SKKN MỘT SỐ BÀI TẬP HÓA HỌC VÔ CƠ BỒI DƯỠNG HSG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH
Mã số: ................................

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ BÀI TẬP HÓA HỌC VÔ CƠ
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

Người thực hiện: Nguyễn Minh Tấn
Lĩnh vực nghiên cứu:
Quản lý giáo dục



Phương pháp dạy học bộ môn: Hóa học
Phương pháp giáo dục





Lĩnh vực khác: ......................................................... 
Có đính kèm:
 Mô hình
 Phần mềm

 Phim ảnh

Năm học: 2016 - 2017

 Hiện vật khác


SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I.

THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1.

Họ và tên: Nguyễn Minh Tấn

2.

Ngày tháng năm sinh: 08/10/1987

3.

Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 223/73/3, phường Quang Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai
5. Điện thoại: 0988325623
6. Email:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao:

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
-

Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Thạc Sĩ

-

Năm nhận bằng: 2013

-

Chuyên ngành đào tạo: Lý luận và phương pháp dạy học Hóa học

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
-

Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy hóa
học Số năm có kinh nghiệm: 8 năm

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
+ Năm học 2011 - 2012: MỘT SỐ SAI LẦM THƯỜNG GẶP Ở HỌC SINH KHI GIẢI BÀI TẬP
HÓA HỌC VÔ CƠ THPT.
+ Năm học 2012 – 2013: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP PHÂN TÍCH ĐỊNH TÍNH
TRONG HÓA HỌC PHÂN TÍCH.
+ Năm học 2013 – 2014: MỘT SỐ BIỆN PHÁP HẠN CHẾ VÀ SỬA CHỮA SAI LẦM CỦA HỌC
SINH KHI GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC
+ Năm học 2015– 2016: MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ NĂNG LƯỢNG CỦA ELECTRON TRONG BỒI
DƯỠNG ỌC SINH GIỎI


MỘT SỐ BÀI TẬP HÓA HỌC VÔ CƠ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Vấn đề giải bài tập vô cơ là một vấn đề quan trọng mà học sinh chuyên cần nắm vững. Tuy nhiên,
vấn đề này tương đối phức tạp và để hiểu rõ được vấn đề không phải là chuyện dễ. Mặt khác, trong các đề
thi học sinh giỏi tỉnh, Olympic 30/4 và Quốc gia, Quốc tế thì thường đề cập đến bài toán vô cơ. Trong

những năm gần đây, bài tập vô cơ đã được nâng cấp lên và đặt ra những bài toán khó, chỉ có thể giải được
nếu như hiểu đươc bản chất vấn đề và vận dụng một cách linh hoạt.
Thực tiễn dạy học hoá học hiện nay, khi giáo viên giảng dạy lý thuyết và hướng dẫn học sinh giải bài
tập vô cơ, chúng tôi nhận thấy HS còn hạn chế về kiến thức, chưa nắm vững lý thuyết, chưa biết vận dụng
để giải bài tập, thậm chí giải bài tập dạng cơ bản còn hay mắc sai lầm trong suy luận và tư duy. Nếu không
chú ý đúng mức đến việc hiểu bản chất, phân tích đề, tìm ra phương pháp đơn giản và cơ bản để giải bài tập
thì HS sẽ dễ bị sai lầm. Điều đó sẽ làm cho HS không hứng thú học tập và chất lượng dạy học hoá học cũng
giảm đi rõ rệt.
HS thường giải bài tập hóa học vô cơ theo kiểu “giải toán” tức là chỉ vận dụng phép tính toán học để
tìm ra đáp số mà không cần làm sáng tỏ bản chất vật lý, hoá học thì sẽ dẫn đến các sai lầm trong quá trình
suy luận, tư duy, không vận dụng các kiến thức, quy luật biến đổi trong hoá học để giải quyết vấn đề.
Theo chúng tôi, nếu giáo viên có khả năng giảng dạy lý thuyết thật dễ hiểu, nhận xét và định hướng,
hướng dẫn học sinh tìm ra được phương pháp giải đơn giản thì việc học chuyên phần vô cơ sẽ không còn là
khó khăn và vất vả đối với cả giáo viên và học sinh. Hiện nay thi học sinh giỏi cấp tỉnh, Olympic 30/4, máy
tính cầm tay cấp khu vực, học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế thì bài tập vô cơ quan trọng và học sinh thường
giải mất nhiều thời gian, công sức. Để đáp ứng cho nhu cầu học chuyên và dạy chuyên, cũng như tạo hứng
thú cho học sinh học tập thì chúng tôi chọn đề tài này.
Với các lí do trên cùng với thực tế dạy học hoá học ở trường THPT chuyên, tôi chọn đề tài: “MỘT
SỐ BÀI TẬP HÓA HỌC VÔ CƠ BỒI DƯỠNG HSG”.
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
Sự vận dụng của lí thuyết kiến tạo trong DH giúp HS nắm được PP học tập, chủ động trong hoạt
động học tập. HS phải tự tìm hiểu, khám phá, tự xây dựng kiến thức bằng con đường riêng của mỗi cá nhân.
Quá trình phân tích, tự đánh giá hoạt động học tập của mình mà tự điều chỉnh quá trình học tập của chính
mình, sửa chữa những nhược điểm trong nhận thức học tập và tự làm biến đổi nhận thức của chính mình.
GV là người tổ chức, hướng dẫn, tạo điều kiện để HS tìm ra phương pháp giải cho phù hợp. Vai trò của GV
là định hướng, dạy HS cách phân tích, tư duy, động viên, khuyến khích, tạo điều kiện cho HS tự xây dựng
kiến thức cho mình.
Để HS hiểu và giải bài tập vô cơ một cách nhanh chóng, khoa học, chính xác là điều không dễ, đòi
hỏi phải có những công trình nghiên cứu để giúp GV và HS phát hiện được các hướng chính xác để giải bài
tập, tìm ra những cơ sở khoa học để giải một cách khoa học và nhanh gọn. Tuy nhiên, trong các đề tài

nghiên cứu về khoa học giáo dục của nước ta hiện nay còn thiếu vắng những công trình nghiên cứu có hệ
thống về lĩnh vực này.
Bên cạnh đó, sách tham khảo và một số trang web – diễn đàn giáo viên thì thấy rất ít. Qua đó, ta
thấy rằng vấn đề này tuy quan trọng nhưng vẫn chưa được chú ý và quan tâm.


