Đáp án B

200 ml dung dịch C chứa  0 , 2   mol   CO 3 2 - 0 , 2   mol   HCO 3 -

100 dung dịch D chứa  0 , 1   mol   SO 4 2 - 0 , 3   mol   H +

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-

0,2 ← 0,2         → 0,2

H⁺ + HCO₃^-  → CO₂ + H₂O

0,1 → 0,1          → 0,1

⇒ V = 2,24 lít

Vậy dung dịch E còn (0,2 + 0,2 – 0,1) = 0,3 mol HCO₃^- và 0,1 mol SO₄^2-

⇒ m = mBaCO₃ + mBaSO₄ = 0,3.197 + 0,1.233 = 82,4 ⇒ Chọn C.

nOH- = 0,04 mol 

Vì nAlO2- = 0,02 mol mà chỉ thu được 0,01 mol kết tủa nên nHCl = 4n kết tủa + nAlO2- dư = 0,05 mol

=> tổng nH+ = 0,09 mol => V = 45ml

Vậy : B đúng

H+  + OH-  => H2O     1

0,02......0,02

H+   +  AlO2 -   + H2O  => Al(OH)3        2

0,02.....0,02.........................0,02

3H+   +   Al(OH)3  => Al3+   +3H2O        3

0,03.........0,01

do cần V lớn nhất nên xét TH tạo kết tủa xong hòa tan 1 phần kết tủa 

n Al(OH)3 =0,01 => nAl(OH)3 ở 3 =0,01 

=> nHCl= 0,03 +0,02 +0,02 =0,07 => V=0,035 => C

Đáp án cần chọn là: C

Đáp án B

Xét NaOH +X

 tạo 0,52 mol NaCl và 0,14 mol N a 2 S O 4 và dư 0,05 mol N a +  

Ghép với A l O 2 -   ⇒ tạo 0,05 mol  N a A l O 2

Đặt n A l = x ;   n M g = y

Giải hệ có:  

TH1: B a S O 4  đạt cực đại

⇒ n B a ( O H ) 2 = n S O 4 = 0 , 14   m o l

⇒ n K O H = 0 , 14 . 8 = 1 , 12   m o l  

Ghép tương tự NaOH, ta thấy B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l -  còn dư 0,6 mol điện tích

Ghép với A l O 2 - ⇒ ghép được 0,15 mol

⇒ vẫn chưa đủ ⇒ còn O H -  dư

Rắn gồm 0,14 mol B a S O 4 ;   0 , 15   m o l   M g O ⇒  m_rắn =38,62g

TH2: A l ( O H ) 3  đạt cực đại

⇒  các ion trong dung dịch gồm  B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l -

(ta đang giả sử B a 2 + ,   S O 4 2 - cùng tồn tại trong cùng 1 dung dịch)

Đặt  n B a 2 + = a ⇒ n K + = 8 a

Bảo toàn điện tích:

n B a S O 4 = n B a 2 + = 0 , 08   m o l

⇒ m_rắn tối đa =38,62 (g)

Đáp án B

•  

• Đặt số mol Mg, Al lần lượt là a, b => 24a + 27b = 7,65 g (1)

Có  n NaOH = 0 , 85   >   0 , 52   +   2 . 0 , 14   =   0 , 8  

=> Chứng tỏ Al(OH)₃ bị hòa tan một phần:  n AlO 2 - = 0 , 85   -   0 , 8   =   0 , 05   mol  

⇒ m ↓ =   m Mg ( OH ) 2 + m Al ( OH ) 3 = 58 a + 78 . ( b - 0 , 05 ) = 16 , 5   g (2)

• Từ (1) và (2) suy ra a = b = 0,15 

• Đặt V (lít) là thể tích dung dịch kiềm thêm vào.

⇒ n B a 2 + = 0 , 1 V ,   n OH - = ( 0 , 8   +   2 . 0 , 1 ) V = V  

P Lượng hiđroxit thu được cực đại khi:    n OH - = n H + ⇒   V   =   0 , 8   ( l )  

Khi đó:  n B a 2 + = 0 , 08   mol   <   n SO 4 2 - = 0 , 14   mol  

⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 78 . 0 , 15   +   233 . 0 , 08   =   39 , 04   g  

P Lượng BaSO₄ thu được cực đại khi:    n Ba 2 + = n SO 2 - = 0 , 14   mol ⇒ n OH - = 1 , 4   mol  

Khi đó:  n OH - >   n H + +   n Al ⇒ Al ( OH ) 3   tan   hết

⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15   +   233 . 0 , 14   =   41 , 32   g   >   39 , 04   g  

=> Lượng kết tủa đạt cực đại khi V = 1,4 lít 

⇒ m ↓ =   m MgO + m B a S O 4 = 40 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 38 , 62   g  

Gần nhất với giá trị 38,6

Đáp án A

Khi thêm 0,85 mol NaOH vào X thì thu được dung dịch chứa NaCl: 0,52 mol và Na2SO4 : 0,14mol;

Vì n N a O H > n N a C l + 2 n N a 2 S O 4 nên còn N a A l O 2

Bảo toàn Na có n N a O H   =   n N a C l   +   2 n N a 2 S O 4   +   n N a A l O 2   →   0 , 85   =   0 , 52   +   2 . 0 , 14   +   n N a A l O 2

→ n N a A l O 2 = 0,05 mol

Kết tủa thu được là M g ( O H ) 2 : x mol và  A l ( O H ) 3 : y mol

Ta có hệ sau

→ dd X có A l + 3   :   0 , 15   m o l ;   M g + 2   :   0 , 15   m o l ;   C l -   :   0 , 52   m o l ;   S O 4 2 -   :   0 , 14   m o l

Ta thấy X có 3 n A l   +   2 n M g   <   n C l   +   2 n S O 4 nên X có dư H + → n H +   = 0,52 + 0,14.2 -0,15.3 -0,15.2 = 0,05 mol

                                                  OH-  + H + →  H2O

                                                 OH- + M g + 2 →  M g ( O H ) 2

                                                 3OH- + A l + 3 →  A l ( O H ) 3

                                                  B a 2 +   +   S O 4 2 -   →     B a S O 4

                                        A l ( O H ) 3   +   O H -   →       A l O 2 -   +   2 H 2 O

Khi thêm 8x mol KOH và x mol B a ( O H ) 2 vào dung dịch X thì để thu được lượng kết tủa lớn nhất ta xét các TH sau

TH1 : kết tủa có B a S O 4 : 0,14 mol và M g ( O H ) 2 : 0,15 mol và có thể có A l ( O H ) 3

Bảo toàn Ba có x = 0,14 mol → n O H =8x + 2x =10x =1,4 mol > 2 n M g + 4 n A l + n H + = 0,95

→  phản ứng có kết tủa A l ( O H ) 3 bị hòa tan hết →  kết tủa thu được là B a S O 4 và M g ( O H ) 2

→  đem nung thu được B a S O 4 : 0,14 mol và MgO : 0,15 mol →  m = 38,62g

TH2: Kết tủa có A l ( O H ) 3 : 0,15 mol và Mg(OH)2: 0,15 mol;  B a S O 4

Ta có n O H = 10x = 0,15.3 + 0,15.2 +0,05=0,8 →  x = 0,08 mol→  có 0,08 mol  B a S O 4

→  Đem nhiệt phân thu được 0,08 mol  B a S O 4 ; 0,075 mol Al2O3 và 0,15mol MgO

 →  m = 0,08.233 + 0,075.102 +0,15.40 =32,29g

Nên TH1 khối lượng kết tủa lớn nhất là 38,62 g gần nhất với 38,6 nhất