Tải bản đầy đủ

Bài tập Điện phân trong đề thi ĐH CĐ 2007 2017 có lời giải chi tiết

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

BÀI TẬP ĐIỆN PHÂN TRONG ĐỀ THI ĐH - CĐ 2007 – 2017
A. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG
1, Điện phân nóng chảy:
đpnc

đpnc

đpnc

2MCln
2M + nCl2
Ví dụ: 2NaCl
2Na + Cl2 ; CuCl2
Cu + Cl2
2, Điện phân dung dịch:
a, Kim loại từ Li → Al (Li, K, Ba, Ca, Na, Mg, Al (liệu khi bạn cần n{ng may |o)) không tham gia điện
ph}n, v{ gốc axit có oxi (SO42-, NO3-…) không tham gia điện ph}n, khi đó nước sẽ tham gia điện phân
Catot (cực }m): chất oxi hóa, ion dương về, giải phóng H2,
Anot (cực dương) : chất khử, ion }m về, giải phóng O2,

Chất khử: bị oxi hóa, sự oxi hóa, qu| trình oxi hóa, nhường e, số oxi hóa tăng
Chất oxi hóa: bị khử, sự khử, qu| trình khử, nhận e, số oxi hóa giảm
b, Cách viết nhanh phương trình điện phân
Ví dụ 1: điên ph}n dung dịch NaCl
Na l{ kim loại từ Li→ Al nên không tham gia điện ph}n, khi đó H2O sẽ tham gia điện ph}n,
nên phản ứng cộng thêm H2O; NaCl + H2O → bị hút về cực }m, m{ cực }m giải phóng H2, kim loại
dpdd
không điện ph}n tạo bazơ, nên 2NaCl + 2H2O

 2NaOH + H2 + Cl2
Ví dụ 2: điên ph}n dung dịch CuSO4
Gốc SO42- không tham gia điện ph}n, khi đó H2O điện ph}n, gốc axit tạo axit nên tạo H2SO4, gốc SO42về
đpdd
cực dương, cực dương giải phóng O2 nên CuSO4 + H2O
Cu + H2SO4 +1/2 O2
Ví dụ 3: điện ph}n dung dịch CuCl2
Cu sau Al v{ Cl không có oxi nên tham gia điện ph}n, nên trong phương trình không có cộng thêm
nước
CuCl2

đpdd

Cu + Cl2

It
nF
Trong đó: I (A) l{ cường độ dòng điện; t (gi}y): thời gian điện ph}n;
F = 96500
n: số e trao đổi trong phản ứng ở điện cực (nếu kim loại: n l{ hóa trị của kim loại)
It
- Số mol e trao đổi ở điện cực =
F
BÀI TẬP
Câu 1: (ĐHA08) Khi điện ph}n NaCl nóng chảy (điện cực trơ), tại catôt xảy ra
A. sự khử ion Na+
B. sự khử ion ClC. sự oxi ho| ion ClD. sự oxi ho| ion Na+
Câu 2: (CĐ13) Sản phẩm thu được khi điện ph}n dung dịch KCl (điện cực trơ, m{ng ngăn xốp)
A.K và Cl2
B. K, H2 và Cl2
C. KOH, H2 và Cl2

D. KOH, O2 và HCl
Câu 3: (ĐHA11) Khi điện phân dung dịch NaCl (cực âm bằng sắt, cực dương bằng than chì, màng
ngăn xốp):
A. ở cực dương xảy ra qu| trình oxi ho| ion Na+ và ở cực }m xảy ra qu| trình khử ion Cl −

C, Công thức tính: - Số mol chất thu được ở điện cực: số mol =

B. ở cực âm xảy ra qu| trình khử ion Na+ và ở cực dương xảy ra qu| trình oxi ho| ion Cl −
C. ở cực }m xảy ra qu| trình oxi hoá H2O v{ ở cực dương xảy ra qu| trình khử ion Cl −
D. ở cực }m xảy ra qu| trình khử H2O v{ ở cực dương xảy ra qu| trình oxi ho| ion Cl −
Câu 4: Điện ph}n ho{n to{n 14,9g muối clorua nóng chảy của một kim loại kiềm người ta thu
được 2,24 lít Cl2(đktc).Kim loại đó l{:
A. Na
B. K
C. Rb
D. Li
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 1


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Câu 5: Điện ph}n ho{n to{n 33,3g muối clorua nóng chảy của một kim loại nhóm IIA người ta
thu được 6,72 lít Cl2(đktc).Kim loại đó l{:
A. Mg
B. Ba
C. Ca
D. Sr
Câu 6: Điện ph}n nóng chảy muối clorua của kim loại M, ở catot thu được 6g kim loại v{ ở anot
có 3,36 lít khí (đktc) tho|t ra. Muối clorua đó l{:
A. NaCl
B. KCl
C. CaCl2
D. BaCl2
Câu 7: (CĐ11)Điện ph}n 500 ml dung dịch CuSO4 0,2M (điện cực trơ) cho đến khi ở catot thu
được 3,2 gam kim loại thì thể tích khí (đktc) thu được ở anot:
A. 3,36 lít
B. 1,12 lít
C. 0,56 lít
D. 2,24 lít
A. 3,36 lít
B. 1,12 lít
C. 0,56 lít
D. 2,24 lít
Câu 8 : Điện phân (với điện cực trơ) dung dịch muối sunfat của một kim loại hóa trị II với I=
3A. Sau 1930 gi}y điện ph}n thấy khối lượng catot tăng 1,92g. Kim loại đó l{:
A. Cu
B. Ba
C. Ca
D. Zn
Câu 9: (CĐ12) Tiến h{nh điện ph}n (điện cực trơ) V lít dung dịch CuCl2 0,5M khi dừng điện
ph}n thu được dúng dịch X v{ 1,68 lít khí Cl2 (đktc) duy nhất ở anot. To{n bộ dung dịch X t|c
dụng vừa đủ với 12,6g Fe. Gi| trị của V:
A. 0,45
B. 0,80
C. 0,60
D. 0,15
Câu 10: (ĐHA10) Điện phân (với điện cực trơ) một dung dịch gồm NaCl và CuSO4 có cùng số
mol, đến khi ở catot xuất hiện bọt khí thì dừng điện phân. Trong cả quá trình điện phân trên,
sản phẩm thu được ở anot:
A. khí Cl2 và H2.
B. khí Cl2 và O2.
C. chỉ có khí Cl2.
D. khí H2 và O2
Câ u 11 : (ĐHB07) Điện phân dung dịch chứa a mol CuSO4 và b mol NaCl (với điện cực trơ,
có màng ngăn xốp). Để dung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng thì
điều kiện của a và b là (biết ion SO42- không bị điện ph}n trong dung dịch).
D. 2b = a.
A. b > 2a.
B. b = 2a.
C. b < 2a.
Câu 12: (ĐHB09) Điện ph}n có m{ng ngăn 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl2 0,1M và
NaCl 0,5M (điện cực trơ, hiệu suất điện ph}n 100%) với cường độ dòng điện 5A trong 3860 gi}y.
Dung dịch thu được sau điện ph}n có khả năng ho{ tan m gam Al. Gi| trị lớn nhất của m l{:
A. 4,05.
B. 2,70.
C. 1,35.
D. 5,40
Câu 13: (ĐHA10) Điện phân (điện cực trơ) dung dịch X chứa 0,2 mol CuSO4 và 0,12 mol
NaCl bằng dòng điện có cường độ 2A. Thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot sau 9650 gi}y điện
phân là
A. 1,344 lít.
B. 2,240 lít.
C. 1,792 lít.
D. 2,912 lít.
Câu 14:(ĐHA13) Tiến h{nh điện ph}n dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 v{ NaCl 1M (điện
cực trơ, m{ng ngăn xốp hiệu suất 100%) đến khi nước bắt đầu bị điện ph}n ở cả hai điện cực thì
ngừng điện ph}n, thu được dung dịch Xv{ 6,72 lít khí (đktc) ở anot. Dung dịch X hòa tan tối đa
20,4g Al2O3. Gi| trị của m l{:
A. 23,5
B. 25,6
C. 50,4
D. 51,1
Câu 15: (CĐ14) Điện ph}n dung dịch hỗn hợp CuSO4 0,05 mol v{ NaCl bằng dòng điện có cường
độ không đổi 2A (điện cực trơ, m{ng ngăn xốp). Sau thời gian t gi}y thì ngừng điện ph}n, thu
được dung dịch Y v{ khí ở hai điện cực có tổng thể tích l{ 2,24 lít (đktc). Dung dịch Y hòa tan tối
đa 0,8g MgO. Biết hiệu suất điện ph}n 100%, c|c khí sinh ra không tan trong dung dịch. Gi| trị
của t l{:
A. 6755
B. 772
C. 8685
D. 4825
Câu 16: (ĐHA14) Điện ph}n dung dịch X chứa a mol CuSO4 v{ 0,2 mol KCl (điện cực trơ, m{ng
ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi). Trong thời gian t gi}y, thu được 2,464 lít khí ở anot
(đktc). Nếu thời gian điện ph}n l{ 2t gi}y thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824
lít (đktc). Biết hiệu suất điện ph}n l{ 100%, c|c khí sinh ra không tan trong dung dịch. Gi| trị của
a là:
A. 0,15
B. 0,24
C. 0,26
D. 0,18

