Bài tập điện phân lớp 12 (cách giải + bài tập)

Chuyên đề phương pháp giải bài tập Bài tập điện phân lớp 12 chương trình sách mới hay, chi tiết với bài tập tự luyện đa dạng giúp học sinh ôn tập, biết cách làm bài tập Bài tập điện phân.

A. Lý thuyết và phương pháp giải

♦ Điện phân nóng chảy:

- Nguyên tắc khử ở cathode: Chất oxi hóa mạnh hơn bị khử trước.

- Nguyên tắc oxi hóa ở anode: Chất khử mạnh hơn bị oxi hóa trước.

♦ Điện phân dung dịch:

- Nguyên tắc khử ở cathode: Chất oxi hóa mạnh hơn bị khử trước.

- Nguyên tắc oxi hóa ở anode: Chất khử mạnh hơn bị oxi hóa trước.

+ Các anion chứa oxygen như $S{O}_4^{2-},C{O}_3^{2-},N{O}_3^{-},P{O}_4^{3-},Cl{O_4}^{-}$và F^- coi như không bị điện phân.

+ Các ion còn lại điện phân theo thứ tự: I^- → Br^- → Cl^- → H₂O

- Quá trình oxi hóa và khử H₂O:

H2O bị khử ở cathode	H2O bị oxi hóa ở anode
2H2O + 2e → H2 + 2OH-	2H2O → O2 + 4H+ + 4e

♦ Điện lượng: Q = n.F = I.t

Trong đó: Q là điện lượng (C), n là số mol electron đi qua dây dẫn, I là cường độ dòng điện (A), t là thời gian (giây), F là hằng số Faraday $\left(96500{\text{\hspace{0.17em}C.mol}}^{-1}\right)$.

♦ Phương pháp giải bài tập điện phân:

- Sử dụng định luật bảo toàn electron:

- m_{dd giảm} = m_{kim loại} + m_khí.

- m_{cathode tăng} = m_{kim loại sinh ra}.

- Khi điện phân dung dịch hỗn hợp nhiều chất thì viết quá trình điện phân tại các điện cực theo thứ tự và dựa vào giữ kiện đề bài như mol e trao đổi, m_{dd giảm}, m_{cathode tăng}, bắt đầu thoát khí, … để xác định xem phản ứng dừng lại ở đâu.

- Khi điện phân tại các thời điểm khác nhau thì thời gian tỉ lệ thuận với mol e trao đổi: $\frac{t_1}{t_2}=\frac{n_{e\left(1\right)}}{n_{e\left(2\right)}}$

B. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn với cường độ dòng điện 10A trong 2 giờ. Tính khối lượng dung dịch giảm sau khi điện phân, giả thiết chỉ có phản ứng điện phân dung dịch NaCl, bỏ qua lượng nước bay hơi. Cho biết các công thức:

Q = n.F = I.t, trong đó: Q là điện lượng (C), n là số mol electron đi qua dây dẫn, I là cường độ dòng điện (A), t là thời gian (giây), F là hằng số Faraday $\left(96500{\text{\hspace{0.17em}C.mol}}^{-1}\right)$.

Hướng dẫn giải

$NaC{l}_{}{}_{\left(aq\right)}\stackrel{}{\to }N{a^{+}}_{\left(aq\right)}+C{l_{\left(aq\right)}}^{-}$

Số mol electron trao đổi tại các điện cực ${\text{n}}_{\text{e}}=\frac{\text{It}}{\text{F}}=\frac{\mathrm{10.3600.2}}{96500}=0,746( \text{mol})$.

Ở cathode (cực âm): Na+, H2O. $2{\text{H}}_2\text{O}+2\text{e}\stackrel{}{\to }{\text{H}}_2( \text{g})+2{\text{OH}}^{-}$             0,746$\to$ 0,373 mol

Ở anode (cực dương): Cl-, H2O $2{\text{Cl}}^{-}\stackrel{}{\to }{\text{Cl}}_2( \text{g})+2\text{e}$            0,373$\leftarrow$0,746 mol

Khối lượng dung dịch giảm là do Cl₂ và H₂ thoát ra.

Khối lượng dung dịch giảm là: 0,373.(2 + 70) = 26,856 gam.

