MỤC LỤC NỘI DUNG PHẦN I: MỞ ĐẦU I. Lí do chọn đề tài II. Mục đích nghiên cứu III. Nhiệm vụ IV. Giả thuyết khoa học V. Phương pháp nghiên cứu VI. Điểm mới của đề tài Trang 1 1 2 3 3 3 3 3 VII. Cấu trúc đề tài PHẦN II: NỘI DUNG Chương I: Tổng quan I.1. Tầm quan trọng của hóa học phi kim I.2. Tình hình thực tế nội dung kiến thức nhóm halogen trong các tài liệu hiện hành I.3. Vai trò của bài tập hóa học trong bồi dưỡng học sinh giỏi Chương II: Hệ thống bài tập lí thuyết về nhóm halogen II.1. Đơn chất halogen II.1.1. Cấu tạo, tính chất vật lí II.1.2. Tính chất hóa học II.1.3. Điều chế II.2. Hợp chất của các halogen II.2.1. Hợp chất với hiđro, halogenua II.2.2. Hợp chất chứa oxi II.2.3. Hợp chất giữa các halogen II.3. Tổng hợp II. 3.1. Viết phương trình phản ứng II. 3.2. Nhận biết II. 3.3. Một số bài tập khác Chương III. Hệ thống bài tập tính toán III.1. Bài tập đại cương III.2. Bài tập về phương pháp chuẩn độ iot III.3. Bài tập về hợp chất chứa oxi của halogen III.4. Bài tập về axit halogen hiđric, muối halogenua PHẦN III: KẾT LUẬN Tài liệu tham khảo 5 5 5 5 6 8 8 8 13 16 18 18 31 39 41 41 48 49 51 51 61 66 74 97 100 ĐỀ TÀI: “XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP NÂNG CAO VỀ NHÓM HALOGEN” PHẦN I: MỞ ĐẦU I. Lí do chọn đề tài Đầu thế kỉ XXI, nền giáo dục của thế giới có những bước tiến lớn với nhiều thành tựu về mọi mặt. Hầu hết các quốc gia nhận thức sự cần thiết và cấp bách phải đầu tư cho giáo dục. Luật Giáo dục 2005 của nước ta đã khẳng định: “Phát triển giáo dục là quốc sách hàng đầu nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Như vậy, vấn đề bồi dưỡng nhân tài nói chung, đào tạo học sinh giỏi, học sinh chuyên nói riêng đang được nhà nước ta đầu tư hướng đến. 1 Trong hội nghị toàn quốc các trường THPT chuyên, Phó Thủ tướng, nguyên Bộ trưởng Bộ GD&ĐT Nguyễn Thiện Nhân nhấn mạnh: “Hội nghị được tổ chức nhằm tổng kết kết quả đạt được, những hạn chế, bất cập, đồng thời đề ra mục tiêu, giải pháp nhằm xây dựng, phát triển các trường THPT chuyên thành hệ thống các trường THPT chuyên chất lượng cao làm nhiệm vụ phát hiện, bồi dưỡng tài năng trẻ, đáp ứng yêu cầu phát triển đất nước trong thời kỳ đổi mới và hội nhập”. Hệ thống các trường THPT chuyên đã đóng góp quan trọng trong việc phát hiện, bồi dưỡng học sinh năng khiếu, tạo nguồn nhân lực chất lượng cao cho đất nước, đào tạo đội ngũ học sinh có kiến thức, có năng lực tự học, tự nghiên cứu, đạt nhiều thành tích cao góp phần quan trọng nâng cao chất lượng và hiệu quả giáo dục phổ thông. Tuy nhiên một trong những hạn chế, khó khăn của hệ thống các trường THPT chuyên trong toàn quốc đang gặp phải đó là chương trình, sách giáo khoa, tài liệu cho môn chuyên còn thiếu, chưa cập nhật và liên kết giữa các trường. Bộ Giáo Dục và Đào tạo chưa xây dựng được chương trình chính thức cho học sinh chuyên nên để dạy cho học sinh, giáo viên phải tự tìm tài liệu, chọn giáo trình phù hợp, phải tự xoay sở để biên soạn, cập nhật giáo trình. Bộ môn Hóa học là một trong các bộ môn khoa học cơ bản, rất quan trọng. Mỗi mảng kiến thức đều vô cùng rộng lớn. Đặc biệt là những kiến thức giành cho học sinh chuyên hóa, học sinh giỏi cấp khu vực, cấp Quốc Gia, Quốc tế. Trong đó hoá học về các nguyên tố phi kim là một trong các nội dung rất quan trọng. Phần này thường có trong các đề thi học sinh giỏi lớp 10, 11 khu vực; Olympic 30/4; hay gắn với các kiến thức phần kim loại trong các đề thi học sinh giỏi Quốc Gia, Quốc Tế. Tuy nhiên, trong thực tế giảng dạy ở các trường phổ thông nói chung và ở các trường chuyên nói riêng, việc dạy và học phần phi kim gặp một số khó khăn: - Đã có tài liệu giáo khoa dành riêng cho học sinh chuyên hóa, nhưng nội dung kiến thức lí thuyết chưa đủ để trang bị cho học sinh, chưa đáp ứng được yêu cầu của các kì thi học sinh giỏi các cấp. - Tài liệu tham khảo về mặt lí thuyết thường được sử dụng là các tài liệu ở bậc đại học, cao đẳng đã được biên soạn, xuất bản từ lâu. Khi áp dụng những tài liệu này cho học sinh phổ thông trở thành rất rộng. Giáo viên và học sinh thường không đủ thời gian nghiên cứu do đó khó xác định được nội dung chính cần tập trung là vấn đề gì. 2 - Trong các tài liệu giáo khoa chuyên hóa lượng bài tập rất ít, nếu chỉ làm các bài trong đó thì HS không đủ “lực” để thi vì đề thi khu vực, HSGQG, Quốc Tế hằng năm thường cho rộng và sâu hơn nhiều. Nhiều đề thi vượt quá chương trình. - Tài liệu tham khảo phần bài tập vận dụng các kiến thức lí thuyết về các nguyên tố phi kim cũng rất ít, chưa có sách bài tập dành riêng cho học sinh chuyên hóa về các nội dung này. Để khắc phục điều này, tự thân mỗi GV dạy trường chuyên phải tự vận động, mất rất nhiều thời gian và công sức bằng cách cập nhật thông tin từ mạng internet, trao đổi với đồng nghiệp, tự nghiên cứu tài liệu…Từ đó, GV tự biên soạn nội dung chương trình dạy và xây dựng hệ thống bài tập để phục vụ cho công việc giảng dạy của mình. Xuất phát từ thực tiễn đó, là giáo viên trường chuyên, chúng tôi rất mong có được một nguồn tài liệu có giá trị và phù hợp để giáo viên giảng dạy - bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp và cũng để cho học sinh có được tài liệu học tập, tham khảo. Trong năm học này chúng tôi tập trung biên soạn bài tập về phi kim và trước hết là nhóm halogen. Do vậy chúng tôi đã chọn đề tài: “Xây dựng hệ thống bài tập nâng cao về nhóm halogen”. Trong thời gian tới nhờ sự quan tâm đầu tư của nhà nước, của Bộ Giáo Dục cùng với sự nỗ lực của từng giáo viên dạy chuyên, sự giao lưu học hỏi, chia sẻ kinh nghiệm của các trường chuyên trong khu vực và cả nước chúng tôi hi vọng sẽ có 1 bộ tài liệu phù hợp, đầy đủ giành cho giáo viên và học sinh chuyên. II. Mục đích nghiên cứu Sưu tầm, lựa chọn, phân loại và xây dựng hệ thống bài tập mở rộng và nâng cao về nhóm halogen để làm tài liệu phục vụ cho giáo viên trường chuyên giảng dạy, ôn luyện, bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp và làm tài liệu học tập cho học sinh đặc biệt cho học sinh chuyên về nhóm halogen. Ngoài ra còn là tài liệu tham khảo mở rộng và nâng cao cho giáo viên môn hóa học và học sinh yêu thích môn hóa học nói chung. III. Nhiệm vụ 1- Nghiên cứu chương trình hóa học phổ thông nâng cao và chuyên hóa học, phân tích các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực, cấp quốc gia, quốc tế và đi sâu về nhóm halogen. 3 2- Sưu tầm, lựa chọn trong tài liệu giáo khoa, sách bài tập cho sinh viên, trong các tài liệu tham khảo có nội dung liên quan; phân loại, xây dựng các bài tập lí thuyết và tính toán về các đơn chất halogen và hợp chất của chúng. 3- Đề xuất phương pháp xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập dùng cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp ở trường THPT chuyên. IV. Giả thuyết khoa học Nếu giáo viên xây dựng hệ thống bài tập chất lượng, đa dạng, phong phú đồng thời có phương pháp sử dụng chúng một cách thích hợp thì sẽ nâng cao được hiệu quả quá trình dạy- học và bồi dưỡng học sinh giỏi, chuyên hóa học. V. Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu thực tiễn dạy học và bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường THPT chuyên - Nghiên cứu các tài liệu về phương pháp dạy học hóa học, các tài liệu về bồi dưỡng học sinh giỏi, các đề thi học sinh giỏi, . . . - Thu thập tài liệu và truy cập thông tin trên internet có liên quan đến đề tài. - Đọc, nghiên cứu và xử lý các tài liệu. VI. Điểm mới của đề tài - Đề tài xây dựng hệ thống bài tập mở rộng và nâng cao đầy đủ, có phân loại rõ ràng các dạng câu hỏi lí thuyết, các dạng bài tập về nhóm halogen để làm tài liệu phục vụ cho giáo viên trường chuyên giảng dạy, ôn luyện, bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp và làm tài liệu học tập cho học sinh đặc biệt cho học sinh chuyên về nhóm halogen. Ngoài ra còn là tài liệu tham khảo mở rộng và nâng cao cho giáo viên môn hóa học và học sinh yêu thích môn hóa học nói chung. - Đề xuất phương pháp xây dựng và sử dụng có hiệu quả hệ thống bài tập hóa học. VII. Cấu trúc đề tài Phần I. Mở đầu Phần II. Nội dung Chương I: Tổng quan Chương II: Hệ thống bài tập lí thuyết về nhóm halogen Chương III: Hệ thống bài tập tính toán về nhóm halogen Phần III. Kết luận và khuyến nghị Tài liệu tham khảo 4 PHẦN II. NỘI DUNG CHƯƠNG I: TỔNG QUAN I.1. TẦM QUAN TRỌNG CỦA HÓA HỌC PHI KIM. Phần hoá học phi kim trong chương trong chương trình hoá học chuyên THPT được nghiên cứu sau các kiến thức lí thuyết về cấu tạo chất, liên kết hoá học, phản ứng 5 oxi hoá – khử, tốc độ phản ứng hóa học và sự điện li nê có vai trò quan trọng trong việc hình thành và phát triển nội dung kiến thức, kĩ năng hóa học cơ bản. Cụ thể là: – Giúp HS mở rộng, phát triển nội dung phần hoá học phi kim THPT ở mức độ sâu sắc, hiện đại, đi sâu vào bản chất các quá trình biến đổi của các đơn chất và hợp chất của chúng. – Giúp HS vận dụng kiến thức lí thuyết chủ đạo để dự đoán, giải thích tính chất các đơn chất, hợp chất các nguyên tố và sự biến thiên tính chất của các nguyên tố trong nhóm( tìm hiểu mối liên hệ giữa cấu tạo với tính chất, dự đoán, so sánh, giải thích tính chất…) - Việc nghiên cứu các kiến thức về các nhóm nguyên tố giúp HS hoàn thiện dần các kiến thức lí thuyết chủ đạo như khái niện về phản ứng oxi hóa- khử, chất oxi hóa, chất khử, các dạng liên kết, khái niệm chất (phức chất, muối hỗn tạp…),... - Hình thành, phát triển các kiên thức và kĩ năng ngôn ngữ hóa học phổ thông(kí hiệu hóa học, danh pháp, phương trình hóa học…), các kĩ năng hóa học khác như sử dụng và bảo quản hóa chất, thiết bị thí nghiệm, giải bài tập hóa học, quan sát, mô tả, giải thích hiện tượng thí nghiệm và đời sống I.2. TÌNH HÌNH THỰC TẾ VỀ NỘI DUNG KIẾN THỨC NHÓM HALOGEN TRONG CÁC TÀI LIỆU HIỆN HÀNH Trong các tài liệu hiện hành, lý thuyết về nhóm halogen đã tương đối đầy đủ. Kiến thức lý thuyết về nguyên tố halogen HS đã học trong chương trình ôn thi đại học, ngoài ra GV hướng dẫn cho học sinh đọc các tài liệu tham khảo: Tài liệu giáo khoa chuyên hóa học lớp 10 tập 2, Hóa học vô cơ – Hoàng Nhâm, tập 2, Tính chất lý hóa học các chất vô cơ (106 nguyên tố)- R.A. Liđin, V.A. Molosco, L.L. An ddreeeva, Người dịch: Lê Kim Long, Hoàng Nhâm… Tuy nhiên hiện nay chưa có sách bài tập dành riêng cho học sinh chuyên hóa về hóa học vô cơ. Trong các tài liệu giáo khoa chuyên hóa lượng bài tập rất ít, nếu chỉ làm các bài trong đó thì HS không đủ “lực” để thi vì đề thi khu vực, HSGQG, Quốc Tế hằng năm thường cho rộng và sâu hơn nhiều. Nhiều đề thi vượt quá chương trình. Trong các tài liệu tham khảo khác bài tập giành cho giảng dạy và học tập của lớp chuyên còn nằm rải rác, chưa phong phú và chưa được phân loại rõ ràng, chưa đủ để cho học sinh học tập, ôn luyện chuẩn bị cho các kì thi học sinh giỏi các cấp. 6 I.3. VAI TRÒ CỦA BÀI TẬP HÓA HỌC TRONG VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI. Thực tế dạy học cho thấy, bài tập hoá học giữ vai trò rất quan trọng trong việc thực hiện mục tiêu đào tạo. Bài tập vừa là mục đích vừa là nội dung lại vừa là phương pháp dạy học hiệu nghiệm. Bài tập cung cấp cho học sinh cả kiến thức, con đường dành lấy kiến thức và cả niềm vui sướng của sự phát hiện - tìm ra đáp số - một trạng thái hưng phấn - hứng thú nhận thức - một yếu tố tâm lý góp phần rất quan trọng trong việc nâng cao tính hiệu quả của hoạt động thực tiễn của con người, điều này đặc biệt được chú ý trong nhà trường của các nước phát triển. Vậy bài tập hoá học là gì? Theo các nhà lý luận dạy học Nga, bài tập bao gồm cả câu hỏi và bài toán, mà trong khi hoàn thành chúng, học sinh nắm được hay hoàn thiện một tri thức hoặc một kỹ năng nào đó, bằng cách trả lời vấn đáp, trả lời viết hoặc có kèm theo thực nghiệm. Hiện nay ở nước ta, thuật ngữ “bài tập” được dùng theo quan niệm này. Tác dụng của bài tập hóa học: - Bài tập hoá học là một trong những phương tiện hiệu nghiệm cơ bản nhất để dạy học sinh vận dụng các kiến thức đã học vào thực tế cuộc sống, sản xuất và tập nghiên cứu khoa học, biến những kiến thức đã thu được qua bài giảng thành kiến thức của chính mình. - Đào sâu, mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú. Chỉ có vận dụng kiến thức vào giải bài tập học sinh mới nắm vững kiến thức một cách sâu sắc. - Là phương tiện để ôn tập, củng cố, hệ thống hoá kiến thức một cách tốt nhất. - Rèn luyện kỹ năng hoá học cho học sinh như kỹ năng viết và cân bằng phương trình hóa học, kỹ năng tính toán theo công thức và phương trình hoá học, kỹ năng thực hành như cân, đo, đun nóng, nung sấy, lọc, nhận biết hoá chất... - Phát triển năng lực nhận thức, rèn trí thông minh cho học sinh (học sinh cần phải hiểu sâu mới hiểu được trọn vẹn). Một số bài tập có tình huống đặc biệt, ngoài cách giải thông thường còn có cách giải độc đáo nếu học sinh có tầm nhìn sắc sảo. Thông thường nên yêu cầu học sinh giải bằng nhiều cách, có thể tìm cách giải ngắn nhất, hay nhất - đó là cách rèn luyện trí thông minh cho học sinh. Khi giải bài toán bằng nhiều cách dưới góc độ khác nhau thì khả năng tư duy của học sinh tăng lên gấp nhiều lần so với một học sinh giải nhiều bài toán bằng một cách và không phân tích đến nơi đến chốn. 7 - Bài tập hoá học còn được sử dụng như một phương tiện nghiên cứu tài liệu mới (hình thành khái niệm, định luật) khi trang bị kiến thức mới, giúp học sinh tích cực, tự lực, lĩnh hội kiến thức một cách sâu sắc và bền vững. Điều này thể hiện rõ khi học sinh làm bài tập thực nghiệm định lượng. - Bài tập hoá học phát huy tính tích cực, tự lực của học sinh và hình thành phương pháp học tập hợp lý. - Bài tập hoá học còn là phương tiện để kiểm tra kiến thức, kỹ năng của học sinh một cách chính xác. - Bài tập hoá học có tác dụng giáo dục đạo đức, tác phong, rèn tính kiên nhẫn, trung thực, chính xác khoa học và sáng tạo, phong cách làm việc khoa học (có tổ chức, kế hoạch...), nâng cao hứng thú học tập bộ môn. Điều này thể hiện rõ khi giải bài tập thực nghiệm. Tác dụng cụ thể của bài tập hóa học góp phần không nhỏ trong việc nâng cao chất lượng và hiệu quả việc dạy học hóa học, và đặc biệt là phát triển năng lực nhận thức, rèn luyện kỹ năng cho học sinh mà không có phương pháp dạy học nào sánh kịp. Như vậy, trong quá trình giảng dạy thì việc lựa chọn, xây dựng các bài tập là việc làm rất quan trọng và cần thiết đối với mỗi GV. Thông qua bài tập, GV sẽ đánh giá được khả năng nhận thức, khả năng vận dụng kiến thức của HS. Bài tập là phương tiện cơ bản nhất để dạy HS tập vận dụng kiến thức vào thực hành, thực tế sự vận dụng các kiến thức thông qua các bài tập có rất nhiều hình thức phong phú. Chính nhờ việc giải các bài tập mà kiến thức được củng cố, khắc sâu, chính xác hóa, mở rộng và nâng cao. Cho nên, bài tập vừa là nội dung, vừa là phương pháp, vừa là phương tiện để dạy tốt và học tốt. CHƯƠNG II : HỆ THỐNG BÀI TẬP LÝ THUYẾT VỀ NHÓM HALOGEN II.1. ĐƠN CHẤT HALOGEN 8 II.1.1. CẤU TẠO, TÍNH CHẤT VẬT LÝ 1. Trình bày đặc điểm cấu trúc nguyên tử của halogen (bán kính nguyên tử, cấu trúc electron năng lượng ion hóa, ái lực electron). Từ đặc điểm đó hãy cho biết trong hai khuynh hướng phản ứng (oxi hóa – khử) của các halogen thì khuynh hướng nào là chủ yếu ? Hướng dẫn: Đặc điểm cấu trúc nguyên tử của halogen: - Bán kính nguyên tử: nhỏ hơn so với các nguyên tố kim loại và phi kim khác cùng chu kì. Từ Flo đến Iot, bán kính nguyên tử tăng - Cấu trúc electron: Có 7 e lớp ngoài cùng, trạng thái cơ bản: ns2np5, có 1 e độc thân ⇅ ⇅ ⇅ ↑ Trạng thái kích thích Clo, Br, I có 3, 5, 7 e độc thân - Năng lượng Ion hóa: Năng lượng ion hóa thứ nhất của Flo rất cao17,418 eV Từ Flo đến Iot, năng lượng ion hóa giảm nên khả năng nhường electron tăng, do đó đến Iot có khả năng tạo ra ion I + (trong các hợp chất như ICl trong dung dịch H 2SO4 đặc hoặc oleum, ICN, IClO4, ICH3COO) hoặc tạo cation 3+ trong IPO4, I(CH3COO)3 - Ái lực electron: lớn, giảm dần từ Flo đến Iot → Khuynh hướng oxi hóa là chủ yếu vì trong nguyên tử có một electron độc thân (chưa ghép đôi) ở obitan np ở trạng thái cơ bản nên dễ dàng kết hợp thêm 1 electron. 2. Dựa vào thuyết liên kết hóa trị hãy cho biết: a) Các số oxi hóa của các halogen trong hợp chất. b) Tại sao phân tử của các halogen đều cấu tạo từ hai nguyên tử? Hướng dẫn: a) Từ cấu hình electron các số oxi hóa của các halogen trong hợp chất (trừ Flo) là: -1, +1, +3, +5, +7. Giải thích: các mức +3, +5, +7 bằng sự kích thích electron chuyển từ obitan ns và np sang nd tạo 3, 5, 7 e độc thân. Khi tạo liên kết với các nguyên tử có độ âm điện lớn hơn các halogen đó có số oxi hóa dương. b) Vì mỗi nguyên tử có 7 e lớp ngoài cùng, so khí hiếm thiếu 1 electron, trong đó chỉ có một electron không ghép đôi ở obitan np → hai electron không ghép đôi ở hai nguyên tử ghép lại với nhau tạo thành phân tử hai nguyên tử → mỗi nguyên tử đều đạt cấu hình bền như khí hiếm gần nhất. 9 Tại sao Flo không thể xuất hiện mức oxi hóa dương trong các hợp chất hóa học? 3. Tại sao với Clo, Brom, Iot thì mức oxi hóa chẵn không phải là mức đặc trưng? Hướng dẫn: Trong nguyên tử của các Halogen có một electron không ghép đôi, nên trừ Flo, chúng đều có khả năng tạo ra mức oxi hóa +1 khi chúng liên kết với một nguyên tố khác có độ âm điện lớn hơn (ví dụ với Oxi) Nguyên tử của Clo (hoặc Brom, Iot) còn có những obitan chưa được lấp đầy, do đó có thể xảy ra các quá trình kích thích electron như sau: s p d s p d s p d s p d Kết quả tạo ra 3, 5, 7 electron không ghép đôi ứng với các trạng thái hóa trị 3, 5, 7 của halogen. Quá trình kích thích đó xảy ra dưới ảnh hưởng của những nguyên tử có độ điện âm mạnh hơn. Lớp ngoài cùng của nguyên tử Flo không có obitan d, muốn tạo ra trạng thái hóa trị lớn hơn 1 ở Flo, phải kích thích electron từ obitan 2p sang lớp thứ 3, không có nguyên tố nào có độ điện âm lớn hơn Flo để cung cấp năng lượng đủ thực hiện quá trình kích thích trên, do đó với Flo không thể xuất hiện mức oxi hóa dương và chỉ có thể có hóa trị một. Ngoài ra cũng cần chú ý rằng nếu trong nguyên tử, chẳng hạn có 5 electron không cặp đôi tham gia hình thành 4 liên kết, trong nguyên tử còn lại một electron không cặp đôi, điều đó gây ra khả năng phản ứng rất mạnh của phân tử được tạo ra, nên chúng là những hợp chất kém bền. Chẳng hạn ClO2 là hợp chất có số lẻ electron. O Cl O Là hợp chất chưa bão hòa hóa trị, do đó có khuynh hướng kết hợp hoặc nhường một electron: 10 ClO2 + e = ClO2- ClO 2 - e = ClO2+ chủ yếu là khuynh hướng thứ nhất (Ái lực Electron của ClO 2 là 3,43 eV); ClO2 rất không bền, dễ phân huỷ nổ, có tính oxi hóa mạnh. 4. Năng lượng liên kết X-X (Kcal/mol) của các halogen có giá trị sau: F2 Cl2 Br2 I2 (Kcal/mol) 38 9 46 35 Hãy giải thích Tại sao từ F 2 đến Cl2 năng lượng liên kết tăng, nhưng Cl 2 đến I2 năng lượng liên kết giảm? Hướng dẫn: Phương pháp Obitan phân tử đã mô tả cấu hình electron của các phân tử halogen như sau: (σ ) (σ ) (σ ) (π ) (π ) (π ) (π ) 2 S * 2 2 Z S 2 2 y x * 2 * 2 x y Nghĩa là hai nguyên tử halogen liên kết với nhau bằng một liên kết σ (σ z). Ngoài liên kết σ, trong phân tử Cl2, Br2, I2 còn có một phần liên kết π tạo ra bởi sự xen phủ của các obitan d. Trong phân tử Flo, liên kết chỉ được hình thành do một loạt các electron hóa trị, không có khả năng hình thành liên kết π như trên vì không có các obitan d. Liên kết π được hình thành đó là liên kết "cho nhận" tạo ra do cặp electron tự do của một nguyên tử và obitan d còn bỏ trống của nguyên tử khác; có thể mô tả theo sơ đồ sau: 3s 3p 3d 3d 3p 3s Sự hình thành các liên kết π đó đã làm cho phân tử các halogen bền rõ rệt. Flo không có khả năng tạo ra liên kết π nên phân tử Flo có năng lượng liên kết bé hơn so với Clo. Từ Clo đến Iot do bán kính nguyên tử tăng, độ dài liên kết tăng: F2 DX –X (Ǻ) 1,42 nên năng lượng liên kết giảm. 5. Cl2 2,00 Br2 2,29 I2 2,17 Phản ứng phân hủy phân hủy phân tử thành nguyên tử X 2 → 2X của các halogen ở các nhiệt độ sau: F2 Cl2 Br2 (oC) 450 800 600 Hãy giải thích sự thay đổi độ bền nhiệt của các phân tử halogen. 11 I2 400 Hướng dẫn: Trong phân tử hai nguyên tử của các halogen, độ bền nhiệt của phân tử liên quan đến năng lượng liên kết X-X trong phân tử: Xem cách giải thích ở bài 4. 6. Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các halogen có các giá trị sau: F2 Tnc( C): -223 o Ts( C): -187 Nhận xét và giải thích? o Cl2 -101 -34,1 Br2 -7,2 38,2 I2 113,5 184,5 Hướng dẫn: Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các halogen tăng. Tính chất đó phụ thuộc vào tương tác khuếch tán giữa các phân tử. Ở trạng thái lỏng và rắn, các phân tử halogen tương tác với nhau bằng lực VanderWaals. Vì phân tử các halogen không có cực nên tương tác đó phụ thuộc vào tương tác khuếch tán, năng lượng tương tác này càng lớn khi độ phân cực của phân tử càng lớn. Vì khả năng bị cực hóa của các phân tử phụ thuộc vào bán kính nguyên tử, nên từ F đến I, bán kính nguyên tử tăng, độ phân cực tăng do đó tương tác khuếch tán tăng làm cho nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các halogen tăng. 7. a) Tại sao các halogen không tan trong nước nhưng tan trong benzen? b) Tại sao Iot tan ít trong nước nhưng lại tan trong dung dịch kali iođua? Hướng dẫn: a) Các chất có xu hướng tan nhiều trong chất lỏng giống với chúng. Các halogen là những chất không cực nên ít tan trong dung môi có cực (ví dụ: H 2O) và tan nhiều trong dung môi không cực. b) Trường hợp Iot tan nhiều trong dung dịch KI vì tạo ra Ion I3- theo phản ứng: I2 + I- → I38. Giải thích nguyên nhân hình thành các tinh thể hiđrat Cl 2.8H2O. hidrat đó có phải là chất hóa học không? Hướng dẫn: Các tinh thể hiđrat Cl2.8H2O là những hợp chất bao. Các hidrat đó được hình thành ở nhiệt độ thấp và ở áp suất cao khi bão hòa khí clo. Trong tinh thể nước đá có những khoảng trống được hình thành khi các phân tử nước liên kết với nhau bằng liên kết Hidro, ở áp suất cao các nguyên tử khí đã thâm nhập vào các khoảng trống đó, các nguyên tử khí tương tác với các phân tử nước nhờ có lực khuếch tán, lực này không đủ để hình thành hợp chất phức (một loại hợp chất hóa học), do đó Cl 2.8H2O không phải là loại hợp chất hóa học thực sự. 12 9. hóa, a) Hãy so sánh các đại lượng: Ái lực electron, năng lượng liên kết, năng lượng hiđrat thế Tại tiêu sao khả chuẩn năng của Clo phản ứng và của Flo Flo từ lại đó giải lớn hơn thích: Clo? b) Tại sao trong dung dịch nước Flo có tính oxi hóa mạnh hơn Clo Hướng dẫn: So sánh: F2 Cl2 Năng lượng liên kết X2 (Kcal/mol) 37 59 Ái lực electron X + e → X (Kcal/nguyên tử g) 79 83 Năng lượng hiđrat hóa của X- (Kcal/mol) 121 90 0 Thế tiêu chuẩn E X2/2X (Von) 2.87 1,36 Ta thấy rằng năng lượng liên kết và ái lực electron của Flo bé hơn Clo; năng lượng hidrat lớn và thế tiêu chuẩn của Flo lớn hơn Clo. a) Mặc dù có ái lực electron thấp hơn (có tính oxi hóa kém hơn) nhưng năng lượng liên kết trong phâ tử Flo thấp hơn do đó khả năng phản ứng của Flo cao hơn Clo. b) Quá trình chuyển X2 → 2X- ở trong dung dịch phụ thuộc vào các yếu tố sau: - Năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử(năng lượng liên kết). - Ái lực electron để biến nguyên tử thành X-. - Năng lượng hiđrat hóa của anion X-. Với Flo, mặc dù năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử và ái lực electron bé hơn Clo, nhưng năng lượng hiđrat hóa của Ion F - lại lớn hơn nhiều so với ion Cl- , do đó trong dung dịch nước, Flo có tính oxi hóa mạnh hơn Clo. 10. Lấy ví dụ để chứng minh rằng theo chiều tăng số thứ tự nguyên tử của các halogen thì tính dương điện lại tăng? Hướng dẫn: Từ Flo đến Iot, năng lượng ion hóa giảm nên khả năng nhường electron tăng. Không tồn tại ion Flo dương. Các halogen còn lại có số oxi hóa dương. Iot có khả năng tạo ra ion I+ (trong các hợp chất như ICl trong dung dịch H 2SO4 đặc hoặc oleum, ICN, IClO4, ICH3COO) hoặc tạo cation 3+ trong IPO4, I(CH3COO)3 II.1.2. TÍNH CHẤT HÓA HỌC 11. Bằng phản ứng với hidro hãy chứng minh rằng tính oxi hóa của các halogen giảm dần từ Flo đến Iot. Hướng dẫn: Dựa vào điều kiện phản ứng và nhiệt tạo thành của phản ứng khi cho H 2 phản ứng với halogen để chứng minh. 13 ∆Η = -288,6 KJ/mol F2 + H2 → 2HF Nổ mạnh ngay ở nhiệt độ rất thấp -2520C và trong bóng tối Cl2 + H2 → 2HCl ∆Η = -92,3 KJ/mol Nổ khi chiếu sáng hoặc đun nóng Br2 + H2 → 2HBr ∆Η = -35,98 KJ/mol Nhiệt độ cao, không nổ I2 + H2O ⇌ 2HI ∆Η = 25,9 KJ/mol 12. Nhiệt độ cao hơn, 2 chiều, không nổ a) Trình bày các phản ứng khi cho các halogen tác dụng với nước. b) Flo có khả năng oxi hóa nước giải phóng oxi hóa , các halogen khác có tính chất này không? Giải thích. Hướng dẫn: a) Các halogen tác dụng với H2O theo các phương trình phản ứng sau: 2F2 + 2H2O → 4HF + O2 Cl2 + H2O ⇌ HCl + HClO K= 4,2.104 Br2 + H2O ⇌ HBr + HBrO K= 7,2.10-4 I2 + H2O ⇌ HI + HIO K= 2,1.10 -13 Khả năng phản ứng từ Flo đến Iot giảm. b) So sánh thế oxi hóa-khử chuẩn để xác định: O2 + 4H+ (10-7 ion-g/l) + 4e = 2H2O E0=+0,81V F2 + 2e →2F- E0= +2,86 V Cl2 + 2e → 2Cl- E0= +1,36V Br2 + 2e → 2Br- E0= +1,07V I2 + 2e → 2I- E0= +0,53V Chẳng hạn với trường hợp Flo: ∆ E0=2,06V 2F2 + 2H2O → 4HF + O2 Như vậy Flo đã phản ứng mạnh với nước. Với Clo và Brom thực tế đòi hỏi năng lượng hoạt hóa cao; với Iot không có khả năng đó. 13. số a) Tại sao khi cho các halogen tác dụng với kim loại lại tạo ra những hợp chất ứng với oxi hóa tối đa của các kim loại đó? Lấy ví dụ để minh họa. b) Tại sao Flo là chất oxi hóa mạnh nhưng Cu, Fe, Ni, Mg không bị Flo ăn mòn? Hướng dẫn: a) Với các kim loại có nhiều mức oxi hóa thì các hợp chất ứng với mức oxi hóa thấp đều có tính khử, trong khi đó các halogen lại là chất oxi hóa mạnh. 14 b) Khi chất rắn tương tác với chất khí, khả năng phản ứng phụ thuộc vào cấu trúc của chất rắn được tạo ra. Sản phẩm do phản ứng của Flo với các kim loại trên tạo ra bám chắc vào bề mặt chất rắn tương tác thì nó sẽ ngăn cản phản ứng tiếp diễn. 14. Tìm dẫn chứng để chứng minh rằng theo chiều tăng số thứ tự nguyên tử trong nhóm halogen thì tính khử tăng. Hướng dẫn: Flo không thể hiện tính khử Cl2 + F2 → 2ClF 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 2HBrO3 + 10HCl Iot khử được Clo và Brom phản ứng tương tự 15. Viết phương trình phản ứng khi cho dung dịch nước Clo tác dụng với dung dịch NaOH, dung dịch KI, dung dịch Natri Thiosunfat. Hướng dẫn: Clo tác dụng với KI tạo ra I 2 cho dung dịch màu nâu, sau đó Clo dư tác dụng với I 2 tạo ra IO3- làm cho dung dịch mất màu. Cl2 + 2KI → I2 + 2KCl 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O 4Cl2 bão hòa + Na2S2O3 + 5H2O → Na2SO4 + H2SO4 + 8 HCl (Tương tự với Brom) 16. a) Cho các Halogen Cl2 , Br2 , I2 tác dụng với nước, với dung dịch KOH có những phương trình phản ứng nào xảy ra. b)Khi cho Cl2 tác dụng với dung dịch KOH loãng sau đó đun nóng dung dịch từ từ lên 7000C người ta thu được chất gì? Viết các phương trình phản ứng. Hướng dẫn a) Các Halogen tác dụng với H2O (xem bài 12). Khi cho các Halogen tác dụng với dung dịch kiềm, phản ứng tạo ra Hipohalogenit (XO -), nhưng trong môi trường kiềm các Hipohalogenit bị phân hủy theo phản ứng: 3XO- ⇌ 2X- + XO3(X = Cl, Br, I). Sự phân hủy đó phụ thuộc vào bản chất của các Halogen và nhiệt độ. ClO-: phân hủy chậm ở nhiệt độ thường, nhanh khi đun nóng. BrO-: phân hủy chậm ở nhiệt độ thấp, nhanh ở nhiệt độ thường. IO-: phân hủy ở tất cả các nhiệt độ. 15 Như vậy quá trình phân hủy đó tăng khi nhiệt độ tăng; từ Clo đến Iot quá trình phân hủy tăng. Do đó, khi cho các Halogen tác dụng với dung dịch kiềm, phản ứng xảy ra theo các phương trình: Cl2 + 2KOH 3Cl2 + 6KOH 3Br2 + 6KOH t0 thường KCl 700C 0 + KClO + H2O 5KCl + KClO3 + 3H2O t thường 5KBr + KBrO 3 + 3H2O 3I2 + 6KOH → 5KI +KIO3 + 3H2O b) Khi cho Cl2 tác dụng với dung dịch KOH loãng ở nhiệt độ thường tạo ra KClO, khi đun nóng lên 70oC, KClO phân hủy thành KClO3 và KCl, đến 1000C còn hỗn hợp muối rắn gồm KClO3 và KCl, đến 4000C KClO3 phân hủy tạo ra KClO4 và KCl, khi đun nóng cao hơn nữa KClO4 phân hủy thành KCl và O2. 17. Dung dịch A gồm hai muối: Na2SO3 và Na2S2O3. Lấy V ml dung dịch A trộn với lượng dư khí Cl2 rồi cho sản phẩm thu được tác dụng với BaCl 2 dư thì thu được kết tủa. Lấy V ml dung dịch trên nhỏ vài giọt hồ tinh bột rồi đem chuẩn độ bằng iot thì đến khi dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh chàm. Cho V ml dung dịch A tác dụng với dung dịch HCl dư thu được kết tủa. Viết phương trình phản ứng xảy ra. Hướng dẫn: Phản ứng: Na2S2O3 + 4Cl2 + 5H2O → 2NaHSO4 + 8HCl Na2SO3 + Cl2 + H2O → Na2SO4 + 2HCl NaHSO4 + BaCl2 → NaCl + HCl + BaSO4. Na2SO4 + BaCl2 → NaCl + BaSO4. I2 + 2Na2S2O3 → Na2S2O6 + 2NaI Na2S2O3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 + S + H2O II.1.3. ĐIỀU CHẾ 18. Khi thực hành, một học sinh lắp dụng cụ điều chế khí Cl2 như hình vẽ sau: 16 a) Hãy viết phương trình phản ứng điều chế khí Cl2 từ MnO2 và HCl? b) Phân tích những chỗ sai khi lắp bộ dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ? Hướng dẫn: Phân tích: Để giải được bài tập này học sinh cần phải: - Nhìn lôgic nội dung của bài, tìm hiểu từ ngữ, hiểu sơ bộ ý đồ cả tác giả. - Tìm hiểu giả thiết và yêu cầu của đề bài. - Hình dung tiến trình luận giải và biết phải bắt đầu từ đâu ? - Đâu là chỗ có vấn đề của bài. a) Phương trình phản ứng điều chế: 0 t MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O b) Một số chỗ sai khi lắp dụng cụ điều chế khí clo: - Vì phản ứng chỉ xảy ra đối với axit đặc nên không thể dùng được dung dịch axit HCl 10% mà phải thay bằng axit HCl có nồng độ lớn hơn 30%. - Bình thu khí clo không được dùng nút cao su mà có thể thay bằng nút bông tẩm dung dịch NaOH để không khí dễ bị đẩy ra và NaOH dùng để xử lí Cl 2 dư. - Để thu được khí Cl2 tinh khiết, cần lắp thêm các bình rửa khí (loại khí HCl) và làm khô khí (loại hơi nước). 19. Khi điều chế clo trong phòng thí nghiệm bằng phản ứng giữa dung dịch HCl đặc và MnO2 đun nóng. Khí clo thoát ra thường lẫn hơi nước và HCl. Đề xuất phương pháp làm tinh khiết Cl2 và giải thích cách làm đó. Dẫn khí Cl2 lẫn hơi H2O và HCl qua dung dịch NaCl bão hòa rồi dẫn qua dung dịch H2SO4 đặc. 17 Dung dịch NaCl bão hòa để hấp thụ HCl do HCl tan tốt trong nước, hòa tan NaCl vào để giảm độ tan của Cl2 trong nước do có cân bằng: Cl2 + H2O H+ + Cl- + HClO NaCl → Na+ + Cl-. Thêm Cl- cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch để giảm độ tan của Cl2. 20. a) Bằng cách nào có thể thu được Flo từ HF? b) Tại sao không thể điều chế Flo bằng phương pháp điện phân dung dịch nước có chứa ion Florua? c) Flo là chất oxi hóa mạnh nhưng tại sao khi điều chế Flo bằng phương pháp điện phân thì thùng điện phân và cực âm lại làm bằng đồng hoặc bằng thép? Hướng dẫn: a) Điện phân hỗn hợp lỏng gồm KF và HF thu được H2, F2 b) Vì rằng thế điện cực của Flo rất lớn, Flo tác dụng với nước rất mạnh nên không thể điều chế Flo bằng phương pháp điện phân dung dịch nước có chứa Ion Florua, mà phải điện phân một hỗn hợp nóng chảy gồm KF và HF. c) Khi chất rắn tương tác với chất khí, khả năng phản ứng phụ thuộc vào cấu trúc của chất rắn được tạo ra. Sản phẩm do phản ứng của Flo với đồng hoặc thép tạo ra bám chắc vào bề mặt chất rắn nên nó sẽ ngăn cản phản ứng tiếp diễn. 21. Trong phòng thí nghiệm người ta điều chế Clo bằng phương pháp cho KMnO 4 tác dụng với HCl . a) Tại sao không thể dùng phương pháp đó để điều chế Flo ? b) Có thể điều chế Brom và Iot bằng phương pháp đó được không? c) Có thể thay KMnO4 bằng MnO2 Hoặc K2Cr2O7 được không? Hướng dẫn: So sánh thế điện cực chuẩn: a) Flo có tính oxi hóa mạnh hơn KMnO4. b) KMnO4 có tính oxi hóa mạnh hơn Br2 và I2 nên có thể oxi hóa Br2 và I2 tạo ra BrO3và IO3-. c) Có thể thay KMnO4 bằng MnO2 hoặc K2Cr2O7 nhưng phải dùng HCl đặc và phải đun nóng dùng thế điện cực tương đương nhau. (E 0Cl2/2Cl-=1,36V; E0Cr2O72-/Cr3+ trong môi trường axit là 1,36V). II.2. HỢP CHẤT HALOGEN II.2.1- HỢP CHẤT VỚI HIDRO, HALOGENUA 18 22. Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các hidro halogenua thay đổi như thế nào? Giải thích nguyên nhân. Hướng dẫn: Từ HF đến HCl: Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm. Từ HCl đến HI nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng. Các hidro halogenua tương tác với nhau bằng lực tương tác giữa các phân tử gồm lực định hướng, lực khuếch tán và lực cảm ứng. Nhưng năng lượng tương tác cảm ứng thường rất bé so với năng lượng tương tác định hướng và tương tác khuếch tán, do đó ảnh hưởng của tương tác cảm ứng đến nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi có thể bỏ qua. Năng lượng tương tác định hướng giảm từ HF đến HI do độ phân cực của phân tử giảm. Năng lượng tương tác khuếch tán tăng lên trong dãy do sự tăng bán kính nguyên tử của các halogen và sự giảm độ phân cực của liên kết trong phân tử. Từ HF đến HCl, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm do giữa các phân tử HF phát sinh được liên kết Hidro, đồng thời năng lượng tổng quát của tương tác giữa các phân tử giảm do tương tác định hướng giảm. Từ HCl đến HI năng lượng tương tác khuếch tán chiếm ưu thế so với tương tác định hướng vì vậy nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng. GV có thể cho số liệu hoặc cho HS tra bảng số liệu về nhiệt độ sôi và nhiệt độ nóng chảy cho HS nhận xét quy luật biến đổi và yêu cầu giải thích: HF HCl HBr HI t nóng chảy ( C) -83 -114,2 -88 -50,8 t0 sôi (0C) 19,5 -84,9 -66,7 -35,8 Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi 23. 0 0 nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không? Hướng dẫn: Độ dài liên kết HX, năng lượng liên kết và độ bền đối với nhiệt trong dãy từ HF đến HI có các giá trị sau: HF HCl HBr Độ dài liên kết HX (Ǻ) 1,02 1,28 1,41 Năng lượng liên kết HX (Kcal/mol) 135 103 87 0 Phân hủy ở 1000 C (%) Không 0,014 0,5 Trong dãy đó, độ bền đối với nhiệt giảm do độ dài liên kết tăng và năng lượng HI 1,60 71 33 liên kết giảm. Độ bền đối với nhiệt chỉ phụ thuộc vào năng lượng liên kết của phân tử, còn nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi lại phụ thuộc vào năng lượng tương tác giữa các phân tử. 19 24. a) Hỗn hợp đẳng phí (hay hỗn hợp đồng sôi) là gì? b) Tại sao dung dịch HCl nồng độ lớn hơn 20% lại có hiện tượng bốc khói trong không khí, nhưng dung dịch có nồng độ bé hơn 20% lại không có hiện tượng đó? Hướng dẫn: a) Hỗn hợp đẳng phí hay hỗn hợp đồng sôi là những hỗn hợp sôi ở nhiệt độ không đổi và không thay đổi thành phần của hỗn hợp ở áp suất không đổi. Chất nguyên chất cũng có đặc tính như thế, nhưng với hỗn hợp đồng sôi thì khi áp suất thay đổi không những nhiệt độ sôi mà cả thành phần của hỗn hợp cũng thay đổi theo. Ví dụ Hidro Clorua tạo thành với nước một hỗn hợp đồng sôi ở 110 0C dưới áp suất thường và chứa 20,2% HCl. Khi thay đổi áp suất, thành phần của HCl trong hỗn hợp cũng thay đổi: Áp suất (mmHg) 150 500 760 1000 2500 Thành phần HCl (%) 22,5 20,9 20,2 19,7 18,0 Các hidro halogenua khác cũng tạo nên các hỗn hợp đồng sôi có thành phần và nhiệt độ sôi xác định. Với HF sôi ở 120 0C thành phần HF 35,4%; với HBr hỗn hợp sôi ở 126 0C, thành phần HBr 47%;với HI hỗn hợp sôi ở 1270C, thành phần HI 57% b) Vì có độ tan lớn trong nước nên các hidro clorua bốc khói trong không khí. Khi đun nóng dung dịch HCl đặc lớn hơn 20% thì đầu tiên khí Hidro Clorua bốc ra, còn nếu dung dịch dưới 20% thì trước hết hơi nước thoát ra và nồng độ axit tăng. Trong cả hai trường hợp đó, khi hàm lượng của HCl trong axit đạt đến 20,2% (ở 760 mmHg) thì thu được hỗn hợp đồng sôi điều đó giải thích hiện tượng bốc khói của dung dịch HCl đặc. 25. khi Bằng cách nào có thể xác định nhanh hàm lượng phần trăm của HCl trong dung dịch đã biết khối lượng riêng của dung dịch ? a) Hãy tính hàm lượng % của HCl trong các dung dịch có khối lượng riêng (g/cm3):1,025; 1,050; 1,08; 1,135; 1,195. b) Hãy tính gần đúng khối lượng riêng (g/cm 3) của các dung dịch HCl khi hàm lượng HCl là: 12%, 20%, 30%, 32,5%. Hướng dẫn: Có thể xác định nhanh hàm lượng % của HCl trong dung dịch bằng cách nhân hai con số sau dấu phẩy (của khối lượng riêng của dung dịch) với 2. Ngược lại nếu biết thành phần % của HCl trong dung dịch có thể tính gần đúng khối lượng riêng của dung dịch đó. a) Ví dụ: Dung dịch có khối lượng riêng là 1,025 g/cm 3, hàm lượng HCl là: 2,5.2= 5%, dung dịch có khối lượng riêng là 1,195 g/cm3, hàm lượng HCl là 19,5.2 = 39 %. 20 b) Dung dịch 32,5 % thì khối lượng riêng là: 32,5:2= 16,25 suy ra d= 1,162 g/cm 3. 26. a) Tại sao axit HF lại là axit yếu trong đó các axit HX của các halogen còn lại là axit mạnh? b) Tại sao axit HF lại tạo ra muối axit còn các axit HX khác không có khả năng đó? Hướng dẫn: a) Một phần vì năng lượng liên kết HF rất lớn, một phần khác vì khi hòa tan trong nước xảy ra quá trình Ion hóa tạo ra H 3O+ và F-, sau đó Ion F- lại tương tác với phân tử HF tạo ra ion phức HF2-: HF + H2O ⇌ H3O+ + FHF + F- ⇌ HF2Hoặc ở dạng tổng quát: 2HF + H2O ⇌ H3O+ + HF2Do một phần phân tử HF liên kết tạo ra HF 2- nên hàm lượng tương đối của Ion H 3O+ không lớn, vì vậy dung dịch axit Flohidric có tính axit yếu (K= 7.10 -4). Các axit HX khác không có khả năng đó vì không có quá trình trên, năng lượng liên kết nhỏ hơn, bán kính của X lớn hơn. Chúng là các axit mạnh. b) Vì nguyên nhân trên nên trong dung dịch axit Flohidric có các Ion dạng H 2F3-, H3F4-, H4F5-…. Khi trung hòa tạo ra các muối axit như K[HF 2] (Tnc= 2390C); K[H2F3] (Tnc= 620C); K[H3F4] (Tnc=600C); K[H4F5] (Tnc= 730C). 27. a) Tính axit trong dãy từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Giải thích nguyên nhân? b) Vai trò của HI trong các phản ứng sau đây có giống nhau không? 2FeCl 3 +2HI → 2FeCl2 + I2 +2HCl (1) Zn+2HI → ZnI2 + H2  (2) Hướng dẫn: a) Độ điện li α của các dung dịch axit halogen hiđric HX 0,1N. (%) HF HCl HBr HI 9 92,6 93,5 95 độ mạnh của axit tăng từ HF đến HI do độ dài liên kết tăng (xem bài số 23). Axit Flohidric là một axit yếu (xem bài 26) b) Vai trò của HI trong hai phản ứng đó khác nhau: Ở (1) Khử, ở (2) oxi hóa 21 28. a) Tại sao khi cho HCl tác dụng với Sắt hoặc Crom lại tạo ra FeCl 2, CrCl2 mà không phải là FeCl3, CrCl3? b) Với axit HBr, HI phản ứng có tương tự như thế không? Hướng dẫn: Dựa vào thế điện cực để giải thích. HBr, HI tương tự 2H+/H2 Thế điện cực chuẩn(V) 29. Fe2+/Fe 0 -0,44 Fe3+/Fe -0,03667 Cr2+/Cr -0,9 Cr3+/Cr -0,74 a) Trong các muối Kali halogenua muối nào có thể phản ứng được với FeCl 3 để tạo nên FeCl2? b) Cho kết luận về tính khử của các halogenhidric? Hướng dẫn: a) Chỉ có KI là có thể phản ứng được với FeCl3 (dựa vào thế điện cực để giải thích). Thế điện cực của các cặp X2/ X – (X: Cl, Br, I) lần lượt là 1,36V; 1,07V; 0,54V E0(Fe3+/Fe2+) = 0,77V > 0,54V → Tính ∆ E0 phản ứng>0… b) Tính khử của các halogenhidric tăng dần từ HF đến HI 30. a) Viết các phương trình phản ứng khi cho H 2SO4 đặc tác dụng với hỗn hợp CaF2, SiO2. Ứng dụng của phản ứng? b) Nếu thay CaF2 bằng CaCl2 phản ứng có xảy ra như thế không ? Hướng dẫn: a) Axit Sunfuric tác dụng với Canxi Florua tạo ra axit Flohidric, là axit duy nhất tác dụng được với Silic đioxit. SiO2 + 4HF = 2H2O+ SiF4 Sau đó silic tetraflorua tác dụng với HF dư tạo ra axit Hecxa flosilixic H 2SiF3 tan trong nước: SiF4 + 2HF = H2SiF3 Axit Clohidric không có khả năng ăn mòn được thủy tinh. b) Không 31. a) Hãy giải thích tại sao HF chỉ được phép đựng trong các bình bằng nhựa. b) Phản ứng xảy ra có khác nhau không khi cho thủy tinh tác dụng với HF và với HCl? Hướng dẫn: a) Vì có phản ứng như bài 30 b) Trong cả hai trường hợp sản phẩm tạo ra đều như nhau: Na2O.CaO.6SiO2 + 14H2F2 → Na2SiF6 + CaSiF6 + 4SiF4 + 14 H2O. 22 Tuy nhiên khi thủy tinh bị dung dịch axit Flohiđric ăn mòn thì sản phẩm phản ứng sẽ chuyển vào dung dịch và bề mặt bị ăn mòn sẽ trở nên trong suốt. 32. a) Tại sao tính khử của các hidro halogenua tăng lên từ HF đến HI? b) Tại sao các dung dịch axit Bromhiđric và axit Iothiđric không thể để trong không khí? Hãy viết các phương trình phản ứng khi cho Oxi tác dụng với dung dịch axit halogenhiđric. Hướng dẫn: a) Vì độ bền đối với nhiệt giảm, năng lượng liên kết giảm nên tính khử của các hidro halogenua tăng (ở trạng thái khí cũng như ở trạng thái tan trong dung dịch) (xem bài tập 20). b) Khi tác dụng với Oxi: HF + O2: không có phản ứng; HF hoàn toàn không thể hiện tính khử. HCl + O2 : trong dung dịch không xảy ra phản ứng, nhưng ở trạng thái khí thì xảy ra phản ứng thuận nghịch: t < 6000C 4HCl (khí) + O2 t > 6000C 2H2O + 2Cl2 HCl chỉ thể hiện tính khử khi tác dụng với chất oxi hóa mạnh. HBr và HI đều là những chất khử mạnh, dung dịch của chúng vốn là trong suốt và không màu, nhưng để lâu trong không khí dung dịch sẽ vàng dần do tạo ra các halogen tự do: 4HBr + O2 (KK) → 2H2O + 2Br2 4HI + O2 (KK) → 2H2O + 2I2 Trường hợp HI dung dịch nhuốm màu vàng nhanh hơn so với dung dịch HBr. 33. a) Tại sao hidrohalogenua lại tan rất mạnh trong nước? b) Khi cho hidro clorua tan trong nước có hiện tượng gì? Tại sao dung dịch lại có tính axit? Hidro clorua lỏng có phải là axit không? Hướng dẫn: a) Vì các hidro halogenua đều là những hợp chất có cực nên tan rất mạnh trong dung môi có cực. b) Khi tan trong nước, dung dịch có tính axit vì tạo ra với nước ion hidroxoni H 3O+. Ở trạng thái lỏng chúng không phải là axit. 23 34. a) Trong phòng thí nghiệm, hidro clorua được điều chế bằng cách nào? b) Nếu dùng dung dịch H2SO4 loãng và NaCl loãng có tạo ra HCl ? c) Phương pháp trên có thể dùng để điều chế HBr và HI được không? Hướng dẫn: a) Điều chế hidro clorua bằng cách cho NaCl tác dụng với H2SO4 đặc, đun nóng: NaCl + H2SO4 → NaHSO4 + HCl↑ NaCl + NaHSO4 → Na2SO4 + HCl↑ Phản ứng thứ nhất xảy ra ở mức độ đáng kể ngay ở nhiệt độ thường và khi đun nóng đến 2500C thì thực tế xảy ra hoàn toàn. Phản ứng thứ hai xảy ra ở nhiệt độ cao hơn khoảng 400-5000C. b) HF, HCl là những khí dễ tan trong nước do đó phải dùng muối khan và axit H2SO4 đặc để tránh sự hòa tan của các khí. Khi dùng H2SO4 loãng và NaCl loãng phản ứng sẽ không tạo ra hidroclorua vì phần lớn cân bằng sẽ chuyển dịch về phía tạo ra H 2SO4 ít phân li hơn HCl. Nhưng nếu dùng dung dịch NaCl đậm đặc và H 2SO4đặc thì khi đun nóng, cân bằng có thể chuyển dịch sang phải vì HCl dễ bay hơi hơn. c) Phương pháp trên có thể dùng để điều chế HF nhưng không thể vận dụng cho HBr và HI vì chúng đều là chất khử mạnh. 2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2O 35. b) 8HI + H2SO4 → 4I2 + H2S + 4H2O a) Trong công nghiệp, axit HCl Phương pháp đó dựa được điều chế bằng phương pháp nào? trên những nguyên tắc nào? c) Có thể vận dụng phương pháp đó cho các axit halogen hiđric khác được không? Lí do? Hướng dẫn: a) Ngoài phương pháp trên (bài tập 34) hiện nay trong công nghiệp chủ yếu dùng phương pháp tổng hợp để điều chế hidro clorua, sau đó cho hấp thụ nước tạo ra axit Clohidric: H2 +Cl2 → 2HCl ∆H= - 44 Kcal/mol b) Phương pháp đó dựa trên cơ sở phản ứng dây chuyền. Phản ứng trên xảy ra rất chậm ở nhiệt độ thường, nhưng khi đun nóng mạnh hoặc có tia lửa điện, hoặc chiếu băng tia tử ngoại thì phản ứng xảy ra mãnh liệt. Trước hết nhờ năng lượng hớ của tia tử ngoại (hoặc đốt nóng), phân tử Clo phân li thành nguyên tử sau đó các nguyên tử này tác dụng 24 với phân tử Hidro tạo thành HCl và nguyên tử Hidro. Nguyên tử Hidro này lại tác dụng với phân tử Cl2 tạo thành HCl và nguyên tử Clo… Cl2 + hγ → Cl + Cl (kích thích ban đầu) Cl + H2 → HCl + H H + Cl2 → HCl + Cl Cl + H2 → HCl + H … Do đó tạo ra một dãy phản ứng kế tiếp nhau và cứ một phân tử kích thích ban đầu có thể tạo ra hàng trăm ngàn phân tử HCl khác. c) Phương pháp đó không thể vận dụng để điều chế các axit halogen hidric khác được; với HF phản ứng xảy ra quá mãnh liệt; với HBr và HI cho hiệu suất thấp. Điều đó có thể thấy rõ khi so sánh nhiệt hình thành ∆H của các hidro halogenua: ∆H(Kcal/mol) 36. HF HCl HBr HI -128 -44 -24 +12. Trong các hình vẽ sau, xác định hình vẽ đúng nhất mô tả cách thu khí hidro clorua trong phòng thí nghiệm. Phân tích Bài này giúp HS nhớ lại kĩ năng thực hành điều chế khí HCl trong phòng thí nghiệm. Để thu được khí HCl thì ta làm như thế nào? HS quan sát 4 hình vẽ, sau đó phân tích rằng khí HCl là một chất khí nặng hơn không khí, dễ tan trong nước. Do đó hình vẽ số 2, 3, 4 là không thể được. Vậy kết quả là hình 1. 