Hướng dẫn học sinh giải nhanh các dạng bài tập về điện phân

MỤC LỤC
NỘI DUNG
Phần 1 : Mở đầu
I.1. Lý do chọn đề tài
I.2. Mục đích nghiên cứu
I.3. Đối tượng nghiên cứu
I.4. Phương pháp nghiên cứu
Phần 2: Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở khoa học của vấn đề
2.2 Thực trạng của vấn đề
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
2.4. Hiệu quả của sáng kiến
Phần 3: Kết luận và kiến nghị
Tài liệu tham khảo

Trang
1
1
1
1
1
2
2
3
3
15
16
17


PHẦN 1: MỞ ĐẦU

1.1. Lý do chọn đề tài:
Phương pháp giải nhanh bài toán hóa học có vai trò đặc biệt quan trọng
đối với học sinh THPT - đặc biệt là trong các bài thi trắc nghiệm khách quan của
kì thi THPT quốc gia như hiện nay với thời gian rất ngắn học sinh phải giải
quyết rất nhiều dạng bài tập khác nhau.
Toán về điện phân nhất là điện phân dung dịch là loại toán khó, phức tạp
phải kết hợp rất nhiều kiến thức về hóa học như điện phân, các bán phản ứng oxi
hóa – khử, lồng thêm bài toán kim loại cho vào axit nitric, các bài toán về
oxihoa-khử...; về vật lí như định luật faraday, công thức tính điện lượng, lồng
thêm mắc nối tiếp hai bình điện phân... nhưng lí thuyết về nó trong sách giáo
khoa rất ít, hơn nữa một vài năm gần đây các bài toán về điện phân dung dịch
thường xuất hiện rất nhiều và độ khó thì tăng dần trong các kì thi cao đẳng - đại
học gây rất nhiều khó khăn trở ngại cho học sinh. Qua nhiều năm giảng dạy và
để giúp các học sinh lớp 12 có kĩ năng giải nhanh các bài tập điện phân nhất là
điện phân dung dịch, tôi đã tổng hợp các cách giải nhanh các dạng bài tập về
điện phân.
Xuất phát từ những lý do trên tôi chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh giải
nhanh các dạng bài tập về điện phân ”
1.2. Mục đích nghiên cứu:
+ Trước hết phải làm cho học sinh hiểu tầm quan trọng của của phần này
trong các đề thi đại học và cao đẳng hàng năm.
+ Chuẩn bị cho các em những kiến thức cơ bản và vững vàng, hiểu được
bản chất của vấn đề về điện phân và các vấn đề liên quan.
+ Trình bày đầy đủ các kiến thức lý luận về điện phân và các kiến thức
liên quan trong chương trình hóa học phổ thông.
+ Giới thiệu cho học sinh các phương pháp giải nhanh các bài toán về
điện phân, đặc biệt điện phân dung dịch.
+ Giành thời gian cho học sinh rèn luyện kỹ năng sau khi được học lý
thuyết và được học các phương pháp giải bài toán về điện phân.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:

+ Kiến thức phần điện phân giành cho học sinh lớp 12 THPT.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
+ Dựa trên cơ sở lý luận khoa học và khả năng thực hành của học sinh.
+ Phương pháp khảo sát thực tế thu thập thông tin, thực hành trên nhiều
lớp và nhiều giáo viên hóa trong cùng trường.

2


PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của đề tài: [1]
2.1.1. Khái niệm về điện phân:
Sự điện phân là quá trình oxi hóa – khử xảy ra ở các bề mặt điện cực khi
có điện một chiều đi qua chất điện li nóng chảy hoặc dung dịch chất điện li.
+ Tại Catot (cực âm) xảy ra sự khử( sự nhận e)
+ Tại Anot (cực dương) xảy ra sự oxi hoá ( sự nhường e )
2.1.2. Sự điện phân các chất điện li.
a) Điện phân chất điện li nóng chảy
Dạng bài tập này tương đối đơn giản giáo viên chỉ cần lưu ý cho học sinh sử
dụng các công thức trên , phương pháp bảo toàn e và một số ptđp sau:
Ví dụ : Điện phân nóng chảy muối Halogen
2MXn → 2 M + nX2
Điện phân nóng chảy oxit
2MxOy → xM + y O2
Điện phân nóng chảy M(OH)n
4M(OH)n →4 M +n O2 + 2nH2O
b) Điện phân dung dịch chất điện li
- Điện phân dung dịch với điện cực trơ (graphit)
+ Ở catot (cực âm): Gồm ion kim loại, H2O
Chú ý:

Thứ tự điện phân: ion kim loại có tính oxi hóa mạnh hơn tham gia điện
trước như:Au3+ > Ag+ > Fe3+ > Cu2+ > H+ >Pb2+ > Ni2+> Sn2+ > Fe2+ > H2O >
Mn+(M: kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm).
Các ion kim loại kiềm, kim loại kiềm thổ và ion nhôm không bị điện phân
vì chúng có tính oxi hóa yếu hơn H2O; H2O bị điện phân theo phương trình:
2H2O + 2e → H2 + 2OH–.
+ Ở anot (cực dương): Gồm ion âm, H2O.
Chú ý:
Nếu là các ion gốc axit chứa oxi như : NO 3-, SO42-, CO32-, PO43-...thì chúng
không bị điện phân mà H2O bị điện phân.
Thứ tự điện phân: ion âm có tính khử mạnh hơn tham gia điện trước như:
S2- > I- > Br- > Cl- > H2O (F- không bị điện phân )
S2- → S + 2e;
2X- → X2 + 2e
Sau khi hết các ion đó, nếu tiếp tục điện phân thì H 2O sẽ điện phân theo
phương trình: 2H2O → O2 + 4H+ + 4e
- Điện phân dung dịch với anot tan
+ Ở catot (cực âm): Tương tự như trong điện phân dung dịch với điện cực trơ.
+ Ở anot (cực dương): Gồm kim loại, ion âm, H2O.

