Do Y có phản ứng với kiềm nên Y là không phải là K-Na-Ca-Ba → R²⁺ có thể bị điện phân

- Các quá trình có thể xảy ra ở các điện cực :

+) Anot :         2Cl^- → Cl₂ + 2e

                        2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

+) Catot :         R²⁺ + 2e → R

                        2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

- n_R(NO3)2 = 0,45V và n_NaCl = 0,4V mol ; n_{khí (Anot)} = 5,376 : 22,4 = 0,24 mol

- Phản ứng điện phân tổng quát chung : R(NO₃)₂ + 2NaCl → R + Cl₂ + 2NaNO₃ (1)

→ n_Cl2 = ½ n_NaCl = 0,2V → n_O2 = 0,24 – 0,2V

- Trong t giây : n_{e tđ} = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 0,96 – 0,4V

→ Trong t giây tiếp theo anot sinh ra n_O2 = 0,25n_e = 0,24 – 0,1V

→ n_{O2 tổng} = (0,24 – 0,2V) + (0,24 – 0,1V) = 0,48 – 0,3V

- Có : n_OH = n_KOH + n_NaOH = 0,32.0,75 + 0,32.0,5 = 0,4 mol

→ Ta xét 2 trường hợp

+) TH₁ : Trong 2t giây R²⁺ vẫn chưa bị điện phân hết → chưa điện phân nước ở catot

→ 2n_R2+ < n_{e tđ}

→ 0,45V.2 < (0,96 – 0,4V).2

→ V < 1,129

- n_{R2+ dư} = 0,96 – 0,4V – 0,45V = 0,96 – 0,85V

Lúc này n_H+ = 4n_{O2 tổng} = 4.(0,48 – 0,3V)

Thêm kiềm vào không có kết tủa chứng tỏ R(OH)₂ lưỡng tính đã tan trở lại

R²⁺ + 2OH^- → R(OH)₂

R(OH)₂ + 2OH^- → RO₂^2- + 2H₂O

→ n_OH = n_H+ + 4n_{R2+ dư} → 0,4 = 4.(0,48 – 0,3V) + 4.(0,96 – 0,85V)

→ V = 1,165  (Loại)

+) TH₂ : Trong 2t giây R²⁺ đã bị điện phân hết, H₂O đã bị điện phân ở catot :

Sau (1) còn : n_R2+ = 0,45V – 0,2V = 0,25V

→ Khi điện phân hết R²⁺ thì n_H+ = 0,25V.2 = 0,5V

→ n_H+ = n_OH- = 0,4 = 0,5V → V = 0,8 lit

Đáp án B