I. Lý thuyết trọng tâm

1. Trạng thái tự nhiên

Nhóm VIIA (nhóm halogen) gồm sáu nguyên tố: fluorine (F), chlorine (Cl), bromine (Br), iodine (I), astatine (At) và tennessine (Ts). Trong đó, F, Cl, Br, I tồn tại trong tự nhiên; At và Ts là nguyên tố phóng xạ.

Đặc điểm quan trọng: Trong tự nhiên, các halogen chỉ tồn tại ở dạng hợp chất, chủ yếu là muối halide (khác với C, N, O có thể tồn tại ở cả dạng đơn chất). Nguyên nhân là do halogen có tính oxi hóa rất mạnh, dễ phản ứng nên không tồn tại ở dạng tự do.

Một số hợp chất phổ biến:

Nồng độ ion halide trong nước biển: $\text{Cl}^-$ chiếm hàm lượng cao nhất (18 980 mg/kg), tiếp theo là $\text{Br}^-$ (65 mg/kg), $\text{F}^-$ (1 mg/kg), $\text{I}^-$ rất thấp (0,06 mg/kg).

Lưu ý: Trong cơ thể người, chlorine có mặt trong máu và dịch vị dạ dày (ở dạng ion $\text{Cl}^-$); iodine có ở tuyến giáp (dạng hợp chất hữu cơ). Khoáng cryolite có thành phần chính là $\text{Na}_3\text{AlF}_6$ (không phải $\text{NaCl} \cdot \text{KCl}$). Trong nước biển, hàm lượng $\text{NaBr}$ nhiều hơn $\text{NaI}$ (không phải ngược lại).

2. Cấu tạo nguyên tử và phân tử

a) Đặc điểm cấu tạo nguyên tử

Xu hướng biến đổi từ F đến I: Bán kính nguyên tử tăng dần, độ âm điện giảm dần → tính oxi hóa giảm dần.

b) Đặc điểm chung

• Lớp electron ngoài cùng có 7 electron (cấu hình $ns^2np^5$). Ở trạng thái cơ bản, mỗi nguyên tử halogen có 1 electron độc thân.

Lưu ý: Phân lớp ngoài cùng ($np$) chỉ có 5 electron, còn lớp ngoài cùng mới có 7 electron. Đây là điểm hay nhầm lẫn.

• Khi hình thành liên kết, halogen có xu hướng nhận 1 electron (từ kim loại → liên kết ion) hoặc góp chung 1 electron (với phi kim → liên kết cộng hóa trị), không phải 3 electron.

$$ns^2np^5 + 1e \longrightarrow ns^2np^6 \quad (\text{cấu hình bền khí hiếm})$$

c) Số oxi hóa

• Số oxi hóa đặc trưng trong hợp chất: $-1$.
• Ngoài ra, Cl, Br, I còn có thể có số oxi hóa dương: $+1, +3, +5, +7$ (khi liên kết với nguyên tố có độ âm điện lớn hơn).
• Fluorine có độ âm điện lớn nhất → luôn chỉ có số oxi hóa $-1$ trong mọi hợp chất.

d) Phân tử halogen

• Ở dạng đơn chất, halogen tồn tại dưới dạng phân tử hai nguyên tử $\text{X}_2$ (liên kết đơn $\text{X–X}$).
• Liên kết trong $\text{X}_2$ là liên kết cộng hóa trị không phân cực (hai nguyên tử cùng loại).
• Từ $\text{F}_2$ đến $\text{I}_2$: bán kính tăng → độ dài liên kết tăng dần.

3. Tính chất vật lí

Xu hướng biến đổi từ $\text{F}_2$ đến $\text{I}_2$:

• Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng dần, do: khối lượng phân tử tăng → tương tác van der Waals giữa các phân tử tăng (không phải giảm).
• Màu sắc đậm dần (lục nhạt → vàng lục → nâu đỏ → tím đen).
• Trạng thái chuyển từ khí → lỏng → rắn.

