Phương pháp giải nhanh bài toán điện phân

1
MỤC LỤC
PHẦN 1: Lý do viết sang kiến kinh nghiệm……………………………… 2
PHẦN 2: Nội dung của sang kiến kinh nghiệm………………………… 3
2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện……………………………….3
2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài………………….…3
2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài…………………………………….…3
2.2. Nội dung……………………………………………………………… 3
2.2.1. Lí thuyết……………………………………………………… 3
2.2.2. Một số ví dụ minh họa……………………………………………7
2.2.3. Một số lí thuyết mở rộng về điện phân và ứng dụng……… 17
2.2.4. Cơ sở thực nghiệm 20
PHẦN 3. Kết luận và đề xuất………………………………………………. 21

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bài tập cở sở lí thuyết các quá trình hóa học-Vũ Đăng Độ chủ biên-Nhà xuất bản
giáo dục
2. Bài tập hóa lí-Lâm Ngọc Thiềm- Trần Hiệp Hải-Nguyễn Thị Thu.
3. Bộ đề luyện thi đại học 1996
4. Đề thi đại học, cao đẳng các năm (từ 2007 đến 2012)
5. Đề thi học sinh giỏi tỉnh-quốc gia các năm (2001 đến 2012)
6. Hóa học đại cương- Lê Mậu Quyền- Nhà xuất bản giáo dục
7. Phản ứng điện hóa và ứng dụng-Trần Hiệp Hải-Nhà xuất bản giáo dục 2005
8. Sách giáo khoa hóa học 12-nâng cao-Nhà xuất bản giáo dục 2012
9. Tạp chí hóa học và ứng dụng các năm gần đây





2

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”.
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…
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)
4

* 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)
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
-

5
Tại K (-): Na
+
+ e  Na Tại A (+): 4OH
-
 2H
2
O + O
2
+ 4e
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.
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
-

6
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
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

7
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
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
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
8
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

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:
9

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:
- 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)
10
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
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
11
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
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)


12
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.
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
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.
13
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)
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.
14
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

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:
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)
15
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
-

- 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
16
- 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

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)
17

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
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
 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)
18
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).
b. Vẽ đồ thị hàm số trên.
Biết: -Hằng số Faraday F = 26,8 Ampe.giờ.
- Thể tích dung dịch không đổi trong quá trình điện phân.
- Các giá trị logarit của x
x 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0
logx -0,301 -0,222 -0,155 -0,097 -0,046 0
Hướng dẫn giải:
a. Ta có: nH
2
SO
4
= 0,03 mol; nHCl = 0,04 mol
Tại K (-): H
+
(0,1 mol); H
2
O: 2H

+
+ 2e

H
2

Tại A (+): Cl
-

(0,04 mol); SO
4
2-
(0,03 mol): 2Cl
-


Cl
2
+ 2e
2H
2
O

4H
+
+ O
2
+ 4e
Số mol e trao đổi trong thời gian t giờ = 0,1. t (mol)
Khi t = 1giờ thì H

+
tại K hết do nH
+
= n
e nhận

Khi t = 0, 4 giờ thì Cl
-
hết tại A, còn H
+
dư = 0,06 (mol)
- Nếu 0 < t  0,4 thì: H
+
dư
= (0,1 – 0,1.t ) mol  pH = -log[H
+
] = - log (1-t)
19
- Nếu 0,4 < t < 1,0 thì : H
+
không đổi = 0,06 mol do tại K mất H
+
thì tại A tạo ra H
+
và pH =
0,222.
b. Vẽ đồ thị được xử lí bằng Excel
t 0 0,1 0,2 0,3 0,4
x=1-t 1,0 0,9 0,8 0,7 0,6
logx= log (1-t) 0 0,046 0,097 0,155 0,222

pH dung dịch điện phân
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.8 0.9 1
Thời gian t
pH
pH dung dịch

2.2.2.3. Ví dụ đề nghị
Ví dụ 1: Hoà tan 91,2g FeSO
4
vào 200g dung dịch HCl 3,285% thu được dung dịch A. Chia
dung dịch A thành 3 phần bằng nhau:
Phần 1: Cho thêm vào 4,05 g bột nhôm, sau một thời gian thu được 0,672 lít khí (đktc),
dung dịch B và chất rắn C. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tủa
nung ở nhiệt độ cao trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 4g chất rắn. Tính
khối lượng chất rắn C.
Phần 2: Đem điện phân với điện cực trơ có màng ngăn với cường độ dòng I=1,34 ampe
trong 2 giờ. Tính khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot.
Biết hiệu suất điện phân là 100%.
Đáp số: mC = 9,21 gam; m
kim loại K
= mFe = 1,12 gam; V
khí
= 0,896 lít
Ví dụ 2: Hoà tan 20g K

