Bài tập Pin điện | Đại học Lâm nghiệp

BÀI TẬP PIN ĐIỆN ------
1. Bài tập có hướng dẫn giải
1.1. Dạng sức điện động của pin Bài 1 Hướng dẫn 1 Bài 2 Hướng dẫn Bài 3 Hướng dẫn 2
1.2. Tính hệ số hoạt độ trung bình Bài 4 Hướng dẫn Bài 5 Hướng dẫn 3 Bài 6 Hướng dẫn Bài 7 Hướng dẫn
1.3. Xác định tích số tan của muối khó tan 4 Bài 8 Hướng dẫn Bài 9 Hướng dẫn 5
1.4. Xác định số vận tải Bài 10 Hướng dẫn 6
1.5. Xác định hằng số cân bằng Bài 11 Hướng dẫn 7
1.6. Tính hằng số không bền của ion phức Bài 12 Hướng dẫn
1.7. Tính hằng số phân ly của ion Bài 13 Hướng dẫn 8
1.8. Xác định pH của dung dịch Bài 14 Hướng dẫn 9
1.9. Xác định hiệu ứng nhiệt của pin Bài 15 Hướng dẫn 10 Bài 16 Hướng dẫn 1.10. Bài tập nâng cao
Bài 17: Pin nhiên liệu hiện nay đang được các nhà khoa học hết sức quan tâm. Pin này hoạt động
dựa trên phản ứng: 2CH3OH(l) + 3O2(k) → 2CO2(k) + 4H2O(l)
1. Viết sơ đồ pin và các phản ứng xảy ra tại các điện cực sao để khi pin hoạt động xảy ra phản ứng ở trên?
2. Cho thế chuẩn của pin E° = 1.21 V hãy tính biến thiên năng lượng Gibbs ΔG° của phản ứng?
3. Biết thế điện cực chuẩn của Catot ở pH=0 là 1,23V. Hãy tính giá trị E° c ở pH=14.
Không tính toán hãy so sánh E°
pin ở pH=0 và pH=14?
4. Nêu những ưu điểm của việc sử dụng phản ứng này trong pin nhiên liệu so với việc đốt cháy CH3OH? Hướng dẫn
1. anot: CH3OH + H2O → CO2 + 6H+ + 6e catot: O2 + 4H+ + 4e → 2H2O
 phản ứng: 2CH3OH + 3O2 → 4H2O + 2CO2
Sơ đồ pin (-) Pt(CO2)│CH3OH, H+││ H+│Pt(O2) (+)
2. ΔGo = –nFEo = –(12 mol)(96500 J/V-1.mol)(1.21 V) = –1.40×103 kJ
3. Sử dụng phương trình Nernst 4 0 RT  14 E  E 
ln H   1, 23  0, 059 lg 10    0,40(V )     4F
Trong phản ứng không xuất hiện H+ hay OH- nên Eopin không phụ thuộc pH.
4. Không mất nhiệt ra môi trường và không mất NL trong suốt quá trình biến đổi nên công có ích thực hiện nhiều hơn.
Bài 18: Tính nồng độ ban đầu của HSO biết rằng khi đo sức điện động của pin 4
Pt │  (0,1M );    (0,02M ) ║  2
MnO (0, 05M ); Mn  (0, 01M ); HSO (C ) │Pt 3 4 4 M
ở 25oC có giá trị 0,824(V). 11 Cho o   o   2      1, 51(V ) ;   0, 5355(V ) và  1, 0.10 2 MnO / Mn  / 3 a( HSO ) 4 3 4 Hướng dẫn
Ở điện cực dương (bên phải):   2 MnO 8H 5e Mn     4H O 4 2 8 8
MnO .H   0, 05.H         o 0, 0592 4 0, 0592 E     phải=   lg 1, 51 .lg 2 MnO / Mn  4 2 5 Mn  5 0, 01  
điện cực âm (bên trái): 3I  I   2e 3 I     o 0, 0592 3 0, 0592 0, 02 Etrái =        lg 0,5355 lg 0,574(V ) I / 3I  3 3 2 I  2 (0,1)   Epin = E+ - E- = 0,824 8 0, 05. 0, 059 H      Suy ra: 0,824  1,51  lg  0,574 5 0, 01
Giải ra ta được: [H+] = 0,54 (M) = x Từ cân bằng:   2 HSO H SO   K 4 4 a = 1,0.10-2 Ban đầu: C 0 0 Cân bằng: (C – x) x x 2 2 x x     x  C a C  x a
Thay giá trị x =0,54 và Ka = 1,0.10-2 vào, ta tính được C   0,346(M ) HSO4
Bài 19: Cho 25,00 ml dung dịch chứa Cu(NO3)2 0,06M và Pb(NO3)2 0,04M trộn vào 25,00 ml dung
dịch chứa NaIO3 0,12M và HIO3 0,14M thu được dung dịch Y.
