skkn rèn tư duy học sinh thông qua một số dạng bài tập điện phân – hóa học 12 nâng cao

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT GIA LÂM
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
RÈN TƯ DUY HỌC SINH THÔNG QUA MỘT SỐ DẠNG
BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN – HÓA HỌC 12 NÂNG CAO
Môn: Hóa học
Tên tác giả: Nguyễn Thu Hòa
Chức vụ: Tổ phó tổ Hóa – Sinh - KTNN
1

NĂM HỌC 2011 - 2012
PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Để đáp ứng yêu cầu về con người và nguồn nhân lực là
nhân tố quyết định sự phát triển đất trong thời kì công nghiệp
hóa, hiện đại hóa, cần tạo chuyển biến cơ bản, toàn diện về
giáo dục và đào tạo. Đó là “ Đổi mới phương pháp dạy và
học, phát huy tư duy sáng tạo và năng lực tự đào tạo của người
học, coi trọng thực hành, thực nghiệm, làm chủ kiến thức,
tránh nhời nhét, học vẹt , học chay. Đổi mới và tổ chức thực
hiện nghiêm minh chế độ thi cử.”
(Trích “ Chiến lược phát triển kinh tế- xã hội 2001-2010”
– Báo cáo của Ban Chấp hành Trung ương Đảng khóa VIII
tại Đại hội đại biểu toàn quốc Đảng Cộng sản Việt Nam lần
thứ IX).
Để nâng cao chất lượng giáo dục, chúng ta phải đổi mới
nội dung và phương pháp dạy học ở tất cả các môn học, các
cấp học, các bậc học. Mục tiêu cao nhất của quá trình dạy –
học là rèn luyện tư duy cho học sinh. Ngày nay , cùng với sự
phát triển của khoa học kĩ thuật đòi hỏi con người phải biết
nhìn nhận và giải quyết vấn đề theo nhiều hướng khác nhau,

2
đưa ra phương án tối ưu trong trong gian nhanh nhất. Muốn có
được kĩ năng đó , đòi hỏi con người phải rèn luyện tư duy đa
hướng. Trong dạy- học nói chung và dạy – học hóa học nói
riêng việc sử dụng bài tập, đặc biệt bài tập có nhiều cách giải
sẽ là phương pháp rèn luyện tư duy rất tốt cho học sinh, giúp
học sinh liên hệ tốt nhất kiến thức lý thuyết với việc giải quyết
một vấn đề có thực trong quá trình nhận thức.
Xuất phát từ lý do nêu trên tôi sử dụng một số bài tập
vấn thường gặp trong các sách tham khảo, các đề thi tuyển
sinh Đại học- Cao đẳng nhằm rèn luyện khả năng tư duy cho
học sinh.
II. PHẠM VI NGHIÊN CỨU :
Một số bài tập Điện phân trong chương trình hóa học vô cơ
– 12 – nâng cao.
PHẦN II: NỘI DUNG
I . Kiến thức cơ bản :
1. Phản ứng xảy ra ở điện cực.
Khi nối 2 điện cực của bình điện phân đến 2 cực của nguồn
điện một chiều ( pin, acquy), ta có các hiện tượng sau:
3
- Cation đi về catot (điện cực âm), Anion đi về anot (điện
cực dương).
- Tại catot xảy ra quá trình nhận electron (quá trình khử)
các cation kim loại thành kim loại tự do hoặc nước, hoặc cả
hai.
M
n+
+ ne → M
H

2
O + 2e → H
2
↑ + 2OH
-

- Tại anot xảy ra quá trình nhường electron (quá trình oxi
hóa) các anion gốc axit hoặc nước hoặc cả hai.
X
m-
→ X + me
2H
2
O → O
2
↑ + 4e + 4H
+
2. Định luật Faraday.
- Nếu hiệu suất dòng là 100%, khối lượng các chất thu được ở
các điện cực được tính theo công thức:
m= (A.I.t)/ n.96500
Trong đó m: khối lượng chất ở điện cực (g)
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(A).
t: thời gian điện phân(s).
F: hằng số Faraday(F= 96500culong/mol)
4

