Bài 16. Tính chất hóa học của kim loại

- Lấy mẫu thử và đánh dấu

- Cho HCl vào các mẫu thử

+ Mẫu thử xuất hiện khí bay lên chất ban đầu là Al

2Al + 6HCl \(\rightarrow\) 2AlCl₃ + 3H₂

+ Mẫu thử không tan chất ban đầu là Cu, Ag (I)

- Cho H₂SO₄ đặc nóng vào nhóm I

+ Mẫu thử tan xuất hiện khí bay lên chất ban đầu là Cu

Cu + 2H₂SO_{4 (đặc)} \(\underrightarrow{t^o}\) CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

+ Mẫu thử không tan chất ban đầu là Ag

1.

Fe + S \(\underrightarrow{t^o}\) FeS

FeS + 2HCl \(\rightarrow\) FeCl₂ H₂S

H₂S + CaO \(\rightarrow\) CaS + H₂O

CaS + 2HCl \(\rightarrow\) CaCl₂ + H₂S

CaCl₂ + 2AgNO₃ \(\rightarrow\) 2AgCl + Ca(NO₃)₂

n_H2 = 0,25 mol

- Cu ko phản ứng

Fe + H₂SO₄ \(\rightarrow\) FeSO₄ + H₂

\(\Rightarrow\%_{Fe}=\dfrac{0,25.56.100}{100}=35\%\)

\(\Rightarrow\%_{Cu}=100\%-35\%=65\%\)

P/s: thiếu dữ kiện tính C%

a. Hiện tượng: mẫu Ca tan dần và có khí không màu bay lên

b. Hiện tượng: mẫu kali tan dần và có khí không màu bay lên sau đó xuất hiện kết tủa nâu đỏ

c. Hiện tượng: mẫu Cu tan dần sau đó có chất rắn màu trắng bạc bám lên thanh đồng

d. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng keo và khi đổ ngược lại thì kết tủa đó tan dần

e. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng keo

f. Hiện tượng: bột sắt tan dần, xuất hiện khí không màu bay lên, xuất hiện kết tủa trắng xanh ( nếu để ngoài không khí kết tủa trắng xanh sẽ hóa nâu đỏ )

g. Hiện tượng: mẫu nhôm tan dần, xuất hiện khí không màu bay lên

h. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng keo

i. Hiện tượng: ban đầu sẽ không thấy kết tủa xuất hiện nhưng sau đó thì có

$\mathrm{nH}Cl=0,\mathrm{26x\; 1\; =\; 0,26(mol)}$

Qui đổi hỗn hợp về FeO và Fe₂O₃ có số mol lần lượt là a và b

PTHH:

FeO + 2HCl -----> FeCl₂ + H₂O
a--------2a

Fe₂O₃ + 6HCl -----> 2FeCl₃ + 3H₂O
b-----------6b

Theo đề ra, ta có:

\(\begin{cases}72a+160b=7,68\\2a+6b=0,26\end{cases}\)

Giải hệ phương trình :

=> \(\begin{cases}a=0,04\left(mol\right)\\b=0,03\left(mol\right)\end{cases}\)

=> n_Fe = 0,04 + 0,03 . 2 = 0,1 mol ( Theo định luật bảo toàn nguyên tố )

Khi nung:

2Fe ==> Fe₂O₃

0,1.............0,05

=> m_Fe2O3 = 0,05 x 160 = 8 (gam)

Chất rắn cuối cùng là \(Fe_2O_3\)
\(n_O\) trong oxit \(=\frac{1}{2}n_{HCl}=0,5\times0,26=0,13\)
\(\Rightarrow m_O=0,13\times16=2,08g\)
\(\Rightarrow m_{Fe}\)trong hh \(=7,68-2,08=5,6g\)
\(n_{Fe}=0,1\)
\(2Fe\rightarrow Fe_2O_3\)
0.1..........0.05
\(\Rightarrow m_{Fe_2CO_3}=0,05\times160=8g\)

Em kiểm tra lại thông tin của đề xem phần 2 và phần 3 tác dụng với cái gì.

Vì nếu đề như thế này PTHH của phần 2 và phần 3 sẽ giống nhau.

Phần 1: \(2Al+2NaOH+2H_2O\rightarrow2NaAlO_2+3H_2\uparrow\)

dd X1 gồm NaOH dư và NaAlO₂; Y1 gồm Fe và Cu; khí Z1 là H₂.

Phần 2: \(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\uparrow\)

\(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\uparrow\)

dd X2 gồm H₂SO₄ dư, Al₂(SO₄)₃ và FeSO₄ ; Y2 là Cu; khí Z2 là H₂.

a) nco2=v/22.4=0.1 mol

500ml=0.5l

=> nNaoh=Cm.v=0.2 . 0.5=0.1 mol

lập tỉ lệ:

nNaoh/nCo2=0.1/0.1=1

=> sảy ra phương trình

Naoh + co2 ->nahco3

mCo2=n.M=4.4 (g)

mNaoh=n.M=4 (g)

adđlbtkl ta có

mCo2 + mNaoh = mNahco3

=>mNahco3=8.4 (g)

PTHH: 2Al + 3CuSO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3Cu

( Gọi số mol của Al phản ứng là: 2a => số mol Cu là: 3a )

Vì khối lượng bản nhôm tăng lên bằng tổng khối lượng Cu bám vào trừ khối lượng Al phản ứng 

<=> 76,9 - 70 = (3a. 64) - (2a. 27) 

<=>       6,9    =  138a

<=>        a      =  0,05

 =>   Khối lượng đòng bám vào bản nhôm là: 64 . 3a = 64 . 3 . 0,05 = 9,6 (gam)

2Al+ 3CuSO4----> Al2(SO4)3  +3 Cu

 a                                                   3/2a mol

Vì khối lượng thanh nôm sau phản ứng tăng

=>m tăng=76,9-70=mCu bám vào - mAl tan ra=3/2a .64-a.65=> a=69/310 mol

=> khối lượng Cu bám vào bằng=21,36 gam