Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập điện phân hỗn hợp muối - Hóa 12

Đề bài

Câu 1 :

Điện phân dung dịch gồm a mol CuSO₄ và 2a mol NaCl sau khi ở catot bắt đầu thoát khí thì dừng lại. Chất tan trong dung dịch thu được sau điện phân là

A

CuSO₄;Na₂SO₄.
B

CuSO₄; NaCl.
C

Na₂SO₄.
D

H₂SO₄; Na₂SO₄.

Câu 2 :

Điện phân một dung dịch gồm a mol CuSO₄ và b mol NaCl. Nếu b > 2a mà ở catot chưa có khí thoát ra thì dung dịch sau điện phân chứa

A

Na⁺, SO₄²-, Cl^-.
B

Na⁺, SO₄^2-, Cu²⁺.
C

Na⁺, Cl^-.
D

Na⁺, SO₄^2-, Cu²⁺, Cl^-.

Câu 3 :

Điện phân dung dịch hồn hợp chứa 0,04 mol AgNO₃ và 0,05 mol Cu(NO₃)₂, điện cực trơ, dòng điện 5A, trong 32 phút 10 giây. Khối lượng kim loại bám vào catot là

A

6,24 gam.
B

3,12 gam.
C

6,5 gam.
D

7,24 gam.

Câu 4 :

Điện phân dung dịch X gồm 0,04 mol AgNO₃ và 0,06 mol Fe(NO₃)₃ với I = 5,36A, điện cực trơ, sau t giây thấy catot tăng 5,44 gam. Giá trị của t là

A

2520,5.
B

1440.
C

1800.
D

1440,5.

Câu 5 :

Điện phân 500 ml dung dịch hỗn họp FeSO₄ 0,1M, Fe₂(SO₄)₃ 0,2M và CuSO₄ 0,1M với điện cực trơ. Điện phân cho đến khi khối lượng catot tăng 8,8 gam thì ngừng điện phân. Biết cường độ dòng điện đem điện phân là 10A. Thời gian điện phân là:

A

4583,75 giây.
B

3860 giây.
C

4825 giây.
D

2653,75 giây.

Câu 6 :

Điện phân 400ml dd AgNO₃ 0,2M và Cu(NO₃)₂ 0,1M với cường độ dòng điện I = 10A, anot bằng Pt. Sau thời gian t, ta ngắt dòng điện, thấy khối lượng catot tăng thêm m gam trong đó có 1,28 gam Cu. Thời gian điện phân t là (hiệu suất điện phân là 100%)

A

116 s.
B

1158 s.
C

772 s.
D

193 s.

Câu 7 :

Điện phân 200 ml dung dịch hỗn hợp AgNO₃ 0,1 M và Cu(NO₃)₂ 0,2 M với điện cực trơ và cường độ dòng điện bằng 5A. Sau 19 phút 18 giây dừng điện phân, lấy catot sấy khô thấy tăng m gam. Giá trị của m là:

A

5,16 gam.
B

1,72 gam.
C

2,58 gam.
D

3,44 gam.

Câu 8 :

Điện phân 200 ml dung dịch AgNO₃ 0,4M và Cu(NO₃)₂ 0,2M với điện cực trơ. Sau một thời gian điện phân lấy catot ra làm khô cân lại thấy tăng m gam, trong đó có 1,28 gam Cu. Giá trị của m là

A

5,64.
B

7,89.
C

8,81.
D

9,92.

Câu 9 :

Tiến hành điện phân hoàn toàn dung dịch X chứa 200 ml dung dịch AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ thu được 56 gam hỗn họp kim loại ở catot và 4,48 lít khí ở anot (đktc). Nồng độ mol AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ trong X lần lượt là

A

2M và 1M.
B

1M và 2M.
C

2M và 4M.
D

4M và 2M.

Câu 10 :

Điện phân 100 ml dung dịch CuSO₄ 0,2 M và AgNO₃ 0,1 M với cường độ dòng điện I = 3,86A. Thời gian điện phân để thu được 1,72 gam kim loại bám trên catot là:

A

1000 giây.
B

250 giây.
C

750 giây.
D

500 giây.

Câu 11 :

Điện phân 100 ml dung dịch X gồm KCl 0,1M và Cu(NO₃)₂ 0,2M với cường độ dòng điện 5A trong 579 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

1,475 gam.
B

1,59 gam.
C

1,67 gam.
D

1,155 gam.

Câu 12 :

Điện phân với các điện cực trơ dung dịch hồn hợp gồm 0,2 mol CuSO₄ và 0,12 mol HCl trong thời gian 2000 giây với dòng điện có cường độ là 9,65A (hiệu suất của quá trình điện phân là 100%). Khối lượng Cu thoát ra ở catot và thể tích khí (đktc) thoát ra ở anot là

A

3,2 gam và 0,448 lít.
B

8,0 gam và 0,672 lít.
C

6,4 gam và 1,792 lít.
D

6,4 gam và 1,120 lít.

Câu 13 :

Điện phân 100 ml dung dịch chứa: FeCl₃ 1M, FeCl₂ 2M, CuCl₂ 1M và HCl 2M với điện cực trơ, màng ngăn xốp, I = 5A trong 2 giờ 40 phút 50 giây thì ở catot tăng m gam. Giá trị của m là

A

5,6.
B

6,4.
C

2,8.
D

3,2.

Câu 14 :

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

Câu 15 :

Dung dịch X chứa HCl, CuSO₄, Fe₂(SO₄)₃. Lấy 400 ml dung dịch X đem điện phân với điện cực trơ, I = 7,72A đến khi ở catot thu được 5,12 gam Cu thì dừng lại. Khi đó chỉ thu được 0,1 mol một chất khí duy nhất thoát ra ở anot. Thời gian điện phân và nồng độ [Fe²⁺] sau điện phân lần lượt là

A

2300 s và 0,1M.
B

2500 s và 0,1 M.
C

2300 s và 0,15M.
D

2500 s và 0,15M.

Câu 16 :

Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp hai muối CuCl₂và Cu(NO₃)₂ một thời gian, ở anot của bình điện phân thoát ra 448 ml hồn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H₂ bằng 25,75 và có m gam kim loại Cu bám trên catot (biết trên catot không có khí thoát ra). Giá trị của m là:

A

0,64 gam.
B

1,28 gam.
C

1,92 gam.
D

2,56 gam.

Câu 17 :

Điện phân dung dịch NaOH với cường độ dòng điện là 10A trong thời gian 268h. Sau khi điện phân còn lại 100 gam dung dịch NaOH có nồng độ 24%. Nồng độ của dung dịch NaOH trước điện phân là:

A

4,2%
B

2,4%
C

1,4%
D

4,8%

Câu 18 :

Điện phân dung dịch hồn hợp gồm 0,1 mol FeCl₃, 0,2 mol CuCl₂ và 0,1 mol HCl (điện cực trơ). Khi ở catot bắt đầu thoát khí thì ở anot thu được V lít khí (đktc). Biết hiệu suất của quá trình điện phân là 100%. Giá trị của V là:

A

4,48.
B

5,60.
C

11,20.
D

22,40.

