Nhận thấy kết lớn nhất khi BaSO₄: 0,03 mol, Al(OH)₃: 0,04 mol

Vậy n_OH^-= 3×n_Al³⁺ = 0, 12 mol

n_K = 0,12 - 2×n_Ba(OH)2- n_NaOH = 0,03 mol → m_K = 1,17

Đáp án B

Nhận thấy 3 < n_OH^- : n_Al³⁺ = 1,4 : 0,4 < 4 → xảy ra quá trình hòa tan kết tủa

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃↓

x------3x

Al³⁺ + 4OH^- → Al(OH)₄^-

y-------4y

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄↓

0,7-----0,6------->0,6

Ta có hệ

Vậy kết tủa gồm n_Al(OH)3 = 0,2 mol, n_BaSO4 = 0,6 mol

Nung kết tủa đến khối lượng không đổi: Al₂O₃: 0,1 mol và n_BaSO4 = 0,6 mol → m_{chất rắn} = 150 gam.

Đáp án A

Al, Mg $\frac{+NaOH}{du}$0,6 gam chất rắn không tan

Thấy Mg không tan trong NaOH nên m_Mg = 0,6 gam → n_Mg= 0,025 mol

Al, Mg $\frac{+HCl}{du}$0,06 mol H₂

Bảo toàn electron → n_Al = (2×n_H2- 2×n_Mg):3= $\frac{0,07}{3}$→ m_Al = 0,63 gam

%Al = $\frac{0,63}{0,63 + 0,6}$×100% = 51,22%.

Đáp án A

Khi cho hỗn hợp Al, Fe, Zn vào dung dịch NaOH dư thì chỉ có Zn và Al tham gia phản ứng tạo H₂(0,225 mol), phần chất rắn không tan là Fe

Cho Fe phản ứng với lượng dư HCl tạo ra 0,1 mol khí → n_Fe = n_H2 = 0,1 mol → m_Al + m_Zn= 16,7- 5,6 = 11,1

Gọi số mol của Al và Zn lần lượt là x, y

Ta có hệ 

→ %Al = $\frac{0,05.27}{16,7}$×100% = 8,08 %.

Đáp án D

Gọi số mol của Al và Mg lần lượt là x, y

Ta có hệ :

Bảo toàn electron → n_H2 = (0,2×3 + 0,15×2):2= 0,45 mol → V= 10,08 lit.

Đáp án A

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + H₂↑

n_Al = 0,02 mol , n_H2SO4 = 0,05 mol

Vậy dung dịch A gồm : Al³⁺ 0,02mol và H⁺dư : 0,04 mol

Khi cho NaOH đến khi kết tủa tan trở lại một phần xảy ra các phương trình sau:

H⁺ + OH^- → H₂O

0,04 --->0,04

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃↓

0,01---->0,03----->0,01

Al³⁺ + 4OH^- → Al(OH)₄^-

0,01----->0,04

Nung kết tủa Al(OH)₃ tạo Al₂O₃ :0,005 mol → n_Al(OH)3 = 0,01 mol

Vậy n_OH^- = 0,04 + 0,03 + 0,04 = 0,11 → V=1,1 lít.

Đáp án B

Nhận thấy kết tủa lớn nhất khi có Mg(OH)₂ : 0,06 mol và Al(OH)₃ : 0,09 mol

n_OH^- = n_H⁺ + 2×n_Mg²⁺ + 3×n_Al³⁺ = 0,11 + 2×0,06 + 3×0,09 = 0,5 mol

→ 0,02V + 0,02V= 0,5 → V= 12,5 lít

Kết tủa nhỏ nhất khi chỉ có Mg(OH)₂ : 0,06 mol

n_OH^- = n_H⁺ + 2×n_Mg²⁺ + 4×n_Al³⁺ = 0,11 + 2×0,06 + 4×0,09 = 0,59 mol

→ 0,02 V + 0,02V = 0,59 → V= 14,75 lit

Đáp án C

Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp Na₂O, Al₂O₃ vào nước được dung dịch trong suốt X (NaOH dư,NaAlO₂)

Chú ý thứ tự các phản ứng khi thêm dung dịch HCl vào dung dịch X

HCl + NaOH → NaCl + H₂O (1)

NaAlO₂+ HCl+ H₂O → NaCl + Al(OH)₃ (2)

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O (3)

Khi thêm 0,1 mol HCl thì bắt đầu xuất hiện kết tủa → n_NaOH dư = 0,1 mol (xảy ra (1))

Khi thêm 0,2 mol HCl thì xảy ra (1), (2) ( lượng AlO₂^- trong pt (2)dư )

