Tổng hợp bài tập điện phân hay và khó

Gọi số mol MSO₄ và NaCl trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là x và y mol

Khi điện phân t (s)

278,87= (M + 96).x + 58,5.y(1)

Catot(-) : M²⁺ + 2e → M

Mol           x → 2x

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

Mol                (0,22 – 2x)

Anot(+) : 2Cl^- → Cl₂ + 2e

n_e = 0, mol

=> n_Cl2 = 0,11 mol ; n_NaCl = 0,22 mol = y

=> (M + 96)x = 16(2)

(Vì điện phân chỉ ngừng khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 điện cực, mà ở Anot chỉ có Cl₂

=> nước chưa bị điện phân ở anot)

Với 2t (s) => n_e = 0,44 mol

Anot : 2H₂O + 2e → O₂ + 4H⁺ + 4e

=> m_{dd giảm} = M.x + 2.(0,11 – x + 0,11) + 0,11.71 + 0,11.32 = 17,97(3)

Từ (2),(3) => x = 0,1 ; M = 64 (Cu)

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.

Al + OH^-→AlO₂^-+ 1,5H₂

\( =  > {n_{O{H^ - }}} = \frac{{{n_{{H_2}}}}}{{1,5}} = 0,2{\rm{ }}mol\)

Quá trình điện phân:

Cu²⁺ + 2Cl^- →Cu + Cl₂

a          2a          a       a

2Cl^- +    2H₂O → Cl₂ + H₂ + 2OH^-

0,4                        0,2  0,2  0,4

Bảo toàn Clo => n_Cl = 0,2.2 + a.2= 3a

=> a = 0,4

m _giảm= 64.0,4 + 71.0,4+ 71.0,2 + 2.0,2 = 68,6 gam < 70,4

=> H₂O bị điện phân: m_H2O= 70,4 – 68,6 = 1,8 gam

H₂O→H₂+0,5O₂

0,1      0,1  0,05 mol

Tại anot: 0,6 mol Cl₂, 0,05 mol O₂

=> n_e= 0,6.2 + 0,05.4 = 1,4 mol

\( =  > t = \frac{{{n_e}.96500}}{I} = \frac{{1,4.96500}}{2} = 67550(s) = 18,76\,(h)\)

+) t giây

Catot: M²⁺ +2e → M

           2a ← 4a

Anot: H₂O -2e → 0,5O₂ + 2H⁺

                    4a  ←  a

+) 2t giây

Điện phân trong thời gian 2t (s) thì số mol e trao đổi gấp đôi trong t (s)

=> n_{e trao đổi 2t} = 2.4a = 8a (mol)

Anot: 2H₂O -4e → O₂ + 4H⁺

                     8a  → 2a → 8a

Vì tổng số mol khí thu được ở 2 điện cực là 3a mol => n_{H2 sinh ra ở catot} = 3a – 2a = a (mol)

Catot:

M²⁺ +2e → M

3a ← 6a

2H₂O + 2e → H₂+2OH^-

              2a ← a → 2a

Vì tại thời điểm 2t (s) số mol M²⁺ bị điện phân là 3a => ở t (s) M²⁺ chưa bị điện phân hết => A đúng

+) Xét tại thời điểm thu được 2a mol khí ở anot:

Anot: H₂O -2e → 0,5O₂ + 2H⁺

                    6a ← 1,5a

Catot:

M²⁺ +2e → M

3a → 6a

=> tại thời điểm này thu được M vừa điện phân hết => B sai

+) Sau 2t (s) thu được \({n_{{H^ + }}} = 8{\rm{a}}\, > {n_{O{H^ - }}} = 2a\)=> dung dịch thu được có pH < 7

+) D đúng, tại thời điểm 2t (s) ở catot thoát ra a mol khí H₂

Gọi số mol MSO₄ và NaCl trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là x và y mol

Khi điện phân t (s)

278,87= (M + 96).x + 58,5.y(1)

Catot(-) : M²⁺ + 2e → M

Mol           x → 2x

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

Mol                (0,22 – 2x)

Anot(+) : 2Cl^- → Cl₂ + 2e

n_e = 0,22 mol

=> n_Cl2 = 0,11 mol ; n_NaCl = 0,22 mol = y

=> (M + 96)x = 16(2)

(Vì điện phân chỉ ngừng khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 điện cực, mà ở Anot chỉ có Cl₂

=> nước chưa bị điện phân ở anot)

Với 2t (s) => n_e = 0,44 mol

Anot : 2H₂O + 2e → O₂ + 4H⁺ + 4e

=> m_{dd giảm} = M.x + 2.(0,11 – x + 0,11) + 0,11.71 + 0,055.32 = 16,21(3)

Từ (2),(3) => x = 0,1 ; M = 64 (Cu)

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.

