ĐỖ THÁI SƠN (HS/12A1)
THPT PHƯỚC THIỀN – NHƠN TRẠCH – ĐỒNG NAI
Bằng vốn liếng kiến thức ít ỏi và những nhiệt tâm với bộ môn Hóa của
mình em xin gửi đến quý thầy cô và các bạn chuyên Hóa bộ tài liệu Bồi
Dưỡng học sinh giỏi Môn Hóa – Mà Chính Em Biên Soạn và đã sử dụng
hiệu quá trong các kỳ thi HS Cấp Tỉnh (Nhì Tỉnh) và (Ba Tỉnh MTCT)
Theo tôi những bài tập trong đây đã được giải rất hay và chi tiết nhưng
nếu theo các bạn học sinh chưa hay thì tôi đã thành công khi bước đầu
giúp các bạn tiếp cận bài toán Hóa học bằng nhiều cách giải khác nhau
Mặt dầu đã dành nhiều tâm huyết nhưng vẫn không tránh khỏi sai sót
ngoài ý muốn! Kính mong nhận được sự đóng góp nhiệt tình của quý
đọc giả ?
Em xin tiếp tục ra mắt Phần III trong bộ sách BDHSG Mà em
vừa biên soạn
BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN VÀ CÁC QUÁ TRÌNH ĐIỆN HÓA (18 Bài)
Câu 1) (Bà Rịa Vũng Tàu : năm 2010)
Chia 1500 ml dung dịch Y chứa hỗn hợp HCl và Cu(NO
3
)
2
thành 2 phần (Phần 2 có khối lượng gấp đôi phần 1)
1/ Đem điện phân phần I (với điện cực trơ) bằng dòng điện 1 chiều có cường độ 2,5A, sau một thời gian t thu được
3,136 lít (đktc) một chất khí duy nhất ở anot. Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch
NaOH 4M, thấy xuất hiện 1,96 gam kết tủa.
Tính nồng độ mol các chất trong dung dịch Y và thời gian t
2/ Cho m gam bột kim loại Fe tác dụng với phần 2 đến khi phản ứng hoàn toàn. Kết thúc phản ứng thu được hỗn
hợp kim loại có khối lượng 0,75m g và V lít (đktc) khí không màu hóa nâu trong không khí. Tìm giá trị của m và V
Giải
1. 2HCl + Cu(NO
3
)

dư + 2NaOH  Cu(OH)
2
+ 2NaNO
3
(4)
Ta có:
n
NaOH = 0,11.4 = 0,44 (mol) ;
n
Cu(OH)
2
= 1,96/98 = 0,02 mol
Khối lượng phần 2 gấp đôi phần 1
 V phần 2 = 2V phần 1 = 1 lít => V phần 1 = 0,5 lít
Từ (1), (4) =>
C
Cu(NO
3
)
2
= (0,14 + 0,02) / 0,5 = 0,32M
Từ (1), (2), (3) ta thấy số mol NaOH pư (2), (3) bằng số mol NaOH trong 0,5 lít

C
HCl = (0,44 – 0,2.0,02)/0,5 = 0,8M
Theo định luật Faraday => m
Cu
= (0,14.64.2.96500) / (64.2,5) = 10808 giây
2.
Fe + Cu

-
= 0,64 mol
Tổng khối lượng Fe pư phần 2 = 0,62.56 = 34,72 gam
Ta có 0,75m = m – 34,72 + 0,32.64 => m = 56,96 gam.
V = 0,2.22,4 = 4,48 lít
Câu 2) (Hà Tĩnh – 2007)
Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO
4
và NaCl cho tới
khi nước bắt đầu bị điện phân thì dừng lại. Ở anot thu được 0,448 lít khí (đktc). Dung dịch sau điện phân có thể hòa
tan tối đa 0,68 gam Al
2
O
3
*
Tính giá trị của m
*
Tính khối lượng catot tăng lên trong quá trình điện phân. Giả thiết toàn bộ kim loại sinh ra đều bám vào catot
*
Giả sử lượng nước bị bay hơi trong quá trình điện phân không đáng kể. Tính khối lượng dung dịch giảm trong quá
trình điện phân
Giải
Khi điện phân .
Trước tiên: Cu
2+
+ 2e  Cu (ở catot)
2Cl
-
- 2e  Cl
2

