Giáo án dạy thêm hóa lớp 11

Giáo án dạy thêm hóa lớp 11
Ngày 12/9/2012 Buổi 1: (3 tiết)
Ôn tập hóa học lớp 10:
Phản ứng oxi hóa – khử, giải toán bằng phương pháp giải cho nhận electron.
I. Mục đích yêu cầu: - Học sinh nắm được cách xác định số oxi hóa của các nguyên
tố, pp cân bằng một phản ứng oxi hóa – khử từ đơn giản đến phức tạp.
- Học sinh biết giải bài tập dựa theo định luật bảo toàn electron
II. chuẩn bị: Hệ thống câu hỏi, bài tập
III. Tiến hành:
A. Lý thuyết cần nắm:
1. Cân bằng phản ứng oxi hóa – khử:
- Xác định số oxi hóa của các nguyên tố dựa theo 4 quy tắc đã được học ở lớp 10
Ngoài ra lưu ý thêm: Kim loại luôn có số oxi hóa dương trong các hợp chất, kim loại
nhóm Ia, Iia, IIIa, có số oxi hóa bằng số thứ tự nhóm, một số kim loại và phi kim có
nhiều số oxi hóa khác nhau trong các hợp chất
Ví dụ: Fe ( +2, +3), Cr (+2, +3, +4, +6), Mn (+2, +4, +6, +7), Sn (+ 2, +4), Pb (+2,
+4), N (-3, +1,+2, +3, +4, +5), S (-2, +4, +6), Cl, Br, I (-1, +1, +3, +5, +7)…
Đặc biệt nếu muốn xác định chính xác số oxi hóa các nguyên tố trong các hợp chất
tốt nhất nên viết được công thức cấu tạo của hợp chất.
Ví dụ: CaOCl
2
O – Cl
( +1)
Ca
Cl
( -1)
Cân bằng phản ứng oxh – kh
B1: Xác định số oxh của các chất.
B2: Lập PT oxh ,PT khử.
B3: Cân bằng e : e nhường = e nhận.
B4: Đặt hệ số vào PTHH và cân bằng các chất còn lại.

Bài tập vận dụng:
1. Cân bằng phản ứng sau (bằng phương pháp thăng bằng electron) . Cho biết chất oxi
hóa , chất khử
a. Fe + HCl
→
FeCl
2
+ H
2
b. Cl
2
+ KOH
→
KCl + KClO
3
+ H
2
O
c. KMnO
4
→
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
d. HCl + MnO

2
→
MnCl
2
+Cl
2
+ H
2
O
e. Fe
3
O
4
+ HNO
3

→
FeNO
3
+ NO + H
2
O
f. SO
2
+ KMnO
4
+ H
2
O
→

K
2
SO
4
+ MnSO
4
+ H
2
SO
4
g. CuS + HNO
3

→
Cu(NO
3
)
3
+CuSO
4
+ NO + H
2
O
h. Fe
x
O
y
+ H
2
SO

4

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+SO
2
+ H
2
O
i. H
2
S + + KMnO
4
+ H
2
SO
4loãng
→
K
2
SO
4
+ MnSO
4
+ S + H

2
O
j. CH
3
– CH=CH
2
+ KMnO
4
+ H
2
O
→
CH
3
– CH - CH
2
+ KOH + MnO
2
OH OH
1
2. Lập PTHH của các phản ứng oxi hóa – khử sau đây bằng phương pháp thăng bằng
electron
a. ChoMnO
2
tác dụng với dung HCl đặc ,thu được Cl
2
, MnCl
2
, và H
2

O
b. Cho Cu tác dụng với dung dịch HNO
3
đặc,nóng thu được Cu(NO
3
)
2
, NO
2
, H
2
O
c. Cho Mg tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc,nóng thu được MgSO
4
, S , H
2
O
3. Viết PTHH của của các phản ứng biểu diễn các chuyển đổi sau:
a. KMnO
4

→
O
2

→

SO
2

→
H
2
SO
4
b. KMnO
4

→
Cl
2

→
HCl
→
H
2
O
Trong các phản ứng trên , phản ứng nào là phản ứng oxi hóa-khử ?
4. Cân bằng phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương
pháp thăng bằng electron và cho biết chất khử , chất oxi hóa ở mỗi phản ứng :
a. Al + Fe
3
O
4

→

Al
2
O
3
+ Fe
b. FeSO
4
+ KMnO
4
+ H
2
SO
4

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ H
2
O

c. FeS
2
+ O
2

→
Fe
2
O
3
+ SO
2
d. KClO
3

→
KCl + O
2
e. Cl
2
+ KOH
→
KCl + KClO
3
+ H
2
O
5. Cho phản ứng
Mg + HNO
3

(l)
→
Mg(NO
3
)
2
+ NO + H
2
O
a. Cân bằng Phương trình trên bằng phương pháp thăng bằng electron.
b. Xác định sự khử , sự oxi hóa
Giải bài toán của phản ứng oxi hóa - khử dựa theo pp cho nhận e:
Quy tắc số mol e cho luôn bằng số mol e nhận:
Khi áp dụng phương pháp này cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối
của các chất oxi hóa và chất khử, nhiều khi không quan tâm đến cân bằng hóa học xảy
ra. Có nhiều quá trình trung gian không ảnh hưởng đến bài toán có thể bỏ qua các quá
trình trung gian đó.
Giáo viên hướng dẫn học sinh viết pt bán oxi hóa – khử; pt ion electron
Bài tập vận dụng:
Bài 1: Chia hỗn hợp hai kim loại A, B có hóa trị không đổi thành hai phần bằng
nhau. Phần 1 hòa tan hết trong dung dịch HCl, thu được 1,792 lít khí H
2
(đktc). Phần
2 nung trong oxy thu được 2,84 gam hỗn hợp các oxit. Khối lượng hỗn hợp hai kim
loại trong hỗn hợp đầu là:
A. 1,56 gam B. 3,12 gam C. 2,2 gam D. 1,8 gam
Giải: Đặt công thức chung của hai kim loại A, B là M, có hóa trị n.
Phần 1:
↑+→+
++

2
222 nHMnHM
n
∑
e (M nhường) =
∑
e (H
+
nhận)
2
22 HeH →+
+
0,16
←
4,22
792,1
Phần 2:
n
OMnOM
22
2 →+
∑
e (M nhường) =
∑
e (O
2
nhận)
2
−
→+

2
2
24 OeO
a
→
4a
⇒

∑
e (H
+
nhận) =
∑
e (O
2
nhận)
⇒
4a = 0,16
⇒
a = 0,04 mol O
2
.
Gọi m là khối lượng của M trong mỗi phần.
Ta có: m + 0,04.32 = 2,84
⇒
m = 1,56 gam
Vậy, khối lượng hỗn hợp hai kim loại trong hỗn hợp đầu là:
2.m = 2. 1,56 = 3,12 gam
Chọn đáp án B.
Bài 2: Hòa tan 7,84 gam Fe vào 200 ml dung dịch hỗn hợp hai acid HCl 0,15M và

H
2
SO
4
0,25M thấy thoát ra V lít khí H
2
(đktc). Giá trị của V là:
A. 1,456 lít B. 0,45 lít C. 0,75 lít D. 0,55 lít
Giải: Sự oxy hóa sắt: Fe – 2e
→
Fe
2+
56
84,7
0,28 (mol)
Tổng số mol electron sắt nhường là:∑e (nhường) = 0,28 mol.
Tổng số mol H
+
là: n
H
+
= 0,2.0,15+0,2.0,25.2=0,13 mol.
Sự khử H
+
: 2H
+
+ 2e
→
H
2

0,13 0,13 0,065
Tổng số mol H
+
nhận là: :
∑
e (nhận) = 0,13 mol.
Ta thấy :
∑
e (nhường) >
∑
e (nhận) ⇒ Sắt dư và H
+
đã chuyển hết thành H
2
.
Vậy thể tích khí H
2
(đktc) là: V=22,4.0,065=1,456 lít.
Chọn đáp án A.
Bài 3: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B đứng trước H trong dãy điện hóa và có
hóa trị không đổi trong các hợp chất. Chia m gam X thành hai phần bằng nhau:
- Phần 1: Hòa tan hoàn toàn trong dung dịch chứa axit HCl và H
2
SO
4
loãng
tạo ra 3,36 lít khí H
2
.
- Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO

3
thu được V lít khí NO (sản
phẩm khử duy nhất).
Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của V là:
A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 4,48 lít. D. 6,72 lít.
Giải: Đặt hai kim loại A, B là M.
- Phần 1: M + nH
+

→
M
n+
+
2
n
H
2
(1)
- Phần 2: 3M + 4nH
+
+ nNO
3
−

→
3M
n+
+ nNO + 2nH
2
O (2)

