Thy Nguyn Minh Tun THPT chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T : 01689186513 Email : nguyenminhtuanchv@gmail.com HNG DN GII NHANH CC BI TP HểA Vễ C HAY V KHể TRONG THI I HC, CAO NG NM 2014 I. Nhn nh chung: gii nhanh cỏc bi tp hay v khú trong thi tuyn sinh i hc, Cao ng cỏc nm núi chung v nm 2014 núi riờng, hc sinh cn nm vng v vn dng thnh tho cỏc nh lut bo ton vt cht. ú l nh lut bo ton nguyờn t, bo ton khi lng, bo ton electron v bo ton in tớch. II. Cỏc vớ d minh ha Vớ d 1 ( TSH khi B): Nung hn hp gm 0,12 mol Al v 0,04 mol Fe 3 O 4 mt thi gian, thu c hn hp rn X. Hũa tan hon ton X trong dung dch HCl d, thu c 0,15 mol khớ H 2 v m gam mui. Giỏ tr ca m l A. 34,10. B. 32,58. C. 31,97. D. 33,39. Hng dn gii Trong phn ng ca X vi HCl, theo bo ton nguyờn t O, Cl, H, ta cú : { { { 2 3 4 2 2 H O Fe O 0,04 HCl H O H Cl 0,16 0,15 n 4n 0,16 n n 2n 2n 0,62 = = = = + = Theo bo ton khi lng, ta cú : { muoỏi (ion kim loaùi) Cl 0,62.35,5 0,12.27 0,04.3.56 m m m 31,97 gam + = + = 1 4 2 43 Vớ d 2 ( TSH khi B): Cho m gam P 2 O 5 tỏc dng vi 253,5 ml dung dch NaOH 2M, sau khi cỏc phn ng xy ra hon ton thu c dung dch X. Cụ cn dung dch X, thu c 3m gam cht rn khan. Giỏ tr ca m l A. 21,30. B. 8,52. C. 12,78. D. 7,81. Hng dn gii Bn cht phn ng l H 3 PO 4 tỏc dng vi dung dch NaOH. Nu H 3 PO 4 cũn d sau phn ng thỡ khụng th cụ cn dung dch, do H 3 PO 4 khụng bay hi. Nh vy H 3 PO 4 ó phn ng ht. Cht rn l mui hoc hn hp gm mui trung hũa v NaOH d. Theo bo ton nguyờn t P v bo ton nguyờn t H trong phn ng ca H 3 PO 4 vi NaOH, ta cú: 3 4 2 5 3 4 H PO P O HOH H PO 2m 6m n 2n ; n 3n 142 142 = = = = Theo bo ton khi lng, ta cú : { 3 4 2 H PO NaOH chaỏt raộn H O 0,507.40 6m.18 3m 2m.98 142 142 m m m m m 8,52 g+ = + = 12 3 14 2 43 1 2 3 Vớ d 3 ( TSH khi B): Hn hp X gm hai mui R 2 CO 3 v RHCO 3 . Chia 44,7 gam X thnh ba phn bng nhau: Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing 1 Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email : nguyenminhtuanchv@gmail.com - Phần một tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH) 2 dư, thu được 35,46 gam kết tủa. - Phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl 2 dư, thu được 7,88 gam kết tủa. - Phần ba tác dụng tối đa với V ml dung dịch KOH 2M. Giá trị của V là A. 180. B. 200. C. 110. D. 70. Hướng dẫn giải Áp dụng bảo toàn nguyên tố C cho phần 1 và phần 2, ta có : 2 3 3 3 2 3 3 3 BaCO CO HCO BaCO CO HCO 4 35,46 P1:n n n 0,18 197 7,88 P2:n n 0,04 197 n 0,14 0,04.(2R 60) 0,14(R 61) 14,9 R 18 (NH ) − − − − +  + = = =     = = =    =  ⇒  + + + =   ⇒ = Áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng cho phần 3, ta có : { HCO NH 3 4 KOH OH n n n n 0,04.2 0,14 0,14 0,36 − − + = = + + = 1 44 2 4 43 KOH 2M V 0,36:2 0,18 lít 180 ml⇒ = = = Đây là bài tập có “bẫy” rất hay! Học sinh thường không chú ý đến ion R + . Vì thế, các em chỉ quan tâm đến việc tính số mol 3 HCO − , để từ đó suy ra số mol OH − cần dùng. Do đó sẽ chọn phương án D. Ví dụ 4 (Đề TSĐH khối B): Nung nóng bình kín chứa a mol hỗn hợp NH 3 và O 2 (có xúc tác Pt) để chuyển toàn bộ NH 3 thành NO. Làm nguội và thêm nước vào bình, lắc đều thu được 1 lít dung dịch HNO 3 có pH = 1, còn lại 0,25a mol khí O 2 . Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a là A. 0,1. B. 0,4. C. 0,3. D. 0,2. Hướng dẫn giải Vì O 2 dư nên NH 3 đã chuyển hết thành HNO 3 . Theo bảo toàn nguyên tố N và bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình phản ứng, ta có : { { { 3 3 3 2 2 NH O pö O dö 3 2 2 1 NH HNO H NH O pö O pö n n n n n n 10 .1 0,1 8n 4n n 0,2 a 0,4 a 0,1 0,2 0,25a + −  = = = =   =    =  ⇒ ⇒ =  = + +   Ví dụ 5 (Đề TSĐH khối B): Cho hỗn hợp X gồm Al và Mg tác dụng với 1 lít dung dịch gồm AgNO 3 a mol/l và Cu(NO 3 ) 2 2a mol/l, thu được 45,2 gam chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng (dư), thu được 7,84 lít khí SO 2 (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a là A. 0,25. B. 0,30. C. 0,15. D. 0,20. Hướng dẫn giải Nếu trong Y có kim loại dư. Giả sử có Al dư, theo bảo toàn electron trong phản ứng của Y với dung dịch H 2 SO 4 đặc và giả thiết, ta có : Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 2 Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email : nguyenminhtuanchv@gmail.com { { { { { { 2 Al Ag Cu SO b 2a a Al Ag Cu b 2a a 3n n 2n 2n 0,7 a 0,203 27n 108n 64n 45,2 b 0,106  + + = =   =  ⇒   + + = = −     Suy ra kim loại khơng còn dư, Y chỉ có Ag và Cu. Tương tự như trên, ta có : 2 Ag Cu electron trao đổi SO Ag Cu Ag Ag Ag Cu n 2n n 2n 0,7 108n 64n 45,2 n n 0,3 n 0,3 n 0,2 a [Ag ] 0,3:1 0,3 + +  + = = =   + =    = =  =   ⇒ ⇒   = = = =     Ví dụ 6 (Đề TSĐH khối A): Điện phân dung dịch X chứa a mol CuSO 4 và 0,2 mol KCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp, cường độ dòng điện khơng đổi) trong thời gian t giây, thu được 2,464 lít khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra khơng tan trong dung dịch. Giá trị của a là A. 0,26. B. 0,24. C. 0,18. D. 0,15. Hướng dẫn giải Điện phân dung dịch trong thời gian t giây, theo bảo tồn ngun tố Cl, giả thiết và bảo tồn electron, ta có : 2 2 2 2 2 2 2 Cl Cl Cl Cl O O e trao đổi Cl O e trao đổi 1 0,2 n n 0,1 n 0,1 2 2 n n 0,11 n 0,01 n 2n 4n n 0,24 −  = = =  =     + = ⇒ =     = + =      Điện phân trong thời gian 2t giây, theo bảo tồn electron và giả thiết, ta có : { { { { 2 2 2 2 2 2 2 2 2 electron trao đổi Cl O 0,1 ? Cl O H O H electron trao đổi H Cu ? 0,09 0,48 ở anot :n 0,48 2n 4n ở cả anot và catot :n n n 0,26 n 0,07; n 0,09 Ở catot : n 2n 2n +  = = +    + + =   = =  ⇒  = +   1 4 2 4 3 2 4 CuSO Cu n 0,15 n 0,15 mol + ⇒ = ⇒ = Ví dụ 7 (Đề TSCĐ): Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO 4 (0,05 mol) và NaCl bằng dòng điện có cường độ khơng đổi 2A (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Sau thời gian t giây thì ngừng điện phân, thu được dung dịch Y và khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,24 lít (đktc). Dung dịch Y hòa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra khơng tan trong dung dịch. Giá trị của t là A. 6755. B. 772. C. 8685. D. 4825. Hướng dẫn giải Vì đã có khí thốt ra ở catot, chứng tỏ Cu 2+ đã bị khử hết. Dung dịch sau điện phân (Y) có thể hòa tan được MgO. Suy ra Y có chứa các ion H , Na + + và 2 4 SO − . Như vậy, nước đã bị oxi hóa và ion Cl − đã bị oxi hóa hết. Áp dụng bảo tồn điện tích trong phản ứng, bảo tồn ngun tố O và bảo tồn điện tích trong Y, ta có: Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng 3 Thy Nguyn Minh Tun THPT chuyờn Hựng Vng Phỳ Th T : 01689186513 Email : nguyenminhtuanchv@gmail.com { { { 2 2 4 2 MgO H O Na H SO 0,04 ? 