50 bài tập về điện phân (có đáp án 2024) – Hoá học 12

Các dạng bài toán điện phân và cách giải – Hoá học lớp 12

A. Lý thuyết ngắn gọn

a/ Khái niệm : sự điện phân là quá trình oxi hóa – khử xảy ra trên bề mặt các điện cực, khi cho dòng điện một chiều đi qua dung dịch chất điện li hoặc chất điện li nóng chảy.

b/ Các quá trình oxi hóa – khử xảy ra ở điện cực :

• Tại catot (cực âm) : xảy ra quá trình khử (quá trình nhận e)

Ví dụ:

Ag⁺ + 1e → Ag ;

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺ ;

Cu²⁺ + 2e → Cu ;

2H⁺ + 2e → H₂ ;

Fe²⁺ + 2e → Fe

2H₂O + 2e → 2OH^– + H₂

$\to$Tại anot (cực dương) : xảy ra quá trình oxi hóa (quá trình nhường e)

c/ Công thức Faraday : tính khối lượng chất thu được tại các điện cực

$\mathrm{m}=\frac{\mathrm{AIt}}{\mathrm{nF}}$

${\mathrm{n}}_{\mathrm{e}}=\frac{\mathrm{It}}{\mathrm{F}}$

Trong đó :

m là khối lượng chất thu được ở điện cực (gam)

A là khối lượng mol nguyên tử thu được ở điện cực (gam).

n là số e mà nguyên tử hoặc ion đã cho hoặc nhận.

I là cường độ dòng điện (ampe)

t là thời gian điện phân (giây)

F là hằng số Faraday (F = 96500) / n_e là số mol e

d/ Phương pháp điều chế :

• Điện phân nóng chảy : dùng điều chế kim loại mạnh IA , IIA , Al
• Điều chế kim loại nhóm IA : điện phân nóng chảy muối clorua hoặc hidroxit.

Ví dụ 1:

Catot ( – ) ← KCl → Anot (+)

K⁺ + e → K 2Cl^– → Cl₂ + 2e

Phương trình điều chế :

2KCl $\stackrel{\mathrm{dpnc}}{\to }$ 2K + Cl₂

Ví dụ 2:

Catot (–) ← NaOH → Anot (+)

Na⁺ + e → Na 2OH^– → ½ O₂ + H₂O + 2e

Phương trình điều chế :

2NaOH $\stackrel{\mathrm{dpnc}}{\to }$ 2Na + ½ O₂ + H₂O

Tổng quát:

$2\mathrm{MOH}\stackrel{\text{dpnc}}{\to }\mathrm{M}+\frac{1}{2}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

• Điều chế kim loại nhóm IIA : điện phân nóng chảy muối clorua

Ví dụ 3:

Catot (–) ← MgCl₂ → Anot (+)

Mg²⁺ + 2e → Mg 2Cl^– → Cl₂ + 2e

Phương trình điều chế :

MgCl₂ $\stackrel{\mathrm{dpnc}}{\to }$ Mg + Cl₂

Tổng quát :

$\mathrm{M}{\mathrm{X}}_{\mathrm{n}}\stackrel{\mathrm{dpnc}}{\to }\text{ M + }\frac{\mathrm{n}}{2}{\mathrm{X}}_2$

• Điều chế Al : điện phân nóng chảy Al₂O₃

Catot (–) ← Al₂O₃ → Anot (+)

Al³⁺ + 3e → Al 2O^2– → O₂ + 4e

Phương trình điều chế:

2Al₂O₃ $\stackrel{\mathrm{dpnc}}{\to }$ 4Al + 3O₂

• Điện phân dung dịch : dùng điều chế kim loại trung bình yếu (sau Al) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

Ví dụ 4:

Catot ( – ) ← AgNO₃ → Anot (+)

Ag⁺ , H₂O NO₃^– , H₂O

Ag⁺ + e → Ag H₂O → 2H⁺ + ½ O₂ + 2e

Phương trình điều chế :

2AgNO₃ + H₂O $\stackrel{\mathrm{dpnc}}{\to }$ 2Ag + ½ O₂ + 2HNO₃

Ví dụ 5:

Catot ( – ) ← CuCl₂ → Anot (+)

Cu²⁺ , H₂O Cl^– , H₂O

Cu²⁺ + 2e → Cu 2Cl^– → Cl₂ + 2e

Phương trình điều chế :

CuCl₂ $\stackrel{\mathrm{đpdd}}{\to }$ Cu + Cl₂

Chú ý: Khi điện phân các dung dịch sau:

+ Hidroxit của kim loại hoạt động mạnh: KOH, NaOH, Ba(OH)₂,..

+ Axit có oxi: HNO₃, H₂SO₄, HClO₄,…

+ Muối tạo bởi axit có oxi và bazơ kiềm: KNO₃, Na₂SO₄,…

Thực tế là điện phân H₂O sinh ra khí H₂ (catot) và khí O₂ (anot)

B. Phương pháp giải

Công thức Faraday: $\mathrm{m}=\frac{\mathrm{AIt}}{\mathrm{nF}}$

Bước 1: Tính n_{e trao đổi}: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{e}\mathrm{trao}\mathrm{doi}}=\frac{\mathrm{It}}{\mathrm{F}}$

Bước 2:Viết quá trình điện phân.

