Tải Sáng kiến kinh nghiệm - Phương pháp giải nhanh và chuyên sâu bài toán điện phân - Sáng kiến kinh nghiệm Hóa học

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>MỤC LỤC</b>

<b>PHẦN 1: Lý do viết sang kiến kinh nghiệm………....2</b>

<b>PHẦN 2: Nội dung của sang kiến kinh nghiệm………...3</b>

<b>2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện……….3</b>

<i><b>2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài……….…3</b></i>

<i><b>2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài……….…3</b></i>

<b>2.2. Nội dung………...3</b>

<i><b>2.2.1. Lí thuyết……….. ...3</b></i>

<i><b>2.2.2. Một số ví dụ minh họa………7</b></i>

<i><b>2.2.3. Một số lí thuyết mở rộng về điện phân và ứng dụng………...17</b></i>

<i><b>2.2.4. Cơ sở thực nghiệm...20</b></i>

<b>PHẦN 3. Kết luận và đề xuất………. 21</b>

<b>TÀI LIỆU THAM KHẢO</b>

1. Bài tập cở sở lí thuyết các q trình hóa học-Vũ Đăng Độ chủ biên-Nhà xuất bản
giáo dục

2. Bài tập hóa lí-Lâm Ngọc Thiềm- Trần Hiệp Hải-Nguyễn Thị Thu.
3. Bộ đề luyện thi đại học 1996

4. Đề thi đại học, cao đẳng các năm (từ 2007 đến 2012)
5. Đề thi học sinh giỏi tỉnh-quốc gia các năm (2001 đến 2012)
6. Hóa học đại cương- Lê Mậu Quyền- Nhà xuất bản giáo dục

7. Phản ứng điện hóa và ứng dụng-Trần Hiệp Hải-Nhà xuất bản giáo dục 2005
8. Sách giáo khoa hóa học 12-nâng cao-Nhà xuất bản giáo dục 2012

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>PHẦN 1:</b>

<b>LÝ DO VIẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM</b>

- Hố học là mơn khoa học cơ bản được giảng dạy ở các trường THCS, THPT. Đây là
môn mà học sinh mới được trang bị kiến thức từ khi học lớp 8 bậc THCS. Tuy nhiên, đây
cũng là môn thường xuyên sử dụng thi tốt nghiệp THPT và là một trong ba mơn bắt buộc
trong kì thi tuyển sinh vào ĐH, CĐ, THCN khối A, B.

- Kể từ năm 2007, Bộ Giáo Dục và Đào Tạo đã chuyển cấu trúc thi tuyển sinh đại học,
cao đẳng mơn hố học từ tự luận sang trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn 100%. Điều đó
cũng đồng nghĩa trong vịng 90 phút, học sinh phải thật bình tĩnh để lựa chọn phương án trả
lời tối ưu nhất trong thời gian ngắn nhất. Nắm bắt được điều đó, các giảng viên đại học, cao
đẳng, các chuyên gia và các nhà giáo có nhiều kinh nghiệm đã xuất bản rất nhiều sách và tài
liệu tham khảo về các phương pháp giải nhanh trắc nghiệm.

<i>- Thông qua các đề thi đại học, cao đẳng hiện nay chúng tôi nhận thấy trong đề thi đại</i>

<i>học cao đẳng ln có 1 đến 2 câu liên quan đến điện phân. Đây là dạng tốn khó mà học sinh</i>
<i>hay bị lúng túng xử lí để có đáp án đúng. </i>

<i>- Trong các đề thi học sinh giỏi tỉnh và quốc gia thông thường cũng hay có bài tốn</i>

điện phân, theo thống kê của chúng tơi từ năm 2000 trở về đây có ít nhất một câu trong đề thi
<i>quốc gia liên quan đến điện phân-pin điện.</i>

- Qua 7 năm giảng dạy ở trường THPT kết hợp với những kiến thức tích luỹ được khi
ngồi trên giảng đường đại học và cao học chúng tôi đúc kết được kinh nghiệm về giảng dạy
<i>bài điện phân đó là “ Phương pháp giải nhanh và chuyên sâu dạng bài toán điện phân”.</i>

<i><b>Trong đề tài này phần nội dung chúng tơi đưa ra bốn phần chính đó là lý thuyết tổng</b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>PHẦN 2</b>

<b>NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM</b>
<b>2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện</b>

<i><b>2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài.</b></i>

- Qua những năm giảng dạy tại trường phổ thông và nhiều năm đi gia sư khi ngồi trên
ghế giảng đường đại học, tôi nhận thấy rất nhiều học sinh khi làm bài tập điện phân thường
hay lung túng-khúc mắc. Điều đó, sẽ mất nhiều thời gian làm bài và đôi khi không làm ra
được kết quả do điện phân chỉ được học trong 1 tiết ở lớp 12.

- Thực tế là học sinh hay giải bài tập phần điện phân nhầm do không hiểu hết các vấn
đề của điện phân. Xác định khơng rõ vai trị, viết sai các q trình oxi hóa-khử.

- Vì vậy để nâng cao hiệu quả giải bài tập điện phân trong đề thi đại học-cao đẳng
cũng như trong đề thi học sinh giỏi tỉnh-quốc gia chúng tôi chọn đề tài phương pháp giải bài
tập điện phân này nhằm đưa học sinh tới hiểu thấu đáo hơn và giải quyết vấn đề tốt hơn.
<i><b>2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài.</b></i>

<i>2.1.2.1. Những kiến thức cần trang bị. </i>

- Nắm vững quy tắc catot, anot

- Viết được các quá trình khử và quá trình oxi hoá tại catot và anot
- Áp dụng hệ quả định luật Farađây

- Xử lí các dữ kiện bài tốn: số mol, thể tích khí, khối lượng…..

<i>2.1.2.2. Những điểm cần lưu ý.</i>

- Trong điện phân thì số mol e nhường tại A bằng số mol e nhận tại K

<b> - Hằng số Farađây trong công thức: F = 96500 C·mol</b>−1 <b>_{ứng với t là s, F=26,8 ứng với t là}</b>
<b>h</b>

<b>2.2. Nội dung</b>
<i><b>2.2.1. Lí thuyết</b></i>

<i><b>2.2.1.1. Định nghĩa: Điện phân là quá trình oxi hóa khử xảy ra trên bề mặt điện cực</b></i>
dưới tác dụng của dòng điện một chiều đi qua dụng dịch chất điện li hoặc chất điện li nóng
chảy.

Trong điện phân có 2 điện cực:

<i>- Cực âm (-) gọi là catot (kí hiệu K): tại đây xảy ra quá trình oxi hóa (q trình nhường e)</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<i>* Bạn đọc chú ý: Catot cả trong điện phân và pin điện đều xảy ra q trình oxi hóa, và Anot là</i>

nơi mà ở đó xảy ra q trình khử
<b>Ví dụ: Điện phân dung dịch CuCl</b>2:

Ta có trong dung dịch: CuCl2  Cu2+ + 2Cl

-Tại catot (K - ): Cu2+_{+ 2e}_{ }_ _Cu

Tại anot (A + ): 2Cl- _{ }_ _Cl
2 + 2e

Phương trình điện phân: CuCl2
<i>dp</i>

 _{Cu + Cl}₂

<i>* Hai loại điện phân chủ yếu: điện phân nóng chảy và điện phân dung dịch</i>

<i><b>2.2.1.2. Điện phân nóng chảy (muối, bazơ, oxit)</b></i>

<i>a. Điện phân nóng chảy muối (chủ yếu là muối halogen của kim loại kiềm và kiềm thổ): </i>

Công thức muối: MXn (n là hóa trị của M, X= F, Cl, Br, I)

