nMg = 0,02 —> nH+ = 0,04
Y chứa H+ [0,04], SO42- [0,05], bảo toàn điện tích —> nNa+ = 0,06
Anot: nCl2 = 0,03 và nO2 = a
Catot: nCu = 0,05 và nH2 = b
—> n khí = a + b + 0,03 = 0,1
Bảo toàn electron: 4a + 0,03.2 = 2b + 0,05.2
—> a = 0,03 và b = 0,04
—> ne = It/F = 4a + 0,03.2
—> t = 8685s
tại sao khi biết số mol H+ lại không suy ra trực tiếp số mol khí O2 được ạ
nMgO = 0,02
Y + MgO thu được dung dịch chứa SO42- [0,05], Mg2+ [0,02], bảo toàn điện tích —> nNa+ = 0,06
—> nNaCl = 0,06
Anot: nCl2 = 0,03 và nO2 = x
Catot: nCu = 0,05 và nH2 = y
Bảo toàn electron: 4x + 0,03.2 = 2y + 0,05.2
n khí tổng = x + y + 0,03 = 0,1
—> x = 0,03; y = 0,04
ne = 4x + 0,03.2 = It/F —> t = 8685s
Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 [0,05 mol] và NaCl bằng dòng điện có cường độ không đổi 2A [điện cực trơ, màng ngăn xố?
Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 [0,05 mol] và NaCl bằng dòng điện có cường độ không đổi 2A [điện cực trơ, màng ngăn xốp]. Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được dung dịch Y và khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,24 lít [đktc]. Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là
A. 6755
B. 7720
C. 8685
D. 4825
Đáp án A
nNaCl = a mol
Do dung dịch sau điện phân có khả năng hòa tan MgO nên dung dịch sau điện phân có chứa H+
nH2SO4 = nMgO = 0,01 mol
=> nCu>2nCl-
CuSO4 + 2NaCl → Cu + Cl2 + Na2SO4
0,03← 0,06 0,03
CuSO4 + H2O → Cu + H2SO4 + 0,5O2
0,02 0,02 0,01
H2O → H2 + 0,5O2
x 0,5x
n khí = 0,03+0,01+1,5x = 0,1 => x = 0,04
n e trao đổi = 0,03.2+0,02.2+0,04.2 = 0,18 mol => t = 8685 giây
Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 [0,05 mol] và NaCl bằng dòng điện có cường độ không đổi 2A [điện cực trơ, màng ngăn xốp]. Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được dung dịch Y và khí có tổng thể tích là 2,24 lít [đktc]. Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là
A.
B.
C.
D.
Giải chi tiết:
nhh khí = 0,1 mol ; nMgO = 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-, SO42-, H2O
Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e
2H2O + 2e → H2 + 2OH- 2H2O → O2 + 4H+ + 4e
Xét dd Y thu được gồm: H+ dư, SO42-: 0,05 [mol] và Na+.
Cho dd Y pư với MgO chỉ có H+ tham gia phản ứng:
MgO + 2Hdư+ → Mg2+ + H2O [1]
0,02 → 0,04
Theo [1]: nH+ dư = 2nMgO = 2.0,02 = 0,04 [mol]
Bảo toàn điện tích với các chất trong dd Y ta có: nNa+ + nH+ dư = 2nSO42- ⟹ nNa+ = 2.0,05 – 0,04 = 0,06 [mol]
BTNT Na: nNaCl = nNa+ = 0,06 [mol] ⟹ nCl- = nNaCl = 0,06 [mol] ⟹ nCl2 = 1/2nCl- = 0,06/2 = 0,03 [mol]
Catot: Đặt nH2 = x [mol];
Anot: nCl2 = 0,03 [mol]; đặt nO2 = y [mol]
∑nhh khí = 0,1 mol → nH2 + nCl2 + nO2 = 0,1 ⟹ x + 0,03 + y = 0,1 ⟹ x + y = 0,07 [I]
Theo ĐLBT e: ∑ne [catot nhận] = ∑ne [anot nhường]
⟹ 2nCu + 2nH2 = 2nCl2 + 4nO2
⟹ 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 = 2nCu2+ + 2nH2 = 2.0,05 + 2.0,04 = 0,18 [mol]
Mặt khác: ne trao đổi = \[\dfrac{{It}}{F} \to t = \dfrac{{0,18.96500}}{2} = 8685\,\,s\]