→ n_{kết tủa} = n_H⁺ phản ứng (2) = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol → a = 7,8 gam. Loại B,D

Khi thêm 0,6 mol HCl xảy ra hiện tượng hòa tan kết tủa (xảy ra cả 3 phương trình)

→ 4×n_AlO2^- = 3n_{kết tủa} + (n_H⁺ -0,1) → n_AlO2^- = 0,2 mol

Vậy NaAlO₂ 0,2 mol, NaOH dư 0,1 mol → m= m_Al2O3 + m_Na2O = 0,1×102 + 0,15×62 = 19,5 gam

Đáp án A

Nhận thấy khi thêm dung dịch NaOH thì khối lượng kết tủa giảm đi → xảy ra sự hòa tan kết tủa 

→ 4×n_AlCl3 = n_NaOH + n_{kết tủa} = 0,34 + 0,06 = 0,4 mol → n_AlCl3 = 0,1 mol

→ x = 1 M.

Đáp án A

Nhận thấy n_{kết tủa} = 0,2 mol < n_K[Al(OH)4] =0,3 mol → Xảy ra 2 trường hợp 

- TH1: không xảy ra sư hòa tan kết tủa :

KOH+ HCl → KCl + H₂O

x----> x

K[Al(OH)₄] + HCl → Al(OH)₃ + KCl + H₂O

0,3---------> 0,2---------> 0,2

Ta có x+ 0,2 = 1 → x= 0,8 mol → m= 44,8 gam

- TH2: xảy ra sự hòa tan kết tủa

KOH+ HCl → KCl + H₂O

x----> x

K[Al(OH)₄] + HCl → Al(OH)₃ + KCl + H₂O

0,2---------> 0,2---------> 0,2

K[Al(OH)₄] + 4HCl → AlCl₃+ KCl + H₂O

0,1---------->0,4

Ta có x+ 0,2 + 0,4 = 1 → x= 0,4 → m = 22,4 gam.

Đáp án A

Gọi số mol Na₂O và Al₂O₃ lần lượt là x, y

Nhận thấy khi thêm 0,1 mol HCl vào dung dịch X thì thấy xuất hiện kết tủa

→ Trong dung dịch X chứa NaAlO₂ a mol và NaOH :0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố → n_Na2O = (n_NaOH + n_NaAlO2):2 = (0,1 + a): 2

n_Al2O3 = n_NaAlO2 : 2 = a:2

Ta có phương trình : [(0,1 + a): 2 ]×62 + (a:2)×102 = 19,5→ → a= 0,2 mol

CM_NaOH = 0,2M, CM_NaAlO2 = 0,4M

Đáp án C

Lượng kết tủa lớn nhất khi Mg(OH)₂ : 0,015 mol, Al(OH)₃ : 0,045 mol, BaSO₄: 0,0825 mol

Chú ý n_OH^- = 2× n_Mg(OH)2 + 3× n_Al(OH)3 = 0,165 mol → n_Ba²⁺ = n_SO4^2- = 0,0825 mol

Nung kết tủa tạo ra : Al₂O₃ : 0,025 mol, BaSO₄ : 0,0825 mol, MgO: 0,015 mol

→ m= 22,1175 gam 22,12 gam.

Đáp án A

Nhận thấy kết lớn nhất khi BaSO₄: 0,03 mol, Al(OH)₃: 0,04 mol

Vậy n_OH^-= 3×n_Al³⁺ = 0, 12 mol

n_Na = 0,12 - 2×n_Ba(OH)2- n_NaOH = 0,03 mol → m_Na = 0,69.

Đáp án D

Nhận thấy n_{kết tủa} = 0,02 mol < n_Na[Al(OH)4] → Xảy ra 2 trường hợp,

Để thể tích dung dịch HCl là lớn nhất thì xảy ra quá trình hòa tan kết tủa

NaOH + HCl → NaCl + H₂O

0,1 ----> 0,1

Na[Al(OH)₄] + HCl → Al(OH)₃ + H₂O

0,02-----------> 0,02-------> 0,02

Na[Al(OH)₄] + 4HCl → AlCl₃ + 2H₂O

0,03-------- ->0,12

Vậy n_HCl = 0,1 + 0,02 + 0,12 = 0,24 mol → V= 0,12 lít.

