Câu hỏi và bài tập về điện hóa

Nhưng vì phản ứng diễn ra trong dung dịch nước nên các ion này với nước có sự tạo phức chất.. Ảnh hưởng pH đến thế điện cực Trong nhiều trường hợp không chỉ có dạng oxi hóa và dạng khử

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

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

• 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

RT E

∆G0 = -nFE0pư <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

* 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

3-2 _ Mn

3+

2Na

E 0 ( 1 ,3 ) =

* 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

Vd: Au+.aq + e = Au E0 = 1,68V [AuBr2]-+ e = Au + 2Br - E0 =0,96V [Au(CN)2]-+ e = Au + 2CN- E0 =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

MnO4

+ 8H+ + 5e = Mn2+ + 4H

-2O

E = E0 + (RT/5F)ln(MnO4-)(H+)8/(Mn2+) BrO3- + 3H2O + 6e = Br - +6OH-

E = E0 +(0,0592/6) lg[BrO3-]/[Br-].[OH-]6

• E0 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:

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

ion M n+ của kim loại đó

2) Điện cực phi kim: gồm một phi kim rắn có khả năng dẫn điện, nhúng trong dung

dịch muối chứa ion X n- của phi kim đó kí hiệu là X/X

Phản ứng điện cực: X + ne = Xn-

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

BrO 3H O 6e Br  6OH

2 o

8 4

Mn 0,0592

0

1 N

* Pin M1n+/M1 và M2m+/M2:

(-) M1M1n+ M2m+ M2 (+)

* Pin có vật dẫn: VD: Cho các pin điện sau: (-) Pt/ Fe2+, Fe3+// Sn4+, Sn2+ / Pt (+)

Sức điện động của pin:

∆G = - nFE

pin , E

pin (Sức điện động của pin)

Ở điều kiện chuẩn: ∆G0 = - nFE0

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)

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 :

E o Cu 2+ /Cu + = +0,16V, E o Cu + /Cu = +0,52V, E o Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77V, E o Fe 2+ /Fe = -0,44V

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

(a) Cho bột sắt vào dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 0,5M

(b) Cho bột đồng vào dung dịch CuSO 4 1M

2 Dung dịch X gồm Na 2 S 0,010M, KI 0,060M, Na 2 SO 4 0,050M

Axit hoá chậm dung dịch X đến pH = 0 Thêm FeCl 3 cho đến nồng độ 0,10M

i Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu được so với cực

calomen bão hoà (Hg 2 Cl 2 /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 H 2 S pK 1 = 7,00, pK 2 = 12,90; HSO 4

-

có pK = 2,00; Tích số tan của PbS = 10 -26 ; PbSO 4 = 10 -7,8 ; PbI 2 = 10 -7,6

E o Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77 V ; E o S/H 2 S = 0,14V ; E o I 2 /2I - = 0,54V ; E cal b·o hoµ = 0,244V

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

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:

+

1 Điện lượng Q = It = 0,5 x 2 x 3600 = 3600 coulomb dùng để tạo ra 3,865 g kim

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:

a) Viết sơ đồ pin

b) Tính sức điện động E pin tại 25 0 C

c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động

d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng

6 , 103 3600

9650 865 3 n

A   

Cho biết : Ag + + H 2 O AgOH + H + (1) ; K 1 = 10 –11,70

Pb 2+ + H 2 O PbOH + + H + (2) ; K 2 = 10 –7,80 Chỉ số tích số tan pK s : AgI là 16,0 ; PbI 2 là 7,86 ; AgSCN là 12,0

RT

ln = 0,0592 lg F

+ 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:

10

10 Pb

10 1 I

K

3

16 1

 

