Phương pháp giải:

viết các bán phản ứng tại catot và anot. Dùng phương pháp bảo toàn e

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

 Bảo toàn điện tích

Lời giải chi tiết:

Chọn n_CuSO4 = n_NaCl = 2  mol

Do 2n_Cu2+ > n_Cl- nên Cl^- đp hết trước Cu²⁺

Thứ tự điện phân là:

(1) CuSO₄ + 2NaCl → Cu + Cl₂ + Na₂SO₄ 

(2) CuSO₄ + H₂O → Cu + 0,5O₂ + H₂SO₄ 

(3) H₂O → H₂ + 0,5O₂

Khi cho dd sau điện phân tác dụng với Al dư thì ta luôn có: n_H2SO4 = n_H2 (áp dụng bảo toàn H)

Mặt khác, tăng thời gian từ t (h) lên 2t (h) số mol khí H₂ thu được tăng từ a lên 4a ⇒ Lượng axit tăng

⇒ Ở t(h) thì (2) đang điện phân

- Tại t (h):

(1) CuSO₄ + 2NaCl → Cu + Cl₂ + Na₂SO₄ 

         1 ←        2  →       1 → 1

(2) CuSO₄ + H₂O → Cu + 0,5O₂ + H₂SO₄ 

          a       ←          a ← 0,5a  ←     a

⇒ n_e(t) = 2n_Cu = 2 + 2a (mol)

- Tại 2t (h):

Do chưa biết phản ứng (2) điện phân hết hay chưa hết nên ta xét 2 trường hợp:

*Trường hợp 1: (2) vẫn đang điện phân

(1) CuSO₄ + 2NaCl → Cu + Cl₂ + Na₂SO₄ 

         1 ←        2  →       1 → 1

(2) CuSO₄ + H₂O → Cu + 0,5O₂ + H₂SO₄ 

          4a       ←          4a ← 2a  ←     4a

⇒ n_e(2t) = 2n_Cu = 2 + 8a (mol)

Ta có: n_e(2t) = n_e(t) ⇔ 2 + 8a = 2(2 + 2a) ⇒ a = 0,5

Loại trường hợp này vì ∑n_{CuSO4 bị đp} (= 1 + 4a = 3 mol) > n_{CuSO4 ban đầu} (2 mol)

*Trường hợp 2: Cu²⁺ bị điện phân hết, H₂O đang điện phân

(1) CuSO₄ + 2NaCl → Cu + Cl₂ + Na₂SO₄ 

         1 ←        2  →       1 → 1

(2) CuSO₄ + H₂O → Cu + 0,5O₂ + H₂SO₄ 

          4a       ←          4a ← 2a  ←     4a

(3) H₂O → H₂ + 0,5O₂

         b         b       0,5b

Cu²⁺ điện phân hết nên suy ra 1 + 4a = 2 ⇒ a = 0,25

⇒ n_e(t) = 2 + 2a = 2,5 ⇒ n_e(2t) = 2.2,5 = 5

BT e tại catot trong trong 2t giờ: n_e(2t) = 2n_Cu + 2n_H2 ⇔ 2.2 + 2.b = 5 => b = 0,5

Khí tại 2 điện cực có: H₂ (0,5); Cl₂ (1) và O₂ (0,75)

Sau 2t thì ∑n _khí = 0,5 + 1 + 0,75 = 2,25 = 9a => A đúng

Sau 1,75t giờ thì n_e = 1,75(2+2a) = 4,375 > 2n_Cu2+ = 4 nên catot đã có khí thoát ra => B đúng

Sau 1,5t giờ thì n_e = 1,5(2+2a) = 3,75 < 2n_Cu2+ = 4 nên Cu²⁺ chưa hết => C đúng

Sau 0,75t giờ thì n_e = 0,75(2+2a) = 1,875 < n_Cl- = 2 nên Cl^- chưa hết, H₂O chưa bị điện phân => D sai

Đáp án D

Phương pháp giải:

Bảo toàn e; tăng giảm khối lượng

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Bảo toàn e

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

bảo toàn e

Lời giải chi tiết:

Theo bài ra, tiến hành điện phân trong thời gian 500 giây thì bình 2 bắt đầu xuất hiện khí ở catot.

=>sau 500 giây thì Ag⁺ chuyển hóa hoàn tàn thành Ag và không có quá trình điện phân H₂O ở catot

=>I=0,193(A)

- Bình 1, sau 500 giây thì số mol Cu²⁺ bị điện phân là n_Cu phản ứng = 0,0005 mol

=> m = 0,032 gam và V_O2 = 5,6 ml

Đáp án C

Phương pháp giải:

CT tính diện tích xung quanh: S_xq = 2.∏.r.h với ∏ = 3,14; r, h là bán kính và chiều cao của hình trụ.

CT tính diện tích toàn phần của hình trụ: S_tp = S_xq + 2S_đáy = 2.∏.r.h + 2∏r2

Khối lượng kim loại cần mạ: m = V.D = d_{( độ dày).} S_tp. D

Lời giải chi tiết:

m _{Ni phủ} = D . d _dày . S_{xq của X} = 8,9 . 0,04 . ( 20.2,5.2.3,14 + 2.3,14.2,5²)= 125,757 g

=> n _Ni = 2,131 mol

=> t = 45 708,88 s = 12,697 h

Đáp án B

Phương pháp giải:

Bảo toàn điện tích, tăng giảm khối lượng

Lời giải chi tiết:

Đặt n_CuO = a mol; n_NaOH = a mol; n_HCl = b; n_H2SO4 = 0,5b

- Xét quá trình: (CuO, NaOH) + (HCl, H₂SO₄) → (Cu²⁺, Na⁺, Cl^-, SO₄^2-) + H₂O

+ Bảo toàn nguyên tố → dd Y chứa: Cu²⁺ (a mol); Cl^- (b mol); Na⁺ (a mol); SO₄^2- (0,5b mol)

+ BTĐT dd Y: 2n_Cu2+ + n_Na+ = n_Cl- + 2n_SO4 → 2a + a = b + 2.0,5b → b = 1,5a (1)

+ Khối lượng muối: 64a + 35,5b + 23a + 96.0,5b = m (2)

- Xét quá trình điện phân dd Y:

+ Dung dịch sau điện phân tác dụng với Fe được chất rắn Z chứa 2 kim loại → Cu²⁺ chưa điện phân hết

+ Khi cho Fe vào nhận thấy khối lượng chất rắn giảm nên dd sau điện phân có chứa H⁺ ⇒ Cl^- đã điện phân hết

*Catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

              c        2c       c   (đặt n_{Cu2+ bị đp} = c mol)