MXn
<i>nc</i>

  _Mn+_{+ nX}

-Tại K (-): Mn+_{+ ne  M}

Tại A (+): 2Cl-_{ Cl}
2 + 2e

Phương trình điện phân tổng quát : MXn
<i>dpnc</i>

   _{M + X}₂

<i>Ví dụ : Điện phân nóng chảy NaCl, CaCl2</i>

- Điện phân nóng chảy NaCl : NaCl <i>nc</i> _Na+_{+ Cl}

-Tại K (-) : Na+_{+ 1e  Na;} _{Tại A (-): 2Cl}-_{ Cl}
2 + 2e

Phương trình điện phân tổng quát: 2NaCl   <i>dpnc</i> _{2Na + Cl}₂

- Điện phân nóng chảy CaCl2 : CaCl2
<i>nc</i>

  _Ca2+_{+ 2Cl}

-Tại K (-) : Ca2+_{+ 2e  Ca; Tại A (-): 2Cl}-_{ Cl}
2 + 2e

Phương trình điện phân tổng quát: CaCl2
<i>dpnc</i>

   _{Ca + Cl}₂

<i>b. Điện phân nóng chảy hiđroxit M(OH)n (M là kim loại kiềm, kiềm thổ)</i>

M(OH)n
<i>nc</i>

  _Mn+_{+ nOH}

-Tại K (-): Mn+_{+ ne  M} _{Tại A (+): 4OH}-_{ 2H}

2O + O2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát : 4M(OH)n
<i>dpnc</i>

   _{4M + 2nH}₂_{O + nO}₂

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

NaOH  <i>nc</i> _Na+_{+ nOH}

-Tại K (-): Na+_{+ e  Na} _{Tại A (+): 4OH}-_{ 2H}

2O + O2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát : 4NaOH   <i>dpnc</i> _{4Na + 2H}₂_{O + O}₂

<i>c. Điện phân nóng chảy oxit kim loại M2On </i>

M2On
<i>nc</i>

  _2Mn+_{+ nO}

2-Tại K (-): Mn+_{+ ne  M} _{Tại A (+): 2O}2-_{ O}

2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát : 2M2On
<i>dpnc</i>

   _{4M + nO}₂

<i>Ví dụ: Điện phân nóng chảy Al2</i>O3

Al2O3
<i>nc</i>

  _2Al3+_{+ 3O}

2-Tại K (-): Al3+_{+ 3eAl} _{Tại A (+): 2O}2-_{ O}
2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát: 2Al2O3
<i>dpnc</i>

   _{4Al + 3O}₂

<i><b>2.2.1.3. Điện phân dung dịch</b></i>

<i>2.2.1.3.1. Vai trò của H2O trong điện phân: </i>

- Giúp chất điện li phân li ra ion
- Vận chuyển các ion đến các điện cực

- Có thể tham gia vào q trình oxi hóa khử tại bề mặt các điện cực, tức tham gia vào

quá trình điện phân, cụ thể:

Tại K(-): 2H2O + 2e  2OH- + H2 Tại A (+): 2H2O  4H+ + O2 + 4e
<i>2.2.1.3.2. Quy luật chung, quy tắc K, quy tắc A</i>

<i>Quy luật chung: - Ở catot (K): ion càng có tính oxi hóa mạnh càng dễ bị khử, ví dụ: Tại K:</i>

Ag+_{; Cu}2+_{thì Ag}+_{+ 1eAg rồi mới đến Cu}2+_{+ 2eCu}

- Ở anot (A): ion càng có tính khử mạnh càng dễ bị oxi hóa, ví dụ: Tại A: Br-_{; Cl}-_{thì 2Br}-_Br
2

+ 2e rồi mới đến 2Cl-_Cl
2 + 2e.

<i>a. Quy tắc ở K: Ở K có mặt cation kim loại M</i>n+_{và H}+_{( do nước hoặc axit phân li) thì:}

- Nếu Mn+_{là cation kim loại trước Al}3+_{và Al}3+_{thì cation này khơng nhận electron (không bị}

khử) mà cation H+_{nhận electron (bị khử):}

H+_{do nước phân li: 2H}

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

2H+_{+ 2e}_{ }_ _H
2

2H2O + 2e   H2 + 2OH

-H+_{do axit phân li: 2H}+_{+ 2e}_{ }_ _H
2

- Nếu Mn+_{là cation kim loại sau Al}3+_{thì cation nhận electron (bị khử) để tạo thành kim loại:}

Mn+_{+ ne}_{ }__M

- Cation có tính oxi hóa càng mạnh thì càng dễ nhận e, ví dụ tại K(-) gồm: Ag+_{; Fe}3+_{; Cu}2+_{; H}+_;

H2O thi thứ tự nhận electron sẽ như sau:

Ag+_{+ 1e}_{ }_ _Ag  ₍₁₎ _Fe3+_{+ 1e}_{ }_ _Fe2+₍₂₎

Cu2+_{+ 2e}_{ }_ _Cu ₍₃₎ _2H+_{+ 2e}_{ }__H

2 (4)

Fe2+_{+ 2e}_{ }_ _Fe ₍₅₎ _2H

2O + 2e  2OH- + H2 (6)
<i>b. Quy tắc ở anot: Ở anot có mặt anion gốc axit và OH</i>-_{(do nước và bazơ phân li)}
<i>* Đối với anot trơ (là anot khơng tham gia vào q trình phản ứng)</i>

- Nếu anot có mặt các anion: I-_{; Br}-_{; Cl}-_{; S}2-_{; RCOO}-_{; … thì các anion này sẽ nhường electron}

cho điện cực (bị oxi hóa) và anion có tính khử càng mạnh càng dễ nhường electron và thứ tự
nhường electron đã được thực nghiệm tìm ra như sau: S2-_{> I}-_{> Br}-_{> Cl}-_{> RCOO}-_{> H}

2O
<i>Ví dụ tại A(+): Cl</i>-_{, I}-_{; H}

2O thì thứ tự nhường electron như sau:

2I-_{ }__I

2 + 2e (1); 2Cl-  Cl2 + 2e (2); 2H2O 4H+ + O2 + 4e (3)

- Nếu anot có mặt các ion gốc axit vơ cơ chứa O như: NO3


; SO42-; CO32-; ... và F- ; OH- thì

những anion này khơng nhường electron (khơng bị oxi hóa) mà H2O sẽ nhường electron thay:

2H2O   4H+ + O2 + 4e

<i>* Đối với anot hoạt động: đó là anot làm bằng các kim loại Cu, Zn, ...thì các anot sẽ tham gia</i>

vào q trình oxi hóa, nó sẽ nhường electron thay cho các anion: Zn
 _Zn2+_{+2e; Cu}_{ }_ _Cu2+_+2e

<i>Chú ý: Hiện tượng dương cực tan thì: </i>

<i>Độ tăng khối lượng tại K = độ giảm khối lượng tại A</i>

<i>Ví dụ 1: Viết sơ đồ và phương trình điện phân tổng quát khi điện phân điện phân điện cực trơ:</i>

a. dung dịch FeCl2 b. dung dịch CuSO4

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

a. FeCl2 Fe2+ + 2Cl

-Tại K (-): Fe2+_{; H}

2O: Fe2+ + 2e   Fe Tại A(+): Cl-; H2O: 2Cl-   Cl2 +2e

Phương trình điện phân tổng quát: FeCl2

dd

<i>dp</i>

   _{Fe + Cl}₂_

b. CuSO4   Cu2+ + SO4

2-Tại K (-): Cu2+_{; H}

2O: Cu2+ + 2e   Cu

Tại A (+): SO42-; H2O: 2H2O   4H+ + O2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát: 2Cu2+_{+ 2H}
2O

<i>dpdd</i>

   _{2Cu + 4H}+_{+ O}
2

hay 2CuSO4 + 2H2O
<i>dpdd</i>

   _{2Cu + 2H}₂_SO₄_{+ O}₂_

c. NaCl   _Na+_{+ Cl}

-Tại K (-): Na+_{; H}

2O: 2H2O + 2e   2OH- + H2

Tại A (+): Cl-_{; H}

2O: 2Cl-   Cl2 + 2e

Phương trình điện phân tổng quát: 2Cl-_{+ 2H}
2O

<i>dpdd</i>

   _2OH-_{+ H}

2 + Cl2

hay: 2NaCl + 2H2O
<i>dpdd</i>

   _2NaOH_{+ H}₂_{ + Cl}₂_

d. KNO3   K+ + NO3

-Tại K (-): K+_{; H}

2O: 2H2O   4H+ + O2 + 4e

Tại A (+): NO3-; H2O: 2H2O + 2e   2OH- + H2

Phương trình điện phân tổng quát: 2H2O
<i>dpdd</i>

   _2H₂_{ + O}₂_

<i>Nhận xét: Khi điện phân dung dịch muối: </i>

- dung dịch muối của ion kim loại sau Al3+_{và ion gốc axit khơng chứa O}

( trừ F-_{) thì pH dung dịch không đổi}

- dung dịch muối ion kim loại sau Al3+_{và ion gốc axit chứa O, F}-_{thì pH dung dịch}

giảm dần do tạo ra H+

- dung dịch muối ion kim loại trước Al3+_{và ion gốc axit khơng chứa O}

( trừ F-_{) thì pH dung dịch tăng dần do tạo ra OH}

-- dung dịch muối ion kim loại trước Al3+ _{và ion gốc axit chứa O, F}-_{thì pH dung dịch}

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<i>Ví dụ 2: Viết phương trình điện phân dung dịch CuSO4</i> với điện cực anot là Cu.

