Câu 19 : Đáp Án : B
Lời giải :
$n_{HCl}$ = $\frac{40}{1000}$ x 0,75 = 0,03 ( mol )
$n_{Ba(OH)_{2}}$ = 0,16 x 0,08 = 0,0128 ( mol )
$n_{KOH}$ = 0,04 x 0,16 = 0,0064 ( mol )
Mà ta có :
$n_{OH^{-}}$ = $2n_{Ba(OH)_{2}}$ + $n_{HCl}$
= 2 x 0,0128 + 0,0064
= 0,032 ( mol )
$n_{H^{+}}$ = $n_{HCl}$ = 0,03
Phương trình :
$H^{+}$ + $OH^{-}$ → $H_{2}$O
0,03 → 0,03
Mà $H^{+}$ hết thì $n_{OH^{-}}$ sẽ dư
⇒ $n_{OH^{-}}$ = 0,032 - 0,03 = 0,002
⇒ [ $OH^{-}$ ] = $\frac{0,002}{0,2}$ = 0,01
⇒ $p_{OH}$ = -log $OH^{-}$ = 2
⇒ $p_{H}$ = 14 - 2 = 12
Câu 20 : Đáp án : B
Lời giải:
∑ $n_{OH}$ = $2n_{Ba(OH)_{2}}$ + $n_{NaOH}$ = 2x0,01 + 0,01 = 0,03 ( mol )
∑ = $2n_{H_{2}SO_{4}}$ + $n_{HCl}$ = 2 x 0,4 x 0,0375 + 0,4 x 0,0125 = 0,035 ( mol )
⇒ $H^{+}$ dư
Phương trình :
$H^{+}$ + $OH^{-}$ → $H_{2}$O
Vì $n_{OH}$ < $n_{H^{+}}$ nên dung dịch X chứa $H^{+}$ dư : 0,035 - 0,03 = 0,005 ( mol )
⇒ [$H^{+}$] = $\frac{0,005}{0,1+0,4}$ = 0,1M
⇒ $p_{H}$ = -log 0,01 = 2