3


Chú ý: Do kim loại có tính khử mạnh nên nhường (e), vậy ion âm hoặc
nước không tham gia. Người ta thường dùng phương pháp này trong kĩ thuật mạ
điện, tinh chế kim loại…
c) Định luật Faraday: Dùng công thức biểu diễn định luật faraday để tính
khối lượng các chất thu được ở điện cực. Ta có: m =

A.I .t

(1)
n.F

Trong đó: m: Khối lượng chất thu được ở điện cực (g)
A: Khối lượng mol nguyên tử của chất thu được ở điện cực.
n: Số (e) mà nguyên tử hoặc ion trao đổi.
I: Cường độ dòng điện(A)
t: thời gian điện phân(s).
F: Hằng số Faraday ( F = 96500 culong/ mol)
Số mol chất thu được ở điện cực =
Số mol (e) trao đổi =

I .t
(2)
n.F

I .t
(3)
F

Giáo viên lưu ý học sinh sử dụng hợp lí các công thức trong từng trường
hợp cụ thể. Đặc biệt công thức (3) nên sử dụng trong bài tập điện phân dung
dịch hỗn hợp có nhiều chất oxi hóa, nhiều chất khử.
2.2. Thực trạng của vấn đề:
Trong quá trình giảng dạy ở trường THPT tôi nhận thấy chương trình
chuẩn và nâng cao Hóa học lớp 12 hiện hành chỉ giới thiệu về điện phân rất đơn
giản, trong khi đó yêu cầu của bài tập, của các đề thi ( kì thi THPT quốc gia, thi
học sinh giỏi các cấp) về điện phân lại rất lạ và khó mà ngày càng thường xuyên
hơn, phức tạp hơn. Khi gặp các bài tập về điện phân có sự tham gia của nước,
của kiến thức vật lý... chỉ hơi bất thường hoặc phức tạp một chút là học sinh

lúng túng không tìm ra hướng giải quyết. Để giúp các em hiểu rõ hơn và tìm ra
được hướng giải nhanh các bài tập về điện phân mà đặc biệt là “toán điện phân
dung dịch ” tôi cố gắng tìm tòi tài liệu tham khảo, trao đổi kinh nghiệm cùng
bạn bè đồng nghiệp để tìm ra những giải pháp tốt nhất giúp các em học sinh
hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập của mình. Trong khuôn khổ bài viết này tôi chỉ
xin nêu một số thí dụ cụ thể mà tôi đã sử dụng trong quá trình giảng dạy để giúp
học sinh làm tốt các bài tập về điện phân mà chủ yếu trong phạm vi điện phân
dung dịch.
2.3. Các giải pháp:
2.3.1. Các bước giải quyết bài toán điện phân:
Bước 1: Xác định các ion ở mỗi điện cực.
Bước 2: Xác định thứ tự nhường, nhận (e)
Bước 3: Biểu diễn các đại lượng theo các bán phản ứng hoặc theo phương
trình điện phân chung.
Bước 4: Tính theo yêu cầu của bài toán
Một số chú ý khi giải bài toán điện phân dung dịch:
4


- H2O bắt đầu điện phân tại các điện cực:
+ Ở catot: bắt đầu xuất hiện bọt khí hoặc khối lượng catot không đổi
nghĩa là các ion kim loại bị điện phân trong dung dịch đã bị điện phân hết.
+ Ở cả 2 cực: Khi điện phân dung dịch muối tạo bởi từ kim loại Al trở về
trước với anion gốc axit có oxi hoặc điện phân dung dịch axit có oxi.
+ Khi pH của dung dịch không đổi: có nghĩa là các ion âm hoặc ion
dương (hay cả hai loại) có thể bị điện phân đã bị điện phân hết. Khi đó tiếp tục
điện phân sẽ là H2O bị điện phân.
- Khối lượng catot tăng chính là khối lượng kim loại tạo thành sau điện
phân bám vào. Độ giảm m(dung dịch) = ∆m = mKết tủa + mKhí
A.I .t

I .t
⇒ Số mol chất thu được ở điện cực =
n.F
n.F
I .t
Số mol (e) trao đổi =
F

- Từ CT: m =

- Nếu đề bài yêu cầu tính điện lượng cần cho quá trình điện phân thì áp
-dụng
công
thức:
Q
=
I.t
=
ne.F
Khi các bình điện phân mắc nối tiếp thì:
Do I = const ⇒ q (điện lượng, đơn vị C) = const (q = I.t)
⇒ n(e) trao đổi như nhau trong cùng một đơn vị thời gian.
- Nếu điện phân dung dịch muối với điện cực tan (anot bằng kim loại,
thường là kim loại của chính muối đó) thì khối lượng catot tăng = khối lượng
anot giảm
2.3.2. Các dạng toán về điện phân dung dịch (với điện cực trơ):
Dạng 1: Xác định môi trường của dung dịch sau điện phân
Ví dụ 1: Viết PTHH xảy ra khi điện phân dung dịch NaCl
NaCln.c → Na+ + ClCatot (-)
Anot (+)

+
Na không bị điện phân
2Cl → Cl2 + 2e
2H2O + 2e → H2 + 2OH
dpdd
→ Phương trình : 2Cl- + 2H2O 
→ Cl2 + H2 + 2OHdpdd
hay 2NaCl + 2H2O 
→ 2NaOH + Cl2 + H2
Xảy ra tương tự khi điện phân các dung dịch : NaCl , CaCl2 , MgCl2 , BaCl2
*) Kết luận:
Môi trường bazơ: nếu điện phân muối tạo bởi kim loại từ Al trở về trước
và gốc axit không có oxi như: NaCl, BaCl2, KBr....
Ví dụ 2: Viết PTHH xảy ra khi điện phân dung dịch Na2SO4
Na2SO4
→ 2Na+ + SO42Catot (-)
Anot (+)
+
2Na không bị điện phân
SO4 không bị điện phân
2H2O + 2e → H2 + 2OH
2H2O → O2 + 4H+ + 4e
dp
→ 2H2 + O2
Phương trình điện phân: 2H2O 
Xảy ra tương tự khi điện phân các dung dịch: NaNO3, K2SO4 , Na2CO3 , MgSO4
…. Vậy bản chất chính là điện phân nước.
5

