các phương pháp giải bài tập điện phân
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.29 MB, 43 trang )
1
MỤC LỤC
PHẦN 1: Lý do viết sang kiến kinh nghiệm……………………………… 2
PHẦN 2: Nội dung của sang kiến kinh nghiệm………………………… 3
2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện……………………………….3
2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài………………….…3
2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài…………………………………….…3
2.2. Nội dung……………………………………………………………… 3
2.2.1. Lí thuyết……………………………………………………… 3
2.2.2. Một số ví dụ minh họa……………………………………………7
2.2.3. Một số lí thuyết mở rộng về điện phân và ứng dụng……… 17
2.2.4. Cơ sở thực nghiệm 20
PHẦN 3. Kết luận và đề xuất………………………………………………. 21
TÀI LIỆU THAM KHẢO
--Nhà
-- -
-
- -
--
2005
-nâng cao-
2
PHẦN 1:
LÝ DO VIẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
-
-
khách quan
ph
.
- T
trong đề thi đại học cao đẳng luôn có 1 đến 2 câu
toán khó mà học sinh hay bị lúng túng xử lí
- học sinh giỏi tỉnh và quốc gia
điện phân-pin điện.
-
“ Phương pháp giải nhanh và
chuyên sâu dạng bài toán điện phân”.
Tr bốn phần chính lý
thuyết tổng quát về điện phân, các bài tập có thể gặp trong đề thi đại học-cao
đẳng và học sinh giỏi (tỉnh, quốc gia), lý thuyết mở rộng và ứng dụng của điện
phân.
3
PHẦN 2
NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện
2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài.
-
-
-
oxi hóa-
- -
-
2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài.
2.1.2.1. Những kiến thức cần trang bị.
-
-
-
-
2.1.2.2. Những điểm cần lưu ý.
-
- F = 96500 C·mol
ứng với t là s,
F=26,8 ứng với t là h
2.2. Nội dung
2.2.1. Lí thuyết
2.2.1.1. Định nghĩa
- Cực âm (-) gọi là catot (kí hiệu K
- Cực dương (+) gọi là anot (kí hiệu A):
* Bạn đọc chú ý
Ví dụ
2
:
2
Cu
2+
+ 2Cl
-
- ): Cu
2+
+ 2e
Cu
2Cl
-
Cl
2
+ 2e
4
2
dp
Cu + Cl
2
* Hai loại điện phân chủ yếu
2.2.1.2. Điện phân nóng chảy (muối, bazơ, oxit)
a. Điện phân nóng chảy muối (chủ yếu là muối halogen của kim loại kiềm và
kiềm thổ):
n
MX
n
nc
M
n+
+ nX
-
-): M
n+
+ ne M
-
Cl
2
+ 2e
: MX
n
dpnc
M + X
2
Ví dụ
2
- : NaCl
nc
Na
+
+ Cl
-
-) : Na
+
+ 1e Na; -): 2Cl
-
Cl
2
+ 2e
dpnc
2Na + Cl
2
-
2
: CaCl
2
nc
Ca
2+
+ 2Cl
-
-) : Ca
2+
+ 2e Ca; -): 2Cl
-
Cl
2
+ 2e
2
dpnc
Ca + Cl
2
b. Điện phân nóng chảy hiđroxit M(OH)
n
(M là kim loại kiềm, kiềm thổ)
M(OH)
n
nc
M
n+
+ nOH
-
-): M
n+
+ ne M OH
-
2H
2
O + O
2
+ 4e
: 4M(OH)
n
dpnc
4M + 2nH
2
O + nO
2
Ví dụ
NaOH
nc
Na
+
+ nOH
-
-): Na
+
+ e Na OH
-
2H
2
O + O
2
+ 4e
: 4NaOH
dpnc
4Na + 2H
2
O + O
2
c. Điện phân nóng chảy oxit kim loại M
2
O
n
M
2
O
n
nc
2M
n+
+ nO
2-
-): M
n+
+ ne M
2-
O
2
+ 4e
: 2M
2
O
n
dpnc
4M + nO
2
Ví dụ
2
O
3
Al
2
O
3
nc
2Al
3+
+ 3O
2-
-): Al
3+
+ 3eAl
2-
O
2
+ 4e
2
O
3
dpnc
4Al + 3O
2
2.2.1.3. Điện phân dung dịch
2.2.1.3.1. Vai trò của H
2
O trong điện phân:
-
-
-
-): 2H
2
O + 2e 2OH
-
+ H
2
2
O 4H
+
+ O
2
+ 4e
2.2.1.3.2. Quy luật chung, quy tắc K, quy tắc A
5
Quy luật chung: -
+
; Cu
2+
thì Ag
+
+ 1e
2+
+ 2eCu
-
-
;
Cl
-
thì 2Br
-
Br
2
-
Cl
2
+ 2e.
