CHUN ĐỀ 02: HỒN THIỆN TƯ DUY VÀ KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP
ĐIỆN PHÂN HAY VÀ KHĨ
Để làm tốt các dạng bài tập điện phân trong dung dịch, trước tiên các em cần nắm vững thứ tự khử trên catot
và thứ tự oxi hóa trên anot. Sau đó vận dụng các định luật bảo tồn để tìm ra kết quả của bài tốn.
Các em cũng có thể sử dụng phương pháp tính theo phương trình phản ứng, nhưng cách đó thường mất nhiều
thời gian hơn.
Có những bài chỉ cần áp dụng bảo tồn electron, bảo tồn ngun tố, nhưng có những bài cần áp dụng thêm
bảo tồn điện tích trong dung dịch.
Dưới đây là các ví dụ minh họa :
Ví dụ 1: Hòa tan 13,68 gam muối MSO 4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ
dòng điện khơng 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.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2011)
Hướng dẫn giải
2−
4

+ Vì ion SO

khơng bị oxi hóa nên ở anot H2O bị oxi hóa tạo ra khí O2.

+ Ở catot thứ tự khử như sau : M2+ > H2O.
● Điện phân trong thời gian 2t giây.
+ Theo giảthiế
t vàbả
o toà
n electron, ta có

:
 nO + nH = 0,1245
 nH = 0,0545; nM 2+ = 0,0855
{2 {2
 0,035.2 ?
 2
⇒

13,68
= 4 nO
− 96 = 64 (Cu)
2+ + 2nH
2n
M =
M
2
2
{
{
{
0,0855

 ?
?
0,035.2
● Điện phân trong thời gian t giây.
+ Theo bả
o toà
n electron, ta có
:

2nCu2+ pư = 4nO = nCu2+ pư = 0,07 mol ⇒ y = mCu = 0,07.64 = 4,48 gam
{2
123
?

0,035

Ví dụ tương tự :
Ví dụ 1.1: Hòa tan 2,88 gam XSO4 vào nước thu được dung dịch Y. Điện phân dung dịch Y (với điện cực trơ) trong
thời gian t giây thì được m gam kim loại ở catot và 0,007 mol khí ở anot. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì ở
catot thu được kim loại và tổng số mol khí (ở cả 2 bên điện cực) là 0,024 mol. Giá trị của m là :
A. 0,784.
B. 0,91.
C. 0,896.
D. 0,336.
Ví dụ 1.2: Điện phân (với điện cực trơ, cường độ dòng điện khơng đổi) dung dịch chứa 17 gam muối M(NO 3)n
trong thời gian t, thấy khối lượng dung dịch giảm 9,28 gam và tại catot chỉ có a gam kim loại M bám vào. Sau thời
gian 2t, khối lượng dung dịch giảm đi 12,14 gam và tại catot thấy thốt ra 0,672 lít khí (đktc). Vậy giá trị của a là
A. 6,40.
B. 8,64.
C. 2,24.
D. 6,48.
Ví dụ 2: Điện phân với điện cực trơ dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO 3)2, cường độ dòng điện 2,68A, trong thời gian t
(giờ), thu được dung dịch X. Cho 14,4 gam bột Fe vào X, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5) và
13,5 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn và hiệu suất của q trình điện phân là 100%. Giá trị của t là
A. 0,60.
B. 1,00.
C. 0,25.
D. 1,20.
(Đề minh họa kỳ thi THPT Quốc Gia, năm 2015)

Hướng dẫn giải

1


+ nCu2+ trong X < 0,2 ⇒ mCu < 12,8 gam ⇒ Chấ
t rắ
n cóFe dư.
+ Sơ đồphả
n ứ
ng:

Cu(NO3 )2
1 4 2 43
0,2 mol

đpdd
(1)

Cu (ởcatot)

2+
 Fe : z mol 


−
 NO3 : 2z mol 

Cu2+ : x mol 
 +

 Fe
H : y mol

NO − : 0,4 mol  (2)
3
1 4 4
4 2 4 4 43

Cu: x mol 


Fedư

1 44 2 4 43
13,5 gam

dung dòch X

O2 (ởanot)

NO


BTĐT trong X : 2x + y = 0,4
x = 0,15


+ BTE cho pư (2): 2z = 2x + 3(0,4
2z) ⇒ y = 0,1
14 2−43


z = 0,1875
nNO


mchất rắn : 64x + (14,4 − 56z) = 13,5
F.nelectron trao đổi 96500.0,1
⇒ t=
=
= 3600 giâ
y = 1giờ
I
2,68
Ví dụ tương tự :
Ví dụ 2.1: Điện phân 150 ml dung dịch AgNO 3 1M với điện cực trơ trong t giờ, cường độ dòng điện khơng đổi
2,68A (hiệu suất q 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.
(Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2012)
Ví dụ 3: Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO 4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng
điện khơng đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì
tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra khơng
tan trong dung dịch. Giá trị của a là
A. 0,26.
B. 0,24.
C. 0,18.

