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

Thời điểm 4t giây dung dịch không hòa tan được Al${}_2$O${}_3$ nên không chứa H${}^{+}$ hoặc OH${}^{-}$ nhưng tới 8t giây thì dung dịch lại hòa tan được Al${}_2$O${}_3$ $\to$ Lúc 4t giây phải có NaCl dư.
Lúc t giây: $m_{giảm}=27\to n_{Cu}=n_{C{l}_2}=0,2$
$n_{A{l}_2{O}_3}=2/15\to n_{H_{2}S{O}_4}=y=3\times 2/15=0,4$
Lúc 4t giây: $n_e=4\times 0,2\times 2=1,6$
Catot: $n_{Cu}=x\to n_{H_2}=0,8-x$
Anot: $n_{C{l}_2}=1,6/2=0,8$
$m_{giảm}=64x+2(0,8-x)+0,8\times 71=83,2$
$\to x=0,4$
Lúc 8t giây: $n_e=1,6\times 2=3,2$
Catot: $n_{Cu}=0,4\to n_{H_2}=1,2$
Anot: $n_{C{l}_2}=0,5z\to n_{O_2}=0,8-0,25z$
$m_{giảm}=0,4\times 64+1,2\times 2+71\times 0,5z+32(0,8-0,25z)=103,1$
$\to z=1,8$
$\to x+y+z=2,6$

Hướng dẫn: **Xét điện phân trong khoảng thời gian từ t đến (t+2895) => n${}_e$ = 0,06 mol.** Catot: Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu (0,04 ← 0,02); 2H${}_2$O + 2e → 2OH${}^{-}$ + H${}_2$ (0,02 → 0,01) => anot: mol khí = 0,02 mol. Anot: 2Cl${}^{-}$ → Cl${}_2$ + 2e (x → 2x); 2H${}_2$O → 4H${}^{+}$ + O${}_2$ + 4e (y → 4y); $$\{\begin{array}{l}x+y=0,02\\ 2x+4y=0,06\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=0,01\\ y=0,01\end{array}$$ **Xét điện phân trong khoảng thời gian từ 0 đến t => anot chỉ có khí Cl${}_2$ và catot chỉ có Cu** => a = b và n${}_e$ = 2a = 2b. **Xét điện phân trong khoảng thời gian từ 0 đến 2t => n${}_e$ = 4a.** Catot: Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu (2b + 0,04 ← b + 0,02); 2H${}_2$O + 2e → 2OH${}^{-}$ + H${}_2$ (2a − 0,04 → a − 0,02). Anot: 2Cl${}^{-}$ → Cl${}_2$ + 2e (a + 0,01 → 2a + 0,02); 2H${}_2$O → O${}_2$ + 4H${}^{+}$ + 4e ($\frac{2a-0,02}{4}$ ← 2a − 0,02). Ta có tổng số mol khí ở hai điện cực = 2,125a => a = 0,04. $$n_e=2a=\frac{2t}{96500}\Rightarrow t=3860(s).$$ (Đáp án B. 3860 được in đậm/màu trong bản gốc.)

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân dung dịch NaOH (điện cực trơ) thực chất là điện phân nước: $2H_{2}O\stackrel{\text{điện phaˆn}}{\to }2H_2\uparrow +O_2\uparrow$, NaOH không bị điện phân nên số mol NaOH giữ nguyên. Điện lượng: $Q=I\cdot t=10\times 268\times 3600=\mathrm{9.648.000}$ C. Số mol electron: $n_{e^{-}}=\frac{\mathrm{9.648.000}}{96500}=100$ mol. Trong quá trình điện phân nước, mỗi mol $H_{2}O$ phân hủy liên quan 2 mol electron (2H⁺ + 2e⁻ → H₂), nên $n_{H_{2}O}=\frac{100}{2}=50$ mol, khối lượng nước bị điện phân là $50\times 18=900$ g. Khối lượng NaOH trong dung dịch còn lại: $100\times 24\%=24$ g. Khối lượng dung dịch ban đầu: $100+900=1000$ g. Nồng độ ban đầu: $\frac{24}{1000}\times 100\%=2,4\%$. Khớp với đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân AgNO3 (0,15 mol) với điện cực trơ: cathode Ag+ + e → Ag; anode 2H2O → O2 + 4H+ + 4e. Gọi x mol Ag còn lại trong dung dịch Y (sau khi điện phân), thì lượng Ag đã điện phân là 0,15 − x và H+ sinh ra ở anode bằng lượng electron = 0,15 − x (nếu điện phân tiếp chỉ phân hủy nước, H+ không đổi). Vậy Y chứa Ag+ : x mol và H+ : (0,15 − x) mol.

