CHUYÊN đề 4 sự điện PHÂN

Chuyờn
4.

S IN PHN

A. L THUYT C BN V NNG CAO
I. KHI NIM
S in phõn l quỏ trỡnh oxi húa - kh xy ra b mt in cc khi cú dũng in mt chiu i qua cht
in li núng chy hoc dung dch cht in li.
Nh vy, s in phõn l quỏ trỡnh s dng in nng to ra s bin i húa hc.
Chỳ ý:
- Phn ng in phõn ch xy ra khi cú tỏc dng ca dũng in. õy l quỏ trỡnh bin i in nng
thanh hoỏ nng, quỏ trỡnh ny ngc vi quỏ trỡnh xy ra trong pin in húa.
- Phn ng in phõn xy ra trờn b mt in cc. B mt l danh gii tip xỳc gia in cc v cht
in li.
II. IN CC V PHN NG IN PHN
1. nh ngha.
in cc ni vi cc õm (-) ca ngun ngoi gi l catot, kớ hiu (-)
in cc ni vi cc dng (+) ca ngun ngoi gi l anot, kớ hiu (+).
2. Phn ng hoỏ hc trờn b mt cỏc in cc
Trờn b mt cc õm (-) catot, cation cht in li nhn electron (hay vi tng quỏt l cht oxi hoỏ n
nhn electron).
Trờn b mt cc dng (+) anot, anion cht in li n nhng clectron (hay núi tng quỏt l cht kh
nhng electron). Vớ d:
ờn phõn dung dch CuSO4. Khi cú dũng in di vo dung dch, ion SO24 di chuyn v anot, ion Cu2+
di chuyn v catot.
- anot (cc +) cú th xy ra s oxi húa ion SO24 hoc phõn t H2O, vỡ H2O d b oxi húa hn nờn H2O
b oxi húa v sn phm l khớ oxi:
2H2O(l) O2(k) + 4H+(dd) + 4e
- catot (cc -) cú th xy ra s kh ion Cu2+ hoc phõn t H2O. Vỡ ion Cu2+ d b kh hn H2O, nờn
ion Cu2+ b kh thnh kim loi Cu bỏm trờn catot:

Cu2+ + 2e Cu
S in phõn:
Catot (-) ơ CuSO4 Anot (+)
Cu2+,H2O
Cu2- + 2e Cu

(H2O)

H2O,SO24
2H2O O2 + 4H+ + 4e

Phng trỡnh in phõn:
ủieọ
nphaõ
n
2CuSO4 + 2H2O
2Cu + O2 + 2H2SO4

Kt lun: Trờn catot xy ra s kh, cú s chuyn electron t catot n cation. Trờn anot xy ra s oxi
hoỏ, cú s chuyn electron t anion cht in li n anot.
III. S PHN CC
Khi dũng in i qua ranh gii phõn chia in cc - dung dch thỡ trng thỏi din cc (v th, mt
dũng) s b thay i. Hin tng ú gi l s phõn cc cc in cc. Khi phõn cc thỡ th ca in cc
s khỏc vi th cõn bng ca nú (th ca in cc khi khụng cú dũng i qua).
Trang 1


Nếu khi phân cực, thế của điện cực chuyển dịch về phía dương hơn so với thế cân bằng của nó thì sự
phân cực như vậy gọi là sự phân cực anot và ngược lại thi gọi là sự phân cực catot. Tuỳ thuộc vào bản
chất quá trình mà người ta chia quá trình phân cực làm các loại khác nhau

1. Phân cực nồng độ
Phân cực nồng độ sinh ra do sự biến đổi nồng độ của ion ở lớp gần bề mặt điện cực, Ở lớp gân bề mặt
anot, do kim loại bị hoà tan nên nồng độ ion tăng lên. Theo công thức Nerst, thế của nó sẽ tăng lên (trở
nên dương hơn). Còn trên catot xảy ra sự khử cation do đó nồng độ của nó ở lớp bề mặt sẽ giảm đi và
thế điện cực giảm đi (âm hơn). Mật độ dòng càng lớn thì sự biến đổi nồng độ của các ion ở lớp gần bề
mặt điện cực càng lớn nên sự phân cực càng mạnh.
Trong trường hợp này để giảm sự phân cực nồng độ thì phải khuấy mạnh dung dịch.
2. Sự phân cực hoá học
Khi dòng điện đi qua ranh giới phân chia điện cực - dung dịch (là bề mặt điện cực), có thể xảy ra phản
ứng giữa môi trường hoặc chất điện li với vật liệu làm diện cực. Sản phẩm sinh ra làm biến đổi tính chất
của bề mặt điện cực, do đó làm thay đổi thế điện cực. Hiện tượng này gọi là sự phân cực hoá học.
3. Sự phân cực điện hoá
Theo định luật ôm, khi cho dòng điện đi qua dây dẫn thi cường độ dòng điện sẽ tỉ lệ với điện áp đặt vào:
U
I =
R
Thực nghiệm cho thấy dòng điện chi bắt đầu đi qua dung dịch điện li khi điện áp giữa hai điện cực có
một giá trị hoàn toàn xác định, điều đó có nghĩa là sự điện phân chỉ có thể bắt đầu xảy ra tại một điện áp
hoàn toàn xác định. Thí dụ: Nhúng hai điện cực platin vào dung dịch CuCl 2, sau đó nối hai điện cực với
nguồn điện một chiều sao cho có thể biến đổi liên tục điện áp đặt vào mạch. Khi chưa có hiệu điện thế
thì thế hai cực hiển nhiên bằng nhau. Khi bắt đầu tăng điện áp, trong mạch sẽ có một dòng điện: clectron
đến catot (nối với cực âm của nguồn) và rời anot (anot nối với cực dương của nguồn). Nhưng electron
không thể tự đi qua dung dịch điện li, do đó nếu trên điện cực không xảy ra quá trình điện hóa thì một
cực sẽ tích điện âm vì dư electron và một cực sẽ tích điện dương vì thiếu electron, điều này dẫn đến cấu
trúc của lớp điện kép sẽ thay đổi nghĩa là xảy ra sự phân cực điện cực. Kết quả giữa hai cực xuất hiện
một hiệu điện thế có chiều ngược lại với chiều của nguồn điện bên ngoài. Hiện tượng đó gọi là sự phân
cực điện hoá.
IV. THẾ PHÂN HUỶ
Bằng thực nghiệm và lí thuyết, người ta đã chứng minh được rằng sự điện phân chỉ bắt đầu xảy ra ở một
điện áp hoàn toàn xác định. Vậy, điện áp tối thiểu giữa hai điện cực để sự diện phân bắt đầu xảy ra gọi là

thế phân huỷ. Ví dụ: Điện phân dung dịch CuCl2.
Catot: Cu2+ + 2e → Cu
Anot: 2C1- → C12 + 2e
Quá trình trên chỉ có thể xảy ra khi thể catot âm hơn thể Cu2+ / Cu và thể anot dương hơn thế Cl 2 /2Cl Thế đó được gọi là thế phóng điện ion.
Kết luận: Về phương diện lí thuyết, thể phân huỷ của một chất bằng suất điện động của pin tạo bởi chất
thoát ra ở catot và anot.
Bảng thể phân huỷ của một số chất
Chất điện li
E (V)
Chất điện li
E (V)
H2SO4
1, 67
Na2SO4
2.21
HNO3
1,69
ZnSO4
2,35
H3PO4
1,70
AgNO3
0,70
NaOH
1,69
NiCl2
1,85
KOH
1,67
NiSO4

2,04
Trang 2


V. QUÁ THẾ
Trong thực nghiệm, hầu hết thế phân giải thưởng lớn hơn suất điện động của pin tạo bởi các chất thoát
ra trên điện cực.
Hiệu số giữa thế phân huỷ và suất điện động của pin tạo bởi các chất thoát ra trên điện cực gọi là quá
thế.
Vậy, thế phân giải của một chất được tính theo công thức:
E pg - (Ea0 - E 0c ) +∆Ea +∆E c
Với: Epg: Thế phân giải.
∆Ea : Quá thế cực dương.
∆E c : Quá thế cực âm.
Ea0 - E0c : Suất điện động của pin tương ứng.
Và thế phóng điện ion trên từng điện cực được tính theo công thức:
Ở catot: ε c = ε c + ηc
Ở anot: εa = εa + ηa
Trong đó: ε c , εa lần lượt là thế cân bằng của cation và anion.
ηc ,ηa lần lượt là quá thế trên catot và anot.
Khi điện phân dung dịch nước, bên cạnh các cation và anion của chất điện li còn có các ion H3O+ và
OH− . Do đó việc nghiên cứu quá thể của hiđro và oxi có tầm quan trọng đặc biệt: biết quá thể của hiđro
(hay oxi) có thể điều khiển được quá trình điện phân theo ý muốn.
Kết quả nghiên cứu thực nghiệm cho thấy quá thế của hiđro và oxi phụ thuộc vào mật độ dòng, bản chất
của chất làm điện cực, trạng thái bề mặt của nó, thành phần dung dịch. Về mặt định lượng, sự phụ thuộc
này được biểu diễn bằng phương trình Tafel:
η = a + blgi
Trong đó a và b là những hằng số phụ thuộc vào bản chất của chất làm điện cực và trạng thái bề mặt của
nó, i là mật độ dòng (Acm3).
Bản chất của quá trình quá thế rất phức tạp, liên quan đến đặc tính, bề mặt điện cực,.. Đối với quá thế

