SKKN Phân dạng và lựa chọn phương pháp giải phù hợp cho bài toán điện phân trong ôn thi đại học đạt...

I – PHẦN MỞ ĐẦU
1/ Lí do chọn đề tài
Hóa học là môn khoa học nghiên cứu về cấu tạo và sự biến đổi chất. Một
trong nhiệm vụ trọng tâm của hóa học là phải nắm vững các q trình biến đổi
chất, các định luật và vận dụng trong giải quyết bài tập qua đó để củng cố lại
những kiến thức đã học cho người học
Trong chương trình thi đại học, cao đẳng những năm qua câu hỏi điện
phân luôn là một câu hỏi thường xuyên xuất hiện trong đề thi và cũng trở thành
một câu hỏi khó, gây khó khăn cho học sinh và ln có những dạng mới lạ với
những cách giải mới và hay. Tuy nhiên khi tham khảo và nghiên cứu các tài liệu
Tôi nhận thấy các tài liệu mới đưa ra các bài tập chung chung chưa phân thành
từng dạng bài, nhiều cách giải rườm ra, phức tạp, chưa phù hợp với đối tượng
học sinh đặc biệt là học sinh khu vực miền núi, đồng thời khi giảng dạy chun
đề này thì cái khó với học sinh đó là hiểu chưa đầy đủ và đúng về các q trình
điện cực, chưa biết phân tích đề bài nên khi gặp bài toán thường rất hay lúng
túng và làm rối bài tốn hay khơng định hướng được phương pháp giải
Dựa trên cơ sở thực tiễn dạy học tại trường THPT Cẩm Thủy 1 trong việc
ôn tập định hướng học sinh thi đại học – cao đẳng Tôi nhận thấy bài tốn điện
phân thường có phương pháp giải chung từ đó Tơi đã phân dạng và lựa chọn
phương pháp giải phù hợp nhóm bài tập này và đã áp dụng chuyên đề này trong
năm học nhũng năm vừa qua và đã đạt được một số kết quả như mong muốn, do
đó Tơi đã chọn nội dung này làm sáng kiến kinh nghiệm năm 2016 với tên đề tài
là: “Phân dạng và lựa chọn phương pháp giải phù hợp cho bài tốn điện
phân trong ơn thi đại học đạt hiệu quả cao tại trường THPT Cẩm Thủy 1”
Trong đề tài này Tơi đã phân dạng bài tốn thành 3 dạng, đúc rút một số
kinh nghiệm và lựa chọn phương pháp giải phù hợp cho bài toán điện phân
nhanh hơn, hiểu đúng, đầy đủ các quá trình điện cực đồng thời phát huy được trí
tuệ của học sinh để học tập mơn hóa học tốt hơn
2/ Mục đích nghiên cứu của đề tài
- Đề tài tập trung nghiên cứu phân dạng và lựa chọn phương pháp giải bài
toán điện phân trong dung dịch phù hợp với đối tượng học sinh tại trường THPT

Cẩm Thủy 1
3/ Đối tượng nghiên cứu của đề tài
- Là học sinh khối 12, cụ thể là học sinh đang theo học chương trình nâng
cao định hướng ôn thi đại học – cao đẳng tại trường THPT Cẩm Thủy 1
- Phân dạng và phương pháp giải bài toán điện phân trong dung dịch
4/ Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp quan sát: Quan sát thực tiễn dạy và học tại trường THPT
Cẩm Thủy 1 trong những năm học vừa qua, Chất lượng ôn thi đại học và bồi
dưỡng học sinh giỏi
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu: nghiên cứu sách báo, giáo trình có liên
qua đến ơn thi đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi
- Phương pháp tổng kết thực tiễn, xử lí số liệu
1
SangKienKinhNghiem.net


II – PHẦN NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lí luận của đề tài
- Sự điện phân là quá trình oxi hóa – khử xảy ra trên bề mặt điện cực khi có
dịng điện một chiều đi qua chất điện li nóng chảy hoặc dung dịch chất điện li
- Cơ sở của phương pháp giải bài toán điện phân là vận dụng định luật
Faraday cho các quá trình điện cực đồng thời người học cần nắm vững các quy
tắc xảy ra tại anot và catot (bao gồm các ion bị điện phân, không bị điện phân,
thứ tự điện phân các ion, và ion điện phân thay thế...)
2. Thực trạng của đề tài trước khi áp dụng
- Câu hỏi điện phân thường có trong đề thi đại học - cao đẳng
- Chưa có sự phân dạng, phương pháp giải bài tốn điện phân cụ thể
- Học sinh còn lúng túng, chưa định hình ra phương pháp giải như thế nào
cho 1 bài điện phân lúc cho I, t, lúc không cho, rồi điện phân với nhiều chất, với
thời gian khác nhau làm cho học sinh dễ bị nhầm lẫn

- Do đó để giúp học sinh hiểu rõ và định hình được phương pháp giải bài
tốn điện phân tơi đã phân loại và đưa ra các phương pháp giải phù hợp trong đề
tài này
3. Giải quyết vấn đề
3.1- Khái niệm về sự điện phân
Sự điện phân là q trình oxi hóa – khử xảy ra ở bề mặt điện cực khi có dịng
điện một chiều đi qua chất điện li nóng chảy hoặc dung dịch chất điện li
Cấu tạo bình điện phân gồm 2 điện cực
+ cực dương: gọi là anot
+ cực âm gọi là catot
- Điện cực trơ: là điện cực là bằng than chì hoặc platin
- Điện cực tan là điện cực được làm bằng kim loại: sắt, đồng ...
3.2 Phân loại và các quá trình điện cực
3.2.1 Điện phân nóng chảy
+ Điện phân nóng chảy oxit: Al2O3
đp
 4Al + 3O2
2Al2O3 
+ Điện phân nóng chảy hydroxit kim loại kiềm:
đp
 2M + O2↑ + H2O↑ (M = Na, K,…)
2MOH 
+ Điện phân muối clorua (thường dùng điều chế KL kiềm và kiềm thổ)
đp
2MClx 
 2M + xCl2 (x = 1,2)
3.2.2 Điện phân dung dịch với anot trơ
* Các quá trình xảy ra tại catot: cực âm
+ gồm các ion mang điện tích dương (ion kim loại) và H2O
+ Xảy ra sự khử các ion kim loại và H2O: Mn+ + ne  M

+ Thứ tự điện phân các ion kim loại: ion có tính oxi hóa mạnh bị điện
phân trước ion có tính oxi hóa yếu hơn điện phân sau