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Câu 17:(ĐHA11) Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO3)2 (điện cực
trơ, màng ngăn xốp) đến khi khối lượng dung dịch giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả
thiết lượng nước bay hơi không đ|ng kể) Tất cả c|c chất tan trong dung dịch sau điện ph}n l{
A. KNO3 và KOH.
B. KNO3, KCl và KOH.
C. KNO3 và Cu(NO3)2
D. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2
Câu 18: (ĐHA07) Điện ph}n dung dịch CuCl2 với điện cực trơ, sau một thời gian thu được 0,32
gam Cu ở catôt và một lượng khí X ở anôt. Hấp thụ hoàn toàn lượng khí X trên vào 200 ml dung
dịch NaOH (ở nhiệt độ thường). Sau phản ứng, nồng độ NaOH còn lại là 0,05M (giả thiết thể
tích dung dịch không thay đổi). Nồng độ ban đầu của dung dịch NaOH là:
A. 0,15M.
B. 0,2M.
C. 0,1M.
D. 0,05M.
Câu 19: (ĐHB10) Điện ph}n (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO4 nồng độ x mol/l, sau
một thời gian thu được dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8 gam so với dung
dịch ban đầu. Cho 16,8 gam bột sắt vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4
gam kim loại. Giá trị của x là
A. 1,50.
B. 3,25.
C. 2,25.
D. 1,25.
Câu 20:(ĐHA11) Hoà tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với
điện cực trơ, cường độ dòng điện không 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 l{ 0,1245 mol. Gi| trị của y là
A. 4,788.
B. 3,920.
C. 1,680.
D. 4,480
Câu 21:(ĐHA12) Điện ph}n 150 ml dung dịch AgNO3 1M với điện cực trơ trong thời gian t giờ,
cường độ dòng điện không đổi 2,68A (hiệu suất điện ph}n l{ 100%) thu được chất rắn X, dung
dịch Y v{ khí Z. Cho 12,6g Fe v{o Y, sau khi c|c phản ứng kết thúc thu được 14,5g hỗn hợp kim
loại v{ khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Gi| trị của t
A. 0,8
B. 1,2
C. 1,0
D. 0,3
Câu 22: (ĐHB13) Điện ph}n nóng chảy Al2O3 với c|c điện cực bằng than chì thu được m kg Al ở
catot và 89,6 m3 (ở đktc) hỗn hợp khí X ở anot. Tỉ khối của X so với hiđro bằng 16,7. Cho 1,12 lít
X (đktc) phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 (dư) thu được 1,5 gam kết tủa. Biết c|c phản ứng xảy
ra hoàn toàn. Gi| trị của m l{
A. 115,2
B. 82,8
C. 114,0
D. 104,4
Câu 23 : Sau một thời gian điện ph}n 200 ml dd CuSO4 với điện cực graphit, khối lượng dung
dịch giảm 8g. Để l{m kết tủa hết ion Cu2+ còn lại trong dung dịch sau điện ph}n, cần dùng 100 ml
dung dịch H2S 0,5M. Nồng độ mol v{ nồng độ phần trăm của dung dịch CuSO4 ban đầu lần lượt l{
(biết khối lượng riêng của dd CuSO4 ban đầu l{ 1,25g/ml)
A. 0,75M và 9,6%
B. 0,75M và 6,4%
C. 0,5M và 6,4%
D. 0,5M và 9,6%
Câu 24:(PTQG 15) Điện ph}n dung dịch muối MSO4 (M l{ kim loại) với điện cực trơ, cường độ dòng
điện không đổi. Sau thời gian t gi}y thu được a mol khí ở anot. Nếu thời gian điện ph}n l{ 2t gi}y thì
tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực l{ 2,5 a mol. Giả sử hiệu suất điện ph}n l{ 100%, khí sinh
ra không tan trong nước . Ph|t biểu n{o sau đ}y sai?
A. Tại thời điềm 2t gi}y có bột khí ở catot
B. Tại thời điểm t gi}y, ion M2+ chưa bị điện ph}n hết
C. Dung dịch sau điện ph}n có pH < 7
D. Khi thu được 1,8a mol khí ở anot thì vẫn chưa xuất hiện bột khí ở catot

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 3


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Câu 25:(PTQG 16) Điện ph}n dung dịch hỗn hợp NaCl v{ 0,05 mol cuSO4 bằng dòng điện 1 chiều có
cường độ 2A (điện cực trơ, có m{ng ngăn). Sau thời gian t gi}y thì ngừng điện ph}n, thu được khí ở
hai điện cực có tổng thể tích l{ 2,352 lít
( đktc) v{ dung dịch X. Dung dịch X hòa tan tối đa 2,04g Al2O3. Giả sử hiệu suất điện ph}n l{ 100%,
c|c khí sinh ra không tan trong dung dịch. Gi| trị của t l{:
A.9650
B. 8685
C. 7720
D. 9408
Câu 26: (MHPTQGL217) Hòa tan ho{n to{n hỗn hợp X gồm CuSO4 và KCl vào H2O thu được dung
dịch Y. Điện ph}n Y (có m{ng ngăn, điện cực trơ) đến khi H2O bắt đầu điện ph}n ở cả hai điện cực
thì dừng điện ph}n. Số mol khí tho|t ra ở anot bằng 4 lần số mol khí tho|t ra từ catot. Phần trăm
khối lượng của CuSO4 trong X.
A. 61,70%
B. 44,61%
C. 34,93%
D. 50,63%
Câu 27: (Thi thử Sở GDĐT Hà Nội 2017) Dung dịch X chứa a mol CuSO4 và b mol NaCl (2a>b).
Điện ph}n (có m{ng ngăn, điện cực trơ) dung dịch X đến khi nước bắt đầu điện ph}n ở cả hai điện
cực thì dừng điện ph}n, thu được V lít khí (đktc) tho|t ra ở anot. Gi| trị của V tính theo a,b l{:
A.5,6(2a+ b)

