BDHSG 12 ĐIỆN PHÂN VÀ CÁC QUÁ TRÌNH ĐIỆN HÓA

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 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(NO 3 ) 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(NO 3 ) 2 đpdd Cu + Cl 2 + 2HNO 3 (1) Suy ra n Cl 2 = 0,14 mol = n Cu Dung dịch sau điện phân tác dụng với NaOH NaOH + HCl dư  NaCl + H 2 O (2) NaOH + HNO 3  NaNO 3 + H 2 O (3) Cu(NO 3 ) 2 dư + 2NaOH  Cu(OH) 2 + 2NaNO 3 (4) Ta có: n NaOH = 0,11.4 = 0,44 (mol) ; n Cu(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 Từ (1), (4) => C Cu(NO 3 ) 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  C HCl = (0,44 – 0,2.0,02)/0,5 = 0,8M Theo định luật Faraday => m Cu = (0,14.64.2.96500) / (64.2,5) = 10808 giây 2. Fe + Cu 2+  Fe 2+ + Cu 0,32 0,32 0,32 Fe + 4H+ + NO 3 -  Fe 3+ + NO + 2H 2 O 0,2 0,8 0,2 0,2 0,2 Fe + 2Fe 3+  3Fe 2+ 0,1 0,2 Số mol H + (phần 2) = số mol HCl (phần 2) = 0,8 mol Số mol Cu(NO 3 ) 2 (phần 2) = 0,32 mol = n Cu Số mol NO 3 - = 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 CuSO 4 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 Al 2 O 3 * 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: Cu 2+ + 2e  Cu (ở catot) 2Cl - - 2e  Cl 2 (ở anot) Phương trình điện phân: CuSO 4 + 2NaCl đpdd Cu + Na 2 SO 4 + Cl 2 (1) Suy ra nếu số mol NaCl = 2.số mol CuSO4 thì sau khi ngừng điện phân dung dịch chỉ còn Na 2 SO 4 không thể hòa tan được Al 2 O 3 . Nghĩa là n NaCl n CuSO 4  Nếu n NaCl < 2n CuSO 4 Sau khi (1) còn dư CuSO 4 , phương trình điện phân 2CuSO 4 + 2H 2 O đpdd 2Cu + O 2 + 2H 2 SO 4 (2) Sau khi Cu 2+ hết, H 2 O bị điện phân ở cả 2 điện cực. quá trình (2) tạo ra H 2 SO 4 Al 2 O 3 + H 2 SO 4  Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O (3) 0,68/102 mol 0,02 mol Theo (2), n CuSO 4 = n H 2 SO 4 = 0,02 mol, n O 2 = 0,01 mol Theo (1), (2): số mol khí ở anot = 0,448/22,4 = 0,02 = n Cl 2 + n O 2 => n Cl 2 = 0,01 mol  n NaCl = 0,02 mol Theo (1) n CuSO 4 = n Cl 2 = 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 = m Cu = 0,03.64 = 1,92 gam m dd (giảm) = m Cu + m O 2 + m Cl 2 = 1,92 + 0,01.32 + 0,01.71 = 2,95 gam  Nếu n NaCl > 2n CuSO 4 Sau (1) còn xảy ra: 2NaCl + 2H 2 O đpdd/mn 2NaOH + Cl 2 + H 2 (4) Khi NaCl hết, nước bị điện phân ở cả 2 cực vì (4) sinh ra NaOH Al 2 O 3 + 2NaOH + 3H 2 O  2Na[Al(OH) 4 ] Theo (4): n NaCl = n NaOH. Theo (5): n NaOH = 2 n Al 2 O 3  n NaCl (4) = 2n Al 2 O 3 = 0,04/3 mol Theo (4) n H 2 = n Cl 2 (4) = 0,04/6 mol Ta có: số mol khí ở anot = n Cl 2 (1) + n Cl 2 (4) + n H 2 Do đó n Cl 2 (2) = 0,02 – 0,04/3 = 0,02/3 mol Từ (1) => số mol NaCl = 2.0,04/6 = 0,04/3 mol ; n CuSO 4 = 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 = m Cu = 64. 