A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Phương trình Nernst
Xét ví dụ pin sau: \(\Theta {\rm{Pt}}\left| {{\rm{S}}{{\rm{n}}^{ + 4}},{\rm{S}}{{\rm{n}}^{2 + }}{\rm{F}}{{\rm{e}}^{3 + }},{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}} \right|{\rm{Pt}} \oplus \)
Phản ứng xảy ra trong pin là
\({\rm{S}}{{\rm{n}}^{2 + }} + 2{\rm{F}}{{\rm{e}}^{3 + }} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{S}}{{\rm{n}}^{4 + }} + 2{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}\) (1)
Giả sử pin làm việc một cách thuận nghịch, nhiệt động học ở áp suất và nhiệt độ không đổi thì biến thiên entanpi tự do của hệ bằng công có ích lớn nhất mà pin thể hiện:
\(\Delta {\rm{G}} = - {\rm{nFE}} \Rightarrow {\rm{E}} = - \frac{{\Delta {\rm{G}}}}{{{\rm{nF}}}}\)
n - số electron trao đổi giữa chất khử và chất oxi hoá trong phản ứng (ở đây theo phản ứng (1) thì n = 2); F - hằng số Faraday, F = 96500 C.mol-1; E - suất diện động của pin, V.
Nếu pin được cấu tạo bởi hai điện cực chuẩn thì:
\(\Delta {{\rm{G}}^0} = - {\rm{nF}}{{\rm{E}}^0} \Rightarrow {{\rm{E}}^0} = - \frac{{\Delta {{\rm{G}}^0}}}{{{\rm{nF}}}}\)
Mặt khác: \(\Delta {\rm{G}} = \Delta {{\rm{G}}^0} + {\rm{RTln}}\frac{{{C_{S{n^{4 + }}}}.C_{F{e^{2 + }}}^2}}{{{C_{S{n^{2 + }}}}.C_{F{e^{3 + }}}^2}}\)
Chia cả hai vế cho - nF ta được:
\( - \frac{{\Delta {\rm{G}}}}{{{\rm{nF}}}} = - \frac{{\Delta {{\rm{G}}^0}}}{{{\rm{nF}}}} - \frac{{{\rm{RT}}}}{{{\rm{nF}}}}\ln \frac{{{{\rm{C}}_{{\rm{S}}{{\rm{n}}^ + }}} \cdot {\rm{C}}_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}}^2}}{{{{\rm{C}}_{{\rm{S}}{{\rm{n}}^{2 + }}}} \cdot {\rm{C}}_{{\rm{F}}{{\rm{c}}^{3 + }}}^2}}\)
\( \Rightarrow {\rm{E}} = {{\rm{E}}^0} + \frac{{{\rm{RT}}}}{{{\rm{nF}}}}\ln \frac{{{{\rm{C}}_{{\rm{S}}{{\rm{n}}^{4 + }}}} \cdot {\rm{C}}_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}}^2}}{{{{\rm{C}}_{{\rm{S}}{{\rm{n}}^{4 + }}}} \cdot {\rm{C}}_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{3 + }}}^2}}\)
Một cách tổng quát, nếu phản ứng xảy ra trong pin như sau:
\(aA + bB \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} cC + dD\)
A, B, C, D là những chất tan trong dung dịch (có thể dưới dạng ion) thì:
\(E = {E^0} + \frac{{RT}}{{nF}}\ln \frac{{C_A^a \cdot C_B^b}}{{C_C^c \cdot C_D^d}}\) (2)
Nếu T = 298K thì:
\(E = {E^0} + \frac{{0,059}}{n}\lg \frac{{C_A^a \cdot C_B^b}}{{C_C^c \cdot C_D^d}}\) (3)
(2) và (3) là công thức Nernst về ảnh hưởng của nhiệt độ và nồng độ đến suất điện động của pin.
