Bài tập điện phân hỗn hợp muối

$n_{e} = \frac{{2000.9,65}}{{96500}} = 0,2(mol)$

Do trong dung dịch điện phân có Ion Cl^- nên tại cực dương giai đoạn đầu Cl^- bị oxy hóa.

Anot:

2Cl^- → Cl₂ + 2e

0,12    0,06   0,12 < 0,2

=> H₂O đã bị điện phân

2H₂O → O₂ + 4e + 4H⁺

              0,02  0,08

=> V = (0,06 + 0,02).22,4 = 1,792 (lit)

Catot:

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,2       0,4 > 0,2

=> Cu²⁺ điện phân một phần

=> n_Cu = 0,2/2 = 0,1 (mol)

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

t=9650 (giây)

$n_{e}=\frac{It}{F}=\frac{5.9650}{96500}=0,5(mol)$

Theo bài ra, dung dịch có 0,1 mol Fe³⁺, 0,1 mol Fe²⁺ và 0,1 mol Cu²⁺ và 0,3 mol H⁺

Thứ tự điện phân ở catot là :

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

0,1      0,1     0,1

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,1    0,2     0,1

2H⁺ + 2e → H₂

0,2←0,2→0,1

=> m = 0,1.64  = 6,4 (gam)

$n_{e}=\frac{It}{F}=\frac{5.1158}{96500}=0,06(mol)$

Dễ dàng tính đc số mol của các chất ban đầu là 0,02 mol (KCl), 0,04 mol Cu(NO₃)₂
Catot (-):

Cu²⁺ :0,04

Cu²⁺ + 2e → Cu
0,04   0,08  > n_e
=>  ${{m}_{Cu}}=\frac{{{n}_{e}}}{2}\text{.64=}0,03.64=1,92\text{ }\left( gam \right)$

Tại Anot (+): Cl-, NO3-, H2O:
2Cl^- → Cl₂ + 2e
0,02     0,01   0,02 < 0,06
Vậy có thêm H2O điện phân tại Anot:
2H₂O → 4H⁺ + 4e + O₂
                        0,04  0,01
Vậy độ giảm dung dịch là: m _{dung dịch giảm} = 1,92 + 0,01.71 + 0,01.32 = 2,95 (gam)

n_Cu = 0,08 (mol)

Catot:

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

x         x

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,08   0,16    0,08

Anot: chỉ thu được 1 khí nên phải là Cl₂

2Cl^- - 2e → Cl₂

         0,2     0,1

Theo định luật bảo toàn e, ta có:

x + 0,16 = 0,2 => x = 0,04 (mol)

=> [Fe²⁺] = 0,04/0,4 = 0,1 (M)

$n_{e}=\frac{It}{F}\Rightarrow t=\frac{n_{e}F}{I}=\frac{0,2.96500}{7,72}=2500(s)$

n _khí = 0,02 (mol)

Do có hỗn hợp khí nên ở Anot Cl^- đã điện phân hết và đến H₂O điện phân

Hỗn hợp khí là : Cl₂ và O₂ có số mol lần lượt là x, y.

$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}  x + y = 0,02 \hfill \\  \frac{{71{\text{x}} + 32y}}{{2(x + y)}} = 25,75 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}  x + y = 0,02 \hfill \\  71{\text{x}} + 32y = 1,03 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}  x = 0,01 \hfill \\  y = 0,01 \hfill \\ \end{gathered}  \right.$

2Cl^- - 2e → Cl₂

         0,02    0,01

2H₂O - 4e → O₂ + 4H⁺ 

           0,04    0,01

=> n_e = 0,06 (mol)

ở Catot chưa có khí thoát ra tức là Cu²⁺ dư

=> m_Cu = 0,03.64 = 1,92 (gam)

Quá trình điện phân NaOH thực chất là quá trình điện phân H₂O:

Ở catot: 2H₂O + 2e --------> 2OH^- + H₂

Anot: 2H₂O - 4e -------> 4H⁺ + O₂

n_{electron trao đổi} = 100 mol

m _{dung dịch ban đầu} = 100 + 100.32/4 + 100.2/2 = 1000 gam

C%_NaOH = 0,24.100/1000 = 2,4%

khi điện phân thì

bên catot ta có

Fe³⁺  +1e   -> Fe²⁺

0,1      0,1

Cu²⁺ +2e  ->Cu

0,2 -> 0,4

vì theo dữ liệu bên này bắt đầu có khí nên ta dừng lại ở đây e nhận khi đó =0,5

bên anot: 2Cl^-  +2e   -> Cl₂                                

Do  e nhường = e nhận=0,5 mol

=> Cl^- dư => n_Cl2=0,5/2=0,25mol => V = 5,6 lít

Tại A có 2Cl^-  → Cl₂ + 2e

     Tại K có Cu⁺² +2e → Cu

                 2H₂O + 2e → 2OH^- +H₂

Bảo toàn e có 2n_Cl2 = 2n_Cu + 2n_H2

Vì n_Cl2 = 4n_H2 nên 2n_Cl2 = 2n_Cu + ½ n_Cl2 → n_Cu = ¾ . n_Cl2 → \(\frac{{{n_{CuS{O_4}}}}}{{{n_{KCl}}}} = \frac{3}{8}\)

→ \(\% CuS{O_4} = \frac{{3.160}}{{3.160 + 8.74,5}}.100\%  = 44,61\% \)

Khi điện phân t giây thì n_khí(A) = 0,15 mol > ½ n_Cl nên khi này đã xảy ra cả điện phân nước

Tại A :        2Cl^-  → Cl₂ + 2e

                    2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Ta có n_Cl2 = ½ .n_Cl = 0,1 mol nên n_O2 = n_khí - n_Cl2 = 0,15 -0,1 =0,05 mol

=> n_{e trao đổi} = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 2.0,1 + 4.0,05 = 0,4 mol

Khi điện phân 2t giây thì n_{e trao đổi}  = 0,4.2 = 0,8 mol

Tại A : 2Cl^-  → Cl₂ + 2e

           2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Nên có 0,1 mol khí Cl₂ và có 0,15 mol O₂

Tại K :      Cu⁺² + 2e → Cu

              2 H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

Số mol khí thoát ra ở cả hai cực là n_khí =7,84 : 22,4 = 0,35 = 0,1 + 0,15 + n_H2 → n_H2 = 0,1mol

Tại K thì n_{e trao đổi} = 0,8 = 2n_Cu + 2n_H2 = 2n_Cu + 2.0,1 => n_Cu = 0,3 mol

=> a =0,3 mol => tại thời điểm t giây thì n_{Cu(2+) bị điện phân} = 0,4:2 =0,2 mol

Dung dịch Y thu được sau điện phân t giây có Na⁺ : 0,2 mol; NO₃^- : 0,6 mol và H⁺ : 0,2 mol; Cu²⁺ :0,1 mol

Y + Fe thì 3Fe + 8H⁺ +2NO₃^- → 3Fe⁺²  + 4H₂O + 2NO

=> Phản ứng có H⁺ hết nên tính theo H⁺ => n_{Fe phản ứng} = 3/8 . n_H+ = 3: 8 . 0,2 = 0,075 mol

       Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ +Cu

=> m_Fe = m = (0,075+0,1).56 = 9,8g

Hai khí thoát ra ở anot là Cl₂ và O₂:

Ta có hệ phương trình: 

\(\left\{ \begin{gathered}
\sum {{n_{hh}} = {n_{C{l_2}}} + {n_{{O_2}}} = 0,2} \hfill \\
\sum {{m_{hh}} = 71{n_{C{l_2}}} + 32{n_{{O_2}}} = 30,625.2.0,2} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{n_{C{l_2}}} = 0,15 \hfill \\
{n_{{O_2}}} = 0,05 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Sau phản ứng thu được 2 muối có nồng độ bằng nhau → số mol 2 muối bằng nhau

→ Fe³⁺ điện phân hết, Cu²⁺ điện phân dư

BTNT "Cl": 3n_FeCl3  = 2n_Cl2 → n_FeCl3 = 2/3. 0,15 = 0,1 (mol)

→ n_{Cu2+ dư} = n_Fe2+ = n_Fe3+  = 0,1 (mol)

Đặt  n_{Cu2+ điện phân} = a (mol)

BT e ta có: 0,1 + 2a = 0,3 + 0,2 → a = 0,2 (mol)

BTNT "Cu": n_CuSO4 = n_{Cu2+ điện phân}  + n_{Cu2+ dư} = 0,2 + 0,1 = 0,3 (mol)

→ m = m_CuSO4 + m_FeCl3 = 0,3.160 + 0,1.162,5 = 64,25 (g)

