Hướng dẫn học sinh giải nhanh các dạng bài tập về điện phân

Lý do chọn đề tài: Phương pháp giải nhanh bài toán hóa học có vai trò đặc biệt quan trọng đối với học sinh THPT - đặc biệt là trong các bài thi trắc nghiệm khách quan của kì thi THPT qu

MỤC LỤC

2.3 Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề 3

PHẦN 1: MỞ ĐẦU

1.1 Lý do chọn đề tài:

Phương pháp giải nhanh bài toán hóa học có vai trò đặc biệt quan trọng

đối với học sinh THPT - đặc biệt là trong các bài thi trắc nghiệm khách quan của

kì thi THPT quốc gia như hiện nay với thời gian rất ngắn học sinh phải giải quyết rất nhiều dạng bài tập khác nhau

Toán về điện phân nhất là điện phân dung dịch là loại toán khó, phức tạp phải kết hợp rất nhiều kiến thức về hóa học như điện phân, các bán phản ứng oxi hóa – khử, lồng thêm bài toán kim loại cho vào axit nitric, các bài toán về oxihoa-khử ; về vật lí như định luật faraday, công thức tính điện lượng, lồng thêm mắc nối tiếp hai bình điện phân nhưng lí thuyết về nó trong sách giáo khoa rất ít, hơn nữa một vài năm gần đây các bài toán về điện phân dung dịch thường xuất hiện rất nhiều và độ khó thì tăng dần trong các kì thi cao đẳng - đại học gây rất nhiều khó khăn trở ngại cho học sinh Qua nhiều năm giảng dạy và

để giúp các học sinh lớp 12 có kĩ năng giải nhanh các bài tập điện phân nhất là

điện phân dung dịch, tôi đã tổng hợp các cách giải nhanh các dạng bài tập về điện phân.

Xuất phát từ những lý do trên tôi chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh giải nhanh các dạng bài tập về điện phân ”

1.2 Mục đích nghiên cứu:

+ Trước hết phải làm cho học sinh hiểu tầm quan trọng của của phần này trong các đề thi đại học và cao đẳng hàng năm

+ Chuẩn bị cho các em những kiến thức cơ bản và vững vàng, hiểu được bản chất của vấn đề về điện phân và các vấn đề liên quan

+ Trình bày đầy đủ các kiến thức lý luận về điện phân và các kiến thức liên quan trong chương trình hóa học phổ thông

+ Giới thiệu cho học sinh các phương pháp giải nhanh các bài toán về điện phân, đặc biệt điện phân dung dịch

+ Giành thời gian cho học sinh rèn luyện kỹ năng sau khi được học lý thuyết và được học các phương pháp giải bài toán về điện phân

1.3 Đối tượng nghiên cứu:

+ Kiến thức phần điện phân giành cho học sinh lớp 12 THPT

1.4 Phương pháp nghiên cứu:

+ Dựa trên cơ sở lý luận khoa học và khả năng thực hành của học sinh + Phương pháp khảo sát thực tế thu thập thông tin, thực hành trên nhiều lớp và nhiều giáo viên hóa trong cùng trường

PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lý luận của đề tài: [1]

2.1.1 Khái niệm về điện phân:

Sự điện phân là quá trình oxi hóa – khử xảy ra ở các bề mặt điện cực khi

có điện một chiều đi qua chất điện li nóng chảy hoặc dung dịch chất điện li

+ Tại Catot (cực âm) xảy ra sự khử( sự nhận e)

+ Tại Anot (cực dương) xảy ra sự oxi hoá ( sự nhường e )

2.1.2 Sự điện phân các chất điện li.

a) Điện phân chất điện li nóng chảy

Dạng bài tập này tương đối đơn giản giáo viên chỉ cần lưu ý cho học sinh sử dụng các công thức trên , phương pháp bảo toàn e và một số ptđp sau:

Ví dụ : Điện phân nóng chảy muối Halogen

2MXn → 2 M + nX2

Điện phân nóng chảy oxit

2MxOy → xM + y O2

Điện phân nóng chảy M(OH)n

4M(OH)n →4 M +n O2 + 2nH2O

b) Điện phân dung dịch chất điện li

- Điện phân dung dịch với điện cực trơ (graphit)

+ Ở catot (cực âm): Gồm ion kim loại, H2O

Chú ý:

Thứ tự điện phân: ion kim loại có tính oxi hóa mạnh hơn tham gia điện trước như:Au3+ > Ag+ > Fe3+ > Cu2+ > H+ >Pb2+ > Ni2+> Sn2+ > Fe2+ > H2O >

Mn+(M: kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm)

Các ion kim loại kiềm, kim loại kiềm thổ và ion nhôm không bị điện phân

vì chúng có tính oxi hóa yếu hơn H2O; H2O bị điện phân theo phương trình:

2H2O + 2e → H2 + 2OH–

+ Ở anot (cực dương): Gồm ion âm, H2O.

Chú ý:

Nếu là các ion gốc axit chứa oxi như : NO3-, SO42-, CO32-, PO43- thì chúng không bị điện phân mà H2O bị điện phân

Thứ tự điện phân: ion âm có tính khử mạnh hơn tham gia điện trước như:

S2- > I- > Br- > Cl- > H2O (F- không bị điện phân )

S2- → S + 2e;

2X- → X2 + 2e

Sau khi hết các ion đó, nếu tiếp tục điện phân thì H2O sẽ điện phân theo phương trình: 2H2O → O2 + 4H+ + 4e

- Điện phân dung dịch với anot tan

+ Ở catot (cực âm): Tương tự như trong điện phân dung dịch với điện cực trơ + Ở anot (cực dương): Gồm kim loại, ion âm, H2O.

Chú ý: Do kim loại có tính khử mạnh nên nhường (e), vậy ion âm hoặc

nước không tham gia Người ta thường dùng phương pháp này trong kĩ thuật mạ điện, tinh chế kim loại…

c) Định luật Faraday: Dùng công thức biểu diễn định luật faraday để tính

khối lượng các chất thu được ở điện cực Ta có: .

.

A I t m

n F

 (1)

Trong đó: m: Khối lượng chất thu được ở điện cực (g)

A: Khối lượng mol nguyên tử của chất thu được ở điện cực

n: Số (e) mà nguyên tử hoặc ion trao đổi

I: Cường độ dòng điện(A) t: thời gian điện phân(s)

F: Hằng số Faraday ( F = 96500 culong/ mol)

Số mol chất thu được ở điện cực = .

.

I t

n F (2)

Số mol (e) trao đổi = I t.

F (3)

Giáo viên lưu ý học sinh sử dụng hợp lí các công thức trong từng trường hợp cụ thể Đặc biệt công thức (3) nên sử dụng trong bài tập điện phân dung dịch hỗn hợp có nhiều chất oxi hóa, nhiều chất khử

2.2 Thực trạng của vấn đề:

Trong quá trình giảng dạy ở trường THPT tôi nhận thấy chương trình chuẩn và nâng cao Hóa học lớp 12 hiện hành chỉ giới thiệu về điện phân rất đơn giản, trong khi đó yêu cầu của bài tập, của các đề thi ( kì thi THPT quốc gia, thi học sinh giỏi các cấp) về điện phân lại rất lạ và khó mà ngày càng thường xuyên hơn, phức tạp hơn Khi gặp các bài tập về điện phân có sự tham gia của nước, của kiến thức vật lý chỉ hơi bất thường hoặc phức tạp một chút là học sinh lúng túng không tìm ra hướng giải quyết Để giúp các em hiểu rõ hơn và tìm ra

được hướng giải nhanh các bài tập về điện phân mà đặc biệt là “toán điện phân dung dịch ” tôi cố gắng tìm tòi tài liệu tham khảo, trao đổi kinh nghiệm cùng

bạn bè đồng nghiệp để tìm ra những giải pháp tốt nhất giúp các em học sinh hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập của mình Trong khuôn khổ bài viết này tôi chỉ xin nêu một số thí dụ cụ thể mà tôi đã sử dụng trong quá trình giảng dạy để giúp

học sinh làm tốt các bài tập về điện phân mà chủ yếu trong phạm vi điện phân dung dịch.

