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

Tại thời điểm t (s) ta có: $n_{O_2}=0,15-n_{C{l}_2}=0,06$ mol $\Rightarrow n_{e(1)}=0,42$ mol

Tại thời điểm 2t (s) ta có: $n_{e(2)}=0,84$ mol $\to \{\begin{array}{l}{n}_{H_2}+n_{O_2}=0,425-0,09\\ 2.0,09+4n_{O_2}=0,84\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{H_2}=0,17\text{ mol}\\ n_{O_2}=0,165\text{ mol}\end{array}$

$-\stackrel{BT:e}{\to }{n}_M=\frac{0,84-0,17.2}{2}=0,25$ mol $\Rightarrow M_{MS{O}_4.5H_{2}O}=245\Rightarrow M_M=59\Rightarrow m=\frac{0,42}{2}.59=12,39$ (g)

Chọn D.
Thời gian tăng gấp 1,75 lần nhưng mol khí tăng gấp đôi chứng tỏ lúc 1,75t catot đã có H${}_2$.
Lúc t giây: n${}_{Cu}$ = 0,1 ⇒ n${}_e$ trong t giây = 0,2
TH1: Lúc t giây anot đã có O${}_2$
Lúc t giây: ${}^n$${}_{C{l}_2}$ = x; n${}_{O_2}$ = y
Ta có: 2x + 4y = 0,2 (1) và x + y = a (2)
Lúc 1,75t giây: n${}_e$ = 1,75.0,2 = 0,35 mol
Catot: ${}^n$${}_{Cu}$ = 0,15 mol; n${}_{H_2}$ = 0,025 mol
Anot: ${}^n$${}_{C{l}_2}$ = x mol; n${}_{O_2}$ = (0,35 – 2x)/4
⇒ 0,025 + x + (0,35 – 2x)/4 = 2a (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ x = 0,025; y = 0,0375; a = 0,0625
Lúc 4t giây: ne = 4.0,2 = 0,8 mol
Catot: ${}^n$${}_{Cu}$ = 0,15 mol → n${}_{H_2}$ = 0,25 mol
Anot: ${}^n$${}_{C{l}_2}$ = 0,025 → ${}^n$${}_{O_2}$ = 0,1875 mol
⇒ 0,25 + 0,025 + 0,1875 = 0,4625 ≠ 5,5a: Vô lí, loại.
TH2: Lúc t giây anot chưa có O${}_2$
Lúc t giây: ${}^n$${}_{C{l}_2}$ = a = 0,1 mol
n${}_{kh\acute{ı}}$ tại anot trong khoảng 0,75t (tính từ t đến 1,75t) = 2a – a – n${}_{H_2}$ = 0,075
Với n${}_e$ = 0,75.0,2 = 0,15, gấp đôi mol khí ở anot nên vẫn chưa có O${}_2$.
Lúc 4t: n${}_e$ = 0,2.4 = 0,8 mol
Catot: n${}_{Cu}$ = 0,15 ⇒ ${}^n$${}_{H_2}$ = 0,25 mol
Anot: ${}^n$${}_{C{l}_2}$ = x mol và nO${}_2$ = y mol
Ta có: 2x + 4y = 0,8 và x + y + 0,25 = 5,5a ⇒ x = 0,2; y = 0,1
$n_{CuC{l}_2}=n_{Cumax}=0,15$ mol
Bảo toàn Cl ⇒ $n_{NaCl}$ = 0,1 mol
Ban đầu: Cu(OH)₂: 0,15 mol và NaOH: 0,1 mol ⇒ m = 18,7 gam.

Chọn D.
Sau t giây, catot bắt đầu tăng khi Fe${}^{3+}$ vừa bị điện phân hết và đến lượt Cu${}^{2+}$ bắt đầu bị điện phân.
Đặt n${}_{F{e}^{3+}}$ = x mol ⇒ n${}_{C{l}_2}$ = 0,5x = $\frac{4,26}{71}$ ⇒ x = 0,12
Với t giây ứng với n${}_e$ = x = 0,12 mol
Sau 2t có khí ở catot nên Cu${}^{2+}$ đã bị điện phân hết ở t giây thứ 2 ⇒ n${}_{C{u}^{2+}}$ = $\frac{x}{2}$ = 0,06 mol
Dung dịch X chứa Fe${}^{3+}$ (0,12 mol), Cu${}^{2+}$ (0,06 mol), Fe${}^{2+}$ (y mol), H${}^{+}$ (z mol) và Cl${}^{-}$ (1 mol)
Bảo toàn điện tích: 0,12.3 + 0,06.2 + 2y + z = 1 (1)
n${}_{F{e}^{2+}}$ bị điện phân = $\frac{(6,64–0,06.64)}{56}$ = 0,05 mol
Sau 3,5t giây (ứng với ne = 3,5.0,12 = 0,42), bảo toàn electron cho catot:
n${}_e$ = 0,12 + 0,06.2 + z + 0,05.2 = 0,42 (2)
Từ (1), (2) ⇒ y = 0,22; z = 0,08
Bảo toàn H ⇒ n${}_{H_{2}O}$ = 0,46 mol ⇒ n${}_O$ = 0,46 mol
⇒ m = m${}_{Fe}$ + m${}_{Cu}$ + m${}_O$ = 30,24 gam.