<i>Hướng dẫn giải:</i>

CuSO4   Cu2+ + SO4

-Tại K (-): Cu2+_{; SO}

4-: Cu2+ + 2e   Cu

Tại A (+) là Cu: SO42-; H2O: Cu   Cu2+ + 2e

Phương trình điện phân tổng quát:

Cu + Cu2+ _{ }__{Cu + Cu}2+

(A) (K)

<i>Ví dụ 3: Viết phương trình điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4</i> a mol;
NaCl b mol trong các trường hợp:

a. b = 2a b. b > 2a c. b < 2a

<i>Hướng dẫn giải:</i>

CuSO4   Cu2+ + SO4

-NaCl   _Na+_{+ Cl}

-Tại K (-): Cu2+_{; Na}+_{; H}

2O: Cu2+ + 2e   Cu

2H2O + 2e   2OH- + H2

Tại A (+): Cl-_{; SO}

42-; H2O: 2Cl-  Cl2 +2e

2H2O  4H+ + O2 + 4e

a. b = 2a thì: Cu2+_{+ 2Cl}- _{  }<i>dp</i>dd_ _{Cu + Cl}
2

hay CuSO4 + 2NaCl

dd

<i>dp</i>

   _{Cu + Cl}₂_{ + Na}₂_SO₄

sau đó: 2H2O

dd

<i>dp</i>

  _2H₂_{ + O}₂_

b. b > 2a thì: Cu2+_{+ 2Cl}- _{  }<i>dp</i>dd_ _{Cu + Cl}
2

hay CuSO4 + 2NaCl

dd

<i>dp</i>

   _{Cu + Cl}₂_{ + Na}₂_SO₄

sau đó: 2Cu2+_{+ 2H}
2O

<i>dpdd</i>

   _{2Cu + 4H}+_{+ O}
2

hay 2CuSO4 + 2H2O
<i>dpdd</i>

   _{2Cu + 2H}₂_SO₄_{+ O}₂_

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

hay CuSO4 + 2NaCl

dd

<i>dp</i>

   _{Cu + Cl}₂_{ + Na}₂_SO₄

sau đó: 2Cl-_{+ 2H}
2O

<i>dpdd</i>

   _2OH-_{+ H}

2 + Cl2

Hay: 2NaCl + 2H2O
<i>dpdd</i>

   _2NaOH_{+ H}₂_{ + Cl}₂_

<i><b>2.2.1.4. Biếu thức định luật Farađây </b></i>

Dùng để tính khối lượng các chất thoát ra ở điện cực, giả sử tại điện cực A hay K thoát
ra chất X, ta có:

X

A . .
m
.
<i>X</i>
<i>e</i>
<i>I t</i>
<i>n F</i>


(gam) hay nX =

.

<i>e</i>
<i>I t</i>

<i>n F</i> _(mol) ₍₁₎

Với: AX là khối lượng mol của X (gam/mol)

ne là số electron trao đổi tại điện cực

I là cường độ dòng điện (A)

F hằng số Farađây : F = 96500 (Culong/mol.s) nếu t tính bằng giây (second) hoặc F
=26,8 nếu t tính bằng giờ (hour)

t (times) : thời gian tính bằng giây (s) hoặc giờ (h)

<i>Chú ý: </i>

- Khi tính theo (1) thì phương trình điện cực các chất ở điện cực phải viết theo hệ số nguyên
tối giản.

- Từ (1) ta có:

( )
.
.
( / )
<i>X</i>
<i>e</i>

<i>X</i>
<i>m g</i>
<i>I t</i>
<i>n</i>

<i>F</i> <i>A g mol</i> <i><b>_{= số mol electron trao đổi đây là hệ quả rất quan trọng}</b></i>

ta sẽ sử dụng đề tính tốn trong các bài tập điện phân.

<i><b>- Điện phân là quá trình oxi hóa khử nên số mol electron nhường tại A= số mol electron</b></i>
<i><b>nhận tại K.</b></i>

<i><b>2.2.2. Một số ví dụ minh họa</b></i>
<i><b>2.2.2.1. Ví dụ cơ bản</b></i>

<i><b>Ví dụ 1:(Trích đề thi đại học khối A năm 2012). Điện phân 150 ml dung dịch AgNO</b></i>3 1M với

điện cực trơ trong t giờ, cường độ dịng điện khơng đổi 2,68A (hiệu suất quá trình điện phân
là 100%), thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho 12,6 gam Fe vào Y, sau khi các
phản ứng kết thúc thu được 14,5 gam hỗn hợp kim loại và khí NO (sản phẩm khử duy nhất
của N+5_{). Giá trị của t là}

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<i>Hướng dẫn giải:</i>

Phương trình điện phân: 4AgNO3 + 2H2O → 4Ag + O2 + 4HNO3 (1)

Dung dịch Y gồm: AgNO3, HNO3. Cho Fe + dd Y sau phản ứng thu được 14,5g hỗn hợp kim

loại nên Fe dư có các phản ứng:

3Fe + 8HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 2NO + 4H2O (2)

Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (3)

Gọi x là số mol AgNO3 bị điện phân nHNO3 = x, dung dịch Y: HNO3: x mol; AgNO3 dư:

0,15 –x mol.

Theo (2,3) nFe phản ứng = 3x/8 + (0,15-x)/2 = 0,075 –x/8 mol

nAg = 0,15 – x mol

Vậy mhỗn hợp kim loại = mFedư + mAg =12,6 –(0,075-x/8).56 +(0,15-x).108 =14,5

Suy ra: x= 0,1 mol. Ta có mAg =

108.2,68.
1.26,8

<i>t</i>

<b>= 0,1.108  t = 1,0 h</b>

<i><b>Ví dụ 2: (Trích đề thi đại học khối B năm 2012). Người ta điều chế H</b></i>2 và O2 bằng phương

pháp điện phân dung dịch NaOH với điện cực trơ, cường độ dòng điện 0,67 A trong thời gian
40 giờ. Dung dịch thu được sau điện phân có khối lượng 100 gam và nồng độ NaOH là 6%.
Nồng độ dung dịch NaOH trước điện phân là (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể)

A. 5,08% B. 6,00% <b>C. 5,50%</b> D. 3,16%

<i>Hướng dẫn giải:</i>

Điện phân dung dịch NaOH chính là sự điện phân H2O, phương trình điện phân:

2H2O

<i>dpNaOH</i>

   _2H₂_{+ O}₂₍₁₎

Số mol e trao đổi =

0,67.40

26,8 _{= 1 mol}

Tại K(-): 2H2O + 2e   2OH- + H2  nH2 = 0,5 mol

Tại A (+): 2H2O   4H+ + O2 + 4e  nO2 = 0,25 mol

Vậy mdung dịch trước điện phân = 100 + 0,5. 2 + 0,25.32 = 109 gam

Ta có mNaOH khơng đổi = 100.6/100 = 6 gam

Vậy CM (NaOH)trước điện phân =

6.100%

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<i><b>Ví dụ 3: (Trích đề thi đại học khối B năm 2009). Điện phân nóng chảy Al2O3 với anot than</b></i>

chì (hiệu suất điện phân 100%) thu được m kg Al ở catot và 67,2 m3 (ở đktc) hỗn hợp khí X
có tỉ khối so với hiđro bằng 16. Lấy 2,24 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X sục vào dung dịch nước
vơi trong (dư) thu được 2 gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 108,0 <b>B. 75,6</b> C. 54,0 D. 67,5

<i>Hướng dẫn giải:</i>

Al2O3
<i>nc</i>

  _2Al3+_{+ 3O}

2-Tại K (-): Al3+_{+ 3eAl}

Tại A (+): 2O2-_{ O}
2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát: 2Al2O3
<i>dpnc</i>

   _{4Al + 3O}₂

O2 tạo ra đốt cháy A bằng than chì tạo khí X: CO, CO2, O2(dư)