25 37. Hãy giải thích tại sao PbI2 ( chất rắn màu vàng) tan dễ dàng trong nước nóng, và khi để nguội lại kết tủa dưới dạng kim tuyến óng ánh ? Hướng dẫn: PbI2 dễ tan trong nước nóng vì quá trình hòa tan PbI2 thu nhiệt lớn: PbI2 ↔ Pb2+ + 2I- ∆H > 0 Còn khi để nguội thì xảy ra quá trình ngược lại, tỏa nhiệt ( ∆ H < 0). Vì quá trình nguội từ từ, số mầm kết tinh ít, nên tinh thể được tạo thành dễ dàng. Nếu làm nguội nhanh sẽ thu được dạng bột vàng PbI2. 38. Hãy trình bày những hiểu biết của mình về các halogenua ion: a) Những nguyên tố nào tạo ra các halogenua ion? b) Mức độ liên kết Ion trong các halogenua đó? Hướng dẫn: a) Halogenua ion là những halogen có mạng lưới tinh thể bao gồm các ion. Các kim loại kiềm: Na, K, Rb,Cs. Các kim loại kiềm thổ: Mg, Ca, Sr, Ba. Lantan, một số Lantanoit và Actinoit tạo ra các halogenua dạng ion. Ngoài ra một số kim loại có nhiều mức oxi hóa cũng tạo ra các halogenua ion ở mức oxi hóa thấp của kim loại. b) Mức độ ion trong liên kết của các hợp chất đó thay đổi tùy theo bản tính của kim loại và của các halogen. Ví dụ: Kim loại có mức oxi hóa khác nhau thì halogenua thấp có bản tính ion cao hơn halogenua cao; chẳng hạn PbCl2 là hợp chất ion, PbCl4 là hợp chất cộng hóa trị. Với cùng một kim loại thì mức độ ion của liên kết giảm dần từ Florua đến Iotua. Chẳng hạn AlF3 là hợp chất ion nhưng AlI3 là hợp chất cộng hóa trị. 39. Tính chất của các halogenua ion . Hướng dẫn: Halogenua ion có những tính chất chủ yếu sau: nhiệt độ nóng chẩy và nhiệt độ sôi cao; mức độ ion trong phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Dẫn điện khi nóng chảy và khi tan trong nước. Đa số tan trong nước tạo ra các ion hidrat hóa. Khi các halogenua đều là ion thì độ tan tăng từ florua đến Iotua (do năng lượng mạng lưới giảm khi bán kính ion halogenua tăng). Chẳng hạn halogenua của các kim loại kiềm, kiềm thổ và các chất Lantanoit (các florua của các Lantanoit thực tế không tan). 40. Xe tạo được nhiều hợp chất trong đó có XeF2; XeF4; và XeO3 1. Vẽ cấu trúc Lewis của mỗi phân tử. 2. Mô tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao gồm cả các góc liên kết. 26 3. Trình bày và giải thích phân tử nào là phân tử phân cực hay không phân cực. 4. Giải thích vì sao các hợp chất này rất hoạt động Hướng dẫn: .. :F .. .. .. Xe .. .. :F .. .. F: .. XeF2: thẳng; 180o .. :F : .. Xe .. :.. F: .. F: .. .. :O .. .. Xe .. O .. : :O .. : XeF4: vuông phẳng; 90o XeO3: tháp tam giác; ∼ 107o XeF2 không phân cực. Cả hai lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn; chúng bù trừ lẫn nhau vì phân tử là thẳng. XeF4 không phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn, chúng bù trừ lẫn nhau vì phân tử là vuông phẳng. XeO3 phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – O có cùng độ lớn và dạng hình học phẳng dẫn đến một lưỡng cực thực sự. Xe có điện tích hình thức dương trong mọi hợp chất trên. Vì vậy chúng là những chất oxi hóa rất hoạt động 41. Viết công thức Lewis, kiểu lai hóa các AO hóa trị của nguyên tử trung tâm, dự đoán cấu trúc hình học các phân tử và ion sau: XeO2F4, ICl4+, PCl4− Hướng dẫn: Phân tử XeO2F4 Công thức Đa diện phối Hình học VSEPR trí XeO2F4E0 Bát diện Công thức Lewis phân tử Bát diện O F F Xe F ICl4+ ICl4+E1 Lưỡng tháp tam Bập bênh O Cl Cl giác I + Cl Cl PCl4− PCl4−E1 Lưỡng tháp tam Bập bênh Cl giác Cl _ P Cl Cl 27 F 42. Cho biết kiểu lai hóa các AO hóa trị của nguyên tử trung tâm, dự đoán cấu trúc hình học các phân tử và ion sau: SOF4, TeCl4, BrF3, I3-, ICl4-? Hướng dẫn: 43. Phân tử Lai hóa Hình học phân tử 3 SOF4 sp d lưỡng tháp tam giác 3 TeCl4 sp d tháp vuông 3 BrF3 sp d hình chữ T 3 I3 sp d thẳng 3 2 ICl4 IX4E2 sp d vuông phẳng Trích đ ề chọn đội dự tuyển olympic Quốc tế 2006 Trong số các cacbonyl halogenua COX2 người ta chỉ điều chế được 3 chất: cacbonyl florua COF2, cacbonyl clorua COCl2 và cacbonyl bromua COBr2. a) Vì sao không có hợp chất cacbonyl iođua COI2? b) So sánh góc liên kết ở các phân tử cacbonyl halogenua đã biết. c) So sánh nhiệt tạo thành tiêu chuẩn ∆H0hth của COF2 (khí) và COCl2 (khí). d) Sục khí COCl2 từ từ qua dung dịch NaOH ở nhiệt độ thường. Viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Hướng dẫn: a). Ở phân tử COX2, sự tăng kích thước và giảm độ âm điện của X làm giảm độ bền của liên kết C–X và làm tăng lực đẩy nội phân tử. Vì lí do này mà phân tử COI 2 rất không bền vững và không tồn tại được. b). Phân tử COX2 phẳng, nguyên tử trung tâm C ở trạng thái lai hoá sp2. X O=C X Góc OCX > 120o còn góc XCX < 120o vì liên kết C=O là liên kết đôi, còn liên kết C-X là liên kết đơn. Khi độ âm điện của X tăng thì cặp electron liên kết bị hút mạnh về phía X. Do đó góc XCX giảm, góc OCX tăng. c). C (tc) + 1/2 O2 (k) + X2 (k) ∆Hotth O = CX2 (k) o ∆Hth (C)tc -1 /2E (O=O) -E (X–X) E (C=O) + 2E (C–X) 28 C (k) o + O (k) + 2X (k) o ∆Hhth (COX2)k = ∆Hth (C)tc – 1/2 E (O=O) – E (X–X) + E (C=O) + 2E (C–X) o o ∆Hhth (COF2)k – ∆Hhth (COCl2)k = E (Cl–Cl) – E (F–F) + 2E (C–F) – 2E (C–Cl) liên kết Cl–Cl bền hơn liên kết F–F E (Cl–Cl) – E (F–F) < 0 liên kết C–F bền hơn liên kết C–Cl 2E (C–F) – 2E (C–Cl) < 0. o (COCl ) < 0 Vậy: ∆Hhtho (COF2)k – ∆Hhth 2 k d). COCl2 + 4 NaOH ∆Hhtho (COF2)k < ∆Hhtho (COCl2)k Na2CO3 + 2 NaCl + 2 H2O 1) Cho biết sự biến đổi trạng thái lai hoá của nguyên tử Al trong phản ứng sau và cấu tạo hình học của AlCl3, AlCl Θ4 . Θ AlCl3 + Cl → AlCl Θ4 44. 2) Biểu diễn sự hình thành liên kết phối trí trong các trường hợp sau: a) Sản phẩm tương tác giữa NH3 và BF3. b) Sản phẩm tương tác giữa AgCl với dung dịch NH3. 3) Giải thích sự khác nhau về góc liên kết trong từng cặp phân tử sau: (a) S Cl o 103 O và Cl 111o Cl Cl (b) O F O và F 111o Cl Cl Θ AlCl3 + Cl → AlCl Θ4 Hướng dẫn: 1) 103o15’ - Trước phản ứng trạng thái lai hoá của Al là: sp2 - Sau phản ứng trạng thái lai hoá của Al là: sp 3 - Cấu tạo hình học Cl Cl Θ Al Cl Al Cl Tam giác phẳng Cl Cl Cl Tứ diện 2) H F H – N+ → B- – F H NH3 → Ag+ ← NH3 ClΘ F 29 * Nitơ còn 1 cặp electron tự do * Ag+ còn obital/hoá trị trống * B còn obital hoá trị trống 3) Trong các phân tử, nguyên tử trung tâm đều có trạng thái lai hoá sp 3 và có cấu tạo góc. a). Sự sai biệt góc hoá trị trong phân tử SCl2 và OCl2 là do sự khác biệt về độ âm điện của oxi và lưu huỳnh. Độ âm điện của nguyên tử trung tâm càng nhỏ thì các cặp electron liên kết bị đẩy nhiều về phía các nguyên tử liên kết, nên chúng chiếm vùng không gian nhỏ xung quanh nguyên tố trung gian. Độ âm điện của oxi lớn hơn S nên góc hoá trị Cl – O – Cl lớn hơn Cl – S – Cl. b). Sự sai biệt góc hóa trị trong phân tử OF2 và OCl2 cũng do sự khác biệt về độ âm điện của các nguyên tử liên kết. Nguyên tử liên kết có ĐÂĐ càng lớn thì góc hóa trị càng nhỏ. Flor có độ âm điện lớn hơn Clor nên góc hóa trị F– O –F nhỏ hơn Cl–O–Cl. 45. Trích Đề chọn HSGQG - 2003- Bảng B a). Nhôm clorua khi hoà tan vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ không quá cao thì tồn tại ở dạng đime (Al 2Cl6). Ở nhiệt độ cao (700OC) đime bị phân li thành monome (AlCl3). Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử đime và monome; Cho biết kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm, kiểu liên kết trong mỗi phân tử ; Mô tả cấu trúc hình học của các phân tử đó. b). Phân tử HF và phân tử H2O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF 1,91 Debye, H2O 1,84 Debye, MHF 20, MH 2 O = 18); nhưng nhiệt độ nóng chảy của hiđroflorua là −83OC thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 0 OC, hãy giải thích vì sao? Hướng dẫn: a) Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử đime và monome. Nhôm có 2 số phối trí đặc trưng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo Lewis của phân tử đime và monome: .. .. . Cl . : . . Cl : Cl .. .. : . . . . Monome : Cl − Al − Cl : ; Đime Al Al . . .. : .Cl. .. Cl 2 . 3 cặp electron ∗ Kiểu lai hoá của nguyên hoá trị; . . tử nhôm : Trong AlCl3 là sp vì Al.có .:.. . : Cl : Cl Trong Al2Cl6 là sp3 vì Al có 4 cặp electron hoá trị. ∗ Liên kết trong mỗi phân tử: AlCl3 có 3 liên kết cộng hoá trị có cực giữa nguyên tử Al với 3 nguyên tử Cl. 30 Al2Cl6: Mỗi nguyên tử Al tạo 3 liên kết cộng hoá trị với 3 nguyên tử Cl và 1 liên kết cho nhận với 1 nguyên tử Cl (Al: nguyên tử nhận; Cl nguyên tử cho). Trong 6 nguyên tử Cl có 2 nguyên tử Cl có 2 liên kết, 1 liên kết cộng hoá trị thông thường và 1liên kết cho nhận. Cl Al 120O Cl Phân tử AlCl3: nguyên tử Al lai hoá kiểu sp2 (tam giác phẳng) nên phân tử có cấu trúc tam giác phẳng, đều, nguyên tử Al ở tâm còn 3 nguyên tử Cl ở 3 đỉnh của tam giác. Phân tử Al2Cl6: cấu trúc 2 tứ diện ghép với nhau. Mỗi nguyên tử Al là tâm của một tứ diện, mỗi nguyên tử Cl là đỉnh của tứ diện. Có 2 nguyên tử Cl là đỉnh chung của 2 tứ diện. • Al b). O Cl M = 20 µ = 1,91 Debye ∗ Phân tử H−F có thể tạo liên kết hiđro ; −H⋅⋅⋅F− 120O Cl 120O O O O • • O O O M = 18 µ = 1,84 Debye H−O−H có thể tạo liên kết hiđro −H⋅⋅⋅O− ∗ Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử) phụ thuộc vào các yếu tố: - Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. - Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút giữa các phân tử gồm: lực liên kết hiđro, lực liên kết van der Waals (lực định hướng,lực khuếch tán). ∗ Nhận xét: HF và H2O có momen lưỡng cực xấp xỉ nhau, phân tử khối gần bằng nhau và đều có liên kết hiđro khá bền, đáng lẽ hai chất rắn đó phải có nhiệt độ nóng chảy xấp xỉ nhau, HF có nhiệt độ nóng chảy phải cao hơn của nước (vì HF momen lưỡng cực lớn hơn, phân tử khối lớn hơn, liên kết hiđro bền hơn). Tuy nhiên, thực tế cho thấy Tnc(H2O) = OOC > Tnc(H2O) = −83OC. ∗ Giải thích: Mỗi phân tử H−F chỉ tạo được 2 liên kết hiđro với 2 phân tử HF khác ở hai bên H−F⋅⋅⋅H−F⋅⋅⋅H−F. Trong HF rắn các phân tử H−F liên kết với nhau nhờ liên kết hiđro tạo 31 thành chuỗi một chiều, giữa các chuỗi đó liên kết với nhau bằng lực van der Waals yếu. Vì vậy, Khi đun nóng đến nhiệt độ không cao lắm thì lực van der Waals giữa các chuỗi đã bị phá vỡ, đồng thời một phần liên kết hiđro cũng bị phá vỡ nên xảy ra hiện tượng nóng chảy. Mỗi phân tử H−O−H có thể tạo được 4 liên kết hiđro với 4 phân tử H 2O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi phân tử H 2O liên kết với 4 phân tử H 2O khác tạo thành mạng lưới không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy nước đá cần phải phá vỡ mạng lưới không gian 3 chiều với số lượng liên kết hiđro nhiều hơn so với ở HF rắn do đó đòi hởi nhiệt độ cao hơn. H H O H H O 46. O a) Những nguyên tố nào hình thành các halogenua cộng hóa trị? b) Đặc tính của loại hợp chất đó? Hướng dẫn: a) Những halgenua cộng hóa trị là những halogenua có mạng lưới phân tử. Lực tương tác giữa các phân tử trong tinh thể là lực Van der Waals. Các nguyên tố không kim loại, các kim loại ở mức oxi hóa cao tạo ra các halogenua cộng hóa trị. b) Các halogenua cộng hóa trị có một số đặc tính sau: nói chung đều dễ bay hơi; tan trong dung môi không cực; không dẫn điện khi nóng chảy cũng như khi tan trong dung môi không cực, dễ dàng bị thủy phân tạo ra axit halogen hidric. Chẳng hạn: BiCl3 + 3H2O → Bi(OH)3 + 3HCl. II.2.2. HỢP CHẤT CHỨA OXI CỦA HALOGEN 47. So sánh tính bền, tính oxi hóa của các oxit Cl 2O, ClO2, Cl2O6, Cl2O7? Tại sao các oxit đó không thể điều chế được bằng phương pháp tổng hợp? Hướng dẫn: Theo dãy Cl2O, ClO2, Cl2O6, Cl2O7 tính bền tăng, tính oxi hóa giảm. Vì Cl, O có độ điện âm gần tương đương nên không thể điều chế bằng phương pháp tổng hợp trực tiếp từ Clo và Oxi mà phải điều chế bằng phương pháp gián tiếp. Cấu 48. a) Trong trúc các phân oxit tử đó của oxit các nào 32 oxit có tính Cl 2O, thuận ClO2, từ? Cl2O7 lí do? b) Bằng những phản ứng nào có thể chứng minh được rằng các oxit của Clo đều là các Anhiđrit? Viết phương trình của các phản ứng? Hướng dẫn: a) Trong các oxit của Clo thì ClO 2 có tính thuận từ vì trong phân tử có một electron chưa ghép đôi (xem Bài tập 3). b) Bằng phản ứng cho tác dụng với nước tạo ra axit hoặc phản ứng với dung dịch kiềm tạo ra muối để minh họa các oxit đó là các anhidrit. Cl2O là anhidrit của axit hipoclorơ. ClO2 là anhidrit hỗn tạp của axit hipoclorơ HClO2 và axit cloric HClO3. Cl2O6 là anhidrit hỗn tạp của axit cloric và axit pecloric HClO4. Cl2O7 là anhidrit của axit pecloric. Chẳng hạn các phản ứng: Cl2O + 2KOH → 2KC lO + H2O 2ClO2 + 2KOH → KClO2 + KClO3 + H2O Cl2O6 + H2O → HClO3 + HClO4 Cl2O7 + H2O → 2HClO4. 49. Hãy trình bày một vài đặc điểm của các oxit của halogen? Hướng dẫn: Đã biết được các oxit sau đây: F Cl Br I OF2 Cl2O Br2O I2O4 O2F2 ClO2 Br3O3(hoặc) I4O9 O3F2 Cl2O6 BrO3 O4F2 Cl2O7 BrO2 I2O5 Flo có độ điện âm lớn hơn oxi nên các oxit của flo có thể coi là các florua của oxi, trong đó chỉ có OF2 là tồn tại ở nhiệt độ phòng. Nói chung đều là những hợp chất không bền dễ bị phân hủy, dễ nổ, nên đều có khả năng phản ứng. Bền hơn cả là I2O5 , chất rắn trắng, đến 3000C không bị phân hủy, điều chế bằng cách khử nước của axit Iotic ở 200 0C. I2O4 được coi là muối Iotyl Iotat IO(IO)3, còn I4O9 là muối Iotat của Iot hóa trị ba I(IO3)3. 50. Viết các công thức các axit chứa Oxi của các halogen. Tên gọi các axit và muối tương ứng? Hướng dẫn: Các halogen đã tạo ra các axit chứa oxi như sau: Tên gọi F Cl 33 Br I Axit hipohalogenơ Axit halogenơ Axit halogenic Axit pehalogenic HFO HClO HClO2 HClO3 HClO4 HBrO HIO HBrO3 HIO3 HIO4;H3IO5; H5IO6; H4I2O9 trừ axit hipoflorơ, những axit khác của flo chưa điều chế được. Các axit bromơ, axit pebromic, axit Iotơ chưa điều chế được. Axit peIotic có khả năng tồn tại trong dung dịch dưới dạng các ion hidrat hóa khác nhau, chẳng hạn như ion H2IO5- (IO4-.H2O); H4IO6- (IO4-.2H2O), ... axit meta peIotic HIO4 là dạng đơn giản nhất của loại axit peIotic được điều chế từ axit para peIotic H 5IO6, bằng cách khử H2O hoàn toàn ở 1000 trong chân không. Axit mezo peIotic H 3IO5 tồn tại trong dung dịch (cũng còn gọi là axit metaIotic, para Iotic). 51. Nêu cấu trúc hình học của các gốc axit ứng với các axit chứa oxi của clo (Trường THPT chuyên Lâm Đồng-Olympic 30-4 lần thứ VI) Hướng dẫn: Axit HClO Anion ClOTrạng thái lai O: lai hóa sp3 hóa Cấu trúc Đường thẳng hình học 52. HClO2 ClO 2 HClO3 ClO 3 Cl: lai hóa sp3 Cl: lai hóa sp3 Hình góc (gấp khúc) Hình tháp tam giác HClO4 ClO-4 Cl: lai hóa sp3 Hình tứ diện Nêu nhận xét về tính bền, tính axit, tính oxi hóa của các axit hipohalogenơ. Hướng dẫn: Theo dãy HFO, HClO, HBrO, HIO, tính bền giảm, tính axit giảm, tính oxi hóa giảm. HFO: có khả năng tách ra ở trạng thái tự do, ở nhiệt độ thấp là chất rắn màu trắng, nhiệt độ nóng chảy là - 1170C. Ba axit còn lại đều ít bền chỉ tồn tại trong dung dịch loãng không tách ra được ở trạng thái tự do. Hằng số điện li axit của HClO là 3,4.10-8; của HBrO là 2.10-9 và HIO là 2,0.10-11. thế tiêu chuẩn ứng với quá trình: 2HXO + 2H+ + 2e → X2 + 2H2O giảm (với Clo, E0 = 1,63V; với Brom, E0=1,59V; với Iot E0=1,45V) 53. a) Nước Clo là gì? Nước Javen là gì? Clorua vôi là gì? Các chất đó được dùng làm gì? 34 b) Khi cho CO2 qua dung dịch nước Javen hoặc dung dịch Ca(OCl)2 có hiện tượng gì xảy ra? Giải thích. Hướng dẫn: a) Nước Clo là dung dịch Clo hòa tan trong nước mà thành phần chủ yếu là axit Clohidric HCl và axit hipoclorơ HClO; nước javen là dung dịch trong nước của Natri Clorua và Natri hipoclorit; clorua vôi là chất bột màu trắng mà thành phần chủ yếu là Canxi clorua hipoclorit CaOCl2. b) Khi cho khí CO2 qua dung dịch nước javen hoặc dung dịch Canxi hipoclorit có các phản ứng sau đây: CO2 + H2O + NaClO → NaHCO3 + HClO CO2 + H2O + Ca(OCl)2 → CaCO3 + 2HClO. 54. a) Tại sao nước Clo, nước Javen, Clorua vôi có tác dụng tẩy màu? b) Từ các chất ban đầu: CaCO 3 , NaCl , bằng nhữngphản ứng nào điều chế được Clorua vôi? Viết các phương trình phản ứng. Hướng dẫn a) Do tác dụng của CO2 trong không khí , tạo thành HClO. Axit hipoclorơ dễ dàng bị phân hủy tạo ra HCl và oxi do đó có khả năng tẩy màu. b) Từ Canxi cacbonat điều chế Canxi hidroxit, từ Natri clorua điều chế ra Clo, sau đó điều chế Clorua vôi. 55. Hai chất CaOCl2 và (CaOCl)2 điều chế bằng cách nào? Có thể từ những nguyên liệu tự nhiên nào? Chúng giống và khác nhau ở chỗ nào? Gọi tên các chất đó? Hướng dẫn: Cho khí Clo qua vôi tôi bột ướt hoặc qua huyền phù đặc Ca(OH) 2 ở 300C thu được Canxiclorua hipoclorit. O Cl Ca Cl Cho khí clo qua dung dịch nước vôi trong ở nhiệt độ thường tạo ra canxi hipoclorit và canxiclorua O Cl O Cl Ca 35 56. a, Cho nhận xét về sự biến thiên tính axit trong dãy HClO – HBrO – HIO. b, Cho một ít axit Clohidric vào nước javen loãng có hiện tượng gì xảy ra? Thay HCl bằng H2SO4 loãng hay HBr có khác không? Hướng dẫn: a) HClO ⇌ H+ + ClOHBrO ⇌ H+ + BrO- K= 3,7.10-8 K= 2.10-9 HIO ⇌ H+ + IO- K= 2.10-11 HIO ⇌ I+ + OH- K= 3.10-10 tính axit giảm, tính bazơ tăng. b) Khi thêm HCl vào nước Javen tạo ra môi trường axit. Trong môi trường đó, ion ClO- oxi hóa ion Cl- tạo ra khí Clo. HClO + H+ + Cl- → Cl2 ↑ + H2O So sánh thế điện cực giải thích được vấn đề trên: HClO + H+ + 2e ⇌ Cl- + H2O E0=+1,5V Cl2 + 2e ⇌ 2Cl- E0 = +1,36V Khi axit hóa nước javen bằng H2SO4 loãng, trong dung dịch sẽ tồn tại cân bằng: Cl2 + H2O ⇌ HClO + H+ + Clvì nồng độ H+ tăng nên cân bằng chuyển sang trái tạo ra khí Clo. HClO trong nước javen đã được oxi hóa bằng HBr sẽ oxi hóa ion Br- thành bromat BrO3-. 57. So sánh tính axit, tính bền, tính oxi hóa của các axit halogenic. Lấy ví dụ minh họa. Hướng dẫn: Theo dãy HClO3 - HBrO3 - HIO3 tính bền tăng, tính axit giảm, tính oxi hóa giảm. axit Cloric HClO3 và axit Bromic HBrO 3 chỉ tồn tại trong dung dịch, nồng độ trên 50% bị phân hủy. 3HClO3 → HClO4 + 2ClO2 + H2O 4HBrO3 → O2 + 4BrO2 + 2H2O Axit Iotic HIO3 có thể tách ra dạng tinh thể không màu bền đến 2500 tạo ra I2O5. Cả 3 axit đều có tính oxi hóa mạnh, chẳng hạn trong môi trường axit chúng có khả năng giảm hóa trị tạo ra các halogenua: ClO3- + 6H+ + 6e ⇌ Cl- + 3H2O E0=+1,45V 36 BrO3- + 6H+ + 6e ⇌ Br- + 3H2O E0=+1,44V IO3- + 6H+ + 6e ⇌ I- + 3H2O E0=1,09V Từ đó ta thấy tính oxi hóa giảm từ HClO3 đến HIO3. 58. So sánh tính bền, tính axit, tính oxi hóa của các oxi axit HClO , HClO 2 , HClO3 , HClO4 . Giải thích về sự biến thiên các tính chất. Hướng dẫn: Theo dãy HClO, HClO2, HClO3, HClO4: a) Tính bền tăng: HClO và HClO 2 chỉ tồn tại trong dung dịch loãng; HClO 3 tồn tại trong dung dịch dưới 50%; HClO4 tách ra dưới dạng tinh khiết. Độ bền tăng do độ dài của liên kết Cl - O giảm: HClO d(Cl-O) Ǻ HClO2 HClO3 HClO4 1,7 1,64 1,57 1,45 b) Tính oxi hóa giảm do độ bền tăng trong dãy ClO-, ClO2-, ClO3-, ClO4- nên tính oxi hóa của axit và của muối giảm. c) Tính axit tăng: HClO là axit yếu (K=2,4.10 -3); HClO2 là axit trung bình (K=1,1.102 ); HClO3 là axit mạnh; HClO4 là axit mạnh nhất trong tất cả các axit. Độ mạnh của các axit phụ thuộc và khả năng tách proton H + khỏi phân tử, nghĩa là phụ thuộc vào độ bền của liên kết O - H. Khi số nguyên tử Oxi (không nằm trong nhóm hidroxyl) tăng thì độ bền trong nhóm OH giảm, do đó khả năng tách proton H+ tăng. 59. Hãy cho biết sự biến thiên tính axit của dãy HXO4 (X là halogen). Giải thích? Hướng dẫn: Tính axit của dãy HXO4 giảm dần khi X: Cl → I Giải thích: Cấu tạo của HXO4. O O H – O – X → O hoặc H – O – X = O O O Vì Cl → I độ âm điện giảm, bán kính tăng làm cho độ phân cực của liên kết – O – H giảm. 60. Bằng phương pháp nào có thể tách được HClO ra khỏi hỗn hợp với HCl? Hướng dẫn: 37 Có thể bằng cách sau: cho CaCO3 tác dụng với hỗn hợp gồm HCl và HClO. Axit Clohidric tác dụng với CaCO3, còn HClO không phản ứng. Dung dịch còn lại chứa HClO, Ca2+ và Cl-. Chưng cất hỗn hợp, HClO phân hủy theo sơ đồ: 2HClO → 2Cl2O ↑ + H2O. Cho Cl2O hòa tan trong nước thu được dung dịch HClO. 61. Bằng cách nào có thể điều chế được HClO từ HCl? Hướng dẫn: Cho hỗn hợp gồm hidro clorua và không khí đun nóng ở 450 0C có chất xúc tác. Hỗn hợp khí thu được gồm Clo và hidro clorua cho tan vào nước, tạo ra dung dịch gồm axit clohidric và axit hipoclorơ. Tách HClO ra khỏi hỗn hợp như bài 59. 62. Từ Kaliclorua bằng phương pháp nào có thể điều chế được Kaliclorat? Hướng dẫn: Có thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch KCl ở khoảng 70 0C. Trong qua trình điện phân, ở Catot tạo ra môi trường kiềm: 2H2O + 2e → H2 ↑ + 2OH-. ở anot tạo ra Clo: 2Cl- - 2e → Cl2 ↑ Nếu quá trình điện phân không có màng ngăn cách 2 điện cực thì dung dịch ở Catot và Anot trộn lẫn với nhau sinh ra phản ứng: Cl2 + 2KOH → KClO + KCl + H2O. trong môi trường kiềm, 700C ion ClO- bị phân hủy theo phản ứng: 3ClO- → 2Cl- + ClO3kết quả thu được kali clorat KClO3 tách ra ở dạng tinh thể vì độ tan của KClO 3 bé (độ tan của KClO3 ở 200C là 6,8%). 