Rèn luyện kỹ năng giải một số bài toán phức tạp về điện phân dung dịch cho học sinh lớp 12

MỤC LỤC

1


1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Hóa học là môn học lí thuyết và thực nghiệm. Nhưng trong các đề thi thì
những bài toán hóa học lại chiếm một phần không nhỏ. Học sinh muốn có kết
quả tốt trong các kỳ thi thì không thể thiếu việc phải làm tốt các bài toán hóa
học. Trong chương trình Hóa học THPT các dạng bài toán hóa học rất phong
phú, đa dạng, trong đó các bài toán về điện phân dung dịch.
Trong dạy học hóa học, có thể nâng cao chất lượng dạy học và phát triển
năng lực nhận thức cho học sinh bằng nhiều biện pháp, phương pháp khác nhau.
Trong đó, giải bài tập hóa học với tư cách là một phương pháp dạy học có tác
dụng rất tích cực đến việc giáo dục, rèn luyện và phát triển học sinh. Mặt khác,
cũng là thước đo thực chất sự nắm vững kiến thức và kỹ năng hóa học của học
sinh.
Bài tập hóa học là nguồn quan trọng để học sinh thu nhận kiến thức, củng
cố khắc sâu những lí thuyết đã học, phát triển tư duy sáng tạo, nâng cao năng lực
nhận thức. Trong những năm gần đây, trong các kỳ thi, các bài toán liên về điện
phân dung dịch thường xuất hiện trong các đề thi như đề thi THPTQG của Bộ
GD & ĐT, đề thi thử THPTQG, đề thi thử tốt nghiệp của các trường THPT, của
các sở... Vì vậy, tôi chọn đề tài‘‘Rèn luyện kỹ năng giải một số bài toán phức
tạp về điện phân dung dịch cho học sinh lớp 12’’ nhằm giúp học sinh được rèn
luyện nhiều hơn các dạng bài tập hóa học, giúp các em có thêm hành trang vững
chắc, sự tự tin khi bước vào các kỳ thi, đặc biệt là kỳ thi tốt nghiệp sắp tới.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh rèn luyện kỹ năng giải một số bài toán phức tạp về điện
phân dung dịch giúp các em đạt kết quả cao hơn trong các kỳ thi.
1.3. Đối tượng nghiên cứu

- Học sinh lớp 12 trường tôi.
- Các bài toán phức tạp về điện phân dung dịch.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu các tài liệu liên quan.
- Nghiên cứu các bài toán phức tạp về điện phân dung dịch trong chương trình
Hóa học THPT.
- Đề xuất một số biện pháp giúp học sinh học tốt môn hóa.
- Thực nghiệm sư phạm đánh giá hiệu quả của đề tài.
2. Nội dung
2.1. Cơ sở lí luận của đề tài
Thực tế ở trường phổ thông đối với bộ môn hóa học, bài tập hóa học giữ
vai trò quan trọng trong việc thực hiện mục tiêu đào tạo. Bài tập hóa học
- là một trong những phương tiện hiệu nghiệm cơ bản nhất để học sinh củng cố
và khắc sâu kiến thức.
- giúp học sinh đào sâu, mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong
phú. Chỉ có vận dụng kiến thức vào việc giải bài tập mới nắm vững kiến thức
một cách sâu sắc.
- là phương tiện để ôn tập, củng cố, hệ thống hóa kiến thức một cách tốt nhất.
2


- rèn luyện kỹ năng hóa học cho học sinh, các kỹ năng thực hành, thí nghiệm.
- còn được sử dụng như là phương tiện để nghiên cứu tài liệu mới khi trang bị
kiến thức mới, giúp học sinh tích cực linh hội kiến thức một cách sâu sắc và bền
vững.
- là phương tiện để kiểm tra kiến thức, kĩ năng của học sinh một cách chính xác.
- còn có tác dụng giáo dục đạo đức, tác phong, rèn tính kiên nhẫn, trung thực,
chính xác, khoa học.
- phát huy khả năng tư duy độc lập, sáng tạo của học sinh.
2.2. Thực trạng của đề tài trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

Qua thực tế giảng dạy hóa học tôi thấy:
- Môn hóa học là môn học mà ở cấp THCS chưa được chú trọng quan
tâm, nhiều HS, phụ huynh, thậm cả giáo viên chỉ quan tâm đến một số môn thi
vào lớp 10 như toán, văn, tiếng anh mà chưa quan tâm đúng mức đến môn hóa,
đặc biệt ở các vùng nông thôn, miền núi. Do đó, mặc dù nhiều em có năng lực
tốt về các môn như toán, vật lí..nhưng kiến thức môn hóa học khi bước vào lớp
10 còn rất mơ hồ, thậm chí không biết gì. Điều đó làm cho chất lượng môn hóa
vào cấp THPT nhìn chung còn thấp.
- Do thời gian giảng dạy trên lớp còn hạn chế, một số giáo viên chưa đề
cập hết các dạng bài tập hóa học, đặc biệt các dạng bài toán phức tạp.
- Một số học sinh học yếu môn hóa đã ảnh hưởng đáng kể đến việc giảng
dạy chung trên lớp của giáo viên.
- Trong những năm gần đây, bộ môn Hóa học ở cả cấp THCS và THPT
không còn được coi trọng như những năm trước, điều này cũng ảnh hưởng đến
tâm lí của học sinh, phụ huynh và giáo viên giảng dạy môn hóa.
2.3. Các giải pháp sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Cơ sở lí thuyết
Khi điện phân dung dịch các chất cần chú ý:
- Ở catot (cực âm): xảy ra quá trình khử cation theo thứ tự cation có tính oxi hóa
mạnh hơn bị khử trước.
* Chẳng hạn:
Fe3+ + 1e → Fe2+
Cu2+ + 2e → Cu
2H+ + 2e → H2
Fe2+ + 2e → Fe
H2O + 2e → H2 + 2OH* Các cation kim loại hoạt động mạnh như Al 3+, Mg2+, Na+, K+, Ca2+, Ba2+,
Li+… không bị khử (không bị điện phân).
- Ở anot (cực dương): xảy ra quá trình oxi hóa anion theo thứ tự anion có tính
khử mạnh hơn bị oxi hóa trước.
* Chẳng hạn:

2Cl- - 2e → Cl2 (hay 2Cl- → Cl2 + 2e)
n = 4n O
H2O - 2e → 2H+ + 1/2O2
( H
)
−
2−
2−
2−
* Các anion gốc axit có oxi như : NO3 , SO 4 , CO 3 , SO 3 … không bị
+

2

điện phân.
3


It
F (I là cường độ dòng điện
- Số mol electron trao đổi ở các điện cực là:
(A), t là thời gian điện phân (giây), F = 96500 là hằng số Faraday).
- Khối lượng dung dịch điện phân giảm là tổng khối lượng kim loại tạo thành
bám vào catot + khối lượng các chất kết tủa tạo thành + khối lượng các khí thoát
ra khỏi dung dịch.
- Đối với các bài toán có đồ thị thì cần chú ý các đoạn đồ thị khác nhau sẽ kết
thúc một quá trình oxi hóa hay khử một chất nào đó.
2.3.2. Một số ví dụ các bài toán phức tạp về điện phân:
2.3.2.1: Các ví dụ điện phân dung dịch thuần túy:
Ví dụ 1. [4] Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Cu(NO 3)2 và KCl vào H2O thu

