trộn 500ml dd H2SO4 chứa 0,098g chất vào 200ml dd HnO3 0,04M. Xác định pH sau khi trộn
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
nHNO3 = 0,5.0,02=0,01 mol ⇒ nH+=nHNO3=0,01 mol
nNaOH=0,04.0,5=0,02 mol ⇒ nOH-=0,02 mol
H+ + OH- →H2O
0,01 <0,02 ⇒ OH- dư, tính theo H+
0,01 → 0,01
nOH- dư= 0,02-0,01=0,01 mol
thể tích dung dịch sau phản ứng V=0,5+0,5 =1lits
[OH- dư ] = 0,01/1=0,01M
pH= 14 + log([OH-]) = 14 + log(0,01)=12
Gọi a,b lần lượt là CM của H2SO4 và NaOH
Thí nghiệm 1: bazơ hết, axit dư
H2SO4 + NaOH -> NaHSO4 + H2O
0,12a -> 0,04b
nH2SO4 dư = 0,1*(0,12 + 0,04) = 0,016 (mol)
Ta có: 0,12a - 0,04b = 0,016 (1)
Thí nghiệm 2: bazơ dư, axit hết
H2SO4 + 2NaOH -> Na2SO4 + 2H2O
0,04a -> 0,06b
0,04a -> 0,08a
nNaOH dư = 0,16 *(0,04 + 0,06) = 0,016 (mol)
Vậy 0,06b - 0,08a = 0,016 (2)
Từ (1) và (2), ta được:
x = 0,4
y = 0,8
Vậy CM H2SO4 = 0,4M
CM NaOH = 0,8M
Đặt x ; y là nồng độ mol của H2SO4 và NaOH
Phần đầu
NaOH + H2SO4 --> NaHSO4 + H2O
0,04y 0,12x
n H2SO4 dư = 0,1.( 0,12 + 0,04 ) = 0,016 (mol)
=> 0,12x - 0.04y = 0,016 (1)
Phần sau
2NaOH + H2SO4 --> Na2SO4 + 2H2O
0,06y 0,04x
0,08x <-----0,04x
n NaOH dư = 0,16( 0,04 + 0,06 ) = 0,016 (mol)
=> 0,06y - 0,08x = 0,016 (2)
Từ (1) ; (2) lập hệ pt :
{ 0,12x - 0.04y = 0,016
{0,06y - 0,08x = 0,016
{ x = 2/5
{ y = 4/5
Ok, để thử coi chứ tui ngu hóa thấy mồ :(
a/ \(n_{NaOH}=0,2.0,1=0,02\left(mol\right)\)
\(NaOH\rightarrow Na^++OH^-\)
\(n_{Na^+}=n_{OH^-}=0,02\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow C_{MNa^+}=\frac{0,02}{0,4+0,1}=0,04\left(mol/l\right)\)
\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,3.0,4=0,12\left(mol\right)\)
\(Ba\left(OH\right)_2=Ba^{2+}+2OH^-\)
\(\Rightarrow n_{OH^-}=0,24\left(mol\right);n_{Ba^{2+}}=0,12\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow C_{MBa^{2+}}=\frac{0,12}{0,5}=0,24\left(mol/l\right)\)
\(n_{OH^-}=0,02+0,24=0,26\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow C_{MOH^-}=\frac{0,26}{0,5}=0,52\left(mol/l\right)\)
b/ \(n_{HCl}=0,2V\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{H^+}=n_{Cl^-}=0,2V\)
\(\Rightarrow C_{MCl^-}=\frac{0,2V}{2V}=0,1\left(mol/l\right)\)
\(n_{H_2SO_4}=0,3V\left(mol\right)=\frac{n_{H^+}}{2}=n_{SO_4^{2-}}\)
\(\Rightarrow C_{MSO_4^{2-}}=\frac{0,3V}{2V}=0,15\left(mol/l\right)\)
\(n_{H^+}=0,2V+0,6V=0,8V\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow C_{MH^+}=\frac{0,8V}{2V}=0,4\left(mol/l\right)\)
Bác nào hảo tâm giúp em mấy câu còn lại chớ đến đây thì em chịu chết òi :(
nHCl(1)=0,5.0,2=0,1 mol
nHCl(2)=0,2.0,3=0,06 mol
VddHCl sau khi trộn=500+200=700ml=0,7 lít
Tổng nHCl sau khi trộn=0,1+0,06=0,16 mol
CM dd HCl sau khi trộn=0,16/0,7=0,23M
Câu 1:
PT ion: \(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{OH^-}=0,6\cdot0,4+0,6\cdot0,3\cdot2=0,6\left(mol\right)\\n_{H^+}=0,2\cdot2,6=0,52\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) H+ hết, OH- còn dư \(\Rightarrow n_{OH^-\left(dư\right)}=0,08\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\left[OH^-\right]=\dfrac{0,08}{0,6+0,2}=0,1\left(M\right)\) \(\Rightarrow pH=14+log\left(0,1\right)=13\)
Bài 2:
PT ion: \(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{OH^-}=0,3\cdot1,6=0,48\left(mol\right)\\n_{H^+}=0,2\cdot1\cdot2+0,2\cdot2=0,8\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) OH- hết, H+ còn dư \(\Rightarrow n_{H^+\left(dư\right)}=0,32\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\left[H^+\right]=\dfrac{0,32}{0,2+0,3}=0,64\left(M\right)\) \(\Rightarrow pH=-log\left(0,64\right)\approx0,19\)