2
SO
4
vào 150g nước, thu được dung dịch A. Tiến hành điện phân
dung dịch A một thời gian. Sau khi điện phân khối lượng K
2
SO
4
trong dung dịch chiếm
14,93% khối lượng của dung dịch. Biết lượng nước bị bay hơi là không đáng kể.
a.Tính thể tích khí thoát ra ở mỗi điện cực đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
20
b. Tính thể tích H
2
S (đktc) cần dùng để phản ứng hết với khí thoát ra ở anot tạo ra SO
2
.
Đáp số: V
khí tại K
= 44,8 lít; V
khí tại A
= 22,4 lít; Vậy V
H2S
 14,93 lít
Ví dụ 3: Điện phân (với điện cực Pt) 200 mililít dung dịch Cu(NO
3
)
2
đến khi bắt đầu có khí
thoát ra ở catôt thì dừng lại. Để yên dung dịch cho đến khi khối lượng của catôt không đổi,

thấy khối lượng catôt tăng 3,2 gam so với lúc chưa điện phân. Tính nồng độ mol của dung
dịch Cu(NO
3
)
2
trước khi điện phân.
Đáp số: : C
M (Cu(NO3)) trước điện phân
= 1,0 M
Ví dụ 4: Hoà tan 50 gam CuSO
4
.5H
2
O vào 200 ml dung dịch HCl 0,6M được dung dịch A.
Tiến hành điện phân dung dịch A với dòng điện cường độ 1,34 ampe trong 4 giờ. Tính khối
lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí (ở đktc) thoát ra ở anot. Biết hiệu suất các phản
ứng đạt 100%.
Đáp số: Vậy: mCu = 0,1. 64 = 6,4 gam; V
khí tại A
= 1,792 lít
Ví dụ 5: Điện phân 2 lít dung dịch CuSO
4
0,5M với điện cực trơ. Sau một thời gian, ngừng
điện phân và cho đi qua dung dịch sau điện phân một luồng khí A lấy dư thì thu được 72 gam
kết tủa màu đen. Biết rằng, khi đốt khí A trong oxi dư thì tạo thành hơi nước và khí B, khí B
làm mất màu dung dịch nước brom.
a. Xác định công thức phân tử của các khí A,B.
b. Tính thể tích khí khí thoát ra ở anot (đktc).
c. Tính thể tích dung dịch axit HNO
3

60% (D = 1,37 g/ml) cần thiết để hoà tan lượng kim
loại kết tủa trên catot.
Đáp số: a. A là H
2
S , B là SO
2
; b. V
O2
= 2,8 lítc; V
HNO3
 76,64 ml
Chú ý: axit HNO
3
60% là axit đặc vì nồng độ đậm đặc nhất hay dùng trong phòng thí nghiệm
là 68%
Ví dụ 6: (Trích đề thi đại học khối A năm 2010). Điện phân (với điện cực trơ) một dung dịch
gồm NaCl và CuSO
4
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 Cl
2
và O
2
. B. khí H
2
và O
2
.
C. chỉ có khí Cl

2
. D. khí Cl
2
và H
2
.
Ví dụ 7: (Trích đề thi đại học khối A năm 2010). Điện phân (điện cực trơ) dung dịch X chứa
0,2 mol CuSO
4
và 0,12 mol NaCl bằng dòng điện có cường độ 2A. Thể tích khí (đktc) thoát ra
ở anot sau 9650 giây điện phân là
A. 2,240 lít. B. 2,912 lít. C. 1,792 lít. D. 1,344 lít.
21
Ví dụ 8: (Trích đề thi cao đẳng năm 2011). Điện phân 500 ml dung dịch CuSO
4
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
Ví dụ 9: (Trích đề thi đại học khối B năm 2010). Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dd
CuSO
4
nồng độ x mol/l, sau một thời gian thu được dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối
lượng giảm 8g so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8g bột Fe vào Y, sau khi các phản ứng xảy
ra hoàn toàn, thu được 12,4g kim loại. Giá trị của x là
A. 2,25 B. 1,5 C. 1,25 D. 3,25
Ví dụ 10: (Trích đề thi đại học khối B năm 2009). Điện phân có màng ngăn 500 ml dung
dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl
2

