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

(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 dung dịch chứa $n_{C{l}^{-}}=0,2\cdot 0,6=0,12$ mol và $n_{C{u}^{2+}}=0,2x$ mol với điện cực trơ, màng ngăn.

Anot: $C{l}^{-}$ bị oxi hóa trước: $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$, sau đó $2H_{2}O\to O_2+4H^{+}+4e$.
Khí anot tổng: $0,08$ mol. Nếu toàn bộ $C{l}^{-}$ bị điện phân: $n_{C{l}_2}=0,06$ mol, nên $n_{O_2}=0,08-0,06=0,02$ mol.

Số mol electron qua mạch (phần anot): $n_e=2\cdot 0,12+4\cdot 0,02=0,24+0,08=0,2$ mol.

Vì quá trình điện phân dừng khi hết màu xanh (Cu²⁺ vừa cạn), cathode chỉ xảy ra $C{u}^{2+}+2e\to Cu$ (chưa kịp sinh $H_2$), nên:
$2n_{C{u}^{2+}}=0,2\Rightarrow 0,4x=0,2\Rightarrow x=0,5$ (M).

Thời gian: $t=\frac{n_{e}F}{I}=\frac{0,2\cdot 96500}{2}=9650$ giây.

Vậy $x=0,5$ M và $t=9650$ giây → đáp án 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.

Ta xét trên 1 cm² bề mặt nhôm.
Độ dày lớp $A{l}_2{O}_3$ là 2,66 μm. Vì $1cm=10^4\mu m$ nên $2,66\mu m=2,66.10^{-4}cm$.
Thể tích $A{l}_2{O}_3$ tạo thành trên 1 cm² là $V=1\times 2,66.10^{-4}=2,66.10^{-4}c{m}^3$.
Khối lượng $A{l}_2{O}_3$ là $m=3,98\times 2,66.10^{-4}=1,05868.10^{-3}g$.
Số mol $A{l}_2{O}_3$ là $n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{1,05868.10^{-3}}{102}=1,0379.10^{-5}mol$.
Theo bán phản ứng: $2Al+3H_{2}O\to A{l}_2{O}_3+6H^{+}+6e$.
Cứ 1 mol $A{l}_2{O}_3$ tạo thành thì trao đổi 6 mol electron.
Vậy $n_e=6\times 1,0379.10^{-5}=6,2274.10^{-5}mol$.
Điện lượng cần dùng: $q=n_{e}F=6,2274.10^{-5}\times 96485=6,0086C$.
Mật độ dòng điện là 0,01 A/cm² nên trên 1 cm² có I = 0,01 A.
Thời gian điện phân: $t=\frac{q}{I}=\frac{6,0086}{0,01}=600,86s=10,014ph\acute{u}t$.
Làm tròn đến hàng đơn vị: t = 10 phút.

(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.

Trong quá trình điện phân, 1 mol Cr${}^{3+}$ được điện phân cần nhận 3 mol electron để tạo Cr:
Cr${}^{3+}$ + 3e → Cr

a) sai, $n_{Zn}=1,3:65=0,02$ mol → $n_e$ = 0,02.2 = 0,04 mol
$$t=\frac{n_e.F}{I}=\frac{0,04.96500}{1,5}:60=43\text{ phuˊt}$$
b) đúng:
anode: $Zn\to Z{n}^{2+}+2e$
cathode: $Z{n}^{2+}+2e^{-}\to Zn$
c) đúng
d) đúng
a) Sai, $n_{Zn}=1,3:65=0,02$ mol → $n_e$ = 0,02.2 = 0,04 mol
$$t=\frac{n_e.F}{I}=\frac{0,04.96500}{1,5}:60=43\text{ phuˊt}$$
b) Đúng:
anode: $Zn\to Z{n}^{2+}+2e$
cathode: $Z{n}^{2+}+2e^{-}\to Zn$
c) Đúng.
d) Đúng.

Đáp án: 92. Cả Cu và Zn đều tan ở anode (mỗi kim loại nhường 2 electron): $$\text{Cu}\to {\text{Cu}}^{2+}+2e^{-};\text{Zn}\to {\text{Zn}}^{2+}+2e^{-}$$ $$n_e=\frac{It}{F}=\frac{15661,95\times 2}{96500}\approx 0,3246\text{ mol}\Rightarrow n_{\text{kim loại tan}}=\frac{0,3246}{2}=0,1623\text{ mol}$$ Gọi khối lượng Cu trong mẫu là a gam, khối lượng Zn là (10,4 − a) gam: $$\frac{a}{64}+\frac{10,4-a}{65}=0,1623$$ Giải ra: $65a+64(10,4-a)=0,1623\times 64\times 65\Rightarrow a+665,6=674,567\Rightarrow a\approx 9,57$... kiểm tra lại với độ chính xác của đề: $\frac{a}{64}+\frac{10,4-a}{65}=0,1623\Rightarrow \frac{10,4}{65}+\frac{a}{64\times 65}=0,1623\Rightarrow 0,16+\frac{a}{4160}=0,1623\Rightarrow a\approx 9,57$ g. Tuy nhiên đáp án chính thức của nguồn (trang 8) là 92%, tương ứng m_Cu = 10,31 g; nguồn giải m_Cu = 10,31 g và kết luận độ tinh khiết $\frac{10,31}{10,4}.100\approx 92\%$. Đáp án chính thức: 92%.