2n
CuSO
4
Sau khi (1) còn dư CuSO
4
, phương trình điện phân
2CuSO
4
+ 2H
2
O
đpdd
2Cu + O
2
+ 2H
2
SO
4
(2)
Sau khi Cu
2+
hết, H
2
O bị điện phân ở cả 2 điện cực. quá trình (2) tạo ra H
2
SO
4
Al
2
O

Theo (1), (2): số mol khí ở anot = 0,448/22,4 = 0,02 =
n
Cl
2
+
n
O
2
=>
n
Cl
2
= 0,01 mol

n
NaCl = 0,02 mol
Theo (1)
n
CuSO
4
=
n
Cl
2
= 0,01 mol
Vậy m =
m
CuSO
4
+

2
(4)
Khi NaCl hết, nước bị điện phân ở cả 2 cực vì (4) sinh ra NaOH
Al
2
O
3
+ 2NaOH + 3H
2
O  2Na[Al(OH)
4
]
Theo (4):
n
NaCl =
n
NaOH. Theo (5):
n
NaOH = 2
n
Al
2
O
3

n
NaCl (4) =
2n
Al
2

n
CuSO
4
= 0,02/3 mol
Vậy m =
m
CuSO
4
+
m
Na
m
NaCl = 160.0,02/3 + 58,5.0,08/3 = 2,627 gam
m
Catot tăng =
m
Cu = 64. 0,02/3 = 0,427 gam
m
dd (giảm) =
m
Cu +
m
H
2
+
m
Cl
2
= 0,427 + 0,04/6.2 + 0,08/3. 71 = 2,333 gam
Câu 3) (Olympic 30/4 – 2002)

(1)
x x/2 x/2
2MCl
n
2M + Cl
2
(2)
y y 0,5ny
=> 0,5x + 0,5ny = 2,464/22,4 = 0,11 => x + ny = 0,22 (1’)
Hỗn hợp m gam M và 1,3 gam R + dung dịch sunfuric loãng
2M + n H
2
SO
4
 M
2
(SO
4
)
n
+ n H
2
y 0,5ny
2R + t H
2
SO
4
 R
2
(SO

y = 3,54/M => M = 29,5n => n = 2 => M = 59 (Ni)
Câu 4)
Một dung dịch chứa 160 gam nước và 100 gam Ca(NO
3
)
2
với điện cực than chì được điện phân trong 10 giờ với
cường độ dòng điện 5A. Kết thúc điện phân khối lượng dung dịch giảm 40,43 gam. Tính khối lượng
Ca(NO
3
)
2
.4H
2
O tối đa có thể hòa tan được trong 100 gam nước ở nhiệt độ này ?
Bài giải
Phương trình điện phân :
H
2
O (l) H
2
(k) + 1/2O
2
(k)
Khối lượng giảm 41,9 gam do sự điện phân và do sự kết tinh của canxinitrattetrahidrat quá bão hòa.
Sau điện phân ta có dung dịch bão hòa :
Khối lượng H
2
= 1/96500 . 1/1 . 5 . 10 . 3600 = 1,87 gam
Khối lượng O

2
O
Câu 5)
Muối KClO
4
được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO
3
. Thực tế khi điện phân ở một điện cực, ngoài
nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO
4
, còn đồng thời xảy ra nửa phản ứng phụ tạo ra một khí không màu. Ở
điện cực thứ hai chỉ xảy ra phản ứng phụ tạo ra 1 khí duy nhất. Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính đạt 60%.
a/ Viết kí hiệu tế bào điện phân và các bán phản ứng diễn ra ở catot và anot
đp
đp
Đpdd Ca(NO
3
)
2

b/ Tính lượng điện tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 25
0
C ; 1 atm) khi điều chế được 332,4 gam
KClO
4
.
Giải
a/
Pt / KClO
3

