Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp NaCl và Cu(NO3)2 vào nước, thu...

Phương pháp:
Thứ tự xảy ra điện phân là
Tại A(+) $2\text{C}{{\text{l}}^{-}}\to \text{C}{{\text{l}}_{2}}+2\text{e}$
$2{{\text{H}}_{2}}\text{O}\to 4{{\text{H}}^{+}}+4\text{e}+{{\text{O}}_{2}}$
Tại K(-) $\text{C}{{\text{u}}^{+2}}+2\text{e}\to \text{Cu}$
$2{{\text{H}}_{2}}\text{O}+2\text{e}\to {{\text{H}}_{2}}+2\text{O}{{\text{H}}^{-}}$

+ Giai đoạn (1) chỉ có điện phân tạo khí tại anot
+ Giai đoạn (2) đồ thị lên nhanh nên có điện phân tạo khí ở cả 2 cực với cực A là điện phân Cl-​ và K là điện phân H2​O
+ Giai đoạn (3) đồ thị đi lên nhưng chậm hơn giai đoạn 2 $\Rightarrow $ điện phân nước ở cả hai cực Xét từng giai đoạn tìm số mol khí thoát ra từng giai đoạn
Bảo toàn nguyên tố
Hướng dẫn giải:
PTHH :
Thứ tự xảy ra điện phân là
Tại A(+): $2\text{C}{{\text{l}}^{-}}\to \text{C}{{\text{l}}_{2}}+2\text{e}$
$2{{\text{H}}_{2}}\text{O}\to 4{{\text{H}}^{+}}+4\text{e}+{{\text{O}}_{2}}$
Tại K(-): $\text{C}{{\text{u}}^{+2}}+2\text{e}\to \text{Cu}$
$2{{\text{H}}_{2}}\text{O}+2\text{e}\to {{\text{H}}_{2}}+2\text{O}{{\text{H}}^{-}}$
+ Giai đoạn (1) chỉ có điện phân tạo khí tại anot
+ Giai đoạn (2) đồ thị lên nhanh nên có điện phân tạo khí ở cả 2 cực với cực A là điện phân Cl-​ và K là điện phân H2​O
+ Giai đoạn (3) đồ thị đi lên nhưng chậm hơn giai đoạn 2 điện phân nước ở cả hai cực
*Xét giai đoạn (1) t1​ $=\left[ 0;a \right]:$ ​ Chỉ sinh ra khí Cl2​
$\Rightarrow {{n}_{\text{Cl}2(1)}}=0,06\text{mol}\Rightarrow {{n}_{C(1)}}=2{{n}_{\text{Cl}2(1)}}=0,12\text{mol}$
*Xét giai đoạn (2) t2​ =[a; b]: Sinh ra thêm khí Cl2​, H2​
nkhí tăng thêm ​= nCl2(2) ​+ nH2(2) ​= 0,18 - 0,06 = 0,12 mol
Catot: H2​O+le → 0,5 H2​ + OH-​
Anot: Cl-​ → 0,5 Cl2​ + le
Theo bảo toàn e thì: nC​12(2) ​= nH2(2) ​= 0,12/2=0,06 mol
$\Rightarrow $ ne(2)​ = 2nH2(2) ​= 0,06.2 = 0,12 (mol).
Vì ng tỉ lệ thuận với t nên ta có:
$\dfrac{{{t}_{1}}}{{{t}_{2}}}=\dfrac{{{n}_{e\left( 1 \right)}}}{{{n}_{e(2)}}}\to \dfrac{a-0}{b-a}=\dfrac{0,12}{0,12}\to 2a=b$
*Xét giai đoạn (3) t3​ = [b; 1,6b] điện phân nước ở cả hai cực thì:
Ta có. $\dfrac{{{t}_{3}}}{{{t}_{2}}}=\dfrac{1,6b-b}{b-a}=\dfrac{0,6b}{b-a}=\dfrac{0,6b}{b-\dfrac{1}{2}b}=1,2$
-
-
Vì ne​ tỉ lệ thuận với t nên ta có: $\dfrac{{{t}_{3}}}{{{t}_{2}}}=\dfrac{{{n}_{c(3)}}}{{{n}_{e(2)}}}=1,2\to {{n}_{e(3)}}=1,2.{{n}_{e(2)}}=1,2.0,12=0,144(\text{mol})$
Catot: ${{\text{H}}_{2}}\text{O}+1\text{e}\to 0,5{{\text{H}}_{2}}+\text{O}{{\text{H}}^{-}}$
0,144 → 0,072 (mol)
Anot: H2​O → 2H+0,5 O2​ + 2e
0,036 ← 0,144 (mol)
$\Rightarrow \text{x}=0,18+\text{n}{{\text{o}}_{2(3)}}+{{\text{n}}_{\text{H}2(3)}}=0,18+0,036+0,072=0,288 \text{mol}$
(1) sai vì tại catot thì: nkhí = nH212) + nH2(3) = 0,06 + 0,072 = 0,132 mol $\Rightarrow $ V=2,9568 mol
(2) đúng
(3) đúng
Bảo toàn $\text{Cl}\Rightarrow {{\text{n}}_{\text{NaCl}}}=2{{\text{n}}_{\text{Cl}}}_{2(1)}+2{{\text{n}}_{\text{Cl2}(2)}}=2.0,06+2.0,06=0,24\text{mol}$
Bảo toàn $\text{Cu}\Rightarrow {{\text{n}}_{\text{Cu}(\text{NO}3)2}}={{\text{n}}_{\text{Cu}(\text{l})}}=0,06\text{mol}$
$\Rightarrow \text{m}=0,06.188+0,24.58,5=25,32$ gam
(4) đúng
Dung dịch sau điện phân có chứa: $\text{N}{{\text{a}}^{+}}(0,24\text{mol});\text{N}{{\text{O}}_{\text{3}}}^{-}(0,12\text{mol})\text{ v }\!\!\grave{\mathrm{a}}\!\!\text{ O}{{\text{H}}^{-}}$
Bảo toàn điện tích $\Rightarrow {{n}_{OH-}}=0,12mol$
Ta có: $2\text{O}{{\text{H}}^{-}}+2\text{Al}+2{{\text{H}}_{2}}\text{O}\to 2\text{Al}{{\text{O}}_{\text{2}}}^{-}+3{{\text{H}}_{2}}$
0,12 → 0,12
mAl​ = 3,24 gam
Vậy có 3 kết luận đúng (2)(3)(4).