W: www.hoc247.net

B. 11,2.(a-0,5b)

C. 5,6.(a+ 2b)

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

D. 5,6.(a-2b)

Trang | 4


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
1.A

2.C

3.D

4.B

5.C

6.C

7.C

8.A

9.C

10.B

11.A

12.B

13.C

14.D

15.C

16.A

17.D

18.C

19.D

20.D

21.C

22.D

23.A

24.D

25.C

26.B

27.A

Câu 1: (ĐHA08)
Hướng dấn
Na+Cl- , catot (-) : ion Na+ về (}m hút +), chất oxi hóa (Na+ + 1e → Na): bị khử, sự khử, qu| trình khử
→ chọn A
Nếu đề hỏi cực anot:
Anot (+) : ion Cl- về (dương hút }m), chất khử ( 2Cl- → Cl2 + 2e) : bị oxi hóa, sự oxi hóa, qu| trình oxi
hóa → chọn C.
Câu 2: (CĐ13)
Hướng dấn
K (từ Li →Al) không tham gia điện ph}n nên có sự tham gia điện ph}n của H 2O, K+ bị hút về cực }m
(giải phóng H2)
Nên: 2KCl + 2H2O → 2KOH + H2+ Cl2 → chọn C
Câu 3: (ĐHA11)
catot (-)
Na+, H2O

Na+Cl- (H2O)

a not (+)
Cl-, H2O

2H2O + 2e → H2 + 2OH-

2Cl- → Cl2 + 2e

ở cực }m: nước tham gia điện ph}n
ở cực dương: Cl- tham gia
điện ph}n
chất oxi hóa: qu| trình khử H2O
Chất khử: qu| trình oxi hóa
ion Cl
→ chọn D
PTĐP: 2NaCl + 2H2O → 2NaOH + H2+ Cl2
(Na+ từ Li → Al không tham gia điện ph}n, H2O điện ph}n, Na+ phải kết hợp với OH- để tạo NaOH
nên b|n phản ứng của nước tạo OH- (c|ch nhớ để viết đúng b|n phản ứng của nước) còn nếu bên
anot gốc axit không tham gia điện ph}n,m{ gốc axit phải kết hợp với H+ để tạo ra axit nên b|n phản
ứng của H2O bên cực anot:
H2O →1/2 O2 +2 H+ + 2e (2 H+ nên nhường 2e, có thể viết 2H2O
+
→ O2 + 4 H + 4e phụ thuộc v{o c|ch c}n bằng b|n phản ứng)
Câu 4:
Hướng dấn
2XCl → 2X + Cl2
0,2
← 0,1
14,9
→ MXCl =
= 74,5 → MX = 74,5 – 35,5 = 39 → chọn B
0,2
Câu 5:
Hướng dấn
XCl2 → X + Cl2
0,3
←0,3
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 5


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

→ MXCl2 =

33,3
= 111 → MX = 111- 71 = 40 → chọn C
0,3

Câu 6:
Hướng dấn
Theo đ|p |n, kim loại chỉ có hóa trị I, v{ II nên giả sử kim loại có hóa trị I, nếu hóa trị I không
đúng thì hóa trị II, thường thì ta nên giả sử hóa trị II trước nếu đúng thì không cần thử hóa trị I)
(Hóa trị II thì số mol đều bằng nhau, còn Hóa trị I thì số mol muối v{ kim loại gấp đôi số mol khí)
6
Giả sử kim loại có hóa trị II: nKl = nCl2 = 0,15 mol → MKl =
= 40 (Ca) → chọn C
0,15
Hoặc: XCl2 → X + Cl2
0,15
←0,15
Câu 7: (CĐ11)
Hướng dấn
Cách 1:
CuSO4 + H2O → Cu + 1/2O2 + H2SO4
0,05
←0,05→ 0,025
nCu =

3,2
= 0,05 mol
64

→ VO2 = 0,025 . 22,4 = 0,56 lít
(ở đ}y số nCuSO4 ban đầu bằng 0,1 mol m{ số mol CuSO4 phản ứng tính dựa v{o số mol Cu thu
được chỉ 0,05 mol, nên CuSO4 điện ph}n còn dư nên khi đề cho nhiều số mol ta cần dựa v{o số
mol sản phẩm thu được để tính số mol c|c chất còn lại trong phương trình phản ứng)
Cách 2: Dựa v{o định luật bảo to{n e: số mol e nhường bằng số mol e nhận
ở catot (-) Cu2+ + 2e → Cu
0,1 ←0,05
ở anot (+) 2H2O → O2 + 4 H+ + 4e
0,025
← 0,1

(Hoặc

H2O →1/2 O2 +2 H+ + 2e )
0,025
← 0,1

→ VO2 = 0,025 . 22,4 = 0,56 lít
(ở cực anot: gốc SO42- không tham gia điện ph}n nên H2O điện ph}n nên b|n phản ứng bên anot
l{ b|n phản ứng của H2O) . Giải theo c|ch 2 ta thấy được bản chất của qu| trình điện ph}n.
Câu 8 :
Hướng dấn
Khối lượng catot tăng 1,92g chính l{ khối lượng của kim loại thu được khi điện ph}n, kim loại có
hóa trị II (n=2)
→ nKL =

I .t
3.1930
1,92
=
= 0,03 mol → MKl =
= 64 → chọn A
n.F
2.96500
0,03

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 6


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Câu 9: (CĐ12)
Hướng dấn
đpdd

