Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tính toán điện phân (Hóa học Lớp 12)

Hướng dẫn giải
0,1 mm = 0,01 cm
mCu = 90%.64.2.t/(2.96485) = 8,94.10.0,01
⟶ t = 1497,53s = 25 phút

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân mạ đồng với anode đồng thô, cathode chìa khóa, dung dịch CuSO₄.
- Anode: Cu → Cu²⁺ + 2e (oxi hóa), nên anode tan dần → (a) đúng, (c) sai (anode xảy ra quá trình oxi hóa, không phải khử; khử Cu²⁺ xảy ra ở cathode).
- Cathode: Cu²⁺ + 2e → Cu. Mỗi mol Cu tan ở anode tạo 1 mol Cu²⁺, mỗi mol Cu²⁺ khử ở cathode tiêu 1 mol Cu²⁺ → nồng độ CuSO₄ không đổi → (b) đúng.
- (d): Q = 10 × (16×60 + 5) = 9650 C; nCu = 9650/(2×96500) = 0,05 mol → mCu = 3,2 g → V = 3,2/8,9 ≈ 0,3596 cm³ → bề dày = 0,3596/20 ≈ 0,018 cm ≠ 0,006 cm → (d) sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Anode là đồng thô, bị oxi hóa: Cu → Cu²⁺ + 2e, nên anode tan dần.
b) (AI giải đề cho tôi)
Số mol Cu²⁺ tan ở anode bằng số mol Cu²⁺ khử ở cathode, nên số mol CuSO₄ không thay đổi.
c) (AI giải đề cho tôi)
Anode xảy ra quá trình oxi hóa (Cu → Cu²⁺ + 2e); quá trình khử Cu²⁺ xảy ra ở cathode.
d) (AI giải đề cho tôi)
Q = 9650 C, nCu = 0,05 mol, m = 3,2 g, V ≈ 0,3596 cm³, bề dày = 0,3596/20 ≈ 0,018 cm, không phải 0,006 cm.

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích lớp Al2O3: V = 120 cm² × 0,01 mm = 120 × 0,001 cm = 0,12 cm³. Khối lượng Al2O3: m = 0,12 × 3,97 = 0,4764 g → n(Al2O3) = 0,4764/102 = 0,0046706 mol. Quá trình anode: 2Al + 3H2O → Al2O3 + 6H+ + 6e⁻, nên n_e = 6 × 0,0046706 = 0,0280234 mol. Điện lượng thực cần (hiệu suất 96%): q = n_e·F/0,96 = 0,0280234 × 96485/0,96 ≈ 2817,4 C. Thời gian: t = q/I = 2817,4/0,6 ≈ 4695,7 giây = 78,26 phút ≈ 78 phút.

a) Sai vì nếu thay Cu có thể tham gia phản ứng phụ trong quá trình điện phân, ảnh hưởng đến kết quả thí nghiệm. Than chì là chất tro, không tham gia phản ứng nên phù hợp hơn.
b) Đúng vì Ở cực âm (cathode), các ion vàng nhận electron để khử thành vàng kim loại bám lên điện cực than chì.
c) Sai vì xét khối lượng vàng bám lên điện cực: là 75% tức là 3,75.75%=2,185g, Ni (x mol), và Ag (y mol) ta có: 59x+108y+2,185=3,75; bảo toàn electron: 2x + y + $\frac{3,2,1825}{197}$ = 3. $\frac{4,85-2}{197}$; Giải ra ta được nghiệm âm, vậy mẫu vàng trên không đạt chuẩn (Ni, Ag có giá trị nhỏ hơn so với Au nên nếu vàng tây không đạt tiêu chuẩn thì %Au phải nhỏ hơn %Au tiêu chuẩn là 75%).
d) Sai vì nồng độ dung dịch Au(NO${}_3$)${}_3$ sau điện phân là: n${}_{A{u}^{3+}}$ = 0,2.0,1 = 0,02 mol; nAu = $\frac{2,85}{197}$ = 0,0145 mol; 0,02 - 0,0145 = 0,0055 mol; C = $\frac{0,0055}{0,1}$ = 0,055 M.
a) Sai vì nếu thay Cu có thể tham gia phản ứng phụ trong quá trình điện phân, ảnh hưởng đến kết quả thí nghiệm. Than chì là chất tro, không tham gia phản ứng nên phù hợp hơn.
b) Đúng vì Ở cực âm (cathode), các ion vàng nhận electron để khử thành vàng kim loại bám lên điện cực than chì.
c) Sai vì xét khối lượng vàng bám lên điện cực: là 75% tức là 3,75.75%=2,185g, Ni (x mol), và Ag (y mol) ta có: 59x+108y+2,185=3,75
bảo toàn electron: 2x + y + $\frac{3,2,1825}{197}$ = 3. $\frac{4,85-2}{197}$
Giải ra ta được nghiệm âm, vậy mẫu vàng trên không đạt chuẩn (Ni, Ag có giá trị nhỏ hơn so với Au nên nếu vàng tây không đạt tiêu chuẩn thì %Au phải nhỏ hơn %Au tiêu chuẩn là 75%)
d) Sai vì nồng độ dung dịch Au(NO${}_3$)${}_3$ sau điện phân là
n${}_{A{u}^{3+}}$ = 0,2.0,1 = 0,02 mol
nAu = $\frac{2,85}{197}$ = 0,0145 mol
0,02 - 0,0145 = 0,0055 mol
C = $\frac{0,0055}{0,1}$ = 0,055 M
Nồng độ dung dịch Au(NO${}_3$)${}_3$ sau điện phân là

(AI giải đề cho tôi)
nNaCl = 0,3 × 0,6 = 0,18 mol. Gọi số mol electron qua mạch trong thời gian t là E. Ở anot (t): Cl⁻ bị oxy hóa hết trước: Cl₂ = 0,18/2 = 0,09 mol (tốn 0,18 mol e); còn lại khí O₂ = 0,1 − 0,09 = 0,01 mol (tốn 0,04 mol e) → E = 0,22 mol e. Ở thời gian 2t: e = 0,44 mol. Anot: Cl₂ = 0,09 mol; O₂ = (0,44 − 0,18)/4 = 0,065 mol → khí anot = 0,155 mol. Tổng khí 2t = 7,28/22,4 = 0,325 mol → khí catot (H₂) = 0,325 − 0,155 = 0,17 mol → H₂ tốn 0,34 mol e → phần e dùng khử M²⁺ = 0,44 − 0,34 = 0,10 mol → nM = 0,05 mol. Vậy muối MSO₄·nH₂O có 0,05 mol: M + 96 + 18n = 14,35/0,05 = 287. Với M = Zn (65): 18n = 126 → n = 7 (ZnSO₄·7H₂O, M = 287) thỏa mãn. Khối lượng catot tăng sau thời gian t: Zn²⁺ đã khử hết (cần 0,1 mol e < 0,22), nên m = 0,05 × 65 = 3,25 gam. Kiểm tra: tại t, catot H₂ = (0,22 − 0,1)/2 = 0,06 mol; anot 0,1 mol — hợp lý.

Chọn A.
Ta có $n_{e\text{ (trao đổi)}}=\frac{It}{96500}=0,6$ mol
Tại anot: $\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+2n_{O_2}=0,2\\ \stackrel{BT:e}{\to }2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,6\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,1\text{ mol}\\ n_{O_2}=0,1\text{ mol}\end{array}$
Dung dịch sau điện phân chứa: Na⁺, H⁺ (0,4 mol) và Cu²⁺ (a mol)
Khi cho dung dịch sau điện phân tác dụng với Fe dư thì: $n_{Fe\text{ dư}}=\frac{3n_{H^{+}}}{8}+n_{C{u}^{2+}}=0,15+a$
Chất rắn gồm Fe dư và Cu $\Rightarrow 20-56(0,15+a)+64a=12,4\Rightarrow a=0,1$
Dung dịch ban đầu gồm NaCl (0,2 mol) và Cu(NO₃)₂ (0,4 mol) $\Rightarrow m=86,9$ (g)

Định hướng tư duy giải:
$$-\to 24,25\{\begin{array}{l}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2:0,15\\ {\mathrm{O}}_2:x\\ -\to \mathrm{Cu}:0,15+2x\end{array}-\to x=0,025$$

Vì thanh sắt tăng nên Cu${}^{2+}$ phải còn dư

$$-\stackrel{\text{BTKL}}{\to }150,4=150-\frac{0,6.a.2-0,3}{2}.56+64(0,6a-0,2)-\to a=1$$

Định hướng tư duy giải:
• $n_{CuC{l}_2}=\frac{13,64-0,08.35,5}{135}=0,08^{mol}$
• $X\{\begin{array}{l}F{e}_2{O}_3:0,04^{mol}\\ CuO:0,08^{mol}\\ -\stackrel{\text{BTKL}}{\to }FeO:0,2^{mol}\end{array}$ $-\stackrel{\text{BT Cl}}{\to }$ $n_{HCldu}=0,1^{mol}$
• Dung dịch sau điện phân:
$\to \{\begin{array}{l}FeC{l}_2:0,28^{mol}\\ HCl:0,1^{mol}\end{array}\to \{\begin{array}{l}-\stackrel{\text{BTe}}{\to }{n}_{Ag}=0,28-3.\frac{0,1}{4}=0,205^{mol}\\ n_{AgCl}=0,66^{mol}\end{array}\to m_{\downarrow }=116,85$ gam

