Tài liệu quá trình điện phân | Hóa Học 12

Tài liệu quá trình điện phân | Hóa Học 12. Tài liệu gồm 31 trang, giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao. Mời bạn đọc đón xem!

29 15 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Bài giảng điện tử Hóa Học 12

Môn: Hóa Học 12

Thông tin:

24 trang 2 tháng trước

Tác giả:

Profile Sang
ĐIỆN PHÂN
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)
- Cực dương (+) gọi là anot (kí hiệu A): tại đây xảy ra quá trình khử (quá trình nhận e)
1. Điện phân nóng chảy:
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)
Tại K (-): M
n+
+ ne M
Tại A (+): 2Cl
-
Cl
2
+ 2e
Phương trình điện phân tổng quát : MX
n
dpnc

M + X
2
Ví dụ : Điện phân nóng chảy NaCl, CaCl
2
- Điện phân nóng chảy NaCl :
Tại K (-) : Na
+
+ 1e Na; Tại A (-): 2Cl
-
Cl
2
+ 2e
Phương trình điện phân tổng quát: 2NaCl
dpnc

2Na + Cl
2
- Điện phân nóng chảy CaCl
2
:
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)
Tại K (-): M
n+
+ ne M Tại A (+): 4OH
-
2H
2
O + O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát : 4M(OH)
n
dpnc

4M + 2nH
2
O + nO
2
Ví dụ: Điện phân nóng chảy NaOH:
Tại K (-): Na
+
+ e Na Tại A (+): 4OH
-
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
Tại K (-): M
n+
+ ne M Tại A (+): 2O
2-
O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát : 2M
2
O
n
dpnc

4M + nO
2
Ví dụ: Điện phân nóng chảy Al
2
O
3
Tại K (-): Al
3+
+ 3eAl Tại A (+): 2O
2-
O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát: 2Al
2
O
3
dpnc

4Al + 3O
2
2. Điện phân dung dịch
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
O 4H
+
+ O
2
+ 4e
Quy luật chung: - Ở catot (K): ion càng có tính oxi hóa mạnh càng dễ bị khử
Ví dụ: Tại K: Ag
+
; Cu
2+
thì Ag
+
+ 1eAg rồi mới đến Cu
2+
+ 2eCu
- 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.
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
-
- Nếu M
n+
là cation kim loại sau Al
3+
thì cation nhận electron (bị khử) để tạo thành kim
loại: M
n+
+ 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
+
; 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
+
+ 2e

H
2
(4)
Fe
2+
+ 2e

Fe (5) 2H
2
O + 2e

2OH
-
+ H
2
(6)
Quy tắc ở anot: Ở anot có mặt anion gốc axit và OH
-
(do nước và bazơ phân li)
* Đối với anot trơ (là anot không tham gia vào quá trình phản ứng)
- 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: 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
-

I
2
+ 2e (1); 2Cl
-

Cl
2
+ 2e (2); 2H
2
O

4H
+
+ O
2
+ 4e (3)
- Nếu anot có mặt các ion gốc axit vô cơ chứa O như: NO
3
; SO
4
2-
; CO
3
2-
; ... và F
-
; OH
-
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
3. 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:
(gam) hay n
X
=
.
e
It
nF
(mol) (1)
Với: A
X
là khối lượng mol của X (gam/mol)
n
e
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)
Chú ý:
- 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:
()
.
.
( / )
X
e
X
mg
It
n
F A g mol
= số mol electron trao đổi đây là hệ quả rất quan
trọng ta sẽ sử dụng đề tính toán trong các bài tập điện phân.
- Điện phân là quá trình oxi hóa khử nên số mol electron nhường tại A= số mol electron
nhận tại K.
4. Một số lí thuyết mở rộng về điện phân và ứng dụng
a. Thế phân giải và quá thế
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 dòng điện.
Khi nối điện cực kẽm Zn
2+
/Zn với điện cực clo Cl
2
/2Cl
-
ở điều kiện chuẩn, pin
kẽm - clo có suất điện động E
0
= 2,12V. Ngược lại nếu dùng dòng điện một chiều có
thế hiệu 2,12V nối với hai điện cực trơ (bằng platin hoặc 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
-
dong dien

Cu + Cl
2
xảy ra ở thế hiệu là 1,02V
Phản ứng điện phân HCl:
2H
+
+ 2Cl
-
dong dien

H
2
+ Cl
2
xảy ra ở thế hiệu là 1,36V.
Những thế hiệu 2,12V; 1,02V và 1,36V được gọi là thế phân giải của ZnCl
2
,
CuCl
2
và HCl tương ứng ở trong dung dịch 1M. Vậy thế hiệu tối thiểu của dòng điện một
chiều cần đặt vào các điện cực trơ để gây nên sự điện phân chất gọi là thế phân giải (kí
hiệu là U). Những thế phân giải của các chất trên đây đúng bằng sức điện động của các
pin tương ứng.
Thế phân giải của ZnCl
2
trong dung dịch:
U =
2
2
00
/2 /Cl Cl Zn Zn
EE

= 1,36 – (-0,76) = + 2,12 V
Thế phân giải của CuCl
2
trong dung dịch:
U =
2
2
00
/2 /Cl Cl Cu Cu
EE

= 1,36 – 0,34 = + 1,02 V
Thế phân giải của HCl trong dung dịch:
U =
22
00
/2 /Cl Cl H H
EE

