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

Nhúm húa trng THPT Chuyờn Hong Vn Th-Hũa Bỡnh
BI CHUN B HI THO
Ni dung bi tp nh lng liờn quan ti p oxihoa kh.
BI 1.
Mô tả hiện tợng xảy ra khi cho dần 1ml dung dịch H 2SO4 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-



2Cr3+ + 3I2 + 7H2O

(II.1)

Cr2O72- + 14H+ + 6Br-

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

2Cr3+ + 7H2O E10 =1,33(v)

2Br-

Br2 + 2e

E 02 =1,085(v)

(II.4)

2I-



I2 + 2e

E 30 =0,6197(v)

(II.5)

(II.3)

Từ (II.3) nhận thấy thế ôxi hóa của Cr2O72 / Cr 3+ phụ thuộc vào pH
E'Cr O2- /Cr3+ = E10 +
2 7

0,059
lg[H+] 14 = E10 - 0,138 pH
6

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 = pKa CH COOH + lg

3

C CH COO
3

-

C CH COOH

= 4,76 + lg

3



0,3
= 5,23
0,1

E'Cr O2- /Cr3+ = 1,33 - 0,138 . 5,23 = 0,608 (v)
2 7

Vì E'Cr O
2

23+
7 /Cr

< E10 , E 02 nên các phản ứng (II.1) (II.2) đều không xảy ra. Do đó dd vẫn

có màu đỏ da cam của Cr2O72Khi thêm dần H2SO4 thì pH của hệ giảm dần, nên E'Cr O
2



pH < 5,15

thì

23+
7 /Cr

sẽ tăng dần cho đến khi:

E'Cr O2- /Cr3+ > E 0I / 2I
2 7
2

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


pH < 1,77

thì

E'Cr O2- /Cr3+ > E 0Br / 2Br
2 7
2

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 SO = 0,4 ml thì:
2

4

E'Cr O2- /Cr3+ = 1,086(v)
2 7

Cr2O72- +
5.102
1, 4

C
[]

6I-

K1' = 106(1,086 0,6197) / 0,059 = 1047,39

2Cr3+



+

3I2

K1' =1047,39

6.102
1, 4

(2,85.10-2+ x) 6x

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

Theo định luật TDKL ta có:
(1, 43.102 2x) 2 (2,14.10 2 3x)3
= 1047,39 6x = 8,1.10-10
2
6
(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 )
E'Cr O2- /Cr3+ = 1,203(v)
2 7

Khi đó:

Cr2O72C
[]

+

1, 4
2,85.102
2

x

6 Br



0,3
2

K '2 = 106(1,203 - 1,085)/0,059 = 1012

2Cr3+ +

3Br2

K '2 =1012

1, 4
1, 43.102
2

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

Theo định luật TDKL ta có:

(3,99.102 2x) 2 (5,985.102 3x)3
= 1012
x(3, 03.102 + 6x) 6

2
x = Cr2O7 = 4,4.10-10

Nh vậy khi nhỏ đến hết 1ml dd H2SO4 thì Cr2O 72 bị khử hết thành Cr3+, do đó dd sẽ
chuyển hoàn toàn từ màu đỏ da cam của Cr 2O 72 thành màu xanh lục của Cr 3+ và trên lớp
dung môi hữu cơ ban đầu có màu tím của I2 sau đó xuất hiện màu vàng da cam của Br2.
BI 2
1.1 t chỏy hon ton 4,4g sunfua ca kim loi M (cụng thc MS) trong oxi d. Cht
rn sau phn ng em ho tan trong 1 lng va dung dch HNO 3 37,8% thy nng
phn trm ca mui trong dung dch thu c l 41,72%. Khi lm lnh dung dch ny thỡ
thoỏt ra 8,08g mui rn. Lc tỏch mui rn thy nng phn trm ca mui trong dung
dch l 34,7%. Xỏc nh cụng thc mui rn.
1.2 Vit cỏc phng trỡnh phn ng xy ra:
a. Ion I- trong KI b oxi hoỏ thnh I2 bi FeCl3, O3; cũn I2 oxi hoỏ c Na2S2O3.
b. Ion Br- b oxi hoỏ bi H2SO4c, BrO3-(mụi trng axit); cũn Br2 li oxi hoỏ c P
thnh axit tng ng.
c. H2O2 b kh NaCrO2(trong mụi trng baz) v b oxi hoỏ trong dung dch
KMnO4(trong mụi trng axit).
ỏp ỏn bi 1


