Tài liệu ôn thi học sinh giỏi THPT

Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

CHUN ĐỀ 5

PHẢN ỨNG OXI HĨA – KHỬ VÀ CÁC
Q TRÌNH ĐIỆN HÓA

CHUYÊN ĐỀ 5: PHẢN ỨNG OXI HÓA – KHỬ VÀ CÁC Q TRÌNH ĐIỆN HĨA

I. LÝ THUYẾT CƠ BẢN
1. Pin điện hóa
Xét ví dụ pin điện hóa kẽm – đồng (hình 5.1)

Hình 5.1. Sơ đồ pin điện hóa Zn – Cu
Anot: Zn → Zn 2+ + 2e (xảy ra q trình oxi hóa Zn)
Catot: Cu2+ + 2e → Cu (xảy ra quá trình khử Cu2+)
Phản ứng xảy ra khi pin hoạt động: Zn + Cu2+ → Zn 2+ + Cu
Các electron chuyển từ điện cực Zn sang điện cực Cu nhờ dây dẫn điện tạo nên dòng điện.
Một pin điện hóa được kí hiệu như sau:
Vật liệu điện cực 1 | dd điện cực 1 || dd điện cực 2 | Vật liệu điện cực 2
Ví dụ, pin Zn – Cu được kí hiệu như sau:
Zn | Zn2+ || Cu2+ | Cu
2. Một số điện cực thường gặp
a. Điện cực kim loại
Điện cực kim loại gồm một kim loại nhúng trong dung dịch muối của nó. Điện cực kim loại và
điện cực hiđro là điện cực loại 1.
b. Điện cực chuẩn hiđro
Điện cực chuẩn hiđro gồm một thanh platin, phủ muối platin, nhúng trong dung dịch axit có pH
= 0, có khí hiđro ở áp suất 1,0 atm lội qua.

Hình 5.2. Điện cực chuẩn hiđro

Vậy, điện cực này làm việc với cặp oxi hóa – khử 2H+/H2. Thế điện cực chuẩn hiđro được quy
ước bằng 0V ở mọi nhiệt độ.
+
⎯⎯
→ H 2(k) ; E0 + = 0V
2Haq
+ 2e ⎯
⎯
2H /H2

c. Điện cực calomen
Điện cực calomen là điện cực làm việc với cặp oxi hóa – khử: Hg2Cl2/Hg:

⎯⎯
→ 2Hg( l ) + 2Cl − ; E 0 = +0,268V
Hg2 Cl 2(tt ) + 2e ⎯
⎯
Điện cực calomen là điện cực loại 2.
-1-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

Hai điện cực loại 2 khác cũng hay được dùng là điện cực bạc clorua và điện cực thủy ngân (I)
sunfat:

⎯⎯
→ Ag(tt ) + Cl − ;
AgCl(tt ) + 1e ⎯
⎯

E 0 = +0,222V

⎯⎯
→ 2Hg( l ) + SO24 − ; E 0 = +0,615V
Hg2SO4(tt ) + 2e ⎯
⎯

Hình 5.3. Điện cực calomen và điện cực bạc clorua
d. Điện cực gồm kim loại trơ nhúng trong dung dịch chứa một cặp oxi hóa – khử
Kim loại trơ thường dùng cho loại điện cực này là platin. Ví dụ, kim loại platin nhúng trong dung
dịch chứa cặp oxi hóa – khử Fe3+/Fe2+. Các điện cực kiểu này là điện cực loại 3.
3. Thế điện cực chuẩn
Để có thể so sánh được thế điện cực của các loại điện cực khác nhau, ngoài việc quy định điều
kiện chuẩn của các loại điện cực, còn phải quy định chiều của phản ứng điện cực và nhiệt độ.
Người ta quy ước chiều của các phản ứng điện cực là chiều của quá trình khử:

OXH + ne

⎯⎯
→
⎯
⎯

Điều này có nghĩa là nếu viết q trình ngược lại: K

K
⎯⎯
→
⎯

⎯

OXH + ne thì dấu của thế điện

cực phải thay đổi (giá trị tuyệt đối bằng nhau).
4. Sức điện động của pin
Sức điện động của pin (Epin) là giá trị (trị số tuyệt đối) của hiệu số điện thế lớn nhất giữa hai điện
cực của pin: E pin = E( + ) - E( −) ; E(+) là thế khử điện của cực dương; E(-) là thế khử của điện cực âm.
Nếu pin được cấu tạo bởi hai điện cực chuẩn thì: E0pin = E(0+ ) - E(0− ) .
5. Các yếu tố ảnh hưởng đến thế khử. Công thức Nernst

aOXH + ne
Cơng thức Nernst có dạng: E OXH /K = E0OXH /K +

⎯⎯
→
⎯
⎯

bK

RT [OXH]a
ln
nF
[K]b

Ở 250C, công thức Nernst có dạng: E OXH /K = E0OXH /K +

0,059 [OXH]a
lg

n
[K]b

Một số ví dụ ở 250C:
Cu2 + + 2e → Cu; E Cu2+ /Cu = E0Cu2+ /Cu + (0,059/2)lg[Cu2 + ] ; Cu ở thể rắn, được coi là hằng số.

2H + + 2e → H 2 ; E 2H+ /H = E 02H+ /H +
2

2

0,059 [H + ]2
lg
. Đối với chất khí, dùng áp suất (atm) thay
2
p H2

cho nồng độ mol.L-1.

0,059 [MnO−4 ].[H + ]8
2+
0
⎯⎯
→
MnO + 5e + 8H ⎯
lg
⎯ Mn + 4H2 O( l ) ; E MnO−4 /Mn2+ = E MnO4− /Mn2+ +
5
[Mn 2 + ]
6. Chiều phản ứng oxi hóa – khử trong dung dịch

G = -nFE
n: số electron trao đổi giữa các chất oxi hóa và chất khử trong phản ứng;
F = 96500 C.mol-1
−
4

+

-2-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

E = EOXH1 /K1 - EOXH2 /K2 ; trong đó E OXH1 /K1 là thế khử của cặp oxi hóa – khử có dạng oxi hóa
(OXH1) ở vế trái phương trình phản ứng, còn E OXH2 /K2 là thế khử của cặp oxi hóa – khử có dạng oxi hóa
⎯⎯
→ K1 + OXH 2
(OXH2) ở vế trái phương trình phản ứng sau: OXH1 + K 2 ⎯
⎯
Khi: G < 0, phản ứng xảy ra theo chiều thuận;
G > 0, phản ứng xảy ra theo chiều nghịch;
G = 0, phản ứng ở trạng thái cân bằng.

Từ biểu thức G = -nFE ta thấy ngay rằng, chỉ cần EOXH1 /K1 > EOXH2 /K2 thì G < 0 và ngược
lại, cịn khi EOXH1 /K1 = EOXH2 /K2 phản ứng ở trạng thái cân bằng.
Khi phản ứng ở điều kiện chuẩn, thì chiều phản ứng được xác định bằng biểu thức sau:
G0 = -nFE0 ; E0 = E0OXH1 /K1 - E0OXH2 /K2
7. Hằng số cân bằng của phản ứng oxi hóa – khử trong dung dịch
G 0 = -RTlnK = -nFE 0  E 0 = (RT/F)lnK . Ở 250C: lgK = (n E0 )/0,059
II. BÀI TẬP CĨ HƯỚNG DẪN GIẢI

2.1. Phản ứng oxi hóa – khử
Câu 1 (30/04/2017 lớp 10 – Hiệp Đức): Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng
electron:
a) Fe3O4 + HNO3 loãng → Fe(NO3)3 + NO + H2O
b) Fe3C+ H2SO4 đặc nóng dư → Fe2(SO4)3 + CO2 + SO2 + H2O
c) FexSy + HNO3 đặc nóng dư → Fe(NO3)3 + H2SO4 + NO2 + H2O
Giải:
→
a) 3Fe3O4 + 28HNO3 lỗng
9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O
b) 2Fe3C + 22H2SO4 đặc nóng → 3Fe2(SO4)3 + 2CO2 + 13SO2 + 22H2O
c) FexSy + (6x + 6y)HNO3 đặc nóng → xFe(NO3)3 + yH2SO4 + (3x + 6y)NO2 + (3x + 2y)H2O
Câu 2 (30/04/2017 lớp 10 – Nơng Sơn): Hồn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương
pháp thăng bằng electron:
a) Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O
(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 2 : 1)
b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O
c) CuFeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2↑
d) Fe3O4 + HNO3 → NxOy +
Giải:
a) 18Mg + 44HNO3 → 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O
b) M2(CO3)n + (4m-2n)HNO3 đặc, nóng → 2M(NO3)m + 2(m-n)NO2 + nCO2+ (2m-n)H2O
c) 12 CuFeSx + (11+12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2
d) (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 → NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O
Câu 3 (30/04/2017 lớp 10 – Lê Quý Đôn Quảng Nam): Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng
phương pháp thăng bằng electron
a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2
b) P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + …
c) FexOy + HNO3 → … + NnOm + H2O
Giải:

a) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 → 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2
b) 10NH4NO3 + 8P → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O
c) (5n-m)FexOy + (18nx-6my-2ny)HNO3 → x(5n-2m)Fe(NO3)3 + (3x-2y)NnOm + (9nx-3mx-ny)H2O
-3-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

Câu 4 (30/04/2017 lớp 10 – Trần Văn Dư): Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng
electron:
a) Zn + HNO3 → Zn(NO3)2 + NH4NO3 + H2O
b) H2SO4 + HI → I2 + H2S + H2O
c) NaClO + KI + H2SO4 → I2 + NaCl + K2SO4 + H2O
d) K2Cr2O7 + HCl → KCl + CrCl3 + Cl2 + H2O
Giải:
a) 4Zn + 10HNO3 → 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O
b) H2SO4 + 8HI → 4I2 + H2S + 4H2O
c) NaClO + 2KI + H2SO4 → I2 + NaCl + K2SO4 + H2O
d) K2Cr2O7 + 14HCl → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O
Câu 5 (30/04/2017 lớp 10 – Nguyễn Trãi Quảng Nam): Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau theo
phương pháp thăng bằng electron:
a) Cu2FeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2.
b) FexOy + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + S + SO2 + H2O ( Biết tỉ lệ mol của S và SO2 là 1:1)
Giải:
a) 6Cu2FeSx + (6x + 7)O2 → 6Cu2O + 2Fe3O4 + 6xSO2.
b) 8FexOy + (18x - 4y)H2SO4 → 4xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)S + (3x - 2y)SO2 + (18x - 4y)H2O
Câu 6 (30/04/2017 lớp 10 – Thái Phiên Quảng Nam): Hoàn thành và cân bằng các phương trình sau
bằng phương pháp thăng bằng ion-electron:
a) Al + HNO3 → N2O + 2NO + …
b) MnO−4 + H2O2 + H+ → O2 + …

