Tiến hành điện phân dung dịch chứa Cu(NO3)2 1,2M và NaCl 0,8M bằng...

Dung dịch ban đầu: $\left\{ \begin{aligned}
& Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}:1,2\text{a} \\
& NaCl:0,8\text{a} \\
\end{aligned} \right.$
Sau phản ứng thấy thoát khí NO, chứng tỏ: dung dịch sau điện phân chứa ion ${{H}^{+}}$ nên ở anot $C{{l}^{-}}$ đã điện phân hết, nước đã điện phân.
Thứ tự điện phân:
$C{{u}^{2+}}+2\text{e}\to Cu$ $2C{{l}^{-}}\to C{{l}_{2}}+2\text{e}$
$b 2b b$ $0,8\text{a} 0,4\text{a} \text{0,8a}$
$2{{H}_{2}}O\to 4{{H}^{+}}+{{O}_{2}}+4\text{e}$
Sau phản ứng còn lại chất rắn không tan là Cu, nên Fe bị oxi hóa thành $F{{\text{e}}^{2+}}$
$F\text{e}\to F{{\text{e}}^{2+}}+2\text{e}$ $4{{H}^{+}}+NO_{3}^{-}+3\text{e}\to NO+2{{H}_{2}}O$
$0,24 \leftarrow 0,18 \leftarrow 0,06$
${{n}_{{{O}_{2}}}}=\dfrac{1}{4}{{n}_{{{H}^{+}}}}=0,06$
BT e: $2b=0,8\text{a}+4.0,06\left( 1 \right)$
Khối lượng dung dịch giảm là khối lượng của Cu tạo thành và khối lượng khí Cl2​, O2​
$\to 64b+0,4\text{a}.71+32.0,06=17,7\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) $\to \left\{ \begin{aligned}
& a=0,15 \\
& b=0,18 \\
\end{aligned} \right.$
${{n}_{Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}ban đầu}}=1,2a=0,18\to {{n}_{Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}ban đầu}}={{n}_{Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}} phản ứng}}$
Vậy $Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}$ điện phân hết.
BT e: ${{n}_{Fe}}=\dfrac{1}{2}{{n}_{e+}}=0,09\to {{n}_{Fe dư}}=0,18-0,09=0,09$
$\to x=0,09.56=5,04$
Trong điện phân: Khối lượng dung dịch giảm chính là khối lượng kim loại tạo thành ở catot và khối lượng khí thoát ra ở catot và anot.