Bài tập axit sunfuric đặc

+) Quy đổi hỗn hợp A gồm Fe, Cu và O với số mol lần lượt là x, y, z mol

→ m_{hỗn hợp A} = 56x + 64y + 16z = 50,4  (1)

${n_{S{O_2}}} = \,\,\frac{{7,84}}{{22,4}}\,\, = \,\,0,35\,\,mol$

Xét quá trình cho – nhận e:

$Fe\,\,\,\, \to \,\,\,\,\mathop {Fe}\limits^{ + 3} \,\,\, + \,\,\,3e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop S\limits^{ + 6} \,\, + \,\,2e\,\,\, \to \,\,\,\,\mathop S\limits^{ + 4} $

$x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,7\,\, \leftarrow \,0,35$

$Cu\,\,\,\, \to \,\,\,\,\mathop {Cu}\limits^{ + 2} \,\,\, + \,\,\,2e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop O\limits^0 \,\,\,\, + \,\,\,2e\,\,\, \to \,\,\mathop {\,O}\limits^{ - 2} $

$y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,z\,\,\, \to \,\,\,2z$

+) Áp dụng định luật bảo toàn e: 3x + 2y - 2z = 0,7  (2)

+) 132 gam muối sunfat gồm Fe₂(SO₄)₃ $\frac{x}{2}$ mol và CuSO₄ y mol  → 400.$\frac{x}{2}$ + 160y = 132  (3)

Từ (1), (2) và (3) → x = 0,5; y = 0,2; z = 0,6

Khử hỗn hợp A bằng CO có phản ứng:

CO     +     [O]  →    CO₂

 0,6   ←   0,6 mol

→ V_CO = 0,6.22,4 = 13,44 (L) 

+) ${n_{S{O_2}}} = a\,mol;\,{n_{{H_2}S}} = b\,mol$

n_X = $\frac{{4,144}}{{22,4}}$ = 0,185 mol → a + b = 0,185 (1)

+) ${\overline M _X} = {\kern 1pt} \frac{{64a+ 34b}}{{a+ b}}= 2.31,595$  → 0,81a = 29,19b  (2)

Từ (1) và (2) → a = 0,18;  b = 0,005

Xét quá trình nhận e

$\mathop S\limits^{ + 6} \,\,\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,\,2e\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\mathop S\limits^{ + 4} $

$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,36\,\, \leftarrow \,\,0,18$

$\mathop S\limits^{ + 6} \,\,\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,\,8e\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\mathop S\limits^{ - 2} $

$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,04\,\,\,\, \leftarrow \,\,\,0,005$

→ n_{e nhận} = 0,36 + 0,04 = 0,4 mol → n_{e cho}  = 0,4 mol

+)  ${n_{{H_2}S{O_4}}} = {n_{SO_4^{2 - }}} + {n_{S{O_2}}} + {n_{{H_2}S}} = \frac{{{n_{e\,cho}}}}{2}+ 0,18+ 0,005$= 0,385 mol 

→${m_{{H_2}S{O_4}}}$ = 0,385.98 = 37,73 gam

${n_{S{O_2}}} = \,\,\frac{{3,36}}{{22,4}}\,\, = \,\,0,15\,\,mol;\,\,{n_S}\, = \,\,\frac{{2,88}}{{22,4}}\,\, = \,\,0,09\,\,mol$

Xét quá trình nhận e:

$\mathop S\limits^{ + 6} \,\,\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,\,2e\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\mathop S\limits^{ + 4} $

$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,3\,\,\, \leftarrow \,\,\,0,15$

$\mathop S\limits^{ + 6} \,\,\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,\,6e\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\mathop S\limits^0 $

$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,54\,\,\,\, \leftarrow \,\,\,0,09$

→ n_{e nhận}  = 0,3 + 0,54 = 0,84 mol  →  n_{e cho}  = 0,84 mol

→ ${n_{SO_4^{2 - }}}\, = \,\,\frac{{{n_{e\,cho}}}}{2}$ = 0,42 mol

m_{muối khan}  = m_{kim loại}  + ${m_{SO_4^{2 - }}}$  → m_{kim loại}  = 52,8 – 0,42.96 = 12,48 gam

Hỗn hợp tác dụng với dung dịch HCl

${n_{{H_2}}} = \,\,\frac{{8,064}}{{22,4}}\,\, = \,\,0,36\,\,mol$ 

→ n_{e nhận}  = 0,36.2 = 0,72 mol → n_{e cho}  = 0,72 mol

Nhận thấy trong 2 thí nghiệm số mol e cho của kim loại khác nhau → Trong hỗn hợp có 1 kim loại là Fe và kim loại M còn lại có hóa trị n

