Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo án - Bài giảng Sáng kiến kinh nghiệm Skkn mở rộng và đào sâu kiến thức về sự điện phân trong chương trình hóa học thp...

Tài liệu Skkn mở rộng và đào sâu kiến thức về sự điện phân trong chương trình hóa học thpt

.PDF
14
182
146

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN Tên sáng kiến kinh nghiệm: “MỞ RỘNG VÀ ĐÀO SÂU KIẾN THỨC VỀ SỰ ĐIỆN PHÂN TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÓA HỌC THPT” Họ và tên tác giả : LÊ VĂN ĐẬU Chức vụ: Giáo viên Lĩnh vực nghiên cứu: Bộ môn HOÁ HỌC Đơn vị công tác: Trường THPT chuyên Lam Sơn NĂM HỌC 2010 - 2011 LỜI NÓI ĐẦU Sự điện phân có nhiều ứng dụng trong công nghiệp. Đối với học sinh trung học phổ thông, đặc biệt là học sinh các lớp chuyên hoá, nắm được những kiến thức cơ bản về sự điện phân là một mảng kiến thức không thể thiếu trong bộ môn hoá học. Trong những năm gần đây, các đề thi tuyển sinh vào đại học, các đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế đề cập nhiều đến kiến thức về sự điện phân. Tuy nhiên, kiến thức về sự điện phân trong chương trình hoá học trung học phổ thông chỉ gói gọn trong hơn một tiết dạy, chưa đủ để học sinh hiểu rõ và tính toán thành thạo các bài toán điện phân. Trong nhiều năm giảng dạy lớp chuyên hoá, tôi tìm hiểu, nghiên cứu và xây dựng thành bài giảng về sự điện phân để giúp cho học sinh mở rộng, đào sâu kiến thức về vấn đề này, giúp các em giải quyết các câu hỏi và bài tập về sự điện phân một cách thành thạo. Trong quá trình nghiên cứu và trình bày không thể tránh khỏi những thiếu sót, rất mong hội đồng khoa học và các bạn đồng nghiệp đóng góp ý kiến xây dựng. 1 Mở rộng và đào sâu kiến thức về sự điện phân trong chương trình hóa học THPT I - ĐỊNH NGHĨA Sự điện phân là quá trình oxi hoá - khử xảy ra ở trên bề mặt các điện cực khi có dòng điện một chiều đi qua chất điện li nóng chảy hoặc dung dịch chất điện li. Khi có dòng điện một chiều đi qua bình điện phân: Các cation đi về catot (cực âm), ở catot xảy ra sự khử. Các anion đi về anot (cực dương), ở anot xảy ra sự oxihoá. II - ĐIỆN PHÂN CHẤT ĐIỆN LI NÓNG CHẢY 1) Điện phân muối halogenua nóng chảy 2MXn đpnc 2M + nX2 Phương pháp này dùng để điều chế các kim loại kiềm và các kim loại kiềm thổ. Thí dụ: 2NaCl đpnc MgCl2 đpnc 2) Điện phân hiđroxit nóng chảy 4M(OH)n đpnc 2Na + Cl2 Mg + Cl2 4M + nO2 + 2nH2O Phương pháp này dùng để điều chế các kim loại kiềm. Thí dụ: 4NaOH đpnc 4Na + O2 + 2H2O 3) Điện phân oxit nóng chảy 2M2On đpnc 4M + nO2 Phương pháp này dùng để điều chế nhôm 2Al2O3 đpnc 4Al +3O2 criolit III - ĐIỆN PHÂN DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LI TRONG NƯỚC 1) Ở catot (cực âm): Ion dương nào dễ nhận electron thì điện phân trước, thứ tự điện phân ở catot như sau: - Các cation kim loại đứng sau Al3+ trong dãy điện hoá điện phân trước (kể cả ion H+ của dung dịch axit). - Sau đó đến ion H+ của H2O điện phân: 2 2H2O + 2e H2 + 2OH- - Các cation Al3+ về trước trong dãy điện hoá không bị điện phân trong dung dịch. Câu hỏi đặt ra ở đây là: Tại sao ion H+ của H2O lại điện phân sau các ion từ Zn2+ đến Pb2+ trong dãy điện hoá? Lí do là: tuy rằng ion H+ có tính oxi hoá mạnh hơn các ion kim loại này nhưng số lượng của nó quá nhỏ so với số lượng các ion kim loại trong dung dịch muối (thực nghiệm cho biết cứ 555 triệu phân tử nước thì chỉ có 1 phân tử phân li thành ion H+ ở nhiệt độ 250C). 