Chọn B

Tại thời điểm t = 4632 giây ta có: n_e = 0,36 mol

+ Khí thoát ra ở anot là Cl₂ và O₂ với

$$\{<table><tbody><tr><td>n_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,12</td></tr><tr><td>2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,36</td></tr></tbody></table>\to n_{C{l}_2}=n_{O_2}=0,06\text{ mol}\Rightarrow a=0,12\text{ mol}$$

Tại thời điểm t = 6948 giây ta có: n_e = 0,54 mol

$$n_{O_2}=\frac{n_e-2n_{C{l}_2}}{4}=0,105\text{ mol}$$

+ Khí thoát ra ở anot là Cl₂ (0,06 mol) và

và khí ở catot H₂ với $$n_{H_2}=n_{kh\acute{ı}cả2điệncực}-n_{kh\acute{ı}ởanot}=0,05\text{ mol}-\stackrel{BT:e}{\to }b=0,22\text{ mol}$$

(a) Sai, Tổng khối lượng hai muối trước điện phân là 44,14 gam.

(b) Đúng. Tại thời điểm t = 5790 giây ta có: n_e = 0,45 mol mà 2n_{Cu} < n_e nên tại thời gian này thì nước đã điện phân ở cả 2 điện cực.

(c) Sai, Giá trị của b là 0,22.

(d) Sai, Dung dịch X chứa 3 chất tan K₂SO₄, H₂SO₄ và CuSO₄ dư.

(e) Sai, Đến thời điểm 6948 giây, số mol H⁺ sinh ra ở anot là 0,42 mol.

$n_{Cu}=0,12$

$4n_{O_2}+2n_{C{l}_2}=0,24$

$32n_{O_2}+71n_{C{l}_2}=51,5(n_{O_2}+n_{C{l}_2})$

$\Rightarrow n_{O_2}=0,04$ và $n_{C{l}_2}=0,04$

Thời gian điện phân Cl${}^{-}$ = $\frac{0,04\cdot 71\cdot 2\cdot 96500}{71\cdot 2,5}=3088$ giây

Thời gian điện phân H${}_2$O tạo O${}_2$ = 12352 – 3088 = 9264 giây

$n_{O_2}(\text{laˆˋn 2})=\frac{2,5\cdot 9264}{4\cdot 96500}=0,06\Rightarrow n_{H_2}=0,01$ mol

$n_{C{u}^{2+}}=\frac{2\cdot 0,04+4\cdot 0,06-2\cdot 0,01}{2}=0,15$

$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}}$ trong Y = 0,03

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân: $n_{e^{-}}=\frac{1,93\times 7200}{96500}=0,144$ mol. Catot: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$, dung dịch còn xanh nên $C{u}^{2+}$ chưa khử hết: $n_{Cupu}=0,072$ mol, còn $x=a-0,072$ mol $C{u}^{2+}$. Anot: $2H_{2}O-4e\to O_2+4H^{+}$ nên $n_{H^{+}}=0,144$ mol ($HN{O}_3$). Thêm Fe (0,186 mol):
$Fe+4HN{O}_3\to Fe(N{O}_3{)}_3+NO+2H_{2}O$ (tiêu thụ 0,036 mol Fe); vì Fe dư nên $Fe+2F{e}^{3+}\to 3F{e}^{2+}$ (tiêu thụ thêm 0,018 mol Fe); $Fe+C{u}^{2+}\to F{e}^{2+}+Cu$ (tiêu thụ x mol Fe). Y gồm Cu và Fe dư, khối lượng 8 g:
$n_{Fedu}=0,186-0,054-x=0,132-x$.
$64x+56(0,132-x)=8\Rightarrow 8x=0,608\Rightarrow x=0,076$.
Vậy $a=0,076+0,072=0,148\approx 0,15$ mol. Kiểm tra: Cu = 4,864 g, Fe dư = 3,136 g, tổng 8 g, hai kim loại, thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Anot: Cl⁻ oxi hóa trước: 0,15 mol Cl⁻ → 0,075 mol Cl₂ (tốn 0,15 mol e⁻). Khí anot tại thời gian t là 0,1 mol nên còn O₂ = 0,025 mol (tốn 0,1 mol e⁻). Vậy điện lượng tại t là 0,25 mol e⁻; tại 2t là 0,5 mol e⁻. Tại 2t, anot: Cl₂ = 0,075 mol, O₂ = (0,5 − 0,15)/4 = 0,0875 mol → khí anot = 0,1625 mol = 3,64 lít. Catot: Cu²⁺ khử trước (2a mol e⁻), sau đó H₂O khử ra H₂ = (0,5 − 2a)/2 = 0,25 − a mol (vì tổng khí 4,76 lít > 3,64 lít nên phải có H₂, tức 2a < 0,5). Tổng khí = 0,1625 + 0,25 − a = 4,76/22,4 = 0,2125 mol → a = 0,2 (thỏa a < 0,25). Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Số mol electron: $t=48$ phút 15 giây $=2895$ s, $Q=10\times 2895=28950$ C $\Rightarrow n_{e^{-}}=\frac{28950}{96500}=0,3$ mol.

Ban đầu: $n_{A{g}^{+}}=0,2$ mol; $n_{C{u}^{2+}}=0,4$ mol.

Ở cathode, $A{g}^{+}$ khử trước: $A{g}^{+}+e\to Ag$, cần $0,2$ mol $e^{-}$, còn $0,1$ mol $e^{-}$ khử $C{u}^{2+}$: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$ thu được $0,05$ mol Cu. Vậy cathode có $0,2$ mol Ag và $0,05$ mol Cu.

Ở anode (điện cực trơ): $2H_{2}O-4e\to O_2+4H^{+}$, sinh ra $n_{H^{+}}=0,3$ mol.

Sau điện phân để yên, kim loại (Ag, Cu) phản ứng với $HN{O}_3$ loãng (từ $H^{+}$ và $N{O}_3^{-}$) sinh NO là sản phẩm khử duy nhất. Xét theo electron: $N{O}_3^{-}+4H^{+}+3e\to NO+2H_{2}O$.

Kim loại cho tổng $0,2\times 1+0,05\times 2=0,3$ mol $e^{-}$ (dư), còn $H^{+}$ chỉ có $0,3$ mol nên $H^{+}$ là lượng giới hạn:
$$n_{NO}=\frac{n_{H^{+}}}{4}=\frac{0,3}{4}=0,075\text{ mol}$$
(kiểm tra electron: $0,075\times 3=0,225<0,3$ mol $e^{-}$ từ kim loại, thỏa mãn).

$$V=0,075\times 22,4=1,68\text{ lıˊt}$$

Vậy chọn đáp án C, trùng với đáp án của đề.

Định hướng giải:
- TH1: Dung dịch sau điện phân chứa axit
$$n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{1}{150}\to n_{H^{+}}=0,04\to n_{O_2}=0,01\to n_{C{l}_2}=0,01\to n_{NaCl}=0,02$$
$$\{\begin{array}{l}N{a}^{+}:0,02^{\text{mol}}\\ H^{+}:0,04^{\text{mol}}\\ \stackrel{\text{BTĐT}}{\to }S{O}_4^{2-}:0,03^{\text{mol}}\end{array}\to m_{CuS{O}_4}=0,03.160+0,02.58,5=5,97\text{ gam}$$
- TH2: Dung dịch sau điện phân chứa bazơ
$$n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{1}{150}\to n_{O{H}^{-}}=\frac{1}{75}\to n_{NaCl}=0,04$$
$$\{<table><tbody><tr><td>\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}:0,04^{\mathrm{mol}}</td></tr><tr><td>\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}:\frac{1}{75}\mathrm{mol}</td></tr><tr><td>-\stackrel{\text{BTĐT}}{\to }\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}=\frac{1}{75}\mathrm{mol}</td></tr></tbody></table>\to \mathrm{m}=4,473\mathrm{gam}$$

