Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
III. DẠNG BÀI TẬP VỀ ĐIỆN HÓA

III. DẠNG BÀI TẬP VỀ ĐIỆN HÓA

Tải bản đầy đủ - 0trang

Trong dung dịch nước:

Eo(Cu2+/Cu+) = 0,16V < Eo(Cu+/Cu) = 0,52V

 Xu thế phản ứng ưu tiên: 2Cu+  Cu2+ + Cu

 Chứng tỏ Cu+ trong môi trường nước không bền dễ bị tự oxy hóa khử về

Cu2+ và Cu

Trong dung dịch amoniac

Eo([Cu(NH3)4]2+ / [Cu(NH3)2]+) = 0,0538V > Eo([Cu(NH3)2]+/Cu) = -0,123V

 Xu hướng phản ứng ưu tiên: [Cu(NH3)4]2+ + Cu  2 [Cu(NH3)2]+

 Chứng tỏ Cu(I) trong amoniac bền do tạo phức [Cu(NH 3)2]+. Cu(II)

trong phức [Cu(NH3)4]2+ dễ oxy hóa Cu thành [Cu(NH3)2]+

Câu 2 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2017)

Một mơ hình tế bào điện hố khác làm việc dựa trên phản ứng oxi hố

C3H8(k) bởi O2(k) khi có mặt dung dịch KOH 5M với điện cực Pt. Các loại phân

tử và ion (trừ KOH) đều ở trạng thái tiêu chuẩn.

a. Thiết lập sơ đồ pin. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong pin trên

các điện cực và phản ứng tổng cộng xảy ra trong pin.

b. Nếu từ tế bào điện hố đó, ở 25oC, ta thu được dòng điện 100 mA. Hãy

tính cơng suất cực đại có thể đạt được.

Bài giải

a. Các nửa phản ứng:

2



Anot: C3H8 + 26OH-  3 CO3 + 17H2O + 20e

Catot: O2 + 2H2O + 4e  4OHPhản ứng tổng cộng:

C3H8(k) + 5O2(k) + 6OH-(aq)  3



CO32(aq)



+ 7H2O(l)



 Sơ đồ pin:

(-) Pt, C3H8(1atm)/KOH(5M), K2CO3(1M)/ O2(1atm), Pt (+)

b.

= 3(-677,14) + 7.(-285,83) + 103,85 - 5.0 - 6(-229,99)

= -2548,44(kJ)

0

S pu



G



0

pu



= 3.(-56,9) + 7.69,91 - 269,91 - 5.205,138- 6(-10,74) = -912,43(KJ)

=



0

H pu



= T.



0

S pu



= -2548,44 + 298,15.912,43.10-3 = - 2276,399(KJ)

27



2276399

G 0

E



= - nF = 20.96485 = 1,18(V)

0

pu



E=E 0



[CO32  ]3

0,0592

lg

20

[OH  ]6 .PC3 H 8 .PO52



0,0592

= 1,18 - 20 lg(5)-6 = 1,19(V)



 P = E .I = 1,19 .0,1 = 0,119(W)

Câu 3 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2014-2015)

Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa

m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl cho đến khi H2O bắt đầu điện phân ở cả hai

điện cực thì dừng lại, ở anot thu được 0,448 lít khí (đktc). Dung dịch sau điện

phân có thể hòa tan tối đa 0,68 gam Al2O3.

a. Tính m ?

b. Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá trình điện phân.

Bài giải

a. Gọi a, b lần lượt là số mol của CuSO4 và NaCl trong m gam hỗn hợp

Phương trình điện phân CuSO4 + 2NaCl

Nếu CuSO4 dư : 2CuSO4 + 2H2O

Nếu NaCl dư :



2NaCl + 2H2O



dpdd

���





Cu + Cl2 + Na2SO4 (1)



dpdd

���





2Cu + O2 + 2H2SO4



(2)



dpdd

���





H2↑ + Cl2↑ + 2NaOH



(3)



+ Trường hợp 1 : b < 2a xảy ra phản ứng (1) và (2)

1� b�

b

�a  �

2

2

Tại anot tạo ra mol Cl2 và � 2 �mol O2



b 1 �a  b � 0, 448





Ta có: 2 + 2 � 2 �= 22, 4 = 0,02 mol

� 2a



+ b = 0,08 (I)