được dung dịch X. Điện phân dung dịch X (với điện cực trơ, màng ngăn xốp,
cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giờ thu được 1,12 lít (đktc) khí
ở anot. Nếu điện phân trong thời gian 3,5t giờ thì thu được 2,8 lít (đktc) khí ở
anot và thu được dung dịch Y. Cho 20 gam bột Fe vào Y, sau khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5) và 16,4
gam hỗn hợp kim loại. Biết hiệu suất điện phân là 100%, các khí không tan
trong dung dịch. Giá trị của m là
A. 58,175
B. 69,350
C. 48,775
D. 31,675
Hướng dẫn giải :
+ Với t giờ: nCl2 = 0,05 ⇒ ne1 = 0,1.
+ Với 3,5t giờ: ne2 = 0,35; khí thoát ra ở anot gồm Cl2 (a mol) và O2 (b mol)
Ta có: a + b = 0,125 và bảo toàn e có: 2a + 4b = 0,35 ⇒ a= 0,075; b = 0,05.
Fe + Y thu được hỗn hợp kim loại nên Cu2+ chưa điện phân hết (x mol)
nH
n
=
= 0,05
NO
n = 4n O = 0,2
4
⇒ H
⇒
Bảo toàn mol e có: 2nFe pư = 2nCu2+ dư + 3nNO ⇒ nFe pư = x + 0,075
⇒ 16,4 = 20 – 56.(x+0,075) + 64 ⇒ x = 0,075
ne
= 0,175 n
= 0,175 + 0,075 = 0, 25

Số mol Cu tạo thành ở catot = 2
⇒ Cu ( NO )
nKCl = 2nCl2 = 0,15
⇒ m = 188.0,25 + 74,5.0,15 = 58,175 ⇒ Chọn A.
Nhận xét: HS cần chú ý Fe + Y thu được hỗn hợp kim loại thì muối sinh ra là
Fe2+.
Ví dụ 2. [4] Điện phân (điên cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không
đổi) V lít dung dịch X chứa đồng thời R(NO 3)2 0,45M (R là kim loại hóa trị
không đổi) và NaCl 0,4M trong thời gian t giây, thu được 6,72 lít hỗn hợp khí ở
anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được dung dịch Y. Dung
dịch Y tác dụng vừa đủ với 400ml dung dịch chứa KOH 0,75M và NaOH 0,5M
không sinh ra kết tủa. Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan
trong dung dịch. Giá trị của V là
A. 1,00.
B. 0,50.
C. 0,75.
D. 2,00.
Hướng dẫn giải :
ne =

+

+

2

3 3

4

Ban đầu: R(NO3)2: 0,45Vmol; NaCl: 0,4Vmol
Cl 2 : 0,2V mol

O : (0,3 − 0,2V) mol
+ Tại t giây thu được 0,3 mol hỗn hợp khí ở anot:  2
⇒ ne1 = 2nCl2 + 4nO2 = (1,2 – 0,4V)mol
+ Tại 2t giây: ne2 = 2ne1 = (2,4 – 0,8V)mol
Cl2 : 0,2V mol

O : (0,6 − 0,3V)mol → H + : 4(0,6 − 0,3V) mol
Khí anot gồm  2
- TH1: Trong 2t giây R2+ chưa bị điện phân hết và R(OH)2 lưỡng tính:
⇒ 2.0,45V > ne2 = 2,4 – 0,8V ⇒ V > 1,412
n R du = 0,45V − (1,2 − 0,4V) = 0,85V − 1,2
n H = 4n O = 4(0,6 − 0,3V)
n OH = 4n R + n H
⇒ 0,5 = 0,85V – 1,2 + 4(0,6 – 0,3V)
⇒ V = 1,319 (loại vì < 1,412).
- TH2: Trong 2t giây R2+ bị điện phân hết:
n = n e2 − 2n R = (2, 4 − 0,8V) − 2.0,45V = 2,4 − 1,7V
Ở catot: OH
n = 4(0,6 − 0,3V)
Ở anot: H
Ta có: 2,4 – 1,7V + 0,5 = 4(0,6 – 0,3V) ⇒ V= 1 ⇒ Chọn A.
Nhận xét: Ở TH1 ta thấy nếu R(OH) 2 không lưỡng tính thì Y tác dụng với hỗn
hợp dung dịch KOH, NaOH sẽ sinh ra kết tủa R(OH) 2. Tuy nhiên TH này không
ảnh hưởng đến kết quả bài toán.
Ví dụ 3. [4] Điện phân dung dịch X chứa Cu(NO3)2 và 0,36 mol NaCl (điện cực
trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, thu

được dung dịch Y và 0,3 mol khí ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì
tổng số mol khí thu được ở hai điện cực là 0,85 mol. Cho bột Mg (dư) vào dung
dịch Y, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch chứa m gam muối; 0,02 mol
NO và một lượng chất rắn không tan. Biết hiệu suất phản ứng điện phân là
100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của m là
A. 73,760.
B. 43,160.
C. 40,560.
D. 72,672.
Hướng dẫn giải :
Trong t giây, tại anot: nCl2 = 0,18 ⇒ nO2 = 0,3 – 0,18 = 0,12 ⇒ ne1 = 2nCl2 + 4nO2
= 0,84
Trong 2t giây: ne2 = 2ne1 = 1,68
1,68 − 2.0,18
nO =
= 0,33
4
+ Tại anot: nCl2 = 0,18 ⇒
Do tổng số mol khí 2 cực là 0,85 nên nH2 (catot) = 0,85 – 0,33 – 0,18 = 0,34
ne2 = 2nCu + 2nH2 ⇒ nCu = 0,5
Dung dịch Y chứa: Cu2+ (0,5-0,84:2=0,08 mol); Na+ (0,36 mol); NO3- (1 mol);
H+ (BTĐT: 0,48 mol).
n = 4n NO + 10n NH
0,48 = 4.0,02 + 10n NH
Thêm Mg dư vào Y: Ta có: H
⇒
2+

+

2

−

2+

+

−

2+

+

2

+

+
4

+
4

5


⇒

n NH = 0,04

+
4

n = 1 − 0,04 − 0,02 = 0,94
Bảo toàn nguyên tố N: NO
 NO3− : 0,94
 +
 Na : 0,36
⇒ m = 73,76

+
NH
:
0,04
4

 
→ Mg 2+ : 0,27
BTĐT cho muối 
⇒ Chọn A.
−
3

Nhận xét: Bài toán trên HS dễ bỏ quên việc tạo ra ion NH 4+ sẽ dẫn đến kết quả
sai.
Ví dụ 4. [5] Điện phân dung dịch AgNO3 với điện cực trơ, cường độ dòng điện I
= 2A. Sau thời gian t giây, khối lượng dung dịch giảm a gam và catot chỉ thu
được kim loại. Sau thời gian 2t giây khối lượng dung dịch giảm (a+5,36) gam
(biết a > 5,36) và thu được dung dịch X. Biết dung dịch X hòa tan tối đa được
3,36 gam Fe (Sản phẩm khử của N+5 chỉ là NO). Coi lượng nước bay hơi trong

quá trình điện phân không đáng kể, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước. Giá trị
của t là
A. 3860.
B. 4825.
C. 7720.
D. 5970.
Hướng dẫn giải :
Vì sau thời gian 2t giây thì khối lượng dung dịch giảm không gấp đôi t giây (a +
5,36 < 2a) nên Ag+ bị điện phân hết, dung dịch X chỉ có HNO3 (x mol).
⇒ nNO = 0,25x.
Bảo toàn e có: 2nFe = 3nNO ⇒ nNO = 0,04 = 0,25x ⇒ x = 0,16
Sau t giây: nAg = 4y; nO2 = y
⇒ mdd giảm = a = 108.4y + 32y = 464y
Sau 2t giây: nAg = 0,16; nO2 = 2y; nH2 = z
⇒ mdd giảm = 108.0,16 + 32.2y + 2z ⇒ a + 5,36 = 64y + 2z + 17,28
Hay 464y + 5,36 = 64y +2z + 17,28 ⇔ 400y – 2z = 11,92 (1)
Bảo toàn e có: nAg + 2nH2 = 4nO2 ⇔ 0,16 + 2z = 4.2y ⇔ 8y – 2z = 0,16 (2)
Giải hệ (1), (2) được y = 0,03; z = 0,04.
ne = 4y = It/F ⇒ t = 4y.F/I = 5970 ⇒ Chọn D.
Nhận xét: Bài toán này yêu cầu HS phải rút ra được nhận xét như đầu bài giải
thì mới cho kết quả nhanh.
Ví dụ 5. [4] 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 5,22 gam và tại catot chỉ thu được a gam kim loại M.
Sau thời gian 2t giây, khối lượng dung dịch giảm 8,835 gam và tại catot thoát ra
0,168 lít khí (đktc). Giá trị của a gần nhất là
A. 6,5.
B. 4,9.
C. 8,4.
D. 4,8.

