Ôn tập chương 7

(a) Sai vì chất rắn thu được chỉ có Al(OH)₃

(b) Sai vì kết tủa Al(OH)₃ bị KHSO₄ hoàn tan 

(c) Đúng

(d) Sai vì nước chứa nhiều Ca²⁺, Mg²⁺ và HCO₃^- gọi là nước cứng tạm thời

(e) Đúng

Vậy có 2 phát biểu đúng

Mg(OH)₂ không có tính lưỡng tính.

Cr + 2HCl →  CrCl₂ + H₂

                            X

CrCl₂ + 2NaOH → 2NaCl + Cr(OH)₂

                                                    Y

\(C{r_2}O_7^{2 - } + {H_2}O \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} C{r_2}O_4^{2 - } + 2{H^ + }\)

(da cam)                (vàng)

Thêm NaOH →  \(\left[ {{H^ + }} \right]\) giảm → cân bằng chuyển dịch sang phải → dung dịch chuyển từ màu da cam sang vàng.

1. sai vì Trong môi trường axit Br₂ oxi hóa CrO₂^- thành Cr₂O₇^2-

2. đúng vì \(\eqalign{
& Cr{O_3} + {H_2}O \to {H_2}Cr{O_4} \cr
& 2Cr{O_3} + {H_2}O \to {H_2}C{r_2}{O_7} \cr} \)

3. sai vì \(Cr + {H_2}S{O_4} \to \mathop {Cr}\limits^{ + 2} S{O_4} + {H_2} \uparrow \)

4 sai vì Cr(OH)₂ không có tính lưỡng tính nên không tan được trong kiềm

n_H2 = 0,3 mol

n_H2 = n_SO4^2- = 0,3 mol

→ m = m_kl  + m_SO4^2- = 6,8 + 0,3.96 = 35,6 gam

Cu → Cu⁺² + 2e

Fe → Fe⁺³ + 3e

\(\begin{array}{l}\mathop N\limits^{ + 5} \, + \,1e \to \mathop N\limits^{ + 4} {O_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,8\, \leftarrow \,0,8\end{array}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}64x\, + 56y\, = \,17,6\\2x\, + 3y\, = \,0,8\end{array} \right.\, \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,1\\y = 0,2\end{array} \right.\)

%m_Cu =\(\frac{{0,1.64}}{{17,6}}.100\%  = 36,36\% \)

1. đúng vì Cu(OH)₂ + 4NH₃ → (Cu(NH₃)₄)(OH)₂

2. sai vì Cu là đứng sau H.

3. đúng

4. đúng vì 2NH₃ + 3CuO \(\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow \) 3Cu + N₂↑ + 3H₂O

C được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy => C là kim loại đứng trước Zn

=> C là K

+) A, D đẩy được B ra khỏi dung dịch muối => A, D là Fe, Zn (vì Na phản ứng với H₂O trong dd trước)

=> B là Ag

+) A tác dụng được với dung dịch H₂SO₄ đặc nóng nhưng không tác dụng được với dung dịch H₂SO₄ đặc nguội

=> A là Fe (vì Fe bị thụ động hóa trong H₂SO₄ đặc nguội).

=> D là Zn

Cr₂O₃ + Al → Rắn X

Theo ĐLBT khối lượng: m_{hh đầu} = m_{hh sau}  → m_Al = 34,5 – 23,7 = 10,8 (g)

Xét phản ứng: 2Al + Cr₂O₃ → Al₂O₃ + 2Cr

n_Al = 0,4 mol

n_Cr2O3 = 0,15 mol

Vì \(\frac{{{n_{Al}}}}{{{n_{C{r_2}{O_3}}}}} = \frac{{0,4}}{{0,15}}\) >2 → Al dư

n_{Al dư}  =  0,4 – 0,15.2 = 0,1 mol

n_Cr = 2 n_Cr2O3  = 0,3 mol        

Áp dụng ĐLBT electron:  3.n_Al + 2.n_Cr = 2.n_H2

=> n_H2 = \(\frac{{0,1.3 + 0,3.2}}{2}\)= 0,45 mol

\(\eqalign{
& {n_{Cu}} = 0,15\,mol \cr
& {n_{NO_3^ - }} = 0,24\,mol \cr
& {n_{{H^ + }}} = 0,2.1,2 + 0,2.0,4.2 = 0,4\,mol \cr} \)

Phương trình ion của phản ứng:

\(3Cu + 8{H^ + } + 2NO_3^ -  \to 3C{u^{2 + }} + 2NO + 4{H_2}O\)

Ta có: \(\frac{{{n_{Cu}}}}{3} = \frac{{{n_{{H^ + }}}}}{8} < \frac{{{n_{NO_3^ - }}}}{2}\) nên Cu và H⁺  hết , NO₃^- dư

=> m_muối = m_Cu + m_NO3^- _dư + m_SO4^2- = 9,6 + (0,24 – 0,1).62+ 0,2.0,4.96 = 25,96 gam

Dd muối cuối cùng là Zn(NO₃)₂

Ta có: \({n_{NO_3^ - }} = 0,1.0,1 = 0,01\,mol\)

BT NO₃^-  → n_Zn(NO3)2 = 0,01/2 = 0,005 mol

BTKL ba kim loại: m + 0, 1.0, 1.108 + 0,65 = 0,992 + 0,797 + 0, 005.65

=> m = 0,384 gam

2Fe + 3Cl₂ → 2FeCl₃

Fe + 4HNO_3(l) → Fe(NO₃)₃ + NO↑ + 2H₂O

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Fe + 6H₂SO_4(đ) → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

Dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất là muối FeSO₄

\(\eqalign{
& \mathop {Fe}\limits^0 \, - 2e \to \mathop {Fe}\limits^{ + 2} \cr
& \mathop {Fe}\limits^{ + 3} + 1e \to \mathop {Fe}\limits^{ + 2} \cr
& 2\mathop H\limits^ + + 2e \to {H_2} \cr} \)

Bảo toàn electron: 2x = 2y +2z

=> x = y + z

Giả sử n_Fe = 4 mol    

TH1:  Dung dịch H₂SO₄ loãng

Fe + H₂SO₄ →FeSO₄ + H₂ ↑

4       4

→ H₂SO₄ dư → loại

TH2:   Dung dịch H₂SO₄ đặc nóng

2Fe + 6H₂SO_{4 đặc}  \(\xrightarrow{{{t^0}}}\)Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ ↑ + 6H₂O

  3←    9             →              1,5       

Fe _dư + Fe₂(SO₄)₃ →3FeSO₄

1           1       →           3

Sau phản ứng: FeSO₄ 3 mol và Fe₂(SO₄)₃ 0,5 mol

→ n_e.tđ = 3.2 + 3.2.0,5 = 9 =\({n_{{H_2}S{O_4}}}\)

A sai vì Fe + H₂SO₄ →FeSO₄ + H₂ ↑

B sai vì Ag không phản ứng với FeCl₃

C đúng vì Fe bị thụ động hóa trong dung dịch H₂SO₄ đặc, nguội

D sai vì Fe²⁺ là trạng thái oxi hóa trung gian của sắt → Fe²⁺ vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử.

Xét quá trình cho – nhận e:

FeO :     \(\eqalign{
& \mathop {Fe}\limits^{ + 2} \, - 1e \to \mathop {Fe}\limits^{ + 3} \cr
& 1\,\,\,\, \to 1 \cr
& \mathop S\limits^{ + 6} + 2e \to \mathop S\limits^{ + 4} {O_2} \cr
& \,\,\,\,\,\,1\, \leftarrow 0,5 \cr} \)

Xét n_H2SO4 = n_SO2  +  n_{NO3- trong muối}  = 0,5 + ½.3 = 2 Thỏa mãn

0,5 + ½.3.3 = 5 (loại)

Fe₃O₄:  \(\eqalign{
& {\mathop {Fe}\limits^{ + 8/3} _3}{O_4}\, - 1e \to \mathop {3Fe}\limits^{ + 3} \cr
& \,\,\,\,\,\,\,1\,\,\,\, \to 1 \cr
& \mathop S\limits^{ + 6} + 2e \to \mathop S\limits^{ + 4} {O_2} \cr
& \,\,\,\,\,\,1 \leftarrow 0,5 \cr} \)

