99 Bài tập hóa học điện phân

Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

99 BÀI TẬP HÓA HỌC ĐIỆN PHÂN


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

Bài 1
Điện phân có vách ngăn xốp đến hết lượng chất tan có trong 500 ml dung dịch hỗn hợp HCl
và 7,8 gam muối clorua của kim loại M, thấy ở anot có khí Cl2 bay ra liên tục, ở catot lúc
đầu có khí H2 bay ra, sau đến kim loại M thoát ra. Sau điện phân thu được 2,464 lít khí clo
và m gam M, đem trộn m gam M với 1,3 gam kim loại M’ khác, rồi cho tác dụng với dung
dịch H2SO4 dư thì thể tích khí H2 bay ra nhiều gấp 4 lần so với khi chỉ có 1,3 gam M’ tác
dụng. Biết khi trộn 1,3 gam M’ với lưu huỳnh rồi nung nóng thu được chất rắn C và khi cho
C phản ứng hết với dung dịch H2SO4 lỗng dư thì được hỗn hợp khí D nặng 0,52 gam và có
tỉ khối so với hidro là 13.
Xác định tên M, M’ và khối lượng m.
Giả sử phản ứng xảy ra hoàn tồn, thể tích dung dịch điện phân xem như khơng đổi.
GIẢI
Phương trình điện phân:

2HCl 
 H 2  Cl 2
x



x
2

1

2MCln 
 2M  nCl2

x
2

y

x ny 2, 464


 0,11 x  ny  0, 22 (*)
2 2
22, 4

Hỗn hợp m (gam) M + 1,3 gam M’ tác dụng với H2SO4

2M  nH 2SO 4  M 2 (SO 4 ) n  nH 2
y

ny
2

2M '  mH 2SO 4 
 M '2 (SO 4 ) m  mH 2
1,3
 mol 
M'

1,3m
 mol 
2M '

y

ny
2

 2


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

Ta có:

ny 1,3m
1,3m
ny 3,9m
3,9m
(3)

 4


 ny 
'
'
'
2 2M

2
2M
2M
M'

1,3g M '
Hỗn hợp: 
đem đun nóng
S
0

t
2M '  mS 
 M '2Sm

2a

a

'

M 2Sm : a mol
Hỗn hợp rắn C: 
tác dụng với dung dịch H2SO4
'
M
:
b
mol




M'2Sm  mH 2SO4  M'2 (SO4 )m  mH2S
a

ma

2M '  mH 2SO4  M '2 (SO4 ) m  mH 2
mb
2

b

 mD  34.ma  mb  0,52
MD 

0,52
b
 13.2  26  m(a  )  0,02
mb
2
ma 
2

Mà (2a  b)M '  1,3  M '  32,5m  m  2  M '  65 (Zn)
(3)  ny  3,9.

2
 0,12
65

(*)  x  0, 22  0,12  0,1 mol
(2) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mMCln  mM  mCl
7,8  m  71.

0,12
 m  3,54g
2


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

y

3,54
3,54 3,54n
M

 29,5n  M  59 (Ni)
M
y
0,12

Bài 2
Điện phân 1 lít dung dịch NaCl (D = 1,2 g/cm3) chỉ thu được một chất khí ở điện cực. Cơ
cạn dung dịch sau điện phân cịn 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?
b. Nồng độ % và nồng độ mol/lít của dung dịch NaCl ban đầu?
c. Khối lượng dung dịch cịn lại sau điện phân?

GIẢI
Vì điện phân dung dịch NaCl chỉ thu được 1 chất khí ở điện cực chứng tỏ đã điện phân
khơng có màng ngăn tạo nước Javen.
đp
2NaCl  2H 2O 
 2NaOH  H 2  Cl2

2a

2a

a

a

2NaOH  Cl2 
 NaCl  NaClO  H 2O
2a

a

a

(1)

(2)

a

Gọi 2a là số mol NaCl bị điện phân. Sau phản ứng (1), (2) cạn khô thu được gồm NaClO và