Hướng dẫn giải :

6


nM =

a
a
n e1 = n = xa
M ⇒
M
(Với x = n/M và n là hóa trị của kim loại

Sau t giây:
M)
⇒ nO2 = 0,25xa
mdd giảm = mkim loại + mO2 ⇒ 5,22 = a + 8xa (1)
Sau 2t giây thì ne2 = 2ne1 = 2xa

nM =

2xa − 0,015
n

Ở catot: nH2 = 0,0075 ⇒ Bảo toàn e có: 2nH2 + n.nM = 2xa ⇒
Ở anot: nO2 = ne2/4 = 0,5xa
2xa − 0,015
8,835 = 2.0,0075 + M.
+ 32.0,5xa

n
mdd giảm = mH2 + mKL + mO2 ⇒
2xa − 0,015
+ 16xa = 8,82
x
⇒
⇔ 2a– 0,015/x + 16xa = 8,82 ⇔ a – 0,0075/x + 8xa = 4,41 (2)
Thế (1) vào (2) được: 5,22 – 0,0075/x = 4,41 ⇒ x = 1/108
Thế vào (1) được a = 5,22/(1 + 8x) = 4,86 gần nhất với 4,9 ⇒ Chọn B
Nhận xét: Với cách giải trên HS phải có kỹ năng biến đổi, ghép ẩn hợp lí mới
cho kết quả nhanh.
Ví dụ 6. [4] Điện phân 600 gam dung dịch chứa AgNO3 17% trong thời gian t
giây với điện cực trơ. Giữ nguyên các điện cực trong bình điện phân đến khi khí
NO (sản phẩm khử duy nhất) ngừng thoát ra thì số mol NO thu được là 0,1 mol.
Tiếp tục điện phân với thời gian 2t giây rồi lấy ngay điện cực ra thì thu được
dung dịch X. Biết cường độ dòng điện không đổi, các phản ứng xảy ra hoàn
toàn. Khối lượng dung dịch X là
A. 522,3 gam.
B. 533,2 gam.
C. 529,5 gam.
D. 553,1 gam.
Hướng dẫn giải :
Ta có:

n AgNO = 0,6mol
3

Với thời gian t giây:

;

n HNO = 4n NO = 0,4
3

; ne1 = 0,4.

dpdd
4AgNO3 + 2H 2O 

→ 4Ag + O 2 + 4HNO 3

0,4

0,4

0,1

0,4 mol

Sau đó Ag bị hòa tan trở lại: 3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O
nAg tan = 3nNO = 0,3 ⇒ nAg còn lại ở catot = 0,1; dung dịch AgNO3 (0,5 mol).
Tiếp tục điện phân thêm thời gian 2t giây: ne2 thêm = 2ne1 = 0,8.
Catot :

Anot :
7


Ag+ + 1e → Ag
H2O + 2e → 1/2O2 + 2H+

0,5
0,5
0,5
0,8
0,2
2H2O + 2e → H2 + 2OH
0,3
0,15
Vậy các chất tách khỏi dung dịch gồm : 0,6 mol Ag ; 0,3 mol O2 ; 0,15 mol H2 ;
0,1 mol NO.
mdd X sau pư = 600 – (108.0,6 + 32.0,3 + 2.0,15 + 30.0,1) = 522,3 gam ⇒ Chọn A.
Nhận xét: Ở bài toán trên HS dễ nhầm từ ‘‘tiếp tục’’ và từ ‘‘sau khi’’ sẽ dẫn đến
kết quả bị sai.
Ví dụ 7. [2] Điện phân dung dịch X gồm Cu(NO 3)2 và NaCl với điện cực trơ,
màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A. Sau t giây, thu được
7,68 gam kim loại ở catot, dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và hỗn hợp khí ở
anot có tỉ khối so với H2 bằng 25,75. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian
12352 giây thì tổng số mol khí thu được ở hai điện cực là 0,11 mol. Giả thiết
hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước
không bay hơi trong quá trình điện phân. Số mol Cu2+ trong Y là
A. 0,01.
B. 0,02.
C. 0,03.
D. 0,04.
Hướng dẫn giải :
Kim loại ở catot là Cu: nCu = 0,12 mol. Dung dịch còn màu xanh là còn ion Cu2+.
Khí ở anot gồm Cl2 và O2. Từ tỉ khối so với H2 dễ dàng suy ra nCl2 = nO2
2n + 4n O = 2n Cu = 0,24
n = n O = 0,04 mol
Bảo toàn mol e ta có: Cl

⇒ Cl
2,5.12352
ne =
= 0,32
96500
+ Với t = 12352 giây thì
2n + 4n O = 0,32
2.0,04 + 4n O = 0,32
Bảo toàn mol e lúc này có: Cl
hay
n = 0,06
⇒ O
n = 0,11 − 0,04 − 0,06 = 0,01
Bên catot có khí H2: H
2n + 2n H = 0,32
Bảo toàn mol e bên anot có: Cu
⇒ n Cu = 0,15
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

⇒ Số mol Cu2+ trong Y còn lại là: 0,15 - 0,12 = 0,03 ⇒ Chọn C.
Ví dụ 8. [2] Điện phân dung dịch X gồm CuSO 4 và KCl với điện cực trơ, màng
ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2A. Sau 4825 giây, thu được dung
dịch Y (vẫn còn màu xanh) và 0,04 mol hỗn hợp khí ở anot. Biết Y tác dụng tối
đa với 0,06 mol KOH trong dung dịch. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời
gian t giây thì thu được 0,09 mol hỗn hợp khí ở hai điện cực. Giả thiết hiệu suất
điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi
trong quá trình điện phân. Giá trị của t là
A.5790.
B. 8685.
C. 9650.
D.6755.
Hướng dẫn giải :
Dung dịch vẫn còn màu xanh tức là còn ion Cu2+.
2.4825
ne =
= 0,1
96500
+ Với t = 4825 giây thì
⇒ nCu = 0,05 mol.
mol
mol
Khí ở anot gồm Cl2 (a ) và O2 (b ): a +b =0,04.

8


Bảo toàn mol e có: 2a + 4b = 0,1. Suy ra: a = 0,03; b = 0,01.
n = 4n O = 0,04
Ở anot có quá trình: 2H2O – 4e → O2 + 4H+. ⇒ H
KOH tham gia phản ứng với H+ và Cu2+: 0,06 = 0,04 + 2nCu2+ dư
⇒ nCu2+ dư = 0,01 ⇒ nCu2+ ban đầu = 0,05 + 0,01 = 0,06 mol.
+ Với thời gian t giây:
Catot:
Anot:
2+
Cu + 2e → Cu
2Cl - 2e → Cl2
0,12 0,06
0,06 0,03
2H2O + 2e → H2 + 2OH
2H2O - 4e → O2 + 4H+
2x
x
4y
y
nkhí = 0,03 + y +x = 0,09 ⇒ x + y = 0,06.
Bảo toàn e có: 0,12 + 2x = 0,06 + 4y ⇔ 2x – 4y = -0,06. Suy ra: x = y = 0,03
n .F 0,18.96500
t= e =
= 8685
I
2
⇒ ne = 0,12 + 2x = 0,18 ⇒