2) Ở anot (cực dương): Ion âm nào dễ nhường electron thì điện phân trước. Nếu anot trơ như graphit, Pt,…..thì thứ tự điện phân ở anot như sau: - Các anion gốc axit không chứa oxi điện phân trước theo thứ tự: S2- > I- > Br- > Cl- Sau đó đến anion OH- của dung dịch kiềm và của nước điện phân: 4OH- O2 + 2H2O + 4e 2H2O O2 + 4H+ + 4e - Các anion gốc axit chứa oxi như NO3-, CO32-, SO42-,… và F- không bị điện phân trong dung dịch. Riêng anion gốc axit hữu cơ bị điện phân trong dung dịch: 2RCOO- R – R + 2CO2 + 2e 3) Điện phân với anot tan: Trường hợp anot không trơ thì trước hết ở anot kim loại làm điện cực bị tan ra Thí dụ: Điện phân dung dịch CuSO4 với anot bằng đồng. ở anot: Cu ở catot: Cu2+ + 2e Cu2+ + 2e Cu Phương trình điện phân: Cu + Cu2+ Anot Cu2+ + Cu Catot Điện phân với anot tan được dùng để tinh chế kim loại. Thí 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%. 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 3 dùng để mạ như Cu, Ag, Au, Cr, Ni,…….., catot là vật cần mạ. Lớp mạ thường rất mỏng, có độ dày từ 5.10-5 đền 1.10-3 cm. Thí dụ: mạ kẽm, thiếc, niken, bạc, vàng,… 4) Điện phân dung dịch chứa một muối trung hoà trong nước với điện cực trơ Khi điện phân dung dịch hỗn hợp thì dùng kiến thức như đã nêu ở trên. Khi điện phân dung dịch chứa một muối trung hoà trong nước với điện cực trơ thì xảy ra 4 trường hợp sau đây: Trường hợp 1: Điện phân dung dịch muối trung hoà của axit không chứa oxi của kim loại từ Al về trước trong dãy điện hoá thì xảy ra phản ứng: Muối + H2O Hiđroxit kim loại + H2 + phi kim đp Thí dụ: Điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn xốp giữa 2 điện cực đp 2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2 + Cl2 có màng ngăn Trường hợp 2: Điện phân dung dịch muối trung hoà của axit không chứa oxi của kim loại đứng sau Al trong dãy điện hoá thì xảy ra phản ứng: Muối Thí dụ: kim loại + Phi kim đp Điện phân dung dịch CuCl2 đp CuCl2 Cu + Cl2 Trường hợp 3: Điện phân dung dịch muối trung hoà của axit chứa oxi của kim loại từ Al về trước trong dãy điện hoá thì thực chất là nước điện phân. Thí dụ: Điện phân dung dịch Na2SO4 2H2O đp 2H2 + O2 Na2SO4 Na2SO4 đóng vai trò dẫn điện, không tham gia điện phân. Trường hợp 4: Điện phân dung dịch muối trung hoà của axit chứa oxi của kim loại đứng sau Al trong dãy điện hoá thì xảy ra phản ứng: Muối + H2O Kim loại + O2 + Axit tương ứng. đp Thí dụ: Điện phân dung dịch CuSO4 2CuSO4 + 2H2O đp 2Cu + O2 + 2H2SO4 IV - ĐỊNH LUẬT FARADAY 4 Dựa vào công thức biểu diễn định luật Faraday ta có thể xác định được khối lượng các chất thu được ở các điện cực: m= AIt nF Trong đó m : Khối lượng chất thu được ở điện cực, tính bằng gam. A : Khối lượng mol nguyên tử của chất thu được ở điện cực. n : Số electron mà nguyên tử hoặc ion đã cho hoặc nhận. I : Cường độ dòng điện tính bằng ampe (A). t : Thời gian điện phân, tính bằng giây (s). F: Hằng số Faraday ( F = 96500 culông/mol ). F là điện lượng cần thiết để tạo ra điện lượng của 1 mol electron. Hệ quả: A gam chất thoát ra ở điện cực. F chính là n Số mol chất thoát ra ở điện cực = It nF V – HIỆU SUẤT ĐIỆN PHÂN HOẶC HIỆU SUẤT DÒNG Trong quá trình điện phân, không phải tất cả các electron đều tham gia quá trình khử ở catot và quá trình