0,02/3 = 0,427 gam m dd (giảm) = m Cu + m H 2 + m Cl 2 = 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 Cl 2 thoát ra liên tục, ở catot lúc đầu có khí H 2 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 H 2 SO 4 dư thì thể tích H 2 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 H 2 SO 4 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 : 2HCl H 2 + Cl 2 (1) x x/2 x/2 2MCl n 2M + Cl 2 (2) y y 0,5ny => 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 2M + n H 2 SO 4  M 2 (SO 4 ) n + n H 2 y 0,5ny 2R + t H 2 SO 4  R 2 (SO 4 ) n + t H 2 z 0,5tz Ta có 4. 0,5tz = 0,5ny + 0,5tz => ny = 3tz Mặt khác : Rz = 1,3 => z = 1,3/R Do đó : ny = 3,9 t / R (3) 1,3 gam R và S đem đun nong : 2R + tS  R 2 S t z  0,5z Hỗn hợp rắn C : z mol R 2 S t và b mol R + H 2 SO 4 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(NO 3 ) 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(NO 3 ) 2 .4H 2 O tối đa có thể hòa tan được trong 100 gam nước ở nhiệt độ này ? Bài giải Phương trình điện phân : H 2 O (l) H 2 (k) + 1/2O 2 (k) 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 H 2 = 1/96500 . 1/1 . 5 . 10 . 3600 = 1,87 gam Khối lượng O 2 = 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(NO 3 ) 2 .4H 2 O 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(NO 3 ) 2 Dung dịch bão hòa như thế được điều chế từ 0,51 mol Ca(NO 3 ) 2 .4H 2 O Hay 120,36 gam trong 135,97 – 0,51.4.18 = 99,25 gam H 2 O Vậy 100 gam nước có thể hòa tan tối đa (100.120,36) / 99,25 = 121,27 gam Ca(NO 3 ) 2 .4H 2 O Câu 5) Muối KClO 4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO 3 . Thực tế khi điện phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO 4 , 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 đp đp Đpdd Ca(NO 3 ) 2 b/ Tính lượng điện tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 25 0 C ; 1 atm) khi điều chế được 332,4 gam KClO 4 . Giải a/ Pt / KClO 3 (dd) / Pt Phản ứng chính : Anot : ClO 3 - + H 2 O  ClO 4 - + 2H + + 2e Catot : 2H 2 O + 2e  H 2 + 2OH - ClO 3 - + H 2 O  ClO 4 - + H 2 Phản ứng phụ : Anot : H 2 O  2H + + 1/2O 2 + 2e Catot : 2H 2 O + 2e  H 2 + 2OH - H 2 O  H 2 + 1/2O 2 b/ Mol KClO 4 = 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 H 2 = 8F / 2F = 4 mol V H 2 = (4.0,082.298) / 1 = 97,744 lít Khí ở anot là oxi : mol oxi = 8F . 0,4 / 4F = 0,8 mol V O 2 = (0,8.0,082.298) / 1 = 19,5488 lít Câu 6) (Tiền Giang – 2010) Fe 2+ + Ag +  Fe 3+ + Ag E 0 Ag + /Ag = 0,80V ; E 0 Fe 3+ /Fe 2+ = 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 Fe 3+ 0,1M ; Fe 2+ 0,01M và Ag + 0,001M khi cho bột Ag vào dung dịch trên ? Bài giải 1/ Fe 2+ + Ag +  Fe 3+ + Ag E 0 pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận K = 10 (En/0,059) = 10 (0,03/0,059) = 3,225 2/ E = E 0 + (0,059/n).lg([oxh]/[kh]) EAg + /Ag = 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V EFe 3+ /Fe 2+ = 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 : Fe 3+ + Ag  Fe 