0,05 Cl (ụỷ anot) Na Cl 2.0,8 n 2n 2n 0,04 40 n n 2n n 0,06 n 0,06; n 0,03 + + + + = = = = + = = = = Theo gi thit v bo ton electron, suy ra : { 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 O (ụỷ anot) H (ụỷ catot) Cl (ụỷ anot) 0,03 H (ụỷ catot) Cl (ụỷ anot) O (ụỷ anot) Cu 0,05 0,03 H (ụỷ catot) O (ụỷ anot) Cl O n n n 0,1 2n 2n 2n 4n n 0,04; n 0,03 (2n 4n ).96500 t 8685 giaõy 2 + + + = + = + = = + = = 14 2 43 14 2 43 Vớ d 8 ( TSH khi A): t chỏy 4,16 gam hn hp gm Mg v Fe trong khớ O 2 , thu c 5,92 gam hn hp X ch gm cỏc oxit. Hũa tan hon ton X trong dung dch HCl va , thu c dung dch Y. Cho dung dch NaOH d vo Y, thu c kt ta Z. Nung Z trong khụng khớ n khi lng khụng i, thu c 6 gam cht rn. Mt khỏc, cho Y tỏc dng vi dung dch AgNO 3 d, thu c m gam kt ta. Giỏ tr ca m l A. 10,80. B. 32,11. C. 32,65. D. 31,57. Hng dn gii D thy 6 gam cht rn l Fe 2 O 3 v MgO. Suy ra: 2 electron do Mg, Fe nhửụứng O 2(6 4,16) n 2n 0,23 16 = = = Theo bo ton electron v bo ton in tớch, bo ton nguyờn t O, ta cú : { { 2 2 2 electron do Fe vaứ Mg nhửụứng O pử Ag pử 0,055 0,23 ? O Cl O 0,055 Ag AgCl Ag pử (Ag, AgCl) Cl n 4n n n 2n 4n 0,22 n 0,01 n 0,01;n 0,22 m 32,65 gam n 0,22 + + = + = = = = = = = = 1 4 44 2 4 4 43 12 3 Vớ d 9 ( TSH khi A): Thc hin phn ng nhit nhụm hn hp gm Al v m gam hai oxit st trong khớ tr, thu c hn hp rn X. Cho X vo dung dch NaOH d, thu c dung dch Y, cht khụng tan Z v 0,672 lớt khớ H 2 (ktc). Sc khớ CO 2 d vo Y, thu c 7,8 gam kt ta. Cho Z tan ht vo dung dch H 2 SO 4 , thu c dung dch cha 15,6 gam mui sunfat v 2,464 lớt khớ SO 2 ( ktc, l sn phm kh duy nht ca H 2 SO 4 ). Bit cỏc phn ng xy ra hon ton. Giỏ tr ca m l A. 5,04. B. 6,29. C. 6,48. D. 6,96. Hng dn gii Vỡ X phn ng vi NaOH gii phúng H 2 , chng t Al d v Fe x O y ó phn ng ht. Cht rn X cha Fe, Al 2 O 3 v Al d. Cht khụng tan Z l Fe. Theo bo ton electron trong phn ng ca X vi NaOH v bo ton nguyờn t Al, O, ta cú : Trờn bc ng thnh cụng khụng cú du chõn ca k li bing 4 Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email : nguyenminhtuanchv@gmail.com 2 2 3 3 2 3 x y 2 3 2 3 Al H Al Al O Al(OH) Al Al O O/Fe O O/Al O Al O 2.0,672 3n 2n 0,06 22,4 n 2n n 0,1 n 0,02; n 0,04 n n 3n 0,12  = = =    + = =   = =  ⇒  = = =   Theo bảo tồn điện tích và bảo tồn khối lượng trong phản ứng của Z với H 2 SO 4 , ta có : 2 2 4 2 4 electron trao đổi SO SO tạo muối Fe trong muối muối SO tạo muối 2n n 2n 0,22 m 96n m 15,6 − −  = = =   + = =   { { 2 4 x y x y SO tạo muối Fe trong muối Fe trong Fe O Fe trong muối Fe O O Fe 0,12.16 5,04 n 0,11 m 5,04 m m 5,04 m m m 6,96 gam −  =  ⇒  =    = =  ⇒  = + =   Ví dụ 10 (Đề TSĐH khối A): Hỗn hợp X gồm Al, Fe 3 O 4 và CuO, trong đó oxi chiếm 25% khối lượng hỗn hợp. Cho 1,344 lít khí CO (đktc) đi qua m gam X nung nóng, sau một thời gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H 2 bằng 18. Hòa tan hồn tồn Y trong dung dịch HNO 