Dung dịch thu được có pH = 2 nên H⁺ dư.

[ H⁺ ]_(dư) = 0,01 M ⇒ n_{H⁺ (dư)} = 0,01(0,1+0,001V) (mol)

Ta có: \(\Sigma n_{OH^-}=2n_{Ba\left(OH\right)_2}+n_{NaOH}=2.0,1.0,1+0,1.0,1=0,03\left(mol\right)\)

\(\Sigma n_{H^+}=2n_{H_2SO_4}+n_{HCl}=2.0,001V.0,0375+0,001V.0,0125=8,75.10^{-5}V\left(mol\right)\)

PT ion: \(OH^-+H^+\rightarrow H_2O\)

______0,03 → 0,03 _________ (mol)

\(\Rightarrow\Sigma n_{H^+}=n_{H^+\left(pư\right)}+n_{H^+\left(dư\right)}\)

\(\Leftrightarrow8,75.10^{-5}V=0,03+0,01\left(0,1+0,001V\right)\)

\(\Rightarrow V=400\left(ml\right)\)

Bạn tham khảo nhé!

Tui thấy bác lủng kiến thức nhiều rồi đó nha.

nH⁺ = nHCl = b mol

nCO3 ^2- = nNa2CO3 = a mol

Nhỏ HCl vào Na2CO3 thu được lượng khí nhỏ hơn nhỏ Na2CO3 vào HCl nên a < b < 2a

- Nhỏ HCl vào Na2CO3:

H⁺ + CO3 ^2- → HCO3^-

a_______a______ a

H⁺ + HCO3 ^- → CO2 + H2O

b-a_____b-a_____b-a

- Nhỏ Na2CO3 vào HCl:

2H⁺ + CO3 ^2- → CO2↑ + H2O

b____b/2________b/2

Tỉ lệ về thể tích chính bằng tỉ lệ về số mol

\(\rightarrow\frac{b-a}{\frac{b}{2}}=\frac{V}{3V}\)

\(\rightarrow\frac{a}{b}=\frac{5}{6}\)

Áp dụng ĐLBT điện tích

0,07 - 2x - 0,1 = 0 =>x=0,015 mol

y + 2z =0,02

trộn X với Y có H⁺ >< OH^- Ba²⁺ >< SO₄^2-

dd có pH=2 => dd có mt axit => H⁺ dư OH^- hết => \(\left[H^+\right]\)=0,01 => n_H⁺=0,005

H⁺ + OH^- ------> H₂O

^{bđ y 0,1}

^{pư 0,1 <- 0,1}

^{spư y-0,1}

=> y - 0,1 = 0,005 => y = 0,105 mol =.> z =

có sai đề k bạn

đề k sai bạn nhé

a,

-Trích mẫu thử và đánh thứ tự

-Cho quỳ tím ẩm, lọ nào đổi màu ->màu xanh thì là NH3
3 lọ mất nhãn còn lại cho Ba(OH)2vào, đun nhẹ
+Lọ chỉ có kết tủa trắng là Na2SO4
+Lọ có sủi bọt khí NH3 là NH4Cl
+Lọ vừa có kết tủa trắng vừa có sủi bọt khí NH3 là (NH4)2SO4
-PTHH:
Na2SO4+Ba(OH)2 -> BaSO4 (kết tủa trắng) + 2NaOH
2NH4Cl + Ba(OH)2 -> BaCl2 + 2NH3(bay hơi, mùi khai ) + 2H2O
(NH4)2SO4+ Ba(OH)2 -> BaSO4 (kt) + 2NH3(bay hơi) + 2H2O

Sao đăng câu hỏi rồi trl vậy

Quy đổi hỗn hợp về x mol Na; y mol Ba và z mol O, ta có:Na + H2O → NaOH + 0,5H2Ca + H2O → Ca(OH)2 + H2O + H2 → H2O⇒ mX = 23x + 40y + 16z = 5,13gnH2 = 0,5x + y - z = 0,025 molnNaOH = nNa = x = 0,07 mol⇒ y = 0,06 mol; z = 0,07 mol⇒ nOH−=nNaOH+2nCa(OH)2=0,19 mol⇒ Có nOH>2nSO2⇒ tạo muối trung hòa, OH dư⇒ mCaSO3=0,06×120=7,2 g

Khi thêm 1ml dung dịch \(MgCl_21M\) vào 100 ml dung dịch đệm thì

\(C_{Mg^{2+}}\)ban đầu=\(10^{-2}\left(M\right)\)

Ta có \(T_{Mg\left(OH\right)_2}=\left[Mg^{2+}\right]\left[OH^-\right]^2=10^{-10,95}\)

Để kết tủa \(Mg\left(OH\right)_2\) thì \(\left[Mg^{2+}\right]\left[OH^-\right]^2\ge10^{-10,95}\)

⇒\(\left[OH^-\right]^2\ge\frac{10^{-10,95}}{Mg^{2+}}=\frac{10^{-10,95}}{10^{-2}}=10^{-8,95}\).Hay OH^- ≥\(10^{-4,475}\)

Dung dịch \(NH_4Cl\) 1M \(+NH_3\) 1M cân bằng chủ yếu là

\(NH_3+H_2O\Leftrightarrow NH_4^++OH^-\)

1 1 \(K_{NH_3}=K_b=10^{-4,75}\)

1-x 1+x x

\(K_b=\frac{\left(x+1\right)x}{1-x}=10^{-4,75}\)

⇒ \(x=10^{-4,75}\) hay \(\left[OH^-\right]=10^{-4,75}< 10^{-4,475}\)

Vậy khi thêm 1 ml dung dịch \(MgCl_21M\) vào 100 ml dung dịch \(NH_31M\) và \(NH_4Cl\) 1M thì không xuất hiện kết tủa \(Mg\left(OH\right)_2\)

Tham khảo!

[OH-]=1.10^-14/0.01=10^-12 (M) tính Ph=log[H+] từ kết quả của Ph xem nó lớn hơn 7 hay j xong suy ra môi trường ,môi trường axit thì quỳ đỏ môi trường kiềm quy xanh trung tính ko màu