� b�

a �



2 �mol H2SO4



Dung dịch điện phân gồm Na2SO4 và



Al2O3 + 3 H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O

102



3

0,68 g







a



2a – b = 0,04



b

2 mol



(II)



Từ (I) và (II) ta có: a = 0,03 mol; b = 0,02 mol

28



m = 160a + 58,5b = 160 x 0,03 + 58,5 x 0,02 = 5,97 gam

b.



mdd giam  mCl2  mO2  mCu



= 0,01.71 + 0,01.32 + 0,03.64 = 2,95 gam

+ Trường hợp 2: b > 2a xảy ra ở phản ứng (1) và (3)

b

Tại anot tạo ra 2 mol Cl2 = 0,02 mol � b = 0,04 mol



Dung dịch sau điện phân gồm: Na2SO4 và (b – 2a) mol NaOH

Al2O3



+



2NaOH → 2NaAlO2 + H2O



102



2

0,68 g1,36



(b – 2a) mol 1,36

102 ; b = 0,04 � a = 102

(b – 2a) = 1,36

m = 160 . 102 + 58,5 . 0,04 = 4,473 gam



mdd giam  mCu  mCl2  mH 2



1,36

0, 68

= 102 .64 + 0,02.71 + 102 .2 = 2,286 gam



Câu 4 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2014-2015)

Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C:

Cu(r) + 2Fe3+ (dd) � Cu2+(dd) + 2Fe2+ (dd)

Người ta chuẩn bị một dung dịch gồm CuSO 4 0,5M; FeSO4 0,025M;

Fe2(SO4)3 0,125M và thêm vào một ít mảnh kim loại Cu.

a. Chứng minh phản ứng trên diễn ra theo chiều thuận.

b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng.

Cho biết:



0

0

ECu

 0,34V ; EFe

 0, 77V

2

3

/ Cu

/ Fe 2



Bài giải

a. Cho biết:



0

Cu 2 / Cu



E



 0,34V ; E



0

Fe3 / Fe2



 0, 77V





Fe2 �

Fe3 �



� 0, 025M ; �



� 0, 25M



29



EFe3 / Fe2  0, 77  0, 059 lg

ECu 2 / Cu  0, 34 



0, 25

 0,829V

0, 025



0, 059

lg 0,5  0,331V

2



E pu  EFe3 / Fe2  ECu 2 / Cu  0,829  0,331  0, 498V  0



 Phản ứng xãy ra theo chiều thuận

b)



lg K 



nE 0

2(0, 77  0,34)



 14,576

0, 059

0, 059



 K = 3,77.1014

Câu 5 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2012-2013)

Hồ tan 7,82 gam muối RNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân

dung dịch A với điện cực trơ.

- Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792

lít khí (ở đktc) tại anot.

- Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu 0,56 lít khí (ở đktc).

Xác định R và tính thời gian t biết I = 1,93A.

Bài giải

*TN1:







RNO3 � R+ + NO 3



Điện phân dung dịch A:

Ở anot



Ở catot



1

� 2H + 2 O2 + 2e

H2O ��



�X

R+ +e ��



+



0,08



0,32



*TN2 Ứng với 2t giây, có số mol khí:

2.



0,1792

0,56

 0, 016mol 

 0, 025mol

22, 4

22, 4



Vậy catot có khi H2 thốt ra: 0,025 - 0,016 = 0,009 mol.

=> R+ đã bị khử hết.



30



- Sơ đồ:

Ở anot



Ở catot



1

� 2H + 2 O2 + 2e

H2O ��

+



R+ + e



��

�X



� 2OH- + H2

H2O + 2e ��



Gọi RNO3 : x mol

Theo định luật bảo toàn electron:

ne (catot)= x +0,009.2 (mol)



=> x = 0,064 - 0,018 =0,046



ne (atot)= (0,025-0,009).4=0,064

7,82



MRNO3= 0, 046 170 g/mol => MR=108 ( R là Ag)

96500.0, 032

 1600

1,93

=> t =

giây (26 phút40 giây)



Câu 6



Dung dịch A gồm AgNO3 0,05M và Pb(NO3)2 0,10M

a. Tính pH của dung dịch A

b. Thêm 10 mL KI 0,25M và HNO3 0,20M vào 10 mL dung dịch A được

dung dịch B. Sau phản ứng người ta nhúng 1 điện cực Ag vào dung

dịch B vừa thu được và ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc 2 dung

dịch) với 1 điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO 3 0,01M

và KSCN 0,04M.

