Tải bản đầy đủ
Một số bài tập

Một số bài tập

Tải bản đầy đủ

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG, HÈ 2012

a, Vì Epin = 1,51V > 0 nên cực Pt là catot, cực hiđro là anot, do đó phản ứng thực
tế xảy ra trong pin trùng với phản ứng quy ước.
Ở catot xảy ra quá trình khử: MnO4- + 8H+ + 5e

Mn2+ + 4H2O.

2H+ + 2e

Ở anot xảy ra quá trình oxi hóa: H2
Phản ứng thực tế xảy ra:
2MnO4- + 5H2 + 6H+

2Mn2+ + 8H2O.

Đây là pin tiêu chuẩn nên theo quy ước:
0
Epin0 = E+0 - E-0 = EMnO


2+
4 / Mn

= 1,51(V).

b, Khi thêm các chất vào nửa trái hoặc nửa phải của pin thì lúc đó pin không
còn là pin tiêu chuẩn nữa.
Nếu thêm ít NaHCO3 vào nửa trái của pin sẽ xảy ra phản ứng:
HCO3- + H+

H2O + CO2

Làm [H ] giảm, E2 H + / H 2 =

0, 059 [H + ]2
.lg
giảm
2
pH 2

Do đó:

− E2 H + H

+

Epin = EMnO


2+
4 / Mn

2

sẽ tăng.

Tương tự thêm ít FeSO4 vào nửa phải của pin thì:
MnO4- + 8H+ + 5Fe2+ →
Ngoài ra:
SO42- + H+
[Mn2+] tăng. Do đó, sđđ của pin giảm.

Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O
HSO 4- làm cho [MnO4-] và [H+] giảm,



Bài 2: Tính nồng độ ban đầu của HSO4- biết rằng khi đo sđđ của pin:
Pt| I- 0,1M; I3- 0,02M║ MnO4- 0,05M, Mn2+ 0,01M, HSO4- C M| Pt.
0
ở 250C được giá trị 0,824V. Cho EMnO


2+
4 / Mn

0
= 1,51V và EI /3 I = 0,5355V.

3



Giải:
Ở điện cực phải: MnO4- + 8H+ + 5e
Ở điện cực trái: 3I0
+
Ephải = EMnO

4

Mn2+ + 4H2O.

I3- + 2e.

0, 059 [MnO4− ].[H + ]8
0, 059 0,05.[H + ]8
.lg
=
1,51
+
.lg
5
[Mn 2+ ]
5
0, 01

Trang 35

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG, HÈ 2012

Etrái

[I − ]
0, 059
0, 059 0, 02
.lg −3 3 = 0,5355 +
.lg
= 0,574
2
[I ]
2
0,13

= EI0 /3 I +

3



Sđđ = Ephải - Etrái hay 0,824 = 1,51 +


0, 059
.lg(5.[H + ]8 ) - 0,574
5

[H+] = 0,054M

Mặt khác từ cân bằng: HSO4[]

C–x

H+ + SO42-

x

x

x2/(C- x) = Ka →



Ka = 10-2

x2/Ka + x = C

Thay giá trị x = 0,054 và Ka = 10-2 ta tính được C = 0,346M.
Bài 3: Co2+ có tính khử rất yếu, rất khó oxi hóa thành Co 3+ trong môi trường
axit, nhưng khi có mặt NH3 dư thì Co2+ dễ dàng bị oxi hóa bởi H2O2. Giải thích.
0
Cho ECo

3+

/ Co 2+

= 1,84V; βCo ( NH ) = 1035,16 ; βCo ( NH ) = 104,39.
3+
3 6

2+
3 6

Giải:
Trong môi trường axit, ion Co3+ là chất oxi hóa rất mạnh:
Co3+ +

0
Co2+ có ECo

e

3+

/ Co 2+

= 1,84V vì vậy trong dung dịch nước Co 3+

không bền, oxi hóa nước tạo thành Co2+ và O2.
Khi có mặt lượng dư NH3, Co2+ và Co3+ đều tạo phức amin, hình thành cặp
oxi hóa khử mới: Co(NH3)63+/ Co(NH3)62+. Do phức của Co3+ bền hơn, nên thế của cặp
Co3+/Co2+ giảm xuống nhiều, tính khử của Co 2+ tăng lên và dễ bị oxi hóa thành Co (III). Thế
tiêu chuẩn của cặp Co(NH3)63+/ Co(NH3)62+ được tính như sau:
Co(NH3)63+ + e

Co(NH3)62+
[Co( NH 3 )36+ ]
+ 0, 059.lg
[Co( NH 3 )62+ ]

0
Co ( NH 3 )36+ / Co ( NH 3 )62+

E = E

0
Co ( NH 3 )63+ / Co ( NH 3 )62+

E = E

Mặt khác:

0
Co3+ / Co 2+

E = E

β III [Co3+ ]
+ 0, 059.lg
β II [Co 2+ ]

[Co3+ ]
+ 0,059.lg
[Co 2 + ]

0
0
→ ECo ( NH3 )63+ / Co ( NH3 )62+ = ECo3+ /Co2+ − 0, 059.lg

Trang 36

β III
β II

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG, HÈ 2012

0
ECo
( NH

3+
2+
3 )6 / Co ( NH 3 )6

= 1,84 - 0,059.(35,16 - 4,39) = 0,018 V.

0
ECo
( NH

3+
2+
3 )6 / Co ( NH 3 )6

0
= 0,018 < EH O / H O = 1,77
2 2

2

Nghĩa là trong môi trường NH3 dư H2O2 dễ dàng oxi hóa được Co(II) để chuyển
thành Co .
3+

Bài 4: Tính thế oxi hóa khử tiêu chuẩn điều kiện của cặp Cu 2+/Cu+ khi có mặt I-.
Cho Ks(CuI) = 10-12 và E0Cu2+/Cu+ = 0,17V.
Giải:
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
Cu2+ + e

Cu+

Cu+ + I-

CuI

Cu2+ + e + I-

CuI↓

Ta có: E = E0Cu2+/Cu+ + 0,059.lg [Cu2+]/[Cu+]
Khi có I- thì E = E0’Cu2+/Cu+ + 0,059.lg [Cu2+].[I-]
Vì Ks(CuI) = [Cu2+].[I-] → [I-] =

K S (CuI )
[Cu + ]

Nên ta có: E = E0’Cu2+/Cu+ + 0,059lg [Cu2+].Ks(CuI)/ [Cu+]
Từ (1) và (2) ta có:
E0Cu2+/Cu+ + 0,059.lg [Cu2+]/[Cu+] =
= E0’Cu2+/Cu+ + 0,059lg [Cu2+]. / [Cu+] + 0,059.lg Ks(CuI) .
Vậy:

E0’Cu2+/Cu+ =

E0Cu2+/Cu+ - 0,059.lg Ks(CuI)

Thay các giá trị E0Cu2+/Cu+ = 0,17 V và Ks(CuI) = 10-12 ta được
E0’Cu2+/Cu+ = 0,17 - 0,059lg10-12 = 0,878V.
Như vậy khi có mặt I- thế tiêu chuẩn của cặp Cu2+/Cu+ chuyển thành tiêu chuẩn
điều kiện có giá trị cao hơn hẳn (0,878V).

Trang 37