- Số mol electron trao đổi ở 2 điện cực = (I.t)/96500
3. Điện phân muối hoặc oxit nóng chảy (không có nước).
a. Điện phân muối halogenua nóng chảy (điện cực trơ):
2MX
n
→ 2M + nX
2
b. Điện phân oxit nhôm nóng chảy (điện cực graphit C):
2Al
2
O
3
→ 4Al +3O
2
↑
Phản ứng ăn mòn điện cực C:
O
2
+ C → CO
2
↑
O
2
+ 2C → 2CO↑
Như vậy có thể thu được một hỗn hợp khí: O
2
, CO, CO
2
.
4. Điện phân dung dịch muối, axit hoặc bazơ:

a. Điện phân dung dịch axit:
- Điện phân dung dịch axit halogen hidric HX:
2HX → H
2
↑ + X
2
↑
- Điện phân dung dịch oxiaxit HNO
3
, H
2
SO
4
…thực chất là
điện phân nước, do đó số mol axit không thay đổi.
2H
2
O → 2H
2
↑ + O
2
↑
b. Điện phân dung dịch bazơ: thực chất là điện phân nước
(tương tự dung dịch axit), do đó số mol bazơ không thay đổi.
c. Điện phân dung dịch muối:
- Căn cứ vào thứ tự điện phân ở điện cực, thời gian điện phân
để viết các quá trình ở điện cực , H
2
O có thể tham gia hoặc
5

không tham gia sự điện phân, từ đó viết và tính được lượng
sản phẩm ở điện cực và trong dung dịch điện phân.
* Tại catot (cực âm)
Thứ tự nhận electron: Au
3+
/Au > Ag
+
/Ag > Cu
2+
/Cu > H
2
O >
Pb
2+
/Pb…Zn
2+
/Zn
( Lưu ý: các ion từ Pb
2+
…đến Zn
2+
điện phân cùng nước, sản
phẩm rất phức tạp. Các ion từ Al
3+
đến K
+
coi như không bị
điện phân khi có mặt nước)
M
n+

+ ne → M
H
2
O + 2e → H
2
↑ + 2OH
-

Như vậy điện phân dung dịch muối của kim loại từ Na, Ca, K
thu được dung dịch kiềm, dẫn đến pH của catot tăng.
Ví dụ: 2NaCl +2H
2
O → H
2
↑ + O
2
↑ + 2NaOH
* Tại anot (cực dương)
Thứ tự nhường electron: I
-
> Br
-
> Cl
-
> F
-
> O
2-
> H
2

O
(Lưu ý: các ion gốc axit chứa oxi SO
4
2-
, NO
3
-
…coi như không
bị điện phân)
X
m-
→ X + me
2H
2
O → O
2
↑ + 4e + 4H
+
Như vậy điện phân dung dịch muối sunphat, nitrat thu
được dung dịch axit, dẫn đến pH của anôt giảm.
Ví dụ: 2CuSO
4
+ H
2
O → 2Cu + O
2
+ 2H
2
SO
4

6
- Nên sử dụng các bán phản ứng ở điện cực trong tính toán,
thực hiện nguyên tắc bảo toàn electron.
5. Phản ứng phụ giữa sản phăm điện phân với điện cực (không
trơ) hoặc giữa các sản phẳm với nhau:
- Phản ứng với anot: khi anot làm bằng kim loại thông thường
(như Cu) thì kim loại bị sản phẩm điện phân oxi hóa tạo thành
cation M
n+
tan vào dung dịch (hiện tượng anot tan)
Ví dụ : Điện phân oxit nhôm nóng chảy (điện cực graphit C):
2Al
2
O
3
→ 4Al +3O
2
↑
Phản ứng ăn mòn anot(điện cực C):
O
2
+ C → CO
2
↑
O
2
+ 2C → 2CO↑
Như vậy có thể thu được một hỗn hợp khí: O
2
, CO, CO

