I. Lý thuyết trọng tâm

1. Hydrogen halide (HX)

a) Cấu tạo phân tử

Phân tử hydrogen halide gồm một liên kết cộng hóa trị giữa nguyên tử H và nguyên tử X (halogen). Do chênh lệch độ âm điện, các phân tử HX đều là phân tử phân cực.

Xu hướng từ HF đến HI:

• Độ dài liên kết tăng dần (bán kính nguyên tử halogen tăng).
• Năng lượng liên kết giảm dần (không phải tăng dần) → liên kết H–X ngày càng yếu → dễ phân li trong nước → tính acid tăng.

b) Tính chất vật lí

Ở điều kiện thường, tất cả hydrogen halide đều tồn tại ở thể khí và tan tốt trong nước, tạo dung dịch hydrohalic acid tương ứng.

Giải thích xu hướng nhiệt độ sôi:

• HF có nhiệt độ sôi cao bất thường ($+19{,}5°\text{C}$, cao nhất dãy) do phân tử HF phân cực rất mạnh, có khả năng tạo liên kết hydrogen giữa các phân tử: $\text{H–F} \cdots \text{H–F} \cdots \text{H–F}$
• Từ HCl đến HI: nhiệt độ sôi tăng dần ($-84{,}9 → -66{,}7 → -35{,}8$) chủ yếu do tương tác van der Waals tăng (khối lượng phân tử tăng).

Lưu ý: Không phải tất cả phân tử HX đều tạo được liên kết hydrogen với nhau. Chỉ có HF mới tạo được liên kết hydrogen (do F có độ âm điện rất lớn và bán kính nhỏ). HCl, HBr, HI không tạo liên kết hydrogen giữa các phân tử cùng loại.

Thí nghiệm nước phun: Khi mở khóa bình chứa khí HCl úp ngược trên chậu nước có quỳ tím, nước phun mạnh vào bình và chuyển sang màu đỏ (không phải xanh). Hiện tượng xảy ra vì HCl tan rất nhanh trong nước → áp suất khí trong bình giảm đột ngột → nước bị đẩy lên. Thí nghiệm minh họa tính tan tốt của HCl và tính acid của dung dịch HCl.

2. Hydrohalic acid (dung dịch HX trong nước)

a) Tính acid

Trong dãy hydrohalic acid, tính acid tăng dần:

$$\text{HF (yếu)} < \text{HCl (mạnh)} < \text{HBr (rất mạnh)} < \text{HI (rất mạnh)}$$

Lưu ý: HF là acid yếu (không phải mạnh nhất dù F có độ âm điện lớn nhất). Nguyên nhân là do liên kết H–F rất bền (năng lượng 569 kJ/mol), khó phân li trong nước.

Hydrochloric acid ($\text{HCl}$) là acid mạnh, có đầy đủ tính chất của một acid:

• Tác dụng với kim loại (đứng trước H trong dãy hoạt động): $\text{Fe} + 2\text{HCl} \rightarrow \text{FeCl}_2 + \text{H}_2\uparrow$

Lưu ý: HCl loãng không phản ứng với Cu (Cu đứng sau H trong dãy hoạt động).

• Tác dụng với oxide base: $\text{MgO} + 2\text{HCl} \rightarrow \text{MgCl}_2 + \text{H}_2\text{O}$
• Tác dụng với base: $\text{Cu(OH)}_2 + 2\text{HCl} \rightarrow \text{CuCl}_2 + 2\text{H}_2\text{O}$
• Tác dụng với muối (tạo kết tủa hoặc khí): $\text{AgNO}_3 + \text{HCl} \rightarrow \text{AgCl}\downarrow + \text{HNO}_3$

Ứng dụng: Tính acid của HCl được ứng dụng trong công nghiệp để đánh sạch lớp oxide, hydroxide, muối carbonate bám trên bề mặt kim loại trước khi sơn, hàn, mạ điện (bể Pickling).

