Google
Câu hỏi: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl vào nước, thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ không đổi. Tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (gấp khúc tại điểm M, N). Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước. Giá trị của m là
A. 17,48.
B. 15,76.
C. 13,42.
D. 11,08.
A. 17,48.
B. 15,76.
C. 13,42.
D. 11,08.
Giai đoạn 1:
$\begin{aligned}
& Anot:2C{{l}^{-}}-2e\to C{{l}_{2}} \\
& Catot:C{{u}^{2+}}+2e\to Cu \\
\end{aligned}$
Khí thoát ra là Cl2 $\to {{n}_{C{{l}^{-}}}}=2{{n}_{C{{l}_{2}}}}=2.0,04=0,08 \left( mol \right)={{n}_{e}}$.
$\to {{n}_{C{{u}^{2+}}}}=\dfrac{1}{2}{{n}_{e}}=0,04 \left( mol \right)={{n}_{CuS{{O}_{4}}}}$.
Giai đoạn 2 : độ dốc đồ thị lớn hơn giai đoạn 1 nên có cả Cl2 và H2 cùng thoát ra, Cl- bị điện phân hết.
$\begin{aligned}
& Anot:2C{{l}^{-}}-2e\to C{{l}_{2}} \\
& Catot:{{H}_{2}}O+e\to O{{H}^{-}}+\dfrac{1}{2}{{H}_{2}} \\
\end{aligned}$
Gọi ${{n}_{C{{l}_{2}}}}=\dfrac{1}{2}{{n}_{e}}={{n}_{{{H}_{2}}}}=x \left( mol \right)\to {{n}_{e}}=2x \left( mol \right)$.
Giai đoạn 3 : H2O bị điện phân ở cả 2 cực, khí sinh ra là H2 và O2.
$\begin{aligned}
& Anot:{{H}_{2}}O-2e\to 2{{H}^{+}}+\dfrac{1}{2}{{O}_{2}} \\
& Catot:{{H}_{2}}O+e\to O{{H}^{-}}+\dfrac{1}{2}{{H}_{2}} \\
\end{aligned}$
Gọi ${{n}_{{{O}_{2}}}}=y\to \left\{ \begin{aligned}
& {{n}_{e}}=4{{n}_{{{O}_{2}}}}=4y \\
& {{n}_{{{H}_{2}}}}=\dfrac{1}{2}{{n}_{e}}=2y \\
\end{aligned} \right.$
$\sum\nolimits_{mol khí}{= }{{n}_{C{{l}_{2}}\left( g\mathsf{}1 \right)}}+{{n}_{C{{l}_{2}}\left( g\mathsf{}2 \right)}}+{{n}_{{{H}_{2}}\left( g\mathsf{}2 \right)}}+{{n}_{{{H}_{2}}\left( g\mathsf{}3 \right)}}+{{n}_{{{O}_{2}}\left( g\mathsf{}3 \right)}}=0,04+x+x+y+2y=0,21$
Sau 3,5a giây thì số mol e đã trao đổi gấp 3,5 lần số mol e đã trao đổi sau khi kết thúc giai đoạn 1 $\to \sum\nolimits_{mol e}{= }{{n}_{e\left( g\mathsf{}1 \right)}}+{{n}_{e\left( g\mathsf{}2 \right)}}+{{n}_{e\left( g\mathsf{}3 \right)}}=0,08+2x+4y=3,5.0,08$.
Giải hệ : x = 0,04 ; y = 0,03 (mol).
$BTNT [Cl] {{n}_{NaCl}}=2\left( {{n}_{C{{l}_{2}}}}_{phần 1}+{{n}_{C{{l}_{2}}}}_{phần 2} \right)=0,04+2.0,04=0,08$
$\to m=58,5.0,08+160.0,04=11,08 (g)$.
Nhận xét : ở đây có thể đặt ra câu hỏi có thể giai đoạn 2 thể tích khí tăng mạnh do Cl2 và O2 cùng thoát ra ở anot, lúc đó đồ thị sẽ biểu diễn bằng 4 đoạn khác nhau :
Giai đoạn 1 : khí gồm Cl2.
Giai đoạn 2 : khí gồm Cl2, O2.
Giai đoạn 3 : khí gồm Cl2, O2, H2..