3 lỗng (dư), thu được dung dịch chứa 3,08m gam muối và 0,896 lít khí NO (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị m gần giá trị nào nhất sau đây? A. 8,0. B. 9,5. C. 8,5. D. 9,0. Hướng dẫn giải Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm kim loại và O. Theo bảo tồn khối lượng và bảo tồn electron cho tồn bộ q trình phản ứng, ta có: { { { Z CO ban đầu CO phản ứng O phản ứng electron do kim loại nhường CO O NO 0,03 0,25m 0,04 16 electron do kim loại nhường m m n n 0,03 16 n 2n 2 n 3n n 0,06 0,03125m  − = = =    + = +    ⇒ = + Theo bảo tồn điện tích và bảo tồn khối lượng, ta có: 3 3 electron do kim loại nhường NO tạo muối muối kim loại NO tạo muối n n m m m 3,08m 0,75m 62(0,06 0,03125m) m 9,447 gam 9,5 gam − −  =   = +   ⇒ = + + ⇒ = ≈ Ví dụ 11 (Đề TSĐH khối B): Cho 3,48 gam bột Mg tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm HCl (dư) và KNO 3 , thu được dung dịch X chứa m gam muối và 0,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm N 2 và H 2 . Khí Y có tỉ khối so với H 2 bằng 11,4. Giá trị của m là A. 16,085. B. 14,485. C. 18,300. D. 18,035. Hướng dẫn giải Theo giả thiết, ta có : 2 2 2 2 2 2 H H N N H N 0,56 n 0,005 n n 0,025 22,4 n 0,02 2n 28n 0,025.11,4.2   = + = =   ⇒   =   + =   Vì phản ứng giải phóng H 2 nên 3 NO − đã phản ứng hết. Như vậy, ngồi HCl dư, trong dung dịch X chứa Mg 2+ , K + , Cl − và có thể có 4 NH + . Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng 5 Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email : nguyenminhtuanchv@gmail.com Theo bảo tồn electron, bảo tồn điện tích và bảo tồn ngun tố N, ta có : { { { { { { 2 2 4 4 2 3 4 Mg H N NH 0,145 0,005 0,02 NH ? N K NO NH K 0,02 ? 2n 8n 2n 10n n 0,01 n n n 2n n 0,05 + + + − + +  = + +   =   ⇒   = = + =      Theo bảo tồn điện tích và bảo tồn khối lượng trong X, ta có : { { { { { { { { 2 4 2 4 Mg K NH Cl 0,05 ? 0,145 0,01 muối Mg K NH Cl 0,05 ? 0,145 0,01 Cl muối 2n n n n m 24n 39n 18n 35,5n n 0,35 mol m 18,035 gam + + + − + + + − −  + + =    = + + +     =  ⇒  =   Ví dụ 12 (Đề TSĐH khối B): Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 3 O 4 bằng dung dịch chứa 0,1 mol H 2 SO 4 và 0,5 mol HNO 3 , thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol NO 2 (khơng còn sản phẩm khử nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau: - Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa. - Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn. Giá trị của m là A. 20,62. B. 41,24. C. 20,21. D. 31,86. Hướng dẫn giải Gọi số mol của Fe và Fe 3 O 4 trong một nữa hỗn hợp X lần lượt là x và y. Giả sử kết tủa là Fe(OH) 3 (0,05 mol). Theo giả thiết, bảo tồn electron trong phản ứng của X với hỗn hợp hai axit, bảo tồn điện tích trong dung dịch sau phản ứng của một nửa Y với KOH và bảo tồn ngun tố Fe, N, ta có : { { { { { { { { { { 3 4 3 4 2 3 2 4 3 Fe Fe O x y Fe Fe O NO NO x 0,05 0,5a y Fe K SO NO 0,2 x 3y 0,05 0,05 0,25 0,05 0,5a 10,24 56n 232n 5,12 (1) 2 3n n 3n n (2) 3 n n 2n n (3) 56x 232y 5,12 x 0,05 3x y 0,5a 0,15 y 0,01 3x 9y 0,5a 0,25 a 0,0 + + − − + − − −   + = =    + = +    + = +     + = =  ⇒ + − = ⇒ =   + + = =  5      2 3 3 0,08 mol Ba(OH) dư 