Câu 19 :

Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm KCl và CuSO₄ vào nước, thu được dung dịch Y. Điện phân dung dịch Y với điện cực trơ màng ngăn xốp, đến khi H₂O bị điện phân tại cả 2 điện cực thì dừng điện phân. Số mol khí ở anot thoát ra bằng 4 lần số mol khí thoát ra tại catot. Phần trăm khối lượng của CuSO₄ trong X là

A

61,70%
B

34,93%
C

50,63%
D

44,61%

Câu 20 :

Điện phân dung dịch X chứa a mol Cu(NO₃)₂ và 0,2 mol NaCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) trong thời gian t giây, thu được 3,36 lít khí ở anot( đktc) và dung dịch Y. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả 2 điện cực là 7,84 lít (đktc). Cho dung dịch Y phản ứng tối đa với m gam Fe tạo ra khí NO(sản phẩm khử duy nhất). Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của m là

A
16,8
B
9,8
C
8,4
D
6,5

Câu 21 :

Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CuSO₄và FeCl₃ vào nước dư thu được dung dịch X. Điện phân dung dịch X với điện cực trơ đến khi ở anot thoát ra 0,2 mol hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với H₂ bằng 30,625 thì dừng lại. Dung dịch thu được sau điện phân có chứa 2 muối có nồng độ mol bằng nhau. Giả sử hiệu suất của quá trình điện phân là 100%, khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của m là

A
48,25
B
64,25
C
62,25
D
56,25

Câu 22 :

Dung dịch hỗn hợp X gồm NaCl 0,6M và CuSO₄0,5M. Điện phân 100 ml dung dịch X (điện cực trơ, màng ngăn xốp, hiệu suất 100%, bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước hay sự bay hơi của nước) với cường độ dòng điện không đổi 0,5A trong thời gian t giây. Dung dịch sau điện phân có khối lượng giảm 4,85 gam so với dung dịch ban đầu. Giá trị của t là

A
13510
B
15440
C
14475
D
17370

Câu 23 :

Điện phân dung dịch X chứa hỗn hợp gồm CuSO₄ và NaCl (tỉ lệ mol tương ứng 1:3) với điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi 2A. Sau thời gian điện phân t (giờ) thu được dung dịch Y (chứa 2 chất tan) có khối lượng giảm 12,45 gam so với dung dịch X. Dung dịch Y phản ứng vừa hết với 3,06 gam Al₂O₃. Bỏ qua sự hòa tan của khí trong nước và sự bay hơi của nước, hiệu suất điện phân 100%. Giá trị của t gần nhất với giá trị nào sau đây?

A

3,5
B

4,7
C

5,2
D

5,6

Câu 24 :

Điện phân dung dịch X gồm 0,2 mol NaCl và a mol Cu(NO₃)₂ (với các điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không thay đổi), thu được dung dịch Y có khối lượng giảm 17,5 gam so với khối lưọng của X. Cho m gam Fe vào Y đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Z, khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵) và (m - 0,5) gam hỗn hợp kim loại. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%, nước bay hơi không đáng kể. Giá trị của a là

A
0,20.
B
0,15.
C
0,25.
D
0,35.

Câu 25 :

Điện phân 800 ml dung dịch gồm NaCl, HCl và CuCl₂ 0,02M (điện cực trơ, màng ngăn xốp) với cường độ dòng điện 9,65A. Mối liên hệ giữa thời gian điện phân và pH của dung dịch điện phân được biểu diễn bằng đồ thị dưới đây (giả sử muối đồng không bị thủy phân):

Giá trị của t trên đồ thị là

A
2400
B
3600.
C
1200
D
3800

Câu 26 :

Điện phân dung dịch X chứa Cu(NO₃)₂ và NaCl với điện cực trơ. Tổng thể tích khí thoát ra ở cả 2 điện cực (V lít) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t giây) theo đồ thị bên. Nếu điện phân X trong thời gian 3,5a giây thì thu được dung dịch có khối lượng giảm m gam so với dung dịch X. Giả thiết các chất điện phân ra không tan trong dung dịch. Giá trị của m là:

A
31,1
B
29,5
C
31,3
D
30,4

Câu 27 :

Điện phân (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi) dung dịch X chứa a mol MSO₄ (M là kim loại) và 0,3 mol KCl trong thời gian t giây, thu được 2,24 lít khí ở anot (đktc) và dung dịch Y có khối lượng giảm m gam so với khối lượng dung dịch X. Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được dung dịch Z có khối lượng giảm 19,6 gam so với khối lượng dung dịch X. Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Phát biểu nào sau đây là đúng?

A
Giá trị của a là 0,15.
B
Giá trị của m là 9,8.
C
Tại thời điểm 2t giây, chưa có bọt khí ở catot.
D
Tại thời điểm 1,4t giây, nước chưa bị điện phân ở anot.

Câu 28 :

Điện phân dung dịch chứa m gam hỗn hợp gồm Cu(NO₃)₂ và NaCl bằng điện cực trơ, màng ngăn xốp với cường độ dòng điện I = 5A, sau thời gian 6176 giây thì dừng điện phân. Để yên bình điện phân đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,06 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵) và dung dịch X. Cho 400 ml dung dịch NaOH 1M vào X, lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y không màu. Cô cạn Y, lấy phần rắn đem nung đến khối lượng không đổi, thu được 29,64 gam chất rắn. Giá trị m là

A
44,16.
B
39,80.
C
43,56.
D
45,44.

Câu 29 :

A
48,25
B
64,25
C
62,25
D
56,25

Câu 30 :

Điện phân dung dịch X chứa m gam CuSO₄ và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện không đổi). Trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân là 100%, các khí sinh ra không tan trong dung dịch. Giá trị của m là:

A
16.
B
24.
C
38,4.
D
28,8.

Câu 31 :

Điện phân dung dịch X chứa KCl, K₂SO₄, CuSO₄với điện cực trơ, màng ngăn xốp trong t giây thu được dung dịch Y; ở anot thu được 4,312 lít hỗn hợp khí (đktc); khối lượng catot tăng lên 16,64 gam. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂ dư thu được 114,65 gam hỗn hợp kết tủa. Điện phân dung dịch X trong thời gian 2t giây thu được 10,808 lít khí (đktc) ở cả hai điện cực. Khối lượng chất tan trong dung dịch X là

A
88,125 gam
B
89,364 gam
C
90,864 gam
D
91,885 gam

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Điện phân dung dịch gồm a mol CuSO₄ và 2a mol NaCl sau khi ở catot bắt đầu thoát khí thì dừng lại. Chất tan trong dung dịch thu được sau điện phân là

A

CuSO₄;Na₂SO₄.
B

CuSO₄; NaCl.
C

Na₂SO₄.
D

H₂SO₄; Na₂SO₄.