III. T CHC THC HIN CC GII PHP
CHN LC V HNG DN GII MT S BI TON Vễ C
DNG 1: NGUYấN T NHểM VIIIB
Cõu 1:
Cho sơ đồ các phản
ứng:
(dd) KCN đặc, d
FeCl2

FeSO4 Fe2(SO4)3 đặc AgNO3

B kết tủa trắng
A KMnO4, H+
(dd)

C kết tủa xanh đậm
D kết tủa trắng

G kết tủa xanh

FeCl2

E (dd)

Pb(OH)2, KOH

A + F kết tủa nâu

1. Vit phng trỡnh ion ca cỏc phn ng xy ra theo s trờn.
2. Hóy cho bit t tớnh ca hp cht A, dựng thuyt lai húa gii thớch.
HNG DN GII
1. Cỏc phng trỡnh phn ng:
Fe2+ + 6 CN- [Fe(CN)4- ]

(A)

6

[Fe(CN)4- ] + 2 Fe2+ Fe2[Fe(CN)6] trng

(B)

3 [Fe(CN)4- ] + 4 Fe3+ Fe4[Fe(CN)6]3 xanh m

(C)

[Fe(CN)4- ] + 4 Ag+ Ag4[Fe(CN)6] trng

(D)

6

6

6

5 [Fe(CN)4- ] + MnO- + 8 H+ Mn2+ + 4 H2O + 5 [Fe(CN)3- ]
6

4

(E)

6

2 [Fe(CN)3- ] + 3 Fe2+ Fe3[Fe(CN)6]2 xanh

(G)

6

Hoc K+ + [Fe(CN)3- ] + Fe2+ KFe[Fe(CN)6] xanh
6

2 [Fe(CN) 6 ] + Pb(OH) +2 2 OH- 2 [Fe(CN)4- ] 6+ 2 H2O + PbO2 nõu
3-

(F)

2. Cu hỡnh electron ca Fe2+ l [Ar]3d64s04p04d0
3d6

4s0

4p0

4d0

Vỡ CN- l phi t trng mnh, do ú khi to phc vi Fe 2+, 4 electron c thõn trờn 4 obitan 3d ca
Fe(II) b ghộp ụi, gii phúng 2 obitan 3d trng. Hai obitan ny lai húa vi 1 obitan 4s v 3 obitan 4p, to
thnh 6 obitan lai húa d2sp3 hng v 6 nh ca hỡnh bỏt din u. Mi obitan lai húa ny xen ph vi mt
obitan t do cú hai electron ca CN-, to ra 6 liờn kt cho nhn, hỡnh thnh phc [Fe(CN)4-6 ] lai húa trong, cú
cu trỳc bỏt din. Phc ny nghch t vỡ cú tng spin bng khụng:
CN- CN


CN

d2sp3

CN- CN- CN






Câu 2: Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 và 35% tạp chất trơ trong dung
dịch HCl (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch Y
phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO4 0,10 M. Mặt khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng trên
trong dung dịch HCl (dư) rồi thêm ngay dung dịch KMnO4 0,10 M vào dung dịch thu được cho đến khi phản
ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10 M.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO,

Fe2O3 có trong mẫu quặng.
HƯỚNG DẪN GIẢI
FeO + 2 HCl  FeCl2 + H2O
Fe2O3 + 6 HCl  2 FeCl3 + 3 H2O

a)

(1)
(2)

2 FeCl3 + 2 H2O + SO2  2 FeCl2 + H2SO4 + 2 HCl
(3)
5 FeCl2 + KMnO4 + 8 HCl  5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O
(4)
5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O  2 H2SO4 + 2 MnSO4 + K2SO4
(5)
(Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để làm môi trường cho phản ứng (4))
b) Từ (1) và (4) ta có:
nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = n Fe2 = 5. MnO4 = 5 . 0,10 . 15,26.10-3 = 7,63.10-3 (mol)
n


3

7,63.10- . 0,8120
 nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) =
1,2180

= 5,087.10-3 (mol)

-3

 mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10 = 0,3663 (g)
và mFe O2 3(trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)
0,1615
 n
(trong 0,8120 gam mẫu) =
 1,01.10-3 (mol)
Fe2O3
160
Tương tự, từ (3) và (5) ta có:  nSO2  nSO2 (3)  nSO2 (5)
Trong đó:

1

nSO (3) =
2

n



SO2 (5)

với:

n

2
5

. n FeCl3 (trong 0,8120 gam mẫu) = n
n

=
-

2 MnO (5)4

5

2

(





n
MnO-

4

1

5

(trong 0,8120 gam mẫu) =

-3

1,01.10 (mol)

Fe2O3

n



)
Fe2

= nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu)
5
1
n
= (n
(n (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n
-
Fe2

SO2 (5)

n

=
SO2 (5)

52

2

MnO4

(trong 0,8120 gam mẫu))

Fe2O3

FeO

5 3 1
3
3 
0,10 . 22,21.10- - (5,087.10- + 2 . 1,01.10- )




5

 2.10-3 (mol).




Vậy:

n

SO2


% FeO =

3,01.10-3 (mol)  VSO = 22,4 . 3,01.10-3 = 0,0674 (lit)
2

0, 3663
0,8120

.100 = 45,11 %

% Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %


Câu 3: Chất A được tạo từ cation K+ và anion Xn–. Chất B được tạo từ cation K+ và anion Xm–. Hai anion
này đều là anion phức bát diện nhưng khác nhau về momen từ: μ n- = 0; μ m- = 1,72D. Trong phối tử của
X
X
hai anion trên chỉ chứa hai nguyên tố thuộc chu kỳ 2. Khi cho 20 ml dung dịch A nồng độ 0,1M tác dụng
với 1,3240 gam Pb(NO3)2 thì tạo thành 1,2520 gam kết tủa trắng và trong dung dịch chỉ còn lại muối kali.
Khi cho 1,2700 gam FeCl2 vào một lượng dư dung dịch A thì tạo thành 1,6200 gam kết tủa trắng C (chứa
51,85% khối lượng là sắt). Khi để ra ngoài không khí C trở thành xanh lơ và chuyển thành D. Dung dịch
của B tác dụng với FeCl2 cũng tạo thành D. Biết rằng momen từ: μ = n.(n + 2) ; trong đó n là số electron độc
thân của ion trung tâm. Xác định chất A, B, C và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
HƯỚNG DẪN GIẢI
▪ Anion trong A là X4 :
2Pb2+ + X4- → Pb2X
4.10-3