NaCl. Nhiệt phân thì chỉ có NaClO phân hủy:
1
to
NaClO 
 NaCl  O 2 
2

(3)

a
Khối lượng chất rắn giảm là khối lượng O2 bay lên: mO2  .32  8  a  0,5 mol
2

Khối lượng muối sau phản ứng: m NaCl  125  8  117g


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

n NaCl ban đầu 

117
 2 mol
58,5

1
a. Hiệu suất quá trình điện phân: H   100%  50%
2

b. Khối lượng dung dịch NaCl ban đầu:

mdd  1000.1, 2  1200g
C% NaCl 

117
 100%  9,75%
1200

CM (NaCl) 

2
 2M
1

c. Khối lượng dung dịch sau điện phân: m  mdd NaCl  mH2  1200  2.0,5  1199g
Bài 3
Điện phân 0,8 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO3)2 với điện cực trơ, cường độ dòng điện
2,5A, sau thời gian t giây thu được 3,136 lít (đktc) một chất khí duy nhất ở anot. Dung dịch
sau điện phân phản ứng vừa đủ với 550 ml dung dịch NaOH 0,8M và thu được 1,96 gam
kết tủa.
a. Tính CM các chất trong dung dịch A.
b. Tính t.
GIẢI
Gọi x, y là số mol của HCl và Cu(NO3)2 trong dung dịch A:

HCl  H   Cl
x

x

Cu(NO3 ) 2  Cu 2  2NO3

y

x

Catot: Cu 2  2e  Cu

(1)

2H  2e  H2 

(2)

Anot: 2Cl  Cl2  2e

(3)

y

2y


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

2H2O  O2  4H  4e (4)
- Vì chỉ thu được khí duy nhất ở A nên quá trình (4) chưa xảy ra.
- Vì sau khi điện, dung dịch tác dụng với NaOH tạo ra kết tủa nên (1) chưa kết thúc.

 Phản ứng điện cực:
Cu 2



2Cl



Cu

0,14



0, 28



0,14



Cl2 
3,136
 0,14 (mol)
22, 4

n NaOH  0,55.0,8  0, 44 mol
Cu 2 : (y  0,14)
Dung dịch sau điện phân: 

H : x

Cu 2  

2OH 



0,02 

0,04



Cu(OH) 2
1,96
 0,02 (mol)
98

 x = 0,44 – 0,04 = 0,4
 CM

(HCl)



x
0, 4

 0,5M
0,8 0,8

 CM Cu(NO3 )2 

y
0,16

 0, 2M
0,8 0,8

b. Theo công thức Faraday:
n Cu  0,14 

Bài 4

2,5.t
 t  10808 giây
2.96500


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch chứa a mol Cu(NO3)2 và
b mol NaCl đối với 3 trường hợp: 2a = b, b < 2a, b > 2a. Viết các phương trình hóa học điện
phân xảy ra cho tới khi H2O bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực.
GIẢI
Trong dung dịch:

NaCl  Na   Cl

Cu(NO3 )2  Cu 2  2NO3
Tại catot: Cu2+, Na+, H2O

Phản ứng điện cực:

Cu 2  2e  Cu

2H2O  2e  H2  2OH

Tại anot: NO3 , Cl-, H2O

2Cl  2e  Cl2

2H2O  4e  O2  4H

Phản ứng điện phân: Cu(NO3 )2  2NaCl

đpdd

Cu  Cl2  2NaNO3

(1)

Nếu 2a = b, tức là Cu(NO3)2 và NaCl bị điện phân hết cùng lúc nên sau phản ứng (1) ở cả 2
điện cực H2O sẽ bị điện phân.

