Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tính toán điện phân (Hóa học Lớp 12)

Ta có:
$$n_{CuS{O}_4}=0,02\text{ (mol)}=n_{C{u}^{2+}}$$
Thời gian cần thiết để điện phân hết $C{u}^{2+}$ là:
$$t=\frac{0,02\cdot 2\cdot 96500}{9,65}=400\text{ (s)}$$
$\to t_1<t<t_2\to$ Tại $t_1$ có ½ số mol $C{u}^{2+}$ bị điện phân $\to m_1=0,01\cdot 64=0,64$ (gam).
$\to$ Tại $t_2$: $C{u}^{2+}$ đã bị điện phân hết $\to m_2=1,28$ (gam).

Tại $t_1$: $m_{(dungdichgiảm)}=10,16$g
($-$) $F{e}^{2+}+2e\to Fe$ ($+$) $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$
a 2a a a 2a
$\to 56a+71a=10,16\to a=0,08$ mol $\to t_1=3088$ (s)
Tại $2,5t_1$: $n_e=0,4$ mol và $F{e}^{2+}$ điện phân hết
$\to n_{F{e}^{2+}}=10x=0,2\to x=0,02\to n_{A{l}^{3+}}=0,14$ mol
Tại 17370 giây: $n_e=0,9$ mol
$$F{e}^{2+}+2e\to Fe2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$$
0,2 0,4 0,2 (mol) 0,82 $\to$ 0,41 $\to$ 0,82 (mol)
$$2H_{2}O+2e\to 2O{H}^{-}+H_{2}2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e$$
0,5 0,5 0,25 (mol) 0,08 $\leftarrow$ 0,02 $\leftarrow$ 0,08 (mol)
$$H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O$$
0,08 0,08 (mol)
$$A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al(OH{)}_3$$
0,14 $\to$ 0,42 $\to$ 0,14 (mol)
$$m_{(dungdichgi\breve{1}ea3m)}=0,2\times 56+0,41\times 71+0,02\times 32+0,25\times 5+0,14\times 78=52,37g$$
[Ghi chú: bản gốc in \"0,25 × 5\"; đúng phải là $0,25\times 2=0,5$ g khối lượng $H_2$ — lỗi đánh máy của nguồn, tổng 52,37 g và đáp án A vẫn chính xác.]
$\to m=100-52,37=47,63$g.

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân dung dịch NaOH (điện cực trơ) thực chất là điện phân nước, NaOH không bị điện phân nên khối lượng NaOH giữ nguyên. Điện lượng: Q = I·t = 10 × 268 × 3600 = 9.648.000 C. Số mol electron: n(e⁻) = Q/F = 9.648.000/96.500 = 100 mol. Phản ứng điện phân nước: 2H₂O → 2H₂ + O₂ (cần 2e⁻ mỗi phân tử nước), nên n(H₂O bị điện phân) = 100/2 = 50 mol, khối lượng nước mất = 50 × 18 = 900 g. Khối lượng NaOH trong dung dịch sau điện phân: 24% × 100 = 24 g. Khối lượng dung dịch ban đầu = 100 + 900 = 1000 g. Nồng độ ban đầu = 24/1000 × 100% = 2,4%. Khớp đáp án B.

Dung dịch sau điện phân có pH = 13 tức là [OH${}^{-}$] = 0,1 $\Rightarrow n_{O{H}^{-}}=2,5\cdot 0,1=0,25$ mol. Phương trình điện phân: $$2NaCl+2H_{2}O\stackrel{\text{đpnc}}{\to }2NaOH+C{l}_2+H_2$$ với $n_{NaOH}=0,25$ mol $\to n_{NaCl\text{ (bị điện phaˆn)}}=0,25$ mol $\Rightarrow$ \%$m_{NaCl\text{ bị điện phaˆn}}=\frac{0,25\cdot 58,5}{23,4}.100\%=62,5\%$.

Chọn D.
- Phản ứng : $MgC{l}_2+2H_{2}O\stackrel{\text{đp dd}}{\to }Mg(OH{)}_2\downarrow +H_2\uparrow +C{l}_2\uparrow$
- Ta có : $n_{etraođổi}=\frac{It}{96500}=\frac{2,68\times 7200}{96500}=0,2$ mol $\Rightarrow n_{MgC{l}_2}=n_{C{l}_2}=n_{H_2}=n_{Mg(OH{)}_2}=\frac{n_{etraođổi}}{2}=0,1$ mol
$\Rightarrow m_{dungdịchgiảm}=58n_{Mg(OH{)}_2}+2n_{H_2}+71n_{C{l}_2}=5,8+0,2+7,1=\boxed{13,1(g)}$

