skkn phương pháp gỉai một số dạng bài tập hóa học phần điện phân dung dịch




Mã số:
Saùng kin kinh nghim

 !"#$%&'
()*+
, /01231/45!6#
7418234,1/943:;5
 !<&
=!'>?@AB>?@C
1
DE+F'
B<*
1. Họ và tên : MAI QUỐC HƯNG
2. Ngày tháng năm sinh: 01-09-1954
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
5. Điện thọai: 0919276925
6.Chức vụ : Phó Hiệu trưởng.
7. Nhiệm vụ được giao: Phụ trách chuyên môn
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
BG"5
Trình độ: Cử nhân khoa học
Tốt nghiệp : ĐHSP năm 1975
Chuyên ngành đào tạo: Hóa học
BF)!F'
• Năm trực tiếp tham gia giảng dạy quản lí5AH4IJ
• Sáng kiến kinh nghiệm trong 5 năm gân đây5
1. Giải nhanh các bài tập trắc nghiệm hóa học bằng những phương pháp

thích hợp.
2. Đổi mới phương pháp giảng dạy tại trường THPT chuyên Lương Thế
Vinh.
3. Một số bài tập về tính chất hóa học của kim lọai
4. Một số bài tập về điều chế kim lọai
5. Kinh nghiệm làm một số thí nghiệm trong chương trình hóa học vô cơ
THPT.


2
• Tên sáng kiến kinh nghiệm:
K!"#$%
&'()*+
BE'L
Trong chương trình hóa học phổ thông, phần điện phân chỉ được sách giáo
khoa dành một thời lượng rất khiêm tốn, nếu chỉ dựa vào phần lí thuyết mà sách đã
hướng dẫn thì không thể trả lời được hầu hết các bài tập về điện phân thông
thường, chưa nói đến các bài tập nâng cao.
Các sách xuất bản hiện nay cũng chỉ tập trung chủ yếu vào việc ra đề thi với
nhiều câu hỏi, bài tập trắc nghiệm mà ít để ý đến việc hướng dẫn phương pháp làm
bài.
Tác giả cung cấp đề tài “Phương pháp giải một số dạng bài tập hóa học phần
điện phân” là nhằm giải quyết phần nào những thiết hụt nêu trên.
BE%MN
Các nội dung về điện phân do sách giáo khoa cung cấp không đủ để học sinh
hiểu rõ bản chất của quá trình điện phân, đặc biệt là điện phân dung dịch. Trong
khi các yêu cầu của các đề thi đại học hiện nay đã vượt qua kiến thức học sinh thu
nhận được trong sách giáo khoa.
Trong bài viết này, thông qua các dạng bài tập về điện phân dung dịch, chúng
tôi tập trung phân tích các hiện tượng, giúp học sinh hiểu kĩ hơn về bản chất của

các quá trình điện phân, từ đó các em có thể giải được các bài tập điện phân nâng
cao và một số dạng bài tập khó dành cho những học sinh khá và giỏi.
BOPM) 
Nội dung chính của sáng kiến kinh nghiệm gồm:
- Lí thuyết cơ bản của điện phân dung dịch và các dạng bài tập áp dụng:
1- Điện phân dung dịch các muối của axit oxi ( Nitrat, Sunfat )
2- Điện phân dung dịch muối Halogenua
3- Điện phân dung dịch hỗn hợp các chất điện li
4- Điện phân với các bình điện phân mắc nối tiếp
5- Điện phân với bình điện phân có dương cực tan. Mạ điện
Ở mỗi dạng bài tập, tác giả đều có phần chú ý là những nội dung cần thiết về
kiến thức mà học sinh cần nắm vững ngoài kiến thức điện phân hoặc những hiện
tượng xảy ra trong quá trình điện phân …mà nhờ đó có thể giải các bài tập đúng
hướng, không bỏ sót các chi tiết.
Trước khi học đề tài này, học sinh không có hệ thống lí thuyết điện phân đầy
đủ và hòan chỉnh, lúng túng trong cách giải, kết quả không cao.
B)6 QL
Phần lí thuyết và bài tập trong đề tài này đã được thực hiện trong việc giảng
dạy, bồi dưỡng học sinh luyện thi vào đại học và học sinh giỏi nhiều năm nay nên
đảm bảo tính chính xác, khoa học và hiệu quả, có độ tin cậy cao.
3
BLRSTF+F =
Sách giáo khoa nên bổ sung đầy đủ hơn về phần điện phân để học sinh có thể
hiểu biết kĩ hơn về một phương pháp điều chế kim loại quan trọng trong công
nghiệp.
Sử dụng đề tài này, người đọc sẽ đươc bổ túc thêm về ứng dụng của phương
pháp điện phân trong mạ kim loại, hiểu kĩ hơn về sự ăn mòn kim lọai và phương
pháp chống sự ăn mòn điện hóa.
B)!F 
-Sách giáo khoa lớp 12 nâng cao, nhà xuất bản giáo dục tháng 6 năm 2007.

-Sách Bài tập hóa học lớp 12 nâng cao, nhà xuất bản giáo dục tháng 6 năm 2007.
- Một số đề thi tuyển sinh Đại học và thi học sinh giỏi Quốc Gia.

NGƯỜI THỰC HIỆN
MAI QUỐC HƯNG

4
S GD&ĐT ĐỒNG NAI
U 4,31;V94
-W4,1/41
XXXXXXXXXXX

"RY"QZ)!
[3\]^B2_`Ba41^1b3
XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX
Đồng Nai, ngày 07 tháng 5 năm 2014
%RcTFF)!
IJ1d35>?@AX>?@C
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm:  $%)*
+
Họ và tên tác giả: MAI QUỐC HƯNG Chức vụ: Phó Hiệu trưởng
Đơn vị: Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Hóa học

- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:

Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
@e f41Jg/(Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây)

- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 
- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn

- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị
mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 
>e /;h;i(Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả
cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong toàn ngành có
hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả

- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị
mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 
Ae F1i4I4,j^_k4,(Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong
ngành 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào
cuộc sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 
Trong ngành 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm
vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT  Trong
ngành 
R^\`a/31;4,5 Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại 
M)FF



Q
+
5
6
   $%)*+
BE5
l414,17m5/4^1n4\oh;j0Up41`q/1rmBs1tqiVUm0U94uvJw03j3
x/4323s1/31`_y4,x/4J[031/v;x/h;m_;4,_l3131z0x/4\/1mV31z0x/4
\/4r4,31iVe
Để giải các bài tập điện phân dung dịch, nhất thiết phải nắm được phần lí thuyết
cơ bàn sau đây:
@B{Vx/41rm3|m3j3s/Jsdm/5
/
}
F
}
m
}
!,
>}
\
A}
~4
>}
U
A}
•€
>}
/
>}

4
>}
u
>}
>
}
;
>}
•€
A}
,
>}
,
}
0
>}
;
A}
•BBBBB•BBBB•BBBB•BBBB•BBBB•BBBB•BBBB•BBBB•BBBB•BBBBB•BBBB•BBBB•BBBBB•BBBBB•BBBB•BBBB•BBBB•
/

