Tổng hợp bài tập điện phân hay và khó

Đặt n_CuSO4 = x mol và n_NaCl = 4x mol

(Giả sử a = 1)

- Do khi cho Y tác dụng với Al thu được nhiều khí hơn cho X tác dụng với Al dư nên suy ra tại t (h):

- Tại 2t (h): n_e(2t) = 2n_e(t) = 4x + 2 (mol) > n_Cl- (= 4x) => tại anot Cl^- đã bị điện phân hết, H₂O đang điện phân

Y chứa: Na⁺ (4x mol); SO₄^2- (x mol) và OH^-

BTĐT => n_{OH- (dd Y)} = 2x (mol)

OH^- → 1,5H₂

2x →    3x = 12 => x = 4

=> n_Cu2+ = 4; n_Cl- = 16; n_e(t) = 9

- Xét A:

n_e(0,85t) = 0,85.9 = 7,65 < 2n_Cu2+ (= 8) => Cu²⁺ chưa điện phân hết => catot chưa có khí => A sai

- Xét B: n_e(2t) = 18

=> n _khí = 5 + 8 + 0,5 = 13,5 mol => B sai

- Xét C: n_e(1,8t) = 1,8.9 = 16,2

Anot:

Cl^- → 0,5Cl₂ + 1e

             8 ←     16

H₂O → 2H⁺ + 0,5O₂ + 2e

                        0,05 ←  0,2

=> n_O2 = 0,05 mol => C đúng

- Xét D:

Anot:

Cl^- → 0,5Cl₂ + 1e

            4,5 ←    9

=> n_Cl2 = 4,5 mol => D sai

Tại catot xảy ra bán phản ứng: Pb²⁺ + 2e \( \to\) Pb

Tại anot xảy ra bán phản ứng: Pb \( \to\) Pb²⁺ + e

Đặt hóa trị của kim loại M hóa trị x . Đặt \({x \over M}\) = k

Trong t giây quá trình xảy ra tại các điện cực

Số mol e trao đổi ta:  n_e trao đổi = \(x.{a \over M}\) = ka => n_O2 = ka/4

Khối lượng dd giảm là 6,96 gam

→ a + 32ka/4 = 6,96

→ a + 8ka = 6,96 (1)

Trong 2t giây thì số mol e trao đổi ở mối điện cực là 2ka

Tại catot: n_H2 = 0,01 => n_M = (2ka – 0,02)/x

Tại anot: n_O2 = 2ka/4 = 0,5ka (mol)

→ Khối lượng dd giảm = m_M + m_H2 + m_O2

\(\eqalign{
& \to {{2ka - 0,02} \over x}.M + 0,01.2 + 0,5ka.32 = 11,78 \cr
& \to {{2ka - 0,02} \over k} + 16ka = 11,76 \cr
& \to a - {{0,01} \over k} + 8ka = 5,88(2) \cr} \)

Thế (1) vào (2) \(6,96 - {{0,01} \over k} = 5,88 \to k = {1 \over {108}}\)

Ta có:\(k = {x \over M} \to {x \over M} = {1 \over {108}}\)

→ Chọn x = 1 và M = 108 (Ag) thỏa mãn

Thế  \(k = {1 \over {108}}\) vào (1) →\(a + 8.{1 \over {108}}a = 6,96 \to a = 6,48\,(g)\)

+ Tại catot:

Pb \( \to\) Pb²⁺ + 2e

Mg \( \to\) Mg²⁺ + 2e

+ Tại anot:

2H₂O \( \to\) O₂ + 4H⁺ + 4e

Do H⁺ sinh ra ở anot nên pH của dung dịch giảm dần

Bán phản ứng xảy ra ở catot là Pb²⁺ + 2e \( \to\) Pb

Bán phản ứng xảy ra ở anot là 2H₂O \( \to\) O₂ + 4H⁺ + 4e

Bán phản ứng xảy ra ở anot là 2H₂O \( \to\) O₂ + 4H⁺ + 4e

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu (các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

\( \to\) Zn²⁺ và Al³⁺ không bị điện phân.

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu (các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

\( \to\) Zn²⁺ và Al³⁺ không bị điện phân.