Ban đầu dung dịch X chứa \(n_{NaCl}=0,06\) mol và \(n_{CuSO_4}=0,05\) mol

Tại A : 2Cl^-  → Cl₂ + 2e

Tại K thì Cu⁺² +2e → Cu

Vì n_Cl < 2n_Cu  nên điện phân thì Cl^- hết trước

Tại thời điểm Cl^- hết thì n_Cu = n_Cl : 2 = 0,06 : 2 =0,03 mol

Khi đó m_{dd giảm} = m_Cl2 + m_Cu = 0,03.71 + 0,03.64 = 4,05 g < 4,85 g nên tại A xảy ra điện phân nước

 \(2{H_2}O \to 4{H^ + } + {O_2} + 4e\)

Tại thời điểm Cu²⁺ bị điện phân hết thì m_{dd giảm}  = m_Cl2 + m_Cu + m_O2 

= 0,03.71 + 0,05.64 + m_O2 = 5,33 + m_O2 > 4,85

Nên Cu²⁺ chưa điện phân hết

Đặt n_O2 = x mol thì theo bảo toàn e có

\(n_{Cu^{2+}}=\dfrac{{(n_{Cl^-}+4n_{O_2})}}{2}=\dfrac{{(0,06+4x)}}{{2}}=0,03+2xmol\)

Khối lượng dung dịch sau điện phân giảm là

m_{dd giảm} = m_Cu + m_Cl2 + m_O2 

= (0,03 + 2x).64 + 0,03.71 + 32x = 4,85

=> x = 0,005 mol => n_Cu = 0,03 + 0,005.2 = 0,04 mol

=> n_{e trao đổi} = 2n_Cu = \(\dfrac{{I.t}}{F} = \dfrac{{0,5.t}}{{96500}}\) = 2.0,04 =0,08 nên t = 15440 (s)

nCuSO₄ = x(mol); nNaCl = 3x (mol)

Dung dịch X chứa 2 chất tan gồm: Na⁺: 3x (mol); SO₄ ^2-: x mol => nOH ^- = x mol

Mặt khác nAl₂O₃ = 0,03 (mol) => nOH ^- = 2nAl₂O₃ = 0,06 (mol)

Xét tại cực Catot: nCu = 0,06 mol; nH₂ = a mol

Anot: nCl₂ = 0,09 mol; nO₂ = b mol

=> 0,06 * 64 + 2a + 0,09 * 71 +32b = 12,45 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 2a - 4b = 0,06 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,15; b = 0,06

=> ne trao đổi = 0,42 (mol)

=> ne trao đổi= It/F => t = 5,63 h

Y + Fe sinh ra khí NO => Y chứa H+ => nước bị điện phân bên anot

Y +Fe sinh ra hỗn hợp kim loại => Cu²⁺ còn dư

* Anot: nCl₂ = 0,1 mol; nO2 = x mol

* Catot nCu = y mol

Bảo toàn e ta có: 0,1 * 2 + 4x = 2y

m giảm = 0,1 * 71 + 32x +64y = 17,5

=> x = 0,025; y = 0,15

nH+ = 4nO₂ = 0,1 (mol) => nNO = nH+/4 = 0,025 (mol)

nCu²⁺ dư =z

Bảo toàn electron: 2nFe_pứ=3nNO + 2nCu²⁺dư

=> nFe_pứ= z+ 0,0375 (mol)

=> m - 56*(z+0,0375)+64z = m -0,5 => z =0,2

Bảo toàn Cu => a = y +z = 0,35 (mol)

* Giai đoạn 1: pH = 2 => [H+] = 0,01 => nHCl = 0,008 (mol)

* Giai đoạn 3: pH = 13 => [OH-] = 0,1 => nNaOH = 0,08 (mol) => nNaCl = 0,08 (mol)

nCuCl₂ = 0,08*0,02 = 0,016 (mol)

=> nCl^- = 2 * nCuCl₂ + nHCl + nNaOH = 0,12 (mol)

Vì ở giai đoạn 3, nước đã bị điện phân bên catot (sinh ra OH^-) nên bên anot chỉ có Cl^- điện phân.

=> nCl^- = n_{e trao đổi} = 0,12 (mol)

=> n_{e trao đổi} = It/F => t = 1200s

Đoạn 1: Chỉ có khí Cl₂ thoát ra.

Đặt V_Cl2 = x (lít)

Đoạn 2: Chỉ có khí O₂ thoát ra. (do khí thoát ra nó thoải hơn so với đoạn 3)

Mà ta thấy giá trị V lúc này gấp đôi đoạn tại thời điểm t = a (giây)

Do đó V_O2 = 2x - x = x (lít)

Đoạn 3: Anot có O₂ tiếp tục thoát ra. Còn ở catot có H₂ thoát ra.