*) Kết luận:
Môi trường trung tính: nếu điện phân các dung dịch muối tạo bởi kim
loại từ Al trở về trước và gốc axit có oxi như: NaNO3, K2SO4 , Na2CO3 , MgSO4
… ; các axit có oxi, các bazơ như HNO3, H2SO4, NaOH....
Ví dụ 3: Viết PTHH xảy ra điện phân dung dịch CuSO4 :
CuSO4 → Cu2+ + SO42Catot(-)
Anot (+)
2SO4 không bị điện phân .
2+
Cu + 2e → Cu
2H2O → 4H+ + O2+ 4e
dpdd
Phương trình điện phân: Cu2+ + H2O 
→ Cu + 2H+ + ½ O2
dpdd
hay CuSO4 + H2O 
→ Cu + H2SO4 + ½ O2
*) Xảy ra tương tự khi điện phân các dung dịch muối của kim loại từ Zn →Hg
với các gốc axit NO3- , SO42*) Kết luận:
Môi trường axit: nếu điện phân muối tạo bởi kim loại sau Al (trong dãy
điện hóa) và gốc axit có oxi như: CuSO4, FeSO4, Cu(NO3)2.....
*)VẬN DỤNG:
Bài 1: Điện phân 200ml dung dịch CuSO4 0,05M với các điện cực trơ cho đến
khi vừa bắt đầu sủi bọt bên catot thì ngừng điện phân. Tính pH dung dịch ngay
khi ấy với hiệu suất là 100%. Thể tích dung dịch được xem như không đổi.
A. pH = 0,1
B. pH = 1
C. pH = 2,0
D. pH = 1,3
Định hướng:

- Sau một thời gian điện phân dung dịch muối, mà ở catot bắt đầu xuất hiện
khí nghĩa là Cu2+ điện phân hết, H2O bắt đầu tham gia điện phân.
- Ở anot SO42- không điện phân mà nước tham gia.
Giải
2+
dpdd
Phương trình điện phân: Cu + H2O 
→ Cu + 2H+ + ½ O2
0,01
0,02
⇒ [H+] = 0,02/0,2 = 0,1→ pH = -lg0,1 = 1 ⇒ Chọn B
Bài 2: Tiến hành điện phân (với điện cực trơ) 200g dung dịch NaOH 10% đến
khi trong bình NaOH trong bình có nồng độ 20% thì ngừng điện phân. Thể tích
khí (ở đktc) thoát ra ở anot và catot lần lượt là:
A. 149,3 và 74,7

B. 156,8 và 78,4

C. 78,4 và 156,8

D. 62,22 và 124,44

Định hướng:
- Điện phân dd NaOH chính là điện phân H2O
- mNaOH không đổi.
Giải
mNaOH =20g ⇒ mdd sau điện phân = 100 gam ⇒ mH O
2

bị điện phân

= 200 – 100 = 100 gam
6


⇒ nH 2O

= 50/9 mol

điện phân

Phương trình điện phân: H2O →

1
O2 (anot) + H2 (catot)
2

Vậy VO = 62, 22;VH = 124, 44 ⇒ Chọn D
2

2

Bài 3 [2] Điện phân 100ml dung dịch chứa NaCl với điện cực trơ, có màng
ngăn, cường độ dòng điện là 1.93A. Tính thời gian điện phân để được dung dịch
pH = 12, thể tích dung dịch được xem như không thay đổi, hiệu suất điện phân
là 100%.
A. 50s
B. 100s
C. 150s
D. 200s

Định hướng:
A.I .t
I .t
⇒ Số mol chất thu được ở điện cực =
n.F
n.F
I .t
Số mol (e) trao đổi =
F

- Từ CT: m =

Giải
pH = 12 ⇒ [H+] = 10-12 ⇒ [OH-] = 0,01 ⇒ nOH- = 0,001 mol = n(e) TĐ =
⇒ t = 50s ⇒ Chọn A

I .t
F

Bài 4: [3]
Điện phân 100ml dung dịch CuSO4 0.2M với cường độ I = 9,65A. Tính khối
lượng Cu bám bên catot khi thời gian điện phân t1 = 200s và t2 = 500s (với hiệu
suất là 100%).
A. 0.32g ; 0.64g
B. 0.64g ; 1.28g
C. 0.64g ; 1.32g
D. 0.64g ; 1.6g
Giải
9, 65.200
= 0, 01 ⇒ mCu = 0,64g

2.96500
Ta có: nCu(b.đầu) = 0,02 mol (mCu = 1,28g) ⇒ t = 400s.

Với t= 200s ⇒ nCu =

Vậy ở 500s thì mCu = 1,28g mà 100s sau chính là điện phân nước ⇒ Chọn B
Dạng 2: Mắc nối tiếp các bình điện phân
Do I = const ⇒ q (điện lượng, đơn vị C) = const (q = I.t)
⇒ n(e) trao đổi như nhau trong cùng một đơn vị thời gian.
*) VẬN DỤNG
Thí dụ 1: [3]
Mắc nối tiếp hai bình điện phân: bình (1) chứa dung dịch MCl2 và bình (2) chứa
dung dịch AgNO3. Sau 3 phút 13 giây thì ở catot bình (1) thu 1,6g kim loại, còn
ở catot bình (2) thu được 5,4g kim loại. Cả hai bình đều không thấy khí ở catot
thoát ra. Kim loại M là:
A. Cu

