Phương pháp giải
- Bước 1 : Tính số mol electron trao đổi trong quá trình điện phân (nếu đề bài cho biết thời gian điện phân và cường độ dòng điện).
nelectron trao đổi = It 96500
Trong đó : I là cường độ dòng điện tính bằng ampe ; t là thời gian điện phân tính bằng giây.
- Bước 2 : Xác định thứ tự khử trên catot, thứ tự oxi hóa trên anot của các ion và H2O ; Viết quá trình khử trên catot và oxi hóa trên anot theo đúng thứ tự ưu tiên.
- Bước 3 : Áp dụng định luật bảo toàn electron cho quá trình điện phân :
Số mol electron trao đổi = Số mol electron mà các ion dương và H2O nhận ở catot = Số mol electron mà các ion âm và H2O nhường ở anot.
●Lưu ý :
Phản ứng điện phân nước ở trên các điện cực : + Tại anot : 2H2O → 4H+ + O2 + 4e + Tại catot : 2H2O + 2e → H2 + 2OH-
Trong quá trình điện phân, khối lượng dung dịch giảm bằng khối lượng của các khí thoát ra và kim loại sinh ra bám vào điện cực.
►Các ví dụ minh họa◄
Dạng 1 : Điện phân nóng chảy
Ví dụ 1: Điện phân nóng chảy a gam muối A tạo bởi kim loại M và halogen X thu được 0,96 gam M ở catot và 0,896 lít khí ở anot. Mặt khác hoà tan a gam muối A vào nước rồi cho dung dịch trên tác dụng với AgNO3 dư được 11,48 gam kết tủa. X là halogen nào ?
A. F. B. Cl. C. Br. D. I.
Hướng dẫn giải
Gọi công thức của muối A là MXn với số mol là b, ta có phản ứng : 2MXn ủpnc→ 2M + nX2
mol : b → b → nb 2
MXn + nAgNO3 → M(NO3)2 + nAgX mol : b → nb
Suy ra :
nb 0, 896
0, 04 2 22, 4
nb(108 X) 11, 48
= =
+ =
⇒ X=35,5. Vậy halogen là clo.
Đáp án B.
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
38
Ví dụ 2: Điện phân nóng chảy Al2O3 với anot than chì (hiệu suất điện phân 100%) thu được m kg Al ở catot và 67,2 m3 (đktc) hỗn hợp khí X có tỉ khối so với hiđro bằng 16. Lấy 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí X sục vào dung dịch nước vôi trong (dư) thu được 2 gam kết tủa. Giá trị của m là :
A. 54,0. B. 75,6. C. 67,5. D. 108,0.
Hướng dẫn giải Cách 1 :
Phương trình phản ứng :
2Al2O3 ủpnc→ 4Al + 3O2 C + O2 →to CO2
2C + O2 →to 2CO
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O mol: 0,02 ← 0,02
Trong quá trình điện phân nóng chảy oxit nhôm, ở anot giải phóng khí O2, oxi sinh ra sẽ phản ứng với anot than chì tạo ra CO, CO2 và có thể có O2 dư.
Đặt số mol của CO, CO2, O2 dư trong 67,2 m3 hỗn hợp khí X là x, y, z ta có : x + y + z = 67,2.1000
22,4 =3000 (1) Mặt khác tỉ khối của X với hiđro là 16 nên suy ra :
28x 44y 32z
16.2 32 x y z
+ +
= =
+ + (2)
Thành phần phần trăm về số mol của CO2 trong hỗn hợp là : y 0,02
x y z = 0,1
+ + (3)
Từ (1), (2), (3) ta có :
x 1800 y 600 z 600
=
=
=
2 3 2 2
O trong Al O CO CO O
n =n +2.n +2.n =1800 2.600 2.600 4200 mol+ + = . Trong oxit nhôm :
Al
Al O Al
O
n 2 2
n .n 2800 mol m 2800.27 75600 gam 75,6 kg.
n = 3⇒ = 3 = ⇒ = = =
Cách 2 :
MX =16.2 32 gam / mol= ⇒ Hỗn hợp X có CO, CO2 và còn có thể có O2 dư.
