SKKN Phương pháp giải nhanh và chuyên sâu bài toán điện phân Hóa học 12

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
“PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH VÀ CHUYÊN SÂU BÀI TOÁN
ĐIỆN PHÂN HÓA HỌC 12”
1
PHẦN 1:
LÝ DO VIẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
- Hoá học là môn khoa học cơ bản được giảng dạy ở các trường THCS, THPT. Đây
là môn mà học sinh mới được trang bị kiến thức từ khi học lớp 8 bậc THCS. Tuy nhiên,
đây cũng là môn thường xuyên sử dụng thi tốt nghiệp THPT và là một trong ba môn bắt
buộc trong kì thi tuyển sinh vào ĐH, CĐ, THCN khối A, B.
- Kể từ năm 2007, Bộ Giáo Dục và Đào Tạo đã chuyển cấu trúc thi tuyển sinh đại
học, cao đẳng môn hoá học từ tự luận sang trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn 100%.
Điều đó cũng đồng nghĩa trong vòng 90 phút, học sinh phải thật bình tĩnh để lựa chọn
phương án trả lời tối ưu nhất trong thời gian ngắn nhất. Nắm bắt được điều đó, các giảng
viên đại học, cao đẳng, các chuyên gia và các nhà giáo có nhiều kinh nghiệm đã xuất bản
rất nhiều sách và tài liệu tham khảo về các phương pháp giải nhanh trắc nghiệm.
- Thông qua các đề thi đại học, cao đẳng hiện nay chúng tôi nhận thấy trong đề thi
đại học cao đẳng luôn có 1 đến 2 câu liên quan đến điện phân. Đây là dạng toán khó mà
học sinh hay bị lúng túng xử lí để có đáp án đúng.
- Trong các đề thi học sinh giỏi tỉnh và quốc gia thông thường cũng hay có bài toán
điện phân, theo thống kê của chúng tôi từ năm 2000 trở về đây có ít nhất một câu trong
đề thi quốc gia liên quan đến điện phân-pin điện.
- Qua 7 năm giảng dạy ở trường THPT kết hợp với những kiến thức tích luỹ được
khi ngồi trên giảng đường đại học và cao học chúng tôi đúc kết được kinh nghiệm về
giảng dạy bài điện phân đó là “ Phương pháp giải nhanh và chuyên sâu dạng bài toán
điện phân”.
2
Trong đề tài này phần nội dung chúng tôi đưa ra bốn phần chính đó là lý thuyết
tổng quát về điện phân, các bài tập có thể gặp trong đề thi đại học-cao đẳng và học sinh
giỏi (tỉnh, quốc gia), lý thuyết mở rộng và ứng dụng của điện phân.

3
PHẦN 2
NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện
2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài.
- Qua những năm giảng dạy tại trường phổ thông và nhiều năm đi gia sư khi ngồi
trên ghế giảng đường đại học, tôi nhận thấy rất nhiều học sinh khi làm bài tập điện phân
thường hay lung túng-khúc mắc. Điều đó, sẽ mất nhiều thời gian làm bài và đôi khi
không làm ra được kết quả do điện phân chỉ được học trong 1 tiết ở lớp 12.
- Thực tế là học sinh hay giải bài tập phần điện phân nhầm do không hiểu hết các
vấn đề của điện phân. Xác định không rõ vai trò, viết sai các quá trình oxi hóa-khử.
- Vì vậy để nâng cao hiệu quả giải bài tập điện phân trong đề thi đại học-cao đẳng
cũng như trong đề thi học sinh giỏi tỉnh-quốc gia chúng tôi chọn đề tài phương pháp giải
bài tập điện phân này nhằm đưa học sinh tới hiểu thấu đáo hơn và giải quyết vấn đề tốt
hơn.
2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài.
2.1.2.1. Những kiến thức cần trang bị.
- Nắm vững quy tắc catot, anot
- Viết được các quá trình khử và quá trình oxi hoá tại catot và anot
- Áp dụng hệ quả định luật Farađây
- Xử lí các dữ kiện bài toán: số mol, thể tích khí, khối lượng…
4
2.1.2.2. Những điểm cần lưu ý.
- Trong điện phân thì số mol e nhường tại A bằng số mol e nhận tại K
- Hằng số Farađây trong công thức: F = 96500 C·mol
−1
ứng với t là s, F=26,8 ứng
với t là h
2.2. Nội dung
2.2.1. Lí thuyết

2.2.1.1. Định nghĩa: Điện phân là quá trình oxi hóa khử xảy ra trên bề mặt điện
cực dưới tác dụng của dòng điện một chiều đi qua dụng dịch chất điện li hoặc chất điện li
nóng chảy.
Trong điện phân có 2 điện cực:
- Cực âm (-) gọi là catot (kí hiệu K): tại đây xảy ra quá trình oxi hóa (quá trình nhường e)
- Cực dương (+) gọi là anot (kí hiệu A): tại đây xảy ra quá trình khử (quá trình nhận e)
* Bạn đọc chú ý: Catot cả trong điện phân và pin điện đều xảy ra quá trình oxi hóa, và
Anot là nơi mà ở đó xảy ra quá trình khử
Ví dụ: Điện phân dung dịch CuCl
2
:
Ta có trong dung dịch: CuCl
2
→
Cu
2+
+ 2Cl
-
Tại catot (K - ): Cu
2+
+ 2e
→
Cu
Tại anot (A + ): 2Cl
-