1
\(n_{CuCl_2}=0,2.0,5=0,1\left(mol\right)\\ n_{NaOH}=0,5.0,5=0,25\left(mol\right)\)
a. \(CuCl_2+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+2NaCl\)
0,1------->0,2------------>0,1---------->0,2
b. Xét \(\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,25}{2}\) => NaOH dư
=> \(m_{Cu\left(OH\right)_2}=0,1.98=9,8\left(g\right)\)
c. \(n_{NaOH.dư}=0,25-0,2=0,05\left(mol\right)\)
Các chất có trong nước lọc:
\(CM_{NaOH}=\dfrac{0,05}{0,2+0,5}=\dfrac{1}{14}\approx0,07M\)
\(CM_{NaCl}=\dfrac{0,2}{0,2+0,5}=\dfrac{2}{7}\approx0,29M\)
2
\(n_{CuCl_2}=\dfrac{27}{135}=0,2\left(mol\right)\\ n_{NaOH}=\dfrac{150.8\%}{100\%}:40=0,3\left(mol\right)\)
a. \(CuCl_2+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+2NaCl\)
0,15<-------0,3--------->0,15------->0,3
b. Xét \(\dfrac{0,2}{1}>\dfrac{0,3}{2}\) => \(CuCl_2\) dư
\(\Rightarrow m_{Cu\left(OH\right)_2}=0,15.98=14,7\left(g\right)\)
c. \(m_{dd}=27+150=177\left(g\right)\)
Các chất có trong nước lọc:
\(C\%_{CuCl_2}=\dfrac{\left(0,2-0,15\right).135.100\%}{177}=3,81\%\)
\(C\%_{NaCl}=\dfrac{0,3.58,5.100\%}{177}=9,92\%\)
3
\(n_{HCl}=0,3.1=0,3\left(mol\right)\\ n_{AgNO_3}=0,5.0,5=0,25\left(mol\right)\)
a. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng bạc clorua \(AgCl\)
b.
\(AgNO_3+HCl\rightarrow AgCl+HNO_3\)
0,25------->0,25----->0,25--->0,25
Xét \(\dfrac{0,25}{1}< \dfrac{0,3}{1}\)=> axit dư.
\(m_{kt}=m_{AgCl}=0,25.143,5=35,875\left(g\right)\)
c. Bạn xem đề đủ chưa, có thiếu D (khối lượng riêng) hay không rồi nói mình làm nhé: )
a)
nH2SO4 = 0.5a (mol)
nKOH = 0.4 (mol)
nAl(OH)3 = 0.005 (mol)
Trường hợp 1: H2SO4 dư
H2SO4 + 2KOH -----> K2SO4 + 2H2O
_0.2_____0.4_
nH2SO4dư = 0.5a - 0.2 (mol) => 1/2nH2SO4dư = 0.25a - 0.1 (mol)
2Al(OH)3 + 3H2SO4 -----> Al2(SO4)3 + 6H2O
_0.005____0.0075_
=> 0.25a - 0.1 = 0.0075 => a = 0.43
Trường hợp 2: KOH dư
H2SO4 + 2KOH -----> K2SO4 + 2H2O
_0.5a_____a_
nKOHdư = 0.4 - a (mol) => 1/2nKOHdư = 0.2 - 0.5a (mol)
Al(OH)3 + KOH -----> KAlO2 + 2H2O
_0.005__0.005_
=> 0.2 - 0.5a = 0.005 => a = 0.39
b)
Vì ddA td với Fe3O4 và FeCO3 => ddA có chứa H2SO4 dư, chọn TH1: a = 0.43
=> nH2SO4 trong 100ml ddA = 0.1x0.43 = 0.043 (mol)
Fe3O4 + 4H2SO4 -----> FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O
__x_______4x_
FeCO3 + H2SO4 -----> FeSO4 + H2O + CO2
__y_______y_
mhhB = 2.668 (g) => 232x + 116y = 2.668
nH2SO4 = 0.043 (mol) => 4x + y = 0.043
=> x = 0.01; y = 0.003
mFe3O4 = 2.32 (g)
mFeCO3 = 0.348 (g)
a/ Gọi nồng độ mol của HNO3;HCl lần lượt là 2a, a (mol/l)
Khi đó: nHNO3=0,4a; nHCl=0,2a mol
=> nH+ = 0,6a mol
nNaOH=0,1 mol, nBa(OH)2=0,2.0,05=0,01 mol
H+ + OH- ------> H2O
Theo PT ta được: \(n_{H^+}=n_{OH^-}=0,1+0,01.2=0,6a\)
=>a= 0,2M
Vậy nồng độ mol của HNO3;HCl lần lượt là: 0,4; 0,2 (M)
b/ nH+ =0,5.0,2.2+0,5.0,2=0,3 mol
+) Dung dịch B gồm: nNaOH=0,1 mol; nBa(OH)2=0,05 mol
=> n OH- = 0,1+ 0,05.2 = 0,2 (mol)
PTHH: H+ + OH- ------> H2O
Theo PT: nH+ = n OH- =0,2 mol<0,3 mol
Vậy dung dịch C còn dư axit ⇒ có tính axit.
c/ Gọi thể tích dung dịch B cần cho để tạo được dung dịch D trung hòa là: V (l)
Ta có: nH+ = n OH-
⇒0,3=1.V+0,5.2.V
⇔V=0,15
⇒ Lượng dung dịch B cần thêm là: Vthêm=0,15−0,1=0,05(l)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{H_2SO_4}=\dfrac{0,098}{98}=0,001\left(mol\right)\\n_{HNO_3}=0,2.0,04=0,008\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> \(\sum n_{H^+}=2n_{H_2SO_4}+n_{HNO_3}=0,01\left(mol\right)\)
=> \(\left[H^+\right]=\dfrac{0,01}{0,5+0,2}=\dfrac{1}{70}M\)
=> \(pH=-\log\left(\dfrac{1}{70}\right)=1,845\)