2
SangKienKinhNghiem.net


+ Các ion kim loại nhóm IA, IIA và Al3+ không bị điện phân mà H2O điện
phân thay:
H2O + 2e  H2 + 2OH* Các quá trình xảy ra tại anot: cực dương
+ gồm các ion mang điện tích âm (gốc axit) và H2O
+ Xảy ra sự oxi hóa các ion âm và H2O:
Xn- + ne  X
+ Thứ tự điện phân tại anot: ion có tính khử mạnh bị điện phân trước ion
có tính khử yếu hơn điện phân sau: S2– > I– > Br– > Cl– > RCOO– > OH– > H2O
+ Các anion gốc axit có oxi như: NO3–, SO42–, PO43–, CO32–, ClO4–…
khơng bị oxi hóa mà H2O điện phân thay:
2H2O  O2 + 4H+ + 4e
* Các ví dụ về điện phân trong dung dịch
Ví dụ 1: điện phân dung dịch CuCl2
Catot:
Anot
2+
Cu + 2e  Cu
2Cl  Cl2 + 2e
2+
Sự khử Cu
Sự oxi hóa Clđp
PT điện phân: CuCl2  Cu + Cl2
Ví dụ 2: điện phân dung dịch CuSO4

Catot:
Anot: SO42- không điện phân
Cu2+ + 2e  Cu
2H2O  O2 + 4H+ + 4e
Sự khử Cu2+
Sự oxi hóa H2O
đp
PT điện phân: 2CuSO4 + 2H2O  2Cu + O2 + 2H2SO4
Ví dụ 3: điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn
Catot: ion Na+ khơng bị điện phân
Anot
2H2O + 2e  H2 + 2OH
2Cl  Cl2 + 2e
Sự khử H2O
Sự oxi hóa Clđp
PT điện phân: 2NaCl + 2H2O  2NaOH + H2 + Cl2
Ví dụ 4: điện phân dung dịch Na2SO4
Catot: ion Na+ không bị điện phân
Anot: SO42- không điện phân
2H2O + 2e  H2 + 2OH2H2O  O2 + 4H+ + 4e
Sự khử H2O
Sự oxi hóa H2O
đp
PT điện phân: 2H2O  H2 + O2
3.2.3 Định luật Faraday: m 

AIt
hay
nF

n

It
nF

Trong đó:
+ m: khối lượng chất giải phóng ở điện cực (gam)
+ A: khối lượng mol của chất thu được ở điện cực
+ n: số electron trao đổi ở điện cực
+ I: cường độ dòng điện (A)
+ t: thời gian điện phân
+ F: hằng số Faraday (F = 96500 nếu thời gian tính theo giây; F = 26,8 nếu thời
gian tính theo giờ
3.3. Phân dạng bài tốn điện phân
3.3.1 Dạng bài toán điện phân cho I, t
Phương pháp chung:
3
SangKienKinhNghiem.net


- Tính mol electron (ne) trao đổi ở 2 điện cực n 

It
.
nF

- Tính tốn theo từng điện cực
- Độ giảm khối lượng m = mKL + m khí
Bài tốn tổng hợp:
Ví dụ 1: Điện phân 200ml dung dịch hỗn hợp CuSO4 1M và NaCl 0,5M (điện

cực trơ, màng ngăn xốp, H = 100%) với cường độ dòng điện I = 5A trong thời
gian 2702 giây
a) Tính khối lượng kim loại thu được ở catot
b) Tính thể tích khí thốt ra ở anot (đktc)
c) Tính độ giảm khối lượng của dung dịch
d) Tính PH của dung dịch sau điện phân
e) Dung dịch sau điện phân chứa những chất nào
f) Nêu điện phân đến khi catot bắt đầu điện phân nước với I = 5A thì thời
gian điện phân là bao nhiêu?
Hướng dẫn giải:
ne cho = ne nhận =

5.2702
 0,14mol
96500

nCu2+ = 0,2 mol nCl- = 0,1 mol
Catot:
Cu2+ +
2e -----> Cu
0,2mol
0,14 mol
2+
=> nCu dư dừng điện phân

Anot
2Cl- -----> Cl2 + 2e
0,1 mol
0,14 mol
=> ne dư = 0,14 – 0,1 = 0,04 mol

1
Tiếp tục điện phân nước
=> nCu = ne  0, 07mol
2
2H2O  O2 + 4H+ + 4e
0,01  0,04 0,04mol
a). Khối lượng kim loại ở catot: mCu = 0,07 . 64 = 4,48 gam
b) anot khí gồm O2 và Cl2
nCl2 =

1
n   0, 05mol =>
2 Cl

n

khí

 nO2  nCl2  0, 01  0, 05  0, 06mol

=> V khí = 0,06 . 22,4 = 1,344 lít
c) Tính độ giảm khối lượng của dung dịch
m = mCu + m khí = 4,48 + 0,05 . 71 + 32 . 0,01 = 8,35 gam
d) Tính PH của dung dịch:
[H+] =

0, 04
 0, 2 M => PH = -log 0,2 = 0,7
0, 2

e) dung dịch sau điện phân gồm các ion: Cu2+ dư, H+, Na+ và SO42Vậy chứa: CuSO4, Na2SO4, H2SO4
f). khi catot điện phân đến khi H2O bắt đầu điện phân thì Cu2+ vừa hết
=> ne = 2nCu2+ = 0,4 mol
=> t 

96500.0, 4
 7720 s
5

Ví dụ 2: Điện phân (với điện cực trơ, hiệu suất 100%) 500 ml dung dịch X chứa
4
SangKienKinhNghiem.net


đồng thời CuCl2 0,1M và Fe2(SO4)3 0,1M với cường độ dịng điện khơng đổi
2,68A trong thời gian 1,5 giờ, thu được dung dịch Y. Khối lượng dung dịch Y giảm
so với khối lượng dung dịch X là
A. 5,15 gam.

