MỤC LỤC
PHẦN 1: Lý do viết sang kiến kinh nghiệm……………………………… 2
PHẦN 2: Nội dung của sang kiến kinh nghiệm………………………… 3
2.1. Tình hình thực tế và biện pháp thực hiện……………………………….3
2.1.1. Tình hình thực tế trước khi thực hiện đề tài………………….…3
2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài…………………………………….…3
2.2. Nội dung……………………………………………………………… 3
2.2.1. Lí thuyết……………………………………………………… 3
2.2.2. Một số ví dụ minh họa……………………………………………7
2.2.3. Một số lí thuyết mở rộng về điện phân và ứng dụng……… 17
2.2.4. Cơ sở thực nghiệm 20
PHẦN 3. Kết luận và đề xuất………………………………………………. 21
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bài tập cở sở lí thuyết các quá 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
9. Tạp chí hóa học và ứng dụng các năm gần đây
1
PHẦN 1:
LÝ DO VIẾT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
- Hoá học là môn 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 môn bắt buộc trong kì thi tuyển sinh vào ĐH, CĐ,

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 không rõ vai trò, viết sai các quá 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.
2.1.2. Biện pháp thực hiện đề tài.
2.1.2.1. Những kiến thức cần trang bị.
- 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 toán: số mol, thể tích khí, khối lượng…
2.1.2.2. Những điểm cần lưu ý.
- Trong điện phân thì số mol e nhường tại A bằng số mol e nhận tại K
- Hằng số Farađây trong công thức: F = 96500 C·mol
−1

ứng với t là s,
F=26,8 ứng với t là h
2.2. Nội dung
2.2.1. Lí thuyết
2.2.1.1. Định nghĩa: Điện phân là quá trình oxi hóa khử xảy ra trên bề
mặt điện cực 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:
- Cực âm (-) gọi là catot (kí hiệu K): tại đây xảy ra quá trình oxi hóa (quá trình
nhường e)

dp
→
Cu + Cl
2
* Hai loại điện phân chủ yếu: điện phân nóng chảy và điện phân dung dịch
2.2.1.2. Điện phân nóng chảy (muối, bazơ, oxit)
a. Điện phân nóng chảy muối (chủ yếu là muối halogen của kim loại kiềm và
kiềm thổ):
Công thức muối: MX
n
(n là hóa trị của M, X= F, Cl, Br, I)
MX
n

nc
→
M
n+
+ nX
-
Tại K (-): M
n+
+ ne → M
Tại A (+): 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
Phương trình điện phân tổng quát : MX
n

nc
→
Ca
2+
+ 2Cl
-
Tại K (-) : Ca
2+
+ 2e → Ca; Tại A (-): 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
Phương trình điện phân tổng quát: CaCl
2
dpnc
→
Ca + Cl
2
b. Điện phân nóng chảy hiđroxit M(OH)
n
(M là kim loại kiềm, kiềm thổ)
M(OH)
n

nc
→
M
n+
+ nOH

-
→ 2H
2
O + O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát : 4NaOH
dpnc
→
4Na + 2H
2
O + O
2
c. Điện phân nóng chảy oxit kim loại M
2
O
n
M
2
O
n

nc
→
2M
n+
+ nO
2-
Tại K (-): M
n+

3+
+ 3e→Al Tại A (+): 2O
2-
→ O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát: 2Al
2
O
3

dpnc
→
4Al + 3O
2
2.2.1.3. Điện phân dung dịch
2.2.1.3.1. Vai trò của H
2
O trong điện phân:
- Giúp chất điện li phân li ra ion
- Vận chuyển các ion đến các điện cực
- Có thể tham gia vào quá trình oxi hóa khử tại bề mặt các điện cực, tức
tham gia vào quá trình điện phân, cụ thể:
Tại K(-): 2H
2
O + 2e → 2OH
-
+ H
2
↑ Tại A (+): 2H

2
+ 2e.
a. Quy tắc ở K: Ở K có mặt cation kim loại M
n+
và H
+
( do nước hoặc axit phân
li) thì:
- Nếu M
n+
là cation kim loại trước Al
3+
và Al
3+
thì cation này không nhận
electron (không bị khử) mà cation H
+

nhận electron (bị khử):
H
+
do nước phân li: 2H
2
O
→
¬ 
2H
+
+ 2OH
-

→
M
- Cation có tính oxi hóa càng mạnh thì càng dễ nhận e, ví dụ tại K(-) gồm: Ag
+
;
Fe
3+
; Cu
2+
; H
+
; H
2
O thi thứ tự nhận electron sẽ như sau:
Ag
+
+ 1e
→
Ag (1) Fe
3+
+ 1e
→
Fe
2+
(2)
Cu
2+
+ 2e
→
Cu (3) 2H