2.10-3
2.10-3 (mol)
 MPb X = 626  M 4- = 212
X

2

▪

2+

-

2Fe
+ X4 → Fe2X (C)
0,01
0,005 (mol)
 MC = 324  Số nguyên tử Fe trong chất C = 3  Ion X4- có 1 nguyên tử Fe
▪ Vì Xn- là phức bát diện nên số phối tử là 6  Mphối tử = 26  phối tử là CN▪ X4- là [Fe(CN)6]4-  A là K4[Fe(CN)6]
Anion Xm- : [Fe(CN)6]m 1,72 = [n(n+2)]1/2  n = 1  Xm- chứa Fe3+.
Vậy B là K3[Fe(CN)6]; Suy ra C: Fe2[Fe(CN)6]
K4[Fe(CN)6] + 2Pb(NO3)2 → Pb2[Fe(CN)6] + 4KNO3
K4[Fe(CN)6] + 2FeCl2 → Fe2[Fe(CN)6] + 4KCl
2Fe2[Fe(CN)6] + 2K4[Fe(CN)6] + O2 + H2O → 4KFe[Fe(CN)6] + 4KOH
K3[Fe(CN)6] + FeCl2 → KFe[Fe(CN)6] + 2KCl
Câu 4: Cho 25,0 cm3 dung dịch H2C2O4 0,05M phản ứng vừa đủ với 24,8 cm 3 dung dịch KMnO4 (dung dịch
X) trong môi trường H2SO4. Thêm 25,0 cm3 dung dịch NH2OH 0,0498M trong H2SO4 vào một lượng dư
dung dịch Fe2(SO4)3, đun nóng. Khi phản ứng kết thúc, lượng Fe(II) tạo thành phản ứng vừa đủ với 24,65
cm3 dung dịch X trong môi trường axit. Một sản phẩm khí Y tạo thành từ NH 2OH trong quá trình phản ứng
không ảnh hưởng đến việc xác định nồng độ Fe(II) bằng dung dịch KMnO4. Hãy xác định chất Y.

HƯỚNG DẪN GIẢI
▪ 2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + K2SO4 + 10CO2 + 8H2O
 CM(dd KMnO4 )



25. 0, 05 . 2
5. 24,8

 0,0202 (M)

▪ 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 2MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 8H2O
n

Fe2+

= 24,65.10-3.0,0202.5 = 2,49.10-3 (mol)

▪
NH2OH + Fe2(SO4)3 + H2SO4 → dung dịch chứa FeSO4 + chất khí Y. Quá
trình nhận electron
Quá trình nhường electron
3+
2+
-1
Fe
+ 1e → Fe
N
→ N+x + (x + 1)e
2,49.10-3 → 2,49.10-3

1,245.10-3 →
1,245.10-3(x + 1)
Áp dụng định luật bảo toàn electron: 2,49.10-3 = 1,245.10-3(x + 1)  x = 1.
Vậy số oxi hóa của N trong khí Y là +1  khí Y là N2O.


Câu 5: Khi cho Fe2+ phản ứng với H2O2, H2C2O4 và K2C2O4 tạo thành hợp chất A có màu xanh. A phản ứng
với dung dịch NaOH cho Fe2O3.xH2O. A bị phân hủy bởi ánh sáng tạo thành sắt(II) oxalat, K 2C2O4 và CO2.
Số liệu phân tích cho thấy A chứa 11,4% Fe và 52,7% ion oxalat.
a. Hãy xác định công thức của A và viết phương trình phản ứng.
b. A có đồng phân quang học không.
HƯỚNG DẪN GIẢI
a.
* Tìm CT của A:
- Trong A, Fe có số oxi hóa +3.
- n(Fe3+) : n(ox-) = (11,4:56) : (53,7:88) = 1:3 → CT [Fe(ox)3]3- và cấu ngoại có 3K+.
- %K = (39.3) : (56:11,4) = 23,8% → có H2O với %H2O = 11,1%.
- CT của A:
K3[Fe(ox)3].3H2O.
* PTPU:
- 2Fe2+ + H2O2 + 2H2C2O4 + 4K2C2O4 + 2H2O → 2K3[Fe(ox)3].3H2O + 2K+ + 2H+
- 2K3[Fe(ox)3].3H2O + 6NaOH → Fe2O3.xH2O + 3K2C2O4 + 3Na2C2O4 + (6 – x)H2O
- K3[Fe(C2O4)3].3H2O → 2FeC2O4 + 2CO2 + 3K2C2O4 + 3H2O

DẠNG 2: NGUYÊN TỐ NHÓM VIIB
Câu 6: 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:
Nguyên tố
cacbon
oxi

lưu huỳnh
nitơ
hiđro
% 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 và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết X không thuộc họ
Lantan và không phóng xạ.
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
Cặn bột trắng
Dung dịch B
o
khuấy kĩ, t
Cặn bột trắng + Na2CO3 (bão hoà)
Chia B thành 3 phần
Phần 1 + Na2S → Kết tủa trắng C
→ Dung dịch F + kết tủa trắng G
Phần 2 + K4[Fe(CN)6] → Kết tủa trắng D
F + BaCl2, HCl → Kết tủa trắng H
Phần 3 + giấy tẩm Pb(CH3COO)2 → Kết tủa
G + CH3COOH (đặc) → Dung dịch I

Chia I thành 2 phần
đen E
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.
HƯỚNG DẪN GIẢI
1.

n :n :n =

3,62

:

57,38

:

14,38 = 3,59 : 3,59 :
0,448

 n :n :n=8:8:1


H

O

S

1,008

16

32,06

H

O

S

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 = 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 MA = 223,074 (g/mol) →
32%.MA = 32%. 223,074 = 71,38 (g) ≈ 72 (g), tương đương với 4 mol H2O.
1, 008.8
→ % H (trong 4 mol H2O) =
.100  3, 61%  3, 62% .
223, 074
Vậy A là muối mangan(II) sunfat ngậm 4 phân tử nước: MnSO4.4H2O.
Phương trình phản ứng:
MnSO4 + BaCl2  BaSO4↓ + MnCl2

2MnSO4 + 5PbO2 + 6HNO3  2HMnO4 + 3Pb(NO3)2 + 2PbSO4↓ +
2H2O
2. 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) 4 6 K2Zn3[Fe(CN)6]2↓ (D)

H2S
+ Pb2+ + 2CH3COO-  2CH3COOH + PbS↓ (E)
BaSO4 + CO 2
 SO 2 (F)
+ BaCO3↓ (G)
3

2

SO 4

+ Ba

2+

BaCO3 + 2CH3COOH
Ba2+

+ CaSO4(bão hòa)
Ba2+
+ CrO42-

4

 BaSO4↓ (H)
 Ba2+ (I) + 2CH3COO- + H2O + CO2↑
 Ca2+ + BaSO4↓ (H)
 BaCrO ↓4 (K)

Câu 7: Nhiệt phân hoàn toàn x gam KClO3 (có MnO2 xúc tác), khí thoát ra được thu
qua chậu đựng dung dịch H2SO4 loãng (D = 1,15 g/mL) vào ống nghiệm úp ngược (như
hình vẽ).
Các dữ kiện thí nghiệm: Nhiệt độ 17oC; áp suất khí quyển 752 mm Hg; thể tích khí
thu được trong ống nghiệm V = 238 cm3; khoảng cách giữa 2 mặt thoáng h = 27 cm;
khối lượng riêng của Hg là 13,6 g/cm3; áp suất hơi nước trong ống nghiệm là 13,068 mm Hg.
1. Tính x.
2. Nung nóng một thời gian hỗn hợp A gồm 10x gam KClO 3 (giá trị x thu được ở trên) và y gam KMnO 4,
thu được chất rắn B và 3,584 lít khí O 2 (đktc). Cho B tác dụng hết với dung dịch HCl đặc, nóng, dư, thu
được 6,272 lít khí Cl2 (đktc). Viết tất cả các phương trình phản ứng có thể xảy ra và tính y.


