CHUYÊN đề điện PHÂN

Hiện tại bộ GD – ĐT có chủ trương ra đề thi có nhiều nội dung tích hợp liên môn, nên kiến thức về điện phân càng cần được quan tâm nhiều hơn... Muốn mạ Au lên đồ vật bằng thép, người ta

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

CHUYÊN ĐỀ ĐIỆN PHÂN Thời gian giảng dạy: 5 tiết

Đơn vị công tác: Trường THPT Bến Tre – Thị xã Phúc Yên

NĂM HỌC 2013-2014

MỞ ĐẦU

1) Kiến thức điện phân là một mảng kiến thức quan trọng trong chương trình hóa học phổ thông

Ở đó học sinh cần tìm hiểu:

- Các qui luật về các quá trình oxi hóa – khử xảy ra trên bề mặt các điện cực (Bề mặt phân chia giữa vật thể rắn và vật thể lỏng) dưới tác dụng của dòng điện một chiều

- Khả năng oxi hóa – khử của các chất ảnh hưởng tới thứ tự và tiến trình phản ứng

- Sự biến đổi điện năng thành hóa năng theo những tỉ lệ định lượng xác định

2) Kiến thức điện phân không những giúp học sinh tư duy sâu sắc về khả năng phản ứng của các

chất, các kĩ năng giải bài tập hóa học mà còn giúp học sinh củng cố các kiến thức quan trọng như: phản ứng oxi hóa khử, tính chất hóa học chung của kim loại, dãy thế điện hóa của các kim loại, ăn mòn điện hóa, điều chế kim loại, vai trò của dung môi H2O trong các phản ứng hóa học…

3) Kiến thức điện phân chứa nhiều nội dung tích hợp liên môn, đặc biệt là với môn vật lí Hiện

tại bộ GD – ĐT có chủ trương ra đề thi có nhiều nội dung tích hợp liên môn, nên kiến thức về điện phân càng cần được quan tâm nhiều hơn

4) Chuyên đề điện phân được trình bày với phần nội dung lí thuyết cơ bản, các chú ý khi giải bài

tập và các câu hỏi lí thuyết, các bài tập định lượng tự giải giúp cho học sinh ôn thi đại học một cách hiệu quả

B NỘI DUNG

I.Lí thuyết cơ bản

1)Bản chất của điện phân:

- Điện phân là thực hiện các quá trình oxi hóa – khử trên bề mặt các điện cưc dưới tác dụng của dòng điện một chiều

Như vậy, điện phân khác phản ứng oxi hóa – khử ở chỗ : phản ứng không tự xảy ra mà nhờ tác dụng của dòng điện một chiều, các chất không trực tiếp trao đổi electron cho nhau mà thông qua các điện cực

- Trong quá trình điện phân: Ở catôt( cực âm) xảy ra sự khử; Ở anôt( cực dương) xảy ra sự oxi hóa

Dung dịch chất điện li: cation và anion

Catôt(-)  cation ; anion  Anôt(+)

Luôn xảy ra sự khử Luôn xảy ra sự oxi hóa Như vậy, điện phân khác ăn mòn điện hóa ở chỗ: Trong ăn mòn điện hóa, ở catôt( cực âm) xảy

ra sự oxi hóa, ở anôt(cực dương) xảy ra sự khử

2) Các trường hợp điện phân.

2.1: Điện phân nóng chảy: Oxit, hiđroxit, muối halozenua của các kim loại( điện cực trơ: Pt

hoặc than chì)

Phương pháp điện phân nóng chảy được áp dụng để điều chế các kim loại mạnh( từ Li,K ……

Mg, Al trong dãy thế điện hóa)

a) Điện phân oxit M2On nóng chảy: M2On (n/c)  2Mn+ + nO

Catôt ( - ) Anôt (+)

Mn+ + ne  M 2O2-  O2 + 4e

PTĐP: M2On  2M + n/2 O2

b) Điện phân hiđroxit M(OH)n nóng chảy: M(OH)n(n/c)  Mn+ + nOH

Catôt ( - ) Anôt (+)

Mn+ + ne  M 4OH-  O2 + 2H2O+ 4e PTĐP: 4M(OH)n  4M + nO2 + 2nH2O

c) Điện phân muối MXn nóng chảy: MXn(n/c)  Mn+ + nX

Catôt ( - ) Anôt (+)

Mn+ + ne  M 2X-  X2 + 2e

PTĐP: MXn  M + n/2 X2

2.2: Điện phân dung dịch muối( dung môi: H2O, điện cực trơ: Pt hoặc than chì)

a) Điện phân dung dịch muối halozenua:

VD1: Điện phân dung dịch CuCl2 : CuCl2  Cu2+ + 2Cl

Catôt ( - ) Anôt (+)

Cu2+ + 2e  Cu 2Cl-  Cl2 + 2e

H2O là môi trường, không tham gia điện phân

PTĐP: CuCl2  Cu + Cl2

VD2: Điện phân dung dịch NaCl : NaCl  Na+ + Cl

Catôt ( - ) Anôt (+)

2H2O + 2e  2OH- + H2 2Cl-  Cl2 + 2e

PTĐP: 2NaCl + 2H2O  NaOH + H2 + Cl2.

Nếu giữa 2 điện cực có màng xốp ngăn, thu được NaOH, nếu giữa 2 điện cực không có màng ngăn, thu được nước gia ven do có phản ứng: 2NaOH + Cl2  NaCl + NaClO + H2O

b) Điện phân dung dịch muối chứa gốc axit oxi như: NO3-, SO42-, CO32-, PO43- …

VD3: Điện phân dung dịch CuSO4: CuSO4  Cu2+ + SO4

Catôt ( - ) Anôt (+)

Cu2+ + 2e  Cu 2H2O  O2 + 4H+ + 4e PTĐP: CuSO4 + H2O  Cu + 1/2O2 + H2SO4

VD4: Điện phân dung dịch Na2SO4 : Na2SO4  2Na+ + SO4

Catôt ( - ) Anôt (+)

2H2O + 2e  2OH- + H2 2H2O  O2 + 4H+ + 4e

Như vậy: bản chất sự điện phân dung dịch Na2SO4 là sự điện phân H2O: PTĐP: H2O  H2 + ½

O2

2.3: Điện phân dung dịch hỗn hợp( Dung môi: H2O, điện cực trơ: Pt hoặc than chì)

VD5: Điện phân dung dịch chứa a mol NaCl, b mol CuSO4

Các muối điện li  Dung dịch chứa: Na+: a(mol); Cu2+: b(mol); Cl-: a(mol); SO42-: b(mol)

Catôt ( - ) Anôt (+)

Thứ tự khử: Cu2+ + 2e  Cu Thứ tự oxi hóa: 2Cl-  Cl2 + 2e

2H2O + 2e  2OH- + H2 2H2O  O2 + 4H+ + 4e

PTĐP: CuSO4 + 2NaCl  Cu + Na2SO4 + Cl2 (1)

Nếu a = 2b  chỉ xảy ra (1)

Nếu a> 2b  Sau (1) Xảy ra: 2NaCl + 2H2O 2 NaOH + Cl2 + H2(2)

Nếu a <2b  Sau (1) Xảy ra: CuSO4 + H2O  Cu +1/2 O2 + H2SO4 (3)

Nếu điện phân tiếp, dung dịch sau điện phân chứa Na2SO4 và có thể có NaOH hoặc H2SO4 nên xảy ra sự điện phân H2O : H2O  H2 + ½ O2

VD6: Điện phân dung dịch hỗn hợp: Cu(NO3)2, KBr, NiSO4

Các muối điện li  dung dịch chứa: Cu2+, K+, Ni2+, NO3-, Br-, SO4

Catôt (- ) Anôt (+)

Thứ tự khử: Cu2+ + 2e  Cu Thứ tự oxi hóa: 2Br-  Br2 + 2e

Ni2+ + 2e  Ni 2H2O + 2e  2OH- + H2 2H2O  O2 + 4H+ + 4e

Các PTĐP: Cu(NO3)2 + 2KBr  Cu + Br2 + 2KNO3 (1)

Nếu hết KBr, dư Cu(NO3)2 thì: Cu(NO3)2 + H2O  Cu + ½ O2 + 2HNO3 (2)

NiSO4 + H2O  Ni + ½ O2 + H2SO4(3)

Nếu hết Cu(NO3)2, dư KBr thì: NiSO4 + 2KBr  Ni + Br2 + K2SO4 (4)

Nếu hết KBr, dư NiSO4 thì NiSO4 bị điện phân theo PT (3)

VD7: Điện phân dung dịch hỗn hợp: Fe2(SO4)3, KBr, NiCl2

Các muối điện li  dung dịch chứa: Fe3+, Ni2+, K+, Br-, Cl-, SO4

Catôt (- ) Anôt (+)

Thứ tự khử: Fe3+ + 1e  Fe2+ Thứ tự oxi hóa: 2Br-  Br2 + 2e

Ni2+ + 2e  Ni 2Cl-  Cl2 + 2e

Fe2+ + 2e  Fe

2H2O + 2e  2OH- + H2 2H2O  O2 + 4H+ + 4e

Các PTĐP: Fe2(SO4)3 + 2KBr  Br2 + 2FeSO4 + K2SO4(1)

Nếu hết Fe2(SO4)3, dư KBr thì: NiCl2 + 2KBr  Ni + Br2 + 2KCl(2)

Nếu hết KBr, dư Fe2(SO4)3 thì: Fe2(SO4)3 + NiCl2  Cl2 + 2FeSO4 + NiSO4(3)

Nếu hết Fe2(SO4)3, dư NiCl2 thì: NiCl2  Ni + Cl2(4)

Nếu hết NiCl2, dư Fe2(SO4)3 thì: Fe2(SO4)3 + H2O  2FeSO4 + ½ O2 + H2SO4(5)

Và sau đó: FeSO4 + H2O  Fe + ½ O2 + H2SO4(6)

Nếu điện phân tiếp, trong dung dịch chỉ còn K+, SO42-  xảy ra sự điện phân H2O: H2O  H2 +

½ O2

Nhận xét: + Các cation kim loại mạnh( Từ : Li+, K+ … Mg2+, Al3+ trong dãy thế điên hóa) không bị khử trong dung dịch; Thứ tự các cation kim loại bị khử trong dung dịch theo đúng thứ tự trong dãy thế điện hóa: Cation có tính oxi hóa mạnh hơn bị khử trước, khi hết các cation kim loại bị khử thì xảy ra sự khử H2O

+ Các anion gốc axit chứa oxi ( SO42-, NO3-, CO32-, PO43- …., trừ một số trường hợp đặc biệt) không bị oxi hóa trong dung dịch; Thứ tự các anion bị oxi hóa trong dung dịch: S2-, I-,

Br-, Cl-, CN- … khi hết các anion bị oxi hóa thì xảy ra sự oxi hóa H2O

Ghi chú: - Trong khuôn khổ chương trình hóa học phổ thông ban cơ bản nên chỉ xét theo thế

điện cực tiêu chuẩn

( E0) được xếp theo dãy thế điện hóa của các kim loại Thực tế E dạng OXH/dạng K phụ thuộc vào rất nhiều yếu tố như: Nồng độ của dạng OXH, dạng Khử, nhiệt độ, dung môi … Và được tính theo Phương trình Nex, khi đó cặp OXH/K nào có E lớn hơn thì dạng OXH có tính OXH mạnh hơn

và được ưu tiên khử trước

- Riêng H+ , tuy đứng sau Ni2+, Sn2+… Nhưng H+ khó bị khử hơn, điều này có thể được giải thích: Trong dung dịch H+ tồn tại dưới dạng H3O+, mà quá trình khử H3O+ xảy ra nhiều giai đoạn phức tạp, đòi hỏi phải cung cấp năng lượng lớn hơn.(Theo: Tóm tắt hóa học phổ thông – GS Nguyễn Đình Chi- NXB KHKT 1997)

+ Phương pháp điện phân dung dịch được dùng để điều chế các kim loại( từ Zn …

Cu, Ag, Au, Pt) tinh khiết, hoặc để tách các kim loại ra khỏi nhau…, điều chế NaOH, Cl2, H2, O2

…

2.4:Điên phân anôt tan: Khi điện phân dung dịch các muối gốc axit chứa oxi mà anôt không

trơ(làm bằng các kim loại khác Pt) thì xảy ra sự oxi hóa anôt  anôt tan

VD8: Điện phân dung dịch NiSO4 với anôt làm bằng Ni

NiSO4  Ni2+ + SO4

Catôt ( - ) Anôt (+): Ni

Ni2+ + 2e  Ni Ni  Ni2+ + 2e

VD9: Điện phân dung dịch AgNO3 với anôt làm bằng Cu

AgNO3  Ag+ + NO3

Catôt ( - ) Anôt (+): Cu

Ag+ + 1e  Ag Cu  Cu2+  2e

Phương pháp điện phân anôt tan được áp dụng trong mạ kim loại: VD: muốn mạ Ni lên một đồ vật bằng thép, người ta dùng đồ vật đó làm catôt, dùng Ni làm anôt và điện phân dung dịch

NiSO4 Muốn mạ Au lên đồ vật bằng thép, người ta điện phân dung dịch muối chứa Au3+ với catôt làm bằng độ vật, anôt làm bằng Au

3) Định luật Farađây.

3.1: Công thức định luật Farađây: Khối lượng các chất thoát ra trên các điện cực tỉ lệ thuận với

điện lượng

m = A.I.t/F.n (1)

m: khối lượng chất thoát ra trên các điện cực

A: NTK( PTK) của chất thoát ra trên các điện cực

I: cường độ dòng điện (A)

t: thời gian

n: số electron trao đổi trên các điện cự

F: hằng số Farađây Nếu thời gian tính bằng giây  F = 96500

Nếu thời gian tính bằng giờ  F = 26,8

3.2: Đương lượng điện hóa( kí hiệu: Đ)

Đ = A/n ( A là: NTK của nguyên tố; n : số electron mà nguyên tử của nguyên tố trao đổi)

1 Đ có khối lượng = A/n (gam)

VD: ĐCu = 64/2 = 32(g); ĐAg = 108/1 = 108(g); ĐCl = 35,5/1 = 35,5(g)

Như vậy số đương lượng gam điện hóa( số đlgđh, kí hiệu: ne) ne = m/Đ = m.n/A (2) ( m: khối lượng tính bằng gam, n: số eletron trao đổi trên các điện cực)

Như vậy số đlgđh(ne) = số mol electron mà các chất khử ( hoặc OXH) trao đổi trên các điện cực

Từ (1) ta có số đlgđh ne = m.n/A = I.t/F Nếu số đlgđh = 1  I.t = Q = F = 96500

 Muốn thoát ra 1 đương lượng gam chất trên điện cực thì cần có điện lượng là 96500C đi vào dung dịch

 Nếu điện lượng đi qua các điện cực như nhau thì số đlgđh(ne) của các chất thoát ra trên các điện cực như nhau ; số mol electron mà các chất khử( hoặc chất OXH) trao đổi trên các điện cực cũng như nhau

II.Bài tập.

1)Những vấn đề cần chú ý ghi nhớ khi giải bài tập điện phân.

1.1: Theo 3.2 ta có ne = I.t/F Nếu điện lượng đi qua các điện cực như nhau thì ne như nhau, nên trước hết hãy tính ne theo điện lượng( I.t) hoặc theo số mol chất thoát ra trên các điện cực, từ đó

có thể dễ dàng thỏa mãn các yêu cầu của bài tập

VD10: Điện phân 100ml dung dịch CuSO4, 0,2M với cường độ I = 9,65A Khối lượng Cu bám trên catot và thể tích khí(đktc) thoát ra ở anôt sau khoảng thời gian điện phân t1 =200s và t2 = 500s lần lượt là:(giả thiết hiệu suất điện phân là 100%)

A Ở t1: 0,32g và 0,056 lít; Ở t2: 0,64g và 0,112 lít B Ở t1: 0,64g và 0,112 lít; Ở t2: 1,28g và 0,28 lít

C Ở t1: 0,64g và 0,112 lít; Ở t2: 1,6g và 0,56 lít D Ở t1: 0,32g và 0,056 lít; Ở t2: 1,28g và 0,28 lít

Bài giải: nCu2+ = 0,1 0,2 = 0,02(mol)

ne(1) = 9,65 200/96500 = 0,02(mol); Cu2+ + 2e  Cu H2O  4H+ + O2 + 4e 0,02  0,01 0,005  0,02

Ở thời điểm t1: mCu = 0,1 64 = 0,64gam; V = 0,005 22,4 = 0,112 lít

ne(2) = 9,65 500/96500 = 0,05(mol); Cu2+ + 2e  Cu H2O  4H+ + O2 + 4e

0,04  0,02 0,0125 0,05

H2O + 2e  2OH- + H2

0,01 0,005

Ở thời điểm t2: mCu = 0,02 64 = 1,28 gam; V = 0,0125 22,4 = 0,28 lít Chọn B

VD11: (ĐHKB – 12): 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)

Bài giải:

Bản chất là sự điện phân H2O  lượng NaOH trước và sau điện phân không đổi = 0,06 100 = 6(gam)

PTĐP: H2O  H2 + ½ O2

Có n e = 40.0,67/26,8 = 1 mol  nH2O (đf) = ½ mol  mH2O(đf) = ½.18 = 9 gam

 C%, NaOH ban đầu = 6 : (100 + 9).100% = 5,50% Chọn C.

1.2: Khi giải bài trắc nghiệm, nếu viết PTĐP và tính theo PT nhiều khi bài toán trở nên phức tạp

nên chỉ cần viết đúng thứ tự các quá trình khử (ở catôt) và các quá trình oxi hóa (ở anôt) , sau đó tính ne ở các quá trình ta sẽ biết được các quá trình khử và oxi hóa xảy ra ở giai đoạn nào( chất hết, chất dư) và bài toán trở nên đơn giản hơn

VD12: Điện phân(điện cực trơ, giữa 2 điện cực có màng ngăn, hiệu suất điện phân100%) 500

ml dung dịch (CuCl2 0,1M và NaCl 0,5M) với dòng điện có I=5A, thời gian 3860 giây Dung dịch thu được có khả năng hòa tan tối đa số gam Al là:

Bài giải: nCuCl2 = 0,05(mol); nNaCl = 0,25(mol)  nCu2+ = 0,05(mol); nCl- = 0,35(mol)

ne = 5.3860/96500 = 0,2(mol)

Catôt: Cu2+ + 2e  Cu (1) Anôt: 2Cl-  Cl2 + 2e

0,05 0,1(mol) 0,1  0,2 (mol)

2H2O + 2e  2OH- + H2 (2) ở anôt có Cl- dư

0,1 0,1(mol)

ne (1) = 0,1  ne (2) = 0,2 – 0,1 = 0,1(mol)  Dung dịch sau điện phân chứa 0,1 mol OH

Al + OH- + H2O  AlO2- + 3/2 H2

0,1  0,1

 mAl = 0,1 27 = 2,7(gam) Chọn A

VD13: Hòa tan 40 gam Fe2(SO4)3, 9,4 gam Cu(NO3)2 vào 200 gam dung dịch HCl 1,095% thu được dung dịch A Đem điện phân A (điện cực trơ, hiệu suất điện phân 100%) với dòng điện có I=1,34A trong 10 giờ thu được m gam kim loại ở catot và V lit khí (đktc) ở anot Giá trị của m

và V là:

A 3,2 và 1,344 B 14,4 và 6,272 C 7,12 và 1,344 D 7,12và 6,272

Bài giải: nFe3+ = 0,2(mol); nCu2+ = 0,05(mol);nH+ = nCl- = 0,06(mol)

ne = 1,34 10/26,8 = 0,5(mol)

Catôt: Fe3+ + 1e  Fe2+(1) Anôt: 2Cl-  Cl2 + 2e (1)

0,2  0,2(mol) 0,06 0,03 0,06 (mol)

Cu2+ + 2e  Cu (2) 2H2O  4H+ + O2 + 4e

0,05  0,1 0,05 (mol) 0,22  0,44(mol) (2)

2H+ + 2e  H2 (3)

0,06  0,06(mol)

Fe2+ + 2e  Fe (4)

0,14  0,07 (mol)

mCatôt (tăng) = mCu + mFe = 0,05 64 + 0,07 56 = 7,12 gam

Ở Anôt có 0,03 mol Cl2 và 0,22 mol O2 thoát ra  V = (0,06 + 0,22) 22,4 = 6,272 lít Chọn D

1.3: + Với các bình điện phân mắc nối tiếp thì trên các điện cực Q đều bằng nhau  ne = nhau

VD14: Mắc nối tiếp 2 bình điện phân: Bình 1: 400 ml chứa dung dịch AgNO3 0,5M, bình 2 chứa 400 ml dung dịch FeCl3 0,3M và NiSO4 0,4M Tiến hành điện phân với thời gian 2

giờ( hiệu suất điện phân 100%), thấy catôt bình 1 tăng 19,44 gam Cường độ dòng điện, khối lượng catôt tăng lên và thể tích khí (đktc) thoát ra ở anôt bình 2 là:

Bài giải: Bình 1: nAg+ = nNO3- = nAgNO3 = 0,4 0,5 = 0,2(mol); nAg = 19,44/108 = 0,18(mol)

Ag+ + 1e  Ag

0,18  0,18(mol)

 I = ne.F/t = 0,18 26,8/2 = 2,412(A)

Do 2 bình mắc nối tiếp nên ne trao đổi trên các điện cực của 2 bình = nhau = 0,18(mol)

Bình2: nFeCl3 = 0,4 0,3 = 0,12(mol); nNiSO4 = 0,4 0,4 = 0,16(mol)

 Dung dịch chứa: Fe3+: 0,12(mol); Ni2+: 0,16(mol); Cl-: 0,36(mol); SO42-: 0,16(mol)

Catôt(-) Anôt(+)

Fe3+ + 1e  Fe2+ 2Cl-  Cl2 + 2e

0,12 0,12(mol) 0,18 0,09 0,18(mol)

Ni2+ + 2e  Ni

0,06 0,03(mol)

Vậy ở bình2: m(catôt) tăng = 0,03 59 = 1,77 gam; V(Cl2) = 0,09 22,4 = 2,016 lít

+ Với các bình điện phân mắc song song , do điện trở của các bình điện phân có thể khác nhau  I qua các bình khác nhau  Q khác nhau  ne khác nhau Khi đó I(t) = I1 + I2 + … 

ne(1) + n(2) +… = ne(t)

VD15: Mắc song song 2 bình điện phân: bình1 chứa dung dịch CuCl2, bình 2 chứa dung dịch NiSO4 Tiến hành điện phân (điện cực trơ, hiệu suất 100%) , cường độ dòng điện 15(A) Sau 48 phút 15 giây thấy catôt bình1 tăng 9,6 gam Thể tích khí(đktc) thoát ra ở anôt của bình 2 là:

A 0,84 lít B 0,672 lít C 3,36 lít D 1,68 lít

Bài giải: Bình 1: Ở catôt: Cu2+ + 2e  Cu

nCu = 9,6/64 = 0,15(mol)  ne(1) = 0,15 2 = 0,3(mol)

t = 48 60 + 15 = 2985 (giây)

 I1 = 0,3 96500/2985 = 10(A)  I2 = 15 – 10 = 5(A)  ne(2) = 5 2985/96500 = 0,15(mol) Hoặc có thể tính ne(t) = 15 2985/96500 = 0,45(mol)  ne(2) = 0,45 – 0,3 = 0,15(mol)

Bình 2: Ở anốt: H2O  4H+ + O2 + 4e  nO2 = 0,15/4 = 0,0375(mol)  V = 0,84 lit Chọn A VD16: Mắc song song 3 bình điện phân A, B, C chứa 3 dung dịch tương ứng: CuCl2, MSO4, AgNO3 Tiến hành điện phân với điện cực trơ, hiệu suất điện phân 100% sau một thời gian thấy khối lượng catôt bình B tăng nhiều hơn bình A 0,1328 gam, khối lượng catôt bình C tăng nhiều hơn bình A 1,0752 gam Biết tỉ lệ cường độ dòng điện đi vào 3 bình A, B, C tương ứng là 3: 5:

4 Kim loại M là:

A Fe B Zn C Ni D Mn

Bài giải: Bình A: Cu2+ + 2e  Cu; Bình B: M2+ + 2e  M; Bình C: Ag+ + 1e  Ag

Do thời gian điện phân như nhau nên ne tỉ lệ thuận với I  ne(A): ne(B): ne(C) = 3: 5: 4

Gọi số mol Cu, M, Ag thoát ra lần lượt là a, b, c  2a: 2b: c = 3: 5: 4  a = 3b/5; c = 8b/5

Theo đề: mAg – mCu = 1,0752  108c -64a = 1,0752  108.8b/5 – 64 3b/5 = 1,0752  b = 0,008

mM– mCu = 0,1328  M.b – 64a = 0,1328  M.0,008 – 64 3 0,008/5 = 0,1328  M = 55 

M là Mn.Chọn D

1.4: + Khối lượng catôt tăng chính là khối lượng kim loại bám vào catôt

+ Khối lượng dung dịch sau điện phân giảm = khối lượng kim loại kết tủa + khối lượng chất khí thoát ra

VD17: Mắc nối tiếp 3 bình điên phân: Bình 1 đựng dd CuSO4, bình 2 đựng dd AgNO3, bình 3 đựng dd BaCl2(có màng ngăn) Tiến hành điện phân với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi tới khi catôt bình 1 tăng 3,84 gam thì ngừng điện phân, thấy khối lượng bình 2 giảm a gam và khối lượng bình 3 giảm b gam, trong các bình vẫn còn muối Giá trị của a và b là:

A 13,92 và 4,38 B 7,44 và 4,28 C 13,92 và 8,76 D 7,44 và 8,76

Bài giải: Khối lượng catôt ở bình 1 tăng là khối lượng Cu: nCu = 0,06(mol)  ne = 0,06 2 = 0,12(mol)

Do các bình điện phân mắc nối tiếp nên điện lượng(Q) trên các điện cực như nhau  ne trao đổi trên các điện cực như nhau

Catôt( - ) Anôt(+)

Bình1: Cu2+ + 2e  Cu 2H2O  4H+ + O2 + 4e

0,12  0,06(mol)

Bình2: Ag+ + 1e  Ag 2H2O  4H+ + O2 + 4e

0,12  0,12(mol) 0,03  0,12(mol)

Bình3: 2H2O + 2e  2OH- + H2 2Cl-  Cl2 + 2e

0,12  0,06(mol) 0,06 0,12(mol)

Vậy: Khối lượng bình 2 giảm: a = mAg + mO2 = 0,12 108 + 0,03 32 = 13,92 gam

Khối lượng bình 3 giảm: b = mH2 + mCl2 = 0,06 2 + 0,06 71 = 4,38 gam Chọn A

VD18:(ĐHKA – 11) Điện phân dung dịch chứa 7,45 gam KCl, 28,2 gam Cu(NO3)2( điện cực trơ, giữa 2 điện cực có màng ngăn) tới khi khối lượng dung dịch giảm 10,75 gam thì ngừng điện phân Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là:

A.KNO3, HNO3, Cu(NO3)2 B KNO3, KCl, KOH C.KNO3, Cu(NO3)2 D KNO3, KOH

Bài giải: nCl- = nKCl = 0,1(mol); nCu2+ = nCu(NO3)2 = 0,15(mol)

Catôt(-) Anôt(+)

Cu2+ + 2e  Cu 2Cl-  Cl2 + 2e

2x x(mol) 0,1 0,05 0,1(mol)

H2O  4H+ + O2 + 4e

y 4y(mol)

Ta có: 2x = 0,1 + 4y (I)

64x + 0,05 71 + 32y = 10,75 (II)  x = 0,1; y = 0,025

Vậy sau điện phân dung dịch chứa: K+, NO3-, Cu2+, H+  Chứa: KNO3, HNO3, Cu(NO3)2 Chọn

A

VD19: Hòa tan m gam hỗn hợp gồm CuSO4 và KCl vào H2O được dung dịch X Điện phân X với điện cực trơ, giữa 2 điện cực có màng ngăn, hiệu suất điện phân 100%, cường độ dòng điện 5(A) tới khi catôt bắt đầu xuất hiện bọt khí thì hết 32 phút 10 giây Dung dịch sau điện phân có khối lượng giảm 5,1 gam so với khối lượng dung dịch trước điện phân Giá trị của m là:

A.10,98 B 9,49 C 6,98 D 5,49

Bài giải: Gọi nCuSO4 = a; nKCl = b  ddX: nCu2+ = a; nCl- = b

ne = 5.(32 60 + 10)/96500 = 0,1(mol)

Ở catôt bắt đầu có bọt khí thì ngừng điện phân  Cu2+ bị khử vừa hết

Catôt: Cu2+ + 2e  Cu Anôt: 2Cl-  Cl2 + 2e (1)

a  2a b  ½ b b

2a = 0,1  a = 0,05

Nếu ở anôt chỉ có Cl2 thoát ra thì b = 0,1  nCl2 = 0,05(mol)

 m(dd giảm) = 0,05 64 + 0,05.71 = 6,75 gam > 5,1  không t/m

Vậy: ở anôt còn xảy ra sự oxi hóa H2O: 2H2O  4H+ + O2 + 4e (2)

Gọi nO2 = c c  4c (mol)

Ta có hệ PT : b + 4c = 0,1 (I)

0,05 64 +71 ½ b + 32c = 5,1(II)  b = 0,04 ; c = 0,015

Vậy: m = 0,05 160 + 0,04 74,5 = 10,98 gam Chọn A

1.5: Hiệu suất điện phân và hiệu suất phản ứng điện phân

-Hiệu suất điện phân là hiệu suất tính theo điện lượng ( Q = It)

H%(ĐP) = ne( trao đổiTT)/ne(LT)

-Hiệu suất phản ứng điện phân là hiệu suất tính theo phản ứng điện phân:

H% (P/ưĐP) = n(p/ư)/n(bđ)

Như vậy hiệu suất điện phân và hiệu suất phản ứng điện phân khác nhau

VD20: Hòa tan 15,5 gam NiSO4 vào H2O sau đó điện phân dung dịch với điện cực trơ, cường độ dòng điện 9,65(A), thời gian 25 phút thấy ở anôt thoát ra 672 ml khí Hiệu suất điện phân và hiệu suất phản ứng điện phân là:

A.40% và 60% B 60% và 80% C 80% và 60% D 60% và 40%

Bài giải: nNiSO4 = 0,1(mol) nNi2+ = 0,1(mol); nO2 = 0,03(mol); ne = 9,65 25.60/96500 = 0,15(mol)

Catôt: Ni2+ + 2e  Ni Anôt: 2H2O  4H+ + O2 + 4e

0,03  0,12(mol)

PTĐP: 2NiSO4 + 2H2O  2Ni + O2 + 2H2SO4

0,06  0,03 (mol)

Vậy: H%(ĐP) = 0,12.100/0,15 = 80%; H%(P/ư ĐP) = 0,06.100/0,1 = 60% Chọn C

2)Bài tập tự giải

Câu 1:X là dung dịch hỗn hợp HCl và BaCl2 có pH = 1,7.Điện phân có màng ngăn 500 ml dung dịch X với điện cưc trơ, hiệu suất điện phân 100%, cường độ dòng điện 6(A) Sau 16 phút 5 giây, ngừng điện phân thu được 500 ml dung dịch Y pH của dung dịch Y là:

Câu 2: Hòa tan 150 gam CuSO4.5H2O vào 400 ml dung dịch HCl 0,3M thu được dung dịch X Điện phân X với dòng điện có I=1,34A trong 4 giờ Thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot là:

A 1,344 lít B 4,48 lít C 2,24 lít D 1,792 lít

Câu 3: Điện phân có màng ngăn dung dịch X(0,02 mol HCl ; 0,05 mol NaCl) với dòng điện

I=1,93A; thời gian 3000 giây thu được dung dịch Y Thể tích khí (đktc) thoát ra ở catot là:

A 0,672 lít B 0,224 lít C 0,448 lít D 6,72 lít

Câu 4: Điện phân dung dịch hỗn hợp chứa 0,04 mol AgNO3 và 0,05 mol Cu(NO3)2, điện cực trơ, dòng điện 5A, trong 32 phút 10 giây Khối lượng kim loại bám vào catot là:

A 6,24 gam B 3,12 gam C 6,5 gam D 7,24 gam

Câu 5: Điện phân (điện cực trơ) dung dịch X chứa 0,2 mol CuSO4 và 0,12 mol NaCl bằng