a. Quy tắc ở K:
n+
và H
+
li) thì:
-
n+
3+
và Al
3+
+
H
+
2
O
2H
+
+ 2OH
-
2H
+
+ 2e
H
2
2H
2
O + 2e
H
2
+ 2OH
-
H
+
do axit phân li: 2H
+
+ 2e
H
2
-
n+
3+
thì cati
M
n+
+ ne
M
- -
+
;
Fe
3+
; Cu
2+
; H
+
; H
2
Ag
+
+ 1e
Ag (1) Fe
3+
+ 1e
Fe
2+
(2)
Cu
2+
+ 2e
Cu (3) 2H
+
+ 2e
H
2
(4)
Fe
2+
+ 2e
Fe (5) 2H
2
O + 2e
2OH
-
+ H
2
(6)
b. Quy tắc ở anot:
-
li)
* Đối với anot trơ (là anot không tham gia vào quá trình phản ứng)
-
-
; Br
-
; Cl
-
; S
2-
; RCOO
-
sau: S
2-
> I
-
> Br
-
> Cl
-
> RCOO
-
> H
2
O
Ví dụ
-
, I
-
; H
2
2I
-
I
2
+ 2e (1); 2Cl
-
Cl
2
+ 2e (2); 2H
2
O
4H
+
+ O
2
+ 4e (3)
-
3
; SO
4
2-
; CO
3
2-
; và
F
-
; OH
-
2
O
2H
2
O
4H
+
+ O
2
+ 4e
* Đối với anot hoạt động
anion: Zn
Zn
2+
+2e; Cu
Cu
2+
+2e
Chú ý
Độ tăng khối lượng tại K = độ giảm khối lượng tại A
Ví dụ 1ân
2
4
3
6
Hướng dẫn giải:
a. FeCl
2
Fe
2+
+ 2Cl
-
-): Fe
2+
; H
2
O: Fe
2+
+ 2e
Fe T
-
; H
2
O: 2Cl
-
Cl
2
+2e
2
dddp
Fe + Cl
2
b. CuSO
4
Cu
2+
+ SO
4
2-
-): Cu
2+
; H
2
O: Cu
2+
+ 2e
Cu
4
2-
; H
2
O: 2H
2
O
4H
+
+ O
2
+ 4e
2Cu
2+
+ 2H
2
O
dpdd
2Cu + 4H
+
+ O
2
hay 2CuSO
4
+ 2H
2
O
dpdd
2Cu + 2H
2
SO
4
+ O
2
c. NaCl
Na
+
+ Cl
-
-): Na
+
; H
2
O: 2H
2
O + 2e
2OH
-
+ H
2
-
; H
2
O: 2Cl
-
Cl
2
+ 2e
-
+ 2H
2
O
dpdd
2OH
-
+ H
2
+ Cl
2
hay: 2NaCl + 2H
2
O
dpdd
2NaOH
+ H
2
+ Cl
2
d. KNO
3
K
+
+ NO
3
-
-): K
+
; H
2
O: 2H
2
O
4H
+
+ O
2
+ 4e
3
-
; H
2
O: 2H
2
O + 2e
2OH
-
+ H
2
2H
2
O
dpdd
2H
2
+ O
2
Nhận xét:
-
3+
-
-
3+
-
thì pH
+
-
3+
-
-
-
3+
-
thì pH
Ví dụ 2:
4
Hướng dẫn giải:
CuSO
4
Cu
2+
+ SO
4
-
-): Cu
2+
; SO
4
-
: Cu
2+
+ 2e
Cu
4
2-
; H
2
O: Cu
Cu
2+
+ 2e
Cu + Cu
2+
Cu + Cu
2+
(A) (K)
Ví dụ 3:
4
a mol;
a. b = 2a b. b > 2a c. b < 2a
Hướng dẫn giải:
CuSO
4
Cu
2+
+ SO
4
-
NaCl
Na
+
+ Cl
-
-): Cu
2+
; Na
+
; H
2
O: Cu
2+
+ 2e
Cu
7
2H
2
O + 2e
2OH
-
+ H
2
T
-
; SO
4
2-
; H
2
O: 2Cl
-
Cl
2
+2e
2H
2
O
4H
+
+ O
2
+ 4e
a. b = 2a thì: Cu
2+
+ 2Cl
-
dddp
Cu + Cl
2
hay CuSO
4
+ 2NaCl
dddp
Cu + Cl
2
+ Na
2
SO
4
2H
2
O
dddp
2H
2
+ O
2
b. b > 2a thì: Cu
2+
+ 2Cl
-
dddp
Cu + Cl
2
hay CuSO
4
+ 2NaCl
dddp
Cu + Cl
2
+ Na
2
SO
4
2Cu
2+
+ 2H
2
O
dpdd
2Cu + 4H
+
+ O
2
hay 2CuSO
4
+ 2H
2
O
dpdd
2Cu + 2H
2
SO
4
+ O
2
c. b < 2a thì: Cu
2+
+ 2Cl
-
dddp
Cu + Cl
2
hay CuSO
4
+ 2NaCl
dddp
Cu + Cl
2
+ Na
2
SO
4
-
+ 2H
2
O
dpdd
2OH
-
+ H
2
+ Cl
2
Hay: 2NaCl + 2H
2
O
dpdd
2NaOH
+ H
2
+ Cl
2
2.2.1.4. Biếu thức định luật Farađây
X
A . .
m
.
X
e
It
nF
(gam) hay n
X
=
.
e
It
nF
(mol) (1)
X
n
e
(hour)
t (times)
Chú ý:
-
-
()
.
.
( / )
X
e
X
mg
It
n
F A g mol
= số mol electron trao đổi hệ quả rất
quan trọng
- số mol electron nhường tại A= số mol
electron nhận tại K.
2.2.2. Một số ví dụ minh họa
2.2.2.1. Ví dụ cơ bản
Ví dụ 1:(Trích đề thi đại học khối A năm 2012).
AgNO
3
+5
A. 0.8. B. 0,3. C. 1,0. D. 1,2.
8
Hướng dẫn giải:
4AgNO
3
+ 2H
2
O
2
+ 4HNO
3
(1)
3
, HNO
3
3Fe + 8HNO
3
3
)
3
+ 2NO + 4H
2
O (2)
Fe + 2AgNO
3
3
)
2
+ 2Ag (3)
3
nHNO
3
3
: x mol;
AgNO
3
dx mol.
