Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Sản phẩm và quá trình điện phân (Hóa học Lớp 12)

Khi điện phân dung dịch NaCl bằng điện cực trơ: 2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑ + Cl₂↑. Nếu không có màng ngăn thì xảy ra thêm phản ứng: 2NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO + H₂O ⇒ để thu được khí X duy nhất thì không dùng màng ngăn xốp và khí duy nhất là H₂ ⇒ chọn C.

a) Đúng vì làm khô có nghĩa là sử dụng chất có tính hút ẩm để hút nước trong hỗn hợp nhưng không phản ứng với chất được làm khô. Ở đây người ta thu khí Cl₂ có lẫn hơi nước nên cần tìm chất không tác dụng được với Cl₂, đáp án H₂SO₄ là phù hợp.
b) Sai vì Cl₂ sẽ thoát ra ở anode.
c) Đúng.
d) Đúng vì: theo đề sản xuất 200 tấn xút nên ta có số mol NaOH là 200.10⁶/40 = 5.10⁶ mol. Phương trình điện phân: 2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + H₂ + Cl₂. Ta có: n_H₂ = n_Cl₂ = n_NaOH/2 = 5.10⁶/2 = 2,5.10⁶ mol. Theo đề thì chỉ có 60% lượng Cl₂ dùng sản xuất acid nên ta có lượng Cl₂ đem sản xuất là 2,5.10⁶ × 60% = 1,5.10⁶ mol. Phương trình điều chế acid từ H₂ và Cl₂: H₂ + Cl₂ → 2HCl. Số mol HCl được tạo thành: n_HCl = 1,5.10⁶ × 2 = 3.10⁶ mol → với H = 80% → n_HCl = 3.10⁶ × 80% = 2,4.10⁶ mol. Khối lượng acid thương phẩm thu được: m_HCl = 2,4.10⁶ × 36,5 = 87,6.10⁶ gam ⇒ m_ddHCl = 87,6.10⁶ × 100/32 = 273,75.10⁶ gam. V_ddHCl = 273,75.10⁶/1,153 = 237,424.10⁶ mL = 237,424 m³. Thể tích acid thương phẩm thu được là 237 m³ (làm tròn đến hàng đơn vị).
a) Đúng vì làm khô có nghĩa là sử dụng chất có tính hút ẩm để hút nước trong hỗn hợp nhưng không phản ứng với chất được làm khô. Ở đây người ta thu khí Cl₂ có lẫn hơi nước nên cần tìm chất không tác dụng được với Cl₂, đáp án H₂SO₄ là phù hợp.
b) Sai vì Cl₂ sẽ thoát ra ở anode.
c) Đúng. Phương trình điện phân dung dịch NaCl (có màng ngăn): 2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + H₂ + Cl₂.
d) Đúng. Theo đề sản xuất 200 tấn xút nên số mol NaOH là 200.10⁶/40 = 5.10⁶ mol. Theo phương trình điện phân 2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + H₂ + Cl₂: n_H₂ = n_Cl₂ = n_NaOH/2 = 2,5.10⁶ mol. Chỉ 60% lượng Cl₂ dùng sản xuất acid nên lượng Cl₂ đem sản xuất là 2,5.10⁶ × 60% = 1,5.10⁶ mol. Phương trình H₂ + Cl₂ → 2HCl: n_HCl = 1,5.10⁶ × 2 = 3.10⁶ mol, với hiệu suất 80% thì n_HCl = 2,4.10⁶ mol. m_HCl = 2,4.10⁶ × 36,5 = 87,6.10⁶ gam ⇒ m_ddHCl = 87,6.10⁶ × 100/32 = 273,75.10⁶ gam. V_ddHCl = 273,75.10⁶/1,153 = 237,424.10⁶ mL = 237,424 m³ ≈ 237 m³.