Gọi n_Fe = x mol; n_M = y mol

Xét quá trình cho e ở TN1:

$Fe{\text{ }} \to \,\,\,\mathop {Fe}\limits^{ + 3} \,\,\,\, + {\text{ }}3e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,M\,\,\, \to \,\,\,\mathop M\limits^{ + n} \,\,\, + \,\,\,ne$

$x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,ny$

→ n_{e cho TN1}  = 3x + ny = 0,84 (1)

Xét quá trình cho e ở TN2:

$Fe{\text{ }} \to \,\,\,\mathop {Fe}\limits^{ + 2} \,\,\,\, + {\text{ 2}}e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,M\,\,\, \to \,\,\,\mathop M\limits^{ + n} \,\,\, + \,\,\,ne$

$x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,ny$

→ n_{e cho TN2}  = 2x + ny = 0,72 (2)

Từ (1) và (2) → x  = 0,12;  ny = 0,48 → y =  $\frac{{0,48}}{n}$

m_{kim loại} = m_Fe + m_M → m_M  = 12,48 – 0,12.56 = 5,76 gam

→ ${M_M}\, = \,\,\frac{{5,76}}{{0,48}}\,n\, = \,\,12n$ → n = 2 và kim loại còn lại là Mg

Quy đổi hỗn hợp X về Fe và S với số mol lần lượt là x và y mol

$X\,\,\left\{ \begin{gathered}Fe:x\,\,mol \hfill \\S:y\,\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\xrightarrow{{ + \,{H_2}S{O_4}}}\,\,Y\,\left\{\begin{gathered}F{e_2}{(S{O_4})_3} \hfill \\S{O_2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\xrightarrow{{ + \,NaOH}}\,\,Z\,\left\{ {Fe{{(OH)}_3} \downarrow \,\,\xrightarrow{{{t^o}}}} \right.\,\,F{e_2}{O_3}$

${n_{S{O_2}}} = \,\,\frac{{23,52}}{{22,4}}\,\, = \,\,1,05\,\,mol$

Xét quá trình cho – nhận e:

Bảo toàn e : n_{e cho}  = n_{e nhận ­}→ 3x + 4y = 2a (1)

${n_{S{O_2}}}$ = ${n_{S{O_2}\,(1)}} + {n_{S{O_2}\,(2)}}$ →  y + a = 1,05 (2)

${n_{F{e_2}{O_3}}} = \,\,\frac{{16}}{{160}}\,\, = \,\,0,1\,mol$ → n_Fe = 2.0,1 = 0,2 mol → x = 0,2     (3)

Từ (1), (2), (3) → x = 0,2; y = 0,25; a = 0,8

→ m_{hỗn hợp X} = m_Fe + m_S  = 56.0,2 + 32.0,25 = 19,2gam

n_H2SO4 = 0,05.18 = 0,9 mol; n_Fe(OH)3 = 21,4 : 107 = 0,2 mol

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành Fe (x mol) và O (y mol)

m_X = 56x + 16y = 19,2 (1)

BTe: 3n_Fe = 2n_O + 2n_SO2 => 3x = 2y + 2n_SO2 => n_SO2 = 1,5x - y (mol)

BTNT "Fe": n_Fe2(SO4)3 = 0,5n_Fe = 0,5x (mol)

Khi cho NaOH phản ứng với dd Y:

- Nếu NaOH hết: n_NaOH = n_H+ + 3n_Fe3+ = 2.n_{HS2O4 dư} + 3n_Fe(OH)3

=> 0,9 = 2.n_{H2SO4 dư} + 3.0,2 => n_{H2SO4 dư} = 0,15 mol => n_{H2SO4 pư} = 0,9 - 0,15 = 0,75 mol

BTNT "S": n_{H2SO4 pư} = 3n_Fe2(SO4)3 + n_SO2 => 0,75 = 3.0,5x + 1,5x - y (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = 0,3 và y = 0,15

=> n_SO2 = 1,5x - y = 0,3 mol => V = 6,72 lít

- Nếu NaOH dư: HS tự xét

*Phần 1: Hòa tan 1 phần hỗn hợp vào HCl dư

Đặt n_H2 = a và n_CO2 = b (mol)

+ n _khí = a + b = 0,1 (1)

+ m _khí = n _khí.M _khí => 2a + 44b = 0,1.4,7.4 (2)

