Giải SBT Hóa học 11 KNTT Bài 2: Cân bằng trong dung dịch nước có đáp án

Đáp án đúng là: A

Khi tăng thể tích lên 100 lần thì nồng độ ion OH$^{-}$ trong dung dịch giảm 100 lần

nồng độ H$^{+}$ tăng 100 lần pH = -log[H$^{+}$] pH giảm 2 lần.

Đáp án đúng là: D

Theo định luật bảo toàn điện tích có:

2.0,01 + 0,01 = 0,02 + 2.x

x = 0,005.

Đáp án đúng là: C

CO$_{3}$$^{2-}$ là gốc acid yếu nên bị thủy phân tạo môi trường base

$C{O}_{3}^{2-}\ +{H}_{2}O\ ⇌\ HC{O}_{3}^{-}\ +O{H}^{-}$

Đáp án đúng là: A

Dung dịch acid càng yếu thì pH càng cao.

Độ mạnh của acid giảm dần theo dãy sau: HI > HBr > HCl > HF.

Đáp án đúng là: C

Nồng độ ion H$^{+}$ trong nước mưa bị ô nhiễm là [H$^{+}$] = - log[H$^{+}$] = 10$^{-4{,}5}$.

Nồng độ ion H$^{+}$ trong nước mưa không bị ô nhiễm là [H$^{+}$] = - log[H$^{+}$] = 10$^{-5{,}7}$.

Vậy nồng độ H$^{+}$ trong nước mưa không bị ô nhiễm thấp hơn so với trong nước mưa bị ô nhiễm.

Phương trình điện li các chất:

a) $\text{HCOOH}+{\text{H}}_{2}\text{O}⇌{\text{HCOO}}^{-}+{\text{H}}_{3}{\text{O}}^{+}$

Phản ứng thuận: HCOOH là acid, H$_{2}$O là base; phản ứng nghịch: HCOO$^{-}$ là base, H$_{3}$O$^{+}$ là acid.

b) $\text{HCN}+{\text{H}}_{2}\text{O}⇌{\text{CN}}^{-}+{\text{H}}_{3}{\text{O}}^{+}$

Phản ứng thuận: HCN là acid, H$_{2}$O là base; phản ứng nghịch: CN$^{-}$ là acid, H$_{3}$O$^{+}$ là base.

c) ${\text{S}}^{2-}+{\text{H}}_{2}\text{O}⇌{\text{HS}}^{-}+{\text{OH}}^{-}$

Phản ứng thuận: H$_{2}$O là acid, S$^{2-}$ là base; phản ứng nghịch: HS$^{-}$ là acid, là OH$^{-}$ base.

d) ${({\text{CH}}_{3})}_{2}\text{NH}+{\text{H}}_{2}\text{O}⇌{({\text{CH}}_{3})}_{2}{\text{NH}}_{2}^{+}+{\text{OH}}^{-}$

Phản ứng thuận: H$_{2}$O là acid, (CH$_{3}$)$_{2}$NH là base; phản ứng nghịch: (CH$_{3}$)$_{2}$NH$_{2}$$^{+}$ là acid, OH$^{-}$ là base.

a) Nồng độ của dung dịch A sau khi pha loãng là: 1.0,1 = 0,1M.

Þ [H$^{+}$] = 0,1M Þ pH của dung dịch sau khi pha loãng là 1,0.

b) Nồng độ của dung dịch B sau khi pha loãng là: 1.0,1 = 0,1M.

Þ [OH$^{-}$] = 0,1M Þ [H$^{+}$] = 10$^{-13}$ Þ pH của dung dịch sau khi pha loãng là 13,0.

pH= -log [H$^{+}$] [H$^{+}$] = 10$^{-pH}$.

Nồng độ của ion H$^{+}$ = 10$^{-2{,}8}$; nồng độ của ion OH$^{-}$ là [OH$^{-}$] =$\frac{{10}^{-14}}{\text{[}{H}^{+}\text{]}}=\frac{{10}^{-14}}{{10}^{-2{,}8}}={10}^{-11{,}2}$ .

CaO + H$_{2}$O → Ca(OH)$_{2}$

Ca(OH)$_{2}$ + 2HCl → CaCl$_{2}$ + 2H$_{2}$O

a) ${C}_{M(Ca{(OH)}_{2})}=\frac{12,{1.10}^{-3}.0{,}1}{{5.10}^{-3}.2}=0{,}121(M)$

b) Số mol HCl dùng để chuẩn độ 5 mL dung dịch A là:

n$_{HCl}$= 12,1.10$^{-3}$.0,1 = 12,1 .10$^{-4}$ (mol) Số mol Ca(OH)$_{2}$ có trong 5 mL dung dịch

A là (mol) ${n}_{Ca{(OH)}_{2}}=\ \frac{12,{1.10}^{-4}}{2}=6,{05.10}^{-4}$ số mol Ca(OH)$_{2}$ có trong 500 mL dung dịch A là ${n}_{Ca{(OH)}_{2}}$ = 6,05.10$^{-2}$ (mol)

${n}_{CaO}={n}_{Ca{(OH)}_{2}}=6,{05.10}^{-2}$ (mol) m$_{CaO}$ = 56 . 6,05.10$^{-2}$ = 3,388 (g).

c) Số mol của Ca(OH)$_{2}$có trong 500 mL dung dịch nước vôi trong là:

${n}_{Ca{(OH)}_{2}}$ = 6,05 . 10$^{-2}$ (mol) ${n}_{O{H}^{-}}=2{n}_{Ca{(OH)}_{2}}=0{,}121$ (mol)

$\Rightarrow \text{[}O{H}^{-}\text{]}=\frac{0{,}121}{0{,}5}=0{,}242\ M$ ${\text{⇒[H}}^{+}\text{]}=\frac{{10}^{-14}}{0{,}242}=4,{132.10}^{-14}\ M$

pH = -log[H$^{+}$] = 13,38.

a) Phương trính hóa học:

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

b) Số mol NaHCO$_{3}$ là ${n}_{NaHC{O}_{3}}=\frac{0{,}588}{84}={7.10}^{-3}(mol)$

Số mol HCl có trong dạ dày là n$_{HCl}$ = 7.10$^{-3}$ (mol).

Vậy thể tích dung dịch HCl được trung hòa là:

V$_{HCl}$ = $\frac{{7.10}^{-3}}{0{,}035}=0{,}2\ (l)=200\ mL.$

Phương trình hóa học:

NH$_{3}$ + HCl → NH$_{4}$Cl

HCl$_{dư}$ + NaOH → NaCl + H$_{2}$O

Số mol HCl ban đầu là: n$_{HCl}$ = 10.10$^{-3}$.0,2 = 2.10$^{-3}$ (mol)

Số mol HCl dư = số mol NaOH phản ứng = 10,2.10$^{-3}$.0,1=1,02.10$^{-3}$ (mol)

Số mol HCl phản ứng với NH$_{3}$ là:

n$_{HCl}$ = n$_{HCl ban đầu}$- n$_{HCl dư}$ = 2.10$^{-3}$ – 1,02.10$^{-3}$ = 0,98.10$^{-3}$ (mol)

Vậy số mol NH$_{3}$ = 0,98.10$^{-3}$ (mol)

Nồng độ của dung dịch NH$_{3}$ đã dùng là: ${C}_{M(N{H}_{3})\ }=\frac{0,{98.10}^{-3}}{{5.10}^{-3}}=0{,}196\ M$