Cho 12,6 g Fe (0,225 mol) vào Y:
- Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag: tiêu tốn x/2 mol Fe, sinh x mol Ag.
- Phần Fe còn lại (0,225 − x/2) tác dụng với H+ (Fe dư nên tạo Fe2+): 3Fe + 8H+ → 3Fe2+ + 2NO + 4H2O, tiêu tốn (3/8)(0,15 − x) mol Fe.

Khối lượng kim loại thu được:
108x + 56[0,225 − x/2 − (3/8)(0,15 − x)] = 14,5
→ 108x + 12,6 − 28x − 31,5 + 21x = 14,5 → 101x = 33,4... kiểm tra lại: 56 × (3/8) = 21; 108x − 28x + 21x = 101x; hằng số: 12,6 − 31,5 = −18,9. Vậy 101x = 33,4 → x ≈ 0,33 > 0,15, vô lý. Xét lại: H+ chỉ 0,15 − x, nếu Fe dư sau Ag+ thì H+ bị tiêu hết. Thử lại với cách khác: lượng Fe tan = x/2 + (3/8)(0,15 − x), Fe dư = 0,225 − đó. Khối lượng kim loại = 108x + 56(Fe dư) = 108x + 12,6 − 28x − 31,5 + 21x = 101x − 8,9 = 14,5 → x = 0,2317 > 0,15, vô lý → Fe phải hết trước H+, tức Fe không dư: khi đó toàn bộ 0,225 mol Fe phản ứng: x/2 + (3/8)(0,15 − x)... cũng không vì H+ còn dư thì Fe hết → kim loại chỉ là Ag: 108x = 14,5 → x = 0,1342, khi đó Fe tiêu tốn = 0,0671 + (3/8)(0,0158) = 0,073 ≠ 0,225, mâu thuẫn.

Xét đúng thứ tự: Fe tác dụng với Ag+ trước (cặp Ag+/Ag có E° cao hơn), sau đó Fe2+ sinh ra tiếp tục bị H+/NO3− oxy hóa... Thực chất với Fe dư trong HNO3 loãng: Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag; phần Fe còn lại tan trong axit theo 3Fe + 8H+ → 3Fe2+ + 2NO + 4H2O. Giải: kim loại = Ag (x mol) + Fe dư. Đặt H+ = h = 0,15 − x. Fe tan do H+: 3h/8. Fe dư = 0,225 − x/2 − 3h/8. Khối lượng = 108x + 56(0,225 − x/2 − 3(0,15 − x)/8) = 108x + 12,6 − 28x − 3,15 + 21x = 101x + 9,45 = 14,5 → x = 0,05. (Kiểm tra: 101×0,05 = 5,05; 5,05 + 9,45 = 14,5 ✓). Vậy Y chứa: Ag+ 0,05 mol; H+ 0,10 mol (0,15 − 0,05); Ag đã điện phân 0,10 mol (X), khí Z là O2.

Phần 2: T chứa Fe2+ 0,09 mol và Cl− 0,01 mol; Y chứa Ag+ 0,05 mol, H+ 0,10 mol. Vì E°(NO3−/NO) = 0,96 V > E°(Ag+/Ag) = 0,80 V nên NO3−/H+ oxy hóa Fe2+ trước:
3Fe2+ + 4H+ + NO3− → 3Fe3+ + NO + 2H2O
H+ 0,10 mol oxy hóa được 0,075 mol Fe2+ → Fe2+ còn 0,09 − 0,075 = 0,015 mol.
Sau đó Fe2+ khử Ag+: Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag → sinh 0,015 mol Ag = 1,62 g.
Cl− kết tủa Ag+: Ag+ + Cl− → AgCl↓ → 0,01 mol AgCl = 1,435 g.

m = 1,435 + 1,62 = 3,055 g. Đáp án A.