2. Các yếu tố ảnh hưởng đến thể khử
(1) \( \Rightarrow {\rm{E}} = {{\rm{E}}_ + } - {{\rm{E}}_ - } = \left( {{\rm{E}}_ + ^0 - {\rm{E}}_ - ^0} \right) + \frac{{{\rm{RT}}}}{{{\rm{nF}}}}\ln \frac{{{{\rm{C}}_{{\rm{S}}{{\rm{n}}^{4 + }}}}}}{{{{\rm{C}}_{{\rm{S}}{{\rm{n}}^{2 + }}}}}} - \frac{{{\rm{RT}}}}{{{\rm{nF}}}}\ln \frac{{{\rm{C}}_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{3 + }}}^2}}{{{\rm{C}}_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}}^2}}\)
\( = \left( {E_ + ^0 + \frac{{RT}}{{nF}}\ln \frac{{{C_{S{n^{4 + }}}}}}{{{C_{S{n^{2 + }}}}}}} \right) - \left( {E_ - ^0 + \frac{{RT}}{{nF}}\ln \frac{{C_{F{e^{3 + }}}^2}}{{C_{F{e^{2 + }}}^2}}} \right)\)
\( \Rightarrow {{\rm{E}}_ + } = {\rm{E}}_ + ^0 + \frac{{{\rm{RT}}}}{{{\rm{nF}}}}\ln \frac{{{{\rm{C}}_{{\rm{S}}{{\rm{n}}^{4 + }}}}}}{{{{\rm{C}}_{{\rm{S}}{{\rm{n}}^{2 + }}}}}}{\rm{ v\`a }}{{\rm{E}}_ - } = {\rm{E}}_ - ^0 + \frac{{{\rm{RT}}}}{{{\rm{nF}}}}\ln \frac{{{\rm{C}}_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{3 + }}}^2}}{{{\rm{C}}_{{\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}}^2}}\)
Trường hợp tổng quát của một cặp oxi hoá - khử:
\(ox + ne \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} kh\)
\( \Rightarrow {\rm{Eox}}/{\rm{kh}} = {\rm{E}}_{ox/kh}^0 + \frac{{{\rm{RT}}}}{{{\rm{nF}}}}\ln \frac{{{{\rm{C}}_{0{\rm{x}}}}}}{{{{\rm{C}}_{{\rm{kh}}}}}}\) (4)
Ở 25° công thức trên trở thành:
\({\rm{E}} = {{\rm{E}}^0} + \frac{{0,059}}{{\rm{n}}}\lg \frac{{{{\rm{C}}_{{\rm{ox}}}}}}{{{{\rm{C}}_{{\rm{kh}}}}}}\) (5)
(5) là công thức Nernst biểu thị ảnh hưởng của nhiệt độ và nồng độ đến thế khử của cặp oxi hoá khử.
B. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: \({\rm{Z}}{{\rm{n}}^{2 + }} + 2{\rm{e}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{Zn}}\)
Công thức Nernst có dạng (ở 250C):
\({\rm{E}} = {{\rm{E}}^0} + \frac{{0,059}}{2}\lg {{\rm{C}}_{{\rm{Z}}{{\rm{n}}^{2 + }}}}\)
Zn là chất rắn nên nồng độ của nó không có mặt trong công thức tính.
Bài 2: \(2{{\rm{H}}_3}{{\rm{O}}^ + } + 2{\rm{e}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {{\rm{H}}_2}({\rm{k}}) + 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\({\rm{E}} = {{\rm{E}}^0} + \frac{{0,059}}{2}\lg \frac{{{{\rm{C}}_{{{\rm{H}}_3}{{\rm{O}}^ + }}}}}{{{{\rm{P}}_{{{\rm{H}}_2}}}}}\)
\({{\rm{P}}_{{H_2}}}\) - áp suất riêng phần của hiđro (atm) vì H2 là chất khí.
Bài 3: \({\rm{MnO}}_4^ - + 5{\rm{e}} + 8{{\rm{H}}_3}{{\rm{O}}^ + } \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{M}}{{\rm{n}}^{2 + }} + 12{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\(E = {E^0} + \frac{{0,059}}{5}\lg \frac{{{C_{MnO_4^ - }}.C_{{H_3}{O^ + }}^8}}{{{C_{M{n^{2 + }}}}}}\)
Trong trường hợp này [ox]= \({C_{MnO_4^ - }} \cdot C_{{H_3}{O^ + }}^8\) vì tham gia phản ứng điện cực ngoài dạng oxi hoá \(MnO_4^ - \), còn có cả 8 \({H_3}{O^ + }\).
Bài 4: Dung dịch X chứa các ion: \({\rm{HCO}}_3^ - ,{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + },{\rm{SO}}_4^{2 - },{\rm{CO}}_3^{2 - },{\rm{NH}}_4^ + {\rm{ va C}}{{\rm{l}}^ - }\). Chia X thành hai phần bằng nhau. Phần 1 phản ứng vừa đủ với 350 ml dung dịch HCl 1M, sinh ra 4,48 lít CO2 (đktc). Cho phần 2 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2 thu được dung dịch Y và 52,85 gam kết tủa. Cô cạn Y rồi nung đến
khối lượng không đổi, còn lại 31,59 gam một muối duy nhất.
a) Tính thể tích dung dịch Ba(OH)2 1M tối thiểu cần dùng để phản ứng hết với dung dịch X.
b) Tính nồng độ mol các ion trong X. Coi thể tích dung dịch X ban đầu là 500 ml.
