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
RT 4
E  E0  ln  H    1, 23  0, 059 lg 1014   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 HSO4 biết rằng khi đo sức điện động của pin
Pt │   (0,1M ); 3 (0, 02 M ) ║ MnO4 (0, 05M ); Mn 2 (0, 01M ); HSO4 (CM ) │Pt
ở 25oC có giá trị 0,824(V).
11
Cho oMnO 
/ Mn 2 
 1,51(V ) ; o / 3  0,5355(V ) và  a ( HSO )  1, 0.102
4 3 4

Hướng dẫn
 
Ở điện cực dương (bên phải): MnO  8H  5e 4 Mn2  4H 2 O
8 8
0, 0592  MnO4  .  H  0, 0592 0, 05.  H 
  

Ephải=  o
MnO4 / Mn 2 
 lg  1,51  .lg
5  Mn 2  5 0, 01

điện cực âm (bên trái): 3I  I3  2e

0,0592  I3 

0,0592 0,02
Etrái =  o
I3 / 3 I 
 lg   0,5355  lg  0,574(V )
2  I  2 (0,1)3
Epin = E+ - E- = 0,824
8
0, 059 0, 05.  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: HSO4 H   SO42 Ka = 1,0.10-2
Ban đầu: C 0 0
Cân bằng: (C – x) x x
x2 x2
a   xC
Cx a
Thay giá trị x =0,54 và Ka = 1,0.10-2 vào, ta tính được CHSO  0,346(M ) 
4

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-1- lượt là 7,13 ; 12,61 ; 16,00
Cu (OH )  10 ;  Pb (OH )  10 ; ECu /Cu  0,337V ; EPb
*

8 * 7,8 0

0
2
/ Pb
 0,126V ; EAg
0
2
/ Ag
 0, 799V 

Hướng dẫn
Sau khi trộn, CCu  0,03M ; CPb  0,02M ; CH  0,07M ; CIO  0,13M
2 2  
3

Vì môi trường axit mạnh nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của ion kim loại
Pb2+ + 2IO3-  Pb(IO3)2 K3 = 1012,61 >>  phản ứng hoàn toàn
Cbđ 0,02 0,13
[ ] 0 0,09
Cu2+ + 2IO3-  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(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3-; H+; Na+; NO3-
Có các cân bằng:
Pb(IO3)2  Pb2+ + 2IO3- (4) K3-1 = 10-12,61
Cu(IO3)2  Cu2+ + 2IO3- (5) K4-1 = 10-7,13
-1 -1
Vì K3 << K4 nên ta tính theo cân bằng (5), bỏ qua cân bằng (4).
Cu(IO3)2  Cu2+ + 2IO3- (5) K4-1 = 10-7,13
Cbđ 0,03
[ ] x 0,03 + 2x
Theo cân bằng (5): K 4  x.(0, 03  2 x) 2  107,13  x  8, 237.105 << 0,03
1

12
 Nồng độ IO3- coi như không đổi.
Pb(IO3)2  Pb2+ + 2IO3- (4) K3-1 = 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
ECu 2 / Cu  ECu
0
2
/ Cu
 log Cu 2   0,216(V).
2
Vì [Pb2+] rất nhỏ  không oxi hóa được Cu.
* Xét dung dịch Z:
Ag+ + I-  AgI K6 = Ks-1 = 1016 >>
Cbđ 0,01 0,04
Sau 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I-; Na+, NO3-
AgI  Ag+ + I- K6-1 = 10-16
Cbđ 0 0,03
[ ] x 0,03 + x
 K 6  x.(0, 03  x)  10
1 16
 x = 3,333.10-15
Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z là:
EAg  / Ag  EAg
0

/ Ag
 0,0592log  Ag    0,799  0,0592log(3,333.1015 )  0,058(V )
Vì EAg 
/ Ag
 ECu2 /Cu nên sơ đồ pin là
(-) Ag│AgI, I- 0,03M || Pb(IO3)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(NH3)2+ biết EoAg+/Ag = 0,800V; KsAg2SO4 = 1,100.10-5;
Epin = 0,390V.
Hướng dẫn
+ Tại catot E(+):
Theo cân bằng: Ag2SO4  2Ag+ + SO42-
Ks = 1,10.10-5
2S S
+ 2 2- 2
=> [Ag ] .[SO4 ] = (2S) .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+ + 2NH3  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 HSO4- biết rằng ở 25oC, suất điện động của pin
Pt | I− 0,1 (M) I3− 0,02 (M) || MnO4− 0,05 (M) Mn2+ 0,01 (M) HSO4− C (M) | Pt
có giá trị 0,824 (V). EMnO0

/ Mn 2
 1,51(V); EI0 / 3 I   0,5355(V); K HSO = 10-2.
4 3 4

13
 Hướng dẫn
Ở điện cực phải: -
MnO4 + 8H + 5e→ Mn2+ + 4H2O
+

0 0,0592 [MnO4 ].[ H  ]8 0,0592 0,05[ H | ]8

Ephải = EMnO  2 + lg = 1,51 + lg
4 / Mn
5 [Mn 2  ] 5 0,01
Ở điện cực trái: 3I → I3 + 2e
- -

0,0592 [ I 3 ] 0,0592 0,02

Etrái = EI0 / 3 I  + lg  3
= 0,5355 + lg =0,574
3
2 [I ] 2 (0,1)3
0,0592
Epin = Ephải - Etrái => 0,824 = 1,51 + lg( 5.[ H  ]8 )  0,574
5
=> [H+] = 0,05373 (M)
Mặt khác từ cân bằng
HSO4- → H+ + SO42- Ka = 10-2
o
C C
[ ] C – [H+] [H+] [H+]
[ H  ]2 (0,054)2
10 2  => [HSO4-]=0,3456 M
C  [ H  ] C  0,054)
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), PH 2 =1atm / H+: 1M || MnO 4 : 1M, Mn2+: 1M, H+: 1M / Pt
Biết rằng sức điện động của pin ở 250 C là 1,5V.
0
a) Hãy cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin và tiń h E MnO- /Mn 2+ ?
4

b) Sức điện động của pin thay đổi như thế nào khi thêm một it́ 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 4 + 8H+ + 5e  Mn2+ + 4H2O
- Anot: H2  2H+ + 2e

14
→ phản ứng trong pin: 2MnO 4 + 6H+ + 5H2  2Mn2+ + 8H2O
* E 0 pin = E 0MnO / Mn2  - E 02 H  / H = 1,5 V
4 2

→E 0
MnO4 / Mn 2 
= 1,5 V
* Nếu thêm một ít NaHCO3 vào nửa trái của pin sẽ xảy ra pư:
HCO3- + H+  H2O + CO2
→ [H+] giảm nên E 2 H  / H =
0,059
. lg
H
giảm , do đó:
 