2 4 4 3 0,05 mol một nửa dung dòch Y Fe(OH) Fe :0,08 mol SO : 0,05mol BaSO H , NO + + − + −      ⇒ →        142 43 1 2 43 1 4 442 4 4 43 3 4 kết tủa Fe(OH) BaSO m m m 20,21 gam⇒ = + = Đối với trường hợp kết tủa là Fe(OH) 2 , ta tính được trong Y có H + (vì 2 OH /Fe(OH) OH /KOH n n − − < ). Suy ra a = 0,4. Giải hệ gồm phương trình (1) và (2) thấy mol của Fe 3 O 4 nhỏ hơn 0 (loại). Ví dụ 13 (Đề TSĐH khối A): Có ba dung dịch riêng biệt : H 2 SO 4 1M; KNO 3 1M; HNO 3 1M được đánh số ngẫu nhiên là (1), (2), (3). Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân của kẻ lười biếng 6 Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email : nguyenminhtuanchv@gmail.com - Trộn 5 ml dung dịch (1) với 5 ml dung dịch (2), thêm bột Cu dư, thu được V 1 lít khí NO. - Trộn 5 ml dung dịch (1) với 5 ml dung dịch (3), thêm bột Cu dư, thu được 2V 1 lít khí NO. - Trộn 5 ml dung dịch (2) với 5 ml dung dịch (3), thêm bột Cu dư, thu được V 2 lít khí NO. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. So sánh nào sau đây đúng? A. 2 1 V 2V= . B. 2 1 2V V= . C. 2 1 V 3V= . D. 2 1 V V= . Hướng dẫn giải Coi 3 phản ứng tương ứng với các thí nghiệm 1 (TN1), thí nghiệm 2 (TN2), thí nghiệm 3 (TN3). Bản chất phản ứng là Cu bị 3 NO − oxi hóa trong môi trường H + . Quá trình khử : 3 2 4H NO 3e NO H O + − + + → + Nhận thấy khi trộn 2 dung dịch với nhau, không có trường hợp nào 3 H NO n 4 n + − ≥ . Suy ra trong các phản ứng 3 NO − đều có dư, H + hết; tỉ lệ mol khí NO thoát ra ở các thí nghiệm bằng tỉ lệ H + trong các thí nghiệm. H ôûTN2 NO ôû TN2 NO ôû TN2 NO ôû TN1 NO ôû TN1 H ôû TN1 n n V 2 n n V + + = = = Suy ra : (1) là KNO 3 , (2) là HNO 3 và (3) là H 2 SO 4 NO ôû TN3 H ôûTN3 2 2 1 1 NO ôû TN1 H ôû TN1 n V V 3 V 3V V V n + + = = = ⇒ = Giới thiệu bộ sách ôn thi đại học môn Hóa học của thầy Nguyễn Minh Tuấn Quyển 1 : Giới thiệu 7 chuyên đề hóa học 10 (168 trang) Quyển 2 : Giới thiệu 3 chuyên đề hóa học đại cương và vô cơ 11 (188 trang) Xem chi tiết tại đây : http://docsachtructuyen.vn/shops/view_book/661/ Quyển 3 : Giới thiệu 6 chuyên đề hóa học hữu cơ 11 (320 trang) Xem chi tiết tại đây : http://docsachtructuyen.vn/shops/view_book/336/ Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 7 Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689186513 – Email : nguyenminhtuanchv@gmail.com Quyển 4 : Giới thiệu 4 chuyên đề hóa học hữu cơ 12 (231 trang) Quyển 5 : Giới thiệu 4 chuyên đề hóa học đại cương và vô cơ 12 (326 trang) Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng 8 . vậy, nước đã bị oxi hóa và ion Cl − đã bị oxi hóa hết. Áp dụng bảo tồn điện tích trong phản ứng, bảo tồn ngun tố O và bảo tồn điện tích trong Y, ta có: Trên bước đường thành cơng khơng có dấu. nguyenminhtuanchv@gmail.com Quyển 4 : Giới thiệu 4 chuyên đề hóa học hữu cơ 12 (231 trang) Quyển 5 : Giới thiệu 4 chuyên đề hóa học đại cương và vô cơ 12 (326 trang) Trên bước đường thành công không có. khí ở anot (đktc). Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì tổng thể tích khí thu được ở cả hai điện cực là 5,824 lít (đktc). Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra khơng tan trong dung dịch.