Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tính toán điện phân (Hóa học Lớp 12)

- Thí nghiệm 2: Nếu t = 8685s, có khí thoát ra ở cả hai điện cực
⇒ Chứng tỏ Cu${}^{2+}$ bị điện phân hết
Tại catot: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$; $2H_{2}O+2e\to H_2+2O{H}^{-}$
Tại anot: $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$; $2H_{2}O\to 4H^{+}+4e+O_2$

+ Trường hợp 1: Đã có khí thoát ra ở catot ở thí nghiệm 1, $C{u}^{2+}$ bị điện phân hết
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}}=\frac{11,52}{64}=0,18mol$
Thí nghiệm 2:
Có $\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}+n_{H_2}=\frac{3,472}{22,4}=0,155mol\end{array}$ ⟶ Loại
- Trường hợp 2: Chưa có khí thoát ra ở catot ở thí nghiệm 1
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=2n_{Cu}=2.\frac{11,52}{64}=0,36mol\end{array}$
Thí nghiệm 2:
Có $\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}+n_{H_2}=\frac{3,472}{22,4}=0,155mol\end{array}$
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}}=\frac{0,45-2.0,0125}{2}=0,2125mol$
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}(Y)}=0,2125-0,18=0,0325mol$, $n_{H^{+}(Y)}=4.0,06=0,24mol$
$m-0,75m=m_{Fe(pu)}-m_{Cu}=56.\left(\frac{3}{8}{n}_{H^{+}(Y)}+n_{C{u}^{2+}(Y)}\right)-64n_{C{u}^{2+}(Y)}$
$\Rightarrow 0,25m=56.\left(\frac{3}{8}.0,24+0,0325\right)-64.0,0325\Rightarrow m=19,12g$

- Thí nghiệm 2: Nếu t = 8685s, có khí thoát ra ở cả hai điện cực
⟹ Chứng tỏ Cu²⁺ bị điện phân hết
Tại catot: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$ Tại anot: $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$
$2H_{2}O+2e\to H_2+2O{H}^{-}$ $2H_{2}O\to 4H^{+}+4e+O_2$
+ Trường hợp 1: Đã có khí thoát ra ở catot ở thí nghiệm 1, Cu²⁺ bị điện phân hết
$$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}}=\frac{11,52}{64}=0,18mol$$
Thí nghiệm 2:
Có $\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}+n_{H_2}=\frac{3,472}{22,4}=0,155mol\\ 2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=2.0,18+2n_{H_2}=\frac{8685.5}{96500}=0,45mol\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{O_2}=0,115mol\\ n_{C{l}_2}=-0,005mol\end{array}\Rightarrow$ Loại
- Trường hợp 2: Chưa có khí thoát ra ở catot ở thí nghiệm 1
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=2n_{Cu}=2.\frac{11,52}{64}=0,36mol\\ \frac{71n_{C{l}_2}+32n_{O_2}}{n_{C{l}_2}+n_{O_2}}=4.12,875=51,5\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,06mol\\ n_{O_2}=0,06mol\end{array}$
Thí nghiệm 2:
Có $\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}+n_{H_2}=\frac{3,472}{22,4}=0,155mol\\ 2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=\frac{8685.5}{96500}=0,45mol\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{O_2}=\frac{0,45-2.0,06}{4}=0,0825mol\\ n_{C{l}_2}=0,155-0,06-0,0825=0,0125mol\end{array}$
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}}=\frac{0,45-2.0,0125}{2}=0,2125mol$
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}(Y)}=0,2125-0,18=0,0325mol$, $n_{H^{+}(Y)}=4.0,06=0,24mol$
$m-0,75m=m_{Fe(pu)}-m_{Cu}=56\left(\frac{3}{8}{n}_{H^{+}(Y)}+n_{C{u}^{2+}(Y)}\right)-64n_{C{u}^{2+}(Y)}$
$\Rightarrow 0,25m=56\left(\frac{3}{8}.0,24+0,0325\right)-64.0,0325\Rightarrow m=19,12g$

ne = It/F = 1 → nCu = 0,5
V Cu = 8,9.0,018.x = 0,5.64 → x = 200 cm²

Chọn C

Cách 2:

$n_{O{H}^{-}}=n_{Al{O}_2^{-}}=n_{Al}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\frac{2}{3}.0,15=0,1$

Dung dịch sau điện phân $\{\begin{array}{l}N{a}^{+}:3x\\ O{H}^{-}:0,1-\stackrel{B{T}_T}{\to }x=0,1\\ S{O}_4^{2-}:x\end{array}$

Catot: $\{\begin{array}{l}Cu:0,1\\ H_2:a\end{array}$ ; Anot: $\{\begin{array}{l}C{l}_2:0,15\text{ (BT.Cl)}\\ O_2:b\end{array}$

→ $\{\begin{array}{l}-\stackrel{B{T}_e}{\to }2.0,1+2a=2.0,15+4b\\ m_{ddgiảm}=64.0,1+2a+71.0,15+32b=20,75\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=0,25\\ b=0,1\end{array}$

$n_e=2n_{Cu}+2n_{H_2}=2.0,1+2.0,25=0,7\Rightarrow t=\frac{96500.0,7}{2,68}=25205\text{ (s)}=7\text{ giờ}\Rightarrow$ Chọn C

Cách 1:
$$CuS{O}_4+2NaCl\stackrel{đpdd}{\to }Cu\downarrow +C{l}_2\uparrow +N{a}_{2}S{O}_4(1)$$
mol phản ứng: x → 2x, x, x
$$2NaC{l}_{(cbn)}+2H_{2}O\stackrel{đpdd}{\to }{H}_2\uparrow +C{l}_2\uparrow +2NaOH(2)$$
mol phản ứng: x → 0,5x, 0,5x, x
$$2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2\uparrow$$
mol phản ứng: x ← x → 1,5x
→ $n_{H_2}=1,5x=0,15$ → x = 0,1 → $m_{ddgiảm(1)+(2)}=17,15$
→ Cả phản ứng điện phân của nước: $$2H_{2}O\stackrel{đp}{\to }2H_2+O_2$$
y → y, 0,5y
→ $m_{ddgiảm}=17,15+18y=20,75$ → y = 0,2
$n_e=2n_{Cu}+2n_{H_2}=2.0,1+2(0,05+0,2)=0,7$
Ta có: $n_e=It/96500$ → t = (96500.0,7)/2,68 = 25 205 (s) = 7 giờ → Chọn C

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân dung dịch CuSO${}_4$ + NaCl với điện cực trơ, màng ngăn xốp, dừng khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực (nghĩa là Cu${}^{2+}$ vừa điện phân hết ở catot, chưa có H${}_2$ thoát ra; còn ở anot nước đã điện phân một phần tạo O${}_2$).

Gọi số mol: CuSO${}_4$ = $x$; NaCl = $n$; Cl${}_2$ = $a$; O${}_2$ = $b$ (anot); H${}_2$SO${}_4$ sinh ra = $c$.

- Khí ở anot: $a+b=\frac{0,896}{22,4}=0,04$ mol.
- Dung dịch sau điện phân hòa tan tối đa 3,2 g CuO = 0,04 mol: CuO + H${}_2$SO${}_4$ → CuSO${}_4$ + H${}_2$O nên $c=0,04$ mol H${}_2$SO${}_4$.
- Ở anot, nước bị điện phân: 2H${}_2$O → O${}_2$ + 4H${}^{+}$ + 4e, mỗi 1 mol O${}_2$ tạo 2 mol H${}_2$SO${}_4$ (H${}^{+}$ kết hợp SO${}_4^{2-}$) → $2b=0,04\Rightarrow b=0,02$ mol, suy ra $a=0,02$ mol Cl${}_2$.
- Số mol NaCl đã điện phân: $n=2a=0,04$ mol (2Cl${}^{-}$ → Cl${}_2$ + 2e).
- Bảo toàn electron: e (anot) = $2a+4b=0,04+0,08=0,12$ mol. Ở catot chỉ có Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu (nước vừa bắt đầu điện phân, chưa sinh H${}_2$): $2x=0,12\Rightarrow x=0,06$ mol CuSO${}_4$.

Kiểm tra: e (catot) = $2\times 0,06=0,12$ mol = e (anot) ✓.

