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

ĐÁP ÁN Câu 36. Chọn B.

Tại t = a (s) : có khí Cl${}_2$ thoát ra tại anot ⇒ $V_{C{l}_2}=x$ ⇒ $n_{e(1)}=2n_{C{l}_2}=\frac{2x}{22,4}$

Tại t = 3a (s) : có khí Cl${}_2$, O${}_2$ thoát ra tại anot mà $V_{C{l}_2}+V_{O_2}=2x$ ⇒ $V_{O_2}=x$ ⇒ $n_{O_2}=\frac{x}{22,4}$

– BT: e → $n_{Cu}=\frac{3n_{e(1)}}{2}=\frac{3x}{22,4}$

Tại t = 4a (s) : có khí Cl${}_2$, O${}_2$ thoát ra tại anot và khí H${}_2$ thoát ra tại catot.

$V=V_{C{l}_2}+V_{O_2}+V_{H_2}=7,84$ ⇒ $n_{O_2}+n_{H_2}=0,35-\frac{x}{22,4}$ (1)

– BT: e →
$$\{\begin{array}{l}{n}_{H_2}=\frac{1}{2}\left(4n_{e(1)}-2n_{Cu}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{8x}{22,4}-\frac{6x}{22,4}\right)=\frac{x}{22,4}\\ n_{O_2}=\frac{1}{4}\left(4n_{e(1)}-2n_{C{l}_2}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{8x}{22,4}-\frac{2x}{22,4}\right)=\frac{1,5x}{22,4}\end{array}$$ (2)

Thay (2) thay vào (1): x = 2,24.

Tại t = 2,5a (s) : có khí Cl${}_2$ (0,1 mol), O${}_2$ thoát ra tại anot và tại có Cu

Có $n_e=2,5n_{e(1)}=0,5$ mol ⇒
$$\{\begin{array}{l}{n}_{O_2}=0,075\text{ mol}\Rightarrow n_{HN{O}_3}=4n_{O_2}=0,3\text{ mol}\\ n_{Cu}=0,25\text{ mol}\Rightarrow n_{C{u}^{2+}(dd)}=0,3-0,25=0,05\text{ mol}\end{array}$$

Khi cho Fe tác dụng với dung dịch sau điện phân thì:

$m_{Fe}=56\left(\frac{3}{8}{n}_{HN{O}_3}+n_{C{u}^{2+}}\right)=9,1\text{ (g)}$

Chọn B.

- Giả sử số mol KCl trong X là 1 mol, khi đó quá trình điện phân xảy ra như sau:

Tại catot: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$ (a mol $\to$ 2a mol); $2H_{2}O+2e\to 2O{H}^{-}+H_2$ (2b mol $\to$ b mol)

Tại anot: $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$ (1 mol — 0,5 mol)

- Theo đề bài ta có: $\{\begin{array}{l}-\stackrel{\text{BT}:e}{\to }2n_{Cu}+2n_{H_2}=n_{C{l}^{-}}\\ n_{C{l}_2}=4n_{H_2}\end{array}\to \{\begin{array}{l}2a+2b=1\\ 4b=0,5\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=0,375\text{ mol}\\ b=0,125\text{ mol}\end{array}$

- Vậy hỗn hợp X gồm $CuS{O}_4$ (0,375 mol) và KCl (1 mol)

$\%m_{CuS{O}_4}=\frac{0,375.160}{0,375.160+1.74,5}.100=44,61\%$

Chọn A.

