Tổng hợp bài tập điện phân hay và khó

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) => \({{n}_{CuS{{O}_{4}}\,(1)}}=1\text{ }mol\)

Từ (2) => \({{n}_{CuS{{O}_{4}}\text{ }(2)}}=a\)

=> n_{e trong t giờ} = 2 + 2a

Sau 2t giờ:

Dung dịch Y tác dụng với Al thu được 4a mol khí H₂ => ${{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}={{n}_{{{H}_{2}}}}=4\text{a}$

Từ (2) => \({{n}_{CuS{{O}_{4}}~\left( 2 \right)}}={{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}=4a\)

=> \({{n}_{CuS{{O}_{4}}}}\) _{pư tổng} = 1 + 4a

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

=> \({{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}=2\) (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

=> 4a = 1 => a = 0,25

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 = 0,5

Tại anot: \({{n}_{C{{l}_{2}}}}\) = 1 và \({{n}_{{{O}_{2}}}}\) = 0,75 (bảo toàn electron tính O₂)

=> n_{khí tổng} = 2,25 = 9a => A đúng

Sau 1,75t giờ: \({{n}_{e}}=1,75.\left( 2+2a \right)=4,375>2.{{n}_{C{{u}^{2+}}}}=4\) nên catot đã có khí thoát ra => B đúng

Sau 1,5t giờ thì \({{n}_{e}}=1,5.\left( 2+2a \right)=3,75<2.{{n}_{C{{u}^{2+}}}}=4\) nên Cu²⁺ chưa hết => C đúng

Sau 0,75t giờ thì \({{n}_{e}}=0,75.\left( 2+2a \right)=1,875<{{n}_{C{{l}^{-}}}}=2\) 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 = \({{m}_{{{H}_{2}}O}}-{{m}_{Cu}}-{{m}_{{{H}_{2}}}}-{{m}_{C{{l}_{2}}}}=-18,79\)

=> 18.2x – 64a – 2x – 71.(a + x) = -18,79

=> 37x + 135a = 18,79   (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

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

=> 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⁺ (0,2 mol) và Cl^- (0,4 mol)

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

Do \({{m}_{Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}>5\text{ }gam\text{ }n\hat{e}n\text{ }{{n}_{NO_{3}^{-}}}=2a>0,053\) 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

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

=> \({{n}_{NO_{3}^{-}(trong\,dd)}}=2a-\frac{0,2+2ab}{4}=1,5a+0,25b-0,05\)

=> m_{chất tan} = ${{m}_{N{{a}^{+}}}}+{{m}_{NO_{3}^{-}}}+{{m}_{F{{\text{e}}^{3+}}}}+{{m}_{C{{l}^{-}}}}$

=> 23b + 62.(1,5a + 0,25b – 0,05) + 0,1.56 + 0,4.35,5 = 90a + 40b + 16,46  (3)

Giải hệ (1), (2), (3) ta có x = 0,07; a = 0,12; b = 0,4

Vậy m = 45,96 gam

Chất tan trong Z = 26,8

=> m + z = 72,76

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

=> ${{n}_{NO_{3}^{-}(trong\,dd)}}=2\text{a}-\frac{0,1}{3}$

${{n}_{{{H}^{+}}du}}=0,2-\frac{0,4}{3}-(b-2\text{a})=\frac{0,2}{3}+2\text{a}-b$

m_{chất tan} = ${{m}_{N{{a}^{+}}}}+{{m}_{NO_{3}^{-}}}+{{m}_{F{{\text{e}}^{3+}}}}+{{m}_{C{{l}^{-}}}}+{{m}_{{{H}^{+}}}}$

=> 23b + 62.(2a – 0,1/3) + 0,1.56 + 0,4.35,5 + 0,2/3 + 2a - b = 90a + 40b + 16,46  (4)

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

Khi điện phân 3,5t giờ thì n_khí = 0,125 mol

Vì n_khí(1) . 3,5 ≠ n_khi(2) nên trường hợp 1 chỉ có khí là Cl₂ còn trường hợp 2 tạo ra cả O₂

Tại A :        2Cl^-  → Cl₂ + 2e

                    2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Tại K  :         Cu⁺² +2e → Cu

Xét trong trường hợp điện phân 3,5t giờ thì n_Cl2 = a mol và n_O2 = b mol→ a + b = 0,125 mol

Trong t giờ n_e = 2n_Cl2 = 2.0,05 =0,1 mol → trong 3,5 t giờ thì n_e = 0,35 mol e =  2a + 4b

