by Điện phân dung dịch hỗn hợp HCl và 0,4 mol CuNO$_{3}$$_{ }$với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi I=10A trong khoảng thời gian t (s). Ở anot thu được hỗn hợp khí. Nhúng thanh Fe vào dung dịch sau phản ứng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn có khí NO duy nhất thoát ra đồng thời thanh Fe tăng 1,2g. Giá trị của t là?
A. 772 (s)
B. 1544 (s)
C. 2316 (s)
D. 386 (s)
Hướng dẫn
Chọn đáp án là: A
Phương pháp giải:
Viết phương trình điện phân, đặt mol vào PTHH và tính toán. Phương pháp tăng giảm khối lượng.
CT số mol e n$_{e}$ = It/F.
Lời giải chi tiết:
Nhúng thanh Fe vào dd sau điện phân thấy khối lượng thanh Fe tăng
→ Cu(NO$_{3}$)$_{2}$ còn dư sau điện phân
Do ở anot thu được hỗn hợp khí → Cl$_{2}$ và O$_{2}$
Các PTHH điện phân là:
Cu(NO$_{3}$)$_{2}$ + 2 HCl → Cu + Cl$_{2 }$+ 2 HNO$_{3}$ (1)
Cu(NO$_{3}$)$_{2}$ + H$_{2}$O → Cu + 0,5 O$_{2}$ + 2 HNO$_{3}$ (2)
Dung dịch sau điện phân chứa: Cu(NO$_{3}$)$_{2}$ dư và HNO$_{3}$
Từ (1) (2) ta thấy: n$_{HNO3}$ = 2n$_{Cu2+ đp}$
Đặt n$_{Cu2+ đp}$ = a mol và n$_{HNO3}$ = 2a mol
→ n$_{Cu2+ dư}$ = 0,4 – a (mol)
Cho thanh Fe vào dd sau điện phân, do Fe còn dư → chỉ sinh ra Fe$^{2+}$
3 Fe + 8 HNO$_{3}$ → 3 Fe(NO$_{3}$)$_{2}$ + 2 NO + 4 H$_{2}$O
0,75a ← 2a
Fe + Cu$^{2+}$ → Fe$^{2+}$ + Cu
0,4-a ← 0,4-a → 0,4-a
m $_{thanh Fe tăng}$ = m$_{Cu}$ – m$_{Fe pư}$
⇔ 64.(0,4-a) – 56.(0,75a + 0,4 – a) = 1,2
⇔ a = 0,04 mol
Thời gian điện phân t = (2.0,04.96500) : 10 = 772 giây
Đáp án A