*Anot: 2Cl^- → Cl₂  +  2e

              b   → 0,5b → b

               2H₂O → 4H⁺ +       O₂   +          4e

                             2c-b ← 0,5c-0,25b ← (2c-b)

→ m_{dd giảm} = m_{Cu đp} + m_O2 + m_Cl2 ⇒ 64c + 71.0,5b + 32.(0,5c-0,25b) = 20,225 (3)

- Xét quá trình: m(g) Fe + dung dịch Z (Cu²⁺, Na⁺, H⁺, SO₄^2-) → (Fe²⁺, Na⁺, SO₄^2-) + H₂ + 0,9675m (g) (Cu, Fe)

Fe    +      2H⁺ → Fe²⁺ + H₂

c-0,5b ← 2c-b

Fe   +  Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

a-c ← a-c →              a-c

Phương pháp tăng giảm khối lượng ta có: m_{KL giảm} = m_{Fe pư} - m_Cu

⇒ 56(c - 0,5b + a - c) - 64(a-c) = m - 0,9675m (4)

Giải (1)(2)(3)(4) → a = 0,18; b = 0,27; c = 0,16; m = 38,2

Vậy n_{e trao đổi} = 2c = 0,32 mol

→ t = n_e.96500/I = 11522 (s)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đặt ẩn phụ để giải, bảo toàn electron

Lời giải chi tiết:

Kim loại M hóa trị x . Đặt x/M = k

Trong t giây tại mỗi điện cực trao đổi

n_e = a/M = ka => n_O2 = ka/4

=> a + 32ka/4 = 6,96

=> a + 8ka = 6.96 (1)

Trong 2t giây thì số mol e trao đổi ở mối điện cực là 2ka

Tại catot: n_H2 = 0,01 => n_M = (2ka – 0,02)/x

Tại anot: n_O2 = 2ka/4 = ka/2

=> 0,01 . 2 + M (2ka – 0,02 )/x + 32ka/2 = 11,78

=> (2ka – 0,02)/k + 16ka = 11,76

=> a – 0,01/k + 8ka = 5,88 (2)

Thế (1) vào (2) => 6,96 – 0,01/k = 5,88

=> k = 1/108

Từ (1 ) => a = 6,48g

Ta có x/M = 1/108

=> x = 1 và M = 108

Đáp án C

Phương pháp giải:

Viết các bán phản ứng xảy ra tại catot, anot.

Bảo toàn electron

Lời giải chi tiết:

n_FeCl2 = x ; n_NaCl = 2x => n_Cl = 4x

Vì Y chỉ chứa 2 chất tan nên chỉ có thể là : NaCl và NaOH

Catot :

Fe²⁺ + 2e -> Fe

x  ->  2x

2H₂O + 2e -> 2OH^- + H₂

   y     -> y  ->  y  -> 0,5y

Anot :

2Cl^- -> Cl₂ + 2e

                    (2x + y)

=> Y gồm : 2x mol Na⁺ ; (2x – y) mol Cl^- ; y mol OH^-

=> m_X – m_Y = 4,54 = (127x + 58,5.2x) – [ 23.2x + 35,5(2x – y) + 17y]⁽¹⁾

Mặt khác Y hòa tan Al₂O₃ : OH^- + Al + H₂O -> AlO₂^- + 1,5H₂

=> n_OH = n_Al = 0,02 mol = y

Từ (1) => x = 0,03 mol

Khi cho AgNO₃ vào X thì :

Ag⁺ + Cl^- -> AgCl

Ag⁺ + Fe²⁺ -> Fe³⁺ + Ag

=> Kết tủa gồm : 0,12 mol AgCl ; 0,03 mol Ag

=> m = 20,46g

Đáp án A

Phương pháp giải:

Viết các bán phản ứng tại 2 điện cực; bảo toàn electron; bảo toàn điện tích

CT e trao đổi: n_e = It/F.

Lời giải chi tiết:

Dung dịch X  chứa: 0,6 mol Cu²⁺; 0,4 mol Fe³⁺; 1,2 mol Cl^-; 1,2 mol NO₃^-

- Tại anot:

Ta thấy: n_{Cl2 max} (= 0,6 mol) < n_khí (= 0,8 mol)

⇒ Ở anot còn sinh ra O₂

⇒ Khí sinh ra ở anot gồm 0,6 mol Cl₂ và 0,2 mol O₂

Cl^- → 0,5 Cl₂ + 1e

           0,6 →    1,2

H₂O → 2H⁺ + 0,5 O₂ + 2e

                         0,2 →  0,8

⇒ n_e = 1,2 + 0,8 = 2 mol

- Tại catot thì thứ tự điện phân là: Fe³⁺ → Cu²⁺ → Fe²⁺ → H₂O

Đặt n_e = 2 mol vào các bán phản ứng điện phân:

Fe³⁺ + 1e       →   Fe²⁺

0,4 → 0,4_{còn 1,6} → 0,4

Cu²⁺    + 2e       →     Cu

0,6 →     1,2_{còn 0,4} →  0,6

Fe²⁺ + 2e → Fe

0,2 ← 0,4 → 0,2

⇒ n_{Fe dư} = 0,4 - 0,2 = 0,2 mol

Vậy dung dịch sau điện phân có chứa 0,2 mol Fe²⁺; 1,2 mol NO₃^-; H⁺

BTĐT ⇒ n_H+ = n_NO3- - 2n_Fe2+ = 1,2 - 2.0,2 = 0,8 mol

Lấy catot ra khỏi bình điện phân và khuấy đều sẽ có phản ứng:

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

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

Sự chênh lệch khối lượng dung dịch đầu (dd X) và khối lượng dd sau (dd Y) chính là khối lượng của các chất tách ra khỏi dung dịch:

⇒ m_X – m_Y = m_Cu + m_Fe + m_O2 + m_Cl2 + m_NO 

                    = 0,6.64 + 0,2.56 + 0,2.32 + 0,6.71 + 30.(0,2/3)

                    = 100,6g

Đáp án C

Phương pháp giải:

CT: n_e = It/F. Tăng giảm khối lượng

Dd sau phản ứng được với Zn(OH)₂ phải chia 2 trường hợp

TH₁: bị OH^- hòa tan => ở catot H₂O bị oxi hóa

TH₂: bị H⁺ hòa tan => ở anot H₂O bị khử

Lời giải chi tiết:

+/ TH1 : Nếu Zn(OH)₂ bị OH^- hòa tan thì:

            + Anot : 2Cl^- → Cl₂ + 2e

            + Catot : Cu²⁺ + 2e → Cu

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

=> n _OH- = 2n _Zn(OH)2 = 0,04.2 = 0,08 mol

=> n _{e trao đổi} = 0,2y = 0,4x + 0,08

Và m _giảm = 71. 0,1y + 64. 0,2x + 0,04.2 = 14 g

=> x = 0,41 ; y = 1,22 không có đáp án phù hợp => Loại

+/TH2 : Nếu Zn(OH)₂ bị H⁺ hòa tan thì:

            + Anot : 2Cl^- → Cl₂ + 2e                     

                          2H₂O → O₂ + 4e + 4H⁺

           + Catot : Cu²⁺ + 2e → Cu

=> n _H+ = 2n _Zn(OH)2 = 0,04.2 = 0,08 mol

=> n _{e trao đổi} = 0,4x = 0,2y + 0,08

Và m _giảm = 71. 0,1y + 64. 0,2x + 0,02.32 = 14 g

=> x = 0,6 M ; y = 0,8 M

Đáp án A

Phương pháp giải:

tăng giảm khối lượng, bảo toàn electron

CT e trao đổi  n_e = It/F

Lời giải chi tiết:

n _NaCl = 0,3 mol

Do cho thanh Fe vào X tạo khí NO nên quá trình điện phân tạo H+

             +Catot:   Cu²⁺  +2e  →  Cu

             +Anot :  2Cl^- →  Cl₂ + 2e

                           2H₂O → 4H⁺  + O₂ + 4e

Gọi n _O2 = ymol

n _{e trao đổi} = 0,3 + 4y mol

=> m _giảm = m _Cu + m _O2 + m _Cl2 = 32(0,3 + 4y) + 32.y + 0,3.71 =32,55

=>y=0,075 mol

Giả sử vẫn còn xmol Cu2+ dư trong dung dịch sau điện phân .Thanh sắt dư nên phản ứng chỉ tạo muối sắt II

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

                      Fe + Cu²⁺  →  Fe²⁺  + Cu

=> m _{thanh sắt giảm} = m _{Fe phản ứng} – m _{Cu tạo ra} = 0,1125.56-8x = 3,9

=>  x = 0,3 mol

=> n _Cu2+ ban đầu = 0,3 + ½ n _{e trao đổi} =0,6 mol

=> a = 112,8g

Đáp án A

Phương pháp giải:

Viết phương trình điện phân, đặt mol dưới chân PTPU và tính toán

CT số mol e n_e = It/F 

Lời giải chi tiết:

Khối lượng rắn sau phản ứng = 34,28g => mAg = 0,3 . 108 = 32,4

=> AgNO₃ còn dư sau điện phân 2y

2AgNO₃ + H₂O → 2Ag + 0,5O₂ + 2HNO₃

x                      →        x          →        x

Dung dịch sau phản ứng gồm AgNO₃ dư 2y mol và HNO₃ x mol

Fe + 2AgNO₃→ Fe(NO₃)₂+ 2 Ag

y          2y                 y

3Fe + 8 HNO₃ → 3 Fe(NO₃)₂ + 2 NO + 4 H₂O

3x/8     →x

n _AgNO3 = x + 2y = 0,3

m _rắn = 108. 2y + 22,4 – 56 . (y + 3x/8) = 34,28

=> x = 0,12 và y = 0,09

Thời gian t = (0,12 . 26,8 . 1 )2,68 = 1,2 giờ

Đáp án C

Phương pháp giải:

Viết phương trình điện phân, đặt mol vào PTHH và tính toán. Phương pháp tăng giảm khối lượng.

CT số mol e n_e = It/F.

Lời giải chi tiết:

Nhúng thanh Fe vào dd sau điện phân thấy khối lượng thanh Fe tăng

→ Cu(NO₃)₂ còn dư sau điện phân

Do ở anot thu được hỗn hợp khí → Cl₂ và O₂

Các PTHH điện phân là:

Cu(NO₃)₂ + 2 HCl → Cu + Cl₂ + 2 HNO₃ (1)

Cu(NO₃)₂ + H₂O → Cu + 0,5 O₂ + 2 HNO₃ (2)

Dung dịch sau điện phân chứa: Cu(NO₃)₂ dư và HNO₃

Từ (1) (2) ta thấy: n_HNO3 = 2n_{Cu2+ đp}

Đặt n_{Cu2+ đp} = a mol và n_HNO3 = 2a mol

→ n_{Cu2+ dư} = 0,4 - a (mol)

Cho thanh Fe vào dd sau điện phân, do Fe còn dư → chỉ sinh ra Fe²⁺

3 Fe + 8 HNO₃ → 3 Fe(NO₃)₂ + 2 NO + 4 H₂O

0,75a ←   2a

Fe     +    Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

0,4-a ← 0,4-a →            0,4-a

m _{thanh Fe tăng} = m_Cu - m_{Fe pư}

⇔ 64.(0,4-a) - 56.(0,75a + 0,4 - a) = 1,2

⇔ a = 0,04 mol

Thời gian điện phân t = (2.0,04.96500) : 10 = 772 giây

Đáp án A 

Phương pháp giải:

Bảo toàn electron.

Lời giải chi tiết:

Phương pháp : Bảo toàn electron.

Lời giải :

B₁ : Xác định các thành phần trong Z sau khi điện phân

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

+) Trong t giây :

Tại Catot :

                        Cu²⁺ + 2e -> Cu

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

            n_Cu = a ; n_H2 = x (n_e = 2n_Cu + 2n_H2)

            => n_e = 2a + 2x

Tại Anot :

                        2Cl^- -> Cl₂ + 2e

            => n_Cl2 = a + x

(Bảo toàn electron)

+) m_giảm = m_H2O – m_Cu – m_H2 – m_Cl2 = - 18,79

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

=> 37x + 135a = 18,79⁽¹⁾

+) Trong 2t giây thì : n_e = 4a + 4x

Tại Catot :

                        Cu²⁺ + 2e -> Cu

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

            n_Cu = a và n_H2 = a + 2x (n_e = 2n_Cu + 2n_H2)

Tại Anot :

                        2Cl^- -> Cl₂ + 2e

                        2H₂O -> 4H⁺ + O₂ + 4e

            n_Cl2 = 0,5b ; n_O2 = a + x – 0,25b (n_e = 2n_Cl2 + 4n_O2)

M_khí = 32 => cũng là M_O2 nên H₂ và Cl₂ có M_tb = 32

=> m_H2 + m_Cl2 = m_hh (H₂ , Cl₂)

=> 2(a + 2x) + 71.0,5b = 32(a + 2x + 0,5b)

=> 60x + 30a – 19,5b = 0⁽²⁾

Lúc này dung dịch Z chứa :

Na⁺ (b mol) ; NO₃^- (2a mol) => n_OH = (b – 2a) mol (Bảo toàn điện tích)

=> m_{chất tan} = 90a + 40b = a₁

B₂ : Xác định thành phần các chất trong dung dịch sau khi trộn thêm FeCl₂ và HCl

Từ đó Tìm ra số mol các chất ban đầu.

