Bài tập chương III: Tính Oxy hóa - Khử
Bài 1.

a) Hoàn thành và cân bằng các phương trình phản ứng sau.
b) Trong trường hợp phản ứng xảy ra trong dung dòch nước hãy viết
chúng dưới dạng phương trình ion – phân tử.
c) Giải thích phản ứng

1/ Cl2 (k) + NaOH(dd,,nóng)
2/ Cl2 (k) + NaBr(dd) (thiếu Clo)
3/ KClO3(dd) + Fe + H2SO4,(dd loãng)
4/ H2SeO4 (đặc,nóng) + NaCl (r)
5/ NiS(r) + O2 (trong nước ở t > 120oC)
6/ H2S(k) + O2 (nhiệt độ thường)
7/ KMnO4 (dd) + H2O2 (dd) 
8/ Co(OH)3 (r) + HCl (dd) 
9/ FeCl3 (dd) + KI (dd) 
Chú thích : (dd) – dung dòch nước
1)
3Cl2 + 6NaOH = 5NaCl + NaClO3 + 3H2O
Phương trình ion : 3Cl2 + 6OH- = 5Cl- + ClO3 - + 3H2O
Giải thích : phản ứng trên là phản ứng oxi hóa khử nội phân tử . Vì phản ứng thực hiện ở
nhiệt độ cao nên sản phẩm phản ứng là ClO3 - chứ khơng phải ClO- bởi vì ở nhiệt độ cao
ClO- bị phân hủy khá nhanh thành Cl- và ClO3 - theo phương trình sau :
3ClO- = 2Cl- + ClO3 2)
Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2
Phương trình ion –phân tử:
Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2
Giải thích : Cl2 là halogen hoạt động hơn Br2 nên oxy hóa Br- lên đến Br2 và cả BrO3-.
Do thiếu Cl2, BrO3- tác dụng với Br- tạo thành Br2.
5Cl2 + Br2 + 6H2O  2 BrO3- + 10Cl- + 12H+

NiS + 3/2 O2 → S + NiO
S nóng chảy ở 119,50C nên trong hệ nằm ở dạng lỏng, tan nhiều trong nước, đồng thời dị
phân trong nước nóng:
S + H2O = H2S + H2SO3
Các chất này là có tính khử đặc trưng nên bị oxy oxy hóa dễ dàng thành acid sulfuric:
2H2S + 3O2 = 2H2SO3
2H2SO3 + O2 = 2H2SO4
H2SO4 + NiO = NiSO4 + H2O
(H2SO3 và H2S cũng có thể tác dụng với NiO tạo NiSO3 và NiS, tuy nhiên kết quả
cuối cùng vẫn như đã nêu)
5)

6)
2H2S + O2 = 2S + 2H2O
Giải thích : phản ứng xảy ra ở điều kiện thường nên sản phẩm của phản ứng oxi hóa khử
trên là S . Nếu phản ứng diễn ra ở nhiệt độ cao và trong điều kiện dư O2 thì sản phẩm
phản ứng sẽ là SO2 chứ khơng phải là S
7)
2KMnO4 + 3H2O2 = 2MnO2 + 3O2 + 2KOH + 2H2O
Phương trình ion – phân tử : 2MnO4- + 3H2O2 = 2MnO2 + 3O2 + 2OH- + 2H2O
Giải thích : phản ứng oxi hóa khử xảy ra trong mơi trường axit yếu là H2O2 nên ion
MnO4- bị khử thành MnO2
8)
2Co(OH)3 + 6HCl = 2CoCl2 + Cl2 + 6H2O
Phương trình ion – phân tử: 2Co(OH)3 + 6H+ = 2Co2+ + Cl2 + 6H2O
0
Giải thích : Co3+ là chất oxy hóa rất mạnh ( Co
 1,81V ) nên khi hòa tan cobalt(III)
3
/ Co 2 

-0,93

SO32-

-0,58

S2O32-

S

-0,48

S2-

Sản phẩm phản ứng oxy hóa thiosulfat còn phụ thuộc vào độ mạnh chất oxy hóa. Với
các chất oxy hóa mạnh như Clor, Brom, Permanganate (trong mơi trường acid) thì sản
phẩm oxy hóa thiosulfat lên đến sulfat, nếu chất oxy hóa khơng đủ mạnh như iod thì chỉ
lên một mức oxy hóa trung gian:
S2O32- + 4Cl2 + 5H2O = 2H2SO4 + 6HCl + 2ClS2O32- + 4Br2 + 5H2O = 2H2SO4 + 6HBr- + 2Cl5S2O32- + 8KMnO4 + 7H2SO4 = 8MnSO4 + 4K2SO4 + 5SO42- + 7H2O
2S2O32- + I2 = S4O62- + 2IBài 3. Có thể dựa vào đặc điểm nào của nguyên tử để giải thích quy tắc chẵn lẻ
Mendeleev cho các nguyên tố không chuyển tiếp. Quy tắc này có đúng cho
nguyên tố chuyển tiếp hay không?
Có thể dựa vào những đặc điểm sau đây:
1) Dựa vào số electron hóa trị chỉ nằm trên lớp lượng tử ngồi cùng và có số lượng
bằng đúng số thứ tự phân nhóm.
2) Số electron độc thân của ngun tử nằm ở trạng thái khơng kích thích và ở các trạng
thái kích thích của phân nhóm lẻ ln là số lẻ và của phân nhóm chẵn ln là số chẵn.
3



+
ClO4 + 2H + 2e  ClO3- + H2O
BrO4- + 2H+ + 2e  BrO3- + H2O
H5IO6 + H+ + 2e  IO3- + 3H2O
Hợp chất của At ở số oxy hóa +7 không tồn tại
trong dung dòch nước vì có tính oxy hóa rất
mạnh.
Phân nhóm VIA
2+
SO4 + 4H + 2e = H2SO3 + H2O
SeO42- + 4H+ + 2e = H2SeO3 + H2O
H6TeO6 + 2H+ + 2e = TeO2 (r) + 4H2O
Hợp chất của Po ở số oxy hóa +6 không tồn tại
trong dung dòch nước vì có tính oxy hóa quá
mạnh.
Phân nhóm VA
+
H3PO4 + 2H + 2e = H3PO3 + H2O
H3AsO4 + 2H+ + 2e = HAsO2 + 2H2O
Sb2O5 (r) + 6H+ + 2e = 2SbO+ + 3H2O
NaBiO3 (r) + 4H+ + 2e = BiO+ + Na+ + 2H2O
Phân nhóm IVA
Hợp chất của Si ở số oxy hóa +2 không tồn tại
trong dung dòch nước vì có tính khử quá mạnh.
GeO2 (r) + 2H+ + 2e = GeO (r) + H2O
SnO2 (r) + 2H+ + 2e = SnO (r) + H2O
PbO2 (r) + 4H+ + 2e = Pb2+ + 2H2O
Phân nhóm IIIA
Hợp chất của Al ở số oxy hóa +1 không tồn tại
trong dung dòch nước vì có tính khử quá mạnh.


a) Anh chò hãy sử dụng cấu trúc electron của các nguyên tố để giải thích
quy luật tăng tính oxy hóa của các hợp chất chứa các nguyên tố không
chuyển tiếp ở mức oxy hóa dương cao nhất ở các chu kỳ 4 và 6. (Quy
luật tuần hoàn thứ cấp).
b) Trong một chu kỳ từ trái qua phải tính oxy hóa của các hợp chất chứa
nguyên tố không chuyển tiếp ở mức oxy hóa dương cao nhất (+n) tăng
hay giảm dần? Giải thích tính biến đổi có quy luật này?
c) Trong một chu kỳ từ trái qua phải tính khử của các hợp chất chứa
nguyên tố không chuyển tiếp p ở mức oxy hóa dương nhỏ hơn mức cao
nhất hai đơn vò (+(n-2)) thay đổi như thế nào? có tính quy luật không?
a) Trong cùng phân nhóm chính, khi đi từ trên xuống do tính kim loại tăng dần độ
bền mức oxy hóa dương cao phải tăng dần. Tuy nhiên, do hiện tượng tuần hồn
thứ cấp thế khử các cặp Men+/Me(n-2)+ chu kì 4 lớn hơn rõ rệt so với chu kỳ 3, cũng
như chu kỳ 6 lớn rõ rệt so với chu kỳ 5. Ngun nhân của hiện tượng tuần hồn
thứ cấp là do ngun tố p chu kỳ 4 lần đầu tiên có thêm phân lớp d (3d10 ) chứa
đầy electron, và ngun tố p chu kỳ 6 lần đầu tiên xt hiện phân lớp f (4f10) chứa
đầy electron. Việc xuất hiện này làm tăng đột ngột số proton ở hạt nhân, dẫn đến
làm tăng bất thường lực hút của hạt nhân đối với đơi electron ns. Kết quả trạng
thái 4s2 (chu kỳ 4) và 6s2 (chu kỳ 6) có độ bền cao. Do đó mức oxy hóa cao nhất
của các ngun tố p thuộc 2 chu kỳ này kém bền rõ rệt so với các ngun tố của
các chu kỳ đứng trước chúng.
b) Trong 1 chu kì từ trái qua phải tính oxy hố của ngun tố khơng chuyển tiếp ở
mức oxy hố dương cao nhất tăng dần. Từ trái sang phải điện tích hạt nhân (Z)
tăng lên nhưng số lớp electron khơng thay đổi, do đó lực hút hạt nhân đối với lớp
vỏ electron tăng, các electron ns chịu ảnh hưởng nhiều hơn các electron np nên
hiệu năng Enp-ns tăng, do đó khả năng nhận thêm electron để đạt cấu hình bền cũng
tăng, dẫn đến tính oxy hố tăng.(xem bảng)
Hiệu năng lượng Enp – Ens trong các nguyên tử ở các chu kỳ 2, 3 và 4 (kJ/mol)
Chu kỳ 2


5

C
782
Si
675
Ge
791

N
1100
P
830
As
811

O
1824
S
965
Se
975

F
2181
Cl
1187
Br
1139

+1,359
+ 1,51
+ 0,56
-0,48
+1,087
+1,52
+1,47

pH
0
14
0
14
0
0

a) Phương trình phân tử:
2KMnO4 + 10KCl +8H2SO4 = 2MnSO4 + 6K2SO4 + 5Cl2 +8H2O
Phương trình ion - phân tử:
2MnO4   10Cl   16 H   2 Mn 2   5Cl2  8 H 2O
Ta có:
MnO4- + 8H+ + 5e = Mn2+ + 4H2O
o(V) =+ 1,51 (1)
Cl2 (k) + 2e = 2Clo (V) =+1,359 (2)
Có:  o = o(1) - o(2) = 1,51 -1,359 = 0,151 (V)
 G0pư,298 = -nF  o = -10 x 96500 x 0,151 = -145.7 (kJ)
Vậy về phương diện nhiệt động hóa học phản ứng oxy hóa khử trên xảy ra hồn tồn.
b) Phương trình phân tử:
8KMnO4 + KCl + 8KOH = 8K2MnO4 + KClO4 + 4H2O
Phương trình ion - phân tử:

Cr2O72- + 14H+ + 6e = 2Cr3+ + 7H2O
o(V) =+ 1,33 (1)
Cl2 (k) + 2e = 2Clo (V) =+1,359 (2)
Có:  o = o(1) - o(2) = 1,33 -1,359 = -0,029 (V)
 G0pư,298 = -nF  o = -6 x 96500 x(- 0,029) = 16,791 (kJ)
Vậy về phương diện nhiệt động hóa học phản ứng oxy hóa khử trên có thể xảy ra một
phần (phản ứng thuận nghịch) ở pH = 0.
Vì thế khử của cặp Cr2O72-/Cr3+ phụ thuộc pH còn cặp Cl2/Cl- không phụ thuộc pH, việc
tăng nồng độ H+ làm phản ứng chuyển dịch mạnh về bên phải.
Tính pH để  opư = 0
0,059
1,359 = 1,33 +
lg[ H  ]14 (1)
6
Giải (1) thu được lg[H+] = 0,189 = lg100,189
[H+] = 100,189 = 1,54 iong/l
Như vậy, khi nồng độ [H+] > 1,54 iong/l thì  opư > 0, phản ứng xảy ra.
e) Phương trình phân tử:
Br2 + 5Cl2 + 6H2O = 2HBrO3 + 10 HCl
Phương trình ion - phân tử:
Br2 + 5Cl2 + 6H2O = 2BrO3- +12H+ + 10ClTa có:
7


Cl2(k) + 2e = 2Clo (V) = +1,359 (1)
2BrO3- + 12H+ + 10e = Br2 + 6H2O
o(V) = + 1,52 (2)
Có:  o = o(1) - o(2) = 1,359 – 1,52 = -0,161 (V)
 G0pư,298 = -nF  o = -10 x 96500 x (-0,161) = 155,36 (kJ)
Vậy phản ứng oxy hóa khử trên khơng xảy ra ở pH = 0. Tuy nhiên, vì thế khử của cặp

+1,51

Mn2+

-1,19

Mn

+1,23

2) [H+] = 1.10-14iong/lit
MnO4-

+0,564

MnO42-

+0,60

MnO2

-0,15

+0,60

Mn(OH)3

+0,1

Mn(OH)2

tính oxy hóa còn trên mặt đất có tính khử của các chất hữu cơ tạo ra từ sự phân
hủy sinh vật.
Từ đây rút ra, các chất có tính oxy hóa mạnh sẽ bị chất hữu cơ khử, các chất có
tính khử sẽ bị oxy không khí oxy hóa.
Căn cứ vào đồ thị pH - 0 của các hợp chất mangan, rút ra trong khí quyển oxy (0
= 1,29V) ở điều kiện pH trung gian (5 – 9) MnO2 là hợp chất bền nhất, còn trong
môi trường khử, pH = 5 -7 , ion Mn2+ bền nhất. Như vậy, các dạng hợp chất còn
lại là kém bền: MnO4- , Mn(OH)2, Mn(OH)3

d) Trong môi trường acid (pH = 0): Ngoài các ion MnO42- và Mn3+ không bền như đã
đề cập ở câu a, theo giá trị thế khử MnO4 - là chất oxy hóa mạnh, MnO2 là chất oxy
hóa trung bình và Mn2+ rất bền vững. Nếu không có mặt chất khử thì 3 dạng nêu
trên của mangan đều bền, nếu có mặt chất khử thì MnO4‾ và MnO2 bị khử đến
Mn2+.
Trong môi trường base, ngoài các chất MnO42- và Mn(OH)3 tự hủy một phần
nêu trong câu a, các chất và ion MnO4 -, MnO2, Mn3O4, Mn2O3, Mn(OH)2 đều có
thể tồn tại. Xét theo thế khử khi có mặt chất oxy hóa Mn(OH)2 , Mn3O4, Mn2O3 có
thể chuyển thành MnO2. Khi có mặt chất khử MnO4‾ , MnO42- có thể chuyển về
MnO2.

9


Bài 7. Thế khử chuẩn ở 250C của cặp oxy hóa-khử liên hợp Cu+/Cu được cho
dưới đây:
Quá trình khử
o(V)
Cu+ + 1e  Cu
0,521
Cho biết tích số tan của đồng(I) cloride, đồng(I) bromide và đồng(I)

Au

0,059
0,059
lg K kb,[ AuCl ]  1,5 
lg( 2.10 21, 3 )  1,08V
4
3
3

 [0AuBr ]   0Au3 
4

Au

Au

0,059
0,059
lg K kb,[ AuBr ]  1,5 
lg(1.10 31,5 )  0,881V
4
3
3

10


c)  [0Au ( CN )
Au

+0,401 ở
pH = 14
Và hằng số không bền của các phức chất :
Kkb [Co(NH3)6]2+ = 1.10-4,39 ; Kkb [Co(NH3)6]3+ = 1.10-35,21
Khi có mặt ammoniac, có sự tạo phức ammin với cả ion Co2+ và cả ion Co3+, nên bán
phản ứng(1):
Co3+ + e → Co2+ (1)
Chuyển thành:
[Co(NH3)6]3+ + e = [Co(NH3)6]2+
Từ đây :
K kb,[Co ( NH ) ]3
1.10 35, 21
0
3 6
 [0Co ( NH ) ]3   Co

0
,
059
lg

1
,
84

0
,
059
lg
 0,022V

1,36
0,535
1,19

pH
0

0

a) Tính thế khử chuẩn ở 250C của các cặp oxy hóa-khử liên hợp HClO/Cl- và
IO3-/I2.
b) Tính xem phản ứng dưới đây có xảy ra ở pH = 13 hay không?
11


3ClO- + I-  3Cl- + IO3a) + Tính thế khử chuẩn của cặp oxy hóa khử liên hợp HClO/Cl2HClO + 2H+ + 2e  Cl2 + 2H2O (1)
Cl2 +
2e  2Cl(2)

Lấy (1) + (2) được:
2(HClO + H+ + 2e  Cl- + H2O ) (3)

= -n1F
= -n2F

2x(

2

= -n3F

IO3- + 6H+ + 6e  I- + 3H2O
= 1,19V
Có thế khử chuẩn ở pH = 13:

0,059
0,059
lg[ H  ]6  1,19 
lg(10 13 ) 6  0,423V
6
6
Xuất phát từ bán phản ứng ở pH = 0:

1   0 

2HClO + 2H+ + 4e  Cl2 + 2H2O
Có thế khử chuẩn ở pH = 13:

2   0 

o =1,63V

0,059 [ H  ]4
0,059 (10 13 ) 4
lg 2
 1,63 
lg
 1,078V
4
K a ,HCLO
4

W2O5
WO2 -0,119 W (acid)
WO42- -1,259 WO2 -0,982 W (base)
Ngun tắc xem xét:
Khi đánh giá cần xác định sản phẩm bền (số oxy hóa bền).
+ Đánh giá khả năng oxy hóa của chất trong mơi trường acid,
+ Đánh giá khả năng khử của chất trong mơi trường base,
+ Chất là chất khử rất mạnh nếu có tính khử khá mạnh ngay trong trong mơi
trường acid
+ Chất oxy hóa rất mạnh nếu nó thể hiện rõ tính chất này ngay trong mơi trường
base.
Nhận xét: Ion CrO43-là chất oxy hóa rất mạnh trong mơi trường acid vì cặp oxy hóa khử
liên hợp CrO43-/Cr3+ có 0 = 1,72 rất lớn. Tuy nhiên ion này khơng tồn tại trong dung
dịch nước ở điều kiện này, nó tự phân hủy hồn tồn theo phản ứng:
2CrO43- + CrO43- + 10H+ = Cr2O72- + Cr3+ + 5H2O
0 = 1,72 – 0,55 = 1,17
G0pư,298 = -225,81kJ/mol
Theo dãy latimer của Cr trong mơi trường acid, dạng bền nhất là Cr3+, nên bổ sung thêm
như sau:
Cr2O72- 0,55 CrO43- 1,72 Cr3+ -0,424 Cr2+ -0,9 Cr (acid)
1,33

Chất oxy hóa mạnh:
- Ion Cr2O72- , CrO42- trong mơi trường acid
Giữa ion CrO42- và ion Cr2O72- có cân bằng thuận nghịch:
Cr2O72- + 2OH-  2CrO42- + H2O
Ion dicromat bền trong mơi trường acid và ion cromat bền trong mơi trường kiềm, vì
vậy cũng có thể nhân xét ion cromat có tính oxy hóa mạnh trong mơi trường acid.
Chất khử mạnh:
Ion Cr2+ có tính khử khá mạnh ngay trong mơi trường acid do thế khử cặp

o = 0,771
O2 + 4H+ + 4e → 2H2O o = 1,23
Ta có : 0pư = 1,23 – 0,77 = 0,46V
G0pư,298 = -177,56kJ/mol
Nên phản ứng (1) xảy ra.
Xét phản ứng oxy hóa Fe(II) bằng oxy khơng khí trong mơi trường kiềm:
Fe(OH)2 + O2 + 2 H2O → 2 Fe(OH)3 (2)
Fe(OH)3 + 1 e → Fe(OH)2 + OHo= -0,56
O2 + 2H2O + 4e → 4 OHo = 0,401
0
Ta có :  pư = 0,401 – (- 0,56) = 0,961V
G0pư,298 = -307,95kJ/mol
Nên phản ứng (2) xảy ra
Về phương diện nhiệt động hóa học phản ứng oxy hóa Fe(II) thành Fe(III) bởi oxy
khơng khí xảy ra cả trong mơi trường acid và mơi trường base, trong đó phản ứng trong
mơi trường base thuận lợi hơn. (Về phương diện động học, phản ứng trong mơi trường
base có tốc độ cao hơn hẳn trong mơi trường acid)
c) Số liệu trên giản đồ latimer cho thấy muốn oxy hóa Fe(III) lên Fe(VI) phải tiến hành
trong mơi trường base. Ion FeO42- khơng thể tồn tại trong mơi trường acid vì với thế khử
cặp FeO42-/Fe3+ = 1,9V, ion ferat(VI) dễ dàng oxy hóa nước, giải phóng oxy.
4FeO42- + 12H+ = 4 Fe3+ + 3O2 + 12H2O
14


Bài 13. Trong phòng thí nghiệm, để điều chế thuốc tím người ta làm như sau: Cân
thật nhanh 3 g KOH cho vào chén sắt rồi trộn với 2,5 g KClO3 và đun nóng cho
hỗn hợp nóng chảy hoàn toàn, rồi cho từ từ từng lượng nhỏ đến hết 1,5 g MnO2.
Dùng đũa khuấy đều trong khi thêm MnO2. Sau khi hết MnO2, cho vào lò nung ở
6000C khoảng 20 phút, cho đến khi hỗn hợp phản ứng xuất hiện màu xanh lục.
Lấy ra, để nguội. Hòa tan sản phẩm bằng 50 ml nước cất.

thay thế cho HCl.
Phản ứng (3) hồn ngun lại một lượng MnO2, vì vậy hiệu suất phản ứng (tính theo
MnO2 hay KClO3) đều khơng thể đạt 100%.
(sinh viên có thể lập luận trực tiếp từ giản đồ Latimer)

15


Bài 14. Clorua đồng (I) là nguyên liệu dùng điều chế thuốc trừ nấm cho cây trồng
(đồng(II) oxycloride) và bột màu xanh đồng Phtalocyanin dùng nhiều trong sơn và
vật liệu xây dựng. Một quy trình sản xuất clorua đồng (I) như sau: Trộn 1 phần
(khối lượng) CuSO4.5H2O , 2 phần NaCl, 1 phần Cu kim loại và 10 phần nước. Đun
hỗn hợp trên trong bình kín cho đến khi dung dòch từ màu xanh biển trở nên
không có màu (dung dòch A). Tách dung dòch A khỏi phần cặn, pha loãng dung
dòch A bằng nước, CuCl kết tinh.
a) Viết các phản ứng chính có trong quy trình (phương trình đầy đủ và
phương trình ion- phân tử). Giải thích cơ sở của quy trình sản xuất trên.
b) NaCl đóng vai trò gì trong phản ứng điều chế CuCl? Có thể sử dụng
muối nào khác thay cho muối ăn? Cho ví dụ.
c) Tính nồng độ đồng (II) sulfat khi hệ phản ứng đạt đến cân bằng.
Cho biết: Tích số tan của CuCl T = 10-5,92.
Hằng số không bền của phức triclorocuprat(I) [CuCl3]2- K = 10-5,63
Phức [CuCl3]2 không có màu.
Phức tetraaquồng(II) [Cu(H2O)6]2+ có màu xanh biển.
Các giá trò thế khử:
Quá trình khử o(V)
Cu2+ + 2e = Cu
Cu+ + e = Cu
Cu2+ + e = Cu+


G0pư,298 = -nF0 = -96500x0,292 = -28,178 kJ/mol
**Khi pha loãng dung dịch thu được sau phản ứng, nồng độ ion cloride giảm xuống, cân
bằng chuyển dịch về phía phân ly phức giúp cho kết tủa CuCl xuất hiện:
H 2O
Na2[CuCl3]

 2NaCl + CuCl(r)
Phương trình ion – phân tử:
H 2O
[CuCl3]2- 
 CuCl(r) + 2Clb) NaCl đóng vai trò cung cấp ion Cloride để tạo phức tricloridocuprat(I). Có thể dùng
các muối cloride khác thỏa điều kiện có độ tan lớn trong nước và cation không thủy phân.
(KCl, CaCl2…)
c) Tính nồng độ Cu2+ trong cân bằng:
Cu2+ + 6Cl- + Cu  2[CuCl3]2*Tính nồng độ ban đầu của đồng(II) sulfat và natri chloride
Lúc ban đầu: 1 phần CuSO4.5H2O (M =149,5), 2 phần NaCl (M = 58,5), 10 phần nước , 1
phần Cu kim loại.
Tính nồng độ ban đầu của đồng(II) sulfat và Natri cloride: (lấy tỷ trọng của nước
=1g/ml), quy cho 10g nước:
4,008.10-3 mol CuSO4.5H2O và 1,709.10-2 mol NaCl trong 10,36 ml nước
(10ml nước cho vào và 0,36ml nước trong đồng(II) sulfat), rút ra:
Nồng độ mol ban đầu của CuSO4.5H2O:
4,008.10 3  1000
CCuSO4 
 0,387mol / l
10,36
Nồng độ mol của NaCl:

17


6
b  (3,3  6a )



2[CuCl3]20
2a

( 3)

Vì Kcb rất lớn, lượng NaCl và đồng kim loại lấy dư, chúng ta giả thiết rằng có thể coi như
tồn bộ đồng(II) sulfat đã phản ứng hết, vậy a  0,387.
Thay giá trị a vào biểu thức (3) được:
( 2  0,387 ) 2
 7,86.10 6 mol / l
6
4 ,94
(3,3  6  0,387 ) .10
Giá trị b cho thấy giả thiết đặt ra là đúng.
b

Bài 15. Người ta điều chế khí clo bằng cách cho vào bình cầu 10 g MnO2 và 15ml
HCl đậm đặc. Đun hỗn hợp trên bằng đèn cồn cho sôi khoảng 20 phút. Chất khí
bay ra được thu vào 3 lọ: Lọ 1 không đựng gì để chứa khí clo; lọ 2 đựng 1/2 lọ
nước; lọ 3 chứa khoảng 15ml NaOH loãng. Giải thích và viết phương trình phản
ứng xảy ra. Vai trò của MnO2? Có thể thay thế bằng chất gì khác?
Trong lọ 2 và lọ 3 chứa chất gì? Nên dùng dung dòch trong lọ nào để làm chất tẩy
màu quần áo? Vì sao?
Bình cầu: Bột MnO2 màu đen tan vào dung dịch HCl đặc nóng, tạo thành dung dịch gần
như khơng màu và có khí Cl2 màu vàng lục thốt ra. Đây là phản ứng oxy hố - khử.

phẩm rắn.
Viết các phương trình phản ứng và giải thích? Vai trò của cồn và đường? Có thể
thay thế bằng chất gì khác?
Thực chất đây là phản ứng oxy hóa khử, dùng chất khử để đưa crom về Cr(III) dạng
Cr2O3, đây là phản ứng dị thể nên ta cố gắng để mức độ tiếp xúc phản ứng là tốt nhất.
Vì vậy người ta dùng đường trộn đều và sau đó dùng cồn đốt để chuyển đường thành
cacbon thì mức độ đồng đều hơn hẳn khi trộn cacbon trực tiếp.
Khi đốt nóng ngồi khơng khí thì phản ứng đốt cháy đường thành cacbon bằng cơn dễ
dàng xảy ra hơn hẳn phản ứng khử crom bằng cồn, vì vậy giai đoạn này đốt trong khơng
khí.
Sau đó khi nung trong lò nung chú ý phải đậy kín nắp chén nung vì tránh phản ứng
canbon cháy thành CO2 khi có mặt oxy, phản ứng này sẽ cạnh tranh với phản ứng khử
crom, làm giảm hiệu suất tạo sản phẩm. Các phản ứng:
K2Cr2O7 + C (t0) → K2CO3 + Cr2O3 + CO ( thiếu oxy)
Các phản ứng chủ yếu xảy ra:
Khi đốt trên bếp điện:
C2H5OH + 3O2 = 2CO2 + 3H2O + Q
C12H22O11 = 12C + 11H2O
0
Trong lò điện ở 600 C
K2Cr2O7 + C = K2CO3 + Cr2O3 + CO (thiếu oxy)
19


Ngay trong giai đoạn đốt trên bếp điện đã có một phần dicromat bị khử về crom(III)
oxide.
Cồn có thể thay thế bằng xăng, đường có thể thay bằng muội than…

Phân chia nhóm bài tập nộp:
Nhóm bài 1: 1, 2, (6)7, 12 (Nhóm này sinh viên làm bài 6 hay 7 đều chấp nhận)