Bài tập về tính pH của dung dịch sau pha trộn lớp 11 (có lời giải)

Đáp án đúng là: D

Áp dụng công thức: V1.C1 = V2.C2

$$\Rightarrow \frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \frac{{{C_1}}}{{{C_2}}} = \frac{{{{10}^{ - 3}}}}{{{{10}^{ - 4}}}} = 10$$

Đáp án đúng là: D

Áp dụng công thức: V1.C1 = V2.C2

$$\Rightarrow \frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \frac{{{C_1}}}{{{C_2}}} = \frac{{{{10}^{ - 1}}}}{{{{10}^{ - 3}}}} = 100$$

Lưu ý:

pH = 13 → [H+] = 10-13 → [OH-] = 10-1M;

pH = 11 → [H+] = 10-11 → [OH-] = 10-3M.

Đáp án đúng là: C

Áp dụng công thức: V1.C1 = V2.C2

$$\Rightarrow \frac{{{V_2}}}{{{V_1}}} = \frac{{{C_1}}}{{{C_2}}} = \frac{{{{10}^{ - 5}}}}{{{{10}^{ - 6}}}} = 10$$

$\Rightarrow {V_2} = 10.{V_1} = 10\,$lít.

Vậy Vnước = V2 – V1 = 10 -1 = 9 lít.

Đáp án đúng là: B

pH = 2 $\Rightarrow$ [H+] = 10-2M $\Rightarrow$ nH+ = 0,3.10-2= 3.10-3 mol

nOH- = nH+ hay 3.10-3 = V.0,02 $\Rightarrow$ V = 0,15 lít = 150 ml.

Đáp án đúng là: D

nH+ = 2.0,1.0,05 + 0,1.0,1 = 0,02 mol

nOH- = 0,1.0,2 + 2.0,1.0,1 = 0,04 mol

H+ + OH- → H2O

Vậy OH- dư; [OH-] dư= $\frac{{0{,}04 - 0{,}02}}{{0{,}1 + 0{,}1}} =$ 0,1M

pH = 14 + log 0,1 = 13.

Đáp án đúng là: C

pH = 3 → [H+] dư = 10-3M

$$\Rightarrow \frac{{(0{,}2.0{,}3 + 0{,}5.0{,}2) - 2.0{,}2.a}}{{0{,}2 + 0{,}2}} = {10^{ - 3}} \Rightarrow a = 0{,}399.$$

Đáp án đúng là: D

Dung dịch thu được có pH = 12 → [OH-] dư = 10-2M

$$\Rightarrow \frac{{0{,}1.a - 0{,}1.0{,}1}}{{0{,}2}} = {10^{ - 2}} \Rightarrow a = 0{,}12M.$$

Đáp án đúng là: B

pH = 12 → [OH-] dư = 10-2M

$$\Rightarrow \frac{{0{,}25a - (0{,}25.0{,}08 + 2.0{,}25.0{,}01)}}{{0{,}5}} = {10^{ - 2}} \Rightarrow a = 0{,}12M.$$

Đáp án đúng là: A

450ml X do trộn 225 ml HCl và 225 ml H2SO4 → nH+ = 0,1125 mol.

Có nOH- = 0,2V (mol)

Do Z có pH = 1 $\Rightarrow$ [H+] dư = 0,1M.

$$\Rightarrow \frac{{0{,}1125 - 0{,}2V}}{{0{,}45 + V}} = 0{,}1 \Rightarrow V = 0{,}225\,(L).$$

Đáp án đúng là: C

Dung dịch KOH có pH = 12 → [OH-] = 10-2M.

Dung dịch HCl có pH = 3 → [H+] = 10-3M.

Sau trộn thu được dung dịch có pH = 11 → [OH-] dư = 10-3M.

$$\Rightarrow \frac{{{{10}^{ - 2}}.a - {{8.10}^{ - 3}}}}{{a + 8}} = {10^{ - 3}} \Rightarrow a = 1{,}78\,(L).$$

a. Đúng. pH = 2 → [H$^{+}$] = 10$^{–2}$ = 0,01 M.

b. Đúng. ${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$ = V × [H$^{+}$] = 0,010.0,01 = 0,0001 mol = 10$^{–4}$ mol.

c. Đúng. [H$^{+}$]$_{sau}$ = $\frac{0{,}0001}{1}$ = 1.10$^{–4}$ M.

d. Đúng. pH = –log(1.10$^{–4}$) = 4. Khi pha loãng dung dịch acid 100 lần thì pH tăng thêm 2 đơn vị.

a. Sai. n$_{HCl}$ = 0,1.0,008 = 0,0008 mol.

b. Đúng. NaHCO$_{3}$ + HCl → NaCl + CO$_{2}$ + H$_{2}$O.

c. Sai. pH = –log[H$^{+}$] = –log(0,008) = 2,0969.

d. Sai. Số mol HCl cần làm giảm là: 0,0008 – 0,1.0,001 = 0,0007 (mol).

Theo pthh, ${\text{n}}_{\text{N}\text{a}\text{H}\text{C}{\text{O}}_{\text{3}}}\ \text{=}\ {\text{n}}_{\text{H}\text{C}\text{l}}\ \text{=}\ \text{0}\text{,}\text{0}\text{0}\text{0}\text{7}$mol → ${\text{m}}_{\text{N}\text{a}\text{H}\text{C}{\text{O}}_{\text{3}}}\ \text{=}\ \text{0}\text{,}\text{0}\text{0}\text{0}\text{7}.84\ \text{=}\ \text{0}\text{,}\text{0}\text{5}\text{8}\text{8}\$gam.

a. Đúng. ${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}\text{=}\ \text{2}{\text{n}}_{{\text{H}}_{\text{2}}\text{S}{\text{O}}_{\text{4}}}=2.0{,}3.0{,}05=0{,}03\ \text{m}\text{o}\text{l}$

b. Đúng. ${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}$= ${\text{n}}_{\text{N}\text{a}\text{O}\text{H}}$ = 0,2.0,1 = 0,02 mol.

c. Sai. PT: OH$^{–}$ + H$^{+}$ → H$_{2}$O. Ta có: $\frac{0{,}02}{1}<\frac{0{,}03}{1}$→ H$^{+}$ dư.

