Câu hỏi: Điện phân 2 lít dung dịch chứa Fe2(SO4)3 0,05M; CuSO4 0,09M và FeSO4 0,06M đến khi dung dịch giảm 30,4 gam thì ngừng điện phân. Tách hết dung dịch sau điện phân, sau đó cho dung dịch NaNO3 vào thì thấy có khí NO (sản phẩm khử duy nhất) thoát ra và thu được dung dịch X có chứa 79,64 gam chất tan. Cho a gam Mg vào dung dịch X, thu được khí Y gồm 2 khí NO và H2, tỉ khối của Y đối với He là 6,625 và (1,5a - 11,28) gam hỗn hợp hai kim loại. Giá trị của a là
A. 12,48 gam.
B. 18,24 gam.
C. 21,12 gam.
D. 16,32 gam.
A. 12,48 gam.
B. 18,24 gam.
C. 21,12 gam.
D. 16,32 gam.
Hướng dẫn giải:
Ban đầu dung dịch có $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
\text{F}{{\text{e}}^{3+}}:0,2(\text{mol}) \\
\text{F}{{\text{e}}^{2+}}:0,12(\text{mol}) \\
\text{C}{{\text{u}}^{2+}}:0,18(\text{mol}) \\
\text{SO}_{4}^{2-}:0,6(\text{mol}) \\
\end{array} \right.$
Thứ tự điện phân tại từng cực là:
Tại K (-) có: $\begin{array}{*{35}{l}}
\text{F}{{\text{e}}^{3+}}+1\text{e}\to \text{F}{{\text{e}}^{2+}} \\
\text{C}{{\text{u}}^{2+}}+2\text{e}\to \text{Cu} \\
\text{F}{{\text{e}}^{2+}}+2\text{e}\to \text{Fe} \\
\end{array}$
Tại A (+) có: $2{{\text{H}}_{2}}\text{O}\to 4{{\text{H}}^{+}}+{{\text{O}}_{2}}+4\text{e}$
- Nếu phản ứng mới điện phân hết Cu thì bảo toàn e có $\text{nFe}_{{}}^{3+}+2{{\text{n}}_{\text{C}{{\text{u}}^{2+}}}}=4{{\text{n}}_{\text{O}2}}\to {{\text{n}}_{\text{O}2}}=(0,2+0,18.2):4=0,14$ mol
→ mdd giảm = mCu + mO2 = 0,18.64 + 0,14.32 = 16 gam < 30,4
- Nếu phản ứng điện phân hết các kim loại thì bảo toàn e có $3n\text{Fe}_{{}}^{3+}+2{{\text{n}}_{\text{C}{{\text{u}}^{2+}}}}+2\text{nFe}_{{}}^{2+}=4{{\text{n}}_{\text{O}}}_{2}\to {{\text{n}}_{\text{O}}}_{2}=0,3$ (mol)
→ mdd giảm = mCu + mO2 = (0,2 + 0,12).56 + 0,18.64 + 0,3.32 = 39,04 > 30,4
$\Rightarrow $ Phản ứng xảy ra điện phân hoàn toàn Cu và điện phân một phần Fe2+ (giả sử điện phân x mol)
Bảo toàn e: $4{{\text{n}}_{O2}}=\text{nFe}_{{}}^{2+}+2\text{nCu}_{{}}^{2+}+\text{nFe}_{{}}^{2+}$ bị điện phân $\to {{\text{n}}_{\text{O}2}}=\dfrac{0,2+0,18.2+2\text{x}}{4}=0,14+0,5\text{x}$ (mol)
→ mdd giảm = 30,4= 32nO2 + mCu + mFe = 32.(0,14+ 0,5x)+ 0,18.64 + 56x → x = 0,2 mol
→ nFe2+ còn lại = $\text{nFe}_{{}}^{3+}+\text{nFe}_{{}}^{2+}-\text{nFe}_{{}}^{2+}$ bị điện phân = 0,2 + 0,12 - 0,2=0,12 mol
→ sau phản ứng có FeSO4: 0,12 mol và H2SO4: 0,48 (mol) (bảo toàn SO42-)
Khi cho thêm NaNO3 (giả sử b mol) vào thì được dung dịch có khả năng phản ứng với Mg tạo NO và H2 → dư H+ và NO3-
$3\text{F}{{\text{e}}^{2+}}+4{{\text{H}}^{+}}+\text{NO}{{_{3}^{{}}}^{-}}\to 3\text{F}{{\text{e}}^{3+}}+2{{\text{H}}_{2}}\text{O}+\text{NO}$
$0,12\to 0,16\to 0,04\to 0,12$
Sau phản ứng có $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