1. Tính nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ trong dung dịch Y.
2. Cho điện cực Cu nhúng vào Y rồi ghép thành pin với điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z gồm
AgNO3 0,01M và NaI 0,04M ở 250C. Viết sơ đồ pin điện, chỉ rõ dấu của điện cực.
Biết: pKs của Cu(IO3)2, Pb(IO3)2, AgI lần lư -1- ợ t là 7,13 ; 12,61 ; 16,00 * 8  * 7  ,8 0 0 0         10 ;   10 ; E  0, 337V ; E  0,126V ; E  0, 799V 2 2 Cu (OH ) Pb(OH ) Cu /Cu Pb / Pb Ag / Ag Hướng dẫn Sau khi trộn, C      0, 03M ;C  0, 02M ;C  0, 07M ;C  0,13M 2 2 Cu Pb H I 3 O
Vì môi trường axit mạnh nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của ion kim loại Pb2+ + 2IO -
3  Pb(IO3)2 K3 = 1012,61 >> phản ứng hoàn toàn Cbđ 0,02 0,13 [ ] 0 0,09 Cu2+ + 2IO -
3  Cu(IO3)2 K4 = 107,13 >>  phản ứng hoàn toàn Cbđ 0,03 0,09 [ ] 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch Y gồm: Pb(IO - -
3)2; Cu(IO3)2; IO3 ; H+; Na+; NO3 Có các cân bằng: Pb(IO - -1 3)2  Pb2+ + 2IO3 (4) K3 = 10-12,61 Cu(IO - -1 3)2  Cu2+ + 2IO3 (5) K4 = 10-7,13 Vì K -1 -1
3 << K4 nên ta tính theo cân bằng (5), bỏ qua cân bằng (4). Cu(IO - -1 3)2  Cu2+ + 2IO3 (5) K4 = 10-7,13 Cbđ 0,03 [ ] x 0,03 + 2x Theo cân bằng (5): 1  2 7  ,13  K  .
x (0, 03  2x)  10 5
 x  8,237.10 << 0,03 4 12
 Nồng độ IO -3 coi như không đổi. Pb(IO - -1 3)2  Pb2+ + 2IO3 (4) K3 = 10-12,61 Cbđ 0,03 [ ] y 0,03 + 2y
Theo cân bằng (5): y = 2,727.10-10.
Thế của điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y là 0, 0592 0 2 E        E  log Cu 2 2   0,216(V). Cu /Cu Cu /Cu 2
Vì [Pb2+] rất nhỏ  không oxi hóa được Cu. * Xét dung dịch Z: Ag+ + I-  AgI K -1 6 = Ks = 1016 >> Cbđ 0,01 0,04 Sau 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I-; Na+, NO - 3 AgI  Ag+ + I- K -1 6 = 10-16 Cbđ 0 0,03 [ ] x 0,03 + x  1  1  6 K  .(
x 0, 03  x)  10  x = 3,333.10-15 6
Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z là: 0  1  5 E          E  0,0592log Ag 0,799 0,0592log(3,333.10 ) 0,058(V )   Ag / Ag Ag / Ag Vì E   E nên sơ đồ pin là 2 Ag / Ag Cu /Cu
