Bài tập sự điện phân 1 muối

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

Ta có: n_AgNO3 = 0,15 mol

2AgNO₃  + H₂O → 2Ag + 2HNO₃ + ½ O₂

Khi cho Fe vào Y thu được hỗn hợp kim loại chứng tỏ trong Y có chứa AgNO₃ dư

            2AgNO₃  + H₂O → 2Ag + 2HNO₃  + ½ O₂

              x mol                            x mol                                                                

            3Fe   +    2NO₃^-  +  8H⁺   →   3Fe²⁺  +  2NO  +   4H₂O (do Fe còn dư).

          0,375x                    x mol

              Fe     +    2Ag⁺    →   3Fe²⁺  +    2Ag

         0,5y mol     y mol                            y mol

 Giải hệ: x + y = 0,15 

            108.y - (0,375x + 0,5y).56 = 14,5 - 12,6 = 1,9

→ x = 0,1 mol

→ t = (96500.0,1)/2,68 = 3600 giây = 60 phút.

\({n_{{H_2}}} = 0,1mol\)

Ở catot:  2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

                        0,2      0,2 ←  0,1

Ở anot: 4OH^- → O₂   +  4e + 2H₂O

            0,2      0,05 ←  0,2

Ta thấy lượng OH^- không đổi

m _{dd ban đầu} = 200.1,1 = 220 gam

\({m_{dd\:sau}} = {m_{dd\:bd}} - {m_{{H_2}}} - {m_{{O_2}}} = 220 - 0,2 - 1,6 = 218,2(g)\)

\(C\%  = \frac{{{m_{KOH}}}}{{{m_{dd}}}}.100\%  = \frac{{22,4}}{{218,2}}.100\%  = 10,27\% \)

Catot ion kim loại điện phân trước 

\(m=\dfrac{{AIt}}{{nF}}=\dfrac{{A\times6 \times 1740}}{{2\times 96500}}=3,45\)

→ \(A \approx 64\)

Vậy kim loại là Cu.