⇒ Chọn B.
[2]
Ví dụ 9. Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 và KCl (tỉ lệ mol tương ứng là
1:5) với điện cực trơ,màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2A. Sau
1930 giây, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí gồm H 2 và Cl2 (có tỉ khối so với
H2 là 24). Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì khối lượng dung
dịch giảm 2,715 gam. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra
không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá trình điện phân. Giá trị
của t là
A. 3860.
B. 5790.
C. 4825.
D. 2895.
Hướng dẫn giải :
+ Với t = 1930 giây : ne = It/F= 0,04 mol ⇒ nCl2 = 0,02 mol.
Từ giá trị tỉ khối dê dàng có: nCl2 = 2nH2 ⇒ nH2 = 0,01 mol.
Bảo toàn mol e có: 2nCu + 2nH2 = 0,04 ⇒ nCu = 0,01
⇒ Số mol CuSO4 ban đầu = 0,01.
Số mol KCl ban đầu = 0,05.
+ Với thời gian t giây:
Khi Cl- vừa điện phân vừa hết thì nCl2 = 0,025 mol ; 2nCu + 2nH2 = 0,05
⇒ nH2 = 0,015 mol.
mdd giảm = mCu + mCl2 + mH2 = 64.0,01 + 71.0,025 + 2.0,015 = 2,445 < 2,715.
Vậy ở anot có thêm khí O2 (a mol) ; Ở catot khí H2 (b mol)
mdd giảm = mCu + mCl2 + mO2 + mH2 = 64.0,01 + 71.0,025 + 32a + 2b= 2,715.
⇒ 32a + 2b = 0,3
Bảo toàn mol e có : 2nCu + 2nH2 = 2nCl2 + 4nO2 ⇒ 2.0,01 + 2b = 2.0,025 + 4a
⇒ 4a – 2b = -0,03
⇒ a = 0,0075 ; b = 0,03.
⇒ ne = 2nCu + 2nH2 = 2.0,01 + 2.0,03 = 0,08.

⇒ t = ne.F/I = 0,05.96500/2 = 3860 ⇒ Chọn A.
+

2

9


Ví dụ 10. [6] Điện phân 600ml dung dịch X chứa NaCl 0,5M và CuSO4 a mol/l
(điện cực trơ, màng ngăn xốp) thu được dung dịch Y có khối lượng giảm 24,25
gam so với khối lượng dung dịch X thì ngừng điện phân. Nhúng thanh sắt nặng
150 gam vào dung dịch Y đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lấy thanh kim
loại ra, rửa sạch, làm khô cân được 150,4 gam (giả thiết toàn bộ kim loại tạo
thành đều bám hết vào thanh sắt và không có sản phẩm khử của S +6 sinh ra).
Biết hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước. Giá trị của
a là
A. 1,00.
B. 1,50.
C. 0,50.
D. 0,75.
Hướng dẫn giải :
Dung dịch X ban đầu gồm NaCl (0,3 mol) và và CuSO4 (0,6a mol).
Dễ thấy Fe + Y thì khối lượng thanh sắt tăng ⇒ Y chứa Cu2+
Gọi x, y lần lượt là số mol của Cu và O2 tạo thành khi điện phân X.
Ta có: n Cl = 0,15 mol
2

mdd giảm = mCu + mCl2 + mO2 = 24,25 ⇒ 64x + 71.0,15 + 32y = 24,25
Bảo toàn mol e có: 2x = 2.0,15 + 4y
Giải hệ được: x = 0,2; y = 0,025.

Dung dịch Y chứa Na+, H+ (4y = 0,1 mol), Cu2+ (0,6a – 0,2 mol), SO42- (0,6a
mol)
mthanh Fe tăng = mCu – mFe tan = 64(0,6a-0,2) – 56(0,6a-0,2) – 56.0,05 = 150,4 – 150
⇒ a = 1 ⇒ Chọn A.
Ví dụ 11. [1] Điện phân dung dịch X gồm 0,2 mol NaCl và a mol Cu(NO3)2 (với
các điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không thay đổi), thu được
dung dịch Y có khối lượng giảm 17,5 gam so với khối lượng của X. Cho m gam
Fe vào Y đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Z, khí NO
(sản phẩm khử duy nhất của N+5) và (m - 0,5) gam hỗn hợp kim loại. Giả thiết
hiệu suất điện phân là 100%, nước bay hơi không đáng kể. Giá trị của a là
A. 0,20.
B. 0,15.
C. 0,25.
D. 0,35.
Hướng dẫn giải :
Fe + Y thu được hỗn hợp kim loại ⇒ Cu2+ dư sau điện phân.
Do có khí NO nên Y chứa H+ ⇒ anot tạo O2 (x mol) và Cl2 (0,1 mol)
Catot : nCu = y mol.
mdd giảm = mCu + mCl2 + mO2 = 17,5 ⇒ 32x + 64y + 0,1.71 = 17,5
Bảo toàn mol e có : 4x + 2.0,1 = 2y.
Giải hệ được : x = 0,025 ; y = 0,15.
n H = 4n O = 4n NO
⇒ nNO = 0,025.
Đặt nCu2+ dư = z mol ⇒ Bảo toàn mol e có: 2nFe pư = 2nCu2+ + 3nNO ⇒ nFe pư = z +
0,0375
mhh kim loại = mCu + m - mFe pư = m – 0,5 ⇒ 64z + m – 56(z + 0,0375) = m – 0,5 ⇒
z = 0,2
⇒ a = y + z = 0,35 ⇒ Chọn D.
Nhận xét: Cần chú ý Fe + Y thu được hỗn hợp kim loại thì muối sinh ra là Fe2+.
+

2

10


Ví dụ 12. [1] Điện phân dung dịch X chứa 3a mol Cu(NO3)2 và a mol KCl (với
điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khi khối lượng catot tăng 12,8 gam thì dừng
điện phân, thu được dung dịch Y. Cho 22,4 gam bột Fe vào Y, sau khi các phản
ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5) và 16
gam hỗn hợp kim loại. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%. Giá trị của a là
A. 0,096.
B. 0,128.
C. 0,112.
D. 0,080.
Hướng dẫn giải :
Y + Fe thu được hỗn hợp kim loại nên Y còn Cu2+ dư.
Mặt khác, khí NO thoát ra nên Y chứa H+, vậy Cl- bị điện phân hết.
Catot: nCu = 0,2 ⇒ nCu2+ dư = 3a – 0,2
Anot: nCl2 = 0,5a và nO2 = b
Bảo toàn electron: 0,2.2 = 0,5a.2 + 4b (1)
nH+ = 4nO2 ⇒ nNO = ¼.nH+ = b
Bảo toàn mol e có: 2nFe pư = 2nCu2+ + 3nNO
⇒ nFe pư = nCu2+ + 1,5.nNO = 3a – 0,2 + 1,5b
mhh KL = 22,4 – mFe pư + mCu
⇒ 22,4 – 56(3a + 1,5b – 0,2) + 64(3a – 0,2) = 16 (2)
Giải hệ (1), (2) ⇒ a = 0,08; b = 0,08 ⇒ Chọn D.
Bài tập tự giải:
Câu 1. Điện phân dung dịch X chứa m gam hỗn hợp Cu(NO 3)2 và NaCl với
điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2,5A. Sau 9264

giây, thu được dung dịch Y (vẫn còn màu xanh) và hỗn hợp khí ở anot có tỉ khối
so với H2 bằng 25,75. Mặt khác, nếu điện phân X trong thời gian t giây thì thu
được tổng số mol khí ở hai điện cực là 0,11 mol (số mol khí thoát ra ở điện cực
này gấp 10 lần số mol khí thoát ra ở điện cực kia). Giả thiết hiệu suất điện phân
là 100%, các khí sinh ra không tan trong nước và nước không bay hơi trong quá
trình điện phân. Giá trị của m là:
A. 30,54.
B. 27,24.
C. 29,12.
D. 32,88.
[4]
Câu 2. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CuSO 4 và FeCl3 vào nước thu
được dung dịch X. Điện phân dung dịch X (với các điện cực trơ) đến khi ở anot
thoát ra 0,2 mol hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 bằng 30,625 thì dừng lại. Dung
dịch thu được sau điện phân có chứa 2 muối có nồng độ mol bằng nhau. Giả sử
hiệu suất điện phân là 100%, khí sinh ra không tan trong nước. Giá trị của m là
[2]

11


A. 48,25.
B. 64,25.
C. 62,25.
D. 56,25.
[4]
Câu 3. 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.
[4]
Câu 4. Điện phân dung dịch chứa đồng thời NaCl và CuSO 4 (điện cực trơ,
màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của các khí trong
nước và sự bay hơi của nước) với cường độ dòng điện không đổi. Kết quả của
thí nghiệm được ghi ở bảng sau:
Thời gian
Khối lượng
Khí thoát ra ở anot Khối lượng dung
điện phân (s) catot tăng (g)
dịch giảm (g)
1930
m
Một khí duy nhất
6,75
5790
3m
Hỗn hợp khí
18,6
t
3,2m
Hỗn hợp khí
19,58
Giá trị của t là
A. 10615.
B. 6562.