B. 6,75 gam.

C. 4,175 gam.

D. 5,55 gam.

Hướng dẫn giải:
ne cho = ne nhận =

2, 68.5400
 0,15mol

96500

nCu2+ = 0,05mol, nFe3+ = 0,1mol, nCl- = 0,1 mol
Catot:
Anot
3+
2+
Fe
+
1e -----> Fe
2Cl- -----> Cl2 + 2e
0,1 mol
0,15 mol
0,1 mol
0,15 mol
2+
ne dư = 0,05 mol => điện phân Cu
=> ne dư = 0,15 – 0,1 = 0,05 mol
2+
Cu
+ 2e ------> Cu
Tiếp tục điện phân nước
0,05mol
0,05 mol
2H2O -----> O2 + 4H+ + 4e
=> nCu2+ dư dừng điện phân
0,0125 
0,05mol
=> nCu =

1
ne  0, 025mol
2

Vậy m giảm = 64 . 0,025 + 71.0,05 + 32 . 0,0125 = 5,55 gam
Đáp án: D
Ví dụ 3: (Đại học-B-2009) Điện phân có màng ngăn 500 ml dung dịch chứa
hỗn hợp gồm CuCl2 0,1M và NaCl 0,5M (điện cực trơ, hiệu suất điện phân
100%) với cường độ dòng điện 5A trong 3860 giây. Dung dịch thu được sau
điện phân có khả năng hồ tan m gam Al. Giá trị lớn nhất của m là
A. 4,05.

B. 2,70.

C. 1,35.

D. 5,40.

Hướng dẫn giải:
ne cho = ne nhận =

5.3860
 0, 2mol
96500

nCu2+ = 0,05mol, nCl- = 0,35 mol
Catot:
Anot
2+
Cu

+ 2e ------> Cu
2Cl- -----> Cl2 + 2e
0,05mol
0,2 mol
0,35 mol
0,2 mol
=> ne dư = 0,1 mol
=> nCl– dừng điện
Vậy tiếp tục điện phân H2O
2H2O + 2e  H2 + 2OH=> nOH- = ne dư = 0,1 mol
Vậy Al tan trong OH-: Al + OH- + 3H2O -----> Al(OH)4nAl = nOH- = 0,1 mol => mAl = 2,7 gam
Đáp án: B
3.3.2 Dạng bài tốn điện phân khơng cho I, t
3.3.2.1 Điện phân dung dịch chứa một chất tan

5
SangKienKinhNghiem.net


-Phương pháp chung: Viết phương trình điện phân phân tử và tính tốn theo
phương trình
Ví dụ 1: (ĐHKB 2010) Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO4
nồng độ x mol/l, sau một thời gian thu được dung dịch Y vẫn cịn màu xanh, có
khối lượng giảm 8 gam so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8 gam bột sắt vào Y,
sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4 gam kim loại. Giá trị của x
là
A. 1,50.

B. 3,25.

C. 2,25.

D. 1,25.

Hướng dẫn giải:
đp
 2Cu +
PTđp : 2CuSO4 + 2H2O 
2H2SO4 +
O2
Pư
a mol 
a mol 
a mol 
a/2 mol
m giảm = mCu + mO2  8 = 64a + 16a => a = 0,1 mol
Dung dich sau điện phân gồm Cu2+ dư (b mol) và H2SO4
Fe
+
Cu2+ ----> Fe2+ + Cu
b mol
 bmol 
b mol
Fe
+
H2SO4 -----> FeSO4 + H2
0,1 mol 0,1 mol
Khối lượng kim loại giảm = 16,8 – 12,4 = 4,4 gam
 m giảm = mFe – mCu => 56(b + 0,1) – 64b = 4,4 => b = 0,15 mol
 nCuSO4 = a + b = 0,25 mol => x = 1,25M

Đáp án: D

Ví dụ 2: Điện phân 200m dung dịch CuCl2 sau một thời gian thu được dung
dịch X thấy khối lượng dung dịch giảm 13,5 gam. Nếu nhúng 1 thanh Mg vào
dung dịch X thấy khối lượng thanh Mg tăng 12 gam. Tính nồng độ mol của
dung dịch CuCl2
A. 1,50.

B. 2,5.

C. 2,0.

D. 1,0.

Hướng dẫn giải:
đp
 Cu
PTđp : CuCl2 

Pư

a mol 

+

Cl2

a mol 

a mol

m giảm = mCu + mCl2  13,5 = 64a + 71a => a = 0,1 mol
Dung dich sau điện phân gồm Cu2+ dư (x mol)
Mg + Cu2+ ----> Mg2+ + Cu
1mol Cu2+ pư khối lượng tăng 40 gam
x mol -----------------------------12 gam
=> x = 0,3 mol
 Vậy tổng mol CuCl2 = 0,1 + 0,3 = 0,4 mol
 CM CuCl2 =

0, 4
 2M
0, 2

Đáp án: C
6
SangKienKinhNghiem.net


3.3.2.2 Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp chất tan
- Phương pháp giải chung:
+ Viết PT điện phân dạng ion thu gọn
+ Dựa vào các dữ kiện trong bài toán như: độ giảm khối lượng của dung dịch,
môi trường dung dịch sau điện phân) để tính tốn
+ Nếu điện phân hỗn hợp CuSO4 và NaCl (có màng ngăn)
Pt ion:

đp
 Cu + Cl2
Cu2+ + 2Cl- 

đp
 2Cu + 4H+ + O2 => Môi trường axit
Nếu Cu2+ dư: 2Cu2+ + 2H2O 
đp
 2OH- + H2 + Cl2
Nếu Cl- dư: 2H2O + 2Cl- 

=> Môi trường bazơ

Chú ý: quan trọng nhất trong bài tốn hỗn hơp (Cu2+ và Cl-) đó là xác định được
môi trương sau điện phân để biết được ion ban đầu nào cịn dư)

Ví dụ 1: ĐH A- 2011 Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam
Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khi khối lượng dung dịch giảm đi
10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đnags kể).
Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là
A. KNO3 và Cu(NO3)2

B. KNO3, KCl và KOH

C. KNO3 và KOH

D. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2

Hướng dẫn giải:
nCl- = 0,1 mol, nCu2+ = 0,15 mol
đp
 Cu +
Cu2+ + 2Cl- 

Khi Cl- hết

0,05  0,1

Cl2

0,05  0,05 mol

m giảm = mCu + mCl2 = 0,05(64 + 71) = 6,75 gam < 10,75 gam
Vậy Cl- hết và tiếp tục điện phân Cu2+ và H2O
Giả sử Cu2+ điện phân = x mol (x  0,1 mol)
đp
 2Cu + 4H+ + O2
2Cu2+ + 2H2O 

x mol



x mol 

x/2 mol

m giảm = mCu + mO2 <=> 64x + 16x = 10,75 - 6,75 => x = 0,05 mol < 0,1
Vậy sau điệp phân Cu2+ dư=> dung dịch sau điện phân gồm: Cu2+, K+, NO3-, H+
=> chứa các chất: Cu(NO3)2, KNO3, HNO3
Đáp án: D
Ví dụ 2: (ĐHKA 2010) Điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung
dịch gồm NaCl và CuSO4 có cùng số mol, đến khi ở catot xuất hiện bọt khí thì

dừng điện phân. Trong cả quá trình điện phân trên, sản phẩm thu được ở anot là
A. khí Cl2 và H2.