HCl phản ứng với $\text{CaCO}_3$ là phản ứng trao đổi (HCl thể hiện tính acid), không phải tính oxi hóa.

b) Tính khử

Ngoài tính acid, hydrohalic acid còn thể hiện tính khử khi tác dụng với chất oxi hóa mạnh. Ví dụ, HCl đặc khử $\text{KMnO}_4$:

$$2\text{KMnO}_4 + 16\text{HCl}_{\text{(đặc)}} \rightarrow 2\text{KCl} + 2\text{MnCl}_2 + 5\text{Cl}_2\uparrow + 8\text{H}_2\text{O}$$

Trong phản ứng này, HCl thể hiện tính khử ($\text{Cl}^{-1} \rightarrow \text{Cl}_2^{\ 0}$), đồng thời một phần HCl đóng vai trò môi trường (cung cấp $\text{H}^+$).

Lưu ý: Khi tác dụng với $\text{KMnO}_4$, HCl thể hiện tính khử (không phải tính oxi hóa). Tổng 16 mol HCl tham gia, trong đó chỉ 10 mol bị oxi hóa (tạo 5 mol $\text{Cl}_2$), còn 6 mol đóng vai trò môi trường.

c) Tính chất đặc biệt của HF

• HF ăn mòn thủy tinh (thành phần gần đúng $\text{Na}_2\text{O} \cdot \text{CaO} \cdot 6\text{SiO}_2$):

$$\text{SiO}_2 + 4\text{HF} \rightarrow \text{SiF}_4 + 2\text{H}_2\text{O}$$

→ Không dùng lọ thủy tinh để đựng dung dịch HF. Ngược lại, dung dịch HCl không ăn mòn thủy tinh.

3. Ứng dụng

a) Hydrogen fluoride (HF)

• Sản xuất teflon (chất chống dính nồi, chảo): $\text{CH}_4 \xrightarrow{+\text{Cl}_2} \text{CHCl}_3 \xrightarrow{+\text{HF}} \text{CHClF}_2 \rightarrow \text{CF}_2\text{=CF}_2 \xrightarrow{\text{xt}} (\text{CF}_2\text{–CF}_2)_n$
• Ăn mòn thủy tinh (khắc chữ trên thủy tinh).
• Hỗn hợp $\text{KF} \cdot 3\text{HF}$ dùng điện phân nóng chảy sản xuất fluorine.

Lưu ý: HF (hoặc hydrogen fluoride) dùng để sản xuất teflon, không phải HCl. HCl dùng để tẩy gỉ sét kim loại, không phải HF. Fluorine không được sản xuất bằng phản ứng HF + Cl₂, mà bằng điện phân nóng chảy hỗn hợp KF·3HF.

b) Hydrogen chloride (HCl)

• Loại bỏ gỉ sét trên sắt thép (bể Pickling).
• Sản xuất hợp chất vô cơ – hữu cơ: $\text{AlCl}_3$ (chống nhòe giấy), PAC (xử lí nước), $\text{NiCl}_2$ (mạ điện), $\text{ZnCl}_2$ (sản xuất pin), vinyl chloride (sản xuất PVC).
• Sản xuất nước uống đóng chai (tái sinh nhựa trao đổi ion).

4. Điều chế hydrogen halide

Lưu ý quan trọng: Phương pháp cho $\text{NaX}_{\text{(rắn)}} + \text{H}_2\text{SO}_{4(\text{đặc})}$ chỉ áp dụng được để điều chế HF và HCl. Không dùng được cho HBr và HI, vì $\text{Br}^-$ và $\text{I}^-$ có tính khử mạnh, bị $\text{H}_2\text{SO}_4$ đặc oxi hóa (xem phần tính khử ion halide).

5. Muối halide

a) Tính tan

Hầu hết muối halide dễ tan trong nước, ngoại trừ:

Một số muối ít tan: $\text{PbCl}_2$, $\text{PbBr}_2$.