Theo (2,3) nFe
= 3x/8 + (0,15-x)/2 = 0,075 x/8 mol
nAg = 0,15 x mol
= mFe
+ mAg =12,6 (0,075-x/8).56 +(0,15-x).108 =14,5
Suy ra: x= 0,1 mol. Ta có mAg =
108.2,68.
1.26,8
t
= 0,1.108 t = 1,0 h
Ví dụ 2: (Trích đề thi đại học khối B năm 2012).
2
và O
2
A. 5,08% B. 6,00% C. 5,50% D. 3,16%
Hướng dẫn giải:
2
2H
2
O
dpNaOH
2H
2
+ O
2
(1)
0,67.40
26,8
= 1 mol
-): 2H
2
O + 2e
2OH
-
+ H
2
nH
2
= 0,5 mol
2
O
4H
+
+ O
2
+ 4e nO
2
= 0,25 mol
dung
= 100 + 0,5. 2 + 0,25.32 = 109 gam
Ta có mNaOH
= 100.6/100 = 6 gam
M
(NaOH)
=
6.100%
109
5,50 %
Ví dụ 3: (Trích đề thi đại học khối B năm 2009). phân nóng ch Al
2
O
3
anot than chì (hi s i phân 100%) thu c m kg Al catot và 67,2
m
3
khí X có t kh so v hiro 16. 2,24 lít (
khí X sdch c 2 gam t
là
A. 108,0 B. 75,6 C. 54,0 D. 67,5
Hướng dẫn giải:
Al
2
O
3
nc
2Al
3+
+ 3O
2-
-): Al
3+
+ 3eAl
2-
O
2
+ 4e
2
O
3
dpnc
4Al + 3O
2
O
2
X: CO, CO
2
, O
2
9
2
, O
2
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
+ H
2
O (1)
2
/
3
0,1
28 44 32
16
2( )
0,02
X
XH
n x y z
x y z
d
x y z
nCaCO y
y =
67,2 m
3
X có
67,2.0,14
2,24
= 4,2 kmol O
2
3
nO = 2,8 kmol m= 2,8. 27 = 75,6 kg
Bạn đọc chú ý:
(lít) t
3
Ví dụ 4: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011).
gam KCl và 28,2 gam Cu(NO
3
)
2
A. KNO
3
và KOH. B. KNO
3
, KCl và KOH.
C KNO
3
và Cu(NO
3
)
2
. D. KNO
3
, HNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
Hướng dẫn giải:
Ta có: nKCl= 0,1 mol; nCu(NO
3
)
2
= 0,15 mol
K
+
+ Cl
-
Cu(NO
3
)
2
Cu
2+
+ 2NO
3
-
K (-): Cu
2+
, K
+
, H
2
O: Cu
2+
+ 2e
Cu (1)
-
; NO
3
-
; H
2
O: 2Cl
-
Cl
2
+ 2e (2)
2H
2
O
4H
+
+ O
2
+ 4e (3)
2+
0,1
A thì Cl
-
m
mCu + mCl
2
= 13,15 gam > m
nên Cu
2+
-
0,1/2 = 0,05 mol nên
m
0, 05.71 + 0,05. 64 = 6,75 gam < m
nên Cl
-
2+
+
; H
+
3
-
D. KNO
3
, HNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
Ví dụ 5: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011).
MSO
4
A. 4,480 B. 3,920 C. 1,680 d. 4,788
10
Hướng dẫn giải:
MSO
4
M
2+
+ SO
4
2-
-): M
2+
; H
2
O: M
2+
+ 2e
M (1)
2H
2
O + 2e
2OH
-
+ H
2
(2)
4
2-
; H
2
O: H
2
O
2H
+
+ 1/2O
2
+ 2e
0,07 = 0,0545 mol
và n
e
(2) = 0,109 mol và n
e
(1)= 0,171 mol nM
2+
= 0,0855 mol
và M
MSO4
= M + 96 = 160 M=64 là Cu.
2+
nên lúc
2+
y =4,480 gam
2.2.2.2. Ví dụ chuyên sâu
Ví dụ 1: (Trích đề thi HSGQG năm 2011).
0
3
)
2
0,020M, Co(NO
3
)
2
1,0 M, HNO
3
0,010M.
trên catot và anot
2
= 1 atm; khi tính toán không
Cho: E
2
0
/Cu Cu
= 0,337 V; E
2
0
/Co Co
= -0,277V;
-1
;
0
C: 2,303
RT
F
=0,0592.
Hướng dẫn giải:
-): Cu
2+
+ 2e Cu (1)
2H
+
+ 2e H
2
(2)
Co
2+
+ 2e Co (3)
2H
2
O 4H
+
+ O
2
+ 4e (4)
22
02
//
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu
= 0,287V
22
02
//
0,0592
log[ ]
2
Co Co Cu Cu
E E Co
=-0,277V
11
22
02
2 / 2 /
0,0592
log[ ]
2
H H H H
E E H
= -0,118 V
22
2
/ 2 / /Cu Cu H H Co Co
E E E
2+
> H
+
>
Co
2+
Khi 10% Cu
2+
22
02
//
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu
= 0,285V
2
ình
pin điện có cực dương (catot) là O
2
/H
2
O và cực âm (anot) là
cặp Cu
2+
/Cu. O
2
+ 4H
+
2H
2
O
2+
+ 2e
+
+ O
2
2Cu
2+
+ 2H
2
O
2+
2
2
2 / /
c
H H Cu Cu
E E E
. Khi Cu
2+
2+
] = 0,005%.0,020
= 10
-6
M.
