Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO₄ và NaCl vào nước, thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ không đổi. Tổng số mol khí thu được ở cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (gấp khúc tại điểm M, N). Giả sử hiệu suất điện phân là 100%, bỏ qua sự bay hơi của nước. Giá trị của m là

Giai đoạn 1:

Anot:2Cl−−2e→Cl2Catot:Cu2++2e→Cu

Khí thoát ra là Cl₂ →nCl−=2nCl2=2.0,04=0,08  mol=ne.

→nCu2+=12ne=0,04  mol=nCuSO4.

Giai đoạn 2 : độ dốc đồ thị lớn hơn giai đoạn 1 nên có cả Cl₂ và H₂ cùng thoát ra, Cl^- bị điện phân hết.

Anot:2Cl−−2e→Cl2Catot:H2O+e→OH−+12H2

Gọi nCl2=12ne=nH2=x mol→ne=2x  mol .

Giai đoạn 3 : H₂O bị điện phân ở cả 2 cực, khí sinh ra là H₂ và O₂.

Anot:H2O−2e→2H++12O2Catot:H2O+e→OH−+12H2

Gọi nO2=y→ne=4nO2=4ynH2=12ne=2y

∑mol  khÝ= nCl2gđ1+nCl2gđ2+nH2gđ2+nH2gđ3+nO2gđ3=0,04+x+x+y+2y=0,21Sau 3,5a giây thì số mol e đã trao đổi gấp 3,5 lần số mol e đã trao đổi sau khi kết thúc giai đoạn 1 .

→∑mol  e= negđ1+negđ2+negđ3=0,08+2x+4y=3,5.0,08

Giải hệ : x = 0,04 ; y = 0,03 (mol).

BTNT  [Cl]  nNaCl=2nCl2phÇn  1+nCl2phÇn  2=0,04+2.0,04=0,08

→m=58,5.0,08+160.0,04=11,08  (g).

Nhận xét : ở đây có thể đặt ra câu hỏi có thể giai đoạn 2 thể tích khí tăng mạnh do Cl₂ và O₂ cùng thoát ra ở anot, lúc đó đồ thị sẽ biểu diễn bằng 4 đoạn khác nhau :

Giai đoạn 1 : khí gồm Cl₂.

Giai đoạn 2 : khí gồm Cl₂, O₂.

Giai đoạn 3 : khí gồm Cl₂, O₂, H₂..

Giai đoạn 4 : khí gồm O₂, H₂.

Điều này không hợp lý với đặc điểm đồ thị đề bài ra.

Chọn đáp án D.