Gọi x, y, z là số mol CO, CO2, O2 dư trong 2,24 lít X. Khi sục X qua nước vơi trong dư có

phản ứng: CO2 + Ca(OH)2   CaCO3 + H2O (1)

Ta có hệ phương trình:

2

/

3

0,1

28 44 32

16

2( )

0,02

<i>X</i>

<i>X H</i>

<i>n</i> <i>x y z</i>

<i>x</i> <i>y</i> <i>z</i>

<i>d</i>

<i>x y z</i>

<i>nCaCO</i> <i>y</i>

    



 



 



 


 _{ }

 _{từ đó có: x = 0,06;}

y = z = 0,02. Vậy 2,24 lít X có 0,06.1 + 0,02.2+ 0,02.2 = 0,14 mol O

67,2 m3_{X có}

67, 2.0,14

2, 24 _{= 4,2 kmol O}

Từ đó có: nAl =
2

3<b>_{nO = 2,8 kmol  m= 2,8. 27 = 75,6 kg}</b>

<i>Bạn đọc chú ý: Ở đây chúng tôi sử dụng:</i>

(lít) tương ứng với (mol), cịn (m3_{) tương ứng với (kmol) (kilo mol)}

<i><b>Ví dụ 4: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011). Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và</b></i>
28,2 gam Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khí khối lượng dung dịch giảm đi

10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể). Tất cả các chất
tan trong dung dịch sau điện phân là

A. KNO3 và KOH. B. KNO3, KCl và KOH.

C KNO3 và Cu(NO3)2<b>. D. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2. </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Ta có: nKCl= 0,1 mol; nCu(NO3)2 = 0,15 mol

Phương trình phân li: KCl   _K+_{+ Cl}

-Cu(NO3)2   Cu2+ + 2NO3

-Taị K (-): Cu2+_{, K}+_{, H}

2O: Cu2+ + 2e   Cu (1)

Tại A (+): Cl-_{; NO}

3-; H2O: 2Cl-   Cl2 + 2e (2)

2H2O 4H+ + O2 + 4e (3)

Nếu tại K mà Cu2+_{phản ứng hết ta có: n}

e nhận  0,15.2 = 0,3 mol và hiển nhiên tại A thì Cl- hết

 mdung dịch giảm  mCu + mCl2 = 13,15 gam > mdung dịch giảm đề cho nên Cu2+ phải dư.

Nếu tại A mà Cl-_{dư thì n}

e nhường  0,1 mol, lúc đó nCu ở K  0,1/2 = 0,05 mol nên mdung dịch giảm

 0, 05.71 + 0,05. 64 = 6,75 gam < mdung dịch giảm đề cho nên Cl- phải hết.

Vậy dung dịch sau điện phân gồm: Cu2+_{dư, K}+_{; H}+_{tạo ra và NO}
3

<b>-hay gồm D. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2. </b>

<i><b>Ví dụ 5: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011). Hòa tan 13,68 gam muối MSO</b></i>4 vào nước

được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dịng điện khơng đổi) trong thời
gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,035 mol khí ở anot. Cịn nếu thời
gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245 mol. Giá trị
của y là

<b>A. 4,480</b> B. 3,920 C. 1,680 d. 4,788

<i>Hướng dẫn giải:</i>

MSO4  M2+ + SO4

2-Tại K (-): M2+_{; H}

2O: M2+ + 2e   M (1)

2H2O + 2e   2OH- + H2 (2)

Tại A (+): SO42-; H2O: H2O  2H+ + 1/2O2 + 2e

Tại thời gian t giây có 0,035 mol khí tại A nên 2t giây có 0,07 mol khí tại A và số mol e
nhường =0,07.4 = 0,28 mol  _{khí tại K: 0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol và n}_e_{(2) = 0,109 mol}
và ne(1)= 0,171 mol nM2+ = 0,0855 mol

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Tại thời gian t giây thì số mol e nhường = 0,035.4 = 0,14 mol < 2nCu2+_{nên lúc đó Cu}2+_{dư và}

<b>Cu tạo ra = 0,14/2 = 0,07 mol  y =4,480 gam</b>
<i><b>2.2.2.2. Ví dụ chuyên sâu</b></i>

<i><b>Ví dụ 1: (Trích đề thi HSGQG năm 2011). Ở 25</b></i>0_{C, cho dòng điện một chiều có cường độ}

0,5A đi qua bình điện phân chứa 2 điện cực platin nhúng trong 200 ml dung dịch gồm
Cu(NO3)2 0,020M, Co(NO3)2 1,0 M, HNO3 0,010M.

1. Viết phương trình các nửa phản ứng có thể xảy ra trên catot và anot trong quá trình
điện phân

2. Khi 10% lượng ion kim loại đầu tiên bị điện phân, người ta ngắt mạch và nối đoản
mạch hai điện cực của bình điện phân. Hãy cho biết hiện tượng xảy ra và viết phương trình

phản ứng minh họa.

3. Xác định khoảng thế của nguồn điện ngồi đặt vào catot để có thể điện phân hoàn
toàn ion thứ nhất trên catot (coi quá trình điện phân là hồn tồn khi nồng độ của ion bị điện
phân còn lại trong dung dịch là 0,005% so với nồng độ ban đầu).

4. Tính thể tích khí thoát ra (đktc) trên anot khi điện phân được 25 phút. Khi đó, giá trị
thế catot là bao nhiêu?

Chấp nhận: Áp suất riêng của khí hidro pH2 = 1 atm; khi tính tốn khơng kể đến q

thế; nhiệt độ dung dịch khơng đổi trong suốt q trình điện phân.

Cho: E 2

0
/

<i>Cu</i> <i>Cu</i>

= 0,337 V; E 2

0
/

<i>Co</i> <i>Co</i>

= -0,277V;

hằng số Faraday F = 96500 C.mol-1

; ở 250C: 2,303
<i>RT</i>

<i>F</i> _=0,0592.

<i>Hướng dẫn giải:</i>

1. Phương trình các nửa phản ứng trên catot và anot

Các q trình có thể xảy ra trên catot (-): Cu2+_{+ 2e  Cu} ₍₁₎

2H+_{+ 2e  H}

2 (2)

Co2+_{+ 2e  Co} ₍₃₎

Quá trình xảy ra trên anot (+): 2H2O  4H+ + O2 + 4e (4)

2. Theo phương trình Nerst: 2 2

0 2

/ /

0,0592

log[ ]
2

<i>Cu</i> <i>Cu</i> <i>Cu</i> <i>Cu</i>

<i>E</i>  <i>E</i>  <i>Cu</i>



 

= 0,287V

2 2

0 2

/ /

0,0592

log[ ]
2

<i>Co</i> <i>Co</i> <i>Cu</i> <i>Cu</i>

<i>E</i>  <i>E</i>  <i>Co</i>



 

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

2 2

0 2

2 / 2 /

0,0592

log[ ]
2

<i>H</i> <i>H</i> <i>H</i> <i>H</i>

<i>E</i>  <i>E</i>  <i>H</i>



 

= -0,118 V

Từ đó thấy: 2 2

2

/ 2 / /

<i>Cu</i> <i>Cu</i> <i>H</i> <i>H</i> <i>Co</i> <i>Co</i>

<i>E</i>  <i>E</i>  <i>E</i> 

nên thứ tự nhận e là: Cu2+_{> H}+_{> Co}2+

Khi 10% Cu2+_{bị điện phân thì,} 2 2

0 2

/ /

0, 0592

log[ ]
2

<i>Cu</i> <i>Cu</i> <i>Cu</i> <i>Cu</i>

<i>E</i>  <i>E</i>  <i>Cu</i>



 

<b>= 0,285V lúc đó</b>
H2 chưa thoát ra và nếu ngắt mạch điện, nối đoản mạch hai cực của bình điện phân sẽ tạo ra
<i>pin điện có cực dương (catot) là O2/H2O và cực âm (anot) là cặp Cu2+/Cu. Phản ứng xảy ra là:</i>

Trên catot: O2 + 4H+ + 4e → 2H2O

Trên anot: Cu → Cu2+_{+ 2e}

Phản ứng xảy ra trong pin là: 2Cu + 4H+_{+ O}

2  2Cu2+ + 2H2O

Sự phóng điện của pin chỉ dừng khi thế của 2 điện cực bằng nhau.