Dung dịch X chứa HNO${}_3$ $\Rightarrow$ $n_{HN{O}_3}=\frac{8}{3}{n}_{Fe}=0,24$ mol (trường hợp tạo Fe${}^{2+}$) $\Rightarrow$ AgNO${}_3$: 0,16 mol

Tại thời điểm t (s) thu được Ag là x mol $\Rightarrow$ $n_{e(1)}=x$ và $a=108x+0,25x\cdot 32$ (1)

Tại thời điểm 2t (s) thu được: Ag (0,16 mol) $-$ $\stackrel{BT:e}{\to }$ $n_{H_2}=\frac{2x-0,16}{2}$ và $n_{O_2}=\frac{2x}{4}=0,5x$

$\Rightarrow$ $a+5,36=0,16\cdot 108+(2x-0,16)+32\cdot 0,5x$

Từ (1), (2) suy ra: $x=0,12$ $\Rightarrow$ $t=5790$ (s).

Đoạn 1: Chỉ có Cl${}_2$ thoát ra V${}_{Cl}$ x

Đoạn 2: Chỉ có O${}_2$ thoát ra V O 2 = 2x x x

Đoạn 3: Anot có O${}_2$ tiếp tục thoát ra. Catot có H${}_2$ thoát ra. Trong đoạn 3 này thời gian bằng nửa đoạn 2 nên VO${}_2$ = 0,5x, bảo toàn electron => VH${}_2$ = x

Tổng cộng 3 đoạn thì khí thoát ra gồm: Cl${}_2$ (x lít), O2 (1,5x lít) và H${}_2$ (x lít)

=> x + 1,5x + x = 7,84 => x = 2,24

Ban đầu: nNaCl = 2nCl${}_2$ = 0,2

nCuSO${}_4$ = nCu = nCl${}_2$ + 2nO${}_2$ (đoạn 2) = 0,3 Tại thời điểm 2,5a giây (Thuộc đoạn 2) thì: Anot: a giây đầu tạo Cl${}_2$, 1,5 giây còn lại O${}_2$: nCl${}_2$ = 0,1 và nO${}_2$ = 0,1.1.5/2 = 0,075

Bảo toàn electron => nCu (catot) = 0,25

=> nCu${}^{2+}$ còn lại = 0,3 - 0,25 = 0,05 nH${}^{+}$ = 4nO${}_2$ -> nNO = nH+/4 = 0,075

Thêm Fe, bảo toàn electron: 2nFe = 2nCu${}^{2+}$ + 3nNO

=> nFe = 0,1625

=> mFe = 9,1 gam

Trong t giây đầu chỉ thoát Cu và Cl${}_2$ nên a = b
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
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
ne = 2a = It/F —> t = 3860s

Đáp án B

$n_e=\frac{It}{F}=0,44$ mol

Anot: $\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,15\\ 2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,44\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,08\\ n_{O_2}=0,07\end{array}$

$\to n_{NaCl}=0,16\to n_{Cu(N{O}_3{)}_2}=\frac{0,5}{0,4}\times 0,16=0,2$ mol

Do $n_e>2n_{C{u}^{2+}}$ nên $C{u}^{2+}$ điện phân hết.

Vậy dung dịch sau phản ứng chứa $N{a}^{+};N{O}_3^{-};H^{+}$.

BTĐT: $n_{H^{+}}=0,24$ mol

$\to n_{NO}=\frac{n_{H^{+}}}{4}=0,06$ mol $\to n_{Fe}=\frac{3n_{NO}}{2}=0,09$ mol

$\to m-56\times 0,09=0,8m\to m=25,2$ gam

$\to$ Chọn đáp án B.

Sơ đồ phản ứng:
$$\underset{mgam}{\mathrm{Mg}}+\left\{\begin{array}{c}AgN{O}_3\\ HN{O}_3\end{array}\right\}\to {\left\{\begin{array}{c}Mg\\ Ag\end{array}\right\}}_{1,58mgam}+{\left\{\begin{array}{c}Mg(N{O}_3{)}_2\\ N{H}_{4}N{O}_3\end{array}\right\}}_{37,8gam}+\left\{\begin{array}{c}0,02molNO\\ 0,03mol{N}_{2}O\end{array}\right\}+H_{2}O$$

Ghép cụm NO${}_3$: $1NO+2O_{trong{H}_{2}O}\to 1N{O}_3$ ‖ $1N_{2}O+5O_{trong{H}_{2}O}\to 2N{O}_3$ ‖ $1N{H}_4+3O_{trong{H}_{2}O}\to 1N{O}_3$

→ Gọi số mol NH${}_4$NO${}_3$ là x mol ta có: $\sum n_{H_{2}O}=3x+0,02\times 3+0,03\times 5=3x+0,21$

→ Theo bảo toàn nguyên tố H có $(6x+0,42)$ mol HNO${}_3$.

