Bài tập đồng và hợp chất của đồng

Ta có: \({n_{C{l_2}}} = \frac{{1,12}}{{22,4}} = 0,05  (mol)\)

Vì sau phản ứng đem ngâm đinh sắt sạch trong dung dịch thấy khối lượng đinh sắt tăng lên nên dung dịch sau điện phân có chứa CuCl₂ → CuCl₂ chưa điện phân hết

- Phản ứng điện phân dung dịch:

CuCl₂ \(\xrightarrow{{dpdd}}\) Cu + Cl₂

→ n_{Cu (đp)} = n_Cl2 = 0,05 mol

- Nhúng thanh Fe vào dd sau điện phân:

Gọi số mol CuCl₂ còn dư sau điện phân là x (mol)

CuCl₂ + Fe → Cu + FeCl₂

x  →      x →    x              (mol)

Ta có: ∆m = m_Cu - m_{Fe pư}  ⟹ 64x - 56x = 1,2 ⟹ x = 0,15

Vậy: n_{Cu (ban đầu)} = 0,05 + 0,15 = 0,2 (mol)

\( \to {C_{M  CuC{l_2}}} = \frac{{0,2}}{{0,2}} = 1(M)\)

\({n_{Cu}} = 0,3 mol; {n_{HN{O_3}}} = 0,4 mol{\rm{ }}\)

PTHH:   3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Ban đầu: 0,3        0,4                                            (ta thấy: \(\frac{{0,3}}{3} > \frac{{0,4}}{8}\) → HNO₃ là chất hết)

Pư:         0,15 ←  0,4  →                            0,1 (mol)

⟹ V_NO = 0,1.22,4 = 2,24 lít

Chia đôi hỗn hợp nên khối lượng mỗi phần là 2 gam.

Phần 1: 

(1) 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

(2) Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Phần 2:

(3) 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

Từ pt (3): \({n_{Al}} = \frac{2}{3}{n_{{H_2}}} = \frac{2}{3}.\frac{{0,336}}{{22,4}} = 0,01\left( {mol} \right) \to {m_{Al}} = 0,27g\)

Theo (1), (2) và (3) ta có: \({V_{{H_2}\left( 2 \right)}} = 560 - 336 = 224\left( {ml} \right)\)

Theo (2) ta có: \({n_{Fe}} = {n_{{H_2}}} = \frac{{0,224}}{{22,4}} = 0,01\left( {mol} \right) \to {m_{Fe}} = 0,56\left( g \right)\)

→ m_Cu = m_{hỗn hợp} - (m_Al + m_Fe) = 2 - 0,27 - 0,56 = 1,17 (g)

\( \to \% {m_{Cu}} = \frac{{1,17}}{2}.100\%  = 58,5\% \)

Do kim loại còn dư sau phản ứng nên HNO₃ phản ứng hết.

Ta có bán phản ứng sau: 4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

\( \to {n_{{H^ + }}} = 4{n_{NO}} = 4.\frac{{0,224}}{{22,4}} = 0,04\left( {mol} \right)\)

\( \to {n_{HN{O_3}}} = 0,04{\kern 1pt} mol \to {C_{M\left( {HN{O_3}} \right)}} = \frac{{0,04}}{{0,2}} = 0,2\left( M \right)\)

Ta có sơ đồ phản ứng: {FeS₂, Cu₂S} + HNO₃ → Fe₂(SO₄)₃ + CuSO₄ + NO + H₂O

Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: \({n_{F{{\rm{e}}_2}{{\left( {S{O_4}} \right)}_3}}} = \frac{1}{2}{n_{F{\rm{e}}{{\rm{S}}_2}}} = \frac{1}{2}.0,12 = 0,06\left( {mol} \right)\)

Bảo toàn nguyên tố Cu ta có: \({n_{CuS{O_4}}} = 2{n_{C{u_2}S}} = 2{\rm{a}}\left( {mol} \right)\)

Bảo toàn nguyên tố S có: \({n_{S\left( {F{\rm{e}}{{\rm{S}}_2},C{u_2}S} \right)}} = {n_{S\left( {muoi\,sunf{\rm{a}}t} \right)}}\)

\( \to 2{n_{F{\rm{e}}{{\rm{S}}_2}}} + {n_{C{u_2}S}} = 3{n_{F{{\rm{e}}_2}{{\left( {S{O_4}} \right)}_3}}} + {n_{CuS{O_4}}}\)

→ 2.0,12 + a = 3.0,06 + 2a → a = 0,06 mol

Ta có: \({n_{Cu}} = \frac{{19,2}}{{64}} = 0,3\left( {mol} \right)\)

- Phương pháp thông thường:

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

0,3 →                                         0,2 (mol)

2NO + O₂ → 2NO₂

0,2 →  0,1 →  0,2 (mol)

4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

0,2 → 0,05 (mol)