3. Để tách được hoàn toàn ion Cu2+_{thì thế cần đặt vào catot là:} 2
2

2<i>H</i> /<i>H</i> <i>c</i> <i>Cu</i> /<i>Cu</i>

<i>E</i>  <i>E</i> <i>E</i> 

.
Khi Cu2+_{bị điện phân hồn tồn thì [Cu}2+_{] = 0,005%.0,020 = 10}-6_M.

Lúc đó: 2 2

0 2

/ /

0, 0592

log[ ]
2

<i>Cu</i> <i>Cu</i> <i>Cu</i> <i>Cu</i>

<i>E</i>  <i>E</i>  <i>Cu</i>



 

<b> = 0,159V</b>
Và [H+_{] = 0,01 (ban đầu) + 2. (0,020 -10}-6_{)(tạo ra)  10}-5_V

2 2

0 2

2 / 2 /

0, 0592

log[ ]
2

<i>H</i> <i>H</i> <i>H</i> <i>H</i>

<i>E</i>  <i>E</i>  <i>H</i>



 

<b>= - 0,077V</b>

Vậy trong trường hợp tính khơng kể đến q thế của H2 trên điện cực platin thì thế

<b>catot cần khống chế trong khoảng - 0,077 V < Ec < 0,159 V, khi đó Cu</b>2+ sẽ bị điện phân
hồn tồn.

4. Ta có: ne =
<i>It</i>

<i>F</i> _{= 7,772.10}-3 _{mol < 2nCu}2+_{= 8.10}-3_{mol nên Cu}2+_{dư, và nCu}2+_{dư = 1,14.}

10-4_{mol [Cu}2+_]

dư =5,7.10-4V,

Ec=

2 2
0 2
/ /
0, 0592
log[ ]
2

<i>Cu</i> <i>Cu</i> <i>Cu</i> <i>Cu</i>

<i>E</i>  <i>E</i>  <i>Cu</i>



 

<b>= 0,241 V</b>

Và nO2 =

1

4<i>ne</i>_{= 1,93.10}-3_{mol  V}

O2 = 1,93.10-3<b>. 22,4 lít = 0,0432 lít</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

với 200 ml dung dịch X, thu được kết tủa là M3(PO4)2 và dung dịch Y. Khối lượng kết tủa đó

(đã được sấy khô) khác khối lượng M(NO3)2 ban đầu là 6,825 gam.

Điện phân 400 ml dung dịch X bằng dòng điện 1 chiều với I =2,000 ampe tới khi khối
lượng catot khơng tăng thêm nữa thì dừng, được dung dịch Z. Giả sử sự điện phân có hiệu
suất 100%

a. Hãy tìm nồng độ các ion của dung dịch X, dung dịch Y, dung dịch Z. Cho biết sự
gần đúng phải chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Y, dung dịch Z.

b. Tính thời gian (theo giây) đã điện phân

c. Tính thể tích khí thu được ở 27,30_{C, 1 atm trong sự điện phân.}
<i>Hướng dẫn giải:</i>

a. Phản ứng:

3M(NO3)2 + 2K3PO4 ❑⃗ M3(PO4)2 ↓ + 6KNO3 (1)

Dung dịch Y: dung dịch KNO3: KNO3 ❑⃗ K+ + NO3- (2)

Theo (1) cứ 6 mol NO3- phản ứng tạo ra 2 mol PO43- làm thay đổi khối lượng 372-190=182g

x mol NO3- phản ứng tạo ra x/3 mol PO43- làm thay đổi khối lượng 6,825 gam

Vậy có ngay: x = ₁₈₂<i>6 . 6 , 825</i> = 0,225 mol từ đó suy ra:

- Trong dung dịch X:

3

2 0,1125

2

<i>NO</i>
<i>M</i>

<i>n</i>

<i>n</i>     <i>mol</i>

từ đó có ngay C(M2+_{) =}

<i>0 ,1125</i>

0,2 =0 , 5625 M ; C(NO3-) = <i>0 ,225</i>_0,2 =1 , 125 M

- Theo (1): nK+_{= nNO}

3- = nKNO3 =2.nM(NO3)2 = 2.0,1125 = 0,225 mol

Coi VddY ≈ VddX + Vdd K3PO4 ≈ 400 ml. Vậy trong dung dịch Y:

C(K+_{) =C(NO}

3-) = <i>0 ,225</i>_0,4 = 0,5625M (3)

Dung dịch Y có nồng độ: C(K+_{) =C(NO}

3-) = 0,5625M

Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Y:

- Bỏ qua sự thay đổi thể tích khi tính (3) và sự có mặt M3(PO4)2 ↓

- Bỏ qua sự tan của M3(PO4)2 ⇄ 3M2+ + 2PO4

3-- Bỏ qua sự phân li của H2O⇄ H+ + OH

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

-- Tại K (--): M2+_{, H}

2O: M2+ + 2e ❑⃗ M

- Tại A (+): NO3-, H2O: 2H2O ❑⃗ 4H+ + O2 ↑ + 4e

Phương trình điện phân:

2M(NO3)2 + 2H2O ⃗dpdd 2M + O2 + 4HNO3 (4)

- Dung dịch Z có chất tan là HNO3:

Coi Vdd Z ≈ Vdd X ≈ 400 ml = 0,4 lít

Theo (4): nHNO3 =2nM(NO3)2 = 2. <i>0 ,5625 . 400</i>

1000 mol

Vậy C(H+_{) = C (NO}
3-) =

nHNO₃. 1000

400 =1 ,125 M

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

- Bỏ qua sự phân li của H2O vì Z là dung dịch HNO3

Nồng độ ion: dd X: C(M2+) = 0,5625 M ; C(NO

3-)= 1,125 M

dd Y: C(K+

) = C( NO3- ) = 0,5625 M

dd Z: C(H+ ) = C (NO3- ) = 1,125 M.

b. Tính thời gian điện phân:

Theo (4) nO2 = 1/2 nM(NO3)2 = 0,1125 mol

Từ công thức: mO2 =
<i>A_O</i>₂

4 .
It

96500 suy ra: t =

mO₂. 4 . 96500

<i>AO</i>2<i>. I</i>

= 21712,5 (s)

c. Tính thể tích khí thu được ở 27,30_{C, 1 atm trong sự điện phân dung dịch Z}

<i>V_O</i>₂=nRT

<i>P</i> =

<i>0 , 1125. 0 ,082 . 300 ,3</i>

1 <i>≈ 2, 77</i> lít.

<b>Ví dụ 3: Chia 1,6 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO</b>3)2 làm 2 phần bằng nhau.

1. Phần 1 đem điện phân (các điện cực trơ) với cường độ dòng 2,5 ampe, sau thời gian t
thu được 3,136 lít khí (ở đktc) một chất khí duy nhất ở anơt. Dung dịch sau điện phân phản
ứng vừa đủ với 550 ml dung dịch NaOH 0,8M và thu được 1,96 g kết tủa.

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

2. Cho m gam bột sắt vào phần 2, lắc đều để cho phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng
thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng bằng 0,75m (gam) và V lít khí. Tính m và V (ở
đktc).

<i>Hướng dẫn giải:</i>

1. Dung dịch A: H+_{; Cl}-_{; Cu}2+_{; NO}

3-. Điện phân phần 1 dung dịch A:

Tại K (-): H+_{; Cu}2+_{; H}

2O: Cu2+ + 2e   Cu

0,14 0,28 mol

Tại A (+): Cl-_{; NO}

3-; H2O: 2Cl-   Cl2 + 2e

Khí duy nhất tại A là Cl2 : nCl2 = 0,14 mol  ne nhường = 0,28 mol = ne nhận

Từ công thức : ne =
<i>It</i>

<i>F</i> _{ t = 10808 (s)}

Dung dịch sau phản ứng tác dụng với NaOH tạo kết tủa nên có dư Cu2+

Phản ứng : H+_{+ OH}- _{ }_ _H

2O (1)

Cu2+_{+ 2OH}- _{ }_ _Cu(OH)

2  (2)

nCu(OH)2 = 0,02 mol  nCu2+ dư = 0,02 mol. Vậy nCu(NO3)2 = 0,16 mol

Theo (1,2): nH+_{= nOH}-_{= 0,4 mol  nHCl = 0,4 mol}

Vậy: CM Cu(NO3)2<b> = 0,2 M; C</b>M HCl<b> = 0,5 M</b>

2. Cho bột Fe vào phần 2 thu được hỗn hợp kim loại nên Fe phản ứng dư:

3Fe + 8H+_{+ 2NO}

3-   3Fe2+ + 2NO + 4H2O (3)

0,15 0,4 0,1 0,1 mol

Fe + Cu2+ _{ }_ _Fe2+_{+ Cu} ₍₄₎

0,16 0,16 0,16 mol

Theo (3) VNO = 2,24 lít

Theo (3, 4): mhỗn hợp kim loại = mFedư + mCu= m – 0,31. 56 + 0,16.64 = 0,75m

 m = 28,48 gam

<b>Ví dụ 4: Một chất A có công thức MXO</b>m. Tổng số proton trong các nguyên tử tạo ra phân tử

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

Khi điện phân dung dịch A trong nước, trong 1447,5 giây với I = 10 ampe (điện cực trơ),
được dung dịch B. Cho CuO lấy dư 25% về khối lượng tác dụng với B, lọc tách chất rắn, thu
được dung dịch D có chứa 22,6 gam muối.

a. Tìm cơng thức chất A.

b. Tính khối lượng kim loại M đã bám vào catot và khối lượng CuO đã dùng.

c. Tính khối lượng chất A đã dùng trước khi điện phân và nồng độ mol/lít của các chất có
trong dung dịch D (cho thể tích của dung dịch D là 250 ml).