Al + OH^-→AlO₂^-+ 1,5H₂

\( =  > {n_{O{H^ - }}} = \dfrac{{{n_{{H_2}}}}}{{1,5}} = 0,2{\rm{ }}mol\)

Quá trình điện phân:

Cu²⁺ + 2Cl^- →Cu + Cl₂

a          2a          a       a

2Cl^- +    2H₂O → Cl₂ + H₂ + 2OH^-

0,4                        0,2  0,2  0,4

Bảo toàn Clo => n_Cl = 0,2.2 + a.2= 3a

=> a = 0,4

m _giảm= 64.0,4 + 71.0,4+ 71.0,2 + 2.0,2 = 68,6 gam < 70,4

=> H₂O bị điện phân: m_H2O= 70,4 – 68,6 = 1,8 gam

H₂O→H₂+0,5O₂

0,1      0,1  0,05 mol

Tại anot: 0,6 mol Cl₂, 0,05 mol O₂

=> n_e= 0,6.2 + 0,05.4 = 1,4 mol

\( =  > t = \dfrac{{{n_e}.96500}}{I} = \dfrac{{1,4.96500}}{2} = 67550(s) = 18,76\,(h)\)

+) t giây

Catot: M²⁺ +2e → M

           2a ← 4a

Anot: H₂O -2e → 0,5O₂ + 2H⁺

                    4a  ←  a

+) 2t giây

Điện phân trong thời gian 2t (s) thì số mol e trao đổi gấp đôi trong t (s)

=> n_{e trao đổi 2t} = 2.4a = 8a (mol)

Anot: 2H₂O -4e → O₂ + 4H⁺

                     8a  → 2a → 8a

Vì tổng số mol khí thu được ở 2 điện cực là 3a mol => n_{H2 sinh ra ở catot} = 3a – 2a = a (mol)

Catot:

M²⁺ +2e → M

3a ← 6a

2H₂O + 2e → H₂+2OH^-

              2a ← a → 2a

Vì tại thời điểm 2t (s) số mol M²⁺ bị điện phân là 3a => ở t (s) M²⁺ chưa bị điện phân hết => A đúng

+) Xét tại thời điểm thu được 2a mol khí ở anot:

Anot: H₂O -2e → 0,5O₂ + 2H⁺

                    6a ← 1,5a

Catot:

M²⁺ +2e → M

3a → 6a

=> tại thời điểm này thu được M vừa điện phân hết => B sai

+) Sau 2t (s) thu được \({n_{{H^ + }}} = 8{\rm{a}}\, > {n_{O{H^ - }}} = 2a\)=> dung dịch thu được có pH < 7

+) D đúng, tại thời điểm 2t (s) ở catot thoát ra a mol khí H₂

PTHH:  4AgNO₃ + 2H₂O → 4Ag ↓ + O₂ ↑  + 4HNO₃

                   x                  →     x  → 0,25x   → x

Gọi n_AgNO3 bị điện phân là x (mol)

Ta có: m_{dd giảm} = m_Ag + m_O2

=> 108x + 0,25x. 32 = 11,6

=> x = 0,1 (mol)

Theo đề bài dd X là AgNO₃ và HNO₃ có nồng độ mol/l bằng nhau => n_AgNO3 dư = n_HNO3 = 0,1 (mol)

             Fe +    4H⁺ + NO₃^- → Fe³⁺ + NO + 2H₂O  (1)

PƯ    0,025 ←0,1→0,025→ 0,025

Dư     0,035                0,14

             Fe   +   2Ag⁺ →  Fe²⁺ + 2Ag↓     (2)

Pư       0,035 → 0,07→   0,035

Dư                     0,03

            Ag⁺ + Fe²⁺    → Fe³⁺ + Ag↓   (3)