D. 0,15.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2014)
Hướng dẫn giải
+ Thứ tự khử trên catot : Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi trên anot : Cl − > H2O.
● Điện phân dung dịch trong thời gian t giây.
+ Theo bảo tồn ngun tố Cl, giả thiết và bảo tồn electron, ta có :

1
0,2
= 0,1 nCl2 = 0,1; nO2 = 0,01
 nCl2 = nCl− =
⇒
2
2

 nCl + nO = 0,11
ne trao đổi = 2nCl2 + 4nO2 = 0,24
2
 2
● Điện phân trong thời gian 2t giây.
+ Theo bảo tồn electron và giả thiết, ta có :

2


ởanot: nelectron trao đổi = 0,48 = 2nCl + 4nO
{2
{2



0,1
?

ở
cả
anot
và
catot:
n
+
n
+
n
=
0,26

{Cl2 {O2 {H2

0,1
?
?
 nO = 0,07; nH = 0,09
2
 2
⇒ ởcatot: n
= 2nCu2+ + 2nH ⇒ nCu2+ = 0,15
đổ
i
{
1electron

4 2 trao
43
{2

?
0,09
0,48

Ví dụ tương tự :
Ví dụ 3.1: Điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp NaCl và Cu(NO 3)2 đến khi dung dịch hết màu xanh thì ở anot
thu được 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí A. Biết tỉ khối của A so với H2 là 29. Giá trị m là
A. 53.
B. 49,3.
C. 32,5.
D. 30,5.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chun ĐHSP Hà Nội, năm học 2013 – 2014)
Ví dụ 3.2: Điện phân 2 lít dung dịch hỗn hợp gồm NaCl và CuSO 4 đến khi H2O bị điện phân ở hai điện cực thì
dừng lại, tại catot thu được 1,28 gam kim loại và tại anot thu 0,336 lít khí (đktc). Coi thể tích dung dịch khơng đổi
thì pH của dung dịch thu được là :
A. 3.
B. 2.
C. 12.
D. 13.
Ví dụ 3.3: Dung dịch X gồm Cu(NO3)2 và HCl. Điện phân một nửa dung dịch X (điện cực trơ, cường độ dòng điện
khơng đổi), sau một thời gian thu được 0,14 mol một khí duy nhất ở anot. Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa
đủ 550 ml dung dịch NaOH 0,8M, thu được 1,96 gam kết tủa. Khối lượng Cu tối đa có thể hòa tan trong một nửa
dung dịch X (giải phóng khí NO, sản phẩm khử duy nhất) là
A. 9,6.
B. 12,8.
C. 6,4.

