Google
Câu hỏi: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp KCl (x mol) và CuSO4 (y mol) với điện cực trơ, màng ngăn, dòng điện có cường độ ổn định, sau một thời gian thu được dung dịch Y. Tùy thuộc vào thời gian điện phân mà dung dịch Y có thể hòa tan tối đa các lượng bột nhôm oxit (Al2O3) khác nhau. Kết quả thu được như sau:
Cho biết 2t < a < 3,6t và xem như các khí tạo ra không tan trong nước, hiệu suất của quá trình điện phân là 100%. Tỉ lệ của x : y gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 1,58.
B. 2,47.
C. 3,64.
D. 0,63.
Thời gian điện phân (giờ) | t | 2t | a |
Khối lượng Al2O3 bị hòa tan (gam) | 0,00 | 8,16 | 23,46 |
Tổng số mol khí thoát ra | b | 0,44 | 0,785 |
A. 1,58.
B. 2,47.
C. 3,64.
D. 0,63.
Lúc t giây Y không hòa tan được Al2O3 nên catot chưa có H2, anot chưa có O2 → nCu = nCl2 = b
TH1: Chất hòa tan Al2O3 là OH-.
Lúc 2t: nAl2O3 = 0,08 → nOH- = 0,16
Catot: nCu = y và nH2 = nOH-/2 = 0,08
Anot: nCl2 = y + 0,08
n khí tổng = y + 0,08 + 0,08 = 0,44 → y = 0,28
→ ne trong 2t giờ = 0,72 → ne trong t giờ = 0,36
Lúc a giờ: nAl2O3 = 0,23 → nOH- = 0,46
Nếu anot chưa có O2 thì tại catot: nCu = 0,28 và nH2 = nOH-/2 = 0,23
→ Anot: nCl2 = 0,51
n khí tổng = 0,51 + 0,23 = 0,74 ≠ 0,785: Loại
Vậy anot đã có O2, dung dịch Y chứa K+ (x), SO42- (0,28), OH- (0,46), bảo toàn điện tích → x = 1,02
Catot: nCu = 0,28 và nH2 = u
Anot: nCl2 = 0,51 và nO2 = v
Bảo toàn electron: 2u + 0,28.2 = 4v + 0,51.2
n khí tổng = u + v + 0,51 = 0,785
→ u = 0,26; v = 0,015
→ ne trong a giờ = 2nCu + 2nH2 = 1,08
Nghiệm thỏa mãn giả thiết 0,36.2 < ne trong a giờ < 0,36.3,6
→ x : y = 1,02/0,28 = 3,64
TH2: Chất hòa tan Al2O3 là H+.
Lúc 2t: nAl2O3 = 0,08 → nH+ = 0,48
Anot: nCl2 = 0,5x và nO2 = nH+/4 = 0,12
n khí tổng 0,5x + 0,12 = 0,44 → x = 0,64
Lúc a giờ: nAl2O3 = 0,23 → nH+ = 1,38
Nếu catot chưa có H2 thì tại anot: nCl2 = 0,32 và nO2 = nH+/4 = 0,345
→ n khí tổng = 0,32 + 0,345 ≠ 0,785: Loại
Vậy catot đã có H2, dung dịch Y chứa K+ (0,64), SO42- (y), H+ (1,38), bảo toàn điện tích → y = 1,01
Catot: nCu = 1,01 và nH2 = u
Anot: nCl2 = 0,32 và nO2 = v
Bảo toàn electron: 2u + 1,01.2 = 4v + 0,32.2
n khí tổng = u + v + 0,32 = 0,785
→ u = 0,08; v = 0,385
→ ne trong a giờ = 2nCu + 2nH2 = 2,18
Nghiệm không thỏa mãn giả thiết 0,36.2 < ne trong a giờ < 0,36.3,6 nên loại.
TH1: Chất hòa tan Al2O3 là OH-.
Lúc 2t: nAl2O3 = 0,08 → nOH- = 0,16
Catot: nCu = y và nH2 = nOH-/2 = 0,08
Anot: nCl2 = y + 0,08
n khí tổng = y + 0,08 + 0,08 = 0,44 → y = 0,28
→ ne trong 2t giờ = 0,72 → ne trong t giờ = 0,36
Lúc a giờ: nAl2O3 = 0,23 → nOH- = 0,46
Nếu anot chưa có O2 thì tại catot: nCu = 0,28 và nH2 = nOH-/2 = 0,23
→ Anot: nCl2 = 0,51
n khí tổng = 0,51 + 0,23 = 0,74 ≠ 0,785: Loại
Vậy anot đã có O2, dung dịch Y chứa K+ (x), SO42- (0,28), OH- (0,46), bảo toàn điện tích → x = 1,02
Catot: nCu = 0,28 và nH2 = u
Anot: nCl2 = 0,51 và nO2 = v
Bảo toàn electron: 2u + 0,28.2 = 4v + 0,51.2
n khí tổng = u + v + 0,51 = 0,785
→ u = 0,26; v = 0,015
→ ne trong a giờ = 2nCu + 2nH2 = 1,08
Nghiệm thỏa mãn giả thiết 0,36.2 < ne trong a giờ < 0,36.3,6
→ x : y = 1,02/0,28 = 3,64
TH2: Chất hòa tan Al2O3 là H+.
Lúc 2t: nAl2O3 = 0,08 → nH+ = 0,48
Anot: nCl2 = 0,5x và nO2 = nH+/4 = 0,12
n khí tổng 0,5x + 0,12 = 0,44 → x = 0,64
Lúc a giờ: nAl2O3 = 0,23 → nH+ = 1,38
Nếu catot chưa có H2 thì tại anot: nCl2 = 0,32 và nO2 = nH+/4 = 0,345
→ n khí tổng = 0,32 + 0,345 ≠ 0,785: Loại
Vậy catot đã có H2, dung dịch Y chứa K+ (0,64), SO42- (y), H+ (1,38), bảo toàn điện tích → y = 1,01
Catot: nCu = 1,01 và nH2 = u
Anot: nCl2 = 0,32 và nO2 = v
Bảo toàn electron: 2u + 1,01.2 = 4v + 0,32.2
n khí tổng = u + v + 0,32 = 0,785
→ u = 0,08; v = 0,385
→ ne trong a giờ = 2nCu + 2nH2 = 2,18
Nghiệm không thỏa mãn giả thiết 0,36.2 < ne trong a giờ < 0,36.3,6 nên loại.
Đáp án C.