Bài 2

Dung dịch nước của muối đồng. Dung dịch đồng(II) nitrat

1.00\times10^{-2}

mol dm

^{-3}

có pH = 4.65. (2.1) Viết phương trình tạo bazơ liên hợp của ion

\ce{Cu^{2+}}

ngậm nước. (2.2) Tính p

K_a

của cặp axit–bazơ tương ứng. (2.3) Cho

K_{sp}(\ce{Cu(OH)2}) = 1\times10^{-20}

, hỏi

\ce{Cu(OH)2}

bắt đầu kết tủa ở pH nào? (2.4) Cho

E^0(\ce{Cu+/Cu}) = +0.52

V và

E^0(\ce{Cu^{2+}/Cu+}) = +0.16

V, viết phương trình tự oxi hóa–khử của

\ce{Cu+}

và tính hằng số cân bằng. (2.5) Tính thành phần (mol dm

^{-3}

) của dung dịch thu được khi hòa tan

1.00\times10^{-2}

mol đồng(I) trong

1.0\ \mathrm{dm^3}

nước.

Bước 3/4: Hằng số tự oxi hóa–khử

← Trước Tiếp →

2\ce{Cu+} \rightleftharpoons \ce{Cu^{2+}} + \ce{Cu};\qquad \log K = \frac{E^0(\ce{Cu+/Cu}) - E^0(\ce{Cu^{2+}/Cu+})}{0.059} = \frac{0.36}{0.059}\ \Rightarrow\ K \approx 10^{6}

Phân tích

Tự oxi hóa–khử gồm $\ce{Cu+} + e^- \rightarrow \ce{Cu}$ (catot, $E^0 = 0.52$ V) và $\ce{Cu+} \rightarrow \ce{Cu^{2+}} + e^-$ (anot). $E^0_{\mathrm{cell}} = 0.52 - 0.16 = 0.36$ V, và với $n = 1$ , $\log K = E^0/0.059$ , nên $K = [\ce{Cu^{2+}}]/[\ce{Cu+}]^2 \approx 10^{6}$ .

Lỗi hay gặp. Cả hai cặp đều có

E^0

dương không ngăn được tự oxi hóa–khử; điều quan trọng là

E^0(\ce{Cu+/Cu}) > E^0(\ce{Cu^{2+}/Cu+})