(-) Ag│AgI, I- 0,03M || Pb(IO -
3)2; Cu(IO3)2; IO3 0,03M│Cu (+)
Bài 20: Cho sơ đồ pin:
(-) Ag │AgNO31,000.10-1M; NH3 1M ║ Ag2SO4(bão hoà) │Ag (+)
Tính hằng số tạo phức Ag(NH +
3)2 biết EoAg+/Ag = 0,800V; KsAg = 1,100.10-5; 2SO4 Epin = 0,390V. Hướng dẫn + Tại catot E(+): Theo cân bằng: Ag 2- 2SO4  2Ag+ + SO4 Ks = 1,10.10-5 2S S => [Ag+]2.[SO 2- 4 ] = (2S)2.S = Ks
=> [Ag+] = 2S = 2.(Ks/4)1/3
=> E(+) = EoAg+/Ag + 0,0592lg[Ag+]
= EoAg+/Ag + 0,0592lg2.(Ks/4)1/3 = 0,8 + 0,0592lg2.(1,1.10-5/4)1/3 = 0,708(V). + Tại anot E(-): Theo cân bằng: Ag+ + 2NH + 3  Ag(NH3)2 β = ? Co 0,1 1 0 [ ] x (0,8+2x) (0,1-x)
=> β = (0,1-x)/x.(0,8+2x) = 0,1/0,8x => [Ag+] = x = 1/8β
=> E(-) = EoAg+/Ag + 0,0592lg[Ag+] = 0,8 + 0,0592lg1/8β = 0,747 - 0,0592lgβ
=> Epin = 0,708 - 0,747 + 0,0592lgβ = 0,390 => β = 107,247
Bài 21: Tính nồng độ ban đầu của HSO -
4 biết rằng ở 25oC, suất điện động của pin Pt | I− 0,1 (M) I − − − 3 0,02 (M) || MnO4
0,05 (M) Mn2+ 0,01 (M) HSO4 C (M) | Pt có giá trị 0,824 (V). 0 E 0 
  1,51(V); E    0,5355(V); K  = 10-2. MnO / 2 4 Mn I / 3 3 I HS 4 O 13 Hướng dẫn
Ở điện cực phải: MnO - 4 + 8H+ + 5e→ Mn2+ + 4H2O 0 , 0 592 [  MnO ].[  H ]8 0592 , 0 [ 05 , 0 | H ]8 E 4 phải = 0 E   + lg = 1,51 + lg MnO / 2 2 4 Mn 5 [Mn ] 5 01 , 0 Ở điện cực trái: 3I- → I - 3 + 2e 0592 , 0 [  I ] 0 , 0 592 02 , 0 E 3 trái = 0 E   + lg = 0,5355 + lg =0,574 I / 3  3 3 3 I 2 [I ] 2 ( ) 1 , 0 0592 , 0  E 8 H 
pin = Ephải - Etrái => 0,824 = 1,51 + lg( .[ 5 ] ) 574 , 0 5 => [H+] = 0,05373 (M) Mặt khác từ cân bằng HSO - 2- 4 → H+ + SO4 Ka = 10-2 Co C [ ] C – [H+] [H+] [H+] [   H ]2 2 ) 054 , 0 ( 2 10  => [HSO - 4 ]=0,3456 M C  [  H ] C  ) 054 , 0
Bài 22: Cho ba pin điện hóa với sức điện động tương ứng ở 298K:
Pin 1: Hg | Hg2Cl2 | KCl (bão hoà) || Ag+ (0,0100M) | Ag có E1 = 0,439V.
Pin 2: Hg | Hg2Cl2 | KCl (bão hoà) || AgI (bão hoà) | Ag có E2 = 0,089V.
Pin 3: Ag | AgI (bão hoà), PbI2 (bão hoà) || KCl (bão hoà) |Hg2Cl2 | Hg có E3 = 0,230V.
a) Tính tích số tan của AgI.
