XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP NÂNG CAO VỀ NHÓM HALOGEN

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa Quy Nhơn 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

NỘI DUNG 

MỤC LỤC 

PHẦN I: MỞ ĐẦU 1 

I. Lí do chọn đề tài 1 

II. Mục đích nghiên cứu 2 

III. Nhiệm vụ 3 

IV. Giả thuyết khoa học 3 

V. Phương pháp nghiên cứu 3 

VI. Điểm mới của đề tài 3 

VII. Cấu trúc đề tài 3 

PHẦN II: NỘI DUNG 5 

Chương I: Tổng quan 5 

I.1. Tầm quan trọng của hóa học phi kim 5 

I.2. Tình hình thực tế nội dung kiến thức nhóm halogen trong các tài liệu hiện hành 5 

I.3. Vai trò của bài tập hóa học trong bồi dưỡng học sinh giỏi 6 

Chương II: Hệ thống bài tập lí thuyết về nhóm halogen 8 

II.1. Đơn chất halogen 8 

II.1.1. Cấu tạo, tính chất vật lí 8 

II.1.2. Tính chất hóa học 13 

II.1.3. Điều chế 16 

II.2. Hợp chất của các halogen 18 

II.2.1. Hợp chất với hiđro, halogenua 18 

II.2.2. Hợp chất chứa oxi 31 

II.2.3. Hợp chất giữa các halogen 39 

II.3. Tổng hợp 41 

II. 3.1. Viết phương trình phản ứng 41 

II. 3.2. Nhận biết 48 

II. 3.3. Một số bài tập khác 49 

Chương III. Hệ thống bài tập tính toán 51 

III.1. Bài tập đại cương 51 

III.2. Bài tập về phương pháp chuẩn độ iot 61 

III.3. Bài tập về hợp chất chứa oxi của halogen 66 

III.4. Bài tập về axit halogen hiđric, muối halogenua 74 

PHẦN III: KẾT LUẬN 97 

Tài liệu tham khảo 100 

Trang 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÝ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM 

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

0 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial








ĐỀ TÀI: “XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP NÂNG CAO VỀ NHÓM HALOGEN” 

I. Lí do chọn đề tài 

PHẦN I: MỞ ĐẦU 

Đầu thế kỉ XXI, nền giáo dục của thế giới có những bước tiến lớn với nhiều thành 

tựu về mọi mặt. Hầu hết các quốc gia nhận thức sự cần thiết và cấp bách phải đầu tư cho 

giáo dục. Luật Giáo dục 2005 của nước ta đã khẳng định: “Phát triển giáo dục là quốc 

sách hàng đầu nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Như vậy, 

vấn đề bồi dưỡng nhân tài nói chung, đào tạo học sinh giỏi, học sinh chuyên nói riêng 

đang được nhà nước ta đầu tư hướng đến. 

Trong hội nghị toàn quốc các trường THPT chuyên, Phó Thủ tướng, nguyên Bộ trưởng 

Bộ GD&ĐT Nguyễn Thiện Nhân nhấn mạnh: “Hội nghị được tổ chức nhằm tổng kết kết 

quả đạt được, những hạn chế, bất cập, đồng thời đề ra mục tiêu, giải pháp nhằm xây 

dựng, phát triển các trường THPT chuyên thành hệ thống các trường THPT chuyên chất 

lượng cao làm nhiệm vụ phát hiện, bồi dưỡng tài năng trẻ, đáp ứng yêu cầu phát triển đất 

nước trong thời kỳ đổi mới và hội nhập”. Hệ thống các trường THPT chuyên đã đóng góp 

quan trọng trong việc phát hiện, bồi dưỡng học sinh năng khiếu, tạo nguồn nhân lực chất 

lượng cao cho đất nước, đào tạo đội ngũ học sinh có kiến thức, có năng lực tự học, tự 

nghiên cứu, đạt nhiều thành tích cao góp phần quan trọng nâng cao chất lượng và hiệu 

quả giáo dục phổ thông. Tuy nhiên một trong những hạn chế, khó khăn của hệ thống các 

trường THPT chuyên trong toàn quốc đang gặp phải đó là chương trình, sách giáo khoa, 

tài liệu cho môn chuyên còn thiếu, chưa cập nhật và liên kết giữa các trường. Bộ Giáo 

Dục và Đào tạo chưa xây dựng được chương trình chính thức cho học sinh chuyên nên để 

dạy cho học sinh, giáo viên phải tự tìm tài liệu, chọn giáo trình phù hợp, phải tự xoay sở 

để biên soạn, cập nhật giáo trình. 

Bộ môn Hóa học là một trong các bộ môn khoa học cơ bản, rất quan trọng. Mỗi 

mảng kiến thức đều vô cùng rộng lớn. Đặc biệt là những kiến thức giành cho học sinh 

chuyên hóa, học sinh giỏi cấp khu vực, cấp Quốc Gia, Quốc tế. Trong đó hoá học về các 

nguyên tố phi kim là một trong các nội dung rất quan trọng. Phần này thường có trong 

các đề thi học sinh giỏi lớp 10, 11 khu vực; Olympic 30/4; hay gắn với các kiến thức 


phần kim loại trong các đề thi học sinh giỏi Quốc Gia, Quốc Tế. Tuy nhiên, trong thực tế 

giảng dạy ở các trường phổ thông nói chung và ở các trường chuyên nói riêng, việc dạy 

và học phần phi kim gặp một số khó khăn: 






1 










- Đã có tài liệu giáo khoa dành riêng cho học sinh chuyên hóa, nhưng nội dung 

kiến thức lí thuyết chưa đủ để trang bị cho học sinh, chưa đáp ứng được yêu cầu của các 

kì thi học sinh giỏi các cấp. 

- Tài liệu tham khảo về mặt lí thuyết thường được sử dụng là các tài liệu ở bậc đại 

học, cao đẳng đã được biên soạn, xuất bản từ lâu. Khi áp dụng những tài liệu này cho học 

sinh phổ thông trở thành rất rộng. Giáo viên và học sinh thường không đủ thời gian 

nghiên cứu do đó khó xác định được nội dung chính cần tập trung là vấn đề gì. 

- Trong các tài liệu giáo khoa chuyên hóa lượng bài tập rất ít, nếu chỉ làm các bài 

trong đó thì HS không đủ “lực” để thi vì đề thi khu vực, HSGQG, Quốc Tế hằng năm 

thường cho rộng và sâu hơn nhiều. Nhiều đề thi vượt quá chương trình. 

- Tài liệu tham khảo phần bài tập vận dụng các kiến thức lí thuyết về các nguyên 

tố phi kim cũng rất ít, chưa có sách bài tập dành riêng cho học sinh chuyên hóa về các nội 

dung này. 

Để khắc phục điều này, tự thân mỗi GV dạy trường chuyên phải tự vận động, mất rất 

nhiều thời gian và công sức bằng cách cập nhật thông tin từ mạng internet, trao đổi với 

đồng nghiệp, tự nghiên cứu tài liệu…Từ đó, GV tự biên soạn nội dung chương trình dạy 

và xây dựng hệ thống bài tập để phục vụ cho công việc giảng dạy của mình. 

Xuất phát từ thực tiễn đó, là giáo viên trường chuyên, chúng tôi rất mong có được 

một nguồn tài liệu có giá trị và phù hợp để giáo viên giảng dạy - bồi dưỡng học sinh giỏi 

các cấp và cũng để cho học sinh có được tài liệu học tập, tham khảo. Trong năm học này 

chúng tôi tập trung biên soạn bài tập về phi kim và trước hết là nhóm halogen. Do vậy 

chúng tôi đã chọn đề tài: 

“Xây dựng hệ thống bài tập nâng cao về nhóm halogen”. 

Trong thời gian tới nhờ sự quan tâm đầu tư của nhà nước, của Bộ Giáo Dục cùng 

với sự nỗ lực của từng giáo viên dạy chuyên, sự giao lưu học hỏi, chia sẻ kinh nghiệm 

của các trường chuyên trong khu vực và cả nước chúng tôi hi vọng sẽ có 1 bộ tài liệu phù 

hợp, đầy đủ giành cho giáo viên và học sinh chuyên. 

II. Mục đích nghiên cứu 

Sưu tầm, lựa chọn, phân loại và xây dựng hệ thống bài tập mở rộng và nâng cao về 


nhóm halogen để làm tài liệu phục vụ cho giáo viên trường chuyên giảng dạy, ôn luyện, 

bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp và làm tài liệu học tập cho học sinh đặc biệt cho học sinh 






2 










chuyên về nhóm halogen. Ngoài ra còn là tài liệu tham khảo mở rộng và nâng cao cho 

giáo viên môn hóa học và học sinh yêu thích môn hóa học nói chung. 

III. Nhiệm vụ 

1- Nghiên cứu chương trình hóa học phổ thông nâng cao và chuyên hóa học, phân tích 

các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, khu vực, cấp quốc gia, quốc tế và đi sâu về nhóm 

halogen. 

2- Sưu tầm, lựa chọn trong tài liệu giáo khoa, sách bài tập cho sinh viên, trong các tài liệu 

tham khảo có nội dung liên quan; phân loại, xây dựng các bài tập lí thuyết và tính toán về 

các đơn chất halogen và hợp chất của chúng. 

3- Đề xuất phương pháp xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập dùng cho việc giảng dạy, 

bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp ở trường THPT chuyên. 

IV. Giả thuyết khoa học 

Nếu giáo viên xây dựng hệ thống bài tập chất lượng, đa dạng, phong phú đồng 

thời có phương pháp sử dụng chúng một cách thích hợp thì sẽ nâng cao được hiệu quả 

quá trình dạy- học và bồi dưỡng học sinh giỏi, chuyên hóa học. 

V. Phương pháp nghiên cứu 

- Nghiên cứu thực tiễn dạy học và bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường THPT 

chuyên 

- Nghiên cứu các tài liệu về phương pháp dạy học hóa học, các tài liệu về bồi dưỡng học 

sinh giỏi, các đề thi học sinh giỏi, . . . 

- Thu thập tài liệu và truy cập thông tin trên internet có liên quan đến đề tài. 

- Đọc, nghiên cứu và xử lý các tài liệu. 

VI. Điểm mới của đề tài 

- Đề tài xây dựng hệ thống bài tập mở rộng và nâng cao đầy đủ, có phân loại rõ ràng các 

dạng câu hỏi lí thuyết, các dạng bài tập về nhóm halogen để làm tài liệu phục vụ cho giáo 

viên trường chuyên giảng dạy, ôn luyện, bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp và làm tài liệu 

học tập cho học sinh đặc biệt cho học sinh chuyên về nhóm halogen. Ngoài ra còn là tài 

liệu tham khảo mở rộng và nâng cao cho giáo viên môn hóa học và học sinh yêu thích 

môn hóa học nói chung. 


- Đề xuất phương pháp xây dựng và sử dụng có hiệu quả hệ thống bài tập hóa học. 

VII. Cấu trúc đề tài 

Phần I. Mở đầu 






3 










Phần II. Nội dung 

Chương I: Tổng quan 

Chương II: Hệ thống bài tập lí thuyết về nhóm halogen 

Chương III: Hệ thống bài tập tính toán về nhóm halogen 

Phần III. Kết luận và khuyến nghị 

Tài liệu tham khảo 







4 










PHẦN II. NỘI DUNG 

CHƯƠNG I: TỔNG QUAN 

I.1. TẦM QUAN TRỌNG CỦA HÓA HỌC PHI KIM. 

Phần hoá học phi kim trong chương trong chương trình hoá học chuyên THPT 

được nghiên cứu sau các kiến thức lí thuyết về cấu tạo chất, liên kết hoá học, phản ứng 

oxi hoá – khử, tốc độ phản ứng hóa học và sự điện li nê có vai trò quan trọng trong việc 

hình thành và phát triển nội dung kiến thức, kĩ năng hóa học cơ bản. Cụ thể là: 

– Giúp HS mở rộng, phát triển nội dung phần hoá học phi kim THPT ở mức độ sâu sắc, 

hiện đại, đi sâu vào bản chất các quá trình biến đổi của các đơn 

chất và hợp chất của chúng. 

– Giúp HS vận dụng kiến thức lí thuyết chủ đạo để dự đoán, giải thích tính chất các đơn 

chất, hợp chất các nguyên tố và sự biến thiên tính chất của các nguyên tố trong nhóm( 

tìm hiểu mối liên hệ giữa cấu tạo với tính chất, dự đoán, so sánh, giải thích tính chất…) 

- Việc nghiên cứu các kiến thức về các nhóm nguyên tố giúp HS hoàn thiện dần các kiến 

thức lí thuyết chủ đạo như khái niện về phản ứng oxi hóa- khử, chất oxi hóa, chất khử, 

các dạng liên kết, khái niệm chất (phức chất, muối hỗn tạp…),... 

- Hình thành, phát triển các kiên thức và kĩ năng ngôn ngữ hóa học phổ thông(kí hiệu hóa 

học, danh pháp, phương trình hóa học…), các kĩ năng hóa học khác như sử dụng và bảo 

quản hóa chất, thiết bị thí nghiệm, giải bài tập hóa học, quan sát, mô tả, giải thích hiện 

tượng thí nghiệm và đời sống 

I.2. TÌNH HÌNH THỰC TẾ VỀ NỘI DUNG KIẾN THỨC NHÓM HALOGEN 

TRONG CÁC TÀI LIỆU HIỆN HÀNH 

Trong các tài liệu hiện hành, lý thuyết về nhóm halogen đã tương đối đầy đủ. Kiến 

thức lý thuyết về nguyên tố halogen HS đã học trong chương trình ôn thi đại học, ngoài 

ra GV hướng dẫn cho học sinh đọc các tài liệu tham khảo: Tài liệu giáo khoa chuyên hóa 

học lớp 10 tập 2, Hóa học vô cơ – Hoàng Nhâm, tập 2, Tính chất lý hóa học các chất vô 

cơ (106 nguyên tố)- R.A. Liđin, V.A. Molosco, L.L. An ddreeeva, Người dịch: Lê Kim 

Long, Hoàng Nhâm… 

Tuy nhiên hiện nay chưa có sách bài tập dành riêng cho học sinh chuyên hóa về 


hóa học vô cơ. Trong các tài liệu giáo khoa chuyên hóa lượng bài tập rất ít, nếu chỉ làm 

các bài trong đó thì HS không đủ “lực” để thi vì đề thi khu vực, HSGQG, Quốc Tế hằng 

năm thường cho rộng và sâu hơn nhiều. Nhiều đề thi vượt quá chương trình. Trong các 






5 










tài liệu tham khảo khác bài tập giành cho giảng dạy và học tập của lớp chuyên còn nằm 

rải rác, chưa phong phú và chưa được phân loại rõ ràng, chưa đủ để cho học sinh học tập, 

ôn luyện chuẩn bị cho các kì thi học sinh giỏi các cấp. 

I.3. VAI TRÒ CỦA BÀI TẬP HÓA HỌC TRONG VIỆC BỒI DƯỠNG HỌC SINH 

GIỎI. 

Thực tế dạy học cho thấy, bài tập hoá học giữ vai trò rất quan trọng trong việc thực 

hiện mục tiêu đào tạo. Bài tập vừa là mục đích vừa là nội dung lại vừa là phương pháp 

dạy học hiệu nghiệm. Bài tập cung cấp cho học sinh cả kiến thức, con đường dành lấy 

kiến thức và cả niềm vui sướng của sự phát hiện - tìm ra đáp số - một trạng thái hưng 

phấn - hứng thú nhận thức - một yếu tố tâm lý góp phần rất quan trọng trong việc nâng 

cao tính hiệu quả của hoạt động thực tiễn của con người, điều này đặc biệt được chú ý 

trong nhà trường của các nước phát triển. Vậy bài tập hoá học là gì? 

Theo các nhà lý luận dạy học Nga, bài tập bao gồm cả câu hỏi và bài toán, mà trong khi 

hoàn thành chúng, học sinh nắm được hay hoàn thiện một tri thức hoặc một kỹ năng nào 

đó, bằng cách trả lời vấn đáp, trả lời viết hoặc có kèm theo thực nghiệm. Hiện nay ở nước 

ta, thuật ngữ “bài tập” được dùng theo quan niệm này. 

Tác dụng của bài tập hóa học: 

- Bài tập hoá học là một trong những phương tiện hiệu nghiệm cơ bản nhất để dạy học 

sinh vận dụng các kiến thức đã học vào thực tế cuộc sống, sản xuất và tập nghiên cứu 

khoa học, biến những kiến thức đã thu được qua bài giảng thành kiến thức của chính 

mình. 

- Đào sâu, mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú. Chỉ có vận dụng 

kiến thức vào giải bài tập học sinh mới nắm vững kiến thức một cách sâu sắc. 

- Là phương tiện để ôn tập, củng cố, hệ thống hoá kiến thức một cách tốt nhất. 

- Rèn luyện kỹ năng hoá học cho học sinh như kỹ năng viết và cân bằng phương trình hóa 

học, kỹ năng tính toán theo công thức và phương trình hoá học, kỹ năng thực hành như 

cân, đo, đun nóng, nung sấy, lọc, nhận biết hoá chất... 

- Phát triển năng lực nhận thức, rèn trí thông minh cho học sinh (học sinh cần phải hiểu 

sâu mới hiểu được trọn vẹn). Một số bài tập có tình huống đặc biệt, ngoài cách giải thông 


thường còn có cách giải độc đáo nếu học sinh có tầm nhìn sắc sảo. Thông thường nên yêu 

cầu học sinh giải bằng nhiều cách, có thể tìm cách giải ngắn nhất, hay nhất - đó là cách 

rèn luyện trí thông minh cho học sinh. Khi giải bài toán bằng nhiều cách dưới góc độ 






6 










khác nhau thì khả năng tư duy của học sinh tăng lên gấp nhiều lần so với một học sinh 

giải nhiều bài toán bằng một cách và không phân tích đến nơi đến chốn. 

- Bài tập hoá học còn được sử dụng như một phương tiện nghiên cứu tài liệu mới (hình 

thành khái niệm, định luật) khi trang bị kiến thức mới, giúp học sinh tích cực, tự lực, lĩnh 

hội kiến thức một cách sâu sắc và bền vững. Điều này thể hiện rõ khi học sinh làm bài tập 

thực nghiệm định lượng. 

- Bài tập hoá học phát huy tính tích cực, tự lực của học sinh và hình thành phương pháp 

học tập hợp lý. 

- Bài tập hoá học còn là phương tiện để kiểm tra kiến thức, kỹ năng của học sinh một 

cách chính xác. 

- Bài tập hoá học có tác dụng giáo dục đạo đức, tác phong, rèn tính kiên nhẫn, trung thực, 

chính xác khoa học và sáng tạo, phong cách làm việc khoa học (có tổ chức, kế hoạch...), 

nâng cao hứng thú học tập bộ môn. Điều này thể hiện rõ khi giải bài tập thực nghiệm. 

Tác dụng cụ thể của bài tập hóa học góp phần không nhỏ trong việc nâng cao chất lượng 

và hiệu quả việc dạy học hóa học, và đặc biệt là phát triển năng lực nhận thức, rèn luyện 

kỹ năng cho học sinh mà không có phương pháp dạy học nào sánh kịp. 

Như vậy, trong quá trình giảng dạy thì việc lựa chọn, xây dựng các bài tập là việc 

làm rất quan trọng và cần thiết đối với mỗi GV. Thông qua bài tập, GV sẽ đánh giá được 

khả năng nhận thức, khả năng vận dụng kiến thức của HS. Bài tập là phương tiện cơ bản 

nhất để dạy HS tập vận dụng kiến thức vào thực hành, thực tế sự vận dụng các kiến thức 

thông qua các bài tập có rất nhiều hình thức phong phú. Chính nhờ việc giải các bài tập 

mà kiến thức được củng cố, khắc sâu, chính xác hóa, mở rộng và nâng cao. Cho nên, bài 

tập vừa là nội dung, vừa là phương pháp, vừa là phương tiện để dạy tốt và học tốt. 







7 










CHƯƠNG II : HỆ THỐNG BÀI TẬP LÝ THUYẾT VỀ NHÓM HALOGEN 

II.1. ĐƠN CHẤT HALOGEN 

II.1.1. CẤU TẠO, TÍNH CHẤT VẬT LÝ 

1. Trình bày đặc điểm cấu trúc nguyên tử của halogen (bán kính nguyên tử, cấu trúc 

electron năng lượng ion hóa, ái lực electron). Từ đặc điểm đó hãy cho biết trong hai 

khuynh hướng phản ứng (oxi hóa – khử) của các halogen thì khuynh hướng nào là chủ 

yếu ? 

Hướng dẫn: 

Đặc điểm cấu trúc nguyên tử của halogen: 

- Bán kính nguyên tử: nhỏ hơn so với các nguyên tố kim loại và phi kim khác cùng chu 

kì. Từ Flo đến Iot, bán kính nguyên tử tăng 

- Cấu trúc electron: Có 7 e lớp ngoài cùng, trạng thái cơ bản: ns 2 np 5 , có 1 e độc thân 

Trạng thái kích thích Clo, Br, I có 3, 5, 7 e độc thân 

⇅ 

⇅ ⇅ ↑ 

- Năng lượng Ion hóa: Năng lượng ion hóa thứ nhất của Flo rất cao17,418 eV 

Từ Flo đến Iot, năng lượng ion hóa giảm nên khả năng nhường electron tăng, do đó đến 

Iot có khả năng tạo ra ion I + (trong các hợp chất như ICl trong dung dịch H 2 SO 4 đặc hoặc 

oleum, ICN, IClO 4, ICH 3 COO) hoặc tạo cation 3+ trong IPO4, I(CH 3 COO) 3 

- Ái lực electron: lớn, giảm dần từ Flo đến Iot 

→ Khuynh hướng oxi hóa là chủ yếu vì trong nguyên tử có một electron độc thân 

(chưa ghép đôi) ở obitan np ở trạng thái cơ bản nên dễ dàng kết hợp thêm 1 electron. 

2. Dựa vào thuyết liên kết hóa trị hãy cho biết: 

a) Các số oxi hóa của các halogen trong hợp chất. 

b) Tại sao phân tử của các halogen đều cấu tạo từ hai nguyên tử? 


a) Từ cấu hình electron các số oxi hóa của các halogen trong hợp chất (trừ Flo) là: 

-1, +1, +3, +5, +7. 

Giải thích: các mức +3, +5, +7 bằng sự kích thích electron chuyển từ obitan ns và np 

sang nd tạo 3, 5, 7 e độc thân. Khi tạo liên kết với các nguyên tử có độ âm điện lớn hơn 


các halogen đó có số oxi hóa dương. 

b) Vì mỗi nguyên tử có 7 e lớp ngoài cùng, so khí hiếm thiếu 1 electron, trong đó chỉ có 

một electron không ghép đôi ở obitan np → hai electron không ghép đôi ở hai nguyên tử 






8 










ghép lại với nhau tạo thành phân tử hai nguyên tử → mỗi nguyên tử đều đạt cấu hình bền 

như khí hiếm gần nhất. 

3. Tại sao Flo không thể xuất hiện mức oxi hóa dương trong các hợp chất hóa học? 

Tại sao với Clo, Brom, Iot thì mức oxi hóa chẵn không phải là mức đặc trưng? 

Hướng dẫn: Trong nguyên tử của các Halogen có một electron không ghép đôi, nên trừ 

Flo, chúng đều có khả năng tạo ra mức oxi hóa +1 khi chúng liên kết với một nguyên tố 

khác có độ âm điện lớn hơn (ví dụ với Oxi) 

Nguyên tử của Clo (hoặc Brom, Iot) còn có những obitan chưa được lấp đầy, do đó có thể 

xảy ra các quá trình kích thích electron như sau: 

s p d 

s p d 

s p d 

s p d 

Kết quả tạo ra 3, 5, 7 electron không ghép đôi ứng với các trạng thái hóa trị 3, 5, 7 của 

halogen. Quá trình kích thích đó xảy ra dưới ảnh hưởng của những nguyên tử có độ điện 

âm mạnh hơn. 

Lớp ngoài cùng của nguyên tử Flo không có obitan d, muốn tạo ra trạng thái hóa trị lớn 

hơn 1 ở Flo, phải kích thích electron từ obitan 2p sang lớp thứ 3, không có nguyên tố nào 

có độ điện âm lớn hơn Flo để cung cấp năng lượng đủ thực hiện quá trình kích thích trên, 

do đó với Flo không thể xuất hiện mức oxi hóa dương và chỉ có thể có hóa trị một. 

Ngoài ra cũng cần chú ý rằng nếu trong nguyên tử, chẳng hạn có 5 electron không cặp 

đôi tham gia hình thành 4 liên kết, trong nguyên tử còn lại một electron không cặp đôi, 

điều đó gây ra khả năng phản ứng rất mạnh của phân tử được tạo ra, nên chúng là những 

hợp chất kém bền. Chẳng hạn ClO 2 là hợp chất có số lẻ electron. 

Cl 

O 


O 

Là hợp chất chưa bão hòa hóa trị, do đó có khuynh hướng kết hợp hoặc nhường một 

electron: 






9 










ClO 2 + e = ClO 2 

- 

ClO 2 - e = ClO 2 

+ 

chủ yếu là khuynh hướng thứ nhất (Ái lực Electron của ClO 2 là 3,43 eV); ClO 2 rất không 

bền, dễ phân huỷ nổ, có tính oxi hóa mạnh. 

4. Năng lượng liên kết X-X (Kcal/mol) của các halogen có giá trị sau: 

F 2 Cl 2 Br 2 I 2 

(Kcal/mol) 38 9 46 35 

Hãy giải thích Tại sao từ F 2 đến Cl 2 năng lượng liên kết tăng, nhưng Cl 2 đến I 2 năng 

lượng liên kết giảm? 

Hướng dẫn: Phương pháp Obitan phân tử đã mô tả cấu hình electron của các phân tử 

halogen như sau: 

( ) 2 

* 

σ ( ) 2 

S 

σ ( ) 2 

S σ ( ) 2 

Z 

π ( ) 2 * 2 * 

x π y 

( ) ( ) 2 

x y 

π 

π 

Nghĩa là hai nguyên tử halogen liên kết với nhau bằng một liên kết σ (σ z). Ngoài liên kết 

σ, trong phân tử Cl 2 , Br 2 , I 2 còn có một phần liên kết π tạo ra bởi sự xen phủ của các 

obitan d. 

Trong phân tử Flo, liên kết chỉ được hình thành do một loạt các electron hóa trị, không có 

khả năng hình thành liên kết π như trên vì không có các obitan d. 

Liên kết π được hình thành đó là liên kết "cho nhận" tạo ra do cặp electron tự do của một 

nguyên tử và obitan d còn bỏ trống của nguyên tử khác; có thể mô tả theo sơ đồ sau: 

3s 3p 3d 

3d 3p 3s 

Sự hình thành các liên kết π đó đã làm cho phân tử các halogen bền rõ rệt. Flo không có 

khả năng tạo ra liên kết π nên phân tử Flo có năng lượng liên kết bé hơn so với Clo. Từ 

Clo đến Iot do bán kính nguyên tử tăng, độ dài liên kết tăng: 

F 2 Cl 2 Br 2 I 2 

D X –X (Ǻ) 1,42 2,00 2,29 2,17 

nên năng lượng liên kết giảm. 


5. Phản ứng phân hủy phân hủy phân tử thành nguyên tử X 2 → 2X của các halogen ở 

các nhiệt độ sau: 

F 2 Cl 2 Br 2 I 2 






10 










( o C) 450 800 600 400 

Hãy giải thích sự thay đổi độ bền nhiệt của các phân tử halogen. 

Hướng dẫn: Trong phân tử hai nguyên tử của các halogen, độ bền nhiệt của phân tử liên 

quan đến năng lượng liên kết X-X trong phân tử: 

Xem cách giải thích ở bài 4. 

6. Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các halogen có các giá trị sau: 

F 2 Cl 2 Br 2 I 2 

T nc ( o C): -223 -101 -7,2 113,5 

T s ( o C): -187 -34,1 38,2 184,5 

Nhận xét và giải thích? 

Hướng dẫn: Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các halogen tăng. Tính chất đó phụ 

thuộc vào tương tác khuếch tán giữa các phân tử. 

Ở trạng thái lỏng và rắn, các phân tử halogen tương tác với nhau bằng lực VanderWaals. 

Vì phân tử các halogen không có cực nên tương tác đó phụ thuộc vào tương tác khuếch 

tán, năng lượng tương tác này càng lớn khi độ phân cực của phân tử càng lớn. 

Vì khả năng bị cực hóa của các phân tử phụ thuộc vào bán kính nguyên tử, nên từ F đến 

I, bán kính nguyên tử tăng, độ phân cực tăng do đó tương tác khuếch tán tăng làm cho 

nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các halogen tăng. 

7. a) Tại sao các halogen không tan trong nước nhưng tan trong benzen? 

b) Tại sao Iot tan ít trong nước nhưng lại tan trong dung dịch kali iođua? 


a) Các chất có xu hướng tan nhiều trong chất lỏng giống với chúng. Các halogen là 

những chất không cực nên ít tan trong dung môi có cực (ví dụ: H 2 O) và tan nhiều trong 

dung môi không cực. 

b) Trường hợp Iot tan nhiều trong dung dịch KI vì tạo ra Ion I 3 - theo phản ứng: 

I 2 + I - → I 3 

- 

8. Giải thích nguyên nhân hình thành các tinh thể hiđrat Cl 2 .8H 2 O. hidrat đó có phải là 

chất hóa học không? 

Hướng dẫn: Các tinh thể hiđrat Cl 2 .8H 2 O là những hợp chất bao. Các hidrat đó được 


hình thành ở nhiệt độ thấp và ở áp suất cao khi bão hòa khí clo. Trong tinh thể nước đá có 

những khoảng trống được hình thành khi các phân tử nước liên kết với nhau bằng liên kết 

Hidro, ở áp suất cao các nguyên tử khí đã thâm nhập vào các khoảng trống đó, các 






11 










nguyên tử khí tương tác với các phân tử nước nhờ có lực khuếch tán, lực này không đủ để 

hình thành hợp chất phức (một loại hợp chất hóa học), do đó Cl 2 .8H 2 O không phải là loại 

hợp chất hóa học thực sự. 

9. Hãy so sánh các đại lượng: Ái lực electron, năng lượng liên kết, năng lượng hiđrat 

hóa, thế tiêu chuẩn của Clo và Flo từ đó giải thích: 

a) Tại sao khả năng phản ứng của Flo lại lớn hơn Clo? 

b) Tại sao trong dung dịch nước Flo có tính oxi hóa mạnh hơn Clo 

Hướng dẫn: So sánh: 

F 2 Cl 2 

Năng lượng liên kết X 2 (Kcal/mol) 37 59 

Ái lực electron X + e → X - (Kcal/nguyên tử g) 79 83 

Năng lượng hiđrat hóa của X - (Kcal/mol) 121 90 

Thế tiêu chuẩn E 0 X 2 /2X - (Von) 2.87 1,36 

Ta thấy rằng năng lượng liên kết và ái lực electron của Flo bé hơn Clo; năng lượng hidrat 

lớn và thế tiêu chuẩn của Flo lớn hơn Clo. 

a) Mặc dù có ái lực electron thấp hơn (có tính oxi hóa kém hơn) nhưng năng lượng liên 

kết trong phâ tử Flo thấp hơn do đó khả năng phản ứng của Flo cao hơn Clo. 

b) Quá trình chuyển X 2 → 2X - ở trong dung dịch phụ thuộc vào các yếu tố sau: 

- Năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử(năng lượng liên kết). 

- Ái lực electron để biến nguyên tử thành X - . 

- Năng lượng hiđrat hóa của anion X - . 

Với Flo, mặc dù năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử và ái lực electron bé hơn 

Clo, nhưng năng lượng hiđrat hóa của Ion F - lại lớn hơn nhiều so với ion Cl - , do đó trong 

dung dịch nước, Flo có tính oxi hóa mạnh hơn Clo. 

10. Lấy ví dụ để chứng minh rằng theo chiều tăng số thứ tự nguyên tử của các halogen 

thì tính dương điện lại tăng? 

Hướng dẫn: Từ Flo đến Iot, năng lượng ion hóa giảm nên khả năng nhường electron 

tăng. Không tồn tại ion Flo dương. Các halogen còn lại có số oxi hóa dương. Iot có khả 

năng tạo ra ion I + (trong các hợp chất như ICl trong dung dịch H 2 SO 4 đặc hoặc oleum, 


ICN, IClO 4, ICH 3 COO) hoặc tạo cation 3+ trong IPO4, I(CH 3 COO) 3 






12 










II.1.2. TÍNH CHẤT HÓA HỌC 

11. Bằng phản ứng với hidro hãy chứng minh rằng tính oxi hóa của các halogen giảm 

dần từ Flo đến Iot. 

Hướng dẫn: Dựa vào điều kiện phản ứng và nhiệt tạo thành của phản ứng khi cho H 2 

phản ứng với halogen để chứng minh. 