2
.
- Phản ứng giữa các sản phẩm điện phân với nhau: như
điện phân dung dịch NaCl không có màng ngăn xốp
2NaCl +2H
2
O → H
2
↑ + O
2
↑ + 2NaOH
Clo cho thêm phản ứng: Cl
2
+ 2NaOH → NaCl + NaClO +
H
2
O
II. Một số dạng bài tập
Dạng 1: trường hợp nước bị oxi hóa hoặc bị khử ở điện
cực
Bài 1(đề tuyển sinh đại học 1993): tiến hành điện phân (điện
cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp
7
CuSO
4
, NaCl cho đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai
điện cực thì dừng lại. Ở anot thu được 0,448 lit khí (đktc).
Dung dịch sau điện phân có khả năng hòa tan tối đa 0,68 gam
Al
2

O
3
.
1, Tính m?
2, Tính khối lượng catot tăng lên trong quá trình điện phân?
3, Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá trình điện phân
cho rằng nước bay hơi không đáng kể?
Phương pháp cũ:
Giai đoạn 1: ở catot, Cu
2+
bị khử; ở anot , Cl
-
bị oxi hóa
(I) CuSO
4
+ 2NaCl → Cu↓ + Cl
2
↑ + Na
2
SO
4
Nếu Cu
2+
và Cl
-
hết cùng một lúc (số mol NaCl = 2số mol
CuSO
4
), sau giai đoạn (I) chỉ còn lại Na
2

SO
4
. Nếu tiếp tục điện
phân trên thực tế là nước bị điện phân tạo dd axit hoặc kiềm
để có khả năng hòa tan Al
2
O
3
. Do đó Cu
2 +
và Cl
-
không hết
cùng một lúc. Có hai trường hợp:
TH1: Sau giai đoạn (I), hết Cl
-
, dư Cu
2+
Dung dịch chứa CuSO
4
và Na
2
SO
4
Giai đoạn 2: điện phân dung dịch CuSO
4
(Na
2
SO
4

không bị
điện phân)
(II) CuSO
4
+ H
2
O →Cu + 1/2O
2
+ H
2
SO
4
8
Khi hết Cu
2+
, nước bị điện phân ở cả hai điện cực (vì điện
phân dd H
2
SO
4
và Na
2
SO
4
trên thực tế là điện phân nước, thỏa
mãn điều kiện đầu bài). H
2
SO
4
hoà tan Al

2
O
3
theo pt:
3H
2
SO
4
+ Al
2
O
3
= Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
0,02  0,68/102 mol
Theo (II) Cu= 0,02 mol; O
2
= 0,01 mol
Tổng số mol khí ở anot = 0,02 = Cl
2
(I) + O
2
(II)  Cl

2
(I) =
0,01
Theo (I) NaCl = 0,02
Mặt khác Cu↓ ở 2GĐ = 0,01+0,02=0,03 = CuSO
4
Do đó m= mNaCl + mCuSO
4
= 0,02.58,5 + 0,03.160 = 5,97
gam
Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,03.64 = 1,92 gam
Khối lượng dd giảm = m kim loại bám vào catot + m khí thoát
ra ở anot
= 1,92 + 0,01.32 + 0,01.71
= 2,95 gam
TH1: Sau giai đoạn (I), dư Cl
-
, hết Cu
2+

Dung dịch chứa NaCl và Na
2
SO
4
.
Giai đoạn 2: điện phân dd NaCl:
(III) 2NaCl + 2H
2
O = H
2