Giải:
a)
14Al + 54H+ + 12NO3- → 3N2O + 6NO + 14Al3+ + 27H2O
14Al + 54HNO3 → 14Al(NO3)3 + 3N2O + 6NO + 27H2O
b) MnO−4 + 5H2O2 + 16H+ → 5O2 + 2Mn2+ + 8H2O
Câu 7 (30/04/2017 lớp 10 – Quế Sơn Quảng Nam): Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo
phương pháp thăng bằng ion – electron.
a) NaNO3 + Zn + KOH → Na 2 ZnO 2 + K 2 ZnO 2 + NH 3 + H 2 O
b) KMnO 4 + H 2SO 4 + H 2 O 2 → O 2 +...
c) Fex Oy + H+ + NO3− → N z Ot +...
Giải:
a) 8Zn + 2NO + 14OH → 8ZnO + 2NH3 + 4H2O
−
3

−

2−
2

2NaNO3 + 8Zn + 14KOH → Na 2 ZnO 2 + 2NH 3 + 7K 2 ZnO 2 + 4H 2 O

b) 2MnO−4 + 6H+ + 5H2 O2 → 2Mn2+ + 5O2 + 8H2 O
2KMnO 4 + 3H 2SO 4 + 5H 2 O 2 → 2MnSO 4 + K 2SO 4 + 5O 2 + 8H 2 O

c) (5z-2t)Fex Oy + 2(9xz-3xt-yz)HNO3 → (5z-2t)xFe(NO3 )3 + (3x-2y)Nz Ot + (9zx-3xt-yz)H2 O
Câu 8 (30/04/2017 lớp 10 – Trần Cao Vân Quảng Nam): Cân bằng các phản ứng sau theo phương
pháp thăng bằng electron:
a) CrI3 + KOH + Cl2 → K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O
b) Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO+ N2O + H2O. Biết nNO : nN2O = 1 : 2

c) FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 → …
d) Zn + NaHSO4 + NaNO3 → ZnSO4 + Na2SO4 + NH4NO3 + H2O
-4-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

Giải:
a) 2CrI3 + 64KOH + 27Cl2 → 2K2CrO4 + 6KIO4 + 54KCl + 32H2O
b) 19Al + 72HNO3 → 19Al(NO3)3 + 3NO+ 6N2O + 36H2O
c) 10 FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 +3 K2SO4 + 6MnSO4+ 10Cl2 + 24H2O
d) 4Zn + 10NaHSO4 + 2NaNO3 → 4ZnSO4 + 6Na2SO4 + NH4NO3 + 3H2O
Câu 9 (30/04/2015 lớp 10 – Đề chính thức): Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng
ion-eletron:
a) Fe3O4 + CrO27− + H+ → Cr3+ + …….
b) Sn2+ + BrO3− + Cl- → Br - + SnCl62− + …..
c) SO32 − + MnO−4 + H2O → …………………..
a) 6Fe3O4 + CrO

2−
7

Giải:
+ 62H → 2Cr + 18Fe + 31H2O
+

3+

3+

b) 3Sn2+ + BrO3− + 18Cl- + 6H+ → Br - + SnCl62− + 3H2O
c) 3SO32− + 2MnO−4 + H2O → 3SO24− + 2MnO2 + 2OHCâu 10 (30/04/2006 lớp 10 – Lê Quý Đôn Quảng Trị): Bổ túc và cân bằng các phương trình phản ứng
sau theo phương pháp thăng bằng electron hoặc phương pháp ion electron:
a) K2S2O8 + MnSO4 + H2O → K2SO4 + KMnO4 + …
b) K2Cr2O7 + Na2SO3 + H2SO4 → …
c) Al
+ NaNO3 + NaOH + … → NH3 + …
d) Zn + NaNO3 + NaOH → NH3 + …
Giải:
2−
2−
2+
a)
5S 2 O8 + 2Mn + 8H2O → 10SO4 + 2MnO−4 + 16H+
b)

5K2S2O8 + 2MnSO4 + 8H2O → 4K2SO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4
CrO27− + 3SO32− + 8H+ → 3SO24− + 2Cr3+ + 4H2O

c)

K2Cr2O7 + 3Na2SO3 + 4H2SO4 → Cr2(SO4)3 + 3Na2SO4 + K2SO4 + 4H2O
8Al + 3NO3− + 5OH- + 2H2 O → 8AlO2− + 3NH3

d)

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2 O → 8NaAlO2 + 3NH3
4Zn + NO3− + 7OH- → 4ZnO22 − + NH3 + 2H2O
4Zn + NaNO3 + 7NaOH → 4Na2ZnO2 + NH3 + 2H2O

2.2. Các q trình điện hóa
Câu 1 (30/04/2017 lớp 10 – Hiệp Đức): Một pin điện gồm điện cực là một sợi dây bạc nhúng vào
dung dịch AgNO3 và điện cực kia là một sợi dây platin nhúng vào dung dịch muối Fe2+ và Fe3+.
a) Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động.
b) Tính sức điện động của pin ở điều kiện chuẩn.
c) Nếu [Ag+] = 0,1M và [Fe2+] = [Fe3+] = 1M thì phản ứng trong pin xảy ra như thế nào?
Giải:
a) Phương trình phản ứng khi pin hoạt động:
2+
+
3+
Fe(aq)
+ Ag(aq)
→ Fe(aq)
+ Ag(r)
(1)
b) Thế của phản ứng (sđđ của pin) ở điều kiện chuẩn:
E0pin = E0Ag+ /Ag - E0Fe3+ /Fe2+ - E 0Fe3+ /Fe2+ = 0,8 - (+0,77) = 0,03 V
c) Nếu [Ag+] = 0,1M và [Fe2+] = [Fe3+] = 1M thì sđđ của pin sẽ là:
0,059 1.10 −1
Epin = 0,03 +
lg
= - 0,029 V < 0. Phản ứng (1) xảy ra theo chiều ngược lại:
1
1
-5-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng
+

2+
+
Fe3(aq)
+ Ag(r) → Fe(aq)
+ Ag(aq)

(2)

⎯⎯
→ Fe3+ + Ag
Câu 2 (30/04/2017 lớp 10 – Nông Sơn): Cho phản ứng sau: Fe2+ + Ag+ ⎯
⎯
E0Ag+ /Ag = 0,8V; E 0Fe3+ /Fe2+ = 0,77V
a) Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298K.
b) 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?
Giải:
2+
+
3+
a) Fe(aq) + Ag(aq) → Fe(aq) + Ag(r)
E0pin = E0Ag+ /Ag - E0Fe3+ /Fe2+ - E0Fe3+ /Fe2+ = 0,8 - (+0,77) = 0,03 V  Phản ứng xảy ra theo chiều thuận.
(nE0 /0,059)

 K = 10 pin
= 10(0,03/0,059) = 3,225
b) Áp dụng CT: E = E 0 + (0,059/n)lg([OXH]/[K])
 E Ag+ /Ag = E0Ag+ /Ag + 0,059lg([Ag + /Ag]) = 0,8 + 0,059lg(10−3 ) = 0,623V

 E Fe3+ /Fe2+ = E0Fe3+ /Fe2+ + 0,059lg([Fe3+ /Fe2 + ]) = 0,77 + 0,059lg(10−1 /10−2 ) = 0,829V

 E = 0,829 – 0,623 = 0,206V. Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều:
+
2+
+
Fe3(aq)
+ Ag(r) → Fe(aq)
+ Ag(aq)

Câu 3 (30/04/2017 lớp 10 – Trần Văn Dư): Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây:
a) Sn 2+ → Sn 4+
b) Cu + → Cu 2+
c) Mn 2+ → MnO4−
d) Fe2+ → Fe3+
Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết:
0
0
E 0Fe3+ /Fe2+ = +0,77V; E Cu
= +0,34V; E 0MnO− /Mn 2+ = +1,51V; ESn
= +0,15V; E 0Br /2Br- = +1,07V
2+
4+
/Cu
/Sn 2+
4

2

Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.
Giải:
Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có:

0
ESn
= +0,15V
Sn 4+ + 2e → Sn 2+
4+
/Sn 2+
Cu 2+ + e → Cu +

E0Cu 2+ /Cu+ = +0,34V

Fe3+ + e → Fe2+

E0Fe3+ /Fe2+ = +0,77V

Br2 + 2e → 2Br −

E 0Br /2Br − = +1,07V

−
4

2

+

MnO + 8H + 5e → Mn

2+

+ 4H 2O

E

0
MnO−4 /Mn 2+

= +1,5V

Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các q trình a), b), d)
a) Sn

2+

+ Br2 → Sn

4+

+ 2Br  E = +1,07 – (+0,15) = +0,92V  K = 10
–

0

2.0,92
0,059

= 1,536.1031

2.0,73

b) 2Cu+ + Br2 → 2Cu2+ + 2Br–  E0 = +1,07 - (+0,34) = +0,73V  K = 10 0,059 = 5,569.1024

2.0,3

d) 2Fe2+ + Br2 → 2Fe3+ + 2Br–  E0 = +1,07 - 0,77 = +0,3V  K = 10 0,059 = 1, 477.1010
Câu 4 (30/04/2017 lớp 10 – Cao Bá Quát): Cho E0Fe3+ /Fe = -0,037V; E0Fe2+ /Fe = -0,440V và

E0Au3+ /Au+ = 1,26V
a) Lập sơ đồ pin điện hóa,trong đó xảy ra sự oxi hố 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 khi pin hoạt động.
b) Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này.
Giải:
a) Anot(-) Pt │ Fe3+; Fe2+ ║ Au3+, Au+ │ Pt (+) Catot
-6-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

Fe2+ → Fe3+ + 1e

Phản ứng ở cực âm:

K1−1

Phản ứng ở cực dương:
Au3+ + 2e → Au+
Phản ứng trong pin: Au3+ + 2Fe2+ → 2Fe3+ + Au+ K
b)
Fe3+ + 3e → Fe
E10 = -0,037V
Fe2+ + 2e → Fe

K2

E 02 = -0,44V

Fe3+ + e → Fe2+

E03(Fe3+ /Fe2+ ) = 3 E10 - 2 E 02 = 0,77V

 K = 102(1,26-0,77)/0,059 = 1016,61; E0pin = E0Au3+ /Au+ - E0Fe3+ /Fe2+ = 0,49V

Câu 5 (30/04/2017 lớp 10 – Nguyễn Hiền): Một pin điện hóa được thiết lập bởi một điện cực Zn nhúng
trong dung dịch Zn(NO3)2 0,25M và một điện cực Ag nhúng trong dung dịch AgNO3 0,15M (ở 250C).
a) Lập sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực và xảy ra trong pin.
b) Tính suất điện động của pin.
c) Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
Cho E 0Zn 2+ /Zn = -0,76V; E 0Ag+ /Ag = 0,8V
Giải:
a)

