HOTLINE: 096.858.2838

Phương pháp giải nhanh dạng bài toán điện phân

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)

– Cực dương (+) gọi là anot (kí hiệu A): tại đây xảy ra quá trình khử (quá trình nhận e)

* Bạn đọc chú ý: Catot cả trong điện phân và pin điện đều xảy ra quá trình oxi hóa, và Anot là nơi mà ở đó xảy ra quá trình khử

Ví dụ: Điện phân dung dịch CuCl2:

Ta có trong dung dịch: CuCl2Cu2+  +   2Cl

Tại catot (K – ): Cu2+ + 2e  Cu

Tại anot (A + ): 2Cl Cl2 + 2e

Phương trình điện phân: CuCl2  Cu + Cl2

* 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: MXn (n là hóa trị của M, X= F, Cl, Br, I)

                           MXn  Mn+  +  nX

Tại K (-): Mn+ + ne ® M

Tại A (+): 2Cl ® Cl­2 + 2e

Phương trình điện phân tổng quát : MXn M + X2

Ví dụ : Điện phân nóng chảy NaCl, CaCl2

– Điện phân nóng chảy NaCl : NaClNa+ + Cl

Tại K (-) : Na+ + 1e ® Na;       Tại A (-): 2Cl ® Cl2 + 2e

Phương trình điện phân tổng quát: 2NaCl 2Na + Cl2

– Điện phân nóng chảy CaCl2 : CaCl2Ca2+ + 2Cl

Tại K (-) : Ca2+ + 2e ® Ca;      Tại A (-): 2Cl ® Cl2 + 2e

Phương trình điện phân tổng quát: CaCl2Ca + Cl2

b. Điện phân nóng chảy hiđroxit M(OH)n (M là kim loại kiềm, kiềm thổ)

                           M(OH)n  Mn+  +  nOH

Tại K (-): Mn+ + ne ® M          Tại A (+): 4OH ® 2H2O + O2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát : 4M(OH)n 4M + 2nH2O + nO2

Ví dụ: Điện phân nóng chảy NaOH:

NaOH  Na+  +  nOH

Tại K (-): Na+ + e ® Na           Tại A (+): 4OH ® 2H2O + O2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát : 4NaOH 4Na + 2H2O + O2

c. Điện phân nóng chảy oxit kim loại M2On

                  M2On 2Mn+  + nO2-

Tại K (-): Mn+ + ne ® M                   Tại A (+): 2O2- ® O2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát : 2M2On 4M + nO2

Ví dụ: Điện phân nóng chảy Al2O3

                  Al2O3 2Al3+ + 3O2-

Tại K (-): Al3+ + 3e®Al                     Tại A (+): 2O2- ® O2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát: 2Al2O3 4Al + 3O2

2.2.1.3. Điện phân dung dịch

2.2.1.3.1. 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(-): 2H2O + 2e ® 2OH + H2­       Tại A (+): 2H2O ® 4H+  + O2­ + 4e

2.2.1.3.2. Quy luật chung, quy tắc K, quy tắc A

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.

a. 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:  2H2O2H+ + 2OH

                                       2H+ + 2e H2

                                      2H2O   +  2e H2  + 2OH

         H+ do axit phân li: 2H+ + 2e H2

– Nếu Mn+ là cation kim loại sau Al3+ thì cation nhận electron (bị khử) để tạo thành kim loại:         Mn+  +  neM

– 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+ + 1eFe2+         (2)

         Cu2+ + 2eCu           (3)              2H+ + 2eH2            (4)

                  Fe2+ + 2eFe            (5)     2H2O  + 2e2OH + H2       (6)

b. 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:

 2II2 + 2e     (1);    2ClCl2 + 2e  (2);  2H2O4H+ + O2 + 4e  (3)

– Nếu anot có mặt các ion gốc axit vô cơ chứa O như: NO; SO42-; CO32-; … và F ; OH 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; CuCu2+ +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 FeCl2                   b. dung dịch CuSO4

c. dung dịch NaCl                   d. dung dịch KNO3

 

