145 Bài tập Sự điện li ôn thi Đại học có lời giải (P4)

Đáp án A

Đáp án D

Bảo toàn điện tích: ax = 0,01 + 0,02 x 2 - 0,02 = 0,03

Chỉ có D thõa mãn; vì OH^- không tồn tại chung dung dịch với HCO₃^-

Đáp án C

Đáp án B

∑n_{e trao đổi} = 0,15 mol.

Vì 2n_Cu²⁺ > 0,15 ⇒ Cu²⁺ còn dư.

Vì n_Cl^– < 0,15 ⇒ Ở Anot nước đã điện phân: 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e.

⇒ Trong dung dịch sau điện phân chứa: Cu(NO₃)_{2 dư} , KNO₃ và HNO₃ ⇒ Chọn B.

Đáp án B

n_e = 0,15 mol; n_Cl^– = 0,2 mol ||⇒ Cl^– chưa bị điện phân hết ⇒ n_Cl2 = 0,075 mol.

Ghép sản phẩm, dễ thấy ghép 0,075 mol CuCl₂ thì m_giảm = 10,125(g) > 9,195(g) ⇒ vô lí!.

⇒ sản phẩm gồm CuCl₂ và HCl với số mol x và y ⇒ n_Cl = 2x + y = 0,15 mol.

m_giảm = 135x + 36,5y = 9,195(g) ||⇒ giải hệ có: x = 0,06 mol; y = 0,03 mol.

Do catot đã có điện phân H₂O ⇒ a = 0,06 ÷ 0,1 = 0,6M

Đáp án D

Do ion Na⁺ không bị điện phân trong dung dịch ⇒ tại catot chỉ xảy ra sự khử H₂O

Đáp án D

Đặt n_NO = x; n_N2O = y ⇒ n_Z = x + y = 0,005 mol; m_Z = 30x + 44y = 0,005 × 19,2 × 2.

||⇒ giải hệ có: x = 0,002 mol; y = 0,003 mol || n_{Mg dư} = n_H2 = 0,005 mol 

⇒ n_Ag = (0,336 – 0,005 × 24) ÷ 108 = 0,002 mol. Đặt n_{Mg phản ứng} = a. Bảo toàn electron: 

2n_{Mg phản ứng} = 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3 + n_Ag ⇒ n_NH4NO3 = (0,25a – 0,004) mol 

||⇒ m_muối = 148a + 80.(0,25a – 0,004) = 3,04(g) ⇒ a = 0,02 mol. Lại có:

 n_e = n_H⁺ = n_HNO3 = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4NO3 = 0,048 mol ⇒ t = 2316(s)

Đáp án D

Các kim loại từ Al trở về trước trong dãy điện hóa chỉ được điều chế bằng cách điện phân nóng chảy hợp chất của chúng

Đáp án C

 n_Cu²⁺ = 0,05 mol; n_Cl^– = 0,35 mol; n_e = 0,2 mol.

– Tại anot: 2Cl^– → Cl₂ + 2e ||⇒ Cl^– chưa bị điện phân hết.

– Tại catot: Cu²⁺ + 2e → Cu ||⇒ Cu²⁺ hết, còn 0,1 mol e.

2H₂O + 2e → 2OH^– + H₂↑ ⇒ n_OH^– = 0,1 mol. 

 2Al + 2OH^– + 2H₂O → 2AlO₂^– + 3H₂↑.

⇒ n_Al = 0,1 mol ||⇒ m = 0,1 × 27 = 2,7(g)

Đáp án B

4AgNO₃ + 2H₂O $\stackrel{dp}{\to }$ 4Ag + 4HNO₃ + O₂

Dung dịch sau điện phân chứa AgNO_{3 dư} = 0,3–x và HNO₃ = x mol

Thấy m_{Ag tối đa} = 0,3 × 108 = 32,4 < 34,28g → chứng tỏ chất rắn chứa Ag :0,3-x và Fe dư :y 

Có n_NO = n_HNO3 ÷ 4 = 0,25x mol

Bảo toàn electron → 2n_{Fe pư} = 3n_NO + n_Ag.

