8. CĐ PIN ĐIỆN HÓA. ĐIỆN PHÂN. PƯ OXI HÓA-KHỬ

CHUYÊN ĐỀ: PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN PHẢN ỨNG OXI HÓA – KHỬ Câu 1. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân Điện phân 500 ml dung dịch Y gồm: AgNO3 0,1M, Ni(NO3)2 0,5M, HNO3 0,1M ở 250C với điện cực trơ. 1. Cho biết thứ tự điện phân ở catot. 2. Tính điện thế phù hợp cần đặt vào catot để quá trình điện phân bắt đầu xảy ra. 3. Tính điện thế phù hợp đặt vào catot để tách hoàn ion Ag+ ra khỏi dung dịch mà không gây ra phản ứng kế tiếp. Coi một ion được tách hoàn toàn khi nồng độ ion đó trong dung dịch nhỏ hơn 10-6M. 4. Dùng dòng điện có hiệu thế đủ lớn, có I = 5A điện phân dung dịch Y trong thời gian 1,8228 giờ thu được dung dịch X. Nhúng một thanh Ni vào dung dịch X tạo ra một điện cực mới, tính thế điện cực của điện cực này, coi thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể và bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của Ni2+. Cho: Eo(Cu2+/Cu) = 0,337 (V) Eo(Ag+/Ag) = 0,799 (V) Eo(Ni2+/Ni) = -0,233 (V) F = 96500 C/mol Eo(2H+/H2) = 0,000 (V) 2,302 RT/F = 0,0592 (ở 250C) Hướng dẫn giải 1 Cực âm (catot): E(Ag+/Ag) = Eo(Ag+/Ag) + 0,0592lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg 0,1 = 0,7398 (V) E(Ni2+/Ni) = Eo(Ni2+/Ni) + 0, 0592 lg [Ni2+] 2 = -0,233 + 0, 0592 lg 0,5 = - 0,242 (V) 2 E(2H+/H2) = Eo(2H+/H2) + 0,0592lg [H+] = -0,0592 (V) Nhận thấy: E(Ag+/Ag)> E(2H+/H2)> E(Ni2+/Ni) Vậy thứ tự điện phân ở catot: Ag+ + 1e  Ag0 2H+ + 2e  H2 Ni2+ + 2e  Ni0 2H2O + 2e  H2 + 2OH- 2 Điện thế phù hợp cần đặt vào catot để quá trình điện phân bắt đầu xảy ra: E < E(Ag+/Ag) = 0,7398 (V) 3 Khi ion Ag+ được tách: E'(Ag+/Ag) = Eo(Ag+/Ag) +0,0592lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg 10-6 = 0,4438 (V) CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 1

[Ag+]= 10-6 rất nhỏ, coi như toàn bộ Ag+ đã điện phân 4Ag+ + 2H2O  4Ag + O2 + 4H+ C0 0,1M 0,1M TPGH: - 0,1 0,2M E'(2H+/H2) = Eo(2H+/H2) + 0,0592lg [H+] = -0,0592lg0,2 = -0,0414 (V) 4 Khi catot có thế là -0,0414V thì H+ bắt đầu điện phân. Vậy điện thế phù hợp để tách Ag+ ra khỏi dung dịch mà không xảy ra phản ứng tiếp theo là: -0,0414 (V) < Ecatot < 0,4338 (V) Câu 2. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân Cho một pin điện có sơ đồ sau: (-) Zn│Zn(NO3)2 0,05M║KCl 0,1M│AgCl,Ag (+) 1. Viết các phản ứng xảy ra ở mỗi điện cực và phản ứng tổng quát trong pin điện ở 25oC. 2. Ở 25oC sức điện động của pin bằng 1,082V. Tính ∆G, ∆H, ∆S và hằng số cân bằng K của phản ứng tổng quát ? 3. Tính tích số tan của AgCl ? Cho biết: Eo / Zn = - 0,763V; Eo / Ag = + 0,799V;  dE  = - 0,490 mV.K-1. Zn2 Ag   dT P Hướng dẫn giải 1 Tại anot (-): Zn Zn2+ + 2e Tại catot (+): AgCl + e Ag + Cl- Phản ứng tổng quát trong pin: Zn + 2AgCl Zn2+ + 2Cl- + 2Ag 2 Ở 25oC: ∆G = - nEF = - 2.96485.1,082 = - 208793,54 J ≈ - 208,794 kJ ∆S = nF  dE  = 2.96485.(-0,490.10-3) = - 94,555 J/K  dT P ∆H = ∆G + T∆S = - 208793,54 + 298.(-94,555) = -236970,93 J ≈ - 236,97 kJ ∆G = - RTlnK  - 208793,54 = - 8,3145.298,15.lnK  K = 3,972.1036 3 Ở 25oC ta có: EZn2 /Zn  Eo  0, 0592 lg[Zn2 ] = -0,763+ 0, 0592 lg 0,05  0,802V Zn2 /Zn 2 2  EAgCl/ Ag = Epin + EZn2 /Zn = 1,082 – 0,802 = 0,280 V Mà: EAgCl/ Ag  Eo  0,0592lg[Cl]  Eo  0,0592lgTAgCl  0,0592lg[Cl] AgCl / Ag Ag / Ag  0, 280  0,799  0,0592lgTAgCl  0,0592lg 0,1  TAgCl = 1,71.10-10 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 2

Câu 3. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân Một pin được cấu tạo bởi 2 điện cực: điện cực thứ nhất gồm một thanh đồng nhúng trong dung dịch Cu2+ có nồng độ 10-2 M; điện cực thứ 2 gồm một thanh đồng nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH3)4]2+ có nồng độ 10-2 M. Sức điện động của pin ở 250C là 38 mV. Viết sơ đồ pin, tính nồng độ (mol.l-1) của ion Cu2+ trong dung dịch ở điện cực âm và hằng số bền của phức chất. Biết: E0 / Cu = 0,34 V. Cu 2 Hướng dẫn giải Điện cực Cu nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH3)4]2+: ECu 2 / Cu = E0 + 0,059 lg[Cu2+] Cu 2 / Cu 2 Mà [Cu2+] tự do trong dung dịch này thấp hơn so với điện cực Cu2+/Cu còn lại, nên điện cực Cu nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH3)4]2+ có điện thế < điện cực còn lại và đóng vai trò cực âm. Ta có pin : (-) Cu [Cu(NH3)4]2+ 10-2MCu2+ 10-2M Cu (+) Sức điện động của pin :E = E -Cu 2 / Cu (+) ECu2 / Cu (-) ↔ 0,038 = 0,059 lg 102 2 [Cu 2 ]()  lg[Cu2+](-) = -3,288  [Cu2+] trên điện cực âm = 5,15.10-4M - Vì : [Cu(NH3)4]2+ ↔ Cu2+ + 4NH3 [ ] (10-2 – 5,15.10-4)M 5,15.10-4M 4.5,15.10-4M Kb  [Cu(NH 3 )4 2 ]  102  5,15 104  1,023 1012 [Cu 2 ][NH 3 ]4 5,15 104  (4  5,15 104 )4 Câu 4. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân Tới đầu thế kỉ 21, acquy chì-acid có thể sạc lại vẫn là một trong những loại acquy phổ biến nhất được dùng cho ôtô. Nó có một số đặc tính vượt trội, và có thể tái chế gần như hoàn toàn. Khi xả điện, chì ở một điện cực và chì (IV) oxide ở một điện cực khác bị chuyển hoá thành chì sulphate. Sulphuric acid được dùng làm chất điện giải. 1. Viết các quá trình xảy ra ở anode, cathode và phản ứng tổng của ac quy acid-chì khi xả điện. PbSO4 có Ksp = 1.6 ×10-8. Giản đồ Latimer của chì (trong acid) là 2. Phản ứng dị phân (tự oxi hoá-khử) của ion chì (II) có tự diễn biến không? Giải thích bằng tính toán. 3. Tính thế mạch hở của một pin gavani trong acquy nạp đầy điện. 4. Tính thế mạch hở của một pin gavani trong acquy nạp đầy điện (ở 25 oC) chứa axit sunfuric có nồng độ 4,836 (M) CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 3

Hướng dẫn giải 1. Viết các quá trình xảy ra ở anode, cathode và phản ứng tổng của acquy acid-chì khi xả điện. Anode (-): Pb(r) +SO42-(aq) - 2e- → PbSO4(r) Cathode (+): PbO2(r) + SO42-(aq) + 4H+(aq) + 2e- → PbSO4(r) + 2H2O Phản ứng tổng: Pb(r) + PbO2(r) + 2H2SO4(aq) → 2PbSO4(r) + 2H2O 2. Phản ứng dị phân (tự oxi hoá-khử) của ion chì (II) có tự diễn biến không? Giải thích bằng tính toán. Các bán phản ứng: PbO2(r) + 4H+(aq) + 2e- → Pb2+(aq) + 2H2O (1) Pb2+(aq) + 2e- → Pb(r) (2) I Phản ứng dị phân của các ion Pb(II): 2Pb2+(aq) + 2H2O = Pb(s) + PbO2(s) + 4H+(aq) (3) E3O = -0.126 V - 1.454 V = -1.580 V < 0 (Δ G0 >> 0) → Phản ứng dị phân không tự diễn biến. 3. Tính thế mạch hở của một tế bào trong acquy nạp đầy điện. PbSO4(s) → Pb2+(aq) + SO42–(aq) (4) G4O = -RTlnKS 2Pb2+(aq) + 2H2O → Pb(s) + PbO2(s) + 4H+(aq) (3) G3O = -2FE3O Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4(aq) → 2PbSO4(s) + 2H2O -(3) – 2.(4) GO = 2FEOpin → 2FEpinO = 2FE3O + 2RTlnK → Eopin  1,580  8,314.298 ln(1, 6.108)   2, 041(V) 96480  4. Tính thế mạch hở của một tế bào (Epin) trong acquy nạp đầy điện (ở 25 oC) chứa acid sulphuric có khối lượng riêng bằng 1.275 gam.cm-3 Epin  Eopin  RT ln[H2SO4 ]2  Eopin  0,02569ln[H2SO4] = 2,018 (V) 2F Câu 5. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân Cho hai pin điện hóa có sơ đồ: Pin 1: Pt, H2 (1 atm)│HCl 10-3 M│Hg2Cl2,Hg Pin 2: Pt, H2 (1 atm)│NaOH 10-3 M, NaCl 10-3 M│Hg2Cl2,Hg Sức điện động của các pin tương ứng là E1 và E2. Biết EHog 2Cl2 /Hg = 0,2682 V. a) Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi các pin làm việc. b) Tính E1 và thiết lập mối liên hệ giữa E2 và KH2O ở 25oC. c) Nối hai điện cực calomen của hai pin với nhau để tạo thành một pin kép. Ở 25oC, sức điện động của pin này là 0,4726 V. Xác định KH2O ở nhiệt độ này. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 4

Hướng dẫn giải a) Các phản ứng: Pin 1: Tại anot (-): H2 → 2H+ + 2e Tại catot (+): Hg2Cl2 + 2e → 2Hg + 2Cl- Tổng quát: H2 + Hg2Cl2 → 2H+ + 2Cl- + 2Hg Pin 2: Tại anot (-): H2 + 2OH- → 2H2O + 2e Tại catot (+): Hg2Cl2 + 2e → 2Hg + 2Cl- Tổng quát: Hg2Cl2 + 2OH- + H2 → 2Hg + 2Cl- + 2H2O b) Sức điện động của pin 1 ở 25oC: E1  E1o  0, 0592 lg [H+ ]2[Cl- ]2  Eo  Eo  0, 0592 lg [H+ ][Cl- ] 2 PH2 Hg2Cl2 /Hg 2H+ /H2 PH2  E1  0, 2682  0, 0592 lg 103.103  0, 6234V 1 Sức điện động của pin 2 ở 25oC: E2  E o  0, 0592 lg [Cl- ]2  Eo  Eo  0, 0592 [Cl- ]2 2 2 [OH ]2PH2 Hg2Cl2 /Hg H2O/H2 2 lg [OH ]2PH2  E2  0, 2682  0, 0592 lg KH2O  0, 0592 lg (103 )2  0, 2682  0, 0592 lg KH2O (V) 2 (103 )2.1 c) Khi nối hai điện cực calomen của hai pin ta s thu được pin k p là pin nồng độ, khi đó điện cực hidro của pin 1 s trở thành điện cực dương, điện cực hidro của pin 2 là điện cực âm (vì nồng độ H+ trong pin 1 lớn hơn pin 2). Sức điện động của pin k p: E  (Ehidro )pin 1  (Ehidro )pin 2  (EHg2Cl2 /Hg  E2H+ /H2 )  (EHg2Cl2 /Hg  EH2O/H2 )  E2  E1  E  0, 2682  0, 0592 lg KH2O  0, 6234  0,3552  0, 0592 lg KH2O V E  0, 4726  0, 3552  0, 0592 lg KH2O  0, 4726 0,47260,3552  KH2O  10 0,0592  1, 04.1014 Câu 6. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân 1. Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau theo phương pháp ion – electron, viết rõ quá trình oxi hóa khử: a. Zn[Hg(SCN)4] + IO3- + Cl-  ICl + SO42- + HCN + Zn2+ + Hg2+ b. Cr2O72- + C3H7OH + H+  C2H5COOH + Cr3++… 2. Tính E0 (HClO/Cl2, k) biết: E0 (Cl2, k/Cl-) = +1,36V; E0 (HClO/Cl-) = +1,49V 3. Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I  /3I  và Cu+/Cu có thế khử chuẩn lần lượt là E 0 = 3 1 0,34V; E 0 = 0,55V và E 0 = 0,52V; Tích số hòa tan của CuI là KS= 10 12 . 2 3 Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xảy ra phản ứng: 2Cu2+ + 5I-  2CuI + I  Tính 3 suất điện động của pin. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 5

Hướng dẫn giải 1. a. 1 x Zn[Hg(SCN)4] +16H2O  Zn2+ + Hg2+ + 4SO42- +28H+ + 4HCN+ 24e 6 x IO3- + Cl- + 6H+ + 4e  ICl + 3H2O Zn[Hg(SCN)4]+6IO3- +6Cl- +8H+  Zn2++ Hg2++4SO42- +6ICl +4HCN+2H2O b. 2x Cr2O72- +14H++ 6e  2Cr3+ + 7H2O 3x C3H7OH + H2O  C2H5COOH + 4H+ + 4e 2Cr2O72- + 3C3H7OH + 16H+  3C2H5COOH + 4Cr3++11H2O 2. Ta có: HClO E0 Cl2 1,36V Cl- 1,49V Có các bán phản ứng: 2HClO + 2H++2e  Cl2 + 2H2O; 2 F . E 0 Cl2 + 2e  2Cl-; 2F .1, 36 2HClO + 2H+ + 4e  2Cl- + 2H2O; 4F.1, 49 Ta có: 2F.E0 + 2F.1,36 = 4F.1, 49  E = EHClO/Cl2k 0 = 1,62V 3. Phản ứng xảy ra: 2Cu2+ + 5I   2CuI + I  3 Sự oxi hóa (anod): 3I   I  + 2e- E02 (a) Sự khử: 3 (1) (2) Cu2+ + 2e-  Cu E01 E03 (3) Cu+ + 1e-  Cu Cu  + I   CuI K 1 S (1)-(2)+(3) ta có: Cu2+ + I  + 1e-  CuI EC0 (c) Sơ đồ pin: K 0,059 (-) Pt  I  , I CuI , Cu2+, I  Pt (+) 3 2.E10 E02 1 0,059 0,059 S Ta có: Kc = K1.K2.K3 = 10 . 10 . K E 0 2.0,034 0,52 C  10 0,059 = 10 0,059 .100,059.1012  1014,72 E 0 = 0,059.14,72 = 0,868 (v) C E(pin) = Ec - Ea = 0,868 - 0,550 = 0,318 V CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 6

Câu 7. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân 1. Cho pin điện Ag| AgNO3 0,001M, Na2S2O3 0,1M || HCl 0,05M |AgCl,Ag với Epin = 0,345V a. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. Eb. Tính 0 Ag (S2O3 )2 ]3 / Ag [ c. Tính TAgCl d. Thêm một ít KCN vào dung dịch ở nửa trái của pin. Epin s thay đổi như thế nào? Cho biết: Ag+ + 2S2O32-  [Ag(S2O3)2]3- lg  =13,46 Ag+ + 2CN-  [Ag(CN)2]- lg  =21 E0Ag+/Ag = 0,8V; RT ln  0,059lg (250C) F 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau (dạng ion ): NO2- + Co2+ + CH3COOH + Cl-  Co(NO2)63- + NO + CH3COO- + K+ H2SiO3 + H+ + MoO42-  (NH4)4H4[Si(Mo2O7)6] + NO3- + ... CuS + HNO3  S + NO + . . . CrI3 + KOH + Cl2  K2CrO4 + KIO4 +… Hướng dẫn giải 1. Cho pin điện Ag| AgNO3 0,001M, Na2S2O3 0,1M || HCl 0,05M |AgCl,Ag a. Viết PTPư xảy ra khi pin hoạt động Ag+ + 2S2O32-  [Ag(S2O3)2]3-  = 1013.46 10-3 0,1 [ ] 0 0,098 10-3 Do Epin>0, nên ta có pin với 2 cực như sau: - Ag| AgNO3 0,001M, Na2S2O3 0,1M || HCl 0,05M |AgCl,Ag + Khi pin hoạt động: Anot(-): Ag + 2 S2O32  [Ag( S2O3 )2 ]3- + e Catot(+): AgCl + e  Ag + Cl- PTPƯ: AgCl + 2 S2O32  [Ag( S2O3 )2 ]3- + Cl- b. Tính E0Ag(S2O3 )32 / Ag Ag+ + e  Ag 0,8 K1 = 100,059 [Ag( S2O3 )2 ]3-  Ag+ + 2 S2O32  -1 = 10-13,46 [Ag( S2O3 )2 ]3- + e  Ag + 2 S2O32 E0 K2 = 100,059 = K1.  -1  E0 = E0 = 5,86.10-3V. Ag(S2O3 )32 / Ag CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 7

