Bài tập về sự điện phân

n_Fe3+ = 0,2 mol ; n_Cu2+ = 0,05mol ; n_Fe2+ =0,05mol

m_tăng = m_Cu + m_Fe => m_Fe = 8,8 – 0,05.64 = 5,6g => n_Fe = 0,1mol

Các ion đã điện phân ở catot: Fe³⁺ , Cu^2+, Fe²⁺ điện phân 1 phần

n_etđ = n_Fe3+ + 2n_Cu2+ + 2n_Fe2+ = 0,2 + 0,05.2 + 0,1.2 = 0,5 mol

=> $t=\frac{F.{{n}_{{{e}_{t\text{d}}}}}}{I} =\frac{96500.0,5}{10}=4825s$

n_CuSO4 = 0,02 mol => n_{e Cu2+ nhận tối đa} = 0,02.2 = 0,04 mol

Khi t₁ = 200s => n_{e trao đổi} = I.t / F = 0,02 mol

=> n_{Cu tạo ra} = n_{e trao đổi} / 2 = 0,01 mol => m_{Cu (1)} = 0,64 gam

Khi t₂ = 500s => n_{e trao đổi} = I.t / F = 0,05 > 0,04

=> n_Cu = n_CuSO4 = 0,02 mol => m_{Cu (2)} = 1,28 gam

Sinh ra 1,28 g Cu tương đương 0,02 mol Cu mà n_Cu(NO3)2 = 0,04 > 0,02

→ Cu(NO₃)₂ bị  điện phân 1 phần → AgNO₃ điện phân hết

n_AgNO3 = 0,08mol

   Ag⁺ + 1e → Ag

0,08 → 0,08

Cu²⁺ + 2e → Cu

        0,04 0,02

=> n_etđ= 0,04 + 0,08 = 0,12 mol

=> $t=\frac{F.{{n}_{{{e}_{t\text{d}}}}}}{I} =\frac{96500.0,12}{10}=1158s$

n_{e trao đổi} = I.t / F = 0,05 mol

Ở cực (-) điện phân H₂O:  2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^- 

=> n_OH- = n_e = 0,05 mol => [OH^-] = 0,05 / 0,5 = 0,1 M

=> pOH = 1 => pH = 13

Catot: M²⁺ + 2e → M

Anot: 2H₂O → O₂ ↑ + 4H⁺ + 4e

           0,18   → 0,09    →     0,36

=> n_{e trao đổi} = 4.n_O2 = 0,36 mol

Mà n_e = I.t / F => I = n_e.F / t = 12A

n_M = n_{e trao đổi} / 2 = 0,18 mol => M = 11,52 / 0,18 = 64

=> M là Cu

Đến khi catot bắt đầu có khí thoát ra => Ag⁺ bị điện phân vừa hết

n_NaOH = 0,8 mol => n_H+ = 0,8 mol

Catot: Ag⁺ + 1e → Ag

Anot: 2H₂O → O₂ ↑ + 4H⁺ + 4e

=> n_{e trao đổi} = n_H+ = 0,8 mol

=> n_Ag+ = 0,8 mol => C_{M AgNO3} = 0,8 / 0,5 = 1,6M

n = I.t / F => t = n.F / I = 3860s

n_O2 = 0,125 mol

Catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

Anot: 2H₂O → O₂ ↑ + 4H⁺ + 4e

=> n_{e trao đổi} = 4.n_O2 = 0,5 mol

=> n_Cu = 0,5 / 2 = 0,25 mol => m = 16 gam => A đúng

t = n.F / I = 4825s => B sai

+) pH của dung dịch ban đầu giảm, khi hết Cu²⁺ thì nước điện phân ở catot tạo OH^-, ở anot tạo ra H⁺ và n_OH- = n_H+ nên pH không đổi

+) hết Cu²⁺, nước điện phân ở catot tạo khí H₂

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)

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)

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