Điện phân dung dịch chứa x mol CuSO4, y mol H2SO4 và z mol NaCl (với điện cực trơ, có màng ngăn xốp,

15/40

Điện phân dung dịch chứa x mol CuSO₄, y mol H₂SO₄ và z mol NaCl (với điện cực trơ, có màng ngăn xốp, hiệu suất điện phân là 100%). Lượng khí sinh ra từ quá trình điện phân và khối lượng Al₂O₃ bị hòa tan tối đa trong dung dịch sau điện phân ứng với mỗi thí nghiệm được cho ở bảng dưới đây

	Thí nghiệm 1	Thí nghiệm 2	Thí nghiệm 3
Thời gian điện phân (giây)	t	2t	3t
Lượng khí sinh ra từ bình điện phân (mol)	0,32	0,80	1,20
Khối lượng Al₂O₃ bị hòa tan tối đa (gam)	8,16	0	8,16

Biết tại catot ion Cu²⁺ điện phân hết thành Cu trước khi ion H⁺ điện phân tạo thành khí H₂; cường độ dòng điện bằng nhau và không đổi trong các thí nghiệm trên. Tổng giá trị (x + y + z) bằng

1,8.

2,2.

1,6.

2,0.

Giải thích

Thời điểm 2t giây dung dịch không hòa tan được Al2O3 nên không chứa H+ hoặc OH- nhưng tới 3t giây thì dung dịch lại hòa tan được Al2O3 → Lúc 2t giây phải có NaCl dư.

Vì 0,8 > 0,32.2 nên lúc 2t giây catot đã có H2.

TH1: Lúc t giây chưa có H2.

nAl2O3 = 0,08 → nH2SO4 = y = 0,08.3 = 0,24

Lúc 2t giây: nCl2 = 0,32.2 = 0,64 → nH2 = 0,8 – 0,64 = 0,16

Bảo toàn electron: 2nCl2 = 2nCu + 2nH2 → nCu = x = 0,48

Lúc 3t giây: nOH- = 2nAl2O3 = 0,16

Dung dịch chứa SO42- (x + y = 0,72), Na+ (z), OH- (0,16), bảo toàn điện tích → z = 1,6

ne trong 3t giây = 0,32.2.3 = 1,92 → Các khí lúc 3t giây gồm Cl2 (z/2 = 0,8), O2 (0,08), H2 (0,48): Không thỏa mãn tổng mol khí là 1,2 nên trường hợp này loại.

TH2: Lúc t giây đã có H2.

nAl2O3 = 0,08 → nH+ lúc t giây = 0,48

→ nH2 = y – 0,24 → nCl2 = 0,32 – nH2 = 0,56 – y

Bảo toàn electron lúc t giây: 2x + 2(y – 0,24) = 2(0,56 – y) (1)

Từ t đến 2t thoát ra nH2 = nCl2 = 0,56 – y

→ 2(0,56 – y) = 0,8 – 0,32 → y = 0,32

(1) → x = 0,16

Lúc 3t, dung dịch chứa nOH- = 2nAl2O3 = 0,16; nSO42- = x + y = 0,48, bảo toàn điện tích → nNa+ = z = 1,12

→ x + y + z = 1,6