0,059
0, 059
lg[Zn 2+ ] = − 0, 76 +
lg 0, 25 = -0,778V
2
2
= E 0 + 0,059lg[Ag + ] = 0,8 + 0, 059 lg 0,15 = 0,751V

E Zn 2+ /Zn = E 0 +

E Ag+ /Ag

 Sơ đồ pin: (-) Zn | Zn(NO3)2 (0,25M) || AgNO3 (0,15M) | Ag (+)
Cực âm:
Zn → Zn 2+ + 2e
Cực dương: Ag+ + 1e → Ag
 Phản ứng trong pin: Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag
b) E pin = E Ag+ /Ag - E Zn2+ /Zn = 0,751 - (-0,778) = 1,529V
(nE0pin /0,059)

= 102(0,8−(0,76))/0,059 = 7,61.1052
Câu 6 (30/04/2017 lớp 10 – Nguyễn Trãi Quảng Nam): Trong mơi trường axit có O2 hịa tan, Cu kim
loại bị oxi hóa tạo ra Cu2+.
a) Viết q trình oxi hóa và q trình khử, phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
b) Hãy đánh giá khả năng hòa tan này ở điều kiện chuẩn. Biết:
E0Cu2+ /Cu = +0,34V; E0O , H+ /H O = +1,23V
c) Hằng số cân bằng: K = 10

2

a)

Q trình oxi hóa:
Q trình khử:
Phương trình phản ứng:

2

Giải:
Cu → Cu + 2e
4H+ + O2 + 4e → 2H2O

2Cu + 4H+ + O2 → 2Cu2+ + 2H2O
2+

⎯⎯
→ 2Cu2+ + 2H2O
b) Giả sử phản ứng trên xảy ra thuận nghịch: 2Cu + 4H+ + O2 ⎯
⎯
Hằng số cân bằng K = 10n.∆E/0,059; ở đktc ∆E0 = 1,23 – 0,34 = 0,89V  K = 104*0,89/0,059 = 1060,33.
K rất lớn nên Cu tan tốt trong dung dịch axit có hịa tan O2 ở đktc
Câu 7 (30/04/2017 lớp 10 – Thái Phiên Quảng Nam):
1. Cho các giá trị thế điện cực:
Fe2+ + 2e → Fe
E0 = -0,44V
Fe3+ + 1e → Fe2+
E0 = -0,77V
a) Xác định E0 của cặp Fe3+/Fe.
b) Từ kết quả thu được hãy chứng minh rằng khi cho sắt kim loại tác dụng với dung dịch HCl 0,1M
chỉ có thể tạo ra Fe2+ chứ khơng tạo ra Fe3+.
-7-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

2. Để chuẩn độ hàm lượng Cl2 trong nước sinh hoạt người ta dùng dung dịch KI.
a) Tính G 0 và hằng số cân bằng K của phản ứng Cl2(k) và I-(dd) ở 298K. Biết:
E0Cl /2Cl− = 1,36V; E 0I− /3I− = 0,54V
2

3

b) Khi trong nước có mặt các ion Cu2+, chúng cản trở sự định lượng Cl2. Hãy giải thích, biết:

E0Cu2+ /Cu+ = 0,16V; TCuI = 10-12. Cho 2,033RT/F = 0,0592.
Giải:
1a.
Fe2+ + 2e → Fe
Fe3+ + 1e → Fe2+

G10 = -n1E 10 F = -2.(-0,44).F

(1)

G02 = -n2E 02 F = -1.(0,77).F

(2)

Fe3+ + 3e → Fe

G03 = G10 + G02

(3)

G03 = -n3E 30 F = -3E 30 F = [-2. (-0,44) - 1.(0,77)].F → E 03 = -0,036V
1b. Trong dung dịch HCl 0,1M → [H+] = 10-1M; E 2H+ /H = E02H+ /H + 0,059lg[H + ] = -0,059V
2

2

E0Fe2+ /Fe < E 2H+ /H < E0Fe3+ /Fe (-0,44 < -0,059 < -0,036)  H+ chỉ oxy hóa Fe thành Fe2+.
2

2a.
Cl2 + 2e → 2 Cl −

G10 = -2FE10 ; E10 = 1,36V

−
3 I − → I3 + 2e

⎯⎯
→ 2 Cl − + I3− (1)
Cl2 + 3 I − ⎯
⎯

G02 = -2FE02 ;

E02 = -0,54V

G03  G03 = G10 + G02 = -2F (E10 - E02 ) = - 158260J
− G0

− ( −158260)

G 0 = -RTlnK = - 158260J → K = e RT = e 8,314 x 298 = 5,5.1027
2b. Cu2+ cản trở sự định lượng Cl2 vì xảy ra phản ứng giữa Cu2+ và I-. Tổ hợp các cân bằng:
0 ,16

Cu2+ + 1e → Cu+
Cu+ + I- → CuI(r)

K1 = 10 0, 0592 = 102,7
K2 = (Ksp)-1 = 1012

Cu2+ + I- + 1e → CuI(r) (2)

K = 1014,7 = 10 0,0592

 E0Cu2+ /CuI = 14,7.0,0592 = 0,87V; E 0Cu2+ /CuI > E 0Cl

E0

2

/2Cl −

nên phản ứng (2) xảy ra cạnh tranh với phản ứng

(1) giữa Cl2 và I- dẫn đến việc định lượng Cl2 khơng chính xác.
Câu 8 (30/04/2017 lớp 10 – Sào Nam Quảng Nam): Cho pin Zn | ZnSO4 || Hg2SO4(r), SO24− | Hg(l) . Tại
250C sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn là E0 = 1,42 V.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
b) Tính G 0 đối với pin. Cho F = 96500 C/mol.
Giải:
a) Phản ứng xảy ra tại 2 cực của pin:
Tại cực (+): Hg2SO4 + 2e → 2Hg + SO24−
Tại cực (-): Zn → Zn2+ + 2e
Phản ứng xảy ra trong pin: Hg2SO4 + Zn → 2Hg + ZnSO4
b) G 0 = -n.F.E0 = -2.96500.1,552 = -299536 J/mol = - 299,536 KJ/mol
Câu 9 (30/04 lớp 11 – Chuyên Kon Tum): Thế điện cực chuẩn của HNO2 trong mơi trường axit và
mơi trường kiềm có thể tóm tắt theo sơ đồ sau:

- Trong môi trường axit:

-8-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

- Trong mơi trường kiềm:

Từ đó hãy cho biết ion NO2− bền trong môi trường nào?
Giải:
Các phản ứng tự OXH – KH
- Trong môi trường axit:
HNO2 + H+ + 1e → NO + H2O

E10 = +1,0V

HNO2 + H2O → NO3− + 3H+ + 2e

- E 02 = -0,94V

3HNO2 → HNO3 + 2NO + H2O
E0 = 1,06V >0
 G0 = - nE0F < 0  phản ứng xảy ra theo chiều thuận.
- Trong mơi trường kiềm: Tương tự tìm E0’ = -0,97V < 0
 G0 = - nE0F > 0  phản ứng xảy ra theo chiều nghịch.
Từ đó biết ion NO2− bền trong môi trường kiềm và kém bền trong môi trường axit.

⎯⎯
→ 2CuCl(r).

Câu 10 (30/04 lớp 11 – Chuyên Lê Hồng Phong): Cho phản ứng: Cu(r) + CuCl2(dd) ⎯
⎯
a) Ở 250C phản ứng xảy ra theo chiều nào, nếu người ta trộn một dung dịch chứa CuSO4 0,2M; NaCl
0,4M với bột Cu lấy dư?
Cho TCuCl = 10-7 , E0Cu2+ /Cu+ = 0,15V; E0Cu2+ /Cu = 0,335V
b) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên ở 250C.
Giải:
a) Ta có:
G1
Cu2+ + 2e → Cu
Cu2+ + 1e → Cu+

G 2

Cu+ + 1e → Cu

G 3

 G3 = G1 - G 2  -1FE0Cu+ /Cu = -2FE0Cu2+ /Cu + 1FE0Cu2+ /Cu+ = 2*0,335 - 0,15 = 0,52V
Ta có:

E Cu2+ /Cu+ = E0Cu2+ /Cu+ + 0,059lg

[Cu2+ ]
0,2
= 0,15 + 0,059lg −7
= 0,498V ([Cu+ ] = TCuCl /[Cl − ])
+
[Cu ]
(10 /0,4)

E Cu+ /Cu = E0Cu+ /Cu + 0,059lg[Cu + ] = 0,52 + 0,059lg(10−7 /0,4) = 0,13V ([Cu + ] = TCuCl /[Cl − ])
b) Khi cân bằng:
K1 = 10nE /0,059 = 5,35.10-7; K2 = ( 10-7)-2 = 1014
Vậy: K = K1*K2 = 5,35.107.
Câu 11 (30/04 lớp 11 – Chuyên Lương Thế Vinh Đồng Nai): Cho pin:
0

H2(Pt), p H2 = 1 atm H+1M MnO4 −1M, Mn 2+1M, H+1M Pt
Biết rằng sđđ của pin ở 25oC là 1,5V.
a) Hãy cho biết phản ứng quy ước, phản ứng thực tế xảy ra trong pin và xác định E oMnO − / Mn 2+ .
4

b) Sức điện động của pin thay đổi ra sao (xét ảnh hưởng định tính), nếu:
- Thêm ít NaHCO3 vào nửa trái của pin?
- Thêm ít FeSO4 vào nửa phải của pin?
- Thêm ít CH3COONa vào nửa phải của pin?
Giải:
-9-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

a) Vì sđđ = E pin = +1,51V > 0, cực Pt (bên phải) là catot, cực hiđro (bên trái) là anot, do đó phản ứng
thực tế xảy ra trong pin sẽ trùng với phản ứng quy ước.
Ở Catot xảy ra quá trình khử:

⎯⎯
→ Mn2+ + 4H2O
MnO−4 + 8H+ + 5e ⎯

⎯
⎯⎯
→ 2H+ + 2e
H2 ⎯
⎯
⎯⎯
→ 2Mn2+ + 8H2O
2MnO−4 + 5H2 + 6H+ ⎯
⎯

Ở Anot xảy ra q trình oxi hóa:
Phản ứng thực tế xảy ra:

Vì đây là pin tiêu chuẩn, nên theo quy ước: E0pin = E0+ - E0− = E0MnO− /Mn2+ - E02H+ /H = E0MnO− /Mn2+
4

Vậy E

0
MnO−4 / Mn 2+

= E

0
pin

2

4

= 1,51V

b) Khi thêm các chất vào nửa phải hoặc nửa trái của pin thì lúc đó pin khơng cịn là pin tiêu chuẩn nữa.
- Nếu thêm ít NaHCO3 vào nửa trái của pin sẽ xảy ra phản ứng:
HCO3− + H+ → CO2 + H2O
Làm [H+] giảm  E 2H+ / H =
2

0,059 [H + ]2
lg
giảm  E pin = E MnO− /Mn2+ - E 2H+ /H sẽ tăng.
4
2
2
p H2

- Tương tự, thêm ít FeSO4 vào nửa phải của pin sẽ xảy ra phản ứng:
MnO−4 + 5Fe2+ + 8H+ → Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O; SO24− + H+ → HSO−4
Làm cho [ MnO−4 ] và [H+] giảm; [Mn2+] tăng.