Tính chất khác:

• Ở điều kiện thường, halogen ít tan trong nước nhưng tan nhiều trong dung môi hữu cơ (alcohol, benzene). Dung dịch iodine loãng trong ethanol dùng làm thuốc sát trùng trong y học.
• Ở nhiệt độ cao, iodine có khả năng thăng hoa (rắn → hơi, không qua trạng thái lỏng ở áp suất thường).
• Độc tính: Tất cả halogen đều có độc tính. Hít thở khí halogen vượt ngưỡng gây tổn hại niêm mạc đường hô hấp, co thắt phế quản, khó thở. Bromine gây bỏng sâu khi tiếp xúc da.

4. Tính chất hóa học

Halogen là phi kim điển hình, có tính oxi hóa mạnh. Tính oxi hóa giảm dần từ $\text{F}_2$ đến $\text{I}_2$.

a) Tác dụng với kim loại

Halogen phản ứng trực tiếp với nhiều kim loại, tạo muối halide. Trong các phản ứng này, mỗi nguyên tử halogen nhận 1 electron.

$$2\text{Na} + \text{Cl}_2 \xrightarrow{t^\circ} 2\text{NaCl}$$

$$2\text{Fe} + 3\text{Cl}_2 \xrightarrow{t^\circ} 2\text{FeCl}_3$$

Lưu ý quan trọng: Sắt phản ứng với $\text{Cl}_2$ (hay $\text{Br}_2$) tạo muối sắt(III) – $\text{FeCl}_3$, không phải $\text{FeCl}_2$. Điều này do $\text{Cl}_2$ là chất oxi hóa mạnh, oxi hóa Fe lên mức $+3$.

b) Tác dụng với hydrogen

Các halogen phản ứng với $\text{H}_2$ tạo hydrogen halide. Mức độ phản ứng giảm dần từ $\text{F}_2$ đến $\text{I}_2$ (không phải tăng dần):

Xu hướng giảm dần mức độ phản ứng phù hợp với tính oxi hóa giảm dần từ $\text{F}_2$ đến $\text{I}_2$. Đặc biệt, phản ứng của $\text{I}_2$ với $\text{H}_2$ là phản ứng thuận nghịch.

c) Tác dụng với nước

$\text{F}_2$ phản ứng mãnh liệt với nước ngay ở nhiệt độ thường, giải phóng $\text{O}_2$:

$$2\text{F}_2 + 2\text{H}_2\text{O} \rightarrow 4\text{HF} + \text{O}_2$$

$\text{Cl}_2$ tan trong nước tạo nước chlorine, một phần phản ứng (phản ứng thuận nghịch):

$$\text{Cl}_2 + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{HCl} + \text{HClO}$$

Trong nước chlorine chứa 3 chất: $\text{Cl}_2$ (còn dư), $\text{HCl}$ và $\text{HClO}$.

$\text{HClO}$ (hypochlorous acid) có tính oxi hóa mạnh → nước chlorine có khả năng diệt khuẩn, tẩy màu, ứng dụng trong khử trùng nước sinh hoạt.

Về bản chất: Đây là phản ứng tự oxi hóa – khử của $\text{Cl}_2$: $\text{Cl}^0$ vừa tăng lên $+1$ (trong $\text{HClO}$) vừa giảm xuống $-1$ (trong $\text{HCl}$). Vì vậy $\text{Cl}_2$ vừa là chất oxi hóa vừa là chất khử, còn $\text{H}_2\text{O}$ không phải chất khử trong phản ứng này.

Tính tẩy màu: Khí $\text{Cl}_2$ ẩm có tính tẩy màu (do $\text{HClO}$ sinh ra khi $\text{Cl}_2$ tác dụng với nước). Khí $\text{Cl}_2$ khô không tẩy màu.