→
Cl
2
+ 2e

Phương trình điện phân: CuCl
2

dp
→
Cu + Cl
2
* Hai loại điện phân chủ yếu: điện phân nóng chảy và điện phân dung dịch
2.2.1.2. Điện phân nóng chảy (muối, bazơ, oxit)
5
a. Điện phân nóng chảy muối (chủ yếu là muối halogen của kim loại kiềm và kiềm thổ):
Công thức muối: MX
n
(n là hóa trị của M, X= F, Cl, Br, I)
MX
n

nc
→
M
n+
+ nX
-
Tại K (-): M
n+
+ ne → M
Tại A (+): 2Cl
-
→ Cl
2

+ 2e
Phương trình điện phân tổng quát : MX
n

dpnc
→
M + X
2
Ví dụ : Điện phân nóng chảy NaCl, CaCl
2
- Điện phân nóng chảy NaCl : NaCl
nc
→
Na
+
+ Cl
-
Tại K (-) : Na
+
+ 1e → Na; Tại A (-): 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
Phương trình điện phân tổng quát: 2NaCl
dpnc
→
2Na + Cl
2
- Điện phân nóng chảy CaCl

2
: CaCl
2
nc
→
Ca
2+
+ 2Cl
-
Tại K (-) : Ca
2+
+ 2e → Ca; Tại A (-): 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
Phương trình điện phân tổng quát: CaCl
2
dpnc
→
Ca + Cl
2
b. Điện phân nóng chảy hiđroxit M(OH)
n
(M là kim loại kiềm, kiềm thổ)
M(OH)
n

nc
→

M
n+
+ nOH
-
Tại K (-): M
n+
+ ne → M Tại A (+): 4OH
-
→ 2H
2
O + O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát : 4M(OH)
n

dpnc
→
4M + 2nH
2
O + nO
2
Ví dụ: Điện phân nóng chảy NaOH:
NaOH
nc
→
Na
+
+ nOH
-

Tại K (-): Na
+
+ e → Na Tại A (+): 4OH
-
→ 2H
2
O + O
2
+ 4e
6
Phương trình điện phân tổng quát : 4NaOH
dpnc
→
4Na + 2H
2
O + O
2
c. Điện phân nóng chảy oxit kim loại M
2
O
n
M
2
O
n

nc
→
2M
n+

+ nO
2-
Tại K (-): M
n+
+ ne → M Tại A (+): 2O
2-
→ O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát : 2M
2
O
n

dpnc
→
4M + nO
2
Ví dụ: Điện phân nóng chảy Al
2
O
3
Al
2
O
3

nc
→
2Al

3+
+ 3O
2-
Tại K (-): Al
3+
+ 3e→Al Tại A (+): 2O
2-
→ O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát: 2Al
2
O
3

dpnc
→
4Al + 3O
2
2.2.1.3. Điện phân dung dịch
2.2.1.3.1. Vai trò của H
2
O trong điện phân:
- Giúp chất điện li phân li ra ion
- Vận chuyển các ion đến các điện cực
- Có thể tham gia vào quá trình oxi hóa khử tại bề mặt các điện cực, tức tham gia
vào quá trình điện phân, cụ thể:
Tại K(-): 2H
2
O + 2e → 2OH

-
+ H
2
↑ Tại A (+): 2H
2
O → 4H
+
+ O
2
↑ + 4e
2.2.1.3.2. Quy luật chung, quy tắc K, quy tắc A
Quy luật chung: - Ở catot (K): ion càng có tính oxi hóa mạnh càng dễ bị khử, ví dụ: Tại
K: Ag
+
; Cu
2+
thì Ag
+
+ 1e→Ag rồi mới đến Cu
2+
+ 2e→Cu
- Ở anot (A): ion càng có tính khử mạnh càng dễ bị oxi hóa, ví dụ: Tại A: Br
-
; Cl
-
thì 2Br
-
→Br
2
+ 2e rồi mới đến 2Cl

-
→Cl
2
+ 2e.
7
a. Quy tắc ở K: Ở K có mặt cation kim loại M
n+
và H
+
( do nước hoặc axit phân li) thì:
- Nếu M
n+
là cation kim loại trước Al
3+
và Al
3+
thì cation này không nhận electron (không
bị khử) mà cation H
+

nhận electron (bị khử):
H
+
do nước phân li: 2H
2
O
→
¬ 
2H
+

+ 2OH
-
2H
+
+ 2e
→
H
2
2H
2
O + 2e
→
H
2
+ 2OH
-
H
+
do axit phân li: 2H
+
+ 2e
→
H
2
- Nếu M
n+
là cation kim loại sau Al
3+
thì cation nhận electron (bị khử) để tạo thành kim
loại: M

n+
+ ne
→
M
- Cation có tính oxi hóa càng mạnh thì càng dễ nhận e, ví dụ tại K(-) gồm: Ag
+
; Fe
3+
;
Cu
2+
; H
+
; H
2
O thi thứ tự nhận electron sẽ như sau:
Ag
+
+ 1e
→
Ag (1) Fe
3+
+ 1e
→
Fe
2+
(2)
Cu
2+
+ 2e