2.3 Các giải pháp:

2.3.1 Các bước giải quyết bài toán điện phân:

Bước 1: Xác định các ion ở mỗi điện cực

Bước 2: Xác định thứ tự nhường, nhận (e)

Bước 3: Biểu diễn các đại lượng theo các bán phản ứng hoặc theo phương trình điện phân chung

Bước 4: Tính theo yêu cầu của bài toán

Một số chú ý khi giải bài toán điện phân dung dịch:

- H2O bắt đầu điện phân tại các điện cực:

+ Ở catot: bắt đầu xuất hiện bọt khí hoặc khối lượng catot không đổi nghĩa là các ion kim loại bị điện phân trong dung dịch đã bị điện phân hết + Ở cả 2 cực: Khi điện phân dung dịch muối tạo bởi từ kim loại Al trở về trước với anion gốc axit có oxi hoặc điện phân dung dịch axit có oxi

+ Khi pH của dung dịch không đổi: có nghĩa là các ion âm hoặc ion dương (hay cả hai loại) có thể bị điện phân đã bị điện phân hết Khi đó tiếp tục điện phân sẽ là H2O bị điện phân

- Khối lượng catot tăng chính là khối lượng kim loại tạo thành sau điện phân bám vào Độ giảm m(dung dịch) = m = mKết tủa + mKhí

- Từ CT: .

.

A I t m

n F

  Số mol chất thu được ở điện cực = .

.

I t

n F

Số mol (e) trao đổi = I t.

F

Nếu đề bài yêu cầu tính điện lượng cần cho quá trình điện phân thì áp

Khi các bình điện phân mắc nối tiếp thì:

Do I = const  q (điện lượng, đơn vị C) = const (q = I.t)

 n(e) trao đổi như nhau trong cùng một đơn vị thời gian

- Nếu điện phân dung dịch muối với điện cực tan (anot bằng kim loại, thường là kim loại của chính muối đó) thì khối lượng catot tăng = khối lượng anot giảm

2.3.2 Các dạng toán về điện phân dung dịch (với điện cực trơ):

Dạng 1: Xác định môi trường của dung dịch sau điện phân

Ví dụ 1: Viết PTHH xảy ra khi điện phân dung dịch NaCl

NaCln.c → Na+ + Cl

Catot (-) Anot (+)

Na+ không bị điện phân 2Cl- → Cl2 + 2e

2H2O + 2e → H2 + 2OH-

→ Phương trình : 2Cl- + 2H2O dpdd

    Cl2 + H2 + 2OH

hay 2NaCl + 2H2O dpdd

    2NaOH + Cl2 + H2

Xảy ra tương tự khi điện phân các dung dịch : NaCl , CaCl 2 , MgCl 2 , BaCl 2

*) Kết luận:

Môi trường bazơ: nếu điện phân muối tạo bởi kim loại từ Al trở về trước

và gốc axit không có oxi như: NaCl, BaCl 2 , KBr

Ví dụ 2: Viết PTHH xảy ra khi điện phân dung dịch Na 2 SO 4

Na2SO4 → 2Na+ + SO4

Catot (-) Anot (+)

Na+ không bị điện phân SO42- không bị điện phân 2H2O + 2e → H2 + 2OH- 2H2O → O2 + 4H+ + 4e Phương trình điện phân: 2H2O dp

  2H2 + O2

Xảy ra tương tự khi điện phân các dung dịch: NaNO 3 , K 2 SO 4 , Na 2 CO 3 , MgSO 4

… Vậy bản chất chính là điện phân nước.