⇒ n_{Fe pư} = ( 3×0,25x + 0,3-x) : 2 = 0,15-0,125x

→ 108×(0,3-x) + 22,4 – 56×(0,15-0,125x) = 34,28 ⇒ x = 0,12 mol

⇒ Thời gian điện phân t = $\frac{0,12 \times 96500}{2,68 \times 3600}$ = 1,2 giờ

Đáp án B

Quá trình diễn ra theo thứ tự các phản ứng sau:

2NaCl + 2H₂O $\underset{CMN}{\overset{DPDD}{\to }}$ NaOH(X) + Cl₂↑ (anot) + H₂↑ (catot)

CO₂ (dư) + NaOH (X) → NaHCO₃ (Y)

1NaHCO₃ + 1Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + NaOH + H₂O.

Vậy chất Z lại chính là NaOH

Đáp án C

xem dung dịch Y: bảo toàn 0,15 mol anion NO₃^–; Fe + Y → hỗn hợp kim loại + khí NO 

||→ Y chứa cation Ag⁺ và H⁺. Quan sát sơ đồ bài tập HNO₃:

BTKL kim loại: 12,6 + 108 × (0,15 – 4x) = 56 × (0,075 – ½.x) + 14,5 ||→ x = 0,025 mol.

||→ n_{e trao đổi} = n_H⁺ _{sinh ra} = 4z = 0,1 mol ||→ thời gian t = 96500 × 0,1 ÷ 2,68 = 3600 (s) ⇄ 1 giờ.

||→ theo đó đáp án cần chọn là C.

Đáp án A

Vì Mg + dung dịch X → N₂O và NO ⇒ X có chứa HNO₃.

+ Nhận thấy 0,036 gam hỗn hợp kim loại chính là Ag và Mg.

⇒ X chứa AgNO₃ dư và n_{Mg dư} = 0,005 mol ⇒ n_Ag = 0,002 mol

+ PT theo bảo toàn e ta có: 2n_Mg = n_Ag + 8n_NH4⁺ + 8n_N2O + 3n_NO.

<=>  2a – 8b = 0,032 (1).

+ PT theo khối lượng muối: 148a + 80b = 3,04 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ n_{Mg pứ} = 0,02 và n_NH4NO3 = 0,001.

⇒ Bảo toàn nitơ ta có n_HNO3/X = 0,047 mol.

⇒ t = 0,047 × 96500 ÷ 2 = 2267,75s

Đáp án D

Bảo toàn điện tích ta có n_SO4^2– = $\frac{0,1 \times 2 + 1,2 - 0,3}{2}$ = 0,55 mol.

⇒ Bảo toàn khối lượng có m_Muối = 0,1×64 + 0,3×35,5 + 1,2×23 + 0,55×96 = 97,45 gam.

Đáp án A

Na₂SO₄ tạo bởi ion Na⁺ và SO₄²⁻, dễ thấy cả 2 ion đều không bị khử trong dung dịch

⇒ điện phân dung dịch Na₂SO₄ thực chất là điện phân H₂O  

||⇒ Tức vai trò của Na₂SO₄ chỉ làm tăng độ dẫn điện (Do phân li ra các ion dẫn điện) 

hay làm giảm điện trở của bình điện phân ⇒ tăng hiệu suất điện phân H₂O ||► A đúng

● Do quá trình chỉ là điện phân H₂O: 2H₂O → 2H₂↑ + O₂↑ ⇒ không sinh ra chất tan, các khí đều không tan hoặc ít tan trong H₂O || Mặt khác, số mol Na₂SO₄ không đổi nhưng Vdd thay đổi (do V(H₂O) giảm) ⇒ [Na₂SO₄] tăng ||► B sai

● Dung dịch thu được chỉ có Na₂SO₄ ⇒ không hòa tan được Al₂O₃ ||► C sai  

● H₂O bị điện phân ở cả 2 cực không sinh ra H⁺ hay OH⁻ nên pH dung dịch không đổi ||► D sai

Đáp án B

Với t₁ = 193s, t₂ = 579s = 3t₁ ⇒ n_{e (2)} = 3n_{e (1)}.

Mà m₂ = 6,4 = 2m₁ nên M²⁺ ở lần 2 đã hết (Lần 1 vẫn còn).