Ví dụ 2: Một loại quặng nhôm có chứa 40% khối lượng Al.

a). Nhôm trong loại quặng trên ở dạng Al₂O₃, hỏi quặng trên chứa bao nhiêu phần trăm tạp chất.

b). Để điện phân toàn bộ lượng Al₂O₃ nóng chảy thu được từ 1000 kg loại quặng trên bởi dòng điện một chiều có cường độ 10000 A thì về lí thuyết cần bao nhiêu giờ điện phân liên tục? Cho biết số mol electron n đi qua dây dẫn được tính theo công thức $n=\frac{I.t}{F}.$ Trong đó, I là cường độ dòng điện (A), t là thời gian (s), F là số Faraday (96500 C.mol^-1).

Hướng dẫn giải

a). Xét m_quặng = 1000 kg $\Rightarrow m_{Al}=1000.\frac{40}{100}=400kg$ $\Rightarrow m_{A{l}_2{O}_3}=\frac{400}{27.2}.102=755,56kg.$

Vậy phần trăm tạp chất trong loại quặng trên là $\frac{1000-755,56}{1000}.100\%=24,4\%$

b) Số mol Al trong 1000kg quặng trên là $\frac{{10}^3{.10}^3}{27}.40\%=14815mol$

Số mol electron cần cho quá trình điện phân là 3.14815 = 44445 mol vì $A{l^3}^{+}+3e\to 3Al$

Áp dụng công thức tính được t = 119,14 giờ.

C. Bài tập vận dụng

Câu 1. Xét quá trình sản xuất nhôm được thực hiện theo phương pháp điện phân Al₂O₃ nóng chảy với điện cực than chì. Trung bình để sản xuất được 1 tấn Al thì lượng điện cực than chì bị tiêu hao do phản ứng oxi hoá là bao nhiêu? Giả thiết thành phần khí bay ra ở cực dương gồm 50% CO và 50% CO₂ về thể tích.

A. 0,44 tấn.

B. 4,40 tấn.

C. 0,44 kg.

D. 4,40 kg.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Vì thành phần khí bay ra ở cực dương gồm 50% CO và 50% CO₂ về thể tích.

$\Rightarrow$$n_{CO}=n_{C{O}_2}=xmol$

$C_{\left(s\right)}+O_{2\left(g\right)}\stackrel{}{\to }C{O_2}_{\left(g\right)}$;                                      $2C_{\left(s\right)}+O_{2\left(g\right)}\stackrel{}{\to }2C{O}_{\left(g\right)}$

 x        x               x         (mol)                           x           0,5x            x     (mol)

$2A{l}_2{O}_{3\left(s\right)}\stackrel{}{\to }3{O_2}_{\left(g\right)}+4A{l}_{{}_{\left(s\right)}}$

                     1,5x        2x                (mol)

$\Rightarrow$27. 2x= 10⁶ $\Rightarrow$ x = $\frac{{5.10}^5}{27}mol\Rightarrow$ m_C = 12.2x = 0,44.10⁶ gam = 0,44 tấn.

Câu 2: Điện phân dung dịch CuSO₄ với điện cực trơ. Sau một thời gian, ở cathode thu được 1,28 gam Cu và ở anode có V mL khí O₂ (25^oC, 1 bar) bay ra. Giá trị của V là

A. 495,8.

B. 124,0.

C. 247,9.

D. 743,7.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Cathode (-): Cu2+, H2O	Anode (+): SO42-, H2O
Cu2+ + 2e → Cu         0,04 ← 0,02        mol	2H2O → O2 + 4H+ + 4e                 0,01  ←   0,04          mol

n_Cu = 0,02 mol $\stackrel{BTe}{\to }2n_{Cu}=4n_{O_2}\Rightarrow n_{O_2}=0,01mol$ $\Rightarrow V_{O_2}=0,2479L=247,9mL.$

Câu 3: Điện phân 500 mL dung dịch CuSO₄ 0,2 M (điện cực trơ) cho đến khi ở cathode thu được 3,2 gam kim loại thì thể tích khí (đkc) thu được ở anode là

