CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HS GIỎI HÓA 12 PIN ĐIỆN

CHUYÊN ĐỀ: PIN ĐIỆN
PHẦN I. MỞ ĐẦU
1.

Lí do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy và luyện thi HSG các cấp ở trường THPT chuyên, nhiều

nội dung kiến thức được mở rộng và nâng cao trong đó có phần điện hóa. Trong các đề thi
học sinh giỏi quốc gia hàng năm phần bài tập phần điện hóa luôn là một nôi dung thường
xuyên được đề cập. Để có thể giải quyết được các bài tập dạng này, học sinh cần nắm
vững những kiến thức cơ bản về điện hóa, hiểu rõ các khái niệm về cặp oxi hóa khử, điện
cực và thế điện cực, cân bằng điện hóa và cách tính cân bằng điện hóa, các yếu tố ảnh
hưởng đến thế điện cực...Chính vì vậy trong bài viết này chúng tôi xin chọn đề tài viết về
“điện hóa” với một số nội dung chính về lý thuyết và bài tập của mảng kiến thức khá rộng
này
2.

Mục đích nghiên cứu
Trên cơ sở kiến thức lý thuyết xây dựng các bài tập vận dụng trên các khía cạnh

khác nhau , bài tập đưa ra có tính chọn lọc, hệ thống, từ đó giúp người đọc dễ dàng nắm
bắt và giải quyết các bài tập liên quan đến nội dung này một cách thuần thục.
3.

Giới hạn nghiên cứu
Bài tập về phần điện hóa

4.

Nhiệm vụ nghiên cứu
Hệ thống nội dung lý thuyết trọng tâm.

Xây dựng các bài tập để cho học sinh giỏi các cấp ôn luyện.

5.

Đối tượng và phương pháp nghiên cứu
* Đối tượng nghiên cứu: Nội dung phần điện hóa
* Phương pháp nghiên cứu:
- Nghiên cứu tài liệu.
- Phân loại và xây dựng hệ thống bài tập có liên quan.
PHẦN II. NỘI DUNG

A. CƠ SỞ LÝ LUẬN I. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
I.1. Một số loại điện cực:


1. Điện cực kim loại :

Điện cực kim loại là một hệ gồm kim loại M nhúng và dung

dịch chứa cation Mn+. Trên bề mặt điện cực có cân bằng
Mn+ + ne ⇔ M0.
Điện cực kim loại được ký hiệu là :
Ví dụ : Zn ⎮ Zn2+, C

M 0 ⎮ Mn+, C

Cu ⎮ Cu2+, C

C : là nồng độ mol/l của Mn+ trong dung dịch , đối với điện cực chuẩn C = 1M
2. Điện cực oxi hóa - khử : Là loại điện cực trong đó chất làm điện cực là một chất

trơ ( Pt, than chì ) , không tham gia phản ứng điện cực mà là nơi trao đổi electron giữa chất
oxi hóa và chất khử nằm trong dung dịch . Chất làm điện cực trơ thường là platin hay than
chì. Chất oxi hóa và chất khử có thể là chất khí hay các ion nằm trong dung dịch .
Nhúng một thanh platin vào dung dịch có cặp oxh/kh , lúc này có thể xảy ra các trường
hợp sau .
• Nếu khả năng thu electron của dạng oxi hóa mạnh , dạng oxi sẽ lấy một số electron
của thanh platin và biến thành dạng khử tương ứng .
OXH + n e

⇔

KH

Làm cho thanh platin tích điện dương , dung dịch tích điện âm và điện cực có thế
dương so với dung dịch
• Nếu khả năng khử của dạng khử mạnh hơn, nó sẽ nhường một số electron cho thanh
platin và biến thành dạng oxi hóa tương ứng .
Kh

- ne ⇔ Oxi

Làm cho thanh Pt tích điện âm , dung dịch tích điện dương, do đó thanh Pt có điện
thế âm so với dung dịch . Thế điện cực oxh – kh thường được gọi tắt là thế oxh – kh
Ví dụ : khi nhúng thanh platin vào dung dịch có chứa đồng thời hai muối FeSO 4 và
Fe2(SO4)3 tức là dung dịch có cặp oxh – kh Fe 3+/Fe2+ ta được điện cực oxh – kh có ký
hiệu là :

( Pt ) Fe3+/ Fe2+ và phản ứng điện cực là :

3.Điện cực calomen bão h a:

Fe3+ + e ⇔ Fe2+

Điện cực gồm thuỷ ngân ( Hg ), calomen ( Hg2Cl2) và

dung dịch chứa chất điện ly có ion Cl- ( KCl, NaCl … ).


Phản ứng oxh – kh xảy ra trên điện cực calomen ( vì thuỷ ngân lỏng nên dùng
thêm một dây platin nhúng vào thuỷ ngân và nối với một day dẫn ra ngoài )
Hg2Cl2 + 2e ⇔

2Hg + 2Cl-

Điện cực calomen ký hiệu là :

Hg ⎮ Hg2Cl2 ⎮ Cl-, C

Điện cực này có ưu điểm là điện thế ổn định
4.Điện cực hydro : Điện cực hydro là một điện cực khí thuộc loại điện cực oxh – kh .
Điện cực gồm một tấm Pt phủ muội platin nhúng vào dung dịch axít chứa ion H+, đựng
trong ống thuỷ tinh đã được dẫn vào một luồng khí hydro có một áp suất P xác định .
Điện cực khí hydro được ký hiệu là :
Pt ⎮ H2, 1 atm ⎮ H+, 1M

và phản ứng điện cực là

H2 ⇔ 2H+ + 2e

I.2. THẾ ĐIỆN CỰC:

1.

Điều kiện tiêu chuẩn của các loại điện cực
Một điện cực được coi là ở điều kiện tiêu chuẩn khi:
- Nồng độ (chính xác là hoạt độ) của ion hoặc phân tử chất tham gia phản ứng
điện cực bằng 1 M. Nếu là chất khí thì áp suất riêng phần (chính xác là hoạt áp
riêng phần) của khí đó bằng 1 atm.
- Nhiệt độ xác định.