*) Kết luận:

Môi trường trung tính: nếu điện phân các dung dịch muối tạo bởi kim

loại từ Al trở về trước và gốc axit có oxi như: NaNO 3 , K 2 SO 4 , Na 2 CO 3 , MgSO 4

… ; các axit có oxi, các bazơ như HNO 3 , H 2 SO 4 , NaOH

Ví dụ 3: Viết PTHH xảy ra điện phân dung dịch CuSO4 :

CuSO4 → Cu2+ + SO4

Catot(-) Anot (+)

SO42- không bị điện phân

Cu2+ + 2e → Cu 2H2O → 4H+ + O2+ 4e

Phương trình điện phân: Cu2+ + H2O dpdd

    Cu + 2H+ + ½ O2 hay CuSO4 + H2O dpdd

    Cu + H2SO4 + ½ O2

*) Xảy ra tương tự khi điện phân các dung dịch muối của kim loại từ Zn →Hg với các gốc axit NO 3 - , SO 4 2-

*) Kết luận:

Môi trường axit: nếu điện phân muối tạo bởi kim loại sau Al (trong dãy

điện hóa) và gốc axit có oxi như: CuSO4, FeSO4, Cu(NO3)2

*)VẬN DỤNG:

Bài 1: Điện phân 200ml dung dịch CuSO4 0,05M với các điện cực trơ cho đến

khi vừa bắt đầu sủi bọt bên catot thì ngừng điện phân Tính pH dung dịch ngay khi ấy với hiệu suất là 100% Thể tích dung dịch được xem như không đổi

A pH = 0,1 B pH = 1

C pH = 2,0 D pH = 1,3

Định hướng:

- Sau một thời gian điện phân dung dịch muối, mà ở catot bắt đầu xuất hiện khí nghĩa là Cu2+ điện phân hết, H2O bắt đầu tham gia điện phân

- Ở anot SO42- không điện phân mà nước tham gia

Giải

Phương trình điện phân: Cu2+ + H2O dpdd

    Cu + 2H+ + ½ O2 0,01 0,02

 [H+] = 0,02/0,2 = 0,1→ pH = -lg0,1 = 1  Chọn B

Bài 2: Tiến hành điện phân (với điện cực trơ) 200g dung dịch NaOH 10% đến

khi trong bình NaOH trong bình có nồng độ 20% thì ngừng điện phân Thể tích khí (ở đktc) thoát ra ở anot và catot lần lượt là:

C 78,4 và 156,8 D 62,22 và 124,44

Định hướng:

- Điện phân dd NaOH chính là điện phân H2O

- mNaOH không đổi

Giải

mNaOH =20g mdd sau điện phân = 100 gam  m H O2 bị điện phân = 200 – 100 = 100 gam

 n H O2 điện phân = 50/9 mol

Phương trình điện phân: H2O → 1

2 O2 (anot) + H2 (catot) Vậy V O2  62, 22;V H2  124, 44  Chọn D

Bài 3 [2] Điện phân 100ml dung dịch chứa NaCl với điện cực trơ, có màng

ngăn, cường độ dòng điện là 1.93A Tính thời gian điện phân để được dung dịch

pH = 12, thể tích dung dịch được xem như không thay đổi, hiệu suất điện phân

là 100%

Định hướng:

- Từ CT: .

.

A I t m

n F

  Số mol chất thu được ở điện cực = .

.

I t

n F

Số mol (e) trao đổi = I t.

F

Giải

pH = 12 [H+] = 10-12  [OH-] = 0,01  nOH- = 0,001 mol = n(e) TĐ = I t.

F

 t = 50s Chọn A

Bài 4: [3]

Điện phân 100ml dung dịch CuSO4 0.2M với cường độ I = 9,65A Tính khối lượng Cu bám bên catot khi thời gian điện phân t1 = 200s và t2 = 500s (với hiệu suất là 100%)

A 0.32g ; 0.64g B. 0.64g ; 1.28g

Giải

Với t= 200s  nCu = 9,65.200 0,01

2.96500   mCu = 0,64g

Ta có: nCu(b.đầu) = 0,02 mol (mCu = 1,28g)  t = 400s

Vậy ở 500s thì mCu = 1,28g mà 100s sau chính là điện phân nước Chọn B

Dạng 2: Mắc nối tiếp các bình điện phân

Do I = const  q (điện lượng, đơn vị C) = const (q = I.t)

 n (e) trao đổi như nhau trong cùng một đơn vị thời gian.