Lại gọi số mol Mg(NO${}_3$)${}_2$ trong T là y mol → bảo toàn nguyên tố N có $(2y-4x-0,34)$ mol AgNO${}_3$.

• Bảo toàn khối lượng các nguyên kim loại trong sơ đồ có phương trình:

m + (2y - 4x - 0{,}34)×108 = 1{,}58m + 24y ⇒ 0{,}58m + 432x - 192y + 36{,}72 = 0 (1)

• Hỗn hợp Y gồm 0{,}25 mol Mg và (2y - 4x - 0{,}34) mol Ag mà khối lượng Y là 1{,}58m gam

→ phương trình: 0{,}25×24 + (2y - 4x - 0{,}34)×108 = 1{,}58m ⇒ 1{,}58m + 432x - 216y + 30{,}72 = 0 (2)

• Biết $m_T=37,8$ gam → có 148y + 80x = 37{,}8 (3)

Giải hệ được x = 0{,}01 mol; y = 0{,}25 mol và m = 12{,}0 gam. Thay lại có 0{,}48 mol HNO${}_3$.

→ khi điện phân: $n_{etraod\hat{o}i}=0,48$ mol → t = 0{,}48×96500 : 2 = 23160 giây.

Chọn B. Đoạn 1: Cl${}_2$; Đoạn 2: dốc tốc độ thoát khí nhanh $\Rightarrow$ Cl${}_2$, H${}_2$; Đoạn 3: đi lên nhưng không dốc $\Rightarrow$ H${}_2$, O${}_2$. Tại thời điểm t (h) có khí Cl${}_2$ thoát ra với số mol là 0,1 $\Rightarrow n_{e(1)}=0,2$ mol. Tại thời điểm t đến 2t (h) có khí Cl${}_2$ và H${}_2$ thoát ra $\Rightarrow$ H${}_2$ (0,1 mol). Khi đó: $n_{C{l}_2}=0,2$ mol $\Rightarrow n_{NaCl}=0,4$ mol và $\stackrel{BT:e}{\to }$ $n_{Cu}=\frac{2n_{C{l}_2}-2n_{H_2}}{2}=0,1$ mol. Vậy m = 0,1 · 160 + 0,4 · 58,5 = 39,4 (g).

Chọn A.

Dung dịch X chứa HNO${}_3$ $\Rightarrow n_{HN{O}_3}=\frac{8}{3}{n}_{Fe}=0,24$ mol (trường hợp tạo Fe${}^{2+}$) $\Rightarrow$ AgNO${}_3$: 0,16 mol

Tại thời điểm t (s) thu được Ag là x mol $\Rightarrow n_{e(1)}=x$ và a = 108x + 0,25x.32 (1)

Tại thời điểm 2t (s) thu được: Ag (0,16 mol) $-\stackrel{BT:e}{\to }{n}_{H_2}=\frac{2x-0,16}{2}$ và $n_{O_2}=\frac{2x}{4}=0,5x$

$\Rightarrow$ a + 5,36 = 0,16.108 + (2x − 0,16) + 32.0,5x

Từ (1), (2) suy ra: x = 0,12 $\Rightarrow$ t = 5790 (s).