1.1.Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit
2MS + (2 + n:2)O2  M2On + 2SO2 (0,25 đ)
a

0,5a
M2On + 2nHNO3  2M(NO3)n + n H2O
(0,25 đ)
0,5a
an
a
Khối lượng dung dịch HNO3
m = an × 63 × 100 : 37,8 = 500an : 3 (g)
Khối lượng dung dịch sau phản ứng
m = aM + 8an + 500an : 3 (g)
Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172
Nên M = 18,65n
(0,50 đ)
Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe)
Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05
khối lượng Fe(NO3)3 là
m= 0,05 × 242 = 12,1(g)
Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh :
mdd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g)
Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là :
m = 20,92 × 34,7 : 100 = 7,25924 (g)
Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinh
m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g)
(0,50 đ)
Đặt công thức Fe(NO3)3 . nH2O
Suy ra 4,84:242 × (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9
CT Fe(NO3)3 . 9H2O
(0,50 đ)
1.2 (Mỗi phương trình 0,25 đ)
a. 2KI + 2FeCl3  2FeCl2 + 2KCl + I2

2KI + O3 + H2O  2KOH + O2 + I2
I2 + 2Na2S2O3  2NaI + Na2S4O6
b. 2Br + 4H+ + SO42-( đặc)  Br2 + SO2 + 2H2O
5Br- + BrO3- + 6H+  3Br2 + 3H2O
5Br2 + 2P + 8H2O 10 HBr + 2H3PO4
c. 3H2O2 + 2NaCrO2 + 2NaOH  2Na2CrO4 + 4H2O
5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4  2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2O
BÀI 3.
X là hỗn hợp đồng nhất gồm hai kim loại Fe và Cu, trong đó Fe chiếm 52,24% phần trăm
khối lượng. Chia 32,16 gam X thành hai phần bằng nhau.
(a) Hòa tan phần một trong 113,4 gam dung dịch HNO 3 40%. Khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn thu được dung dịch Y và sản phẩm khử duy nhất là khí NO. Điện phân
dung dịch Y với các điện cực trơ, cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 2 giờ 9
phút thì kết thúc điện phân. Tính độ tăng khối lượng của catot, giả thiết toàn bộ
kim loại sinh ra bám lên catot.
(b) Hòa tan phần hai bằng 300 mL dung dịch HCl 1M (không có không khí). Khi phản
ứng hoàn toàn, lọc tách phần chất rắn không tan. Thêm dung dịch AgNO 3 dư vào
dung dịch nước lọc, thu được kết tủa Z. Tính khối lượng Z.
ĐÁP ÁN


nFe =

52, 24 32,16 gam
×
= 0,3 mol
100 56 gam / mol

n Cu =

47,76
32,16 gam
×
= 0,24 mol Như vậy trong
100 64 gam / mol

mỗi phần có 0,15 mol Fe và 0,12 mol Cu.
40

113,4 gam

(a) n HNO 3 = 100 × 63 gam / mol = 0,72 mol
3Fe +8HNO3 →
3Fe(NO3)2 +
2NO +
2H2O
0,15 0,72
0,15 0,4
0,15
0
0,32
0,15
3Cu +
8HNO3 →
3Cu(NO3)2 +
2NO + 4H2O
0,12 0,32
0
0
0,12

Như vậy dung dịch Y chứa 0,15 mol Fe(NO3)2 và 0,12 mol Cu(NO3)2.
Các phản ứng điện phân có thể có (theo thứ tự) :
Cu(NO3)2 + H2O →
Cu +
1/2O2 + 2HNO3
(3)
0,12 ⇒
0,06
Fe(NO3)2 + H2O →
Fe + 1/2O2 + 2HNO3
(4)
0,08⇐
0,04
H2O → H2 + 1/2O2
(5)
1
4

Ta có : n O 2 = ×
Vì

(1)

(2)

5 × 7740
= 0,1 mol
96500

(

)

1
1
n Cu ( NO 3 ) 2 = 0,06 ≤ n O 2 ≤ n Cu ( NO 3 ) 2 + n Fe( NO 3 ) 2 = 0,135
2
2