22
02
//
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu
= 0,159V
Và [H
+
-10
-6
10
-5
V
22
02
2 / 2 /
0,0592
log[ ]
2
H H H H
E E H
= - 0,077V
V trong tr tính không k quá th H
2
trên cc
platin thì th catot ch trong khong - 0,077 V < E
c
< 0,159 V, khi
Cu
2+
i phân hoàn toàn.
4. Ta có: n
e
=
It
F
= 7,772.10
-3
mol < 2nCu
2+
= 8.10
-3
mol nên Cu
2+
2+
10
-4
mol [Cu
2+
]
=5,7.10
-4
V,
E
c
=
22
02
//
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu
= 0,241 V
Và nO
2
=
1
4
e
n
= 1,93.10
-3
mol V
O2
= 1,93.10
-3
. 22,4 lít = 0,0432 lít
Ví dụ 2: (Đề thi casio hóa học tỉnh Thanh Hóa năm 2012, QG năm 2001-bảng
A).
3
)
2
K
3
PO
4
M
3
(PO
4
)
2
3
)
2
Z.
ân
12
0
Hướng dẫn giải:
3M(NO
3
)
2
+ 2K
3
PO
4
M
3
(PO
4
)
2
3
(1)
3
: KNO
3
K
+
+ NO
3
-
(2)
Theo (1
3
-
4
3-
372-190=182g
x mol NO
3
-
4
3-
182
825,6.6
-
3
2
0,1125
2
NO
M
n
n mol
2+
)
=
M5625,0
2,0
1125,0
; C(NO
3
-
) =
M125,1
2,0
225,0
- Theo (1): nK
+
= nNO
3
-
= nKNO
3
=2.nM(NO
3
)
2
= 2.0,1125 = 0,225 mol
Coi V
ddY
ddX
+ V
dd K3PO4
C(K
+
) =C(NO
3
-
) =
4,0
225,0
= 0,5625M (3)
+
) =C(NO
3
-
) = 0,5625M
-
3
(PO
4
)
2
-
3
(PO
4
)
2
⇄ 3M
2+
+ 2PO
4
3-
-
2
O⇄ H
+
+ OH
-
3
)
2
M
2+
+ 2NO
3
-
- -): M
2+
, H
2
O: M
2+
+ 2e
M
-
3
-
, H
2
O: 2H
2
O
4H
+
+ O
2
2M(NO
3
)
2
+ 2H
2
O
dpdd
2M + O
2
+ 4HNO
3
(4)
-
3
:
Coi V
dd Z
dd X
Theo (4): nHNO
3
=2nM(NO
3
)
2
= 2.
1000
400.5625,0
mol
+
) = C (NO
3
-
) =
M
nHNO
125,1
400
1000.
3
- Coi V
dd Z
dd X
-
2
3
dd X: C(M
2+
)
= 0,5625 M ; C(NO
3
-
)= 1,125 M
dd Y: C(K
+
) = C( NO
3
-
) = 0,5625 M
dd Z: C(H
+
) = C (NO
3
-
) = 1,125 M.
13
Theo (4) nO
2
= 1/2 nM(NO
3
)
2
= 0,1125 mol
2
=
96500
.
4
2
It
A
O
suy ra: t =
IA
mO
O
.
96500.4.
2
2
= 21712,5 (s)
0
77,2
1
3,300.082,0.1125,0
2
P
nRT
V
O
lít.
Ví dụ 3:
3
)
2
Hướng dẫn giải:
+
; Cl
-
; Cu
2+
; NO
3
-
.
-): H
+
; Cu
2+
; H
2
O: Cu
2+
+ 2e
Cu
0,14 0,28 mol
-
; NO
3
-
; H
2
O: 2Cl
-
Cl
2
+ 2e
2
: nCl
2
= 0,14 mol n
e
e
: n
e
=
It
F
t = 10808 (s)
2+
: H
+
+ OH
-
H
2
O (1)
Cu
2+
+ 2OH
-
Cu(OH)
2
(2)
nCu(OH)
2
= 0,02 mol nCu
2+
3
)
2
= 0,16 mol
Theo (1,2): nH
+
= nOH
-
= 0,4 mol nHCl = 0,4 mol
M Cu(NO3)2
= 0,2 M; C
M HCl
= 0,5 M
3Fe + 8H
+
+ 2NO
3
-
3Fe
2+
+ 2NO + 4H
2
O (3)
0,15 0,4 0,1 0,1 mol
Fe + Cu
2+
Fe
2+
+ Cu (4)
0,16 0,16 0,16 mol
Theo (3) V
NO
= 2,24 lít
Theo (3, 4): m
= mFe
+ mCu= m 0,31. 56 + 0,16.64 = 0,75m
m = 28,48 gam
Ví dụ 4
m
m
2.
14
Hướng dẫn giải:
X
tron trong XO
m
-
= Z
X
+ 8m + 1 =32
Z
X
= 31
X
X
= 7 (N)
M
+ Z
X
+ 8m = 78 Z
M
= 47 M là Ag
3
-): Ag
+
; H
2
O: Ag
+
+ 1e
Ag (1)
3
-
; H
2
O: 2H
2
O
4H
+
+ O
2
+ 4e (2)
Ta có: n
e
= 0,15 mol, theo (2): nH
+
= n
e
= 0,15 mol
: CuO + 2H
+
Cu
2+
+ H
2
O (3)
= nCu
2+
= 0,075 mol mCu(NO
3
)
2
= 14,1 gam
Mà m
= 22,6 gam nên AgNO
3
nAgNO
= 0,05 mol
Ta có: nAg = n
e
= 0,15 mol mAg bám vào K = 0,15. 108 = 16,2 gam
nCuO
dùng
= 0,075.