A. 1,24 lít.

B. 2,48 lít.

C. 0,62 lít.

D. 3,72 lít.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Cathode (-): Cu2+, H2O	Anode (+): SO42-, H2O
Cu2+ + 2e → Cu            0,1 ← 0,05       mol	2H2O → O2 + 4H+ + 4e                0,025  ←   0,1      mol

$n_{Cu}=0,05mol$ $\stackrel{Bte}{\to }2n_{Cu}=4n_{O_2}\Rightarrow n_{O_2}=0,025mol$ $\Rightarrow V_{O_2}=0,61975\approx 0,62L.$

Câu 4: Điện phân dung dịch M(NO₃)_n (điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi), ở cathode chỉ thu được 5,4 gam kim loại M và ở anode thu được 0,31 lít khí (đkc). Kim loại M là

A. Fe.

B. Cu.

C. Ag.

D. Pb.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

$\stackrel{BTe}{\to }n.n_{KL}=4n_{O_2}\iff \frac{5,4}{M}.n=4.\frac{0,31}{24,79}$ $\Rightarrow M=108n\stackrel{n=1}{\to }M=108\left(Ag\right)$.

Câu 5: Điện phân V lít dung dịch CuCl₂ 0,5 M với điện cực trơ. Khi dừng điện phân thu được dung dịch X và 1,86 lít khí Cl₂ (đkc) duy nhất ở anode. Toàn bộ dung dịch X tác dụng vừa đủ với 12,6 g Fe. Giá trị của V là bao nhiêu?

A. 0,3.

B. 0,5.

C. 0,6.

D. 0,8.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ở cathode: Cu²⁺ + 2e → Cu

Ở anode: 2Cl^- → Cl₂ + 2e.

Số mol CuCl₂ đã điện phân là: $\frac{1,86}{24,79}$(mol)

Dung dịch X có CuCl₂ dư, H₂O.

Fe              +                 CuCl₂            →         FeCl₂ + Cu

0,225 mol                0,225 mol

$\text{V = }\frac{\frac{\text{1,86}}{\text{24,79}}\text{+ 0,225}}{\text{0,5}}$ = 0,60 lít

Câu 6: Điện phân 200 mL dung dịch CuSO₄ nồng độ x mol/L với điện cực trơ. Sau một thời gian thu được dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8 g so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8 g bột sắt vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4 g kim loại. Giá trị của x là bao nhiêu?

A. 0,25.

B. 0,50.

C. 1,25.

D. 1,50.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Cathode (-): Cu2+, H2O	Anode (+): SO42-, H2O
Cu2+ + 2e → Cu 2H2O + 2e → H2 + 2OH-	2H2O → O2 + 4H+ + 4e

Vì dung dịch Y vẫn còn màu xanh nên Cu²⁺ chưa điện phân hết.

$m_{d{d}_{\searrow }}=m_{Cu\sinh ra}+m_{O_{2\nearrow }}$

Gọi số mol Cu²⁺ bị điện phân là a

Ta có: 64 a + 18 a = 8 g → a = 0,1

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

Fe + CuSO₄ → Cu + FeSO₄

Số mol Fe tham gia phản ứng = số mol H₂SO₄ + số mol CuSO₄ dư

Gọi b là số mol CuSO₄ chưa bị điện phân.

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m _{KL sau phản ứng} = 16,8 g – m _{Fe phản ứng} + m _{Cu sinh ra}.

Hay 16,8 – 56(b + 0,1) + 64 b = 12,4 $\Rightarrow$ b = 0,15 mol

Tổng số mol CuSO₄ = a + b = 0,25

Vậy x = $\frac{0,25}{0,2}$= 1,25.

Câu 7: Điện phân 500 mL dung dịch AgNO₃ với điện cực trơ cho đến khi cathode bắt đầu có khí thoát ra thì dừng. Để trung hòa dung dịch sau điện phân cần 80 mL dung dịch NaOH 0,1 M. Biết cường độ dòng điện là 0,2A, thời gian điện phân là bao nhiêu giây?

A. 3600.

B. 3680.

C. 3860.

D. 3800.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ở cathode: Ag⁺ + e → Ag

Ở anode: 2H₂O → 4H⁺+ O₂ + 4e.