Giải hệ thu được a = 0,06 và b = 0,04

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

Fe(OH)₃ + 3HCl → FeCl₃ + 3H₂O

FeCO₃ + 2HCl → FeCl₂ + CO₂ + H₂O

=> n_Fe = n_H2 = 0,06 mol; n_FeCO3 = n_CO2 = 0,04 mol

*Phần 2: Hòa tan 1 phần vào dung dịch H₂SO₄ đặc dư

n_SO2 = n _khí - n_CO2 = 0,2075 - 0,04 = 0,1675 mol

Quá trình cho và nhận e:

Fe⁰ → Fe⁺³ + 3e                                                                S⁺⁶ + 2e → S⁺⁴

3Fe^+8/3 → 3Fe⁺³ + 1e

Fe⁺² → Fe⁺³ + 1e

Áp dụng định luật bảo toàn electron:

3n_Fe + n_Fe3O4 + n_FeCO3 = 2n_SO2 => 3.0,06 + n_Fe3O4 + 0,04 = 2.0,1675

=> n_Fe3O4 = 0,115 mol

Như vậy, dựa theo các PTHH ở phần 1 ta có:

n_FeCl2 = n_Fe + n_Fe3O4 + n_FeCO3 = 0,06 + 0,115 + 0,04 = 0,215 mol

=> m_FeCl2 = 0,215.127 = 27,305 gam

Tóm tắt bài toán:

\(20,8\,(g)\,A\left\{ \begin{array}{l}Cu\\CuO\end{array} \right. + 73,5\,g\,dd\,\underbrace {{H_2}S{O_4}}_{0,6\,(mol)} \to \left\langle \begin{array}{l}S{O_2}:\\\left. {X\left\{ \begin{array}{l}CuS{O_4}:\\{H_2}S{O_4}\,du\end{array} \right.} \right\} + \underbrace {NaOH}_{0,9\,(mol)} \to \left\{ \begin{array}{l} \downarrow Cu{(OH)_2}\\60,8\,(g)\,Z\left\{ \begin{array}{l}N{a_2}S{O_4}:a\,(mol)\\NaOH\,du:\,b(mol)\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Đặt trong Z số mol Na₂SO₄ và NaOH dư lần lượt là a và b (mol)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{m_{N{a_2}S{O_4}}} + {m_{NaOH\,du}} = {m_Z}\\BT:Na =  > 2{n_{N{a_2}S{O_4}}} + {n_{NaOHdu}} = {n_{NaOH\,bd}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}142a + 40b = 60,8\\2a + b = 0,9\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,4\\b = 0,1\end{array} \right.\)

BTNT “S”: n_H2SO4 bđ = n_SO2 + n_Na2SO4

⟹ 0,6 = n_SO2 + 0,4

⟹ n_SO2 = 0,6 – 0,4 = 0,2 (mol)

BT e ta có: n_Cu = n_SO2 = 0,2 (mol) (Do Cu từ số oxh 0 lên +2, còn S từ số oxi hóa +6 xuống +4)

⟹ m_Cu = 0,2.64 = 12,8 (g)

⟹ m_CuO = m_A – m_Cu = 20,8 – 12,8 = 8 (g)

⟹ n_CuO = m_CuO : M_CuO = 8 : 80 = 0,1 (mol)

BTNT “Cu”: n_CuSO4 = n_Cu + n_CuO = 0,2 + 0,1 = 0,3 (mol)

⟹ m_CuSO4 = n_CuSO4×M_CuSO4 = 0,3×160 = 48 (g)

Ta có: m_A + m_{dd H2SO4} = m_{dd X} + m_SO2

⟹ m_dd X = m_A + m_{dd H2SO4} - m_SO2 = 20,8 + 73,5 – 0,2.64 = 81,5 (g)

Phần trăm khối lượng CuSO₄ có trong dd X là:

\(C\%  = \frac{{{m_{CuS{O_4}}}}}{{{m_{dd\,X}}}}.100\%  = \frac{{48}}{{81,5}}.100\%  = 58,90\% \)

Đặt số mol Fe = a (mol); FeO = b (mol)

Cho hh X tác dụng với HCl dư chỉ có Fe tạo ra khí H₂

BT e: 2n_Fe = 2n_H2 ⟹ n_Fe = n_H2 = 0,3 (mol) ⟹ a = 0,3 (mol)