$\text{Br}_2$ và $\text{I}_2$ cũng phản ứng với nước nhưng chậm hơn, mức độ giảm dần từ $\text{Cl}_2$ đến $\text{I}_2$.

d) Tác dụng với dung dịch kiềm

Ở nhiệt độ thường – tạo nước Javel:

$$\text{Cl}_2 + 2\text{NaOH} \rightarrow \text{NaCl} + \text{NaClO} + \text{H}_2\text{O}$$

Nước Javel (chứa $\text{NaClO}$, $\text{NaCl}$ và $\text{NaOH}$ dư) được dùng làm chất tẩy rửa, khử trùng. Chính $\text{NaClO}$ là thành phần giúp Javel có tính oxi hóa.

Khi đun nóng – tạo muối chlorate:

$$3\text{Cl}_2 + 6\text{KOH} \xrightarrow{t^\circ} 5\text{KCl} + \text{KClO}_3 + 3\text{H}_2\text{O}$$

Tương tự, $\text{Cl}_2$ phản ứng với $\text{NaOH}$ nóng tạo $\text{NaCl}$ và $\text{NaClO}_3$.

Các phản ứng này cũng là phản ứng tự oxi hóa – khử của $\text{Cl}_2$.

e) Tác dụng với dung dịch muối halide (phản ứng thế)

Halogen mạnh hơn có thể đẩy halogen yếu hơn ra khỏi dung dịch muối:

$$\text{Cl}_2 + 2\text{NaBr} \rightarrow 2\text{NaCl} + \text{Br}_2$$

$$\text{Br}_2 + 2\text{NaI} \rightarrow 2\text{NaBr} + \text{I}_2$$

Từ đó suy ra thứ tự tính oxi hóa: $\text{Cl}_2 > \text{Br}_2 > \text{I}_2$.

Thí nghiệm chứng minh (SGK Hình 21.7): Cho nước $\text{Cl}_2$ vào dung dịch NaBr → dung dịch chuyển sang màu vàng (do $\text{Br}_2$ sinh ra). Cho nước $\text{Cl}_2$ vào dung dịch NaI → dung dịch chuyển sang màu vàng nâu (do $\text{I}_2$). Cho nước $\text{Br}_2$ vào dung dịch NaI → dung dịch đổi màu (do $\text{I}_2$). Có thể dùng hồ tinh bột để nhận biết $\text{I}_2$ (tạo màu xanh tím).

5. Điều chế chlorine

a) Trong phòng thí nghiệm

Dùng chất oxi hóa mạnh tác dụng với $\text{HCl}$ đặc:

$$\text{MnO}_2 + 4\text{HCl}_{\text{(đặc)}} \xrightarrow{t^\circ} \text{MnCl}_2 + \text{Cl}_2\uparrow + 2\text{H}_2\text{O}$$

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

Trong phản ứng trên, $\text{MnO}_2$ (hoặc $\text{KMnO}_4$) là chất oxi hóa, $\text{HCl}$ là chất khử.

Làm sạch khí $\text{Cl}_2$: Dẫn qua bình (1) chứa dung dịch $\text{NaCl}$ bão hòa (loại $\text{HCl}$), rồi qua bình (2) chứa $\text{H}_2\text{SO}_4$ đặc (làm khô). Thu $\text{Cl}_2$ bằng phương pháp đẩy không khí (úp ngược bình, vì $\text{Cl}_2$ nặng hơn không khí), không thu bằng phương pháp đẩy nước (vì $\text{Cl}_2$ tan và phản ứng một phần với nước).

b) Trong công nghiệp

Điện phân dung dịch $\text{NaCl}$ bão hòa có màng ngăn xốp:

$$2\text{NaCl} + 2\text{H}_2\text{O} \xrightarrow{\text{điện phân có màng ngăn}} 2\text{NaOH} + \text{H}_2\uparrow + \text{Cl}_2\uparrow$$

Cần màng ngăn xốp để ngăn $\text{Cl}_2$ (sinh ra ở cực dương) tiếp xúc với $\text{NaOH}$ (sinh ra ở cực âm), tránh tạo nước Javel làm giảm hiệu suất.

II. Phương pháp giải các dạng bài tập

Phần này chỉ trình bày các dạng bài tập tính toán, dựa trên các phản ứng đã học trong bài: halogen tác dụng với kim loại, với hydrogen, phản ứng thế trong dung dịch muối halide và phản ứng điều chế chlorine.