<i>Hướng dẫn giải:</i>

a. Gọi ZX là số proton nguyên tử X, số electron trong XOm- = ZX + 8m + 1 =32

 ZX = 31 – 8m (*) Do X thuộc chu kì 2 nên ZX < 10 và X tạo anion nên X là phi kim, từ (*)

dễ thấy thỏa mãn m = 3, ZX = 7 (N)

Tổng số p trong A: ZM + ZX + 8m = 78 ZM = 47  M là Ag

Vậy A là AgNO3

b. Điện phân dung dịch A:

Tại K (-): Ag+_{; H}

2O: Ag+ + 1e   Ag (1)

Tại A (+): NO3-; H2O: 2H2O   4H+ + O2 + 4e (2)

Ta có: ne = 0,15 mol, theo (2): nH+ = ne = 0,15 mol

Cho CuO vào B có phản ứng : CuO + 2H+_{ }_ _Cu2+_{+ H}

2O (3)

Từ (3) có: nCuOphản ứng = nCu2+ = 0,075 mol  mCu(NO3)2 = 14,1 gam

Mà mmuối = 22,6 gam nên AgNO3 dư: 8,5 gam  nAgNO3 dư = 0,05 mol

Ta có: nAg = ne<b> = 0,15 mol  mAg bám vào K = 0,15. 108 = 16,2 gam</b>

nCuO dùng = 0,075.

125

100<b>_{= 0,09375 mol  mCuO = 7,5 gam}</b>

c. nAgNO3đã dùng = 0,05 + 0,15 = 0,2 mol  mAgNO3 đã dùng<b> = 34 gam </b>

dung dịch D: Cu(NO3)2: 0,075 mol; AgNO3 dư: 0,05 mol

 CM Cu(NO3)2<b> = 0,3 M; C</b>M AgNO3<b> = 0,2 M</b>

<b>Ví dụ 5: Điện phân 100 ml dung dịch X gồm H</b>2SO4 0,3M và HCl 0,4M với cường độ dòng

điện 2,68 A trong thời gian t giờ.

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

b. Vẽ đồ thị hàm số trên.

Biết: -Hằng số Faraday F = 26,8 Ampe.giờ.

- Thể tích dung dịch khơng đổi trong q trình điện phân.
- Các giá trị logarit của x

x 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0

logx -0,301 -0,222 -0,155 -0,097 -0,046 0

<i>Hướng dẫn giải:</i>

a. Ta có: nH2SO4 = 0,03 mol; nHCl = 0,04 mol

Tại K (-): H+_{(0,1 mol); H}

2O: 2H+ + 2e   H2

Tại A (+): Cl-_{(0,04 mol); SO}

42- (0,03 mol): 2Cl-   Cl2 + 2e

2H2O   4H+ + O2 + 4e

Số mol e trao đổi trong thời gian t giờ = 0,1. t (mol)
Khi t = 1giờ thì H+_{tại K hết do nH}+_{= n}

e nhận

Khi t = 0, 4 giờ thì Cl-_{hết tại A, còn H}+_{dư = 0,06 (mol)}

<b>- Nếu 0 < t  0,4 thì: H</b>+

dư = (0,1 – 0,1.t ) mol  pH = -log[H+<b>] = - log (1-t)</b>

<b>- Nếu 0,4 < t < 1,0 thì : H</b>+<b>_{khơng đổi = 0,06 mol do tại K mất H}</b>+_{thì tại A tạo ra H}+<b>_{và pH =}</b>

<b>0,222.</b>

<b>b. Vẽ đồ thị được xử lí bằng Excel </b>

t 0 0,1 0,2 0,3 0,4

x=1-t 1,0 0,9 0,8 0,7 0,6

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

<i><b>2.2.2.3. Ví dụ đề nghị</b></i>

<b>Ví dụ 1: Hoà tan 91,2g FeSO</b>4 vào 200g dung dịch HCl 3,285% thu được dung dịch A. Chia

dung dịch A thành 3 phần bằng nhau:

<i>Phần 1: Cho thêm vào 4,05 g bột nhơm, sau một thời gian thu được 0,672 lít khí (đktc),</i>

dung dịch B và chất rắn C. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lấy kết tủa
nung ở nhiệt độ cao trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được 4g chất rắn. Tính
khối lượng chất rắn C.

<i>Phần 2: Đem điện phân với điện cực trơ có màng ngăn với cường độ dịng I=1,34 ampe</i>

trong 2 giờ. Tính khối lượng kim loại thốt ra ở catot và thể tích khí (đktc) thốt ra ở anot.
Biết hiệu suất điện phân là 100%.

<i><b>Đáp số: mC = 9,21 gam; mkim loại K </b></i><b>= mFe = 1,12 gam; V</b>khí<b> = 0,896 lít</b>

<b>Ví dụ 2: Hồ tan 20g K</b>2SO4 vào 150g nước, thu được dung dịch A. Tiến hành điện phân dung

dịch A một thời gian. Sau khi điện phân khối lượng K2SO4 trong dung dịch chiếm 14,93%

khối lượng của dung dịch. Biết lượng nước bị bay hơi là khơng đáng kể.
a.Tính thể tích khí thoát ra ở mỗi điện cực đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

b. Tính thể tích H2S (đktc) cần dùng để phản ứng hết với khí thốt ra ở anot tạo ra SO2.
<i>Đáp số: Vkhí tại K</i><b> = 44,8 lít; V</b>khí tại A<b> = 22,4 lít; Vậy V</b>H2S<b>  14,93 lít</b>

<b>Ví dụ 3: Điện phân (với điện cực Pt) 200 mililít dung dịch Cu(NO</b>3)2 đến khi bắt đầu có khí

thốt ra ở catơt thì dừng lại. Để n dung dịch cho đến khi khối lượng của catôt không đổi,
thấy khối lượng catôt tăng 3,2 gam so với lúc chưa điện phân. Tính nồng độ mol của dung
dịch Cu(NO3)2 trước khi điện phân.

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

<b>Ví dụ 4: Hoà tan 50 gam CuSO</b>4.5H2O vào 200 ml dung dịch HCl 0,6M được dung dịch A.

Tiến hành điện phân dung dịch A với dòng điện cường độ 1,34 ampe trong 4 giờ. Tính khối
lượng kim loại thốt ra ở catot và thể tích khí (ở đktc) thốt ra ở anot. Biết hiệu suất các phản
ứng đạt 100%.

<i><b>Đáp số: Vậy: mCu = 0,1. 64 = 6,4 gam; Vkhí tại A</b></i><b> = 1,792 lít</b>

<b>Ví dụ 5: Điện phân 2 lít dung dịch CuSO</b>4 0,5M với điện cực trơ. Sau một thời gian, ngừng

điện phân và cho đi qua dung dịch sau điện phân một luồng khí A lấy dư thì thu được 72 gam
kết tủa màu đen. Biết rằng, khi đốt khí A trong oxi dư thì tạo thành hơi nước và khí B, khí B
làm mất màu dung dịch nước brom.

a. Xác định công thức phân tử của các khí A,B.
b. Tính thể tích khí khí thốt ra ở anot (đktc).

c. Tính thể tích dung dịch axit HNO3 60% (D = 1,37 g/ml) cần thiết để hoà tan lượng kim

loại kết tủa trên catot.