- Ta có $n_{etraođổi}=\frac{It}{96500}=0,44$ mol. Quá trình điện phân xảy ra như sau:

Tại anot: $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$ (x → 2x); $H_{2}O\to 4H^{+}+4e+O_2$ (4y → y)

Tại catot: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$ (0,15; 0,3; 0,15); $2H_{2}O+2e\to 2O{H}^{-}+H_2$ (0,08; 0,04)

$$\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,15\\ 2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,44\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,08\text{ mol}\\ n_{O_2}=0,07\text{ mol}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{NaCl}=0,16\text{ mol}\\ n_{Cu(N{O}_3{)}_2}=0,2\text{ mol}\end{array}$$

- Dung dịch sau điện phân chứa Na⁺ (0,16 mol), NO₃⁻ (0,4 mol) và H⁺

+ Xét dung dịch sau điện phân có: BTĐT ⟹ $n_{H^{+}}=n_{N{O}_3^{-}}-n_{N{a}^{+}}=0,24$ mol

- Cho m gam Fe tác dụng với dung dịch trên thì:

$$3Fe+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3F{e}^{2+}+2NO+4H_{2}O$$

(với 0,24 mol H⁺; 0,4 mol NO₃⁻; 0,09 mol Fe)

+ Theo đề ta có: $m_{Fe}-m_{r\acute{\stackrel{˘}{a}}nkh\hat{o}ngtan}=m_{Fe(bịh\grave{o}atan)}$ ⟹ $m-0,8m=0,09\times 56$ ⟹ $m=25,2$ (g)

Chọn đáp án D.
Sau khi điện phân thu được hỗn hợp kim loại => Fe3+, Cu2+ bị điện phân hết, Fe2+ đã bị điện phân.
$$2F{e}^{3+}+2C{l}^{-}\to 2F{e}^{2+}+C{l}_2$$
$$C{u}^{2+}+2C{l}^{-}\to Cu+C{l}_2$$
$$F{e}^{2+}+2C{l}^{-}\to Fe+C{l}_2$$
$$Y+AgN{O}_3\to 39,5gk\acute{\hat{e}}ttủa$$
=> Chứng tỏ Y chứa FeCl2 dư.
$$m_{\downarrow }=m_{AgCl}+m_{Ag}=143,5.2n_{FeC{l}_2(Y)}+108n_{FeC{l}_2(Y)}=39,5g\Rightarrow n_{FeC{l}_2(Y)}=0,1mol$$
Có $n_{e\text{ở điện phaˆn}}=\frac{It}{E}=\frac{5,36.14763}{96500}=0,82mol$
$$\Rightarrow n_{F{e}^{3+}}+2n_{C{u}^{2+}}+2.\left(n_{F{e}^{3+}}-0,1\right)=0,82mol(1)$$
$$m_{Kimloai}=64n_{C{u}^{2+}}+56.\left(n_{F{e}^{3+}}-0,1\right)=19,84g(2)$$
Từ (1), (2) suy ra: $$\{\begin{array}{l}{n}_{F{e}^{3+}}=0,18mol\\ n_{C{u}^{2+}}=0,24mol\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{C}_{M(FeC{l}_3)}=0,6M\\ C_{M(CuC{l}_2)}=0,8M\end{array}$$

Đáp án B

$n_e=0,15$ mol; $n_{C{l}^{-}}=0,2$ mol ||$\Rightarrow$ $C{l}^{-}$ chưa bị điện phân hết $\Rightarrow n_{C{l}_2}=0,075$ mol.

► Ghép sản phẩm, dễ thấy ghép 0,075 mol $CuC{l}_2$ thì $m_{giảm}=10,125$(g) $>9,195$(g) $\Rightarrow$ vô lí!.

$\Rightarrow$ sản phẩm gồm $CuC{l}_2$ và $HCl$ với số mol $x$ và $y$ $\Rightarrow n_{Cl}=2x+y=0,15$ mol.

$m_{giảm}=135x+36,5y=9,195$(g) ||$\Rightarrow$ giải hệ có: $x=0,06$ mol; $y=0,03$ mol.

● Do catot đã có điện phân $H_{2}O$ $\Rightarrow$ a $=0,06÷0,1=0,6$M

Đáp án D

∑n_{e trao đổi} = 0,3 mol < 2n_{Cu^{2+}}.
⇒ Cu chưa bị điện phân hết và khí thoát ra là Cl₂ và có thể có cả O₂.
Nếu chỉ có khí Cl₂ ⇒ Quy đổi m_{Dung dịch giảm} = m_{CuCl2} = 0,15×135 = 20,25 ≠ 14,75 ⇒ Loại.
+ Vậy có cả O₂ thoát ra ⟹ m_Dung dịch giảm = m_CuCl2 + m_CuO.
+ Đặt số mol 2 chất lần lượt là a và b ta có:
a + b = 0,15 mol (PT bảo toàn Cu).
135a + 80b = 14,75 (PT theo m dung dịch giảm).
+ Giải hệ ⟹ a = n_CuCl2 = 0,05 mol ⟹ n_NaCl = 0,05×2 = 0,1 mol.
⟹ C_M NaCl = 0,1/0,2 = 0,5M