oxi, hằng số a và b ngoài sự phụ thuộc vào bản chất vật liệu làm điện cực, nhiệt độ, còn phụ thuộc vào
thành phần dung dịch và mật độ dòng.
Trong miền mật độ dòng quy định (~10−3 A.cm3) quá thể của oxi tăng dần theo dãy:
Co, Fe, Cu, Cd, Pb, Pd, Au, Pt
Vậy, các quá trình điện hoá được xác định không phải chỉ bởi các quy luật của nhiệt động học (quá thế
cân bằng) mà còn bởi các quy luật động học.
Bảng quả thế của hiđro và oxi với các điện cực khác nhau
Điện cực
Pt nguội
Fe
Pt (nhẵn)
Niken
Hg

Quá thế của hiđro (V)
0,03 - 0,04
0,01 - 0,02
0,2 - 0,4
0,2 - 0,4
0,8 – 1,0

Quá thể của oxi (V)
0,3
0,3
0,5
0,5

VI. ĐIỆN PHÂN CHẤT ĐIỆN LI NÓNG CHẢY
Trang 3

1. Điện phân muối nóng chảy (chủ yếu muối halogenua)
ac
MX n 
→ M n+ + nX -

Ở catot: M n+ + ne → M (söïkhöû
)
Ở anot: 2X - → X 2 + 2e (sự oxi hóa)
Phương trình điện phân:
ñpnc
2MX n 
→ 2M + nX 2 ↑

(K)
Ví dụ:

(A )

ñpnc
2NaCl 
→ 2Na + Cl 2 ↑
ñpnc
MgCl 2 
→ Na + Cl 2 ↑

2. Điện phân oxit kim loại nóng chảy
M xOy → M +2y/x + yO-2
Ở catot: xM +2y/x + 2y → xM (sự khử)
Ở anot: 2O−2 → O2 + 2.2e (sự oxi hóa)

Phương trình điện phân:
ñpnc
2M xOy 
→ 2xM + yO2 ↑

(K)
Ví dụ:

(A )

ñpnc
2Al 2O3 
→ 4Al + 3O2 ↑
Na AlF
3

6

3. Điện phân hiđroxit kim loại nóng chảy
+

nc
M(OH)n 
→ M n + nOH-

Ở catot: M n+ + ne → M (sự khử)
Ở anot: 4OH- → O2 ↑ + 2H2O + 4e (sự oxi hóa)
Phương trình điện phân:
4M(OH)n → 4M + nO2 ↑ + 2nH2O
1 4 44 2 4 4 43

(K)
Ví dụ:

(A)

ñpnc
4NaOH 
→ 4Na + O2 ↑ + 2H2O

VII. ĐIỆN PHÂN TRONG DUNG DỊCH NƯỚC
Theo quy luật chung: Ở catot, cation nào có tính oxi hóa càng mạnh thì càng dễ bị khử. Ở anot, anion
nào có tính khử càng mạnh thì càng dễ bị oxi hóa.
1. Quy tắc ở catot.
Ở catot có mặt các cation kim loại M n+ và H3O+ (do nước hoặc axit điện li ra). Nếu thế oxi hoá - khử
của cation kim loại lớn hơn thế oxi hoá khứ của H3O+ thì cation kim loại sẽ bị khử trước.
M n+ (dd) + ne → M(r)
Ngược lại, khi đó H3O+ bị khử trước.
• Nếu H3O+ là do axit phân li ra:
2H3O+ + 2e → H2 + 2H2O
• Nếu H3O+ là do nước phân li ra:
Trang 4



→ 2H O+ + 2OH−
4H2O ¬


3
2H3O + 2e → H2 + 2H2O

2H2O + 2e → H2 + 2OH
Khi đó, nếu không có sự quá thế thì những ion nào có thế cân bằng lớn hơn thế cân bằng của hidro trong
dung dịch mới nhận electron.
Với pH = 7 ⇒ E2H+/H = -0,059pH =-0,413 V
2

Tức những ion kim loại có thế oxi hóa - khử lớn hơn - 0,413V sẽ bị điện phân.
Thứ tự nhận electron như sau:
Hg2+/Hg+ > Ag+/A g > Hg2+/Hg > Fe3+/Fe2+ > Cu2+/Cu > 2H+(axit)/H2 > Pb2+/Pb >
+
Sn2+/Sn > Ni 2+/Ni > Cr3+/Cr2+ > Fe2+/Fe > Cr3+/Cr > Zn24 /Zn > 2H (H2O)/H2

Tuy nhiên, do sự quá thế nên có sự chuyển dịch về những ion kim loại đứng sau Al 3+ .
2. Quy tắc anot
Ở anot có mặt các anion gốc axit và OH- (do nước hoặc bazơ điện li ra).
a) Đối với anot trơ: Không trực tiếp tham gia vào quá trình oxi hóa như C, Pt thì:
Thứ tự nhường clectron (bị oxi hóa) như sau:
S2+ >I - >Br- >Cl- > S2- >RCOO- >OH- (bazơ) >OH (H2O),…

• Nếu OH- là do bazơ phân li ra:
4OH- → O2 ↑ + 2H2O + 4e
• Nếu OH- là do nước phân li ra:

→ 2H+ + 2OH2H2O ¬


2OH- → O2 ↑ + 2H+ + 4e
2H2O → O2 ↑ + 4H+ + 4e
Ví dụ: Xét điện phân dung dịch CoCl2 với điện cực Pt nhẵn.
Phương trình điện li:

CoCl 2 → Co2+ + 2Cl
→ H+ + OHH2O ¬


Giải

Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Chỉ có CoCl2 bị điện phân. Khi đó:
Catot: Co2+ + 2e → Co E 0c =-0,28V
Anot: 2Cl - → Cl 2 + 2e

Ea0 =1,36V

Phản ứng điện phân: Co2+ + 2Cl - → Co + Cl 2
0
0
Xảy ra ở thể phân giải: E pg = Ea - E c =1,64V

Trường hợp 2: Ngoài CoCl2, H2O cũng bị điện phân. Khi đó cần tính các thế điện cực:
H2O →

1
O2 + 2H+ + 2e
2

2H2O + 2e → H2 + 2OH-

E 0 =1,23V
E 0 =-0,82V

Trang 5


Và các quá thế oxi, hiđro trên điện cực Pt nhẵn là Ea =0,5; Ec =0,4 tương ứng. Xét các phản ứng điện
phân:
1
O2 ↑ + 2H+
2
=1,23 - (-0,28) +0,5 =2,01V

• Co2+ + H2O → Co +
E pg

• 2Cl - + 2H2O → H2 + Cl 2 + 2OHE pg =1,36 - (-0,82) +0,4 =2,58V
1
O
2 2
- 1,23 - (-0,82) +0,5 +0,4 =2,95V

• H2O → H2 ↑ +
E pg

Ta thấy kết quả thu được ở trường hợp đầu nhỏ nhất, do đó phản ứng điện phân dễ xảy ra nhất. Vậy,
phản ứng xảy ra khi điện phân dung dịch CoCl2 là:
ñieä
nphaâ
ndungdòch
CoCl 2 
→ Co + Cl 2

b) Đối với anot hoạt động: Tham gia trực tiếp vào quá trình oxi hóa như Cu, Zn,... khi đó các ion trong
dung dịch không được điện phân mà chính anot bị oxi hóa:
Cu → Cu2+ + 2e
Zn → Zn2+ + 2e
Chú ý: Hiện tượng dương cực tan là hiện tượng anot làm bằng kim loại mà các ion của nó có trong dung
dịch khi điện phân (như điện phân dung dịch CuSO4 với anot bằng Cu), khi đó trong quá trình điện phân
anot sẽ bị hoà tan dần (bị oxi hoá) và các nguyên tử của nó chuyển thành các ion dương. Các ion này đi
vào dung dịch đi vào dung dịch để bổ sung cho số ion dương đã bị giảm ở catot. Độ giảm khối lượng ở
anot bằng độ tăng khối lượng ở catot. Ta có:
∆m(A) ↓ = ∆m(K ) ↑
Số mol của các ion khác trong dung dịch xem như không đổi.
Ví dụ: Viết phương trình điện phân dung dịch Cu(NO3)2 với điện cực bằng Zn, Cu.
Cu(NO3)2 → Cu2+ + 2NO3Giải
a) Đối với điện cực bằng Zn
Ở catot:
Cu2+ + 2e → Cu
Ở anot:

Zn → Zn2+ + 2e

Zn + Cu2+ → Zn2+ + Cu
Phương trình điện phân:
ñpdd
Zn + Cu(NO3)2 
→ Zn(NO3)2 + Cu

b) Với điện cực bằng Cu
Ở catot:

Cu2+1 + 2e → Cu1

Ở anot:

Cu11 → Cu2+11 + 2e
CuII + Cu2+1 → Cu2+11 + CuI

Phương trình điện phân: Cu11 + Cu(NO3)21 → Cu(NO3)211 + Cul
(Thực chất anot bị hoà tan còn dung dịch muối Cu(NO3)2 không đổi)
3. Biểu thức Farađay
Trang 6


mx =

AIt
It
⇒ nx =
nF
nF

It
F
Trong đó: mx - Khối lượng chất thốt ra ở điện cực (gam)
A - Khối lượng mol (ngun tử hoặc phân tử) của chất X
I - Cường độ dòng điện (ampe).
t - Thời gian điện phân (s).
Q = I.t - Điện lượng (C).
n - Số electron tham gia phản ứng ở điện cực. Chẳng hạn:
⇒ Σne (catot phóng ra) = Σne (anot nhận vào) =

Cu2+ + 2e → Cu (n=2)
Ag+ + 1e → Ag (n=1)
2Cl - → Cl 2 + 2e (n=2)
F – Số Farađay phụ thuộc vào đơn vị của t.
Nếu: t tính bằng giây ⇒ F = 96500.
t tính bằng giờ ⇒ F = 26,8.
4. Một số chú ý khi giải bài tập điện phân
a) Các kiểu mắc bình điện phân
• Nhiều bình điện phân mắc nối tiếp.
I = I1 = I2 =…= In
t qua mỗi bình như nhau
⇒ Q = It qua mỗi bình như nhau.
Khi điện phân nhiều bình điện phân mắc nối tiếp, sự thu hoặc nhường electron ở các điện cực cùng tên
phải như nhau ⇒ Các chất sinh ra ở các điện cực cùng tên phải tỉ lệ mol với nhau.
• Nhiều bình điện phân mắc song song.
U = U1 = U2=…= Un
I
Nếu R1 = R2 = ... = Rn (t qua mỗi bình như nhau) thì I 1 =I 2 - …- I n n
b) Trong cùng một khoảng thời gian t, catot của bình điện phân phóng ra bao nhiêu mol electron để khử
cation M n+ (H+ của H2O hoặc axit) thì anot của bình điện phân cũng thu vào bấy nhiều mol electron của
anion X n− ( hay OH- của H2O hoặc bazơ).
c) Khi tính tốn có liên quan đến dung dịch sau khi điện phân, cần lưu ý đến khối lượng dung dịch có thể
bị hao hụt do có một số ion đã kết tủa hoặc biến thành chất bay hơi.
d) Hiệu suất điện phân
H% =

Lượng thoá
t ra thực tếởđiệ
n cực

.100%
Lượng tính theo cô
ng thứ
c Faray

DẠNG 1: BÀI TẬP CƠ BẢN
Phương pháp:
- Viết phương trình điện li
- Viết các phương trình trao đổi electron của các ion trong dung dịch điện phân
- Viết phương trình điện phân chung
- Sử dụng các cơng thức để tính tốn các đại lượng chưa biết theo các đại lượng đã biết
Các cơng thức tính tốn thường dùng:
Trang 7


• Cơng thức Faraday: mX =

AIt
It
⇒ nX =
nF
nF

⇒ Σne (catot phóng ra) = Σne (anot nhận vào) =

It
F

• Hiệu suất điện phân:
Lượng thoá

t ra thực tếởđiệ
n cực
H% =
.100%
Lượng tính theo cô
ng thứ
c Faray
1
S
Ví dụ 1: Điện phân 50ml dung dịch HNO3 có pH = 5,0 với điện cực than chỉ trong 30 giờ, dòng điện
khơng đổi 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 dung dịch NaOH 0,0001 mol cần để trung hòa dung dịch sau khi điện phân.
d) Hãy cho biết nên dùng chất chỉ thị nào để xác định điểm dừng của phản ứng trung hòa. Coi khối
lượng riêng của dung dịch HNO3 lỗng là 1 g/ml
(Đề thi HSGQG năm 2003 - 2004)
Giải
• Mật độ dòng: d =

1
O + 2e
2 2

a) Nửa phản ứng oxi hố ở anot: H2O → 2H+ +
Nửa phản ứng khử ở catot:

2H+ + 2e → H2
H2O → H2 +

1
O
2 2

It
1.30.60.60
=
- 0,5596mol
2
nF
2.96500
⇒ nH O = nH = 0,5596mol ⇒ mH O =0,5596.18 =10,0728gam

b) nH =
2

2

2

mdd trước điện phân = 50.1 = 50 gam.
mdd sau diện phân = 50 - 10,0728 = 39,9272 gam ≈ 40 gam.
40
Vdd sau điện phân =
=40ml =0,04 lit.
1
-7

nHNO =0,05.10-5 =5.10-7mol ⇒ CM (HNO ) =[H+] = 5.10 =1,25.10-5 M
3

3
0,04
⇒ pH =-lg[H+] =4,9
c)

HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O
5.10-7 → 5.10-7

5.10-7
⇒ Vdd(NaOH) =
=5.10-3lit =5ml
-4
10
d) Phản ứng xảy ra giữa axit mạnh và bazơ mạnh nên có thể dùng chất chỉ thị là phenolphtalein có khoảng
chuyền máu (pH) 8÷ 10 .
Ví dụ 2: 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 thốt ra ở cả hai bình tại cùng điện thế.
Trang 8


a) Giải thích hiện tượng trên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra ở mỗi bình (không xét sự tạo thành
H2O2 và H2S2O8).
b) Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực mỗi bình để cho quá trình điện phân xảy ra.
c) Người ta muốn giảm pH của dung dịch NaOH xuống còn 11. Có thể dùng NH 4CL được không? Nếu
dược, hãy giải thích và tỉnh khối lượng NH 4Cl phải dùng để giảm pH của 1 lít dung dịch NaOH từ 14
xuống còn 11.
d) Khi phí 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?
0

0
Cho: E H2O+1O2 /H2O = 0,4V; E2H++1O2 /H2O = 1,23V; pKb = 4,75.
2

2

(Đề thi HSGQG năm 2005 - 2006)
Giải
a) Trong thí nghiệm này, nước bị điện phân ở cùng một điện thế.
• Dung dịch NaOH:
Ở anot:

2OH- → H2O + 1/2O2 + 2e

Ở catot:

2H2O + 2e → H2 + 2OHH2O → H2 ↑ + 1/2O2 ↑

• Dung dịch H 2SO4:
Ở anot:

H2O → 1/2O2 + 2H+ + 2e

Ở catot:

2H+ + 2e → H2
H2O → H2 ↑ + 1/2O2 ↑

Khí thoát ra ở 2 bình đều là hidro và oxi.
b)

• Dung dịch NaOH:
E A =0,4 +

2
0,0592
1
0,0592
lg 2 =0,4V; EC =0 +
lg 10-14 =-0,83V
2
(1)
2

(

)

U min = E A − Ec = 0,4 − (−0,83) = 1,23V
• Dung dịch H2SO4:
0,0592
0,0592
E A =1,23 +
lg(1)2 =1,23V; EC =0 +
lg(1)2 =0V
2
2
U min = EA − EC = 1,23− 0 = 1,23V
(khi tính Umin không xét đến quá thế)
c) Có thể dùng NH4Cl để giẫm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11.
NH+4 + OH- €

NH3 + H2O K -1
b

(1)

pOH của dung dịch NaOH đã thêm NH 4Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11 được tính
theo công thức:
[NH3]
[NH3]
[NH+4]
⇒
pOH
=
pK
lg
⇒
3
=
4,75
+
l
g
(1) ⇒ [OH ] = K b
(2)
b
[NH3]
[NH+4 ]
[NH+4]
Khi pH của dung dịch NaOH giảm từ 14 xuống còn 11 thì [OH- ] của dung dịch giảm đi:

(1) ⇒ [NH3] = [OH− ] giảm = 0,999M
Trang 9


(2) ⇒ [NH+4 ] ≈ 0,0178M
⇒ nNH Cl =nNH+ + nNH =0,0178 +0,999 =1,0168 mol
4

3

4

⇒ mNH Cl =1,0168.53,5 =54,4 gam
4

d) Khi pH = 11, dung dịch NaOH:
E A =0,4 +

0,0592
1
lg -3 2 =0,5776V
2
(10 )

