Điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch X chứa CuSO4 và NaCl (có tỉ lệ mol

Câu hỏi số 412866:

Vận dụng cao

Điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) dung dịch X chứa CuSO₄ và NaCl (có tỉ lệ mol tương ứng 3 : 2) bằng dòng điện một chiều có cường độ 5A, sau thời gian t giờ thu được dung dịch Y chứa hai chất tan và thấy khối lượng dung dịch Y giảm 33,1 gam so với khối lượng của dung dịch X. Dung dịch Y hòa tan tối đa 3,6 gam Al. Giả sử khí sinh ra trong quá trình điện phân thoát hết ra khỏi dung dịch. Giá trị của t gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 6,66.

B. 4,5.

C. 5,36.

D. 6.

Đáp án đúng là: C

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:412866

Phương pháp giải

Thứ tự xảy ra của các phản ứng điện phân là

Cu²⁺ + 2Cl^- → Cu + Cl₂(1)

2CuSO₄ + 2H₂O → 2Cu + 2H₂SO₄ + O₂(2)

2H₂O → 2H₂ + O₂(3)

Vì Y thu được chỉ chứa 2 chất tan nên ta có 2 trường hợp

Trường hợp 1 : chất tan có CuSO₄ và Na₂SO₄ ⟹ chỉ xảy ra điện phân mình phản ứng (1) thì m_{dd giảm} = m_Cu+ m_Cl2

⟹ n_Cl2 = n_Cu = 0,245 mol

Y + Al thì n_Al = 0,133 mol ⟹ n_CuSO4(Y) = 0,2 mol

Bảo toàn Cu có n_{CuSO4 ban đầu} = n_Cu + n_CuSO4(Y)= 0,445 mol

Bảo toàn Cl có n_NaCl = 2n_Cl2 = 0,49 (mol)

Vì ban đầu n_CuSO4 : n_NaCl = 0,445 : 0,49 ≠ 3 : 2 ⟹ loại

Trường hợp 2 : chất tan có H₂SO₄ và Na₂SO₄ ⟹ CuSO₄ và NaCl bị điện phân hoàn toàn, nước có thể bị điện phân

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

⟹ n_H2SO4 = ? mol

Đặt trong dung dịch ban đầu có 3x mol CuSO₄ thì n_NaCl = 2x mol

Bảo toàn Cu suy ra x ⟹ m_Cu + m_Cl2 + m_O2(pư2) = ? so với m_{dd giảm}= 33,1 để suy ra nước đã điện phân chưa

+ Nếu nhỏ hơn thì nước đã tham gia điện phân ⟹ tính được số mol nước tham gia điện phân ⟹ n_{e trao đổi}

+ Nếu bằng thì nước chưa tham gia điện phân ⟹ tính n_e trao đổi theo Cu

Giải chi tiết

Thứ tự xảy ra của các phản ứng điện phân là

Cu²⁺ + 2Cl^- → Cu + Cl₂ (1)

2Cu²⁺ + 2H₂O → 2Cu + 4H⁺ + O₂ (2)

2H₂O → 2H₂ + O₂ (3)

Vì Y thu được chỉ chứa 2 chất tan trong đó 1 chất là Na₂SO₄ nên ta có 2 trường hợp:

Trường hợp 1: Chất tan còn lại là CuSO₄

⟹ chỉ xảy ra (1)

m_{dd giảm} = m_Cu+ m_Cl2 ⟹ 33,1 = m_Cu + m_Cl2

Mà theo (1) thì n_Cl2 = n_Cu nên n_Cl2 = n_Cu = 0,245 mol

Khi cho Y + 2/15 mol Al:

2Al + 3CuSO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3Cu

2/15 → 0,2 0,2 mol

Bảo toàn Cu có n_{CuSO4 ban đầu} = n_Cu + n_CuSO4(Y)= 0,245 + 0,2 = 0,445 mol

Bảo toàn Cl có n_NaCl = 2n_Cl2 = 0,245.2 = 0,49 (mol)

Vì ban đầu n_CuSO4 : n_NaCl = 0,445 : 0,49 ≠ 3 : 2 ⟹ loại

Trường hợp 2: Chất tan còn lại là H₂SO₄

⟹ CuSO₄ và NaCl bị điện phân hết, nước có thể bị điện phân

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

2/15 → 0,2 mol

⟹ n_H2SO4 = 0,2 (mol)

Đặt trong dung dịch ban đầu có 3x mol CuSO₄ thì n_NaCl = 2x mol

n_{Cu pư (1)} = 1/2.n_Cl- = x (mol)

n_{Cu pư (2)} = n_H2SO4 = 0,2 mol

Bảo toàn Cu có 3x = x + 0,2 ⟹ x = 0,1 mol

Nên n_Cl2 = x = 0,1 mol và n_{Cu (toàn bộ)} = 3x = 0,3 mol và n_O2 = 1/2.n_H2SO4 = 0,1 mol

⟹ m_Cl2 + m_Cu + m_O2= 0,1.71 + 0,3.64 + 0,1.32= 29,5 < 33,1 gam

⟹ có xảy ra (3), với m_H2O = 33,1 - 29,5 = 3,6 (gam) ⟹ n_H2O = 0,2 mol

Tại K(-) điện phân Cu và điện phân H₂O tạo H₂ với n_{H2 pư (3)} = n_H2O = 0,2 mol

→ n_{e nhận} = 2n_Cu²⁺ + 2n_{H2 pư (3)} = 2.0,3 + 2.0,2 = 1 mol

\( \to t = \frac{{{n_e}.F}}{I} = \frac{{1.96500}}{5} = 19300(s) = 5,36(h)\)

Đáp án cần chọn là: C

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.