A. HỆ THỐNG KIẾN THỨC
1. Khái niệm pin: Là hệ gồm hai điện cực (là hai vật dẫn loại 1, tức là loại dẫn electron) tiếp xúc với dung dịch chất điện li hoặc chất điện li nóng chảy (vật dẫn loại 2, tức là loại dẫn điện nhờ ion) được nối với nhau bằng một cầu nối.
Ví dụ: pin Daniel – Jacobi gồm một điện cực là thanh Zn nhúng trong dung dịch ZnSO4 và một điện cực là thanh Cu nhúng trong dung dịch CuSO4. Hai dung dịch này nối với nhau bằng một cầu muối chứa dung dịch KCl bão hoà. Khi ta nối hai điện cực lại bằng một dây dẫn thấy có một dòng điện chạy từ Cu sang Zn trong thời gian dài.
2. Một số thuật ngữ cho hệ điện hoá theo qui ước IUPAC
a) Khái niệm về catốt và anốt
- Điện cực mà tại đó xảy ra sự khử gọi là catốt (cực dương)
\({\rm{OX}}{{\rm{H}}_{{\rm{ca tot }}}} + {\rm{ne}} \to {{\rm{K}}_{{\rm{catot }}}}\) (1)
- Điện cực mà tại đó xảy ra sự ôxi hóa gọi là anôt (cực âm).
\({{\rm{K}}_{{\rm{anot }}}} \to {\rm{OX}}{{\rm{H}}_{{\rm{anot }}}} + {\rm{me}}\) (2)
b) Tế bào điện hoá - Tế bào điện phân và tế bào Galvani
- Một hệ gồm hai điện cực được nhúng vào dung dịch điện li gọi là hệ điện hoá (hay tế bào điện hoá). Nếu hệ sinh ra dòng điện thì được gọi là pin hay tế bào Galvani. Nếu hệ được nối với nguồn điện bên ngoài và cho phép thực hiện một phản ứng hoá học thì được gọi là hệ điện phân (tế bào điện phân).
- Trong tế bào Gavalni, dòng clectron chạy từ anốt theo dây dẫn sang catốt theo
qui ước, dòng điện chạy từ catôt sang anốt. Khi đó, điện thế của catôt dương hơn so với điện thế của anốt. Nghĩa là catốt là cực dương, anôt là cực âm của tế bào Galvani. Suất điện động của tế bào Galvani là hiệu điện thế cực đại giữa catốt và anốt và có trị số dương:
E = Ecatốt - Eanôt > 0
- Theo công ước của Hiệp hội quốc tế hoá học lý thuyết và ứng dụng IUPAC họp năm 1968 tại Stockholm, một hệ điện hoa bất kì nào cũng được kí hiệu như sau: Bề mặt phân chia hai pha được kí hiệu bằng một vạch thẳng đứng ( | ). Nếu giữa hai dung dịch không có khuyếch tán (là thế sinh ra trên ranh giới phân chia hai dung dịch do có sự khác nhau về bản chất của chất điện li hay khác nhau về nồng độ) thì được kí hiệu bằng hai gạch thẳng đứng ( || ). Còn nếu có thể khuyếch tán thì dùng kí hiệu ( | ).
Nếu điện cực (hoặc dung dịch) gồm nhiều chất thì giữa các chất có dấy phẩy.
3. Nguyên tắc hoạt động của pin:
- Trong phản ứng oxi hoá - khử bình thường, electron chuyển trực tiếp từ chất khử sang chất oxi hoá và năng lượng của phản ứng biến thành nhiệt.
Ví dụ: Nhúng thanh Zn vào dung dịch CuSO4 ion Cu2+ trực tiếp nhận electron từ thanh Zn:
\({\rm{Zn}} + {\rm{C}}{{\rm{u}}^{2 + }} \to {\rm{Z}}{{\rm{n}}^{2 + }} + {\rm{Cu}}\)
và năng lượng thoát ra ở dạng nhiệt (\(\Delta {\rm{H}} = - 230,12{\rm{kJ}}.{\rm{mo}}{{\rm{l}}^{ - 1}}\) ).
