Đáp án đúng: C
Phương pháp giải:
Xét trong 20 phút đầu. Số mol electron trao đổi là: \({n_{e\,trao\,doi1}} = \frac{{I.t}}{F} = \frac{{7,72.20.60}}{{96500}} = 0,096\,(mol)\)
Số mol khí thu được bên anot: \(n{\,_{khi(dktc)}} = \frac{V}{{22,4}} = \frac{{0,7056}}{{22,4}} = 0,0315\,(mol)\)
Đặt số mol Cl2 = a (mol) và số mol O2 = b (mol)
Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}n{\,_{khi\,anot}} = a + b = 0,0315\\{n_{e\,trao\,doi}}_1 = 2a + 4b = 0,096\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = ? = {n_{C{l_2}}}\\b = ? = {n_{{O_2}}}\end{array} \right.\)
BTNT “Cl”: nFeCl3 = 1/3nCl- = 2/3nCl2 = ? (mol)
Xét trong 30 phút tiếp theo: Số mol electron trao đổi là: \({n_{e\,trao\,doi2}} = \frac{{I.t}}{F} = \frac{{7,72.30.60}}{{96500}} = 0,144\,(mol)\)
Số mol khí thu được hai bên : \(n{\,_{khi(dktc)}} = \frac{V}{{22,4}} = \frac{{0,8176}}{{22,4}} = 0,0365\,(mol)\)
Nếu trong 20 phút đầu tiên Cu2+ đã điện phân hết thì 30 phút tiếp theo chỉ có H2 thoát ra bên catot và O2 thoát ra bên anot.
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_{{H_2}(catot)}} = \frac{{ne\,trao\,doi\,2}}{2} = ?\,(mol)\\{n_{{O_2}(anot)}} = \frac{{ne\,trao\,doi\,2}}{4} = ?\,(mol)\end{array} \right.\) → kết luận được vô lí
Do đó trong 20 phút đầu Cu2+ chưa điện phân hết, Cu2+ tiếp tục bị điện phân ở 30 phút tiếp theo
Sử dụng bảo toàn e, chú ý có hiện tượng dương cực tan.
Giải chi tiết:Xét trong 20 phút đầu. Số mol electron trao đổi là: \({n_{e\,trao\,doi1}} = \frac{{I.t}}{F} = \frac{{7,72.20.60}}{{96500}} = 0,096\,(mol)\)
Số mol khí thu được bên anot: \(n{\,_{khi(dktc)}} = \frac{V}{{22,4}} = \frac{{0,7056}}{{22,4}} = 0,0315\,(mol)\)
Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}n{\,_{khi\,anot}} = a + b = 0,0315\\{n_{e\,trao\,doi}}_1 = 2a + 4b = 0,096\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,015 = {n_{C{l_2}}}\\b = 0,0165 = {n_{{O_2}}}\end{array} \right.\)
Đặt số mol Cl2 = a (mol) và số mol O2 = b (mol)
\(\left\{ \begin{array}{l}n{\,_{khi\,anot}} = a + b = 0,0315\\{n_{e\,trao\,doi}}_1 = 2a + 4b = 0,096\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,015 = {n_{C{l_2}}}\\b = 0,0165 = {n_{{O_2}}}\end{array} \right.\)
BTNT “Cl”: nFeCl3 = 1/3nCl- = 2/3nCl2 = 2/3.0,015 = 0,01 (mol)
Xét trong 30 phút tiếp theo: Số mol electron trao đổi là: \({n_{e\,trao\,doi2}} = \frac{{I.t}}{F} = \frac{{7,72.30.60}}{{96500}} = 0,144\,(mol)\)
Số mol khí thu được hai bên : \(n{\,_{khi(dktc)}} = \frac{V}{{22,4}} = \frac{{0,8176}}{{22,4}} = 0,0365\,(mol)\)
Nếu trong 20 phút đầu tiên Cu2+ đã điện phân hết thì 30 phút tiếp theo chỉ có H2 thoát ra bên catot và O2 thoát ra bên anot.
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_{{H_2}(catot)}} = \frac{{ne\,trao\,doi\,2}}{2} = \frac{{0,144}}{2} = 0,072\,(mol)\\{n_{{O_2}(anot)}} = \frac{{ne\,trao\,doi\,2}}{4} = \frac{{0,144}}{4} = 0,036\,(mol)\end{array} \right.\)
suy ra tổng mol khí thu được là: 0,072 + 0,036 = 0,108 # đề cho 0,0365 → vô lí
Do đó trong 20 phút đầu Cu2+ chưa điện phân hết, Cu2+ tiếp tục bị điện phân ở 30 phút tiếp theo
Đặt trong dd số mol Cu2+ còn dư = x (mol)20 phút đầu khối lượng Cu thu được bên catot là: \({n_{Cu}} = \frac{{{n_{e\,trao\,doi\,1}} - \,{n_{F{e^{3 + }}\,trao\,doi}}}}{2} = \frac{{0,096 - 0,01.1}}{2} = 0,043\,(mol)\)
Khi cắm ngược cực, xảy ra điện cực dương tan. Tốn 0,086 mol electron để chuyển toàn bộ Cu bên cực này sang bên cực kia.
→ ne còn lại = 0,144 – 0,086 = 0,058 (mol)
Lúc này:
Catot: nCu = nCu2+ = x (mol) → nH2 = (ne còn lại – ne Cu2+ nhận)/2 = (0,058 – 2x)/2 → nH2 = 0,029 – x (mol)
Anot: \({n_{{O_2}(anot)}} = \frac{{ne\,con\,lai}}{4} = \frac{{0,058}}{4} = 0,0145\,(mol)\)
Ta có: nH2 catot + nO2 catot = 0,0365
→ 0,029 – x + 0,0145 = 0,0365
→ x = 0,007
→ nCu2+ ban đầu = 0,043 + 0,007 = 0,05 (mol)
→ b = nCu2+/V = 0,05/0,1= 0,5 (M)
Đáp án C