Công cụ tính toán dùng chung:

Bảng nguyên tử khối thường dùng: $\text{H} = 1$; $\text{O} = 16$; $\text{Mg} = 24$; $\text{Al} = 27$; $\text{Cl} = 35{,}5$; $\text{K} = 39$; $\text{Na} = 23$; $\text{Mn} = 55$; $\text{Fe} = 56$; $\text{Br} = 80$; $\text{I} = 127$.

Dạng 1: Tính theo phương trình phản ứng của halogen với kim loại

Phương pháp giải

Bước 1: Viết phương trình hóa học và cân bằng. Chú ý xác định đúng hóa trị của kim loại trong muối tạo thành.

Bước 2: Tính số mol của chất mà đề đã cho đủ dữ kiện.

Bước 3: Dựa vào tỉ lệ hệ số trong phương trình để suy ra số mol các chất còn lại.

Bước 4: Tính đại lượng đề yêu cầu: khối lượng $m = n \times M$ hoặc thể tích khí $V = n \times 24{,}79$.

Điểm cực kì hay sai: Sắt tác dụng với $\text{Cl}_2$ (hoặc $\text{Br}_2$) luôn tạo muối sắt(III) là $\text{FeCl}_3$, chứ không phải $\text{FeCl}_2$. Lí do là $\text{Cl}_2$ có tính oxi hóa mạnh, oxi hóa Fe lên mức cao nhất $+3$. Nếu viết nhầm thành $\text{FeCl}_2$ thì toàn bộ phép tính khối lượng muối sẽ sai.

Bài tập mẫu 1

Đề bài: Cho $5{,}4\,\text{g}$ nhôm tác dụng hoàn toàn với khí $\text{Cl}_2$ dư.

a) Tính khối lượng muối thu được.

b) Tính thể tích khí $\text{Cl}_2$ (ở điều kiện chuẩn) đã phản ứng.

Lời giải

Bước 1. Viết phương trình

$$2\text{Al} + 3\text{Cl}_2 \xrightarrow{t^\circ} 2\text{AlCl}_3$$

Bước 2. Tính số mol Al

$$n_{\text{Al}} = \frac{5{,}4}{27} = 0{,}2\,\text{mol}$$

Bước 3. Suy ra số mol các chất theo tỉ lệ hệ số

Tỉ lệ $\text{Al} : \text{Cl}_2 : \text{AlCl}_3 = 2 : 3 : 2$, nên:

$$n_{\text{AlCl}_3} = n_{\text{Al}} = 0{,}2{\;}\text{mol} \qquad n_{\text{Cl}_2} = \frac{3}{2} \times 0{,}2 = 0{,}3{\;}\text{mol}$$

Bước 4. Tính kết quả

Khối lượng mol của $\text{AlCl}_3$: $M = 27 + 3 \times 35{,}5 = 133{,}5\,\text{g/mol}$

$$m_{\text{AlCl}_3} = 0{,}2 \times 133{,}5 = 26{,}7\,\text{g}$$

$$V_{\text{Cl}_2} = 0{,}3 \times 24{,}79 = 7{,}437\,\text{L}$$

Kết luận: Thu được $26{,}7\,\text{g}$ $\text{AlCl}_3$ và đã dùng khoảng $7{,}44\,\text{L}$ khí $\text{Cl}_2$.

Bài tập mẫu 2

Đề bài: Đốt cháy hoàn toàn $5{,}6\,\text{g}$ sắt trong khí chlorine dư.

a) Viết phương trình hóa học và tính khối lượng muối thu được.

b) Nếu thay $\text{Cl}_2$ bằng lượng dư dung dịch $\text{HCl}$ thì muối thu được có giống câu a không?