Pư     0,03 → 0,03→    0,03

Sau phản ứng (1), (2) (3) => n_Fe2+ = n_{Fe2+ (2)} – n_{Fe2+ (3)} = 0,035- 0,03 = 0,005(mol)

n_Fe3+ = n_{Fe3+ (1)} + n_{Fe3+ (3)} = 0,025 + 0,03 = 0,055 (mol)

Vậy dd Y gồm : Fe(NO₃)₂: 0,005 mol; Fe(NO₃)₃: 0,055 (mol)

=> m= 0,005. 180 + 0,055. 242 = 14,21 (g)

Vì bài toán không cho số mol cụ thể của mỗi chất nên ta giả sử: n_CuSO4 = n_NaCl = 2 mol

CuSO₄ + 2NaCl → Cu + Cl₂ + Na₂SO₄ (1)

Vì n_CuSO4 = n_NaCl = 2 mol => sau phản ứng (1) CuSO₄ còn dư, NaCl hết

2CuSO₄ + 2H₂O → 2Cu + O₂ + 2H₂SO₄  (2)

Sau t giờ thu được X có hòa tan Al nên (1) phản ứng hết, (2) đang xảy ra; Al phản ứng với H₂SO₄ sinh ra khí H₂

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

\( \Rightarrow {n_{{H_2}S{O_4}}} = {n_{{H_2}}} = a\,(mol)\)

Từ (1) =>\({n_{CuS{O_4}\,(1)}} = 1{\rm{ }}mol\)

Từ (2) =>\({n_{CuS{O_4}{\rm{ }}(2)}} = a\)

=> n_{e trong t giờ} = 2 + 2a

Sau 2t giờ:

Dung dịch Y tác dụng với Al thu được 4a mol khí H₂ =>\({n_{{H_2}S{O_4}}} = {n_{{H_2}}} = 3{\rm{a}}\)

Từ (2) =>\({n_{CuS{O_4}\;\left( 2 \right)}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} = 3a\)

=>\({n_{CuS{O_4}}}\)_{pư tổng} = 1 + 3a

Nếu sau 2t giờ, catot chưa sinh khí H₂ thì:

n_{e trong 2t giờ} = 2.n_{e trong t giờ} =>2.(1 + 4a) = 2.(2 + 2a) => a = 0,5

=>\({n_{{H_2}S{O_4}}} = 1,5\)(vô lí vì\({n_{{H_2}S{O_4}}} < {n_{CuS{O_4}}} < 2\))

Vậy sau 2t giờ, catot đã sinh H₂ (u mol), CuSO₄ đã hết từ trước đó

=>\({n_{CuS{O_4}}}\)_{điện phân (1) + (2)} = \({n_{CuS{O_4}}}\)_bđầu = 2 mol =>\({n_{CuS{O_4}}}\) ₍₂₎ = 2 – 1 = 1 mol

=>3a = 1 => a = 1/3

Bảo toàn electron tại catot trong 2t giờ

\(2.{n_{Cu}} + 2.{n_{{H_2}}}\)= 2.n_{e trong t giờ} => 2.2 + 2.u = 2.(2 + 2a) => u = 2/3

Tại anot: \({n_{C{l_2}}}\)= 1 và \({n_{{O_2}}}\)= 2/3 (bảo toàn electron tính O₂)

=> n_{khí tổng} = 8/3 = 8a => A sai

Sau 1,75t giờ: \({n_e} = 1,75.\left( {2 + 2a} \right) = 4,67 > 2.{n_{C{u^{2 + }}}} = 4\)nên catot đã có khí thoát ra => B đúng

Sau 1,5t giờ thì \({n_e} = 1,5.\left( {2 + 2a} \right) = 4 = 2.{n_{C{u^{2 + }}}}\)nên Cu²⁺ hết => C sai

Sau 0,5t giờ thì \({n_e} = 0,75.\left( {2 + 2a} \right) = 1,33 < {n_{C{l^ - }}} = 2\)nên Cl- chưa hết, H2O chưa bị điện phân => D sai

Đặt a, b là số mol Cu(NO₃)₂ và NaCl trong X

Trong t giây tại catot thu được: n_Cu = a mol và n_H2 = x mol

=> n_e = 2a + 2x => n_Cl2 = a + x

∆m_giảm = \({m_{{H_2}O}}-{m_{Cu}}-{m_{{H_2}}}-{m_{C{l_2}}} =  - 15,2575\)

=> 18.2x – 64a – 2x – 71.(a + x) = -15,2575

=> 37x + 135a = 15,2575   (1)

