CHUYÊN đề sự điện PHÂN

CHUYÊN ĐỀ: SỰ ĐIỆN PHÂN
MÃ: H07
A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
I - Định nghĩa
Sự điện phân là quá trình oxi hoá - khử xảy ra ở trên bề mặt các điện cực khi có dòng
điện một chều đi qua chất điện li nóng chảy hoặc dung dịch chất điện li.
Khi có dòng điện một chiều đi qua bình điện phân: Các cation đi về catot (cực âm), ở
catot xảy ra sự khử. Các anion đi về anot (cực dương), ở anot xảy ra sự oxihoá.
II - Điện phân chất điện li nóng chảy
1) Điện phân muối halogenrua nóng chảy.
®iÖn ph©n
2MXn 

 2M + nX2
nãng ch¶y
Phương pháp này dùng để điều chế các kim loại kiềm và các kim loại kiềm thổ.
®iÖn ph©n
Thí dụ:
2NaCl 

 2Na + Cl2
nãng ch¶y
MgCl2

®iÖn ph©n


 Mg + Cl2
nãng ch¶y

2) Điện phân hiđroxit nóng chảy

®iÖn ph©n
4M(OH)n 

 4M + nO2 + 2nH2O
nãng ch¶y
Phương pháp này dùng để điều chế các kim loại kiềm
®iÖn ph©n
Thí dụ: 4NaOH


 4Na + O2 + 2H2O
nãng ch¶y
3) Điện phân oxit nóng chảy.
®iÖn ph©n
2M2On


 4M + nO2
nãng ch¶y
Phương pháp này dùng để điều chế nhôm
®iÖn ph©n
2Al2O3


 4Al +3O2
nãng ch¶y
(Criolit)
III - Điện phân dung dịch chất điện lI trong nước
1) ở catot (cực âm): Ion dương nào dễ nhận electron thì điện phân trước, thứ tự điện
phân ở catot như sau:

- Các cation kim loại đứng sau Al3+ trong dãy điện hoá điện phân trước (kể cả ion H+
của dung dịch axit)
- Sau đó đến ion H+ của H2O điện phân.
 H2 + 2OH
2H2O + 2e 
- Các cation Al3+ về trước trong dãy điện hoá không bị điện phân trong dung dịch.
Câu hỏi đặt ra ở đây là: Tại sao ion H+ của H2O lại điện phân sau các ion từ Zn2+ đến Pb2+
trong dãy điện hoá? Lí do là: tuy rằng ion H+ có tính oxi hoá mạnh hơn các ion kim loại
này nhưng số lượng của nó quá nhỏ so với số lượng các ion kim loại trong dung dịch
muối (thực nghiệm cho biết cứ 555 triệu phân tử nước thì chỉ có 1 phân tử phân li thành
ion H+)


2) ở anot (cực dương): Ion âm nào dễ nhường electron thì điện phân trước. Nếu anot trơ
như graphit, Pt,…..thì thứ tự điện phân ở anot như sau:
- Các anion gốc axit không chứa oxi điện phân trước theo thứ tự:
S2- > I- > Br- > Cl- Sau đó đến anion OH- của dung dịch kiềm và của nước điện phân.
 O2 + 2H2O + 4e
4OH- 
+
2H2O 
 O2 + 4H + 4e
- Các anion gốc axit chứa oxi như NO3-, CO32-, SO42-,… và F- không bị điện phân
trong dung dịch.
Riêng anion gốc axit hữu cơ bị điện phân trong dung dịch:
 R – R + 2CO2 + 2e
2RCOO- 
3) Điện phân với anot tan:
Trường hợp anot không trơ thì trước hết ở anot kim loại làm điện cực bị tan ra
Thí dụ: Điện phân dung dịch CuSO4 với anot bằng đồng.

2+
 Cu + 2e
ở anot:
Cu 
 Cu
ở catot: Cu2+ + 2e 
Phương trình điện phân:
2+
 Cu + Cu
Cu + Cu2+ 
(Anot)
(Catot)
Điện phân với anot tan được dùng để tinh chế kim loại: Thí dụ: để có vàng tinh khiết,
người ta dùng anot tan là vàng thô, ở catot thu được vàng ròng có độ tinh khiết 99,99%.
Điện phân với anot tan cũng được dùng trong kỹ thuật mạ điện, nhằm bảo vệ kim loại
khỏi bị ăn mòn và tạo vẻ đẹp cho vật mạ. Trong mạ điện, anot là kim loại dùng để mạ
như Cu, Ag, Au, Cr, Ni,…….., catot là vật cần mạ. Lớp mạ thường rất mỏng, có độ dày
từ 5.10-5 đền 1.10-3 cm. Thí dụ: mạ kẽm, thiếc, niken, bạc, vàng,…….
4) Điện phân dung dịch chứa một muối trung hoà trong nước với điện cực trơ.
Khi điện phân dung dịch hỗn hợp thì dùng kiến thức như đã nêu ở trên. Khi điện phân
dung dịch chứa một muối trung hoà trong nước với điện cực trơ thì xảy ra 4 trường hợp
sau đây:
Trường hợp 1: Điện phân dung dịch muối trung hoà của axit không chứa oxi của kim
loại từ Al về trước trong dãy điện hoá thì xảy ra phản ứng:
®iÖn ph©n
Muối + H2O 
Hiđroxit kim loại + H2 + phi kim
dung dÞch
Thí dụ: Điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn xốp giữa 2 điện cực
®iÖn ph©n

2NaCl + 2H2O 
2NaOH + H2 + Cl2
dung dÞch
(Có màng ngăn)
Trường hợp 2: Điện phân dung dịch muối trung hoà của axit không chứa oxi của kim
loại đứng sau Al trong dãy điện hoá thì xảy ra phản ứng:
®iÖn ph©n
Muối 
kim loại + Phi kim
dung dÞch
Thí dụ:

Điện phân dung dịch CuCl2
®iÖn ph©n
CuCl2 
Cu + Cl2
dung dÞch


Trường hợp 3: Điện phân dung dịch muối trung hoà của axit chứa oxi của kim loại từ
Al về trước trong dãy điện hoá thì thực chất là nước điện phân.
Thí dụ: Điện phân dung dịch Na2SO4
®iÖn ph©n
2H2O 
2H2 + O2
dung dÞch
(Na2SO4 )
Na2SO4 đóng vai trò dẫn điện, không tham gia điện phân.
Trường hợp 4: Điện phân dung dịch muối trung hoà của axit chứa oxi của kim loại
đứng sau Al trong dãy điện hoá thì xảy ra phản ứng:

®iÖn ph©n
Muối + H2O 
Kim loại + O2 + Axit tương ứng.
dung dÞch
Thí dụ: Điện phân dung dịch CuSO4
®iÖn ph©n
2CuSO4 + 2H2O 
2Cu + O2 + 2H2SO4
dung dÞch
IV - Định luật FaRaDay
Dựa vào công thức biểu diễn định luật Faraday ta có thể xác định được khối lượng các
chất thu được ở các điện cực

AIt
nF

m=

Trong đó m: Khối lượng chất thu được ở điện cực, tính bằng gam
A: Khối lượng mol nguyên tử của chất thu được ở điện cực
n: Số electron mà nguyên tử hoặc ion đã cho hoặc nhận
I: Cường độ dòng điện tính bằng ampe (A)
t: Thời gian điện phân, tính bằng giây (s)
F: Hằng số Faraday ( F = 96500 culong/mol )
F là điện lượng cần thiết để tạo ra

A
gam chất thoát ra ở điện cực. F chính là điện lượng
n

của 1 mol electron.
Hệ quả:
- Số mol chất thoát ra ở điện cực =

It
nF

- Số mol e trao đổi ở mỗi điện cực= It/F
V – Hiệu suất điện phân hoặc hiệu suất dòng
Trong quá trình điện phân, không phải tất cả các electron đều tham gia quá trình khử ở
catot và quá trình oxi hoá ở anot với chất chính, nó còn tham gia các quá trình phụ khác (
thí dụ điện phân các tạp chất có mặt, điện phân thành sản phẩm phụ khác,…), do đó
lượng chất thực tế thoát ra ở điện cực (mtt) nhỏ hơn lượng chất tính theo định luật
Faraday (mlt). Hiệu suất điện phân được tính theo công thức.
H% =

mtt
 100%
mlt

Hiệu suất điện phân phụ thuộc vào nhiều yếu tố: bản chất phản ứng điện phân, môi
trường (pH), mật độ dòng,…….
VI – Mật độ dòng d


Mật độ dòng là cường độ dòng điện trên một đơn vị diện tích điện cực d =

I
S

Trong đó:

I: có thể tính theo ampe, miliampe
S: có thể tính theo m2, dm2, cm2, mm2
Mật độ dòng có ý nghĩa rất lớn trong thực tế, nó ảnh hưởng tới hiệu suất điện phân, tới
màu sắc của kim loại thoát ra ở điện cực, và đặc biệt trong mạ điện, thì ảnh hưởng tới độ
bám dính của kim loại lên bề mặt vật mạ.
VII – ứng dụng của sự điện phân
Sự điện phân có nhiều ứng dụng trong công nghiệp như luyện kim ( điều chế và tinh
luyện các kim loại kiềm, kiềm thổ, Mg, Al, Cu, Ag, Au, …..); điều chế các phi kim như
H2, O2, F2, Cl2,…….; điều chế một số hợp chất như KMnO4, NaOH, H2O2, nước
Gia-ven,….. mạ điện ( mạ Cu, Ni, Cr, Ag, Au,……).
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP VỀ ĐIỆN PHÂN
I. Bài tập tính toán lượng chất điện phân
Câu 1.
Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A
với điện cực trơ.
- Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí tại anot
(đktc)
- Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc)
Xác định X và tính thời gian t biết I = 1,93A.
Điện phân dung dịch A: XNO3  X+ + NO3anot : H2O – 2e 2H+ + 1/2 O2
catot : X+ + 1e  X
ứng với 2t giây:
số mol O2 = 2 x 0,1792/22,4 = 0,008.2 < 0,56/22,4 = 0,025 mol
Vậy catot có khí H2 thoát ra: 0,025 - 0,016 = 0,009 mol
Chứng tỏ X+ đã bị khử hết
catot : X+ + 1e X
2H2O + 2e 2OH- + H2
anot : H2O – 2e 2H+ + 1/2 O2

Theo nguyên tắc cân bằng electron cho nhận ở 2 điện cực:
a + 0,009.2 = 0,008.2.4  a = 0,046 mol
(với a là số mol của XNO3)
Thay a = 0,046 ta được X = 108 (Ag)
ứng với thời gian 2t số mol electron trao đổi:
ne 0,008.2.4 = 0.064 mol
Ta có: ne 

n F
I t
t  e
 3200s
F
I

Câu 2.
Nguyên liệu để sản xuất nhôm là quặng boxit. Để sản xuất nhôm cần tách nhôm
oxit từ quặng trên sau đó điện phân dung dịch nhôm oxit trong criolit , nhiệt độ khoảng
970oC, điện áp 5 – 7 V, dòng 130 kA.


1. Hãy trình bày quy trình tách nhôm oxit từ quặng boxit, viết các phương trình phản ứng.
2. Viết công thức criolit và giải thích vai trò của nó. Viết đầy đủ phương trình các phản
ứng xảy ra ở anot, catot và phản ứng tổng quát.
3. Tính năng lượng theo kWh, khối lượng boxit (chứa 60% nhôm oxit) và khối lượng
graphit dùng làm anot để sản xuất 1 tấn nhôm. Biết điện áp 5 V và hiệu suất dòng là 95%.
4.Bảng sau đây cho các số liệu tại 970oC
Al(lỏng)
O2(khí)
Al2O3(rắn)

o
ΔHs theo kJ/mol ở 970 C
48
38
- 1610
o
S theo J/(K.mol) ở 970 C
78
238
98
Tính điện áp lí thuyết cần dùng trong quá trình điện phân.
.Hãy giải thích vì sao không thể điều chế nhôm bằng cách điện phân dung dịch nước của
muối nhôm trong môi trường axit.
Hướng dẫn
1. Trộn bột quặng boxit với dung dịch NaOH 35% rồi đun trong autoclave (nhiệt độ
170-180 oC). Các phản ứng xảy ra là:
Al2O3 + 2OH- + 3H2O → 2Al(OH)4-(dd)
Fe2O3 + 3H2O → 2Fe(OH)3(r)
Lọc bỏ Fe(OH)3. Pha loãng dung dịch để cho Al(OH)4- thuỷ phân:
Al(OH)4- + aq → Al(OH)3.aq↓ + OHĐể thúc đẩy quá trình thuỷ phân có thể thêm mầm tinh thể nhôm oxit hoặc sục khí
CO2 để làm chuyển dịch cân bằng thuỷ phân:
Al(OH)4- + CO2 → Al(OH)3↓ + HCO3Lọc lấy Al(OH)3 rồi nung ở nhiệt độ cao để thu Al2O3.
2. Công thức của criolit: Na3AlF6. Vai trò của nó là làm dung môi (tnc= 1000 oC) để hoà
tan Al2O3 (cũng có thể nói là để hạ nhiệt độ nóng chảy của Al2O3).
- Phản ứng :
3+
2-( Na AlF ) n / c
 2Al + 3O
+ Sự điện li của Al2O3:
Al2O3 

+ Phản ứng ở catot:
Al3+ + 3e → Al
+ Phản ứng ở anot:
2 O2- - 4e → O2
+ Phản ứng phụ: oxi phản ứng với cacbon ở điện cực than chì:
2C + O2 → 2CO
3. Năng lượng: 15700 kWh; Khối lượng quặng boxit: gần 3 tấn;
Khối lượng graphit: 670 kg.
4.
2Al2O3 → 4Al + 3O2
∆H = 3526 kJ/mol; ∆S = 674 J/mol.K; ∆G = 2688,18 kJ/mol
∆E = 2,32 V (Điện áp lý thuyết cần dùng trong quá trình điện phân)
5. Vì thế khử tiêu chuẩn của cặp Al3+/Al bằng -1,66 V nên nếu điện phân dung dịch nước
thì H+ sẽ phóng điện ở catot chứ không phải Al3+ (Hoặc là, nếu Al3+ phóng điện để tạo
thành Al thì nhôm kim loại được tạo thành sẽ tác dụng ngay với nước theo phản ứng
Al + H2O → Al(OH)3 + H2, nghĩa là sản phẩm cuối cùng của quá trình vẫn là hiđro).
Câu 3:
Tiến hành điện phân (với điện cực trơ màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam
hỗn hợp CuSO4 và NaCl cho tới khi H2O bắt đầu bị điện phân ở cả 2 điện cực thì dừng
3

6


lại. Ở anốt thu được 0,448 lít khí (ở điều kiện tiêu chuẩn). Thu được dung dịch B. Biết
dung dịch B có thể hoà tan tối đa 0,68gam Al2O3.
a. Tính khối lượng m
b. Tính khối lượng catốt tăng lên trong quá trình điện phân. (Giả thiết nước không
bay hơi).
Hướng dẫn:

Trong dung dịch có các ion Cu2+; SO42-; Na+; Cl Khi điện phân giai đoạn đầu:
(K): Cu2+; Na+; H2O
(A) Cl -; SO42-; H2O
Cu 2+ +2e ->
Cu
2Cl - -> Cl2 + 2e
Cu2+ +
2Cl đp
Cu
+
Cl2
CuSO4 +
2NaCl
đp
Cu
+Cl2 + Na2SO4 (1)
Sau điện phân thu được dung dịch B, hoà tan được Al2O3 vậy dd B có axit hoặc
kiềm:
(TH1):
nNaCl < 2n CuSO 4
Sau (1)
CuSO4 dư
2CuSO4
+
2H2O
đp
2Cu +
O2
+
2+

Khi nước bắt đầu điện phân ở hai điện cực thì Cu hết.
Al2O3
+
3H2SO4
->
Al2(SO4)3
+
Theo (2, 3)

n O2

n CuSO 4 =
=

3n Al2O3

=

3.

0,68
102

2H2SO4

(2)

3H2O

(3)

= 0,02mol

1
n CuSO 4 = 0,01
2

Theo PT (1) n Cl 2 =

n NaCl

n CuSO 4 =

0,02 - 0,01

= 0,01

= n Cl 2 = 0,02

 n CuSO 4 đầu = 0,03
m = 160.0,03 + 58,5.0,02 = 5,97(gam)
mcatốt tăng = mCu = 1,92 (g)
(TH2):
nNaCl > 2n CuSO 4
Sau (1) NaCl dư:
đp ngăn
2NaCl + 2H2O
H2
+
Al2O3 + 2NaOH

2NaAlO2
Hoặc có thể viết Pt tạo ra Na[Al(OH)4]

Cl2
+

+
H2 O

0,68
0,04
Theo phương trình (4, 5): nNaCl = 2n Al2O3 = 2
=

n

102

CuSO 4 đầu

=

0,02
3

n

3

NaCl đầu

=

0,08
3

2NaOH (4)
(5)


m = mCuSO4 + mNaCl = 2,627 (g)
mCu bám catốt = 64

0,02
(g)
3

Câu 4.
Dung dịch X có chất tan là muối M(NO3)2. Người ta dùng 200ml dung dịch K3PO4
vừa đủ phản ứng với 200ml dung dịch X, thu được kết tủa M3(PO4)2 và dung dịch Y.
Khối lượng kết tủa đó (đã được sấy khô) khác khối lượng M(NO3)2 ban đầu là 6,825 gam.
Điện phân 400 ml dung dịch X bằng dòng điện I = 2 ampe tới khi thấy khối lượng catot
không tăng thêm nữa thì dừng, được dung dịch Z. Giả thiết sự điện phân có hiệu suất
100%.
a. Hãy tìm nồng độ ion của dung dịch X, dung dịch Y, dung dịch Z. Cho biết các
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 27,3oC, 1atm trong sự điện phân.
Hướng dẫn
a) Phương trình phản ứng:

3 M(NO3)2
+ 2 K3PO4 → M3(PO4)2  + 6 KNO3
(1)
Dung dịch Y: dung dịch KNO3có
KNO3  K+ + NO3 (2)
Từ (1), tính số mol M(NO3)2 theo độ tăng khối lượng =
 Nồng độ X =

6,825 3
= 0,1125
372  190

0,1125
= 0,5626 (mol/l)
0,2

Theo (1), n K   n NO  n KNO3  2n M( NO3 )2 = 2  0,1125 = 0,225(mol).
3

Coi Vdd Y  Vdd X + Vdd K3PO4  400 (ml)(3)
Vậy dung dịch Y có nồng độ: CK   C NO =
3

0,225
= 0,5625 (mol/l)
0,4

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 M3(PO4)2 


 3M2+ + 2PO 3
- Bỏ qua sự tan M3(PO4)2 

4

 H+ + OH - Bỏ qua sự phân li H2O 


Sơ đồ điện phân:
Ở catot: M2+ + 2 e 
M

(4)





 1/2 O  + 2 H+
Ở anot: 2 H2O - 2 e 

2
 M + 1/2 O2 +2 HNO3 (5)
Phương trình điện phân: M(NO3)2 + H2O 
Dung dịch Z có chất tan HNO3 . Coi Vdd Z  Vdd X  400 (ml) (6)

Theo (5)

n HNO3  2n M( NO3 )2 = 2  0,5625  0,4 = 0,45(mol)

Vậy C H  = C NO =
3

0,45
= 1,125 (mol/l)
0,4


Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Z:
- Coi Vdd Z  Vdd X, bỏ qua sự thay đổi thể tích do sự điện phân gây ra.