125
100
= 0,09375 mol mCuO = 7,5 gam
c. nAgNO
3
= 0,05 + 0,15 = 0,2 mol mAgNO
= 34 gam
3
)
2
: 0,075 mol; AgNO
3
C
M Cu(NO3)2
= 0,3 M; C
M AgNO3
= 0,2 M
Ví dụ 5:
2
SO
4
-
-
-
x
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1,0
logx
-0,301
-0,222
-0,155
-0,097
-0,046
0
Hướng dẫn giải:
a. Ta có: nH
2
SO
4
= 0,03 mol; nHCl = 0,04 mol
-): H
+
(0,1 mol); H
2
O: 2H
+
+ 2e
H
2
-
(0,04 mol); SO
4
2-
(0,03 mol): 2Cl
-
Cl
2
+ 2e
2H
2
O
4H
+
+ O
2
+ 4e
15
Khi
+
+
= n
-
+
= 0,06 (mol)
- 0 < t 0,4 thì: H
+
= (0,1 0,1.t ) mol pH = -log[H
+
] = - log (1-t)
- 0,4 < t < 1,0 thì : H
+
= 0,06 mol
+
H
+
và pH = 0,222.
Excel
t
0
0,1
0,2
0,3
0,4
x=1-t
1,0
0,9
0,8
0,7
0,6
logx= log (1-t)
0
0,046
0,097
0,155
0,222
pH dung dịch điện phân
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.8 0.9 1
Thời gian t
pH
pH dung dịch
2.2.2.3. Ví dụ đề nghị
Ví dụ 1: Hoà tan 91,2g FeSO
4
Phần 1:
Phần 2:
khí (
Đáp số: mC = 9,21 gam; m
= mFe = 1,12 gam; V
khí
= 0,896 lít
Ví dụ 2: Hoà tan 20g K
2
SO
4
2
SO
4
trong
2
ra SO
2
.
Đáp số: V
= 44,8 lít; V
= 22,4 lít;
H2S
14,93 lít
Ví dụ 3:
3
)
2
16
3
)
2
Đáp số: : C
= 1,0 M
Ví dụ 4: Hoà tan 50 gam CuSO
4
.5H
2
O vào 200 m
Đáp số: mCu = 0,1. 64 = 6,4 gam; V
= 1,792 lít
Ví dụ 5:
4
3
60% (D = 1,37 g/
Đáp số: a. A là H
2
S , B là SO
2
; b. V
O2
= 2,8 lítc; V
HNO3
76,64 ml
Chú ý: axit HNO
3
Ví dụ 6: (Trích đề thi đại học khối A năm 2010).
4
A. khí Cl
2
và O
2
. B. khí H
2
và O
2
.
C.
2
. D. khí Cl
2
và H
2
.
Ví dụ 7: (Trích đề thi đại học khối A năm 2010).
4
A. 2,240 lít. B. 2,912 lít. C. 1,792 lít. D. 1,344 lít.
Ví dụ 8: (Trích đề thi cao đẳng năm 2011).
4
A. 3,36 lít B. 1,12 lít C. 0,56 lít D. 2,24 lít
Ví dụ 9: (Trích đề thi đại học khối B năm 2010).
200 ml dd CuSO
4
A. 2,25 B. 1,5 C. 1,25 D. 3,25
Ví dụ 10: (Trích đề thi đại học khối B năm 2009). phân có màng
500 ml dung dch CuCl
2
0,1M và NaCl
tr phân 100%) cng dòng 5A trong 3860 giây.
Dung dch i gam l
17
A. 4,05 B. 2,70 C. 1,35 D. 5,40
2.2.3. Một số lí thuyết mở rộng về điện phân và ứng dụng
2.2.3.1. Thế phân giải và quá thế
2+
2
/2Cl
-
-
0
2
-): Zn
2+
+ 2e Zn
-
Cl
2
+ 2e
2+
+ 2Cl
-
dong dien
Zn + Cl
2
2
Cu
2+
+ 2Cl
-
dong dien
Cu + Cl
2
2H
+
+ 2Cl
-
dong dien
H
2
+ Cl
2
thế phân giải
ZnCl
2
, CuCl
2
thế hiệu tối thiểu
của dòng điện một chiều cần đặt vào các điện cực trơ để gây nên sự điện phân
chất gọi là thế phân giải
của ZnCl
2
U =
2
2
00
/2 /Cl Cl Zn Zn
EE
= 1,36 (-0,76) = + 2,12 V
của CuCl
2
U =
2
2
00
/2 /Cl Cl Cu Cu
EE
= 1,36 0,34 = + 1,02 V
của HCl
U =
22
00
/2 /Cl Cl H H
EE
= 1,36 0 = + 1,36 V
18
2+
, Ni
2+
, H
+
và OH
-
hay H
2
O
quá thế E ).
quá thế
E = 0,24V và niken E = 0,23V
2
và O
2
Dưới đây là quá thế của hiđro và oxi trên các điện cực khác nhau:
Quá
0,03-0,04
0,3
Fe
0,1-0,2
0,3
0,2-0,4
0,5
Ni
0,2-0,4
0,5
Hg
0,8-1,0
a
0
+ E
0
c
a
c
U = E
0
a
- E
0
c
+ E
a
+ E
c
a
0
0
c
-); E
a
E
c
-).
phương trình quá thế Tafel:
∆E = a + b. logi
2
.
