Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
Ta có: nHCl = 0,036 mol, nHNO3 = 0,036 mol, nH2SO4 = 0,024 mol
⇒ ∑nH+ = 0,12 mol || ∑nOH– = 0,08×2×V + 0,23×V = 0,39V.
+ Vì pH = 2 ⇒ Sau pứ trung hòa nH+ dư = 102×(0,36+V) = 0,01V + 0,0036
+ Ta có: ∑nH+ = ∑nOH– + nH+ dư ⇔ 0,12 = 0,39V + 0,01V + 0,0036.
Û V = 0,291 lít ⇒ nBa(OH)2 = 0,02328 mol.
+ Vì nBa2+ < nSO42– ⇒ m↓ = mBaSO4 = 0,02328×233 ≈ 5,42 gam
\(n_{H^+}=0.3\cdot0.1\cdot2+0.3\cdot0.15=0.105\left(mol\right)\)
\(n_{OH^-}=0.001V\cdot0.3+0.001V\cdot2\cdot0.1=0.0032V\left(mol\right)\)
\(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)
\(0.105.......0.105\)
\(n_{OH^-\left(dư\right)}=0.0032V-0.105\left(mol\right)\)
\(\left[OH^-\right]=\dfrac{0.0032V-0.105}{0.3+0.001V}\left(M\right)\)
\(pH=14+log\left[OH^-\right]=12\)
\(\Leftrightarrow log\left[OH^-\right]=-2\)
\(\Leftrightarrow log\left[\dfrac{0.0032V-0.105}{0.3+0.001V}\right]=-2\)
\(\Leftrightarrow V=33.85\left(ml\right)\)
nH+=0,3.0,1.2+0,3.0,15=0,105 mol
nOH- ban đầu =0,3V + 0,1.2V=0,5V mol
Sau phản ứng thu được dung dịch có pH=12
⇒OH- dư ⇒ pOH=2
⇒ [OH- ] dư = 0,01 M
nOH- dư = 0,01(0,3+V)=0,003+0,01V (mol)
nOH- phản ứng=nOH- ban đầu - nOH- dư
= 0,5V - 0,003 - 0,01V
= 0,49V - 0,003 (mol )
H+ + OH- → H2O
0,105 → 0,105
nOH- phản ứng = nH+
⇒0,49V - 0,003 =0,105
⇒ V≃0,22 lít=200ml
Câu 1: nOH-=0,01V(mol) nH+ =0,03V(mol)
nOH-<nH+ nên axit dư -->nH+dư =0,02V(mol)--->CM H+=0,01(M)=10-2->pH=2
Chú thích do thể tích như nhau nên ko cần đổi
Câu 2:nOH-=0,03a(mol) nH+=0,01a(mol)-->OH-dư
noh-dư=0,02a(mol) mà v=2a-->Cm oh-=0,01=10-2(M)->pH=12
Câu 3:nOH-=0,03 nH+=0,035->H+dư nH+dư=0,005 mol
V=0,5(l) CmH+=10^-2 pH=2
Đáp án B
nH+ ban đầu = 0,1.2.0,1 + 0,2.0,1 + 0,3.0,1 = 0,07
dung dịch C có pH=1 ⇒ nH+/C = 0,1.(0,3 + V)
⇒ nH+ ban đầu = nH+/C + nOH- ⇒ 0,07 = 0,1.(0,3 + V) + 0,2V +0,1.2V
⇒ V =0,08l
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 \(\Rightarrow n_{H^+\left(dư\right)}=0,32\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\left[H^+\right]=\dfrac{0,32}{0,2+0,3}=0,64\left(M\right)\) \(\Rightarrow pH=-log\left(0,64\right)\approx0,19\)
Coi X gồm 2,4+2,8= 5,2g Mg
\(\Rightarrow n_{Mg}=0,2167\left(mol\right)\)
\(n_{H^+}=2n_{H2SO4}+n_{HCl}=0,5\left(mol\right)\)
0,2167.2 < 0,5 \(\Rightarrow\) Dư axit \(\Rightarrow\) Kim loại tan hết
\(n_{Mg}=1\left(mol\right);n_{Fe}=0,05\left(mol\right)\)
\(n_{H^+_{pư}}=2n_{Mg}+2n_{Fe}=0,3\left(mol\right)\)
Y có 0,1 mol \(Mg^{2+}\) , 0,05 mol \(Fe^{2+}\) , 0,2 mol \(SO_4^{2-}\) , 0,3 mol \(H^+\)
\(n_{OH^-}=2n_{Ba\left(OH\right)2}+n_{NaOH}=0,6\left(mol\right)\)
\(H^++OH^-\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\)
Dư 0,3 mol \(OH^-\)
\(Mg^{2+}-2OH^-\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\) \(Fe^{2+}+2OH^-\rightarrow Fe\left(OH\right)_2\) Hết \(OH^-\) . Tạo 0,1 mol Mg(OH)2 , 0,05 mol Fe(OH)2 \(n_{Ba^{2+}}=n_{Ba\left(OH\right)2}=0,2\left(mol\right)\)\(Ba^{2+}+SO_4^{2-}\rightarrow BaSO_4\)
Tạo 0,2 mol BaSO4
m kết tủa= mMg(OH)2+ mFe(OH)2+ mBaSO4= 49,7g
Đối với những dạng này thì các bạn lớp 11 sẽ giải bằng pt ion rút gọn
CM(H+(ddA)) = 2nH2SO4 + nHCl + nHNO3=0,7M.
CM(OH-(ddB)) = nNAOH + nKOH =0,49M
(Em xem lại nồng độ KOH =0,29 có đúng ko)
Thể tích dung dịch C là 0,3+ V (lít)
(Cô lấy đơn vị của V là lít)
Nồng độ axit, bazo trong dung dịch C trước phản ứng là
CM(H+(ddC)) = \(\dfrac{0,7\times0,3}{0,3+V}\)M.
CM(OH-(ddC)) = \(\dfrac{0,49\times V}{0,3+V}\)M
PTHH: H+ + OH- -> H2O
Sau phản ứng pH =2 => [H+]dư = CM(H+ddC) -CM(OH-ddC)
\(\Leftrightarrow10^{-2}=\dfrac{0,7\times0,3}{0,3+V}-\dfrac{0,49\times V}{0,3+V}\)
\(\Rightarrow\)V=0,414 lít= 414 ml