Đáp án D
Ở đây có dùng một kiến thức vật lí: mạch nối tiếp nên hai bình điện phân cùng I.
• bình (1): giải điện phân NaOH → có thể coi là quá trình điện phân H${}_2$O từ C${}_{M(NaOH)}$ → n${}_{H_{2}Obịđiệnph\hat{a}n}$ = 0,15 mol ⟺ n${}_{etraođổi}$ = 0,3 mol.
• dùng giả thiết n${}_{etraođổi}$ trên: có điện phân bình (2) ra: 0,1 mol CuCl${}_2$ + 0,05 mol CuO.
|| → bảo toàn gốc NO${}_3$ độc ra dd sau điện phân gồm 0,075 mol Cu(NO${}_3$)${}_2$ và 0,3 mol HNO${}_3$.
Quy về giải 0,25 mol Fe + 0,075 mol Cu(NO${}_3$)${}_2$ + 0,3 mol HNO${}_3$ → ? gam chất rắn không tan.!
Giải: m gam chất rắn gồm 0,075 mol Cu và 0,0625 mol Fe ⟺ m = 8,3 gam.

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân Al2O3 nóng chảy: cathode $A{l}^{3+}+3e\to Al$. Số mol Al = 252000/27 = 9333,33 mol. Số mol electron = 3 × 9333,33 = 28000 mol. Điện lượng $Q=28000\times 96500=2,702\times 10^9$ C. Thời gian $t=Q/I=2,702\times 10^9/150000=18013,3$ s $\approx 5,0037$ giờ, làm tròn đến hàng đơn vị: t = 5 giờ.

Đáp án: 5,1

Hướng dẫn giải
$$m_{Ag}=\frac{1}{96500}.\frac{108}{1}.2,1.(45.60)=6,345\text{ gam}\stackrel{H=80\%}{\to }{m}_{Ag}=6,345.80\%=5,076\approx 5,1\text{ gam}$$

CT Faraday:

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân mạ bạc với dung dịch AgNO3, cathode là muỗng đồng: Ag+ + e → Ag. Điện lượng: Q = I·t = 2,1 × (45×60) = 5670 C. Số mol electron: n(e) = 5670/96500 ≈ 0,05876 mol. Với hiệu suất 80%: n(Ag) = 0,05876 × 0,8 ≈ 0,04701 mol. Khối lượng bạc: m = 0,04701 × 108 ≈ 5,0767 g ≈ 5,1 g.

Diện tích của đĩa tròn: $S=\pi R^2=\pi \frac{d^2}{4}=3,14.\frac{5^2}{4}=19,625$ cm${}^2$

Thể tích Au cần mạ lên đĩa tròn: V = S.d = 19,625.0,02.0,1 = 0,03925 cm${}^3$

Khối lượng vàng cần mạ: 0,03925.19,7 = 0,773225 gam

Tại cathode: $A{u}^{3+}+3e\to Au\Rightarrow n_e=3n_{Au}=3.\frac{0,773225}{197}=0,011775$ mol

$t=\frac{n_e.F}{I}=\frac{0,011775.96500}{0,1}=11362,875$ (s) = 3,16 (h) giờ

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích lớp vàng: V = π·r²·h = 3,14 · (2,50 cm)² · 0,002 cm = 0,03925 cm³.
Khối lượng vàng: m = D·V = 19,7 · 0,03925 = 0,773225 g.
Số mol Au: n = 0,773225/197 = 0,003925 mol.
Phản ứng tại cathode: Au³⁺ + 3e → Au, nên số mol e = 3n = 0,011775 mol.
Điện lượng: Q = n(e)·F = 0,011775 · 96500 = 1136,36 C.
Thời gian: t = Q/I = 1136,36/0,10 = 11363,6 s = 11363,6/3600 ≈ 3,15 giờ ≈ 3,2 giờ.

(AI giải đề cho tôi)
Ở bình (2): Ag⁺ + e⁻ → Ag. Số mol Ag⁺ = 0,1 × 1 = 0,1 mol. Khí ở cathode bình (2) (H₂ từ điện phân nước) bắt đầu xuất hiện khi Ag⁺ vừa cạn, tức lúc đó tổng số electron truyền dẫn là 0,1 mol e⁻. Vì hệ nối tiếp, bình (1) cũng nhận 0,1 mol e⁻. Ở cathode bình (1): Cu²⁺ + 2e⁻ → Cu, nên n_Cu = 0,1/2 = 0,05 mol (Cu²⁺ có 0,1 mol, đủ để điện phân). Khối lượng Cu bám lên cathode: m = 0,05 × 64 = 3,2 gam.