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 hoà tan m gam Al. Giá trị lớn nhất của m là
A. 4,05 B. 2,70 C. 1,35 D. 5,40
2.2.3. Một số lí thuyết mở rộng về điện phân và ứng dụng
2.2.3.1. Thế phân giải và quá thế
Điện phân là sự phân hủy chất nhờ tác dụng của dòng điện một chiều. Khi nối nguồn
điện một chiều với hai điện cực nhúng trong chất điện ly nóng chảy hay dung dịch chất điện
ly ở các điện cực của bình điện phân xảy ra các quá trình oxi hóa và khử làm cho chất bị
phân hủy. Như vậy quá trình diễn ra ở đây ngược lại ở trong pin điện: dòng điện ở pin là do
phản ứng oxi hóa khử sinh ra. Phản ứng trong pin tự phát xảy ra còn phản ứng điện phân
chỉ xảy ra khi có dòng điện.
Khi nối điện cực kẽm Zn
2+
/Zn với điện cực clo Cl
2
/2Cl
-
ở điều kiện chuẩn, pin kẽm -
clo có suất điện động E
0
= 2,12V. Ngược lại nếu dùng dòng điện một chiều có thế hiệu
2,12V nối với hai điện cực trơ (bằng platin hoặc than chì) nhúng trong dung dịch ZnCl
2
sẽ
thấy kẽm kim loại bám vào điện cực nối với cực âm của nguồn điện và khí clo xuất
hiện ở điện cực nối với cực dương của nguồn điện, nghĩa là ở các điện cực đó đã xảy ra
hai nửa phản ứng:
Ở điện cực âm (K -): Zn
2+

+ 2e  Zn
Ở điện cực dương (A +): 2Cl
-
 Cl
2
+ 2e
Phản ứng chung: Zn
2+
+ 2Cl
-

dong dien

Zn + Cl
2
ở hiệu điện thế 2,12 V
Tương tự như vậy, phản ứng điện phân CuCl
2

Cu
2+
+ 2Cl
-

dong dien

Cu + Cl
2
xảy ra ở thế hiệu là 1,02V
22

Phản ứng điện phân HCl:
2H
+
+ 2Cl
-

dong dien

H
2
+ Cl
2
xảy ra ở thế hiệu là 1,36V.
Những thế hiệu 2,12V; 1,02V và 1,36V được gọi là thế phân giải của ZnCl
2
, CuCl
2

và HCl tương ứng ở trong dung dịch 1M. Vậy thế hiệu tối thiểu của dòng điện một chiều cần
đặt vào các điện cực trơ để gây nên sự điện phân chất gọi là thế phân giải (kí hiệu là U).
Những thế phân giải của các chất trên đây đúng bằng sức điện động của các pin tương ứng.
Thế phân giải của ZnCl
2
trong dung dịch:
U =
2
2
0 0
/2 /Cl Cl Zn Zn
E E

 

= 1,36 – (-0,76) = + 2,12 V
Thế phân giải của CuCl
2
trong dung dịch:
U =
2
2
0 0
/2 /Cl Cl Cu Cu
E E
 

= 1,36 – 0,34 = + 1,02 V
Thế phân giải của HCl trong dung dịch:
U =
2 2
0 0
/2 /
Cl Cl H H
E E
 

= 1,36 – 0 = + 1,36 V
Từ đó ta thấy thế phân giải của chất bao gồm thế phân giải cation và thế phân giải
anion. Thế phân giải của ion là thế tối thiểu cần đặt vào điện cực để ion đó tích điện hay
phóng điện.
Thế phân giải của đại đa số cation và anion ở các điện cực trơ thực tế bằng thế
điện cực của nguyên tố tương ứng. Nhưng thế phân giải của một vài ion như Fe