H 2O

đp NaNO3

1
H 2  O2
2

Nếu b < 2a, sau phản ứng (1) còn dư Cu(NO3)2.
Khi đó phản ứng điện phân:

Cu(NO3 )2  H 2O

đpdd

1
Cu  O2  2HNO3
2

Sau phản ứng (2) thì H2O bị điện phân ở cả 2 điện cực:

(2)


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

1
H 2  O2
2

đp HNO3

H 2O

Nếu b > 2a, sau phản ứng (1) còn dư NaCl. Khi đó phản ứng điện phân:
đp có màng ngăn

2NaCl  2H 2O

2NaOH  Cl2   H 2 

(3)

Sau phản ứng (3) thì H2O điện phân ở cả 2 điện cực:
1
H 2  O2
2

đp NaOH

H 2O
Bài 5

Điện phân nóng chảy Al2O3 với anot than chì (hiệu suất điện phân 100%) thu được m kg Al
ở catot và 67,2m3 (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 vôi trong (dư) thu được 2 gam kết tủa. Tính
giá trị m.
GIẢI

CO
Hỗn hợp X có Mx

n CO2

32

CO 2

O 2 dư

0,02 mol

Theo phương pháp đường chéo

C

O2

CO2

0,02

0,02

Tổng số mol O2 = 0,07 mol
Al2O3

2Al

3
O2
2
0, 07

n CO
2C

0,06 mol

O2
0,03

n CO2

2CO
0,06

dư

= 0,02 mol


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

n Al

0,14
mol
3

mAl

27

0,14 67, 2
3
2, 24

37,8kg

Bài 6
Điện phân dung dịch KCl hai giờ ở 800C trong một bình điện phân với điện áp là 6V và
cường độ dòng điện 2A. Sau khi điện phân, CO2 cần được dẫn qua dung dịch đến khi bão
hịa. Sau đó, cơ cạn cẩn thận cho nước bay hơi thấy có cặn trắng. Phân tích cho thấy trong
cặn đó có mặt ba muối, chúng là những muối gì?
Thí nghiệm 1: lấy m (g) hỗn hợp chứa các muối trên hòa tan trong nước, axit hóa bằng axit
nitric tạo ra khí và chuẩn độ dung dịch thu được bằng dung dịch AgNO3 0,1M hết 18,80ml.
Thí nghiệm 2: m (g) hỗn hợp này được đun nóng đến 600°C (hỗn hợp nóng chảy), làm lạnh
lần nữa và khối lượng mẫu rắn còn lại (m – 0,05)g. Kiểm tra mẫu rắn thấy một muối ban
đầu vẫn giữ nguyên nhưng hai muối kia đã chuyển thành hai muối mới.
Thí nghiệm 3: lấy (m – 0,05)g của mẫu rắn cịn lại hịa tan trong nước và axit hóa với axit
nitric. Một khí được hình thành có thể quan sát được. Sau đó chuẩn độ bằng dung dịch
AgNO3 0,1M hết 33,05ml.
a. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra. Hai muối biến mất và hai muối mới hình
thành là gì?
b. Xác định khối lượng của 3 muối trong hỗn hợp rắn ban đầu và 3 muối trong phần nóng
chảy.
GIẢI

2KCl

2H2O

6KOH

3Cl2

KOH

CO2

đpdd

t0

2KOH

KClO3

Cl2

5KCl

KHCO3

Ba muối là KCl, KHCO3 và KClO3

H2

3H2O


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

Khi nung 2 muối bị biến mất là: KHCO3 và KClO3; 2 muối hình thành là: KClO4 và K2CO3
Ở TN1:
Axit hóa: H

HCO3

CO2

H 2O

Phản ứng với AgNO3:
Ag

Cl

AgCl

n KCl

n AgCl

18,8.10 3.0,1 18,8.10 4 mol

n AgNO3


 mKCl  0,14006 g
Ở TN2:
Khi nung ở 6000C:
t0

2KHCO3
t0

4KClO3

K 2CO3

H 2O

3KClO 4

KCl

CO2

Khối lượng giảm sau khi nung

n K 2CO3

n H 2O

mCO2

1
n KHCO3
2

n CO2

m K 2CO3

138 8,06 10

m KHCO3

2 8,06 10

4

4

m H 2O

0,05
62

m (m 0,05)
4

8,06 10

0,05 (gam)

(mol)

0,111 (gam)
0,161 (g)

100

Sau khi nung:
n KCl

n Cl

n Ag

33,05 0,1 10

m KCl (sau nung) = 74,5

4 n KCl

4 1, 425 10

3,305 10

3

(mol)

