Bài tập điện phân 1 muối

Sử dụng công thức $m=\frac{A.I.t}{n.F}=\frac{27.16.3.60.60}{3.96500}=16,1\,\,gam$

Gọi kim loại M có hóa trị n

2MCl_n  →  2M  +  nCl₂

                 0,6/n      0,3

=> M = 12 : (0,6/n) = 20n => M = 40; n = 2 (Ca)

t = 400s => m_{Na thu được lí thuyết} = A.I.t / nF = 0,184 gam

mà m_{Na thực tế} = 0,1472 gam

=> H = 0,1472 / 0,184 .100% = 80%

n_CuCl2 = 0,1 mol; n_{e trao đổi} = IT/F = 0,3 mol

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,1  → 0,2  → 0,1

=> m_Cu = 0,1.64 = 6,4 gam

n_{e trao đổi} = I.t / F = 0,005 mol

Ở catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

Ở anot: 2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Ở catot bắt đầu có bọt khí thoát ra => Cu²⁺ điện phân vừa hết

=> n_{O2 thu được ở anot} = 0,005 / 4 = 0,00125 mol

=> V = 0,028 lít = 28 ml

n_CuSO4 = 0,02 mol => n_{e Cu2+ nhận tối đa} = 0,02.2 = 0,04 mol

Khi t₁ = 200s => n_{e trao đổi} = I.t / F = 0,02 mol

=> n_{Cu tạo ra} = n_{e trao đổi} / 2 = 0,01 mol => m_{Cu (1)} = 0,64 gam

Khi t₂ = 500s => n_{e trao đổi} = I.t / F = 0,05 > 0,04

=> n_Cu = n_CuSO4 = 0,02 mol => m_{Cu (2)} = 1,28 gam

n_{e trao đổi} = I.t / F = 0,05 mol

Ở cực (-) điện phân H₂O:  2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^- 

=> n_OH- = n_e = 0,05 mol => [OH^-] = 0,05 / 0,5 = 0,1 M

=> pOH = 1 => pH = 13

M²⁺ + 2e → M

n_{e trao đổi} = 0,06 mol => n_M = 0,03 mol

Khối lượng catot tăng chính là khối lượng kim loại M bám vào

=> M = 1,68 / 0,03 = 56 => M là Fe

Catot: M²⁺ + 2e → M

Anot: 2H₂O → O₂ ↑ + 4H⁺ + 4e

           0,18   → 0,09    →     0,36

=> n_{e trao đổi} = 4.n_O2 = 0,36 mol

Mà n_e = I.t / F => I = n_e.F / t = 12A

n_M = n_{e trao đổi} / 2 = 0,18 mol => M = 11,52 / 0,18 = 64

=> M là Cu

2 bình điện phân mắc nối tiếp => n_{e trao đổi bình 1} = n_{e trao đổi bình 2}

n_Cu = 1,6/64 = 0,025 mol => n_{e trao đổi} = 0,025.2 = 0,05 mol

=> n_Ag = 0,05 mol => m_{bình 2 tăng} = m_Ag = 5,4 gam

Đến khi catot bắt đầu có khí thoát ra => Ag⁺ bị điện phân vừa hết

n_NaOH = 0,8 mol => n_H+ = 0,8 mol

Catot: Ag⁺ + 1e → Ag

Anot: 2H₂O → O₂ ↑ + 4H⁺ + 4e

=> n_{e trao đổi} = n_H+ = 0,8 mol

=> n_Ag+ = 0,8 mol => C_{M AgNO3} = 0,8 / 0,5 = 1,6M

n = I.t / F => t = n.F / I = 3860s

n_O2 = 0,125 mol

Catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

Anot: 2H₂O → O₂ ↑ + 4H⁺ + 4e

=> n_{e trao đổi} = 4.n_O2 = 0,5 mol

=> n_Cu = 0,5 / 2 = 0,25 mol => m = 16 gam => A đúng

t = n.F / I = 4825s => B sai

+) pH của dung dịch ban đầu giảm, khi hết Cu²⁺ thì nước điện phân ở catot tạo OH^-, ở anot tạo ra H⁺ và n_OH- = n_H+ nên pH không đổi

+) hết Cu²⁺, nước điện phân ở catot tạo khí H₂

m_{NaOH (trước điện phân)} = 20 gam 

Ở catot: 2H₂O + 2e → H₂ ↑ + 2OH^-

Ở anot:   4OH^- → O₂ + 2H₂O + 4e 

Cộng 2 quá trình, điện phân dung dịch NaOH thực chất là điện phân nước: H₂O → ½.O_{2 (anot)} + H_{2 (catot)}

→ NaOH không đổi → m _{dung dịch sau điện phân} = 80 gam

→ m_{H2O bị điện phân} = 200 – 80 = 120 gam → n_H2O = 20/3 mol

→ V_O2 = 74,7 lít và V_H2 = 149,3 lít

m_CuSO4­ = 20 gam  => n_CuSO4 = 0,125 mol

n_{CuSO4 phản ứng} = x mol => n_{Cu sinh ra} = x mol => n_O2 = 0,5x mol

$C{\% _{CuS{O_4}}} = \frac{{(0,125 - x).160}}{{250 - 64{\text{x}} - 0,5{\text{x}}.32}}.100\%  = 4\% $ (Vì dung dịch sau phản ứng có nồng độ bằng một nửa so với trước phản ứng)

