Ôn tập chương 5

Al₂(SO₄)₃ + 6NH₃ + 6H₂O  → 2Al(OH)₃↓ + 3(NH₄)₂SO₄

                                                           X

2Al(OH)₃ \(\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow \) Al₂O₃ + 3H₂O

     X                    Y

Al₂O₃  \(\buildrel {dpnc} \over
\longrightarrow \) 2Al +  O₂ ↑

Y                       Z

Khi thêm vài giọt FeCl₂ vào dung dịch sẽ hình thành cặp pin điện hóa Mg-Fe làm cho khí thoát ra nhanh hơn

1, 3, 4, chỉ là ăn mòn hóa học do chỉ có 1 điện cực.

2, là ăn mòn điện hóa  vì hình thành điện cực Fe và Ag. Hai điện cực tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với dung dịch điện ly là muối Fe²⁺ và Ag⁺

Fe + 2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag

CuSO₄: Ăn mòn điện hóa vì hình thành hai điện cực Sn và Cu. Hai điện cực tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với dung dịch điện ly là muối Ni²⁺ và Cu²⁺

Sn + Cu²⁺ → Sn²⁺ + Cu

- NiCl₂, FeCl₂ : Không xảy ra ăn mòn do không có phản ứng tạo thêm điện cực

-AgNO₃: Ăn mòn điện hóa vì  hình thành điện cực Ni và Ag. Hai điện cực tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với dung dịch điện ly là muối Sn²⁺ và  Ag⁺

Sn + 2Ag⁺ → Sn²⁺ + 2Ag      

Gọi hóa trị của X là n

X =\({m \over n} = {m \over {{n_e}}}.n = {{{m \over {0,667m.4}}} \over {32}}.n = 12.n\)

→ n = 2 và X = 24 → X là Mg          

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

=> m_O2 + m_Cl2 = 11,15 – 6 = 5,15 gam

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{{O_2}}} = x\,mol\\{n_{C{l_2}}} = y\,mol\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,1\\32x + 71y = 5,15\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}x = 0,05\\y = 0,05\end{array} \right.\)

→n_{e trao đổi} =  4n_O2  + 2n_Cl2 = 4. 0,05 + 2. 0,05 = 0,3 mol

M = \(\frac{m}{n} = \frac{m}{{{n_e}}}\)  .hóa trị = 20.hóa trị

→ Hóa trị = 2, M = 40→ M là Ca                 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m_X = m_O2 + m_Cl2 = m_Z  - m_Y = 21,75

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{{O_2}}} = x\,mol\\{n_{C{l_2}}} = y\,mol\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,375\\32x + 71y = 21,75\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}x = 0,125\\y = 0,25\end{array} \right.\)

Gọi số mol của Mg và Al lần lượt là a và b

=> m_{hh Y} = 24a + 27b = 10,2  (1)

Bảo toàn e: 2.n_Mg + 3.n_Al = 2.n_Cl2 + 4.n_O2

=> 2a + 3b = 2.0,25 + 4.0,125 = 1  (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,2; b = 0,2

%m_Mg = \(\frac{{0,2.24}}{{10,2}}.100\%  = 47,06\% \)

n_Fe = 0,15 mol; n_Mg = 0,15 mol

\(\left\{ \matrix{
Fe \hfill \cr
Mg \hfill \cr} \right.\buildrel { + HCl} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
F{e^{2 + }} \hfill \cr
C{u^{2 + }} \hfill \cr} \right.\buildrel { + O{H^ - }} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
Fe{(OH)_2} \hfill \cr
Mg{(OH)_2} \hfill \cr} \right.\buildrel { + {O_2}} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
F{e_2}{O_3} \hfill \cr
MgO \hfill \cr} \right.\)

Bảo toàn Fe: \({n_{F{e_2}{O_3}}} = \frac{1}{2}{n_{Fe}}\)= 0,075

Bảo toàn Mg: n_MgO = n_Mg = 0,15 mol

=> m = 0,075.160 + 0,15.40 = 18 (gam)

\({n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{37,6}}{{188}} = 0,2\,mol\) => n_Cu = 0,2 mol

=> %m_Cu =\(\frac{{0,2.64}}{{20}}.100\%  = 64\% \)

\({n_{NO_3^ - }}\) _{(trong muối)} = n_{e nhận}  = 0,5 mol

m_muối= m_KL + \({m_{NO_3^ - }}\) _(muối)  = 23,6 + 0,5.62 = 54,6 gam

n_Al = 1,3 mol; n_Y = 0,375 mol

Đặt n_N2 = x mol; n_N2O = y mol

\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,375\\28x + 44y = 0,375.18,8.2\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}x = 0,15\\y = 0.225\end{array} \right.\)

Al → \(\mathop {Al}\limits^{ + 3} \) + 3e                             2\(\mathop N\limits^{ + 5}  + 10e \to \,\mathop {{N_2}}\limits^0 \)

1,3             3,9                                 1,5       0,15

                                                2\(\mathop N\limits^{ + 5}  + 8e \to \,\mathop {{N_2}O}\limits^0 \)

                                                         1,8    0,225

Ta thấy 3. n_Al > (8.n_N2O + 10 n_N2) → Có muối amoni NH₄NO₃

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:

+) Bảo toàn e : 3n_Al = 8n_N2O + 10n_N2 + 8n_NH4NO3 => n_NH4NO3  = (3.1,3 – 1,5 – 1,8)/8 = 0,075

=> m = m_Al(NO3)3 + m_NH4NO3 = 282,9 gam

\({n_{Fe}} = 0,15\,mol;\,{n_{AgN{O_3}}} = 0,2\,mol;\,{n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = \,0,1\,mol\)

Fe +    2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag

0, 1  \( \leftarrow \) 0,2            → 0,2

Fe +    Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

0,05  <  0,1         →     0,05    

=> m_rắn = m_Ag + m_Cu = 0,2.108 + 0,05.64 = 24,8 (gam)

m_{dd tăng}  = m_{rắn giảm} = 1 gam → m_{dd ban đầu} = 37,8 -1 = 36,8 gam

 Cu + Ag⁺  →  \(\left\{ \matrix{
Y\left\{ \matrix{
C{u^{2 + }} \hfill \cr
A{g^ + } \hfill \cr} \right.\buildrel { + Zn} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
Z{n^{2 + }} \hfill \cr
Z\left\{ \matrix{
Cu \hfill \cr
Ag \hfill \cr
Zn \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. \hfill \cr
X\left\{ \matrix{
Ag \hfill \cr
Cu \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right.\)

Ta thấy chỉ có Zn và Ag bị thay đổi số oxi hóa

=> Bảo toàn electron ta có: 2n_Zn = n_Ag = 0,2 => n_{Zn phản ứng} = 0,1

=> n _Zn dư = 0,03 mol

Bảo toàn khối lượng ta có m_X + m_Z = m_Ag + m_Cu + m_Zn dư => m_Cu =  17,04 +12,91 – 0,2.108 – 0,03. 65 = 6,4 gam

Phản ứng tổng quát của phản ứng:  Oxit + hỗn hợp H₂ và CO

H₂ + O _oxit  H₂O             CO + O _oxit  CO₂

Nhận xét: Khối lượng chất rắn giảm chính là do Oxi trong oxit tham gia phản ứng

=> \(\sum {{n_{{\rm{[}}O{\rm{]}}Oxit}}} \) _{phản ứng}  = 2,4/ 16 = 0,15 mol

\(\sum {{n_{{\rm{[}}O{\rm{]}}Oxit}}} \)= n_H2 + n_CO = 0,15 mol

=> V_hh = 0,15. 22,4 = 3,36 lít

n_O = n_CO = 0,1 mol ; \({n_{S{O_2}}} = 0,15\,mol\)