V 001 , 0 E

10 31 , 3 lg 0592 , 0 799 , 0 Ag lg 0592 , 0 E

E

1

14 0

Ag Ag 1

+ SCN ; 10-12,0 0,030

x (0,030 + x) x0,030 + x) = 10-12

2

12

10 33 , 3 10 x

10 x

10 33 , 3 lg 0592 , 0 799 , 0 Ag lg 0,0592 0,799

E 2

11 2

b) Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V

c) Phương trình phản ứng: Ag + I– ⇌ AgI + e AgSCN + e ⇌ Ag + SCN–

AgSCN + I– ⇌ Ag + SCN–

d) K = = = 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 E pin tăng

- Lượng NaOH đủ dư để trung hoà hết HNO3 và hoà tan PbI2 tạo thành PbO2–,

do đó Pb2+ giảm và E pin 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  E pin tăng

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 KMnO 4 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 E o của cặp IO 3



/ I 2 (H 2 O)

I 2 (H 2 O) chỉ iot tan trong nước

Cho biết: E o = 1,51 V ; E của điện cực calomen bão hòa bằng 0,244

4Eo5 /0,0592

8Eo6 /0,0592

IO 3-/HIO

IO3-/HIO HIO/I 2

MnO 4-/Mn2+ I 2 /2I-

3 )

( / 2

1 Giải thích hiện tượng trên Viết các phưng trình phản ứng xảy ra ở mỗi bình

(không xét sự tạo thành H 2 O 2 và H 2 S 2 O 8 )

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 NH 4 Cl được không? Nếu được, hãy giải thích và tính khối lượng NH 4 Cl 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?

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

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+] = 0,0178  0,999  0,0178 (mol/L)

Số mol NH4Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch:

n = n + n = 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:

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 hiđro (p = 1 atm) đươc nhúng trong

dung dịch CH 3 COOH 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 E pin và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động

2 0,0592

[NH3] [NH4+]

[NH3] [NH4+]

0,0592 2

1 (103)2

NH 4+ NH3

0,0592 2

H 2

Cho: pK a (HSO 4

-) 2,00 ; pK a (CH 3 COOH) 4,76;

chỉ số tích số tan pK s (BaSO 4 ) 9,93 ; pK s (PbSO 4 ) 7,66

(RT/F) ln = 0,0592lg ; E o = - 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/cm 3 ; khối lượng mol nguyên tử

là 58,7(g/mol); hiệu suất dòng bằng 90% ; 1 kWh = 3,6.10 6 J

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 HSO4– + Pb2+ 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

= 10-2 x = [SO42–] = 5,69.10-3 (M) [HSO4–] = 0,0943 (M) [ H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) pH = 0,78

[Ba2+] = = = 2,0.10-8 (M)

Pb2+/Pb

x (0,160 + x)

0,100 - x

K S

[SO 42–]

(BaSO 4 ) 10-9,93

5,69.10-3

K S

[SO 42–]

(PbSO 4 ) 10-7,66

5,69.10-3

Vậy cực Pb là anot; cực hiđro là catot

() (anot) Pb PbSO4 , H+ CH3COOH H2 (Pt) (+) (catot) BaSO4 , HSO4-

b) 2 CH3COOH + Ba(OH)2 (CH3COO)2Ba + 2 H2O

2

0,1657 0,0943

0,0592

2

0,0592

2 0,0592

2 0,0592

2 0,0592

2

0,0592

2

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:

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);

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 25 0 C và 1atm) khi điều chế được 332,52g KClO 4

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 + 2OH

52 , 332 n

F

V2

1

298 08205 , 0 4 P

F 2 ,

V2

1

298 08205 , 0 8 , 0 P

a Viết các nửa phản ứng của các cặp trên

Đối với cặp H2O2/H2O: H2O2 + 2H+ + 2e → 2H2O (2) Eo2 = 1,763 V

2 (1điểm) Nửa phản ứng của cặp O2/H2O : O2 + 4H+ + 4e → 2H2O (3)