= 1,36 – 0 = + 1,36 V
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 Fe
2+
, Ni
2+
,
H
+
và OH
-
hay H
2
O 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 dòng điện có
thế hiệu cao hơn so với suất điện động E của pin tương ứng. Thế hiệu phụ thêm đó được
gọi là quá thế (kí hiệu là ΔE ).
Hiện tượng quá thế có bản chất rất phức tạp và phụ thuộc nhiều vào yếu tố liên
quan 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 ΔE = 0,24V và niken ΔE = 0,23V. Khi ở điện cực thoát ra các
khí như H
2
và O
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
+ ΔE
c
Trong đó: U là thế phân giải; E
a
0
là thế điện cực chuẩn A (+), E
0
c
là thế điện cực chuẩn
catot (K-); ΔE
a
quá thế A (+); ΔE
c
là quá thế catot (K-).
Quá thế thường được xác định bởi phương trình quá thế Tafel:
∆E = a + b. logi
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 dòng A/cm
2
.
b. Giải thích sự tạo thành sản phẩm khi điện phân dung dịch
Khi điện phân dung dịch nước chứa một số loại cation và một số loại anion thì về
nguyên tắc, ở điện cực âm, cation nào có thế điện cực chuẩn lớn hơn sẽ bị khử trước và ở
điện cực dương, anion nào có thế điện cực bé sẽ bị oxi hóa trước. Tuy nhiên trên thực tế
thứ 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 NiCl
2
1M với các điện cực platin nhẵn
Ta có: E
pc
=
2
2
00
/2 /Cl Cl Ni Ni
EE

= +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
O 2H
+
+
1
2
O
2
+ 2e
U = E
pc
+ ΔE = E
22
0
/O H O
- E
2
0
/Ni Ni
= +1,23 – (-0,23) + ΔE = +1,46 V
- Trường hợp 3: ΔE= + 0,4 V ứng với quá thế H
2
trên Pt nhẵn
Ở K (-): 2H
2
O + 2e 2OH
-
+ H
2
; E
22
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
2
O
2
+ 2e
U = E
pc
+ ΔE = + 1,23 – (-0,828) + 0,9 = +2,958 V
Như vậy khi điện phân dung dịch NiCl
2
với điện cực Pt nhẵn thì xảy ra trường hợp 1 và
phương trình điện phân là: NiCl
2
dddp

Ni + Cl
2
Tính toán 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 + 2H
2
O
dddp

2NaOH + Cl
2
+ H
2
CuSO
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
+
1
2
O
2
Kiềm , axit, muối chỉ có tác dụng tăng độ dẫn điện.
c. Ứng dụng của điện phân
Phương pháp điện phân được ứng dụng rất rộng rãi trong thực tế sản xuất và
trong phòng thí nghiệm nghiên cứu.
Trong công 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:
- Sản xuất NaOH, Cl
2
bằng phương pháp điện phân dung dịch NaCl đậm
đặc.
- Sản xuất các khí H
2
, O
2
bằng phương pháp điện phân dung dịch K
2
SO
4
, H
2
SO
4
,
NaOH…
- 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.
- Phân tích định tính, định lượng và tách các kim loại trong hỗn hợp của chúng.
BÀI TẬP
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
4
c. dung dịch NaCl d. dung dịch KNO
3
Hướng dẫn giải:
a. Tại K (-): Fe
2+
; H
2
O: Fe
2+
+ 2e

Fe Tại A(+): Cl
-
; H
2
O: 2Cl
-

Cl
2
+2e
Phương trình điện phân tổng quát: FeCl
2
dddp

Fe + Cl
2
b. Tại K (-): Cu
2+
; H
2
O: Cu
2+
+ 2e

Cu
Tại A (+): SO
4
2-
; H
2
O: 2H
2
O

4H
+
+ O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát: 2CuSO
4
+ 2H
2
O
dpdd

2Cu + 2H
2
SO
4
+ O
2
c. Tại K (-): Na
+
; H
2
O: 2H
2
O + 2e

2OH
-
+ H
2
Tại A (+): Cl
-
; H
2
O: 2Cl
-

Cl
2
+ 2e
Phương trình điện phân tổng quát: 2NaCl + 2H
2
O
dpdd

2NaOH
+ H
2
+ Cl
2
d. Tại K (-): K
+
; H
2
O: 2H
2
O

4H
+
+ O
2
+ 4e
Tại A (+): NO
3
-
; H
2
O: 2H
2
O + 2e

2OH
-
+ H
2
Phương trình điện phân tổng quát: 2H
2
O
dpdd

2H
2
+ O
2
Nhận xét: Khi điện phân dung dịch muối:
- Dung dịch muối của ion kim loại sau Al
3+
và ion gốc axit không chứa O
( trừ F
-
) thì pH dung dịch không đổi
- Dung dịch muối ion kim loại sau Al
3+
và ion gốc axit chứa O, F
-
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
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
2+
; SO
4
-
: Cu
2+
+ 2e

Cu
Tại A (+) là Cu: SO
4
2-
; H
2
O: Cu

Cu
2+
+ 2e
Phương trình điện phân tổng quát:
Cu + Cu
2+

Cu + Cu
2+
(A) (K)
3: Viết phương trình điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO
4
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
2H
2
O + 2e

2OH
-
+ H
2
Tại A (+): Cl
-
; SO
4
2-
; H
2
O: 2Cl
-

Cl
2
+2e
2H
2
O

4H
+
+ 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
2
+ O
2
b. b > 2a thì: Cu
2+
+ 2Cl
-
dddp

Cu + Cl
2
hay CuSO
4
+ 2NaCl
dddp

Cu + Cl
2
+ Na
2
SO
4
sau đó: 2Cu
2+
+ 2H
2
O
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
hay CuSO
4
+ 2NaCl
dddp