c. Tính TAgCl E = Eanot [ Ag(S2O3 )2 ]3 / Ag = E0 Ag( S2O3 )2 ]3  / Ag + 0,059 lg [Ag(S2O3 )2 ]3 [ [S2O32 ]2 = 5,86.10-3 + 0.059lg 103 0.0982 = -0,052 V Epin = Ecatot - Eanot = 0,345  Ecatot = 0,293 V = =EAg / Ag E0Ag / Ag + 0,059 lg[Ag+]  [Ag+]  TAgCl = [Ag+][Cl-] = 10-8,59.0,05 = 10-9,89 = 1,29.10-10 d. Thêm ít dd KCN vào dd ở nửa trái của pin. Epin? [Ag( S2O3 )2 ]3-  Ag+ + 2 S2O32  -1 = 10-13,46 Ag+ + 2CN-  [Ag(CN)2]-  =1021 [Ag( S2O3 )2 ]3- + 2CN-  [Ag(CN)2]- + 2 S2O32 K = 10-13,46. 1021 = 107,54 Ta thấy, phức [Ag(CN)2]- bền hơn phức [Ag( S2O3 )2 ]3-. Vậy, + nồng độ của Ag+ (hay nồng độ của [Ag( S2O3 )2 ]3- giảm)  Eanot giảm + Ecatot không đổi  Epin = Ecatot - Eanot : tăng. 2. 7NO2- + Co2+ + 2CH3COOH  Co(NO2)63- + NO + 2CH3COO- + H2O H2SiO3 + 20H+ + 12MoO42- + 4NH4+  (NH4)4H4[Si(Mo2O7)6] + 9H2O 3CuS + 8H+ + 2NO3–  3S + 2NO + 4H2O + 3Cu2+ 2CrI3 + 64OH– + 27Cl2  2CrO42– + 6IO4– + 54Cl– + 32H2O Câu 8. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân 1. Xét một pin điện hoá gồm hai cốc thuỷ tinh nối với một cầu muối. Mỗi cốc thuỷ tinh gồm một điện cực Platin nhúng vào dung dịch chứa các cấu tử sau ở nồng độ tiêu chuẩn: Pt | Tl3+, Tl+ || MnO4-, Mn2+, H + | Pt . Các bán phản ứng điện hoá tương ứng là: Tl3+ + 2e → Tl+ E0 = 1,252 V MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O E0 = 1,507 V a) Viết các bán phản ứng và phản ứng hoàn chỉnh khi pin hoạt động và xác định giá trị E0pin, hằng số cân bằng K của phản ứng hoàn chỉnh. b) Tính điện lượng được vận chuyển để làm biến đổi 5,0 mg ion Tl+ theo phản ứng trong câu 1. Biết ở 250C thì RT .ln = 0,0592 .lg ; MTl = 204,4 ; MMn = 55. nF n 2. Cho hai lượng KIO3 và KI bằng nhau (đều có cùng nồng độ 0,10 M) phản ứng với nhau trong dung dịch H2SO4 ở pH ban đầu là 3,0. E10 = +0,54 V ½ I2 + e → I− E20 = +1,20 V IO3− + 6 H+ + 5 e → ½ I2 + 6 H2O Tính pH của dung dịch ở thời điểm cân bằng. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 8

Hướng dẫn giải 1 a 0 0 Tl3 /Tl MnO4 ,H /Mn2 E ETa có: < nên - Tại anot (-) : Tl+ → Tl3+ + 2e - Tại catot (+): MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O - Phản ứng xảy ra: 2MnO4- + 16H+ + 5Tl+ → 2Mn2+ + 8H2O + 5Tl3+ - E0(pin) = E0(catot) – E0(anot) = 1,507 – 1,252 = 0,255 V - E0(pin) = (0,0592/n).lgK => K = 1,18.1043 b Tính điện lượng được vận chuyển để làm biến đổi 5,0 mg Tl+ theo phản ứng trong câu 1: Q = (m/M).F.n = (5.10-3/ 204,4).96500.2 = 4,72V 2 Phản ứng xảy ra: 5I- + IO3- + 6H+ → 3I2 + 3H2O Tại thời điểm cân bằng thì: E1 = E2 nên E10 – RT [I ] = E 0 – RT .ln [I2 ]0,5  ]6 F .ln [I2 ]0,5 2 5F [IO3 ].[H => lnK = ( E 0 – E10 ) 5F => K = 6,63.1055 2 RT Mặt khác, ta có: K = [I2 ]3 [I ]5.[IO3 ].[H ]6 => [H+]6 = [I2 ]3 = (0,5.103 )3 [I ]5.[IO3 ].K (0,1)5.(0,1).(6, 63.1055 ) => [H+] = 1,11.10-10 (M) Vậy, pH = 9,95. Câu 9. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân Hình 3 Thí nghiệm sau được tiến hành ở 300C. Một pin điện hóa được tạo thành từ một pin bán phần (nửa pin) hydro chứa điện cực Pt kim loại nhúng vào dung dịch đệm dưới khí quyển hydro, [Pt(s) | H2(g) | H+(aq)]. Pin bán phần hidro này được nối với một pin bán phần của thanh kim loại M nhúng vào dung dịch M2+(aq), chưa biết nồng độ. Hai pin bán phần được nối với nhau qua một cầu muối như hình 3. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 9

Khi tỉ số phản ứng (tỉ số nồng độ các chất lúc chưa cân bằng Q) của pin Galvanic bằng 2,18.10-4 ở 30,000C thì suất điện động bằng +0,450 V. Tính giá trị thế khử chuẩn (Eo) và xác định kim loại M. Viết phương trình phản ứng các quá trình oxi hóa – khử trong pin Galvani. Chú ý: ΔG = ΔGo + RTlnQ Bảng 1: Thế khử chuẩn (trong khoảng 298 – 308 K) CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 10

1. Nồng độ chưa biết của dung dịch M2+ (aq) trong pin (hình 3) có thể được xác định bằng phương pháp chuẩn độ iot. Lấy 25,00 mL mẫu dung dịch M2+(aq) cho vào bình định mức rồi thêm lượng dư KI vào. Cần 25,05 ml dung dịch sodium thiosulfate 0,800 M để đạt tới điểm tương đương. Viết tất cả các phương trình phản ứng oxid hóa-khử liên quan tới phép chuẩn độ này và tính nồng độ dung dịch M2+(aq). 2. Khi pin bán phần hydro (hình 3) ở dưới khí quyển hydro 0,360 bar và điện cực platinum bị nhúng vào 500 mL dung dịch đệm chứa 0,050 mol lactic acid (HC3H5O3) và 0,025 mol sodium lactate (C3H5O3Na) thì suất điện động đo được là +0,534 V. Tính pH của dung dịch đệm và hằng số phân li (Ka) của axit lactic ở 30oC. Hướng dẫn giải 1 Dòng electron đi từ điện cực hidro sang điện cực kim loại M nên điện cực hidro đóng vai trò anot và điện cực M đóng vai trò catot. Epin = E0pin - 0, 0592 lg(2,18.104 )  E0pin = 0,340 (V) 2 Ecatot = 0,340 (V) nên M là kim loại Cu. Phản ứng trong pin: H2 (g) + Cu2+(aq)  2 H+(aq) + Cu(s) 2 2Cu2+ (aq) + 4I- (aq)  2 CuI(s) + I2(aq) 2Na2S2O3(aq) + I2(aq)  Na2S4O6(aq) + 2NaI(aq) Hoặc 2Cu2+ (aq) + 4I- (aq)  2 CuI(s) + I2(aq) I2(aq) + I-(aq)  I-3(aq) 2Na2S2O3(aq) + I3-(aq)  Na2S4O6(aq) + 2NaI(aq) + I-(aq) Tại điểm tương đương: Số mol Cu2+ = số mol S2O32- C .V  C .VCu2 Cu2 S2O32 S2O32 1000 1000  CCu2  0,8 25, 05  0,802(mol / dm3) 25 3. Epin  E0  0, 0592 lg [H ]2 pin 2 PH2 [Cu2 ] 0,534 = 0,340 0, 0592 lg [H ]2 2 0,360 0,802  [H+] = 3,19.10-4 (M) nên pH = 3,50. [C3H5O3Na]  0, 0501000  0,1(mol / dm3 ) 500 [HC3H5O3 ]  0, 02501000  0, 05(mol / dm3 ) 500 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 11

