Chuyên đề điện hóa học (4)

Chuyên đề: ĐIỆN HÓA HỌC GV biên soạn: Hoàng Minh Cảnh Bộ môn: Hóa học- Trường THPT Chuyên Tuyên Quang MÃ: H17A Phần I MỞ ĐẦU I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hiện trạng và nguyên nhân chủ yếu của hiện trạng Điện hóa học là một chuyên đề nâng cao trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi Hóa trường THPT Chuyên Nội dung chuyên đề này không được trình bày đầy đủ trong các tài liệu hóa THPT cơ bản và nâng cao, do đó đã gây ra rất nhiều khó khăn cho các giáo viên dạy đội tuyển cũng như các em học sinh trong đội tuyển Hóa THPT Các tài liệu tham khảo về chuyên đề Điện hóa học chưa nhiều chưa có tài liệu nào viết riêng đầy đủ, theo hệ thống về các vấn đề liên quan đến kỹ thuật giải dạng toán này Điều này làm cho học sinh các đội tuyển học sinh giỏi của trường THPT Chuyên khá lúng túng khi gặp dạng bài điện hóa Trong các kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, bài tập về điện hóa học là toán thường xuyên đề cấp tới dạng bài tập hay và rất cần thiết cho các em học sinh khi nghiên cứu sâu về hóa học sau này Ý tưởng Để giải quyết những khó khăn trên của giáo viên cũng như học sinh trong trình bồi dưỡng và học tập về chuyên đề điện hóa, chúng tôi xác định cần thiết phải xây dựng một chuyên đề về vấn đề này dành cho các em học sinh giỏi Hóa và đội tuyển học sinh giỏi dự thi quốc gia Chuyên đề sẽ được giảng dạy trực tiếp cho các đội tuyển học sinh giỏi Hóa nhà trường và đội tuyển học sinh giỏi Hóa của tỉnh dự thi quốc gia Từ đó, với việc kiểm tra, đánh giá mức độ học sinh nắm được những kiến thức cơ trong chuyên đề, giáo viên sẽ có những điều chỉnh hợp lí cho những lần bồi dưỡng tiếp theo Chuyên đề tài liệu tham khảo cho giáo viên giảng dạy nội dung Điện hóa cho các đội tuyển học sinh giỏi các cấp II MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI Đề tài của chúng tôi nhằm các mục đích sau: Xây dựng chuyên đề Điện hóa học dưới dạng hệ thống hóa lý thuyết và các tập vận dụng Đánh giá, nhận xét về vấn đề đã được đưa ra trong chuyên đề Hoàn thiện chuyên đề để có thể nguồn tài liệu có chất lượng phục vụ công tác bồi dưỡng học sinh giỏi phần điện hóa III CẤU TRÚC CỦA ĐỀ TÀI: Chương 1 Phản ứng oxi hóa-khử Chương 2 Pin điện Chương 3 Sự điện phân Phần II NỘI DUNG Chương 1 PHẢN ỨNG OXI HÓA- KHỬ I Cặp oxi hóa - khử Thế khử của các cặp oxi hóa - khử Cặp oxi hoá khử a Khái niệm về cặp oxi hoá - khử của kim loại Trong phản ứng hoá học, cation kim loại có thể nhận electron để trở thành nguyên tử kim loại và ngược lại, nguyên tử kim loại có thể nhường electron để trở thành cation kim loại Ví dụ: Cu2+ + 2e Cu Ag+ + 1e Ag Mn+ Tổng quát: + ne hay Ox + ne M Kh ChÊt khö ChÊt oxi ho¸ Chất oxi hoá và chất khử của cùng một nguyên tố kim loại tạo nên cặp oxi hoá - khử Các cặp oxi hoá - khử trên được viết như sau : Tổng quát : Mn + M Cu2 + Ag + ;; Ag Cu b Kí hiệu: Dạng có số oxi hoá lớn/ Dạng có số oxi hoá nhỏ hay Mn+/Mm+ (n>m) Thế khử (E0 E): là đại lượng đặc trưng cho cường độ (mức độ mạnh, yếu) của một cặp oxi hóa – khử a Kí hiệu E (đơn vị là vôn, kí hiệu V) Về mặt nhiệt động học E đặc trưng cho trạng thái cân bằng của phản ứng khử nên được gọi là thế khử Trong thực tế E còn được gọi là thế oxi hóa - khử (đặc trưng cho quá trình oxi hóa - khử nói chung) hay điện cực (việc xác định thực nghiệm thế khử của các cặp được thực hiện bằng cách đo thế của các điện cực tương ứng, sẽ xét ở phần sau) - Nếu ở điều kiện chuẩn: T = 298K, P = 101325 Pa (P=1 atm), [Ox] = [Kh] = 1M thì được gọi là thế khử chuẩn E0 - Nếu không ở điều kiện chuẩn thì được gọi là thế khử E Từ hệ thức: ∆G = ∆G0 + RTlnK ⇒ -nFE = -nFE0 + RTlnK hay: E = E0 - RT lnK nF (1) Khi T = 298K, thay các giá trị bằng số của R và F, và chuyển ln thành lg, chúng ta được: E = E0 + 0,059 lg n [Ox] [Kh] (2) Đối với các cặp kiểu Mn+ + ne = M (M là nguyên tử kim loại;; Mn+ là ion kim loại tương ứng) Biểu thức Nernst có dạng: 0,059 E = E0 + lg [Mn+] (3) n Trong nhiều trường hợp các ion H + và OH - cũng tham gia phản ứng hay được tạo thành như là sản phẩm của phản ứng Ví dụ: MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + H2O Trong các trường hợp này các thừa số nồng độ của các ion tương ứng (với lũy thừa thích hợp) có mặt phương trình Nernst Ví dụ, đối với hai trường hợp nêu trên: Cặp MnO4-/Mn2+ : E=E0 + ⎡ MnO4− ⎤⎦ [ H + ]8 0, 059 lg ⎣ [Mn + ] b Đặc điểm: Nếu khử dương trình khử mạnh → Chất oxi hoá càng mạnh, chất khử càng yếu và ngược lại II Chiều hướng của phản ứng oxi hóa – khử Điều kiện để có phản ứng oxi hoá khử - Phải có chất oxi hoá và chất khử - Sản phẩm tạo ra phải là chất oxi hoá và khử tương ứng yếu hơn ban đầu (thỏa mãn quy tắc anpha) a Xét theo định tính: Dựa vào dãy điện hoá của các nguyên tố b Xét theo định lượng: Tính ∆E0, ∆E hoặc ∆G của phản ứng Nếu ∆E > 0 → Phản