(AI giải đề cho tôi)
Số mol ban đầu: $n_{CuS{O}_4}=0,2\times 0,3=0,06$ mol; $n_{NaCl}=0,2\times 1=0,2$ mol ($n_{C{l}^{-}}=0,2$ mol). Gọi số mol $e^{-}$ truyền qua là $x$. Phòng điện phân: catot $C{u}^{2+}+2e\to Cu$ (cần $0,12$ mol $e^{-}$ cho $0,06$ mol $C{u}^{2+}$), sau đó $2H_{2}O+2e\to H_2+2O{H}^{-}$; anot $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$ (cần $0,2$ mol $e^{-}$), sau đó sinh $O_2$. Khối lượng dung dịch giảm do $Cu$ kết tủa ở catot và các khí $C{l}_2$, $H_2$ thoát ra. Thử $x=0,16$ mol $e^{-}$: anot giải phóng $n_{C{l}_2}=0,16/2=0,08$ mol (còn $C{l}^{-}$ dư) → khối lượng khí thoát $=0,08\times 71=5,68$ g; catot: $C{u}^{2+}$ chỉ có $0,06$ mol, dùng hết $0,12$ mol $e^{-}$, sinh $Cu$ $0,06$ mol ($3,84$ g); số $e^{-}$ còn lại $0,16-0,12=0,04$ mol sinh $H_2$: $n_{H_2}=0,02$ mol ($0,04$ g). Tổng khối lượng giảm $=5,68+3,84+0,04=9,56$ g — khớp đề bài. Vậy $x=0,16$ mol $e^{-}$, $Q=0,16\times 96500=15440$ C, $t=Q/I=15440/0,5=30880$ giây.

Chọn B.
Đoạn 1: n${}_{Cu}$ = n${}_{C{l}_2}$ = x mol với p giảm của đoạn 1 = 64x + 71x = 2,7 ⇒ x = 0,02
Đoạn 2 diễn ra trong khoảng thời gian bằng đoạn 1 nên n${}_{eđoạn2}$ = 2x = 0,04 mol
Nếu đoạn 2 thoát n${}_{H_2}$ = n${}_{C{l}_2}$ = 0,02 mol thì:
p giảm của đoạn 2 = 0,02·2 + 0,02·71 < 4,3 – 2,7: Loại
Vậy đoạn 2 có n${}_{Cu}$ = 0,02 mol và n${}_{O_2}$ = 0,01 mol
→ n${}_{CuS{O}_4}$ = n${}_{Cutổng}$ = 0,04 mol và n${}_{NaCl}$ = 2n${}_{C{l}_2}$ = 0,04 mol
Vậy m = 8,74 gam.

(AI giải đề cho tôi)
Tại thời điểm t: anot chỉ thoát O₂: 0,035 mol → số mol e = 4 × 0,035 = 0,14 mol. Catot chỉ có kim loại M nên n_M đã điện li = 0,14/2 = 0,07 mol.
Tại thời điểm 2t: tổng e = 0,28 mol. Giả sử M²⁺ chưa hết thì anot chỉ có O₂ = 0,28/4 = 0,07 mol → khí ở catot (H₂) = 0,1245 − 0,07 = 0,0545 mol → e cho H₂ = 0,109 mol → e cho M²⁺ = 0,28 − 0,109 = 0,171 mol → n_M = 0,0855 mol.
Kiểm tra khối lượng muối: nếu M = Fe (FeSO₄, M = 152): n muối = 13,68/152 = 0,09 mol, cần 0,18 mol e để điện li hết; nhưng e cho M²⁺ chỉ 0,171 mol → Fe²⁺ chưa hết khi H₂ thoát, mâu thuẫn với giả thiết (tổng khí khi đó = 0,07 + 0,05 = 0,12 ≠ 0,1245) → loại Fe.
Nếu M = Cu (CuSO₄, M = 160): n muối = 13,68/160 = 0,0855 mol, cần đúng 2 × 0,0855 = 0,171 mol e → Cu²⁺ vừa điện li hết tại 2t rồi H₂ bắt đầu thoát, thỏa mãn; tại t chỉ điện li 0,07 mol Cu < 0,0855 mol, catot chỉ có kim loại, thỏa mãn.
Vậy y = 0,07 × 64 = 4,480 gam → đáp án B, khớp với đáp án nguồn (32. B).

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân với điện cực trơ, màng ngăn: catot khử Cu²⁺ trước (dung dịch còn màu xanh nên Cu²⁺ dư, catot chỉ có Cu), anot oxi hóa Cl⁻ trước rồi đến nước.