Ví dụ: Điện cực chuẩn của Zn là một thanh kẽm nhúng trong dung dịch Zn 2+ 1 M. Điện
cực chuẩn của cặp Fe3+/Fe2+ là điện cực gồm dây Pt nhúng trong dung dịch có [Fe 3+] =
[Fe2+] = 1 M.
Có những điện cực mà chất tham gia phản ứng điện cực tan ít trong nước. Ví dụ:
- Điện cực Ag nhúng trong dung dịch KCl có kết tủa AgCl, được ký hiệu:
Ag/AgCl,
KCl. Phản ứng của điện cực này như sau:

AgCl ↓ + e ⇌ Ag + Cl-

Điều kiện chuẩn của điện cực: nhiệt độ xác định, dung dịch Cl- 1 M bão hoà AgCl.
- Điện cực calomen Hg/Hg2Cl2, KCl:

Hg2Cl2 + 2e ⇌ 2 Hg + 2 Cl-


Điều kiện chuẩn của điện cực: nhiệt độ xác định, dung dịch Cl- 1 M bão hoà Hg2Cl2.
2.

Thế điện cực và thế điện cực chuẩn: Ta đã biết , suất điện động của pin bằng hiệu
số điện thế của hai điện cực ( khi không phóng điện )

E = E+ - ENhư vậy, ứng với một nữa phản ứng oxh – kh , mỗi điện cực có một điện thế xác
định gọi là thế điện cực ( E+ hay E- ). Thế của điện cực chuẩn gọi là thế điện cực
chuẩn hay thế chuẩn của điện cực. Trong thực tế người ta chỉ đo được hiệu số điện thế
của hai điện cực , mà không đo được trực tiếp thế của mỗi điện cực ứng với nữa phản
ứng oxh – kh .
Vì vậy , muốn thành lập một thang thế điện cực , người ta phải chọn một điện cực
tham chiếu với một thế điện cực qui ước xác định làm mốc sau đó đo hiệu số điện thế
giữa điện cực cần xét và điện cực tham chiếu. Trên cơ sở đó người ta xác định thế điện
cực riêng tương đối của các điện cực khác.
Theo qui ước quốc tế , điện cực chuẩn hydro được chọn làm điện cực tham chiếu

3.

Điện cực tiêu chuẩn Hydro :
“ Điện cực chuẩn hydro là điện cực hydro làm việc ở điều kiện t0C = 250C ; PH2 =
1atm và [ H+] = 1mol/l. Thế điện cực này được qui ước bằng 0 EoH+/H2 = 0,0 V “

Phản ứng ở điện cực hydro:
4.

2 H+(dd) + 2e ⇌ H2 (k)

Thế điện cực chuẩn của kim loại : Là sức điện động của pin tạo bởi điện cực làm
bằng kim loại đó ( ghi bên phải ) nhúng vào dung dịch muối của nó có nồng độ ion kim
loại bằng 1mol/l và điện cực tiêu chuẩn hydro ( ghi bên trái )
Pt , H2 ⎮ H+ ⎮⎮ Mn+ ⎮ M
PH2 = 1atm ; [ H+] = [ Mn+] = 1mol/l


5.

Thế điện cực oxh/kh : Là sức điện động của pin tạo bởi điện cực platin (ghi bên
phải ) nhúng vào dung dịch của cặp oxi hóa - khử có nồng độ mỗi dạng bằng 1mol/l và
điện cực hydro ( ghi bên trái )
Pt , H2 ⎮ H+ ⎮ ⎮ oxh, kh ⎮ Pt

PH2 = 1atm

[ H+] = [ oxh ] = [ kh ] = 1mol/l

Như vậy muốn đo thế điện cực tiêu chuẩn của kim loại, thế điện cực oxi hóa / khử tiêu
chuẩn ta phải đo sức điện động và xác định chiều d ng điện của pin .
• Thế điện cực của cặp nào càng nhỏ ( trị số đại số ) thì dạng khử hoạt động càng
mạnh c n dạng oxi hóa của nó hoạt động càng kém , ngược lại cặp có thế điện cực
càng lớn thì dạng oxi hóa hoạt động càng mạnh c n dạng khử của nó hoạt động càng
kém .
• Cặp oxh/kh nào có thế điện cực tiêu chuẩn lớn thì dạng oxi hóa của nó có thể oxi hóa
dạng khử của cặp có thế điện hóa nhỏ hơn
E0(Oxh1/Kh1) < E0(Oxh2/Kh2) : phản ứng

Oxh2 + Kh1 = Kh2 + Oxh1

I.3. PIN ĐIỆN HÓA
I.4. SUẤT ĐIỆN ĐỘNG CỦA PIN:
-

Suất điện động của pin là giá trị của hiệu số điện thế lớn nhất giữa hai điện cực của
pin. - Suất điện động của pin được tính bằng hiệu số điện thế giữa
điện cực dương và điện cực âm:
Epin = E+ - E-

ΔG0 = -RT.lnK

ΔG = - nF.E

Thế khử tiêu chuẩn EoOx/Kh của các cặp Ox/Kh đựơc tính ở điều kiện:
T = 298oK;

P = 1 atm = 101,325 kPa;

[Ox] = [Kh] = 1 M

Theo quy ước: Eo2H+/H2 = 0 (V).
Từ hệ thức: ΔG = ΔGo + RTlnK
Ta có:

- nF.E = - nF.Eo + RTlnK , với E là thế khử ở điều kiện bất kỳ.


⇒

E = Eo - RT lnK hay: E = Eo - RT ln
nF

Trong biểu thức trên, nếu:

nF

[Kh]

[Ox]

R = 1,987 cal/mol.K thì F = 23060 cal

R = 8,314 J/mol.K

thì F = 96500 J

Nếu T = 298oK, thay ln = 2,303lg và các giá trị R, F vào biểu thức trên, ta có:

E = Eo - 0,059 lg[Kh]
n

[Ox]

Phương trình trên được gọi là phương trình Nernst.
-

Với các cặp Ox/Kh kiểu: Mn+ + ne = M(r) , phương trình Nernst có dạng:
E = Eo - 0,059nlg [M1n+]

-

Nếu phản ứng oxi hoá khử có ion H+ hay OH- tham gia, ví dụ:

-

+

-

-

+ 5e = Mn2+ + 4 H2O
MnO4 + 8 H
-

BrO3 + 3 H2O + 6e = Br + 6 OH
o

- lg

thì: EMnO4-/Mn2+ = E MnO4-/Mn2+

EBrO3-/Br- = EoBrO3-/Br- - 0,0596lg [Br[−BrO].[OH3−]−]6

-

Nếu có chất khí, ví dụ phản ứng:
= EoH3O+/H2 H2 (atm).
H3O+/H2

H3O

2 H3O+ + 2e = H2 (k) + 2 H2O thì:
lg

[

PH2

]

+

2

E

, với PH2 là áp suất riêng phần của


II- BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 1.
Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M.
1.

