Bài 26: Luyện tập : Nhóm halogen

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án B

Người ta có thể điều chế ${\mathrm{Cl}}_2$, ${\mathrm{Br}}_2$, ${\mathrm{I}}_2$ bằng cách cho hỗn hợp dung dịch ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ đặc và ${\mathrm{MnO}}_2$ tác dụng với muối clorua, bromua, iotua

Các sản phẩm trung gian là HCl, HBr, HI bị hỗn hợp (${\mathrm{MnO}}_2$ + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$) oxi hoá thành ${\mathrm{Cl}}_2$, ${\mathrm{Br}}_2$, ${\mathrm{I}}_2$. Các PTHH có thể viết như sau :

NaCl + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → Na${\mathrm{HSO}}_4$ + HCl

${\mathrm{MnO}}_2$ + 4HCl → Mn${\mathrm{Cl}}_2$ + ${\mathrm{Cl}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Các phản ứng cũng xảy ra tương tự đối với muối NaBr và NaI.

Không thể áp dụng phương pháp trên để điều chế ${\mathrm{F}}_2$ vì hỗn hợp oxi hoá (${\mathrm{MnO}}_2$ + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$) không đủ mạnh để oxi hoá HF thành ${\mathrm{F}}_2$

Cách duy nhất điều chế ${\mathrm{F}}_2$ là điện phân KF tan trong HF lỏng khan Dùng dòng điện một chiểu 8-12 von ; 4000 - 6000 ampe ; Bình điện phân có catôt làm bằng thép đặc biệt hoặc bằng đồng và anôt làm bằng than chì (graphit).

Ở catot: $2{\mathrm{H}}^{+}+2\mathrm{e}\to {\mathrm{H}}_2$

Ở anot: $2{\mathrm{F}}^{-}\to {\mathrm{F}}_2+2\mathrm{e}$

Cách 1: Cho hỗn hợp khí đi qua dung dịch HBr hoặc dung dịch HI, ${\mathrm{Cl}}_2$ sẽ oxi hoá HBr hoặc HI thành ${\mathrm{Br}}_2$ hoặc ${\mathrm{I}}_2$ làm cho dung dịch không màu ban đầu chuyển thành màu vàng hoặc màu nâu.

${\mathrm{Cl}}_2$ + 2HBr → 2HCl + ${\mathrm{Br}}_2$ (dung dịch có màu vàng)

hoặc ${\mathrm{Cl}}_2$ + 2HI → 2HCl + ${\mathrm{I}}_2$ (dung dịch có màu vàng nâu)

Cách 2: Có thể nhận ra ${\mathrm{Cl}}_2$ có trong hỗn hợp khí bằng quỳ tím ấm.

Khi cho quỳ tím ẩm vào bình khí nếu quỳ tím ẩm chuyển sang màu đỏ sau đó mất màu đỏ chứng tỏ trong hỗn hợp khí có ${\mathrm{Cl}}_2$

Cách 1: Cho hỗn hợp khí trên (HCl và ${\mathrm{Cl}}_2$) tác dụng với chất oxi hoá mạnh là dung dịch KMn${\mathrm{O}}_4$ khi đó HCl bị oxi hoá thành ${\mathrm{Cl}}_2$, kết quả thu được chất khí duy nhất là ${\mathrm{Cl}}_2$

16HCl + 2KMn${\mathrm{O}}_4$ → 2KCl + 2Mn${\mathrm{Cl}}_2$ + 5${\mathrm{Cl}}_2$ + 8H2O

Cách 2: Dẫn hỗn hợp khí qua bình đựng NaCl bão hòa, HCl bị giữ lại trong dung dịch, còn ${\mathrm{Cl}}_2$ thoát ra khỏi dung dịch (xem thêm ở hình 5.3 sách giáo khóa hóa 10 cơ bản).

Cho hỗn hợp khí đi qua ống đựng bột đồng kim loại đun nóng, khí ${\mathrm{Cl}}_2$ tác dụng với đồng kim loại tạo muối clorua là chất rắn. Chất khí không tác dụng với đồng kim loại là HCl, nên chất khí đi ra chỉ là HCl.

Cu + ${\mathrm{Cl}}_2$ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Cu${\mathrm{Cl}}_2$

Lấy một ít muối trong mỗi lọ đem hoà tan vào nước được các dung dịch riêng biệt.

Dung dịch nào tác dụng được với ${\mathrm{Br}}_2$ hoặc nước brom tạo ra tinh thể có màu đen tím, đó là dung dịch KI.

${\mathrm{Br}}_2$ + 2KI → 2KBr + ${\mathrm{I}}_2$

Những dung dịch còn lại, dung dịch nào tác dụng được với ${\mathrm{Cl}}_2$ tạo ra dung dịch có màu vàng nâu (màu của ${\mathrm{Br}}_2$ tan trong nước), đó là dung dịch KBr.