62. Từ KClO3 bằng phương pháp nào có thể điều chế được KClO4. Hướng dẫn: Cách 1: Có thể điều chế bằng phương pháp nhiệt phân kali clorat thu được hỗn hợp gồm KClO4 và KCl. Sau đó tách 2 chất bằng phương pháp kết tinh phân đoạn (dựa vào độ tan khác nhau). Cách 2: Có thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch KClO3. Quá trình điện phân xảy ra theo phương trình: điện phân 38 KClO3 + H2O → H2(catot) + KClO4 (anot). Tiến hành nhiệt phân KClO3 điều chế khí oxi từ theo hai phương pháp sau: 63. - Nhiệt phân KClO3 - Nhiệt phân hỗn hợp KClO3 + KMnO4 Hỏi phương pháp nào xảy ra dễ hơn? Tại sao? Sẽ 64. thu được sản phẩm nào khi c) cho KClO3 tác dụng a) HCl b) H2SO4 đặc H2SO4 d) Kali pesulfat e) Axit oxalicf) Hỗn hợp gồm axit oxalic và H2SO4 loãng. với: loãng Hướng dẫn KClO3 + 6 HCl → KCl + 3Cl2 + 3H2O 3KClO3 + 3H2SO4 → 3KHSO4 + HClO4 + 2ClO2 + H2O 2KClO3 + H2SO4 → K2SO4 + 2HClO3 2KClO3 + K2S2O3 → 2K2SO4 + O2 + 2ClO2 2KClO3 + H2C2O4 → K2CO3 + CO2 + 2ClO2 + H2O 2KClO3 + H2SO4 + H2C2O4 → K2SO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O Làm thế nào tách được các chất ra khỏi hỗn hợp: KClO3 và NaClO3 65. Hướng dẫn: Dựa vào độ tan khác nhau của các muối trong hỗn hợp. 66. Độ tan của KClO3 và KClO4 trong nước có giá trị sau: to 0,0 KClO3 (%) 3,2 KClO4(%) 0,7 10 4,8 15 20 to 40 KClO3(%) 12,7 1,1 50 16,5 5,1 - 1,4 60 20,6 - 6,8 - 70 24,5 10,9 20,5 - 1,7 80 28,4 - 25 - 2,2 90 32,3 - 30 9,2 - 100 36,0 18,2 Vẽ đồ thị độ tan của hai chất trên theo nhiệt độ. 39 KClO4(%) - 67. a) Có thể điều chế axit peIotic từ muối BaH3IO6 được không ? b) Tại sao H5IO6dễ dàng tạo ra muối axit ? c) Tại sao trong tất cả các halogen thì chỉ có Iot là tạo ra axit đa chức? Hướng dẫn: a) Khi thêm một lượng tương ứng H 2SO4 có thể kết tủa hết Ba 2+ có trong dung dịch nước của BaH3IO6. Axit Peiođic còn lại trong dung dịch. BaH3IO6 + H2SO4 → BaSO4 ↓ + H5IO6 b) Axit ParapeIotic H5IO6 là axit yếu so với axit HClO4. Các hằ số điện li các nấc liên tiếp đều rất bé (K1=3.10-2; K3=3.10-13) do đó Ion IO 65- có rất ít trong dung dịch.Chính điều đó giải thích nguyên nhân hình thành các muối axit. c) Phụ thuộc vào số phối trí của nguyên tử trung tâm. Số nguyên tử oxi liên kết với nguyên tử trung tâm của phân tử axit bằng số phối trí của nguyên tử đó. Số phối trí càng lớn nếu bán kính của nguyên tử trung tâm càng lớn. Số phối trí cực đại trong axit chứa Iot là bằng 6. II.2.3. HỢP CHẤT GIỮA CÁC HALOGEN 68. Hãy trình bày vài nhận xét về các hợp chất giữa các halogen. Tính chất cơ bản của chúng? Hướng dẫn: Trong những điều kiện khác nhau, các halogen tương tác với nhau tạo ra các hợp chất giữa các halogen XY n , trong đó n là số phối trí (là những số lẻ 1,3,5,7), I là các halogen nhẹ có độ điện âm lớn hơn. Người ta đã biết được những hợp chất sau: XY XY3 ClF ClF3 BrF BrF3 (IF) IF3 ICl ICl3 IBr Do có một số chẵn nguyên tử halogen, với XY5 (ClF5) BrF5 IF5 XY7 IF7 các electron hoá trị đã ghép đôi hoặc ở dạng cặp electron tự do nên hợp chất giữa các halogen đều có tính nghịch từ. Tính chất lí hóa của chúng đều là tính chất trung gian giữa hai halogen có trong thành phần của chúng, mặc dù các hợp chất đó đều phân cực. 40 Tất cả các hợp chất giữa các halogen đều là chất oxi hóa manh, đều bị thủy phân, trong dung dịch kiềm tạo ra các halogenua của halogen có kích thước nhỏ hơn và Anion chứa oxi của halogen có kích thước lớn hơn. Ví dụ: IF5 + 6KOH → 5KF + KIO3 + 3H2O XYn là những chất hoạt động mạnh hơn so với các halogen tạo ra chúng, vì rằng năng lượng liên kết X-Y bé hơn năng lượng liên kết X-X và Y-Y. ở tướng hơi, chúng là hợp chất cộng hóa trị, nhưng ở tướng lỏng chúng tự Ion hóa, ví dụ: 2ICl ⇌ I+ + ICl22ICl3 ⇌ ICl2+ + ICl42BrF3 → 4BrF2- + BrF42IF3 → IF4+ + IF6Do đó, chúng có độ dẫn điện riêng khá cao và là những dung môi ion hóa tốt đối với nhiều chất. 69. a) Tại sao số nguyên tử Flo liên kết với các halogen khác tăng dần từ Clo đến Iot? b) Tại sao Iot không tạo ra hợp chất với Clo tương tự hợp chất IF 7? c) Tại sao chỉ số n trong hợp chất XYn (hợp chất giữa các halogen) là những số lẻ. Hướng dẫn: a) Do năng lượng kích thích nguyên tử cần thiết để hình thành các electron không cặp đôi giảm dần từ Clo đến Iot; đồng thời theo chiều từ Clo đến Iot bán kính nguyên tử tăng nên số nguyên tử Flo có thể phân bố được nhiều hơn xung quang nguyên tử có kích thước lớn hơn. b) Giải thích như câu 69 a) c) Vì mức oxi hóa đặc trưng của các halogen là số lẻ. Chỉ số n chính là số electron độc thân được tạo ra khi hình thành liên kết. 70. Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau : a) Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên b) Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử c) Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọn Hướng dẫn: 41 F S F F N F F F F I F F Lai hóa sp2 Lai hóa sp3 Lai hóa sp3d Tam giác phẳng Tháp đáy tam giác Hình chữ T Không cực vì momen lưỡng Có cực vì lưỡng cực liên Có cực vì lưỡng cực liên kết cực liên kết bị triệt tiêu II.3. TỔNG HỢP kết không triệt tiêu không triệt tiêu II.3.1. VIẾT PHƯƠNG TRÌNH PHẢN ỨNG 71. Cho 2 cặp phản ứng: a) Cl2 + 2KBr = Br2 + 2KCl 2KClO3 + Br2 = 2KBrO3 + Cl2 b) Cl2 + 2KI = I2 + 2KCl 2KClO3 + I2 = 2KIO3 + Cl2 Trong từng cặp, vai trò của các Halogen có mâu thuẫn gì với nhau không? Giải thích. Hướng dẫn: Không mâu thuẫn, trong hai phản ứng của mỗi cặp vai trò của các halogen khác nhau phản ứng thứ nhất đơn chất halogen thể hiện tính oxi hóa, phản ứng thứ 2 thể hiện tính khử 72. Viết các phản ứng hóa học trong các trường hợp sau: 1) Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính. 2) Sục khí CO2 qua nước Javen. 3) Cho nước clo vào dung dịch KI. 4) H2O2 khử MnO4- trong môi trường axit. 5) Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh. Hướng dẫn: 1) O3 + 2I- + H2O → O2 + I2 + 2OH2) CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HclO 3) Cl2 + KI → 2KCl + I2 4) 5H2O2 + 2MnO-4 + 6H+ → 5O2 + 2Mn2+ + 8H2O 5) 2F2 + 2NaOH → 2NaF + H2O + OF2↑ 73. Viết phương trình dưới dạng ion thu gọn phản ứng xảy ra khi cho dung dịch KI tác dụng với dung dịch KMnO4 (trong môi trường axit) trong các trường hợp sau: a) Sau phản ứng còn dư ion iođua (có giải thích). b) Sau phản ứng còn dư ion pemanganat (có giải thích). 42 Biết giản đồ thế khử của I và Mn trong môi trường axit như sau: +1,70 +1,14 +1,45 +0,54 H 4 IO6−  → IO3−  → HIO  → I 3−  →I− +1,20 +1,51 +0,56 +2,26 +0,95 +1,51 −1,18 MnO4−  → MnO42−  → MnO2  → Mn3+  → Mn2+  → Mn +1,23 +1,7 Hướng dẫn: Dựa vào giản đồ thế khử của I- ta suy ra HIO không bền vì 0 0 − − EHIO > EIO − nên HIO sẽ dị phân thành IO3 và I 3 / I3− 3 / HIO Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau: +1,70 +1,20 0,54 H 4 IO6−  → IO3−  → I 3−  →I− 2− Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra MnO4 và Mn3+ không bền vì chúng có thể khử bên phải lớn hơn thế khử bên trái nên chúng sẽ bị dị phân thành hai tiểu phân bên cạnh như ở HIO. Đối với quá trình Mn2+ → Mn ta cũng không xét vì Mn kim loại không thể tồn tại trong dung dịch nước khi có mặt H+ do thế khử của Mn2+/Mn quá âm. Do đó ta có thể viết lại giản đồ thế khử của Mn như sau: +1,70 +1,23 MnO4−  → MnO2  → Mn 2+ Ta có phương trình ion thu gọn trong các trường hợp như sau: a). Trường hợp sau phản ứng có I- dư: H 4 IO6− hoặc IO3− không thể cùng tồn tại với I- vì: 0 0 EH0 IO − / IO − = 1, 7V > EI0− / I − = 0,54V và EIO = 0,54V − = 1, 2V > E − I3 / I − 4 6 3 3 3 − − − Nên H 4 IO6 hoặc IO3 đều có thể oxi hóa I − thành I 3 . Như vậy I − chỉ bị oxi hóa thành I 3− . 0 − Khi I − dư thì MnO4 và MnO2 không thể tồn tại vì EMnO − 4 / MnO2 0 và EMnO / Mn đều lớn hơn 2 2+ EI0− / I − nên MnO4− và MnO2 đều có thể oxi hóa I − thành I 3− . Như vậy MnO4− bị khử hoàn 3 toàn thành Mn 2+ . Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi I − dư dưới dạng ion thu gọn như sau: 2 MnO4− + 15 I − + 16 H + → 5I 3− + 2 Mn 2+ + 8 H 2O 43 − b) Trường hợp sau phản ứng có dư MnO4 : 0 0 − − Mn 2+ không thể tồn tại khi MnO4 dư vì EMnO4− / MnO2 > EMnO2 / Mn2+ nên MnO4 sẽ oxi hóa Mn 2+ thành MnO2 . 0 − Khi MnO2 dư thì I 3 và I − cũng không thể tồn tại vì: EMnO − 4 / MnO2 0 − > EI0 / I − , EIO − − nên MnO 4 3 3 / I3 − oxi hóa là I 3 và I − . − Như vậy sản phẩm sinh ra khi I − bị oxi hóa là IO3 và một lượng nhỏ H 4 IO6− vì 0 EMnO = EH0 − / MnO 4 2 − 4 IO6 = 1, 7V . − Do đó phương trình này xảy ra khi MnO4 dư như sau: 2 MnO4− + I − + 2 H + → 2MnO2 + IO3− + H 2O 8MnO4− + 3I − + 8H + + 2 H 2O → 8MnO2 + 3H 4 IO6− 74. Viết các phương trình của các phản ứng: 1) MnO2 + HCl → 2) KMnO4 + HCl → 3) Ca(OH)2 + Cl2 → Ca(OCl)2 + … 4) CaOCl2 + CO2 → 5) HClO3 + HCl → 6) Ag + HClO3 → AgClO3 + … 7) Fe + HClO3 → 8) HClO3 + FeSO4 → H2SO4 + … 9) Cl2O5 + H2O → 10)HClO4 + P2 O5 → Hướng dẫn: 75. 3) 2Ca(OH)2 + 2Cl2 → Ca(OCl)2 + CaCl2 + 2H2O 4) CaOCl2 + CO2 → CaCl2 + CaCO3 + Cl2O 5) HClO3 + 5HCl → 3Cl2 + 3H2O 6) 6Ag + 6HClO3 → 5AgClO3 + AgCl + 3H2O 7) 6Fe + 18HClO3 → 5Fe(ClO3)3 + FeCl3 + 9H2O 8) HClO3 + 6FeSO4 + 3H2SO4 → HCl + 3Fe2(SO4)3 + 4H2O2 9) Cl2O5 + H2O → HClO3 + HClO4 10) 2HClO4 + P2O5 → Cl2O7 + 2HPO3 ( Đề thi chọn HSG QG- 2001- Bảng A)) 1) Phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào: HF , HCl , HBr , HI ? Nếu có chất không điều chế được bằng phương pháp này, hãy giải thích tại sao? Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện (nếu có) để minh hoạ. 2) Trong dãy oxiaxit của clo, axit hipoclorơ là quan trọng nhất. axit hipoclorơ có các tính chất: a) Tính axit rất yếu, yếu hơn axit cacbonic; b) Có tính oxi hoá mãnh liệt; c) Rất 44 dễ bị phân tích khi có ánh sáng mặt trời, khi đun nóng. Hãy viết các phương trình phản ứng để minh hoạ các tính chất đó. 3) Tìm cách loại sạch tạp chất khí có trong khí khác và viết các phương trình phản ứng xảy ra: a) CO có trong CO2 ; b) H2S có trong HCl ; c) HCl có trong H2S ; d) HCl có trong SO2 ; e) SO3 có trong SO2 . Hướng dẫn: 1) Phương pháp sunfat là cho muối halogenua kim loại tác dụng với axit sunfuric đặc, nóng để điều chế hiđrohalogenua dựa vào tính dễ bay hơi của hiđrohalogenua. Phương pháp này chỉ áp dụng để điều chế HF , HCl, không điều chế được HBr và HI vì axit H2SO4 là chất oxi hoá mạnh còn HBr và HI trong dung dịch là những chất khử mạnh, do đó áp dụng phương pháp sunfat sẽ không thu được HBr và HI mà thu được Br2, I2. Các phương trình phản ứng: CaF2 NaCl + + 2 NaCl + NaBr + 2 HBr + NaI + 6 HI + 2)Axit hipoclorơ : H2SO4 đ, nóng → H2SO4 đ, nóng → H2SO4 đ, nóng H2SO4 đ, nóng H2SO4 đ, nóng H2SO4 đ, nóng H2SO4 đ, nóng → → → → → 2 HF ↑ + HCl ↑ CaSO4 NaHSO4 + 2 HCl ↑ + Na2SO4 NaHSO4 + HBr SO2 + 2 H2O + Br2 NaHSO4 + HI H2S + 4 H2O + 4 I2 - Tính axit rất yếu, yếu hơn axit cacbonic NaClO + CO2 + H2O → NaHCO3 + HClO Tính oxi hoá mãnh liệt, đưa chất phản ứng có số oxi hoá cao nhất 4 HClO - + PbS-2 → 4 HCl + PbSO4 Dễ bị phân tích : as HClO HCl + → a) CO + CuO b) H2S + CuCl2 → c) HCl + NaHS d) HCl + NaHSO3 e) SO3 + H2SO4 76. Đề thi chọn HSGQG 2010 t O ; 3 HClO 2 HCl + HClO3 → → CO2 + Cu CuS ↓ + 2 HCl → NaCl + H2S → NaCl + SO2 + H2O → H2S2O7 (oleum) 0 45 Hãy đề xuất một phương pháp thích hợp để điều chế: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3). Hướng dẫn: Xenon điflorua (1) và xenon tetraflorua (2) được điều chế bằng phản ứng giữa các đơn chất (có chiếu sáng thích hợp). Điều chế xenon trioxit (3) bằng phản ứng thủy phân XeF6 hoặc XeF4: XeF6 + 3 H2O → XeO3 + 6 HF 3 XeF4 + 6 H2O → Xe + 2 XeO3 + 12 HF 77. Phát hiện và sửa lỗi trong các phương trình sau ( nếu có) a. FeCl2 + H2SO4( đặc, dư) → FeSO4 + FeCl3 + SO2 + H2O b. HF + NaOH → NaF + H2O c. Cl2 + KI (dư) → KCl + I2 d.Cl2 (dư) + FeI2 → FeCl2 + I2 Hướng dẫn: a. 2FeCl2 + 4H2SO4(đ,dư) → Fe2(SO4)3 + 4 HCl + SO2 + 2H20 b. HF là một axit yếu, có năng lượng phân ly lớn, có liên kết hidro do vậy HF + F- → HF2Phương trình : 2HF + NaOH → NaHF2 + H2O c. Cl2 + 3KI (dư) → 2KCl + KI3 d. 2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl 78. a, Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình hoá học sau: Hoà tan bột Cu2O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư. Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric loãng, sau đó thêm nước clo đến dư vào dung dịch thu được. Hướng dẫn: Viết các phương trình phản ứng xảy ra: - Cu2O + 2HCl = 2CuCl + H2O CuCl + HCl = H[CuCl2] Cu2O + 4HCl = 2 H[CuCl2] + H2O - Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 6FeSO4 + 3Cl2 = 2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3 79. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính Sục khí CO2 qua nước Javel 2. Cho nước Clo qua dung dịch KI 3. Sục khí Flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh 4. Sục Clo đến dư vào dung dịch FeI2 5. Hướng dẫn: 1. O3 + 2I- + H2O → O2 + I2 + 2OH1. 46 CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HClO Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 ; Nếu KI còn dư: KI + I2 → KI3 Nếu Clo dư : 5Cl2 + 6H2O + I2 → 2HIO3 + 10HCl 4. 2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh) → 2NaF + H2O + OF2 5. 2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2 ; 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 +10HCl 80. Cho các phương trình phản ứng sau đây: 1. A1  → A2 + A3 + A4 2. 3. o ;t 2. A1 xt  → A2 + A 4 o t 3. A3 → A2 + A 4 4. A1 + Zn + H2SO4  → A2 + ZnSO4 + H2O 5. A3 + Zn + H2SO4  → A2 + ZnSO4 + H2O 6. A1 + A2 + H2SO4  → A5 + NaHSO4 + H2O 7. A5 + NaOH  → A2 + A6 + H2O o t 8. A6 → A1 + A 2 Biết: * Trong điều kiện thường A4; A5 là các chất khí * A1 có chứa 21,6% Na theo khối lượng. * A3 có chứa 18,78% Na theo khối lượng * A1; A3 là hợp chất của Clor. Cho: Na = 23; Cl = 35,5; H = 1; S = 32; O = 16 Hướng dẫn: Theo đề bài: - A1; A3 là hợp chất của clor có chứa natri. * A1 có 21,6% Na => A1 là NaClO3 * A3 có 18,78% Na => A3 là NaClO4 - Trong điều kiện thường A4; A5 là chất khí và dựa vào mối quan hệ các chất trong 8 phương trình phản ứng xác định. * A2 là NaCl ; A5 là Cl2; A4 là O2 * A6 là NaClO (1) 2 NaClOo3 NaCl + NaClO4 + O2 (2) 2NaCl + 3O2 t 2NaClOMnO 2 3 to (3) NaClO4 NaCl + 2O2 (4) NaClO3 + 3Zn + 4H2SO4 NaCl + 2ZnSO4 + 3H2O (5) NaClO4 + 4Zn + 4H2SO4 NaCl + 4ZnSO4 + 4H2O (6) NaClO3 + 5NaCl + 6H2SO4 3Cl2 + 6NaHSO4 + 3H2O 47 (7) Cl2 + 2NaOH (8) 3NaClO NaCl + NaClO + H2O to NaClO3 + 2NaCl Sẽ thu được sản phẩm nào khi cho KClO3 tác dụng với: a) HCl b) H2SO4 đặc c) H2SO4 loãng d) Kali pesulfat e) Axit oxalic f) Hỗn hợp gồm axit oxalic và H2SO4 loãng. Hướng dẫn KClO3 + 6 HCl → KCl + 3Cl2 + 3H2O 3KClO3 + 3H2SO4 → 3KHSO4 + HClO4 + 2ClO2 + H2O 2KClO3 + H2SO4 → K2SO4 + 2HClO3 2KClO3 + K2S2O3 → 2K2SO4 + O2 + 2ClO2 2KClO3 + H2C2O4 → K2CO3 + CO2 + 2ClO2 + H2O 2KClO3 + H2SO4 + H2C2O4 → K2SO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O 67. 81. Viết phương trình phản ứng khi cho KClO3 tác dụng với: a) HCl b) H2SO4 đặc c) H2SO4 loãng d) Kali pesulfat e) Axit oxalic f) Hỗn hợp gồm axit oxalic và H2SO4 loãng. Hướng dẫn KClO3 + 6 HCl → KCl + 3Cl2 + 3H2O 3KClO3 + 3H2SO4 → 3KHSO4 + HClO4 + 2ClO2 + H2O 2KClO3 + H2SO4 → K2SO4 + 2HClO3 2KClO3 + K2S2O3 → 2K2SO4 + O2 + 2ClO2 2KClO3 + H2C2O4 → K2CO3 + CO2 + 2ClO2 + H2O 2KClO3 + H2SO4 + H2C2O4 → K2SO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O 82. Đề HSGQG 2000 Bảng A Viết các phương trình phản ứng xảy ra ( nếu có) của khí clo , tinh thể iot tác dụng với a. Dung dịch NaOH ( ở nhiệt độ thường , khi đun nóng ) b. Dung dịch NH3 . Hướng dẫn: a. Các phương trình phản ứng của khí clo , tinh thể iot với dung dịch NaOH (ở t o thường, khi đun nóng) → Cl2 + 2 NaOH NaCl + NaOCl + H2O t 3 Cl2 + 6 NaOH → 5 NaCl + NaClO3 + 3 H2O → 5 NaI 3 I2 + 6 NaOH + NaIO3 + 3 H2O b. Các phương trình phản ứng của khí clo , tinh thể iot với dung dịch NH 3 : 0 → 3 Cl2 + 8 NH3 N2 + 6 NH4Cl → 3 I2 + 5 NH3 NI3.NH3 + 3 NH4I Ngoài ra Gv có thể hỏi thêm với Brom, Flo: Hướng dẫn: Brom tương tự clo; 3F2 + 4NH3 → NF3 + 3NH4F 48 83. Để nhận biết ion sunfit trong 1 dung dịch người ta cho vào ống nghiệm một đến hai giọt dung dịch iot, 3 đến 4 giọt dung dịch cần nhận biết. Sau đó cho thêm 2 đến 3 giọt dung dịch HCl và vài giọt dung dịch bari clorua thấy xuất hiện kết tủa thì chứng tỏ dung dịch ban đầu có ion sunfit. Viết phương trình phản ứng và cho biết tại sao trong thí nghiệm trên không tiến hành trong môi trường bazơ? Hướng dẫn: SO32- + I2 + H2O → SO42- + 2H+ + 2ISO42- + Ba2+ → BaSO4 Không thực hiện trong môi trường kiềm vì xảy ra phản ứng tự oxi hóa khử 3I2 + 6OH- → 5I- + IO3- +3H2O II.3.2 NHẬN BIẾT 84. Có 5 lọ chưa riêng lẻ từng dung dịch của các chất H 2SO4, HCl, NaCl, NaBr, NaClO. Nêu phương pháp hoa học để phân biệt các dung dịch nói trên. Hướng dẫn: Thực hiện trên từng lượng nhỏ mẫu chất dùng làm mẫu thử - Đầu tiên dùng BaCO3 nhận ra hai axit: BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + H2O + CO2 BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + H2O +CO2 Các chất còn lại không phản ứng được với muối rắn. - Dùng dung dịch KI nhận ra được NaClO vì NaClO là muối có tính oxy hóa mạnh). NaClO + H2O + 2KI → I2 + NaCl + 2KOH I2 sinh ra làm xanh giấy tẩm hồ tinh bột - Sau đó dùng dung dịch AgNO3 sẽ phân biệt được các muối Cl- và Br-: NaCl + AgNO3 → AgCl + NaNO3 NaBr + AgNO3 → AgBr + NaNO3 85. Nhận biết các khí sau bằng phương pháp hóa học: Cl2, O2, HCl và SO2 Hướng dẫn: Cho quỳ tím ẩm vào 4 mẫu khí - Khí nào không có hiện tượng gì là O2; - Khí làm quỳ tím ẩm bạc màu là Cl2; - Khí làm quỳ tím hóa đỏ là HCl và SO2. Dẫn hai khí này lần lượt đi qua dung dịch Br 2 có màu vàng nâu nhạt, dung dịch brom bị mất màu là khí SO2 còn lại là HCl II.3.3. MỘT SỐ BÀI TẬP KHÁC 49 86. 1)Nguyên nhân gây ngộ độc cơ quan hô hấp của các khí và hơi halogen có giống với nguyên nhân tẩy màu các chất hữu cơ của chúng không? 2)Chất C.F.C là chất được sử dụng trong thiết bị lạnh thường gây ô nhiễm môi trường. Hãy cho biết: - Chất C.F.C là những chất nào? - Tác hại gây ô nhiễm môi trường như thế nào? Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) Hướng dẫn: 1)Cùng một nguyên nhân : trong dung dịch nước (dịch tế bào của mô biểu bì, nước làm ẩm vải sợi) có cân bằng : X2 + H2O HX + HXO 2)Chất C.F.C gọi tắt của hợp chất chứa Clo flo cacbon, gọi chung là các chất freon Ví dụ: CF2Cl2, CFCl3, CF3Cl) - Tác hại: gây ra hiện tượng “lỗ thủng OZON” - Phương trình phản ứng: ví dụ với CF2Cl2 hν CF2Cl2 Cl + CF2Cl (a) O3 + Cl O2 + ClO ClO + O3 (b) 2O2 + Cl (c) Nguyên tử Cl sinh ra ở (c) lại tiếp tục tham gia phản ứng như (b), do đó mỗi phân tử CF2Cl2 có thể phá hủy hàng chục ngàn phân tử O 3. Theo cơ chế gốc,và phản ứng dây chuyền 87. Điện phân dung dịch NaCl với Catot bằng sắt, anot bằng than chì và có màng ngăn thì thu được dd NaOH không tinh khiết vì còn có một lượng NaCl trong dung dịch. Để thu được dung dịch NaOH có nồng độ cao và tinh khiết người ta làm như thế nào? Hướng dẫn: Người ta điện phân dung dịch NaCl với catot là thủy ngân, anot bằng than chì Tại anot: xảy ra sự oxi hóa Cl- : 2Cl-  Cl2 + 2e Tại catot: Na+ bị khử: Na+ + e = Na Na tan vào Hg tạo hỗn hống, lớp catot thủy ngân di động chuyển sang khu vực khác và được khuấy trộn với nước để tạo NaOH và giải phóng H2 : 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2 Hg giải phóng lại được quay trở lại theo chu trình kín. Cần chú ý khâu nước thải sản phẩm: có Hg độc nên phải xử lí nước thải thu lấy Hg, tránh ô nhiễm môi trường. 50 CHƯƠNG III : HỆ THỐNG BÀI TẬP TÍNH TOÁN VỀ NHÓM HALOGEN III.1. BÀI TOÁN ĐẠI CƯƠNG VỀ HALOGEN Bài 1 ( Trích đề Olympic 30/4-1996) Xét phản ứng tổng hợp hiđro iođua: H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí) ∆H = +53kJ (a) H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí) (b) 1. Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt? 2. Xác định hiệu ứng nhiệt của phản ứng tổng hợp hiđro iođua (b) dựa vào năng lượng liên kết nếu biết năng lượng liên kết của H – H, H – I và I – I lần lượt bằng 436, 295 và 150 kJ.mol-1. Giải thích sự khác biệt của hai kết quả cho (a) và (b). 3. Viết biểu thức tính hằng số cân bằng K của phản ứng (a) theo phương trình hoá học của phản ứng. 51 4. Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua theo (b) trong một bình kín, dung tích 2 lit ở nhiết độ T, có hằng số cân bằng K = 36. a, Nếu nồng độ ban đầu của H 2 và I2 bằng nhau và bằng 0,02M thì nồng độ của các chất tại thời điểm cân bằng là bao nhiêu? b, Ở cân bằng trên, người ta thêm vào bình 0,06gam hiđro thì cân bằng cũng bị phá vỡ và hình thành cân bằng mới. Tính khối lượng hiđro iođua ở cân bằng cuối? Hướng dẫn: 1. Theo quy ước ∆H > 0 thì phản ứng thu nhiệt. 2. H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí) (b) Nên: ∆H = (436 + 150) - 2. 295 = - 4kJ Giá trị nhỏ bất thường là do chưa xét năng lượng cần cung cấp để chuyển I 2 (rắn) theo phản ứng (a) thành I2(khí) theo phản ứng (b). 3. Vì I2 là chất rắn nên: [ HI ] K= [ H2 ] 4. Trước phản ứng: Phản ứng: Còn lại: H2(khí) 0,02M x 0,02 – x 2 ( 2x ) Vậy : ( 0, 02 − x ) . ( 0, 02 − x ) 2 + I2(rắn) 0,02M x 0,02 – x  2HI(khí) 0 2x 2x = 36 → 2 x = 6 ( 0, 02 − x ) → x = 0, 015 Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H2] = [I2] = 0,005M Số mol H2 thêm: 0,06 : 2 = 0,03 (mol) → nồng độ tăng thêm: 0,03: 2 = 0,015M H2(khí) + 0,02M a 0,02 – a Ban đầu: Phản ứng: Cân bằng: ( 0,03 + 2a ) K= ( 0,02 − a ) ( 0,005 − a ) I2(rắn)  0,005M a 0,005 – a 2HI(khí) 0,03M 2a 0,03 + 2a 2 = 36 → a = 2,91.10-3 và 2,89.10-2. Vì a < 0,005 nên chỉ nhận a = 2,91.10-3 Khối lượng HI ở cân bằng cuối: (0,03 + 2. 0,0029). 2. 128 = 9,165(gam) Bài 2: Tổng số proton, nơtron, electron trong nguyên tử của hai nguyên tố M và X lần lượt bằng 82 và 52. M và X tạo thành hợp chất MX a, trong phân tử của hợp chất đó có tổng số proton của các nguyên tử bằng 77. 1. Hãy cho biết 4 số lượng tử ứng với electron chót của M và X. 2. Xác định vị trí của chúng trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. 