F 2 + H 2 → 2HF 

∆Η = -288,6 KJ/mol 

Nổ mạnh ngay ở nhiệt độ rất thấp -252 0 C và trong bóng tối 

Cl 2 + H 2 → 2HCl ∆Η = -92,3 KJ/mol Nổ khi chiếu sáng hoặc đun nóng 

Br 2 + H 2 → 2HBr ∆Η = -35,98 KJ/mol Nhiệt độ cao, không nổ 

I 2 + H 2 O ⇌ 2HI ∆Η = 25,9 KJ/mol Nhiệt độ cao hơn, 2 chiều, không nổ 

12. a) Trình bày các phản ứng khi cho các halogen tác dụng với nước. 

b) Flo có khả năng oxi hóa nước giải phóng oxi hóa , các halogen khác có tính chất này 

không? Giải thích. 

Hướng dẫn: a) Các halogen tác dụng với H 2 O theo các phương trình phản ứng sau: 

2F 2 + 2H 2 O → 4HF + O 2 

Cl 2 + H 2 O ⇌ HCl + HClO K= 4,2.10 4 

Br 2 + H 2 O ⇌ HBr + HBrO K= 7,2.10 -4 

I 2 + H 2 O ⇌ HI + HIO K= 2,1.10 -13 

Khả năng phản ứng từ Flo đến Iot giảm. 

b) So sánh thế oxi hóa-khử chuẩn để xác định: 

O 2 + 4H + (10 -7 ion-g/l) + 4e = 2H 2 O 

F 2 + 2e →2F - 

Cl 2 + 2e → 2Cl - 

Br 2 + 2e → 2Br - 

I 2 + 2e → 2I - 

Chẳng hạn với trường hợp Flo: 

2F 2 + 2H 2 O → 4HF + O 2 

Như vậy Flo đã phản ứng mạnh với nước. 

E 0 =+0,81V 

E 0 = +2,86 V 

E 0 = +1,36V 

E 0 = +1,07V 

E 0 = +0,53V 

∆ E 0 =2,06V 


Với Clo và Brom thực tế đòi hỏi năng lượng hoạt hóa cao; với Iot không có khả năng đó. 






13 










13. a) Tại sao khi cho các halogen tác dụng với kim loại lại tạo ra những hợp chất ứng với 

số oxi hóa tối đa của các kim loại đó? Lấy ví dụ để minh họa. 

b) Tại sao Flo là chất oxi hóa mạnh nhưng Cu, Fe, Ni, Mg không bị Flo ăn mòn? 


a) Với các kim loại có nhiều mức oxi hóa thì các hợp chất ứng với mức oxi hóa thấp 

đều có tính khử, trong khi đó các halogen lại là chất oxi hóa mạnh. 

b) Khi chất rắn tương tác với chất khí, khả năng phản ứng phụ thuộc vào cấu trúc của 

chất rắn được tạo ra. Sản phẩm do phản ứng của Flo với các kim loại trên tạo ra bám 

chắc vào bề mặt chất rắn tương tác thì nó sẽ ngăn cản phản ứng tiếp diễn. 

14. Tìm dẫn chứng để chứng minh rằng theo chiều tăng số thứ tự nguyên tử trong nhóm 

halogen thì tính khử tăng. 

Hướng dẫn: Flo không thể hiện tính khử 

Cl 2 + F 2 → 2ClF 

5Cl 2 + Br 2 + 6H 2 O → 2HBrO 3 + 10HCl 

Iot khử được Clo và Brom phản ứng tương tự 

15. Viết phương trình phản ứng khi cho dung dịch nước Clo tác dụng với dung dịch 

NaOH, dung dịch KI, dung dịch Natri Thiosunfat. 


Clo tác dụng với KI tạo ra I 2 cho dung dịch màu nâu, sau đó Clo dư tác dụng với I 2 

tạo ra IO 3 - làm cho dung dịch mất màu. 

Cl 2 + 2KI → I 2 + 2KCl 

5Cl 2 + I 2 + 6H 2 O → 2HIO 3 + 10HCl 

Cl 2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H 2 O 

4Cl 2 bão hòa + Na 2 S 2 O 3 + 5H 2 O → Na 2 SO 4 + H 2 SO 4 + 8 HCl (Tương tự với Brom) 

16. a) Cho các Halogen Cl 2 , Br 2 , I 2 tác dụng với nước, với dung dịch KOH có những 

phương trình phản ứng nào xảy ra. 

b)Khi cho Cl 2 tác dụng với dung dịch KOH loãng sau đó đun nóng dung dịch từ từ 

lên 700 0 C người ta thu được chất gì? Viết các phương trình phản ứng. 

Hướng dẫn 


a) Các Halogen tác dụng với H 2 O (xem bài 12). Khi cho các Halogen tác dụng với 

dung dịch kiềm, phản ứng tạo ra Hipohalogenit (XO - ), nhưng trong môi trường kiềm các 

Hipohalogenit bị phân hủy theo phản ứng: 






14 










3XO - ⇌ 2X - + XO 3 

- 

(X = Cl, Br, I). Sự phân hủy đó phụ thuộc vào bản chất của các Halogen và nhiệt độ. 

ClO - : phân hủy chậm ở nhiệt độ thường, nhanh khi đun nóng. 

BrO - : phân hủy chậm ở nhiệt độ thấp, nhanh ở nhiệt độ thường. 

IO - : phân hủy ở tất cả các nhiệt độ. 

Như vậy quá trình phân hủy đó tăng khi nhiệt độ tăng; từ Clo đến Iot quá trình phân hủy 

tăng. Do đó, khi cho các Halogen tác dụng với dung dịch kiềm, phản ứng xảy ra theo các 

phương trình: 

Cl 2 + 2KOH 

3Cl 2 + 6KOH 

3Br 2 + 6KOH 

3I 2 + 6KOH → 5KI +KIO 3 + 3H 2 O 

KCl + KClO + H 2 O 

5KCl + KClO 3 + 3H 2 O 

5KBr + KBrO 3 + 3H 2 O 

b) Khi cho Cl 2 tác dụng với dung dịch KOH loãng ở nhiệt độ thường tạo ra KClO, 

khi đun nóng lên 70 o C, KClO phân hủy thành KClO 3 và KCl, đến 100 0 C còn hỗn hợp 

muối rắn gồm KClO 3 và KCl, đến 400 0 C KClO 3 phân hủy tạo ra KClO 4 và KCl, khi đun 

nóng cao hơn nữa KClO 4 phân hủy thành KCl và O 2 . 

17. Dung dịch A gồm hai muối: Na 2 SO 3 và Na 2 S 2 O 3 . Lấy V ml dung dịch A trộn với 

lượng dư khí Cl 2 rồi cho sản phẩm thu được tác dụng với BaCl 2 dư thì thu được kết tủa. 

Lấy V ml dung dịch trên nhỏ vài giọt hồ tinh bột rồi đem chuẩn độ bằng iot thì đến khi 

dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh chàm. Cho V ml dung dịch A tác dụng với dung 

dịch HCl dư thu được kết tủa. Viết phương trình phản ứng xảy ra. 


t 0 thường 

70 0 C 

t 0 thường 

Phản ứng: Na 2 S 2 O 3 + 4Cl 2 + 5H 2 O → 2NaHSO 4 + 8HCl 

Na 2 SO 3 + Cl 2 + H 2 O → Na 2 SO 4 + 2HCl 

NaHSO 4 + BaCl 2 → NaCl + HCl + BaSO 4 . 

Na 2 SO 4 + BaCl 2 → NaCl + BaSO 4 . 


I 2 + 2Na 2 S 2 O 3 → Na 2 S 2 O 6 + 2NaI 

Na 2 S 2 O 3 + 2HCl → 2NaCl + SO 2 + S + H 2 O 






15 










II.1.3. ĐIỀU CHẾ 

18. Khi thực hành, một học sinh lắp dụng cụ điều chế khí Cl 2 như hình vẽ sau: 


Phân tích: 

a) Hãy viết phương trình phản ứng điều chế khí Cl 2 từ MnO 2 và HCl? 

b) Phân tích những chỗ sai khi lắp bộ dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ? 

Để giải được bài tập này học sinh cần phải: 

- Nhìn lôgic nội dung của bài, tìm hiểu từ ngữ, hiểu sơ bộ ý đồ cả tác giả. 

- Tìm hiểu giả thiết và yêu cầu của đề bài. 

- Hình dung tiến trình luận giải và biết phải bắt đầu từ đâu ? 

- Đâu là chỗ có vấn đề của bài. 

a) Phương trình phản ứng điều chế: 

MnO 2 + 4HCl ⎯⎯→ 

t 0 

MnCl 2 + Cl 2 + 2H 2 O 

b) Một số chỗ sai khi lắp dụng cụ điều chế khí clo: 

- Vì phản ứng chỉ xảy ra đối với axit đặc nên không thể dùng được dung dịch axit HCl 

10% mà phải thay bằng axit HCl có nồng độ lớn hơn 30%. 

- Bình thu khí clo không được dùng nút cao su mà có thể thay bằng nút bông tẩm dung 

dịch NaOH để không khí dễ bị đẩy ra và NaOH dùng để xử lí Cl 2 dư. 

- Để thu được khí Cl 2 tinh khiết, cần lắp thêm các bình rửa khí (loại khí HCl) và làm khô 


khí (loại hơi nước). 






16 










19. Khi điều chế clo trong phòng thí nghiệm bằng phản ứng giữa dung dịch HCl đặc và 

MnO 2 đun nóng. Khí clo thoát ra thường lẫn hơi nước và HCl. Đề xuất phương pháp làm 

tinh khiết Cl 2 và giải thích cách làm đó. 

Dẫn khí Cl 2 lẫn hơi H 2 O và HCl qua dung dịch NaCl bão hòa rồi dẫn qua dung dịch 

H 2 SO 4 đặc. 

Dung dịch NaCl bão hòa để hấp thụ HCl do HCl tan tốt trong nước, hòa tan NaCl vào để 

giảm độ tan của Cl 2 trong nước do có cân bằng: 

Cl 2 + H 2 O 

NaCl → Na + + Cl - . 

H + + Cl - + HClO 

Thêm Cl - cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch để giảm độ tan của Cl 2 . 

20. a) Bằng cách nào có thể thu được Flo từ HF? 

b) Tại sao không thể điều chế Flo bằng phương pháp điện phân dung dịch nước có 

chứa ion Florua? 

c) Flo là chất oxi hóa mạnh nhưng tại sao khi điều chế Flo bằng phương pháp điện 

phân thì thùng điện phân và cực âm lại làm bằng đồng hoặc bằng thép? 


a) Điện phân hỗn hợp lỏng gồm KF và HF thu được H 2 , F 2 

b) Vì rằng thế điện cực của Flo rất lớn, Flo tác dụng với nước rất mạnh nên không thể 

điều chế Flo bằng phương pháp điện phân dung dịch nước có chứa Ion Florua, mà phải 

điện phân một hỗn hợp nóng chảy gồm KF và HF. 

c) Khi chất rắn tương tác với chất khí, khả năng phản ứng phụ thuộc vào cấu trúc của 

chất rắn được tạo ra. Sản phẩm do phản ứng của Flo với đồng hoặc thép tạo ra bám chắc 

vào bề mặt chất rắn nên nó sẽ ngăn cản phản ứng tiếp diễn. 

21. Trong phòng thí nghiệm người ta điều chế Clo bằng phương pháp cho KMnO 4 tác 

dụng với HCl . 

a) Tại sao không thể dùng phương pháp đó để điều chế Flo ? 

b) Có thể điều chế Brom và Iot bằng phương pháp đó được không? 

c) Có thể thay KMnO 4 bằng MnO 2 Hoặc K 2 Cr 2 O 7 được không? 

Hướng dẫn: So sánh thế điện cực chuẩn: 


a) Flo có tính oxi hóa mạnh hơn KMnO 4 . 

b) KMnO 4 có tính oxi hóa mạnh hơn Br 2 và I 2 nên có thể oxi hóa Br 2 và I 2 tạo ra 

BrO 3 - và IO 3 - . 






17 










c) Có thể thay KMnO 4 bằng MnO 2 hoặc K 2 Cr 2 O 7 nhưng phải dùng HCl đặc và phải 

đun nóng dùng thế điện cực tương đương nhau. (E 0 Cl 2 /2Cl - =1,36V; E 0 Cr 2 O 7 2- /Cr 3+ trong 

môi trường axit là 1,36V). 

II.2. HỢP CHẤT HALOGEN 

II.2.1- HỢP CHẤT VỚI HIDRO, HALOGENUA 

22. Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các hidro halogenua thay đổi như thế nào? 

Giải thích nguyên nhân. 

Hướng dẫn: Từ HF đến HCl: Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm. Từ HCl đến HI 

nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng. 

Các hidro halogenua tương tác với nhau bằng lực tương tác giữa các phân tử gồm lực 

định hướng, lực khuếch tán và lực cảm ứng. Nhưng năng lượng tương tác cảm ứng 

thường rất bé so với năng lượng tương tác định hướng và tương tác khuếch tán, do đó ảnh 

hưởng của tương tác cảm ứng đến nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi có thể bỏ qua. 

Năng lượng tương tác định hướng giảm từ HF đến HI do độ phân cực của phân tử giảm. 

Năng lượng tương tác khuếch tán tăng lên trong dãy do sự tăng bán kính nguyên tử của 

các halogen và sự giảm độ phân cực của liên kết trong phân tử. 

Từ HF đến HCl, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm do giữa các phân tử HF phát 

sinh được liên kết Hidro, đồng thời năng lượng tổng quát của tương tác giữa các phân tử 

giảm do tương tác định hướng giảm. 

Từ HCl đến HI năng lượng tương tác khuếch tán chiếm ưu thế so với tương tác định 

hướng vì vậy nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng. 

GV có thể cho số liệu hoặc cho HS tra bảng số liệu về nhiệt độ sôi và nhiệt độ nóng 

chảy cho HS nhận xét quy luật biến đổi và yêu cầu giải thích: 

HF HCl HBr HI 

t 0 nóng chảy ( 0 C) -83 -114,2 -88 -50,8 

t 0 sôi ( 0 C) 19,5 -84,9 -66,7 -35,8 

23. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi 

nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không? 

Hướng dẫn: Độ dài liên kết HX, năng lượng liên kết và độ bền đối với nhiệt trong dãy từ 


HF đến HI có các giá trị sau: 

HF HCl HBr HI 

Độ dài liên kết HX (Ǻ) 1,02 1,28 1,41 1,60 






18 










Năng lượng liên kết HX (Kcal/mol) 135 103 87 71 

Phân hủy ở 1000 0 C (%) Không 0,014 0,5 33 

Trong dãy đó, độ bền đối với nhiệt giảm do độ dài liên kết tăng và năng lượng liên kết 

giảm. Độ bền đối với nhiệt chỉ phụ thuộc vào năng lượng liên kết của phân tử, còn nhiệt 

độ nóng chảy và nhiệt độ sôi lại phụ thuộc vào năng lượng tương tác giữa các phân tử. 

24. a) Hỗn hợp đẳng phí (hay hỗn hợp đồng sôi) là gì? 

b) Tại sao dung dịch HCl nồng độ lớn hơn 20% lại có hiện tượng bốc khói trong 

không khí, nhưng dung dịch có nồng độ bé hơn 20% lại không có hiện tượng đó? 


a) Hỗn hợp đẳng phí hay hỗn hợp đồng sôi là những hỗn hợp sôi ở nhiệt độ không đổi 

và không thay đổi thành phần của hỗn hợp ở áp suất không đổi. Chất nguyên chất cũng 

có đặc tính như thế, nhưng với hỗn hợp đồng sôi thì khi áp suất thay đổi không những 

nhiệt độ sôi mà cả thành phần của hỗn hợp cũng thay đổi theo. Ví dụ Hidro Clorua tạo 

thành với nước một hỗn hợp đồng sôi ở 110 0 C dưới áp suất thường và chứa 20,2% HCl. 

Khi thay đổi áp suất, thành phần của HCl trong hỗn hợp cũng thay đổi: 

Áp suất (mmHg) 150 500 760 1000 2500 

Thành phần HCl (%) 22,5 20,9 20,2 19,7 18,0 

Các hidro halogenua khác cũng tạo nên các hỗn hợp đồng sôi có thành phần và nhiệt độ 

sôi xác định. Với HF sôi ở 120 0 C thành phần HF 35,4%; với HBr hỗn hợp sôi ở 126 0 C, 

thành phần HBr 47%;với HI hỗn hợp sôi ở 127 0 C, thành phần HI 57% 

b) Vì có độ tan lớn trong nước nên các hidro clorua bốc khói trong không khí. Khi 

đun nóng dung dịch HCl đặc lớn hơn 20% thì đầu tiên khí Hidro Clorua bốc ra, còn nếu 

dung dịch dưới 20% thì trước hết hơi nước thoát ra và nồng độ axit tăng. Trong cả hai 

trường hợp đó, khi hàm lượng của HCl trong axit đạt đến 20,2% (ở 760 mmHg) thì thu 

được hỗn hợp đồng sôi điều đó giải thích hiện tượng bốc khói của dung dịch HCl đặc. 

25. Bằng cách nào có thể xác định nhanh hàm lượng phần trăm của HCl trong dung dịch 

khi đã biết khối lượng riêng của dung dịch ? 

a) Hãy tính hàm lượng % của HCl trong các dung dịch có khối lượng riêng 

(g/cm 3 ):1,025; 1,050; 1,08; 1,135; 1,195. 


b) Hãy tính gần đúng khối lượng riêng (g/cm 3 ) của các dung dịch HCl khi hàm lượng 

HCl là: 12%, 20%, 30%, 32,5%. 







19 










Có thể xác định nhanh hàm lượng % của HCl trong dung dịch bằng cách nhân hai con 

số sau dấu phẩy (của khối lượng riêng của dung dịch) với 2. 

Ngược lại nếu biết thành phần % của HCl trong dung dịch có thể tính gần đúng khối 

lượng riêng của dung dịch đó. 

a) Ví dụ: Dung dịch có khối lượng riêng là 1,025 g/cm 3 , hàm lượng HCl là: 2,5.2= 

5%, dung dịch có khối lượng riêng là 1,195 g/cm 3 , hàm lượng HCl là 19,5.2 = 39 %. 

b) Dung dịch 32,5 % thì khối lượng riêng là: 32,5:2= 16,25 suy ra d= 1,162 g/cm 3 . 

26. a) Tại sao axit HF lại là axit yếu trong đó các axit HX của các halogen còn lại là axit 

mạnh? 

b) Tại sao axit HF lại tạo ra muối axit còn các axit HX khác không có khả năng đó? 


a) Một phần vì năng lượng liên kết HF rất lớn, một phần khác vì khi hòa tan trong 

nước xảy ra quá trình Ion hóa tạo ra H 3 O + và F - , sau đó Ion F - lại tương tác với phân tử 

HF tạo ra ion phức HF 2 - : 

HF + H 2 O ⇌ H 3 O + + F - 

HF + F - ⇌ HF 2 

- 

Hoặc ở dạng tổng quát: 

2HF + H 2 O ⇌ H 3 O + + HF 2 

- 

Do một phần phân tử HF liên kết tạo ra HF 2 - nên hàm lượng tương đối của Ion H 3 O + 

không lớn, vì vậy dung dịch axit Flohidric có tính axit yếu (K= 7.10 -4 ). 

Các axit HX khác không có khả năng đó vì không có quá trình trên, năng lượng liên kết 

nhỏ hơn, bán kính của X lớn hơn. Chúng là các axit mạnh. 

b) Vì nguyên nhân trên nên trong dung dịch axit Flohidric có các Ion dạng H 2 F 3 - , 

H 3 F 4 - , H 4 F 5 - …. Khi trung hòa tạo ra các muối axit như K[HF 2 ] (T nc = 239 0 C); K[H 2 F 3 ] 

(T nc = 62 0 C); K[H 3 F 4 ] (T nc =60 0 C); K[H 4 F 5 ] (T nc = 73 0 C). 

27. a) Tính axit trong dãy từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Giải thích nguyên nhân? 

b) Vai trò của HI trong các phản ứng sau đây có giống nhau không? 


2FeCl 3 +2HI → 2FeCl 2 + I 2 +2HCl (1) 


Zn+2HI → ZnI 2 + H 2 (2) 

a) Độ điện li α của các dung dịch axit halogen hiđric HX 0,1N. 






20 










HF HCl HBr HI 

(%) 9 92,6 93,5 95 

độ mạnh của axit tăng từ HF đến HI do độ dài liên kết tăng (xem bài số 23). 

Axit Flohidric là một axit yếu (xem bài 26) 

b) Vai trò của HI trong hai phản ứng đó khác nhau: Ở (1) Khử, ở (2) oxi hóa 

28. a) Tại sao khi cho HCl tác dụng với Sắt hoặc Crom lại tạo ra FeCl 2 , CrCl 2 mà không 

phải là FeCl 3 , CrCl 3 ? 

b) Với axit HBr, HI phản ứng có tương tự như thế không? 

Hướng dẫn: Dựa vào thế điện cực để giải thích. HBr, HI tương tự 

2H + /H2 Fe 2+ /Fe Fe 3+ /Fe Cr 2+ /Cr Cr 3+ /Cr 

Thế điện cực chuẩn(V) 0 -0,44 -0,03667 -0,9 -0,74 

29. a) Trong các muối Kali halogenua muối nào có thể phản ứng được với FeCl 3 để tạo 

nên FeCl 2 ? 

b) Cho kết luận về tính khử của các halogenhidric? 


a) Chỉ có KI là có thể phản ứng được với FeCl 3 (dựa vào thế điện cực để giải thích). 

Thế điện cực của các cặp X 2 / X – (X: Cl, Br, I) lần lượt là 1,36V; 1,07V; 0,54V 

E 0 (Fe 3+ /Fe 2+ ) = 0,77V > 0,54V → Tính ∆ E 0 phản ứng>0… 

b) Tính khử của các halogenhidric tăng dần từ HF đến HI 

30. a) Viết các phương trình phản ứng khi cho H 2 SO 4 đặc tác dụng với hỗn hợp CaF 2 , 

SiO 2 . Ứng dụng của phản ứng? 

b) Nếu thay CaF 2 bằng CaCl 2 phản ứng có xảy ra như thế không ? 


a) Axit Sunfuric tác dụng với Canxi Florua tạo ra axit Flohidric, là axit duy nhất tác 

dụng được với Silic đioxit. 

SiO 2 + 4HF = 2H 2 O+ SiF 4 

Sau đó silic tetraflorua tác dụng với HF dư tạo ra axit Hecxa flosilixic H 2 SiF 3 tan trong 

nước: 

SiF 4 + 2HF = H 2 SiF 3 


Axit Clohidric không có khả năng ăn mòn được thủy tinh. 

b) Không 






21 










31. a) Hãy giải thích tại sao HF chỉ được phép đựng trong các bình bằng nhựa. 

b) Phản ứng xảy ra có khác nhau không khi cho thủy tinh tác dụng với HF và với HCl? 


a) Vì có phản ứng như bài 30 

b) Trong cả hai trường hợp sản phẩm tạo ra đều như nhau: 

Na 2 O.CaO.6SiO 2 + 14H 2 F 2 → Na 2 SiF 6 + CaSiF 6 + 4SiF 4 + 14 H 2 O. 

Tuy nhiên khi thủy tinh bị dung dịch axit Flohiđric ăn mòn thì sản phẩm phản ứng sẽ 

chuyển vào dung dịch và bề mặt bị ăn mòn sẽ trở nên trong suốt. 

32. a) Tại sao tính khử của các hidro halogenua tăng lên từ HF đến HI? 

b) Tại sao các dung dịch axit Bromhiđric và axit Iothiđric không thể để trong không 

khí? Hãy viết các phương trình phản ứng khi cho Oxi tác dụng với dung dịch axit 

halogenhiđric. 


a) Vì độ bền đối với nhiệt giảm, năng lượng liên kết giảm nên tính khử của các hidro 

halogenua tăng (ở trạng thái khí cũng như ở trạng thái tan trong dung dịch) 

b) Khi tác dụng với Oxi: 

(xem bài tập 20). 

HF + O 2 : không có phản ứng; HF hoàn toàn không thể hiện tính khử. 

HCl + O 2 : trong dung dịch không xảy ra phản ứng, nhưng ở trạng thái khí thì xảy ra phản 

ứng thuận nghịch: 

t < 600 0 C 

4HCl (khí) + O 2 2H 2 O + 2Cl 2 

t > 600 0 C 

HCl chỉ thể hiện tính khử khi tác dụng với chất oxi hóa mạnh. 

HBr và HI đều là những chất khử mạnh, dung dịch của chúng vốn là trong suốt và không 

màu, nhưng để lâu trong không khí dung dịch sẽ vàng dần do tạo ra các halogen tự do: 

4HBr + O 2 (KK) → 2H 2 O + 2Br 2 

4HI + O 2 (KK) → 2H 2 O + 2I 2 

Trường hợp HI dung dịch nhuốm màu vàng nhanh hơn so với dung dịch HBr. 


33. a) Tại sao hidrohalogenua lại tan rất mạnh trong nước? 

b) Khi cho hidro clorua tan trong nước có hiện tượng gì? Tại sao dung dịch lại có tính 

axit? Hidro clorua lỏng có phải là axit không? 






22 











a) Vì các hidro halogenua đều là những hợp chất có cực nên tan rất mạnh trong dung môi 

có cực. 

b) Khi tan trong nước, dung dịch có tính axit vì tạo ra với nước ion hidroxoni H 3 O + . 

Ở trạng thái lỏng chúng không phải là axit. 

34. a) Trong phòng thí nghiệm, hidro clorua được điều chế bằng cách nào? 

b) Nếu dùng dung dịch H 2 SO 4 loãng và NaCl loãng có tạo ra HCl ? 

c) Phương pháp trên có thể dùng để điều chế HBr và HI được không? 


a) Điều chế hidro clorua bằng cách cho NaCl tác dụng với H 2 SO 4 đặc, đun nóng: 

NaCl + H 2 SO 4 → NaHSO 4 + HCl↑ 

NaCl + NaHSO 4 → Na 2 SO 4 + HCl↑ 

Phản ứng thứ nhất xảy ra ở mức độ đáng kể ngay ở nhiệt độ thường và khi đun nóng đến 

250 0 C thì thực tế xảy ra hoàn toàn. Phản ứng thứ hai xảy ra ở nhiệt độ cao hơn khoảng 

400-500 0 C. 

b) HF, HCl là những khí dễ tan trong nước do đó phải dùng muối khan và axit H2SO4 

đặc để tránh sự hòa tan của các khí. 

Khi dùng H 2 SO 4 loãng và NaCl loãng phản ứng sẽ không tạo ra hidroclorua vì phần lớn 

cân bằng sẽ chuyển dịch về phía tạo ra H 2 SO 4 ít phân li hơn HCl. Nhưng nếu dùng dung 

dịch NaCl đậm đặc và H 2 SO 4 đặc thì khi đun nóng, cân bằng có thể chuyển dịch sang phải 

vì HCl dễ bay hơi hơn. 

c) Phương pháp trên có thể dùng để điều chế HF nhưng không thể vận dụng cho HBr và 

HI vì chúng đều là chất khử mạnh. 

2HBr + H 2 SO 4 → Br 2 + SO 2 + 2H 2 O 

8HI + H 2 SO 4 → 4I 2 + H 2 S + 4H 2 O 

35. a) Trong công nghiệp, axit HCl được điều chế bằng phương pháp nào? 

b) Phương pháp đó dựa trên những nguyên tắc nào? 

c) Có thể vận dụng phương pháp đó cho các axit halogen hiđric khác được không? Lí do? 


a) Ngoài phương pháp trên (bài tập 34) hiện nay trong công nghiệp chủ yếu dùng 


phương pháp tổng hợp để điều chế hidro clorua, sau đó cho hấp thụ nước tạo ra axit 

Clohidric: 

H 2 +Cl 2 → 2HCl 

∆H= - 44 Kcal/mol 






23 










b) Phương pháp đó dựa trên cơ sở phản ứng dây chuyền. Phản ứng trên xảy ra rất 

chậm ở nhiệt độ thường, nhưng khi đun nóng mạnh hoặc có tia lửa điện, hoặc chiếu băng 

tia tử ngoại thì phản ứng xảy ra mãnh liệt. Trước hết nhờ năng lượng hớ của tia tử ngoại 

(hoặc đốt nóng), phân tử Clo phân li thành nguyên tử sau đó các nguyên tử này tác dụng 

với phân tử Hidro tạo thành HCl và nguyên tử Hidro. Nguyên tử Hidro này lại tác dụng 

với phân tử Cl 2 tạo thành HCl và nguyên tử Clo… 

Cl 2 + hγ → Cl + Cl (kích thích ban đầu) 

Cl + H 2 → HCl + H 

H + Cl 2 → HCl + Cl 

Cl + H 2 → HCl + H … 

Do đó tạo ra một dãy phản ứng kế tiếp nhau và cứ một phân tử kích thích ban đầu có thể 

tạo ra hàng trăm ngàn phân tử HCl khác. 

c) Phương pháp đó không thể vận dụng để điều chế các axit halogen hidric khác 

được; với HF phản ứng xảy ra quá mãnh liệt; với HBr và HI cho hiệu suất thấp. Điều đó 

có thể thấy rõ khi so sánh nhiệt hình thành ∆H của các hidro halogenua: 

HF HCl HBr HI 

∆H(Kcal/mol) -128 -44 -24 +12. 

36. Trong các hình vẽ sau, xác định hình vẽ đúng nhất mô tả cách thu khí hidro clorua 

trong phòng thí nghiệm. 


Phân tích 

Bài này giúp HS nhớ lại kĩ năng thực hành điều chế khí HCl trong phòng thí 






24 










nghiệm. Để thu được khí HCl thì ta làm như thế nào? HS quan sát 4 hình vẽ, sau đó 

phân tích rằng khí HCl là một chất khí nặng hơn không khí, dễ tan trong nước. Do 

đó hình vẽ số 2, 3, 4 là không thể được. Vậy kết quả là hình 1. 

37. Hãy giải thích tại sao PbI 2 ( chất rắn màu vàng) tan dễ dàng trong nước nóng, và khi 

để nguội lại kết tủa dưới dạng kim tuyến óng ánh ? 

Hướng dẫn: PbI 2 dễ tan trong nước nóng vì quá trình hòa tan PbI 2 thu nhiệt lớn: 

PbI 2 ↔ Pb 2+ + 2I - ∆ H > 0 

Còn khi để nguội thì xảy ra quá trình ngược lại, tỏa nhiệt ( ∆ H < 0). 

Vì quá trình nguội từ từ, số mầm kết tinh ít, nên tinh thể được tạo thành dễ dàng. 

Nếu làm nguội nhanh sẽ thu được dạng bột vàng PbI 2 . 

38. Hãy trình bày những hiểu biết của mình về các halogenua ion: 

a) Những nguyên tố nào tạo ra các halogenua ion? 

b) Mức độ liên kết Ion trong các halogenua đó? 


a) Halogenua ion là những halogen có mạng lưới tinh thể bao gồm các ion. 

Các kim loại kiềm: Na, K, Rb,Cs. Các kim loại kiềm thổ: Mg, Ca, Sr, Ba. 

Lantan, một số Lantanoit và Actinoit tạo ra các halogenua dạng ion. Ngoài ra một số kim 

loại có nhiều mức oxi hóa cũng tạo ra các halogenua ion ở mức oxi hóa thấp của kim 

loại. 

b) Mức độ ion trong liên kết của các hợp chất đó thay đổi tùy theo bản tính của kim 

loại và của các halogen. Ví dụ: 

Kim loại có mức oxi hóa khác nhau thì halogenua thấp có bản tính ion cao hơn halogenua 

cao; chẳng hạn PbCl 2 là hợp chất ion, PbCl 4 là hợp chất cộng hóa trị. 

Với cùng một kim loại thì mức độ ion của liên kết giảm dần từ Florua đến Iotua. Chẳng 

hạn AlF 3 là hợp chất ion nhưng AlI 3 là hợp chất cộng hóa trị. 

39. Tính chất của các halogenua ion . 

Hướng dẫn: Halogenua ion có những tính chất chủ yếu sau: nhiệt độ nóng chẩy và nhiệt 

độ sôi cao; mức độ ion trong phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Dẫn điện 

khi nóng chảy và khi tan trong nước. Đa số tan trong nước tạo ra các ion hidrat hóa. Khi 


các halogenua đều là ion thì độ tan tăng từ florua đến Iotua (do năng lượng mạng lưới 

giảm khi bán kính ion halogenua tăng). Chẳng hạn halogenua của các kim loại kiềm, 

kiềm thổ và các chất Lantanoit (các florua của các Lantanoit thực tế không tan). 






25 










40. Xe tạo được nhiều hợp chất trong đó có XeF 2 ; XeF 4 ; và XeO 3 


1. Vẽ cấu trúc Lewis của mỗi phân tử. 

2. Mô tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao gồm cả các góc liên kết. 

3. Trình bày và giải thích phân tử nào là phân tử phân cực hay không phân cực. 

4. Giải thích vì sao các hợp chất này rất hoạt động 

.. .. .. 

: F Xe Ḟ . 

.. .. .. 

: 

XeF 2 : thẳng; 180 o 

.. 

: F : 

.. .. .. 

: F .. .. Xe .. F: 

: 

.. F : 

.. .. .. 

: O .. Xe O.. 

: 

: Ọ. 

: 

XeF 4 : vuông phẳng; 90 o XeO 3 : tháp tam giác; ∼ 107 o 

XeF 2 không phân cực. Cả hai lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn; chúng bù trừ lẫn 

nhau vì phân tử là thẳng. 

XeF 4 không phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn, chúng bù trừ lẫn 

nhau vì phân tử là vuông phẳng. 

XeO 3 phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – O có cùng độ lớn và dạng hình học phẳng 

dẫn đến một lưỡng cực thực sự. 

Xe có điện tích hình thức dương trong mọi hợp chất trên. Vì vậy chúng là những chất oxi 

hóa rất hoạt động 

41. Viết công thức Lewis, kiểu lai hóa các AO hóa trị của nguyên tử trung tâm, dự đoán 

cấu trúc hình học các phân tử và ion sau: XeO 2 F 4 , ICl 4 + , PCl 4 

− 


Phân tử Công thức 

VSEPR 

Đa diện phối 

trí 

Hình học 

phân tử 

XeO 2 F 4 XeO 2 F 4 E 0 Bát diện Bát diện 

Công thức Lewis 


F 

F 

O 

Xe 

O 

F 

F 






26 










ICl 4 

+ 

PCl 4 

− 

ICl 4 + E 1 

PCl 4 − E 1 

Lưỡng tháp tam 

giác 

Lưỡng tháp tam 

giác 

Bập bênh 

Bập bênh 

42. Cho biết kiểu lai hóa các AO hóa trị của nguyên tử trung tâm, dự đoán cấu trúc hình 

học các phân tử và ion sau: SOF 4 , TeCl 4 , BrF 3 , I 3 - , ICl 4 - ? 


Phân tử Lai hóa Hình học phân tử 

SOF 4 sp 3 d lưỡng tháp tam giác 

TeCl 4 sp 3 d tháp vuông 

BrF 3 sp 3 d hình chữ T 

I - 3 sp 3 d thẳng 

ICl 4 

- 

IX 4 E 2 sp 3 d 2 

vuông phẳng 

43. Trích đ ề chọn đội dự tuyển olympic Quốc tế 2006 

Trong số các cacbonyl halogenua COX 2 người ta chỉ điều chế được 3 chất: 

cacbonyl florua COF 2 , cacbonyl clorua COCl 2 và cacbonyl bromua COBr 2 . 

a) Vì sao không có hợp chất cacbonyl iođua COI 2 ? 

b) So sánh góc liên kết ở các phân tử cacbonyl halogenua đã biết. 

c) So sánh nhiệt tạo thành tiêu chuẩn ∆H 0 hth của COF 2 (khí) và COCl 2 (khí). 

d) Sục khí COCl 2 từ từ qua dung dịch NaOH ở nhiệt độ thường. Viết phương trình 

phản ứng xảy ra (nếu có). 


a). Ở phân tử COX 2 , sự tăng kích thước và giảm độ âm điện của X làm giảm độ 

bền của liên kết C–X và làm tăng lực đẩy nội phân tử. Vì lí do này mà phân tử COI 2 rất 


không bền vững và không tồn tại được. 

b). Phân tử COX 2 phẳng, nguyên tử trung tâm C ở trạng thái lai hoá sp 2 . 

X 

Cl 

Cl 

Cl 

Cl 

Cl 

+ 

I 

Cl 

Cl 

_ 

P 

Cl 






27 










O = C 

X 

Góc OCX > 120 o còn góc XCX < 120 o vì liên kết C=O là liên kết đôi, còn liên kết C-X là 

liên kết đơn. Khi độ âm điện của X tăng thì cặp electron liên kết bị hút mạnh về phía X. 

Do đó góc XCX giảm, góc OCX tăng. 

c). 

C (tc) + 1/2 O 2 (k) + X 2 (k) O = CX 2 (k) 

∆H th (C) tc -1 /2E (O=O) -E (X–X) 

o 

o 

C (k) + O (k) + 2X (k) 

và 

F 103 o 15’ F Cl 111 o 

Cl 

E (C=O) + 2E (C–X) 

∆H hth (COX 2 ) k = ∆H th (C) tc – 1/2 E (O=O) – E (X–X) + E (C=O) + 2E (C–X) 

∆Ho 

hth (COF 2 ) k – ∆H hth (COCl 2 ) k = E (Cl–Cl) – E (F–F) + 2E (C–F) – 2E (C–Cl) 

liên kết Cl–Cl bền hơn liên kết F–F E (Cl–Cl) – E (F–F) < 0 

liên kết C–F bền hơn liên kết C–Cl 2E (C–F) – 2E (C–Cl) < 0. 

Vậy: ∆H hth (COF 2 ) k – ∆H hth (COCl 2 ) k < 0 

∆H hth (COF 2 ) k < ∆H hth (COCl 2 ) k 

d). COCl 2 + 4 NaOH Na 2 CO 3 + 2 NaCl + 2 H 2 O 

44. 1) Cho biết sự biến đổi trạng thái lai hoá của nguyên tử Al trong phản ứng sau và 

cấu tạo hình học của AlCl 3 , AlCl Θ 4 

. 

AlCl 3 + Cl Θ → AlCl Θ 4 

2) Biểu diễn sự hình thành liên kết phối trí trong các trường hợp sau: 

a) Sản phẩm tương tác giữa NH 3 và BF 3 . 

b) Sản phẩm tương tác giữa AgCl với dung dịch NH 3 . 

3) Giải thích sự khác nhau về góc liên kết trong từng cặp phân tử sau: 

(a) 

(b) 

o 

S 

Cl Cl Cl 111 o Cl 

O 

Hướng dẫn: AlCl 3 + Cl Θ → AlCl Θ 4 

o 

1) - Trước phản ứng trạng thái lai hoá của Al là: sp 2 

- Sau phản ứng trạng thái lai hoá của Al là: sp 3 

- Cấu tạo hình học 

O 

O 

o 

∆H tth 

o o o o 

103 o và 







28 







Cl Cl Θ 

Al 

Al 




2) 

H 

Cl Cl Cl Cl Cl 

Tam giác phẳng 

F 

H – N + → B - – F 

H 

F 

Tứ diện 

NH 3 → Ag + ← NH 3 Cl Θ 

* Nitơ còn 1 cặp electron tự do * Ag+ còn obital/hoá trị trống 

* B còn obital hoá trị trống 

3) Trong các phân tử, nguyên tử trung tâm đều có trạng thái lai hoá sp 3 và có cấu tạo 

góc. 

a). Sự sai biệt góc hoá trị trong phân tử SCl 2 và OCl 2 là do sự khác biệt về độ âm điện 

của oxi và lưu huỳnh. Độ âm điện của nguyên tử trung tâm càng nhỏ thì các cặp 

electron liên kết bị đẩy nhiều về phía các nguyên tử liên kết, nên chúng chiếm vùng 

không gian nhỏ xung quanh nguyên tố trung gian. Độ âm điện của oxi lớn hơn S nên 

góc hoá trị Cl – O – Cl lớn hơn Cl – S – Cl. 

b). Sự sai biệt góc hóa trị trong phân tử OF 2 và OCl 2 cũng do sự khác biệt về độ âm 

điện của các nguyên tử liên kết. Nguyên tử liên kết có ĐÂĐ càng lớn thì góc hóa trị 

càng nhỏ. Flor có độ âm điện lớn hơn Clor nên góc hóa trị F– O –F nhỏ hơn Cl–O–Cl. 

45. Trích Đề chọn HSGQG - 2003- Bảng B 

a). Nhôm clorua khi hoà tan vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ 

không quá cao thì tồn tại ở dạng đime (Al 2 Cl 6 ). Ở nhiệt độ cao (700 O C) đime bị phân li 

thành monome (AlCl 3 ). Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử đime và monome; Cho 

biết kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm, kiểu liên kết trong mỗi phân tử ; Mô tả cấu trúc 

hình học của các phân tử đó. 

b). Phân tử HF và phân tử H 2 O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau 

(HF 1,91 Debye, H 2 O 1,84 Debye, M HF 20, M H 2 O = 18); nhưng nhiệt độ nóng chảy của 

hiđroflorua là −83 O C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 0 O C, hãy 

giải thích vì sao? 








29 










a) Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử đime và monome. 

Nhôm có 2 số phối trí đặc trưng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo Lewis của 

phân tử đime và monome: 

. . . . 

. . . . 

: Cl Cl Cl 

. . 

: . . 

Monome : Cl . . − Al − Cl . .: ; Đime Al Al : 

: Cl : 

. . 

: Cl 

∗ Kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm : Trong AlCl 3 là sp 2 Cl Cl 

. . vì Al . có . 3 cặp electron hoá trị; 

∗ Liên kết trong mỗi phân tử: 

Trong Al 2 Cl 6 là sp 3 vì Al có 4 cặp electron hoá trị. 

AlCl 3 có 3 liên kết cộng hoá trị có cực giữa nguyên tử Al với 3 nguyên tử Cl. 

Al 2 Cl 6 : Mỗi nguyên tử Al tạo 3 liên kết cộng hoá trị với 3 nguyên tử Cl và 1 liên 

kết cho nhận với 1 nguyên tử Cl (Al: nguyên tử nhận; Cl nguyên tử cho). 

Trong 6 nguyên tử Cl có 2 nguyên tử Cl có 2 liên kết, 1 liên kết cộng hoá trị thông 

thường và 1liên kết cho nhận. 

Phân tử AlCl 3 : nguyên tử Al lai hoá kiểu sp 2 (tam giác phẳng) 

nên phân tử có cấu trúc tam giác phẳng, đều, nguyên tử Al ở 

tâm còn 3 nguyên tử Cl ở 3 đỉnh của tam giác. 

Phân tử Al 2 Cl 6 : cấu trúc 2 tứ diện ghép với nhau. Mỗi nguyên 

tử Al là tâm của một tứ diện, mỗi nguyên tử Cl là đỉnh của tứ 

diện. Có 2 nguyên tử Cl là đỉnh chung của 2 tứ diện. 

• Al 

b). 

M = 20 

O Cl 

µ = 1,91 Debye 

∗ Phân tử H−F ; H−O−H 

có thể tạo liên kết hiđro −H⋅⋅⋅F− có thể tạo liên kết hiđro −H⋅⋅⋅O− 

∗ Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử) 

phụ thuộc vào các yếu tố: 

- Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. 

. . 

. . 

:.. 

. . 

O 

O 

. . 

Cl 

120 O Al 120 O 

Cl 120 O Cl 

O 

• • 

O 

M = 18 

µ = 1,84 Debye 


O 

O 






30 










- Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút 

giữa các phân tử gồm: lực liên kết hiđro, lực liên kết van der Waals (lực định hướng,lực 

khuếch tán). 

∗ Nhận xét: HF và H 2 O có momen lưỡng cực xấp xỉ nhau, phân tử khối gần bằng nhau và 

đều có liên kết hiđro khá bền, đáng lẽ hai chất rắn đó phải có nhiệt độ nóng chảy xấp xỉ 

nhau, HF có nhiệt độ nóng chảy phải cao hơn của nước (vì HF momen lưỡng cực lớn 

hơn, phân tử khối lớn hơn, liên kết hiđro bền hơn). 

∗ Giải thích: 

Tuy nhiên, thực tế cho thấy T nc (H 2 O) = O O C > T nc (H 2 O) = −83 O C. 

Mỗi phân tử H−F chỉ tạo được 2 liên kết hiđro với 2 phân tử HF khác ở hai bên 

H−F⋅⋅⋅H−F⋅⋅⋅H−F. Trong HF rắn các phân tử H−F liên kết với nhau nhờ liên kết hiđro tạo 

thành chuỗi một chiều, giữa các chuỗi đó liên kết với nhau bằng lực van der Waals yếu. 

Vì vậy, Khi đun nóng đến nhiệt độ không cao lắm thì lực van der Waals giữa các chuỗi 

đã bị phá vỡ, đồng thời một phần liên kết hiđro cũng bị phá vỡ nên xảy ra hiện tượng 

nóng chảy. 

Mỗi phân tử H−O−H có thể tạo được 4 liên kết hiđro với 4 phân tử H 2 O khác nằm 

ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi phân tử H 2 O liên kết với 4 phân tử H 2 O khác tạo 

thành mạng lưới không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy nước đá cần phải phá vỡ 

mạng lưới không gian 3 chiều với số lượng liên kết hiđro nhiều hơn so với ở HF rắn do 

đó đòi hởi nhiệt độ cao hơn. 

46. a) Những nguyên tố nào hình thành các halogenua cộng hóa trị? 

b) Đặc tính của loại hợp chất đó? 


a) Những halgenua cộng hóa trị là những halogenua có mạng lưới phân tử. Lực tương 

tác giữa các phân tử trong tinh thể là lực Van der Waals. 

Các nguyên tố không kim loại, các kim loại ở mức oxi hóa cao tạo ra các halogenua cộng 

hóa trị. 

O 

H 

H 

O 


H 

H 

O 






31 










b) Các halogenua cộng hóa trị có một số đặc tính sau: nói chung đều dễ bay hơi; tan 

trong dung môi không cực; không dẫn điện khi nóng chảy cũng như khi tan trong dung 

môi không cực, dễ dàng bị thủy phân tạo ra axit halogen hidric. Chẳng hạn: 

BiCl 3 + 3H 2 O → Bi(OH) 3 + 3HCl. 

II.2.2. HỢP CHẤT CHỨA OXI CỦA HALOGEN 

47. So sánh tính bền, tính oxi hóa của các oxit Cl 2 O, ClO 2 , Cl 2 O 6 , Cl 2 O 7 ? Tại sao các oxit 

đó không thể điều chế được bằng phương pháp tổng hợp? 

Hướng dẫn: Theo dãy Cl 2 O, ClO 2 , Cl 2 O 6 , Cl 2 O 7 tính bền tăng, tính oxi hóa giảm. 

Vì Cl, O có độ điện âm gần tương đương nên không thể điều chế bằng phương pháp tổng 

hợp trực tiếp từ Clo và Oxi mà phải điều chế bằng phương pháp gián tiếp. 

48. Cấu trúc phân tử của các oxit Cl 2 O, ClO 2 , Cl 2 O 7 

a) Trong các oxit đó oxit nào có tính thuận từ? lí do? 

b) Bằng những phản ứng nào có thể chứng minh được rằng các oxit của Clo đều là 

các Anhiđrit? Viết phương trình của các phản ứng? 


a) Trong các oxit của Clo thì ClO 2 có tính thuận từ vì trong phân tử có một electron 

chưa ghép đôi (xem Bài tập 3). 

b) Bằng phản ứng cho tác dụng với nước tạo ra axit hoặc phản ứng với dung dịch 

kiềm tạo ra muối để minh họa các oxit đó là các anhidrit. 

Cl 2 O là anhidrit của axit hipoclorơ. 

ClO 2 là anhidrit hỗn tạp của axit hipoclorơ HClO 2 và axit cloric HClO 3 . 

Cl 2 O 6 là anhidrit hỗn tạp của axit cloric và axit pecloric HClO 4 . 

Cl 2 O 7 là anhidrit của axit pecloric. 

Chẳng hạn các phản ứng: 

Cl 2 O + 2KOH → 2KC lO + H 2 O 

2ClO 2 + 2KOH → KClO 2 + KClO 3 + H 2 O 

Cl 2 O 6 + H 2 O → HClO 3 + HClO 4 

Cl 2 O 7 + H 2 O → 2HClO 4 . 

49. Hãy trình bày một vài đặc điểm của các oxit của halogen? 



Đã biết được các oxit sau đây: 

F Cl Br I 






32 










OF 2 Cl 2 O Br 2 O I 2 O 4 

O 2 F 2 ClO 2 Br 3 O 3 (hoặc) I 4 O 9 

O 3 F 2 Cl 2 O 6 BrO 3 

O 4 F 2 Cl 2 O 7 BrO 2 I 2 O 5 

Flo có độ điện âm lớn hơn oxi nên các oxit của flo có thể coi là các florua của oxi, trong 

đó chỉ có OF 2 là tồn tại ở nhiệt độ phòng. 

Nói chung đều là những hợp chất không bền dễ bị phân hủy, dễ nổ, nên đều có khả năng 

phản ứng. Bền hơn cả là I 2 O 5 , chất rắn trắng, đến 300 0 C không bị phân hủy, điều chế 

bằng cách khử nước của axit Iotic ở 200 0 C. I 2 O 4 được coi là muối Iotyl Iotat IO(IO) 3 , còn 

I 4 O 9 là muối Iotat của Iot hóa trị ba I(IO 3 ) 3 . 

50. Viết các công thức các axit chứa Oxi của các halogen. Tên gọi các axit và muối 

tương ứng? 

Hướng dẫn: Các halogen đã tạo ra các axit chứa oxi như sau: 

Tên gọi F Cl Br I 

Axit hipohalogenơ HFO HClO HBrO HIO 

Axit halogenơ HClO 2 

Axit halogenic HClO 3 HBrO 3 HIO 3 

Axit pehalogenic HClO 4 HIO 4 ;H 3 IO 5 ; H 5 IO 6 ; 

H 4 I 2 O 9 

trừ axit hipoflorơ, những axit khác của flo chưa điều chế được. Các axit bromơ, axit 

pebromic, axit Iotơ chưa điều chế được. 

Axit peIotic có khả năng tồn tại trong dung dịch dưới dạng các ion hidrat hóa khác nhau, 

chẳng hạn như ion H 2 IO 5 - (IO 4 - .H 2 O); H 4 IO 6 - (IO 4 - .2H 2 O), ... axit meta peIotic HIO 4 là 

dạng đơn giản nhất của loại axit peIotic được điều chế từ axit para peIotic H 5 IO 6 , bằng 

cách khử H 2 O hoàn toàn ở 100 0 trong chân không. Axit mezo peIotic H 3 IO 5 tồn tại trong 

dung dịch (cũng còn gọi là axit metaIotic, para Iotic). 

51. Nêu cấu trúc hình học của các gốc axit ứng với các axit chứa oxi của clo 

(Trường THPT chuyên Lâm Đồng-Olympic 30-4 lần thứ VI) 



Axit HClO HClO 2 HClO 3 HClO 4 





Anion ClO - - 

ClO 2 

- 

ClO 3 

- 

ClO 4 


33 










Trạng thái lai 

hóa 

Cấu trúc 

hình học 

O: lai hóa sp 3 Cl: lai hóa sp 3 Cl: lai hóa sp 3 Cl: lai hóa sp 3 

Đường thẳng 

Hình góc 

(gấp khúc) 

Hình tháp tam 

giác 

Hình tứ diện 

52. Nêu nhận xét về tính bền, tính axit, tính oxi hóa của các axit hipohalogenơ. 


Theo dãy HFO, HClO, HBrO, HIO, tính bền giảm, tính axit giảm, tính oxi hóa giảm. 

HFO: có khả năng tách ra ở trạng thái tự do, ở nhiệt độ thấp là chất rắn màu trắng, nhiệt 

độ nóng chảy là - 117 0 C. Ba axit còn lại đều ít bền chỉ tồn tại trong dung dịch loãng 

không tách ra được ở trạng thái tự do. 

Hằng số điện li axit của HClO là 3,4.10 -8 ; của HBrO là 2.10 -9 và HIO là 2,0.10 -11 . 

thế tiêu chuẩn ứng với quá trình: 

2HXO + 2H + + 2e → X 2 + 2H 2 O 

giảm (với Clo, E 0 = 1,63V; với Brom, E 0 =1,59V; với Iot E 0 =1,45V) 

53. a) Nước Clo là gì? Nước Javen là gì? Clorua vôi là gì? Các chất đó được dùng làm 

gì? 

b) Khi cho CO 2 qua dung dịch nước Javen hoặc dung dịch Ca(OCl) 2 có hiện tượng gì xảy 

ra? Giải thích. 


a) Nước Clo là dung dịch Clo hòa tan trong nước mà thành phần chủ yếu là axit 

Clohidric HCl và axit hipoclorơ HClO; nước javen là dung dịch trong nước của Natri 

Clorua và Natri hipoclorit; clorua vôi là chất bột màu trắng mà thành phần chủ yếu là 

Canxi clorua hipoclorit CaOCl 2 . 

b) Khi cho khí CO 2 qua dung dịch nước javen hoặc dung dịch Canxi hipoclorit có các 

phản ứng sau đây: 

CO 2 + H 2 O + NaClO → NaHCO 3 + HClO 

CO 2 + H 2 O + Ca(OCl) 2 → CaCO 3 + 2HClO. 

54. a) Tại sao nước Clo, nước Javen, Clorua vôi có tác dụng tẩy màu? 


b) Từ các chất ban đầu: CaCO 3 , NaCl , bằng nhữngphản ứng nào điều chế được 

Clorua vôi? Viết các phương trình phản ứng. 







34 










a) Do tác dụng của CO 2 trong không khí , tạo thành HClO. Axit hipoclorơ dễ dàng bị 

phân hủy tạo ra HCl và oxi do đó có khả năng tẩy màu. 

b) Từ Canxi cacbonat điều chế Canxi hidroxit, từ Natri clorua điều chế ra Clo, sau đó 

điều chế Clorua vôi. 

55. Hai chất CaOCl 2 và (CaOCl) 2 điều chế bằng cách nào? Có thể từ những nguyên liệu 

tự nhiên nào? Chúng giống và khác nhau ở chỗ nào? Gọi tên các chất đó? 

Hướng dẫn: Cho khí Clo qua vôi tôi bột ướt hoặc qua huyền phù đặc Ca(OH) 2 ở 30 0 C 

thu được Canxiclorua hipoclorit. 

Ca 

O 

Cl 

Cl 

Cho khí clo qua dung dịch nước vôi trong ở nhiệt độ thường tạo ra canxi hipoclorit và 

canxiclorua 

Ca 

O 

O 

Cl 

Cl 

56. a, Cho nhận xét về sự biến thiên tính axit trong dãy HClO – HBrO – HIO. 

b, Cho một ít axit Clohidric vào nước javen loãng có hiện tượng gì xảy ra? Thay HCl 

bằng H 2 SO 4 loãng hay HBr có khác không? 


a) HClO ⇌ H + + ClO - K= 3,7.10 -8 

HBrO ⇌ H + + BrO - K= 2.10 -9 

HIO ⇌ H + + IO - K= 2.10 -11 

HIO ⇌ I + + OH - K= 3.10 -10 

tính axit giảm, tính bazơ tăng. 

b) Khi thêm HCl vào nước Javen tạo ra môi trường axit. Trong môi trường đó, ion 

ClO - oxi hóa ion Cl - tạo ra khí Clo. 


HClO + H + 

+ Cl - → Cl 2 ↑ + H 2 O 

So sánh thế điện cực giải thích được vấn đề trên: 

HClO + H + + 2e ⇌ Cl - + H 2 O E 0 =+1,5V 






35 







Cl 2 + 2e ⇌ 2Cl - 

E 0 = +1,36V 




Khi axit hóa nước javen bằng H 2 SO 4 loãng, trong dung dịch sẽ tồn tại cân bằng: 

Cl 2 + H 2 O ⇌ HClO + H + + Cl - 

vì nồng độ H + tăng nên cân bằng chuyển sang trái tạo ra khí Clo. 

HClO trong nước javen đã được oxi hóa bằng HBr sẽ oxi hóa ion Br - thành bromat BrO 3 - . 

57. So sánh tính axit, tính bền, tính oxi hóa của các axit halogenic. Lấy ví dụ minh họa. 


Theo dãy HClO 3 - HBrO 3 - HIO 3 tính bền tăng, tính axit giảm, tính oxi hóa giảm. 

axit Cloric HClO 3 và axit Bromic HBrO 3 chỉ tồn tại trong dung dịch, nồng độ trên 50% bị 

phân hủy. 

3HClO 3 → HClO 4 + 2ClO 2 + H 2 O 

4HBrO 3 → O 2 + 4BrO 2 + 2H 2 O 

Axit Iotic HIO 3 có thể tách ra dạng tinh thể không màu bền đến 250 0 tạo ra I 2 O 5 . 

Cả 3 axit đều có tính oxi hóa mạnh, chẳng hạn trong môi trường axit chúng có khả năng 

giảm hóa trị tạo ra các halogenua: 

ClO 3 

- 

BrO 3 

- 

IO 3 

- 

+ 6H + + 6e ⇌ Cl - + 3H 2 O E 0 =+1,45V 

+ 6H + + 6e ⇌ Br - + 3H 2 O E 0 =+1,44V 

+ 6H + + 6e ⇌ I - + 3H 2 O E 0 =1,09V 

Từ đó ta thấy tính oxi hóa giảm từ HClO 3 đến HIO 3 . 

58. So sánh tính bền, tính axit, tính oxi hóa của các oxi axit HClO , HClO 2 , HClO 3 , 

HClO 4 . Giải thích về sự biến thiên các tính chất. 

Hướng dẫn: Theo dãy HClO, HClO 2 , HClO 3 , HClO 4 : 

a) Tính bền tăng: HClO và HClO 2 chỉ tồn tại trong dung dịch loãng; HClO 3 tồn tại 

trong dung dịch dưới 50%; HClO 4 tách ra dưới dạng tinh khiết. Độ bền tăng do độ dài 

của liên kết Cl - O giảm: 

HClO HClO 2 HClO 3 HClO 4 

d(Cl-O) Ǻ 1,7 1,64 1,57 1,45 

b) Tính oxi hóa giảm do độ bền tăng trong dãy ClO - , ClO 2 - , ClO 3 - , ClO 4 - nên tính oxi 


hóa của axit và của muối giảm. 

c) Tính axit tăng: HClO là axit yếu (K=2,4.10 -3 ); HClO 2 là axit trung bình (K=1,1.10 - 

2 ); HClO 3 là axit mạnh; HClO 4 là axit mạnh nhất trong tất cả các axit. Độ mạnh của các 






36 










axit phụ thuộc và khả năng tách proton H + khỏi phân tử, nghĩa là phụ thuộc vào độ bền 

của liên kết O - H. Khi số nguyên tử Oxi (không nằm trong nhóm hidroxyl) tăng thì độ 

bền trong nhóm OH giảm, do đó khả năng tách proton H + tăng. 

59. Hãy cho biết sự biến thiên tính axit của dãy HXO 4 (X là halogen). Giải thích? 


Tính axit của dãy HXO 4 giảm dần khi X: Cl → I 

Giải thích: 

Cấu tạo của HXO 4 . 

O 

H – O – X → O hoặc H – O – X = O 

O 

O 

O 

Vì Cl → I độ âm điện giảm, bán kính tăng làm cho độ phân cực của liên kết – O – H 

giảm. 

60. Bằng phương pháp nào có thể tách được HClO ra khỏi hỗn hợp với HCl? 


Có thể bằng cách sau: cho CaCO 3 tác dụng với hỗn hợp gồm HCl và HClO. Axit 

Clohidric tác dụng với CaCO 3 , còn HClO không phản ứng. Dung dịch còn lại chứa 

HClO, Ca 2+ và Cl - . 

Chưng cất hỗn hợp, HClO phân hủy theo sơ đồ: 

2HClO → 2Cl 2 O ↑ + H 2 O. 

Cho Cl 2 O hòa tan trong nước thu được dung dịch HClO. 

61. Bằng cách nào có thể điều chế được HClO từ HCl? 


Cho hỗn hợp gồm hidro clorua và không khí đun nóng ở 450 0 C có chất xúc tác. Hỗn hợp 

khí thu được gồm Clo và hidro clorua cho tan vào nước, tạo ra dung dịch gồm axit 

clohidric và axit hipoclorơ. 

Tách HClO ra khỏi hỗn hợp như bài 59. 

62. Từ Kaliclorua bằng phương pháp nào có thể điều chế được Kaliclorat? 



Có thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch KCl ở khoảng 70 0 C. Trong 

qua trình điện phân, ở Catot tạo ra môi trường kiềm: 

2H 2 O + 2e → H 2 ↑ + 2OH - . 






37 










ở anot tạo ra Clo: 2Cl - - 2e → Cl 2 ↑ 

Nếu quá trình điện phân không có màng ngăn cách 2 điện cực thì dung dịch ở Catot và 

Anot trộn lẫn với nhau sinh ra phản ứng: 

Cl 2 + 2KOH → KClO + KCl + H 2 O. 

trong môi trường kiềm, 70 0 C ion ClO - bị phân hủy theo phản ứng: 

3ClO - → 2Cl - + ClO 3 

- 

kết quả thu được kali clorat KClO 3 tách ra ở dạng tinh thể vì độ tan của KClO 3 bé (độ tan 

của KClO 3 ở 20 0 C là 6,8%). 

62. Từ KClO 3 bằng phương pháp nào có thể điều chế được KClO 4 . 


Cách 1: Có thể điều chế bằng phương pháp nhiệt phân kali clorat thu được hỗn hợp 

gồm KClO 4 và KCl. Sau đó tách 2 chất bằng phương pháp kết tinh phân đoạn (dựa vào 

độ tan khác nhau). 

Cách 2: Có thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch KClO 3 . 

Quá trình điện phân xảy ra theo phương trình: 

điện phân 

KClO 3 + H 2 O ⎯ ⎯→ H 2 (catot) + KClO 4 (anot). 

63.Tiến hành nhiệt phân KClO 3 điều chế khí oxi từ theo hai phương pháp sau: 

- Nhiệt phân KClO 3 

- Nhiệt phân hỗn hợp KClO 3 + KMnO 4 

Hỏi phương pháp nào xảy ra dễ hơn? Tại sao? 

64. Sẽ thu được sản phẩm nào khi cho KClO 3 tác dụng với: 

a) HCl b) H 2 SO 4 đặc c) H 2 SO 4 loãng 

d) Kali pesulfat e) Axit oxalic f) Hỗn hợp gồm axit oxalic và H 2 SO 4 loãng. 


KClO 3 + 6 HCl → KCl + 3Cl 2 + 3H 2 O 

3KClO 3 + 3H 2 SO 4 → 3KHSO 4 + HClO 4 + 2ClO 2 + H 2 O 

2KClO 3 + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + 2HClO 3 

2KClO 3 + K 2 S 2 O 3 → 2K 2 SO 4 + O 2 + 2ClO 2 

2KClO 3 + H 2 C 2 O 4 → K 2 CO 3 + CO 2 + 2ClO 2 + H 2 O 


2KClO 3 + H 2 SO 4 + H 2 C 2 O 4 → K 2 SO 4 + 2ClO 2 + 2CO 2 + 2H 2 O 

65. Làm thế nào tách được các chất ra khỏi hỗn hợp: KClO 3 và NaClO 3 







38 







Dựa vào độ tan khác nhau của các muối trong hỗn hợp. 

66.Độ tan của KClO 3 và KClO 4 trong nước có giá trị sau: 




t o KClO 3 (%) KClO 4 (%) t o KClO 3 (%) KClO 4 (%) 

0,0 

10 

15 

20 

20,5 

25 

30 

3,2 

4,8 

- 

6,8 

- 

- 

9,2 

0,7 

1,1 

1,4 

- 

1,7 

2,2 

Vẽ đồ thị độ tan của hai chất trên theo nhiệt độ. 

- 

40 

50 

60 

70 

80 

90 

100 

67.a) Có thể điều chế axit peIotic từ muối BaH 3 IO 6 được không ? 

b) Tại sao H 5 IO 6 dễ dàng tạo ra muối axit ? 

12,7 

16,5 

20,6 

24,5 

28,4 

32,3 

36,0 

c) Tại sao trong tất cả các halogen thì chỉ có Iot là tạo ra axit đa chức? 

Hướng dẫn: a) Khi thêm một lượng tương ứng H 2 SO 4 có thể kết tủa hết Ba 2+ có trong 

dung dịch nước của BaH 3 IO 6 . Axit Peiođic còn lại trong dung dịch. 

BaH 3 IO 6 + H 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + H 5 IO 6 

b) Axit ParapeIotic H 5 IO 6 là axit yếu so với axit HClO 4 . Các hằ số điện li các nấc liên 

tiếp đều rất bé (K 1 =3.10 -2 ; K 3 =3.10 -13 ) do đó Ion IO 6 5- có rất ít trong dung dịch.Chính 

điều đó giải thích nguyên nhân hình thành các muối axit. 

c) Phụ thuộc vào số phối trí của nguyên tử trung tâm. Số nguyên tử oxi liên kết với 

nguyên tử trung tâm của phân tử axit bằng số phối trí của nguyên tử đó. Số phối trí càng 

lớn nếu bán kính của nguyên tử trung tâm càng lớn. Số phối trí cực đại trong axit chứa Iot 

là bằng 6. 

II.2.3. HỢP CHẤT GIỮA CÁC HALOGEN 


68. Hãy trình bày vài nhận xét về các hợp chất giữa các halogen. Tính chất cơ bản của 

chúng? 

- 

5,1 

- 

10,9 

- 

- 

18,2 






39 










Hướng dẫn: Trong những điều kiện khác nhau, các halogen tương tác với nhau tạo ra 

các hợp chất giữa các halogen XY n , trong đó n là số phối trí (là những số lẻ 1,3,5,7), I là 

các halogen nhẹ có độ điện âm lớn hơn. 

Người ta đã biết được những hợp chất sau: 

XY XY 3 XY 5 XY 7 

ClF ClF 3 (ClF 5 ) 

BrF BrF 3 BrF 5 

(IF) IF 3 IF 5 IF 7 

ICl ICl 3 

IBr 

Do có một số chẵn nguyên tử halogen, với các electron hoá trị đã ghép đôi hoặc ở dạng 

cặp electron tự do nên hợp chất giữa các halogen đều có tính nghịch từ. 

Tính chất lí hóa của chúng đều là tính chất trung gian giữa hai halogen có trong thành 

phần của chúng, mặc dù các hợp chất đó đều phân cực. 

Tất cả các hợp chất giữa các halogen đều là chất oxi hóa manh, đều bị thủy phân, trong 

dung dịch kiềm tạo ra các halogenua của halogen có kích thước nhỏ hơn và Anion chứa 

oxi của halogen có kích thước lớn hơn. Ví dụ: 

IF 5 + 6KOH → 5KF + KIO 3 + 3H 2 O 

XY n là những chất hoạt động mạnh hơn so với các halogen tạo ra chúng, vì rằng năng 

lượng liên kết X-Y bé hơn năng lượng liên kết X-X và Y-Y. 

ở tướng hơi, chúng là hợp chất cộng hóa trị, nhưng ở tướng lỏng chúng tự Ion hóa, ví dụ: 

2ICl ⇌ I + + ICl 2 

- 

2ICl 3 ⇌ ICl 2 + + ICl 4 

- 

2BrF 3 → 4BrF 2 

- 

2IF 3 → IF 4 + + IF 6 

- 

+ BrF 4 

- 

Do đó, chúng có độ dẫn điện riêng khá cao và là những dung môi ion hóa tốt đối với 


nhiều chất. 






40 










69. a) Tại sao số nguyên tử Flo liên kết với các halogen khác tăng dần từ Clo đến Iot? 

b) Tại sao Iot không tạo ra hợp chất với Clo tương tự hợp chất IF 7 ? 

c) Tại sao chỉ số n trong hợp chất XY n (hợp chất giữa các halogen) là những số lẻ. 


a) Do năng lượng kích thích nguyên tử cần thiết để hình thành các electron không cặp 

đôi giảm dần từ Clo đến Iot; đồng thời theo chiều từ Clo đến Iot bán kính nguyên tử tăng 

nên số nguyên tử Flo có thể phân bố được nhiều hơn xung quang nguyên tử có kích thước 

lớn hơn. 

b) Giải thích như câu 69 a) 

c) Vì mức oxi hóa đặc trưng của các halogen là số lẻ. Chỉ số n chính là số electron 

độc thân được tạo ra khi hình thành liên kết. 

70. Xét các phân tử BF 3 , NF 3 và IF 3 . Trả lời các câu hỏi sau : 

a) Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên 

b) Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của 

nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử 

c) Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã 

chọn 


F 

S 

F 

F 

F 

Lai hóa sp 2 Lai hóa sp 3 Lai hóa sp 3 d 

Tam giác phẳng Tháp đáy tam giác Hình chữ T 

Không cực vì momen lưỡng 

cực liên kết bị triệt tiêu 

II.3. TỔNG HỢP 

N 

F 

F 

Có cực vì lưỡng cực liên 

kết không triệt tiêu 

II.3.1. VIẾT PHƯƠNG TRÌNH PHẢN ỨNG 

71.Cho 2 cặp phản ứng: 

a) Cl 2 + 2KBr = Br 2 + 2KCl 

2KClO 3 + Br 2 = 2KBrO 3 + Cl 2 

b) Cl 2 + 2KI = I 2 + 2KCl 

F 

I 

F 

F 

Có cực vì lưỡng cực liên kết 

không triệt tiêu 







41 










2KClO 3 + I 2 = 2KIO 3 + Cl 2 

Trong từng cặp, vai trò của các Halogen có mâu thuẫn gì với nhau không? Giải thích. 

Hướng dẫn: Không mâu thuẫn, trong hai phản ứng của mỗi cặp vai trò của các halogen 

khác nhau phản ứng thứ nhất đơn chất halogen thể hiện tính oxi hóa, phản ứng thứ 2 thể 

hiện tính khử 

72. Viết các phản ứng hóa học trong các trường hợp sau: 


1) Ozon oxi hóa I - trong môi trường trung tính. 

2) Sục khí CO 2 qua nước Javen. 

3) Cho nước clo vào dung dịch KI. 

4) H 2 O 2 khử MnO 4 - trong môi trường axit. 

5) Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh. 

1) O 3 + 2I - + H 2 O → O 2 + I 2 + 2OH - 

2) CO 2 + NaClO + H 2 O → NaHCO 3 + HclO 

3) Cl 2 + KI → 2KCl + I 2 

4) 5H 2 O 2 + 2MnO - 4 + 6H + → 5O 2 + 2Mn 2+ + 8H 2 O 

5) 2F 2 + 2NaOH → 2NaF + H 2 O + OF 2 ↑ 

73. Viết phương trình dưới dạng ion thu gọn phản ứng xảy ra khi cho dung dịch KI tác dụng 

với dung dịch KMnO 4 (trong môi trường axit) trong các trường hợp sau: 

a) Sau phản ứng còn dư ion iođua (có giải thích). 

b) Sau phản ứng còn dư ion pemanganat (có giải thích). 

Biết giản đồ thế khử của I và Mn trong môi trường axit như sau: 

H IO IO HIO I I 

+1,20 

− + 1,70 − + 1,14 + 1,45 − + 0,54 − 

4 6 

⎯⎯⎯→ 

3 

⎯⎯⎯→ ⎯⎯⎯→ 

3 

⎯⎯⎯→ 

0,56 2,26 0,95 1,51 1,18 

MnO − 2 3 2 

4 

⎯⎯⎯⎯→ + MnO 

− 

4 

⎯⎯⎯⎯→ + MnO + 2 

⎯⎯⎯⎯→ Mn 

+ 

⎯⎯⎯⎯→ + Mn 

+ 

⎯⎯⎯⎯→ 

− Mn 

+1,7 +1,23 


Dựa vào giản đồ thế khử của I - ta suy ra HIO không bền vì 

0 0 

EHIO/ I − E 

3 IO− 

3 / HIO 

+1,51 


> nên HIO sẽ dị phân thành IO − 3 

và I − 

3 

Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau: 






42 










H IO IO I I 

− + 1,70 − + 1,20 − 0,54 − 

4 6 

⎯⎯⎯→ 

3 

⎯⎯⎯→ 

3 

⎯⎯⎯→ 

Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra 

2 

MnO − 

4 

và Mn 3+ không bền vì chúng có thể khử 

bên phải lớn hơn thế khử bên trái nên chúng sẽ bị dị phân thành hai tiểu phân bên cạnh 

như ở HIO. 

Đối với quá trình Mn 2+ 

→ Mn ta cũng không xét vì Mn kim loại không thể tồn tại trong 

dung dịch nước khi có mặt H + do thế khử của Mn 2+ /Mn quá âm. 

Do đó ta có thể viết lại giản đồ thế khử của Mn như sau: 

MnO MnO Mn 

− + 1,70 + 1,23 2+ 

⎯⎯⎯→ 

4 

2 

⎯⎯⎯→ 

Ta có phương trình ion thu gọn trong các trường hợp như sau: 

a). Trường hợp sau phản ứng có I - dư: 

H4IO − 6 

hoặc 

3 

0 0 

− − − − 

H4IO6 / IO3 I3 

/ I 

IO − không thể cùng tồn tại với I - vì: 

E = 1,7V > E = 0,54V 

và 

E = 1,2V > E = 0,54V 

0 0 

− − − 

IO3 I3 

/ I 

Nên H4IO − 6 

hoặc IO − 3 

đều có thể oxi hóa I − thành I − 3 

. 

Như vậy I − chỉ bị oxi hóa thành I − 3 

. 

Khi I − dư thì MnO − 4 

và MnO2 

không thể tồn tại vì 

0 

I3 

/ I 

E và 0 

E 

− 2 + đều lớn hơn 

0 

MnO4 / MnO2 

MnO2 

/ Mn 

E nên MnO − và MnO − − 4 

2 

đều có thể oxi hóa I − thành I − 3 

. Như vậy MnO − 

4 

bị khử hoàn 

toàn thành 

như sau: 

2 

Mn + . Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi I − 

2MnO + 15I + 16H → 5I + 2Mn + 8H O 

− − + − 2+ 

4 3 2 

b) Trường hợp sau phản ứng có dư MnO − 4 

: 

2 

Mn + không thể tồn tại khi 

4 

MnO . 

2 

Mn + thành 

2 

dư dưới dạng ion thu gọn 

MnO − 0 0 

dư vì E − > E 

2+ 

nên MnO − 4 

sẽ oxi hóa 

MnO4 / MnO2 MnO2 

/ Mn 

Khi MnO2 

dư thì I − 3 

và I − cũng không thể tồn tại vì: 

MnO − 4 

oxi hóa là 

3 

I − và I − . 

E > E , E nên 

0 0 0 

− 

MnO4 / MnO2 − 

I3 / I 

− − 

IO3 / I3 

Như vậy sản phẩm sinh ra khi I − bị oxi hóa là IO − 3 

và một lượng nhỏ H 

4IO − 

6 


E = E = 1,7 V . 

/ 

0 0 

− 

MnO4 MnO2 − 

H4IO6 

Do đó phương trình này xảy ra khi MnO − 4 

dư như sau: 

2MnO + I + 2H → 2MnO + IO + H O 

− − + − 

4 2 3 2 

vì 






43 










− − + − 

8MnO4 + 3I + 8H + 2H 2O → 8MnO2 + 3H 4IO6 

74.Viết các phương trình của các phản ứng: 

1) MnO 2 + HCl → 

2) KMnO 4 + HCl → 

3) Ca(OH) 2 + Cl 2 → Ca(OCl) 2 + … 

4) CaOCl 2 + CO 2 → 

5) HClO 3 + HCl → 

6) Ag + HClO 3 → AgClO 3 + … 

7) Fe + HClO 3 → 

8) HClO 3 + FeSO 4 → H 2 SO 4 + … 

9) Cl 2 O 5 + H 2 O → 

10)HClO 4 + P 2 O 5 → 


3) 2Ca(OH) 2 + 2Cl 2 → Ca(OCl) 2 + CaCl 2 + 2H 2 O 

4) CaOCl 2 + CO 2 → CaCl 2 + CaCO 3 + Cl 2 O 

5) HClO 3 + 5HCl → 3Cl 2 + 3H 2 O 

6) 6Ag + 6HClO 3 → 5AgClO 3 + AgCl + 3H 2 O 

7) 6Fe + 18HClO 3 → 5Fe(ClO 3 ) 3 + FeCl 3 + 9H 2 O 

8) HClO 3 + 6FeSO 4 + 3H 2 SO 4 → HCl + 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + 4H 2 O 2 

9) Cl 2 O 5 + H 2 O → HClO 3 + HClO 4 

10) 2HClO 4 + P 2 O 5 → Cl 2 O 7 + 2HPO 3 

75. ( Đề thi chọn HSG QG- 2001- Bảng A)) 

1) Phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào: HF , HCl , HBr , HI ? Nếu có 

chất không điều chế được bằng phương pháp này, hãy giải thích tại sao? 

Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện (nếu có) để minh hoạ. 

2) Trong dãy oxiaxit của clo, axit hipoclorơ là quan trọng nhất. axit hipoclorơ có các 

tính chất: a) Tính axit rất yếu, yếu hơn axit cacbonic; b) Có tính oxi hoá mãnh liệt; c) Rất 

dễ bị phân tích khi có ánh sáng mặt trời, khi đun nóng. Hãy viết các phương trình phản 

ứng để minh hoạ các tính chất đó. 

3) Tìm cách loại sạch tạp chất khí có trong khí khác và viết các phương trình phản 

ứng xảy ra: a) CO có trong CO 2 ; b) H 2 S có trong HCl ; c) HCl có trong H 2 S ; 

d) HCl có trong SO 2 ; e) SO 3 có trong SO 2 . 


1) Phương pháp sunfat là cho muối halogenua kim loại tác dụng với axit sunfuric đặc, 

nóng để điều chế hiđrohalogenua dựa vào tính dễ bay hơi của hiđrohalogenua. 

Phương pháp này chỉ áp dụng để điều chế HF , HCl, không điều chế được HBr và HI vì 


axit H 2 SO 4 là chất oxi hoá mạnh còn HBr và HI trong dung dịch là những chất khử 






44 










mạnh, do đó áp dụng phương pháp sunfat sẽ không thu được HBr và HI mà thu được 

Br 2 , I 2 . 

Các phương trình phản ứng: 

CaF 2 + H 2 SO 4 đ, nóng → 2 HF ↑ + CaSO 4 

NaCl + H 2 SO 4 đ, nóng → HCl ↑ + NaHSO 4 

2 NaCl + H 2 SO 4 đ, nóng → 2 HCl ↑ + Na 2 SO 4 

NaBr + H 2 SO 4 đ, nóng → NaHSO 4 + HBr 

2 HBr + H 2 SO 4 đ, nóng → SO 2 + 2 H 2 O + Br 2 

NaI + H 2 SO 4 đ, nóng → NaHSO 4 + HI 

6 HI + H 2 SO 4 đ, nóng → H 2 S + 4 H 2 O + 4 I 2 

2)Axit hipoclorơ : 

- Tính axit rất yếu, yếu hơn axit cacbonic 

NaClO + CO 2 + H 2 O → NaHCO 3 + HClO 

Tính oxi hoá mãnh liệt, đưa chất phản ứng có số oxi hoá cao nhất 

4 HClO + PbS -2 → 4 HCl + PbSO 4 

- Dễ bị phân tích : 

HClO ⎯⎯→ 

as HCl + O ; 3 HClO 

t 

⎯⎯→ 

0 

2 HCl + HClO 3 

a) CO + CuO → CO 2 + Cu 

b) H 2 S + CuCl 2 → CuS ↓ + 2 HCl 

c) HCl + NaHS → NaCl + H 2 S 

d) HCl + NaHSO 3 → NaCl + SO 2 + H 2 O 

e) SO 3 + H 2 SO 4 → H 2 S 2 O 7 (oleum) 

76. Đề thi chọn HSGQG 2010 

Hãy đề xuất một phương pháp thích hợp để điều chế: xenon điflorua (1), xenon 

tetraflorua (2), xenon trioxit (3). 

Hướng dẫn: Xenon điflorua (1) và xenon tetraflorua (2) được điều chế bằng phản ứng 

giữa các đơn chất (có chiếu sáng thích hợp). 

Điều chế xenon trioxit (3) bằng phản ứng thủy phân XeF 6 hoặc XeF 4 : 

XeF 6 + 3 H 2 O → XeO 3 + 6 HF 

3 XeF 4 + 6 H 2 O → Xe + 2 XeO 3 + 12 HF 

77. Phát hiện và sửa lỗi trong các phương trình sau ( nếu có) 


a. FeCl 2 + H 2 SO 4 ( đặc, dư) → FeSO 4 + FeCl 3 + SO 2 + H 2 O 

b. HF + NaOH → NaF + H 2 O 

c. Cl 2 + KI (dư) → KCl + I 2 

d.Cl 2 (dư) + FeI 2 → FeCl 2 + I 2 







45 










a. 2FeCl 2 + 4H 2 SO 4 (đ,dư) → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 4 HCl + SO 2 + 2H 2 0 

b. HF là một axit yếu, có năng lượng phân ly lớn, có liên kết hidro do vậy 

HF + F - → HF 2 

- 

Phương trình : 2HF + NaOH → NaHF 2 + H 2 O 

c. Cl 2 + 3KI (dư) → 2KCl + KI 3 

d. 2FeI 2 + 3Cl 2 → 2FeCl 3 + 2I 2 

5Cl 2 + I 2 + 6H 2 O → 2HIO 3 + 10HCl 

78. 

a, Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình hoá học sau: 

Hoà tan bột Cu 2 O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư. 

Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric loãng, sau đó thêm nước clo đến dư vào dung 

dịch thu được. 


Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 

- Cu 2 O + 2HCl = 2CuCl + H 2 O 

CuCl + HCl = H[CuCl 2 ] 

Cu 2 O + 4HCl = 2 H[CuCl 2 ] + H 2 O 

- Fe + H 2 SO 4 = FeSO 4 + H 2 

6FeSO 4 + 3Cl 2 = 2FeCl 3 + 2Fe 2 (SO 4 ) 3 

79. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: 

1. Ozon oxi hóa I - trong môi trường trung tính 

2. Sục khí CO 2 qua nước Javel 

3. Cho nước Clo qua dung dịch KI 

4. Sục khí Flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh 

5. Sục Clo đến dư vào dung dịch FeI 2 


1. O 3 + 2I - + H 2 O → O 2 + I 2 + 2OH - 

2. CO 2 + NaClO + H 2 O → NaHCO 3 + HClO 

3. Cl 2 + 2KI →2KCl + I 2 ; Nếu KI còn dư: KI + I 2 →KI 3 

Nếu Clo dư : 5Cl 2 + 6H 2 O + I 2 → 2HIO 3 + 10HCl 

4. 2F 2 + 2NaOH (loãng, lạnh) → 2NaF + H 2 O + OF 2 

5. 2FeI 2 + 3Cl 2 → 2FeCl 3 + 2I 2 ; 5Cl 2 + I 2 + 6H 2 O → 2HIO 3 +10HCl 

80. Cho các phương trình phản ứng sau đây: 

1. A 1 ⎯ ⎯→ A 2 + A 3 + A 4 

xt;t 

2. A 1 ⎯⎯ o 

→ A 2 + A 4 

3. A 3 ⎯⎯→ 

t o 

A 2 + A 4 

4. A 1 + Zn + H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ A 2 + ZnSO 4 + H 2 O 


5. A 3 + Zn + H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ A 2 + ZnSO 4 + H 2 O 

6. A 1 + A 2 + H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ A 5 + NaHSO 4 + H 2 O 

7. A 5 + NaOH ⎯ ⎯→ A 2 + A 6 + H 2 O 






46 










t 

8. A 6 ⎯⎯→ 

o 

Biết: 

A 1 + A 2 

* Trong điều kiện thường A 4 ; A 5 là các chất khí 

* A 1 có chứa 21,6% Na theo khối lượng. 

* A 3 có chứa 18,78% Na theo khối lượng 

* A 1 ; A 3 là hợp chất của Clor. 

Cho: Na = 23; Cl = 35,5; H = 1; S = 32; O = 16 


Theo đề bài: 

- A 1 ; A 3 là hợp chất của clor có chứa natri. 

* A 1 có 21,6% Na => A 1 là NaClO 3 

* A 3 có 18,78% Na => A 3 là NaClO 4 

- Trong điều kiện thường A 4 ; A 5 là chất khí và dựa vào mối quan hệ các chất trong 8 

phương trình phản ứng xác định. 

* A 2 là NaCl ; A 5 là Cl 2 ; A 4 là O 2 

* A 6 là NaClO 

(1) 2 NaClO 3 NaCl + NaClO 4 + O 2 

t o 

(2) 2NaClO 3 2NaCl + 3O 2 

MnO 2 

t o 

(3) NaClO4 NaCl + 2O 2 

(4) NaClO 3 + 3Zn + 4H 2 SO 4 NaCl + 2ZnSO 4 + 3H 2 O 

(5) NaClO 4 + 4Zn + 4H 2 SO 4 NaCl + 4ZnSO 4 + 4H 2 O 

(6) NaClO 3 + 5NaCl + 6H 2 SO 4 3Cl 2 + 6NaHSO 4 + 3H 2 O 

(7) Cl 2 + 2NaOH NaCl + NaClO + H 2 O 

(8) 3NaClO NaClO 3 + 2NaCl 

67. Sẽ thu được sản phẩm nào khi cho KClO 3 tác dụng với: 

a) HCl 

b) H 2 SO 4 đặc 

c) H 2 SO 4 loãng 

d) Kali pesulfat 

e) Axit oxalic 

f) Hỗn hợp gồm axit oxalic và H 2 SO 4 loãng. 

Hướng dẫn KClO 3 + 6 HCl → KCl + 3Cl 2 + 3H 2 O 






t o 







47 










81. Viết phương trình phản ứng khi cho KClO 3 tác dụng với: 

a) HCl b) H 2 SO 4 đặc c) H 2 SO 4 loãng 

d) Kali pesulfat e) Axit oxalic f) Hỗn hợp gồm axit oxalic và H 2 SO 4 loãng. 

Hướng dẫn KClO 3 + 6 HCl → KCl + 3Cl 2 + 3H 2 O 






82. Đề HSGQG 2000 Bảng A 

Viết các phương trình phản ứng xảy ra ( nếu có) của khí clo , tinh thể iot tác dụng với 


a. Dung dịch NaOH ( ở nhiệt độ thường , khi đun nóng ) 

b. Dung dịch NH 3 . 

a. Các phương trình phản ứng của khí clo , tinh thể iot với dung dịch NaOH (ở t o 

thường, khi đun nóng) 

Cl 2 + 2 NaOH → NaCl + NaOCl + H 2 O 

3 Cl 2 + 6 NaOH ⎯⎯→ 

t 0 

5 NaCl + NaClO 3 + 3 H 2 O 

3 I 2 + 6 NaOH → 5 NaI + NaIO 3 + 3 H 2 O 

b. Các phương trình phản ứng của khí clo , tinh thể iot với dung dịch NH 3 : 

3 Cl 2 + 8 NH 3 → N 2 + 6 NH 4 Cl 

3 I 2 + 5 NH 3 → NI 3 .NH 3 + 3 NH 4 I 

Ngoài ra Gv có thể hỏi thêm với Brom, Flo: 


Brom tương tự clo; 

3F 2 + 4NH 3 → NF 3 + 3NH 4 F 

83.Để nhận biết ion sunfit trong 1 dung dịch người ta cho vào ống nghiệm một đến hai giọt 

dung dịch iot, 3 đến 4 giọt dung dịch cần nhận biết. Sau đó cho thêm 2 đến 3 giọt dung 

dịch HCl và vài giọt dung dịch bari clorua thấy xuất hiện kết tủa thì chứng tỏ dung dịch 

ban đầu có ion sunfit. Viết phương trình phản ứng và cho biết tại sao trong thí nghiệm 

trên không tiến hành trong môi trường bazơ? 


SO 2- 2- 

3 + I 2 + H 2 O → SO 4 + 2H + + 2I - 

SO 2- 4 + Ba 2+ → BaSO 4 

Không thực hiện trong môi trường kiềm vì xảy ra phản ứng tự oxi hóa khử 

3I 2 + 6OH - → 5I - - 

+ IO 3 +3H 2 O 

II.3.2 NHẬN BIẾT 


84. Có 5 lọ chưa riêng lẻ từng dung dịch của các chất H 2 SO 4 , HCl, NaCl, NaBr, NaClO. Nêu 

phương pháp hoa học để phân biệt các dung dịch nói trên. 






48 











Thực hiện trên từng lượng nhỏ mẫu chất dùng làm mẫu thử 

- Đầu tiên dùng BaCO 3 nhận ra hai axit: 

BaCO 3 + H 2 SO 4 → BaSO 4 + H 2 O + CO 2 

BaCO 3 + 2HCl → BaCl 2 + H 2 O +CO 2 

Các chất còn lại không phản ứng được với muối rắn. 

- Dùng dung dịch KI nhận ra được NaClO vì NaClO là muối có tính oxy hóa mạnh). 

NaClO + H 2 O + 2KI → I 2 + NaCl + 2KOH 

I 2 sinh ra làm xanh giấy tẩm hồ tinh bột 

- Sau đó dùng dung dịch AgNO 3 sẽ phân biệt được các muối Cl - và Br - : 

NaCl + AgNO 3 → AgCl + NaNO 3 

NaBr + AgNO 3 → AgBr + NaNO 3 

85. Nhận biết các khí sau bằng phương pháp hóa học: Cl 2 , O 2 , HCl và SO 2 


Cho quỳ tím ẩm vào 4 mẫu khí 

- Khí nào không có hiện tượng gì là O 2 ; 

- Khí làm quỳ tím ẩm bạc màu là Cl 2 ; 

- Khí làm quỳ tím hóa đỏ là HCl và SO 2 . Dẫn hai khí này lần lượt đi qua dung dịch Br 2 

có màu vàng nâu nhạt, dung dịch brom bị mất màu là khí SO 2 còn lại là HCl 

II.3.3. MỘT SỐ BÀI TẬP KHÁC 

86.1)Nguyên nhân gây ngộ độc cơ quan hô hấp của các khí và hơi halogen có giống với 

nguyên nhân tẩy màu các chất hữu cơ của chúng không? 

2)Chất C.F.C là chất được sử dụng trong thiết bị lạnh thường gây ô nhiễm môi trường. 

Hãy cho biết: 

- Chất C.F.C là những chất nào? 

- Tác hại gây ô nhiễm môi trường như thế nào? 

Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) 


1)Cùng một nguyên nhân : trong dung dịch nước (dịch tế bào của mô biểu bì, nước 


làm ẩm vải sợi) có cân bằng : X 2 + H 2 O 

HX + HXO 

2)Chất C.F.C gọi tắt của hợp chất chứa Clo flo cacbon, gọi chung là các chất freon 

Ví dụ: CF 2 Cl 2 , CFCl 3 , CF 3 Cl) 






49 







- Tác hại: gây ra hiện tượng “lỗ thủng OZON” 




- Phương trình phản ứng: ví dụ với CF 2 Cl 2 

CF 2 Cl 

hν 

2 Cl + CF 2 Cl (a) 

O 3 + Cl O 2 + ClO (b) 

ClO + O 3 2O 2 + Cl (c) 

Nguyên tử Cl sinh ra ở (c) lại tiếp tục tham gia phản ứng như (b), do đó mỗi phân tử 

CF 2 Cl 2 có thể phá hủy hàng chục ngàn phân tử O 3 . Theo cơ chế gốc,và phản ứng dây 

chuyền 

87. Điện phân dung dịch NaCl với Catot bằng sắt, anot bằng than chì và có màng ngăn thì 

thu được dd NaOH không tinh khiết vì còn có một lượng NaCl trong dung dịch. Để thu 

được dung dịch NaOH có nồng độ cao và tinh khiết người ta làm như thế nào? 


Người ta điện phân dung dịch NaCl với catot là thủy ngân, anot bằng than chì 

Tại anot: xảy ra sự oxi hóa Cl - : 2Cl - Cl 2 + 2e 

Tại catot: Na + bị khử: Na + + e = Na 

Na tan vào Hg tạo hỗn hống, lớp catot thủy ngân di động chuyển sang khu vực 

khác và được khuấy trộn với nước để tạo NaOH và giải phóng H 2 : 

2Na + 2H 2 O = 2NaOH + H 2 

Hg giải phóng lại được quay trở lại theo chu trình kín. Cần chú ý khâu nước thải sản 

phẩm: có Hg độc nên phải xử lí nước thải thu lấy Hg, tránh ô nhiễm môi trường. 







50 










CHƯƠNG III : HỆ THỐNG BÀI TẬP TÍNH TOÁN VỀ NHÓM HALOGEN 

III.1. BÀI TOÁN ĐẠI CƯƠNG VỀ HALOGEN 

Bài 1 ( Trích đề Olympic 30/4-1996) 

Xét phản ứng tổng hợp hiđro iođua: 

H 2 (khí) + I 2 (rắn) 2HI(khí) ∆H = +53kJ (a) 

H 2 (khí) + I 2 (rắn) 2HI(khí) 

1. Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt? 

2. Xác định hiệu ứng nhiệt của phản ứng tổng hợp hiđro iođua (b) dựa vào năng 

lượng liên kết nếu biết năng lượng liên kết của H – H, H – I và I – I lần lượt bằng 436, 

295 và 150 kJ.mol -1 . Giải thích sự khác biệt của hai kết quả cho (a) và (b). 

3. Viết biểu thức tính hằng số cân bằng K của phản ứng (a) theo phương trình hoá 

học của phản ứng. 

4. Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua theo (b) trong một bình kín, dung tích 

2 lit ở nhiết độ T, có hằng số cân bằng K = 36. 

a, Nếu nồng độ ban đầu của H 2 và I 2 bằng nhau và bằng 0,02M thì nồng độ của 

các chất tại thời điểm cân bằng là bao nhiêu? 

b, Ở cân bằng trên, người ta thêm vào bình 0,06gam hiđro thì cân bằng cũng bị 

phá vỡ và hình thành cân bằng mới. Tính khối lượng hiđro iođua ở cân bằng cuối? 


1. Theo quy ước ∆H > 0 thì phản ứng thu nhiệt. 

2. H 2 (khí) + I 2 (rắn) 2HI(khí) (b) 


Nên: ∆H = (436 + 150) - 2. 295 = - 4kJ 

Giá trị nhỏ bất thường là do chưa xét năng lượng cần cung cấp để chuyển I 2 (rắn) 

theo phản ứng (a) thành I 2 (khí) theo phản ứng (b). 

(b) 






51 










3. Vì I 2 là chất rắn nên: 

K = 

2 

[ HI ] 

[ H ] 

2 

4. H 2 (khí) + I 2 (rắn) 2HI(khí) 

Trước phản ứng: 0,02M 0,02M 0 

Phản ứng: x x 2x 

Còn lại: 0,02 – x 0,02 – x 2x 

2 

( 2x) 

( 0,02 − ).( 0,02 − ) 

( ) 

Vậy : 

36 2x 6 0,02 x x 0,015 

x x = → = − → = 

Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H 2 ] = [I 2 ] = 0,005M 

Số mol H 2 thêm: 

0,06 : 2 = 0,03 (mol) → nồng độ tăng thêm: 0,03: 2 = 0,015M 

H 2 (khí) + I 2 (rắn) 2HI(khí) 

Ban đầu: 0,02M 0,005M 0,03M 

Phản ứng: a a 2a 

Cân bằng: 0,02 – a 0,005 – a 0,03 + 2a 

2 

( 0,03 + 2a) 

( 0,02 − a)( 0,005 − a) 

K = = 36 → a = 2,91.10 -3 và 2,89.10 -2 . 

Vì a < 0,005 nên chỉ nhận a = 2,91.10 -3 

Khối lượng HI ở cân bằng cuối: 

(0,03 + 2. 0,0029). 2. 128 = 9,165(gam) 

Bài 2: Tổng số proton, nơtron, electron trong nguyên tử của hai nguyên tố M và X lần 

lượt bằng 82 và 52. M và X tạo thành hợp chất MX a , trong phân tử của hợp chất đó có 

tổng số proton của các nguyên tử bằng 77. 

1. Hãy cho biết 4 số lượng tử ứng với electron chót của M và X. 

2. Xác định vị trí của chúng trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. 

3. Xác định công thức phân tử của MX a . 


Kí hiệu số p, n, e trong nguyên tử X là Z, N, E theo đầu bài ta có : 

Z + N + E = 52 (Vì nguyên tử trung hòa điện Z = E) 

⇒ 2Z + N = 52 ⇒ N = 52 – 2Z 

Đối với các nguyên tố bền (trừ hidro) : Z < N < 1,52 Z ⇒ Z < 52 – 2Z < 1,52 Z 

52 52 

⇒ 3Z < 52 < 3,52Z ⇒ ≤ Z ≤ ⇒ 14,77 < Z < 17,33 

3,52 3 

Vậy Z có ba giá trị : 15 ; 16 và 17. 

• Z = 15 ⇒ N = 22 ; tỷ lệ N : Z = 22 : 15 = 1,47 

• Z = 16 ⇒ N = 20 ; tỷ lệ N : Z = 20 : 16 = 1,25 

• Z = 17 ⇒ N = 18 ; tỷ lệ N : Z = 18 : 17 = 1,06 

X thuộc chu kỳ 3, các nguyên tố thuộc chu kỳ 3 có tỷ lệ : N : Z < 1,22 . 

Vậy chọn Z = 17, X là Clo. 

Kí hiệu số p, n, e trong nguyên tử M là Z’, N’, E’ theo đầu bài ta có : 







52 










2Z’ + N’ = 82 ⇒ N’ = 82 – 2Z 

⇒ 3Z’ < 82 < 3,52Z’ 

82 

82 

Theo đầu bài : Z’ = 77 – 17a ⇒ ≤ 77 −17a 

≤ 

3,52 

3 

⇒ 2,92 < a < 3,16 , a nguyên do đó chọn a = 3 

⇒ Z’ = 77 – 17.3 = 26. Vậy M là Fe. 

Vậy cấu hình electron của Clo : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 ⇒ ⇅ ⇅ ⇅ ↑ 

* Bốn số lượng tử e chót của Clo là : n = 3 ; l = 1 ; m = 0 ; s = -1/2 

* Vị trí của clo trong BTH : - Chu kỳ 3 ; nhóm VIIA 

Vậy cấu hình electron của Fe : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 4s 2 

⇒ ⇅ ↑ ↑ ↑ ↑ ⇅ 

* Bốn số lượng tử e cuối cùng của Fe là : n = 3 ; l = 2 ; m = -2 ; s = -1/2 

* Vị trí của Fe trong BTH : - Chu kỳ 4 ; nhóm VIIIB 

c) Công thức phân tử là : FeCl 3 

Bài 3. Liên kết trong phân tử clo bị phá vỡ dưới tác dụng của photon có độ dài sóng 

λ ≤ 495nm 

1. Dữ kiện thí nghiệm trên có giải thích được tính có mầu của clo không? 

Tính năng lượng liên kết Cl- Cl 

2. Ở 1227 0 C và 1 atm; 3,5% phân tử clo bị phân li thành nguyên tử. Tính ∆G 0 và ∆S 0 của 

phản ứng sau: 

Cl 2 (k) 

2Cl (k) 

a, Giải thích dấu của các số liệu thu được 

b, Ở nhiệt độ nào độ phân li là 1%, áp suất của hệ vẫn là 1 atm 


1. Sự hấp thụ tia sáng trong vùng phổ nhìn thấy (λ= 400-700 nm) là nguyên nhân có mầu 

của clo: 

E= hγ = hc/λ 

Đối với 1 mol khí clo thì E= hc N A /λ = 242000J.mol -1 

E Cl-Cl = 242KJ.mol -1 

2. a) Cl 2 (k) 2Cl (k) 

Ban đầu 1 

Cân bằng 1- α 2 α n hh =1+ α 


n 

K p = K 

P 

∆ 2 

2 

⎛ ⎞ 4α 

⎛ 1 ⎞ 4α 

n ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = 

2 

⎝ ∆n 

⎠ 1−α 

⎝1+ 

α ⎠ 1−α 

Vì α = 0,035 nên K P = 4,9.10 -3 

∆G 0 = - RTlnK p = -8,314.1500ln4,9.10 -3 = 66327J >0 






53 










Nghĩa là ở điều kiện chuẩn và 1500K phản ứng đi theo chiều nghịch 

∆S 0 0 0 

∆H 

− ∆G 

242000 − 66327 

−1 

= = 

= 117JK 

> 0 

T 

1500 

Nghĩa là phản ứng thuận tăng entropi do tăng số mol khí. 

0 

K 

P 

( T2 

) ∆H 

1 1 

b) ln = ( − ) 

K 

P 

( T1 

) R T1 

T2 

(*) 

Lại có: 

2 

2 

4α 

4.0,01 

K P (T 2 )= = = 4.10 -4 

2 

2 

1−α 

1− 

0,01 

Thay số vào (*) ta được T 2 = 1328K tức 1055 0 C 

Bài 4. Cho dãy năng lượng liên kết của các Halogen như sau: 

F 2 Cl 2 Br 2 I 2 . 

E lk (kJ.mol -1 ) 155,0 240,0 190,0 149,0 

1. Hãy giải thích tại sao năng lượng liên kết của F 2 không tuân theo quy luật của các 

halogen khác? 

2. Ở 1227 0 C và 1 atm, 4,5% phân tử F 2 phân ly thành nguyên tử. 

a) Tính K p , ∆G 0 và ∆S 0 của phản ứng sau: 

F 2(k) 2F (k) 

Biết E F - F = 155,0 kJ/mol 

b) Ở nhiệt độ nào độ phân ly là 1%, áp suất của hệ vẫn là 1atm. 


1.Theo các trị số năng lượng liên kết của các phân tử X 2 trên thấy có sự khác biệt giữa F 2 

với Cl 2 , Br 2 , I 2 vì F 2 chỉ có 1 liên kết đơn giữa hai nguyên tử, còn Cl 2 , Br 2 , I 2 ngoài 1 liên 

kết xích ma tạo thành giống phân tử F 2 còn có một phần liên kết pi do sự xen phủ một 

phần AO-p với AO-d, vì vậy năng lượng liên kết của Cl 2 , Br 2 là cao hơn của F 2 . Còn từ 

Cl 2 đến I 2 năng lượng liên kết giảm dần vì độ dài liên kết d H-X lớn dần nên năng lượng 

cần thiết để phá vỡ liên kết là giảm dần. 

2. 

a) E F- F = 155 kJ/mol > 0 => năng lượng thu vào để phá vỡ liên kết F-F 

F 2(k) 2F (k) ∑ n ∆H 0 = 155,0 kJ/mol 

[ ] 1 - α 2α 1 + α (α là độ phân li) 

1−α 

2α 

Phần mol 

1+ 

α 1+α 

Kp = 

⎡ 2α 

⎤ 

⎢ 

⎣1+ 

α ⎥ 

⎦ 

1−α 

1+ 

α 

2 

.P 0 . Thay α=0,045; P 0 =1 => Kp = 8,12.10 -3 


△G 0 = – RTlnKp = - 8,314.1500.ln(8,12.10 -3 )= 60,034 kJ 

Ở điều kiện chuẩn và 1500 K => phản ứng xảy ra theo chiều nghịch 

△S 0 1500K = (△H 0 - △G 0 )/T= (155000-60034)/1500=63,311 J/K>0 






54 










K 

2 ∆H 

° 1 1 

b) ln = ( − ) ; Kp 2 = 

K R T 1 

T 2 

1 

Kp 1 = 8,12.10 -3 

T 2 = 1207,51K hay 934,51 0 C 

Bài 5( Trích Đề HSG QG 2009) 

⎡ 2α 

⎤ 

⎢ 

⎣1+ 

α ⎥ 

⎦ 

1−α 

1+ 

α 

2 

.P 0 . Thay α=0,01; P 0 =1 => Kp 2 = 4.10 -4 

Một dung dịch monoaxit HA nồng độ 0,373% có khối lượng riêng bằng 1,000 g/ml và pH = 

1,70. Khi pha loãng gấp đôi thì pH = 1,89. 

1. Xác định hằng số ion hóa K a của axit. 

2. Xác định khối lượng mol và công thức của axit này. Thành phần nguyên tố của axit là: 

hiđro bằng 1,46%, oxi bằng 46,72% và một nguyên tố chưa biết X (% còn lại). 


1. HA → H + + A - (1) 

a 

+ - 

[H ][A ] 

K = [HA] 

(2) 

Bỏ qua sự phân li của nước, ta có: [H + ] = [A - ] và c (nồng độ mol của axit) = [A - ] + [HA] 

Thay [H + ] = [A - ] và [HA] = c - [H + ] vào (2), ta được 

+ 2 

[H ] 

K = (3) 

c - [H ] 

a + 

Khi pH = 1,70 thì [H + ] = 10 -1,70 = 0,0200; Khi pH = 1,89 thì [H + ] = 10 -1,89 = 0,0129 

Thay các kết quả này vào (3) ta được hệ phương trình: 

2 

0,02 

K 

a 

= c - 0,02 

2 

0,0129 

K 

a 

= c - 0,0129 

2 

Giải hệ phương trình ta được c = 0,0545 và K a = 0,0116. 

Vậy c = 0,0545 mol/l và K a = 0,0116 

2. Trong 1 lít dung dịch có 0,0545 mol axit và khối lượng của nó là: 

1000ml × 1,000g/ml × 0,00373 = 3,73g 

Khối lượng mol của axit là: 

3,73g 

M = = 68,4 g/mol. 

0,0545mol 

Khối lượng hiđro trong 1 mol axit: m(H) = 0,0146 × 68,4g = 1,00 g (1 mol). 

Khối lượng oxi trong 1 mol axit: m(O) = 0,4672 × 68,6g = 32,05 g (2 mol). Khối lượng 


nguyên tố X chưa biết trong 1 mol axit: 

m(X) = 68,4g – m(H) – m(O) = 68,4g – 1,00g – 32,05g = 35,6 g. 

Một mol axit có thể chứa n mol nguyên tố X. Khối lượng mol nguyên tố X là 35,6/n g/mol. 






55 










Nếu n = 1 thì M(X) = 35,6 g/mol (X là Cl); 

n = 2: M(X) = 17,8 g/mol (không có nguyên tố tương ứng); 

n = 3: M(X) = 11,9 g/moL (C); 

n = 4: M(X) = 8,9 g/moL (Be); 

n = 5: M(X) = 7,1 g/moL (Li). 

Hợp chất duy nhất có thể chấp nhận là HClO 2 . Các axit HC 3 O 2 , HBe 4 O 2 và HLi 5 O 2 không có. 

Vậy 68,6 g/mol ứng với công thức HClO 2 . 

Bài 6: đề Olympic 30/4-1999 

1. Ở 18 o C lượng AgCl có thể hòa tan trong 1 lít nước là 1,5 mg. Tính tích số tan của 

AgCl. 

Tính nồng độ bão hòa của Ag + (mol/lít) khi người ta thêm dung dịch NaCl 58,5 mg/lít 

vào dung dịch AgCl ở 18 o C. 

2. Người ta khuấy iot ở nhiệt độ thường trong bình chứa đồng thời nước và CS 2 nguội, và 

nhận thấy rằng tỉ lệ giữa nồng độ (gam/lít) của iot tan trong nước và tan trong CS 2 là 

không đổi và bằng 17.10 -4 . 

Người ta cho 50ml CS 2 vào 1 lít dung dịch iot (0,1 g/l) trong nước rồi khuấy mạnh. Tính 

nồng độ (g/l) của iot trong nước. 


1. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng 

T = [Ag + ][Cl - ] 

Trong 1 lít dung dịch: 

= 

1,5 

⎡Ag 

⎤ ⎡Cl 

⎤ 

⎣ ⎦ 

= 

⎣ ⎦ 

= .10 

143,5 

2 

⎛ 1,5 .10 

−3 ⎞ 1,1.10 

−10 

T = 

+ − − 3 

Vậy ⎜ ⎟ 

⎝143,5 

⎠ 

Khi thêm 1 lượng dung dịch NaCl. 

Gọi S 2 là nồng độ Ag + mới: [Ag + ] = S 2 → [Ag + ] = [Cl - ] = S 2 

Gọi δ là nồng độ của NaCl. 

Trong dung dịch số ion Cl - : δ/1 lít 

Vậy [Ag + ] = S 2 [Cl - ] = δ + S 2 

Ở 18 o C nhiệt độ không đổi. T không đổi. 

S 2 (S 2 + δ) = 1,1.10 -10 → S 2 2 + δS 2 – 1,1.10 -10 = 0 

− 

− δ + δ + 4,4.10 

Chỉ chọn nghiệm đúng dương: S2 

= 

2 

→ δ = 0,0585/58,5 = 10 -3 

−3 −3 −7 

− 10 + 10 + 2.10 

−7 

Vậy S2 

= = 10 

2 

S 2 giảm 100 lần so với S 1 

2 10 







56 










2. Theo giả thuyết ta có: 

C 

C 

H2O 

I 

CS2 

I 

C 

= 17.10 

−4 

0,1 

= g / cm 

1000 

nuoc 3 

I 

Gọi x là số mol iot từ nước đi vào CS 2 

0,1 

3 

Vậy: C 

nuoc − x 

I 

= g / cm và C 

CS x 

2 

I = ( g / ml ) 

1000 

50 

0,1 

4 

Suy ra: 

− x : x = 17.10 

− → x = 0,0967 

1000 50 

Nồng độ iot trong nước là: 0,1 – x = 0,0033 (g/l) 

Bài 7: Đề Olympic 30/4-2001 

Cho 14,224g iot và 0,112g hiđro được chứa trong bình kín thể tích 1,12 lít ở nhiệt độ 

400 o C. Tốc độ ban đầu của phản ứng là V o = 9.10 -5 mol.l -1 .phút -1 , sau một thời gian (tại 

thời điểm t) nồng độ mol của HI là 0,04 mol/lít và khi phản ứng: 

H 2 + I 2 ⇌ 2HI 

đạt cân bằng thì [HI] = 0,06 mol/lít 

1. Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và nghịch. 

2. Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t là bao nhiêu? 

3. Viết đơn vị các đại lượng đã tính được. 


1. Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và phản ứng nghịch: 

14,224 0,056 

nI 

= 0,056 

2 2 

0,05 / 

254 = mol → ⎡ 

⎣ I ⎤ 

⎦ = bd 1,12 

= mol l 

0,112 0,056 

nH 

= 0,056 H 

2 2 

0,05 mol / l 

2 = → ⎡ 

⎣ ⎦ 

⎤ = bd 1,12 

= 

(1) 

Phản ứng: H 2 + I 2 ⇌ 2HI 

(2) 

v1 

v 1 = k 1 [I 2 ][H 2 ] → k1 

= 

⎡ 

⎣I 

⎤ ⎡ 

2 ⎦ ⎣H 

⎤ 

2 ⎦ 

5 1 -1 

9.10 . mol. l . phút 

3 1 -1 

a, k = − − 

− − 

1 

36.10 l. mol . phút 

−1 −1 

0,05. mol. l .0,05. mol. 

l 

= 

2 

⎡HI 

⎤ 

2 −4 2 −2 

1 

6 .10 . mol . l 

= ⎣ ⎦ = 

2 

2 

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 

2 2 ⎛ 0,06 ⎞ 2 −2 

K 

Mặc khác: K = 

K 

⎣I ⎦ ⎣H 

⎦ 

⎜0,05 − ⎟ . mol . l 

⎝ 2 ⎠ 

−3 −1 -1 

36.10 . l. mol . phút 

→ K = 9 → k2 

= 

9 

→ k 2 = 4.10 -3 .l.mol -1 .phút -1 . 

2. Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t: v HI = v t – v n = v 1 – v 2 

2 

v 1 = k 1 [I 2 ][H 2 ] = 36.10 -3 l.mol -1 .phút -1 ⎛ 0,06 ⎞ 

. ⎜0,05 

− 2 

⎟ mol 2 .l -2 

⎝ 

⎠ 







57 










→ v 1 = 144. 10 -7 mol. l -1 . phút -1 

v 2 = k 2 [HI] 2 = 4.10 -3 l. mol -1 . phút -1 . 4 2 . 10 -4 . mol 2 . l -2 

→ v 2 = 64 . 10 -7 mol. l -1 . phút -1 

V HI = (144.10 -7 - 64.10 -7 ) mol. l -1 . phút -1 

V HI = 0,8. 10 -5 mol. l -1 . phút -1 

Bài 8 ( Trích Đề thi chọn HSGQG – 2007) 

Muối KClO 4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO 3 . Thực tế khi điện 

phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO 4 còn đồng thời 

xảy ra nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu. ở điện cực thứ hai chỉ xảy ra nửa 

phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%. 

1. Viết kí hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot. 

2. Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 25 0 C và 1 atm) khi 

điều chế được 332,52g KClO 4 . 

Hướng dẫn giải: 

1. Kí hiệu của tế bào điện phân: Pt ⎜ KClO 3 (dd) ⎜ Pt 

- 

- 

Phản ứng chính: anot: ClO 3 - 2e + H 2 O → ClO 4 + 2H + 

catot: 2H 2 O + 2e → H 2 + 2OH - 

ClO 3 

- 

+ H 2 O → ClO 4 

- 

Phản ứng phụ: anot: H 2 O - 2e → 2H + + 2 

1 

O2 

catot: 2H 2 O + 2e → H 2 + 2OH - 

H 2 O → 2 

1 

O2 + H 2 

2. M 

KClO 4 

= 39,098 + 35,453 + 64,000 = 138,551 

332,52 

n 

KClO 

= = 2,4mol 

4 

138,551 

q = 2,4 mol . 2F c . 100 

= 8.F = 8(96485 C) = 771880 C 

mol 60 

q = 771880 C 

3. Khí ở catot là hydro: n 

8F 

H = = 4 mol 

2 

2F / mol 

nRT 4.0,08205.298 

V 

H 2 

= = 

= 97,80 lit 

P 1 

Khí ở anot là oxy: n F tạo ra O 2 = 8 . 0,4 = 3,2 F 

n 

3,2F 

O 2 = = 0,8 mol 

4F / mol 

nRT 0,8.0,08205.298 

V 

O 2 

= = 

= 19,56 lit 

P 1 

Bài 9: Phản ứng oxi hoá ion I - bằng ClO - trong môi trường kiềm diễn ra theo phương trình: 

ClO - + I - → Cl - + IO - (a) và tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm 


+ H 2 






58 










v = k[ClO - ][I - ][OH - ] -1 . 

Cho rằng phản ứng (a) xảy ra theo cơ chế: 

ClO - k1 

+ H 2 O ←⎯⎯ ⎯⎯→ HClO + OH - 

k − 1 

I - k2 

+ HClO ⎯⎯→ HIO + Cl - 

OH - 

+ HIO 

k3 

⎯⎯→ 

k − 3 

←⎯⎯ H 2 O + IO - 

nhanh; 

chậm; 

nhanh. 

1. Cơ chế trên có phù hợp với thực nghiệm động học hay không? 

2. Khi [I - ] 0 rất nhỏ so với [ClO - ] 0 và [OH - ] 0 thì thời gian để nồng độ I - còn lại 6,25% so 

với lúc ban đầu sẽ gấp bao nhiêu lần thời gian cần thiết để 75% lượng I - ban đầu mất đi 

do phản ứng (a)? 

Tốc độ phản ứng quyết định bởi giai đoạn chậm, nên: 

v = k 2 [HClO][I - ] (2) 

Dựa vào cân bằng nhanh của giai đoạn 1, ta rút ra: 

k 

[HClO] = 

1 

[ClO - ][H 2 O][OH - ] -1 (3) 

k − 1 

Thay (3) vào (2) và với [H 2 O] = const, ta có: 

k 

k 

v = k 2 . 

1 

[H 2 O][ClO - ][I - ][OH - ] -1 (4) 

k − 

1 

Đặt k 2 . 

1 

[H 2 O] = k → (4) trở thành: v = k[ClO - ][I - ][OH - ] -1 (1) 

k − 1 

Từ cơ chế được đề nghị có thể rút ra biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ 

chế này là phù hợp với thực nghiệm . 

Định luật tốc độ thực nghiệm: v = k[ClO - ][I - ][OH - ] -1 (1) Khi [I - ] 0 ≪ [ClO - ] 0 và [OH - ] 0 , 

phản ứng (a) có thể xem là phản ứng bậc nhất. Trong phản ứng bậc nhất, thời gian phản 

ứng bán phần không phụ thuộc vào nồng độ đầu. 

- Thời gian để 75% I - tham gia phản ứng bằng 2 lần thời gian phản ứng bán phần: 

t 1 = 2t 1/2 

- Thời gian để 6,25% I - còn lại là: t 2 = 4t 1/2 → t 2 = 2t 1 . 

Bài 10. Ngày nay, để sản xuất clo từ hiđro clorua, người ta sử dụng cân bằng: 

O 2 (k) + 4 HCl (k) 2 Cl 2 (k) + 2 H 2 O (k) 

1. Cho vào bình phản ứng 2,2 mol oxi và 2,5 mol hiđro clorua ở áp suất cố định là 0,5 

atm và nhiệt độ T. Khi hệ đạt cân bằng thì bình phản ứng chứa lượng oxi gấp đôi hiđro 

clorua, tìm giá trị T ( o C). 

2. Ở 520 o C, nạp vào bình phản ứng một lượng hỗn hợp khí oxi và hiđro clorua. Ở trạng 

thái cân bằng thì hiệu suất chuyển hóa của hiđro clorua bằng 80%. Tìm áp suất riêng 


phần của oxi tại trạng thái cân bằng? 

Cho: số liệu nhiệt động (coi không phụ thuộc vào nhiệt độ) 

Chất O 2 (k) HCl (k) Cl 2 (k) H 2 O (k) 

∆H o s (kJ/mol) -92,3 -241,8 






59 










S o (J/mol .K) 205 186,8 223 188,7 


1. O 2 (k) + 4 HCl (k) 2 Cl 2 (k) + 2 H 2 O (k) 

Ban đầu (mol) 2,2 2,5 

Cân bằng (mol) 2,2-x 2,5-4x 2x 2x 

Theo đề: 2,2 - x = 2(2,5 – 4x) 

x = 0,4 mol 

∆H o = -114,4 kJ/mol và ∆S o = -128,8 J/mol.K 

∆G o = -RTlnK = ∆H o - T∆S o → -2,436T = -11400 + 128,8T 

→ T = 829,7 K = 556,7 o C 

2. Ở 520 o C thì lnK = -∆H o /RT + ∆S o /R = 1,86 → K = 6,422 

O 2 (k) + 4 HCl (k) 2 Cl 2 (k) + 2 H 2 O (k) 

Ban đầu (mol) a b 

Cân bằng (mol) a-0,2b 0,2b 0,4b 0,4b 

Dễ thấy: P Cl 2 

/P HCl = 2 và P Cl 2 

= P H 2 O 

Mặt khác: 

Từ đó: P O2 = 2,49 atm 

Bài 11. Nguyên tử C có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: 

n = 3, l = 1, m = 0, m s = -1/2 

Hai nguyên tố A, B với Z A < Z B < Z C ( Z là điện tích hạt nhân ). 

Biết rằng: - tích số Z A . Z B . Z C = 952 

-tỉ số ( Z A + Z C ) / Z B = 3. 

1. Viết cấu hình electron của C, xác định vị trí của C trong bảng Hệ thống tuần hoàn, từ 

đó suy ra nguyên tố C? 

2. Tính Z A , Z B . Suy ra nguyên tố A, B? 

3. Hợp chất X tạo bởi 3 nguyên tố A, B, C có công thức ABC. Viết công thức cấu tạo 


của X. Ở trạng thái lỏng, X có tính dẫn điện.Vậy X được hình thành bằng các liên kết 

hóa học gì? 






60 











1. Nguyên tố C có cấu hình electron cuối cùng :3p 5 

↑ ↓ ↑ ↓ ↑ 

+1 0 -1 

Cấu hình electron của C:1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 

Vị trí của C: STT 17, chu kì 3, nhóm VII A. C là Clo. 

2. Z C = 17 Z B . Z A = 56 Z A = 7 , A là Nitơ 

Z A + 17 = 3Z B Z B = 8 , B là Oxi 

3. CTCT: X Cl - N = O 

NOCl ở trạng thái lỏng có tính dẫn điện vậy trong chất lỏng phải có các ion NO + 

và Cl - . Do đó trong phân tử NOCl có liên kết ion và liên kết cộng hóa trị. 

Bài 12. Khi điện phân dung dịch muối NaCl để sản xuất Clo ở anot có thể có các quá 

trình : oxi hoá Cl – thành Cl 2 ; oxi hoá H 2 O thành O 2 ; oxihoá anot cacbon thành CO 2 . 

1. Hãy viết các quá trình đó (tại anot cacbon) . 

2. Cần thiết lập pH của dung dịch bằng bao nhiêu để cho khi điện phân không có oxi thoát ra 

o 

ở anot nếu thế anot bằng 1,21V. Cho E O2 H2O 

= l,23V. (coi P Cl 2 

=P O =1 và CO 2 

2 sinh ra 

không đáng kể). 


1. 2Cl − → Cl 2 ↑ + 2e ; 2H 2 O → O 2 ↑ + 4H + + 4e ; 

C + 2H 2 O → CO 2 ↑ + 4H + + 4e 

o 

2. E = E O2 H2O 

+ 0,059 lg[H + ] 4 = 1,23 + 0,059lg[H + ] = 1,23 − 0,059pH 

4 

1,21 − 1, 23 

Với E anot = 1,21V thì pH = − = 0,339 

0,059 

Muốn không có O 2 thoát ra cần thiết lập pH sao cho 

o 

O H O > E anot ⇒ pH < 0,339 

E 2 2 

III.2. BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG PHÁP CHUẨN ĐỘ IOT 

Lý thuyết 

I 2 + 2e → 2I - E 0 = +0,5345V 

I 3- + 2e → 3I - E 0 = +0,5355V 

Iot có thể oxi hóa được các chất khử như H2S, H2SO3… và I - có thể khử được các chất 

oxi hóa trung bình hay oxi hóa mạnh: Fe3+, H2O2… 

Trong hóa học phân tích, phương pháp iot dùng để định lượng cả chất oxi hóa và chất 

khử. Các chất khử có thể được chuẩn độ trực tiếp bằng iot hoặc cho tác dụng với iot lấy 


dư sau đó chuẩn độ lượng dư iot bằng natrithiosunfat. Các chất oxi hóa được định lượng 

bằng cách cho tác dụng với dung dịch KI (hay KI 3 ) dư trong môi trường axit và sau đó 

chuẩn độ lượng iot được giải phóng ra bằng dung dịch natrithiosunfat. 






61 










2 S 2 O 3 2− (aq) + I 2 (aq) → S 4 O 6 2−( aq) + 2 I − (aq) 

Bài 1: Hòa tan hoàn toàn 2 gam một hỗn hợp chứa Na 2 S.9H 2 O, Na 2 S 2 O 3 .5H 2 O và tạp 

chất trơ vào H 2 O, rồi pha loãng thành 250 ml dung dịch (dd A). Thêm tiếp 25 ml dung 

dịch iot 0,0525M( hoặc dung dịch KI 3 ) vào 25 ml dung dịch A. Axit hóa bằng H 2 SO 4 rồi 

chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,101M. Mặt khác cho ZnSO 4 dư vào 50 

ml dung dịch A. Lọc bỏ kết tủa, chuẩn độ dung dịch nước lọc hết 11,5 ml dung dịch iot 

0,0101M( hoặc dung dịch KI 3 ). Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp rắn ban đầu. 


Gọi x,y lần lượt là số mol của Na 2 S và Na 2 S 2 O 3 trong 25 ml dung dịch A 

Na 2 S + I 2 → 2NaI + S 

x x 

2Na 2 S 2 O 3 + I 2 → 2NaI + Na 2 S 4 O 6 

y y/2 

Theo đề ta có phương trình : 

x + y/2 = 1,3125.10 -3 - 6,5145.10 -4 = 6,6105.10 -4 (mol) 

Mặt khác : 

Na 2 S + ZnSO 4 → ZnS + Na 2 SO 4 

Do vậy y= 1,1615.10 -4 mol, x= 6,02975.10 -4 mol 

4 

Tp% Na 2 S.9H 2 O = 

240.60,2975.10− 

.100% = 72,36% 

2 

Tp% Na 2 S 2 O 3 .5H 2 O = 14,4% 

TP% tạp chất trơ = 13,24% 

Bài 2: Hoà tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO 3 và Na 2 SO 3 trong dung dịch H 2 SO 4 

dư, đun nóng. Cho tất cả lượng khí sinh ra hấp thụ trong 500 ml dung dịch Br 2 thu được 

500 ml dung dịch A. Thêm KI vào 50 ml dung dịch A, lượng I 3 - sinh ra tác dụng vừa đủ 

với 12,5 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,01 M. Nếu sục khí N 2 để đuổi hết Br 2 dư trong 25 ml 

dung dịch A thì dung dịch B thu được trung hoà vừa đủ với 15 ml dung dịch NaOH 

0,1M. 

a. Tính nồng độ mol của dung dịch Br 2 ban đầu. 

b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X. 

Hướng dẫn: Viết phương trình phản ứng 

Các phương trình phản ứng xảy ra: 

HSO - 3 + H + → H 2 O + SO 2 (1) 

x mol 

x mol 

2- 

SO 3 + 2H + → H 2 O + SO 2 (2) 

y mol 

y mol 

2- 

Br 2 + 2H 2 O + SO 2 → SO 4 + 2Br - + 4H + (3) 

3I - + Br 2 

- 

→ I 3 + 2Br - (4) 







62 










- 

2- 

2- 

I 3 + S 2 O 3 → S 4 O 6 + 3I - (5) 

H + + OH - → H 2 O (6) 

Từ (3) → số mol H + trong 25 ml dung dịch A = số mol OH - trong 15 ml dung dịch NaOH 

= 0,015. 0,1 = 0,0015 mol 

Số mol H + trong 500 ml dung dịch A = 0,0015.500/25 = 0,03 mol 

Từ (3) → số mol Br 2 = 1/4 số mol H + = 0,0075 mol 

Từ (5) → số mol I 3 - trong 50 ml dung dịch A = 1/2 số mol S 2 O 3 

2- 

= 0,0125.0,01.1/2 = 6,25.10 -5 mol 

Số mol I 3 - trong 500 ml dung dịch A = 6,25.10 -5 .500/50 = 6,25.10 -4 mol 

Vậy số mol Br 2 trong dung dịch ban đầu = 0,0075 + 6,25.10 -4 = 8,125.10 -3 mol C M- 

(Br 2 ) = 8,125.10 -4 /0,5 = 0,01625 M 

b. 

Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X: 

Gọi x và y lần lượt là số mol của NaHSO 3 và Na 2 SO 3 trong 0,835 gam hỗn hợp X, ta có 

số mol của các ion HSO 3 - và SO 3 2- lần lượt là x và y: 

Khối lượng hỗn hợp = 104x + 126y = 0,835 

Từ (1), (2), (3) ta có số mol SO 2 = 1/4 số mol H + trong 500 ml dung dịch A 

x + y = 0,03.1/4 = 0,0075 

(II) 

Từ (I) và (II) : x = 0,005 ; y = 0,0025 

%NaHSO 3 = 62,27% ; %Na 2 SO 3 = 37,73%. 

Bài 3: Trích đề thi HSGQG 2000 Bảng A 

Để đánh giá lượng oxi tan vào nước, trong không khí ở điều kiện thường, người ta 

thực hiện thí nghiệm: cho 100ml nước có MnSO 4 dư và NaOH lắc kỹ hỗn hợp mà không 

cho tiếp xúc với không khí. Sau đó thêm axit dư rồi cho KI dư vào hỗn hợp, lắc kỹ thu 

được hỗn hợp A. Chuẩn độ A cần dùng hết 10,50 ml dd Na 2 S 2 O 3 9,8.10 -3 M. Cho oxi 

chiếm 20% thể tích không khí và áp suất khí quyển là 1 atm. 

a, Viết phương trình phản ứng dạng ion 

b, Tại sao trong thao tác đầu lại phải tránh không cho không khí tiếp xúc với hỗn 

hợp? 

c, Tính K của quá trình hòa tan O 2 vào H 2 O ở điều kiện thường? 


a, Mn 2+ + 2OH - ---> Mn(OH) 2 ↓; 2Mn 3+ + 3I - ---> 2Mn 2+ + I 3- 

2Mn(OH) 2 + O 2 ---> 2MnO(OH) 2 ↓; I 3- + 2S 2 O 2- 3 ---> S 4 O 2- 6 + 3I - 

2MnO(OH) 2 ↓ + 4H + + Mn 2+ ---> 2Mn 3+ + 3H 2 O 

b,Không cho tiếp xúc với không khí để đảm bảo p,ư oxh Mn 3+ là do oxi tan trong dd. 

c, Coxi = 0,257.10 -3 M 


(I) 






63 










K =(O 2 )/P O2 = 0,257.10 -3 /0,2 = 1,2585.10 -3 

Bài 4: Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào 

lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả sắt thành Fe 2+ ) tạo ra dung dịch 

A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I 2 có trong 10ml dung dịch A phản 

2 

ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 1,00M (sinh ra S4O − 6 

). Lấy 25 ml mẫu dung 

dịch A khác, chiết tách I 2 , lượng Fe 2+ trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 

ml dung dịch KMnO 4 1,00M trong dung dịch H 2 SO 4 . 

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). 

b. Tính phần trăm khối lượng Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 trong mẫu ban đầu 


Fe O + 8H + → 2Fe3+ + Fe2+ 

+ 4H O 

(1) 

3 4 2 

Fe O + 6H+ → 2Fe3+ 

+ 3H O 

2 3 2 

(2) 

2Fe3+ + 3I− → 2Fe2+ + I− 

3 

(3) 

2S O 2− + I− → S O 2− + 3I− 

2 3 3 4 6 

(4) 

5Fe2+ + MnO − + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ 

+ 4H O 

4 2 

(5) 

n 5n 5x3, 2x1x10 −3 

Trong 25 ml: 2 

= = =0,016 (mol) 

+ − 

Fe MnO4 

→ trong 10ml n 2 + = 6,4x10 -3 (mol) 

Fe 

Từ (3) và (4): n 2 + = n 2− = 5,5x1x10 -3 = 5,5x10 -3 (mol) 

Fe 

S2O3 

Từ (3): n 3 

Fe + = n 2 

Fe + =5,5x10 -3 (mol) =2( n 

Fe3O 

+ n 

4 Fe2O 

) 

3 

Có thể xem Fe 3 O 4 như hỗn hợp Fe 2 O 3 .FeO 

n 

FeO 

= n 

Fe3O 

= 6,4x10 -3 – 5,5x10 -3 = 9x10 -4 (mol) 

4 

1 

nFe 

n 

Fe2O 

= 3+ − n 

3 

Fe3O 

=1,85x10 -3 (mol). 

4 

2 

Trong 50 ml : n 

Fe3O 

=4,5x10 -3 (mol) → m 

4 

Fe3O 

=1,044 gam 

4 

→ % khối lượng Fe 3 O 4 = 1,044/6 x 100% = 17,4% 

n = 9,25x10 -3 (mol) → Fe2O 

m 

3 

Fe O 

=1,48 gam 

→ % khối lượng Fe 2 3 

2 O 3 = 1,48/6 x 100% = 24,67% 

Bài 5: Dung dịch A gồm hai muối: Na 2 SO 3 và Na 2 S 2 O 3 . 

- Lấy 100ml dung dịch A trộn với lượng dư khí Cl 2 rồi cho sản phẩm thu được tác 

dụng với BaCl 2 dư thì thu được 4,66 gam kết tủa. 

- Lấy 100ml dung dịch trên nhỏ vài giọt hồ tinh bột rồi đem chuẩn độ bằng iot thì 

đến khi dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh chàm thấy tốn hết 30ml I 2 0,05M (I 2 tan 

trong dung dịch KI). 

1. Tính C M của các chất trong dung dịch A. 


2. Cho 100ml dung dịch A tác dụng với dung dịch HCl dư thì thu được bao nhiêu 

gam chất rắn? 







64 










Phản ứng: Na 2 S 2 O 3 + 4Cl 2 + 5H 2 O → 2NaHSO 4 + 8HCl 

Na 2 SO 3 + Cl 2 + H 2 O → Na 2 SO 4 + 2HCl 

NaHSO 4 + BaCl 2 → NaCl + HCl + BaSO 4 . 

Na 2 SO 4 + BaCl 2 → NaCl + BaSO 4 . 

Gọi số mol Na 2 SO 3 và Na 2 S 2 O 3 là x và y 

Ta có khối lượng kết tủa m = 233(x + 2y) = 4,66 

I 2 + 2Na 2 S 2 O 3 → Na 2 S 2 O 6 + 2NaI 

Có n I2 = 0,03.0,05 =1,5.10 -3 = y/2. 

Ta có x = 0,014 mol và y = 3.10 -3 mol 

1. Vậy nồng độ các chất trong dung dịch A: Na 2 SO 3 là 0,14M và Na 2 S 2 O 3 là 0,03M 

2. Phản ứng: Na 2 S 2 O 3 + 2HCl → 2NaCl + SO 2 + S + H 2 O 

Khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng là: m S = 3.10 -3 .32 = 0,096 gam. 

Bài 6: Trích đề chọn HSGQG 2011- Ngày 11/01/2011 

Để xác định hàm lượng của crom và sắt trong một mẫu gồm Cr 

2 

O 

3 

và Fe 

2 

O 

3 

, người ta 

đun nóng chảy 1,98 gam mẫu với Na 

2 

O 

2 

để oxi hóa Cr 

2 

O 

3 

thành CrO 4 2- . Cho khối đã 

nung chảy vào nước, đun sôi để phân huỷ hết Na 

2 

O 

2 

. Thêm H 

2 

SO 

4 

loãng đến dư vào hỗn 

hợp thu được và pha thành 100,00 mL, được dung dịch A có màu vàng da cam. Cho dung 

dịch KI (dư) vào 10,00 mL dung dịch A, lượng I 3 - (sản phẩm của phản ứng giữa I – và I 

2 

) 

giải phóng ra phản ứng hết với 10,50 mL dung dịch Na 

2 

S 

2 

O 

3 

0,40 M. Nếu cho dung dịch 

NaF (dư) vào 10,00 mL dung dịch A rồi nhỏ tiếp dung dịch KI đến dư thì lượng I 3 

- 

giải 

phóng ra chỉ phản ứng hết với 7,50 mL dung dịch Na 

2 

S 

2 

O 

3 

0,40 M. 

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

2. Giải thích vai trò của dung dịch NaF. 

3. Tính thành phần % khối lượng của crom và sắt trong mẫu ban đầu. 

Cho: Fe = 56; Cr = 52. 


1. 







65 










2. Vai trò của dung dịch NaF: F - có mặt trong dung dịch tạo phức bền, không màu 

với Fe 3+ , dùng để che Fe 3+ 

nFe 2 O 3 = y 

3. Đặt số mol của Cr 2 O 3 và Fe 2 O 3 trong 1,98 gam mẫu lần lượt là nCr 2 O 3 = x; 

Từ (1), (4) và (5) → trong 10,00 mL dung dịch A số mol của Cr 2 O 7 2- là 

n Cr 2 O 7 2- = 0,1x; số mol của Fe 3+ là nFe 3+ = 0,2y. 

Trường hợp NaF không có mặt trong dung dịch A, cả Cr 2 O 7 2- và Fe 3+ đều bị khử bởi I - . 

Theo (6) và (7) ta có: 

n I - 3 (1) = 3n Cr 2 O 2- 7 + 0,5n Fe 3+ = 3.0,1x + 0,5.0,2y = 0,3x + 0,1y 

Từ (8): nS 2 O 2- 3 (1) = n I - 3 (1)→0,40.10,50.10 -3 =2.(0,1y + 0,3x) (10) 

Trường hợp NaF có mặt trong dung dịch A, chỉ có Cr 2 O 2- 7 bị khử: 

nI 3 - (2)= 3n Cr 2 O 7 

2- 

= 0,3x → 0,40.7,50.10 -3 = 2 nS 2 O 3 2- (2) = 2 n I 3 - (2) = 0,6x (11) 

Từ (11) và (10) → x = 0,005 (mol) và y = 0,006 (mol). 

nCr= 2 nCr 2 O 3 = 2.0,005 = 0,01 (mol) → %Cr trong mẫu là: 52.0,01.100/1,98= 26,26% 

nFe= 2 nFe2O3 = 2.0,006 = 0,012 (mol) 

→ %Fe trong mẫu là: 56.0,012. 100/1,98 = 33,94%. 

III.3. BÀI TOÁN VỀ HỢP CHẤT CHỨA OXI CỦA HALOGEN 

Bài 1: Chất rắn A là kim loại hoặc là một trong các chất MnO 2 , KMnO 4 , K 2 Cr 2 O 7 , 

CaOCl 2 . Khi hoà tan 15 gam A vào dd HCl thì tạo ra 8,4 lít đơn chất khí B bay ra (đktc). 

Hãy chứng minh rằng B không thể là Cl 2 . 


+ Các phương trình phản ứng: 

MnO 2 + 4H + + 2Cl - → Mn 2+ + Cl 2 ↑ + 2H 2 O (1) 

2MnO - 4 + 16H + + 10Cl - → 2Mn 2+ + 5Cl 2 ↑ + 8H 2 O (2) 

2- 

Cr 2 O 7 + 14H + + 6Cl - → 2Cr 3+ + 3Cl 2 ↑ + 7H 2 O (3) 

2- 

OCl 2 + 2H + → Cl 2 ↑+ H 2 O (4) 







66 










+ Để thu được 8,4 lít Cl 2 (0,375 mol) thì cần 0,125 ≤ số mol A ≤ 0,375 

→ 23,7g ≤ m A 

≤ 47,6 g → trái với giả thiết là m A 

= 15g. Vậy B không thể là Cl 2 . 

Bài 2: X là muối có công thức NaIO x . 

Hòa tan X vào nước thu được dung dịch A. Cho khí SO 2 đi từ từ qua dung dịch A thấy 

xuất hiện dung dịch màu nâu, tiếp tục sục SO 2 vào thì mất màu nâu và thu được dung 

dịch B. Thêm một ít dung dịch axit HNO 3 vào dung dịch B và sau đó thêm lượng dư 

dung dịch AgNO 3 , thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. 

- Thêm dung dịch H 2 SO 4 loãng và KI vào dung dịch A, thấy xuất hiện dung dịch màu 

nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na 2 S 2 O 3 vào. 

a, Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. 

b, Để xác định chính xác công thức của muối X người ta hòa tan 0,100 gam vào nước, 

thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H 2 SO 4 loãng, dung dịch coa màu nâu. Chuẩn độ I 2 

sinh ra dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,1M với chất chỉ thị hồ tinh bột cho tới khi mất màu, thấy tốn 

hết 37,40ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 . Tìm công thức của X. 


a, Viết phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn: 

- 

2- 

(2x - 1)SO 2 + 2IO x + (2x - 2)H 2 O → I 2 + (2x - 1)SO 4 + (4x - 4)H + (1) 

SO 2 + I 2 + 2H 2 O → 2I - 2- 

+ SO 4 + 4H + (2) 

Ag + + I - → AgI↓ 

2IO - x + (2x - 1)I - + 2xH + → xI 2 + xH 2 O (3) 

2- 

I 2 + 2S 2 O 3 → 2I - 2- 

+ S 4 O 6 (4) 

b, Theo (4): n = 0,5 n 0,5.0,0374.0,1 0,00187( ) 

2 = = mol 

I 

− 

2 S2O3 

→ x = 4 

Vậy công thức muối X là NaIO 4 . 

Đề Bài có thể thay đổi như dưới đây nhằm yêu cầu học sinh suy luận để xác định 

thành phần của X như sau: 

Bài 3: Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: 

•Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. 

•Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO 2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất 

hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO 2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; 

thêm một ít HNO 3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO 3 thấy tạo thành kết 

tủa màu vàng. 


•Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H 2 SO 4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu 

và màu nâu bị biến mất khi thêm Na 2 S 2 O 3 . 

1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. 






67 










2. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước 

thêm dư KI và vài ml H 2 SO 4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na 2 S 2 O 3 0,1 M 

tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 . Tìm công thức phân tử của X. 


X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có natri. 

Dung dịch X tác dụng với SO 2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO 3 

⇒ thành phần nguyên tố của X có iot. 

Phản ứng của X với SO 2 chứng minh X có tính oxi hóa. 

Từ lập luận trên X có cation Na + và anion IO − x 

Đặt công thức của X là NaIO x . 

Phản ứng dạng ion: 

2 IO − x +(2x-1) SO 2 + 2(x-1) H 2 O → (2x-1) SO 4 2- + I 2 + (4x-4) H + (1) 

I 2 + 2H 2 O + SO 2 → 2I − + SO 2- 4 + 4H + (2) 

Ag + + I − → AgI (3) 

IO − x + (2x-1) I − + 2x H + → x I 2 + x H 2 O (4) 

I 2 + 2Na 2 S 2 O 3 → 2NaI + Na 2 S 4 O 6 (5) 

1,87.10 -3 ← 3,74.10 -3 

Số mol Na 2 S 2 O 3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10 -3 

Theo (5) ⇒ Số mol I 2 = ½(Số mol Na 2 S 2 O 3 ) = 1,87.10 -3 

Theo (4) ⇒ Số mol IO − x = 

x 

1 (số mol I2 ) = 

x 

1 .1,87.10 

-3 

⇒ 

0,1 

23 + 127 + 16x 

1 

= .1,87.10 

-3 

x 

⇒ 

0,1.x 

150 + 16x 

= 1,87.10 -3 

0,1x = 0,2805 + 0,02992x 

⇒ x = 4 

Công thức phân tử của X: NaIO 4 

Bài 4. Xử lí 13,16 gam hỗn hợp chất rắn X gồm hai muối khan KIO x và KIO y (y > x) 

bằng một lượng dư KI trong môi trường axit thu được 200 mL dung dịch A. 

a. Viết phương trình hóa học cho các phản ứng xảy ra dưới dạng ion rút gọn. 

b. Lấy 25 mL dung dịch A cho vào một bình định mức 150 mL, pha loãng bằng nước 

cất, điều chỉnh dung dịch về pH = 3, thêm nước đến vạch. Để chuẩn độ 25 mL dung dịch 


trong bình định mức này cần dùng 41,67 mL dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,2M để đạt tới điểm 

cuối với chỉ thị hồ tinh bột. Cho biết công thức hóa học và phần trăm khối lượng của mỗi 

muối trong hỗn hợp đầu biết tỉ lệ mol của chúng là 2 : 1. 






68 











a. 2IO x 

− 

2IO y 

− 

+ (4x – 2)I − + 4xH + → 2xI 2 + 2xH 2 O 

+ (4y – 2)I − + 4yH + → 2yI 2 + 2yH 2 O 

b. Gọi số mol của KIO x và KIO y trong 11,02 gam hỗn hợp lần lượt là a và b. 

m hh = 13,16 g 

166(a + b) + 16(ax + by) = 13,16 (1) 

2IO x 

− 

+ (4x – 2)I − + 4xH + → 2xI 2 + 2xH 2 O 

mol: a ax 

2IO y 

− 

+ (4y – 2)I − + 4yH + → 2yI 2 + 2yH 2 O 

mol: b by 

Số mol I 2 trong 25 mL dung dịch cuối cùng đem chuẩn độ: 

25 25 

ax + by 

n(I 2 ) = × (ax + by) = mol 

200 150 48 

Phản ứng chuẩn độ: 

I 2 + 2S 2 O 3 

2− 

→ S 4 O 6 

2− 

+ 2I − 

n(S 2 O 3 2− ) = (41,67 × 10 −3 L) × 0,2 mol/L = 8,334 × 10 −3 mol 

⇒ ax + by = 4,167 × 10 −3 

48 

ax + by = 0,2 (2) 

Từ (1) và (2) ta có: a + b = 0,06 (3) 

Theo bài ra: a = 2b (4) 

Giải (3) và (4) ta có: a = 0,04; b = 0,02. 

Khi đó (2) được viết lại: 2x + y = 10 

Lập bảng giá trị tính y theo x: 

x 1 2 3 4 

y 8 6 4 2 

Chỉ có cặp x = 3, y = 4 thỏa mãn. Hai muối ban đầu là KIO 3 và KIO 4 . 

Phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu: 

%m(KIO 3 ) = 

214 × 0,04 

13,16 

× 100% = 65,05% 

230 × 0,02 

%m(KIO 4 ) = × 100% = 34,95% 

13,16 

Bài 5: Hợp chất vô cơ A trong thành phần chỉ gồm 3 nguyên tố. Trong A có %m O bằng 

21,4765(%). Khi sục khí CO 2 vào dung dịch của A trong nước thu được axit B. Chất B bị 


phân tích bởi ánh sáng thu được chất C. Chất C khi phản ứng với dung dịch AgNO 3 thu 

được kết tủa D. Chất D không tan vào dung dịch HNO 3 nhưng tan được vào dung dịch 






69 










NH 3 . Khi cho dung dịch của A phản ứng với dung dịch FeCl 2 thu được kết tủa E còn khi 

cho dung dịch của A phản ứng với H 2 O 2 thu được khí F 

Xác định công thức phân tử của các chất và viết các phương trình phản ứng xảy ra 


Axit B được tạo ra khi cho khí CO 2 phản ứng với dung dịch của A, B bị phân huỷ bởi ánh 

sáng tạo C , chất C phản ứng với AgNO 3 tạo kết tủa D, kết tủa này không tan trong HNO 3 

vậy D là AgCl, chất C phải là HCl ,do vậy axit B phải là HClO nên A phải là muối ClO - 

.Gọi công thức của A là M(ClO)x ,theo đầu bài ta có 

n.16.100 

%mO = 

= > M = 23.n , với n =1 ta có M = 23 

m + 51,5n 

Vậy A là NaClO 

Cho dung dịch NaClO phản ứng với FeCl 2 tạo được két tủa E vậy E phải là: Fe(OH) 3 

còn khi cho A phản ứng với dung dịch H 2 O 2 thì F tạo thành là O 2 

Các phương trình phản ứng xảy ra là: 

NaClO + H 2 O + CO 2 - > NaHCO 3 + HClO 

2 HClO - > 2 HCl + O 2 

HCl + AgNO 3 -- > HNO 3 + AgCl 

AgCl + 2 NH 3 -- > [Ag(NH 3 ) 2 ]Cl 

3 NaClO + 6 FeCl 2 + 3 H 2 O -- > 3 NaCl +4 FeCl 3 + 2 Fe(OH) 3 

NaClO + H 2 O 2 -- > NaCl + O 2 + H 2 O 

Bài 6: Đun nóng đến 200 0 C hỗn hợp X gồm bốn muối A, B, C, D của Na, mỗi muối 1 

mol thấy có khí E không cháy được thoát ra và một hỗn hợp X 1 có khối lượng giảm 

12,5% so với khối lượng của X và chứa: 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D. Nếu tăng 

nhiệt độ lên 400 0 C thì thu được hỗn hợp Z chỉ có A và D, còn tăng nhiệt độ đến 600 0 C thì 

chỉ còn lại A. Thành phần phần trăm khối lượng của natri trong muối nhị tố A nhỏ hơn 

thành phần phần trăm khối lượng của nguyên tố phi kim Y là 21,4%. 

a) Xác định A, B, C, D, Y. Viết các phương trình phản ứng 

b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp X 

c) Xác định thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z. 


* Xác định muối A: % m(Na) = x; % m(Y) = y -> hệ: x + y = 100; y – x = 21,4 

Giải hệ có: x = 39,9% ; y = 60,7%. 

Gọi CT (A) : Na n Y -> 23n/ M Y = 39,3/60,7 => M Y = 13961/393 ; với n = 1 

-> M Y = 35,5 -> CT (A) là NaCl 

A, B, C, D là muối của Na, nhiệt phân tận cùng được muối NaCl duy nhất vậy B, C, D 

phải là muối chứa oxi của Na và clo. 

Xác định (B): cNaClO b -> (c - b)NaCl + b NaClO c 

Theo đề bài: (c-b)/b = (1,33 - 1)/ (1,67-1) => c = 3 ; b = 2 

Nhiệt phân ở 200 0 C cho khí không cháy, khí đó là hơi nước nên B phải là muối ngậm 

nước. 







70 










Công thức (B), (C), (D) : NaClO 2 . nH 2 O ; NaClO 3 ; NaClO 4 

Khối lượng muối ban đầu: 

m = 58,5.1 + (90,5+ 18n ).1 + 106,5.1 + 122,5.1 = 378 + 18n 

%Khối lượng H 2 O = 18n/ (378 + 18n) = 0,125 => n = 3 => CT B : NaClO 2 . 3H 2 O 

* Các phương trình phản ứng: 

Nung ở 200 0 C: 3NaClO 2 .3H 2 O -> NaCl + 2NaClO 3 + 3H 2 O 

Nung ở 400 0 C: 4NaClO 3 -> 3NaClO 4 + NaCl 

Nung ở 600 0 C: 4NaClO 4 -> 2O 2 + NaCl 

Khối lượng hỗn hợp X = 432 gam 

phần trăm khối lượng các chất A, B, C, D lần lượt là: 

13,54%; 33,45%; 24,65% ; 28,36% 

ở 400 0 C: 2NaClO 2 -> NaClO 4 + NaCl 4NaClO 3 -> 3NaClO 4 + NaCl 

1 1 1 1 1,5 1,5 mol 

- 0,5 0,5 - 0.25 0,75 

1,5 1,5 - 1,75 2,25 

=> % số mol NaCl = 1,75.100/(1,75 + 2,25) = 43,75% 

% số mol NaClO 4 = 56,25% 

Bài 7: Hỗn hợp A: KClO 3 , Ca(ClO 3 ) 2 , Ca(ClO) 2 , CaCl 2 , KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt 

phân hoàn toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl 2 , KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi 

hóa SO 2 thành SO 3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H 2 SO 4 80%. Cho chất rắn B tác 

dụng với 360 ml dung dịch K 2 CO 3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. 

Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A. 

1. Tính khối lượng kết tủa C? 

2. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO 3 trong A? 


⎧KClO3 

: a( mol) 

⎪ 

Ca( ClO3 ) 

2 

: b( mol) 

⎪ 

Hỗn hợp A ⎨Ca( ClO) 2 

: c( mol) 

⎪CaCl2 

: d( mol) 

⎪ 

⎪⎩ KCl : e( mol) 

o 

t 3 

KClO3 ⎯⎯→ KCl + O2 

2 

3 

Mol a a 

2 a 

o 

Ca( ClO3 ) 

2 

⎯⎯→ t CaCl2 + 3O2 

Mol b b 3b 

o 

Ca( ClO) t 

2 

⎯⎯→ CaCl2 + O2 

Mol c c c 

* Theo định luật bảo toàn khối lượng: m = m + m + m 


A 

KCl 

CaCl2 

83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32( 3 a + 3b + c) (1) 

2 

2SO O 2SO 

, 

2 

+ 

xt to 

2 

⎯⎯⎯→ 

3 

O2 






71 










3a 

Mol 

+ 3b 

+ c 3a + 6b + 2c 

2 

SO 

3 

+ H 

2O → H 

2SO4 

Mol 3a + 6b + 2c 

3a + 6b + 2c 

98(3a + 6b + 2 c) × 100 

80 = (2) 

191,1 

80× 

191,1 

⇒ 3a + 6b + 2c 

= = 1,56 

100× 

98 

⎧CaCl2 

: ( b + c + d) 

mol 

* Chất rắn B ⎨ 

+ ddK 

2CO3 

⎩KCl : ( a + e) 

mol 

KCl + K 2 CO 3 → 

CaCl 2 + K 2 CO 3 → 2KCl + CaCO 3 ↓ 

Mol (b + c + d) (b + c + d) 2(b + c + d) (b + c + d) 

Số mol K 2 CO 3 = 0,36. 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d (3) 

* Kết tủa C: CaCO 3 

Khối lượng kết tủa CaCO 3 = 100(b + c + d) = 100. 0,18 = 18 gam 

2. Dung dịch D (KCl) 

n KCl = a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 2. 0,18 

= a + e + 0,36 

22 22 

mKCl(ddD) = mKCl( A) → nKCl (ddA) 

= nKCl ( A) 

3 3 

22 

a + e + 0,36 = e 

(4) 

3 

Từ (1), (2), (3), (4) ta có: 

⎧ ⎛ 3a 

⎞ 

⎪83,68 = 74,5( a + e) + 111( b + c + d) + 32⎜ 

+ 3b + c ⎟ 

2 

⎪ 

⎝ ⎠ 

⎪3a + 6b + 2c 

= 1,56 

⎨ 

⎪b + c + d = 0,18 

⎪ 22e 

⎪ a + e + 0,36 = 

⎩ 

3 

⎛ 1,56 ⎞ 

→ 83,68 = 74,5( a + e) + (111× 0,18) + ⎜32× 

⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

→ 74,5 a + e = 38,74 

( ) 

⎧a 

+ e = 0,52 

⎪ 

⎨ 22 

⎪a + e + 0,36 = e 

⎩ 

3 

122,5. a.100 

→ % KClO3trongA 

= = 58,56% 

83,68 

Bài 8: Chuyên Lê Qúy Đôn- Bà Rịa 2010 


Cho khí Cl 2 tác dụng với Ca(OH) 2 ta được Clorua vôi là hỗn hợp CaCl 2, Ca(ClO) 2 , 

CaOCl 2 và nước ẩm . Sau khi loại bỏ nhờ đun nhẹ và hút chân không thì thu được 

152,4g hỗn hợp A chứa (% khối lượng); 50% CaOCl 2 ; 28,15% Ca(ClO) 2 và phần còn lại 

là CaCl 2 . Nung nóng hỗn hợp A thu được 152,4g hỗn hợp B chỉ chứa CaCl 2 và 

Ca(ClO 3 ) 2 . 






72 










1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

2. Tính thể tích khí Cl 2 (đktc) đã phản ứng. 

3. Tính % khối lượng CaCl 2 trong hỗn hợp B. 

Nung hỗn hợp B ở nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn và lấy tất cả khí thóat ra cho vào 

bình kín dung tích không đổi chỉ chứa 16,2 g kim loại M hóa trị n duy nhất (thể tích chất 

rắn không đáng kể). Nhiệt độ và áp suất ban đầu trong bình là t 0 C và P atm. Nung nóng 

bình một thời gian, sau đó đưa nhiệt độ bình về t 0 C, áp suất trong bình lúc này là 0,75 P 

atm. Lấy chất rắn còn lại trong bình hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 

13,44 lít khí (đktc). Hỏi M là kim loại gì? 


1. Các phản ứng: 

Nung nóng hổn hợp A: 

2. n 

CaOCl2 

= 

n 

Ca(ClO) 2 

= 

n 

CaCl 2 = 

Ca (OH) 2 + Cl 2 → CaOCl 2 + H 2 O (1) 

2Ca(OH) 2 + 2Cl 2 → CaCl 2 + Ca(ClO) 2 + 2H 2 O (2) 

6 CaOCl 2 ⎯⎯→ 

t 0 

3 Ca(ClO) 2 ⎯⎯→ 

t 0 

152,4 × 50 

= 0,6mol 

100 × 127 

152,4 × 28,15 

= 0,3mol 

100 × 143 

152,4 × 21,85 

= 0,3mol 

100 × 111 

∑ n Cl2 phản ứng = 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol 

V Cl2 

= 1,2 × 22,4 = 26,88 lít 

5CaCl 2 + Ca(ClO 3 ) 2 (3) 

2CaCl 2 + Ca(ClO 3 ) 2 (4) 

3. Theo số mol các chất trong hổn hợp A và phản ứng (2,3,4) 

⎛ 5 2 ⎞ 

⎜0,6. 

+ 0,3. + 0.3⎟111.100 

m ⎝ 6 3 ⎠ 

= = 72,83% 

152,4 

% CaCl2 

4. Nung hổn hợp B ở nhiệt ở nhiệt dộ cao xảy ra ph ản ứng: 

t 

Ca(ClO 3 ) 2 ⎯⎯→ 

0 

CaCl 2 + 3 O 2 (5) 

t 0 







73 







Theo số mol các trong chất trong hổn hợp A hoặc theo phản ứng (5) 




⇒ ∑n 1 

O 2 bay ra = 0,6. + 0,3 = 0,6 mol 

2 

Vì nhiệt độ bình không đổi, áp suất giảm 25% ứng với lượng oxi phản ứng với 

kim loại: 

4M + nO 2 ⇒ 2M 2 O n (6) 

Tức bằng: 0,6 x 0,25 = 0,15 mol 

Hòa tan chất rắn trong bình: 

M 2 O n + 2nHCl ⇒ 2MCl n + nH 2 O (7) 

2M + 2nHCl ⇒ 2MCl n + nH 2 ↑ (8) 

n 13,44 

H 2 = 

22, 4 

= 0,6mol 

Theo phương pháp bảo tòan electron với phản ứng (6,7,8) số mol (e) kim loại M nhường 

bằng số mol (e) O 2 và H + nhận. 

Gọi a là số mol kim loại M ta có: 

na = 0,15 x 4 + 0,6 x 2 = 1,8 

Tức 

1,8 16,2 

a = = ⇒ M = 9n 

n M 

Chỉ có n =3; M = 27 là phù hợp M là nhôm(Al) 

Bài 9: Hòa tan m gam hỗn hợp gồm KI và KIO 3 trong dd H 2 SO 4 loãng, chỉ thu được 

dung dịch X. 

- Lấy 1/10 dung dịch X phản ứng vừa hết với 20ml dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 1M. 

- Lấy 1/10 dung dịch X phản ứng vừa hết với 20ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 1M. 

Tính m? 


− − + 

5I +IO +6H → 3I +3H O (1) 

3 2 2 

− 

− 

2 → 3 

I +I I (2) 

dung dịch X 

a/ 

− 3+ 2+ I 3 

I 3 +Fe → Fe + dư 

I 2 

2 

(3) 

− 3+ 2+ 1 

I +Fe → Fe + I 2 

2 

(4) 

− 2− 2− − 

3 2 3 → 4 6 

b/ I +2S O S O +3I (5) 

n = 0,02 töø (5) ⇒ n = 0,01 

2− 

− 

2 3 I3 

S O 

I − 

3 

n = 0,04 töø (4) → n = n = 0,03 

3+ 3+ 

Fe Fe I 

− 







74 










0,01 

(1)(2) ⇒ n − = 

IO3 

3 

0,05 0,17 

n − = + 0,01+ 0,03 = 

I bñ 3 3 

⎛ 0,17 0,01⎞ 

m = ⎜166. + 214. ⎟× 10 = 101,2( g) 

⎝ 3 3 ⎠ 

III.4. DẠNG BÀI TOÁN VỀ AXIT HALOGENHIĐRIC, MUỐI HALOGENUA 

Bài 1 (Trích đề Olympic 30/4-1997) 

Điều chế clo bằng cách cho 100g MnO 2 (chứa 13% tạp chất trơ) tác dụng với 

lượng dư dung dịch HCl đậm đặc. Cho toàn bộ khí clo thu được vào m500ml dung dịch 

có chứa NaBr và NaI. Sau phản ứng, cô cạn dung dịch, thu được chất rắn A (muối khan) 

có khối lượng m gam. 

a, Xác định thành phần chất rắn A nếu m = 117gam 

b, Xác định thành phần chất rắn A trong trường hợp m = 137,6 gam. Biết rằng 

trong trường hợp này, A gồm hai muối khan. Tỉ lệ số mol NaI và NaBr phản ứng với Cl 2 

là 3: 2. Tính nồng độ mol của NaBr và NaI trong dung dịch đầu. 

Các phản ứng đều hoàn toàn. 

Cho Mn = 55, Br = 80, I = 127, Cl = 35,5, Na = 23 


t o 

MnO 2 + 4HCl → MnCl 2 + Cl 2 + 2H 2 O 

1 mol 1 mol 1 mol 

100 −13 n MnO 

= = 

2 

1( mol ) 

87 

Cl 2 + 2NaI → 2NaCl + I 2 

1,5a mol 3a mol 3a mol 

Cl 2 + 2NaBr → 2NaCl + Br 2 

a mol 2a mol 2a mol 

a, Giả sử Cl 2 phản ứng hết → m NaCl = 2.58,5 = 117(g) 

Cl 2 phản ứng hết, NaI và NaBr phản ứng hết m A = m NaCl = 117g (thỏa) 

→ A chỉ chứa NaCl 

Cl 2 phản ứng hết, NaI và NaBr dư → m A > 117 (g) (loại) 

Cl 2 dư, NaI và NaBr hết → m A < 117(g) (loại) 

Vậy A chỉ chứa NaCl 

b, m = 137,6g > 117g → Cl 2 phản ứng hết 

NaI, NaBr dư, n NaI : n NaBr = 3 : 2 → NaI phản ứng hết, NaBr còn dư. 

n NaI : n NaBr = 3 : 2 → gọi 3a và 2a lần lượt là số mol NaI và NaBr phản ứng Cl 2 ta có 

n 

Cl 

= 1,5a + a = 2,5a = 1→ a = 0,4 

2 

m A = m NaCl + m NaBr = 5a. 58,5 + m NaBr = 137,6 







75 










20,6 

→ m NaBr = 20,6(g) → n NaBr = = 0,2( mol) 

103 

2.0,4 + 0,2 3.0,4 

CNaBr 

= = 2 M ; CNaI 

= = 2,4M 

0,5 0,5 

Bài 2: Trích đề Olympic 30/4-1998 

Cho khí Cl 2 vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A). Sau đó, đun sôi để 

đuổi hết I 2 . Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B). 

1. Biết thể tích khí Cl 2 đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/l của mỗi muối 

trong dung dịch B? 

2. Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO 3 0,05M. Tính thể tích dung dịch 

AgNO 3 đã dùng, nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng: 

(1) Trường hợp 1: 1,41 gam kết tủa. 

(2) Trường hợp 2: 3,315 gam kết tủa. 

Chấp nhận rằng AgI kết tủa trước. Sau khi AgI kết tủa hết, thì mới đến AgCl kết tủa. 

3. Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/l của các ion 

trong dung dịch thu được sau phản ứng với AgNO 3 . 


0,1344 

1. n 

Cl 

= = 0,006( mol) 

2 

22,4 

Cl 2 + 2NaI → 2NaCl + I 2 

0,006 mol 0,012 mol 0,012 mol 

n NaI ban đầu = 0,2.0,1 = 0,02 (mol) 

Vậy hết Cl 2 dư NaI. Dung dịch B chứa 0,020 – 0,012 = 0,008 mol NaI dư và 0,012 mol 

NaCl. 

C NaCl = 0,012 / 0,1 = 0,12M 

C NaI = 0,008/0,1 = 0,08M 

2. Để biết chỉ có AgI kết tủa hay cả hai AgI và AgCl kết tủa, ta dùng 2 mốc để so sánh. 

Mốc 1: AgI kết tủa hết, AgCl chưa kết tủa. 

0,008 mol NaI → 0,008 mol AgI↓ 

m 1 = m AgI = 0,008.235 = 1,88 gam 

Mốc 2: AgI và AgCl đều kết tủa hết 

0,012mol NaCl → 0,012 mol AgCl↓ 

m 2 = 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602 gam 

m ↓ = 1,41 gam 

1,41 < m 1 = 1,88 gam vậy chỉ có AgI kết tủa. 

1,41 

n 

AgI 

= = 0,006( mol ) Vậy n 

AgNO 

= 0,006( mol) 

3 

235 

0,006 

V 

ddAgNO 3 

= = 0,12( lit) 

m ↓ = 3,315 gam 

0,05 

m 1 = 1,88 < 3,315 < m 2 = 3,602 

Vậy AgI kết tủa hết và AgCl kết tủa một phần 







76 










m AgCl = 3,315 – 1,88 = 1,435 gam 

n AgCl = 1,435/143,5 = 0,01 mol 

Số mol AgNO 3 0,008 + 0,01 = 0,018 mol 

0,018 

V 

ddAgNO 3 

= = 0,36( lit) 

0,05 

3. Trong trường hợp thứ nhì, dung dịch chỉ còn chứa NO - 3 , Na + , Cl - dư 

n = n = 0,018mol 

− NO3 

AgNO3 

n = n = n + n = 0,012 + 0,008 = 0,02mol 

Na+ Na+ 

bd 

NaCl. bd NaI. bd 

n 0,012 0,01 0,002 

Cl− = n n mol 

du Cl− − = − = 

bd Cl − ↓ 

Thể tích dung dịch = V + V = 0,100 + 0,36 = 0,46lit 

ddB 

+ − − 

Na NO3 

Cl 

ddAgNO3 

0,018 

C 

0,0391 

NO − = = M 

3 

0,46 

0,002 

C − = = 0,0043M 

Cl 

0,46 

C = C + C = 0,0434M 

Bài 3: (Trích đề Olympic 30/4-2000) 

Hai cốc đựng dung dịch axit clohiđric đặc lên hai đĩa cân A và B. Cân ở trạng thái 

cân bằng. Cho a gam CaCO 3 vào cốc A và b gam M 2 CO 3 (M là kim loại kiềm) vào cốc B. 

Sau khi hai muối đã phản ứng hết và tan hoàn toàn, cân trở lại vị trí cân bằng. 

1. Thiết lập biểu thức tính khối lượng nguyên tử M theo a và b. 

2. Xác định M khi a = 5 và b = 4,8. 


1. CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + CO 2 ↑ + H 2 O (1) 

M 2 CO 3 + 2HCl → 2MCl + CO ( 2 ↑ + H 2 O (2) 

100− 

44 ) a 

(1) → khối lượng cốc A tăng = = 0,56a 

( 100 

2M 

+ 60 − 44 ) b 

(2) → khối lượng cốc B tăng = = 0,56a 

2M 

+ 60 

2. Ta có a = 5, b = 4,8 → M ≈ 22,8 → M là Natri 

Bài 4: Đề Olympic 30/4-2000 

Cho 20gam hỗn hợp gồm kim loại M và Al vào dung dịch hỗn hợp H 2 SO 4 và HCl, trong 

đó số mol HCl gấp 3 lần số mol H 2 SO 4 thì thu được 11,2 lít khí H 2 (đktc) và vẫn còn dư 

3,4 gam kim loại. Lọc lấy phần dung dịch rồi đem cô cạn thì thu được một lượng muối 

khan. 

1. Tính tổng khối lượng muối khan thu được biết M có hóa trị 2 trong các muối này. 


2. Xác định kim loại M nếu biết số mol tham gia phản ứng của hai kim loại bằng nhau. 


M + 2H + → M 2+ + H 2 

2Al + 6H + → 2Al 3+ + 3H 2 






77 










11,2 

n 2. 2. 1 

H + = nH 

= = mol 

2 22,4 

n 2 2 3 

H + = nH2SO + n 

4 HCl 

= nH2SO + n 

4 H2SO4 

1 

n 

H2SO 

= = 

4 

0,2 mol 

5 

n 

HCl 

= 0,6mol 

1. m muối = (20 – 3,4) + 0,2.96 + 0,6.35,5 = 57,1gam 

Gọi x là số mol M tham gia phản ứng 

2. ta có hệ x.M + 27x = 20 – 3,4 = 16,6 

n 

H + = 2x + 3x = 1 

→ M = 56 (Fe) 

Bài 5: Cho một lượng dung dịch chứa 2,04 gam muối clorua của một kim loại hóa trị 2 

không đổi tác dụng vừa hết với một lượng dung dịch chứa 1,613 gam muối axit của axit 

sunfuhidric thấy có 1,455gam kết tủa tạo thành. Viết phương trình phản ứng xảy ra và 

giải thích tại sao phản ứng đó xảy ra được. 


Đặt công thức muối clorua là MCl2 và muối sunfuhidro là R(HS)x . 

* Nếu phản ứng tạo kết tủa xảy ra xMCl2 + R(HS)x → xMS ↓ + RClx + xHCl 

(các muối clorua đều tan trừ của Ag + , Pb 2+ nhưng 2 ion này cũng tạo ↓ với S 2− ) 

2,04 1,455 

theo phơng trình ta thấy : = → M = 65 

M + 71 M + 32 

Kết quả rất phù hợp với KL mol của Zn. Tuy nhiên bất hợp lý ở chỗ : 

x( M + 71) R + 33x 

- Khi thay trị số của M vào tỷ số : = tính đợc R = 74,53 lại 

2,04 1,613 

không thỏa mãn muối nào. 

- Kết tủa ZnS không tồn tại trong axit HCl ở cùng vế phơng trình phản ứng 

Vậy không tạo ra kết tủa MS mà tạo ra kết tủa M(OH)2 trong dung dịch nớc. 

xMCl2 + 2R(HS)x + 2x H2O → xM(OH)2 ↓ + 2x H2S ↑ + 2RClx . 

2,04 1,455 

Ta có : = → M = 58 ứng với Ni 

M + 71 M + 34 

x( M + 71) 2.( R + 33 x) 

+ 

Thay trị số của M vào tỷ số = tính đợc R = 18 ứng với NH 4 

2,04 1,613 

Vậy NiCl2 + 2NH4HS + 2H2O → Ni(OH)2 ↓ + 2H2S ↑ + 2NH4Cl 

Bài 6: Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng 


n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½ 

1) Xác định tên nguyên tố X. 






78 










2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO 3 ) 2 0,1M và 

AgNO 3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B.Trong dung dịch B, nồng 

độ % của NaNO 3 và KNO 3 tương ứng theo tỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch 

B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 

1,1225g. 

a) Tính lượng kết tủa của A? 

b) Tính C M của AgNO 3 trong dung dịch hỗn hợp. 


1, Nguyên tử của nguyên tố X có: 

n = 3 

l = 1 

electron cuối cùng ở phân lớp 3p 

m = 0 

s = - ½ 

electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3p 

Cấu trúc hình e của X : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 

-> Z x = 17 X là clo 

2. 

a/ NaCl + AgNO 3 = AgCl ↓ + NaNO 3 

KBr + AgNO 3 = AgBr ↓ + KNO 3 

Khi cho Zn vào dung dịch B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNO 3 dư. 

Zn + 2AgNO 3 = Zn(NO 3 ) 2 + 2Ag ↓ 

Zn + Cu(NO 3 ) 2 = Zn(NO 3 ) 2 + Cu ↓ 

NaCl : x mol 

KBr : y mol 

100 . 0,1 

n 

Cu(NO 3 ) 

= = 0,01 mol 

2 

1.000 

C%NaNO 

3 

3,4 

= 

C%KNO 

3 

3,03 

mNaNO 

3,4 

3 

-> = 

m 3,03 

KNO3 

85x 3,4 

= − > y = 0, 75x (1) 

101y 3,03 

58,5x + 119y = 5,91 (2) 

Giải hệ pt (1), (2) ⎨ ⎧ x = 0,04 

⎩ y = 0,03 

m A = 0,04 . 143,5 + 0,03 . 188 = 11,38g 

b/ 1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng 151g 

a mol Zn -> 151a 

1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm 1g 

0,01 mol -> 0,01g 

151a – 0,01 = 1,1225 

a = 0,0075 







79 










n AgNO3 b ñ 

= 

0,04 + 0,03 + 0,015 = 0,085 mol 

1000 

C 

M(AgNO 3 ) 

= 0,085. = 0,85M 

100 

Bài 7: Để xác định công thức phân tử của một loại muối kép ngậm nước có chứa muối 

clorua của kim loại kiềm và magie, người ta tiến hành hai thí nghiệm sau: 

Thí nghiệm 1: cho 5,55g muối trên tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 thu được 

8,61g kết tủa 

Thí nghiệm 2: Nung 5,55g muối trên đến khối lượng không đổi thì thấy khối lượng giảm 

38,92%. Chất rắn thu được tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH tạo kết tủa. Lọc kết 

tủa, rửa sạch rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 0,8g chất rắn 

1. Xác định công thức muối kép ngậm nước 

2. Từ muối đó hãy trình bày phương pháp điều chế hai kim loại riêng biệt 


1. Theo TN2, khối lượng muối giảm sau khi nung là do H 2 O bay hơi → kết tinh 

trong 5,55g tinh thể là 

→ chất rắn sau khi nung là hỗn hợp muối KCl và MgCl 2 

Với dung dịch NaOH dư có phản ứng: 

Mg 2+ + 2OH - → Mg(OH) 2 ↓ (1) 

Nung kết tủa: 

(2) 

Theo (1) và (2) → trong tinh thể ngậm nước có 0,02 mol MgCl 2 

Theo TN1: tổng mol Cl - (trong MCl và MgCl 2 ) được xác định theo phản ứng: 

Ag + + Cl - → AgCl↓ (3) 

0,06 

→ n MCl = 0,02mol 

Theo đề 0,02(M+35,5)+0,02.95+0,12.18=5,55→ M = 39 (K) 

Đặt công thức muối kép: xKCl.yMgCl 2 .nH 2 O 

→ x : y : n = 0,02 : 0,02 : 0,12 = 1:1:6 

→ KCl.MgCl 2 .12H 2 O (cacnalit) 

2. Từ KCl.MgCl 2 .6H 2 O có thể điều chế hai kim loại riêng biệt K, Mg: 

+) Hòa tan tinh thể vào nước → dung dịch hỗn hợp KCl, MgCl 2 

+) Sục NH 3 dư vào dung dịch: 

MgCl 2 + 2NH 3 + 2H 2 O → Mg(OH) 2 + 2NH 4 Cl 

+) Lọc kết tủa rồi thực hiện phản ứng: 

Mg(OH) 2 + 2HCl → MgCl 2 + 2H 2 O 

+) Cô cạn dung dịch rồi điện phân nóng chảy thu được Mg 


MgCl 2 Mg + Cl 2 

+) Lấy dung dịch gồm KCl và NH 4 Cl đem cô cạn, nung đến khối lượng không đổi thì 






80 










NH 4 Cl NH 3 + HCl 

Chất rắn thu được là KCl, đem điện phân nóng chảy thu được K trên catot 

2KCl 2K + Cl 2 

Bài 8: Hợp chất A chứa S, O và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có 1 nguyên tử S. 

Thuỷ phân hoàn toàn A được dung dịch B. Người ta sử dụng những thuốc thử cho dưới 

đây để nhận biết những ion nào có trong B? 

Thuốc thử 

Hiện tượng 

a. AgNO 3 + HNO 3 Có kết tủa vàng nhạt 

b. Ba(NO 3 ) 2 Không có kết tủa 

c. NH 3 + Ca(NO 3 ) 2 Không hiện tượng 

d. KMnO 4 + Ba(NO 3 ) 2 Mất màu, có kết tủa trắng 

e. Cu(NO 3 ) 2 Không có kết tủa 

Qua đó có thể đưa ra công thức phù hợp của A là gì? 

Để xác định chính xác người ta lấy 7,19g A hòa tan vào nước thành 250ml dung dịch. 

Lấy 25 ml dung dịch thêm một it HNO 3 và AgNO 3 dư thu được 1,452g kết tủa khô sạch. 

Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo A? 


AgNO 3 : thuốc thử ion Cl - ( kt trắng) ; Br - ( kt vàng nhạt) ; I - ( kt vàng sẫm) 

Ba(NO 3 ) 2 : thuốc thử ion SO 2- 4 ( kt trắng) 

NH 3 + Ca(NO 3 ) 2 : thuốc thử ion F - (kt CaF 2 trắng) 

KMnO 4 + Ba(NO 3 ) 2 : thuốc thử ion SO 2- 3 ( kt BaSO 4 ) 

Cu(NO 3 ) 2 : thuốc thử ion I - ( I 2 + CuI kt trắng) 

• Từ hiện tượng trên kết luận A có S +4 , có Br - là SOBr 2 hoặc SOBrCl. 

• SOBr 2 + 2H 2 O ---> H 2 SO 3 + 2HBr và SOBrCl + 2H 2 O ---> H 2 SO 3 + HCl + HBr 

Từ số liệu tính toán ra kết quả: A là SOBrCl. 

Công thức cấu tạo: 

O 

S 

Cl 

Br 

Bài 9: Cho hỗn hợp A gồm 2 muối NaX, NaY (X, Y là hai halogen kế tiếp). Để kết tủa 

hoàn toàn 2,2 gam A cần 150ml dung dịch AgNO 3 0,2M. 

a) Tính khối lượng kết tủa tạo thành. 

b) Xác định X, Y. 

c) Biết có phản ứng X 2 + KYO 3 → Y 2 + KXO 3 . Hãy kết luận chính xác X, Y. 

d) Từ kết luận c) hãy cho biết chiều của phản ứng 


X 2 + KY ⇔ Y 2 + KX 


1. Gọi X là halogen trung bình của X, Y ta có phản ứng: 






81 










Na X + AgNO 3 → NaNO 3 + Ag X 

0,03 0,03 0,03 

m A = (23 + X ).0,03 = 2,2 ⇒ X = 50,3 g/mol 

m ↓ = (108 + 50,3).0,03 = 4,749 g 

⎧X 

: Cl(35,5) 

⎧X 

: Br(80) 

2. X bằng 50,3 g/mol ⇒ ⎨ hoặc ⎨ 

⎩Y 

: Br(80) 

⎩Y 

: Cl(35,5) 

+ 5 

+5 

0 

3. Trong phản ứng : X 

2 

+ K Y O 3 → K X O 3 + Y 0 2 

Tính khử X 2 > Y 2 

⇒ X là Br, Y là Cl 

Tính oxihóa KYO 3 > KXO 3 

Br 2 + KClO 3 → KBrO 3 + Cl 2 4. Phản ứng Br 2 + 2KCl ⇔ Cl 2 + 2KBr 

4. Phản ứng Br 2 + 2KCl ⇔ Cl 2 + 2KBr 

Xảy ra theo chều nghịch vì tính oxihóa của Cl 2 > Br 2 

và tính khử của Br - > Cl -1 

Bài 10: Nguyên tố A cháy trong oxy tạo ra khí B. Khí B tiếp tục bị oxy hóa thành chất C 

khi có mặt xúc tác. B phản ứng với nước tạo ra axit yếu D trong khi C phản ứng với nước 

tạo ra axit mạnh E. Mặt khác, nguyên tố A phản ứng với khí F màu vàng lục tạo thành 

chất lỏng G màu vàng tươi, rất độc. G có hai đồng phân cấu trúc và có thể tiếp tục bị clo 

hóa tạo thành chất lỏng H màu đỏ anh đào sôi ở 59 o C. Phần trăm khối lượng của nguyên 

tố A trong G và H lần lượt là 47,41% và 31,07%. Cả G và H phản ứng với nước đều tạo 

thành hỗn hợp sản phẩm gồm B, D, và E. 

Xác định các chất từ A tới H và viết các phương trình phản ứng đã xảy ra. 

A S hoặc S 8 B SO 2 

C SO 3 D H 2 SO 3 

E H 2 SO 4 F Cl 2 

G S 2 Cl 2 H SCl 2 

Bài 11: Điiot pentoxit (X) là một chất rắn tinh thể màu trắng dùng để xác định định 

lượng cacbon monoxit. Dẫn 150 cm 3 khí (điều kiện tiêu chuẩn) có chứa cacbon monoxit 

qua lượng dư X ở 170 o C đến phản ứng hoàn toàn thì thấy hỗn hợp sản phẩm rắn thu được 

có màu tím của I 2 . Lượng I 2 sinh ra được chuẩn độ vừa đủ với 8 cm 3 dung dịch natri 

thiosunfat 0,100 M. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định % thể tích của 

cacbon monoxit có trong chất khí ban đầu. 

Phản ứng: I 2 O 5 + 5CO → 5CO 2 + I 2 

I 2 + 2Na 2 S 2 O 3 → Na 2 S 4 O 6 + 2NaI 

Dễ thấy n (CO) = 5 n (I 2 ) = 5/2 n (Na 2 S 2 O 3 ) = 2.10 -3 mol 

Bài 12: Một hợp chất gồm 2 nguyên tố halôgen có công thức XY n . Cho 5,2 gam hợp 

chất trên tác dụng với khí SO 2 dư trong nước theo sơ đồ phản ứng sau: 


XY n + H 2 O + SO 2 → HX + HY + H 2 SO 4 






82 










Dung dịch thu được cho phản ứng với dung dịch Ba(NO 3 ) 2 dư thì thu được 10,5 

gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa lấy dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch AgNO 3 

dư thì thu được hỗn hợp kết tủa 2 muối bạc. 

- Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

- Đề nghị công thức phân tử của hợp chất đầu. 

Biết rằng sai số trong thực nghiệm khoảng 1%. 

Cho C = 12; F = 19; Cl = 35,5; Br = 80; I = 127; Ba = 137; S = 32; O =16;H= 1. 

Hướng dẫn: Cân bằng phương trình phản ứng 

n + 1 

XY n + (n+1)H 2 O + SO2 = HX + nHY + 

2 

Viết và cân bằng 3 phương trình còn lại đúng 

n + 1 

H2 SO 4 

2 

Tính số mol BaSO 4 = 0,045 ⇒ số mol H 2 SO 4 = 0,045 ⇒ số mol XY n = 0,09 n + 1 

5,2( n + 1) 

Tính ra M (của XY n ) = = 57,8(n+1) 

0,09 

Lập luận: Vì X và Y đều tạo ra kết tủa không tan trong nước nên X hoặc Y không 

phải là Flo vì AgF tan trong nước, do đó X và Y chỉ có thể là Cl, Br hoặc I 

Vì số oxi hoá của các halogen trong hợp chất là các số lẻ –1, +1, +3, +5, +7 

Nếu n = 1 ⇒ M = 115,6 ⇒ XY có thể là BrCl ( có PTK là 115,5 ) 

Nếu n = 3 ⇒ M = 231,2 ⇒ XY 3 có thể là ICl 3 ( có PTK là 233,5) 

Nếu n = 5 hoặc n = 7 không có công thức phù hợp 

Bài 13: Đốt cháy hoàn toàn 3 gam một mẫu than có chứa tạp chất S. Khí thu được cho 

hấp thụ hoàn toàn bởi 0,5 lít dung dịch NaOH 1,5M được dung dịch A, chứa 2 muối và 

có xút dư. Cho khí Cl 2 (dư) sục vào dung dịch A, sau khi phản ứng xong thu được dung 

dịch B, cho dung dịch B tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư thu được a gam kết tủa, nếu 

hoà tan lượng kết tủa này vào dung dịch HCl dư còn lại 3,495 gam chất rắn. 

1. Tính % khối lượng C; S trong mẫu than, tính a. 

2. Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch A, thể tích khí Cl 2 (đktc) đã tham gia 

phản ứng 

Hướng dẫn: 2. Phương trình phản ứng: 

C + O 2 → CO 2 (1) 

x x (mol) 

S + O 2 → SO 2 (2) 

y y (mol) 

Gọi số mol C trong mẫu than là x; số mol S trong mẫu than là y → 12x + 32y = 3. 

Khi cho CO 2 ; SO 2 vào dung dịch NaOH dư: 

CO 2 + 2NaOH → Na 2 CO 3 + H 2 O (3) 







83 










SO 2 + 2NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O (4) 

Cho khí Cl 2 vào dung dịch A (Na 2 CO 3 ; Na 2 SO 3 ; NaOH dư) 

Cl 2 + 2NaOH → NaClO + NaCl + H 2 O (5) 

2NaOH + Cl 2 + Na 2 SO 3 → Na 2 SO 4 + 2NaCl + H 2 O (6) 

Trong dung dịch B có: Na 2 CO 3 ; Na 2 SO 4 ; NaCl; NaClO. Khi cho BaCl 2 vào ta có: 

BaCl 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 ↓ + 2NaCl (7) 

x x 

BaCl 2 + Na 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + 2NaCl (8) 

y y 

Hoà tan kết tủa vào dung dịch HCl có phản ứng, BaCO 3 tan. 

Na 2 CO 3 + 2HCl → 2NaCl + CO 2 ↑ + H 2 O 

Vậy : BaSO 4 = 3,495 g = 0,015mol 

Vậy y = 0,015 mol → mS = 0,48 gam → %S = 16% 

mC = 2,52 gam → %C = 84% 

2,52 

1. a gam kết tủa = 3,495 + (137 + 60) = 41,37 gam 

12 

2. Dung dịch A gồm: Na 2 CO 3 ; Na 2 SO 3 ; NaOH(dư) 

[ Na 2 CO 3 ] = 0,21: 0,5 = 0,12M 

[ Na 2 SO 3 ] = 0,015: 0,5 = 0,03M 

0,75 - (2. 0,21+ 

2 .0,015) 

[ NaOH ] = 

= 0,6M 

0,5 

3. Thể tích Cl 2 (đktc) tham gia phản ứng: 

nCl 2 = 1 . 0,3/2 → VCl 2 = 0,3 . 22,4/2 = 3,36 lít 

Bài 14: Chất lỏng A trong suốt, không màu; về thành phần khối lượng, A có chứa 8,3% 

hiđro; 59,0% oxi; còn lại là clo. Khi đun nóng A đến 110 0 C, thấy tách ra khí X, đồng 

thời khối lượng giảm đi 16,8%, khi đó chất lỏng A trở thành chất lỏng B. Khi làm lạnh A 

ở dưới 0 0 C, thoạt đầu tách ra tinh thể Y không chứa clo; còn khi làm lạnh chậm ở nhiệt 

độ thấp hơn nữa sẽ tách ra tinh thể Z chứa 65% clo về khối lượng. Khi làm nóng chảy 

tinh thể Z có thoát ra khí X. 

a) Cho biết công thức và thành phần khối lượng của A, B, X, Y, Z? 

b) Giải thích vì sao khi làm nóng chảy Z có thoát ra khí X? 

c) Viết phương trình phản ứng hóa học của chất lỏng B với 3 chất vô cơ, 2 chất hữu cơ 

thuộc các loại chất khác nhau. 

Hướng dẫn: a) Đặt tỉ lệ số nguyên tử H:O:Cl trong A là a:b:c. 

Ta có: 8,3 

1 : 59 

16 : 32,7 = 8,3 : 3,69 : 0,92 = 9 : 4 : 1 

35,5 

Ta thấy, không tồn tại chất ứng với công thức H 9 O 4 Cl. Tuy nhiên, tỉ lệ H:O là 9:4 gần với 


tỉ lệ của các nguyên tố trong phân tử H 2 O. 

- Có thể suy ra chất lỏng A là dung dịch của HCl trong H 2 O với tỉ lệ mol là 1 : 4 với 






84 










36,5 

C% HCl = .100% = 33,6% 

36,5 + 18.4 

- Khi tăng nhiệt độ sẽ làm giảm độ tan của khí, hợp chất X thoát ra từ A là khí hiđro 

clorua (HCl). 

- Do giảm nồng độ HCl ⇒ C% HCl còn lại = 33,6 − 16,8 .100% = 20,2% 

100 −16,8 

⇒ Chất lỏng B là dung dịch HCl nồng độ 20,2%. 

(Dung dịch HCl ở nồng độ 20,2% là hỗn hợp đồng sôi, tức là hỗn hợp có thành phần và 

nhiệt độ sôi xác định). 

- Khi làm lạnh dung dịch HCl ở dưới 0 o C, có thể tách ra tinh thể nước đá Y. 

- Khi làm lạnh ở nhiệt độ thấp hơn, thì tách ra tinh thể Z là HCl.nH 2 O. 

- Tinh thể Z có khối lượng mol phân tử là 35,5 = 54,5 g/mol 

0,65 

⇒ thành phần tinh thể Z là: HCl.H 2 O. 

b) Khi làm nóng chảy Z, tạo ra dung dịch bão hòa HCl nên có một phần HCl thoát ra. 

c) Dung dịch HCl 20,2% có thể phản ứng với kim loại, oxit bazơ, bazơ, ... hoặc các chất 

hữu cơ như: amin, muối của axit hữu cơ, ... 

2HCl + Zn → ZnCl 2 + H 2 

2HCl + CaO → CaCl 2 + H 2 O 

HCl + NaOH → NaCl + H 2 O 

HCl + CH 3 NH 2 → CH 3 NH 3 Cl 

HCl + CH 3 COONa → CH 3 COOH + NaCl 

Bài 15: Cho m gam muối halogenua kim loại kiềm phản ứng với 50 ml dung dịch H 2 SO 4 

đặc nóng, dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí A có mùi đặc biệt và hỗn 

hợp sản phẩm B. Trung hòa B bằng 200ml dung dịch NaOH 2M rồi làm bay hơi cẩn thận 

sản phẩm thu được 199,6g hỗn hợp D (khối lượng khô). Nung D đến khối lượng không 

đổi, thu được hỗn hợp muối E khô có khối lượng 98g. Nếu cho dung dịch BaCl 2 dư vào B 

thì thu được kết tủa F có khối lượng gấp 1,4265 lần khối lượng muối E. Dẫn khí A qua 

dung dịch Pb(NO 3 ) 2 dư thu được 23,9 gam kết tủa. 

1) Tính nồng độ % dung dịch H 2 SO 4 (d = 1,715 g/ml) 

2) Tính m. 

3) Xác định tên kim loại và halogen trên? 



Gọi công thức muối là MX 

- A là sản phẩm phản ứng giữa MX và H 2 SO 4 đặc, A có mùi đặc biệt và tạo kết tủa đen 

với dung dịch Pb(NO 3 ) 2 ⇒ A là H 2 S. 






85 










n PbS = 23,9/239 = 0,1 mol 

H 2 S + Pb(NO 3 ) 2 → PbS + 2HNO 3 (1) 

mol 0,1 0,1 

- Phản ứng giữa MX và H 2 SO 4 đặc nóng tạo ra H 2 S ⇒ đây là phản ứng oxi hóa khử: 

2MX + H 2 SO 4 (đ) → M 2 SO 4 + H 2 S + X ’ + H 2 O (2) 

- Phản ứng trung hòa H 2 SO 4 dư: 

2NaOH + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 2H 2 O (3) 

- Cho dung dịch BaCl 2 vào kết tủa: 

Ba 2+ 2- 

+ SO 4 → BaSO 4 (4) 

1 0,2.2 

nNa 2SO 

= n 

4 NaOH 

= = 0,2mol 

2 2 

98.1,4265 

(3) ⇒ nNa 2 

2SO + n 

4 M 2SO = n − = n 

4 BaSO 

= = 0,6mol 

SO4 

4 

233 

n = 0,6 − 0,2 = 0,4mol 

M 2SO4 

Theo định luật bảo toàn nguyên tố: 

n = n + n = 0,6 + 0,1 = 0,7mol 

H SO ( bd) BaSO 

H S 

2 4 4 2 

0,7.98.100% 

C% H2SO 

4 

= = 80% 

50.1,715 

nH2SO 4 (2) 

= nM 0, 4 0,1 0,5 

2SO + n 

4 H2S 

= + = mol 

2. 

⇒ n = n − n = 0, 4mol 

H O(2) H SO (2) H S 

2 2 4 2 

Theo định luật bảo toàn khối lượng ⇒ m D giảm khi đun nóng là khối lượng X ’ . 

m = 199,6 − 98 = 101,6( g) 

Ta có: 

3. 

m 

M SO 

2 4 

X 

' 

m + m = 98( g) 

Na SO 

2 4 2 4 

⇒ m = 98 − 0,2.142 = 69,6gam 

M SO 

2 4 

M SO 

m + 0,5.98 = 101,6 + 0,1.34 + 0,4.18 + 69,6 

⇒ m = 132,8gam 

= 69,6gam 

⇒ 2M = 69,6 96 78 

0,4 − = 

⇒ M = 39, vậy M là K 

- Mặt khác ta có: M MX = 132,8/0,8 = 166 

⇒ M + X = 166 ⇒ X = 166 – 39 = 127 ⇒ X là Iot 

Bài 16: Tương tự bài 15 GV có thể sử đề thành 1 bài khác 


Cho m gam muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axit 

H 2 SO 4 đặc nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp 

sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO 3 ) 2 thu được 23,9 gam kết tủa mày đen. 






86 










Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 gam chất rắn A. Nung A 

đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6 gam. Nếu cho 

dung dịch BaCl 2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1,674 lần khối 

lượng muối B 

1. Tính nồng độ mol/l của dung dịch H 2 SO 4 và m gam muối? 

2. Xác định kim loại kiềm và halogen? 

3. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của R 3 - ? (R là halogen đã nêu ở trên) 


1) Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H 2 SO 4 và m (g) muối. 

Gọi công thức muối halozen: MR. 

Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO 3 ) 2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra 

do phản ứng của H 2 SO 4 đặc. Vậy X là H 2 S. Các phương trình phản ứng: 

8MR + 5H 2 SO 4 = 4M 2 SO 4 + 4R 2 + H 2 S + 4H 2 O. (1) 

0,8 0,5 0,4 0,4 0,1 

H 2 S + Pb(NO 3 ) 2 = PbS + 2HNO 3 . (2) 

0,1 0,1 

BaCl 2 + M 2 SO 4 = 2MCl 2 + BaSO 4 (3) 

Theo (2): nH 2 S = n PbS = 23,9: 239 = 0,1(mol) 

theo (1): nM 2 SO 4 = 4nH 2 S = 0,4(mol) = nR 2 

nH 2 SO 4 (pư) = 5nH 2 S = 0,5(mol) 

Khối lượng R 2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g) 

Theo (3): nBaSO 4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol) 

→ Vậy số mol H 2 SO 4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol) 

Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M) 

Khối lượng m(g)= m M + m R (với m M = 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam ) 

m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g) 

2) Xác định kim loại kiềm và halogen. 

+ Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. M R → M R = 127 (Iot) 

+ Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8 → M M =39 (Kali) 

3) Trạng thái lai hóa và dạng hình học của I - 3 : sp 3 d và dạng đường thẳng 

Bài 17: Khi đun nóng một nguyên tố A trong không khí thì sinh ra oxit B. Phản ứng của 

B với dung dịch kali bromat trong sự có mặt của axit nitric cho các hợp chất C, D, và 

muối E là thành phần của thuốc súng đen. Ở nhiệt độ và áp suất tiêu chuẩn thì D là một 

chất lỏng màu đỏ. Hỗn hợp của C với axit clohydric là một trong số ít các hóa chất có thể 

hoà tan được kim loại F. Khi xảy ra phản ứng này thì sinh ra hợp chất B và G và dung 


dịch có màu vàng sáng. 

a) Xác định các chất từ A đến G, biết rằng trong G thì clo chiếm 41,77% về khối lựơng 

và từ 1,00 g B cho 1,306 g của C. Nêu lý do. 






87 










b) Viết các phản ứng hóa học xảy ra trong thí nghiệm. 

c) Khi hợp chất A được đun sôi với dung dịch Na 2 SO 3 thì một hợp chất mới H được 

hình thành, H chứa 15,6% lưu huỳnh về khối lượng. Xác định thành phần hóa học và 

công thức phân tử H. 

d) Đề nghị hai cách để chuyển kim loại F về dạng dung dịch. Viết các phương trình hóa 

học cho các phản ứng tương ứng. 


a) Chất lỏng màu đỏ D là brom (Br 2 ), E là kali nitrat (KNO 3 ). 

Phản ứng giữa B với kali bromat là: B + HNO 3 + KBrO 3 → C + Br 2 + KNO 3 

Điều này cho phép ta giả thiết rằng C là một hydroxit. 

1,306 mC M(H 

xAO 

y 

) 1.x + 16.y + A 

Như vậy: = = 

= 

1,00 mB 1 

1 

M(A 

2O 

z 

) (2.A + 16z) 

2 

2 

⇒ M(A) = (3.3x + 52.3у – 34.1z) g/mol. 

⎧x 

= 2 

⎪ 

Đáp án duy nhất chấp nhận là ⎨y 

= 4 

⎪ 

⎩z 

= 4 

ứng với A = Se, B = SeO 2 , và C = H 2 SeO 4 . Dựa vào sự mô tả này thì F phải là một kim 

loại quý, trong trường hợp đó thì G là phức clorua của nó. Gọi n là số nguyên tử clo trong 

35,45n 

phức thì khối lượng phân tử là: M(G) = = 84,9n (g/mol) 

0,4177 

Giá trị duy nhất khả thi là n = 4. Tức là, F = Au, G = H[AuCl 4 ] 

Bài 18: Một hỗn hợp X gồm 3 muối halogen của kim loại Natri nặng 6,23g hòa tan hoàn 

toàn trong nước được dung dịch A. Sục khí clo dư vào dung dịch A rồi cô cạn hoàn toàn 

dung dịch sau phản ứng được 3,0525g muối khan B. Lấy một nửa lượng muối này hòa 

tan vào nước rồi cho phản ứng với dung dịch AgNO 3 dư thì thu được 3,22875g kết tủa. 

Tìm công thức của các muối và tính % theo khối lượng mỗi muối trong X. 

Hướng dẫn: Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung dịch A chỉ 

có NaCl → 

n 

NaCl 

3,0525 

= = 0,0522mol 

58,5 

NaCl + AgNO 3 → AgCl↓ + NaNO 3 (1) 

3,22875 

Theo (1) → nNaCl 

= nAgCl 

= .2 = 0,045 mol < 0,0522 mol 

143,5 

Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF. Vậy trong hỗn hợp X chứa NaF. 


m NaF = m B – m NaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g) 

0,42 

% NaF = .100% = 6,74% 

6, 23 






88 










Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là: NaY 

2NaY + Cl2 → 2NaCl + Y2 

(2) 

Theo (2) → n = n = 0,045mol 

NaY 

NaCl 

m = m − m = 6,23 − 0,42 = 5,81( g) 

NaY 

X 

NaF 

5,81 

Do đó: M = = 129,11 = 23 + MY 

→ MY 

= 106,11 

NaY 

0,045 

→ phải có một halogen có M > 106,11 → đó là iot. 

Vậy công thức của muối thứ 2 là NaI. 

Do đó có hai trường hợp: 

* Trường hợp 1: NaF, NaCl và NaI 

Gọi a, b lần lượt là số mol của NaCl và NaI 

⎧58,5a + 150b = 5,81 ⎧a 

= 0,01027 

Ta có: ⎨ 

→ ⎨ 

⎩a + b = 0,045 ⎩b 

= 0,03472 

m NaCl = 58,5.0,01027 = 0,6008(g) 

m NaI = 150. 0,03472 = 5,208 (g) 

0,6008 

Vậy: % NaCl = .100% = 9,64% 

6,23 

0,6008 

% NaCl = .100% = 9,64% 

6,23 

% NaF = 6,77% 

% NaI = 83,59% 

Trường hợp 2: NaF, NaBr và NaI 

⎧103 a ' + 150 b' = 5,81 ⎧a 

' = 0,02 

Ta có: ⎨ 

→ ⎨ 

⎩a ' + b' = 0,045 ⎩b 

' = 0,025 

m NaBr = 103.0,02 = 2,06(g) 

m NaI = 150.0,025 = 3,75 (g) 

2,06 

3,75 

Vậy % NaBr = .100% = 33,07% ; % NaI = .100% = 60,19% ; % NaF = 6,74% 

6,23 

6,23 

Bài 19: Cho hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl 2 , NaBr, KI. Cho 93,4 gam hỗn hợp A tác dụng 

với 700 ml dung dịch AgNO 3 2M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch D và 

kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột Fe vào dung dịch D. Sau khi phản ứng kết 

xong thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H 2 

(đkc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong 

không khí cho đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. 

1. Tính khối lượng kết tủa B. 

2. Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V lít Cl 2 sục vào dung dịch 

X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2 gam chất rắn. Tính V(đkc)? 



Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl 2 , NaBr, KI. 

Phương trình phản ứng: 






89 










Cl - + Ag + → AgCl↓ (1) 

Cl - + Ag + → AgBr↓ (2) 

I - + Ag -+ → AgI↓ (3) 

Fe + 2Ag + (dư) → Fe 2+ + 2Ag (4) 

Fe (dư) + 2H + → Fe 2+ + H 2 (5) 

Fe 2+ + 2OH - → Fe(OH) 2 ↓ (6) 

2Fe(OH) 2 + 1 2 O 2 + H 2 O → 2Fe(OH) 3 ↓ (7) 

2Fe(OH) 3 ↓ → Fe 2 O 3 + 3H 2 O (8) 

Mg 2+ + 2OH - → Mg(OH) 2 (9) 

Mg(OH) 2 → MgO + H 2 O (10) 

4, 48 

Theo (5) n Fe(dư) = nH 

= = 0, 2mol 

2 

22,4 

n + = 0,2× 2 = 0, 4mol 

Ag ( du) Theo (1) (2) (3) 

n + = (0,7× 2) − 0,4 = 2a + b + c = 1mol 

(I) 

Ag 

m rắn = 

= m + m = 160× 0,1+ 40a 

= 24 

Fe2O3 

MgO 

a = 0,2 

(II) 

m A = 95.0,2 + 103b + 166c = 93,4 (III) 

2. Phương trình phản ứng: Cl 2 + 2I - → 2Cl - + I 2 (1) 

Cl 2 + 2Br - → 2Cl - + Br 2 (2) 

Khi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 

0,2(127 – 35,5) = 18,3 gam 

Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xay ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 

0,2(127 – 35,5) + 0,4(80 – 35,5) = 36,1 gam 

Theo đề bài ta co khối lượng muối giảm: 

93,4 – 66,2 = 27,2 gam 

18,3 < 27,2 < 36,1 chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và có một phần phản ứng (2). 

Đặt số mol Br 2 phản ứng bằng x thì khối lượng muối giảm: 

18,3 + x(80 – 35,5) = 27,2 

Suy ra x = 0,2 mol 

1 

Vậy nCl 

= 

2 

(0,2 + 0,2) = 0,2 mol V 

Cl 

= 22,4.0,2 = 4,48lit 

2 

2 

Bài 20: Cho 50g dung dịch X chứa 1 muối halogenua kim loại hóa trị II tác dụng với 

dung dịch AgNO 3 dư thì thu được 9,40g kết tủa. Mặt khác, dùng 150g dung dịch X phản 

ứng với dung dịch Na 2 CO 3 dư thì thu được 6,30g kết tủa. Lọc kết tủa đem nung đến khối 

lượng không đổi, khí thoát ra cho vào 80g dung dịch KOH 14,50%. Sau phản ứng, nồng 

độ dung dịch KOH giảm còn 3,85%. 

a, Xác định CTPT của muối halogen trên. 


b, Tính C% muối trong dung dịch X ban đầu. 


a, CTPT muối MX 2 : 






90 










MX + 2AgNO → 2 AgX ↓ + M ( NO ) 

(1) 

2 3 3 2 

MX 

2 

+ Na2CO3 → MCO3 ↓ + 2NaX 

(2) 

MCO3 → MO + CO2 

↑ (3) 

CO2 + 2KOH du 

→ K2CO3 + H 

2O 

(4) 

Lý luận: 

9,4 

(1) → số mol AgX (1) = 

(5) 

108 + X 

6,3 

(2) → số mol MX 2(2) = số mol MCO 3(2) = số mol CO 2 = (6) 

M + 60 

6,3 

(4) → m KOHpu(4) = 2× × 56 

(7) 

M + 60 

Mà m KOH(bđ) = 11,6g 

⎡ 6,3 ⎤ 3,85 

m KOHsau pư = 

⎢ 

44× + 80 × 

M 60 ⎥ 

(8) 

⎣ + ⎦ 100 

→ m KOHpu(4) = m KOH(bđ) + m KOHsau pư 

6,3 ⎡⎛ 

6,3 ⎞ ⎤ 3,85 (9) 

2× × 56 = 11,6 − ⎜ × 44⎟ 

+ 80 × 

M + 60 

⎢ 

M + 60 

⎥ 

⎣⎝ 

⎠ ⎦ 100 

Giải ra M = 24 (Mg). 

(6) → số mol MX 2(2) = 0,075 → số mol MX 2(1) = 0,025 

(1)→ số mol của AgX (1) = 2 lần số mol MX 2(1) 

(5) → X = 80 (Br) 

Công thức muối: MgBr 2 . 

b, Khối lượng MgBr 2 (trong 50gam dung dịch X) = 4,6g 

→ C% MgBr 2 = 9,2%. 

Bài 21. Cho 7,9 gam KMnO 4 vào dung dịch chứa 0,15 mol KCl và 0,2 mol H 2 SO 4 (phản 

ứng hoàn toàn) thu được khí clo. Dẫn toàn bộ khí clo thu được đi từ từ qua ống đựng 

12,675 gam kim loại R (hóa trị không đổi), nung nóng. Kết thúc phản ứng, chia chất rắn 

thu được thành 2 phần: 

Phần I: có khối lượng 6 gam được cho vào dung dịch HCl (dư), thu được 0,896 lít H 2 

(đktc). 

Phần II: cho vào dung dịch AgNO 3 (dư) thu được m gam kết tủa. 

a) Xác định kim loại R. 

b) Tính m. 


a) Số mol KMnO 4 = 0,05 ; KCl = 0,15 ; H 2 SO 4 = 0,2 và H 2 = 0,04 

10KCl + 8H 2 SO 4 + 2KMnO 4 → 5Cl 2 + 2MnSO 4 + 6K 2 SO 4 + 8H 2 O 

0,15 0,12 0,03 0,075 ⇒ H 2 SO 4 và KMnO 4 đều dư 

2R + nCl 2 ⎯ ⎯→ 2RCl n ⇒ khối lượng chất rắn = 12,675 + (71×0,075) = 18 gam 

Nếu hòa tan cả chất rắn bằng HCl thu được 0,04×3 = 0,12 mol H 2 

R − ne → R +n ; Cl 2 + 2e → 2Cl − và 2H + + 2e → H 2 







91 










a an 0,075 0,15 0,15 0,24 0,12. 

Theo quy tắc thăng bằng số mol e: 

an = 0,15 + 0,24 = 0,39 ⇒ a = 0,39 

n 

thoả mãn R = 65 ∼ Zn 

⇒ R = 12,675n 

0,39 = 32,5n ⇒ n = 2 

b) Phần II có 0,12× 2 3 = 0,08 mol Zn dư và 0,15× 2 3 = 0,1 mol Cl− . 

Zn + Ag + → Zn 2+ + 2Ag↓ và Cl − + Ag + → AgCl↓ 

0,08 0,16 0,1 0,1 

⇒ m = (0,16×108) + (0,1×143,5) = 31,63 gam 

Bài 22: Hoà tan 24 gam Fe 2 O 3 bằng dung dịch HCl dư sau phản ứng được dung dịch B. 

Cho vào dung dịch B một lượng m gam hỗn hợp 2 kim loại Mg và Fe, thấy thoát ra 2,24 

lít H 2 (đktc) sau phản ứng thu được dung dịch C và chất rắn D có khối lượng bằng 10% 

so với khối lượng m. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch C, lọc lấy kết tủa tạo thành 

đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 40 gam chất rắn. Biết rằng 

hiệu suất các phản ứng đều là 100%. 

1. Viết các phương trình hóa học minh họa cho các phản ứng. 

2. Tính khối lượng mỗi kim loại trong m gam hỗn hợp. 


1. Các phương trình phản ứng: 

Fe 2 O 3 + 6HCl = 2FeCl 3 + 3H 2 O (1) 

Mg + 2FeCl 3 = 2FeCl 2 + MgCl 2 (2) 

Mg + 2HCl = MgCl 2 + H 2 (3) 

Fe + 2FeCl 3 = 3FeCl 2 (4) 

Fe + 2HCl = FeCl 2 + H 2 (5) 

Mg 2+ + 2OH - = Mg(OH) 2 (6) 

Fe 2+ + 2OH - = Fe(OH) 2 (7) 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O = 4Fe(OH) 3 (8) 

Mg(OH) 2 = MgO + H 2 O (9) 

2Fe(OH) 3 = Fe 2 O 3 + 3H 2 O (10) 

2. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp: 

Dung dịch B: FeCl 3 , HCl dư, khi cho hỗn hợp 2 kim loại vào B: 

Số mol Fe 3+ trong B = 0,3 mol ; số mol H 2 = 0,1 mol 

mol 

a) Nếu chỉ có Mg phản ứng => có pư (1), (2), (3) => số mol Mg = 0,15 + 0,1 = 0,25 

Khối lượng chất rắn sau khi nung: 24 + 0,25.40 = 34 gam < 40 trái giả thiết. 


b) Cả Mg và Fe tham gia: 

- Gọi số mol Mg = x; Fe tham gia phản ứng = y: 

Số mol e nhường = 2x + 2y ; 






92 










Số mol e nhận = 0,3 + 0,1.2 = 0,5. 

2(x+y) = 0,5 (*) 

Khối lượng chất rắn = 24 + 40x + 80y = 40 (**) kết hợp với (*) giải được: x = 0,1 ; y = 

0,15 Khối lượng kim loại tham gia phản ứng: 24.0,1 + 0,15.56 = 10,8 gam 

Khối lượng Fe dư: 1,2 gam vậy: Khối lượng Mg = 2,4 gam Khối lượng Fe = 9,6 gam. 

Bài 23: Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml 

dung dịch vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y, tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô 

cạn dung dịch, thu được 14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thì 

chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn. 

của Z. 

a) Tìm nồng độ C M của dung dịch X, nồng độ C% của dung dịch Y và công thức 

b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X 1 gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau 

phản ứng thêm tiếp 1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, 

lọc lấy kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 13,1 gam 

chất rắn Y 1 . Tìm thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X 1 . 


a) HCl + NaOH → NaCl + H 2 O 

NaCl + n H 2 O → NaCl.nH 2 O 

Z 

NaCl.nH 2 O → NaCl + n H 2 O 

Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ với 

nhau. Có: 

n HCl = n NaOH = n NaCl = 8,775: 58,5 = 0,15 mol. 

0,15 

C M 

( HCl) 

= = 2, 5M 

0,06 

0,15 × 40 

C %( NaOH) 

= × 100% = 6% 

100 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 

n H 2O = 14,175 - 8,775 = 5,4 gam; n H 2O = 0,3 mol 

=> n = 0,3: 0,15 = 2; Vậy công thức của Z là NaCl.2H 2 O. 

b) Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: n HCl = 0,84.2,5 = 2,1 mol 

1600× 

6 

Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y: n NaOH 

= = 2,4 mol 

100× 

40 

Al + 3 HCl → AlCl 3 + 3/2 H 2 (1) 

a 3a a 

Fe + 2 HCl → FeCl 2 + H 2 (2) 

b 2b b 

Giả sử X 1 chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là: 







93 










n 

HCl 

16,4 

= × 3 = 1,82 < 2,1 

27 

Giả sử X 1 chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là: 

n 

HCl 

16,4 

= × 2 = 0,59 < 2,1 

56 

Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X 1 thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y: 

HCl + NaOH → NaCl + H 2 O (3) 

2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b) 

FeCl 2 + 2 NaOH → Fe(OH) 2 + 2 NaCl (4) 

b 2b b 

AlCl 3 + 3 NaOH → Al(OH) 3 + 3 NaCl (5) 

a 3a a 

Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X 1 lần lượt là a và b. Có: 

27a + 56b = 16,4 (*) 

Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4) và (5) là 2,1 mol 

=> số mol NaOH dư là: 2,4- 2,1 = 0,3 mol. 

Al(OH) 3 + NaOH → NaAlO 2 + 2 H 2 O 

a 0,3 

Trường hợp 1: a ≤ 0,3, Al(OH) 3 bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa chỉ có Fe(OH) 2 . 

4 Fe(OH) 2 + O 2 → 2 Fe 2 O 3 + 4 H 2 O 

b b/2 

Chất rắn Y 1 là Fe 2 O 3 . 

b/2 = n Fe 2O3 

= 13,1: 160 = 0,081875; => b = 0,16375 mol 

(*) => a = 0,2678 mol (≤ 0,3) 

=> %Al = 27. 0,2678 .100: 16,4 = 44,09%; %Fe = 55,91%. 

Trường hợp 2: a > 0,3, Al(OH) 3 bị hòa tan một phần, kết tủa có Fe(OH) 2 và Al(OH) 3 

dư. 

2 Al(OH) 3 → Al 2 O 3 + 3 H 2 O 

a - 0,3 (a - 0,3)/2 

4 Fe(OH) 2 + O 2 → 2 Fe 2 O 3 + 4 H 2 O 

b b/2 

Chất rắn Y 1 có Al 2 O 3 và Fe 2 O 3 . 

51 (a - 0,3) + 80 b = 13,1 (**) 

Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,4; b = 0,1 

=> %Al = 27. 0,4 .100: 16,4 = 65,85%; %Fe = 34,15%. 

Bài 24: Khối lượng riêng nhôm clorua khan được đo ở 200 o C, 600 o C, 800 o C dưới áp suất 

khí quyển lần lượt là : 6,9 ; 2,7 ; 1,5 g/dm 3 . 


a. Tính khối lượng phân tử của nhôm clorua khan ở mỗi nhiệt độ nêu trên ( hằng 

số khí R= 0,082) 

b. Viết công thức phân tử và công thức cấu tạo của hơi nhôm clorua ở 200 o C, 

800 o C. 


c. Nêu phương pháp điều chế nhôm clorua khan rắn trong phòng thí nghiệm. Cần 

chú ý tính chất nào của AlCl 3 khi thực hiện phản ứng điều chế ? 






94 










a. Thể tích 1 mol khí (n=1) ở các nhiệt độ 200, 600, 800 o C 

V 473K = 0,082 x 473 = 38,78lit 

V 1073K = 0,082 x 1073 = 87,98lit 

V 873K = 0,082 x 873 = 71,58lit 

Khối lượng mol phân tử của nhôm clorua khan ở các nhiệt độ đã cho là : 

M 200 o C = 37,78 x 6,9 = 267,62 ( g ) M 600 o C = 71,58 x 2,7= 193,28( g ) 

M 800 o C = 87,98 x 1,5= 131,87( g ) 

b. Công thức phân tử và công thức cấu tạo : 

*Tại 200 o C. Khối lượng phân tử của AlCl 3 = 133,5 

(AlCl 3 ) n = 267,62 n = 2 

CTPT : Al 2 Cl 6 

Cl Cl Cl 

Al 

Al 

CTCT : 

Cl Cl Cl 

Do có liên kết phối trí, lớp vỏ e ngoài cùng của nhôm đạt tới bát tử bền vững. 

* Tại 800 o C. ( AlCl 3 ) = 131,97. n = 1 

CTPT : AlCl 3 

Cl 

CTCT : 

Al 

c. Phương trình phản ứng : 

2 Al + 3Cl 2 ⎯⎯→ 

t o 

2 AlCl 

Cl 

Cl 

3 

AlCl 3 là một chất thăng hoa ở 183 o C, dễ bốc khói trong không khí ẩm : 

AlCl 3 + 3 H 2 O → Al(OH) 3 + 3HCl 

Bài 25: Đun nóng một hỗn hợp gồm bột đồng, đồng I oxit, đồng II oxit với dung dịch 

H 2 SO 4 loãng sau phản ứng khối lượng kim loại còn lại bằng 4 

1 khối lượng hỗn hợp ban 

đầu. Cũng khối lượng hỗn hợp ban đầu như trên nếu cho tác dụng vừa đủ với dung dịch 

HCl đặc thì thấy có 85% khối lượng hỗn hợp tác dụng. 

a)Trình bày cách tính riêng toàn bộ đồng trong hỗn hợp. 

b)Tính khối lượng hỗn hợp cần dùng để điều chế 42,5 (g) đồng. 

Hướng dẫn: Gọi m là khối lượng của hỗn hợp gồm: a mol Cu, b mol CuO, c mol Cu 2 O: 

Ta có: 64a + 80b + 144c = m (1). 

(0,25 điểm) 

Phản ứng với H 2 SO 4 loãng: 

CuO + H 2 SO 4 → CuSO 4 + H 2 O. 

Cu 2 O + H 2 SO 4 → Cu + CuSO 4 + H 2 O. 

c 

c 

Cu + H 2 SO 4 

a 

(0,25 điểm) 

Khối lượng kim loại còn lại là khối lượng của Cu: 

m 1 m 

Cu = 64 ( a + c ) = m ⇒ a + c = 4 4x64 

(2) (0,25 điểm) 

Phản ứng với HCl đặc: 

CuO + HCl → CuCl 2 + H 2 O. 







95 










Cu 2 O + 8HCl → 2H 3 (CuCl 4 ) + H 2 O. 

Cu + HCl 

(0,25 điểm) 

85% khối lượng hỗn hợp tác dụng với HCl là CuO và Cu 2 O. 

Vậy: 100 – 85 = 15% Không tác dụng là Cu. 

15 0, 15 

%Cu = 64a = m ⇒ a = m. (0,25 điểm) 

100 64 

a) Để tách toàn bộ đồng trong hỗn hợp ta cho hỗn hợp tác dụng với H 2 đun nóng cho 

một luồng khí hidro dư đi qua để khử toàn bộ Cu 2+ và Cu + về Cu kim loại. 

Cu + H 2 

a t 0 c 

CuO + H 2 →Cu + H 2 O. 

b t 0 c b 

Cu 2 O + H 2 → 2Cu + H 2 O. 

c 2c 

b) Ta có: 

64( a + b + 2c ) = 42,5 (3) 

0,15m 0,15m 0,1m 

Thay a = vào (2) ⇒ c = - = 

64 

4xm 

64 64 64 

0,15m 0,1m 0,625m 

Thay a, c vào (1) ⇒ 64. + 80b + 144. = m⇒ b = 

64 

64 

80 

0,15m 0,625m 0,1m Thay a, b, c vào (3) ⇒ 64. + 80. + 144. = 42,5 

64 

80 

64 

⇒ 0,85 m = 42,5 ⇒ m = 50 (g). 

Bài 26: Một học sinh cẩn thận làm thí nghiệm như sau: Cho một ít Br 2 vào bình chứa 

dung dịch NaOH dư, rồi cho tiếp vào bình 1 mẫu urê. Sau 15 phút cho từ từ dung dịch 

H 2 So 4 đến pH = 7. Sau đó em học sinh này cho tiếp vào bình dung dịch Na 2 CO 3 đến dư; 

rồi sau đó lại cho từ từ dung dịch H 2 SO 4 đến pH = 7. Cuối cùng em cho vào bình chứa 

dung dịch natri arsenit Na 3 AsO 3 0,1M. Mỗi lần như vậy, em học sinh thấy nếu không có 

khí sủi bọt bay lên thì dung dịch trong bình lại đổi màu. 

1/ Hãy viết các phương trình phản ứng đã xảy ra. 

2/ Nếu dùng 9,6g Brôm đầu tiên và 0,6g urê thì thể tích dung dịch Na 3 AsO 3 0,1M 

tối thiểu để phản ứng xảy ra hoàn toàn là bao nhiêu ? 


1/ Các phương trình phản ứng xảy ra : 

Br 2 + 2NaOH → NaBr + NaBrO + H 2 O 

(NH 4 ) 2 CO + 3NaBrO + 2NaOH → N 2 ↑ + Na 2 CO 3 + 3NaBr + 3H 2 O 

H 2 SO 4 + 2NaOH → Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

NaBr + NaBrO + H 2 SO 4 → Br 2 + Na 2 SO 4 + H 2 O 

3Br 2 + 3Na 2 CO 3 → 5NaBr + NaBrO 3 + 3CO 2 ↑ 

H 2 SO 4 + Na 2 CO 3 → Na 2 SO 4 + H 2 O + CO 2 ↑ 

5NaBr + NaBrO 3 + 3H 2 SO 4 → 3Br 2 + 3Na 2 SO 4 + 3H 2 O 

Br 2 + Na 3 AsO 3 + H 2 O → 2NaBr + NaH 2 AsO 4 







96 










2/ 

nBr 

2ban ñaàu 

9,6 

= = 0,06mol 

160 

nNa 0,03 

3AsO 

= mol 

3duøng 

0,6 

nureâ 

= = 0,01mol 

0,6 

0,03 

Vdd Na 0,3 

3AsO3duøng 

= = l 

0,1 

PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 

Sau một quá trình nghiên cứu, đề tài đã thu được những kết quả sau: 

1. Đã phân tích chương trình hóa học chuyên, để đánh giá đúng mức vai trò, vị trí của 

bài tập hóa trong việc dạy và học môn Hóa học, bồi dưỡng học sinh giỏi Hóa học. 

phi kim nói chung và nhóm halogen nói riêng 

Tiến hành xây dựng (sưu tầm, lựa chọn, biên soạn, phân loại) được 140 bài tập lí thuyết 

và tính toán về các đơn chất halogen và hợp chất của chúng. Tất cả các bài tập đều có 

hướng dẫn giải chi tiết, đầy đủ. Đây là nguồn bài tập giáo viên có thể đễ dàng sử dụng 

trong quá trình giảng dạy, ôn luyện học sinh giỏi, ra đề kiểm tra, đề thi; làm tài liệu học 

tập cho học sinh đặc biệt cho học sinh chuyên về nhóm halogen. Ngoài ra còn là tài liệu 

tham khảo mở rộng và nâng cao cho giáo viên môn hóa học và học sinh yêu thích môn 

hóa học nói chung. 

- Hệ thống bài tập lí thuyết: 87 bài được chia thành các dạng: 

Bài tập về đơn chất halogen: 

+ Cấu tạo, tính chất vật lí 

+ Tính chất hóa học 

+ Điều chế: 

Bài tập về hợp chất của các halogen 

+ Hợp chất với hiđro, halogenua 

+ Hợp chất với oxi 

+ Hợp chất giữa các halogen 

Bài tập tổng hợp 

+ Viết phương trình phản ứng 

+ Nhận biết 

+ Một số bài tập khác 

- Hệ thống bài tập tính toán: 53 bài được chia thành các dạng 

+ Bài tập đại cương: 12 bài 

+ Bài tập về phương pháp chuẩn độ iot: 6 bài 

+ Bài tập về hợp chất chứa oxi của halogen: 9 bài 

+ Bài tập về axit halogen hiđric, muối halogenua: 26 bài 

2. Đề xuất sử dụng hệ thống bài tập dùng cho việc giảng dạy, học tập, bồi dưỡng học 


sinh giỏi ở trường THPT chuyên. 

Hướng phát triển của đề tài 






97 










Vì thời gian có hạn nên chúng tôi chỉ mới nghiên cứu để xây dựng được hệ thống 

bài tập phần halogen. Để có tài liệu đầy đủ về phần hóa vô cơ làm tài liệu giảng dạy, bồi 

dưỡng học sinh giỏi các cấp, chúng tôi sẽ tiếp tục phát triển đề tài theo hướng tuyển chọn, 

biên soạn hệ thống bài tập theo từng chuyên đề hóa học cụ thể như: 

1. Tiếp tục bổ sung và cập nhật những bài tập hay và phong phú vào hệ thống bài tập này. 

2. Tiếp tục xây dựng hệ thống bài tập về các nhóm phi kim khác. 

3. Tiếp tục xây dựng hệ thống bài tập về các nhóm các kim loại. 

………. 

Chúng tôi tin rằng, nếu thực hiện tốt những hệ thống bài tập này thì đây sẽ là nguồn tài 

liệu vô cùng quý giá cho các giáo viên chuyên và giáo viên BDHSG hóa học; là tài liệu 

tham khảo giúp HS định hướng ôn thi HSG hóa học các cấp. 

ĐỀ XUẤT Ý KIẾN XÂY DỰNG VÀ SỬ DỤNG BÀI TẬP 

Đặc điểm trường chuyên nước ta hiện nay là nơi tập trung đào tạo rèn luyện những 

học sinh giỏi, thông minh để có đủ kiến thức, năng lực trình độ không những thi Đại học 

mà mục tiêu cao hơn là tham dự các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế. Mà yêu 

cầu của việc thi học sinh giỏi và học sinh giỏi quốc tế ngày càng cao, ngày càng rộng 

theo xu hướng phát triển của khoa học hiện đại; kiến thức đòi hỏi học sinh phải nắm bắt 

được rất nhiều, với số lượng giờ dạy trên lớp còn hạn chế, giáo viên không thể cung cấp 

hết được mọi kiến thức cho học sinh mà chỉ có thể hướng dẫn HS tìm tòi, khám phá. Vì 

vậy, giáo viên dạy ở trường chuyên phải có phương pháp thích hợp để phát triển năng lực 

tư duy của học sinh. Giáo viên ngoài việc trình bày các kiến thức cơ bản chắc chắn còn 

phải cung cấp kiến thức nâng cao cho các em, đặc biệt là học sinh trong đội tuyển thi học 

sinh giỏi Quốc gia, đội tuyển dự thi Olympic Hóa học Quốc tế. Giáo viên phải xác định 

rõ kiến thức cơ bản để xây dựng các bài tập minh họa nhằm khắc sâu dạng cơ bản nhưng 

đồng thời phải hình thành các tình huống vận dụng phức tạp khác nhau, liên hệ các tình 

huống đó nhằm phát triển ở học sinh năng lực tư duy sáng tạo. Đối với bài tập cho học 

sinh chuyên luôn phải thay đổi vì đối tượng học sinh chuyên là những em có trí tuệ phát 

triển, có khả năng tự học, tự tìm tòi nghiên cứu nên giáo viên không thể giảng dạy một 

cách máy móc, thụ động. Trong giai đoạn hiện nay, để đáp ứng với sự phát triển về nội 


dung trong các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia đã được nâng lên với yêu cầu ngày càng 

cao. Do đó, giáo viên dạy ở các trường chuyên phải có sự đổi mới cả về nội dung và 

phương pháp để đáp ứng được yêu cầu đó. 






98 










Chúng tôi xin đưa ra một số ý kiến về xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập hóa học 

1. Một yêu cầu đầu tiên khi xây dựng hệ thống bài tập đó là phải đảm bảo tính chính xác, 

khoa học. 

2. Để xây dựng được một hệ thống bài tập tốt, thiết thực và sử dụng hiệu quả đòi hỏi: 

+ GV không chỉ phải nắm kiến thức lý thuyết một cách vững chắc mà GV buộc phải giải 

qua các đề thi HSG hóa học các cấp. Có như vậy GV mới có được cái nhìn bao quát về 

chương trình mình dạy, đồng thời biết dự đoán hướng ra đề thi HSG các cấp. Từ đó chất 

lượng bồi dưỡng mới thực sự được nâng cao. 

+ Bài tập phần hóa nguyên tố rất rộng, để phù hợp với mục đích rèn luyện kỹ năng và 

phát triển nhận thức của HSG hóa học, hệ thống bài tập được chúng tôi xây dựng trên cơ 

sở tuyển chọn những bài tập ở mức độ khá cao từ các sách tham khảo, nguồn bài tập trên 

mạng và đề thi HSG các cấp. Một mặt, tùy tình hình thực tế HS ở mỗi trường mà GV 

lọc tách bài để luyện tập cho phù hợp với nội dung và mục đích rèn luyện. Mặt khác, 

GV cần biên soạn riêng cho mình một hệ thống bài tập chuyên dụng từ hệ thống bài tập 

bảo đảm chuẩn xác về kiến thức, giáo viên biến đổi để được những bài tập tương đương 

cho học sinh giải. Từ bài tập đã giải, thay đổi, thêm, bớt các dữ kiện thành bài tập mới. 

Dần dần khuyến khích, yêu cầu học sinh tự biến đổi thành bài tập mới. Như vậy, học sinh 

vừa được làm quen với phương pháp giải bài tập, vừa biết được phương pháp đó áp dụng 

trong những tình huống nào. 

+ Bài tập phải gắn liền hoá học với thực tế: Phát huy vai trò tích cực, chủ động của học 

sinh, hướng học sinh nhìn nhận các sự vật, hiện tượng hoá học sát đúng với thực tế, 

thường xuyên liên hệ với đời sống, sản xuất và vận dụng vào thực tế. Từ đó, giúp HS 

hiểu sâu sắc quá trình hoá học và giải quyết được bài tập dễ dàng và chính xác hơn, tránh 

được những sai lầm đáng tiếc. 

3. Khi sử dụng bài tập để luyện tập, GV hướng dẫn, giúp đỡ để học sinh có thể giải bài 

tập một cách tốt nhất trong thời gian nhanh nhất. Thường tiến hành giải theo quy trình 4 

bước: 

- Nghiên cứu đề bài: tìm hiểu nội dung bài tập, xác định điểm “mấu chốt” và đưa ra định 

hướng. 


- Xác định hướng giải: đề ra các bước giải. 

- Thực hiện các bước giải: trình bày các bước giải hoặc tính toán cụ thể. 

- Kiểm tra, đánh giá kết quả: bao gồm kết quả bài tập và cả cách giải. 






99 










GV cần tôn trọng các cách giải của học sinh. Yêu cầu các em tìm được nhiều cách giải 

khác nhau và cách tốt nhất trong các cách đó. Rèn luyện được ý thức thường xuyên chọn 

lựa cách giải tốt nhất cũng chính là giúp học sinh biết kiểm tra, đánh giá kết quả bài làm 

của mình cũng như của người khác. 

TÀI LIỆU THAM KHẢO 

1. Nguyễn Duy Ái, Đào Hữu Vinh (2010), Tài liệu giáo khoa chuyên hoá học THPT, 

phần bài tập hoá học đại cương và vô cơ. NXB Giáo dục, Hà Nội. 

2. Nguyễn Duy Ái, Đào Hữu Vinh (2009), Tài liệu giáo khoa chuyên hóa lớp 10 tập 2. 

NXB Giáo dục, Hà Nội 

3. Cao Cự Giác (2004), Bài tập lý thuyết và thực nghiệm Hóa học, tập 1. NXB Giáo dục, 

Hà Nội. 

4. Hội hóa học Việt Nam (2000, 2002), Olympic hóa học Việt Nam và quốc tế tập I, II. 

5. Hoàng Nhâm(2002), Hoá học Vô cơ tập 2. NXB Giáo dục, Hà Nội. 

6. Vũ Anh Tuấn (2006), Xây dựng hệ thống bài tập hóa học nhằm rèn luyện tư duy 

trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường phổ thông. Luận án tiến sỹ giáo dục 

học, ĐH Sư phạm Hà nội. 

7. Nguyễn Xuân Trường (2006), Bài tập nâng cao hoá học 10. NXB Giáo dục, Hà 

Nội. 

8. Nguyễn Xuân Trường, Quách Văn Long, Hoàng Thị Thúy Hương (2013), Các 

chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học 10. NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội. 

9. Nguyễn Đức Vận(2012), Câu hỏi và bài tập Hoá học Vô cơ phần phi kim. NXB Khoa 

học kỹ thuật. 

10. Đào Hữu Vinh (2000), 121 bài tập hoá học dùng bồi dưỡng HSG hoá 10, 11, 12 tập 

1,2. NXB Tổng Hợp Đồng Nai. 

11. F.Cotton –G.Wilkinson. Người dịch Lê Mậu Quyền, Lê Chí Kiên. (1984), Cơ sở 

hoá học Vô cơ - Tập 1, 2. NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp, Hà Nội 

12. R.A. Liđin, V.A. Molosco, L.L. An ddreeeva. Người dịch: Lê Kim Long, Hoàng 

Nhâm(2001), Tính chất lí hóa học các chất vô cơ(106 nguyên tố). NXB khoa học và kĩ 

thuật Hà Nội, 

13. Đề thi khu vực Đồng Bằng và Duyên Hải Bắc Bộ các năm. 


14. Đề thi olympic 30/4 các năm. 

15. Đề thi chọn học sinh giỏi Quốc Gia môn hóa học từ năm 1999 đến năm 2014. 

16. http://chemistry.about.com/ 






100 







17. http://edu.net.vn 










101

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP NÂNG CAO VỀ NHÓM HALOGEN

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?