C. 11580.
D. 6176.
[5]
Câu 5. Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch chứa a mol NaCl
và 2a mol Cu(NO3)2 bằng điện một chiều có cường độ ổn định cho đến khi khối
lượng dung dịch giảm m gam thì dừng điện phân, thu được dung dịch X. Cho
9,5 gam bột Fe vào X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 1,12 lít
khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và còn lại 5,7 gam hỗn hợp kim loại.
Bỏ qua sự hòa tan của các khí trong nước. Giá trị của mlà
A.16,35.
B.14,75.
C.17,50.
D. 11,55.
[4]
Câu 6. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm CuSO4 và KCl vào H2O, thu được
dung dịch Y. Điện phân Y (có màng ngăn, điện cực trơ) đến khi H 2O bắt đầu
điện phân ở cả hai điện cực thì dừng điện phân. Số mol khí thoát ra ở anot bằng
4 lần số mol khí thoát ra từ catot. Phần trăm khối lượng của CuSO4 trong X là
A. 61,70%.
B. 34,93%.
C. 50,63%.
D. 44,61%.
[6]
Câu 7. Điện phân (với các điện cực trơ, màng ngăn) dung dịch chứa m gam
hỗn hợp gồm Cu(NO 3)2 và NaCl bằng dòng điện có cường độ 2,68A. Sau thời
gian 6h, tại anot thoát ra 4,48 lít khí (đktc). Thêm 20 gam bột sắt vào dung
dịch sau điện phân, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của NO 3-) và
12,4 gam chất rắn gồm hai kim loại. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá
trị của m là
A. 86,9.

B. 77,5.
C. 97,5.
D. 68,1.
[4]
Câu 8. Điện phân V lít dung dịch X (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ
dòng điện không đổi) chứa đồng thời R(NO3)2 0,45M (R là kim loại hóa trị
không đổi) và NaCl 0,4M trong thời gian t giây, thu được 5,376 lít hỗn hợp khí ở
anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được dung dịch Y. Dung
dịch Y tác dụng vừa đủ với 320 ml dung dịch chứa KOH 0,75M và NaOH 0,5M,
không sinh ra kết tủa. Biểt hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan
trong dung dịch, Giá trị của V là
A. 0,60.
B. 0,80.
C. 0,40.
D. 1,60.
12


Câu 9. [5] Điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO 4 và NaCl (điện cực
trơ, màngngăn xốp) đến khi nước bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện
phân, thu được 2,464 lít khí thoát ra và dung dịch X. Biết X hòa tan vừa đủ 9,36
gam Al(OH)3. Giả sử các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của m
là?
A. 41,17.
B. 25,96.
C. 34,34.
D. 36,64.
[6]
Câu 10. Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch gồm CuSO 4 và
NaCl (tỉ lệ mol tương ứng 2 : 5) với cường độ dòng điện 2A. Sau thời gian t

giây, thu được dung dịch Y (chứa hai chất tan) có khối lượng giảm 14,24 gam so
với dung dịch ban đầu. Cho bột Al dư vào Y, thu được 1,344 lít khí H 2 (đktc).
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa
tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước. Giá trị của t là
A. 19300.
B. 20265.
C. 21230.
D. 23160.
[6]
Câu 11. Cho m gam hỗn hợp chứa KCl và CuSO 4 vào nước thu được dung
dịch X. Điện phân dung dịch X trong thời gian t giây thu được dung dịch Y có
khối lượng dung dịch giảm đi 9,3 gam. Nếu điện phân dung dịch X trong thời
gian 2t giây thu được dung dịch có khối lượng giảm 12,2 gam và thoát ra 0,05
mol khí ở catot. Giá trị của m là:
A. 24,94
B. 23,02
C. 22,72
D. 30,85
[6]
Câu 12. Tiến hành điện phân dung dịch X chứa x gam Cu(NO 3)2 và y gam
KCl bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp với cường độ dòng điện không đổi I =
5A, sau thời gian 5018 giây, tổng thể tích khí thoát ra ở hai cực là 2,24 lít (đktc);
đồng thời thu được dung dịch Y. Dung dịch Y hòa tan tối đa 3,15 gam bột Fe,
sinh ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5. Nếu điện phân dung dịch X
với thời gian t giây, ở anot thu được 1,344 lít khí (đktc). Biết các khí sinh ra
không tan trong dung dịch và hiệu suất quá trình điện phân đạt 100%. Giá trị của
x/y gần nhất với:
A. 1,54.
B. 3,63.
C. 4,05.

D. 2,50.
[4]
Câu 13. Tiến hành điện phân dung dịch chứa NaCl và 0,14 mol Cu(NO 3)2
bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp với cường độ dòng điện không đổi I = 5A
trong thời gian 6176 giây thì dừng điện phân, thấy khối lượng dung dịch giảm
13,76 gam. Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa m gam bột Fe, phản ứng tạo
ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5) và thu được dung dịch Z. Khối
lượng chất tan trong Z bằng
A. 18,9 gam.
B. 19,38 gam.
C. 20,52 gam.
D. 20,3 gam.
[4]
Câu 14. Điện phân dung dịch X chứa a mol Cu(NO 3)2 và 0,2 mol NaCl (điện
cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây,
thu được 3,36 lít khí ở anot (đktc) và dung dịch Y. Nếu thời gian điện phân là 2t
giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 7,84 lít (đktc). Cho dung
dịch Y phản ứng tối đa với m gam Fe tạo ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất).
Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá
trị của m là
A. 16,8.
B. 9,8.
C. 8,4.
D. 6,5.
[4]
Câu 15. Điện phân dung dịch Cu(NO3)2 điện cực trơ, với cường độ dòng điện
3A, thu được dung dịch X chứa hai chất tan có cùng nồng độ mol. Nhúng một
13

thanh Fe vào dung dịch X đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí NO
(là sản phẩm khử duy nhất), rút thanh Fe ra cân lại thấy khối lượng thanh Fe
giảm 1,95 gam so với ban đầu. Thời gian điện phân là
A. 3860 giây.
B. 5790 giây.
C. 4825 giây.
D. 7720 giây.
[4]
Câu 16. Điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch X chứa
CuSO4 và NaCl (có tỉ lệ mol tương ứng 3 : 2) bằng dòng điện một chiều có
cường độ 5A, sau thời gian t giờ thu được dung dịch Y chứa hai chất tan và thấy
khối lượng dung dịch Y giảm 33,1 gam so với khối lượng của dung dịch X.
Dung dịch Y hòa tan tối đa 3,6 gam Al. Giả sử khí sinh ra trong quá trình điện
phân thoát hết ra khỏi dung dịch. Giá trị của t gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 6,66.
B. 4,55.
C. 5,36.
D. 6,68.
[4]
Câu 17. Điện phân với điện cực trơ dung dịch chứa x mol Cu(NO3)2, cường
độ dòng điện 5,0 A, trong 3860 giây, thu được dung dịch X. Cho 19,0 gam bột
Fe vào X, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5) và 16,0 gam chất
rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và hiệu suất của quá trình điện phân là
100%. Giá trị của x là
A. 0,50.
B. 0,25.
C. 1,20.
D. 0,60.
[4]
Câu 18. Điện phân dung dịch chứa Cu(NO3)2, CuSO4 và NaCl với điện cực