+ Tại thời điểm: t giây

- Vì đến 2t giây, khối lượng Cu vẫn tăng nên tại t giây Cu${}^{2+}$ vẫn chưa điện phân hết
n${}_{Cu}$ = 0,075 mol → n${}_e$ = 0,15 mol → a = 0,075 mol ( chính là mol Cl${}_2$)

+ Tại thời điểm: 2t giây → n${}_e$ = 0,3 mol mà n${}_{Cu}$ = 0,12 mol → n${}_{H2}$ = 0,03 mol
n${}_{kh\acute{ı}}$ = 0,18 mol → n${}_{kh\acute{ı}ởanot}$ = 0,15 mol

Đặt n${}_{Cl2}$ = x mol, n${}_{O2}$ = y mol

Ta có : $\{\begin{array}{l}x+y=0,15\\ 2x+4y=0,3\end{array}$ → $\{\begin{array}{l}x=0,15\\ y=0\end{array}$

Vậy tại 2t giây nước chưa điện phân bên anot

Tại thời điểm: 4,4t giây → n${}_e$ = 0,66 mol mà n${}_{H2}$ = 0,21 mol

n${}_{kh\acute{ı}}$ = 0,51 mol → n${}_{kh\acute{ı}anot}$ = 0,3 mol

Đặt n${}_{Cl2}$ = x mol, n${}_{O2}$ = y mol

Ta có : $\{\begin{array}{l}x+y=0,3\\ 2x+4y=0,66\end{array}$ → $\{\begin{array}{l}x=0,27\\ y=0,03\end{array}$

Vậy n${}_{CuO}$ = 0,12 mol n${}_{Na2O}$ = 0,15 mol

m = 18,9 gam

(AI giải đề cho tôi)
Ở bình (2): Ag⁺ + e⁻ → Ag. Số mol Ag⁺ = 0,1 × 1 = 0,1 mol. Khí ở cathode bình (2) (H₂ từ điện phân nước) bắt đầu xuất hiện khi Ag⁺ vừa cạn, tức lúc đó tổng số electron truyền dẫn là 0,1 mol e⁻. Vì hệ nối tiếp, bình (1) cũng nhận 0,1 mol e⁻. Ở cathode bình (1): Cu²⁺ + 2e⁻ → Cu, nên n_Cu = 0,1/2 = 0,05 mol (Cu²⁺ có 0,1 mol, đủ để điện phân). Khối lượng Cu bám lên cathode: m = 0,05 × 64 = 3,2 gam.

- Đoạn 1: $CuS{O}_4+2NaCl\stackrel{\ddot{p}dd}{\to }Cu\downarrow +C{l}_2\uparrow +N{a}_{2}S{O}_4$ (1)

mol phản ứng: 0,1 0,2 ← 0,1

- Đoạn 2 thu được mol khí lớn hơn ở đoạn 1 → Đoạn 2 tạo ra 2 khí

→ Sau phản ứng (1) NaCl còn, CuSO4 hết.

$2NaCl+2H_{2}O\stackrel{\ddot{p}dd}{\to }2NaOH+H_2\uparrow +C{l}_2\uparrow$ (2)

mol phản ứng: $x\to$ $0,5x$ $0,5x$

→ $0,5x+0,5x=0,3-0,1\to x=0,2$

→ $mgam\{\begin{array}{l}CuS{O}_4:0,1\\ NaCl:0,4\end{array}\to m=160.0,1+58,5.0,4=39,4gam$

Chọn A.

Dung dịch X chứa HNO${}_3$ $\Rightarrow n_{HN{O}_3}=\frac{8}{3}{n}_{Fe}=0,24$ mol (trường hợp tạo Fe${}^{2+}$) $\Rightarrow$ AgNO${}_3$: 0,16 mol

Tại thời điểm t (s) thu được Ag là x mol $\Rightarrow n_{e(1)}=x$ và a = 108x + 0,25x.32 (1)

Tại thời điểm 2t (s) thu được: Ag (0,16 mol) $-\stackrel{BT:e}{\to }{n}_{H_2}=\frac{2x-0,16}{2}$ và $n_{O_2}=\frac{2x}{4}=0,5x$

$\Rightarrow$ a + 5,36 = 0,16.108 + (2x − 0,16) + 32.0,5x

Từ (1), (2) suy ra: x = 0,12 $\Rightarrow$ t = 5790 (s).