; 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: S
2-
> I
-
> Br
-
> Cl
-
> RCOO
-
> H
2
O
Ví dụ tại A(+): Cl
-
, I
-
; H
2
O thì thứ tự nhường electron như sau:
2I
-
→

thì những anion này không nhường electron (không bị oxi hóa) mà H
2
O
sẽ nhường electron thay: 2H
2
O
→
4H
+
+ O
2
+ 4e
* Đối với anot hoạt động: đó là anot làm bằng các kim loại Cu, Zn, thì các
anot sẽ tham gia vào quá trình oxi hóa, nó sẽ nhường electron thay cho các
anion: Zn
→
Zn
2+
+2e; Cu
→
Cu
2+
+2e
Chú ý: Hiện tượng dương cực tan thì:
Độ tăng khối lượng tại K = độ giảm khối lượng tại A
Ví dụ 1: Viết sơ đồ và phương trình điện phân tổng quát khi điện phân điện phân
điện cực trơ:
a. dung dịch FeCl
2
b. dung dịch CuSO

+2e
Phương trình điện phân tổng quát: FeCl
2

dddp
→
Fe + Cl
2
↑
b. CuSO
4

→
Cu
2+
+ SO
4
2-
Tại K (-): Cu
2+
; H
2
O: Cu
2+
+ 2e
→
Cu
Tại A (+): SO
4
2-

2Cu + 2H
2
SO
4
+ O
2
↑
c. NaCl
→
Na
+
+ Cl
-
Tại K (-): Na
+
; H
2
O: 2H
2
O + 2e
→
2OH
-
+ H
2
↑
Tại A (+): Cl
-
; H
2

↑ + Cl
2
↑
d. KNO
3

→
K
+
+ NO
3
-
Tại K (-): K
+
; H
2
O: 2H
2
O
→
4H
+
+ O
2
↑ + 4e
Tại A (+): NO
3
-
; H
2

thì pH
dung dịch giảm dần do tạo ra H
+
- dung dịch muối ion kim loại trước Al
3+
và ion gốc axit không chứa O
( trừ F
-
) thì pH dung dịch tăng dần do tạo ra OH
-
- dung dịch muối ion kim loại trước Al
3+
và ion gốc axit chứa O, F
-
thì pH
dung dịch không đổi
Ví dụ 2: Viết phương trình điện phân dung dịch CuSO
4
với điện cực anot là Cu.
Hướng dẫn giải:
CuSO
4

→
Cu
2+
+ SO
4
-
Tại K (-): Cu

a mol;
NaCl b mol trong các trường hợp:
a. b = 2a b. b > 2a c. b < 2a
Hướng dẫn giải:
CuSO
4

→
Cu
2+
+ SO
4
-
NaCl
→
Na
+
+ Cl
-
Tại K (-): Cu
2+
; Na
+
; H
2
O: Cu
2+
+ 2e
→
Cu

+ O
2
↑ + 4e
a. b = 2a thì: Cu
2+
+ 2Cl
-

dddp
→
Cu + Cl
2
↑
hay CuSO
4
+ 2NaCl
dddp
→
Cu + Cl
2
↑ + Na
2
SO
4
sau đó: 2H
2
O
dddp
→
2H

dpdd
→
2Cu + 4H
+
+ O
2
↑
hay 2CuSO
4
+ 2H
2
O
dpdd
→
2Cu + 2H
2
SO
4
+ O
2
↑
c. b < 2a thì: Cu
2+
+ 2Cl
-

dddp
→
Cu + Cl
2

→
2NaOH

+ H
2
↑ + Cl
2
↑
2.2.1.4. Biếu thức định luật Farađây
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
.
X
e
I t
n F
=
(gam) hay n
X
=
.
e
I t
n F
(mol) (1)
Với: A
X