Theo (1): Số mol e của M cho bằng số mol e của 2H
+
nhận;
Theo (2): Số mol e của M cho bằng số mol e của N
+5
nhận.
Vậy số mol e nhận của 2H
+
bằng số mol e nhận của N
+5
.
2H
+
+ 2e
→
H
2
và N
+5
+ 3e
→
N
+2
0,3 ← 0,15 mol 0,3 → 0,1 mol
⇒ V
NO
= 0,1×22,4 = 2,24 lít. Chọn đáp án A.
3
Bài 4: Cho 3 kim loại Al, Fe, Cu vào 2 lít dung dịch HNO
3

phản ứng vừa đủ thu được
1,792 lít khí X (đktc) gồm N
2
và NO
2
có tỉ khối hơi so với He bằng 9,25. Nồng độ
mol/lít HNO
3
trong dung dịch đầu là:
A. 0,28M. B. 1,4M. C. 1,7M. D. 1,2M.
Giải: Ta có:
( )
2 2
N NO
X
M M
M 9,25 4 37
2
+
= × = =
là trung bình cộng khối lượng phân tử của hai khí N
2
và NO
2
nên:
2 2
X
N NO
n
n n 0,04 mol

2
= = =
và 2NO
3
−
+ 12H
+
+ 10e
→
N
2
+ 6H
2
O
0,48 0,4 ← 0,04 (mol)
NO
3
−
+ 2H
+
+ 1e
→
NO
2
+ H
2
O
0,08 ← 0,04 ← 0,04 (mol)
⇒
56,008,048,0

3
=+==
+
H
HNO
nn
(mol)
⇒
[ ]
3
0,56
HNO 0,28M.
2
= =
Chọn đáp án A.
Bài 5: Hòa tan hết 29,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Cu theo tỉ lệ mol 1:2:3 bằng
H
2
SO
4
đặc nguội được dung dịch Y và 3,36 lít SO
2
(đktc). Cô cạn dung dịch Y được
khối lượng muối khan là:
A. 38,4 gam B. 21,2 gam C. 43,4 gam D. 36,5 gam
Giải: Gọi x là số mol Fe trong hỗn hợp X, ⇒ n
Mg
= 2x, n
Cu
=3x.

⇒ 56x+24.2x+64.3x=29,6 ⇒ x= 0,1 mol.
⇒ n
Fe
= 0,1 mol, n
Mg
=0,2 mol, n
Cu
=0,3 mol
Do acid H
2
SO
4
đặc nguội, nên sắt không phản ứng.
SO
4
2-
+ 2e
→
S
+4
0,3 ←
4,22
36,3
Theo biểu thức: m
muối
=m
Cu
+m
Mg
+

−2
4
SO
m
= m
Cu
+m
Mg
+ 96.
2
1
∑e (trao đổi)
=64.0,3+24.0,2 +96.
2
1
0,3 = 38,4 gam.
Chọn đáp án A.
Bài 6: Cho 5,94g Al tác dụng vừa đủ với dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng thu được 1,848
lít sản phẩm ( X ) có lưu huỳnh ( đktc), muối sunfat và nước. Cho biết ( X ) là khí gì
trong hai khí SO
2
, H
2
S ?
A. H
2

S B. SO
2
C. Cả hai khí D. S
Giải: n
Al
= 5,94 : 27 = 0,22 mol
n
X
= 1,848 : 22,4 = 0,0825 mol
Quá trình oxy hóa Al : Al - 3e
→
Al
3+
0,22 → 0,66
n
e
(cho) = 0,22.3 = 0,66 mol
4
Quá trình khử S
6+
: S
+6
+ ( 6-x )e
→
S
x

0,0825(6-x) ← 0,0825
n
e

(nhận) = 0,0825(6-x) mol
( x là số oxy hóa của S trong khí X )
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có : 0,0825(6-x) = 0,66 ⇒ x = -2
Vậy X là H
2
S ( trong đó S có số oxy hóa là -2). Chọn đáp án A.
Bài 7: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm
HNO
3
và H
2
SO
4
đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO
2
, NO, NO
2
, N
2
O. Phần trăm khối
lượng của Al và Mg trong X lần lượt là:
A. 63% và 37%. B. 36% và 64%. C. 50% và 50%. D. 46% và 54%.
Giải: theo đề Ta có:
24 n
Mg
x + 27n
Al
= 15. (1)
Quá trình oxy hóa:
Mg

→
Mg
2+
+ 2e Al
→
Al
3+
+ 3e
n
Mg
2.n
Mg
n
Al
3.n
Al
⇒ Tổng số mol e nhường bằng (2.n
Mg
+ 3.n
Al
).
Quá trình khử:
N
+5
+ 3e
→
N
+2
2N
+5

+ 2
×
4e
→
2N
+1
0,3 0,1 0,8 0,2
N
+5
+ 1e
→
N
+4
S
+6
+ 2e
→
S
+4
0,1 0,1 0,2 0,1
⇒ Tổng số mol e nhận bằng 1,4 mol.
Theo định luật bảo toàn electron:
2.n
Mg
+ 3.n
Al
= 1,4 (2)
Giải hệ (1), (2) ta được: n
Mg
= 0,4 mol ; n

Al
= 0,2 mol.
⇒
27 0,2
%Al 100% 36%.
15
×
= × =
%Mg = 100% − 36% = 64%. Đáp án B.
Bài 8: Một hỗn hợp X có khối lượng 18,2g gồm 2 Kim loại A (hóa trị 2) và B (hóa trị
3). Hòa tan X hoàn toàn trong dung dịch Y chứa H
2
SO
4
và HNO
3
. Cho ra hỗn hợp
khí Z gồm 2 khí SO
2
và N
2
O. Xác định 2 kim loại A, B (B chỉ co thể là Al hay Fe).
Biết số mol của hai kim loại bằng nhau và số mol 2 khí SO
2
và N
2
O lần lượt là 0,1
mol mỗi khí.
A. Cu, Al B. Cu, Fe C. Zn, Al D. Zn, Fe
Giải: Quá trình khử hai anion tạo khí là:

4H
+
+ SO
4
2-
+ 2e
→
SO
2
+ 2H
2
O
0,2 0,1
10H
+
+ 2NO
3
–
+ 8e
→
N
2
O + 5H
2
O
0,8 0,1
⇒ ∑e (nhận) = 0,2 + 0,8 = 1 mol
A - 2e
→
A

2+
5
a 2a
B - 3e
→
B
3+
b 3b

⇒

∑
e (cho) = 2a + 3b = 1 (1)
Vì số mol của hai kim loại bằng nhau nên: a = b (2)
Giải ( 1), (2 ) ta có a = b = 0,2 mol
Vậy 0,2A + 0,2B = 18,2 ⇒ A + B = 91 ⇒ A là Cu và B là Al.
Bài 9: Hòa tan hết hỗn hợp bột gồm 6,5 gam Zn và 4,8 gam Mg cần V ml dung dịch Y
chứa CuSO
4
0,5 M và AgNO
3
0,2 M. Giá trị của V là:
A. 200 B. 300 C. 400 D. 500
Giải: n
Zn
=0,1 mol, n
Mg
=0,2 mol. Gọi V lít là thể tích dung dịch.
Zn - 2e → Zn
2+

Cu
2+
+2e → Cu
0,1 →0,2 0,5V→1V
Mg -2e → Mg
2+
Ag
+
+1e → Ag
0,2 →0,4 0,2V→0,2V
⇒ ∑ e (nhường)=0,2+0,4=0,6 mol ⇒ ∑ e (nhận)=0,2V+V=1,2V mol
Để hỗn hợp bột bị hòa tan hết thì: ∑ e (nhường)=∑ e (nhận)
⇒ 1,2V=0,6 ⇒ V=0,5 lít = 500 ml. Đáp án D.
Bài 10: Một hỗn hợp X gồm Al và Fe có khối lượng 8,3g. Cho X vào 1lit dung dịch A
chứa AgNO
3
0,1M và Cu(NO
3
)
2
0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc được chất rắn B
(hoàn toàn không tác dụng với dung dịch HCl) và dung dịchC (hoàn toàn không có
màu xanh của Cu
2+
). Tính khối lượng chất rắn B và %Al trong hỗn hợp.
A. 23,6g; %Al = 32,53 B. 24,8g; %Al = 31,18
C. 28,7g; %Al = 33,14 D. 24,6g; %Al = 32,18
Giải: Chiều sắp xếp các cặp oxy hóa khử trong dãy điện hóa:

3 2 2

Al Fe Cu Ag
Al Fe Cu Ag
+ + + +
- Ag bị khử trước Cu
2+
; dung dịch bị mất hết màu xanh của Cu
2+
nên Cu
2+
và Ag
+

đều bị khử hết tạo Ag và Cu kim loại.
- Al phản ứng xong rồi đến Fe; chất rắn B không phản ứng với HCl, do đó Al và
Fe đã phản ứng hết.
Vậy, hỗn hợp B gồm Cu và Ag
⇒
m
B
= m
Cu
+ m
Ag
n
Ag
= 0,1mol ; n
Cu
= 0,2mol
⇒
m

B
= 0,1x108 + 0,2x64 = 23,6(g)
Gọi hỗn hợp X
X
Al : x(mol)
;m 8,3g 27x 56y 8,3
Fe : y(mol)