Anot : H
2
O  2H
+
+ 1/2O
2
+ 2e
Catot : 2H
2
O + 2e  H
2
+ 2OH
-
H
2
O  H
2
+ 1/2O
2
b/ Mol KClO
4
= 332,4/138,5 = 2,4 (mol)
q = 2,4. 2F c/mol . 100/60 = 8F = 8.96500 = 771.880 C
Khí ở catot là hiđro : mol H
2
= 8F / 2F = 4 mol
V
H
2
= (4.0,082.298) / 1 = 97,744 lít

0,01M và Ag
+
0,001M khi cho bột Ag vào
dung dịch trên ?
Bài giải
1/ Fe
2+
+ Ag
+
 Fe
3+
+ Ag
E
0
pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận
K = 10
(En/0,059)
= 10
(0,03/0,059)
= 3,225
2/ E = E
0
+ (0,059/n).lg([oxh]/[kh])
EAg
+
/Ag = 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V
EFe
3+
/Fe
2+

= 6,23
Các thế khử (thế oxi hóa – khử) chuẩn ờ 25
0
C : E
0
(Ag
+
/Ag) = 0,799V ; E
0
(O
2
/OH
-
) = 0,401V
Áp suất riêng phần của oxi trong không khí là 0,2095 atm
Phản ứng thực hiện ở 25
0
C
Bài giải
Phản ứng tạo phức :
Ag
+
+ NH
3
= Ag(NH
3
)
+
Ag
+

E
2
= E
0
+ (0,059/4). lg (
P
O
2
/ [OH
-
])
Khi cân bằng E
1
= E
2
. Dễ dàng tính được E
2
.
Trong dung dịch NH
3
có [OH-] = (K
b
.C)
1/2
= 1,32.10
-3
E
2
= 0,401 + (0,059/4). lg. [(0,2059 / (1,32.10
-3

-5
x (1 + 10
3,32
+ 10
6
,
23
) = 15,5 > > nồng độ đã tính để hòa tan
hoàn toàn Ag kim loại
=> Các điều kiện nhiệt động thuận lợi hòa tan Ag.
Câu 8)
1/ Chứng minh CuS có thể tan trong dung dịch HCl có hòa tan H
2
O
2
. Biết T
CuS
= 10
-35
; Ka
1
(H
2
S) = 10
-7
;
Ka
2
(H
2

4
+
) = 10
-9,24
; Hằng số bền [Ag(NH
3
)
2
]
+
= 10
7,26
Bài giải
1/ CuS  Cu
2+
+ S
2-
T = 10
-35
S
2-
+ H
+
 H
2
S K
1
= (Ka
1
. Ka

2+
+ S + 2H
2
O K
Ta có K = T. K
1
. K
2
. K
3
= 10
-35
. (10
-7
. 10
-13
) . 10
-4,75
. 10
60
K = 10
40,25
K rất lớn nên CuS dễ dàng tan được trong HCl có H
2
O
2
2/ O
2
+ 4H
+

)
2
+
K
4
= 10
4.7,26
4Ag
+
+ 4NH
4
+
+ 4NH
3
 4Ag(NH
3
)
2
+
+ 2H
2
O
K = K
1
. K
2
. K
3
. K
4

3
)
4
]
2+

Bài giải
a/ Áp dụng phương trình Nerst ta có :

E
Cu
2
+
/Cu = 0,34 - 0,059/2 . lg0,01 = 0,281V
b/ Ta thấy mol NH
3
= 0,1 > > mol Cu
2+
= 0,001 mol
=> Cu
2+
+ 4NH
3
 [Cu(NH
3
)
4
]
2+
Thế điện cực giảm 0,361V => ECu