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
). Giá trị của t là
A. 0.8. B. 0,3. C. 1,0. D. 1,2.
7
Hướng dẫn giải:
Phương trình điện phân: 4AgNO
3
+ 2H
2
O → 4Ag + O
2
+ 4HNO
3
(1)
Dung dịch Y gồm: AgNO
3
, HNO
3
. Cho Fe + dd Y sau phản ứng thu được 14,5g
hỗn hợp kim loại nên Fe dư có các phản ứng:
3Fe + 8HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)

Suy ra: x= 0,1 mol. Ta có mAg =
108.2,68.
1.26,8
t
= 0,1.108 → t = 1,0 h
Ví dụ 2: (Trích đề thi đại học khối B năm 2012). Người ta điều chế H
2
và O
2
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% C. 5,50% D. 3,16%
Hướng dẫn giải:
Điện phân dung dịch NaOH chính là sự điện phân H
2
O, phương trình điện phân:
2H
2
O
dpNaOH
→
2H
2
+ O
2
(1)
Số mol e trao đổi =
0,67.40

Vậy C
M
(NaOH)
trước điện phân
=
6.100%
109
≈ 5,50 %
Ví dụ 3: (Trích đề thi đại học khối B năm 2009). Điện phân nóng chảy Al
2
O
3
với anot than chì (hiệu suất điện phân 100%) thu được m kg Al ở catot và 67,2
m
3

(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.
Giá trị của m là
A. 108,0 B. 75,6 C. 54,0 D. 67,5
Hướng dẫn giải:
Al
2
O
3

nc
→
2Al
3+

2
dư trong 2,24 lít X. Khi sục X qua nước vôi
trong dư có phản ứng: CO
2
+ Ca(OH)
2

→
CaCO
3
↓ + H
2
O (1)
Ta có hệ phương trình:
2
/
3
0,1
28 44 32
16
2( )
0,02
X
X H
n x y z
x y z
d
x y z
nCaCO y


)
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. KNO
3
và KOH. B. KNO
3
, KCl và KOH.
C KNO
3
và Cu(NO
3
)
2
. D. KNO
3
, HNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
Hướng dẫn giải:
Ta có: nKCl= 0,1 mol; nCu(NO
3
)
2

-
; NO
3
-
; H
2
O: 2Cl
-

→
Cl
2
+ 2e (2)
2H
2
O
→
4H
+
+ O
2
+ 4e (3)
Nếu tại K mà Cu
2+
phản ứng hết ta có: n
e nhận
≥ 0,15.2 = 0,3 mol và hiển nhiên tại
A thì Cl
-
hết → m

; H
+
tạo ra và NO
3
-

hay gồm D. KNO
3
, HNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
Ví dụ 5: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011). Hòa tan 13,68 gam muối
MSO
4
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 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
A. 4,480 B. 3,920 C. 1,680 d. 4,788
9
Hướng dẫn giải:
MSO
4
→
M
2+

2H
+
+ 1/2O
2
↑ + 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 n
e
(1)= 0,171 mol→ nM
2+
= 0,0855 mol
và M
MSO4
= M + 96 = 160 → M=64 là Cu.
Tại thời gian t giây thì số mol e nhường = 0,035.4 = 0,14 mol < 2nCu
2+
nên lúc
đó Cu
2+
dư và Cu tạo ra = 0,14/2 = 0,07 mol → y =4,480 gam
2.2.2.2. Ví dụ chuyên sâu
Ví dụ 1: (Trích đề thi HSGQG năm 2011). Ở 25
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

+
= 0,337 V; E
2
0
/Co Co
+
= -0,277V;
hằng số Faraday F = 96500 C.mol
-1
;
ở 25
0
C: 2,303
RT
F
=0,0592.
Hướng dẫn giải:
1. Phương trình các nửa phản ứng trên catot và anot
Các quá trình có thể xảy ra trên catot (-): Cu
2+
+ 2e → Cu↓ (1)
2H
+
+ 2e → H
2
↑ (2)
Co
2+
+ 2e → Co↓ (3)
Quá trình xảy ra trên anot (+): 2H

=-0,277V
10
2 2
0 2
2 / 2 /
0,0592
log[ ]
2
H H H H
E E H
+ +
+
= +
= -0,118 V
Từ đó thấy:
2 2
2
/ 2 / /Cu Cu H H Co Co
E E E
+ + +
> >
nên thứ tự nhận e là: Cu
2+
> H
+
> Co
2+
Khi 10% Cu
2+
bị điện phân thì,