= ⇔ + =


(1)
Quá trình nhường e: Al - 3e → Al
3+

x 3x
Fe - 2e → Fe
2+
⇒
∑ e nhường = 3x + 2y(mol)
y 2y
6
Quá trình nhận e: Cu
2+
+ 2e → Cu


0,2 0,4
Ag
+

+ e → Ag

⇒
∑ e nhận = 0,4 + 0,1 = 0,5(mol)
0,1 0,1
Theo ĐLBT electron: ∑ e nhường = ∑ e nhận ↔ 3x + 2y = 0,5 (2)
Từ (1) và (2), suy ra:
Al
x 0,1
0,1.27.100
%m 32,53%
y 0,1
8,3
=

⇒ = =

=

Vậy đáp án đúng là A.
Bài 11: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R
1
, R
2
có hoá trị x, y không đổi (R
1
, R
2
không tác
dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn

hợp A phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
dư thu được 1,12 lít khí NO duy nhất
ở đktc. Nếu cho lượng hỗn hợp A trấn phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO
3
thì
thu được bao nhiêu lít N
2
. Các thể tích khí đo ở đktc.
A. 0,224 lít. B. 0,336 lít. C. 0,448 lít. D. 0,672 lít.
Giải : Trong bài toán này có 2 thí nghiệm:
TN1: R
1
và R
2
nhường e cho Cu
2+
để chuyển thành Cu sau đó Cu lại nhường e
cho
5
N
+
để thành
2
N
+
(NO). Số mol e do R
1
và R
2

nhường ra là
5
N
+
+ 3e
→

2
N
+
0,15
05,0
4,22
12,1
=←
TN2: R
1
và R
2
trực tiếp nhường e cho
5
N
+
để tạo ra N
2
. Gọi x là số mol N
2
, thì số
mol e thu vào là
2

5
N
+
+ 10e →
0
2
N

10x ← x mol
Ta có: 10x = 0,15 → x = 0,015
⇒
2
N
V
= 22,4.0,015 = 0,336 lít. Đáp án B.
Bài 12: Hòa tan hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch
HCl thấy thoát ra 13,44 lit khí. Nếu cho 8,7 gam hỗn hợp tác dụng dung dịch NaOH
dư thu được 3,36 lit khí (đktc). Vậy cho 34,8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung
dịch CuSO
4
dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung
dịch HNO
3
nóng, dư thì thu được V lit khí NO
2
. Thể tích khí NO
2
(đktc) thu được là:
A. 26,88l B. 53,76l C. 13,44l D. 44,8l
Giải:

2
H
13,44
n 0,6(mol)
22,4
= =
Xét toàn bộ quá trình phản ứng thì: Al, Mg, Fe nhường e; H
+
(HCl), Cu
2+
nhận e.
Mà: 2H
+
+ 2e → H
2;
Cu
2+
+ 2e → Cu đều nhận 2 electron.
Nên ∑ e(H
+
) nhường = ∑ e(Cu
2+
) nhận
⇒

2
2
H Cu
Cu
n n n

+
= =
Quá trình nhận e của HNO
3
:
5 4
N e N
+ +
+ →

7
⇒
∑ e(
5
N
+
) nhận = ∑ e(Cu) nhường
Trong 34,8g hỗn hợp:
2
NO Cu
n 2n 2.0,6.2 2,4(mol)= = =

2
NO
V 2,4.22,4 53,76(l)⇒ = =
. Đáp án B.
Bài 12: Đốt cháy a gam FeS trong O
2
dư, thu khí SO
2

. Trộn SO
2
với 1 lượng O
2
rồi
nung hỗn hợp có xúc tác V
2
O
5
được hỗn hợp khí X. Cho X vào dung dịch nước brôm,
vừa hết 0,08 mol Br
2
và thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH
để trung hòa hết lượng axit có trong Y vừa hết 0,8mol NaOH. Tính a.
A. 24,64g B.25,52g C. 26,25g D. 28,16g
Giải: X có thể tác dụng với nước brom nên X còn chứa SO
2
.
Gọi số mol của SO
2
và SO
3
trong hỗn hợp X lần lượt là x và y.
Quá trình nhường e:
4 6
S 2e N
+ +
− →
x 2x x
Quá trình nhận e: Br

2
+ 2e → 2Br
-
0,08 0,16 0,16
Theo ĐLBT electron: 2x = 0,16 ↔ x = 0,08
Dung dịch Y có: HBr: 0,16 mol ; H
2
SO
4
:(x + y) mol

2
H OH H O
+ −
+ →
0,8 ← 0,8
⇒
0,16 + 2(x + y) = 0,8 ↔ x + y = 0,32
⇒
y = 0,24
2
SO FeS
n x y 0,32(mol) n 0,32(mol)⇒ = + = ⇒ =
∑
FeS
m 0,32.88 28,16(g)⇒ = =
. Chọn đáp án D.
Bài 13: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không
khí) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dung dịch axit HCl dư được dung dịch B và
khí C. Đốt cháy C cần V lít O

2
(đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. V có giá
trị là:
A. 11,2 lít. B. 21 lít. C. 33 lít. D. 49 lít.
Giải: Vì
Fe S
30
n n
32
> =
nên Fe dư và S hết.
Khí C là hỗn hợp H
2
S và H
2
. Đốt C thu được SO
2
và H
2
O. Kết quả cuối cùng của
quá trình phản ứng là Fe và S nhường e, còn O
2
thu e.
Nhường e: Fe
→
Fe
2+
+ 2e

60

mol
56

60
2
56
×
mol
Nhận e: S → S
+4
+ 4e

30
mol
32

30
4
32
×
mol
8
Thu e: Gọi số mol O
2
là x mol.
O
2
+ 4e
→
2O

-2

x mol → 4x
Ta có:
60 30
4x 2 4
56 32
= × + ×
giải ra x = 1,4732 mol.
⇒
2
O
V 22,4 1,4732 33= × =
lít. Đáp án C
Ngày 18/9/2012 Buổi 2: (3 tiết)
TÍNH CHẤT CỦA HALOGEN, OXI, LƯU HUỲNH
VÀ CÁC HỢP CHẤT CỦA CHÚNG
I. Mục đích yêu cầu: - Khái quát được tính chất của các đơn chất cũng như tính chất
của các hợp chất của các nguyên tố thuộc nhóm VIIa, VIa
- Học sinh biết vận dụng các định luật các công thức giải bài tập có liên quan đến
tính chất của các đơn chất và các hợp chất của các nguyên tố thuộc nhóm VIIa, VIa
II. chuẩn bị: Hệ thống câu hỏi, bài tập
III. Tiến hành:
A. Lý thuyết cần nắm:
I. Nhóm Hal : F
2
(Khí), Cl
2
(Khí), Br
2

(Lỏng), I
2
(Rắn)
.

Tính chất hóa học:
Số oxi hóa trong các hợp chất: F(-1), Cl, Br, I (-1, +1, +3, +5, +7)
- Đều có tính oxi hóa mạnh trong đó F
2
, Cl
2
có tính oxi hóa rất mạnh đặc biệt là F
2
có
tính oxi hóa mạnh nhất trong tất cả các nguyên tố, Br
2
, I
2
có yếu hơn trong đó Br
2
mạnh hơn I
2
.
- Tác dụng hầu hết các kim loại (trừ Au, Pt) tạo thành hợp chất muối halogenua kim
loại
- Tác dụng với một số phi kim (các Hal không tác dụng trực tiếp với oxi, nitơ, …) tùy
vào độ âm điện của kim loại so với Hal mà các Hal có tính oxi hóa hay tính khử
- Tác dụng H
2
O: 2F

2
+ 2H
2
O
→
4HF + O
2
Cl
2
+ H
2
O
→
HCl + HClO
Br
2
+ H
2
O


→
HBr

+ HBrO
I
2
không tác dụng với H
2
O nhưng tan trong H

2
O
- Tác dụng dd kiềm:
2F
2
+ 4NaOH
→
4NaF + O
2
+ 2H
2
O
Cl
2
+ NaOH
→
NaCl + NaClO
Br
2
+ NaOH
→
NaBr

+ NaBrO
- Tác dụng H
2

→
Chất khí hiđrohalogenua tan trong nước tạo thành axit tương ứng
H

2
+ X
2

→
2HX
Tính axit: HF < HCl < HBr < HI
- Cl
2
đẩy Br
2
, I
2
ra khỏi muối, Br
2
đẩy được I
2
ra khỏi muối. F
2
không có phản ứng
này
9
- Điều chế HX: HF, HCl dùng pp sunfat. H
2
SO
4
+ 2NaX
→
CT
0

Na
2
SO
4
+ 2HX
HBr, HI không điều chế được bằng pp sunfat mà . X
2
+ H
2
S
→
CT
0
2HX + S
- Nhận biết ion X
-
dùng dd chứa muối Ag
+
: X
-
+ Ag
+

→
AgX
↓
(trừ AgF tan)
AgCl (trắng), AgBr(vàng nhạt), AgI(Vàng tươi)
II. Oxi – Lưu huỳnh:
Oxi có các số oxi hóa có thể có trong các hợp chất(-2), trừ hợp chất F

