Điện phân 2 lít dung dịch chứa Fe2(SO4)3 0,05M; CuSO4 0,09M và FeSO4 0,06M đến khi dung dịch giảm 30,4

Câu hỏi số 409315:

Vận dụng

Điện phân 2 lít dung dịch chứa Fe₂(SO₄)₃ 0,05M; CuSO₄ 0,09M và FeSO₄ 0,06M đến khi dung dịch giảm 30,4 gam thì ngừng điện phân. Tách hết dung dịch sau điện phân, sau đó cho dung dịch NaNO₃ vào thì thấy có khí NO (sản phẩm khử duy nhất) thoát ra và thu được dung dịch X có chứa 79,64 gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, thu được khí Y gồm 2 khí NO và H₂, tỉ khối của Y đối với He là 6,625 và (1,5a -11,28) gam hỗn hợp hai kim loại. Giá trị của a là

A. 12,48 gam.

B. 18,24 gam.

C. 21,12 gam.

D. 16,32 gam.

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:409315

Giải chi tiết

Ban đầu dung dịch có \(\left\{ \begin{array}{l}F{e^{3 + }}:0,2(mol)\\F{e^{2 + }}:0,12(mol)\\C{u^{2 + }}:0,18(mol)\\SO_4^{2 - }:0,6(mol)\end{array} \right.\)

Thứ tự điện phân tại từng cực là:

Tại K (-) có: Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

Cu²⁺ + 2e → Cu

Fe²⁺ + 2e → Fe

Tại A (+) có: 2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

- Nếu phản ứng mới điện phân hết Cu thì bảo toàn e có n_Fe³⁺ + 2n_Cu²⁺ = 4n_O2 → n_O2 = (0,2 + 0,18.2) : 4 = 0,14 mol

→ m_{dd giảm} = m_Cu + m_O2 = 0,18.64 + 0,14.32 = 16 gam < 30,4

- Nếu phản ứng điện phân hết các kim loại thì bảo toàn e có 3n_Fe³⁺ + 2n_Cu²⁺ + 2n_Fe²⁺ = 4n_O2 → n_O2 = 0,3 (mol)

→ m_{dd giảm} = m_Fe + m_Cu + m_O2 = (0,2 + 0,12).56 + 0,18.64 + 0,3.32 = 39,04 > 30,4

⟹ Phản ứng xảy ra điện phân hoàn toàn Cu và điện phân một phần Fe²⁺ (giả sử điện phân x mol)

Bảo toàn e: 4n_O2 = n_Fe²⁺ + 2n_Cu²⁺ + n_Fe²⁺_{bị điện phân} → n_O2 = \(\frac{{0,2 + 0,18.2 + 2x}}{4} = 0,14 + 0,5x\)(mol)

→ m_{dd giảm} = 30,4 = 32n_O2 + m_Cu + m_Fe = 32.(0,14 + 0,5x) + 0,18.64 + 56x → x = 0,2 mol

→ n_Fe²⁺_{còn lại} = n_Fe³⁺ + n_Fe²⁺ - n_Fe²⁺_{bị điện phân} = 0,2 + 0,12 - 0,2 = 0,12 mol

→ sau phản ứng có FeSO₄: 0,12 mol và H₂SO₄: 0,48 (mol) (bảo toàn SO₄^2-)

Khi cho thêm NaNO₃ (giả sử b mol) vào thì được dung dịch có khả năng phản ứng với Mg tạo NO và H₂ → dư H⁺ và NO₃^-

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

0,12 → 0,16 → 0,04 → 0,12

Sau phản ứng có \(\left\{ \begin{array}{l}F{e^{3 + }}:0,12(mol)\\{H^ + }:0,48.2 - 0,16 = 0,8(mol)\\SO_4^{2 - }:0,6(mol)\\N{a^ + }:b(mol)\\NO_3^ - :b - 0,04(mol)\end{array} \right.\)

→ m_{chất tan} = 0,12.56 + 0,8.1 + 0,6.96 + 23b + 62.(b-0,04) = 79,64 → b = 0,2 mol

Khi cho Mg vào dung dịch mới thì:

3Mg + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Mg²⁺ + 4H₂O + 2NO

4Mg + 10H⁺ + NO₃^- → 4Mg²⁺ + 3H₂O + NH₄⁺

Mg + 2H⁺ → Mg²⁺ + H₂

3Mg + 2Fe³⁺ → 3Mg²⁺ + 2Fe

Đặt n_NO = m mol; n_NH4⁺= n mol và n_H2 = p mol thì ta có hệ sau:

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{{H^ + }}} = 4m + 10n + 2p = 0,8\\{n_{NO_3^ - }} = m + n = 0,16\\{M_{khi}} = \frac{{30m + 2p}}{{m + p}} = 6,625.4 = 20\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}m = 0,14\\n = p = 0,02\end{array} \right.\)

Bảo toàn e → m_{Mg phản ứng} = \(\frac{3}{2}{n_{NO}} + 4{n_{NH_4^ + }} + {n_{{H_2}}} + \frac{3}{2}{n_{F{e^{3 + }}}} = \frac{3}{2}.0,14 + 4.0,02 + 0.02 + \frac{3}{2}.0,12 = 0,49\)(mol)

→ m_{kl sau phản ứng} = m_{kl trước phản ứng} - m_{Mg phản ứng} + m_{Fe tạo thành}

→ 1,5a - 11,28 = a - 24.0,49 + 56.0,12 → a = 12,48 gam

Đáp án cần chọn là: A

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.