2+
+ 2e
Phản ứng xảy ra trong pin là: 2Cu + 4H
+
+ O
2
→ 2Cu
2+
+ 2H
2
O
Sự phóng điện của pin chỉ dừng khi thế của 2 điện cực bằng nhau.
3. Để tách được hoàn toàn ion Cu
2+
thì thế cần đặt vào catot là:
2
2
2 / /
c
H H Cu Cu
E E E
+ +
< <
. Khi Cu
2+
bị điện phân hoàn toàn thì [Cu
2+
] = 0,005%.0,020
= 10
-6

+
= +
= - 0,077V
Vậy trong trường hợp tính không kể đến quá thế của H
2
trên điện cực
platin thì thế catot cần khống chế trong khoảng - 0,077 V < E
c
< 0,159 V, khi đó
Cu
2+
sẽ bị điện phân hoàn toàn.
4. Ta có: n
e
=
It
F
= 7,772.10
-3
mol < 2nCu
2+

= 8.10
-3
mol nên Cu
2+
dư, và nCu
2+
dư = 1,14. 10
-4

-3
mol → V
O2
= 1,93.10
-3

. 22,4 lít = 0,0432 lít
Ví dụ 2: (Đề thi casio hóa học tỉnh Thanh Hóa năm 2012, QG năm 2001-bảng
A). Dung dịch X có chất tan là muối M(NO
3
)
2
. Người ta dùng 200 ml dung dịch
K
3
PO
4
vừa đủ để phản ứng với 200 ml dung dịch X, thu được kết tủa là
M
3
(PO
4
)
2
và dung dịch Y. Khối lượng kết tủa đó (đã được sấy khô) khác khối
lượng M(NO
3
)
2
ban đầu là 6,825 gam.

3
(1)
Dung dịch Y: dung dịch KNO
3
: KNO
3

→
K
+
+ NO
3
-
(2)
Theo (1) cứ 6 mol NO
3
-
phản ứng tạo ra 2 mol PO
4
3-
làm thay đổi khối lượng
372-190=182g
x mol NO
3
-
phản ứng tạo ra x/3 mol PO
4
3-
làm thay đổi khối lượng 6,825 gam
Vậy có ngay: x =

- Theo (1): nK
+
= nNO
3
-
= nKNO
3
=2.nM(NO
3
)
2
= 2.0,1125 = 0,225 mol
Coi V
ddY
≈ V
ddX
+ V
dd K3PO4
≈ 400 ml. Vậy trong dung dịch Y:
C(K
+
) =C(NO
3
-
) =
4,0
225,0
= 0,5625M (3)
Dung dịch Y có nồng độ: C(K
+

3
)
2
→
M
2+
+ 2NO
3
-
- Tại K (-): M
2+
, H
2
O: M
2+
+ 2e
→
M
- Tại A (+): NO
3
-
, H
2
O: 2H
2
O
→
4H
+
+ O

2
= 2.
1000
400.5625,0
mol
Vậy C(H
+
) = C (NO
3
-
) =
M
nHNO
125,1
400
1000.
3
=
Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Z:
- Coi V
dd Z
≈ V
dd X
, bỏ qua sự thay đổi thể tích do sự điện phân gây ra
- Bỏ qua sự phân li của H
2
O vì Z là dung dịch HNO
3
Nồng độ ion: dd X: C(M
2+

.
4
2
It
A
O
suy ra: t =
IA
mO
O
.
96500.4.
2
2
= 21712,5 (s)
c. Tính thể tích khí thu được ở 27,3
0
C, 1 atm trong sự điện phân dung dịch Z
77,2
1
3,300.082,0.1125,0
2
≈==
P
nRT
V
O
lít.
Ví dụ 3: Chia 1,6 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO
3

+ 2e
→
Cu
0,14 0,28 mol
Tại A (+): Cl
-
; NO
3
-
; H
2
O: 2Cl
-

→
Cl
2
+ 2e
Khí duy nhất tại A là Cl
2
: nCl
2
= 0,14 mol → n
e
nhường = 0,28 mol = n
e
nhận
Từ công thức : n
e
=

)
2
= 0,16 mol
Theo (1,2): nH
+
= nOH
-
= 0,4 mol → nHCl = 0,4 mol
Vậy: C
M Cu(NO3)2
= 0,2 M; C
M HCl
= 0,5 M
2. Cho bột Fe vào phần 2 thu được hỗn hợp kim loại nên Fe phản ứng dư:
3Fe + 8H
+
+ 2NO
3
-

