

M = 40

0,4= 100 → M2 = 84 (loại)

1

M O

M = 40

0,3= 133,33 → M2 = 117,3 (loại)

BÀI 7

Cho 6,45 gam hổn hợp gồm Al và Al 2 O 3 tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng dư Sau phản ứng thu được

V lit khí NO (đktc) và dung dịch B có 32,7 gam muối, nếu cũng cho khối lượng hổn hợp trên tác dụng với dung dịch HCl thu 20,025 gam muối.

a) Tìm muối có trong dung dịch B.

b) Viết các phản ứng xảy ra.

c) Tính V (lit) khí NO

Đáp án:

Gọi a,b là số mol của Al và Al 2 O 3 trong hổn hợp ban đầu

Al + 4HNO 3 → Al(NO 3 ) 3 + NO + H 2 O

amol amol

Al 2 O 3 + 6HNO 3 → 2Al(NO 3 ) 3 + 3 H 2 O

.bmol 2b mol

Al + 3HCl → AlCl 3 + H 2

Al 2 O 3 + 6HCl → 2AlCl 3 + 3 H 2 O

Al và Al 2 O 3 tác dụng với HNO 3 hay HCl thì

mol b

a n

n Al NO AlCl 0 , 15

5 , 133

025 , 20 2

3 3

3 )

Và ta có : 27a + 102b = 6,45 (**)

Giải hệ pt: a = b = 0,05 mol

gam gam

m Al NO 0 , 15 * 213 31 , 95 32 , 7

3

)

Vậy dung dịch B ngoài muối Al(NO 3 ) 3 còn phải chứa muối NH 4 NO 3

gam

m NH4NO3 = 32 , 7 − 31 , 95 = 0 , 75

mol

n NH NO 0 , 009375

80

75

,

0

3

8Al + 30HNO 3 → 8Al(NO 3 ) 3 + 3NH 4 NO 3 + 9H 2 O

0,025 mol 0,009375mol

mol

n Al taoNO = 0 , 05 − 0 , 025 = 0 , 025

mol n

n Al = NO = 0 , 025

V NO = 0,025*22,4 = 0,56 lit

Bài 8

Có thể điều chế tinh thể FeCl 3 6H 2 O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào trong dung dịch axit clohydric 25% Dung dịch tạo thành được oxy hóa bằng cách sục khí clo qua cho đến khi cho kết qủa

âm tính với K 3 [Fe(CN) 6 ] Dung dịch được cô bay hơi ở 95 o C cho đến khi tỉ trọng của nó đạt chính xác 1,695 g/cm 3 và sau đó làm lạnh đến 4 o C Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không rồi cho vào một dụng cụ chứa được niêm kín

a) Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa FeCl 3 6H 2 O

b) Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu mL dung dịch axit clohydric 36% (d=1,18g/cm 3 ) cần để điều chế 1,00kg tinh thể này Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%

c) Đun nóng 2,752g FeCl 3 6H 2 O trong không khí đến 350 o C thu được 0,8977g bã rắn Xác định thành phần định tính và định lượng của bã rắn.

Đáp án:

a) Các phản ứng:

Fe + 2HCl = FeCl 2 + H 2

2FeCl 2 + Cl 2 = 2FeCl 3

3FeCl 2 + 2K 3 [Fe(CN) 6 ] = Fe 3 [Fe(CN) 6 ] 2 + 6KCl

FeCl 3 + 6H 2 O = FeCl 3 6H 2 O

b)

3

,

270

1000

= 3,7mol FeCl 3 6H 2 O

Như vậy cần 978mL

0,65 1,18 0,36

36,5 2 3,7 ≈ dung dịch HCl 36%

Khi đun nóng thì FeCl 3 6H 2 O phân huỷ theo phương trình sau:

FeCl 3 6H 2 O = FeOCl + 5H 2 O + 6HCl

Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân huỷ:

3FeOCl = FeCl 3 + Fe 2 O 3 (Hơi FeCl 3 bay ra)

Lượng FeCl 3 6H 2 O trong mẫu là

3 , 270

752 , 2 = 10,18 mmol

Điều này ứng với khối lượng FeCl 3 là 107,3 0,01018 = 1,092g FeOCl

Do khối lượng thu được của bã rắn bé hơn nên ta biết được FeOCl sẽ bị phân hủy một phần

thành Fe 2 O 3 Khối lượng FeCl 3 mất mát do bay hơi là:

162,2

0,8977 1,902 −

= 1,20mmol

Như vậy bã rắn cuối cùng chứa (0,01018 – 3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl và 1,20 mmol Fe 2 O 3

BÀI 9

1.Sục khí clo qua dung dịch kali iotua một thời gian dài, sau đó người ta cho hồ tinh bột vào thì không thấy xuất hiện màu xanh Hãy giải thích và viết phương trình hoá học minh họa

2.Để nhận biết ion sunfit, người ta cho vào một ống nghiệm 1 đến 2 giọt dung dịch iot, 3 đến 4 giọt dung dịch A có chứa ion sunfit (1) Sau đó cho tiếp vào đó 2-3 giọt dung dịch HCl và vài giọt dung dịch BaCl2 thấy xuất hiện kết tủa B (2)

(a) Nêu hiện tượng xảy ra trong các giai đoạn 1, 2 của thí nghiệm và viết phương trình hóa học để minh họa

(b) Cho biết tại sao thí nghiệm nhận biết ion sunfit nêu trên thường được tiến hành trong môi trường axit hoặc môi trường trung hòa, không được tiến hành trong môi trường bazơ?

