Bài 17: Hydrogen halide và một số phản ứng của ion halide

Hiđro halogenua có thể là HF và HCl

Không thể là HBr và HI vì khí HBr và HI sinh ra phản ứng được với H₂SO₄ đặc nóng

Phản ứng đúng là : (1) (2) (4) (5) (7) (8)

Vì HF là axit yếu, không phản ứng để sinh ra axit mạnh được.

Thuốc thử đặc trưng để nhận biết hợp chất halogenua trong dung dịch là AgNO₃.

Vì AgNO₃ tạo kết tủa với các halogen (trừ F)

AgNO₃ + NaI → AgI↓ + NaNO₃

Tính axit tăng dần: HF < HCl <HBr <HI

Mệnh đề không chính xác là: tất cả các muối AgX (X là halogen) đều không tan.

Vì AgF là muối tan

$\xrightarrow{{HF\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,HCl\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,HB{\text{r}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,HI}}$

Tính axit tăng dần, tính khử tăng dần

Trong phòng thí nghiệm, người ta thường bảo quản dung dịch HF trong bình làm bằng nhựa

Dung dịch AgNO₃ không phản ứng với NaF

Để loại 2 muối này ra khỏi NaCl, người ta cho dung dịch hỗn hợp tác dụng với khí Cl₂ dư, sau đó cô cạn dung dịch.

2NaBr + Cl₂ → 2NaCl + Br₂

2NaI + Cl₂ → 2NaCl + I₂

Thuốc thử đặc trưng để nhận biết hợp chất halogenua trong dung dịch là AgNO₃.

Vì AgNO₃ tạo kết tủa với các halogen (trừ F)

Clo chỉ thể hiện số oxi hóa khi chỉ có sự giảm số oxi hóa của nguyên tố clo hoặc hidro hoặc cả hai trong phản ứng

Xác định số oxi hóa của Clo và H trong HCl

\[\begin{array}{*{20}{l}}
{\left( 1 \right){\rm{ }}NaOH{\rm{ }} + {\rm{ }}\mathop H\limits^{ - 1} \mathop {Cl}\limits^{ - 1} {\rm{ }} \to \;Na\mathop {Cl}\limits^{ - 1} {\rm{ }} + {\rm{ }}\mathop {{H_2}}\limits^{ - 1} O.}\\
{\left( 2 \right){\rm{ }}{K_2}C{O_3} + {\rm{ }}\mathop H\limits^{ - 1} \mathop {Cl}\limits^{ - 1} \to {\rm{ }}\;K\mathop {Cl}\limits^{ - 1} + {\rm{ }}C{O_2} + {\rm{ }}\mathop {{H_2}}\limits^{ - 1} O.}\\
{\left( 3 \right){\rm{ }}Mn{O_2} + {\rm{ }}\mathop H\limits^{ - 1} \mathop {Cl}\limits^{ - 1} {\rm{ }} \to \;Mn\mathop {C{l_2}}\limits^{ - 1} + {\rm{ }}\mathop {C{l_2}}\limits^0 + {\rm{ }}\mathop {{H_2}}\limits^{ - 1} O.}\\
{\left( 4 \right){\rm{ }}KMn{O_4} + {\rm{ }}\mathop H\limits^{ - 1} \mathop {Cl}\limits^{ - 1} \to \;KCl{\rm{ }} + {\rm{ }}Mn\mathop {C{l_2}}\limits^{ - 1} + {\rm{ }}\mathop {C{l_2}}\limits^0 + {\rm{ }}\mathop {{H_2}}\limits^{ - 1} O.}\\
{\left( 5 \right){\rm{ }}Fe{\rm{ }} + {\rm{ }}\mathop H\limits^{ - 1} \mathop {Cl}\limits^{ - 1} {\rm{ }} \to \;Fe\mathop {C{l_2}}\limits^{ - 1} + {\rm{ }}\mathop {{H_2}}\limits^0 .}\\
{\left( 6 \right){\rm{ }}\mathop H\limits^{ - 1} \mathop {Cl}\limits^{ - 1} {\rm{ }} + {\rm{ }}CuO \to \;Cu\mathop {C{l_2}}\limits^{ - 1} + {\rm{ }}\mathop {{H_2}}\limits^{ - 1} O.}
\end{array}\]

=> Phản ứng (5) là số oxi hóa của H bị giảm từ +1 xuống 0 

Nhiệt độ sôi của hydrogen halide giảm từ HF đến HCl và tăng từ HCl đến HI

=> HF: +19,5^oC; HCl: -84,9^oC; HBr: -66,7^oC; HI: -35,8^oC.