0,0592
lg(10-11)2 =-0,6512V
2
=EA - EC =0,5776 - (-0,6512) ≈ 1,23V

EC =0 +

⇒ U min

Ví dụ 3: Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO 3 với hai điện cực là platin.
Thực tế khi điện phân ở anot, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO 4 còn đồng thời xảy ra
nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu. Ở catot chỉ xảy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy
nhất. Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 75%.
a) Viết kí hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot.
b) Tính khối lượng KClO4 tạo thành và điện lượng tiêu thụ khi điện phân vừa hết 30.625 gam KClO 3.
Giả sử hiệu suất điện phân đạt 100 %.
Giải
a) Kí hiệu của tế bào điện phân: Pt | KClO3 (dd) | Pt
Phản ứng chính:

anot:
catot:

ClO3- + H2O → ClO4− + 2H+ + 2e
2H2O + 2e → H2 + 2OH
ClO3− + H2O → ClO4− + H2 ↑

H2O → 2H+ +

Phản ứng phụ: anot:

1
O
2 2

catot: 2H2O + 2e → H2 + 2OHH2O →
b) (1) ⇒ nKClO =nKClO =

4

3

1
O ↑ + H2 ↑
2 2

30,625
=0,25(mol)
122,5

⇒ mKClO =138,5.0,25 =34,625 (gam)
4

q =nKClO .nF.
3

100
100
=0,25.2.96500.
=64333,33 C
75
75

DẠNG 2: ĐIỆN PHÂN DUNG DỊCH HỖN HỢP
Phương pháp:
+Viết phương trình điện li.
+ Viết các phương trình xảy ra trên các điện cực theo thứ tự ưu tiên.
Chú ý: Thứ tự điện phân xảy ra trên các điện cực.

- Ở cực âm, cation nhận electron theo thứ tự ưu tiên như sau:

Trang 10


Ag+/Ag > Fe3+/Fe2+ > Cu2+/Cu > 2H+(axit)/H2 > Pb2+/Pb > Sn2+ /Sn > Ni 2+ /Ni >Cr3+/Cr2+ >
2+
+
Fe2+/Fe > Cr3+/Cr > Zn /Zn > 2H (H2O)/H2
- Ở cực dương có các anion và nhường electron theo thứ tự:
S2+ > I - > Br- > Cl - > S2- > RCOO- > OH- (bazơ) > OH (H2O) > NO3 >

SO2-4 , ClO-4, CO32- ,…..
Ví dụ 1: Dung dịch X có chất tan là muối M(NO 3)2. Người ta dùng 200ml dung dịch K 3PO4 vừa đủ phản
ứng với 200ml dung dịch X, thu được kết tủa M 3(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 400ml dung dịch X bằng dòng điện
I = 2A tới khi thấy khối lượng catot không tăng thêm nữa thì dừng, được dung dịch Z. Giả thiết bị 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 27,3°C, latm trong sự điện phân.
(Đề thi HSGQG năm 2001 - 2002)
Giải
a) Phương trình phản ứng:
3M(NO3)2 + 2K 3PO4 → M 3(PO4 )2 ↓ + 6KNO3 (1)
Dung dịch Y: dung dịch KNO3
K NO3 → K + + NO3-

(2)

Theo (1), 6 mol NO3 phản ứng tạo ra 2 mol PO34− làm thay đổi khối lượng:
372 - 190 = 182 gam
−
3

x mol NO phản ứng tạo ra x/3 mol PO34− làm thay đổi khối lượng 6,825 gam
6.6,825
0,1125.1000
=0,225 mol ⇒ Cdd X =
=0,5625 M
182
200
Theo (1), nK + =nNO− =nKNO =0,225mol
x=

3

3

Coi Vdd Y ≈ Vdd X +Vdd K 3PO4 ≈ 400ml

(3)

0,225.1000
=0,5625M
3
400
Dung dịch Y có nồng độ: CK + =CNO− =0,5625M
Vậy CK + =CNO− =

3

Các gần đúng đã chấp nhận khi tỉnh nồng độ dung dịch Y:
- Bỏ qua sự thay đổi thể tích khi tính Vdd Y và sự có mặt M 3(PO4 )2 ↓
- Bỏ qua sự tan M 3(PO4 )2 €
- Bỏ qua sự phân li của H2O €

3M 2+ + 2PO3-4

(4)

H+ +OH-

Xét sự điện phân, sơ đồ điện phân:
M(NO3)2 → M 2+ + 2NO3−
Ở catot: M 2+ + 2e → M
Ở anot: 2H2O → 2H+ +

1
O + 2e
2 2

Phương trình điện phân:
Trang 11


M(NO3)2 + H2O → M ↓ + 1/2O2 ↑ + 2HNO3
Trong 400 ml dung dịch X có chứa 0,225 mol M(NO3)2
Dung dịch Z có chất tan HNO3. Coi Vdd Z ≈ Vdd X ≈ 400ml

(5)
(6)

Theo (5) ⇒ nHNO3 =2nM(NO3 )2 =2.0,225 =0,45mol
0,45
=1,125M
3
3
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.
CH+ =CNO =CHNO =

- Bỏ qua sự phân li H2O €

H+ + OH- vì Z là dd HNO3

Nồng độ ion dung dịch X: CM 2+ =0,5625M; CNO3 =1,125M
Dung dịch Y: CK + =CNO3− =0,5625M
Dung dịch Z: CH+ =CNO3 =1,125M
b) Tính thời gian đã điện phân:
m=

AIt
m 96500n
⇒ t= .
96500n
A
I

(7)

m
=nM ( NO ) =0,5625.0,4 =0,025 mol; n = 2; I = 2A vào (7) ta được:
3 2
A
t =0,225.96500 =21.712,5 (giây)
c) Tính thể tích khỉ thu được ở 27,3°C, latm trong sự điện phân dung dịch Y,Z.
1
0,225
Theo (5): nO = nM (NO ) =
=0,1125 mol
2
3 2
2
2
Thay

22,4.0,1125.(273 +27,3)
=2,772
273.1
Ví dụ 2: Một trong các phương pháp tách các kim loại ra khỏi nhau nằm trong cùng một dung dịch là
dùng phương pháp điện phân với diện áp thích hợp. Muốn tách Ag ra khỏi dung dịch chứa 0,1 mol
AgNO3 và 0,1 mol Cd(NO3)2 trong 1 lít phải dùng điện áp bao nhiêu ? Cho biết quá thế của Ag bằng 0
⇒ VO =
2

và O2 là 0,4V và [H3O+ ] = 1M và sau khi tách [Ag+ ] = 10−6 M
Giải

Catot: Ag+ + e → Ag E0 = 0,8V
Cd2+ + 2e → Cd E0 = -0,403V
Anot: 2H2O → O2 + 2H+ + 4e E0 = 1,23V
EC (Ag) =0,8 +0,059lg10-6 =0,446V
EC (Cd) =-0.403 +

0,059
lg0,1 =-0,4325V
2

Ea =1,23 +0,059/4lg

1
=1,23V
(1)2

⇒ Ea - EC (Ag) +0,4 =1,184V
Ea - EC (Cd) +0,4 =2,0625V
Trang 12


Vậy, phải dùng điện áp trong khoảng: 1,184V đến 2,0625V
DẠNG 3: BÀI TẬP CÓ NHIỀU BÌNH ĐIỆN PHÂN MÁC NỐI TIẾP HOẶC SONG SONG
Phương pháp:
• Nếu có nhiều bình điện phân mắc nối tiếp:
- Cường độ dòng điện đi qua các bình bằng nhau.
- Điện lượng chuyển qua mỗi bình bằng nhau q= It
- Sự thu hoặc nhường electron ở các điện cực cùng tên phải bằng nhau và chất sinh ra ở các điện cực
cùng dấu tỉ lệ mol với nhau.
• Nếu có nhiều bình điện phân mắc song song. Ta có:

I 1R1 = I 2R2 = I 3R3 = ………− I nR n
Nếu R1 = R2 = R3 = ........... = Rn thì I1 = I2 = ........... = In = I/n
• Ngoài ra nếu đề bài toán cho biết quá trình điện phân gồm nhiều giai đoạn xảy ra kế tiếp nhau, có thể dự
đoán các giai đoạn nào đã xảy ra chưa dựa trên lượng sản phẩm xuất hiện ở các điện cực vào những thời
điểm khác nhau. Chẳng hạn, nếu bài toán cho thời gian điện phân tăng lên n lần, lượng sản phẩm cũng
tăng lên n lần ⇒ Ở diện cực đó chỉ xảy ra một phản ứng khử hoặc oxi hóa duy nhất.
Ví dụ 1: Có 3 bình điện phân mắc nối tiếp, mỗi bình có hai điện cực Pt. Bình 1 có 100ml dung dịch
Na2SO4 2M; bình 2 có 100ml dung dịch AgNO 3 0,15M, bình 3 có 100ml dung dịch muối sunfat của 1
kim loại. Khi điện phân cation này bị khử thành kim loại. Tiến hành điện phân bằng dòng điện 1 chiều
có I = 9,65A. Khi ngưng điện phân ở catot bình 1 có 12mg khí thoát ra, ở bình 3 có 0,384 gam kim loại
bám vào (trong dung dịch vẫn còn kim loại). Biết hiệu suất điện phân là 100% và các kim loại thoát ra
bám hết vào bề mặt điện cực.
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực và phản ứng điện phân ở mỗi bình điện phân.
b) Xác định muối sunfat kim loại trong bình 3.
c) Tính khối lượng các chất thoát ra ở điện cực của các bình điện phân.
Giải
Do các bình điện phân mắc nối tiếp nên thời gian điện phân t và cường độ dòng điện I qua mỗi bình là
như nhau
Na2SO4 → 2Na+ + SO2-4