Vì khối lượng mol của O2 là 32 mà khối lượng mol trung bình của hỗn hợp X cũng là 32 nên suy ra khối lượng mol trung bình của hỗn hợp CO và CO2 cũng bằng 32.
Áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp CO và CO2 ta có : nCO 28 44 – 32 = 12
32
CO2
n 44 32 – 28 = 4 2
CO CO
n 12 3
n 4 1
⇒ = =
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 39
2 =0,02= ⇒ = 2=
%CO 20% %CO 60%, %O 20%
0,1 .
Từ đó suy ra trong 3000 mol hỗn hợp có 600 mol CO2, 1800 mol CO và 600 mol O2. Đáp án B.
Dạng 2 : Điện phân dung dịch
a. Điện phân dung dịch chứa một chất tan
● Sử dụng phản ứng xảy ra trên các điện cực và định luật bảo toàn electron
Ví dụ 1: Điện phân 200 ml dung dịch CuSO4 với cường độ dòng điện là 1,93A tới khi catot bắt đầu có bọt khí thoát ra thì dừng lại, cần thời gian là 250 giây. Thể tích khí thu được ở anot (đktc) là :
A. 28 ml. B. 0,28 ml. C. 56 ml. D. 280 ml.
Hướng dẫn giải nelectron trao đổi = 1,93.250
0, 005 96500 = mol.
Phản ứng xảy ra tại anot :
2H2O → 4H+ + O2 + 4e
Khí thoát ra ở anot là O2, số mol khí O2 là 0, 005
4 = 0,00125 mol, thể tích khí O2 là :
O2
V =0,00125.22,4 = 0,028 lít = 28 ml.
Đáp án A.
Ví dụ 2: Hòa tan 13,68 gam muối MSO4 vào nước được dung dịch X. Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, được y gam kim loại M duy nhất ở catot và 0,035 mol khí ở anot. Còn nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245 mol. Giá trị của y là :
A. 4,480. B. 3,920. C. 1,680. D. 4,788.
Hướng dẫn giải
Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây : Áp dụng bảo toàn electron ta có :
2 2
O2 M M M
4.n =2.n + ⇒n + =0,07 mol⇒n =0,07 mol.
Điện phân X (với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian 2t giây :
2 2
O H
n =2.0,035 0,07 mol= ⇒n =0,0545 mol⇒ M2+đã bị điện phân hết.
Áp dụng bảo toàn electron ta có :
2 2
2 2
O M H M M
4.n =2.n + +2.n ⇒n + =0,0855 mol⇒n =0,0855 mol.
⇒M + 96 = 13,68
160 M 64 (Cu).
0,0855= ⇒ = Vậy y =64.0,07 = 4,48 gam.
Đáp án A.
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
40
● Sử dụng phản ứng điện phân ở dạng phân tử
Ví dụ 3: Người ta điều chế H2 và O2 bằng phương pháp điện phân dung dịch NaOH với điện cực trơ, cường độ dòng điện 0,67A trong thời gian 40 giờ. Dung dịch thu được sau điện phân có khối lượng 100 gam và nồng độ NaOH là 6%. Nồng độ dung dịch NaOH trước điện phân là (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể)
A. 5,08%. B. 6,00%. C. 5,50%. D. 3,16%.
Hướng dẫn giải
Bản chất của phản ứng điện phân dung dịch NaOH là phản ứng điện phân nước.
Ta có :
2 2 2
e tủ H O H
0,67.40.3600
n 2n 4n 1 mol n 0,5 mol.
96500
= = = = ⇒ =
Phương trình phản ứng :
2H2O → 2H2 + O2 (1) mol: 0,5 ← 0,5
Vậy nồng độ phần trăm của dung dịch NaOH trước điện phân là :
NaOH
100.6%
C% .100 5,5%.
100 0,5.18
= =
+ Đáp án C.
