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

Tại $t_1$: $m_{(dungdichgiảm)}=10,16$g
($-$) $F{e}^{2+}+2e\to Fe$ ($+$) $2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$
a 2a a a 2a
$\to 56a+71a=10,16\to a=0,08$ mol $\to t_1=3088$ (s)
Tại $2,5t_1$: $n_e=0,4$ mol và $F{e}^{2+}$ điện phân hết
$\to n_{F{e}^{2+}}=10x=0,2\to x=0,02\to n_{A{l}^{3+}}=0,14$ mol
Tại 17370 giây: $n_e=0,9$ mol
$$F{e}^{2+}+2e\to Fe2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e$$
0,2 0,4 0,2 (mol) 0,82 $\to$ 0,41 $\to$ 0,82 (mol)
$$2H_{2}O+2e\to 2O{H}^{-}+H_{2}2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e$$
0,5 0,5 0,25 (mol) 0,08 $\leftarrow$ 0,02 $\leftarrow$ 0,08 (mol)
$$H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O$$
0,08 0,08 (mol)
$$A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al(OH{)}_3$$
0,14 $\to$ 0,42 $\to$ 0,14 (mol)
$$m_{(dungdichgi\breve{1}ea3m)}=0,2\times 56+0,41\times 71+0,02\times 32+0,25\times 5+0,14\times 78=52,37g$$
[Ghi chú: bản gốc in \"0,25 × 5\"; đúng phải là $0,25\times 2=0,5$ g khối lượng $H_2$ — lỗi đánh máy của nguồn, tổng 52,37 g và đáp án A vẫn chính xác.]
$\to m=100-52,37=47,63$g.

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

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân dung dịch NaOH (điện cực trơ) thực chất là điện phân nước, NaOH không bị điện phân nên khối lượng NaOH giữ nguyên. Điện lượng: Q = I·t = 10 × 268 × 3600 = 9.648.000 C. Số mol electron: n(e⁻) = Q/F = 9.648.000/96.500 = 100 mol. Phản ứng điện phân nước: 2H₂O → 2H₂ + O₂ (cần 2e⁻ mỗi phân tử nước), nên n(H₂O bị điện phân) = 100/2 = 50 mol, khối lượng nước mất = 50 × 18 = 900 g. Khối lượng NaOH trong dung dịch sau điện phân: 24% × 100 = 24 g. Khối lượng dung dịch ban đầu = 100 + 900 = 1000 g. Nồng độ ban đầu = 24/1000 × 100% = 2,4%. Khớp đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Số mol bạc cần mạ: $n_{Ag}=\frac{5,4}{108}=0,05$ mol. Theo quá trình khử $[Ag(N{H}_3{)}_2{]}^{+}+1e\to Ag+2N{H}_3$, mỗi mol Ag cần 1 mol electron nên $n_e=0,05$ mol. Điện lượng: $Q=n_e\cdot F=0,05\times 96500=4825$ C. Thời gian: $t=\frac{Q}{I}=\frac{4825}{1,5}\approx 3216,67$ s $=53,61$ phút. Vậy đáp án B, khớp với đáp án nguồn.

Dung dịch sau điện phân có pH = 13 tức là [OH${}^{-}$] = 0,1 $\Rightarrow n_{O{H}^{-}}=2,5\cdot 0,1=0,25$ mol. Phương trình điện phân: $$2NaCl+2H_{2}O\stackrel{\text{đpnc}}{\to }2NaOH+C{l}_2+H_2$$ với $n_{NaOH}=0,25$ mol $\to n_{NaCl\text{ (bị điện phaˆn)}}=0,25$ mol $\Rightarrow$ \%$m_{NaCl\text{ bị điện phaˆn}}=\frac{0,25\cdot 58,5}{23,4}.100\%=62,5\%$.

Chọn D.
- Phản ứng : $MgC{l}_2+2H_{2}O\stackrel{\text{đp dd}}{\to }Mg(OH{)}_2\downarrow +H_2\uparrow +C{l}_2\uparrow$
- Ta có : $n_{etraođổi}=\frac{It}{96500}=\frac{2,68\times 7200}{96500}=0,2$ mol $\Rightarrow n_{MgC{l}_2}=n_{C{l}_2}=n_{H_2}=n_{Mg(OH{)}_2}=\frac{n_{etraođổi}}{2}=0,1$ mol
$\Rightarrow m_{dungdịchgiảm}=58n_{Mg(OH{)}_2}+2n_{H_2}+71n_{C{l}_2}=5,8+0,2+7,1=\boxed{13,1(g)}$

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

Quá trình điện phân có thể xảy ra các phản ứng:
Catot (-): $C{u}^{2+}+2e\to Cu$
$$2H_{2}O+2e\to H_2+2O{H}^{-}(\ast )$$
Anot(+): $2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e$
Sau điện phân: $C{u}^{2+}+S^{2-}\to CuS\downarrow$ (đen) $\Rightarrow n_{C{u}^{2+}dư}=n_{CuS}=0,1$ mol
$\Rightarrow$ Chứng tỏ $C{u}^{2+}$ dư $\Rightarrow$ chưa có quá trình (*)
Gọi số mol $C{u}^{2+}$ bị điện phân là x mol $\Rightarrow n_{O_2}=0,5x$ mol
$\Rightarrow m_{ddgiam}=m_{Cu}+m_{O_2}=64x+32.0,5x=8$ g $\Rightarrow x=0,1$ mol
$\Rightarrow n_{C{u}^{2+}bd}=n_{C{u}^{2+}du}+n_{C{u}^{2+}dp}=0,2$ mol
$\Rightarrow C_{M(CuS{O}_4)}=1M$
$\Rightarrow$ Đáp án D