• Bình 1:

Catot: 2H2O + 2e → H2 + 2OHAnot: 2H2O → O2 + 4H+ + 4e
Phương trình điện phân: 2H2O → 2H2 + O2
Ta có: mH2 =12mg ⇒ Thời gian điện phân:
t=

m.n.F
0,012.2.96500
=

=120 (s)
AI
2.9,65

1
0,012
Lượng O2 thoát ra: nO = nH =
=0,003 mol
2
2
2
2.2
⇒ mO =0,0003.32 =0,096 gam
2

• Bình 2:

AgNO3 → Ag+ + NO3Catot: Ag+ + e → Ag
Anot:

2H2O → O2 + 4H+ + 4e

Phương trình điện phân:
Trang 13


4AgNO3 + 2H2O → 4Ag + 4HNO3 + O2 ↑
nAgNO ban đầu = 0,1.0,15 = 0,015 mol
3
Khối lượng Ag sinh ra:

9,65.108.120
=1,296 gam
1.96500
Trong thời gian 120s, AgNO3 mới bị điện phân:
mAg =

nAgNO =nAg =
3

• Bình 3:

1,296
=0,012 mol <0,015 mol
108

M 2(SO4 )n → 2M n+ + nSO24

Catot: M n+ + ne → M
Anot: 2H2O → O2 + 4H+ + 4e
Phương trình điện phân:
2M 2(SO4 )n + 2nH2O → 4M + nO2 ↑ + 2nH2SO4
0,012
¬
n

0,003

0,384 0,012
⇒ M = 32n ⇒ n = 2 và M = 64 (Cu)
=

M
n
Ví dụ 2: Mắc nối tiếp hai bình điện phân: bình X chứa 800ml dung dịch MCl 2 là nồng độ a mol/l và HCl
nồng độ 4a mol/l; bình Y chứa 800ml dung dịch AgNO3
Sau 3 phút 13 giây, ở catot bình X thoát ra 1,6 gam kim loại, còn ở catot của bình Y thoát ra 5,4 gam
kim loại.
Biết cường độ dòng điện không đổi, hiệu suất điện phân 100%. Sau 9 phút 59 giây thì ngưng điện phân,
lấy hai dung dịch thu được sau điện phân đổi nhau thì thu được 6,1705g kết tủa và thể tích dung dịch Z
là 1,6 lít.
a) Giải thích các quá trình điện phân
b) Tính khối lượng nguyên tử M
c) Tính nồng độ CM của các chất trong dung dịch ban đầu ở bình X, Y và trong dung dịch Z. Thể tích các
dung dịch coi như không đổi.
d) So sánh thể tích khí thoát ra ở anot các bình X, Y.
Giải
t1
m
=3 > 1 =2 ⇒ MCl2 đã điện phân hết và HCl đã bị điện phân một phần.
a) • Bình X: Ta thấy:
t2
m2
⇒

MCl 2 → M + Cl 2
2HCl → H2 + Cl 2
t1
m1′
= ′ =3; mặt khác khi trộn hai dung dịch điện phân có kết tủa xuất hiện, nên AgNO 3
• Bình Y: Do
t2

m2
chưa bị điện phân hết.
4AgNO3 + 2H2O → 4A g ↓ + O2 ↑ + 4HNO3
AgNO3 + HCl → AgCl ↓ + HCl
b) Do hai bình điện phân mắc nối tiếp nên tổng e mà catot phóng ra ở hai bình điện phân trong cùng một
thời gian là như nhau:
Trang 14


1,6.n 5,4.1
⇒ M = 32n ⇒ n = 2 và M = 62 (Cu)
=
M
108
nCuCl =nCu =

c) Ta có:

2

0,05
3,2
=0,0625M
=0,05 mol ⇒ a =
0,8
64

nAgNO ban đầu = nAg + nAgCl = 16,2 + 6,1705 =0,193 mol
3
108

143,5
⇒ CM(AgNO ) =
3

0,193
=0,24M
0,8

d) Ta có: nCl2 (X) =2nO2 (Y )
DẠNG 4: ĐIỆN PHÂN NĨNG CHẢY
Phương pháp: Khi điện phân nóng chảy, thứ tự phản ứng của cation kim loại (bị khử tại catot) theo
ngun tắc: ngun tố kim loại đứng sau trong dãy điện hóa thì cation của nó bị khử trước.
Ví dụ 1: Điện phân muối clorua kim loại kiềm nóng chảy người ta thu được 0,896 lít khí (đktc) ở anot và
3,12 gam kim loại ở catot. Hãy xác định cơng thức muối dem điện phân.
Giải
Gọi RCl là muối clorua kim loại kiềm R
Phương trình điện phân: 2RCl → 2R + Cl 2
0,08 ¬ 0,04
3,12
=39(K)
0,08
Ví dụ 2: Điện phân muối clorua của kim loại ở trạng thái nóng chảy khi trên catot xuất hiện 6,24 gam kim
loại thì trên anot thu được 1,792 lít khí (đktc).
a) Xác định tên muối clorua trên.
b) Đem điện phân dung dịch có b mol muối clorua kim loại trên bằng bình điện phân có vách ngăn, thấy
có 75% clorua kim loại bị điện phân, dung dịch thu được gọi là dung dịch X. Đem nhiệt phân hồn tồn
a mol CaCO3 rồi dẫn khí sinh ra vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch Y tác dụng với
Ba(OH)2 và BaCl2 đều xuất hiện kết tủa. Xác định thành phần của dung dịch Y và khối lượng của các
chất tan có trong dung dịch Y theo a, b.
Giải

a) Gọi CTPT muối clorua kim loại là MCln
⇒ R=

điệ
n phâ
n nó
ng chả
y
2M + nCl 2
Phương trình điện phân: 2MCl n →

0,16
1,792
→
=0,08
n
22,4
6,24n
=39n ⇒ n =1 vàM =39 (K)
0,16
b) Phương trình điện phân dung dịch KCl
⇒ M=

điệ
n phâ
n nó
ng chả
y
2KCl + 2H2O →
2KOH + Cl 2 ↑ + H2 ↑

→

0,75b

0,75b

⇒ nKCl cò
n =b - 0,75b =0,25b
Dung dịch X gồm KCl dư, KOH
0

t
CaCO3 
→ CaO + CO2

a

a
Trang 15


Hấp thụ CO2 và dung dịch X có thể xảy ra các phản ứng sau:
CO2 + 2KOH → K 2CO3 + H2O
CO2 + KOH → KHCO3
Dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 và BaCl2 đều cho kết tủa. Chứng tỏ trong Y có chứa K2CO3.
• Trường hợp 1: Y có chứa KCl, K2CO3, KOH dư (nếu có)
mKC1 =74,5.0,25b =18,625b gam; nK CO =nCO =a mol
2

⇒ mK

3

2

=138a gam

2CO3

⇒ mKOH =56(0,75b - 2a)
• Trường hợp 2: Y chứa KCl, KHCO3 và K2CO3
mKC1 =74.5.0.25b =18,625b gam
Gọi x, y lần lượt là số mol KHCO3 và K2CO3. Ta có:
 x +y =a
 x =0,75b - a
⇒ 

 x +2y =0,75b
 y =2a - 0,75b
⇒ mK

2CO3

=138(0,75b - a) gam; mKHCO =100(2a - 0,75b) gam
3

Ví dụ 3: Người ta thực hiện sự điện phân để điều chế Al từ quặng boxit với dòng điện 50000A, điện thế
4,5 vôn liên tục trong một ngày.
a) Tính lượng Al thu được.

b) Tính lượng than chì (làm anot) tiêu thụ trong 1 ngày và thu được bao nhiêu gam xôđa Na 2CO3, nếu
dẫn toàn bộ khí tạo thành vào dung dịch NaOH dư (giả thiết chỉ có 2 khí CO và CO 2 sinh ra theo tỉ lệ thể
tích 3: 7)
c) Tính lượng quặng cần thiết dùng trong một ngày, biết rằng quặng chứa 60% Al 2O3 và hiệu suất tinh
chế ra Al2O3 tử quậng là 80%.
Giải
a) Phương trình tổng quát:
Al 2O3 + 3C → 2Al + 3CO
3x
2x
3x
2Al 2O3 + 3C → 4Al + 3CO2
3y

