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.

Giai đoạn 1:

$\begin{array}{l}Anot:2C{l}^{-}-2e\to C{l}_2\\ Catot:C{u}^{2+}+2e\to Cu\end{array}$

Khí thoát ra là Cl₂ $\to n_{C{l}^{-}}=2n_{C{l}_2}=2.0,04=0,08\left(mol\right)=n_e$.

$\to n_{C{u}^{2+}}=\frac{1}{2}{n}_e=0,04\left(mol\right)=n_{CuS{O}_4}$.

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.

$\begin{array}{l}Anot:2C{l}^{-}-2e\to C{l}_2\\ Catot:H_{2}O+e\to O{H}^{-}+\frac{1}{2}{H}_2\end{array}$

Gọi $n_{C{l}_2}=\frac{1}{2}{n}_e=n_{H_2}=x\left(mol\right)\to n_e=2x\left(mol\right)$ .

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

$\begin{array}{l}Anot:H_{2}O-2e\to 2H^{+}+\frac{1}{2}{O}_2\\ Catot:H_{2}O+e\to O{H}^{-}+\frac{1}{2}{H}_2\end{array}$

Gọi $n_{O_2}=y\to \left\{\begin{array}{l}{n}_e=4n_{O_2}=4y\\ n_{H_2}=\frac{1}{2}{n}_e=2y\end{array}\right.$

${\sum }_{molkhÝ}=n_{C{l}_2\left(g\text{đ}1\right)}+n_{C{l}_2\left(g\text{đ}2\right)}+n_{H_2\left(g\text{đ}2\right)}+n_{H_2\left(g\text{đ}3\right)}+n_{O_2\left(g\text{đ}3\right)}=0,04+x+x+y+2y=0,21$Sau 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 .

$\to {\sum }_{mole}=n_{e\left(g\text{đ}1\right)}+n_{e\left(g\text{đ}2\right)}+n_{e\left(g\text{đ}3\right)}=0,08+2x+4y=3,5.0,08$

Giải hệ : x = 0,04 ; y = 0,03 (mol).

$BTNT\left[Cl\right]n_{NaCl}=2\left({n_{C{l}_2}}_{phÇn1}+{n_{C{l}_2}}_{phÇn2}\right)=0,04+2.0,04=0,08$

$\to m=58,5.0,08+160.0,04=11,08\left(g\right)$.

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.