10-3 = 0,246 (gam)

3,305

n KCl (do KClO3 phân hủy ra) = 3,305
n KClO3

3

3

10-3 – 1,88
5,7 10

3

(mol)

10-3 = 1,425

10-3 (mol)


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

m KClO3
n KClO4

122,5 5,7 10

3.n KCl

m KClO4

3

3 1, 425 10

138,5 4, 275 10

0,698 (gam)
3

3

4, 275 10

3

(mol)

0,592 (gam)

Vậy khối lượng của 3 muối trước khi nung:
mKCl = 0,140 gam; m KClO3 = 0,698 gam; m KHCO3 = 0,161 gam.
Khối lượng của 3 muối sau khi nung:

m KCl = 0,246 gam; m KClO4 = 0,592 gam; m K 2CO3 = 0,111 gam.
Bài 7
Hòa tan 12,5 g CuSO4.5H2O vào dung dịch chứa a mol HCl ta được 100ml dung dịch X.
Điện phân dung dịch X với điện cực trơ và dòng điện một chiều cường độ 5A trong 386
giây.
a. Viết phương trình phản ứng có khả năng xảy ra khi điện phân.
b. Tính nồng độ mol/l các chất tan sau khi điện phân? (thể tích dung dịch coi như không
đổi).
c. Sau điện phân, lấy điện cực ra rồi cho vào dung dịch 5,9g một kim loại M (đứng sau M
có Hg có hóa trị khơng đổi). Khi phản ứng kết thúc thu được 0,672 lít khí (ở 1,6atm và
54,6°C), lọc dung dịch thu 3,26g chất rắn. Xác định M và tính a.
d. Với thành phần dung dịch sau điện phân tương ứng với các tính tốn ở câu c thì trong
trường hợp khơng cho kim loại M mà điện phân tiếp tục thì mấ bao lâu mới thấy bọt khí
thốt ra ở catot (cực âm)?
GIẢI
a. Phương trình điện phân:

Người soạn: Huỳnh Lê Đạt
đpdd
CuSO4  2HCl 
 Cu  Cl2  H2SO4

Nếu số mol HCl = 2 số mol CuSO4 thì sau phản ứng có H2SO4.
Khi điện phân hết CuSO4 thì nước điện phân.
đpdd

1
H 2  O2
2

H 2O

Nếu số mol HCl > 2 số mol CuSO4: sau khi CuSO4 điện phân hết vẫn còn trong dung dịch
HCl và H2SO4.
Khi điện phân tiếp tục thì:
đpdd

H 2  Cl2

2HCl

Điện phân tiếp thì nước điện phân:
đpdd

1

H 2  O2
2

H 2O

Nếu số mol HCl < 2 số mol CuSO4: sau khi điện phân, Cl- bị khử hết, còn trong dung dịch
CuSO4 và H2SO4.
Khi điện phân tiếp tục thì:

CuSO4  H 2O

đpdd

1
Cu  O2  H 2SO 4
2

Điện phân tiếp thì nước điện phân:
đpdd

H 2O

1
H 2  O2
2

b. Số mol CuSO4.5H2O =

12,5
 0,05 (mol)

250

Số mol electron cho và nhận ở mỗi điện cực: n e 

It 5.386

 0,02 mol
F 96500


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

TH1: Nếu n HCl  a  0, 02 
 Cl bị điện phân hết.
Anot: Cl , SO24

Catot: Cu 2 , H 

2Cl  2e 
 Cl2

Cu 2  2e 
 Cu
0,01  0,02 mol

a  a mol
2H 2O  4e 
 O 2  4H 
b  2b


 2b

n e  a  2b  0,02
Cu 2 dư : 0,04 mol

Vậy dung dịch có các ion SO 24 : 0,05 mol
H  : a  2b  0,02


 Chất tan gồm: CuSO4 : 0,04 mol và H 2SO4 : 0,01 mol

[CuSO4 ] 

0,04
 0, 4 M
0,1

[H 2SO4 ] 