\text{F}{{\text{e}}^{3+}}:0,12(\text{mol}) \\
{{\text{H}}^{+}}:0,48.2-0,16=0,8(\text{mol}) \\
\text{SO}_{4}^{2-}:0,6(\text{mol}) \\
\text{N}{{\text{a}}^{+}}:\text{b}(\text{mol}) \\
\text{NO}_{3}^{-}:\text{b}-0,04(\text{mol}) \\
\end{array} \right.$
→ mchất tan $=0,12.56+0,8.1+0,6.96+23b+62.(b-0,04)=79,64\to b=0,2\text{mol}$
Khi cho Mg vào dung dịch mới thì:
$\begin{array}{*{35}{l}}
3\text{Mg}+8{{\text{H}}^{+}}+2\text{N}{{\text{O}}^{-}}\to 3\text{M}{{\text{g}}^{2+}}+4{{\text{H}}_{2}}\text{O}+2\text{NO} \\
4\text{Mg}+10{{\text{H}}^{+}}+\text{NO}{{_{3}^{{}}}^{-}}\to 4\text{M}{{\text{g}}^{2+}}+3{{\text{H}}_{2}}\text{O}+\text{NH}{{_{4}^{{}}}^{+}} \\
\text{Mg}+2{{\text{H}}^{+}}\to \text{M}{{\text{g}}^{2+}}+{{\text{H}}_{2}} \\
3\text{Mg}+2\text{F}{{\text{e}}^{3+}}\to 3\text{M}{{\text{g}}^{2+}}+2\text{Fe} \\
\end{array}$
Đặt nNO =m mol; nNH4+ = n mol và nH2 = p mol thì ta có hệ sau:
$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{\text{n}}_{{{\text{H}}^{+}}}}=4\text{m}+10\text{n}+2\text{p}=0,8 \\
{{\text{n}}_{\text{NO}{{_{3}^{{}}}^{-}}}}=\text{m}+\text{n}=0,16 \\
{{\text{M}}_{\text{khi}}}=\dfrac{30\text{m}+2\text{p}}{\text{m}+\text{p}}=6,625.4=20 \\
\end{array} \right.\to \left\{ \begin{aligned}
& m=0,14 \\
& n=p=0,02 \\
\end{aligned} \right.$
Bảo toàn e → mMg phản ứng = $=\dfrac{3}{\text{a}}{{\text{n}}_{\text{NO}}}+4{{\text{n}}_{\text{N}{{\text{H}}_{\text{4}}}^{+}}}+{{\text{n}}_{\text{H2}}}+\dfrac{3}{\text{a}}{{\text{n}}_{F{{e}^{3+}}}}=\dfrac{3}{\text{n}}.0,14+4.0,02+0.02+\dfrac{3}{\text{n}}.0,12=0,49$ (mol)
→ mkl sau phản ứng = mkl trước phản ứng - mMg phản ứng + mFe tạo thành
→ 1,5a - 11,28 = a - 24.0,49 + 56.0,12 → a = 12,48 gam
Ban đầu dung dịch có $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
\text{F}{{\text{e}}^{3+}}:0,2(\text{mol}) \\
\text{F}{{\text{e}}^{2+}}:0,12(\text{mol}) \\
\text{C}{{\text{u}}^{2+}}:0,18(\text{mol}) \\
\text{SO}_{4}^{2-}:0,6(\text{mol}) \\
\end{array} \right.$
Thứ tự điện phân tại từng cực là:
Tại K (-) có: $\begin{array}{*{35}{l}}
\text{F}{{\text{e}}^{3+}}+1\text{e}\to \text{F}{{\text{e}}^{2+}} \\
\text{C}{{\text{u}}^{2+}}+2\text{e}\to \text{Cu} \\
\text{F}{{\text{e}}^{2+}}+2\text{e}\to \text{Fe} \\
\end{array}$
Tại A (+) có: $2{{\text{H}}_{2}}\text{O}\to 4{{\text{H}}^{+}}+{{\text{O}}_{2}}+4\text{e}$
- Nếu phản ứng mới điện phân hết Cu thì bảo toàn e có $\text{nFe}_{{}}^{3+}+2{{\text{n}}_{\text{C}{{\text{u}}^{2+}}}}=4{{\text{n}}_{\text{O}2}}\to {{\text{n}}_{\text{O}2}}=(0,2+0,18.2):4=0,14$ mol
→ mdd giảm = mCu + mO2 = 0,18.64 + 0,14.32 = 16 gam < 30,4
- Nếu phản ứng điện phân hết các kim loại thì bảo toàn e có $3n\text{Fe}_{{}}^{3+}+2{{\text{n}}_{\text{C}{{\text{u}}^{2+}}}}+2\text{nFe}_{{}}^{2+}=4{{\text{n}}_{\text{O}}}_{2}\to {{\text{n}}_{\text{O}}}_{2}=0,3$ (mol)