Trong đoạn 3 này thời gian bằng nửa đoạn 2 nên V_O2 = 0,5x (lít)

Bảo toàn electron ta tính được V_H2 = x (lít)

Tổng cộng 3 đoạn thì khí thoát ra gồm Cl₂ (x lít), O₂ (1,5x lít) và H₂ (x lít)

Suy ra x + 1,5x + x = 7,84 → x = 2,24 lít

Ban đầu: n_NaCl =2.n_Cl2 = 0,2 mol

Ta có: n_Cu(NO3)2 = n_Cu = n_Cl2 + 2.n_{O2 (đoạn 2)} = 0,3 mol

Tại thời điểm t = a (giây): n_{e trao đổi} = 2n_Cl2 = 2.2,24 : 22,4 = 0,2 mol

Tại thời điểm 3,5a (giây) (thuộc đoạn 3) ta có: n_{e trao đổi} = 3,5. 0,2 = 0,7 mol

Catot:

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,3   → 0,6    0,3 mol

H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

            0,1 → 0,05 mol

Anot:

2Cl^- -2e → Cl₂

 0,2   0,2     0,1 mol       

2H₂O - 4e → O₂ + 4H⁺

            0,5   0,125 mol

Khi đó thu được 0,3 mol Cu ; 0,05 mol H₂ ở catot và 0,1 mol Cl₂ và 0,125 mol O₂ ở anot.

Khối lượng dung dịch giảm chính là khối lượng các chất thoát ra ở các điện cực.

Do đó m = m_Cu + m_H2 + m_Cl2 + m_O2 = 0,3.64 + 0,05.2 + 0,1.71 + 0,125.32 = 30,4 (gam)

Tại anot:

n_{Cl2 max} = 0,5.n_KCl = 0,15 mol

- Thời điểm t giây, n_{Cl2 max} > n_khí = 0,1 mol → Cl^- chưa bị điện phân hết

Cl^- → 0,5 Cl₂ + 1e

0,2 ←    0,1 →   0,2

→ n_e(t) = 0,2 mol

- Thời điểm 1,4t giây:

n_e(1,4t) = 1,4.n_e(t) = 0,28 mol < n_Cl- = 0,3 mol

→ H₂O chưa bị điện phân ở anot

\({n_e} = \frac{{It}}{F} = \frac{{5.6176}}{{96500}} = 0,32(mol)\)

Đặt mol của Cu(NO₃)₂ và NaCl trong hỗn hợp đầu lần lượt là x, y (mol)

- Do sinh ra khí NO nên có phản ứng của Cu với H⁺ và NO₃^- → Ở anot thì Cl^- bị đp hết, H₂O đang điện phân

TH₁: Ở catot H₂O chưa bị điện phân

Các quá trình điện phân tại các điện cực là:

Catot: Cu²⁺   +   2e   →   Cu

          0,16 ← 0,32 →   0,16

Anot: Cl^- → 0,5 Cl₂ + 1e

         H₂O → 2H⁺ + 0,5 O₂ + 2e

- Xét phản ứng tạo NO:

3Cu   +  8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,09 ← 0,24 ← 0,06 ←  0,09 ←  0,06              

(do n_Cu2+ > 0,16 mol → n_NO3- > 0,32 mol → H⁺ hết)

Dung dịch Y chứa: Cu²⁺ (x - 0,16 + 0,09 = x - 0,07); Na⁺ (y) ; NO₃^- (2x - 0,06)

BTĐT → 2.(x - 0,07) + y = 2x - 0,06 → y = 0,08

- Cho 0,4 mol NaOH vào Y thu được dd không màu nên Cu²⁺ hết:

+) Nếu chất rắn chỉ chứa: Na⁺; NO₃^-

→ nNa+ = 0,08 + 0,4 = 0,48 mol

→ Chất rắn sau khi nung chứa 0,48 mol NaNO₂

→ m_NaNO2 = 0,48.69 = 33,12 gam ≠ 29,64 gam (loại)

+) Chất rắn chứa: Na⁺ (0,48); NO₃^- (2x-0,06) và OH^-

BTĐT → n_OH- = 0,54 - 2x (mol)

Chất rắn sau nung chứa: Na⁺ (0,48) và NO₂^- (2x-0,06) và OH^- (0,54-2x)

→ 23.0,48+ 46(2x-0,06) + 17(0,54-2x) = 29,64

→ x = 0,21

Vậy m = 0,21.188 + 0,08.58,5 = 44,16 gam

TH₂: Ở catot H₂O đã bị điện phân (HS tự xét)