Trong 2t giây thì n_e = 4a + 4x

Vậy trong 2t giây:

Tại catot: n_Cu = a và n_H2 = a + 2x

Tại anot: \({n_{C{l_2}}} = \frac{b}{2}\)và \({n_{{O_2}}} = a + x--\frac{b}{4}\)

M_khí = 32, cũng là M của O₂ nên H₂ và Cl₂ cũng có M = 32

=>\(2.\left( {a + 2x} \right){\rm{ + }}71.\frac{b}{2} = 32.\left( {a + 2x + \frac{b}{2}} \right)\)

=> 60x + 30a – 19,5b = 0  (2)

Lúc này dung dịch Z chứa: Na⁺ (b mol), NO₃^- (2a mol) => OH^- (b – 2a) mol

=> m_{chất tan} = z = 90a + 40b

Thêm vào Z gồm Fe²⁺ (0,1 mol), H⁺ (0,18 mol) và Cl^- (0,38 mol)

Sau trung hòa thì: n_{H+ dư} = 0,18 + 2a – b

Do \({m_{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} > 5{\rm{ }}gam{\rm{ }}n\^e n{\rm{ }}{n_{NO_3^ - }} = 2a > 0,053\)trong khi \({n_{F{e^{2 + }}}} = 0,1\)nên NO₃^- chắc chắn dư

TH1: Nếu H⁺ hết

H⁺     +    OH^-    →    H₂O

(b-2a) ← (b-2a)

3Fe²⁺   +   4H⁺    +   NO₃^-→ 3Fe³⁺+ NO + 2H₂O

          (0,18-b+2a) →\(\frac{{0,18 + 2a--b}}{4}\)

=>\({n_{NO_3^ - (trong\,dd)}} = 2a--\frac{{0,18 + 2a--b}}{4} = 1,5a + 0,25b--0,045\)

=>m_{chất tan} = \({m_{N{a^ + }}} + {m_{NO_3^ - }} + {m_{F{{\rm{e}}^{3 + }}}} + {m_{C{l^ - }}}\)

=>23b + 62.(1,5a + 0,25b – 0,045) + 0,1.56 + 0,4.35,5 = 90a + 40b + 16,15  (3)

Giải hệ (1), (2), (3) ta có x = 0,0475; a = 0,1; b = 0,3

Vậy m = 36,35 gam

TH2: Nếu H⁺ dư =>\({n_{NO}} = \frac{{0,1}}{3}\)

H⁺     +    OH^-    →    H₂O

(b-2a) ← (b-2a)

3Fe²⁺   +   4H⁺    +   NO₃^-   →    3Fe³⁺   +   NO + 2H₂O

 0,1   →   \(\frac{{0,4}}{3}\) →   \(\frac{{0,1}}{3}\)

=>\({n_{NO_3^ - (trong\,dd)}} = 2{\rm{a}} - \frac{{0,1}}{3}\)

\({n_{{H^ + }du}} = 0,18 - \frac{{0,4}}{3} - (b - 2{\rm{a}}) = \frac{7}{{150}} + 2{\rm{a}} - b\)

m_{chất tan} = \({m_{N{a^ + }}} + {m_{NO_3^ - }} + {m_{F{{\rm{e}}^{3 + }}}} + {m_{C{l^ - }}} + {m_{{H^ + }}}\)

=>23b + 62.(2a – 0,1/3) + 0,1.56 + 0,38.35,5 + \(\frac{7}{{150}} + 2{\rm{a}} - b\)= 90a + 40b + 16,15  (4)

Giải hệ (1), (2) và (4) => nghiệm âm, loại TH này

Khi điện phân AgNO₃ :

Catot : Ag⁺ + 1e → Ag

Anot : 2H₂O → 4H⁺ + 4e + O₂

Mg + X thu được hỗn hợp kim loại => Ag⁺ dư

- Hỗn hợp kim loại + HCl => n_Mg = n_H2 = 0,01 mol => n_Ag  = 0,02 mol

Hỗn hợp khí là sản phẩm khử của Mg với H⁺ và NO₃^- (Mg dư)

\({n_{NO}} + {n_{{N_2}O}}\)= 0,14 mol

\({m_{NO}} + {m_{{N_2}O}}\;\)= 2.17,33.0,03 = 1,04gam

=> n_NO = 0,02 và\({n_{{N_2}O}}\)= 0,01 mol

Gọi \({n_{N{H_4}N{O_3}}} = x{\rm{ }}mol\)