↑ + Cl
2
↑ + 2NaOH
Khi hết Cl
-
nước bị điện phân ở cả hai điện cực. NaOH hòa
tan Al
2
O
3
theo pt:
9
Al
2
O
3
+ 2NaOH = 2NaAlO
2
+ H
2
O
0,68/102 0,04/3 mol
Theo (III) H
2
= Cl
2
= 0,02/3
 Cl
2
(I) = 0,02- 0,02/3 = 0,04/3 mol

Theo (I) CuSO
4
= 0,04/3 mol
Theo (I) v à(III) NaCl bd= 2n Cl
2
= 0,04 mol
khối lượng 2 muối m= m CuSO
4
+ m NaCl = 4,473 gam
Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,853 gam
Khối lượng dd giảm = m kim loại bám vào catot + m khí thoát
ra ở anot (Cl
2
+ H
2
)
= 0,853 + 0,02.71 + 0,02.2/3 = 2,286 gam
Phương pháp mới:
Gợi ý:
- Nước có thể bị điện phân ở cả hai điện cực, hay ion Cu
2+
và ion Cl
-
không cùng kết thúc.
- Dung dịch sau điện phân hòa tan được Al
2
O
3
có thể là
axit hoặc kiềm.

Hướng dẫn:
TH1: Dung dịch sau điện phân là axit  nước bị điện phân ở
anot, khí thu được ở anot gồm Cl
2
và O
2
.
Al
2
O
3
+ 6H
+
→ 2Al
3+
+ 3H
2
O
0.68/102 0,04 (mol)
Các phản ứng xảy ra trên điện cực:
10
Catot:
Cu
2+
+ 2e → Cu
x  2x mol
Anot:
2Cl
-
→ Cl

2
+ 2e
2y  y  2y mol
2H
2
O → O
2
+ 4H
+
+ 4e
0,01 0,04 
0,04
số mol khí ở anot= 0,02 = số mol Cl
2
+ số mol O
2
= y + 0,01
 số mol Cl
2
= 0,01
Số mol e trao đổi = 2x = 0,04 + 2.0,01  x= 0,03
Dung dịch ban đầu: số mol Cu
2+
= số mol SO
4
2-
= 0,03
số mol NaCl = 2 số mol Cl
-
= 0,02

m = m CuSO
4
+ m NaCl = 5,97 gam.
Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,03.64 = 1,92 gam
Khối lượng dd giảm = m kim loại bám vào catot + m khí thoát
ra ở anot
= 1,92 + 0,01.32 + 0,01.71
= 2,95 gam.
TH2: Dung dịch sau phản ứng hòa tan được Al
2
O
3
là dd kiềm
 nước bị điện phân ở catot, khí thu được là Cl
2
.
Al
2
O
3
+ 2OH
-
+ 3H
2
O → 2[Al(OH)
4
]
-
0,68/1020,0133
Các phản ứng xảy ra trên điện cực:

Catot:
Cu
2+
+ 2e → Cu
Anot:
2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
11
x  2x mol
2H
2
O + 2e → H
2
+ 2OH
-
0,0133  0,0133
mol
0,04 0,020,04 mol
Số mol e trao đổi = 2x + 0,0133 = 0,04  x=
0,0133
số mol CuSO
4
= x = 0,0133
Số mol NaCl = 0,04
m= 4,473 gam
Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,0133.64 = 0,853
gam

