Đáp án D

Ta có: n_{Axit glutamic} = 0,09 mol, n_HCl = 0,2 mol

⇒ ∑n_{COOH + H}⁺ = 0,09×2 + 0,2 = 0,38 mol.

+ n_NaOH = 0,34 mol < ∑n_{COOH + H}⁺ = 0,38 mol ⇒ n_{H2O tạo thành} = 0,38 mol.

Bảo toàn khối lượng ta có:

m_{Chất rắn} = 13,23 + 0,2×36,5 + 0,4×40 – 0,38×18 = 29,69 gam

nH⁺=0,022 mol            nOH^-=0,02 mol

H⁺       +        OH^-    --------> H20

0,022            0,02

0,02              0,02

0,002

[H⁺] du=0,002/0,2=0,01 M

pH= -log(0,01)=2

n_{HCl =} 0.022 mol

=> n_{H+ = 0,022 mol}

n_NaOH = 0,02 mol

=> n_OH- = 0,02 mol

H⁺ + OH^- --_^> H₂O

dư n_H⁺ = 0,002 mol

=> [H⁺ ]= 0,002/ ( 0,1+0,1) = 0,01 M

=> pH = 2

Câu 15 : 

$n_{HCl} = 0,2.0,1 = 0,02(mol)$

$n_{H_2SO_4} = 0,2.0,05 = 0,01(mol)$

$\Rightarrow n_{H^+} = 0,02 + 0,01.2 = 0,04(mol)$
$n_{OH^-\ dư} = 0,5.(10^-14 : 10^-13) = 0,05(mol)$

$H^+ + OH^- \to H_2O$

$n_{OH^-} = 0,04 + 0,05 = 0,09(mol)$

$n_{Ba(OH)_2} = \dfrac{1}{2}n_{OH^-} = 0,045(mol)$
$a = 0,045 : 0,3 = 0,15(M)$

$Ba^{2+} + SO_4^{2-} \to BaSO_4$

$n_{Ba^{2+}} = 0,045 > n_{SO_4^{2-}} = 0,01$ nên $Ba^{2+}$ dư

n BaSO4 = n SO4 = 0,01(mol)

=> m = 0,01.233 = 2,33(gam)

Đáp án A

PTHH: \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)  (1)

             \(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)  (2)

             \(Al+NaOH+H_2O\rightarrow NaAlO_2+\dfrac{3}{2}H_2\)  (3)

Ta có: \(n_{H_2\left(1\right)}+n_{H_2\left(2\right)}=\dfrac{13,44}{22,4}=0,6\left(mol\right)\)

Mặt khác: \(n_{NaOH}=0,15\cdot\dfrac{4}{3}=0,2\left(mol\right)=n_{Al}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Al}=0,2\cdot27=5,4\left(g\right)\\n_{H_2\left(1\right)}=0,3mol=n_{Fe}\Rightarrow m_{Fe}=0,3\cdot56=16,8\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m_{hỗnhợp}=5,4+16,8=22,2\left(g\right)\)

a, Có: \(n_{NaOH}=0,4.1=0,4\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=0,2.1,5=0,3\left(mol\right)\)

PT: \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,4}{1}>\dfrac{0,3}{1}\), ta được NaOH dư.

Theo PT: \(n_{NaOH\left(pư\right)}=n_{HCl}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{NaOh\left(dư\right)}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow m_{NaOH\left(dư\right)}=0,1.40=4\left(g\right)\)

b, Khi cho quỳ tím vào dd A thì quỳ tím chuyển xanh do trong A còn dd NaOH dư.

c, Theo PT: \(n_{NaCl}=n_{HCl}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_{M_{NaCl}}=\dfrac{0,3}{0,4+0,2}=0,5M\\C_{M_{NaOH\left(dư\right)}}=\dfrac{0,1}{0,4+0,2}=\dfrac{1}{6}M\end{matrix}\right.\)

Bạn tham khảo nhé!

nHCl=0,2.0,5=0,1(mol)

nNaOH=0,2.0,3=0,06(mol)

PTHH: NaOH + HCl -> NaCl + H2O

Vì 0,1/1 > 0,06/1

=> NaOH hết, HCl dư

a) Vì HCl dư , NaCl trung tính => dung dịch sau phản ứng làm hóa đỏ quỳ tím.

b) - Dung dịch thu được gồm HCl dư và NaCl.

nHCl(p.ứ)=nNaCl=nNaOH=0,06(mol) -> mNaCl= 0,06.58,5=3,51(g)

nHCl(dư)=0,1-0,06=0,04(mol) -> mHCl(p.ứ)=0,04.36,5=1,46(g)

mddsaup.ứ= mddHCl + mdd NaOH= 200.1,12+300.1,02=530(g)

=> \(C\%ddNaCl=\dfrac{3,51}{530}.100\approx0,662\%\\ C\%ddHCl\left(dư\right)=\dfrac{1,46}{530}.100\approx0,275\%\)

a)

$NaOH + HCl \to NaCl + H_2O$

$n_{HCl} = 0,2.0,5 = 0,1(mol) > n_{NaOH} = 0,3.0,2 = 0,06(mol)$

nên HCl dư

Dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ

b)

$m_{dd} = 200.1,12 + 300.1,02 = 510(gam)$
$n_{HCl\ dư} = 0,1 - 0,06 = 0,04(mol)$
$n_{NaCl} = n_{NaOH} = 0,06(mol)$
$C\%_{NaCl} = \dfrac{0,06.58,5}{510}.100\% = 0,69\%$
$C\%_{HCl} = \dfrac{0,04.36,5}{510}.100\% = 0,29\%$

Đáp án B