Ví dụ 4: Điện phân (với điện cực trơ) 200 ml dung dịch CuSO4 nồng độ x mol/l, sau một thời gian thu được dung dịch Y vẫn còn màu xanh, có khối lượng giảm 8 gam so với dung dịch ban đầu. Cho 16,8 gam bột Fe vào Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 12,4 gam kim loại. Giá trị của x là
A. 2,25. B. 1,5. C. 1,25. D. 3,25.
Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng :
2CuSO4 + 2 H2O ủpdd→ 2Cu↓ + 2H2SO4 + O2↑ (1) mol : 2a → 2a → 2a → a Theo (1) và giả thiết ta có : 2a.64 + 32a = 8 ⇒ a = 0,05 mol
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 (2) mol : 0,1 ← 0,1
Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (3) mol : b → b
Theo (2), (3) và giả thiết ta có :
16,8 – (0,1 + b).56 + 64b = 12,4 ⇒ b = 0,15 mol
Vậy tổng số mol của CuSO4 ban đầu là : 2a + b = 0,25 mol ⇒ x = 0, 25
1, 25M
0, 2 = .
Đáp án C.
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 41 Ví dụ 5: Điện phân 150 ml dung dịch AgNO3 1M với điện cực trơ trong t giờ, cường độ dòng điện không đổi 2,68A (hiệu suất quá trình điện phân là 100%), thu được chất rắn X, dung dịch Y và khí Z. Cho 12,6 gam Fe vào Y, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 14,5 gam hỗn hợp kim loại và khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5). Giá trị của t là :
A. 0.8. B. 0,3. C. 1,0. D. 1,2.
Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng điện phân :
4AgNO3 + 2H2O → 4Ag + 4HNO3 + O2 mol: x → x
Từ phản ứng điện phân suy ra số mol của HNO3 bằng số mol của AgNO3 phản ứng.
Đặt số mol của AgNO3 tham gia phản ứng điện phân và AgNO3 dư là x và y, ta có : x + y = 0,15.
Dung dịch Y gồm x mol HNO3 và y mol AgNO3.
Cho Fe vào dung dịch Y sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên Fe dư, muối sắt trong dung dịch là Fe(II).
Quá trình oxi hóa - khử :
4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O mol: x → 0,75x
Ag+ + e → Ag mol: y → y → y
Fe → Fe2+ + 2e
mol: (0,375x + 0,5y) ← (0,75x + y)
Căn cứ vào giả thiết, các quá trình oxi hóa - khử và định luật bảo toàn electron ta có : 12, 6 (0,375x 0, 5y).56 108y− + + =14,5
Giải phương trình tìm được x= 0,1; y = 0,05 Thời gian điện phân là : 96500.0,1
3600s 1h.
2, 68 = =
b. Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp các chất tan
● Sử dụng phản ứng xảy ra trên các điện cực và định luật bảo toàn electron
Ví dụ 1: Cho một dòng điện có cường độ dòng điện không đổi đi qua 2 bình điện phân mắc nối tiếp, bình 1 chứa 100 ml dung dịch CuSO4 0,01M, bình 2 chứa 100 ml dung dịch AgNO3 0,01M. Biết rằng sau thời gian điện phân 500 giây thì bên bình 2 xuất hiện khí bên catot. Cường độ I, khối lượng Cu bám bên catot và thể tích khí (đktc) xuất hiện bên anot của bình 1 là :
A. 0,193A; 0,032 gam Cu; 5,6 ml O2. B. 0,193A; 0,032 gam Cu; 11,2 ml O2. C. 0,386A; 0,64 gam Cu; 22,4 ml O2. D. 0,193A; 0,032 gam Cu; 22,4 ml O2.
Hướng dẫn giải:
Khi cho dòng điện 1 chiều đi qua 2 bình điện phân mắc nối tiếp thì số mol electron trao đổi tải qua các bình điện phân là như nhau.
Theo giả thiết thì sau 500 giây thì ở bình 2 AgNO3 bị điện phân hết nên : nelectron trao đổi = nAg+= 0,001 mol ⇒ Cường độ dòng điện I = 96500.0, 001
500 = 0,193A.
Ở bình 1 : Khối lượng Cu bám vào catot là 0, 001
.64 0, 032
2 = gam .
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
42
Thể tích O2 là 0, 001
.22, 4 5, 6
4 = ml.
Đáp án A.