F

m

!,\

~4

U•€/


4

u


>

;

•€
>}
,

,

0;
>Bm/0Uy3|m4-g35
2.1.Chỉ đóng vai trò là dung môi hòa tan các chất điện li, không tham gia trực tiếp
vào quá trình điện phân.
2.2.Tham gia trực tiếp vào quá trình điện phân:
-Ở catot : H
2
O có thể làm chất oxihóa (nhận e)
H
2
O + 2e = 2OH
-
+ H
2

-Ở anot : H
2
O có thể là chất khử (nhường e)
H
2
O -2e = 2H
+
+ ½ O
2

AB6;j0Up41`q/1rms1tqiVUm‚m0`08o4`05
Ae@e1z0uls1t‚m0`05
Tùy thuộc vào Cation kim lọai (M
n+
) trong dung dịch chất địn li, ở Catot có thể có
các quá trình sau:
- Nếu M
n+
là các ion từ Li
+
đến Al
3+
thì chúng không bị điện phân mà nước bị
điện phân theo phương trình:
H
2
O + 2e = 2OH
-
+ H

2

- Nếu M
n+
là các ion từ Cu
2+
đến Au
3+
thì chúng bị điện phân thành kim lọai tự
do:
M
n+
+ ne = M
- Nếu M
n+
là các ion từ Mn
2+
đến Pb
2+
, những cation này có tính oxi hóa xấp xỉ
so với các phân tử nước vì vậy xảy ra đồng thới sự khử ion kim lọai và nước.
M
n+
+ ne = M (1)
H
2
O + 2e = 2OH
-
+ H
2

(2)
Quá trình (1) hoặc (2) chiếm ưu thế còn phụ thuộc vào vị trí của ion kim lọai
trong dãy điện hóa . Thí dụ M
n+
là Zn
2+
thì quá trình (2) chiếm ưu thế, nếu M
n+
là Sn
2+
thì quá trình (1) chiếm ưu thế.
-Nếu trong dung dịch điện li có nhiều ion kim lọai khác nhau ( cùng nồng độ
mol) thì ion nào có tính oxi hóa mạnh sẽ bị khử trước. Thí dụ ở catot có đồng thời
Cu
2+
, Ag
+
, Fe
2+
và

Fe
3+

thì Ag
+
sẽ bị khử trước sau đó lần lượt đến

Fe
3+

rồi Cu
2+
và
cuối cùng là Fe
2+
(đồng thời với sự khử nước)
7
Ae>e1z0ul`q/1rm‚4`05
a-Trường hợp anot trơ ( Pt, than chì…) không tham gia trực tiếp vào quá trình
điện phân chỉ đóng vai trò dẫn điện.
Tùy thuộc vào anion gốc axit , ở Anot có những khả năng sau:
- Nếu trong dung dịch chất điện li chức anion gốc axit không có oxi thì chúng
bị oxi hóa thành nguyên tử hoặc phân từ tự do.Thí dụ:
2Cl
-
+ 2e = Cl
2
Thứ tự oxi hóa các lọai ion này ( Cùng nồng độ mol) : S
2-
, I
-
, Br
-
, Cl
-
.
- Nếu trong dung dịch chất điện li chức anion gốc axit có oxi thì chúng
không bị oxi hóa mà nước bị oxi hóa theo phương trình:
H
2

O -2e = 2H
+
+ ½ O
2
1bƒ5
- Nếu trong dung dịch chất điện li có ion F
-
thì nước bị oxi hóa.
- Nếu trong dung dịch chất điện li có ion RCOO
-
(R là gốc hidro cacbon) thì
bị oxi hóa theo phương trình:
2RCOO
-
- 2e = R-R + 2CO
2
b-Trường hợp Anot họat động ( Kim lọai Cu, Zn…)
Với lọai điện cực này thì trong dung dịch các anion không bị điện phân mà chính
Anốt bị oxi hóa tan vào dung dịch. Thí dụ:
Cu – 2e = Cu
2+
Cel41\;]0•mUm_mV5
• Công thức của Định luật Faraday:
m =
Fn
AIt

• Trong đó:
- m : khối lượng chất giải phóng ờ điện cực (gam)
- A : khối lượng mol phân tử họặc mol nguyên tử chất giải phóng ở điện

cực
- I : Cường độ dòng điện ( Ampe)
- n : Số e trao đổi ở điện cực
- F : Có giá trị là 96500 nếu t tính bằng giây.
$B$%5
B)*+!#QR&R„T
•eee…
@e@e1†4,31bƒ5
- Các ion gốc axit có oxi không bị điện phân trong dung dịch, ở anod nước
bị điện phân và tạo ra ion H
+
, nếu điện phân dung dịch muối nitrat thì dung dịch sau
điện phân là HNO
3
có thể hòa tan được hầu hết các kim lọai trừ Au và Pt.
- Trong quá trình điện phân dung dịch, khối lượng dung dịch sau điện phân
giảm đúng bằng những chất tách ra khỏi dung dịch, có thể là kim lọai và các chất
khí được giải phóng trong quá trình điện phân.
>e>e$o/0]^j^_k4,e
8

$o/@. Sau khi điện phận 500ml dd AgNO
3
được dd X. Thử dd X bằng dung dịch
chứa Cl
-
(chẳng hạn NaCl) không có kết tủa xuất hiện. Sau điện phân thấy khối
lượng Catod thay đổi 2,16gam
1. Tính nồng độ AgNO
3

và dd X
2. Tính thời gian đã điện phân
3. Tính thể tích khí thoát ra ở Anod (dktc)
$o/\oJ5
1. Phương trình điện phân:
2AgNO
3
+ H
2
O
ñpdd
→
2Ag + 2HNO
3
+ 1/2O
2

Dung dịch sau điện phân không tạo kết tủa với ion Cl
-
chứng tỏ ion Ag
+
đã bị
điện phân hết, khối lượng catod tăng là khối lượng bạc bám vào.
Ta có: nHNO
3
= nAgNO
3
= n Ag = 2.16 : 108 = 0.02 mol
⇒[AgNO
3

] = 0,02 : 0,5 = 0,04 M
⇒[HNO
3
] = 0,02 : 0,5 = 0,04 M
2. Thời gian điện phân:
t =
3,108
1.96500.16,2
= 643,33 giây
3. Khí thoát ra ở Anod là O
2
: nO
2
= 1/4nAg= 0.02/4=0.005 mol
Vậy V O
2
= 22,4. 0,005= 0,112 lit
$o/>. a.Thiết lập sơ đồ điện phân dung dịch KNO
3
b.Tính điện lượng cần thiết để điện phân 100ml dd KNO
3
0,1M (D=1.1) ở
Anod thoát ra 2,8l khí (dkc) lúc đó ở Catod nhận được bao nhiêu lít? Tính nồng độ %
các chất trong dd sau điện phân
$o/\oJ5
a. Sơ đồ điện phân
KNO
3
= K
+

+ NO
3
-
K(-) A(+)