- Viết sơ đồ pin.

- Tính sức điện động Epin tại 25oC.

- Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.

- Tính hằng số cân bằng của phản ứng.

Cho biết: Ag+ + H2O � AgOH + H+

Pb2+ + H2O � PbOH+ + H+



31



(1)



K1 = 10-11,70



(2)



K2 = 10-7,80



TtAgI



TtPbI



-16



= 10 ,



2



= 10



-7,86



TtAgSCN



;



-12



= 10 ;



o

EAg

+

/Ag



= +0,799V;



RT

ln  0,0592lg

F



Bài giải

a. Ta có các phản ứng

Ag+ + H2O � AgOH + H+



(1)



K1 = 10-11,70



Pb2+ + H2O � PbOH+ + H+



(2)



K2 = 10-7,80



K1 << K2 nên cân bằng quyết định pH của dung dịch sẽ là (2)

Pb2+ + H2O � PbOH+ + H+



K2 = 10-7,80



(2)



C 0,1

[] 0,1-x

7,8



K 2  10



x



x







PbOH  �

H �







� x.x � x  �

4,4



H �

2



� 10 � pH  4,4

0,1 x

Pb



b. Dung dịch B (thêm KI):

0,125M;



CH+



CAg+



=0,025M;



CPb2



= 0,05M;



CI 



=



= 0,1M



Ag+ + I  � AgI �

0,025

0,125

0,1



Pb2+



+



0,05



2I  � PbI 2 �

0,1



Trong dung dịch có đồng thời 2 kết tủa AgI, PbI2

AgI

PbI 2



TtAgI



� Ag

2



� Pb



= 10-16 <<







TtPbI



TtAgI



I







2I

2







TtPbI



2



= 10-16



= 10-7,86



(3)

(4)



= 10-7,86



Trong dung dịch tồn tại cân bằng (4). Vì sự tạo phước hydroxido của Pb2+

là khơng đáng kể vì có [H+] dư:

Pb2+ + H2O � PbOH+ + H+

7,8



K 2  10



(2)



7,8







PbOH  �

H �

PbOH  �











� 10  106,8









101

Pb2 �

Pb2 �











→ [PbOH+] << [Pb2+]

32



K2 = 10-7,80



Trong dung dịch có kết tủa PbI2:

� Pb2



PbI 2







x



TtPbI



2



2I 

2x



TtPbI



2



= 10-7,86



= 10-7,86 = (2x)2.x → x = 1,51.10-3M → 2x = [I-] = 3,02.10-3M



Tt

1016





� AgI 

Ag

 3,31.1014 M

3

� � �





I � 3,02.10



* Vậy:



E của cực Ag trong dung dịch A: Ag+ + e � Ag

0,0592

+



o

14

+

SCN

AgSCN



EAg / Ag  E Ag

Ag

log�

Ag �

�0,799

 0,0592log3,31.10

 0,001V



/ Ag





1

0,01

0,04



0



Dung dịch X:



0,03



0,01



AgSCN � � Ag + SCN 

0,03

x

0,03+x



x.(0,03+x) = 10-12

* [Ag+] = x =



1012

 3,33.1011

3.102



o

EAg / Ag  EAg





/ Ag



0,0592

11

log�

Ag �



� 0,799 0,0592log3,33.10  0,179V

1



Vì E2 > E1, ta có pin gồm cực Ag trong X làm cực (+), cực Ag trong B làm

cực âm (-). Sơ đồ pin là

(-)Ag(r)|AgI,PbI2||AgSCN,SCN-(0,03M)|Ag(r) (+)

Epin = 0,1079 – 0,001 = 0,178V

* Phương trình phản ứng

Ag + I- � AgI↓ + e

AgSCN + e � Ag↓ + SCN-----------------------------------AgSCN + I- � AgI↓ + SCNK



TtAgSCN

TtAgI







1012

 104

16

10



33



Câu 7



Cho 1 pin điện hóa có sơ đồ pin sau đây:

(-) Pt(r)(H2(k))| H+ (1M) || MnO4-(1M), Mn2+(1M), H+(1M)|Pt(r) (+)

Biết rằng sức điện động của pin ở 25oC là 1,5V.

a. Viết các phản ứng điện cực và phản ứng của pin, tính



o

EMnO

,H+/Mn2+

4



b. Tính sức điện động của pin nếu nồng độ các chất ở điện cực phải là

[MnO4-] = 0,5M; [Mn2+] = 0,8M, [H+] = 0,01M; điện cực trái nồng độ

không đổi.

c. Giữ nguyên điện cực phải như câu b, điện cực trái được thay bằng điện

cực Pt, NO (0,8 atm)| NO3- (0,2M), H+(2M). Hãy viết phản ứng, thiết

lập sơ đồ pin điện và tính sức điện động của pin.