Cu + Cl
2
+ Na
2
SO
4
sau đó: 2Cl
-
+ 2H
2
O
dpdd

2OH
-
+ H
2
+ Cl
2
Hay: 2NaCl + 2H
2
O
dpdd

2NaOH
+ H
2
+ Cl
2
4:(Trích đề thi đại học khối A năm 2012). Điện phân 150 ml dung dịch AgNO
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.
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
)
3
+ 2NO + 4H
2
O (2)
Fe + 2AgNO
3
→ Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (3)
Gọi x là số mol AgNO
3
bị điện phân nHNO
3
= x, dung dịch Y: HNO
3
: x mol; AgNO
3
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 m
hỗn hợp kim loại
= mFe
dư
+ 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
t
= 0,1.108 t = 1,0 h
5: (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
26,8
= 1 mol
Tại K(-): 2H
2
O + 2e

2OH
-
+ H
2
nH
2
= 0,5 mol
Tại A (+): 2H
2
O

4H
+
+ O
2
+ 4e nO
2
= 0,25 mol
Vậy m
dung dịch trước điện phân
= 100 + 0,5. 2 + 0,25.32 = 109 gam
Ta có mNaOH
không đổi
= 100.6/100 = 6 gam
Vậy C
M
(NaOH)
trước điện phân
=
6.100%
109
5,50 %
6: (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+
+ 3O
2-
Tại K (-): Al
3+
+ 3eAl
Tại A (+): 2O
2-
O
2
+ 4e
Phương trình điện phân tổng quát: 2Al
2
O
3
dpnc

4Al + 3O
2
O
2
tạo ra đốt cháy A bằng than chì tạo khí X: CO, CO
2
, O
2
(dư)
Gọi x, y, z là số mol CO, CO
2
, O
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
XH
n x y z
x y z
d
x y z
nCaCO y




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 m
3
X có
67,2.0,14
2,24
= 4,2 kmol O
Từ đó có: nAl =
2
3
nO = 2,8 kmol m= 2,8. 27 = 75,6 kg
Bạn đọc chú ý: Ở đây chúng tôi sử dụng:
(lít) tương ứng với (mol), còn (m
3
) tương ứng với (kmol) (kilo mol)
7: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011). Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và
28,2 gam Cu(NO
3
)
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
= 0,15 mol
Phương trình phân li: KCl

K
+
+ Cl
-
Cu(NO
3
)
2

Cu
2+
+ 2NO
3
-
Taị K (-): Cu
2+
, K
+
, H
2
O: Cu
2+
+ 2e

Cu (1)
Tại A (+): Cl
-
; 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
dung dịch giảm
mCu + mCl
2
= 13,15 gam > m
dung dịch giảm đề cho
nên Cu
2+
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 m
dung dịch
giảm
0, 05.71 + 0,05. 64 = 6,75 gam < m
dung dịch giảm đề cho
nên Cl
-
phải hết.
Vậy dung dịch sau điện phân gồm: Cu
2+
dư, K
+
; H
+
tạo ra và NO
3
-
hay gồm D. KNO
3
, HNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
8: (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
Hướng dẫn giải:
MSO
4

M
2+
+ SO
4
2-
Tại K (-): M
2+
; H
2
O: M
2+
+ 2e

M (1)
2H
2
O + 2e

2OH
-
+ H
2
(2)
Tại A (+): SO
4
2-
; H
2
O: H
2
O

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
9: (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 dung dịch gồm
Cu(NO
3
)
2
0,020M, Co(NO
3
)
2
1,0 M, HNO
3
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 ngoài đặt vào catot để có thể điện phân
hoàn toàn ion thứ nhất trên catot (coi quá trình điện phân là hoàn toàn 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 pH
2
= 1 atm; khi tính toán không kể đến
quá thế; nhiệt độ dung dịch không đổi trong suốt quá trình điện phân.
Cho: E
2
0
/Cu Cu
= 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
2
O 4H
+
+ O
2
+ 4e (4)
2. Theo phương trình Nerst:
22
02
//
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu


= 0,287V
22
02
//
0,0592
log[ ]
2
Co Co Cu Cu
E E Co


=-0,277V
22
02
2 / 2 /
0,0592
log[ ]
2
H H H H
E E H


= -0,118 V
Từ đó thấy:
22
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,
22
02
//
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu


= 0,285V lúc đó
H
2
chưa thoát ra và nếu ngắt mạch điện, nối đoản mạch hai cực của bình điện phân sẽ tạo
ra pin điện có cực dương (catot) là O
2
/H
2
O và cực âm (anot) là cặp Cu
2+
/Cu. Phản ứng
xảy ra là: Trên catot: O
2
+ 4H
+
+ 4e → 2H
2
O
Trên anot: Cu → Cu
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
M.
Lúc đó:
22
02
//
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu


= 0,159V
Và [H
+
] = 0,01 (ban đầu) + 2. (0,020 -10
-6
)(tạo ra) 10
-5
V
22
02
2 / 2 /
0,0592
log[ ]
2
H H H H
E E H


= - 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
mol [Cu
2+
]
dư
=5,7.10
-4
V,
E
c
=
22
02
//
0,0592
log[ ]
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu


= 0,241 V
Và nO
2
=
1
4
e
n
= 1,93.10
-3
mol V
O2
= 1,93.10
-3
. 22,4 lít = 0,0432 lít
10: (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.
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 27,3
0
C, 1 atm trong sự điện phân.
Hướng dẫn giải:
a. Phản ứng:
3M(NO
3
)
2
+ 2K
3
PO
4
M
3
(PO
4
)
2
↓ + 6KNO
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 =
182
825,6.6
= 0,225 mol từ đó suy ra:
- Trong dung dịch X:
3
2
0,1125
2
NO
M
n
n mol

từ đó có ngay C(M
2+
) =
M5625,0
2,0
1125,0
;
C(NO
3
-
) =
M125,1
2,0
225,0
- 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
+
) =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 M
3
(PO
4
)
2
↓
- Bỏ qua sự tan của M
3
(PO
4
)
2
⇄ 3M
2+
+ 2PO
4
3-
- Bỏ qua sự phân li của H
2
O⇄ H
+
+ OH
-
* Xét sự điện phân dung dịch X: M(NO
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
↑ + 4e
Phương trình điện phân:
2M(NO
3
)
2
+ 2H
2
O
dpdd
2M + O
2
+ 4HNO
3
(4)
- Dung dịch Z có chất tan là HNO
3
:
Coi V
dd Z
≈ V
dd X
≈ 400 ml = 0,4 lít
Theo (4): nHNO
3
=2nM(NO
3
)
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+
)
= 0,5625 M ; C(NO
3
-
)= 1,125 M
dd Y: C(K
+
) = C( NO
3
-
) = 0,5625 M
dd Z: C(H
+
) = C (NO
3
-
) = 1,125 M.
b. Tính thời gian điện phân:
Theo (4) nO
2
= 1/2 nM(NO
3
)
2
= 0,1125 mol
Từ công thức: mO
2
=
96500
.
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.
11: Chia 1,6 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO
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 anôt. 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.
Tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch A và thời gian t.
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).
Hướng dẫn giải:
1. Dung dịch A: H
+
; Cl
-
; Cu
2+
; NO
3
-
. Điện phân phần 1 dung dịch A:
Tại K (-): H
+
; Cu
2+
; H
2
O: Cu
2+
+ 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
=
It
F
t = 10808 (s)
Dung dịch sau phản ứng tác dụng với NaOH tạo kết tủa nên có dư Cu
2+
Phản ứng : H
+
+ OH
-

H
2
O (1)
Cu
2+
+ 2OH
-

Cu(OH)
2
(2)
nCu(OH)
2
= 0,02 mol nCu
2+
dư
= 0,02 mol. Vậy nCu(NO
3
)
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+

Fe
2+
+ Cu (4)
0,16 0,16 0,16 mol
Theo (3) V
NO
= 2,24 lít
Theo (3, 4): m
hỗn hợp kim loại
= mFe
dư
+ mCu= m – 0,31. 56 + 0,16.64 = 0,75m
m = 28,48 gam
12: Một chất A có công thức MXO
m
. Tổng số proton trong các nguyên tử tạo ra phân tử
A là 78. Trong ion XO
m
có 32 electron. X là nguyên tố ở chu kì 2.
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 công 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).
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
2
O: Ag
+
+ 1e

Ag (1)
Tại A (+): NO
3
-
; H
2
O: 2H
2
O

4H
+
+ O
2
+ 4e (2)
Ta có: n
e
= 0,15 mol, theo (2): nH
+
= n
e
= 0,15 mol
Cho CuO vào B có phản ứng : CuO + 2H
+

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
| 1/24
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