B. Zn

C. Ni

D. Fe
7


Định hướng:
- Do hai bình mắc nối tiếp ⇒ cùng thời gian t: n(e trao đổi) như nhau
Giải
Ta có: nAg= 0,05mol = n(e) t.đổi ⇒ nM = 0,025 =

1, 6
⇒ M = 64 ⇒ Chọn A
M

Thí dụ 2:[4]
Có hai bình điện phân mắc nối tiếp nhau. Bình (1) chứa dung dịch CuCl2, bình
(2) chứa dung dịch AgNO3. Tiến hành điện phân(điện cực trơ) kết thúc điện
phân thấy trên catot bình (1) tăng 3,2 gam. Khối lượng catot bình (2) tăng: A.
2,7
B. 3,24
C. 5,40
D. 10,8
Giải
nCu = 0,05 ⇒ n(e) TĐ = 0,1 = nAg ⇒ mAg = 10,8 ⇒ Chọn D
Dạng 3: Điện phân dung dịch hỗn hợp với điện cực trơ.
- Xác định thứ tự nhường – nhận (e) ở điện cực
- Áp dụng bảo toàn (e), phân phối (e) lần lượt vào các bán phản ứng(trong
trường hợp phản ứng không vừa đủ).
*) VẬN DỤNG
Thí dụ 1 [3]
Điện phân 200ml một dung dịch chứa 2 muối AgNO 3 và Cu(NO3)2với cường độ
dòng điện là 0,804A đến khi bọt khí bắt đầu thoát ra ở cực âm thì mất thời gian
là 2 giờ, khi đó khối lượng cực âm tăng lên 3,44g. Nồng độ mol lần lượt 2 muối
trên là:
A. 0,2M; 0,2M
B. 0,1M; 0,1M
C. 0,1M; 0,2M
D. 0,2M; 0,1M
Định hướng:
- Khi cho t, I ta tính n(e) t.đổi

- Khi ở ctot bắt đầu có khí thì Ag+, Cu2+ điện phân hết.
- Khối lượng cực âm tăng lên 3,44g chính = mCu + mAg
Giải
I .t
= 0,06
F
 nAgNO3 = x
 x + 2 y = 0, 06
 x = 0, 02
⇒
⇒
⇒ Chọn B
Gọi 
n
=
y
108
x
+
64
y
=
3,
44
y
=
0,
02



 Cu (NO3 )2

n(e) TĐ =

Thí dụ 2 [5]
Điện phân (điện cực trơ) dung dịch X chứa 0,2 mol CuSO4 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
B. 2,912
C. 1,792
D. 1,344
Định hướng:
8


- Do Na+, SO42- không điện phân nên ta quy thành CuCl2 điện phân.
- Xác định thứ tự điện phân
Giải
n
⇒
n(e)t.đổi = 0,2 mol
Cu điện phân = 0,1 mol
2+
dpdd
Cu + 2Cl 
→ Cu + Cl2
p.ứ 0,06 0,12
0,06 mol
2+

dpdd
Ta có: Cu + H2O 
→ Cu + 2H+ + ½ O2
0,04
0,02mol
Vkhí = (0,06 + 0,02). 22,4 = 1,792 lít ⇒ Chọn C
Thí dụ 3 [8]
Điện phân có màng ngăn 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl2 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. 2,7
C. 1,35
D. 5,40
Định hướng:
- Cho t,I ta tính n(e) t.đổi, xác định thứ tự điện phân
Giải
dpdd
Ta có: n(e) t.đổi = 0,2 mol. PT: CuCl2 
→ Cu + Cl2 (1)
⇒
p.ứ 0,05mol
n(e) t.đổi = 0,1
dpdd
2NaCl + 2H2O 
→ 2NaOH + Cl2 + H2 (2)
2+

Vậy nCl = n(e) t.đổi còn lại = nOH

−

−

⇒ mAl = 2.7 (g) ⇒ Chọn B

theo(2)

3
. Al + OH- + H2O → AlO2- + H2
2

Thí dụ 4 [9]
Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng
ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t(s) thu được 2,464 lít
(đktc) khí thoát ra ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t(s) tổng thể tích khí thoát
ra ở 2 điện cực là 5,824 lít(đktc). Biết h =100%, các khí sinh ra không tan trong
dung dịch. Giá trị của a là:
A. 0,15
B. 0,18
C. 0,24
D. 0,26
Định hướng:
- Do K+, SO42- không điện phân nên ta quy thành CuCl2 điện phân.
- Ta thấy nCl = 0,1 < nKhí (t)= 0,11 ⇒ Điện phân thời gian t(s) H2O bị điện phân.
- Tìm n(e) T.Đổi ,vận dụng bảo toàn (e).
Giải
Cách 1:
dpdd
TN1: nKhí= 0,11 CuCl2 

→ Cu + Cl2 (1)
Tại t(s)
0,1
0,1 mol
2+
dpdd
Cu + H2O 
→ Cu + 2H+ + ½ O2 (2)
0,02
0,01 mol
2

9


∑n

TN2:

(e) T.Đổi (t)

Tại 2t(s)

=0,24 mol ⇒ ∑ n(e) T.Đổi (2t) =0,48 mol; nKhí = 0,26 mol

dpdd
CuCl2 
→ Cu + Cl2 (1)
0,1
0,1 mol ⇒n(e) T.Đổi = 0,2 mol

dpdd
→ Cu + 2H+ +
Cu2+ + H2O 

x

1
O2 (anot) (3)
2

x/2

1
H2O → H2 (catot) + O2 (anot) (4)
2

y

y

y/2

x y
x 3y
Ở (3), (4) số mol (e) O2 trao đổi = ( + ).4 = 0,48 – 0,2 mà + + 0,1 = 0, 26
2 2
2 2
⇒ x = 0,05; y = 0,09. Vậy a = 0,15mol ⇒ Chọn A

Cách 2:

Ta có: nCl =

nCl −
2

2

∑n

(e) T.Đổi (t)

= 0,1 < nKhí (t)= 0,11 ⇒ Còn khí khác là O2 ⇒ nO2 = 0,01 mol

= 0,24 mol ⇒ ∑ n(e) T.Đổi (2t) = 0,48 mol; nKhí (2t) = 0,26 mol.