Theo đề cathode bình (2) đã xuất hiện khí sau t giây nghĩa là trong bình (2) $A{g}^{+}$ điện phân xong.

$n_e=n_{A{g}^{+}}=0,1\cdot 1=0,1$

Vì mắc nối tiếp nên số e trao đổi như nhau nên: $n_e(1)=n_e(2)=0,1$ mol

Mà tại bình (1) thì: $\{\begin{array}{l}C{u}^{2+}+2e^{-}\to Cu\\ 0,1\to 0,05\text{ mol}\end{array}$ $\Rightarrow$ $m_{Cu}=0,05\cdot 64=3,2$ gam

Chọn B

Hướng dẫn giải:

Đến khi catot bắt đầu có khí thoát ra

=> Ag⁺ bị điện phân vừa hết

$n_{NaOH}=0,8$ mol $=>n_{H+}=0,8$ mol

Catot: $A{g}^{+}+1e\to Ag$

Anot: $2H_{2}O\to O_2\uparrow +4H^{+}+4e$

=> $n_{etraođổi}=n_{H+}=0,8$ mol

=> $n_{Ag+}=0,8$ mol $=>C_{MAgNO3}=0,8/0,5=1,6M$

n = I.t / F => t = n.F / I = 3860s

(Lưu ý: nguồn ghi $n_{NaOH}=0,8$ mol nhưng theo đề bài (80 mL × 0,1 M) phải là 0,008 mol; kết quả t = 3860s tương ứng với 0,008 mol.)

(AI giải đề cho tôi)
Số mol Al: n_Al = 2,16 tấn / 27 = 0,08 triệu mol. Số mol electron tại cathode: Al³⁺ + 3e → Al nên n_e = 3 × 0,08 = 0,24 (triệu mol e). Tại anode, carbon bị oxi hoá thành CO₂ (C − 4e) và CO (C − 2e). Gọi số mol CO₂ = 4x, CO = x (tỉ lệ thể tích 80% : 20%). Bảo toàn electron: 4(4x) + 2x = 18x = 0,24 → x = 0,01333 triệu mol. Tổng carbon bị oxi hoá: n_C = 5x = 0,06667 triệu mol → m_C = 0,06667 × 12 = 0,8 tấn. Kết quả khớp đáp án nguồn 0,8.

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân Al2O3 nóng chảy: tại cathode Al³⁺ + 3e → Al. Số mol Al = 252000/27 = 9333,33 mol. Số mol electron = 3 × 9333,33 = 28000 mol. Điện lượng Q = 28000 × 96500 = 2,702×10⁹ C. Thời gian t = Q/I = 2,702×10⁹/150000 ≈ 18013 s ≈ 5 giờ. Khớp với đáp án nguồn (5).

Hướng dẫn: → Chọn 1,25. Cathode (-) ——— Anode (+): Cu${}^{2+}$, H${}_2$O ——— SO${}_4^{2-}$, H${}_2$O. Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu; 2H${}_2$O → O${}_2$ + 4H${}^{+}$ + 4e; 2H${}_2$O + 2e → H${}_2$ + 2OH${}^{-}$. Vì dung dịch Y vẫn còn màu xanh nên Cu${}^{2+}$ chưa điện phân hết. Khối lượng dung dịch giảm = khối lượng Cu sinh ra + khối lượng khí O${}_2$ thoát ra. Gọi số mol Cu${}^{2+}$ bị điện phân là a. Ta có 64a + 18a = 8 g → a = 0,1. Fe + H${}_2$SO${}_4$ → FeSO${}_4$ + H${}_2$; Fe + CuSO${}_4$ → Cu + FeSO${}_4$. Số mol Fe tham gia phản ứng = số mol H${}_2$SO${}_4$ + số mol CuSO${}_4$ dư. Gọi b là số mol CuSO${}_4$ chưa bị điện phân. Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: Khối lượng kim loại sau phản ứng = 16,8 g – khối lượng Fe phản ứng + khối lượng Cu sinh ra. Hay 16,8 – 56(b + 0,1) + 64b = 12,4 => b = 0,15 mol. Tổng số mol CuSO${}_4$ = a + b = 0,25. Vậy x = $\frac{0,25}{0,2}$ = 1,25.