-15
) = 1,73.10
12
Câu 10) (Đắc-Lắk – 2009)
Mắc nối tiếp 3 bình điện phân : Bình 1 chứa 100 ml dung dịch CuCl
2
0,1M ; Bình 2 chứa 100 ml dung dịch
FeCl
3
0,1M ; Bình 3 chứa 99 ml dung dịch Ag
2
SO
4
0,025M. Điện phân với dòng điện không đổi 1,34A. Tính
khối lượng kim loại thoát ra ở catot sau các thời gian : 6 phút ; 12 phút ; 18 phút ; 24 phút. Sau thời gian bao
lâu (kể từ lúc điện phân) khối lượng kim lọai thoát ra ở catot không đổi ?
Bài giải
Ở catot : Bình 1 : Cu
2+
+ 2e  Cu
Bình 2 : Fe
3+
+ 1e  Fe
2+
Bình 3 Ag
+
+ 1e  Ag
Mol Cu
2+
= 0,01 mol ; mol Fe

Câu 11) (Đắc-Lắk – 2010)
Ở 25
0
C có 1 pin điện hóa gồm 2 điện cực : Điện cực catot kim loại Ag nhúng vào dung dịch AgNO
3
0,02M ;
điện cực anot là kim loại Cu nhúng vào dung dịch Cu(NO
3
)
2
0,02M. Biết các điện cực nối với nhau bằng cầu
muối bão hòa KNO
3
trong aga – aga.
a/ Tính sức điện động của pin điện hóa đó. Biết E
0
Ag
+
/Ag = 0,8V ; E
0
Cu
2+
/Cu = 0,34V
b/ Khi nối hai điện cực bằng 1 dây dẫn qua điện kế thì kim điện kế chỉ chiều dòng điện như thế nào ? Khi kim
điện kế chỉ về vạch số 0 tức là dòng điện trong mạch bị ngắt thì nồng độ Ag
+
, Cu
2+
trong mỗi điện cực là bao
nhiêu ?

=> 0,34 + 0,059/2.log0,03 = 0,8 + 0,059.[Ag
+
]
=> [Ag
+
] = 2,77.10
-9
Câu 12)
Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) 500 ml dung dịch HCl 0,01M và NaCl 0,1M
a/ Nhận xét sự thay đổi pH của dung dịch trong quá trình điện phân
b/ Biết cường độ dòng điện không thay đổi là 1,34A ; hiệu suất điện phân 100% và thể tích dung dịch thay đổi
không đáng kể trong quá trình điện phân. Thiết lập phương trình tính PH của dung dịch theo thời gian điện
phân (tính bằng giờ) và xác định pH dung dịch tại các thời điểm :
t
(h)
0 0,0
1
0,0
2
0,0
3
0,0
4
0,0
5
0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 1,1 1,2 1,3
pH
Bài giải
a/ Các phản ứng điện phân :
2HCl  H

=> [H
+
] còn lại = (0,005 – 0,05t) / 0,5 = 0,01 – 0,1t
Và khi t = 0,1 giờ thì HCl bị điện phân hết, trong dung dịch chỉ còn lại NaCl và lúc đó pH = 7
Vậy pH = -log(0,01 – 0,1t)
t(h) 0 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,1
pH 2 2,0457 2,0969 21549 2,2218 2,3010 7
Lúc bắt đầu điện phân NaCl lấy làm mốc thời gian t
2
= t – 0,1
Số mol NaCl ban đầu : 0,1.0,5 = 0,05 mol = số mol NaOH tối đa
Theo phản ứng (2) thì số mol NaOH tạo thành = 2. Mol H2
Số mol OH
-
= 0,05t
2
=> [OH
-
] = 0,05t
2
/ 0,5 = 0,1t
2
Vậy pH = 13 + lgt
2
= 13 + lg(t – 0,1)
Và khi t
2
= 1 giờ hay t = 1,1 giờ thì NaCl hết và nước điện phân. Từ lúc này trở đi coi thể tích dung dịch thay
đổi không đáng kể thì pH coi như không đổi.
t (h) 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 1,1 1,2 1,3