2
2 PH 2
Epin = (E MnO / Mn2  - E 2 H  / H ) sẽ tăng
4 2

Bài 24: Cho E 0

CrO42 / Cr ( OH ) 3
 0,18V ; EMnO
0

/ MnO( OH )
 1,695V
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 CrO42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO(OH)2.
2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin.
3. Tính Epin biết nồng độ của ion CrO42- 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 CrO42-/ Cr(OH)3
CrO42- + 4H2O + 3e Cr(OH)3 + 5OH- K1  103E /0,0592 1

Cr(OH)3 CrO2- + H+ + H2O K = 10-14

+ -
H + OH H2O Kw-1 = 1014
CrO42- + 2H2O + 3e CrO2- + 4OH- K 2  K1.K.K w1  103E /0,0592 1

Eo CrO42-/ CrO2- = Eo CrO42-/ Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO4-/ MnO(OH)2

sơ đồ pin: (-)Pt | CrO42-, CrO2-, OH- || MnO4-, H+, MnO(OH)2 | Pt (+)
2. Tính K của phản ứng:
MnO4- + 4H+ + 3e MnO(OH)2 + H2O K1 = 103.1,695/0,0592
- -
CrO2 + 4OH CrO4 + 2H2O + 3e K2-1 = (103.(-0,18)/0,0592)-1
2-

4| H2O H+ + OH- Kw = 10-14

- - 2-
MnO4 + CrO2 + H2O MnO(OH)2 + CrO4
K = K1.K2-1.(Kw)4 = 1039
0,0592 [MnO4 ].[CrO2 ]
3. Epin = Eopin + lg
3 [CrO24 ]
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 CrO2-, 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 MnO4-, 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 𝐸𝑋𝑜 và 𝐸𝑌𝑜
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 𝐶𝑟2 𝑂72− /𝐶𝑟 3+ 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
3𝐸𝑌0 = -0,408 + 2.(-0,912) → 𝐸𝑌0 = -0,744 V
0,55 + 1,34 + 𝐸𝑋0 - 0,744.3 = 0,293.6 → 𝐸𝑋0 = 2,1 V
1,34+2,1
2. Cr(V) + 2e → Cr3+ (1) E10 = = 1,72 V
2
0
2Cr + 2e → 2Cr (2) E2 = -0,408 V
3+ 2+

từ (1) và (2) ta có 3Cr3+ → 2Cr2+ + Cr(V) ∆𝐺30

∆G30 = -2FE20 + 2FE10 = -2(-0,408 – 1,72)F = 4,256F > 0
→ Cr3+ không thể dị phân thành Cr2+ và Cr(V) được
3. Cr2 O2−
7 + 14H + 6e → 2Cr + 7H2O
+ 3+

0 RT [Cr2 O2−
7 ](10
−pH )14
E1 = ECr 2−
2 O /Cr
3+ + ln
7 6F [Cr3+ ]2

0 RT [Cr2 O2−
7 ](10
−(pH+2) 14
)
E2 = ECr 2−
2 O /Cr
3+ + ln
7 6F [Cr 3+ ]2
vậy độ biến thiên của thế
𝑅𝑇
E2 – E1 = 14. ln10-2 = - 0,276 V
6𝐹
4. Cr2 O2−
7 + 4H +
2 O2 + 2H → 2CrO5 + 5H2 O
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.
Cho: E 0Ag Ag = 0,80V; E 0AgI/Ag,I = -0,15V;
+ -

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 S-1 (1)
( E 0 + -E 0 ) / 0,059
Trong đó K S-1 = K 11 .K2 = 10 Ag /Ag AgI/Ag,I-
≈ 1,0.1016 KS = 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 = KS =1,0.10-8 M
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.
o o
Cho: EAg+
/Ag = 0,799V ; EFe3+/Fe2+ = 0,771 V
K s, AgBr = 10-13 . ThÓtÝch 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:
0,0592 [Fe3+]
EFe3+/Fe2+ = EoFe3+/Fe2+ + lg 2+ = 0,753 V
1 [Fe ]
T¹ i anot: KBr K + + Br-
1M 1M 1M
AgBr Ag+ + Br-
K
[Ag+] = AgBr = 10-13 mol/lit
[Br-]
EAg+/Ag = EAg o 0,0592 lg [Ag+] = 0,0294 V
+
/Ag +
1
Epin = E(+) - E(-) = 0,7236 V
c) Ta có cân bằng:

17
Fe3+ + Ag + Br- Fe2+ + AgBr (1) K 1 = ?
Lµ tæhî p cña c¸ c c©n b»ng sau:
Fe3+ + e Fe2+
Ag Ag+ + e
Ag+ + Br- AgBr
0,771 - 0,799
0,0592
K 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 2 = K 1-1 = 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+ = = 2,97 .10-13
[Fe ] 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+] = [Brs-] = 1,053 .10-13 mol/l
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
2+
Fe (aq) + 2e = Fe(r) E1 = -0,44V
Vậy Fe(OH)2(r) = Fe2+(aq) + 2OH-(aq) có E = -0,44V
Ta có ∆Go = -nFE = -RTlnKsp 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
Cho: E 0Ag Ag = 0,80V; E 0AgI/Ag,I = -0,15V; E 0Au
+ - 3+
/Ag
= 1,26V; E 0Fe3+ /Fe = -0,037V; E 0Fe2+ /Fe = -0,440V.
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 S-1 (1)
( E0 -E 0 ) / 0,059
Trong đó K S-1 = K 11 .K2 = 10 Ag /Ag AgI/Ag,I
+ -
≈ 1,0.1016 KS = 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 = KS =1,0.10-8 M
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: Au (aq) + 2Fe (aq)
3+ 2+
Au+(aq) + 2Fe3+(aq) K (2)
2( E 0 -E 0 3+
K = (K 11 )2.K2 = 10 Au /Au Fe /Fe
3+  2+ ) / 0,059

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)
-ΔG 0 (3) ΔG0 (1) - ΔG0 (2)
Fe3+ + e Fe2+ E0(3) = = = 3E0(1)- 2E0(2) = 0,77V
F F
1 2 2(1,260,77) / 0,059
→ K = (K 1 ) .K2 = 10 = 1016,61
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
E0pin = E 0 3+ + - E 0 3+ 2+ = 0,49 V
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 G298
0 0
và E 298 của mỗi tế bào điện hoá, từ đó cho biết giữa (A) và (B) trường hợp nào là tế
bào điện phân, trường hợp nào là tế bào Galvani.
19
 0
Cho E 298 của : Cu2+/ Cu là +0,34 V; Fe3+/Fe2+ là 0,77 V.
0
2. Biết E 298 của : Cu2+/Cu+ là +0,15V; I2/2I- 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.
CuSO4 → Cu2+ + SO42-
1 1 1
FeSO4 → Fe + SO42-
2+

1 1 1
Fe2(SO4)3 → 2Fe3+ + 3SO42-
0,5 1 1,5
Như vậy có ∆E = ∆E 0

- Với tế bào (A): E(0A)  EFe 0

/ Fe
 ECu
0
/ Cu
 0,77  0,34  0,43V
3 2 2

Ta có : G 0
( A)  nFE  2.96500.0,43  82990( J / mol) .
0

Có G(0A)  0  A là tế bào Galvani.

