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

Câu 76. D
Vì sau t (s) mà khí thoát ra cả 2 đc nên
* Tại (K) có H${}_2$O điện phân * Tại (A) có có thể có các phản ứng sau
Cu${}^{2+}$ + 2e${}^{-}$ → Cu 2Cl${}^{-}$ → 2e${}^{-}$ + Cl${}_2$
0,05 0,1 0,05 2x 2x x (1)
2H${}_2$O + 2e${}^{-}$ → H${}_2$ + 2OH${}^{-}$ 2H${}_2$O → 4e${}^{-}$ + O${}_2$ + 4H${}^{+}$
2y y 2y 4z z 4z (2)
Và có phản ứng trung hòa nếu có (2) H${}^{+}$ + OH${}^{-}$ → H${}_2$O (3)
Ta gs có (2) và (3). Khi giải nếu z = 0 thì không có (2) và (3)
Vì dd sau hòa tan Al${}_2$O${}_3$ nên có 2 th sau:
- TH1: dd sau có mt bazo: Al${}_2$O${}_3$ + 2OH${}^{-}$ → 2AlO${}_2^{-}$
0,02 0,04 (4)
- Ta có hệ: x + y + z = 2,352/22,4 ; 2y - 4z = 0,04 ; 2x - 2y + 4z = 0,1 ⇔ x = 0,07 ; y = 0,03 ; z = 0,005
$$=>t=\frac{(2.0,07+4.0,005).96500}{2}=7720(s)$$
(Lưu ý: lời giải nguồn in "chọn B" nhưng kết quả t = 7720 s ứng với đáp án D, và đáp án D được gạch chân trong đề; đáp án chính thức là D.)
• TH2: dd sau có mt axit:
$$A{l}_2{O}_3+6H^{+}\to 2A{l}^{3+}+3H_{2}O$$
$$0,020,12(4)$$
• Ta có hệ
$$\{\begin{array}{l}x+y+z=\frac{2,352}{22,4}\\ -2y+4z=0,12\\ 2x-2y+4z=0,1\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=-0,01\\ y=0,057\\ z=0,058\end{array}=>Loại$$

ĐÁP ÁN Câu 36. Chọn B.

Tại t = a (s) : có khí Cl${}_2$ thoát ra tại anot ⇒ $V_{C{l}_2}=x$ ⇒ $n_{e(1)}=2n_{C{l}_2}=\frac{2x}{22,4}$

Tại t = 3a (s) : có khí Cl${}_2$, O${}_2$ thoát ra tại anot mà $V_{C{l}_2}+V_{O_2}=2x$ ⇒ $V_{O_2}=x$ ⇒ $n_{O_2}=\frac{x}{22,4}$

– BT: e → $n_{Cu}=\frac{3n_{e(1)}}{2}=\frac{3x}{22,4}$

Tại t = 4a (s) : có khí Cl${}_2$, O${}_2$ thoát ra tại anot và khí H${}_2$ thoát ra tại catot.

$V=V_{C{l}_2}+V_{O_2}+V_{H_2}=7,84$ ⇒ $n_{O_2}+n_{H_2}=0,35-\frac{x}{22,4}$ (1)

– BT: e →
$$\{\begin{array}{l}{n}_{H_2}=\frac{1}{2}\left(4n_{e(1)}-2n_{Cu}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{8x}{22,4}-\frac{6x}{22,4}\right)=\frac{x}{22,4}\\ n_{O_2}=\frac{1}{4}\left(4n_{e(1)}-2n_{C{l}_2}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{8x}{22,4}-\frac{2x}{22,4}\right)=\frac{1,5x}{22,4}\end{array}$$ (2)

Thay (2) thay vào (1): x = 2,24.

Tại t = 2,5a (s) : có khí Cl${}_2$ (0,1 mol), O${}_2$ thoát ra tại anot và tại có Cu

Có $n_e=2,5n_{e(1)}=0,5$ mol ⇒
$$\{\begin{array}{l}{n}_{O_2}=0,075\text{ mol}\Rightarrow n_{HN{O}_3}=4n_{O_2}=0,3\text{ mol}\\ n_{Cu}=0,25\text{ mol}\Rightarrow n_{C{u}^{2+}(dd)}=0,3-0,25=0,05\text{ mol}\end{array}$$

Khi cho Fe tác dụng với dung dịch sau điện phân thì:

$m_{Fe}=56\left(\frac{3}{8}{n}_{HN{O}_3}+n_{C{u}^{2+}}\right)=9,1\text{ (g)}$

Chọn B.

