Phương pháp giải:

Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8g MgO ⟹  dung dịch Y có môi trường H⁺

Khi ngừng điện phân thu được khí ở cả 2 điện cực ⟹ chứng tỏ Cu²⁺ điện phân hết, có sự điện phân của H₂O ở cả hai điện cực

Sử dụng bảo toàn điện tích với dd Y 

Sử dụng bảo toàn e

Lời giải chi tiết:

n_{hh khí}  = 0,1 mol ;  n_MgO = 0,02 mol

Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8g MgO ⟹  dung dịch Y có môi trường H⁺

Khi ngừng điện phân thu được khí ở cả 2 điện cực ⟹ chứng tỏ Cu²⁺ điện phân hết, có sự điện phân của H₂O ở cả hai điện cực

Thứ tự điện phân:

Catot (-) : Cu²⁺ , Na⁺, H₂O                                                       Anot (+) : Cl^-, SO₄^2-, H₂O

Cu²⁺      +  2e      →   Cu                                                         2Cl^-     →  Cl₂        +    2e

2H₂O  + 2e → H₂ + 2OH^-                                                          2H₂O   →  O₂ +  4H⁺  +   4e  

Xét dd Y thu được gồm: H⁺ dư, SO₄^2-: 0,05 (mol) và Na⁺.

Cho dd Y pư với MgO chỉ có H⁺ tham gia phản ứng:

MgO  + 2H_dư⁺  → Mg²⁺ + H₂O (1)

0,02  →  0,04      

Theo (1): n_H+ dư = 2n_MgO = 2.0,02 = 0,04 (mol)

Bảo toàn điện tích với các chất trong dd Y ta có: n_Na+ + n_H+ dư = 2n_SO42­- ⟹ n_Na+ = 2.0,05 – 0,04 = 0,06 (mol)

BTNT Na: n_NaCl = n_Na+ = 0,06 (mol) ⟹ n_Cl- = n_NaCl = 0,06 (mol) ⟹ n_Cl2 = 1/2n_Cl- = 0,06/2 = 0,03 (mol)

Catot: Đặt n_H2 = x (mol);

Anot: n_Cl2 = 0,03 (mol); đặt n_O2 = y (mol)             

∑n_{hh khí}  = 0,1 mol → n_H2 + n_Cl2 + n_O2 = 0,1  ⟹   x + 0,03 + y = 0,1 ⟹ x + y = 0,07 (I)

Theo ĐLBT e: ∑n_{e (catot nhận)} = ∑n_{e (anot nhường)}

⟹ 2n_Cu + 2n_H2 = 2n_Cl2 + 4n_O2

⟹ 2.0,05 + 2x = 2.0,03 + 4z 

⟹ x – 2z = - 0,02 (II)

Giải hệ (I) và (II) ta được x = 0,04 và y = 0,03

⟹  số mol e trao đổi = 2n_Cu2+ + 2n_H2  = 2.0,05 + 2.0,04 = 0,18 (mol)

Mặt khác: n_e trao đổi =  \(\frac{{It}}{F} \to t = \frac{{0,18.96500}}{2} = 8685\,\,s\)                 

Đáp án C