*) VẬN DỤNG

Thí dụ 1: [3]

Mắc nối tiếp hai bình điện phân: bình (1) chứa dung dịch MCl2 và bình (2) chứa

dung dịch AgNO3 Sau 3 phút 13 giây thì ở catot bình (1) thu 1,6g kim loại, còn

ở catot bình (2) thu được 5,4g kim loại Cả hai bình đều không thấy khí ở catot thoát ra Kim loại M là:

Định hướng:

- Do hai bình mắc nối tiếp cùng thời gian t: n(e trao đổi) như nhau

Giải

Ta có: nAg= 0,05mol = n(e) t.đổi  nM = 0,025 = 1,6

M  M = 64 Chọn A

Thí dụ 2:[4]

Có hai bình điện phân mắc nối tiếp nhau Bình (1) chứa dung dịch CuCl2, bình (2) chứa dung dịch AgNO3 Tiến hành điện phân(điện cực trơ) kết thúc điện

phân thấy trên catot bình (1) tăng 3,2 gam Khối lượng catot bình (2) tăng: A

Giải

nCu = 0,05  n(e) TĐ = 0,1 = nAg  mAg = 10,8  Chọn D

Dạng 3: Điện phân dung dịch hỗn hợp với điện cực trơ.

- Xác định thứ tự nhường – nhận (e) ở điện cực

- Áp dụng bảo toàn (e), phân phối (e) lần lượt vào các bán phản ứng(trong trường hợp phản ứng không vừa đủ)

*) VẬN DỤNG

Thí dụ 1 [3]

Điện phân 200ml một dung dịch chứa 2 muối AgNO3 và Cu(NO3)2với cường độ dòng điện là 0,804A đến khi bọt khí bắt đầu thoát ra ở cực âm thì mất thời gian

là 2 giờ, khi đó khối lượng cực âm tăng lên 3,44g Nồng độ mol lần lượt 2 muối trên là:

Định hướng:

- Khi cho t, I ta tính n(e) t.đổi

- Khi ở ctot bắt đầu có khí thì Ag+, Cu2+ điện phân hết

- Khối lượng cực âm tăng lên 3,44g chính = mCu + mAg

Giải

n(e) TĐ = I t.

F = 0,06

Gọi 3

3 2

(NO )

AgNO

Cu











108 64 3, 44

x y







 0,02

0,02

x y











Thí dụ 2 [5]

bằng dòng điện có cường độ 2A Thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot sau 9650 giây điện phân là:

Định hướng:

- Do Na+, SO42- không điện phân nên ta quy thành CuCl2 điện phân.

- Xác định thứ tự điện phân

Giải

n(e)t.đổi = 0,2 mol  n Cu2  điện phân = 0,1 mol

Cu2+ + 2Cl- dpdd

    Cu + Cl2 p.ứ 0,06 0,12 0,06 mol

Ta có: Cu2+ + H2O dpdd

    Cu + 2H+ + ½ O2

Vkhí = (0,06 + 0,02) 22,4 = 1,792 lít  Chọn C

Thí dụ 3 [8]

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:

Định hướng:

- Cho t,I ta tính n(e) t.đổi, xác định thứ tự điện phân

Giải

Ta có: n(e) t.đổi = 0,2 mol PT: CuCl2 dpdd

    Cu + Cl2 (1) p.ứ 0,05mol  n(e) t.đổi = 0,1 2NaCl + 2H2O dpdd

    2NaOH + Cl2 + H2 (2) Vậy n Cl = n(e) t.đổi còn lại =n OH theo(2) Al + OH - + H2O  AlO2- + 3