D. 19,2.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Lục Ngạn số 1 – Bắc Giang, năm học 2013 – 2014)
Ví dụ 3.4: Điện phân dung dịch gồm 18,8 gam Cu(NO3)2 và 29,8 gam KCl (điện cực trơ, màng ngăn). Sau một thời
gian khối lượng dung dịch giảm 17,15 gam so với ban đầu, thể tích dung dịch là 400 ml. Nồng độ mol/lít các chất
trong dung dịch sau điện phân là:
A. [KCl] = 0,5M; [KNO3] = 0,25M; [KOH] = 0,25M.
B. [KCl] = 0,25M; [KNO3] = 0,25M; [KOH] = 0,25M.
C. [KCl] = 0,375M; [KNO3] = 0,25M; [KOH] = 0,25M.
D. [KCl] = 0,25M; [KNO3] = 0,5M; [KOH] = 0,25M.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chun Quốc Học Huế, năm học 2013 – 2014)
Ví dụ 3.5: Điện phân dung dịch chứa 0,2 mol NaCl và x mol Cu(NO 3)2 với điện cực trơ, sau một thời gian thu được
dung dịch X và khối lượng dung dịch giảm 21,5 gam. Cho thanh sắt vào dung dịch X đến khi các phản ứng xảy ra
hồn tồn, thấy khối lượng thanh sắt giảm 1,8 gam và thấy thốt ra khí NO duy nhất. Giá trị của x là:
A. 0,4.
B. 0,5.
C. 0,6.
D. 0,3.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chun KHTN Huế, năm học 2013 – 2014)
Ví dụ 4: Điện phân dung dịch hỗn hợp NaCl và 0,05 mol CuSO4 bằng dòng điện một chiều có cường độ 2A (điện
cực trơ, có màng ngăn). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được khí ở hai điện cực có tổng thể tích là
2,352 lít (đktc) và dung dịch X. Dung dịch X hồ tan được tối đa 2,04 gam Al2O3. Giả sử hiệu xuất điện phân là
100%, các khí sinh ra khơng tan trong dung dịch. Giá trị của t là
A. 9408.
B. 7720.
C. 9650.
D. 8685.
(Đề thi THPT Quốc Gia, năm 2016)
Hướng dẫn giải
+ Thứ tự khử trên catot : Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi trên anot : Cl − > H2O.
+ Dung dịch X hòa tan được Al2O3, chứng tỏ X có chứa H+ hoặc OH− .


3


+ Sơ đồphả
n ứ
ng:

TH1
 NaCl



CuSO4 : 0,05 mol 

TH2

Na+



2−
SO4 : 0,05 mol  +
 +

1H4 44 2 4 4 43

anot: Cl 2 , O2 



catot: H2


dd X

Na+



2−
SO4 : 0,05 mol  +


−
1OH
4 44 2 4 4 43

anot: Cl 2 , O2 


catot: H2


dd X

• TH1:
 BTĐT trong pư củ
a X vớ
i Al 2O3 : nH+ = 3nAl3+ = 6nAl O = 0,12
2 3


BTĐT
trong
X
:
n
=
2n
−
n
=
−
0,02
(loạ
i
)

Na+
SO42−
H+
• TH2:
 BTĐT trong pư củ
a X vớ
i Al 2O3 : nOH− = nAlO − = 2nAl O = 0,04

2 3
2
⇒ nCl = 0,07

2

 BTĐT trong X : nNa+ = 2nSO42− + nOH− = 0,14
GT : nCl + nO + nH = 0,105
{2 {2 {2


 nO = 0,005
0,07
?
?
⇒ 2

+ 4nO = 2nCu2+ + 2nH
n = 0,03
 BT E : 2n
{
{Cl2
{2
{ 2  H2

0,05
0,07
?
?
F.nelectron trao đổi

96500.(2.0,07 + 4.0,005)
= 7720 giâ
y
I
2

Dưới đây là ví dụ tương tự :
Ví dụ 4.1: Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO 4 (0,05 mol) và NaCl bằng dòng điện có cường độ khơng đổi 2A
(điện cực trơ, màng ngăn xốp). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được dung dịch Y và khí ở hai điện
cực có tổng thể tích là 2,24 lít (đktc). Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện phân 100%, các
khí sinh ra khơng tan trong dung dịch. Giá trị của t là
A. 6755.
B. 772.
C. 8685.
D. 4825.
(Đề thi tuyển sinh Cao đẳng, năm 2014)
⇒ t=

=

Ví dụ 5: Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO 4 và NaCl cho tới khi
nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì dừng lại, thu được dung dịch X và 0,56 lít khí (đktc) ở anot. Dung
dịch X có thể hồ tan tối đa 0,85 gam Al2O3. Khối lượng của m là :
A. 5,5916.
B. 6,2125.
C. 5,5916 hoặc 7,4625.
D. 5,5916 hoặc 6,2125.
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ, năm 2016)
Hướng dẫn giải
+ Thứ tự khử trên catot : Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi trên anot : Cl − > H2O.
+ Dung dịch X hòa tan được Al2O3, chứng tỏ X có chứa H+ hoặc OH− .

