Hệ thống kiến thức chuyên đề điện Hóa học năm 2021

I. SỰ ĐIỆN LI

1. Định nghĩa: Quá trình phân li các chất trong nước ra thành ion gọi là sự điện li. 

Những chất tan trong nước phân li ra ion gọi là những chất điện li. Vậy axit, bazơ và muối là những chất điện li. Sự điện li biểu diễn bằng phương trình điện li. 

\({\rm{NaCl}} \to {\rm{N}}{{\rm{a}}^ + } + {\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }\)

\({\rm{HCl}} \to {{\rm{H}}^ + } + {\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }\)

2. Chất điện li mạnh - chất điện li yếu - chất không điện li

a) Chất điện li mạnh là chất khi tan trong nước, các phân tử hoà tan đều phân li ra ion (trong phương trình điện li dùng dấu mũi tên →). Thí dụ: 

\({\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4} \to 2{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + } + {\rm{SO}}_4^{2 - }\)

Những chất điện li mạnh bao gồm: 

- Hầu hết các muối như:  

- Các axit mạnh như:  

- Các bazơ mạnh (bazơ tan) như: bazơ kiếm, Ba(OH)₂, Ca(OH)₂,....

b) Chất điện li yếu là chất khi tan trong nước chỉ có một phần số phân tử hoà tan  phân li ra ion, phần còn lại vẫn tồn tại dưới dạng phân tử trong dung dịch. Quá trình điện li là quá trình thuận nghịch (trong phương trình điện li dùng mũi tên hai chiều). Thí dụ : 

\({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{CO}}{{\rm{O}}^ - } + {{\rm{H}}^ + }\)

Những chất điện li yếu bao gồm:

- Các axit yếu: \({\rm{RCOOH}},{{\rm{H}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3},{{\rm{H}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_3},HN{O_2},{{\rm{H}}_3}{\rm{P}}{{\rm{O}}_4},{{\rm{H}}_2}{\rm{S}} \ldots \) 

- Các bazơ yếu: \({\rm{N}}{{\rm{H}}_4}{\rm{OH}},{H_2}{\rm{O}}\) và các hiđroxit không tan.

c) Chất không điện li là những chất khi tan vào nước hoàn toàn không phân li thành các ion. Chúng có thể là những chất rắn như glucozơ C₆H₁₂O₆, chất lỏng như  

Chú ý: Đối với đa axit hoặc đa bazơ yếu sẽ phân li theo từng nấc: 

\({{\rm{H}}_3}{\rm{P}}{{\rm{O}}_4} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {{\rm{H}}_2}{\rm{PO}}_4^ -  + {H^ + }\)

\({{\rm{H}}_2}{\rm{P}}{{\rm{O}}_4} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{HPO}}_4^{2 - } + {{\rm{H}}^ + }\)

\({\rm{HPO}}_4^{2 - } \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{PO}}_4^{3 - } + {{\rm{H}}^ + }\)

3. Độ điện li

Độ điện li α cho biết phần trăm chất tan phân li thành ion và được biểu diễn bằng tỉ số nồng độ mol của phân tử chất tan phân li thành ion (C) và nồng độ ban đầu của chất điện li (C₀): 

\({\rm{MA}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {{\rm{M}}^ + } + {{\rm{A}}^ - }\)

Nếu C = 0  → chất MA không điện li (α= 0)

Nếu C = C₀ → chất MA điện li hoàn toàn (α = 1) 

---(Nội dung đầy đủ, chi tiết vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập tải về máy)---

Ví dụ 1: Trộn V lít dung dịch chứa NaOH 0,1M và Ba(OH)₂ 0,2M với 400 ml dung dịch chứa HCl + HNO₃ có pH = 2. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch có pH = 4. Tính giá trị của V. . 

Giải

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{\rm{NaOH}} \to {\rm{N}}{{\rm{a}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}\\
{0,1{\rm{V}} \to 0,1{\rm{V}}}\\
{{\rm{Ba}}{{({\rm{OH}})}_2} \to {\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + 2{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}\\
{0,2{\rm{V}} \to 0,2{\rm{V}} \to 0,4{\rm{V}}}
\end{array}\)

\( \Rightarrow \mathop \sum \nolimits^ {n_{OH - }} = 0,1V + 0,4V = 0,5V{\rm{\;mol\;}}\)

400 ml dung dịch chứa HCl + HNO₃ có pH = 2 \( \Rightarrow {n_{{H^ + }}}\) = 0,4.0,01 = 0,004 mol

Dung dịch thu được có pH = 4> 7 \( \Rightarrow {H^ + }\) còn, OH- hết 

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{\rm{       }}{{\rm{H}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}\\
{0,5{\rm{V}} \leftarrow 0,5{\rm{V}}}
\end{array}\)

\( \Rightarrow {H^ + }\) còn = 0,004 - 0,5V = 104.(V + 0,4)= V = 7,92 ml.

Ví dụ 2: Nhỏ rất từ từ 30 ml dung dịch chứa HCl và HNO₃ có pH = 1 vào 10 ml dung dịch chứa Na₂CO₃ 0,1M và NaHCO₃ 0,15M. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và V lít CO₂ (đktc). 

a) Tính giá trị của V.

b) Tính thể tích dung dịch Ba(OH)₂ 0,1M cần dùng để phản ứng vừa hết với dung dịch X. 