- Giả sử số mol KCl trong X là 1 mol, khi đó quá trình điện phân xảy ra như sau:

Tại catot: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$ (a mol $\to$ 2a mol); $2H_{2}O+2e\to 2O{H}^{-}+H_2$ (2b mol $\to$ b mol)

Tại anot: $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$ (1 mol — 0,5 mol)

- Theo đề bài ta có: $\{\begin{array}{l}-\stackrel{\text{BT}:e}{\to }2n_{Cu}+2n_{H_2}=n_{C{l}^{-}}\\ n_{C{l}_2}=4n_{H_2}\end{array}\to \{\begin{array}{l}2a+2b=1\\ 4b=0,5\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=0,375\text{ mol}\\ b=0,125\text{ mol}\end{array}$

- Vậy hỗn hợp X gồm $CuS{O}_4$ (0,375 mol) và KCl (1 mol)

$\%m_{CuS{O}_4}=\frac{0,375.160}{0,375.160+1.74,5}.100=44,61\%$

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 $a=108x+0,25x\cdot 32$ (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 $n_{O_2}=\frac{2x}{4}=0,5x$

$\Rightarrow$ $a+5,36=0,16\cdot 108+(2x-0,16)+32\cdot 0,5x$

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

Đoạn 1: Chỉ có Cl${}_2$ thoát ra V${}_{Cl}$ x

Đoạn 2: Chỉ có O${}_2$ thoát ra V O 2 = 2x x x

Đoạn 3: Anot có O${}_2$ tiếp tục thoát ra. Catot có H${}_2$ thoát ra. Trong đoạn 3 này thời gian bằng nửa đoạn 2 nên VO${}_2$ = 0,5x, bảo toàn electron => VH${}_2$ = x

Tổng cộng 3 đoạn thì khí thoát ra gồm: Cl${}_2$ (x lít), O2 (1,5x lít) và H${}_2$ (x lít)

=> x + 1,5x + x = 7,84 => x = 2,24

Ban đầu: nNaCl = 2nCl${}_2$ = 0,2

nCuSO${}_4$ = nCu = nCl${}_2$ + 2nO${}_2$ (đoạn 2) = 0,3 Tại thời điểm 2,5a giây (Thuộc đoạn 2) thì: Anot: a giây đầu tạo Cl${}_2$, 1,5 giây còn lại O${}_2$: nCl${}_2$ = 0,1 và nO${}_2$ = 0,1.1.5/2 = 0,075

Bảo toàn electron => nCu (catot) = 0,25

=> nCu${}^{2+}$ còn lại = 0,3 - 0,25 = 0,05 nH${}^{+}$ = 4nO${}_2$ -> nNO = nH+/4 = 0,075

Thêm Fe, bảo toàn electron: 2nFe = 2nCu${}^{2+}$ + 3nNO

=> nFe = 0,1625

=> mFe = 9,1 gam

(AI giải đề cho tôi)
nKCl = 14,9/74,5 = 0,2 mol; nCu(NO3)2 = 28,2/188 = 0,15 mol. Điện phân với điện cực trơ: anode giải phóng Cl⁻ trước (0,2 mol Cl⁻ → 0,1 mol Cl₂, mất 0,2 mol e), sau đó nước bị ôxi hóa sinh O₂. Catot: Cu²⁺ + 2e → Cu (gọi x mol Cu), sau đó nếu còn e thì sinh H₂. Giả thiết chỉ điện phân Cu (chưa đến H₂): khối lượng dung dịch giảm = mCu + mCl₂ + mO₂. Số e catot = 2x; số e cho Cl₂ = 0,2; phần e còn lại cho O₂: (2x − 0,2)/4 mol O₂. Tổng: 64x + 7,1 + 32·(2x−0,2)/4 = 15,1 → 64x + 7,1 + 16x − 1,6 = 15,1 → 80x = 9,6 → x = 0,12 mol (< 0,15 mol, hợp lệ, chưa sinh H₂). Khối lượng kim loại (Cu) ở catot = 0,12 × 64 = 7,68 gam. Kiểm tra: mất khối lượng = 7,68 (Cu) + 7,1 (Cl₂) + 0,32 (O₂ = 0,01 mol) = 15,1 gam, khớp đề bài.