\( \to {n_{{O_2}}} = 0,1 + 0,05 = 0,15\left( {mol} \right)\)

\( \to {V_{{O_2}}} = 0,15.22,4 = 3,36\left( l \right)\)

- Phương pháp bảo toàn electron:

Trong quá trình phản ứng trên thì Cu nhường electron và O₂ thu electron. Còn N⁺⁵ trong HNO₃ chỉ vận chuyển electron nên ta có:

Quá trình nhường electron:

Cu⁰ → Cu⁺²+ 2e

0,3 →             0,6 (mol)

Quá trình thu electron:

O₂ + 4e → 2O^-2

x → 4x (mol)

Áp dụng bảo toàn e: 4x = 0,6 → x = 0,15 (mol)

\( \to {V_{{O_2}}} = 0,15.22,4 = 3,36\left( l \right)\)

Các PTHH:

- Hòa tan hỗn hợp Ag₂O, Cu vào dung dịch HNO₃ loãng, dư:

Ag₂O + 2HNO₃ → 2AgNO₃ + H₂O

0,1 →                         0,2 (mol)

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

0,2 →                         0,2 (mol)

→ Muối khan A có chứa: AgNO₃ (0,2 mol) và Cu(NO₃)₂ (0,2 mol)

- Nung muối A đến khối lượng không đổi:

2AgNO₃ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) 2Ag + 2NO₂ + O₂

0,2 →             0,2 (mol)

Cu(NO₃)₂ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) CuO + NO₂ + O₂

0,2 →              0,2 (mol)

→ Chất rắn B thu được gồm Ag (0,2 mol) và CuO (0,2 mol)

→ m_B = 0,2.108 + 0,2.80 = 37,6 (g)

- Cho H₂ qua bột CuO đun nóng: CuO + H₂ → Cu + H₂O

\( \to {n_{{H_2}}} = {n_{Cu}} = \frac{{32}}{{64}} = 0,5\left( {mol} \right)\)

- Cho H₂ qua bột FeO đun nóng: FeO + H₂ → Fe + H₂O

\( \to {n_{F{\rm{e}}}} = {n_{{H_2}}} = 0,5\left( {mol} \right)\)

- Khối lượng Fe thu được là: m_Fe = 0,5.56 = 28 (g)

3Cu + 8HNO_{3 loãng} → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Theo PTHH ta có: n_NO = 2/3.n_Cu = 2/3.0,15 = 0,1 (mol)

Vậy V_NO = 0,1.22,4 = 2,24 (lít)

Các phương trình hóa học xảy ra:

CuO + H₂ → Cu + H₂O (1)

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O (2)

Theo (2) =>n_Cu = 3/2.n_NO = 3/2 . 0,1 = 0,15 mol

Theo (1) => n_CuO = n_Cu = 0,15 mol

=> m_CuO = 0,15.80 = 12 (g)

Đặt mol của Cu và Fe₃O₄ lần lượt là 3x và x (mol)

→ m _{hỗn hợp} = 64.3x + 232.x = 42,4 → x = 0,1 mol

PTHH:

Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

0,1 →                                  0,2               (mol)

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

0,1 ←  0,2                                               (mol)

→ n_{Cu dư} = 0,3 - 0,1 = 0,2 mol

→ m _{chất rắn} = m_{Cu dư} = 0,2.64 = 12,8 gam

Đặt mol của Cu và Fe₃O₄ lần lượt là 3x và x (mol)

→ m _{hỗn hợp} = 64.3x + 232.x = 42,4 → x = 0,1 mol

PTHH:

Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

0,1 →                                  0,2               (mol)

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

0,1 ←  0,2                                               (mol)

→ n_{Cu dư} = 0,3 - 0,1 = 0,2 mol

→ m _{chất rắn} = m_{Cu dư} = 0,2.64 = 12,8 gam

Tóm tắt:

\(7,6\,(g)\,X\left\{ \matrix{
Cu:a\,(mol) \hfill \cr
S:\,b(mol) \hfill \cr} \right.\buildrel { + HN{O_3}\,\,du} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
NO:{{5,04} \over {22,4}} = 0,225\,(mol) \hfill \cr
\left\{ \matrix{
C{u^{2 + }} \hfill \cr
S{O_4}^{2 - } \hfill \cr
{H^ + } \hfill \cr
N{O_3}^ - \hfill \cr} \right.\buildrel { + \,\,Ba{{(OH)}_2}\,du} \over
\longrightarrow m(g) = ?\left\{ \matrix{
BaS{O_4} \hfill \cr
Cu{(OH)_2} \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right.\)

Quy đổi X thành Cu (a) và S (b)

→ m_X = 64a + 32b = 7,6  (I)

quá trình nhường e                                              quá trình nhận e

Cu → Cu⁺²  +2e                                                   N⁺⁵ +3e  → N⁺³

a               → 2a (mol)                                               0,675 ← 0,225 (mol)