Đoạn 1: n _khí = n_Cl2 = 0,01 mol => n_e(t) = 2n_Cl2 = 0,02 mol

Sau mỗi a (s) thì lượng e trao đổi = 0,02 (mol)

BTNT "Cl" => n_NaCl = 2n_Cl2 = 0,02 mol

Đoạn 2: độ dốc nhỏ hơn đoạn 1 => có thoát ra khí O₂ (x mol)

Đoạn 3: thoát ra cả khí H₂ và O₂ => Đặt nO₂ = y (mol) => nH₂ = 2y (mol)

=> n khí tổng = 0,01 + x + 3y = 0,045 (1)

n e ở anot = 0,02 + 4x + 4y = 6*0,02 = 0,12 (2)

=> x = 0,02 (mol) ; y = 0,005 (mol)

* Đoạn 2: 2nCu = 2nCl₂ + 4nO₂ = 0,02 * 4 + 0,01 * 2 = 0,1

=> nCu = nCuSO₄ = 0,05 (mol)

nNaCl = 2 nCl₂ = 0,01 * 2 = 0,02 (mol)

=> m muối = 0,05 * 160 + 0,02 * 58,5 = 9,17 (gam)

Bán phản ứng xảy ra ở anot là: 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e.

Đoạn 1: n _khí = n_Cl2 = 0,01 mol => n_e(t) = 2n_Cl2 = 0,02 mol

Sau mỗi a (s) thì lượng e trao đổi = 0,02 (mol)

BTNT "Cl" => n_NaCl = 2n_Cl2 = 0,02 mol

Đoạn 2: độ dốc nhỏ hơn đoạn 1 => có thoát ra khí O₂ (x mol)

Đoạn 3: thoát ra cả khí H₂ và O₂ => Đặt nO₂ = y (mol) => nH₂ = 2y (mol)

=> n khí tổng = 0,01 + x + 3y = 0,045 (1)

n e ở anot = 0,02 + 4x + 4y = 6*0,02 = 0,12 (2)

=> x = 0,02 (mol) ; y = 0,005 (mol)

* Đoạn 2: 2nCu = 2nCl₂ + 4nO₂ = 0,02 * 4 + 0,01 * 2 = 0,1

=> nCu = nCuSO₄ = 0,05 (mol)

nNaCl = 2 nCl₂ = 0,01 * 2 = 0,02 (mol)

=> m muối = 0,05 * 160 + 0,02 * 58,5 = 9,17 (gam)

Do Y tác dụng với kiềm nên R²⁺ có bị điện phân

n_R(NO3)2 = 0,45V mol; n_NaCl = 0,4V mol

*t giây: Thu được hỗn hợp khí ở anot nên Cl^- bị điện phân hết, H₂O đã bị điện phân

n_Cl2 = 0,5n_NaCl = 0,2V mol

n _khí = n_Cl2 + n_O2 => n_O2 = 0,3 – 0,2V (mol)

=> n _{e (t giây)} = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 2.0,2V + 4(0,3-0,2V) = 1,2-0,4V (mol)

*2t giây: n _{e (2t giây)} = 2,4-0,8V

Trong t giây tiếp theo n_{O2 sinh thêm} = (1,2-0,4V)/4 = 0,3-0,1V (mol)

=> ∑n_O2 = 0,6-0,3V (mol)

DD Y phản ứng với NaOH và KOH không sinh ra kết tủa nên có các TH sau:

- TH1: R²⁺ bị điện phân hết: n_e ≥ 2n_R2+ => 2,4-0,8V ≥ 2.0,45V => V ≤ 24/17

Catot:

R²⁺  +   2Cl^- → R + Cl₂

0,2V ← 0,4V

R²⁺ + H₂O → R + 2H⁺ + 0,5O₂

0,25V →                0,5V

H₂O → H₂ + O₂

n_OH- = n_H+ => 0,5V = 0,5 => V = 1 (thỏa mãn)

- TH2: R²⁺ điện phân chưa hết, OH^- phản ứng với H⁺ và R²⁺ tạo R(OH)₂ sau đó hòa tan R(OH)₂

n_e < 2n_R2+ => 2,4-0,8V < 2.0,45V => V > 24/17

n_{R2+ bị đp} = n_e : 2 = 1,2-0,4V => n_{R2+ dư} = 0,85V-1,2

n_H+ = 4n_O2 = 2,4-1,2V

=> n_OH- = n_H+ + 4n_R2+ => 0,5 = 2,4-1,2V + 4(0,85V-1,2) => V = 1,318 (không thỏa mãn)