Trong t giây đầu chỉ thoát Cu và Cl${}_2$ nên a = b
Trong khoảng thời gian từ t đến t + 2895 giây:
ne = 2.2895/96500 = 0,06
Catot: nCu = 0,02 —> nH${}_2$ = 0,01
Anot: nCl${}_2$ = u và nO${}_2$ = v
—> u + v + 0,01 = 0,03
ne = 2u + 4v = 0,06
—> u = v = 0,01
ne trong t giây = 2a —> ne trong 2t giây = 4a
Sau 2t giây:
Catot: nCu = a + 0,02 —> nH${}_2$ = a – 0,02
Anot: nCl${}_2$ = a + 0,01 —> nO${}_2$ = 0,5a – 0,005
n khí tổng = (a – 0,02) + (a + 0,01) + (0,5a – 0,005) = 2,125a
—> a = 0,04
ne = 2a = It/F —> t = 3860s

Đáp án B

$n_e=\frac{It}{F}=0,44$ mol

Anot: $\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,15\\ 2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,44\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,08\\ n_{O_2}=0,07\end{array}$

$\to n_{NaCl}=0,16\to n_{Cu(N{O}_3{)}_2}=\frac{0,5}{0,4}\times 0,16=0,2$ mol

Do $n_e>2n_{C{u}^{2+}}$ nên $C{u}^{2+}$ điện phân hết.

Vậy dung dịch sau phản ứng chứa $N{a}^{+};N{O}_3^{-};H^{+}$.

BTĐT: $n_{H^{+}}=0,24$ mol

$\to n_{NO}=\frac{n_{H^{+}}}{4}=0,06$ mol $\to n_{Fe}=\frac{3n_{NO}}{2}=0,09$ mol

$\to m-56\times 0,09=0,8m\to m=25,2$ gam

$\to$ Chọn đáp án B.

- 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: $x\to$ $0,5x$ $0,5x$

→ $0,5x+0,5x=0,3-0,1\to x=0,2$

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

Sơ đồ phản ứng:
$$\underset{mgam}{\mathrm{Mg}}+\left\{\begin{array}{c}AgN{O}_3\\ HN{O}_3\end{array}\right\}\to {\left\{\begin{array}{c}Mg\\ Ag\end{array}\right\}}_{1,58mgam}+{\left\{\begin{array}{c}Mg(N{O}_3{)}_2\\ N{H}_{4}N{O}_3\end{array}\right\}}_{37,8gam}+\left\{\begin{array}{c}0,02molNO\\ 0,03mol{N}_{2}O\end{array}\right\}+H_{2}O$$

Ghép cụm NO${}_3$: $1NO+2O_{trong{H}_{2}O}\to 1N{O}_3$ ‖ $1N_{2}O+5O_{trong{H}_{2}O}\to 2N{O}_3$ ‖ $1N{H}_4+3O_{trong{H}_{2}O}\to 1N{O}_3$

→ Gọi số mol NH${}_4$NO${}_3$ là x mol ta có: $\sum n_{H_{2}O}=3x+0,02\times 3+0,03\times 5=3x+0,21$

→ Theo bảo toàn nguyên tố H có $(6x+0,42)$ mol HNO${}_3$.

Lại gọi số mol Mg(NO${}_3$)${}_2$ trong T là y mol → bảo toàn nguyên tố N có $(2y-4x-0,34)$ mol AgNO${}_3$.

• Bảo toàn khối lượng các nguyên kim loại trong sơ đồ có phương trình:

m + (2y - 4x - 0{,}34)×108 = 1{,}58m + 24y ⇒ 0{,}58m + 432x - 192y + 36{,}72 = 0 (1)

• Hỗn hợp Y gồm 0{,}25 mol Mg và (2y - 4x - 0{,}34) mol Ag mà khối lượng Y là 1{,}58m gam

→ phương trình: 0{,}25×24 + (2y - 4x - 0{,}34)×108 = 1{,}58m ⇒ 1{,}58m + 432x - 216y + 30{,}72 = 0 (2)

• Biết $m_T=37,8$ gam → có 148y + 80x = 37{,}8 (3)

Giải hệ được x = 0{,}01 mol; y = 0{,}25 mol và m = 12{,}0 gam. Thay lại có 0{,}48 mol HNO${}_3$.