Khối lượng hỗn hợp ban đầu:
$$m=0,06\times 160+0,04\times 58,5=9,6+2,34=11,94\text{ gam}.$$

Vậy $m=11,94$ gam, tương ứng phương án C (khớp với đáp án nguồn).

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân CuSO4 + NaCl, điện cực trơ, màng ngăn, I = 0,5 A. Số mol electron mỗi giây: 0,5/96500.

- Tại thời điểm t: Cu ở catot = 0,06 mol → e (catot) = 0,12 mol → t = 0,12·96500/0,5 = 23160 s. Khi Cu còn dư, catot không sinh H2, nên khí a toàn là Cl2 ở anot: a = 0,12/2 = 0,06 mol.
- Cu kết thúc khi e = 2·0,075 = 0,15 mol, tức tại t_end = 28950 s (nằm giữa t và t + 17370), phù hợp bảng: tại t + 17370 (e = 0,21 mol) Cu = 0,075 mol.
- Khoảng t → t + 17370 (Δe = 0,09 mol): catot sinh H2 sau khi Cu kết thúc: e cho H2 = 0,09 − 0,03 = 0,06 → H2 = 0,03 mol. Khí tăng 0,075 → khí anot tăng 0,045 mol với 0,09 mol e → tỉ lệ 2 e/mol khí → toàn bộ là Cl2. Vậy đến t + 17370, Cl2 đã sinh = 0,06 + 0,045 = 0,105 mol.
- Tại 3t = 69480 s: e = 0,36 mol. Catot: H2 = (0,36 − 0,15)/2 = 0,105 mol. Khí anot = 4,5a − 0,105 = 0,27 − 0,105 = 0,165 mol. Gọi Cl2, O2 ở anot: 2n(Cl2) + 4n(O2) = 0,36 và n(Cl2) + n(O2) = 0,165 → n(O2) = 0,015; n(Cl2) = 0,15 mol.
- Vậy n(NaCl) = 2·n(Cl2) = 2·0,15 = 0,30 mol (kiểm tra: Cl2 sinh trước đó 0,105 < 0,15, sau đó Cl2 tiếp tục 0,045 mol rồi mới sinh O2 — nhất quán).

Đáp án: D. 0,30 mol.

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân với điện cực trơ, màng ngăn, I = 5A. Mỗi khoảng 7720 s, điện lượng mỗi điện cực là Q = 5 × 7720 = 38600 C ⇒ n(e⁻) = 38600/96500 = 0,4 mol (tại anode và tại catot đều là 0,4 mol e⁻).

Trình tự điện phân: catot: Cu²⁺ + 2e → Cu, rồi 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH⁻; anode: 2Cl⁻ → Cl₂ + 2e, rồi 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e.

Khoảng 2 (t → t+7720): kim loại tăng 6,4 g = 0,1 mol Cu (hút 0,2 mol e⁻), còn 0,2 mol e⁻ cho H₂ → 0,1 mol H₂. Anode: 0,4 mol e⁻ cho Cl₂ → 0,2 mol Cl₂. Tổng khí = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol ✓ khớp bảng.

Khoảng 3 (t+7720 → t+15440): Cl⁻ và Cu²⁺ đã cạn, nên anode: O₂ = 0,4/4 = 0,1 mol; catot: H₂ = 0,4/2 = 0,2 mol; khí = 0,3 mol, kim loại không đổi. Suy ra 4a − (a + 0,3) = 0,3 ⇒ a = 0,2.

Khoảng 1 (0 → t): b = 19,2 − 6,4 = 12,8 g Cu = 0,2 mol (0,4 mol e⁻ ⇒ t = 7720 s); anode: Cl₂ = 0,4/2 = 0,2 mol = a ✓ (khí = 0,2 mol, khớp).

Kiểm tra bảo toàn electron: catot: Cu 0,3 mol (0,6 mol e⁻) + H₂ (0,1 + 0,2 = 0,3 mol → 0,6 mol e⁻) = 1,2 mol e⁻ = 3 × 0,4 ✓; anode: Cl₂ (0,2 + 0,2 = 0,4 mol → 0,8 mol e⁻) + O₂ 0,1 mol (0,4 mol e⁻) = 1,2 ✓.

