Điện phân dung dịch X chứa 5a mol Cu(NO3)2 và 2a mol KCl (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khi khối lượng catot tăng 25,6 gam thì dừng điện phân, thu được dung dịch Y và V1 lít khí. Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau:
– Cho 22,225 gam FeCl2 vào phần 1, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được V2 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và dung dịch chứa 108,125 gam hỗn hợp muối.
– Phần 2 hòa tan tối đa b mol kim loại Fe thu được dung dịch Z. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%. Các thể tích đo ở đktc. Trong các kết luận sau:
(a) Giá trị V1=3V2.
(b) Tỷ lệ a: b=8/15.
(c) Dung dịch Z làm mất màu hoàn toàn 28,44 gam KMnO4 trong H2SO4 loãng dư.
Các kết luận đúng là
A. (b). B. (c). C. (b), (c). D. (a), (c).
Câu trả lời tốt nhất
Y + Fe2+ tạo NO nên Y có H+ —> H2O đã bị điện phân bên anot.
nCu = 0,4; nCl2 = a —> nO2 = 0,2 – 0,5a
Y chứa Cu2+ dư (5a – 0,4), NO3- (10a); K+ (2a); H+ (0,8 – 2a)
Mỗi phần Y chứa Cu2+ dư (2,5a – 0,2), NO3- (5a); K+ (a); H+ (0,4 – a)
Phần 1:
nNO = nH+/4 = 0,1 – 0,25a
m muối = 64(2,5a – 0,2) + 62(5a – 0,1 + 0,25a) + 39a + 22,225 = 108,125
—> a = 0,2
V1 = 22,4(a + 0,2 – 0,5a) = 6,72 lít
V2 = 22,4(0,1 – 0,25a) = 1,12 lít
—> V1 = 6V2 (a sai)
Bảo toàn electron: 2nFe phản ứng = 3nNO + 2nCu2+ dư
—> nFe phản ứng = b = 0,375
—> a/b = 8/15 (b đúng)
Z chứa Fe2+; NO3-; K+. Do có 2 chất oxi hóa (NO3-/H+ và MnO4-/H+) nên:
5nKMnO4 < 0,375 —> nKMnO4 < 0,075 —> mKMnO4 < 11,85 —> c sai.