→ mdd giảm = mCu + mO2 = (0,2 + 0,12).56 + 0,18.64 + 0,3.32 = 39,04 > 30,4
$\Rightarrow $ Phản ứng xảy ra điện phân hoàn toàn Cu và điện phân một phần Fe2+ (giả sử điện phân x mol)
Bảo toàn e: $4{{\text{n}}_{O2}}=\text{nFe}_{{}}^{2+}+2\text{nCu}_{{}}^{2+}+\text{nFe}_{{}}^{2+}$ bị điện phân $\to {{\text{n}}_{\text{O}2}}=\dfrac{0,2+0,18.2+2\text{x}}{4}=0,14+0,5\text{x}$ (mol)
→ mdd giảm = 30,4= 32nO2 + mCu + mFe = 32.(0,14+ 0,5x)+ 0,18.64 + 56x → x = 0,2 mol
→ nFe2+ còn lại = $\text{nFe}_{{}}^{3+}+\text{nFe}_{{}}^{2+}-\text{nFe}_{{}}^{2+}$ bị điện phân = 0,2 + 0,12 - 0,2=0,12 mol
→ sau phản ứng có FeSO4: 0,12 mol và H2SO4: 0,48 (mol) (bảo toàn SO42-)
Khi cho thêm NaNO3 (giả sử b mol) vào thì được dung dịch có khả năng phản ứng với Mg tạo NO và H2 → dư H+ và NO3-
$3\text{F}{{\text{e}}^{2+}}+4{{\text{H}}^{+}}+\text{NO}{{_{3}^{{}}}^{-}}\to 3\text{F}{{\text{e}}^{3+}}+2{{\text{H}}_{2}}\text{O}+\text{NO}$
$0,12\to 0,16\to 0,04\to 0,12$
Sau phản ứng có $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
\text{F}{{\text{e}}^{3+}}:0,12(\text{mol}) \\
{{\text{H}}^{+}}:0,48.2-0,16=0,8(\text{mol}) \\
\text{SO}_{4}^{2-}:0,6(\text{mol}) \\
\text{N}{{\text{a}}^{+}}:\text{b}(\text{mol}) \\
\text{NO}_{3}^{-}:\text{b}-0,04(\text{mol}) \\
\end{array} \right.$
→ mchất tan $=0,12.56+0,8.1+0,6.96+23b+62.(b-0,04)=79,64\to b=0,2\text{mol}$
Khi cho Mg vào dung dịch mới thì:
$\begin{array}{*{35}{l}}
3\text{Mg}+8{{\text{H}}^{+}}+2\text{N}{{\text{O}}^{-}}\to 3\text{M}{{\text{g}}^{2+}}+4{{\text{H}}_{2}}\text{O}+2\text{NO} \\
4\text{Mg}+10{{\text{H}}^{+}}+\text{NO}{{_{3}^{{}}}^{-}}\to 4\text{M}{{\text{g}}^{2+}}+3{{\text{H}}_{2}}\text{O}+\text{NH}{{_{4}^{{}}}^{+}} \\
\text{Mg}+2{{\text{H}}^{+}}\to \text{M}{{\text{g}}^{2+}}+{{\text{H}}_{2}} \\
3\text{Mg}+2\text{F}{{\text{e}}^{3+}}\to 3\text{M}{{\text{g}}^{2+}}+2\text{Fe} \\
\end{array}$
Đặt nNO =m mol; nNH4+ = n mol và nH2 = p mol thì ta có hệ sau:
$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}}
{{\text{n}}_{{{\text{H}}^{+}}}}=4\text{m}+10\text{n}+2\text{p}=0,8 \\
{{\text{n}}_{\text{NO}{{_{3}^{{}}}^{-}}}}=\text{m}+\text{n}=0,16 \\
{{\text{M}}_{\text{khi}}}=\dfrac{30\text{m}+2\text{p}}{\text{m}+\text{p}}=6,625.4=20 \\
\end{array} \right.\to \left\{ \begin{aligned}
& m=0,14 \\
& n=p=0,02 \\
\end{aligned} \right.$
Bảo toàn e → mMg phản ứng = $=\dfrac{3}{\text{a}}{{\text{n}}_{\text{NO}}}+4{{\text{n}}_{\text{N}{{\text{H}}_{\text{4}}}^{+}}}+{{\text{n}}_{\text{H2}}}+\dfrac{3}{\text{a}}{{\text{n}}_{F{{e}^{3+}}}}=\dfrac{3}{\text{n}}.0,14+4.0,02+0.02+\dfrac{3}{\text{n}}.0,12=0,49$ (mol)
→ mkl sau phản ứng = mkl trước phản ứng - mMg phản ứng + mFe tạo thành
→ 1,5a - 11,28 = a - 24.0,49 + 56.0,12 → a = 12,48 gam
Đáp án A.