Quá trình điện phân có thể xảy ra các phản ứng:
Catot (-): $C{u}^{2+}+2e\to Cu$
$$2H_{2}O+2e\to H_2+2O{H}^{-}(\ast )$$
Anot(+): $2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e$
Sau điện phân: $C{u}^{2+}+S^{2-}\to CuS\downarrow$ (đen) $\Rightarrow n_{C{u}^{2+}dư}=n_{CuS}=0,1$ mol
$\Rightarrow$ Chứng tỏ $C{u}^{2+}$ dư $\Rightarrow$ chưa có quá trình (*)
Gọi số mol $C{u}^{2+}$ bị điện phân là x mol $\Rightarrow n_{O_2}=0,5x$ mol
$\Rightarrow m_{ddgiam}=m_{Cu}+m_{O_2}=64x+32.0,5x=8$ g $\Rightarrow x=0,1$ mol
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}bd}=n_{C{u}^{2+}du}+n_{C{u}^{2+}dp}=0,2$ mol
$\Rightarrow C_{M(CuS{O}_4)}=1M$
$\Rightarrow$ Đáp án D

Dung dịch sau điện phân có $pH=2$ $\Rightarrow$ có H${}^{+}$
Vậy các quá trình diễn ra khi điện phân là:
Catot(-): $A{g}^{+}+1e\to Ag$
Anot(+): $2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e$
$C_{M(H^{+})}=10^{-pH}=0,01M\Rightarrow n_{H^{+}}=0,002$ mol
Bảo toàn e: $n_{Ag}=n_{H^{+}}=0,002$ mol
$\Rightarrow m_{Ag}$ = 0,216 g
=> Đáp án C

Tại catot: $A{g}^{+}+e\to Ag$; $H_{2}O+2e\to H_2+2O{H}^{-}$. Tại anot: $H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e$. Ta có $n_{e\text{trao đổi}}=\frac{It}{96500}=0,013\text{mol}>n_{e\text{Ag nhường}}=0,004\text{mol}\Rightarrow m_{Ag}=0,004\cdot 108=0,432(g)$

(AI giải đề cho tôi)
Mạ đồng: thanh Cu nối cực dương (anode, tan: Cu → Cu²⁺ + 2e), huy chương nối cực âm (cathode, Cu²⁺ + 2e → Cu). a) Electron chạy từ anode (thanh Cu) qua dây dẫn đến cathode (huy chương), nên phát biểu a SAI. b) Diện tích cần mạ: 2 mặt tròn + mặt xung quanh = 2π(2,5)² + 2π(2,5)(0,3) = 12,5π + 1,5π = 14π ≈ 43,98 cm². Thể tích lớp mạ = 43,98 × 0,1 = 4,398 cm³ → m_Cu = 4,398 × 8,95 ≈ 39,36 g → n_Cu ≈ 0,6199 mol → n_e = 1,2398 mol → Q = 1,2398 × 96500 ≈ 119641 C → t = Q/I ≈ 59819 s ≠ 64800 s, phát biểu b SAI. c) Đúng như trên, phát biểu c ĐÚNG. d) Anode là thanh Cu (điện cực tan), Cu tan thành Cu²⁺ nên không có khí thoát ra ở anode, phát biểu d SAI. Kết quả: a-S, b-S, c-D, d-S, khớp đáp án nguồn.
a) (AI giải đề cho tôi)
Electron di chuyển từ anode (thanh Cu) qua dây dẫn đến cathode (huy chương), không phải chiều ngược lại.
b) (AI giải đề cho tôi)
S = 14π ≈ 43,98 cm²; V = 4,398 cm³; m_Cu ≈ 39,36 g; n_Cu ≈ 0,6199 mol; n_e = 1,2398 mol; t = 1,2398×96500/2 ≈ 59819 s ≠ 64800 s.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong mạ điện, vật cần mạ (huy chương) là cực âm, thanh Cu là cực dương bị tan.
d) (AI giải đề cho tôi)
Anode là thanh copper (điện cực tan): Cu → Cu²⁺ + 2e, không có khí thoát ra ở anode.

Điện lượng: $q=I.t=2,0\cdot 3600=7200$ C
Số mol electron:
$$n_e=\frac{q}{F}=\frac{7200}{96500}\approx 0,0746\text{ mol}$$
Theo phương trình, 1 mol $PbS{O}_4$ ứng với 2 mol electron:
$$n_{PbS{O}_4,\text{moˆ˜i cực}}=\frac{0,0746}{2}=0,0373\text{ mol}$$
Tổng hai cực:
$$n_{PbS{O}_4}=2\cdot 0,0373=0,0746\text{ mol}$$
Khối lượng mol:
$$M_{PbS{O}_4}=207+32+4\cdot 16=303\text{g/mol}$$
Khối lượng:
$$m=0,0746\cdot 303\approx 22,6\text{g}$$