 Xét n_H2SO4 = n_SO2  + \({n_{SO_4^{2 - }}}\)_{trong muối}  = 0,5 + ½.3.3 = 5 (loại)

Nếu là Fe₂O₃ thì không sinh ra SO₂ loại

Nếu là Fe thì n_SO2 = 1.3/2 = 1,5 loại

Bước 1: Tính n_Fe

n_Fe = $\frac{{8,4}}{{56}}$ = 0,15 mol

Bước 2: Kiểm tra xem Fe có dư không

       2Fe + 6H₂SO₄ $ \to $ Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

mol: 0,15      0,4

p/ư: $\frac{2}{{15}}$  $ \leftarrow $ 0,4    $ \to $     $\frac{1}{{15}}$ 

dư:  $\frac{1}{{60}}$

          Fe_dư  +  Fe₂(SO₄)₃ $ \to $ 3FeSO₄

mol: $\frac{1}{{60}}$ $ \to $      $\frac{1}{{60}}$   $ \to $     0,05

Bước 3: Tính số mol của các chất tạo thành theo các phương án của câu hỏi$ \Rightarrow {\text{ }}{n_{FeS{O_4}}} = {\text{ }}0,05{\text{ }}mol;{\text{ }}$

${n_{F{e_2}{{(S{O_4})}_3}}}\, = \,\frac{1}{{15}}\, - \,\frac{1}{{60}}\, = \,0,05\,\,mol$

Thể tích HNO₃ cần dùng là ít nhất nên chỉ tạo thành muối sắt (II)

\(\eqalign{
& \mathop {Fe}\limits^0 \, - 2e \to \mathop {Fe}\limits^{ + 2} \cr
& 0,3\,\,\,\,\,0,6 \cr
& \mathop {Cu}\limits^0 - \,\,\,\,\,2e \to \mathop {Cu}\limits^{ + 2} \cr
& 0,15\,\,\,\,\,0,3 \cr
& \mathop N\limits^{ + 5} + 3e \to \mathop N\limits^{ + 2} O \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,9\,\,\,\,\,\,\,0,3 \cr} \)

Bảo toàn e:  0,6 + 0,3 = 3.n_NO → n_NO = 0,3

\({n_{HN{O_3}}} = {n_{NO}} + \)n_{e nhận} = = 0,3 + 0,9 = 1,2 → \({C_M} = {{1,2} \over 1}\) = 1,2 lít

Gọi n_Fe = x mol; n_X = y mol

n_H2  = 0,3 mol ; n_NO  = 0,25mol

Xét trường hợp tác dụng với HCl

Ta có:\(\eqalign{
& \mathop {Fe}\limits^0 - 2e \to \mathop {Fe}\limits^{ + 2} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop H\limits^ + + 1e \to 1/2{\mathop H\limits^0 _2} \cr
& x\,\,\,\,\,\,\,2x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,3 \cr
& \mathop X\limits^0 - ne \to \mathop X\limits^{ + n} \cr
& y\,\,\,\,\,\,ny \cr} \)

Xét trường hợp tác dụng với HNO₃

Ta có:\(\eqalign{
& \mathop {Fe}\limits^0 - 3e \to \mathop {Fe}\limits^{ + 3} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop N\limits^{ + 5} + 3e \to \mathop N\limits^{ + 2} O \cr
& x\,\,\,\,\,\,\,2x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,75\,\,\,\,\,\,\,\,0,25 \cr
& \mathop X\limits^0 - ne \to \mathop X\limits^{ + n} \cr
& y\,\,\,\,\,\,ny \cr} \)

Áp dụng định luật bảo toàn electron:  

=> 3x + ny = 0,75  (1)

Từ (1) và (2) → x = 0,15 và ny = 0,3

m_Fe = 0,15.56= 8,4 gam → m_X = 1,805 – 8,4 = 2,7 gam

\({M_X} = {{2,7} \over {0,3}}.n = 9n\)

Với n = 3 => X = 27 => X là Al