${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$$_{dư}$ = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol → [H$^{+}$]$_{dư}$ = $\frac{0{,}01}{0{,}3+0{,}2}$= 0,02 M.

d. Đúng. pH = –log(0,02) = 1,698 ≈ 1,7. Nước thải có pH = 1,7 có tính acid mạnh, chưa đạt mức pH 6 – 9 theo QCVN.

a. Đúng. $\sum _{}^{}{\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}\text{=}\ {\text{n}}_{\text{H}\text{C}\text{l}}\ \text{+}\ \text{2}{\text{n}}_{{\text{H}}_{\text{2}}\text{S}{\text{O}}_{\text{4}}}$= 0,1.0,1 + 2.0,1.0,05 = 0,02 mol.

b. Đúng. ${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}=\text{2}{\text{n}}_{\text{B}\text{a}{\text{(}\text{O}\text{H}\text{)}}_{\text{2}}}$= 2.0,1.0,15 = 0,03 mol.

c. Đúng.PT: OH$^{–}$ + H$^{+}$ → H$_{2}$O. Ta có: $\frac{0{,}03}{1}>\frac{0{,}02}{1}$→ OH$^{–}$ dư. ${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}$$_{dư}$= 0,03 – 0,02 = 0,01.

d. Sai. [OH$^{–}$]$_{dư}$ = $\frac{0{,}01}{0{,}1+0{,}1}$= 0,05 M → pH = 14 + log(0,05) ≈ 12,7.

a. Đúng. pH = 13 → [H$^{+}$] = 10$^{–13}$ M → [OH$^{–}$] = 10$^{–1}$ M = 0,1 M.

b. Đúng. Tỷ lệ thể tích: $\frac{5000}{50}$= 100 lần.

c. Đúng. [OH$^{–}$]$_{sau}$ = $\frac{0{,}1}{100}$ = 0,001 M.

d. Sai. [OH$^{–}$] = 0,001 M → pH = 14 + log(0,001) = 11. Khi pha loãng base thì pH giảm từ 13 xuống 11, không thể tăng lên 15.

Đáp án: 3

pH ban đầu = 1 → [H$^{+}$] = 0,1 M.

${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$ = 0,01.0,1 = 0,001 mol.

Sau khi định mức đến 1000 mL (1 L): [H$^{+}$] = $\frac{0{,}001}{1}$ = 10$^{–3}$ M → pH = –log(10$^{–3}$) = 3.

Đáp án: 7

${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$ = 0,25.0,04 = 0,01 mol; ${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}$ 0,25.0,04 = 0,01 mol.

Phản ứng: H$^{+}$ + OH$^{–}$ → H$_{2}$O. ${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$=${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}$nên phản ứng vừa đủ. Dung dịch thu được chứa muối trung hòa NaCl nên có môi trường trung tính với pH = 7.

Đáp án: 100

Xét dd Z: pH = 2 → [H$^{+}$]$_{dư}$ = 10$^{–2}$ M = 0,01 M → ${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$$_{dư}$ = (0,1 + $\frac{x}{1000}$).0,01 mol.

PT: H$^{+}$ + OH$^{–}$ → H$_{2}$O. ${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$$_{pứ}$ = ${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}$= n$_{NaOH}$= $\frac{x}{1000}$.0,04 (mol).

Ta có: ${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$$_{bđ}$= ${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$$_{pứ}$ +${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$$_{dư}$ → 2.0,1.0,03 = $\frac{x}{1000}$.0,04 + (0,1 + $\frac{x}{1000}$).0,01

→ x = 100.

Đáp án: 0,05

${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$= n$_{HCl}$ = 0,3.0,05 = 0,015 (mol); ${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}$=$\text{2}{\text{n}}_{\text{B}\text{a}{\text{(}\text{O}\text{H}\text{)}}_{\text{2}}}$= 2.0,2.a = 0,4a (mol).

Dung dịch sau trộn có pH = 12 → base dư, [OH$^{–}$]$_{dư}$ = 10$^{–(14 –12)}$ = 0,01 M.

PT: H$^{+}$ + OH$^{–}$ → H$_{2}$O. ${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}$$_{pứ}$ = ${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$= 0,015.

Ta có: ${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}$$_{dư}$ = [OH$^{–}$]$_{dư}$ × V$_{hh}$⇔ 0,4a – 0,015 = 0,01.0,5 ⇔ a = 0,05 M.

Đáp án: 50

Gọi V (lít) là thể tích dung dịch NaOH 0,1 M cần thêm.

${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$ ban đầu = 0,1.0,2 = 0,02 mol; ${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}$ thêm = 0,1V (mol).

Dung dịch sau trộn có pH = 1 → acid dư, [H$^{+}$]$_{dư}$ = 10$^{–1}$ = 0,1 M.

PT: H$^{+}$ + OH$^{–}$ → H$_{2}$O → ${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$$_{pứ}$ = ${\text{n}}_{\text{O}{\text{H}}^{-}}$= 0,1V.

Ta có: ${\text{n}}_{{\text{H}}^{\text{+}}}$$_{dư}$ = [H$^{+}$]$_{dư}$ × V$_{hh}$ ⇔ 0,02 – 0,1V = 0,1 × (0,1 + V) ⇔ V = 0,05 lít = 50 mL.