Khối lượng dd giảm = m kim loại bám vào catot + m khí thoát
ra ở anot
= 0,853 + 0,02.71
= 2,286 gam.
So sánh – đánh giá 2 phương pháp:
- Phương pháp cũ chủ yếu sử dụng phương trình phân tử
dẫn đến học sinh không hiểu đúng bản chất của các quá trình
oxi hóa, quá trình khử trên điện cực, nên khó viết các phản
ứng điện phân, làm cho việc lập luận các sản phẩm của các
trường hợp xảy ra rất khó khăn, nếu mở rộng bài toán là “ tính
nồng độ các ion trong dung dịch sau điện phân hoặc pH của
12
dung dịch sau điện phân…” các em sẽ lúng túng đặc biệt gặp
bài toán cho thời gian điện phân .
- Phương pháp mới sử dụng các bán phản ứng ở các điện
cực : học sinh hiểu rõ các quá trình oxi hóa, quá trình khử diễn
ra như thế nào đặc biệt H
2
O bị điện phân như thế nào, khắc
sâu được kiến thức về thứ tự dãy thế điện cực chuẩn của kim
loại, giải quyết nhanh bài tóan có cho thời gian điện phân, bản
chất sự tồn tại các chât điện ly trong dung dịch, tính toán
nhanh nồng độ các ion, pH c ủa dung dịch tại thời điểm dừng
điện phân…học sinh tự giải quyết vấn đề theo gợi ý của giáo
viên, tự tin các bước làm, kiểm soát được từng bước giải của
mình.
Áp dụng :
Bài 2( đề 2009-B)
Điện phân có màng ngăn 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp
gồm CuCl

2
0,1M và NaCl 0,5M (điện cực trơ, H =100%) với
cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 3860s. Dung dịch sau
điện phân có khả năng hòa tan m gam Al. Tính giá trị lớn nhất
của m?
A. 4,05 B. 2,70 C. 1,35 D. 5,40
Gợi ý:
- Tính số mol các ion trước ĐP: Cu
2+
= 0,05
Na
+
= 0,25
13
Cl
-
= 0,35
- Tính số mol e trao đổi: = I.t/96500= 5.3860/96500= 0,2 mol
- Các phản ứng trên điện cực:
Catot:
Cu
2+
+ 2e → Cu
0,05  0,1 mol
bảo toàn e:
2H
2
O + 2e → H
2
+ 2OH

-
0,1 0,05 0,1 mol
Anot:
2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
0,2  0,1 0,2 mol
- dung dịch sau thời gian điện phân trên là kiềm, hòa tan Al
theo pt:
Al + OH
-
+ 3H
2
O = [Al(OH)
4
]
-
+ 3/2H
2
↑
0,1  0,1 mol
Khối lượng lớn nhất của Al là 2,7 gam.
Phát triên bài: tăng thời gian điện phân là 14475s, không
dùng màng ngăn , dung dịch sau điện phân có khả năng hòa
tan bao nhiêu gam Al?
- Tính số mol e trao đổi: = I.t/96500= 5.14475/96500= 0,75
mol
- Các phản ứng trên điện cực:

Catot:
Cu
2+
+ 2e → Cu
0,05  0,1 mol
Anot:
2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
14
bảo t òan e:
2H
2
O + 2e → H
2
+ 2OH
-
0,65 0,05 0,65 mol
0,35  0,175 0,35 mol
2H
2
O  O
2
+ 4e

+ 4H
+
0,40,4 mol

- dung dịch sau thời gian điện phân:
Phản ứng trung hòa: H
+
+ OH
-
= H
2
O
0,4  0,4 mol
kiềm dư = 0,25 , hòa tan Al theo pt:
Al + OH
-
+ 3H
2
O = [Al(OH)
4
]
-
+ 3/2H
2
↑
0,25  0,25 mol
Khối lượng lớn nhất của Al là 6,75 gam.
Bài 3( đề 2011-A)
Hòa tan 13,68 gam muối MSO
4
vào nước được dung dịch X.
Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không
đổi0 trong thời gian t(s), được y gam kim loại M duy nhất ở
catot và 0,035 mol khí ở anot. Còn nếu thời gian điện phân là

2t (s) thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245
mol. Giá trị của y là?
A. 3,920 B. 4,788 C. 4,480 D. 1,680
Gợi ý:
- Dung dịch trước điện phân M
2+
= a mol = 13,68/ (M+ 96)
Thí nghiệm 1: Điện phân với thời gian t(s): số mol e trao đổi
= I.t/96500
- Các phản ứng trên điện cực:
15
Catot:
M
2+
+ 2e → M
0,070,14 0,07 mol
Anot:
2H
2
O  O
2
+ 4e

+ 4H
+
0,035 0,14 mol
- số mol e trao đổi = I.t/96500= 0,14  I.t = 13510
- Nhận xét: có thể ion M
2+
chưa bị điện phân hết.