${\mathrm{Cl}}_2$ + 2KBr → 2KCl + ${\mathrm{Br}}_2$

Hai dung dịch còn lại là KF và KCl : cho tác dụng với dung dịch Ag${\mathrm{NO}}_3$, dung dịch nào tạo kết tủa trắng, đó là dung dịch KCl.

KCl + Ag${\mathrm{NO}}_3$ → AgCl + K${\mathrm{NO}}_3$

Dung dịch còn lại là KF.

Điều chế halogen tương ứng từ muối đã cho :

Điều chế ${\mathrm{F}}_2$ : Điện phân mưối KF tan trong chất lỏng HF khan thu được ${\mathrm{F}}_2$ ở anôt.

Điều chế ${\mathrm{Cl}}_2$ : Điện phân dung dịch KCl trong nước, có màng ngăn.

Điều chế ${\mathrm{Br}}_2$: Cho ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ đặc tác dụng với hỗn hợp rắn là KBr và Mn${\mathrm{O}}_2$ đun nóng. Các phản ứng xảy ra như sau :

2KBr + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → ${\mathrm{K}}_2{\mathrm{SO}}_4$ + 2HBr (1)

Mn${\mathrm{O}}_2$ + 4HBr → Mn${\mathrm{Br}}_2$ + ${\mathrm{Br}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (2)

Mn${\mathrm{Br}}_2$ + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → Mn${\mathrm{SO}}_4$ + 2HBr (3)

Phản ứng tổng của (1), (2), (3) là :

2KBr + Mn${\mathrm{O}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → ${\mathrm{K}}_2{\mathrm{SO}}_4$ + Mn${\mathrm{SO}}_4$ + ${\mathrm{Br}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (4)

Điều chế ${\mathrm{I}}_2$ tương tự điểu chế ${\mathrm{Br}}_2$ và có phản ứng tổng là :

2KI + Mn${\mathrm{O}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → ${\mathrm{K}}_2{\mathrm{SO}}_4$ + Mn${\mathrm{SO}}_4$ + ${\mathrm{I}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (4)

- Điều chế các hiđro halogenua từ các muối tương ứng :

Điều chế HF: KF + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → KH${\mathrm{SO}}_4$ + HF

Điều chế HCl: KCl + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → KH${\mathrm{SO}}_4$ + HCl

Điều chế HBr : Điện phân dung dịch KBr có màng ngăn (hoặc cho ${\mathrm{Cl}}_2$ tác dụng với dung dịch KBr, hoặc cho muối KBr tác dụng với hỗn hợp Mn${\mathrm{O}}_2$ và ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ đặc ) được ${\mathrm{Br}}_2$ sau đó cho ${\mathrm{Br}}_2$ác dụng với ${\mathrm{H}}_2$ ở nhiệt độ cao được HBr.

${\mathrm{H}}_2$ + ${\mathrm{Br}}_2$ → 2HBr

Điều chế HI : Tương tự như điều chế HBr ở trên hoặc từ ${\mathrm{I}}_2$ ta điều chế HI bằng cách dùng khí ${\mathrm{H}}_2$S và khử ${\mathrm{I}}_2$

${\mathrm{I}}_2$ + ${\mathrm{H}}_2$S → 2Hi + S

${\mathrm{m}}_{\mathrm{NaI}}$ = 10.2,5% = 0,25 tấn = 250kg

NaCl → NaI

Cứ 58,5kg NaCl thì thu được 150kg NaI

⇒ Thu được 250kg NaI cần lượng NaCl = 250.58,5/150 = 97,5kg

+ Để tạo thành clo thì trộn KCl hoặc ${\mathrm{CaCl}}_2$ với ${\mathrm{MnO}}_2$ và ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ đặc

2KCl + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ (đặc) $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ ${\mathrm{K}}_2{\mathrm{SO}}_4$ + 2HCl

${\mathrm{MnO}}_2$ + 4HCl $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ ${\mathrm{MnCl}}_2$ + ${\mathrm{Cl}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

+ Để tạo thành hiđro clorua thì trộn KCl hoặc CaClO với ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ đặc

Ca${\mathrm{Cl}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Ca${\left({\mathrm{HSO}}_4\right)}_2$ + 2HCl

${\mathrm{ClO}}^{-}$ và ${{\mathrm{ClO}}_3}^{-}$ có cấu tạo tương ứng như sau :

Liên kết ${\mathrm{ClO}}^{-}$ trong ${{\mathrm{ClO}}_3}^{-}$ ngắn hơn trong ${\mathrm{ClO}}^{-}$ nên độ bền ${{\mathrm{ClO}}_3}^{-}$ > ${\mathrm{ClO}}^{-}$ Do đó tính oxi hoá ${{\mathrm{ClO}}_3}^{-}$ < ${\mathrm{ClO}}^{-}$

Trong dung dịch nước, ion ${{\mathrm{ClO}}_3}^{-}$ chỉ oxi hoá trong môi trường axit mạnh, còn ion ${\mathrm{ClO}}^{-}$ oxi hoá trong bất kì môi trường nào.

