Tiến hành điện phân dung dịch chứa NaCl và 0,15 mol Cu(NO3)2 bằng điện cực trơ,

${n_e} = \,\frac{{It}}{F} = \frac{{5.6562}}{{96500}} = \,0,34\,mol$
Các quá trình xảy ra ở điện cực
Anot (+)
$C{l^ - },\,NO_3^ - ,\,{H_2}O$
$2C{l^ - }\, \to \underbrace {C{l_2}}_x\,\, + \,\underbrace {2e}_{2x}$
$2{H_2}O\, \to \,\underbrace {4{H^ + }}_{4y}\, + \underbrace {{O_2}\,}_y + \,\underbrace {4e\,}_{4y}$
Catot (-): $N{a^ + },\,C{u^{2 + }},\,{H_2}O$
$\underbrace {C{u^{2 + }}}_{0,15}\, + \underbrace {2e\,}_{0,3} \to \underbrace {Cu}_{0,15}$
$2{H_2}O\, + \underbrace {2e}_{0,34 - 0,3}\, \to \,\underbrace {{H_2}}_{0,02}\, + \,\underbrace {2O{H^ - }}_{0,04}$
Vì dung dịch sau điện phân hòa tan được Fe tạo ra NO
Phải có điện phân nước ở bên anot
Bảo toàn e: 2x + 4y = 0,34
Khối lượng dung dịch giảm = ${m_{Cu}}\, + \,{m_{{H_2}}}\, + \,{m_{C{l_2}}}\, + {m_{{O_2}}}$
Hay 15,11 = 0,15 . 64 + 0,02 . 2 + 71x + 32y
→ ${n_{{H^ + }( + )}} = $ 0,06 . 4 = 0,24 mol
→ x = 0,05 và y = 0,06
Chú ý: $\underbrace {{H^ + }}_{0,04}\, + \,\underbrace {O{H^ - }\,}_{0,04} \to \,{H_2}O$
Số mol ${H^ + }$ dư = 0,24 – 0,04 = 0,2 mol -
Dung dịch sau điện phân: ${H^ + }:\,0,2\,mol\,,\,N{a^ + },\,NO_3^ - :0,03\,mol$ NO3
Chú ý: để Fe bị hòa tan tối đa thì $F{e^0}\,\, \to \,F{e^{2 + }}\,\, + 2e\,$
$\underbrace {4{H^ + }}_{0,2}\,\, + \,\underbrace {NO_3^ - \,\,}_{0,3} + \,\underbrace {3e}_{0,15} \to \,NO\, + \,2{H_2}O$
Bảo toàn e → ${n_{Fe}} = \,\frac{{0,15}}{2} = 0,075\,mol$ → mFe= 4,2 (g)