b) Tính tích số tan của PbI2. Cho: E0(Ag+/Ag) = 0,799V. Hướng dẫn
a. Tính thế của điện cực calomen:
E1 = E(Ag+/Ag) – E (calomen) trong đó
E(Ag+/Ag) = Eo (Ag+/Ag) + 0,0592 log [Ag+] = 0,681 V → E (calomen) = 0,242V
Tính nồng độ ion bạc: E2 = E(AgI (bão hòa)/Ag//Ag) – Ecalomen ⇒ E(AgI (bão hòa)/Ag//Ag) = 0,331V
E(Ag+/Ag) = Eo (Ag+/Ag) + 0,0592 log [Ag+] = 0,331 ⇒ [Ag+] = 1,22.10-8 M
[Ag+] = [I-] ⇒ Tích số tan AgI: Ks, AgI = 1,48.10-16
b. E3 = Ecalomen – E(AgI (bão hoà), PbI2 (bão hoà)/Ag)
⇒ E(AgI (bão hoà), PbI2 (bão hoà)/Ag) = 0,012V
E(Ag+/Ag) = Eo (Ag+/Ag) + 0,0592 log [Ag+] = 0,012 V -14 ⇒ [Ag+] = 4,89.10 M
⇒ [I-] = = 3,02.10-3M = [Ag+] + 2 [Pb2+] ⇒ [Pb2+] = 1,51.10-3 M
Tích số tan: Ks, PbI2 = 1,37.10-8 
Bài 23: Cho pin sau : H2(Pt), P =1atm / H+: 1M || MnO : 1M, Mn2+: 1M, H+: 1M / Pt H 4 2
Biết rằng sức điện động của pin ở 250 C là 1,5V.
a) Hãy cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin và tính 0 E ? - 2+ MnO /Mn 4
b) Sức điện động của pin thay đổi như thế nào khi thêm một ít NaHCO3 vào nửa trái của pin? Hướng dẫn
Phản ứng thực tế xảy ra trong pin:
Do Epin = 1,5 V > 0 nên cực Pt - (phải) là catot, cực hiđro - (trái) là anot do đó phản ứng thực tế xảy ra trong
pin sẽ trùng với phản ứng quy ước: 
- Catot: MnO + 8H+ + 5e  Mn2+ + 4H 4 2O - Anot: H2  2H+ + 2e 14
→ phản ứng trong pin: 2MnO  + 6H+ + 5H 4 2  2Mn2+ + 8H2O * E 0 pin = E 0   - E 0  = 1,5 V MnO / 2 4 Mn 2 H / H 2 → E 0   = 1,5 V MnO / 2 4 Mn
* Nếu thêm một ít NaHCO3 vào nửa trái của pin sẽ xảy ra pư: HCO - 3 + H+  H2O + CO2 059 , 0 H → [H+] giảm nên E  = .lg giảm , do đó: 2 H / H 2 2 PH2 Epin = (E ) sẽ tăng  - E 2   Mn 4 O / Mn 2 H / H 2 Bài 24: Cho E0 0       ; E V 695 , 1 2 V 18 , 0 CrO / Cr (OH ) 4 3
MnO / MnO(OH ) 4 2 Cr(OH) - 3
CrO2 + H+ + H2O K = 1,0.10-14
1. Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO 2- - - 4 / CrO2 và MnO4 / MnO(OH)2.
2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin. 3. Tính E 2- - -
pin biết nồng độ của ion CrO4 là 0,010M; CrO2 là 0,030M; MnO4 là 0,2M.
4. Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình pin hoạt động. Hướng dẫn 1. Xét cặp CrO 2- 4 / Cr(OH)3 CrO 2- 3E /0,0592 4 + 4H2O + 3e Cr(OH)3 + 5OH- 1 K  10 1 Cr(OH) - 3 CrO2 + H+ + H2O K = 10-14 H+ + OH- H -1 2O Kw = 1014 CrO 2- - 1  3E /0,0592 4 + 2H2O + 3e CrO2 + 4OH- 1 K  K .K.K 10 2 1 w Eo CrO 2- - 2- -
4 / CrO2 = Eo CrO4 / Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO4 / MnO(OH)2 sơ đồ pin: (-)Pt | CrO 2- - -
4 , CrO2 , OH- || MnO4 , H+, MnO(OH)2 | Pt (+)
2. Tính K của phản ứng: MnO - 4 + 4H+ + 3e
MnO(OH)2 + H2O K1 = 103.1,695/0,0592 CrO - 2- -1 2 + 4OH-
CrO4 + 2H2O + 3e K2 = (103.(-0,18)/0,0592)-1 4 | H2O H+ + OH- Kw = 10-14 MnO - - 2- 4 + CrO2 + H2O MnO(OH)2 + CrO4 K = K -1 1.K2 .(Kw)4 = 1039 0592 , 0 [MnO ].[CrO ] 4 2 3. Epin = Eopin + lg 3 2 [CrO  ] 4 39. , 0 0592
Tính Eopin dựa vào K phản ứng ta có Eopin = = 0,77V 3 , 0 0592 , 0 2. , 0 03 Epin = 0,77 + lg = 0,7656V 3 , 0 01
4. Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+) Ở mạch trong :
- Dung dịch bên anot có CrO -
2 , OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion âm
so với lượng ion dương  các ion âm của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện.