ĐIỆN PHÂN
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)
- Cực dương (+) gọi là anot (kí hiệu A): tại đây xảy ra quá trình khử (quá trình nhận e)
1. Điện phân nóng chảy:
a. Điện phân nóng chảy muối (chủ yếu là muối halogen của kim loại kiềm và kiềm thổ):
Công thức muối: MXn (n là hóa trị của M, X= F, Cl, Br, I) Tại K (-): Mn+ + ne  M
Tại A (+): 2Cl-  Cl2 + 2e
Phương trình điện phân tổng quát : MXn dpnc   M + X2
Ví dụ : Điện phân nóng chảy NaCl, CaCl2
- Điện phân nóng chảy NaCl :
Tại K (-) : Na+ + 1e  Na; Tại A (-): 2Cl-  Cl2 + 2e
Phương trình điện phân tổng quát: 2NaCl dpnc   2Na + Cl2
- Điện phân nóng chảy CaCl2 :
Tại K (-) : Ca2+ + 2e  Ca;
Tại A (-): 2Cl-  Cl2 + 2e
Phương trình điện phân tổng quát: CaCl dpnc 2   Ca + Cl2
b. Điện phân nóng chảy hiđroxit M(OH)n (M là kim loại kiềm, kiềm thổ) Tại K (-): Mn+ + ne  M
Tại A (+): 4OH-  2H2O + O2 + 4e
Phương trình điện phân tổng quát : 4M(OH)n dpnc   4M + 2nH2O + nO2
Ví dụ: Điện phân nóng chảy NaOH: Tại K (-): Na+ + e  Na
Tại A (+): 4OH-  2H2O + O2 + 4e
Phương trình điện phân tổng quát : 4NaOH dpnc   4Na + 2H2O + O2
c. Điện phân nóng chảy oxit kim loại M2On Tại K (-): Mn+ + ne  M Tại A (+): 2O2-  O2 + 4e
Phương trình điện phân tổng quát : 2M2On dpnc   4M + nO2
Ví dụ: Điện phân nóng chảy Al2O3 Tại K (-): Al3+ + 3eAl Tại A (+): 2O2-  O2 + 4e
Phương trình điện phân tổng quát: 2Al2O3 dpnc   4Al + 3O2
2. Điện phân dung dịch
Vai trò của H2O 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   2O + 2e  2OH- + H2
Tại A (+): 2H2O  4H+ + O2 + 4e
Quy luật chung: - Ở catot (K): ion càng có tính oxi hóa mạnh càng dễ bị khử
Ví dụ: Tại K: Ag+; Cu2+ thì Ag+ + 1eAg rồi mới đến Cu2+ + 2eCu
- Ở anot (A): ion càng có tính khử mạnh càng dễ bị oxi hóa.
Ví dụ: Tại A: Br-; Cl- thì 2Br-Br2 + 2e rồi mới đến 2Cl-Cl2 + 2e.
Quy tắc ở K: Ở K có mặt cation kim loại Mn+ và H+( do nước hoặc axit phân li) thì:
- Nếu Mn+ là cation kim loại trước Al3+ và Al3+ thì cation này không nhận electron (không
bị khử) mà cation H+ nhận electron (bị khử):
H+ do nước phân li: 2H2O     2H+ + 2OH-
- Nếu Mn+ là cation kim loại sau Al3+ 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+; Fe3+; Cu2+; H+; H2O thi thứ tự nhận electron sẽ như sau: Ag+ + 1e   Ag (1) Fe3+ + 1e   Fe2+ (2) Cu2+ + 2e   Cu (3) 2H+ + 2e   H2 (4) Fe2+ + 2e   Fe (5) 2H2O + 2e   2OH- + H2(6)
Quy tắc ở anot: Ở anot có mặt anion gốc axit và OH- (do nước và bazơ phân li)
* Đối với anot trơ (là anot không tham gia vào quá trình phản ứng)
- Nếu anot có mặt các anion: I-; Br-; Cl-; S2-; 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- > H2O
Ví dụ tại A(+): Cl-, I-; H2O thì thứ tự nhường electron như sau: 2I-   I2 + 2e (1); 2Cl-   Cl2 + 2e (2); 2H2O   4H+ + O2 + 4e (3)
- Nếu anot có mặt các ion gốc axit vô cơ chứa O như: NO  ; SO 2-; CO 2-; ... và F- ; OH- 3 4 3
thì những anion này không nhường electron (không bị oxi hóa) mà H2O sẽ nhường electron thay: 2H2O   4H+ + O2 + 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   Zn2+ +2e; Cu   Cu2+ +2e
Chú ý: Hiện tượng dương cực tan thì:
Độ tăng khối lượng tại K = độ giảm khối lượng tại A
3. 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: A .I.t I.t m X  (gam) hay n (mol) (1) X X = n .F n F e e
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) Chú ý:
- Khi tính theo (1) thì phương trình điện cực các chất ở điện cực phải viết theo hệ số nguyên tối giản. I.t m (g) - Từ (1) ta có: X
.n = số mol electron trao đổi đây là hệ quả rất quan F
A (g / mol) e X
trọng ta sẽ sử dụng đề tính toán trong các bài tập điện phân.
- Điện phân là quá trình oxi hóa khử nên số mol electron nhường tại A= số mol electron nhận tại K.
4. Một số lí thuyết mở rộng về điện phân và ứng dụng
a. Thế phân giải và quá thế
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 dòng điện.
Khi nối điện cực kẽm Zn2+/Zn với điện cực clo Cl2/2Cl- ở điều kiện chuẩn, pin
kẽm - clo có suất điện động E0 = 2,12V. Ngược lại nếu dùng dòng 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-  Cl2 + 2e
Phản ứng chung: Zn2+ + 2Cl- dong dien 
 Zn + Cl2 ở hiệu điện thế 2,12 V
Tương tự như vậy, phản ứng điện phân CuCl2 Cu2+ + 2Cl- dong dien 
 Cu + Cl2 xảy ra ở thế hiệu là 1,02V
Phản ứng điện phân HCl: 2H+ + 2Cl- dong dien 
 H2 + Cl2 xảy ra ở thế hiệu là 1,36V.
Những thế hiệu 2,12V; 1,02V và 1,36V được gọi là thế phân giải của ZnCl2 ,
CuCl2 và HCl tương ứng ở trong dung dịch 1M. Vậy thế hiệu tối thiểu của dòng điện một
chiều cần đặt vào các điện cực trơ để gây nên sự điện phân chất gọi là thế phân giải (kí