2+ + 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 M Ag = 107,88 ; K b (NH 3 ) = 1,74.10 -5 Các hằng số bền của phức [Ag(NH 3 ) i ] + tương ứng là : lgβ 1 = 3,32 và lgβ 2 = 6,23 Các thế khử (thế oxi hóa – khử) chuẩn ờ 25 0 C : E 0 (Ag + /Ag) = 0,799V ; E 0 (O 2 /OH - ) = 0,401V Áp suất riêng phần của oxi trong không khí là 0,2095 atm Phản ứng thực hiện ở 25 0 C Bài giải Phản ứng tạo phức : Ag + + NH 3 = Ag(NH 3 ) + Ag + + 2NH 3 = Ag(NH 3 ) 2 + Số mol Ag = 100 / (1000. 107,88) = 9,2710 -4 Số mol NH 3 đã cho > số mol NH 3 cực đại để tạo phức = 18,54.10-4 Cần phải kiểm tra khả năng hòa tan bằng nhiệt động học Ag + + e  Ag E 1 = E 0 + 0,059.lg[Ag + ] O 2 + H 2 O + 4e  4OH - E 2 = E 0 + (0,059/4). lg ( P O 2 / [OH - ]) Khi cân bằng E 1 = E 2 . Dễ dàng tính được E 2 . Trong dung dịch NH 3 có [OH-] = (K b .C) 1/2 = 1,32.10 -3 E 2 = 0,401 + (0,059/4). lg. [(0,2059 / (1,32.10 -3 ) 4 ] = 0,561V => lg [Ag + ] = (E 2 – E 0 1 ) / 0,059 = - 4,304 => [Ag + ] = 9,25.10 -5 Nồng độ tổng cộng của [Ag + ] trong dung dịch (coi [NH 3 ] = 0,1M) S = [Ag + ] + [Ag(NH 3 )] + + [Ag(NH 3 )] 2+ = 9,12.10 -5 x (1 + 10 3,32 + 10 6 , 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 H 2 O 2 . Biết T CuS = 10 -35 ; Ka 1 (H 2 S) = 10 -7 ; Ka 2 (H 2 S) = 10 -13 . E 0 1(H 2 O 2 /H 2 O) = 1,77V ; E 0 2 (S/H 2 S) = 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 ? E 0 Ag + /Ag = 0,8V ; E 0 O 2 /H 2 O = 1,23V ; K a (NH 4 + ) = 10 -9,24 ; Hằng số bền [Ag(NH 3 ) 2 ] + = 10 7,26 Bài giải 1/ CuS  Cu 2+ + S 2- T = 10 -35 S 2- + H +  H 2 S K 1 = (Ka 1 . Ka 2 ) -1 H 2 S - 2e  2H + + S K 2 = 10 -2.0,14 / 0,059 H 2 O 2 + 2H + + 2e  2H 2 O K 3 = 10 2.1,770,059 Tổng cộng ta được : CuS + 2H + + H 2 O 2  Cu 2+ + S + 2H 2 O K Ta có K = T. K 1 . K 2 . K 3 = 10 -35 . (10 -7 . 10 -13 ) . 10 -4,75 . 10 60 K = 10 40,25 K rất lớn nên CuS dễ dàng tan được trong HCl có H 2 O 2 2/ O 2 + 4H + + 4e  2H 2 O K 1 = 10 4.1,23/0,059 4Ag - 4e  4Ag + K 2 = 10 -4.0,8 / 0,059 4NH 4 +  4NH 3 + 4H + K 3 = 10 - 4.9,24 4Ag + + 8NH 3  4Ag(NH 3 ) 2 + K 4 = 10 4.7,26 4Ag + + 4NH 4 + + 4NH 3  4Ag(NH 3 ) 2 + + 2H 2 O K = K 1 . K 2 . K 3 . K 4 = 10 21,23 K rất lớn nên Ag dễ tan trong dung dịch NH 3 + NH 4 Cl có mặt O 2 Câu 9) a/ Thế khử chuẩn của cặp Cu 2+ /Cu = 0,34V. Nhúng một sợi dây Cu vào dung dịch CuSO 4 0,01M. Tính thế điện cực của Cu 2+ /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 : Cu 2+ + 4NH 3  [Cu(NH 3 ) 4 ] 2+ Thế điện cực đo được giảm đi 0,361V. Xác định hằng số bền của phức [Cu(NH 3 ) 4 ] 2+ Bài giải a/ Áp dụng phương trình Nerst ta có : E Cu 2 + /Cu = 0,34 - 0,059/2 . lg0,01 = 0,281V b/ Ta thấy mol NH 3 = 0,1 > > mol Cu 2+ = 0,001 mol => Cu 2+ + 4NH 3  [Cu(NH 3 ) 4 ] 2+ Thế điện cực giảm 0,361V => ECu 2+ /Cu = 0,12V Theo phương trình Nerst : -0,08 = 0,34 + 0,059/2. log[Cu 2 + ] => [Cu 2+ ] = 5,79 . 