ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ KIM LOẠI

Trong dung dịch nước, A phản ứng được với hỗn hợp gồm PbO2 và HNO3 nóng, với dung dịch BaCl2 tạo thành kết tủa trắng không tan trong HCl.. Mặt khác, X phản ứng với BaCl2 tạo thành kết tủ

ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ KIM LOẠI

Câu 1.Khi phân tích nguyên tố các tinh thể ngậm nước của một muối tan A của kim loại X, người

ta thu được các số liệu sau:

% khối lượng trong muối 0,00 57,38 14,38 0,00 3,62

Theo dõi sự thay đổi khối lượng của A khi nung nóng dần lên nhiệt độ cao, người ta thấy rằng, trước khi bị phân hủy hoàn toàn, A đã mất 32% khối lượng

Trong dung dịch nước, A phản ứng được với hỗn hợp gồm PbO2 và HNO3 (nóng), với dung dịch BaCl2 tạo thành kết tủa trắng không tan trong HCl

Hãy xác định kim loại X, muối A vàviết các phương trình phản ứng xảy ra Biết X không

thuộc họ Lantan và không phóng xạ

Giải:

3,62 57,38 14,38

n : n : n = : : = 3,59 : 3,59 : 0,448 n : n : n = 8 : 8 : 1

Vậy công thức đơn giản nhất cho biết tương quan số nguyên tử của các nguyên tố H, O, S

trong A là (H8O8S)n

% khối lượng X trong A bằng 100% - (3,62 + 57,38 + 14,38)% = 24,62%

Với n = 1  MX = 24,62

0, 448 = 54,95 (g/mol)  X là mangan (Mn).

Với n = 2  MX = 109,9 (g/mol)  Không có kim loại nào có nguyên tử khối như vậy

Với n  3  MX 164,9 (g/mol)  X thuộc họ Lantan hoặc phóng xạ (loại).

Vậy công thức đơn giản nhất của A là MnH8O8S

Mặt khác, X phản ứng với BaCl2 tạo thành kết tủa không tan trong HCl, mà trong A có 1 nguyên tử S, do đó A là muối sunfat hoặc muối hiđrosunfat: MnH8O4SO4

Khi đun nóng (A chưa bị phân hủy), 32% khối lượng A mất đi, trong đó M A = 223,074 (g/mol) → 32%.MA = 32% 223,074 = 71,38 (g) ≈ 72 (g), tương đương với 4 mol H2O

→ % H (trong 4 mol H2O) = 1,008.8 .100 3,61% 3,62%

Vậy A là muối mangan(II) sunfat ngậm 4 phân tử nước: MnSO4.4H2O

Phương trình phản ứng:

1/ MnSO4 + BaCl2 BaSO4↓ + MnCl2

2/ 2MnSO4 + 5PbO2 + 6HNO3 2HMnO4 + 3Pb(NO3)2 + 2PbSO4↓ + 2H2O

2 Có một túi bột màu là hỗn hợp của 2 muối không tan trong nước Để xác định thành phần của bột

màu này, người ta tiến hành các thí nghiệm sau:

Bột màu + HCl đặc, to

Dung dịch B Chia B thành3 phần

Phần 1 + Na2S → Kết tủa trắng C

Phần 2 + K4[Fe(CN)6] → Kết tủa trắng D

Phần 3 + giấy tẩm Pb(CH3COO)2 → Kết tủa

đen E

Cặn bột trắng

Cặn bột trắng + Na2CO3 (bão hoà)

→ Dung dịch F + kết tủa trắng G

F + BaCl2, HCl → Kết tủa trắng H

G + CH3COOH (đặc) → Dung dịch I Chia I thành2 phần

Phần 1 + CaSO4(bão hoà), HCl → Kết tủa trắng H

Phần 2 + K2CrO4, NaOH (dư) → Kết tủa vàng K

Cho biết thành phần của bột màu và viết phương trình ion thu gọn của các phản ứng xảy ra

Giải: Bột màu là hỗn hợp của ZnS và BaSO4 (Litopon) Các phản ứng:

ZnS + 2H+  Zn2+ (B) + H2S (B)

Zn2+ + S2-  ZnS↓(C)

3Zn2+ + 2K+ + 2Fe(CN)46  K2Zn3[Fe(CN)6]2↓ (D)

H2S + Pb2+ + 2CH3COO- 2CH3COOH + PbS↓ (E)

BaSO4 + CO32  SO24 (F) + BaCO3↓ (G)

khuấy kĩ, t o

SO24 + Ba2+ BaSO4↓ (H)

BaCO3 + 2CH3COOH  Ba2+ (I) + 2CH3COO- + H2O + CO2↑

Ba2+ + CaSO4(bão hòa)  Ca2+ + BaSO4↓ (H)

Ba2+ + CrO24  BaCrO4↓ (K)

3 Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và một oxit của kim loại đó Người ta lấy ra 3 phần, mỗi

phần có 59,08 gam A Phần thứ nhất hoà tan vào dung dịch HClthu được 4,48 lít khí hiđro;phần thứ hai hoà tan vào dung dịch của hỗn hợp NaNO3 và H2SO4 thu được 4,48 lít khí NO; phần thứ ba đem nung nóng rồi cho tác dụng với khí hiđro dư cho đến khi được một chất rắn duy nhất, hoà tan hết chất rắn đó bằng nước cường toan thì có 17,92 lít khí NO thoát ra Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn Hãy tính khối lượng nguyên tử, cho biết tên của kim loại M và công thức oxit trong hỗn hợp A

Giải: Kí hiệu số mol kim loại M có trong 59,08 gam hỗn hợp A là x (x > 0).