 H+ + OH - vì Z là dd HNO .
- Bỏ qua sự phân li H2O 

3
Nồng độ ion dd X: C M = 0,5625 M ; C NO = 1,125 M
3

dd Y: C K  = C NO = 0,5625 M
3

dd Z: C H  = C NO = 1,125 M.
3

b) Tính thời gian đã điện phân:
Với số mol M tách ra ở điện cực = 0,5625  0,4 = 0,225 =
Tính được: t =

It
(mol)

nF

0,225 nF
0,225 2  96500
=
= 21712,5 (giây) (ở đây n = 2 và I = 2)
I
2

c) Tính thể tích khí thu được ở 27,3oC, 1atm trong sự điện phân dd Y, Z.
Từ (5) số mol O2 ↑ = 0,225: 2 = 0,1125(mol)
Nên thể tích O2 =

nRT 0,1125 0,082 (273  27,3)

= 2,772 (lít)
P
1

Câu 5.
Điện phân 50 ml dd HNO3 có pH = 5,0 với điện cực than chì trong 30 giờ, dòng
điện 1A
a) Viết nửa phản ứng tại các điện cực và phương trình phản ứng chung.
b) Tính pH của dung dịch sau khi điện phân.
c) Tính thể tích dd NaOH 0,0001 M cần để trung hoà dd sau khi điện phân.
d) Hãy cho biết nên dùng chất chỉ thị nào để xác định điểm dừng của phản ứng
trung hoà. Coi khối lượng riêng của dung dịch HNO3 loãng là 1 g/ml.
Hướng dẫn:
a) Nửa phản ứng oxi hoá ở anot: H2O  2H+ + 1/2 O2 + 2e
Nửa phản ứng khử ở catot:

2H+ + 2 e  H2 .
H2O  H2 + 1/2 O2
Số mol electron trao đổi trong thời gian điện phân:
ne =

It 1.3600.30

 1,112 (mol) ⇒ nH2 = ne/2 = 0,556 mol
F
96500

Số mol nước bị điện phân là 0,556 mol.
Khối lượng nước bị điện phân: 0,556 mol x 18 g/mol = 10,074 g.
Khối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50gam
⇒ Khối lượng dung dịch sau khi điện phân là 50 -10,074 = 39,926 (g) ~ 40 g
⇒ Thể tích dung dịch sau khi điện phân là: V = 40 ml = 0,04 L (vì d = 1 g/ml)
Số mol HNO3 = 0,05 x 10-5 = 5. 10-7 (mol)
⇒ CHNO3 = [H+] = 5.10-7/ 0,04 = 1,25 . 10-5 M⇒ pH = – lg [H+] = 4,903 ~ 4,9
c) Phản ứng trung hòa: NaOH + HNO3 = NaNO3 + H2O
nNaOH = n HNO3 = 5 . 10-7 mol ⇒ V ddNaOH = 5. 10-3 L = 0,005 L = 5 ml


d) Phản ứng xảy ra giữa axit mạnh và bazơ mạnh nên có thể dùng chất chỉ thị là phenol
phtalein có khoảng chuyển màu (pH) 8 - 10.
Câu 6.
Người ta cho đi qua một dung dịch muối vàng một điện lượng bằng điện lượng
cần thiết để kết tủa 2,158g bạc từ dung dịch AgNO3. Khối lượng vàng kết tủa trên catot là
1,314g. Xác định đương lượng của vàng và hóa trị của vàng trong hợp chất bị điện phân.
Hướng dẫn:
Chỉ cần áp dụng định luật Faraday cho điện lượng trong hai trường hợp như nhau.

Đáp số: Au = 65,7; n =3.
Câu 7.
Cho E 0I /2I  0,535V; E O0 ,2H /H O  1, 23V; E 0H O/H ,2OH   0,828V ;
2

E

2

0
K  /K

 2,92V;

2

2

2

O2 /Pt  0,5V; H2 /Pt  0, 4V

a. Xác định sản phẩm của quá trình điện phân dung dịch KI khi dùng điện cực Pt.
Viết phương trình phản ứng của quá trình điện phân.
b. Tính khối lượng chất thoát ở điện cực dương khi tiến hành điện phân trong hai
giờ bằng dòng điện cường độ 5A.
Hướng dẫn:
Xác định các quá trình oxh và khử có thể xảy ra ở mỗi điện cực, tính giá trị thế để xảy ra
được quá trình đó (chú ý đối với quá trình điện phân H2O phải kể đến quá thế của O2 và
H2). So sánh các giá trị thế và xác định quá trình chính xảy ra.

Đáp số: Phản ứng: 2I- + 2H2O → H2 + I2 + 2OH- ; mI2 = 47,38g.
Câu 8.
Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu cơ trong 2 giờ. Kết
quả sau quá trình điện phân là trên catôt tạo ra 3,865 gam một kim loại và trên anôt có
khí etan và khí cacbonic thoát ra.
1. Cho biết muối của kim loại nào bị điện phân? Biết rằng 5,18 gam của kim loại
đó đẩy được 1,59 gam Cu từ dung dịch đồng sunfat.
2. Cho biết muối của axit hữu cơ nào bị điện phân?
3. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực.
Hướng dẫn
1. Điện lượng Q = It = 0,5 x 2 x 3600 = 3600C dùng để tạo ra 3,865 g kim loại.
Khối lượng mol của kim loại: A = n. . Vì kim loại này đẩy đồng ra khỏi dung dịch nên
đương lượng của Cu:
Cu = A/2 = 63,6/2 = 31,8
Từ phản ứng:
2  + Cu2+ = Cu + 2 +
ta có: : 31,8 = 5,18: 1,59, suy ra  = 103,6
Trong phản ứng đẩy Cu, kim loại chỉ có thể có mức ôxi hoá từ 1 đến 3, do đó sẽ
chọn khối lượng mol nguyên tử từ 3 khả năng sau:
A1 = 103,6 x 1 = 103,6
A2 = 103,6 x 2 = 207,2
A3 = 103,6 x 3 = 310,8


Vì không có nguyên tố với A > 240 và bằng 104 có tính kim loại và có mức ôxi
hoá là +1. Do đó kim loại phải tìm chỉ có thể là Pb (A = 207,6).
2. Tại anốt khi điện phân có C2H6 và CO2 thoát ra là sản phẩm của sự ôxi hoá
anion hữu cơ, muối này có công thức Pb (RCOO)2. Sự tạo ra êtan chứng tỏ gôc
hidrocacbon trong axit là CH3 - ; còn sự tạo thành CO2 là do oxi hóa nhóm COONhư vậy muối điện phân là Pb(CH3COO)2 .
3. Các phản ứng xảy ra trên các điện cực:

Tại catốt:
Pb2+ + 2 e = Pb
Tại anốt:
CH3COO- - e = CH3COO
CH3COO
= CH3 + CO2
2 CH3
= C 2 H6
Tổng quát: 2 CH3COO  2e = C2H6 + CO2.
Qua bài tập này, có thể tổng quát trường hợp điện phân muối của axit hữu cơ theo
dienphan
phương trình sau: 2M(RCOO)n 

 2M  nR  R  2nCO2
Câu 9.
Đem điện phân 100ml dung dịch hỗn hợp gồm: CuSO4 và H2SO4, trong đó nồng
độ của H+ và Cu2+ lần lượt là 1M và 1,00.10-2M. Nhúng 2 điện cực Pt vào bình điện phân
(mỗi điện cực có diện tích bề mặt tiếp xúc với dung dịch điện phân là 1 cm2). Tổng điện
lượng trao đổi giữa anot và catot trong quá trình điện phân là 2C. Ở catot, có 2 quá trình
xảy ra đồng thời là: quá trình giải phóng H2 và quá trình kết tủa Cu kim loại trên bề mặt
điện cực. Ở anot, chỉ có quá trình giải phóng O2. Thể tích H2 thoát ra đo được là 2cm3 ở T
= 273K và P = 0,1atm.
a. Viết các bán phản ứng xảy ra ở các điện cực.
b. Tính số mol H2 và khối lượng Cu thoát ra ở catot.
Phân tích:
a. Các bán phương trình xảy ra ở các điện cực:
Ở anot: H2O → 2H+ + O2 + 4e
Ở catot: có 2 quá trình xảy ra đồng thời:
2H+ + 2e → H2 (1)
Cu2+ + 2e → Cu (2)