Lời giải

Câu a.

$$2\text{Fe} + 3\text{Cl}_2 \xrightarrow{t^\circ} 2\text{FeCl}_3$$

$$n_{\text{Fe}} = \frac{5{,}6}{56} = 0{,}1\,\text{mol} \quad \Rightarrow \quad n_{\text{FeCl}_3} = 0{,}1\,\text{mol}$$

Khối lượng mol của $\text{FeCl}_3$: $M = 56 + 3 \times 35{,}5 = 162{,}5\,\text{g/mol}$

$$m_{\text{FeCl}_3} = 0{,}1 \times 162{,}5 = 16{,}25\,\text{g}$$

Câu b. Không giống nhau. Khí $\text{Cl}_2$ là chất oxi hóa mạnh nên oxi hóa Fe lên số oxi hóa $+3$, tạo $\text{FeCl}_3$. Còn dung dịch $\text{HCl}$ chỉ oxi hóa Fe lên mức $+2$, tạo $\text{FeCl}_2$. Đây là điểm phân biệt quan trọng giữa đơn chất halogen và dung dịch acid halide.

Dạng 2: Bài toán chất hết – chất dư và hiệu suất phản ứng

Phương pháp giải

Bước 1: Viết và cân bằng phương trình hóa học, tính số mol (hoặc thể tích) của cả hai chất tham gia.

Bước 2: Xác định chất hết bằng cách so sánh tỉ lệ:

$$\frac{n_\text{A}}{a} \quad \text{và} \quad \frac{n_\text{B}}{b}$$

Tỉ số nào nhỏ hơn thì chất đó hết trước, mọi tính toán phải dựa theo chất hết.

Bước 3: Nếu đề cho hiệu suất $H\%$, nhân lượng chất hết với $H\%$ để có lượng thực tế đã phản ứng:

$$n_{\text{phản ứng}} = n_{\text{chất hết}} \times H\%$$

Bước 4: Lập bảng lượng chất ban đầu – phản ứng – sau phản ứng rồi tính đại lượng đề yêu cầu.

Mẹo với chất khí đo cùng điều kiện: Tỉ lệ thể tích các khí bằng đúng tỉ lệ số mol, nên có thể tính thẳng trên thể tích mà không cần đổi ra mol.

Bài tập mẫu 1

Đề bài: Cho $3\,\text{L}$ khí $\text{Cl}_2$ phản ứng với $2\,\text{L}$ khí $\text{H}_2$ (các khí đo ở cùng điều kiện), hiệu suất phản ứng đạt $80\%$. Tính phần trăm thể tích của $\text{Cl}_2$ trong hỗn hợp khí sau phản ứng.

Lời giải

Bước 1. Phương trình

$$\text{H}_2 + \text{Cl}_2 \xrightarrow{\text{ánh sáng}} 2\text{HCl}$$

Bước 2. Xác định chất hết

Tỉ lệ phản ứng là $1 : 1$, mà $V_{\text{H}_2} = 2{\;}\text{L} < V_{\text{Cl}_2} = 3{\;}\text{L}$, nên $\text{H}_2$ là chất hết (nếu hiệu suất đạt $100\%$).

Bước 3. Tính theo hiệu suất

$$V_{\text{H}_2{\;}\text{phản ứng}} = 2 \times 80\% = 1{,}6{\;}\text{L} \quad \Rightarrow \quad V_{\text{Cl}_2{\;}\text{phản ứng}} = 1{,}6{\;}\text{L}$$

$$V_{\text{HCl}} = 2 \times 1{,}6 = 3{,}2\,\text{L}$$

Bước 4. Lập bảng thể tích

Tổng thể tích sau phản ứng:

$$V_{\text{sau}} = 0{,}4 + 1{,}4 + 3{,}2 = 5{,}0\,\text{L}$$

$$\%V_{\text{Cl}_2} = \frac{1{,}4}{5{,}0} \times 100\% = 28\%$$

Kết luận: $\text{Cl}_2$ chiếm $28\%$ thể tích hỗn hợp khí sau phản ứng.