Số mol Cl⁻ bị điện phân = số mol Cl₂ = 0,4 + 0,2... tổng Cl₂ = 0,2 (khoảng 1) + 0,2 (khoảng 2) = 0,4 mol ⇒ n(NaCl) = 2 × 0,4 = 0,8 mol ⇒ x = 0,8 × 58,5 = 46,8 gam.

a) Sai. Vì tại anode (đồng tinh khiết) xảy ra quá trình oxi hoá: $Cu\to C{u}^{2+}+2e$.
b) Sai. Vì sau khi mạ, bán kính quả cầu tăng thêm một lớp đồng, nên thể tích được tính bằng: $$V=\frac{4}{3}\pi (R+d{)}^3=\frac{4}{3}.3,14(5+0,0002{)}^3=523,4c{m}^3$$
c) Sai. Thể tích quả cầu ban đầu: $$V_0=\frac{4}{3}.3,14(5{)}^3=523,33c{m}^3$$ Thể tích lớp Cu mạ: $V_{Cu}$=523,40−523,33=0,06280 cm³; mCu=0,06280×8,96=0,5627 gam; nCu = 0,00879 mol; Điện lượng cần dùng: Q=(0,00879.2.96500)/0,8=2121 C; Thời gian mạ: t=Q/I=2121/5=424,23 s=7,07 phút.
d) Đúng. Vì trong mạ điện, vật cần mạ là cathode (quả cầu sắt), còn kim loại mạ là anode (thanh đồng).
a) Sai. Vì tại anode (đồng tinh khiết) xảy ra quá trình oxi hoá: $Cu\to C{u}^{2+}+2e$.
b) Sai. Vì sau khi mạ, bán kính quả cầu tăng thêm một lớp đồng, nên thể tích được tính bằng: $$V=\frac{4}{3}\pi (R+d{)}^3=\frac{4}{3}.3,14(5+0,0002{)}^3=523,4c{m}^3$$
c) Sai. Thể tích quả cầu ban đầu: $$V_0=\frac{4}{3}.3,14(5{)}^3=523,33c{m}^3$$ Thể tích lớp Cu mạ: $V_{Cu}$=523,40−523,33=0,06280 cm³. mCu=0,06280×8,96=0,5627 gam. nCu = 0,00879 mol. Điện lượng cần dùng: Q=(0,00879.2.96500)/0,8=2121 C. Thời gian mạ: t=Q/I=2121/5=424,23 s=7,07 phút.
d) Đúng. Vì trong mạ điện, vật cần mạ là cathode (quả cầu sắt), còn kim loại mạ là anode (thanh đồng).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol CuSO${}_4$ = a, NaCl = 3a. Điện phân với điện cực trơ, màng ngăn xốp:
- Cathode: Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu (cần 2a mol e), sau đó 2H${}_2$O + 2e → H${}_2$ + 2OH${}^{-}$.
- Anode: 2Cl${}^{-}$ → Cl${}_2$ + 2e (cần 3a mol e), sau đó 2H${}_2$O → O${}_2$ + 4H${}^{+}$ + 4e.

Gọi tổng số mol electron truyền qua là Q (với 2a < Q và Q > 3a). Khi đó:
- OH${}^{-}$ sinh ra ở cathode: Q − 2a (mol); H${}^{+}$ sinh ra ở anode: Q − 3a (mol). Chúng trung hòa nhau, phần OH${}^{-}$ dư = (Q − 2a) − (Q − 3a) = a (mol).
- Dung dịch Y chứa hai chất tan: Na${}_2$SO${}_4$ (a mol) và NaOH (a mol).

Cho Al dư vào Y, chỉ NaOH phản ứng sinh H${}_2$: 2Al + 2NaOH + 2H${}_2$O → 2NaAlO${}_2$ + 3H${}_2$.
n(H${}_2$) = 1,68/22,4 = 0,075 mol ⇒ n(NaOH) = 0,075 · 2/3 = 0,05 mol ⇒ a = 0,05 mol.

