Bảo toàn điện tích cho dung dịch X

2n_SO4(2-) = 0,1.2+0,2=0,4(mol)

=> n_SO4(2-) = 0,2(mol)

Bảo toàn điện tích cho dung dịch Y

n_OH- = n_Na+ + 2n_Ba2+ = 0,3 +2.0,1=0,5(mol)

OH^- + H⁺ -> H2O

0,2......0,2 (mol)

Ba²⁺ + SO₄ ^2- -> BaSO₄

0,1.........0,1 .........0,1 (mol)

Fe²⁺ + 2OH^- -> Fe(OH)₂

0,1.........0,2 .......0,1 (mol)

m_{kết tủa} = 0,1.233 + 0,1.90=32,3(g)

BTĐT X : 2.0,1+ 0,2=2.nSO4 2-

=> nSO4 2-=0.2

BTĐT Y : 0,3 + 0,1.2=nOH-

=>nOH-=0,5

H+ + OH- ---> H2O

0,2-----0,2

Ba2+ SO4 2- ----> BaSO4

0,1--------------------0,1

Fe2+ + 2OH------> Fe(0h)2

0,1-------------------0,1

mkết tủa = 0,1.233+ 0,1.90=32,3

Đáp án : A

Bảo toàn điện tích : n_H+ + 3n_Al3+ = n_NO3- + 2n_SO4 => 3a – b = -0,06

, n_OH = n_KOH + 2n_Ba(OH)2 = 0,168 mol ; n_Ba2+ = 0,012 mol

, m_{kết tủa} = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 => n_Al(OH)3 = 0,012 mol < 1/3( n_OH – n_H+)

=> Có hiện tượng kết tủa tan 1 phần => n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - (n_OH- - n_H+)

=> n_Al3+ = a =  0,02 => b = 0,12

Đáp án C

n_Ba2+ = 0,012 < 0,02 = n_SO42- ⇒ n_BaSO4 = nBa²⁺ =  0,012

m↓ = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 = 3,732g

⇒ n_Al(OH)3 = 0,012

H⁺ + OH^- → H₂O

0,1 → 0,1 (mol)

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

z →    3z             z (mol)

Al(OH)₃  +  OH^- → AlO₂^- + H₂O

Z – 0,12   →  z – 0,12 (mol) 

n_{OH- ban đầu} = 0,168 = n_H+ + 3n_Al3+ + n_AlO2- = 0,1 + 3z + z – 0,012

⇒ z = 0,02

Bảo toàn điện tích: 3z + 0,1 = t + 0,02.2 ⇒ t =0,12

\(n_{OH^-}=0.12\cdot\left(1.2+0.1\cdot2\right)=0.168\left(mol\right)\)

Trong dung dịch X, bảo toàn điện tích : 

\(0.1+3z=t+0.02\cdot2\)

\(\Rightarrow t-3z=0.06\left(1\right)\)

Khi cho dung dịch X và dung dịch Y phản ứng thì : 

\(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)

\(0.1.......0.1\)

\(Ba^{2+}+SO_4^{2-}\rightarrow BaSO_4\)

\(0.012.....0.012............0.012\)

=> SO₄^2- dư 

\(m_{BaSO_4}=0.012\cdot233=2.796\left(g\right)\)

\(\Rightarrow n_{Al\left(OH\right)_3}=\dfrac{3.732-2.796}{78}=0.012\left(mol\right)\)

\(Al^{3+}+3OH^-\rightarrow Al\left(OH\right)_3\)

\(n_{OH^-}\)_{phản ứng với \(Al\left(OH\right)_3\)}\(=0.168-0.1=0.068\left(mol\right)< 3n_{Al\left(OH\right)_3}\)

\(\Rightarrow n_{Al^{3+}}=\dfrac{n_{Al\left(OH\right)_3}+n_{OH^-}}{4}=\dfrac{0.012+0.068}{4}=0.02\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow z=0.02\)

\(\left(1\right):t=0.12\)

$n_{OH^-} = 0,12.1,2 + 0,12.0,1.2 = 0,168(mol)$

$n_{Ba^{2+}} = 0,012 < n_{SO_4^{2-}} = 0,02$ nên $SO_4^{2-}$ dư

$n_{BaSO_4} = n_{Ba^{2+}} = 0,012(mol)$
$\Rightarrow n_{Al(OH)_3} = \dfrac{3,732 - 0,012.233}{78} = 0,012(mol)$

Al³⁺  + 3OH^-  → Al(OH)₃

z............3z...............z................(mol)

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

z-0,012.....z-0,012.................................(mol)

Suy ra:  3z - (z - 0,012) = 0,168

Suy ra: z = 0,078

Bảo toàn điện tích, t = 0,294

Bảo toàn điện tích : 0,1 + 3z = t + 0,02.2 → t-3z = 0,06

Nhận thấy kết tủa gồm BaSO₄ : 0,012 mol, Al(OH)₃: 0,012 mol

Ta có 3×n_{kết tủa} + n_H⁺ = 0,136 mol < n_OH^- = 0,168 mol → Xảy ra trường hợp hòa tan kết tủa

H⁺ + OH^- → H₂O

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

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

0,012---0,036 ------> 0,012

Al³⁺ + 4OH^- → Al(OH)₄^-

0,008----> 0,032

Vậy z= 0,012 + 0,008 =0,02 → t= 0,12. Đáp án B

Đáp án B

Đáp án B

BTĐT cho dung dịch X ta có : 0,1 + 3z = t + 0,04.

n_{OH- phản ứng với Al3+} = 0,168 – 0,1 = 0,068mol < 3n_Al(OH)3

=> n_Al(OH)3= 4nAl3+ - nOH- => n_Al3+ = (n_Al(OH)3 + n_OH-) : 4 = 0,02mol = z

= 0,12 mol