Cách kiểm tra nhanh: Phản ứng $\text{H}_2 + \text{Cl}_2 \rightarrow 2\text{HCl}$ có tổng số mol khí hai vế bằng nhau ($1 + 1 = 2$), nên tổng thể tích khí không đổi: $3 + 2 = 5\,\text{L}$, đúng bằng kết quả tính được.

Bài tập mẫu 2

Đề bài: Trong phòng thí nghiệm, người ta điều chế khí $\text{Cl}_2$ bằng cách đun nóng $8{,}7\,\text{g}$ $\text{MnO}_2$ với dung dịch $\text{HCl}$ đặc, dư. Biết hiệu suất phản ứng đạt $80\%$.

a) Viết phương trình hóa học và cho biết chất nào là chất oxi hóa, chất nào là chất khử.

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

Lời giải

Câu a.

$$\text{MnO}_2 + 4\text{HCl}_{\text{(đặc)}} \xrightarrow{t^\circ} \text{MnCl}_2 + \text{Cl}_2 \uparrow + 2\text{H}_2\text{O}$$

$\text{MnO}_2$ là chất oxi hóa (Mn giảm từ $+4$ xuống $+2$), $\text{HCl}$ là chất khử (Cl tăng từ $-1$ lên $0$).

Câu b.

Khối lượng mol của $\text{MnO}_2$: $M = 55 + 2 \times 16 = 87\,\text{g/mol}$

$$n_{\text{MnO}_2} = \frac{8{,}7}{87} = 0{,}1\,\text{mol}$$

Vì $\text{HCl}$ dư nên tính theo $\text{MnO}_2$. Theo tỉ lệ $1 : 1$:

$$n_{\text{Cl}_2\,\text{lí thuyết}} = 0{,}1\,\text{mol}$$

Tính theo hiệu suất:

$$n_{\text{Cl}_2\,\text{thực tế}} = 0{,}1 \times 80\% = 0{,}08\,\text{mol}$$

$$V_{\text{Cl}_2} = 0{,}08 \times 24{,}79 = 1{,}9832 \approx 1{,}98\,\text{L}$$

Kết luận: Thu được khoảng $1{,}98\,\text{L}$ khí $\text{Cl}_2$ ở điều kiện chuẩn.

Dạng 3: Phản ứng thế halogen trong dung dịch muối halide

Phương pháp giải

Cơ sở của dạng này là thứ tự tính oxi hóa $\text{Cl}_2 > \text{Br}_2 > \text{I}_2$: halogen mạnh hơn đẩy halogen yếu hơn ra khỏi dung dịch muối.

$$\text{Cl}_2 + 2\text{NaBr} \rightarrow 2\text{NaCl} + \text{Br}_2 \qquad \text{Br}_2 + 2\text{NaI} \rightarrow 2\text{NaBr} + \text{I}_2$$

Cách 1 – Tính trực tiếp theo phương trình (dùng khi đề cho số mol hoặc nồng độ muối):

Tính số mol muối halide, rồi suy ra số mol halogen theo tỉ lệ $1 : 2$.

Cách 2 – Phương pháp tăng giảm khối lượng (dùng khi đề cho độ giảm khối lượng muối, hoặc hỗn hợp nhiều muối không biết rõ từng chất):

Khi $\text{Cl}_2$ thế $\text{Br}_2$, mỗi mol muối chuyển từ dạng bromide sang chloride thì khối lượng giảm đi:

$$\Delta m_{1\,\text{mol}} = 80 – 35{,}5 = 44{,}5\,\text{g}$$

Từ đó:

$$n_{\text{muối halide}} = \frac{\Delta m}{44{,}5} \qquad \text{và} \qquad n_{\text{Cl}_2} = \frac{n_{\text{muối halide}}}{2}$$

Ưu điểm của cách 2: Khi đề cho hỗn hợp $\text{NaBr}$ và $\text{KBr}$ mà không cho tỉ lệ, ta vẫn giải được, vì phần kim loại ($\text{Na}$, $\text{K}$) không thay đổi, chỉ có phần gốc halide thay đổi.

Bài tập mẫu 1

Đề bài: Sục khí $\text{Cl}_2$ dư vào $200\,\text{mL}$ dung dịch $\text{NaBr}$ $0{,}5\,\text{M}$ cho đến khi phản ứng hoàn toàn.

a) Tính khối lượng $\text{Br}_2$ thu được.

b) Tính khối lượng muối có trong dung dịch sau phản ứng.

Lời giải

Bước 1. Phương trình và số mol

$$\text{Cl}_2 + 2\text{NaBr} \rightarrow 2\text{NaCl} + \text{Br}_2$$

$$n_{\text{NaBr}} = C_M \times V = 0{,}5 \times 0{,}2 = 0{,}1\,\text{mol}$$

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

$$n_{\text{Br}_2} = \frac{0{,}1}{2} = 0{,}05\,\text{mol}$$

$$m_{\text{Br}_2} = 0{,}05 \times 160 = 8\,\text{g}$$

Câu b. Muối trong dung dịch sau phản ứng là $\text{NaCl}$, theo tỉ lệ $1 : 1$ với $\text{NaBr}$:

$$n_{\text{NaCl}} = 0{,}1\,\text{mol} \quad \Rightarrow \quad m_{\text{NaCl}} = 0{,}1 \times 58{,}5 = 5{,}85\,\text{g}$$

Kiểm tra bằng phương pháp tăng giảm khối lượng:

$$m_{\text{NaBr}} = 0{,}1 \times 103 = 10{,}3\,\text{g} \quad ; \quad \Delta m = 0{,}1 \times 44{,}5 = 4{,}45\,\text{g}$$

$$m_{\text{muối sau}} = 10{,}3 – 4{,}45 = 5{,}85\,\text{g}$$

Kết quả trùng khớp.

Bài tập mẫu 2

Đề bài: Sục khí $\text{Cl}_2$ vừa đủ vào dung dịch chứa hỗn hợp $\text{NaBr}$ và $\text{KBr}$. Sau khi phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp muối khan có khối lượng giảm $4{,}45\,\text{g}$ so với ban đầu. Tính thể tích khí $\text{Cl}_2$ đã phản ứng ở điều kiện chuẩn.

Lời giải

Bước 1. Nhận xét

Đề không cho biết riêng lượng $\text{NaBr}$ và $\text{KBr}$, nên phải dùng phương pháp tăng giảm khối lượng.

$$\text{Cl}_2 + 2\text{NaBr} \rightarrow 2\text{NaCl} + \text{Br}_2$$

$$\text{Cl}_2 + 2\text{KBr} \rightarrow 2\text{KCl} + \text{Br}_2$$

Bước 2. Tính độ giảm khối lượng ứng với 1 mol muối

Trong cả hai phản ứng, phần kim loại ($\text{Na}$ hoặc $\text{K}$) giữ nguyên, chỉ có gốc $\text{Br}^-$ được thay bằng $\text{Cl}^-$:

$$\Delta m_{1\,\text{mol}} = 80 – 35{,}5 = 44{,}5\,\text{g}$$

Bước 3. Tính tổng số mol muối bromide

Gọi $a$ là tổng số mol $\text{NaBr}$ và $\text{KBr}$:

$$44{,}5 \times a = 4{,}45 \quad \Rightarrow \quad a = 0{,}1\,\text{mol}$$

Bước 4. Tính thể tích $\text{Cl}_2$

Theo hai phương trình, tỉ lệ muối bromide $:$ $\text{Cl}_2 = 2 : 1$:

$$n_{\text{Cl}_2} = \frac{0{,}1}{2} = 0{,}05\,\text{mol}$$

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

Kết luận: Thể tích khí $\text{Cl}_2$ đã phản ứng là khoảng $1{,}24\,\text{L}$.

Dạng 4: Hỗn hợp kim loại tác dụng với halogen

Phương pháp giải

Bước 1: Viết các phương trình hóa học, đặt ẩn là số mol của từng kim loại.