pH  pKa  log [C3H5O3Na]  3, 50  pKa  log 0, 05 [HC3H5O3 ] 0,10 pKa = 3,80  Ka = 1,58.10-4 Câu 10. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân Suất điện động của pin Pt | H2 (k) (p =1.0 bar) | HBr (aq) (1.010−4 M) | CuBr | Cu là 0,559 V ở 298 K. (Cho rằng tất cả các chất trong pin đều xử sự lý tưởng). a) Viết các bán phản ứng ở nửa pin bên phải và bên trái, phương trình Nernst cho pin và thế khử chuẩn của điện cực CuBr. b) Thế khử chuẩn của cặp Cu+ (aq)/Cu là 0,522 V. Tính G° của sự phân ly CuBr ở 298 K và suy ra tích số tan của CuBr. c) Tính nồng độ ion Cu+ (aq) của pin này. d) Nếu tăng áp suất khí hydro lên gấp đôi thì suất điện động của pin s thay đổi như thế nào ? Hướng dẫn giải a) Nửa phải pin: CuBr (r) + e  Cu (r) + Br – (aq) Nửa trái pin: H+ (aq) + e  ½ H2 (k) E  Eo  RT ln  [H  ][Br  ]  E = +0.086V F  p1/ 2  H2 b) Sử dụng biểu thức ∆Go = -nEoF ∆Go (CuBr (r) + e  Cu (r) + Br – (aq) ) = -8.3 kJ mol-1 ∆Go (Cu+ (aq) + e  Cu (r) ) = -50.4 kJ mol-1 Lấy hiệu hai biểu thức: ∆Go (CuBr (r) + e  Cu+ (aq) + Br – (aq) ) = +42.1 kJ mol-1 Sử dụng biểu thức ∆Go = -RTlnKs , Ks = 4.2 x 10-8 c) Do [Br – (aq)] = 1.0 x 10-4 M , [Cu+] = 4.2 x 10-4 M d) Sử dụng phương trình Nernst: E2  E1  RT  p12/ 2   RT ln 2  0.089 F ln  p11/ 2  2F   Câu 11. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân 1. Cho giản đồ Latimer của americium (Am) như sau (pH = 0, T = 298.15 K) AmO22 1.60 AmO2 0.82 Am4 2.62 Am3 2.30 Am2 1.95 Am a. Cho biết sản phẩm tạo thành khi hòa tan Am kim loại vào HCl. Tính toán chứng minh. b. Trong môi trường acid, khi có mặt ozone thì Am3+ s chuyển thành oxocation dạng AmO2x+. Hãy tính tỉ lệ pO2 / pO3 cực đại ứng với mỗi oxocation. Biết rằng Eo (O3, H+/H2O) = 2.07V. 2. Một pin điện hóa được xây dựng dựa vào các bán phản ứng: CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 12

HSO4- (aq) + 3H+(aq) + 2e → H2SO3(aq) + H2O E0 = 0,17V Mn2+(aq) + 2e → Mn(r) E0 = -1,18V a. Viết sơ đồ pin rồi tính Epin tại pH=1. b. Cho biết Epin thay đổi thế nào (định lượng) nếu cho thêm Ba(NO3)2 vào điện cực chứa HSO4-/H2SO3 biết BaSO3 có pKS = 6,5; BaSO4 có pKS = 9,96; H2SO3 có pKa1 = 1,76 và pKa2 = 7,21; HSO4- có pKa = 2,0. Hướng dẫn giải 1. a/ Phản ứng xảy ra khi cho Am và HCl: Am + zH+ = Amz+ + 0,5zH2 Nếu phản ứng tạo ra Am2+ thì G = -nFE(Am2+/Am) = -3,90F Nếu phản ứng tạo ra Am3+ thì G = [(-1,95 2) – 2,30]F = -6,20F Nếu phản ứng tạo ra Am4+ thì G = [(-1,95 2) – 2,30 + 2,62]F = -3,58F Như vậy năng lượng tự do trong trường hợp tạo ra Am3+ là thấp nhất, tức phản ứng của Am kim loại phải tạo ra cation này: 2Am + 6HCl = 2AmCl3 + 3H2 b/ Khi sự tạo thành AmO2x+ từ Am3+ và O3 đạt cân bằng thì G0 = 0. Lúc này tỉ lệ áp suất giữa O3 và O2 s là cực đại. Như vậy: E0(AmO2x+/Am3+) = E(O3, H+/H2O) Ta có: AmO2+ + 2e + 4H+ = Am3+ + 2H2O  E0(AmO2+/Am3+) = 0,82  2, 62  1,72V 2 AmO22+ + 3e + 4H+ = Am3+ + 2H2O  E0(AmO2+/Am3+) = 1,60  1,72.2  1,68V 3 O3 + 2e + 2H+ = 2H2O + O2 E(O3, H+/H2O) = 2, 07  298.25 ln p(O2 ) (V ) 2F p(O3 ) Với phản ứng Am3+ + O3 + H2O = AmO2+ + O2 + 2H+ thì p(O2)/p(O3) = 6,8.1011 Với phản ứng 2Am3+ + 3O3 + H2O = 2AmO22+ + 3O2 + 2H+ thì p(O2)/p(O3) = 1,5.1013 2. a/ Sơ đồ pin: (-) Mn | Mn2+ || HSO4-, H+, H2SO3 | Pt (+) Ở pH=1, đối với dung dịch bên điện cực dương HSO4-(aq) + 3H+(aq) + 2e → H2SO3(aq) + H2O E0 = 0,17V E = E0 – 0,0592 3/2 pH = 0,0812V Epin = 0,0812 – (-1,18) = 1,26V b/ X t các phản ứng: Ba2+ + H2SO3 BaSO3 + 2H+ có K1 = 10-2,47 → không thể hình thành kết tủa BaSO3 trong môi trường axit Ba2+ + HSO4- BaSO4 + H+ có K2 = 107,97 → hình thành kết tủa BaSO4 ngay trong môi trường axit mạnh Cho thêm Ba(NO3)2 vào điện cực chứa HSO4-/H2SO3 thì bán phản ứng trở thành: CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 13

HSO4-(aq) + 3H+(aq) + 2e → H2SO3(aq) + H2O Ba2+ + HSO4- BaSO4 + H+ BaSO4(aq) + 4H+(aq) + 2e → Ba2+ + H2SO3(aq) + H2O Từ đó tính được: E0(BaSO4, H+/H2SO3, Ba2+) = -0,066V Vậy Epin = 1,11V Tức là Epin giảm đi 0,15V. Câu 12. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân 1. Tính thế khử chuẩn của cặp Fe3+/Fe2+ trong môi trường axit và thế khử chuẩn của cặp Fe(OH)3/Fe(OH)2 trong môi trường kiềm. Khả năng khử của Fe(II) trong môi trường nào mạnh hơn? Cho biết: Eo  0, 440 V; Eo  0, 036 V; pKS (Fe(OH)2 )  14,78; pKS (Fe(OH)3 )  37, 42. Fe2 / Fe Fe3 / Fe 2. Thêm V (mL) dung dịch K2Cr2O7 0,02M vào 100mL dung dịch FeSO4 0,12M (tại pH = 0 và không đổi trong suốt quá tình phản ứng), thu được dung dịch A. Tính thế khử của cặp Fe3+/Fe2+ trong dung dịch A ở mỗi trường hợp sau đây: i) V = 50 mL; ii) V = 100 mL; iii) V = 101 mL. Cho biết: Eo  0, 771 V; Eo  1,330 V. Fe3 / Fe2 Cr2O72 / 2Cr3 Hướng dẫn giải 1 * Tính Eo Fe3 / Fe2 Fe3+ + e → Fe2+ G o (1) 1 Fe2+ + 2e → Fe Go2 (2) Cộng (1) với (2) ta có: Fe3+ + 3e → Fe G o (3) 3 Do đó: G o  G o  G o  G o  G o  G o 3 1 2 1 3 2 Hay: 1.F.EFoe3 / Fe2  3.F. Eo / Fe  2.F. Eo / Fe Fe3 Fe2  Eo  3. Eo / Fe  2. Eo / Fe  3.(0,036)  2.(0, 440)  0,772 (V) Fe3 / Fe2 Fe3 Fe2 *Tính Eo Fe3+ + 3OH– K4  1037,42 (4) Fe(OH )3 / Fe(OH )2 ,OH Fe(OH)3 Fe3+ + e Fe2+ 0,772 Fe2+ + 2OH– Fe(OH)2 Tổ hợp (4), (5) và (6): K5  100,0592  1013,04 (5) Fe(OH)3 + e Fe(OH)2 + OH– K6  1014,78 (6) K  K4.K5.K6  109,60 Eo Mặt khác: K  100,0592  Eo  0,568V. Fe(OH )3 / Fe(OH )2 ,OH CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 14