B. khí Cl2 và O2.

C. khí H2 và O2.

D. chỉ có khí Cl2.
7

SangKienKinhNghiem.net


Hướng dẫn giải
nCu2+ = nCl- = amol
đp
 Cu + Cl2
Cu2+ + 2Cl- 

Ban đầu

amol

amol

=> Cu2+ dư

đp
 2Cu + 4H+ + O2
2Cu2+ + 2H2O 

Vậy tại anot khí gồm Cl2 và O2
Đáp án B
Ví dụ 3: Tiến hành điện phân dung dich X chứa m gam CuSO4 và NaCl với
điện cực trơ màng ngăn xốp đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 điện cực thì
dừng điện phân. Tại anot thu được 3,92 lít khí và dung dịch sau điện phân tác
dụng với Fe thu được 3,36 lít khí đktc. Tính giá trị của m
A. 45,85

B. 51,70

C. 37,85

D. 42,35

Hướng dẫn giải
nCuSO4 = x mol, nNaCl = 2y mol , nH2 = 0,15 mol, nKhí anot = 0,15 mol
Vì dung dịch sau điện phân hòa tan được Fe nên dung dịch sau điên phân có
mơi trường axit hay Cu2+ dư so với ClFe +

2H+  Fe2+ +
0,3 mol



H2
0,15 mol

đp
 Cu + Cl2

Cu2+ + 2Cl- 

y mol  2y



y mol

đp
 2Cu +
2Cu2+ + 2H2O 

0,15 mol



(1)

4H+
0,3 mol

+

O2

(2)

 0,075 mol

nkhi = y + 0,075 => y + 0,075 = 0,175 => y = 0,1 mol

Theo PT 1,2 => nCu2+ = 0,1 + 0,15 = 0,25 mol
=> m = 160 . 0,25 + 58,5 . 0,2 = 51,7 gam
Đáp án B
Ví dụ 4: Tiến hành điện phân dung dich X chứa m gam CuSO4 và KCl với điện
cực trơ, màng ngăn xốp đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 điện cực thì dừng
điện phân. Sau phản ứng tại anot thu được 4,48 lít khí và dung dịch sau điện
phân được trung hịa bởi 100ml dung dịch H2SO4 0,5M. Tính giá trị của m?
A. 48,85
B. 61,8
C. 53,8
D. 54,35
Hướng dẫn giải
nCuSO4 = x mol, nKCl = 2y mol , nH2SO4 = 0,05 mol, nKhí anot = 0,2 mol
Vì dung dịch sau điện phân hịa tác dụng với H2SO4 nên có mơi trường bazơ
hay Cl- dư so với Cu2+
8
SangKienKinhNghiem.net


OH-

+

0,1 mol 

H+

 H2O

0,1 mol

đp
 Cu + Cl2
Cu2+ + 2Cl- 

x mol  2x
x mol
đp
 2OH- +
2H2O + 2Cl- 

0,1mol

 0,1 mol

(1)

H2 + Cl2


(2)

0,05 mol

nkhí = x + 0,05 => x + 0,05 = 0,2 => x = 0,15 mol
Theo PT 1,2 => nCl- = 0,3 + 0,1 = 0,4 mol
 m = 160 . 0,15 + 74,5 . 0,4 = 53,8 gam
Đáp án C
Ví dụ 5: Điện phân 200ml hỗn hợp dung dịch Cu(NO3)2 aM và NaCl bM với
điện cực trơ màng ngăn xốp đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 điện cực thì

ngừng điện phân. Khi đó tại catot thu được 3,2 gam kim loại và dung dịch sau
điện phân có PH = 1. Tính giá trị của a, b
Hướng dẫn giải
nCuSO4 = 0,2a mol, nNaCl = 0,2b mol
Vì dung dịch sau điện phân có PH = 1<7 => Môi trường axit hay Cu2+ dư so
với ClPH = 1=> [H+] = 0,1M => nH+ = 0,02 mol
Cu2+

+

đp
 Cu +
2Cl- 

0,1b mol  0,2b





Tổng mol Cu ở catot =

(1)

0,1b  0,1b mol

đp
 2Cu +
2Cu2+ + 2H2O 

0,01 mol

Cl2
4H+

+

O2

(2)

0,01  0,02 mol
3, 2
 0, 05mol => 0,1b + 0,01 = 0,05 => b = 0,4M
64

Mặt khác ta có nCu2+ = 0,2a => 0,2a = 0,05 => a = 0,25M
Ví dụ 6: ĐH-A-2013 Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp
CuSO4 và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước
bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch
X và 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hịa tan tối đa 20,4 gam Al2O3. Giá
trị của m là
A. 25,6.

B. 23,5

C. 51,1.

D. 50,4.

Hướng dẫn giải
nCuSO4 = x mol, nNaCl = 2y mol , nAl2O3 = 0,2 mol

9
SangKienKinhNghiem.net


Vì Al2O3 là chất lưỡng tính nên dung dich sau điện phân có thể là mơi trường
axit hay mơi trường bazơ
+ Trường hợp 1: Môi trường axit (H+) => Cu2+ dư
Al2O3

6H+  2Al3+ +

+

3H2O

0,2 mol  1,2 mol
đp
 Cu + Cl2
Cu2+ + 2Cl- 

y mol  2y



y mol

đp

 2Cu + 4H+
2Cu2+ + 2H2O 



0,6 mol

+

1,2 mol

O2

 0,3 mol

nkhi = y + 0,3 => y + 0,3 = 0,3 => y = 0 (Loại)
+ Trường hợp 2: Môi trường bazơ (OH-) => Cl- dư
Al2O3

+

2OH-

+

3H2O  2Al(OH)4-

0,2 mol  0,4 mol
đp
 Cu + Cl2

Cu2+ + 2Cl- 

x mol  2x



x mol

đp
 2OH- +
2H2O + 2Cl- 

0,4mol

 0,4mol

H2 + Cl2


0,2 mol

nkhi = x + 0,2 => x + 0,2 = 0,3 => x = 0,1 mol
nCl-=> 2x + 0,4 = 2y => y = 0,3 mol
 m = 160. 0,1 + 58,5 . 0,6 = 51,1 gam
Đáp án: C
Ví dụ 7: Điện phân 200ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 xM, KCl yM ( điện
cực trơ, màng ngăn) đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 điện cực thì dừng lại.
Dung dịch sau điện phân có khối lượng giảm 22,04(g) so với dung dịch ban đầu
và dung dịch này hòa tan tối đa 7,92(g) Zn(OH)2. Biết thời gian điện phân là
19300 giây. Giá trị của x, y, cường độ dòng điện là:

A. 0,5M; 1,2M; 2,5A

B. 0,6M; 2M; 2A

C. 1M; 2M; 2A

D. 1M; 1,5M; 1A

Hướng dẫn giải
nCu(NO3)2 = 0,2x mol, nKCl = 0,2y mol , nZn(OH)2 = 0,08 mol
Vì Zn(OH)2 là chất lưỡng tính nên dung dich sau điện phân có thể là môi
trường axit hay môi trương bazơ
+ Trường hợp 1: Môi trường axit (H+) => Cu2+ dư

10
SangKienKinhNghiem.net


Zn(OH)2

+

 Zn2+ +

2H+

2H2O

0,08 mol  0,16 mol
đp

 Cu
Cu2+ + 2Cl- 

0,1y  0,2y 

+

0,1y 

đp
 2Cu
2Cu2+ + 2H2O 



0,08 mol

Cl2

(1)

0,1y mol

+

4H+

+

O2

(2)

 0,16 mol  0,04 mol

0,08

mCu(1,2) + mCl2 + mO2 = m giảm
 64(0,1y + 0,08) + 71. 0,1y + 32 . 0,04 = 22,04 => y = 0,579
 0,2x = 0,2y + 0,08 => x = 0,979 Khơng có giá trị phù hợp loại
+ Trường hợp 2: Môi trường bazơ (OH-) => Cl- dư
Zn(OH)2

+

 Zn(OH)42-

2OH-

0,08 mol  0,16 mol
đp
 Cu
Cu2+ + 2Cl- 

0,2x  0,4x 

+

Cl2

0,2x 

0,2x mol

đp
 2OH- +
2H2O + 2Cl- 

0,16mol

 0,16 

H2 + Cl2
0,08  0,08 mol

mCu(1) + mCl2(1,2) + mH2 = m giảm
 64. 0,2x + 71. (0,2x + 0,08) + 2. 0,08 = 22,04 => x = 0,6M
0,2y = 0,2x + 0,16 => y = 2M
0, 4.96500
 2A
19300

Mol electron trao đổi: ne = nCl- = 0,4mol => I 
Đáp án: B

Ví dụ 8: Điện phân dung dịch chứa x mol NaCl và y mol CuSO4 với điện cực
trơ, màng ngăn xốp đến khí nước bị điện phân ở 2 điện cực thì ngừng. Thể tích
khí ở anot sinh ra gấp 1,5 lần thể tích khí ở catot ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp
suất. Quan hệ giữa x và y là
A. x = 6y

B. x = 3y

C. y = 1,5x

D. x =1,5y

Hướng dẫn giải
- Vì H2O điện phân ở cả 2 điện cực nên cả Cu2+ và Cl- hết
- catot đã có khí thoát ra nên Cu2+ hết so với ClXảy ra điện phân:

đp
 Cu
Cu2+ + 2Cl- 

y 

2y 

+

Cl2
y mol

11
SangKienKinhNghiem.net


đp
 2OH- +

2H2O + 2Cl- 

x-2y

Ta có:

H2

+

Cl2

x  2y
x  2y

2
2



x  2y
x  2y
+ y = 1,5.
=> x = 6y
2
2

Đáp án A
Ví dụ 9: Hịa tan 8,96 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu (có tỉ lệ mol tương ứng 8 : 7)
vào dung dịch chứa 0,28 mol HNO3 và 0,2 mol HCl thu được khí NO là sản

phẩm khử duy nhất và m gam dung dịch A. Tiến hành điện phân m gam dung
dịch A (với điện cực trơ, hiệu suất điện phân là 100%) với cường độ dòng điện
2,68A trong thời gian t giờ thu được (m – 15,18) gam dung dịch B. Giá trị của t
bằng?
A. 3,50

B. 3,12

C. 3,02

D. 3,00

Hướng dẫn giải
nFe : nCu = 8:7 = 8x : 7x mol
 56.8x + 64.7x = 8,96 => x = 0,01 mol
 nH+ = 0,48 mol, nNO3- = 0,28 mol, nCl- = 0,2 mol
PT: Fe + 4H+ + NO3-  Fe3+ + NO + 2H2O
Pư: 0,08  0,32  0,08  0,08 mol
PT: 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Pư

0,06  0,16 0,04 

0,06 mol

nCu dư = 0,07 – 0,06 = 0,01 mol
Cu + 2Fe3+  2Fe2+ + Cu2+
0,01 0,02  0,02  0,01 mol
Vậy dung dịch A chứa Fe2+ (0,02 mol), Fe3+ (0,06 mol), Cu2+ (0,07 mol), Cl(0,2 mol), NO3- (0,16 mol)
đp

 2Fe2+ + Cl2 (1)
PT điện phân: 2Fe3+ + 2Cl- 

0,06 0,06

0,06  0,03 mol

đp
 Cu + Cl2
Cu2+ + 2Cl- 

0,07

0,14 

(2)

0,07 0,07 mol

Theo bài ra m giảm = 15,18
m giảm = 64.0,07 + 71 .0,1 = 11,58 < 15,18 => Tiếp tục điện phân Fe2+ và H2O
đp
 2Fe + 4H+ + O2
2Fe2+ + 2H2O 

12
SangKienKinhNghiem.net


Y

y

y/2 mol

Ta có 56y + 16y = 15,18 – 11,58 => y = 0,05 mol < 0,08 Thỏa mãn
Xét tại anot: 2Cl-  Cl2 + 2e
2H2O  4H+ + O2 + 4e
 ne = nCl- + 4nO2 = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol
 t