Lưu ý: $\text{AgF}$ tan trong nước → không thể nhận biết $\text{F}^-$ bằng dung dịch $\text{AgNO}_3$ (không tạo kết tủa). Chỉ nhận biết được $\text{Cl}^-$, $\text{Br}^-$, $\text{I}^-$ bằng thuốc thử này.

b) Nhận biết ion halide bằng $\text{AgNO}_3$

$$\text{Ag}^+ + \text{Cl}^- \rightarrow \text{AgCl}\downarrow \text{ (kết tủa trắng)}$$

$$\text{Ag}^+ + \text{Br}^- \rightarrow \text{AgBr}\downarrow \text{ (kết tủa vàng nhạt)}$$

$$\text{Ag}^+ + \text{I}^- \rightarrow \text{AgI}\downarrow \text{ (kết tủa vàng đậm)}$$

$$\text{Ag}^+ + \text{F}^- \rightarrow \text{không kết tủa (AgF tan)}$$

c) Tính khử của ion halide

Tính khử tăng dần: $\text{Cl}^- < \text{Br}^- < \text{I}^-$ (không phải giảm dần).

Phương trình minh họa:

$$\text{NaCl}_{\text{(rắn)}} + \text{H}_2\text{SO}_{4(\text{đặc})} \rightarrow \text{NaHSO}_4 + \text{HCl}\uparrow \quad (\text{chỉ trao đổi})$$

$$2\text{NaBr} + 3\text{H}_2\text{SO}_{4(\text{đặc})} \rightarrow 2\text{NaHSO}_4 + \text{Br}_2 + \text{SO}_2 + 2\text{H}_2\text{O}$$

$$8\text{NaI} + 9\text{H}_2\text{SO}_{4(\text{đặc})} \rightarrow 8\text{NaHSO}_4 + 4\text{I}_2 + \text{H}_2\text{S} + 4\text{H}_2\text{O}$$

Trong phản ứng với $\text{H}_2\text{SO}_4$ đặc: NaBr đóng vai trò chất khử ($\text{Br}^- \rightarrow \text{Br}_2^{\ 0}$); NaI cũng là chất khử ($\text{I}^- \rightarrow \text{I}_2^{\ 0}$).

6. Muối ăn (NaCl)

Vai trò:

• Cơ thể sống: cân bằng điện giải, truyền dẫn xung thần kinh, trao đổi chất.
• Đời sống: bảo quản và chế biến thực phẩm.
• Y học: sản xuất nước muối sinh lí, nước nhỏ mắt, dịch tiêm truyền tĩnh mạch.
• Công nghiệp: nguyên liệu sản xuất xút ($\text{NaOH}$), chlorine ($\text{Cl}_2$), nước Javel.

Tinh chế: Muối thô từ ruộng muối chứa tạp chất (muối Mg, Ca) → kết tinh lại để đạt độ tinh khiết. Trong y học cần kết tinh lại nhiều lần.

II. Phương pháp giải các dạng bài tập

Phần này chỉ trình bày các dạng bài tập tính toán thuộc đúng nội dung Bài 22: dung dịch hydrohalic acid, tính acid của $\text{HCl}$, nhận biết ion halide bằng $\text{AgNO}_3$ và tính khử của $\text{HCl}$ đặc cũng như của ion halide.

Công cụ tính toán dùng chung:

Khối lượng mol thường dùng: $\text{HCl} = 36{,}5$; $\text{NaF} = 42$; $\text{NaCl} = 58{,}5$; $\text{NaBr} = 103$; $\text{NaI} = 150$; $\text{AgCl} = 143{,}5$; $\text{AgBr} = 188$; $\text{AgI} = 235$; $\text{KMnO}_4 = 158$; $\text{CO}_2 = 44$; $\text{H}_2\text{O} = 18$.

Dạng 1: Tính nồng độ dung dịch hydrohalic acid

Phương pháp giải

Dạng này gắn với tính chất “hydrogen halide là chất khí, tan tốt trong nước tạo dung dịch hydrohalic acid”.

Bước 1: Tính số mol khí $\text{HX}$ đã hòa tan: $n = \dfrac{V}{24{,}79}$.

Bước 2: Tính khối lượng chất tan: $m_{\text{HX}} = n \times M$.

Bước 3: Tính khối lượng dung dịch. Khi hòa tan khí vào nước thì toàn bộ khối lượng khí đi vào dung dịch:

$$m_{\text{dd}} = m_{\text{HX}} + m_{\text{nước}}$$

Bước 4: Áp dụng công thức nồng độ tương ứng với yêu cầu của đề.