Giải được a = 0,075 mol; b = 0,05 mol

Bảo toàn Cl có n_KCl = 2n_Cl2 = 0,15 mol

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

                   0,075 ← 0,2 mol

m_{km loại giảm} = 20 – 16,4 = 3,6 g

Nếu dung dịch Y không có Cu²⁺ thì m_{km loại giảm} = 56.0,075 = 4,2 g ≠ 3,6g nên dung dịch chứa Cu²⁺ dư

                       Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺  +Cu

                       x mol                         x mol

→ m_{km loại giảm} = 20 – 16,4 = 3,6 g = 56(0,075+x) – 64x → x = 0,075 mol

Vì Y có dư Cu²⁺ nên phản ứng điện phân tại K chỉ có Cu → n_Cu = n_e : 2 = 0,35 : 2 =0,175 mol

Bảo toàn Cu có n_Cu(NO3)2 = n_Cu + n_Cu(Y) = 0,175 + 0,075 = 0,25 mol

→ m = m_KCl + m_Cu(NO3)2 = 0,15.74,5 + 0,25.188 = 58,175 g

Do Y có phản ứng với kiềm nên Y là không phải là K-Na-Ca-Ba => R²⁺ có thể bị điện phân

- Các quá trình có thể xảy ra ở các điện cực :

+) Anot :         2Cl^- → Cl₂ + 2e

                        2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

+) Catot :         R²⁺ + 2e → R

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

- n_R(NO3)2 = 0,45V và n_NaCl = 0,4V mol ; n_{khí (Anot)} = 5,376 : 22,4 = 0,24 mol

- Phản ứng điện phân tổng quát chung : R(NO₃)₂ + 2NaCl → R + Cl₂ + 2NaNO₃ (1)

=> n_Cl2 = ½ n_NaCl = 0,2V => n_O2 = 0,24 – 0,2V

- Trong t giây : n_{e tđ} = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 0,96 – 0,4V

=> Trong t giây tiếp theo anot sinh ra n_O2 = 0,25n_e = 0,24 – 0,1V

=> n_{O2 tổng} = (0,24 – 0,2V) + (0,24 – 0,1V) = 0,48 – 0,3V

- Có : n_OH = n_KOH + n_NaOH = 0,32.0,75 + 0,32.0,5 = 0,4 mol

=> Ta xét 2 trường hợp

+) TH₁ : Trong 2t giây R²⁺ vẫn chưa bị điện phân hết => chưa điện phân nước ở catot

=> 2n_R2+ < n_{e tđ}

=> 0,45V.2 < (0,96 – 0,4V).2

=> V < 1,129

- n_{R2+ dư} = 0,96 – 0,4V – 0,45V = 0,96 – 0,85V

Lúc này n_H+ = 4n_{O2 tổng} = 4.(0,48 – 0,3V)

Thêm kiềm vào không có kết tủa chứng tỏ R(OH)₂ lưỡng tính đã tan trở lại

R²⁺ + 2OH^- → R(OH)₂

R(OH)₂ + 2OH^- → RO₂^2- + 2H₂O

=> n_OH = n_H+ + 4n_{R2+ dư} => 0,4 = 4.(0,48 – 0,3V) + 4.(0,96 – 0,85V)

=> V = 1,165  (Loại)

+) TH₂ : Trong 2t giây R²⁺ đã bị điện phân hết, H₂O đã bị điện phân ở catot :

Sau (1) còn : n_R2+ = 0,45V – 0,2V = 0,25V

=> Khi điện phân hết R²⁺ thì n_H+ = 0,25V.2 = 0,5V

=> n_H+ = n_OH- = 0,4 = 0,5V => V = 0,8 lit

Ta thấy đoạn đồ thị thứ 2 dốc hơn đoạn 1 nên suy ra Cu²⁺ điện phân hết trước Cl^- (đoạn 1 khí là Cl₂; đoạn 2 khí là Cl₂ và H₂; đoạn 3 khí là H₂ và O₂)

+ Tại x giây: n _khí = 0,896 : 22,4 = 0,04 mol

=> n_{CuSO4 bđ} = 0,04 mol

+ Tại y giây: n _khí = 3,584 : 22,4 = 0,16 mol

=> n _khí = n_H2 + n_Cl2 => x + x + 0,04 = 0,16 => x = 0,06 mol

=> n_Cl- = 2x + 0,08 = 0,2 mol

=> n_{KCl bđ} = 0,2 mol

Xét các phương án:

+ A sai vì n_CuSO4 : n_KCl = 0,04 : 0,2 = 1 : 5

+ B đúng vì Cu²⁺ điện phân hết trước Cl^-:

CuSO₄ + 2KCl → Cu + Cl₂ + K₂SO₄

2KCl + 2H₂O → 2KOH + Cl₂ + H₂

+ C sai vì:

Tại 2x giây, n_{e(2x giây)} = 2.n_{e(x giây)} = 0,16 mol

=> V _khí = (0,04+0,08).22,4 = 2,688 lít

+ D sai vì:

Tại z giây:

BTe: 0,08 + 2y = 0,2 + 4z

n _khí = y + 0,1 + z = 4,928/22,4

Giải hệ thu được y = 0,1 và z = 0,02

=> m _{dd giảm} = m_Cu + m_H2 + m_Cl2 + m_O2 = 0,04.64 + 0,1.2 + 0,1.71 + 0,02.32 = 10,5 gam

- n_e = 0,4 mol => n_{Cl- pư} = 0,4 mol => n_Cl2 = 0,2 mol

=> m_Cu = 20,6 - 0,2.71 = 6,4 gam => n_Cu = 0,1 mol

=> m_Fe3+ = 0,4 - 0,1.2 = 0,2 mol => n_Ag = 0,2 mol

=> n_AgCl = (136,4 - 0,2.108)/143,5 = 0,8 mol

BTNT "Cl" => X chứa CuCl₂ (0,8 mol) < 2n_Mg => Mg dư

- Kim loại thu được gồm: Mg dư, Cu (0,3 mol), Fe (0,2 mol). 

=> m' = 14,88 + 0,3.64 + 0,2.56 - 0,6.24 = 30,88 gam

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

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

+ 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

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

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

Bán phản ứng xảy ra ở anot là: 2H₂O → 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.

Ta có: n_CuCl2 = 0,4.0,02 = 0,008 (mol)

Ban đầu: pH = 2 → [H⁺] = 10^-2 (M) = 0,01 M → n_HCl = 0,01.0,4 = 0,004 mol

*Đoạn 1: pH không thay đổi trong khoảng thời gian catot khử Cu²⁺ và anot oxi hóa ion Cl^-.

Catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

=> n_{e đoạn 1} = 2.n_Cu2+ = 2.0,008 = 0,016 (mol)

*Đoạn 2: pH tăng nhanh chóng do H⁺ bị khử cho tới khi hết tại catot:

Catot: 2H⁺ + 2e → H₂

=> n_{e đoạn 2} = n_H+ = 0,004 mol

*Đoạn 3: pH tiếp tục tăng, dung dịch chuyển sang môi trường kiềm do H₂O bị khử tại catot tạo OH^-.

Ta có: pH = 13 → [H⁺] = 10^-13M → [OH^-] = 0,1 M → n_OH- = 0,4.0,1 = 0,04 mol

Catot: 2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

Ta có: n_{e đoạn3} = n_OH- = 0,04 mol

Vậy số mol electron trao đổi trong cả 3 giai đoạn bằng

n_{e trao đổi} = n_{e đoạn1} + n_{e đoạn2} + n_{e đoạn3} = 0,016 + 0,004 + 0,04 = 0,06 (mol)

Mặt khác ta có: n_{e trao đổi} = It/F → t = 0,06.96500/1,93 = 3000 (s)

- Xét phản ứng điện phân:

Bên Catot, thứ tự điện phân là: Fe³⁺; Cu²⁺, H⁺, Fe²⁺, H₂O

Bên Anot, thứ tự điện phân là: Cl^-, H₂O

Nhưng vì chỉ điện phân đến khi 2 bên đều bắt đầu thoát khí nên

+ ở catot, chỉ có Fe^3+: Cu²⁺ bị điện phân

Fe³⁺ +1e → Fe²⁺               Cu²⁺ +2e → Cu

+ ở anot, chỉ có Cl^- bị điện phân

2Cl^-  → Cl₂ + 2e

Suy ra, dd A còn lại sau khi điện phân là: FeCl₂ và HCl

n_FeCl2 = n_FeCl3 = 0,2 (mol) ; n_HCl = 0,16 (mol)

m_ddA = 100 – m_CuCl2 = 100 – 0,1.135 = 86,5 (g)

- Xét phản ứng của dd A với dd AgNO₃

+ Phản ứng tạo kết tủa chắc chắn có Ag và AgCl

n_AgCl↓ = n_HCl + 2n_FeCl2­ = 0,16 + 2.0,2 = 0,56 (mol)

\( \to {n_{Ag}} = \frac{{90,08 - 0,56.143,5}}{{108}} = 0,09\,(mol)\)

BTNT “Ag”: n_AgNO3 = n_AgCl↓ + n_Ag↓ = 0,56 + 0,09 = 0,65 (mol)

+ Phản ứng tạo 1 muối duy nhất nên muối đó chỉ có thể là Fe(NO₃)₃

n_Fe(NO3)3 = n_FeCl2 = 0,2 (mol)

