Điện phân 500g dd KOH 3% tới khi ở Anot thoát ra 67,2l khí (đktc) thì dừng lại, thu được dd A.
1. Tính thể tích khí thoát ra ở Catot
2. Tính nồng độ % của dd A
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
HP
15 tháng 10 2021
Ta có: \(n_{Zn}=\dfrac{6,5}{65}=0,1\left(mol\right)\)
a. PTHH: Zn + H2SO4 ---> ZnSO4 + H2
b. Theo PT: \(n_{H_2}=n_{Zn}=0,1\left(mol\right)\)
=> \(V_{H_2}=0,1.22,4=2,24\left(lít\right)\)
c. Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{Zn}=0,1\left(mol\right)\)
=> \(m_{H_2SO_4}=0,1.98=9,8\left(g\right)\)
Ta có: \(C_{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{9,8}{m_{dd_{H_2SO_4}}}.100\%=25\%\)
=> \(m_{dd_{H_2SO_4}}=39,2\left(g\right)\)
Ta có: \(m_{H_2}=0,1.2=0,2\left(g\right)\)
=> \(m_{dd_{ZnSO_4}}=6,5+39,2-0,2=45,5\left(g\right)\)
Theo PT: \(n_{ZnSO_4}=n_{Zn}=0,1\left(mol\right)\)
=> \(m_{ZnSO_4}=0,1.161=16,1\left(g\right)\)
=> \(C_{\%_{ZnSO_4}}=\dfrac{16,1}{45,5}.100\%=35,4\%\)
1
11 tháng 1 2016
FeSO4 + 2HCl ---> FeCl2 + H2SO4
0,6 mol 0,18 mol
Như vậy, dd A gồm: 0,6 mol FeCl2; 0,6 mol H2SO4 và 0,06 mol HCl dư.
Catot:
Fe2+ +2e ---> Fe
Anot:
2Cl- -2e ---> Cl2
Số mol e trao đổi ne = I.t/F = 1,34.2/26,8 = 0,1 mol. Như vậy, Fe chưa bị điện phân hết, do vậy ở catot chỉ có một phần Fe2+ bị điện phân, H+ chưa bị điện phân.
Số mol Fe thu được = 0,05 mol, khối lượng = 0,05.56 = 2,8 gam.
Thể tích khí Cl2 = 0,05.22,4 = 1,12 lít.
KL
30 tháng 7 2016
1)khối lượng dd sau điện phân \(=\frac{20\cdot100}{14,925}=134\)
=>khối lượng dd giảm sau điện phân= tổng khối lượng khí thoát ra =20+150-134=36
2H−−−−−>H2+2e
____________a___2a
2O−−+4e−−>O2
_________4b_____b
Ta có các hệ phương trình
\(\begin{cases}2a+32b=36\\2a-4b=0\end{cases}\)\(\Rightarrow\)\(\begin{cases}a=2\\b=1\end{cases}\)
sử dụng CT
\(n=\frac{PV}{RT}\Rightarrow V=\frac{4688}{65}\left(l\right)\)
BT
Bùi Thế Nghị
Giáo viên
10 tháng 1 2021
MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O
nHCl = \(\dfrac{20.36,5\%}{36,5}\)= 0,2 mol => nCl2 = 0,2 : 4 = 0,05 mol
Cl2 + 2KOH →KCl + KClO + H2O
nKOH = 0,5.2 = 1 mol
=> KOH dư , Cl2 hết
nKOH dư = 1 - 0,05.2 = 0,9 mol
dung dịch A gồm KCl và KClO có số mol = nCl2 = 0,05 mol và KOH dư 0,9mol
CKCl = CKClO = \(\dfrac{0,05}{0,5}\)=0,1 M
CKOH dư = \(\dfrac{0,9}{0,5}\)= 1,8 M
KL
19 tháng 7 2016
\(PTHH:4Al+6HCl\rightarrow2Al_2Cl_3+3H_2\uparrow\)
\(n_{Al}=\frac{3,78}{27}=0,14\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{H_2}=\frac{3}{4}n_{Al}=0,105\left(mol\right)\)
\(V_{H_2}=0,105.22,4=2,352\left(l\right)\)
\(n_{HCl}=\frac{3}{2}n_{Al}=\frac{3}{2}.0,14=0,21\left(mol\right)\)
\(C_{M_{ddHCl}}=\frac{0,21}{0,2}=1,05\left(M\right)\)
\(n_{Al_2Cl_3}=\frac{1}{2}n_{Al}=\frac{1}{2}.0,14=0,07\left(mol\right)\)
\(m_{Al_2Cl_3}=0,07.160,5=11,235\left(g\right)\)
1. \(m_{KOH}=500.3\%=15g\)
Vì KOH không bị điện phân nên nước tham gia điện phân
Ở Anot thu được khí Oxi
\(n_{O_2}=\frac{67,2}{22,4}=3mol\)
\(2H_2O\rightarrow2H_2+O_2\)
\(\rightarrow n_{H_2}=2n_{O_2}=6mol\)
\(\rightarrow V_{\text{khí}}=22,4.\left(6+3\right)=201,6l\)
2. \(m_{ddsaupu}=500-6.2-3.32=392g\)
\(\rightarrow C\%_{KOH}=\frac{15.100}{392}=3,82\%\)