Lưu ý: Khí $\text{HX}$ tan hoàn toàn nên không được trừ đi phần khí bay ra. Đây là điểm khác với các bài có khí thoát ra khỏi dung dịch (ví dụ $\text{CO}_2$, $\text{H}_2$), khi đó khối lượng dung dịch mới bị giảm.

Bài tập mẫu 1

Đề bài: Hòa tan $2{,}479\,\text{L}$ khí $\text{HCl}$ (ở điều kiện chuẩn) vào $46{,}35\,\text{g}$ nước.

a) Tính nồng độ phần trăm của dung dịch thu được.

b) Cần bao nhiêu lít khí $\text{HCl}$ (ở điều kiện chuẩn) để pha được $500\,\text{mL}$ dung dịch $\text{HCl}$ $0{,}2\,\text{M}$?

Lời giải

Câu a.

$$n_{\text{HCl}} = \frac{2{,}479}{24{,}79} = 0{,}1\,\text{mol}$$

$$m_{\text{HCl}} = 0{,}1 \times 36{,}5 = 3{,}65\,\text{g}$$

$$m_{\text{dd}} = 3{,}65 + 46{,}35 = 50\,\text{g}$$

$$C\% = \frac{3{,}65}{50} \times 100\% = 7{,}30\%$$

Câu b.

$$n_{\text{HCl}} = C_M \times V_{\text{dd}} = 0{,}2 \times 0{,}5 = 0{,}1\,\text{mol}$$

$$V_{\text{HCl}} = 0{,}1 \times 24{,}79 = 2{,}479\,\text{L}$$

Kết luận: Dung dịch có nồng độ $7{,}30\%$; cần $2{,}479\,\text{L}$ khí $\text{HCl}$ để pha dung dịch ở câu b.

Bài tập mẫu 2

Đề bài: Dung dịch hydrochloric acid đặc có nồng độ $36{,}5\%$ và khối lượng riêng $D = 1{,}18\,\text{g/mL}$. Tính nồng độ mol của dung dịch này.

Lời giải

Bước 1. Chọn một lượng dung dịch cụ thể

Xét $100\,\text{g}$ dung dịch. Khi đó:

$$m_{\text{HCl}} = 100 \times 36{,}5\% = 36{,}5\,\text{g} \quad \Rightarrow \quad n_{\text{HCl}} = \frac{36{,}5}{36{,}5} = 1\,\text{mol}$$

Bước 2. Tính thể tích dung dịch

$$V_{\text{dd}} = \frac{m_{\text{dd}}}{D} = \frac{100}{1{,}18} \approx 84{,}75\,\text{mL} = 0{,}08475\,\text{L}$$

Bước 3. Tính nồng độ mol

$$C_M = \frac{n}{V_{\text{dd}}} = \frac{1}{0{,}08475} \approx 11{,}8\,\text{M}$$

Kết luận: Dung dịch $\text{HCl}$ đặc có nồng độ khoảng $11{,}8\,\text{M}$.

Dạng 2: Hydrochloric acid tác dụng với kim loại, oxide base, base và muối

Phương pháp giải

Bước 1: Xác định chất nào có phản ứng với $\text{HCl}$. Đây là bước quyết định, vì đề thường cài chất không phản ứng vào hỗn hợp.

Bước 2: Viết và cân bằng phương trình hóa học, tính số mol chất đã biết.

Bước 3: Dùng tỉ lệ hệ số để suy ra các đại lượng cần tìm.

Bước 4: Với bài hỗn hợp muối carbonate không rõ thành phần, dùng phương pháp tăng giảm khối lượng: mỗi mol $\text{CO}_3^{2-}$ ($M = 60$) bị thay bằng $2\text{Cl}^-$ ($M = 71$) nên khối lượng muối tăng $71 – 60 = 11\,\text{g}$ ứng với 1 mol $\text{CO}_2$ thoát ra:

$$m_{\text{muối chloride}} = m_{\text{muối carbonate}} + 11 \times n_{\text{CO}_2}$$

Ghi nhớ mối liên hệ: Với muối carbonate, $n_{\text{HCl}} = 2 \times n_{\text{CO}_2}$ và $n_{\text{H}_2\text{O}} = n_{\text{CO}_2}$.