Cho biết:



o

ENO

,H+/NO

3



RT

ln  0,059lg

= +0,96V; F



Bài giải

a. Phản ứng trên các điện cực

(-) H2 → 2H+ + 2e

(+) MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O

Phản ứng xảy ra trong pin: 2MnO4- + 6H+ + 5H2 → 2Mn2+ + 8H2O



o



PH



2



= 1 atm và [ion] = 1 → điều kiện chuẩn



E pin = E



o

(+)



o



– E (-) =



o

EMnO

EHo+/H

,H+/Mn2+

4



b. Nếu điện cực trái không đổi



-



2



EHo+/H



2



= 1,5V →



o

EMnO

,H+/Mn2+

4



= 1,5V.



= 0,00V







8







2



MnO4- �

H+�

0,059 �

0,059 0,5. 10









o

EMnO - ,H+/Mn2+  EMnO - ,H+/Mn2+ 

lg

 1,5

lg

2+

4

4

5

5







0,8�

Mn











= 1,309V

Vậy



o

E pin

 EMnO - ,H+/Mn2+  EHo  / H  1,309  0,00 

4



2



34



1,309V.



8



c. Giữ nguyên điện cực trái,



EMnO - ,H+/Mn2+  1,309V

4



. Điện cực phải thay đổi



với bán phản ứng: NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O



NO3 �

H �

0,059 �







�  0,96  0,059 lg 0,2. 2 

o

ENO - ,H+/NO  ENO - ,H+/NO 

lg

3

3

3

PNo

3

0,8

4



4



0,9



72V





EMnO - ,H+/Mn2+  1,309V

4



>



ENO - ,H+/NO  0,972V

3



→ điện cực NO3-, H+/NO



làm cực (-).

Sơ đồ pin điện:

(-) Pt(r)(NO(k))| NO3- (0,2M), H+ (2M) || MnO4-(0,5M), Mn2+(0,8M), H+(10-2M)|Pt(r) (+)



Phản ứng xảy ra ở các điện cực

(-) NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O

(+) MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O

Phản ứng xảy ra trong pin là:

3MnO4- + 8H+ + 5NO → 3Mn2+ + 5NO3- + 2H2O

Epin =



EMnO - ,H+/Mn2+  ENO - ,H+/NO

4



3



= 1,309 – 0,972 = 0,337V > 0



Câu 8 (HGS QG 2002)



Biết thế oxy hóa – khử chuẩn:

o

ECu

+

/Cu



= +0,52V;



o

EFe

3+

/Fe2+



o

ECu

2+

/Cu+



= +0,77V;



= +0,16V;



o

EFe

2

/Fe



= - 0,44V.



Hãy cho biết hiện tượng xảy ra trong các trường hợp sau:

a. Cho bột sắt vào dung dịch Fe2(SO4)5 0,5M.

b. Cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 1M.

Bài giải

a. Ta có



o

EFe

3+

/Fe2+



= +0,77V >



o

EFe

2

/Fe



= - 0,44V



Tính oxy hóa: Fe3+ mạnh hơn Fe2+

Tính khử: Fe mạnh hơn Fe2+

Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là 2Fe3+ + Fe → 3Fe2+

35



Như vậy Fe tan trong dung dịch Fe2(SO4)3 tạo thành muối FeSO4, làm

nhạt màu vàng (hoặc đỏ nâu) của ion Fe 3+ và cuối cùng làm mất màu

(hoặc tạo màu xanh nhạt) dung dịch.

b.



o

ECu

2+

/Cu+



= +0,16V <



o

ECu

+

/Cu



= +0,52V nên



Tính oxy hóa: Cu+ mạnh hơn Cu2+.

Tính khử: Cu+ mạnh hơn Cu.