HƯỚNG DẪN GIẢI
1. Vì P(khí quyển) = P(O2) + P(cột dung dịch) + P(hơi nước)
 P(O2) = 752 - (27.10.1,15/13,6) - 13,068 = 716,102 mm Hg
 n(O2) = PV/RT = (716,102/760)0,238/0,082.290 = 9,43.10-3 mol.
Theo phương trình phản ứng 2KClO3 to 2KCl+3O ,
2
MnO

2

-3

ta dễ dàng tính được x = (2/3).9,43.10 .122,5 = 0,77 g KClO3.
2. Các phương trình phản ứng có thể xảy ra:
- Phản ứng nhiệt phân hỗn hợp A:

t

2KClO3  o
2KCl+3O
MnO
2

(1)
2

t

2KMnO  o K MnO +MnO
4
2
4
2
2
+O
- Rắn B:

KClO3 + 6HCl  KCl + 3Cl2 + 3H2O

(3)

2KMnO4 + 16HCl  2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O

(4)

K2MnO4 + 8HCl  2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O

(5)

(2)

MnO2 + 4HCl  MnCl2 + Cl2 + 2H2O
(6)
Gọi a là số mol KMnO 4, n(O2) = 3,584/22,4 = 0,16 mol, n(Cl 2) = 6,272/22,4 = 0,28 mol, n(KClO 3) =
7,7/122,5 = 0,063 mol. Thực tế không có phản ứng (3) vì KClO 3 rất dễ bị nhiệt phân với xúc tác là MnO 2 và
số mol O2 thu được (0,16 mol) số mol O2 sinh ra từ KClO3 (9,43.10-3 mol). Do đó, theo bảo toàn electron ta
có:
0,063.6
+
5a
=
0,16.4
+
0,28.2
2(từ KClO3)
(từ KMnO4)
O cho
Cl- cho

 a = 0,164 mol, y = 0,164.158 = 25,912 g KMnO4.
Câu 8: Cho 5,00 mL một dung dịch chuẩn chứa 0,0985 g/L mangan đã được oxi hoá thành
vào bình
định mức 50,00 mL rồi pha loãng đến vạch định mức. Đo mật độ quang (A) của dung dịch với cuvet 1,00
cm ở bước sóng λ = 525 nm, được A = 0,271. Hoà tan hết 0,9220 g thép chứa mangan trong axit rồi pha
loãng thành 200,00 mL. Cho KIO4 vào 50,00 mL dung dịch thu được để oxi hoá hoàn toàn mangan thành
, rồi pha loãng thành 100,00 mL. Đo mật độ quang của dung dịch với cuvet 1,00 cm ở bước sóng λ
= 525 nm, được A = 0,668. Tính % khối lượng của Mn trong thép. Biết trong khoảng nồng độ
nghiên cứu, định luật Lambert-Beer được thỏa mãn.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Nồng độ

trong dung dịch gốc:

Nồng độ

trong dung dịch đo:

Nồng độ trong dung dịch đo:
Nồng độ trong dung dịch trước khi pha loãng là:
Số mmol Mn có trong mẫu là: nMn = 8,84.10-4.200 = 0,1768 (mmol)

.


Lượng Mn có trong mẫu là: mMn = 0,1768.54,938 = 9,71 (mg)
Vậy: % khối lượng Mn = 9,71/922.100 = 1,05 %


DẠNG 3: NGUYÊN TỐ NHÓM VIB

Câu 9: Để xác định hàm lượng của crom và sắt trong một mẫu gồm Cr2O3 và Fe2O3, người ta đun nóng chảy
2

1,98 gam mẫu với Na2O2 để oxi hóa Cr2O3 thành CrO 4 . Cho khối đã nung chảy vào nước, đun sôi để phân huỷ
hết Na2O2. Thêm H2SO4 loãng đến dư vào hỗn hợp thu được và pha thành 100,00 mL, được dung dịch A có
màu
vàng da cam. Cho dung dịch KI (dư) vào 10,00 mL dung dịch A, lượng I3- (sản phẩm của phản ứng giữa I– và I2)
giải phóng ra phản ứng 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 3 giải phóng ra chỉ phản ứng hết với 7,50 mL dung
Idịch Na2S2O3 0,40M.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Giải thích vai trò của dung dịch NaF.
3. Tính thành phần % khối lượng của crom và sắt trong mẫu ban đầu. Cho: Fe = 56; Cr = 52.
HƯỚNG DẪN GIẢI
2

1. Các phương trình phản ứng:

t 2 CrO

+ 2OH- + 6Na+ (1)

Cr2O3 + 3Na2O2 + H2O
4

2Na2O2 + 2H2O
OH

-

t O2↑ + 4OH- + 4Na+
H+ → H2O

+
2

2 CrO4 + 2H+

→ Cr O2 + H2O

(4)

27

Fe2O3 + 6H+
→ 2Fe3+ + 3H2O
2
+
Cr O + 9I + 4 H → 2 Cr3+ + 3 I+ 7H2O
2

2SO
Fe

23
3+

+

2

3I-

+ I3
+ 3F-

(6)
(7)

+ 3I-

(8)

→

2Fe2+ + I-3

→
→

S4O
6
FeF3

2

(5)

3

7

2Fe3+

(2)
(3)

(9)

2. Vai trò của dung dịch NaF: F- có mặt trong dung dịch tạo phức bền, không màu với Fe3+, dùng để che
Fe3+.
3. Đặt số mol của Cr2O3 và Fe2O3 trong 1,98 gam mẫu lần lượt là nCr O2 3= x; nFe O =
y
23
2

= 0,1x; số mol của Fe3+ là

Từ (1), (4) và (5) → trong 10,00 mL dung dịch A số mol của Cr O là n
2

7

Cr2O
7

2-

nFe3+ = 0,2y.
2

Trường hợp NaF không có mặt trong dung dịch A, cả Cr O và Fe3+ đều bị khử bởi I-.
27

Theo (6) và (7) ta có: nI- (1) = 3 nCr O2- + 0,5 nFe3+
3

Từ (8): n S2O3

2-

(1)

= 2 nI

-

27

= 3.0,1x + 0,5.0,2y = 0,3x + 0,1y

→ 0,40.10,50.10-3 = 2.(0,1y + 0,3x)

(1)
3

2

Trường hợp NaF có mặt trong dung dịch A, chỉ có Cr O bị khử:
27

(10)


n

= 0,3x → 0,40.7,50.10-3 = n

=3n
-

I3 (2)

Cr2O7 2-

=2n
S2O32- (2)

= 0,6x

(11)

I-3 (2)