→ khi điện phân: $n_{etraod\hat{o}i}=0,48$ mol → t = 0{,}48×96500 : 2 = 23160 giây.

Phương pháp: Cu^{2+} + 2e → Cu; Zn^{2+} + 2e → Zn. Dựa vào số mol e và số mol các chất để xác định thành phần của kim loại thu được.
Hướng dẫn giải:
n_c = Lt/F = (1,34.72.60)/96500 = 0,06 (mol)
n_{AgNO3} = 0,02 mol; n_{Cu(NO3)2} = 0,01 mol và n_{Zn(NO3)2} = 0,015 mol
Thứ tự phản ứng điện phân tại Catot là:
Ag^{+} + le → Ag
0,02 → 0,02 → 0,02 mol
Cu^{2+} + 2e → Cu
0,01 0,02 → 0,01 mol
Zn^{2+} + 2e → Zn
0,01 ← 0,02 → 0,01 mol
⇒ m_{KL} = 0,02.108 + 0,01.64 + 0,01.65 = 3,45 gam
Đáp án A

Chọn B. Đoạn 1: Cl${}_2$; Đoạn 2: dốc tốc độ thoát khí nhanh $\Rightarrow$ Cl${}_2$, H${}_2$; Đoạn 3: đi lên nhưng không dốc $\Rightarrow$ H${}_2$, O${}_2$. Tại thời điểm t (h) có khí Cl${}_2$ thoát ra với số mol là 0,1 $\Rightarrow n_{e(1)}=0,2$ mol. Tại thời điểm t đến 2t (h) có khí Cl${}_2$ và H${}_2$ thoát ra $\Rightarrow$ H${}_2$ (0,1 mol). Khi đó: $n_{C{l}_2}=0,2$ mol $\Rightarrow n_{NaCl}=0,4$ mol và $\stackrel{BT:e}{\to }$ $n_{Cu}=\frac{2n_{C{l}_2}-2n_{H_2}}{2}=0,1$ mol. Vậy m = 0,1 · 160 + 0,4 · 58,5 = 39,4 (g).

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).

Số mol CuSO${}_4$.5H${}_2$O là 0,32 mol

Vì khối lượng Mg sau phản ứng không đổi nên dung dịch sau điện phân còn Cu${}^{2+}$ và H${}^{+}$



Từ (1), (2), (3) suy ra: x = 0,23 ; y = 0,08 ; z = 0,075 $\Rightarrow n_e=0,46$ mol $\Rightarrow t=4600$.

Đáp án A

(AI giải đề cho tôi)
Số mol CuSO4 ban đầu: n = 0,1 × 0,2 = 0,02 mol. Số mol electron qua điện cực: n(e) = I·t/96500 = 9,65·t/96500 = t/10000 (mol). Catot: Cu²⁺ + 2e → Cu.
- Với t1 = 200 s: n(e) = 0,02 mol → n(Cu) = 0,01 mol < 0,02 mol (Cu²⁺ dư) → m(Cu) = 0,01 × 64 = 0,64 g.
- Với t2 = 500 s: n(e) = 0,05 mol → nếu đủ Cu²⁺ thì n(Cu) = 0,025 mol, nhưng chỉ có 0,02 mol Cu²⁺ nên Cu²⁺ điện phân hết → m(Cu) = 0,02 × 64 = 1,28 g.
Vậy khối lượng Cu bám vào catot lần lượt là 0,64 g và 1,28 g, khớp với đáp án C của đề.

Ta có:
$$n_{CuS{O}_4}=0,02\text{ (mol)}=n_{C{u}^{2+}}$$
Thời gian cần thiết để điện phân hết $C{u}^{2+}$ là:
$$t=\frac{0,02\cdot 2\cdot 96500}{9,65}=400\text{ (s)}$$
$\to t_1<t<t_2\to$ Tại $t_1$ có ½ số mol $C{u}^{2+}$ bị điện phân $\to m_1=0,01\cdot 64=0,64$ (gam).
$\to$ Tại $t_2$: $C{u}^{2+}$ đã bị điện phân hết $\to m_2=1,28$ (gam).