4


+ Sụ ủophaỷ

n ửự
ng:
Na+ : x mol


2
, O2
SO4 : y mol + anot: Cl
{2
+

0,5x mol
1H4 4 2 4 4 3

TH1
NaCl : x mol


CuSO4 : y mol

dd X

TH2

Na+ : x mol


2
SO4 : y mol + anot: Cl
{2




0,5x mol
1OH
4 4 2 4 4 3
dd X

TH1:
n + n = 0,025
nH+ = 3nAl3+ = 6nAl O = 0,05 {Cl2 {O2
2 3
x = 0,025

0,5x 0,0125
+
;

1
+ + n + = 2n
y = 0,0375
nO2 = nH+ = 0,0125
n
SO42
{Na {H
{

4
x
0,05

y
m = 0,025.58,5+ 0,0375.160 = 7,4625 gam.
TH2:
1
+ nOH = nAlO = 2nAl O =
2 3
2
60
nCl = 0,5x = 0,025
x = 0,05
2
1

+ n + = 2n 2 + n
1 m = 0,05.58,5+ .160 = 5,5916 gam.
Na
SO
OH
60
{
{4
{
y =
15
1/60

y
x
m = 7,4625 gam hoaở
c m = 5,5916 gam

Vớ d tng t :
Vớ d 5.1: Tin hnh in phõn dung dch cha m gam hn hp CuSO 4 v NaCl (hiu sut 100%, in cc tr,
mng ngn xp), n khi nc bt u b in phõn c hai in cc thỡ ngng in phõn, thu c dung dch X v
6,72 lớt khớ (ktc) anot. Dung dch X hũa tan ti a 20,4 gam Al 2O3. Giỏ tr ca m l
A. 25,6.
B. 23,5
C. 51,1.
D. 50,4.
( thi tuyn sinh i hc khi A nm 2013)
Vớ d 5.2: in phõn dung dch cha m gam hn hp 2 mui CuSO 4 v NaCl bng in cc tr n khi nc b
in phõn c hai in cc thỡ dng li. Dung dch thu c sau in phõn hon tan va 1,6 gam CuO v anot
ca bỡnh in phõn cú 448 ml khớ bay ra (ktc). Giỏ tr ca m l :
A. 5,97.
B. 7,14.
C. 4,95.
D. 3,87.

1.1C
5.2A

1.2B

2.1C

3.1B

3.2B

P N CC V D TNG T
3.3A 3.4D 3.5B

4.1C
5.1C

5


* Mức độ vận dụng cao
Ví dụ 7: Điện phân 500 ml dung dịch CuSO4 có nồng độ a mol/lít (điện cực trơ) đến khi thu được 1,12 lít khí (đktc)
ở anot thì dừng lại. Cho thanh sắt dư vào dung dịch sau điện phân, kết thúc phản ứng thấy khối lượng thanh sắt tăng
0,8 gam. Giá trị của a là
A. 0,4.
B. 0,2. C. 1,8. D. 1,6.
Phân tích và hướng dẫn giải
• Cá
ch1: Tính theo phương trình phả
n ứ
ng
+ Bả
n chấ
t phả
n ứ
ng:
đpdd
2CuSO4 + 2H2O 
→ O2 ↑ +2Cu ↓ +2H2SO4

1,12
= 0,05 → 0,1
22,4
⇒ Dung dòch sau điệ

n phâ
n chứ
a: CuSO4 dư vàH2SO4.
mol :

¬

0,1

Fe + H2SO4 
→ FeSO4 + H2 ↑
mol : 0,1 ¬

0,1

Fe + CuSO4 
→ FeSO4 + Cu ↓
mol : x ¬ x
→
x
⇒ mthanh Fe tăng = mCu − mFe pư = 64x − 56(x + 0,1) = 0,8⇒ x = 0,8
0,9
= 1,8M
0,5
• Cá
ch 2: Sửdụng bả
o toà
n electron
+ Trong phả
n ứ

ng điệ
n phâ
n:
4.1,12
BTE : nelectron trao đổi = 2nCu = 4nO =
= 0,2 ⇒ nCu = 0,1.
2
22,4
+ Phả
n ứ
ng củ
a Fe vớ
i dung dòch sau phả
n ứ
ng điệ
n phâ
n:
⇒ nCuSO

4

ban đầ
u

= 0,9 ⇒ [CuSO4 ] =

Cu2+

 +
 Fe dư  Fe2+ 

→
 H : 0,2 (nH+ = 2nCu2+ pư ) 
+
SO42− 




2−
SO4


Cu 

 + H2 ↑
Fe dư

BTE : 2nFe pư = 2nCu2+ + nH+
{

nFe pư = 0,9
+
⇒
0,2
m
nCu2+ = 0,8
 Thanh Fe tăng = 64nCu2+ − 56nFe pư = 0,8
⇒ nCuSO