4y

3y

Khối lượng Al thu được trong một ngày (24 giờ) là
mA1 =

27.50000.24
=402985 gam =402,985 kg
3.26,8

b) Ta có hệ:

402985
2x +4y = 27 =14925,37
3x =3950,83 mol

⇒ 

3y =9218,61 mol
x = 3
 y 7
Lượng than tiêu thụ trong một ngày (24 giờ) là
mC =12(3950,83 +9218,61) =158033,28 gam =158,03328kg
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O
9218,61

→

9218,61

⇒ mNa CO =9218,61.106 =977172,66 gam = 977,17266 kg.
2

3

Trang 16


c) Tính lượng quặng cần dùng trong một ngày:
Lượng Al2O3 cần dùng trong một ngày:
402985.102
mAl O =
=761193,88 gam
2 3
2.27
Vì quặng chứa 60% Al2O3 và hiệu suất tinh chế Al2O3 từ quặng là 80% nên lượng quặng thực dùng trong

một ngày là
761193,88.100.100
=1585820,583 gam
60.80
1. Điện phân là gì? Sự khác nhau cơ bản giữa phản ứng điện phân và phản ứng oxi hoá - khử thông
thường?
2. So sánh sự giống nhau và khác nhau giữa điện phân KCl nóng chảy và điện phân dung dịch KCI?
3. Tại sao khi điện phân dung dịch với anot hoạt động, các anion trong dung dịch chất điện phân không bị
oxi hoá trên bề mặt anot? Xét trường hợp điện phân dung dịch CuSO4 trong hai thí nghiệm: một điện
cực grafit với một điện cực niken.
4. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi điện phân dung dịch chứa a mol CuSO4, b mol NaCl (điện
cực trơ, có màng ngăn).
5. Thế nào là sự phóng điện ion? Về mặt lý thuyết và về mặt thực tế thì thế đó được tính như thế nào?
6. Thế nào là quá thế? Quá thế của hiđro và oxi phụ thuộc vào những yếu tố nào?
7. Hoà tan 4,5 gam tinh thể XSO 4.5H2O 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 ở catot và 0,007 mol khí tại anot. Nếu
thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,024 mol khí.
a) Xác định XSO4.5H2O
b) Cho I = 1,93A. Tính thời gian t.
8. Điện phân 1 lít dung dịch NaCl (d = 1,2 gam/ml) chỉ thu được một chất khí ở điện cực. Cô cạn dung
dịch sau điện phân còn lại 125 gam chất rắn khan. Nhiệt phân chất rắn này thấy khối lượng giảm 8 gam.
Tính:
a) Hiệu suất của quá trình điện phân NaCl.
b) Nồng độ phần trăm và nồng độ mol của dung dịch NaCl ban đầu.
c) Khối lượng dung dịch còn lại sau diện phân.
9. Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO 3. Thực tế khi điện phân ở một điện
cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO 4 còn đồng thời xảy ra nửa phản ứng phụ tạo
thành một khí không màu. Ở điện cực thứ hai chỉ xảy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu
suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%.
a) Viết bị hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot.

b) Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 25°C và latm) khi điều chế được
332,52 gam KClO4.
10. a) Cần 2 lít dung dịch CuSO4 0,01M có pH =2,00 để mạ điện:
α) Tại sao dung dịch cần pH thấp như vậy?
β) Trong phòng thí nghiệm có muối CuSO4.5H2O, nước nguyên chất, H2SO4 98% (d = 1,84 gam/ml).
Hãy trình bày cách chuẩn bị dung dịch trên (bỏ qua chất phụ).
b) Có vật cần mạ, bản đồng, dung dịch vừa được chuẩn bị trên và nguồn điện thích hợp.
α) Hãy trình bày sơ đổ của hệ thống để thực hiện sự mạ điện này (có hình vẽ). Viết phương trình phản
ứng xảy ra trên các điện cực.
β) Tính thời gian thực hiện sự mạ điện nếu biết: I = 0,5A; lớp mạ điện có diện tích 10 cm 3, bề dày 0,17
mm, khối lượng riêng của Cu là 8,89 g/cm3). Hiệu suất của sự điện phân đạt 80%.
Trang 17


11. Dùng các số liệu về thế điện cực tiêu chuẩn hãy tính các thế cần thiết phải đặt vào các điện đực để xảy
ra quá trình điện phân với điện cực là bản platin nhẵn trong:
- Dung dịch CuCl2.
0
- Dung dịch NaCl, biết E H2O/H2 =-0,82V.

- Dung dịch HCl.
0
- Dung dịch CuSO4 biết E 1O2 ,H+ /H2O =1,23V.
2

- Dung dịch NaSO4
Ngoài ra cho biết thêm: khi dùng điện cực platin nhẵn bóng thì thế cần thiết để điện phân làm thoát ra
khí H2 lớn hơn giá trị thế điện cực tiêu chuẩn là 0,35V, còn khí O2 là 0,5V.
12. Hòa tan hết 8,56 gam hỗn hợp X gồm Fe 3O4 và CuO trong 400ml dung dịch HNO 3 1M, kết thúc các
phản ứng thu được dung dịch Y và 0,01 mol NO (sản phẩm khử duy nhất). Điện phân dung dịch Y (điện

cực trơ, không màng ngăn, hiệu suất 100%) với cường độ dòng điện không đổi 5A, trong 1 giờ 20 phút
25 giây. Tính khối lượng catot tăng lên và tổng thể tích khí thoát ra (đktc) ở hai điện cực khi kết thúc
điện phân.
13. Điện phân (điện cực trơ, hiệu suất 100%) dung dịch H 2SO4 với cường độ dòng điện không đổi 10A,
trong thời gian 2 giờ 40 phút 50 giây. Sau điện phân thu được 100 gam dung dịch H 2SO4 20%. Coi nước
bay hơi không đáng kể trong quá trình điện phân. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch H 2SO4 trước
điện phân.
14. Hoà tan hết 24,8 gam hỗn hợp X gồm Fe, Cu trong 240 gam dung dịch HNO 3 31,5%, kết thúc các
phản ứng thu được dung dịch Y và 6,72 lít NO (đktc).
a) Tính phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong X.
b) Điện phân dung dịch Y (điện cực trơ, hiệu suất quá trình điện phân 100%) với cường độ dòng điện
không đổi 10A, trong 2 giờ 8 phút 40 giây. Tính khối lượng catot tăng lên và thể tích khí thoát ra (đktc)
ở các điện cực.
15. Đốt 14,8 gam hỗn hợp X gồm Fe, Cu trong bình chứa khí O 2. Sau phản ứng thu được 19,6 gam hỗn
hợp rắn Y gồm Fe3O4 và CuO. Cho Y phản ứng hết với 800ml dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch
A. Diện phân dung dịch A (điện cực trơ, hiệu suất quá trình điện phân là 100%) với cường độ dòng điện
không đôi 5A, trong khoảng thời gian 3 giờ 13 phút. Khối lượng dung dịch thu được sau điện phân thay
đổi như thế nào so với trước điện phân (coi nước bay hơi không đáng kể trong quá trình điện phân).
16. Điện phân 150 ml dung dịch AgNO 3 1M với điện cực trơ trong t giờ, cường độ dòng điện không đổi
2,68A (hiệu suất quá trình điện phân là 100%), thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho 12,6
gam Fe vào Y, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 14,5 gam hỗn hợp kim loại và khí NO (sản phẩm
khử duy nhất của N+5 ). Tính giá trị của t.
17. Người ta điều chế H2 và O2 bằng phương pháp điện phân dung dịch NaOH với điện cực trơ, cường độ
dòng điện 0,67A trong thời gian 40 giờ. Dung dịch thu được sau điện phân có khối lượng 100 gam và
nồng độ NaOH là 6%. Tính nồng độ dung dịch NaOH trước điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi
không đáng kể).
18. Hoà tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ
dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,035 mol khí ở
anot. Còn nếu thời gian điện phần là 2 giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245 mol.
Tính giá trị của y.

19. Điện phân (với điện cực trơ) 200ml dung dịch CuSO 4 nồng độ a mol/l, sau một thời gian thu được
dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8 gam so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8 gam bột
sắt vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4 gam kim loại. Tính giá trị của a.