(AI giải đề cho tôi)
Sơ đồ (1): điện phân CuSO4 với điện cực trơ (graphite). Cathode (cực âm): Cu²⁺ + 2e → Cu (E° = +0,34 V > 0, khử trước H2O); anode (cực dương): 2H2O → O2 + 4H⁺ + 4e (SO4²⁻ không bị oxi hóa, điện cực trơ không tan).
Sơ đồ (2): tinh luyện Cu — khối Cu không tinh khiết nối anode (Cu → Cu²⁺ + 2e), thanh Cu tinh khiết nối cathode (Cu²⁺ + 2e → Cu). Lượng Cu²⁺ sinh ra ở anode bù đúng lượng bị khử ở cathode nên nồng độ Cu²⁺ gần như không đổi → (a) sai. Thực tế ở anode các tạp chất hoạt động hơn Cu (Zn, Fe) cũng tan, còn Au, Ag lắng thành bùn anode, nên khối lượng Cu tan ra từ anode lớn hơn khối lượng Cu bám vào cathode → (d) sai. (b) và (c) đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Ở sơ đồ (2), anode Cu tan: Cu → Cu²⁺ + 2e; cathode: Cu²⁺ + 2e → Cu. Lượng Cu²⁺ sinh ra bù đúng lượng bị khử nên nồng độ Cu²⁺ gần như không đổi, không giảm dần.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Điện cực trơ, ban đầu cathode khử Cu²⁺ (E° = +0,34 V > 0) trước H2O; anode oxi hóa H2O: 2H2O → O2 + 4H⁺ + 4e.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Trong điện phân, cực âm (xảy ra phản ứng khử) là cathode; cực dương (xảy ra phản ứng oxi hóa) là anode.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
Cách nối điện cực đúng, nhưng khối lượng Cu tan ra từ anode lớn hơn khối lượng Cu bám vào cathode vì các tạp chất hoạt động hơn Cu cũng tan, còn Au, Ag lắng thành bùn anode.

a) Sai vì anode chỉ xuất hiện khí $C{l}_2$ hoặc $O_2$. Khí $H_2$ sẽ xuất hiện ở cathode.
b) Sai vì cặp oxi hóa-khử $O_2/H_{2}O$, $H^{+}$ có thế điện cực nhỏ hơn cặp $C{u}^{2+}/Cu$ nên sẽ xảy ra sự khử $C{u}^{2+}$ trước.
c) Sai vì phương trình điện phân sẽ là: $CuS{O}_4+H_{2}O\stackrel{\text{dpdd}}{\to }Cu+H_{2}S{O}_4+O_2$. Dung dịch sau điện phân có môi trường acid nên pH giảm (tuy còn tùy vào TH có thể nước 2 bên điện cực tham gia điện phân nhưng dung dịch sau điện phân sẽ không rơi vào TH pH tăng).
d) Đúng vì theo CT Faraday: $\{\begin{array}{l}{m}_{Cu}=\frac{1}{96500}\cdot \frac{64}{2}\cdot 10\cdot 2316=7,68\text{ gam}<0,15\cdot 64\\ m_{O_2}=\frac{1}{96500}\cdot \frac{32}{4}\cdot 10\cdot 2316=1,92\text{ gam}\end{array}$ (với $n_{C{u}^{2+}bd}$). Khối lượng dung dịch giảm: $7,68+1,92=9,6$ gam.
\*Lưu ý: bài toán cần xét $C{u}^{2+}$ có điện phân hết hay không. Vì nếu $C{u}^{2+}$ thiếu thì dùng thời gian điện phân 38 phút 36 giây thì lượng Cu tạo < 7,68 thì khối lượng dung dịch giảm sẽ < 9,6 gam.
a) Sai vì anode chỉ xuất hiện khí $C{l}_2$ hoặc $O_2$. Khí $H_2$ sẽ xuất hiện ở cathode.
b) Sai vì cặp oxi hóa-khử $O_2/H_{2}O$, $H^{+}$ có thế điện cực nhỏ hơn cặp $C{u}^{2+}/Cu$ nên sẽ xảy ra sự khử $C{u}^{2+}$ trước.
c) Sai vì phương trình điện phân sẽ là: $CuS{O}_4+H_{2}O\stackrel{\text{dpdd}}{\to }Cu+H_{2}S{O}_4+O_2$. Dung dịch sau điện phân có môi trường acid nên pH giảm (tuy còn tùy vào TH có thể nước 2 bên điện cực tham gia điện phân nhưng dung dịch sau điện phân sẽ không rơi vào TH pH tăng).
d) Đúng vì theo CT Faraday: $\{\begin{array}{l}{m}_{Cu}=\frac{1}{96500}\cdot \frac{64}{2}\cdot 10\cdot 2316=7,68\text{ gam}<0,15\cdot 64\\ m_{O_2}=\frac{1}{96500}\cdot \frac{32}{4}\cdot 10\cdot 2316=1,92\text{ gam}\end{array}$ (với $n_{C{u}^{2+}bd}$). Khối lượng dung dịch giảm: $7,68+1,92=9,6$ gam.

