Thông tin tài liệu
CHUN ĐỀ ĐIỆN HĨA HỌC A LÍ THUYẾT CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO I SỰ ĐIỆN LI Định nghĩa: Quá trình phân li chất nước thành ion gọi điện li Những chất tan nước phân li ion gọi chất điện li Vậy axit, bazơ muối chất điện li Sự điện li biểu diễn phương trình điện li NaCl → Na + + Cl− HCl → H + + Cl − Chất điện li mạnh - chất điện li yếu - chất không điện li a) Chất điện li mạnh chất tan nước, phân tử hoà tan phân li ion (trong phương trình điện li dùng dấu mũi tên →) Thí dụ: Na 2SO → 2Na + + SO 42− Những chất điện li mạnh bao gồm: - Hầu hết muối như: KNO3 , NH Cl, CuSO ,… - Các axit mạnh như: HCl, HNO3 , H SO , HClO , HM nO … - Các bazơ mạnh (bazơ tan) như: bazơ kiếm, Ba(OH)2, Ca(OH)2, b) Chất điện li yếu chất tan nước có phần số phân tử hồ tan phân li ion, phần cịn lại tồn dạng phân tử dung dịch Quá trình điện li trình thuận nghịch (trong phương trình điện li dùng mũi tên hai chiều) Thí dụ : CH 3COOH € CH 3COO − + H + Những chất điện li yếu bao gồm: - Các axit yếu: RCOOH, H CO3 , H 2SO3 , HNO , H 3PO , H 2S… - Các bazơ yếu: NH OH, H O hiđroxit không tan c) Chất không điện li chất tan vào nước hồn tồn khơng phân li thành ion Chúng chất rắn glucozơ C6H12O6, chất lỏng CH 3CHO, C H OH,… Chú ý: Đối với đa axit đa bazơ yếu phân li theo nấc: H 3PO € H PO 4− + H + H PO € HPO 24− + H + HPO 24− € PO34− + H + Độ điện li � Dộ điện li α cho biết phần trăm chất tan phân li thành ion biểu diễn tỉ số nồng độ mol phân tử chất tan phân li thành ion (C) nồng độ ban đầu chất điện li (C0): MA € M + + A − • Nếu C = ⇒ chất MA khơng điện li (α= 0) • Nếu C = C0 ⇒ chất MA điện li hoàn toàn (α = 1) ⇒ K b ⇒∣ H3O > OH ⇒ pH < + − - Nếu K a = K b ⇒ H 3O = OH ⇒ pH = + − - Néu K a < K b ⇒ H 3O < OH ⇒ pH > 7 Các phản ứng xảy dung dịch a) Phản ứng trao đổi ion • Khái niệm: Phản ứng trao đổi ion dung dịch phản ứng xảy có trao đổi ion chất điện li để tạo thành chất mới, đó, số oxi hố chúng trước sau phản ứng khơng thay đổi • Điều kiện xảy phản ứng trao đổi ion Phản ứng trao đổi ion xảy trường hợp sau: - Sản phẩm phản ứng có kết tủa tạo thành Thí dụ : Na 2SO + BaCl → BaSO ↓ +2NaCl - Sản phẩm phản ứng tạo chất điện li yếu Thí dụ : CH3COONa + HCl → CH 3COOH + NaCl - Sản pham phản ứng tạo chất dễ bay Thí dụ : Na CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO ↑ + H 2O NH Cl + NaOH → NaCl + NH ↑ + H 2O Chú ý: Nếu số chất tham gia có chất khó tan điện li yếu chương trình phổ thơng thường xảy trường hợp sau: - Phan ứng quan hệ đẩy: axit (bazơ) mạnh đẩy axit (bazơ) yếu khỏi muối Thí dụ : CaCO3 + 2HCl → CaCl + CO ↑ + H 2O CH3COOH + NaHCO3 → CH3COONa + CO ↑ + H O - Hợp chất tan chuyển thành hợp chất khó tan Thí dụ : Trang Ca(OH) + CO → CaCO ↓ + H 2O tan khó tan - NH4OH điện li yếu cho kết tủa hiđroxit khó tan Thí dụ : 3NH OH + AlCl3 → Al(OH)3 ↓ +3NH 4Cl - H2S điện li yếu cho kết tủa sunfua kim loại nặng (Cu, Zn, Ag, ) không tan axit mạnh (HSO4, HCl) Thí dụ : CuSO + H 2S → CuS ↓ + H 2SO màu đen Một số chất kết tủa có khả tạo phức chất tan Bạc clorua hiđroxit kim loại đồng, bạc, kẽm không tan nước tan dung dịch amniac dư tạo thành phức chất tan M + + 2NH → M ( NH ) M 2+ + 4NH → M ( NH3 ) + (M (M + 2+ : Ag + , Cu + ) 2+ : Zn , Cu 2+ ) + Thí dụ: AgCl + 2NH → Ag ( NH ) + Cl − 2+ Cu(OH) + 4NH → Cu ( NH ) + 2OH − b) Phản ứng axit - bazơ Phản ứng axit - bazơ phản ứng có cho nhận proton H + (trường hợp đặc biệt phản ứng trao đổi ion) Thí dụ : NaOH + HCl → NaCl + H 2O 3NH + 3H 2O + FeCl3 → Fe(OH)3 ↓ +3NH 4Cl NaAlO + CO2 + H O → NaHCO3 + Al(OH)3 ↓ CH3COONa + NaHSO → CH 3COOH + Na 2SO Ví dụ 1: Trộn V lít dung dịch chứa NaOH 0,1M Ba(OH) 0,2M với 400 ml dung dịch chứa HCl + HNO3 có pH = Kết thúc phản ứng thu dung dịch có pH = Tính giá trị V Giải NaOH → Na + + OH − 0,1V → 0,1V Ba(OH) → Ba 2+ + 2OH − 0, 2V → 0, 2V → 0, 4V ⇒ ∑nOH − = 0,1V + 0, 4V = 0,5V mol 400 ml dung dịch chứa HCl + HNO3 có pH = ⇒ nH + = 0,4.0,01 = 0,004 mol Dung dịch thu có pH = 4> ⇒ H + còn, OH- hết H + + OH − → H O 0,5V ¬ 0,5V ⇒ nH + cịn = 0,004 - 0,5V = 104.(V + 0,4)= V = 7,92 ml Ví dụ 2: Nhỏ từ từ 30 ml dung dịch chứa HCl HNO3 có pH = vào 10 ml dung dịch chứa Na2CO3 0,1M NaHCO3 0,15M Kết thúc phản ứng thu dung dịch X V lít CO2 (đktc) a) Tính giá trị V b) Tính thể tích dung dịch Ba(OH)2 0,1M cần dùng để phản ứng vừa hết với dung dịch X Giải Trang a) n Na 2CO1 = 0, 01.0,1 = 0, 001mol; n NaHCO3 = 0, 01.0,15 = 0, 0015mol → 2Na + + CO32 − → 10 −3 Na CO3 10−3 NaHCO3 → Na + + HCO 3−3 1,5.10−3 → 1,5.10−3 30 ml dung dịch chứa HCl HNO3 có pH = ⇒ nH + = 0,003 mol CO32− + H + → HCO3−3 10−3 → 10−3 → 10−3 ⇒ ∑nHCO − = 10−3 + 1,5.10−3 = 2,5.10−3 mol nH + dư = 0, 003 − 0, 001 = 0, 002mol HCO3− + H + → CO ↑ + H 2O 0, 002 ¬ 0, 002 → 0, 002 ⇒ VCO2 = 0, 002.22, = 0, 0448lit = 44,8ml + − − − −3 −3 −4 b) Dung dịch X chứa : Na , Cl , NO3 và HCO3 : 2,5.10 − 2.10 = 5.10 mol X + Ba(OH)2: Gọi V thể tích dung dịch Ba(OH)2 cần thêm vào để phản ứng vừa hết với dung dịch X Ta có : Ba(OH) → Ba 2+ + 2OH − 0,1V → 0, 2V − − 2− OH + HCO → CO + H O 5.10−4 ¬ 5.10−4 Ba 2+ + CO32− → BaCO3 ↓ ⇒ 0, 2V = 5.10−4 ⇒ V = 2,5.10−3 lit = 2,5ml Ví dụ 3: Trộn 100 ml dung dịch chứa HCl 0,1M H 2SO4 0,1M với 150 ml dung dịch chứa NaOH 0,1M Ba(OH)2 0,05M, kết thúc phản ứng thu dung dịch X m gam kết tủa a) Tính m b) Tính pH dung dịch X Giải a) n H+ = n HCl + 2n H 2SO4 = 0, 01 + 0, 02 = 0, 03mol; n SO2− = 0, 01mol n OH − = n NaOH + 2n Ba (OH )2 = 0, 0225mol n Ba 2+ = n Ba (OH)2 = 0, 05.0,15 = 0, 0075mol H + + OH − → H 2O 0, 0225 ¬ 0, 0225 ⇒ n H + = 0, 03 − 0, 0225 = 0, 0075mol Ba 2+ + SO 24− → BaSO ↓ 0, 0075 → 0, 0075 ⇒ m = 233.0, 0075 = 1, 7475gam 0, 0075 b) H + = = 0, 03M ⇒ pH = − lg H + = − lg 0, 03 = 1,52 0,1 + 0,15 Trang Ví dụ 4: a) Hịa tan muối NaCl, NH Cl, NaHSO , Na 2S, Cu ( NO3 ) vào nước thành dung dịch, sau cho vào dung dịch quỳ tím Hỏi dung dịch có màu ? Tại ? b) Trộn 250 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,08M + H 2SO4 0,01M với 250 ml dung dịch NaOH aM, 500 ml dung dịch có pH = 12 Tính a Giải a) - Dung dịch NaCl : Quỳ không đổi màu NaCl tạo axit mạnh bazơ mạnh - Dung dịch NaHSO , NH Cl, Cu ( NO3 ) : Quỳ có màu đỏ muối bị thuỷ phân cho dung dịch có mơi trường axit NaHSO → Na + + HSO 4− HSO −4 + H O € SO 42− + H 3O + NH 4Cl → NH 4+ + Cl − NH −4 + H O € NH + H 3O + Cu ( NO3 ) + H 2O → Cu ( H 2O ) Cu ( H O ) 2+ 2+ + 2NO 3− + H 2O € Cu(OH) + + H 3O + b) n H + = 0,25.0,08 + 2.0,25.0,01 = 0,025 (mol) Dung dịch thu có pH = 12 > ⇒ OH còn, H+ hết H + + OH − → H 2O 0, 025 → 0, 025 0, 25a − 0, 025 = 0, 01 ⇒ a = 0,12M 0,5 Ví dụ 5: Có lọ nhãn đựng dung dịch sau : NH 4Cl, MgSO4, ZnCl4, NaCl Chỉ dùng thêm dung dịch K2S làm thuốc thử Hãy trình bày phương pháp hoá học để phân biệt dung dịch Viết phương trình hố học xảy (nếu có) dạng ion thu gọn Giải Cho dung dịch K2S tác dụng với dung dịch Nhận ra: - Dung dịch NH4Cl :Có khí ra, mùi khai đun nóng ⇒ [OH-]cịn = NH +4 + S2− t → NH ↑ + HS− (mùi khai) - Dung dịch AlCl3 :Có kết tủa trắng keo xuất Al3+ + 3S2− + 3H O → Al(OH)3 ↓ +3HS− (trắng keo) - Dung dịch NaCl : Không tượng - Dung dịch MgSO4 ZnCl2 : Có kết tủa trắng xuất Mg 2+ + 2S2− + 2H O → Mg(OH) ↓ +2HS− (màu trắng) Zn + S → ZnS ↓ (màu trắng) Lọc lấy kết tủa cho phản ứng với dung dịch NH4Cl đun nóng Kết tủa tan Mg(OH)2 → Dung dịch ban đầu MgSO4 2+ 2− t Mg(OH) + 2NH +4 → 2Mg 2+ + NH ↑ +2H 2O Dung dịch lại ZnCl2 Trang Ví dụ 6: Trộn 100ml dung dịch X gồm KHCO 1M K2CO3 1M vào 100ml dung dịch Y gồm NaHCO 1M Na2CO3 1M thu dung dịch Z Nhỏ từ từ 100ml dung dịch A gồm H 2SO4 1M HCl 1M vào dung dịch Z thu V lít CO2 (đktc) Tính giá trị V Giải − 2− − Dung dịch X Y có số mol HCO3 CO3 ⇒ Dung dịch Z chứa: HCO3 :0,2 mol; CO32-: 0,2 mol 0,1(mol) HCl : Dung dịch A chứa: H 2SO : 0,1(mol) ⇒ Σn H + = 0,1 + 0, = 0,3mol Khi nhỏ từ từ dung dịch A vào dung dịch Z: Phản ứng xảy theo thứ tự: CO32− + H + → HCO3− (1) 0, → 0, → 0, nH+dư = 0,3 − 0, = 0,1mol ; nHCO3− = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol H + + HCO3− → CO ↑ + H 2O (2) 0,1 → 0,1 → 0,1 (2) ⇒ VCO2 = 0,1.22, = 2, 24 lít Ví dụ 7: Cho m gam NaOH vào lít dung dịch NaHCO nồng độ a mol/l, thu lít dung dịch X Lấy lít dung dịch X tác dụng với dung dịch BaCl (dư) thu 11,82 gam kết tủa Mặt khác, cho lít dung dịch X vào dung dịch CaCl (dư) đun nóng, sau kết thúc phản ứng thu 7,0 gam kết tủa Tính giá trị a m Giải • X + BaCl : Ba 2+ + CO32− → BaCO3 ↓ 0, 06 0, 06 ã X + CaCl2 : t 2HCO3− → CO ↑ + H 2O + CO32− x/2 0,25x Ca 2+ + CO32− → CaCO3 ↓ (0,25x + 0,06) → (0,25x + 0,06) = 0,07 ⇒ x=0,04 mol HCO3− + OH − → CO32− + H 2O 0,12 ¬ 0,12 ¬ 0,12 − ⇒ ∑ nHCO = 0,12 + 0, 04 = 0,16mol ⇒ a = 0, 08mol /1 ⇒ m = 40.0,12 = 4,8gam Ví dụ 8: Dung dịch X chứa ion: Ca2+, Na+, HCO3-và Cl- , số mol ion Cl - 0,1 Cho 1/2 dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu gam kết tủa Cho 1/2 dung dịch X lại phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 (dư), thu gam kết tủa Mặt khác, đun sôi đến cạn dung dịch X thu m gam chất rắn khan Tính giá trị m Giải − • 1/2X + Ca(OH)2 dư: HCO3 hết Ca 2+ + HCO3− + OH − → CaCO3 ↓ + H 2O ¬ 0,03 0,03 Trang ⇒ n HCO− (X) = 0, 06mol • 1/2X + NaOH dư: Ca 2+ + HCO3− + OH − → CaCO3 ↓ + H 2O 0,02 ¬ 0,02 ¬ 0,02 2+ ⇒ n Ca (X) = 0, 04mol Theo ĐLBT điện tích: 2.0, 04 + n +Na = 0, 06 + 0,1 → n +Na = 0, 08mol Khi đun sôi dung dịch X: t 2HCO3− → CO32− + CO ↑ + H O 0,06 → 0,03 ⇒ m = 40.0, 04 + 23.0, 08 + 35,5.0,1 + 60.0, 03 = 8, 79gam − 2+ + − Ví dụ 9: Dung dịch X chứa ion: HCO3 ; Ba ; Na ;Cl ; tổng số mol Na+và Cl- 0,15 mol Chia X thành hai phần Cho phần phản ứng với lượng dư dung dịch NaOH, kết thúc phản ứng thấy có 9,85 gam kết tủa xuất Cho dung dịch NaHSO4 tới dư vào phần 2, sinh 1,68 lít khí CO2 (đktc) Tính tổng khối lượng muối dung dịch X Giải 1, 68 • X + NaHSO : n cO2 = = 0, 075mol 22, HCO3− + HSO −4 → CO ↑ +SO 42− + H 2O ¬ 0,075 0,075 ⇒ n HCO− (X) = 2.0, 075 = 0,15mol 9,85 = 0, 05mol < 0, 075 ⇒ Ba 2+ hết, CO32− cịn • X + NaOH : n BaCO3 = 197 − − HCO3 + OH → CO32− + H O 0.075 → 0.075 2+ 2− Ba + CO3 → BaCO3 ↓ ¬ 0,05 0,05 Mặt khác : n Na + + n Cl− = 0,15 (1) Theo định luật bảo tồn điện tích: 2nBa 2+ + nNa+ = nHCO − + nCl − ⇒ nCl − − nNa + = 2.0,1 − 0,15 = 0, 05 (2) Từ (1) (2): n Cl− = 0,1mol; n Na + = 0, 05mol Khối lượng muối X 137.0,1 + 61.0,15 + 35,5.0,1 + 23.0, 05 = 27,55 gam − 2+ + − Ví dụ 10: Dung dịch X chứa: HCO3 , Ba , Na 0,3mol Cl Cho 1/2X tác dụng với dung dịch NaOH dư, kết thúc phản ứng thu 9,85 gam kết tủa Mặt khác, cho lượng dư dung dịch NaHSO vào 1/2X cịn lại, sau phản ứng hồn tồn thu 17,475 gam kết tủa Đun nóng tồn lượng X tới; phản ứng hoàn toàn, lọc bỏ kết tủa cạn nước lọc thu gam muối khan ? Giải Trang 10 ⇒ E 0O − /OH 56.0, 059 = 1, 225 − ÷ = 0,399V O + 4H + + 4e € 2H 2O c) ⇒ EO 0, 059 lg PO2 − 0, 059pH 0, 059 = 1, 225 + lg PO2 − 0, 059pH O + 2H O + 4e € 4OH − + ,H /H O = E O0 + ,H /H O + 0, 059 lg PO2 + 0, 059(14 − pH) a) Các cặp oxi hoá khử Cr2 O72− , H + / Cr 3+ , H 2O E = 1,33V ⇒ EO − /OH Cr 3+ / Cr 2+ = E 0O − /OH + E = −0, 40V Cr 2+ / Cr E = −0,91V 2− 3+ 2+ Do dung dịch đồng thời có mặt Cr2O , Cr , Cr (trong mơi trường axit oxi hố mạnh ion Cr2O3-, chất khử mạnh ion Cr*) Do phản ứng tự phát Cr2O72− + 6Cr 2+ + 14H + → 8Cr 3+ + 7H 2O Như điều kiện cho: ion Cr3+ ion bền - Nếu bình phản ứng có chứa đồng thời ion Cr 2+ , Cr 3+ (tan dung dịch) với Cr (rắn) chất oxi hố mạnh Cr3+ Do có phản ứng xảy ra: Cr 3+ + Cr → 2Cr 2+ Vậy điều kiện cho ion Cr2+ ion bền b) Ta xét cặp oxi hoá - khử sau giản đồ oxi hoá - khử Mn: E 0MnO− /MnO2− = +0,56V ; EMnO = +2, 26V 2− ,H + / MnO ,H O 4 2 2− Ta thấy: MnO vừa chất oxi hoá mạnh nhất, vừa chất khử mạnh nên phản ứng tự phát xảy là: 3MnO 24− + 4H + → MnO + 2MnO 4− + 2H 2O 2− − Như ion MnO trạng thái oxi hoá bền so với MnO MnO Khi giữ lâu dung 2− − dịch nước mơi trường axit ion MnO tự chuyển thành dạng bền MnO MnO Từ ví dụ ta thấy: Trong giản đồ oxi hố khứ nguyên tố, trạng thái oxi hố khử phía trước âm phía sau dạng bền, tự biến đổi thành hai trạng thái oxi hoá - khử Nếu trạng thái oxi hố oxi hố phía trước (bên trái) dương oxi hố phía sau trạng thái oxi hố bền hai trạng thái oxi hố liên tiếp phía trước phía sau − 3+ Theo nhận xét HIO dạng bền MnO , Mn dạng bền Do môi 0 trường axit nên Mn tồn (do E 2H + /II2 > E Mn 2+ /Mn ) Như ta viết lại giản đồ oxi hố - khử I Mn sau: +1,70V +1,20V +0,54V H IO 6− → IO3− → I 3− →I− +1,70V +1,23V MnO −4 → MnO → Mn 2+ 0 − − a) Do sau phản ứng I- dư nên tồn H IO , IO3 (vì EH IO6− / IO3− E IO3− / I3− lớn E I3− / I − nên H IO6− IO3− oxi hoá dược I-) Trang 30 2− − − Không thể tồn MnO MnO2 chúng oxi hoá I - thành I Do MnO , bị khử thành − Mn2+ I- bị oxi hoá thành I Phản ứng xảy là: 2MnO −4 + 15I − + 16H + → 5I3− + 2Mn 2+ + 8H 2O − − b) Phản ứng MnO dư khơng thể tồn Mn2+ MnO oxi hố Mn2+ thành MnO2 0 − − − Mặt khác MnO dư I- I khơng thể tồn (do E MnO−4 /MnO2 > E I3− /I− EIO3− / I3− nên MnO có − thể oxi hố I- I ) Vậy phản ứng xảy là: 2MnO −4 + I − + 2H + → 2MnO + IO3− + H 2O − Tuy nhiên có lượng nhỏ H