⇒ đã xảy ra (1) và (2), nhưng Fe(NO3)2 còn dư.
Từ (3) và (4) ta thấy lượng kim loại kết tủa lên catot gồm 0,12 mol Cu và 0,08 mol Fe.
Vậy độ tăng khối lượng catot bằng :
(64 gam / mol × 0,12 mol) + ( 56 gam / mol × 0,08 mol) = 12,16 gam

(b) Hòa tan trong dung dịch HCl (không có không khí) :
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
(6)
0,15 0,3
0,15 0,3
0,15
0
0,0
0,15
Dung dịch Z chứa 0,15 mol FeCl2 và 0,1 mol HCl.
Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Z :
Ag+ + Cl- → AgCl↓
0,3 0,3
2+
Fe + Ag+ →
Fe3+ + Ag↓

0,15
0,15

(7)
(8)

m ↓= m AgCl + m Ag = (0,3 × 143,5) + (0,15 × 108) = 59,25 (gam)

BÀI 4.
Thực tế khoáng pirit có thể coi là hỗn hợp của FeS 2 và FeS. Khi xử lí một mẫu khoáng
pirit bằng brom trong dung dịch KOH dư người ta thu được kết tủa đỏ nâu A và dung


dịch B. Nung kết tủa B đến khối lượng không đổi thu được 0,2g chất rắn. Thêm lượng dư
dung dịch BaCl2 vào dung dịch B thì thu được 1,1087g kết tủa trắng không tan trong axit.
1.Viết các phương trình phản ứng.
2.Xác định công thức tổng của pirit.
3.Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần để oxi hóa mẫu khoáng.
ĐÁP ÁN:
1. Phương trình phản ứng:
2FeS2 + 15Br2 + 38OH- → 2Fe(OH)3 + 4SO42- + 30Br - + 16H2O(1)
2FeS + 9Br2 + 22OH- → 2Fe(OH)3 + 2SO42- + 18Br - + 8H2O
(2)
2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O
(3)
2+
2Ba + SO4 → BaSO4
(4)
2. Công thức:
1,1087

0,2
= 4,75.10 −3 mol, n Fe = 2n Fe2O3 = 2
= 2,5.10 −3 mol
233
160
−3
−3
: n S = 2,5.10 : 4,75.10 = 1 : 1,9

n S = n BaSO 4 =
n Fe

⇒ công thức FeS1,9
3. Gọi số mol FeS2 và FeS lần lượt là x và y ta có:
 x + y = 2,5.10 −3
x = 2,25.10 −3
⇒


−3
−3
2 x + y = 4,75.10
 y = 0,25.10
9
 15

m Br2 =  × 2,25.10 −3 + × 0,25.10 −3  × 160 = 2,88g
2
2


BÀI 5.
Tương tác giữa kim loại với axit nitric cho ra hỗn hợp các sản phẩm khử của nitơ với thành phần hỗn
hợp phụ thuộc rất nhiều vào các yếu tố khác nhau. Yếu tố quan trọng nhất chính là bản chất hóa học của
kim loại, kích cỡ kim loại phản ứng (dạng bột hay dạng thỏi...), nồng độ của axit nitric và điều kiện phản
ứng (nhiệt độ, khuấy trộn...).
a) Ngoài muối nitrat kim loại thì có thể sinh ra các sản phẩm nào khác chứa nitơ khi hòa tan kim
loại trong axit nitric? Viết phương trình hóa học chỉ ra sự hình thành các sản phẩm.
b) 1.00 g mẫu kim loại được hòa tan vào lựơng dư dung dịch axit nitric 15%. Phản ứng sinh ra 446
mL (đktc) hỗn hợp các khí. Phân tích hỗn hợp khí này cho kết qủa gồm 117 mg nitơ và 269 mg
nitơ oxit và phầm trăm khối lượng nitơ nguyên tố trong nó là 60,7%. Tính khối lượng riêng của
hỗn hợp khí này ở 40.0 °C và 770 mm Hg.
c) Kim loại nào đã phản ứng với axit nitric trong thí nghiệm trên ? Viết phương trình phản ứng xảy
ra.
Đáp án:
a) NO2, NO, N2O, N2, NH4NO3. Phản ứng của kim loại với axit nitric thường đi kèm với phản ứng
khử nitơ chứ không phải proton. Như một quy luật thì nếu nồng độ axit nitric càng thấp, kim loại
càng hoạt động thì sản phẩm chứa nitơ có số oxy hóa càng thấp. Các phản ứng sau chứng minh
luận điểm này:


Cu + 4HNO3 (đặc) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑ + 2H2O
3Pb + 8HNO3 (loãng) = 3Pb(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O
4Mg + 10HNO3 (đặc) = 4Mg(NO3)2 + N2O↑ + 5H2O
5Mn + 12HNO3 (loãng) = 5Mn(NO3)2 + N2↑ + 6H2O
4Mg + 10HNO3 (rất loãng) = 4Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O
b) Lượng khí thoát ra khi tiến hành phản ứng khử kim loại bằng axit nitric là

trong đó

446
= 19,9 mmol
22,4

117
269
= 4.18 mmol là N2 và
= 8.97 mmol NO.
28,0
30,0

Như vậy hỗn hợp chứa ít nhất một thành phần có lượng là (19.9 – 4.18 – 8.97) = 6.75 mmol Cho
rằng đó là thành phần chưa biết duy nhất của hệ có khối lượng phân tử là M và thành phần phần
trăm của nitơ là m.
Vậy: 0.607 =

8,3
117 + 8,97.14,0 + 6,75.M.m
⇒ М=
4,1 − 6,75m
117 + 269 + 6,75.M

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

2,0.6,75 + 117 + 269
= 20.1 g/mol.

19,9

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

m MP
=
= 0,792 g/L
V
RT

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

2N+5 + 10e − = N2

-

N+5 + 3e − = N+2

-

2H+ + 2e − = H2

Sự hình thành các khí cần đến (4.18 × 10 + 8.97 × 3 + 6.75 × 2) = 82.2 mmol lectron. Như vậy
khối lượng phân tử của kim loại là: M = 10

3

1,00
= 12.16х g/mol.
82,2

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

1000
= 41.15 mmol.
24,3

Các phản ứng cân bằng có thể được viết như sau:
41,15Mg + xHNO3 = 41,15Mg(NO3)2 + 4,18N2 + 8.97NO + 6,75H2 + yH2O
Điền vào các hệ số bị mất và chuyển thành số nguyên chúng ta nhận được:


1329Mg + 3218HNO3 = 1329Mg(NO3)2 + 135N2 + 290NO + 218H2 + 1391H2O
Hệ số tỉ lượng đối với một nguyên tử magie:
Mg + 2,42HNO3 = Mg(NO3)2 + 0,102N2 + 0,218NO + 0,164H2 + 1,05H2O
Bài 6
Hòa tan hoàn toàn kim loại M1 vào dung dịch HNO3 aM (loãng) thu được dung dịch X và 0,2 mol NO
(sản phẩm khử duy nhất). Hòa tan hoàn toàn kim loại M2 vào dung dịch HNO3 aM chỉ thu được dung
dịch Y. Trộn X và Y được dung dịch Z. Cho dung dịch NaOH dư vào Z thu được 0,1 mol khí và một kết
tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi được 40 gam chất rắn. Hãy xác định M1, M2. Biết:
•

M1, M2 đều là các kim loại hóa trị II.

•

M1, M2 có tỉ lệ nguyên tử khối là 3:8.

•

Nguyên tử khối của M1, M2 đều lớn hơn 23 và nhỏ hơn 70.

Đáp án:
Vì M2 vào dung dịch HNO3 chỉ thu được dung dịch Y, nên dd Y phải chứa NH+4 , và khí thu được là NH3.
→ nNH3 = nNH+4 = 0,1mol

Theo bảo toàn electron, ta có:

2.nM1 = 0,2.3 → nM1 = 0,3
2.nM2 = 0,1.8 → nM2 = 0, 4

* Trường hợp 1: M1 ≠ Hg → E là hỗn hợp oxit M1O, M2O
nE = 0,3 + 0,4 = 0,7 mol → nOxi/E = 0,7 mol → mOxi = 0,7.16 = 11,2 gam
→

∑m

= 40 - 11,2 = 28,8 gam.
M2 3
= , thì ta có: 0,3.M1 + 0,4.M2 = 28,8
+ Nếu
M1 8
3
0,3.M1 + 0,4. .M1 = 28,8
8
→ M1 = 64 (Cu) → M2 = 24 (Mg)

(nhận)
2KL

+ Nếu

M1 3
= , thì ta có: 0,3.M1 + 0,4.M2 = 28,8
M2 8
3
0,3. .M2 + 0,4. M2 = 28,8
8
→ M2 = 56,2 ; M1 = 21,1 (loại)