P.V 0,1.101325.2.106
0,1.2.103


 8,923.106 (mol)
b. n H2 
R.T
8,314.273,15
0,082058.273,15
Điện lượng dùng cho quá trình (1) điện phân H+ là:
QH = 2.8,923.10-6. 6,02.1023. 1,602.10-19 = 1,7219C
Điện lượng dùng cho quá trình (2) điện phân Cu2+ là:
QCu = 20000 – QH = 2 – 1,7219 = 0,2781C
Lượng Cu sinh ra là: 0,2781/(2.96500) = 1,4412.10-6 (mol)
Câu 10.
Đem điện phân 100ml dung dịch X gồm NiCl2 0,20M và MCl2 0,25 M với điện
cực trơ, có cường độ dòng điện một chiều không đổi là 9,65 M. Sau thời gian 10 phút
thấy catot tăng lên 1,734 gam và dung dịch sau điện phân chỉ có một chất tan. Nhỏ 100ml


dung dịch gồm K2Cr2O7 0,50M và H2SO4 2M vào 100ml dung dịch MCl2 0,60M, sau
phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y.
1. Xác định muối MCl2.
2. Thiết lập một pin điện tạo bởi điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y với điện cực Ag
nhúng trong dung dịch [ Ag(NH3)2]NO3 0,50M, KCN 2,10M. Viết các bán phản ứng ở
mỗi điện cực, phản ứng khi pin phóng điện và suất điện động của pin mới được thiết lập.
Cho: E0(Cr2O72-/Cr3+)= 1,33 V; E0(Fe3+/Fe2+)= 0,77 V; E0(Ag+/Ag)= 0,80V;
β[Ag(CN)43-] = 10-20,67, β[Ag(NH3)2+] = 10-7,23
Hướng dẫn:
1. Các bán phản ứng trên điện cực:

Ở anot: 2 Cl- → Cl2 + 2e
Ở Catot: M2+ + 2e → M hoặc 2 Ni2+ + 2e → Ni
Theo bài cho có tổng số mol e thu vào là: ne = I.t/F = 9,65.10.60/9650= 0,06 mol
Ta xét hai trường hợp:
TH 1: Nếu ion M2+ bị điện phân hết, gọi số mol ion Ni2+ có thể bị điện phân là x:
Ta có ne = 0,025.2 + x. 2 = 0,06 mol
x = 0,005
m = M.0,025 + 58,7.0,005 = 1,734
M = 57,6 ( loại)
TH 2: Nếu ion Ni2+ bị điện phân hết, gọi số mol ion M2+ có thể bị điện phân là y:
Ta có ne = 0,02.2 + y. 2 = 0,06 mol
y = 0,005
m = M.0,01 + 58,7.0,02 = 1,734
M = 56 ( Fe)
Với dung dịch loãng chỉ xét phản ứng của ion Fe2+ với Cr2O72-/H+
6 Fe2+ + Cr2O72- + 14H+ → 6 Fe3+ + Cr3+ + 7H2O
(1)
n0 0,06
0,05
0,4
ns 0,0
0,04
0,26
0,06
0,02
3+
+
3+
Dung dịch Y gồm các ion : Fe , H (0,26/0,2=1,3M); Cr (0,02/0,2=0,1M);
2Cr2O7 (0,04/0,2=0,2M); K+; Cl-; và SO42-.

Khi nhúng thanh Pt vào dung dich Y, xét hệ điện hóa có
E0(Cr2O72-/Cr3+)= 1,33 + (0,0592/6)lg(0,2.1,314/0,12)= 1,36 (V).
Thế điện cực Ag.
Xét cân bằng:
- Cân bằng tạo phức bền:
Ag(NH3)2]+ + 4CN↔ [Ag(CN)4]3- + 2NH3
K=(107,23)-1.1020,67=1013,44
>>
C0 0,5
2,1
C
0,1
0,5
1
- Cân bằng tạo phân li phức :
[Ag(CN)4]3- ↔ Ag+ + 4CNβ-1 = 10-20,67.
C0
0,5
1


[]

(0,5-x)
x
0,1+4x
-1
4

β = x.(0,1+4x) /(0,5-x) = 10-20,67; Giả sử x<< 0,1 => x = 10-16,97

(t/m)
Vậy E [Ag(CN)4]3-/Ag+ = 0,80 + (0,0592/1)lg10-16,97 = -0,20V.

Do E(Cr2O72-/2Cr3+) = 1,35V > E Ag(CN)43-/Ag = -0,20V, nên có sơ
đồ pin là
(-) Ag│Ag(CN)4]3-0,5M; CN-0,1M; NH3 1M ││Cr2O72- 0,2M; Cr3+0,1M;
H+1,3M │Pt(+)
Các bán phản ứng:
Ở cực âm(-): Ag + 4CN→ [Ag(CN)4]3- + 1e
Ở cực âm(+): Cr2O72- + 6e + 14H+ → 2Cr3+ + 7H2O
Phản ứng khi phóng điện:
6Ag + 10CN- + Cr2O72- + 14HCN → 6 [Ag(CN)4]3- + 2Cr3+ + 7H2O
Suất điện động của pin là:
Epin = E(+) - E(-) = 1,36 – (-0,20) = 1,56 (V)
Câu 11.
Một lớp vàng mỏng được kết tạo trên một miếng mica hình vuông có cạnh a =
1,000 cm. Lớp vàng được tạo thành một cấu trúc bề mặt lý tưởng (100). Lớp vàng này và
một dây vàng được nhúng vào 10,000 cm3 dung dịch nước điện phân chứa CuSO4 và
Na2SO4; nồng độ của muối CuSO4 bằng 0,100nM, của Na2SO4 bằng 0,100M giữa 2 điện
cực có một điện thế không đổi. Lớp vàng đóng vai trò catot, còn dây vàng đóng vai trò
anot. Lớp đồng (Epitaxi) có 100 lớp đơn nguyên tử được kết tạo trên nền vàng Au (100).
Vàng có cấu trúc tinh thể lập phương tâm mặt và hằng số mạng của là 4,077.10-8 cm.
Tính nồng độ CuSO4 trong dung dịch điện ly sau khi kết tạo lớp đồng epitaxi.
Hướng dẫn
2. Xác định số nguyên tử Au trong hình vuông với cạnh bằng 1000 cm, có cấu trúc bề
mặt (100).
2
Diện tích đơn vị bề mặt của Au (100) bằng: Au = a 2 Au =  4, 077.10-8 cm  = 1, 662.10-15 cm 2
Có hai nguyên tử Au trên một ô mạng đơn vị bề mặt, những nguyên tử ở trong các

góc thuộc về 4 ô mạng đơn vị do vậy chỉ 1/4 mỗi nguyên tử góc thuộc về ô mạng đơn vị
bề mặt (100) và nguyên tử chính giữa ô mạng thuộc về ô mạng:
nu = 4 x 1/4 + 1 = 2
Số nguyên tử Au (nồng độ nguyên tử bề mặt) trong 1000cm2 bề mặt Au (100)
bằng:
σ Au(100) =

nu
2
=
= 1.203.1015cm-2
-15
Au 1,662.10

Xác định số nguyên tử Cu trong lớp epitaxi, nền vàng Au (100) tác dụng như tấm
mẫu và lớp Cu có cấu trúc giống như của nền. Do vậy số nguyên tử Cu trong một lớp đơn
bằng 1,203 x 1015 và số nguyên tử Cu trong lớp epitaxi bằng:
NCu = 100 .1,203.10-15 = 1,203.1017
Số mol của Cu trong lớp epitaxi bằng:


nCu =

N Cu
1,203.1017
=
= 1,999.10-7 mol
23
NA
6.02214.10

Xác định số mol CuSO4 trong chất điện phân sau khi kết tủa của lớp epitaxi
Số mol CuSO4 trong chất điện phân sau khi kết tủa bằng số mol ban đầu của
CuSO4 trừ đi số mol của Cu kết tủa trên nền Au (100)
nCu = 1,000 x 10-4.10,000.10-3 - 1,999.10-7 = 8,001.10-7 mol
Xác định nồng độ CuSO4 trong chất điện phân sau khi kết tủa của lớp epitaxi:
8,001.10-7
= 0,0800mM
10,000.10-3

CCuSO4 =

Câu 12.
Điện phân 0,5 lít dung dịch Cu(NO3)2 0,045 M (d = 1,035 g/cm3) với điện cực trơ,
cường độ dòng điện 9,65 A tới khi thu được dung dịch có pH = 1,00 và d = 1,036 g/cm3.
a) Tính thời gian điện phân.
b) Trong quá trình điện phân, bình điện phân trên được được mắc nối tiếp với một bình
điện phân khác có chứa 2 mol AgNO3 với điện cực dương bằng Pt gắn một khối đồng
nặng 192 gam Cu, cực âm bằng Pt. Tính khối lượng muối còn lại trong dung dịch khi
ngừng điện phân.
Hướng dẫn:
a) Các phản ứng điện phân:
Cu(NO3)2 + H2O → Cu + ½ O2 + 2HNO3
Có thể có: H2O → H2 + ½ O2 (2)
→ C H tối đa thu được nếu điện phân hết Cu(NO3)2: 0,09M<0,1 M
→ có sự giảm thể tích dung dịch để tăng nồng độ H+.
→ H2O bị điện phân, Cu(NO3)2 đã bị điện phân hoàn toàn.
n H = 2. nCu ( NO ) = 0,045 mol. Mà pH = 1
→ Thể tích dung dịch sau phản ứng: V = 450 mL.
Khối lượng dung dịch giảm: m = 1,035.500 − 1,036.450 = mCu + mO + m H O = 51,3

gam
→ H2O bị điện phân ở (2) là 2,75 mol.