Giải

a)  \({{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_1}}} = 0,01.0,1 = 0,001{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_3}}} = 0,01.0,15 = 0,0015{\rm{mol}}\)

\(\begin{array}{*{20}{c}}
{{\rm{N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{C}}{{\rm{O}}_3}}&{ \to 2{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + } + }&{{\rm{CO}}_3^{2 - }}\\
{{{10}^{ - 3}}}& \to &{{{10}^{ - 3}}}
\end{array}\)

\(\begin{array}{*{20}{r}}
{{\rm{ NaHC}}{{\rm{O}}_3} \to {\rm{N}}{{\rm{a}}^ + } + {\rm{HCO}}_3^{ - 3}}\\
{1,{{5.10}^{ - 3}} \to 1,{{5.10}^{ - 3}}}
\end{array}\)

30 ml dung dịch chứa HCl và HNO₃ có pH = 1 \( \Rightarrow {H^ + }\) = 0,003 mol 

\(\begin{array}{*{20}{c}}
{{\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}^ + } \to {\rm{HCO}}_3^{ - 3}}\\
{{{10}^{ - 3}} \to {{10}^{ - 3}} \to {{10}^{ - 3}}}
\end{array}\)

\( \Rightarrow \mathop \sum \nolimits^ {n_{HCO_3^ - }} = {10^{ - 3}} + 1,{5.10^{ - 3}} = 2,{5.10^{ - 3}}{\rm{mol}}\)

\( \Rightarrow {H^ + }\) dư \( = 0,003 - 0,001 = 0,002{\rm{mol}}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{\rm{HCO}}_3^ -  + {{\rm{H}}^ + } \to {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} \uparrow  + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}\\
{0,002 \leftarrow 0,002 \to 0,002}
\end{array}\)

\( \Rightarrow {{\rm{V}}_{{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}}} = 0,002.22,4 = 0,0448{\rm{lit}} = 44,8{\rm{ml}}\)

b) Dung dịch X chứa :  \({\rm{N}}{{\rm{a}}^ + },{\rm{C}}{{\rm{l}}^ - },{\rm{NO}}_3^ - {\rm{va \;HCO}}_3^ - :2,{5.10^{ - 3}} - {2.10^{ - 3}} = {5.10^{ - 4}}{\rm{mol}}\)

X + Ba(OH)₂:

Gọi V là thể tích dung dịch Ba(OH)₂ cần thêm vào để phản ứng vừa hết với dung dịch X. Ta có :

\({\rm{Ba}}{({\rm{OH}})_2} \to {\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + 2{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }\)

\(0,1{\rm{V}}\quad  \to \quad 0,2{\rm{V}}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } + {\rm{HCO}}_3^ -  \to {\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}\\
{{{5.10}^{ - 4}} \leftarrow {{5.10}^{ - 4}}}\\
{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow }
\end{array}\)

\( \Rightarrow 0,2{\rm{V}} = {5.10^{ - 4}} \Rightarrow {\rm{V}} = 2,{5.10^{ - 3}}{\rm{lit}} = 2,5{\rm{ml}}\)

Ví dụ 3: Trộn 100 ml dung dịch chứa HCl 0,1M và H₂SO₄ 0,1M với 150 ml dung dịch chứa NaOH 0,1M và Ba(OH)₂ 0,05M, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch X và m gam kết tủa. 

a) Tính m.

b) Tính pH của dung dịch X. 

Giải

a)  \({{\rm{n}}_{{{\rm{H}}^ + }}} = {{\rm{n}}_{HCl}} + 2{{\rm{n}}_{{H_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}}} = 0,01 + 0,02 = 0,03{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{\rm{SO}}_4^{2 - }}} = 0,01{\rm{mol}}\)

\({{\rm{n}}_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}} = {{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}} + 2{{\rm{n}}_{{\rm{Ba}}{{({\rm{OH}})}_2}}} = 0,0225{\rm{mol}}\)

\({{\rm{n}}_{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }}}} = {{\rm{n}}_{{\rm{Ba}}{{({\rm{OH}})}_2}}} = 0,05.0,15 = 0,0075{\rm{mol}}\)

\({{\rm{H}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

\(0,0225\quad  \leftarrow 0,0225\)

→ nH+ còn \( = 0,03 - 0,0225 = 0,0075{\rm{mol}}\)

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{SO}}_4^{2 - } \to {\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4} \downarrow }\\
{0,0075\quad  \to \quad 0,0075}
\end{array}\)

\( \Rightarrow {\rm{m}} = 233.0,0075 = 1,7475{\rm{gam}}\)

\({\rm{ b) }}\left[ {{{\rm{H}}^ + }} \right] = \frac{{0,0075}}{{0,1 + 0,15}} = 0,03{\rm{M}} \Rightarrow {\rm{pH}} =  - \lg \left[ {{{\rm{H}}^ + }} \right] =  - \lg 0,03 = 1,52\)

 

Trên đây là phần trích dẫn nội dung Hệ thống kiến thức chuyên đề điện Hóa học năm 2021, để xem toàn bộ nội dung chi tiết, mời các bạn cùng quý thầy cô vui lòng đăng nhập để tải về máy. 

Chúc các em đạt điểm số thật cao trong kì thi sắp đến!