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

(1) 2NaCl + CuSO₄ → Cu +Cl₂ + Na₂SO₄

Ở (1) NaCl phản ứng vừa đủ với CuSO₄ => Dung dịch sau điện phân chỉ có Na₂SO₄

Câu 2 :

Điện phân một dung dịch gồm a mol CuSO₄ và b mol NaCl. Nếu b > 2a mà ở catot chưa có khí thoát ra thì dung dịch sau điện phân chứa

A

Na⁺, SO₄²-, Cl^-.
B

Na⁺, SO₄^2-, Cu²⁺.
C

Na⁺, Cl^-.
D

Na⁺, SO₄^2-, Cu²⁺, Cl^-.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

xem lại lí thuyết điện phân hỗn hợp

Lời giải chi tiết :

Catot (-) Cu²⁺, Na⁺, H₂O Anot (+) SO₄^2-, Cl^-, H₂O

(1) Cu²⁺ + 2e → Cu (1) 2Cl^- → Cl₂ + 2e

a → 2a → a b → b/2 → b

Vì catot chưa có khí thoát ra và b>2a => Dung dịch sau điện phân chứa: Na⁺, SO₄^2-, Cu²⁺, Cl^-.

Câu 3 :

Điện phân dung dịch hồn hợp chứa 0,04 mol AgNO₃ và 0,05 mol Cu(NO₃)₂, điện cực trơ, dòng điện 5A, trong 32 phút 10 giây. Khối lượng kim loại bám vào catot là

A

6,24 gam.
B

3,12 gam.
C

6,5 gam.
D

7,24 gam.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Tính ${{n}_{{{e}_{td}}}}=\dfrac{It}{F}$

Xác định chất bị điện phân : gồm Ag⁺ và Cu²⁺

Tìm số mol từng kim loại => Khối lượng kim loại bám vào catot

Lời giải chi tiết :

${n_{{e_{td}}}} = \dfrac{{5.1930}}{{96500}} = 0,1 mol$

Catot gồm Ag⁺ và Cu²⁺ bị oxi hóa

Ag⁺ + 1e → Ag

0,04 0,04

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,06 →0,03

=>$\left\{\begin{gathered}{n_{Ag}} = 0.04\,mol \\ {n_{Cu}} = \dfrac{{0,1 - 0,04}}{2} = 0,03mol \hfill \\ \end{gathered} \right. $

=> m_KL= 0,04.108 + 0,03.64 = 6,24g

Câu 4 :

Điện phân dung dịch X gồm 0,04 mol AgNO₃ và 0,06 mol Fe(NO₃)₃ với I = 5,36A, điện cực trơ, sau t giây thấy catot tăng 5,44 gam. Giá trị của t là

A

2520,5.
B

1440.
C

1800.
D

1440,5.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Từ m_{catot tăng} => Khối lượng kim loại bám vào

Xác định chất bị điện phân : gồm Ag⁺ và Fe³⁺ bị điện phân 1 phần

Tính ${{n}_{{{e}_{td}}}}=\dfrac{It}{F}\Rightarrow t$

Lời giải chi tiết :

m_Ag= 4,32g => m_Fe(bị_{điện phân)}= 5,44 – 4,32 = 1,12g => n_Fe = 0,02 mol

Ag⁺ + 1e → Ag

0,04 0,04

Fe³⁺+ 1e → Fe²⁺

0,06 0,06

Fe²⁺ + 2e → Fe

0,04 0,02

=> n_etđ= 0,04 + 0,1 = 0,14 mol

Mà ${{n}_{{{e}_{td}}}}=\dfrac{It}{F}=0,1 mol$ => $t=\dfrac{F.{{n}_{{{e}_{t\text{d}}}}}}{I} =\dfrac{96500.0,14}{5,36}=2520,522s$

Câu 5 :

A

4583,75 giây.
B

3860 giây.
C

4825 giây.
D

2653,75 giây.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Từ m_{catot tăng}=> Khối lượng kim loại bám vào

Xác định chất bị điện phân : gồm Cu²⁺, Fe³⁺và Fe²⁺ bị điện phân 1 phần

Tính ${{n}_{{{e}_{td}}}}=\frac{It}{F}\Rightarrow t$

Lời giải chi tiết :

n_Fe3+ = 0,2 mol ; n_Cu2+= 0,05mol ; n_Fe2+=0,05mol

m_tăng = m_Cu + m_Fe => m_Fe = 8,8 – 0,05.64 = 5,6g => n_Fe = 0,1mol

Các ion đã điện phân ở catot: Fe³⁺ , Cu^2+, Fe²⁺ điện phân 1 phần

n_etđ = n_Fe3++ 2n_Cu2++ 2n_Fe2+= 0,2 + 0,05.2 + 0,1.2 = 0,5 mol

=> $t=\frac{F.{{n}_{{{e}_{t\text{d}}}}}}{I} =\frac{96500.0,5}{10}=4825s$

Câu 6 :

A

116 s.
B

1158 s.
C

772 s.
D

193 s.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Từ m_{catot tăng} => Khối lượng kim loại bám vào

Xác định chất bị điện phân : gồm Ag⁺ và Cu²⁺ bị điện phân 1 phần

Tính ${{n}_{{{e}_{td}}}}=\frac{It}{F}\Rightarrow t$

Lời giải chi tiết :

Sinh ra 1,28 g Cu tương đương 0,02 mol Cu mà n_Cu(NO3)2= 0,04 > 0,02

→ Cu(NO₃)₂ bị điện phân 1 phần → AgNO₃ điện phân hết

n_AgNO3 = 0,08mol

Ag⁺ + 1e → Ag

0,08 → 0,08

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,04 0,02

=> n_etđ= 0,04 + 0,08 = 0,12 mol

=> $t=\frac{F.{{n}_{{{e}_{t\text{d}}}}}}{I} =\frac{96500.0,12}{10}=1158s$

Câu 7 :

A

5,16 gam.
B

1,72 gam.
C

2,58 gam.
D

3,44 gam.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Tính ${{n}_{{{e}_{td}}}}=\frac{It}{F}$

Xác định chất bị điện phân

Tìm số mol từng kim loại => Khối lượng kim loại bám vào catot

Lời giải chi tiết :

${{n}_{{{e}_{td}}}}=\frac{It}{F}=\frac{5.1158}{96500}=0,06 mol$

n_AgNO3 = 0.02 mol , n_Cu(NO3)2= 0,04 mol

Ag⁺ + 1e → Ag

0,02....0,02

Cu²⁺+ 2e → Cu

0,04 →0,02

=> AgNO3 điện phân hết, Cu(NO3)2 điện phân 1 phần

m_{catot tăng}= 0,02.108 + 0,02.64 = 3,44g

Câu 8 :

A

5,64.
B

7,89.
C

8,81.
D

9,92.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Khối lượng kim loại bám vào => Xác định chất bị điện phân

Tính m_{catot tăng}

Lời giải chi tiết :

Sinh ra 1,28 g Cu tương đương 0,02 mol Cu mà n_Cu(NO3)2= 0,04 > 0,02

→ Cu(NO₃)₂ bị điện phân 1 phần → AgNO₃ điện phân hết

n_AgNO3 = 0,08mol

Ag⁺ + 1e → Ag

0,08 → 0,08

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,04 0,02

=> m_Ag= 0,08.108 = 8,64g

=> m_{catot tăng} = 8,64 + 0,02.64 = 9,92g

Câu 9 :