4


ban đầ
u

= 0,9 ⇒ [CuSO4 ] =

0,9
= 1,8M
0,5

Ví dụ 8: Điện phân với điện cực trơ dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO 3)2, cường độ dòng điện 2,68A, trong thời gian t
(giờ), thu được dung dịch X. Cho 14,4 gam bột Fe vào X, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N +5) và
13,5 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn và hiệu suất của q trình điện phân là 100%. Giá trị của t là
A. 0,60.
B. 1,00.
C. 0,25.
D. 1,20.
Phân tích và hướng dẫn giải

6


• Cá
ch1:
+ nCu2+ trong X < 0,2 ⇒ mCu < 12,8 gam ⇒ Chấ
t rắ
n cóFe dư.
+ Sơ đồphả
n ứ
ng:


đpdd

Cu(NO3 )2
1 4 2 43

(1)

0,2 mol

Cu (ởcatot)

 Fe2+ : z mol 


−
 NO3 : 2z mol 

Cu2+ : x mol 
 +
 Fe
H : y mol

NO − : 0,4 mol  (2)
3
1 4 4
4 2 4 4 43

Cu: x mol 



Fedư

1 44 2 4 43
13,5 gam

dung dòch X

O2 (ởanot)

NO


BTĐT trong X : 2x + y = 0,4
x = 0,15


+ BTE cho pư (2): 2z = 2x + 3(0,4
2z) ⇒ y = 0,1
14 2−43

z = 0,1875
nNO


mchất rắn : 64x + (14,4 − 56z) = 13,5
⇒ nelectron trao đổi = nH+ = 0,1⇒ t =
• Cá
ch 2:


96500.0,1
= 3600 giâ
y = 1giờ
2,68
+ 14,4 gam Fe

đpdd
+ dd Cu(NO3)2 
→ dd X → 13,5 gam rắ
nY
1 4 2 43
0,2 mol

H : x
 
n+
 nFe pư = 0,2 − 0,125x
 2+
  nNO = H = 0,25x
⇒ Cu : 0,2 − 0,5x; 
⇒
4
 NO − : 0,4
  BTE : 2n
 nCu tạo thành = 0,2 − 0,5x
= 3nNO + 2nCu2+
Fe pư

3
1 4 44 2 4 4 43

+

dd X

⇒ mY = 14,4 − 56(0,2 − 0,125x) + 64(0,2 − 0,5x) = 13,5 ⇒ x = 0,1
⇒ t=

F.nelectron trao đổi
I

=

96500.0,1
= 3600 giâ
y = 1giờ
2,68

Ví dụ 9: Điện phân với điện cực trơ dung dịch chứa 0,45 mol AgNO 3 bằng cường độ dòng điện 2,68A, trong thời
gian t (giờ), thu được dung dịch X. Cho 33,6 gam bột Fe vào dung dịch X thấy thốt ra khí NO (sản phẩm khử duy
nhất), thu được 51,42 gam chất rắn Y. Các phản ứng xảy ra hồn tồn. Giá trị của t là
A. 1,50.
B. 2,40.
C. 1,80.
D. 1,20.
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 2 – THPT chun Quốc Học Huế, năm 2016)
Phân tích và hướng dẫn giải
+ 33,6 gam Fe

đpdd
+ dd AgNO3 

→ dd X → 51,42 gam chấ
t rắ
nY
1442443
0,45 mol

H : x
 
n+
nFe pư = 0,225− 0,125x
 +
  nNO = H = 0,25x
⇒  Ag : 0,45 − x; 
⇒
4
 NO − : 0,45   BTE : 2n
nAg tạo thành = 0,45− x
= 3nNO + nAg+
Fe pư
3

144444424444443
+

dd X

⇒ mY = 33,6 − 56(0,225− 0,125x) + 108(0,45− x) = 51,42 ⇒ x = 0,12.
⇒ nelectron trao đổi = nH+ = 0,12 ⇒ t =

nelectron trao đổi.F

I

= 4320 giâ
y = 1,2 giờ

7


* Mức độ vận dụng cao
Ví dụ minh họa
Ví dụ 10: Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng
điện khơng đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì
tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra khơng
tan trong dung dịch. Giá trị của a là
A. 0,26.
B. 0,24.
C. 0,18.
D. 0,15.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A, năm 2014)
Phân tích và hướng dẫn giải
2+