0,059 [MnO−4 ][H + ]8
giảm, do đó sđđ của pin giảm.
lg
4
4
5
[Mn 2 + ]
- Nếu thêm ít CH3COONa vào nửa phải của pin sẽ xảy ra phản ứng:
CH3COO- + H+ → CH3COOH
Do đó [H+] giảm, E MnO− /Mn2+ giảm, do đó sđđ của pin sẽ giảm.

 E MnO− /Mn2+ = E0MnO− /Mn2+ +

4

Câu 12 (30/04 lớp 11 – Chuyên Quảng Bình): Khi cho Co3+, Co2+ vào nước amoniac có xảy ra hai
phản ứng

⎯⎯
→ [Co(NH3)6]3+
Co3(aq+ ) + 6 NH3(aq) ⎯
⎯

K1 = 4,5.1033(mol/l)-6

2+
⎯⎯
→ [Co(NH3)6]2+
Co(aq
⎯
) + 6 NH3(aq) ⎯

K2 = 2,5.104 (mol/l)-6

Trong một dung dịch, nồng độ cân bằng của amoniac là C NH3 (aq) = 0,1 mol/l và tổng nồng độ của Co3(aq+ )
3+
và [Co(NH3 )6 ]aq
bằng 1 mol/l.

a) Tính nồng độ của Co3(aq+ ) trong dung dịch này.
b) Trong một dung dịch khác mà nồng độ cân bằng của amoniăc là 0,1 mol/l. Tính tỷ lệ

C Co2+ /C [Co(NH ) ]2+ .
aq

3 6 aq

c) Co3(aq+ ) phản ứng với nước giải phóng khí nào? Giải thích?
d) Vì sao khơng giải phóng khí trong dung dịch Co3(aq+ ) có NH3?
Biết:
2+
⎯⎯
→ Co(aq
Co3(aq+ ) + e ⎯
⎯
)

E0 = +1,82V

−
⎯⎯
→ H2(k) + 2OHaq
2H2O + 2e ⎯
⎯

E0 = -0,42V tại pH = 7

+
⎯⎯
→ 2H2O
O2(k) + 4Haq
+ 4e ⎯

⎯

E0 = +0,82V tại pH = 7
Giải:

a)
-10-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

⎯⎯
→ Co3+ + 6NH3
[Co(NH3)6]3+ ⎯
⎯



C Co3+ * C 6NH3
C[Co(NH ) ]3+

= 1

33

4,5.10



3 6

K1−1 = (4,5.1033)-1

C Co3+
C[Co(NH ) ]3+

= 1

4,5.1027

3 6

 C Co3+ + C [Co(NH3 )6 ]3+ = 0,1
 C Co3+ = 2,2. 10−28 mol/l
Mặt khác: 
27
C [Co(NH3 )6 ]3+ = 4,5.10 .C Co3+
⎯⎯
→ Co2+ + 6NH3
b) Ta có: [Co(NH3)6]2+ ⎯
⎯

C Co2+ .C 6NH3
C[Co(NH ) ]2+

= 1

2,5.10

4



3 6

K 2−1 = 1/2,5.104

C Co2+
C[Co(NH ) ]2+

=

1
= 40
(0,1) *2,5.104
6

3 6

c) Do E0Co3+ /Co2+ > E O

2 +4H

+

/H 2 O

(pH < 7) . Nên có xảy ra phản ứng:

4Co3+ + 2H2O → 4Co2+ + O2 + 4H+  Có giải phóng khí O2

d) Do trong dung dịch ở câu trên có [Co3+ ] = 2,2.10-28mol/l, quá nhỏ nên thế của Co3+/Co2+ nhỏ hơn thế
của 2H2O/O2 + 4H+ ở pH = 7 nên khơng giải phóng khí.
Câu 13 (30/04 lớp 11 – Phan Châu Trinh Đà Nẵng): Đánh giá khả năng hoà tan của HgS trong các
dung dịch sau:
a) Dung dịch HNO3.
b) Nước cường toan.
(Cho: E0NO− /NO = E10 = 0,96V; E S0 /H2S = E 02 = 0,141V ; H2S có pK1 = 7,02 và pK2 = 12,92; phức HgCl24−
3

có log 4 = 14,92 và pTHgS = 51,8)
Giải:
a) Trong HNO3

⎯⎯
→ Hg2+ + S2−
HgS ⎯
⎯

3 x

T=

10−51,8
HNO3 → H+ + NO3−
3 x

⎯⎯
→ HS−
H+ + S2− ⎯
⎯

K 2−1 = 1012,92

3 x

⎯⎯
→ H2S
H+ + HS− ⎯
⎯

K1−1 = 107,02

3 x

⎯⎯
→ S + 2H+ + 2e
H2S ⎯
⎯

K '2−1 = 10−2E2 /0,059
0

2 x

⎯⎯
→ NO + 2H2O
NO3− + 4H+ + 3e ⎯
⎯

K1' −1 = 103E1 /0,059

0

−

NO3
⎯⎯⎯
→ 3Hg2+ + 3S + 2NO + 4H2O (1) K
3HgS + 2NO3− + 8H+ ⎯⎯
⎯

 K T 3 .K 2−3 .K1−3 .K1'2 .K'2−3
 lgK = 3lgT - 3lgK2 - 3lgK1 - 3lgK'2 + 2lgK'1
 lgK = -3.51,8 + 3.12,92 + 3.7 + 6.

(0,96 − 0,141)
= -12,25  K = 10-12,25, K rất bé  HgS tan
0,059

rất ít trong HNO3.
b) Nước cường toan.
Ngồi cân bằng (1) cịn có thêm cân bằng tạo phức giữa ion Hg2+ với ion Cl−
-11-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

⎯⎯
→ 3Hg2+ + 3S + 2NO + 4H2O
3HgS + 2NO3− + 8H+ ⎯
⎯

K = 10-12,25

⎯⎯
→ HgCl24−
Hg2+ + 4Cl− ⎯
⎯

3 x

4 =

1014,92

⎯⎯
→ 3HgCl24− + 3S + 2NO + 4H2O (2)
3HgS + 2NO3− + 8H+ + 12Cl− ⎯
⎯
lgK' = lgK + 3lg  4 → lgK' = -12,25 + 3.14,92 = 32,51


K’

 K' = 1032,51; K' lớn nên HgS tan mạnh trong nước cường toan.
Câu 14 (30/04 lớp 11 – Chuyên Trần Hưng Đạo Bình Thuận):
1. Tính sức điện động của pin:
Pt H2
HCl 0,02 M
AgCl/Ag
P = 1 atm

CH3COONa 0,04 M
0
Cho E AgCl /Ag = 0,222V; K CH3COOH = 1,8.10−5

2. Tính độ tan của AgI trong dung dịch Fe2(SO4)3 0,05M trong môi trường H2SO4.
Cho E0I− /I = 0,54V; E0Fe3+ /Fe2+ = 0,77V; TAgI = 10−16
2

Giải:
1. Phản ứng theo quy ước:

AgCl + 1e → Ag + Cl −
+

H2 → 2H + 2e

 2AgCl + H 2 → 2Ag + 2Cl −

Trong dung dịch:

HCl → H + + Cl −
0,02 → 0,02
−

→ CH 3COO − + Na +

CH 3COONa

0,02

0,04

→

0,04

0,04

+

CH3COO + H → CH3COOH  dd chøa: CH3COOH (0,02M) và CH3COO (0,02M)
Ta cú cõn bng:


CH 3COOH
bđ

CH 3COO −

0,02

+

H+

K = 1,8.10−5

0,02

[]

0,02 - x
0,02 + x x
x(0,02 + x)
= 1,8.10-5 víi x << 0,02 → x = 1,8.10−5
0,02 - x

Cl- = 0,02 M
H+ = 0,02 M
CH3COO- = 0,02M
CH3COOH = 0,02M

pin Pt H2
P = 1 atm

E p = E0AgCl /Ag + 0,059lg(1/[Cl − ]) = 0,222 + 0,059lg (1/0,02) = 0,322V
Et = E

0
H 2 /2H +

0,059 [H + ]2
0,059
+
lg
=
lg(1,8.10−5 )2 = -0,28V
2
PH2
2

 E pin = E p - Et = 0,602V
2.
2 x AgI → Ag + + I −

T = 10-16

2I − → I2 + 2e

K1 = 10−2(0,54)/0,059

2 x Fe3+ + 1e → Fe2 +

2AgI + 2Fe3+ → 2Ag + + 2Fe 2+ + I 2


[]

0,1 - 2x

2x

2x

K2 = 100,77/0,059
K = T 2 K1 (K 2 )2 = 10−24,2

x
-12-

AgCl/Ag

Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

16x5
= 10−24,2 víi x << 0,1  x = 3,31.10−6
(0,1 - 2x)2
Độ tan S = [Ag+] = 2x = 6,62.10-6
Câu 15 (30/04 lớp 10): Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I3− /3 I − và Cu+/Cu có thế khử chuẩn lần
lượt là E10 = 0,34V và E 02 = 0,55V; E 03 = 0,52V và tích số hịa tan của CuI là KS= 10 −12
a) Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xãy ra phản ứng:

⎯⎯
→ 2CuI + I3−
2Cu2+ + 5 I − ⎯
⎯
b) Tính suất điện động của pin.
Giải:

⎯⎯
→ 2CuI + I3−
a) Phản ứng xảy ra: 2Cu2+ + 5 I − ⎯
⎯
⎯⎯
→ I 3− + 2e
3I − ⎯
⎯

Sự oxi hóa (anot):

(a)

2+

⎯⎯
→ Cu
⎯
Cu + 2e ⎯
 +
⎯⎯
→ Cu

⎯
Cu + 1e ⎯

Sự khử:

E10 (K1 )
E02 (K 2 )

⎯⎯
→ Cu + + I −
CuI ⎯
⎯

K S−1

⎯⎯
→ CuI
Cu2 + + I − + 1e ⎯

⎯

Catot:

KC

Sơ đồ pin: (-) Pt | I3− , I − || CuI, Cu2+, I − | Pt (+)
b)

K C = K1.K 2 .K S−1  10EC /0,059 = 10(2E1 )/0,059 .10( − E2 )/0,059 .K S−1  10EC /0,059 = 10(2.0,034)/0,059 .10( −0,52)/0,059 .1012
0

0

0

0

0

 10EC /0,059 = 1014,72  E0C = 0,868V  E pin = E 0C - E 0A = 0,868 - 0,550 = 0,318V

Câu 16 (30/04 lớp 10 – Chuyên Tiền Giang): Lắp 1 pin bằng cách nối điện cực hidro chuẩn với một
nửa pin bởi 1 dây đồng nhúng vào 40ml dd CuSO4 0,01M có thêm 10ml dd NH3 0,5M. Chấp nhận rằng
chỉ tạo phức [Cu(NH3 )4 ]2+ với nồng độ NH +4 là không đáng kể so với nồng độ NH3.
a) Xác định E Cu2+ /Cu .
0
b) Tính E[Cu(NH

2+

3 )4 ]

/Cu

.