Thêm vào Z : Fe²⁺ (0,1 mol) ; H⁺ (0,2 mol) ; Cl^- (0,4 mol)

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

Do m_Cu(NO3)2> 5g => n_NO3 = 2a > 0,053 trong khi n_Fe2+= 0,1 mol

=> n_NO3 sẽ dư.

+) TH₁ : Nếu H⁺ hết => n_NO = ¼ n_H+ = (0,2 + 2a – b)/4

=> n_{NO3 dư} = 2a – (0,2 + 2a – b)/4 = 1,5a + 0,25b – 0,05

m_{chất tan} = m_Na+ + m_{NO3 dư} + m_Fe3+ + m_Cl-

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

Từ (1,2,3) => x = 0,07 ; a = 0,12 ; b = 0,4

=> m = 45,96g (Đáp án D)

+) TH₂ : Nếu H⁺ dư => n_NO = 1/3.n_Fe2+ = 0,1/3 mol

=> n_{H+ dư} = (0,2 + 2a – b) – 4n_NO = (1/15 + 2a – b) mol ; n_{NO3- dư} = (2a – 1/30)

=> m_{chất tan} = m_Na+ + m_NO3- + m_H+ + m_Fe3+ + m_Cl-

=> 23b + 62.(2a – 1/30) + 1.(1/15 + 2a – b) + 0,1.56 + 0,4.35,5 = 90a + 40b + 16,46

=> x = 0,043 ; a = 0,127 ; b = 0,329

=> n_{H+ dư} = 1/15 + 2a – b < 0 => Loại

Đáp án D       

Phương pháp giải:

Phương pháp : Bảo toàn e trong bài toán điện phân

Lời giải chi tiết:

Lời giải :

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)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Phương pháp : Bảo toàn electron trong bài toán điện phân

Lời giải chi tiết:

Lời giải :

n_Al2O3 = 0,1 ; n_khí = 0,15

Dung dịch X hòa tan được Al₂O₃ => X có môi trường axit hoặc bazo

(*)TH₁ : Dung dịch X có môi trường axit

Catot (-) : Cu²⁺ + 2e -> Cu

Anot (+) : 2Cl^- -> Cl₂ + 2e

                2H₂O -> O₂ + 4H⁺ + 4e

Al₂O₃ + 6H⁺ -> 2Al³⁺ + 3H₂O

=> n_O2 = ¼ n_H+= ¼ . 6n_Al2O3 = 0,15 mol = n_khí. Tức là Cl^- chưa tham gia phản ứng điện phân (Loại)

(*)TH₂ : Dung dịch X có môi trường bazo

Catot (-) : Cu²⁺ + 2e -> Cu

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

Anot (+) : 2Cl^- -> Cl₂ + 2e

Al₂O₃ + 2OH^- -> 2AlO₂^- + H₂O

=> n_OH = 2n_Al2O3 = 0,2 mol

n_Cl2 = 0,15 mol => Bảo toàn e : 2n_Cu + n_OH = 2n_Cl2 => n_Cu = 0,05 mol

=> n_NaCl = n_Cl = 0,3 mol ; n_CuSO4 = n_Cu2+ = 0,05 mol

=> m = 25,55g

Đáp án A

Phương pháp giải:

Viết phương trình các bán phản ứng tại anot, catot. Bảo toàn electron.

Khối lượng dung dịch giảm ∆= m↓ + m↑

Lời giải chi tiết:

n_OH- = 2n_Mg(OH)2 = 2.0,08 = 0,16 (mol)

Khối lượng dung dịch giảm :

∆ = m↓ + m↑ = m_Cu + m_Fe + m_Mg(OH)2 + m_Cl2 +m_H2

<=> 71,12  = 64x + 56.3,6x + 0,08.58 + (9,6x + 0,08).35,5 + 0,04.2

=>  x  =  0,1 (mol)

m_Y  =  m_kl + m_Cl-

       = 64. 0,1 + 56.3,6.0,1 + 0,08.24 + (9,6.0,1 + 0,16).35,5

       =68, 24(g)

Đáp án D

Phương pháp giải:

n_e=It/F

Lời giải chi tiết:

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.

Al₂O₃+2OH^- → 2AlO₂^-+H2O

=>n_OH-=2n_Al2O3=0,05 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=n_e.96500/I=0,35.96500/2,68=12602,6 giây=3,5 giờ.

Đáp án D.

Phương pháp giải:

+ Bảo toàn electron

+ Viết các quá trình điện phân

+ m giảm = m↓ + m↑

Lời giải chi tiết:

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_OH-=n_H2/1,5=0,05 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 = n_e.96500/I=0,35.96500/1,34=25205,2 giây = 7 giờ.

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

+ t giây

Catot: Mⁿ⁺ +ne → M

                    4a

Anot: H₂O -2e → 0,5O₂ + 2H⁺

                    4a         a

+ 2t giây

Catot:

Mⁿ⁺ +ne → M

7a        7a

H₂O + 1e → 0,5H₂+OH^-

a        0,5a

Anot: H₂O -2e → 0,5O₂ + 2H⁺

8a         2a

Đáp án B

Phương pháp giải:

Phương pháp :

- Bảo toàn e

- Định luật Faraday : n_e.F = It

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải :

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 = 0,005 mol => n_Ag  = 0,002 mol

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

n_NO + n_N2O = 0,005 mol

m_NO + m_N2O = 2.19,2.0,005 = 0,192g

=> n_NO = 0,002 ; n_N2O = 0,003 mol

Gọi n_NH4NO3 = x mol

Bảo toàn e : n_Mg(NO3)2 = n_{Mg + HNO3} + n_{Mg + Ag+} = ½ (3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3) + ½ n_Ag

= ½ (3.0,002 + 8.0,003 + 8x) + ½ .0,002 = 0,016 + 4x

=> m_muối = m_Mg(NO3)2 + m_NH4NO3 = 148(0,016 + 4x) + 80x = 3,04g

=> x = 0,001 mol

=> n_H+(X) = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4NO3 = 0,048 mol = n_e

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

Đáp án C

Lời giải chi tiết:

+ 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=0,0346/[(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:

Cl^- -1e → 0,5 Cl₂

0,2→0,2

H₂O – 2e → 0,5O₂ + 2H⁺

            0,1       →      0,1

Dung dịch trong bình 2 sau điện phân gồm: 0,075 mol Cu²⁺; 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

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Viết các bán phản ứng xảy ra quá trình điện phân tại catot và anot

- Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố

- Viết phương trình ion rút gọn

Lời giải chi tiết:

n_Fe3+ = 0,08 (mol); H+ còn dư

Dd Y gồm: FeCl₃ , FeCl₂,  CuCl₂, HCl dư

Qúa trình điện phân dd Y

Catôt (Fe³⁺, Fe²⁺, Cu²⁺, H⁺)                                                                Anốt (Cl^-)

Fe³⁺ +1e → Fe²⁺                                                                                  2Cl^- + 2e → Cl₂

0,08 → 0,08

Cu ²⁺ + 2e → Cu

x     → 2x

2H⁺ + 2e → H₂

Khi catốt có khí thì ngừng => chưa xảy ra phản ứng điện phân H⁺

Gọi n_CuCl2 = x (mol)

=> n_{e trao đổi} = 0,08 + 2x = 2n_Cl2

m_{dd giảm­} = m_Cu + m_Cl2  = 64x + 71( 0,04 + x)  = 13,64

=> x = 0,08 (mol)

Gọi số mol Fe₃O₄ và Fe₂O₃ lần lượt là a và b mol

BTKL: 232a + 160b  + 0,08.64 = 27,2 (1)

2Fe³⁺ + Cu → Fe²⁺ + Cu²⁺

=> n_{Fe3+ sau} =  n_{Fe3+ ban đầu} – n_Cu

<=> 2a + 2b – 2.0,08 = 0,08 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,04 ;  b = 0,08 mol

BTNT Fe: n_Fe2+ = n_{Fe bđ} – n_{Fe3+ sau} = 0,2 mol

n_{H+ dư} = n_{HCl dư} = n_{HCl bđ} – 3n_FeCl3 – 2n_FeCl2 – 2n_CuCl2 = 0,1 mol

Sau điện phân thì n_Fe2+ = 0,28 (mol); n_Cl- = 0,66 (mol); n_H+ = 0,1 (mol)

Khi cho AgNO₃ vào:

3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- →3Fe³⁺ + NO + H₂O

0,075← 0,1

Ag⁺    +       Fe²⁺ →  Fe³⁺ + Ag↓

         (0,28 – 0,075)→       0,205

Ag⁺ + Cl^- → AgCl↓

           0,66 → 0,66

m_↓ = m_Ag + m_AgCl = 0,205.108 + 0,66.143,5 = 116,85(g)

Đáp án D

Phương pháp giải:

B₁: Viết phương trình phản ứng điện phân: :  4AgNO₃ + 2H₂O → 4Ag ↓ + O₂ ↑  + 4HNO₃

+ m_dd giảm = m_↓ + m_↑ => tính được n_AgNO3 bị điện phân => tính được n_AgNO3 dư = n_HNO3

B₂: Viết thứ tự xảy ra các PTHH khi cho Fe vào dd X

 Fe + 4H⁺ + NO₃^- → Fe³⁺ + NO + 2H₂O 

 Fe   +   2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag↓    

 Ag⁺ + Fe²⁺ → Fe³⁺ + Ag↓  

+ Bảo toàn nguyên tố Fe, N

Lời giải chi tiết:

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)

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

+Lập luận => Cu²⁺ dư; H₂O bị điện phân ở anot

+Viết phương trình điện phân dưới dạng bán phản ứng

+Đặt ẩn dựa vào m dung dịch giảm và số mol e trao đổi ở catot và anot như nhau lập hệ và giải hệ

Lời giải chi tiết:

Do cho Fe vào X thu được chất rắn => Y có Cu²⁺ dư tức là Cu²⁺ chưa bị điện phân hết

Do 0,125.71+0,125.64=16,876<17,625=> Cl^- bị điện phân hết, H₂O bị điện phân ở anot

Catot:   Cu²⁺     +2e→             Cu

            x          2x                    x

Anot:   Cl^-        -1e→               0,5Cl₂

            0,25     0,25                 0,125

            H₂O     -2e→               0,5O₂   +          2H⁺

                        4y                    y                      4y

+ m _{dd giảm}=mCu+mCl₂+mO₂=>64x+0,125.71+32y=17,625

+ n _{e trao đổi}=>2x=0,25+4y

=>x=0,135; y=0,005

Vậy Y gồm: Cu²⁺ dư (0,4-0,135=0,265 mol); H⁺ (0,02 mol)

nFe>nCu²⁺+2nH⁺ => Fe dư

Fe        +2H⁺→           Fe²⁺     +          H₂

0,01← 0,02                

Fe        +Cu²⁺→          Fe²⁺     +          Cu

0,265←0,265                                      0,265

m _{chất rắn}=mCu+mFe dư=0,265.64+18-0,275.56=19,56 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8g MgO ⟹  dung dịch Y có môi trường H⁺

Khi ngừng điện phân thu được khí ở cả 2 điện cực ⟹ chứng tỏ Cu²⁺ điện phân hết, có sự điện phân của H₂O ở cả hai điện cực

Sử dụng bảo toàn điện tích với dd Y 

Sử dụng bảo toàn e

Lời giải chi tiết:

n_{hh khí}  = 0,1 mol ;  n_MgO = 0,02 mol

Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8g MgO ⟹  dung dịch Y có môi trường H⁺

Khi ngừng điện phân thu được khí ở cả 2 điện cực ⟹ chứng tỏ Cu²⁺ điện phân hết, có sự điện phân của H₂O ở cả hai điện cực

Thứ tự điện phân:

Catot (-) : Cu²⁺ , Na⁺, H₂O                                                       Anot (+) : Cl^-, SO₄^2-, H₂O

Cu²⁺      +  2e      →   Cu                                                         2Cl^-     →  Cl₂        +    2e

2H₂O  + 2e → H₂ + 2OH^-                                                          2H₂O   →  O₂ +  4H⁺  +   4e  

Xét dd Y thu được gồm: H⁺ dư, SO₄^2-: 0,05 (mol) và Na⁺.