Bảo toàn e : \({n_{Mg{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = {n_{Mg + HN{O_3}}} + {n_{Mg + A{g^ + }}}\; = \frac{1}{2}.\left( {3{n_{NO}} + 8{n_{{N_2}O}} + 8{n_{N{H_4}N{O_3}}}} \right) + \frac{1}{2}.{n_{Ag}}\)

\( = \frac{1}{2}\left( {3.0,02 + 8.0,01 + 8x} \right) + \frac{1}{2}.0,02 = 0,015 + 4x\)

=> m_muối\( = {m_{Mg{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} + {m_{N{H_4}N{O_3}}} = 148.\left( {0,016 + 4x} \right) + 80x = 25,56\,gam\)

=> x = 0,005 mol

=>\({n_{{H^ + }(X)}} = 4{n_{NO}} + 10{n_{{N_2}O}} + 10{n_{N{H_4}N{O_3}}} = 0,23{\rm{ }}mol = {n_e}\)

Định luật Faraday : n_e.F = It => t = 11097,5 (s)

n_e = 5.6176 : 96500 = 0,32 mol

Tại điện cực K có : 

Cu²⁺          +        2 e → Cu                                                      

0,14 mol   → 0,28 mol

2H₂O   +   2e →  2OH^-  +  H₂

            0,04 mol          0,02 mol

Vì m_Cu + m_H2 = 0,14.64 + 0,02.2 = 9 → m_{Anot thoát ra} = 13,76 – 9 = 4,76 g

Dd sau phản ứng có phản ứng với Fe nên tại A có điện phân nước

Anot :  2 Cl^-1 → Cl₂  +    2e

                        x mol → 2x

           2H₂O  →  4H⁺  +  4e +  O₂

                            4y       4y        y mol

→\(\left\{ \begin{gathered} 71x + 32y = 4,76 \hfill \\ 2x + 4y = 0,32 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{\begin{gathered} x = 0,04 \hfill \\ y = 0,06 \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

→ dd thu được sau điện phân là Na⁺ : 0,08 mol ; NO₃^- : 0,28 mol và H⁺ : 0,2 mol

         3Fe    +    8 H⁺   +   2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2H₂O + 2NO

→ H⁺ hết → dd Z có Na⁺ : 0,08 mol; NO₃^- : 0,23 mol, Fe²⁺ : 0,075 mol

→m_muối = 20,3

Catot :

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

Cu²⁺ + 2e → Cu

Fe²⁺ + 2e → Fe

Anot :

2Cl^- → Cl₂ + 2e

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

n_khí = 0,8 mol gồm : 0,6 mol Cl₂ ; 0,2 mol O₂

=> n_{e trao đổi} = 2 mol

Catot thoát ra : n_Cu= 0,6 ; n_Fe = 0,2 mol

Phần dung dịch còn lại chứa : 0,2 mol Fe²⁺ ; 1,2 mol NO₃^-

=> H⁺ có 0,8 mol (Bảo toàn điện tích)

3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

0,2    →                                    0,2/3 (mol)

=> m_X – m_Y = m_Cu + m_Fe + m_O2 + m_Cl2 + m_NO = 100,6g

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) = 0,393  (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

\(A{{l}_{2}}{{O}_{3}}+2O{{H}^{-}}~\to \text{ }2Al{{O}_{2}}^{-}+{{H}_{2}}O\)

=> \({{n}_{O{{H}^{-}}}}=2{{n}_{A{{l}_{2}}{{O}_{3}}}}=0,05\text{ }mol\)

Quá trình điện phân:

Cu²⁺ + 2Cl^- → Cu + Cl₂

  a         2a          a       a

2Cl^-  + 2H₂O → Cl₂  +  H₂   +  2OH^-

 0,05    ←       0,025 ← 0,025 ← 0,05

m _giảm= 64a + 71a + 71.0,5a + 2.0,5a = 8,575 gam < 10,375

=> H₂O bị điện phân: m_H2O = 10,375 - 8,575 = 1,8 gam

2H₂O → 2H₂ + O₂

0,1           0,1    0,05 mol

Tại anot: 0,075 mol Cl₂ và 0,05 mol O₂

=> \({{n}_{e}}=0,075.2+0,05.4=0,35\text{ }mol\Rightarrow t=\frac{{{n}_{e}}.F}{I}=\frac{0,35.96500}{2,68}=12602,6\text{ (s)}=3,5\,(h)\)