ứng xảy ra theo chiều đang xét Nếu ∆E < 0 → Phản ứng xảy ra theo chiều ngược lại Nếu ∆E = 0 → Phản ứng ở trạng thái cân bằng Ví dụ 1 Dựa vào bảng thế khử chuẩn chứng minh rằng các kim loại có thế khử âm ở điều kiện tiêu chuẩn có thể đẩy được hiđrô ra khỏi dung dịch axit Giải: Phản ứng đẩy hiđro của các kim loại được biểu diễn như sau: M+ nH + → Mn+ + n/2H2 Ở đây các ion H + đóng vai trò chất oxi hóa, các nguyên tử kim loại M đóng vai trò chất khử, phản ứng bao gồm hai nửa phản ứng: 2H + + 2e → H2 E1= 0,00 V Mn+ + ne → M E2 ⇒ 2M+ 2nH + → 2Mn+ + nH2 Để cho phản ứng xảy ra ∆E > 0→ E1 - E2 > 0 Vì E1= 0,00 V→ E2 < 0 Như vậy tất các kim loại có thế khử âm đều có thể đẩy được hiđro khỏi các dung dịch axit ở điều kiện tiêu chuẩn Ví dụ 2: Xác định chiều của phản ứng: 2Hg + 2Ag+ → 2Ag + Hg22+ các điều kiện sau: a ⎡⎣ Ag + ⎤⎦ = 10−4 mol / l;; ⎡⎣ Hg 2 + ⎤⎦ = 0,1mol / l b ⎡⎣ Ag + ⎤⎦ = 0,1mol / l ;; ⎡⎣ Hg 2 + ⎤⎦ = 10 −4 mol / l Giải: Phản ứng đã cho gồm hai nửa phản ứng: Hg22+ +2e → 2Hg E10 = 0,79 V Ag+ + e → Ag E20 = 0,80 V Theo điều kiện của bài toán phản ứng không ở điều kiện tiêu chuẩn, để xác định chiều của phản ứng cần phải tính thế khử của các cặp ở các điều kiện đã cho 0,059 a E Ag+/Ag = E0 + lg [Ag+] = 0,8 + 0,059 lg10-4 = 0,56 (V) n 0,059 0,059 E Hg22+/Hg = E0 + lg [Hg22+] = 0,79+ lg 0,1= 0,76 (V) n ⇒ ∆E < 0 → Phản ứng xảy ra theo chiều từ phải qua trái b Giải tương tự: ∆E > 0 → Phản ứng xảy ra theo chiều từ trái sang phải III Hằng số cân bằng của phản ứng oxi hóa - khử Xét phản ứng oxi hóa - khử gồm hai cặp oxi hóa – khử ở dạng tổng quát: Ox1 + Kh2 Ox2 + Kh1 E10 = E(0Ox / Kh ) ;; E20 = E(0Ox / Kh ) Ta có: K = [Ox2 ][ Kh1 ] [Ox1 ][ Kh2 ] ⎯⎯ → lg K = n( E − E ) 0, 059 Ví dụ 1: Người ta thêm dư thuỷ ngân lỏng vào dung dịch Fe3+ 10-3M Lúc cân bằng còn 4,6% sắt dạng Fe3+ (ở 298K) Biết khử tiêu chuẩn của Fe3+/Fe2+ 0,77V, tính thế khử của cặp Hg22+/Hg nếu phản ứng duy nhất xảy ra trong hệ là: 2Hg + 2Fe3+ Hg22+ + 2Fe2+ Giải: [Fe3+] = 0,046.10-3 = 4,6.10-5M [Fe2+] = (1 - 0,046).10-3 = 9,5.10-4 M [Hg22+] = [Fe2+] /2= 4,8.10-4 M ⎡⎣ Hg 2 + ⎤⎦ ⎡⎣ Fe + ⎤⎦ Hằng số cân bằng của phản ứng bằng: K = = 0, 205 ⎡⎣ Fe3+ ⎤⎦ Mà lg K = 1.2.( E Fe3+ / Fe2+ − E Hg 2+ / Hg ) 0, 059 ⇒ E0(Hg22+/Hg) =0,791 (V) Ví dụ 2: Xác định hằng số cân bằng của phản ứng: Hg 22+ Hg + Hg2+ Cho : E0 (Hg2+/ Hg ) = + 0,92V và E0 (Hg2+/ Hg) = + 0,85V Giải: Hg 22 + 2Hg2+ + 2e ;; ∆G 10 = – 2F (– 0,92) 2+ Hg2+ + 2e Hg ;; ∆G 02 = – 2F 0,85 Hg 22 + Hg2+ + Hg ;; ∆G = ∆G 10 + ∆G 02 = – 1 F E0 ∆G = – 1F.E0 = – 2F(0,85 – 0,92) → E0 = 2(– 0,07) = – 0,14 V Lg K = 1.(−0,14) = – 2,37 → K = 4,26 10– 3 0, 059 Chương 2 PIN ĐIỆN A PIN ĐIỆN I Khái niệm về pin điện hoá: Ví dụ về pin điện hóa: - Hai cốc thuỷ tinh, cốc chứa 50ml dung dịch CuSO4 1M, cốc kia chứa 50ml dung dịch ZnSO4 1M Nhúng Cu vào dung dịch CuSO4, Zn vào dung dịch ZnSO4 Nối hai dung dịch ống hình chữ U đựng dung dịch bão hòa NH4NO3 (hoặc KNO3), ống gọi cầu muối Thiết bị nói gọi là pin điện hoá, vì khi nối hai lá kim loại dây dẫn đo dòng điện đi từ Cu (cực +) đến lá Zn (cực −) - Sự xuất dòng điện từ cực đồng sang cực kẽm chứng tỏ rằng có sự chênh lệch điện thế giữa hai điện cực nói trên, tức là trên mỗi điện cực đã xuất hiện một thế điện cực nhất định - Hiệu điện thế lớn nhất giữa hai điện cực (Epin), tức là hiệu của thế điện cực dương (E(+)) với thế điện cực âm (E(-)) được gọi là suất điện động của pin điện hoá (Epin = E(+) - E(-)) Suất điện động của pin điện hoá luôn là số dương và phụ thuộc vào nhiệt độ Suất điện động có thể đo bằng một vôn kế có điện trở lớn Vôn kế cho biết suất điện động của pin điện hoá nói trên: (Epin) = 1,10 V Cơ chế phát sinh dòng điện trong pin điện hoá - Trên điện cực Zn, các nguyên tử kẽm để lại electron trên bề mặt điện cực và tan vào dung dịch dưới dạng ion Zn2+ Ở đây xảy ra sự oxi hóa các nguyên tử Zn thành Zn2+: Zn → Zn2+ + 2e - Lá kẽm trở thành nguồn electron nên đóng vai trò cực âm Các electron theo dây dẫn đến cực Cu Ở đây, xảy ra sự khử các ion Cu2+ trong dung dịch thành Cu bám trên bề mặt lá Cu: Cu2+ + 2e → Cu - Trong cầu muối, cation NH +4 (hoặc K+) di chuyển sang cốc đựng dung dịch CuSO4, các anion di chuyển sang cốc đựng dung dịch ZnSO4 làm cân bằng điện tích, nên các dung dịch luôn trung hoà điện - Ở mạch ngoài (dây dẫn), dòng electron đi từ cực kẽm sang cực đồng, nghĩa là, theo quy ước của điện học, dòng điện đi từ cực đồng sang cực kẽm Vì thế, điện cực kẽm được gọi là anot Tên gọi này bắt nguồn từ tiếng Hi Lạp (anosdos) có nghĩa là nơi dòng điện đi vào Còn theo cơ chế trên, anot là nơi xảy ra sự oxi hoá Điện cực đồng gọi là catot Về bản chất điện hoá học thì catot là nơi xảy sự khử ion Cu2+ Trong pin điện hoá, anot là cực âm, còn catot là cực dương - Các phản ứng oxi hoá và khử xảy ra trên bề mặt các điện cực của pin điện hoá nói trên có thể