SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT GIA LÂM
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
RÈN TƯ DUY HỌC SINH THÔNG QUA MỘT SỐ DẠNG
BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN – HÓA HỌC 12 NÂNG CAO
Môn: Hóa học
Tên tác giả: Nguyễn Thu Hòa
Chức vụ: Tổ phó tổ Hóa – Sinh - KTNN
1

NĂM HỌC 2011 - 2012
PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Để đáp ứng yêu cầu về con người và nguồn nhân lực là
nhân tố quyết định sự phát triển đất trong thời kì công nghiệp
hóa, hiện đại hóa, cần tạo chuyển biến cơ bản, toàn diện về
giáo dục và đào tạo. Đó là “ Đổi mới phương pháp dạy và
học, phát huy tư duy sáng tạo và năng lực tự đào tạo của người
học, coi trọng thực hành, thực nghiệm, làm chủ kiến thức,
tránh nhời nhét, học vẹt , học chay. Đổi mới và tổ chức thực
hiện nghiêm minh chế độ thi cử.”
(Trích “ Chiến lược phát triển kinh tế- xã hội 2001-2010”
– Báo cáo của Ban Chấp hành Trung ương Đảng khóa VIII
tại Đại hội đại biểu toàn quốc Đảng Cộng sản Việt Nam lần
thứ IX).
Để nâng cao chất lượng giáo dục, chúng ta phải đổi mới
nội dung và phương pháp dạy học ở tất cả các môn học, các
cấp học, các bậc học. Mục tiêu cao nhất của quá trình dạy –
học là rèn luyện tư duy cho học sinh. Ngày nay , cùng với sự
phát triển của khoa học kĩ thuật đòi hỏi con người phải biết
nhìn nhận và giải quyết vấn đề theo nhiều hướng khác nhau,

2
O + 2e → H
2
↑ + 2OH
-

- Tại anot xảy ra quá trình nhường electron (quá trình oxi
hóa) các anion gốc axit hoặc nước hoặc cả hai.
X
m-
→ X + me
2H
2
O → O
2
↑ + 4e + 4H
+
2. Định luật Faraday.
- Nếu hiệu suất dòng là 100%, khối lượng các chất thu được ở
các điện cực được tính theo công thức:
m= (A.I.t)/ n.96500
Trong đó m: khối lượng chất ở điện cực (g)
A: khối lượng mol nguyên tử của chất thu được ở
điện cực.
n: số electron mà nguyên tử hoặc ion đã cho hoặc
nhận.
I: cường độ dòng điện(A).
t: thời gian điện phân(s).
F: hằng số Faraday(F= 96500culong/mol)
4

a. Điện phân dung dịch axit:
- Điện phân dung dịch axit halogen hidric HX:
2HX → H
2
↑ + X
2
↑
- Điện phân dung dịch oxiaxit HNO
3
, H
2
SO
4
…thực chất là
điện phân nước, do đó số mol axit không thay đổi.
2H
2
O → 2H
2
↑ + O
2
↑
b. Điện phân dung dịch bazơ: thực chất là điện phân nước
(tương tự dung dịch axit), do đó số mol bazơ không thay đổi.
c. Điện phân dung dịch muối:
- Căn cứ vào thứ tự điện phân ở điện cực, thời gian điện phân
để viết các quá trình ở điện cực , H
2
O có thể tham gia hoặc
5

+ ne → M
H
2
O + 2e → H
2
↑ + 2OH
-

Như vậy điện phân dung dịch muối của kim loại từ Na, Ca, K
thu được dung dịch kiềm, dẫn đến pH của catot tăng.
Ví dụ: 2NaCl +2H
2
O → H
2
↑ + O
2
↑ + 2NaOH
* Tại anot (cực dương)
Thứ tự nhường electron: I
-
> Br
-
> Cl
-
> F
-
> O
2-
> H
2

6
- Nên sử dụng các bán phản ứng ở điện cực trong tính toán,
thực hiện nguyên tắc bảo toàn electron.
5. Phản ứng phụ giữa sản phăm điện phân với điện cực (không
trơ) hoặc giữa các sản phẳm với nhau:
- Phản ứng với anot: khi anot làm bằng kim loại thông thường
(như Cu) thì kim loại bị sản phẩm điện phân oxi hóa tạo thành
cation M
n+
tan vào dung dịch (hiện tượng anot tan)
Ví dụ : Điện phân oxit nhôm nóng chảy (điện cực graphit C):
2Al
2
O
3
→ 4Al +3O
2
↑
Phản ứng ăn mòn anot(điện cực C):
O
2
+ C → CO
2
↑
O
2
+ 2C → 2CO↑
Như vậy có thể thu được một hỗn hợp khí: O
2
, CO, CO