0,01
 0,1M
0,1

TH2: Nếu n HCl  a  0,02 
 Cl dư
Cu 2 dư: 0,04 mol
2Cl  2e 
 Cl2
0,02  0,02 mol


 Dung dịch sau điện phân

Cl dư: (a  0,02) mol
H  dư: a mol
SO 24 : 0,05 mol

CuSO 4 : 0,04 mol

Vậy chất tan trong dung dịch sau điện phân có thể là: H 2SO 4 : 0,01 mol
HCl


[CuSO4 ] 

: (a  0,02) mol

0,04
0,01
 0, 4 M ; 
[H 2SO4 ] 
 0,1 M ;
0,1
0,1


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

[HCl] 

a  0,02
 10(a  0,02) M
0,1

c. Sau khi điện phân, cho kim loại M vào dung dịch có khí thốt ra:
nkhí =

PV
RT

1,6.0,672
0,082.327,6

0,04 (mol)

 tức là khí H 2
M cho vào dung dịch có khí 
Vậy M đã phản ứng với Cu 2 trước, Cu 2 hết thì tới H  phản ứng.

Cu 2  2e 
 Cu
0,04  0,08  0,04


 Khối lượng Cu = 0,04.64 = 2,56g < 3,26g

 Trong chất rắn có M dư và H  phản ứng hết
Khối lượng M dư = 3,26 – 2,56 = 0,7g


 Khối lượng M phản ứng = 5,9 – 0,7 = 5,2g
2H   2e 
 H2
0,08  0,04 mol

M



ne 
 Mn

5, 2
5, 2

.n (mol)
M
M

Áp dụng định luật bảo toàn mol electron:

5, 2
65
.n  0,08  0,08 
M  n
M
2

Vậy n = 2 và M = 65 (Zn)

d. Từ các dữ liệu ở câu c cho ta biết thành phần dung dịch sau điện phân gồm.


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

Cu 2 dư : 0,04 mol
H  : 0,08 mol
SO 24 : 0,05 mol
Cl : 0,06 mol

Nếu khơng có kim loại M mà tiến hành điện phân thì tại catot:

Cu 2  2e 
 Cu
0,04  0,08 mol

Ta có: n e 

It
0,08.96500

t 
 1544 s
F
5

Bài 8
Điện phân 400ml dung dịch AgNO3 0,5M và Cu(NO3)2 1M trong thời gian 48 phút 15 giây
với dung dịch I = 10A (điện cực trơ, H = 100%). Sau điện phân để yên bình điện phân cho
các phản ứng xảy ra hồn tồn được V lít NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Khối lượng

catot có thay đổi khơng? Xác định V.
GIẢI
Số mol AgNO3 = 0,4.0,5 = 0,2 (mol)
Số mol Cu(NO3)2 = 0,4.1 = 0,4 (mol)
Số mol electron cho và nhận ở mỗi điện cực:

It 10.48.60

 0,3 mol
F
96500

Anot (+):

Catot (-):

2H 2O  4e 
 O 2  4H 

Ag   1e 
 Ag

0,3 
 0,3 mol

0, 2  0, 2  0, 2
Cu 2  2e 
 Cu
0,05  0,1 0, 05
dư

Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

Vậy dung dịch sau điện phân:

Cu(NO3 ) 2

: 0,35 mol

HNO3 : 0,3 mol

Vì ngừng điện phân ta có phản ứng:
3Cu
0,05
3

8HNO3

3Cu(NO3 ) 2

2NO

0,3
8

4H 2O

(3)

2.0,05
3

Sau phản ứng (3): n HNO3 cịn dư: 0,30

0,05.8
3

0,5
(mol)
3

Có phản ứng:
3Ag

4HNO3

3AgNO3

0,5
3

n Ag

0,5 3
.
3 4

NO

H 2O

(4)

0,5 1
.
3 4

0,0125

0, 2 dư Ag, hết HNO3

Vậy khối lượng catot tăng bằng khối lượng Ag
mcatôt tăng = 0,075.108=8,1 gam

VNO

(

0,1
3

0,5
).22, 4
12

1,68 lít.