trơ, cường độ dòng điện không đổi 2A, hiệu suất 100%. Kết quả thí nghiệm
được ghi trong bảng sau:
Thời gian điện phân (s)
t
t + 2895
2t
Tổng số mol khí ở 2 điện cực
a
a + 0,03
2,125a
Số mol Cu ở catot
b
b + 0,02
b + 0,02
Giá trị của t là
A. 5790.
B. 3860.
C. 2895.
D. 4825.
[4]
Câu 19. Điện phân dung dịch gồm 0,2 mol NaCl và x mol Cu(NO 3)2 (điện cực
trơ, màng ngăn xốp) sau một thời gian thu được dung dịch X có khối lượng giảm
21,5 gam so với dung dịch ban đầu. Cho thanh sắt vào X đến khi các phản ứng
xảy ra hoàn toàn, khối lượng thanh sắt giảm 2,6 gam và có khí NO thoát ra (sản
+5
phẩm khử duy nhất của N ). Giá trị của x là
A. 0,2.
B. 0,3.
C. 0,5.
D. 0,4.

[4]
Câu 20 Cho 14,35 gam muối MSO4.nH2O vào 300 ml dung dịch NaCl 0,6M
thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân dung dịch X bằng điện cực trơ,
màng ngăn xốp với cường độ dòng điện không đổi trong thời gian t giây, thấy
khối lượng catot tăng m gam; đồng thời ở anot thu được 0,1 mol khí. Nếu thời
gian điện phân là 2t giây, tổng thể tích khí thoát ra ở 2 cực là 7,28 lít (đktc). Giả
sử hiệu suất của phản ứng điện phân là 100%. Giá trị của m là
A. 3,25.
B. 7,04.
C. 7,15.
D. 3,20.
[6]
Câu 21. Điện phân m gam dung dịch Cu(NO3)2 28,2% với điện cực trơ, cường
độ dòng điện không đổi, sau một thời gian, thu được dung dịch X. Cho 14 gam
bột Fe vào X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí NO (sản phẩm
khử duy nhất của N+5), 13,92 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch Y có khối
lượng 156,28 gam. Bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của
nước. Giá trị của m là
14


A. 150.
B. 160.
C. 170.
D. 180.
[4]
Câu 22. Điện phân 200 ml dung dịch M(NO3)n bằng điện cực trơ đến khi catot
bắt đầu có khí thoát ra thì ngừng điện phân. Để trung hoà dung dịch sau điện
phân, phải dùng 250 ml dung dịch NaOH 0,8M. Mặt khác, nếu ngâm một thanh
Zn có khối lượng 50 gam vào 200 ml dung dịch M(NO 3)n khi phản ứng xong

thấy khối lượng thanh Zn tăng thêm 30,2% so với ban đầu. Công thức của
M(NO3)n là
A. Pb(NO3)2.B. AgNO3.
C. Cd(NO3)2.
D. KNO3.
[4]
Câu 23. Tiến hành điện phân dung dịch chứa NaCl và 0,14 mol Cu(NO 3)2
bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp với cường độ dòng điện không đổi I = 5A
trong thời gian 6176 giây thì dừng điện phân, thấy khối lượng dung dịch giảm
13,76 gam. Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa m gam bột Fe, phản ứng tạo
ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5) và thu được dung dịch Z. Khối
lượng chất tan trong Z bằng
A. 18,9 gam.
B. 19,38 gam.
C. 20,52 gam.
D. 20,3 gam.
[4]
Câu 24. Điện phân 2 lít dung dịch chứa hỗn hợp gồm NaCl và CuSO 4 với điện
cực trơ, có màng ngăn đến khi H2O bắt đầu điện phân ở cả hai cực thì dừng lại.
Ở catot thu được 1,28 gam kim loại, đồng thời ở anot thu được 0,336 lít khí
(đktc). Coi thể tích dung dịch không đổi, pH của dung dịch sau điện phân có giá
trị là
A. 12.
B. 2.
C.13.
D. 1.
[4]
Câu 25. Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO 4 và NaCl
(hiệu suất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện
phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí

(đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al2O3. Giá trị của m là:
A. 50,4.
B. 51,1.
C. 23,5.
D. 25,6.
[4]
Câu 26. Điện phân 200 ml dung dịch hỗn hợp MgCl 2 1M và NaCl 1M, với
I=2,68A, trong thời gian 3 giờ với điện cực trơ, màng ngăn xốp. Sau khi kết thúc
điện phân thấy khối lượng dung dịch giảm m gam so với dung dịch ban đầu. Giá
trị của m là
A. 10,65.
B. 14,25.
C. 19,65.
D. 22,45.
[4]
Câu 27. Tiến hành điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) 1 dung dịch chứa
m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl cho tới khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả 2
điện cực thì dừng lại, thu được 1,12 lít khí (đktc). Dung dịch sau điện phân có
thể hoà tan tối đa 1,02 gam Al2O3, biết sau quá trình điện phân pH của dung dịch
tăng. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. Giá trị của m là
A. 5,970.
B. 3,940.
C. 9,480.
D. 14,495.
[6]
Câu 28. Hòa tan 31,76 gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước thu được 300
gam dung dịch X. Điện phân dung dịch X (điện cực trơ, màng ngăn xốp) thì thu
được 283,32 gam dung dịch Y (không còn màu xanh) và có V lít khí (đktc) thoát
ra ở anot. Cho Y tác dụng với Mg dư thấy giải phóng 1,344 lít khí H 2 (đktc).
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hiệu suất phản ứng điện phân bằng 100%

(bỏ qua sự hòa tan khí trong nước và sự bay hơi của nước). Giá trị của V là
A. 2,464.
B. 2,520.
C. 3,136.
D. 2,688.
15


2.3.2.1: Các ví dụ điện phân dung dịch có đồ thị:
Ví dụ 1. [3] Hòa tan hoàn toàn m
gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào
nước, thu được dung dịch X. Tiến
hành điện phân X với các điện cực
trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có
cường độ không đổi. Tổng số mol
khí thu được ở cả hai điện cực (n)
phụ thuộc vào thời gian điện phân
(t) được mô tả như đồ thị bên (gấp
khúc tại điểm M, N). Giả sử hiệu
xuất điện phân là 100%, bỏ qua sự
bay hơi của nước. Giá trị của m là
A. 17,48.
B. 15,76.
C. 13,42.
Hướng dẫn giải:
Catot:
2+
Cu + 2e → Cu
2Cl0,08
a

2a = 0,08 ⇒ a = 0,04
2ClH2O + 2e → H2 + 2OH
2b = 0,2 b = 0,1
H2O -2e

D. 11,08.
Anot:
- 2e → Cl2
0,08
0,04
-2e → Cl2
2c
c
→ 1/2O2 + 2H+
4d
d

Tại M: chỉ có khí : nCl2 = 0,04 ⇒ ne1 = 0,08
Tại N: có 2 khí H2; Cl2; Cu2+ điện phân hết.
Tại t = 3,5a giây: ne2 = 3,5ne1 = 0,28; khí gồm H2; O2
⇒ ∑nkhí = 0,21 = c + d + 0,04 + 0,1
⇒ c + d = 0,07
Bảo toàn mol e có: 2c + 4d = 0,28 – 0,08 = 0,2 ⇒ c + 2d = 0,1
⇒ d = 0,03; c = 0,04
m = 160.0,04 + 0,16.58,5 = 15,76
Giải thích:
Đoạn OM: Tổng số mol khí tăng chậm do chỉ có khí Cl2 thoát ra ở anot.
Đoạn MN: Tổng số mol khí tăng nhanh do có 2 khí H2 và Cl2.
Đoạn NP: Tổng số mol khí tăng chậm lại do tạo 2 khí H 2 và O2 nhưng lượng khí
O2 thoát ra ít hơn Cl2 nếu cùng thời gian điện phân.