52 3. Xác định công thức phân tử của MXa. Hướng dẫn: Kí hiệu số p, n, e trong nguyên tử X là Z, N, E theo đầu bài ta có : Z + N + E = 52 (Vì nguyên tử trung hòa điện Z = E) ⇒ 2Z + N = 52 ⇒ N = 52 – 2Z Đối với các nguyên tố bền (trừ hidro) : Z < N < 1,52 Z ⇒ Z < 52 – 2Z < 1,52 Z ⇒ 3Z < 52 < 3,52Z ⇒ 52 52 ≤Z≤ 3,52 3 ⇒ 14,77 < Z < 17,33 Vậy Z có ba giá trị : 15 ; 16 và 17. • Z = 15 ⇒ N = 22 ; tỷ lệ N : Z = 22 : 15 = 1,47 • Z = 16 ⇒ N = 20 ; tỷ lệ N : Z = 20 : 16 = 1,25 • Z = 17 ⇒ N = 18 ; tỷ lệ N : Z = 18 : 17 = 1,06 X thuộc chu kỳ 3, các nguyên tố thuộc chu kỳ 3 có tỷ lệ : N : Z < 1,22 . Vậy chọn Z = 17, X là Clo. Kí hiệu số p, n, e trong nguyên tử M là Z’, N’, E’ theo đầu bài ta có : 2Z’ + N’ = 82 ⇒ N’ = 82 – 2Z ⇒ 3Z’ < 82 < 3,52Z’ Theo đầu bài : Z’ = 77 – 17a ⇒ 82 82 ≤ 77 − 17a ≤ 3,52 3 ⇒ 2,92 < a < 3,16 , a nguyên do đó chọn a = 3 ⇒ Z’ = 77 – 17.3 = 26. Vậy M là Fe. Vậy cấu hình electron của Clo : 1s22s22p63s23p5 ⇒ ⇅ ⇅ ⇅ ↑ * Bốn số lượng tử e chót của Clo là : n = 3 ; l = 1 ; m = 0 ; s = -1/2 * Vị trí của clo trong BTH : - Chu kỳ 3 ; nhóm VIIA Vậy cấu hình electron của Fe : 1s22s22p63s23p63d64s2 ⇒ ⇅ ↑ ↑ ↑ ↑ ⇅ * Bốn số lượng tử e cuối cùng của Fe là : n = 3 ; l = 2 ; m = -2 ; s = -1/2 * Vị trí của Fe trong BTH : - Chu kỳ 4 ; nhóm VIIIB c) Công thức phân tử là : FeCl3 Bài 3. Liên kết trong phân tử clo bị phá vỡ dưới tác dụng của photon có độ dài sóng λ ≤ 495nm 1. Dữ kiện thí nghiệm trên có giải thích được tính có mầu của clo không? Tính năng lượng liên kết Cl- Cl 2. Ở 12270C và 1 atm; 3,5% phân tử clo bị phân li thành nguyên tử. Tính ΔG0 và ΔS0 của phản ứng sau: Cl2 (k) 2Cl (k) a, Giải thích dấu của các số liệu thu được b, Ở nhiệt độ nào độ phân li là 1%, áp suất của hệ vẫn là 1 atm 53 Hướng dẫn: 1. Sự hấp thụ tia sáng trong vùng phổ nhìn thấy (λ= 400-700 nm) là nguyên nhân có mầu của clo: E= hγ = hc/λ Đối với 1 mol khí clo thì  ECl-Cl = 242KJ.mol-1 2. a) Cl2 (k) Ban đầu 1 Cân bằng 1- α E= hc NA/λ = 242000J.mol-1 2Cl (k) 2α  nhh=1+ α 2 4α  1  4α 2  P     = 2 Kp= Kn  ∆n  = 1 − α  1 + α  1 − α Vì α = 0,035 nên KP = 4,9.10-3 ΔG0 = - RTlnKp = -8,314.1500ln4,9.10-3= 66327J >0 Nghĩa là ở điều kiện chuẩn và 1500K phản ứng đi theo chiều nghịch ∆n ∆H 0 − ∆G 0 242000 − 66327 = = 117 JK −1 > 0 T 1500 ΔS0 = Nghĩa là phản ứng thuận tăng entropi do tăng số mol khí. b) ln K P (T2 ) ∆H 0 1 1 = ( − ) K P (T1 ) R T1 T2 (*) Lại có: 4.0,012 4α 2 -4 KP(T2)= = 2 = 4.10 1 − α 2 1 − 0,01 Thay số vào (*) ta được T2= 1328K tức 10550C Bài 4. Cho dãy năng lượng liên kết của các Halogen như sau: F2 Cl2 Br2 I2. Elk(kJ.mol-1) 155,0 240,0 190,0 149,0 1. Hãy giải thích tại sao năng lượng liên kết của F 2 không tuân theo quy luật của các halogen khác? 2. Ở 12270C và 1 atm, 4,5% phân tử F2 phân ly thành nguyên tử. a) Tính Kp, ∆G0 và ∆S0 của phản ứng sau: F2(k) 2F(k) Biết EF - F = 155,0 kJ/mol b) Ở nhiệt độ nào độ phân ly là 1%, áp suất của hệ vẫn là 1atm. Hướng dẫn: 1.Theo các trị số năng lượng liên kết của các phân tử X 2 trên thấy có sự khác biệt giữa F2 với Cl2, Br2, I2 vì F2 chỉ có 1 liên kết đơn giữa hai nguyên tử, còn Cl2, Br2, I2 ngoài 1 liên kết xích ma tạo thành giống phân tử F 2 còn có một phần liên kết pi do sự xen phủ một phần AO-p với AO-d, vì vậy năng lượng liên kết của Cl 2, Br2 là cao hơn của F2. Còn từ 54 Cl2 đến I2 năng lượng liên kết giảm dần vì độ dài liên kết d H-X lớn dần nên năng lượng cần thiết để phá vỡ liên kết là giảm dần. 2. a) EF- F = 155 kJ/mol > 0 => năng lượng thu vào để phá vỡ liên kết F-F ∑n F2(k)  2F(k) ∆H0 = 155,0 kJ/mol [ ] 1-α 2α 1 + α (α là độ phân li) 1−α 2α Phần mol 1+ α 1+ α 2  2α    Kp = 1 + α  .P0 . Thay α=0,045; P0=1 => Kp = 8,12.10-3 1−α 1+ α 0 △G = – RTlnKp = - 8,314.1500.ln(8,12.10-3)= 60,034 kJ Ở điều kiện chuẩn và 1500K => phản ứng xảy ra theo chiều nghịch △S01500K= (△H0 - △G0 )/T= (155000-60034)/1500=63,311 J/K>0 2 b) ln K2 K1  2α  ∆H ° 1 1   ( − ) ; Kp2 = 1 + α  .P0 . Thay α=0,01; P0=1 => Kp2 = 4.10-4 = R T1 T2 1−α 1+ α Kp1 = 8,12.10-3  T2= 1207,51K hay 934,510C Bài 5( Trích Đề HSG QG 2009) Một dung dịch monoaxit HA nồng độ 0,373% có khối lượng riêng bằng 1,000 g/ml và pH = 1,70. Khi pha loãng gấp đôi thì pH = 1,89. 1. Xác định hằng số ion hóa Ka của axit. 2. Xác định khối lượng mol và công thức của axit này. Thành phần nguyên tố của axit là: hiđro bằng 1,46%, oxi bằng 46,72% và một nguyên tố chưa biết X (% còn lại). Hướng dẫn: 1. HA → H+ + A- (1) Ka = [H + ][A - ] [HA] (2) Bỏ qua sự phân li của nước, ta có: [H+] = [A-] và c (nồng độ mol của axit) = [A-] + [HA] Thay [H+] = [A-] và [HA] = c - [H+] vào (2), ta được K a = [H + ]2 c - [H + ] (3) Khi pH = 1,70 thì [H+] = 10 -1,70 = 0,0200; Khi pH = 1,89 thì [H+] = 10 -1,89 = 0,0129 Thay các kết quả này vào (3) ta được hệ phương trình: 0,022 Ka = c - 0,02 55 Ka = 0,0129 2 c - 0,0129 2 Giải hệ phương trình ta được c = 0,0545 và Ka = 0,0116. Vậy c = 0,0545 mol/l và Ka = 0,0116 2. Trong 1 lít dung dịch có 0,0545 mol axit và khối lượng của nó là: 1000ml × 1,000g/ml × 0,00373 = 3,73g Khối lượng mol của axit là: M = 3,73g = 68,4 g/mol. 0,0545mol Khối lượng hiđro trong 1 mol axit: m(H) = 0,0146 × 68,4g = 1,00 g (1 mol). Khối lượng oxi trong 1 mol axit: m(O) = 0,4672 × 68,6g = 32,05 g (2 mol). Khối lượng nguyên tố X chưa biết trong 1 mol axit: m(X) = 68,4g – m(H) – m(O) = 68,4g – 1,00g – 32,05g = 35,6 g. Một mol axit có thể chứa n mol nguyên tố X. Khối lượng mol nguyên tố X là 35,6/n g/mol. Nếu n = 1 thì M(X) = 35,6 g/mol (X là Cl); n = 2: M(X) = 17,8 g/mol (không có nguyên tố tương ứng); n = 3: M(X) = 11,9 g/moL (C); n = 4: M(X) = 8,9 g/moL (Be); n = 5: M(X) = 7,1 g/moL (Li). Hợp chất duy nhất có thể chấp nhận là HClO2. Các axit HC3O2, HBe4O2 và HLi5O2 không có. Vậy 68,6 g/mol ứng với công thức HClO2. Bài 6: đề Olympic 30/4-1999 1. Ở 18oC lượng AgCl có thể hòa tan trong 1 lít nước là 1,5 mg. Tính tích số tan của AgCl. Tính nồng độ bão hòa của Ag+ (mol/lít) khi người ta thêm dung dịch NaCl 58,5 mg/lít vào dung dịch AgCl ở 18oC. 2. Người ta khuấy iot ở nhiệt độ thường trong bình chứa đồng thời nước và CS 2 nguội, và nhận thấy rằng tỉ lệ giữa nồng độ (gam/lít) của iot tan trong nước và tan trong CS 2 là không đổi và bằng 17.10-4. Người ta cho 50ml CS2 vào 1 lít dung dịch iot (0,1 g/l) trong nước rồi khuấy mạnh. Tính nồng độ (g/l) của iot trong nước. Hướng dẫn: 1. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng T = [Ag+][Cl-] 56 + − Trong 1 lít dung dịch:  Ag  = Cl  = Vậy T= 1,5 .10−3 143,5 2  1,5  .10−3 ÷ = 1,1.10 −10   143,5  Khi thêm 1 lượng dung dịch NaCl. Gọi S2 là nồng độ Ag+ mới: [Ag+] = S2 → [Ag+] = [Cl-] = S2 Gọi δ là nồng độ của NaCl. Trong dung dịch số ion Cl-: δ/1 lít Vậy [Ag+] = S2 [Cl-] = δ + S2 o Ở 18 C nhiệt độ không đổi. T không đổi. S2(S2 + δ) = 1,1.10-10 → S22 + δS2 – 1,1.10-10 = 0 2 −10 Chỉ chọn nghiệm đúng dương: S2 = −δ + δ + 4,4.10 → δ = 0,0585/58,5 = 10 Vậy 2 -3 −3 −3 −7 S2 = −10 + 10 + 2.10 = 10−7 2 S2 giảm 100 lần so với S1 CIH 2O −4 2. Theo giả thuyết ta có: CS2 = 17.10 CI 0,1 CInuoc = g / cm3 1000 Gọi x là số mol iot từ nước đi vào CS2 Vậy: CInuoc = 0,1 − x g / cm3 và CICS2 = x ( g / ml ) 50 1000 0,1 − x x : = 17.10−4 → x = 0,0967 Suy ra: 1000 50 Nồng độ iot trong nước là: 0,1 – x = 0,0033 (g/l) Bài 7: Đề Olympic 30/4-2001 Cho 14,224g iot và 0,112g hiđro được chứa trong bình kín thể tích 1,12 lít ở nhiệt độ 400oC. Tốc độ ban đầu của phản ứng là V o = 9.10-5 mol.l-1.phút-1, sau một thời gian (tại thời điểm t) nồng độ mol của HI là 0,04 mol/lít và khi phản ứng: H2 + I2 ⇌ 2HI đạt cân bằng thì [HI] = 0,06 mol/lít 1. Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và nghịch. 2. Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t là bao nhiêu? 3. Viết đơn vị các đại lượng đã tính được. Hướng dẫn: 1. Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và phản ứng nghịch: nI 2 = 14,224 0,056 = 0,056mol →  I 2 bd = = 0,05mol / l 254 1,12 57 nH2 = 0,112 = 0,056 →  H 2  bd = 0,056 = 0,05mol / l 2 Phản ứng: H2 + I(2) 2 ƒ v1 = k1 [I2][H2] → a, 1,12 (1) k1 = 2HI v1  I 2   H 2  −5 .l −1. phút -1 k1 = 9.10 .mol = 36.10−3 l.mol −1. phút -1 −1 −1 0,05.mol.l .0,05.mol.l 2  HI  K1 62.10−4.mol 2 .l −2 K= = = 2 Mặc khác: K 2  I 2   H 2   0,06  2 −2  0,05 − 2 ÷ .mol .l   −3 −1 -1 → K = 9 → k2 = 36.10 .l.mol . phút 9 → k2 = 4.10-3.l.mol-1.phút-1. 2. Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t: vHI = vt – vn = v1 – v2 2 0,06  -3 -1 -1  0,05 − v1 = k1[I2][H2] = 36.10 l.mol .phút .  mol2.l-2 ÷ 2   -7 -1 -1 → v1 = 144. 10 mol. l . phút v2 = k2 [HI]2 = 4.10-3 l. mol-1. phút-1. 42. 10-4 . mol2. l-2 → v2 = 64 . 10-7 mol. l-1. phút-1 VHI = (144.10-7 - 64.10-7) mol. l-1. phút-1 VHI = 0,8. 10-5 mol. l-1. phút-1 Bài 8 ( Trích Đề thi chọn HSGQG – 2007) Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO 3. Thực tế khi điện phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO 4 còn đồng thời xảy ra nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu. ở điện cực thứ hai chỉ xảy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%. 1. Viết kí hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot. 2. Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 25 0C và 1 atm) khi điều chế được 332,52g KClO4. Hướng dẫn giải: 1. Kí hiệu của tế bào điện phân: Pt  KClO3 (dd)  Pt Phản ứng chính: anot: ClO3- - 2e + H2O → ClO4 - + 2H+ catot: 2H2O + 2e → H2 + 2OHClO3- + H2O → ClO4- + H2 Phản ứng phụ: anot: catot: H2O - 2e → 2H+ + 1 O2 2 2H2O + 2e → H2 + 2OH58 1 O2 + H 2 2 H2O → 2. M KClO4 = 39,098 + 35,453 + 64,000 = 138,551 332,52 = 2,4mol 138,551 c 100 = 8.F = 8(96485 C) = 771880 C q = 2,4 mol . 2F . mol 60 n KClO4 = q = 771880 C 8F = 4 mol 3. Khí ở catot là hydro: n H 2 = 2F / mol nRT 4.0,08205.298 = = 97,80 lit V H2 = P 1 Khí ở anot là oxy: nF tạo ra O2 = 8 . 0,4 = 3,2 F n O2 = VO = 2 3,2 F = 0,8 mol 4F / mol nRT 0,8.0,08205.298 = = 19,56 lit P 1 Bài 9: Phản ứng oxi hoá ion I- bằng ClO- trong môi trường kiềm diễn ra theo phương trình: ClO- + I- → Cl- + IO- (a) và tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k[ClO-][I-][OH-]-1. Cho rằng phản ứng (a) xảy ra theo cơ chế:  → HClO + OH- nhanh; ClO- + H2O ¬  k k1 −1 - k2 I + HClO → HIO + Cl- chậm;  → H2O + IOOH- + HIO ¬  k k3 nhanh. −3 1. Cơ chế trên có phù hợp với thực nghiệm động học hay không? 2. Khi [I-]0 rất nhỏ so với [ClO-]0 và [OH-]0 thì thời gian để nồng độ I- còn lại 6,25% so với lúc ban đầu sẽ gấp bao nhiêu lần thời gian cần thiết để 75% lượng I - ban đầu mất đi do phản ứng (a)? Tốc độ phản ứng quyết định bởi giai đoạn chậm, nên: v = k2[HClO][I-] (2) Dựa vào cân bằng nhanh của giai đoạn 1, ta rút ra: [HClO] = k1 k −1 [ClO-][H2O][OH-]-1 (3) Thay (3) vào (2) và với [H2O] = const, ta có: k1 v = k2. k [H2O][ClO-][I-][OH-]-1 −1 k 1 Đặt k2. k [H2O] = k → (4) trở thành: (4) v = k[ClO-][I-][OH-]-1 −1 (1) Từ cơ chế được đề nghị có thể rút ra biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế này là phù hợp với thực nghiệm . Định luật tốc độ thực nghiệm: v = k[ClO-][I-][OH-]-1 (1) Khi [I-]0 = [ClO-]0 và [OH-]0, phản ứng (a) có thể xem là phản ứng bậc nhất. Trong phản ứng bậc nhất, thời gian phản ứng bán phần không phụ thuộc vào nồng độ đầu. 59 - Thời gian để 75% I- tham gia phản ứng bằng 2 lần thời gian phản ứng bán phần: t1 = 2t1/2 - Thời gian để 6,25% I- còn lại là: t2 = 4t1/2 → t2 = 2t1. Bài 10. Ngày nay, để sản xuất clo từ hiđro clorua, người ta sử dụng cân bằng: O2 (k) + 4 HCl (k)  2 Cl2 (k) + 2 H2O (k) 1. Cho vào bình phản ứng 2,2 mol oxi và 2,5 mol hiđro clorua ở áp suất cố định là 0,5 atm và nhiệt độ T. Khi hệ đạt cân bằng thì bình phản ứng chứa lượng oxi gấp đôi hiđro clorua, tìm giá trị T (oC). 2. Ở 520oC, nạp vào bình phản ứng một lượng hỗn hợp khí oxi và hiđro clorua. Ở trạng thái cân bằng thì hiệu suất chuyển hóa của hiđro clorua bằng 80%. Tìm áp suất riêng phần của oxi tại trạng thái cân bằng? Cho: số liệu nhiệt động (coi không phụ thuộc vào nhiệt độ) Chất ΔHos (kJ/mol) So (J/mol .K) Hướng dẫn: O2 (k) HCl (k) -92,3 186,8 205 Cl2 (k) 223 H2O (k) -241,8 188,7 O2 (k) + 4 HCl (k)  2 Cl2 (k) + 2 H2O (k) 1. Ban đầu (mol) 2,2 2,5 Cân bằng (mol) 2,2-x 2,5-4x 2x 2x Theo đề: 2,2 - x = 2(2,5 – 4x) x = 0,4 mol ΔHo = -114,4 kJ/mol và ΔSo = -128,8 J/mol.K ΔGo = -RTlnK = ΔHo - TΔSo → -2,436T = -11400 + 128,8T → T = 829,7 K = 556,7oC 2. Ở 520oC thì lnK = -ΔHo/RT + ΔSo/R = 1,86 → K = 6,422 O2 (k) + 4 HCl (k)  2 Cl2 (k) + 2 H2O (k) Ban đầu (mol) Cân bằng (mol) a a-0,2b b 0,2b 0,4b Dễ thấy: PCl 2 /PHCl = 2 và PCl 2 = PH 2 O Mặt khác: 60 0,4b Từ đó: PO2 = 2,49 atm Bài 11. Nguyên tử C có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = -1/2 Hai nguyên tố A, B với ZA < ZB < ZC ( Z là điện tích hạt nhân ). Biết rằng: - tích số ZA. ZB. ZC = 952 -tỉ số ( ZA + ZC ) / ZB = 3. 1. Viết cấu hình electron của C, xác định vị trí của C trong bảng Hệ thống tuần hoàn, từ đó suy ra nguyên tố C? 2. Tính ZA, ZB. Suy ra nguyên tố A, B? 3. Hợp chất X tạo bởi 3 nguyên tố A, B, C có công thức ABC. Viết công thức cấu tạo của X. Ở trạng thái lỏng, X có tính dẫn điện.Vậy X được hình thành bằng các liên kết hóa học gì? Hướng dẫn: 1. Nguyên tố C có cấu hình electron cuối cùng :3p5 ↑↓ ↑↓ ↑ +1 0 -1 2 2 Cấu hình electron của C:1s 2s 2p6 3s2 3p5 Vị trí của C: STT 17, chu kì 3, nhóm VII A. C là Clo. 2. ZC = 17 ZB . ZA = 56 ZA = 7 , A là Nitơ ZA + 17 = 3ZB ZB = 8 , B là Oxi 3. CTCT: X Cl - N = O NOCl ở trạng thái lỏng có tính dẫn điện vậy trong chất lỏng phải có các ion NO + và Cl-. Do đó trong phân tử NOCl có liên kết ion và liên kết cộng hóa trị. Bài 12. Khi điện phân dung dịch muối NaCl để sản xuất Clo ở anot có thể có các quá trình : oxi hoá Cl – thành Cl2 ; oxi hoá H2O thành O2 ; oxihoá anot cacbon thành CO2. 1. Hãy viết các quá trình đó (tại anot cacbon) . 2. Cần thiết lập pH của dung dịch bằng bao nhiêu để cho khi điện phân không có oxi thoát o ra ở anot nếu thế anot bằng 1,21V. Cho E O2 H 2O = l,23V. (coi P Cl2 =P O2 =1 và CO2 sinh ra không đáng kể). Hướng dẫn: 1. 2Cl− → Cl2↑ + 2e ; 2H2O → O2↑ + 4H+ + 4e ; C + 2H2O → CO2↑ + 4H+ + 4e 61 0,059 lg[H+]4 = 1,23 + 0,059lg[H+] = 1,23 − 0,059pH 4 1,21 − 1, 23 Với Eanot = 1,21V thì pH = − = 0,339 0,059 o 2. E = E O2 H 2O + Muốn không có O2 thoát ra cần thiết lập pH sao cho E oO2 H2O > Eanot ⇒ pH < 0,339 III.2. BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG PHÁP CHUẨN ĐỘ IOT Lý thuyết I2 + 2e → 2IE0= +0,5345V I3- + 2e → 3IE0= +0,5355V Iot có thể oxi hóa được các chất khử như H2S, H2SO3… và I - có thể khử được các chất oxi hóa trung bình hay oxi hóa mạnh: Fe3+, H2O2… Trong hóa học phân tích, phương pháp iot dùng để định lượng cả chất oxi hóa và chất khử. Các chất khử có thể được chuẩn độ trực tiếp bằng iot hoặc cho tác dụng với iot lấy dư sau đó chuẩn độ lượng dư iot bằng natrithiosunfat. Các chất oxi hóa được định lượng bằng cách cho tác dụng với dung dịch KI (hay KI 3) dư trong môi trường axit và sau đó chuẩn độ lượng iot được giải phóng ra bằng dung dịch natrithiosunfat. 2 S2O32−(aq) + I2(aq) → S4O62−(aq) + 2 I−(aq) Bài 1: Hòa tan hoàn toàn 2 gam một hỗn hợp chứa Na 2S.9H2O, Na2S2O3.5H2O và tạp chất trơ vào H2O, rồi pha loãng thành 250 ml dung dịch (dd A). Thêm tiếp 25 ml dung dịch iot 0,0525M( hoặc dung dịch KI3) vào 25 ml dung dịch A. Axit hóa bằng H 2SO4 rồi chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na 2S2O3 0,101M. Mặt khác cho ZnSO4 dư vào 50 ml dung dịch A. Lọc bỏ kết tủa, chuẩn độ dung dịch nước lọc hết 11,5 ml dung dịch iot 0,0101M( hoặc dung dịch KI3). Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp rắn ban đầu. Hướng dẫn: Gọi x,y lần lượt là số mol của Na2S và Na2S2O3 trong 25 ml dung dịch A Na2S + I2 → 2NaI + S x x 2Na2S2O3 + I2 → 2NaI + Na2S4O6 y y/2 Theo đề ta có phương trình : x + y/2 = 1,3125.10-3 - 6,5145.10-4= 6,6105.10-4 (mol) Mặt khác : Na2S + ZnSO4 → ZnS + Na2SO4 Do vậy y= 1,1615.10-4 mol, x= 6,02975.10-4 mol −4 Tp% Na2S.9H2O = 240.60,2975.10 .100% = 72,36% 2 Tp% Na2S2O3 .5H2O = 14,4% 62 TP% tạp chất trơ = 13,24% Bài 2: Hoà tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO 3 và Na2SO3 trong dung dịch H2SO4 dư, đun nóng. Cho tất cả lượng khí sinh ra hấp thụ trong 500 ml dung dịch Br 2 thu được 500 ml dung dịch A. Thêm KI vào 50 ml dung dịch A, lượng I 3- sinh ra tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na 2S2O3 0,01 M. Nếu sục khí N 2 để đuổi hết Br2 dư trong 25 ml dung dịch A thì dung dịch B thu được trung hoà vừa đủ với 15 ml dung dịch NaOH 0,1M. a. Tính nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đầu. b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X. Hướng dẫn: Viết phương trình phản ứng Các phương trình phản ứng xảy ra: HSO3- + H+ → H2O + SO2 (1) x mol x mol 2+ SO3 + 2H → H2O + SO2 (2) y mol y mol Br2 + 2H2O + SO2 → SO42- + 2Br- + 4H+ (3) 3I- + Br2 → I3- + 2Br(4) 22I3 + S2O3 → S4O6 + 3I (5) + H + OH → H2O (6) + Từ (3) → số mol H trong 25 ml dung dịch A = số mol OH- trong 15 ml dung dịch NaOH = 0,015. 0,1 = 0,0015 mol Số mol H+ trong 500 ml dung dịch A = 0,0015.500/25 = 0,03 mol Từ (3) → số mol Br2 = 1/4 số mol H+ = 0,0075 mol Từ (5) → số mol I3- trong 50 ml dung dịch A = 1/2 số mol S2O32= 0,0125.0,01.1/2 = 6,25.10-5 mol Số mol I3- trong 500 ml dung dịch A = 6,25.10-5.500/50 = 6,25.10-4 mol Vậy số mol Br2 trong dung dịch ban đầu = 0,0075 + 6,25.10-4 = 8,125.10-3 mol CM- (Br2) = 8,125.10-4/0,5 = 0,01625 M b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X: Gọi x và y lần lượt là số mol của NaHSO 3 và Na2SO3 trong 0,835 gam hỗn hợp X, ta có số mol của các ion HSO3- và SO32- lần lượt là x và y: Khối lượng hỗn hợp = 104x + 126y = 0,835 (I) Từ (1), (2), (3) ta có số mol SO2 = 1/4 số mol H+ trong 500 ml dung dịch A x + y = 0,03.1/4 = 0,0075 (II) 63 Từ (I) và (II) : x = 0,005 ; y = 0,0025 %NaHSO3 = 62,27% ; %Na2SO3 = 37,73%. Bài 3: Trích đề thi HSGQG 2000 Bảng A Để đánh giá lượng oxi tan vào nước, trong không khí ở điều kiện thường, người ta thực hiện thí nghiệm: cho 100ml nước có MnSO4 dư và NaOH lắc kỹ hỗn hợp mà không cho tiếp xúc với không khí. Sau đó thêm axit dư rồi cho KI dư vào hỗn hợp, lắc kỹ thu được hỗn hợp A. Chuẩn độ A cần dùng hết 10,50 ml dd Na 2S2O3 9,8.10-3 M. Cho oxi chiếm 20% thể tích không khí và áp suất khí quyển là 1 atm. a, Viết phương trình phản ứng dạng ion b, Tại sao trong thao tác đầu lại phải tránh không cho không khí tiếp xúc với hỗn hợp? c, Tính K của quá trình hòa tan O2 vào H2O ở điều kiện thường? Hướng dẫn a, Mn2+ + 2OH- ---> Mn(OH)2 ↓; 2Mn3+ + 3I- ---> 2Mn2+ + I32Mn(OH)2 + O2 ---> 2MnO(OH)2 ↓; I3- + 2S2O32- ---> S4O62- + 3I+ 2+ 3+ 2MnO(OH)2 ↓ + 4H + Mn ---> 2Mn + 3H2O b,Không cho tiếp xúc với không khí để đảm bảo p,ư oxh Mn3+ là do oxi tan trong dd. c, Coxi = 0,257.10-3 M K =(O2)/PO2 = 0,257.10-3/0,2 = 1,2585.10-3 Bài 4: Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe 3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả sắt thành Fe 2+) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I 2 có trong 10ml dung dịch A phản 2− ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na 2S2O3 1,00M (sinh ra S4 O6 ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịch KMnO4 1,00M trong dung dịch H2SO4. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). b. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu Hướng dẫn: Fe O + 8H + → 2Fe3+ + Fe 2+ + 4H O (1) 3 4 2 Fe O + 6H + → 2Fe3+ + 3H O 2 3 2 (2) 2Fe3+ + 3I − → 2Fe2+ + I − 3 2 − − 2 − 2S O +I →S O + 3I− 2 3 3 4 6 (3) (4) 5Fe2+ + MnO − + 8H + → 5Fe3+ + Mn 2+ + 4H O 4 2 (5) −3 Trong 25 ml: n Fe = 5n MnO = 5x3, 2x1x10 =0,016 (mol) 2+ − 4 → trong 10ml n Fe = 6,4x10-3(mol) 2+ Từ (3) và (4): n Fe = n S O = 5,5x1x10-3 = 5,5x10-3(mol) 2+ 2 3 2− Từ (3): n Fe = n Fe =5,5x10-3(mol) =2( n Fe O + n Fe O ) Có thể xem Fe3O4 như hỗn hợp Fe2O3.FeO 3+ 2+ 3 4 2 64 3 n FeO = n Fe3O4 = 6,4x10-3 – 5,5x10-3 = 9x10-4(mol) 1 n Fe2O3 = n Fe3+ − n Fe3O4 =1,85x10-3(mol). 2 Trong 50 ml : n Fe3O4 =4,5x10-3(mol) → m Fe3O4 =1,044 gam → % khối lượng Fe3O4 = 1,044/6 x 100% = 17,4% n Fe O = 9,25x10-3(mol) → m Fe O =1,48 gam → % khối lượng Fe2O3 = 1,48/6 x 100% = 24,67% Bài 5: Dung dịch A gồm hai muối: Na2SO3 và Na2S2O3. 2 3 2 3 - Lấy 100ml dung dịch A trộn với lượng dư khí Cl2 rồi cho sản phẩm thu được tác dụng với BaCl2 dư thì thu được 4,66 gam kết tủa. - Lấy 100ml dung dịch trên nhỏ vài giọt hồ tinh bột rồi đem chuẩn độ bằng iot thì đến khi dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh chàm thấy tốn hết 30ml I 2 0,05M (I2 tan trong dung dịch KI). 1. Tính CM của các chất trong dung dịch A. 2. Cho 100ml dung dịch A tác dụng với dung dịch HCl dư thì thu được bao nhiêu gam chất rắn? Hướng dẫn: Phản ứng: Na2S2O3 + 4Cl2 + 5H2O → 2NaHSO4 + 8HCl Na2SO3 + Cl2 + H2O → Na2SO4 + 2HCl NaHSO4 + BaCl2 → NaCl + HCl + BaSO4. Na2SO4 + BaCl2 → NaCl + BaSO4. Gọi số mol Na2SO3 và Na2S2O3 là x và y Ta có khối lượng kết tủa m = 233(x + 2y) = 4,66 I2 + 2Na2S2O3 → Na2S2O6 + 2NaI Có nI2 = 0,03.0,05 =1,5.10-3 = y/2. Ta có x = 0,014 mol và y = 3.10-3mol 1. Vậy nồng độ các chất trong dung dịch A: Na2SO3 là 0,14M và Na2S2O3 là 0,03M 2. Phản ứng: Na2S2O3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 + S + H2O Khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng là: mS = 3.10-3.32 = 0,096 gam. Bài 6: Trích đề chọn HSGQG 2011- Ngày 11/01/2011 Để xác định hàm lượng của crom và sắt trong một mẫu gồm Cr 2O3 và Fe2O3, người ta đun nóng chảy 1,98 gam mẫu với Na 2O2 để oxi hóa Cr2O3 thành CrO42-. Cho khối đã nung 65 chảy vào nước, đun sôi để phân huỷ hết Na 2O2. 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 Na 2S2O3 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 I 3- giải phóng ra chỉ phản ứng hết với 7,50 mL dung dịch Na2S2O3 0,40 M. 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: 1. 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 nCr2O3 = x; nFe2O3 = y Từ (1), (4) và (5) → trong 10,00 mL dung dịch A số mol của Cr2O72- là n Cr2O72- = 0,1x; số mol của Fe3+là nFe3+= 0,2y. Trường hợp NaF không có mặt trong dung dịch A, cả Cr2O72- và Fe3+ đều bị khử bởi I-. Theo (6) và (7) ta có: n I3-(1) = 3n Cr2O72- + 0,5n Fe3+ = 3.0,1x + 0,5.0,2y = 0,3x + 0,1y Từ (8): nS2O32- (1) = n I3-(1)→0,40.10,50.10-3=2.(0,1y + 0,3x) Trường hợp NaF có mặt trong dung dịch A, chỉ có Cr2O72- bị khử: (10) nI3-(2)= 3n Cr2O72- = 0,3x → 0,40.7,50.10-3 = 2 nS2O32-(2) = 2 n I3-(2) = 0,6x (11) Từ (11) và (10) → x = 0,005 (mol) và y = 0,006 (mol). 66 nCr= 2 nCr2O3 = 2.0,005 = 0,01 (mol) → %Cr trong mẫu là: 52.0,01.100/1,98= 26,26% nFe= 2 nFe2O3 = 2.0,006 = 0,012 (mol) → %Fe trong mẫu là: 56.0,012. 