Thí nghiệm 2: Điện phân với thời gian 2t(s), cường độ dòng
không đổi
số mol e trao đổi = I.2t/96500= 0,28
Đầu bài cho thu được khí ở cả hai điện cực  M
2+
bị điện
phân hết, H
2
O bị điện phân ở cả hai điện cực.
- Các phản ứng trên điện cực:
Catot:
M
2+
+ 2e → M
a 2a  a mol
2H
2
O + 2e → H
2
+
2OH
-
0,109 0,0545 mol
Anot:
2H
2
O  O
2
+ 4e

+ 4H
+
0,07  0,28 mol
Tổng số mol khí ở 2 ĐC = nH
2
+ nO
2
= 0,1245  nH
2
=
0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol
Bảo toàn electron: 2a + 0,109 = 0,28  a = 0,0855 = 13,68/
(M+ 96)  M = 64 là kim loại Cu.
Trở lại thí nhiệm 1: y = mCu = 64/2.0.14= 4,48 gam.
16
Dạng 2: trường hợp điện phân dung dịch chứa 2 ion kim
loại
Dung dịch chứa ion C
m+
và D
n+
, tính oxi hóa C
m+
mạnh
hơn D
n+
nên thứ tự điện phân như sau:
(1) C
m+
+ me → C↓

Sau khi hết C
m+
, đến :
(2) D
n+
+ ne → D↓
Dựa vào thời gian điện phân  số mol e trao đổi để xét xem
quá trình điện phân đến giai đoạn nào
Bài 4: Điện phân 100 ml dung dịch A chứa Cu(NO
3
)
2
8.10
-3
M và AgNO
3
16.10
-3
M trong thời gian 7 phút 43 giây với
cừơng độ dòng điện 0,5A.
1, Tính khối lượng kim loại bám vào catot và nồng độ mol/l
các ion trong dung dịch sau thời gian điện phân trên?
2, Nếu quá trình điện phân với anot bằng Cu đến khi dung
dịch không còn chứa ion Ag
+
nữa thì khối lượng các điện cực
tăng hay giảm bao nhiêu gam? Biết ở anot Cu bị tan.
Gợi ý:
- Dung dịch A : nCu
2+

= 8.10
-4
mol = 0,8.10
-3
nAg
+
= 16.10
-4
mol=1,6.10
-3
n NO
3
-
= 3,2.10
-3
1,
- Số mol e trao đổi = 0,5.463/96500 = 0,0024 mol = 2,4.10
-3
17
- Thứ tự điện phân tại catot:
(1) Ag
+
+ e → Ag
1,6.10
-3
 1,6.10
-3
1,6.10
-3
= 0,1728 gam

Số mol e còn lại = 0,8.10
-3
của quá trình :
(2) Cu
2+
+ 2e → Cu
0,4.10
-3
 0,8.10
-3
 0,4.10
-3
= 0,0256 gam
Khối lượng kim loại bám vào catot = 0,1728 + 0,0256=
0,1984 gam
- T ại anot: bảo toàn electron
2H
2
O  O
2
+ 4e

+ 4H
+
2,4.10
-3
 2,4.10
-3

- dung dịch sau điện phân : Cu

2+
dư = 0,4.10
-3
mol C
M
=
4.10
-3
M
H
+
= 2,4.10
-3
mol  C
M
=
2,4.10
-2
M
NO
3
-
= 3,2.10
-3
mol  C
M
=
3,2.10
-2
M