Như vậy: Eo  0,586 V  Eo  0,772 V. Do đó, trong môi trường Fe(OH )3 / Fe(OH )2 ,OH Fe3 / Fe2 kiềm, Fe2+ có tính khử mạnh hơn trong môi trường axit. 2 Trong môi trường axit mạnh, Cr2O27 oxi hóa Fe2+ theo phản ứng sau: 6Fe2+ + Cr2O27 + 14H+ 6Fe3+ + 2Cr3+ + H2O 6.(1,3300,771) (1) Kcb  10 0,0592  1056,66 Vì Kcb rất lớn nên coi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn. i) Khi V = 50 mL Sau khi cho hết 50 mL dung dịch K2Cr2O7, tính lại nồng độ các chất: C Fe2+  0,12.100  0,08 (M) 100  50 C Cr2O27  0,02.50  0,02 (M) 100  50 3 Theo (1): 6Fe2+ + Cr2O27 + 14H+ → 6Fe3+ + 2Cr3+ + H2O Trước phản ứng (M): 0,08 0,02 3 Sau phản ứng (M): 0,04 – 0, 04 Ở thành phần giới hạn: 0,04 3 C Fe2+  0,04 M;CFe3+  0,04 M;CCr3+  0,04 M 3 Vì phản ứng (1) có Kcb rất lớn nên cân bằng ngược lại có hằng số cân bằng rất nhỏ, coi như sự phân li ngược lại không đáng kể. Do đó: [Fe2+ ]  CFe2+  0,04 M; [Fe3+ ]  CFe3+  0,04 M → EFe3 / Fe2  Eo  0, 0592 lg [Fe3+ ]  0, 771 (V) Fe3 / Fe2 1 [Fe2+ ] ii) Khi V = 100 mL Sau khi cho hết 100 mL dung dịch K2Cr2O7, tính lại nồng độ các chất: C Fe2+  0,12.100  0,06 (M) 100 100 C Cr2O27  0,02.100  0,01 (M) 100 100 Theo (1): 6Fe2+ + Cr2O27 + 14H+ → 6Fe3+ + 2Cr3+ + H2O Trước phản ứng (M): 0,06 0,01 Sau phản ứng (M): – – 0,06 0,02 Phản ứng xảy ra vừa đủ, thành phần giới hạn gồm: CFe3+  0,06 M;CCr3+  0,02 M Vì phản ứng (1) có Kcb rất lớn nên cân bằng ngược lại có hằng số cân bằng rất CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 15

nhỏ, coi như sự phân li ngược lại không đáng kể. Do đó: [Fe3+ ]  CFe3+  0,06 M; [Cr3+ ]  CCr3+  0,02 M Tại điểm tương đương, ta có: [Fe2+ ]  6[Cr2O27 ] vµ [Fe3+ ]  3[Cr3+ ] Ta tính EFe3 /Fe2 tại điểm tương đương: EFe3 / Fe2  Eo  0, 0592 lg [Fe3+ ] Fe3 / Fe2 1 [Fe2+ ] Khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng thì: E  E  EFe3 /Fe2 Cr2O72 / 2 Cr3 Trong đó: ECr2O72 /2 Cr3  Eo  0, 0592 lg [Cr2O72 ] (vì pH = 0) Cr2O72 / 2 Cr3 6 [Cr3+ ]2  7E  Eo  6Eo  0, 0592 lg  [Fe3+ ] . [Cr2O72 ]  Fe3 / Fe2 Cr2O72 / 2 Cr3  [Fe2+ ] [Cr3+ ]2     E Eo  6Eo  0, 0592 lg  [Fe3+ ] . [Cr2O27 ]  Fe3 / Fe2 Cr2O72 / 2 Cr3 7  [Fe2+ ] [Cr3+ ]2  7    Eo  6Eo  0,0592 lg 1  1,262 (V) Fe3 / Fe2 Cr2O72 / 2 Cr3 7 7 2[Cr3+ ] iii) Khi V = 101 mL Sau khi cho hết 101 mL dung dịch K2Cr2O7, tính lại nồng độ các chất: C Fe2+  0,12.100  12 (M) 100 101 201 C Cr2O27  0,02.101  2,02 (M) 100 101 201 Theo (1): 6Fe2+ + Cr2O27 + 14H+ → 6Fe3+ + 2Cr3+ + H2O Trước phản ứng (M): 12 2, 02 201 201 Sau phản ứng (M): – 0, 02 12 4 Thành phần giới hạn gồm: 201 201 201 C Fe3+  12 M; C Cr3+ 4 M;C Cr2O27  0,02 M 201 201 201 Vì phản ứng (1) có Kcb rất lớn nên cân bằng ngược lại có hằng số cân bằng rất nhỏ, coi như sự phân li ngược lại không đáng kể. Dođó: [Fe3+ ]  CFe3+  12 M; [Cr3+ ]  CCr3+  4 M; [Cr2O27 ]  C Cr2O27  0,02 M 201 201 201 Tại điểm tương đương, ta có: [Fe2+ ]  6[Cr2O27 ] vµ [Fe3+ ]  3[Cr3+ ] CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 16

Ta tính EFe3 /Fe2 tại điểm tương đương: EFe3 / Fe2  Eo  0, 0592 lg [Fe3+ ] Fe3 / Fe2 1 [Fe2+ ] Khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng thì: EFe3 / Fe2  ECr2O72 /2Cr3 E  Eo  0,0592 lg [Cr2O27 ]  1,324 (V) Cr2O72 / 2 Cr3 6 [Cr3+ ]2 Câu 13. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân Ở các cây cầu bê tông, cốt thép (thành phần chính là Fe) có thể bị ăn mòn. Quá trình ăn mòn này bắt đầu như sau: (1) Fe(r) → Fe2+(aq) + 2e (2) O2(k) + 2 H2O(l) + 4e → 4 OH-(aq) Một pin đã được thiết lập để xảy ra các phản ứng như quá trình ăn mòn ở trên (ở 25oC). Sơ đồ pin được cho như sau: Fe(r) │ Fe2+(aq) ║OH-(aq), O2(k)│Pt(r) Cho thế tiêu chuẩn ở 25oC: Fe2+(aq) + 2e → Fe(r) ; Eo = - 0,44V O2(k) + 2H2O(l) + 4e → 4 OH-(aq) ; Eo = 0,40V a) Hãy tính suất điện động của pin (∆Eopin) tại 25oC. b) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. c) Tính hằng số cân bằng của phản ứng trong pin tại 25oC. d) Cho pin hoạt động trong 24h tại điều kiện chuẩn, tạo ra dòng điện không đổi 0,12A. Hãy tính khối lượng Fe bị oxi hóa thành Fe2+ sau 24h pin hoạt động. Giả sử H2O và O2 dư trong suốt quá trình. Hướng dẫn giải a) E  E0(ph¶i)-E0(tr¸i)  0,40V (0,44 V)  0,84 V b) 2Fe + O2 + 2H2O  2Fe2+ + 4OH- c) G0  nFE  4.96485.0,84 J.mol1  3,24.105 J.mol1 G0  RT ln K  ln K  130,7  K  5,78.1056 d) Q=I.t=0,12A.2460,60s=10368 C n(e-)= Q/F = 10368C/(96485C.mol-1) = 0,1075 mol m(Fe) = n(Fe)/M(Fe) = 1/2.0,1075 mol.55,85 g.mol-1 = 3,00 gam. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 17

Câu 14. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân Có dung dịch X gồm Fe2(SO4)3 0,100M; FeSO4 0,010M và NaCl 2,000M. 1. Cần đặt điện thế tối thiểu là bao nhiêu để có quá trình oxi hóa và quá trình khử xảy ra đầu tiên ở mỗi điện cực khi điện phân dung dịch X ở pH = 0. 2. Điện phân 100 ml dung dịch X với cường độ dòng điện một chiều không đổi có I = 9,650A và trong thời gian 100 giây, thu được dung dịch Y. a. Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá trình điện phân. b. Tính pH của dung dịch Y. c. Lắp một pin điện gồm một điện cực hiđro tiêu chuẩn với một điện Pt nhúng vào dung dịch Y. Viết sơ đồ pin và tính sức điện động của pin khi pin bắt đầu phóng điện. (Giả thiết rằng H2O bay hơi không đáng kể và thể tích của dung dịch không thay đổi trong quá trình điện phân) Cho: Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,771 V; Eo(2H+/H2) = 0,00 V; *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17; *β[Fe(OH)]+ = 10-5,92; Eo(Cl2/2Cl-) = 1,36 V. Hướng dẫn giải 1 1. Bán phản ứng đầu xảy ra ở mỗi điện cực là + Điện cực (+): 2Cl- ⇌ Cl2 + 2e + Điện cực (-): Fe3+ + 1e ⇌ Fe2+ Trong dung dịch X có C(Fe3+) = 0,2M; C(Fe2+) = 0,01M; C(H+) = 1M; C(Cl-) = 2M; Na+; SO42-. Ea = E(Cl2/2Cl-) = E0 (Cl2/2Cl-) + 0, 0592 lg pCl2 2 [Cl ]2 0, 0592 1 = 1,36 + 2 lg 22 = 1,342 (V) Ở pH = 0 không có quá trình proton hóa của ion kim loại, do đó: Ec = E(Fe3+/Fe2+) = 0,771 + 0,0592lg 0, 2 = 0,848 (V) 0, 01 Vậy thế cần đặt vào để có quá trình oxi hóa ion Cl- và quá trình khử ion Fe3+ là: U = 1,342 – 0,848 = 0,494 (V) 2 2. a. Số mol e phóng ra hay thu vào trong quá trình điện phân là ne = It/F = 9,65.100/96500 = 0,01 (mol) Có các bán phản ứng: Ở cực (+): 2Cl-  Cl2 + 2e (1) no 0,2 Ở cực (-): Fe3+ + 1e  Fe2+ (2) no 0,02 0,001 Theo (1), (2) và giả thiết cho thấy ion Cl- và Fe3+ đều dư. Vậy khối lượng dung dịch giảm là: m = mCl2 = 71.0,01/2 = 0,355 (gam) CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 18