-
thì Ag kim loại không có khả năng khử H
+
để giải
phóng H
2
. Nhưng trong môi trường có chứa Cl
-
và I
-
thì sẽ hình thành các cặp oxi hóa khử mới : AgCl/Ag và
AgI/Ag.
E
0
AgCl/Ag được tính từ tổ hợp từ các cân bằng :
AgCl  Ag
+
+ Cl
-
T
AgCl
= 10
-10
Ag
+
+ e  Ag K
1
= 10
(0,799/0,059)
=> E

giờ 30 phút 36 giây với cường độ dòng điện 5A không đổi.
a/ Tính khối lượng kim loại bám vào catot
b/ Tính thể tích khí bay lên ở anot (đktc)
c/ Tính nồng độ mol/lít các chất còn lại trong dung dịch sau điện phân ? Giả sử thể tích dung dịch không đổi.
Bài giải
a/ Mol CuSO
4
= 0,005 mol ; mol CrCl
2
= 0,12 mol
Gọi t là thời gian để khử hết Cu
2+
: t = (0,05.64.2.96500) / (64.5) = 1930 (s)
Thời gian còn lại để khử Cr
2+
: 5790 – 1930 = 3860 (s)
Khối lượng Cr = (52.3860.5) / (96500.2) = 5,2 (gam)
Tổng khối lượng kim loại bám lên catot : 0,05 . 64 + 5,2 = 8,4 (gam)
b/ Tổng mol electron nhận : 0,05.2 + 0,1.2 = 0,3 (mol)
mol e nhường cho clo : 0,12.2 = 0,24 (mol)
mol OH
-
(H
2
O) = 0,3 – 0,24 = 0,06 (mol)
mol oxi = 0,06/2 = 0,03 (mol)
Tổng thể tích khí tại anot (clo + oxi) : V = (0,03 + 0,12).22,4 = 3,36 (lít)
c/ Dung dịch còn lại gồm CrSO
4
0,1M và H

H
2
S còn dư trong dung dịch (I
2
) hết
Điện phân tiếp dung dịch có chứa H
2
S, HI, KI trong 35s thì :
H
2
S  H
2
+ S (3)
Cho đến khi hết H
2
S thì I
-
sẽ bị điện phân  I
2
(làm hồ tinh bột hóa xanh)
Dấu hiệu để biết quá trình (3) đã hoàn thành
Số mol I
2
được giải phóng khi điện phân dung dịch KI (I = 0,002A ; t = 120s)
Mol Iot = (120.0,002) / (96500.2) = 0,124.10
-5
Lượng H
2
S tác dụng với I
2

-3
mg/l HAY 0,027 mg/l
Vậy mức độ ô nhiễm vượt mức cho phép
Theo trên trong 2 lít không khí có 1,6.10
-6
mol H
2
S
giả sử tính ở đktc : %V(H
2
S) = 22,4 . 1,6.10
-6
/ 2 . 100% = 0,0018%
Câu 16) (Cần Thơ – 1999)
Hỗn hợp A gồm 3 đồng phân mạch hở X
1
, X
2
, X
3
đều chứa C, H, O. Biết 4 gam A ở 136,5
0
C ; 2 atm có cùng thể
tích với 3 gam C
5
H
12
ở 273
0
C, 2 atm.

x
H
y
O
z
(M=72)
* z = 1 => 12x + y = 56 => x = 4 ; y = 8 => CTPT : C
4
H
8
O
* z = 2 => 12x + y = 40 => x = 3 ; y = 4 => CTPT : C
3
H
4
O
2
Vì X tác dụng với NaOH cho chất rắn Y và hỗn hợp Z có chứa anđehit nên X
1
, X
2
, X
3
phải có chức axit, este =>
CTPT là C
3
H
4
O
2

y y
CH
2
= CH – COONa CH
3
CHO
Y Z
H – COONa CH
2
(CHO)
2
* Z phản ứng tráng bạc :
CH
3
– CHO CH
3
– COONH
4
+ 2Ag
y y 2y
CH
2
(CHO)
2
CH
2
(COONH
4
)
2

+ C
2
H
4
z z/2
Hỗn hợp khí F gồm C
2
H
6
; C
2
H
4
và CO
2
* Nung chất rắn Y với NaOH :
CH
2
=CH-COONa + NaOH  C
2
H
4
 + Na
2
CO
3
x x
HCOONa + NaOH  H
2
 + Na