Ta có n_Ag = 0,05 mol ⇒ n_M²⁺ = 0,05÷2 = 0,025 mol.

⇒ M_M = 1,6 ÷ 0,025 = 64 ⇒ M là Cu

Đáp án C

Đáp án C

Đáp án D

Ta có n_MgO = 0,3 mol ⇒ n_{O2↑ khi chưa sinh ra H2} = 0,15 mol.

Đặt n_Cu = a || n_H2 = b ⇒ ∑n_O2↑ = 0,15 + 0,5b || n_Cl2 = c ta có:

+ PT theo khí thoát ra ở 2 cực: 1,5b + c = 0,25 (1).

+ PT bảo toàn e: 2a – 2c = 0,6 (2).

+ PT theo tỉ lệ $\frac{n_{Cu}}{n_{Cl}} =$2 : a – 4c = 0 (3).

+ Giải hệ (1) (2) và (3) ⇒ a = 0,4, b = c = 0,1 <=> n_Cl2 = 0,1.

⇒ Ở 2t giây tổng số mol e nhường = 2nCl₂ + 4n_O2 = 1 mol.

⇒ Tổng số mol e nhường ở t giây = 1 ÷ 2 = 0,5.

⇒ V lít khí gồm 0,1 mol Cl₂ và 0,075 mol O₂.

⇒ V = (0,1 + 0,075) × 22,4 = 3,92 lít

Đáp án A

2HCO₃⁻ (t°) → CO₃²⁻ + CO₂↑ + H₂O ⇒ nCO₃²⁻ = 0,07 mol

Trong khi ∑n(Ca²⁺, Mg²⁺) = 0,08 mol ⇒ tạo ↓ kiểu gì cũng còn dư 0,01 mol 

⇒ vẫn còn ion Ca²⁺ hoặc Mg²⁺ hoặc cả 2 ⇒ nước cứng vỉnh cửu (vì chứa anion Cl⁻ và SO₄²⁻)

Đáp án D

Nước cứng vĩnh cửu không thể chứa HCO₃^– được.

⇒ Loại A B và C

Đáp án A

Ta có phản ứng điện phân: 

CuSO₄ + H₂O → Cu + 0,5O₂ + H₂SO₄.

Với m_Giảm = m_Cu + m_O2 <=> 64a + 32×0,5a = 16 <=> a = 0,2.

n_CuSO4 = n_H2S = 0,1 mol.

⇒ n_CuSO4 = n_CuSO4 pứ + n_H2S = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol.

⇒ C_{M CuSO4} = 0,3÷0,3 = 1M 

Đáp án B

Đáp án A

Ta có C_{M HNO3} = C_{M Cu(NO3)2}

Vì thanh Fe còn dư ⇒ sản phẩm cuối cùng là Fe²⁺.

Ta có các pứ: 3Fe + 8HNO₃ → 3Fe(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O.

Sau đó: Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu↓.

Ta có: m_Giảm = m_Fe – m_Cu = 56×($\frac{3a+a}{8}$ + a) – 64a = 1,04.

<=> 13a = 1,04 <=> a = 0,08 mol.

⇒ n_HNO3 = 0,08 ∑n_{e trao đổi} = 0,08 mol ⇒ t = $\frac{0,08 \times 96500}{2}$ = 3860 giây.

Đáp án A

Đáp án B

► Dung dịch thu được không pứ với AgNO₃ ⇒ dung dịch thu được không còn Cl⁻

Ở đây ta cần chú ý, với H⁺ bị điện phân tại catot và anot bị điện phân H₂O

thì: 2H⁺ + 2e → H₂ || 2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e ⇒ cộng lại cho khử e thì:

2H₂O → 2H₂ + O₂ ⇒ xem như điện phân H₂O ⇒ pH không đổi

Mà ta thấy sau t(s) đầu tới t(s) sau thì pH bị thay đổi

⇒ H₂O và H⁺ không bị điện phân cùng lúc ngay t(s) đầu

► Mặt khác, phần xem như điện phân H₂O không cần quan tâm vì không có gì đặc biệt

⇒ xét phần còn lại, thấy nH⁺ giảm = nH⁺ bị điện phân = 0,1 – 0,01 = 0,09 mol

nH⁺ sau khi điện phân t(s) = 0,1 mol = nHCl ban đầu ⇒ nCl⁻ = 0,1 mol

BTe: nCu = (0,1 – 0,09) = 0,005 mol

Đáp án D

Vì Mg + dung dịch X → N₂O và NO ⇒ X có chứa HNO₃.