được viết tổng hợp lại bằng phương trình ion rút gọn : Zn + Cu2+ → Cu + Zn2+ Suất điện động chuẩn của pin điện hoá a Khái niệm: Hiệu điện thế lớn nhất giữa hai điện cực (Epin), tức là hiệu của điện cực dương (E(+)) với thế điện cực âm (E(-)) được gọi là suất điện động pin điện hoá Epin = E(+) - E(-)) b Đặc điểm của suất điện động của pin điện hoá - Luôn là số dương và phụ thuộc vào nhiệt độ - Được quyết định bởi bản chất của cặp oxi hoá- khử tham gia vào phản ứng trên bề mặt điện cực - Phụ thuộc vào nồng độ ion kim loại trong dung dịch * Khi nồng độ các ion kim loại bằng 1M và nhiệt độ là 250C thì thế điện cực điện cực chuẩn được kí hiệu là Eo Vậy suất điện động chuẩn (Eopin ) bằng hiệu giữa thế điện cực của điện cực chuẩn dương (Eocatot) với thế điện cực của điện cực chuẩn âm (Eoanot): Eopin = Eocatot - Eoanot III Thế điện cực chuẩn của kim loại Suất điện động chuẩn, tức là hiệu các thế điện cực của các điện cực chuẩn đo bằng vôn kế Nhưng không thể đo được giá trị tuyệt đối thế điện cực của các điện cực chuẩn Để giải quyết khó khăn này, người ta đưa ra một điện cực so sánh và chấp nhận một cách quy ước rằng thế điện cực của nó bằng không Đó là điện cực hiđro chuẩn Điện cực hiđro chuẩn - Cấu tạo điện cực hiđro chuẩn gồm platin phủ muội platin, nhúng trong dung dịch axit có nồng độ ion H+ là 1M Bề mặt điện cực hấp phụ khí hiđro, được thổi liên tục vào dung dịch dưới áp suất 1 atm Trên bề mặt điện cực hiđro xảy ra cân bằng oxi hóa – khử của cặp oxi hoá - khử 2H+/H2 : H2 2H + + 2e - Quy ước rằng thế điện cực của điện cực hiđro chuẩn bằng 0,00V ở mọi nhiệt độ, tức là : E o2H + / H = 0, 00V Thế điện cực chuẩn của kim loại Để xác định thế điện cực chuẩn của kim loại nào đó, ta thiết lập một pin điện hoá gồm: điện cực chuẩn của kim loại cần xác định với điện cực hiđro chuẩn Vì thế điện cực điện cực hiđro chuẩn quy ước không, nên điện cực chuẩn của kim loại được chấp nhận bằng suất điện động của pin tạo bởi điện cực hiđro chuẩn và điện cực chuẩn của kim loại cần đo, dung dịch muối của nó có nồng độ ion kim loại bằng 1M) Trong pin điện hoá nói trên, nếu kim loại đóng vai trò cực âm, thì thế điện cực chuẩn của kim loại có giá trị âm Còn nếu kim loại đóng vai trò cực dương, thì thế điện cực chuẩn của kim loại có giá trị dương Cũng như suất điện động, thế điện cực chuẩn phụ thuộc vào nhiệt độ Trong bảng số liệu thường người ta cho giá trị thế điện cực chuẩn ở 25 oC Ví dụ 1: Xác định thế điện cực chuẩn của cặp Zn2+/Zn Lắp pin điện hoá Zn - H2 Điện kế cho biết dòng điện đi từ điện cực hiđro chuẩn sang điện cực kẽm chuẩn và suất điện động của pin bằng 0,76 V Như vậy Zn là cực âm (anot), thế điện cực chuẩn của cặp Zn2+/Zn là − 0,76V (kí hiệu là E 2+ = − 0, 76V ) Zn / Zn Phản ứng xảy ra trên điện cực âm (anot): Zn → Zn2+ + 2e Phản ứng xảy ra trên điện cực dương (catot): 2H+ + 2e → H2 Phản ứng oxi hoá - khử xảy ra trong pin điện hoá: Zn + 2H + →Zn2+ +H2 Ví dụ 2: Xác định thế điện cực chuẩn của cặp Ag+/Ag Lắp pin điện hoá H 2-Ag Điện kế cho biết dòng điện ở mạch ngoài đi từ điện cực bạc chuẩn sang điện cực hiđro chuẩn và suất điện động của pin bằng 0,80 V Như vậy, thế điện cực chuẩn của cặp Ag+/Ag là +0,80V ( E o Ag + / Ag = + 0,80V ) Phản ứng xảy ra trên điện cực âm (anot): H2 → 2H+ + 2e Phản ứng xảy ra trên điện cực dương (catot): Ag+ + e → Ag Phản ứng oxi hoá - khử xảy ra trong pin điện hoá: 2Ag+ + H → 2Ag + 2H + IV Dãy thế điện cực chuẩn của kim loại Dựa vào E0, ta sắp xếp được dãy điện hoá của kim loại là dãy các cặp oxi hoá khử được sắp xếp theo thứ tự tăng dần thế điện cực chuẩn o Dưới dãy điện cực chuẩn 25 C số cặp oxi hoá - khử Mn+/M (M là những kim loại thông dụng) có trị số tính ra vôn (V): + Mg2+ Ag+ Na+ Al3+ Zn2+ Fe2+ Ni2+ Sn2+ Pb2+ 2H H Cu2+ Au3+ Mg Ag K Na Al Zn Fe Ni Sn Pb Cu Au −2,92 −2,71 −2,37 −1,66 −0,76 −0,44 −0,25 −0,14 −0,13 0,00 +0,34 +0,80 +1,50 K+ Trong dãy điện hoá: Các kim loại đứng trước Hiđro có E0< 0;; sau Hiđro có E0> 0 V Cách viết sơ đồ pin Trong trường hợp các cặp Ox- Kh là dạng Mn+/M với M kim loại rắn, điện cực gồm thanh kim loại nhúng dung dịch muối nó, như trường hợp các điện cực đồng và kẽm nói trên, thanh kim loại vừa đóng vai trò dạng khử vừa đóng vai trò vật dẫn điện Trong trường hợp các cặp oxi hóa khử mà cả dạng Ox và dạng Kh đều là ion trong dung dịch (ví dụ Fe3+/ Fe2+, Sn4+/ Sn2+, ) hay một trong các dạng ở thể khí hay thể lỏng (Cl2/Cl-, Hg22+/Hg, ) người ta phải dùng một kim loại trơ làm vật dẫn điện Thông thường kim loại dùng Pt Trong số trường hợp, người ta dùng graphit làm vật dẫn điện Để đơn giản trong việc biểu diễn các pin người ta dùng cách kí hiệu sau: (-) Khử ⏐Oxi hoá Oxi hoá⏐Khử (+) - Đối với pin dùng các điện cực kim loại kiểu Mn+ /M: M1|M1n+ M2m+|M2 - Đối với pin dùng kim loại trơ làm vật dẫn điện: Pt⏐Fe2+, Fe3+ Cl-⏐Pt (Cl2) VI Pin nồng độ - Xét hai điện cực kim loại với nồng độ của các ion kim loại khác nhau C1 C2 Thế của chúng tương ứng bằng: E1 = E0 + 0,059 0,059 lg C1 và E2 = E0 + lg C2 n n Vì C1 ≠ C2 nên E1≠ E2 cho nên khi ghép hai điện cực với nhau ta sẽ có một pin với sức điện động: E= E1 – E2 = 0,059 lg C1/C2 n - Như vậy, pin hoạt động do sự chênh lệch nồng độ của các ion giữa hai điện cực, vì vậy chúng được gọi là pin nồng độ Sau khi đo sức điện động của pin, nếu biết nồng độ của một dung dịch có thể tính được nồng độ của dung dịch còn lại VII Phân loại điện cực: 3 loại như sau: Đơn chất tiếp xúc với ion của nó trong dung dịch: Gồm 2 loại a Các điện cực kim loại: Gồm kim loại nhúng dung dịch muối của nó Ví dụ: Điện cực kẽm: Zn|Zn2+ b Điện cực khí: Gồm một thanh kim loại trơ hay graphit là vật dẫn điện đồng thời vật mang các phân tử khí, nhúng dung dịch chứa ion tương ứng và được bão hoà bằng khí tương ứng Ví dụ điển hình và quan trọng nhất là điện cực hidro Phản ứng ở điện cực hiđro là: 2H+ + 2e → H2(k) Thế của điện cực được xác định bằng phương trình: 10 0,059 Theo giả thiết : E(Br2/2Br− ) = 1,10 – lg[Br-]2 = 1,2 V 0,059 E(Cl2/2Cl − ) = 1,36 – lg[Cl-]2 = 1,478 V 0,059 E(MnO −4 /Mn2+) = 1,5 + lg [H+]8 = 1,5 – 0,0944 pH Để chỉ oxihóa hoàn toàn Br− mà không oxihóa Cl − thì : 1,2 < 1,5 – 0,0944 pH < 1,478 → 0,233 < pH < 3,178 Bài 8: Cho pin (-) Pt H2(1atm), H + (0,1M) Br -(0,2 M), AgBr(r) Ag (+) a Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin làm việc (ghi rõ trạng thái các chất) b Tính sức điện động chuẩn của pin tại 298K Cho biết E Ag / Ag =0,799V;; + E -13 H + / H2 =0,0V Tích số tan Ks(AgBr) = 7,7.10 c Nối mạch điện hóa để pin hoạt động Tính nồng độ của các ion H+ và Br - sức điện động của pin bằng 90% tại thời điểm đầu Biết rằng áp suất của H2 giữ không đổi trong suốt quá trình pin làm việc Giải: a Phản ứng xảy ra trong pin (-) H2(k) 2H+(aq) + 2e (+) AgBr(r) + 1e Ag(r) + Br-(aq) Phản ứng xảy ra trong pin là: AgBr(r) + H2(k) Ag(r) + H +(aq) + Br-(aq) b Tính sức điện động: Tại 298K Epin = E0pin – 0,059.log Ở đây, E0pin = E0AgBr/Ag - E 02 H + CH + CBr − P1/2 H / H2 = E Ag + / Ag + 0, 059 log K s ( AgBr ) - E 02 H + / H = 0,084V Thay CH = 0,1M;; CBr = 0,2M;; PH =1atm ta được Epin = 0,184V c Tính nồng độ của các ion H+ và Br - Khi sức điện động của pin bằng 90% ban đầu: + − Có ∆G pin(298) = ∆G pin(298) + RT ln CH + CBr − P1/2 H với ∆G pin(298)= -n.F.Epin=-1.96500.(0,9.0,184)= -15980,4J ∆G0 pin(298) = - n.F.E0pin = -1 96500 0,084 = - 8106 J Suy ra: CH + CBr − P1/2 H = e ∆G −∆G RT = 0,0417 Xét quá trình: AgBr(r) + 1/2H 2(k) Ag + H+(aq) + Br-(aq) Ban đầu: 1atm 0,1 M 0,2M Thời điểm nghiên cứu 1atm 0,1+x 0,2+x 23 Q= CH + CBr − P1/2 H = (0,1+x).(0,2+x) = 0,0417 x ≈ 0,06 Vậy nồng độ H + và Br- tại thời điểm nghiên cứu lần lượt là: 0,16M và 0,26M Bài 9: Pin Ni – Cd được sử dụng rộng rãi trong các loại thiết bị bỏ túi như điện thoại di động, máy quay phim xách tay, laptop, v.v… Một tế bào của pin Ni – Cd thực hiện hai nửa phản ứng sau: Cd(OH)2(r) + 2e → Cd(r) + 2OH - Eo1 = -0,809V 2NiO(OH) + 2H 2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OH- Eo2 = -0,490V Eo1;; Eo2 là thế khử chuẩn ở 25o-C a Tính E của phản ứng ở 25oC b Tính khối lượng Cd chứa trong 1 chiếc điện thoại di động có sử dụng pin Ni – Cd Biết công suất thông thường của pin là 700mAh Giải: a 2NiO(OH) + 2H 2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OH- Eoc = -0,490V - o Cd (r) + 2OH → Cd(OH)2(r) + 2e E a = -0,809V RT ln 2F OH − Ea = E ao − [ ] nap Cd(r) + 2NiO(OH)(r) + 2H2O 2Ni(OH)2(r) + Cd(OH)2(r) phong E = Eoa – Eoc = 1,299V b 700mAh = 0,700A 3600s = 2520C nCd = 2520/2.96485 = 0,013mol ⇒ mCd = 0,013.112,4 = 1,47g Bài 10 Trộn 100 ml dung dịch AgNO3 5,0.10 -2M với 100 ml dung dịch NaCl 0,10M ở 250C được dd A a Tính điện cực Ag nhúng dung dịch A, biết Ks,AgCl = 2,5.10-10 và E0Ag / Ag = +0,80V + b Thêm vào dung dịch A 100,00 ml dung dịch Na2S2O3 0,20M Kết tủa AgCl tan hoàn toàn tạo thành ion phức [Ag(S2O3)2]3- điện cực đo là 0,20V Tính hằng số tạo thành tổng hợp β2 của ion phức Bỏ qua các quá trình phụ Giải: a n Ag = 5.10 -3 mol;; n Cl = 0,01 mol − + + Phản ứng: Ag + Cl- → AgCl Ban đầu 5.10-3 0,01 [] - 5.10-3 5.10−3 = 2,5.10 −2 M 0,2 ⇒ [Cl − ] = E Ag + / Ag = E0Ag + / Ag ⇒ [Ag + ] = Ks 2,5.10−10 = = 1,0.10−8 M [Cl − ] 2,5.10 −2 + 0,059lg[Ag+] = 0,80 + 0,059lg10-8 = 0,33 V b n Na S O = 0,02 mol 2 Phản ứng: AgCl + 2Na2S2O3 → [Ag(S2O 3)2]3- + NaCl + 3Na+ mol 5.10 -3 10 -2 5.10 -3 24 ⇒ [Ag(S O3 )23− ] = 5,0.10−3 + = 1,67.10 −2 M ⇒ E Ag+ / Ag = 0,2 = 0,80 + 0,059lg[Ag ] 0,30 ⇒ [Ag+] = 6,77.10-11M Nồng độ Ag+ rất bé nên có thể coi toàn bộ Ag+ nằm trong phức chất -3 -2 nS O tạo phức = 2.5.10 = 10 mol;; nS O tự do trong dung dịch = 0,02 – 0,01 = 0,01 mol 2− [S2O32-] = 2− 0,01 = 3,33.10-2 M 0,3 Ag+ + 2S2O32- [Ag(S2O 3)2]3- β2 β2 = [Ag(S O3 )2 3− ] 1,67.10 −2 ⇒ β2 = 7,4.1010 = + 2− [Ag ].