→
3Fe
2+
+ 2NO + 4H
2
O (3)
0,15 0,4 0,1 0,1 mol
Fe + Cu
2+


Hướng dẫn giải:
a. Gọi Z
X
là số proton nguyên tử X, số electron trong XO
m
-
= Z
X
+ 8m + 1 =32
→ Z
X
= 31 – 8m (*) Do X thuộc chu kì 2 nên Z
X
< 10 và X tạo anion nên X là
phi kim, từ (*) dễ thấy thỏa mãn m = 3, Z
X
= 7 (N)
Tổng số p trong A: Z
M
+ Z
X
+ 8m = 78→ Z
M
= 47 → M là Ag
Vậy A là AgNO
3
b. Điện phân dung dịch A:
Tại K (-): Ag
+
; H

Cu
2+
+ H
2
O (3)
Từ (3) có: nCuO
phản ứng
= nCu
2+
= 0,075 mol → mCu(NO
3
)
2
= 14,1 gam
Mà m
muối
= 22,6 gam nên AgNO
3
dư: 8,5 gam → nAgNO
3 dư
= 0,05 mol
Ta có: nAg = n
e
= 0,15 mol → mAg bám vào K = 0,15. 108 = 16,2 gam
nCuO
dùng
= 0,075.
125
100
= 0,09375 mol → mCuO = 7,5 gam

- 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
Hướng dẫn giải:
a. Ta có: nH
2
SO
4
= 0,03 mol; nHCl = 0,04 mol
Tại K (-): H
+
(0,1 mol); H
2
O: 2H
+
+ 2e
→
H
2
Tại A (+): Cl
-

(0,04 mol); SO
4
2-
(0,03 mol): 2Cl
-

→
Cl

- Nếu 0,4 < t < 1,0 thì : H
+
không đổi = 0,06 mol do tại K mất H
+
thì tại A tạo ra
H
+
và pH = 0,222.
b. Vẽ đồ thị được xử lí bằng Excel
t 0 0,1 0,2 0,3 0,4
x=1-t 1,0 0,9 0,8 0,7 0,6
logx= log (1-t) 0 0,04
6
0,097 0,155 0,222
2.2.2.3. Ví dụ đề nghị
Ví dụ 1: Hoà tan 91,2g FeSO
4
vào 200g dung dịch HCl 3,285% thu được dung
dịch A. Chia dung dịch A thành 3 phần bằng nhau:
Phần 1: Cho thêm vào 4,05 g bột nhôm, sau một thời gian thu được 0,672
lít khí (đktc), 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 không khí đến khối lượng
không đổi thu được 4g chất rắn. Tính khối lượng chất rắn C.
Phần 2: Đem điện phân với điện cực trơ có màng ngăn với cường độ dòng
I=1,34 ampe trong 2 giờ. Tính khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích
khí (đktc) thoát ra ở anot. Biết hiệu suất điện phân là 100%.
Đáp số: mC = 9,21 gam; m
kim loại K
= mFe = 1,12 gam; V
khí

2
đến khi bắt
đầu có khí thoát ra ở catôt thì dừng lại. Để yên 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(NO
3
)
2
trước khi điện phân.
15
Đáp số: : C
M (Cu(NO3)) trước điện phân
= 1,0 M
Ví dụ 4: Hoà tan 50 gam CuSO
4
.5H
2
O 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 thoát ra ở catot và thể tích khí (ở
đktc) thoát ra ở anot. Biết hiệu suất các phản ứng đạt 100%.
Đáp số: Vậy: mCu = 0,1. 64 = 6,4 gam; V
khí tại A
= 1,792 lít
Ví dụ 5: Điện phân 2 lít dung dịch CuSO
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.

2
và O
2
.
C. chỉ có khí Cl
2
. D. khí Cl
2
và H
2
.
Ví dụ 7: (Trích đề thi đại học khối A năm 2010). Điện phân (điện cực trơ) dung
dịch X chứa 0,2 mol CuSO
4
và 0,12 mol NaCl bằng dòng điện có cường độ 2A.
Thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot sau 9650 giây điện phân là
A. 2,240 lít. B. 2,912 lít. C. 1,792 lít. D. 1,344 lít.
Ví dụ 8: (Trích đề thi cao đẳng năm 2011). Điện phân 500 ml dung dịch CuSO
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 là:
A. 3,36 lít B. 1,12 lít C. 0,56 lít D. 2,24 lít
Ví dụ 9: (Trích đề thi đại học khối B năm 2010). Điện phân (với điện cực trơ)
200 ml dd CuSO
4
nồng độ x mol/l, sau một thời gian thu được dung dịch Y vẫn
còn màu xanh, có khối lượng giảm 8g so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8g bột
Fe vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4g kim loại. Giá
trị của x là
A. 2,25 B. 1,5 C. 1,25 D. 3,25