K
+
, H
2
O NO
3
-
, H
2
O
2H
2
O + 2e = 2OH
-
+ H
2
2H
2
O + 2e = 2H
+
+ ½
O
2

Phương trình điện phân: H

2
O
ñpdd
→
H
2
+ ½ O
2


KNO
3
b. Từ ptđp: n
H2
= 2n
O2
⇒ V
H2
= 2V
O2
= 2,8.2= 5.6(l)
⇒ Thể tích khí H
2
ở Catod là 5,6 lit
⇒ Điện lượng cần thiết: Q= I.t = (m/A).96000.n = 0,25. 96000.2= 48250 C
Sau điện phân dd chỉ chứa chất tan là KNO
3
, khối lượng không đổi so với ban đầu.
m
KNO3

= 101. 0,1. 0,1 = 1,01 gam
m
dd sau điện phân
= 100. 1,1 – mH
2
O = 110 – 18. 0,25=105,5 (g)
Vậy C% dd KNO
3
= (1,01.100):105,5 = 0.96%
9
$o/A: Đề thi ĐHY-Dược Tp Hồ Chí Minh- Năm 1995
Điện phân (điện cực Pt) 200ml dd Cu(NO
3
)
2
đến khi bắt đầu có khí thoát ra ở catot
thì dừng lại. Để yên dd cho đến khi khối lượng catot không đổi, thấy khối lượng catot
tăng 3,2g so với lúc chưa điện phân. Tính nồng độ mol/l của dd Cu(NO
3
)
2
trước khi
điện phân.
$o/\oJ5
Ptdp: Cu(NO
3
)
2
+ H
2

O
ñpdd
→
Cu + ½ O
2
+ 2HNO
3
(1)
mol: x x 2x
Khi ở anot có khí thoát ra tức là lúc đó ion Cu
2+
đã bị khử hết và nước bắt đầu
bị đp.
Khi để yên dung dịch thì lúc này có phản ứng hòa tan Cu bằng dd HNO
3
, khối
lượng catod tăng 3,2 g so với lúc chưa điện phân chứng tỏ Cu còn bám trên catot
3,2g và HNO
3
đã phản ứng hết.
Đặt số mol Cu(NO
3
)
2
trong dd trước khi điện phân là x. Ta có:
3Cu + 8HNO
3

(loãng)
= 3 Cu(NO

3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (2)
Trước pư (mol): x 2x
Pư (mol): 3/4x 2x 3/4x
Sau pư (mol): 1/4x 3/4x
Từ (2) và đầu bài ⇒ x/4 = 3,2/64 ⇒ x = 0,2 mol
Vậy [Cu(NO
3
)
2
] = 0,2 : 0,2 = 1M
1bƒ5 Nếu cho rằng dung dịch HNO
3
thu được là axit đặc thì có pư:
Cu + 2HNO
3
= Cu(NO
3
)
2
+ 2NO
2
+ H
2
O (2’)
Theo (1) và (2’) Cu sẽ bị hoà tan hoàn toàn ở (2’) không có Cu dư ( trái với

đầu bài)
$o/CeĐiện phân 200ml dd CuSO
4
, sau khi điện phân khối lượng của dd giảm đi 8g.
Mặt khác để làm kết tủa hết lượng CuSO
4
còn lại chưa bị điện phân phải dùng hết
1,12 l khí H
2
S(dktc). Tính nồng độ % và nồng độ mol/l của dd CuSO
4
trước khi điện
phân. Biết tỷ khối các dd này là 1,25 và trong khi điện phân lượng nước mất đi
không đáng kể.
$o/\oJ5
Phương trình điện phân: CuSO
4
+ H
2
O
ñpdd
→

Cu + H
2
SO
4
+ ½ O
2
(1)

Phản ứng giữa dd CuSO
4
dư và H
2
S:
CuSO
4
+ H
2
S = CuS + H
2
SO
4
(2)
Dung dịch sau điện phân giảm 8 gam là khối lượng của Cu và O
2
tách ra khỏi
dd.
Đặt số mol Cu được giải phóng là x thì từ (1) ta có:
64x + 32.x/2 = 8 → x = 0,1 mol
Theo ( 2) nCuSO
4

chưa dp
= nH
2
S = 1,12 : 22,4= 0,05 mol
Số mol CuSO
4
ban đầu = 0,01 + 0,05 = 0,15 mol

⇒Vậy [CuSO
4
] = 0,15/0,2 = 0,75M
10
⇒C% CuSO
4
= (160. 0,15.100) : (200.1,25) = 9,6 %
$o/‡e Điện phân 1lit dung dịch bạc nitrat với điện cực trơ, thu được dung dịch có
pH= 2 (thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể ) lượng bạc thoát ra ở catôt là :
A.10,8g B.1,08g C.2,16g D.3,24g
$o/\oJ5
Phương trình điện phân:
2Ag
+
+ H
2
O
ñpddd
→
2Ag + 2H
+
+ ½ O
2
mol: 0,01 0,01
Dung dịch có pH=2⇒ [ H
+
] = 10
-2
M hay 0,01M⇒ nH
+

=0,01 mol
⇒nAg
+
= nH
+
=0,01 mol. Vậy mAg = 108.0,01= 1,08 gam.
$o/ˆ. Điện phân 200ml dung dịch đồng nitrat với điện cực trơ, đến khi có khí thóat
ra ở catot thì dừng lại. Để yên dung dịch cho đến khi khối lượng catot không đổi, lúc
đó khối lượng catot tăng 3,2g so với lúc chưa điện phân. Nồng độ mol của dung dịch
đồng nitrat là:
A.0,5M B.1M C.0,9M D.1,5M
$o/\oJ5
 Điện phân dung dịch Cu(NO
3
)
2
đến khi ở catot có khí thóat ra tức là nước đã
bị điện phân lúc đó Cu
2+
đã bị điện phân hết ( muối bị điện phân hết)
 - ptđp: Cu(NO
3
)
2
+ H
2
O → Cu + 2HNO
3
+1/2 O
2

pư (mol) : x x 2x
- Để yên dung dịch sau điện phân sẽ có phản ứng hòa tan Cu bời HNO
3
( HNO
3
hết vì
có Cu dư)
3 Cu + 8 HNO
3
→ 3Cu(NO
3
)
2
+2 NO + 4H
2
O
pư(mol) : 3x/4 2x
- Sau 2 phản ứng, lương đồng còn lại là: x – 3x/4 = 3,2/64 ⇒ x = 0,2 mol
Vậy : [Cu(NO
3
)
2
] = 0,2 : 0,2 = 1M
B)*+!#‰
>e@e1†4,31bƒs1/x/4^1n4_;4,_l31J;Š/m\`,€4;m3|ms/J\dm/
Ja41„0‹/x4\…
• Để làm bài tập điện phân, ngòai kiến thức về điện phân học sinh cần chú đến
lí thuyết vế độ pH.
+ Nắm được biểu thức tính pH :
pH = -lg [ H

+
] hay [ H
+
] = 10
-PH
+ Dung dịch axit có pH < 7; dung dịch kiềm có pH>7
• Trong một số trường hợp, cần phải phân biệt được quá trình điện phân có
màng ngăn hay không. Thường thì nếu có khí thóat ra ở anod là quá trình điện
11
phân có màng ngăn và ngược lại nếu không có khí thóat ra là quá trình điện
phân không có màng ngăn.
 