A

2M và 1M.
B

1M và 2M.
C

2M và 4M.
D

4M và 2M.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Gọi số mol AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ là x và y mol

Viết quá trình cho nhận e ở catot và anot

Lập hệ phương trình về khối lượng catot và n_etđ => giải hệ tìm x,y => C_M

Lời giải chi tiết :

n_AgNO3 = x mol , n_Cu(NO3)2= y mol

Catot (-) Cu²⁺,Ag⁺, H₂O

(1) Ag⁺ + 1e → Ag

x → x → x

(2) Cu²⁺ + 2e → Cu

y →2y → y

Anot (+) NO₃^-, H₂O

(1) H₂O → 2H⁺ +1/2 O₂ + 2e

0,2 → 0,8

m(kim loại) = 56g => 108x + 64y = 56

n(khí) = 4,48/22,4 = 0,2 mol => x + 2y = 0,8

=> x = 0,4 và y = 0,2

=> C_M(AgNO3)= 2M , C_M(Cu(NO3)2) = 1M

Câu 10 :

Điện phân 100 ml dung dịch CuSO₄ 0,2 M và AgNO₃ 0,1 M với cường độ dòng điện I = 3,86A. Thời gian điện phân để thu được 1,72 gam kim loại bám trên catot là:

A

1000 giây.
B

250 giây.
C

750 giây.
D

500 giây.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Xác định ion kim loại nào bị điện phân trước

Từ số gam kim loại bám trên catot => số mol các chất phản ứng

Tính ${n_{{e_{td}}}} = \frac{{It}}{F}$

Lời giải chi tiết :

Khi điện phân dung dịch chứa nhiều ion kim loại, ion nào có tính oxy hóa mạnh bị điện phân trước

Tính oxi hóa của Ag⁺ > Cu²⁺ nên Ag⁺ bị điện phân trước

(-) Ag⁺ + e → Ag

0,01 0,01 0,01

=> m_Ag = 0,01.108 = 1,08 (gam) < 1,72 (gam)

=> Cu²⁺ bị điện phân

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,02 0,01

$n_{Cu}=\frac{1,72-1,08}{64}=0,01(mol)$

$\Rightarrow \sum{n}_{(e\,nhận)}=0,03(mol)$

$\Rightarrow n_{e}=\frac{It}{F}\Rightarrow t=\frac{0,03.96500}{3,86}=750(giây)$

Câu 11 :

A

1,475 gam.
B

1,59 gam.
C

1,67 gam.
D

1,155 gam.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Tính ${n_{{e_{td}}}} = \frac{{It}}{F}$

Dễ dàng tính đc số mol của các chất ban đầu là 0,01 mol (KCl), 0,02 mol Cu(NO₃)₂

Viết quá trình xảy ra catot, anot

Tính khối lượng dung dịch giảm

Lời giải chi tiết :

$n_{e}=\frac{It}{F}=\frac{5.579}{96500}=0,03(mol)$

Catot: n_Cu2+= 0,02 (mol)

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,02 0,04

n_e = 0,04 > 0,03 => Cu²⁺ dư

=> n_Cu = 0,03/2 = 0,015 (mol)

Anot: n_Cl- = 0,01 < 0,03 => Cl^- hết, có H₂O điện phân

2Cl^- → Cl₂ + 2e

0,01 0,005 0,01

H₂O → 1/2O₂ + 2H⁺ + 2e

0,005 0,02

=> m _{dung dịch giảm} = m_Cu + m_Cl2 + m_O2 = 0,015.64 + 0,005.71 + 0,005.32 = 1,475 (g)

Câu 12 :

A

3,2 gam và 0,448 lít.
B

8,0 gam và 0,672 lít.
C

6,4 gam và 1,792 lít.
D

6,4 gam và 1,120 lít.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Tính ${n_{{e_{td}}}} = \frac{{It}}{F}$

Viết các quá trình ở catot và anot

Xác định số mol mỗi chất ở điện cực dựa vào e trao đổi

Lời giải chi tiết :

$n_{e} = \frac{{2000.9,65}}{{96500}} = 0,2(mol)$

Do trong dung dịch điện phân có Ion Cl^- nên tại cực dương giai đoạn đầu Cl^- bị oxy hóa.

Anot:

2Cl^- → Cl₂ + 2e

0,12 0,06 0,12 < 0,2

=> H₂O đã bị điện phân

2H₂O → O₂ + 4e + 4H⁺

0,02 0,08

=> V = (0,06 + 0,02).22,4 = 1,792 (lit)

Catot:

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,2 0,4 > 0,2

=> Cu²⁺ điện phân một phần

=> n_Cu= 0,2/2 = 0,1 (mol)

=> m_Cu = 0,1.64 = 6,4 (gam)

Câu 13 :

A

5,6.
B

6,4.
C

2,8.
D

3,2.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Tính ${n_{{e_{td}}}} = \frac{{It}}{F}$

Dựa vào thứ tự điện phân => tính khối lượng đồng

Lời giải chi tiết :

t=9650 (giây)

$n_{e}=\frac{It}{F}=\frac{5.9650}{96500}=0,5(mol)$

Theo bài ra, dung dịch có 0,1 mol Fe³⁺, 0,1 mol Fe²⁺ và 0,1 mol Cu²⁺và 0,3 mol H⁺

Thứ tự điện phân ở catot là :

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

0,1 0,1 0,1

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,1 0,2 0,1

2H⁺ + 2e → H₂

0,2←0,2→0,1

=> m = 0,1.64 = 6,4 (gam)

Câu 14 :

A

3,59 gam.
B

2,31 gam.
C

1,67 gam.
D

2,95 gam

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Tính ${{n}_{{{e}_{td}}}}=\frac{It}{F}$

Viết quá trình xảy ra ở catot và anot

Tính khối lương Cu

Tính khối lượng dung dịch giảm

Lời giải chi tiết :

$n_{e}=\frac{It}{F}=\frac{5.1158}{96500}=0,06(mol)$

Dễ dàng tính đc số mol của các chất ban đầu là 0,02 mol (KCl), 0,04 mol Cu(NO₃)₂
Catot (-):

Cu²⁺:0,04

Cu²⁺+ 2e → Cu
0,04 0,08 > n_e
=> ${{m}_{Cu}}=\frac{{{n}_{e}}}{2}\text{.64=}0,03.64=1,92\text{ }\left( gam \right)$

Tại Anot (+): Cl-, NO3-, H2O:
2Cl^- → Cl₂ + 2e
0,02 0,01 0,02 < 0,06
Vậy có thêm H2O điện phân tại Anot:
2H₂O → 4H⁺ + 4e + O₂
0,04 0,01
Vậy độ giảm dung dịch là: m _{dung dịch giảm} = 1,92 + 0,01.71 + 0,01.32 = 2,95 (gam)

Câu 15 :

A

2300 s và 0,1M.
B

2500 s và 0,1 M.
C

2300 s và 0,15M.
D

2500 s và 0,15M.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Viết quá trình xảy ra ở catot và anot

Tính nồng độ Fe²⁺

Tính ${{n}_{{{e}_{td}}}}=\frac{It}{F}\Rightarrow t$

Lời giải chi tiết :

n_Cu = 0,08 (mol)