* Trường hợp 2: E là 1 oxit M1O hay M2O
40
= 100 → M2 = 84 (loại)
0, 4
40
=
= 133,33 → M2 = 117,3 (loại)
0,3

MM 2 O =
MM1O

BÀI 7
Cho 6,45 gam hổn hợp gồm Al và Al2O3 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư. Sau phản ứng thu được
V lit khí NO (đktc) và dung dịch B có 32,7 gam muối, nếu cũng cho khối lượng hổn hợp trên tác dụng
với dung dịch HCl thu 20,025 gam muối.
a) Tìm muối có trong dung dịch B.

b) Viết các phản ứng xảy ra.
c) Tính V (lit) khí NO


Đáp án:
Gọi a,b là số mol của Al và Al2O3 trong hổn hợp ban đầu
Al
+ 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + H2O
amol
amol
Al2O3 + 6HNO3 → 2Al(NO3)3 + 3 H2O
.bmol
2b mol
Al
+ 3HCl→ AlCl3 + H2
Al2O3 + 6HCl→ 2AlCl3+ 3 H2O
Al và Al2O3 tác dụng với HNO3 hay HCl thì
20,025
n Al ( NO3 ) 3 = n AlCl 3 = a + 2b =
= 0,15mol
(*)
133,5
Và ta có : 27a + 102b = 6,45
(**)
Giải hệ pt: a = b = 0,05 mol
mAl ( NO3 ) 3 = 0,15 * 213 = 31,95 gam < 32,7 gam
Vậy dung dịch B ngoài muối Al(NO3)3 còn phải chứa muối NH4NO3
mNH 4 NO3 = 32,7 − 31,95 = 0,75 gam
0,75
= 0,009375mol

80
8Al
+ 30HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3NH4NO3 + 9H2O
0,025 mol
0,009375mol
n Al taoNO = 0,05 − 0,025 = 0,025mol
n Al = nNO = 0,025mol
VNO = 0,025*22,4 = 0,56 lit
nNH 4 NO 3 =

Bài 8
Có thể điều chế tinh thể FeCl 3.6H2O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào trong dung dịch axit
clohydric 25%. Dung dịch tạo thành được oxy hóa bằng cách sục khí clo qua cho đến khi cho kết qủa
âm tính với K3[Fe(CN)6]. Dung dịch được cô bay hơi ở 95 oC cho đến khi tỉ trọng của nó đạt chính xác
1,695 g/cm3 và sau đó làm lạnh đến 4 oC. Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không rồi cho vào
một dụng cụ chứa được niêm kín.
a) Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa FeCl3.6H2O
b) Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu mL dung dịch axit clohydric 36% (d=1,18g/cm 3) cần để điều
chế 1,00kg tinh thể này. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%
c) Đun nóng 2,752g FeCl 3.6H2O trong không khí đến 350oC thu được 0,8977g bã rắn. Xác định
thành phần định tính và định lượng của bã rắn.
Đáp án:
a) Các phản ứng:
Fe + 2HCl = FeCl2 + H2
2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3
3FeCl2 + 2K3[Fe(CN)6] = Fe3[Fe(CN)6]2 + 6KCl
FeCl3 + 6H2O = FeCl3.6H2O
b)

1000

= 3,7mol FeCl3.6H2O
270,3


Như vậy cần

3,7 .2 . 36,5
≈ 978 mL dung dịch HCl 36%
0,36 .1,18 . 0,65

Khi đun nóng thì FeCl3.6H2O phân huỷ theo phương trình sau:
FeCl3.6H2O = FeOCl + 5H2O + 6HCl
Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân huỷ:
3FeOCl = FeCl3 + Fe2O3 (Hơi FeCl3 bay ra)
Lượng FeCl3.6H2O trong mẫu là

2,752
= 10,18 mmol
270,3

Điều này ứng với khối lượng FeCl3 là 107,3. 0,01018 = 1,092g FeOCl
Do khối lượng thu được của bã rắn bé hơn nên ta biết được FeOCl sẽ bị phân hủy một phần
thành Fe2O3. Khối lượng FeCl3 mất mát do bay hơi là:

1,902 − 0,8977
= 1,20mmol
162,2

Như vậy bã rắn cuối cùng chứa (0,01018 – 3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl và 1,20 mmol Fe2O3.