Từ (11) và (10) → x = 0,005 (mol) và y = 0,006 (mol).
52.0, 01
n =2n
= 2.0,005 = 0,01 (mol) → %Cr trong mẫu là:
.100 = 26,26%
Cr

Cr2O3

n =2n
Fe

Fe2O3

1, 98
56.0, 012
= 2.0,006 = 0,012 (mol) → %Fe trong mẫu là:
.100 = 33,94%.
1, 98


Câu 10: Hàm lượng crom trong mẫu thép không gỉ (chứa Fe – Cr) được xác định theo quy trình sau:
1. Hòa tan 0,1000 gam mẫu thép bằng dung dịch axit sunfuric 1,8M đun nóng.
2. Thêm tiếp 4 ml dung dịch axit nitric đặc và đun khoảng 10 phút cho đến khi dung dịch chuyển từ màu
xanh sang màu lục.
3. Thêm tiếp 10 ml dung dịch AgNO3 0,5% và 6 gam amoni pesunfat ((NH4)2S2O8). Đun sôi dung dịch
khoảng 20 phút để amoni pesunfat bị phân hủy hoàn toàn, dung dịch thu được có màu da cam.
4. Thêm 10 ml dung dịch NaCl 5%.
5. Thêm chính xác 20,00 ml dung dịch FeSO4.(NH4)2SO4 1,00.10-1 mol/l.
6. Chuẩn độ dung dịch thu được bằng dung dịch KMnO4 2,00.10-2 mol/l.
a. Viết phương trình phản ứng xảy ra ở bước 2.
b. Viết phương trình phản ứng xảy ra ở bước 3.
c. Viết phương trình phản ứng xảy ra ở bước 4 và cho biết mục đích của quá trình.
d. Viết phương trình phản ứng xảy ra ở bước 5 và cho biết màu của dung dịch thu được.
e. Viết phương trình phản ứng xảy ra ở bước 6.
f. Phép chuẩn độ ở bước 6 cần 12,00 ml dung dịch KMnO4 để đạt tới điểm tương đương. Tính thành

phần phần trăm theo khối lượng của crom có trong mẫu thép.
HƯỚNG DẪN GIẢI
a.
Fe + 2H + NO3 → Fe + NO2 + H2O.
Cr2+ + 2H+ + NO3- → Cr3+ + NO2 + H2O.
Blue
green
3+
2b.
2Cr + 3S2O3 + 7H2O → Cr2O72- + 6SO42- + 14H+.
c.
Ag+ + Cl- → AgCl.
Mục đích: loại Ag+ ra khỏi dung dịch, ngăn cản quá trình Cr3+ bị oxi hóa thành Cr2O72- ở bước sau khi
amoni persunfat không bị phân hủy hết.
d.
6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+ → 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O.
Dung dịch chuyển từ màu da cam sang màu lục của Cr3+ và hơi vàng của Fe3+.
e.
5Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O
f.
Tổng số mmol Fe2+ đưa vào dung dịch: 2 mmol → nCr = 1,6/6 mmol
%Cr = 13,87%.
2+

+

-

3+

DẠNG 3: NGUYÊN TỐ NHÓM VIIIA
Câu 11: Khí A là chất khí không màu, có trong tự nhiên. Biết rằng 250 ml khí A (ở 1,0 atm và 298K) có
khối lượng 1,343 gam. Cho 0,657 gam khí A phản ứng vừa đủ với 0,380 gam khí flo ở 400°C chỉ tạo ra một
sản phẩm dạng tinh thể trắng B. Cho 1,037 gam B phản ứng với đioxi điflorua dư ở -78°C thì tạo thành 122
ml khí oxi (ở 1,0 atm và 298K) và 1,227 gam chất rắn C. Chất D được điều chế bằng cách chiếu sáng hỗn
hợp A với flo ở 25°C. Cho 1 mol D phản ứng với hiđro dư ở 400°C, lấy các sản phẩm hòa tan vào nước,
dung dịch thu được phản ứng vừa đủ với 2 mol natri hiđroxit.
a. Viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra và xác định các chất A, B, C, D.
b. Vẽ công thức Lewis, cho biết kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm và dự đoán hình học phân tử của
B, D.
c. Hãy cho biết các phân tử B, D có phân cực hay không và chúng thường đóng vai trò chất oxi hóa
hay chất khử khi tham gia phản ứng hóa học.
HƯỚNG DẪN GIẢI

n =
▪

A

0,25.1

= 131,3g/ mol

= 1,023.10-2 mol

M =


0,082.298

A

1,343
1,023.10

-2

Vì A là chất khí không màu có trong tự nhiên nên A là Xe.
▪
a

XeF2 + H2
NaF + H2O

Xe + 2F2  XeF4
0,005 0,01
(B)
XeF4 + O2F2  XeF6 + O2
0,005
(C)
0,005
Xe + F2  XeF2
(D)
 Xe + 2HF HF + NaOH 
Phân tử
XeF2

Công thức Lewis
F

Xe F

Trạng thái lai hóa

Hình học phân tử

sp3d

đường thẳng

sp3d2

vuông phẳng

b
XeF4

F
F

Xe F
F

▪ Phân tử XeF2 và XeF4 không phân cực vì có cấu tạo đối xứng.
c

▪ F có số oxi hóa là –1. Vì vậy, các số oxi hóa tương ứng của Xe là +2 (XeF2) và +4 (XeF4). Các tiểu
phân này là những tác nhân oxi hóa rất mạnh.

Câu 12: Cho phân tử: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3), xenon tetraoxit (4), bo
triflorua(5), trimetylamin (6), axetamit (7).
a. Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do của nguyên tử trung tâm) của chất từ (1) đến
(6).
b. Dự đoán góc liên kết ở mỗi phân tử nói trên.
c. Trong phân tử axetamit, 3 liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một mặt phẳng. Vì sao?


d. Hãy đề xuất phương pháp điều chế chất: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3).


HƯỚNG DẪN GIẢI
a, b.
XeF2: AX2E3, thẳng, 180o; XeF4:
AX4E2, vuông phẳng, 90o;
XeO3: AX3E, tháp tam giác, < 109,5o;
XeO4: AX4, tứ diện, 109,5o;
BF3: AX3: tam giác phẳng, 120o;
(CH3)3N: AX3E, tháp tam giác, < 109,5o;
SF4: AX4E, bập bênh, < 90o và < 120o;

c. CH3-CONH2;
Cách 1: cặp electron hóa trị tự do của N tham gia liên hợp với nhóm C=O nên N lai hóa sp2;
Cách 2: viết công thức cộng hưởng;
H
H3C

C

N

H
H

H3C

O

d.