Catot:

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺

x x

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,08 0,16 0,08

Anot: chỉ thu được 1 khí nên phải là Cl₂

2Cl^- - 2e → Cl₂

0,2 0,1

Theo định luật bảo toàn e, ta có:

x + 0,16 = 0,2 => x = 0,04 (mol)

=> [Fe²⁺] = 0,04/0,4 = 0,1 (M)

$n_{e}=\frac{It}{F}\Rightarrow t=\frac{n_{e}F}{I}=\frac{0,2.96500}{7,72}=2500(s)$

Câu 16 :

A

0,64 gam.
B

1,28 gam.
C

1,92 gam.
D

2,56 gam.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

n _khí= 0,02 (mol)

Do có hỗn hợp khí nên ở Anot Cl^- đã điện phân hết và đến H₂O điện phân

Tìm số mol 2 khí

Tính n_etđ

Tính khối lượng Cu

Lời giải chi tiết :

n _khí= 0,02 (mol)

Do có hỗn hợp khí nên ở Anot Cl^- đã điện phân hết và đến H₂O điện phân

Hỗn hợp khí là : Cl₂ và O₂ có số mol lần lượt là x, y.

$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x + y = 0,02 \hfill \\ \frac{{71{\text{x}} + 32y}}{{2(x + y)}} = 25,75 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x + y = 0,02 \hfill \\ 71{\text{x}} + 32y = 1,03 \hfill \\ \end{gathered} \right.$$ \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 0,01 \hfill \\ y = 0,01 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

2Cl^- - 2e → Cl₂

0,02 0,01

2H₂O - 4e → O₂ + 4H⁺

0,04 0,01

=> n_e = 0,06 (mol)

ở Catot chưa có khí thoát ra tức là Cu²⁺ dư

=> m_Cu = 0,03.64 = 1,92 (gam)

Câu 17 :

A

4,2%
B

2,4%
C

1,4%
D

4,8%

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Quá trình điện phân NaOH thực chất là quá trình điện phân H₂O

n_{electron trao đổi} = 100 mol

m _{dung dịch ban đầu}= 100 + 100.32/4 + 100.2/2 = 1000 gam

=> C%

Lời giải chi tiết :

Quá trình điện phân NaOH thực chất là quá trình điện phân H₂O:

Ở catot: 2H₂O + 2e --------> 2OH^- + H₂

Anot: 2H₂O - 4e -------> 4H⁺ + O₂

n_{electron trao đổi} = 100 mol

m _{dung dịch ban đầu}= 100 + 100.32/4 + 100.2/2 = 1000 gam

C%_NaOH = 0,24.100/1000 = 2,4%

Câu 18 :

A

4,48.
B

5,60.
C

11,20.
D

22,40.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Viết các quá trình xảy ra bên catot

Khi ở catot bắt đầu thoát khí nên ta dừng lại ở đây e nhận khi đó =0,5

Quá trình xảy ra bên anot

=> Cl^- dư => V_Cl2

Lời giải chi tiết :

khi điện phân thì

bên catot ta có

Fe³⁺ +1e -> Fe²⁺

0,1 0,1

Cu²⁺ +2e ->Cu

0,2 -> 0,4

vì theo dữ liệu bên này bắt đầu có khí nên ta dừng lại ở đây e nhận khi đó =0,5

bên anot: 2Cl^- +2e -> Cl₂

Do e nhường = e nhận=0,5 mol

=> Cl^- dư => n_Cl2=0,5/2=0,25mol => V = 5,6 lít

Câu 19 :

A

61,70%
B

34,93%
C

50,63%
D

44,61%

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Tại A có 2Cl^- → Cl₂ + 2e

Tại K có Cu⁺² +2e → Cu

2H₂O + 2e → 2OH^- +H₂

Bảo toàn e và n_Cl2 = 4n_H2 →$\frac{{{n_{CuS{O_4}}}}}{{{n_{KCl}}}}$

Lời giải chi tiết :

Tại A có 2Cl^- → Cl₂ + 2e

Tại K có Cu⁺² +2e → Cu

2H₂O + 2e → 2OH^- +H₂

Bảo toàn e có 2n_Cl2= 2n_Cu + 2n_H2

Vì n_Cl2 = 4n_H2 nên 2n_Cl2 = 2n_Cu + ½ n_Cl2 → n_Cu = ¾ . n_Cl2 → $\frac{{{n_{CuS{O_4}}}}}{{{n_{KCl}}}} = \frac{3}{8}$

→ $\% CuS{O_4} = \frac{{3.160}}{{3.160 + 8.74,5}}.100\% = 44,61\% $

Câu 20 :

A
16,8
B
9,8
C
8,4
D
6,5

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Khi điện phân t giây thì n_khí_(A) = 0,15 mol > ½ n_Cl nên khi này đã xảy ra cả điện phân nước

Tại A : 2Cl^- → Cl₂ + 2e

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

=> n_{e trao đổi} = 2n_Cl2 + 4n_O2

Khi điện phân 2t giây thì n_{e trao đổi}

Tại A : n_Cl2 = 0,1 và n_O2 = ?

Tại K : Cu⁺² + 2e → Cu

2 H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

Số mol khí thoát ra ở cả hai cực là n_khí → n_H2

Tại K thì n_{e trao đổi} = 2n_Cu + 2n_H2 => n_Cu = 0,3 mol

=> Dung dịch Y thu được sau điện phân t giây có Na⁺ : 0,2 mol; NO₃^- : ? và H⁺ : ? ; Cu²⁺ :?

Y + Fe thì 3Fe + 8H⁺ +2NO₃^- → 3Fe⁺² + 4H₂O + 2NO

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ +Cu

Lời giải chi tiết :

Khi điện phân t giây thì n_khí_(A) = 0,15 mol > ½ n_Cl nên khi này đã xảy ra cả điện phân nước

Tại A : 2Cl^- → Cl₂ + 2e

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Ta có n_Cl2 = ½ .n_Cl = 0,1 mol nên n_O2 = n_khí - n_Cl2 = 0,15 -0,1 =0,05 mol

=> n_{e trao đổi} = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 2.0,1 + 4.0,05 = 0,4 mol

Khi điện phân 2t giây thì n_{e trao đổi} = 0,4.2 = 0,8 mol

Tại A : 2Cl^- → Cl₂ + 2e

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Nên có 0,1 mol khí Cl₂ và có 0,15 mol O₂

Tại K : Cu⁺² + 2e → Cu

2 H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

Số mol khí thoát ra ở cả hai cực là n_khí =7,84 : 22,4 = 0,35 = 0,1 + 0,15 + n_H2 → n_H2 = 0,1mol

Tại K thì n_{e trao đổi} = 0,8 = 2n_Cu + 2n_H2 = 2n_Cu + 2.0,1 => n_Cu = 0,3 mol

=> a =0,3 mol => tại thời điểm t giây thì n_{Cu(2+) bị điện phân} = 0,4:2 =0,2 mol

Dung dịch Y thu được sau điện phân t giây có Na⁺ : 0,2 mol; NO₃^- : 0,6 mol và H⁺ : 0,2 mol; Cu²⁺ :0,1 mol

