ĐỖ THÁI SƠN HS/12A1 THPT PHƯỚC THIỀN – NHƠN TRẠCH – ĐỒNG NAI Bằng vốn liếng kiến thức ít ỏi và những nhiệt tâm với bộ môn Hóa của mình em xin gửi đến quý thầy cô và các bạn chuyên Hóa b
Trang 1ĐỖ THÁI SƠN (HS/12A1) THPT PHƯỚC THIỀN – NHƠN TRẠCH – ĐỒNG NAI
Bằng vốn liếng kiến thức ít ỏi và những nhiệt tâm với bộ môn Hóa của
mình em xin gửi đến quý thầy cô và các bạn chuyên Hóa bộ tài liệu Bồi Dưỡng học sinh giỏi Môn Hóa – Mà Chính Em Biên Soạn và đã sử dụng hiệu quá trong các kỳ thi HS Cấp Tỉnh (Nhì Tỉnh) và (Ba Tỉnh MTCT)
Theo tôi những bài tập trong đây đã được giải rất hay và chi tiết nhưng nếu theo các bạn học sinh chưa hay thì tôi đã thành công khi bước đầu giúp các bạn tiếp cận bài toán Hóa học bằng nhiều cách giải khác nhau Mặt dầu đã dành nhiều tâm huyết nhưng vẫn không tránh khỏi sai sót
ngoài ý muốn! Kính mong nhận được sự đóng góp nhiệt tình của quý
đọc giả ?
Em xin tiếp tục ra mắt Phần III trong bộ sách BDHSG Mà em
vừa biên soạn
BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN VÀ CÁC QUÁ TRÌNH ĐIỆN HÓA (18 Bài)
Câu 1) (Bà Rịa Vũng Tàu : năm 2010)
Chia 1500 ml dung dịch Y chứa hỗn hợp HCl và Cu(NO3)2 thành 2 phần (Phần 2 có khối lượng gấp đôi phần 1) 1/ Đem điện phân phần I (với điện cực trơ) bằng dòng điện 1 chiều có cường độ 2,5A, sau một thời gian t thu được 3,136 lít (đktc) một chất khí duy nhất ở anot Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch NaOH 4M, thấy xuất hiện 1,96 gam kết tủa
Tính nồng độ mol các chất trong dung dịch Y và thời gian t
2/ Cho m gam bột kim loại Fe tác dụng với phần 2 đến khi phản ứng hoàn toàn Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng 0,75m g và V lít (đktc) khí không màu hóa nâu trong không khí Tìm giá trị của m và V
Giải
1 2HCl + Cu(NO3)2 đpdd Cu + Cl2 + 2HNO3 (1)
Suy ra nCl2 = 0,14 mol = nCu
Dung dịch sau điện phân tác dụng với NaOH
Cu(NO3)2 dư + 2NaOH Cu(OH)2 + 2NaNO3 (4)
Ta có: nNaOH = 0,11.4 = 0,44 (mol) ; nCu(OH)2 = 1,96/98 = 0,02 mol
Khối lượng phần 2 gấp đôi phần 1
V phần 2 = 2V phần 1 = 1 lít => V phần 1 = 0,5 lít
Trang 2Từ (1), (4) => CCu(NO3)2= (0,14 + 0,02) / 0,5 = 0,32M
Từ (1), (2), (3) ta thấy số mol NaOH pư (2), (3) bằng số mol NaOH trong 0,5 lít
CHCl = (0,44 – 0,2.0,02)/0,5 = 0,8M
Theo định luật Faraday => mCu = (0,14.64.2.96500) / (64.2,5) = 10808 giây
2
Fe + 4H+ + NO3- Fe3+ + NO + 2H2O
Số mol H+ (phần 2) = số mol HCl (phần 2) = 0,8 mol
Số mol Cu(NO3)2 (phần 2) = 0,32 mol = nCu
Số mol NO3- = 0,64 mol
Tổng khối lượng Fe pư phần 2 = 0,62.56 = 34,72 gam
Ta có 0,75m = m – 34,72 + 0,32.64 => m = 56,96 gam.