0, 2.96500
10802, 24 s  3, 0 giờ
2, 68

Đáp án: D
Ví dụ 10: (Thi thử Đặng Thúc Hứa - 2016) Điện phân (với điện cực trơ, màng
ngăn xốp) dung dịch X chứa CuSO4 và NaCl (có tỉ lệ mol tương ứng 3:2) bằng
dòng điện một chiều có cường độ 5A, sau thời gian t giờ thu được dung dịch Y
chứa hai chất tan và thấy khối lượng dung dịch Y giảm 33,1 gam so với khối
lượng của dung dịch X. Dung dịch Y hòa tan tối đa 3,6 gam Al. Giả sử khí sinh
ra trong quá trình điện phân thốt hết ra khỏi dung dịch. Giá trị của t gần nhất
với giá trị nào sau đây?
A. 4,5.
B. 6.
C. 5,36.
D. 6,66.
Hướng dẫn giải
nCuSO4 : nNaCl = 3:2 = 3x : 2x mol
=> Cu2+ luôn dư so với ClPT điện phân: Cu2+ + 2Cl-  Cu + Cl2

x
2x  x  x mol
Dung dich Y chứa 2 chất tan là: Na2SO4 và có thể là CuSO4 dư hoặc H2SO4
+ Nếu CuSO4 dư: 2Al + 3Cu2+  2Al3+ + Cu
nCu2+dư =

3
nAl = 0,2 mol=> 2x = 0,2 mol => x = 0,1 mol
2

m giảm = 64 . 0,1 + 71 . 0,1 = 13,5 < 33,1 vơ lí
Vậy dung dịch Y chứa Na2SO4 và H2SO4
đp
 Cu + Cl2
PT điện phân: Cu2+ + 2Cl- 
(1)
x
2x 
x  x mol
đp
2+
2Cu + 2H2O  2Cu + 4H+ + O2 (2)
2x
2x  4x x mol
+
3+
6H + 2Al  2Al + 3H2
+
nH = 3nAl = 0,4 mol => x = 0,1 mol
m giảm (1,2) = 64 . 0,3 + 71 . 0,1 + 32 . 0,1 = 29,5 gam < 33,1

vậy đã xảy ra điện phân H2O ở cả 2 điện cực
đp
 2H2 + O2
2H2O 
(3)
y
y
y/2 mol
mH2 + mO2 = 33,1 – 29,5 => 2y + 16y = 3,6 => y = 0,2 mol
Tại catot : Cu2+ + 2e  Cu
2H2O + 2e  H2 + 2OH13
SangKienKinhNghiem.net


=> ne = 2.3x + 2y = 1 mol
=> t 

1.96500
 19300 s  5,36 giờ
5

Đáp án : C
3.3.3. Dạng bài toán điện phân với thời gian điện phân khác nhau (t1, t2)
* Phương pháp giải chung: Ta tính tốn trên từng điện cực theo từng thời gian
t1, t2 khác nhau, khi thời gian điện phân tăng k lần thì số mol electron trao đổi ở
cả 2 điện cực cũng tăng gấp k lần
Ví dụ 1: (ĐH-A-2014) Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol
KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dịng điện khơng đổi) trong thời
gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t
giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc) . Biết hiệu

suất điện phân 100%, các khí sinh ra khơng tan trong dung dịch. Giá trị của a là:
A. 0,15

B. 0,18.

C. 0,24

D. 0,26.

Hướng dẫn giải
t giây: n khí anot = 0,11 mol
Anot (+)


2Cl0,2
2H2O

Catot (-)
0,1



Cu2+ + 2e  Cu

Cl2 + 2e
0,2 mol

4H+ + O2 + 4e
0,01 0,04

t giây  n e cho = 0,24 mol; => 2t giây  n e cho = n e nhận = 0,48 mol.
2t giây: n hh khí = 0,26mol
Anot (+)

Catot (-) Cu2+ hết

2Cl- 

Cl2 + 2e

0,2

0,1

2H2O 

4H+ + O2 + 4e

0,2

Cu2+ + 2e  Cu
mol

a

2a mol

2H2O + 2e  2OH- + H2

0,07 0,28 mol

0,18

0,09 mol

Tại anot n khí = 0,17 mol
=> khí tại catot = 0,09 mol
Từ catot => 2a + 0,18 = 0,48 => a = 0,15 mol
Đáp án A
Ví dụ 2: (ĐHKA 2011) Hồ tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung
dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dịng điện khơng đổi) trong
thời gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,035 mol khí ở
14
SangKienKinhNghiem.net


anot. Còn nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả
hai điện cực là 0,1245 mol. Giá trị của y là
A. 4,788.

B. 4,480.

C. 1,680.

D. 3,920.

Hướng dẫn giải
t giây: n khí anot = 0,035 mol
Anot (+)

Catot (-)

2H2O 4H+ + O2

+

4e

0,035

M2+ + 2e  M

0,14mol

0,14 0,07 mol

t giây  n e cho = 0,14 mol; => 2t giây  n e cho = n e nhận = 0,28 mol.
2t giây: Vì anot chỉ điện phân H2O nên khi thời gian 2t giây n khí anot = 0,07
mol => n khí catot = 0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol
Anot (+)
2H2O 

Catot (-) Cu2+ hết

4H+ + O2 +

4e

0,07 0,28 mo l

M2+ + 2e  M
2a  a mol

a

2H2O + 2e  2OH- + H2
0,109

0,0545 mol

Từ catot => 2a + 0,109 = 0,28 => a = 0,0855 mol
=> M MSO 
4

13, 68
 160  M  64 vậy M là Cu
0, 0855

=> y = mCu = 0,07 . 64 = 4,48 gam
Đáp án: B
Ví dụ 3: Điện phân dung dịch chứa Cu(NO3)2, CuSO4 và NaCl với điện cực trơ,
cường độ dịng điện khơng đổi 2A, hiệu suất 100%. Kết quả thí nghiệm được ghi
trong bảng sau:
Thời gian điện phân (giây)
t1 = t
t2 = t + 2895
t3 = 2t
Tổng số mol khí ở 2 điện cực
a
a + 0,03

2,125a
Số mol Cu ở catot
b
b + 0,02
b + 0,02
Giá trị của t là
A. 4825.
B. 3860.
C. 2895.
D. 5790.
Hướng dẫn giải
- Từ t’ = 2,895 ta xét điện phân 2,895 giây với A = 2A
 ne =

2.2895
0, 06mol lúc đó n khí = 0,03 mol ở cả 2 cực và nCu = 0,02 mol
96500

Catot
Cu2+ + 2e  Cu

Anot
ne = 0,06 mol mà khí chỉ có 0,02 mol
15
SangKienKinhNghiem.net


0,06
0,02 => Cu2+ hết và đã
có H2O điện phân với mol e = 0,02 mol

2H2O + 2e  H2 + 2OH0,02  0,01 mol
=> mol khí ở anot là 0,02 mol

vậy Cl- hết và đã có H2O điện phân
2Cl-  Cl2 + 2e
2x  x  2x
mol
+
2H2O  O2 + 4H + 4e
y 
4y
mol
Hệ x + y = 0,02
và 2x + 4y = 0,06
 x = y = 0,01 mol
 tổng Cl2 = b + 0,01 mol
 Cu2+ = b + 0,02 mol

