by Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO$_{4}$ 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 0,8g MgO. Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của t là:
A. 6755
B. 772
C. 8685
D. 4825
Hướng dẫn
Chọn đáp án là: C
Phương pháp giải:
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 Cu$^{2+}$ điện phân hết, có sự điện phân của H$_{2}$O ở cả hai điện cực
Sử dụng bảo toàn điện tích với dd Y
Sử dụng bảo toàn e
Lời giải chi tiết:
n$_{hh khí}$ = 0,1 mol ; n$_{MgO }$= 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 Cu$^{2+}$ điện phân hết, có sự điện phân của H$_{2}$O ở cả hai điện cực
Thứ tự điện phân:
Catot (-) : Cu$^{2+}$ , Na$^{+}$, H$_{2}$O Anot (+) : Cl$^{-}$, SO$_{4}$$^{2-}$, H$_{2}$O
Cu$^{2+}$ + 2e → Cu 2Cl$^{- }$ → Cl$_{2}$ + 2e
2H$_{2}$O + 2e → H$_{2}$ + 2OH$^{- }$ 2H$_{2}$O → O$_{2}$ + 4H$^{+}$ + 4e
Xét dd Y thu được gồm: H$^{+}$ dư, SO$_{4}$$^{2-}$: 0,05 (mol) và Na$^{+}$.
Cho dd Y pư với MgO chỉ có H$^{+}$ tham gia phản ứng:
MgO + 2H$_{dư}$$^{+}$ → Mg$^{2+}$ + H$_{2}$O (1)
0,02 → 0,04
Theo (1): n$_{H+}$ dư = 2n$_{MgO}$ = 2.0,02 = 0,04 (mol)
B. ảo toàn điện tích với các chất trong dd Y ta có: n$_{Na+}$ + n$_{H+}$ dư = 2n$_{SO42-}$ ⟹ n$_{Na+}$ = 2.0,05 – 0,04 = 0,06 (mol)
B. TNT Na: n$_{NaCl}$ = n$_{Na+}$ = 0,06 (mol) ⟹ n$_{Cl-}$ = n$_{NaCl}$ = 0,06 (mol) ⟹ n$_{Cl2}$ = 1/2n$_{Cl-}$ = 0,06/2 = 0,03 (mol)
Catot: Đặt n$_{H2}$ = x (mol);
A. not: n$_{Cl2}$ = 0,03 (mol); đặt n$_{O2}$ = y (mol)
∑n$_{hh khí}$ = 0,1 mol → n$_{H2}$ + n$_{Cl2}$ + n$_{O2}$ = 0,1 ⟹ x + 0,03 + y = 0,1 ⟹ x + y = 0,07 (I)
Theo ĐLBT e: ∑n$_{e}$ $_{(catot nhận)}$ = ∑n$_{e (anot nhường) }$
⟹ 2n$_{Cu}$ + 2n$_{H2}$ = 2n$_{Cl2}$ + 4n$_{O2}$
⟹ 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 = 2n$_{Cu2+}$ + 2n$_{H2 }$ = 2.0,05 + 2.0,04 = 0,18 (mol)
Mặt khác: n$_{e }$trao đổi = \(\frac{{It}}{F} \to t = \frac{{0,18.96500}}{2} = 8685\,\,s\)
Đáp án C