[S O3 ] 6,77.10−11.(3,33.10 −2 )2 Bài 11: Cho ECrO 2− / Cr ( OH ) = −0,18V ;; EMnO = +1, 695V ;; − , H + / MnO ( OH ) Cr(OH)3 CrO2- + H + + H2O K = 1,0.10-14 a Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO42-/ CrO2- MnO4-/ MnO(OH)2 b Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin c Tính Epin biết nồng độ ion CrO42- là 0,01M;; CrO2- là 0,03M;; MnO 4- là 0,2M d Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình pin hoạt động Giải: a Xét cặp CrO 42-/ Cr(OH)3 CrO 42- + 4H 2O + 3e Cr(OH)3 + 5OH- K1 = 103E /0,0592 Cr(OH)3 CrO2- + H+ + H 2O K = 10-14 H + + OH- H2O Kw-1 = 1014 CrO42- + 2H2O + 3e CrO 2- + 4OH - K = K1.K.K −w1 = 103E /0,0592 Eo CrO 42-/ CrO2- = Eo CrO42-/ Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO 4-/ MnO(OH)2 sơ đồ pin: (-) Pt | CrO42-, CrO2-, OH - || MnO 4-, H+, MnO(OH)2 | Pt (+) b Tính K của phản ứng: MnO4- + 4H + + 3e MnO(OH)2 + H2O K1 = 103.1,695/0,0592 CrO2- + 4OH- CrO 42- + 2H2O + 3e K2-1 = (10 3.(-0,18)/0,0592)-1 4 | H 2O H + + OH- Kw = 10-14 MnO 4- + CrO2- + H2O MnO(OH)2 + CrO42- K = K1.K2-1.(Kw)4 = 1039 1 c Epin = Eopin + − − 0,0592 ] lg [MnO4 ].[CrO 2− [CrO4 ] Tính Eopin dựa vào K phản ứng ta có Eopin = 39.0,0592 = 0,77V 0,2.0,03 = 0,7656V 0,01 d Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+) Ở mạch trong : - Dung dịch bên anot có CrO2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion âm so với lượng ion dương → ion âm của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện Epin = 0,77 + 0,0592 lg 25 - Dung dịch bên catot có ion MnO4-, H + đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion dương so với lượng ion âm → các ion dương của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở catot để dung dịch luôn trung hòa điện Bài 12: (HSGQG 2010) Dung dịch A gồm Fe(NO 3)3 0,05 M;; Pb(NO 3)2 0,10 M;; Zn(NO3)2 0,01 M a Tính pH của dung dịch A b 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? c 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 FeOH 2+ + H + lg*β1 = -2,17 Pb2+ + H2O PbOH+ + H+ lg*β2 = -7,80 Zn2+ + H2O ZnOH+ + H+ lg*β3 = -8,96 o E 0Fe3+/Fe2+ = 0,771 V;; ES/H = 0,141 V;; E 2+ = -0,126 V ;; ở 25 C: 2S Pb /Pb RT ln = 0,0592lg ;; pKS(PbS) = 26,6;; pKS(ZnS) = 21,6;; pK S(FeS) = 17,2 F pK a1(H2S) = 7,02;; pK a2(H 2S) = 12,90;; pK + = 9,24;; pK a(CH3COOH) = 4,76 2,303 a(NH ) Giải: a Fe3+ + H2O FeOH2+ + H + *β1 = 10 -2,17 (1) Pb 2+ + H2O PbOH+ + H + *β2 = 10-7,80 (2) Zn2+ + H2O ZnOH+ + H+ *β3 = 10 -8,96 (3) H2O OH- + H+ Kw = 10-14 (4) So sánh (1)→(4): *β1 C Fe3+ >> *β2 C Pb 2+ >> *β3 C Zn 2+ >> Kw → tính pHA theo (1): Fe3+ + H2O FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1) C 0,05 [ ] 0,05 - x x x [H+] = x = 0,0153 M → pHA = 1,82 b Do E 0Fe3+ /Fe2+ = 0,771 V > ES/H = 0,141 V nên: 2S 1/ 2Fe3+ + H2S ⎯⎯→ 2Fe2+ + S↓ + 2H + K1 = 1021,28 0,05 - 0,05 0,05 2/ Pb2+ + H 2S ⎯⎯→ PbS↓ + 2H + K2 = 106,68 0,10 0,05 - 0,25 3/ Zn2+ + H2S ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68 4/ Fe2+ + H2S FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72 K và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS: Vì môi trường axit → C 'Zn 2+ = C Zn 2+ = 0,010 M;; C 'Fe2+ = CFe2+ = C Fe3+ = 0,050 M 26 Đối với H 2S, do Ka2 H2O > Ion (+) KL từ Al về trước + Tại anôt (cực dương): anion nhường electron, ion nào có tính khử mạnh nhường electron trước Gốc axit không có oxi > H2O > Gốc axit có oxi Ví dụ: S2– > I– > Br– > Cl– > F– > OH– 28 - Chú ý + Với H2O: Catot: 2H2O + 2e H + 2OH– Anot: 2H2O 4H + + O2+ 4e + Một số trường hợp vẫn phải xét sự điện phân của gốc axit có oxi Ví dụ: 2SO 42– S2O82– +2e ClO 3- + H2O ClO4- +2H++ 2e Ví dụ 1: Điện phân dung dịch CuSO với các điện cực trơ (graphit ) Thí nghiệm cho biết suất điện động nguồn điện lớn 1,3V, thấy kim loại Cu bám trên catot và khí oxi thoát ra ở anot Giải thích : Khi có dòng điện đi vào dung dịch, ion SO24 − di chuyển về anot, ion Cu2+ di chuyển về catot - Ở anot (cực +) có thể xảy ra sự oxi hoá ion SO24− hoặc phân tử H2O, vì H2O dễ bị oxi hoá hơn, sản phẩm là khí oxi: 2H2O(l) → O2(k) + 4H+(dd) + 4e - Ở catot (cực -) có thể xảy ra sự khử ion Cu2+ hoặc phân tử H2O Vì ion Cu2+ dễ bị khử hơn H 2O, nên ion Cu2+ bị khử thành kim loại Cu bám trên catot : Cu2+ + 2e → Cu Phương trình điện phân : ®p 2CuSO4 + 2H2O ⎯⎯ → 2Cu + O2 + 2H2SO4 Ví dụ 2: Điện phân dung dịch CuSO với anot đồng (anot tan) Thay graphit ở anot bằng một đoạn dây đồng mảnh Sau một thời gian điện phân, nhận thấy đoạn dây đồng nhúng trong dung dịch CuSO4 bị tan hết và có kim loại Cu bám trên bề mặt catot Giải thích : Ở anot (cực +), các nguyên tử Cu bị oxi hoá thành Cu2+ đi vào dung dịch : Cu(r) → Cu2+(dd) + 2e Trong sự điện phân này, anot dần dần bị hoà tan Ở catot (cực -), ion Cu2+ bị khử thành nguyên tử Cu bám trên bề mặt catot : Cu2+(dd) + 