Bài 9
Để định lượng H2S trong nước người ta lấy 100,0 ml nước cho vào bình điện phân, thêm KI

dư. Ở đây I- bị oxi hóa ở anot, I3 tạo ra sẽ oxi hóa H2S. Điểm kết thúc điện phân xác định
dựa vào sự tạo thành màu xanh của iot – hồ tinh bột. Hãy tính số ppm H2S trong nước nếu
điện phân với cường độ dịng điện khơng đổi là 36,12mA trong 10 phút 25 giây.
GIẢI
Các phản ứng ở điện cực anot:


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

3I 

I3  2e

(1)

S  3I 

I3  S2

Khi hết S2 thì I3

(2)

I  I2 sinh ra sẽ làm xanh hồ tinh bột.

Áp dụng công thức Faraday ta có:

n 
I3

m
I3

A
I3

1 I.t
1 36,12.103.(10.60  25)
 . 
.
 1,17.104 mol
F n 96500
2

Theo (2) n H 2S  n I  1,17.10 4 mol
3

 mH2S  1,17.104.34  4.103 g  4.103 g
 (ppm) H2S

4.103.106

 40
100

Vậy hàm lượng H2S trong nước là 40 ppm
Bài 10
Dung dịch X có chất tan là muối M(NO3)2. Người ta dùng 200 ml dung dịch K3PO4 vừa đủ
để phản ứng 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 khơ) 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 không 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 27,30C, 1 atm trong sự điện phân.


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

GIẢI
a. Phản ứng:
3M  NO3 2  2K 3PO4 
 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 PO34 làm thay đổi khối lượng 372 - 190 =
182g
x mol NO3 phản ứng tạo ra

Vậy có ngay: x =

x

mol PO34 làm thay đổi khối lượng 6,825 gam
3

6.6,825
= 0,225 mol từ đó suy ra:
182

- Trong dung dịch X:

n M 2 

n NO
3

2

 0,1125 mol

từ đó có ngay CM 2 

0,1125
0, 225
 0,5625M ; C NO 
 1,125M
3
0, 2
0, 2

- Theo (1): n K   n NO  n KNO3  2.n M(NO3 )2  2.0,1125  0, 225 mol
3

Coi VddY  Vdd Y  Vdd K3PO4  400 ml. Vậy trong dung dịch Y:

CK   C NO 
3

0, 225
 0,5625M
0, 4

(3)

Dung dịch Y có nồng độ: CK   C NO  0,5625M
3

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 M 3  PO 4 2 


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt


 3M 2  2PO34
- Bỏ qua sự tan của M 3  PO 4 2 


 H   OH
- Bỏ qua sự phân li của H 2 O 


* Xét sự điện phân dung dịch X: M  NO3 2 
 M2  2NO3

M
- Tại Catot (-): M 2 , H2O: M 2  2e 
- Tại Anot (+): NO3 , H2O: 2H2O 
 4H  O2   4e
Phương trình điện phân:
2M(NO3)2 + 2H2O đpdd

2M + O2 + 4HNO3

(4)

- Dung dịch Z có chất tan là HNO3:
Coi Vdd Z ≈ Vdd X ≈ 400 ml = 0,4 lít
Theo (4): n HNO3  2.n M(NO3 )2  2.
Vậy CH  C NO 
3

n HNO3 .1000
400

0,5625.400
mol
1000

 1,125M

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: dung dịch X: CM2  0,5625M ; CNO  1,125M
3

dung dịch Y: CK  CNO  0,5625M
3

dung dịch Z: CH  CNO  1,125M
3

b. Tính thời gian điện phân:


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

Theo (4) n O2 

1
n M(NO3 )2  0,1125 mol
2

Từ công thức: mO2 

A O2
4

.