2.2.3.2. Giải thích sự tạo thành sản phẩm khi điện phân dung dịch
cation nào có thế điện cực chuẩn lớn hơn sẽ bị
khử trước và ở điện cực dương, anion nào có thế điện cực bé sẽ bị oxi hóa
trước.
2
Ta có: E
pc
=
2
2
00
/2 /Cl Cl Ni Ni
EE
= +1,36 (-0,23) = + 1,59 V
- Trường hợp 1: E = 0, U = E
pc
= +1,59 V
K (-): Ni
2+
+ 2e Ni
-
Cl
2
+ 2e
- Trường hợp 2:
2
-): Ni
2+
+ 2e Ni
19
2
O 2H
+
+
1
2
O
2
+ 2e
U = E
pc
+ E = E
22
0
/O H O
- E
2
0
/Ni Ni
= +1,23 (-0,23) + E = +1,46 V
- Trường hợp 3:
2
-): 2H
2
O + 2e 2OH
-
+ H
2
; E
22
0
/H O H
= - 0,828 V
-
Cl
2
+ 2e
U = E
pc
+ E = +1,36 (-0,828) + 0,4 = +2,588 V
- Trường hợp 4:
2
và O
2
thoát ra
-):2H
2
O + 2e 2OH
-
+ H
2
2
O 2H
+
+
1
2
O
2
+ 2e
U = E
pc
+ E = + 1,23 (-0,828) + 0,9 = +2,958 V
2
v
2
dddp
Ni + Cl
2
2NaCl + 2H
2
O
dddp
2NaOH + Cl
2
+ H
2
CuSO
4
+ H
2
O
dddp
Cu + H
2
SO
4
+
1
2
O
2
2
SO
4
, NaOH, Na
2
SO
4
H
2
O
dddp
H
2
+
1
2
O
2
2.2.3.3. Ứng dụng của điện phân
- Sản xuất NaOH, Cl
2
bằng phương pháp điện phân dung dịch
NaCl đậm đặc.
- Sản xuất các khí H
2
, O
2
bằng phương pháp điện phân dung dịch K
2
SO
4
,
H
2
SO
4
, NaOH…
- Sản xuất Li, Na, Mg, Ca, Sr, Ba, Cl
2
, Br
2
…
- Sản xuất Al bằng phương pháp điện phân Al
2
O
3
nóng chảy có thêm
Na
3
AlF
6
- Sản xuất KClO
3
bằng phương pháp điện phân dung dịch KCl đặc,
nóng…
- Điều chế các kim loại tinh khiết.
- Tinh chế kim loại.
- Đúc các đồ vật bằng kim loại được tiến hành tương tự như tinh
20
chế kim loại.
- Mạ điện.
- Phân tích định tính, định lượng và tách các kim loại trong hỗn hợp của
chúng.
2.2.4. Cơ sở thực nghiệm
-
Kết quả áp dụng đối với lớp 12 năm học 2009-2010:
-
-
11C1, 11C2,
11C1
11C2
11C3
11C4
12B7
98%
95%
90%
88%
30%
2%
5%
10%
12%
70%
phân theo
C
không cần
phải viết phương trình điện phân.
21
PHẦN 3
KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
- này
-
“Phương pháp giải nhanh và chuyên sâu dạng bài toán điện phân” c
-
-
-
c các
chu
Thanh hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2013
ác.
Tác giả
Hoàng Văn Tùng
Website : luyenthithukhoa.vn
- 1 -
CHUYÊN ĐỀ 16 LÝ THUYẾT VÀ PP GIẢI BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN
I – KHÁI NIỆM
Sự điện phân là quá trình oxi hóa – khử xảy ra ở bề mặt các điện cực khi có dòng điện một chiều đi qua chất điện li
nóng chảy hoặc dung dịch chất điện li
- Sự điện phân là quá trình sử dụng điện năng để tạo ra sự biến đổi hóa học
- Trong quá trình điện phân, dưới tác dụng của điện trường các cation chạy về cực âm (catot) còn các anion chạy về
điện cực dương (anot), tại đó xảy ra phản ứng trên các điện cực (sự phóng điện)
- Tại catot xảy ra quá trình khử cation (M
n+
+ ne → M) còn tại anot xảy ra quá trình oxi hóa anion (X
n-
→ X + ne)
- Người ta phân biệt: điện phân chất điện li nóng chảy, điện phân dung dịch chất điện li trong nước, điện phân dùng
điện cực dương tan
II – SỰ ĐIỆN PHÂN CÁC CHẤT ĐIỆN LI
1. Điện phân chất điện li nóng chảy
Trong thực tế, người ta thường tiến hành điện phân những hợp chất (muối, bazơ, oxit) nóng chảy của các kim loại có
tính khử mạnh như Li, Na, K, Ba, Ca, Mg, Al
Ví dụ 1: Điện phân NaCl nóng chảy có thể biểu diễn bằng sơ đồ:
Catot ( – ) NaCl Anot ( + )
2| Na
+
+ e → Na 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
Phương trình điện phân là: 2NaCl 2Na + Cl
2
Cần có màng ngăn không cho Cl
2
tác dụng trở lại với Na ở trạng thái
nóng chảy làm giảm hiệu suất của quá trình điện phân. Một số chất
phụ gia như NaF, KCl giúp làm giảm nhiệt độ nóng chảy của hệ…
Ví dụ 2: Điện phân NaOH nóng chảy có thể biểu diễn bằng sơ đồ:
Catot ( – ) NaOH Anot ( + )
4| Na
+
+ 1e → Na 4OH
-
→ O
2
+ 2H
2
O + 4e
Phương trình điện phân là: 4NaOH 4Na + O
2
+ 2H
2
O
Ví dụ 3: Điện phân Al
2
O
3
nóng chảy pha thêm criolit (Na
3
AlF
6
) có thể biểu diễn bằng sơ đồ:
Catot ( – ) Al2O3 Anot ( + )
4| Al
3+
+ 3e → Al 3| 2O
2-
→ O
2
+ 4e
Phương trình điện phân là: 2Al
2
O
3
4Al + 3O
2
Criolit (Na
3
AlF
6
) có vai trò quan trọng nhất là làm giảm nhiệt độ nóng
chảy của Al
2
O
3
từ 2050
o
C xuống khoảng 900
o
C, ngoài ra nó còn làm
tăng độ dẫn điện của hệ và tạo lớp ngăn cách giữa các sản phẩm điện
phân và môi trường ngoài. Anot làm bằng than chì thì điện cực bị ăn
Website : luyenthithukhoa.vn
- 2 -
mòn dần do chúng cháy trong oxi mới sinh: C + O
2
CO
2
và 2C + O
2
2CO
2. Điện phân dung dịch chất điện li trong nước
Trong sự điện phân dung dịch, ngoài các ion do chất điện li phân li ra còn có các ion H
+
và OH
-
của nước. Do đó việc
xác định sản phẩm của sự điện phân phức tạp hơn. Tùy thuộc vào tính khử và tính oxi hóa của các ion có trong bình
điện phân mà ta thu được những sản phẩm khác nhau.