- Với tế bào (B): E(0B)  ECu
0
2
/ Cu
 EFe
0
3
/ Fe2 
 0,34  0,77  0,43V
Ta có: G(0B)  nFE 0  2.96500.(0,43)  82990( J / mol)
G(B
0
)  0  B là tế bào điện phân.

2.- Dung dịch bão hoà CuI trong nước có nồng độ 10-6 M
CuI Cu+ + I- KS
-6 -6
10 10
KS = [Cu ].[I ] = 10 .10 = 10-12
+ - -6 -6

- Tính E30  ECu

0
/ CuI 2

0 ,15
2+
Cu + e Cu +
K 1  10 0 , 0592

Cu+ + I- CuI K2 = 1012

Cu2+ + I- + e CuI K3 = K1.K2 = 1014,534
E30

Mặt khác K 3  10 0 , 0592

 E30  0,86V  E I0 / 2 I 
2
, như vậy phản ứng sau có thể xảy ra:
Cu2+ + 2I- CuI + 1/2I2 K
E  E  E
0 0
3
0
I2 / 2I 
 0,86  0,54  0,32V
0 , 32

K  10 0 , 0592
 2,54.10 5 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 → H 2 AsO4 + NH +4
20
2. Tính sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn ( E pin ).
3. Biết CH3AsO4 = 0,025 M; CNH3 = 0,010 M.
a) Tính sức điện động của pin.
b) Tính thế của từng điện cực khi hệ đạt trạng thái cân bằng.
Cho: pKai(H3AsO4 ) = 2,13; 6,94; 11,50; pK a(NH + )  9, 24 (pKa = - lgKa, với Ka là hằng số phân li axit). pH2 
4

RT
1 atm; ở 25 oC: 2,303  0, 0592.
F
Hướng dẫn
1. Phản ứng xảy ra trong pin được tổ hợp từ các cân bằng sau:
H3AsO4  H+ + H 2 AsO-4


 NH +4
NH3 +H+ 


H3AsO4 + NH3    H 2 AsO-4 + NH +4

 K (*)
Như vậy các cân bằng trên đều liên quan đến quá trình cho - nhận H+, do đó có thể chọn điện
cực hiđro để thiết lập pin. Vì giá trị thế của điện cực hiđro ( E 2H + /H ) phụ thuộc vào [H+]:
2
+ 2
0,0592 [H ]
E 2H+ /H = lg
2 2 pH2
nên điện cực platin nhúng trong dung dịch H3AsO4(có [H+] lớn hơn) có thế dương hơn, sẽ là
catot. Ngược lại điện cực platin nhúng trong dung dịch NH3 sẽ là anot. Vậy ta có sơ đồ pin:
(-) Pt(H2)│NH3(aq)║ H3AsO4(aq) │Pt (H2) (+)
p H = 1atm
2
p H = 1atm 2

2. Quá trình oxi hóa xảy ra trên anot:


H2   2H++ 2e
 K=1

 NH +4 (K -1
2NH3 +H+ 

2
a ) = (10
9,24 2
)
0

 2 NH +4 + 2e
2NH3 + H2 
 K1 =10-2.Ea /0,0592 (1)
9,24 . 2 . 0,0592
 E0a = = - 0,547 (V)
-2
Quá trình khử xảy ra trên catot:
2H3AsO4   H+ + H 2 AsO-4 (K a1 ) 2 = (10-2,13)2


 H2
2H++ 2e 
 K=1
0

 H2 + 2 H 2 AsO-4 K 2 =102.Ec /0,0592 (2)
2H3AsO4 + 2e 

-2,13 . 2 . 0,0592
 E0c = = - 0,126 (V)
2
Vậy E pin = E0c - E0a = 0,421 (V).
(Hoặc từ (*) ta có: K = Ka1.(Ka)-1 = 10E/0,0592 E0pin = E = 0,421 (V))
3. Do sự phân li của nước trong dung dịch NH3 0,010 M và trong dung dịch H3AsO4 0,025 M
không đáng kể, nên:
a) Tại dung dịch của nửa pin trái:
NH3 +H2O   NH +4 + OH- Kb = 10-4,76
[ ] 0,010-x x x
 [ NH 4 ] = [OH-] = x = 4,08.10-4 (M); [NH3] = 9,59.10-3 (M); [H+] = 2,45.10-11 (M)
+

21
 0, 0592 [NH +4 ]2
Từ (1), ta có: Ea = E0a + lg
2 [NH3 ]2 .p H2
2
0, 0592  4, 08.104 
 1atm nên: Ea = -0,547 + lg 
 9,59.103 
Vì pH2 = - 0,63 (V)
2  
(Hoặc Ea = 0,0592.lg[H+])
Đối với H3AsO4, vì Ka1 Ka2 Ka3 nên tại dung dịch của nửa pin phải:
H3AsO4 H+ + H 2 AsO-4 Ka1=10-2,13
[ ] 0,025-x x x
 [ H 2AsO-4 ] = [H+] = x = 0,0104 (M); [H3AsO4] = 0,0146 (M)
0,0592 [H3AsO4 ]2
Từ (2), ta có: Ec = E0c + lg
2 [H2AsO4 ]2 .pH2
2
0, 0592  0, 0146 
 Ec = -0,126 + lg    - 0,12 (V)
2  0, 0104 
(Hoặc Ec = 0,0592.lg[H+])
 Epin = -0,12 + 0,63 = 0,51 (V)
b) Khi hệ đạt trạng thái cân bằng thì thế của 2 điện cực bằng nhau: Ec = Ea
H3AsO4 + NH3  H 2 AsO-4 + NH +4 K = 107,11
0,025 0,010
0,015 - 0,010 0,010
Hệ thu được gồm: NH 4 0,010 M; H 2 AsO-4 0,010 M; H3AsO4 0,015 M. Do sự phân li của
+