Đặt CuO: x mol và Na${}_2$O: y mol
Dung dịch X chứa CuCl${}_2$ (x mol) và NaCl (2y mol)
Đoạn 1: CuCl${}_2$ $\to$ Cu + Cl${}_2$
Đoạn 2: 2NaCl + 2H${}_2$O $\to$ H${}_2$ + Cl${}_2$ + 2NaOH
Số mol khí thoát ra ở đoạn 1 và 2 là x + 2y = 0,2 (1)
Đoạn 3: Số mol khí đoạn này là 0,35 – 0,2 = 0,15 mol $\Rightarrow$ nH${}_2$ = 0,1 mol và nO${}_2$ = 0,05 mol
Thời gian tiêu tốn cho đoạn 2 + 3 gấp 1,5 lần thời gian tiêu tốn cho đoạn 1
$\Rightarrow$ 2(y + 0,1) = 1,5.2x (2)
Từ (1), (2) suy ra x = 0,1; y = 0,05. Vậy m = 11,1 gam.

Chọn B
Dựa vào đồ thị ta thấy có 2 đoạn thẳng. Đoạn thẳng thứ nhất: Cu${}^{2+}$ và Cl${}^{-}$ đều điện phân hết; đoạn thẳng thứ hai: chỉ có H${}_2$O điện phân ở cả hai điện cực.

+ Tại thời điểm t = y (s) chỉ có khí Cl${}_2$ thoát ra ở anot với n${}_{{\text{Cl}}_2}$ = 0,07 mol. Lúc này ở bên catot Cu bị điện phân hết ⇒ n${}_{\text{Cu}}$ = n${}_{{\text{Cl}}_2}$ = 0,11 mol

+ Tại thời điểm t = z (s) có khí Cl${}_2$ (0,11 mol); O${}_2$ (x mol) thoát ra ở anot và H${}_2$ (y mol) ở catot

Ta có: x + y = 0,185 − 0,11 (1) và theo bảo toàn electron: 4x = 2y (2)

Từ (1), (2) ta tính được: y = 0,05. Vậy z = 6176 (s).

(AI giải đề cho tôi)
Số mol electron: $n_{e^{-}}=\frac{1,25\times 193\times 60}{96500}=\frac{14475}{96500}=0,15$ mol.

Ở anode (điện cực trơ): $C{l}^{-}$ bị oxi hóa trước, có $n_{C{l}^{-}}=0,2$ mol $>0,15$ mol nên chỉ $C{l}^{-}$ bị oxi hóa:
$$2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e^{-}\Rightarrow n_{C{l}_2}=\frac{0,15}{2}=0,075\text{ mol}\Rightarrow m_{C{l}_2}=0,075\times 71=5,325\text{ g}.$$

Ở cathode: $C{u}^{2+}$ khử trước ($n_{C{u}^{2+}}=0,1a$ mol, cần $0,2a$ mol $e^{-}$), sau đó $H_{2}O$ khử ra $H_2$. Vì $a\le 0,75$ nên $C{u}^{2+}$ khử hết trước.

Khối lượng dung dịch giảm = khối lượng $C{l}_2$ + $Cu$ + $H_2$ thoát ra:
$$9,195=5,325+64\times 0,1a+m_{H_2}.$$

Thử $a=0,6$: $n_{Cu}=0,06$ mol → $m_{Cu}=3,84$ g; electron còn cho cathode: $0,15-0,12=0,03$ mol → $n_{H_2}=0,015$ mol → $m_{H_2}=0,03$ g.
Tổng: $5,325+3,84+0,03=9,195$ g ✓ khớp đúng đề bài.

Vậy $a=0,6$.

CuSO${}_4$ + 2NaCl → Cu + Cl${}_2$ + Na${}_2$SO${}_4$ (1)
CuSO${}_4$ + H${}_2$O → Cu + 0,5O${}_2$ + H${}_2$SO${}_4$ (2)
2NaCl + H${}_2$O → H${}_2$ + Cl${}_2$ + 2NaOH (3)
Khi H${}_2$O bị điện phân ở cả 2 điện cực thì đã có khí ở cả 2 điện cực nên phải xảy ra phản ứng (1) và (3)
nNaCl = x → nCl${}_2$ = x/2 → nH${}_2$ = x/3
nCuSO${}_4$ = y → nCu = y
Bảo toàn electron: 2x/2 = 2x/3 + 2y
→ x = 6y