hiệu là U). Những thế phân giải của các chất trên đây đúng bằng sức điện động của các pin tương ứng.
Thế phân giải của ZnCl2 trong dung dịch: U = 0 0 E   E
= 1,36 – (-0,76) = + 2,12 V 2 C 2 l / 2Cl Zn / Zn
Thế phân giải của CuCl2 trong dung dịch: U = 0 0 E   E
= 1,36 – 0,34 = + 1,02 V 2 C 2 l / 2Cl Cu /Cu
Thế phân giải của HCl trong dung dịch: U = 0 0 E   E
= 1,36 – 0 = + 1,36 V C 2 l / 2Cl H / H2
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+ , Ni2+ ,
H+ và OH- hay H2O 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 dòng điện có
thế hiệu cao hơn so với suất điện động E của pin tương ứng. Thế hiệu phụ thêm đó được
gọi là quá thế (kí hiệu là ΔE ).
Hiện tượng quá thế có bản chất rất phức tạp và phụ thuộc nhiều vào yếu tố liên
quan 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 ΔE = 0,24V và niken ΔE = 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 = E 0 a + E0c + ΔEa + ΔEc U = E0 a - E0c + ΔEa + ΔEc
Trong đó: U là thế phân giải; E 0
a là thế điện cực chuẩn A (+), E0c là thế điện cực chuẩn
catot (K-); ΔEa quá thế A (+); ΔEc là quá thế catot (K-).
Quá thế thường được xác định bởi phương trình quá thế Tafel: ∆E = a + b. logi
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 dòng A/cm2.
b. Giải thích sự tạo thành sản phẩm khi điện phân dung dịch
Khi điện phân dung dịch nước chứa một số loại cation và một số loại anion thì về
nguyên tắc, ở điện cực âm, cation nào có thế điện cực chuẩn lớn hơn sẽ bị khử trước và ở
điện cực dương, anion nào có thế điện cực bé sẽ bị oxi hóa trước. Tuy nhiên trên thực tế
thứ 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: E 0 0 pc = E   E
= +1,36 – (-0,23) = + 1,59 V 2 2 Cl / 2Cl Ni / Ni
- Trường hợp 1: ΔE = 0, U = Epc = +1,59 V Ở K (-): Ni2+ + 2e  Ni Ở A (+): 2Cl-  Cl2 + 2e
- Trường hợp 2: ΔE = + 0,5 V ứng với quá thế O2 trên điện cực Pt nhẵn Ở K (-): Ni2+ + 2e  Ni Ở 1 A (+): H2O  2H+ + O2 + 2e 2  U = E 0 0 pc + ΔE = E - E 2
= +1,23 – (-0,23) + ΔE = +1,46 V 2 O / H2O Ni / Ni
- Trường hợp 3: ΔE= + 0,4 V ứng với quá thế H2 trên Pt nhẵn Ở K (-): 2H 0 2O + 2e  2OH- + H2 ; E = - 0,828 V H2O/H2 Ở A (+): 2Cl-  Cl2 + 2e
 U = Epc + ΔE = +1,36 – (-0,828) + 0,4 = +2,588 V
- Trường hợp 4: ΔE = + 0,9 V đồng thời có H2 và O2 thoát ra
Ở K (-):2H2O + 2e  2OH- + H2 Ở 1 A (+):H2O  2H+ + O2 + 2e 2
 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: NiCl dp  2 dd   Ni  + Cl2
Tính toán 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 + 2H dp 2O dd   2NaOH + Cl2 + H2 1 CuSO dp 4 + H2O dd   Cu + H2SO4 + O2 2
Và sự phân hủy nước khi điện phân dung dịch H2SO4, NaOH, Na2SO4 1 H dp 2O dd   H2 + O2 2
Kiềm , axit, muối chỉ có tác dụng tăng độ dẫn điện.
c. Ứng dụng của điện phân
Phương pháp điện phân được ứng dụng rất rộng rãi trong thực tế sản xuất và
trong phòng thí nghiệm nghiên cứu.
Trong công 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:
- Sản xuất NaOH, Cl2 bằng phương pháp điện phân dung dịch NaCl đậm đặc.
- Sản xuất các khí H2, O2 bằng phương pháp điện phân dung dịch K2SO4, H2SO4, NaOH…
- Sản xuất Li, Na, Mg, Ca, Sr, Ba, Cl2, Br2…bằng phương pháp điện phân các
muối halogenua nóng chảy.
- Sản xuất Al bằng phương pháp điện phân Al2O3 nóng chảy có thêm Na3AlF6
(criolit) để giảm nhiệt độ nóng chảy của nhôm oxit.
- Sản xuất KClO3 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.
- Phân tích định tính, định lượng và tách các kim loại trong hỗn hợp của chúng. BÀI TẬP
1: Viết sơ đồ và phương trình điện phân tổng quát khi điện phân điện phân điện cực trơ: a. dung dịch FeCl2 b. dung dịch CuSO4 c. dung dịch NaCl d. dung dịch KNO3 Hướng dẫn giải: a.
Tại K (-): Fe2+; H2O: Fe2+ + 2e 
 Fe Tại A(+): Cl-; H2O: 2Cl-   Cl2 +2e
Phương trình điện phân tổng quát: FeCl dp  2 dd   Fe + Cl2 b.
Tại K (-): Cu2+; H2O: Cu2+ + 2e   Cu Tại A (+): SO 2-  4 ; H2O: 2H2O   4H+ + O2 + 4e
Phương trình điện phân tổng quát: 2CuSO  4 + 2H2O dpdd   2Cu + 2H2SO4 + O2 c. Tại K (-): Na+; H  2O: 2H2O + 2e   2OH- + H2 Tại A (+): Cl-; H  2O: 2Cl-   Cl2 + 2e
Phương trình điện phân tổng quát: 2NaCl + 2H   2O dpdd   2NaOH + H2 + Cl2 d. Tại K (-): K+; H  2O: 2H2O   4H+ + O2 + 4e Tại A (+): NO -  3 ; H2O: 2H2O + 2e   2OH- + H2
Phương trình điện phân tổng quát: 2H   2O dpdd   2H2 + O2
Nhận xét: Khi điện phân dung dịch muối:
- Dung dịch muối của ion kim loại sau Al3+ và ion gốc axit không 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 không 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 không đổi
2: Viết phương trình điện phân dung dịch CuSO4 với điện cực anot là Cu. Hướng dẫn giải: CuSO - 4   Cu2+ + SO4 Tại K (-): Cu2+; SO - 4 : Cu2+ + 2e   Cu Tại A (+) là Cu: SO 2- 4 ; H2O: Cu   Cu2+ + 2e
Phương trình điện phân tổng quát: Cu + Cu2+   Cu + Cu2+ (A) (K)
3: Viết phương trình điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 a mol; NaCl b mol trong các trường hợp: a. b = 2a b. b > 2a c. b < 2a Hướng dẫn giải: CuSO - 4   Cu2+ + SO4 NaCl   Na+ + Cl-
Tại K (-): Cu2+; Na+; H2O: Cu2+ + 2e   Cu 2H  2O + 2e   2OH- + H2 Tại A (+): Cl-; SO 2-  4 ; H2O: 2Cl-   Cl2 +2e 2H  2O   4H+ + O2 + 4e a. b = 2a thì: Cu2+ + 2Cl- dpdd   Cu + Cl  2 hay CuSO dp  4 + 2NaCl dd   Cu + Cl2 + Na2SO4 sau đó: 2H dp   2O dd   2H2 + O2
b. b > 2a thì: Cu2+ + 2Cl- dpdd   Cu + Cl  2 hay CuSO dp  4 + 2NaCl dd   Cu + Cl2 + Na2SO4 sau đó: 2Cu2+ + 2H  2O dpdd   2Cu + 4H+ + O2 hay 2CuSO  4 + 2H2O dpdd   2Cu + 2H2SO4 + O2
c. b < 2a thì: Cu2+ + 2Cl- dpdd   Cu + Cl  2 hay CuSO dp  4 + 2NaCl dd   Cu + Cl2 + Na2SO4 sau đó: 2Cl- + 2H   2O dpdd   2OH- + H2 + Cl2 Hay: 2NaCl + 2H   2O dpdd   2NaOH + H2 + Cl2
4:(Trích đề thi đại học khối A năm 2012). Điện phân 150 ml dung dịch AgNO3 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. Hướng dẫn giải:
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 =14,5 108.2, 68.t
Suy ra: x= 0,1 mol. Ta có mAg =
= 0,1.108  t = 1,0 h 1.26,8
5: (Trích đề thi đại học khối B năm 2012). Người ta điều chế H2 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% C. 5,50% D. 3,16% Hướng dẫn giải:
Điện phân dung dịch NaOH chính là sự điện phân H2O, phương trình điện phân: 2H2O dpNaOH   2H2 + O2 (1) 0, 67.40 Số mol e trao đổi = = 1 mol 26,8 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 không đổi = 100.6/100 = 6 gam 6.100% Vậy C 
M (NaOH)trước điện phân = 5,50 % 109
6: (Trích đề thi đại học khối B năm 2009). Điện phân nóng chảy Al2O3 với anot than 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 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: Al2O3 nc  2Al3+ + 3O2- Tại K (-): Al3+ + 3eAl Tại A (+): 2O2-  O2 + 4e
Phương trình điện phân tổng quát: 2Al2O3 dpnc   4Al + 3O2
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 vôi trong dư có phản ứng: CO  2 + Ca(OH)2   CaCO3 + H2O (1)
n x y z  0,1 X  
28x  44 y  32z
Ta có hệ phương trình: d
16 từ đó có: x = 0,06; X / H2
2(x y z) 
nCaCO y  0,02  3
y = z = 0,02. Vậy 2,24 lít X có 0,06.1 + 0,02.2+ 0,02.2 = 0,14 mol O 67, 2.0,14 67,2 m3 X có = 4,2 kmol O 2, 24
Từ đó có: nAl = 2 nO = 2,8 kmol  m= 2,8. 27 = 75,6 kg 3
Bạn đọc chú ý: Ở đây chúng tôi sử dụng:
(lít) tương ứng với (mol), còn (m3) tương ứng với (kmol) (kilo mol)
7: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011). Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và
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. D. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2. Hướng dẫn giải:
Ta có: nKCl= 0,1 mol; nCu(NO3)2 = 0,15 mol
Phương trình phân li: KCl   K+ + Cl- Cu(NO - 3)2   Cu2+ + 2NO3
Taị K (-): Cu2+, K+, H2O: 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: ne nhận  0,15.2 = 0,3 mol và hiển nhiên tại A thì Cl- hết  m  dung dịch giảm
mCu + mCl2 = 13,15 gam > mdung dịch giảm đề cho nên Cu2+ phải dư.
Nếu tại A mà Cl- dư thì ne 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
hay gồm D. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2.
8: (Trích đề thi đại học khối A năm 2011). Hòa tan 13,68 gam muối MSO4 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 Hướng dẫn giải: MSO 2- 4   M2+ + SO4
Tại K (-): M2+; H2O: M2+ + 2e   M (1) 2H  2O + 2e   2OH- + H2 (2) Tại A (+): SO 2-  4 ; 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 ne (2) = 0,109
mol và ne(1)= 0,171 mol nM2+ = 0,0855 mol
và MMSO4 = M + 96 = 160  M=64 là Cu.
Tại thời gian t giây thì số mol e nhường = 0,035.4 = 0,14 mol < 2nCu2+ nên lúc đó Cu2+
dư và Cu tạo ra = 0,14/2 = 0,07 mol  y =4,480 gam
9: (Trích đề thi HSGQG năm 2011). Ở 250C, 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 ngoài đặt vào catot để có thể điện phân
hoàn toàn ion thứ nhất trên catot (coi quá trình điện phân là hoàn toàn 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 toán không kể đến
quá thế; nhiệt độ dung dịch không đổi trong suốt quá trình điện phân. Cho: E 0 0 2 = 0,337 V; E  = -0,277V; Cu /Cu 2 Co /Co RT
hằng số Faraday F = 96500 C.mol-1; ở 250C: 2,303 =0,0592. F Hướng dẫn giải:
1. Phương trình các nửa phản ứng trên catot và anot
Các quá 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 (+): 2H  2O  4H+ + O2 + 4e (4)
2. Theo phương trình Nerst: 0, 0592 0 2 E     E  log[Cu ] = 0,287V 2 2 Cu /Cu Cu /Cu 2 0, 0592 0 2 E     E  log[Co ] =-0,277V 2 2 Co /Co Cu /Cu 2 0, 0592 0  2 E    E  log[H ] = -0,118 V 2 H / H2 2 H / H2 2 Từ đó thấy: E    E E
nên thứ tự nhận e là: Cu2+ > H+ > Co2+ 2 2 Cu /Cu 2 H / H2 Co /Co 0, 0592
Khi 10% Cu2+ bị điện phân thì, 0 2 E     E
log[Cu ] = 0,285V lúc đó 2 2 Cu /Cu Cu /Cu 2
H2 chưa thoát ra và nếu ngắt mạch điện, nối đoản mạch hai cực của bình điện phân sẽ tạo
ra pin điện có cực dương (catot) là O2/H2O và cực âm (anot) là cặp Cu2+/Cu. Phản ứng
xảy ra là: Trên catot: O2 + 4H+ + 4e → 2H2O Trên anot: Cu → Cu2+ + 2e
Phản ứng xảy ra trong pin là: 2Cu + 4H+ + O2  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: E    E E
. Khi Cu2+ bị điện phân hoàn toàn thì [Cu2+] = 0,005%.0,020 = 10- 2 2 / c H H2 Cu /Cu 6M. 0, 0592 Lúc đó: 0 2 E     E
log[Cu ] = 0,159V 2 2 Cu /Cu Cu /Cu 2
Và [H+] = 0,01 (ban đầu) + 2. (0,020 -10-6)(tạo ra)  10-5V 0, 0592 0  2 E    E
log[H ] = - 0,077V 2 H / H2 2 H / H2 2
Vậy trong trường hợp tính không kể đến quá thế của H2 trên điện cực platin thì
thế catot cần khống chế trong khoảng - 0,077 V < Ec < 0,159 V, khi đó Cu2+ sẽ bị điện phân hoàn toàn. It 4. Ta có: ne =
= 7,772.10-3 mol < 2nCu2+ = 8.10-3 mol nên Cu2+ dư, và nCu2+ dư = F
1,14. 10-4 mol [Cu2+]dư =5,7.10-4V, 0, 0592 E 0 2 c= E    E
log[Cu ]= 0,241 V 2 2 Cu /Cu Cu /Cu 2 1
Và nO2 = n = 1,93.10-3 mol  VO2 = 1,93.10-3 . 22,4 lít = 0,0432 lít 4 e
10: (Đề thi casio hóa học tỉnh Thanh Hóa năm 2012, QG năm 2001-bảng A). 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 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 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. Hướng dẫn giải: a. Phản ứng: 3M(NO3)2 + 2K3PO4    M3(PO4)2 ↓ + 6KNO3 (1) Dung dịch Y: dung dịch KNO - 3: KNO3    K+ + NO3 (2) Theo (1) cứ 6 mol NO - 3-
3 phản ứng tạo ra 2 mol PO4 làm thay đổi khối lượng 372- 190=182g x mol NO - 3-
3 phản ứng tạo ra x/3 mol PO4 làm thay đổi khối lượng 6,825 gam 6. 825 , 6 Vậy có ngay: x = = 0,225 mol từ đó suy ra: 182 n  1 , 0 125 - Trong dung dịch X: NO3 n    
0,1125mol từ đó có ngay C(M2+) = 5 , 0 625M ; 2 M 2 , 0 2 , 0 225 C(NO -  3 ) = 125 , 1 M , 0 2 - 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: , 0 225 C(K+) =C(NO - 3 ) = = 0,5625M (3) , 0 4
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 M 3- 3(PO4)2 ⇄ 3M2+ + 2PO4
- Bỏ qua sự phân li của H2O⇄ H+ + OH-
* Xét sự điện phân dung dịch X: M(NO - 3)2    M2+ + 2NO3
- Tại K (-): M2+, H2O: M2+ + 2e    M - Tại A (+): NO - 3 , H2O: 2H2O    4H+ + O2 ↑ + 4e
Phương trình điện phân: 2M(NO pdd 3)2 + 2H2O d    2M + O2 + 4HNO3 (4)
- Dung dịch Z có chất tan là HNO3:
Coi Vdd Z ≈ Vdd X ≈ 400 ml = 0,4 lít 400 . 5625 , 0
Theo (4): nHNO3 =2nM(NO3)2 = 2. mol 1000 nHNO 1000 . Vậy C(H+) = C (NO - 3 3 ) =  M 125 , 1 400
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 2+
Nồng độ ion: dd X: C(M ) = 0,5625 M ; C(NO - 3 )= 1,125 M dd Y: C(K+) = C( NO - 3 ) = 0,5625 M dd Z: C(H+ ) = C (NO - 3 ) = 1,125 M.
b. Tính thời gian điện phân:
Theo (4) nO2 = 1/2 nM(NO3)2 = 0,1125 mol AO It mO . . 4 96500 Từ công thức: mO 2 2 2 = . suy ra: t = = 21712,5 (s) 4 96500 A I . O2
c. Tính thể tích khí thu được ở 27,30C, 1 atm trong sự điện phân dung dịch Z nRT . 1125 , 0 , 0 082. 3 , 300 V    77 , 2 lít. 2 O P 1
11: Chia 1,6 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO3)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 anôt. 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.
Tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch A và thời gian t.
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). Hướng dẫn giải:
1. Dung dịch A: H+; Cl-; Cu2+; NO -
3 . Điện phân phần 1 dung dịch A:
Tại K (-): H+; Cu2+; H2O: 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 It Từ công thức : n  e = t = 10808 (s) F
Dung dịch sau phản ứng tác dụng với NaOH tạo kết tủa nên có dư Cu2+ Phản ứng : H+ + OH-   H2O (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 = 0,2 M; CM 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   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
12: Một chất A có công thức MXOm. Tổng số proton trong các nguyên tử tạo ra phân tử A là 78. Trong ion XO 
m có 32 electron. X là nguyên tố ở chu kì 2.
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 công 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). Hướng dẫn giải: a. Gọi Z -
X 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+; H2O: Ag+ + 1e   Ag (1) Tại A (+): NO -  3 ; 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+ + H2O (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 = 0,15 mol  mAg bám vào K = 0,15. 108 = 16,2 gam 125 nCuO dùng = 0,075.
= 0,09375 mol  mCuO = 7,5 gam 100