NH +4 và của nước không đáng kể, do đó pH của hệ được tính theo cân bằng:
H3AsO4 H+ + H 2 AsO-4 K a1 =10-2,13
[ ] 0,015-x x 0,010+x
 [H+] = x = 4,97.10-3 (M); [H3AsO4]  0,010 (M); [ H 2AsO-4 ]  0,015 (M).
2
0,0592 [H3AsO4 ]2 0, 0592  0, 01 
 Ea = Ec = E0c + lg 
= -0,126 + lg    - 0,136 (V)
2 2
[H2AsO4 ] .pH2 2  0, 015 
(Hoặc Ea = Ec = 0,0592.lg[H+])

Bài 32: Cho một pin:

Pt/ Fe3+ (0,01M), Fe2+ (0,05M), H+ (1M) // KCl bão hoà, Hg2Cl2(R)/Hg
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
b) Thêm NaOH vào bên trái của pin cho đến khi [OH-] = 0,02M (Coi thể tích dung dịch không thay đổi).
Tính SĐĐ của pin khi đó?
RT 0,0592
0
Biết: E Fe3  0,77V , ECal = 0,244V, K s (Fe(OH )3   10 37,5 , K s (Fe(OH )2   10 15,6 , ln  lg
Fe2  nF n
tại nhiệt độ khảo sát.
Hướng dẫn
a. Tính E 3 2 : Fe3  1e    Fe2

Fe /Fe
+
[H ] = 1M => Không xảy ra thuỷ phân
0, 0592  Fe 
3

 E Fe3+ / Fe2  E Fe / Fe 
0 3+ 2
lg  0, 729V
1  Fe2 

22
Vì  E Fe3+ / Fe2  E Cal do đó ta có:

 Fe2
Cực dương: Fe3  1e 

Cực âm: 2 Hg  2Cl  Hg 2Cl2  2e
=> Phương trình phản ứng xảy ra:

2Fe3  2Hg  2Cl   2Fe2  Hg 2Cl2 

b. Khi thêm NaOH vào cực Fe3+/Fe2+ đến chỉ có [OH-] = 0,02M ta có:

Fe3  3OH  
 Fe  OH  
3

 Fe  OH  

Fe2  2OH  
 2

Ks  Fe  OH 3 
 Fe3   3
OH  
Ks  Fe  OH 2 
 Fe2   2
OH  

0, 0592 Ks  Fe  OH 3 
 E Fe3+ / Fe2  E 0 Fe3+ / Fe2  lg
1 Ks  Fe  OH 2  . OH  
1037,5
E Fe3+ / Fe2  0,77  0,0592lg 15,6  0, 426 (V)
10 .0,02
Khi đó E Fe / Fe  E Cal
3+ 2

Vậy lúc đó:

* Cực dương là cực calomen
Hg 2Cl2  2e    2Hg  2Cl
* Cực âm là cực Fe3+/ Fe2+
Fe  OH 2  OH  Fe  OH 3  1e
Epin  ECal  EFe3+ / Fe2  0, 244   0, 426  0,67 (V)
Bài 33
1. Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl2 0,100 M và FeCl3 0,100 M. Xác định nồng độ các ion
thiếc và ion sắt khi cân bằng ở 250C. Tính thế của các cặp oxi hóa khử khi cân bằng.
2. Khi nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe2(SO4)3 2,5.10-2 M. Xác định nồng độ của Fe3+, Fe2+ và Ag+ khi
cân bằng ở 250C.
o
Biet ESn4+ = 0,15 V ; Eo o
3+ = 0, 77 V ; E +
Sn2+ Fe Ag = 0,80 V
Fe 2 + Ag

Hướng dẫn giải

1. Sn + 2 Fe  Sn + 2 Fe
2+ 3+ 4+ 2+

CMcb 0,05-x 0,05-2x x 2x

lgK = 2.(0,77 – 0,15)/ 0,059 = 21 => K = 1021
K rất lớn và nồng độ Fe3+cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn2+ => phản ứng gần như hoàn
toàn 2x 0,05
[Fe2+] = 0,05 M; [Sn4+] = 0,025 M; [Sn2+] = 0,025 M; [Fe3+] =  M
0,025.  0,05
2
0, 0025
K= => 1.1021 = =>  = [Fe3+] = 1,58.10-12 M
0,025. 2
2

23
 1,58.1012 0, 059 0, 025
Khi cân bằng Ecb = 0,77 + 0,059 lg = 0,15 + lg = 0,15 V
0, 05 2 0, 025
2.
Ag + Fe3+ Ag+ + Fe2+
CMcb 0,05 – x x x
0, 77  0,80
lgK = = -0,51 => K = 0,31
0, 059
x2
Ta có: = 0,31 => x = [Ag+] = [Fe2+] = 4,38.10-2 M
0, 05  x
[Fe3+] = 6. 10-3 M.
6.103
Ecb = 0,77 + 0,059 lg = 0,80 + 0,059 lg 4,38.10-2 = 0,72 V
4,38.102
Bài 34
Dung dịch X gồm Cu(NO3)2 0,06M và Pb(NO3)2 0,04M
1. Tính pH của dd X.
2. Cho 25,00 ml dd X trộn vào 25,00 ml dung dịch NaIO3 0,12M và HIO3 0,14M thu được dung dịch Y.
Cho điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y rồi ghép thành pin với điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z gồm
AgNO3 0,01M và NaI 0,04M ở 250C.
a. Viết sơ đồ pin điện?
b. Tính suất điện động của pin ở 250C ?
Biết: pKs của Cu(IO3)2, Pb(IO3)2, AgI lần lượt là 7,13 ; 12,61 ; 16,00
Cu
*
( OH )
 108 ;  Pb
*
( OH )
 107,8 ; ECu
0
2
/ Cu
 0,337V ; EPb
0
2
/ Pb
 0,126V ; EAg
0

/ Ag
 0, 799V
Hướng dẫn giải
1. Ta có các cân bằng:

Cu2+ + H2O 
 Cu(OH)+ + H+ (1) K1 = 10-8

 Pb(OH)+ + H+
Pb2+ + H2O 
 (2) K2 = 10-7,8
H2O   H+ + OH-
 (3) Kw = 10-14
Vì CCu 2  .K1 ≈ CPb2 .K 2 >> Kw nên ta có thể tính pH theo cân bằng (1) và (2), bỏ qua cân bằng (3).

Theo điều kiện proton, ta có:  H   Cu (OH )    Pb(OH ) 

  

Theo cân bằng (1), (2), ta có :

K1. Cu 2  K 2 .  Pb 2 
h   h  K1. Cu 2   K 2 .  Pb 2 
h h
Giả sử nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ là nồng độ ban đầu, ta tính được h = 3,513.10-5(M)
Tính lại nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ theo giá trị H+ ở trên
Gọi x, y lần lượt là nồng độ cân bằng của Cu(OH)+, Pb(OH)+
Theo cân bằng (1), (2) ta có
x.3,513.105
K1   108  x  1,708.105
0,06  x
.
y.3,513.105
K2   107,8  y  1,805.105
0,04  y
Giá trị của x, y rất nhỏ so với nồng độ ban đầu nên nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ coi như bằng nồng độ
ban đầu (kết quả lặp)
Vậy [H+] = 3,513.10-5 ; pH = 4,454
2. a/ Sau khi trộn

24
 CCu2  0,03M ; CPb2  0,02M ; CH   0,07M ; CIO  0,13M
3

Vì môi trường axit mạnh nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của các ion kim loại
Các phản ứng:

Pb2+ + 2IO3-   Pb(IO3)2
 K3 = 1012,61 >>
Cbđ 0,02 0,13
[ ] 0 0,09

Cu2+ + 2IO3-   Cu(IO3)2
 K4 = 107,13 >>
Cbđ 0,03 0,09
[ ] 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch Y gồm: Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3-; H+; Na+; NO3-
Có các cân bằng:

Pb(IO3)2   Pb2+ + 2IO3-
 (4) K3-1 = 10-12,61
Cu(IO3)2    Cu2+ + 2IO3-
 (5) K4-1 = 10-7,13
Vì K3-1 << K4-1 nên ta tính theo cân bằng (5)
Cu(IO3)2    Cu2+ + 2IO3-
 (5) K4-1 = 10-7,13
Cbđ 0,03
[ ] x 0,03 + 2x
1 7,13
Theo cân bằng (5): K 4  x.(0,03  2 x)  10
2

 x  8,237.105 << 0,03

Thế của điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y là
0,0592
ECu2 /Cu  ECu
0
2
/ Cu
 log Cu 2   0,216(V)
2
* Xét dung dịch Z:

Phương trình phản ứng:

Ag+ + 
I-   AgI
 K6 = Ks-1 = 1016 >>  phản ứng hoàn toàn
Cbđ 0,01 0,04
Sau 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I-; Na+, NO3-
Có cân bằng:
AgI   Ag+
 + I- K6-1 = 10-16
Cbđ 0 0,03
[ ] x 0,03 + x
1 16
 K6  x.(0,03  x)  10  x = 3,333.10-15
Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch A là:
EAg  / Ag  EAg
0

/ Ag
 0,0592log  Ag    0,799  0,0592log(3,333.1015 )
 0,058(V )
Vì EAg  / Ag  ECu2 /Cu nên điện cực Cu là catot ở bên phải sơ đồ pin, điện cực Ag là anot ở bên trái sơ đồ
pin. Vậy, sơ đồ pin là
(-) Ag│AgI, dung dịch I- 0,03M ║ Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3- 0,03M; H+; Na+; NO3-│Cu (+)
b/ Ở 250C, Epin = E(+) - E(-) = 0,216 – (-0,058) = 0,274 (V)

25
Bài 35: Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010M; KMnO4 0,010M; Fe2(SO4)3 0,0050M và H2SO4 (pH của dung
dịch bằng 0).Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của KI là 0,50M, được dung dịch Y (coi
thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).
a. Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b. Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.
c. Cho biết khả năng phản ứng của Cu2+ với I- (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn.Giải thích.
d. Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực platin nhúng
trong dung dịch gồm Cu2+, I- (cùng nồng độ 1M) và chất rắn CuI. viết phương trình hoá học của các phản
ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong pin khi hoạt động.
Cho: E0(Cr2O72-/Cr3+) = 1,330V; E0(MnO4-/Mn2+)= 1,510V; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,771V; E0(I3-/I-)= 0,5355V;
RT
E0(Cu2+/Cu+) = 0,153V; pKs(CuI) = 12; ở 250C: 2,303  0,0592; Cr(z = 24).
F
Hướng dẫn giải
0 0 0 0
a) Do E - 2+ = 1,51 V > E 2- 3+ = 1,33 V > E 3+ 2+ = 0,771V > E - - = 0,5355 V, nên các quá trình
MnO 4 /Mn Cr2O7 /Cr Fe /Fe I3 /I

xảy ra như sau:

2 MnO 4 + 16 H+ + 15 I-  2 Mn2+ + 5 I 3 + 8 H2O
- -

0,01 0,5
- 0,425 0,01 0,025
+ 14 H+ + 9 I-  2 Cr3+ + 3 I 3 + 7 H2O
2- -
Cr2 O 7
0,01 0,425 0,025
- 0,335 0,02 0,055
2 Fe3+ + 3 I-  2 Fe2+ + I 3
-

0,01 0,335 0,055

- 0,32 0,01 0,06
-
Thành phần của dung dịch Y: I 3 0,060 M; I- 0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+ 0,01 M.
b. I 3 + 2 e  3 I-
-

0,0592 0,06
E - - = 0,5355 + .log 3
= 0,54 V.
I /I3 2 (0,32)
0 0
c. Do E - - = 0,5355 V > E Cu 2+ /Cu  = 0,153 V nên về nguyên tắc Cu2+ không oxi hóa được I- và phản ứng: 2
I3 /I

Cu2+ + 3 I-  2 Cu+ + I 3 hầu như xảy ra theo chiều nghịch.

-

1
Nhưng nếu dư I- thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó E 0 2+ =E
0
2+  + 0,0592.log  0,863 V.
Cu /CuI Cu /Cu
K S(CuI)

Như vậy E Cu 2+ /CuI = 0,863 V > E I- /I- = 0,5355 V  Cu2+ sẽ oxi hóa được I- do tạo thành CuI:
0 0

+ 5 I-  2 CuI  + I 3
2+ -
2 Cu
Bài 36
1/ Cho bieát caùc giaù trò theá ñieän cöïc : E0Fe2+/Fe = -0,44V ; E0Fe3+/Fe2+ = 0,77V
a) Xaùc ñònh E0 cuûa caëp Fe3+/ Fe
b) Töø keát quûa thu ñöôïcv haõy chöùng minh raèng khi cho saét kim loaïi taùcduïng vôùi
dung dòch HCl 0,1M chæ coù theå taïo thaønh Fe2+ chuù khoâng theå taïo thaønh Fe3+.
2/ Töø caùc dö kieän cuûa baûng theá ñieän cöïc chuaån cuûa moät soá caëp oxi hoùa – khöû,
chöùng minh raèng caùc kim loaïi coù theá ñieän cöïc aâm ôû ñieàu kieän chuaån ñaåy ñöôïc
hidro ra khoûi dung dòch axit.
Hướng dẫn
1/ a) Fe2 + 2e = Fe (1) G10 = -n1E10F = -2.(-0,44).F

26
 Fe3 + 1e = Fe2+ (2) G20 = -n2E20F = -1.(0,77).F
Fe3 + 3e = Fe (3) G30 = G10 + G20
 G30 = -n3E30F = -3E30F = -2. -0,44  1.  0, 77 .F
2  0, 44  0, 77
 E30   0, 036 V
3
b) Trong dung dòch HCl 0,1M   H    101 (mol/l)
 
0
E2H  / H  E2H  0, 059 lg  H    0, 059 V
2

/ H2  
E0Fe2 / Fe  E2H
0

/ H2
0
 EFe3
/ Fe2
 H+ chæ oxi hoùa Fe thaønh Fe2+ .
2/ Phaûn öùng :
n
M + nH+ = M n+ +
H2 (1)
2
Nhö vaäy coù caùc baùn phöông trình phaûn öùng :
0
2H+ + 2e = H2 (2) E2H 
/H
= 0V
2

Mn+ + ne = M (3) E0M n / M

n
Ñeå ñöôïc phaûn öùng (1) phöông trình (2) nhaân vôùi roái tröø ñi phöông trình (3). Khi
2
ñoù G cuûa phaûn öùng seõ laø :
n n
 G =  G(2) -  G(3) = - .2F. E0  - ( -n.F. E0M n / M )
2 2 2H / H 2

0
= -nF( E2H 
/ H2
- E0M n / M )
Ñeå chi phaûn öùng xaûy ra thì  G < 0. Vaäy :
0
E2H 
/ H2
- E0M n / M > 0
0
Vì E2H 
/H
= 0V  E0M n / M < 0 .
2

Bài 37: 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.
a.Tính nồng độ (mol.l-1) của ion Cu2+ trong dung dịch ở điện cực âm.
0
b.Tính hằng số bền của phức chất. Biết : ECu 2
/ Cu
= 0,34 V.
Hướng dẫn
a. Điện cực Cu nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH3)4]2+:
0,059
0
ECu 2 / Cu = ECu 2
/ Cu
+ lg[Cu2+]
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 :
0,059 10 2
E = ECu 2 / Cu (+) - ECu 2 / Cu (-) = 0,038 = lg
2 [Cu 2 ]( )
 lg[Cu2+](-) = -3,288
Vậy [Cu2+] trên điện cực âm = 5,15  10-4M
27
 b.
[Cu(NH3)4]2+
Vì : Cu2+ + 4NH3
-2 -4
[ ] 10 M 5,15 10 M 45,1510-4M
2
[Cu( NH 3 ) 4 ] 10 2  5,15  10 4
Kb    1,023  1012
[Cu 2 ][ NH 3 ] 4 5,15  10  4  (4  5,15  10  4 ) 4
Bài 38: Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010 M; KMnO4 0,010 M; Fe2(SO4)3 0,0050 M và H2SO4 (pH của dung
dịch bằng 0). Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của KI là 0,50 M, được dung dịch Y (coi
thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).
a) Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.
c) Cho biết khả năng phản ứng của Cu2+ với I- (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn. Giải thích.
0 0 0 0
Cho: E 2 = 1,330 V; E  = 1,510 V; E = 0,771 V; E   = 0,5355 V
Cr2O7 /Cr 3+ MnO 4 /Mn
2+
Fe
3+
/Fe
2+
I3 /I

0
E 2+  = 0,153 V; pKs(CuS) = 12.
Cu /Cu
Hướng dẫn
0 0 0 0
a. Do E - 2+ = 1,51 V > E 2- 3+ = 1,33 V > E 3+ 2+ = 0,771V > E - - = 0,5355 V, nên các quá
MnO 4 /Mn Cr2O7 /Cr Fe /Fe I3 /I

trình xảy ra như sau:

2 MnO 4 + 16 H+ + 15 I-  2 Mn2+ + 5 I 3 + 8 H2O (1)
- -

0,01 0,5
[ ] - 0,425 0,01 0,025
+ 14 H + 9 I  2 Cr
2- + - 3+ -
Cr2 O 7
+3 + 7 H2O I3 (2)
0,01 0,425 0,025
[ ] - 0,335 0,02 0,055
2 Fe3+ + 3 I-  2 Fe2+ + I 3
-
(3)
0,01 0,335 0,055
[ ] - 0,32 0,01 0,06
-
Thành phần của dung dịch Y: I 3 0,060 M; I- 0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+ 0,01 M.
b)
-
I3 + 2 e  3 I-
0,0592 0,06
E - - = 0,5355 + .log 3
= 0,54 V.
I /I 3 2 (0,32)
0 0
c) Do E - - = 0,5355 V > E Cu 2+ /Cu  = 0,153 V nên về nguyên tắc Cu2+ không oxi hóa được I-. Nhưng nếu dư I-
I3 /I

1
thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó E
0
2+ =E
0
2+  + 0,0592.log  0,863 V.
Cu /CuI Cu /Cu
K S(CuI)

Như vậy E Cu 2+ /CuI = 0,863 V > E - - = 0,5355 V  Cu2+ sẽ oxi hóa được I- do tạo thành CuI:
0 0
I3 /I

2 Cu2+ + 5 I-  2 CuI  + I 3
-

Bài 39
Fe2+ + Ag+ Fe3+ + Ag
0 + 0 3+ 2+
E Ag /Ag = 0,80V ; E Fe /Fe = 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 Fe3+ 0,1M ; Fe2+ 0,01M và Ag+ 0,001M khi cho bột Ag
vào dung dịch trên?
Hướng dẫn

1/ Fe2+ + Ag+ Fe3+ + Ag

28
E0pin = 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 = E0 + (0,059/n).lg([oxh]/[kh])
EAg+/Ag = 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V
EFe3+/Fe2+ = 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 :
Fe3+ + Ag Fe2+ + Ag+
Bài 40
a/ Thế khử chuẩn của cặp Cu2+ /Cu = 0,34V. Nhúng một sợi dây Cu vào dung dịch CuSO4 0,01M. Tính thế
điện cực của Cu2+ /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 : Cu2+ + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+
Thế điện cực đo được giảm đi 0,361V. Xác định hằng số bền của phức [Cu(NH3)4]2+
Hướng dẫn
a/ Áp dụng phương trình Nerst ta có :
E
Cu2+/Cu = 0,34 - 0,059/2 . lg0,01 = 0,281V
b/ Ta thấy mol NH3 = 0,1 > > mol Cu2+ = 0,001 mol
=> Cu2+ + 4NH3 [Cu(NH3)4]2+
Thế điện cực giảm 0,361V => ECu /Cu = 0,12V
2+

Theo phương trình Nerst :

-0,08 = 0,34 + 0,059/2. log[Cu2+]
=> [Cu2+] = 5,79 . 10-15
[NH3] 0,1/0,1 – 5,79 . 10-15 1M
[Cu(NH3)4]2+ = CCu2+ = 0,01M
Vậy hằng số bền của phức bằng : Kb = 0,01 / (5,79.10-15) = 1,73.1012
Bài 41: Ở 250C có 1 pin điện hóa gồm 2 điện cực : Điện cực catot kim loại Ag nhúng vào dung dịch AgNO3
0,02M ; điện cực anot là kim loại Cu nhúng vào dung dịch Cu(NO3)2 0,02M. Biết các điện cực nối với nhau
bằng cầu muối bão hòa KNO3 trong aga – aga.
a/ Tính sức điện động của pin điện hóa đó. Biết E0Ag+/Ag = 0,8V ; E0Cu2+/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+, Cu2+ trong mỗi điện cực
là bao nhiêu ?
Hướng dẫn
a/ Khi chưa nối hai điện cực bằng dây dẫn (pin chưa hoạt động) thì sức điện động của pin là :
E = Ec – Ea = 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+ Cu2+ + 2Ag
Do E Ag >> E Cu nên phản ứng xảy ra hoàn toàn :
0 0

Khi kim điện kế chỉ vạch 0 thế của 2 điện cực bằng nhau : EAg = ECu
Khi đó [Cu2+] = 0,02 + 0,02/2 = 0,03M
EAg = ECu => 0,34 + 0,059/2.log0,03 = 0,8 + 0,059.[Ag+]
=> [Ag+] = 2,77.10-9
Bài 42: Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau:
Zn / Zn ( NO3 )2 (0,1M) và Ag / Ag NO3 (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80v
a) Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực
b) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc
c) Tính E của pin
d) Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết)
Hướng dẫn
a.    Zn | Zn(NO3 )2 (0,1M) || AgNO3 (0,1M) | Ag()
b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+
29
 Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag
Phản ứng tổng quát khi pin làm việc:
Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag
0, 059
c. E Zn 2  / Zn  E 0 Zn 2  / Zn  lg  Zn 2 
2
0, 059
E Ag / Ag  E 0 Ag / Ag  lg  Ag  
1
2
0, 059  Ag 



Epin = E Ag / Ag  E Zn 2  / Zn  E 0 Ag / Ag  E 0 Zn 2  / Zn  
2
lg
 Zn 2 

 
2
1
0, 059 10
  0,80   0, 76    lg  1,56  0, 0295  1,53v
2 101
d. Khi hết pin Epin = 0
Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có:
0, 059  0,1  x 
2

E pin 0 lg  1,53

2 x
0,1 
2
 0,1  x 
2

  1051,86  0  x  0,1M
x
0,1 
2
x
 Zn 2   0,1   0,15M
2
 x
Ag     0,1   .1051,86  4,55.1027 M
 2
Bài 43: Tính sức điện động của pin :
Pt H2 HCl 0,02 M AgCl / Ag
P = 1 atm CH3COONa 0,04 M

Cho E0 AgCl / Ag = 0,222 v KCH3COOH = 1,8. 10-5

Hướng dẫn
1. Phản ứng theo quy ước :
2  AgCl + 1e → Ag + Cl-
H2 - 2e → 2 H+
------------------------------------
2AgCl + H2 → 2Ag + 2Cl- + 2H+
Trong dung dịch
HCl = H+ + Cl-
0,02 0,02 0,02
CH3COONa = CH3COO- + Na+
0,04 0,04 0,04
CH3COO + H  CH3COOH
- +

bđ 0,04 0,02
pư 0,02 0,02 0,02
[ ] 0,02 0,02
CH3COOH  CH3COO + H - +
K= 1,8.10-5
bđ 0,02 0,02
[ ] 0,02 – x 0,02 + x x

30
 x0,02  x 
 1,8.10 5 x<< 0,02
0,02  x
x = 1,8.10-5
pin Pt / Cl- = 0,02 M
p = 1 atm H+ = 0,02 M AgCl / Ag
CH3COO- = 0,02M
CH3COOH = 0,02M
1
Ep = E0 AgCl / Ag + 0,059 lg
[Cl  ]
1
= 0,222 + 0,059 lg = 0,322 v
0,02

Et = E0 H2 / 2H+ +
0,059
lg
H  2

=
0,059
lg(1,8.10-5)2 = -0,28 v
2 PH 2 2
Bài 44
1. Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I 3 /3I  và Cu+/Cu có thế khử chuẩn lần lượt là E 10 = 0,34v và E 02
= 0,55v; E 30 = 0,52v và tích số hòa tan của CuI là KS= 10 12
2. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xãy ra phản ứng:
2Cu2+ + 5I-  2CuI + I 3
3. Tính suất điện động của pin.
Hướng dẫn
Phản ứng xảy ra: 2+ 
2Cu + 5I  2CuI + I 3
Sự oxi hóa (anod): 3I   I 3 + 2e- (a)
Sự khử: Cu2+ + 2e-  Cu E1 0
(1)
Cu+ + 1e-  Cu E02 (2)
CuI  Cu  + I  K S 1 (3)
E 0C
Cu2+ + I  + 1e-  CuI K 0,059
(c)
  2+ 
Sơ đồ pin: (-) Pt  I 3 , I CuI , Cu , I  Pt (+)
2.E10 E 02
Kc = K1.K2.K3 = 10 0,059
. 10 0,059
. K S 1
E 0C 2.0 , 034 0 , 52

 10 0 , 059
= 10 0 , 059
.10 0 , 059
.1012  1014,72
E 0C = 0,059.14,72 = 0,868 (v)
E(pin) = Ec - Ea = 0,868 - 0,550 = 0,318 v
Bài 45
Cho EoCu2 / Cu  0,345V ; EoZn2 / Zn  0,76V.
a. Haõy vieát sô ñoà pin ñöôïc duøng ñeå xaùc ñònh theá ñieän cöïc tieâu chuaån cuûa
caùc caëp treân . Chæ roõ cöïc döông,cöïc aâm.Cho bieát pöù thöïc teá xaûy ra trong pin
khi pin hoaït ñoäng .
b. ÔÛ 25oC,tieán haønh thieát laäp 1 heä gheùp noái giöõa thanh Zn nhuùng vaøo dd
ZnCl2 0,01M vôùi thanh Cu nhuùng vaøo dd CuCl2 0,001M thu ñöôïc moät pin ñieän hoaù.
-Vieát kí hieäu cuûa pin vaø pöù xaûy ra khi pin laøm vieäc.
-Tính Epin.
Hướng dẫn

31
 a.Vì EoCu2 / Cu  Eo2H / H .Ñeå Eopin >0 thì cöïc CuCu2+ laøm cöïc döông(+).cöïc Pt,H2(1atm) H+
2

1M laøm cöïc aâm (-).