Ví dụ khi điện phân dung dịch NaCl, các ion Na
+
, H
+
(H
2
O) chạy về catot còn các ion Cl
-
, OH
-
(H
2
O) chạy về anod. Ion
nào trong số chúng sẽ phóng điện ở các điện cực.
Cơ sở để giải quyết vẫn đề này là dựa vào các giá trị thế oxi hóa – khử của các cặp. Trong quá trình điện phân, trên
catot diễn ra sự khử. Vì vậy khi có nhiều dạng oxi hóa thì trước hết dạng oxi hóa của cặp có thế lớn hơn sẽ bị khử
trước. Ngược lại trên anot sẽ diễn ra sự oxi hóa dạng khử của cặp có thế oxi hóa – khử nhỏ nhất trước.
a) Khả năng phóng điện của các cation ở catot: Ở catot có thể xảy ra các quá trình khử sau đây:
- Mn
+
+ ne → M
- 2H
+
(axit) + 2e → H
2
- Hoặc ion hiđro của nước bị khử: 2H
2
O + 2e → H
2
+ 2OH
-
Dạng oxi hóa của những cặp có thế càng lớn càng dễ bị khử. Theo dãy thế oxi hóa – khử thì khả năng bị khử của các
ion kim loại như sau:
- Các cation từ Zn
2+
đến cuối dãy Hg
2+
, Cu
2+
, Fe
3+
, Ag
+
…dễ bị khử nhất và thứ tự tăng dần
- Từ Al
3+
đến các ion đầu dãy Na
+
, Ca
2+
, K
+
…không bị khử trong dung dịch
- Các ion H
+
của axit dễ bị khử hơn các ion H
+
của nước
b) Khả năng phóng điện của các anion ở anot: Ở anot xảy ra quá trình oxi hóa các anion gốc axit như Cl
-
, S
2-
…hoặc
ion OH- của bazơ kiềm hoặc nước
- 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
- 4OH
-
→ O
2
+ 2H
2
O + 4e
- Hoặc ion OH
-
của nước bị oxi hóa: 2H
2
O → O
2
+ 4H
+
+ 4e
Dạng khử của những cặp có thế oxi hóa – khử càng nhỏ càng dễ bị oxi hóa. Theo dãy thế oxi hóa – khử thì khả năng bị
oxi hóa của các anion như sau:
- Các anion gốc axit không chứa oxi dễ bị oxi hóa nhất theo thứ tự: RCOO
-
< Cl
-
< Br
-
< I
-
< S
2-
…
- Các anion gốc axit như NO
3
-, SO
4
2-
, PO
4
3-
, CO
3
2-
, ClO
4
-…không bị oxi hóa
- Riêng các ion OH
-
của kiềm hoặc của nước khó bị oxi hóa hơn các ion S
2-
, I
-
, Br
-
, Cl
-
…
- Nếu khi điện phân không dùng các anot trơ như graphit, platin (Pt) mà dùng các kim loại như Ni, Cu, Ag…thì các
kim loại này dễ bị oxi hóa hơn các anion vì thế oxi hóa – khử của chúng thấp hơn, và do đó chúng tan vào dung dịch
(anot tan)
c) Một số ví dụ:
- Điện phân dung dịch CuCl
2
với anot trơ có thể biểu diễn bằng sơ đồ:
Catot ( – ) CuCl
2
Anot ( + )
Cu
2+
+ 2e Cu 2Cl
-
Cl
2
+ 2e
Phương trình điện phân là: CuCl
2
Cu + Cl
2
- Điện phân dung dịch K
2
SO
4
với anot trơ có thể biểu diễn bằng sơ đồ:
Catot (–) K
2
SO
4
Anot (+)
H
2
O, K
+
(H
2
O) H
2
O, SO
4
2-
2| 2H
2
O + 2e H
2
+ 2OH
-
2H
2
O O
2
+ 4H
+
+ 4e
Website : luyenthithukhoa.vn
- 3 -
Phương trình điện phân là: 2H
2
O 2H
2
+ O
2
- Điện phân dung dịch NaCl bão hòa với điện cực trơ có màng ngăn có thể biểu diễn bằng sơ đồ:
Catot ( – ) NaCl Anot ( + )
H
2
O, Na
+
(H
2
O) Cl
-
, H
2
O
2H
2
O + 2e H
2
+ 2OH
-
2Cl
-
Cl
2
+ 2e
Phương trình điện phân là: 2NaCl + 2H
2
O 2NaOH + H
2
+ Cl
2
Nếu không có màng ngăn thì: Cl
2
+ 2NaOH NaCl + NaClO + H
2
O nên phương trình điện phân là: NaCl + H
2
O
NaClO + H
2
- Điện phân dung dịch NiSO
4