2+
, Ni
2+
, H
+

và OH
-
hay H
2
O về giá trị tuyệt đối rất lớn hơn thế của điện cực tương ứng. Khi điện phân
dung dịch của chất chứa các ion đó ở trong nước, người ta phải dùng dòng điện có thế hiệu
cao hơn so với suất điện động E của pin tương ứng. Thế hiệu phụ thêm đó được gọi là quá thế
(kí hiệu là ΔE ).
Hiện tượng quá thế có bản chất rất phức tạp và phụ thuộc nhiều vào yếu tố liên quan
với đặc tính động học như vật liệu được dùng để làm điện cực, bề mặt của điện cực, trạng
thái tập hợp của chất thoát ra ở điện cực, với mật độ dòng điện và nhiệt độ.
Khi ở điện cực thoát ra kim loại, đại lượng quá thế thường rất bé, có thể bỏ qua được trừ
các trường hợp sắt ΔE = 0,24V và niken ΔE = 0,23V. Khi ở điện cực thoát ra các
khí như H
2
và O
2
đại lượng quá thế là đáng kể, không thể bỏ qua được.
Dưới đây là quá thế của hiđro và oxi trên các điện cực khác nhau:
Điện cực Quá thế của hiđro, V Quá thế của oxi, V
Pt (muội) 0,03-0,04 0,3
23
Fe 0,1-0,2 0,3
Pt (nhẵn) 0,2-0,4 0,5

Ni 0,2-0,4 0,5
Hg 0,8-1,0
Như vậy thế phân giải của chất điện ly ở trong dung dịch nước được xác
định bằng: U = E
a
0
+ E
0
c
+ ΔE
a
+ ΔE
c

U = E
0

a
- E
0
c
+ ΔE
a
+ ΔE
c

Trong đó: U là thế phân giải; E
a
0
là thế điện cực chuẩn A (+), E

0
c
là thế điện cực chuẩn catot
(K-); ΔE
a
quá thế A (+); ΔE
c
là quá thế catot (K-).
Quá thế thường được xác định bởi phương trình quá thế Tafel:
∆E = a + b. logi
Trong đó a, b là hệ số phụ thuộc bản chất của chất làm điện cực và trạng thái bề mặt, i là
mật độ dòng A/cm
2
.
2.2.3.2. Giải thích sự tạo thành sản phẩm khi điện phân dung dịch
Khi điện phân dung dịch nước chứa một số loại cation và một số loại anion thì về
nguyên tắc, ở điện cực âm, cation nào có thế điện cực chuẩn lớn hơn sẽ bị khử trước và ở
điện cực dương, anion nào có thế điện cực bé sẽ bị oxi hóa trước. Tuy nhiên trên thực tế thứ
tự đó thường bị phá vỡ bởi hiện tượng quá thế.
Để làm sáng tỏ điều này, chúng ta xét thế phân giải của tất cả những trường hợp có thể
xảy ra điện phân. Thí dụ như dung dịch NiCl
2
1M với các điện cực platin nhẵn
Ta có: E
pc
=
2
2
0 0
/2 /Cl Cl Ni Ni

E E
 

= +1,36 – (-0,23) = + 1,59 V
- Trường hợp 1: ΔE = 0, U = E
pc
= +1,59 V
Ở K (-): Ni
2+
+ 2e  Ni
Ở A (+): 2Cl
-
 Cl
2
+ 2e
- Trường hợp 2: ΔE = + 0,5 V ứng với quá thế O
2
trên điện cực Pt nhẵn
Ở K (-): Ni
2+
+ 2e  Ni
Ở A (+): H
2
O  2H
+
+
1
2
O
2

+ 2e
 U = E
pc
+ ΔE = E
2 2
0
/
O H O
- E
2
0
/Ni Ni

= +1,23 – (-0,23) + ΔE = +1,46 V
24
- Trường hợp 3: ΔE= + 0,4 V ứng với quá thế H
2
trên Pt nhẵn
Ở K (-): 2H
2
O + 2e  2OH
-
+ H
2
; E
2 2
0
/
H O H
= - 0,828 V

Ở A (+): 2Cl
-
 Cl
2
+ 2e
 U = E
pc
+ ΔE = +1,36 – (-0,828) + 0,4 = +2,588 V
- Trường hợp 4: ΔE = + 0,9 V đồng thời có H
2
và O
2
thoát ra
Ở K (-):2H
2
O + 2e  2OH
-
+ H
2

