ĐIỆN HÓA HỌC
A. MỞ ĐẦU
Trong chương trình giảng dạy môn Hóa học ở phổ thông chuyên, điện hóa là
một phần rất quan trọng vì đó là những kiến thức liên quan đến nhiều nội dung khác
của môn học. Đó là một nội dung phong phú trong đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia
và quốc tế. Vì vậy việc nghiên cứu lý thuyết kết hợp với xây dựng các câu hỏi và bài
tập về điện hóa là hết sức cần thiết.
Trên cơ sở đó chúng tôi sưu tầm và biên soạn chuyên đề “ Câu hỏi và bài tập
về điện hóa”. Hi vọng rằng sẽ một phần nào đó giúp cho các bạn học sinh tham gia kì
thi chọn học sinh giỏi Hoá học thêm tài liệu ôn tập, giúp các bạn có được sự chuẩn bị
tốt hơn.
ĐIỆN HÓA HỌC
B. NỘI DUNG
I. Cơ sở lý thuyết của điện hóa học
1. Cặp oxi hóa - khử
Ox + ne = Kh tương ứng cặp oxi hoá - khử Ox/Kh
* Có thể tổng quát: Phản ứng oxi hoá - khử gồm hai cặp Ox/Kh:
Ox1
+ n1e = Kh1
Ox2 + n2e = Kh2
* Phản ứng xảy ra là:
n2Ox1 + n1Kh2 = n1Ox2 + n2Kh1
(Nếu Ox1 là chất oxi hoá mạnh hơn Ox2)
2. Thế khử của các cặp oxi hóa - khử và ứng dụng
0
o
∆G = -n.F.E
E Eo
= - RTlnK
RT
ln K
nF
E Eo
0,0592 Kh
lg
n
Ox
Ứng dụng thế khử
1) Dùng thế khử để xét chiều phản ứng
2) Xác định mức độ bền của các trạng thái oxi hóa- khử
Dùng thế khử để xét chiều phản ứng
• Để xét chiều diễn biến của 1 phản ứng phải giả định phản ứng chuyển theo 1
chiều nào đó
• Viết riêng rẽ các quá trình oxi hóa và quá trình khử có kèm theo thế oxi hóa và
thế khử
• Tổng đại số các thế oxi hóa và thế khử là sức điện động của nguyên tố ganvani
mà ở đó diễn ra phản ứng oxi hóa - khử này.
• Theo nguyên tắc sức điện động phải dương thì phản ứng diễn ra theo chiều
thuận giả định.
2+
• VD: Zn = Zn + 2e
2+
Cu + 2e = Cu
2+
0
E1 = 0,76V
0
E2 = 0,34V
2+
Zn + Cu = Zn +Cu
0
E
pư
= 0,76 + 0,34 = 1,1V
0
E
pư
ĐIỆN HÓA HỌC
0
0
∆G = -nFE
pư
<0
Chú ý:
• Việc tính như trên đúng với đa số trường hợp nếu như số electron trao đổi ở
các bán phản ứng bằng số electron trao đổi của phản ứng tổng quát , nhưng sẽ
không đúng nếu như số electron trao đổi ở các bán phản ứng không bằng số
electron trao đổi của phản ứng tổng quát.
• Trong trường hợp số electron trao đổi ở các bán phản ứng không bằng số
electron trao đổi của phản ứng tổng quát thì ta phải tính thế của phản ứng
thông qua việc tính năng lượng tự do của các bán phản ứng
Xác định mức độ bền của các trạng thái oxi hóa- khử
* Giá trị thế khử càng dương thì dạng oxi hóa của cặp oxi hóa khử có tính oxi
hóa càng mạnh
* Giá trị thế khử càng âm thì dạng khử của cặp oxi hóa khử có tính khử càng
mạnh
* Phương pháp xác định mức độ bền của các trạng thái oxi hóa- khử cũng giống
như xét chiều phản ứng
3. Sơ đồ các mức của thế oxi hoá - khử
• Trong hoá vô cơ hiện đại cùng với việc dùng nhiều giản đồ khác, người ta hay
dùng Sơ đồ các mức của thế oxi hoá - khử để tiện cho việc khảo sát khả
năng oxihoá - khử của các chất.
• Giá trị của thế khử càng dương thì khả năng oxihoá của dạng oxihoá càng
mạnh.
• Giản đồ các mức của trạng thái oxi hoá - khử cho phép thấy qui luật trên
một cách nhanh chóng.
Nguyên tắc lập giản đồ: Trên trục tung người ta ghi giá trị thế khử, ứng với mỗi giá
trị vạch một đường mức song song với trục hoành; ở bên trái của đường mức ghi
thành phần oxihoá của cặp, còn bên phải của đường mức ghi thành phần khử của cặp.
ĐIỆN HÓA HỌC
Nhận xét:
• Các phản ứng oxihoá - khử có thể xảy ra nếu như đường nối các nút của điểm
nút (có hình chữ Z ngược) và chúng ta có thể viết được nhanh chóng các
phương trình cuả phản ứng
• Giản đồ này cũng cho ta thấy một cách nhanh chóng những phân tử nào có
thể bền trong dung dịch nước
Giản đồ Latimer
* Từ sơ đồ cho hai quy tắc sau:
Nếu giá trị thế điện cực ghi phía phải một chất cao hơn giá trị ghi ở phía
trái, thì hợp chất đó kém bền , sẽ tự phân hủy thành hai chất bên cạnh .