<i><b>Đáp số: a. A là H</b></i><b>2S , B là SO2</b>; b. VO2<b> = 2,8 lítc; V</b>HNO3<b>  76,64 ml</b>

<i>Chú ý: axit HNO3</i> 60% là axit đặc vì nồng độ đậm đặc nhất hay dùng trong phịng thí nghiệm

là 68%

<i><b>Ví dụ 6: (Trích đề thi đại học khối A năm 2010). Điện phân (với điện cực trơ) một dung dịch</b></i>
gồm NaCl và CuSO4 có cùng số mol, đến khi ở catot xuất hiện bọt khí thì dừng điện phân.

Trong cả q trình điện phân trên, sản phẩm thu được ở anot là

<b>A. khí Cl2 và O2.</b> B. khí H2 và O2.

C. chỉ có khí Cl2. D. khí Cl2 và H2.

<i><b>Ví dụ 7: (Trích đề thi đại học khối A năm 2010). Điện phân (điện cực trơ) dung dịch X chứa</b></i>
0,2 mol CuSO4 và 0,12 mol NaCl bằng dịng điện có cường độ 2A. Thể tích khí (đktc) thốt ra

ở anot sau 9650 giây điện phân là

A. 2,240 lít. B. 2,912 lít. <b>C. 1,792 lít.</b> D. 1,344 lít.
<i><b>Ví dụ 8: (Trích đề thi cao đẳng năm 2011). Điện phân 500 ml dung dịch CuSO</b></i>4 0,2M (điện

cực trơ) cho đến khi ở catot thu được 3,2 gam kim loại thì thể tích khí (đktc) thu được ở anot
<b>là: </b>

A. 3,36 lít B. 1,12 lít <b>C. 0,56 lít</b> D. 2,24 lít

<i><b>Ví dụ 9: (Trích đề thi đại học khối B năm 2010). Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dd</b></i>
CuSO4 nồng độ x mol/l, sau một thời gian thu được dung dịch Y vẫn cịn màu xanh, có khối

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

A. 2,25 B. 1,5 <b>C. 1,25</b> D. 3,25

<i><b>Ví dụ 10: (Trích đề thi đại học khối B năm 2009). Điện phân có màng ngăn 500 ml dung</b></i>
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 hồ tan m gam Al. Giá trị lớn nhất của m là

A. 4,05 <b>B. 2,70</b> C. 1,35 D. 5,40

<i><b>2.2.3. Một số lí thuyết mở rộng về điện phân và ứng dụng</b></i>

<i><b>2.2.3.1. Thế phân giải và quá thế</b></i>

Điện phân là sự phân hủy chất nhờ tác dụng của dòng điện một chiều. Khi nối nguồn
điện một chiều với hai điện cực nhúng trong chất điện ly nóng chảy hay dung dịch chất điện
ly ở các điện cực của bình điện phân xảy ra các quá trình oxi hóa và khử làm cho chất bị
phân hủy. Như vậy quá trình diễn ra ở đây ngược lại ở trong pin điện: dòng điện ở pin là do
phản ứng oxi hóa khử sinh ra. Phản ứng trong pin tự phát xảy ra còn phản ứng điện phân
chỉ xảy ra khi có dịng điện.

Khi nối điện cực kẽm Zn2+_{/Zn với điện cực clo Cl}

2/2Cl-ở điều kiện chuẩn, pin kẽm

-clo có suất điện động E0_{= 2,12V. Ngược lại nếu dùng dịng điện một chiều có thế hiệu}

2,12V nối với hai điện cực trơ (bằng platin hoặc than chì) nhúng trong dung dịch ZnCl2 sẽ

thấy kẽm kim loại bám vào điện cực nối với cực âm của nguồn điện và khí clo xuất
hiện ở điện cực nối với cực dương của nguồn điện, nghĩa là ở các điện cực đó đã xảy ra
hai nửa phản ứng:

Ở điện cực âm (K -): Zn2+_{+ 2e  Zn}

Ở điện cực dương (A +): 2Cl-_{ Cl}
2 + 2e

Phản ứng chung: Zn2+_{+ 2Cl}- _{   }dong dien_ _{Zn + Cl}

2 ở hiệu điện thế 2,12 V

Tương tự như vậy, phản ứng điện phân CuCl2

Cu2+_{+ 2Cl}- _{   }dong dien_ _{Cu + Cl}

2 xảy ra ở thế hiệu là 1,02V

Phản ứng điện phân HCl:

2H+_{+ 2Cl}-_{   }dong dien_ _H

2 + Cl2 xảy ra ở thế hiệu là 1,36V.

<i>Những thế hiệu 2,12V; 1,02V và 1,36V được gọi là thế phân giải của ZnCl</i>2 , CuCl2

<i>và HCl tương ứng ở trong dung dịch 1M. Vậy thế hiệu tối thiểu của dòng điện một chiều cần</i>

<i>đặt vào các điện cực trơ để gây nên sự điện phân chất gọi là thế phân giải (kí hiệu là U).</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

U = 2
2

0 0

/2 /

<i>Cl</i> <i>Cl</i> <i>Zn</i> <i>Zn</i>

<i>E</i>   <i>E</i> 

<b>= 1,36 – (-0,76) = + 2,12 V</b>

<i><b>Thế phân giải của CuCl</b><b>2</b></i> trong dung dịch:

U = 2

2

0 0

/2 /

<i>Cl</i> <i>Cl</i> <i>Cu</i> <i>Cu</i>

<i>E</i>   <i>E</i> 

<b>= 1,36 – 0,34 = + 1,02 V</b>
<i><b>Thế phân giải của HCl trong dung dịch: </b></i>

U = 2 2

0 0

/2 /

<i>Cl</i> <i>Cl</i> <i>H</i> <i>H</i>

<i>E</i>   <i>E</i> 

<b>= 1,36 – 0 = + 1,36 V</b>

Từ đó ta thấy thế phân giải của chất bao gồm thế phân giải cation và thế phân giải

anion. Thế phân giải của ion là thế tối thiểu cần đặt vào điện cực để ion đó tích điện hay
phóng điện.

Thế phân giải của đại đa số cation và anion ở các điện cực trơ thực tế bằng thế
điện cực của nguyên tố tương ứng. Nhưng thế phân giải của một vài ion như Fe2+_{, Ni}2+_{, H}+_và

OH-_{hay H}

2O về giá trị tuyệt đối rất lớn hơn thế của điện cực tương ứng. Khi điện phân dung

dịch của chất chứa các ion đó ở trong nước, người ta phải dùng dịng điện có thế hiệu cao hơn
<i><b>so với suất điện động E của pin tương ứng. Thế hiệu phụ thêm đó được gọi là quá thế (kí hiệu</b></i>
là ΔE ).

<i>Hiện tượng quá thế có bản chất rất phức tạp và phụ thuộc nhiều vào yếu tố liên quan</i>
với đặc tính động học như vật liệu được dùng để làm điện cực, bề mặt của điện cực, trạng
thái tập hợp của chất thoát ra ở điện cực, với mật độ dòng điện và nhiệt độ.

Khi ở điện cực thoát ra kim loại, đại lượng quá thế thường rất bé, có thể bỏ qua được trừ
các trường hợp sắt Δ E = 0,24V và niken Δ E = 0,23V. Khi ở điện cực thoát ra các khí như
H2 và O2 đại lượng quá thế là đáng kể, không thể bỏ qua được.

Dưới đây là quá thế của hiđro và oxi trên các điện cực khác nhau:

Điện cực Quá thế của hiđro, V Quá thế của oxi, V

Pt (muội) 0,03-0,04 0,3

Fe 0,1-0,2 0,3

Pt (nhẵn) 0,2-0,4 0,5

Ni 0,2-0,4 0,5

Hg 0,8-1,0

Như vậy thế phân giải của chất điện ly ở trong dung dịch nước được xác
định bằng: U = Ea0 + E0c + ΔEa + ΔEc

U = E0

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

Trong đó: U là thế phân giải; Ea0 là thế điện cực chuẩn A (+), E0c là thế điện cực chuẩn catot

(K-); ΔEa quá thế A (+); ΔEc là quá thế catot (K-).

<i><b>Quá thế thường được xác định bởi phương trình quá thế Tafel:</b></i>
<b>∆E = a + b. logi </b>

Trong đó a, b là hệ số phụ thuộc bản chất của chất làm điện cực và trạng thái bề mặt, i là
mật độ dịng A/cm2_.