Cho dd Y pư với MgO chỉ có H⁺ tham gia phản ứng:

MgO  + 2H_dư⁺  → Mg²⁺ + H₂O (1)

0,02  →  0,04      

Theo (1): n_H+ dư = 2n_MgO = 2.0,02 = 0,04 (mol)

Bảo toàn điện tích với các chất trong dd Y ta có: n_Na+ + n_H+ dư = 2n_SO42­- ⟹ n_Na+ = 2.0,05 – 0,04 = 0,06 (mol)

BTNT Na: n_NaCl = n_Na+ = 0,06 (mol) ⟹ n_Cl- = n_NaCl = 0,06 (mol) ⟹ n_Cl2 = 1/2n_Cl- = 0,06/2 = 0,03 (mol)

Catot: Đặt n_H2 = x (mol);

Anot: n_Cl2 = 0,03 (mol); đặt n_O2 = y (mol)             

∑n_{hh khí}  = 0,1 mol → n_H2 + n_Cl2 + n_O2 = 0,1  ⟹   x + 0,03 + y = 0,1 ⟹ x + y = 0,07 (I)

Theo ĐLBT e: ∑n_{e (catot nhận)} = ∑n_{e (anot nhường)}

⟹ 2n_Cu + 2n_H2 = 2n_Cl2 + 4n_O2

⟹ 2.0,05 + 2x = 2.0,03 + 4z 

⟹ x – 2z = - 0,02 (II)

Giải hệ (I) và (II) ta được x = 0,04 và y = 0,03

⟹  số mol e trao đổi = 2n_Cu2+ + 2n_H2  = 2.0,05 + 2.0,04 = 0,18 (mol)

Mặt khác: n_e trao đổi =  \(\frac{{It}}{F} \to t = \frac{{0,18.96500}}{2} = 8685\,\,s\)                 

Đáp án C

Phương pháp giải:

Trong thời gian t giây, n_{khí anot} =  0,11 mol;  trong thời gian 2t giây, n_{khí ở 2 cực} = 0,26 mol

Catot (-) : Cu²⁺ , K⁺, H₂O                                           Anot (+) : Cl^-, SO₄^2-, H₂O

Xét trong thời gian t giây

Cu²⁺      +  2e      →   Cu                                             2Cl^-     →        Cl₂        +    2e

                                                                                    0,2→              0,1              0,2

Khi điện phân hết ion Cl^- chỉ thu được 0,1 mol khí ở anot  => H₂O tiếp tục điện phân

H₂O   →1/2 O₂          +  2 H⁺            +    2e  

                0,01→                                  0,04

→ số mol e nhường trong thời gian t giây = 0,2 + 0,04 = 0,24 mol

→ số mol e nhường trong thời gian 2t giây = 0,24. 2 = 0,48 mol

Xét trong thời gian 2t giây

Khí thu được ở cả 2 điện cực = 0,26 mol, chứng tỏ bên cực catot có sự điện phân của H₂O

Cu²⁺      +  2e      →   Cu                                               2Cl^-     →        Cl₂        +    2e

a mol→    2a                                                                0,2 →               0,1              0,2

2H₂O  + 2e →     H₂       +  2OH^-                                          H₂O   →1/2 O₂          +  2 H⁺    +    2e  

            0,18     ←0,09                                                                  x →                                4x

n_{e nhường} = 0,2 + 4x = 0,48 → x → n_H2

 =>a

Lời giải chi tiết:

Trong thời gian t giây, n_{khí anot} =  0,11 mol;  trong thời gian 2t giây, n_{khí ở 2 cực} = 0,26 mol

Catot (-) : Cu²⁺ , K⁺, H₂O                                                         Anot (+) : Cl^-, SO₄^2-, H₂O

Xét trong thời gian t giây

Cu²⁺      +  2e      →   Cu                                                  2Cl^-     →        Cl₂        +    2e

                                                                                          0,2→              0,1              0,2      

Khi điện phân hết ion Cl^- chỉ thu được 0,1 mol khí ở anot  => H₂O tiếp tục điện phân

       H₂O   → 1/2 O₂          +  2 H⁺    +    2e  

                     0,01→                               0,04

 → số mol e trao đổi trong thời gian t giây = 0,2 + 0,04 = 0,24 mol

→ số mol e trao đổi trong thời gian 2t giây = 0,24. 2 = 0,48 mol

Xét trong thời gian 2t giây

Khí thu được ở cả 2 điện cực = 0,26 mol, chứng tỏ bên cực catot có sự điện phân của H₂O

n_Cl2 = 0,1 mol

n_O2 = (n_e - 2n_Cl2)/4 = (0,48 - 2.0,1)/4 = 0,07 mol

n_H2 = 0,26 - n_Cl2 - n_O2 = 0,26 - 0,1 - 0,07 = 0,09 mol

Cu²⁺      +  2e      →   Cu                                               2Cl^-     →        Cl₂        +    2e

a        →    2a                                                                 0,2 →             0,1              0,2

2H₂O  + 2e →     H₂       +  2OH^-                                                   H₂O   → 1/2 O₂          +  2 H⁺      +    2e  

             0,18 ← 0,09                                                                     0,07         ←                   (0,48 - 0,2)

→ n_e(catot) = 2a + 0,18 = 0,48 → a = 0,15 mol

Đáp án A

Phương pháp giải:

Xét 2 TH sau, viết quá trình điện phân ở từng trường hợp:

+ TH1: Cl^- bị đp hết trước Cu²⁺, H₂O ở anot bị điện phân

+ TH2: Cu²⁺ bị điện phân hết trước Cl^-, H₂O ở catot bị điện phân sinh ra OH^-

Lời giải chi tiết:

TH1: Cl^- bị đp hết trước Cu²⁺, H₂O ở anot bị điện phân

Al₂O₃+6H⁺→2Al³⁺+3H₂O

0,2.…1,2

Catot:

Cu²⁺ + 2e → Cu

Anot:

Cl^- -1e → 0,5Cl₂

H₂O - 2e→0,5O₂ + 2H⁺

                    0,3         1,2

Ta thấy nO₂=0,3 => nCl₂ = 0 (vô lí)

TH2: Cu²⁺ bị điện phân hết trước Cl^-, H₂O ở catot bị điện phân sinh ra OH^-

Al₂O₃+2OH^-→2AlO₂^-+H₂O

0,2…….0,4

Catot:

Cu²⁺ +2e→Cu

x           2x

H₂O+1e→OH^-+0,5H₂

          0,4   0,4

Anot:

Cl^- -1e → 0,5Cl₂

        0,6...0,3

=>2x+0,4=0,6=>x=0,1 mol

=>nCuSO₄=0,1 mol; nNaCl=0,6 mol

=>m=0,1.160+0,6.58,5=51,1 gam

Đáp án C

Phương pháp giải:

Phương pháp : Bảo toàn electron

Lời giải chi tiết:

Lời giải :

n_Cu2+ = 1,2a ; n_Cl = 0,8a

n_NO = 0,03 mol => n_H+ = n_HNO3 = 0,12 mol

n_Fe = 0,2 mol

Cu(NO₃)₂ + 2NaCl -> Cu + Cl₂ + 2NaNO₃

0,4a              0,8a         0,4a  0,4a

Cu(NO₃)₂ + H₂O -> Cu + 0,5O₂ + 2HNO₃

0,06                        0,06   0,03       0,12

m_giảm = 64(0,4a + 0,06) + 71.0,4a + 32.0,03 = 10,2

=> a = 0,1

=> n_Cu2+ dư = 1,2a – 0,4a – 0,06 = 0,02 mol

Bảo toàn electron : 2n_Fe = 3n_NO (Vì  lượng Fe quá lớn so với NO sinh ra => Fe chỉ tạo Fe²⁺)