Lần 1: n_Cu = 7,68/64 = 0,12 mol → e catot = 0,24 mol. Anot: gọi n_Cl₂ = a, n_O₂ = b, M hỗn hợp = 25,75×2 = 51,5 → (71a + 32b)/(a+b) = 51,5 → a = b. Bảo toàn electron anot: 2a + 4b = 0,24 → a = b = 0,04 mol. Vậy Cl⁻ ban đầu chỉ đủ 0,08 mol (cạn trước khi hết điện lượng lần 1 vì nếu Cl⁻ ≥ 0,12 mol thì Cl₂ = 0,12 ≠ O₂ = 0). Suy ra n_NaCl = 0,04 mol Cl₂ → m_Cl⁻ = 0,08 mol.

Lần 2 (t = 12352 s): tổng e = (12352×2,5)/96500 = 0,32 mol. Anot: Cl₂ = 0,04 mol (hết Cl⁻), O₂ = (0,32 − 0,08)/4 = 0,06 mol. Tổng khí anot = 0,10 mol → khí catot (H₂) = 0,11 − 0,10 = 0,01 mol → e cho H₂ = 0,02 mol → e cho Cu = 0,30 mol → n_Cu²⁺ ban đầu = 0,15 mol (> 0,12, phù hợp còn màu xanh).

Số mol Cu²⁺ trong Y = 0,15 − 0,12 = 0,03 mol. Đáp án C, khớp đáp án nguồn.

(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.

Chất hòa tan CuO là $H_{2}S{O}_4$. $n_{CuO}=0,04\to n_{H_{2}S{O}_4}=0,04$. $CuS{O}_4+2NaCl\to Cu+C{l}_2+N{a}_{2}S{O}_4$ (a, 2a, a); $CuS{O}_4+H_{2}O\to Cu+1/2O_2+H_{2}S{O}_4$ (0,04; 0,02; 0,04). n khí = a + 0,02 = 0,04 → a = 0,02. $n_{CuS{O}_4}=a+0,04=0,06$; $n_{NaCl}=2a=0,04$ → m = 11,94.

$n_{Fe}=0,015$ và $n_{Cu}=0,01$
$n_{HN{O}_3}=0,05$; $n_{HCl}=0,03⟶n_{H^{+}}=0,08$
$n_{NO\text{ max}}=n_{H^{+}}/4=0,02$
Dễ thấy $2n_{Fe}+2n_{Cu}<3n_{NO}<3n_{Fe}+2n_{Cu}$ nên H${}^{+}$ hết, NO thoát tối đa, dung dịch X chứa Fe${}^{3+}$ (a), Fe${}^{2+}$ (b), Cu${}^{2+}$ (0,01), Cl${}^{-}$ (0,03), NO${}_3^{-}$ ($0,05-0,02=0,03$)
Bảo toàn Fe $⟶a+b=0,015$
Bảo toàn electron: $3a+2b+0,01\times 2=0,02\times 3$
$⟶a=0,01$; $b=0,005$
Dễ thấy $m_{C{u}^{2+}}+m_{C{l}^{-}}<1,849$ nên có cả O${}_2$ thoát ra.
Anot: $n_{C{l}_2}=0,015$ và $n_{O_2}=x$
Catot:
$$F{e}^{3+}+1e⟶F{e}^{2+}(0,01\dots 0,01)$$
$$C{u}^{2+}+2e⟶Cu(0,01\dots 0,02\dots 0,01)$$
$$F{e}^{2+}+2e⟶Fe(y\dots 2y\dots y)$$
Bảo toàn electron: $0,015\times 2+4x=0,01+0,02+2y$
$m_{\text{giảm}}=0,015\times 71+32x+0,01\times 64+56y=1,849$
$⟶x=0,001$; $y=0,002$
$n_e=0,015\times 2+4x=It/F⟶t=2500$

Hướng dẫn giải:
$t(s)$: Catot: $n_e=2n_{Cu}=\frac{5,12.2}{64}=0,16$ mol
$2t(s)$: Catot: $n_e=2n_{Cu}+2n_{H_2}=2.0,16=0,32\Rightarrow n_{H_2}=(0,32-0,12.2):2=0,04$ mol
(1) Đúng: Giá trị của $m=0,12.160+0,04.58,5=21,54$ gam.
(2) Sai: Ở thời điểm 2t ở catot Cu${}^{2+}$ điện phân hết.
(3) Sai: Giá trị của $V=(0,02+0,07).22,4=2,016$ lít.
(4) Sai: Khối lượng dung dịch giảm $=64.0,08+0,02.71+0,03.32=7,5$ gam