V = 0,2.22,4 = 4,48 lít
Câu 2) (Hà Tĩnh – 2007)
Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl cho tới khi nước bắt đầu bị điện phân 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
* Tính giá trị của m
* Tính khối lượng catot tăng lên trong quá trình điện phân Giả thiết toàn bộ kim loại sinh ra đều bám vào catot
* Giả sử lượng nước bị bay hơi trong quá trình điện phân không đáng kể Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá trình điện phân
Giải
Khi điện phân
Trước tiên: Cu2+ + 2e Cu (ở catot)
2Cl- - 2e Cl2 (ở anot)
Phương trình điện phân:
CuSO4 + 2NaCl đpdd Cu + Na2SO4 + Cl2 (1)
Suy ra nếu số mol NaCl = 2.số mol CuSO4 thì sau khi ngừng điện phân dung dịch chỉ còn Na2SO4
không thể hòa tan được Al2O3 Nghĩa là nNaCl ≠nCuSO4
Nếu n NaCl < 2n CuSO 4
Sau khi (1) còn dư CuSO4, phương trình điện phân
2CuSO4 + 2H2O đpdd 2Cu + O2 + 2H2SO4 (2)
Sau khi Cu2+hết, H2O bị điện phân ở cả 2 điện cực quá trình (2) tạo ra H2SO4
Trang 30,68/102 mol 0,02 mol
Theo (2), nCuSO4 = nH2SO4 = 0,02 mol, nO2 = 0,01 mol
Theo (1), (2): số mol khí ở anot = 0,448/22,4 = 0,02 = nCl2 + nO2 => nCl2 = 0,01 mol
nNaCl = 0,02 mol
Theo (1) nCuSO4 = nCl2 = 0,01 mol
Vậy m = m CuSO 4 + m NaCl = (0,02 + 0,01).160 + 0,02.58,5 = 5,97 gam
m
Catot tăng = mCu = 0,03.64 = 1,92 gam
m
dd (giảm) = mCu + mO2 + mCl2 = 1,92 + 0,01.32 + 0,01.71 = 2,95 gam
Nếu n NaCl > 2n CuSO 4
Sau (1) còn xảy ra:
2NaCl + 2H2O đpdd/mn 2NaOH + Cl2 + H2 (4)
Khi NaCl hết, nước bị điện phân ở cả 2 cực vì (4) sinh ra NaOH
Al2O3 + 2NaOH + 3H2O 2Na[Al(OH)4]
Theo (4): nNaCl = nNaOH Theo (5): nNaOH = 2nAl2O3
nNaCl (4) = 2nAl2O3 = 0,04/3 mol
Theo (4) nH2 = nCl2 (4) = 0,04/6 mol
Ta có: số mol khí ở anot = nCl2 (1) + nCl2 (4) + nH2
Do đó nCl2 (2) = 0,02 – 0,04/3 = 0,02/3 mol
Từ (1) => số mol NaCl = 2.0,04/6 = 0,04/3 mol ; nCuSO4 = 0,02/3 mol
Vậy m = m CuSO 4 + m Na m NaCl = 160.0,02/3 + 58,5.0,08/3 = 2,627 gam
m
Catot tăng = mCu = 64 0,02/3 = 0,427 gam
m
dd (giảm) = mCu + mH2 + mCl2 = 0,427 + 0,04/6.2 + 0,08/3 71 = 2,333 gam
Câu 3) (Olympic 30/4 – 2002)
Điện phân có vách ngăn xốp 500 ml dung dịch hỗn hợp HCl và 7,8 gam muối clorua của kim loại M, ở anot thấy có khí Cl2 thoát ra liên tục, ở catot lúc đầu có khí H2 bay ra, sau đến kim loại M thoát ra Sau điện phân thu được 2,464 lít khí clo và m gam M, đem trộn m ga M với 1,3 gam kim loại R khác rồi cho tác dụng với dung dịch H2SO4 dư thì thể tích H2 bay ra nhiều gấp 4 lần so với khi chỉ cho 1,3 gam R tác dụng
Biết khi trộn 1,3 gam kim loại R với lưu huỳnh rồi nung nóng thu được chất rắn C và khi cho C phản ứng hết với dung dịch H2SO4 dư thì được hỗn hợp khí D nặng 0,52 gam và có tỉ khối với hiđro là 13
a) Xác định tên của M, R
b) Tính nồng độ mol của dung dịch HCl đã điện phân Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thể tích dung dịch điện phân xem như không đổi
Giải
1/ Phương trình điện phân :
đp
đp
Trang 42HCl H2 + Cl2 (1)