=> n_{Fe pứ} = 0,045 mol

Fe + Cu²⁺ -> Fe²⁺ + Cu

0,02 0,02    ->       0,02

=> chất rắn gồm : 0,135 mol Fe và 0,02 mol Cu

=> m_rắn =  8,84g        

Đáp án A 

Phương pháp giải:

Phương pháp : Bảo toàn e

Lời giải chi tiết:

Fe₃O₄ + 8HCl -> FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

1,4x             ->   1,4x  ->    2,8x

Cu + 2FeCl₃ -> CuCl₂ + 2FeCl₂

x   ->  2x

Y gồm : 0,06 mol MgCl₂ ; x mol CuCl₂ ; 3,4x mol FeCl₂ ; 0,8x mol FeCl₃

Điện phân đến khi anot xuất hiện khí :

Catot : 0,06 mol Mg²⁺ ; x mol Cu²⁺ ; 3,4x mol Fe²⁺ ; 0,8x mol Fe³⁺

Anot : (0,12 + 11,2x) mol Cl^-

(Mg²⁺ không bị điện phân)

Vậy Catot : 2H₂O + 2e -> H₂ + 2OH^-

Mol                         0,12-> 0,06

m_giảm = m_Cu + m_Fe+ m_H2 + m_Cl2

m_muối = m_giảm – m_H2 + m_Mg (Vì bảo toàn e, số mol e H₂ nhận đúng bằng số mol điện tích Mg²⁺ )

=> m_{muối khan Y} = 77,54 - 0,06.2 + 0,06.24 = 78,86g

Đáp án C  

Phương pháp giải:

Tại anot, trong t giây thu được n_O2 = 0,035

=> Trong 2t giây thu được n_O2 = 0,07

=> n_H2

Bảo toàn electron trong 2t giây:

2n_M + 2n_H2 = 4n_O2 => n_M => M

Lời giải chi tiết:

Tại anot, trong t giây thu được n_O2 = 0,035

=> Trong 2t giây thu được n_O2 = 0,07

=> n_H2 = 0,1245 - 0,07 = 0,0545 mol

Bảo toàn electron trong 2t giây:

2n_M + 2n_H2 = 4n_O2 => n_M = 0,0855

=>M+ 96 = 13,68/0,0855

=> M = 64: Cu

Bảo toàn electron trong t giây:

2n_Cu = 4n_O2 => n_Cu = 0,07 => m_Cu = y = 4,48

Đáp án C

Phương pháp giải:

Do khi cho Fe vào dung dịch X thì thấy thoát ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất nên H₂O đã bị điện phân ở anot.

Viết phương trình điện phân ở 2 cực.

Tính toán theo bán phản ứng.

Lời giải chi tiết:

n_NaCl = 0,48 mol

Do khi cho Fe vào dung dịch X thì thấy thoát ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất nên H₂O đã bị điện phân ở anot.

Catot:

Cu²⁺ +2e → Cu

x…….2x……x

Anot:

Cl^- -1e → 0,5Cl₂

0,48…0,48…0,24

2H₂O - 4e → O₂ + 4H⁺

            4y…..y…..4y

n _{e trao đổi} = 2x = 0,48 + 4y (1)

m _{dung dịch giảm} = m_Cu + m_Cl2 + m_O2 => 64x + 71.0,24 + 32y = 51,6 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,48; y = 0,12

=> nH⁺ = 0,48 mol

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

0,18 ← 0,48

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

z         z                     z

Khối lượng thanh sắt giảm: (z+0,18).56 – 64z = 6,24 => z = 0,48 mol

=> nCu(NO₃)₂ ban đầu = x + z = 0,48 + 0,48 = 0,96 mol

=> m = 0,96.188 = 180,48 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính n _{e trao đổi} = It/F

Cho Fe tác dụng với dung dịch sau đp thấy thoát ra khí NO => Có H⁺ => Nước bị điện phân ở anot

Viết PT đp ở mỗi cực, đặt mol vào tính (nNaCl = x mol)

m _{dd giảm =} mCu + mH₂ + mCl₂ + mO₂ => x

=> Thành phần thu được dung dịch sau đp

Chú ý: Hòa tan tối đa Fe nên sẽ tạo Fe²⁺

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Bảo toàn electron.

Lời giải chi tiết:

B₁ : Xác định các thành phần trong Z sau khi điện phân

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

+) Trong t giây :

Tại Catot :

Cu²⁺ + 2e → Cu

2H₂O + 2e →2OH^- + H₂

n_Cu = a ; n_H2 = x (n_e = 2n_Cu + 2n_H2)

=> n_e = 2a + 2x

Tại Anot :

2Cl^- → Cl₂ + 2e

=> n_Cl2 = a + x

(Bảo toàn electron)

+) m_giảm = m_H2O – m_Cu – m_H2 – m_Cl2 = - 18,79

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

=> 37x + 135a = 18,79⁽¹⁾

+) Trong 2t giây thì : n_e = 4a + 4x

Tại Catot :

Cu²⁺ + 2e → Cu

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

n_Cu = a và n_H2 = a + 2x (n_e = 2n_Cu + 2n_H2)

Tại Anot :

2Cl^- →Cl₂ + 2e

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

n_Cl2 = 0,5b ; n_O2 = a + x – 0,25b (n_e = 2n_Cl2 + 4n_O2)

M_khí = 32 => cũng là M_O2 nên H₂ và Cl₂ có M_tb = 32

=> m_H2 + m_Cl2 = m_hh (H₂ , Cl₂)

=> 2(a + 2x) + 71.0,5b = 32(a + 2x + 0,5b)

=> 60x + 30a – 19,5b = 0⁽²⁾

Lúc này dung dịch Z chứa :

Na⁺ (b mol) ; NO₃^- (2a mol) => n_OH = (b – 2a) mol (Bảo toàn điện tích)

=> m_{chất tan} = 90a + 40b = a₁

B₂ : Xác định thành phần các chất trong dung dịch sau khi trộn thêm FeCl₂ và HCl

Từ đó Tìm ra số mol các chất ban đầu.

Thêm vào Z : Fe²⁺ (0,1 mol) ; H⁺ (0,2 mol) ; Cl^- (0,4 mol)

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

Do m_Cu(NO3)2 >  5g => n_NO3 = 2a  >  0,053 trong khi n_Fe2+= 0,1 mol

=> n_NO3 sẽ dư.

+) TH₁ : Nếu H⁺ hết => n_NO = ¼ n_H+ = (0,2 + 2a – b)/4

=> n_{NO3 dư} = 2a – (0,2 + 2a – b)/4 = 1,5a + 0,25b – 0,05

m_{chất tan} = m_Na+ + m_{NO3 dư} + m_Fe3+ + m_Cl-

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

Từ (1,2,3) => x = 0,07 ; a = 0,12 ; b = 0,4

=> m = 45,96g (Đáp án D)

+) TH₂ : Nếu H⁺ dư => n_NO = 1/3.n_Fe2+ = 0,1/3 mol

=> n_{H+ dư} = (0,2 + 2a – b) – 4n_NO = (1/15 + 2a – b) mol ; n_{NO3- dư} = (2a – 1/30)

=> m_{chất tan} = m_Na+ + m_NO3- + m_H+ + m_Fe3+ + m_Cl-

=> 23b + 62.(2a – 1/30) + 1.(1/15 + 2a – b) + 0,1.56 + 0,4.35,5 = 90a + 40b + 16,46

=> x = 0,043 ; a = 0,127 ; b = 0,329

=> n_{H+ dư} = 1/15 + 2a – b < 0 => Loại

Đáp án D      

Lời giải chi tiết:

nCuCO₃ = nCO₂ = 0,11 mol

nNa₂SO₃ = nSO₂ = 0,14 mol

Thể tích dung dịch axit là x lít => nHCl = x và nH₂SO₄ = 0,5x => nH₂O = x

BTKL:36,5x+98.0,5x+m=m+8,475+0,25.55,2+18x => x = 0,33

Dung dịch Y chứa SO₄^2- (0,165), Cl^- (0,33), Na⁺ (0,28) => nCu²⁺ = 0,19 => nCuO = 0,08

=> m = 37,68 và nFe = 0,0942

nCu²⁺ bị đp = 0,19.94%  = 0,1786

=> n _{e trao đổi} = nCl^- + 4nO₂ => nO₂ = 0,068

=> nH⁺ = 4nO₂ = 0,0272

Fe với dung dịch Z: nFe pư = nCu²⁺ + nH⁺/2 = 0,025

=> m₁ = mFe dư + mCu = 4,6048 gam

Đáp án C

Phương pháp giải:

Do từ t₂ đến t₃ khối lượng catot tăng nên Cu²⁺ điệp phân chưa hết ở t₂

*Tại t₁ = 1930 giây: n_e1 = It1/F = 0,02I

=> nCl₂ = 0,01I

n _e1 = 2nCu²⁺ bị đp => 0,02I = 2m/64 (1)

m _{dung dịch giảm} = mCu + mCl₂ => 2,7 = m + 71.0,01I (2)

Giải (1) và (2) => m; I

*Tại t₂ = 7720 => n_e2 = 0,16 mol

Anot:

Cl^- -1e → 0,5Cl₂

        x          0,5x

H₂O -2e → 0,5O₂ + 2H⁺

           y          0,25y

x+y = 0,16

0,5x.71+0,25y.32+4.1,28 = 9,15

Giải ra ta được x; y

*Tại t₃ = t: Giả sử nước bị điện phân ở cả 2 điện cực

nH₂ = a mol, nO₂ = b mol

m _{dung dịch giảm} = mCu + mH₂ + mCl₂ +mO₂ => (3)

n _{e anot} = n_{e catot} => 2nCu + 2nH₂ = 2nCl₂ + 4nO₂ => (4)

Giải (3) và (4) thu được: a; b

=> n _e3 => t 

Lời giải chi tiết:

Do tại 3 thời điểm khối lượng catot đều tăng nên Cu²⁺ điệp phân chưa hết ở t₁ và t₂

*Tại t₁ = 1930 giây: n_e1 = It1/F = 0,02I

=> nCl₂ = 0,01I

n _e1 = 2nCu²⁺ bị đp => 0,02I = 2m/64 (1)

m _{dung dịch giảm} = mCu + mCl₂ => 2,7 = m + 71.0,01I (2)

Giải (1) và (2) => m = 1,28; I = 2

*Tại t₂ = 7720 => n_e2 = 0,16 mol

Anot:

Cl^- -1e → 0,5Cl₂

        x          0,5x

H₂O -2e → 0,5O₂ + 2H⁺

           y          0,25y

x+y = 0,16

0,5x.71+0,25y.32+4.1,28 = 9,15

Giải ra ta được x = 0,1; y = 0,06

*Tại t₃ = t: Giả sử nước bị điện phân ở cả 2 điện cực

nH₂ = a mol, nO₂ = b mol

m _{dung dịch giảm} = mCu + mH₂ + mCl₂ +mO₂ => 11,11 = 5.1,28 + 2a + 0,05.71 + 32b (3)

n _{e anot} = n_{e catot} => 2nCu + 2nH₂ = 2nCl₂ + 4nO₂ => 2.0,1 + 2a = 0,05.2 + 4b (4)

Giải (3) và (4) thu được: a = 0,02; b = 0,035

n _e3 = 2.0,1 + 2.0,02 = 0,24 mol => t = 0,24.96500/2 = 11580 giây

Đáp án C

Phương pháp giải:

+ Tính n_e = It/F

+ Do khi cho Fe vào dung dịch điện phân sinh ra khí NO nên H₂O ở anot đã bị điện phân tạo H⁺.

Giả sử dung dịch sau phản ứng không có Cu²⁺

Tính được khối lượng Fe sau phản ứng, giá trị này khác với khối lượng chất rắn thu được nên dung dịch sau điện phân có chứa Cu²⁺

+ Viết các quá trình điện phân ở 2 cực, đặt ẩn và tính toán.

Lời giải chi tiết:

n_e = It/F = 5.2895/96500 = 0,15 mol

Do khi cho Fe vào dung dịch điện phân sinh ra khí NO nên H₂O ở anot đã bị điện phân tạo H⁺.

Giả sử dung dịch sau phản ứng không có Cu²⁺

n_Fe = 3n_NO/2 = 0,03375 mol => m_{Fe pư} = 1,89 gam, chất rắn sau phản ứng có khối lượng là 0,125.56 – 1,89 = 5,11 gam (loại)

Vậy dung dịch sau điện phân có chứa Cu²⁺

Catot :

Cu²⁺ +2e → Cu

           0,15    0,075 mol

Anot :

Cl^- - 1e → 0,5Cl₂

         y          0,5y

H₂O - 2e → 0,5O₂ + 2H⁺

         0,09                    0,09

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

0,03375        0,09                                0,0225

Fe          +       Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

x-0,075       x-0,075             x-0,075

m _{chất rắn} = m_Cu + m_{Fe dư} = 64(x-0,075) + 0,125.56 - 56(0,03375+x-0,0075) = 5,43 => x = 0,115 mol

n _{e trao đổi (anot)} = y+0,09 = 0,15 => y = 0,06

x:y = 1,917

Đáp án B