3 Hòa tan 8,4 gam kim loại M bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, hay hòa tan 52,2 gam muối cacbonat kim loại này cũng trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thì lượng khí sinh

ra đều làm mất màu cùng một lượng brom trong dung dịch Viết các phương trình hoá học và xác định kim loại M, công thức phân tử muối cacbonat

1 2KI + Cl2 → I2 + 2KCl

Sau một thời gian có xảy ra phản ứng:

I2 + 5Cl2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl

Sau phản ứng không có I2 tự do nên hồ tinh bột không chuyển sang màu

xanh

1,00

2 (a) Ở giai đoạn (1) màu đỏ nâu của dung dịch iot sẽ nhạt dần do xảy ra sự

oxi hoá ion sunfit thành ion sunfat theo phương trình:

SO32- + I2 + H2O → SO42- + 2H+ + 2I

-1,00

Ở giai đoan (2) xuất hiện kết tủa màu trắng do sự hình thành kết tủa BaSO4

không tan trong axit:

SO42- + Ba2+→ BaSO4↓

(b) Không thực hiện trong môi trường kiềm vì trong môi trường kiềm sẽ

xảy ra phản ứng tự oxi hoá khử của I2: 3I2 + 6OH- → 5I- + IO3- + 3H2O 0,50

3 Các phương trình phản ứng:

2M + 2mH2SO4→ M2(SO4)m + mSO2 + 2mH2O

(1)

M2(CO3)n + (2m-n)H2SO4 → M2(SO4)m + (m-n) SO2 + nCO2 +

(2m-n)H2O(2)

SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr

(3)

1,25

Theo giả thiết n SO2( 1 ) = n SO2( 2 )

n 60 M 2

2 , 52 2

m M

4

,

8

−

× +

=

× ⇒ M 43,8252m mn52,2n

−

=

n = 1, m = 2 ⇒ M = 14,23 (loại)

n = 1, m = 3 ⇒ M = 9,5 (loại)

n = 2, m = 3 ⇒ M = 56 (hợp lý)

Vậy M là Fe và công thức muối là FeCO3

0,75

BÀI 10

Dung dịch A gồm FeSO4 0,020 M; Fe2(SO4)3 và H2SO4

a) Lấy chính xác 25,00 ml dung dịch A, khử Fe3+ thành Fe2+; chuẩn độ Fe2+ trong hỗn hợp (ở điều kiện thích hợp) hết 11,78 ml K2Cr2O7 0,0180 M Hãy viết phương trình ion của phản ứng chuẩn độ Tính nồng độ M của Fe2(SO4)3 trong dung dịch A

b) Tính nồng độ M của H2SO4 trong dung dịch A, biết dung dịch này có pH = 1,07

c) Ghép cực Pt nhúng trong dung dịch A (qua cầu muối) với cực Ag nhúng trong dung dịch AgNO3 0,0190 M có thêm K2CrO4 cho đến nồng độ 0,0100 M (coi thể tích được giữ nguyên)

Hãy cho biết anot, catot và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động Tính sức điện động của pin

Cho pKa: HSO4- 1,99; Fe3+( Fe3+ + H2O ‡ ˆ ˆˆ ˆ † FeOH2+ + H+) 2,17;

Fe2+( Fe2+ + H2O ˆ ˆ †‡ ˆ ˆ FeOH+ + H+) 5,69

Chỉ số tích số tan pKs của Ag2CrO4 11,89

Eo : Fe3+/ Fe2+ 0,771 V; Ag+/Ag 0,799 V; (RT/F)ln = 0,0592 lg

Hướng dẫn chấm:

3 a) Phản ứng c/độ Cr2O72

− + 6 Fe2+ + 14 H+ → 2 Cr3+ + 6 Fe3+ + 7 H2O

CFe

2 +

= CFeSO4 + 2 CFe2(SO4)3 = 0,02 + 2C1

CFe

2 +

25,00 = 6 (CCr2O

2 7

−

VCr2O

2 7

− → 25,00(0,020 + 2C1) = 6(0,0180 11,78)

C1 = 0,01544 M hay C Fe2(SO4)3 = 0,01544 M.

b) Trong dd A có: Fe2+ 0,020 M; Fe3+ 2C1; H+ (C, M); HSO4

− (C, M); các cân bằng: