2. 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:
1,70 1,14 1,45 0,54
4 6 3 3
H IO IO HIO I I
   
4
0,56 2,26 0,95 1,51 1,18
2 3 2
42
MnO MnO MnO Mn Mn Mn
    
Hướng dẫn giải:
Dựa vào giản đồ thế khử của I- ta suy ra HIO không bền vì
33
00
//HIO I IO HIO
EE
nên HIO sẽ dị phân thành
3
IO
và
3
I
Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau:
1,70 1,20 0,54
4 6 3 3
H IO IO I I

  
Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra
2
4
MnO
và Mn3+ 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 Mn2+ → 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 Mn2+/Mn quá âm.
Do đó ta có thể viết lại giản đồ thế khử của Mn như sau:
4
1,70 1,23 2
2
MnO MnO Mn

 
Ta có phương trình ion thu gọn trong các trường hợp như sau:
1. Trường hợp sau phản ứng có I- dư:
hoặc
3
IO
không thể cùng tồn tại với I- vì:
4 6 3 3
00
//
1,7 0,54
H IO IO I I
E V E V
và
33
00
/
1,2 0,54
IO I I
E V E V
Nên
46
H IO
hoặc
3
IO
đều có thể oxi hóa
I
thành
3
I
.
Như vậy
I
chỉ bị oxi hóa thành
3
I
.
+1,20
+1,7 +1,23
+1,51
Khi
I
dư thì
4
MnO
và
2
MnO
không thể tồn tại vì
42
0
/MnO MnO
E
và
2
2
0
/MnO Mn
E
đều lớn
hơn
3
0
/II
E
nên
4
MnO
và
2
MnO
đều có thể oxi hóa
I
thành
3
I
. Như vậy
4
MnO
bị khử hoàn toàn thành
2
Mn
. Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi
I
dư
dưới dạng ion thu gọn như sau:
2
4 3 2
2 15 16 5 2 8MnO I H I Mn H O
Trường hợp sau phản ứng có dư
4
MnO
:
2
Mn
không thể tồn tại khi
4
MnO
dư vì
2
4 2 2
00
//MnO MnO MnO Mn
EE

nên
4
MnO
sẽ oxi
hóa
2
Mn
thành
2
MnO
.
Khi
2
MnO
dư thì
3
I
và
I
cũng không thể tồn tại vì:
4 2 3 3 3
0 0 0
/ / /
,
MnO MnO I I IO I
E E E
nên
4
MnO
oxi hóa là
3
I
và
I
.
Như vậy sản phẩm sinh ra khi
I
bị oxi hóa là
3
IO
và một lượng nhỏ
46
H IO
vì
4 2 4 6
00
/1,7
MnO MnO H IO
E E V


.
Do đó phương trình này xảy ra khi
4
MnO
dư như sau:
4 2 3 2
2 2 2MnO I H MnO IO H O
4 2 2 4 6
8 3 8 2 8 3MnO I H H O MnO H IO
Câu 7: trang 170
Đánh giá khả năng hòa tan của HgS trong:
a, Axit nitric
b, Nước cường toan
Biết
3
00
2
/0,96
NO NO
E E V

;
2
01
/0
0,17
S H S
E E V
;
51,8
10
HgS
T
Hướng dẫn giải:
a, Trong axit nitric:
Các quá trình xảy ra:
33
HNO H NO


22
3HgS Hg S

฀
51,8
10
t HgS
TT

2
3H S HS
฀
2
1 12,92
10
a
k
2
3HS H H S

฀
1
17
10
a
k
2
3 2 2H S e S H
฀
1
0
2
10,059
110
E
k
0
2
3
10,059
3 2 2
2
32
2 4 3 2 10
3 2 8 3 3 2 4
E
NO H e NO H k
HgS NO H Hg S NO H O
฀
฀
21
33332
12
....
t a a
k T k k k k

21
12
lg 3lg 3lg 3lg 3lg 2lg
aa
k T k k k k
00
12
23
3( 51,8) 3( 12,92) 3( 7) 3 2
0,059 0,059
EE
155,4 38,76 21 17,29 97,63 15,3
15,3
10k

Vì k rất nhỏ nên xem như HgS không tan trong HNO3.
b, Trong nước cường toan:
Các quá trình xảy ra:
2
32
3 2 8 3 3 2 4HgS NO H Hg S NO H O
฀
15,3
10k
22
4
34Hg Cl HgCl
฀
14,92
410
2
3 4 2
3 2 8 12 3 3 2 4HgS NO H Cl HgCl S NO H O
฀
4
34
' . lg ' lg 3lg 15,3 3.14,92 29,46k k k k

29,46
10k
rất lớn. Vậy HgS tan mạnh trong nước cường toan.
Câu 8: trang 171
Thêm 1 ml dung dịch H2S 0,01M vào 1ml dung dịch hỗn hợp:
Fe3+ 0,01M và H+ 0,1M.
Có xuất hiện kết tủa không? Biết:
2
7,02
1( ) 10
HS
K
;
2
10,9
2( ) 10
HS
K
;
32
0
/0,77
Fe Fe
EV

;
2
0
/0,14
S H S
EV
;
17,4
10
FeS
T
Hướng dẫn giải:
Nồng độ các chất sau khi trộn: [H2S] = 5.10-3 mol/l
[Fe3+] = 5.10-3 mol/l
[H+] = 5.10-2 mol/l
32
1Fe e Fe

฀
(1)
0
13
0,059
110 10
nE
K
2
22S H e H S
฀
(2)
4,745
210K
Tổ hợp (1) và (2)
32
2
2 2 2Fe H S Fe S H
฀
(3)
2 1 21,255
3 1 2
. 10K K K

5.10-3 2,5.10-3 5.10-3 5.10-3(M)
Vì K3 rất lớn nên phản ứng (3) xảy ra hoàn toàn:
2
H S H HS

฀
(4) K4
2
HS H S
฀
(5) K5
Tổ hợp (4) và (5)
H2S
฀
2H+ + S2- (6) K6 = K4. K5 = 10-19,92
Cân bằng (2,5.10-3 – x) (5,5.10-2 + 2x) x
2
2
19,92
63
5,5.10 2 10
2,5.10
xx
Kx

→ x = [S2-] = 5,2.10-20.
Ta có: [Fe2+].[S2-] = 2,6.10-23 < TFeS
Vậy FeS chưa kết tủa.
Câu 2: trang 192
1. Hãy cho biết sự biến thiên tính axit của dãy HXO4 (X là halogen). Giải
thích?
2. 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 AgNO3 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 giải:
Tính axit của dãy HXO4 giảm dần khi X: Cl → I
Giải thích:
Cấu tạo của HXO4.
O O
H – O – X → O hoặc H – O – X = O
O O
Vì Cl → I độ âm điện giảm làm cho độ phân cực của liên kết – O – H giảm.
2. Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung dịch A
chỉ có NaCl →
3,0525 0,0522
58,5
NaCl
n mol
NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3 (1)
Theo (1) →
3, 22875 .2 0,045 0,0522
143,5
NaCl AgCl
n n mol mol
Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF. Vậy trong hỗn hợp X
chứa NaF.
mNaF = mB – mNaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g)
0, 42
% .100% 6,74%
6, 23
NaF 
Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là:
NaY
22
22NaY Cl NaCl Y
(2)
Theo (2) →
0,045
NaCl
NaY
n n mol
6,23 0,42 5,81( )
X NaF
NaY
m m m g