3 2

2

Thời gian: t =

F .ne F
= .(2nCu  2nH2 ) = 55450(s)
I
I

b) Các phản ứng:
t1 =

2

Cu(anot) + Ag+ → Cu2+ + Ag (anot)

F .ne F
= .nAg = 20000 (s)
I
I
2

Cu
 Cu(catot)
Cu(anot) 

t2 =

F
.(2nCu ) = 30000 (s)
I

→ thời gian còn lại là 5450 (s) để điện phân dung dịch chứa 1 mol Cu(NO3)2 .
Điện phân hết Cu2+ cần 20000 (s) → Cu(NO3)2 còn dư.
nCu ( NO3 )2 phản ứng =

I .t
= 0,2725 mol → Cu(NO3)2 dư 136,77 gam
2.F


Câu 13.
A là dung dịch CuSO4 và NaCl. Điện phân 500 ml dung dịch A với điện cực trơ,
màng ngăn xốp bằng dòng điện I=10A. Sau 19 phút 18 giây ngừng điện phân được dung
dịch B có khối lượng giảm 6,78 gam so với dung dịch A . Cho khí H2S từ từ vào dung
dịch B được kết tủa, sau khi phản ứng xong được dung dịch C có thể tích 500 ml, pH
=1,0.
Tính nồng độ mol của CuSO4 , NaCl trong dung dịch A?
Hướng dẫn:
Khí H2S tạo kết tủa với dung dịch B nên sau khi điện phân còn dư CuSO4.
Phương trình điện phân:
dp


Cu2+ + 2Cl- 
Cu + Cl2
(1)
x
2x
x
x
dp



Cu2+ + H2O
y

y


Cu2+ + H2S
Số mol e:

ne

Cu

=

+ 1/2O2 + 2H+
y/2
2y

CuS

+ 2H+

It
= 0,12 (mol)
F

(2)

(3)

Cu2+ + 2e
Cu

0,06
0,12
0,06
2+
 Số mol Cu đã bị điện phân bằng 0,06 mol.
Khối lượng dung dịch giảm trong điện phân là do mất Cu, Cl2 và có thể O2 .
Giả sử: nếu không xảy ra (2) thì khối lượng dung dịch giảm:
mCu + mCl2 = 64. 0,06 + 71.0,06 = 8.1 g > 6.78 g => không phù hợp, vậy phải xảy ra (2)
Gọi : n Cu2+ (1) = x; n Cu2+ (2) = y
x + y = 0.06
(a)
m Cu + m Cl2 + m O2 = 6,78 (g)
64( x + y ) + 71x + 32. y/2 = 6,78 (b)
Từ (a),(b) => x = 0.036; y = 0.024

pH = 1,0 => [H+] = 0,1 M ; n H+ = 0,1.0,5 = 0,05 mol.
n H+(2) = 2y = 0,048 mol
n H+(3) = 0,05 – 0,048 = 0,002 mol
n Cu2+ (3)= 0,001 mol

0,036  0,024  0,001
 0.122 M
0,5
0,036.2
 0,144M
[ NaCl ] =
0,5
[ CuSO4 ]=

Câu 14.


A là hỗn hợp gồm Cu và Ag. m gam A tan hết vào dung dịch HNO3 loãng thu
được dung dịch B và 6,72 lít khí NO là sản phẩm khử duy nhất ở đktc. Trung hòa lượng
axit dư trong B cần dùng 100 ml dung dịch NaOH 0,1 M. Thêm 5,91 gam hỗn hợp X
gồm NaCl, KBr vào dung dịch sau trung hòa, sau phản ứng lọc bỏ kết tủa, dung dịch C
thu được có C% của NaNO3 : C% của KNO3 = 4,25 : 3,03. Cho một thanh Zn dư vào
dung dịch C sau phản ứng thấy khối lượng thanh Zn tăng thêm 17,065 gam ( cho rằng các
kim loại giải phóng bám hết vào Zn)
1. Tính khối lượng NaCl, KBr trong 5,91 gam X
2. Tính m
3. Điện phân dung dịch C với điện cực trơ bằng dòng 10 A trong thời gian 1 giờ
20 phút 25 giây. Ngay sau điện phân khối lượng Katot tăng bao nhiêu gam? Coi hiệu
suất điện phân đạt 100 %.
Hướng dẫn:

1. Các PTPƯ
3 Cu + 8HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2NO + 4 H2O
(1)
3 Ag + 4 HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2 H2O
(2)
HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O
(3)
AgNO3 + NaCl → NaNO3 + AgCl
(4)
AgNO3 + KBr→ KNO3 + AgBr
(5)
2AgNO3 + Zn→ Zn(NO3)2 + 2Ag
(6)
Cu(NO3)2 + Zn → Zn(NO3)2 + Cu
(7)
Vì phản ứng (7) làm giảm khối lượng Zn , phản ứng (6) làm tăng khối lượng Zn,
mà sau phản ứng khối lượng Zn tăng chứng tỏ AgNO3 dư do đó các muối NaCl, KBr đã
hết.
Số mol NaNO3 trong dung dịch trong dung dịch C = nNaOH + nNaCl
Đặt x, y lần lượt là số mol NaCl và KBr có trong 5,91 gam X
Ta có hệ :

58,5 x  119 y  5,91
4, 25
 0, 01  x  85  0, 05
3, 03 0, 03
y
Suy ra : x = 0,04; y = 0,03
101

mNaCl = 2,34 gam mKBr = 3,57 gam
Đặt a,b lần lượt là số mol Cu, Ag có trong m gam hỗn hợp A
Ta có : 2nCu + nAg = 3 nNO
mZn tăng = mAg + mCu – mZn tan = 21,335 gam
Dung dịch C có số mol AgNO3 = a - 0,07 ; số mol Cu(NO3)3 = b
Vậy ta có hệ:

2a  b  3.0,3

 108(a  0, 07)  64b  65 0,5(a  0, 07)  b  17, 065


Giải được : a = 0,3 ; b = 0,3
m = 51,6 gam.
Điện phân dung dịch C thì các phản ứng xảy ra theo thứ tự:
4AgNO3 + 2H2O → 4Ag + O2 + 4HNO3
2Cu(NO3)2 + 2H2O → 2Cu + O2 + 4HNO3
Số mol e trao đổi:

ne 

(8)
(9)

IT
10.4825

 0,5
96500 96500

Ta thấy:
nAg < ne < nAg + 2 nCu chứng tỏ AgNO3 bị điện phân hoàn toàn ,
Cu(NO3)2 chưa bị điện phân hết
Số nCu giải phóng = ½ (0,5 – 0,23) = 0,135 mol
Vậy khối lượng katot tăng 1 lượng = 108.0,23+64.0,135 = 33,48 gam
Câu 15.
Điện phân 100 ml dung dịch A gồm HCl 0,15M; CuCl2 0,2M; FeCl3 0,2M và NaCl
0,2M với điện cực trơ, có màng ngăn, cường độ dòng điện 1,34A trong thời gian t phút
thu được dung dịch B.
a) Viết sơ đồ và phương trình điện phân?
b) Tính thể tích khí thoát ra ở anot(đktc), khối lượng catot tăng lên và nồng độ của
các ion trong dung dịch B khi thời gian điện phân t = 84 phút, hiệu suất điện phân đạt
90%. Giả sử, thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể trong quá trình điện phân.
c) Dung dịch B phản ứng vừa đủ với V ml hỗn hợp gồm NaOH 0,1M và Ba(OH)2
0,2M thu được m gam kết tủa. Tính V và m?
Hướng dẫn
a) Sơ đồ điện phân:
- Tại anot(+): thứ tự xảy ra quá trình oxi hóa là
2Cl-  Cl2 + 2e
2H2O  4H+ + O2 + 4e
- Tại catot(-): thứ tự xảy ra quá trình khử là
Fe3+ + 1e  Fe2+
Cu2+ + 2e  Cu
2H2+ + 2e  H2
Fe2+ + 2e  Fe
2H2O + 2e  H2 + 2OHThứ tự các phản ứng điện phân là
2FeCl3  2FeCl2 + Cl2
CuCl2  Cu + Cl2
2HCl  H2 + Cl2
FeCl2  Fe + Cl2

dpdd
 2NaCl + H2 + Cl2
2NaOH + 2H2O 
mn
2H2O  2H2 + O2


b) Trong dung dịch có: nH   0,015; nCu2  0,02; nFe3  0,02; nCl   0,135; nNa  0,02
- Số mol electron thực tế trao đổi tại các điện cực là ne 
- Thể tích khí thoát ra ở anot ở đktc là