2
O và H
2
O
2
Lưu huỳnh có các số oxi hóa trong các hợp chất (-2, +4, +6)
A, So sánh oxi và ozon:
So sánh Oxi Ozon
Công thức phân tử O
2
O
3
Công thức cấu tạo O = O
O
O
O O
O
O
hay
Nhiệt độ sôi,
0
C -183
0
C -112
0
C
Độ tan 3,1ml/100ml
nước ở 20
0
C

49 ml/ 100ml nước ở 0
0
C
Tác dụng với Ag ở điều kiện
thường
Không
0
0 0 1 2
3 2 2
2 Ag O Ag O O
+ −
+ → +
Tác dụng với dung dịch KI
(hồ tinh bột)
Không
1 0 2 0
2
3
2 2
2 2K I O H O K O H I O
− −
+ + → + +
=> Ozon có tính oxi hóa mạnh hơn oxi
B, So sánh oxi với lưu huỳnh
Các phản ứng Oxi Lưu huỳnh
Tính
oxi
hóa
Với hidro
0

2
2( )
2( ) 2( ) 2
1
2
258,83
k
k k
H O H O
H kJ
−
+ →
∆ = −
Phản ứng có thể gây nổ
0 2
( ) ( )
2( ) 2
20,08
r k
k
H S H S
H kJ
−
+
∆ = −
ƒ
Phản ứng thuận nghịch. Tỏa nhiệt ít
hơn
Với kim
loại

0 2
2 2 3
0 2
2
4 3 2
2 2
Al O Al O
Cu O Cu O
−
−
+ →
+ →
0 2
2 3
0 2
2 3Al S Al S
Cu S Cu S
−
−
+ →
+ →
Với hợp
chất
Với nhiều hợp chất C
2
H
5
OH,
CH
4

,
Không oxi hóa được các chất kể ở cột
bên
Tính
khử
Với
halogen
Không phản ứng
0 6
2 6
3S F S F
+
+ →
Với oxi
0 4
2 2
S O S O
+
+ →
Với hợp
chất
Tác dụng với KNO
3
, KClO
3
, HNO
3
,
H
2

SO
4
đặc nóng,…
10
0 4
2 4 2 2
2 3 2H SO S S O H O
+
+ → +
0 4
3 2
2 3 3 2KClO S S O KCl
+
+ → +
=> Oxi là chất oxi hóa mạnh; lưu huỳnh vừa là chất oxi hóa (yếu hơn oxi) vừa
là chất khử.
B. Bài tập vận dụng:
Bài 1: Hoàn thành sơ đồ phản ứng( ghi rõ đk)
NaCl
(1)
→
Cl
2
(2)
→
HCl
(3)
→
CaCl
2

(4)
→
AgCl
(5) (6)

NaClO CaOCl
2

(7)
→
HClO
Giải: 1. 2NaCl + 2H
2
O
dpdd
mnx
→
2NaOH + Cl
2
+ H
2
2. Cl
2
+ H
2

as
→
2HCl
3. 2HCl + CaO

→
CaCl
2
+ H
2
O
4. CaCl
2
+ 2AgNO
3

→
2AgCl + Ca(NO
3
)
2
5. Cl
2
+ 2NaOH
→
NaCl + NaClO + H
2
O
6. Cl
2
+ Ca(OH)
2(sữa
0
30 C
→

CaOCl
2
+ H
2
O
7. 2CaOCl
2
+ CO
2
+ H
2
O
→
CaCl
2
+ CaCO
3
+ 2HClO
Bài 2: Bằng phương pháp hoá học nào có thể xác định :
a) Cl
2
lẫn trong khí HCl
b) Thu được Cl
2
từ hỗn hợp khí ở câu a.
c) Thu được HCl từ hỗn hợp khí ở câu a.
cho hỗn hợp tác dụng với Cu, chỉ có Cl
2
phản ứng.
Giải: a) Cho hỗn hợp khí qua dd NaBr hoặc NaI, Cl

2
sẽ oxi hoá NaBr hoặc NaI thành
Br
2
hoặc I
2
=> dd không màu ban đầu sẽ chuyển sang màu vàng hoặc màu nâu.
Cl
2
+ 2NaBr
→
2NaCl + Br
2
Cl
2
+ 2NaI
→
2NaCl + I
2

b) Cho hỗn hợp khí trên tác dụng với MnO
2
, HCl bị oxi hoá thành Cl
2
.
4HCl + MnO
2

0
t

→
MnCl
2
+ Cl
2
+2 H
2
O
c) Cho hỗn hợp khí qua H
2
nung nóng , Cl
2
sẽ chuyển thành HCl
H
2
+ Cl
2

0
t
→
2HCl
Bài 3: Bằng phương pháp hoá học nhận biết các dung dịch sau : KCl, KF, KI, KBr.
Giải:
Mt
TT
KCl KF KBr KI
Dd
AgNO
3

↓
trắng Ko hiện
tượng
↓
vàng
nhạt
↓
vàng
đậm
KCl + AgNO
3

→
AgCl + KNO
3
KBr + AgNO
3

→
AgBr + KNO
3
KI+ AgNO
3

→
AgI + KNO
3
11
Bài 4: Cho hỗn hợp A gồm Cu và Mg vào dd HCl dư thu được 5,6lit khí và 1 chất rắn
không tan B. Dùng dd H

2
SO
4
(đặc)nóng để hoà tan Bthu được 2,24 lít SO
2
. các khí đo
ở đktc.
a) viết các ptpu xảy ra.
b) tính khối lượng hỗn hợp A ban đầu.
Giải: a) Mg + 2HCl
→
MgCl
2
+ H
2
(1)
Cu + 2H
2
SO
4(đ)

0
t
→
CuSO
4
+ SO
2
+ 2H
2

O (2)
b)
2
5,6
0,25( )
22,4
H
n mol= =
Theo (1) :
2
0,25( )
Mg H
n n mol= =
=> m
Mg
= 0,25.24 = 6(g)
2
2,24
0,1( )
22,4
SO
n mol= =
Theo (2) :
2
0,1( )
Cu SO
n n mol= =
M
Cu
= 0,1.64 = 6,4(g)

m
A
= m
Mg
+ m
Cu
= 6 + 6,4 = 12,4 (g)
Bài 5: Viết các ptpu của HCl với MnO
2,
KMnO
4
, K
2
Cr
2
O
7
.
a. Tìm số mol của MnO
2,
KMnO
4
, K
2
Cr
2
O
7
.Vậy phản ứng nào thu được nhiều Cl
2

nhất?
b. Các chất oxi hoá có số mol bằng nhau thì ptpu nào thu được nhiều Cl
2
nhất?
Giải: 4HCl + MnO
2

0
t
→
MnCl
2
+ Cl
2
+2 H
2
O (1)
16HCl + 2KMnO
4

→
2MnCl
2
+ 5Cl
2
+ 8H
2
O+ 2KCl (2)
K
2

Cr
2
O
7
+ 14HCl
→
2CrCl
3
+ 2KCl + Cl
2
+ 7H
2
O (3)
a)
2 4 2 2 7
( )
MnO KMnO K Cr O
m m m a g= = =
Theo (1) :
n
2 2
87
Cl MnO
a
n n= =
=0,0115a(mol)
Theo (2) :

2 4
5

2,5. 0,0158 ( )
2 158
Cl KMnO
a
n n a mol= = =
Theo (3) :

2 2 2 7
3 3. 0,0102 ( )
294
Cl K Cr O
a
n n a mol= = =
=> (2) thu được nhiều Cl
2
nhất.
b)
2 4 2 2 7
( )
MnO KMnO K Cr O
n n n b mol= = =
Theo (1) :
2 2
( )
Cl MnO
n n b mol= =
Theo (2) :
2 4
5
2,5. ( )

2
Cl KMnO
n n b mol= =
Theo (3) :
2 2 2 7
3 3. ( )
Cl K Cr O
n n b mol= =
=> (3) thu được nhiều Cl
2
.
12
Bài 5: Cho 19,05 (g) hỗn hợp KF và KCl tác dụng hết với dung dịch H
2
SO
4
đặc thu
được 6,72 lít khí (đktc). Xác định % theo khối lượng của hỗn hợp muối.
Giải: KF + H
2
SO
4

→
KHSO
4
+ HF (1)
KCl + H
2
SO

4

→
KHSO
4
+ HCl (2)
Gọi x,y lần lượt là số mol của KF và KCl.
m
hh
= 58x + 74,5y = 19,05 (3)
n
khí
=
6,72
0,3( )
22,4
mol=
Theo (1),(2) : x + y = 0,3 (4)
Từ (3), (4) : x = 0,2
y = 0,1
% m
KF
=
58.0,2
.100 60,89%
19,05
=
% m
KCl
= 39,11%

Bài 6: hoàn thành sơ đồ phản ứng
1) KMnO
4

(1)
→
O
2
(2)
→
SO
2
(6) (5) (4) (3)
SO
3
KClO
3
CuO CO
2
2)
Giải:
:
S
FeS
SO
2
H
2
S
SF