O
3
.
1, Tính m?
2, Tính khối lượng catot tăng lên trong quá trình điện phân?
3, Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá trình điện phân
cho rằng nước bay hơi không đáng kể?
Phương pháp cũ:
Giai đoạn 1: ở catot, Cu
2+
bị khử; ở anot , Cl
-
bị oxi hóa
(I) CuSO
4
+ 2NaCl → Cu↓ + Cl
2
↑ + Na
2
SO
4
Nếu Cu
2+
và Cl
-
hết cùng một lúc (số mol NaCl = 2số mol
CuSO
4
), sau giai đoạn (I) chỉ còn lại Na
2

không bị
điện phân)
(II) CuSO
4
+ H
2
O →Cu + 1/2O
2
+ H
2
SO
4
8
Khi hết Cu
2+
, nước bị điện phân ở cả hai điện cực (vì điện
phân dd H
2
SO
4
và Na
2
SO
4
trên thực tế là điện phân nước, thỏa
mãn điều kiện đầu bài). H
2
SO
4
hoà tan Al

2
(I) =
0,01
Theo (I) NaCl = 0,02
Mặt khác Cu↓ ở 2GĐ = 0,01+0,02=0,03 = CuSO
4
Do đó m= mNaCl + mCuSO
4
= 0,02.58,5 + 0,03.160 = 5,97
gam
Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,03.64 = 1,92 gam
Khối lượng dd giảm = m kim loại bám vào catot + m khí thoát
ra ở anot
= 1,92 + 0,01.32 + 0,01.71
= 2,95 gam
TH1: Sau giai đoạn (I), dư Cl
-
, hết Cu
2+

Dung dịch chứa NaCl và Na
2
SO
4
.
Giai đoạn 2: điện phân dd NaCl:
(III) 2NaCl + 2H
2
O = H
2

Theo (I) CuSO
4
= 0,04/3 mol
Theo (I) v à(III) NaCl bd= 2n Cl
2
= 0,04 mol
khối lượng 2 muối m= m CuSO
4
+ m NaCl = 4,473 gam
Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,853 gam
Khối lượng dd giảm = m kim loại bám vào catot + m khí thoát
ra ở anot (Cl
2
+ H
2
)
= 0,853 + 0,02.71 + 0,02.2/3 = 2,286 gam
Phương pháp mới:
Gợi ý:
- Nước có thể bị điện phân ở cả hai điện cực, hay ion Cu
2+
và ion Cl
-
không cùng kết thúc.
- Dung dịch sau điện phân hòa tan được Al
2
O
3
có thể là
axit hoặc kiềm.

2
+ 2e
2y  y  2y mol
2H
2
O → O
2
+ 4H
+
+ 4e
0,01 0,04 
0,04
số mol khí ở anot= 0,02 = số mol Cl
2
+ số mol O
2
= y + 0,01
 số mol Cl
2
= 0,01
Số mol e trao đổi = 2x = 0,04 + 2.0,01  x= 0,03
Dung dịch ban đầu: số mol Cu
2+
= số mol SO
4
2-
= 0,03
số mol NaCl = 2 số mol Cl
-
= 0,02

Catot:
Cu
2+
+ 2e → Cu
Anot:
2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
11
x  2x mol
2H
2
O + 2e → H
2
+ 2OH
-
0,0133  0,0133
mol
0,04 0,020,04 mol
Số mol e trao đổi = 2x + 0,0133 = 0,04  x=
0,0133
số mol CuSO
4
= x = 0,0133
Số mol NaCl = 0,04
m= 4,473 gam
Khối lượng catot tăng = m Cu bám vào = 0,0133.64 = 0,853
gam

2
0,1M và NaCl 0,5M (điện cực trơ, H =100%) với
cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 3860s. Dung dịch sau
điện phân có khả năng hòa tan m gam Al. Tính giá trị lớn nhất
của m?
A. 4,05 B. 2,70 C. 1,35 D. 5,40
Gợi ý:
- Tính số mol các ion trước ĐP: Cu
2+
= 0,05
Na
+
= 0,25
13
Cl
-
= 0,35
- Tính số mol e trao đổi: = I.t/96500= 5.3860/96500= 0,2 mol
- Các phản ứng trên điện cực:
Catot:
Cu
2+
+ 2e → Cu
0,05  0,1 mol
bảo toàn e:
2H
2
O + 2e → H
2
+ 2OH

Catot:
Cu
2+
+ 2e → Cu
0,05  0,1 mol
Anot:
2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
14
bảo t òan e:
2H
2
O + 2e → H
2
+ 2OH
-
0,65 0,05 0,65 mol
0,35  0,175 0,35 mol
2H
2
O  O
2
+ 4e

+ 4H
+
0,40,4 mol

2t (s) thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245
mol. Giá trị của y là?
A. 3,920 B. 4,788 C. 4,480 D. 1,680
Gợi ý:
- Dung dịch trước điện phân M
2+
= a mol = 13,68/ (M+ 96)
Thí nghiệm 1: Điện phân với thời gian t(s): số mol e trao đổi
= I.t/96500
- Các phản ứng trên điện cực:
15
Catot:
M
2+
+ 2e → M
0,070,14 0,07 mol
Anot:
2H
2
O  O
2
+ 4e

+ 4H
+
0,035 0,14 mol
- số mol e trao đổi = I.t/96500= 0,14  I.t = 13510
- Nhận xét: có thể ion M
2+
chưa bị điện phân hết.