Khí tại anot gồm nCl₂ = 0,15 mol; nO₂ = 0,05 mol

=> Bảo toàn nguyên tố Cl => nFeCl₃ = 0,1 mol

=> Dung dịch sau phản ứng có chứa Cu²⁺ và Fe²⁺

=> Tại catot chỉ có chứa kim loại Cu

=>Sau điện phân dung dịch gồm: nCuSO₄ = nFeSO₄ = 0,1 (mol) và H₂SO₄ = x (mol)

Bảo toàn nguyên tố S => nCuSO₄ (ban đầu) = nS = 0,2 +x

=> nCu ở catot = 0,1 + x (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn => nFe³⁺ + 2 * nCu _(catot) = 2 nCl₂ + 4nO₂

=> 0,1 + 2 * (0,1 +x) = 0,5 => x = 0,1 (mol)

m = nCuSO₄ (ban đầu) + nFeCl₃ = 0,3 * 160 + 0,1 * 162,5 = 64,25 (gam)

Các quá trình có thể xảy ra ở 2 điện cực:

+) Catot:          Cu²⁺ + 2e → Cu

                        2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

+) Anot:          2Cl^- → Cl₂ + 2e

                        2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

- Khi điện phân trong t giây:

n_{khí Anot} = 2,464: 22,4 = 0,11 mol

n_Cl2 = 0,5n_Cl- = 0,1 mol < 0,11 => Nước đã bị điện phân ở Anot

=> n_O2 = n_{khí anot} – n_Cl2 = 0,11 – 0,1 = 0,01 mol

=> n_{e trao đổi} = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 2.0,1 + 4.0,01 = 0,24 mol

- Khi điện phân trong 2t giây:

=> Số mol electron trao đổi sẽ gấp đôi: n_{e trao đổi} = 2.0,24 = 0,48 mol

+) Tại Anot: n_Cl2 = 0,1 mol

Có: n_e = 2n_Cl2 + 4n_O2 => n_O2 = ¼ (0,48 – 2.0,1) = 0,07 mol

=> n_{khí Anot} = n_Cl2 + n_O2 = 0,1 + 0,07 = 0,17 mol

n_khí  = 5,824: 22,4 = 0,26 mol > 0,17 => Nước bị điện phân ở Catot

=> n_H2(Catot) = 0,26 – 0,17 = 0,09 mol

- Bảo toàn e: n_{e trao đổi} = 2n_Cu2+ + 2n_H2 = 4n_O2 + 2n_Cl2

=> n_Cu2+ = ½ (4.0,07 + 2.0,1 – 2.0,09) = 0,15 mol

=> m = m_CuSO4 = 160.0,15 = 24g

*t giây: Do dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)₂ dư thu được hỗn hợp kết tủa (BaSO₄ và Cu(OH)₂) nên suy ra Y chứa Cu²⁺ => Cu²⁺ chưa bị điện phân hết.

m_Cu = m _{catot tăng} = 16,64 gam => n_Cu = 0,26 mol => n_e(t) = 2n_Cu = 0,52 mol

Đặt n_Cl2 = x và n_O2 = y (mol)

+ n _{khí anot} = x + y = 4,312/22,4 (1)

+ BTe: n_e(t) = 2n_Cl2 + 4n_O2 => 2x + 4y = 0,52 (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = 0,125 và y = 0,0675

BTNT "Cl" => n_KCl = 2nCl2 = 0,25 mol

Giả sử X chứa: KCl (0,25 mol); K₂SO₄ (a mol) và CuSO₄ (b mol)

Kết tủa gồm: Cu(OH)₂ (b - 0,26) và BaSO₄ (a + b)

=> m _{kết tủa} = 98(b - 0,26) + 233(a + b) = 114,65 (*)

*2t giây: n_e(2t) = 2n_e(t) = 1,04 mol

n_O2 = (n_e(2t) - 2n_Cl2)/4 = (1,04 - 2.0,125)/4 = 0,1975 mol

=> n_H2 = n _{khí 2 điện cực} - n_O2 - n_Cl2 = 0,4825 - 0,1975 - 0,125 = 0,16 mol

BTe: n_e(2t) = 2n_Cu + 2n_H2 => 2b + 2.0,16 = 1,04 => b = 0,36

Thay b = 0,36 vào (*) suy ra a = 0,09

Vậy: m _{chất tan trong X} = 0,25.74,5 + 0,09.174 + 0,36.160 = 91,885 gam