I t
 h% = 0,063 (mol)
F

0,063
 22,4 = 0,7056 ( lít)
2

Fe3+ + 1e  Fe2+
0,02
0,02
2+
Cu + 2e  Cu
0,02 0,04
0,02
2H+ + 2e  H2
0,003
0,003
0,0015

Do đó, khối lượng catot tăng lên là 0,02.64 = 1,28 (g)
- Dung dịch B sau điện phân gồm: Fe2+: 0,02 mol; H+: 0,012 mol; Na+: 0,02 mol; Cl-:
0,072 mol
Nồng độ của các ion trong dung dịch B là
 Fe2   0,2M ;  H    0,12M ;  Na    0,2M ; Cl    0,72M
- Tại catot:

c) Dung dịch B phản ứng với dung dịch NaOH, Ba(OH)2, ptpư:
H+ + OH-  H2O
0,012
0,012
Fe2+ + 2OH-  Fe(OH)2
0,02
0,04
0,02
 V = (0,012 + 0,04) / (0,1 + 0,2.2) = 0,104 lít = 104 ml
DẠNG II: Bài tập tính thế phân cực chưa kể đến quá thế
Câu 1:
A là dung dịch hỗn hợp CuSO4 0,1 M và H2SO4 0,05 M.
Tiến hành điện phân dung dịch A với anot trơ và catot bằng Cu. Tăng từ từ hiệu điện thế
ở 2 cực của bình điện phân.
Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào 2 cực của bình điện phân để cho quá trình điện
phân xảy ra (giả sử HSO4- điện li hoàn toàn, không xét sự tạo thành H2O2 và H2S2O8).
Cho biết: Eo(4H+, O2 / 2H2O) = 1,23 V; Eo(Cu2+/Cu) = + 0,34 V
Hướng dẫn
CuSO4
Cu2+ + SO420,1M
0,1M
H2SO4
2H+ + SO420,05M

0,1M
H2 O
H+ + OHCác quá trình có thể xảy ra tại các điện cực:
* Anot (cực dương):
2H2O – 4e
O2 + 4H+
* Catot (cực âm):
Cu2+ + 2e
Cu


2H+ + 2e
H2
+
* Tính E(O2, 4H / 2H2O)
O2 + 4e + 4H+
2H2O
E(O2, 4H+ / 2H2O) = Eo(O2, 4H+ / 2H2O) +

0,059
lg[H+ ]4
4

= 1,23 + 0,059.lg0,1
= 1,171 (V)
* Ta có:
E(Cu2+/Cu) = 0,34 +

0,059
lg0,1

2

= 0,311 (V)
E(2H /H2) = 0,0 + 0,059lg0,1 = - 0,059 (V)
Vậy hiệu điện thế tối thiểu cần đặt vào 2 cực của bình điện phân để quá trình điện phân
xảy ra là:
Emin = 1,171 – 0,311 = 0,86 (V)
Câu 2.
Điện phân dung dịch X chứa: CuSO4 0,1M ; Ag2SO4 0,05M; HClO4 1M ở 250C.
a.Cho biết thứ tự xảy ra sự điện phân ở katot?
b.Có thể dùng phương pháp điện phân để tách riêng Cu, Ag ra khỏi dung dịch
được không? Cho E 0Cu 2 /Cu  0,34V ; E0Ag /Ag  0,8V ; E 0O ,H /H O  1, 23V
+

2

2

Hướng dẫn
a. - Ở anot: ClO4 , SO24 , H2O
H2O  ½ O2 + 2H+ + 2e
+
-Ở catot: Ag 0,1M; Cu2+ 0,1M ; H+ 1M . Ở đây, nồng độ H+ lớn bỏ qua sự thủy
phân của các ion Ag+ , Cu2+ . Xét các quá trình:
Ag+ + e ⇌ Ag.
E Ag /Ag  E0Ag /Ag  0,0592log[Ag  ] = 0,8 + 0,0592log(0,1) = 0,7408 V.
Cu2+ + 2e ⇌ Cu
0,0592
0,0592
0

E Cu 2 /Cu  E Cu

log[Cu 2 ] = 0,34 +
log (0,1) = 0,3104 V
2
/Cu
2
2
2H+ + 2e ⇌ H2
0,0592
E 2H /H  E 0 2H  /H 
log[H  ]2 = 0,0592log1 = 0
2
2
2
Ta có: E Ag /Ag = 0,7408 V > E Cu 2  /Cu = 0,3104 V > E 2H  /H = 0 nên thứ tự điện phân các
2

+

2+

+

cation ở catot là: Ag , Cu , H .
b. Khi Cu2+ bắt đầu bị điện phân, thì Ecatot = E Cu 2  /Cu = 0,3104 V. Lúc này ta có:
E Ag /Ag = Ecatot 

E0Ag /Ag  0,0592log[Ag  ] = 0,3104 V

 [Ag ] = 5,37 . 10 M << 10 M ⇒ Coi như Ag bị điện phân hoàn toàn.
+

-9

-6

+


Khi H+ bắt đầu bị điện phân, thì Ecatot = E 2H  /H = 0. Lúc này ta có:
2

0,0592
log[Cu 2 ] = 0
2
2+
-12
-6
2+
 [Cu ] = 3,26 . 10 M<< 10 M⇒ Coi như Cu bị điện phân hoàn toàn.
Như vậy có thể tách riêng Cu, Ag ra khỏi dd bằng phương pháp điện phân
Câu 3.
Có dung dịch X gồm Fe2(SO4)3 0,100M; FeSO4 0,010M và NaCl 2M.
1/ Cần đặt điện thế tối thiểu là bao nhiêu để có quá trình oxi hóa và quá trình khử xảy ra
đầu tiên ở mỗi điện cực khi điện phân dung dịch X ở pH = 0.
2/ Điện phân 100 ml dung dịch X với cường độ dòng điện một chiều không đổi có I =
9,650A và trong thời gian 100 giây, thu được dung dịch Y.
a) Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá trình điện phân.
b) Tính pH của dung dịch Y.

c) Lắp một pin điện gồm một điện cực hiđro tiêu chuẩn với một điện Pt nhúng vào dung
dịch Y. Tính sức điện động của pin khi pin bắt đầu phóng điện và viết sơ đồ pin.
(Giả thiết rằng H2O bay hơi không đáng kể và thể tích của dung dịch không thay đổi trong quá
trình điện phân)
Cho: Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,771V; Eo(2H+/H2) = 0,00V; *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17; *β[Fe(OH)]+ = 10-5,92;
Eo(Cl2/2Cl-) = 1,36V
Hướng dẫn
1/ Bán phản ứng đầu xảy ra ở mỗi điện cực là
E Cu 2  /Cu = Ecatot  E 0Cu 2  /Cu 

+ Điện cực A (+): 2Cl- ⇌ Cl2 + 2e
+ Điện cực K (-): Fe3+ + 1e ⇌ Fe2+
Trong dung dịch X có C(Fe3+) = 0,2M; C(Fe2+) = 0,01M; C(H+) = 1M; C(Cl-) = 2M; Na+;
SO42-.
Thế khử của mỗi cặp ở mỗi điện cực là:
Ea = E(Cl2/2Cl-) = 1,36 + (0,0592/2)lgP1/22 = 1,342(V)
Ở pH = 0; không có quá trình proton hóa của ion kim loại, vì vậy ta có
Ec = E(Fe3+/Fe2+) = 0,771 + 0,0592lg0,2/0,01 = 0,848(V)
Vậy thế cần đặt vào để có quá trình oxi hóa ion Cl- và quá trình khử ion Fe3+ là: V =
1,342 – 0,848 = 0,494(V)
2/ a) Số mol e phóng ra hay thu vào trong quá trình điện phân là
ne = It/F = 9,65.100/96500 = 0,01 (mol)
Có các bán phản ứng:
Ở cực (+): 2Cl-  Cl2 + 2e (1)
no 0,2
Ở cực (-): Fe3+ + 1e  Fe2+ (2)
no 0,02
0,001
Theo (1), (2) và giả thiết cho, thấy ion Cl- và Fe3+ đều dư. Vậy khối lượng dung dịch giảm
là: m = mCl2 = 71.0,01/2 = 0,355(gam)

2/b) Theo phần (a), cho thấy trong dung dịch Y có C(Fe3+) = (0,02-0,01)/0,1=0,1(M);
C(Fe2+) = (0,001+0,01)/0,1=0,11(M); C(Cl-) = (0,2-0,01)/0,1=1,95(M); Na+; SO42-. Có
các cân bằng:
Fe3+ + H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H+ *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17 (3)
Fe2+ + H2O ⇌ Fe(OH)+ + H+

*

β[Fe(OH)]+ = 10-5,92 (4)

H2O ⇌ H+ + OH- Kw = 10-14

(5)

Do [Fe(OH)] .[H ] ≃ 0,1.10
>> [Fe(OH)] .[H ] ≃ 0,11.10-5,92 >> Kw
Vì vậy pH là do cân bằng (3) quyết định. Xét cân bằng:
Fe3+ + H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H+ *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17
Co 0,1
[ ] (0,1-x)
x
x
*
2
-2,17
2+
=> β[Fe(OH)] = x /(0,1-x) = 10
Với 0