>e>e$o/0]^j^_k4,5
$o/@ .Cho dòng điện có cường độ 1,5 Ampe qua bình điện phân dung dịch KCl. Khi
dừng điện phân anốt thu được 1,12 l khí đo ở đktc.
1-Mô tả sự điện phân trên, viết phương trình phản ứng điện phân.
2-Tính thời gian điện phân.
3-Dung dịch thu được có pH bằng bao nhiêu? Giả thiết V dung dịch = 1lit
$o/\oJ5
1. Mô tả sự điện phân
KCl = K
+
+ Cl
–
K(-) A(+)
K
+
, H
2
O Cl

-
, H
2
O
2H
2
O + 2e = H
2
+ OH
-
2Cl
-
- 2e = Cl
2
Nhận xét: Ở anốt thu được khí, đó là khí Cl
2
. Vậy đây là sự điện phân dung
dịch KCl có màng ngăn.
2. Thời gian điện phân:
t
AI
mn 96500
=

Với A= 35,5; I = 1,5; n = 1; mCl
2
= 71. (1,12: 22,4) = 3,55
Vậy:
t
5,1.5,35

55,3.1.96500
=
= 6433,33 giây
3. Phương trình điện phân :
KCl + H
2
O
 →
Đpddcómn
KOH + ½ H
2
+ ½ Cl
2

Ta có: n
OH
-
= n
KOH
= 2nCl
2
= 2. 1,12 : 22,4 = 0,1 mol⇒[OH
-
] = 0,1 M
⇒ [ H
+
] = 10
-14
: 10
-1

= 10
-13
M ⇒ pH = 13
$o/>eCho dòng điện I=5A qua 2 lít dd KCl 10% (D=1,15) Khi dừng điện phân ở
anốt thu được 3,36l khí (dktc) và dd X. Trình bày sự điện phân.
1-Tính thời gian điện phân.
2-Cho quỳ tím vào dung dịch X, quỳ tím có bị đổi màu không? Vì sao?
3-Tìm nồng độ mol/l và nồng độ cấc chất trong dung dịch X.
$o/\oJ5
1eSơ đồ điện phân:
KCl = K
+
+ Cl
-
12
K (-) A (+)
K
+
, H
2
O Cl
-
, H
2
O
2 H
2
O + 2e = H
2
↑ + 2 OH

-
2 Cl
-
- 2e = CL
2
↑
Nhận xét: ở a nốt thu dược khí Cl
2
chứng tỏ quá trình điện phân KCl có màng
ngăn .
2. Phương trình điện phân:
2KCl + 2H
2
O
 →
Đpddcómn
2KOH + H
2
↑ + Cl
2
↑
nCl
2
= 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol)
⇒Thời gian điện phân:
t =
5790
5.5,35
1.96500.15,0.71
=

giây
3. Dung dịch X chứa KOH nên làm quỳ tím hóa xanh.
4.

Số mol KCl ban đầu:
n
KCl
=
087,3
5,74.100
10.15,1.2000
=
mol
n
KCl
bị điện phân = 2 nCl
2
= 2. 0,15 = 0,3 mol
n
KCl
dư = 3,087-0,3 = 2,787 mol⇒ m
KCl
=74,5.2,787 = 207,6315g
n
KOH
= 2n
Cl2
= 2.0,15 = 0,3 mol ⇒ m
KOH
= 56. 0,3 = 16,8g

Khối lượng dung dịch X =2000.1,15-2.0,15-71.0,15= 2104,05g
Vậy: [KCl] = 1,3935 M; [KOH] = 0.15 M
C%KCl =
=
05,2104
100.6315,207
9.87%; C%KOH =
=
05,2104
100.8,16
0.8%
$o/AeĐiện phân 200ml dung dịch NaCl 2M ( D = 1,1 g/ml ) với điện cực bằng than,
có màng ngăn xốp và dung dịch luôn được khuấy đều. Khí ở catốt thoát ra 22,4l ở
điều kiện 20
0C
, 1 atm thì ngừng điện phân.
1-Viết phương trình điện phân xảy ra và các phản ứng xảy ra ở cực
2-Hợp chất trong dung dịch sau khi kết thúc quá trình điện phân là gì ? Xác định
nồng độ % của nó.
$o/\oJ5
1) Sơ đồ phản ứng
NaCl = Na
+
+ Cl
–

K (-) A (+)
Na
+
, H

2
O Cl
-
, H
2
O
2 H
2
O + 2e = H
2
↑ + 2OH
-
2 Cl
-
- 2e = CL
2
↑
Phương trình điện phân: NaCl + H
2
O
 →
Đpddcómn
NaOH + 1/2 H
2
+ ½ Cl
2

(1)
2) m
ddNaCl

= 200 . 1,1 = 220 (g)
Trong đó: n
NaCl
= 0,2 .2 = 0,4 (mol) và n
NaOH
= n
NaCl
= 0,4 (mol)
13
Số mol H
2
=
=
+ 4,22.1).20273(
273.1.4,22
0,932( mol)> 0,2 mol⇒ NaCl đã bị điện phân hết
và có quá trình điện phân nước:
H
2
O H
2
+ ½ O
2
(2)
n
H2
bị điện phân ở (2) = 0,932- 0,2=0,732 (mol)
Khối lượng dung dịch sau điện phân:
220 – m
H2

– m
Cl2
– m
H2O
= 220 – 2.0,2 – 0,2 .71 – 18 . 0,732 = 192,224
gam
Vậy dung dịch sau điện phân chỉ chứa NaOH.
C% NaOH=
=
224,192
100.4,0.40
8,32%
$o/CeKhi điện phân 1dm
3
dung dịch NaCl (D = 1,2). Trong quá trình điện phân chỉ
thu được 1 chất khí ở điện cực, sau quá trình điện phân kết thúc, cô cạn dung dịch
còn lại trong bình điện phân, cặn khô thu được 125 g. Nhiệt phân cặn khô đến khối
lượng không đổi thì còn lại 117 g chất rắn.
1/Tính hiệu suất quá trình điện phân
2/Nồng độ mol/l và C% của dung dịch NaCl ban đầu.
3/ Khối lượng dung dịch còn lại sau điện phân.
$o/\oJ5
1/ Khi điện phân dung dịch NaCl thì có khí H
2
thoát ra ở catot và Cl
2
thoát ra ở
anot. Theo đầu bài chỉ có 1 khí thoát ra, chứng tỏ khí Cl
2
đã bị hấp thụ bởi dung dịch