Gọi số mol MSO₄ và NaCl trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là x và y mol

Khi điện phân t (s)

43,24 = (M + 96).x + 58,5.y  (1)

Catot (-) : M²⁺ + 2e → M

Mol           x → 2x

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

Mol                (0,4 – 2x)

Anot (+) : 2Cl^- → Cl₂ + 2e

n_e = 0,4 mol

=> n_Cl2 = 0,2 mol ; n_NaCl = 0,4 mol = y

=> (M + 96)x = 19,84 (2)

(Vì điện phân chỉ ngừng khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 điện cực, mà ở Anot chỉ có Cl₂

=> nước chưa bị điện phân ở anot)

Với 2t (s) => n_e = 0,8 mol

Anot : 2H₂O + 2e → O₂ + 4H⁺ + 4e

=> m_{dd giảm} = M.x + 2.(0,2 – x + 0,2) + 0,2.71 + 0,1.32 = 25,496  (3)

Từ (2),(3) => x = 0,128 ; M = 59 (Ni)

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.

Al + OH^- → AlO₂^- + 1,5H₂

\(=>{{n}_{O{{H}^{-}}}}=\frac{{{n}_{{{H}_{2}}}}}{1,5}=0,05\text{ }mol\)

Quá trình điện phân:

Cu²⁺ + 2Cl^- → Cu + Cl₂

 a          2a          a       a

2Cl^- +    2H₂O → Cl₂ + H₂ + 2OH^-

a(=3a-2a)            0,5a   0,5a  a=0,05

m _giảm= 64a + 71a + 71.0,5a + 2.0,5a = 8,575 gam < 10,375

=> H₂O bị điện phân: m_H2O = 10,375 - 8,575 = 1,8 gam

H₂O → H₂ + 0,5O₂

0,1         0,1    0,05 mol

Tại anot: 0,075 mol Cl₂, 0,05 mol O₂

=> n_e = 0,075.2 + 0,05.4 = 0,35 mol

\(=>t=\frac{{{n}_{e}}.96500}{I}=\frac{0,35.96500}{1,34}=25205,2\text{ }(s)=7\,(h)\)

+) t giây

Catot: M²⁺  +  2e → M

            2a  ←  4a

Anot: H₂O - 2e → 0,5O₂ + 2H⁺

                     4a  ←  a

+) 2t giây

Điện phân trong thời gian 2t (s) thì số mol e trao đổi gấp đôi trong t (s)

=> n_{e trao đổi 2t} = 2.4a = 8a (mol)

Anot: 2H₂O - 4e → O₂   +  4H⁺

                      8a  →  2a → 8a

Vì tổng số mol khí thu được ở 2 điện cực là 2,5a mol => n_{H2 sinh ra ở catot} = 2,5a – 2a = 0,5a (mol)

Catot:

M²⁺  +  2e → M

3,5a  ← 7a

2H₂O + 2e → H₂  + 2OH^-

              a ← 0,5a → a

Vì tại thời điểm 2t (s) số mol M²⁺ bị điện phân là 3,5a => ở t (s) M²⁺ chưa bị điện phân hết => A đúng

+) Xét tại thời điểm thu được 1,8a mol khí ở anot:

Anot: H₂O - 2e → 0,5O₂ + 2H⁺

                    7,2a ← 1,8a

Catot:

M²⁺  +  2e → M

3,5a  → 7a

2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

            0,2a → 0,1a

=> tại thời điểm này thu được 0,1a mol khí H₂ ở catot => B sai

+) Sau 2t (s) thu được ${{n}_{{{H}^{+}}}}=8\text{a}\,>{{n}_{O{{H}^{-}}}}=a$ => dung dịch thu được có pH < 7

+) D đúng, tại thời điểm 2t (s) ở catot thoát ra 0,5a mol khí H₂

Khi điện phân AgNO₃ :

Catot : Ag⁺ + 1e → Ag

Anot : 2H₂O → 4H⁺ + 4e + O₂

Mg + X thu được hỗn hợp kim loại => Ag⁺ chưa điện phân hết

- Hỗn hợp kim loại + HCl => n_Mg = n_H2 = 0,005 mol => n_Ag  = 0,002 mol

Hỗn hợp khí là sản phẩm khử của Mg với H⁺ và NO₃^- (Mg dư)