than chì) nhúng trong dung dịch ZnCl
2
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 -): Zn
2+
+ 2e → Zn
Ở điện cực dương (A +): 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
Phản ứng chung: Zn
2+
+ 2Cl
-

dong dien
→
Zn + Cl
2
ở hiệu điện thế 2,12 V
Tương tự như vậy, phản ứng điện phân CuCl
2
Cu
2+
+ 2Cl
-

trong dung dịch:
U =
2
2
0 0
/2 /Cl Cl Zn Zn
E E
− +
−
= 1,36 – (-0,76) = + 2,12 V
Thế phân giải của CuCl
2
trong dung dịch:
U =
2
2
0 0
/2 /Cl Cl Cu Cu
E E
− +
−
= 1,36 – 0,34 = + 1,02 V
Thế phân giải của HCl trong dung dịch:
U =
2 2
0 0
/2 /Cl Cl H H
E E
− +
−

2
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 = E
a
0
+ E
0
c
+ ΔE
a
+ ΔE
c
U = E
0

a
- E
0
c
+ ΔE
a

Ta có: E
pc
=
2
2
0 0
/2 /Cl Cl Ni Ni
E E
− +
−
= +1,36 – (-0,23) = + 1,59 V
- Trường hợp 1: ΔE = 0, U = E
pc
= +1,59 V
Ở K (-): Ni
2+
+ 2e → Ni
Ở A (+): 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
- Trường hợp 2: ΔE = + 0,5 V ứng với quá thế O
2
trên điện cực Pt nhẵn
Ở K (-): Ni
2+
+ 2e → Ni
Ở A (+): H
2

; E
2 2
0
/H O H
= - 0,828 V
Ở A (+): 2Cl
-
→ Cl
2
+ 2e
→ U = E
pc
+ ΔE = +1,36 – (-0,828) + 0,4 = +2,588 V
- Trường hợp 4: ΔE = + 0,9 V đồng thời có H
2
và O
2
thoát ra
Ở K (-):2H
2
O + 2e → 2OH
-
+ H
2
Ở A (+):H
2
O → 2H
+
+
1

4
+ H
2
O
dddp
→
Cu + H
2
SO
4
+
1
2
O
2
Và sự phân hủy nước khi điện phân dung dịch H
2
SO
4
, NaOH, Na
2
SO
4
H
2
O
dddp
→
H
2

- Sản xuất Li, Na, Mg, Ca, Sr, Ba, Cl
2
, Br
2
…bằng phương pháp điện phân
các muối halogenua nóng chảy.
- Sản xuất Al bằng phương pháp điện phân Al
2
O
3
nóng chảy có thêm
Na
3
AlF
6
(criolit) để giảm nhiệt độ nóng chảy của nhôm oxit.
- Sản xuất KClO
3
bằng phương pháp điện phân dung dịch KCl đặc,
nóng…
- Điều chế các kim loại tinh khiết.
- Tinh chế kim loại.
- Đúc các đồ vật bằng kim loại được tiến hành tương tự như tinh
chế kim loại.
- Mạ điện.
19
- Phân tích định tính, định lượng và tách các kim loại trong hỗn hợp của
chúng.
2.2.4. Cơ sở thực nghiệm
Sáng kiến kinh nghiệm này đã được thử nghiệm áp dụng đối giảng dạy từ

sử dụng để ôn luyện thi đại học - cao đẳng, thi học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh
và quốc gia.
- Hi vọng với phần kiến thức và kinh nghiệm nhỏ bé chúng tôi có thể góp
một phần nào đó nâng cao chất lượng dạy và học hoá học ở trường phổ thông.
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 tôi rất mong các thầy,
cô đồng nghiệp góp ý kiến về chuyên đề này và cùng nhau phát triển sang các
chuyên đề tiếp theo để học trò chuyên Hoá ngày càng có nhiều tài liệu học tập
một cách hệ thống hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh hóa, ngày 25 tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Tác giả
Hoàng Văn Tùng
21