Sáng kiến kinh nghiệm phương pháp giải nhanh và chuyên sâu bài toán điện phân hóa học 12
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.21 MB, 29 trang )
1
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
“PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH VÀ CHUYÊN SÂU BÀI TOÁN
ĐIỆN PHÂN HÓA HỌC 12”
2
PHẦN 1:
LÝ DO VIẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
-
-
100%.
.
- Tđề 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.
-
t -
-
-
- -
-
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
4
- 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
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
5
: 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
Quy luật chung: -
K: Ag
+
; Cu
2+
thì Ag
+
+ 1e
2+
+ 2eCu
-
-
; Cl
-
thì 2Br
-
Br
2
-
Cl
2
+ 2e.
a. Quy tắc ở K:
n+
và H
+
-
n+
3+
và Al
3+
+
6
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 catio
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:
-
* Đối với anot trơ (là anot không tham gia vào quá trình phản ứng)
-
-
; Br
-
; Cl
-
; S
2-
; RCOO
-
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
electron thay: 2H
2
O
4H
+
+ O
2
+ 4e
* Đối với anot hoạt động
nion:
Zn
Zn
2+
+2e; Cu
Cu
2+
+2e
Chú ý
Độ tăng khối lượng tại K = độ giảm khối lượng tại A
Ví dụ 1
7
2
4
3
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+
-
+
-
3+
-
-
8
-
3+
-
thì pH dung
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
2H
2
O + 2e
2OH
-
+ H
2
A (+): Cl
-
; 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
9
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).
3
1M
+5
10
A. 0.8. B. 0,3. C. 1,0. D. 1,2.
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
0,15 x 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
ng
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 d
= 100 + 0,5. 2 + 0,25.32 = 109 gam
Ta có mNaOH
= 100.6/100 = 6 gam
11
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 s
dung dch 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
CO, CO
2
, O
2
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 = z
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:
3
Ví dụ 4: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011).
KCl và 28,2 gam Cu(NO
3
)
2
12
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
-
(-): 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+
0,15.
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).
4
vào
0,1245 mol. Gi
A. 4,480 B. 3,920 C. 1,680 d. 4,788
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
13
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+
2+
y =4,480 gam
2.2.2.2. Ví dụ chuyên sâu
Ví dụ 1: (Trích đề thi HSGQG năm 2011).
0
Cu(NO
3
)
2
0,020M, Co(NO
3
)
2
1,0 M, HNO
3
0,010M.
ên catot và anot trong quá
2
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)
14
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
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
pin điện có cực dương (catot) là O
2
/H
2
O và cực âm (anot) là cặp Cu
2+
/Cu.
ra là: Trên catot: 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+
1,14. 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
15
Ví dụ 2: (Đề thi casio hóa học tỉnh Thanh Hóa năm 2012, QG năm 2001-bảng A). Dung
3
)
2
3
PO
4
3
(PO
4
)
2
3
)
2
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-
-
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
16
-
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.
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
17
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
18
Ví dụ 4
m
m
Hướng dẫn giải:
X
on 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
19
Ví dụ 5:
2
SO
4
-
- T
-
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
Khi t
+
+
= 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
+
+
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
20
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:
tc) thoát ra
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
2
2
.
Đáp số: V
= 44,8 lít; V
= 22,4 lít;
H2S
14,93 lít
Ví dụ 3:
3
)
2
3
)
2
21
Đáp số: : C
= 1,0 M
Ví dụ 4: Hoà tan 50 gam CuSO
4
.5H
2
O vào 200 ml
Đáp số: u = 0,1. 64 = 6,4 gam; V
= 1,792 lít
Ví dụ 5:
4
3
60% (D = 1,37 g/ml
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. 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
0,2M
A. 3,36 lít B. 1,12 lít C. 0,56 lít D. 2,24 lít
22
Ví dụ 9: (Trích đề thi đại học khối B năm 2010).
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 in
gam l
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
còn
2+
2
/2Cl
-
-
0
ZnCl
2
g:
-): 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
2
,
23
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 (kí
Tcủa 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
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 th
0,03-0,04
0,3
Fe
0,1-0,2
0,3
24
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
catot (K-); 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
(-): Ni
2+
+ 2e Ni
-
Cl
2
+ 2e
- Trường hợp 2:
2
-): Ni
2+
+ 2e Ni
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
25
- 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
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
…