2e → Cu(r) Phương trình điện phân : Phương trình điện phân cho thấy nồng độ ion Cu2+ dung dịch không đổi Sự điện phân này được coi như là sự chuyển dời kim loại Cu từ anot catot III Định luật Faraday: A.I.t m = nF m: khối lượng đơn chất sản phẩm(gam) 29 F = 96500 (Hằng số Farađây) t: thời gian điện phân(s) I: cường độ dòng điện(A) A: phân tử khối của đơn chất đang xét(gam) n: số mol electron tạo 1 mol đơn chất đang xét 32.I.t Ví dụ: mO2 = (n = 4, M = 32) 4.96500 IV Thế phân cực và thế phân huỷ * Khi điện phân 1 dung dịch nào đó thì sau 1 thời gian sẽ xuất hiện 1 pin điện bên trong mạch Ví dụ: khi điện phân dung dịch CuCl2 - Tại cực âm: Cu2+ + 2e = Cu Cu tạo thành bám điện cực Pt sẽ tạo điện cực thanh Cu nhúng vào dung dịch Cu2+ - Tại cực dương: 2Cl- -2e = Cl2 Cl2 được Pt hấp phụ sẽ tạo 1 điện cực khí là Pt /Cl2, Cl- ⇒ Tạo 1 pin điện với 2 điện cực là Cu2+/Cu và Pt/Cl2, Cl- ⇒ Epin = E(+) – E(-) Pin này có dòng điện ngược chiều với dòng điện ở mạch ngoài * Muốn quá trình điện phân xảy ra cần 1 hiệu điện thế bên ngoài lớn hơn Epin vừa mới tạo ra Thế phân cực là Epin vừa mới hình thành Thế phân huỷ là hiệu điện thế bên ngoài cần đặt vào để phản ứng điện phân xảy ra Quá thế = U p/h – U p/c = U p/h – Uphóng - Uq/t phụ thuộc vào khí sản phẩm, bản chất điện cực, bề mặt điện cực, (thường giả thiết sẽ cho) - Từ thế phân cực, quá thế sẽ tính được thế phân huỷ và sẽ biết phản ứng xảy ra đầu tiên khi điện phân 1 dung dịch vì U phân huỷ càng nhỏ thì phản ứng càng dễ xảy ra V Ứng dụng của điện phân: Sự điện phân có nhiều ứng dụng trong công nghiệp Điều chế các kim loại Một số kim loại, dù có thế điện cực chuẩn âm nhưng vẫn có thể điều chế bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng Thí dụ : Hơn 50% sản lượng Zn của giới được điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch ZnSO4 Những kim loại có thế điện cực chuẩn rất âm như các kim loại kiềm (Na, K ) được điều chế cách điện phân hợp chất ion của chúng ở dạng nóng chảy Điều chế một số phi kim, như H2, O 2, F2, Cl2 30 Điều chế một số hợp chất, như KMnO4, NaOH, H 2O2, nước Gia-ven, Tinh chế một số kim loại, như Cu, Pb, Zn, Fe, Ag, Au, Phương pháp điện phân với anot tan được dùng để tinh chế kim loại Ví dụ, để có vàng tinh khiết, người ta dùng anot tan là vàng thô, ở catot thu được vàng ròng có độ tinh khiết 99,99% Mạ điện Điện phân với anot tan cũng được dùng trong kĩ thuật mạ điện, nhằm bảo vệ kim loại khỏi bị ăn mòn và tạo vẻ đẹp cho vật mạ Trong mạ điện, anot là kim loại dùng để mạ, như Cu, Ag, Au, Cr, Ni , catot là vật cần mạ Lớp mạ thường mỏng, có độ dày từ 5.10–5 đến 1.10–3cm Ví dụ: mạ kẽm, thiếc, niken, bạc, vàng, V Một số bài tập về điện phân: Hiện tượng cực dương tan, mạ điện: Bài 1: Tiến hành mạ huân chương đồng có tiết diện S (cm2) với dung dịch điện phân Cu(NO 3)2, anot làm Cu, thời gian t giây, hiệu suất điện phân h% thu lớp mạ có bề dày β ( micromet- µ ) Biết khối lượng riêng Cu 8,92 g/ cm3 Thiết lập công thức tổng quát tính mật độ dòng của quá trình điện phân theo S, t và β Áp dụng khi: t= 2phút 30 giây, h= 80%, β = 8,5 µ V S mCu m m 10 Trong đó VCu = (cm3) ⇒ β = Cu (cm)= Cu ( µ ) ⇒ m Cu= β d S 10-4 (g) d d S d S Mặt khác khi đ iện phân với hiệu suất là h% thì: mCu = A.I t.h = β d S 10-4 Giải: Áp dụng công thức: Bề dày của lớp mạ β = n.F 100 Với: n là số e trao đổi của quá trình Cu2+ + 2 e → Cu Ampe ) cm S At .h Áp dụng với: t= 2phút 30 giây= 150 giây;; h= 80%, β = 8,5 micromet 2.96500.8, 5.8,92 −2 Ampe ⇒ Mật độ dòng khi điện phân = 10 = 0,19 ( ) 64.150.80 cm ⇒ Mật độ dòng khi điện phân = I = n.F β d 10−2 ( Bài 2: Người ta mạ niken lên mẫu vật kim loại bằng phương pháp mạ điện trong bể mạ chứa dung dịch niken sunfat Điện áp được đặt lên các điện cực của bể mạ 2,5 V Cần mạ 10 mẫu vật kim loại hình trụ;; mỗi mẫu có bán kính 2,5cm, cao 20 cm Người ta phủ lên mỗi mẫu một lớp niken dày 0,4 mm Hãy: a Viết phương trình các phản ứng xảy ra trên các điện cực của bể mạ điện b Tính điện năng (theo kWh) phải tiêu thụ Cho biết: Niken có khối lượng riêng D = 8,9 g/cm3;; khối lượng mol nguyên tử 58,7(g/mol);; hiệu suất dòng bằng 90% ;; 1 kWh = 3,6.106J Giải: a Phương trình các phản ứng xảy ra trên bề mặt các điện cực của bể mạ: Anot : Ni → Ni2+ + 2 e Catot: Ni2+ + 2 e → Ni 31 b Thể tích của 1 mẫu vật kim loại hình trụ là V = πr2h = 3,14 × (2,5)2 × 20 = 392,5 (cm3) Lớp phủ niken ở mỗi mẫu vật có bề dày 0,4 mm nên ở mỗi mẫu vật này bán kính tăng tới 2,5 + 0,04 = 2,54 (cm);; chiều cao tăng tới 20,0 + (0,04×2) = 20,08 (cm) Vậy thể tích của mỗi mẫu vật này tăng thêm một lượng là: ∆V = V ' - V = [ 3,14 (2,54)2 20,08] - 392,5 ⇒ ∆V = 14,281(cm3) Tổng số thể tích tăng thêm cuả cả 10 mẫu vật là: V = 10 ∆V = 10 × 14,281cm3 = 142,81 cm3, đây thể tích niken phải phủ lên 10 mẫu vật cần mạ Khối lượng tương ứng là: M = V.D =142,81.8,9 = 1271,01 (gam) hay 1271,01/ 58,7 = 21,6526 (mol) Từ biểu thức của định luật Farađay: m = AIt/ 96500n ⇒ It = (m/A).96500n (1) Số điện năng tương ứng là: w = ItU = (m/A).96500n.U (2) Với Ni ta có n = 2;; theo trên đã có (m/A) = 21,6526 (mol);; theo đề bài U = 2,5 V Thế các trị số này vào (2), ta có w = 21,6526.96500.2.2,5 = 10447379,5 (J) Vì hiệu suất dòng điện là 90% và 1 kWh = 3,6.106J nên số điện năng thực tế cần dùng là: W = (w/90).100.