=> x = 0,0638 mol => m_Cu = 4,0832 gam

Phương trình điện phân :

CuCl₂ → Cu + Cl₂

0,05        ←      0,05

Gọi n_{CuCl2 dư} = a mol

CuCl₂ + Fe → FeCl₂ + Cu

a             a                      a

=> 64a – 56a = 1,2 => a = 0,15

=> n_CuCl2 = a + 0,05 = 0,15 + 0,05 = 0,2 mol

=> C_{M CuCl2} = 0,2 / 0,2 = 1M

2Al₂O₃ → 4Al + 3O₂ (1)

C + O₂ → CO₂ (2)

2C + O₂ → 2CO (3) 

2,24 lít X + Ca(OH)₂ dư → n_CaCO3 = n_CO2 = 0,02 mol

Do X = 32 → hỗn hợp X có CO₂ (0,02 mol); CO (x mol) và O₂ dư (y mol) 

=> n_X = 0,02 + x + y = 0,1  (1)

M_X = 0,02.44 + 28x + 32y = 0,1.2.16  (2)

(1) và (2) => x = 0,06;  y = 0,02

Bảo toàn O => n_{O2 sinh ra do điện phân} $=\frac{0,02.2\text{ }+\text{ }x\text{ }+\text{ }2y}{2}=0,07\text{ }mol$

$=>\text{ }{{n}_{Al}}=\frac{4.{{n}_{O}}}{3}=\text{ }\frac{0,28}{3}\text{ }mol\text{ }=>\text{ }m=2,52\text{ }gam$

Xét tỉ lệ: 0,1 mol X ứng với 2,52 gam Al

    3 kmol X  => m_Al = 75,6 kg Al

Khí tại anot là O₂

${n_{{O_2}}} = 0,007\,\,mol\,\, =  > \,\,t = \frac{{96500.4.0,007}}{{1,93}} = 1400\,\,(s)$

Vì anot chỉ có nước điện phân => sau thời gian gấp đôi sẽ thu được số mol O₂ ở anot và số mol e trao đổi cũng gập đôi

$ =  > {\text{ }}{n_{e{\text{ }}(2t)}} = 2.{n_{e\,\,(t)}} = 2.0,007.4 = 0,056\,\,mol$

n_{H2 (catot)} = 0,024 – 0,007.2 = 0,01 mol

Ta có: ${n_e} = {\text{ }}2.{n_{{H_2}}} + 2.{n_{MS{O_4}}} = 0,056{\text{ }} =  > {n_{M{\text{S}}{O_4}}} = 0,018\,mol\,$

$ =  > {\text{ }}{M_{M{\text{S}}{O_4}.5{H_2}O}} = \frac{{4,5}}{{0,018}} = 250\,\, =  > \,\,M = 64$ (Cu)

Áp dụng công thức Faraday để tính khối lượng chất thoát ra ở điện cực.

Khối lượng Cu thoát ra ở điện cực bằng:

 \({m_{Cu}} = \frac{{A.I.t}}{{n.F}} \to t = \frac{{{m_{Cu}}.n.F}}{{A.I}} = \frac{{1 \times 96500 \times 2}}{{64 \times 1}} = 3015,625\left( s \right)\) = 50 phút 15 giây

Theo bài ra một nửa lượng khí được sinh ra từ cực dương và một nửa được sinh ra từ cực âm nên V_O2 = V_H2 = 5,6 (lít)

Suy ra: n_O2 = n_H2 = 0,25 (mol)

Dùng bảo toàn electron ta có: n_{e cho} = n_{e nhận}

Suy ra 4.n_O2 = 2.n_Cu2+ + 2.n_H2 ⇔ 4. 0,25 = 2.n_Cu2+ + 2.0,25 → n_Cu2+ = 0,25 (mol)

Khối lượng CuSO₄ có trong dung dịch là m_CuSO4 = 0,25.160 = 40 (gam)

\(n_{CuSO_4}=0,4.0,2=0,08mol\)

Khí thu được ở anot là O₂ → \({n_{{O_2}}} = \frac{{0,224}}{{22,4}} = 0,01(mol)\)

Tại anot (+): \(2{H_2}O \to 4{H^ + } + {O_2} + 4{\rm{e}}\)

\( \to {n_{e(an{\rm{o}}t)}} = 4{n_{{O_2}}} = 0,04(mol)\)

Ta thấy: \(2{n_{C{u^{2 + }}(ban\,dau)}} > 4{n_{{O_2}}}\) → Tại catot Cu²⁺  chưa bị điện phân hết

Tại catot (-): \(C{u^{2 + }} + 2{\rm{e}} \to Cu\)

                                0,04 → 0,02 (mol)

→ m_{catot tăng} = m_Cu = 0,02.64 = 1,28 gam