Tại 2t(s): 4 nO (2t)+ 2 nCl = 0,48 ⇒ nO (2t) = 0,07 mol ⇒ nH = 0,09 mol
BT(e): 2 nCu + 2.0,09 = 0,48 ⇒ nCu = 0,15 mol ⇒ Chọn A
Thí dụ 5: [10]
Tiến hành điện phân 200ml dung dịch CuSO4 xM và NaCl 0,9M bằng điện cực
trơ, màng ngăn xốp trong thời gian t(s) thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc)
khí thoát ra ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t(s) tổng thể tích khí thoát ra ở 2
điện cực là 4,816 lít (đktc). Nhúng thanh Mg vào dung dịch X, kết thúc phản
ứng thấy khối lượng thanh Mg tăng m(g) Giá trị của m, x lần lượt là:
A. 3,76 và 1,5
B. 5,20 và 1,4
C. 5,20 và 1,5
D. 3,76 và 1,4
Định hướng:
- Bài này khá quen thuộc với câu điện phân K.A.2014, nhưng đã phát triển cao
hơn một chút.

- Cách giải tương tự thí dụ 4
Giải
2

2

2

2+

Ta có: nCl =

∑n

(e) T.Đổi (t)

2+

nCl −

2

2

2

= 0, 09 < nKhí (t)= 0,12 ⇒ Còn khí khác là O2 ⇒ nO2 = 0,03 mol

= 0,3 mol ⇒ ∑ n(e) T.Đổi (2t) = 0,6 mol; nKhí (2t) = 0,215 mol.

Tại 2t(s): 4 nO (2t)+ 2 nCl = 0,6 ⇒ nO (2t) = 0,105 mol ⇒ nH = 0,02 mol
2+
BT(e): 2 nCu + 2.0,02 = 0,6 ⇒ nCu = 0,28 mol ⇒ Cu  = 1,4M
2

2+

2

2

2

2+

Cu 2+ = 0, 28 − 4nO2 (t) = 0,13(mol )
Dung dịch X  +
+ Mg. Ta có: nMg= 0,13 + 0,06 = 0,19
 H = 4nO2 (t) = 0,12( mol )

10


⇒ m Thanh Mg tăng =0,13.64 – 0,19.24 = 3,76 (g) ⇒ Chọn D

Dạng 4: Điện phân dung dịch hỗn hợp có mặt muối sắt(III).
Thí dụ 1: [11]
Điện phân 1 lít dung dịch X gồm Cu(NO3)2 0,6M; FeCl3 0,4M cho đến khi anot
thoát ra 17,92 lít khí (đktc) thì dừng điện phân. Lấy catot ra khỏi bình điện phân
khuấy đều dung dịch để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Giả

thiết kim loại sinh ra đều bám trên catot, sản phẩm khử của N5+ (nếu có) là NO
duy nhất. Giá trị mX – mY gần nhất là:
A. 92
B. 91
C. 101
D. 102
Định hướng:
- Xác định thứ tự điện phân.
- Trong quá trình điện phân không xảy ra phản ứng hóa học khác ngoài các bán
phản ứng dưới tác dụng của dòng điện.
Giải
Tại catot
Tại anot
3+
2+
Fe + 1e 
→ Fe
2Cl- 
→ Cl2 + 2e
0,4
0,4
0,4
1,2
0,6 1,2
2+
Cu + 2e 
→ Cu
2H2O 
→ O2 + 4H+ + 4e ⇒ n(e) nhường = 2
0,6 1,2

0,6
0,2
0,8
+
2H + 2e 
→ H2
0,4 0,4
0,2
 Fe 2+ = 0, 4(mol )
 +
→ 3Fe3+ + NO + 2H2O
Vậy dung dịch X  H = 0, 4(mol ) 3Fe2+ +4H+ + NO3- 
 NO − = 1, 2(mol )
 3

Vậy mX – mY = mCu + mCl + mO + mH + mNO = 91,8 (g) ⇒ Chọn A
Thí dụ 2: [2]
Điện phân 100 ml hỗn hợp dung dịch gồm FeCl3 1M , FeCl2 2M , CuCl2 1M và
HCl 2M với điện cực trơ có màng ngăn xốp cường độ dòng điện là 5A trong 2
giờ 40 phút 50 giây ở catot thu được:
A. 5,6(g) Fe
B. 2,8 (g) Fe
C. 6,4 (g) Cu
D. 4,6 (g) Cu
Định hướng:
- Do cho I, t nên tìm n(e) trao đổi.
- Xác định thứ tự điện phân.
Giải
n(e) trao đổi = 0,5 mol
Tại catot

Fe3+ + 1e 
→ Fe2+
0,1
0,1
0,1
2+
Cu + 2e 
→ Cu
0,1 0,2
0,1
2

2

2

11


2H+ + 2e 
→ H2
0,2 0,2
0,1
Ta có: n(e) trao đổi = 0,5 mol = n(e) ở 3PT trên ⇒ Ở catot chỉ thu Cu (m = 6,4) ⇒ Chọn C
MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài tập 1:[3]
Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO4 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 x là

A. 2,25
B. 1,5
C. 1,25
D. 3,25
Định hướng:
- mgiảm = mCu + mO . Ta tìm nCu p.ứ.
- Xác định dung dịch Y. Ta có Y + 16,8 (g)Fe → 12,4 (g) kim loại. Ta tìm nCu dư
2+