Số mol CuSO${}_4$.5H${}_2$O là 0,32 mol

Vì khối lượng Mg sau phản ứng không đổi nên dung dịch sau điện phân còn Cu${}^{2+}$ và H${}^{+}$



Từ (1), (2), (3) suy ra: x = 0,23 ; y = 0,08 ; z = 0,075 $\Rightarrow n_e=0,46$ mol $\Rightarrow t=4600$.

Đáp án A

Phương pháp:
Đoạn 1: Chỉ có khí Cl${}_2$ thoát ra. Đặt V${}_{C{l}_2}$ = x (lít)
Đoạn 2: Chỉ có khí O${}_2$ thoát ra: V${}_{O_2}$ = x (lít)
Đoạn 3: Anot có O${}_2$ tiếp tục thoát ra. Còn ở catot có H${}_2$ thoát ra.
Bảo toàn e để tìm giá trị x. Từ đó tính được số mol NaCl và số mol Cu(NO${}_3$)${}_2$ ban đầu.
Dùng bảo toàn electron tại thời điểm 3,5a giây để tính số mol Cu, H${}_2$ và Cl${}_2$, O${}_2$ thoát ra.
Khối lượng dung dịch giảm chính là khối lượng các chất thoát ra ở các điện cực.
Hướng dẫn giải:
Đoạn 1: Chỉ có khí Cl${}_2$ thoát ra. Đặt V${}_{C{l}_2}$ = x (lít)
Đoạn 2: Chỉ có khí O${}_2$ thoát ra. Mà ta thấy giá trị V lúc này gấp đôi đoạn tại thời điểm t = a (giây). Do đó V${}_{O_2}$ = 2x - x = x (lít)
Đoạn 3: Anot có O${}_2$ tiếp tục thoát ra. Còn ở catot có H${}_2$ thoát ra.
Trong đoạn 3 này thời gian bằng nửa đoạn 2 nên V${}_{O_2}$ = 0,5x (lít)
Bảo toàn electron ta tính được V${}_{H_2}$ = x (lít)
Tổng cộng 3 đoạn thì khí thoát ra gồm Cl${}_2$ (x lít), O${}_2$ (1,5x lít) và H${}_2$ (x lít)
Suy ra x + 1,5x + x = 7,84 → x = 2,24 lít
Ban đầu: n${}_{NaCl}$ = 2.n${}_{C{l}_2}$ = 0,2 mol
Ta có: n${}_{Cu(NO3)2}$ = n${}_{Cu}$ = n${}_{C{l}_2}$ + 2n${}_{O_2}$ (đoạn 2) = 0,3 mol
Tại thời điểm t = a (giây): n${}_{etraođổi}$ = 2n${}_{C{l}_2}$ = 2.2,24 : 22,4 = 0,2 mol
Tại thời điểm 3,5a (giây) (thuộc đoạn 3) ta có: n${}_{etraođổi}$ = 3,5.0,2 = 0,7 mol
Catot: Cu${}^{2+}$ + 2e → Cu ; 0,3 → 0,6 ; 0,3 mol
Anot: 2Cl${}^{-}$ - 2e → Cl${}_2$ ; 0,2 ; 0,2 ; 0,1 mol
H${}_2$O + 2e → H${}_2$ + 2OH${}^{-}$ ; 0,1 → 0,05 mol
2H${}_2$O - 4e → O${}_2$ + 4H${}^{+}$ ; 0,5 ; 0,125 mol
Khi đó thu được 0,3 mol Cu ; 0,05 mol H${}_2$ ở catot và 0,1 mol Cl${}_2$ và 0,125 mol O${}_2$ ở anot.
Khối lượng dung dịch giảm chính là khối lượng các chất thoát ra ở các điện cực.
Do đó m = m${}_{Cu}$ + m${}_{H_2}$ + m${}_{C{l}_2}$ + m${}_{O_2}$ = 0,3.64 + 0,05.2 + 0,1.71 + 0,125.32 = 30,4 (gam)
Đáp án D