CuCl2 → Cu + Cl2
Cu l{ chất rắn, Cl2 l{ chất khí, theo đề dung dịch X t|c dụng với Fe nên CuCl2 chỉ điện ph}n một
phần, dung dịch X l{ CuCl2 dư
Fe + CuCl2dư → FeCl2 + Cu
0,225→ 0,225
CuCl2pứ → Cu + Cl2
0,075
←0,075
0,3
→ nCuCl2bđ = 0,225 + 0,075 = 0,3 mol → VCuCl2bđ =
= 0,6M
0,5
Câu 10: (ĐHA10)
Hướng dấn
ở cực catot (-) : Na+, Cu2+, H2O
Na+ không tham gia điện ph}n Cu2+ điện ph}n trước, khi hết ion Cu2+, H2O mới điện ph}n
ở cực anot (+) : Cl-, SO42-, H2O
SO42- không tham gia điện ph}n, Cl- điện ph}n trước, khi hết ion Cl-, H2O mới điện ph}n
Vì số mol của NaCl = số mol của CuSO4 nên số mol của Cu2+ = số mol của Cl- = x mol
ĐLBT e: số mol e nhường = số mol e nhận
Catot
anot
2+
Cu
+ 2e → Cu
2Cl- → Cl2 + 2e
mol← x mol
x mol→
x mol
Theo đề điện ph}n đến khi catot xuất hiện bọt khí thì dừng điện ph}n, để catot xuất hiện bột khí
thì phải có sự điện ph}n của H2O bên cực catot nên Cu2+ phải điện ph}n hết.
Theo ở trên khi ion Cl- điện ph}n hết thì ion Cu2+ mới điện ph}n có x/2 mol m{ số mol Cu2+ ban
đầu l{ x mol nên số mol Cu2+ phải tiếp tục điện ph}n l{ x- x/2 = x/2 mol
Khi bên cực catot ion Cu2+ tiếp tục điện ph}n x/2 mol nữa, m{ bên cực anot ion Cl- đ~ điện ph}n
hết nên bên cực anot H2O phải điện ph}n (vì qu| trình điện ph}n l{ phản ứng oxi hóa khử ở 2
điện cực, nên phải có qu| trình nhường e v{ nhận e)
Catot
Cu2+
+ 2e → Cu
x/2 →
x

anot
H2O → 1/2 O2 +2 H+ + 2e
x/4
←x

Vậy khí thu được ở anot l{ khí Cl2 và O2
Câ u 11 : (ĐHB07)
Hướng dấn
Dung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng thì dung dịch sau điện
ph}n phải có môi trường bazơ, nên Cu2+ phải điện ph}n hết v{ bên cực catot có sự điện ph}n
H2O
Catot (-): Cu2+, Na+, H2O
Anot (+) : Cl- , SO42-, H2O
Cu2+ + 2e → Cu
a→
2a

2Cl- →Cl2 + 2e
2a
←2a

Khi Cu2+ điện ph}n hết thì cần số mol Cl- l{ 2a mol, bên cực catot H2O tiếp tục bị điện ph}n để
tạo ra OH- thì phải cần thêm ion Cl- để điện ph}n nên số mol ion Cl- phải lớn hơn 2a mol. Nên b
>2a → chọn A
2H2O + 2e → H2 + 2 OHW: www.hoc247.net

2Cl- →Cl2 + 2e

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 7


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Câu 12: (ĐHB09)
Hướng dấn
nCuCl2 = 0,5.0,1 = 0,05 mol ; nNaCl = 0,5.0,5= 0,25 mol
→ nCu2+ = 0,05 mol ; nCl- = 0,05.2 + 0,25 = 0,35 mol
Catot (-):Na+, Cu2+, H2O
Na+ không tham gia điện ph}n
Cu2+ + 2e → Cu
0,05→ 0,1

Anot (+) : Cl-, H2O
2Cl- →Cl2 + 2e
0,1
0,05 ←0,1

Theo đề số mol Cl2 giải phóng ra ở anot: nCl2 =
n=2)

It
5.3860
=
= 0,1 mol ( Cl2 nhường 2e nên
nF
2.96500

Khi điện ph}n hết ion Cu2+, mới thu được nCl2 = 0,05 mol nên nCl2 cần tiếp tục tạo ra l{ 0,1 – 0,05
= 0,05 mol
Nên qu| trình điện ph}n tiếp tục:
2H2O + 2e → H2 + 2OH0,1→
0,1

2Cl- → Cl2 + 2e
0,1 ← 0,05→ 0,1

Al
+ OH- + H2O → AlO2- + 3/2H2
0,1
← 0,1
→ mAl = 0,1. 27 = 2,7g
(ở đ}y ion Cl- ban đầu l{ 0,35 mol, ion Cl- tham gia điện ph}n chỉ 0,1 + 0,1 = 0,2 mol, nên ion Clvẫn còn dư, còn tỉ lệ số mol OH- v{ Al luôn l{ như nhau: 1Al cần 1OH-, nếu Al2O3 có 2Al cần 2OHđể nhẩm nhanh trắc nghiệm, không cần viết phản ứng)
Câu 13: (ĐHA10)
Hướng dấn
nCu2+ = 0,2 mol; nCl- = 0,12 mol
Na+, SO42- không tham gia điện ph}n
Catot (-) : Cu2+ , Na+, H2O

Anot (+) : Cl-, SO42-, H2O

Cu2+
0,06

2Cl- → Cl2 + 2e
0,12 → 0,06
0,12

+ 2e → Cu
←0,12 → 0,06

Theo đề Số mol Cu giải phóng ra ở catot sau 9650 gi}y điện ph}n: nCu =

It
2.9650
=
= 0,1 mol
nF
2.96500

Khi điện ph}n hết ion Cl- chỉ mới thu được 0,06 mol Cu nên Cu2+ tiếp tục điện ph}n để tạo ra 0,1
– 0,06 = 0,04 mol Cu nữa. M{ khi bên catot ion Cu2+ tiếp tục điện ph}n thì bên anot do Cl- đ~ điện
ph}n hết nên H2O sẽ tiếp tục điện ph}n.
Cu2+

+ 2e → Cu
0,08
← 0,04

H2O →1/2 O2 +2 H+ + 2e
0,02
←0,08

→ Thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot: V = VCl2 + VO2 =( 0,06 + 0,02) . 22,4 = 1,792 lít
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 8


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Câu 14:(ĐHA13)
Hướng dấn
Dung dịch X hòa tan được Al2O3→ dung dịch X có môi trường bazơ hoặc axit
Trường hợp 1: dung dịch X có môi trường bazơ → ở catot có sự điện ph}n của H 2O v{ theo đề
điện ph}n đến khi nước bắt đầu bị điện ph}n ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, chứng tỏ
bên cực anot 6,72 lít khí (đktc) ở anot chỉ l{ thể tích của Cl2 (H2O chưa điện ph}n) còn bên cực
catot, nước đ~ điện ph}n.
nAl2O3 = 0,2 mol; nCl2 = 0,3 mol
Na+, SO42- không tham gia điện ph}n
( Hai qu| trình phải xảy ra song song, phải có qu| trình nhận e v{ nhường e)
Catot (-) : Cu2+ , Na+, H2O
Cu2+
0,1

Anot (+) : Cl-, SO42-, H2O

+ 2e → Cu
←0,2

2Cl-


0,2

Cl2
+ 2e
←(0,3-0,2)→

0,2

2H2O + 2e → H2 + 2OH2Cl- → Cl2 + 2e
0,4
← 0,4
0,4
0,2
←0,4
Al2O3
+ 2OH- → 2AlO2- + H2O
0,2→
0,4
→ nNaCl = nCl- = 0,2 + 0,4 = 0,6mol
→ nCuSO4 = nCu2+ = 0,1 mol
→ m = mCuSO4 + mNaCl = 0,1. 160 + 0,6 . 58,5 = 51,1g → chọn D.
Do đề có đ|p |n nên không xét trường hợp dung dịch X có môi trường axit, Nếu khi môi trường
bazơ m{ không có kết quả trong đ|p |n, lúc đó ta sẽ xét trường hợp dung dịch X có môi trường
axit, v{ khi đó bên cực anot, H2O sẽ điện ph}n v{ bên cực catot H2O chưa điện ph}n.
Câu 15: (CĐ14)
Hướng dấn
nhh khí = 0,1 mol ; nMgO = 0,02 mol
Catot (-) : Cu2+ , Na+, H2O
Cu2+