+ Thứtựkhửtrê
n catot: Cu > H2O; Thứtựoxi hó
a: Cl − > H2O.
+ Điệ
n phâ
n trong thờ
i gian t giâ
y:


1
0,2
= 0,1  nCl2 = 0,1
 nCl2 = nCl − =
⇒
⇒ ne trao đổi = 2nCl + 4nO = 0,24
2
2

2
2
 nCl + nO = 0,11
 nO2 = 0,01
2
 2
+ Điệ
n phâ
n trong thờ
i gian 2 giâ
y:
ởanot: nelectron trao đổi = 0,48 = 2nCl + 4nO
{2
{2


 nO = 0,07
0,1
?
⇒ 2


+ nO + nH = 0,26 nH = 0,09
ởcảanot vàcatot: n
Cl 2
 2
{
{2 {2

0,1
?
?
⇒ ởcatot: nelectron trao đổi = 2nCu2+ + 2nH ⇒ nCu2+ = 0,15
{
1 42 43
{2
?

0,48

0,09

Ví dụ 11: Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, hiệu suất 100% dòng điện có cường độ khơng đổi) dung dịch X
gồm 0,2 mol CuSO4 và 0,15 mol HCl, sau một thời gian điện phân thu được dung dịch Y có khối lượng giảm
14,125 gam so với khối lượng dung dịch X. Cho 15 gam bột Fe vào Y đến khi kết thúc các phản ứng thu được m
gam chất rắn. Biết các khi sinh ra hòa tan khơng đáng kể trong nước. Giá trị của m là
A. 8,6.
B. 15,3.
C. 10,8.
D. 8,0.
(Đề thi thử THPT Quốc Gia lần 1 – THPT Nguyễn Văn Trỗi – Bình Thuận, năm 2017)

Phân tích và hướng dẫn giải
−

+ Giảsửởanot chỉcóCl bòoxi hó
a, suy ra:
 BT E : nCu tạo thành = nCl max = 0,075
2
a

 H2O ởanot đãbòoxi hó
 mdd giảm max = 71nCl + 64nCu = 10,125 < 14,125 ⇒ 
{
{2

Ởanot thu được Cl 2 vàO2
0,075
0,075

BTE : nCu = nCl + 2nO
{
{2
{2

?

 nCu = 0,125
0,075
?
+
⇒

+ 71nCl + 32nO = 14,125  nO2 = 0,025
mdd giảm = 64n
{Cu
{2
{2

?
0,075
?
SO42− : 0,2

SO42− : 0,2 Cu: 0,075
 2+

Fe
+ Cu : 0,2 − 0,125 = 0,075 
→
 2+
+ 
↓
15 gam

H+ : 0,25

 Fe : 0,2   Fe dư
1 4 4 4 44 2 4 4 4 4 43
dd Y

⇒ mchất rắn = 0,075.64
−2

0,2.56)
14 2 43 + (15
1 44
4 43 = 8,6 gam
mCu

mFe dư

Ví dụ 12: Điện phân điện cực trơ màng ngăn xốp, dung dịch X chứa a gam Cu(NO 3)2 và b gam NaCl đến khi có khí
thốt ra ở cả 2 điện cực thì dừng lại, thu được dung dịch Y và 0,51 mol khí Z. Dung dịch Y hòa tan tối đa 12,6 gam

8


Fe giải phóng NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch T. Dung dịch T cho kết tủa với dung dịch AgNO 3. Tổng
giá trị của (a + b) là
A. 135,36.
B. 147,5.
C. 171,525.
D. 166,2.
Phân tích và hướng dẫn giải
+ Sơ đồphả
n ứ
ng:
Cl 2 ↑ 

 : 0,51mol
O2 ↑ 
144
424443

Z, anot

Cu(NO3 )2 : x mol  đpdd


: y mol
14NaCl
44444442444444443
X

+
+
2+
Na , H  Fe Fe : 0,225
→ +

 
 + NO ↑
max
NO3− 
Na , NO3− 
1444


4244443
144444
424444443
Y

T


Cu
{
catot

 BTE : 2nFe = 3nNO nNO = 0,15
n+
+ Y + Fe: 
⇒
⇒ nH O bòoxi hóa = H = 0,3
2
2
 nH+ = 4nNO
 nH+ = 0,6

nH O bòoxi hóa
nO = 2
= 0,15 nNa+ = nCl− = 2nCl2 = 0,72
⇒ Z có 2
⇒
2
n = 0,51− 0,15 = 0,36 BTĐT : nNO3− trong Y = 0,72 + 0,6 = 1,32
 Cl2
 nNaCl = 0,72
⇒
⇒ mhỗn hợp = 166,2
 nCu(NO3)2 = 0,66
Ví dụ 13: Tiến hành điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO 4 và NaCl (hiệu suất 100%, điện cực trơ,
màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và
6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam Al 2O3. Giá trị của m là