oxi hoá ở anot với chất chính, nó còn tham gia các quá trình phụ khác ( thí dụ điện phân các tạp chất có mặt, điện phân thành sản phẩm phụ khác,…), do đó lượng chất thực tế thoát ra ở điện cực (mtt) nhỏ hơn lượng chất tính theo định luật Faraday (mlt). Hiệu suất điện phân được tính theo công thức. H% = mtt 100% mlt Hiệu suất điện phân phụ thuộc vào nhiều yếu tố: bản chất phản ứng điện phân, môi trường (pH), mật độ dòng,…. VI – MẬT ĐỘ DÒNG d Mật độ dòng là cường độ dòng điện trên một đơn vị diện tích điện cực d= I S Trong đó: I : có thể tính theo ampe, miliampe 5 S : có thể tính theo m2, dm2, cm2, mm2 Mật độ dòng có ý nghĩa rất lớn trong thực tế, nó ảnh hưởng tới hiệu suất điện phân, tới màu sắc của kim loại thoát ra ở điện cực, và đặc biệt trong mạ điện, thì ảnh hưởng tới độ bám dính của kim loại lên bề mặt vật mạ. VII – ỨNG DỤNG CỦA SỰ ĐIỆN PHÂN Sự điện phân có nhiều ứng dụng trong công nghiệp như luyện kim ( điều chế và tinh luyện các kim loại kiềm, kiềm thổ, Mg, Al, Cu, Ag, Au, …..); điều chế các phi kim như H2, O2, F2, Cl2,…….; điều chế một số hợp chất như KMnO4, NaOH, H2O2, nước Gia-ven,….. mạ điện ( mạ Cu, Ni, Cr, Ag, Au,……). VIII – BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Dung dich X có chất tan là muối M(NO3)2. Người ta dùng 200ml dung dịch K3PO4 vừa đủ phản ứng với 200ml dung dịch X, thu được kết tủa M 3(PO4)2 và dung dịch Y. Khối lượng kết tủa đó (đã được sấy khô) khác khối lượng M(NO3)2 ban đầu là 6,825 gam. Điện phân 400 ml dung dịch X bằng dòng điện I = 2 ampe tới khi thấy khối lượng catot không tăng thêm nữa thì dừng, được dung dịch Z. Giả thiết sự điện phân có hiệu suất 100%. a) Hãy tìm nồng độ ion của dung dịch X, dung dịch Y, dung dịch Z. Cho biết các gần đúng phải chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Y, dung dịch Z. b) Tính thời gian (theo giây) đã điện phân. c) Tính thể tích khí thu được ở 27,3oC, 1atm trong sự điện phân. Lời giải: . a) Phương trình phản ứng: 3 M(NO3)2 + 2 K3PO4 M3(PO4)2  + 6 KNO3 (1) Dung dịch Y: KNO3 K+ + NO3– (2) Theo (1), 6mol NO3- phản ứng tạo ra 2mol (PO4 )3– làm thay đổi khối lượng 372 − 190 = 182 (g) x mol NO3- phản ứng tạo ra x/3mol PO43- làm thay đổi khối lượng 6,825 (g) x= 3.6,825 = 0,1125 182  CddX = 0,1125 = 0,5625M 0,2 Theo (1): nK+ = nNO3- = nKNO3 = 2 nM (NO3)2 = 2  0,1125 = 0,225 (mol). 6 Coi Vdd Y  Vdd X + Vdd K3PO4  400 (ml) Vậy C K+ = C NO3- = 0,225  1000 400 (3) = 0,5625 (mol/l) Dung dịch Y có nồng độ: C K+ = C NO3- = 0,5625 (mol/l) Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Y: - Bỏ qua sự thay đổi thể tích khi tính (3) và sự có mặt M3(PO4)2  - Bỏ qua sự tan M3(PO4)2 3M2+ + 2PO43(4) + – - Bỏ qua sự phân li H2O H + OH Xét sự điện phân, sơ đồ điện phân: K M(NO3)2 A H2O M2+ + 2 e → M 2 H2O → 1/2 O2 + 2H+ + 2e Phương trình điện phân: M(NO3)2 + H2O M + 1/2 O2 + 2 HNO3 (5) Dung dịch Z có chất tan HNO3 . Coi Vdd Z  Vdd X  400 (ml) Theo (5) n HNO3 = 2 n M(NO3)2 = 2  Vậy C H+ = C NO3- = (hoặc theo(6) và (5) : 0,5625  400 n HNO3  1000 (6) 1000 = 1,125 (mol/l) 400 nH+ = nNO3- = 2 C dd x = 1,125) Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Z: - Coi Vdd Z  Vdd X, bỏ qua sự thay đổi thể tích do sự điện phân gây ra. - Bỏ qua sự phân li: H2O H+ + OH– vì dd Z là dd HNO3 - Nồng độ ion dd X: CM+ = 0,5625 M ; CNO3- = 1,125 M dd Y: CK+ = CNO3- = 