100/1,98 = 33,94%. III.3. BÀI TOÁN VỀ HỢP CHẤT CHỨA OXI CỦA HALOGEN Bài 1: Chất rắn A là kim loại hoặc là một trong các chất MnO 2, KMnO4, K2Cr2O7, CaOCl2. Khi hoà tan 15 gam A vào dd HCl thì tạo ra 8,4 lít đơn chất khí B bay ra (đktc). Hãy chứng minh rằng B không thể là Cl2 . Hướng dẫn + Các phương trình phản ứng: MnO2 + 4H+ + 2Cl- → Mn2+ + Cl2↑ + 2H2O (1) + 2+ 2MnO4 + 16H + 10Cl → 2Mn + 5Cl2↑ + 8H2O (2) 2+ 3+ Cr2O7 + 14H + 6Cl → 2Cr + 3Cl2↑ + 7H2O (3) 2+ OCl2 + 2H → Cl2↑+ H2O (4) + Để thu được 8,4 lít Cl2 (0,375 mol) thì cần 0,125 ≤ số mol A ≤ 0,375 → 23,7g ≤ mA ≤ 47,6 g → trái với giả thiết là mA = 15g. Vậy B không thể là Cl2. Bài 2: X là muối có công thức NaIOx. Hòa tan X vào nước thu được dung dịch A. Cho khí SO 2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện dung dịch màu nâu, tiếp tục sục SO 2 vào thì mất màu nâu và thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch axit HNO 3 vào dung dịch B và sau đó thêm lượng dư dung dịch AgNO3, thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. - Thêm dung dịch H2SO4 loãng và KI vào dung dịch A, thấy xuất hiện dung dịch màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào. a, Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. b, Để xác định chính xác công thức của muối X người ta hòa tan 0,100 gam vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H 2SO4 loãng, dung dịch coa màu nâu. Chuẩn độ I 2 sinh ra dung dịch Na2S2O3 0,1M với chất chỉ thị hồ tinh bột cho tới khi mất màu, thấy tốn hết 37,40ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức của X. Hướng dẫn giải: a, Viết phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn: (2x - 1)SO2 + 2IOx- + (2x - 2)H2O → I2 + (2x - 1)SO42- + (4x - 4)H+ (1) SO2 + I2 + 2H2O → 2I- + SO42- + 4H+ (2) Ag+ + I- → AgI↓ 2IOx- + (2x - 1)I- + 2xH+ → xI2 + xH2O (3) 22I2 + 2S2O3 → 2I + S4O6 (4) b, Theo (4): nI = 0,5nS O = 0,5.0, 0374.0,1 = 0, 00187( mol ) →x=4 Vậy công thức muối X là NaIO4. 2 2− 2 3 67 Đề Bài có thể thay đổi như dưới đây nhằm yêu cầu học sinh suy luận để xác định thành phần của X như sau: Bài 3: Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: •Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. •Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng. •Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H 2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3. 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. 2. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na 2S2O3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X. Hướng dẫn: 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 dung dịch 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 −x Đặt công thức của X là NaIOx. Phản ứng dạng ion: 2 IO −x +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O → (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H + I2 + 2H2O + SO2 → 2I − + SO42- + 4H + Ag + + I − → AgI IO −x + (2x-1) I − + 2x H + → x I2 + x H2O I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 -3 1,87.10 ← 3,74.10-3 Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3 Theo (5) ⇒ Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3 Theo (4) ⇒ Số mol IO −x = ⇒ 1 x (số mol I2) = 1 x .1,87.10-3 0,1 1 = .1,87.10-3 23 + 127 + 16 x x 68 (1) (2) (3) (4) (5) 0,1. x = 1,87.10-3 150 + 16x ⇒ 0,1x = 0,2805 + 0,02992x ⇒ x=4 Công thức phân tử của X: NaIO4 Bài 4. Xử lí 13,16 gam hỗn hợp chất rắn X gồm hai muối khan KIO x và KIOy (y > x) bằng một lượng dư KI trong môi trường axit thu được 200 mL dung dịch A. a. Viết phương trình hóa học cho các phản ứng xảy ra dưới dạng ion rút gọn. b. Lấy 25 mL dung dịch A cho vào một bình định mức 150 mL, pha loãng bằng nước cất, điều chỉnh dung dịch về pH = 3, thêm nước đến vạch. Để chuẩn độ 25 mL dung dịch trong bình định mức này cần dùng 41,67 mL dung dịch Na 2S2O3 0,2M để đạt tới điểm cuối với chỉ thị hồ tinh bột. Cho biết công thức hóa học và phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu biết tỉ lệ mol của chúng là 2 : 1. Hướng dẫn: a. 2IOx− + (4x – 2)I− + 4xH+ → 2xI2 + 2xH2O 2IOy− + (4y – 2)I− + 4yH+ → 2yI2 + 2yH2O b. Gọi số mol của KIOx và KIOy trong 11,02 gam hỗn hợp lần lượt là a và b. mhh = 13,16 g 166(a + b) + 16(ax + by) = 13,16 (1) 2IOx− + (4x – 2)I− + 4xH+ → 2xI2 + 2xH2O mol: a ax 2IOy− + (4y – 2)I− + 4yH+ → 2yI2 + 2yH2O mol: b by Số mol I2 trong 25 mL dung dịch cuối cùng đem chuẩn độ: n(I2) = 25 25 ax + by × (ax + by) = mol 200 150 48 Phản ứng chuẩn độ: I2 + 2S2O32− → S4O62− + 2I− n(S2O32−) = (41,67 × 10−3 L) × 0,2 mol/L = 8,334 × 10−3 mol ⇒ ax + by = 4,167 × 10−3 48 ax + by = 0,2 (2) Từ (1) và (2) ta có: a + b = 0,06 (3) Theo bài ra: a = 2b (4) Giải (3) và (4) ta có: a = 0,04; b = 0,02. Khi đó (2) được viết lại: 2x + y = 10 69 Lập bảng giá trị tính y theo x: x 1 2 3 4 y 8 6 4 2 Chỉ có cặp x = 3, y = 4 thỏa mãn. Hai muối ban đầu là KIO 3 và KIO4. Phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu: %m(KIO3) = 214 × 0,04 × 100% = 65,05% 13,16 %m(KIO4) = 230 × 0,02 × 100% = 34,95% 13,16 Bài 5: Hợp chất vô cơ A trong thành phần chỉ gồm 3 nguyên tố. Trong A có %m O bằng 21,4765(%). Khi sục khí CO2 vào dung dịch của A trong nước thu được axit B. Chất B bị phân tích bởi ánh sáng thu được chất C. Chất C khi phản ứng với dung dịch AgNO 3 thu được kết tủa D. Chất D không tan vào dung dịch HNO 3 nhưng tan được vào dung dịch NH3. Khi cho dung dịch của A phản ứng với dung dịch FeCl 2 thu được kết tủa E còn khi cho dung dịch của A phản ứng với H2O2 thu được khí F Xác định công thức phân tử của các chất và viết các phương trình phản ứng xảy ra Hướng dẫn: Axit B được tạo ra khi cho khí CO 2 phản ứng với dung dịch của A, B bị phân huỷ bởi ánh sáng tạo C , chất C phản ứng với AgNO 3 tạo kết tủa D, kết tủa này không tan trong HNO 3 vậy D là AgCl, chất C phải là HCl ,do vậy axit B phải là HClO nên A phải là muối ClO .Gọi công thức của A là M(ClO)x ,theo đầu bài ta có %mO = n.16.100 m + 51,5n = > M = 23.n , với n =1 ta có M = 23 Vậy A là NaClO Cho dung dịch NaClO phản ứng với FeCl 2 tạo được két tủa E vậy E phải là: Fe(OH) 3 còn khi cho A phản ứng với dung dịch H2O2 thì F tạo thành là O2 Các phương trình phản ứng xảy ra là: NaClO + H2O + CO2 - > NaHCO3 + HClO 2 HClO - > 2 HCl + O2 HCl + AgNO3 -- > HNO3 + AgCl AgCl + 2 NH3 -- > [Ag(NH3)2]Cl 3 NaClO + 6 FeCl2 + 3 H2O -- > 3 NaCl +4 FeCl3 + 2 Fe(OH)3 NaClO + H2O2 -- > NaCl + O2 + H2O Bài 6: Đun nóng đến 2000C hỗn hợp X gồm bốn muối A, B, C, D của Na, mỗi muối 1 mol thấy có khí E không cháy được thoát ra và một hỗn hợp X 1 có khối lượng giảm 12,5% so với khối lượng của X và chứa: 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 4000C thì thu được hỗn hợp Z chỉ có A và D, còn tăng nhiệt độ đến 600 0C thì 70 chỉ còn lại A. Thành phần phần trăm khối lượng của natri trong muối nhị tố A nhỏ hơn thành phần phần trăm khối lượng của nguyên tố phi kim Y là 21,4%. a) Xác định A, B, C, D, Y. Viết các phương trình phản ứng b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp X c) Xác định thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z. Hướng dẫn: * Xác định muối A: % m(Na) = x; % m(Y) = y -> hệ: x + y = 100; y – x = 21,4 Giải hệ có: x = 39,9% ; y = 60,7%. Gọi CT (A) : NanY -> 23n/ MY = 39,3/60,7 => MY = 13961/393 ; với n = 1 -> MY = 35,5 -> CT (A) là NaCl A, B, C, D là muối của Na, nhiệt phân tận cùng được muối NaCl duy nhất vậy B, C, D phải là muối chứa oxi của Na và clo. Xác định (B): cNaClOb -> (c - b)NaCl + b NaClOc Theo đề bài: (c-b)/b = (1,33 - 1)/ (1,67-1) => c = 3 ; b = 2 Nhiệt phân ở 2000C cho khí không cháy, khí đó là hơi nước nên B phải là muối ngậm nước. Công thức (B), (C), (D) : NaClO2. nH2O ; NaClO3; NaClO4 Khối lượng muối ban đầu: m = 58,5.1 + (90,5+ 18n ).1 + 106,5.1 + 122,5.1 = 378 + 18n %Khối lượng H2O = 18n/ (378 + 18n) = 0,125 => n = 3 => CT B : NaClO2. 3H2O * Các phương trình phản ứng: Nung ở 2000C: 3NaClO2.3H2O -> NaCl + 2NaClO3 + 3H2O Nung ở 4000C: 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl Nung ở 6000C: 4NaClO4 -> 2O2 + NaCl Khối lượng hỗn hợp X = 432 gam  phần trăm khối lượng các chất A, B, C, D lần lượt là: 13,54%; 33,45%; 24,65% ; 28,36% 0 ở 400 C: 2NaClO2 -> NaClO4 + NaCl 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl 1 1 1 1 1,5 1,5 mol 0,5 0,5 0.25 0,75 1,5 1,5 1,75 2,25 => % số mol NaCl = 1,75.100/(1,75 + 2,25) = 43,75% % số mol NaClO4 = 56,25% Bài 7: Hỗn hợp A: KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl 2, KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 thành SO3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H 2SO4 80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A. 1. Tính khối lượng kết tủa C? 2. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO3 trong A? Hướng dẫn giải: 71  KClO3 : a (mol ) Ca(ClO ) : b(mol ) 3 2  Hỗn hợp A Ca(ClO) 2 : c(mol ) CaCl : d (mol ) 2   KCl : e(mol ) Mol Mol 3 to KClO3  → KCl + O2 2 3 a a a 2 to Ca(ClO3 )2  → CaCl2 + 3O2 b b 3b to Ca(ClO)2 → CaCl2 + O2 c c Mol c * Theo định luật bảo toàn khối lượng: mA = mKCl + mCaCl2 + mO2 83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32( 3a + 3b + c) 2 (1) o xt ,t 2SO2 + O2  → 2SO3 3a + 3b + c 3a + 6b + 2c 2 SO3 + H 2O → H 2 SO4 3a + 6b + 2c 3a + 6b + 2c Mol 98(3a + 6b + 2c) × 100 80 = (2) 191,1 80 ×191,1 ⇒ 3a + 6b + 2c = = 1,56 100 × 98 CaCl2 : (b + c + d )mol + ddK 2CO3 * Chất rắn B   KCl : ( a + e)mol Mol KCl + K2CO3 → CaCl2 + K2CO3 → 2KCl + CaCO3↓ Mol (b + c + d) (b + c + d) 2(b + c + d) (b + c + d) Số mol K2CO3 = 0,36. 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d (3) * Kết tủa C: CaCO3 Khối lượng kết tủa CaCO3 = 100(b + c + d) = 100. 0,18 = 18 gam 2. Dung dịch D (KCl) nKCl = a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 2. 0,18 = a + e + 0,36 22 22 mKCl (ddD) = mKCl ( A) → nKCl (ddA) = nKCl ( A) 3 3 a + e + 0,36 = 22 e 3 (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có: 72   3a  83, 68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d ) + 32  2 + 3b + c ÷    3a + 6b + 2c = 1,56  b + c + d = 0,18  22e  a + e + 0,36 = 3  1,56   → 83, 68 = 74,5(a + e) + (111× 0,18) +  32 × ÷ 2   → 74,5 ( a + e ) = 38, 74  a + e = 0,52  22   a + e + 0,36 = 3 e → % KClO3trongA = 122,5.a.100 = 58,56% 83, 68 Bài 8: Chuyên Lê Qúy Đôn- Bà Rịa 2010 Cho khí Cl2 tác dụng với Ca(OH)2 ta được Clorua vôi là hỗn hợp CaCl2, Ca(ClO)2, CaOCl2 và nước ẩm . Sau khi loại bỏ nhờ đun nhẹ và hút chân không thì thu được 152,4g hỗn hợp A chứa (% khối lượng); 50% CaOCl 2; 28,15% Ca(ClO)2 và phần còn lại là CaCl2. Nung nóng hỗn hợp A thu được 152,4g hỗn hợp B chỉ chứa CaCl2 và Ca(ClO3)2. 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Tính thể tích khí Cl2 (đktc) đã phản ứng. 3. Tính % khối lượng CaCl2 trong hỗn hợp B. Nung hỗn hợp B ở nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn và lấy tất cả khí thóat ra cho vào bình kín dung tích không đổi chỉ chứa 16,2 g kim loại M hóa trị n duy nhất (thể tích chất rắn không đáng kể). Nhiệt độ và áp suất ban đầu trong bình là t 0C và P atm. Nung nóng bình một thời gian, sau đó đưa nhiệt độ bình về t 0C, áp suất trong bình lúc này là 0,75 P atm. Lấy chất rắn còn lại trong bình hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít khí (đktc). Hỏi M là kim loại gì? Hướng dẫn: 1. Các phản ứng: Ca (OH)2 + Cl2 → CaOCl2 + H2O 0 t 2Ca(OH)2 + 2Cl2 → CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O Nung nóng hổn hợp A: 6 CaOCl2 3 Ca(ClO)2 0 5CaCl2 + Ca(ClO3)2 (3) t → 0 t → 73 2CaCl2 + Ca(ClO3)2 (4) (1) (2) 2. nCaOCl2 = nCa (ClO ) 2 = nCaCl2 ∑ 152,4 × 50 = 0,6mol 100 × 127 = nCl2 phản ứng VCl2 152,4 × 28,15 = 0,3mol 100 × 143 152,4 × 21,85 = 0,3mol 100 × 111 = 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol = 1,2 × 22,4 = 26,88 lít 3. Theo số mol các chất trong hổn hợp A và phản ứng (2,3,4) % mCaCl2 5 2    0,6. + 0,3. + 0.3 111.100 =  6 3  = 72,83% 152,4 4. Nung hổn hợp B ở nhiệt ở nhiệt dộ cao xảy ra ph ản ứng: t Ca(ClO3)2 → CaCl2 + 3 O2 (5) Theo số mol các trong chất trong hổn hợp A hoặc theo phản ứng (5) 0 ⇒ ∑n O2 bay ra = 0,6. 1 + 0,3 = 0,6 mol 2 Vì nhiệt độ bình không đổi, áp suất giảm 25% ứng với lượng oxi phản ứng với kim loại: 4M + nO2 ⇒ 2M2On (6) Tức bằng: 0,6 x 0,25 = 0,15 mol Hòa tan chất rắn trong bình: M2On + 2nHCl ⇒ 2MCln + nH2O (7) 2M + 2nHCl ⇒ 2MCln + nH2 ↑ (8) nH2 = 13,44 = 0,6mol 22,4 Theo phương pháp bảo tòan electron với phản ứng (6,7,8) số mol (e) kim loại M nhường bằng số mol (e) O2 và H+ nhận. Gọi a là số mol kim loại M ta có: na = 0,15 x 4 + 0,6 x 2 = 1,8 Tức a= 1,8 16,2 = ⇒ M = 9n n M Chỉ có n =3; M = 27 là phù hợp M là nhôm(Al) Bài 9: Hòa tan m gam hỗn hợp gồm KI và KIO3 trong dd H2SO4 loãng, chỉ thu được dung dịch X. - Lấy 1/10 dung dịch X phản ứng vừa hết với 20ml dung dịch Fe2(SO4)3 1M. - Lấy 1/10 dung dịch X phản ứng vừa hết với 20ml dung dịch Na2S2O3 1M. Tính m? 74 Hướng dẫn: 5I − +IO3− +6H + → 3I 2 +3H 2 O I− +I 2 dung dịch X (1) → I3− (2) I3− I − 3dư I3− +Fe3+ → Fe 2+ + I 2 (3) 2 1 I− +Fe3+ → Fe 2+ + I 2 (4) 2 b/ I3− +2S2O32− → S4O6 2− +3I − (5) n S O 2− = 0,02 töø (5) ⇒ n I − = 0,01 a/ 2 3 töø n Fe3+ = 0,04 (1)(2) ⇒ 3 (4) → n Fe3+ = n I− = 0,03 0,01 3 0,05 0,17 = + 0,01 + 0,03 = 3 3 nIO − = 3 nI − bñ 0,17 0,01   m = 166. + 214. ÷× 10 = 101, 2( g ) 3 3   III.4. DẠNG BÀI TOÁN VỀ AXIT HALOGENHIĐRIC, MUỐI HALOGENUA Bài 1 (Trích đề Olympic 30/4-1997) Điều chế clo bằng cách cho 100g MnO 2 (chứa 13% tạp chất trơ) tác dụng với lượng dư dung dịch HCl đậm đặc. Cho toàn bộ khí clo thu được vào m500ml dung dịch có chứa NaBr và NaI. Sau phản ứng, cô cạn dung dịch, thu được chất rắn A (muối khan) có khối lượng m gam. a, Xác định thành phần chất rắn A nếu m = 117gam b, Xác định thành phần chất rắn A trong trường hợp m = 137,6 gam. Biết rằng trong trường hợp này, A gồm hai muối khan. Tỉ lệ số mol NaI và NaBr phản ứng với Cl 2 là 3: 2. Tính nồng độ mol của NaBr và NaI trong dung dịch đầu. Các phản ứng đều hoàn toàn. Cho Mn = 55, Br = 80, I = 127, Cl = 35,5, Na = 23 Hướng dẫn: to MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 1 mol 1 mol 1 mol 100 − 13 nMnO2 = = 1(mol ) 87 Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 75 1,5a mol 3a mol 3a mol Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 a mol 2a mol 2a mol a, Giả sử Cl2 phản ứng hết → mNaCl = 2.58,5 = 117(g) Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr phản ứng hết mA = mNaCl = 117g (thỏa) → A chỉ chứa NaCl Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr dư → mA > 117 (g) (loại) Cl2 dư, NaI và NaBr hết → mA < 117(g) (loại) Vậy A chỉ chứa NaCl b, m = 137,6g > 117g → Cl2 phản ứng hết NaI, NaBr dư, nNaI : nNaBr = 3 : 2 → NaI phản ứng hết, NaBr còn dư. nNaI : nNaBr = 3 : 2 → gọi 3a và 2a lần lượt là số mol NaI và NaBr phản ứng Cl 2 ta có nCl2 = 1,5a + a = 2,5a = 1 → a = 0,4 mA = mNaCl + mNaBr = 5a. 58,5 + mNaBr = 137,6 20,6 = 0, 2(mol ) → mNaBr = 20,6(g) → nNaBr = 103 2.0, 4 + 0, 2 3.0, 4 CNaBr = = 2M ; CNaI = = 2, 4M 0,5 0,5 Bài 2: Trích đề Olympic 30/4-1998 Cho khí Cl2 vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A). Sau đó, đun sôi để đuổi hết I2. Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B). 1. Biết thể tích khí Cl2 đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/l của mỗi muối trong dung dịch B? 2. Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO 3 0,05M. Tính thể tích dung dịch AgNO3 đã dùng, nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng: (1) Trường hợp 1: 1,41 gam kết tủa. (2) Trường hợp 2: 3,315 gam kết tủa. Chấp nhận rằng AgI kết tủa trước. Sau khi AgI kết tủa hết, thì mới đến AgCl kết tủa. 3. Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/l của các ion trong dung dịch thu được sau phản ứng với AgNO3. Hướng dẫn: 0,1344 = 0, 006(mol ) 1. nCl2 = 22, 4 Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 0,006 mol 0,012 mol 0,012 mol nNaI ban đầu = 0,2.0,1 = 0,02 (mol) Vậy hết Cl2 dư NaI. Dung dịch B chứa 0,020 – 0,012 = 0,008 mol NaI dư và 0,012 mol NaCl. CNaCl = 0,012 / 0,1 = 0,12M CNaI = 0,008/0,1 = 0,08M 2. Để biết chỉ có AgI kết tủa hay cả hai AgI và AgCl kết tủa, ta dùng 2 mốc để so sánh. 76 Mốc 1: AgI kết tủa hết, AgCl chưa kết tủa. 0,008 mol NaI → 0,008 mol AgI↓ m1 = mAgI = 0,008.235 = 1,88 gam Mốc 2: AgI và AgCl đều kết tủa hết 0,012mol NaCl → 0,012 mol AgCl↓ m2 = 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602 gam m↓ = 1,41 gam 1,41 < m1 = 1,88 gam vậy chỉ có AgI kết tủa. 1, 41 nAgI = = 0,006(mol ) Vậy nAgNO3 = 0,006(mol ) 235 0,006 VddAgNO3 = = 0,12(lit ) m↓ = 3,315 gam 0,05 m1 = 1,88 < 3,315 < m2 = 3,602 Vậy AgI kết tủa hết và AgCl kết tủa một phần mAgCl = 3,315 – 1,88 = 1,435 gam nAgCl = 1,435/143,5 = 0,01 mol Số mol AgNO3 0,008 + 0,01 = 0,018 mol 0,018 VddAgNO3 = = 0,36(lit ) 0,05 3. Trong trường hợp thứ nhì, dung dịch chỉ còn chứa NO3-, Na+, Cl- dư nNO− = nAgNO3 = 0,018mol 3 nNa+ = nNa+bd = nNaCl.bd + nNaI .bd = 0,012 + 0,008 = 0,02mol nCl −du = nCl −bd − nCl − ↓ = 0,012 − 0,01 = 0,002mol Thể tích dung dịch = VddB + VddAgNO3 = 0,100 + 0,36 = 0, 46lit 0,018 CNO3− = = 0,0391M 0, 46 0,002 CCl − = = 0,0043M 0, 46 CNa + = CNO− + CCl − = 0,0434M 3 Bài 3: (Trích đề Olympic 30/4-2000) Hai cốc đựng dung dịch axit clohiđric đặc lên hai đĩa cân A và B. Cân ở trạng thái cân bằng. Cho a gam CaCO3 vào cốc A và b gam M2CO3 (M là kim loại kiềm) vào cốc B. Sau khi hai muối đã phản ứng hết và tan hoàn toàn, cân trở lại vị trí cân bằng. 1. Thiết lập biểu thức tính khối lượng nguyên tử M theo a và b. 2. Xác định M khi a = 5 và b = 4,8. Hướng dẫn 1. CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2↑ + H2O (1) M2CO3 + 2HCl → 2MCl + CO2↑ + H2O (2) (1) → khối lượng cốc A tăng = ( 100 − 44) a = 0,56a 100 ( 2M + 60 − 44) b = 0,56a (2) → khối lượng cốc B tăng = 2M + 60 77 2. Ta có a = 5, b = 4,8 → M ≈ 22,8 → M là Natri Bài 4: Đề Olympic 30/4-2000 Cho 20gam hỗn hợp gồm kim loại M và Al vào dung dịch hỗn hợp H 2SO4 và HCl, trong đó số mol HCl gấp 3 lần số mol H2SO4 thì thu được 11,2 lít khí H 2(đktc) và vẫn còn dư 3,4 gam kim loại. Lọc lấy phần dung dịch rồi đem cô cạn thì thu được một lượng muối khan. 1. Tính tổng khối lượng muối khan thu được biết M có hóa trị 2 trong các muối này. 2. Xác định kim loại M nếu biết số mol tham gia phản ứng của hai kim loại bằng nhau. Hướng dẫn: M + 2H+ → M2+ + H2 2Al + 6H+ → 2Al3+ + 3H2 nH + = 2.nH2 = 2. 11,2 = 1mol nH + 22,4 = 2nH 2 SO4 + nHCl = 2nH 2SO4 + 3nH 2SO4 nH2 SO4 = 1 = 0,2mol 5 nHCl = 0,6mol 1. mmuối = (20 – 3,4) + 0,2.96 + 0,6.35,5 = 57,1gam Gọi x là số mol M tham gia phản ứng 2. ta có hệ x.M + 27x = 20 – 3,4 = 16,6 nH = 2x + 3x = 1 → M = 56 (Fe) Bài 5: Cho một lượng dung dịch chứa 2,04 gam muối clorua của một kim loại hóa trị 2 + không đổi tác dụng vừa hết với một lượng dung dịch chứa 1,613 gam muối axit của axit sunfuhidric thấy có 1,455gam kết tủa tạo thành. Viết phương trình phản ứng xảy ra và giải thích tại sao phản ứng đó xảy ra được. Hướng dẫn: Đặt công thức muối clorua là MCl2 và muối sunfuhidro là R(HS)x . * Nếu phản ứng tạo kết tủa xảy ra xMCl2 + R(HS)x → xMS ↓ + RClx + xHCl (các muối clorua đều tan trừ của Ag+, Pb2+ nhưng 2 ion này cũng tạo ↓ với S 2−) 2,04 1,455 = → M = 65 M + 71 M + 32 Kết quả rất phù hợp với KL mol của Zn. Tuy nhiên bất hợp lý ở chỗ : x( M + 71) R + 33x = - Khi thay trị số của M vào tỷ số : tính đợc R = 74,53 lại 2,04 1,613 không thỏa mãn muối nào. theo phơng trình ta thấy : - Kết tủa ZnS không tồn tại trong axit HCl ở cùng vế phơng trình phản ứng 78 Vậy không tạo ra kết tủa MS mà tạo ra kết tủa M(OH)2 trong dung dịch nớc. xMCl2 + 2R(HS)x + 2x H2O → xM(OH)2 ↓ + 2x H2S ↑ + 2RClx . 2,04 1,455 = Ta có : → M = 58 ứng với Ni M + 71 M + 34 x( M + 71) 2.( R + 33x ) + = Thay trị số của M vào tỷ số tính đợc R = 18 ứng với NH 4 2,04 1,613 Vậy NiCl2 + 2NH4HS + 2H2O → Ni(OH)2 ↓ + 2H2S ↑ + 2NH4Cl Bài 6: Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½ 1) Xác định tên nguyên tố X. 2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO 3)2 0,1M và AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B.Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theo tỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 1,1225g. a) Tính lượng kết tủa của A? b) Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp. Hướng dẫn: 1, Nguyên tử của nguyên tố X có: n=3 electron cuối cùng ở phân lớp 3p l=1 m=0 electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3p s=-½ Cấu trúc hình e của X : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 -> Zx = 17X là clo 2. a/ NaCl + AgNO3 = AgCl ↓ + NaNO3 KBr + AgNO3 = AgBr ↓ + KNO3 Khi cho Zn vào dung dịch B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNO 3 dư. Zn + 2AgNO3 = Zn(NO3)2 + 2Ag ↓ Zn + Cu(NO3)2 = Zn(NO3)2 + Cu ↓ NaCl : x mol KBr : y mol nCu(NO3 )2 = 100 . 0,1 = 0,01 mol 1.000 C%NaNO 3 3,4 = C%KNO 3 3,03 79 -> m NaNO3 m KNO3 = 3,4 3,03 85x 3,4 = − > y = 0,75 x 101y 3,03 58,5x + 119y = 5,91 (1) (2)  x = 0,04 Giải hệ pt (1), (2)   y = 0,03 mA = 0,04 . 143,5 + 0,03 . 188 = 11,38g b/ 1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng 151g a mol Zn -> 151a 1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm 0,01 mol -> 0,01g 151a – 0,01 = 1,1225 a = 0,0075 n AgNO bñ = 0,04 + 0,03 + 0,015 = 0,085 mol 1g 3 C M(AgNO3 ) = 0,085. 