Tính pH của dung dịch A.

2.

Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B.
Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?

3.

Thiết lập sơ đồ pin bao gồm điện cực chì nhúng trong hỗn hợp B và điện cực platin
nhúng trong dung dịch CH3COONH4 1 M được bão hoà bởi khí hiđro nguyên chất ở áp
suất 1,03 atm. Viết phản ứng xảy ra trên từng điện cực và phản ứng trong pin khi pin làm
việc.

Cho: Fe3+ + H2O É FeOH2+ +

H+

lg*β1 = -2,17

Pb2+ + H2O É PbOH+ +

H+

lg*β2 = -7,80

Zn2+ + H2O É ZnOH+ +

H+

lg*β3 = -8,96

E0Fe3+/Fe2+ = 0,771 V; ES/H S0 2 = 0,141 V; E0Pb2+/Pb= -0,126 V;

ở 25 oC:
RT

2,303
ln =
0,0592lg F

pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan).
pKa1(H S)2 = 7,02; pKa2(H S)2 = 12,90; pKa(NH )+4 = 9,24; pKa(CH COOH)3 = 4,76

Giải:
Fe3+ + H2O É FeOH2+

1.

+

H+

*β1 = 10-2,17

(1)

Pb2+ + H2O É PbOH+

+

H+

*β2 = 10-7,80

(2)

Zn2+ + H2O É ZnOH+

+

H+

*β3 = 10-8,96

(3)

OH-

+

H+

Kw = 10-14

(4)

H2O

É

So sánh (1) → (4): *β1.CFe3+ >> *β2.CPb2+ >> *β3.CZn2+>> Kw → tính pHA theo (1):
Fe3+ + H2O É FeOH2+
C

0,05

[]

0,05 - x

x

+

H+

*β1 = 10-2,17

x

(1)


[H+] = x = 0,0153 M → pHA = 1,82.
2.

Do E0Fe /Fe
= 0,771 V> ES/H S0 = 0,141 Vnên:
1/ 2Fe3+ + H2S ⎯⎯→É 2Fe2+ + S↓ + 2H+
3+

2+

2

K1 = 1021,28

0,05
-

0,05

0,05

2/ Pb2+ + H2S ⎯⎯→É PbS↓ + 2H+
0,10

-

K2 = 106,68

0,05

0,25
3/ Zn2+ + H2S É ZnS↓

+ 2H+

K3 = 101,68

4/ Fe2+

+ 2H+

K4 = 10-2,72

+ H2S É FeS↓

K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS:
Vì môi trường axit → C'Zn2+ = CZn2+= 0,010 M; C'Fe2+ = CFe2+ = CFe3+= 0,050 M.
Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ → khả năng phân li của H2S trong môi trường axit
không đáng kể, do đó chấp nhận [H+] =
H2S

É

S2-

C

= 0,25 M → tính CS' theo cân bằng:

H+

+ 2H+

2-

Ka1.Ka2 = 10-19,92

C' 2- = Ka1.Ka2 [H+2S]2] = 10-19,92 =
S

10-19,72.

[H

Ta có: C'Zn .CS' < KS(ZnS) → ZnS không xuất hiện
2+

2-

Tương tự:C'Fe .CS' < KS(FeS) → FeS không tách ra.
2+

2-

Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.
3.

EPbS/Pb = EPb2+/Pb = E0Pb2+/Pb +

0,05922 lg[Pb2+] = - 0,126 + 0,05922

- 0,33 V

EPt = E2H /H+ 2 = 0,05922lg[HpH+ 22] , trong đó [H+] được tính như sau:

CH3COONH4 → NH+4 + CH3COO-

lg K[SS(PbS)2-] =


1
NH+4

É NH3

1
+ H+

Ka = 10-9,24

CH3COO- + H2 O É CH3COOH + OHC

(5)

Kb = 10-9,24

(6)

C

Do Ka = Kb và NH+4 = CHCOO3 - → pH = 7,00 → [H+] = 10-7
(có thể tính [H+] theo điều kiện proton hoặc tổ hợp 2 cân bằng (5) và (6))
Vậy:E2H /H+ 2 = 0,05922lg[HpH+ 22] = 0,05922lg101,03-14 = -0,415 V< EPbS/Pb = - 0,33 V

→ điện cực chì là catot, điện cực platin là anot. Sơ đồ pin:

(-) Pt(H2)│CH3COO- 1M; NH+4 1M ║ S; PbS; H2S 1M; H+ 0,25M; Fe2+ 0,05M; Zn2+
0,01M │Pb (+)
(p = 1,03 atm)
Trên catot:

PbS + 2H+ + 2e → Pb↓ + H2S
+

Trên anot :

H2

→ 2H + 2e

2x H+

+ CH3COO- → CH3COOH
H2 +

Phản ứng trong pin:

2CH3COO-

→ 2CH3COOH + 2e

PbS + H2 → Pb↓ + H2S

Bài tập 2
1. Có phản ứng CH3COOH (aq) + NaHS (aq)

CH3COONa (aq) + H2S (aq). Tại

250C có Ka (CH3COOH) = 1,8.10-5 ; Ka(H2S) =9,1.10-8 .
Phản ứng này tự xảy ra và sinh công . Năng lượng đó có thể chuyển thành năng lượng
d ng điện khi một pin được thiết lập dựa vào phản ứng trên.
a) Hãy viết các nửa phản ứng ở mỗi điện cực và viết sơ đồ pin đó theo quy tắc IUPAC. b)
Tính E0pin
c) Lập một pin có nồng độ ban đầu của CH3COOH là 1,0 M; của NaHS là 0,2 M. Sau một
thời gian pin hoạt dộng, nồng độ mỗi chất giảm 1/10 so với ban đầu hãy tính ∆G0298 của
phản ứng trong quá trình đó và tính nồng độ ion trong dung dịch khi pin dừng hoạt động.


2. Nhúng một lá bạc nhỏ vào dung dịch sắt (III) clorua nồng độ 0,05 M. Hãy tính nồng độ
các ion trong dung dịch khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng. Từ đó tính thế khử của các
cặp oxi hoá - khử trong dung dịch cân bằng.