Hướng dẫn giải:

a. FeCl2Fe2+ + 2Cl

Tại K (-): Fe2+; H2O: Fe2+ + 2e  Fe  Tại A(+): Cl; H2O:  2Cl  Cl2 +2e

Phương trình điện phân tổng quát:  FeCl2 Fe + Cl2­

b. CuSO4  Cu2+  +  SO42-

Tại K (-): Cu2+; H2O:  Cu2+ + 2e  Cu

Tại A (+): SO42-; H2O:  2H2O  4H+ + O2­ + 4e

Phương trình điện phân tổng quát: 2Cu2+ + 2H2O  2Cu + 4H+ + O2­

hay 2CuSO4 + 2H2O  2Cu + 2H2SO4 + O2­

c. NaCl  Na+  +   Cl

Tại K (-): Na+; H2O:  2H2O  + 2e  2OH +  H2­

Tại A (+): Cl; H2O: 2Cl  Cl2­ + 2e

Phương trình điện phân tổng quát: 2Cl  +  2H2O 2OH  + H2­ + Cl2­

hay: 2NaCl  +  2H2O 2NaOH  + H2­ + Cl2­

d. KNO3  K+  +  NO3

Tại K (-): K+; H2O: 2H2O  4H+ + O2­ + 4e

Tại A (+): NO3; H2O: 2H2O  + 2e  2OH +  H2­

Phương trình điện phân tổng quát: 2H2O 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

Ví dụ 2: Viết phương trình điện phân dung dịch CuSO4 với điện cực anot là Cu.

Hướng dẫn giải:

CuSO4  Cu2+  + SO4

Tại K (-): Cu2+; SO4: Cu2+  +  2e   Cu

Tại A (+) là Cu: SO42-; H2O: Cu  Cu2+ + 2e

Phương trình điện phân tổng quát:

                           Cu   +    Cu2+  Cu¯  +   Cu2+ 

(A)                      (K)

Ví dụ 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:

CuSO4  Cu2+  + SO4

                                    NaCl  Na+  +   Cl

Tại K (-): Cu2+; Na+; H2O: Cu2+  +  2e  Cu

                                    2H2O + 2e  2OH +  H2­

Tại A (+): Cl; SO42-; H2O: 2Cl Cl2­ +2e

                                    2H2O4H+ + O2­ + 4e

a. b = 2a thì: Cu2+ + 2Cl  Cu  + Cl2­

hay CuSO4 + 2NaClCu + Cl2­ + Na2SO4

sau đó: 2H2O  2H2­ + O2­

b. b > 2a thì: Cu2+ + 2Cl  Cu  + Cl2­

hay CuSO4 + 2NaClCu + Cl2­ + Na2SO4

         sau đó: 2Cu2+ + 2H2O  2Cu + 4H+ + O2­

hay 2CuSO4 + 2H2O  2Cu + 2H2SO4 + O2­

c.  b < 2a thì: Cu2+ + 2Cl  Cu  + Cl2­

hay CuSO4 + 2NaClCu + Cl2­ + Na2SO4

sau đó:  2Cl  +  2H2O 2OH  + H2­ + Cl2­

Hay: 2NaCl  +  2H2O 2NaOH  + H2­ + Cl2­

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:

                   (gam) hay nX =  (mol)                  (1)

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.

– Từ (1) ta có: = 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.

2.2.2. Một số ví dụ minh họa

2.2.2.1. Ví dụ cơ bản

Ví dụ 1:(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 = mFe + mAg =12,6 –(0,075-x/8).56 +(0,15-x).108 =14,5

Suy ra: x= 0,1 mol. Ta có mAg == 0,1.108 ® t = 1,0 h

Ví dụ 2: (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 2H2 +  O2  (1)

Số mol e trao đổi = = 1 mol

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

Vậy CM (NaOH)trước điện phân =  »  5,50 %

Ví dụ 3: (Trích đề thi đại học khối B năm 2009). Điện phân nóng chảy Al2O3  với anot than chì (hiệu suất điện phân 100%) thu đưc m kg Al catot 67,2 m3  (ở đktc) hỗn hợp khí X t khối so với hiđro bằng 16. Lấy 2,24 lít ( đktc) hỗn hợp khí X sục vào dung dch c vôi trong (dư) thu đưc 2 gam kết tủa. Giá trị của m

         A. 108,0               B. 75,6                 C. 54,0                 D. 67,5

Hướng dẫn giải:

Al2O3 2Al3+ + 3O2-

Tại K (-): Al3+ + 3e®Al

Tại A (+): 2O2- ® O2 + 4e

Phương trình điện phân tổng quát: 2Al2O3 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: CO2  +  Ca(OH)2 CaCO3¯ + H2O  (1)

Ta có hệ phương trình:  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 m3 X có  = 4,2 kmol O

Từ đó có: nAl = 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 (m3) tương ứng với (kmol) (kilo mol)

Ví dụ 4: (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(NO3)2  Cu2+  + 2NO3

Taị K (-): Cu2+, K+, H2O: Cu2+ + 2e  Cu                           (1)

Tại A (+): Cl; NO3; H2O: 2Cl  Cl2 + 2e                          (2)

                                           2H2O4H+ + O2  + 4e           (3)

 

 

Nếu tại K mà Cu2+ phản ứng hết ta có: ne nhận ³ 0,15.2 = 0,3 mol và hiển nhiên tại A thì Cl hết ® mdung dịch giảm ³ 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 NO3

                                    hay gồm D. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2.

Ví dụ 5: (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:

                                   MSO4M2+  +  SO42-

Tại K (-): M2+; H2O:   M2+  + 2e  M                                 (1)

                                2H2O + 2e 2OH  +  H2­                (2)

Tại A (+): SO42-; H2O:  H2O2H+  + 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

2.2.2.2. Ví dụ chuyên sâu

Ví dụ 1: (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= 0,337 V; E= -0,277V;

hằng số Faraday F = 96500 C.mol-1; ở 250C: 2,303=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 (-):     Cu2+ + 2e ® Cu¯           (1)

                                                               2H+  + 2e ® H2­            (2)

                                                               Co2+  + 2e ® Co¯          (3)

Quá trình xảy ra trên anot (+):           2H2O ® 4H+  +  O2­ + 4e        (4)

2. Theo phương trình Nerst:      = 0,287V

                                                      =-0,277V

                                             = -0,118 V

Từ đó thấy:  nên thứ tự nhận e là: Cu2+ > H+ > Co2+

Khi 10% Cu2+ bị điện phân thì, = 0,285V lúc đó 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: . Khi Cu2+ bị điện phân hoàn toàn thì [Cu2+] = 0,005%.0,020 = 10-6M.

         Lúc đó:  = 0,159V

         Và [H+] = 0,01 (ban đầu) + 2. (0,020 -10-6)(tạo ra) » 10-5V

                  = – 0,077V

Vậy trong trường hợp tính không k đến quá thế của H2 trên điện cc platin thì thế catot cần khống chế trong khong 0,077 V < Ec < 0,159 V, khi đó Cu2+ sẽ bị điện phân hoàn toàn.

    4. Ta có: ne = = 7,772.10-3 mol < 2nCu2+ = 8.10-3 mol nên Cu2+ dư, và nCu2+ dư = 1,14. 10-4 mol® [Cu2+] =5,7.10-4V,

Ec== 0,241 V

Và nO2 = = 1,93.10-3 mol ® VO2 = 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(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 KNO3:  KNO3  K+   +   NO3                         (2)

Theo (1) cứ 6 mol NO3 phản ứng tạo ra 2 mol PO43- làm thay đổi khối lượng 372-190=182g

x mol NO3 phản ứng tạo ra x/3 mol PO43- làm thay đổi khối lượng 6,825 gam

Vậy có ngay: x = = 0,225 mol từ đó suy ra:

– Trong dung dịch X:  từ đó có ngay C(M2+) =; C(NO3) =

– Theo (1): nK+ = nNO3 = nKNO3 =2.nM(NO3)2 = 2.0,1125 = 0,225 mol

Coi VddY ≈ VddX + Vdd K3PO4 ≈ 400 ml. Vậy trong dung dịch Y:

                  C(K+) =C(NO3) = = 0,5625M                              (3)

Dung dịch Y có nồng độ: C(K+) =C(NO3) = 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 M3(PO4)2 3M2+  + 2PO43-

         – Bỏ qua sự phân li của H2O H+  + OH

* Xét sự điện phân dung dịch X:  M(NO3)2 M2+ + 2NO3

         – Tại K (-): M2+, H2O: M2+  + 2e  M

         – Tại A (+): NO3, H2O: 2H2O4H+ +  O2 ↑ + 4e

Phương trình điện phân:

         2M(NO3)2  +  2H2O2M + O2 + 4HNO3                        (4)

– Dung dịch Z có chất tan là HNO3:

         Coi Vdd Z ≈ Vdd X ≈ 400 ml = 0,4 lít

Theo (4): nHNO3 =2nM(NO3)2 = 2.   mol

Vậy C(H+) = C (NO3) =

Các gần đúng đã chấp nhận khi tính nồng độ dung dịch Z:

         – Coi Vdd Z ≈ Vdd X , bỏ qua sự thay đổi thể tích do sự điện phân gây ra

         – Bỏ qua sự phân li của H2O vì Z là dung dịch HNO3

Nồng độ ion:         dd X:   C(M2+)   =   0,5625 M ;  C(NO3)= 1,125 M

                  dd Y:   C(K+)   =   C( NO3 ) =  0,5625 M  

                  dd Z:   C(H+ )  =   C (NO3 ) =  1,125 M.

b. Tính thời gian điện phân:

Theo (4) nO2 = 1/2 nM(NO3)2 = 0,1125 mol

Từ công thức: mO2 = suy ra: t == 21712,5 (s)

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

          lít.

Ví dụ 3: 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+; NO3. Điện phân phần 1 dung dịch A:

     Tại K (-): H+; Cu2+; H2O:  Cu2+  +  2e  Cu

                                            0,14     0,28  mol

     Tại A (+): Cl; NO3; H2O: 2Cl  Cl2  + 2e

Khí duy nhất tại A là Cl: nCl2 = 0,14 mol ® ne nhường = 0,28 mol = ne nhận

     Từ công thức : ne = ® t = 10808 (s)

     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+ = 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+  +   2NO3  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 = mFe + mCu= m – 0,31. 56 + 0,16.64 = 0,75m

     ® m = 28,48 gam   

Ví dụ 4: Một chất A có công thức MXOm. Tổng số proton trong các nguyên tử tạo ra phân tử A là 78. Trong ion XOm 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 ZX 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 (+): NO3; 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

nCuO dùng = 0,075. = 0,09375 mol ® mCuO = 7,5 gam

c. nAgNO3 đã dùng = 0,05 + 0,15 = 0,2 mol ® mAgNO3 đã dùng = 34 gam

dung dịch D: Cu(NO3)2: 0,075 mol; AgNO3 dư: 0,05 mol

® CM Cu(NO3)2 = 0,3 M; CM AgNO3 =  0,2 M

Ví dụ 5: Điện phân 100 ml dung dịch X gồm H2SO4 0,3M và HCl 0,4M với cường độ dòng điện 2,68 A trong thời gian t giờ.

     a. Lập hàm số mô tả sự phụ thuộc của pH vào thời gian điện phân t trong khoảng (0 < t  < 1 giờ).

     b. Vẽ đồ thị hàm số trên.

   Biết: -Hằng số Faraday F = 26,8 Ampe.giờ.

            – Thể tích dung dịch không đổi trong quá trình điện phân.