Giải
a)
\( \bullet \frac{1}{2}X + HCl:{n_{HCl}} = {n_{{H^ + }}} = 0,35{\rm{mol}};{n_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{4,48}}{{22,4}} = 0,2{\rm{mol}}\)
\({\rm{CO}}_3^{2 - } + 2{{\rm{H}}^ + } \to {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} \uparrow + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
x → 2x → x
\({\rm{HCO}}_3^ - + {{\rm{H}}^ + } \to {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} \uparrow + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
y → y → y
Ta có hệ:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x + y = 0,35}\\
{x + y = 0,2}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0,15}\\
{y = 0,05}
\end{array}} \right.} \right.\)
\(\frac{1}{2}X + {\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2}\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow }\\
{0,15 \leftarrow 0,15 \to 0,15}
\end{array}\)
\({\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{SO}}_4^{2 - } \to {\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4} \downarrow \)
z → z → z
mkết tủa \(= 197.0,15 + 233z = 52,85 \Rightarrow z = 0,1\,{\rm{mol}}\)
Dung dịch Y chứa \({\rm{HCO}}_3^ - ,{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + },{\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }{\rm{va NH}}_4^ + \). Khi cô cạn Y rồi nung đến khối lượng không đổi còn lại một muối duy nhất → Đó là muối NaCl rất bền với nhiệt, không bị phân tích khi đun nóng.
Gọi t là số mol Cl- chứa trong 1/2X. Ta có :
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }}} = {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }}} = {\rm{t}} + 0,5 = \frac{{31,59}}{{58,5}} = 0,54\)
\( \Rightarrow {\rm{t}} = 0,04{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{\rm{NH}}_4^ + }} = {{\rm{n}}_{{\rm{HCO}}_3^ - }} = 0,05{\rm{mol}}\)
\({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{HC}}{{\rm{O}}_3}\) → \({\rm{N}}{{\rm{H}}_3} \uparrow + {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} \uparrow + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
Dung dịch X chứa : 0,08 mol Cl-, 1,08 mol Na+, 0,2 mol \({\rm{SO}}_4^{2 - }\); 0,3 mol \({\rm{CO}}_3^{2 - }\),0,1 mol \({\rm{HCO}}_3^ - \) và 0,1 mol \({\rm{NH}}_4^ + \)
• X + Ba(OH)2 :
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{\rm{NH}}_4^ + + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{N}}{{\rm{H}}_3} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}\\
{{\rm{HCO}}_3^ - + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}
\end{array}\)
0,1 0,1 0,1
\( \Rightarrow \sum {{{\rm{n}}_{{\rm{CO}}_3^{2 - }}}} = 0,1 + 0,3 = 0,4{\rm{mol}}\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow }\\
{0,4\quad \leftarrow 0,4}
\end{array}\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{SO}}_4^{2 - } \to {\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4} \downarrow }\\
{0,2 \leftarrow 0,2}
\end{array}\)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{Ba}}{{({\rm{OH}})}_2}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }}}} = 0,6{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{V}}_{{\rm{dd Ba}}{{({\rm{OH}})}_2}}} = \frac{{0,6}}{1} = 0,6\) lít
b) Nồng độ mol các ion trong X:
\(\left[ {{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }} \right] = \frac{{1,08}}{{0,5}} = 2,16{\rm{M}};\left[ {{\rm{NH}}_4^ + } \right] = \frac{{0,1}}{{0,5}} = 0,2{\rm{M}} = \left[ {{\rm{HCO}}_3^ - } \right]\)
\(\left[ {{\rm{SO}}_4^{2 - }} \right] = \frac{{0,2}}{{0,5}} = 0,4{\rm{M}};\left[ {{\rm{CO}}_3^{2 - }} \right] = \frac{{0,3}}{{0,5}} = 0,6{\rm{M}}\)
\(\left[ {{\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }} \right] = \frac{{0,08}}{{0,5}} = 0,16{\rm{M}}\)
Bài 5: Hỗn hợp X chứa NaHCO3 và Na2CO3. Cho m gam X vào dung dịch BaCl2 (dư), kết thúc phản ứng thu được 29,55 gam kết tủa. Mặt khác, cũng m gam X trên phản ứng với lượng dư dung dịch Ca(OH)2, sinh ra tối đa 20 gam kết tủa. Tính m.
Giải
\({\rm{X}} + {\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2}:{{\rm{n}}_{{\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{29,55}}{{197}} = 0,15{\rm{mol}}\)
\({\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow \)
0,15 0,15
\({\rm{X}} + {\rm{Ca}}{({\rm{OH}})_2}:{{\rm{n}}_{{\rm{CaC}}{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{20}}{{100}} = 0,2{\rm{mol}}\)
\({\rm{HCO}}_3^ - + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
x → x
\({\rm{C}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow \)
(x + 0,15) → (x + 0,15)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{CaC}}{{\rm{O}}_3}}} = {\rm{x}} + 0,15 = 0,2 \Rightarrow {\rm{x}} = 0,05{\rm{mol}}\)
\( \Rightarrow {\rm{m}} = 84.0,05 + 106.0,15 = 20,1{\rm{gam}}\)
Trên đây là một phần trích dẫn nội dung Chuyên đề ôn tập về phương trình nernst (NEC) môn Hóa học 11 năm 2021. Để xem toàn bộ nội dung các em đăng nhập vào trang Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.
Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong học tập.
Chúc các em học tốt!