1000 = 0,85M 100 Bài 7: Để xác định công thức phân tử của một loại muối kép ngậm nước có chứa muối clorua của kim loại kiềm và magie, người ta tiến hành hai thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: cho 5,55g muối trên tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 thu được 8,61g kết tủa Thí nghiệm 2: Nung 5,55g muối trên đến khối lượng không đổi thì thấy khối lượng giảm 38,92%. Chất rắn thu được tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH tạo kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 0,8g chất rắn 1. Xác định công thức muối kép ngậm nước 2. Từ muối đó hãy trình bày phương pháp điều chế hai kim loại riêng biệt Hướng dẫn: 1. Theo TN2, khối lượng muối giảm sau khi nung là do H 2O bay hơi → kết tinh trong 5,55g tinh thể là → chất rắn sau khi nung là hỗn hợp muối KCl và MgCl2 Với dung dịch NaOH dư có phản ứng: Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓ (1) Nung kết tủa: (2) Theo (1) và (2) → trong tinh thể ngậm nước có 0,02 mol MgCl2 80 Theo TN1: tổng mol Cl- (trong MCl và MgCl2) được xác định theo phản ứng: Ag+ + Cl- → AgCl↓ (3) 0,06 → nMCl = 0,02mol Theo đề 0,02(M+35,5)+0,02.95+0,12.18=5,55→ M = 39 (K) Đặt công thức muối kép: xKCl.yMgCl2.nH2O → x : y : n = 0,02 : 0,02 : 0,12 = 1:1:6 → KCl.MgCl2.12H2O (cacnalit) 2. Từ KCl.MgCl2.6H2O có thể điều chế hai kim loại riêng biệt K, Mg: +) Hòa tan tinh thể vào nước → dung dịch hỗn hợp KCl, MgCl 2 +) Sục NH3 dư vào dung dịch: MgCl2 + 2NH3 + 2H2O → Mg(OH)2 + 2NH4Cl +) Lọc kết tủa rồi thực hiện phản ứng: Mg(OH)2 + 2HCl → MgCl2 + 2H2O +) Cô cạn dung dịch rồi điện phân nóng chảy thu được Mg MgCl2 Mg + Cl2 +) Lấy dung dịch gồm KCl và NH4Cl đem cô cạn, nung đến khối lượng không đổi thì NH4Cl NH3 + HCl Chất rắn thu được là KCl, đem điện phân nóng chảy thu được K trên catot 2KCl 2K + Cl2 Bài 8: Hợp chất A chứa S, O và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có 1 nguyên tử S. Thuỷ phân hoàn toàn A được dung dịch B. Người ta sử dụng những thuốc thử cho dưới đây để nhận biết những ion nào có trong B? Thuốc thử a. AgNO3 + HNO3 b. Ba(NO3)2 c. NH3 + Ca(NO3)2 d. KMnO4 + Ba(NO3)2 e. Cu(NO3)2 Qua đó có thể đưa ra công thức phù hợp của A là gì? Để xác định chính xác người ta lấy 7,19g A hòa tan Hiện tượng Có kết tủa vàng nhạt Không có kết tủa Không hiện tượng Mất màu, có kết tủa trắng Không có kết tủa vào nước thành 250ml dung dịch. Lấy 25 ml dung dịch thêm một it HNO 3 và AgNO3 dư thu được 1,452g kết tủa khô sạch. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo A? Hướng dẫn: AgNO3 : thuốc thử ion Cl-( kt trắng) ; Br- ( kt vàng nhạt) ; I- ( kt vàng sẫm) Ba(NO3)2 : thuốc thử ion SO42- ( kt trắng) NH3 + Ca(NO3)2 : thuốc thử ion F- (kt CaF2 trắng) KMnO4 + Ba(NO3)2 : thuốc thử ion SO32- ( kt BaSO4) Cu(NO3)2 : thuốc thử ion I- ( I2 + CuI kt trắng) • Từ hiện tượng trên kết luận A có S+4, có Br- là SOBr2 hoặc SOBrCl. 81 • SOBr2 + 2H2O ---> H2SO3 + 2HBr và SOBrCl + 2H2O ---> H2SO3 + HCl + HBr Từ số liệu tính toán ra kết quả: A là SOBrCl. Công thức cấu tạo: Cl O S Br Bài 9: Cho hỗn hợp A gồm 2 muối NaX, NaY (X, Y là hai halogen kế tiếp). Để kết tủa hoàn toàn 2,2 gam A cần 150ml dung dịch AgNO30,2M. a) Tính khối lượng kết tủa tạo thành. b) Xác định X, Y. c) Biết có phản ứng X2 + KYO3 → Y2 + KXO3. Hãy kết luận chính xác X, Y. d) Từ kết luận c) hãy cho biết chiều của phản ứng X2 + KY ⇔ Y2 + KX Hướng dẫn: 1. Gọi X là halogen trung bình của X, Y ta có phản ứng: Na X + AgNO3 → NaNO3 + Ag X 0,03 0,03 0,03 mA = (23 + X ).0,03 = 2,2 ⇒ X = 50,3 g/mol m↓ = (108 + 50,3).0,03 = 4,749 g  X : Cl (35,5) 2. X bằng 50,3 g/mol ⇒  Y : Br (80) 3. Trong phản ứng : Tính khử X2 > Y2 +5  X : Br (80) Y : Cl (35,5) hoặc  +5 X 20 + K Y O3 → K X O3 + Y ⇒ X là Br, Y là Cl Tính oxihóa KYO3 > KXO3 Br2 + KClO3 → KBrO3 + Cl24. Phản ứng Br2 + 2KCl ⇔ Cl2 + 2KBr Xảy ra theo chều nghịch vì tính oxihóa của Cl2 > Br2 và tính khử của Br- > Cl-1 Bài 10: Nguyên tố A cháy trong oxy tạo ra khí B. Khí B tiếp tục bị oxy hóa thành chất C khi có mặt xúc tác. B phản ứng với nước tạo ra axit yếu D trong khi C phản ứng với nước tạo ra axit mạnh E. Mặt khác, nguyên tố A phản ứng với khí F màu vàng lục tạo thành chất lỏng G màu vàng tươi, rất độc. G có hai đồng phân cấu trúc và có thể tiếp tục bị clo hóa tạo thành chất lỏng H màu đỏ anh đào sôi ở 59 oC. Phần trăm khối lượng của nguyên tố A trong G và H lần lượt là 47,41% và 31,07%. Cả G và H phản ứng với nước đều tạo thành hỗn hợp sản phẩm gồm B, D, và E. Xác định các chất từ A tới H và viết các phương trình phản ứng đã xảy ra. A S hoặc S8 B SO2 C SO3 D H2SO3 E H2SO4 F Cl2 G S2Cl2 H SCl2 82 Bài 11: Điiot pentoxit (X) là một chất rắn tinh thể màu trắng dùng để xác định định lượng cacbon monoxit. Dẫn 150 cm 3 khí (điều kiện tiêu chuẩn) có chứa cacbon monoxit qua lượng dư X ở 170oC đến phản ứng hoàn toàn thì thấy hỗn hợp sản phẩm rắn thu được có màu tím của I2. Lượng I2 sinh ra được chuẩn độ vừa đủ với 8 cm 3 dung dịch natri thiosunfat 0,100 M. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định % thể tích của cacbon monoxit có trong chất khí ban đầu. Phản ứng: I2O5 + 5CO → 5CO2 + I2 I2 + 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI Dễ thấy n (CO) = 5 n (I2) = 5/2 n (Na2S2O3) = 2.10-3 mol Bài 12: Một hợp chất gồm 2 nguyên tố halôgen có công thức XYn. Cho 5,2 gam hợp chất trên tác dụng với khí SO2 dư trong nước theo sơ đồ phản ứng sau: XYn+ H2O + SO2 → HX + HY + H2SO4 Dung dịch thu được cho phản ứng với dung dịch Ba(NO 3)2 dư thì thu được 10,5 gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa lấy dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch AgNO 3 dư thì thu được hỗn hợp kết tủa 2 muối bạc. - Viết các phương trình phản ứng xảy ra. - Đề nghị công thức phân tử của hợp chất đầu. Biết rằng sai số trong thực nghiệm khoảng 1%. Cho C = 12; F = 19; Cl = 35,5; Br = 80; I = 127; Ba = 137; S = 32; O =16;H= 1. Hướng dẫn: Cân bằng phương trình phản ứng XYn+ (n+1)H2O + n +1 n +1 SO2 = HX + nHY + H2SO4 2 2 Viết và cân bằng 3 phương trình còn lại đúng Tính số mol BaSO4 = 0,045 ⇒ số mol H2SO4 = 0,045 ⇒ số mol XYn = Tính ra M (của XYn ) = 5, 2(n + 1) = 57,8(n+1) 0, 09 0, 09 n +1 Lập luận: Vì X và Y đều tạo ra kết tủa không tan trong nước nên X hoặc Y không phải là Flo vì AgF tan trong nước, do đó X và Y chỉ có thể là Cl, Br hoặc I Vì số oxi hoá của các halogen trong hợp chất là các số lẻ –1, +1, +3, +5, +7 Nếu n = 1 ⇒ M = 115,6 ⇒ XY có thể là BrCl ( có PTK là 115,5 ) Nếu n = 3 ⇒ M = 231,2 ⇒ XY3 có thể là ICl3 ( có PTK là 233,5) Nếu n = 5 hoặc n = 7 không có công thức phù hợp Bài 13: Đốt cháy hoàn toàn 3 gam một mẫu than có chứa tạp chất S. Khí thu được cho hấp thụ hoàn toàn bởi 0,5 lít dung dịch NaOH 1,5M được dung dịch A, chứa 2 muối và có xút dư. Cho khí Cl2 (dư) sục vào dung dịch A, sau khi phản ứng xong thu được dung 83 dịch B, cho dung dịch B tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư thu được a gam kết tủa, nếu hoà tan lượng kết tủa này vào dung dịch HCl dư còn lại 3,495 gam chất rắn. 1. Tính % khối lượng C; S trong mẫu than, tính a. 2. Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch A, thể tích khí Cl 2 (đktc) đã tham gia phản ứng Hướng dẫn: 2. Phương trình phản ứng: C + O2 → CO2 (1) x x (mol) S + O2 → SO2 (2) y y (mol) Gọi số mol C trong mẫu than là x; số mol S trong mẫu than là y → 12x + 32y = 3. Khi cho CO2; SO2 vào dung dịch NaOH dư: CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (3) SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (4) Cho khí Cl2 vào dung dịch A (Na2CO3; Na2SO3; NaOH dư) Cl2 + 2NaOH → NaClO + NaCl + H2O (5) 2NaOH + Cl2 + Na2SO3 → Na2SO4 + 2NaCl + H2O (6) Trong dung dịch B có: Na2CO3; Na2SO4; NaCl; NaClO. Khi cho BaCl2 vào ta có: BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaCl (7) x x BaCl2 + Na2SO4 → BaSO4↓ + 2NaCl (8) y y Hoà tan kết tủa vào dung dịch HCl có phản ứng, BaCO3 tan. Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O Vậy : BaSO4 = 3,495 g = 0,015mol Vậy y = 0,015 mol → mS = 0,48 gam → %S = 16% mC = 2,52 gam → %C = 84% 1. a gam kết tủa = 3,495 + 2,52 (137 + 60) = 41,37 gam 12 2. Dung dịch A gồm: Na2CO3; Na2SO3; NaOH(dư) [ Na2CO3 ] = 0,21: 0,5 = 0,12M [ Na2SO3 ] = 0,015: 0,5 = 0,03M [ NaOH ] = 0,75 - (2 . 0,21 + 2 . 0,015) = 0,6M 0,5 3. Thể tích Cl2 (đktc) tham gia phản ứng: nCl2 = 1 . 0,3/2 → VCl2 = 0,3 . 22,4/2 = 3,36 lít Bài 14: Chất lỏng A trong suốt, không màu; về thành phần khối lượng, A có chứa 8,3% hiđro; 59,0% oxi; còn lại là clo. Khi đun nóng A đến 1100C, thấy tách ra khí X, đồng thời khối lượng giảm đi 16,8%, khi đó chất lỏng A trở thành chất lỏng B. Khi làm lạnh A ở dưới 00C, thoạt đầu tách ra tinh thể Y không chứa clo; còn khi làm lạnh chậm ở nhiệt độ thấp hơn nữa sẽ tách ra tinh thể Z chứa 65% clo về khối lượng. Khi làm nóng chảy tinh thể Z có thoát ra khí X. 84 a) Cho biết công thức và thành phần khối lượng của A, B, X, Y, Z? b) Giải thích vì sao khi làm nóng chảy Z có thoát ra khí X? c) Viết phương trình phản ứng hóa học của chất lỏng B với 3 chất vô cơ, 2 chất hữu cơ thuộc các loại chất khác nhau. Hướng dẫn: a) Đặt tỉ lệ số nguyên tử H:O:Cl trong A là a:b:c. Ta có: 8,3 59 32, 7 : : = 8,3 : 3,69 : 0,92 = 9 : 4 : 1 1 16 35,5 Ta thấy, không tồn tại chất ứng với công thức H9O4Cl. Tuy nhiên, tỉ lệ H:O là 9:4 gần với tỉ lệ của các nguyên tố trong phân tử H2O. - Có thể suy ra chất lỏng A là dung dịch của HCl trong H2O với tỉ lệ mol là 1 : 4 với C% HCl = 36,5 .100% = 33,6% 36,5 + 18.4 - Khi tăng nhiệt độ sẽ làm giảm độ tan của khí, hợp chất X thoát ra từ A là khí hiđro clorua (HCl). - Do giảm nồng độ HCl ⇒ C% HCl còn lại = 33, 6 − 16,8 .100% = 20,2% 100 − 16,8 ⇒ Chất lỏng B là dung dịch HCl nồng độ 20,2%. (Dung dịch HCl ở nồng độ 20,2% là hỗn hợp đồng sôi, tức là hỗn hợp có thành phần và nhiệt độ sôi xác định). - Khi làm lạnh dung dịch HCl ở dưới 0oC, có thể tách ra tinh thể nước đá Y. - Khi làm lạnh ở nhiệt độ thấp hơn, thì tách ra tinh thể Z là HCl.nH2O. - Tinh thể Z có khối lượng mol phân tử là 35,5 = 54,5 g/mol 0, 65 ⇒ thành phần tinh thể Z là: HCl.H2O. b) Khi làm nóng chảy Z, tạo ra dung dịch bão hòa HCl nên có một phần HCl thoát ra. c) Dung dịch HCl 20,2% có thể phản ứng với kim loại, oxit bazơ, bazơ, ... hoặc các chất hữu cơ như: amin, muối của axit hữu cơ, ... 2HCl + Zn → ZnCl2 + H2 2HCl + CaO → CaCl2 + H2O HCl + NaOH → NaCl + H2O HCl + CH3NH2 → CH3NH3Cl HCl + CH3COONa → CH3COOH + NaCl Bài 15: Cho m gam muối halogenua kim loại kiềm phản ứng với 50 ml dung dịch H 2SO4 đặc nóng, 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 B bằng 200ml dung dịch NaOH 2M rồi làm bay hơi cẩn thận sản phẩm thu được 199,6g hỗn hợp D (khối lượng khô). Nung D đến khối lượng không 85 đổi, thu được hỗn hợp muối E khô có khối lượng 98g. Nếu cho dung dịch BaCl 2 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(NO3)2 dư thu được 23,9 gam kết tủa. 1) Tính nồng độ % dung dịch H2SO4 (d = 1,715 g/ml) 2) Tính m. 3) Xác định tên kim loại và halogen trên? Hướng dẫn Gọi công thức muối là MX - A là sản phẩm phản ứng giữa MX và H2SO4 đặc, A có mùi đặc biệt và tạo kết tủa đen với dung dịch Pb(NO3)2 ⇒ A là H2S. nPbS = 23,9/239 = 0,1 mol H2S + Pb(NO3)2 → PbS + 2HNO3 (1) mol 0,1 0,1 - Phản ứng giữa MX và H2SO4 đặc nóng tạo ra H2S ⇒ đây là phản ứng oxi hóa khử: 2MX + H2SO4 (đ) → M2SO4 + H2S + X’ + H2O (2) - Phản ứng trung hòa H2SO4 dư: 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O (3) - Cho dung dịch BaCl2 vào kết tủa: Ba2+ + SO42- → BaSO4 (4) 1 0, 2.2 nNa2 SO4 = nNaOH = = 0, 2mol 2 2 98.1, 4265 (3) ⇒ n = 0, 6mol Na2 SO4 + nM 2 SO4 = nSO 2− = nBaSO 4 = 4 233 nM 2 SO4 = 0, 6 − 0, 2 = 0, 4mol Theo định luật bảo toàn nguyên tố: nH 2 SO4 (bd) = nBaSO4 + nH 2 S = 0,6 + 0,1 = 0,7mol C % H 2 SO4 = 2. 0,7.98.100% = 80% 50.1,715 nH 2 SO4 (2) = nM 2 SO4 + nH 2 S = 0, 4 + 0,1 = 0,5mol ⇒ nH 2O (2) = nH 2 SO4 (2) − nH 2 S = 0, 4mol Theo định luật bảo toàn khối lượng ⇒ mD giảm khi đun nóng là khối lượng X’. mX ' = 199, 6 − 98 = 101, 6( g ) mNa2 SO4 + mM 2 SO4 = 98( g ) Ta có: ⇒ mM 2 SO4 = 98 − 0, 2.142 = 69, 6 gam m + 0,5.98 = 101, 6 + 0,1.34 + 0, 4.18 + 69, 6 ⇒ m = 132,8 gam 3. 86 mM 2 SO4 = 69, 6 gam 69, 6 − 96 = 78 ⇒ 2M = 0, 4 ⇒ M = 39, vậy M là K - Mặt khác ta có: MMX = 132,8/0,8 = 166 ⇒ M + X = 166 ⇒ X = 166 – 39 = 127 ⇒ X là Iot Bài 16: Tương tự bài 15 GV có thể sử đề thành 1 bài khác Cho m gam muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axit H2SO4 đặc nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO 3)2 thu được 23,9 gam kết tủa mày đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 gam chất rắn A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6 gam. Nếu cho dung dịch BaCl2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1,674 lần khối lượng muối B 1. Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 và m gam muối? 2. Xác định kim loại kiềm và halogen? 3. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của R3-? (R là halogen đã nêu ở trên) Hướng dẫn: 1) Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối. Gọi công thức muối halozen: MR. Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO 3)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) 0,8 0,5 0,4 0,4 0,1 H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3. (2) 0,1 0,1 BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 (3) Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol) theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2 nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol) Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g) Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol) → Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol) Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M) Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam ) m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g) 2) Xác định kim loại kiềm và halogen. + Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. MR → MR = 127 (Iot) + Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8 → MM =39 (Kali) 87 3) Trạng thái lai hóa và dạng hình học của I3-: sp3d và dạng đường thẳng Bài 17: Khi đun nóng một nguyên tố A trong không khí thì sinh ra oxit B. Phản ứng của B với dung dịch kali bromat trong sự có mặt của axit nitric cho các hợp chất C, D, và muối E là thành phần của thuốc súng đen. Ở nhiệt độ và áp suất tiêu chuẩn thì D là một chất lỏng màu đỏ. Hỗn hợp của C với axit clohydric là một trong số ít các hóa chất có thể hoà tan được kim loại F. Khi xảy ra phản ứng này thì sinh ra hợp chất B và G và dung dịch có màu vàng sáng. a) Xác định các chất từ A đến G, biết rằng trong G thì clo chiếm 41,77% về khối lựơng và từ 1,00 g B cho 1,306 g của C. Nêu lý do. b) Viết các phản ứng hóa học xảy ra trong thí nghiệm. c) Khi hợp chất A được đun sôi với dung dịch Na 2SO3 thì một hợp chất mới H được hình thành, H chứa 15,6% lưu huỳnh về khối lượng. Xác định thành phần hóa học và công thức phân tử H. d) Đề nghị hai cách để chuyển kim loại F về dạng dung dịch. Viết các phương trình hóa học cho các phản ứng tương ứng. Hướng dẫn: a) Chất lỏng màu đỏ D là brom (Br2), E là kali nitrat (KNO3). Phản ứng giữa B với kali bromat là: B + HNO3 + KBrO3 → C + Br2 + KNO3 Điều này cho phép ta giả thiết rằng C là một hydroxit. 1,306 mC M(H x AO y ) 1.x + 16.y + A = = = Như vậy: 1,00 1 1 mB M(A 2 O z ) (2.A + 16z) 2 2 ⇒ M(A) = (3.3x + 52.3у – 34.1z) g/mol. x = 2  Đáp án duy nhất chấp nhận là  y = 4 z = 4  ứng với A = Se, B = SeO2, và C = H2SeO4. Dựa vào sự mô tả này thì F phải là một kim loại quý, trong trường hợp đó thì G là phức clorua của nó. Gọi n là số nguyên tử clo trong phức thì khối lượng phân tử là: M(G) = 35,45n = 84,9n (g/mol) 0,4177 Giá trị duy nhất khả thi là n = 4. Tức là, F = Au, G = H[AuCl4] Bài 18: Một hỗn hợp X gồm 3 muối halogen của kim loại Natri nặng 6,23g hòa tan hoàn toàn trong nước được dung dịch A. Sục khí clo dư vào dung dịch A rồi cô cạn hoàn toàn dung dịch sau phản ứng được 3,0525g muối khan B. Lấy một nửa lượng muối này hòa tan vào nước rồi cho phản ứng với dung dịch AgNO 3 dư thì thu được 3,22875g kết tủa. Tìm công thức của các muối và tính % theo khối lượng mỗi muối trong X. 88 Hướng dẫn: Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung dịch A chỉ có NaCl → nNaCl = 3, 0525 = 0, 0522mol 58,5 NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3 Theo (1) → nNaCl = nAgCl (1) 3, 22875 = .2 = 0, 045mol < 0, 0522mol 143,5 Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF. Vậy trong hỗn hợp X chứa NaF. mNaF = mB – mNaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g) % NaF = 0, 42 .100% = 6, 74% 6, 23 Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là: NaY 2 NaY + Cl2 → 2 NaCl + Y2 (2) Theo (2) → nNaY = nNaCl = 0, 045mol mNaY = mX − mNaF = 6, 23 − 0, 42 = 5,81( g ) Do đó: M NaY = 5,81 = 129,11 = 23 + M Y → M Y = 106,11 0, 045 → phải có một halogen có M > 106,11 → đó là iot. Vậy công thức của muối thứ 2 là NaI. Do đó có hai trường hợp: * Trường hợp 1: NaF, NaCl và NaI Gọi a, b lần lượt là số mol của NaCl và NaI 58,5a + 150b = 5,81  a = 0, 01027 →  a + b = 0, 045 b = 0, 03472 Ta có:  mNaCl = 58,5.0,01027 = 0,6008(g) mNaI = 150. 0,03472 = 5,208 (g) 0, 6008 .100% = 9, 64% 6, 23 0, 6008 % NaCl = .100% = 9, 64% 6, 23 % NaF = 6, 77% % NaI = 83,59% Vậy: % NaCl = Trường hợp 2: NaF, NaBr và NaI 103a '+ 150b ' = 5,81  a ' = 0, 02 →  a '+ b ' = 0, 045 b ' = 0, 025 Ta có:  mNaBr = 103.0,02 = 2,06(g) mNaI = 150.0,025 = 3,75 (g) Vậy % NaBr = 2, 06 3, 75 .100% = 33, 07% ; % NaI = .100% = 60,19% 6, 23 6, 23 ; % NaF = 6, 74% Bài 19: Cho hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl2, NaBr, KI. Cho 93,4 gam hỗn hợp A tác dụng với 700 ml dung dịch AgNO 3 2M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột Fe vào dung dịch D. Sau khi phản ứng kết 89 xong thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H 2 (đkc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí cho đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. 1. Tính khối lượng kết tủa B. 2. Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V lít Cl 2 sục vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2 gam chất rắn. Tính V(đkc)? Hướng dẫn: Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl2, NaBr, KI. Phương trình phản ứng: Cl- + Ag+ → AgCl↓ Cl- + Ag+ → AgBr↓ I- + Ag-+ → AgI↓ Fe + 2Ag+(dư) → Fe2+ + 2Ag Fe(dư) + 2H+ → Fe2+ + H2 Fe2+ + 2OH- → Fe(OH)2 ↓ 2Fe(OH)2 + (1) (2) (3) (4) (5) (6) 1 O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓ 2 2Fe(OH)3↓ → Fe2O3 + 3H2O Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 Mg(OH)2 → MgO + H2O (7) (8) (9) (10) 4, 48 = 0, 2mol Theo (5) nFe(dư) = nH 2 = 22, 4 nAg + ( du ) = 0, 2 × 2 = 0, 4mol Theo (1) (2) (3) nAg + = (0, 7 × 2) − 0, 4 = 2a + b + c = 1mol (I) = 160 × 0,1 + 40a = 24 mrắn = = mFe2O3 + mMgO a = 0,2 (II) mA = 95.0,2 + 103b + 166c = 93,4 (III) 2. Phương trình phản ứng: Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 (1) Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 (2) Khi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 – 35,5) = 18,3 gam Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xay ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 – 35,5) + 0,4(80 – 35,5) = 36,1 gam Theo đề bài ta co khối lượng muối giảm: 93,4 – 66,2 = 27,2 gam 18,3 < 27,2 < 36,1 chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và có một phần phản ứng (2). Đặt số mol Br2 phản ứng bằng x thì khối lượng muối giảm: 18,3 + x(80 – 35,5) = 27,2 Suy ra x = 0,2 mol 1 VCl2 = 22, 4.0, 2 = 4, 48lit Vậy nCl2 = (0, 2 + 0, 2) = 0, 2mol 2 90 Bài 20: Cho 50g dung dịch X chứa 1 muối halogenua kim loại hóa trị II tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 9,40g kết tủa. Mặt khác, dùng 150g dung dịch X phản ứng với dung dịch Na2CO3 dư thì thu được 6,30g kết tủa. Lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, khí thoát ra cho vào 80g dung dịch KOH 14,50%. Sau phản ứng, nồng độ dung dịch KOH giảm còn 3,85%. a, Xác định CTPT của muối halogen trên. b, Tính C% muối trong dung dịch X ban đầu. Hướng dẫn: a, CTPT muối MX2: MX 2 + 2 AgNO3 → 2 AgX ↓ + M ( NO3 ) 2 (1) (2) (3) (4) MX 2 + Na2CO3 → MCO3 ↓ +2 NaX MCO3 → MO + CO2 ↑ CO2 + 2 KOH du → K 2CO3 + H 2O Lý luận: (1) → số mol AgX(1) = 9, 4 108 + X (5) (2) → số mol MX2(2) = số mol MCO3(2) = số mol CO2 = (4) → mKOHpu(4) = 2 × Mà mKOH(bđ) = 11,6g  6,3 × 56 M + 60 6,3  3,85 + 80  × mKOHsau pư =  44 × M + 60   100 → mKOHpu(4) = mKOH(bđ) + mKOHsau pư 2× 6,3 (6) M + 60 (7) (8) 6,3  6,3  3,85  × 56 = 11, 6 −  × 44 ÷+ 80  × M + 60   M + 60  100 (9) Giải ra M = 24 (Mg). (6) → số mol MX2(2) = 0,075 → số mol MX2(1) = 0,025 (1)→ số mol của AgX(1) = 2 lần số mol MX2(1) (5) → X = 80 (Br) Công thức muối: MgBr2. b, Khối lượng MgBr2 (trong 50gam dung dịch X) = 4,6g → C% MgBr2 = 9,2%. Bài 21. Cho 7,9 gam KMnO4 vào dung dịch chứa 0,15 mol KCl và 0,2 mol H 2SO4 (phản ứng hoàn toàn) thu được khí clo. Dẫn toàn bộ khí clo thu được đi từ từ qua ống đựng 12,675 gam kim loại R (hóa trị không đổi), nung nóng. Kết thúc phản ứng, chia chất rắn thu được thành 2 phần: Phần I: có khối lượng 6 gam được cho vào dung dịch HCl (dư), thu được 0,896 lít H 2 (đktc). 91 Phần II: cho vào dung dịch AgNO3 (dư) thu được m gam kết tủa. a) Xác định kim loại R. b) Tính m. Hướng dẫn a) Số mol KMnO4 = 0,05 ; KCl = 0,15 ; H2SO4 = 0,2 và H2 = 0,04 10KCl + 8H2SO4 + 2KMnO4 → 5Cl2+ 2MnSO4+ 6K2SO4 + 8H2O 0,15 0,12 0,03 0,075 ⇒ H2SO4 và KMnO4 đều dư 2R + nCl2  → 2RCln ⇒ khối lượng chất rắn = 12,675 + (71×0,075) = 18 gam Nếu hòa tan cả chất rắn bằng HCl thu được 0,04×3 = 0,12 mol H2 R − ne → R+n ; Cl2 + 2e → 2Cl− và 2H+ + 2e → H2 a an 0,075 0,15 0,15 0,24 0,12. Theo quy tắc thăng bằng số mol e: an = 0,15 + 0,24 = 0,39 ⇒ a = 12,675n 0,39 ⇒ R = 0,39 = 32,5n ⇒ n = 2 n thoả mãn R = 65 ∼ Zn 2 3 2 3 b) Phần II có 0,12× = 0,08 mol Zn dư và 0,15× = 0,1 mol Cl−. Zn + Ag+ → Zn2+ + 2Ag↓ và Cl− + Ag+ → AgCl↓ 0,08 0,16 0,1 0,1 ⇒ m = (0,16×108) + (0,1×143,5) = 31,63 gam Bài 22: Hoà tan 24 gam Fe2O3 bằng dung dịch HCl dư sau phản ứng được dung dịch B. Cho vào dung dịch B một lượng m gam hỗn hợp 2 kim loại Mg và Fe, thấy thoát ra 2,24 lít H2 (đktc) sau phản ứng thu được dung dịch C và chất rắn D có khối lượng bằng 10% so với khối lượng m. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch C, lọc lấy kết tủa tạo thành đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 40 gam chất rắn. Biết rằng hiệu suất các phản ứng đều là 100%. 