Giả thiết a): M có duy nhất một mức (hay số) oxi hoá là n+ :

Khi hoà tan 59,08 gam hỗn hợp A vào dung dịch HClthu được khí hiđro theo phương trình:

M + n HCl MCln + 0,5 n H2 (1)

x mol 0,5 nx mol Khi hoà tan 59,08 gam hỗn hợp A vào dung dịch của hỗn hợpNaNO3 và H2SO4 (cũng chính là dung dịch HNO3) ta thu được khí NO:

3 M + n NO3 + 4n H+ 3 Mn+ + n NO (k) + 2n H2O (2)

x mol (nx : 3) mol NO

Theo đề bài có số mol H2 bằng số mol NO (đều bằng 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol))

Theo lập luận trên lại có 0,5 nx mol H2 khác với (nx : 3) mol NO

Vậy giả thiết a) này không phù hợp

Giả thiết b): Xét M có hai mức (số) oxi hoá khác nhau:

*) Trong phản ứng (1), M có mức oxi hoá n+

Từ liên hệ trên, ta thu được 0,5 nx mol H2 (a)

*) Trong phản ứng (2), M có mức oxi hoá m+ Ta có:

3 M + m NO3- + 4 m H+ > 3 Mm+ + m NO (k) + 2m H2O (2)

x mol (mx : 3) mol

Số mol NO thu được là mx/3 mol (b)

Theo đề bài có số mol H2 bằng số mol NO Vậy từ ( a ) và ( b ) ta có:

(1/2) nx = (1/3) mx (c ) Từ đây ta có: n/m = 2/3 = 4/6 = 6/9 = (d)

Ta đã biết các kim loại có số oxi hoá n hay m không vượt quá 4+

Vậy kim loại M được xét ở đây có đồng thời n = 2 và m = 3 Giả thiết b) là hợp lí

c) Xác định M và oxit của nó:

c.1) Xét trường hợp M có số oxi hoá m = 3 trong oxít: hỗn hợp A gồm M và M2O3

Với phản ứng M2O3 + 3 H2 2 M + 3H2O (3)

ta cũng thu được kim loại M Vậy chất rắn duy nhất là kim loại M

Khi tác dụng với nước cường toan (là chất oxi hoá rất mạnh) M chuyển thành M3+ trong phản ứng

M + 3 HCl + HNO3 MCl3 + NO (k) + 2 H2O (4)

Theo (1) có 0,5 nx = 0,2 mà n = 2 vậy x = 0,2

Theo (4) tổng số mol M trong 59,08 g hỗn hợp A là:

nM = nNO = 17,92/22,4 = 0,8 (mol) Biết số mol M ban đầu có trong 59,08 g A là x = 0,2 Vậy số mol M do phản ứng (3) tạo ra

là 0,8 - 0,2 = 0,6 (mol) Theo công thức M2O3 thì 0,6 mol này tương ứng với số mol oxit là 0,6 : 2 = 0,3 (mol)

Kí hiệu khối lượng mol phân tử M là X, ta có phương trình:

0,2 X + (2 X + 16 x 3) x 0,3 = 59,08 Vậy X = 55,85 (g/mol)

Suy ra nguyên tử khối của M là 55,85 ~56 Do đó M là Fe và oxit là Fe2O3

c.2) Vấn đề được đặt ra tiếp theo là: Trong hỗn hợp A có oxit nào khác chứ không phải Fe2O3? Có một số cách trả lời câu hỏi này Ta xét cách sau đây:

Kí hiệu số oxi hoá của Fe trong oxit này là z Vậy công thức oxit là Fe2Oz

Theo kết quả tính ở trên, trong 59,08 gam hỗn hợp A có 0,2 mol Fe nên số gam Fe2Oz là 59,08 - 0,2.55,85 = 47,91 (g) tương ứng với số mol được kí hiệu u

Số mol NO do Fe từ Fe2Oz tác dụng với nước cường toan tạo ra là

2 u = 0,6 u = 0,3 (5)

Đưa kết quả này vào liên hệ về số gam Fe2Oz , ta có:

0,3.(55,85 2 + 16z) = 47,91 z = 3 (6)

Vậy Fe2Oz là Fe2O3

Kết luận: Hỗn hợp A gồm M là Fe, oxit chính là Fe2O3 (không thể là oxit khác)

Bài 4 Hoà tan sản phẩm rắn của quá trình nấu chảy hỗn hợp gồm bột của một khoáng vật màu đen,

kali hiđroxit và kali clorat, thu được dung dịch có màu lục đậm Khi để trong không khí, màu lục của dung dịch chuyển dần thành màu tím Quá trình chuyển đó còn xảy ra nhanh hơn nếu sục khí clo vào dung dịch hay khi điện phân dung dịch

a Hãy cho biết khoáng vật màu đen là chất gì

b Viết phương trình của tất cả các phản ứng xảy ra trong quá trình thí nghiệm

Giải:Khoáng vật màu đen là MnO2

Dung dịch màu lục đậm chuyển dần thành màu tím khi để trong không khí chỉ có thể là dung dịch MnO42- vậy phản ứng xảy ra khi nấu chảy hỗn hợp là