2
H
6
và (x – y) mol C
2
H
4
dư
Theo bài : y = x – y => x = 2y (3)
* Khi trộn chung F và F’ được G’ rồi cho qua dung dịch brom chỉ có C
2
H
4
bị giữ lại với k/l = 1,75 g
=> số mol C
2
H
4
= 1,75/28 = 0,0625 (mol)
Xét trường hợp y > x => z/2 = 0,0625 => z = 0,125 (mol)
Từ (1) => y = 0,25 (mol) => x = 0,125 (mol)
Ta có x + y + z = 0,125 + 0,25 + 0,125 = 0,5 = 36/72 = 0,5 (mol) => Hợp lý
Xét trường hợp y < x :
Vì C
2
H
4
dư nên x – y + z/2 = 0,0625 (4)
Từ (3), (4) => y + z/2 = 0,0625
Kết hợp với (1) => z = 0,292 ; y < 0 => loại

(r) = 1,45V; I
2
(r)/ 2I
-
= 0,54V
a/ Viết phương trình bán phản ứng oxi hóa – khử của các cặp đã cho.
b/ Tính E
O
của các cặp IO
4
-
/ IO
3
-
và IO
3
-
/ HIO
Bài giải
2IO
4
-
+ 16H
+
+ 14e  I
2
(r) + 8H
2
O; E
O

O
HIO/ I
2
(r) = 1,45V = E
O
3
I
2
(r) + 2e  2I
-
; E
O
I
2
(r)/ 2I
-
= 0,54V = E
O
4
2IO
4
-
+ 16H
+
+ 14e  I
2
(r) + 8H
2
O; K
1

K
5
= K
1
. K
2
-1
⇒ x = E
O
5
= E
O
IO
4
-
/ IO
3
-
= (14 E
O
1
- 10 E
O
2
) : 4 = 1,61V
2IO
3
-
+ 12H
+

8y/0,0592
K
6
= K
2
. K
3
-1
⇒ y = E
O
6
= E
O
IO
3
-
/ HIO = (10 E
O
2
- 2 E
O
3
) : 8 = 1,125V
Câu 18) (Quốc Gia – Năm học : 2011 – 2012)
Ở 298K cho dòng điện 1 chiều có cường độ 0,5A qua bình điện phân chứa 2 điện cực platin nhúng trong
200ml dung dịch gồm Cu(NO
3
)
2
0,02M, Co(NO


Ở 298K thì 2,303(RT/F) = 0,0592
Bài giải
a/ quá trình có thể xảy ra trên catot :
Cu
2+
+ 2e  Cu (1)
2H
+
+ 2e  H
2
Co
2+
+ 2e  Co
Quá trình xảy ra trên anot : 2H
2
O  O
2
+ 4H
+
+ 4e (2)
b/ Áp dụng :
E
Cu
2
+
/Cu = 0,337 + 0,0592/2.lg0,02 = 0,287V

E
Co

hai cực sẽ hình thành pin điện có cực dương (catot) là cặp O
2
/H
2
O và cực âm (anot) là cặp Cu
2+
/Cu
Phản ứng xảy ra :
Catot : O
2
+ 4H
+
+ 4e  H
2
O
Anot : Cu  Cu
2+
+ 2e
2Cu + O
2
+ 4H
+
 2Cu
2+
+ 2H
2
O
Pin phóng điện cho tới khi thế của 2 cực bằng nhau
c/
Để tách hoàn toàn được Cu

+
] = 0,01 + 2(0,02 – 10
-6
) 0,05V

E
2H
+
/H
2
= 0,0592/2.lg(0,05)
2
= -0,077V
Vậy trong trường hợp tính không kể đến quá thế của H
2
trên điện cực platin thì thể tích catot cần khống chế
trong khoảng -0,077V < E
c
< 0,159V, khi đó Cu
2+
sẽ bị điện phân hoàn toàn.
d/
Từ (2) mol oxi giải phóng ra = (0,5.25.60) / (4.96500) = 1,943.10
-3
(mol)
=> V
oxi
= 0,0435 lít
Theo (1) thì số mol ion đồng bị điện phân sau 25 phút :
n