2.b. Theo phần (a), cho thấy trong dung dịch Y có: C(Fe3+) = (0,02-0,01)/0,1=0,1 (M) C(Fe2+) = (0,001+0,01)/0,1=0,11 (M) C(Cl-) = (0,2-0,01)/0,1=1,95 (M); Na+; SO42-. Có các cân bằng: Fe3+ + H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H+ *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17 (3) Fe2+ + H2O ⇌ Fe(OH)+ + H+ *β[Fe(OH)]+ = 10-5,92 (4) H2O ⇌ H+ + OH- Kw = 10-14 (5) Do [Fe(OH)]2+.[H+] ≃ 0,1.10-2,17 >> [Fe(OH)]+.[H+] ≃ 0,11.10-5,92 >> Kw Vì vậy pH là do cân bằng (3) quyết định. Xét cân bằng: Fe3+ + H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H+ *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17 Co 0,1 [ ] (0,1-x) xx => *β[Fe(OH)]2+ = x2/(0,1-x) = 10-2,17 Với 0<x<0,1 => x = 0,023 Vậy pH = - lg0,023 = 1,638 2.c. (-) Pt, H2(1atm)│H+(1M) ║ Fe2+(0,11M); Fe3+(0,077M) │ Pt (+) Theo kết quả tính ở phần (b) và cho thấy ion Fe2+ tạo phức hiđroxo không đáng kể, nên ta có:E(Fe3+/Fe2+) = 0,771 + 0,0592lg(0,1-0,023)/0,11 = 0,762 (V) Vậy E(pin) = E(cao) – E(thấp) = 0,762-0,00 = 0,762 (V) Câu 15. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân 1. Dưới đây là giản đồ Latimer của một chuỗi tiểu phân chứa lưu huỳnh ở pH = 0. Các giá trị thế tính theo Volt: a. Xác định các giá trị x, y còn thiếu. b. Cho biết S (0) bền hay không bền. c. Viết phương trình tự oxi hóa khử của S (II) với các tiểu phân được cho trong giản đồ Latimer. d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng tự oxi hóa – khử ở 25oC 2. Hidrogen peroxide có thể đóng vai trò chất oxi hóa lẫn chất khử. Cho các giá trị thế chuẩn sau: CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 19

O2 / H2O2, E° = 0,69 V H2O2 / H2O, E° = 1,77 V S2O82-/SO42-, E° = 1,96 V Trong phản ứng với Na2S2O8 ở điều kiện chuẩn, hidrogen peroxide đóng vai trò chất khử hay chất oxi hóa? Viết phương trình phản ứng oxi hóa khử và tính ∆Eo của phản ứng. Hướng dẫn giải 1. a) x  2.0,158  0,569  0, 253V 1 y  3.0, 456  0,569  0, 400V 2 b) Do E0(S0/S-2)<Eo(S+2/S0) nên S0 bền, không bị tự oxi hóa khử c) S2O32- SO32- + S d) ∆E0 = 0,6 – 0,4 = 0,2 V ∆G0 = -nF∆E = -RTlnK → lnK  2.96500.0, 2  15,58  K  5,8.106 8, 314.298 2. H2O2 là chất khử 2SO42  O2  2H H2O2 O2  2H  2e S2O82  2e 2SO42 → phản ứng: S2O82  H2O2 ∆Eo = 1,96 – 0,69 = 1,27 V Câu 16. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân 1. Dung dịch A chứa NH3: 0,2M; Ag(NH3)  NO3- : 0,001M. Trộn 10ml dung dịch AgNO3 2 0,01M với 10ml dd K2CrO4 0,01 M được hỗn hợp B. Gh p điện cực Ag nhúng trong dd A với điện cực Ag nhúng trong hỗn hợp B thành pin 1. Pin 2 được ghép bởi điện cực hiđro nhúng trong dd NH4HSO4 0,02M và điện cực hiđro nhúng trong dd (NH4)2S 0,08M. a) Cho biết anot, catot của mỗi pin? Tính suất điện động và viết sơ đồ pin của 2 pin trên? b) Mắc xung đối pin 1 và pin 2. Hãy viết quá trình xảy ra trong 2 pin sau khi mắc xung đối. Từ đó cho biết có thể dùng NH3 làm thuốc thử để hòa tan Ag2CrO4 không? (không căn cứ vào hằng số cân bằng) Cho lg  Ag ( NH3 )2  7, 24; pKs( Ag2CrO4 )  11,89; pKa(HSO4 )  2; pKa ( NH  )  9, 24; pKa(H2S )  7, 02;12,90 4 E0Ag+/Ag = 0,799 v 2. Thiết lập sơ đồ pin trong 4 trường hợp sau: a) Pin xảy ra phản ứng Zn + Cu2+  Zn2+ + Cu b) Pin xảy ra phản ứng CH3COOH + NaOH  CH3COONa + H2O c) Pin xảy ra phản ứng: 5(COOH)2 + 2KMnO4 + 3H2SO4  10CO2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O d) Pin để xác định tích số tan của AgCl. Thiết lập biểu thức tính tích số tan theo Epin. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 20

Hướng dẫn giải 1. Xét pin 1: + Dung dịch A: NH3: 0,2 M; Ag(NH3)  : 0,001M. 2 Ag(NH3)2 Ag   2NH3 0,001 0,2 0,001 – x x 0,2 + 2x Ta có 10-7,24 = (0,2  2x)2.x → [Ag+]A = 1,438.10-9 0,001  x + Dung dịch B: Nồng độ Ag+ = 0,005 M = Nồng dộ CrO42- Ta có 2Ag+ + CrO42- → Ag2CrO4 0,005 0,005 CrO 2 : 0,0025M; Ag2CrO4 4 Ag2CrO4 2Ag   CrO42 0,0025 2x 0,0025 + x Tương tự trên suy ra x = 1,132.10-5 → [Ag+]B =2,264.10-5 Eanot = 0,799+ 0,0592.lg1,438.10-9 = 0,276 v Ecatot =0,799+ 0,0592.lg2,264.10-5 = 0,524 v Epin =0,248 v Pin 1: Ag/dd A là anot; Ag/dd B là catot Sơ đồ pin 1: () Ag / NH3, Ag(NH3)2+,Ag+ // Ag+, CrO 2 , Ag2CrO4 / Ag (+) 4  Xét pin 2: + Dung dịch NH4HSO4 0,02M. So sánh pK của HSO  và của NH  , suy ra, tính H+ theo cân 4 4 bằng của HSO   [H+](1) = 0,01 M 4 + Dung dịch (NH4)2S 0,08 M. NH   S 2  NH3  HS  K = 1012,9 - 9,24 >> 4 0,16 0,08 0,08 0 0,08 0,08 Xét các cân bằng: NH  NH3  H  (1) K=109,24 4 S 2  H  (2) K=1012,9 HS  H2O OH   H  (3) K=1014 (4) K=104,76 NH3  H2O NH   OH  (5) K=106,98 4 HS   H2O H2S  OH  CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 21

So sánh (1), (2), (3) thì bỏ qua cân bằng (2), (3) So sánh (3), (4), (5) thì bỏ qua cân bằng (3), (5). Vậy cân bằng (1) và (4) quyết định pH của dung dịch, coi đây là hệ đệm Nồng độ của NH3 và NH  bằng nhau nên pH = 9,24  [H+](2) = 10-9,24 M 4 Vì [H+](1) > [H+](2) nên: - Đ/c H2 nhúng trong dung dịch NH4HSO4 là catot; Ec = -0,1184 - Đ/c H2 nhúng trong dung dịch (NH4)2S là anot; Ea = -0,547 Và Epin2 = 0,4286(V) Sơ đồ pin 2: (-) Pt(H2) / NH  ,NH3,HS- // NH  , HSO  / Pt(H2) (+) 4 4 4 Khi mắc xung đối, pin 2 s là nguồn điện, pin 1 s là bình điện phân( do Epin1 < Epin2) Vì vậy: + Đối với pin 2: catot : 2HSO4  2e  2SO42  H2     anot : H2 2NH3 2 NH 4 2e Và quá trình phóng điện: HSO4  NH3  NH   SO42 4 + Đối với pin 1( là bình điện phân) Catot : Ag(NH3)2 1e  Ag  2NH3 Anot : 2Ag  CrO42  Ag2CrO4  2e Và quá trình nạp điện: 2Ag(NH3)2  CrO4  Ag2CrO4  4NH3 (*) Quá trình (*) không tự diễn biến nên quá trình ngược lại s là tự diễn biến. Vì vậy, có thể dùng NH3 để hòa tan kết tủa Ag2CrO4. 2. a. (-) anot Zn/ Zn2+ // Cu2+/Cu catot (+) b. (-) anot Pt (H2)/ CH3COOH // NaOH/ (H2) Pt catot (+) c. (-) anot Pt, CO2 / (COOH)2, H+//KMnO4, MnSO4/Pt catot (+) d. (-) anot Ag,AgCl/Cl-// Ag+/Ag catot (+) CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 22

Câu 17. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân Thực nghiệm tiến hành ở 30oC. Tế bào điện hóa gồm điện cực hidro [Pt(s) │H2(k)│H+(aq)] chứa thanh Pt kim loại nhúng trong dung dịch đệm dưới áp suất khí H2. Điện cực hidro này được nối với điện cực kim loại M nhúng trong dung dịch M2+(aq) thông qua cầu muối (sơ đồ pin như hình v dưới). 1. Nếu Q của toàn tế bào Ganvani có giá trị là 2,18x10-4 ở 30oC thì suất điện động của pin là +0,450V. Tình giá trị thế khử chuẩn của M, từ đó xác định M. Cho biết ∆G = ∆Go + RTlnQ 2. Viết phản ứng tự diễn biến trong pin. 3. Nồng độ của M2+ có thể được xác định bằng phương pháp chuẩn độ iot. Một mẫu 25mL dung dịch M2+ được cho vào bình nón cùng lượng dư KI. Sau đó, chuẩn độ bằng dung dịch Na2S2O3 0,8M thì cần 25,05mL để đạt điểm tương đương. Viết phương trình phản ứng chuẩn độ và tính nồng độ của M2+. 4. Nếu áp suất H2 là 0,36bar và điện cực Pt nhúng trong 500mL dung dịch đệm chứa 0,05 mol axit lactic (HC3H5O3) và 0,025 mol natri lactat (C3H5O3Na), suất điện động của pin đo được là +0,534 V. Tính pH dung dịch đệm và hằng số phân li axit lactic ở 30oC. Cho thế điện cực chuẩn Eo của một số cặp oxi hóa khử: Mg2+/Mg = -2,37V; Al2+/Al = -1,66V; Zn2+/Zn = -0,76V; Fe2+/Fe = -0,44V; Ni2+/Ni = -0,23V; Cd2+/Cd = -0,40V; Sn2+/Sn = -0,14V; Pb2+/Pb = -0,13V; Cu2+/Cu = 0,34V; Ag+/Ag = 0,80V. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 23

Hướng dẫn giải 1 Epin = Eo - RT ln Q = 0,450 → E o - 8, 314.(30  273) . ln(2,18.104 ) = 0,450 pin nF pin 2.96485 → Eo = 0,34V pin Eo = Eo  Eo = Eo - 0 = 0,34V → Eo = 0,34V. pin catot anot catot catot Kim loại M là Cu 2 H2 (k) + Cu2+ (aq) → 2H+(aq) + Cu(r) 3 4I-(aq) + 2Cu2+(aq) → I2(aq) + 2CuI(r) I2(aq) + I-(aq) → I3 (aq) I3 (aq) + 2S2O32-(aq) → 3I-(aq) + S4O62-(aq) → n (Cu2+) = n (S2O32-) → C(Cu2+) = 0,8.25, 05 = 0,802M 25 4 Ở 30oC, ta có: RT ln  8,314.(30  273) lg  0, 06 lg nF n.96485.lg e n Catot: Cu2+ + 2e → Cu Ecatot = Eo + RT ln[Cu2+] = 0,340 + 0, 06 lg 0,802 = 0,337V catot nF n Epin = Ecatot - Eanot = 0,337- Eanot = 0,534 → Eanot = -0,197V Anot: 2H+ + 2e → H2 Ecatot = Eo + RT [H  ]2 =0+ 0, 06 [H  ]2 = -0,197V → [H+] = 10-3,51 anot nF lg .lg pH2 2 pH2 pH dung dịch = 3,51 HC3H5O3 H+ + C3H5O3- Nồng độ đầu 0,1 0,05 Cân bằng 0,1-10-3,51 10-3,51 0,05 + 10-3,51 Ka  [H  ].[C3 H5O3 ] 103,51.(0,05+103,51 ) [HC3 H5O3 ] (0,1-103,51 ) =  = 10-3,8 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 24

Câu 18. Phản ứng oxi hoá-khử. Pin điện và điện phân 1. Hoàn thành phương trình phản sau đây. Cho biết các cặp oxi hoá - khử liên quan đến phản ứng và so sánh các giá trị Eo của chúng. a) Zn[Hg(SCN)4] + IO3- + Cl- → ICl + SO42- + HCN + Zn2+ + Hg2+ b) Cu(NH3)m2+ + CN- + OH- → Cu(CN)2- + CNO- + H2O 2. Có một pin điện (gọi là pin nhiên liệu, dùng để cung cấp điện năng và nước tinh khiết cho các chuyên gia bay trong vũ trụ) gồm điện cực anot (C-Ni), điện cực catot có (C-Ni-NiO) nhúng vào Na2CO3 nóng chảy và nạp H2 vào điện cực anot, O2 vào điện cực catot. Epin = 1,2 V. a) Viết các bán phản ứng, phương trình phản ứng khi pin hoạt động (phản ứng (1)) và sơ đồ pin. b) Tính ∆U, ∆H, ∆S của phản ứng (1) ở p = 1atm, T = 298K Biết trong điều kiện p = 1atm, T = 298K, nhiệt tạo thành của H2O khí là: -241,6 kJ/mol Hướng dẫn giải 1 a) Zn[Hg(SCN)4] + 16H2O → Zn2+ + Hg2+ + 4HCN + 4SO42- + 24H+ + 24 e 6x IO3- + Cl- + 6 H+ + 4 e → ICl + 3 H2O Zn[Hg(SCN)4] + 6 IO3- + 6 Cl- + 8 H+ → Zn2+ + Hg2+ + 4 HCN + 4 SO42- + 6 ICl + 2 H2O E0 IO3-/ ICl > E0 SO42-, HCN / Zn[Hg(SCN)4] b) 2x Cu(NH3)m2+ + 2 CN - + e → Cu(CN)2- + m NH3 CN - + 2 OH- → CNO- + H2O + 2 e 2 Cu(NH3)m2+ + 5 CN- + 2 OH- → 2 Cu(CN)2- + 2m NH3 + CNO- + H2O E0 Cu(NH3)m2+/ Cu(CN)2- > E0 CNO- / CN – 2 a) Bán phản ứng xảy ra khi pin hoạt động là Ở Anot xảy ra sự oxi hóa H2 : H2(k)+ CO32-(l) → H2O (k) + CO2(k) + 2e Ở Catot xảy ra sự khử O2: ½ O2(k) + CO2(k)+ 2e → CO32-(l) Phản ứng khi pin hoạt động là: H2(k)+ ½ O2(k) → H2O (k) b) ∆Hpu = -241,6kJ/mol. ∆Spu = (∆H- ∆G)/T = (∆H+ nEF)/T = (-241600 + 2. 1,2.96500)/298 = -33,56 J.K-1 ∆U = Qv = ∆(n.CV. T) = ∆ [n.(Cp –R). T] = ∆H –∆n.R. T = - 241600 + 0,5.8,314. 298 = -240361,214J.  ∆ ∆ ∆ ) ∆ ∆n.R. T) CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 25

Câu 19( H-KB-2010): Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO4 nồng độ x mol/l, sau một thời gian thu được dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8 gam so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8 gam bột sắt vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4 gam kim loại. Giá trị của x là A. 2,25. B. 1,50. C. 1,25. D. 3,25. Câu 20(THPTQG 2017): Điện phân 200 ml dung dịch gồm CuSO4 1,25M và NaCl a mol/l (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước) với cường độ dòng điện không đổi 2A trong thời gian 19300 giây. Dung dịch thu được có khối lượng giảm 24,25 gam so với dung dịch ban đầu. Giá trị của a là A. 0,75. B. 0,5. C. 1,00. D. 1,50 Câu 21(THPTQG 2017): Điện phân 100 ml dung dịch gồm CuSO4 a mol/l và NaCl 2 M (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước) với cường độ dòng điện không đổi 1,25A trong thời gian 193 phút. Dung dịch thu được có khối lượng giảm 9,195 gam so với dung dịch ban đầu. Giá trị của a là A. 0,40. B. 0,50. C. 0,45. D. 0,60 Câu 22(THPTQG 2017): Điện phân 100 ml dung dịch gồm CuSO4 0,5 M và NaCl 0,6 M (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước) với cường độ dòng điện không đổi 0,5A trong thời gian t giây. Dung dịch sau điện phân có khối lượng giảm 4,85 gam so với dung dịch ban đầu. Giá trị của t là A. 17370. B. 14475. C. 13510. D. 15440. Câu 23(THPTQG 2017): Điện phân 200 ml dung dịch gồm CuSO4 0,3 M và NaCl 1 M (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước) với cường độ dòng điện không đổi 0,5A trong thời gian t giây. Dung dịch sau điện phân có khối lượng giảm 9,56 gam so với dung dịch ban đầu. Giá trị của t là A. 27020. B. 30880. C. 34740. D. 28950. Câu 24(THPTQG-2018): Điện phân dung dịch X gồm Cu(NO3)2 và NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A. Sau t giây, thu được 7,68 gam kim loại ở catot, dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và hỗn hợp khí ở anot có tỉ khối so với H2 bằng 25,75. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian 12352 giây thì tổng số mol khí thu được ở hai điện cực là 0,11 mol. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Số mol ion Cu2+ trong Y là A. 0,01. B. 0,02. C. 0,03. D. 0,04. Câu 25(THPTQG-2018): Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 và KCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2A. Sau 4825 giây, thu được dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và 0,04 mol hỗn hợp khí ở anot. Biết Y tác dụng tối đa với 0,06 mol KOH trong dung dịch. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì thu được 0,09 mol hỗn hợp khí ở hai điện cực. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Giá trị của t là A. 5790. B. 8685. C. 9650. D. 6755. Câu 26(THPTQG-2018): Điện phân dung dịch X chứa m gam hỗn hợp Cu(NO3)2 và NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A. Sau 9264 giây, thu được dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và hỗn hợp khí ở anot có tỉ khối so với H2 bằng 25,75. Mặt CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 26

khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì thu được tổng số mol khí ở hai điện cực là 0,11 mol (số mol khí thoát ra ở điện cực này gấp 10 lần số mol khí thoát ra ở điện cực kia). Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Giá trị của m là A. 30,54. B. 27,24. C. 29,12. D. 32,88. Câu 27(THPTQG-2018): Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 và KCl (tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 5) với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2A. Sau 1930 giây, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí gồm H2 và Cl2 (có tỉ khối so với H2 là 24). Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì khối lượng dung dịch giảm 2,715 gam. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Giá trị của t là A. 3860. B. 5790. C. 4825. D. 2895. Câu 28(THPTQG-2019): Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước, thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ không đổi. Tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (gấp khúc tại điểm M, N). Giả sử hiệu xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước. Giá trị của m là A. 17,48. B. 15,76. C. 13,42. D. 11,08. Câu 29(THPTQG-2019). Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước, thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ không đổi. Tổng số mol khí thu được trên cả 2 điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M, N). Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của H2O. Giá trị của m là A. 23,64. B. 16,62. C. 20,13. D. 26,22. Câu 30(THPTQG-2019): Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm gồm CuSO4 và NaCl vào nước thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân X với điện cực trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ không đổi. Tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M, N). Giả thiết hiệu CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 27

suất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước. Giá trị của m là A. 2,77. B. 7,57. C. 5,97. D. 9,17. Câu 31(THPTQG-2019). Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm gồm CuSO4 và NaCl vào nước thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân X với điện cực trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ không đổi. Tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M, N). Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước. Giá trị của m là A. 5,54. B. 8,74. C. 11,94. D. 10,77. Câu 32 ( Ề TK 2020L1-BGD):Điện phân dung dịch X gồm 0,2 mol NaCl và a mol Cu(NO3)2 (với các điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không thay đổi), thu được dung dịch Y có khối lượng giảm 17,5 gam so với khối lưọng của X. Cho m gam Fe vào Y đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Z, khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và (m - 0,5) gam hỗn hợp kim loại. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, nước bay hơi không đáng kể. Giá trị của a là A. 0,20. B. 0,15. C. 0,25. D. 0,35. Câu 33(C -2011): Điện phân 500 ml dung dịch CuSO4 0,2M (điện cực trơ) cho đến khi ở catot thu được 3,2 gam kim loại thì thể tích khí (đktc) thu được ở anot là A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 0,56 lít. D. 1,12 lít. Câu 34( H-KA-2013): Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3. Giá trị của m là A. 23,5. B. 51,1. C. 25,6. D. 50,4. Câu 35( H-KB-2013): Điện phân nóng chảy Al2O3 với các điện cực bằng than chì, thu được m kilogam Al ở catot và 89,6 m3 (đktc) hỗn hợp khí X ở anot. Tỉ khối của X so với H2 bằng 16,7. Cho 1,12 lít X (đktc) phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 1,5 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 144,0. B. 104,4. C. 82,8. D. 115,2. Câu 36 ( H-KA-2010): Điện phân (điện cực trơ) dd X chứa 0,2 mol CuSO4 và 0,12 mol NaCl bằng dòng điện có cường độ 2A. Thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot sau 9650 giây điện phân là A. 1,344 lít. B. 2,240 lít. C. 1,792 lít. D. 2,912 lít. Câu 37( H-KB-2012): Điện phân dung dịch hỗn hợp gồm 0,1 mol FeCl3, 0,2 mol CuCl2 và 0,1 mol HCl (điện cực trơ). Khi ở catot bắt đầu thoát khí thì ở anot thu được V lít khí (đktc). Biết hiệu suất của quá trình điện phân là 100%. Giá trị của V là A. 11,20. B. 22,40. C. 4,48. D. 5,60. Câu 38(C -2012): Tiến hành điện phân (với điện cực trơ) V lít dung dịch CuCl2 0,5M. Khi CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 28

dừng điện phân thu được dung dịch X và 1,68 lít khí Cl2 (đktc) duy nhất ở anot. Toàn bộ dung dịch X tác dụng vừa đủ với 12,6 gam Fe. Giá trị của V là A. 0,15. B. 0,60. C. 0,45. D. 0,80. Câu 39 ( H-KA-2011): Điện phân dd gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khi khối lượng dd giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể). Tất cả các chất tan trong dd sau điện phân là A. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2. B. KNO3, KCl và KOH. C. KNO3 và Cu(NO3)2. D. KNO3 và KOH. Câu 40( H-KA-2011): Hoà tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,035 mol khí ở anot. Còn nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245 mol. Giá trị của y là A. 4,788. B. 4,480. C. 1,680. D. 3,920. Câu 41( H-KA-2007): Điện phân dung dịch CuCl2 với điện cực trơ, sau một thời gian thu được 0,32 gam Cu ở catôt và một lượng khí X ở anôt. Hấp thụ hoàn toàn lượng khí X trên vào 200 ml dung dịch NaOH (ở nhiệt độ thường). Sau phản ứng, nồng độ NaOH còn lại là 0,05M (giả thiết thể tích dd không thay đổi). Nồng độ ban đầu của dung dịch NaOH là A. 0,15M. B. 0,2M. C. 0,1M. D. 0,05M. Câu 42( H-KB-2009): Điện phân có màng ngăn 500 ml dd chứa hỗn hợp gồm CuCl2 0,1M và NaCl 0,5M (điện cực trơ, hiệu suất điện phân 100%) với I = 5A trong 3860 giây. Dung dịch thu được sau điện phân có khả năng hoà tan m gam Al. Giá trị lớn nhất của m là A. 4,05. B. 2,70. C. 1,35. D. 5,40. Câu 43(THPTQG-2016): Điện phân dung dịch hỗn hợp NaCl và 0,05 mol CuSO4 bằng dòng điện một chiều có cường độ 2A (điện cực trơ, có màng ngăn). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,352 lít (đktc) và dung dịch X. Dung dịch X hòa tan được tối đa 2,04 gam Al2O3. Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là A. 9408. B. 7720. C. 9650. D. 8685. Câu 44 ( H-KA-2011) Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khi khối lượng dung dịch giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể). Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là A. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2. B. KNO3, KCl và KOH. C. KNO3 và Cu(NO3)2. D. KNO3 và KOH. Câu 45(THPTQG2015): Điện phân dung dịch muối MSO4 (M là kim loại) với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi. Sau thời gian t giây, thu được a mol khí ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 2,5a mol. Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, khí sinh ra không tan trong nước. Phát biểu nào sau đây là sai? A. Khi thu được 1,8a mol khí ở anot thì vẫn chưa xuất hiện bọt khí ở catot. B. Tại thời điểm 2t giây, có bọt khí ở catot. C. Dung dịch sau điện phân có pH<7 D. Tại thời điểm t giây, ion M2+ chưa bị điện phân hết. Câu 46(THPTQG-2016): Điện phân dung dịch hỗn hợp NaCl và 0,05 mol CuSO4 bằng dòng CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 29

điện một chiều có cường độ 2A (điện cực trơ, có màng ngăn). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,352 lít (đktc) và dung dịch X. Dung dịch X hòa tan được tối đa 2,04 gam Al2O3. Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là A. 9408. B. 7720. C. 9650. D. 8685. Câu 47 ( H-KA-2014): Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,15. B. 0,18. C. 0,24. D. 0,26. Câu 48(C -2014): Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 (0,05 mol) và NaCl bằng dòng điện có cường độ không đổi 2A (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được dung dịch Y và khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,24 lít (đktc). Dung dịch Y hoà tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là A. 4825. B. 8685. C. 6755. D. 772. Câu 49( H-KA-2012): Điện phân 150 ml dung dịch AgNO3 1M với điện cực trơ trong t giờ, cường độ dòng điện không đổi 2,68A (hiệu suất quá trình điện phân là 100%), thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho 12,6 gam Fe vào Y, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 14,5 gam hỗn hợp kim loại và khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị của t là A. 0,8. B. 1,2. C. 1,0. D. 0,3. Câu 50( H-KB-2012): Người ta điều chế H2 và O2 bằng phương pháp điện phân dung dịch NaOH với điện cực trơ, cường độ dòng điện 0,67A trong thời gian 40 giờ. Dung dịch thu được sau điện phân có khối lượng 100 gam và nồng độ NaOH là 6%. Nồng độ dung dịch NaOH trước điện phân là (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể) A. 5,08%. B. 6,00%. C. 3,16%. D. 5,50%. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: PỨ OXH – KHỬ. PIN ĐIỆN HÓA – ĐIỆN PHÂN 30