Ví dụ 2: Điện phân (điện cực trơ) dung dịch X chứa 0,2 mol CuSO4 và 0,12 mol NaCl bằng dòng điện có cường độ 2A. Thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot sau 9650 giây điện phân là :
A. 2,240 lít. B. 2,912 lít. C. 1,792 lít. D. 1,344 lít.
Hướng dẫn giải Thứ tự oxi hóa trên anot : Cl- > H2O
nelectron trao đổi = 2.9650
96500 =0, 2mol Các quá trình oxi hóa :
2Cl- → Cl2 + 2e mol : 0,12 → 0,06 → 0,12
2H2O → 4H+ + O2 + 4e mol : 0,02 ← (0,2 – 0,12)
Thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot là (0,06 + 0,02).22,4 = 1,792 lít.
Đáp án A.
Ví dụ 3: Điện phân có màng ngăn 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm CuCl2 0,1M và NaCl 0,5M (điện cực trơ, hiệu suất điện phân 100%) với cường độ dòng điện 5A trong 3860 giây. Dung dịch thu được sau điện phân có khả năng hoà tan m gam Al. Giá trị lớn nhất của m là :
A. 4,05. B. 2,70. C. 1,35. D. 5,40.
Hướng dẫn giải Thứ tự oxi hóa trên anot : Cl- > H2O
Thứ tự khử trên caot : Cu2+ > H2O nelectron trao đổi = 5.3860
96500 =0, 2mol > 2.nCu2+= 0,1 mol nên Cu2+ hết và ở catot nước bị điện phân một phần.
Phản ứng điện phân tại catot : Cu2+ + 2e → Cu mol : 0,05 → 0,1
2H2O + 2e → H2 + 2OH- mol : (0,2 – 0,1) → 0,1
Phản ứng của nhôm với dung dịch sau điên phân : 2Al + 2H2O + 2OH- → 3H2 + 2AlO2- mol : 0,1 ← 0,1
Khối lượng Al phản ứng là 0,1.27 = 2,7 gam.
Đáp án B.
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 43 Ví dụ 4: Điện phân 200 ml dung dịch Y gồm KCl 0,1M và Cu(NO3)2 0,2M với cường độ dòng điện 5A trong thời gian 1158 giây, điện cực trơ, màng ngăn xốp. Giả sử nước bay hơi không đáng kể. Độ giảm khối lượng của dung dịch sau khi điện phân là :
A. 3,59 gam. B. 2,31 gam. C. 1,67 gam. D. 2,95 gam.
Hướng dẫn giải Thứ tự oxi hóa trên anot : Cl- > H2O
Thứ tự khử trên caot : Cu2+ > H2O nelectron trao đổi = 5.1158
0, 06 96500 = mol
Ta thấy : nelectron trao đổi > nCl−nên tại anot Cl- và H2O bị oxi hóa.
nelectron trao đổi < 2.nCu2+ nên tại catot chỉ có Cu2+ bị khử.
Quá trình oxi hóa :
2Cl- → Cl2 + 2e mol : 0,02 → 0,01 → 0,02
2H2O → 4H+ + O2 + 4e
mol : 0,01 ← (0,06 – 0,02) = 0,04 Quá trình oxi khử :
Cu2+ + 2e → Cu mol : 0,06 → 0,03
Độ giảm khối lượng của dung dịch sau khi điện phân bằng tổng khối lượng các sản phẩm khí thoát ra trên các điện cực và khối lượng kim loại bám vào catot là :
mgiảm =
2 2
Cl O Cu
m +m +m = 0,01.71 + 0,01.32 + 0,03.64 = 2,95 gam.
Đáp án D.
Ví dụ 5: Điện phân 100 ml hỗn hợp dung dịch gồm Fe(NO3)3 1M, Cu(NO3)31M và HCl 2M với điện cực trơ có màng ngăn xốp cường độ dòng điện là 5A trong 2 giờ 40 phút 50 giây. Giả sử nước bay hơi không đáng kể. Độ giảm khối lượng của dung dịch sau khi điện phân là :
A. 15,9 gam. B. 16,3 gam. C. 16,1 gam. D. 13,5 gam.
Hướng dẫn giải Thứ tự oxi hóa trên anot : Cl- > H2O
Thứ tự khử trên caot : Fe3+ > Cu2+ > Fe2+ > H2O nelectron trao đổi = 5.(2.3600 40.60 50)
96500 0,5
+ +
= mol Quá trình khử trên catot:
Fe3+ + 1e → Fe2+
mol : 0,1 → 0,1 → 0,1 Cu2+ + 2e → Cu mol : 0,1 → 0,2 → 0,1
2H+ + 2e → H2 mol : 0,2 → 0,2 → 0,1
Như vậy tại catot vừa khử hết H+ của HCl.