Qui hỗn hợp đầu về: Fe₂O₃; x mol FeO; y mol Cu
X + HCl dư và không có kết tủa sau đó => Cu phản ứng hết
$$2FeC{l}_3+Cu\to 2FeC{l}_2+CuC{l}_2$$
Y gồm 0,08 mol FeCl₃; $(x+2y)$ mol FeCl₂; y mol CuCl₂; HCl
⇒ $(0,08.3+2x+2y)<0,9$
Hỗn hợp đầu gồm: $(0,04+y)$ mol Fe₂O₃; x mol FeO; y mol Cu
⇒ 27,2 = 160.(0,04 + y) + 72x + 64y (1)
Khi điện phân:
Catot(-): thứ tự có thể xảy ra
$F{e}^{3+}+1e\to F{e}^{2+}$
$C{u}^{2+}+2e\to Cu$
$2H^{+}+2e\to H_2$ (*)
$F{e}^{2+}+2e\to Fe$
Anot(+):
$$2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$$
Vì ngừng điện phân khi catot có khí => dừng trước quá trình (*)
Bảo toàn e: $n_{C{l}_2}=\frac{1}{2}(0,08+2y)=0,04+y$ (mol)
=> m_{giảm} = m_{Cu} + m_{Cl_2} = y.64 + (0,04 + y).71 = 13,64 g
⇒ y = 0,08 mol. Từ (1) ⇒ x = 0,04 mol
=> Sau điện phân còn: n_{HCl dư} = 0,1 mol; n_{FeCl_2} = 0,16 + 0,04 + 0,08 = 0,28 mol
$$3F{e}^{2+}+4H^{+}+N{O}_3^{-}\to 3F{e}^{3+}+NO+2H_{2}O$$
0,075 <- 0,1 mol
$$F{e}^{2+}+A{g}^{+}\to F{e}^{3+}+Ag$$
$$A{g}^{+}+C{l}^{-}\to AgCl$$
=> Kết tủa gồm: 0,205 mol Ag; 0,66 mol AgCl
⇒ m = 116,85 g
=> Đáp án A

$n_{H_2}=\frac{1,68}{22,4}=0,075mol$
Tại cực (+): $C{l}^{-}$, $H_{2}O$, $S{O}_4^{2-}$
$2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$: 2x, x, 2x
$2H_{2}O\to O_2+4e+4H^{+}$: 4a, a, 4a, 4a
Tại cực (−): $C{u}^{2+}$, $H_{2}O$, $K^{+}$
$C{u}^{2+}+2e\to Cu$: 0,05; 0,1; 0,05
$2H_{2}O+2e\to H_2+2O{H}^{-}$: 2b, 2b, b, 2b
Dung dịch thu được sau điện phân tác dụng với Al dư, giải phóng khí $H_2$ chứng tỏ nó phải chứa KOH hoặc $H_{2}S{O}_4$.
TH1: $H^{+}$ dư: khi đó $4a-2b=2n_{H_2}=0,15$, kết hợp bảo toàn electron $2x+4a=0,1+2b$ cho $2x=0,1-0,15=-0,05$ (vô lý vì x > 0) → loại.
TH2: $O{H}^{-}$ dư (KOH dư): với $2Al+2KOH+2H_{2}O\to 2KAl{O}_2+3H_2$ thì $n_{O{H}^{-}}-n_{H^{+}}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=0,05$, tức $2b-4a=0,05$ (1)
Bảo toàn electron: $2x+4a=0,1+2b$ (2)
Khối lượng dung dịch giảm: $m_{Cu}+m_{C{l}_2}+m_{H_2}+m_{O_2}=9,475$
→ $64.0,05+71x+2b+32a=9,475\to 71x+2b+32a=6,275$ (3)
Từ (2) và (1): $2x=0,1+(2b-4a)=0,1+0,05=0,15\to x=0,075$
Thay vào (3): $2b+32a=0,95$; kết hợp $2b=0,05+4a$: $0,05+36a=0,95\to a=0,025;b=0,075$
Số mol electron: $n_e=0,1+2b=0,25mol$
Ta có: $n_e=I.\frac{t}{F}\to t=n_e.\frac{F}{I}=\frac{0,25.96500}{5}=4825(s)$

