Bài 7.87: Nguyên tử đồng có 1 electron ở lớp ngoài cùng nhưng tại sao đồng có hoá trị II ? Đồng tác dụng như thế nào với các axit ?
– Do Cu có phân lớp d đầy đủ nhưng cấu trúc chưa hoàn toàn bền vững nên nguyên tử có thể bị kích thích chuyển thành trạng thái 3d94s2 nên ngoai hóa trị I Cu thường có hóa trị II khi kết hượp với các nguyên tử khác
– Khả năng Cu tác dụng với các axit
+ Cu không tác dụng với các axit không có tính oxi hóa như HCl, H2SO4 (l)
+ Cu tác dụng với các axit có tính oxi hóa như H2SO4(đ), HNO3,…
Cu + 2H2SO4 (đ) → CuSO4 + SO2 + 2H2O
3Cu + 8HNO3 (l) → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
Cu + 4HNO3 (đ) → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
Bài 7.88: Bột đồng có lẫn tạp chất là bột thiếc, kẽm, chì. Hãy nêu phương pháp hoá học đơn giản để loại bỏ tạp chất. Viết phương trình hoá học của phản ứng dạng phân tử và ion thu gọn.
Cho bột đồng lẫn tạp chất bột thiếc, kẽm, chì hòa tan vào dung dịch CuSO4 thì các tạp chất đều bị hòa tan còn lại bột đồng. Lọc tách ta được đồng nguyên chất
Các phản ứng xảy ra:
Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu
Zn + Cu2+ → Zn 2+ + Cu
Sn + CuSO4 → SnSO4 + Cu
Advertisements (Quảng cáo)
Sn + Cu2+ → Sn2+ + Cu
Pb + CuSO4 → PbSO4 +Cu
Pb + Cu2+ → Pb2+ + Cu.
Bài 7.89: Malachit có công thức hoá học là CuCO3.Cu(OH)2. Trình bày các phương pháp điều chế Cu từ chất này.
Cách 1:
\(\eqalign{
& CuC{O_3}.Cu{(OH)_2}\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow 2CuO + C{O_2} + {H_2}O \cr
& CuO + {H_2}\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow Cu + {H_2}O \cr} \)
Cách 2:
\(\eqalign{
& CuC{O_3}.Cu{(OH)_2} + 4HCl \to 2CuC{l_2} + C{O_2} + 3{H_2}O \cr
& CuC{l_2}\buildrel {dp{\rm{dd}}} \over
\longrightarrow Cu + C{l_2} \cr} \)
Bài 7.90: Chia 4 g hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu thành hai phần đều nhau
Advertisements (Quảng cáo)
– Cho phần (1) tác dụng với lượng dư dung dịch HC1, thu được 560 ml H2
– Cho phần (2) tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, thu được 336 ml H2.
Các thể tích khí đo ở đktc. Tính thành phần phần trăm khối lượng của từng kim loại trong hỗn hợp.
Phần 1:
\(\eqalign{
& 2Al + 6HCl \to 2AlC{l_3} + 3{H_2}(1) \cr
& Fe + 2HCl \to FeC{l_2} + {H_2}(2) \cr} \)
Phần 2:
2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3)
Từ pt (3): \({n_{Al}} = {2 \over 3}{n_{{H_2}}} = {2 \over 3}.{{0,336} \over {22,4}} = 0,01mol \to {m_{Al}} = 0,27g\)
Theo (1), (2) và (3) ta có: V H2 (2) = 560-336 =224(ml)
Theo (2) ta có: \({n_{Fe}} = {n_{{H_2}}} = {{0,224} \over {22,4}} = 0,01(mol) \to {m_{Fe}} = 0,56g\)
\(\eqalign{
& \% {m_{Al}} = {{0,27} \over 2}.100 = 13,5\% ;{m_{Fe}} = {{0,56} \over 2}.100 = 28\% \cr
& {m_{Cu}} = 58,5\% \cr} \)
Bài 7.91: Thực hiện hai thí nghiệm :
1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO31M thoát ra V 1 lít NO.
2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO3 1M và H2S04 0,5M thoát ra v2 lít NO.
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Lập biểu thức biểu diễn mối quan hệ giữa V1 và V2.
Ta viết PTHH dạng ion rút gọn cho cả hai thí nghiệm như sau :
3Cu + 8H+ + 2NO3 ⟶ 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Thí nghiệm 1 : ta có số mol các chất và ion : Cu : 0,06 mol; H+ : 0,08 mol; NO3– : 0,08 mol.
H+ phản ứng hết ⟹ VNO = V1 = \({{0,08} \over 4}\) .22,4 = 0,448 (lít) (1)
Thí nghiệm 2 : ta có số mol các’chất và ion : Cu : 0,06 mol; H+ : 0,16 mol; NO3– : 0,08 mol.
H+ và Cu phản ứng vừa đủ ⟹ VNO = V2 = \({{0,16} \over 4}\) .22,4 = 0,896 (lít) (2)
Từ (1) và (2) ⟹ V2 = 2V1.