Điện phân dung dịch CuSO4 với điện cực tro (trơ):
- a. Sai vì anode chỉ xuất hiện khí $C{l}_2$ hoặc $O_2$. Khí $H_2$ sẽ xuất hiện ở cathode.
- b. Sai vì cặp oxi hóa-khử $O_2/H_{2}O$, $H^{+}$ có thể điện cực nhỏ hơn cặp $C{u}^{2+}/Cu$ nên sẽ xảy ra sự khử $C{u}^{2+}$ trước (cathode xảy ra sự khử, không phải sự oxi hóa).
- c. Sai vì phương trình điện phân sẽ là: $CuS{O}_4+H_{2}O\stackrel{dpdd}{\to }Cu+H_{2}S{O}_4+O_2$. Dung dịch sau điện phân có môi trường acid nên pH giảm (tuy còn tùy vào trường hợp nước 2 bên điện cực tham gia điện phân nhưng dung dịch sau điện phân sẽ không rơi vào trường hợp pH tăng).
- d. Đúng vì theo CT Faraday: $m_{Cu}=\frac{1}{96500}.\frac{64}{2}.10.2316=7,68$ gam $<0,15.64$ (nghĩa là $C{u}^{2+}$ chưa điện phân hết); $m_{O_2}=\frac{1}{96500}.\frac{32}{4}.10.2316=1,92$ gam. Khối lượng dung dịch giảm: $7,68+1,92=9,6$ gam.

*Lưu ý: bài toán cần xét $C{u}^{2+}$ có điện phân hết hay không. Vì nếu $C{u}^{2+}$ thiếu thì dùng thời gian điện phân 38 phút 36 giây thì lượng Cu tạo $<7,68$ g thì khối lượng dung dịch giảm sẽ $<9,6$ gam.
a) Sai vì anode chỉ xuất hiện khí $C{l}_2$ hoặc $O_2$. Khí $H_2$ sẽ xuất hiện ở cathode.
b) Sai vì cặp oxi hóa-khử $O_2/H_{2}O$, $H^{+}$ có thể điện cực nhỏ hơn cặp $C{u}^{2+}/Cu$ nên sẽ xảy ra sự khử $C{u}^{2+}$ trước (cathode xảy ra sự khử, không phải sự oxi hóa).
c) Sai vì phương trình điện phân sẽ là: $CuS{O}_4+H_{2}O\stackrel{dpdd}{\to }Cu+H_{2}S{O}_4+O_2$. Dung dịch sau điện phân có môi trường acid nên pH giảm (tuy còn tùy vào trường hợp nước 2 bên điện cực tham gia điện phân nhưng dung dịch sau điện phân sẽ không rơi vào trường hợp pH tăng).
d) Đúng vì theo CT Faraday: $m_{Cu}=\frac{1}{96500}.\frac{64}{2}.10.2316=7,68$ gam $<0,15.64$ (tức $C{u}^{2+}$ chưa điện phân hết); $m_{O_2}=\frac{1}{96500}.\frac{32}{4}.10.2316=1,92$ gam. Khối lượng dung dịch giảm: $7,68+1,92=9,6$ gam.

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân dung dịch chứa 0,1 mol CuSO₄ và 0,2 mol NaCl, điện cực trơ, màng ngăn xốp, đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực.

**Cathode:** Thứ tự khử: Cu²⁺ trước, sau đó đến H₂O (b đúng).
- Cu²⁺ + 2e → Cu: dùng 0,1 mol Cu²⁺, tức 0,2 mol e.
- Sau đó H₂O bắt đầu bị khử: 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH⁻.