mO2 .4.96500

It
suy ra: t 
= 21712,5 (s)
96500
AO2 .I

c. Tính thể tích khí thu được ở 27,30C, 1 atm trong sự điện phân dung dịch Z
VO2 

nRT 0,1125.0,082.300,3

 2,77 lít.
P
1

Bài 11
Hịa tan a gam Fe3O4 bằng lượng vừa đủ m gam dung dịch H2SO4 20% thu được 1 lít dung
dịch A. Điện phân A dùng 2 điện cực trơ với dòng điện một chiều có cường độ dịng điện
khơng đổi 9,65 ampe. Sau 16 phút 40 giây thì kết thúc điện phân và khi đó trên catot bắt
đầu thốt ra bọt khí. Dung dịch được khuấy đều trong quá trình điện phân.
a. Viết các PTHH xảy ra.
b. Tính a, m và pH của dung dịch khi kết thúc điện phân
c. Sau khi kết thúc điện phân, thêm vào dung dịch thu được lượng dư H2SO4 lỗng (làm mơi
trường). Thêm từ từ dung dịch KMnO4 0,1M vào, đồng thời khuấy đều hỗn hợp cho đến
khi dung dịch bắt đầu có màu hồng nhạt thì hết V ml. Tính V.
GIẢI
a. Hịa tan Fe3O4 bằng dung dịch H2SO4 :

Fe3O4  4H2SO4  Fe2 (SO4 )3  FeSO4  4H2O (1)
 Dung dịch A: Fe 2  , Fe3 ,SO 24  . Điện phân dung dịch A:

Catot: 2Fe3  2e  2Fe2


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

1
Anot: H 2O  O2  2H   2e
2

1
2Fe3  H 2O  2Fe 2  2H   O 2 
2

(2)

b. Khi kết thúc quá trình điện phân Fe3+  Fe2+ thì ion H+ của axit H2SO4 bị khử ở catot và
H2O bị oxy hóa ở anot làm cho nồng độ H+ khơng đổi (thực tế nước bị điện phân).
Lượng Fe2+ tạo thành được tính theo cơng thức Faraday:
n Fe2 

9,65.(16.60  40)
 0,1 mol
1.96500

Theo (1) và (2): n Fe2 (SO4 )3 ban đầu =

1
1
n Fe3 đp  n Fe2 (2)  0,05 mol

2
2

 n Fe3O4  n Fe2 (SO4 )3  0,05 mol  a  0,05.232  11,6 gam
 n H2SO4 (1)  4.0,05  0, 2 mol  m 

98.0, 2.100
 98 gam
20

Theo (2): n H   n Fe2  0,1 mol  [H  ]  101 M  pH  1
c. Phản ứng KMnO4 oxi hóa FeSO4:

5Fe2  MnO4  8H  5Fe3  Mn 2  4H2O (3)

1
1
Theo (3): n MnO  n Fe2  (0,05  0,1)  0,03 mol
4
5
5
V
Bài 12

0,03.1000
 300 ml
0,1


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

Phân hủy hoàn toàn a gam CaCO3 để lấy khí CO2. Điện phân dung dịch chứa b gam NaCl
(với điện cực trơ, màng ngăn xốp) tới khi cịn 25% NaCl khơng bị điện phân và tách lấy
dung dịch NaOH (dung dịch X) cho khí CO2 hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch X, ta thu
được dung dịch Y. Biết dung dịch Y vừa tác dụng được với dung dịch BaCl2, vừa tác dụng
được với dung dịch KOH.
a. Viết tất cả phương trình phản ứng xảy ra
b. Lập biểu thức biểu diễn quan hệ giữa a và b.
GIẢI
a. Phản ứng:
o

t
CaCO3 
 CaO  CO2 

Điện phân dung dịch NaCl điện cực trơ, màng ngăn:

2NaCl  2H 2O 
 2NaOH  H 2   Cl2 
CO2 hấp thụ hết X 
 dung dịch Y + dung dịch KOH và dung dịch BaCl2 
 dung
dịch Y có Na2CO3 và NaHCO3:

CO2  NaOH 
 NaHCO3
CO2  2NaOH 
 Na 2CO3  H 2O
Phản ứng dung dịch Y:

2NaHCO3  2KOH 
 Na 2CO3  K 2CO3  2H 2O
Na 2CO3  BaCl2 
 BaCO3   2NaCl
c. Lập biểu thức liên hệ a, b:

CaCO3 
 CaO  CO2 
a
(mol)
100

a
(mol)
100


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

Lượng NaCl bị điện phân:

b
b
.0,75  mol
58,5
78

2NaCl  2H 2O 
 2NaOH  H 2   Cl2 

b
mol
78

b
mol
78

Kết quả cho thấy (tạo hai muối NaHCO3 ; NaCO3) 
 n CO2  n NaOH  2.n CO2



a
b
2a


100 78 100

Bài 13
Điện phân 100ml dung dịch chứa Cu2+, Na+, H+, ClO4 , ở pH = 1, dùng điện cực platin. Sau
khi điện phân một thời gian, thấy khối lượng catot tăng 0,64 gam và dung dịch có màu xanh
rất nhạt.
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi điện phân
2. Tính nồng độ ion H+ trong dung dịch sau khi điện phân (biết rằng ion ClO4 , không bị
khử ở điện cực, và thể tích của dung dịch khơng thay đổi trong q trình điện phân)
GIẢI
pH = 1 
 [H+] = 0,1 mol/l

Số mol ion H+ trong 100 ml = 0,01 mol
Sơ đồ điện phân: Cu2+, Na+, H+, ClO4 , OH 
Khi điện phân

(+)

(-)


Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

ClO4 , OH  (H2O)

Cu2+, Na+, H+

2H2O – 4e = 4H+ + O2 (1)

Cu2+ + 2e = Cuo (2)

1. Sau thời gian điện phân dung dịch có màu xanh lam rất nhạt (ion Cu2+ cịn lại rất ít) nên
chỉ có q trình:
đpdd
2Cu 2  2H 2O 
 2Cu  O 2  4H 

0,64
mol
64

0,01 mol

0,02 mol

2. n H  0,01  0,02  0,03

 H    0,03  0,3 M
  0,1
Bài 14
Điện phân 200ml dung dịch CuSO4, dùng hai điện cực trơ và dòng điện một chiều cường
độ 1 ampe. Kết thúc điện phân khi ở catot bắt đầu có bọt khí thốt ra. Để trung hòa dung
dịch sau khi kết thúc điện phân đã dùng vừa đủ 50ml dung dịch NaOH 0,2M. Biết hiệu suất
điện phân là 100%.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực và phương trình biểu diễn
sự điện phân.
b. Tính thời gian điện phân và nồng độ mol của dung dịch CuSO4.
GIẢI
a. Catot: Cu 2  2e  Cu

Anot: 2H2O  O2  4H  4e

2H2O  2e  2OH  H2
đpdd
 Cu 
Phương trình điện phân: CuSO4  H 2O 

b. nNaOH = 0,2 . 0,05 = 0,01 mol

1
O2   H 2SO4
2

Người soạn: Huỳnh Lê Đạt

Phản ứng trung hòa:
OH   H  
 H 2O
2x  2x
 2x = 0,01  x = 0,005  lượng Cu tạo thành ở catot.

Vậy trong dung dịch ban đầu có 0,005 mol CuSO4.
0,005

CM của CuSO4 = 0,2 =0,025 mol/l
Thời gian điện phân:
mCu = 64 . 0,005 =

1 64
. .1.t  t = 965 giây
96500 2

Bài 15
Điện phân một dung dịch NaCl cho đến khi hết muối với dòng điện cường độ 1,61 ampe
thấy mất hết 60 phút.
1. Tính khối lượng khí Cl2 bay ra, biết bình điện phân có màng ngăn, điện cực trơ
2. Trộn lẫn dung dịch thu được sau điện phân với một dung dịch có chứa 0,04 mol
H2SO4 rồi cơ cạn dung dịch.
Tính khối lượng muối khan thu được. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
GIẢI
1.

đpdd
2NaCl  2H 2O 
 2NaOH  H 2   Cl 2 

0,06 mol

mCl2 

0,03 mol

1 35,5
2,13
.
.1,61.3600  2,13g 
 n Cl2 
 0,03 mol
96500 1
71

n NaOH  0,06 mol