Cho: EAg0

+

/ Ag

= 0,80V ; EFe0

3+

/ Fe2+

= 0,77V

Giải :
1)
a) Pin được thành lập là pin nồng độ do có sự chênh lệch nồng độ H+ ở 2 nửa pin
C1

- Áp dụng công thức của dung dịch đệm [H+]= Ka.
C2

(*), trong đó C1 là nồng dạng axit,

C2

là nồng độ dạng bazơ liên hợp. Ở điều kiện chuẩn C1=C2=1(M) thì dung dịch I (
CH3COOH + CH3COONa ) có [H+] I =1,8.10-5M ; c n dung dịch II (H2S, NaHS) có [ H+]
II

= 9,1.10-8 (M)

-Do [ H+] I > [H+] II nên điện cực I là (+), điện cực II là (-), sơ đồ pin như sau:
(-) Pt, H2 / NaHS, H2S // CH3COONa, CH3COOH / H2, Pt (+) Các phản
ứng điện cực:
ở cực (-) : 1/2H2 + HS- - e H2S ở cực (+): CH3COOH + e
CH3COO- + 1/2 H2

Phản ứng chung: CH3COOH + HS- CH3COO- + H2S b) Tính Ep0

Có Ep0 = 0,0592 lg [

[HH++]]III = 0,0592 lg

19,,81..1010−−58 ≈ 0,136 (V)

c) Ban đầu có dung dịch I : CH 3COOH 1M
dung dịch II : NaHS

0,2M

-Sau 1 thời gian phản ứng nồng độ mỗi chất giảm 1/10 so với ban đầu :
+) dd I: C1 =0,9M ;C2 = 0,1 M ⇒ thay vào (*) có [ H+ ] I = 1,62.10-4 (M)
+)dd II: C1 = 0,02 M; C2 = 0,18 M ⇒ thay vào (*) có [ H+] II = 1,01.10-8 (M)
1

⇒ Epin = 0,0592 lg 1

, 62

. 10

, 01 . 10−−48 = 0,249 (V)


⇒ ∆G = -nEF = -1.0,249.96500 = -24028,5 (J/mol)

*Tính nồng độ ion trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động.
CH3COOH + HS-

CH3COO- + H2S

Thể tích của 2 dung dịch lần lượt là V1 và V2, do số mol eletron trao dổi là như nhau nên
ta có: 0,1.V1 = 0,02 V2 → V2 = 5V1.
Không mất tính tổng quát có thể lấy V 1 = 1(l) và V2 = 5 (l) như vậy ban đầu có số mol
CH3COOH = số mol HS- = 1 (mol).
CH3COOH + HSn0

1

n

1-x

CH3COO- + H2S

1

(mol)

1-x

x

x

(mol)

Khi phản ứng kết thúc ta có :
1,8.10−5(1−x) *) Dung dịch I:

*) Dung dịch II: C1 =

x

; C2 =

C1 = 1-x ; C2 = x ⇒ [H+] I =
x

1−x

5

⇒ [H+] II =
5

9,10.10−8x

1−x

ở cân bằng ta có [H+] I = [H+] II ⇔ 1,8.10−5(1−x) = 9,1.10−8x
x

1−x

Giải phương trình ⇒ x = 0,9336 (mol) -Như
vậy khi pin ngừng hoạt động:
[CH3COOH] = 0,0664 M ; [CH3COO- ] = 0,9336 M
[H2S ] = 0,1867 (M) ; [ HS- ] = 0,0133 (M)
2) Xét phản ứng: Ag + Fe3+
có ∆E0 =EFe0

3+

/ Fe2+

−EAg0

+

= 0,77- 0,8 = - 0,03 (V) → K1 = 10

/ Ag

Ag + Fe3+

K1 =

C0

0,05

[]

0,05-x
x2

Ag+ + Fe2+ (1)
= 0,31

Ag+ + Fe2+

x

x

= 0,31 ⇒ x = 0,0438

0,05−x

-Trong dung dịch cân bằng có 2 cặp oxi hoá khử là Fe3+/Fe2+ và Ag+/Ag có thế bằng nhau:


EAg

+

/ Ag

= 0,8+ 0,0592lg0,0438 = 0,72(V) =EFe

3+ /

Fe2+

Bài tập 3.
1.

ở 250C oxi có thể oxi hoá khử được ion halogenua nào theo phương trình phản ứng:

4X- + O2 + 2H2O → 2X2 + 4 OHCho:EO0 /OH = 0,40 V;EX0 /2X : 2,87 V (F); 1,36 V (Cl) ; 1,09 V (Br);
−

2

2

−

0,54 V (I)
2.

Tính hằng số cân bằng của phản ứng:
Cu + Cu2+ + 2Cl-

2 CuCl ↓

Cho các thế khử tiêu chuẩn của cặp Cu 2+/Cu+ là 0,15V; của cặp Cu+/Cu là 0,52 V. Tích số
tan của CuCl là 10-7.

Giải:
1)

Xét phản ứng: 4X- + O2 + 2H2O → 2X2 + 4OH-

(1)

Có ∆G0 = - nF ∆E0 với E0 =EO0 /OH −EX0 / X
2

−

2

−

Để phản ứng tự xảy ra thì ∆G0 < 0 ⇔ ∆E0 > 0 ⇔ EX0 / X 2

Ta thấy không có halogen nào có EX0

2

/ X−

−

2

−

<0,4 → O2 không oxi hoá được ion halogenua nào

theo(1).
2)

Tính hằng số cân bằng của phản ứng:
Cu + Cu2+ + 2Cl-

2CuCl

Tổ hợp các cân bằng sau
Cu2+ + e

Cu+

K1 = 10

Bài tập 4.

Cu - e

Cu+

K2 = 10

Ở pH = 0 và ở

K3 = (107)2

250C thế điện

2 . Cu+ + Cl-

CuCl

cực tiêu chuẩn
Cu2+ + Cu + 2Cl-

2CuCl

K = K1. K2 .K3 = 107,75

E0 của một số

cặp oxi hoá- khử được cho như sau: 2IO 4-/I2(r): 1,31V; 2IO3-/I2(r): 1,19V; 2HIO/I2(r):
1,45V; I2(r)/2I-: 0,54V; (r) chỉ trạng thái rắn.
1.

Viết phương trình nửa phản ứng oxi hoá- khử của các cặp đã cho.


Tính E0 của các cặp IO4-/IO3- và IO3-/HIO.