Ví dụ 2. [4] Điện phân dung dịch X chứa KCl và CuSO 4 bằng dòng điện một
chiều có cường độ không đổi 5A (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất điện
phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch). Toàn bộ khí sinh ra
trong quá trình điện phân (ở cả hai điện cực) theo thời gian được biểu diễn bằng
đồ thị sau:

16


Thể tích khí ở đktc (lít)
4,928
3,584

0,896
0

x

y

z

Thời gian (giây)

Phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Tỉ lệ mol CuSO4 : KCl là 2 : 5.
B. Dung dịch sau điện phân có pH > 7.
C. Tại thời điểm 2x giây, tổng thể tích khí thoát ra ở cả hai điện cực là 2,8 lít.
D. Tại thời điểm z giây, khối lượng dung dịch giảm 10,38 gam.
Hướng dẫn giải:

Đoạn 1: Chỉ có khí Cl2 thoát ra. Tại x (s): nCl2 = 0,04 ⇒ ne1 = 0,08.
1
n CuSO = n e1 = 0,04
2
Tại x (s) : CuSO4 điện phân vừa hết ⇒
Đoạn 2: Gồm khí Cl2 ở anot và H2 ở catot. Tại y (s): nCl2 + nH2 = 0,16
⇒ Thời gian từ x → y (s): nCl2 + nH2 = 0,12 và nCl2 = nH2 = 0,06.
Đoạn 3: Gồm các khí O2 ở anot và H2 ở catot. Tại z (s): nCl2 + nO2 + nH2 = 0,22
Thời gian từ y → z (s): nO2 + nH2 = 0,22 – 0,16 = 0,06 và nH2 = 2nO2
⇒ nO2 = 0,02; nH2 thêm = 0,04
Tại z (s): nH2 = 0,06 + 0,04 = 0,1; nCl2 = 0,04 + 0,06 = 0,1; nO2 = 0,02.
⇒ nKCl = 2nCl2 = 0,2; ne = 2nCl2 + 4nO2 = 2.0,06 + 4.0,02 = 0,2
⇒ tỉ lện mol CuSO4 : KCl = 0,04 : 0,2 = 1 : 5 ⇒ đáp án A sai.
Bên catot nước bị điện phân trước nên tạo môi trường bazơ ⇒ sau điện phân
dung dịch có pH > 7 ⇒ đáp án B đúng.
Tại thời điểm 2x (s): nCl2 = 0,08; bảo toàn e có: 2nH2 + 2nCu = 0,08.2
⇒ nH2 = 0,04
⇒ Tổng số mol khí thoát ra là: nCl2 + nH2 = 0,12 ⇒ V = 2,688 lít ⇒ đáp án C sai
Tại z (s): mdd giảm = mCu + mCl2 + mO2 + mH2 = 0,04.64 + 0,1.71 + 32.0,02 + 0,1.2 =
10,5 gam ⇒ đáp án D sai.
Vậy đáp án đúng là B.
Ví dụ 3. [5] Điện phân dung dịch X chứa m gam hỗn hợp Cu(NO 3)2 và NaCl với
điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi I = 2A. Số mol khí
sinh ra ở cả hai điện cực k (mol) theo thời gian điện phân t (giây) được biểu diễn
như hình vẽ, hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong nước.
4

17

Nếu điện phân dung dịch X trong thời gian 1930 giây rồi cho dung dịch sau điện
phân tác dụng với lượng dư Fe (tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5)
thì lượng Fe tối đa đã phản ứng là
A. 0,56 gam.
B. 0,84 gam.
C. 0,98 gam.
D. 0,28 gam.
Hướng dẫn giải:
Với t = 965 s ⇒ Chỉ có khí Cl2 thoát ra: nCl2 = 0,01 mol ⇒ nNaCl = 0,02 mol
Với t = 2895 s ⇒ Chỉ có khí O2 thoát ra: nO2 = 0,02 – 0,01 = 0,01 mol
Lúc này Cu2+ vừa hết. Bảo toàn mol e có: 2nCu2+ = 2nCl2 + 4nO2
n
= 0,03 mol
⇒ nCu2+ = 0,03 mol ⇒ Cu ( NO )
Với t = 1930 s ⇒ ne = It/F = 2.1930/96500 = 0,04 mol
Catot:
Anot:
2+
Cu + 2e → Cu
2Cl - 2e → Cl2
0,02
0,04
0,02 0,02
0,01
H2O -2e → 1/2O2 + 2H+
2+
⇒ Cu dư: 0,01 mol
0,02
0,01
0,02

+
2+
3Fe
+ 8H + 2NO3 → 3Fe + 2NO + 4H2O
0,0075 ← 0,02
Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu
0,01 0,01
nFe pư = 0,0175 ⇒ mFe pư = 0,98 gam ⇒ Chọn C.
Ví dụ 4. [4] Điện phân dung100
dịch X gồm FeCl2 và MgCl2 (có màng ngăn), sự phụ
thuộc khối lượng của dung dịch X theo thời gian được biểu diễn theo đồ thị sau:
3 2

87,3

x

0

Giá trị x là
A. 77,15.

y

1,5y

2,5y

t (s)

B. 74,35.
C. 78,95.
Hướng dẫn giải:
dpdd
→ Fe + Cl 2
+ Tại t = y (s): FeCl2 điện phân vừa hết: FeCl 2 

D.72,22.

18


mdd giảm = mFeCl2 = 100 – 87,3 = 12,7 ⇒ nFeCl2 = 0,1 mol ⇒ ne1 = 0,2 mol.
+
Tại
t
=
1,5y
(s):
MgCl2
điện
phân
vừa
hết:
dpdd
MgCl2 + 2H 2O 
→ Mg(OH) 2 + Cl 2 + H 2
ne2 = 1,5.ne1 = 0,3 ⇒ ne thêm1 = 0,1 ⇒ nMgCl2 = 0,05 = n↓Mg(OH)2 = nCl2 = nH2
⇒ ∆m2 = m↓ + mCl2 + mH2 = 0,05.58 + 0,05.71 + 0,05.2 = 6,55 gam.
+ Tại t = 2,5y (s): ne3 = 2,5.ne1 = 0,5 ⇒ ne thêm2 = 0,2.

1
dp
H 2O 
→ H2 + O2
2
Chỉ có H2O điện phân:
⇒ nH2O đp = 0,1 mol
⇒ ∆m3 = 1,8 gam.
Vậy x = 100 – 12,7 – 6,55 – 1,8 = 78,95 ⇒ Chọn C
Ví dụ 5. [5] Tiến hành điện phân dung dịch chứa a mol CuSO 4 và b mol NaCl
bằng dòng điện một chiều có cường độ 2A (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu
suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của
nước). Gọi V là tổng thể tích khí (đktc) thoát ra ở cả hai điện cực. Quá trình điện
phân được mô tả theo đồ thị sau:

Tỉ lệ a : b là
A. 1 : 3.