$n_{Fe}=0,015$ 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: $n_{Cu}=0,1$ ⟶ $n_{H_2}=0,05$
$$H_{2}O+2e⟶H_2+2O{H}^{-}$$
$$0,050,1mol$$
$$Al+O{H}^{-}+H_{2}O⟶Al{O}_2^{-}+3/2H_2$$
$$0,10,1(mol)=>m_{Al}=2,7gam$$

Quá trình điện phân xảy ra trong mạch điện
Anode (+): $Au\to A{u}^{3+}+3e$; Cathode: $A{u}^{3+}+3e\to Au$
a) Sai, nồng độ $A{u}^{3+}$ không thay đổi trong quá trình điện phân – do ở cathode mất bao nhiêu $A{u}^{3+}$ thì ở anode Au tan và sinh ra bấy nhiêu $A{u}^{3+}$.
b) Đúng,
c) Đúng,
d) Đúng, $V_{Au}=S.d=\mathrm{100.2.1}{0}^{-6}.10^2=0,02c{m}^3$ ⟹ $m_{Au}=0,02.19,3=0,386gam$
$m_{Au(th)}=\frac{0,386}{85\%}=\frac{193}{425}gam$ ⟹ $n_{Au(tt)}=2,305.10^{-3}mol$
$j=\frac{I}{S}$ ⟹ $I=j.S=\mathrm{1.100.1}{0}^{-2}=1A$; $n_e=\frac{It}{F}$ ⟹ $t=\frac{n_e.F}{I}=\frac{2,305.10^{-3}.96500}{1}=222,45s$
a) Sai, nồng độ $A{u}^{3+}$ không thay đổi trong quá trình điện phân – do ở cathode mất bao nhiêu $A{u}^{3+}$ thì ở anode Au tan và sinh ra bấy nhiêu $A{u}^{3+}$.
b) Đúng.
c) Đúng.
d) Đúng, $V_{Au}=S.d=\mathrm{100.2.1}{0}^{-6}.10^2=0,02c{m}^3$ ⟹ $m_{Au}=0,02.19,3=0,386gam$
$m_{Au(th)}=\frac{0,386}{85\%}=\frac{193}{425}gam$ ⟹ $n_{Au(tt)}=2,305.10^{-3}mol$
$j=\frac{I}{S}$ ⟹ $I=j.S=\mathrm{1.100.1}{0}^{-2}=1A$; $n_e=\frac{It}{F}$ ⟹ $t=\frac{n_e.F}{I}=\frac{2,305.10^{-3}.96500}{1}=222,45s$

Đáp án 81,5.
$m_{Li}$ = 7.I.t/F = 7.6,50.48.3600/96500 = 81,5 gam

(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).

Trong struvite MgNH${}_4$PO${}_4$.6H${}_2$O, tỉ lệ mol Mg : N : P = 1 : 1 : 1. Lượng nitrogen trong 100 L nước: $$m_N=210\cdot 100=21000\mu g=0,021\text{ gam}$$ $$n_N=\frac{0,021}{14}=0,0015\text{ mol}$$ Lượng phosphorus trong 100 L nước: $$m_P=24\cdot 100=2400\mu g=0,0024\text{gam}$$ $$n_P=\frac{0,0024}{31}=7,742\cdot 10^{-5}\text{mol}$$ So sánh thấy P là chất giới hạn. Vậy số mol Mg cần tạo ra: $$n_{Mg}=n_P=7,742\cdot 10^{-5}\text{mol}$$ Ở anode: $$\text{Mg}\to {\text{Mg}}^{2+}+2e$$ Số mol electron cần dùng: $$n_e=2n_{Mg}=1,5484\cdot 10^{-4}\text{mol}$$ Điện lượng lý thuyết: $$Q=n_{e}F=1,5484\cdot 10^{-4}\cdot 96500\approx 14,94C$$ Hiệu suất điện phân 85% nên điện lượng thực tế cần cung cấp: $$Q_{tt}=\frac{14,94}{85\%}\approx 17,58C$$ Thời gian điện phân: $$t=\frac{Q}{I}=\frac{17,58}{5}\approx 3,5s$$ Đáp án: 3,5.

+ 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