- Dung dịch bên catot có ion MnO -
4 , H+ đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng
ion dương so với lượng ion âm  các ion dương của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở catot để dung dịch
luôn trung hòa điện.
Bài 25: Cho giản đồ quá trình khử - thế khử, thế khử chuẩn được đo ở pH = 0: 15 1. Tính 𝐸𝑜 𝑜 𝑋 và 𝐸𝑌
2. Bằng cách tính toán, cho biết Cr3+ có thể dị phân thành Cr2+ và Cr(V) được không?
3. Viết quá trình xảy ra với hệ oxi hóa - khử 𝐶𝑟 2−
2𝑂7 /𝐶𝑟3+ và tính độ biến thiên thế của hệ ở 298K khi pH tăng 2 đơn vị
4. Phản ứng giữa K2Cr2O7 với H2O2 trong môi trường axit (loãng) được dùng để nhận biết crom vì
sản phẩm tạo thành có màu xanh. Viết phương trình ion của phản ứng xảy ra và cho biết phản ứng
này có thuộc loại phản ứng oxi hóa khử hay không? Vì sao
Cho R = 8,314 J/molK; F = 96500 C/mol Hướng dẫn 1. Từ giản đồ ta có 3𝐸0 0
𝑌 = -0,408 + 2.(-0,912) → 𝐸𝑌 = -0,744 V 0,55 + 1,34 + 𝐸0 0
𝑋 - 0,744.3 = 0,293.6 → 𝐸𝑋 = 2,1 V 2. Cr(V) + 2e → Cr3+ 1,34+2,1 (1) E01 = = 1,72 V 2
2Cr3+ + 2e → 2Cr2+ (2) E02 = -0,408 V
từ (1) và (2) ta có 3Cr3+ → 2Cr2+ + Cr(V) ∆𝐺0 3 ∆G0 0 0
3 = -2FE2 + 2FE1 = -2(-0,408 – 1,72)F = 4,256F > 0
→ Cr3+ không thể dị phân thành Cr2+ và Cr(V) được 3. Cr 2− 2O7 + 14H+ + 6e → 2Cr3+ + 7H2O RT [Cr 2−](10−pH)14 E 0 2O7 1 = E + ln Cr 2− 2O7 /Cr3+ 6F [Cr3+]2 RT [Cr 2−](10−(pH+2))14 E 0 2O7 2 = E + ln Cr 2− 2O7 /Cr3+ 6F [Cr3+]2
vậy độ biến thiên của thế 𝑅𝑇 E2 – E1 = 14. ln10-2 = - 0,276 V 6𝐹 4. Cr 2− 2O7
+ 4H2O2 + 2H+ → 2CrO5 + 5H2O
Phản ứng trên không phải là phản ứng oxi hóa khử vì số oxi hóa của các nguyên tố không thay đổi trong
quá trình phản ứng. Trong CrO5, số oxi hóa của Crom là +6 và của O là -2 và -1, do peoxit CrO5 có cấu trúc Bài 26
1. Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các phương trình phản ứng xảy ra
trên mỗi điện cực và trong pin.
2. Tính độ tan tại 25oC của AgI trong nước. 0 0 Cho: E = 0,80V; E = -0,15V; + - Ag Ag AgI/Ag,I Hướng dẫn
1. Để xác định tích số tan KS của AgI, cần thiết lập sơ đồ pin có các điện cực Ag làm việc thuận
nghịch với Ag+. Điện cực Ag nhúng trong dung dịch nào có [Ag+] lớn hơn sẽ 16
đóng vai trò catot. Vậy sơ đồ pin như sau:
(-) Ag │ I-(aq), AgI(r) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
Hoặc: (-) Ag, AgI(r) │ I-(aq) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+) 
Phản ứng ở cực âm: Ag(r) + I−(aq) AgI(r) + e K 1 1
Phản ứng ở cực dương: Ag+(aq) + e Ag(r) K2
Phản ứng xảy ra trong pin: Ag+(aq) + I-(aq) AgI(r) K -1 (1) S 0 0 ( E -E ) / 0,059 Trong đó K -1  + - = K 1 .K Ag /Ag AgI/Ag,I 10 ≈ 1,0.1016 K S 1 2 = S = 1,0.10−16.
2. Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có: AgI↓ Ag+ + I- KS = 10-16 S S
Vì quá trình tạo phức hidroxo của Ag+ không đáng kể, I- là anion của axit mạnh HI, nên:
S = K =1,0.10-8 M S
Bài 27: Cho sơ đồ pin điện hoá tại 25oC :
(-)Ag, AgBr/KBr (1M) || Fe3+ (0,05M), Fe2+ (0,1M)/Pt(+)
a) Viết sơ đồ phản ứng xảy ra trong pin và chiều chuyển dịch điện tích khi pin hoạt động. b) Tính E pin.
c) Tính nồng độ các ion trong mỗi điện cực khi pin phóng điện hoàn toàn.
Cho: Eo = 0,799V ; Eo = 0,771 V Ag+/Ag Fe3+/Fe2+
Ks, AgBr = 10-13 . ThÓ tÝch mçi ®iÖn cùc lµ 100ml Hướng dẫn
a) Phản ứng điện cực:
Anot (-) : Ag + Br-  AgBr + 1e Catot (+): Fe3+ + 1e  Fe2+
Phản ứng trong pin: Fe3+ + Ag + Br-  Fe2+ + AgBr b) Tính Epin:
áp dụng phương trình Nec ta có: E = Eo + 0 , 0 5 9 2 [Fe3+] lg = 0,753 V Fe3+/Fe2+ Fe3+/Fe2+ 1 [Fe2+] T¹ i anot: KBr K+ + Br- 1M 1M 1M AgBr Ag+ + Br- K [Ag+] = A g B r = 10-13 mol/lit [Br-] E = Eo + 0 , 0 5 9 2 lg [Ag+] = 0,0294 V Ag+/Ag Ag+/Ag 1 Epin = E(+) - E(-) = 0,7236 V c) Ta có cân bằng: 17
Fe3+ + Ag + Br- Fe2+ + AgBr (1) K1 = ?
Lµ tæ hî p cña c¸ c c©n b»ng sau: Fe3+ + e Fe2+ Ag Ag+ + e Ag+ + Br- AgBr 0,771 - 0,799 K 0,0592
1 = 10 .(10-13)-1 = 3,365 .1012 rÊt lí n
 Coi như (1) xảy ra hoàn toàn.
Vì thể tích 2 điện cực bằng nhau nên TPGH: Fe3+ : 0M; Fe2+: 0,15M; Br- : 0,95M. Xét cân bằng:
Fe2+ + AgBr Fe3+ + Ag + Br- (2) K -1 2 = K1 = 2,97.10-13 Co 0,15 0 0,95 C -x x x [ ] 0,15 - x x 0,95 + x [Fe3+] .[Br-] x(0,95 + x) K2 = = = 2,97 .10-13 [Fe2+] 0,15 - x
Giả sử x << 0,15 < 0,95  x = 4,69.10-14
[Fe3+] = 4,96 .10-14 mol/l ; [Fe2+] = 0,15 mol/l K [Br-] = 0,95 mol/l ; [Ag+] = s = 1,053 .10-13 mol/l [Br-]
Bài 28: Sắt bị ăn mòn ngoài không khí do phản ứng: 2Fe(r) + O2(k) + 4H+(aq) = 2Fe2+(aq) + 2H2O(l)
1. Tính thế chuẩn của phản ứng này.
2. Thế chuẩn có thay đổi không nếu pH được điều chỉnh về 4.
3. Tính tích số tan của Fe(OH)2.
4. Một phương pháp để bảo vệ sắt khỏi bị ăn mòn là phủ lên nó một lớp thiếc. Nếu lớp thiếc bị xây
xát thì sắt sẽ bị ăn mòn nhanh chóng. Hãy giải thích vấn đề này.
Biết giá trị thế chuẩn của các cặp như sau: Eo(Fe2+/Fe) = -0,44V; Eo(O2/H2O) = 1,23V ;
Eo(Fe(OH)2/Fe) = -0,88V ; Eo(Sn2+/Sn) = -0,14V. Hướng dẫn 1. Eo1 = 1.67V 2. E = 1,43V 3.