Ở A (+):H
2
O  2H
+
+
1
2
O
2
+ 2e

 U = E
pc
+ ΔE = + 1,23 – (-0,828) + 0,9 = +2,958 V
Như vậy khi điện phân dung dịch NiCl
2
với điện cực Pt nhẵn thì xảy ra trường hợp 1 và
phương trình điện phân là: NiCl
2

dddp

Ni  + Cl
2

Tính toán tương tự vậy, chúng ta giải thích được sự tạo thành những sản phẩm của quá trình
điện phân dung dịch nước của các chất sau đây với điện cực trơ:
2NaCl + 2H
2
O
dddp

2NaOH + Cl
2
+ H
2

CuSO
4
+ H
2

O
dddp

Cu + H
2
SO
4
+
1
2
O
2

Và sự phân hủy nước khi điện phân dung dịch H
2
SO
4
, NaOH, Na
2
SO
4

H
2
O
dddp

H
2
+

1
2
O
2

Kiềm , axit, muối chỉ có tác dụng tăng độ dẫn điện.
2.2.3.3. Ứng dụng của điện phân
Phương pháp điện phân được ứng dụng rất rộng rãi trong thực tế sản xuất và trong
phòng thí nghiệm nghiên cứu.
Trong công nghiệp hóa chất, điện phân thường được dùng để tách lấy đơn chất từ hợp
chất. Nhiều quá trình điện phân giữ vai trò then chốt trong sản xuất như:
- Sản xuất NaOH, Cl
2
bằng phương pháp điện phân dung dịch NaCl đậm đặc.
- Sản xuất các khí H
2
, O
2
bằng phương pháp điện phân dung dịch K
2
SO
4
, H
2
SO
4
,
NaOH…
- Sản xuất Li, Na, Mg, Ca, Sr, Ba, Cl
2

, Br
2
…bằng phương pháp điện phân các muối
halogenua nóng chảy.
- Sản xuất Al bằng phương pháp điện phân Al
2
O
3
nóng chảy có thêm Na
3
AlF
6
(criolit)
25
để giảm nhiệt độ nóng chảy của nhôm oxit.
- Sản xuất KClO
3
bằng phương pháp điện phân dung dịch KCl đặc, nóng…
- Điều chế các kim loại tinh khiết.
- Tinh chế kim loại.
- Đúc các đồ vật bằng kim loại được tiến hành tương tự như tinh chế kim loại.
- Mạ điện.
- Phân tích định tính, định lượng và tách các kim loại trong hỗn hợp của chúng.
2.2.4. Cơ sở thực nghiệm
Sáng kiến kinh nghiệm này đã được thử nghiệm áp dụng đối giảng dạy từ năm học
2008-2009 đối với học sinh lớp 11 trường THPT Hoằng Hóa 4, và đã đạt được chất lượng rất
khả quan cả trong thi học sinh giỏi cũng như thi đại học.
Kết quả áp dụng đối với lớp 12 năm học 2009-2010:
- Thi học sinh giỏi tỉnh casio và văn hóa đạt 100% trong đó: casio: 2 nhì, 1 ba, 2
khuyến khích; còn văn hóa 2 nhất, 7 nhì, 1 khuyến khích

- Thi đại học đạt kết quả rất tốt: lớp 12B1 đậu 53/53 tương ứng 100%, lớp 12B2 đậu
đại học 49/55 tương ứng 89,1% và điểm trung bình môn hóa trường chúng tôi xếp thứ 7 toàn
tỉnh
Hiện tại chúng tôi đang đưa vào áp dụng đối với các lớp 11C1, 11C2, 11C3, 11C4 và
12B7 là lớp làm đối chứng (lớp chỉ được học 1 tiết) chúng tôi nhận thấy được kết quả như
sau:
11C1 11C2 11C3 11C4 12B7
%Số học sinh giải bài tập tốt phần
điện phân
98% 95% 90% 88% 30%
% Số học sinh không giải tốt 2% 5% 10% 12% 70%
Từ bảng phân tích đó ta thấy rằng nếu học sinh được học dạng toán điện phân theo
chúng tôi trình bày thì kết quả nắm bài sẽ tốt hơn, phát hiện được vấn đề nhanh hơn, và hầu
hết làm tốt bài tập điện phân.
Chúng tôi nhận thấy rằng khi cho bài tập điện phân học sinh áp dụng rất nhanh với các
bài trắc nghiệm có em chỉ nhẩm ra trên máy tính mà không cần phải viết phương trình điện
phân.