10 -15 [NH 3 ] 0,1/0,1 – 5,79 . 10 -15 1M [Cu(NH 3 ) 4 ] 2+ = C Cu 2+ = 0,01M Vậy hằng số bền của phức bằng : K b = 0,01 / (5,79.10 -15 ) = 1,73.10 12 Câu 10) (Đắc-Lắk – 2009) Mắc nối tiếp 3 bình điện phân : Bình 1 chứa 100 ml dung dịch CuCl 2 0,1M ; Bình 2 chứa 100 ml dung dịch FeCl 3 0,1M ; Bình 3 chứa 99 ml dung dịch Ag 2 SO 4 0,025M. Điện phân với dòng điện không đổi 1,34A. Tính khối 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 : Cu 2+ + 2e  Cu Bình 2 : Fe 3+ + 1e  Fe 2+ Bình 3 Ag + + 1e  Ag Mol Cu 2+ = 0,01 mol ; mol Fe 3+ = 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 Fe 3+ thành Fe 2+ : 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 Fe 2+ 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 25 0 C có 1 pin điện hóa gồm 2 điện cực : Điện cực catot kim loại Ag nhúng vào dung dịch AgNO 3 0,02M ; điện cực anot là kim loại Cu nhúng vào dung dịch Cu(NO 3 ) 2 0,02M. Biết các điện cực nối với nhau bằng cầu muối bão hòa KNO 3 trong aga – aga. a/ Tính sức điện động của pin điện hóa đó. Biết E 0 Ag + /Ag = 0,8V ; E 0 Cu 2+ /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 + , Cu 2+ 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 = E c – E a = 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 +  Cu 2+ + 2Ag Do E 0 Ag >> E 0 Cu nên phản ứng xảy ra hoàn toàn : Khi kim điện kế chỉ vạch 0 thế của 2 điện cực bằng nhau : E Ag = E Cu Khi đó [Cu 2+ ] = 0,02 + 0,02/2 = 0,03M E Ag = E Cu => 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) 0 0,0 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 : 2HCl  H 2 + Cl 2 2NaCl + 2H 2 O  H 2 + Cl 2 + 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 H 2 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) t(h) 0 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,1 pH 2 2,0457 2,0969 21549 2,2218 2,3010 7 Lúc bắt đầu điện phân NaCl lấy làm mốc thời gian t 2 = 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 - = 0,05t 2 => [OH - ] = 0,05t 2 / 0,5 = 0,1t 2 Vậy pH = 13 + lgt 2 = 13 + lg(t – 0,1) Và khi t 2 = 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. t (h) 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 1,1 1,2 1,3 pH 12 12,3010 12,4771 12,6021 12,6990 13 13 13 Câu 13) Xét khả năng phản ứng của bạc với HCl và HI. Cho E 0 Ag + /Ag = 0,799V Tích số tan : T AgCl = 10 -10 ; T AgI = 10 -16 Bài giải Do E 0 Ag + /Ag > E 0 2H + /H 2 , nếu không có mặt Cl - và I - thì Ag kim loại không có khả năng khử H + để giải phóng H 2 . Nhưng trong môi trường có chứa Cl - và I - thì sẽ hình thành các cặp oxi hóa khử mới : AgCl/Ag và AgI/Ag. E 0 AgCl/Ag được tính từ tổ hợp từ các cân bằng : AgCl  Ag + + Cl - T AgCl = 10 -10 Ag + + e  Ag K 1 = 10 (0,799/0,059) => E 0 AgCl/Ag = 0,799 + 0,059. log(10 -10 ) = 0,209V Tương tự => E 0 AgI/Ag = 0,799 + 0,059. log (10 -16 ) = - 0,145V Ta thấy rằng 0,209 > 0 (E 0 2H + /H 2 ) => 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 H 2 2Ag + 2H + + 2I -  2AgI + H 2 Câu 14) (THPT An Lương Đông – TT Huế - 2008) Có 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm CuSO 4 0,25M và CrCl 2 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 CuSO 4 = 0,005 mol ; mol CrCl 2 = 0,12 mol Gọi t là thời gian để khử hết Cu 2+ : t = (0,05.64.2.96500) / (64.5) = 1930 (s) Thời gian còn lại để khử Cr 2+ : 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 - (H 2 O) = 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 CrSO 4 0,1M và H 2 SO 4 0,05M Câu 15) (Nghệ An – 1999) Mức tối thiểu cho phép của H 2 S 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 xanh. Giải thích thí nghiệm và cho biết sự nhiễm bẩn không khí ở nhà máy trên nằm dưới hoặc trên mức cho phép. Tính hàm lượng H 2 S trong không khí theo thể tích. Bài giải Điện phân dung dịch KI trong 120s : 2KI + 2H 2 O  2KOH + I 2 + H 2 (1) Cho không khí vào dung dịch sau điện phân : H 2 S + I 2  2HI + S (2) H 2 S còn dư trong dung dịch (I 2 ) hết Điện phân tiếp dung dịch có chứa H 2 S, HI, KI trong 35s thì : H 2 S  H 2 + S (3) [...]... các bán phản ứng có thể xảy ra trên catot và anot trong quá trình điện phân b/ Khi 10% lượng ion kim loại đầu tiên bị điện phân, người ta ngắt mạch điện và nối đoạn mạch hai cực của bình điện phân Hãy cho biết hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa c/ Xác định khoảng thế của nguồn điện ngoài đặt vào catoto để có thể điện phân hoàn toàn ion thứ nhất trên catot (coi quá trình điện phân. ..Cho đến khi hết H2S thì I- sẽ bị điện phân  I2 (làm hồ tinh bột hóa xanh) Dấu hiệu để biết quá trình (3) đã hoàn thành Số mol I2 được giải phóng khi điện phân dung dịch KI (I = 0,002A ; t = 120 s) Mol Iot = (120 .0,002) / (96500.2) = 0 ,124 .10-5 Lượng H2S tác dụng với I2 (theo 2) là 0 ,124 .10-5 Điện phân dung dịch có chứa H2S trong 35s thì : Mol H2S = Mol S = (35.0,002)... hoàn toàn khi nồng độ của ion bị điện phân còn lại trong dung dịch là 0,005% so với nồng độ ban đầu) d/ Tính thể tích khí thoát ra (đktc) trên anot sau khi điện phân được 25 phút Khi đó, giá trị thế catot là bao nhiêu ? Chấp nhận : Áp suất riêng phần của khí hidro là 1 atm ; khi tính toàn không kể đến quá thế ; nhiệt độ dung dịch không thay đổi trong quá trình điện phân Cho : + 0 2+ E0Cu2 /Cu = 0,337V... đồng phân mạch hở X1, X2, X3 đều chứa C, H, O Biết 4 gam A ở 136,50C ; 2 atm có cùng thể tích với 3 gam C5H12 ở 2730C, 2 atm 1/ Xác định công thức phân tử X1, X2, X3 2/ Có 36 gam hỗn hợp tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH có m gam NaOH Cô cạn dung dịch được chất rắn Y và hỗn hợp Z Z tác dụng vừa đủ với dung dịch AgNO3/NH3 sinh ra 108 gam Ag và dung dịch T chứa 2 chất hữu cơ Điện phân dung dịch T với điện. .. (4) 0 ,125 mol CH2=CH-COOH ; 0,25 mol HCOOCH=CH2 ; 0 ,125 mol OHC-CH2-CHO m = 40 ( x + y) = 40 0,375 = 15 (gam) Ni, t0 Câu 17) (Chuyên Lý Tự Trọng – TP.Cần Thơ – 2008) Ở CM = 1M và ở 25OC, thế điện cực 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 a/ Viết phương trình bán phản ứng oxi hóa – khử của các. .. 