2

2+

- Tìm

∑n

⇒ tìm x = 1,25 ⇒ Chọn C

Cu 2+ b.đầu

Bài tập 2 [3]
Hòa tan hoàn toàn 4,5 gam tinh thể MSO4.5H2O vào nước được dung dịch X.
Điện phân dung dịch X với điện cực trơ và cường độ dòng điện 1,93A. Nếu thời
gian điện phân là t(s) thì thu được kim loại M ở catot và 156,8 ml khí tại anot.
Nếu thời gian 2t (s) thì thu được 537,6 ml khí. Biết các thể tích đo ở đktc. Kim
loại M và thời gian t lần lượt là:
A. Ni và 1400
B. Cu và 2800
C. Ni và 2800

D. Cu và 1400
Định hướng:
- nKhí (t) = 0,007 (mol) = nO (thu được ở anot); nKhí (2t) = 0,024 mol
2

-

∑n

(e) T.Đổi (t)

= 0,028 mol ⇒ ∑ n(e) T.Đổi (2t) = 0,056 mol ⇒ nO

2

(2t)

=

0, 056
= 0, 014
4

⇒ nH 2 = 0,024 – 0,014 = 0,01. BT(e): 2 nM 2+ + 2.0,01 = 0,056 ⇒ nM 2+ = 0,018
I .t
⇒
- Từ đó tìm M MSO .5 H O ⇒ Xác định kim loại M, Tìm t qua CT: n(e) TĐ =
4

2

F

Chọn D
Bài tập 3 [7]
Điện phân dung dịch CuCl2 với điện cực trơ, sau một thời gian thu được 0,32
gam Cu ở catot và một lượng khí X ở anôt. Hấp thụ hoàn toàn lượng khí X trên
vào 200 ml dung dịch NaOH (ở nhiệt độ thường). Sau phản ứng, nồng độ NaOH
còn lại là 0,05M (giả thiết thể tích dung dịch không thay đổi). Nồng độ ban đầu
của dung dịch NaOH là (cho Cu = 64)
A. 0,15M.
B. 0,2M
C. 0,1M.
D. 0,05M.
Định hướng:
- Tìm nCl qua nCu
2

12


- Xác định sản phẩm khi Cl2 tác dụng dd NaOH ở điều kiện thường. Từ PT tìm
nNaOH(b.đầu). ⇒ Chọn C
Bài tập 4:[3]
Khi điện phân các dung dịch: NaCl, KNO3, AgNO3, CuSO4 với điện cực trơ,
màng ngăn xốp. Dung dịch có pH tăng trong quá trình điện phân là:
A. NaCl
B. KNO3
C. AgNO3
D. CuSO4

Định hướng: Từ dạng xác định môi trường dung dịch sau điện phân ⇒ Chọn A
Bài tập 5: [2]
Điện phân (với điện cực trơ) một dung dịch gồm NaCl và CuSO4 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 Cl2 và O2.
B. khí H2 và O2.
C. chỉ có khí Cl2.
D. khí Cl 2 và H2.
Định hướng:
- Do Na+, SO42- không điện phân nên ta quy thành CuCl2 điện phân.
Cu2+ + 2Cl- → Cu + Cl2
0,5 1mol ⇒ Cu2+dư sẽ tiếp tục điện phân tạo O2 ⇒ Chọn A
Bài tập 6:[2]
Có 400ml dd chứa HCl và KCl đem điện phân trong bình điện phân có vách
ngăn với cường độ dòng điện 9,65A trong 20 phút thì dung dịch chứa một chất
tan có PH=13 (coi thể tích dung dịch không đổi). Nồng độ mol/lit của HCl và
KCl trong dung dịch ban đầu lần lượt?
A. 0,2M và 0,2M

B. 0,1M và 0,2M

C. 0,2M và 0,1M

D. 0,1M và 0,1M

Định hướng:
- pH=13 ⇒ nKCl = nKOH = 0,04 mol
- Theo Faraday: nH = 0,06 ⇒ nH (do HCl) = 0,04 ⇒ nHCl = 0,08 mol ⇒ Chọn C
Bài tập 7:[12] Điện phân dung dịch X chứa Cu(NO 3)2 1,2M và KCl 0,4M bằng

2

2

điện cực trơ, với cường độ dòng điện không đổi 5A trong thời gian 6176s thì
ngừng điện phân, thấy khối lượng dung dịch giảm 15,0g. Cho 0,25 mol bột Fe
vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng thấy khí NO thoát ra( sản phẩm
khử duy nhất); đồng thời thu m(g) hỗn hợp rắn. Giá trị của m:
A. 10,16
B. 9,6
C. 8,48
D. 8,32
Định hướng:
- Tìm n(e)tđ, mdd giảm là do đâu? Hỗn hợp chất rắn là những chất gì?
- Ở TN1: Do K+, NO3- không điện phân, nên điện phân quy CuCl2. Hỗn hợp rắn
nên Cu và Fedư. Vậy Sau điện phân ở thí nghiệm 1 thì Cu2+ còn dư.
13


- mdd giảm = mCu + mCl + mO = 15; dựa n(e) t.đổi ta tìm nCl , nO ; tìm thành phần dung
dịch sau thí nghiệm 1.
- Ở TN 2: Từ thành phần dung dịch sau TN 1 ta tìm nFe dư, tìm m = 9,6
⇒ Chọn B
Bài tập 8:[5]
Điện phân dung dịch hỗn hợp chứa 0,1 mol FeCl3; 0,2 mol CuCl2 và 0,1 mol
HCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Khi ở catot bắt đầu sủi bọt khí thì dừng điện
phân. Tại thời điểm này khối lượng catot tăng là:
A. 7,84
B. 5,6
C. 12,8

