Bài tập điện phân, trắc nghiệm hóa học lớp 12 2022 | Mytranshop.com

by

CHUYÊN ĐỀ ĐIỆN PHÂN

1. Khái niệm:

– Điện phân là quá trình oxi hóa khử xảy ra tại bề mặt điện cực khi có dòng điện một chiều đi qua chất điện li nóng chảy hoặc dung dịch chất điện li.

2. Nguyên tắc:

– Trong chất điện li nóng chảy hoặc dung dịch chất điện li có các cation và anion. Khi đặt điện trường vào hệ, các cation chuyển dịch về phía cực âm, anion chuyển dịch về phía cực dương.

– Tại cực dương (anot) xảy ra quá trình oxi hóa: các anion nhường e theo thứ tự tính khử giảm dần, e sinh ra dịch chuyển trong dây dẫn để đến cực âm.

– Tại cực âm (catot) xảy ra quá trình khử: các cation nhận e theo thứ tự tính oxi hóa giảm dần.

– Định luật Fa-ra-đây: m=frac{AIt}{nF}  trong đó

m: khối lượng chất sinh ra tại điện cực (gam)

A: khối lượng mol chất sinh ra (gam/mol)

I: cường độ dòng điện một chiều (Ampe)

t: thời gian điện phân (s)

n: số e trao đổi của chất

F: hằng số Fa-ra-đây = 96500.

– Định luật bảo toàn e: số mol e cho tại anot bằng số mol e nhận tại catot và {{n}_{e}}=frac{It}{F}

3. Điện phân nóng chảy:

a. Điện phân NaCl nóng chảy:

Chưa có I: NaCl(nc) → Na+ + Cl-

Khi có I: Na+ di chuyển về Catot (-), Cl- di chuyển về Anot (-)

Tại Catot: Na+ + e → Na.

Tại Anot: 2Cl- → Cl2 + 2e

Phương trình điện phân: 2NaCl,xrightarrow{dpnc},2Na,+,C{{l}_{2}}

Phương pháp này thường dùng điều chế kim loại có tính khử mạnh như kiềm, kiềm thổ, nhôm.

b. Ví dụ minh họa:

Câu 1:Khi điện phân muối clorua kim loại nóng chảy, người ta thu được 0,896 lít khí (đktc) ở anot và 3,12 gam kim loại ở catot. Công thức muối clorua đã điện phân là

A.  NaCl.                 B.  CaCl2.                    C. KCl.                     D.  MgCl2.

Giải:

Phương trình điện phân: 2MC{{l}_{x}}xrightarrow{dpnc}2M+xC{{l}_{2}}

{{n}_{M}}=frac{2}{x}.{{n}_{C{{l}_{2}}}}=frac{0,08}{x}Rightarrow {{M}_{M}}=frac{3,12x}{0,08}=39x

Với x = 1 ta có M = 39 (K) thỏa mãn. Đáp án C.

4. Điện phân dung dịch:

4.1. Điện phân dung dịch CuSO4

a. Quá trình điện phân

Chưa có I: CuSO4 → Cu2+ + SO42-

Khi có I: Catot có Cu2+ và nước. Anot có SO42- và nước.

Tại Catot: Cu2+ + 2e → Cu.

Hiện tượng: Cu sinh ra bám vào catot, màu xanh của dung dịch nhạt dần. Sau khi hết Cu2+ (dung dịch không còn màu xanh), đến nước bị điện phân

Mytranshop.com khuyên bạn nên xem:  Ăn Gì Tốt Cho Tim Mạch? Và Ăn Gì Không Tốt Cho Tim? 2022 | Mytranshop.com

2H2O + 2e → 2OH- + H2

Hiện tượng: có khí thoát ra tại catot.

Tại Anot: Các gốc axit có oxi (SO42-, NO3-,…) không điện phân mà nước điện phân.

2H2O → 4H+ + 4e + O2

Hiện tượng: có khí thoát ra tại anot, pH dung dịch giảm dần. Khi ở catot điện phân hết Cu2+ thì cả 2 cực điện phân nước, pH dung dịch không đổi*.

Phương trình điện phân: 2CuS{{O}_{4}},+2{{H}_{2}}Oxrightarrow{dptext{dd}}2Cu+2{{H}_{2}}S{{O}_{4}}+{{O}_{2}}

(*: thực tế khi điện phân pH của dung dịch tại 2 điện cực sẽ khác nhau do một bên sinh ra H+, một bên sinh ra OH-, ở đây coi pH được xét khi đã ngưng điện phân)

b. Ví dụ minh họa:

Câu 1:Điện phân 200 ml dung dịch CuSO4 với điện cực trơ và cường độ dòng điện 1A. Khi thấy ở catot bắt đầu có bọt khí thoát ra thì dừng điện phân. Để trung hòa dung dịch thu được sau khi điện phân cần dùng 100 ml dung dịch NaOH 0,1M. Thời gian điện phân và nồng độ mol của dung dịch CuSO4 ban đầu là

A. 965 s và 0,025 M   B. 1930 s và 0,05 M    C. 965 s và 0,05 M     D. 1930 s và 0,025 M

Giải:

Phương trình điện phân: 2CuS{{O}_{4}},+2{{H}_{2}}Oxrightarrow{dptext{dd}}2Cu+2{{H}_{2}}S{{O}_{4}}+{{O}_{2}}

Khi thấy ở catot bắt đầu có bọt khí thoát ra thì dừng điện phân ⇒ Cu2+ điện phân vừa hết.