2.

3.Về phương diện nhiệt động học thì các dạng oxi hoá- khử nào bền, các dạng nào là
không bền? Tại sao?
4. Thêm 0,40 mol KI vào 1 lít dung dịch KMnO4 0,24M 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 E0 của cặp IO3-/I2(H2O). I2(H2O) chỉ iot tan trong nước.
0
Cho biết: EMnO0
/Mn =1,51V ; E của điện cực calomen bão hoà bằng 0,244V; ở 25 C,
4−

2+

RT

ln = 0,0592lg; độ tan của iot trong nước bằng 5,0.10 4
M. F

Giải: 1. Các nửa phản ứng oxi hoá- khử:
2IO4- + 16H+ + 14e

I2(r) + 8H2O; EIO0

4−

/ I2(r)

=1,31V=E10

2IO3- + 16H+ + 10e

I2(r) + 6H2O; EIO0

3−

/ I2(r)

=1,19V=E20

2HIO + 2H+ + 2e

I2(r) + 2H2O; EHIO0 / I (r) =1,45V=E30
2

2I-

I2(r) + 2e

2IO4- + 16H+ + 14eI2(r) + 8H2O;

2.

I2(r) + 6H2O

; EI0 (r)/2I = 0,54V=E40
K1 =1014E

10 /0,0592

2IO3- + 12H+ + 10e; K2−1 =10−10E

2IO4- + 4H+ + 4e 2IO3- + 2H2O ; K5 =104E
5

IO4− / IO3−

4

K = K .K -1 → E0 =E0
2IO3- + 4H+ + 10e
I2(r) + 2H2O
2IO O; K

−

2

50 /

0,0592

5 1

2

=1,61V

E20
=

I2(r) + 6H2O;

K2 =1010E

20 /0,0592

2HIO + 4H2O ; K3−1 =10−2E

30 /

3

20 /0,0592

2

6

2

0,0592

+ 10H+ + 8e 2HIO + 4H

3

=K .K−1

K6 =108E

6

0

/ 0,0592

=K2.K3−1


=E0

E0

=

IO3− / HIO

E30 = 10.1,19 − 2.1,45 =1,125(V)
8

6

8

3.

Vì EIO0

4.

2HIO + 2H+ + 2e

3−

/ HIO


/ I2

nên HIO sẽ tự oxi hoá- khử:
I2(r) + 2H2O
2IO3- + 10H+ + 8e

2HIO + 4H2O

4I2(r) + 2IO3- + 2H+ + 4H2O

10HIO

Vậy dạng kém bền nhất về mặt nhiệt động học là HIO, các dạng khác: IO 4-, IO3-, I2, I- đều
bền ở pH = 0.
4.

a) EMnO0

/Mn2+

=1,51V>>EI02 /2I− (E40 nhỏ nhất) nên đầu tiên sẽ xảy ra phản ứng:

MnO4- + 8H+ + 5e

2.
5.

4−

Mn2+ + 4H2O

2II2(r) + 2e
2MnO4 + 10I- + 16H+

C0

0,24

0,4

∆C

-0,04.2

-0,04.10

C

0,16

0

2Mn2+ + 5I2(r) + 8H2O; K = 10163

-

0,04.2

1

0,08

0,054.5
0,2

MnO4- c n dư sẽ oxi hoá tiếp I2 thành IO3-. EMnO0
2. MnO4- + 8H+ + 5e

C0
C

3

0,08

-0,08

0

0,12

3−

/ I2

=1,19V

1

2MnO - + I (r) + 4H+
2IO - + 2Mn2+ + 2H O; K =

2

0,2

∆C -0,08.2

=1,51V>EIO0

2IO3- + 12H+ + 10e

2

0,16

/Mn2+

Mn2+ + 4H2O

I2(r) + 6H2O
4

4−

0,08.2

0,08.2

0,16

0,24

10176

Thành phần hỗn hợp sau phản ứng: IO3- 0,16 M; Mn2+ 0,24 M;
I2(H2O) 5.10-4M; I2(r) 0,12 M ; pH = 0. b) Trong hỗn hợp có
cặp IO3-/I2(r) nên:
E = EIO0

3−

/ I2(r)

+

[

0,059210lg IO3−

] [H ]
2

+

12

=1,19 +

0,059210

lg(0,16)2 =1,18V


E so với điện cực calomen bão hoà: 1,18-0,244 = 0,936 V.
5.

2IO3- + 12H+ + 10e

I2(r) + 6H2O; K2 = 1010.1,19 / 0,0592

I2(r)
2IO3- + 12H+ + 10e
K7 =1010E

Suy ra E70 =EIO0

0

7

3−

; S = 5.10-4 M

I2(H2O)

/ 0,0592

/ I2(r)

I2(H2O) + 6H2O;

K7

=1010.1,19/ 0,0592.S

+ lgS.

=1,19 + (lg5.10−4 ).

=1,17V

Bài tập 5.
1.

Hãy thiết lập sơ đồ pin để khi pin này hoạt động có phản ứng:
Zn + NO3- + H+

Zn2+ + NH4+ + H2O (1)

Hãy viết phương trình các nửa phản ứng xảy ra trên các điện cực.
2.

Cho: ENO0

3−

/ NH3,OH−

=−0,12V;EZn0 2+ / Zn =−0,763V

pKa(NH4+) = 9,24;Kw =10−14;(RT / F)ln = 0,0592lg.

Hãy tính: ENO0 ,H / NH ;Epin0 và hằng số cân bằng của phản ứng(1).
Nhúng kẽm kim loại vào dung dịch HNO3 0,10 M. Sau khi phản ứng (1) xảy ra,
3−

3.

+

4+

người ta thêm dần dung dịch NH3 vào hỗn hợp thu được tới nồng độ 0,2 M( coi thể tích
dung dịch không thay đổi khi thêm NH3). Hãy tính pH của hệ.
Cho biết: Zn2+ + 4NH3
4.

Zn(NH3)42+ ; lgβ = 8,89.