Biết E0Cu2+ /Cu = 0,34V; lg[Cu(NH

2+
3 )4 ]

= 13,2 vµ E Cu2+ /Cu = E[Cu(NH

2+
3 ) 4 ] /Cu

Giải:
a) Cu 2+ + 2e → Cu

E0 = 0,34V

0
E Cu 2+ /Cu = E Cu
+
2+
/Cu

Cu2+

+

b® 0,8.10-2
[]

0

0,059
lg[Cu 2+ ]
2

(1)

⎯⎯
→ [Cu(NH 3 )4 ]2+
4NH3 ⎯
⎯
0,1
6,8.10-2

0
0,8.10-2

[Cu(NH3 )4 ]2+
0,8.10−2
 [Cu ] =
=
= 2,4.10−11
4
4
13,2

[NH3 ] .β
(0,068) .10
2+

(1)  E Cu 2+ /Cu = 0,34 +

0,059
lg(2,4.10−11 = 0,02V
2
-13-

 = 1013,2


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

b) E Cu 2+ /Cu = E[Cu(NH

(2)

2+
3 ) 4 ] /Cu

[Cu(NH3 )4 ]2+ + 2e → Cu + 4NH3

E[Cu(NH

2+
3 ) 4 ] /Cu

0
= E[Cu(NH

0
(1)(2)(3)  E[Cu(NH

2+
3 ) 4 ] /Cu

2+
3 ) 4 ] /Cu

+

0,059 [Cu(NH3 ) 4 ]2+
lg
2
[NH3 ]4

(3)

= 0,06V

Câu 17 (30/04 lớp 10): 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.
b) Tính hằng số bền của phức chất. Biết: E0Cu2+ /Cu = 0,34V.
Giải:
a) Điện cực Cu nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH3)4]2+:

E Cu2+ /Cu = E0Cu2+ /Cu + (0,059/2)lg[Cu2 + ]
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 cịn lại và đóng vai trị cực âm.
Ta có pin: (-) Cu | [Cu(NH3)4]2+ 10-2M || Cu2+ 10-2M | Cu (+)
Sức điện động của pin:

E = E Cu2+ /Cu(+) - E Cu2+ /Cu(-) = 0,038 =

0,059
10−2
lg
 lg[Cu 2 + ]( − ) = -3,288
2+
2
[Cu ]( − )

 [Cu2+ ]( − ) = 5,15.10−4 M
b)
[]
Kb =

[Cu(NH 3 )4 ]2 +
10−2

⎯⎯
→ Cu 2 + +
4NH3
⎯
⎯
5,15.10−4 4*5,15.10 −4

[Cu(NH3 )4 2+ ]
10−2 − 5,15  10−4
=
= 1,023  1012
2+
4
−4
−4 4
[Cu ][NH3 ]
5,15  10  (4  5,15 10 )

Câu 18 (30/04 lớp 10 – Sa Đéc Đồng Tháp):
1. Ion MnO−4 oxi hóa được Cl − và Br − (trong mơi trường axit). Tính hằng số cân bằng của các phản
ứng đó.
2. Có thể điều chỉnh pH để MnO−4 chỉ oxi hóa một trong hai ion. Giải thích tại sao?
Cho: E0MnO− /Mn2+ = +1,51V; E0Cl
4

2

/2Cl −

= +1,36V; E 0Br /2Br − = +1,065V.
2

Giải:
1.
* Trường hợp MnO−4 oxi hóa Cl :
ở bên phải: MnO4 + 8H + + 5e Mn 2 + + 4H 2 O

ở bên trái: 2Cl − → Cl 2 + 2e

 2MnO−4 + 10Cl − + 16H+ → 2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O

 s®® của pin: E0pin = E0phải - E0trái = 1,51 - 1,36 = 0,15V  K = 10(10*0,15)/0,059 = 1025,42
K rất lớn phản ứng xảy ra hoàn toàn ở điều kiện chuẩn.
* Trường hợp MnO−4 oxi hóa Br − :

-14-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

ë bên phải: MnO4 + 8H + + 5e Mn 2 + + 4H 2 O
ở bên trái: 2Br → Br2 + 2e

 2MnO−4 + 10Br − + 16H+ → 2Mn 2+ + 5Br2 + 8H2O

 s®® cđa pin: E0pin = E0phải - E0trái = 1,51 - 1,065 = 0,445V  K = 10(10*0,445)/0,059 = 1075,42
K rất lớn phản ứng xảy ra hoàn toàn ở điều kiện chuẩn.
2. MnO−4 + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2 O

E MnO− /Mn2+ = E0MnO− /Mn2+ +
4

4

0,059 [MnO−4 ][H + ]8
0,059
0,059 [MnO−4 ]

0
+ 8
lg
=
E
+
lg[H
]
+
lg
MnO−4 /Mn2+
5
[Mn 2 + ]
5
5
[Mn 2 + ]

 E MnO− /Mn2+ = E 0MnO− /Mn2+ - 0,0944pH (Giả thiết nồng độ các chất bằng 1M và áp suất các khí bằng 1
4

4

atm và [H ]  1M).
Để oxi hóa Br − mà khơng oxi hóa Cl − ta phải có điều kiện:
E0Br /2Br− < E0MnO− /Mn2+ - 0,0944pH < E0Cl /2Cl−  1,065 < E0MnO− /Mn2+ - 0,0944pH < 1,36
+

2

4

2

4

 1,6 < pH < 4,71. Như vậy cần điều chỉnh pH trong khoảng đó ta có thể chỉ oxi hóa Br − mà khơng

oxi hóa Cl − .
Câu 19: Hãy cho biết phản ứng nào xảy ra trong các trường hợp sau:
a) FeCl3 + NaCl;
b) FeCl3 + NaBr;
c) FeCl3 + NaI
0
Biết: ECl

2 /2Cl

−

0
= 1,359V; E0Br /2Br − = 1,065V; EI0 /2I− = 0,536V; EFe
= 0,77V
3+
/ Fe2+
2

2

Giải:
Giả sử xảy ra phản ứng: 2Fe3+ + 2X − → 2Fe2+ + X2 (1), (X − : Cl − ; Br − ; I − ).

Để phản ứng (1) xảy ra thì: E0pø = E0OXH - E0K > 0  E0Fe3+ / Fe2+ − EoX

2 /2X

−

 0

0
Vì chỉ có E0I /2I−  EFe
nên chỉ xảy ra phản ứng: 2Fe3+ + 2I − → 2Fe2+ + I 2
3+
/ Fe2+
2

2FeCl3 + 2NaI → 2FeCl2 + I2 + 2NaCl.

Hay:

I2 + I − → I3−
Câu 20: 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 khơng thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).
a) Hãy mơ tả các q 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?
E

Cho:

E

0
2−

Cr2 O 7

0
Cu

2+

/Cu

/Cr 3+

+

= 1,330V; E

0
−

MnO 4 /Mn

2+

= 1,510V; E

0

Fe

3+

/Fe

2+

= 0,771V; E

0
−

I 3 /I

−

= 0,5355V

= 0,153 V; pKs(CuS) = 12.
Giải:

a) Do E

0
−

MnO 4 /Mn

2+

= 1,51V > E

0
2−

Cr2 O 7 /Cr

3+

= 1,33 V > E

0
Fe

0

3+

/Fe

2+

= 0,771V > E −

I 3 /I

trình xảy ra như sau:
2MnO −4
[]

+

16H + + 15I −

0,01

0,5

-

0,425

→

2Mn 2 +

+

0,01

5I3− + 8H 2 O (1)
0,025

-15-

−

= 0,5355V, nên các quá

Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

Cr2 O 72 −

14H + + 9I −

+

0,01

0,425

-

0,335

[]

2Fe3+

+ 3I −

0,01

→

3I 3− + 7H 2 O

+

(2)

0,025
0,02

2Fe 2 +

0,055

I 3−

+

0,335

[] -

2Cr 3+

→

(3)

0,055

0,32

0,01

0,06

Thành phần của dung dịch Y: I3− 0,060M; I − 0,32M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+ 0,01 M.
⎯⎯
→ 3I −
b) I3− + 2e ⎯
⎯

E−

I3 /I

−

= 0,5355 +
0

c) Do E −

I3 /I

−

0,0592

0,06

.log

2

= 0,5355V > E

(0,32)
0
Cu

2+

/Cu +

3

= 0,153V nên về nguyên tắc Cu2+ khơng oxi hóa được I-. Nhưng

nếu dư I- thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó E
Như vậy E

0
Cu

2+

/CuI

= 0,54V

0
Cu

2+

/CuI

= E

0
Cu

2+

/Cu

+

+ 0,0592.log(1/KS(CuI) )  0,863V

= 0,863V > E 0I− /I− = 0,5355V  Cu2+ sẽ oxi hóa được I- do tạo thành CuI:
3

2Cu2+ + 5I → 2CuI  + I
−

−
3

III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Câu 21 (30/04/2007 lớp 11 – Đề chính thức): Cho 2 cặp oxi hóa khử:
Cu2+/Cu+
E10 = 0,15V

I 2 / 2I −

E02 = 0,62V

a) Viết các phương trình phản ứng oxi hóa khử và phương trình Nernst tương ứng. Ở điều kiện chuẩn
có thể xảy ra sự oxi hóa I − bằng ion Cu2+?
b) Khi đổ KI vào dd Cu2+ thấy có phản ứng:
Cu2+ + 2I − → CuI↓ + 1/2I2
Hãy xác định hằng số cân bằng của phản ứng trên. Biết tích số tan của CuI là 10-12.
Câu 22 (30/04/2007 lớp 11 – Tiền Giang): Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C:

⎯⎯
→ Cu2+(dd) + 2Fe2+(dd)
Cu(r) + 2Fe3+(dd) ⎯
⎯
Người ta chuẩn bị một dd gồm CuSO4 0,5M; FeSO4 0,025M; Fe2(SO4)3 0,125M.
a) Cho biết chiều phản ứng? Tính hằng số cân bằng của phản ứng?
b) Tính tỉ lệ

[Fe3+ ]
để phản ứng đổi chiều?
[Fe2 + ]

Cho: E0Cu2+ /Cu = 0,34V; E0Fe3+ / Fe2+ = 0,77V.