NaOH do bình điện phân không có màng ngăn.
- Phương trình điện phân:
NaCl + H
2
O NaOH + 1/2H
2
+ ½ Cl
2
(1)
mol : x x x/2 x/2
Do không có màng ngăn, nên có phản ứng:
2NaOH + Cl
2
NaCl + NaClO + H
2
O (2)
mol : x x/2 x/2
Phản ứng nhiệt phân cặn khô:
NaClO NaCl + ½ O
2
(3)
mol: x/2 x/2 x/4
- Ta có: mO
2
= 125-117= 8 gam
- Đặt x là số mol NaCl bị điện phân, thì nO
2
=
=
4

x
32
8
⇒ x = 1 mol
Mặt khác , lượng NaCl khi bị điện phân = 117- m
NaCl
ở (2) và (3):
117-58,5(1/2+1/2) =58.5 g
Khối lượng NaCl trước đp = 58, 5.1+58.5=117 gam
Vậy hiệu suất pư= 58,5.100 : 117= 50%
2/ Nồng độ của dung dịch NaCl ban đầu:
C% = (117.100) : (1000. 1,2)= 9,75%
[NaCl] = 2 : 1 = 2 mol/l
3/ Khối lượng dd còn lại sau đp: m
dd
-m
H2
= 1000.1,2 – 2.1/2=1199 gam.
14
$o/‡e Điện phân 2 lit dung dịch natri clorua với điện cực trơ có màng ngăn dung
dịch sau điện phân có pH = 12 (thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể). Thể tích
khí clo thoát ra ở anôt (đktc) là :
A.0,224 lit B.1,12 lit C.3,36 lit D.4,48 lit
$o/\oJ5
Phương trình điện phân:
Cl
-
+ H
2
O

ñpddd
→
OH
-
+ ½ H
2
+ ½ Cl
2
mol: 0,02 0,01
Dung dịch có pH=12⇒ [ OH
-
] = 10
-2
M hay 0,01M⇒ nOH
-
=0,01.2= 0,02
mol
⇒nCl
-
= ½ nOH
-
= 0,01 mol. Vậy VCl
2
= 22,4.0,01= 0,224l
$o/ˆe Một dung dịch KI có thêm vài giọt hồ tinh bột và vài giọt phenoltalein. Một
dung dịch khác chứa K
2
SO
4
và vài giọt quì tím.

Cho dòng điện 1 chiều qua 2 dung dịch trên thì có hiện tượng gì xảy ra? Giải
thích.

$o/\oJ5
• Sơ đồ điện phân dung dịch KI:
KI → K
+
+ I
-
K (-) A (+)
K
+
, H
2
O I
-
, H
2
O
H
2
O + 2e = 2OH
-
+ H
2
2
B
-2e = I
2

- Phương trình điện phân:
KI + H
2
O
ñpddd
→
KOH + ½ H
2
+ ½ I
2
- Nhận xét:
+ Ở Catot: có khí H
2
thóat ra. Dung dịch ở điện cực này là dung dịch
kiềm, làm phenoltalein nhuốm màu đỏ tím.
+ ở Anot: do tạo ra I
2
nên dung dịch ở sát điện cực, khi gặp hồ tinh
tinh bột dung dịch dung dịch có màu xanh đen.
• Sơ đồ điện phân dung dịch K
2
SO
4
:
 K
2
SO
4
→ 2K
+

+ S O
4
2-

K (-) A (+)
15
K
+
, H
2
O SO
4
2-
, H
2
O
H
2
O + 2e = 2OH
-
+ H
2
H
2
O -2e = 2H
+
+ ½ O
2

- Phương trình điện phân:

H
2
O → H
2
+ ½ O
2

- Nhận xét:
+ Điện phân dung dịch K
2
SO
4
thực chất là quá trình điện phân nước.
+ Ở Catot: có khí H
2
thóat ra. Dung dịch sát điện cực là dd kiềm làm xanh quì.
+ Ở Anot: có khí O
2
thóat ra. Dung dịch sát điện cực là dung dịch axit làm đỏ
quì.
Nếu khuấy đều dung dịch từ khi bắt đầu điện phân cho đến khi kết thúc thì
quì tím không đổi màu vì dung dịch trung tính, do có phản ứng:
H
+
+ 2OH
-


→

H
2
O
$o/Œe Sau một thời gian điện phân 200ml dung dịch CuCl
2
người ta thu được 1,12 lit
khí (đktc) ở anot. Ngâm một thanh sắt trong dung dịch sau điện phân. Sau khi phản
ứng xong, khối lượng thanh sắt tăng thêm 1,2g. Nồng độ mol của dung dịch CuCl
2
là:
A.0,5M B.1M C.1.2M D.1,5M

$o/\oJ5
- Các ptpư và ptđp:
CuCl
2
→

Cu + Cl
2
(1)
mol: 0,05 0,05


Fe

+

CuCl
2

→

FeCl
2
+

Cu (2)

mol: x x x
- Khối lượng thanh sắt tăng = (64- 56) x = 1,2 ⇒ x= 0,15 mol
⇒ Số mol CuCl
2
ban đầu = 0,05 + 0,15 = 0,2 mol
Vậy : [CuCl
2
] = 0,2 : 0,2 = 1M
B)*•DS)
Ae@e1†4,31bƒ5
Vì dung dịch chứa hỗn hợp các chất điện phân nên cần chú ý thứ tự điện phân
các ion ở mỗi điện cực. Bài tập thường phức tạp hơn so với điện phân dung dịch một
chất điện li, cần chý ý nhiều hơn đến việc vận dụng thành thạo công thức của định
luật Faraday.
Ae>e$o/0]^j^_k4,5
16
$o/@e Điện phân dung dịch chứa a mol CuSO
4
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 :
e b = 2a. $e b > 2a. e b < 2a. e 2b = a.

$o/\oJ5
Các phương trình điện phân:
CuSO
4
+ 2NaCl
ñpdd
→
Cu +Cl
2
+ Na
2
SO
4
(1)
mol: a 2a
Dung dịch sau điện phân làm phenolphthalein từ không màu chuyển sang màu
hồng thì dung dịch phài chứa ion OH
-
. Vậy sau (1) có dự NaCl và có quá trình điện
phân:
2NaCl+ 2H
2
O
 →
Đpddcómn
2NaOH+H
2
+Cl
2
(2)

Từ (1) và (2) ⇒ nNaCl >2a ⇒ b>2a
$o/>eCó 400ml dung dịch chứa HCl và KCl đem điện phân trong bình điện phân có
vách ngăn với cường độ dòng điện là 9,65 A trong 20 phút thì dd chứa 1 chất tan có
pH = 13. 1-Viết phương trình điện phân
2-Tính nồng độ mol/l của dd ban đầu, coi thể tích dd thay đổi không đáng kể.
$o/\oJ5
a. Các phương trình điện phân:
2HCl H
2
+ Cl
2
(1)
mol: 0.08 0,04 0,04
KCl + H
2
O
 →
Đpddcómn
KOH +
2
1
H
2
+
2
1
Cl
2
(2)
mol: 0,04 0,04 0,02 0,02

b. Dung dịch sau điện phân là dung dịch KOH có pH = 13
⇒ pOH = 14 – 13 = 1⇒[ OH
-
] = 10
-1
= 0,1 mol/l
⇒ n
KOH
= 0,4 x 0,1 = 0,04 mol
Số mol H
2
bị điện phân =
06,0
1.96500.2
1200.65,9
.96500.22
===
n
It
A
m
mol
⇒ nH
2
ở ( 1 ) = 0,06 – 0,02 = 0,04 mol
⇒ n
HCl
ban đầu = 0,04 . 2 = 0,08 mol
Nồng độ mol/l các chất dung dịch ban đầu:
[ HCl ] =