Tính thế điện cực kẽm nhúng trong hỗn hợp thu được. Giải: 1. Các cặp oxi hoákhử: NO3-/NH4+; Zn2+/Zn
ở catot:

ở anot:

4.‫ ׀‬Zn → Zn2+ + 2e

NO3- + 10H+ + 8e → NH4+ + 3H2O

NO3- + 4Zn + 10H+ → NH4+ + 4Zn2+ + 3H2O Sơ
đồ pin: (-)

Zn/ Zn2+ // NO3-, NH4+, H+ / Pt (+)

2.
NO3- + 6H2O + 8e
9.

NH3 + 9OH-;

H+ + OH-

H2O

NH3 + H+

NH4+

K1 = 108(-0,12)/0,0592

Kw-1 = 1014

;
;

Ka-1 = 109,24


8E0 − ,H+ / NH4+
NO3

NH4+ + 3H2O ;

NO3- + 10H+ + 8e
K2 = K1.Kw-1.Ka-1 →

E

0
NO 3−,H+ / NH4+

=−0,12 +

K2 = 10 0,0592

(14.9+9,24) = 0,881(V)

Epin = E0catot - E0anot = 0,881+ 0,763 = 1,644(V);

K = 108ΔE /0,0592 =10222,2

0

NO3- + 4Zn + 10H+ → NH4+ + 4Zn2+ + 3H2O;

3.
C

0,1

0,1

∆C

-0,01

-0,1

0,01

0,04

C

0,09

0

0,01

0,04

Zn2+ +

Xmax = 0,1/10=0,01

Zn(NH3)42+ ;

4NH3

0,04

K = 10222,2 (1)

β-1 = 108,89

0,2
0,04

0,04

Thành phần của hệ: NO3- 0,09M; NH4+ 0,01M; NH3 0,04M; Zn(NH3)42+ 0,01M
-Tính thành phần theo hệ đệm: pH = 9,24 + lg

= 9,84

[H+] = 10-9,84 << [OH-] = 10-4,16<< CNH ,CNH . Vậy pH = 9,84.
3

=−0,763+

E
Zn+ / Zn

4+

lg Zn
2

Zn

2+

0,0591

4.

+ 4NH3 ;

2+

C

,04

[]

0,04-x

x

], trong đó [Zn

2+

]
β = 10-8,89 được tính theo cân bằng:
2+

Zn(NH3)
0,04

[

0,04+4x

(0,04 + 4x)4 x10−8,89 . Giả thiết x << 0,01
0,04 −x

[Zn ]=x= 10
+

2

−8,89

.0,04 = 2,013.10−5 << 0,01(thoả mãn).

(0,04)4

12

2e

×
-1

K1 = 10 0 ,0592
0

S2-

S↓ +


Vậy EZn

2+ /

Zn

=−0,763+

lg2,013.10−5 =−0,902(V)

Bài tập 6.
Trong không khí dung dịch natri sunfua bị oxi hoá một phần để giải phóng ra lưu huỳnh.
Viết phương trình phản ứng và tính hằng số cân bằng.
Cho: E0(O2/H2O) = 1,23V; E0(S/S2-) = - 0,48V; 2,3 RT/F ln = 0,0592lg
Giải:
Phản ứng oxi hoá S2- bởi oxi không khí:
-2E0 2-

S2-

2×

K1-1 = 10 0,05S9/S2

S↓ + 2e

4E0O /H O

O2 + 4H+ + 4e
4×

H2O

2S2- + O2 + 2H2O

K2-1 = 10 0

2H2O

,052922

H+ + OH-

Kw = 10-11

2S↓ + 4OH-

K = K1-2.K2.Kw4 = 1059,54

Hoặc có thể tổ hợp như sau:

0

4EO2/H2O

O2 + 2H2O + 4e

4OH-

K3 = 10

= K2.Kw4

14 × 4 × 0,0592
0

EO

2/OH-

= 1,23 −

= 0,4012V

4

Từ đó tính được

0,0592

K = K1-2.K3

K = 10

= 1059,54 .

Bài tập 7.
Cho giản đồ quá trình khử - thế khử: quá trình khử diễn ra theo chiều mũi tên, thế khử
chuẩn được ghi trên các mũi tên và đo ở pH = 0.
+0,293

1 EO /OH
2

O2 + 4H+ + 4e

4OH-

-

K3 = 10 0,0592


+0,55

22 7

0

Ex

+1,34

3+

-0,408

2+

Cr

0

Ey

Cr

-0,744

Cr(VI) (Cr O )

Cr(V)

Cr(IV)

Cr

1.

Tính E0xvà E0y.

2.

Dựa vào tính toán, cho biết Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) được không?

3.

Viết quá trình xảy ra với hệ oxi hóa – khử Cr O2 72- /Cr3+ và tính độ biến thiên thế của
hệ ở nhiệt độ 298 K, khi pH tăng 1 đơn vị pH.

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?
Ghi số oxi hóa tương ứng trên mỗi nguyên tố.

Cho: E0Cr O /Cr2 72-

3+

= 1,33 V; Hằng số khí R = 8,3145 J.K–1.mol–1; Hằng số Farađay F = 96485

C.mol–1.
Giải:
1.

Từ giản đồ ta có: 3.(-0,744) = -0,408 + 2E0y → E0y = -0,912 (V)

2.

0,55 + 1,34 + E0x – 3.0,744 = 6.0,293 → E0x = +2,1 (V)
2Cr(IV) + 2 e → 2Cr3+ (1) E10 = E0x = 2,1 V → ΔG10 = -nE10F = - 2.2,1.F
Cr(VI) + 2 e → Cr(IV)

= 0,945 (V) → ΔG02 = -nE02F = -

(2) E02 =

2.0,945.F
Từ (1) và (2) ta có: 3Cr(IV) → 2Cr3+ + Cr(VI)

ΔG30

ΔG30 = ΔG10- ΔG02 = - 2.(2,1 - 0,945).F < 0 → Cr(IV) có dị phân. 3.

