K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

12 tháng 4 2019

Chọn D.

Dung dịch X chứa HNO3

Þ (trường hợp tạo Fe2+)

Þ AgNO3: 0,16 mol

Tại thời điểm t (s) thu được Ag là x mol Þ ne (1) = x và a = 108x + 0,25x.32 (1)

Tại thời điểm 2t (s) thu được: Ag (0,16 mol)  và 

Þ a + 5,36 = 0,16.108 + (2x – 0,16) + 32.0,5x

Từ (1), (2) suy ra: x = 0,12 Þ t = 5790 (s).

20 tháng 3 2017

6 tháng 12 2017

Chọn B

11 tháng 11 2019

Đáp án D 

3 tháng 8 2019

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 12 => 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 34 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

5 tháng 11 2019

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

10 tháng 2 2018

Chọn A.

 

Ta có: ne = 0,4 mol. Tại thời điểm này tại catot có Cu (0,2 mol) và anot Cl2 (0,1a mol); O2 (b mol)

29 tháng 10 2019

2 tháng 6 2017

∑ne trao đổi = 0,3 mol < 2nCu2+.

Cu chưa bị điện phân hết và khí thoát ra là Cl2 và có thể có cả O2.

Nếu chỉ có khí Cl2 

Quy đổi mDung dịch giảm = mCuCl2 = 0,15×135 = 20,25 ≠ 14,75 Loại.

+ Vậy có cả O2 thoát ra

mDung dịch giảm = mCuCl2 + mCuO.

+ Đặt số mol 2 chất lần lượt là a và b ta có:

a + b = 0,15 mol (PT bảo toàn Cu).

135a + 80b = 14,75 (PT theo m dung dịch giảm).

+ Giải hệ a = nCuCl2 = 0,05 mol

nNaCl = 0,05×2 = 0,1 mol.

CM NaCl = 0 , 1 0 , 2 = 0,5M

Đáp án D

14 tháng 5 2017

Đáp án D

∑ne trao đổi = 0,3 mol < 2nCu2+.

Cu chưa bị điện phân hết và khí thoát ra là Cl2 và có thể có cả O2.

Nếu chỉ có khí Cl2  Quy đổi mDung dịch giảm = mCuCl2 = 0,15×135 = 20,25 ≠ 14,75 Loại.

+ Vậy có cả O2 thoát ra mDung dịch giảm = mCuCl2 + mCuO.

+ Đặt số mol 2 chất lần lượt là a và b ta có:

a + b = 0,15 mol (PT bảo toàn Cu).

135a + 80b = 14,75 (PT theo m dung dịch giảm).

+ Giải hệ a = nCuCl2 = 0,05 mol nNaCl = 0,05×2 = 0,1 mol.

CM NaCl = 0,1/0,2 = 0,5M