Fe(OH)2(r) + 2e = Fe(r) + 2OH-(aq) E3 = -0,88V Fe2+(aq) + 2e = Fe(r) E1 = -0,44V
Vậy Fe(OH)2(r) = Fe2+(aq) + 2OH-(aq) có E = -0,44V
Ta có ∆Go = -nFE = -RTlnK  sp Ksp = 1,3.10-15 4.
Khi phủ thiếc lên lớp sắt thì thiếc sẽ bị oxy hóa tạo thành lớp oxit bền bảo vệ bề mặt. Tuy nhiên
nếu lớp thiếc bị xây xát thì sẽ xảy ra phản ứng tự phát sau: Fe + Sn2+ = Fe2+ + Sn. Trong đó Fe đóng
vai trò cực âm sẽ bị ăn mòn nhanh chóng Bài 29 18 0 0 0 0 0 Cho: E = 0,80V; E = -0,15V; E = 1,26V; E = -0,037V; E = -0,440V. + - 3+ 3+ 2+ Ag Ag AgI/Ag,I Au /Ag Fe /Fe Fe /Fe
1. Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các phương trình phản ứng xảy ra
trên mỗi điện cực và trong pin.
2. Tính độ tan tại 25oC của AgI trong nước.
3. Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị khử thành ion Au+.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin. Tính sức điện động chuẩn của
pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này. Hướng dẫn
1. Để xác định tích số tan KS của AgI, cần thiết lập sơ đồ pin có các điện cực Ag làm việc thuận
nghịch với Ag+. Điện cực Ag nhúng trong dung dịch nào có [Ag+] lớn hơn sẽ
đóng vai trò catot. Vậy sơ đồ pin như sau:
(-) Ag │ I-(aq), AgI(r) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
Hoặc: (-) Ag, AgI(r) │ I-(aq) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+) 
Phản ứng ở cực âm: Ag(r) + I−(aq) AgI(r) + e K 1 1
Phản ứng ở cực dương: Ag+(aq) + e Ag(r) K2
Phản ứng xảy ra trong pin: Ag+(aq) + I-(aq) AgI(r) K -1 (1) S 0 0 ( E -E ) / 0,059 Trong đó K -1  + - = K 1 .K Ag /Ag AgI/Ag,I 10 ≈ 1,0.1016 K S 1 2 = S = 1,0.10−16.
2. Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có: AgI↓ Ag+ + I- KS = 10-16 S S
Vì quá trình tạo phức hidroxo của Ag+ không đáng kể, I- là anion của axit mạnh HI, nên:
S = K =1,0.10-8 M S
3. Theo qui ước: quá trình oxi hóa Fe2+ xảy ra trên anot, quá trình khử Au3+ xảy ra trên catot, do đó điện
cực Pt nhúng trong dung dịch Fe3+, Fe2+ là anot, điện cực Pt nhúng trong dung dịch Au3+, Au+ là catot:
(-) Pt │ Fe3+(aq), Fe2+(aq) ║ Au3+(aq), Au+(aq) │ Pt (+) 
Phản ứng ở cực âm: 2x Fe2+(aq) Fe3+(aq) + e K 1 1
Phản ứng ở cực dương: Au3+(aq) + 2e Au+(aq) K2
Phản ứng trong pin: Au3+(aq) + 2Fe2+(aq) Au+(aq) + 2Fe3+(aq) K (2)  0 0 2( E -E ) / 0,059  K = (K 1 )2.K 3+ 3+ 2+ Au /Au Fe /Fe 10 1 2 =
Trong đó thế khử chuẩn của cặp Fe3+/Fe2+ được tính (hoặc tính theo hằng số cân bằng) như sau:
Fe3+ + 3e Fe E0(1) = -0,037 V, G0(1) = -3FE0(1) Fe2+ + 2e
Fe E0(2) = -0,440 V, G0(2) = - 2F E0(1) 0 0 0 -ΔG (3) ΔG (1) - ΔG (2) Fe3+ + e Fe2+ E0(3) = = 
= 3E0(1)- 2E0(2) = 0,77V F F   → K = (K 1 )2.K = 1016,61 1 2 = 2(1,26 0,77) / 0,059 10
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là: E0pin = 0 0 E - E = 0,49 V 3+ + 3+ 2+ Au /Ag Fe /Fe Bài 30
1. Cho 2 tế bào điện hoá: (A)
Cu/ CuSO4 1 M// FeSO4 1 M, Fe2(SO4)3 0,5 M/ Pt (B)
Pt/ FeSO4 1 M, Fe2(SO4)3 0,5 M// CuSO4 1 M/ Cu
a) Viết nửa phản ứng tại anot và catot cho mỗi tế bào điện hoá. b) Tính 0 G  và 0 E
của mỗi tế bào điện hoá, từ đó cho biết giữa (A) và (B) trường hợp nào là tế 298 298
bào điện phân, trường hợp nào là tế bào Galvani. 19 Cho 0 E
của : Cu2+/ Cu là +0,34 V; Fe3+/Fe2+ là 0,77 V. 298 2. Biết 0 E
của : Cu2+/Cu+ là +0,15V; I 298 2/2I- là +0,54V.
Dung dịch bão hoà CuI trong nước ở 250C có nồng độ là 10-6 M. Hãy cho biết có thể định lượng
Cu2+ trong dung dịch nước thông qua phản ứng với dung dịch KI hay không? Hướng dẫn
1. a) Nửa phản ứng tại anot và catot cho mỗi tế bào điện hoá:
Đối với (A): Cu/ CuSO4 1 M// FeSO4 1 M, Fe2(SO4)3 0,5 M/ Pt - Anot: Cu - 2e Cu2+ - Catot: Fe3+ + e Fe2+
Đối với (B): Pt/ FeSO4 1 M, Fe2(SO4)3 0,5 M// CuSO4 1 M/ Cu - Anot: Fe2+ - e Fe3+ - Catot: Cu2+ + 2e Cu
b) Ta thấy ở mỗi điện cực nồng độ các ion Cu2+, Fe2+, Fe3+ đều là 1M. CuSO 2- 4 → Cu2+ + SO4 1 1 1 FeSO 2- 4 → Fe2+ + SO4 1 1 1 Fe 2- 2(SO4)3 → 2Fe3+ + 3SO4 0,5 1 1,5 Như vậy có ∆E = ∆E0
- Với tế bào (A): E0   E0        3 2 E0 2 77 , 0 34 , 0 , 0 V 43 ( A) Fe / Fe Cu / Cu Ta có : 0 0 G   n  FE   , 0 . 96500 . 2 43   (
82990 J / mol) . ( ) A Có  0 G
 0  A là tế bào Galvani. ( A)
- Với tế bào (B): E0   E0         2 E0 3 2 34 , 0 77 , 0 , 0 V 43 (B) Cu / Cu Fe / Fe Ta có: 0 0 G   n  FE   9 . 2 650 .( 0  ) 43 , 0  8299 ( 0 J / mol) (B)  0 G
 0  B là tế bào điện phân. ( B)
2.- Dung dịch bão hoà CuI trong nước có nồng độ 10-6 M CuI Cu+ + I- KS 10-6 10-6
KS = [Cu+].[I-] = 10-6.10-6 = 10-12 - Tính 0 0 E  E 3 2 Cu / CuI 0 15 , Cu2+ + e Cu+ 0,0592 K  10 1 Cu+ + I- CuI K2 = 1012 Cu2+ + I- + e CuI K3 = K1.K2 = 1014,534 0 3 E Mặt khác 0,0592 0 0 K  10  E  86 , 0 V  E
, như vậy phản ứng sau có thể xảy ra: 3 3  I / 2 2 I Cu2+ + 2I- CuI + 1/2I2 K E 0 
 E0  E0   86 , 0  54 , 0  V 32 , 0 3 I / 2 I 2 0,32 0,0592 5 K  10  10 . 54 , 2
rất lớn, thực tế coi như phản ứng này xảy ra hoàn toàn.
Vậy có thể định lượng Cu2+ trong dung dịch nước thông qua phản ứng với KI. Bài 31
1. Hãy trình bày cách thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động thì xảy ra phản ứng:  H3AsO4 + NH3 → H2AsO4 + + NH4 20