**Anode:** Thứ tự oxi hóa: Cl⁻ trước, sau đó đến H₂O (d sai vì đảo thứ tự).
- 2Cl⁻ → Cl₂ + 2e: 0,2 mol Cl⁻ cho 0,2 mol e, tạo 0,1 mol Cl₂.
- Sau đó H₂O bắt đầu bị oxi hóa: 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e.

Cả hai cực cùng tiêu thụ 0,2 mol e khi Cu²⁺ và Cl⁻ vừa cạn, nên nước bắt đầu bị điện phân đồng thời ở cả hai cực — đây là điểm dừng. Do đó O₂ chưa được tạo ra (số mol O₂ = 0), nên nhận định 'số mol Cl₂ gấp bốn lần số mol O₂' là sai (c sai).

**Về ý a:** Sau điện phân, ở cathode sinh ra 0,2 mol OH⁻ (tạo NaOH), ở anode sinh ra 0,2 mol H⁺ (tạo H₂SO₄); hai lượng H⁺ và OH⁻ bằng nhau nên khi tính toàn bộ dung dịch thì trung hòa nhau, còn lại Na₂SO₄ (muối của axit mạnh và bazơ mạnh, môi trường trung tính). Với màng ngăn, dung dịch không đồng nhất (cathode kiềm, anode axit) chứ không phải làm quỳ chuyển xanh. Vậy a sai.

Kết luận: chỉ ý b đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Số mol H⁺ sinh ra ở anode (0,2 mol) bằng số mol OH⁻ sinh ra ở cathode (0,2 mol); dung dịch không làm quỳ chuyển xanh (toàn bộ dung dịch trung tính do Na₂SO₄, còn với màng ngăn thì cathode kiềm và anode axit riêng biệt).
b) (AI giải đề cho tôi)
Trong dung dịch, Cu²⁺ có khả năng khử mạnh hơn H₂O nên bị khử trước tại cathode, sau đó H₂O mới bị điện phân.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cl⁻ (0,2 mol) cạn cùng lúc với Cu²⁺ (cùng tiêu thụ 0,2 mol e), nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai cực — điểm dừng. Vậy O₂ chưa sinh ra (nO₂ = 0), không thể nói nCl₂ gấp 4 lần nO₂.
d) (AI giải đề cho tôi)
Ở anode với điện cực trơ, Cl⁻ bị oxi hóa trước H₂O, nên thứ tự đúng là Cl⁻ rồi đến H₂O, không phải H₂O rồi Cl⁻.

a) Đúng vì làm khô có nghĩa là sử dụng chất có tính hút ẩm để hút nước trong hỗn hợp nhưng không phản ứng với chất được làm khô. Ở đây người ta thu khí Cl${}_2$ có lẫn hơi nước nên cần tìm chất không tác dụng được với Cl${}_2$, đáp án H${}_2$SO${}_4$ là phù hợp.
b) Sai vì Cl${}_2$ sẽ thoát ra ở anode.
c) Đúng (lời giải nguồn chỉ ghi "Đúng").
d) Đúng, tính toán chi tiết cho $V_{ddHCl}=237,424{\text{m}}^3\approx 237{\text{m}}^3$.
a) Đúng vì làm khô có nghĩa là sử dụng chất có tính hút ẩm để hút nước trong hỗn hợp nhưng không phản ứng với chất được làm khô. Ở đây người ta thu khí Cl${}_2$ có lẫn hơi nước nên cần tìm chất không tác dụng được với Cl${}_2$, đáp án H${}_2$SO${}_4$ là phù hợp. (Nguồn: trang 37)
b) Sai vì Cl${}_2$ sẽ thoát ra ở anode. (Nguồn: trang 37)
c) Đúng. (Lời giải nguồn trang 37 chỉ ghi đúng một từ "Đúng" cho phát biểu c; bảng đáp án in ở trang 37 bị lệch sang nội dung Vật lí — xem issues.)
d) Đúng. Theo đề sản suất 200 tấn xút nên ta có số mol NaOH là $$\frac{200.10^6}{40}=5.10^6\text{mol}$$ Phương trình điện phân: $2NaCl+2H_{2}O⟶2NaOH+H_2+C{l}_2$. Ta có: $n_{H_2}=n_{C{l}_2}=\frac{n_{NaOH}}{2}=\frac{5.10^6}{2}=2,5.10^6\text{mol}$. Theo đề thì chỉ có 60% lượng Cl${}_2$ dùng sản xuất acid nên ta có lượng Cl${}_2$ đem sản xuất là $2,5.10^6\times 60\%=1,5.10^6\text{mol}$. Phương trình điều chế acid từ H${}_2$ và Cl${}_2$: $H_2+C{l}_2⟶2HCl$. Số mol HCl được tạo thành: $n_{HCl}=1,5.10^6\times 2=3.10^6\stackrel{H=80\%}{\to }{n}_{HCl}=3.10^6\times 80\%=2,4.10^6\text{mol}$. Khối lượng acid thương phẩm thu được: $m_{HCl}=2,4.10^6\times 36,5=87,6.10^6\text{gam}\Rightarrow m_{ddHCl}=\frac{87,6.10^6\times 100}{32}=273,75.10^6\text{gam}$. $$V_{ddHCl}=\frac{273,75.10^6}{1,153}=237,424.10^6\text{mL}=237,424{\text{m}}^3$$ Thể tích acid thương phẩm thu được là 237 m³. (Nguồn: trang 37; dòng thể tích in trong nguồn có lỗi dấu phẩy thập phân "237,424.10⁶ mL = 237,424 m³" — xem issues.)