Do đó phản ứng tự xảy ra giữa 2 cặp là Cu+ + Cu+ → Cu2+ + Cu

Phản ứng nghịch (Cu2+ + Cu → Cu+) khơng xảy ra. Do đó, khi bỏ bột

đồng vào dung dịch CuSO4 không xảy ra phản ứng và khơng thấy hiện

tượng gì.

IV. DẠNG BÀI TẬP NHẬN BIẾT

Câu 1 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2018)

Có các lọ riêng biệt đựng dung dịch: NH4NO3, Al(NO3)3, Pb(NO3)2, CuCl2,

HCl và KOH. Khơng dùng thêm hóa chất nào khác, hãy nhận ra từng chất trong

dung dịch.

Bài giải

Nhận ra dung dịch CuCl2 vì có màu xanh. Dùng CuCl2 cho vào các mẫu thử

còn lại

- Dung dịch có kết tủa màu xanh là KOH: Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 �

- Dung dịch có kết tủa trắng là Pb(NO3)2: Pb2+ + 2Cl-







PbCl2 �



- Dùng dung dịch KOH vừa tìm được nhỏ vào 3 dung dịch còn lại, nếu:



+ Có khí mùi khai bay ra là NH4NO3: OH- + NH 4 →



NH3 + H2O



+ Có kết tủa rồi kết tủa tan là Al(NO3)3:

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 �

Al(OH)3 � + OH- → AlO2- + 2H2O

Còn lại là dung dịch HCl.

Câu 2 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm 2017)

Trong phòng thí nghiệm có các dung dịch bị mất nhãn: AlCl 3, KOH,

Mg(NO3)2, Zn(NO3)2, AgNO3. Chỉ dùng thêm phenolphtalein, hãy nhận biết mỗi

dung dịch. Viết các phương trình phản ứng minh họa.

Bài giải

* Lần lượt nhỏ vài giọt phenolphtalein vào từng dung dịch.

36



Nhận ra dung dịch KOH do xuất hiện màu hồng.

* Lần lượt cho dung dịch KOH vào mỗi dung dịch còn lại:

- Dung dịch Mg(NO3)2 có kết tủa trắng, keo.

Mg2+ + 2OH–  Mg(OH)2 

- Dung dịch AgNO3 có kết tủa hóa đen ngồi khơng khí

Ag+ + OH–  AgOH  ; (2AgOH  Ag2O + H2O)

- Các dung dịch AlCl3, Zn(NO3)2 đều có chung hiện tượng tạo ra kết tủa

trắng,tan trong dung dịch KOH (dư).

Al3+ + 3OH–  Al(OH)3 ; Al(OH)3  + OH–  AlO2– + 2H2O

Zn2+ + 2OH–  Zn(OH)2; Zn(OH)2 + 2OH–  ZnO2– + 2H2O

- Dùng dd AgNO3 nhận ra dung dịch AlCl3 do tạo ra kết tủa trắng

Ag+ + Cl –  AgCl 

- Còn lại là dung dịch Zn(NO3)2.

Câu 3 (Đề thi HSG tỉnh Sóc Trăng năm học 2015-2016)

Trong phòng thí nghiệm có 6 lọ mất nhãn chứa các dung dịch sau: NaCl,

CuCl2, HCl, MgCl2, NaOH, AlCl3. Khơng dùng thêm hóa chất nào khác hãy

nhận biết các dung dịch trên.

Bài giải

Dung dịch nào có màu xanh là CuCl2

Dùng CuCl2 vừa nhận biết cho vào các mẫu thử còn lại

Mẫu tạo kết tủa màu xanh là NaOH

CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + 2NaCl

Lọc lấy kết tủa cho 3 mẫu thử còn lại vào, nếu kết tủa bị tan thì mẫu chứa

dung dịch HCl

Cu(OH)2 + 2HCl → CuCl2 + 2H2O

Dùng dung dịch NaOH tác dụng với 2 mẫu thử còn lại, mẫu tạo kết tủa

trắng khơng tan là MgCl2, mẫu có kết tủa keo trắng tan là AlCl3 còn lại là NaCl.

2NaOH + MgCl2 → Mg(OH)2↓ + 2NaCl

3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + 3NaCl

Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

(Al(OH)3 + NaOH → Na[Al(OH)4])

37



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

III. DẠNG BÀI TẬP VỀ ĐIỆN HÓA

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×