{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}=frac{1}{2}{{n}_{NaOH}}=0,005,mol Rightarrow {{n}_{CuS{{O}_{4}}}}=0,005,mol Rightarrow {{C}_{M}}=0,025M

{{n}_{e}}=frac{It}{F}=2{{n}_{CuS{{O}_{4}}}} Rightarrow t=frac{2.0,005.96500}{1}=965,s. Đáp án A.

4.2. Điện phân dung dịch NaCl (có màng ngăn)

a. Quá trình điện phân

Chưa có I: NaCl → Na+ + Cl-

Khi có I: Catot có Na+ và nước. Anot có Cl- và nước.

Tại Catot: Các cation kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm không điện phân mà nước điện phân.

2H2O + 2e → 2OH- + H2

Hiện tượng: có khí thoát ra tại catot, pH dung dịch tăng dần.

Tại Anot: 2Cl- → Cl2 + 2e

Hiện tượng: có khí thoát ra tại anot. Sau khi hết Cl-, đến nước bị điện phân

2H2O → 4H+ + 4e + O2

Hiện tượng: có khí thoát ra tại anot, pH của dung dịch không đổi do 2 điện cực đều điện phân nước.

Phương trình điện phân: NaCl,+,{{H}_{2}}Oxrightarrow{dpcmn}NaOH,+,{{H}_{2}},+,C{{l}_{2}}

Trường hợp không có màng ngăn sẽ tạo thành nước Javen do Cl2 phản ứng với NaOH.

b. Ví dụ minh họa:

Câu 1:Điện phân 100 ml dung dịch chứa NaCl với điện cực trơ,có màng ngăn, cường độ dòng điện I=3,86A. Thời gian điện phân để được dung dịch pH=12 (thể tích dung dịch được xem như không đổi, hiệu suất là 100%) là

Mytranshop.com khuyên bạn nên xem:  LW Trong Bóng Đá Là Gì 2022 | Mytranshop.com

A. 100s                        B. 50s                          C. 150s                        D. 25s

Giải:

Phương trình điện phân: NaCl,+,{{H}_{2}}Oxrightarrow{dpcmn}NaOH,+,{{H}_{2}},+,C{{l}_{2}}

pH=12Rightarrow text{ }!![!!text{ }O{{H}^{-}}text{ }!!]!!text{ }=0,01 Rightarrow {{n}_{O{{H}^{-}}}}=text{ }!![!!text{ }O{{H}^{-}}text{ }!!]!!text{ }.V=0,001,,mol

{{n}_{e}}=frac{It}{F}={{n}_{O{{H}^{-}}}}Rightarrow t=frac{0,001.96500}{3,86}=25,s. Đáp án D.

4.3. Điện phân dung dịch Cu2+ và Cl-

a. Quá trình điện phân

Xét trường hợp điện phân dung dịch chứa a mol CuSO4 và b mol NaCl.

Tại Catot: có Cu2+, Na+, nước. Như vậy thứ tự điện phân là

Cu2+ + 2e → Cu.

2H2O + 2e → 2OH- + H2

Tại Anot: có Cl-, SO42-, nước. Thứ tự điện phân là

2Cl- → Cl2 + 2e

2H2O → 4H+ + 4e + O2

Nhận thấy khi cả Cu2+ và Cl- điện phân hết, cả 2 điện cực đều chỉ điện phân nước và không làm thay đổi pH dung dịch.

Như vậy xảy ra trường hợp nếu Cu2+ điện phân hết trước Cl- (2a < b), khi đó catot tiếp tục điện phân sinh ra OH-, dung dịch sau điện phân có môi trường kiềm.

Ngược lại nếu Cl- điện phân hết trước Cu2+ (2a > b), khi đó anot tiếp tục điện phân sinh ra H+, dung dịch sau điện phân có môi trường axit.

b. Ví dụ minh họa:

Câu 1: Điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp NaCl và Cu(NO3)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.

Giải:

Dung dịch hết màu xanh ⇒ Cu2+ điện phân vừa hết. Anot thu được hỗn hợp khí là Cl2 và O2 ⇒ Anot đã điện phân nước. Vậy quá trình điện phân như sau:

Tại Catot: Cu2+ + 2e → Cu.

Tại Anot: 2Cl- → Cl2 + 2e

2H2O → 4H+ + 4e + O2

 left{ begin{array}{l}{{n}_{A}}={{n}_{C{{l}_{2}}}}+{{n}_{{{O}_{2}}}}=0,15\{{m}_{A}}=71{{n}_{C{{l}_{2}}}}+32{{n}_{{{O}_{2}}}}={{n}_{A}}.{{M}_{A}}=0,15.2.29=8,7end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}{{n}_{C{{l}_{2}}}}=0,1\{{n}_{{{O}_{2}}}}=0,05end{array} right.