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Trong sơ đồ điện phân, điện cực nối với cực âm của nguồn là cathode (xảy ra quá trình khử), điện cực nối với cực dương là anode (xảy ra quá trình oxi hóa).
b) Đúng. Điện phân dung dịch CuSO4 với điện cực trơ: tại cathode, Cu²⁺ có khả năng khử cao hơn H2O nên bị khử trước: Cu²⁺ + 2e → Cu; tại anode, H2O bị oxi hóa: 2H2O → O2 + 4H⁺ + 4e.
c) Sai. Trong sơ đồ (2) tinh luyện đồng, anode là khối Cu không tinh khiết nên Cu tan ra: Cu → Cu²⁺ + 2e; tại cathode: Cu²⁺ + 2e → Cu. Số mol Cu²⁺ tan ra ở anode xấp xỉ số mol Cu²⁺ khử ở cathode nên nồng độ Cu²⁺ trong dung dịch về cơ bản không đổi (chỉ giảm không đáng kể do tạp chất hoạt động mạnh hơn Cu tan trước làm một phần Cu²⁺ mất đi, không 'giảm dần theo thời gian' như phát biểu).
d) Đúng. Muốn tinh luyện Cu, khối Cu không tinh khiết phải nối vào anode để bị tan, thanh Cu tinh khiết nối vào cathode để Cu bám vào. Theo định luật Faraday, với cùng lượng điện tích qua mạch, số mol Cu tan ở anode bằng số mol Cu bám ở cathode nên khối lượng Cu tan ra từ anode bằng khối lượng Cu bám vào cathode (phần tạp chất không tan rơi xuống đáy tạo bùn anode).
a) (AI giải đề cho tôi)
Điện cực âm là cathode (nơi xảy ra khử), điện cực dương là anode (nơi xảy ra oxi hóa).
b) (AI giải đề cho tôi)
Tại cathode: Cu²⁺ + 2e → Cu; tại anode (điện cực trơ): 2H2O → O2 + 4H⁺ + 4e.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cu tan ở anode bù cho Cu²⁺ khử ở cathode nên nồng độ Cu²⁺ gần như không đổi.
d) (AI giải đề cho tôi)
Cu không tinh khiết ở anode tan thành Cu²⁺, Cu²⁺ khử bám vào cathode; theo Faraday, khối lượng Cu tan bằng khối lượng Cu bám vào.

a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.