Y + Fe thì 3Fe + 8H⁺ +2NO₃^- → 3Fe⁺² + 4H₂O + 2NO

=> Phản ứng có H⁺ hết nên tính theo H⁺ => n_{Fe phản ứng} = 3/8 . n_H+ = 3: 8 . 0,2 = 0,075 mol

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ +Cu

=> m_Fe = m = (0,075+0,1).56 = 9,8g

Câu 21 :

A
48,25
B
64,25
C
62,25
D
56,25

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Hai khí thoát ra ở anot là Cl₂ và O₂:

Ta có hệ phương trình: $\left\{ \begin{gathered}\sum {{n_{hh}} = {n_{C{l_2}}} + {n_{{O_2}}} = 0,2} \hfill \\\sum {{m_{hh}} = 71{n_{C{l_2}}} + 32{n_{{O_2}}} = 30,625.2.0,2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}{n_{C{l_2}}} = ? \hfill \\{n_{{O_2}}} = ? \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Sau phản ứng thu được 2 muối có nồng độ bằng nhau → số mol 2 muối bằng nhau

→ Fe³⁺ điện phân hết, Cu²⁺ điện phân dư

BTNT "Cl" → n_FeCl3 = 2/3n_Cl2 = ? (mol)

n_{Cu2+ dư}= n_Fe2+ = n_Fe3+ = ?

Viết các bán phản ứng xảy ra ở mỗi điện cực, dùng bảo toàn e sẽ tính được mol Cu2+ điện phân

BTNT "Cu": n_CuSO4 = n_{Cu2+ dư} + n_{Cu2+ điện phân}

Lời giải chi tiết :

Hai khí thoát ra ở anot là Cl₂ và O₂:

Ta có hệ phương trình:

$\left\{ \begin{gathered}
\sum {{n_{hh}} = {n_{C{l_2}}} + {n_{{O_2}}} = 0,2} \hfill \\
\sum {{m_{hh}} = 71{n_{C{l_2}}} + 32{n_{{O_2}}} = 30,625.2.0,2} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{n_{C{l_2}}} = 0,15 \hfill \\
{n_{{O_2}}} = 0,05 \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Sau phản ứng thu được 2 muối có nồng độ bằng nhau → số mol 2 muối bằng nhau

→ Fe³⁺ điện phân hết, Cu²⁺ điện phân dư

BTNT "Cl": 3n_FeCl3 = 2n_Cl2 → n_FeCl3 = 2/3. 0,15 = 0,1 (mol)

→ n_{Cu2+ dư}= n_Fe2+ = n_Fe3+ = 0,1 (mol)

Đặt n_{Cu2+ điện phân} = a (mol)

BT e ta có: 0,1 + 2a = 0,3 + 0,2 → a = 0,2 (mol)

BTNT "Cu": n_CuSO4 = n_{Cu2+ điện phân} + n_{Cu2+ dư} = 0,2 + 0,1 = 0,3 (mol)

→ m = m_CuSO4 + m_FeCl3 = 0,3.160 + 0,1.162,5 = 64,25 (g)

Câu 22 :

A
13510
B
15440
C
14475
D
17370

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Ban đầu dung dịch X chứa $n_{NaCl}=0,06 \;mol$ và $n_{CuSO_4}=0,05 \;mol$

Tại A : 2Cl^- → Cl₂ + 2e

Tại K thì Cu⁺² +2e → Cu

Tại thời điểm Cl^- hết $m_{dd \; giảm}=m_{Cl_2}+m_{Cu}$

$=0,03.71+0,03.64=4,05<4,85$ nên tại A xảy ra điện phân nước

Tại thời điểm Cu²⁺ bị điện phân hết thì

$m_{dd \; giảm}=m_{Cl_2}+m_{Cu}+m_{O_2}$

$=0,03.71 + 0,05.64 +m_{O_2}=5,33+m_{O_2}>4,85$

Nên Cu²⁺ chưa điện phân hết

Đặt $n_{O_2}=x$ mol thì theo bảo toàn e có $n_{Cu^{2+}}$ => lập phương trình m_{dd giảm} tìm x

Lời giải chi tiết :

Ban đầu dung dịch X chứa $n_{NaCl}=0,06$ mol và $n_{CuSO_4}=0,05$ mol

Tại A : 2Cl^- → Cl₂ + 2e

Tại K thì Cu⁺² +2e → Cu

Vì n_Cl < 2n_Cu nên điện phân thì Cl^- hết trước

Tại thời điểm Cl^- hết thì n_Cu = n_Cl : 2 = 0,06 : 2 =0,03 mol

Khi đó m_{dd giảm} = m_Cl2 + m_Cu = 0,03.71 + 0,03.64 = 4,05 g < 4,85 g nên tại A xảy ra điện phân nước

$2{H_2}O \to 4{H^ + } + {O_2} + 4e$

Tại thời điểm Cu²⁺ bị điện phân hết thì m_{dd giảm} = m_Cl2 + m_Cu+ m_O2

= 0,03.71 + 0,05.64 + m_O2 = 5,33 + m_O2 > 4,85

Nên Cu²⁺ chưa điện phân hết

Đặt n_O2 = x mol thì theo bảo toàn e có

$n_{Cu^{2+}}=\dfrac{{(n_{Cl^-}+4n_{O_2})}}{2}=\dfrac{{(0,06+4x)}}{{2}}=0,03+2xmol$

Khối lượng dung dịch sau điện phân giảm là

m_{dd giảm} = m_Cu + m_Cl2 + m_O2

= (0,03 + 2x).64 + 0,03.71 + 32x = 4,85

=> x = 0,005 mol => n_Cu = 0,03 + 0,005.2 = 0,04 mol

=> n_{e trao đổi} = 2n_Cu = $\dfrac{{I.t}}{F} = \dfrac{{0,5.t}}{{96500}}$ = 2.0,04 =0,08 nên t = 15440 (s)

Câu 23 :

A

3,5
B

4,7
C

5,2
D

5,6

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Gọi số mol của CuSO4, NaCl lần lượt là x và 3x (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn e, bảo toàn điện tích và bảo toàn khối lượng để giải bài toán

Lời giải chi tiết :

nCuSO₄ = x(mol); nNaCl = 3x (mol)

Dung dịch X chứa 2 chất tan gồm: Na⁺: 3x (mol); SO₄ ^2-: x mol => nOH ^- = x mol

Mặt khác nAl₂O₃ = 0,03 (mol) => nOH^- = 2nAl₂O₃ = 0,06 (mol)

Xét tại cực Catot: nCu = 0,06 mol; nH₂ = a mol

Anot: nCl₂ = 0,09 mol; nO₂ = b mol

=> 0,06 * 64 + 2a + 0,09 * 71 +32b = 12,45 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 2a - 4b = 0,06 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,15; b = 0,06

=> ne trao đổi = 0,42 (mol)

=> ne trao đổi= It/F => t = 5,63 h

Câu 24 :

A
0,20.
B
0,15.
C
0,25.
D
0,35.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Biện luận các phản ứng xảy ra sau quá trình điện phân ở 2 cực

Viết các bán phản ứng xảy ra tại catot và anot.

