by Điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn) dung dịch chứa hỗn hợp CuSO$_{4}$ và NaCl (tỉ lệ mol 1 : 1) bằng dòng điện một chiều có cường độ ổn định. Sau t (h), thu được dung dịch X và sau 2t (h), thu được dung dịch Y. Dung dịch X tác dụng với bột Al dư, thu được a mol khí H$_{2}$. Dung dịch Y tác dụng với bột Al dư, thu được 4a mol khí H$_{2}$. Phát biểu nào sau đây không đúng ?
A. Tại thời điểm 2t (h), tổng số mol khí thoát ra ở hai cực là 9a mol.
B. Khi thời gian là 1,75t (h), tại catot đã có khí thoát ra.
C. Tại thời điểm 1,5t (h), Cu$^{2+}$ chưa điện phân hết.
D. Nước bắt đầu điện phân tại anot ở thời điểm 0,75t (h).
Hướng dẫn
Chọn đáp án là: D
Phương pháp giải:
B. ảo toàn điện tích
Lời giải chi tiết:
Chọn n$_{CuSO4}$ = n$_{NaCl}$ = 2 mol
Do 2n$_{Cu2+}$ > n$_{Cl-}$ nên Cl$^{-}$ đp hết trước Cu$^{2+}$
Thứ tự điện phân là:
(1) CuSO$_{4}$ + 2NaCl → Cu + Cl$_{2}$ + Na$_{2}$SO$_{4}$
(2) CuSO$_{4}$ + H$_{2}$O → Cu + 0,5O$_{2}$ + H$_{2}$SO$_{4}$
(3) H$_{2}$O → H$_{2}$ + 0,5O$_{2}$
Khi cho dd sau điện phân tác dụng với Al dư thì ta luôn có: n$_{H2SO4}$ = n$_{H2}$ (áp dụng bảo toàn H)
Mặt khác, tăng thời gian từ t (h) lên 2t (h) số mol khí H$_{2}$ thu được tăng từ a lên 4a ⇒ Lượng axit tăng
⇒ Ở t(h) thì (2) đang điện phân
– Tại t (h):
(1) CuSO$_{4}$ + 2NaCl → Cu + Cl$_{2}$ + Na$_{2}$SO$_{4}$
1 ← 2 → 1 → 1
(2) CuSO$_{4}$ + H$_{2}$O → Cu + 0,5O$_{2}$ + H$_{2}$SO$_{4}$
a ← a ← 0,5a ← a
⇒ n$_{e(t)}$ = 2n$_{Cu}$ = 2 + 2a (mol)
– Tại 2t (h):
Do chưa biết phản ứng (2) điện phân hết hay chưa hết nên ta xét 2 trường hợp:
*Trường hợp 1: (2) vẫn đang điện phân
(1) CuSO$_{4}$ + 2NaCl → Cu + Cl$_{2}$ + Na$_{2}$SO$_{4}$
1 ← 2 → 1 → 1
(2) CuSO$_{4}$ + H$_{2}$O → Cu + 0,5O$_{2}$ + H$_{2}$SO$_{4}$
4a ← 4a ← 2a ← 4a
⇒ n$_{e(2t)}$ = 2n$_{Cu}$ = 2 + 8a (mol)
Ta có: n$_{e(2t)}$ = n$_{e(t)}$ ⇔ 2 + 8a = 2(2 + 2a) ⇒ a = 0,5
Loại trường hợp này vì ∑n$_{CuSO4 bị đp}$ (= 1 + 4a = 3 mol) > n$_{CuSO4 ban đầu }$(2 mol)
*Trường hợp 2: Cu$^{2+}$ bị điện phân hết, H$_{2}$O đang điện phân
(1) CuSO$_{4}$ + 2NaCl → Cu + Cl$_{2}$ + Na$_{2}$SO$_{4}$
1 ← 2 → 1 → 1
(2) CuSO$_{4}$ + H$_{2}$O → Cu + 0,5O$_{2}$ + H$_{2}$SO$_{4}$
4a ← 4a ← 2a ← 4a
(3) H$_{2}$O → H$_{2}$ + 0,5O$_{2}$
b b 0,5b
Cu$^{2+}$ điện phân hết nên suy ra 1 + 4a = 2 ⇒ a = 0,25
⇒ n$_{e(t)}$ = 2 + 2a = 2,5 ⇒ n$_{e(2t)}$ = 2.2,5 = 5
B. T e tại catot trong trong 2t giờ: n$_{e(2t)}$ = 2n$_{Cu}$ + 2n$_{H2}$ ⇔ 2.2 + 2.b = 5 ⇒ b = 0,5
Khí tại 2 điện cực có: H$_{2}$ (0,5); Cl$_{2}$ (1) và O$_{2}$ (0,75)
Sau 2t thì ∑n $_{khí }$= 0,5 + 1 + 0,75 = 2,25 = 9a ⇒ A đúng
Sau 1,75t giờ thì n$_{e}$ = 1,75(2+2a) = 4,375 > 2n$_{Cu2+}$ = 4 nên catot đã có khí thoát ra ⇒ B đúng
Sau 1,5t giờ thì n$_{e}$ = 1,5(2+2a) = 3,75 < 2n$_{Cu2+}$ = 4 nên Cu$^{2+}$ chưa hết ⇒ C đúng
Sau 0,75t giờ thì n$_{e}$ = 0,75(2+2a) = 1,875 < n$_{Cl-}$ = 2 nên Cl$^{-}$ chưa hết, H$_{2}$O chưa bị điện phân ⇒ D sai
Đáp án D
