3) Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch NaAlO₂.

Đáp an C

Chọn B

Đáp án A

Chọn B.

- Thí nghiệm 1: Ta có n A g C l = 3 n A l C l 3 + n H C l = 0 , 5   m o l  

- Thí nghiệm 2:  + Tại n A l ( O H ) 3 m a x = n A l C l 3 = a   m o l   ⇒ 3 a + n H C l = 0 , 5  (1)

+ Tại  n A l ( O H ) 3 m a x = 0 , 2 a   m o l   ta có: n O H - 3 = 4 n A l C l 3 - n O H - ( 2 ) n O H - - n H C l = 3 n A l ( O H ) 3 ( 3 ) ⇒ 0 , 14 - n H C l 3 = 4 a - ( x - n H C l ) 0 , 14 - n H C l = 0 , 6 a ( 2 )

- Từ (1), (2) ta tính được: x= 0,62 

B1:

Cho dd NaOH vào hỗn hợp thì dd NaOH sẽ phản ứng với HCl trước sau đó mới phản ứng với muối AlCl₃

Để kết tủa là cực đại <=> Không có quá trình hoà tan Al(OH)₃

\(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\\ AlCl_3+3NaOH\rightarrow Al\left(OH\right)_3\downarrow+3NaCl\\ n_{NaOH}=n_{HCl}+3.n_{AlCl_3}=0,01+0,02.3=0,07\left(mol\right)\\ \Rightarrow V_{ddNaOH}=\dfrac{n_{NaOH}}{C_{MddNaOH}}=\dfrac{0,07}{0,1}=0,7\left(lít\right)\)

2)

\(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,0001.V\left(mol\right)\)

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,5.0,1=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: \(3Ba\left(OH\right)_2+Al_2\left(SO_4\right)_3\rightarrow3BaSO_4+2Al\left(OH\right)_3\)

            0,0003.V<--0,0001.V------>0,0003.V-->0,0002.V

            \(2Al\left(OH\right)_3+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Ba\left(AlO_2\right)_2+4H_2O\)

   (0,1-0,0006.V)<-(0,05-0,0003.V)

=> 233.0,0003.V + 78.(0,0008.V-0,1) = 12,045

=> V = 150 (ml)

3) \(n_{K_2SO_4.Al_2\left(SO_4\right)_3.24H_2O}=\dfrac{47,4}{948}=0,05\left(mol\right)\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}n_{K_2SO_4}=0,05\left(mol\right)\\n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: \(3Ba\left(OH\right)_2+Al_2\left(SO_4\right)_3\rightarrow3BaSO_4+2Al\left(OH\right)_3\)

               0,15<-------0,05----------->0,15----->0,1

             \(Ba\left(OH\right)_2+K_2SO_4\rightarrow BaSO_4+2KOH\)

              0,05---------------------->0,05--->0,1

             \(KOH+Al\left(OH\right)_3\rightarrow KAlO_2+2H_2O\)

               0,1--->0,1

=> m_kt = m_BaSO4 = 0,2.233 = 46,6(g)

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,5.0,1=0,05\left(mol\right)\\3Ba\left(OH\right)_2+Al_2\left(SO_4\right)_3\rightarrow3BaSO_4\downarrow+2Al\left(OH\right)_3\downarrow\\ \)

TH1: Nếu Al(OH)₃ không bị hoà tan 

\(\Rightarrow m_{kt}=m_{BaSO_4}+m_{Al\left(OH\right)_3}=233.0,05+78.\dfrac{2}{3}.0,05=14,25>10,045\left(loại\right)\)

TH2: Nếu Al(OH)₃ bị hoà tan hoàn toàn.

\(2Al\left(OH\right)_3+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Ba\left(AlO_2\right)_2+4H_2O\)

=> \(m_{kt}=m_{BaSO_4}=233.0,05=11,65\left(g\right)< 12,045\left(g\right)\left(loại\right)\)

TH3: Kết tủa bị hoà tan 1 phần

Đặt:

 \(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=a\left(mol\right)\Rightarrow n_{Al^{3+}}=2a\left(mol\right);n_{SO_4^{2-}}=3a\left(mol\right)\\ n_{OH^-}=4.n_{Al^{3+}}-n_{\downarrow}\\ \Leftrightarrow0,1.2.0,5=4.2a-n_{\downarrow}\\ \Leftrightarrow n_{\downarrow}=8a-0,1\\ n_{BaSO_4}=3a\\ m_{\downarrow}=12,045\\ \Leftrightarrow\left(8a-0,1\right).78+3a.233=12,045\\ \Leftrightarrow a=0,015\left(mol\right)\\ \Rightarrow V_{ddAl_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{0,015}{0,1}=0,15\left(lít\right)\\ \Rightarrow V=150\left(ml\right)\)

Đáp án B

Các thí nghiệm (II), (III) và (VI) điều chế được NaOH:

Na₂CO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + 2NaOH

2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + H₂ + Cl₂

Na₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ + 2NaOH

Chọn A.

- Thí nghiệm 1: Xảy ra hiện tượng đông tụ (đây là một hiện tượng vật lý).

- Thí nghiệm 2: Xảy ra phản ứng thủy phân peptit trong môi trường axit.

- Thí nghiệm 3: Xảy ra phản ứng màu biure.

- Thí nghiệm 4: Xảy ra phản ứng thủy phân peptit trong môi trường bazơ.

- Thí nghiệm 5: Không xảy ra phản ứng.