0,5625 M dd Z: CH+ = CNO3- = 1,125 M. b) Tính thời gian đã điện phân: m Thay số vào (7) là = nM(NO3)2 = 0,5625  0,4 = 0,225 (mol) A n=2 ; I=2 Vậy t = 0,225  96500 = 21712,5 (giây) 7 c) Tính thể tích khí thu được ở 27,3oC , 1atm trong sự điện phân dung dịch Y, Z. Theo(5) : Vo2 = nO2 = 1 0,225 n M ( NO 3 ) 2 = = 0,1125(mol) 2 2 22,4  0,1125  300,3  n = 2,772 (lít) 273  1 Bài 2 : Điện phân 50 ml dung dịch HNO3 có pH = 5,0 với điện cực than chì trong 30 giờ, dòng điện 1A. a) Viết nửa phản ứng tại các điện cực và phương trình phản ứng chung. b) Tính pH của dung dịch sau khi điện phân. c) Tính thể tích dung dịch NaOH 0,0001 mol/l cần để trung hoà dung dịch sau khi điện phân. d) Hãy cho biết nên dùng chất chỉ thị nào để xác định điểm dừng của phản ứng trung hoà. Coi khối lượng riêng của dung dịch HNO3 loãng là 1 g/ml. Lời giải: a) Nửa phản ứng oxi hoá ở anot: H2 O → 2 H+ + Nửa phản ứng khử ở catot: 2 H+ + 2 e → H2 H2O 1/2 O2 + 2e → H2 + 1/2 O2 b) Tính pH của dung dịch sau khi điện phân q = 1 A  30 giờ  3600 s = 108000 (Culông) ; Số Farađây: 108000 c = 96500 C/F 1,11917 F → nH2 = 1,11917 F 2 F/mol = 0,559585  0,56 mol Số mol nước bị điện phân là 0,56 mol. Khối lượng nước bị điện phân: 0,56 mol  18 g/mol = 10,08 g Khối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50 g Khối lượng dung dịch sau khi điện phân là 50 − 10,08 = 39,92 (g)  40 (g) 40 g Thể tích dung dịch sau khi điện phân là: V = 1 g/ml = 40 ml = 0,04 (l) Số mol HNO3 = 0,05  10−5 = 5. 10−7 (mol) CHNO3 5. 10−7 mol = H  = 0,04 l + = 1,25.10−5 M 8 pH = − lg H+ = − lg (1,25.10−5) = 4,903  4,9 c) Phản ứng: NaOH + HNO3 → NaNO3 + H2O nNaOH = nHNO3 = 5. 10−7 mol 5. 10−7 Vdd NaOH = −4 = 5. 10−3 l = 0,005 l = 5 ml 10 M d) Phản ứng xảy ra giữa axit mạnh và bazơ mạnh nên có thể dùng chất chỉ thị là phenolphtalein có khoảng chuyển màu (pH) 8 − 10. Bài 3 : Một bình điện phân chứa dung dịch NaOH (pH=14) và một bình điện phân khác chứa dung dịch H2SO4 (pH=0) ở 298K. Khi tăng hiệu điện thế từ từ ở hai cực mỗi bình người ta thấy có khí giống nhau thoát ra ở cả hai bình tại cùng điện thế. 1) Giải thích hiện tượng trên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra ở mỗi bình (không xét sự tạo thành H2O2 và H2S2O8). 2) Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực mỗi bình để cho quá trình điện phân xảy ra. 3) Người ta muốn giảm pH của dung dịch NaOH xuống còn 11. Có thể dùng NH4Cl được không? Nếu được, hãy giải thích và tính khối lượng NH4Cl phải dùng để giảm pH của 1 lít dung dịch NaOH từ 14 xuống còn 11. 4) Khi pH của dung dịch NaOH bằng 11, thì hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực của bình điện phân để cho quá trình điện phân xảy ra là bao nhiêu? Cho biết: E0H2O. 1/2O2/2OH- = 0,4V; E02H+, 1/2O2/H2O=1,23V; pKb(NH3) = 4,75. Lời giải: 1) Trong thí nghiệm này, nước bị điện phân ở cùng một điện thế. a) Dung dịch NaOH: Ở anot: 2 OH− H2O + 1/2 O2 + 2 e Ở catot: 2 H2O + 2 e H2 + 2 OH− H2O b) Dung dịch H2SO4: Ở anot: H2O Ở catot: 2 H+ + 2 e H2O H2 + 1/2 O2 1/2 O2 + 2 H+ + 2 e H2 H2 + 1/2 O2 Khí thoát ra ở 2 bình đều là hiđro và oxi 9 2) a) Dung dịch NaOH: Eanot = 0,4 V 0,059 Ecatot = 0 +2 lg (10−14)2 = − 0,83 V 2 U min = E anot − E catot = 0,4 + 0,83 = 1,23 V b) Dung dịch H2SO4: Eanot = 1,23 V Ecatot = 0 V Umin = E anot − E catot = 1,23 V (khi tính Umin không xét đến quá thế). 