+ 4H
+
0,07  0,28 mol
Tổng số mol khí ở 2 ĐC = nH
2
+ nO
2
= 0,1245  nH
2
=
0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol
Bảo toàn electron: 2a + 0,109 = 0,28  a = 0,0855 = 13,68/
(M+ 96)  M = 64 là kim loại Cu.
Trở lại thí nhiệm 1: y = mCu = 64/2.0.14= 4,48 gam.
16
Dạng 2: trường hợp điện phân dung dịch chứa 2 ion kim
loại
Dung dịch chứa ion C
m+
và D
n+
, tính oxi hóa C
m+
mạnh
hơn D
n+
nên thứ tự điện phân như sau:
(1) C
m+
+ me → C↓

= 8.10
-4
mol = 0,8.10
-3
nAg
+
= 16.10
-4
mol=1,6.10
-3
n NO
3
-
= 3,2.10
-3
1,
- Số mol e trao đổi = 0,5.463/96500 = 0,0024 mol = 2,4.10
-3
17
- Thứ tự điện phân tại catot:
(1) Ag
+
+ e → Ag
1,6.10
-3
 1,6.10
-3
1,6.10
-3
= 0,1728 gam

2+
dư = 0,4.10
-3
mol C
M
=
4.10
-3
M
H
+
= 2,4.10
-3
mol  C
M
=
2,4.10
-2
M
NO
3
-
= 3,2.10
-3
mol  C
M
=
3,2.10
-2
M

- Nếu thời gian tăng n lần, lượng sản phẩm tăng ít hơn n
lần, có thể kết luận:
+ Đã điện phân hết M
n+
và lượng kim loại thu được ở
catot]ngs với toàn thể M
n+
trong dung dịch ban đầu.
+ Sau khi điện phân hết M
n+
, bên catot chuyển qua một
giai đoạn khử khác (thường là khử H
2
O)
Bài 5 (đề tuyển sinh đại học 1993)
Mắc nối tiếp 2 bình điện phân : bình X chứa 800 ml dd muối
MCl
2
a mol/l và HCl 4amol/l, bình Y chứa 800 ml dd AgNO
3
.
Sau 3 phút 13 giây điện phân thì ở catot bình X thoát ra 1,6
gam kim loại, còn ở catot bình Y thoát ra 5,4 gam kim loại.
Sau 9 phút 39 giây điện phân thì ở catot bình X thoát ra 3,2
gam kim loại, còn ở catot bình Y thoát ra 16,2 gam kim loại
Biết cường độ dòng điện không đổi và hiệu suất điện phân
=100%.
19
Sau 9 phút 39 giây thì ngừng điện phân. Lấy 2 dd thu được sau
điện phân đổ vào nhau thi thu được 6,1705 gam kết tủa và dd

2+
+ 2e → M
2H
+
+ 2e → H
2Anot:
2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
0,05  0,05 mol
Bình Y: Ag
+
, NO
3
-
, H
2
O
thời gian tăng lên 3 lần, khối lượng kim loại thu được ở catot
tăng 3 lần  chứng tỏ ở catot chỉ có Ag
+
bị điện phân
Catot:
Ag
+

2.1,6.96500/M = 4825  M = 64 (Cu)
3, n Ag
+
bị điện phân = 16,2/108 = 0,15 mol
-Bình Y : nAgNO
3
bd = 0,15 + 0,043 = 0,193 mol  C
M
=
0,241M
- Bình X : nCuCl
2
= nCu = 3,2/64 = 0,05 mol  C
M
=
0,0625M
* Chứng minh giả thiết Ag
+
hết.
Cu
2+
= 0,8a mol = 0,05  a = 0,0625  nCl
-
bd = 4,8.0,0625
= 0,3
Với t= 9phut 39 giây  I.t /96500= số mol e trao đổi=
3.4825/96500 = 0,15
21
nCl
-

tiếp cận có hiệu quả với các đề thi tuyển sinh vào Đại học
ngay từ khi được học lý thuyết trên lớp hoặc các dề thi HSG
của các Sở Giáo dục đào tạo.
- Về phía giáo viên;
1. Bản thân việc tìm tòi để đưa ra cho học sinh các gợi ý, các
nhận xét giúp các em nắm bắt được điểm cốt lõi cần giải quyết
cũng đem lại hứng thú cho tôi, làm tôi say mê tìm tòi các
phương pháp dạy tốt hơn.
23
2. Tôi đã xây dựng cho mình một hệ thống các bài tập theo
từng chủ đề và sử dụng có hiệu quả, góp phần vào những
thành tích đạt được của học sinh.
Bài viết của tôi chắc không thể tránh được những thiếu sót,
rất mong sự đóng góp của cấp lãnh đạo và đồng nghiệp để tôi
hoàn thành tốt hơn nữa công việc giảng dạy của mình.
Tôi xin chân thành cám ơn!

XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Hà Nội, ngày tháng
năm 2012
Tôi xin cam đoan đây là
SKKN của mình viết, không
sao chép nội dung của người
khác.
(Ký và ghi rõ họ tên )
Nguyễn Thu
Hòa
24