6
Na
2
S
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
1)
1. 2KMnO
4

0
t
→
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
2. O
2
+ S
0
t
→

SO
2
3. 2SO
2
+ O
2

0
t
→
2SO
3
4. O
2
+ C
0
t
→
CO
2
5. O
2
+ Cu
0
t
→
CuO
6. 2KClO
3

0
,t xt
→
2KCl + O
2
2)
1. S + Fe
0
t
→
FeS
2. S + O
2

0
t
→
SO
2
13
3. S + H
2

0
t
→
H
2
S
4. S + 3F

2

0
t
→
SF
6

5. S + 2Na
0
t
→
Na
2
S
Bài 7: Bằng phương pháp hoá học hãy nhận biết các khí sau: H
2
S, O
2
, O
3
, HCl
Giải: Dẫn lần lượt từng khí qua dung dịch KI có hồ tinh bột.
+ hồ tinh bột hoá xanh : khí O
3
O
3
+ 2KI + H
2
O

→
2KOH + I
2
+ O
2
+ không có hiện tượng gì : H
2
S, O
2
, HCl
Dẫn lần lượt 3 khí còn lại qua dung dịch AgNO
3
+ khí tạo kết tủa đen : H
2
S
H
2
S + 2AgNO
3

→
Ag
2
S + 2HNO
3
+ khí tạo kết tủa trắng : HCl
HCl + AgNO
3

→

AgCl + HNO
3
+ không có hiện tượng gì : O
2
Bài 8: Có 100ml dd H
2
SO
4
98% ( D = 1,84 g/cm
3
). Người ta muốn pha loãng thể tích
H
2
SO
4
trên thành dung dịch H
2
SO
4
40%.
a) tính thể tích H
2
O cần dùng .
b) Khi pha loãng phải tiến hành như thế nào?
Giải: a)
2 4
ddH 98%SO
m
= D.V = 1,84.100 = 184(g)
184g H

2
SO
4
98% 40
40%
2
H O
m
0% 58
2
2
184 40 184.58
266,8( )
58 40
H O
H O
m g
m
= ⇒ = =
2
2
266,7
266,7( )
1
H O
H O
m
V ml
D
= = =

Bài 9: Cho 18,4 g hỗn hợp 2 kim loại Zn, Al vào dd H
2
SO
4
loãng dư thu được 11,2 lít
khí (đktc).
a) tìm khối lượng mỗi kim loại.
b) tìm thể tích dd H
2
SO
4
2M biết trung hoà lượng H
2
SO
4
dư bằng 200 ml KOH 2M.
Giải: Học sinh lên bảng làm bài.
a) 2Al + 3H
2
SO
4
(l)
→
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H

2
(1)
x 1,5x 1,5x
Zn + H
2
SO
4
(l)
→
ZnSO
4
+ H
2
(2)
y y y
2
11,2
0,5 1,5
22,4
H
n x y= = = +
(3)
m
hh
= 27x + 65y = 18,4 (4)
từ (3), (4) => x = 0,2 ; y = 0,2
m
Al
= 0,2.27 = 5,4 (g) ; m
Zn

= 0,2.65 = 13 (g)
14
b) theo (1) và (2) :
2 4 2 4 2 4
(1) (2)
1,5 0,5( )
H SO pu H SO H SO
n n n x y mol= = = + =
H
2
SO
4
+ 2KOH
→
K
2
SO
4
+ 2H
2
O (5)
2 4
1 1
.2.0,2 0,2( )
2 2
du
H SO KOH
n n mol= = =
2 4 2 4 2 4
0,5 0,2 0,7( )

H SO bd H SO pu H SO du
n n n mol= + = + =
2 4
2
0,7
0,35( )
2
H SO M
V l= =
Bài 10: m gam CaS tác dụng với m
1
gam dd HBr 8,58% thu được m
2
gam dd trong đó
muối cã nồng độ 9,6% và 672 ml khí H
2
S (đktc)
a) tính m, m
1
, m
2

b) dd HBr dùng dư hay dùng đủ. Nếu dư hãy tính C
%
HBr dư.
Giải: a) CaS + 2HBr
→
CaCl
2
+ H

2
S
2
0,672
0,03( )
22,4
H S
n mol= =
Giả sử CaS hết :
2 2
aS
0,03( )
C CaBr H S
n n n mol= = =
m = m
CaS
= 0,03.72 = 2,16(g)
2
0,03.200 6( )
CaBr
m g= =
2
0,03.34 1,02( )
H S
m g= =
m
2
= m
dd sau pư
=

6
.100 62,5( )
9,6
g=
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
m
CaS
+ m
dd HBr
= m
dd sau
+
2
H S
m
m
dd HBr
= m
dd sau
+
2
H S
m
- m
CaS

= 62,5 + 1,02 – 2,16 = 61,36(g)
m
HBr bd
=

61,36.8,58
5,26( )
100
g=
m
HBr pu
= 0,03.2.81 = 4,86 (g)
m
HBr dư
= 5,26 – 4,86 = 0,4(g)
C
%HBr dư
=
0,4
.100 0,64%
62,5
=

Bài 11: Trộn 11,2 g bột Fe và 4 g bột S trong chén sứ đem nung không có không khí
để phản ứng xảy ra tạo FeS với hiệu suất 80%. Lấy chất rắn tìm được trong chén sứ
cho tác dụng vừa đủ với V lít dung dịch HCl 1M, thoát ra a(mol) hỗn hợp khí và m(g)
chất rắn không tan. Viết tất cả phản ứng xảy ra. Tính giá trị V, a, m.
Giải: a) Các phản ứng xảy ra :
Fe + S  FeS (1)
Vì có hiệu suất nên chất rắn gồm : FeS , Fe dư , S dư
FeS + 2HCl  FeCl
2
+ H
2
S (2)

15
Fe + 2 HCl  FeCl
2
+ H
2
(3)
b) Tính giá trị V , a , m :
Theo (1) nếu hiệu suất = 100% thì S hết , Fe dư
Khi hiệu suất 80% nên : S dư = 0,8 gam = a ; Số mol S phản ứng = Số mol Fe
phản ứng = Số mol FeS sinh ra = 0,1 mol . Vậy số mol Fe = 0,1 mol
Theo (2) và (3) Số mol H
2
S = Số mol FeS = 0,1 mol . Số mol H
2
= Số mol Fe =
0,1 mol
=> a = 0,2 mol , số mol HCl dùng 0,4 mol => V = 0,4 lít
Bài 12: Đem hỗn hợp gồm 0,1 mol Mg và 0,2 mol Al tác dụng với một lượng H
2
SO
4
đ,n vừa đủ thu được hỗn hợp muối, 0,075 mol S và 0,175 mol SO
2
Tính khối lượng hỗn hợp muối tạo thành
Tính số mol H
2
SO
4
phản ứng vừa đủ.
Giải: a) Tính khối lượng hỗn hợp muối

Cứ 0,1 mol Mg tạo ra 0,1 mol MgSO
4
(bảo toàn khối lượng)
Cứ 0,2 mol Al tạo ra 0,1 mol Al
2
(SO
4
)
3
(bảo toàn khối lượng)
Vậy khối lượng hỗn hợp muối = (120 . 0,1 + 342 . 0,1) = 46,2 gam
b) Tính số mol H
2
SO
4
đặc nóng đã dùng vừa đủ
Phản ứng xảy ra :
3Mg + 4H
2
SO
4
 3MgSO
4
+ S + 4H
2
O (1)
Mg + 2H
2
SO
4

 MgSO
4
+ SO
2
+ 2H
2
O (2)
2Al + 4H
2
SO
4
 Al
2
(SO
4
)
3
+ S + 4H
2
O (3)
2Al + 6H
2
SO
4
 Al
2
(SO
4
)
3

+ 3SO
2
+ 6H
2
O (4)
Theo (1) và (3) số mol H
2
SO
4
dùng = 4 số mol S = (0,075 . 4 )mol =0,3 mol
Theo (2) và (4) số mol H
2
SO
4
dùng = 2 số mol SO
2
= (0,175 . 2)mol = 0,35 mol
Vậy số mol H
2
SO
4
đã dùng vừa đủ = 0,65 mol
Bài 13: Đem 33,8 gam H
2
SO
4
.3SO
3
hòa tan vào 800 ml dung dịch H
2

SO
4
19,6% (d
= 1,25g/ml) thu được dung dịch A . Tính nồng độ % dung dịch A .
Giải: Tính nồng độ 5 chất tan trong dung dịch A
Trong 33,8 g H
2
SO
4
.3SO
3
có
338
8,33
mol = 0,1 mol H
2
SO
4
và 3 . 0,1 mol SO
3
Trong 800ml dd H
2
SO
4
19,6% (d=1,25 g/ml) có
42
SOH
n
=
98.100

6,19.25,1.800
= 2 mol

OH
n
2
=
18.100
)6,19100.(25,1.800 −
= 44,67mol
Ta có phản ứng : SO
3
+ H
2
O  H
2
SO
4
(1)
Vì
OH
n
2
>>
3
SO
n
Do đó sau (1) trong dd A có :
Khối lượng chất tan là H
2

SO
4
= (0,1 + 0,3 + 2)98 = 235,2 g
Khối lượng dd A = 33,8 + 800 . 1,25 = 1033,8 g
Nồng độ % H
2
SO
4
=
%75,22%100.
8,1033
2,235
=

16
Bài 14: Đem 6,72 gam bột Fe cho vào dung dịch H
2
SO
4
đặc , nóng có chứa 0,3 mol
H
2
SO
4
để tạo ra khí SO
2
và thu được dung dịch A . Tính số mol từng chất có trong
dung dịch A .
Giải: Tính số mol từng chất trong dd A
Ta có phản ứng : 2Fe + 6H

2
SO
4
đ.nóng  Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O (1)
Với nFe =
56
72,6
= 0,12 mol ;
42
SOH
n
= 0,3 mol .
Vậy sau (1) Fe dư 0,02 mol ; H
2
SO
4
hết ; Fe
2
(SO
4

)
3
sinh ra 0,05 mol
Fe dư lại tác dụng lên Fe
2
(SO
4
)
3
theo phản ứng : Fe + Fe
2
(SO
4
)
3
 2FeSO
4
(2)
Sau (2) Fe hết , Fe
2
(SO
4
)
3
dư 0,03 mol ; FeSO
4
sinh ra 0,06 mol
Vậy dd A chứa 0,06 mol FeSO
4
và 0,03 mol Fe

2
(SO
4
)
3

Bài 15: Đem 17,8 gam hỗn hợp 2 kim loại Mg và Zn chia làm 2 phần bằng nhau .
P1 : Cho tác dụng với 0,2 lít dung dịch H
2
SO
4
aM thoát ra 0,15 mol H
2

P2 : Cho tác dụng với 0,3 lít dung dịch H
2
SO
4
aM thoát ra 0,2 mol H
2
.
Tất cả phản ứng xảy ra hoàn toàn .
Tính aM
Tính khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp đầu .
Giải: a) Tính aM
Phản ứng xảy ra : Mg + H
2
SO
4
 MgSO

4
+ H
2
;
Zn + H
2
SO
4
 ZnSO
4
+ H
2

Trong P2 lượng H
2
SO
4
dùng nhiều hơn P1 , dẫn đến lượng H
2
nhiều hơn P1 . Vậy sau
P1 lượng H
2
SO
4
hết , lượng kim loại còn dư
42
SOH
n
dùng ở P1 =
2

H
n
thoát ra ở P1 = 0,15 mol => aM =
2,0
15,0
= 0,75
b) Tính khối lượng từng kim loại :
42
SOH
n
đem dùng ở P2 = 0,3 . 0,75 mol = 0,225 mol
42
SOH
n
phản ứng ở P2 =
2
H
n
ở P2 = 0,2 mol < 0,225 mol
Vậy sau P2 kim loại hết , H
2
SO
4
dư
Gọi x , y lần lượt là số mol Mg , Zn trong hỗn hợp đầu , ta có :
Theo (1) và (2) Số mol 2 kim loại : x + y = 0,4 (*)
Khối lượng 2 kim loại : 24x + 65y = 17,8 (**)
Từ (*) và (**) => n
Mg
= n

Zn
= 0,2 mol => m
Mg
= 4,8 g
m
Zn
= 13 g

Ngày 24/9/2012 Buổi 3: (3 tiết)
SỰ ĐIỆN LI, ĐỘ ĐIỆN LI, HẰNG SỐ PHÂN LI,
TÍNH NỒNG ĐỘ CÁC ION TRONG DUNG DICH
I. Mục đích yêu cầu: - Luyện tập lại nhận biết dd điện li, chất điện li mạnh , yếu. viết
phương trình điện li, tính độ điện li, hằng số phân li
17
- Làm được các bài tâp tính độ điện li, từ độ điện li tìm nồng độ các ion, từ hằng số
phân li tính nồng độ các ion trong dd và ngược lại
II. chuẩn bị: Hệ thống câu hỏi, bài tập
III. Tiến hành:
A. Lý thuyết cần nắm:
I. Sự điện li: là sự phân li ra ion dương (cation) và ion âm (anion) của chất điện li khi
tan trong nước hoặc nóng chảy.
Chất điện li là các axit, bazơ, muối.
Chất điện li mạnh: - Axit mạnh(HI, HBr. HCl, H
2
SO
4
, HNO
3
, HClO
4

, …)
- Bazơ mạnh (BZ tan)
- Tất cả các muối:
Quá trình điện li của các chất như sau:
Chất điện li Ion dương (Cation) Ion âm (Anion)
Axit
Bazơ
Muối
H
+
Kim loại hoặc NH
4
+
Kim loại hoặc NH
4
+
Gốc axit
OH
-
Gốc axit
- Độ điện li (
α
):
α
=
no
n

trong đó n: số phân tử (số mol) phân tử điện li
n

o
: tổng số phân tử(số mol) phân tử hoà tan
làm dược VD:
α
=4/100 = 0,04 hay 4%
Suy ra được 0 <
α

≤
1 hay 0 <
α

≤
100 %
Nắm được chất điện li mạnh đều có
α
=1
- Hằng số phân li (K
pl
):
Nắm được chất điện li yếu 0<
α
< 1
CH
3
COOH
→
¬ 
CH
3

COO
-
+ H
+
(1)
Nắm được
Hằng số cân bằng của (1) gọi là hằng số phân li

[ ]
3
3
C
CH COO H
K
CH COOH
− +
   
   
=

K
c
chỉ phụ thuộc bản chất của chất điện li và nhiệt độ
- Tính nồng độ ion trong các dd điện li:
Bước 1: Viết được pt điện li của các chất:
Bước 2: Tìm số mol ion ( dựa theo số mol chất, dựa vào khối lượng ion )
Bước 3: Tìm thể tích dd chứa ion (đv: lít).
Bước 4: Tính nồng độ ion [ion] =
dd
ion

v
n
(mol/lít)
II. Kiến tức bổ sung và pp giải toán:
- Định luật trung hòa điện:
-Trong một dung dịch, tổng ion dương = tổng ion âm.
18
Vd1: Một dung dịch có chứa: a mol Na
+
, b mol Al
3+
, c mol Cl
-
và d mol SO
4
2-
. Tìm
biểu thức quan hệ giữa a, b, c, d?
ĐS: a + 3b = c + 2d.
-Dung dịch có tổng nồng độ các ion càng lớn thì càng dẫn điện tốt.
Vd2: Trong các dung dịch sau có cùng nồng độ sau, dung dịch nào dẫn điện tốt nhất ?
A. NaCl. B. CaCl
2
. C. K
3
PO
4
. D. Fe
2
(SO

4
)
3
.
Đáp án: D
-Tổng số gam các ion sẽ bằng tổng số gam các chất tan có trong dung dịch đó.
Vd3: Một dung dịch có chứa: a mol Na
+
, b mol Al
3+
, c mol Cl
-
và d mol SO
4
2-
. Tìm
khối lượng chất tan trong dung dịch này theo a,b, c, d ?
ĐS: 23a + 27b + 35,5c + 96d.
- Khối lượng chất tan trong dd chất điện li:
- Trong dd chứa nhiều chất điện li tổng khối lượng muối bằng tổng khối lượng các
ion.
Vd1: DD A chứa các ion Na
+
(0,1 mol), Mg
2+
(0,05 mol), SO
4
2-
(0,04mol), Cl
-

. Cô can
dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan:
ĐS: 23.0,1 + 24.0,05 + 0,04.96 + 35,5.0,12 = 11,6g
Quan hệ giữa K
a
và K
b
:
TQ: Axit  Bazơ + H
+
Hằng số phân li axit K
a
, hằng số phân li bazơ K
b
thì
14
w
a
b b
K
10
K
K K
−
= =
Vd: HF  F
-
+ H
+
K

a
H
2
O  H
+
+ OH
-
14
W
K 10
−
=
(1)
F
-
+ H
+
 HF
a
1
K
(2)
→
(1) + (2)
F
-
+ H
2
O  HF + OH
-

-
14
b
F
a
10
K K
K
−
= =
B. Bài tập vận dụng:
Bài 1: a) Vì sao KNO
3
, Ba(OH)
2
, H
2
SO
3
là những chất điện li còn C
3
H
5
(OH)
3

(glixerol), C
6
H
12

O
6
(glucozơ) là những chất không điện li? Giải thích?
b) Dung dịch KClO
3
(kaliclorat), dd NaClO (natri hipoclorit) dẫn điện được, các dd
C
2
H
5
OH (ancol etylic), HCHO (anđehitfomic) không dẫn được điện. Chất nào là chất
điện li chất không điện li?
Giải: a) Liên kết hóa học trong các phân tử KNO
3
, Ba(OH)
2
, H
2
SO
3
là liên kết ion
hay liên kết cộng háo trị có cực mạnh nên khi hòa tan trong dung môi phân cực (H
2
O)
chùng dễ dàng phân li thành ion. Glixerol, glucozơ có liên kết cộng hóa trị có cực
nhưng yếu nên rất khó phân li thành ion.
b) KClO
3
, NaClO là chất điện li:
KClO

3

→
K
+
+ ClO
3
-
NaClO
→
Na
+
+ ClO
-
19
C
2
H
5
OH, HCHO là chất không điện li
Bài 2: Viết phương trình điện li các chất sau đây trong nước:
a) H
2
SO
4
, HclO
4
, NaOH, Ba(OH)
2
, Fe

2
(SO
4
)
3
, Al(NO
3
)
3
b) HclO (axit yếu), KClO
3
, (NH
4
)
2
SO
4
, NH
4
HCO
3
, K
2
SO
3
, Na
3
PO
4
, CaBr

2
.
c) Các axit yếu: H
2
S, HClO, H
3
PO
4
, H
2
SO
3
, C
3
H
7
COOH
Hướng dẫn:
- Chất điện li mạnh viết bằng mũi tên một chiều
- Chất điện li yếu viết bằng mũi tên hai chiều.
- Chất điện li nhiều nấc viết điện li các chất song song.
Bài 3: Tính nồng độ mol/lít các ion trong mỗi dung dịch sau:
a) 100ml dd chứa 4,62g Al(NO
3
)
3
b) 0,2 lít dd có chứa 11,7 gam NaCl.
Đáp số: a) [Al
3+
] = 0,2M, [NO

3
-
] = 0,6M
b) [ Na
+
] = [Cl
-
] = 1M.
Bài 4: Tính nồng độ ion trong dd thu được khi:
a) Trộn 200ml dd NaCl 2M với 200ml dd CaCl
2
0,5M.
b) Trộn 400ml dd Fe
2
(SO
4
)
3
0,2M với 100ml dd FeCl
3
0,3M.
c) Trộn 200ml dd chứa 12g MgSO
4
với 100ml dd chứa 34,2g Al
2
(SO
4
)
3
.

Đáp số::
a) [Na
+
] = 1M, [Ca
2+
] = 0,25M, [Cl
-
] =1,5M
b) [Fe
3+
] = 0,38M, [SO
4
2-
] = 0,48M, [Cl
-
] = 0,18M.
c) [Mg
2+
] = 0,2M, [Al
3+
] = 0,4M, [SO
4
2-
] = 0,8M
Bài 5: a) Tính thể tích dd KOH 14% (D=1,128g/ml) có chứa số mol ion OH
-
bằng số
mol OH
-
có trong 0,2 lít dd NaOH 0,5M

b) Tính thể tích dd HCl 0,5M có chứa số mol H
+
bằng số mol H
+
có trong 0,3 lít dd
HNO
3
0,2M
Đáp số: a) 89ml, b) 120ml
Bài 6: a) Hòa tan 12,5g tinh thể CuSO
4
.5H
2
O trong nước thành 200ml dd. Tính nồng
độ mol các ion trong dd thu được.
b) Hòa tan 8,08g Fe(NO
3
)
3
.9H
2
O trong nước thành 500ml dd. Tính nồng độ mol/lít
các ion trong dd thu được.
Đáp số: a) [Cu
2+
] = [SO
4
2-
] = 0,25M. b) 0,04M, 0,12M
Bài 7: Tính nồng độ mol các ion có trong dd CH

3
COOh 1,2M biết chỉ có 1,4% phân
tử CH
3
COOH đã điện li thành ion.
Đáp số: [CH
3
COO
-
] = [H
+
] = 0,0168M
Bài 8: Cần bao nhiêu ml dd HCl 2M trộn với 180ml dd H
2
SO
4
3M để được một dd có
nồng độ mol/lít của H
+
là 4,5 M. Cho biết H
2
SO
4
điện li hoàn toàn.
Đáp số: V = 0,108 lít = 108 ml.
Bài 9: a) Hãy tính nồng độ của dung dịch axit HA 0,010 M, biết pK
a
của axit HA là
3,75.
b) Đánh giá ảnh hưởng của HCl 0,0010 M đến độ điện li của HA.

Giải:
20
Vì K
a
.C
HA
>>K
w
→ bỏ qua cân bằng phân li của nước.
Xét cân bằng: HA ⇌ H
+
+ A
-
C 0,10
[] 0,10-x x x
→
][10.248,110
01,0
335
2
−−−
==→==
−
AxK
x
x
a
→ a= = 1.248.10
-3
/0,01

= 0,1248 = 12,48%.
Bài 10: Cho biết độ điện li của dung dịch axit HA 0,10 M là 1,31%. Tính pK
a
b, Độ điện li thay đổi thế nào khi pha loãng dung dịch HA gấp 10 lần?
Kết luận.
Giải:
a, Chấp nhận bỏ qua sự điện li của nước.
Từ định nghĩa
32
10.31,110.31,1.10,0.][][
][
−−−+
−
====→=
HA
HA
CAH
C
A
αα
Xét cân bằng: HA ⇌ H
+
+ A
-
K
a
C 0,10
[] (0,10-1,31.10
-3

) 1,31.10
-3
1,31.10
-3
Áp dụng ĐLTDKL cho cân bằng trên:
[ ] [ ]
[ ]
( )
76,45
3
2
3
1010.739,1
10.31,11,0
10.31,1.
−−
−
−−+
==
−
==
HA
AH
K
a
Kiểm tra giả thiết gần đúng: K
a
.C
HA
= 10

-5,76
>>K
w
, do đó việc bỏ qua của sự phân li của
nước ở trên là chấp nhận được. Vây: pK
a
=4,76.
b, Pha loãng dung dịch HA thành 10 lần → C
Ha
=0,10 M
HA ⇌ H
+
+ A
-
K
a
=10
-4,76
[] 0,10-x x x
47276,4
2
10.08,4010.739,110
01,0
−−−
=→=+→=
−
xx
x
x
[ ]

%08,4
01,0
10.08,4
%100.
4
===→
−−
HA
C
A
α
Như vậy khi pha loãng dung dịch, độ điện li tăng, nghĩa là độ điện li tỉ lệ nghịch với
nồng độ.
Bài 11: Tính số gam benzoate natri (C
6
H
5
COOHcần lấy để khi hòa tan vào 1 lít nước
thì pH của dung dịch thu được là 7,50.
Giải:
Gọi a là số gam benzoat natri cần pha vòa 1 lít nước.
144
ONa
56
α
=→
COHC
C
21
Cân bằng:

H
2
O ⇌ H
+
+ OH
-
K
w
=10
-14
(1)
C
6
H
5
COO
-
+ H
2
O ⇌ C
6
H
5
COOH + OH
-
K
b
=10
-9,8
Vì pH=7,50 ≈ 7,00 nên không bỏ qua (1)

Áp dụng ĐKP với MK là H
2
O và C
6
H
5
COO
-
:
[ ][ ]
[ ]
COOHHCOHHh
56
]
−==
−+
α
144
10
10
1010
10
.
144
1010
34,3
5,6
5,72,4
5,7
5,65,7

−
−
−−
−
−
−=
+
−=
a
gam0818,0
=→
α
Bài 12: a, Tính độ điện li của dung dịch axit HA (dung dịch A) có pH=3,00 biết
pK
a
=5,00.
b, Nếu pha loãng dung dịch gấp 5 lần thì độ điện li của HA sẽ bằng bao nhiêu?
Tính pH của dung dịch thu được.
Đáp số: a, a=9,9.10
-3
b, a= 2,2%; pH=3,35.
Bài 13: Tính pH, độ điện li của dung dịch axit fomic 0,010 M. Độ điện li thay
đổi ra sao khi có mặt NH
4
Cl 1,00 M?
Đáp số: pH= 2,90; a=12,48%, a không đổi.
Bài 14: Tính số gam KCN phải lấy để khi hòa tan 100,00ml nước thu được dung
dịch cóp pH=11,00 (bỏ qua sự thay đổi thể tích trong quá trình hòa tan).
Đáp số: 0,2968 gam.
Bài 15: Biết pH của dung dịch NH

2
OH 0,0010 M là 7,49; pH của dung dịch
C
5
H
5
N 1,00.10
-5
M là 7,20. Hãy tính hằng số phân li của các axit liên hợp.
Đáp số: 5,98 và 5,18
Ngày 3/10/2012 Buổi 4: (3 tiết)
AXIT, BAZƠ, HDDROXXIT LƯỠNG TÍNH, MUỐI, PH CỦA DD
I. Mục đích yêu cầu: - Luyện tập axit, bazơ, muối, hiđroxit lưỡng tính, tích số ion
của nước, tính pH của dd
- Nhận biết được chất nào là axit, bazơ, lưỡng tính, tính axit, bazơ, trung tính lưỡng
tính của dd muối
- Giải các bài tập về axit , bazơ, xác định pH và liên quan đến pH.
II. chuẩn bị: Hệ thống câu hỏi, bài tập
III. Tiến hành:
A. Lý thuyết cần nắm:
I. Muối
1. Muối là hợp chất mà phân tử gồm cation kim loại (hoặc amoni) liên kết với anion
gốc axit.
22
Ngoại lệ: Ag − C ≡ C − Ag và CH
3
− CH
2
− O − Na cũng là muối.
2. Dung dịch muối: Khi tan trong nước, muối phân ly thành các ion. Dung dịch muối

có chứa cation kim loại (amoni) và anion gốc axit.
3. Màu của dung dịch muối:
CuSO
4
khan : màu trắng.
dd CuSO
4
: xanh lam (CuSO
4
.5H
2
O)
dd FeSO
4
: xanh lục nhạt(FeSO
4
.7H
2
O)
dd KMnO
4
: tím là màu của MnO
4
−
dd K
2
MnO
4
: xanh lục là màu MnO
4

2
−
.
4. Phân loại muối:
a) Muối trung hòa: Trong gốc axit không còn nguyên tử hiđro có khả năng thay thế bởi
kim loại .
- Muối thường: gồm 1 loại cation và 1 anion.
- Muối kép: gồm nhiều loại cation khác nhau kết hợp với một loại anion. Ví dụ:
KAl(SO
4
)
2
- phèn.
- Muối hỗn tạp: 1 loại cation kết hợp với nhiều loại anion khác.
Ví dụ:
O Cl
Ca
Cl
−
−
−
hay CaOCl
2
: clorua vôi.
b) Muối axit: Trong gốc axit vẫn còn hiđro có khả năng thay thế bởi kim loại . Thông thường
gốc axit có hidro là muối axit .Ngoại lệ

H O
P O
H O |

H
−
=
−
hay Na
2
HPO
3
là muối trung hòa.
5. Tính axit - bazơ trong dung dịch muối
• Sự tương tác giữa các ion trong muối với nước gọi là sự thủy phân muối và thường
là quá trình thuận nghịch.

Chỉ có gốc axít trung bình-yếu, bazơ trung bình-yếu mới bị thủy phân.
B1. Viết phương trình điện ly.
B2. Nhận xét xem các ion thuộc loại nào? (axit, bazơ, trung tính hay lưỡng
tính)
B3. Viết phản ứng với H
2
O (phản ứng hai chiều) tạo ion H
+
(H
3
O
+
) hay OH
-
.
B4. Kết luận đó là môi trường gì? Trả lời vì sao? So sánh pH với 7.
Muối Dung dịch pH

a
m
+ b
m
trung tính 7
a
m
+ b
y
Axit < 7
a
y
+ b
m
bazơ > 7
a
y
+ b
y
tùy quá trình cho hay nhận H
+
mạnh hơn tùy
23
7.
• Muối của axit mạnh và bazơ mạnh không bị thủy phân.
Ví dụ: NaCl hòa tan trong nước, NaCl không thủy phân, pH = 7.
• Muối của axit yếu và bazơ mạnh bị thủy phân tạo ra dung dịch có tính bazơ.
Ví dụ: Thủy phân Na
2
CO

3
:
Na
2
CO
3
= 2Na
+
+ CO
3
2
−
CO
3
2
−
+ H
2
O  HCO
3
−
+ OH
−
dung dịch có OH
−
→ pH > 7.
• Muối của axit mạnh và bazơ yếu bị thủy phân tạo ra dung dịch có tính axit.
Ví dụ: Thủy phân NH
4
Cl: NH

4
Cl = NH
4
+
+ Cl
-
Ph.trình ion: NH
4
+
+ H
2
O  NH
3
↑
+ H
3
O
+
dung dịch có H
3
O
+
→ pH < 7.
• Muối của axit yếu và bazơ yếu bị thủy phân tạo ra dung dịch trung tính nên những
muối này thực ra không tồn tại trong dung dịch.
Ví dụ: AlN + 3H
2
O = Al(OH)
3
↓

+ NH
3
↑
Fe
2
(CO
3
)
3
+ 3H
2
O = 2Fe(OH)
3
↓
+ 3CO
2
↑
Al
2
(CO
3
)
3
+ 3H
2
O = 2Al(OH)
3
↓
+ 3CO
2

↑
• Một số trường hợp đặc biệt: Một số muối lại có khả năng thủy phân hoàn toàn trong
dung dịch (hầu hết là do các chất tạo thành không phản ứng được với nhau để cho phản ứng
thuận nghịch).
Ví dụ:
a) Cho dung dịch Na
2
CO
3
tác dụng với dung dịch FeCl
3
hoặc AlCl
3
có CO
2
↑
và kết tủa
tạo thành. Vì: CO
3
2
−
+ H
2
O  HCO
3
−
+ OH
−
HCO
3

−
 CO
2
↑
+ OH
−
Fe
3+
+ 3 OH
−
= Fe(OH)
3
↓
3 Na
2
CO
3
+ 2 FeCl
3
+ 3 H
2
O = 2 Fe(OH)
3
↓
+ 3 CO
2
↑
+ 6 NaCl
b) Cho dung dịch NH
4

Cl tác dụng với dung dịch NaAlO
2
tạo kết tủa và có khí bay ra.
NH
4
Cl = NH
4
+
+ Cl
−
NH
4
+
+ H
2
O  NH
3
↑
+ H
3
O
+
NaAlO
2
= Na
+
+ AlO
2
−
AlO

2
−
+ H
3
O
+
= Al(OH)
3
↓
NH
4
Cl + NaAlO
2
+ H
2
O = Al(OH)
3
↓
+ NH
3
↑
+ NaCl
II- Axit - bazơ
1. Axit có các dạng sau
- Phân tử trung hòa: HCl , HNO
3
, H
2
SO
4

,
- Ion dương: NH
4
+
, Fe
3+
, Al
3+
,
- Ion âm: HSO
4
−
.
HCl + H
2
O = H
3
O
+
+ Cl
−
24
HSO
4
−
+ H
2
O = H
3
O

+
+ SO
4
2
−
NH
4
+
+ H
2
O  NH
3
+ H
3
O
+

Fe
3+
+ 3 H
2
O  Fe(OH)
3
+ 3 H
+
⇒ Tạo môi trường axit, làm quì tím ngả hồng, có khả năng cho proton.
2. Bazơ có các dạng
- Phân tử trung hòa: NaOH , NH
3
,

- Ion gốc axit yếu: S
2
−
, SO
3
2
−
, CO
3
2-
,
Tạo ra môi trường OH
−
→ quì tím ngả xanh, có khả năng nhận proton.
NH
3
+ H
2
O  NH
4
+ OH
−
S
2
−
+ H
2
O  HS
−
+ OH

−
CO
3
2
−
+ H
2
O  HCO
3
−
+ OH
−
.
3. Những ion trung tính
- Ion kim loại mạnh: K
+
, Na
+
, Ca
2+
, Ba
2+
,
- Ion gốc axit mạnh: Cl
−
, SO
4
2
−
, NO

3
−
, Br
−
.
4. Những chất lưỡng tính (vừa cho H
+
vừa nhận H
+
)
- Al(OH)
3
, Zn(OH)
2
, Be(OH)
2
, Cr(OH)
3
.
- Muối axit của axit yếu: NaHCO
3
.
HCO
3
−
 CO
3
2
−
+ H

+
HCO
3
−
+ H
+
 H
2
CO
3
.
- H
2
O là chất lưỡng tính:
H
2
O + H
2
O  H
3
O
+
+ OH
−
II- pH của dung dịch:
Một số điểm cần lưu ý
- Tích số nồng độ của H
2
O: Trong mọi dung dịch ta luôn có [H
+

].[OH
-
] = 10
-14
- pH của một dung dịch được xác định theo công thức:
pH = - log[H
+
]
Nếu [H
+
] = 10
-a

⇒
pH = a.
B. Bài tập vận dụng:
Bài 1: a) Các chất và ion cho dưới đây đóng vai trò axit, bazơ, lưỡng tính hay trung
tính: NH
4
+
; Al(H
2
O)
3+
; C
6
H
5
O
-

; Zn(OH)
2
; Na
+
; Cl
-
. Tại sao?
b) Hoà tan 5 muối NaCl, NH
4
Cl, AlCl
3
, Na
2
S, C
6
H
5
ONa vào nước thành 5
dung dịch, sau đó cho vào mỗi dung dịch một ít quỳ tím. Hỏi dung dịch có màu gì?
Tại sao?
Hướng dẫn: a) axit: NH
4
+
, Al(H
2
O)
3+

Vì; NH
4

+
+ H
2
O  NH
3
+ H
3
O
+

Al
3+
+ 3H
2
O

 Al(OH)
3
+ 3H
+

Bazơ: C
6
H
5
O
-
vì: C
6
H

5
O
-
+ H
2
O  C
6
H
5
OH + OH
-
Lưỡng tính: Zn(OH)
2
vì: Zn(OH)
2
 Zn
2+
+ 2OH
-

Zn(OH)
2
 ZnO
2
2-
+ 2H
+
Trung tính: Na
+
; Cl

-

không bị thủy phân.
25