3) Có thể dùng NH4Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11. NH4+ + OH− NH3 + H2O pOH của dung dịch NaOH đã thêm NH4Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11 được tính theo công thức: + pOH = pKb + lg [NH4 ] [NH3] 3 = 4,75 + lg [NH4+] [NH3] Suy ra [NH4+] = 0,0178  [NH3] Khi pH của dung dịch NaOH giảm từ 14 xuống 11 thì [OH −] của dung dịch giảm đi: 1 − 10−3 = 0,999 mol. Đây chính là số mol NH3 hình thành. Vậy [NH3] = 0,999 mol/l và: [NH4+] = 0,0178  0,999  0,0178 (mol/l) Số mol NH4Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch: n = nNH4+ + nNH3 = 0,0178 + 0,999 = 1,0168 (mol) Khối lượng NH4Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch: 1,0168  53,5 = 54,4 (gam) 4) Khi pH = 11, dung dịch NaOH: Eanot = 0,4 V + 0,0592 lg 0,0592 2 2 1 (10−3)2 10 Ecatot = 0 + lg (10−11)2 U min = E anot − E catot = 0,4 + 3  0,0592 + 0,0592  11  1,23 V Bài 4: 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 là 2,5 V. Cần mạ 10 mẫu vật kim loại hình trụ; mỗi mẫu có bán kính 2,5cm, cao 20cm. Người ta phủ lên mỗi mẫu một lớp niken dày 0,4mm. 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 là 58,7(g/mol): hiệu suất dòng bằng 90% ; 1KWh = 3,6.10 6J. Lời giải: a) Phương trình các phản ứng xảy ra trên bề mặt các điện cực của bể mạ: Anot (cực +): Ni Ni2+ + 2e (sự oxi hoá) Catot (cực -): Ni2+ + 2 e Ni (sự khử) b) Thể tích của 1 mẫu vật kim loại hình trụ là V =  r2h = 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 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 cũng chính là 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) W = 3,2245kWh. Bài 5 : Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO3. Thực tế khi điện phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là 11 KClO4 còn đồng thời xảy ra nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu. Ở điện cực thứ hai chỉ xảy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%. 1) Viết kí hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot. 2) Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 250C và 1 atm) khi điều chế được 332,52g KClO4. Lời giải: 1) Kí hiệu của tế bào điện phân: Pt  KClO3 (dd)  Pt Phản ứng chính: anot: ClO3- + H2O → ClO4 - + 2H+ + 2e catot: 2H2O + 2e → H2 + 2OHClO3- + H2O → ClO4- + H2 Phản ứng phụ: anot: H2O → 2H+ + 1 O2 + 2e 2 2H2O + 2e → H2 + 2OH- catot: H2O → 1 O2 + H2 2 2) M KClO = 39,098 + 35,453 + 64,000 = 138,551 332,52 n KClO4 = = 2,4mol 138,551 4 q = 2,4 mol . 2F c 100 = 8.F = 8(96485C) = 771880C . mol 60 q = 771880C 8F = 4 mol 2F / mol nRT 4.0,08205.298 = = 97,80 lit V H2 = P 1 Khí ở catot là hiđro: n H 2 = Khí ở anot là oxi: nF tạo ra O2 = 8 . 0,4 = 3,2 F 3,2 F = 0,8 mol 4F / mol nRT 0,8.0,08205.298 = = 19,56 lit V O2 = P 1 nO 2 = 12 KẾT QỦA NGHIÊN CỨU Sau khi được mở rộng, đào sâu kiến thức về sự điện phân, các em học sinh lớp 12 trung học phổ thông ban khoa học tự nhiên, đặc biệt là các em học sinh lớp chuyên hóa đã giải quyết thấu đáo các câu hỏi về sự điện phân, làm thành thạo các bài toán về sự điện phân trong các đề thi tuyển sinh vào đại học, các đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh, chọn học sinh giỏi quốc gia và quốc tế. Thanh Hoá, tháng 5 năm 2011 Tác giả Lê Văn Đậu 13
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan

Tài liệu vừa đăng