Vậy pH = - lg0,023 = 1,638
2/c) Theo kết quả tính ở phần (b) và cho thấy ion Fe2+ tạo phức hiđroxo không đáng kể,
nên ta có:
E(Fe3+/Fe2+) = 0,771 + 0,0592lg(0,1-0,023)/0,11 = 0,762(V)
Vậy E(pin) = E(cao) – E(thấp) = 0,762-0,00 = 0,762 (V)
Do E(Fe3+/Fe2+) > E(2H+/H2), nên có sơ đồ pin là
A(-) Pt, H2(1atm)  H+(1M)  Fe2+(0,11M); Fe3+(0,077M) Pt (+) K
Câu 4.
Một bình điện phân chứa dung dịch NaOH (pH=14) và một bình điện phân khác
chứa dung dịch H2SO4 (pH = 0) ở 298K. Khi tăng hiệu điện thế từ từ ở hai cực mỗi bình
người ta thấy có khí giống nhau thoát ra ở cả hai bình tại cùng điện thế.
1. Giải thích hiện tượng trên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra ở mỗi bình
(không xét sự tạo thành H2O2 và H2S2O8).
2. Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực mỗi bình để cho quá trình điện phân
xảy ra.
3. Người ta muốn giảm pH của dung dịch NaOH xuống còn 11. Có thể dùng
NH4Cl được không? Nếu được, hãy giải thích và tính khối lượng NH4Cl phải dùng để
giảm pH của 1 lít dung dịch NaOH từ 14 xuống còn 11.
4. Khi pH của dung dịch NaOH bằng 11, thì hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào
hai cực của bình điện phân để cho quá trình điện phân xảy ra là bao nhiêu?
Cho biết: E 0H O,1/2H /2OH  0, 4V ; E 02H ,1/2O /H O  1, 23V ;pKb (NH3) = 4,75
2+

+

2

-2,17

2

+

2

+

2

Hướng dẫn
1. Trong thí nghiệm này, nước bị điện phân ở cùng một điện thế.
a) Dung dịch NaOH: Ở anot: 2OH- ⇌ H2O + 1/2O2 + 2e
Ở catot: 2 H2O +2e ⇌ H2 + 2OHdp
Phương trình tổng quát: H 2O 
 H 2  1/ 2O2
b) Dung dịch H2SO4: Ở anot: H2O ⇌ 2H+ + 1/2O2 + 2e


Ở catot: 2H+ + 2e ⇌ H2
dp
Phương trình tổng quát: H 2O 
 H 2  1/ 2O2
Khí thoát ra ở 2 bình đều là hiđro và oxi
2. a) Dung dịch NaOH:
Eanot = 0,4 V;

Ecatot = 0 +

0, 0592
log(1014 )2 = - 0,83 V

2

Umin = Eanot - Ecatot = 0,4 + 0,83 = 1,23 V
b)Dung dịch H2SO4: Eanot = 1,23 V; Ecatot = 0 V
Umin = Eanot – Ecatot = 1,23 V. (khi tính Umin không kể đến quá thế).
3. Có thể dùng NH4Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11.
NH4+ + OH- ⇌ NH3 + H2O
pOH của dung dịch NaOH đã thêm NH4Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14
xuống 11 được tính theo công thức pH của dung dịch đệm:
[NH 4 ]
pOH = pKb + lg
[NH 3 ]

[NH 4 ]
 3 = 4,75 + lg
[NH 3 ]

suy ra: [NH4+] = 0,0178. [NH3]
Khi pH của dung dịch NaOH giảm từ 14 xuống 11 thì [OH-] của dung dịch giảm
đi: 1- 10-3 = 0,999 mol. Đây chính là số mol NH3 hình thành.
Vậy [NH3] = 0,999 mol/l và có [NH4+] = 0,0178.0,999 = 0,0178 (mol/l)
Suy ra số mol NH4Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch:
n = n NH  + n NH3 = 0,0178 + 0,999 = 1,0168 (mol)
4

Khối lượng NH4Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch: 1,0168  53,5 = 54,4 (gam)
4. Khi pH = 11⇒ [OH-] = 10-3 M, dung dịch NaOH có:
Eanot = 0,4V +

0, 0592

1
; Ecatot = 0 - 0,0592 pH
log
2
(103 ) 2

Umin = Eanot –Ecatot = 0,4 + 3. 0,0592+ 11.0,0592 = 1,23 V
Câu 5.
Điện phân dung dịch chứa CuSO4 0,1M và CoSO4 0,1M trong axit H2SO4 0,5M ở
25 C, dùng điện cực Pt với dòng điện I=0,2A
1.Viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực và tính thế của các cặp oxi hóa
khử ở từng điện cực.
2.Có thể tách ion Cu2+ ra khỏi Co2+ được không?
3.Nếu điện phân dung dịch chứa CuSO4 0,1M và CoSO4 0,1M có chứa NaCN 1M thì
kim loại nào sẽ tách ra trước? Biết thế cân bằng của đồng trong NaCN bằng -0,9V và
của coban là -0,75V.
4.Có thể tách coban ra khỏi đồng được không nếu tất cả ion Co2+ trong dung dịch tồn
tại dưới dạng phức Co(CN)64- và nồng độ NaCN được giữ cố định bằng 1M trong thời
gian điện phân. Coi tách hoàn toàn khi nồng độ ion kim loại còn lại  10-6 ion.g/l. Biết
ở 250C, Eo Cu2+/Cu = 0,34V; Eo Co2+/Co = -0,28V; Eo O2,H+/H2O = 1,23V; PO2= 1atm
Hướng dẫn:
0


CuSO4  Cu2+ +
0,1
0,1
CoSO4  Co2+ +
0,1
0,1

H2SO4  2H+
+
0,5
1

SO420,1
SO420,1
SO4 2-

0,059
0,059
lg [Cu2+]=0,34+
.lg0,1=0,3105V
2
2
0,059
0,059
Co2++2e ⇌ Co ECo2+/Co =Eo Co2+/Co +
lg [Co2+]=-0,28+
.lg0,1=2
2

(-) Cu2+ +2e⇌Cu ECu2+/Cu =Eo Cu2+/Cu +

0,3095V
ECu2+/Cu > ECo2+/Co -> Cu2+ bị điện phân trước
(+) 2H2O -4e ⇌4H+ + O2

EO2/H2O =Eo O2/H2O+
=1,23+

0,059
lg [H+]4. Po2
4

0,059
lg1=1,23V
4

2. Khi bắt đầu xuất hiện Co -> ECu2+/Cu =-0,3095V
-> -0,3095= Eo Cu2+/Cu +

0,059
lg [Cu2+] => [Cu2+] = 10-22 ion g/l  10-6
2

=>Có thể tách ion Cu2+ ra khỏi Co2+
3. Trong NaCN: ECu2+/Cu =-0,9V < ECo2+/Co = -0,75V
=> Vậy Co 2+ sẽ bị tách ra trước
Co2++6CN- ⇌ Co(CN)640,1
1
0,1
4Co(CN)6 +2e ⇌ Co + 6CN0,1
1
-0,75 = ECo(CN)64-/Co =Eo Co(CN)64-/Co +
=> o

0,059
lg [Co(CN)64-]/[CN-]6
2

E Co(CN)64-/Co = -0,7205V
Để tách Co2+ ra khỏi Cu2+ thì ECo(CN)64-/Co = -0,9V
-0,9= -0,7205+

0,059
lg [Co(CN)64-]/[CN-]6 => [Co(CN)64-]= 10-6,085 ion.g/l<10-6
2

=>Có thể tách ion Co2+ ra khỏi Cu2+ trong trường hợp này
Câu 6.
Ở 250C, 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(NO3)2 0,020 M, Co(NO3)2 1,0
M, HNO3 0,010 M.
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 điện và
nối đoản mạch hai 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 sau khi điện phân được 25 phút. Khi
đó, giá trị thế catot là bao nhiêu?
Chấp nhận: Áp suất riêng phần của khí hiđro = 1 atm; khi tính toán không kể đến
quá thế; nhiệt độ dung dịch không thay đổi trong suốt quá trình điện phân.
Cho: E 0Cu 2 /Cu  0,337V ; E 0Co2 /Co  0, 277V ;
Hằng số Faraday: F = 96500C.mol-1 ; ở 250C giá trị 2,303RT/F = 0,0592

1. Phương trình các nửa phản ứng xảy ra trên catot và anot:
Các quá trình có thể xảy ra trên catot:
Cu2+ + 2e → Cu↓ (1)
2H+ + 2e → H2
Co2+ + 2e → Co↓
Quá trình xảy ra trên anot: 2H2O → O2 + 4H+ + 4e (2)
2. Tính thế của các cặp oxi hóa – khử trên catot:
0
ECu 2 / Cu  ECu

2
/ Cu

0, 0592
0, 0592
lg[Cu 2 ]  0,337 
lg 0, 02 = 0,287V
2
2

0,0592
0,0592
lg[Co 2 ]  0, 277 
lg1 = - 0,277V
2
2
0,0592
0,0592
E2 H  / H  E 0 2 H  / H 
lg[ H  ]2  0 

lg(0,01)2  - 0,118V
2
2
2
2
Vì E Cu 2  /Cu > E 2H  /H > E Co2  /Co nên thứ tự điện phân trên catot là: Cu2+, H+, Co2+
E Co2  / Co  E 0Co2  / Co 