BÀI 9
1.Sục khí clo qua dung dịch kali iotua một thời gian dài, sau đó người ta cho hồ tinh bột
vào thì không thấy xuất hiện màu xanh. Hãy giải thích và viết phương trình hoá học
minh họa.
2.Để nhận biết ion sunfit, người ta cho vào một ống nghiệm 1 đến 2 giọt dung dịch iot, 3
đến 4 giọt dung dịch A có chứa ion sunfit (1). Sau đó cho tiếp vào đó 2-3 giọt dung dịch
HCl và vài giọt dung dịch BaCl2 thấy xuất hiện kết tủa B (2).
(a) Nêu hiện tượng xảy ra trong các giai đoạn 1, 2 của thí nghiệm và viết phương trình
hóa học để minh họa.
(b) Cho biết tại sao thí nghiệm nhận biết ion sunfit nêu trên thường được tiến hành
trong môi trường axit hoặc môi trường trung hòa, không được tiến hành trong môi
trường bazơ?
3. Hòa tan 8,4 gam kim loại M bằng dung dịch H 2SO4 đặc nóng dư, hay hòa tan 52,2 gam
muối cacbonat kim loại này cũng trong dung dịch H 2SO4 đặc nóng dư, thì lượng khí sinh
ra đều làm mất màu cùng một lượng brom trong dung dịch. Viết các phương trình hoá
học và xác định kim loại M, công thức phân tử muối cacbonat.

1. 2KI + Cl2 → I2 + 2KCl

ĐÁP ÁN

Sau một thời gian có xảy ra phản ứng:
I2 + 5Cl2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl
Sau phản ứng không có I2 tự do nên hồ tinh bột không chuyển sang màu
xanh
2. (a) Ở giai đoạn (1) màu đỏ nâu của dung dịch iot sẽ nhạt dần do xảy ra sự
oxi hoá ion sunfit thành ion sunfat theo phương trình:
SO32- + I2 + H2O → SO42- + 2H+ + 2I-

ĐIỂM

1,00

1,00


Ở giai đoan (2) xuất hiện kết tủa màu trắng do sự hình thành kết tủa BaSO4
không tan trong axit:
SO42- + Ba2+ → BaSO4↓
(b) Không thực hiện trong môi trường kiềm vì trong môi trường kiềm sẽ
xảy ra phản ứng tự oxi hoá khử của I2: 3I2 + 6OH- → 5I- + IO3- + 3H2O
3. Các phương trình phản ứng:
2M + 2mH2SO4 → M2(SO4)m + mSO2 + 2mH2O
(1)
M2(CO3)n + (2m-n)H2SO4 → M2(SO4)m + (m-n) SO2 + nCO2 + (2mn)H2O(2)
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr
(3)

0,50

1,25

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

8,4 m
52,2
× =
× (m − n )
M 2 2M + 60n

252mn

⇒ M = 43,8m − 52,2n

n = 1, m = 2 ⇒ M = 14,23 (loại)
n = 1, m = 3 ⇒ M = 9,5 (loại)
n = 2, m = 3 ⇒ M = 56 (hợp lý)
Vậy M là Fe và công thức muối là FeCO3.

0,75

BÀI 10.
Dung dịch A gồm FeSO4 0,020 M; Fe2(SO4)3 và H2SO4.
a) Lấy chính xác 25,00 ml dung dịch A, khử Fe 3+ thành Fe2+; chuẩn độ Fe2+ trong hỗn
hợp (ở điều kiện thích hợp) hết 11,78 ml K 2Cr2O7 0,0180 M. Hãy viết phương trình ion
của phản ứng chuẩn độ. Tính nồng độ M của Fe2(SO4)3 trong dung dịch A.
b) Tính nồng độ M của H2SO4 trong dung dịch A, biết dung dịch này có pH = 1,07.
c) Ghép cực Pt nhúng trong dung dịch A (qua cầu muối) với cực Ag nhúng trong dung
dịch AgNO3 0,0190 M có thêm K2CrO4 cho đến nồng độ 0,0100 M (coi thể tích được giữ
nguyên).
Hãy cho biết anot, catot và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. Tính
sức điện động của pin.
Cho pKa: HSO4- 1,99; Fe3+( Fe3+ + H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ FeOH2+ + H+) 2,17;
Fe2+( Fe2+ + H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ FeOH+ + H+) 5,69.
Chỉ số tích số tan pKs của Ag2CrO4 11,89.
Eo : Fe3+/ Fe2+ 0,771 V; Ag+/Ag 0,799 V; (RT/F)ln = 0,0592 lg.
Hướng dẫn chấm:
2−