Quá trình điện phân:

Catot:  Cu²⁺ + 2e → Cu

Anot:   2Cl^- → Cl₂ + 2e

            2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

(Vì dung dịch sau điện phân + Fe tạo NO => sản phẩm  điện phân có H⁺, không còn Cl^-)

- Sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại => Fe và Cu

 (n_NO = 1,12: 22,4 = 0,05 mol)

            3Fe + 8H⁺ + 2NO₃^- → Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O (Vì Fe dư nên chỉ tạo được Fe²⁺)

Mol    0,075    0,2                 ¬          0,05

Vì sau phản ứng không còn Cl^- => dung dịch chỉ gồm Cu(NO₃)₂ , NaNO₃ và HNO₃

            Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

Mol      x        →                   x

=> m_{Fe bđ} - m_rắn = m_{Fe pứ} - m_Cu

=> 9,5 – 5,7 = 56.(0,075 + x) – 64x => x = 0,05 mol

=> Bảo toàn N: 2n_{Cu(NO3)2 bđ} = 2n_{Cu(NO3)2 sau} + n_HNO3 + n_NaNO3 (mà n_NaNO3 = n_NaCl = ½ n_{Cu(NO3)2 bđ})

=> 1,5n_{Cu(NO3)2 bđ} = ½ (2.0,05 + 0,2) = 0,2 mol

=> n_{Cu2+ bị đp} = 0,2 – 0,05 = 0,15 mol

Bảo toàn electron: 2n_Cu = n_H+ + 2n_Cl2 => n_Cl2 = ½ (0,15.2 – 0,2) = 0,05 mol

=> m_giảm = m_Cu + m_Cl2 + m_O2 = 64.0,15 + 71.0,05 + 32.0,05 = 14,75g (gần nhất với giá trị 14,7g)

Bước 1: Xác định kim loại bị điện phân trong thí nghiệm

Điện phân dung dịch có thể điều chế các kim loại hoạt động trung bình hoặc yếu (các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa) bằng cách điện phân dung dịch muối của chúng.

→ Zn²⁺ và Ag⁺ bị điện phân; Al³⁺ không bị điện phân.

Bước 2: Viết các bán phản ứng xảy ra ở catot

Catot của bình 1 (-): Zn²⁺ + 2e → Zn

⟹ n_{e trao đổi (1)} = 2.n_Zn

Catot của bình 2 (-): Ag⁺ + 1e → Ag

⟹ n_{e trao đổi (2)} = n_Ag = \(\frac{{3,24}}{{108}}\) = 0,03 mol

Bước 3: Tính khối lượng Zn bám lên điện cực trong bình 1

Do 3 bình điện phân mắc nối tiếp nên mol electron trao đổi như nhau

⟹ n_{e trao đổi (1)} = n_{e trao đổi (2)} ⟹ 2.n_Zn = 0,03 ⟹ n_Zn = 0,015 mol

Khối lượng Zn bám lên điện cực trong bình 1 là: m_Zn = 0,015.65 = 0,975 gam

Khi điện phân đồng thời dung dịch hỗn hợp chứa Pb(NO₃)₂ và Mg(NO₃)₂:

- Mg(NO₃)₂ không bị điện phân

- Pb(NO₃)₂ bị điện phân theo phản ứng:

2Pb(NO₃)₂ + 2H₂O → 2Pb + O₂ + 4HNO₃

Ta thấy H⁺ (HNO₃) sinh ra ở anot nên pH của dung dịch giảm dần.