- Nếu chúng ta thực hiện sự oxi hoá Zn ở một nơi, sự khử Cu2+ ở một nơi khác và cho electron chuyển từ Zn sang ion Cu2+ qua một dây dẫn nghĩa là cho dòng electron chuyển động theo một dòng duy nhất thì năng lượng của các phản ứng này biến thành điện đó là quá trình xảy ra trong pin. Vậy muốn thành lập một pin ta phải thực hiện sự oxi hoá và sự khử ở hai điện cực khác nhau. Sau đó nối hai điện cực lại với nhau để cho electron được chuyển từ chất khử sang chất oxi hoá qua dây dẫn này. Đây là nguyên tắc hoạt
động của mọi pin.
4. Suất điện động của pin
Là giá trị của hiệu số điện thế lớn nhất giữa hai điện cực của pin. Nó được tính theo công thức:
Epin = E+ - E- = Ecatốt – E anốt
Vì thế khứ của điện cực dương luôn luôn lớn hơn thế khử của điện cực âm nên suất điện động của pin luôn dương. Nếu pin được tạo ra bởi hai điện cực chuẩn thì suất điện động chuẩn của pin là:
\({E^0} = E_ + ^0 - E_ - ^0 = {E_{catot}} - {E_{anot}}\)
B. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: Dung dịch X chứa các ion: tổng số mol Na+và Cl- là 0,15 mol. Chia X thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 phản ứng với lượng dư dung dịch NaOH, kết thúc phản ứng thấy có 9,85 gam kết tủa xuất hiện. Cho dung dịch NaHSO4 tới dư vào phần 2, sinh ra 1,68 lít khí CO2 (đktc). Tính tổng khối lượng muối trong dung dịch X.
Giải
\(\frac{1}{2}X + {\rm{NaHS}}{{\rm{O}}_4}:{{\rm{n}}_{{\rm{c}}{{\rm{O}}_2}}} = \frac{{1,68}}{{22,4}} = 0,075{\rm{mol}}\)
\({\rm{HCO}}_3^ - + {\rm{HSO}}_4^ - \to {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} \uparrow + {\rm{SO}}_4^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
0,075 0,075
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{HCO_3^ - }}({\rm{X}}) = 2.0,075 = 0,15{\rm{mol}}\)
• \(\frac{1}{2}X + {\rm{NaOH}}:{{\rm{n}}_{{\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{9,85}}{{197}} = 0,05{\rm{mol}} < 0,075 \Rightarrow {\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }}\) hết, \({\rm{CO}}_3^{2 - }\) còn
\({\rm{HCO}}_3^ - + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
0.075 → 0.075
\({\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow \)
0,05 0,05
Mặt khác:
\({{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }}} + {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }}} = 0,15\) (1)
Theo định luật bảo toàn điện tích:
\(2{n_{B{a^{2 + }}}} + {n_{N{a^ + }}} = {n_{HCO_3^ - }} + {n_{C{l^ - }}} \Rightarrow {n_{C{l^ - }}} - {n_{N{a^ + }}} = 2.0,1 - 0,15 = 0,05\) (2)
Từ (1) và (2):
\({{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }}} = 0,1{\rm{mol}};{{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }}} = 0,05{\rm{mol}}\)
Khối lượng muối trong X là
\(137.0,1 + 61.0,15 + 35,5.0,1 + 23.0,05 = 27,55{\rm{ gam }}\)
Bài 2: Dung dịch X chứa: \({\rm{HCO}}_3^ - ,{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }},{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }{\rm{va }}0,3{\rm{mol C}}{{\rm{l}}^ - }\) .Cho 1/2X tác dụng với dung dịch NaOH dư, kết thúc phản ứng thu được 9,85 gam kết tủa. Mặt khác, cho lượng dư dung dịch NaHSO4 vào 1/2X còn lại, sau phản ứng hoàn toàn thu được 17,475 gam kết tủa. Đun nóng toàn bộ lượng X trên tới; phản ứng hoàn toàn, lọc bỏ kết tủa rồi cô cạn nước lọc thì thu được bao nhiêu gam muối khan ?