$n_{Cu}=a/64=\pi .R^2.1,01.10^{-3}.8,96/64=0,1$ mol
• Lúc t giây: $n_{Cu}=0,075$; n khí anot = 0,075 ⟶ Chỉ có khí $C{l}_2$.
• Trong khoảng từ t đến t + 67550 thì $n_e=0,5.67550/F=0,35$
$n_{Cu}=0,025$ ⟶ $n_{H_2}=0,15$
n khí anot = 0,375 - 0,075 - 0,15 = 0,15 < $n_e$/2 nên đã có $O_2$
$n_{C{l}_2}=u$; $n_{O_2}=v$ ⟶ $u+v=0,15$
và $2u+4v=0,35$
⟶ $u=0,125$; $v=0,025$
$n_{C{l}_2}$ tổng = 0,075 + 0,125 = 0,2
• Lúc 2t giây $n_e=0,\mathrm{075.2.2}=0,3$ ⟶ $C{l}_2$ chưa thoát ra hết, $H_{2}O$ bị điện phân bên catot
Anot: $n_{C{l}_2}=0,3/2=0,15$
Catot: $n_{Cu}=0,1$ ⟶ $n_{H_2}=0,05$
$$H_{2}O+2e⟶H_2+2O{H}^{-}$$
$$0,050,1mol$$
$$Al+O{H}^{-}+H_{2}O⟶Al{O}_2^{-}+3/2H_2$$
$$0,10,1(mol)=>m_{Al}=2,7gam$$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi a = mol CuSO${}_4$, b = mol NaCl trong X; điện phân với màng ngăn xốp, điện cực trơ.

**Tại thời điểm 2t:** catot thoát 0,08 mol H${}_2$ (Cu${}^{2+}$ đã điện phân hết trước đó), anot thoát 0,14 mol khí (Cl${}_2$ và O${}_2$, Cl${}^{-}$ đã cạn trước 2t).
- Số mol electron anot (2t): $b+4(0,14-b/2)=0,56-b$.
- Số mol electron catot (2t): $2a+2(0,08)=2a+0,16$.
- Điện tích bảo toàn: $2a+0,16=0,56-b\Rightarrow 2a+b=0,40$.

**Tại thời điểm t:** anot thoát 0,08 mol hỗn hợp Cl${}_2$ (x) và O${}_2$ (y), $x+y=0,08$; catot chưa sinh H${}_2$ (Cu${}^{2+}$ còn dư), electron catot = $E$; electron anot = $2x+4y=E$. Vì dòng điện không đổi, electron ở 2t gấp đôi ở t: $E=(0,56-b)/2$.

Giả thiết Cl${}^{-}$ vừa cạn tại t (nên $x=b/2$): $2x+4y=0,32-b=E$. Kết hợp $2a+b=0,40$ giải được: $a=0,16$; $b=0,08$; $E=0,24$; $x=0,04$; $y=0,04$.

Kiểm tra: tại 2t, anot: Cl${}_2$ = 0,04; O${}_2$ = 0,10 (tổng 0,14 ✓); electron anot $=0,08+0,40=0,48=2E$ ✓. Catot: Cu${}^{2+}$ hết sau khi dùng 0,32 e, còn $0,48-0,32=0,16$ e sinh $0,08$ mol H${}_2$ ✓.

**Dung dịch Z (sau 2t):**
- Anot: $0,10$ mol O${}_2$ sinh ra $0,40$ mol H${}^{+}$; Cl${}^{-}$ đã cạn.
- Catot: $0,08$ mol H${}_2$ sinh ra $0,16$ mol OH${}^{-}$; Cu${}^{2+}$ đã hết.
- Trung hòa: H${}^{+}$ dư $=0,40-0,16=0,24$ mol.
- Thành phần Z: Na${}^{+}$ 0,08; SO${}_4^{2-}$ 0,16; H${}^{+}$ 0,24, tức gồm 0,08 mol H${}_2$SO${}_4$ và 0,08 mol NaHSO${}_4$ (tổng H${}^{+}$ = 0,24 ✓, bảo toàn điện tích ✓).

**Cho Mg tác dụng:** $Mg+2H^{+}\to M{g}^{2+}+H_2$ (không có Cu${}^{2+}$ để Mg khử).
$$n_{Mg,max}=\frac{0,24}{2}=0,12\text{ mol}\Rightarrow m=0,12\times 24=2,88\approx 2,9\text{ g}.$$

Vậy $m$ gần nhất với 2,9 → chọn A (khớp đáp án nguồn 76A).