=
4,0
08,0
0,2 M
[ KCl ] =
4,0
04,0
= 0,1 M
17
$o/AeThiết lập sơ đồ điện phân dung dịch hỗn hợp chất HgCl
2
0,2M và CuCl
2
0,4M.
Chất gì và lượng bao nhiêu thoát ra trên các điện cực khi cho 1 dòng điện 10 ampe đi
qua 500 ml dung dịch trong 1 giờ? Tính nồng độ mol/l các chất còn lại trong dung
dịch sau điện phân.
$o/\oJ5

Sơ đồ điện phân:
HgCl
2
=Hg
2+
+ 2Cl
-
CuCl
2
= Cu
2+

+2Cl
-
K(-) A(+)
Hg
2+
, Cu
2+
, H
2
O Cl
-
, H
2
O
Hg
2+
bị khử trước
Hg
2+
+ 2e =Hg 2Cl
-
- 2e = Cl
2
Hết Hg
2+
thì Cu
2+
bị khử:
Cu
2+

+ 2e = Cu
Các phương trình điện phân:
HgCl
2
Hg + Cl
2
(1)
CuCl
2
Cu + Cl
2
(2)
Ta có : nHgCl
2
= 0,5.0,2 = 0,1 (mol) và nCuCl
2
= 0,5.0,4 = 0,2 (mol)
Thời gian điện phân hết HgCl
2
:
t
1
=
A
m
.
10
2.8,26
=
10

2.8,26.1,0
= 0,536 giờ
Thời gian còn lại: 1-0.536 = 0,464 giờ
Số mol Cu sinh ra nếu điện phân dd CuCl
2
trong 0,464 giờ

8656,0
2.8,26
464,0.10
===
Fn
It
A
m
mol
Số mol CuCl
2
còn lại sau điện phân = 0,2-0,086 = 0,114 mol
Vậy [CuCl
2
] = 0,114 : 0,5 = 0,228M
$o/CeTrong 500 ml dd A chứa 0,4925 gam hỗn hợp gồm muối clorua và hidroxit
của 1 kim lọai kiềm. Dung dịch A có pH=12. Điện phân
10
1
dung dịch A cho đến khi
hết khí
2
Cl

thì ta được 11,2
2
Cl
ở 273
o
C và 1atm.
a. Xác định kim lọai kiềm. Biết bình điện phân có vách ngăn.
b. Phải điện phân
10
1
dd A trong bao lâu với cường độ dòng điện là 96,5 ampe để
dung dịch chứa 1 chất tan có pH=13.
$o/\oJ5
a) Phương trình điện phân:
↑+↑+ →+
222
2
1
2
1
ClHMOHOHMCl
đpmn
(1)
Số mol Cl
2
thu được khi điện phân 1/10 dung dịch A:
18
)(00025.0
22400.1).273273(
273.1.2,11

2
moln
Cl
=
+
=
⇒
nCl
2
thu được khi điện phân 500 ml dd A = 0,0025 (mol)
Theo (1) :
)(005,00025,0.22
2
molnn
ClMCl
===
Dung dịch A có pH=12
⇒
pOH=14-12=2
⇒
[OH
-
]=0,01 (mol/l)
⇒
Trong 500 ml dd A có: 0,5.0,01=0,005 mol MOH
Ta có : (M + 35,5). 0,005 + (M + 17).0,005=0,4925
⇒
M = 23 (Na)
b) Số mol NaCl trong
10

1
dd A = 0,0005 (mol)
Sau khi điện phân hết tạo ra 0,0005 mol OH
-
và khi đó tổng số mol OH
-
sau
điện phân = 0,0005.2 = 0,001(mol)
Sau điện phân dd chứa chất tan là KOH có pH = 13 tức pOH = 1
⇒
[OH
-
] =
0,1 mol/l
⇒
Thể tích dd sau điện phân = 0,001 : 0,1 = 0,01 lit hay 10ml. Như vậy
phải có quá trình điện phân nước:
H
2
O = H
2
+ ½ O
2
(2)
Thời gian điện phân hết NaCl trong 1/20 ddA (t
1
)
t
1
=

5,0
5,96
2.96500.00025,0
=
giây
Thể tích H
2
O bị mất = 50 – 10 = 40ml ( xấp xỉ 40g)

⇒
n
H2
= nH
2
O = 40/18 mol
Thời gian điện phân 40g H
2
O (t
2
), tính theo H
2
:
t
2
=
44,4444
5,96.18
2.96500.40
=
giây

Vậy thời gian điện phân 1/10 dd A để được dd có pH = 13 là:
t = t
1
+ t
2
= 0,5 + 4444,44 = 4444,94 giây, hay 1h 14 phút 5 giây
$o/‡.Điện phân có vách ngăn dung dịch chứa 10g hỗn hợp KCl và KOH với dòng
điện 5A đến khi dung dịch sau điện phân chứa 1 chất tan thì hết 6 phút 26 giây.
1-Tìm thành phần phần trăm khối lượng hỗn hợp đầu.
2-Phải dùng bao nhiêu ml dd HCl 10% (D=1,1) đủ để trung hòa dung dịch đầu?
dung dịch sau điện phân?
$o/\oJ5
1.Phương trình điện phân: KCl + H
2
O
 →
Đpddcómn
KOH +
2
1
H
2
+
2
1
Cl
2
(1)
Ta có: m
H2

=
1.96500
386.5.1
= 0,02 (g)
⇒
n
H2
=
2
02,0
= 0,01 mol
⇒
n
KCl
= 0,01.2 = 0,02 mol
Vậy m
KCl
= 74,5.0,01.2 = 1,49 (g) chiếm 14,9%
m
KOH
= 10-1,49 = 8,51 (g) chiếm 85,1%
2. pư trung hòa:
19
KOH + HCl
→
KCl + H
2
O (2)
- Trong dd đầu có : n
KOH

=
56
51,8
= 0,152 (mol)
- Trong dd sau điện phân có : n
KOH
= 0,02 + 0,152 = 0,172 (mol)
- Theo (2) : n
HCl pư
= n
KOH
Vậy :
+ Vdd HCl 10% cần để trung hòa dd đầu =
1,1.10
100.5,36.152,0
= 50,44 ml
+ Vdd HCl 10% cần để trung hòa dd sau pư =
1,1.10
100.5,36.172,0
= 57,07 ml
$o/ˆeDung dịch A chứa Zn(NO
3
)
2
0,15 M và AgNO
3
chưa biết nồng độ. Điện phân
200ml dung dịch A với dòng điện 3 Ampe được dung dịch B, khí C và Catod nặng
thêm 4,97g.
1-Viết phương trình phản ứng xảy ra trong sự điện phân đó.