<i><b>2.2.3.2. Giải thích sự tạo thành sản phẩm khi điện phân dung dịch </b></i>

Khi điện phân dung dịch nước chứa một số loại cation và một số loại anion thì về
<i>nguyên tắc, ở điện cực âm, cation nào có thế điện cực chuẩn lớn hơn sẽ bị khử trước và ở</i>

<i>điện cực dương, anion nào có thế điện cực bé sẽ bị oxi hóa trước. Tuy nhiên trên thực tế thứ</i>

tự đó thường bị phá vỡ bởi hiện tượng quá thế.

Để làm sáng tỏ điều này, chúng ta xét thế phân giải của tất cả những trường hợp có thể
xảy ra điện phân. Thí dụ như dung dịch NiCl2 1M với các điện cực platin nhẵn

Ta có: Epc =

2
2

0 0

/2 /

<i>Cl</i> <i>Cl</i> <i>Ni</i> <i>Ni</i>

<i>E</i>   <i>E</i> 

= +1,36 – (-0,23) = + 1,59 V

<i>- Trường hợp 1: ΔE = 0, U = Epc</i> = +1,59 V
Ở K (-): Ni2+_{+ 2e  Ni}

Ở A (+): 2Cl-_{ Cl}
2 + 2e

<i>- Trường hợp 2: ΔE = + 0,5 V ứng với quá thế O2</i> trên điện cực Pt nhẵn
Ở K (-): Ni2+_{+ 2e  Ni}

Ở A (+): H2O  2H+ +

1

2_O₂_{+ 2e}

 U = Epc + ΔE = E 2 2

0
/

<i>O H O</i>_{- E} 2

0
/

<i>Ni</i> <i>Ni</i> = +1,23 – (-0,23) + ΔE = +1,46 V
<i>- Trường hợp 3: ΔE= + 0,4 V ứng với quá thế H2</i> trên Pt nhẵn

Ở K (-): 2H2O + 2e  2OH- + H2 ; E 2 2

0
/

<i>H O H</i> _{= - 0,828 V}

Ở A (+): 2Cl-_{ Cl}
2 + 2e

 U = Epc + ΔE = +1,36 – (-0,828) + 0,4 = +2,588 V
<i>- Trường hợp 4: ΔE = + 0,9 V đồng thời có H2</i> và O2 thốt ra

Ở K (-):2H2O + 2e  2OH- + H2

Ở A (+):H2O  2H+ +

1

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

 U = Epc + ΔE = + 1,23 – (-0,828) + 0,9 = +2,958 V

Như vậy khi điện phân dung dịch NiCl2 với điện cực Pt nhẵn thì xảy ra trường hợp 1 và

phương trình điện phân là: NiCl2

dd

<i>dp</i>

  _{Ni  + Cl}₂_

Tính tốn tương tự vậy, chúng ta giải thích được sự tạo thành những sản phẩm của quá trình
điện phân dung dịch nước của các chất sau đây với điện cực trơ:

2NaCl + 2H2O

dd

<i>dp</i>

   _{2NaOH + Cl}₂_{+ H}₂

CuSO4 + H2O

dd

<i>dp</i>

   _{Cu + H}₂_SO₄₊
1
2_O₂

Và sự phân hủy nước khi điện phân dung dịch H2SO4, NaOH, Na2SO4

H2O

dd

<i>dp</i>

   _H₂₊
1
2_O₂

Kiềm , axit, muối chỉ có tác dụng tăng độ dẫn điện.
<i><b>2.2.3.3. Ứng dụng của điện phân</b></i>

Phương pháp điện phân được ứng dụng rất rộng rãi trong thực tế sản xuất và trong
phịng thí nghiệm nghiên cứu.

Trong cơng nghiệp hóa chất, điện phân thường được dùng để tách lấy đơn chất từ hợp
chất. Nhiều quá trình điện phân giữ vai trò then chốt trong sản xuất như:

<i>- Sản xuất NaOH, Cl2 bằng phương pháp điện phân dung dịch NaCl đậm đặc. </i>

<i>- Sản xuất các khí H2, O2 bằng phương pháp điện phân dung dịch K2SO4, H2SO4,</i>

<i>NaOH… </i>

<i>- Sản xuất Li, Na, Mg, Ca, Sr, Ba, Cl2, Br2…bằng phương pháp điện phân các muối</i>
halogenua nóng chảy.

<i>- Sản xuất Al bằng phương pháp điện phân Al2O3 nóng chảy có thêm Na3</i>AlF6 (criolit)

để giảm nhiệt độ nóng chảy của nhơm oxit.

<i>- Sản xuất KClO3 bằng phương pháp điện phân dung dịch KCl đặc, nóng… </i>

<i>- Điều chế các kim loại tinh khiết.</i>

<i>- Tinh chế kim loại. </i>

<i>- Đúc các đồ vật bằng kim loại được tiến hành tương tự như tinh chế kim loại.</i>

<i>- Mạ điện. </i>

<i>- Phân tích định tính, định lượng và tách các kim loại trong hỗn hợp của chúng. </i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

Sáng kiến kinh nghiệm này đã được thử nghiệm áp dụng đối giảng dạy từ năm học
2008-2009 đối với học sinh lớp 11 trường THPT Hoằng Hóa 4, và đã đạt được chất lượng rất
khả quan cả trong thi học sinh giỏi cũng như thi đại học.

<i>Kết quả áp dụng đối với lớp 12 năm học 2009-2010: </i>

- Thi học sinh giỏi tỉnh casio và văn hóa đạt 100% trong đó: casio: 2 nhì, 1 ba, 2
khuyến khích; cịn văn hóa 2 nhất, 7 nhì, 1 khuyến khích

- Thi đại học đạt kết quả rất tốt: lớp 12B1 đậu 53/53 tương ứng 100%, lớp 12B2 đậu
đại học 49/55 tương ứng 89,1% và điểm trung bình mơn hóa trường chúng tơi xếp thứ 7 tồn
tỉnh

Hiện tại chúng tơi đang đưa vào áp dụng đối với các lớp 11C1, 11C2, 11C3, 11C4 và
12B7 là lớp làm đối chứng (lớp chỉ được học 1 tiết) chúng tôi nhận thấy được kết quả như
sau:

11C1 11C2 11C3 11C4 12B7

%Số học sinh giải bài tập tốt phần
điện phân

98% 95% 90% 88% 30%

% Số học sinh không giải tốt 2% 5% 10% 12% 70%

Từ bảng phân tích đó ta thấy rằng nếu học sinh được học dạng tốn điện phân theo
chúng tơi trình bày thì kết quả nắm bài sẽ tốt hơn, phát hiện được vấn đề nhanh hơn, và hầu
hết làm tốt bài tập điện phân.

Chúng tôi nhận thấy rằng khi cho bài tập điện phân học sinh áp dụng rất nhanh với các
<i>bài trắc nghiệm có em chỉ nhẩm ra trên máy tính mà khơng cần phải viết phương trình điện</i>

<i>phân.</i>

<b>PHẦN 3</b>

<b>KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT</b>

- Sáng kiến kinh nghiệm này là một đề tài khó chúng tơi đã cố gắng đưa ra phương
pháp giải nhanh và ngắn gọn áp dụng một cách linh hoạt mà gần như học sinh có thể hiểu
được ngay khi được học.

<i> - Từ kết quả thực nghiệm sư phạm ta thấy được hiệu quả của sáng kiến “Phương</i>

<i>pháp giải nhanh và chuyên sâu dạng bài tốn điện phân” có thể được sử dụng để ôn luyện thi</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

- Hi vọng với phần kiến thức và kinh nghiệm nhỏ bé chúng tơi có thể góp một phần
nào đó nâng cao chất lượng dạy và học hố học ở trường phổ thơng. Rất mong được sự góp ý
của các bạn đồng nghiệp và các em học sinh để lần sau có những kinh nghiệm quý báu hơn.
- Với thời gian ngắn ngủi và trình độ có hạn chúng tơi rất mong các thầy, cơ đồng
nghiệp góp ý kiến về chun đề này và cùng nhau phát triển sang các chuyên đề tiếp theo để
học trị chun Hố ngày càng có nhiều tài liệu học tập một cách hệ thống hơn.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ <i>Thanh Hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2013</i>

Tơi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
khơng sao chép nội dung của người khác.

<i>Tác giả</i>

</div>

<!--links-->