1. Viết các phương trình hóa học minh họa cho các phản ứng. 2. Tính khối lượng mỗi kim loại trong m gam hỗn hợp. Hướng dẫn: 1. Các phương trình phản ứng: Fe2O3 + 6HCl = 2FeCl3 + 3H2O (1) Mg + 2FeCl3 = 2FeCl2 + MgCl2 (2) Mg + 2HCl = MgCl2 + H2 (3) Fe + 2FeCl3 = 3FeCl2 (4) Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (5) 2+ Mg + 2OH = Mg(OH)2 (6) 2+ Fe + 2OH = Fe(OH)2 (7) 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 (8) Mg(OH)2 = MgO + H2O (9) 2Fe(OH)3 = Fe2O3 + 3H2O (10) 2. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp: 92 Dung dịch B: FeCl3 , HCl dư, khi cho hỗn hợp 2 kim loại vào B: Số mol Fe3+ trong B = 0,3 mol ; số mol H2 = 0,1 mol a) Nếu chỉ có Mg phản ứng => có pư (1), (2), (3) => số mol Mg = 0,15 + 0,1 = 0,25 mol Khối lượng chất rắn sau khi nung: 24 + 0,25.40 = 34 gam < 40 trái giả thiết. b) Cả Mg và Fe tham gia: - Gọi số mol Mg = x; Fe tham gia phản ứng = y: Số mol e nhường = 2x + 2y ; Số mol e nhận = 0,3 + 0,1.2 = 0,5. 2(x+y) = 0,5 (*) Khối lượng chất rắn = 24 + 40x + 80y = 40 (**) kết hợp với (*) giải được: x = 0,1 ; y = 0,15 Khối lượng kim loại tham gia phản ứng: 24.0,1 + 0,15.56 = 10,8 gam Khối lượng Fe dư: 1,2 gam vậy: Khối lượng Mg = 2,4 gam Khối lượng Fe = 9,6 gam. Bài 23: Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y, tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch, thu được 14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thì chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn. a) Tìm nồng độ CM của dung dịch X, nồng độ C% của dung dịch Y và công thức của Z. b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X1 gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau phản ứng thêm tiếp 1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, lọc lấy kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 13,1 gam chất rắn Y1. Tìm thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X1. Hướng dẫn: HCl + NaOH → NaCl + H2O NaCl + n H2O → NaCl.nH2O Z NaCl.nH2O → NaCl + n H2O Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ với a) nhau. Có: nHCl = nNaOH = nNaCl = 8,775: 58,5 = 0,15 mol. 0,15 = 2,5M 0,06 0,15 × 40 C %( NaOH ) = × 100% = 6% 100 C M ( HCl ) = 93 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: nH2O = 14,175 - 8,775 = 5,4 gam; nH2O = 0,3 mol => n = 0,3: 0,15 = 2; Vậy công thức của Z là NaCl.2H2O. b) Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: nHCl = 0,84.2,5 = 2,1 mol Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y: n NaOH = 1600 × 6 = 2,4 mol 100 × 40 Al + 3 HCl → AlCl3 + 3/2 H2 (1) a 3a a Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 (2) b 2b b Giả sử X1 chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là: nHCl = 16,4 × 3 = 1,82 < 2,1 27 Giả sử X1 chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là: nHCl = 16,4 × 2 = 0,59 < 2,1 56 Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X1 thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y: HCl + NaOH → NaCl + H2O (3) 2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b) FeCl2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 + 2 NaCl (4) b 2b b AlCl3 + 3 NaOH → Al(OH)3 + 3 NaCl (5) a 3a a Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X1 lần lượt là a và b. Có: 27a + 56b = 16,4 (*) Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4) và (5) là 2,1 mol => số mol NaOH dư là: 2,4- 2,1 = 0,3 mol. Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2 H2O a 0,3 Trường hợp 1: a ≤ 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa chỉ có Fe(OH)2. 4 Fe(OH)2 + O2 → 2 Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 là Fe2O3. b/2 = nFe2O3 = 13,1: 160 = 0,081875; => b = 0,16375 mol (*) => a = 0,2678 mol (≤ 0,3) => %Al = 27. 0,2678 .100: 16,4 = 44,09%; %Fe = 55,91%. Trường hợp 2: a > 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan một phần, kết tủa có Fe(OH) 2 và Al(OH)3 dư. 2 Al(OH)3 → Al2O3 + 3 H2O a - 0,3 (a - 0,3)/2 4 Fe(OH)2 + O2 → 2 Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 có Al2O3 và Fe2O3. 51 (a - 0,3) + 80 b = 13,1 (**) Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,4; b = 0,1 => %Al = 27. 0,4 .100: 16,4 = 65,85%; %Fe = 34,15%. Bài 24: Khối lượng riêng nhôm clorua khan được đo ở 200 oC, 600oC, 800oC dưới áp suất khí quyển lần lượt là : 6,9 ; 2,7 ; 1,5 g/dm3. 94 a. Tính khối lượng phân tử của nhôm clorua khan ở mỗi nhiệt độ nêu trên ( hằng số khí R= 0,082) b. Viết công thức phân tử và công thức cấu tạo của hơi nhôm clorua ở 200 oC, 800oC. c. Nêu phương pháp điều chế nhôm clorua khan rắn trong phòng thí nghiệm. Cần chú ý tính chất nào của AlCl3 khi thực hiện phản ứng điều chế ? Hướng dẫn a. Thể tích 1 mol khí (n=1) ở các nhiệt độ 200, 600, 800oC V473K = 0,082 x 473 = 38,78lit V873K = 0,082 x 873 = 71,58lit V1073K = 0,082 x 1073 = 87,98lit Khối lượng mol phân tử của nhôm clorua khan ở các nhiệt độ đã cho là : M200oC = 37,78 x 6,9 = 267,62 ( g ) M600oC = 71,58 x 2,7= 193,28( g ) M800oC = 87,98 x 1,5= 131,87( g ) b. Công thức phân tử và công thức cấu tạo : *Tại 200oC. Khối lượng phân tử của AlCl3 = 133,5  (AlCl3 )n = 267,62  n = 2  CTPT : Al2Cl6 Cl Cl Cl Al Al CTCT : Cl Cl Cl Do có liên kết phối trí, lớp vỏ e ngoài cùng của nhôm đạt tới bát tử bền vững. * Tại 800oC. ( AlCl3 ) = 131,97.  n = 1 Cl CTPT : AlCl3 CTCT :  Al c. Phương trình phản ứng : Cl Cl t 2 Al + 3Cl2 → 2 AlCl3 AlCl3 là một chất thăng hoa ở 183oC, dễ bốc khói trong không khí ẩm : AlCl3 + 3 H2O → Al(OH)3 + 3HCl Bài 25: Đun nóng một hỗn hợp gồm bột đồng, đồng I oxit, đồng II oxit với dung dịch o H2SO4 loãng sau phản ứng khối lượng kim loại còn lại bằng 1 khối lượng hỗn hợp ban 4 đầu. Cũng khối lượng hỗn hợp ban đầu như trên nếu cho tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl đặc thì thấy có 85% khối lượng hỗn hợp tác dụng. a)Trình bày cách tính riêng toàn bộ đồng trong hỗn hợp. b)Tính khối lượng hỗn hợp cần dùng để điều chế 42,5 (g) đồng. Hướng dẫn: Gọi m là khối lượng của hỗn hợp gồm: a mol Cu, b mol CuO, c mol Cu2O: Ta có: 64a + 80b + 144c = m (1). (0,25 điểm) 95 Phản ứng với H2SO4 loãng: CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O. Cu2O + H2SO4 → Cu + CuSO4 + H2O. c c Cu + H2SO4 a Khối lượng kim loại còn lại là khối lượng của Cu: m Cu = 64 ( a + c ) = 1 m m ⇒ a+c= (2) 4 4x 64 (0,25 điểm) (0,25 điểm) Phản ứng với HCl đặc: CuO + HCl → CuCl2 + H2O. Cu2O + 8HCl → 2H3(CuCl4) + H2O. Cu + HCl 85% khối lượng hỗn hợp tác dụng với HCl là CuO và Cu2O. Vậy: 100 – 85 = 15% Không tác dụng là Cu. %Cu = 64a = 15 0,15 m ⇒ a= m. 100 64 (0,25 điểm) (0,25 điểm) a) Để tách toàn bộ đồng trong hỗn hợp ta cho hỗn hợp tác dụng với H 2 đun nóng cho một luồng khí hidro dư đi qua để khử toàn bộ Cu2+ và Cu+ về Cu kim loại. Cu + H2 t0c a CuO + H2 →Cu + H2O. t0c b b Cu2O + H2 → 2Cu + H2O. c 2c b) Ta có: 64( a + b + 2c ) = 42,5 (3) 0,15m m 0,15m 0,1m vào (2) ⇒ c = = 64 4x 64 64 64 0,15m 0,1m 0,625m Thay a, c vào (1) ⇒ 64. + 80b + 144. = m⇒ b = 64 64 80 0,15m 0,625m 0,1m Thay a, b, c vào (3) ⇒ 64. + 80. + 144. = 42,5 64 80 64 0,85 m = 42,5 ⇒ m = 50 (g). Thay a = ⇒ Bài 26: Một học sinh cẩn thận làm thí nghiệm như sau: Cho một ít Br 2 vào bình chứa dung dịch NaOH dư, rồi cho tiếp vào bình 1 mẫu urê. Sau 15 phút cho từ từ dung dịch H2So4 đến pH = 7. Sau đó em học sinh này cho tiếp vào bình dung dịch Na 2CO3 đến dư; rồi sau đó lại cho từ từ dung dịch H 2SO4 đến pH = 7. Cuối cùng em cho vào bình chứa dung dịch natri arsenit Na3AsO3 0,1M. Mỗi lần như vậy, em học sinh thấy nếu không có khí sủi bọt bay lên thì dung dịch trong bình lại đổi màu. 1/ Hãy viết các phương trình phản ứng đã xảy ra. 2/ Nếu dùng 9,6g Brôm đầu tiên và 0,6g urê thì thể tích dung dịch Na 3AsO3 0,1M tối thiểu để phản ứng xảy ra hoàn toàn là bao nhiêu ? 96 Hướng dẫn: 1/ Các phương trình phản ứng xảy ra : Br2 + 2NaOH → NaBr + NaBrO + H2O (NH4)2CO + 3NaBrO + 2NaOH → N2↑ + Na2CO3 + 3NaBr + 3H2O H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O NaBr + NaBrO + H2SO4 → Br2 + Na2SO4 + H2O 3Br2 + 3Na2CO3 → 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2↑ H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + H2O + CO2↑ 5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 → 3Br2 + 3Na2SO4 + 3H2O Br2 + Na3AsO3 + H2O → 2NaBr + NaH2AsO4 2/ nBr2 ban ñaàu = 9, 6 = 0, 06mol 160 nureâ = 0, 6 = 0, 01mol 0, 6 nNa3 AsO3duøng = 0, 03mol Vdd Na3 AsO3duøng = 0, 03 = 0,3l 0,1 PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ Sau một quá trình nghiên cứu, đề tài đã thu được những kết quả sau: 1. Đã phân tích chương trình hóa học chuyên, để đánh giá đúng mức vai trò, vị trí của bài tập hóa trong việc dạy và học môn Hóa học, bồi dưỡng học sinh giỏi Hóa học. phi kim nói chung và nhóm halogen nói riêng Tiến hành xây dựng (sưu tầm, lựa chọn, biên soạn, phân loại) được 140 bài tập lí thuyết và tính toán về các đơn chất halogen và hợp chất của chúng. Tất cả các bài tập đều có hướng dẫn giải chi tiết, đầy đủ. Đây là nguồn bài tập giáo viên có thể đễ dàng sử dụng trong quá trình giảng dạy, ôn luyện học sinh giỏi, ra đề kiểm tra, đề thi; làm tài liệu học tập cho học sinh đặc biệt cho học sinh chuyên về nhóm halogen. Ngoài ra còn là tài liệu tham khảo mở rộng và nâng cao cho giáo viên môn hóa học và học sinh yêu thích môn hóa học nói chung. - Hệ thống bài tập lí thuyết: 87 bài được chia thành các dạng: Bài tập về đơn chất halogen: + Cấu tạo, tính chất vật lí + Tính chất hóa học + Điều chế: Bài tập về hợp chất của các halogen + Hợp chất với hiđro, halogenua + Hợp chất với oxi + Hợp chất giữa các halogen Bài tập tổng hợp + Viết phương trình phản ứng + Nhận biết + Một số bài tập khác - Hệ thống bài tập tính toán: 53 bài được chia thành các dạng 97 + Bài tập đại cương: 12 bài + Bài tập về phương pháp chuẩn độ iot: 6 bài + Bài tập về hợp chất chứa oxi của halogen: 9 bài + Bài tập về axit halogen hiđric, muối halogenua: 26 bài 2. Đề xuất sử dụng hệ thống bài tập dùng cho việc giảng dạy, học tập, bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường THPT chuyên. Hướng phát triển của đề tài Vì thời gian có hạn nên chúng tôi chỉ mới nghiên cứu để xây dựng được hệ thống bài tập phần halogen. Để có tài liệu đầy đủ về phần hóa vô cơ làm tài liệu giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp, chúng tôi sẽ tiếp tục phát triển đề tài theo hướng tuyển chọn, biên soạn hệ thống bài tập theo từng chuyên đề hóa học cụ thể như: 1. Tiếp tục bổ sung và cập nhật những bài tập hay và phong phú vào hệ thống bài tập này. 2. Tiếp tục xây dựng hệ thống bài tập về các nhóm phi kim khác. 3. Tiếp tục xây dựng hệ thống bài tập về các nhóm các kim loại. ………. Chúng tôi tin rằng, nếu thực hiện tốt những hệ thống bài tập này thì đây sẽ là nguồn tài liệu vô cùng quý giá cho các giáo viên chuyên và giáo viên BDHSG hóa học; là tài liệu tham khảo giúp HS định hướng ôn thi HSG hóa học các cấp. ĐỀ XUẤT Ý KIẾN XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP Đặc điểm trường chuyên nước ta hiện nay là nơi tập trung đào tạo rèn luyện những học sinh giỏi, thông minh để có đủ kiến thức, năng lực trình độ không những thi Đại học mà mục tiêu cao hơn là tham dự các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế. Mà yêu cầu của việc thi học sinh giỏi và học sinh giỏi quốc tế ngày càng cao, ngày càng rộng theo xu hướng phát triển của khoa học hiện đại; kiến thức đòi hỏi học sinh phải nắm bắt được rất nhiều, với số lượng giờ dạy trên lớp còn hạn chế, giáo viên không thể cung cấp hết được mọi kiến thức cho học sinh mà chỉ có thể hướng dẫn HS tìm tòi, khám phá. Vì vậy, giáo viên dạy ở trường chuyên phải có phương pháp thích hợp để phát triển năng lực tư duy của học sinh. Giáo viên ngoài việc trình bày các kiến thức cơ bản chắc chắn còn phải cung cấp kiến thức nâng cao cho các em, đặc biệt là học sinh trong đội tuyển thi học sinh giỏi Quốc gia, đội tuyển dự thi Olympic Hóa học Quốc tế. Giáo viên phải xác định rõ kiến thức cơ bản để xây dựng các bài tập minh họa nhằm khắc sâu dạng cơ bản nhưng đồng thời phải hình thành các tình huống vận dụng phức tạp khác nhau, liên hệ các tình huống đó nhằm phát triển ở học sinh năng lực tư duy sáng tạo. Đối với bài tập cho học sinh chuyên luôn phải thay đổi vì đối tượng học sinh chuyên là những em có trí tuệ phát 98 triển, có khả năng tự học, tự tìm tòi nghiên cứu nên giáo viên không thể giảng dạy một cách máy móc, thụ động. Trong giai đoạn hiện nay, để đáp ứng với sự phát triển về nội dung trong các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia đã được nâng lên với yêu cầu ngày càng cao. Do đó, giáo viên dạy ở các trường chuyên phải có sự đổi mới cả về nội dung và phương pháp để đáp ứng được yêu cầu đó. Chúng tôi xin đưa ra một số ý kiến về xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập hóa học 1. Một yêu cầu đầu tiên khi xây dựng hệ thống bài tập đó là phải đảm bảo tính chính xác, khoa học. 2. Để xây dựng được một hệ thống bài tập tốt, thiết thực và sử dụng hiệu quả đòi hỏi: + GV không chỉ phải nắm kiến thức lý thuyết một cách vững chắc mà GV buộc phải giải qua các đề thi HSG hóa học các cấp. Có như vậy GV mới có được cái nhìn bao quát về chương trình mình dạy, đồng thời biết dự đoán hướng ra đề thi HSG các cấp. Từ đó chất lượng bồi dưỡng mới thực sự được nâng cao. + Bài tập phần hóa nguyên tố rất rộng, để phù hợp với mục đích rèn luyện kỹ năng và phát triển nhận thức của HSG hóa học, hệ thống bài tập được chúng tôi xây dựng trên cơ sở tuyển chọn những bài tập ở mức độ khá cao từ các sách tham khảo, nguồn bài tập trên mạng và đề thi HSG các cấp. Một mặt, tùy tình hình thực tế HS ở mỗi trường mà GV lọc tách bài để luyện tập cho phù hợp với nội dung và mục đích rèn luyện. Mặt khác, GV cần biên soạn riêng cho mình một hệ thống bài tập chuyên dụng từ hệ thống bài tập bảo đảm chuẩn xác về kiến thức, giáo viên biến đổi để được những bài tập tương đương cho học sinh giải. Từ bài tập đã giải, thay đổi, thêm, bớt các dữ kiện thành bài tập mới. Dần dần khuyến khích, yêu cầu học sinh tự biến đổi thành bài tập mới. Như vậy, học sinh vừa được làm quen với phương pháp giải bài tập, vừa biết được phương pháp đó áp dụng trong những tình huống nào. + Bài tập phải gắn liền hoá học với thực tế: Phát huy vai trò tích cực, chủ động của học sinh, hướng học sinh nhìn nhận các sự vật, hiện tượng hoá học sát đúng với thực tế, thường xuyên liên hệ với đời sống, sản xuất và vận dụng vào thực tế. Từ đó, giúp HS hiểu sâu sắc quá trình hoá học và giải quyết được bài tập dễ dàng và chính xác hơn, tránh được những sai lầm đáng tiếc. 3. Khi sử dụng bài tập để luyện tập, GV hướng dẫn, giúp đỡ để học sinh có thể giải bài tập một cách tốt nhất trong thời gian nhanh nhất. Thường tiến hành giải theo quy trình 4 bước: 99 - Nghiên cứu đề bài: tìm hiểu nội dung bài tập, xác định điểm “mấu chốt” và đưa ra định hướng. - Xác định hướng giải: đề ra các bước giải. - Thực hiện các bước giải: trình bày các bước giải hoặc tính toán cụ thể. - Kiểm tra, đánh giá kết quả: bao gồm kết quả bài tập và cả cách giải. GV cần tôn trọng các cách giải của học sinh. Yêu cầu các em tìm được nhiều cách giải khác nhau và cách tốt nhất trong các cách đó. Rèn luyện được ý thức thường xuyên chọn lựa cách giải tốt nhất cũng chính là giúp học sinh biết kiểm tra, đánh giá kết quả bài làm của mình cũng như của người khác. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Nguyễn Duy Ái, Đào Hữu Vinh (2010), Tài liệu giáo khoa chuyên hoá học THPT, phần bài tập hoá học đại cương và vô cơ. NXB Giáo dục, Hà Nội. 2. Nguyễn Duy Ái, Đào Hữu Vinh (2009), Tài liệu giáo khoa chuyên hóa lớp 10 tập 2. NXB Giáo dục, Hà Nội 3. Cao Cự Giác (2004), Bài tập lý thuyết và thực nghiệm Hóa học, tập 1. NXB Giáo dục, Hà Nội. 4. Hội hóa học Việt Nam (2000, 2002), Olympic hóa học Việt Nam và quốc tế tập I, II. 5. Hoàng Nhâm(2002), Hoá học Vô cơ tập 2. NXB Giáo dục, Hà Nội. 6. Vũ Anh Tuấn (2006), Xây dựng hệ thống bài tập hóa học nhằm rèn luyện tư duy trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường phổ thông. Luận án tiến sỹ giáo dục học, ĐH Sư phạm Hà nội. 7. Nguyễn Xuân Trường (2006), Bài tập nâng cao hoá học 10. NXB Giáo dục, Hà Nội. 8. Nguyễn Xuân Trường, Quách Văn Long, Hoàng Thị Thúy Hương (2013), Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học 10. NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội. 9. Nguyễn Đức Vận(2012), Câu hỏi và bài tập Hoá học Vô cơ phần phi kim. NXB Khoa học kỹ thuật. 10. Đào Hữu Vinh (2000), 121 bài tập hoá học dùng bồi dưỡng HSG hoá 10, 11, 12 tập 1,2. NXB Tổng Hợp Đồng Nai. 11. F.Cotton –G.Wilkinson. Người dịch Lê Mậu Quyền, Lê Chí Kiên. (1984), Cơ sở hoá học Vô cơ - Tập 1, 2. NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội 100 12. R.A. Liđin, V.A. Molosco, L.L. An ddreeeva. Người dịch: Lê Kim Long, Hoàng Nhâm(2001), Tính chất lí hóa học các chất vô cơ(106 nguyên tố). NXB khoa học và kĩ thuật Hà Nội, 13. Đề thi khu vực Đồng Bằng và Duyên Hải Bắc Bộ các năm. 14. Đề thi olympic 30/4 các năm. 15. Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc Gia môn hóa học từ năm 1999 đến năm 2014. 16. http://chemistry.about.com/ 17. http://edu.net.vn 101 [...]... về các halogenua ion: a) Những nguyên tố nào tạo ra các halogenua ion? b) Mức độ liên kết Ion trong các halogenua đó? Hướng dẫn: a) Halogenua ion là những halogen có mạng lưới tinh thể bao gồm các ion Các kim loại kiềm: Na, K, Rb,Cs Các kim loại kiềm thổ: Mg, Ca, Sr, Ba Lantan, một số Lantanoit và Actinoit tạo ra các halogenua dạng ion Ngoài ra một số kim loại có nhiều mức oxi hóa cũng tạo ra các halogenua... kim loại và của các halogen Ví dụ: Kim loại có mức oxi hóa khác nhau thì halogenua thấp có bản tính ion cao hơn halogenua cao; chẳng hạn PbCl2 là hợp chất ion, PbCl4 là hợp chất cộng hóa trị Với cùng một kim loại thì mức độ ion của liên kết giảm dần từ Florua đến Iotua Chẳng hạn AlF3 là hợp chất ion nhưng AlI3 là hợp chất cộng hóa trị 39 Tính chất của các halogenua ion Hướng dẫn: Halogenua ion có những... đòi hởi nhiệt độ cao hơn H H O H H O 46 O a) Những nguyên tố nào hình thành các halogenua cộng hóa trị? b) Đặc tính của loại hợp chất đó? Hướng dẫn: a) Những halgenua cộng hóa trị là những halogenua có mạng lưới phân tử Lực tương tác giữa các phân tử trong tinh thể là lực Van der Waals Các nguyên tố không kim loại, các kim loại ở mức oxi hóa cao tạo ra các halogenua cộng hóa trị b) Các halogenua cộng... Iotat IO(IO)3, còn I4O9 là muối Iotat của Iot hóa trị ba I(IO3)3 50 Viết các công thức các axit chứa Oxi của các halogen Tên gọi các axit và muối tương ứng? Hướng dẫn: Các halogen đã tạo ra các axit chứa oxi như sau: Tên gọi F Cl 33 Br I Axit hipohalogenơ Axit halogen Axit halogenic Axit pehalogenic HFO HClO HClO2 HClO3 HClO4 HBrO HIO HBrO3 HIO3 HIO4;H3IO5; H5IO6; H4I2O9 trừ axit hipoflorơ, những axit... chất chủ yếu sau: nhiệt độ nóng chẩy và nhiệt độ sôi cao; mức độ ion trong phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao Dẫn điện khi nóng chảy và khi tan trong nước Đa số tan trong nước tạo ra các ion hidrat hóa Khi các halogenua đều là ion thì độ tan tăng từ florua đến Iotua (do năng lượng mạng lưới giảm khi bán kính ion halogenua tăng) Chẳng hạn halogenua của các kim loại kiềm, kiềm thổ và các chất... 16 a) Cho các Halogen Cl2 , Br2 , I2 tác dụng với nước, với dung dịch KOH có những phương trình phản ứng nào xảy ra b)Khi cho Cl2 tác dụng với dung dịch KOH loãng sau đó đun nóng dung dịch từ từ lên 7000C người ta thu được chất gì? Viết các phương trình phản ứng Hướng dẫn a) Các Halogen tác dụng với H2O (xem bài 12) Khi cho các Halogen tác dụng với dung dịch kiềm, phản ứng tạo ra Hipohalogenit (XO... sai khi lắp bộ dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ? Hướng dẫn: Phân tích: Để giải được bài tập này học sinh cần phải: - Nhìn lôgic nội dung của bài, tìm hiểu từ ngữ, hiểu sơ bộ ý đồ cả tác giả - Tìm hiểu giả thiết và yêu cầu của đề bài - Hình dung tiến trình luận giải và biết phải bắt đầu từ đâu ? - Đâu là chỗ có vấn đề của bài a) Phương trình phản ứng điều chế: 0 t MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O b)... sau: F2 Cl2 Br2 (oC) 450 800 600 Hãy giải thích sự thay đổi độ bền nhiệt của các phân tử halogen 11 I2 400 Hướng dẫn: Trong phân tử hai nguyên tử của các halogen, độ bền nhiệt của phân tử liên quan đến năng lượng liên kết X-X trong phân tử: Xem cách giải thích ở bài 4 6 Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các halogen có các giá trị sau: F2 Tnc( C): -223 o Ts( C): -187 Nhận xét và giải thích? o Cl2... → 2HBr ∆Η = -35,98 KJ/mol Nhiệt độ cao, không nổ I2 + H2O ⇌ 2HI ∆Η = 25,9 KJ/mol 12 Nhiệt độ cao hơn, 2 chiều, không nổ a) Trình bày các phản ứng khi cho các halogen tác dụng với nước b) Flo có khả năng oxi hóa nước giải phóng oxi hóa , các halogen khác có tính chất này không? Giải thích Hướng dẫn: a) Các halogen tác dụng với H2O theo các phương trình phản ứng sau: 2F2 + 2H2O → 4HF + O2 Cl2 + H2O ⇌... E0Cr2O72-/Cr3+ trong môi trường axit là 1,36V) II.2 HỢP CHẤT HALOGEN II.2.1- HỢP CHẤT VỚI HIDRO, HALOGENUA 18 22 Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các hidro halogenua thay đổi như thế nào? Giải thích nguyên nhân Hướng dẫn: Từ HF đến HCl: Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm Từ HCl đến HI nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng Các hidro halogenua tương tác với nhau bằng lực tương tác giữa các phân ... cấp học sinh có tài liệu học tập, tham khảo Trong năm học tập trung biên soạn tập phi kim trước hết nhóm halogen Do chọn đề tài: Xây dựng hệ thống tập nâng cao nhóm halogen Trong thời gian tới... pháp xây dựng sử dụng có hiệu hệ thống tập hóa học VII Cấu trúc đề tài Phần I Mở đầu Phần II Nội dung Chương I: Tổng quan Chương II: Hệ thống tập lí thuyết nhóm halogen Chương III: Hệ thống tập tính... thải thu lấy Hg, tránh ô nhiễm môi trường 50 CHƯƠNG III : HỆ THỐNG BÀI TẬP TÍNH TOÁN VỀ NHÓM HALOGEN III.1 BÀI TOÁN ĐẠI CƯƠNG VỀ HALOGEN Bài ( Trích đề Olympic 30/4-1996) Xét phản ứng tổng hợp