→
Cu (3) 2H
+
+ 2e
→
H
2
(4)
Fe
2+
+ 2e
→
Fe (5) 2H
2
O + 2e
→
2OH
-
+ H
2
(6)
b. Quy tắc ở anot: Ở anot có mặt anion gốc axit và OH
-
(do nước và bazơ phân li)
* Đối với anot trơ (là anot không tham gia vào quá trình phản ứng)
- Nếu anot có mặt các anion: I
-
; Br
-
; Cl

-
; S
2-
; RCOO
-
; … thì các anion này sẽ nhường
electron cho điện cực (bị oxi hóa) và anion có tính khử càng mạnh càng dễ nhường
electron và thứ tự nhường electron đã được thực nghiệm tìm ra như sau: S
2-
> I
-
> Br
-
> Cl
-
> RCOO
-
> H
2
O
8
Ví dụ tại A(+): Cl
-
, I
-
; H
2
O thì thứ tự nhường electron như sau:
2I
-

→
I
2
+ 2e (1); 2Cl
-
→
Cl
2
+ 2e (2); 2H
2
O
→
4H
+
+ O
2
+ 4e(3)
- Nếu anot có mặt các ion gốc axit vô cơ chứa O như: NO
3
−
; SO
4
2-
; CO
3
2-
; và F
-
; OH
-

thì những anion này không nhường electron (không bị oxi hóa) mà H
2
O sẽ nhường
electron thay: 2H
2
O
→
4H
+
+ O
2
+ 4e
* Đối với anot hoạt động: đó là anot làm bằng các kim loại Cu, Zn, thì các anot sẽ tham
gia vào quá trình oxi hóa, nó sẽ nhường electron thay cho các anion:
Zn
→
Zn
2+
+2e; Cu
→
Cu
2+
+2e
Chú ý: Hiện tượng dương cực tan thì:
Độ tăng khối lượng tại K = độ giảm khối lượng tại A
Ví dụ 1: Viết sơ đồ và phương trình điện phân tổng quát khi điện phân điện phân điện cực
trơ:
a. dung dịch FeCl
2
b. dung dịch CuSO

4
c. dung dịch NaCl d. dung dịch KNO
3
Hướng dẫn giải:
a. FeCl
2
→
Fe
2+
+ 2Cl
-
Tại K (-): Fe
2+
; H
2
O: Fe
2+
+ 2e
→
Fe Tại A(+): Cl
-
; H
2
O: 2Cl
-

→
Cl
2
+2e

Phương trình điện phân tổng quát: FeCl
2

dddp
→
Fe + Cl
2
↑
b. CuSO
4

→
Cu
2+
+ SO
4
2-
Tại K (-): Cu
2+
; H
2
O: Cu
2+
+ 2e
→
Cu
Tại A (+): SO
4
2-
; H

2
O: 2H
2
O
→
4H
+
+ O
2
↑ + 4e
9
Phương trình điện phân tổng quát: 2Cu
2+
+ 2H
2
O
dpdd
→
2Cu + 4H
+
+ O
2
↑
hay 2CuSO
4
+ 2H
2
O
dpdd
→

2Cu + 2H
2
SO
4
+ O
2
↑
c. NaCl
→
Na
+
+ Cl
-
Tại K (-): Na
+
; H
2
O: 2H
2
O + 2e
→
2OH
-
+ H
2
↑
Tại A (+): Cl
-
; H
2

O: 2Cl
-

→
Cl
2
↑ + 2e
Phương trình điện phân tổng quát: 2Cl
-
+ 2H
2
O
dpdd
→
2OH
-
+ H
2
↑ + Cl
2
↑
hay: 2NaCl + 2H
2
O
dpdd
→
2NaOH

+ H
2

↑ + Cl
2
↑
d. KNO
3

→
K
+
+ NO
3
-
Tại K (-): K
+
; H
2
O: 2H
2
O
→
4H
+
+ O
2
↑ + 4e
Tại A (+): NO
3
-
; H
2

O: 2H
2
O + 2e
→
2OH
-
+ H
2
↑
Phương trình điện phân tổng quát: 2H
2
O
dpdd
→
2H
2
↑ + O
2
↑
Nhận xét: Khi điện phân dung dịch muối:
- dung dịch muối của ion kim loại sau Al
3+
và ion gốc axit không chứa O
( trừ F
-
) thì pH dung dịch không đổi
- dung dịch muối ion kim loại sau Al
3+
và ion gốc axit chứa O, F
-

thì pH dung dịch
giảm dần do tạo ra H
+
- dung dịch muối ion kim loại trước Al
3+
và ion gốc axit không chứa O
( trừ F
-
) thì pH dung dịch tăng dần do tạo ra OH
-
- dung dịch muối ion kim loại trước Al
3+
và ion gốc axit chứa O, F
-
thì pH dung
dịch không đổi
10
Ví dụ 2: Viết phương trình điện phân dung dịch CuSO
4
với điện cực anot là Cu.
Hướng dẫn giải:
CuSO
4

→
Cu
2+
+ SO
4
-

Tại K (-): Cu
2+
; SO
4
-
: Cu
2+
+ 2e
→
Cu
Tại A (+) là Cu: SO
4
2-
; H
2
O: Cu
→
Cu
2+
+ 2e
Phương trình điện phân tổng quát:
Cu + Cu
2+

→
Cu↓ + Cu
2+

(A) (K)
Ví dụ 3: Viết phương trình điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO

4
a mol;
NaCl b mol trong các trường hợp:
a. b = 2a b. b > 2a c. b < 2a
Hướng dẫn giải:
CuSO
4

→
Cu
2+
+ SO
4
-
NaCl
→
Na
+
+ Cl
-
Tại K (-): Cu
2+
; Na
+
; H
2
O: Cu
2+
+ 2e
→

Cu
2H
2
O + 2e
→
2OH
-
+ H
2
↑
Tại A (+): Cl
-
; SO
4
2-
; H
2
O: 2Cl
-

→
Cl
2
↑ +2e
2H
2
O
→
4H
+

+ O
2
↑ + 4e
a. b = 2a thì: Cu
2+
+ 2Cl
-

dddp
→
Cu + Cl
2
↑
hay CuSO
4
+ 2NaCl
dddp
→
Cu + Cl
2
↑ + Na
2
SO
4
11
sau đó: 2H
2
O
dddp
→

2H
2
↑ + O
2
↑
b. b > 2a thì: Cu
2+
+ 2Cl
-

dddp
→
Cu + Cl
2
↑
hay CuSO
4
+ 2NaCl
dddp
→
Cu + Cl
2
↑ + Na
2
SO
4
sau đó: 2Cu
2+
+ 2H
2

O
dpdd
→
2Cu + 4H
+
+ O
2
↑
hay 2CuSO
4
+ 2H
2
O
dpdd
→
2Cu + 2H
2
SO
4
+ O
2
↑
c. b < 2a thì: Cu
2+
+ 2Cl
-

dddp
→
Cu + Cl

2
↑
hay CuSO
4
+ 2NaCl
dddp
→
Cu + Cl
2
↑ + Na
2
SO
4
sau đó: 2Cl
-
+ 2H
2
O
dpdd
→
2OH
-
+ H
2
↑ + Cl
2
↑
Hay: 2NaCl + 2H
2
O

dpdd
→
2NaOH

+ H
2
↑ + Cl
2
↑
2.2.1.4. Biếu thức định luật Farađây
Dùng để tính khối lượng các chất thoát ra ở điện cực, giả sử tại điện cực A hay K
thoát ra chất X, ta có:
X
A . .
m
.
X
e
I t
n F
=
(gam) hay n
X
=
.
e
I t
n F
(mol) (1)
Với: A

X
là khối lượng mol của X (gam/mol)
n
e
là số electron trao đổi tại điện cực
I là cường độ dòng điện (A)
F hằng số Farađây : F = 96500 (Culong/mol.s) nếu t tính bằng giây (second) hoặc
F =26,8 nếu t tính bằng giờ (hour)
t (times) : thời gian tính bằng giây (s) hoặc giờ (h)
Chú ý:
12
- Khi tính theo (1) thì phương trình điện cực các chất ở điện cực phải viết theo hệ số
nguyên tối giản.
- Từ (1) ta có:
( ).
.
( / )
X
e
X
m gI t
n
F A g mol
=
= số mol electron trao đổi đây là hệ quả rất quan trọng
ta sẽ sử dụng đề tính toán trong các bài tập điện phân.
- Điện phân là quá trình oxi hóa khử nên số mol electron nhường tại A= số mol electron
nhận tại K.
2.2.2. Một số ví dụ minh họa
2.2.2.1. Ví dụ cơ bản

Ví dụ 1:(Trích đề thi đại học khối A năm 2012). Điện phân 150 ml dung dịch AgNO
3
1M
với điện cực trơ trong t giờ, cường độ dòng điện không đổi 2,68A (hiệu suất quá trình
điện phân là 100%), thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho 12,6 gam Fe vào Y,
sau khi các phản ứng kết thúc thu được 14,5 gam hỗn hợp kim loại và khí NO (sản phẩm
khử duy nhất của N
+5
). Giá trị của t là
A. 0.8. B. 0,3. C. 1,0. D. 1,2.
Hướng dẫn giải:
Phương trình điện phân: 4AgNO
3
+ 2H
2
O → 4Ag + O
2
+ 4HNO
3
(1)
Dung dịch Y gồm: AgNO
3
, HNO
3
. Cho Fe + dd Y sau phản ứng thu được 14,5g hỗn hợp
kim loại nên Fe dư có các phản ứng:
3Fe + 8HNO
3
→ 3Fe(NO
3

)
3
+ 2NO + 4H
2
O (2)
Fe + 2AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (3)
13
Gọi x là số mol AgNO
3
bị điện phân→ nHNO
3
= x, dung dịch Y: HNO
3
: x mol; AgNO
3
dư: 0,15 –x mol.
Theo (2,3) nFe
phản ứng
= 3x/8 + (0,15-x)/2 = 0,075 –x/8 mol
nAg = 0,15 – x mol
Vậy m
hỗn hợp kim loại
= mFe
dư