Đáp án C

Nhận thấy khi lượng NaOH tăng lên, lượng AlCl₃ không đổi thì lượng kết tủa tăng lên → thí nghiệm 1 thì NaOH hết, AlCl₃ còn dư ; thí nghiệm 2 cả NaOH và AlCl₃ đều hết (xảy ra hiện tượng hòa tan kết tủa)

Thí nghiệm 1: Ta có 3× n_{kết tủa} = n_OH^- = 0,6 mol → 0,2a= 0,6 → a= 3

Thí nghiệm 2:Ta có 4×n_Al³⁺ = n_OH^- + n_{kết tủa} → 4×0,5b= 0,4×3 + 0,3 → b= 0,75

Đáp án A

AlCl₃ + KOH : 0,18 mol→ 0,06 mol Al(OH)₃ + dd Y 

DD Y + KOH : 0,21 mol → 0,03 mol Al(OH)₃

Nhận thấy khi thêm KOH vào dung dịch Y lại tạo kết tủa

→ trong dung dịch Y còn AlCl₃ còn dư : (0,1x- 0,06) mol

Vì 3×n_KOH = 0,09 <n_{KOH = 0,21 mol → xảy ra hiện tượng hòa tan kết tủa}

4nAlCl3 dư = nkết tủa + nKOH → nAlCl3 = (0,03 +0,21):4= 0,06 → 0,1x-0,06 = 0,06 → x= 1,2

Đáp án A

Nhận thấy 36,9 gam kết tủa gồm BaSO4 : 0,15 mol và Al(OH)3 : 0,025 mol

Vì nAl(OH)3 = 0,025 mol < <nOH- = 0,3 + 0,3x mol → xảy ra hiện tượng hòa tan kết tủa

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3

Al3+ + 4OH- → Al(OH)4-

Luôn có 4nAl3+ = nOH- + nAl(OH)3 → nOH- = 0,3 + 0,3x = 4×0,1 -0,025= 0,375 mol → x= 0,25 mol

→ Đáp án B

• 0,1 mol HCl + 0,02 mol Al₂(SO₄)₃ → ddX

ddX + 0,125 mol Ba(OH)₂ → ↓

• 2HCl + Ba(OH)₂ → BaCl₂ + 2H₂O (*)

Al₂(SO₄)₃ + 3Ba(OH)₂ → 2Al(OH)₃↓ + 3BaSO₄↓ (**)

2Al(OH)₃ + Ba(OH)₂ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O (***)

Theo (*) n_Ba(OH)2 = 0,1 : 2 = 0,05 mol.

Theo (**) n_Ba(OH)2 = 0,02 × 3 = 0,06 mol; n_Al(OH)3 = 0,04 mol; n_BaSO4 = 0,06 mol.

Theo (***) n_Ba(OH)2 = 0,125 - 0,05 - 0,06 = 0,015 mol → n_Al(OH)3 = 0,04 - 0,015 × 2 = 0,01 mol.

→ m_↓ = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 = 0,06 × 233 + 0,01 × 78 = 14,76 gam

→ Đáp án đúng là đáp án C

$$\begin{gathered} n_{O{H}^{-}}= n_{H^{+}}=0,06mol \\ Theo (**) n_{BaS{O}_4 =} {n_{Ba}}^{2+} =0,04mol \\ Theo (***) n_{O{H}^{-}}= 3 x 0,03 x 2=0,18mol; n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,03 x 2=0,06mol \\ Theo (****) n_{O{H}^{-}} = 0,18+0,04x2 - 0,06 - 0,18=0,02mol \\ n_{Al{\left(OH\right)}^3}dư=0,06 -0,02=0,04 mol. \end{gathered}$$

→ m_↓ = m_Al(OH)3 + m_BaSO4 = 0,04 × 78 + 0,04 × 233 = 12,44 gam

→ Đáp án đúng là đáp án D

Gọi số mol của Na₂O là x, Al₂O₃ là y mol

Nhận thấy khi thêm 0,1 mol HCl mới bắt đầu tạo kết tủa → Trong dung dịch X chứa NaAlO₂ và NaOH dư → n_{NaOH dư} = 0,1 mol

Khi thêm 0,25 mol hoặc 0,65 mol HCl thì lượng kết tủa như nhau → khi thêm 0,25 mol HCl thì lượng HCl hết lượng NaAlO₂ còn dư

→ n_HCl = n_{NaOH dư} + n_Al(OH)3 → 0,25 = 0,1 + n_Al(OH)3 → n_Al(OH)3 = 0,15 mol

Khi thêm 0,65 mol thì HCl và NaAlO₂ đều hết

→ 4n_NaAlO2 = (n_HCl -n_{NaOH dư})+ 3n_Al(OH)3 → 8y = (0,65-0,1) + 3.0,15 → y = 0,125 mol

Bảo toàn nguyên tố Na → n_Na2O = (n_{NaOH dư} + n_NaAlO2) :2 = (0,1 + 0,25 ):2 = 0,175mol

→ m= 0,125.102 +0,175.62 = 23,6 gam.

Đáp án B