Trang 18


20. in phõn 200ml dung dch CuSO4 0,50M v Na2SO4 0,10M (in cc tr, hiu sut in phõn 100%)
vi cng 10A trong 15 phỳt 23 giõy. Dung dch sau in phõn cú kh nng hũa tan m gam Fe 3O4.
Tớnh giỏ tr ln nht ca m.
1. in phõn l dựng nng lng in thc hin phn ng oxi hoỏ - kh trờn catot v anot.
- Ti anot (cc õm) xy ra s kh (nhn electron)
- Ti catot (cc dng) xy ra s oxi hoỏ (cho clectron)
Khỏc vi phn ng oxi hoỏ - kh thụng thng phn ng in phõn xy ra do tỏc dng ca in nng v
cỏc cht trong mụi trng in phõn khụng trc tip cho electron m phi truyn qua dõy dn.
2. in phõn núng chy v in phõn dung dch KCl
a) Ging nhau:
- u nh nng lng in thc hin ng thi quỏ trỡnh kh trờn catot v quỏ trỡnh oxi hoỏ trờn
anot.
- anot u l s oxi hoỏ Cl- thnh Cl2
2Cl - Cl 2 + 2e
b) Khỏc nhau: in phõn dung dch cú H 2O trc tip tham gia in phõn. Trờn b mt catot, K + khụng b
in phõn m:
2H+ + 2e H2
in phõn núng chy khụng cú s tham gia ca H2O, trờn catot, K+ b in phõn.
K+ + e K
Phng trỡnh in phõn:
ủieọ
n phaõ
n noự

ng chaỷ
y
2KCl
2K + Cl 2
ủieọ
n phaõ
n dung dũch
2KCl + 2H2O
2KOH + H2 + Cl 2

3. Anot hot ng (lm t cỏc kim loi Zn, Fe, Ni, Cr, Cu, ...) nh tỏc dng ca in nng d dng b oxi
hoỏ hn cỏc anion cú trong dung dch.
M anot M n+ + ne
- in phõn dung dch CuSO4 vi in cc grafit (tr) thỡ:
1
O + H2SO4
2 2
- in phõn dung dch CuSO4 vi anot Ni (hot ng) thỡ:
CuSO4 + Ni anot Cu + NiSO4
ủieọ
nphaõ
ndungdũch
CuSO4 + H2O
Cu +

4. Ta cú:

H2O

H+ + OH-

CuSO4 Cu2+ + SO24
NaCl Na+ + Cl Catot (-): H2O, Cu2+, Na+ . Th t in phõn Cu2+ >H2O, Na+ khụng b in phõn.
Cu2+ + 2e Cu
Nu Cu2+ ht thỡ:
2H2O + 2e H2 + 2OHAnot (+) tr: Cl - , H2O, SO2-4 . Th t in phõn Cl - >H2O; SO2-4 khụng b in phõn
2Cl - Cl 2 + 2e
Trang 19


2H2O → O2 + 4H+ + 4e
Phương trình điện phân:
CuSO4 + 2NaCl → Cu + Cl 2 ↑ + Na2SO4

(1)

• b = 2a: Sau (1) dung dịch chỉ còn Na2SO4, nếu tiếp tục điện phân tiếp thì chỉ có H2O bị điện phân.
ñieä
nphaâ
ndungdòch
2H2O 
→ 2H2 ↑ + O2 ↑

• b < 2a: Sau (1) dung dịch còn CuSO4 nên
1
O ↑ + H2SO4 (2)
2 2
Phản ứng (2) vừa xong, tiếp tục điện phân thi H2O bị điện phân ở cả hai điện cực.
• b > 2a: Sau (1) dung dịch còn NaCl nên
ñieä

nphaâ
ndungdòch
CuSO4 + H2O 
→ Cu +

ñieä
nphaâ
ndungdòch
2NaCl + 2H2O 
→ 2NaOH + Cl 2 ↑ + H2 ↑ (3)

Phản ứng vừa kết thúc, nếu tiếp tục điện phân thì H2O bị điện phân ở cả hai điện cực.
5. Hiệu điện thế tối thiểu ở trên từng điện cực để có thể bắt đầu phản ứng điện phân gọi là thế phóng điện
của ion.
Về mặt lí thuyết, thế phóng điện của ion bằng thế cân bằng của ion đó trên từng điện cực.
Tuy nhiên, trong thực tế do có hiện tượng quá thế nên thế phóng điện ion được tính theo công thức:
Catot: ε 'k = ε k + ηk
Anot: εa = εa + ηa
Trong đó: ε k , εa lần lượt là thế cân bằng của cation và anion
ηk , ηa quá thế trên catot và anot
6. Hiệu số giữa thế phân giải và suất điện động của pin tạo bởi các chất thoát ra trên các điện cực gọi là
quá thế.
Quá thể của hiđro và oxi phụ thuộc vào các yếu tố:
- Mật độ dòng (A.cm2)
- Bản chất của chất làm điện cực.
- Trạng thái bề mặt điện cực.
- Thành phần dung dịch.
- Nhiệt độ xảy ra phản ứng.
7. a) Đặt số mol của XSO4.5H2O là a mol
Khi điện phân dung dịch XSO4.5H2O.

Ở anot: Sau thời gian 1 có 0,007 mol khí ⇒ Sau 2t giây có 0,014 mol khí < 0,024 mol. Do đó, phải có
khí H2 thoát ra từ catot:
nH =0,024 - 0,014 =0,01 mol
2

Vậy:
Anot: 2H2O → O2 + 4H+ + 4e
0,014

→ 0,056

Catot: X 2+ + 2e → X
a
2a
a
2H2O + 2e → H2 + 2OH0,02 → 0,01
Do số mol e nhận = Số mol e nhường nên ta có:
⇒ 0,056 = 2a + 0,02 ⇒ a = 0,018
Trang 20


4,5
-186 =64 (Cu)
0,018
Tinh thể đó là CuSO4.5H2O.
b) Thời gian điện phân:
n nF
0,007.4.96500
t= A
=

=1400 giaâ
y
I
1,93
8. a) Vì điện phân dung dịch NaCl chỉ thu được một chất khí ở điện cực nên chứng tỏ điện phân không
màng ngăn tạo ra nước Gia - ven.
2NaCl + 2H2O → 2NaOH + H2 ↑ + Cl 2 ↑
(1)
⇒ Mx =

2a
→
2a → a → a
Cl 2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O

(2)

a → 2a
→ a → a
Gọi 2a là số mol của NaCl bị điện phân. Sau phản ứng (1), (2) cô cạn thu được NaCl và NaClO. Nhiệt
phân chỉ có NaClO bị nhiệt phân.
2NaClO → 2NaCl + O2
(3)
a

0,5a

Khối lượng chất rắn giảm = mO2 =32.0,5a =8 ⇒ a =0,5 mol
Khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng (3) là khối lượng NaCl và đây cũng chính là khối lượng
NaCI ban đầu.

117
⇒ mNaCl ban ñaà
u = 125− 8 = 117 gam ⇒ nNaCl ban ñaà
u=
=2 mol
58,5
⇒ nNaCl ban ñaà
u=

117
n phaâ
n =2a =1 mol
=2 mol; nNaCl bòñieä
58,5

u =1000.1,2 =1200 gam
b) mdd NaCl ban ñaà
117
2
.100% =9,75%; CM NaCl = =2M
1200
1
c) mdd sau điện phân mdd NaCl - mH =1200 - 1 =1199 gam
C%NaCl =

2

9.
a) Kí hiệu của tế bào điện phân: Pt |KClO3 (dd) | Pt.
Phản ứng chính:

anot: ClO3- + H2O → ClO-4 + 2H+ + 2e
catot: 2H2O + 2e → H2 + 2OH
ClO3- + H2O → ClO-4 + H2

Phản ứng phụ:

anot: H2O → 2H+ +

1
O + 2e
2 2

catot: 2H2O + 2e → H2 + 2OH1
O + H2
2 2
=39,098 +35,453 +64,000 =138,551 gam/mol
H2O →

b) M KClO4
nKClO =
4

332.52
=2,4 mol
138,551
Trang 21


100

100
nKClO .nF =
.2,4.2.96500 =772000C
4
60
60
Khí ở catot là hidro:
9
772000
nRT
4.0,082.298
nH =
=
=4 mol ⇒ VH =
=
=97,744 lít
2
2
2F
2.96500
P
1
Khí ở anot là oxi: nF taïo ra O2 =772000.0,4 =308800 mol
q=

nO =
2

308800
0,8.0,082.298

=0,8 mol ⇒ VO =
=19,5488 lít
2
4.96500
1

10.
a) α) Theo định nghĩa: pH = − lg[H+ ]
-2
Từ pH = 2 ⇒ CH+ =10 M. Vậy dung dịch có nồng độ axit lớn để tránh sự thuỷ phân muối:

CuSO4 + 2H2O €

Cu(OH)2 ↓ + H2SO4

β) CuSO4.5H20 ứng với 0,02 mol là 5 gam (0,02.250)
H2SO4 để đảm bảo 2 lít CuSO4 có pH = 2 là ≈ 0,55ml H2SO4 98%(d = 1,84)
Cách pha:
+ Lấy bình có vạch chuẩn 2 lít, cho vào đó 1 lít H2O cất.
+ Thêm vào bình 55ml HSO4 98% (d = 1,84) và lắc đều.
+ Thêm tiếp 0,5 gam CuSO4.5H2O và lắc cho tan hết.
+ Thêm tiếp nước cất cho đến vạch 2 lít và lắc đều.
b) α) Cách lắp thiết bị như sau:

A: anot (bản Cu).
C: catot (vật cần mạ).
K: khuấy.
N: nguồn điện.
D: dung dịch vừa pha chế.
Dưới tác dụng của dòng điện xảy ra các phản ứng.