+ 14H+ + 6e É 2Cr3+ + 7H2O
RT
E = 1,33 + 1

[Cr O272- ].(10-pH )14
ln

6.F

3+ 2

[Cr ]

Cr O2 72-


E = 1,33 + 2

b. Độ biến thiên của thế: E - E = 2
.14ln10 = -1 -0,138 (V). 6 . 96485 4.
+1
+6,-2/-1 +1 -2

RT
ln
]2

[Cr O272- ].(10-(pH + 1) )14
[Cr
3+ 6.F

8,3145 . 298
1

+6 -2

+1 -1
-2

Cr O272- + 4H2O2 + 2H+ → 2CrO5 +

5H2O

O

-1

OO
Cr

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 CrO 5, số
oxi hóa của crom là +6 và của oxi là -2, -1 do
peoxit CrO5 có cấu trúc:

+6

OO

Bài tập 8
1. Thêm H2SO4 vào dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,010M và Ba(NO3)2 0,020M cho đến nồng
độ 0,130M( coi thể tích dung dịch không đổi khi thêm axit).
Hãy tính pH và nồng độ các ion kim loại trong dung dịch A thu được.
2.a) Hãy biểu diễn sơ đồ pin gồm điện cực hiđro( pH =1atm) được nhúng trong dung dịch
2

CH3COOH 0,010M ghép (qua cầu muối ) với điện cực Pb nhúng trong dung dịch A. Hãy
chỉ rõ anot, catot.
b) Thêm 0,0050 mol Ba(OH)2 vào 1lít dung dịch ở phía điện cực hiđro( coi thể tích dung
dịch không đổi), Tính Epin và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. Cho:

pKa(HSO4--) 2,00; pKa (CH3COOH) 4,76; chỉ số tích số tan pKS (BaSO4) 9,93;
pKS(PbSO4) 7,66; (RT/F)ln = 0,0592lg; EPb0
Giải:
Pb(NO3)2 → Pb2+ + 2NO3-

1.

0,010
-

0,010
Ba(NO3)2 → Ba2+ + 2NO30,020

-

0,020

2+

/ Pb

=−0,123V.


H2SO4 → H+ +

HSO4-

0,130
-

0,130

0,130
HSO4- +

0,130

Ba2+ →

BaSO4 ↓

+ H+;

0,020

0,110

0,130

-

HSO4-

+

0,110

0,150

Pb2+ →

+ H+ ;

PbSO4 ↓

0,010

0,100

107,93

105,66

0,150

-

0,160

Thành phần của hệ: HSO4- 0,100M; H+ 0,160M; BaSO4 ↓; PbSO4 ↓.
HSO4C0

0,100

[]

(0,100-x)

H+ +

SO42- ;

0,160

10-2

x

(0,160+x)

x

x(0,160+x) =10−2 → x= [ SO42-] = 5,69.10-3 (M)
0,100−x

[HSO4-] = 0,0943(M)
[H+] = (0,160+x) = 0,1657(M) → pH = 0,78.
[Ba2+] = K[S(BaSO42− ]) =
4

5,1069−.910,93−3 = 2,0.10−8 (M)

SO

[Pb2+] = K[S(PbSO42− ]) =
4

5,1069−.710,66−3 = 3,84.10−6 (M).

SO

2.a) * Cực hiđro: 2H+ + 2e

H2
+

CH3COOH
C0
[]

0,01
0,01-x

H +
x

CH3COO- ; Ka = 10-4,76
x

x2

=10−4,76 → x= [H+] = 4,08.10-4 M → pH = 3,39.

(0,01−x)
E2H+ / H2= -0,0592pH = -0,0592.3,39 = -0,2006(V)


* Cực Pb/PbSO4:
PbSO4 + H+ + 2e

EPb =EPbSO04,H+ / Pb,HSO4− +

Trong đó EPbSO0 ,H
4

+

Pb ↓ + HSO4-

[

0,05922

/ Pb,HSO4−

=EPb0

EPb = 0,291+

2+

/ Pb

[ ]]

lg HSO H+4

+ 0,05922lg KKSa = 0,291(V)

=−0,283(V)
+

( Hoặc: E=EPbSO0 / Pb +

Mà EPbSO0 / Pb =EPb0
4

2+

/ Pb

+

Vậy E=−0,350+

/ H2

[

]

lg SO142− )

0,05922

4

−

lgKS(PbSO ) =−0,123+

lg10−7,66 =−0,350(V)

4

lg(5,69.10−3)−1 =−0,284(V)

Cũng có thể tính theo cặp Pb2+/Pb:

[

0,0592

E=−0,123+

]

lg Pb2+ =−0,123+

lg3,84.10 =−0,283(V) 2
−6

Vậy cực Pb là anot; cực hiđro là catot.
(-) (anot)

Pb

PbSO4 ↓, H+-

CH3COOH

H2 (Pt)

(+) ( catot)

BaSO4 ↓, HSO4b)

2CH3COOH + Ba(OH)2 → (CH3COO)2Ba + 2H2O
0,010
-

0,005
-

2CH3COO- + H2O
C0

0,010

[]

0,010 -x

0,005
CH3COOH + OH- ; Kb = 10-9,24

x

x2=10−9,24 → x =10-5,62 → pH =8,38
0,010−x

x


E2H

+

= -0,0592 pH = - 0,0592.8,38 = - 0,496 V

(anot)

/ H2

(catot)

EPbSO / Pb =−0,284V
4

Vậy Epin =−0,284 − (−0,496) = 0,212V.
Phản ứng trong pin: anot:

2H+ + 2e

H2
2 CH3COO- + 2H+

2CH3COOH

2CH3COO- + H2

2CH3COOH + 2e

4

4

catot: PbSO ↓
+
- + H +2e
Pb↓ + 2CH3COOH + HSO4
Pb↓ + HSO -

Phản ứng xảy ra trong pin:
PbSO4↓ + H2 + 2CH3COO- + H+

Bài tập 9
Cho giản đồ Latimer của đioxi (O2) trong môi trường axit:
O2

0 , 6 9 5 V

H2O21,763V H2O

trong đó O2, H2O2 và H2O là các dạng oxi hoá - khử chứa oxi ở mức oxi hoá giảm dần. Các
số 0,695V và 1,763V chỉ thế khử của các cặp oxi hoá - khử tạo thành bởi các dạng tương
ứng:
O2/H2O2; H2O2/H2O.

a.

Viết các nửa phản ứng của các cặp trên.

b.

Tính thế khử của cặp O2/H2O.

c.

