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

                           MX_n  Mⁿ⁺  +  nX^–

Tại K (-): Mⁿ⁺ + ne ® M

Tại A (+): 2Cl^– ® Cl­₂ + 2e

Phương trình điện phân tổng quát : MX_n 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 M₂O_n

                  M₂O_n 2Mⁿ⁺  + nO^2-

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

Phương trình điện phân tổng quát : 2M₂O_n 4M + nO₂

Ví dụ: Điện phân nóng chảy Al₂O₃

                  Al₂O₃ 2Al³⁺ + 3O^2-

Tại K (-): Al³⁺ + 3e®Al                     Tại A (+): 2O^2- ® 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^–; 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^– > H₂O

Ví dụ tại A(+): Cl^–, I^–; H₂O thì thứ tự nhường electron như sau:

 2I^–I₂ + 2e     (1);    2Cl^–Cl₂ + 2e  (2);  2H₂O4H⁺ + O₂ + 4e  (3)

– Nếu anot có mặt các ion gốc axit vô cơ chứa O như: NO; SO₄^2-; CO₃^2-; … 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⁺  +  SO₄^2-

Tại K (-): Cu²⁺; H₂O:  Cu²⁺ + 2e  Cu

Tại A (+): SO₄^2-; 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: SO₄^2-; 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^–; SO₄^2-; 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 n_X =  (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: = 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 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 == 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 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} =  »  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 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 2Al³⁺ + 3O^2-

Tại K (-): Al³⁺ + 3e®Al

Tại A (+): 2O^2- ® 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: n_{e nhận} ³ 0,15.2 = 0,3 mol và hiển nhiên tại A thì Cl^– hết ® m_{dung dịch giảm} ³ mCu + mCl₂ =  13,15 gam > m_{dung dịch giảm đề cho} nên Cu²⁺  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: 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⁺  +  SO₄^2-

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

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

Tại A (+): SO₄^2-; 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 n_e (2) = 0,109 mol và n_e(1)= 0,171 mol® nM²⁺ = 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 < 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 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.

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

E_c== 0,241 V

Và nO₂ = = 1,93.10^-3 mol ® V_O2 = 1,93.10^-3 . 22,4 lít = 0,0432 lít

Ví dụ 2: (Đề thi casio hóa học tỉnh Thanh Hóa năm 2012, QG năm 2001-bảng A). Dung dịch X có chất tan là muối M(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 PO₄^3- làm thay đổi khối lượng 372-190=182g

x mol NO₃^– phản ứng tạo ra x/3 mol PO₄^3- 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 V_ddY ≈ V_ddX + V_{dd 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⁺  + 2PO₄^3-

         – 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 V_{dd Z} ≈ V_{dd 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 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 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 Cl₂ : nCl₂ = 0,14 mol ® n_e nhường = 0,28 mol = n_e nhận

     Từ công thức : n_e = ® 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⁺ _dư = 0,02 mol. Vậy nCu(NO₃)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⁺  +   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) 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   

Ví dụ 4: 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 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: n_e = 0,15 mol, theo (2): nH⁺ = n_e = 0,15 mol

Cho CuO vào B có phản ứng : CuO + 2H⁺ Cu²⁺  + H₂O    (3)

Từ (3) có: nCuO_{phản ứng} = nCu²⁺ = 0,075 mol ® mCu(NO₃)₂ = 14,1 gam

Mà m_muối = 22,6 gam nên AgNO₃ 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. = 0,09375 mol ® mCuO = 7,5 gam

c. nAgNO_{3 đã dùng} = 0,05 + 0,15 = 0,2 mol ® mAgNO_{3 đã dùng} = 34 gam

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

® C_{M Cu(NO3)2} = 0,3 M; C_{M 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

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); SO₄^2- (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⁺ = n_{e nhận}

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

– Nếu 0 < t £ 0,4 thì: H⁺ _dư = (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⁺ và pH = 0,222.

b. Vẽ đồ thị được xử lí bằng Excel

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; m_{kim loại K} =  mFe = 1,12 gam;  V_khí = 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: V_{khí tại K} = 44,8 lít; V_{khí tại A} = 22,4 lít; Vậy V_H2S » 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: : C_{M (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; V_{khí 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. V_O2 = 2,8 lítc; V_HNO3  » 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 Cl_­2 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 có màng ngăn 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl2  0,1M và NaCl 0,5M (điện cực trơ, hiệu suất điện phân 100%) với cường độ dòng điện 5A trong 3860 giây. Dung dịch thu được sau điện 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