Dung dịch chứa $CuS{O}_4$: 0,4x mol và NaCl: 0,4y mol
Trong khoảng thời gian 0,5t giây (tính từ t đến 1,5t), catot thoát ra 0,5m gam Cu còn anot thoát khí $O_2$ với
$$n_{O_2}=2n_{Cu}/4=m/256$$
$m_{ddgiảm}$ = 0,5m + 32m/256 = 5,6 $\Rightarrow$ m = 8,96

$$n_{CuS{O}_4}=0,4x=1,5m/64\Rightarrow x=0,525$$

$n_e$ trong t giây = 2m/64 = 0,28 = It/F $\Rightarrow$ t = 5404 s
Tại thời điểm t giây: catot có Cu: 0,14 mol và anot: $C{l}_2$: 0,2y mol

Bảo toàn e $\Rightarrow$ $n_{O_2}$ = 0,07 − 0,1y
$m_{ddgiảm}$ = 8,96 + 71.0,2y + 32(0,07 − 0,1y) = a (1)
Tại thời điểm 2t giây ($n_e$ = 0,56 mol): catot có Cu: 0,21 mol và $H_2$: 0,07 mol

Anot có $C{l}_2$: 0,2y mol $\Rightarrow$ BT e: $n_{O_2}$ = 0,14 − 0,1y
$m_{ddgiảm}$ = 0,21.64 + 0,07.2 + 71.0,2y + 32(0,14 − 0,1y) = 2a − 7,64 (2)
Từ (1), (2) suy ra y = 0,3; a = 14,5. Vậy x + y = 0,825.

Chọn A.
Dung dịch ban đầu gồm NaCl (0,3 mol) và CuSO${}_4$ 0,6a mol.
Gọi x, y lần lượt là số mol phản ứng của Cu và O${}_2$.
Ta có: $\{\begin{array}{l}64x+71.0,15+32y=24,25\\ \stackrel{\text{BT:e}}{\to }x=0,15+2y\end{array}$ ⇒ $\{\begin{array}{l}x=0,2\\ y=0,025\end{array}$
Dung dịch Y chứa Na${}^{+}$, H${}^{+}$ (4y = 0,1 mol), Cu${}^{2+}$ (0,6a – 0,2 mol), SO${}_4^{2-}$
Khi cho Fe tác dụng với dung dịch Y thì: 150,4 – 150 = (0,6a – 0,2).(64 – 56) – 0,05.56 ⇒ a = 1.

Gọi số mol CuSO${}_4$ và NaCl lần lượt là 4x, 3x (lời giải nguồn ghi Cu(NO${}_3$)${}_2$ do nhầm tên muối; anion SO${}_4^{2-}$/NO${}_3^{-}$ không tham gia điện phân nên kết quả không đổi).

Catot:
Cu${}^{2+}$ + 2e $\to$ Cu (4x; 8x; 4x)
2H${}_2$O + 2e $\to$ 2OH${}^{-}$ + H${}_2$ (2v; 2v; 2v; v)

Anot:
2Cl${}^{-}$ $\to$ Cl${}_2$ + 2e (3x; 1,5x; 3x)
2H${}_2$O $\to$ 4H${}^{+}$ + O${}_2$ + 4e (4u; u; 4u)

Khi dừng điện phân: H${}^{+}$ + OH${}^{-}$ $\to$ H${}_2$O (2v; 2v)