NaClO + 2KI + ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ → NaCl + ${\mathrm{I}}_2$ + 2KOH

NaCl${\mathrm{O}}_3$ + 6KI + 3${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$  → NaCl + 3${\mathrm{I}}_2$ + 3${\mathrm{K}}_2{\mathrm{SO}}_4$ + 3${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Gọi x là số mol KCl${\mathrm{O}}_3$ bị phân huỷ theo (a).

Gọi y là số mol KCl${\mathrm{O}}_3$ bị phân huỷ theo (b).

2KCl${\mathrm{O}}_3$→ 2KCl + 3${\mathrm{O}}_2$

4KCl${\mathrm{O}}_3$ → 3KCl${\mathrm{O}}_4$ + KCl

Ta có x + y = 73,5/122,5 = 0,6 (1)

x + y/4 = 33,5/74,5 = 0,45 (2)

Từ (1) và (2) , giải ra:

x =0,4 → phần trăm KCl${\mathrm{O}}_3$ bị phân hủy theo (a) là: 0,4/0,6 x 100 % = 66,66%

y =0,2 → phần trăm KCl${\mathrm{O}}_3$ bị phân hủy theo (b) là: 0,2/0,6 x 100 % = 33,34%

${\mathrm{Cl}}_2$ + 2KI → 2KCl + ${\mathrm{I}}_2$

${\mathrm{Br}}_2$ + 2KI → 2KBr + ${\mathrm{I}}_2$

Vôi sống tác dụng với ${\mathrm{H}}_2$O

CaO + ${\mathrm{H}}_2$O → Ca${\left(\mathrm{OH}\right)}_2$

Iot thăng hoa bám vào đáy bình

2NaI${\mathrm{O}}_3$ + 5NaHS${\mathrm{O}}_3$ → 2${\mathrm{Na}}_2{\mathrm{SO}}_4$ + 3NaHS${\mathrm{O}}_4$ + ${\mathrm{I}}_2$ + ${\mathrm{H}}_2$O

2NaI + Mn${\mathrm{O}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → ${\mathrm{Na}}_2{\mathrm{SO}}_4$ + Mn${\mathrm{SO}}_4$ + ${\mathrm{I}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2$O

Điều chế HF, HCl bằng cách cho ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ đặc tác dụng với muối florua, clorua vì ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ à chất oxi hoá không đủ mạnh để oxi hoá được HF và HCl. Nói cách khác, HF và HCl có tính khử yếu, chúng không khử được ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ đặc

Ca${\mathrm{F}}_2$ + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → Ca${\mathrm{SO}}_4$ + 2HF

NaCl + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → NaH${\mathrm{SO}}_4$ + HCl

Nhưng không thể dùng phương pháp trên để điều chế HBr và HI vì ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ đặc oxi hoá được những chất này thành ${\mathrm{Br}}_2$ và ${\mathrm{I}}_2$. Nói cách khác, HBr và HI là những chất có tính khử mạnh hơn HCl và HF.

NaBr + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → HBr + NaH${\mathrm{SO}}_4$

2HBr + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → ${\mathrm{Br}}_2$ + ${\mathrm{SO}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2$O

NaI + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → NaH${\mathrm{SO}}_4$ + HI

2HI + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → ${\mathrm{I}}_2$ + ${\mathrm{SO}}_2$ + 2${\mathrm{H}}_2$O

Thử bằng dung dịch Ag${\mathrm{NO}}_3$ nhận ra 2 muối clorua :

NaCl + Ag${\mathrm{NO}}_3$ → AgCl + Na${\mathrm{NO}}_3$

Ba${\mathrm{Cl}}_2$ + Ag${\mathrm{NO}}_3$ → AgCl + Ba${\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_2$

Hai dung dịch không có kết tủa là 2 muối nitrat.

Để phân biệt dung dịch NaCl và dung dịch Ba${\mathrm{Cl}}_2$ thử bằng dung dịch ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$

Ba${\mathrm{Cl}}_2$ + ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ → Ba${\mathrm{SO}}_4$ + 2HCl

Cũng dùng dung dịch ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4$ để phân biệt dung dịch Na${\mathrm{NO}}_3$ và Ba${\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_2$