Dung dịch sau điện phân có $pH=2$ $\Rightarrow$ có H${}^{+}$
Vậy các quá trình diễn ra khi điện phân là:
Catot(-): $A{g}^{+}+1e\to Ag$
Anot(+): $2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e$
$C_{M(H^{+})}=10^{-pH}=0,01M\Rightarrow n_{H^{+}}=0,002$ mol
Bảo toàn e: $n_{Ag}=n_{H^{+}}=0,002$ mol
$\Rightarrow m_{Ag}$ = 0,216 g
=> Đáp án C

$n_{H_2}=\frac{1,68}{22,4}=0,075mol$
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: $n_e=I.\frac{t}{F}\to t=n_e.\frac{F}{I}=\frac{0,25.96500}{5}=4825(s)$

Tại catot: $A{g}^{+}+e\to Ag$; $H_{2}O+2e\to H_2+2O{H}^{-}$. Tại anot: $H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e$. Ta có $n_{e\text{trao đổi}}=\frac{It}{96500}=0,013\text{mol}>n_{e\text{Ag nhường}}=0,004\text{mol}\Rightarrow m_{Ag}=0,004\cdot 108=0,432(g)$

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)

(AI giải đề cho tôi)
Mạ đồng: thanh Cu nối cực dương (anode, tan: Cu → Cu²⁺ + 2e), huy chương nối cực âm (cathode, Cu²⁺ + 2e → Cu). a) Electron chạy từ anode (thanh Cu) qua dây dẫn đến cathode (huy chương), nên phát biểu a SAI. b) Diện tích cần mạ: 2 mặt tròn + mặt xung quanh = 2π(2,5)² + 2π(2,5)(0,3) = 12,5π + 1,5π = 14π ≈ 43,98 cm². Thể tích lớp mạ = 43,98 × 0,1 = 4,398 cm³ → m_Cu = 4,398 × 8,95 ≈ 39,36 g → n_Cu ≈ 0,6199 mol → n_e = 1,2398 mol → Q = 1,2398 × 96500 ≈ 119641 C → t = Q/I ≈ 59819 s ≠ 64800 s, phát biểu b SAI. c) Đúng như trên, phát biểu c ĐÚNG. d) Anode là thanh Cu (điện cực tan), Cu tan thành Cu²⁺ nên không có khí thoát ra ở anode, phát biểu d SAI. Kết quả: a-S, b-S, c-D, d-S, khớp đáp án nguồn.
a) (AI giải đề cho tôi)
Electron di chuyển từ anode (thanh Cu) qua dây dẫn đến cathode (huy chương), không phải chiều ngược lại.
b) (AI giải đề cho tôi)
S = 14π ≈ 43,98 cm²; V = 4,398 cm³; m_Cu ≈ 39,36 g; n_Cu ≈ 0,6199 mol; n_e = 1,2398 mol; t = 1,2398×96500/2 ≈ 59819 s ≠ 64800 s.
c) (AI giải đề cho tôi)
Trong mạ điện, vật cần mạ (huy chương) là cực âm, thanh Cu là cực dương bị tan.
d) (AI giải đề cho tôi)
Anode là thanh copper (điện cực tan): Cu → Cu²⁺ + 2e, không có khí thoát ra ở anode.

Điện lượng: $q=I.t=2,0\cdot 3600=7200$ C
Số mol electron:
$$n_e=\frac{q}{F}=\frac{7200}{96500}\approx 0,0746\text{ mol}$$
Theo phương trình, 1 mol $PbS{O}_4$ ứng với 2 mol electron:
$$n_{PbS{O}_4,\text{moˆ˜i cực}}=\frac{0,0746}{2}=0,0373\text{ mol}$$
Tổng hai cực:
$$n_{PbS{O}_4}=2\cdot 0,0373=0,0746\text{ mol}$$
Khối lượng mol:
$$M_{PbS{O}_4}=207+32+4\cdot 16=303\text{g/mol}$$
Khối lượng:
$$m=0,0746\cdot 303\approx 22,6\text{g}$$

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

Đặt CuO: x mol và Na${}_2$O: y mol
Dung dịch X chứa CuCl${}_2$ (x mol) và NaCl (2y mol)
Đoạn 1: CuCl${}_2$ $\to$ Cu + Cl${}_2$
Đoạn 2: 2NaCl + 2H${}_2$O $\to$ H${}_2$ + Cl${}_2$ + 2NaOH
Số mol khí thoát ra ở đoạn 1 và 2 là x + 2y = 0,2 (1)
Đoạn 3: Số mol khí đoạn này là 0,35 – 0,2 = 0,15 mol $\Rightarrow$ nH${}_2$ = 0,1 mol và nO${}_2$ = 0,05 mol
Thời gian tiêu tốn cho đoạn 2 + 3 gấp 1,5 lần thời gian tiêu tốn cho đoạn 1
$\Rightarrow$ 2(y + 0,1) = 1,5.2x (2)
Từ (1), (2) suy ra x = 0,1; y = 0,05. Vậy m = 11,1 gam.

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.