+ mAg =12,6 –(0,075-x/8).56 +(0,15-x).108 =14,5
Suy ra: x= 0,1 mol. Ta có mAg =
108.2,68.
1.26,8
t
= 0,1.108 → t = 1,0 h
Ví dụ 2: (Trích đề thi đại học khối B năm 2012). Người ta điều chế H
2
và O
2
bằng
phương pháp điện phân dung dịch NaOH với điện cực trơ, cường độ dòng điện 0,67 A
trong thời gian 40 giờ. Dung dịch thu được sau điện phân có khối lượng 100 gam và nồng
độ NaOH là 6%. Nồng độ dung dịch NaOH trước điện phân là (giả thiết lượng nước bay
hơi không đáng kể)
A. 5,08% B. 6,00% C. 5,50% D. 3,16%
Hướng dẫn giải:
Điện phân dung dịch NaOH chính là sự điện phân H
2
O, phương trình điện phân:
2H
2
O
dpNaOH
→
2H
2
+ O
2
(1)

Số mol e trao đổi =
0,67.40
26,8
= 1 mol
Tại K(-): 2H
2
O + 2e
→
2OH
-
+ H
2
→ nH
2
= 0,5 mol
Tại A (+): 2H
2
O
→
4H
+
+ O
2
+ 4e → nO
2
= 0,25 mol
Vậy m
dung dịch trước điện phân
= 100 + 0,5. 2 + 0,25.32 = 109 gam
Ta có mNaOH

không đổi
= 100.6/100 = 6 gam
14
Vậy C
M
(NaOH)
trước điện phân
=
6.100%
109
≈ 5,50 %
Ví dụ 3: (Trích đề thi đại học khối B năm 2009). Điện phân nóng chảy Al
2
O
3

với anot
than chì (hiệu suất điện phân 100%) thu được m kg Al ở catot và 67,2 m
3

(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 vôi 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
Hướng dẫn giải:
Al
2
O
3

nc
→
2Al
3+
+ 3O
2-
Tại K (-): Al
3+
+ 3e→Al
Tại A (+): 2O
2-
→ O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát: 2Al
2
O
3

dpnc
→
4Al + 3O
2
O
2
tạo ra đốt cháy A bằng than chì tạo khí X: CO, CO
2
, O
2
(dư)

Gọi x, y, z là số mol CO, CO
2
, O
2
dư trong 2,24 lít X. Khi sục X qua nước vôi trong dư
có phản ứng: CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
↓ + H
2
O (1)
Ta có hệ phương trình:
2
/
3
0,1
28 44 32
16
2( )
0,02
X
X H
n x y z
x y z
d

x y z
nCaCO y

= + + =

+ +

= =

+ +


= =

từ đó có: x = 0,06;
y = z = 0,02. Vậy 2,24 lít X có 0,06.1 + 0,02.2+ 0,02.2 = 0,14 mol O
67,2 m
3
X có
67,2.0,14
2,24
= 4,2 kmol O
15
Từ đó có: nAl =
2
3
nO = 2,8 kmol → m= 2,8. 27 = 75,6 kg
Bạn đọc chú ý: Ở đây chúng tôi sử dụng:
(lít) tương ứng với (mol), còn (m
3

) tương ứng với (kmol) (kilo mol)
Ví dụ 4: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011). Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam
KCl và 28,2 gam Cu(NO
3
)
2
(điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khí khối lượng dung dịch
giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể).
Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là
A. KNO
3
và KOH. B. KNO
3
, KCl và KOH.
C KNO
3
và Cu(NO
3
)
2
. D. KNO
3
, HNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
Hướng dẫn giải:

Ta có: nKCl= 0,1 mol; nCu(NO
3
)
2
= 0,15 mol
Phương trình phân li: KCl
→
K
+
+ Cl
-
Cu(NO
3
)
2

→
Cu
2+
+ 2NO
3
-
Taị K (-): Cu
2+
, K
+
, H
2
O: Cu
2+

+ 2e
→
Cu (1)
Tại A (+): Cl
-
; NO
3
-
; H
2
O: 2Cl
-

→
Cl
2
+ 2e (2)
2H
2
O
→
4H
+
+ O
2
+ 4e (3)
Nếu tại K mà Cu
2+
phản ứng hết ta có: n
e nhận

≥ 0,15.2 = 0,3 mol và hiển nhiên tại A thì Cl
-
hết → m
dung dịch giảm
≥ mCu + mCl
2
= 13,15 gam > m
dung dịch giảm đề cho
nên Cu
2+

phải dư.
16
Nếu tại A mà Cl
-
dư thì n
e nhường
≤ 0,1 mol, lúc đó nCu
ở K
≤ 0,1/2 = 0,05 mol nên m
dung dịch
giảm
≤ 0, 05.71 + 0,05. 64 = 6,75 gam < m
dung dịch giảm đề cho
nên Cl
-

phải hết.
Vậy dung dịch sau điện phân gồm: Cu
2+

dư, K
+
; H
+
tạo ra và NO
3
-

hay gồm D. KNO
3
, HNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
Ví dụ 5: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011). 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 đổi)
trong thời gian t giây, 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 giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là
0,1245 mol. Giá trị của y là
A. 4,480 B. 3,920 C. 1,680 d. 4,788
Hướng dẫn giải:
MSO
4
→
M

2+
+ SO
4
2-
Tại K (-): M
2+
; H
2
O: M
2+
+ 2e
→
M (1)
2H
2
O + 2e
→
2OH
-
+ H
2
↑ (2)
Tại A (+): SO
4
2-
; H
2
O: H
2
O