Bước 2: Dùng định luật bảo toàn khối lượng để tìm khối lượng (và số mol) halogen:

$$m_{\text{kim loại}} + m_{\text{halogen}} = m_{\text{muối}}$$

Bước 3: Lập hệ hai phương trình:

• Phương trình thứ nhất theo khối lượng hỗn hợp kim loại;
• Phương trình thứ hai theo định luật bảo toàn electron:

$$\sum n_{\text{electron kim loại nhường}} = \sum n_{\text{electron halogen nhận}} = 2 \times n_{\text{X}_2}$$

(vì mỗi phân tử $\text{X}_2$ nhận 2 electron để tạo 2 ion $\text{X}^-$).

Bước 4: Giải hệ, tính phần trăm khối lượng hoặc đại lượng đề yêu cầu.

Số electron mỗi kim loại nhường: $\text{Mg} \rightarrow \text{Mg}^{2+} + 2e$; $\text{Al} \rightarrow \text{Al}^{3+} + 3e$; $\text{Fe} \rightarrow \text{Fe}^{3+} + 3e$ (khi tác dụng với $\text{Cl}_2$ hoặc $\text{Br}_2$).

Bài tập mẫu

Đề bài: Cho $7{,}5\,\text{g}$ hỗn hợp X gồm $\text{Mg}$ và $\text{Al}$ tác dụng vừa đủ với khí $\text{Cl}_2$, sau phản ứng thu được $32{,}35\,\text{g}$ hỗn hợp muối khan.

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

b) Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X.

Lời giải

Câu a. Áp dụng bảo toàn khối lượng

$$m_{\text{Cl}_2} = m_{\text{muối}} – m_{\text{kim loại}} = 32{,}35 – 7{,}5 = 24{,}85{\;}\text{g}$$

$$n_{\text{Cl}_2} = \frac{24{,}85}{71} = 0{,}35\,\text{mol}$$

$$V_{\text{Cl}_2} = 0{,}35 \times 24{,}79 = 8{,}6765 \approx 8{,}68\,\text{L}$$

Câu b. Lập hệ phương trình

Đặt $n_{\text{Mg}} = a$ và $n_{\text{Al}} = b$ (mol).

Phương trình hóa học:

$$\text{Mg} + \text{Cl}_2 \xrightarrow{t^\circ} \text{MgCl}_2 \qquad 2\text{Al} + 3\text{Cl}_2 \xrightarrow{t^\circ} 2\text{AlCl}_3$$

Phương trình (1) – theo khối lượng hỗn hợp:

$$24a + 27b = 7{,}5$$

Phương trình (2) – theo bảo toàn electron:

$$2a + 3b = 0{,}7$$

Giải hệ:

$$\begin{cases} 24a + 27b = 7{,}5 \\[4pt] 2a + 3b = 0{,}7 \end{cases}$$

Nhân phương trình thứ hai với 12:

$$24a + 36b = 8{,}4$$

Trừ cho phương trình thứ nhất:

$$9b = 0{,}9 \quad \Rightarrow \quad b = 0{,}1$$

Thay lại: $2a = 0{,}7 – 3 \times 0{,}1 = 0{,}4 \Rightarrow a = 0{,}2$

Tính phần trăm khối lượng:

$$m_{\text{Mg}} = 0{,}2 \times 24 = 4{,}8\,\text{g} \qquad m_{\text{Al}} = 0{,}1 \times 27 = 2{,}7\,\text{g}$$

$$\%m_{\text{Mg}} = \frac{4{,}8}{7{,}5} \times 100\% = 64\% \qquad \%m_{\text{Al}} = 100\% – 64\% = 36\%$$

Kết luận: $V_{\text{Cl}_2} \approx 8{,}68\,\text{L}$; hỗn hợp X gồm $64\%$ $\text{Mg}$ và $36\%$ $\text{Al}$ về khối lượng.

Kiểm tra lại: $m_{\text{MgCl}_2} + m_{\text{AlCl}_3} = 0{,}2 \times 95 + 0{,}1 \times 133{,}5 = 19 + 13{,}35 = 32{,}35{\;}\text{g}$, đúng bằng dữ kiện đề bài.

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