2-Tính thời gian điện phân.
3-Tìm nồng độ dung dịch B.
4-Tìm thể tích khí C ở 27
o
C và 1atm
Biết rằng sự điện phân có điện thế thích hợp và phải dùng 10ml dung dịch
CaCl
2
0,2M mới vừa đủ tác dụng với 20ml dung dịch A.
$o/\oJ5
Phản ứng giữa dd A và dd CaCl
2
:
2AgNO
3
+ CaCl
2
= Ca(NO
3
)
2
+ 2AgCl (1)
Theo (1): nAgNO
3
= 2nCaCl
2
= 2x0,01. 0,2=0,004 mol
Vậy trong 200ml dd A có:
04,0
20

004,0200
=
×
mol AgNO
3
và 0,2. 0,15= 0,03mol
Zn(NO
3
)
2
1/Sơ đồ điện phân:
AgNO
3
= Ag
+
+ NO
3
-
Zn(NO
3
)
2
= Zn
2+
+ 2NO
3
-
K(-) A(+)
Ag
+

, Zn
2+
, H
2
O NO
3
-
, H
2
O
Ag
+
+1e=Ag (a) H
2
O-2e=2H
+
+
2
1
O
2
(c)
Zn
2+
+2e=Zn (b)
Ban đầu có quá trình (a), (c) xảy ra:
2AgNO
3
+ H
2

O
→
2Ag + 2HNO
3
+ ½ O
2
(1)
Nếu chỉ có Ag
+
bị khử ở Catod thì mAg = 108.0,04 = 4,32g< 4,97g. Chứng tỏ có Zn
được giải phóng ở Catod theo quá trình (b) và (c)
Zn(NO
3
)
2
+H
2
O
→
Zn + 2HNO
3
+ ½ O
2
(2)
Khối lượng Zn bám vào Catod = 4.97- 4.32= 0.65g hay 0,01 mol
2. Thời gian điện phân: Tính theo lượng Ag và lượng Zn đã được giải phóng:
20
1930)02,004,0(
3
96500

=+=t
giây
3. Dung dịch B chứa chất tan HNO
3
và Zn(NO
3
)
2
dư
Theo (1)và (2) : nHNO
3
= nAg + 2nZn = 0,04 + 0,01.2 = 0,06 mol
⇒[HNO
3
] = 0,06 : 0,2 = 0,3M
Vì n
Zn(NO3)2
dư = 0,03-0,01= 0,02 mol ⇒ [Zn(NO
3
)
2
]= 0,02 : 0,2= 0,1M
4. Từ (1) và (2): nO
2
= 1/4nAg +1/2nZn = 0,04: 4 + 0,01: 2 = 0,015 mol
Vậy VO
2
ở 27
0C
và 1atm =

lit369,0
1.273
)3,27273.(1.015,0.4,22
=
+


$o/ŒeTrộn 200ml dd AgNO
3
với 350ml dd Cu(NO
3
)
2
được hỗn hợp A. Lấy 250ml dd
A để thực hiện điện phân với cường độ dòng điện 0,429 Ampe thì sau 5giờ điện phân
hoàn toàn, khối lượng kim loại thu được là 6,36g. Tính nồng độ mol/l của 2 muối
trong 2 dung dịch trước khi trộn.
$o/\oJ5
Sơ đồ đp:
AgNO
3
= Ag
+
+NO
3
-
Cu(NO
3
)
2

= Cu
2+
+ 2NO
3
-
K(-) A(+)

Ag
+
, Cu
2+
, H
2
O NO
3
-
, H
2
O
Cu
2+
+2e = Cu H
2
O +2e = 2H
+
+
½O
2

Các phương trình điện phân:

2AgNO
3
+ H
2
O
→
2Ag +2HNO
3
+ ½ O
2
(1)
mol: x x
Cu(NO
3
)
2
+H
2
O
→
Cu + 2HNO
3
+ ½ O
2
(2)
mol: y y
Đặt số mol Ag và Cu lần lượt là x và y
Ta có: 108x +64y = 6,36 (3)
Nếu thời gian đp AgNO
3

là t
1
giờ và thời gian điện phân Cu(NO
3
)
2
là t
2
giờ
Áp dụng biều thức:
I
n
A
m
t
8,26
=
, ta có:
t = t
1
+t
2
=
429,0
8,26 x
+
429,0
2 8,26 y
= 5 ⇒ x+ 2y = 0,08 (4)
Từ (3) và (4) giải tìm được x= 0,05 mol, y= 0,015 mol

⇒ Trong 550 ml dung dịch có:
nAgNO
3
= (0,05. 550) : 250 = 0,11 mol
nCu(NO
3
)
2
= (0,015. 550) : 250 = 0,033 mol
Vậy nồng độ dung dịch các muối trước khi trộn là:
21
[AgNO
3
] =

0,11 : 0,2 = 0,55M
[Cu(NO
3
)
2
] =

0,033: 0,35 = 0,094M
$o/Ž.Điện phân một dung dịch chứa hỗn hợp gồm HCl, CuCl
2
, NaCl với điện cực
trơ có màng ngăn. Kết luận nào dưới đây không đúng?
A. Kết thúc điện phân, pH của dung dịch tăng so với ban đầu
B. Thứ tự các chất bị điện phân là CuCl
2

, HCl, NaCl
C. Quá trình điện phân NaCl đi kèm với sự tăng pH của dung dịch
D. Quá trình điện phân HCl đi kèm với sự giảm pH của dung dịch

$o/\oJ5
1]4q•0: - Phương án B đúng ( đúng thứ tự điện phân ).
- Giai đọan cuối của quá trình điện phân là điện phân dd NaCl có màng
ngăn, theo phương trình :
NaCl + H
2
O• NaOH +1/2 Cl
2
+ 1/2H
2
Kết quả thu được dung dịch kiềm, pH tăng. A và C đúng.
]V5 Kết luận không đúng là D vì khi điện phân dd HCl sẽ làm giảm nồng độ
H
+
, pH dung dịch tăng.
$o/HeTrong số các dung dịch sau đây : (1) KCl ; (2) Cu(NO
3
)
2
; (3) AgNO
3
; (4)
Na
2
SO
4

(5) NaBr ; (6) H
2
SO
4
Dung dịch nào sau khi điện phân có pH tăng :
A.1, 4. B.1, 5. C.4, 6. D.1, 4, 5.
$o/\oJ5
Dung dịch sau khi điện phân có pH tăng là dung dịch chứa in OH
-
. Để biết
được dung dịch nào ta cần phải viết được các phương trình điện phân của các dung
dịch đã cho.
- Điện phân dung dịch (4) và (6) thực chất là điện phân nước, pH không đổi.
- Điện phân dung dịch (2) và (3) tạo dung dịch axít, pH giảm
Cu(NO
3
)
2
+ H
2
O
→
Cu + 2HNO
3
+ ½ O
2