3. a) Phản ứng c/độ Cr2O 7 + 6 Fe2+ + 14 H+ → 2 Cr3+ + 6 Fe3+ + 7 H2O

2+
CFe = CFeSO 4 + 2 CFe 2 (SO 4 ) 3 = 0,02 + 2C1
2+

2−

2−

CFe . 25,00 = 6 (CCr 2 O 7 . VCr 2 O 7 → 25,00(0,020 + 2C1) = 6(0,0180 . 11,78)
C1 = 0,01544 M hay
CFe 2 (SO 4 ) 3 = 0,01544 M.
b) Trong dd A có: Fe2+ 0,020 M; Fe3+ 2C1; H+ (C, M); HSO −4 (C, M); các cân bằng:


2 H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ H3O+ + OHKw = 10-14 (1)
Fe2+ + 2 H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ FeOH+ + H3O+ Ka1 = 10-5,96 (2)
Fe3+ + 2 H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ FeOH2+ + H3O+ Ka2 = 10-2,17 (3)
HSO −4 + H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ SO 24− + H3O+ Ka = 10-1,99 (4).
So sánh ta thấy (3) và (4) là chủ yếu và tương đương nhau. Áp dụng đ/luật bảo toàn
2−
+
proton, ta có [H3O+] = CH + [FeOH2+] + [SO 4 ]
(a)
3+
Từ (3) có [FeOH2+] / [Fe3+] = Ka2 / [H3O+] → [FeOH2+] / CFe = Ka2 / Ka2 + [H3O+]
3+
= 10-2,17 / (10-2,17 + 10-1,07) → [FeOH2+] = 0,0736 CFe = 0,0736 . 0,015445 . 2.
T/ tự, từ (4) có [SO 24− ] / [HSO −4 ] = Ka / [H3O+]
→ [SO 24− ] / CHSO −4 = 10-1,99/ (10-1,99 + 10-1,07) → [SO 24− ] = 0,107 C;
3+

P/ trình (a) trở thành [H3O+] = C + 0,0736 CFe + 0,107 C
(b).
-1,07
Từ (b) CH 2 SO 4 = C = (10 – 0,0736 . 0,03089) / 1,107 → CH 2 SO 4 = C = 0,07483 M.
c) EPt = E Fe 3+ / Fe 2+ = E 0 Fe 3+ / Fe 2+ + 0,0592 lg([Fe3+]/[Fe2+])
Fe3+ +
2 H2O ‡ˆ ˆˆ †ˆ FeOH2+ + H3O+
10-2,17
C
0,03089
[ ]
0,03089 – x
x
10-1,07
x .10-1,07 / (0,03089 – x) = 10-1,07 → x = 0,002273→ [Fe3+] = 0,03089 – 0,002273
2+
= 0,02862 M → [Fe2+] = CFe = 0,020 M (vì Ka1 rất bé).
Vậy: EPt = 0,771 + 0,0592 lg ( 0,0862 / 0,020) = 0,780 V.
2 Ag+
+
CrO 24−
→ Ag2CrO4↓
0,019
0,010
5. 10-4
Ag2CrO4↓
→
2 Ag+
+
CrO 24− Ks = 10-11,89

C
5.10-4
[ ]
2x
5.10-4 + x
( 2x )2 (5.10-4 + x) = 10-11,89 → 4x3 + 2,0.10-3x2 - 10-11,89 = 0 → x = 2,08.10-5
Có: [Ag+] = 2x = 4,96.10-5 M.
o
EAg = E Ag / Ag + 0,0592 lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg4,96.10-5 = 0,544 V.
Vì EAg < EPt nên cực Ag là anot; cực Pt catot.
Phản ứng trong pin: anot
2 Ag
+
CrO 24− ‡ˆ ˆˆ †ˆ Ag2CrO4↓ + 2e
catot 2x│ Fe3+
+
e
Fe2+
‡ˆ ˆˆ †ˆ
2 Ag + CrO 24− + 2Fe3+
Ag2CrO4↓ + 2 Fe2+
‡ˆ ˆˆ †ˆ
Epin = EPt - EAg = 0,780 – 0544 = 0,236 V.
+