Khối lượng dung dịch giảm = khối lượng Cu + Cl${}_2$ + H${}_2$ + O₂ rời khỏi dung dịch:
- m(Cu) = 64 · 0,05 = 3,2 g
- m(Cl${}_2$) = 71 · 1,5 · 0,05 = 5,325 g
- m(H${}_2$) = 2 · (Q − 2a)/2 = Q − 0,1 (g)
- m(O${}_2$) = 32 · (Q − 3a)/4 = 8(Q − 0,15) (g)

Tổng: 3,2 + 5,325 + (Q − 0,1) + 8(Q − 0,15) = 10,375
⇒ 9Q + 8,525 − 0,1 − 1,2 = 10,375 ⇒ 9Q = 3,15... kiểm tra lại: 3,2 + 5,325 = 8,525; 8,525 − 0,1 − 1,2 = 7,225; 10,375 − 7,225 = 3,15 ⇒ Q = 0,35 mol e? Tính lại hệ số: m(H${}_2$) + m(O${}_2$) = (Q − 0,1) + 8Q − 1,2 = 9Q − 1,3. Vậy 8,525 + 9Q − 1,3 = 10,375 ⇒ 9Q = 3,15 ⇒ Q = 0,35 mol electron.

Kiểm tra: Q = 0,35 > 3a = 0,15 ✓. m(H${}_2$) = 0,25 g (0,125 mol), m(O${}_2$) = 8 · 0,2 = 1,6 g (0,05 mol). Tổng: 3,2 + 5,325 + 0,25 + 1,6 = 10,375 g ✓.

Thời gian điện phân: Q = I·t/96500 ⇒ t = 0,35 · 96500/1,34 = 25205 s ≈ 7 giờ.

Vậy t = 7, đáp án A.

Hướng dẫn:



+ Tại t + 2895: theo BTE, n_e = It/F = 4.2895/96500 = 0,12 (mol)

Phân tích:
- Catot: 2.0,03 < n_e → Cu kết tủa hết. Theo BTE: n_H2 = (0,12 - 0,03.2)/2 = 0,03 (mol)
- Anot: Cl${}_2$: x; O${}_2$: y → 2x + 4y = 0,12 và x + y = 0,08 - 0,03 → x = 0,04; y = 0,01 (mol)

→ Tại t: n_Cl2 = a (mol). Theo BTE: 2n_Cu = 2n_Cl2 → a = b

Mà khối: Tại 2t → n_e = 4a → với Cl${}_2$: a + 0,04; H${}_2$: (4a - 2(b + 0,03))/2 = a - 0,03

→ n_Cl2 + n_O2 + n_H2 = 85a/36 → a + 0,04 + n_O2 + a - 0,03 = 85a/36

→ n_O2 = 13a/36 - 0,01

Theo BTE: 2.(a + 0,04) + 4.(13a/36 - 0,01) = 4a → a = 0,072 (mol)

→ t = 96500.0,072.2/4 = 3474 (s)

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân với điện cực trơ: Ag⁺ khử trước (Ag⁺ + e → Ag), sau đó Cu²⁺ (Cu²⁺ + 2e → Cu). Đồ thị: đoạn đầu (0 → t) Ag lắng đọng, đạt khối lượng x; đoạn sau (t → 4t) Cu lắng đọng, tổng khối lượng 20,4 gam. Cường độ dòng điện không đổi nên điện lượng tỉ lệ với thời gian: đoạn Ag nhận điện lượng q, đoạn Cu nhận 3q (tỉ lệ 1:3). Gọi số mol electron giai đoạn 1 là q (mol). Khi đó: m_Ag = 108q; số mol electron giai đoạn Cu là 3q → n_Cu = 3q/2 → m_Cu = 64·(3q/2) = 96q. Tổng: 108q + 96q = 204q = 20,4 → q = 0,1. Vậy x = m_Ag = 108 × 0,1 = 10,8 gam. Kiểm tra: m_Cu = 9,6; 10,8 + 9,6 = 20,4 ✓. Đáp án B.