Cho hh X tác dụng với H₂SO₄ đặc, nóng dư cả Fe và FeO cùng tạo khí

n_SO2(đktc) = 11,2/22,4 = 0,5 (mol)

quá trình nhường e

Fe⁰ → Fe⁺³ + 3e

Fe⁺² (FeO) →Fe⁺³ + 1e

quá trình nhận e

S⁺⁶ + 2e → S⁺⁴ (SO₂)

bảo toàn e ta có: n_{e nhường} = n_{e nhận}

⟹ 3n_Fe + n_FeO = 2n_SO2

⟹ 3a + b = 2.0,5

Thay a = 0,3 vào ⟹ 3.0,3 + b = 2.0,5 ⟹ b = 0,1 (mol)

Vậy hh X gồm: Fe: 0,3 (mol) và FeO: 0,1 (mol)

⟹ m = m­_Fe + m_FeO = 0,3.56 + 0,1.72 = 24 (g)

BTNT “Fe”: n_Fe2(SO4)3 = 1/2(n_Fe + n_FeO) = 1/2.(0,3 + 0,1) = 0,2 (mol)

n_H2SO4 pư = n_{SO42-(muối)} + n_SO2 = 3.0,2 + 0,5 = 1,1 (mol) ⟹ m_H2SO4 = 1,1.98 = 107,8 (g)

n_SO2(đktc) = 6,72/22,4 = 0,3 (mol); n_S = 5,76/32 = 0,18 (mol)

Đặt số mol Fe = a (mol) và M = b (mol)

BTNT “Fe”: n_Fe2(SO4)3 = 1/2 n_Fe = 0,5a (mol)

BTNT “M”: n_MSO4 = n_M = b (mol)

Xét hh X tác dụng với H₂SO₄ đặc, nóng

Hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}BTe:3{n_{Fe}} + 2{n_M} = 2{n_{S{O_2}}} + 6{n_S}\\m\,muoi:{m_{F{e_2}{{(SO4)}_3}}} + {m_{MS{O_4}}} = {m_{\,muoi}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 2b = 2.03 + 6.0,18\\400.0,5a + (M + 96)b = 105,6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 2b = 1,68\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\200a + (M + 96)b = 105,6\,\,(2)\end{array} \right.\)

Xét hh tác dụng với HCl dư; n_H2(đktc) = 16,128/22,4 = 0,72 (mol)

TH₁: Chỉ có Fe tác dụng, M đứng sau H trong dãy điện hóa học nên không phản ứng

BTe ta có: 2n_Fe = 2n_H2 ⟹ n_Fe = n_H2 = 0,72 (mol) ⟹ a = 0,72 (mol) ⟹ thay a vào (1) ⟹ b = -0,24 ⟹ loại

TH₂: Cả Fe và M cùng tác dụng với dd HCl

BT e ta có: 2n_Fe + 2n_M = 2n_H2

⟹ a + b = 0,72 (3)

giải hệ (2) và (3) ta được a = 0,24 và b = 0,48

Thay a, b vào (2) ta có: 200.0,24 + (M+96).0,48 = 105,6 ⟹ M = 24 (g/mol)

Vậy M là Mg

muối khan thu được là Fe₂(SO₄)₃: 80 (g) → n_Fe2(SO4)3 = 80/400 = 0,2 (mol)

n_SO2(đktc) = V/22,4 = 2,24/22,4 = 0,1 (mol)

BTNT “S” ta có: n_H2SO4 = 3n_Fe2(SO4)3 + n_SO2 = 3.0,2 + 0,1 = 0,7 (mol)

\({n_{S{O_2}(dktc)}} = \frac{{13,44}}{{22,4}} = 0,6\,(mol)\)

PTHH: 2Al + 6H₂SO₄ đặc, nóng → Al₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O

Theo PTHH: \({n_{Al}} = \frac{2}{3}{n_{S{O_2}}} = \frac{2}{3}.0,6\, = 0,4(mol) \Rightarrow {m_{Al}} = 0,4.27 = 10,8\,(g)\)

Cách 2: Bảo toàn e ta có: n_e (Al nhường) = n_e (S⁺⁶ nhận)

→ 3n_Al = 2n_SO2 → n_Al = 2. 0,6 : 3 = 0,4 (mol)

→ m_Al = 0,4. 27 = 10,8 (g)

Axit H₂SO₄ tan vô hạn trong nước và tỏa nhiều nhiệt. Nếu rót nước vào H₂SO₄, thì nước sẽ sôi đột ngột và kéo theo các giọt axit bắn ra xung quanh gây nguy hiểm.

Để pha loãng axit H₂SO₄ đặc cần rót từ từ axit vào, sau đó khuấy nhẹ dung dịch.