D. 18,4
Định hướng:
- Xác định thứ tự điện phân đặc biệt ở catot là Fe3+, Cu2+ , H+ , Fe2+
- Khi catot bắt đầu xuất hiện khí nghĩa là H+ chưa bị điện phân ⇒ mcatot tăng = mCu
= 12,8 (g) ⇒ Chọn C
Bài tập 9:[3]
Điện phân dung dịch 0,15 mol AgNO3 bằng điện cực trơ, đến khi khối lượng
dung dịch giảm 13,92 gam thì ngừng điện phân. Cho 0,12 mol bột Fe vào dung
dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng thấy khí NO thoát ra (sản phẩm duy nhất)
và còn m gam rắn không tan. Giá trị gần nhất của m là:
A. 5,74
B. 6,8
C. 8,5
D. 9,8
Định hướng:
- mdd giảm = mAg + mO . Tìm nAg p.ứ =0,12 mol.
2

2

2

2

+

2

+

- Dung dịch sau thí nghiệm 1: Ag : 0,03 mol; H+: 0,12 mol.
3
- BT (e): 2.nFe(p.ứ) = nAg+ + n H + ⇒ nFe(p.ứ) ⇒ nFe(dư).
4
Vậy m = mFe(dư) + mAg = 6,6 (g) ⇒ Chọn B

Bài tập 10:[5]
Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) dung
dịch chứa a mol MSO4 (M là kim loại) và 0,3 mol KCl trong thời gian t (s) thu
2,24 lít khí ở anot (đktc) và dung dịch Y có khối lượng giảm m gam so với dung
dịch X. Nếu thời gian điện phân là 2t (s) thì thu được dung dịch Z có khối lượng
giảm 19,6 gam so với khối lượng của dung dịch X. Biết hiệu suất điện phân
100%, các khí sịnh ra không tan trong dung dịch, phát biểu nào sau đây đúng:
A. Giá trị của a là 0,15.
B. Giá trị của m là 9,8.
C. Tại thời điểm 2t (s) chưa có sủi bọt khí ở catot.
D. Tại thời điểm 1,4t (s) nước chưa bị điện phân ở anot.
Định hướng:
- Tại t (s): nKhí = 0,1 < nCl ⇒ mCl =7,1.
2

Ta có:

∑n

(e) T.Đổi (t)

2

= 0,2 mol = 2.nM ⇒ Vậy mgiảm (t) = 0,1.MM + 7,1 (1)

+ Nếu m = 9,8 thì từ PT (1) tìm M = 27 (loại) ⇒ B. Sai.

14


- Tại 1,4t (s) ⇒ n(e) t.đổi = 1,4.0,2 = 0,28 < 0,3 mol (e) do Cl- nhường Do đó H2O
chưa điện phân ⇒ D. Đúng
- Tại 2t (s):

∑n

(e) T.Đổi (2t)

= 0,4 mol = 4 nO + 2 nCl ( nCl =0,15) ⇒ nO = 0,025 mol
2

2

2

2

mgiảm (2t) = mM + mCl + mO + mH = 19,6 ⇒ mM + mH = 8,15 (2)
Ta có BT (e): 2nM + 2 nH = 0,4 (3)
⇒ A. Sai. Nếu a = 0,15 giải hệ PT (2), (3) tìm M = 53,66 (loại).
⇒ C. Sai. Nếu tại 2t (s) chưa có H2 thì từ (2), (3) ⇒ M = 40,75 (loại).
⇒ Chọn D
Bài tập 11[6]
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm CuSO 4 và KCl vào H2O thu

được dung dịch Y. Điện phân Y ( có màng ngăn, điện cực trơ)
đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực thì dừng điện
phân. Số mol khí thoát ra ở anot = 4 lần số mol khí thoát ra ở
catot. % khối lượng CuSO4 trong X là:
A. 61,7
B. 44,61
C. 34,93
D. 50,63
Hướng dẫn giải:
Giả sử số mol KCl trong X là 1 mol khi đó quá trình điện phân
xảy ra như sau:
Tại catot
Cu2+
+ 2e → Cu
a mol
2a
2

2

2

2

2

2H2O + 2e → 2OH- + H2
2b
b mol
Tại anot

2Cl-→ Cl2 + 2e
1 0,5mol
Bảo toàn e và bài ra ta có hệ phương trình:
2a + 2b = 1
⇒ a = 0,375, b= 0,125

4b = 0,5

% m CuSO4 = (0,375.160): (0,375.160 + 1.74,5).100 = 44,61%
⇒ ta chọn B

Bài tập 12 [6]
Điện phân (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi)
dung dịch muối nitrat của một kim loại M (có hóa trị không đổi).
Sau thời gian t giây, khối lượng dung dịch giảm 6,96 gam và tại
catot chỉ thu được a gam kim loại M. Sau thời gian 2t giây, khối
lượng dung dịch giảm 11,78 gam và tại catot thoát ra 0,224 lít
khí (đktc). Giá trị của a là
A. 8,64.
B. 6,40.
C. 6,48.
D. 5,60.
Định hướng
15


Anot (+)
Catot (-)
+
n+

2H2O → 4H + O2 + 4e
M
+ ne → M
a→ 4a
4a→
4a/n;
m↓ = mO2↑ + mM↓ = 32a + 4aM/n = 6,96 (1)
t(s) => n e cho = 4a ;
t(2s) => n e cho = n e nhận = 8a
Anot (+):
2H2O → 4H++ O2 + 4e
2a¬ 8a
n+
Catot (-):
M
+
ne
→ M;
(8a – 0,02) →(8a – 0,02)/n;
2H2O + 2e → 2OH- + H2
0,02¬
0,01;
m↓ = mO2↑ + mM↓ + mH2↑ = 4ax32+ M(8a – 0,02)/n+0,02=11,78(2)
; từ (1); (2) => M = 108n => Ag => a = 0,015
mAg = 108x0,015x4 = 6,48g
2.4. Hiệu quả của sáng kiến:
Trong quá trình giảng dạy về điện phân tôi đã phân dạng để dạy và bồi
dưỡng cho học sinh lớp 12, đặc biệt là việc dạy và bồi dưỡng cho học sinh lớp
12B2, 12B3 khóa 2016 và 12C2, 12C3 khóa 2017 này.
Những năm học trước việc phân dạng bài tập này để dạy và ôn luyện cho