Bước 3: Tính lượng chất đã điện phân hoặc lượng chất thu được sau điện phân.

Chú ý:

V_khí = V_{khí (anot)} + V_{khí (catot)}

m_{dung dịch giảm} = m_{kim loại} + m_{khí thoát ra}

m_catot = m_{kim loại} ­_(catot)

Chú ý: Nếu biết catot bắt đầu thoát khí → khí thoát ra ở cả hai điện cực. Khi đó nước bắt đầu điện phân ở catot.

2H₂O + 2e → 2OH^– + H₂

C. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1:

A. 2,88 gam.

B. 3,84 gam.

C. 2,56 gam.

D. 3,20 gam.

Lời giải chi tiết

Đổi 25 phút 44 giây = 25.60 + 44 = 1544 giây

Theo hệ quả của công thức Faraday:

${\mathrm{n}}_{\mathrm{e}\mathrm{trao}\mathrm{doi}}=\frac{\mathrm{It}}{\mathrm{F}}=\frac{5.1544}{96500}=0,08\mathrm{mol}$

Quá trình điện phân:

Ở catot (–): Cu²⁺ + 2e → Cu

0,08 → 0,04 mol

Ở anot (+): 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

0,02 ← 0,08 mol

$\to \begin{array}{l}{\mathrm{m}}_{\mathrm{Cu}}=0,04.64=2,56\mathrm{g}\\ {\mathrm{m}}_{{\mathrm{O}}_2}=0,02.32=0,64\mathrm{g}\end{array}$

Ta có: m_{dung dịch giảm} = m_Cu + m_{${\mathrm{O}}_2$}

→ m_{dung dịch giảm} = 2,56 + 0,64 = 3,2 gam

Chọn D.

Ví dụ 2:

A. 7,56 gam.

B. 4,32 gam.

C. 8,64 gam.

D. 6,48 gam.

Lời giải chi tiết

Đổi 19 phút 18 giây = 19.60 + 18 = 1158 giây

Theo công thức Faraday: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{Ag}}=\frac{\mathrm{AIt}}{\mathrm{nF}}$

$\to {\mathrm{m}}_{\mathrm{Ag}}=\frac{108.5.1158}{1.96500}$

→ m_Ag = 6,48 gam

Chọn D.

Ví dụ 3:

A. 250.

B. 1000.

C. 500.

D. 750.

Lời giải chi tiết

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CuSO}}_4}=0,2.0,1=0,02\mathrm{mol};{\mathrm{n}}_{{\mathrm{AgNO}}_3}=0,1.0,1=0,01\mathrm{mol}$

$\to {\mathrm{n}}_{{\mathrm{Cu}}^{2+}}=0,02\mathrm{mol};{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Ag}}^{+}}=0,01\mathrm{mol}$

Ở catot (–):

Ag⁺ + 1e → Ag (1)

Cu²⁺ + 2e → Cu (2)

Nếu Ag⁺ điện phân hết, Cu²⁺ chưa điện phân: m_{kim loại} = m_Ag = 0,01.108 = 1,08 gam

Nếu Ag⁺ và Cu²⁺ đều điện phân hết: m_{kim loại} = m_Ag + m_Cu = 0,01.108 + 0,02.64 = 2,36 gam

Ta thấy: 1,08 < 1,72 < 2,36 → Ag⁺ điện phân hết, Cu²⁺ điện phân một phần

Ta có: m_Cu = m_{kim loại} – m_Ag = 1,72 – 1,08 = 0,64 gam

→ n_Cu = 0,01 mol

Theo (1) và (2): n_{e trao đổi} = n_Ag + 2n_Cu = 0,01 + 2.0,01 = 0,03 mol

$\to \mathrm{t}=\frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{e}}.\mathrm{F}}{\mathrm{I}}=\frac{0,03.96500}{3,86}=750\mathrm{s}$

Chọn D.

D. Bài tập tự luyện

Câu 1:

A. 1,12 lít.

B. 0,56 lít.

C. 3,36 lít.

D. 2,24 lít.

Câu 2:

A. 55,34.

B. 63,46.

C. 53,42.

D. 69,87.

Câu 3:

A. 1,00.

B. 1,20.

C. 0,50.

D. 0,25.

Câu 4:

A. Mg.

B. Fe.

C. Cu.

D. Ca.

Câu 5:

A. 3,2 gam

B. 12,8 gam

C. 16,0 gam

D. 20,0 gam

Câu 6:

A. 4,48 lít.

B. 2,24 lít.

C. 1,12 lít.

D. 1,68 lít.

Câu 7:

A. 15,1 gam.

B. 6,4 gam.

C. 7,68 gam.

D. 9,6 gam.

Câu 8:

A. 3,2 gam và 2000s

B. 2,2 gam và 800s

C. 6,4 gam và 3600s

D. 5,4 gam và 800s

Câu 9:

A. CuSO₄

B. NiSO₄

C. MgSO₄

D. ZnSO₄

Câu 10:

A. 4,05

B. 2,70

C. 1,35

D. 5,40

ĐÁP ÁN

Câu 1	Câu 2	Câu 3	Câu 4	Câu 5	Câu 6	Câu 7	Câu 8	Câu 9	Câu 10
D	B	A	C	C	D	C	A	D	B