Số mol Na = 0,3 mol. Số mol HCl = 0,05 mol. Số mol AlCl3 = 0,08 mol.

Ta có: 2Na + 2HCl ---> 2NaCl + H₂

0,05 ---0,05

=> 2NaCl + 2H₂O ----> 2NaOH + H₂

0,25 ------------------------0,25

=> 3NaOH + AlCl₃ ---> Al(OH)₃ + NaCl3

0,24 --------0,08----------0,08

=> NaOH + Al(OH)₃ ---> NaAlO₂ + 2H₂O

0,01 -------0,01

Vậy kết tủa Al(OH)₃ thu được = 0,07 mol => a = 5,46g

Nhận xét: nAl(OH)3 = 0,05 < nAlCl3 → kết tủa chưa đạt tối đa.
TH1: kết tủa chưa bị hòa tan

Ba(OH)₂ + 2HCl → BaCl₂ + 2H₂O

0,025 ←   0,05

3Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → 3BaCl₂ + 2Al(OH)₃↓

0,075               ←                                0,05

→ n_Ba(OH)2 = 0,1  → V = 100 ml

TH2: kết tủa bị hòa tan một phần

Ba(OH)₂ + 2HCl → BaCl₂ + 2H₂O

0,025   ←   0,05

3Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → 3BaCl₂ + 2Al(OH)₃↓

0,15     ←        0,1                         → 0,1

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

0,025   ←        0,05

Dư:                  0,05

→ n_Ba(OH)2 = 0,2 → V = 200 ml

Vậy có 2 giá trị của V là: 100 và 200

Chọn đáp án A

Đáp án B

Kết tủa là BaCO_{3  → n B a C O 3 = 0 , 08   m o l}

Cho từ từ HCl 1M vào X thì khi bắt đầu có khí thì cần 0,12 mol HCl

TH1: có tạo thành NaHCO₃ → X chứa 0,12 mol Na₂CO₃ do vậy Ba đi hết vào kết tủa  → n B a ( O H ) 2 = 0 , 08   → n N a O H = 0 , 2 < 0 , 12 . 2

TH2: có NaOH dư → X chứa NaOH và Na₂CO₃ với tổng số mol là 0,12 và Ba đi hết vào kết tủa  → n N a O H = 0 , 2

Giải được số mol NaOH dư và Na₂CO₃ lần lượt là 0,04 và 0,08 mol

Bảo toàn C: a=0,16 mol

Đáp án B

Kết tủa là BaCO_3:   n B a C O 3 = 0,08 mol

Cho từ từ HCl 1M vào X thì khi bắt đầu có khí thì cần 0,12 mol HCl

TH1 có tạo thành NaHCO₃ → X chứa 0,12 mol Na₂CO₃ do vậy Ba đi hết vào kết tủa

TH2: có NaOH dư → X chứa NaOH và Na₂CO₃ với tổng số mol là 0,12 và Ba đi hết vào kết tủa 

=>  n N a O H = 0,02 mol

Giải được số mol NaOH dư và Na₂CO₃ lần lượt là 0,04 và 0,08 mol

Bảo toàn C: a=0,16 mol

Chọn B

Đáp án B

Phản ứng của Na với dung dịch HCl và  AlCl 3  tạo ra kết tủa  Al ( OH ) 3 , chứng tỏ đã có phản ứng của Na với H₂O để tạo ra NaOH.

● Nếu chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa  Al ( OH ) 3 thì dung dịch sau phản ứng có chứa các ion  Na + ,  Cl -  và có thể có  Al 3 +  dư.

Áp dụng bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố Al và theo giả thiết, ta có 

  (loại)

● Nếu đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa  Al ( OH ) 3  thì dung dịch sau phản ứng có chứa các ion  Na + ,  Cl - và  Al OH - .

Áp dụng bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố Al và theo giả thiết, ta có :

Chọn đáp án B.

Tính toán theo PTHH :

Mg + CuSO₄ → Cu  + MgSO₄

Mg + FeSO₄  → Fe  + MgSO₄

Ba(OH)₂ + MgSO₄  → BaSO₄ + Mg(OH)₂

Ba(OH)₂ + FeSO₄  → BaSO₄ + Fe(OH)₂

Mg(OH)₂  → MgO + H₂O

2 Fe(OH)₂  + ½ O₂  → Fe₂O₃ + 2 H₂O

Giả sư dung dịch muối phản ứng hết

=> n _Fe = n _FeSO4 = 0,2 . 1= 0,2 mol    => m _Fe = 0,2 . 56 = 11,2 g

=> n _Cu =n _CuSO4 = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol  => m _Cu = 0,1 . 64 = 6,4 g

=> m _{chất rắn}  = 11,2 + 6,4  = 17,6 g > 12 g > 6,4

=> kim loại Fe dư sau phản ứng Vì CuSO₄ phản ứng trước sau đó mới đến FeSO₄ phản ứng

CuSO₄ đã hết và phản ứng với 1 phần FeSO₄

12 g = m _Cu + m _{Fe phản ứng}  = 6,4 g  + m _{Fe phản ứng}  

=> m _Fe  = 5,6 g   => n _Fe = 0,1 mol  => n _{FeSO4  dư} = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol

Theo PTHH : n _Mg = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol  ( bắng số mol CuSO₄ và FeSO₄ phản ứng )

Theo PTHH : n _Mg = n _MgSO4 = n _Mg(OH)2 = n _MgO = 0,2 mol

                        n _{FeSO4 dư} = n _Fe(OH)2 = n _Fe2O3  . 2 = 0,1 mol

=> n _Fe2O3 = 0,1 mol

=> m chất rắn = m _Fe2O3 + m _MgO = 0,1 . 160 + 0,2 . 40  = 24 g