→
2H
+
+ 1/2O
2
↑ + 2e
Tại thời gian t giây có 0,035 mol khí tại A nên 2t giây có 0,07 mol khí tại A và số mol e
nhường =0,07.4 = 0,28 mol
→
khí tại K: 0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol và n
e
(2) = 0,109
mol và n
e
(1)= 0,171 mol→ nM
2+
= 0,0855 mol
và M
MSO4
= M + 96 = 160 → M=64 là Cu.
Tại thời gian t giây thì số mol e nhường = 0,035.4 = 0,14 mol < 2nCu
2+
nên lúc đó Cu
2+
dư và Cu tạo ra = 0,14/2 = 0,07 mol → y =4,480 gam
17
2.2.2.2. Ví dụ chuyên sâu
Ví dụ 1: (Trích đề thi HSGQG năm 2011). Ở 25
0
C, cho dòng điện một chiều có cường độ

0,5A đi qua bình điện phân chứa 2 điện cực platin nhúng trong 200 ml dung dịch gồm
Cu(NO
3
)
2
0,020M, Co(NO
3
)
2
1,0 M, HNO
3
0,010M.
1. Viết phương trình các nửa phản ứng có thể xảy ra trên catot và anot trong quá
trình điện phân
2. Khi 10% lượng ion kim loại đầu tiên bị điện phân, người ta ngắt mạch và nối
đoản mạch hai điện cực của bình điện phân. Hãy cho biết hiện tượng xảy ra và viết
phương trình phản ứng minh họa.
3. Xác định khoảng thế của nguồn điện ngoài đặt vào catot để có thể điện phân
hoàn toàn ion thứ nhất trên catot (coi quá trình điện phân là hoàn toàn khi nồng độ của
ion bị điện phân còn lại trong dung dịch là 0,005% so với nồng độ ban đầu).
4. Tính thể tích khí thoát ra (đktc) trên anot khi điện phân được 25 phút. Khi đó, giá
trị thế catot là bao nhiêu?
Chấp nhận: Áp suất riêng của khí hidro pH
2
= 1 atm; khi tính toán không kể đến
quá thế; nhiệt độ dung dịch không đổi trong suốt quá trình điện phân.
Cho: E
2
0
/Cu Cu

+
= 0,337 V; E
2
0
/Co Co
+
= -0,277V;
hằng số Faraday F = 96500 C.mol
-1
;
ở 25
0
C: 2,303
RT
F
=0,0592.
Hướng dẫn giải:
1. Phương trình các nửa phản ứng trên catot và anot
Các quá trình có thể xảy ra trên catot (-): Cu
2+
+ 2e → Cu↓ (1)
18
2H
+
+ 2e → H
2
↑ (2)
Co
2+
+ 2e → Co↓ (3)

Quá trình xảy ra trên anot (+): 2H
2
O → 4H
+
+ O
2
↑ + 4e (4)
2. Theo phương trình Nerst:
2 2
0 2
/ /
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu
+ +
+
= +
= 0,287V
2 2
0 2
/ /
0,0592
log[ ]
2
Co Co Cu Cu
E E Co
+ +
+

= +
=-0,277V
2 2
0 2
2 / 2 /
0,0592
log[ ]
2
H H H H
E E H
+ +
+
= +
= -0,118 V
Từ đó thấy:
2 2
2
/ 2 / /Cu Cu H H Co Co
E E E
+ + +
> >
nên thứ tự nhận e là: Cu
2+
> H
+
> Co
2+
Khi 10% Cu
2+
bị điện phân thì,

2 2
0 2
/ /
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu
+ +
+
= +
= 0,285V lúc đó H
2
chưa thoát ra và nếu ngắt mạch điện, nối đoản mạch hai cực của bình điện phân sẽ tạo ra
pin điện có cực dương (catot) là O
2
/H
2
O và cực âm (anot) là cặp Cu
2+
/Cu. Phản ứng xảy
ra là: Trên catot: O
2
+ 4H
+
+ 4e → 2H
2
O
Trên anot: Cu → Cu
2+

+ 2e
Phản ứng xảy ra trong pin là: 2Cu + 4H
+
+ O
2
→ 2Cu
2+
+ 2H
2
O
Sự phóng điện của pin chỉ dừng khi thế của 2 điện cực bằng nhau.
3. Để tách được hoàn toàn ion Cu
2+
thì thế cần đặt vào catot là:
2
2
2 / /
c
H H Cu Cu
E E E
+ +
< <
.
Khi Cu
2+
bị điện phân hoàn toàn thì [Cu
2+
] = 0,005%.0,020 = 10
-6
M.

Lúc đó:
2 2
0 2
/ /
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu
+ +
+
= +
= 0,159V
Và [H
+
] = 0,01 (ban đầu) + 2. (0,020 -10
-6
)(tạo ra) ≈ 10
-5
V
19
2 2
0 2
2 / 2 /
0,0592
log[ ]
2
H H H H
E E H
+ +

+
= +
= - 0,077V
Vậy trong trường hợp tính không kể đến quá thế của H
2
trên điện cực platin thì thế
catot cần khống chế trong khoảng - 0,077 V < E
c
< 0,159 V, khi đó Cu
2+
sẽ bị điện phân
hoàn toàn.
4. Ta có: n
e
=
It
F
= 7,772.10
-3
mol < 2nCu
2+