Đáp án: 5,1
CT Faraday: $m_{Ag}=\frac{1}{96500}.\frac{108}{1}.2,1.(45.60)=6,345gam\stackrel{H=80\%}{\to }{m}_{Ag}=6,345.80\%=5,076\approx 5,1gam$

Đáp số: 1,09
$m_{Ag}=\frac{\mathrm{2.9.60}}{96500}.108.90\%=$1,09$gam$

a) Sai, anode xảy ra quá trình oxi hóa Cu:
Cu → Cu${}^{2+}$ + 2e
b) Đúng
c) Đúng, tại cathode: Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu
nCu bị oxi hóa tại anode = nCu${}^{2+}$ bị khử tại cathode nên nCuSO${}_4$ không thay đổi.
d) Sai
mCu = 64It/2F = 3,2 gam
→ Độ dày lớp mạ = 3,2/(8,9.20) = 0,018 cm
a) Sai, anode xảy ra quá trình oxi hóa Cu:
Cu → Cu${}^{2+}$ + 2e
b) Đúng.
c) Đúng, tại cathode: Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu
nCu bị oxi hóa tại anode = nCu${}^{2+}$ bị khử tại cathode nên nCuSO${}_4$ không thay đổi.
d) Sai
mCu = 64It/2F = 3,2 gam
→ Độ dày lớp mạ = 3,2/(8,9.20) = 0,018 cm

nCuCl${}_2$ = x; nCuSO${}_4$ = y và nKCl = 0,12
Tại catot, trong t giây đầu tiên: nCu = z
Tại catot, trong t giây thứ hai: nCu = 0,8z ⟶ nH${}_2$ = 0,2z
nCu tổng = x + y = z + 0,8z (1)
Dung dịch sau điện phân hòa tan nCuO = 0,1 ⟶ nH${}^{+}$ = 0,2
Dung dịch sau điện phân chứa K${}^{+}$ (0,12), SO${}_4^{2-}$ (y), H${}^{+}$ (0,2)
Bảo toàn điện tích: 2y = 0,12 + 0,2 (2)
ne trong t giây = 2z
TH${}_1$: Trong t giây thứ 2 vẫn còn khí Cl${}_2$ thoát ra
Tại anot trong 2t giây: nCl${}_2$ = x + 0,06 ⟶ nO${}_2$ = z – 0,5x – 0,03
n khí trong t giây thứ 2 = (x + 0,06 – z) + (z – 0,5x – 0,03) + 0,2z = 0,225 (3)
(1)(2)(3) ⟶ x = 0,29; y = 0,16; z = 0,25
⟶ m = 135x + 160y + 8,94 = 73,69
TH${}_2$: Trong t giây thứ 2 không còn khí Cl${}_2$ thoát ra
nO${}_2$ trong t giây thứ hai = 0,5z
⟶ 0,2z + 0,5z = 0,225 (4)
(1)(2)(4) ⟶ x = 293/700; y = 0,16; z = 9/28
Trong t giây đầu: nCl${}_2$ = x + 0,06 = 67/140 > z: Vô lí, loại.

- t(s): $n_{Cu}=0,06$ mol $\Rightarrow$ $n_e=0,12$ mol $\Rightarrow$ $a=n_{C{l}_2}=0,06$ mol.
- t + 17370 (s) $\Rightarrow$ $n_e=0,12+0,09=0,21$ mol.
Catot(-): $2n_{Cu}+2n_{H_2}=0,21-n_{Cu}=0,075$ mol $\to$ $n_{H_2}=0,03$ mol.
Anot(+): $C{l}_2$: x mol; $O_2$: y mol, với $x+y+0,03=0,06+0,075$ và $2x+4y=0,21$ $\to$ $x=0,105$ mol; $y=0$ mol.
- 3t (s) $\Rightarrow$ $n_e=3\times 0,12=0,36$ mol.
Catot(-): $2n_{Cu}+2n_{H_2}=0,36-n_{Cu}=0,075$ mol $\to$ $n_{H_2}=0,105$ mol.
Anot(+): $C{l}_2$: u mol; $O_2$: v mol, với $u+v+0,105=0,06\times 4,5$ và $2u+4v=0,36$ $\Rightarrow$ $u=0,15$ mol; $v=0,015$ mol.
- BTNT(Cl): $n_{NaCl}=2n_{C{l}_2}=0,3$ mol.