Điện lượng: $q=I.t=2,0\cdot 3600=7200$ C
Số mol electron:
$$n_e=\frac{q}{F}=\frac{7200}{96500}\approx 0,0746\text{ mol}$$
Theo phương trình, 1 mol $PbS{O}_4$ ứng với 2 mol electron:
$$n_{PbS{O}_4,\text{moˆ˜i cực}}=\frac{0,0746}{2}=0,0373\text{ mol}$$
Tổng hai cực:
$$n_{PbS{O}_4}=2\cdot 0,0373=0,0746\text{ mol}$$
Khối lượng mol:
$$M_{PbS{O}_4}=207+32+4\cdot 16=303\text{g/mol}$$
Khối lượng:
$$m=0,0746\cdot 303\approx 22,6\text{g}$$

Phản ứng xả điện: $\mathrm{Cd}+2NiO(\mathrm{OH})+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2Ni(\mathrm{OH}{)}_2+\mathrm{Cd}(\mathrm{OH}{)}_2$
Molar mass của NiO(OH) là $58,7+16+17=91,7$ g/mol.
$n_{\mathrm{NiO}(\mathrm{OH})}=\frac{1000}{91,7}\approx 10,91$ mol
$n_{\mathrm{Cd}}=\frac{500}{112,4}\approx 4,448$ mol
Theo tỉ lệ phản ứng, 1 mol Cd cần 2 mol NiO(OH). Lượng NiO(OH) cần cho 4,448 mol Cd là 8,896 mol, nhỏ hơn lượng có sẵn, nên Cd là chất giới hạn.
Mỗi mol Cd trao đổi 2 mol electron nên $n_e=2n_{\mathrm{Cd}}\approx 8,897$ mol.
Điện lượng cần nạp: $q=n_{e}F=8,897\cdot 96485\approx 858407$ C
Thời gian sạc: $t=\frac{q}{I}=\frac{858407}{30,0}\approx 28614$ s $\approx 7,95$ h
Làm tròn đến hàng đơn vị: 8 giờ.
⇒ Đáp án: 8.

Chất hòa tan CuO là $H_{2}S{O}_4$. $n_{CuO}=0,04\to n_{H_{2}S{O}_4}=0,04$. $CuS{O}_4+2NaCl\to Cu+C{l}_2+N{a}_{2}S{O}_4$ (a, 2a, a); $CuS{O}_4+H_{2}O\to Cu+1/2O_2+H_{2}S{O}_4$ (0,04; 0,02; 0,04). n khí = a + 0,02 = 0,04 → a = 0,02. $n_{CuS{O}_4}=a+0,04=0,06$; $n_{NaCl}=2a=0,04$ → m = 11,94.

a) Sai, anode xảy ra quá trình oxi hóa Cu:
Cu → Cu${}^{2+}$ + 2e
b) Đúng
c) Đúng, tại cathode: Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu
nCu bị oxi hóa tại anode = nCu${}^{2+}$ bị khử tại cathode nên nCuSO${}_4$ không thay đổi.
d) Sai
mCu = 64It/2F = 3,2 gam
→ Độ dày lớp mạ = 3,2/(8,9.20) = 0,018 cm
a) Sai, anode xảy ra quá trình oxi hóa Cu:
Cu → Cu${}^{2+}$ + 2e
b) Đúng.
c) Đúng, tại cathode: Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu
nCu bị oxi hóa tại anode = nCu${}^{2+}$ bị khử tại cathode nên nCuSO${}_4$ không thay đổi.
d) Sai
mCu = 64It/2F = 3,2 gam
→ Độ dày lớp mạ = 3,2/(8,9.20) = 0,018 cm

- t(s): $n_{Cu}=0,06$ mol $\Rightarrow$ $n_e=0,12$ mol $\Rightarrow$ $a=n_{C{l}_2}=0,06$ mol.
- t + 17370 (s) $\Rightarrow$ $n_e=0,12+0,09=0,21$ mol.
Catot(-): $2n_{Cu}+2n_{H_2}=0,21-n_{Cu}=0,075$ mol $\to$ $n_{H_2}=0,03$ mol.
Anot(+): $C{l}_2$: x mol; $O_2$: y mol, với $x+y+0,03=0,06+0,075$ và $2x+4y=0,21$ $\to$ $x=0,105$ mol; $y=0$ mol.
- 3t (s) $\Rightarrow$ $n_e=3\times 0,12=0,36$ mol.
Catot(-): $2n_{Cu}+2n_{H_2}=0,36-n_{Cu}=0,075$ mol $\to$ $n_{H_2}=0,105$ mol.
Anot(+): $C{l}_2$: u mol; $O_2$: v mol, với $u+v+0,105=0,06\times 4,5$ và $2u+4v=0,36$ $\Rightarrow$ $u=0,15$ mol; $v=0,015$ mol.
- BTNT(Cl): $n_{NaCl}=2n_{C{l}_2}=0,3$ mol.