Xe + F2  XeF2

C

N

H

O

Xe + 2 F2  XeF4

XeF6 + 3 H2O  XeO3 + 6HF
Câu 13: Xenon, mặc dù hiện tại trong bầu khí quyển trái đất ở mức vi lượng, nhưng có nhiều ứng dụng. Nó
được sử dụng trong lĩnh vực chiếu sáng và quang học trong flash và đèn hồ quang. Xenon được sử dụng
như một nhiên liệu cho động cơ đẩy ion trong tàu vũ trụ. Ngoài ra, nó có nhiều ứng dụng y tế. Một số đồng
vị xenon được sử dụng trong chụp ảnh các mô mềm như tim, phổi và não. Nó được sử dụng như một chất
gây mê tổng quát và gần đây tiềm năng đáng kể của nó trong điều trị chấn thương não, bao gồm đột quỵ đã
được chứng minh. Xenon là khí hiếm có phản ứng cực kỳ thấp. Tuy nhiên, một số hợp chất xenon với các
nguyên tử có độ âm điện như flo và oxy được biết đến. Xenon phản ứng với flo để tạo thành ba florua

xenon khác nhau, XeF2, XeF4 và XeF6. Tất cả các florua dễ dàng phản ứng với nước, giải phóng khí Xe tinh
khiết, florua hiđrô và ôxy phân tử. Các oxit và oxofluorides của xenon thu được bằng cách thủy phân một
phần hoặc toàn bộ florua xenon. Xenon trioxide có thể thu được bằng cách thủy phân của XeF 4 hoặc XeF6.
Thủy phân của XeF4 được XeO3, Xe, HF, và F2. Tuy nhiên, quá trình thủy phân của XeF6 chỉ tạo ra XeO3 và
HF. Khi thủy phân một phần, XeF4 và XeF6 tạo được sản phẩm tương ứng XeOF2 và XeOF4, ngoài HF.
a.
Viết phương trình cân bằng cho phản ứng tạo ra
- XeO3 bằng cách thủy phân của XeF4; XeO3 bằng cách thủy phân của XeF6.
- XeOF2 bằng cách thủy phân một phần của XeF4; XeOF4 bằng cách thủy phân một phần của XeF6
b. Vẽ cấu trúc Lewis và cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm: XeF2, XeF4, XeO3, XeOF2,
XeOF4


HƯỚNG DẪN GIẢI
2 XeF4 + 3 H2O  XeO3 + 6 HF + Xe + F2 (cân bằng phức tạp)

a. i.

(2XeF4  XeF6 + XeF2
XeF6 + 3 H2O  XeO3 + 6 HF
XeF2  Xe + F2)
ii.

XeF6 + 3 H2O  XeO3 + 6 HF

iii.

XeF4 + H2O  XeOF2 + 2 HF

iv.

XeF6 + H2O  XeOF4 + 2 HF

b. i.

ii.

XeF2

XeF4

F

F

Xe F

sp3d

thẳng

F

sp3d2

vuông phẳng

sp3

tháp tam giác

sp3d

chữ T

sp3d2

tháp đáy vuông)

Xe F
F

iii.

XeO3

O

Xe O
O

iv.

XeOF2

F

Xe F
O
F

v.

XeOF4

F

F
Xe F
O

Câu 14: Sau khi làm nóng một hỗn hợp của nguyên tố A và flo (tỉ lệ mol 1: 9, áp suất khoảng 1 MPa) đến
900°C, ba hợp chất (B, C và D) được hình thành. Cả ba sản phẩm là chất rắn kết tinh, có điểm nóng chảy
dưới 150°C. Phần trăm khối lượng của flo trong C là 36,7% và trong D là 46,5%. Khi B phản ứng với
HOSO2F khan ở -75°C thì một hợp chất E được hình thành:
B + HOSO2F  E + HF.
Biết E là một chất rắn có thể tồn tại trong vài tuần ở 0 ° C, nhưng phân hủy trong ngày ở nhiệt độ phòng.
a. Khi 450,0 mg C phản ứng với thủy ngân dư thì 53,25 ml A được giải phóng ở áp suất 101,0 kPa và
nhiệt độ 25°C. Tính nguyên tử khối của A.
b. Xác định A, B, C, D và E.
c. Sử dụng thuyết VSEPR để đề xuất cấu trúc hình học và electron cho B và C, xác định hình học phân
tử của E.
Hỗn hợp ban đầu đã được thủy phân trong nước. B tạo thành A đồng thời giải phóng O 2 và axit
flohiđric. Thủy phân C tạo thành A và khí O 2 (tỉ lệ mol 4: 3) và tạo thành dung dịch nước của AO 3 và axit
flohiđric. D thủy phân tạo thành dung dịch AO3 và axit flohiđric.
d. Viết các phương trình cho ba phản ứng thủy phân.
e. Thủy phân định lượng của hỗn hợp B, C và D cho 60,2 ml khí (đo ở 290K và 100 kPa). Các nội
dung oxy của khí này là 40,0% (theo thể tích). Lượng AO 3 sinh ra được hòa tan vào nước và đem chuẩn độ
bằng dung dịch FeSO4 0,100M trong môi trường axit thấy vừa hết 36,0 ml. Trong quá trình chuẩn độ, Fe 2+
được oxi hóa thành Fe3+ và AO3 được chuyển thành A. Tính thành phần (% theo số mol) của hỗn hợp ban

đầu của B, C và D.
HƯỚNG DẪN GIẢI


Am + nm/2 F2  m AFn
C
2m AFn + mn Hg  2 Am + mn HgF2

a.

Có:

19n
A
19n

%F 

nAm

(1)

 0,367

1,01Bar  0,05325lit
 0,08314 lit.Bar.mol1.K 1 
298K

(2)

3
 2,17.10  0,450  2
A 19n

2m

(1) =>

A = 32,77n
n
1
2
A
32,77
65,54

(2) =>
m=1
b.
A: Xe
XeFOSO2F

3
98,31

4
131,08
Xe

B: XeF2

5
163,85

6
196,62

C: XeF4

D: XeF6

XeF2 + HOSO2F  FXeOSO2F + HF
B
E
c.

XeF2

F

XeF4

F

Xe F

AX2E3

thẳng

F

AX4E2

vuông phẳng

Xe F
F

O

S
O

F
O

Xe

F

XeF2 + H2O  Xe + 1/2 O2 + 2 HF

d.

6 XeF4 + 12 H2O  4 Xe + 3 O2 + 2 XeO3 + 24 HF
XeF6 + 3 H2O  XeO3 + 6 HF
e.

XeF2 + H2O  Xe + 1/2 O2 + 2 HF

x
x
0,5x
6 XeF4 + 12 H2O  4 Xe + 3 O2 + 2 XeO3 + 24 HF
y
2/3y 0,5y
1/3y
XeF6 + 3 H2O  XeO3 + 6 HF
z
z
2+
+
XeO3 + 6 Fe + 6 H  Xe + 6 Fe3+ + 3 H2O
n  nXe
O2

=>

1Bar  0,0602 lit
 0,08314 lit.Bar.mol1.K 1 
290K

3

 2,50.10 mol

nO = 0,5x + 0,5y = 0,4  2,50.10-3 = 1,00 .10-3 mol
2

nXe = x + 2/3y = 1,50 .10-3 mol

7
229,39

8
262,16

E:


y
0,036  0,100
3
 z
 0,6.10 mol

n
XeO3

=>

3

6
-3

x = 0,5 .10 mol
y = 1,5 .10-3 mol
z = 0,1 .10-3 mol

%n (XeF2) = 23,8%
%n (XeF4) = 71,4%
%n (XeF2) = 4,8%)


DẠNG 4: NHÓM VIIA
Câu 15: Một loại quặng chứa MnO2 và tạp chất trơ. Cân chính xác 0,5000 gam quặng trên rồi cho vào bình
cầu có nhánh. Thêm từ từ vào bình này khoảng 50 mL dung dịch HCl đặc. Đun nóng đến khi mẫu quặng tan
hết, chỉ còn lại tạp chất trơ. Hấp thụ hoàn toàn khí Cl 2 thoát ra bằng lượng dung dịch KI, thu được dung
dịch X. Chuyển toàn bộ X vào bình định mức 250 mL, thêm nước cất đến vạch mức, lắc đều. Chuẩn độ
25,00 mL dung dịch này bằng dung dịch chuẩn Na 2S2O3 0,05M (chỉ thị tinh bột) thì hết 22,50 mL. Viết
phương trình phản ứng xảy ra và tính hàm lượng % khối lượng của MnO2 trong quặng trên.
HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Khử MnO2 bằng lượng dư dung dịch HCl nóng: MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O
Toàn bộ lượng Cl2 thoát ra được hấp thụ vào dung dịch KI dư : Cl2 + 3KI → KI3 + 2KCl
Chuẩn độ lượng KI3 bằng dung dịch chuẩn Na2S2O3 : KI3 + 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI + KI
Chú ý : Nếu học sinh viết các phương trình ion đúng vẫn cho đủ điểm.

b) Từ các phản ứng trên ta có:
n

n
n
MnO2

Số mol Na S O





Cl2

I2

1

n

2

Na2 S2O3



tiêu tốn để chuẩn độ 25,00 mL dung dịch X n

223

22,50.0, 05

Na2S2O3
3

Số mol I2 (dạng I3-) có trong 250,0 mL dung dịch X: n I 

1,125.10 .10
2

2

3

 1,125.10 (mol)

1000
3

 5, 625.10 (mol)

Số mol MnO2 = Số mol I2 (theo phương trìnhphản
ứng) = 5,625.10-3 (mol)
3
% Khối lượng MnO2: % mMnO 

5, 625.10 .(55 16.2)

 97,88%
0,5000
Câu 16: Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có tính chất hóa học sau:
- Đốt nóng X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.
- Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO 2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu, khi
tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung
dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện kết tủa màu vàng.
- Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu
mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào.
a. Viết phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn
b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml
dung dịch H2SO4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch
Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử X.

2

HƯỚNG DẪN GIẢI
X cháy cho ngọn lửa màu vàng  thành phần nguyên tố của X có natri.
Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dd B tạo kết tủa vàng với AgNO3  thành phần nguyên tố của X có
iot.
Phản ứng của X với SO2 chứng +minh X có tính
oxi hóa.
Từ lập luận trên X có cation Na và anion IO -. Đặt công thức của X là NaIO .
x

x

2 IOx + (2x-1) SO 2+ 2(x-1) H O
2  (2x-1) SO 4 + I +2 (4x-4) H (1) I2
+ 2H2O + SO2  2I- + SO 2- 4+ 4H+
(2)
+
Ag + I  AgI
(3)
+
IOx + (2x-1) I + 2x H  x I 2 + x H2O
(4)
I2
+
2Na2S2O3  2NaI + Na2S4O6
(5)
-3
-3
1,87.10  3,74.10

Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3
-

2-

+




1
0,1
= .1,87.10-3 
23 127 16x
x

 x=4 

Công thức phân tử của X:

0,1.x
150
16x

NaIO4

= 1,87.10-3 

0,1x = 0,2805 + 0,02992x

Câu 17: Iot được tìm ra vào năm 1811 bởi nhà hóa học Pháp trong quá trình sản xuất kali nitrat để phục vụ
cho quân đội của Napoleon. Trong khi rửa tro rong biển với axit sunfuric thì ông thấy có hơi màu tím thoát
ra rồi ngưng tụ trong bộ dụng cụ bằng đồng của ông và làm các dụng cụ này bị ăn mòn. Dưới đây bạn sẽ
thấy sơ đồ thể hiện một số tính chất hóa học của iot, các chất từ A đến H là các dẫn xuất của iot. Trong một
số trường hợp một chất là sản phẩm của nhiều phản ứng.
a) Xác định các chất từ A – H và viết các phương trình phản ứng hóa học đã xảy ra.

Một trong số những tính chất đặc trưng của iot là nó có thể tạo thành các ion polyiodua. Một trong số những
polyiodua đơn giản nhất hiện diện trong dung dịch nước iot. Nó được tạo thành bằng cách hòa tan iot trong
dung dịch –KI. Trong
hỗn hợp này người ta phát hiện được anion I3– . Cho đến nay người ta đã biết được các
anion từ I2 đến I 3– .
29

b) Viết cấu trúc Lewis của anion I3–, chỉ rõ những cặp electron không liên kết và cho biết dạng hình
học của nguyên tử iot trung tâm trong anion này.
c) Đề nghị một dạng hình học có thể có của anion I5– . Trong trường hợp này có thể bỏ qua không cần
vẽ cặp electron không liên kết.
Polyiodua không có tính bền vững cao nhưng các cation lớn có tính đối xứng cao có thể được sử dụng để
tạo thành các polyiodua bền nhiệt. Trong phòng thí nghiệm thì các polyiodua dạng R 4NI2x+1 (x= 1,2,3, 4 ...)
với các cation kích thước lớn đã được khảo sát (R là các gốc ankyl). Để chuẩn độ 0.219 g polyiodua
R4NI2x+1 cần 10.23 mL dung dịch Na2S2O3 0.112 mol/L. Trong quá trình này thì anion S O2 32– bị chuyển
thành S4O 62–. Xác định công thức của R4NI2x+1 , tính toán chứng minh.
HƯỚNG DẪN GIẢI

2KI + KNO3 + H2SO4  I2 + KNO2 + K2SO4 + H2O
3I2 + 10HNO3  6HIO3 + 10NO + 2H2O
3I2 + 6KOH  5 KI + KIO3 + 3H2O
HIO3 + KOH  KIO3 + H2O

2HIO3  I2O5 + H2O
5CO + I2O5  5CO2 + I2
2I2 + N2H4  4HI + N2
HI + KOH  KI + H2O
4KI + 2CuSO4  2CuI + I2 + 2K2SO4
KI + AgNO3  AgI + KNO3