2

2+

Khi 10% Cu bị điện phân thì [Cu2+] = 0,018M, lúc này E Cu 2  /Cu = 0,285V > E 2H  /H , tức
2

là H2 chưa thoát ra. Nếu ngắt mạch điện và nối đoản mạch 2 cực, bình điện phân sẽ trở
thành pin điện có cực dương (catot) là cặp O2/H2O, còn cực âm (anot) là cặp Cu2+/Cu.
Phản ứng xảy ra là:
-Trên catot: O2 + 4H+ + 4e → 2H2O (2)
-Trên anot: Cu → Cu2+ + 2e
(1)
+
2+
Phản ứng tổng quát: 2Cu + O2 + 4H → 2Cu + 2H2O
Pin sẽ phóng điện cho tới khi thế của 2 điện cực trở nên bằng nhau.
3. Để tách hoàn toàn Cu2+, thế catot cần đặt vào sao cho:
ECu / Cu > Ec > E 2H  /H
2

2

2+

Khi Cu bị điện phân hoàn toàn thì coi như [Cu2+] = 0,02.0,005% = 1. 10-6M.
-6
Lúc đó:
ECu / Cu = 0,337 + 0,0592/2 lg[1.10 ] = 0,159 V
Đồng thời bên anot tạo ra H+, do vậy nồng độ H+ lúc này là:
0,01 + 2(0,02 -10-6) = 0,05M
E 2H  /H = 0,0592lg [H+] = - 0,077V < ECu / Cu
2

2

2

Như vậy, khi không tính đến quá thế của H2 trên điện cực Pt thì thế catot cần khống chế
trong khoảng – 0,077 < Ec < 0,159 V để Cu2+ bị điện phân hoàn toàn.


4.Từ (2) ta có số mol của oxi giải phóng ra:
n= It/n.F= 0,5.25.60/(4.96500)= 1,943.10-3 (mol)
Thể tích khí oxi thoát ra trên anot (đktc) là: V = 1,943.10-3. 22,4 = 0,0435(l)
Theo (1), số mol đồng bị điện phân sau 25 phút là:
n = It/nF = 0,5.25.60/(2.96500) = 3,886.10-3 (mol) < 4.10-3mol
Như vậy Cu2+ chưa bị điện phân hết. Nồng độ Cu2+ còn lại là:
[Cu2+ ] = (4.10-3 – 3,886.10-3)/0,2 = 5,7.10-4 (M)
Khi đó thế catot Ec = ECu / Cu
= 0,337 + 0,0592 lg (5,7.10-4) = 0,24V
Câu 7.

Trong dung dịch chứa hỗn hợp AgNO3 0,10M và Cu(NO3)2 1,0M.
a. Hãy tính thế tác dụng lên điện cực để đồng không tách được ra.
b. Tính nồng độ của ion kim loại bạc trong dung dịch tại thời điểm đó.
c. Tính thế phải thiết lập để kết tủa được 98,99% bạc.
Cho E0Ag /Ag  0,80V ; E 0Cu 2 /Cu  0,34V
2

Hướng dẫn:
a. Áp dụng phương trình Nersnt tính được: EAg = 0,7408V; ECu = 0,34V
Điều kiện để đồng không tách ra ở điện cực là: Ecatot < ECu = 0,34V.
b. Tại thời điểm trên: EAg = ECu = 0,34V ⇒ [Ag+] = 1,697.10-8M < 10-6 M coi như kết tủa
hết.
c.Khi kết tủa được 98,99% bạc, thì [Ag+] = 0,10.0,0101 = 1,01.10-3 M.
Lúc đó: EAg = 0,623 V
Câu 8.
a.Tính điện áp phân cực của dung dịch Ag2SO4 0,001M trong H2SO4 1,0M.
b.Nếu chuyển hết ion bạc vào phức, nồng độ sau khi cân bằng của nó còn 10-10M
thì lúc đó thế phân cực của bạc là bao nhiêu? Giả thiết trong suốt quá trình điện phân [H+]
= 2M
c.Khí H2 có thoát ra trước khi bạc bị kết tủa hoàn toàn hay không?
Cho E0Ag /Ag  0,8V; E0O2 /2H2O  1,23V; O2 (Pt)  0,40V; H2 (Pt)  0,50V
Hướng dẫn:
a. Trong dd có: [Ag+] = 0,002M; [H+] = 2M; [SO42-] = 1,001M
*Ở catot có các quá trình:
Ag+ + 1e ⇌ Ag có

EAg /Ag  E0Ag /Ag  0,0592lg[Ag  ]  0,6224V

2H+ + 2e ⇌ H2

E '2H /H  0,0592lg[H  ]-H2 (Pt)  0, 482V
2

Vì E 2H  /H < E Ag /Ag nên ở catot Ag+ bị khử trước H+.
'

2

*Ở anot có quá trình:
2H2O ⇌ O2 + 4H+ + 4e
E 'a  E O0 2 /H2O  0,0592lg[H  ]  O2 (Pt )  1,648V
Điện áp tối thiểu đặt vào hai điện cực là: U = E 'a - E Ag /Ag = 1,0256V


b. Khi bạc chuyển vào phức thì [Ag+]= 10-10M, lúc này E Ag /Ag = 0,208V. Vậy thế phân
cực của bạc đã giảm đi: 0,6224 – 0,208 = 0,4144V
c. Khi H2 bắt đầu thoát ra, thì Ec = E ' 2H  /H = E Ag /Ag = E0Ag /Ag  0,0592lg[Ag  ]

⇒

2

[Ag+ ] = 10-22M << 10-6 ⇒ Bạc bị điện phân hoàn toàn khi có H2 thoát ra.
Câu 9.
a. Điện phân dung dịch Pb(ClO4)2 0,10M trong dung dịch HClO4 1,0M bằng hai điện cực
Pt. Hãy tính điện áp đặt vào hai cực để có quá trình điện phân.
b. Hãy tính điện áp đặt vào hai cực khi điện phân dd Pb(ClO4)2 0,00010M trong dd đệm
có pH=5.
Cho biết ở 250C:
E 0Pb2 /Pb  0,13V;E O0 2 /2H2O  1, 23V;

Pb(Pt )  0,0002V; H2 (Pt )  0,0010V; O2 (Pt )  0, 478V
Hướng dẫn: Tương tự các bài tập ở trên ta có
a. Ở catot có các quá trình khử Pb2+ và H+. Dựa vào dữ kiện đề bài ta tính được:
E Pb2 /Pb  E 0Pb2 /Pb  0,0592 / 2lg[Pb 2 ]  Pb(Pt )  0,1598V

E ' 2H /H  0,0592lg[H  ]-H2 (Pt )  0,001V
2

Vì E 2H  /H > E Pb2  /Pb nên ở catot có quá trình khử H+ trước.
'

2

Ở anot có quá trình oxi hóa H2O: E 'a  E O0 2 /H2O  0,0592lg[H  ]  O2 (Pt )  1,708V
⇒ Điện áp phân cực cần đặt vào là: U = 1,708- (-0,001) = 1,709V
b. Tính toán tương tự với [Pb2+] = 0,0001M và [H+] = 10-5M ta được:
E Pb2  /Pb = -0,2486V > E ' 2H  /H = -0,296V nên Pb2+ bị khử trước ở catot.
2

E'a = 1,412V; Điện áp phân cực cần đặt vào là: U = 1,6606V
Câu 10.
Điện phân hỗn hợp dung dịch chứa Cu(NO3)2 0,010M, Cd(NO3)2 0,010M trong dung
dịch KCN 0,040M thì thế cân bằng của điện cực Cu2+/Cu bằng -0,96V, và thế cân bằng
của điện cực Cd2+/Cd bằng -0,86V.
a. Khi không có KCN có thể điện phân để tách hoàn toàn Cu2+ ra khỏi Cd2+ không?
b. Trong trường hợp có KCN 0,040M thì kim loại nào tách ra trước.
c. Tính nồng độ ion Cd2+ trong dung dịch KCN 0,040M khi thế cân bằng catot bằng 0,96V. Giả thiết tất cả Cd2+ trong dung dịch tồn tại dưới dạng phức [Cd(CN)4]2- và nồng
độ KCN không đổi trong suốt thời gian điện phân.
Ở 250C cho: E 0O2 /H 2O = 1,23V; E 0Cu 2  /Cu = 0,34V; E 0Cd 2  /Cd = -0,43V

Hướng dẫn:
Bài tập này nhằm mục đích giúp cho học sinh thấy được sự khác nhau khi điện phân hỗn
hợp 2 kim loại trong 2 trường hợp: không tạo phức và có tạo phức.
a.Khi không có KCN: Áp dụng phương trình Nersnt tính được:
E Cu 2  /Cu = 0,2808V > E Cd 2  /Cd = -0,4892V⇒ Cu2+ bị khử trước ở catot.
Khi Cd2+ bắt đầu bị điện phân thì Ec = E Cd 2  /Cd = -0,4892V = E Cu 2  /Cu . Vậy ta có: