Điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn) dung dịch chứa hỗn hợp CuSO4 và NaCl (tỉ lệ mol 1 :

Câu hỏi số 195336:

Vận dụng cao

Điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn) dung dịch chứa hỗn hợp CuSO₄ và NaCl (tỉ lệ mol 1 : 1) bằng dòng điện một chiều có cường độ ổn định. Sau t (h), thu được dung dịch X và sau 2t (h), thu được dung dịch Y. Dung dịch X tác dụng với bột Al dư, thu được a mol khí H₂. Dung dịch Y tác dụng với bột Al dư, thu được 4a mol khí H₂. Phát biểu nào sau đây không đúng?

A. Tại thời điểm 2t (h), tổng số mol khí thoát ra ở hai cực là 9a mol.

B. Khi thời gian là 1,75t (h), tại catot đã có khí thoát ra.

C. Tại thời điểm 1,5t (h), Cu²⁺ chưa điện phân hết.

D. Nước bắt đầu điện phân tại anot ở thời điểm 0,75t (h).

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:195336

Phương pháp giải

Bảo toàn điện tích

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) = 2.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 cần chọn là: D

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.