IO6 sinh E 0MnO− /MnO = E 0H IO− /IO− = +1, 70V − 4 − + 8MnO + 3I + 8H → 8MnO + 3H IO6− + 2+ a) Pin Loclangse: (anot) Zn NH , Zn , H O MnO (catot) + + Khi pin hoạt động: NH € NH + H + Tại catốt: MnO + H + e → MnO(OH) Tại anốt: Zn + 2NH → Zn ( NH ) + 2e 2+ Phản ứng chung: 2MnO + Zn + 2NH +4 → 2MnO(OH) + Zn ( NH ) 2+ b) Ắc qui chì: (anot) Pb H 2SO 40% Pb, PbO (catot) H 2SO → H + + HSO 4− Tại anốt: Pb → Pb 2+ + 2e + 2+ Tại catốt: PbO + 2e + 4H → Pb + 2H 2O 2+ − + Cả hai cực: Pb + HSO → PbSO + H Phản ứng chung: PbO + Pb + 2H 2SO → 2PbSO + 2H 2O c) Pin kiềm khô: (anot) Zn | MnO2 (bột nhão), OH- | C (graphit) (catot) Hoạt động tương tự pin Loclangse d) Pin Vonta Zn H + Cu Khi pin hoạt động: + Tại catôt: 2H + 2e → H Tai anốt: Zn → Zn 2+ + 2e Zn + 2H + → Zn 2+ + H 10 a) Ta có: Ephải = E Ag + / Ag = E Ag + /Ag + 0, 059 lg C Ag + = 0,8 + 0, 059 lg 0,1 = 0, 741V 0, 059 0, 059 lg CCu 2+ = 0,34 + lg 0, 01 = 0, 281V 2 Epin = E p − Et = 0, 741 − 0, 281 = 0, 460V Etrái = E Cu 2+ / Cu = E Cu 2+ /Cu + 11 a) Tế bào điện hoá thường dùng: (Anôt) Ag, AgCl | KCl | AgNO3 Ag (Catôt) Trang 31 Tại anot: Ag + Cl− → AgCl + 1e Tại catốt: Ag + + e → Ag b) Ag + + Cl − → AgCl ⇒ K s = ( 1, 6.10 −10 ) −1 = 6, 25.109 ∆G 0298 = −RTlnK S = −8,314.298ln6, 25.109 = −55,89KJ 0 Mặt khác: ∆G 298 = −nFE 298 ⇒ E 298 = 55890 = 0,58V 1.96500 12 a) Ta có sơ đồ pin dùng CaCO3 , Ca(Hg) Na 2CO Na 2SO CaSO , Ca(Hg) Khi pin hoạt động: 2− Tại catôt: CaSO + Hg + 2e → Ca(Hg) + SO 2− Tại anốt: Ca(Hg) + CO3 → CaCO3 + Hg + 2e 2− 2− Phản ứng chung: CaSO (r) + CO (aq) → CaCO3 (r) + SO (aq) b) Ta có: K C = SO 24− CO 2− = K S( CaSO4 ) K S( CaCO3 ) = 7, 241.103 ⇒ ∆G 0298 = −RTInK S = -nFE0phản ứng ⇒ E0phản ứng = 0,114V 2− 0, 059 CO3 lg = 0,1935V c) Epin = E pin + ∣SO 24− 0 0 13 a) Do E O2 ,H+ /H2O = +1, 21V < EMnO4− / Mn2+ = +1,51V < EH2 O2 /H2 O = 1, 77V - Phản ứng xảy dung dịch là: H 2SO → HSO 4− + H + 2MnO −4 + 5H O + 8H + → 2Mn 2+ + 5O + 8H 2O K = 1011 >> C0 : 0, 015 0, 085 0,80 ∆C : −0, 034 −0, 085 −0, 012 0, 034 0, 085 C: 0,116 0, 698 0, 034 0, 085 − + −3 Vậy thành phần giới hạn: MnO : 0,116M; H : 0, 698M;O : 2.10 M 2+ − (Do phần bay khỏi dung dịch); Mn : 0, 034M; HSO : 0,80M Xét cân bằng: HSO −4 € H + + SO 42− K = 10−2 [ ] : 0,8 − x 0, 698 + x x (0, 698 + x) x ⇒ = 10−2 ⇒ x = 0, 011M ⇒ H + = 0, 709 M 0,8 − x ⇒ E MnO /Mn 2+ =E MnO / Mn 2+ + 0, 059 [ MnO ] H + lg Mn 2+ 0, 059 0,116 ×(0, 698)8 lg = +1,502V 0, 034 So với điện cực calomen bão hoà: E = 1,502 - 0,244 = 1,258 V = 1,51 + 14 a) −4.0,23 N + 5H + + 4e € N H 5+ ; K1 = 10 0,059 Trang 32 −1 N H + H + € N H 62+ ; K = K a1 = 100.27 N + 6H + + 4e € N H 62+ ; K = K1K ⇒ E 0N / N2 H 62+ = −0, 23 + 0, 059 0, 27 = −0, 226V −4.0,23 N + 5H + + 4e € N H 5+ ; K1 = 10 0,059 N H 5+ € N H + H + ; K = K a = 10 −7,94 N + 5H + + 4e € N H + H + ; K = K1K ⇒ E 0N / N2 H = −0, 23 − 0, 059 ×(−7,94) = −0,113V + b) •pH = ⇒ H = 1M [ N2H ] = N H 2+ K a1 K a H + = 10−8.21 > 0,01 → 0,01 − Thành phần giới hạn dung dịch X gồm AgSCN, SCN- dư: 0,03 M, NO3 ⇒ Sơ đồ pin: Ag, AgI, PbI HNO3 0,1M KNO3 0, 01M, KSCN0, 03M AgSCN, Ag b) Tính suất điện động: • Với điện cực bên trái: AgI € Ag + + I − ; K s1 = 10−16 (1) PbI € Pb 2+ + 2I − ; K s2 = 10 −7.86 (2) Trang 34 − Do K s2 >>K sl ⇒ I chủ yếu cân (2) sinh 10−7,86 = 3, 022.10−3 M ⇒ Giả thiết I- hoàn toàn PSI2 sinh chấp nhận ⇒ I − = ×3 Et = E Ag + 0, 0592 lg Ag + = 0, 001V + / Ag Tại dung dịch X: AgSCN € Ag + + SCN − S ⇒ S(S + 0, 03) = 10 ; K s = 10 −12 S+0,03 −12 Giả sử S (0,001 + x) 10−3 = 9, 483.10 −16 M K b(2) nên cân (1) định pH dung dịch: S2− + H O € HS− + OH − ; K = 10−1.1 Cân bằng: (0,01 -x) x x x = 10−1,1 ⇒ x + 0, 0794 x − 10−3,1 = 0, 01 − x ⇒ x = 8,98.10−3 ⇒ OH − = 8,98.10−3 ⇒ pH = 11,95 b) Pb 2+ + S2 → PbS ↓; K s−1 = 10 26 0,09 ¬ 0,01 0,08 Pb 2+ + SO 24− → PbSO ↓ ; K s−1 = 107.8 0,08 ¬ 0,05 0,03 Pb 2+ +2I → PbI K s−1 = 107.6 0, 03 0, 06 Thành phần hỗn hợp: Kết tủa A : PbS, PbSO4 , PbI2 Dung dịch B chứa: K + 0, 06M; Na + 0,12M Ngồi cịn có ion Pb, SO2so kết tủa tan Độ tan kết tủa: PbI : S = 10−7.6 = 10−2.7 M PbSO : S = 10−7.8 = 10 −3.9 M; PbS : S = 10 −26 = 10−13 M Bởi độ tan PbI lớn nên cân chủ yếu dung dịch cân tan PbI PbI ↓€ Pb 2+ + 2I − ; Ks 2+ −2.7 −3 − −3 Do Pb = 10 = 2.10 M I = 4.10 M 10−7.8 SO 24 = = 5.10−5.8 = 7,9.10−6 M K1 nên cân định pH dung dịch b) α) Dung dịch B: Thêm KI: C Ag + = 0, 025M;CPb2+ = 0, 050M;C I = 0,125M;C H = 0, 01M Ag + + I − → AgI ↓ 0,025 0,125 0,10 2+ Pb + 2I − → PbI ↓ Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI PbI2 AgI ↓€ Ag + + I − ; K s1 = 10−16 (3) PbI ↓€ Pb 2+ + 2I − : K s2 = 10 −7.86 (4) K s1 E 04 = 0,54V ( E40 nhỏ nhất) nên xảy phản ứng: 2x ∣ MnO −4 + 8H + + 5e € Mn 2+ + 4H 2O x | I − € I ( r ) + 2e 2MnO −4 + 10I − + 16H + → 2Mn 2+ + 5I (r) + 8H 2O K = 10163 C0: ∆C: C: 0,24 -0,04.2 0,16 0,4 -0,04.10 0,04.2 0,08 0,04.5 0,2 0 MnO −4 dư oxi hố tiếp I2 thành IO3− EMnO4 / Mn2+ = = 1,51V > E = 1,19V 1x ∣ I (r) + 6H 2O € 2IO3− + 12H + + 10e x ∣ MnO4 + 8H + + 5e € Mn 2+ + H 2O I (r) + 2MnO + 4H + € 2IO3− + 2Mn 2+ + 2H 2O K = 1054,23 C0: 0,2 0,16 ∆C: -0,08 0,16 0,16 C: 0,12 Thành phần hỗn hợp sau phản ứng: 0,16 Trang 42 IO3− 0,16M; Mn + 0, 24M; I ( H 2O ) 5.10 −4 