Bài tập mẫu 1

Đề bài: Cho $10{,}0\,\text{g}$ hỗn hợp X gồm $\text{Fe}$ và $\text{Cu}$ tác dụng với dung dịch $\text{HCl}$ dư, thu được $2{,}479\,\text{L}$ khí ở điều kiện chuẩn.

a) Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X.

b) Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng.

Lời giải

Bước 1. Xác định chất phản ứng

$\text{Cu}$ đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học nên không phản ứng với dung dịch $\text{HCl}$. Chỉ có $\text{Fe}$ phản ứng:

$$\text{Fe} + 2\text{HCl} \rightarrow \text{FeCl}_2 + \text{H}_2 \uparrow$$

Bước 2. Tính số mol

$$n_{\text{H}_2} = \frac{2{,}479}{24{,}79} = 0{,}1{\;}\text{mol} \quad \Rightarrow \quad n_{\text{Fe}} = n_{\text{H}_2} = 0{,}1{\;}\text{mol}$$

Câu a.

$$m_{\text{Fe}} = 0{,}1 \times 56 = 5{,}6\,\text{g} \quad \Rightarrow \quad m_{\text{Cu}} = 10{,}0 – 5{,}6 = 4{,}4\,\text{g}$$

$$\%m_{\text{Fe}} = \frac{5{,}6}{10{,}0} \times 100\% = 56\% \qquad \%m_{\text{Cu}} = 44\%$$

Câu b. Muối tạo thành chỉ có $\text{FeCl}_2$ ($M = 56 + 2 \times 35{,}5 = 127$):

$$m_{\text{FeCl}_2} = 0{,}1 \times 127 = 12{,}7\,\text{g}$$

Kết luận: X gồm $56\%$ $\text{Fe}$ và $44\%$ $\text{Cu}$; thu được $12{,}7\,\text{g}$ muối.

Lưu ý phân biệt: Ở đây $\text{Fe}$ tác dụng với dung dịch $\text{HCl}$ nên tạo muối sắt(II) là $\text{FeCl}_2$. Nếu cho $\text{Fe}$ tác dụng với khí $\text{Cl}_2$ thì sản phẩm lại là $\text{FeCl}_3$.

Bài tập mẫu 2

Đề bài: Hòa tan hoàn toàn $10{,}05\,\text{g}$ hỗn hợp hai muối carbonate của kim loại hóa trị II và III vào dung dịch $\text{HCl}$ vừa đủ, thu được dung dịch A và $0{,}7437\,\text{L}$ khí ở điều kiện chuẩn. Tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch A.

Lời giải

Bước 1. Tính số mol khí

$$n_{\text{CO}_2} = \frac{0{,}7437}{24{,}79} = 0{,}03\,\text{mol}$$

Bước 2. Viết phương trình tổng quát

$$\text{MCO}_3 + 2\text{HCl} \rightarrow \text{MCl}_2 + \text{CO}_2 \uparrow + \text{H}_2\text{O}$$

$$\text{M}_2(\text{CO}_3)_3 + 6\text{HCl} \rightarrow 2\text{MCl}_3 + 3\text{CO}_2 \uparrow + 3\text{H}_2\text{O}$$

Đề không cho biết cụ thể kim loại nào, nên không tính theo từng phương trình mà dùng phương pháp tăng giảm khối lượng.

Cách 1 – Tăng giảm khối lượng (ngắn gọn)

Cứ 1 mol $\text{CO}_2$ thoát ra thì 1 mol $\text{CO}_3^{2-}$ ($M = 60$) được thay bằng 2 mol $\text{Cl}^-$ ($M = 2 \times 35{,}5 = 71$), khối lượng muối tăng:

$$\Delta m_{1\,\text{mol}} = 71 – 60 = 11\,\text{g}$$

$$m_{\text{muối trong A}} = 10{,}05 + 11 \times 0{,}03 = 10{,}05 + 0{,}33 = 10{,}38\,\text{g}$$

Cách 2 – Bảo toàn khối lượng (để kiểm tra)

$$n_{\text{HCl}} = 2 \times n_{\text{CO}_2} = 0{,}06{\;}\text{mol} \qquad n_{\text{H}_2\text{O}} = n_{\text{CO}_2} = 0{,}03{\;}\text{mol}$$

$$m_{\text{muối}} = m_{\text{carbonate}} + m_{\text{HCl}} – m_{\text{CO}_2} – m_{\text{H}_2\text{O}}$$

$$= 10{,}05 + 0{,}06 \times 36{,}5 – 0{,}03 \times 44 – 0{,}03 \times 18$$

$$= 10{,}05 + 2{,}19 – 1{,}32 – 0{,}54 = 10{,}38\,\text{g}$$

Kết luận: Khối lượng muối khan là $10{,}38\,\text{g}$. Hai cách cho cùng kết quả.

Dạng 3: Nhận biết và định lượng ion halide bằng dung dịch $\text{AgNO}_3$

Phương pháp giải

Bước 1: Xác định ion halide nào tạo kết tủa. Đây là bước bẫy quen thuộc của dạng này:

Bước 2: Viết phương trình ion rút gọn: $\text{Ag}^+ + \text{X}^- \rightarrow \text{AgX} \downarrow$, tỉ lệ luôn là $1 : 1$.

Bước 3: Tính số mol ion halide tạo kết tủa, rồi tính khối lượng kết tủa.

Bước 4: Nếu đề yêu cầu xác định halogen X, tính khối lượng mol của kết tủa rồi suy ra nguyên tử khối:

$$M_{\text{AgX}} = \frac{m_{\downarrow}}{n_{\downarrow}} \quad \Rightarrow \quad M_\text{X} = M_{\text{AgX}} – 108$$

Mẹo tăng giảm khối lượng: Khi chuyển từ muối $\text{NaX}$ sang kết tủa $\text{AgX}$, phần gốc halide giữ nguyên, chỉ thay $\text{Na}$ ($M = 23$) bằng $\text{Ag}$ ($M = 108$), nên mỗi mol muối làm khối lượng tăng $108 – 23 = 85\,\text{g}$: $$n_{\text{NaX}} = \frac{m_{\downarrow} – m_{\text{muối}}}{85}$$ Mẹo này chỉ dùng được khi trong hỗn hợp không có $\text{NaF}$.

Bài tập mẫu 1

Đề bài: Cho dung dịch $\text{AgNO}_3$ dư tác dụng với $100\,\text{mL}$ dung dịch chứa đồng thời $\text{NaF}$ $0{,}05\,\text{M}$ và $\text{NaCl}$ $0{,}1\,\text{M}$. Tính khối lượng kết tủa thu được.

Lời giải

Bước 1. Tính số mol từng muối

$$n_{\text{NaF}} = 0{,}05 \times 0{,}1 = 0{,}005\,\text{mol} \qquad n_{\text{NaCl}} = 0{,}1 \times 0{,}1 = 0{,}01\,\text{mol}$$

Bước 2. Xét phản ứng của từng muối

Với $\text{NaF}$: $\text{AgF}$ tan trong nước nên không tạo kết tủa.

Với $\text{NaCl}$:

$$\text{NaCl} + \text{AgNO}_3 \rightarrow \text{AgCl} \downarrow + \text{NaNO}_3$$

Bước 3. Tính khối lượng kết tủa

$$n_{\text{AgCl}} = n_{\text{NaCl}} = 0{,}01\,\text{mol}$$

$$m_{\downarrow} = 0{,}01 \times 143{,}5 = 1{,}435\,\text{g}$$

Kết luận: Khối lượng kết tủa là $1{,}435\,\text{g}$, toàn bộ là $\text{AgCl}$ màu trắng. Lượng $\text{NaF}$ không ảnh hưởng đến kết quả.