A. 25,6.
B. 23,5
C. 51,1.
D. 50,4.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2013)
Phân tích và hướng dẫn giải
+ Thứ tự khử trên catot: Cu2+ > H2O; Thứ tự oxi trên anot : Cl − > H2O.
+ Dung dịch X hòa tan được Al2O3, chứng tỏ X có chứa H+ hoặc OH− .
+ Sơ đồphả
n ứ
ng:

TH1
 NaCl : x mol 


CuSO4 : y mol 

TH2

 Na+ : x mol 


2−
, O2
SO4 : y mol  + anot: Cl
{2
 +

0,5x mol

1H4 4 2 4 4 3
dd X

 Na+ : x mol 


2−
SO4 : y mol  + anot: Cl
{2


−
0,5x mol
OH
1 4 4 2 4 4 3
dd X

9


TH1:
nH+ = 3nAl3+ = 6nAl O = 6.0,2 = 1,2
2 3

+
nCl = 0: Voõly.ự
1
2
nO2 = nH+ = 0,3
4


TH2:
+ nOH = nAlO = 2nAl O = 2.0,2 = 0,4
2

2 3

nCl = 0,5x = 0,3
x = 0,6
2
+ n + = 2n 2 + n
m = 0,6.58,5
14 2 43 + 0,1.160
14 2 43 = 51,1gam
Na
SO4
OH
y
=
0,1
{
{

{

mNaCl
mCuSO
4
0,4
y

x
Vớ d 14: in phõn (in cc tr, mng ngn xp) mt dung dch cha m gam hn hp CuSO 4 v NaCl cho ti
khi nc bt u b in phõn c hai in cc thỡ dng li, thu c dung dch X v 0,56 lớt khớ (ktc) anot.
Dung dch X cú th ho tan ti a 0,85 gam Al2O3. Giỏ tr ca m l
A. 5,5916.
B. 6,2125.
C. 5,5916 hoc 7,4625.
D. 5,5916 hoc 6,2125.
Phõn tớch v hng dn gii
+ Th t kh trờn catot: Cu2+ > H2O; Th t oxi trờn anot : Cl > H2O.
+ Dung dch X hũa tan c Al2O3, chng t X cú cha H+ hoc OH .
+ Sụ ủophaỷ
n ửự
ng:

TH1
NaCl : x mol


CuSO4 : y mol

TH2

Na+ : x mol


2
, O2
SO4 : y mol + anot: Cl
{2

+

0,5x mol
1H4 4 2 4 4 3
dd X

Na+ : x mol


2
SO4 : y mol + anot: Cl
{2



0,5x mol
1OH
4 4 2 4 4 3
dd X

TH1:
n + n = 0,025
nH+ = 3nAl3+ = 6nAl O = 0,05 {Cl2 {O2
2 3
x = 0,025

0,5x 0,0125
+
;


1
+ + n + = 2n
y = 0,0375
nO2 = nH+ = 0,0125
n
SO42
{Na {H
{

4
x
0,05
y
m = 0,025.58,5+ 0,0375.160 = 7,4625 gam.
TH2:
1
+ nOH = nAlO = 2nAl O =
2 3
2
60
nCl = 0,5x = 0,025
x = 0,05
2
1

+ n + = 2n 2 + n
1 m = 0,05.58,5+ .160 = 5,5916 gam.
Na
SO
OH

60
{
{4
{
y =
15
1/60

y
x
m = 7,4625 gam hoaở
c m = 5,5916 gam

10


Ví dụ 15: Điện phân dung dịch chứa 0,2 mol NaCl và x mol Cu(NO 3)2 với điện cực trơ, sau một thời gian thu được
dung dịch X và khối lượng dung dịch giảm 21,5 gam. Cho thanh sắt vào dung dịch X đến khi các phản ứng xảy ra
hồn tồn, thấy khối lượng thanh sắt giảm 1,8 gam và thấy thốt ra khí NO duy nhất. Giá trị của x là
A. 0,4.
B. 0,5.
C. 0,6.
D. 0,3.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chun KHTN Huế, năm học 2013 – 2014)
Phân tích và hướng dẫn giải
+ Thứtựkhửtrê
n catot: Cu2+ > H2O; Thứtựoxi hó
a: Cl − > H2O.
 NO3− : 2x mol