Giai đoạn 4 : khí gồm O2, H2.
Điều này không hợp lý với đặc điểm đồ thị đề bài ra.
$\begin{aligned}
& Anot:2C{{l}^{-}}-2e\to C{{l}_{2}} \\
& Catot:C{{u}^{2+}}+2e\to Cu \\
\end{aligned}$
Khí thoát ra là Cl2 $\to {{n}_{C{{l}^{-}}}}=2{{n}_{C{{l}_{2}}}}=2.0,04=0,08 \left( mol \right)={{n}_{e}}$.
$\to {{n}_{C{{u}^{2+}}}}=\dfrac{1}{2}{{n}_{e}}=0,04 \left( mol \right)={{n}_{CuS{{O}_{4}}}}$.
Giai đoạn 2 : độ dốc đồ thị lớn hơn giai đoạn 1 nên có cả Cl2 và H2 cùng thoát ra, Cl- bị điện phân hết.
$\begin{aligned}
& Anot:2C{{l}^{-}}-2e\to C{{l}_{2}} \\
& Catot:{{H}_{2}}O+e\to O{{H}^{-}}+\dfrac{1}{2}{{H}_{2}} \\
\end{aligned}$
Gọi ${{n}_{C{{l}_{2}}}}=\dfrac{1}{2}{{n}_{e}}={{n}_{{{H}_{2}}}}=x \left( mol \right)\to {{n}_{e}}=2x \left( mol \right)$.
Giai đoạn 3 : H2O bị điện phân ở cả 2 cực, khí sinh ra là H2 và O2.
$\begin{aligned}
& Anot:{{H}_{2}}O-2e\to 2{{H}^{+}}+\dfrac{1}{2}{{O}_{2}} \\
& Catot:{{H}_{2}}O+e\to O{{H}^{-}}+\dfrac{1}{2}{{H}_{2}} \\
\end{aligned}$
Gọi ${{n}_{{{O}_{2}}}}=y\to \left\{ \begin{aligned}
& {{n}_{e}}=4{{n}_{{{O}_{2}}}}=4y \\
& {{n}_{{{H}_{2}}}}=\dfrac{1}{2}{{n}_{e}}=2y \\
\end{aligned} \right.$
$\sum\nolimits_{mol khí}{= }{{n}_{C{{l}_{2}}\left( g\mathsf{}1 \right)}}+{{n}_{C{{l}_{2}}\left( g\mathsf{}2 \right)}}+{{n}_{{{H}_{2}}\left( g\mathsf{}2 \right)}}+{{n}_{{{H}_{2}}\left( g\mathsf{}3 \right)}}+{{n}_{{{O}_{2}}\left( g\mathsf{}3 \right)}}=0,04+x+x+y+2y=0,21$
Sau 3,5a giây thì số mol e đã trao đổi gấp 3,5 lần số mol e đã trao đổi sau khi kết thúc giai đoạn 1 $\to \sum\nolimits_{mol e}{= }{{n}_{e\left( g\mathsf{}1 \right)}}+{{n}_{e\left( g\mathsf{}2 \right)}}+{{n}_{e\left( g\mathsf{}3 \right)}}=0,08+2x+4y=3,5.0,08$.
Giải hệ : x = 0,04 ; y = 0,03 (mol).
$BTNT [Cl] {{n}_{NaCl}}=2\left( {{n}_{C{{l}_{2}}}}_{phần 1}+{{n}_{C{{l}_{2}}}}_{phần 2} \right)=0,04+2.0,04=0,08$
$\to m=58,5.0,08+160.0,04=11,08 (g)$.
Nhận xét : ở đây có thể đặt ra câu hỏi có thể giai đoạn 2 thể tích khí tăng mạnh do Cl2 và O2 cùng thoát ra ở anot, lúc đó đồ thị sẽ biểu diễn bằng 4 đoạn khác nhau :
Giai đoạn 1 : khí gồm Cl2.
Giai đoạn 2 : khí gồm Cl2, O2.
Giai đoạn 3 : khí gồm Cl2, O2, H2..
Giai đoạn 4 : khí gồm O2, H2.
Điều này không hợp lý với đặc điểm đồ thị đề bài ra.
Đáp án D.