Bài tập mẫu 2

Đề bài: Cho $200\,\text{mL}$ dung dịch $\text{NaX}$ $0{,}1\,\text{M}$ (X là một nguyên tố halogen) tác dụng với dung dịch $\text{AgNO}_3$ dư, thu được $2{,}87\,\text{g}$ kết tủa.

a) Xác định nguyên tố X.

b) Nếu thay $\text{NaX}$ bằng $\text{NaF}$ có cùng nồng độ và thể tích thì thu được bao nhiêu gam kết tủa?

Lời giải

Câu a.

$$n_{\text{NaX}} = 0{,}1 \times 0{,}2 = 0{,}02\,\text{mol}$$

$$\text{NaX} + \text{AgNO}_3 \rightarrow \text{AgX} \downarrow + \text{NaNO}_3$$

Theo tỉ lệ $1 : 1$: $n_{\text{AgX}} = 0{,}02\,\text{mol}$

$$M_{\text{AgX}} = \frac{2{,}87}{0{,}02} = 143{,}5\,\text{g/mol}$$

$$M_\text{X} = 143{,}5 – 108 = 35{,}5$$

Vậy X là chlorine (Cl), kết tủa là $\text{AgCl}$ màu trắng.

Câu b. Với $\text{NaF}$, do $\text{AgF}$ tan trong nước nên không thu được kết tủa nào, khối lượng kết tủa bằng $0\,\text{g}$.

Kết luận: X là chlorine. Không thể dùng dung dịch $\text{AgNO}_3$ để nhận biết ion $\text{F}^-$.

Dạng 4: Tính khử của $\text{HCl}$ đặc và của ion halide

Phương pháp giải

Dạng này dựa trên tính chất: ngoài tính acid, hydrohalic acid và ion halide còn có tính khử, tăng dần theo thứ tự $\text{Cl}^- < \text{Br}^- < \text{I}^-$.

Bước 1: Viết phương trình hóa học đã cân bằng sẵn (các phương trình này đều có trong phần lý thuyết):

$$2\text{KMnO}_4 + 16\text{HCl}_{\text{(đặc)}} \rightarrow 2\text{KCl} + 2\text{MnCl}_2 + 5\text{Cl}_2 \uparrow + 8\text{H}_2\text{O}$$

$$2\text{NaBr} + 3\text{H}_2\text{SO}_{4(\text{đặc})} \rightarrow 2\text{NaHSO}_4 + \text{Br}_2 + \text{SO}_2 \uparrow + 2\text{H}_2\text{O}$$

$$8\text{NaI} + 9\text{H}_2\text{SO}_{4(\text{đặc})} \rightarrow 8\text{NaHSO}_4 + 4\text{I}_2 + \text{H}_2\text{S} \uparrow + 4\text{H}_2\text{O}$$

Bước 2: Tính số mol chất đã biết, rồi dùng tỉ lệ hệ số để tính các chất còn lại.

Bước 3: Nếu đề hỏi riêng lượng $\text{HCl}$ bị oxi hóa, phải tách hai vai trò của $\text{HCl}$:

Cách nhớ: Trong 16 mol $\text{HCl}$ tham gia, chỉ 10 mol bị oxi hóa thành 5 mol $\text{Cl}_2$, còn 6 mol đóng vai trò môi trường đi vào $\text{KCl}$, $\text{MnCl}_2$. Nếu tính nhầm cả 16 mol là bị oxi hóa thì kết quả sẽ sai.

Bài tập mẫu 1

Đề bài: Cho $3{,}16\,\text{g}$ $\text{KMnO}_4$ tác dụng hoàn toàn với dung dịch $\text{HCl}$ đặc, dư.

a) Tính thể tích khí $\text{Cl}_2$ thu được ở điều kiện chuẩn.

b) Tính số mol $\text{HCl}$ đã phản ứng và số mol $\text{HCl}$ bị oxi hóa.

