Tài liệu ôn tập môn hóa tham khảo gồm các dạng bài tập trắc nghiệm phần pin điện hóa - thế điện cực - cân bằng trong điện hóa và điện phân.Bạn đang xem: Bài tập pin điện hóa có lời giải
Bạn đang xem: Bài tập pin điện hóa có lời giải
Xem thêm: Câu Hỏi Trắc Nghiệm Kỹ Năng Giao Tiếp Của Bạn, Thi Trắc Nghiệm Kỹ Năng Giao Tiếp
Xem thêm: Nhận Định Về Ngành Công Nghiệp Chế Biến Là Gì, Bước Ngoặt Quan Trọng Trong Nền Kinh Tế
Biết X- là : Br- , pK1 = 12 , pK2 = 32; CN- , pK1 = 38 , pK2 = 56 . Dựa vào tính toán đưa ra kết luận gì ? c. Vàng có thể tan trong dung dịch KCN 1 M có bão hòa khí oxi. Dựa vào kết quả tính được, giải 0 thích hiện tượng này [ở pH = 0, E O2 /H 2O =1,23V , HCN có pK = 9,4 , áp suất O 2 = 1 atm, lúc cân - bằng nồng độ =1M ]ĐA : a. 3 Au+ Au3+ + 2Au có lg K = 9,317. = 9.10-5.b. X- = Br- có K’ = 1,37.105 ; X- = CN- có 1,37. 10-49. khi Au+ tạo phức thì nó ít tham gia phản ứng oxi hóa–khử 0 0c. tính nồng độ ion CN- tại cân bằng, E Au[CN]-2 /Au =-0,566V ; E O2 /H 2O =0,539V ; E Au[CN]-2 /Au =-0,566V nồng độ mol Pb2+ =1,288.10-4. 2 1 -8TPbSO4 =1,66.10 . pH = 3 nồng độ Pb = 3,318.10 . Từ phương trình Nec tính E = Eđ/ch - E Pb2+ /Pb = 0,495 2+ -5VTPbS = 4,2.10-28 . -Bài 34: Tính nồng độ ban đầu của HSO4- , biết khi đo suất điện động của pin Pt/I - 0,1 M ; I3 0,02 M//MnO-4 0,05 M , Mn2+ 0,01 M, HSO4- C [M] ở 25 0C có giá trị là 0,824 V. 0 0 -2Biết : E MnO-4 =1,51V;E I3 =0,5355V;K HSO-4 =10 . -ĐA : 0,364 M. Tính thế điện cực từng cặp ôxi hóa- khử theo điều kiện phản ứng . tính được =0,054 M . Từ cân bằng HSO4- tính được nồng độ HSO4- ban đầu.Bài 35 : a. Thiết lập một pin theo phản ứng sau : Pb [r] + CuBr2 [dd] 0,01 M→ PbBr2 [r] + Cu [r]. 0b. Nếu ở 250C suất điện động của pin là 0,442 V, thì TPbBr2 bằng bao nhiêu? E Pb2+ /Pb =-0,126V ,E 0 2+ /Cu =0,34V . CuĐA : a. [-] Pb/ PbBr2[r] , Br- // CuBr2 / Cu [+] .b. tính E của các điện cực theo điều kiện đã có . Lập biểu thức tính E của pin , suy ra TPbBr2 = 2,5.10-5Bài 36 : 1. Phản ứng giữa AgNO3 với KCl trong dung dịch tạo thành kết tủa AgCl và giải phóng nănglượng. Ta có thể tạo ra một tế bào điện hoá [pin] sinh công điện nhờ phản ứng đó.a] Viết công thức của tế bào điện hoá theo quy tắc IUPAC và các nửa phản ứng điện cực tại anot vàcatot.b] Tính ∆G 298 của phản ứng kết tủa AgCl và E 298 của tế bào điện hoá. 0 0 Cho: TAgCl ở 250C bằng 1,6. 10 –10 .2. Điện phân 50 ml dung dịch HNO3 có pH = 5,0 với điện cực than chì trong 30 giờ, dòng điện 1A.a] Viết nửa phản ứng tại các điện cực và phương trình phản ứng chung.b] Tính pH của dung dịch sau khi điện phân.c] Tính thể tích dung dịch NaOH 0,0001 mol/L cần để trung hòa dung dịch sau khi điện phân.d] Hãy cho biết nên dùng chất chỉ thị nào để xác định điểm dừng của phản ứng trung hòa. Coi khối lượng riêng của dung dịch HNO3 loãng là 1 g/mlĐA : 1.a] Nửa phản ứng oxi hoá ở anot: Ag – e + Cl – → AgCl Nửa phản ứng khử ở catot: Ag+ + e → Ag . Ag+ + Cl – → AgCl [r]Công thức của tế bào điện hoá: [Anot] Ag dd KCl dd AgNO3 Ag [Catot]b] Tính ∆G 298 và E 298 : 0 0 Xét phản ứng Ag + Cl – → AgCl [r] 1 1 Kc = = = 6,25.109 TAgCl 1, 10−10 6. ∆G 298 = – RTlnKc = – 8,314 × 298 × ln [6,25.109] = – 55884 J/mol = – 55,884 kJ/mol 0 0 ∆G 0 55884 E 298 = =+ = + 0,5792 [V] ≈ + 0,58 V nF 1× 964872. 1a] Nửa phản ứng oxi hoá ở anot: H2O - 2e → 2H+ + O2 2 Nửa phản ứng khử ở catot: 2H+ + 2 e → H2 . 1 H2O → H2 + O2 2Số mol nước bị điện phân là 0,556 mol.Khối lượng nước bị điện phân: 0,556 mol x 18 g/mol = 10,074 gKhối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50 mlKhối lượng dung dịch sau khi điện phân là 50 - 10,074 = 39,926 [g] ~ 40 g 40 gThể tích dung dịch sau khi điện phân là: V = = 40 ml = 0,04 L 1 m L g/Số mol HNO3 = 0,051 x 10-5 = 5. 10-7 [mol] + 5. −7 m ol 10CHNO3 = = = 1,25 . 10-5 M 0, L 04 pH = – lg = – lg [1,25. 10-5] = 4,903 ~ 4,9 +c] Phản ứng: NaOH + HNO3 = NaNO3 + H2O nNaOH = nHNO3 = 5 . 10-7 mol → V ddNaOH = 5. 10-3 L = 0,005 L = 5 mLd] Phản ứng xảy ra giữa axit mạnh và bazơ mạnh nên có thể dùng chất chỉ thị là phenolphtalein cókhoảng chuyển màu [pH] 8 - 10.Bài 37: Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb[NO3]2 0,100 M.1. Tính pH của dung dịch A.2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản ứng người ta nhúngmột điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin [có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch]với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M. a] Viết sơ đồ pin . b] Tính sức điện động E pin tại 250C . c] Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. d] Tính hằng số cân bằng của phản ứng . Cho biết : Ag+ + H2O AgOH + H+ [1] ; K1= 10 –11,70 Pb2+ + H2O PbOH+ + H+ [2] ; K2= 10 –7,80 Chỉ số tích số tan pKs : AgI là 16,0 ; PbI2 là 7,86 ; AgSCN là 12,0 . 0 RT EAg+ = 0 ,799 V ; ln = 0,0592 lg /Ag F3. Epin sẽ thay đổi ra sao nếu: a] thêm một lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B ; b] thêm một lượng nhỏFe[NO3]3 vào dung dịch X?ĐA : 1. Ag+ + H2O → AgOH + H+ ; K1 = 10-11,7 [1] Pb2+ + H2O → ? PbOH+ + H+ ; K2 = 10-7,8 [2] Do K2 >> K1 nên cân bằng 2 quyết định pH của dung dịch Pb2+ + H2O → PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8 [2] C 0,10 0,10 − x x x 2 x = 10 −7 ,8 x = 10-4,4 = ; pH = 4,40 0,1 − x 2.a] Dung dịch B: Thêm KI : CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050 CI- = 0,125M ; CH+ = 0,10M − Ag+ + I AgI ↓ 0,025 0,125 - 0,10 − Pb 2+ + 2I PbI2 ↓ 0,05 0,10 - - Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI ↓ và PbI2 ↓ − AgI ↓ → Ag+ + I ; Ks1 = 1.10-16 [3] − PbI2 ↓ → Pb2+ + 2 I ; Ks2 = 1.10-7,86 [4] Ks1 x0,030 + x] = 10-12 Ag = x = 10 −12 3x10 −2 = 3,33.10 −11 E 2 = 0,799 + 0,0592 lg Ag + = 0,799 + 0,0592 lg 3,33.10 −11 E 2 = 0,179V Vì E2 > E1 , ta có pin gồm cực Ag trong X là cực + , cực Ag trong B là cực – S ơ đồ pin: [-] Ag AgI↓ AgSCN↓ Ag [+] − PbI2↓ SCN 0,03 M b] Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V c] Phương trình phản ứng: Ag + I– → AgI↓ + e AgSCN + e → Ag↓ + SCN– AgSCN + I– ? Ag↓ + SCN– K = KsAgSCN –12 d] = 10 = 104 KsAgI 10–16 3. a] Khi thêm lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B , có thể xảy ra 3 trường hợp: - Lượng NaOH quá ít không đủ để trung hoà HNO3: Sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ vẫn không đáng kể, do đó Epin không thay đổi. - Lượng NaOH đủ để trung hoà HNO3: Có sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ do đó giảm, Nồng độ I - sẽ tăng lên, do đó nồng độ Ag+ giảm xuống, E1 giảm ; vậy Epin tăng. - Lượng NaOH đủ dư để trung hoà hết HNO3 và hoà tan PbI2 tạo thành PbO2–, do đó giảm và Epin tăng. PbI2 + 4 OH– → PbO2– + 2 H2O + 2 I– b] Thêm ít Fe vào dung dịch X: 3+ Fe 3+ + SCN → FeSCN2+ – Nồng độ ion SCN– giảm, do đó nồng độ ion Ag+ tăng, E2 tăng → Epin tăngBài 38 : ở pH = 0 và ở 25 oC thế điện cực tiêu chuẩn Eo của một số cặp oxi hoá - khử được cho nhưsau: − − −2IO4 / I2 [r] 1,31 V ; 2IO3 / I2 [r] 1,19 V ; 2HIO/ I2 [r] 1,45 V ; I2 [r]/ 2I 0,54 V.[r] chỉ chất ở trạng thái rắn.1. Viết phương trình nửa phản ứng oxi hoá - khử của các cặp đã cho. − − −2. Tính Eo của các cặp IO4 / IO3 và IO3 / HIO3. Về phương diện nhiệt động học thì các dạng oxi hoá - khử nào là bền, các dạng nào là không bền?Tại sao?4. Thêm 0,40 mol KI vào 1 lít dung dịch KMnO4 0,24 M ở pH = 0 a] Tính thành phần của hỗn hợp sau phản ứng. b] Tính thế của điện cực platin nhúng trong hỗn hợp thu được so với điện cực calomen bão hoà. −5. Tính Eo của cặp IO3 / I2[H2O].I2[H2O] chỉ iốt tan 0 trong nước. Cho biết: E MnO-4 /Mn 2+ =1,51V ; E của điện cực calomen bão hoà bằng 0,244 V ; ở 25oC, RT ln = 0,0592 lg ; Độ tan của iốt trong nước bằng 5,0.10 4 M. −ĐA : F 2. 1,125 V −3. Vì E IO3 / HIO b. E so với điện cực calomen bão hoà: 1,18 − 0,244 = 0,936 V5. 1,17 V