Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án C
Do tại 3 thời điểm khối lượng catot đều tăng nên Cu2+ điệp phân chưa hết ở t1 và t2
*Tại t1 = 1930 giây: ne1 = It1/F = 0,02I
=> nCl2 = 0,01I
n e1 = 2nCu2+ bị đp => 0,02I = 2m/64 (1)
m dung dịch giảm = mCu + mCl2 => 2,7 = m + 71.0,01I (2)
Giải (1) và (2) => m = 1,28; I = 2
*Tại t2 = 7720 => ne2 = 0,16 mol
Anot:
Cl- -1e → 0,5Cl2
x 0,5x
H2O -2e → 0,5O2 + 2H+
y 0,25y
x+y = 0,16
0,5x.71+0,25y.32+4.1,28 = 9,15
Giải ra ta được x = 0,1; y = 0,06
*Tại t3 = t: Giả sử nước bị điện phân ở cả 2 điện cực
nH2 = a mol, nO2 = b mol
m dung dịch giảm = mCu + mH2 + mCl2 +mO2 => 11,11 = 5.1,28 + 2a + 0,05.71 + 32b (3)
n e anot = ne catot => 2nCu + 2nH2 = 2nCl2 + 4nO2 => 2.0,1 + 2a = 0,05.2 + 4b (4)
Giải (3) và (4) thu được: a = 0,02; b = 0,035
n e3 = 2.0,1 + 2.0,02 = 0,24 mol => t = 0,24.96500/2 = 11580 giây
Phương trình điện phân: 4AgNO3 + 2H2O → 4Ag + O2 + 4HNO3 (1)
Dung dịch Y gồm: AgNO3, HNO3. Cho Fe + dd Y sau phản ứng thu được 14,5g hỗn hợp kim loại nên Fe dư có các phản ứng:
3Fe + 8HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 2NO + 4H2O (2)
Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (3)
Gọi x là số mol AgNO3 bị điện phân® nHNO3 = x, dung dịch Y: HNO3: x mol; AgNO3 dư: 0,15 –x mol.
Theo (2,3) nFe phản ứng = 3x/8 + (0,15-x)/2 = 0,075 –x/8 mol
nAg = 0,15 – x mol
Vậy mhỗn hợp kim loại = mFedư + mAg =12,6 –(0,075-x/8).56 +(0,15-x).108 =14,5
Suy ra: x= 0,1 mol. Ta có mAg = 0,1.108 ® t = 1,0 h
Chọn A.
Tại t1 = 965s
Tại t2 = 3860s Þ ne = 0,16 mol Þ có khí Cl2 (x mol) và O2 (y mol).
Tại t3 (s) Þ 5m = 6,4 = mCu Þ Ở catot có khí H2 (a mol) và ở anot có khí Cl2 (0,05 mol); O2 (b mol)
mà mdd giảm = 11,11 = 6,4 + 0,05.71 + 2a + 32b (1) và 2a + 0,1.2 = 4b + 0,05.2 (2)
Giải hệ (1), (2) suy ra: a = 0,02 ; b = 0,035 Þ ne = 0,24 mol Þ t3 = 11580s. Vậy t3 : t1 = 12.
Chọn C
Do tại 3 thời điểm khối lượng catot đều tăng nên Cu2+ điệp phân chưa hết ở t1 và t2
∙Tại t1 = 1930 giây: ne1 = It1/F = 0,02I
=> nCl2 = 0,01I
n e1 = 2nCu2+ bị đp => 0,02I = 2m/64 1
m dung dịch giảm = mCu + mCl2 => 2,7 = m + 71.0,01I 2
Giải 1 và 2 => m = 1,28; I = 2
∙Tại t2 = 7720 => ne2 = 0,16 mol
Anot:
Cl- -1e → 0,5Cl2
x 0,5x
H2O -2e → 0,5O2 + 2H+
y 0,25y
x+y = 0,16
0,5x.71+0,25y.32+4.1,28 = 9,15
Giải ra ta được x = 0,1; y = 0,06
∙Tại t3 = t: Giả sử nước bị điện phân ở cả 2 điện cực
nH2 = a mol, nO2 = b mol
m dung dịch giảm = mCu + mH2 + mCl2 +mO2 => 11,11 = 5.1,28 + 2a + 0,05.71 + 32b 3
n e anot = ne catot => 2nCu + 2nH2 = 2nCl2 + 4nO2 => 2.0,1 + 2a = 0,05.2 + 4b 4
Giải 3 và 4 thu được: a = 0,02; b = 0,035
n e3 = 2.0,1 + 2.0,02 = 0,24 mol => t = 0,24.96500/2 = 11580 giây
Đáp án C
Do tại 3 thời điểm khối lượng catot đều tăng nên Cu2+ điệp phân chưa hết ở t1 và t2
*Tại t1 = 1930 giây: ne1 = It1/F = 0,02I
=> nCl2 = 0,01I
n e1 = 2nCu2+ bị đp => 0,02I = 2m/64 (1)
m dung dịch giảm = mCu + mCl2 => 2,7 = m + 71.0,01I (2)
Giải (1) và (2) => m = 1,28; I = 2
*Tại t2 = 7720 => ne2 = 0,16 mol
Anot:
Cl- -1e → 0,5Cl2
x 0,5x
H2O -2e → 0,5O2 + 2H+
y 0,25y
x+y = 0,16
0,5x.71+0,25y.32+4.1,28 = 9,15
Giải ra ta được x = 0,1; y = 0,06
*Tại t3 = t: Giả sử nước bị điện phân ở cả 2 điện cực
nH2 = a mol, nO2 = b mol
m dung dịch giảm = mCu + mH2 + mCl2 +mO2 => 11,11 = 5.1,28 + 2a + 0,05.71 + 32b (3)
n e anot = ne catot => 2nCu + 2nH2 = 2nCl2 + 4nO2 => 2.0,1 + 2a = 0,05.2 + 4b (4)
Giải (3) và (4) thu được: a = 0,02; b = 0,035
n e3 = 2.0,1 + 2.0,02 = 0,24 mol => t = 0,24.96500/2 = 11580 giây
Số mol HCl = V1 mol
Số mol NaOH = 2V2 mol
Trường hợp 1: Dung dịch X chứa HCl dư
HCl + NaOH → NaCl + H2O
2V2 2V2
3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O
3a a
Số mol HCl = 2V2 + 3a = V1
Trường hợp 2: Dung dịch X chứa NaOH
HCl + NaOH → NaCl + H2O
V1 V1
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
a a
Số mol NaOH = V1 + a = 2V2
Tại t = 7720s Þ ne = 0,16 mol Þ có khí Cl2 (0,05 mol) và O2 thoát ra tại anot.
Tại t (s) Þ 5m = 6,4 = mCu Þ Ở catot có khí H2 (a mol) và ở anot có khí O2 (b mol)
mà mdd giảm = 11,11 = 6,4 + 0,05.71 + 2a + 32b (1) và 2a + 0,1.2 = 4b + 0,05.2 (2)
Giải hệ (1), (2) suy ra: a = 0,02 ; b = 0,035 Þ ne = 0,24 mol Þ t = 11580 s