 +

 Na : 0,2 mol

−
+ Fe + dd X 
→ NO ↑⇒ X gồ
m +
t.
 vàCl đãhế
H


Cu2+ (cóthểcò
n hoặ
c hế
t)

nO = a
 2
nCu = 0,1+ 2a
+ nCl = 0,5nCl− = 0,1
⇒
2
mdd giảm = 64(0,1+ 2a) + 32a + 0,1.71= 21,5

BTE : 2nCu = 2nCl2 + 4nO2
⇒ a = 0,05⇒ dd sau điệ
n phâ
n có

: nH+ = 4nO = 0,2; nCu2+ = x − 0,2.
2

NO : 2x 
 NO3− : 2x − 0,05

 +



Na : 0,2

 +
+ +
→ NO
 + Fe 
 + Cu
{ ↑ +  Na : 0,2
{↓
0,2
x− 0,2
H : 0,2



2
+
= 0,05
BTĐT ⇒ Fe : x − 0,125
4

Cu2+ : x − 0,2




−
3

⇒ ∆m = mFe pư − mCu tạo thành = 56.(x − 0,125) − 64.(x − 0,2) = 1,8⇒ x = 0,5
Ví dụ 16: Điện phân dung dịch gồm 28,08 gam NaCl và m gam Cu(NO 3)2 (điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khi
khối lượng dung dịch giảm 51,60 gam thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X. Cho thanh sắt vào X, sau khi
các phản ứng kết thúc thấy khối lượng thanh sắt giảm 6,24 gam và thu được khí NO (sản phẩm khử). m có thể
nhận giá trị gần nhất nào sau đây?
A. 180.
B. 160. C. 170. D. 190.
Phân tích và hướng dẫn giải
+
−
NaCl : 0,48 mol  đpdd  Na , NO3  Fe
+
+
→
 
 → NO ↑⇒ X cóH
...
Cu(NO3 )2 : x mol 
14444

42444443
X


644444TH1
7444448
644444TH2
7444448
+
−
 Na , NO3 
Na+ , NO3− 
⇒ Ởanot H2O đãbòoxi hó
a ⇒ X có +
c
 hoặ

2+
+
 H , Cu 
 H

• TH1
Ởanot: nCl = 0,24 mol; nO = y
2
2

+ BTE : nCu = nCl + 2nO = 0,24 + 2y
⇒ y = 0,12
2
2

mdd giảm = 0,24.71+ 32y + (0,24 + 2y).64 = 51,6

nH+ = 4nO = 4y = 0,48
2
+
nCu2+ trong X = x − 2y − 0,24 = x − 0,48
2nFe = 3nNO + 2nCu2+
 nFe = x − 0,3

+
⇒
nH+
 mthanh Fe giảm = 56(x − 0,3) − 64(x − 0,48) = 6,24
nNO =

4
⇒ x = 0,96 ⇒ mCu(NO ) = 180,48 gầ
n nhấ
t vớ
i 180
3 2

11


+ Tuy đãtìm được kế
t quảnhưng ta vẫ
n xé
t trườ
ng hợp cò
n lại.
• TH2

Ởanot : nCl = 0,24 mol; nO = y
2
2
+
Ởcatot nCu = x; nH2 = z
 BTE : 0,24 + 2y = x + z
⇒
 mdd giảm = 0,24.71+ 32y + 64x + 2z = 51,6

nH+ = nNO − − nNa+ = 2x − 0,48
3

nFe = 0,75x − 0,18
+ 2nFe = 3nNO
⇒

mthanh Fe giảm = 56(0,75x − 0,18) = 6,24
n
+
n = H
 NO
4
 y = 0,2775
⇒ x = 0,38857 ⇒ 
(thỏ
a mã
n) ⇒ m = 73,05
z = 0,4063
● Kết luận: Như vậy nếu là bài tập tự luận thì sẽ có 02 đáp án.


12