= 8.10
-3
mol nên Cu
2+
dư, và nCu
2+
dư =
1,14. 10

-4
mol→ [Cu
2+
]
dư
=5,7.10
-4
V,
E
c
=
2 2
0 2
/ /
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu
+ +
+
= +
= 0,241 V
Và nO
2
=
1
4
e
n

= 1,93.10
-3
mol → V
O2
= 1,93.10
-3

. 22,4 lít = 0,0432 lít
Ví dụ 2: (Đề thi casio hóa học tỉnh Thanh Hóa năm 2012, QG năm 2001-bảng A). Dung
dịch X có chất tan là muối M(NO
3
)
2
. Người ta dùng 200 ml dung dịch K
3
PO
4
vừa đủ để
phản ứng với 200 ml dung dịch X, thu được kết tủa là M
3
(PO
4
)
2
và dung dịch Y. Khối
lượng kết tủa đó (đã được sấy khô) khác khối lượng M(NO
3
)
2
ban đầu là 6,825 gam.

Điện phân 400 ml dung dịch X bằng dòng điện 1 chiều với I =2,000 ampe tới khi
khối lượng catot không tăng thêm nữa thì dừng, được dung dịch Z. Giả sử sự điện phân
có hiệu suất 100%
a. Hãy tìm nồng độ các ion của dung dịch X, dung dịch Y, dung dịch Z. Cho biết sự
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 27,3
0
C, 1 atm trong sự điện phân.
Hướng dẫn giải:
20
a. Phản ứng:
3M(NO
3
)
2
+ 2K
3
PO
4

→
M
3
(PO
4
)
2
↓ + 6KNO
3

(1)
Dung dịch Y: dung dịch KNO
3
: KNO
3

→
K
+
+ NO
3
-
(2)
Theo (1) cứ 6 mol NO
3
-
phản ứng tạo ra 2 mol PO
4
3-
làm thay đổi khối lượng 372-
190=182g
x mol NO
3
-
phản ứng tạo ra x/3 mol PO
4
3-
làm thay đổi khối lượng 6,825 gam
Vậy có ngay: x =
182

825,6.6
= 0,225 mol từ đó suy ra:
- Trong dung dịch X:
3
2
0,1125
2
NO
M
n
n mol
−
+
= =
từ đó có ngay C(M
2+
) =
M5625,0
2,0
1125,0
=
;
C(NO
3
-
) =
M125,1
2,0
225,0
=

- Theo (1): nK
+
= nNO
3
-
= nKNO
3
=2.nM(NO
3
)
2
= 2.0,1125 = 0,225 mol
Coi V
ddY
≈ V
ddX
+ V
dd K3PO4
≈ 400 ml. Vậy trong dung dịch Y:
C(K
+
) =C(NO
3
-
) =
4,0
225,0
= 0,5625M (3)
Dung dịch Y có nồng độ: C(K
+

) =C(NO
3
-
) = 0,5625M
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 M
3
(PO
4
)
2
↓
- Bỏ qua sự tan của M
3
(PO
4
)
2
3M⇄
2+
+ 2PO
4
3-
- Bỏ qua sự phân li của H
2
O H⇄
+
+ OH
-
* Xét sự điện phân dung dịch X: M(NO

3
)
2
→
M
2+
+ 2NO
3
-
21
- Tại K (-): M
2+
, H
2
O: M
2+
+ 2e
→
M
- Tại A (+): NO
3
-
, H
2
O: 2H
2
O
→
4H
+

+ O
2
↑ + 4e
Phương trình điện phân:
2M(NO
3
)
2
+ 2H
2
O
 →
dpdd
2M + O
2
+ 4HNO
3
(4)
- Dung dịch Z có chất tan là HNO
3
:
Coi V
dd Z
≈ V
dd X
≈ 400 ml = 0,4 lít
Theo (4): nHNO
3
=2nM(NO
3

)
2
= 2.
1000
400.5625,0
mol
Vậy C(H
+
) = C (NO
3
-
) =
M
nHNO
125,1
400
1000.
3
=
Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Z:
- Coi V
dd Z
≈ V
dd X
, bỏ qua sự thay đổi thể tích do sự điện phân gây ra
- Bỏ qua sự phân li của H
2
O vì Z là dung dịch HNO
3
Nồng độ ion: dd X: C(M

2+
)
= 0,5625 M ; C(NO
3
-
)= 1,125 M
dd Y: C(K
+
) = C( NO
3
-
) = 0,5625 M
dd Z: C(H
+
) = C (NO
3
-
) = 1,125 M.
b. Tính thời gian điện phân:
Theo (4) nO
2
= 1/2 nM(NO
3
)
2
= 0,1125 mol
Từ công thức: mO
2
=
96500

.
4
2
It
A
O
suy ra: t =
IA
mO
O
.
96500.4.
2
2
= 21712,5 (s)
c. Tính thể tích khí thu được ở 27,3
0
C, 1 atm trong sự điện phân dung dịch Z
22
77,2
1
3,300.082,0.1125,0
2
≈==
P
nRT
V
O
lít.
Ví dụ 3: Chia 1,6 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO

3
)
2
làm 2 phần bằng nhau.
1. Phần 1 đem điện phân (các điện cực trơ) với cường độ dòng 2,5 ampe, sau thời gian
t thu được 3,136 lít khí (ở đktc) một chất khí duy nhất ở anôt. Dung dịch sau điện phân
phản ứng vừa đủ với 550 ml dung dịch NaOH 0,8M và thu được 1,96 g kết tủa.
Tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch A và thời gian t.
2. Cho m gam bột sắt vào phần 2, lắc đều để cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản
ứng thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng bằng 0,75m (gam) và V lít khí. Tính m và
V (ở đktc).
Hướng dẫn giải:
1. Dung dịch A: H
+
; Cl
-
; Cu
2+
; NO
3
-
. Điện phân phần 1 dung dịch A:
Tại K (-): H
+
; Cu
2+
; H
2
O: Cu
2+

+ 2e
→
Cu
0,14 0,28 mol
Tại A (+): Cl
-
; NO
3
-
; H
2
O: 2Cl
-

→
Cl
2
+ 2e
Khí duy nhất tại A là Cl
2
: nCl
2
= 0,14 mol → n
e
nhường = 0,28 mol = n
e
nhận
Từ công thức : n
e
=

It
F
→ t = 10808 (s)
Dung dịch sau phản ứng tác dụng với NaOH tạo kết tủa nên có dư Cu
2+
Phản ứng : H
+
+ OH
-

→
H
2
O (1)
Cu
2+
+ 2OH
-

→
Cu(OH)
2
↓ (2)
nCu(OH)
2
= 0,02 mol → nCu
2+
dư
= 0,02 mol. Vậy nCu(NO
3

)
2
= 0,16 mol
23
Theo (1,2): nH
+
= nOH
-
= 0,4 mol → nHCl = 0,4 mol
Vậy: C
M Cu(NO3)2
= 0,2 M; C
M HCl
= 0,5 M
2. Cho bột Fe vào phần 2 thu được hỗn hợp kim loại nên Fe phản ứng dư:
3Fe + 8H
+
+ 2NO
3
-

→
3Fe
2+
+ 2NO + 4H
2
O(3)
0,15 0,4 0,1 0,1 mol
Fe + Cu
2+

→
Fe
2+
+ Cu↓ (4)
0,16 0,16 0,16 mol
Theo (3) V
NO
= 2,24 lít
Theo (3, 4): m
hỗn hợp kim loại
= mFe
dư
+ mCu= m – 0,31. 56 + 0,16.64 = 0,75m
→ m = 28,48 gam
Ví dụ 4: Một chất A có công thức MXO
m
. Tổng số proton trong các nguyên tử tạo ra
phân tử A là 78. Trong ion XO
m
−
có 32 electron. X là nguyên tố ở chu kì 2.
Khi điện phân dung dịch A trong nước, trong 1447,5 giây với I = 10 ampe (điện cực
trơ), được dung dịch B. Cho CuO lấy dư 25% về khối lượng tác dụng với B, lọc tách chất
rắn, thu được dung dịch D có chứa 22,6 gam muối.
a. Tìm công thức chất A.
b. Tính khối lượng kim loại M đã bám vào catot và khối lượng CuO đã dùng.
c. Tính khối lượng chất A đã dùng trước khi điện phân và nồng độ mol/lít của các chất
có trong dung dịch D (cho thể tích của dung dịch D là 250 ml).
Hướng dẫn giải:

a. Gọi Z
X
là số proton nguyên tử X, số electron trong XO
m
-
= Z
X
+ 8m + 1 =32
24
→ Z
X
= 31 – 8m (*) Do X thuộc chu kì 2 nên Z
X
< 10 và X tạo anion nên X là phi kim, từ
(*) dễ thấy thỏa mãn m = 3, Z
X
= 7 (N)
Tổng số p trong A: Z
M
+ Z
X
+ 8m = 78→ Z
M
= 47 → M là Ag
Vậy A là AgNO
3
b. Điện phân dung dịch A:
Tại K (-): Ag
+
; H

2
O: Ag
+
+ 1e
→
Ag (1)
Tại A (+): NO
3
-
; H
2
O: 2H
2
O
→
4H
+
+ O
2
↑ + 4e (2)
Ta có: n
e
= 0,15 mol, theo (2): nH
+
= n
e
= 0,15 mol
Cho CuO vào B có phản ứng : CuO + 2H
+
→

Cu
2+
+ H
2
O (3)
Từ (3) có: nCuO
phản ứng
= nCu
2+
= 0,075 mol → mCu(NO
3
)
2
= 14,1 gam
Mà m
muối
= 22,6 gam nên AgNO
3
dư: 8,5 gam → nAgNO
3 dư
= 0,05 mol
Ta có: nAg = n
e
= 0,15 mol → mAg bám vào K = 0,15. 108 = 16,2 gam
nCuO
dùng
= 0,075.
125
100
= 0,09375 mol → mCuO = 7,5 gam

c. nAgNO
3

đã dùng
= 0,05 + 0,15 = 0,2 mol → mAgNO
3 đã dùng
= 34 gam
dung dịch D: Cu(NO
3
)
2
: 0,075 mol; AgNO
3
dư: 0,05 mol
→ C
M Cu(NO3)2
= 0,3 M; C
M AgNO3
= 0,2 M
Ví dụ 5: Điện phân 100 ml dung dịch X gồm H
2
SO
4
0,3M và HCl 0,4M với cường độ
dòng điện 2,68 A trong thời gian t giờ.
a. Lập hàm số mô tả sự phụ thuộc của pH vào thời gian điện phân t trong khoảng (0 <
t < 1 giờ).
25