Điện phân dung dịch hỗn hợp HCl và 0,4 mol CuNO

A

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Viết phương trình điện phân, đặt mol vào PTHH và tính toán. Phương pháp tăng giảm khối lượng.

CT số mol e n_e = It/F.

Giải chi tiết:

Ta thấy:

+ Khối lượng thanh Fe tăng ⟹ dd sau pư có chứa Cu²⁺ ⟹ Cu²⁺ chưa điện phân hết

+ Cho Fe + dd sau pư sinh ra khí NO ⟹ dd sau pư có chứa H⁺ ⟹ ở anot H₂O đã bị điện phân

Cách 1:

Các PTHH điện phân là:

Cu(NO₃)₂ + 2 HCl → Cu + Cl₂ + 2 HNO₃ (1)

Cu(NO₃)₂ + H₂O → Cu + 0,5 O₂ + 2 HNO₃ (2)

Dung dịch sau điện phân chứa: Cu(NO₃)₂ dư và HNO₃

Từ (1) (2) ta thấy: n_HNO3 = 2n_{Cu2+ đp}

Đặt n_{Cu2+ đp} = a mol và n_HNO3 = 2a mol

→ n_{Cu2+ dư} = 0,4 - a (mol)

Cho thanh Fe vào dd sau điện phân, do Fe còn dư → chỉ sinh ra Fe²⁺

3 Fe + 8 HNO₃ → 3 Fe(NO₃)₂ + 2 NO + 4 H₂O

0,75a ←   2a

Fe     +    Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

0,4-a ← 0,4-a →            0,4-a

m _{thanh Fe tăng} = m_Cu - m_{Fe pư}

⇔ 64.(0,4-a) - 56.(0,75a + 0,4 - a) = 1,2

⇔ a = 0,04 mol

Thời gian điện phân t = (2.0,04.96500) : 10 = 772 giây

Cách 2:

Đặt n_{Cu(NO3)2 đp} = x mol

Catot (-):

Cu²⁺ + 2e → Cu

Anot (+):

Cl^- → ½ Cl₂ + 1e

H₂O → 2H⁺ + ½ O₂ + 2e

Dung dịch sau điện phân chứa: \(\left\{ \begin{array}{l}C{u^{2 + }}du:0,4 - x\left( {mol} \right)\\N{O_3}^ - :0,8\left( {mol} \right)\\ \overset{BTDT}{\rightarrow} {H^ + }:2{\rm{x}}\left( {mol} \right)\end{array} \right.\)

Khi cho Fe vào dd sau điện phân:

Fe        +     Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

(0,4-x) ← (0,4-x) →        (0,4-x)                    (mol)

3Fe    +   8H⁺ + 2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O (lưu ý Fe dư nên tạo muối Fe²⁺)

0,75x ← 2x                                                     (mol)

Ta có m_{thanh sắt tăng} = m_Cu - m_{Fe pư} ⟹ 64.(0,4 - x) - 56.(0,4 - x + 0,75x) = 1,2 ⟹ x = 0,04.

⟹ n_e = 2x = 0,08 mol

⟹ t = \(\dfrac{{{n_e}.F}}{I}\) = \(\dfrac{{0,08.96500}}{{10}}\) = 772 giây.

Đáp án A