2, Nếu điện phân với anot bằng Cu tan
PTĐP: Cu + 2Ag
+
= Cu
2+
+ 2Ag↓
8.10
-4
 16.10
-4
 16.10
-4
mol
Khôí lượng catot tăng = 16.10
-4
.108 = 0,1728 gam
Khôí lượng anot giảm = 8.10
-4
.64 = 0,0512 gam
18
Dạng 3: dự đoán quá trình điện phân dựa trên lượng sản
phẩm thoát ra ở điện cực
Trong trường hợp quá trình điện phân gồm nhiều giai đoạn kế
tiếp dựa vào lượng sản phẩm xuất hiện ở điện cực ta có thể dự
đóan các giai đoạn nào có thể xảy ra:
- Nếu thời gian tăng n lần, lượng sản phẩm (khối lượng kim
loại thoát ra ở catot) tăng n lần thì bên điện cực ấy chỉ có một
phản ứng khử duy nhất: M
n+
+ ne→ M↓

- Nếu thời gian tăng n lần, lượng sản phẩm tăng ít hơn n
lần, có thể kết luận:
+ Đã điện phân hết M
n+
và lượng kim loại thu được ở
catot]ngs với toàn thể M
n+
trong dung dịch ban đầu.
+ Sau khi điện phân hết M
n+
, bên catot chuyển qua một
giai đoạn khử khác (thường là khử H
2
O)
Bài 5 (đề tuyển sinh đại học 1993)
Mắc nối tiếp 2 bình điện phân : bình X chứa 800 ml dd muối
MCl
2
a mol/l và HCl 4amol/l, bình Y chứa 800 ml dd AgNO
3
.
Sau 3 phút 13 giây điện phân thì ở catot bình X thoát ra 1,6
gam kim loại, còn ở catot bình Y thoát ra 5,4 gam kim loại.
Sau 9 phút 39 giây điện phân thì ở catot bình X thoát ra 3,2
gam kim loại, còn ở catot bình Y thoát ra 16,2 gam kim loại
Biết cường độ dòng điện không đổi và hiệu suất điện phân
=100%.
19
Sau 9 phút 39 giây thì ngừng điện phân. Lấy 2 dd thu được sau
điện phân đổ vào nhau thi thu được 6,1705 gam kết tủa và dd

Z có thể tích 1,6 lít
1, Giải thích quá trình điện phân.
2, Tìm kim loại M.
3, Tính C
M
các chất trong dd ban đầu ở bình X, Y. Giả sử thể
tích các dd không đổi.
4, So sánh các thể tích khí thoát ra ở anot của các bình X, Y.
Gợi ý:
1, Bình X: M
2+
= 0,8a mol; H
+
= 1,6a mol; Cl
-
= 4,8a mol
thời gian tăng lên 3 lần, khối lượng kim loại thu được ở catot
tăng 2 lần  chứng tỏ khối lượng kim loại M trong X ban đầu
= 3,2 gam, lúc t
2
= 2t
1
thì M
2+
bị điện phân hết, thời gian còn
lại H
+
bị điện phân
Catot:
M

2+
+ 2e → M
2H
+
+ 2e → H
2


Anot:
2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
0,05  0,05 mol
Bình Y: Ag
+
, NO
3
-
, H
2
O
thời gian tăng lên 3 lần, khối lượng kim loại thu được ở catot
tăng 3 lần  chứng tỏ ở catot chỉ có Ag
+
bị điện phân
Catot:
Ag
+

+ e → Ag
Anot:
2H
2
O  O
2
+ 4e

+ 4H
+
20

Trộn 2 dung dịch sau điện phân thu được kết tủa do phản ứng
sau:

Ag
+
+ Cl
-
→ AgCl↓
0,043  0,043  0,043 mol = 6,1705 gam
chứng tỏ bình X còn dư Cl
-
, nên ở X, tại anot chỉ có Cl
-
bị
điện phân.
2, Hai bình mắc nối tiếp: điện lượng I.t đi qua như nhau
- Bình X : M.I.t/2.96500 = 1,6  I.t = 2.1,6.96500/M
- Bình Y: 108.I.t/1.96500 = 5,4 I.t = 5,4.96500/108= 4825

2.1,6.96500/M = 4825  M = 64 (Cu)
3, n Ag
+
bị điện phân = 16,2/108 = 0,15 mol
-Bình Y : nAgNO
3
bd = 0,15 + 0,043 = 0,193 mol  C
M
=
0,241M
- Bình X : nCuCl
2
= nCu = 3,2/64 = 0,05 mol  C
M
=
0,0625M
* Chứng minh giả thiết Ag
+
hết.
Cu
2+
= 0,8a mol = 0,05  a = 0,0625  nCl
-
bd = 4,8.0,0625
= 0,3
Với t= 9phut 39 giây  I.t /96500= số mol e trao đổi=
3.4825/96500 = 0,15
21
nCl
-

bị điện phân = 0,15 mol  số mol Cl
-
dư sau điện phân 9
phút 39 giây là 0,15, phản ứng với Ag
+
là 0,043 mol nên còn
dư là đúng.
PHẦN III: KẾT LUẬN
22
Trên đây là một số bài tập trong số nhiều bài tập tôi đã sử
dụng khi dạy cho học sinh một số thao tác tư duy khi giải
quyết một số vấn đề trong nảy sinh trong quá trình học phần
Điện phân trong chương trình Hóa học -12- Nâng cao. Việc
sử dụng những bài tập trên đã đạt được một số kết quả sau
đây:
- Về phía học sinh:
1. Nắm trắc kiến thức lý thuyết.
2. Vận dụng sâu kiến thức lý thuyết vào giải quyết những vấn
đề thực tế mà bài toán đặt ra.
3. Từ việc giải quyết những vấn đề bài tập đặt ra giúp hiểu
sâu, có hệ thống, có qui luật những vấn đề lý thuyết.
4. Thông qua những gợi ý, phân tích đầu bài của giáo viên,
học sinh đã nắm điểm mấu chốt của một vấn đề, tự mình đưa
ra các giả thiết, tự lập kế hoạch và thực hiên kế hoạch để kiểm
chứng các giả thiết đó, cuối cùng đạt được những kết luận
đúng đắn.
Như vậy học sinh chủ động hoàn thiện một quá trình nhận
thức.
Các bài tập trên đây được tôi sử dụng thường xuyên trong các
giờ luyện tập, ôn tập tạo hứng thú cho học sinh, giúp các em

tiếp cận có hiệu quả với các đề thi tuyển sinh vào Đại học
ngay từ khi được học lý thuyết trên lớp hoặc các dề thi HSG
của các Sở Giáo dục đào tạo.
- Về phía giáo viên;
1. Bản thân việc tìm tòi để đưa ra cho học sinh các gợi ý, các
nhận xét giúp các em nắm bắt được điểm cốt lõi cần giải quyết
cũng đem lại hứng thú cho tôi, làm tôi say mê tìm tòi các
phương pháp dạy tốt hơn.
23
2. Tôi đã xây dựng cho mình một hệ thống các bài tập theo
từng chủ đề và sử dụng có hiệu quả, góp phần vào những
thành tích đạt được của học sinh.
Bài viết của tôi chắc không thể tránh được những thiếu sót,
rất mong sự đóng góp của cấp lãnh đạo và đồng nghiệp để tôi
hoàn thành tốt hơn nữa công việc giảng dạy của mình.
Tôi xin chân thành cám ơn!

XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Hà Nội, ngày tháng
năm 2012
Tôi xin cam đoan đây là
SKKN của mình viết, không
sao chép nội dung của người
khác.
(Ký và ghi rõ họ tên )
Nguyễn Thu
Hòa
24