2,303(RT/F) = 0,0592 -1 Bài giải a/ quá trình có thể xảy ra trên catot : Cu2+ 2H +  Cu 2e  H2 + Co2+ 2e + + 2e  Co Quá trình xảy ra trên anot : 2H2O  O2 + 4H+ b/ Áp dụng : E 2+ Co2+/Co = E0Co2+/Co = -0,277V 2 2H+/H2 = 0,0592/2.lg.(0,01) = -0,118V Thứ tự điện phân trên catot là Cu Khi % Cu 2+ (2) Cu /Cu = 0,337 + 0,0592/2.lg0,02 = 0,287V E E + 4e (1) 2+ + ; H ; Co2+ E bị điện phân, Cu2+/Cu = 0,287V (khi... - 10 EO2) : 4 = 1,61V 2IO3- + 12H+ + 10e  I2 (r) + 6H2O; I2 (r) + 2H2O  2HIO + 2H+ + 2e ; 2IO3- + 1OH+ + 8e  2HIO + 4H2O ; K2 = 1010.1,19/0,0592 K3-1 = 10-2.1,45/0,052 K6 = 108y/0,0592 K6 = K2 K3-1 ⇒ y = EO6 = EO IO3-/ HIO = (10 EO2 - 2 EO3) : 8 = 1 ,125 V Câu 18) (Quốc Gia – Năm học : 2011 – 2 012) Ở 298K cho dòng điện 1 chiều có cường độ 0,5A qua bình điện phân chứa 2 điện cực platin nhúng trong 200ml... ra) nếu ngắt mạch điện và nối đoản mạch hai cực sẽ hình thành pin điện có cực dương (catot) là cặp O2/H2O và cực âm (anot) là cặp Cu Phản ứng xảy ra : Catot : O2 + 4H+ + 4e  H2O 2+ Anot : Cu  Cu + 2e 2+ /Cu 2Cu + O2 + 4H+  2Cu2+ + 2H2O Pin phóng điện cho tới khi thế của 2 cực bằng nhau c/ Để tách hoàn toàn được Cu2+ thế catot cần đặt là : E E 2H+/H2 < Ec < Cu2+/Cu Khi Cu 2+ bị điện phân hoàn toàn... (2) + Nếu y < x => F’ gồm y mol C2H6 và (x – y) mol C2H4 dư Theo bài : y = x – y => x = 2y (3) * Khi trộn chung F và F’ được G’ rồi cho qua dung dịch brom chỉ có C2H4 bị giữ lại với k/l = 1,75 g => số mol C2H4 = 1,75/28 = 0,0625 (mol) Xét trường hợp y > x => z/2 = 0,0625 => z = 0 ,125 (mol) Từ (1) => y = 0,25 (mol) => x = 0 ,125 (mol) Ta có x + y + z = 0 ,125 + 0,25 + 0 ,125 = 0,5 = 36/72 = 0,5 (mol) => Hợp... 0,0592/2.lg(0,05) = -0,077V Vậy trong trường hợp tính không kể đến quá thế của H2 trên điện cực platin thì thể tích catot cần khống chế trong khoảng -0,077V < Ec < 0,159V, khi đó Cu2+ sẽ bị điện phân hoàn toàn d/ -3 Từ (2) mol oxi giải phóng ra = (0,5.25.60) / (4.96500) = 1,943.10 (mol) => Voxi = 0,0435 lít Theo (1) thì số mol ion đồng bị điện phân sau 25 phút : n -3 -3 Cu2+ = (0,5.25.60) / (2.96500) = 3,886.10 . 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: Cu 2+ + 2e  Cu (ở catot) 2Cl - - 2e  Cl 2 (ở anot) Phương trình. 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. Viết các bán phản ứng có thể xảy ra trên catot và anot trong quá trình điện phân b/ Khi 10% lượng ion kim loại đầu tiên bị điện phân, người ta ngắt mạch điện và nối đoạn mạch hai cực của bình điện