Nhìn vào đáp án thấy số oxi hóa cao nhất của Fe, Cr là +3

M \( \to \mathop M\limits^{ + 3}  + 3e\)

\(\mathop S\limits^{ + 6}  + 2e \to \mathop S\limits^{ + 4} \)

=> n_M = 0,15. 2/3 = 0,1 mol

n_O = n_M = 0,1 mol

=> CT là MO: 0,1 mol

=> M_MO = 7,2/0,1 = 72 => M = 56

=> M là Fe

n_NO = 0,1 mol ; n _hhX  = 0,25 mol

C + H₂O  →  CO + H₂

                      x      x 

C + 2H₂O →  CO₂ + 2H₂

                      y         2y

Cách 1: Nhận xét: Số oxi hoá của Cu ban đầu trong oxit và sau trong muối không đổi, ta quy bài toán về dạng:

H₂ → 2\(\mathop H\limits^ +  \) + 2e                         \(\mathop C\limits^{ + 2}  \to \mathop C\limits^{ + 4} \,\, + 2e\)

x + 2y     → 2x + 4y                x       →    2x

\(\mathop N\limits^{ + 5} \,\, + 3e\, \to \,\mathop N\limits^{ + 2} \)

       0,3← 0,1

=> \(\left\{ \matrix{
{n_{hhX}} = \,x + \,x\, + y\, + \,2y\, = 0,175 \hfill \cr
\buildrel {BT\,electron} \over
\longrightarrow \,2x\, + \,4y\, + \,2x\, = 0,3 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{
x = 0,05 \hfill \cr
y = 0,025 \hfill \cr} \right.\) 

=> \(\% {V_{CO}} = \frac{{0,05}}{{0,175}}.100\%  = 28,57\% \)

Cách 2:

 C + H₂O \( \to \left\{ \begin{array}{l}{n_{CO}} = x\,mol\\{n_{{H_2}}} = \,y\,mol\\{n_{C{O_2}}} = \,z\,mol\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x + y + z = 0,175\\x + y = {n_O} = \frac{{{n_e}}}{2} = \frac{{0,1.3}}{2} = 0,15\\BTNT\,O:y = x + 2z\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,05\\y = 0,025\\z = 0,1\end{array} \right.\)

→\(\% {V_{CO}} = \frac{{0,05}}{{0,175}}.100\%  = 28,57\% \)            

Các hợp kim được đặt trong không khí ẩm nên đều bị ăn mòn điện hóa:

+ Cu-Fe (1) thì tính khử Fe > Cu nên Fe bị ăn mòn trước

+ Fe-C (2) thì tính khử Fe > C nên Fe bị ăn mòn trước

+ Fe-Zn (3) thì tính khử Fe < Zn nên Zn bị ăn mòn trước

Pin điện Zn - Cu cùng được nhúng trong dung dịch chất điện li H₂SO₄ thì Zn đóng vai trò anot (-) còn Cu đóng vai trò catot (+). Các bán phản ứng xảy ra tại các cực là:

- Anot (-): Zn → Zn²⁺ + 2e

- Catot (+): 2H⁺ + 2e → H₂

(1) Sau bước 2, chưa có bọt khí thoát ra tại bề mặt của hai thanh kim loại.

⟹ Sai vì ngay lúc đầu Zn phản ứng với H₂SO₄ theo phản ứng: Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂

(2) Sau bước 3, kim điện kế quay chứng tỏ xuất hiện dòng điện.

⟹ Đúng do có sự dịch chuyển electron trong dây dẫn

(3) Trong dây dẫn, dòng electron di chuyển từ anot sang catot.

⟹ Đúng

(4) Sau bước 3, bọt khí thoát ra ở cả hai điện cực kẽm và đồng.

⟹ Đúng

(5) Sau bước 3, thanh đồng bị ăn mòn điện hóa đồng thời với sự tạo thành dòng điện.

⟹ Sai, sau bước 3 thanh kẽm bị ăn mòn điện hóa

Vậy có 3 phát biểu đúng.