(1/3,6.106) = 10447379,5/90).100.(1/3,6.106) = 3,2245kWh Thứ tự điện phân, tách các ion trong dung dịch bằng phương pháp điện phân: Bài 1: Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 0,10M;; Ag2SO 0,05M;; HClO4 1M a Cho biết thứ tự xảy ra sự điện phân (tính toán cụ thể) b Có thể dùng phương pháp điện phân để tách riêng Cu, Ag khỏi dung dịch được không? Cho E0Ag+/Ag = 0,80V ;; E0Cu2+/Cu = 0,34V Giải: a Các bán phản ứng xảy ra: + ở điện cực anot: H2O = 2H+ + 1/2 O2 + 2e + Giả thiết ở điện cực catot có lần lượt là: Ag+ + 1e → Ag Cu2+ + 2e → Cu 2H+ + 2e → H Theo phương trình Nesrnt ta có: EAg+/Ag = EoAg+/Ag + 0,0592lg[Ag+] = 0,8 + 0,0592lg0,05.2 = 0,7408(V) ECu2+/Cu = EoCu2+/Cu + 0,0592lg[Cu2+] = 0,34 + (0,0592/2)lg0,1 = 0,3104(V) E2H +/H = Eo2H+/H + (0,0592/2)lg[H+]2 = 0 + 0,0592lg1 = 0(V) Nhận thấy: EAg+/Ag > ECu2+/Cu > E2H+/H ⇒ Thứ tự điện phận lần lượt là Ag+ → Cu2+ → H + 32 b Ban đầu ion Ag+ bị điện phân thì thế phân cực cần đặt vào là: U = Epc = Ea - Ec = 1,23 - 0,7408 = 0,4892(V) Ta tăng dần thế (U) đến khi Ec = 0,34V, lúc đó ion Cu2+ bị điện phân thì ion Ag + lại là: EAg+/Ag = EoAg+/Ag + 0,0592lg[Ag+] = 0,34V ⇔ 0,34 = 0,8 + 0,0592lg[Ag+] ⇒ [Ag+] = 1,697.10 -8M < 10-6 Vậy coi như ion Ag+ đã hết Từ kết ta thấy có thể tách Ag, Cu khỏi dung dịch CuSO4 0,10M;; Ag2SO 0,05M, HClO4 1M Bài 2: Điện phân dung dịch chứa CuSO4 0,1M CoSO 0,1M axit H2SO 0,5M ở 250C, dùng điện cực Pt với dòng điện I=0,2A a Viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực và tính thế của các cặp oxi hóa khử ở từng điện cực b Có thể tách ion Cu2+ ra khỏi Co2+ được không? c Nếu điện phân dung dịch chứa CuSO4 0,1M và CoSO 0,1M có chứa NaCN 1M thì kim loại nào sẽ tách ra trước? Biết thế cân bằng của đồng trong NaCN -0,9V và của coban là -0,75V d Có thể tách coban ra khỏi đồng được không nếu tất cả ion Co2+ dung dịch tồn tại dưới dạng phức Co(CN)64- và nồng độ NaCN được giữ cố định bằng 1M trong thời gian điện phân Coi tách hoàn toàn khi nồng độ ion kim loại còn lại < 10-6 mol/l Biết ở 250C, Eo (Cu2+/Cu) = 0,34V;; Eo (Co2+/Co) = - 0,28V;; Eo (O2,H +/H2O) = 1,23V;; PO2= 1atm Giải: a CuSO4 → Cu2+ + SO42- 0,1 0,1 0,1 2+ CoSO4 → Co + SO42- 0,1 0,1 0,1 + H2SO → 2H + SO4 2- 0,5 (-) Cu2+ +2e→Cu E(Cu2+/Cu) = Eo (Cu2+/Cu) + Co 2++2e → Co 0,059 0,059 lg [Cu2+]=0,34+ lg0,1=0,3105V 2 0,059 0,059 lg [Co2+]=-0,28+ lg0,1=-0,3095V 2 Ta thấy: E(Cu2+/Cu) > E(Co2+/Co) ⇒ Cu2+ bị điện phân trước E(Co2+/Co) =Eo (Co2+/Co) + (+) 2H2O → 4H+ + O2 +4e E(O2/H2O) = E0 (O2/H 2O)+ 0,059 0,059 lg [H +]4 Po2=1,23+ lg1=1,23V 4 b Khi bắt đầu xuất hiện Co ⇒ E(Cu2+/Cu) =-0,3095V o 2+ ⇒ -0,3095= E Cu /Cu + 2+ 0,059 lg [Cu2+] ⇒ [Cu2+] = 10 -22 ion g/l 〈 10-6 2+ ⇒ Có thể tách ion Cu ra khỏi Co c Trong NaCN: E(Cu2+/Cu) =-0,9V < E(Co2+/Co) = -0,75V 33 2+ ⇒ Vậy Co bị tách ra trước d 2+ Co +6CN - → Co(CN)64- 0,1 0,1 4- Co(CN)6 +2e → Co + 6CN - 0,1 ⇒ -0,75 = E(Co(CN)64-/Co) =Eo (Co(CN)64-/Co) + 0,059 lg [Co(CN)64-]/[CN -]6 ⇒ Eo (Co(CN)64-/Co) = -0,7205V ⇒ Để tách Co2+ ra khỏi Cu2+ thì E(Co(CN)64-/Co) = -0,9V -0,9= -0,7205+ 0,059 lg [Co(CN)64-]/[CN -]6 ⇒ [Co(CN)64-]= 10 -6,1 M E 2H + /H 0, 0592 0, 0592 lg[ H + ]2 = + lg(0, 01)2 = - 0,118V 2 > E Co 2+ /Co nên thứ tự điện phân trên catot là: Cu2+, H+, Co 2+ Khi 10% Cu2+ bị điện phân [Cu2+] = 0,018M, lúc E Cu 2+ /Cu = 0,285V > E 2H + /H , tức là H2 chưa thoát ra Nếu ngắt mạch điện và nối đoản mạch 2 cực, bình điện phân trở thành pin điện có cực dương (catot) cặp O 2/H2O, còn cực âm (anot) là cặp Cu2+/Cu Phản ứng xảy ra là: -Trên catot: O2 + 4H+ + 4e → 2H2O (2) -Trên anot: Cu → Cu2+ + 2e (1) Phản ứng tổng quát: 2Cu + O2 + 4H + → 2Cu2+ + 2H2O Pin sẽ phóng điện cho tới khi thế của 2 điện cực trở nên bằng nhau c Để tách hoàn toàn Cu2+, thế catot cần đặt vào sao cho: E Cu / Cu > Ec > E 2H /H 2+ + Khi Cu2+ bị điện phân hoàn toàn thì coi như [Cu2+] = 0,02.0,005% = 1 10-6M Lúc đó: E Cu / Cu = 0,337 + 0,0592/2 lg[1.10 -6] = 0,159 V Đồng thời bên anot tạo ra H+, do vậy nồng độ H+ lúc này là: 0,01 + 2(0,02 -10-6) = 0,05M E 2H /H = 0,0592lg [H +] = - 0,077V < E Cu / Cu 2+ + 2+ Như vậy, khi không tính đến quá thế của H2 trên điện cực Pt thì thế catot cần khống chế trong khoảng – 0,077 < Ec < 0,159 V để Cu2+ bị điện phân hoàn toàn d Từ (2) ta có số mol của oxi giải phóng ra: n= It/n.F= 0,5.25.60/(4.96500)= 1,943.10-3 (mol) Thể tích khí oxi thoát ra trên anot (đktc) là: V = 1,943.10-3 22,4 = 0,0435(l) Theo (1), số mol đồng bị điện phân sau 25 phút là: n = It/nF = 0,5.25.60/(2.96500) = 3,886.10-3 (mol) < 4.10 -3mol 2+ Như vậy Cu chưa bị điện phân hết Nồng độ Cu2+ còn lại là: [Cu2+ ] = (4.10-3 – 3,886.10-3)/0,2 = 5,7.10 -4 (M) Khi đó thế catot Ec = E Cu / Cu = 0,337 + 0,0592 lg (5,7.10-4) = 0,24V 2+ 35 Phần III KẾT LUẬN I Những công việc đã thực hiện Xây dựng chuyên đề Điện hóa học Báo cáo nội dung chuyên đề trước tổ chuyên môn Tiến hành giảng dạy chuyên đề cho đội tuyển học sinh giỏi Hóa Đánh giá, rút kinh nghiệm và bổ sung, thay đổi những nội dung chưa thật hợp lí trong chuyên đề II Những tác dụng của đề tài Đối với học sinh: Đề tài này đã được chúng tôi sử dụng giảng dạy cho học sinh lớp chuyên Hóa và học sinh trong đội tuyển quốc gia Thông qua đề tài này, góp phần giúp học sinh nắm được một cách hệ thống một số vấn đề về điện hóa học và thực sự đã bổ sung rất nhiều kiến thức cho học sinh Đối với giáo viên: Đề tài này cũng là một tư liệu bổ ích trong giảng dạy, đặc biệt là đối với các giáo viên trẻ Đồng thời, thông qua đề tài này, các giáo viên tiếp tục củng cố, xây dựng và hoàn thiện các chuyên đề tiếp theo III Đề xuất Trong quá trình biên soạn đề tài này, chúng tôi không tránh khỏi những hạn chế về mặt kiến thức nên sẽ có vấn đề có thể còn chưa thật chặt chẽ Chúng rất mong sự góp ý của các đồng nghiệp để chúng tôi hoàn thiện đề tài này, góp phần bổ sung, nâng cao kiến thức của chúng tôi và đóng góp vào bộ tư liệu giảng dạy của chúng tôi thêm phong phú 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đề thi chọn HSG Quốc gia các năm Đề thi chọn đội tuyển học sinh thi Olympic Hóa học Phân tích (2005), Nguyễn Tinh Dung, Đào Thị Phương Diệp, NXB ĐHSP Bài tập chuẩn bị thi hóa học quốc tế Đề thi hóa học quốc tế 37 [...]... dạy chuyên đề cho đội tuyển học sinh giỏi Hóa 4 Đánh giá, rút kinh nghiệm và bổ sung, thay đổi những nội dung chưa thật hợp lí trong chuyên đề II Những tác dụng của đề tài 1 Đối với học sinh: Đề tài này đã được chúng tôi sử dụng giảng dạy cho học sinh lớp chuyên Hóa và học sinh trong đội tuyển quốc gia Thông qua đề tài... 27 Chương 3 SỰ ĐIỆN PHÂN I Khái niệm Sự điện phân là quá trình oxi hoá - 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 Như vậy, sự điện phân là quá trình sử dụng điện năng để tạo ra sự biến đổi hoá học Ví dụ: Khi cho dòng điện một chiều đi... chưa bị điện phân hết Nồng độ Cu2+ còn lại là: [Cu2+ ] = (4.10-3 – 3,886.10-3)/0,2 = 5,7.10 -4 (M) Khi đó thế catot Ec = E Cu / Cu = 0,337 + 0,0592 lg (5,7.10-4) = 0,24V 2+ 35 Phần III KẾT LUẬN I Những công việc đã thực hiện 1 Xây dựng chuyên đề Điện hóa học 2 Báo cáo nội dung chuyên đề trước tổ chuyên môn... - E1 = 14ln10-1 = -0,138 (V) 6 96485 II Xác định sức điện động (suất điện động) của pin, cân bằng phản ứng oxi hóa khử: Bài 1: Để xác định hằng số điện li của axit axêtic người ta thiết lập một pin gồm hai điện cực: - Điện cực 1 là điện cực hidrô tiêu chuẩn - Điện cực 2 là dây Pt nhúng vào dung dịch axit axêtic 0,01M... qua đề tài này, góp phần giúp học sinh nắm được một cách hệ thống một số vấn đề về điện hóa học và thực sự đã bổ sung rất nhiều kiến thức cho học sinh 2 Đối với giáo viên: Đề tài này cũng là một tư liệu bổ ích trong giảng dạy, đặc biệt là đối với các giáo viên trẻ Đồng thời, thông qua đề tài này, các giáo viên tiếp tục... HClO4 1M Bài 2: Điện phân 1 dung dịch chứa CuSO4 0,1M và CoSO 4 0,1M trong axit H2SO 4 0,5M ở 250C, dùng điện cực Pt với dòng điện I=0,2A a Viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực và tính thế của các cặp oxi hóa khử ở từng điện cực b Có thể tách ion Cu2+ ra khỏi Co2+ được không? c Nếu điện phân dung dịch... 0 và p= 1 atm ⇒ E = 0,059 lg [H +]= - 0,059pH Kí hiệu điện cực: Pt (H2, P=1 atm)|H+ 2 Kim loại trơ điện hóa, graphit nhúng trong dung dịch chứa đồng thời dạng oxi hóa và dạng khử của cặp oxi hóa khử: Ví dụ: Pt|Fe3+, Fe2+;; Pt|Sn4+, Sn2+ Thế của điện cực được xác định bằng phương trình: 0,059 Ox ... loại đầu tiên bị điện phân, người ta ngắt mạch điện và nối đoản 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 hoàn toàn ion thứ nhất trên catot (coi quá trình điện phân là hoàn... (l) + 2e → 2Na(l) Sự điện phân NaCl nóng chảy có thể biểu diễn ngắn gọn bằng sơ đồ : − ←⎯⎯ Catot ○ ⎯ NaCl ⎯⎯⎯ → Anot ⊕ + 2Na +2e → 2Na 2Cl– → Cl2 + 2e ®pnc Phương trình của sự điện phân là: 2NaCl ⎯⎯⎯ → 2Na + Cl2 II Sự điện phân các chất điện li 1 Điện phân chất điện li nóng chảy: chỉ có sự... pin điện bên trong mạch Ví dụ: khi điện phân dung dịch CuCl2 - Tại cực âm: Cu2+ + 2e = Cu Cu tạo thành bám trên điện cực trên thanh Pt sẽ tạo 1 điện cực như thanh Cu nhúng vào dung dịch Cu2+ - Tại cực dương: 2Cl- -2e = Cl2 Cl2 được Pt hấp phụ sẽ tạo 1 điện cực khí là Pt /Cl2, Cl- ⇒ Tạo 1 pin điện

Định dạng
Số trang	37
Dung lượng	0,95 MB