- Xét lúc t1 = t thì Cu2+ và Cl- đều dư
Catot
Anot
2+
Cu + 2e  Cu
2Cl-  Cl2
+
2e
2b  b mol
a
2a mol
Vây a = b mol

Và ne = 2b mol
- Xét lúc t3 = 2t
Vì thời gian tăng gấp đôi nên mol e tăng gấp đối ne = 4b mol
Catot
Anot
2+
Cu + 2e
 Cu
2Cl-  Cl2
+
2e
(2b + 0,04) (b + 0,02) mol
2x
(b + 0,01) (2b + 0,02)
ne còn lại = 4b - 2b + 0,04 = (2b – 0,04)
ne còn lại = 2b – 0,02 mol
H2O + 2e
 2OH + H2
2H2O  O2 + 4H+ + 4e
b  0, 01
(2b – 0,04) 
(b – 0,02)
2b – 0,02
2
n khí ở anot =2,125b –b + 0,02
=> khí ở anot
= (1,125b + 0,02) mol
b + 0,01 +

b  0, 01

= 1,125b + 0,02
2

b = 0,04 mol
Vậy tại t1 = t giây: ne = 2b = 0,08 mol => t 

0, 08.96500
 3860 s
2

Đáp án : B
3.4. Bài tập vận dụng
Câu 1: (ĐHKA 2010) Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch X
chứa 0,2 mol CuSO4 và 0,12 mol NaCl bằng dịng điện có cường độ 2A sau
9650 giây. Thể tích khí (đktc) thốt ra ở anot là
A. 1,792 lít.
B. 2,240 lít.
C. 2,912 lít.
D. 1,344 lít
Câu 2: Điện phân 100 ml dung dịch CuSO4 1M với điện cực trơ trong thời gian
25 phút 44 giây, cường độ dòng điện là 5A thì dừng lại. Khối lượng dung dịch
giảm là:
A. 3,84 gam
B. 3,2 gam
C. 2,88 gam
D. 2,56 gam
Câu 3: (ĐH-B-2012) Điện phân dung dịch hỗn hợp gồm 0,1 mol FeCl3, 0,2
mol CuCl2 và 0,1 mol HCl (điện cực trơ). Khi ở catot bắt đầu thốt khí thì ở
16
SangKienKinhNghiem.net

anot thu được V lít khí (đktc). Biết hiệu suất của quá trình điện phân là
100%. Giá trị của V là
A. 5,60.

B. 11,20.

C. 22,40.

D. 4,48

Câu 4 : Điện phân 200ml dung dịch CuSO4 aM với điện cực trơ một thời gian,
khối lượng dung dịch giảm 8 gam. Để làm kết tủa hết ion Cu2+ còn lại trong
dung dịch sau điện phân, cần dùng 300ml dung dịch NaOH 1M. Giá trị của a là
A. 1,25.
B. 1,375.
C. 0,75.
D. 1,06.
Câu 5: Sau một thời gian t điện phân 200 ml dung dịch CuSO4 (D = 1,25 g/ml)
với điện cực trơ, cường độ dòng điện 5A, nhận thấy khối lượng dung dịch giảm
8 gam. Để làm kết tủa hết ion Cu2+ còn lại trong dung dịch sau điện phân cần
dùng 100 ml dung dịch H2S 0,5M. Nồng độ phần trăm của dung dịch CuSO4 ban
đầu và giá trị của t lần lượt là
A. 12% và 4012 giây
B. 9,6% và 3860 giây
C. 12% và 3860 giây
D. 9,6% và 4396 giây
Câu 6: (ĐHKA 2007) Điện phân dung dịch CuCl2 với điện cực trơ, sau một thời
gian thu được 0,32 gam Cu ở catôt và một lượng khí X ở anơt. Hấp thụ hồn

tồn lượng khí X trên vào 200 ml dung dịch NaOH (ở nhiệt độ thường). Sau
phản ứng, nồng độ NaOH còn lại là 0,05M (giả thiết thể tích dung dịch khơng
thay đổi). Nồng độ ban đầu của dung dịch NaOH là (cho Cu = 64)
A. 0,15M.

B. 0,2M.

C. 0,1M.

D. 0,05M.

Câu 7: Điện phân 2000ml ( điện cực trơ, có màng ngăn) dung dịch gồm CuSO4
và 0,01 mol NaCl đến khi cả 2 điện cực đều thốt ra 448ml khí (đktc) thì ngừng
điện phân. Giả sử nước bay hơi khơng đáng kể trong q trình điện phân. Giá trị
pH dung dịch sau điện phân là:
A. 1,4.
B. 1,7.
C. 1,2.
D. 2,0.
Câu 8: (CĐ 2011) Điện phân 500 ml dung dịch CuSO4 0,2M (điện cực trơ) cho
đến khi ở catot thu được 3,2 gam kim loại thì thể tích khí (đktc) thu được ở anot là
A. 3,36 lít

B. 1,12 lít

C. 0,56 lít

D. 2,24 lít

Câu 9: (ĐHKB 2007) Điện phân dung dịch chứa a mol CuSO4 và b mol NaCl

(với điện cực trơ, có màng ngăn xốp). Để dung dịch sau điện phân làm
phenolphtalein chuyển sang màu hồng thì điều kiện của a và b là (biết ion SO42không bị điện phân trong dung dịch)
A. b > 2a.

B. b = 2a.

C. b < 2a.

D. 2b = a.

Câu 10: (ĐHKB 2009) Điện phân nóng chảy Al2O3 với anot than chì (hiệu suất
điện phân 100%) thu được m kg Al ở catot và 67,2 m3 (ở đktc) hỗn hợp khí X có
tỉ khối so với hiđro bằng 16. Lấy 2,24 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X sục vào dung
dịch nước vơi trong (dư) thu được 2 gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 108,0.