Sử dụng bảo toàn e, bảo toàn nguyên tố để giải bài toán

Lời giải chi tiết :

Y + Fe sinh ra khí NO => Y chứa H+ => nước bị điện phân bên anot

Y +Fe sinh ra hỗn hợp kim loại => Cu²⁺ còn dư

* Anot: nCl₂ = 0,1 mol; nO2 = x mol

* Catot nCu = y mol

Bảo toàn e ta có: 0,1 * 2 + 4x = 2y

m giảm = 0,1 * 71 + 32x +64y = 17,5

=> x = 0,025; y = 0,15

nH+ = 4nO₂ = 0,1 (mol) => nNO = nH+/4 = 0,025 (mol)

nCu²⁺ dư =z

Bảo toàn electron: 2nFe_pứ=3nNO + 2nCu²⁺dư

=> nFe_pứ= z+ 0,0375 (mol)

=> m - 56*(z+0,0375)+64z = m -0,5 => z =0,2

Bảo toàn Cu => a = y +z = 0,35 (mol)

Câu 25 :

Giá trị của t trên đồ thị là

A
2400
B
3600.
C
1200
D
3800

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Từ đồ thị: Giai đoạn 1=> n_HCl

Giai đoạn 3 => n_NaOH

=> Bảo toàn nguyên tố Cl- => n_{e trao đổi} => t

Lời giải chi tiết :

* Giai đoạn 1: pH = 2 => [H+] = 0,01 => nHCl = 0,008 (mol)

* Giai đoạn 3: pH = 13 => [OH-] = 0,1 => nNaOH = 0,08 (mol) => nNaCl = 0,08 (mol)

nCuCl₂ = 0,08*0,02 = 0,016 (mol)

=> nCl^- = 2 * nCuCl₂ + nHCl + nNaOH = 0,12 (mol)

Vì ở giai đoạn 3, nước đã bị điện phân bên catot (sinh ra OH^-) nên bên anot chỉ có Cl^- điện phân.

=> nCl^- = n_{e trao đổi} = 0,12 (mol)

=> n_{e trao đổi} = It/F => t = 1200s

Câu 26 :

A
31,1
B
29,5
C
31,3
D
30,4

Đáp án : D

Phương pháp giải :

- Biện luận thành phần khí sinh ra ở mỗi đoạn.

- Áp dụng định luật bảo toàn e, tăng giảm khối lượng để giải bài toán

Lời giải chi tiết :

Đoạn 1: Chỉ có khí Cl₂ thoát ra.

Đặt V_Cl2 = x (lít)

Đoạn 2: Chỉ có khí O₂ thoát ra. (do khí thoát ra nó thoải hơn so với đoạn 3)

Mà ta thấy giá trị V lúc này gấp đôi đoạn tại thời điểm t = a (giây)

Do đó V_O2 = 2x - x = x (lít)

Đoạn 3: Anot có O₂ tiếp tục thoát ra. Còn ở catot có H₂ thoát ra.

Trong đoạn 3 này thời gian bằng nửa đoạn 2 nên V_O2 = 0,5x (lít)

Bảo toàn electron ta tính được V_H2 = x (lít)

Tổng cộng 3 đoạn thì khí thoát ra gồm Cl₂ (x lít), O₂ (1,5x lít) và H₂ (x lít)

Suy ra x + 1,5x + x = 7,84 → x = 2,24 lít

Ban đầu: n_NaCl=2.n_Cl2 = 0,2 mol

Ta có: n_Cu(NO3)2 = n_Cu = n_Cl2 + 2.n_{O2 (đoạn 2)} = 0,3 mol

Tại thời điểm t = a (giây): n_{e trao đổi} = 2n_Cl2 = 2.2,24 : 22,4 = 0,2 mol

Tại thời điểm 3,5a (giây) (thuộc đoạn 3) ta có: n_{e trao đổi} = 3,5. 0,2 = 0,7 mol

Catot:

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,3 → 0,6 0,3 mol

H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

0,1 → 0,05 mol

Anot:

2Cl^- -2e → Cl₂

0,2 0,2 0,1 mol

2H₂O - 4e → O₂ + 4H⁺

0,5 0,125 mol

Khi đó thu được 0,3 mol Cu ; 0,05 mol H₂ ở catot và 0,1 mol Cl₂ và 0,125 mol O₂ ở anot.

Khối lượng dung dịch giảm chính là khối lượng các chất thoát ra ở các điện cực.

Do đó m = m_Cu + m_H2 + m_Cl2 + m_O2 = 0,3.64 + 0,05.2 + 0,1.71 + 0,125.32 = 30,4 (gam)

Câu 27 :

A
Giá trị của a là 0,15.
B
Giá trị của m là 9,8.
C
Tại thời điểm 2t giây, chưa có bọt khí ở catot.
D
Tại thời điểm 1,4t giây, nước chưa bị điện phân ở anot.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

- Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl tính được tại anot: n_{Cl2 max}= 0,5.n_KCl

- Thời điểm t giây, ta so sánh n_{Cl2 max} với n_khí → Cl^- chưa bị điện phân hết

Tính được mol e trao đổi tại t giây

- Thời điểm 1,4t giây, tính được mol e trao đổi và so sánh với mol Cl^- ban đầu

Lời giải chi tiết :

Tại anot:

n_{Cl2 max}= 0,5.n_KCl = 0,15 mol

- Thời điểm t giây, n_{Cl2 max} > n_khí = 0,1 mol → Cl^- chưa bị điện phân hết

Cl^- → 0,5 Cl₂ + 1e

0,2 ← 0,1 → 0,2

→ n_e(t) = 0,2 mol

- Thời điểm 1,4t giây:

n_e(1,4t) = 1,4.n_e(t) = 0,28 mol < n_Cl- = 0,3 mol

→ H₂O chưa bị điện phân ở anot

Câu 28 :

A
44,16.
B
39,80.
C
43,56.
D
45,44.

Đáp án : A

Lời giải chi tiết :

${n_e} = \frac{{It}}{F} = \frac{{5.6176}}{{96500}} = 0,32(mol)$

Đặt mol của Cu(NO₃)₂ và NaCl trong hỗn hợp đầu lần lượt là x, y (mol)

- Do sinh ra khí NO nên có phản ứng của Cu với H⁺ và NO₃^- → Ở anot thì Cl^- bị đp hết, H₂O đang điện phân

TH₁: Ở catot H₂O chưa bị điện phân

Các quá trình điện phân tại các điện cực là:

Catot: Cu²⁺+ 2e → Cu

0,16 ← 0,32 → 0,16

Anot: Cl^- → 0,5 Cl₂ + 1e

H₂O → 2H⁺ + 0,5 O₂ + 2e

- Xét phản ứng tạo NO:

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺+ 2NO + 4H₂O

0,09 ← 0,24 ← 0,06 ← 0,09 ← 0,06

(do n_Cu2+ > 0,16 mol → n_NO3- > 0,32 mol → H⁺ hết)

Dung dịch Y chứa: Cu²⁺ (x - 0,16 + 0,09 = x - 0,07); Na⁺ (y) ; NO₃^- (2x - 0,06)