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
44
Quá trình oxi hóa :
2Cl- → Cl2 + 2e mol : 0,2 → 0,1 → 0,2
2H2O → 4H+ + O2 + 4e
mol : 0,075 ← (0,5 – 0,2) = 0,3
Như vậy tại anot Cl- bị oxi hóa hết, H2O bị oxi hóa một phần.
Độ giảm khối lượng của dung dịch sau khi điện phân là : mgiảm =
2 2 2
Cl H O Cu
m +m +m +m = 0,1.71 + 0,1.2 + 0,075.32 + 0,1.64 = 16,1 gam.
Đáp án C.
Ví dụ 6: Hoà tan 55,6 gam tinh thể FeSO4.7H2O vào 200 ml dung dịch HCl 0,6M được dung dịch A. Tiến hành điện phân dung dịch Avới dòng điện có cường độ 1,34A trong bốn giờ. Tính khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí (đktc) thu được ở anot. Biết hiệu suất điện phân là 100%.
A. 5,6 gam và 2,24 lít. B. 5,6 gam và 1,792 lít.
C. 2,24 gam và 1,792 lít. D. 2,24 gam và 2,24 lít.
Hướng dẫn giải
Số mol FeSO4 = số mol tinh thể FeSO4.7H2O ban đầu = 55,6 : 278 = 0,2 mol. Số mol HCl ban đầu = 0,12 mol.
Thứ tự oxi hóa trên anot : Cl- > H2O Thứ tự khử trên caot : H+ > Fe2+ > H2O
nelectron trao đổi = 1,34.4.60.60
96500 =0, 2mol.
Nhận xét : nelectron trao đổi > nH+= 0,12 nên H+ bị điện phân hết, nelectron trao đổi < nH++ 2.nFe2+= 0,52 nên Fe2+ chỉ bị điện phân một phần ; nelectron trao đổi > nCl−= 0,12 nên Cl- bị điện phân hết và ở anot nước bị điện phân một phần.
Quá trình khử tại catot : 2H+ + 2e → H2 mol : 0,12 → 0,12 → 0,06
Fe2+ + 2e → Fe mol : (0,2 – 0,12) → 0,04
Vậy khối lượng Fe thu được ở catot là 2,24 gam.
Quá trình oxi hóa tại anot : 2Cl- → Cl2 + 2e mol : 0,12 → 0,06 → 0,12
2H2O → 4H+ + O2 + 4e
mol : 0,02 ← (0,2 – 0,12)
Thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot là : (0,06 + 0,02).22,4 = 1,792 lít.
Đáp án C.
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 45
● Sử dụng phản ứng điện phân ở dạng phân tử
Ví dụ 7: Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO3)2 (điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khí khối lượng dung dịch giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể). Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là :
A. KNO3 và KOH. B. KNO3, KCl và KOH.
C. KNO3 và Cu(NO3)2. D. KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2. Hướng dẫn giải
KCl Cu(NO )3 2
n =0,1 mol, n =0,15 mol.
Tại anot, thứ tự oxi hóa : Cl- > H2O.
Tại catot, thứ tự khử : Cu2+ > H2O.
Phương trình phản ứng điện phân :
2KCl + Cu(NO3)2 → Cl2 + Cu + 2KNO3
mol: 0,1 → 0,05 → 0,05 → 0,05
Khối lượng dung dịch giảm = 0,05.64 + 0,05.71 = 6,75 < 10,75. Suy ra Cu(NO3)2 tiếp tục bị điện phân.
2H2O + 2Cu(NO3)2 → O2 + 2Cu + 4HNO3
mol: 2x → x → 2x
Khối lượng dung dịch giảm = 6,75 + 32x + 2x.64 = 10,75 ⇒x = 0,025 Tổng số mol Cu(NO3)2 phản ứng là 0,1 < 0,15, suy ra Cu(NO3)2 còn dư.