3MnO2 + 6KOH + 6KlO3 3K2MnO4 + 3H2O + KCl (1)

3K2MnO4 + 2H2O  2KMnO4 + MnO2 + 4KOH (2)

Phản ứng này làm cân bằng (2) chuyển dịch dần sang phải

2K2MnO4 + Cl2 2KMnO4 + 2KCl

2K2MnO4 + 2H2O dp

  2KMnO4 + 2KOH + H2

Bài 5 Theo lý thuyết công thức của khoáng pyrit là FeS2 Trong thực tế, một phần ion disunfua (S22-) bị thay thế bởi ion sunfua (S2-) và công thức tổng của pyrit có thể được biểu diễn là FeS2-x Nhưvậy ta có thể coi pyrit nhưlà một hỗn hợp của FeS2 và FeS Khi xử lý một mẫu khoáng với brom trong KOH dư thì xảy ra các phản ứng sau:

FeS2+ Br2+ KOH →Fe(OH)3+ KBr + K2SO4+ H2O

FeS + Br2+ KOH →Fe(OH)3+ KBr + K2SO4+ H2O

Sau khi lọc thì chất không tan được tách khỏi dung dịch và:

- Fe(OH)3 trong phần rắn được kết tủa lại và nung nóng chuyển thành Fe2O3có khối lượng là 0,2g

- Cho dưdung dịch BaCl2vào pha lỏng được 1,1087g kết tủa BaSO4

a) Xác định công thức tổng của pyrit

b) Xác định số oxy hóa của các nguyên tố tham gia vào qúa trình xác định chất khử và chất oxy hóa

c) Viết các phương trình của hai phản ứng trên, nêu rõ cân bằng electron

d) Tính lượng brom (theo gam) cần thiết để oxy hóa mẫu khoáng

Giải:

a) n(S) = 1,1087/233,4 = 4,75.10-3mol; n(Fe) = 0,2.2/160 = 2,5.10-3mol

⇒n(Fe) : n(S) = 1 : 1,9 ⇒công thức là FeS1,9

c, 2FeS2+ 15Br2+ 38KOH →2Fe(OH)3+ 30KBr + 4K2SO4+ 16H2O

2FeS + 9Br2+ 22KOH →2Fe(OH)3+ 18KBr + 2K2SO4+ 8H2O

d) 2 – x = 1,9 ⇒x = 0,1: 90% mol FeS và 10% mol FeS2

m1(Br2) = 2,7g

m2(Br2) = 0,18g

m(Br2) = m1+ m2= 2,88g

Bài BS2 Hòa tan hoàn toàn oxit A (FexOy) trong dd H2SO4 đặc, nóng thu được muối A1 và khí B Nung A1 ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi được chất rắn A2 Trộn A2 với bột nhôm rồi nung

ở nhiệt độ cao (không có không khí) thu được hỗn hợp A3 gồm Al2O3 và FenOm Hòa tan A3 trong HNO3 loãng dư thu được khí NO duy nhất

a Nếu khối lượng A2 là 40 g thì khối lượng a g chất đầu là bao nhiêu?

b Người ta lại cho khí B lần lượt tác dụng với dd brom, dd K2CO3 thì có những phản ứng gì xảy ra

c Để điều chế phèn crom-kali người ta dùng khí B khử K2Cr2O7 trong mt axit Viết phản ứng tạo phèn

Giải: Hòa tan A trong H2SO4:

2FexOy + (6x-2y)H2SO4 xFe2(SO4)3 + (3x-3y)SO2 + (6x-2y)H2O

Nung A1: 2Fe2(SO4)3 2Fe2O3 + 6SO2 + 3O2

Nung A2 với bột Al: 3nFe2O3 + (6n-4m)Al  6FenOm + (3n-2m)Al2O3

Hoàn tan A3 trong HNO3

Al2O3 + 6HNO3 2Al(NO3)3 + 3H2O

3FenOm + (12n-2m)HNO3 3nFe(NO3)3 + (3n-2m)NO + (6n-m)H2O

Ta có: 2FexOy Fe2O3

a = 80(56x+16y)/160x = 28x+8y /160x

Khi x=1; y=1 A FeO m=a=36 g

Khi x=3 ; y=4 A là Fe3O4 a=38,667 g

B là SO2 : SO2 + KMnO4 + H2O  K2SO4 + MnSO4 + H2SO4

SO2 + Br2 + H2O  HBr + H2SO4

K2CO3 + H2SO3 K2SO3 + KHCO3

B+ K2Cr2O7:

K2Cr2O7 + 3SO2 + H2SO4 K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O

Cô cạn dung dịch: K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 24H2O  K2SO4.Cr2(SO4)3.24H2O

Bài 6 Dung dịch X chứa 4 ion trong số các ion sau đây:

Cu2+, Zn2+, Fe2+, Fe3+, Co2+, Cr3+, Mn 2+, Al3+

Để xác định các ion trong dung dịch X, người ta tiến hành các thí nghiệm sau:

Cho dung dịch NH3 dư vào dung dịch X, lọc được dung dịch X1 và kết tủa Y1

Cho dung dịch HCl vào dung dịch X1 được dung dịch X2 Cho dung dịch Na2S (lượng dư) vào dung dịch X2 được kết tủa Y2 Cho dung dịch HCl đặc (lượng dư) vào kết tủa Y2, được kết tủa đen

Y3 và dung dịch X3 Cho dung dịch NH3 (lượng dư) vào dung dịch X3 thấy dung dịch có màu vàng Thêm H2O2 (lượng dư) vào dung dịch màu vàng, thấy dung dịch chuyển sang màu hồng đậm Cho kết tủa Y1 vào dung dịch NaOH (lượng dư), được dung dịch X4 và kết tủa Y4 Nhỏ Br2 vào dung dịch X4 thấy dung dịch có màu vàng Hòa tan kết tủa Y4 trong dung dịch H2SO4 được dung dịch X5 Cho dung dịch K4Fe(CN)6 vào dung dịch X5 thấy xuất hiện kết tủa xanh đậm

Xác định 4 ion có trong dung dịch X và viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng phương trình ion

Giải:Cho dung dịch NH3 (lượng dư) vào dung dịch X, được dung dịch X1 và kết tủa Y1

 Dung dịch X1 có thể chứa các ion: Cu(NH3)42+, Zn(NH3)42+, Co(NH3)62+ và Mn2+

 Kết tủa Y1 có thể là: Fe(OH)2, Fe(OH)3, Cr(OH)3, Al(OH)3

Cho dung dịch HCl vào dung dịch X1 được dung dịch X2 dung dịch X2 có thể chứa các ion sau: Cu2+, Zn2+, Co2+, Mn 2+

Cho dd Na2S (lượng dư) vào dung dịch X2 được kết tủa Y2 có thể là: CuS, MnS, ZnS, CoS

Cho HCl đặc (dư) vào kết tủa Y2, được kết tủa đen Y3Y3 là CuS và dung dịch ban đầu có Cu2+

Cho dung dịch NH3 dư vào dung dịch X3 thấy dung dịch có màu vàng Thêm H2O2 (lượng dư) vào dung dịch màu vàng, thấy dung dịch chuyển sang màu hồng đậm  trong dung dịch X3 có chứa Co2+vì Co(NH3)62+có màu vàng và Co(NH3)63+ có màu hồng đậm

Cho kết tủa Y1 vào dung dịch NaOH (lượng dư), được dung dịch X4 và kết tủa Y4 Dung dịch X4 có thể có: AlO2-, CrO2-

Nhỏ Br2 vào dung dịch X4 thấy dung dịch có màu vàng  trong dung dịch X4 có CrO2- và dung dịch ban đầu có Cr3+

Hòa tan kết tủa Y4 trong dung dịch H2SO4 được dung dịch X5 trong dung dịch X5 có thể có

Fe2+, Fe3+ Cho dung dịch K4Fe(CN)6 vào dung dịch X5 thấy xuất hiện kết tủa xanh đậm

 trong dung dịch X5 có Fe3+

Kết luận: 4 ion có trong dung dịch X là Cu2+, Co2+, Cr3+, Fe3+

Các phương trình phản ứng:

Cu2+ + 4NH3 Cu(NH3)42+

Co2+ + 6NH3 Co(NH3)62+

Fe3+ + 3NH3 + 3H2O  Fe(OH)3 + 3NH4+

Cr3+ + 3NH3 + 3H2O  Cr(OH)3 + 3NH4+

Cr(OH)3 + OH- CrO2- + 2H2O 2CrO2- + 3Br2 +2OH-  2CrO42- + 4H2O + 6Br

-Cu(NH3)42+ + 4H+ Cu2+ + 4NH4+

Co(NH3)62+ + 6H+ Co2+ + 6NH4+

Co2+ + S2- CoS

Cu2+ + S2- CuS CoS + 2H+ Co2+ + H2S

Co2+ + 6NH3 Co(NH3)62+

2Co(NH3)62+ + H2O2  2Co(NH3)63+ + 2OH- Fe(OH)3 + 3H+ Fe3+ + 3H2O

4Fe3+ + 3[Fe(CN)6]4- Fe4[Fe(CN)6]3

Bài 7 Hòa tan 10,40 gam một kim loại R trong dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch X có

RCl2 và thu được V1 lít khí H2 Chia dung dịch X làm 2 phần bằng nhau, phần I cho tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 đậm đặc, nóng thu được V2 lít khí NO2 và dung dịch Z (ion clorua không bị oxi hóa), phần II cho tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 đậm đặc nóng thu được V3 lít khí SO2 (đkc) và dung dịch T Cô cạn dung dịch Z ở nhiệt độ thích hợp thu được 40,00 gam một muối A duy nhất, cô cạn dung dịch T ở nhiệt độ thích hợp thu được 25,00 gam muối B duy nhất Biết MA< 420 gam.mol-1 , MB< 520 gam.mol-1 Xác định R, công thức của A, B và tính V1, V2, V3

Giải: Phương trình phản ứng:

(1) R + 2HCl  RCl2 + H2

Phản ứng giữa dung dịch RCl2 và HNO3 đậm đặc sinh khí NO2, với dung dịch H2SO4 sinh khí SO2, điều này chứng tỏ R2+ có tính khử và bị HNO3, H2SO4 đậm đặc oxi hóa thành R3+

(2) RCl2 + 4HNO3 (đặc)  R(NO3)3 + NO2+ 2HCl + H2O

(3) 2RCl2 + 4H2SO4 (đặc)  R2(SO4)3 + SO2 + 2H2O + 4HCl 

Gọi 2a là số mol R ứng với 10,40 gam R

 a là số mol R ứng với 5,20 gam R

Khi cô cạn dung dịch Z, T ta có thể thu được muối khan hoặc muối ngậm nước

Gọi R(NO3)3 nH2O và R2(SO4)3 mH2O là công thức của A, B với n, m 0

Từ (1) (2) (3) , suy ra :

Số mol R(NO3)3 nH2O là a mol, số mol NO2 = a mol

Số mol R2(SO4)3 mH2O là a/2 mol, số mol SO2 = a/2 mol

R  R(NO3)3 nH2O M1 = 186 + 18 n

5,20 gam 40,00 gam m1 = 34,80

R  ½ R2(SO4)3 mH2O M2 = 144 + 9m

5,20 gam 25,00 gam m1 = 19,8

Suy ra : a =

n 18 186

80 , 34

m 9 144

8 , 19

  178,20 n – 156,6 m = 664,2

Mà MA < 400 gam.mol-1 nên n < 11,9 MB< 520 gam.mol-1 nên m < 11,8

Biện luận theo n hoặc m, ta có 2 nghiệm phù hợp là n = 9 , m = 6

Suy ra a = 0.1 và MR = 52 gam.mol-1

Vây R chính là Cr

Công thức muối A là Cr(NO3)3.9H2O B : Cr2(SO4)3.6H2O

V1 = 0,1 x 22,4 = 2,24 L

V2 = 0,05 x 22,4 = 1,12L

Bài 8 Hòa tan 1,066 g tinh thể hydrat A của một kim loại M tan trong nước được dung dịch màu

xanh Cho dung dịch này tác dụng với dd AgNO3 dư thu được ngay 1,148 g kết tủa trắng X và dung dịch B Kết tủa X là chất dễ phân hủy Đun nóng B với H2O2 trong môi trường kiềm được dung dịch

C Cho C tác dụng với dd BaCl2 dư thu được 1,013 g kết tủa Y màu vàng Y đồng hình với BaSO4 Dung dịch của A nếu pha loãng hoặc đun nóng sẽ có màu sắc thay đổi Khi làn khô tinh thể A bằng

H2SO4 đặc thấy khối lượng giảm 6,75% Còn nếu đun nóng tinh thể A ở 3000C trong môi tường HCl thì thấy khối lượng giảm 40,52%

Hãy xác định công thức của A, B, C, X, Y và viết các phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm trên

Bài 9 Khi cho muối Fe(II) phản ứng với H2O2, K2C2O4 thu được hợp chất A màu xanh A phản ứng với NaOH thấy tạo thành kết tủa nâu đỏ A bị phân hủy bởi ánh sáng cho Fe(II) oxalat Phân tích hàm lượng nguyên tố của A cho thấy A chứa 11,4%Fe; 53,7% ion oxalat

a Xác định công thức của A Viết các đồng phân của A

b Chất A có thể được dùng để in, scan các bản vẽ Người ta làm thí nghiệm như sau: Hòa tan A vòa nước, thêm dd K3[Fe(CN)6] Quét đều hỗn hợp lên một tờ giấy trắng, sau đó đặt một tờ giấy can đã

có sẵn hình vẽ lên trên và chiếu sáng bằng bóng đèn công suất lớn 200W Nhúng tờ giấy trắng vào nước Cho biết hiện tượng xảy ra và giải thích

Bài 10 Trong quá trình điều chế coban từ quặng cobatin (CoAsS) có lẫn các tạp chất NiS, FeS.

Người ta tiến hành các bước sau:

Đốt quặng trong không khí, axit hóa sau đó sục khí clo vào dung dịch Thêm CaCO3 vào rồi lọc lấy kết tủa ra khỏi dung dịch Nâng pH của dd lên, thêm clorua vôi vào dd, lọc lấy kết tủa rồi nung ở nhiệt độ cao sau đó khử bằng khí CO thu được Co

a Viết các pthh xảy ra

b Cho biết vai trò của CaCO3 và clorua vôi Có thể thay CaCO3 bằng Ca(OH)2 hay NaOH được không?

Bài 11 Có thể điều chế tinh thể FeCl3.6H2O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào trong dung dịch axit clohydric 25% Dung dịch tạo thành được oxy hóa bằng cách sục khí clo qua cho đến khi cho kết qủa âm tính với K3[Fe(CN)6] Dung dịch được cô bay hơi ở 95oC cho đến khi tỉ trọng của nó đạt chính xác 1,695 g/cm3 và sau đó làm lạnh đến 4oC Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không rồi cho vào một dụng cụ chứa được niêm kín

a) Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa FeCl3.6H2O

b) Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu mL dung dịch axit clohydric 36% (d=1,18g/cm3) cần để điều chế 1,00kg tinh thể này Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%

c) Đun nóng 2,752g FeCl3.6H2O trong không khí đến 350oC thu được 0,8977g bã rắn Xác định thành phần định tính và định lượng của bã rắn

Đáp án:

a) Các phản ứng:

Fe + 2HCl = FeCl2 + H2

2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3

3FeCl2 + 2K3[Fe(CN)6] = Fe3[Fe(CN)6]2 + 6KCl

FeCl3 + 6H2O = FeCl3.6H2O

b) 2701000,3 = 3,7mol FeCl3.6H2O

0,65 1,18 0,36

36,5 2 3,7

 dung dịch HCl 36%

Khi đun nóng thì FeCl3.6H2O phân huỷ theo phương trình sau:

FeCl3.6H2O = FeOCl + 5H2O + 6HCl

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

3FeOCl = FeCl3 + Fe2O3 (Hơi FeCl3 bay ra)

Lượng FeCl3.6H2O trong mẫu là 2270,752,3 = 10,18 mmol

Điều này ứng với khối lượng FeCl3 là 107,3 0,01018 = 1,092g FeOCl

Do khối lượng thu được của bã rắn bé hơn nên ta biết được FeOCl sẽ bị phân hủy một phần thành Fe2O3 Khối lượng FeCl3 mất mát do bay hơi là: 1,902 162,20,8977 = 1,20mmol

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

Fe2O3

Bài 12 Để xác định hàm lượng của crom và sắt trong một mẫu gồm Cr2O3 và Fe2O3, người ta đun nóng chảy 1,98 g mẫu với Na2O2 để oxi hóa Cr2O3 thành CrO42- Cho khối đã nung chảy vào nước, đun sôi để phân hủy hết Na2O2 Thêm H2SO4 loãng đến dư vào hỗn hợp thu được và pha thành 100,00 mL, được dung dịch A có màu da cam Cho KI đến dư vào 10,00 mL dung dịch A, lượng I3

-giải phóng ra phản ứng vừa hết với 10,50 mL dung dịch Na2S2O3 0,40 M Nếu cho dung dịch NaF

dư vào 10,00 mL dung dịch A rồi nhỏ tiếp dung dịch KI đến dư thì lượng I3- giải phóng ra chỉ phản ứng hết với 7,5mL dung dịch Na2S2O3 0,40M

1 Viết pthh xảy ra và giải thích vai trò của NaF

2 Tính hàm lượng % về khối lượng của crom và sắt trong hỗn hợp đầu

Giải: CácphảnứngminhhọakhảnăngoxihóacủaionpemanganatphụthuộcvàopH

của môi trường:

MnO4- + 5Fe2+ + 8H+ → Mn2++ 5Fe3+ + 4H2O

2MnO4- + 3Mn2++ 2H2O⎯t⎯→5MnO2↓ + 4H+

2MnO4- +SO42-+ 2OH- → 2MnO42-+SO42-+ H2O

2Na2O2+ 2H2O⎯t⎯→O2↑ + 4OH- + 4Na+ (2)

2CrO42-+ 2H+ → Cr2O72-+ H2O (4) Fe2O3 + 6H+ → 2Fe3+ + 3H2O (5)

Cr2O72-+ 9I- + 4 H+→ 2Cr3++ 3I3- + 7H2O (6) 2Fe3+ + 3I- → 2Fe2+ + I3- (7)

S2O32-+I3- S4O62- + 3I -Fe3+ + 3F- → FeF3

VaitròcủadungdịchNaF:F-cómặttrongdungdịchtạophứcbền,khôngmàuvới

Fe3+, dùng để che Fe3+

%Cr2=26,26%; %Fe = 33,94%

Bài 13 Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO3 Thực tế khi điện phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO4 còn đồng thời xẩy ra nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu Ở điện cực thứ hai chỉ xẩy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%

1 Viết ký hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot

2 Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 250C và 1atm) khi điều chế được 332,52g KClO4

Hướng dẫn giải:

1 Kí hiệu của tế bào điện phân: Pt  KClO3 (dd)  Pt

Phản ứng chính: anot: ClO3- - 2e + H2O  ClO4 - + 2H+

catot: 2H2O + 2e  H 2 + 2OH-

ClO3- + H2O  ClO4- + H2

Phản ứng phụ: anot: H2O - 2e  2H+ +

2

1

O2

catot: 2H2O + 2e  H 2 + 2OH-

H2O 

2

1

O2 + H2

2 M KClO4 39,098 + 35,453 + 64,000 = 138,551

mol 4 , 2 551 , 138

52 , 332

q = 2,4 mol 2F

mol

c

60

100







q = 771880 C

3 Khí ở catot là hydro: nH 2

=

mol 4 mol / F 2

F 8



1

298 08205 , 0 4 P

nRT





Khí ở anot là oxy: nF tạo ra O2 = 8 0,4 = 3,2 F

nO 2

=

mol 8 , 0 mol / F 4

F 2 , 3



1

298 08205 , 0 8 , 0 P

nRT





Bài 14.Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu cơ trong 2 giờ Kết quả sau quá

trình điện phân là trên catôt tạo ra 3,865 gam một kim loại và trên anôt có khí etan và khí cacbonic thoát ra

1 Cho biết muối của kim loại nào bị điện phân? Biết rằng 5,18 gam của kim loại đó đẩy được 1,59

gam Cu từ dung dịch đồng sunfat

2 Cho biết muối của axit hữu cơ nào bị điện phân?

3 Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực.