S⁰ → S⁺⁶ + 6e

b           → 6b (mol)

Bảo toàn electron: 2a + 6b = 0,675  (II)

giải hệ (I) và (II) → a = 0,075; b = 0,0875

→ n_Cu = 0,075 (mol) và n_S = 0,0875 (mol)

BTNT “S”: n_BaSO4 = n_S = 0,0875 (mol)

BTNT “Cu”: n_Cu(OH)2 = nCu = 0,075 (mol)

→ m↓ = m_BaSO4 + m_Cu(OH)2 = 0,0875.233 + 0,075.98 = 27,7375 (g)

n_Mg = 0,36 : 24 = 0,015 (mol); n_Fe = 1,68 : 56 = 0,03 (mol)

Cho hh Mg và Fe vào dd CuSO₄ phản ứng xảy ra theo thứ tự:

Mg + CuSO₄ → MgSO₄ + Cu↓  (1)

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu↓      (2)

- Nếu Mg phản ứng hết:

Theo (1): n_Cu = n_Mg = 0,015 (mol) → m_{KL thu được} = m_Cu(1) + m_Fe = 0,015.64 + 1,68 = 2,64 (g)

- Nếu cả Mg và Fe pư hết:

Theo (1) và (2): ∑ n_Cu = n_Mg + n_Fe = 0,015 + 0,03 = 0,045 (mol) → m_{KL thu được} = m_Cu = 0,045.64 = 2,88 (g)

Theo bài  2,64 (g) < m_{KL thu được} = 2,82 (g) < 2,88 (g)

Vậy Mg phản ứng hết, Fe mới phản ứng một phần.

Đặt n_{Fe pư} = x (mol)

Theo PTHH (1): n_Cu = n_Mg = 0,015 (mol)

Theo PTHH (2): n_Cu  = n_{Fe pư} = x (mol)

→ m_{KL thu được} = m_Cu(1)+(2) + m_{Fe dư}

→ 64(0,015 + x) + 1,68 – 56x = 2,82

→ x = 0,0225

→ ∑ n_Cu = 0,015 + 0,0225 = 0,0375 (mol)

BTNT “Cu”: n_CuSO4 = n_Cu = 0,0375 (mol)

→ C_M CuSO₄ = n_CuSO4 : V_CuSO4 = 0,0375 : 0,375 = 0,1 (M)

Mg, Cu cho tác dụng với dd HCl chỉ có Mg pư, Cu không pư → rắn không tan Z là Cu

PTHH: Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂↑

→ Khí X là H₂; dd Y là MgCl₂

- Phần 1:

Vì dung dịch sau điện phân + NaOH tạo kết tủa => Cu²⁺dư và khí duy nhất chính là Cl₂

n_Cl2 = 0,14 mol

Catot: Cu²⁺  +2e → Cu

Anot: 2Cl^- → Cl₂ + 2e

- Khi + NaOH:

            OH^- + H⁺ → H₂O

            2OH^- + Cu²⁺ → Cu(OH)₂

 n_{Cu2+ dư} = n_Cu(OH)2 = 1,96: 98 = 0,02 mol

n_{H+ dư} = n_NaOH – 2n_Cu(OH)2 = 0,55.0,8 – 2.0,02 = 0,4 mol = n_HCl

(Vì H⁺ dư nên Cu²⁺ chưa điện phân hết)

Bảo toàn e: n_e = 2n_Cu2+ = 2n_Cl2 => n_{Cu2+ pứ} = n_Cl2 = 0,14 mol

=> n_Cu(NO3)2 = 0,14 + 0,02 = 0,16 mol

- Phần 2: Vì thu được hỗn hợp kim loại => Fe dư => dung dịch chỉ có Fe²⁺

Các phản ứng:

            2Fe + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

Mol      0,15   0,4       0,1           0,15     0,1

            Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

Mol      0,16  0,16                0,16

Gọi n_{Fe dư} = a => 0,16.64 + 56a = 0,7.56.(a + 0,15 + 0,16)

=> a = 239/2100 => m_Fe = (239/2100 + 0,31).56 = 23,73g

=> V_NO = 0,1.22,4 = 2,24 lít

n_SO2 = 0,14 mol; n_S = 0,02 mol

Đặt n_Cu = x mol và n_Zn = y mol

+ m _hh = 64x + 65y = 12,9 (1)

+ Bảo toàn electron:

Áp dụng bảo toàn electron: 2n_Cu + 2n_Zn = 2n_SO2 + 6n_S => 2x + 2y = 2.0,14 + 6.0,02 (2)

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

=> %m_Cu = 0,1.64/12,9.100% = 49,61%

Ta có: n_HNO3 = 44,1: 63 = 0,7 mol

Ta có: m_Cu = 0,7m và m_Fe = 0,3m

Khối lượng chất rắn sau khi kết thúc các phản ứng là 0,75m → Chất rắn này gồm 0,7m gam Cu và 0,05m gam Fe → m_{Fe pứ} = 0,3m - 0,05m = 0,25m

Ta có: n_NO + n_NO2 = 0,25 mol (1)

Quá trình nhận electron:

NO₃^-+ 1e + 2H⁺ → NO₂ + H₂O

NO₃^-+ 3e + 4H⁺ → NO + 2H₂O

Ta có: n_H+ = 2.n_NO2 + 4.n_NO = 0, 7 mol (2)

Giải hệ (1) và (2) ta có: n_NO = 0,1 mol và n_NO2 = 0,15 mol

Do sau phản ứng vẫn còn Fe dư và Cu nên quá trình cho electron là:

Fe → Fe²⁺ + 2e

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

2.n_Fe = n_NO2 + 3.n_NO = 0,15 + 3.0,1 = 0,45 mol

→ n_{Fe pứ} = 0,225 mol  = 0,25m/56 (mol) → m = 50,4 gam

Nếu KOH phản ứng hết thì T chứa KNO₂:

n_KNO2 = n_KOH = 0,5 mol => m _{chất rắn} = 0,5.101 = 50,5 gam > 41,05 (g) (vô lí) => KOH dư

- Đặt T gồm: KOH dư (a mol) và KNO₂ (b mol)

+ BTNT "K": n_KOH = n_{KOH dư} + n_KNO2 => a + b = 0,5

+ m _{chất rắn} = 56a + 85b = 41,05=> a = 0,05 và b = 0,45

BTNT "N": n_KNO2 = n_{NO3- (dd X)} = 0,45 mol

- Đặt A gồm: Fe (x mol) và Cu (y mol)

+ m_A = 56x + 64y = 11,6

+ m_Fe2O3 + m_CuO = 160.0,5x + 80y = 16=> x = 0,15 và y = 0,05

TH1: Giả sử dd X chứa: Fe³⁺ (0,15), Cu²⁺ (0,05), H⁺ và NO₃^- (0,45)

\(11,6(g)A\left\{ \begin{gathered}
Fe:x \hfill \\
Cu:y \hfill \\
\end{gathered} \right. + HN{O_3}:0,7 \to \left| \begin{gathered}
{\text{dd}}\,X\left\{ \begin{gathered}
F{e^{2 + }}:u \hfill \\
F{e^{3 + }}:v \hfill \\
C{u^{2 + }}:0,05 \hfill \\
N{O_3}^ - :0,45 \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + KOH:0,5}}\left\{ \begin{gathered}
\downarrow Y\xrightarrow{{Nung}}\underbrace {\left\{ \begin{gathered}
F{e_2}{O_3}:0,5x \hfill \\
CuO:y \hfill \\
\end{gathered} \right.}_{16(g)} \hfill \\
{\text{dd}}\,Z\xrightarrow{{Co\,can}}T\xrightarrow{{Nung}}\underbrace {\left\{ \begin{gathered}
KOH:0,05 \hfill \\
KN{O_2}:0,45 \hfill \\
\end{gathered} \right.}_{41,05(g)} \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\hfill \\
Khi\,B \hfill \\
{H_2}O \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

 BTĐT => n_H+ = n_NO3- - 2n_Fe3+ - 2n_Cu2+ = 0,45 - 0,15.3 - 0,05.2 = -0,1 < 0 (loại)

TH2: Dung dịch X chứa: Fe²⁺ (u); Fe³⁺ (v); Cu²⁺ (0,05) và NO₃^- (0,45)

+ BTĐT: 2u + 3v + 2.0,05 = 0,45

+ BTNT "Fe": u + v = 0,15

Giải hệ được u = 0,1 và v = 0,05

BTNT H: n_H2O = 0,5.n_HNO3 = 0,35 mol

BTNT "N": n_N(B) = n_HNO3 - n_NO3- = 0,7 - 0,45 = 0,25 mol

Do dd X chứa NO₃^- dư nên không sinh ra H₂ => Khí B chỉ chứa N và O

BTNT "O": n_O(B) = 3n_HNO3 - 3n_NO3- - n_H2O = 0,7.3 - 0,45.3 - 0,35 = 0,4 mol

=> m_B = m_N + m_O = 0,25.14 + 0,4.16 = 9,9 gam

BTKL: m _{dd X} = m_A + m_{dd HNO3} - m_B = 11,6 + 87,5 - 9,9 = 89,2 (g)

=> C% _Cu(NO3)2 = (0,05.188/89,2).100% = 10,5%;

C% _Fe(NO3)3 = (0,05.242/89,2).100% = 13,6%

Cu là kim loại thỏa mãn X:

Cu + AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + Ag