(3) sai. Trong công nghiệp, hỗn hợp gồm KF và HF (có tỉ lệ mol tương ứng 1:3) được dùng để điện phân nóng chảy sản xuất fluorine.

(4) sai. Từ HF đến HI, tính acid tăng dần nên HF phân li một phần, còn HCl, HBr, HI phân li hoàn toàn trong nước

Gọi số mol Cl₂ phản ứng là x

Tổng quát : Cl₂ + 2Br^- -> Br₂ + 2Cl^-

            Mol  x -> 2x  ->              2x

=> m_{muối giảm} = m_Br- - m_Cl-  = 80.2x – 35,5.2x = 4,45

=> x = 0,05 mol

Đáp án C

Dùng Cl₂ sẽ có phản ứng :

            Cl₂ + 2NaI -> 2NaCl + I₂

=> sau phản ứng chỉ có NaCl mà không có muối khác. I₂ không tan trong nước cũng dễ lọc tách.

\({m_{{\rm{dd AgN}}{{\rm{O}}_3}}} = D.V = 1,09.78 = 85,02g\)

\(C\%  = \frac{{{m_{AgN{O_3}}}}}{{{m_{{\rm{dd}}AgN{O_3}}}}}.100\%  \Leftrightarrow 10\%  = \frac{{{m_{AgN{O_3}}}}}{{85,02}}.100\%  \Leftrightarrow {m_{AgN{O_3}}} = 8,502g \Leftrightarrow {n_{AgN{O_3}}} = 0,05mol\)(lượng ban đầu)

\(\begin{array}{l}\begin{array}{*{20}{c}}{KBr}\\x\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{AgN{O_3}}\\x\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} \to \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{KN{O_3}}\\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{AgBr}\\{}\end{array}\\\begin{array}{*{20}{c}}{NaI}\\y\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{AgN{O_3}}\\y\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} \to \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{AgI}\\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{NaN{O_3}}\\{}\end{array}\end{array}\)

Phần nước lọc phản ứng tác dụng với dung dịch HCl ⇒ AgNO₃ còn dư

\({C_{M(HCl)}} = \dfrac{{{n_{HCl}}}}{{{V_{{\rm{dd}}HCl}}}} \Leftrightarrow 1,5 = \frac{{{n_{HCl}}}}{{13,{{3.10}^{ - 3}}}} \Leftrightarrow {n_{HCl}} \simeq 0,02mol\)

\(\begin{array}{*{20}{c}}{AgN{O_3}}\\{0,02}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{HCl}\\{0,02}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} \to \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{AgCl}\\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{HN{O_3}}\\{}\end{array}\)

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{119x + 150y = 3,88}\\{x + y + 0,02 = 0,05}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 0,02}\\{y = 0,01}\end{array}} \right.} \right.\)

Phần trăm khối lượng của KBr=\(\dfrac{{0,02.119}}{{3,88}}.100\%  \simeq 61,34\% \)

\(AgN{O_3} + NaCl \to AgCl \downarrow  + NaN{O_3}\)

\(AgN{O_3} + KI \to AgI \downarrow  + KN{O_3}\)

+) TH₁ : Nếu hỗn hợp đầu là NaF và NaCl

=> kết tủa chỉ có AgCl (Vì AgF tan) => n_AgCl = 0,06 mol = n_NaCl

=> n_NaF = 0,06 mol

=> %m_NaCl = 58,2%

+) TH₂ : Nếu không có NaF

Gọi chung hai muối natri là NaZ với số mol là x mol

Ta có :\(6,03gam\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NaX}\\{NaY}\end{array}} \right.\) $\xrightarrow{AgN{{O}_{3}}}$ \(8,61gam\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NaX}\\{NaY}\end{array}} \right.\)

Sử dụng phương pháp tăng giảm=> m_tăng = m_Ag - m_Na = x.108 – x.23=8,61-6,03

=> x = 0,0304

=> M_{NaZ= \(\frac{m}{n} = \frac{{6,03}}{{0,034}} = 198,66\)}

=> M_Z = 175,66

=> Không có các giá trị thỏa mãn.

Cả 4 phát biểu đều đúng