1 Điện lượng Q = It = 0,5 x 2 x 3600 = 3600 coulomb dùng để tạo ra 3,865 g kim loại Từ định luật Faraday, đương lượng

Khối lượng mol của kim loại: A = n  Vì kim loại này đẩy đồng ra khỏi dung dịch nên đương lượng của Cu:

Cu = A/2 = 63,6/2 = 31,8 và từ phản ứng:

2  + Cu2+ = Cu+ 2 +

ta có: : 31,8 = 5,18 : 1,59, suy ra  = 103,6

Trong phản ứng đẩy Cu, kim loại chỉ có thể có mức ôxi hoá từ 1 đến 3, do đó sẽ chọn khối lượng mol nguyên tử từ 3 khả năng sau:

A1 = 103,6 x 1 = 103,6

A2 = 103,6 x 2 = 207,2

A3 = 103,6 x 3 = 310,8

Vì không có nguyên tố với A > 240 và bằng 104 có tính kim loại và có mức ôxi hoá là +1 Do đó kim loại phải tìm chỉ có thể là Pb (A = 207,6)

2 Tại anốt khi điện phân có C2H6 và CO2 thoát ra là sản phẩm của sự ôxi hoá anion hữu cơ, muối này có công thức Pb (RCOO)2 Sự tạo ra êtan.

(CH3 - CH3) và CO2 từ nhóm COO- chứng tỏ muối điện phân là Pb(CH3COO)2

R R

3 Các phản ứng xảy ra trên các điện cực:

Tại catốt: Pb2+ + 2 e = Pb

Tại anốt: CH3COO- - e = CH3COO

CH3COO = CH3+ CO2

2 CH3 = C2H6

Tổng quát: 2 CH3COO- 2e = C2H6 + CO2

BT15 Sử dụng phương trình hóa học minh họa cho các ứng dụng được mô tả dưới đây:

a Màu trắng chì của các bức tranh cổ lâu ngày bị đen do tạo lớp PbS Để tái tạo lại màu trắng này người ta rửa bằng H2O2

b Natripeoxit được sử dụng làm nguồn cung cấp oxy và hấp thu khí cO2 trong tàu ngầm và cũng được thêm một lượng nhỏ vào bột giặt để làm chất tẩy trắng

c Trong dung dịch khí CO có thể khử được muối paladiclorua đến kim loại tự do Người ta đã dùng phản ứng này để phát hiện lượng vết CO có trong hỗn hợp khí

d Lợi dụng phản ứng của Si với dd kiềm, trước đây người ta dùng hợp kim ferosilic để điều chế nhanh khí H2 ngoài mặt trận

e amoni clorua được sử dụng để làm sạch bề mặt kim loại Cu và Zn trước khi hàn

f Hợp chất FeSO4 được sử dụng làm thuốc thử nhận biết ion nitrat trong mt axit do tạo được hợp chất có màu nâu đen kém bền

g Hỗn hợp 75% KNO3, 10%S, và 15%C dễ cháy mãnh liệt nên được sử dụng làm thuốc súng đen

h Natrithiosunfat là chất chính trong thuốc định hình dùng trong việc tráng phim và in ảnh, nó có tác dụng rửa sạch AgBr còn lại trên phim ảnh và giấy ảnh sau khi đã rửa bằng thuốc hiện hình

6 , 103 3600

9650 865 3 n

A







BT 16 40,12g thuỷ ngân được hoà tan trong cùng một lượng axit nitric 0,10M Thêm dung dịch kali iodua vào dung dịch vừa rồi xuất hiện kết tủa Kết tủa được hoà tan trong dung dịch KI và sau đó kết hợp với dung dịch AgNO3 cho 184,8mg kết tủa vàng (%I là 54,94%) Kết tủa vàng được phân tích từ dịch lọc và đun nóng đến 45oC cho một hợp chất màu đỏ trong đó bạc chiếm 23,35% về khối lượng Viết phương trình các phản ứng xảy ra và giải thích

Đáp án:

Axit nitric loãng bị khử về NO: 3Hg + 8HNO3 = 3Hg(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O

Hg(NO3)2 + 2KI = HgI2↓ + 2KNO3 2KI + HgI2 = K2[HgI4]

Lượng thủy ngân trong mẫu là 20040,12,6 = 0,200 mmol

Cho rằng kết tủa màu vàng chứa một nguyên tử Hg trên một đơn vị thì khốilượng phân tử của kết tủa là1840,2,8 = 924 g/mol

Cho biết phần trăm khối lượng của iot là 54,95%

 công thức của kết tủasẽ chứa 924126.0,5494,9 = 4 nguyên tử iot và

9 , 107

9 , 126 4 6

,

200

=2 nguyên tử bạc Như vậy công thức của kết tủa sẽ là

Ag2[HgI4] Phản ứng xảy ranhư sau:

K2[HgI4] + 2AgNO3 = Ag2[HgI4]↓ + 2KNO3

Phần trăm khối lượng của bạc trong Ag2HgI4 là 23,35%

Do mẫu được đunnóng ở nhiệt độ thấp nên thành phần của nó sẽ không đổi.Sự biến đổi màu của phức có thể được giải thích bởi sự chuyển vị sau:Ag2[HgI4] = HgAg[AgI4]

(đỏ) (vàng)

Bài 17. Có thể tách được rhodi khỏi các kim loại quý khác bằng cách sau: Một mẫu bột rhodi được trộn với NaCl và đun nóng trong dòng khí clo Bã rắn thu được chứa một muối A chứa 26,76 % rhodi Bã rắn này sau đó được xử lý với nước dung dịch thu được đem lọc và cô bay hơi thu được tinh thể B chứa 17,13% rhodi Tinh thể được làm khô ở 120oC đến khối lượng không đổi (khối lượng mất đi là 35,98%) rồi đun nóng tới 650oC Rửa bã rắn thu được bằng nước cho kim loại rhodi tinh khiết

a) Xác định công thức cấu tạo của muối A

b) Công thức của B là gì?

c) Khi một lượng dư hydro sunfua được sục qua dung dịch muối A thì tạo thành kết tủa C chỉ chứa Rh, S, H Hợp chất này có thành phần hợp thứa chứa 47,59% lưu huỳnh Xác định thành phần hóa học của C

d) Giải thích tại sao cần phải rửa bằng nước ở bước cuối cùng

e) Viết phương trình hóa học cho các chuyển hóa ở câu trên

Đápán:

a) A = Na3[RhCl6]:

Rh Cl

Cl Cl

Cl

3-(Na+) 3

b) B = Na3[RhCl6].12H2O

c) C = Rh2S3 3H2S

d) Để loại bỏ các muối tan (chủ yếu là NaCl)

e) 2Rh + 6NaCl + 3Cl2 = 2Na3[RhCl6]

Na3[RhCl6].12H2O = Na3[RhCl6] + 12H2O

2Na3[RhCl6] = 2Rh + 6NaCl + 3Cl2

2Na3[RhCl6] + 3H2S = Rh2S3.3H2S + 6NaCl + 6HCl

Bài 18 Quá trình tổng hợp một số hợp chất của kim loại chuyển tiếp X được đưa ra dưới đây: Một dung dịch của 2 g bột rất mịn A được hòa tan trong 50 mL dd NaOH 28% được thêm vào erlen nhỏ chứa 3,5 g Na2SO3.7H2O nghiền mịn và khuấy đều Erlen được ngập trong chậu nước đá Sau khoảng 10 phút xuất hiện bùn tinh thể màu xanh sáng

Lọc chân không hỗn hợp sau phản ứng ở nhiệt độ lạnh, các sản phẩm rửa kỹ bằng NaOH ở28% ở

00C Chất sản phẩm còn ẩm được làm khô bằng máy hút ẩm ở 00C (không dùng chất làm khô) Sản phẩm B, một tinh thể màu xanh da trời được giữ ổn định ở mức 00C nếu không tiếp xúc với H2O và

CO2 Dung dịch của B trong KOH 50% chuyển sang màu xanh lá cây Khi đun nóng hoặc pha loãng ngay lập tức kết tủa C được hình thành Một chất D tinh khiết khác là thành phân chính của

B, được điều chế theo quá trình sau: Trong một nồi bạc 4000C chứa NaOH khan trộn với C theo tỷ

lệ mol Na:X là 3:1 Hỗn hợp được đun nóng tới 8000C có O2 trong 5 h Sản phẩm D được hình thành và nhanh chóng làm lạnh tới nhiệt độ phòng D là hợp chất tối màu được bảo quản trong khí quyển CO2

Chuẩn bị dung dịch 30g KOH trong H2O; thêm vào đó 10g A và đun sôi hỗn hợp trong một erlen

250 mL đến khi một chất kết tinh màu xanh lá cấy xuất hiện Chất này được làm bay hơi nước và bảo quản ở 00C Nếu rửa chất này với KOH 1M và sấy khô bởi P2O5 khi đó chuyển thành chất tinh thể xanh đen E

1 Xác định Х và công thức phân tử của A- Е sử dụng các dữ liệu sau đây :

a) Hàm lượng natri trong В là 18,1 % ;

b) Hàm lượng các nguyên tố Х trong А, В, С, D, vàЕ lần lượt là 34,8 , 13,3 , 63,2 , 29,3 và 27,9%

2 Viết tất cả các phương trình phản ứng

Giải:

1 khan muối D là thành phần chủ yếu của hợp chất B Chúng ta có thể cho rằng B là một hydrate của D Na : tỉ lệ mol X trong D là 3 : 1 D không phải là một hợp chất nhị phân Na3X như trong này

trường hợp МХ = ( 29,3 · 69 / 70,7 ) = 28,6 Không có phần tử như vậy Vì vậy , D có chứa một

số khác

nguyên tố ( s ) quá Ôxy là nguyên tố có thể xảy ra nhất , ví dụ: D là Na3XOn (muối D không thể có

công thức của loại Na3OmXOn như tất cả các chất dễ bay hơi nên được loại bỏ điều kiện phản ứng sử dụng