Chứng minh rằng H2O2 có thể phân huỷ thành các chất chứa oxi ở mức oxi hoá cao
hơn và thấp hơn theo phản ứng: 2 H2O2 → O2 + 2 H2O

Giải:
1

. Đối với cặp O2/H2O2:

O2 + 2H+ + 2e

Đối với cặp H2O2/H2O: H2O2 + 2H+ + 2e
2

H2O2

(1) Eo1 = 0,695V

2H2O (2) Eo2 = 1,763V

. Tính E0O2/H2O = Eo3 = ? biết E0O2/H2O2 = Eo1 = 0,695V ; E0H2O2/H2O = Eo2 =

1,763V
2Eo1/0,0592


+ 2H+ + 2e

O2

H2O2

K1 = 10
2Eo2/0,0592

H2O2 + 2H+ + 2e

2H2O

K2 = 10
4Eo3/0,0592

O2 + 4H+ + 4e

2H2O

K3 = 10

= K1.K2

Eo3 = 2(Eo1 + Eo2) : 4 = 2 × 2,431 : 4 = 1,23V
3

. Vì E0H2O2/H2O = 1,763V > E0O2/H2O2 = 0,695

phản ứng sẽ xảy ra theo

chiều:
2H2O2 → 2H2O + O2
(hoặc ∗

H2O2 + 2H+ + 2e

O2 + 2H+ + 2e

H2O2
2H2O2
K rất lớn

2H2O

K2
K1-1

2H2O + O2

K = K2.K1-1 = 102(1,763 − 0,695)/0,0592 = 1036,08

phản ứng sẽ xảy ra theo chiều thuận.

∗ Để có phản ứng dị li của H2O2: H2O2 → 1/2O2 + H2O
ta lấy (2) trừ đi (1):

H2O2 → 1/2O2 + H2O

(4)

(2) - (1) = 2H 2O2 → O2 + 2H2O hay
(4)

∆Go4 = 1/2 [ -2FEo2 - (-2FEo1)]
= F(Eo1 - Eo2) = F(0,695 - 1,763) = - 1,068F < 0.
∆Go4 < 0, phản ứng phân huỷ của H2O2 là tự diễn biến về phương diện nhiệt động học).
Bài tập 10.
. Lập pin điện trong đó có điện cực Pt nhúng vào dung dịch thu được từ 2,24 lít khí H 2S (ở
đktc) lội vào 100 ml dung dịch FeCl 3 2M điện cực Pt nhúng vào dung dịch có MnO 4- 1M
(pH = 0). Viết các phương trình trên các điện cực và phản ứng xảy ra trong pin. Tính ∆G o
Hướng dẫn:
Ở pH = 0, thể khử chuẩn E o(MnO4-/Mn2+) =1,51V> Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,771V; nên có sơ đồ
pin là
(-) Pt Fe3+ 1M; Fe2+ 1M MnO4- 1M; H+ 1M Pt (+)
Bán phản ứng ở cực âm:

Fe2+ → Fe3+ + e


MnO 4- + 5e + 8H+ → Mn2+ + 4H2O

Bán phản ứng ở cực dương:

=> Phản ứng xảy ra khi pin hoạt động:
5Fe2+ + MnO4- + 8H+ ⇌ 3Fe3+ + Mn2+ + 4H2O

K = 105∆E = 105(1,51-0,771)/0,0592 = 1062,42

=> ∆Go = -nFEo = -5.96500.(1,51-0,771) = -356,568kJ
Bài tập 11
a) Hãy viết sơ đồ và phương trình điện phân xảy ra khi điện phân dung dịch CuSO 4 với
hai diện cực bằng platin(Pt).
b) Sau khi điện phân được một thời gian, ngắt nguồn điện ngoài và nối hai điện cực
trên bằng dây dẫn, có hiện tượng gì xảy ra? Giải thích và minh họa bằng phương
pháp hóa học.
Giải:
2

+

a) Sơ đồ

CuSO4 → Cu
HOH  

2

+ SO42−

H+ + OH-

Catot (-)

Anot (+)

Cu2+, H+ (HOH)

SO24− , OH- (HOH)
H 2O – 2e → 1/2O2↑ + 2H+

Cu2+ + 2e → Cu
Phương trình chung:
CuSO4 + H2O

điện phân dung dịch

Cu + ½ O2 + H2SO4 (B1)

Nếu ở catot hết Cu2+ mà tiếp tục điện phân (phải có điện thế mới cao hơn) thì xảy ra

tiếp

H3O+ + e → 1/2H2 + H2O
-

(C2)

C n anot thì vẫn như trên. Lúc đó điện phân H2O trong sự có mặt của H2SO4 nên xảy
ra nhanh hơn.

H2O

H2↑ + ½ O2↑

(B2).

b)Nếu dừng sự điện phân ở 2a ) thì chỉ mới xảy ra phản ứng (B 1). Lúc đó nối 2 cực lại,
ta có một pin kiểu như pin Volta với cực (-) là Cu, (+) là Pt, dung dịch H2SO4 .
Pin này sẽ hoạt động dựa vào phản ưng hóa học:


+) Ở cực (-): Cu0 → Cu2+ + 2e
+) Ở cực (+): 1/2 O2 + 2H+ + 2e → H2O Phương
trình chung là:
Cu + ½ O2 + H2SO4 → CuSO4 + H2O

(B3)

Phản ứng (B3) sẽ dừng lại khi sự chênh lệch điện thế ở hai cực không c n đủ lớn; lúc đó pin
ngừng hoạt động.
Bài tập 12
Cho giản đồ Latimer của photpho trong môi trường kiềm:
-1,345V

PH3
PO43-

-1,12V

HPO32-

H2PO2-

-0,89V

-2,05V

P

1. Viết các nửa phản ứng của các cặp oxi hoá - khử trên.
2. Tính thế khử chuẩn của cặp HPO32- / H2PO2- và H2PO2-/PH3.
Hướng dẫn:
1.
-1,345V

PO43-

-1,12V

HPO32-

H2PO2-

-0,89V

-2,05V

P

PH3

+ 2H2O + 2e⇌ HPO32- + 3OH-.

ΔG01 = -2FEo1.

(2) HPO32- + 2H2O + 2 e ⇌H2PO2- + 3OH- .

ΔG01 = -2FEo2.

(3) PO43- + 4 H2O + 4 e ⇌H2PO2- + 6OH-.

ΔG03 = -4FEo3.

(1) PO43-

(4) H2PO2- + 1e
(5) P +3H2O

⇌ P + 2OH-

ΔG04 = -1 FEo4.

+ 3e ⇌ PH3 + 3OH- ΔG05 = -3FEo5.

(6) H2PO2- + 3H2O + 4e ⇌ PH3 +

5OH-

ΔG06 = -4FEo6.

2. Tổ hợp các phương trình ta có:
*

(3) = (1) + (2)  4E3 = 2(E1+ E2) E (HPO32- / H2PO2-)= E2= (4E3 –
2E1)/2 = [4 . (-1,345) –2. (-1,12) ]/2 = -1,57 V