Vậy trong dung dịch sau phản ứng có các chất : KNO3, HNO3 và Cu(NO3)2. Đáp án C.
Ví dụ 8: Điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp 2 muối CuSO4 và NaCl bằng điện cực trơ đến khi nước bị điện phân ở cả hai điện cực thì dừng lại. Dung dịch thu được sau điện phân hoàn tan vừa đủ 1,6 gam CuO và ở anot của bình điện phân có 448 ml khí bay ra (đktc). Giá trị của m là :
A. 5,97 gam. B. 7,14 gam. C. 4,95 gam. D. 3,87 gam.
Hướng dẫn giải Tại anot, thứ tự oxi hóa : Cl- > H2O.
Tại catot, thứ tự khử : Cu2+ > H2O.
Căn cứ vào thứ tự khử và oxi hóa trên các điện cực ta thấy : Lúc đầu CuSO4 tham gia điện phân cùng với NaCl. Sau đó nếu CuSO4 hết trước thì NaCl sẽ điện phân cùng với nước, ngược lại nếu NaCl hết trước thì CuSO4 sẽ điện phân cùng với nước.
Phương trình phản ứng điện phân :
2NaCl + CuSO4 → Cl2↑ + Cu + Na2SO4 (1) mol: 2x → x → x
Vì dung dịch sau điện phân hòa tan được 0,02 mol CuO nên suy ra dung dịch này phải có tính axit. Vậy ngoài phản ứng (1) còn có phản ứng điện phân CuSO4 cùng với H2O.
2H2O + 2CuSO4 → O2↑ + 2Cu + 2H2SO4 (2) mol: 2y → y → 2y
Phản ứng của CuO với dung dịch sau điện phân :
CuO + H2SO4 → H2O + CuSO4 (3) mol: 2y → 2y
Khí thoát ra ở anot là Cl2 và O2 có tổng số mol là 0,02 mol.
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
46
Vậy theo các phản ứng và giả thiết ta có : x y 0,02 x 0,01
2y 0,02 y 0,01
+ = =
⇒
= =
Tổng khối lượng CuSO4 và NaCl ban đầu là :
m = 2.0,01.58,5 + (0,01+0,01.2).160 = 5,97 gam.
Đáp án C.
Ví dụ 9: Điện phân (các điện cực trơ) 0,8 lít dung dịch A chứa HCl và Cu(NO3)2 với cường độ dòng 2,5 ampe. Sau thời gian t thu được 3,136 lít khí (ở đktc) một chất khí duy nhất ở anot. Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ với 550 ml dung dịch NaOH 0,8M và thu được 1,96 gam kết tủa.
Tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch A và thời gian t.
Hướng dẫn giải Tại anot, thứ tự oxi hóa : Cl- > H2O.
Tại catot, thứ tự khử : Cu2+ > H+ > H2O.
Căn cứ vào thứ tự oxi hóa trên anot và giả thiết ta thấy 3,136 lít khí (ở đktc) thoát ra trên trên anot là Cl2.
Phương trình phản ứng :
2HCl + Cu(NO3)2 → Cl2 + Cu + 2HNO3 (1) mol: 0,28 ← 0,14 ← 0,14 → 0,28
Dung dịch sau phản ứng điện phân phản ứng với NaOH thu được kết tủa chứng tỏ có Cu(NO3)2
dư, ngoài ra cũng có thể còn HCl dư.
HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O (2) mol: 0,28 → 0,28
HCl + NaOH → NaCl + H2O (3) mol: x → x
Cu(NO3)2 + 2NaOH → 2NaNO3 + Cu(OH)2 (4) mol: 0,02 ← 0,04 ← 0,02
Theo các phản ứng và giả thiết ta có tổng số mol của NaOH tham gia phản ứng là : 0,28 + x + 0,04 = 0,44 ⇒ x = 0,12.
Vậy nồng độ mol của các chất trong dung dịch A là :
3 2
0,12 0,28 0,14 0,02
[HCl] 0,5M; [Cu(NO ) ] 0,2M.
0,8 0,8
+ +
= = = =
Thời gian điện phân :
= = ⇒ = =
electron trao đổi electron trao đổi Cl2
It 96500.0,14.2
n và n 2n t 10808 giây.
96500 2,5
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 47