+ 2e
0,05→

→ Cu
0,1

Anot (+) : Cl-, SO42-, H2O
2Cl-

0,05

2H2O + 2e → H2 + 2OH2x ←x→ 2x

H+
2x

+ OH← 2x


2y

Cl2

+ 2e
← y→

2y

H2O →1/2 O2
+ 2 H+
+ 2e
0,01+x/2 ← ( 0,04+ 2x) →( 0,04+ 2x)
→ H2O

Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8g MgO : dung dịch Y có môi trường axit, khi ngừng điện ph}n thu
được khí ở cả 2 điện cực, chứng tỏ Cu2+ điện ph}n hết, có sự điện ph}n của H2O ở cả hai điện
cực, v{ do dung dịch Y có môi trường axit nên H+ sẽ dư
MgO
+ 2Hdư+ → Mg2+ + H2O
0,02→ 0,04
nhh khí = 0,1 mol → x + y + 0,01 + x/2 = 0,1 → 3x + 2y = 0,18 (1)
Theo ĐLBT e: 0,1 + 2x = 2y + 0,04+ 2x →
y = 0,03 thay v{o (1) → x = 0,04

số mol e nhận = 0,1 + 2x = 0,1+ 2.0,04 = 0,18
It
0,18.96500

nenhận =

t=
= 8685
giây
F
2
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 9


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

( Do đề không cho số mol của Cl- bằng bao nhiêu, nên ta không chia từng giai đoạn như c|ch giải
của c|c b{i tập trên được, ta chỉ biết bên cực catot có sự điện ph}n của ion Cu2+ và H2O, bên cực
anot có sự điện ph}n của ion Cl- và H2O
Nhưng khi giải xong,bản chất của b{i to|n l{: ta có số mol của Cl- = 0,06, khi ion Cl- điện ph}n hết
thì ion Cu2+ mới điện ph}n 0,03 mol, bên cực catot ion Cu2+ tiếp tục điện ph}n 0,02 mol nữa thì bên
cực anot H2O điện ph}n, khi hết ion Cu2+ bên cực catot nước tiếp tục điện ph}n thì bên anot nước
cũng tiếp tục điện ph}n (qu| trình điện ph}n của H2O ở 2 điện cực) cho đến t = 8685 gi}y thì ngừng
điện ph}n.
)
Anot ( +): 2Cl- →
Cl2
+ 2e
catot: Cu2+ + 2e → Cu
0,06→
0,03
0,06
0,03 ←0,06
nCu2+ còn lại
= 0,05 – 0,03 = 0,02
Tiếp tục
H2O →1/2 O2
0,01
Tiếp tục
H2O →1/2 O2

+ 2 H+
0,04

+ 2e
←0,04

+ 2 H+

+ 2e

Cu2+ + 2e → Cu
0,02→ 0,04
2H2O + 2e →

H2

+ 2OH-

Câu 16: (ĐHA14)
Hướng dấn
Trong thời gian t gi}y, nkhí anot = 0,11 mol; trong thời gian 2t gi}y, nkhí ở 2 cực = 0,26 mol
Catot (-) : Cu2+ , K+, H2O

Anot (+) : Cl-, SO42-, H2O

Xét trong thời gian t giây
Cu2+

+ 2e

→ Cu

2Cl- →
Cl2
+ 2e
0,2→
0,1
0,2
Khi điện ph}n hết ion Cl chỉ thu được 0,1 mol khí ở anot, m{ theo đề trong thời gian t gi}y, thu
được 0,11 mol khí, nên số mol khí còn lại = 0,11 – 0,1 = 0,01 chính l{ số mol O2 do khi hết ion Cl-,
H2O tiếp tục điện ph}n
H2O →1/2 O2
+ 2 H+ + 2e
0,01→
0,04
→ số mol e nhường trong thời gian t giây = 0,2 + 0,04 = 0,24 mol
→ số mol e nhường trong thời gian 2t gi}y = 0,24. 2 = 0,48 mol
Xét trong thời gian 2t giây
Khí thu được ở cả 2 điện cực = 0,26 mol, chứng tỏ bên cực catot có sự điện ph}n của H2O
Cu2+ + 2e
a mol→ 2a

→ Cu

2H2O + 2e → H2
+ 2OH0,18 ←0,09

2Cl- →
0,2 →

Cl2
0,1

H2O →1/2 O2
x→

+ 2e
0,2
+ 2 H+

+ 2e
4x

ne nhường = 0,2 + 4x = 0,48 → x = 0,07 mol → nH2 = 0,26 – nCl2 – nO2 = 0,09 mol
ne nhận = ne nhường = 0,48 mol
→ 2a + 0,18 = 0,48→ a = 0,15 mol

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 10


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Câu 17:(ĐHA11)
Hướng dấn
nKCl = 0,1 mol; nCu(NO3)2= 0,15 mol
Catot (-) : Cu2+ , K+, H2O

Anot (+) : Cl-, NO3-, H2O

Cu2+ + 2e
Cu
2Cl- →
Cl2
+ 2e
0,05 ← 0,1 → 0,05
0,1→
0,05
0,1
2+
Áp dụng định luật bảo to{n e: số mol e do ion Cl nhường bằng số mol e do Cu nhận
Khối lượng dung dịch giảm chính l{ do tạo ra Cu v{ Cl2, khi điện ph}n hết 0,1 mol ion Cl- thì ion
Cu2+ mới điện ph}n được 0,05 mol , khi đó khối lương dung dịch giảm = mCl2 + mCu = 0,05.71+
0,05.64 = 6,75g < 10,75g theo đề, nên bên cực catot ion Cu2+ tiếp tục điện ph}n v{ bên cực anot
H2O điện ph}n. nCu2+ còn lại = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol
Giả sử ion Cu2+ điện ph}n hết 0,1 mol
Cu2+ + 2e → Cu
H2O →1/2 O2
+ 2 H+
+ 2e
0,1→ 0,2
0,1
0,05
←0,2
mdd giảm = 6,75 + 0,1. 64 + 0,05.32 = 14,75> 10,75 đề cho
→ ion Cu2+ điện ph}n còn dư nên cực catot H2O chưa điện ph}n, ion Cu2+ còn dư , trong dung
dịch tồn tại ion K+ m{ chỉ có 1 gốc NO3- (vì ion Cl- đ~ điện ph}n hết tạo khí Cl2) nên tồn tại 2 muối
Cu(NO3)2 và KNO3, bên cực anot có sự điện ph}n của H2O tạo H+ kết hợp với gốc NO3- nên dung
dịch có HNO3
Vậy c|c chất tan trong dung dịch sau điện ph}n gồm: Cu(NO3)2, KNO3 và HNO3
Câu 18: (ĐHA07)
Hướng dấn
đpdd
CuCl2
Cu

+

Cl2
0,005→

0,005

Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O
0,005→ 0,01
Vì thể tích dung dịch không thay đổi nên VNaOH = 0,2 lít → CM (NaOH pứ )=