\({{n}_{NO}}+{{n}_{{{N}_{2}}O}}\) = 0,005 mol

\({{m}_{NO}}+{{m}_{{{N}_{2}}O}}~\)= 2.19,2.0,005 = 0,192 gam

=> n_NO = 0,002 và \({{n}_{{{N}_{2}}O}}\)= 0,003 mol

Gọi \({{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}=x\text{ }mol\)

Bảo toàn e : \({{n}_{Mg{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}={{n}_{Mg+HN{{O}_{3}}}}+{{n}_{Mg+A{{g}^{+}}}}~=\frac{1}{2}.\left( 3{{n}_{NO}}+8{{n}_{{{N}_{2}}O}}+8{{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}} \right)+\frac{1}{2}.{{n}_{Ag}}\)

\(=\frac{1}{2}\left( 3.0,002+8.0,003+8x \right)+\frac{1}{2}.0,002=0,016+4x\)

=> m_muối \(={{m}_{Mg{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}+{{m}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}=148.\left( 0,016+4x \right)+80x=3,04\,gam\)

=> x = 0,001 mol

=> \({{n}_{{{H}^{+}}(X)}}=4{{n}_{NO}}+10{{n}_{{{N}_{2}}O}}+10{{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}=0,048\text{ }mol={{n}_{e}}\)

Định luật Faraday : n_e.F = It => t = 2316 (s)

+ Bình 1: n_NaOH = 0,0346 mol

Sau khi x mol H₂O bị điện phân thì thể tích dung dịch còn lại là 20-18x (ml)

=> \({{C}_{M}}=\frac{0,0346}{\frac{20-18x}{1000}}=2\) => x = 0,15

=> n_e = 2x = 0,3

Bình 2:

Tại catot:

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,15.....0,3

Cu²⁺ dư 0,225 - 0,15 = 0,075 mol

Tại anot:

2Cl^- - 2e → Cl₂

0,2→0,2

2H₂O – 4e → O₂ + 4H⁺

            0,1     →      0,1

Dung dịch trong bình 2 sau điện phân gồm: Cu²⁺ (0,075 mol); H⁺: (0,2 + 0,1 = 0,3 mol)

Khi cho 0,25 mol Fe vào:

         3Fe   +  8H⁺ + 2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

Bđ:   0,25       0,3       0,45

Pư: 0,1125 ← 0,3 → 0,075

Sau: 0,1375

         Fe      +    Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

Bđ:  0,1375      0,075

Pư:  0,075  ←  0,075    →      0,075

Sau:0,0625                             0,075

=> m _{chất rắn} = 0,0625.56 + 0,075.64 = 8,3 gam

PTHH:  4AgNO₃ + 2H₂O → 4Ag ↓ + O₂ ↑  + 4HNO₃

                   x                  →      x  →  0,25x   →   x

Gọi n_AgNO3 bị điện phân là x (mol)

Ta có: m_{dd giảm} = m_Ag + m_O2

=> 108x + 0,25x. 32 = 9,28

=> x = 0,08 (mol)

Theo đề bài dd X là AgNO₃ và HNO₃ có nồng độ mol/l bằng nhau => n_AgNO3 dư = n_HNO3 = 0,08 (mol)

             Fe + 4H⁺ + NO₃^- → Fe³⁺ + NO + 2H₂O  (1)

PƯ    0,02 ←0,08→0,02→ 0,02

Dư     0,03                0,14

            Fe   +   2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag↓     (2)

Pư       0,03 → 0,06 →   0,03

Dư                    0,02

            Ag⁺ + Fe²⁺ → Fe³⁺ + Ag↓   (3)

Pư  0,02 → 0,02→    0,02

Sau phản ứng (1), (2) (3) => n_Fe2+ = n_{Fe2+ (2)} – n_{Fe2+ (3)} = 0,03- 0,02 = 0,01 (mol)

n_Fe3+ = n_{Fe3+ (1)} + n_{Fe3+ (3)} = 0,02 + 0,02 = 0,04 (mol)

Vậy dd Y gồm : Fe(NO₃)₂: 0,01 mol; Fe(NO₃)₃: 0,04 (mol)

=> m= 0,01. 180 + 0,04. 242 = 11,48 (g)