Phản ứng trung hòa: H⁺ + OH^- → H₂O

n_NaOH = n_H⁺ = 0,08 . 0,1 = 0,008 (mol) ⇒ số eletron trao đổi là 0,008 mol

$\text{ t = }\frac{{\text{n}}_e\text{.F}}{\text{I}}\text{ = }\frac{\text{0,008.96500}}{\text{0,2}}\text{ = 3860 s}$.

Câu 8: Điện phân 500 mL dung dịch X gồm Cu(NO₃)₂ và AgNO₃ với cường độ dòng điện 0,804 A cho đến khi bọt khí bắt đầu thoát ra ở cathode thì mất 2 giờ, khi đó khối lượng cathode tăng thêm 4,2 g. Nồng độ mol của Cu(NO₃)₂ trong dung dịch X là bao nhiêu?

A. 0,01.

B. 0,02.

C. 0,03.

D. 0,04.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ở cathode: Ag⁺ + e → Ag

                 Cu²⁺ + 2e → Cu

Ở anode: 2H₂O → 4${\text{H}}^{\text{+}}$+ O₂ + 4e.

Đến khi bọt khí bắt đầu thoát ra ở cathode thì mất 2 giờ, khi đó khối lượng cathode tăng thêm 4,2 g.

Sau 2h, ion kim loại a mol Ag⁺ và b mol Cu²⁺ bị điện phân hết, khối lượng cathode tăng = m_Ag + m_Cu = 108 a + 64 b = 4,2 g (1*)

Thời gian để điện phân hết a mol Ag⁺ và b mol Cu²⁺:

$t_{Ag}+t_{Cu}=2.3600$ $=\frac{a.96500}{0,804}+\frac{2.b.96500}{0,804}$

$\Rightarrow a+2b=0,06(2*)$

Từ (1*) và (2*) có a = 0,03 và b = 0,015.

Vậy nồng độ mol của Cu(NO₃)₂ trong dung dịch X là $\frac{0,015}{0,5}=0,03M.$

Câu 9: Để mạ 5,0 g bạc lên một đĩa sắt khi điện phân dung dịch chứa ${{\text{[Ag(NH}}_{\text{3}}{\text{)}}_{\text{2}}\text{]}}^{\text{+}}$ với dòng điện có cường độ 1,5 A không đổi cần thời gian t phút.

Cho biết:

- Quá trình khử tại cathode: ${{\text{[Ag(NH}}_{\text{3}}{\text{)}}_{\text{2}}\text{]}}^{\text{+}}$+ 1e → Ag + 2NH₃.

- Điện lượng Q = It = n_e. F, F = 96 500          C/mol.

Giá trị của t là bao nhiêu? (Làm tròn kết quả đến phần mười).

A. 2078.

B. 20,8.

C. 49,6.

D. 46,9.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Số mol electron: n_e = 1. n_Ag = 0,0463 mol

Điện lượng q = n_e. F = 4468 C

$\Rightarrow \text{t = }\frac{\text{q}}{\text{t}}\text{ = }\frac{\text{4468}}{\text{1,5}}\text{ = }$$2078s = 49,6 \min$.

Câu 10: Tiến hành điện phân dung dịch CuSO₄ với anode bằng đồng. Để hòa tan 100 g đồng ở anode trong 8 giờ thì cần cường độ dòng điện bằng bao nhiêu ampe? (Làm trong kết quả đến phần mười).

A. 8,5.

B. 9,5.

C. 10,5.

D. 11,5.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Quá trình oxi hóa ở anode: Cu → Cu²⁺ + 2e

Số mol electron: n_e = 2. n_Cu = 3,125 mol

Điện lượng q = n_e. F = 301563 C

$\Rightarrow \text{I = }\frac{\text{q}}{\text{t}}\text{ = }\frac{\text{301 563 C}}{\text{28 800 s}}\text{ = 10,5 A}$.

Xem thêm Phương pháp giải các dạng bài tập Hóa học 12 hay, chi tiết khác:

• Bài toán điều chế polymer
• Bài tập pin điện
• Bài toán CO, H₂ khử oxide kim loại
• Bài tập điều chế nhôm
• Bài toán luyện quặng
• Bài tập chuẩn độ oxi hóa - khử

---