+ Nhận thấy 0,036 gam hỗn hợp kim loại chính là Ag và Mg.

⇒ X chứa AgNO₃ dư và n_{Mg dư} = 0,005 mol ⇒ n_Ag = 0,002 mol

+ PT theo bảo toàn e ta có: 2n_Mg = n_Ag + 8n_NH4⁺ + 8n_N2O + 3n_NO.

<=> 2a – 8b = 0,032 (1).

+ PT theo khối lượng muối: 148a + 80b = 3,04 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ n_{Mg pứ} = 0,02 và n_NH4NO3 = 0,001.

⇒ Bảo toàn nitơ ta có n_HNO3/X = 0,048 mol.

⇒ t = 0,048 × 96500 ÷ 2 = 2316s

Đáp án C

Đáp án A

Nhận thấy dung dịch Y làm quỳ tím hóa xanh → Y chứa OH^- và bên catot xảy ra quá trình điện phân Cu²⁺, H₂O bên anot mới điện phân xong hết Cl^-

Khi cho Y tác dụng với AgNO₃ thu được kết tủa là Ag₂O : 0,01 mol

→ n_OH^- = n_Ag⁺ = 0,02 mol → n_H2 = 0,01 mol

Chú ý khối lượng dung dịch giảm gồm Cu : y mol, H₂ : 0,01 mol, Cl₂ : 0,5x mol

Khi đó có hệ

→ x : y = 10 : 3

Đáp án B

Đáp án A

Khối lượng dung dịch giảm gồm CuCl₂: 0,075 mol và CuO : $\frac{14,125 - 0,075.(64 + 71)}{80}$ = 0,05 mol

Dung dịch Y chứa CuSO₄ : 0,2- 0,075- 0,05 = 0,075 mol, H₂SO₄ : 0,125 mol ( bảo toàn nhóm SO₄^2-)

Khi cho 15 gam bột Fe thì xảy ra phản ứng

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Khối lượng chất rắn thu được gồm Cu : 0,075 mol và Fe dư: 15- 0,075. 56- 0,125. 56 = 3,8 gam.

⇒ m = 0,075. 64 +3,8 = 8,6 gam

Đáp án A

Đáp án B

n_NaCl = 0,48.0,5 = 0,24 (mol)

Trong thời gian t giây:

n_{Khí anot} = 0,135 (mol) bao gồm n_Cl2 = 0,12 (mol) => n_O2 = 0,135 – 0,12 = 0,015 (mol)

=> ∑ n_e (trao đổi) = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 2.0,12 + 0,015.4 = 0,3 (mol)

Trong thời gian 2t giây thì n_e = 0,3.2 = 0,6 (mol) ; n_{Khí thoát ra} = 8,4/22,4 = 0,375 (mol)

+ Anot: n_Cl2 = 0,12 => n_O2 = (0,6 – 0,12.2)/4 = 0,09 (mol)

+ Catot: n_H2 = 0,375 – n_Cl2 – n_O2 = 0,375 – 0,12 – 0,09 = 0,165 (mol)

Vì catot có H₂ thoát ra nên M²⁺ điện phân hết

Catot                                                                                       Anot

M²⁺ +2e → M                                                                        2Cl^- → Cl₂    + 2e

(0,6 – 0,33)→0,135        (mol)                                                          0,12 → 0,24               (mol)

2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-                                                      2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

0,33← 0,165                   (mol)                                                         0,09   ←(0,6 – 0,24)  (mol)

M_{tinh thể} = 32,67/0,135 = 242 (g/mol)

=> M + 124 + 18n = 242

=> M + 18n = 118

=> n = 3 ; M =64 (Cu) thỏa mãn

Tại thời gian t giây Cu²⁺ đã bị điện phân hết

=> m = m_Cu = 0,135.64 = 8,64 (g)