Ví dụ :
+0,95
+1,5
MnO2 ______ Mn
3+
__________
Mn
2+
Mn2(SO4)3 + 2H2O = MnSO4 + MnO2
Nếu giá trị thế điện cực ghi phía phải một chất thấp hơn giá trị ghi phía trái,
thì các chất ở hai bên sẽ tác dụng với nhau tạo ra chất đó .
Ví dụ :
+4,27
+0,95
3-
MnO
4
3+
_______ MnO _________
Mn
2
2Na3MnO4 + Mn2(SO4)3 = 4MnO2 + 3Na2SO4
ĐIỆN HÓA HỌC
0
E
=
( E 0(1,2) n1 ) ( E 0(2,3) n2 )
n1 n2
* Chú ý:
• Trong các ví dụ đã xét để đơn giản chúng ta viết các phương trình phản ứng ở
dạng các ion độc lập. Nhưng vì phản ứng diễn ra trong dung dịch nước nên các
ion này với nước có sự tạo phức chất. Chính vì vậy mà trong hệ phản ứng có
mặt các phối tử có khả năng thay thế phối tử nước trong cầu nội của phức chất
sẽ dẫn đến thay đổi thế khử
( 1 ,3 )
E Eo
RT Kh
ln
nF Ox
+
0
Vd: Au .aq + e = Au E = 1,68V
-
-
0
[AuBr2] + e = Au + 2Br E =0,96V
-
-
0
[Au(CN)2] + e = Au + 2CN E =0,60V
• Thế khử của cặp oxihoá - khử phụ thuộc vào nhiệt độ, hoạt độ (nồng độ) dạng
oxi hoá khử, dạng khử và môi trường, bản chất của chất… được biểu thị bằng
phương trình Nernst.
Vd: Thế khử phụ thuộc nhiều vào pH của môi trường
-
+
2+
MnO4 + 8H + 5e = Mn + 4H2O
0
-
+ 8
2+
E = E + (RT/5F)ln(MnO4 )(H ) /(Mn )
-
-
-
BrO3 + 3H2O + 6e = Br +6OH
0
-
- 6
E = E +(0,0592/6) lg[BrO3 ]/[Br-].[OH ]
0
• E là thế khử chuẩn
Thế khử chuẩn phụ thuộc:
- Năng lượng mạng lưới
- Năng lượng ion hoá
- Năng lượng hiđrat hoá
4. Ảnh hưởng pH đến thế điện cực
Trong nhiều trường hợp không chỉ có dạng oxi hóa và dạng khử tham gia phản
ứng mà các ion H+ và OH- cũng tham gia phản ứng hay được tạo thành như là sản
phẩm của phản ứng. Ví dụ:
MnO4 8H 5e Mn 2 4H 2O
ĐIỆN HÓA HỌC
Mn 2
0,0592
E E
lg
8
5
MnO4 . H
o
BrO3 3H 2O 6e Br 6OH
6
0,0592 Br . OH
o
E E
lg
6
BrO3
-
NO3 + 6H
+
+ 5e = 1/2N2 + 6 H2O
0
E = 1,25 V
6
RT NO3 H
0
E E
ln
1
5F
P 2
N2
0
Nếu chọn nhiệt độ 25 C và hoạt độ cấc chất (trừ H+) bằng đơn vị , ta có :
0
E = E - 0,0592 (6/5) pH
Biểu thức này cho biết: đường biểu diễn sự phụ thuộc giữa E & pH là sự phụ thuộc
tuyến tính
m
0
E
E
0,0592 pH
Tổng quát:
n
Với : n là số e trao đổi ; m là số proton trong phương trình tổng quát
5. Điện cực và pin điện
Các loại điện cực
1) Điện cực kim loại gồm một thanh kim loại M nhúng trong dung dịch muối chứa
n+
ion M
của kim loại đó.
2) Điện cực phi kim: gồm một phi kim rắn có khả năng dẫn điện, nhúng trong dung
n-
n-
dịch muối chứa ion X của phi kim đó. kí hiệu là X/X
n-
Phản ứng điện cực: X + ne = X
3) Điện cực khí:Gồm một thanh kim loại trơ ( platin phủ bột platin hay grafit) đóng
vai trò vật dẫn đồng thời là vật mang các phân tử khí và được hấp phụ khí trên bề
mặt và được nhúng trong dung dịch chứa ion của khí đó.
4) Điện cực oxi hóa - khử: Gồm môt thanh kim loại trơ nhúng trong dung dịch chứa
cả dạng oxi hóa và dạng khử của cặp oxi hóa-khử.Kí hiệu Ox,Kh/Pt ;
Phản ứng điện cực: Ox + ne = Kh
5) Điện cực loại 2: Kim loại phủ trên 1 lớp muối ít tan của nó rồi nhúng vào dung
dịch của muối khác có cùng anion
Cách biểu diễn pin điện:
Anot(-):khử/oxihoá oxihoá/khử (+)Catot
ĐIỆN HÓA HỌC
n+
m+
* Pin M1 /M1 và M2 /M2:
n+
(-) M1 M1 M2
m+
M2 (+)
2+
3+
4+
2+
* Pin có vật dẫn: VD: Cho các pin điện sau: (-) Pt/ Fe , Fe // Sn , Sn / Pt (+)
Sức điện động của pin:
∆G = - nFEpin ,
Epin (Sức điện động của pin)
0
0
Ở điều kiện chuẩn: ∆G = - nFE
6. Điện phân
Sự điện phân là quá trình oxi hóa – khử xảy ra ở bề mặt các điện cực khi có dòng
điện một chiều đi qua chất điện li nóng chảy hoặc dung dịch chất điện li
- Sự điện phân là quá trình sử dụng điện năng để tạo ra sự biến đổi hóa học
- Trong quá trình điện phân, dưới tác dụng của điện trường các cation chạy về cực âm
(catot) còn các anion chạy về điện cực dương (anot), tại đó xảy ra phản ứng trên các
điện cực (sự phóng điện)
- Tại catot xảy ra quá trình khử cation (Mn+ + ne → M) còn tại anot xảy ra quá trình
oxi hóa anion (Xn- → X + ne)
- Người ta phân biệt: điện phân chất điện li nóng chảy, điện phân dung dịch chất điện
li trong nước, điện phân dùng điện cực dương tan
1) Điện phân chất nóng chảy
2) Điện phân dung dịch
3) Định luật về sự điện phân. m = AIt/nF
Trong đó:
+ m: khối lượng chất giải phóng ở điện cực (gam)
+ A: khối lượng mol của chất thu được ở điện cực
+ n: số electron trao đổi ở điện cực
+ I: cường độ dòng điện (A)
+ t: thời gian điện phân (s)
+ F: hằng số Faraday là điện tích của 1 mol electron hay điện lượng cần thiết để
1 mol electron chuyển dời trong mạch ở catot hoặc ở anot
(F = 1,602.10-19.6,022.1023 ≈ 96500 C.mol-1)
ĐIỆN HÓA HỌC
II. Bài tập
1. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA VIỆT NAM
2002 (BẢNG A)
1. Biết thế oxi hóa-khử tiêu chuẩn :
EoCu2+/Cu+ = +0,16V, EoCu+/Cu = +0,52V, Eo Fe3+/Fe2+ = +0,77V, EoFe2+/Fe =
-0,44V
Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau:
(a) Cho bột sắt vào dung dịch Fe2(SO4)3 0,5M.
(b) Cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 1M.
2. Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M.
Axit hoá chậm dung dịch X đến pH = 0. Thêm FeCl3 cho đến nồng độ 0,10M.
i
Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu được so với cực
calomen bão hoà (Hg2Cl2/2Hg,2Cl-).
ii
Biểu diễn sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra tại các điện cực
và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động.
Cho : axit có H2S pK1 = 7,00, pK2 = 12,90; HSO4- có pK = 2,00; Tích số tan
của PbS = 10-26 ; PbSO4 = 10-7,8 ; PbI2 = 10-7,6.
Eo Fe3+/Fe2+ = 0,77 V ; Eo S/H2S = 0,14V ; Eo I2/2I- = 0,54V ; Ecal b·o hoµ =
0,244V
BÀI GIẢI:
1. a) Eo Fe3+/Fe2+ = +0,77 V
>
Eo Fe2+/Fe = -0,44 V nªn:
Tính oxi hoá: Fe3+ mạnh hơn Fe2+
Tính khử:
Fe mạnh hơn Fe2+
Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: 2 Fe3+ + Fe 3 Fe2+
ĐIỆN HÓA HỌC
Như vậy Fe tan trong dung dịch Fe(SO4)3 tạo thành muối FeSO4, làm nhạt màu vàng (
hoặc đỏ nâu) của ion Fe3+ và cuối cùng làm mất màu (hoặc tạo màu xanh nhạt) dung
dịch.
b) Eo Cu+/Cu = + 0,52 V > Eo Cu2+/Cu+ = + 0,16 V nên:
Tính oxi hoá: Cu+ mạnh hơn Cu2+
Tính khử:
Cu+ mạnh hơn Cu
Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữaa 2 cặp là: Cu+ + Cu+ Cu2+ + Cu
Phản ứng nghịch (Cu2+ phản ứng với Cu tạo thành ion Cu+) không xảy ra. Do đó khi
bỏ bột đồng vào dung dịch CuSO4 không xảy ra phản ứng và quan sát không thấy
hiện tượng gì.
2. Axit hoá dung dịch X:
S2- + 2H+ H2S (C H2S = 0,010 < S H2S nên H2S chưa bão hoà, không thoát ra khỏi
dung dịch)
Phản ứng: 2 Fe3+ + H2S 2 Fe2+ + S + 2 H+
K=1021
0,1
0,01
0,08
0,02
0,02
2 Fe3+ + 2I- 2 Fe2+
+
I2
K=107,8
0,08
0,06
0,02
0,02
0,08
0,030
3+
2+
Thành phần trong dung dịch: Fe 0,020 ; Fe 0,080 ;I2 0,030M ;H+ 0,02M
E Fe3+/Fe2+ = 0,77 + 0,059 lg 0,02/0,08 = 0,743V (cực dương)
Ecal = 0,244V ( cực âm)
Epin = E+ E = 0,743 0,244 = 0,499V
Sơ đồ pin:
Hg | Hg2Cl2 | KCl bh || Fe3+, Fe2+ | Pt +
Phản ứng:
2 Hg + 2 Cl- = Hg2Cl2 + 2 e
+ 2x Fe3+ + e
= Fe2+
2 Hg + 2 Fe3+ + 2 Cl- = Hg2Cl2
2002 (BẢNG A)
Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu cơ trong 2 giờ.
Kết quả sau quá trình điện phân là trên catot tạo ra 3,865 gam một kim loại và trên
anot có khí etan và khí cacbonic thoát ra.
1. Cho biết muối của kim loại nào bị điện phân? Biết rằng 5,18 gam của kim loại đó
đẩy được 1,59 gam Cu từ dung dịch đồng sunfat.
2. Cho biết muối của axit hữu cơ nào bị điện phân?
3. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực.
BÀI GIẢI:
ĐIỆN HÓA HỌC
1. Điện lượng Q = It = 0,5 x 2 x 3600 = 3600 coulomb dùng để tạo ra 3,865 g kim
A
3.865 9650
103,6
n
3600
loại. Từ định luật Faraday, đương lượng
Khối lượng mol của kim loại: A = n. . Vì kim loại này đẩy đồng ra khỏi dung
dịch nên đương lượng của Cu:
Cu = A/2 = 63,6/2 = 31,8 và từ phản ứng:
2 + Cu2+ = Cu + 2 +
ta có: : 31,8 = 5,18 : 1,59, suy ra = 103,6
Trong phản ứng đẩy Cu, kim loại chỉ có thể có mức oxi hoá từ 1 đến 3, do đó
sẽ chọn khối lượng mol nguyên tử từ 3 khả năng sau:
A1 = 103,6 x 1 = 103,6
A2 = 103,6 x 2 = 207,2
A3 = 103,6 x 3 = 310,8
Vì không có nguyên tử với A > 240 và bằng 104 có tính kim loại và có mức
oxi hoá là +1. Do đó kim loại phải tìm chỉ có thể là Pb (A = 207,6).
2. Tại anot khi điện phân có C2H6 và CO2 thoát ra là sản phẩm của sự oxi hoá anion
hữu cơ, muối này có công thức Pb(RCOO)2. Sự tạo ra etan.
(CH3 -CH3) và CO2 từ nhóm COO- chứng tỏ muối điện phân là
Pb(CH3COO)2 .
R
R
3. Các phản ứng xảy ra trên các điện cực:
Tại catot:
Pb2+ + 2 e = Pb
Tại anot:
CH3COO- - e = CH3COO
CH3COO
= CH3 + CO2
2 CH3
= C2H6
Tổng quát: 2 CH3COO- 2e = C2H6 + CO2.
2004 (BẢNG A)
Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M.
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản
ứng người ta nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành
pin (có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch
X gồm AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M.
a) Viết sơ đồ pin .
b) Tính sức điện động Epin tại 250C .
c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng .
ĐIỆN HÓA HỌC
Cho biết : Ag+ + H2O
(1) ; K1= 10 –11,70
AgOH + H+
Pb2+ + H2O
PbOH+ + H+
(2) ; K2= 10 –7,80
Chỉ số tích số tan pKs : AgI là 16,0 ; PbI2 là 7,86 ; AgSCN là 12,0 .
0
EAg
+
= 0 ,799 V
/Ag
RT
ln = 0,0592 lg
F
;
2. Epin sẽ thay đỏi ra sao nếu: a) thêm một lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B ; b)
thêm một lượng nhỏ Fe(NO3)3 vào dung dịch X?
BÀI GIẢI:
1. Ag+ + H2O ⇌ AgOH + H+ ; K1 = 10-11,7
(1)
2+
+
+
-7,8
Pb + H2O ⇌ PbOH + H
; K2 = 10
(2)
Do K2 >> K1 nên cân bằng 2 quyết định pH của dung dịch
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8 (2)
C
0,10
0,10 x
x
x
x2
10 7,8
0,1 x
x = 10-4,4 = H+
;
pH = 4,40
2.a) Dung dịch B: Thêm KI : CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050
CI- = 0,125M ; CH+ = 0,10M
Ag+
+
I
AgI
0,025
0,125
0,10
2+
Pb
+
2 I
PbI2
0,05
0,10
Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI và PbI2
AgI ⇌ Ag+ + I ;
Ks1 = 1.10-16 (3)
PbI2 ⇌ Pb2+ + 2 I ;
Ks2 = 1.10-7,86 (4)
Ks1 << Ks2, vậy trong dung dịch cân bằng (4) là chủ yếu. Sự tạo
phức hidroxo của Pb2+ là không đáng kể vì có H+ dư:
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8
PbOH 10
Pb 10
7 ,8
2
1
10 6,8 PbOH Pb2
PbI2 ⇌ Pb2+ + 2 I
Ks2 = 1.10-7,86
x
2x
-3
x = 1,51.10 M
2x = [I] = 2,302 . 10-3M
Trong dung dịch
(2x)2x = 10-7,86
Ag KI 31,02.10.10
16
s1
E của cực Ag trong dung dịch A:
3
3,31.10 14 M .
Ag+ + e ⇌ Ag
ĐIỆN HÓA HỌC
0,0592 lg Ag 0,799 0,0592 lg 3,31.10 14
E1 E 0Ag
Ag
E1 0,001V
Dung dịch X:
Ag+ + SCN ⇌ AgSCN ;
0,010
0,040
0,030
0,010
AgSCN ⇌ Ag+ + SCN
;
0,030
x
(0,030 + x)
-12
x0,030 + x) = 10
Ag x 310x10
12
2
1012,0
10-12,0
3,33.10 11
E 2 0,799 0,0592 lg Ag 0,799 0,0592 lg 3,33.10 11
E 2 0,179V
Vì E2 > E1 , ta có pin gồm cực Ag trong X là cực + , cực Ag trong B là cực –
Sơ đồ pin:
Ag
b)
AgI
PbI2
AgSCN
SCN 0,03 M
Ag
Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V
c) Phương trình phản ứng: Ag + I– ⇌ AgI + e
AgSCN + e ⇌ Ag + SCN–
AgSCN + I– ⇌ Ag + SCN–
KsAgSCN
d)
K=
KsAgI
=
10–12
10
–16
= 104
3. a) Khi thêm lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B , có thể xảy ra 3 trường hợp:
- Lượng NaOH qúa ít không đủ để trung hoà HNO3: Sự tạo phức hidroxo của
Pb2+ vẫn không đáng kể, do đó Epin không thay đổi.
- Lượng NaOH đủ để trung hoà HNO3: Có sự tạo phức hidroxo của Pb2+ do đó
Pb2+ giảm, Nồng độ I - sẽ tăng lên, do đó nồng độ Ag+ giảm xuèng, E1 giảm ;
vậy Epin tăng.
- Lượng NaOH đủ dư để trung hoà hết HNO3 và hoà tan PbI2 tạo thành PbO2–,
do đó Pb2+ giảm và Epin tăng. PbI2 + 4 OH– PbO2– + 2 H2O + 2 I–
b) Thêm ít Fe3+ vào dung dịch X: Fe3+ + SCN–
FeSCN2+
Nồng độ ion SCN– giảm, do đó nồng độ ion Ag+ tăng, E2 tăng Epin tăng
ĐIỆN HÓA HỌC
2005 (BẢNG A)
Ở pH = 0 và ở 25oC thế điện cục tiêu chuẩn Eo của một số cặp oxi hóa-khử
được cho như sau:
2IO4/I2(r) = 1,31V; 2IO3/I2(r) = 1,19V; 2HIO/I2(r) = 1,45V ; I2(r)/2I = 0,54V
(r): chỉ chất ở trạng thái rắn.
1. Viết phương trình nửa phản ứng oxi hóa - khử của các cặp đã cho.
2. Tính Eo của các cặp IO4/ IO3 và IO3/ HIO
3. Về phương diện nhiệt động học thì các dạng oxi hóa-khử nào là bền, các dạng nào
là không bền? Tại sao?
4. Thêm 0,40 mol KI vào 1 lít dung dịch KMnO4 0,24 M ở pH = 0
a) Tính thành phần của hỗn hợp sau phản ứng.
b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong hỗn hợp thu được so với điện cực
calomen bão hoà.
5. Tính Eo của cặp IO3/ I2(H2O).
I2(H2O) chỉ iot tan trong nước.
o
Cho biết: EMnO
= 1,51 V ; E của điện cực calomen bão hòa bằng 0,244
2+
4 / Mn
V;
ở 25oC, ln
RT
= 0,0592 lg ; Độ tan của iot trong nước bằng 5,0.10 4 M.
F
BÀI GIẢI:
1.
2 IO4 + 16 H+ + 14 e ⇌
I2(r) + 8 H2O ;
Eo = 1,31 V = Eo1
2 IO3 + 12 H+ + 10 e ⇌
I2(r) + 6 H2O ; Eo = 1,19 V = Eo2
2 HIO + 2 H+ + 2 e
⇌
I2(r) + 2 H2O ; Eo = 1,45 V = Eo3
I2 (r) + 2 e
⇌
2 I
; Eo = 0,54 V = Eo4
o
2.
2 IO4
+
+ 16 H
14E 1/0,0592
+ 14 e ⇌
I2(r) + 8 H2O ; K1 = 10
o
I2 (r) + 6 H2O
⇌
+
2 IO3 + 12 H
1
-10E 2/0,0592
+ 10 e ; K2 = 10
o
2 IO4
+
+ 4H
+ 4e
⇌
2 IO3
4E 5/0,0592
+ 2 H2O ; K5 = 10
ĐIỆN HÓA HỌC
K5 = K1. K21 → Eo5 = Eo
IO4 /IO3
14 E1O 10 E2O
4
=
= 1,61 V
o
2 IO3
10E 2/0,0592
+ 10 e ⇌
+
+ 12 H
I2(r) + 6 H2O ; K2 = 10
o
I2(r) + 2 H2O
⇌
+
2 HIO + 2 H
2 IO3 + 10 H+ + 8 e ⇌
o
K6 = 10
Eo
3.
8E 6/0,0592
IO3 /HIO
3
= 10
-2E 3/0,0592
2 HIO + 4 H2O ; K6 = K2. K31
= K2. K31
= Eo6 =
Vì Eo IO -/HIO
+ 2 e ; K3
1
10 E2O 2 E3O
8
= 1,125 (V)
< Eo HIO/I2
nên HIO sẽ tự oxi hoá - khử
4 2 HIO + 2 H+ + 2 e
⇌
I2(r) + 2 H2O
2 HIO + 4 H2O ⇌
2 IO3 + 10 H+ + 8 e
10 HIO
⇌
4 I2(r) + 2 IO3 + 2 H+ + 4 H2O
Vậy dạng kém bền nhất về mặt nhiệt động học là HIO, các dạng khác: IO4, IO3,
I2, I đều bền ở pH = 0.
4. a)Eo MnO4-/Mn2+ = 1,51V >> EoI2/2I(Eo4 nhỏ nhất) nên đầu tiên sẽ xảy ra phản
ứng:
2
MnO4 + 8 H+ + 5 e ⇌
Mn2+ + 4 H2O
5
2 I
⇌
I2(r) + 2 e
2 MnO4 + 10 I + 16 H+ ⇌ 2 Mn2+ + 5 I2(r) + 8 H2O; K= 10 163
CO 0,24
0,4
C 0,04 2 0,04 10
0,04 2
0,04 5
C
0,16
0
1
0,08
0, 2
MnO4 còn dư sẽ oxi hoá tiếp I2 thành IO3.
Eo
= 1,51 V > Eo
= 1,19 V
2 MnO4 + 8 H+ + 5 e
=
Mn2+ + 4 H2O
I2(r) + 6 H2O =
2 IO3 + 12 H+ + 10 e
2 MnO4 + I2(r) + 4 H+ = 2 IO3 + 2 Mn2+ + 2 H2O ; K = 10 176
CO
0,16
0,2
0,08
C 0,08 2
0,08
0,08 2
0,08 2
C
0
0,12
1
0,16
0, 24
Thành phần hỗn hợp sau phản ứng: IO3 = 0,16 M; Mn2+=0,24 M;
I2(H2O)=5.104M; )
ĐIỆN HÓA HỌC
I2(r) = 0,12M; pH = 0.
b) Trong hỗn hợp có cặp IO3-/I2 (r) nên:
o
E EIO
/I
3
2 (r )
2
0,0592
lg IO3 H
10
2
1,18V
E so với điện cực calomen bão hoà: 1,18 – 0,244 = 0,936V
5.
2IO3- + 12H+ + 10e
⇌ I2(r) + 6H2O : K2 = 1010.1,19/0,0592
I2(r)
⇌ I2(H2O)
S = 5.10-4M
2IO3- + 12H+ + 10e ⇌ I2(H2O) + 6 H2O;
o
E /0,0592
K7 =10 7
=1010.1,19/0,0592.S
Suy ra E7o = 1,17V
2005 (BẢNG A)
Một bình điện phân chứa dung dịch NaOH (pH=14) và một bình điện phân
khác chứa dung dịch H2SO4 (pH = 0) ở 298K. Khi tăng hiệu điện thế từ từ ở hai cực
mỗi bình ngườii ta thấy có khí giống nhau thoát ra ở cả hai bình tại cïng điện thế.
1. Giải thích hiện tượng trên. Viết các phưng trình phản ứng xảy ra ở mỗi bình
(không xét sự tạo thành H2O2 và H2S2O8).
2. Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực mỗi bình để cho qúa trình điện
phân xảy ra.
3. Người ta muốn giảm pH của dung dịch NaOH xuống còn 11. Có thể dùng NH4Cl
được không? Nếu được, hãy giải thích và tính khối lượng NH4Cl phải dùng để giảm
pH của 1 lít dung dịch NaOH từ 14 xuống còn 11.
4. Khi pH của dung dịch NaOH bằng 11, thì hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai
cực của bình điện phân để cho qúa trình điện phân xảy ra là bao nhiêu?
Cho biết: EoH2O, 1/2 O2 / 2OH = 0,4V; Eo 2H+, 1/2 O2 / H2O =1,23 V; pKb(NH3) = 4,75.
BÀI GIẢI:
1.
Trong thí nghiệm này, nước bị điện phân ở cùng một điện thế.
a) Dung dịch NaOH:
ở anot:
2 OH
H2O + 1/2 O2 + 2 e
ở catot:
2 H2O + 2 e
H2 + 2 OH
H2O
H2 + 1/2 O2
b) Dung dịch H2SO4:
ở anot:
H2O
1/2 O2 + 2 H+ + 2 e
ở catot:
2 H+ + 2 e
H2
H2O
H2 + 1/2 O2
Khí thoát ra ở 2 bình đều là hidro và oxi
2.
a) Dung dịch NaOH:
Ean«t = 0,4 V
ĐIỆN HÓA HỌC
Ecat«t = 0 + 0,0592 lg (1014)2 = 0,83 V
2
U min = E an«t E cat«t = 0,4 + 0,83 = 1,23 V
b) Dung dịch H2SO4:
Ean«t = 1,23 V
Ecat«t = 0 V
Umin = E an«t E cat«t = 1,23 V
(khi tính Umin không xét đến quá thế).
3. Có thể dùng NH4Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11.
NH4+ + OH
NH3 + H2O
pOH của dung dịch NaOH đã thêm NH4Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14
xuống 11 được tính theo công +thức:
[NH4 ]
pOH = pKb + lg
[NH3]
+
3 = 4,75 + lg [NH4 ]
[NH3]
Suy ra [NH4+] = 0,0178 [NH3]
Khi pH của dung dịch NaOH giảm từ 14 xuống 11 thì [OH ] của dung dịch
giảm đi: 1 103 = 0,999 mol. Đây chính là số mol NH3 hình thành. Vậy [NH3] =
0,999 mol/L và:
[NH4+] = 0,0178 0,999 0,0178 (mol/L)
Số mol NH4Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch:
n = n NH4+ + n NH3 = 0,0178 + 0,999 = 1,0168 (mol)
Khối lượng NH4Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch: 1,0168 53,5 = 54,4 (gam)
4. Khi pH = 11, dung dịch NaOH:
Eanot = 0,4 V + 0,0592 lg 1
2
(103)2
Ecat«t = 0 + 0,0592 lg (1011)2
2
U min = E anot E catot = 0,4 + 3 0,0592 + 0,0592 11 1,23 V
2006 (BẢNG A)
1. Thêm H2SO4 vào dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,010 M và Ba(NO3)2 0,020 M cho đến
nồng độ 0,130 M (coi thể tích dung dijch không đổi khi thêm axit).
Hãy tính pH và nồng độ các ion kim loại trong dung dịch A thu được.
2. a) Hãy biểu diễn sơ đồ pin gồm điện cực hiđroH (p = 1 atm) đươc nhúng trong
dung dịch CH3COOH 0,010 M ghép (qua cầu muối) với điện cực Pb nhúng trong
dung dịch A. Hãy chỉ rõ anot, catot.
b) Thêm 0,0050 mol Ba(OH)2 vào 1 lit dung dịch ở phía điện cực hiđro (coi thể tích
không thay đổi). Tính Epin và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
2
ĐIỆN HÓA HỌC
Cho: pKa (HSO4-) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76;
chỉ số tích số tan pKs (BaSO4) 9,93 ; pKs (PbSO4) 7,66 .
(RT/F) ln = 0,0592lg ; EoPb2+/Pb = - 0,123 V.
3. Người ta mạ niken lên mẫu vật kim loại bằng phương pháp mạ điện trong bể mạ
chứa dung dịch niken sunfat. Điện áp được đặt lên các điện cực của bể mạ là 2,5 V.
Cần mạ 10 mẫu vật kim loại hình trụ; mỗi mẫu có bán kính 2,5cm, cao 20 cm. Người
ta phủ lên mỗi mẫu một lớp niken dày 0,4 mm. Hãy:
a) Viết phương trình các phản ứng xảy ra trên các điện cực của bể mạ điện.
b) Tính điện năng (theo kWh) phải tiêu thụ.
Cho biết: Niken có khối lượng riêng D = 8,9 g/cm3; khối lượng mol nguyên tử
là 58,7(g/mol); hiệu suất dòng bằng 90% ; 1 kWh = 3,6.106J.
Hướng dẫn giải:
1.
Pb(NO3)2
Pb2+
+
2NO3–
0,010
----0,010
Ba(NO3)2
Ba2+
+
2NO3–
0,020
----0,020
H2SO4
H+
+
HSO4–
0,130
----0,130
0,130
HSO4– + Ba2+
BaSO4 + H+ ;
107,93
0,130
0,020
0,130
0,110
----0,150
–
2+
HSO4
+
Pb
PbSO4 + H+ ;
105,66
0,110
0,010
0,150
0,100
----0,160
–
+
Thành phần của hệ: HSO4 0,100 M , H 0,160 M , BaSO4 , PbSO4
HSO4–
H+
+ SO42 – ; 10-2
C
0,100
0,16
x
[ ] (0,100 - x)
(0,160 + x)
x
x (0,160 + x)
= 10-2
0,100 - x
x = [SO42–] = 5,69.10-3 (M)
[HSO4–] = 0,0943 (M)
[ H+]
= (0,160 + x) = 0,1657 (M)
KS
2+
[Ba ] =
(BaSO4)
[SO4
KS
2–
]
(PbSO4)
[SO42–]
=
10-9,93
5,69.10
-3
10-7,66
5,69.10-3
= 2,0.10-8 (M)
pH = 0,78
ĐIỆN HÓA HỌC
[Pb2+] =
= 3,84.10-6 (M)
=
2. a) • Cực Hiđro: 2 H+ + 2e
H2
+
CH3COOH
H + CH3COO– ; K a = 10-4,76
C
0,01
[ ]
0,01
-x
x
x
x2
-4,76
+
= 10
x = [H ] = 4,08.10-4 M
pH = 3,39
(0,01 - x)
E 2H+/H2 = - 0,0592 pH = - 0,0592 3,39 = - 0,2006 (V)
• Cực Pb/PbSO4:
PbSO4 + H+ + 2 e
Pb
+ HSO4–
+
[H ]
0,0592
EPb = EoPbSO4, H+/Pb, HSO4- +
lg
2
Trong đó Eo
= Eo Pb2+/Pb +
-
+
PbSO4, H /Pb, HSO4
EPb = - 0,291 +
(Hoặc: E = Eo
PbSO4/Pb
+
0,0592
2
0,0592
[HSO4–]
0,0592
2
1
lg
lg
2
Mà EoPbSO /Pb = Eo Pb2+/Pb +
KS
Ka
= - 0,291
+
= - 0,283 (V) < E
[SO42–]
2H /H2
0,1657
0,0943
0,0592
4
= - 0,123 +
lg
lg KS
2
0,0592
(PbSO4)
lg10-7,66 = - 0,350 (V)
2
0,0592
Vậy E = - 0,350 +
lg(5,69.10-3)-1 = - 0,284 (V)
;
2+2
Cũng có thể tính theo cặp Pb /Pb:
0,0592
0,0592
E = - 0,123 +
lg [Pb2+] = -0,123 +
lg 3,84.10-6 = - 0,283 (V)
2
2
Vậy cực Pb là anot; cực hiđro là catot.
() (anot) Pb PbSO4 , H+
CH3COOH
H2 (Pt)
(+) (catot)
BaSO4 , HSO4b) 2 CH3COOH + Ba(OH)2
(CH3COO)2Ba + 2 H2O
0,010
0,005
--------0,005
CH3COO + H2O
CH3COOH + OH- ; K b = 10-9,24
C
0,010
[ ]
0,010 - x
x
x
x2
-9,24
-5,62
= 10
x = 10
pH = 8,38
0,010 - x
E2H+/H = - 0,0592 pH = - 0,0592.8,38 = - 0,496 V
(anot)
2
E PbSO4/Pb = - 0,284 V
(catot)
ĐIỆN HÓA HỌC
Vậy Epin = - 0,284 - (- 0,496) = 0,212 V.
Phản ứng trong pin: anot
H2
2 H+ + 2e
2 CH3COO- + 2 H+
2 CH3COOH
2 CH3COO + H2
2 CH3COOH + 2e
+
catot PbSO4 + H + 2 e
Pb + HSO4–
Phản ứng xảy ra trong pin:
PbSO4 + H2 + 2 CH3COO- + H+
Pb + 2 CH3COOH + HSO4–
3. a) Phương trình các phản ứng xảy ra trên bề mặt các điện cực của bể mạ:
Anot : Ni
Ni2+ + 2 e
Catot: Ni2+ + 2 e
Ni
b) Thể tích của 1 mẫu vật kim loại hình trụ là
V = ðr2h = 3,14 (2,5)2 20 = 392,5 (cm3).
Lớp phủ niken ở mỗi mẫu vật có bề dày 0,4 mm nên ở mỗi mẫu vật này bán
kính tăng tới 2,5 + 0,04 = 2,54 (cm); chiều cao tăng tới 20,0 + (0,042) = = 20,08
(cm).
Vậy thể tích của mỗi mẫu vật này tăng thêm một lượng là:
ÄV = V ' - V = [ 3,14. (2,54)2. 20,08] - 392,5
ÄV = 14,281(cm3)
Tổng số thể tích tăng thêm cuả cả 10 mẫu vật là:
V = 10 ÄV = 10 14,281cm3 = 142,81 cm3. Đây cũng chính là thể tích niken
phải phủ lên 10 mẫu vật cần mạ; khối lượng tương ứng là:
M = V.D =142,81.8,9 = 1271,01 (gam) hay 1271,01/ 58,7 = 21,6526 (mol)
Từ biểu thức của định luật Farađay:
m = AIt/ 96500n
It = (m/A).96500n
(1)
Số điện năng tương ứng là:
w = ItU = (m/A).96500n.U (2)
Với Ni ta có n = 2; theo trên đã có (m/A) = 21,6526 (mol);
theo đề bài U = 2,5 V.
Thế các trị số này vào (2), ta có w = 21,6526.96500.2.2,5 = 10447379,5 (J)
Vì hiệu suất dòng điện là 90% và 1 kWh = 3,6.106J nên số điện năng thực tế cần dùng
là: W = (w/90).100.(1/3,6.106) = 10447379,5/90).100.(1/3,6.106)
W = 3,2245kWh.
2007
Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO3. Thực tế khi
điện phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO4 còn
đồng thời xẩy ra nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu. Ở điện cực thứ hai
chỉ xẩy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu suất tạo thành sản phẩm
chính chỉ đạt 60%.
1. Viết ký hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot.
2. Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 250C và
1atm) khi điều chế được 332,52g KClO4.
ĐIỆN HÓA HỌC
Hướng dẫn giải
1. Kí hiệu của tế bào điện phân:
Pt KClO3 (dd) Pt
Phản ứng chính:
anot: ClO3- - 2e + H2O ClO4 - + 2H+
catot:
2H2O + 2e H2 + 2OHClO3- + H2O ClO4- + H2
Phản ứng phụ:
anot:
H2O - 2e
2H+ +
1
O2
2
2H2O + 2e H2 + 2OH-
catot:
H2O
1
O2 + H2
2
2. M KClO 39,098 + 35,453 + 64,000 = 138,551
4
n KClO4
332,52
2,4mol
138,551
q = 2,4 mol . 2F
c 100
.
8.F 8(96485 C) 771880 C
mol 60
q = 771880 C
8F
4 mol
2F / mol
nRT 4.0,08205.298
V H2 =
97,80 lit
P
1
3. Khí ở catot là hydro: n H
2
=
Khí ở anot là oxy: nF tạo ra O2 = 8 . 0,4 = 3,2 F
3,2 F
0,8 mol
4F / mol
nRT 0,8.0,08205.298
V O2 =
19,56 lit
P
1
nO
2
=
2008
Cho giản đồ Latimer của đioxi (O2) trong môi trường axit:
O2
0,695V
H2O2
1,763V
H2O
trong đó O2, H2O2 và H2O là các dạng oxi hoá - khử chứa oxi ở mức oxi hoá giảm
dần. Các số 0,695V và 1,763V chỉ thế khử của các cặp oxi hoá - khử tạo thành bởi các
dạng tương ứng: O2/H2O2; H2O2/H2O.
a. Viết các nửa phản ứng của các cặp trên.
b. Tính thế khử của cặp O2/H2O.
c. Chứng minh rằng H2O2 có thể phân huỷ thành các chất chứa oxi ở mức oxi hoá
cao hơn và thấp hơn theo phản ứng: 2 H2O2 → O2 + 2 H2O
Hướng dẫn chấm
1 (0,5 điểm). Đối với cặp O2/H2O2:
Eo1 = 0,695 V
O2 + 2H+ + 2e → H2O2
(1)
- Xem thêm -
.PDF 
44 
558 
83 