+ Bảo toàn E: 8x + 2v = 3x + 4u → 5x - 4u + 2v = 0 (I)
+ Bảo toàn khối lượng: 64.4x + 2v + 71.1,5x + 32u = 4,295 → 362,5x + 32u + 2v = 4,295 (II)
+ Theo giả thiết ta có: 2Al + 6H${}^{+}$ $\to$ 2Al${}^{3+}$ + 3H${}_2$ (1/60; 0,05) ⇒ 4u – 2v = 0,05 (III)
Từ (I)(II)(III) ⇒ x = 0,01; u = 0,02; v = 0,015
+ n${}_{e.nhường}$ = n${}_{e.nhận}$ = 2.4x + 2v = 0,11 = $\frac{I.t}{F}$ → t ≈ 1,25 (giờ)

Đáp án D

Y + Fe thoát khí NO nên Y chứa H${}^{+}$ → Bên anot đã có O${}_2$.

Y + Fe thu được hỗn hợp kim loại nên Cu${}^{2+}$ vẫn còn dư.

Anot: n${}_{Cl2}$ = 0,1 và n${}_{O2}$ = x

Catot: n${}_{Cu}$ = y

Bảo toàn electron: 0,1.2 + 4x = 2y

m${}_{giảm}$ = 0,1.71 + 32x + 64y = 17,5

→ x = 0,025; y = 0,15

n${}_{H+}$ = 4n${}_{O2}$ → n${}_{NO}$ = n${}_{H+}$/4 = 0,025

n${}_{Cu2+dư}$ = z

Bảo toàn electron: 2n${}_{Fephảnứng}$ = 3n${}_{NO}$ + 2n${}_{Cu2+dư}$

→ n${}_{Fephảnứng}$ = z + 0,0375

→ m – 56(z + 0,0375) + 64z = m – 0,5

→ z = 0,2

Bảo toàn Cu → a = y + z = 0,35

Dung dịch Y gồm HNO${}_3$: x mol; AgNO${}_3$ dư: 0,15 – x mol (dựa vào BT N)
Khi cho Fe tác dụng với Y thì thu được 2 kim loại Ag: 0,15 – x mol và Fe dư: y mol
— BT: e → $2(0,225-y)=0,15-x+3.\frac{x}{4}$
⇒ $108.(0,15-x)+56y=14,5$ (1) và $[2n_{Fe};n_{A{g}^{+}};3n_{NO}]$ (2)
Từ (1), (2) suy ra: x = 0,1 mol
Khi cho T vào dung dịch Y thu được 2 kết tủa là AgCl: 0,01 mol và Ag
với — BT: e → $0,09<3.\frac{0,1}{4}+0,05\Rightarrow$ Ag⁺ dư nên — BT: e → $0,09=3.\frac{0,1}{4}+n_{Ag}\Rightarrow n_{Ag}=0,015$ mol
Vậy m = 3,055 (g)

Lúc 2t (s) Cu${}^{2+}$ chưa bị điện phân hết nên catot không có H${}_2$. Khi thời gian tăng gấp đôi nhưng khí không tăng gấp đôi (0,325/0,2 < 2) nên lúc 2t đã có O${}_2$.
n${}_e$ trong t giây = 2n${}_{Cu}$ tạo ra từ t đến 2t = $\frac{2(19,2-6,4)}{64}$ = 0,4 mol
Lúc t giây, tại catot: $n_{F{e}^{2+}}$ = 2y và n${}_{Cu}$ = 0,1 mol
⇒ 2y + 0,1.2 = 0,4 ⇒ y = 0,1
Lúc 2t giây, tại anot: n${}_{C{l}_2}$ = u mol và n${}_{O_2}$ = v mol
⇒ 2u + 4v = 0,4.2 và u + v = 0,325
⇒ u = 0,25; v = 0,075
Bảo toàn Cl ⇒ z = 2u = 0,5 mol
Lúc 3t, để thấy $0,4.3>2y+\frac{2.25,6}{64}$ nên catot đã có H${}_2$
⇒ x = n${}_{Cu}$ max = 25,6/64 = 0,4 mol
⇒ x + y + z = 1.