Điện phân dung dịch chứa x mol CuSO${}_4$, y mol H${}_2$SO${}_4$ 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 Al${}_2$O${}_3$ 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)	0,24	0,66	1,05
Khối lượng Al${}_2$O${}_3$ bị hòa tan tối đa (gam)	6,12	0	6,12

Biết: tại catot ion Cu${}^{2+}$ điện phân hết thành Cu trước khi ion H${}^{+}$ điện phân tạo thành khí H${}_2$; cường độ dòng điện bằng nhau và không đổi trong các thí nghiệm trên.
Tổng giá trị (x + y + z) bằng

(AI giải đề cho tôi) Gọi số mol electron truyền qua mỗi thí nghiệm tỉ lệ với thời gian: n(e)₁ = n, 2n, 3n.

Thí nghiệm 1: Al₂O₃ tan tối đa 6,12 g → 0,06 mol Al₂O₃ → dung dịch sau điện phân phải chứa 0,12 mol OH⁻ dư (Al₂O₃ + 2OH⁻ + H₂O → 2AlO₂⁻... thực chất cần 0,12 mol OH⁻). Khí ở anot: Cl₂ và O₂; catot: Cu²⁺ trước, sau đó H₂.

Gọi a = mol Cl⁻ = z (Cl₂ anot), b = mol O₂ anot, c = mol H₂ catot, x = mol Cu.

Thí nghiệm 1: khí = a + b + c = 0,24; electron anot: 2a + 4b = n; electron catot: 2x + 2c = n; OH⁻ dư: dung dịch kiềm nhẹ → Al₂O₃ tan 0,06 mol.

Thí nghiệm 2 (2n): khí = 0,66; Al₂O₃ tan = 0 → dung dịch trung tính hoặc axit nhẹ (không dư OH⁻).

Thí nghiệm 3 (3n): khí = 1,05; Al₂O₃ tan 6,12 g như thí nghiệm 1 → dư OH⁻ như TN1.

Chênh lệch khí TN2 − TN1 = 0,42 mol ứng với khoảng thời gian n electron thứ hai; TN3 − TN2 = 0,39 mol ứng với khoảng n electron thứ ba. Từ đó suy ra trong khoảng thứ hai chỉ còn H₂ (và O₂), Cl⁻ đã hết; khoảng thứ ba chỉ H₂/O₂.

Giải hệ: z (Cl₂) = 0,12 mol; x + y + z: với x = 0,24 (Cu hết sau TN1 vì TN2 không còn dư OH⁻ do Cu²⁺ hết), y = 1,2 → tổng x + y + z = 0,24 + 1,2 + 0,12 = 1,56.

Đáp án B.