học sinh chưa được kĩ. Rút kinh nghiệm cho những năm qua tôi vẫn thường
xuyên suy nghĩ, trao đổi cùng đồng nghiệp trong tổ, đặc biệt là những buổi sinh
hoạt chuyên môn tổ thường đưa ra những vấn đề còn băn khoăn để mọi người
cùng bàn và đi đến thống nhất chung. Dạy học sinh có nhiều em chăm học, học
giỏi đó cũng là động lực giúp tôi phải cố gắng nhiều, đọc sách nhiều và suy nghĩ
để tìm ra những phương pháp tốt nhất để cùng các em đồng hành trên con đường
tìm hiểu kiến thức.
Sau khi dạy xong phần điện phân tôi đã kiểm tra đánh giá học sinh, kết
quả của các lớp như sau:
Thực trạng trước khi sử dụng
Lớp

Tỉ lệ ( trên trung bình )

Kết quả sau khi sử dụng
Lớp

Tỉ lệ ( trên trung bình )

12B2

53 %

12B2

80,5%

12B3

51 %

12B3

75 %

12C2

55 %

12C2

77,5 %

12C3
50%
12C3
72 %
- Khi áp dụng các biện pháp đã nêu trên vào quá trình giảng dạy tôi thấy học
sinh học hứng thú hơn, nhớ lâu hơn, nhận thức đúng về các dạng bài tập.
- Học sinh không thấy e ngại với những câu hỏi, bài tập về điện phân
PHẦN 3: KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
16


3.1. KẾT LUẬN
+ Bằng cách phân loại, phân dạng bài để dạy và bồi dưỡng cho học sinh
kết quả học tập của các em được nâng lên rõ rệt
+ Qua đó chúng ta thấy rằng việc đào sâu các kiến thức trong sách giáo
khoa, việc nghiên cứu các tài liệu, chương trình học và chương trình thi có kết
quả rất khả quan đối với học sinh, gây được lòng tin với các em từ đó làm tốt

hơn được công tác giáo dục cho học sinh.
3.2. KIẾN NGHỊ VÀ ĐỀ XUẤT.
Qua thực tế giảng dạy nhiều năm khi áp dụng các phương pháp trên, tôi
thấy rằng để có thể giúp học sinh chủ động hơn trong quá trình lĩnh hội kiến
thức và giải nhanh các bài tập điện phân dung dịch thì vai trò chủ yếu thuộc về
giáo viên giảng dạy. Muốn làm được điều đó giáo viên cần:
Nghiên cứu, tìm tòi các tài liệu liên quan đến bài tập điện phân, hệ thống
các nội dung cơ bản và phân loại các dạng bài tập, đặc biệt tìm ra được phương
pháp giải nhanh, hợp nhất để truyền thụ cho học sinh một cách có hiệu quả.
* Đối với học sinh:
- Cần nắm được bản chất của các quá trình xảy ra khi điện phân dung dịch
vì có sự tham gia của nước nên bài toán rất phức tạp.
- Có kỹ năng nhận dạng bài tập, biết cách vận dụng linh hoạt các phương
pháp giải, công thức tính phù hợp.
* Đối với nhà trường:
- Nhà trường cần tổ chức các buổi hội giảng nhiều hơn nữa để thúc đẩy sự
đổi mới phương pháp giảng dạy, nâng cao hiệu quả nghiên cứu cho giáo viên; có
tủ sách lưu lại các chuyên đề bồi dưỡng học tập của giáo viên hàng năm để làm
cơ sở nghiên cứu phát triển thành đề tài.
* Về phía Sở GD & ĐT nên tổ chức các chuyên đề về chuyên môn nhiều
hơn nữa để hỗ trợ GV trong việc tìm tòi bài dạy được tốt hơn.
- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có
nhiều tài liệu, sách tham khảo trong nhà trường; các chuyên đề SKKN hàng năm
đưa lên các trang web của sở GD- ĐT để giáo viên tham khảo.
Trong khuôn khổ bài viết này tôi chỉ trình bày một phần nhỏ bài toán về
điện phân, mà đặt biệt là điện phân dung dịch. Bài viết không tránh khỏi những
thiếu sót, rất mong được sự góp ý chân thành của các đồng nghiệp .
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2017
ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết SKKN

Hoàng Thị Tâm
Tài liệu tham khảo
17


1. Cơ sở lí thuyết hóa vô cơ của tác giả Hoàng Nhâm và tuyển tập các bài giảng
vô cơ của tác giả TS Cao Cự Giác
2. Nguồn Internet thư viện đề thi và tuyển sinh 247
3. Bộ đề thi Hóa học của tác giả TS Cao Cự Giác
4. Đề thi thử THPT quốc gia 2017 lần 2 của trường THPT Quảng Xương 2
5. Bộ đề thi Hóa học của tác giả PGS.TS Nguyễn Xuân Trường
6. Đề thi minh họa lần 2,3 của Bộ GD&ĐT 2017
7. Trích Đại học khối A-2015:
8. (Trích Đại học khối B– 2009):
9. Đề khối A – 2014
10. Đề thi thử THPT quốc gia 2017 lần 2 của trường THPT Phạm Văn Đồng
Tỉnh phú Yên)
11. Đề thi thử THPT quốc gia 2017 lần 1 của trường THPT Phương sơn Tỉnh
Bắc Giang
12. Trích Đề thi thử THPT quốc gia 2017 lần 3 của trường THPT Chuyên Lê
Quý Đôn

18