⎯⎯
→ Fe3+ + Ag
Câu 23 (30/04/2007 lớp 11 – Bình Định): Cho phản ứng: Fe2+ + Ag+ ⎯
⎯

a) Xác định chiều phản ứng trong các điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 250C.
b) Xác định chiều phản ứng xảy ra trong dd Fe3+ 0,1M; Fe2+ 0,01M và Ag+ 0,01M khi cho một kim
loại Ag vào dd trên.
Biết: E0Ag+ / Ag = 0,80V; E 0Fe3+ / Fe2+ = 0,77V.
Câu 24 (30/04/2007 lớp 11 – Huế): Xét khả năng phản ứng của Ag với HCl và HI. Biết
E0Ag+ / Ag = 0,799V; pK s (AgCl) = 10; pK s (AgI) = 16.
Câu 25 (30/04/2007 lớp 11 – Bình Thuận): Cho giản đồ oxi hóa của Mn trong mơi trường axit:
+

+

+e
+4H + 2e
+4H + e
+e
MnO−4 ⎯⎯⎯
→ MnO24− ⎯⎯⎯⎯
→ MnO2 ⎯⎯⎯→
Mn 3+ ⎯⎯⎯
→ Mn 2 +
+0,56V
+2,26V
+0,95V
+1,51V

Hãy tính E0 của các cặp oxi hóa khử sau trong dd nước ở mơi trường axit:
-16-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

a) MnO−4 + 8H+ / Mn 2+ + 4H2O

(1) E10

b) MnO2 + 4H+ / Mn2+ + 2H2O

(2) E02

Từ (1) và (2) tính E 03 của cặp oxi hóa khử: MnO−4 + 4H+ / MnO2 + 2H2O
Câu 26 (30/04/2007 lớp 11 – Quảng Ngãi): Để xác định tích số tan của AgCl người ta thiết lập một
pin:
(−)Ag, AgCl | HCl | Cl 2 (1 atm), Pt (+)
Sức điện động của pin bằng 1,15V (ở 250C). Tính tích số tan của AgCl ở 250C.
Biết: E0Ag+ / Ag = +0,8V; E0Cl /2Cl− = +1,36V.
s

Câu 27 (30/04/2008 lớp 11 – Phú Yên):
a) Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dd SnCl2 0,10M và FeCl3 0,10M. Xác định nồng độ các ion
khi cân bằng ở 250C. Tính thế của các cặp oxi hóa khử khi cân bằng.
b) Nhúng sợi dây bạc vào dd Fe2(SO4)3 2,5.10-2M. Xác định nồng độ các ion khi cân bằng ở 250C.
Tính thế của các cặp oxi hóa khử khi cân bằng.
Câu 28 (30/04 lớp 11 – Chuyên Tiền Giang):
1. Một pin được cấu tạo như sau:
Ag | dung dịch AgCl bão hòa, HCl 1M || AgNO3 1M | Ag
E0Ag+ /Ag = 0,799V; E 0AgCl /Ag = 0,222V
Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động và tính tích số tan của AgCl .
2. Cho biết: E0I /I− = 0,62V; E0I /I− = 0,79V; E 0I− /I− = 0,535V; E 0IO− /I = 1,19V
2

2

3

3

3

2

a) Tính E IO− /I− ở pH = 0 và pH = 14.
3

⎯⎯
→ I2 + I−
b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau trong dung dịch nước: I 3− ⎯
⎯
Câu 29:
1. Cho biết các giá trị thế điện cực: E0Fe2+ /Fe = -0,44V; E0Fe3+ /Fe2+ = 0,77V .

a) Xác định E0 của cặp Fe3+/Fe.
b) Từ kết qủa thu được hãy chứng minh rằng khi cho sắt kim loại tácdụng với dung dịch HCl
0,1M chỉ có thể tạo thành Fe 2+ chú khơng thể tạo thành Fe 3+.
2. Từ các dữ kiện của bảng thế điện cực chuẩn của một số cặp oxi hóa – khử, chứng minh rằng các
kim loại có thế điện cực âm ở điều kiện chuẩn đẩy được hidro ra khỏi dung dịch axit.
Câu 30: 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.
Biết: E0Sn4+ /Sn2+ = 0,15V; E0Fe3+ /Fe2+ = 0,77V; E 0Ag+ /Ag = 0,80V
Câu 31: 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.

Biết: E0Sn4+ /Sn2+ = 0,15V; E0Fe3+ /Fe2+ = 0,77V; E 0Ag+ /Ag = 0,80V
Câu 32: Có thể hịa tan hồn tồn 100 mg kim loại bạc trong 100 ml dung dịch amoniac 0,1M khi tiếp
xúc với không khí được khơng? Cho biết MAg = 107,88; K b(NH3 ) = 1,74.10−5 . Các hằng số bền của phức
[Ag(NH3)i]+ tương ứng là: lgβ1 = 3,32 và lgβ2 = 6,23. Các thế khử (thế oxi hóa – khử) chuẩn ở 250C:
0
E0Ag+ /Ag = 0,799V; E(O
= 0,401V. Áp suất riêng phần của oxi trong khơng khí là 0,2095 atm. Phản
/OH − )
2

ứng thực hiện ở 25 C.
Câu 33:
1.
a) Để xác định hằng số điện li của axit axetic người ta thiết lập một pin gồm hai điện cực:
- Điện cực 1 là điện cực hidro tiêu chuẩn.
0

-17-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

- Điện cực 2 là dây Pt nhúng vào dung dịch axit axetic 0,01M.
b) Thiết lập sơ đồ pin và viết các bán phản ứng xảy ra trên bề mặt mỗi điện cực khi pin hoạt động.
2. Sức điện động của pin đo được ở 250C là 0,1998V. Tính hằng số điện li của axit axetic.
Cho: (RT/nF)ln = 0,0592lg; p H = 1 atm
2

Câu 34: Cho E

0
Cu2+ /Cu

= 0,345V; E0Zn2+ /Zn = -0,76V.

a) Hãy viết sơ đồ pin được dùng để xác định thế điện cực tiêu chuẩn của các cặp trên. Chỉ rõ cực
dương, cực âm. Cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin khi pin hoạt động.
b) Ở 25oC, tiến hành thiết lập 1 hệ ghép nối giữa thanh Zn nhúng vào dd ZnCl 2 0,01M với thanh
Cu nhúng vào dd CuCl 2 0,001M thu được một pin điện hố.
- Viết kí hiệu của pin và phản ứng xảy ra khi pin làm việc.
- Tính Epin.
Câu 35:
a) Chứng minh CuS có thể tan trong dung dịch HCl có hịa tan H2O2. Biết TCuS = 10-35;
0
K a1 (H2S) = 10−7 ; K a2 (H2S) = 10−13 . E1(H
= 1,77V; E02(S / H2S) = 0,14V.
2 O2 /H2 O)
b) Hãy giải tích vì sao Ag dễ dàng tan trong dung dịch có chứa amoniac, amoniclorua khi có mặt oxi
khơng khí?
E0Ag+ /Ag = 0,80V; E 0O2 /H2 O = 1,23V; K a(NH+ ) = 10−9,24 ; hằng số bền [Ag(NH3)2]+ = 107,2
4

Câu 36: Ở 298K cho dịng điện 1 chiều có cường độ 0,5A qua bình điện phân chứa 2 điện cực platin
nhúng trong 200ml dung dịch gồm Cu(NO3)2 0,02M, Co(NO3)2 1M, HNO3 0,1M.
a) Viết các bán phản ứng có thể xảy ra trên catot và anot trong quá trình điện phân.
b) Khi 10% lượng ion kim loại đầu tiên bị điện phân, người ta ngắt mạch điện và nối đoạn mạch hai
cực của bình điện phân. Hãy cho biết hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa.
c) Xác định khoảng thế của nguồn điện ngoài đặt vào catot để có thể điện phân hồn tồn ion thứ nhất
trên catot (coi q trình điện phân là hồn tồn khi nồng độ của ion bị điện phân cịn lại trong dung dịch
là 0,005% so với nồng độ ban đầu).

d) Tính thể tích khí thốt ra (đktc) trên anot sau khi điện phân được 25 phút. Khi đó, giá trị thế catot
là bao nhiêu?
Chấp nhận: Áp suất riêng phần của khí hidro là 1 atm; khi tính tốn khơng kể đến quá thế; nhiệt độ dung
dịch không thay đổi trong quá trình điện phân.
Cho biết: E0Cu2+ /Cu = 0,337V; E0Co2+ /Co = -0,227V. Hằng số Farađay F = 96500 C.mol-1. Ở 298K thì
2,303(RT/F) = 0,0592.
Câu 37: A là dung dịch hỗn hợp CuSO4 0,1 M và H2SO4 0,05 M. Tiến hành điện phân dung dịch A với
anot trơ và catot bằng Cu. Tăng từ từ hiệu điện thế ở 2 cực của bình điện phân. Tính hiệu điện thế tối
thiểu phải đặt vào 2 cực của bình điện phân để cho quá trình điện phân xảy ra (giả sử HSO−4 điện li hồn
tồn, khơng xét sự tạo thành H2O2 và H2S2O8).
Cho biết: E0(4H+ , O /2H O) = 1,23V; E 0Cu2+ /Cu = +0,34V
2

2

-18-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

CÂN BẰNG HÓA HỌC

CHUYÊN ĐỀ 6

CHUYÊN ĐỀ 6: CÂN BẰNG HÓA HỌC

I. LÝ THUYẾT CƠ BẢN
1. Cân bằng hóa học
Cân bằng hóa học là trạng thái của phản ứng thuận nghịch khi ∆G = 0 hoặc khi tốc độ phản ứng
thuận bằng tốc độ phản ứng nghịch. Cân bằng hóa học là cân bằng động.

2. Hằng số cân bằng Kp

⎯⎯
→ cC + dD
Xét phản ứng thuận nghịch gồm các khí lí tưởng: aA + bB ⎯
⎯
Ở nhiệt độ, áp suất không đổi:
P c .P d
(6.1)
G T = G0T + RTln Ca Db = G0T + RT ln Q p
PA .PB
PA, PB, PC, và PD – áp suất riêng phần (atm) của các khí A, B, C và D lúc tính ∆G của phản ứng.
Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng thì ∆G = 0, nên (6.1) trở thành:

G0T = -RTln(

PCc .PDd
)cb
PAa .PBb

(6.2)

PA, PB, PC, và PD – áp suất riêng phần (atm) của các khí A, B, C và D trong phản ứng lúc cân bằng
n
(cb) với Pi = i * P .
n
Ở trạng thái cân bằng thành phần các chất trong phản ứng không biến đổi, nên tỉ số sau là hằng
P c .P d
số: K p = ( Ca Db )cb
(6.3)

PA .PB
Kp – hằng số cân bằng áp suất, Kp chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ và bản chất phản ứng.
Thay (6.3) vào (6.2): G0T = -RT ln K p

(6.4)
-19-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

Thay (6.4) vào (6.1): GT = RT ln(Qp /K p )

(6.5)

(6.4) và (6.5) là các phương trình đẳng nhiệt Van’t Hoff.
3. Các hằng số cân bằng Kc, Kn và Kχ

⎯⎯
→ cC + dD
Xét cân bằng gồm các khí lí tưởng: aA + bB ⎯
⎯

[C]c .[D]d
(6.6)
)cb
[A]a .[B]b
[i] – nồng độ mol/L của cấu tử i ở trạng thái cân bằng.
Kc – hằng số cân bằng nồng độ; Kc chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ và bản chất phản ứng.
n c .n d
(6.7)

K n = ( Ca Db )cb
n A .n B
Ở trạng thái cân bằng ta có: K C = (

ni – số mol của khí i ở trạng thái cân bằng.
c .d
ni
K  = ( Ca Db )cb víi i =
 A .B
n

(6.8)

χi – phần mol của cấu tử i ở trạng thái cân bằng.
Giữa các hằng số cân bằng của phản ứng xác định ở cùng nhiệt độ có mối liên hệ như sau:
P n
n
(6.9)
K p = K c (RT)n = K n (
)cb = K  (P)cb
n
R – hằng số khí lí tưởng, ở đây R = 0,082 L.atm.K-1,mol-1;
Δn – hiệu số mol khí ở vế sản phẩm và số mol khí ở vế các chất phản ứng trong PTHH;
P – áp suất của hệ lúc cân bằng (atm);

 n - tổng số mol khí (kế cả khí khơng phản ứng) của hệ lúc cân bằng.

Khi số mol khí ở hai vế của PTHH bằng nhau hoặc phản ứng khơng có chất khí (Δn = 0), thì:
K p = Kc = Kn = K
4. Cân bằng trong hệ dị thể

Vì áp suất ảnh hưởng rất ít đến chất ngưng tụ (chất rắn, chất lỏng), vì vậy trong các biểu thức
hằng số cân bằng K khơng có mặt thành phần của chất ngưng tụ. Ví dụ:

⎯⎯
→ 2CO(k )
C (gr) + CO2(k ) ⎯
⎯
Kp = (

2
PCO
n2
2
[CO]2
)cb ; K c = (
)cb ; K n = ( CO )cb ; K  = ( CO )cb
PCO2
[CO2 ]
n CO2
CO2

Lưu ý rằng, hằng số cân bằng đi liền với PTHH cụ thể. Ví dụ:

2CO(k) + O2(k)

⎯⎯
→ 2CO2(k) ; K p = (
⎯
⎯

2
PCO
2
2
PCO
.PO2

⎯⎯
→ CO 2(k ) ; K 'p = (
CO(k ) + 1/2O2(k ) ⎯
⎯
2CO2(k)

⎯⎯
→ 2CO(k) + O2(k) ; K ''p = (
⎯
⎯

)cb

PCO2
PCO .PO1/22
2
PCO
.PO2
2
PCO
2

)cb

)cb

Ở cùng nhiệt độ: K p = (K 'p )2 = 1/K ''p
5. Sự chuyển dịch cân bằng – Nguyên lí chuyển dịch cân bằng Le Chatelier
Sự chuyển dịch cân bằng là sự di chuyển từ trạng thái cân bằng này sang trạng thái cân bằng
khác do tác động của các yếu tố bên ngồi lên cân bằng.
Ngun lí chuyển dịch cân bằng Le Chatelier: “Một hệ đang ở trạng thái cân bằng, khi chịu tác
động từ bên ngoài, như làm biến đổi nhiệt độ, áp suất, nồng độ, thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều
làm giảm tác động bên ngồi đó”.
-20-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

6. Các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng
a. Ảnh hưởng của nhiệt độ đến cân bằng
Ta có: G0T = -RT ln K p . Để mô tả sự phụ thuộc này ta có phương trình Van’t Hoff:
 ln K p

H 0T
T
RT 2
Lấy tích phân xác định từ T1 đến T2 ta có:
(

(6.10)

)P0 =

K TP2

H0  1
1 
=
(6.11)


T1
R  T1 T2 
KP
Nếu phản ứng thu nhiệt (∆H > 0), khi tăng nhiệt độ, Kp tăng, nghĩa là cân bằng chuyển dịch theo
chiều thuận.
Nếu phản ứng tỏa nhiệt (∆H < 0), khi tăng nhiệt độ, Kp giảm, nghĩa là cân bằng chuyển dịch theo
chiều nghịch.
Lí luận tương tự cho từng trường hợp giảm nhiệt độ, cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều ngược
lại.
b. Ảnh hưởng của áp suất đến cân bằng
n
Từ (6.9): K p = K  (P)cb
ln

Vì Kp của phản ứng chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ, nên ở nhiệt độ khơng đổi:
- Nếu ∆n > 0, khi Pcb tăng thì Kχ giảm, nghĩa là cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.
- Nếu ∆n < 0, khi Pcb tăng thì Kχ tăng, nghĩa là cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
- Nếu ∆n = 0, áp suất không làm chuyển dịch cân bằng.
c. Ảnh hưởng của nồng độ đến cân bằng
Xét cân bằng sau trong bình kín ở nhiệt độ khơng đổi:
2

C (gr) + CO2(k)

⎯⎯
→ 2CO(k) ; K c = ( [CO] )cb
⎯
⎯
[CO2 ]

(6.12)

Vì Kc là hằng số ở nhiệt độ không đổi, nên việc thêm hoặc bớt một lượng CO2 hoặc CO vào hệ
cân bằng đều làm tỉ số (6.12) biến đổi, do đó cân bằng phải chuyển dịch cho tới khi tỉ số (7.12) trở lại
giá trị ban đầu.
Từ đó, dễ dàng hiểu rằng, việc cho thêm CO2 vào hệ cân bằng, thì CO2 phải phản ứng thêm với
C để giảm bớt lượng CO2 và tăng thêm lượng CO. Lí luận tương tự cho trường hợp lấy bớt lượng CO2,
cho thêm hoặc lấy bớt CO.
Lưu ý: Việc thêm hoặc bớt một lượng nhỏ chất rắn hoặc lỏng (trừ trường hợp việc thêm hoặc bớt
một lượng lớn gây ra sự biến đổi áp suất hoặc thể tích của hệ cân bằng) khơng ảnh hưởng đến cân bằng,
vì thành phần chất ngưng tụ khơng có mặt trong biểu thức của hằng số cân bằng K.
II. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (HSG QUẢNG BÌNH 12 – 2011): Trộn H2 và I2 vào một bình kín ở 4100C. Phản ứng đạt đến
cân bằng với [H2] = [I2] = 0,224M và [HI] = 1,552M.
a) Tính nồng độ ban đầu của các chất.
b) Giữ nguyên nhiệt độ của bình phản ứng và cho thêm vào bình 1 mol/l iot. Hãy tính tốn cụ thể để
minh họa sự chuyển dịch của cân bằng phản ứng.
Giải:

⎯⎯
→ 2HI
H2 + I2 ⎯
⎯
a) Nồng độ đầu của các chất phản ứng là: C H2 = C I2 = 0,224 + (1,552/2) = 1 mol/L

b)  K c =

(1,552)2
= 48
0,224*0,224

Thêm vào bình 1 mol/L I2, coi nồng ban đầu của các chất là: C H2 = 1 mol/L/; C I2 = 2 mol/L
-21-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

H2
b®

1

[]

1-x

+

⎯⎯
→
⎯
⎯

I2

2HI

2

 Kc =

0

2-x

2x

x = 0,932 mol/L
(2x)2
= 48  
(1 - x)(2 - x)
[HI] = 2x = 1,864 mol/L

Nồng độ của HI tăng thêm: 1,864 – 1,552 = 0,312 mol/L. Vậy cân bằng đã chuyển dịch về phía tạo thành
HI.
Câu 2 (30/04 lớp 11 – Chu Văn An Ninh Thuận): Từ phản ứng thuận nghịch sau:

⎯⎯
→
⎯
⎯

PCl 5(k )

PCl3(k )

+

Cl 2(k )

Hỗn hợp sau khi đạt đến trạng thái cân bằng có d hh / kk = 5 ở 1900C và 1 atm.
a) Tính hệ số phân li α của PCl5.
b) Tính hằng số cân bằng KP.
c) Tính hệ số phân li α ở áp suất P = 0,5 atm.
Giải:
a) Tính hệ số phân li α của PCl5:
⎯⎯
→
PCl 5(k ) ⎯
PCl 3(k )
⎯

b®

n

d PCl5 /kk =

Cl2(k )

0

n(1 - )

[]

+

M PCl5
29

0

n
=

m PCl5
29n

Sau phản ứng: d hh/kk =

n 

 n = n(1 + )
(1)

= d0

m hh
=d
29n(1 + a)

(2)

Ta có (1) : (2): (d 0 /d) = 1 +    = (d 0 /d) - 1 = (7,2 - 5)/5 = 0,44

b) Tính hằng số cân bằng KP

Gọi P là áp suất hệ cân bằng: P = 1 atm. ADCT: Pi = (n i /  n)P

 PPCl3 = PCl2 = nP/[n(1 + )]; PPCl5 = n(1 - )P/[n(1 + )]  K P =

PPCl3 .PCl2
PPCl5

=

2
= 0,24
1 − 2

c) Tính hệ số phân li α ở áp suất P = 0,5 atm

KP
=
KP + P

' =

0,24
= 0,57
0,24 + 0,5

Câu 3 (30/04/2015 khối 10 – Đề chính thức): Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới
3870C tại áp suất 10 atm. Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP.
Giải:

N 2(k )
b® (mol)

1

[] (mol)

1-x

+

3H 2(k )

⎯⎯
→
⎯
⎯

2NH 3(k )

3
3 - 3x

0
2x

Lúc cân bằng số mol H2 = 3 lần số mol N2
Vậy % số mol N2 lúc cân bằng là: (100 – 3,85)/4 = 24,04%; %H2 = 72,11%.
Áp suất riêng phần đối với từng chất là: PNH3 = 0,0385*10 = 0,385 atm; PH2 = 0,7211*10 = 7,211 atm

PN2 = 0,2404*20 = 2,404 atm  K p =

2
PNH
3
3
H2

PN2 .P

=1,644.10−4 ; K c = K p .(RT)−n = 0,4815

Câu 4 (HSG HÀ TĨNH 10 – 2012): Cho hỗn hợp khí A gồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn
điều chế H2 từ hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng:
-22-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

⎯⎯
→ CO 2(k ) + H 2(k )
CO(k ) + H 2 O(k ) ⎯
⎯
Hằng số cân bằng KC của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm khơng đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu
của CO và H2O bằng 1 : n. Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2.
a) Hãy thiết lập biểu thức liên quan giữa n, a và KC.
b) Cho n = 3, tính thành phần % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng (ở trạng thái cân bằng).
c) Muốn thành phần % số mol CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao
nhiêu?

Giải:
a) Xét cân bằng:
⎯⎯
→ CO2(k ) + H 2(k )
CO(k ) + H 2 O(k ) ⎯
⎯
b®

1

n

0

1

[]
1-a
n-a
a
1+a
Tổng số mol sau phản ứng: (1 - a) + (n - a) + a + (1 + a) = n + 2 = N
[CO2 ].[H 2 ]
a(a + 1)
Kc =
=
[CO].[H 2 O] (1 - a).(n - a)
b) Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp: x = (1 - a)/N  a = 1 - Nx
Khi n = 3 thay a vào Kc, thay số vào, rút gọn: 100x2 + 65x – 2 = 0  x = 2,94%
c) Muốn x = 1% thay a = 1 - Nx và thay tiếpvào Kc ta có phương trình:

5,04N2 – 12N – 200 = 0  N = 7,6  n = 5,6.
Vậy để %VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải có giá trị lớn hơn 5,6.
Câu 5 (HSG YÊN BÁI 11 – 2012): Nén 2 mol nitơ và 8 mol hiđro vào một bình kín có thể tích 2 lít (chỉ
chứa sẵn chất xúc tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng trong
bình đạt cân bằng, áp suất khí trong bình bằng 0,8 áp suất lúc đầu (khi mới cho xong các khí vào bình,
chưa xảy ra phản ứng). Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong bình.
Giải:
Xét cân bằng:
⎯⎯
→ 2NH 3(k )
N 2(k ) + 3H 2(k )
⎯
⎯
b® (mol)

2

[] (mol)

2-x

8

0

8 - 3x

2x

Tổng số mol khí lúc đầu:

2 + 8 = 10 mol
Tổng số mol khí lúc cân bằng:
(2 - x) + (8 - 3x) + 2x = 10 - 2x mol
Vì thể tích bình và nhiệt độ khơng đổi nên áp suất trong bình tỉ lệ thuận với số mol khí:
p cb
10 - 2x
=
= 0,8  x = 1 mol → x = 1 mol
pđ
10

[NH3 ]2
[NH3] = 1M; [N2] = 0,5M; [H2] = 2,5M  K c =
= 0,128
[N 2 ].[H 2 ]3
Câu 6 (30/04 lớp 10 – Chuyên Lê Khiết Quãng Ngãi): Cho cân bằng:

PCl 5(k )

⎯⎯
→
⎯
⎯

PCl3(k )

+ Cl2(k )

a) Trong một bình kín dung tích V lít chứa m gam PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy ra
phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu thức của

Kp theo độ phân li  và áp suất P.
b) Người ta cho vào bình dung tích V lít 83,4 gam PCl5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T1(0K). Sau
khi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđro bằng 69,5.
Tính  và Kp.
-23-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

c) Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 như trên, dung tích bình vẫn là V lít nhưng hạ
nhiệt độ của bình đến T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính Kp và . Từ đó cho
biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt.
Giải:
a) Xét cân bằng:
⎯⎯
→
PCl 5(k )
PCl3(k )
+
Cl 2(k )
⎯
⎯

[]

1-



Pi (1 - )P/(1 + )

Ta có: K p =

PPCl3 .PCl2
PPCl5



P/(1 + )

 Kp =



n = 1 + 

P/(1 + )

[P/(1 + )]*[P/(1 + )]
α2
=
.P
[(1 - )P/(1 + )]
1 − α2

b) Theo đề: n PCl5 (b®) = 83,4/208,5 = 0,4 mol; P = 2,7 atm . Đặt tổng số mol khí của hỗn hợp tại [] là: nS.
d S / H2 = 69,5  M S = 69,2*2 = 139

Áp dụng BTKL: mS = m PCl5( b® ) = 83,4 gam  n S = 83,4/139 = 0,6 mol
PCl 5(k )

⎯⎯
→
⎯
⎯

PCl3(k )

+

Cl 2(k )

b®

0,4

0

0

[]

0,4 - x

x

x

 n S = 0,4 - x + x + x = 0,6 → x = 0,2

2

(0,5)2
P
=
* 2,7 = 0,9
1 - 2
1 - (0,5)2
Gọi: Áp suất của hệ tại nhiệt độ T1 là P1 = 2,7atm, số mol n1 = nS = 0,6 mol.
Áp suất của hệ tại nhiệt độ T2 = 0,9T1 là P2, số mol n2.
Với P2 = 1,944 atm.
P1V1 = n1RT1
PV
n RT
PV
n1RT1
 1 1 = 1 1  1 =
Ta có:
P2 V2 = n 2 RT2
P2 V2 n 2 RT2
P2 V n 2 R.0,9.T1
Do đó:  = (x/0,4) = 0,2/0,4 = 0,5  K p =

c)

 n2 =
PCl 5(k )
b®
[]

0,4
0,4 - x'

⎯⎯
→
⎯
⎯

PCl3(k )

+

n1P2
0,6.1,944
=
= 0,48
P1.0,9
2,7.0,9
Cl 2(k )

0

0

x'

x'

 n S = 0,4 - x' + x' + x' = 0,48 → x' = 0,08

 '2
(0,2)2

P
=
*1,944 = 0,081
1 -  '2
1 - (0,2)2
Vì giảm nhiệt độ thì độ phân li PCl5 giảm, do đó phản ứng phân li PCl5 là phản ứng thu nhiệt.
Do đó:  ' = (x'/0,4) = 0,08/0,4 = 0,2  K 'p =

Câu 7 (HSG QUẢNG BÌNH 12 - 2013): Một bình kín chứa khí NH3 ở 00C và p atm với nồng độ 1M.

⎯⎯
→ N2 + 3H2 (1). Khi phản
Nung bình kín đó đến 5460C và NH3 bị phân hủy theo phản ứng: 2NH3 ⎯
⎯
ứng trên đạt đến cân bằng, áp suất khí trong bình là 3,3p atm. Thể tích bình khơng đổi. Tính hằng số cân
bằng Kc của cân bằng (1) ở 5460C.
Giải:
0
- Áp suất bình trước khi phản ứng ở 546 C: P1 = (P0.T1)/T0 = (p.819)/273 = 3p atm
Ta có cân bằng:

-24-


Tài liệu ôn HSG – Chuyên đề cơ sở lý thuyết hóa học và phi kim – THPT Krơng Bơng

2NH 3

N2

bđ

1

0

[]

1-x

x/2

+

3H 2
Tổng nồng độ các chất tại cân bằng lµ: (1 + x)M

0
3x/2

Trong cùng điều kiện V, T thì tỉ lệ áp suất bằng tỉ lệ nồng độ (mol/l) do đó ta có:
3p
1
=
 x = 0,1

3,3p 1 + x
819
Vậy hằng số cân bằng Kc của phản ứng trên ở 5460C là: K C =

(0,15)3 .0, 05
 2, 08.10−4
2
(0,9)

Câu 8 (HSG QUẢNG BÌNH 11 – 2013): Haber là một trong số các nhà hố học có đóng góp quan
trọng vào phản ứng tổng hợp NH3 từ khí H2 và N2.
Trong thí nghiệm 1 tại 4720C, Haber và cộng sự thu được [H2] = 0,1207M; [N2] = 0,0402M; [NH3] =
0,00272M khi hệ phản ứng đạt đến cân bằng. Trong thí nghiệm 2 tại 500oC, người ta thu được hỗn hợp
cân bằng có áp suất riêng phần của H2 là 0,733 atm; của N2 là 0,527 atm và của NH3 là 1,73.10-3 atm.

⎯⎯
→ 2NH3 (k) là phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt? Tại sao?
Phản ứng thuận: 3H2(k) + N2(k) ⎯
⎯
Giải:
Tại 4720C: K c =

[NH 3 ]2
(0,00272) 2
=
= 0,105
[H 2 ]3 .[N 2 ] (0,1207)3 .(0,0402)

→ K p = K c (RT) n = 0,105[0,082.(472 + 273)]−2 = 2,81.10-5
Tại 500 C: K p =

p 2NH3

o

p3H2 .p N2

=

(1,73.10-3 ) 2
= 1,44.10-5 < 2,81.10-5
3
(0,733) .(0,527)

Nhiệt độ tăng, Kp giảm → phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt (theo nguyên lí của Le Chatelier).
Câu 9 (HSG QUẢNG BÌNH 11 – 2016): Người ta đun nóng một lượng PCl5 trong một bình kín thể

⎯⎯
→
⎯
⎯

tích 12 lít ở 2500C. PCl 5(k )

PCl3(k )

+ Cl 2(k )

Lúc cân bằng trong bình có 0,21 mol PCl5; 0,32 mol PCl3; 0,32 mol Cl2. Tính hằng số cân bằng KC, KP
của phản ứng ở 2500C.

Giải:
PCl 5(k )

⎯⎯
→
⎯
⎯

[] 0,21/12

K P = K C .(RT) n =

PCl3(k )
0,32/12

+ Cl 2(k )
0,32/12

 Kc =

(0,32)2
= 0,0406 mol/L
0,21*12

0,0406.22, 4.(273 + 250)
= 1,7423 (atm)
273

Câu 10 (HSG QUẢNG BÌNH 11 – 2018): Cho cân bằng hóa học:
⎯⎯

→ 2NH3 (k) ;  0 = - 46 kJ.mol-1 .
N2 (k) + 3H2 (k) ⎯
⎯
Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3 thì khi đạt tới
trạng thái cân bằng (450oC, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích.
a) Tính hằng số cân bằng KP.
b) Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng
NH3 chiếm 50% thể tích? Giả sử H0 khơng thay đổi trong khoảng nhiệt độ nghiên cứu.
Giải:
a)

-25-