Bảo toàn e có 2{{n}_{C{{u}^{2+}}}}=2{{n}_{C{{l}_{2}}}}+4{{n}_{{{O}_{2}}}}Rightarrow {{n}_{C{{u}^{2+}}}}=0,2

Dung dịch ban đầu có Cu(NO3)2 (0,2 mol) và NaCl (0,2 mol) ⇒ m = 49,3 gam. Đáp án B.

Câu 2: Điện phân 100 ml dung dịch gồm CuSO4 aM và NaCl 2M (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước) với cường độ dòng điện không đổi 1,25A trong thời gian 193 phút. Dung dịch thu được có khối lượng giảm 9,195 gam so với dung dịch ban đầu. Giá trị của a là

A. 0,60                 B. 0,45                        C. 0,50                      D. 0,40

Giải:

Số mol e trao đổi là {{n}_{e}}=frac{It}{F}=0,15,mol

Tại Anot: 2Cl- (0,15 mol) → Cl2 (0,075 mol) + 2e (0,15 mol)

Giả sử tại catot Cu2+ chưa điện phân hết ⇒ {{n}_{Cu}}=frac{1}{2}{{n}_{e}}=0,075,mol. Khi đó khối lượng dung dịch giảm là {{m}_{Cu}}+{{m}_{C{{l}_{2}}}}=10,125,,>,9,195 (không thỏa mãn) ⇒ Catot đã điện phân nước

Mytranshop.com khuyên bạn nên xem:  4 mẫu nhà ống 2 tầng 1 tum 4 phòng ngủ tiện nghi cho gia đình trẻ 2022 | Mytranshop.com

(Ở đây có thể nhận định nhanh nếu Cu2+ chưa điện phân hết thì không thể tính được a)

Tại Catot: Cu2+ (0,1a) + 2e (0,2a) → Cu (0,1a)

2H2O + 2e (0,15 – 0,2a) → 2OH- + H2 (0,075 – 0,1a)

Khối lượng dung dịch giảm là 

{{m}_{Cu}}+{{m}_{{{H}_{2}}}}+{{m}_{C{{l}_{2}}}}=64.0,1a,+,2.(0,075-0,1a),+,71.0,075=9,195

⇒ a = 0,6. Đáp án A.

Câu 2: Điện phân dung dịch hỗn hợp NaCl và 0,05 mol CuSO4 bằng dòng điện một chiều 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 hoà tan được tối đa 2,04 gam Al2O3. Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là

A. 9408.                    B. 9650.                  C. 7720.                        D. 8685.

Giải:

Nhận định: Khí thoát ra ở cả 2 điện cực ⇒ Cu2+ đã điện phân hết. Dung dịch X hòa tan được Al2O3, vậy có thể rơi vào một trong hai trường hợp nêu ra ở trên.

– Trường hợp 1: Cu2+ điện phân hết trước Cl-. Dung dịch X có môi trường kiềm.

Al2O3 + 2OH- → 2AlO2- + H2O Rightarrow ,{{n}_{O{{H}^{-}}}},=,0,04,mol

(Lưu ý OH- này không phải lượng OH- do catot sinh ra mà là lượng OH- còn lại sau khi trung hòa H+ sinh ra ở anot)

Tại Catot: Cu2+ (0,05) + 2e (0,1) → Cu (0,05)

2H2O + 2e (2x) → 2OH- (2x) + H2 (x)

Tại Anot: 2Cl- (2y) → Cl2 (y) + 2e (2y)

2H2O → 4H+ (4z) + 4e (4z) + O2 (z)

(Ở đây ta không cần chứng minh ở anot đã điện phân nước, nếu nước chưa điện phân khi giải sẽ được z = 0)

Bảo toàn e có: 0,1 + 2x = 2y + 4z.

Tổng số mol khí: 0,105 = x + y + z

OH- sau phản ứng: 0,04 = 2x – 4z ⇒ x = 0,03; y = 0,07; z = 0,005.

Như vậy ne = 0,16 = It/F ⇒ t = 7720. Đáp án C.

– Trường hợp 2: Cl- điện phân hết trước Cu2+. Dung dịch X có môi trường axit.

Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O Rightarrow {{n}_{{{H}^{+}}}}=0,12,mol

Tại Catot: Cu2+ (0,05) + 2e (0,1) → Cu (0,05)

2H2O + 2e (2x) → 2OH- (2x) + H2 (x)

Tại Anot: 2Cl- (2y) → Cl2 (y) + 2e (2y)

2H2O → 4H+ (4z) + 4e (4z) + O2 (z)

Bảo toàn e có: 0,1 + 2x = 2y + 4z.

Tổng số mol khí: 0,105 = x + y + z

H+ sau phản ứng: 0,12 = 4z – 2x ⇒ y = -0,01 (không thỏa mãn).

Leave a Comment