B. 2 : 5.
C. 3 : 8.
D. 1 : 2.
Hướng dẫn giải:
+ Đoạn 1: Chỉ có khí Cl2 thoát ra ở anot nên lượng khí thoát ra chậm.
+ Đoạn 2: Có 2 khí gồm Cl2 và H2 nên lượng khí thoát ra nhanh; nkhí = 0,06 mol.
Tại t = 4825 (s): ne1 = It/F = 2.4825/96500 = 0,1 ⇒ nCl2 = 0,05 ⇒ nH2 = 0,01
ne1 = 2nCu + 2nH2 = 0,1 ⇒ nCu = 0,04 ⇒ a = 0,04.
+ Đoạn 3: Có 2 khí gồm O 2 và H2 thoát ra nên lượng khí thoát ra chậm hơn đoạn
2.
Tại t = 7720 (s): ne2 = It/F = 2.7720/96500 = 0,16.
Bảo toàn e có: 2nCu + 2nH2 = 0,16 ⇒ nH2 = 0,04

Mặt khác lúc này: nkhí = 0,11.
Đặt số mol Cl2 (x mol); O2 (y mol) ⇒ x + y + 0,04 = 0,11
Bảo toàn e: 2x + 4y = 0,16.
Giải hệ được: x = 0,06; y = 0,01. ⇒ nNaCl = b = 0,12.
a 0,04 1
=
=
b
0,12
3 ⇒ Chọn A.
⇒
Bài tập tự giải :
19


Câu 1. [3] Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp
CuSO4 và NaCl vào nước, thu được dung dịch
X. Tiến hành điện phân X với các điện cực
trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ
không đổi. Tổng số mol khí thu được trên cả
2 điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện
phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp
khúc tại các điểm M, N). Giả sử hiệu suất
điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của
H2O. Giá trị của m là
A. 23,64.
B. 16,62.
C. 20,13.
[3]
Câu 2. Hòa tan hỗn hợp gồm gồm

CuSO4 và NaCl vào nước thu được
dung dịch X. Tiến hành điện phân X
với điện cực trơ, màng ngăn xốp, dòng
điện có cường độ không đổi. Tổng số
mol khí thu được ở cả hai điện cực (n)
phụ thuộc vào thời gian điện phân (t)
được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp
khúc tại các điểm M, N). Giả thiết hiệu
suất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay
hơi của nước. Giá trị của m là
A. 5,54.
B. 8,74.
C. 11,94.
[3]
Câu 3. Hòa tan hỗn hợp gồm gồm
CuSO4 và NaCl vào nước thu được
dung dịch X. Tiến hành điện phân X
với điện cực trơ, màng ngăn xốp,
dòng điện có cường độ không đổi.
Tổng số mol khí thu được ở cả hai
điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian
điện phân (t) được mô tả như đồ thị
bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm
M, N). Giả thiết hiệu suất điện phân
là 100%, bỏ qua sự bay hơi của
nước. Giá trị của m là
A. 2,77.
B. 7,57.
C. 5,97.

D. 26,22.

D. 10,77.

D. 9,17.

2.4. Hiệu quả của đề tài
Trên cơ sở những nội dung đã đề xuất, tôi đã chọn lớp 12A2 để thực
nghiệm đề tài trước và sau khi dạy.
Tôi tiến hành thực nghiệm qua các bước:
- Ra bài kiểm tra với thời gian 50 phút trước và sau khi thực nghiệm đề tài.
- Chấm bài kiểm tra.
- Sắp xếp kết quả theo thứ tự từ điểm 0 đến điểm 10 và phân loại theo 4 nhóm:
20


+ Nhóm giỏi: Có các điểm từ 8 đến 10.
+ Nhóm khá: Có các điểm từ 6,5 đến dưới 8.
+ Nhóm trung bình: Có các điểm từ 5 đến dưới 6,5.
+ Nhóm yếu kém: Có các điểm dưới 5.
- So sánh kết quả trước và sau thực nghiệm
Kết quả
Lớp

Sĩ
số

Giỏi

SL

%
Trước thực nghiệm 36 2 5,55
Sau thực nghiệm
36 9 25,00

Khá
SL
6
15

%
16,67
41,67

Trung
bình
SL
%
15 41,67
9 25,00

Yếu, kém
SL
13
3

%
36,11
8,33

Từ kết quả thực nghiệm trên cho thấy đề tài của tôi đã giúp học sinh thay
đổi đáng kể kết quả kiểm tra, đánh giá học sinh. Nó đã giúp nâng cao tỉ lệ học
sinh đạt điểm khá giỏi.
3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
Đề tài của tôi đã giúp học sinh yêu thích hơn, có hứng thú hơn với môn
học, rèn cho các em tinh thần tích cực, tự giác và cũng giúp các em đạt kết quả
cao hơn qua các bài kiểm tra, đánh giá, các em cũng cảm thấy tự tin hơn khi
bước vào các bài kiểm tra. Đề tài trên cũng đã được đồng nghiệp trường tôi áp
dụng dạy cho học sinh lớp 12 và cũng đã giúp các em có sự thay đổi tích cực rõ
rệt trong thái độ học tập môn hóa, giúp các em thấy yêu thích môn hóa và học
tập môn hóa tốt hơn.
Tôi xây dựng đề tài này với mong muốn đóng góp một phần nhỏ vào sự
thay đổi phương pháp giảng dạy theo hướng tích cực.
3.2. Kiến nghị
Đề tài của tôi chỉ là kinh nghiệm rút ra trong quá trình giảng dạy của bản
thân, bản thân tôi mong muốn góp phần nhỏ tạo ra và phát triển phương pháp
dạy hoá học đạt hiệu quả cao hơn qua các bài giảng hoá học.
Tôi xây dựng đề tài này với mong muốn được chia sẻ sáng kiến của bản
thân với các đồng nghiệp, đồng thời bản thân tôi cũng mong muốn nhận được sự
tiếp tục phát triển sâu rộng hơn nữa về đề tài này và sự góp ý của các bạn để tôi
có thể hoàn thiện hơn nữa về phương pháp dạy học của mình.

21


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 10 tháng 7 năm 2020
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của

người khác

Trịnh Xuân Vinh

22


CÁC TỪ VIẾT TẮT
THPTQG: Trung học phổ thông quốc gia.
HS: Học sinh.
THPT: Trung học phổ thông.
đpdd và dpdd: điện phân dung dịch.
đp và dp: điện phân.
BT.e: Bảo toàn mol electron.
TH: Trường hợp.
BTNT: Bảo toàn nguyên tố.
BTKL: Bảo toàn khối lượng.
BTĐT và BTDT: Bảo toàn điện tích.
BGD & ĐT: Bộ giáo dục và đào tạo.

23


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đề thi tham khảo THPTQG và tốt nghiệp môn hóa BGD & ĐT 2019-2020.
2. Đề thi THPTQG chính thức môn hóa của BGD & ĐT 2018.
3. Đề thi THPTQG chính thức môn hóa của BGD & ĐT 2019.
4. Đề thi thử THPTQG môn hóa của các trường trên toàn quốc như THPT
chuyên ĐH Vinh, THPT chuyên KHTN Hà Nội, THPT chuyên Bắc Ninh, THPT
chuyên sư phạm Hà Nội... năm 2019.

5. Đề thi thử THPTQG môn hóa của các sở giáo dục trên toàn quốc như Hà Nội,
Ninh Bình, Nam Định ... năm 2019.
6. Một số tài liệu tham khảo trên internet.

24


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP
LOẠI CẤP PHÒNG GD & ĐT, CẤP SỞ GD & ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP
LOẠI GIẢI C TRỞ LÊN
Họ tên tác giả: Trịnh Xuân Vinh
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT 4 Thọ Xuân
TT
1
2

Tên đề tài SKKN
Xây dựng hệ thống bài tập trắc nghiệm liên quan
đến thực tiễn trong chương trình hóa học lớp 12
Rèn luyện kỹ năng giải một số bài toán phức tạp
liên quan đến hỗn hợp kết tủa có chứa Al(OH)3
cho học sinh lớp 12

Cấp đánh
giá xếp loại

Kết quả
đánh giá
xếp loại

Năm học đánh
giá xếp loại

Sở GD&ĐT

C

2015-2016

Sở GD&ĐT

C

2018-2019

25