Eo3 ? Cộng các phản ứng (1) và (2) sẽ thu được (3) Do đó: -4FEo3 = -2FEo1 + (-2FEo2) hay Eo3 = 2(Eo1 + Eo2) /4 = 2 x 2,431 /4 = 1,23 V 3 (1,5 điểm) Để có phản ứng dị li của H2O2: H2O2 → 1/2O2 + H2O (4) ta lấy (2) trừ đi (1): (2) - (1) = 2H2O2 → O2 + 2H2O hay H2O2 → 1/2O2 + H2O (4)

∆Go4 = 1/2 [ -2FEo2 - (-2FEo1)] = F(Eo1 - Eo2) = F(0,695 - 1,763) = - 1,068F < 0 ∆Go 4 < 0, phản ứng phân huỷ của H2O2 là tự diễn biến về phương diện nhiệt động học 2010 Dung dịch A gồm Fe(NO 3 ) 3 0,05 M; Pb(NO 3 ) 2 0,10 M; Zn(NO 3 ) 2 0,01 M 1 Tính pH của dung dịch A 2 Sục khí H 2 S vào dung dịch A đến bão hoà ([H 2 S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B? 3 Thiết lập sơ đồ pin bao gồm điện cực chì nhúng trong hỗn hợp B và điện cực platin nhúng trong dung dịch CH 3 COONH 4 1 M được bão hoà bởi khí hiđro nguyên chất ở áp suất 1,03 atm Viết phản ứng xảy ra trên từng điện cực và phản ứng trong pin khi pin làm việc Cho: Fe 3+ + H 2 O FeOH 2+ + H + lg*β 1 = -2,17 Pb 2+ + H 2 O PbOH + + H + lg*β 2 = -7,80 Zn 2+ + H 2 O ZnOH + + H + lg*β 3 = -8,96 0 3+ 2+ 0S/H S2 0 2+ Fe /Fe Pb /Pb E = 0,771 V; E = 0,141 V; E = -0,126 V; ở 25 o C: 2,303RTln = 0,0592lg F pK S(PbS) = 26,6;pK S(ZnS) =21,6; pK S(FeS) = 17,2.(pK S = -lgK S ,với K S là tích số tan) +

2 2 4 3 a1(H S) a2(H S) a(NH ) a(CH COOH) pK = 7,02; pK = 12,90; pK = 9,24; pK = 4,76

Hướng dẫn chấm: 1 Fe3+ + H2O FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1)

Pb2+ + H2O PbOH+ + H+ *β2 = 10-7,80 (2)

Zn2+ + H2O ZnOH+ + H+ *β3 = 10-8,96 (3)

H2O OH- + H+ Kw = 10-14 (4)

So sánh (1) (4): *β1.C Fe 3+>> *β2.C Pb 2+>> *β3.C Zn 2+>> Kw  tính pHA theo (1):

E = 0,141 Vnên:

1/ 2Fe3+ + H2S  2Fe2+ + S↓ + 2H+ K1 = 1021,28

0,05

- 0,05 0,05 2/ Pb2+ + H2S  PbS↓ + 2H+ K2 = 106,68

0,10 0,05

- 0,25

3/ Zn2+ + H2S ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68

4/ Fe2+ + H2S FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72

K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS:

Vì môi trường axit  2+ 2+

] = C H += 0,25 M  tính

2-' S

C

theo cân bằng:

H2S S2- + 2H+ Ka1.Ka2 = 10-19,92 2-

' S

C = Ka1.Ka2 2 2

] H [

] S H [

 = 10-19,92 2

) 25 , 0 (

1 , 0

= 10-19,72

Ta có: 2+

' Zn

2-' S

C < KS(ZnS)  ZnS không xuất hiện; 2+

' Fe

2-' S

C < KS(FeS)  FeS không tách ra

Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa

C  C  pH = 7,00  [H+] = 10-7 (có thể tính [H+] theo điều kiện proton hoặc tổ hợp 2 cân bằng (5) và (6))