M; I (r)0,12M; pH = − β) Trong hỗn hợp có cặp IO3 / I (r) nên: 12 0, 059 0, 059 lg IO3− H + = 1,19 + lg(0,16) = 1,18V 10 10 E so với điện cực calomen bão hoà: 1,18 - 0,244 = 0,936 V 0 23 a) Tính EMnO4 H 2O / MnO2 EMnO / MnO2− E = E 02 + − + 2+ MnO + 8H + 5e € Mn + 4H 2O ; K1 = 10 5.1,51 0,059 −2.1,23 Mn 2+ + 2I 2O € MnO + 4H + + 2e ; K 2−1 = 10 0,059 4x ∣H 2O € H + + OH − K W = 10−14 − MnO + 2H O + 3e € MnO + 4OH E0 K = 10 MnO4 / MnO42− 0,059 5.1,51 − 2.1, 23 − 2.2, 26 = 0,57V 0 > E MnO4 H O/ MnO2 > E MnO / MnO2 ⇒ K = K1K ′2 K ′4 ⇒ E 0MnO b) Ta thấy: E MnO4 H + / Mn2+ − = 2− / MnO4 4 ⇒ Khả oxi hóa MnO mạnh môi trường axit yếu mơi trường kiềm, − vì: E MnO H + / Mn 2+ =E MnO4 H + / Mn 2+ − + 0, 059 MnO H + lg Mn 2+ − Do đó, pH tăng, [H+] giảm, tính oxi hóa MnO giảm − c) Các phản ứng minh họa khả oxi hóa MnO phụ thuộc vào pH mơi trường: 5Fe 2+ + MnO −4 + 8H + → 5Fe 3+ + Mn 2+ + 4H 2O t 2MnO −4 + 3Mn 2+ + 2H 2O → 5MnO ↓ +4H + 2MnO −4 + SO 32 − + 2OH − → 2MnO 24− + SO 24− + H 2O 24 a) ΘZn Zn ( NO3 ) 0,1M‖ AgNO3O,1M Ag ⊕ b) Tại cực âm (anit): Zn → Zn 2+ + 2e Tại cực dương (catôt): Ag + + e → Ag Phản ứng xảy pin: Zn + 2Ag + → Zn 2+ + 2Ag ↓ c) Áp dụng phương trình Nernst cho hai điện cực: 0, 059 0, 059 E Zn 2+ / Zn = E 0Zn 2+ / Zn + lg CZn2+ = −0, 76 + lg 0,1 = −0, 7895V 2 0, 059 0, 059 E Ag+ /Ag = E 0Ag + /Ag + lg C Ag + = 0,80 + lg 0,1 = 0, 741V 1 ⇒ E pin = E Ag + /Ag − EZn2+ / Z n = 0, 741 − (−0, 7895) = 1,53V d) Khi pin hết điện tức là: E = Trang 43 ( Ag + E 2+ − E + Zn / Zn Ag /Ag ⇒ lg Zn 2+ 0, 059 ) = −52,88 ⇒ [ A g + Zn 2+ = 10−52,88 Zn + 2Ag + → Zn 2+ + 2Ag ↓ C: []: 0,1 0,1 (0,1-2x) (0,1+x) Ag + (0,1 − 2x) = 10−52.88 ⇒ 0,1 − 2x ≈ ⇒ x = 0, 05M ⇒ = 2+ 0,1 + x Zn 2+ Vậy Zn = 0,1 + 0, 05 = 0,15M Ag + = 10−52.88 = 9,37.10−27 M 0,15 25 Cu + Br2 € Cu 2+ + 2Br − 0 ⇒ E0phản ứng = E Br2 /2Br − − E Cu 2+ / Cu = 1, 09 − 0,34 = 0, 75V ⇒ lg K = nE 2.0, 75 = = 25 ⇒ K = 1025 0, 059 0, 059 Trang 44 ... xác định điện cực điện cực chuẩn Muốn xác định thẻ điện cực điện cực đó, người ta ghép điện cực với điện cực hiđro tiêu chuẩn thành pin, suất điện động pin vơn kế điện cực tương đối điện cực... AgCl ⇒ K s = ( 1, 6.10 −10 ) −1 = 6, 25.109 ∆G 02 98 = −RTlnK S = ? ?8, 314.298ln6, 25.109 = −55 ,89 KJ 0 Mặt khác: ∆G 2 98 = −nFE 2 98 ⇒ E 2 98 = 5 589 0 = 0,58V 1.96500 12 a) Ta có sơ đồ pin dùng CaCO3 ,... HSO 4− + H + 2MnO −4 + 5H O + 8H + → 2Mn 2+ + 5O + 8H 2O K = 1011 >> C0 : 0, 015 0, 085 0 ,80 ∆C : −0, 034 −0, 085 −0, 012 0, 034 0, 085 C: 0,116 0, 6 98 0, 034 0, 085 − + −3 Vậy thành phần giới
Ngày đăng: 23/10/2020, 13:27
Xem thêm:
