Tại nOH^- = 0,35 thì Al(OH)₃ chưa đạt cực đại ⇒ Al³⁺ còn dư

H⁺ + OH^- → H₂O

Al³⁺ + 3OH^-   → Al(OH)₃

⇒ nOH^- = nH⁺ + 3n↓ ⇒ 0,35 = x + 3.0,05 ⇒x = 0,2

Tại nOH^- = 0,55 thì Al(OH)₃ đạt cực đại và bị tan bớt 1 phần

H⁺ + OH^-  →  H₂O

0,2 → 0,2

Al³⁺ + 3OH^-   → Al(OH)₃

y    → 3y             → y

Al(OH)₃ + OH^-  →  AlO₂^- + 2H₂O

(y – 0,05) → (y – 0,05

⇒ nOH^- = 0,2 + 3y + y – 0,05 = 0,55 ⇒ y = 0,1

Bảo toàn điện tích ⇒ 0,2 + 0,1.3 = 2z + 0,1 ⇒z = 0,2

Khi cho 0,27 mol Ba(OH)₂ vào dung dịch X thì

Ba²⁺ + SO₄^2-   → BaSO₄↓

           0,2            → 0,2

H⁺ + OH^-   → H₂O

0,2 → 0,2

Al³⁺ + 3OH^-   → Al(OH)₃

0,1 → 0,3            → 0,1

Al(OH)₃ + OH^-   → AlO₂^- + 2H₂O

0,04 ←     0,04

⇒ mY = mBaSO₄ + mAl(OH)₃ = 0,2.233 + 0,06.78 = 51,28g ⇒ Chọn D.

Đáp án C

Phân tích thí nghiệm của dung dịch X với NaOH

Thí nghiệm 2

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án D

Ta có: x = 0,35 – 0,05.3 = 0,2

Tại điểm kết tủa cực đại là 

=> z = 0,2.

Khi thêm 0,27 Ba(OH)₂ thì thu được kết tủa Z chứa

=> m = 51,28 gam 

 Chọn D.

- Tại vị trí n N a O H = 0 , 35   m o l ta có: n H + = n N a O H - 3 n A l ( O H ) 3 = 0 , 2   m o l  

- Tại vị trí  n N a O H = 0 , 55   m o l ta có:  n A l 3 + = n N a O H + n A l ( O H ) 3 - n H + 4 = 0 , 1   m o l

- Xét dung dịch X , áp dụng bảo toàn điện tích ta suy ra: z = 0,2 mol.

- Khi cho 0,27 mol Ba(OH)₂ tác dụng với dung dịch X thì kết tủa thu được gồm BaSO₄ và Al(OH)₃ với

n B a S O 4 = n S O 4 2 - = 0 , 2   m o l n A l ( O H ) 3 = 4 n A l 3 + - n O H - + n H + = 0 , 06   m o l ⇒ m k t u a = 51 , 28   g a m  

Đáp án D