2AgNO
3
+ H

2
O
→
2Ag + 2HNO
3
+ ½ O
2

- Điện phân dung dịch KCl và NaBr dù có màng ngăn hay không đều tạo dung
dịch kiềm, pH tăng :
Trường hợp có màng ngăn:
KCl + H
2
O
 →
Đpddcómn
KOH + 1/2H
2
+ ½ Cl
2
NaBr + H
2
O
 →
Đpddcómn
NaOH + 1/2H
2
+ ½ Br
2
Trường hợp không có màng ngăn thì có phản ứng:

2KOH + Cl
2
KCl + KClO + H
2
O
Hoặc:
22
2NaOH + Br
2
NaBr + NaBrO + H
2
O
Các muối KClO và NaBrO đều bị thủy phân tạo môi trường kiềm
$o/@?. v01/0;V‘4’/418o`$F^“1f!/41BIJ@HH‡
Điện phân 100ml dd A ( của 2 axit trong nước H
2
SO
4
0,3 M vào HCl 0,4M)
bằng điện cực Pt với cường độ dòng điện 2,68 ampe trong thời gian t giờ.
- Lập hàm số mô tả sự phụ thuộc của pH vào thời gian điện phân t trong
khoảng (0< t < 1 giờ)
- Vẽ đồ thị hàm số trên.
Biết : - Hằng số Faraday F= 26,8 Ampegiờ
-Thể tích dd không đổi trong khi điện phân
-Các giá trị logarit của x

x 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0

lgx -0,301 -0,222 -0,155 -0,097 -0,046 0

Giải
Các phản ứng điện phân lần lượt dd A xảy ra:
2HCl

H
2
+ Cl
2
(1)
Sau khi ion Cl
-

bị điện phân hết, thì H
2
O bị điện phân ( ion SO
4
2-
không bị điện phân
trong dd)
2H
2
O 2H
2
+ O
2
(2)
Nhận xét:
- pứ 1 xảy ra làm [H
+
] giảm nên pH tăng

- pứ 2: H
2
O bị điện phân làm thể tích dd giảm nên pH giảm nhưng không đáng
kể do I nhỏ và thời gian điện phân không lâu
Theo (1) : nCl
2
+
2
1
nHCl =
)(02,0
2
4,0.1,0
mol=
Thời gian điện phân hết HCl:
t =
71
2mCl
68,2
2.8,26
.
=
68,2
2.8,26.02,0
= 0,4 giờ
- Xét thời gian điện phân trong khoảng 0< t <0,4
nH

+
bị điện phân =

1,0
8,26
68,2.1
==
t
A
mH
t
nH
+
ban đầu = 0,04 + 0,03.2= 0,1 mol
⇒ nH
+
còn lại = ( 0,1-0,1t ) mol
⇒ [H
+
] =
=
−
1,0
1,01,0 t
( 1-t ) (mol/l)
⇒ pH = -lg[H
+
] = -lg( 1-t )
- Xét thời gian điện phân trong khoảng 0,4 < t < 1
23
pH = -lg(1- 0,04) = 0,222
Ta có :
t 0 0,1 0,2 0,3 0,4

pH 0 0,046 0,097 0,155 0,222
Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của pH vào thời gian ( t ):
B)*”$G)*!•#
Ce@e1†4,31b ƒ5
• Biểu thức tính điện lượng: Q=It
• Điện lượng (Q) đi qua các bình mắc nối tiếp bằng nhau.
Ce>e1†4,uo/0]^j^_k4,5
$o/@eTrong bình điện phân thứ nhất(bình I) người ta hòa tan 0,3725 g XCl (X là kim
loại kiềm) vào nước. Mắc nối tiếp bình I với bình II chứa dung dịch CuSO
4.
Sau một
thời gian điện phân thấy ở bình II có 0,16 g kim loại bám vào còn bình I chứa một
chất tan có pH=13.
1-Tính V
dd
bình I sau điện phân
2-Cho biết bình I chứa chất gì?
$o/\oJ5
1.Các phương trình điện phân:
- Ở bình I là quá trình điện phân dung dịch XCl có màng ngăn do sản phẩm
điện phân chỉ chứa một chất tan.
XCl + H
2
O
 →
Đpddcómn
XOH + ½ H
2
+ ½ Cl
2

(1)
- Ở bình II: CuSO
4
+ H
2
O Cu(OH)
2
+ H
2
SO
4
+ ½O
2
(2)
24
nCu =
64
16,0
= 0,0025 mol
Vì 2 bình điện phân mắc nối tiếp nên điện lượng qua bình II bằng bình I.
Ta có: Q= It =
64
2.96500.mCu
=
71
2.96500.2mCl
⇒ nCl
2
= nCu= 0,0025 mol
Từ (1) : n

XOH
= 2 nCl
2
= 2. 0.0025 = 0,005 (mol)
- Ở bình I dung dịch sau điện phân có pH = 13⇒ pOH = 1⇒ [OH
-
] = 0,1
mol/l
Vậy thể tích dung dịch ở bình I sau điện phân =
1,0
005,0
= 0,05 lit hay 50 ml
2.Theo (1) : n
XCl
= n
XOH
= 0,005 (mol)
M
XCl
=
005,0
3725,0
= 74,5
X= 74,5 – 35,5 = 39 (K)
Vậy bình 1 chứa KCl
$o/>eHai bình điện phân với điện cực trơ được mắc nối tiếp. Mỗi bình đều chứa 200
ml dd nồng độ 0,1M; bình một là CuCl
2
bình 2 là AgNO
3

. Sau 357,41giây thì dừng
điện phân ở anod bình 1 được 0,1232 lít khí đo ở 27,3
o
C; 1atm. Cường độ dòng điện
3 Ampe, điện thế thích hợp, không xét quá trình phụ.
1/ Tính nồng độ mol/l của dd mỗi bình sau điện phân
2/ Nếu dẫn khí được tạo thành ở bình 2 vào bình kín thể tích không đổi 0,5 lit
ở 54,6
o
C thì áp suất là bao nhiêu atm?
3/ Khối lượng catod mỗi bình điện phân đã thay đổi bao nhiêu gam ?
4/Tính hiệu suất sự điện phân.
$o/\oJ5
Các ptđp:
- Ở bình 1: CuCl
2


ñpdd
→
Cu + Cl
2
(1)
- Ở bình 2: 2AgNO
3
+ H
2
O
ñpdd
→

2Ag + 2HNO
3
+1/2 O
2
(2)
1. n
Cl2
=
).1.22.4 27 (273
730,1232.1.2
+
=0,005 mol
Ở bình 1: nCuCl
2
ban đầu = 0,2.0,1 =0,02 mol
Theo (1): nCuCl
2
bị đp = nCl
2
= 0,005 mol
⇒nCuCl
2
sau đp =0,02-0,005 = 0,015 mol
Vậy [

CuCl
2
] = 0,015 : 0.2 = 0,075 M
n AgNO
3

bị điện phân = 2nCl
2
= 0.01 mol
n AgNO
3
sau điện phân= 0,02 – 0,01= 0,01 mol
Vậy [AgNO
3
]=0,01 : 0,2=0,05M
2. Khí thoát ra ở bình 2 là O
2
nO
2
= ¼ nCl
2
= 0,005 : 4= 0,00125 mol
25