            – 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: nH2SO4 = 0,03 mol; nHCl = 0,04 mol

Tại K (-): H+ (0,1 mol); H2O: 2H+ + 2e  H2

Tại A (+): Cl (0,04 mol); SO42- (0,03 mol): 2Cl  Cl2  + 2e

                                                              2H2O  4H+ + O2  + 4e

 Số mol e trao đổi trong thời gian t giờ = 0,1. t (mol)

Khi t = 1giờ thì H+ tại K hết do nH+ = ne nhận

Khi t = 0, 4 giờ thì Cl hết tại A, còn H+ dư  = 0,06 (mol)

– Nếu 0 < t £ 0,4 thì: H+ = (0,1 – 0,1.t ) mol ® pH = -log[H+] = – log (1-t)

– Nếu 0,4 < t < 1,0 thì : H+ không đổi = 0,06 mol do tại K mất H+ thì tại A tạo ra H+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

0,046

0,097

0,155

0,222

2.2.2.3. Ví dụ đề nghị

Ví dụ 1: Hoà tan 91,2g FeSO4 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; mkim loại K =  mFe = 1,12 gam;  Vkhí = 0,896 lít

Ví dụ 2: Hoà tan 20g K2SO4 vào 150g nước, thu được dung dịch A. Tiến hành điện phân dung dịch A một thời gian. Sau khi điện phân khối lượng K2SO4 trong dung dịch chiếm 14,93% khối lượng của dung dịch. Biết lượng nước bị bay hơi là không đáng kể.

  a.Tính thể tích khí thoát ra ở mỗi điện cực đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

  b. Tính thể tích H2S (đktc) cần dùng để phản ứng hết với khí thoát ra ở anot tạo ra SO2.

         Đáp số: Vkhí tại K = 44,8 lít; Vkhí tại A = 22,4 lít; Vậy VH2S » 14,93 lít

Ví dụ 3: Điện phân (với điện cực Pt) 200 mililít dung dịch Cu(NO3)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(NO3)2 trước khi điện phân.

                                             Đáp số: : CM (Cu(NO3)) trước điện phân = 1,0 M

Ví dụ 4: Hoà tan 50 gam CuSO4.5H2O 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; Vkhí tại A = 1,792 lít    

Ví dụ 5: Điện phân 2 lít dung dịch CuSO4 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.

     a.  Xác định công thức phân tử của các khí A,B.

     b. Tính thể tích khí khí thoát ra ở anot (đktc).

    c. Tính thể tích dung dịch axit HNO3 60% (D = 1,37 g/ml) cần thiết để hoà tan lượng kim loại kết tủa trên catot.

        Đáp số: a. A là H2S , B là SO2; b. VO2 = 2,8 lítc; VHNO3  » 76,64 ml

Chú ý: axit HNO3 60% là axit đặc vì nồng độ đậm đặc nhất hay dùng trong phòng thí nghiệm là 68%

Ví dụ 6: (Trích đề thi đại học khối A năm 2010). Điện phân (với điện cực trơ) một dung dịch gồm NaCl và CuSO4 có cùng số mol, đến khi ở catot xuất hiện bọt khí thì dừng điện phân. Trong cả quá trình điện phân trên, sản phẩm thu được ở anot là

     A. khí Cl2 và O2.                                  B. khí H2 và O2.    

     C. chỉ có khí Cl2.                                   D. khí Cl­2 và H2.

Ví dụ 7: (Trích đề thi đại học khối A năm 2010). Điện phân (điện cực trơ) dung dịch X chứa 0,2 mol CuSO4 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 CuSO4 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 CuSO4 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

Ví dụ 10: (Trích đề thi đại học khối B năm 2009). Điện phân màng ngăn 500 ml dung dch chứa hỗn hợp gồm CuCl2  0,1M NaCl 0,5M (điện cực trơ, hiệu suất điện phân 100%) với cưng độ dòng điện 5A trong 3860 giây. Dung dch thu đưc sau đin phân có khả năng hoà tan m gam Al. Giá trị lớn nhất của m là

           A. 4,05              B. 2,70                 C. 1,35                 D. 5,40

Loading...

No comments yet.

Leave a Reply

© 2014 Công thức học tập. All Rights Reserved. Design by Hi Responsive

Công ty cổ phần công nghệ Helios Việt Nam


Số 130B Hoàng Văn Thái, Khương Mai, Thanh Xuân, Hà Nội


Văn phòng: Tòa nhà 3B, 45 Phương Liệt, Thanh Xuân, Hà Nội


Tel: 0462 908 885 - Fax: 0435 501 492


Email: info@helios.vn- Website: www.helios.vn