Thực tập sinh X tiến hành thí nghiệm điện phân sau: Điện phân 100 ml dung dịch chứa FeCl3 aM và

Câu hỏi số 411495:

Vận dụng cao

Thực tập sinh X tiến hành thí nghiệm điện phân sau: Điện phân 100 ml dung dịch chứa FeCl₃ aM và CuSO₄bM với điện cực trơ, không màng ngăn, cường độ dòng điện là 7,72 Ampe trong thời gian 20 phút thì ngắt dòng điện. X đo được thể tích khí thu được bên anot là 0,7056 lít (đktc). Sau đó, do sơ suất, thực tập X cắm ngược chiều cực của nguồn điện vào hai điện cực của bình điện phân, điện phân thêm 30 phút nữa với cường độ dòng không đổi thì thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 0,8176 lít (đktc). Giá trị của b là:

A. 0,72 M

B. 0,93 M.

C. 0,50 M.

D. 0,43 M.

Đáp án đúng là: C

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:411495

Phương pháp giải

Xét trong 20 phút đầu. Số mol electron trao đổi là: \({n_{e\,trao\,doi1}} = \frac{{I.t}}{F} = \frac{{7,72.20.60}}{{96500}} = 0,096\,(mol)\)

Số mol khí thu được bên anot: \(n{\,_{khi(dktc)}} = \frac{V}{{22,4}} = \frac{{0,7056}}{{22,4}} = 0,0315\,(mol)\)

Đặt số mol Cl₂ = a (mol) và số mol O₂ = b (mol)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}n{\,_{khi\,anot}} = a + b = 0,0315\\{n_{e\,trao\,doi}}_1 = 2a + 4b = 0,096\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = ? = {n_{C{l_2}}}\\b = ? = {n_{{O_2}}}\end{array} \right.\)

BTNT “Cl”: n_FeCl3 = 1/3n_Cl- = 2/3n_Cl2 = ? (mol)

Xét trong 30 phút tiếp theo: Số mol electron trao đổi là: \({n_{e\,trao\,doi2}} = \frac{{I.t}}{F} = \frac{{7,72.30.60}}{{96500}} = 0,144\,(mol)\)

Số mol khí thu được hai bên : \(n{\,_{khi(dktc)}} = \frac{V}{{22,4}} = \frac{{0,8176}}{{22,4}} = 0,0365\,(mol)\)

Nếu trong 20 phút đầu tiên Cu²⁺ đã điện phân hết thì 30 phút tiếp theo chỉ có H₂ thoát ra bên catot và O₂ thoát ra bên anot.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_{{H_2}(catot)}} = \frac{{ne\,trao\,doi\,2}}{2} = ?\,(mol)\\{n_{{O_2}(anot)}} = \frac{{ne\,trao\,doi\,2}}{4} = ?\,(mol)\end{array} \right.\) → kết luận được vô lí

Do đó trong 20 phút đầu Cu²⁺ chưa điện phân hết, Cu²⁺tiếp tục bị điện phân ở 30 phút tiếp theo

Sử dụng bảo toàn e, chú ý có hiện tượng dương cực tan.

Giải chi tiết

Xét trong 20 phút đầu. Số mol electron trao đổi là: \({n_{e\,trao\,doi1}} = \frac{{I.t}}{F} = \frac{{7,72.20.60}}{{96500}} = 0,096\,(mol)\)

Số mol khí thu được bên anot: \(n{\,_{khi(dktc)}} = \frac{V}{{22,4}} = \frac{{0,7056}}{{22,4}} = 0,0315\,(mol)\)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}n{\,_{khi\,anot}} = a + b = 0,0315\\{n_{e\,trao\,doi}}_1 = 2a + 4b = 0,096\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,015 = {n_{C{l_2}}}\\b = 0,0165 = {n_{{O_2}}}\end{array} \right.\)

Đặt số mol Cl₂ = a (mol) và số mol O₂ = b (mol)

\(\left\{ \begin{array}{l}n{\,_{khi\,anot}} = a + b = 0,0315\\{n_{e\,trao\,doi}}_1 = 2a + 4b = 0,096\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,015 = {n_{C{l_2}}}\\b = 0,0165 = {n_{{O_2}}}\end{array} \right.\)

BTNT “Cl”: n_FeCl3 = 1/3n_Cl- = 2/3n_Cl2 = 2/3.0,015 = 0,01 (mol)

Xét trong 30 phút tiếp theo: Số mol electron trao đổi là: \({n_{e\,trao\,doi2}} = \frac{{I.t}}{F} = \frac{{7,72.30.60}}{{96500}} = 0,144\,(mol)\)

Số mol khí thu được hai bên : \(n{\,_{khi(dktc)}} = \frac{V}{{22,4}} = \frac{{0,8176}}{{22,4}} = 0,0365\,(mol)\)

Nếu trong 20 phút đầu tiên Cu²⁺ đã điện phân hết thì 30 phút tiếp theo chỉ có H₂ thoát ra bên catot và O₂ thoát ra bên anot.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_{{H_2}(catot)}} = \frac{{ne\,trao\,doi\,2}}{2} = \frac{{0,144}}{2} = 0,072\,(mol)\\{n_{{O_2}(anot)}} = \frac{{ne\,trao\,doi\,2}}{4} = \frac{{0,144}}{4} = 0,036\,(mol)\end{array} \right.\)

suy ra tổng mol khí thu được là: 0,072 + 0,036 = 0,108 # đề cho 0,0365 → vô lí

Do đó trong 20 phút đầu Cu²⁺ chưa điện phân hết, Cu²⁺tiếp tục bị điện phân ở 30 phút tiếp theo

Đặt trong dd số mol Cu²⁺ còn dư = x (mol)20 phút đầu khối lượng Cu thu được bên catot là: \({n_{Cu}} = \frac{{{n_{e\,trao\,doi\,1}} - \,{n_{F{e^{3 + }}\,trao\,doi}}}}{2} = \frac{{0,096 - 0,01.1}}{2} = 0,043\,(mol)\)

Khi cắm ngược cực, xảy ra điện cực dương tan. Tốn 0,086 mol electron để chuyển toàn bộ Cu bên cực này sang bên cực kia.

→ n_{e còn lại} = 0,144 – 0,086 = 0,058 (mol)

Lúc này:

Catot: n_Cu = n_Cu2+ = x (mol) → n_H2 = (n_{e còn lại} – n_{e Cu2+ nhận})/2 = (0,058 – 2x)/2 → n_H2 = 0,029 – x (mol)

Anot: \({n_{{O_2}(anot)}} = \frac{{ne\,con\,lai}}{4} = \frac{{0,058}}{4} = 0,0145\,(mol)\)

Ta có: n_{H2 catot} + n_{O2 catot} = 0,0365

→ 0,029 – x + 0,0145 = 0,0365

→ x = 0,007

→ n_Cu2+ ban đầu = 0,043 + 0,007 = 0,05 (mol)

→ b = n_Cu2+/V = 0,05/0,1= 0,5 (M)

Tham Gia Group Dành Cho 2K7 luyện thi Tn THPT - ĐGNL - ĐGTD

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Lộ Trình Sun 2025 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi TN THPT & ĐGNL; ĐGTD) tại Tuyensinh247.com. Đầy đủ theo 3 đầu sách, 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.