B. 75,6.

C. 54,0.

D. 67,5.

Câu 11. Có hai bình điện phân, trong đó bình (1) đựng 20ml dung dịch NaOH
17
SangKienKinhNghiem.net


1,73M; bình (2) đựng dung dịch gồm 0,225 mol Cu(NO3)2 và 0,2 mol HCl. Mắc
nối tiếp bình (1) và bình (2). Điện phân các dung dịch bằng dòng điện một chiều
với cường độ dịng điện khơng đổi trong một thời gian. Khi dừng điện phân,

tháo ngay catot ở các bình. Sau phản ứng, thấy nồng độ NaOH ở bình (1) là
2M. Cho tiếp 14 gam bột Fe vào bình (2) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
được m gam chất rắn không tan. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5. Giá
trị m là
A. 10,4.
B. 9,8.
C. 8,3.
D. 9,4.
Câu 12: Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân
dung dịch A với cường độ dòng điện là 1,93A, điện cực trơ. Nếu thời gian điện
phân là t giây thì thu được kim loại tại catotvà 0,1792 lít khí (đktc) tại anot. Nếu
thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí ở đktc. Xác định X, t?
A. Ag, 800 (s).
B. Ag, 1600 (s).
C. Ag, 1200 (s).
D. Ag 1800 (s).
Câu 13: Hịa tan hồn tồn m gam MSO4 (M là kim loại) vào nước thu được
dung dịch X. Điện phân dung dịch X (điện cực trơ, H = 100%) với cường độ
dịng điện 7,5A khơng đổi, trong khoảng thời gian 1 giờ 4 phút 20 giây, thu
được dung dịch Y và khối lượng catot tăng a gam. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ
với 200 ml dung dịch chứa KOH 2M, sinh ra 4,9 gam kết tủa. Coi toàn bộ lượng
kim loại sinh ra đều bám hết vào catot. Giá trị của m và a lần lượt là
A. 24 và 9,6.
B. 32 và 4,9.
C. 30,4 và 8,4.
D. 32 và 9,6.
Câu 14: Hòa tan 4,5 gam tinh thể XSO4.5H2O vào nước thu được dung dịch A.
Điện phân dung dịch A với điện cực trơ. Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu
được kim loại tại catot và 0,007 mol khí tại anot. Nếu thời gian điện phân là 2t
giây thì thu được 0,024 mol khí. muối XSO4.5H2O là

A. CuSO4. 5H2O
C. MgSO4. 5H2O.
Đáp án
Câu
1
Đáp án
A
Câu
8
Đáp án
B

B. CaSO4. 5H2O
D. FeSO4. 5H2O
2
B
9
A

3
A
10
B

4
C
11
C

5

B
12
B

6
C
13
D

7
D
14
A

3.5. Kết quả đạt được của sáng kiến kinh nghiệm
Sau khi hoàn thành đề tài “Phân dạng và lựa chọn phương pháp giải phù hợp
cho bài tốn điện phân trong ơn thi đại học đạt hiệu quả cao tại trường THPT
Cẩm Thủy 1” tơi đã triển khai lấy ý kiến đóng góp tham khảo của các đồng
nghiệp trong tổ bộ mơn hóa – sinh tại trường THPT Cẩm Thủy 1 cả về nội dung
và hình thức và nhận được nhiều sự ủng hộ đánh giá cao cũng như những đóng
góp kinh nghiệm quý báu của các đồng nghiệp để hoàn chỉnh đề tài
Đề tài này đã được đưa vào chương trình ôn thi đại học ở các lớp 12 năm học
2015-2016 và đạt hiệu quả cao như sau

18
SangKienKinhNghiem.net


Bài kiểm tra đánh giá về chuyên đề điện phân tại lớp 12A1, 12A2
TT

1
2

Lớp
thực
nghiệm
12A1
12A2

Sĩ
số
48
47

Điểm
<5
4
6

Điểm đạt được
%
Điểm
%
Điểm
%
5,6,7,8
9,10
8,34%
18
37,5%

26 54,16%
12,82%
21
44,68% 20
42,5%

Kết quả tổng kết cả năm mơn hóa ở lớp 12A1 và 12A2 năm học 2015-2016
TT
1
2

Lớp
12A1
12A2

Sĩ
số
48
47

Điểm tổng kết cả năm học 2015-2016
Loại yếu
0%
0%

Loại TB
0%
0%

Loại khá

6,25%
44,68%

Loại giỏi
93,75%
55,32%

- Từ kết quả trên cho thấy học sinh đã nắm vững được các nội dung kiến
thuwcsc của đề tài đề ra cũng như nhận dạng và có phương pháp giải bài toán
điện phân phù hợp với năng lực của mình qua đó cho thấy tính hiệu quả, tính
thiết thực và phù hợp với đối tượng học sinh đồng thời kích thích hứng thu học
tập của học sinh không chỉ đạt được kết quả tốt trong bài kiểm tra chuyên đề mà
còn ảnh hướng tới khả năng học tập mơn hóa học của học sinh và sự phát triển
toàn diện của học sinh

19
SangKienKinhNghiem.net


III- KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
Bài tập điện phân là loại bài tập thường gặp trong đề thi đại học và là loại
bài tập khó, sau khi nghiên cứu và phân dạng phương pháp giải và áp dụng trong
quá trình dạy học tại trường THPT Cẩm Thủy 1 bước đầu cho thấy đề tài đạt
được hiệu qủa cao như mục đích ban đầu đề ra, học sinh đã hiểu rõ và sâu sắc về
các quá trình điện cực, cũng như khi gặp bài toán điện phận trong các đề thi thì
có đến 90% học sinh nhận ra dạng bài tốn và định hình tốt phương pháp giải,
khơng cịn lúng túng như ban đầu
Trong đề tài này Tôi đã chia bài toán thành 3 dạng với phương pháp giải
đơn giản, dễ hiểu, đạt hiệu quả cao và đặc biệt là phù hợp với đối tượng học sinh
tại trường THPT Cẩm Thủy 1, nâng cao chất lượng giáo dục bộ mơn hóa cũng

như chất lượng giáo dục của nhà trường
Trên đây là toàn bộ nội dung của sáng kiến kinh nghiệm của Tôi trong
năm 2016, tuy đề tài đã giải quyết được nhiều vấn đề những vẫn cịn hạn chế đó
là mới chỉ áp dụng cho đối tượng học sinh ở trường Cẩm Thủy 1, và trong q
trình thực hiện khơng thể tránh được những thiếu sót về nội dung và hình thức
rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp và Hội đồng khoa
học ngành giáo dục tỉnh nhà để đề tài được áp dụng rộng rãi hn.
Xin chân thành cảm ơn!
XC NHN CA

Thanh Húa, ngy 20 tháng 5 năm 2016

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKNN của mình
viết, khơng sao chép nội dung của người
khác.
Người viết SKKN

Phạm Đăng Hợp

20
SangKienKinhNghiem.net