$n_e=0,5$ mol; $n_{kh\acute{ı}}=0,15$ mol.
- Nếu anot chỉ có khí $C{l}_2\Rightarrow n_e=2n_{kh\acute{ı}}=0,3$ mol $\ne 0,5\Rightarrow$ Vô lí $\Rightarrow$ Anot có sinh khí $O_2$.
$\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=x\text{ mol}\\ n_{O_2}=y\text{ mol}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{kh\acute{ı}}=x+y=0,15\\ BTe:2x+4y=0,5\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=0,05\text{ mol}\Rightarrow n_{KCl}=0,1\text{ mol}\Rightarrow n_{Cu(N{O}_3{)}_2}=0,1.2=0,2\text{ mol}\\ y=0,1\text{ mol}\end{array}$



$n_{H^{+}\text{sau điện phaˆn}}=n_{H^{+}}-n_{O{H}^{-}}=0,4-0,1=0,3$ mol.
Vì sau phản ứng có kim loại dư $\Rightarrow$ Fe chỉ tạo thành muối $F{e}^{2+}$.
$3Fe+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3F{e}^{2+}+2NO\uparrow +4H_{2}O$
0,1125 ← 0,3 < 0,4
$\Rightarrow m_{Fe\text{ pứ}}=0,4m=0,1125.56\Rightarrow m=15,75$ gam.

Y có pH = 13 ⟶ [OH-] = 0,1 ⟶ nOH⁻ = 0,05
Đặt a, b là số mol KCl và CuSO4 ⟶ Y chứa K⁺ (a), SO4²⁻ (b) và OH⁻ (0,05)
Bảo toàn điện tích ⟶ a = 2b + 0,05 (1)
ne = It/F = 0,6
Catot: nCu = b ⟶ nH2 = 0,3 − b
Anot: nCl2 = 0,5a ⟶ nO2 = 0,15 − 0,25a
m giảm = 64b + 2(0,3 − b) + 71.0,5a + 32(0,15 − 0,25a) = 18,475 (2)
(1)(2) —> a = 0,25; b = 0,1
—> m = 34,625

Dung dịch Y chứa NaOH và Na₂SO₄.

Đặt số mol của CuSO₄ và NaCl lần lượt là x và 3x mol.

Khi cho Al tác dụng với dung dịch Y thì: $n_{NaOH}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=0,05$ mol

$\stackrel{BT:Na}{\to }{n}_{N{a}_{2}S{O}_4}=\frac{3x-0,05}{2}$ mà $n_{N{a}_{2}S{O}_4}=n_{CuS{O}_4}=x\Rightarrow x=0,05$ mol

Tại catot thu được Cu (0,05) và H₂ (a) còn tại anot thu được khí Cl₂ (0,075) và O₂ (b).

Ta có: $\{\begin{array}{l}\stackrel{BT:e}{\to }2.0,05+2a=0,075.2+4b\\ 64.0,05+2a+0,075.71+32b=10,375\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=0,125\\ b=0,05\end{array}\Rightarrow n_e=0,35$ mol $\Rightarrow$ t = 7h

Trong khoảng thời gian từ t đến t + 2895 giây: ne = 2·2895/96500 = 0,06. Catot: nCu = 0,02 → nH${}_2$ = 0,01. Anot: nCl${}_2$ = u và nO${}_2$ = v → u + v + 0,01 = 0,03; ne = 2u + 4v = 0,06 → u = v = 0,01. Trong t giây đầu chỉ thoát Cu và Cl${}_2$ nên a = b. ne trong t giây = 2a → ne trong 2t giây = 4a. Sau 2t giây: Catot: nCu = a + 0,02 → nH${}_2$ = a – 0,02. Anot: nCl${}_2$ = a + 0,01 → nO${}_2$ = 0,5a – 0,005. n khí tổng = (a – 0,02) + (a + 0,01) + (0,5a – 0,005) = 2,125a → a = 0,04. (a) Sai: ne = 2a = It/F → t = 3860s. (b) Sai. (c) Đúng: H${}_2$O điện phân tại catot khi ne = 2nCu = 0,12 = It'/F → t' = 5790s. (d) Sai, nCl${}_2$ tổng = a + u = 0,05 → V = 1,12 lít.