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

+ Tại thời điểm t giây: $n_{C{l}_2}=0,04\to n_{electrontraođổi}=0,08$.
+ Tại thời điểm 2t giây; $n_{electrontraođổi}=0,08.2=0,16$ → $n_{h\tilde{\hat{o}}nhợpkh\acute{ı}}=n_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,065$; BTE: $2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,16$ → $n_{C{l}_2}=0,05$; $n_{O_2}=0,015$
+ Tại thời điểm 3t giây; $n_{electrontraođổi}=0,08.3=0,24$ → Ở anot: $2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,24$ (0,05); $n_{h\tilde{\hat{o}}nhợpkh\acute{ı}}=n_{H_2}+n_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,11$ → $n_{O_2}=0,035$; $n_{H_2}=0,025$
BT e ở catot khi thời gian điện phân là 3t: $n_{Ag}.1+2.n_{H_2}=0,24$ → $n_{Ag}=0,19$ mol
→ $C_{MAgN{O}_3}=\frac{0,19}{0,4}=0,475$ M

Chọn A.
- Nếu không có $C{u}^{2+}$ dư thì $n_{Fe}$ (phản ứng) = 0,105 mol, trong khi $n_{NO}$ = 0,07 mol.
Bt mol e: 0,105x2 = 0,07x3 thỏa mãn, vậy điều giả sử là đúng, $C{u}^{2+}$ phản ứng hết.
Ta có: $n_{H^{+}}$ = 4n${}_{NO}$ = 0,28 mol.
Ptđp: $Cu(N{O}_3{)}_2+2HCl\stackrel{đpdd}{\to }Cu+C{l}_2+2HN{O}_3$
0,08 → 0,16 → 0,08 0,08 0,16
Kết thúc phản ứng dung dịch mới có: 0,16 mol $H^{+}$. Vậy cần thêm (0,28 – 0,16) = 0,12 mol $H^{+}$ nữa.

Ptđp: $2Cu(N{O}_3{)}_2+2H_{2}O\stackrel{đpdd}{\to }2Cu+O_2+4HN{O}_3$
0,06 0,03 → 0,12
Sau hai phản ứng m (giảm) = 15,6 gam < 17,49 gam
Ta có: $H_{2}O$ bị điện phân $2H_{2}O\stackrel{đpdd}{\to }2H_2+O_2$
mol: a a 0,5a
=> m (giảm) = 15,6 + 18a = 17,49 => a = 0,105 mol
=> $\sum moletraođổi$ = (0,08x2 + 4x0,0825) = 0,49 mol ↔ t = 9457s ≈ 9455

Trong 1930 giây: $n_{Cu}=n_{C{l}_2}=a$
$⟶$ m giảm = 64a + 71a = 3,375 $⟶$ a = 0,025
$⟶$ m = 64a = 1,6
$n_e$ trong 1930s = $2n_{Cu}$ = 0,05 (1)
Trong 5790 giây: $n_{Cu}=3a=0,075$; $n_{C{l}_2}=u$ và $n_{O_2}=v$
m giảm = $0,075\cdot 64+71u+32v=8,75$
Bảo toàn electron $⟶0,075\cdot 2=2u+4v$
$⟶u=0,05$ và $v=0,0125$
Trong t giây: $n_{Cu}=4m/64=0,1$; $n_{H_2}=x$; $n_{C{l}_2}=0,05$ và $n_{O_2}=y$
m giảm = $0,1\cdot 64+2x+0,05\cdot 71+32y=11,29$
Bảo toàn electron $⟶0,1\cdot 2+2x=0,05\cdot 2+4y$
$⟶x=0,03$; $y=0,04$
$⟶n_e$ trong t giây = $0,1\cdot 2+2x=0,26$ (2)
(1)(2) $⟶1930\cdot 0,26=0,05t$
$⟶t=10036$s

- 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 $\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}+n_{H_2}=\frac{3,472}{22,4}=0,155mol\\ 2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=\frac{8685.5}{96500}=0,45mol\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{O_2}=\frac{0,45-2.0,06}{4}=0,0825mol\\ n_{C{l}_2}=0,155-0,06-0,0825=0,0125mol\end{array}$
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}}=\frac{0,45-2.0,0125}{2}=0,2125mol$
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}(Y)}=0,2125-0,18=0,0325mol$, $n_{H^{+}(Y)}=4.0,06=0,24mol$
$m-0,75m=m_{Fe(pu)}-m_{Cu}=56\left(\frac{3}{8}{n}_{H^{+}(Y)}+n_{C{u}^{2+}(Y)}\right)-64n_{C{u}^{2+}(Y)}$
$\Rightarrow 0,25m=56\left(\frac{3}{8}.0,24+0,0325\right)-64.0,0325\Rightarrow m=19,12g$

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.

(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)

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.