=> 0,5x + 0,5ny = 2,464/22,4 = 0,11 => x + ny = 0,22 (1’)
Hỗn hợp m gam M và 1,3 gam R + dung dịch sunfuric loãng
2R + t H2SO4 R2(SO4)n + t H2
Ta có 4 0,5tz = 0,5ny + 0,5tz => ny = 3tz
Mặt khác : Rz = 1,3 => z = 1,3/R
1,3 gam R và S đem đun nong : 2R + tS R2St
Hỗn hợp rắn C : z mol R2St và b mol R + H2SO4
Ta có : 34 zt + tb = 0,52
Mà : zt + 0,5tb = 0,52/26 = 0,02 => t (z + b/2) = 0,02
Lại có : (z + b) R = 1,3
=> R = 32,5t => t = 2 => R = 65 (Zn)
(3) => ny = 3,9.2/65 = 0,12
(1’) => x = 0,22 – 0,12 = 0,1 mol
(2) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng :
7,8 = m + 71 0,12/2 => m = 3,54
y = 3,54/M => M = 29,5n => n = 2 => M = 59 (Ni)
Câu 4)
Một dung dịch chứa 160 gam nước và 100 gam Ca(NO3)2 với điện cực than chì được điện phân trong 10 giờ với cường độ dòng điện 5A Kết thúc điện phân khối lượng dung dịch giảm 40,43 gam Tính khối lượng
Ca(NO3)2.4H2O tối đa có thể hòa tan được trong 100 gam nước ở nhiệt độ này ?
Bài giải
Phương trình điện phân :
Khối lượng giảm 41,9 gam do sự điện phân và do sự kết tinh của canxinitrattetrahidrat quá bão hòa
Sau điện phân ta có dung dịch bão hòa :
Khối lượng H2 = 1/96500 1/1 5 10 3600 = 1,87 gam
Khối lượng O2 = 1/96500 32/4 5 10 3600 = 14,96 gam
Khối lượng nước giảm do điện phân : 1,87 + 14,96 = 16,83 gam
Khối lượng giảm do Ca(NO3)2.4H2O kết tinh : 38,83 – 16,83 = 23,60 gam ứng với số mol 23,60/236 = 0,1 mol Sau điện phân có dung dịch bão hòa gồm 160 – 16,83 – 0,1.4.18 = 135,97 gam nước hòa tan tối đa được
100 – 0,1.164 = 83,60 gam hay 0,51 mol Ca(NO3)2
Dung dịch bão hòa như thế được điều chế từ 0,51 mol Ca(NO3)2.4H2O
Đpdd Ca(NO3)2
Trang 5Hay 120,36 gam trong 135,97 – 0,51.4.18 = 99,25 gam H2O
Vậy 100 gam nước có thể hòa tan tối đa (100.120,36) / 99,25 = 121,27 gam Ca(NO3)2.4H2O
Câu 5)
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 xảy ra nửa phản ứng phụ tạo ra một khí không màu Ở điện cực thứ hai chỉ xảy ra phản ứng phụ tạo ra 1 khí duy nhất Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính đạt 60% a/ Viết kí hiệu tế bào điện phân và các bán phản ứng diễn ra ở catot và anot
b/ Tính lượng điện tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 250C ; 1 atm) khi điều chế được 332,4 gam KClO4
Giải
a/
Pt / KClO3 (dd) / Pt Phản ứng chính :
Anot : ClO3- + H2O ClO4- + 2H+ + 2e
Catot : 2H2O + 2e H2 + 2OH
-ClO3- + H2O ClO4- + H2
Phản ứng phụ :
Anot : H2O 2H+ + 1/2O2 + 2e
Catot : 2H2O + 2e H2 + 2OH
b/ Mol KClO4 = 332,4/138,5 = 2,4 (mol)
q = 2,4 2F c/mol 100/60 = 8F = 8.96500 = 771.880 C
Khí ở catot là hiđro : mol H2 = 8F / 2F = 4 mol
V
H2 = (4.0,082.298) / 1 = 97,744 lít
Khí ở anot là oxi : mol oxi = 8F 0,4 / 4F = 0,8 mol
V
O2 = (0,8.0,082.298) / 1 = 19,5488 lít
Câu 6) (Tiền Giang – 2010)
E0Ag+/Ag = 0,80V ; E0Fe3+/Fe2+ = 0,77V
1/ Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298K
2/ Xác định chiều của phản ứng xảy ra trong dung dịch Fe3+0,1M ; Fe2+0,01M và Ag+ 0,001M khi cho bột Ag vào dung dịch trên ?
Bài giải
E0pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận
Trang 6K = 10(En/0,059)= 10(0,03/0,059)= 3,225
2/ E = E0 + (0,059/n).lg([oxh]/[kh])
EAg+/Ag = 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V
EFe3+/Fe2+ = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V
E = 0,829 – 0,623 = 0,206V
Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều :
Fe3+ + Ag Fe2+ + Ag+
Câu 7) (Đồng Nai – 2013)
Có thể hòa tan hoàn toàn 100mg kim loại bạc trong 100 ml dung dịch amoniac 0,1M khi tiếp xúc với không
khí được không ? Cho biết MAg = 107,88 ; Kb (NH3) = 1,74.10-5
Các hằng số bền của phức [Ag(NH3)i]+ tương ứng là : lgβ1 = 3,32 và lgβ2 = 6,23
Các thế khử (thế oxi hóa – khử) chuẩn ờ 250C : E0(Ag+/Ag) = 0,799V ; E0(O2/OH-) = 0,401V
Áp suất riêng phần của oxi trong không khí là 0,2095 atm
Phản ứng thực hiện ở 250C
Bài giải
Phản ứng tạo phức :
Ag+ + NH3 = Ag(NH3)+
Ag+ + 2NH3 = Ag(NH3)2+
Số mol Ag = 100 / (1000 107,88) = 9,2710-4
Số mol NH3 đã cho > số mol NH3 cực đại để tạo phức = 18,54.10-4
Cần phải kiểm tra khả năng hòa tan bằng nhiệt động học
Ag+ + e Ag E1 = E0 + 0,059.lg[Ag+]
O2 + H2O + 4e 4OH- E2 = E0 + (0,059/4) lg (PO2 / [OH-])
Khi cân bằng E1 = E2 Dễ dàng tính được E2
Trong dung dịch NH3 có [OH-] = (Kb.C)1/2 = 1,32.10-3
E2 = 0,401 + (0,059/4) lg [(0,2059 / (1,32.10-3)4] = 0,561V
=> lg [Ag+] = (E2 – E0
1) / 0,059 = - 4,304 => [Ag+] = 9,25.10-5
Nồng độ tổng cộng của [Ag+] trong dung dịch (coi [NH3] = 0,1M)
S = [Ag+] + [Ag(NH3)]+ + [Ag(NH3)]2+ = 9,12.10-5x (1 + 103,32 + 106,23) = 15,5 > > nồng độ đã tính để hòa tan hoàn toàn Ag kim loại
=> Các điều kiện nhiệt động thuận lợi hòa tan Ag
Câu 8)
1/ Chứng minh CuS có thể tan trong dung dịch HCl có hòa tan H2O2 Biết TCuS = 10-35 ; Ka1(H2S) = 10-7 ;
Ka2(H2S) = 10-13 E01(H2O2/H2O) = 1,77V ; E02(S/H2S) = 0,14V
2/ Hãy giải tích vì sao Ag dễ dàng tan trong dung dịch có chứa amoniac, amoniclorua khi có mặt oxi không khí ?
E0Ag+/Ag = 0,8V ; E0O2/H2O = 1,23V ; Ka(NH4+) = 10-9,24; Hằng số bền [Ag(NH3)2]+ = 107,26
Bài giải
Trang 7S2- + H+ H2S K1 = (Ka1 Ka2)-1
H2S - 2e 2H+ + S K2 = 10-2.0,14 / 0,059
H2O2 + 2H+ + 2e 2H2O K3 = 102.1,770,059
Tổng cộng ta được : CuS + 2H+ + H2O2 Cu2+ + S + 2H2O K
Ta có K = T K1 K2 K3 = 10-35 (10-7 10-13) 10-4,75 1060
K = 1040,25
K rất lớn nên CuS dễ dàng tan được trong HCl có H2O2
2/ O2 + 4H+ + 4e 2H2O K1 = 104.1,23/0,059
4NH4+ 4NH3 + 4H+ K3 = 10-4.9,24
4Ag+ + 8NH3 4Ag(NH3)2+ K4 = 104.7,26
4Ag+ + 4NH4+ + 4NH3 4Ag(NH3)2+ + 2H2O
K = K1 K2 K3 K4 = 1021,23
K rất lớn nên Ag dễ tan trong dung dịch NH3 + NH4Cl có mặt O2
Câu 9)
a/ Thế khử chuẩn của cặp Cu2+/Cu = 0,34V Nhúng một sợi dây Cu vào dung dịch CuSO4 0,01M Tính thế điện cực của Cu2+/Cu trong điều kiện trên
b/ Hòa tan 0,1 mol amoniac vào 100 ml dung dịch trên (thể tích thay đổi không đáng kể) ; chấp nhận chỉ xảy
ra phản ứng : Cu2+ + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+
Thế điện cực đo được giảm đi 0,361V Xác định hằng số bền của phức [Cu(NH3)4]2+
Bài giải
a/ Áp dụng phương trình Nerst ta có :
E
Cu2+/Cu = 0,34 - 0,059/2 lg0,01 = 0,281V
b/ Ta thấy mol NH3 = 0,1 > > mol Cu2+= 0,001 mol
=> Cu2+ + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+
Thế điện cực giảm 0,361V => ECu2+/Cu = 0,12V
Theo phương trình Nerst :
-0,08 = 0,34 + 0,059/2 log[Cu2+]
=> [Cu2+] = 5,79 10-15
[NH3] ¿ 0,1/0,1 – 5,79 10-15 ≈1M
[Cu(NH3)4]2+ = CCu2+= 0,01M
Vậy hằng số bền của phức bằng : Kb = 0,01 / (5,79.10-15) = 1,73.1012
Câu 10) (Đắc-Lắk – 2009)
Mắc nối tiếp 3 bình điện phân : Bình 1 chứa 100 ml dung dịch CuCl2 0,1M ; Bình 2 chứa 100 ml dung dịch FeCl3 0,1M ; Bình 3 chứa 99 ml dung dịch Ag2SO4 0,025M Điện phân với dòng điện không đổi 1,34A Tính
Trang 8khối lượng kim loại thoát ra ở catot sau các thời gian : 6 phút ; 12 phút ; 18 phút ; 24 phút Sau thời gian bao lâu (kể từ lúc điện phân) khối lượng kim lọai thoát ra ở catot không đổi ?
Bài giải
Ở catot : Bình 1 : Cu2+ + 2e Cu
Bình 2 : Fe3++ 1e Fe2+
Mol Cu2+= 0,01 mol ; mol Fe3+= 0,01 mol ; mol Ag+ = 0,00495 mol
Bình 1 :
Sau 6 phút : K/lượng Cu = (64 1,34 360) / (96500.2) = 0,16 gam
Sau 12 phút : K/lượng Cu = 0,32 gam
Sau 18 phút : K/lượng Cu = 0,48 gam
Sau 24 phút : K/lượng Cu = 0,64 gam
Khối lượng Cu tối đa thoát ra là 0,01.64 = 0,64 gam Vậy sau 24 phút khối lượng Cu ở bình 1 không đổi
Bình 2 :
Thời gian để điện phân hết Fe3+thành Fe2+: 12 Phút
=> Sau 5 phút, 12 phút ở bình 2 chưa có kim loại giải phóng
Sau 18 phút : (18 – 12 = 6 phút điện phân) => K/lượng Fe = 56 1,34 360 / (96500 2) = 0,14 gam
Sau 24 phút : (24 – 12 = 12 phút điện phân) => K/lượng Fe = 0,28 gam
Nhưng thực tế khối lượng Fe tối đa là 0,56 gam
Thời gian để điện phân hêt Fe2+ thành Fe : 12.0,56/0,28 = 24 phút
=> Sau 24 + 12 = 36 phút thì khối lượng kim loại bình 2 thoát ra không đổi
Bình 3 :
Sau 6 phút : K/lượng Ag = 108.1,34.360 / 96500 = 0,54 gam > 0,00495.108 = 0,5346 gam
Thời gian để Ag+ điện phân hết : 6.0,5346/0,54 = 5,94 phút
Vậy sau 5,94 phút khối lượng kim loại thoát ra ở catot không đổi
Câu 11) (Đắc-Lắk – 2010)
Ở 250C có 1 pin điện hóa gồm 2 điện cực : Điện cực catot kim loại Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,02M ; điện cực anot là kim loại Cu nhúng vào dung dịch Cu(NO3)2 0,02M Biết các điện cực nối với nhau bằng cầu muối bão hòa KNO3 trong aga – aga
a/ Tính sức điện động của pin điện hóa đó Biết E0Ag+/Ag = 0,8V ; E0Cu2+/Cu = 0,34V
b/ Khi nối hai điện cực bằng 1 dây dẫn qua điện kế thì kim điện kế chỉ chiều dòng điện như thế nào ? Khi kim điện kế chỉ về vạch số 0 tức là dòng điện trong mạch bị ngắt thì nồng độ Ag+, Cu2+trong mỗi điện cực là bao nhiêu ?
Bài giải
a/ Khi chưa nối hai điện cực bằng dây dẫn (pin chưa hoạt động) thì sức điện động của pin là :
E = Ec – Ea = 0,8 + 0,059.log0,02 – 0,34 – 0,059.log0,02 = 0,46V
b/ Khi nối hai điện cực bằng dây dẫn qua 1 điện kế thì kim điện kế chỉ chiều dòng điện ngược chiều electron tức là chiều từ Ag sang Cu
Trong pin xảy ra phản ứng : Cu + 2Ag+ Cu2+ + 2Ag
Do E0Ag >> E0Cu nên phản ứng xảy ra hoàn toàn :
Khi kim điện kế chỉ vạch 0 thế của 2 điện cực bằng nhau : EAg = ECu
Khi đó [Cu2+]= 0,02 + 0,02/2 = 0,03M
Trang 9EAg = ECu => 0,34 + 0,059/2.log0,03 = 0,8 + 0,059.[Ag+]
=> [Ag+] = 2,77.10-9
Câu 12)
Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) 500 ml dung dịch HCl 0,01M và NaCl 0,1M
a/ Nhận xét sự thay đổi pH của dung dịch trong quá trình điện phân
b/ Biết cường độ dòng điện không thay đổi là 1,34A ; hiệu suất điện phân 100% và thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể trong quá trình điện phân Thiết lập phương trình tính PH của dung dịch theo thời gian điện phân (tính bằng giờ) và xác định pH dung dịch tại các thời điểm :
t
(h)
1
0,0 2
0,0 3
0,0 4
0,0 5 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 1,1 1,2 1,3 pH
Bài giải
a/ Các phản ứng điện phân :
2NaCl + 2H2O H2 + Cl2 + 2NaOH
Tại thời điểm ban đầu : [H+] = [HCl] = 0,01M do đó pH = 2
Tại thời điểm HCl hết thì trong dung dịch chỉ có NaCl và lúc đó PH = 7 Trong quá trình điện phân thì HCl giảm nên pH tăng từ 2 – 7
Ở giai đoạn điện phân NaCl có tạo ra NaOH nên [OH-] ngày càng tăng nên pH tiếp tục tăng
Sau khi NaCl hết thì nước bị điện phân nên thể tích dung dịch giảm dần (nhưng rất chậm) do đó [OH-] tiếp tục tăng nhưng không đáng kể
b/ Cách tính pH
Số mol HCl ban đầu : 0,01.0,5 = 0,005 mol
Số mol HCl điện phân = 2 mol H2
Mol H+ bị điện phân : 0,05t (t tính theo giờ)
Mol H+ còn lại : 0,005 – 0,05t
=> [H+] còn lại = (0,005 – 0,05t) / 0,5 = 0,01 – 0,1t
Và khi t = 0,1 giờ thì HCl bị điện phân hết, trong dung dịch chỉ còn lại NaCl và lúc đó pH = 7
Vậy pH = -log(0,01 – 0,1t)
Lúc bắt đầu điện phân NaCl lấy làm mốc thời gian t2 = t – 0,1
Số mol NaCl ban đầu : 0,1.0,5 = 0,05 mol = số mol NaOH tối đa
Theo phản ứng (2) thì số mol NaOH tạo thành = 2 Mol H2
Số mol OH- = 0,05t2
=> [OH-] = 0,05t2 / 0,5 = 0,1t2
Vậy pH = 13 + lgt2 = 13 + lg(t – 0,1)
Và khi t2 = 1 giờ hay t = 1,1 giờ thì NaCl hết và nước điện phân Từ lúc này trở đi coi thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể thì pH coi như không đổi
Trang 10t (h) 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 1,1 1,2 1,3
Câu 13)
Xét khả năng phản ứng của bạc với HCl và HI Cho E0Ag+/Ag = 0,799V
Tích số tan : TAgCl = 10-10; TAgI = 10-16
Bài giải
Do E0Ag+/Ag > E02H+/H2 , nếu không có mặt Cl- và I- thì Ag kim loại không có khả năng khử H+ để giải phóng H2 Nhưng trong môi trường có chứa Cl- và I- thì sẽ hình thành các cặp oxi hóa khử mới : AgCl/Ag và AgI/Ag
E0AgCl/Ag được tính từ tổ hợp từ các cân bằng :
AgCl Ag+ + Cl- TAgCl = 10-10
Ag+ + e Ag K1 = 10(0,799/0,059)
=> E0AgCl/Ag = 0,799 + 0,059 log(10-10) = 0,209V
Tương tự => E0AgI/Ag = 0,799 + 0,059 log (10-16) = - 0,145V
Ta thấy rằng 0,209 > 0 (E02H+/H2) => Ag không có khả năng phản ứng với dung dịch HCl
Do – 0,145 < 0 => Ag có thể tác dụng với dung dịch HI để tạo ra AgI và giải phóng H2
Câu 14) (THPT An Lương Đông – TT Huế - 2008)
Có 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm CuSO4 0,25M và CrCl2 0,6M Điện phân dung dịch trên trong thời gian 1 giờ 30 phút 36 giây với cường độ dòng điện 5A không đổi
a/ Tính khối lượng kim loại bám vào catot
b/ Tính thể tích khí bay lên ở anot (đktc)
c/ Tính nồng độ mol/lít các chất còn lại trong dung dịch sau điện phân ? Giả sử thể tích dung dịch không đổi
Bài giải
a/ Mol CuSO4 = 0,005 mol ; mol CrCl2 = 0,12 mol
Gọi t là thời gian để khử hết Cu2+ : t = (0,05.64.2.96500) / (64.5) = 1930 (s)
Thời gian còn lại để khử Cr2+: 5790 – 1930 = 3860 (s)
Khối lượng Cr = (52.3860.5) / (96500.2) = 5,2 (gam)
Tổng khối lượng kim loại bám lên catot : 0,05 64 + 5,2 = 8,4 (gam)
b/ Tổng mol electron nhận : 0,05.2 + 0,1.2 = 0,3 (mol)
mol e nhường cho clo : 0,12.2 = 0,24 (mol)
mol OH-(H2O) = 0,3 – 0,24 = 0,06 (mol)
mol oxi = 0,06/2 = 0,03 (mol)
Tổng thể tích khí tại anot (clo + oxi) : V = (0,03 + 0,12).22,4 = 3,36 (lít)
c/ Dung dịch còn lại gồm CrSO4 0,1M và H2SO4 0,05M
Câu 15) (Nghệ An – 1999)
Mức tối thiểu cho phép của H2S trong không khí là 0,01 mg/l Để đáng giá sự nhiễm bẩn không khí ở một nhà máy người ta làm như sau : Điện phân dung dịch KI trong 2 phút bằng dòng điện 0,002A Sau đó cho 2 lít không khí lội từ từ qua dung dịch điện phân trên cho đến khi iot mất màu hoàn toàn Thêm hồ tinh bột vào bình và tiếp tục điện phân trong 35 giây nữa với dòng điện 0,002A thì thấy dung dịch bắt đầu xuất hiện màu