Bán phản ứng xảy ra ở anot là: 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e.

n_Al2O3 = 0,02 mol;

Đặt n_NaCl = a mol

TH1: X chứa H⁺ => Cl^- điện phân hết trước Cu2+ => a < 2n_Cu2+ = 0,04 mol

=> n_H+ = 6n_Al2O3 = 1,2 mol

Cu²⁺ + 2Cl^- → Cu + Cl₂

               a  →0,5a→0,5a

Cu²⁺ + H₂O → Cu + 2H⁺ + 0,5O₂

                         0,6←1,2

H₂O → H₂ + 0,5O₂

Thấy trường hợp này vô lí vì n_{Cu bị đp} = 0,5a + 0,6 > n_{Cu ban đầu} => loại

TH2: X chứa OH^- => Cu²⁺ điện phân hết trước Cl^- => a > 2n_Cu2+ = 0,04 mol

n_OH- = 2n_Al2O3 = 0,04 mol

(1) Cu²⁺ + 2Cl^- → Cu + Cl₂

     0,05 →   0,1   →        0,05

(2) Cl^- + H₂O → 0,5Cl₂ + 0,5H₂ + OH^-

                              0,02← 0,02    ←0,04

(3) H₂O → H₂ + 0,5O₂

      x            x        0,5x

Khí gồm: Cl₂ (0,07 mol); H₂ (x + 0,02 mol) và O₂ (0,5x mol)

=> n _khí = n_Cl2 + n_H2 + n_O2 = 1,5x + 0,09 = 0,105 => x = 0,01

=> n _e = 2n_Cl2(1) + 2n_{H2 (2)} + 2n_{H2 (3)} = 0,05.2 + 0,02.2 + 0,01.2 = 0,16 mol

=> t = n_e.F/I = 0,16.96500/2 = 7720 giây

Trong t giây đầu tiên, tại anot thu được Cl₂ (a mol) và O₂ (b mol)

=> a + b = 0,15   (1)

=> Số mol electron trao đổi trong t giây = 2a + 4b

Ban đầu đặt \({n_{CuS{O_4}}} = x\)=> trong t giây thì n_{CuSO4 bị đp} = a + 2b => n_{CuSO4 dư} = x – a – 2b

\({n_{{O_2}}} = b =  > {n_{{H^ + }}} = 4b\)

Khi nhúng Mg vào Y, vì khối lượng thanh không đổi nên: m_{Mg pứ} = m_{Cu bị Mg đẩy ra}

=> 24.(x – a – 2b + 2b) = 64.(x – a – 2b)   (2)

Sau 2t giây thì n_e = 4a + 8b => n_H2 = 2a + 4b – x

Khí trong 2t giây = khí trong t giây đầu (0,15 mol) + H₂ + O₂

=> 0,15 + (2a + 4b – x) + (a/2 + b) = 0,6  (3)

Giải hệ (1), (2), (3) => a = 0,09; b = 0,06;  x = 0,282

=>\({m_{CuS{O_4}.5{H_2}O}} = 70,5\)

Do dung dịch sau điện phân chứa 2 chất là: Na₂SO₄ và NaOH. Tỉ lệ mol CuSO₄ và NaCl là 1:3 nên Cu²⁺ bị điện phân hết trước => dung dịch Y chứa OH^-

Vì dung dịch Y chứa 2 chất tan => Y gồm NaOH và Na₂SO₄ => Cl^- bị điện phân hết

\(A{l_2}{O_3} + 2O{H^ - }\; \to {\rm{ }}2Al{O_2}^ -  + {H_2}O\)

=>\({n_{O{H^ - }}} = 2{n_{A{l_2}{O_3}}} = 0,04{\rm{ }}mol\)

Quá trình điện phân:

Cu²⁺ + 2Cl^- →Cu + Cl₂

a         2a         a       a

2Cl^- + 2H₂O → Cl₂   + H₂ +     2OH^-

0,04          ←  0,02  ←0,02  ← 0,04

Bảo toàn Clo => n_Cl = 0,02.2 + a.2= 3a

=> a = 0,04

m _giảm=64.0,04+71. 0,04+71.0,02+2.0,02 = 6,86 gam <14,96

=> H₂O bị điện phân: m_H2O= 14,96-6,86 = 8,1gam

2H₂O→ 2H₂+ O₂

0,45      0,45  0,225 mol

Tại anot: 0,06 mol Cl₂và 0,225 mol O₂

=>\({n_e} = 0,06.2 + 0,225.4 = 1,02{\rm{ }}mol \Rightarrow t = \dfrac{{{n_e}.F}}{I} = \dfrac{{1,02.96500}}{2} = 49215{\rm{(s)}} = 13,67\,(h)\)