Điện phân dung dịch KCl (X${}_1$) có màng ngăn sinh ra KOH (X${}_2$), Cl${}_2$ (X${}_3$) và H${}_2$.
(c) 2KOH + Cl${}_2$ → KCl + KClO + H${}_2$O nên X${}_5$ = KClO.
(b) 2KOH + Ba(HCO${}_3$)${}_2$ → BaCO${}_3$ + K${}_2$CO${}_3$ + 2H${}_2$O nên X${}_4$ = Ba(HCO${}_3$)${}_2$.
(d) Ba(HCO${}_3$)${}_2$ + 2KHSO${}_4$ → BaSO${}_4$ + K${}_2$SO${}_4$ + 2CO${}_2$ + 2H${}_2$O nên X${}_6$ = KHSO${}_4$.
Vậy X${}_5$ = KClO và X${}_6$ = KHSO${}_4$ → đáp án B.

A. Đúng, $nS{O}_4^{2-}=0,3$ nên sản phẩm cuối cùng là $N{a}_{2}S{O}_4$ (0,3) $\to$ nNaOH = 0,6

B. Sai, khí oxygen sinh ra ở anode: $2H_{2}O\to O_2+4H^{+}+4e$

C. Đúng

D. Đúng, tại cực âm: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$

ne = It/F = 0,1; nCu${}^{2+}$ = 0,3 $\to$ nCu = 0,05 $\to$ mCu = 3,2 gam.

a) Đúng.
b) Sai, tại anode xuất hiện bọt khí $O_2$ do $H_{2}O$ bị oxi hóa: $2H_{2}O\to O_2+4H^{+}+4e$
c) Đúng. Sau t giây: $n_{O_2}=0,0025$. Sau 3t giây: $n_{O_2}=0,0025.3=0,0075$ → $n_{H_2}=0,005$. Bảo toàn electron: $2n_{Cu}+2n_{H_2}=4n_{O_2}$ → $n_{Cu}=0,01$ → m giảm = mCu + mO₂ + mH₂ = 0,89 gam
d) Đúng: Anode là thanh Cu: $Cu\to C{u}^{2+}+2e$; Cathode là chìa khóa: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$
a) Đúng.
b) Sai, tại anode xuất hiện bọt khí $O_2$ do $H_{2}O$ bị oxi hóa: $2H_{2}O\to O_2+4H^{+}+4e$
c) Đúng. Sau t giây: $n_{O_2}=0,0025$. Sau 3t giây: $n_{O_2}=0,0025.3=0,0075$ → $n_{H_2}=0,005$. Bảo toàn electron: $2n_{Cu}+2n_{H_2}=4n_{O_2}$ → $n_{Cu}=0,01$ → m giảm = mCu + mO₂ + mH₂ = 0,89 gam
d) Đúng: Anode là thanh Cu: $Cu\to C{u}^{2+}+2e$. Cathode là chìa khóa: $C{u}^{2+}+2e\to Cu$

Có màng ngăn: 2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + Cl₂ + H₂
Không màng ngăn: NaCl + H₂O → NaClO + H₂
(1) Sai, số mol Na⁺ không thay đổi (do Na⁺ không bị điện phân) nhưng thể tích dung dịch giảm dần (do H₂O bị điện phân) nên nồng độ Na⁺ tăng dần.
(2) Sai, NaCl và NaClO có thể có số mol bằng hoặc khác nhau.
(3) Đúng, dung dịch NaCl ban đầu có pH = 7, các sản phẩm NaOH hoặc NaClO đều có pH > 7 nên pH tăng.
(4) Đúng, tại cathode: 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH⁻

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân dung dịch NaCl và HCl với điện cực trơ, có màng ngăn: Ở cathode, H⁺ (từ HCl, mạnh hơn Na⁺) bị khử: $2H^{+}+2e^{-}\to H_2\uparrow$, làm tiêu hao H⁺, nồng độ H⁺ giảm. Ở anode, Cl⁻ bị oxy hóa: $2C{l}^{-}\to C{l}_2\uparrow +2e^{-}$. Vì H⁺ liên tục bị khử tại cathode trong khi không có quá trình nào sinh thêm H⁺ trong dung dịch (màng ngăn ngăn Cl₂ phản ứng với NaOH sinh ở cathode... thực tế cathode sinh Na⁺ dư làm dung dịch phía cathode kiềm), nhìn toàn bộ dung dịch nồng độ H⁺ giảm nên pH tăng lên so với ban đầu. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn.