BTĐT → 2.(x - 0,07) + y = 2x - 0,06 → y = 0,08

- Cho 0,4 mol NaOH vào Y thu được dd không màu nên Cu²⁺ hết:

+) Nếu chất rắn chỉ chứa: Na⁺; NO₃^-

→ nNa+ = 0,08 + 0,4 = 0,48 mol

→ Chất rắn sau khi nung chứa 0,48 mol NaNO₂

→ m_NaNO2 = 0,48.69 = 33,12 gam ≠ 29,64 gam (loại)

+) Chất rắn chứa: Na⁺ (0,48); NO₃^- (2x-0,06) và OH^-

BTĐT → n_OH- = 0,54 - 2x (mol)

Chất rắn sau nung chứa: Na⁺ (0,48) và NO₂^- (2x-0,06) và OH^- (0,54-2x)

→ 23.0,48+ 46(2x-0,06) + 17(0,54-2x) = 29,64

→ x = 0,21

Vậy m = 0,21.188 + 0,08.58,5 = 44,16 gam

TH₂: Ở catot H₂O đã bị điện phân (HS tự xét)

Câu 29 :

A
48,25
B
64,25
C
62,25
D
56,25

Đáp án : B

Phương pháp giải :

- Tính lượng khí Cl₂, O₂ sinh ra sau quá trình điện phân

- Áp dụng định luật bảo toàn e, bảo toàn nguyên tố => nCuSO₄ ban đầu => m

Lời giải chi tiết :

Khí tại anot gồm nCl₂ = 0,15 mol; nO₂ = 0,05 mol

=> Bảo toàn nguyên tố Cl => nFeCl₃ = 0,1 mol

=> Dung dịch sau phản ứng có chứa Cu²⁺ và Fe²⁺

=> Tại catot chỉ có chứa kim loại Cu

=>Sau điện phân dung dịch gồm: nCuSO₄ = nFeSO₄ = 0,1 (mol) và H₂SO₄ = x (mol)

Bảo toàn nguyên tố S => nCuSO₄ (ban đầu) = nS = 0,2 +x

=> nCu ở catot = 0,1 + x (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn => nFe³⁺ + 2 * nCu _(catot) = 2 nCl₂ + 4nO₂

=> 0,1 + 2 * (0,1 +x) = 0,5 => x = 0,1 (mol)

m = nCuSO₄ (ban đầu) + nFeCl₃ = 0,3 * 160 + 0,1 * 162,5 = 64,25 (gam)

Câu 30 :

A
16.
B
24.
C
38,4.
D
28,8.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Biện luận các chất khí có trong hỗn hợp khí thu được trong 2 giai đoạn: t và 2t giây

=> Xem H₂O có bị điện phân ở các điện cực hay không

- Dựa vào dịnh luật bảo toàn electron trao đổi => số mol Cu²⁺ => m

Lời giải chi tiết :

Các quá trình có thể xảy ra ở 2 điện cực:

+) Catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

+) Anot: 2Cl^- → Cl₂ + 2e

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

- Khi điện phân trong t giây:

n_{khí Anot} = 2,464: 22,4 = 0,11 mol

n_Cl2 = 0,5n_Cl- = 0,1 mol < 0,11 => Nước đã bị điện phân ở Anot

=> n_O2 = n_{khí anot} – n_Cl2 = 0,11 – 0,1 = 0,01 mol

=> n_{e trao đổi} = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 2.0,1 + 4.0,01 = 0,24 mol

- Khi điện phân trong 2t giây:

=> Số mol electron trao đổi sẽ gấp đôi: n_{e trao đổi}= 2.0,24 = 0,48 mol

+) Tại Anot: n_Cl2 = 0,1 mol

Có: n_e= 2n_Cl2 + 4n_O2 => n_O2 = ¼ (0,48 – 2.0,1) = 0,07 mol

=> n_{khí Anot} = n_Cl2 + n_O2 = 0,1 + 0,07 = 0,17 mol

n_khí = 5,824: 22,4 = 0,26 mol > 0,17 => Nước bị điện phân ở Catot

=> n_H2(Catot) = 0,26 – 0,17 = 0,09 mol

- Bảo toàn e: n_{e trao đổi} = 2n_Cu2+ + 2n_H2 = 4n_O2 + 2n_Cl2

=> n_Cu2+ = ½ (4.0,07 + 2.0,1 – 2.0,09) = 0,15 mol

=> m = m_CuSO4 = 160.0,15 = 24g

Câu 31 :

A
88,125 gam
B
89,364 gam
C
90,864 gam
D
91,885 gam

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Áp dụng định luật bảo toàn electron và bảo toàn điện tích để giải bài toán

Lời giải chi tiết :

*t giây: Do dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)₂ dư thu được hỗn hợp kết tủa (BaSO₄ và Cu(OH)₂) nên suy ra Y chứa Cu²⁺ => Cu²⁺ chưa bị điện phân hết.

m_Cu = m _{catot tăng}= 16,64 gam => n_Cu= 0,26 mol => n_e(t) = 2n_Cu = 0,52 mol

Đặt n_Cl2 = x và n_O2 = y (mol)

+ n _{khí anot}= x + y = 4,312/22,4 (1)

+ BTe: n_e(t) = 2n_Cl2 + 4n_O2 => 2x + 4y = 0,52 (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = 0,125 và y = 0,0675

BTNT "Cl" => n_KCl = 2nCl2 = 0,25 mol

Giả sử X chứa: KCl (0,25 mol); K₂SO₄ (a mol) và CuSO₄(b mol)

Kết tủa gồm: Cu(OH)₂ (b - 0,26) và BaSO₄ (a + b)

=> m _{kết tủa}= 98(b - 0,26) + 233(a + b) = 114,65 (*)

*2t giây: n_e(2t) = 2n_e(t) = 1,04 mol

n_O2 = (n_e(2t) - 2n_Cl2)/4 = (1,04 - 2.0,125)/4 = 0,1975 mol

=> n_H2 = n _{khí 2 điện cực}- n_O2 - n_Cl2 = 0,4825 - 0,1975 - 0,125 = 0,16 mol

BTe: n_e(2t)= 2n_Cu+ 2n_H2 => 2b + 2.0,16 = 1,04 => b = 0,36

Thay b = 0,36 vào (*) suy ra a = 0,09

Vậy: m _{chất tan trong X} = 0,25.74,5 + 0,09.174 + 0,36.160 = 91,885 gam

Bài liên quan

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập nhiệt luyện - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập nhiệt luyện Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập điện phân hay và khó - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập điện phân hay và khó Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập kim loại tác dụng với dung dịch muối hay và khó - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập kim loại tác dụng với dung dịch muối hay và khó Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Ôn tập chương 5 - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Ôn tập chương 5 Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập sự điện phân 1 muối - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập sự điện phân 1 muối Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập điện phân hỗn hợp muối - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập nhiệt luyện - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập điện phân hay và khó - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập kim loại tác dụng với dung dịch muối hay và khó - Hóa 12

Trắc nghiệm Ôn tập chương 5 - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập sự điện phân 1 muối - Hóa 12