Phản ứng xả điện: $\mathrm{Cd}+2NiO(\mathrm{OH})+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2Ni(\mathrm{OH}{)}_2+\mathrm{Cd}(\mathrm{OH}{)}_2$
Molar mass của NiO(OH) là $58,7+16+17=91,7$ g/mol.
$n_{\mathrm{NiO}(\mathrm{OH})}=\frac{1000}{91,7}\approx 10,91$ mol
$n_{\mathrm{Cd}}=\frac{500}{112,4}\approx 4,448$ mol
Theo tỉ lệ phản ứng, 1 mol Cd cần 2 mol NiO(OH). Lượng NiO(OH) cần cho 4,448 mol Cd là 8,896 mol, nhỏ hơn lượng có sẵn, nên Cd là chất giới hạn.
Mỗi mol Cd trao đổi 2 mol electron nên $n_e=2n_{\mathrm{Cd}}\approx 8,897$ mol.
Điện lượng cần nạp: $q=n_{e}F=8,897\cdot 96485\approx 858407$ C
Thời gian sạc: $t=\frac{q}{I}=\frac{858407}{30,0}\approx 28614$ s $\approx 7,95$ h
Làm tròn đến hàng đơn vị: 8 giờ.
⇒ Đáp án: 8.

a) Đúng, tại anode: Cu → Cu${}^{2+}$ + 2e, không có khí O${}_2$ thoát ra.
b) Đúng
c) Đúng
Trước mạ: r = 2,5 cm; h = 0,3 cm → V = 5,8875 cm${}^3$
Sau khi mạ: r = 2,5 + 0,1 = 2,6 cm; h = 0,3 + 0,1.2 = 0,5 cm → V = 10,6132 cm${}^3$
(Công thức V = πr${}^2$h, trong đó π = 3,14)
→ mCu = 8,95(V sau – V trước) = 42,295015 gam
mCu = 64It/2F → t = 63773s
d) Sai, chiều dòng electron di chuyển từ thanh Cu, qua nguồn điện đến tấm huy chương. Nguồn điện đóng vai trò giống như “máy bơm” electron.

Đoạn 1 thoát khí Cl${}_2$. Đoạn 2 có độ dốc lớn hơn nên tốc độ thoát khí nhanh hơn (Cl${}_2$, H${}_2$). Đoạn 3 thoát khí O${}_2$, H${}_2$. Khi t = 9650 thì n${}_e$ = 0,1 → n${}_{C{l}_2}$ = 0,05. n${}_{kh\acute{ı}tổng}$ = 0,06 → n${}_{H_2}$ = 0,06 – 0,05 = 0,01. Bảo toàn electron cho catot → n${}_{CuS{O}_4}$ = n${}_{Cu}$ = 0,04. Khi t = 15440 thì n${}_e$ = 0,16. Catot: n${}_{Cu}$ = 0,04 → n${}_{H_2}$ = 0,04. Anot: n${}_{C{l}_2}$ = x và n${}_{O_2}$ = y → n${}_{kh\acute{ı}tổng}$ = x + y + 0,04 = 0,11; n${}_e$ = 2x + 4y = 0,16 → x = 0,06; y = 0,01. (a) Sai, khi H${}_2$O bắt đầu bị điện phân ở 2 điện cực thì n${}_{kh\acute{ı}anot}$ = n${}_{C{l}_2}$ = 0,06. (b) Đúng, ở catot thoát ra m${}_{Cu}$ + m${}_{H_2}$ = 0,04.64 + 0,01.2 = 2,58 gam. (c) Đúng, n${}_{CuS{O}_4}$ = 0,04; n${}_{NaCl}$ = 2n${}_{C{l}_2}$ = 0,12 → m = 13,42 gam. (d) Sai, H${}_2$O bắt đầu bị điện phân ở 2 điện cực khi n${}_e$ = 2n${}_{C{l}_2}$ = It/F → t = 11580 s. (e) Đúng, dung dịch sau điện phân chứa n${}_{O{H}^{-}}$ = 0,12 – 0,04.2 = 0,04 → n${}_{Al}$ = 0,04 → m${}_{Al}$ = 1,08 gam.

Hướng dẫn giải:

Đáp án 231

$m\frac{A.I.t}{nF}=\frac{\mathrm{27.120000.6.60.60}}{3.96500}.95,5\%.10^{-3}=230,8\approx 231kg$

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân Al2O3 nóng chảy: tại cathode xảy ra quá trình khử Al^{3+} + 3e → Al.

Lượng điện lượng qua bình điện phân trong 6 giờ (21600 giây):
$$Q=I\cdot t=120000\times 21600=2,592\times 10^9\text{C}$$

Số mol electron:
$$n_{e^{-}}=\frac{Q}{F}=\frac{2,592\times 10^9}{96500}\approx 26860,1\text{mol}$$

Theo quan hệ tỉ lệ: n_Al = (1/3) n_{e^-} ≈ 8953,37 mol.

Áp dụng hiệu suất 95,5%:
$$n_{Althu}=8953,37\times 0,955\approx 8550,47\text{mol}$$

Khối lượng nhôm thu được:
$$m_{Al}=8550,47\times 27\approx 230862,7\text{g}\approx 231\text{kg}$$

Vậy số kg nhôm thu được là 231 kg.