Giải
1/2X + NaHSO4 dư :
\({\rm{HCO}}_3^ - + {\rm{HSO}}_4^ - \to {\rm{SO}}_4^{2 - } + {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} \uparrow + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
\({\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{SO}}_4^{2 - } \to {\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4} \downarrow \)
\({\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{HSO}}_4^ - \to {\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4} \downarrow + {{\rm{H}}^ + }\quad {\rm{ }}\) (nếu có)
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }}}}({\rm{X}}) = 2{{\rm{n}}_{{\rm{BaS}}{{\rm{O}}_4}}} = 2 \cdot \frac{{17,475}}{{233}} = 0,15{\rm{mol}}\)
1/2X + NaOH dư: \({{\rm{n}}_{{\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{9,85}}{{197}} = 0,05{\rm{mol}}\)
\({\rm{HCO}}_3^ - + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {\rm{CO}}_3^{2 - } + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
0,05 0,05
\({\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow \)
0,05 0,05 0,05
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{HCO}}_3^ - }}({\rm{X}}) = 2.0,05 = 0,1{\rm{mol}}\)
Theo định luật bảo toàn điện tích :
\(2{{\rm{n}}_{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }}}} + {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }}} = {{\rm{n}}_{{\rm{HCO}}_3^ - }} + {{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}^ + }}} = 0,1 + 0,3 - 2.0,15 = 0,1{\rm{mol}}\)
Đun nóng X:
\(2{\rm{HCO}}_3^ - \) → \({\rm{CO}}_3^{2 - } + {\rm{C}}{{\rm{O}}_2} + {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)
0,1 → 0,5
\({\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{CO}}_3^{2 - } \to {\rm{BaC}}{{\rm{O}}_3} \downarrow \)
0,05 0,05 0,05
\( \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }}}}\) còn \( = 0,15 - 0,05 = 0,1{\rm{mol}}\)
Dung dịch nước lọc chứa BaCl2 và NaCl.
\( \Rightarrow {{\rm{m}}_{{\rm{mu}}\mathop {\rm{o}}\limits^. {\rm{i}}}} = {{\rm{m}}_{{\rm{BaC}}{{\rm{l}}_2}}} + {{\rm{m}}_{{\rm{NaCl}}}} = 208.0,1 + 58,5.0,1 = 26,65{\rm{gam}}\)
Bài 3: Dung dịch X gồm 0,1 mol H+, z mol Al3+, t mol và 0,02 mol \({\rm{SO}}_4^{2 - }\) . Cho 120 ml dungdịch Y gồm KOH 1,2M và Ba(OH)2 0,1M vào X, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 3,732 gam kết tủa. Tính giá trị của z và t.
Giải
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có : 0,1 + 3z = t + 0,04
\({{\rm{n}}_{{\rm{B}}{{\rm{a}}^{2 + }}}} = 0,012 < {{\rm{n}}_{{\rm{S}}{{\rm{O}}_4}^{2 - }}} = 0,02 \to {{\rm{n}}_{BaS{O_4}}} = 0,012{\rm{mol}} \Rightarrow {{\rm{m}}_{BaS{O_4}}} = 2,796{\rm{gam}}\)
\( \Rightarrow {{\rm{m}}_{{\rm{Al}}{{({\rm{OH}})}_3}}} = 3,732 - 2,796 = 0,936{\rm{gam}} \to {{\rm{n}}_{{\rm{Al}}{{({\rm{OH}})}_3}}} = 0,012{\rm{mol}}\)
\(\sum {{n_{O{H^ - }}}(Y)} = 1,2.0,12 + 2.0,1.0,12 = 0,168({\rm{mol}})\)
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\rm{H}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - } \to {{\rm{H}}_2}{\rm{O}}}\\
{0,1 \to 0,1}
\end{array}\)
Số mol OH- dùng để phản ứng với Al3+ = 0,168 - 0,1 = 0,068 (mol) > nOH- (trong kết tủa) =3.0,012 = 0,036 (mol) Số mol OH- trong [Al(OH)4]- = 0,068 -0,036 = 0,032 (mol)
\( \Rightarrow \sum {{n_{A{l^{3 + }}}}} = 0,012 + \frac{{0,032}}{4} = 0,02({\rm{mol}}) = {\rm{z}} \Rightarrow {\rm{t}} = 0,12({\rm{mol}})\)
Trên đây là một phần trích dẫn nội dung Khái niệm pin - Một số thuật ngữ và kí hiệu cho hệ điện hoá theo qui ước IUPAC - Nguyên tắc hoạt động của pin. 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.