với anot trơ có thể biểu diễn bằng sơ đồ:
Catot ( – ) NiSO
4
Anot ( + )
Ni
2+
, H
2
O (H
2
O) H
2
O, SO
4
2-
2| Ni
2+
+ 2e Ni 2H
2
O O
2
+ 4H
+
+ 4e
Phương trình điện phân là: 2NiSO
4
+ 2H
2
O 2Ni + 2H
2
SO
4
+ O
2
- Điện phân dung dịch NiSO
4
với anot bằng Cu có thể biểu diễn bằng sơ đồ:
Catot ( – ) NiSO
4
Cu ( + )
Ni
2+
, H
2
O (H
2
O) H
2
O, SO
4
2-
Ni
2+
+ 2e Ni Cu Cu
2+
+ 2e
Phương trình điện phân là: NiSO
4
+ Cu CuSO
4
+ Ni
- Điện phân dung dịch CuSO
4
với anot bằng Cu (như hình vẽ sau đây):
Ở catot ( – ): Cu
2+
(dd) + 2e Cu làm giảm nồng độ ion Cu
2+
ở bên nhánh trái của
ống chữ U
Ở anot ( + ): Cu(r) Cu
2+
(dd) + 2e làm tăng nồng độ ion Cu
2+
ở bên nhánh trái của
ống chữ U và anot dần dần bị hòa tan
Phương trình điện phân là: Cu(r) + Cu
2+
(dd) Cu
2+
(dd) + Cu(r)
- Điện phân dung dịch hỗn hợp chứa FeCl
3
, CuCl
2
và HCl với anot trơ có thể biểu
diễn bằng sơ đồ:
Catot ( – ) FeCl
3
, CuCl
2
, HCl Anot ( + )
Fe
3+
, Cu
2+
, H
+
2| Fe
3+
+ 1e Fe
2+
Cu
2+
+ 2e Cu 2Cl
-
Cl
2
+ 2e
2H
+
+ 2e H
2
Fe
2+
+ 2e Fe
Quá trình điện phân lần lượt xảy ra ở các điện cực là:
2FeCl
3
2FeCl
2
+ Cl
2
CuCl
2
Cu + Cl
2
2HCl H
2
+ Cl
2
FeCl
2
Fe + Cl
2
III – ĐỊNH LUẬT FARADAY
Khối lượng chất giải phóng ở mỗi điện cực tỉ lệ với điện lượng đi qua dung dịch và đương lượng của chất
Website : luyenthithukhoa.vn
- 4 -
m =
Trong đó:
- m: khối lượng chất giải phóng ở điện cực (gam)
- A: khối lượng mol nguyên tử của chất thu được ở điện cực
- n: số electron mà nguyên tử hoặc ion đã cho hoặc nhận
- I: cường độ dòng điện (A)
- t: thời gian điện phân (s)
- F: hằng số Faraday là điện tích của 1 mol electron hay điện lượng cần thiết để 1 mol electron chuyển dời trong mạch
ở catot hoặc ở anot (F = 1,602.10
-19
.6,022.10
23
≈ 96500 C.mol
-1
)
- : đương lượng gam hóa học
Biểu thức liên hệ: Q = I.t = 96500.n
e
n
e
= (n
e
là số mol electron trao đổi ở điện cực)
Ví dụ: Điện phân 100 ml dung dịch NaCl với điện cực trơ có màng ngăn với cường độ dòng điện I = 1,93A. Dung
dịch thu được sau khi điện phân có pH = 12. Biết thể tích dung dịch không đổi, clo không hòa tan trong nước và hiệu
suất điện phân 100%. Thời gian tiến hành điện phân là:
A. 50 s B. 60 s C. 100 s D. 200 s
Giải:
pH = 12 [OH
-
] = 10
-2
nOH
-
= 10
-3
M
Tại catot (–) xảy ra phản ứng: 2H
2
O + 2e H
2
+ 2OH
-
n
e
= 10
-3
mol t = = = 50 s
hoặc mH
2
= 10
-3
gam t = = 50 s Đáp án A
IV - ỨNG DỤNG CỦA ĐIỆN PHÂN
Sự điện phân có nhiều ứng dụng trong công nghiệp
1. Điều chế các kim loại (xem bài điều chế các kim loại)
2. Điều chế một số phi kim như H
2
, O
2
, F
2
, Cl
2
3. Điều chế một số hợp chất như NaOH, H
2
O
2
, nước Gia – ven
4. Tinh chế một số kim loại như Cu, Pb, Zn. Fe. Ag, Au…
5. Mạ điện
Điện phân với anot tan cũng được dùng trong mạ điện, nhằm bảo vệ kim loại khỏi bị ăn
mòn và tạo vẻ đẹp cho vật mạ. Anot là kim loại dùng để mạ (như hình vẽ là vàng) còn
catot là vật cần mạ (cái thìa). Lớp mạ thường rất mỏng, có độ dày từ 5.10
-5
÷ 1.10
-3
cm