+ Phản ứng chắc chắn tạo hỗn hợp khí dạng N_xO_y, tạm gọi là khí X

Ta có: \({n_{{H_2}O}} = \frac{1}{2}{n_{HCl}} = 0,08\,(mol)\)

+ Bảo toàn khối lượng ta có: m_{FeCl2, HCl} + m_AgNO3 = m_↓ + m_Fe(NO3)3 + m_X + m_H2O

→ 0,2.127 + 0,16.36,5 + 0,65.170 = 90,08 + 0,2.242 + m_X + 0,08.18

→ m_X = 1,82 (g)

+ Xét toàn bộ quá trình phản ứng:

Dd sau cùng là Fe(NO₃)₃

m_{dd Fe(NO3)3} = m_ddA + m_{dd AgNO3} - m↓ - m_X↑

                   = 86,5 + 150 – 90,08 – 1,82

                  = 144,6 (g)

\(a\%  = \frac{{{m_{Fe{{(N{O_3})}_3}}}}}{{{m_{d{d_{Fe{{(N{O_3})}_3}}}}}\,}}.100\%  = \frac{{0,2.242}}{{144,6}}.100\%  = 33,47\% \) gần nhất với 33,5%

Đoạn 1: n_Cl2 = 0,04 mol

→Trong a giây mỗi điện cực đã trao đổi 0,04.2 = 0,08 mol electron.

Đoạn 2: Có độ dốc lớn hơn đoạn 1 nên tốc độ thoát khí nhanh hơn → thoát Cl₂ và H₂

Bảo toàn electron → n_Cl2 = n_H2 = u

Đoạn 3: Thoát H₂ và O₂. Đặt n_O2 = v → n_H2 = 2v

Ta có hệ: 

\(\left\{ \matrix{
\sum {{n_{khi}} = {n_{C{l_2}}} + {n_{{H_2}}} + {n_{{O_2}}}} \hfill \cr
\sum {n{\,_{e\,\,anot}} = 2{n_{C{l_2}}} + 4{n_{{O_2}}} = } \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
0,04 + 2u + 3v = 0,21 \hfill \cr
2(u + 0,04) + 4v = 3,5.0,08 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
u = 0,04 \hfill \cr
v = 0,03 \hfill \cr} \right.\)

n_CuSO4 = n_Cu = n_{Cl2 đoạn 1} = 0,04 (mol)

n_NaCl = 2n_{Cl2 tổng} = 2(0,04 + 0,04) = 0,16(mol)

→ m = 0,04.160 + 0,16.58,5 = 15,76 (g)

Khi t = 4632s => n_e = It/F = 0,36 mol

Các phản ứng có thể xảy ra ở 2 điện cực:

Tại Catot:        Cu²⁺ + 2e → Cu

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

Tại anot:          2Cl^- → Cl₂ + 2e

                        2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

=> n_e = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 2.0,5a + 4x

Và: n_khí = n_Cl2 + n_O2 = 0,5a + x = 0,12

=> a = 0,12 mol ; x= 0,06 mol

- Khi t = 6948s => n_e = 0,54 mol

Tại anot thoát thêm Oxi: n_{O2 thêm} = (0,54 – 0,36): 4  = 0,045 mol

=> n_{khí ở anot} = 0,12 + 0,045 = 0,165 mol => H₂O bị điện phân ở Catot => n_H2 = 0,215 – 0,165 = 0,05 mol

Bảo toàn e cho catot: 2n_Cu + 2n_H2 = n_e => 2b + 0,05.2 = 0,54

=> b = 0,22 mol

Các phát biểu:

(a) Tổng khối lượng 2 muối trước điện phân là 35,48g

            => Sai. m_muối = 0,12.74,5 + 0,22.160 = 44,14g

(b) Nếu thời gian điện phân là 1,25t (s) thì nước đã điện phân ở 2 điện cực

            => Đúng.  Nếu thời gian là 1,25t => n_e = 1,25.0,36 = 0,45 mol > 2n_Cu = 0,44 mol => nước bị điện phân ở cả catot

(c) Giá trị của a,b lần lượt là 0,12 và 0,25

            => Sai. b = 0,22 mol

(d) Dung dịch X chỉ có 2 chất tan

            => Sai. X gồm 3 chất tan: K₂SO₄, H₂SO₄, CuSO₄.

(e) Đến thời điểm 1,5t (s), số mol H⁺ sinh ra ở anot là 0,32 mol

            => Sai. n_H+ = 4n_O2 = 4.(0,06 + 0,045) = 0,42 mol

Vậy có 4 phát biểu sai