2 H2

 mAl = 2.7 (g) Chọn B

Thí dụ 4 [9]

Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t(s) thu được 2,464 lít (đktc) khí thoát ra ở anot Nếu thời gian điện phân là 2t(s) tổng thể tích khí thoát

ra ở 2 điện cực là 5,824 lít(đktc) Biết h =100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch Giá trị của a là:

Định hướng:

- Do K+, SO42- không điện phân nên ta quy thành CuCl2 điện phân

- Ta thấy n Cl2  0,1 < nKhí (t)= 0,11 Điện phân thời gian t(s) H2O bị điện phân

- Tìm n(e) T.Đổi ,vận dụng bảo toàn (e)

Giải Cách 1:

TN1: nKhí= 0,11 CuCl2 dpdd

    Cu + Cl2 (1)

Tại t(s) 0,1 0,1 mol

Cu2+ + H2O dpdd

    Cu + 2H+ + ½ O2 (2)

TN2: n(e) T.Đổi (t) =0,24 mol  n(e) T.Đổi (2t) =0,48 mol; nKhí = 0,26 mol

Tại 2t(s) CuCl2 dpdd

    Cu + Cl2 (1) 0,1 0,1 mol n(e) T.Đổi = 0,2 mol

Cu2+ + H2O dpdd

    Cu + 2H+ + 1

2 O2 (anot) (3)

H2O → H2 (catot) + 1

2 O2 (anot) (4)

y y y/2

Ở (3), (4) số mol (e) O2 trao đổi = (

2 2

x y

 ).4 = 0,48 – 0,2 mà 3 0,1 0, 26

2 2

x y

 x = 0,05; y = 0,09 Vậy a = 0,15mol Chọn A

Cách 2:

Ta có: 2 0,1

2

Cl Cl

n

  < nKhí (t)= 0,11  Còn khí khác là O2 n O2= 0,01 mol

(e)

n

 T.Đổi (t) = 0,24 mol  n(e) T.Đổi (2t) = 0,48 mol; nKhí (2t) = 0,26 mol.

Tại 2t(s): 4n O2 (2t)+ 2n Cl2 = 0,48  n O2(2t) = 0,07 mol  n H2= 0,09 mol

BT(e): 2n Cu2 + 2.0,09 = 0,48  n Cu2 = 0,15 mol  Chọn A

Thí dụ 5: [10]

Tiến hành điện phân 200ml dung dịch CuSO4 xM và NaCl 0,9M bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp trong thời gian t(s) thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) khí thoát ra ở anot Nếu thời gian điện phân là 2t(s) tổng thể tích khí thoát ra ở 2 điện cực là 4,816 lít (đktc) Nhúng thanh Mg vào dung dịch X, kết thúc phản ứng thấy khối lượng thanh Mg tăng m(g) Giá trị của m, x lần lượt là:

A 3,76 và 1,5 B 5,20 và 1,4

C 5,20 và 1,5 D. 3,76 và 1,4

Định hướng:

- Bài này khá quen thuộc với câu điện phân K.A.2014, nhưng đã phát triển cao hơn một chút

- Cách giải tương tự thí dụ 4

Giải

Ta có: 2 0,09

2

Cl Cl

n

  < nKhí (t)= 0,12  Còn khí khác là O2 n O2= 0,03 mol

(e)

n

 T.Đổi (t) = 0,3 mol  n(e) T.Đổi (2t) = 0,6 mol; nKhí (2t) = 0,215 mol.

Tại 2t(s): 4n O2 (2t)+ 2n Cl2 = 0,6  n O2(2t) = 0,105 mol  n H2= 0,02 mol

BT(e): 2n Cu2 + 2.0,02 = 0,6  n Cu2 = 0,28 mol  Cu2

  = 1,4M

2

2

(t) (t)

0, 28 4 0,13( )

O O











+ Mg Ta có: nMg= 0,13 + 0,06 = 0,19