Cathode (-): 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH⁻
Anode (+): 2Cl⁻ → Cl₂ + 2e
a) Sai do bên cathode có OH⁻ sinh ra làm pH > 7.
b) Đúng.
c) Đúng.
d) Sai vì NaOH rắn thu được bằng phương pháp kết tinh.
a) Sai do bên cathode có OH⁻ sinh ra làm pH > 7.
b) Đúng.
c) Đúng.
d) Sai vì NaOH rắn thu được bằng phương pháp kết tinh.

a) Sai: Do Thiếc bảo vệ sắt nhờ tính bền vững của nó trong môi trường kín và tính an toàn cao đối với sức khỏe con người. Còn về tính khử thì thiếc có tính khử bé hơn sắt.
b) Đúng.
c) Sai: Vật bằng thép được nối với cực âm, thanh Sn được nối với cực dương của nguồn điện.
d) Đúng.
a) Sai: Do Thiếc bảo vệ sắt nhờ tính bền vững của nó trong môi trường kín và tính an toàn cao đối với sức khỏe con người. Còn về tính khử thì thiếc có tính khử bé hơn sắt.
b) Đúng.
c) Sai: Vật bằng thép được nối với cực âm, thanh Sn được nối với cực dương của nguồn điện.
d) Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Khối lượng mảnh nhẫn: m = 1,125 g; theo bảng vàng hồng 10K: m(Cu) = 1,125 × 38,3% = 0,4309 g; m(Au + Ag) = 1,125 × 61,7% = 0,6941 g.

a) Sau điện phân mảnh nhẫn còn 0,515 g < 0,6941 g, tức khối lượng giảm 0,610 g > toàn bộ lượng Cu có trong nhẫn (0,4309 g). Điều này cho thấy ngoài Cu tan, một phần Au/Ag cũng bị mất, nên khối lượng nhẫn vẫn giảm cả khi Cu đã tan hết → giả thuyết là sai. → a) ĐÚNG.

b) Thanh đồng tăng: 2,740 − 2,255 = 0,485 g (Cu bám vào catot). Mảnh nhẫn giảm 0,610 g. Chênh lệch 0,610 − 0,485 = 0,125 g kim loại không tan vào dung dịch cũng không bám catot mà rơi xuống đáy bình (anode mud gồm Au, Ag và một phần Cu không tan hết). → b) ĐÚNG.

c) Lượng Cu tan từ anot (nhẫn) tối đa 0,4309 g nhưng ở catot có 0,485 g Cu bám vào, nghĩa là lượng Cu²⁺ trong dung dịch bị tiêu thụ thêm (0,485 − 0,4309 = 0,0541 g Cu tương ứng) → nồng độ Cu²⁺ giảm, không đổi là sai. → c) SAI.

d) Để loại Cu khỏi nhẫn, nhẫn phải là anot (cực dương) để Cu bị oxi hóa tan: Cu → Cu²⁺ + 2e; thanh đồng tinh khiết là catot (cực âm) để Cu²⁺ + 2e → Cu. Vì Au, Ag có thế điện cực cao hơn Cu nên chúng không tan, đọng lại và rơi xuống dưới. → d) ĐÚNG.
a) (AI giải đề cho tôi)
Khối lượng nhẫn giảm 0,610 g, lớn hơn toàn bộ lượng Cu (0,4309 g), chứng tỏ khối lượng vẫn giảm cả khi Cu đã tan hết → giả thuyết sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
Anot giảm 0,610 g nhưng catot chỉ tăng 0,485 g; chênh lệch 0,125 g kim loại (Au, Ag và phần Cu) rơi xuống đáy bình.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cu bám catot (0,485 g) nhiều hơn Cu tan từ nhẫn (0,4309 g) nên Cu²⁺ trong dung dịch bị tiêu thụ, nồng độ giảm.
d) (AI giải đề cho tôi)
Nhẫn phải nối cực dương (anot) để Cu tan; thanh đồng tinh khiết nối cực âm (catot) để Cu bám vào; Au, Ag không tan do thế điện cực cao hơn.