Anot: có sự hòa tan
Cu → Cu2+ + 2e
Catot: có sự kết tủa
Cu2+ + 2e → Cu
β) Thể tích lớp mạ V =s.l =10.0,017 =0,17 cm3
⇒ Khối lượng Cu cần: m = 8,89.0,17 = 1,5113 gam
Thời gian mạ:

Trang 22


Theo lí thuyết =

2mF
2.1,5113.96500
=
=9115,028 giaâ
y
AI
64.0,5

Với hiệu suất = 80% thì t =

9115,028
=11393,785 giây hay 3 giờ 9 phút 53,785 giây.
0,8

11.
• Đối với dung dịch CuCl2: quá trình điện phân xảy ra như sau:
2+

Catot: Cu + 2e → Cu

0
FCu
= 0,34V
2+
/Cu

Anot: 2Cl - → Cl 2 + 2e

0
ECl

2 /2Cl

= 1,36V

-

Phương trình điện phân: 2Cl - + Cu2+ → Cu + Cl 2
Do đó, thế tối thiểu cần đặt vào hai điện cực để điện phân dung dịch CuCl2 là
U =Ea - Ec =1,36 - 0,34 =1,02V
• Đối với dung dịch NaCl:
Catot: 2H2O + 2e → H2 + 2OH

Anot: 2Cl

E H0 O/H = −0,82V
2

→ Cl 2 + 2e

-

2

0

ECl

2 /2Cl

−

= 1,36V

Phương trình điện phân: 2Cl - + 2H2O → H2 + 2OH- + Cl 2
Do đó, thế tối thiểu cần đặt vào hai điện cực để điện phân dung dịch NaCl là
U =Ea - Ec +E H =1,36 - (-0,82) +0,35 =2,53V
2

• Đối với dung dịch HCl:
+
Catot: 2H + 2e → H2

Anot: 2Cl

-

0

E2H
= 0,00V
+
/H
2

→ Cl 2 + 2e

0

ECl

2 /2Cl

-

= 1,36V

2Cl - + 2H+ → H2 + Cl 2

Phương trình điện phân:

Do đó, thế tối thiểu cần đặt vào hai điện cực để điện phân dung dịch NaCl là
U =Ea - Ec +E H =1,36 - (0,00) +0,35 =1,71 V
2

• Đối với dung dịch CuSO4:
2+
Catot: Cu + 2e → Cu

0
ECu
= 0,34V
2+
/Cu

Anot: 2H2O → O2 + 4H+ + 4e

E01
2

O2 , H+/H2O

= 1,23V

2Cu2+ + 2H2O → 2Cu + O2 + 4H+
Do đó, thế tối thiểu cần đặt vào hai điện cực để điện phân dung dịch NaCl là:
U =Ea - E c +E O =1,23 - (0,34) +0,5 =1,39V
2

• Đối với dung dịch Na2SO4:
Catot: 2H2O + 2e → H2 + 2OH

Anot: 2H2O → O2 + 4H + 4e
+

EH0 O/H = −0,82V
2

E

2

0
1
O , H+/H2O
2 2

= 1,23V

2H2O → 2H2 + O2
Do đó, thế tối thiểu cần đặt vào hai điện cực để điện phân dung dịch NaCl là
U =Ea - Ec +EO +E H =1,23 - (-0,82) +0,5 +0,35 =2,9V
2

2

Trang 23


12.

CuO + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O
0,02 → 0,04

→

0,02

3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe( NO3 ) + NO ↑ +14H2O

3

0,03 ← 0,28
⇒ nCuO = nCu( NO ) =
3 2

←

0,09

← 0,01

8,56 − 232.0,03
n = 0,4 − 0,32 = 0,08 mol
= 0,02mol; nHNO3 cò
g0

Dung dich Y chứ
a: Fe3+ ,Cu2+ ,H+ vàNO3−
Ởcatot (-): Xả
y ra sựkhử
3+

Ởanot (+): Xả
y ra sựoxi hó
a
2H2O → O2 + 4H+ + 4e

2+

Fe + 1e → Fe
3+

Nế
u Fe hế
t
Cu2+ + 2e → Cu
Nế
u Cu2+ hế
t thì H+ (bao gồ
m lượng ban đầ
u vàlượng sinh
ra ởanot) tham gia điệ
n phâ
n
trướ
c Fe2+.
2H++2e → H2
Σnc (catot phóng ra) = Σne (anot nhận vào)
It 5×(3600 + 20.60 + 25)
=
= 0,25mol
F
96500
= 0,13mol < 0,25mol
=

Dễ thấy: 1.nFe2+ + 2nCu2+

⇒ Fe3+, Cu2+ bị điện phân hết

Khối lượng catot tăng lên là khối lượng Cu bám vào
mcatot tăng = mCu = 64.0,02 = 1,28 gam
Số mol O2 sinh ra ở anot là
1
0,25
Σne (anot nhận vào) =
= 0,0625mol
2
4
4
Số mol H2 thốt ra ở catot là
Σn (catot phó
ng ra) − nFe3+ − 2nCu2+ 0,25− 0,13
nH = e
=
= 0,06mol
2
2
2
⇒ ΣVkhí = (0,06+ 0,0625).22,4 = 2,744 lít
nO =

13. Ta có: nH SO =
2

4

100.20
= 20gam
100

ne (catot) = ne (anot) =

n (catot)
It 10.9650
=
= 1mol ⇒ nH = e
= 0,5mol
2
F
96500
2

Điệ
nphâ
ndungdòch
2H2O 
( H SO ) → 2H2 ↑ + O2 ↑
2

4

0,5 → 0,25
⇒ mdung dòch trước điện phân = 100 + 2.0,5+ 32.0,25 = 109 gam
⇒ C%H SO =
2

4

20.100%

= 18,35%
109

14.
Trang 24


a) Ta có: nHNO ban đầ
u =
3

6,72
240.31,5
= 0,3mol
= 1,2mol; nNO =
22,4
63.100

Fe → Fe3+ + 3e
x → x → 3x

4H+ + NO3− + 3e → NO + 2H2O
1,2

¬

0,9 ¬

0,3

2+

Cu → Cu + 2e
y → y → 2y
⇒ 3x + 2y = 0,9

(1)

Mặt khác:
56x + 64y = 24,8

(2)

Giải hệ (1), (2) ta được:
 x = 0,1mol

 y = 0,3mol
Phần trăm khối lượng của mỗi chất trong X là
56.0,1.100%
%Fe =
= 22,58%
24,8
%Cu = 100%− 22,58% = 77,42%
n ứ
ng = 4nNO = 1,2mol ⇒ H+ hế
t
b) nHNO3 phả
Dung dịch Y chứa Fe3+ ,Cu2+ vàNO3−
Ởcatot (−): Xả
y ra sựkhử

3+

Ởanot (+): Xả
y ra sựoxi hó
a

2+

Fe + 1e → Fe

2H2O → O2 + 4H+ + 4e

3+

Nế
u Fe hế
t
Cu2+ + 2e → Cu
Nế
u Cu2+ hế
t thì H+ sinh ra ởanot sẽdi chuyể
n sang catot
vàtham gia điệ
n phâ
n trướ
c Fe2+
2H++2e → H2
Σne (catot phó
ng ra) =Σne (anot nhậ
n và

o) =

It 10.(2.3600 + 8.60 + 40)
=
= 0,8mol
F
96500

Dễ thấy: 1.nFe3+ + 2nCu2+ = 0,7mol < 0,8mol
⇒ Fe3+ , Cu2+ bị điện phân hết
Khối lượng catot tăng lên là khối lượng Cu bám vào
mcatot tă
ng = mCu = 64.0,3 = 19,2gam
Số mol O2 sinh ra ở anot là
1
0,8
Σne (anot nhậ
n và
o) =
= 0,2mol
2
4
4
⇒ VO = 0,2.22,4 = 4,48 lít
nO =

2

Số mol H2 thốt ra ở catot là
Σn (catot phó

ng ra) − nFe3+ − 2nCu2+ 0,8− 0,7
nH = e
=
= 0,05mol
2
2
2
⇒ VO = 0,2.22,4 = 4,48lít
2

Trang 25