0,01
= 0,05M
0,2

→ CMNaOHbđ = CMNaOH pứ + CMNaOH còn lại = 0,05 + 0,05 = 0,1M
Câu 19: (ĐHB10)
Hướng dấn
Dun g dị ch Y vẫ n cò n m{ u xa n h chứn g t ỏ dun g dị ch CuSO4 chỉ mới điện ph}n một
phần (còn dư)
CuSO4 + H2O → Cu + H2SO4 + 1/2O2
a mol→
a
a
a/2
Khối lượng dung dịch giảm do tạo ra Cu v{ O2 nên khối lượng giảm 8 gam so với dung dịch ban
đầu chính l{ khối lượng của Cu v{ O2.
a
→ 64a + 32 . = 8 → a = 0,1 mol
2
Dung dịch Y gồm H2SO4 và CuSO4 dư, khi cho Fe v{o dung dịch Y thì Fe phản ứng với H2SO4
trước, khi hết H2SO4, Fe mới phản ứng với CuSO4 (kinh nghiệm vì đề yêu cầu tính CuSO4 nên
chắc chắn CuSO4 phải phản ứng hết, Fe có thể phản ứng vừa đủ hoặc còn dư, nếu kim loại chỉ có
Cu thì tính ra số mol rất lẻ nên chắc chắn Fe sẽ còn dư) nhưng với c|ch giải tổng qu|t dưới đ}y,
ta không cần biết Fe có dư hay không cứ cho số mol Fe phản ứng với CuSO4 l{ b mol thì số mol
Fe dư = số mol Fe ban đầu trừ đi số mol Fe phản ứng với H2SO4 và CuSO4 ,nếu giải ra b= 0,2 thì
Fe phản ứng vừa đủ, còn nhỏ hơn 0,2 thì Fe dư.
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 11


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2
0,1 ←0,1
Fe + CuSO4 → Cu + FeSO4
b→ b
b
nFebđ = 0,3 mol → nFe dư = 0,3 – (0,1 + b)
→ mCu + mFe dư = 12,4
→ 64b + 56 (0,3 – 0,1 – b) = 12,4
→ b = 0,15 mol
→ Fe dư 0,05 mol

0,25
= 1,25M
0,2
(Hoặc giả sử kim loại chỉ có Cu → nCu = 12,4: 64 = 0,19375 → nFe/CuSO4 = 0,19375→ nFebđ = 0,1 +
0,19375 = 0,29375 < 0,3 mol đề cho → Fe dư)
→ nCuSO4bđ = a + b = 0,1 + 0,15 = 0,25 → x =

Câu 20:(ĐHA11)
Hướng dấn
Trong thời gian t gi}y khí thu được khí ở anot l{ 0,035 mol → trong thời gian 2t gi}y khí thu
được ở anot l{ 0,035.2 = 0,07 mol
Khí thu được ở cả hai điện cực l{ 0,1245 mol, chứng tỏ bên cực catot có sự điện ph}n của H 2O
và ion M2+ điện ph}n hết.
Xét qu| trình điện ph}n trong 2t giây
Catot (-) : M2+ , H2O
Anot (+) : SO42-, H2O
M2+

+ 2e → M
x→
2x

H2O →1/2 O2
0,07→

x

2H2O + 2e → H2
0,109← 0,0545

+ 2 H+

+ 2e
0,28

+ 2OH-

nH2 = 0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol
Theo ĐLBT e có: 2x + 0,109 = 0,28 → x = 0,0855 mol → MMSO4=
64
Xét qu| trình điện ph}n trong t giây:
Cu2+ + 2e → Cu
0,14→ 0,07
→ y = mCu = 0,07 . 64 = 4,48g

13,68
= 160 → MM = 160 – 96 =
0,0855

H2O →1/2 O2
0,035→

+ 2 H+

+ 2e
0,14

Câu 21:(ĐHA12)
Hướng dấn
Cách 1:
2AgNO3 + H2O → 2Ag + 2HNO3 + 1/2O2
x→
x
Trong dung dịch Y: Khi c|c phản ứng kết thúc thu được 14,5g hỗn hợp kim loại, chứng tỏ Fe
dư, v{ dung dịch Y gồm có HNO3 và dd AgNO3 dư. Khí Fe dư thì muối thu được chỉ l{ muối
Fe(II) (Fe t|c dụng với HNO3 tạo muối Fe (III), Fe dư tiếp tục phản ứng với Fe(III) tạo Fe(II) m{
Fe dư sau phản ứng thì to{n bộ lượng Fe(III) đ~ chuyển th{nh muối Fe(II) )
nAgNO3 dư = 0,15 – x
nFebđ = 0,225 mol
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 12


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Fe →
Fe2+
+
2e
(0,075-0,125x)
← (0,15 -0,25x)

Ag+
+ 1e
→ Ag
( 0,15 – x) → ( 0,15 – x) ( 0,15 – x)

4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O
x→
0,75x
nFe dư = 0,225 – 0,075 + 0,125x = 0,15+ 0,125x → mhhkl = mFe dư + mAg = 14,5

56. (0,15 + 0,125x ) + 108 . ( 0,15 – x) = 14,5
→ x= 0,1 = nAgNO3 đp = nAg
It
0,1.1.96500
→ nAg =
→t=
= 3600s = 1h
nF
2,68
Hoặc ∆mtăng = 14,5 – 12,6 = 1,9g
Khối lượng kim loại tăng = khối lượng Ag sinh ra – khối lượng Fe phản ứng
→ 108. ( 0,15 – x) - 56. (0,075-0,125x) = 1,9
→ x= 0,1
It
0,1.1.96500
→ nAg =
→t=
= 3600s = 1h
nF
2,68
Cách 2: 2AgNO3 + H2O → 2Ag + 2HNO3 + 1/2O2
x→
x
x
dung dịch Y gồm: HNO3 và AgNO3 dư
Fe
+ 2AgNO3 dư → Fe(NO3)2 + 2Ag
(0,075 – x/2)
← (0,15 – x) →
(0,15 – x)
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
x/4
← x→
x/4
Fedư + 2Fe(NO3)3→ 3Fe(NO3)2
x/8
← x/4
→ nFe pứ = 0,075 – x/2 + x/4 + x/8 = 0,075 - x/8
→ nFe dư = 0,225 – 0,075 + x/8 = (0,15 + x/8 ) mol
mhhkl = mFe dư + mAg = 14,5
→ 56. (0,15 + x/8 ) + 108 . ( 0,15 – x) = 14,5
→ x= 0,1
It
0,1.1.96500
→ nAg =
→t=
= 3600s = 1h
nF
2,68
Câu 22: (ĐHB13)
Hướng dấn
m3 tương ứng với kg
M X = 16,7.2 = 33,4 → mX = 33,4 .4 = 133,6 kg
nX = 4 kmol
Cho X + Ca(OH)2 dư → kết tủa
→ X có khí CO2, CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3 + H2O
89,6 m3 = 89600 dm3 = 89600 lít
0,015.89600
nCO2/1,12lit = nCaCO3 = 0,015 mol→ nCO2/89,6m3 =
= 1200 mol = 1,2 kmol
1,12
Al2O3 → 2Al + 3/2O2
x kmol→ 2x
3 x /2
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 13


