Chuyên đề DHBB năm 2019 “Xây dựng hệ thống tập nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB -VIIIB bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia” PHẦN I: MỞ ĐẦU I.1 CƠ SỞ KHOA HỌC VÀ CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA CHUYÊN ĐỀ Trong năm qua, đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia quốc tế thường đề cập tới phần tập nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB -VIIIB nhiều góc độ khác Tuy nhiên, sách giáo khoa phổ thông , điều kiện giới hạn thời gian nên kiến thức đề cập đến cách sơ lược Xuất phát từ thực trạng dạy học trường phổ thông việc bồi dưỡng học sinh giỏi cấp môn hóa học cho thấy có số khó khăn như: 1- Tài liệu giáo khoa dành riêng cho học sinh chuyên hóa nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB -VIIIB nhiều sơ sài, khoảng cách xa so với nội dung chương trình thi học sinh giỏi Quốc gia 2- Các tài liệu tham khảo nhiều song nội dung kiến thức nằm rải rác nhiều tài liệu khác có nhiều phần lại đơn giản bên cạnh nhiều phần khó áp dụng để giảng dạy cho học sinh lớp chuyên Hóa bồi dưỡng cho học sinh giỏi thi Quốc gia 3-Trong đề thi Olympic Quốc gia từ năm 1994 đến số đề thi Olympic Quốc tế, nội dung nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB -VIIIB thường dạng tổng hợp, kết hợp nhiều vấn đề Thế tài liệu giáo khoa chuyên, tập trình bày dạng vấn đề riêng rẽ, cụ thể đơn giản Để có kết cao giảng dạy bồi dưỡng học sinh chuyên Hóa tham dự kỳ thi chọn học sinh Giỏi Quốc gia học sinh chuyên Hóa giáo viên tham gia giảng dạy cần không ngừng cập nhật nội dung kiến thức Dưới góc độ giáo viên dạy chuyên Hóa tham gia bồi dưỡng học sinh dự thi học sinh giỏi Quốc gia cá nhân nghiên cứu, lựa chọn hệ thống kiến thức lí thuyết bản, trọng tâm; sưu tầm tập điển hình để xây dựng chuyên đề giảng dạy nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB -VIIIB phù hợp với việc giảng dạy thân đồng nghiệp, đồng thời giúp cho học sinh có tài liệu đầy đủ nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VII B- VIII B, hiểu sâu vận dụng tốt kiến thức vào việc giải tập, đáp ứng ngày cao chất lượng giảng dạy học tập cho đội tuyển học sinh giỏi mơn Hóa học Vì chuyên đề DHBB 2019: “Xây dựng hệ thống tập nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB -VIIIB bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia” với hy vọng làm phong phú nguồn tư liệu phục vụ cho công tác giảng dạy bồi dưỡng học sinh chuyên Hóa học sinh tham dự kì thi chọn học sinh giỏi Quốc gia quốc tế Đặc biệt tài liệu tổng kết cá nhân với vấn đề thực tiễn giảng dạy học sinh chuyên Hóa học sinh thi chọn học sinh giỏi Quốc gia quốc tế năm qua I.2 NỘI DUNG NGHIÊN CỨU CỦA CHUYÊN ĐỀ Các nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB bao gồm Mn – Tc -Re nguyên tố nhóm VIIIB Fe – Co –Ni Chúng tơi dựa vào tài liệu tham khảo tập trung nghiên cứu hệ thống hóa vấn đề sau - Đặc điểm chung nguyên tố nhóm VII B – nhóm VIII B - Trạng thái tự nhiên – Phương pháp điều chế - Tính chất hóa học - Các hợp chất quan trọng - Bài tập tổng hợp I.3 PHẠM VI NGHIÊN CỨU Chúng nghiên cứu giới hạn phạm vi trường trung học phổ thông Chuyên Hưng Yên Về mặt kiến thức kỹ năng, đề tài nghiên cứu : “Xây dựng hệ thống tập nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB -VIIIB bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia” Về mặt kiến thức kỹ năng, đề tài nghiên cứu : - Đặc điểm chung nguyên tố nhóm VII B – nhóm VIII B - Trạng thái tự nhiên – Phương pháp điều chế - Tính chất hóa học - Các hợp chất quan trọng - Bài tập tổng hợp I.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Tìm hiểu tài liệu sở lí luận liên quan đến đề tài, hệ thống lại lí thuyết chủ đạo đồng thời xây dựng hệ thống dạng tập áp dụng -Sưu tầm đề thi HSGQG-QT năm -Thực nghiệm giảng dạy cho đội tuyển học sinh giỏi, kiểm tra đánh giá kết thực đề tài rút học kinh nghiệm (phương pháp chính) I.5 NHIỆM VỤ CỦA CHUYÊN ĐỀ Chúng tập trung nghiên cứu ,tham khảo tài liệu uy tín để hệ thống lý thuyết ,phân dạng tập phần nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VII B- VIII B.Trên thực tế phần tài liệu ,và thường nằm rải rác nhiều giáo trình Chính đề tài góp phần vào việc giúp thầy em học sinh có thêm tài liệu để học tập I.6 ĐIỀU KIỆN ĐỂ ÁP DỤNG CHUYÊN ĐỀ Giảng dạy cho học sinh lớp chuyên Hóa đối tượng học sinh thi chọn HSGQG mơn Hóa học C¸c nguyªn tè nhãm VIIB 25 Mn - Tc - 43 75 Re Đặc điểm chung nguyên tố nhóm VIIB LÝ thut - ThÕ ®iƯn cùc cđa mangan: Trong m«i trêng axÝt: +0,56 MnO4 +0,95 +2,27 - MnO4 2- -1,18V +1,50 MnO2 Mn 3+ Mn2+ Mn Trong m«i trêng baz¬: +0,56 MnO4 - MnO -0,25V +0,15 +0,62 24 MnO2 -1,51V Mn2O3 Mn(OH) Mn Bảng 10-1 Một số đặc điểm nguyên tố Mn, Tc, Re Ki Z m Cấu hình Năng lợng ion hóa, kJ/mol electron loại Mn 5 [Ar]3d 4s Tc Re [Xe]4f 5d 6s2 [Kr]4d 5s 14 I3 I2 71 150 324 494 699 920 115 h 1,3 70 0 08 147 285 410 570 730 910 1,3 76 0 0 126 251 364 490 630 760 1,3 0 C©u hái I5 I6 I7 kÝn I1 I4 Bán a) Từ giá trị điện cực, nhận xét mức độ hoạt động hoá học Mn So sánh tính khử hai môi trờng? b) Số oxi hoá bền môi trờng axit môi trờng kiềm? 2- Hãy cho nhận xét đặc điểm sau nguyên tố nhóm VIIB: - Đặc điểm lớp electron hóa trị So sánh với cấu hình nguyên tố nhóm VIIA - Trạng thái oxi hóa đặc trng - Sự biến thiên bán kính nguyên tử Kết luận - Các electron (n-1)d5ns2 electron hóa trị Phân lớp d nửa bão hòa cấu hình tơng đối bền vững - Do có electron hóa trị, nguyên tố nhóm VIIB tạo đợc hợp chất có nhiều số oxi hóa khác từ +2 đến +7 Số oxi hóa đặc trng Mn +2, +4, +7; Tc Re +7 Sự tăng độ bền trạng thái oxi hoá +7 do: tổng lợng ion hoá giảm dần tăng độ bền liên kết cộng hoá trị làm tăng độ bền anion chứa nguyên tố trạng thái oxi hoá cao ( Bán kÝnh quy íc: Mn+7 = 0,56 antron, Te+7 = 0,46 antron, Re+7 = 0,46 antron) - Bán kính nguyên tử tăng chậm từ Mn đến Re Do nguyên tố có tính chất giống nhau, Tc Re, hai nguyên tố có bán kính nguyên tử gần Trạng thái thiên nhiên - Phơng pháp điều chế Câu hỏi 3- a) Nêu nhận xét chung trạng thái tồn hàm lợng nguyên tố Mn tự nhiên? b) Trong tự nhiên nguyên tố Mn tồn loại quặng nào? c) Cho biết phơng pháp điều chÕ Mn Hỵp chÊt phỉ biÕn nhÊt cđa Mn tự nhiên MnO (khoáng vật pirolusit) Ngoài tồn dới số dạng khác nh Mn2O3, MnS, MnS2 Mn có đồng vị tự nhiên Mn -55 chiếm 100% Te nguyên tố phóng xạ nguyên tố đợc tổng hợp nhân tạo Đồng vị bền Te-99 (chu kì bán huỷ = 2,2.105 năm) Re nguyên tố phân tán TÝnh chÊt hãa häc cña Mn, Tc, Re NhËn xét: Hoạt tính hoá học giảm dần, Mn tơng đối hoạt động, Tc Re hoạt động Mangan có tổng lợng ion hóa I1+I2 tơng đơng với magie nhng có nhiệt thăng hoa (280 kJ/mol) lớn magie (150 kJ/mol) lợng hidrat hóa nhỏ (Mg 2+ = 0,74; Mn2+ = 0,91) nên mangan hoạt động magiê: E0(Mn2+/Mn = -1,18V; Mg2+/Mg = -2,36V; Zn2+/Zn = -0,763V) Tc vµ Re cã nhiƯt thang hoá cao: 649 777 kJ/mol Lí thuyết: 1- T¸c dơng víi phi kim: - Hidro - Nhãm IVA (cacbon, siclic) – Nhãm VA (nit¬, photpho) – Nhãm VIA (oxi, lu huúnh, selen, telu) – Nhãm halogen KÕt luËn - Với hidro: không phản ứng trực tiếp - Với cacbon, silic: Mn có phản ứng trực tiếp tạo Mn 3C, Mn7C3, Mn3Si, MnSi - Víi nit¬: Mn  Mn2N3 (600- 10000C) Víi P t¹o Mn3P2, MnP, ReP - Với oxi: dạng khối rắn, Mn bền với oxi, đun nóng có lớp oxit bảo vƯ Nãi chung Mn rÊt khã ph¶n øng víi oxi, nung nóng 940oC Mn tạo Mn3O4 Tc  Tc2O7 (450 – 5000C); Re  Re2O7 (4000C) Mn Re phản ứng trực tiếp với S, Se, Te: MnS, MnSe, MnSe 2, MnTe, MnTe2, ReSe2… - Víi halogen: Tác dụng với flo tạo MnF MnF4 Các halogen khác tạo MnX2 (2000C) Te tạo TcF6 (4000C), TcCl4 (4000C) - Re t¹o ReF7 (600 7000C), ReCl5 (4000C) 2- Tác dụng với nớc dung dịch muối amoni trạng thái bột nhỏ đợc đun nóng, Mn tác dụng với nớc giải phóng hidro Đặc biệt có lẫn tạp chất nh cacbon, Mn dễ bị nớc không khí ẩm ăn mòn Tuy nhiên, sản phẩm Mn(OH) tan làm cho trình phản ứng diễn bề mặt kim loại Trong dung dịch muối amoni, phản ứng xảy mãnh liệt hơn: Mn(OH)2 + 2NH4+ = Mn2+ + 2NH3 + 2H2O 3- T¸c dơng víi axit: - HCl, H2SO4 loãng - HNO3, H2SO4 đặc - H2SO4, HNO3 đặc nguội - HCl, H2SO4 loãng: có Mn phản ứng - HNO3, H2SO4 đặc: tạo Mn(II), HTcO (axit petecnetic), HReO4 (axit perenic) Khác với Mn Te, Re tan đợc dung dịch H2O2; dung dịch kiềm có mặt chất oxi hoá: 2Re + 7H2O2 2HReO4 + 6H2O 4Re + 4NaOH (đặc, nóng) + 7O2  4NaReO4 + 2H2O 3Re + 18HCl + 4HNO3  3H2[ReCl6] + 4NO + 8H2O C©u hái 4- a) Tõ giá trị điện cực chuẩn, so sánh hoạt tÝnh hãa häc cđa Mn víi Mg vµ Zn b) Tại tổng lợng ion hoá I1 + I2 Mn (2226 kJ/mol) tơng đơng với Mg (2187,5 kJ/mol) nhng Mn lại hoạt động Mg? 5- Viết ptp (ghi rõ điều kiện) cho Mn tác dụng với: - Oxi, lu huỳnh, nitơ, halogen Mn có bị flo ăn mòn không? - Dung dịch HCl, H2SO4 loãng - Dung dịch HCl loãng HCl đặc - Dung dịch HNO3, H2SO4 đặc 6- a) Tại Mn bền với nớc Mn tan đáng kể nớc điều kiện Trong dung dịch muối amoni, Mn tan mãnh liệt nớc Giải thích? b) Khi cho Mn phản ứng với dung dịch HCl, H 2SO4 loãng tạo thành muối Mn3+ đợc không Giải thích? Cho: Mn3+/Mn2+ = 1,50V; Mn2+/Mn = -1,18V Viết phơng trình phản ứng cho: - Tecneti tác dụng với HNO3 đặc, nóng; nớc cờng thuỷ - Reni tác dụng với HNO3 đặc, nóng; H2SO4 ®Ỉc, nãng níc cêng thủ; H2O2 ®Ỉc; NaOH ®Ỉc có mặt O2 Các hợp chất mangan 4.1 Hợp chất Mn(0) Câu hỏi: 8- a) Trình bày chất hình thành liên kết hợp chất Mn2(CO)10 b) Về hình thức, nguyên tử kim loại cố số oxi hoá nhng nghiên cứu cấu trúc tia Rơnghen cho thấy nguyên tử kim loại có điện tích dơng đáng kể Giải thích sao? c) Viết phơng trình phản ứng khi: - Đốt nóng Mn2(CO)10 1100C - Cho Mn2(CO)10 tác dụng với HNO3; H2SO4 đặc 4.2 Hợp chất Mn(II) 10 Hình 10-1 Cấu trúc tinh thĨ MnO Bài 47 (K× thi chän häc sinh giỏi quốc gia năm học 2010-2011) 25 oC, cho dòng điện chiều có cường độ 0,5A qua bình điện phân chứa điện cực platin nhúng 200 mL dung dịch gồm Cu(NO3)2 0,020 M, Co(NO3)2 1,0 M, HNO3 0,010 M Viết phương trình nửa phản ứng xảy catot anot trình điện phân Khi 10% lượng ion kim loại bị điện phân, người ta ngắt mạch điện nối đoản mạch hai cực bình điện phân Hãy cho biết tượng xảy viết phương trình phản ứng minh họa Xác định khoảng nguồn điện đặt vào catot để điện phân hồn tồn ion thứ catot (coi q trình điện phân hồn tồn nồng độ ion bị điện phân lại dung dịch 0,005% so với nồng độ ban đầu) Tính thể tích khí (đktc) anot sau điện phân 25 phút Khi đó, giá trị catot bao nhiêu? Chấp nhận: áp suất riêng phần khí hidro pH2 = atm; tính tốn khơng kể đến q thế; nhiệt độ dung dịch khơng thay đổi suốt q trình điện phân Cho E0Cu2+/Cu = 0,377V ; E0Co2+/Co = - 0,277V Hằng số Faraday F = 96500 C.mol-1 , 250C 2,303.R.T/F = 0,092 Hướng dẫn giải: Phương trình nửa phản ứng xảy catot anot: Các trình xảy catot: Cu2+ + 2e → Cu↓ (1) 2H+ + 2e → H2 Co2+ + 2e → Co↓ 57 Quá trình xảy anot: 2H2O → O2 + 4H+ + 4e E = 0, 337 + Cu 2+/Cu E lg 0, 02 = 0,287 V E 2+ = E Co 0,0592 (2) = - 0,277 V /Co Co2+ /Co = 0,0592 lg (0, 01)2 = - 0,118 V 2H+ /H2 Vì E 2+ > E + > E 2+ nên thứ tự điện phân catot là: Cu2+, H+, Co2+ Cu /Cu2H /H2 Co /Co Khi 10% Cu2+ bị điện phân, ECu2+ /Cu = 0,285 V (khi H2 chưa ra), ngắt mạch điện nối đoản mạch cực hình thành pin điện có cực dương (catot) cặp O2/H2O cực âm (anot) cặp Cu2+/Cu Phản ứng xảy ra: catot: O2 + 4H+ + 4e → 2H2O → Cu2+ + 2e anot: × Cu 2Cu↓ + O2 + 4H+ → 2Cu2+ + 2H2O Pin phóng điện điện cực trở nên Để tách hoàn toàn Cu2+ catot cần đặt là: E 58 +< Ec < E 2+ Khi Cu2+ bị 2H /H2 khử điện phân hồn tồn [Cu2+] = 0,02.0,005% = 1.10-6 M E = 0, 337 + 0,0592 lg10−6 = 0,159 V Cu 2+ /Cu [H+] = 0,01 + 2(0,02 - 10-6) ≈ 0,05 M E = 0,0592 lg (0, 05)2 = - 0,077 V 2H+ /H2 Vậy trường hợp tính khơng kể đến q H2 điện cực platin catot cần khống chế khoảng - 0,077 V < Ec < 0,159 V, Cu2+ bị điện phân hồn tồn 4.Từ (2) ta có số mol Oxi giải phóng nO2 = 0,5.25.60 1,943.10  mol 4.96500 Thể tích khí Oxi anot (đktc) VO2 = 1,943.10-3.22,4 = 0,0435(l) Theo (1) số mol ion đồng bị điện phân sau 25 phút: nCu2+ = 0,5.25.60 3,886.10  mol 0,02.200.10  mol 2.96500 Nồng độ Cu2+ lại là: [Cu2+] = (4.10   3,886.10  ).1000 5,7.10  M 200 Khi catot EC = ECu2+/Cu = 0,337 + 0,0592 lg(5,7.10  ) = 0,24V 59 Bài 48 1.1 Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua kim loại M (công thức MS) oxi dư Chất rắn sau phản ứng đem hoà tan lượng vừa đủ dung dịch HNO 37,8% thấy nồng độ phần trăm muối dung dịch thu 41,72% Khi làm lạnh dung dịch 8,08g muối rắn Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm muối dung dịch 34,7% Xác định công thức muối rắn 1.2 Viết phương trình phản ứng xảy ra: a Ion I- KI bị oxi hoá thành I2 FeCl3, O3; I2 oxi hố Na2S2O3 b Ion Br- bị oxi hố H2SO4đặc, BrO3-(mơi trường axit); Br2 lại oxi hố P thành axit tương ứng c H2O2 bị khử NaCrO2(trong môi trường bazơ) bị oxi hố dung dịch KMnO4(trong mơi trường axit) HDG 1.1.Vì O2 dư nên M có hố trị cao oxit 2MS + (2 + n:2)O2  M2On + 2SO2 a 0,5a M2On + 2nHNO3  2M(NO3)n + n H2O 0,5a an a Khối lượng dung dịch HNO3 m = an  63  100 : 37,8 = 500an : (g) Khối lượng dung dịch sau phản ứng m = aM + 8an + 500an : (g) Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172 Nên M = 18,65n Chọn n = Suy M = 56 (Fe) Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy a = 0,05 khối lượng Fe(NO3)3 m= 0,05  242 = 12,1(g) Khối lượng dung dịch sau muối kết tinh : 60 mdd = aM + 524an: – 8,08 =20,92 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 lại dung dịch : m = 20,92  34,7 : 100 = 7,25924 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinh m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g) Đặt công thức Fe(NO3)3 nH2O Suy 4,84:242  (242 + 18n) = 8,08 Suy n = CT Fe(NO3)3 9H2O 1.2 a 2KI + 2FeCl3  2FeCl2 + 2KCl + I2 2KI + O3 + H2O  2KOH + O2 + I2 I2 + 2Na2S2O3  2NaI + Na2S4O6 b 2Br- + 4H+ + SO42-( đặc)  Br2 + SO2 + 2H2O 5Br- + BrO3- + 6H+  3Br2 + 3H2O 5Br2 + 2P + 8H2O 10 HBr + 2H3PO4 c 3H2O2 + 2NaCrO2 + 2NaOH  2Na2CrO4 + 4H2O 5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4  2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2O Bài 49 X hỗn hợp đồng gồm hai kim loại Fe Cu, Fe chiếm 52,24% phần trăm khối lượng Chia 32,16 gam X thành hai phần (a) Hòa tan phần 113,4 gam dung dịch HNO3 40% Khi phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch Y sản phẩm khử khí NO Điện phân dung dịch Y với điện cực trơ, cường độ dòng điện 5A, thời gian phút kết thúc điện phân Tính độ tăng khối lượng catot, giả thiết toàn kim loại sinh bám lên catot 61 (b) Hòa tan phần hai 300 mL dung dịch HCl 1M (khơng có khơng khí) Khi phản ứng hồn tồn, lọc tách phần chất rắn khơng tan Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch nước lọc, thu kết tủa Z Tính khối lượng Z ĐÁP ÁN nFe  52, 24 32,16 gam �  0,3 mol 100 56 gam / mol n Cu  47,76 32,16 gam  0,24 mol Như 100 64 gam / mol phần có 0,15 mol Fe 0,12 mol Cu 40 113,4 gam (a) n HNO 100 63 gam / mol 0,72 mol 3Fe +8HNO3  3Fe(NO3)2 + 2NO + 2H2O (1) 0,15 0,72 0,15 0,4 0,15 0,15 0,32 8HNO3  3Cu + 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (2) 0,12 0,32 0 0,12 Như dung dịch Y chứa 0,15 mol Fe(NO3)2 0,12 mol Cu(NO3)2 Các phản ứng điện phân có (theo thứ tự) : Cu(NO3)2 + H2O  Cu + 1/2O2 + 2HNO3 (3) 0,12  0,06 Fe(NO3)2 + H2O  Fe + 1/2O2 + 2HNO3 0,08  0,04 H2O  H2 + 1/2O2 (5) 7740 0,1 mol 96500 Ta có : n O   62 (4) Vì 1 n Cu ( NO ) 0,06 n O  n Cu ( NO )  n Fe ( NO ) 0,135 2    xảy (1) (2), Fe(NO3)2 dư Từ (3) (4) ta thấy lượng kim loại kết tủa lên catot gồm 0,12 mol Cu 0,08 mol Fe Vậy độ tăng khối lượng catot : (64 gam / mol 0,12 mol)   56 gam / mol 0,08 mol 12,16 gam (b) Hòa tan dung dịch HCl (khơng có khơng khí) :  FeCl2 + H2 Fe + 2HCl (6) 0,15 0,3 0,15 0,3 0,15 0,15 0,0 Dung dịch Z chứa 0,15 mol FeCl2 0,1 mol HCl Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Z : Ag+ + Cl-  AgCl 0,3 (7) 0,3 Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag 0,15 0,15 (8) m  m AgCl  m Ag (0,3 143,5)  (0,15 108) 59,25 (gam) Bài 50 Thực tế khống pirit coi hỗn hợp FeS FeS Khi xử lí mẫu khống pirit brom dung dịch KOH dư người ta thu kết tủa đỏ nâu A dung dịch B Nung kết tủa B đến khối lượng không đổi thu 0,2g chất rắn Thêm lượng dư dung dịch BaCl vào dung dịch B thu 1,1087g kết tủa trắng khơng tan axit 1.Viết phương trình phản ứng 63 2.Xác định cơng thức tổng pirit 3.Tính khối lượng brom theo lí thuyết cần để oxi hóa mẫu khống ĐÁP ÁN: Phương trình phản ứng: 2FeS2 + 15Br2 + 38OH-  2Fe(OH)3 + 4SO42- + 30Br - + 16H2O(1) 2FeS + 9Br2 + 22OH-  2Fe(OH)3 + 2SO42- + 18Br - + 8H2O (2) 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O (3) Ba2+ + SO42-  BaSO4 (4) Công thức: 1,1087 0,2 n S n BaSO  4,75.10  mol, n Fe 2n Fe2O3 2 2,5.10  mol 233 160 n Fe : n S 2,5.10  : 4,75.10  1 : 1,9  công thức FeS1,9 Gọi số mol FeS2 FeS x y ta có:  x  y 2,5.10   x 2,25.10     3 3  x  y 4,75.10  y 0,25.10  15  m Br2  2,25.10   0,25.10   160 2,88g   Bài 51 Có thể điều chế tinh thể FeCl 3.6H2O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào dung dịch axit clohydric 25% Dung dịch tạo thành oxy hóa cách sục khí clo qua cho kết qủa âm tính với K 3[Fe(CN)6] Dung dịch bay 95oC tỉ trọng đạt xác 1,695 g/cm3 sau làm lạnh đến 4oC Tách kết tủa thu cách hút chân không cho vào dụng cụ chứa niêm kín 64 a) Viết phản ứng dẫn đến kết tủa FeCl3.6H2O b) Có gam sắt mL dung dịch axit clohydric 36% (d=1,18g/cm3) cần để điều chế 1,00kg tinh thể Biết hiệu suất q trình đạt 65% c) Đun nóng 2,752g FeCl3.6H2O khơng khí đến 350oC thu 0,8977g bã rắn Xác định thành phần định tính định lượng bã rắn Đáp án: a) Các phản ứng: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 2FeCl2 + Cl2 2FeCl3 3FeCl2 + 2K3[Fe(CN)6]  Fe3[Fe(CN)6]2 + 6KCl FeCl3 + 6H2O  FeCl3.6H2O 1000 b) 270,3 = 3,7mol FeCl3.6H2O 3,7 36,5 Như cần 0,36 1,18 0,65  978 mL dung dịch HCl 36% Khi đun nóng FeCl3.6H2O phân huỷ theo phương trình sau: FeCl3.6H2O  FeOCl + 5H2O + 6HCl Khi nhiệt độ tăng FeOCl tiếp tục phân huỷ: 3FeOCl  FeCl3 + Fe2O3 (Hơi FeCl3 bay ra) 2,752 Lượng FeCl3.6H2O mẫu 270,3 = 10,18 mmol Điều ứng với khối lượng FeCl3 107,3 0,01018 = 1,092g FeOCl c) Do khối lượng thu bã rắn bé nên ta biết FeOCl bị phân hủy phần thành Fe2O3 Khối lượng FeCl3 mát bay là: 1,902  0,8977 = 1,20mmol 162,2 65 Như bã rắn cuối chứa (0,01018 – 3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl 1,20 mmol Fe2O3 Bài 52 Dung dịch A gồm FeSO4 0,020 M; Fe2(SO4)3 H2SO4 a) Lấy xác 25,00 ml dung dịch A, khử Fe 3+ thành Fe2+; chuẩn độ Fe2+ hỗn hợp (ở điều kiện thích hợp) hết 11,78 ml K 2Cr2O7 0,0180 M Hãy viết phương trình ion phản ứng chuẩn độ Tính nồng độ M Fe2(SO4)3 dung dịch A b) Tính nồng độ M H2SO4 dung dịch A, biết dung dịch có pH = 1,07 c) Ghép cực Pt nhúng dung dịch A (qua cầu muối) với cực Ag nhúng dung dịch AgNO3 0,0190 M có thêm K2CrO4 nồng độ 0,0100 M (coi thể tích giữ nguyên) Hãy cho biết anot, catot viết phương trình phản ứng xảy pin hoạt động Tính sức điện động pin 2+ + ��� Cho pKa: HSO4- 1,99; Fe3+( Fe3+ + H2O �� � FeOH + H ) 2,17; + + ��� Fe2+( Fe2+ + H2O �� � FeOH + H ) 5,69 Chỉ số tích số tan pKs Ag2CrO4 11,89 Eo : Fe3+/ Fe2+ 0,771 V; Ag+/Ag 0,799 V; (RT/F)ln = 0,0592 lg HDG 2 a) Phản ứng c/độ Cr2O + Fe2+ + 14 H+ → Cr3+ + Fe3+ + H2O CFe 2 = CFeSO + CFe (SO ) = 0,02 + 2C1 2 2 2 CFe 25,00 = (CCr O VCr O → 25,00(0,020 + 2C1) = 6(0,0180 11,78) C1 = 0,01544 M hay CFe (SO ) = 0,01544 M b) Trong dd A có: Fe2+ 0,020 M; Fe3+ 2C1; H+ (C, M); HSO 4 (C, M); cân bằng: 66 + ��� H2O �� � H3O + OH Kw = 10-14 (1) + + -5,96 ��� Fe2+ + H2O �� (2) � FeOH + H3O Ka1 = 10 2+ + -2,17 ��� Fe3+ + H2O �� (3) � FeOH + H3O Ka2 = 10 2 ��� HSO 4 + H2O �� � SO + H3O+ Ka = 10-1,99 (4) So sánh ta thấy (3) (4) chủ yếu tương đương Áp dụng đ/luật bảo tồn proton, ta [H3O+] có = CH  + [FeOH2+] + 2 [SO ] (a) Từ (3) có [FeOH2+] / [Fe3+] = Ka2 / [H3O+] → [FeOH2+] / CFe 3 = Ka2 / Ka2 + [H3O+] 3 = 10-2,17 / (10-2,17 + 10-1,07) → [FeOH2+] = 0,0736 CFe = 0,0736 0,015445 T/ tự, từ (4) [SO 24 ] có [HSO 4 ] / = Ka / [H3O+] → [SO 24 ] / CHSO 4 = 10-1,99/ (10-1,99 + 10-1,07) → [SO 24 ] = 0,107 C; 3 P/ trình (a) trở thành [H3O+] = C + 0,0736 CFe + 0,107 C (b) Từ (b) CH SO = C = (10-1,07 – 0,0736 0,03089) / 1,107 → CH SO = C = 0,07483 M c) EPt = E Fe 3 / Fe 2 = E Fe 3 / Fe 2 + 0,0592 lg([Fe3+]/[Fe2+]) 2+ + ��� H2O �� � FeOH + H3O Fe3+ + C [ 0,03089 ] 0,03089 – x x x 10-1,07 / (0,03089 – x) = 10 -1,07 → = 0,02862 M → [Fe2+] = CFe 2 = 0,020 M (vì Ka1 bé) Vậy: EPt = 0,771 + 0,0592 lg ( 0,0862 / 0,020) = 0,780 V + CrO 24 0,019 0,010 - 10-4 10-1,07 x = 0,002273→ [Fe3+] = 0,03089 – 0,002273 Ag+ 10-2,17 → Ag2CrO4↓ 67 Ag2CrO4↓ Ag+ → CrO 24 + Ks = 10-11,89 5.10-4 C [ ] 5.10-4 + x 2x ( 2x )2 (5.10-4 + x) = 10-11,89 → 4x3 + 2,0.10-3x2 - 10-11,89 = → x = 2,08.10-5 Có: o EAg = E Ag  / Ag [Ag+] = 2x = 4,96.10-5 M + 0,0592 lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg4,96.10-5 = 0,544 V Vì EAg < EPt nên cực Ag anot; cực Pt catot Ag + ��� CrO 24 �� � Ag2CrO4↓ + 2e catot 2x│ Fe3+ + e Phản ứng pin: anot Ag + CrO 24 + 2Fe3+ ��� �� � Fe2+ 2+ ��� �� � Ag2CrO4↓ + Fe Epin = EPt - EAg = 0,780 – 0544 = 0,236 V Bài 53 (K× thi chọn học sinh giỏi quốc gia năm học 2005-2006) Ngi ta mạ niken lªn mẫu vật kim loại phương pháp m đin b m cha dung dch niken sunfat Đin áp đợc đặt lên đin cc ca b m 2,5 V Cần m 10 mu vt kim loi hình tr; mi mu có bán kính 2,5cm, cao 20 cm Người ta phủ lªn mẫu lp niken dầy 0,4 mm Hãy: a) Vit phng trình phn ng xy ủin cc ca bể mạ đđiện b) TÝnh ®iện (theo kWh) phải tiªu thụ Cho biết: Niken cã khối lượng riªng D = 8,9 g/cm3; lng mol nguyên tử 58,7(g/mol); hiệu suất dßng 90% ; kWh = 3,6.106J Hớng dẫn giải: 68 a) Phơng trình phản ứng xảy bề mặt điện cực bĨ m¹: Ni2+ + e Anot : Ni Catot: Ni2+ + e Ni b) ThĨ tÝch cđa mẫu vật kim loại hình trụ V = r2h = 3,14  (2,5)2  20 = 392,5 (cm3) Líp phủ niken mẫu vật có bề dày 0,4 mm nên mẫu vật bán kính tăng tới 2,5 + 0,04 = 2,54 (cm); chiều cao tăng tíi 20,0 + (0,042) = = 20,08 (cm) VËy thĨ tích mẫu vật tăng thêm lợng lµ: V’’ = V ' - V = [ 3,14 (2,54) 20,08] - 392,5 V’’ = 14,281(cm3) Tæng sè thể tích tăng thêm cuả 10 mẫu vật là: V = 10 V’’ = 10  14,281cm3 = 142,81 cm3 Đây thể tích niken phải phủ lên 10 mẫu vật cần mạ; khối lợng tơng ứng lµ: m = V.D =142,81.8,9 = 1271,01 (gam) hay 1271,01/ 58,7 = 21,6526 (mol) Từ biểu thức định luật Fara®ay: m = AIt/ 96500n It = (m/A).96500n (1) Sè điện tơng ứng là: w = ItU = (m/A).96500n.U (2) Víi Ni ta cã n = 2; theo trªn ®· cã (m/A) = 21,6526 (mol); theo ®Ị bµi U = 2,5 V 69 Thế trị số vào (2), ta cã w = 21,6526.96500.2.2,5 = 10447379,5 (J) V× hiệu suất dòng điện 90% kWh = 3,6.106J nên số điện thực tế cần dùng là: W = (w/90).100.(1/3,6.10 6) = 10447379,5/90).100.(1/3,6.106) W = 3,2245kWh Bài 54: Cho: Fe3+ + e ⇌ Fe2+ ; Eo = 0,77 V Br2 + 2e ⇌ Br - ; Eo = 1,08 V Hỏi điều kiện tiêu chuẩn Fe3+ oxi hố Br2 thành Br- khơng? Giải: EoBr2/2Br- > EoFe3+/Fe2+ nên điều kiện tiêu chuẩn, phản ứng hai cặp oxi hoá khử tự xảy theo chiều: Br2 + Fe2+ → Br - + Fe3+ Nghĩa Fe3+ oxi hoá Br2 thành Br- Giải cách khác: Nếu Fe3+ oxi hố Br thành Br-, ta có phản ứng: Fe 3+ + Br - = Fe2+ + Br2 Phản ứng có: Go = 2.GoFe3+/Fe2+ - GoBr2/2Br- = - 2F.EoFe3+/Fe2+ + 2F.EoBr2/2Br- = - 2F(EoFe3+/Fe2+ EoBr2/2Br-) = - 2F(0,77 - 1,08) = -2F(-0,31) > : phản ứng xảy Bài 55: Cho 6,000 g mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 tạp chất trơ Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI môi trường axit (khử tất sắt thành Fe 2+) tạo dung dịch A Pha lỗng dung dịch A đến thể tích 50 mL Lượng I có 10 mL dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,500 mL dung dịch Na 2S2O3 1,00M (sinh S4O62-) Lấy 25 mL mẫu dung dịch A khác, chiết tách I 2, lượng Fe2+ dung dịch lại phản ứng vừa đủ với 3,20 mL dung dịch MnO4- 1,000M H2SO4 a) Viết phương trình phản ứng xảy (dạng phương trình ion thu gọn) 70 b) Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 Fe2O3 mẫu ban đầu Hướng dẫn giải a (0,25 điểm) Phương trình phản ứng: Fe3O4 + 2I- + 8H+  3Fe2+ + I2 + 4H2O (1) Fe2O3 + 2I- + 6H+  2Fe2+ + I2 + 3H2O (2) 2S2O32- + I2  S4O62- + 2I- (3) 5Fe2+ + MnO4- + 8H+  5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O (4) b (0,25 điểm) Tính phần trăm: 1 n I (3)  n S O   0,0055 1 0,00275mol 2 (3)  (4)  n Fe 2 ( 4) 5n MnO 5 0,0032 1 0,016 mol Đặt số mol Fe3O4 Fe2O3 x y ta có:  3x  y 0,016 2 0,032    x  y 0,00275 5 0,01375  x 0,0045   y 0,00925 %m Fe3O  0,0045 232 100% 17,4% 6,000 %m Fe 2O3  0,00925 160 100% 24,7% 6,000 71 ... kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB bao gồm Mn – Tc -Re nguyên tố nhóm VIIIB Fe – Co –Ni Chúng tơi dựa vào tài liệu tham khảo tập trung nghiên cứu hệ thống hóa vấn đề sau - Đặc điểm chung nguyên tố nhóm. .. cứu : “Xây dựng hệ thống tập nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB -VIIIB bồi dưỡng học sinh giỏi Quốc gia” Về mặt kiến thức kỹ năng, đề tài nghiên cứu : - Đặc điểm chung nguyên tố nhóm VII... để xây dựng chuyên đề giảng dạy nguyên tố kim loại chuyển tiếp nhóm VIIB -VIIIB phù hợp với việc giảng dạy thân đồng nghiệp, đồng thời giúp cho học sinh có tài liệu đầy đủ nguyên tố kim loại chuyển