Lời giải

Phương trình:

$$2\text{KMnO}_4 + 16\text{HCl}_{\text{(đặc)}} \rightarrow 2\text{KCl} + 2\text{MnCl}_2 + 5\text{Cl}_2 \uparrow + 8\text{H}_2\text{O}$$

$$n_{\text{KMnO}_4} = \frac{3{,}16}{158} = 0{,}02\,\text{mol}$$

Câu a. Theo tỉ lệ $\text{KMnO}_4 : \text{Cl}_2 = 2 : 5$:

$$n_{\text{Cl}_2} = \frac{5}{2} \times 0{,}02 = 0{,}05\,\text{mol}$$

$$V_{\text{Cl}_2} = 0{,}05 \times 24{,}79 = 1{,}2395 \approx 1{,}24\,\text{L}$$

Câu b. Tổng số mol $\text{HCl}$ phản ứng, theo tỉ lệ $2 : 16$:

$$n_{\text{HCl tổng}} = \frac{16}{2} \times 0{,}02 = 0{,}16\,\text{mol}$$

Số mol $\text{HCl}$ bị oxi hóa chính là phần chuyển thành $\text{Cl}_2$, mỗi phân tử $\text{Cl}_2$ được tạo từ 2 ion $\text{Cl}^-$:

$$n_{\text{HCl bị oxi hóa}} = 2 \times n_{\text{Cl}_2} = 2 \times 0{,}05 = 0{,}10\,\text{mol}$$

Phần còn lại đóng vai trò môi trường:

$$n_{\text{môi trường}} = 0{,}16 – 0{,}10 = 0{,}06\,\text{mol}$$

Kết luận: Thu được khoảng $1{,}24\,\text{L}$ khí $\text{Cl}_2$; có $0{,}16\,\text{mol}$ $\text{HCl}$ phản ứng, trong đó $0{,}10\,\text{mol}$ bị oxi hóa.

Bài tập mẫu 2

Đề bài: Cho $20{,}6\,\text{g}$ $\text{NaBr}$ tác dụng hoàn toàn với dung dịch $\text{H}_2\text{SO}_4$ đặc, nóng, dư.

a) Tính thể tích khí $\text{SO}_2$ thu được ở điều kiện chuẩn.

b) Tính khối lượng $\text{Br}_2$ tạo thành.

c) Nếu thay $\text{NaBr}$ bằng $\text{NaCl}$ thì có thu được khí $\text{SO}_2$ không? Vì sao?

Lời giải

Phương trình:

$$2\text{NaBr} + 3\text{H}_2\text{SO}_{4(\text{đặc})} \rightarrow 2\text{NaHSO}_4 + \text{Br}_2 + \text{SO}_2 \uparrow + 2\text{H}_2\text{O}$$

$$n_{\text{NaBr}} = \frac{20{,}6}{103} = 0{,}2\,\text{mol}$$

Câu a. Theo tỉ lệ $\text{NaBr} : \text{SO}_2 = 2 : 1$:

$$n_{\text{SO}_2} = \frac{0{,}2}{2} = 0{,}1\,\text{mol}$$

$$V_{\text{SO}_2} = 0{,}1 \times 24{,}79 = 2{,}479\,\text{L}$$

Câu b. Theo tỉ lệ $\text{NaBr} : \text{Br}_2 = 2 : 1$:

$$n_{\text{Br}_2} = 0{,}1{\;}\text{mol} \quad \Rightarrow \quad m_{\text{Br}_2} = 0{,}1 \times 160 = 16{\;}\text{g}$$

Câu c. Không thu được khí $\text{SO}_2$. Ion $\text{Cl}^-$ có tính khử yếu hơn $\text{Br}^-$ nên không khử được $\text{H}_2\text{SO}_4$ đặc. Phản ứng xảy ra chỉ là phản ứng trao đổi:

$$\text{NaCl}_{\text{(rắn)}} + \text{H}_2\text{SO}_{4(\text{đặc})} \rightarrow \text{NaHSO}_4 + \text{HCl} \uparrow$$

Đây cũng là lí do phương pháp này chỉ dùng để điều chế $\text{HF}$ và $\text{HCl}$, không dùng được cho $\text{HBr}$ và $\text{HI}$.

Bảng tra nhanh: chọn phương pháp theo dữ kiện đề bài

ThS. Lê Thị Mai Nhi

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Hoá Học THPT

Trình độ: Thạc sĩ Hóa học, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ STEM, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 10+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