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

vì c|c điện cực l{m bằng than chì nên:
C

+ O2
→ CO2
a
←a kmol
C + CO2
→ 2 CO
(a – 1,2) → (2a – 2,4)
→ hỗn hợp khí X có thể l{ CO2 : 1,2 kmol
CO : 2a – 2,4
O2 dư: 3 x /2 – a
(ban đầu tạo a kmol CO2, CO2 còn lại 1{ 1,2 kmol, nên CO2 tạo khí CO l{ a – 1,2)
→ nX = 1,2 + 2a-2,4 + 3 x /2 – a = 4
→ a + 3 x /2 = 5,2→ 2a + 3x = 10,4 (1)
mX = mCO2 + mCO + mO2 = 133,6
→ 44. 1,2 + 28. (2a – 2,4) + 32. (3 x /2 – a) = 133,6
→ 24a + 48x = 148 → 6a + 12x = 37(2)
Giải (1) v{ (2) → x = 1,933 kmol→ nAl = 2x = 3,866 kmol→ mAl = 104,4 kg
Câu 23 :
Hướng dấn
CuSO4 + H2O → Cu + H2SO4 + 1/2O2
x→
x
x/2
Khối lượng dung dịch giảm do tạo Cu v{ O2
→ mCu + mO2 = 8
→ 64x + 32.x/2 = 8
→ x = 0,1 mol
nH2S = 0,05 mol
CuSO4 + H2S → CuS↓ + H2SO4
0,05
←0,05
→ nCuSO4bđ = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol → CM (CuSO4) =

0,15
= 0,75M
0,2

mdd CuSO4 = 1,25.200 = 250g
mCuSO4 = 0,15. 160 = 24g
24.100
→ %CuSO4 =
= 9,6%
250
Câu 24:(PTQG 15)
Hướng dẫn
Tại thời điểm t gi}y: ở anot có a mol khí → 2t gi}y: anot có 2a mol khí
M{ theo đề khi 2t gi}y tổng số mol khí ở cả 2 điện cực l{ 2,5a mol → ở catot giải phóng 2,5a-2a =
0,5a mol khí
Nên tại thời điểm 2t gi}y có bột khí ở catot l{ một c}u đúng.
Gọi số mol của MSO4 là x mol
MSO4 → M2+ + SO42x→
x
2+
Catot (-) : M , H2O
Anot (+) : SO42- (ko điện ph}n), H2O
Xét tại thời điểm 2t gi}y,do ở catot tho|t ra 0,5a mol khí nên ion M2+ đ~ điện ph}n hết v{ ở catot
có H2O điện ph}n
Catot (-)
Anot (+)
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 14


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

M2+ + 2e → M
x → 2x

H2O → 1/2O2 + 2H+ + 2e
2a→
8a

2H2O + 2e → H2 + 2OHa ←0,5a
ĐLBT e: 2x + a = 8a→ x = 3,5a (mol)
Xét tại thời điểm t gi}y, anot tho|t ra a mol khí.
2+
M + 2e → M
2a ←4a

H2O → 1/2O2 + 2H+ + 2e
a→
4a

→ Tại thời điểm t gi}y ion M2+ mới chỉ điện ph}n 2a < 3,5 a
→ C}u B. Tại thời điểm t gi}y, ion M2+ chưa bị điện ph}n hết l{ một c}u đúng.
C}u C: Dung dịch sau điện ph}n có pH < 7 l{ một c}u đúng vì phương trình điện ph}n dung dịch
MSO4
MSO4 + H2O → M + H2SO4 + 1/2O2↑
Tạo H2SO4 → dung dịch sau điện ph}n có môi trường axit nên pH < 7
Theo quy tắt loại trừ c}u D sai. Được chứng minh như sau:
Giả sử ion M2+ điện ph}n hết 3,5a mol
Catot (-)
Anot (+)
2+
M + 2e → M
H2O → 1/2O2 + 2H+ + 2e
3,5a→7a
1,75a
←7a
2+
Khi ion M điện ph}n hết, số mol khí thu được ở anot chỉ 1,75a mol→ muốn thu được 1,8a mol khí
ở anot thì bên cực anot phải điện thêm 1,8a – 1,75a= 0,05 mol khí. M{ khí bên anot điện ph}n để
thu thêm 0,05a mol khí thì bên cực catot H2O điện ph}n vì sự điện ph}n phải xảy ra đồng thời ở cả
hai điện cực.
2H2O + 2e → H2 + 2OHH2O → 1/2O2 + 2H+ + 2e
0,2a→ 0,1a
0,05a→
0,2a
Vậy Khi thu được 1,8a mol khí ở anot thì bên cực catot thu được 0,1a mol khí H2
Câu 25:(PTQG 16)
Hướng dẫn:
NaCl→ Na+ + Cl-

CuSO4→ Cu2+ + SO42-

Catot(-): Na+ (ko điện ph}n) Cu2+, H2O

Anot (+): SO42- (ko điện ph}n), Cl-, H2O

nhhkhí = 0,105 mol ; nAl2O3 = 0,02 mol
Trường hợp 1: Dung dịch X hòa tan Al2O3, giả sử H+ hết, OH- dư v{ OH- hòa tan Al2O3
Gọi x l{ số mol khí Cl2 , y l{ số mol khí O2 tạo ra
Cu2+

+ 2e
0,05→
2H2O

4y

4y

→ Cu
0,1

2Cl0,05


2x

+ 2e → H2 +
2OH(4y+ 0,04) (2y+ 0,02) ← (4y+ 0,04)

Cl2

+ 2e
← x→

H2O →1/2 O2

2x
+ 2 H+

+ 2e
y→

H+ + OH- → H2O
4y →
4y
Al2O3 + 2OH dư→2AlO2 + H2O
0,02→ 0,04

nhhkhí = 2y + 0,02 + x + y = 0,105→ x + 3y =0,085 (1)
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 15


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Theo ĐLBTe : 0,1 + 4y + 0,04 = 2x + 4y → x = 0,07 thay v{o (1) → y = 0,005
It
0,16.96500
Số mol e nhường = 2x + 4y = 0,16 m{ nenhường =

t=
F
2
giây
Trường hợp 2: Giả sử OH- hết v{ H+ dư, H+ dư hòa tan Al2O3
Cu2+ + 2e → Cu
2Cl- →
Cl2
+ 2e
0,05→
0,1
0,05
2x
← x→
2H2O

+ 2e → H2 +
2OH2y
←y→
2y
+
H + OH → H2O
2y
←2y

= 7720

2x

H2O →1/2 O2
+ 2 H+
+
2e
(0,5y + 0,03) ←( 2y + 0,12)→ (2y+ 0,12)

Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O
0,02→ 0,12
nhhkhí = y + x +0,5 y+ 0,03 = 0,105→ x + 1,5y =0,075 (1)
Theo ĐLBTe : 0,1 + 2y = 2x + 2y + 0,12 → x = -0,02 (loại)
Vậy đ|p |n C.
Kinh nghiệm: vì Al2O3 phản ứng được với cả axit v{ bazo nhưng do Al2O3 l{ một oxit lưỡng tính
nên thường đề khai th|c tính chất lưỡng tính của Al2O3 nên thường OH- dư, nên khi l{m b{i xét
trường hợp OH- hòa tan Al2O3 trước nếu có đ|p |n thì chọn ko cần thử trường hợp H+ dư
Câu 26 đề minh họa lần 2 (2017)
Hướng dẫn
CuSO4  Cu 2  SO4 2



 KCl  K  Cl
H O
 2
Hỗn hợp X (CuSO4, KCl ) + H2O → dd Y 
Catot (-) : Cu2+, K+ ( ko điện ph}n), H2O
điện ph}n), H2O

Anot (+): Cl-, SO42- (ko

Vì số mol khí tho|t ra ở anot = 4 lần số mol khí tho|t ra ở catot→ chứng tỏ catot có khí tho|t ra
m{ ở catot chỉ có Cu2+ tham gia điện ph}n nên muốn có khí thì H2O phải điện ph}n tao ra khí
H2.M{ đề chỉ điện ph}n đến khi H2O bắt đầu điện ph}n ở cả hai điện cực thì dừng điện ph}n nên
ta fải có số mol của Cu2+ nhỏ nhơn Cl- để khi Cu2+ điện ph}n hết, bên cực anot ion Cl- vẫn chưa
điện ph}n hết .Khi Cl- còn dư tiếp tục điện ph}n thì bên catot nước sẽ điện ph}n đến khi hết ion
Cl- thì dừng lại tức bên cực anot chưa có sự điện ph}n của H2O (điện ph}n đến khi nước bắt
đầu điện ph}n ở cả hai điện cực thì dừng điện ph}n )
Gọi x l{ số mol CuSO4 = số mol Cu2+
ĐLBT e: số mol e nhường = số mol e nhận
Catot (-) : Cu2+ + 2e → Cu
anot (+): 2Cl-→ Cl2 + 2e
x→ 2x
2x
x ← 2x
2+
Cu điện ph}n hết nhưng Cl chưa điện ph}n hết nên tiếp tục điên ph}n
Gọi số mol Cl- còn lại l{ y
2H2O + 2e → H2 + 2OH2Cl- → Cl2 + 2e
y → y /2
y→
y/2 y
Theo đề số mol khí ở anot = 4 lần số mol khí ở catot nên: x+ y/2 = 4.y/2 → y= 2/3x
mX = mCuSO4 + mKCl = 160x + 74,5 ( 2x + y)
W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 16


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Thay y=2/3x→ mX = 160x + 74,5 ( 2x + 2/3x) = 358,67x (g)
160 x.100%
%CuSO4 = 358,67 x = 44,61%
Câu 27: (Thi thử Sở GDĐT Hà Nội 2017)
Hướng dẫn:
Kinh nghiệm để l{m nhanh b{i to|n: ở anot nếu ko có sự điện ph}n của H2O thì chỉ thu được khí
Cl2, m{ đề yêu cầu tính khí tho|t ra ở anot ( ko thể chỉ có khí Cl2) nên chắc chắn có sự tham gia
điện ph}n của H2O để tạo khí O2 m{ khi anot có sự điện ph}n của H2O thì bên catot H2O sẽ ko
điện ph}n vì đề cho điện ph}n dung dịch X đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực
thì dừng điện ph}n nên không có qu| trình điện ph}n của H2O ở cả hai điện cực m{ chỉ ở một
trong hai điện cực m{ thôi.
Nên khi Cl- điện ph}n hết thì Cu2+ vẫn chưa điện ph}n hết. Cu2+ tiếp tục điện ph}n thì bên cực
anot H2O sẽ điện ph}n đến khi Cu2+ vừa hết thì dừng điện ph}n.
Catot(-): Cu2+, Na+ (ko điện ph}n), H2O
Cu2+ + 2e → Cu
b/2
←b
Cu2+ +
2e → Cu
(a-b/2)→ 2(a-b/2)

Anot(+) : SO42- (ko điện ph}n), Cl2Cl- → Cl2 + 2e
b→
b/2
b
H2O → 1/2 O2 + 2H+
0,5(a-b/2)

+ 2e
←2(a-b/2)

Số mol khí ở anot = b/2 + 0,5 (a-b/2) = 0,25 (2a +b)→ V = 22,4 . 0,25. (2a+ b) = 5,6 (2a + b) lít
Đ|p |n A.

Bài tập điện phân là một dạng toán khó trong đề thi, mong tài liệu này sẽ giúp ích được nhiều
cho các em, chúc các em có một kì thi tốt nghiệp trung học phổ thông đạt kết quả thật cao!

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 17


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Website Hoc247.vn cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông
minh, nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm
kinh nghiệm, giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ c|c trường Đại học và
c|c trường chuyên danh tiếng.

I.

Luyện Thi Online
Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

-

Luyên thi ĐH, THPT QG với đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ c|c Trường ĐH v{ THPT danh tiếng.

-

H2 khóa nền tảng kiến thức luyên thi 6 môn: Toán, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh Học.

-

H99 khóa kỹ năng làm bài và luyện đề thi thử: Toán,Tiếng Anh, Tư Nhiên, Ngữ Văn+ X~ Hội.

II.

Lớp Học Ảo VCLASS
Học Online như Học ở lớp Offline

-

Mang lớp học đến tận nhà, phụ huynh không phải đưa đón con và có thể học cùng con.

-

Lớp học qua mạng, tương tác trực tiếp với giáo viên, huấn luyện viên.

-

Học phí tiết kiệm, lịch học linh hoạt, thoải mái lựa chọn.

-

Mỗi lớp chỉ từ 5 đến 10 HS giúp tương t|c dễ dàng, được hỗ trợ kịp thời và đảm bảo chất lượng học tập.

Các chương trình VCLASS:
-

Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân môn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho
học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh Trình, TS. Trần
Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn cùng đôi HLV đạt
thành tích cao HSG Quốc Gia.

-

Luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán: Ôn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An v{ c|c trường Chuyên
khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Pham Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức Tấn.

-

Hoc Toán Nâng Cao/Toán Chuyên/Toán Tiếng Anh: Cung cấp chương trình VClass Toán Nâng Cao,
Toán Chuyên và Toán Tiếng Anh danh cho các em HS THCS lớp 6, 7, 8, 9.

III.

Uber Toán Học
Học Toán Gia Sư 1 Kèm 1 Online

-

Gia sư To|n giỏi đến từ ĐHSP, KHTN, BK, Ngoại Thương, Du hoc Sinh, Gi|o viên To|n v{ Giảng viên ĐH.
Day kèm Toán mọi c}p độ từ Tiểu học đến ĐH hay c|c chương trình To|n Tiếng Anh, Tú tài quốc tế IB,…

-

Học sinh có thể lựa chọn bất kỳ GV nào mình yêu thích, có thành tích, chuyên môn giỏi và phù hợp nhất.

-

Nguồn học liệu có kiểm duyệt giúp HS và PH có thể đ|nh giá năng lực khách quan qua các bài kiểm tra
độc lập.

-

Tiết kiệm chi phí và thời gian hoc linh động hơn giải pháp mời gia sư đến nhà.

W: www.hoc247.net

F: www.facebook.com/hoc247.net

T: 098 1821 807

Trang | 18



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×