độ hấp phụ là \(T=\frac{\left(Ct-Cs\right).V}{m}=\frac{\left(0,02-Cs\right).0,4}{2}\left(1\right)\)
Áp dụng theo định luật Frendlich \(T=K.C^{\frac{1}{n}}=3.10^{-3}.Cs^{\frac{1}{2}}\left(2\right)\)
Từ 1 và 2 suy ra C=0,0178
Câu28
Áp dụng Ct tính độ hấp phụ \(T=-\frac{_C}{RT}.\frac{d\sigma}{dC}\)
vs \(\frac{d\sigma}{dC}=-16,7.10^{-3}.21,5.\frac{1}{1+21,5C}\)
Đến đây em rất lúng túng để thay số do em ko rõ cách đổi đơn vị C [g/l] và \(\sigma\left(\frac{N}{m}\right)\)như thế nào cho phù hợp.
Thầy nói lại em biết với ạ.Em cám ơn thầy
Câu 27:
Do các phân tử NH3 tiếp xúc với nhau trong cùng mặt phẳng và tâm nằm ở 4 góc hình vuông => có 4 phân tử NH3
Diện tích bị chiếm bới 1 phân tử NH3 S=a2=(3.10-810-2)2=9.10-20(m2)
Bề mặt riêng S0=1000m2/g
=>45g than hoạt tính có diện tích bề mặt Sr=So.m=45.1000=45000(m2/g)
1 phân tử NH3 bị hấp phụ bởi số phân tử than hoạt tính là N=45000/(9.10 -20)=5.10 23 (phân tử )
Số mol chất bị hấp phụ NH3 n=N/N A=(5.10 23/ 6,028.10 23) =0,83 (mol)
Khối lượng NH3 lớn nhát bị hấp phụ m=n.M=0,83.17=14,12 (g)
Câu 25:
Độ che phủ: \(\theta=\frac{S}{Sr}=\frac{N_{A.So.\frac{n}{m}}}{Sr}=\frac{6,023.10^{23}.27,3.10^{-20}.\frac{3.10^{-3}}{5}}{7,8}=126,48\%>100\%\)
=> Hấp phụ đa lớp
Câu 26:
Do hạt là hình cầu: \(Sr=\frac{3}{\rho.r}\)
\(S=Sr.\theta=\theta.\frac{3}{\rho.r}=0,246.\frac{3}{3,8.4,2.10^{-6}}=46,2.10^3\left(\frac{cm^2}{g}\right)\)
S=NA..So.n/m\(\Rightarrow n=\frac{S.m}{N_A.So}=\frac{46,2.10^3.4,56}{6,023.10^{23}.28,2.10^{-16}}=0,124\left(mol\right)\)
Thầy ơi ở phương trình đẳng nhiệt Langmuir C là nông độ dung dịch chất hấp phụ trước hấp phụ hay sau hấp phụ vậy ak?
Câu 16: Ngưỡng keo tụ : \(\gamma=\frac{Cđly.Vđly}{Vtong}=\frac{0,01.0,0631}{0,0631+1}=0,59.10^{-3}\left(\frac{mol}{l}\right)\)
Câu 17: Bề mặt riêng của hạt protit X là \(Sr=\frac{3}{\rho r}\Rightarrow r=\frac{3}{Sr.\rho}=\frac{3}{8,24.10^8.1,1616}=3,13.10^{-9}\left(cm\right)\)
Câu 17 chỉ có đáp án là 3,13.10-7cm, thầy ktra lại giúp e...
Câu 18. tương tự câu 8. đáp số ra 20,91(m2/g-1)
Câu 19: Hạt có dạng hình lập phương:
S=n.6.a3
V=n.a3 với V= m/\(\rho\)=0,105/1,05=0,1 (ml)
=> số hạt keo của hệ là n=V/a3=\(\frac{0,1}{\left(2.10^{-6}\right)^3}=1,25.10^{16}\left(hạt\right)\)
số mol keo của hệ là n= \(\frac{n_{togsohat}}{N_A}\)=\(\frac{1,25.10^{16}}{6,023.10^{23}}=2,75.10^{-8}\left(mol\right)\)
Nồng độ mol hạt của hệ: n/V=2,75.10-8/0,1.10-3 = 2,075.10-4 (M)
Bề mặt dị thể của hạt là Sr= \(\frac{6}{a.\rho}=\frac{6}{2.10^{-6}.1,105}=286\left(m^2\right)\)
cau 48
thi công thức: C/F=C/Fmax+1/(Fmax.K)
voi F là độ hấp phụ(do k ki hiệu dc nên viết thế) thi C là gì thế mọi người. k biết C nên chẳng tính dc. hix
Câu 40: Trong 35ph, pu xảy ra đc 30%
do phản ứng bậc 1, thì theo pt động học của pu bậc 1:
\(k=\frac{1}{t}ln\frac{a}{a-x}=\frac{1}{35}ln\frac{100\%}{100\%-30\%}=0,0102\left(ph^{-1}\right)\)
sau 5h=300ph
do ln (a-x)= -kt +lna
=> (a-x)= exp(-kt+lna)
<=> a-x = exp (-0,0102.300 +ln100)
<=> a-x = 4,7%
vậy sau 5h còn 4,7 %
Câu 41: Dùng đồ thị
Câu 42: giống câu 34
phân hủy 99% là 105,38ph
phân hủy hết 80% là 36,83ph
Câu 43:
2N2O5 -> 2N2O4 + O2
giả sử là pu bậc 1 => \(k=\frac{1}{t}ln\frac{a}{a-x}=\frac{1}{t}ln\frac{P}{P-x}doP~C\)
| t(ph) | 20 | 40 | 60 |
| k(.10-3) | 8,06 | 8,03 | 8,05 |
k1~k2~k3 => pu là pu bậc 1
=> hằng số tốc độ pu là: \(k=\frac{k1+k2+k3}{3}=8,05.10^{-3}\left(ph^{-1}\right)\)
thưa thầy là e đã làm đc hơn 20 câu nhưng nhập văn bản trên này hơi lâu mà khi gửi đi lại bị mất bài hoặc là bài bị mất 1 nửa, thì e muốn hỏi là có cách nào gửi cho thầy xem nhanh nhất k ạ?
