Đáp án : A

dd X : n_H+ = 2n_H2SO4 + n_HCl = 0,02 mol

dd Y : n_OH = n_NaOH + 2n_Ba(OH)2 = 0,04 mol

=> Trong Y : n_OH – n_H+ = 0,02 mol = n_OH- => C_OH = 0,1M => pH = 13

em can gap a

Pt ion: OH^- + H⁺ → H₂O

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{OH^-}=0,08.1.1=0,08\left(mol\right)\\n_{H^+}=0,12.0,25.2=0,06\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

  ⇒ OH^- dư

\(\Rightarrow\left[OH^-\right]=\dfrac{0,08-0,06}{0,08+0,12}=0,1M\)

\(\Rightarrow pH=14+log\left(0,1\right)=13\)

bài 1: Gọi V₁ là thể tích dd axit . V₂ là thể tích dd bazo

=> n_H+ = 0,02.V₁.2 = 0,04V₁

n_OH- = 0,035.V₂

Pư: H⁺ + OH^- ---> H₂O

0,035V₂ <------------ 0,035V₂

=> [H⁺] sau pứ = (0,04V₁ - 0,035V₂) : (V₁+V₂) = 10^-2

=> V₁ : V₂ = 3 : 2

bài 3: n_OH- = 1,8V. n_H+ = 0,5.2.1 = 1 mol

=> Vì dd sau pứ có pH =13 => OH^- dư.

Ta có (1,8V - 1): (V + 0,5) = 10^{-(14 - 13)} => V = ...

Bài 1.

\(n_{H^+}=2n_{H_2SO_4}=2.10^{-2}.0,1=0,002\) mol

\(n_{OH^-}=n_{NaOH}=0,01.0,1=0,001\) mol

\(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)

0,001<-0,001

\(\Rightarrow n_{H^+}\text{còn}=0,002-0,001=0,001\) mol

\(\Rightarrow\left[H^+\right]=\dfrac{0,001}{0,2}=0,005\) mol/lít

\(\Rightarrow pH=-lg\left[H^+\right]=-lg\left(\dfrac{0,001}{0,2}\right)=2,3\)

\(H_2SO_4+2NaOH\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\)

0,0005<--0,001------> 0,001

\(Na_2SO_4\rightarrow2Na^++SO_4^{2-}\)

0,001 ------>0,002-->0,001

\(H_2SO_4\rightarrow2H^++SO_4^{2-}\)

0,0005--->0,001-->0,0005

\(\Rightarrow\left[Na^+\right]=\dfrac{0,002}{0,2}=0,01\) mol/lít; \(\left[SO_4^{2-}\right]=\dfrac{0,001+0,0005}{0,2}=0,0075\) mol/lít

\(\left[H^+\right]=0,005\) mol/lít

Bài 2.

200 ml dung dịch H₂SO₄ có pH = 1 nên \(\left[H^+\right]=0,1\)M

\(\Rightarrow n_{H^+}=2n_{H_2SO_4}=2.0,1.0,2=0,04\) mol

\(n_{OH^-}=n_{NaOH}=\dfrac{0,88}{40}=0,022\) mol

\(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)

0,022<-0,022

\(\Rightarrow n_{H^+}\text{còn}=0,04-0,022=0,018\) mol

\(\Rightarrow pH=-lg\left[H^+\right]=-lg\left(\dfrac{0,018}{0,2}\right)=1,046\)

a) \(n_{NaOH}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\); \(n_{HNO_3}=0,2.0,5=0,1\left(mol\right)\)

\(NaOH+HNO_3\rightarrow NaNO_3+H_2O\)

0,2.............0,1

Lập tỉ lệ : \(\dfrac{0,2}{1}>\dfrac{0,1}{1}\) => Sau phản ứng NaOH dư

Dung dịch D gồm NaNO3 và NaOH dư

\(n_{NaNO_3}=n_{HNO_3}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{NaOH\left(pứ\right)}=n_{HNO_3}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{NaOH\left(dư\right)}=0,2-0,1=0,1\left(mol\right)\)

Ion trong dung dịch D : Na+ , NO3-, OH-

\(\left[Na^+\right]=\dfrac{0,1+0,1}{0,2}=1M\)

\(\left[NO_3^-\right]=\dfrac{0,1}{0,2}=0,5M\)

\(\left[OH^-\right]=\dfrac{0,1}{0,2}=0,5M\)

b)Trong dung dịch D chỉ có NaOH dư phản ứng

 \(2NaOH+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+H_2O\)

0,1................0,05

=> \(V_{H_2SO_4}=\dfrac{0,05}{1}=0,05\left(l\right)\)

Tách ra lần bài đi em !

\(n_{KOH}=0.1\cdot1=0.1\left(mol\right)\)

\(n_{H_2SO_4}=0.3\cdot0.5=0.15\left(mol\right)\)

\(2KOH+H_2SO_4\rightarrow K_2SO_4+H_2O\)

\(0.1..........0.05...............0.05\)

Dung dịch D : 0.05 (mol) K₂SO₄ , 0.1 (mol) H₂SO₄

\(\left[K^+\right]=\dfrac{0.05\cdot2}{0.1+0.3}=0.25\left(M\right)\)

\(\left[H^+\right]=\dfrac{0.1\cdot2}{0.1+0.3}=0.5\left(M\right)\)

\(\left[SO_4^{2-}\right]=\dfrac{0.05+0.1}{0.1+0.3}=0.375\left(M\right)\)

\(2NaOH+H_2SO_4\rightarrow K_2SO_4+H_2O\)

\(0.2..................0.1\)

\(V_{dd_{NaOH}}=\dfrac{0.2}{1}=0.2\left(l\right)\)

Đáp án D

Trong dung dịch axit, ta có :

n Cl - = n HCl = 0 , 3   mol

n SO 4 2 - = n H 2 SO 4 = 0 , 15   mol

Sơ đồ phản ứng :

Cho NaOH vào X để thu được kết tủa lớn nhất thì dung dịch sau phản ứng chỉ còn các ion Na + ,   Cl -   và   SO 4 2 - .

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng và bảo toàn nguyên tố Na, ta có :

n NaOH = n Na + = n Cl - + 2 n SO 4 2 - = 0,6 mol

→ V dd   NaOH   1 M = 0,6 lit = 600ml