Câu 18: Clo, brom, iot có thể kết hợp với flo tạo thành các hợp chất dạng XFm. Thực nghiệm cho thấy rằng
m có 3 giá trị khác nhau nếu X là Cl hoặc Br, m có 4 giá trị khác nhau nếu X là I.
a. Hãy viết công thức các hợp chất dạng XFm của mỗi nguyên tố Cl, Br, I.
b. Dựa vào cấu tạo nguyên tử và độ âm điện của các nguyên tố, hãy giải thích sự hình thành các hợp
chất trên.
Cho: Độ âm điện của F là 4,0; Cl là 3,2; Br là 3,0; I là 2,7.
HƯỚNG DẪN GIẢI
a) Công thức các hợp chất XFm:
X là Cl có ClF; ClF3; ClF5
X là Br có BrF; BrF3; BrF5
X là I có IF; IF3; IF5; IF7

(a);
(b);
(c).

b) Các hợp chất trên đều có liên kết cộng hóa trị, mỗi liên kết được tạo thành do 2 electron có spin đối song
song của 2 nguyên tử góp chung.
* F có Z = 9; n = 2 nên có 4 AO hóa trị, vì vậy cấu hình chỉ có 1 electron độc thân:
* Cl (Z = 17; n = 3), Br (Z = 35; n = 4), I (Z = 53; n = 5) giống nhau đều có 9 AO hóa trị, có thể có:
1 electron độc thân:
hoặc 3 electron độc thân:

5 electron độc thân:
7 electron độc thân:
- Hợp chất ClF7 không tồn tại vì thể tích nguyên tử clo rất nhỏ, lực đẩy của các vỏ nguyên tử flo sẽ phá vỡ
các liên kết trong phân tử. Hợp chất BrF 7 cũng được giải thích tương tự hợp chất ClF 7 (BrF7 hiên nay chưa
điều chế được).
- - Hợp chất IF7 tồn tại vì thể tích nguyên tử I rất lớn so với thể tích nguyên tử F, lực đẩy của các vỏ nguyên
tử flo không phá vỡ được các liên kết trong phân tử; mặt khác, sự chênh lệch năng lượng giữa các phân mức
của lớp ngoài cùng trong nguyên tử I không lớn nên dễ xuất hiện cấu hình 7 electron độc thân và có sự
chênh lệch lớn về độ âm điện giữa I so với F nên hợp chất IF7 bền


DẠNG 5: NHÓM VIA
Câu 19: Lượng oxi trong mẫu được xác định bằng phép phân tích iot như sau (phương pháp Winkler):
Bước 1: Oxi trong dung dịch oxi hoá Mn 2+ thành Mn(IV) trong môi trường kiềm tạo thành MnO(OH) 2.
Bước 2: Thêm axit vào hợp chất của mangan nói trên phản ứng với lượng dư Mn 2+ tạo thành ion Mn3+.
Bước 3: Ion Mn3+ này oxi hóa thuốc thử iodua tạo thành iot và Mn3+ bị khử thành Mn2+.
Bước 4: Lượng iot sinh ra trong bước 3 được chuẩn độ bằng dung dịch thiosunfat.
1) Viết phương trình ion của 4 phản ứng trên.
2) Phân tích những mẫu nước sông “Schwechat” cho kết qủa sau:
Chuẩn hoá dung dịch natri thiosunfat Na2S2O3: dùng KIO3 trong môi trường axit, khi đó ion iodat bị
khử thành ion iodua. Với 25,00mL dung dịch KIO 3 ((KIO3) = 174,8mg/L) đã phải dùng hết 12,45mL dung
dịch Na2S2O3.
Ngay sau khi lấy mẫu nước, lượng oxy của nó được xác định theo phương pháp Winkler. Đã phải
dùng 11,80mL dung dịch Na2S2O3 trên cho 103,50mL mẫu nước ở 20,0oC. Nồng độ oxy bão hoà trong nước
ở 20,0oC là 9,08mg/L.
Mẫu thứ hai (V = 202,20mL, T = 20,0 oC) được ủ trong 5 ngày ở nhiệt độ 20,0 oC, ứng với 6,75mL
dung dịch Na2S2O3.
ii) Viết phương trình ion của phản ứng chuẩn hoá dung dịch thiosunfat.
iii) Tính nồng độ mol/L của dung dịch thiosunfat
iv) Tính hàm lượng oxy (mg/L) của mẫu nước ngay sau khi lấy mẫu.

v) Tính chỉ số bão hoà oxy của mẫu nước này.
vi) Tính hàm lượng oxy của mẫu nước này sau khi ủ 5 ngày.
HƯỚNG DẪN GIẢI
2+

-

Bước 1: 2Mn + O2 + 4OH = 2MnO(OH)2.
Bước 2: 2MnO(OH)2 + 2Mn2+ + 8H+ = 4Mn3+ + 6H2O
Bước 3: 4Mn3+ + 4I- = 2I2 + 4Mn2+.
22Bước -4: 2I2 + 4S
2O 3 += 2S-4O 6 + 4I .
a) IO + 6S O 2- + 6H
= I + 3H O + 9S + 3SO 23

2

3

2

4

b) C(S2O 32-) = 9,841.10-3M
b) n(O2) = 2,903.10-2mmol  (O2) = 8,976mg/L.
c) SSI = 98,9%
d) n(O2) = 0,0166mmol  (O2) = 5,20mg/L
e) BSB5 = 3.78mg/L
Câu 20: Cho m gam muối halogenua của một kim loại kiềm phản ứng với 50 ml dung dịch axit H 2SO4 đặc, nóng (lấy
dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí A có mùi đặc biệt và hỗn hợp sản phẩm B. Trung hòa bằng dung

dịch 200ml NaOH 2M rồi làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm B thu được 199,6 gam hỗn hợp D (khối
lượng khô). Nung D đến khối lượng không đổi thu được muối E có khối lượng 98 gam. Nếu cho dung dịch BaCl 2 lấy
dư vào B thì thu được kết tủa F có khối lượng gấp 1,4265 lần khối lượng muối E. Dẫn khí A qua dung dịch Pb(NO 3)2
thu được 23,9 gam kết tủa màu đen.
a. Tính nồng độ % của dung dịch H2SO4 (D = 1,715g/ml).
b. Xác định kim loại kiềm, halogen và tính m.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Gọi công thức muối halozen: MR.
Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do phản ứng của H2SO4
đặc. Vậy X là H2S. Các phương trình phản ứng:
8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O.
(1)
H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3.
(2)
BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4
(3)
Theo (2): nH2S (tính theo PbS) = 0,1(mol)
và theo (1): nM2SO4 = nR2 = 0,4(mol) và nH2SO4(pư) = 0,5(mol)
Theo (3): nBaSO4 =

1, 764  69, 6
233

= 0,5 (mol) mà M2SO4 chỉ tạo 0,4 mol BaSO4