Sô ñoà pin: (-) (+)
Pt,H2(1atm) H 1M  Cu 1M Cu .
+ 2+

Pöù ñieän cöïc: Cöïc (-) : H 2  2e 2H 

Cöïc (+) : Cu2  2e Cu.
2
Pöù trong pin : Cu  H 2 Cu  2H  .
Töông töï ta coù : Vì Eo2H / H  EoZn2 / Zn neân ta coù sô ñoà pin :
2

(-) (+)
ZnZn2+ 1M H+ 1MH2 (1atm),Pt.
Pöù ñieän cöïc: Cöïc (-) : Zn  2e Zn2
Cöïc (+) : 2H   2e H2 .
Pöù trong pin : Zn  2H  Zn2  H 2 .
b.Ta coù :
ZnCl 2  Zn2  2Cl 
0,01M 0,01M
CuCl 2  Cu2  2Cl 
0,001M 0,001M
0,059
EZn2 / Zn  EoZn2 / Zn  lg[Zn2 ]
2
0,059
= 0,76  lg(0,01)  0,819V.
2
0,059
ECu2 / Cu  ECu
o
2
/ Cu
 lg[Cu2 ]
2
0,059
= 0,345  lg(0,001)  0,4335V
2
Sô ñoà pin: (-) (+)
ZnZn2+ 0,01M Cu2+ 0,001M  Cu.
Pöù ñieän cöïc :
Cöïc (-) : Zn  2e Zn2
Cöïc (+) : Cu2  2e Cu.
Pöù trong pin :
Zn  Cu2 Cu  Zn2 .
Epin  Ep  Et  ECu2 / cu  EZn2 / Zn
= 0,4335-(-0,819) = 1,2525V.
2. Bài tập tự luyện
Bài 1: Ăn mòn kim loại thường đi kèm với các phản ứng điện hóa. Tế bào điện hóa ứng với quá trình ăn
mòn được biểu diễn như sau (t = 25oC):
(-) Fe(r)│Fe2+(aq)║OH-(aq), O2(k)│Pt(r) (+)
Cho biết thế khử chuẩn ở 25oC: Eo(Fe2+/Fe) = -0,44V, Eo(O2/OH-) = 0,40V.
1. Viết phản ứng xảy ra ở hai nửa pin và toàn bộ phản ứng.
2. Tính Eo của phản ứng ở 25oC.
3. Tính K của phản ứng.
4. Tính E của phản ứng biết: [Fe2+] = 0,015M; pHnửa pin phải = 9,00
p(O2) = 0,700bar.
Bài 2: Trong dãy hoạt động hóa học của kim loại, bạc đứng sau hidro nhưng khi nhúng vào dung
dịch HI 1,0M thì bạc có thể giải phóng khí hidro? Giải thích.
32
 Cho PH = 1 atm, Ks, AgI = 8.10‒17 (ở 25oC) và E Ag
2
o

/ Ag
 0,8V
Bài 3: Một pin được cấu tạo như sau ở 25oC:
Mg | Mg(NO3)2 0,010M | | AgNO3 0,10M | Ag
Cầu muối nối hai điện cực là dung dịch KCl bão hòa. Ở 25oC có:
Eo(Mg2+/Mg) = -2,37V; Eo(Ag+/Ag) = +0,7991V
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
b) Chỉ rõ catot, anot của pin và chiều di chuyển các electron, các ion khi pin hoạt động.
c) Tính sức điện động của pin (bỏ qua các phản ứng phụ).
Bài 4: Xét pin: Pt| I- 0,1M; I3- 0,02M║ MnO4- 0,05M, Mn2+ 0,01M, HSO4- CM| Pt
Trong đó E 0MnO /Mn 2 = 1,51V; E 0I /3I = 0,5355V; và Ka(HSO4-) = 10-2. Tính nồng độ ban đầu của HSO4-,
4 3

biết rằng khi đo suất điện động của pin ở 25oC được giá trị 0,824V.
Bài 5: Cho sơ đồ pin: Cu Cu2+ Ag+ Ag
Biết: E0Ag+/Ag = 0,8V ; E0Cu2+/Cu = 0,337V
1. Hãy cho biết sơ đồ pin, suất điện động và phản ứng trong pin, nếu: [Ag+] = 10-4M; [Cu2+] = 10-1M;
RT
ln  0,0592 lg
F
2. Hãy cho biết sơ đồ pin, suất điện động và phản ứng trong pin, nếu thêm NH3 1M vào nửa bên phải của
pin. Biết: [Ag(NH3)2+]:  2 = 107,24 ; bỏ qua sự thay đổi về thể tích.
3. Thêm NaOH 1M vào nửa bên trái, sau khi phản ứng xong, suất điện động của pin bằng 0,813V.
Tính tích số tan của Cu(OH)2. Bỏ qua sự thay đổi về thể tích.
Bài 6: Người ta lập 1 pin gồm 2 nửa pin sau:
Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76V và 0,80V
3 2 3

e) Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực

f) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc
g) Tính E của pin
h) Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết)
Bài 7: Ở 25oC, xác định sức điện động của pin:
Hg – Hg2Cl2 | KCl (1 mol.dm-3) || S | Pt (S là dung dịch hỗn hợp Fe3+, Fe2+ và HCl)
Nếu dung dịch S chứa [Fe3+] = 3,32.10-4 (mol.dm-3); [Fe2+] = 2.17.10-4 (mol.dm-3), [HCl] = 1,24.10-3
(mol.dm-3); sức điện động của pin là 0,392V
Nếu dung dịch S chứa [Fe3+] = 1,66.10-4 (mol.dm-3); [Fe2+] = 1,08.10-4 (mol.dm-3), [HCl] = 6,17.10-3
(mol.dm-3); sức điện động của pin là 0,407V
Cho biết Fe3+ tác dụng với nước theo phương trình: Fe3+ + H2O  Fe(OH)2+ + H+ (1)
Bỏ qua tác dụng của Fe2+ với H2O và các quá trình tạo phức
a) Hãy tính Eo (Hg2Cl2/Hg)
b) Tính Ka của phản ứng (1)
c) Tính nồng độ Fe3+ (mol.dm-3) để có Fe(OH)3 kết tủa
Cho E (Hg22+/Hg) = 0,797V; Ksp(Hg2Cl2) = 3,45.10-18, Ksp(Fe(OH)3) = 10-37,4 và KH2O = 10-14
o

33