PTHH: \(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)  (1)

           \(Al_2O_3+2NaOH\rightarrow2NaAlO_2+H_2O\)  (2)

           \(NaAlO_2+4HCl\rightarrow NaCl+AlCl_3+2H_2O\)  (3)

           \(Al_2O_3+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\)  (4)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al_2O_3\left(dư\right)}=\dfrac{2,04}{102}=0,02\left(mol\right)\\\Sigma n_{HCl}=0,52\cdot1=0,52\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\Sigma n_{Al_2O_3}=0,22\left(mol\right)\\n_{Na_2O}=0,2\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m_{hh}=0,22\cdot102+0,2\cdot62=34,84\left(g\right)\)  

Đáp án B

Chỉ thu được một chất tan nên số mol Na2O và Al2O3 bằng nhau

⇒ n N a 2 O = n A l 2 O 3 = 8 , 2 62 + 102 = 0 , 05

Chất tan trong X là 0,1 mol NaAl(OH)4

Thể tích CO2 cần dùng là: V=22,4 .0,1=2,24

Đáp án C

Cho hỗn  hợp Na₂O và Al₂O₃ vào 0,12 mol H₂SO₄ và 0,36 mol HCl thu được dung dịch X.

Cho Ba(OH)₂ dư vào X ta thấy đồ thị như trên do vậy có các giai đoạn:

+Giai đoạn kết tủa tăng do tạo kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃.

+Kết tủa giảm do có sự hòa tan Al(OH)₃.

+Kết tủa không đổi lúc này chỉ còn BaSO₄.

Có n(H₂SO₄) = 0,12 (mol) và n(HCl) = 0,36 (mol)

→ n(BaSO₄ max) = 0,12 mol và n(Al(OH)₃ max) = 0,12 (mol)

Do kết tủa vẫn còn Al(OH)₃ nên X phải có Al³⁺ → Dung dịch X không có OH^- và AlO₂^-.

→ X có chứa Al³⁺ (0,12 mol); Na⁺ (a mol); H⁺ (b mol); Cl^- (0,36 mol); SO₄^2- (0,12 mol)

BT điện tích cho X: a + b = 0,12. 3 = 0,36 + 0,12. 2 (1)

Khi n(Ba(OH)₂) = 0,28 mol hay n(OH^-) = 0,56 mol thì Al(OH)₃đã bị hòa tan hoàn toàn nên:

0,56 – b = 0,12. 4 → b = 0,08 → a = 0,16 mol

Vậy ban đầu n(Na₂O) = a/2 = 0,08 mol và n(Al₂O₃) = 0,12 : 2 = 0,06 mol

→ m = 11,08 (g)

Chọn C

Cho hỗn  hợp Na₂O và Al₂O₃ vào 0,12 mol H₂SO₄ và 0,36 mol HCl thu được dung dịch X.

Cho Ba(OH)₂ dư vào X ta thấy đồ thị như trên do vậy có các giai đoạn:

+Giai đoạn kết tủa tăng do tạo kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃.

+Kết tủa giảm do có sự hòa tan Al(OH)₃.

+Kết tủa không đổi lúc này chỉ còn BaSO₄.

Có n(H₂SO₄) = 0,12 (mol) và n(HCl) = 0,36 (mol)

→ n(BaSO₄ max) = 0,12 mol và n(Al(OH)₃ max) = 0,12 (mol)

Do kết tủa vẫn còn Al(OH)₃ nên X phải có Al³⁺ → Dung dịch X không có OH^- và AlO₂^-.

→ X có chứa Al³⁺ (0,12 mol); Na⁺ (a mol); H⁺ (b mol); Cl^- (0,36 mol); SO₄^2- (0,12 mol)

BT điện tích cho X: a + b = 0,12. 3 = 0,36 + 0,12. 2 (1)

Khi n(Ba(OH)₂) = 0,28 mol hay n(OH^-) = 0,56 mol thì Al(OH)₃đã bị hòa tan hoàn toàn nên:

0,56 – b = 0,12. 4 → b = 0,08 → a = 0,16 mol

Vậy ban đầu n(Na₂O) = a/2 = 0,08 mol và n(Al₂O₃) = 0,12 : 2 = 0,06 mol

→ m = 11,08 (g)

Đáp án D

Cho hỗn hợp Na₂O và Al₂O₃ vào 0,12 mol H₂SO₄ và 0,36 mol HCl thu được dung dịch X.

Cho Ba(OH)₂ dư vào X ta thấy đồ thị như trên do vậy có các giai đoạn:

+Giai đoạn kết tủa tăng do tạo kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃.

+Kết tủa giảm do có sự hòa tan Al(OH)₃.

+Kết tủa không đổi lúc này chỉ còn BaSO₄.

Gọi số mol Na₂O và Al₂O₃ lần lượt là a, b.

Kết tủa cực đại chứa BaSO₄ 0,12 mol và Al(OH)₃ 

_{→ n A l ( O H ) 3 = 0 , 12   m o l → b =   0 , 06   m o l ⇒ 0 , 28 . 2 + 2 a - 0 , 12 - 0 , 12 . 2 - 0 , 36 = 0 → a = 0 , 08   m o l → m = 11 , 08   g a m}

Đáp án D

Cho hỗn  hợp Na₂O và Al₂O₃ vào 0,12 mol H₂SO₄ và 0,36 mol HCl thu được dung dịch X.

Cho Ba(OH)₂ dư vào X ta thấy đồ thị như trên do vậy có các giai đoạn:

+Giai đoạn kết tủa tăng do tạo kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃.

+Kết tủa giảm do có sự hòa tan Al(OH)₃.

+Kết tủa không đổi lúc này chỉ còn BaSO₄.

Gọi số mol Na₂O và Al₂O₃ lần lượt là a, b.

Kết tủa cực đại chứa BaSO₄ 0,12 mol và Al(OH)₃ 

_{n A l ( O H ) 3   =   0 , 12   m o l => b = 0,06 mol}

Suy ra: 0,28.2 + 2a - 0,12 - 0,12.2 - 0,36 = 0 => a = 0,08 mol

=> m = 11,08 gam

\(n_{Na_2O}=\dfrac{6.2}{62}=0.1\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=\dfrac{91.25\cdot10\%}{36.5}=0.25\left(mol\right)\)

\(Na_2O+2HCl\rightarrow2NaCl+H_2O\)

\(TC:\dfrac{0.1}{1}< \dfrac{0.25}{2}\Rightarrow HCldư\)

\(m_{NaCl}=0.1\cdot2\cdot58.5=11.7\left(g\right)\)

\(m_{dd}=6.2+91.25=97.45\left(g\right)\)

\(C\%_{NaCl}=\dfrac{11.7}{97.45}\cdot100\%=12\%\)

\(C\%_{HCl\left(dư\right)}=\dfrac{\left(0.25-0.2\right)\cdot36.5}{97.45}\cdot100\%=1.87\%\)

nNa2O=0,1(mol)

PTHH: Na2O + H2O -> 2 NaOH

-> nNaOH=0,2(mol)

nHCl=9,125(mol)->nHCl=0,25(mol)

PTHH: NaOH + HCl -> NaCl + H2O

Vì 0,25/1 > 0,2/1

=> NaOH hết, HCl dư, tính theo nNaOH

-> nNaCl=nHCl(p.ứ)=nNaOH=0,2(mol)

=>mNaCl=58,5.0,2= 11,7(g)

mHCl(dư)=0,05.36,5= 1,825(g)

mddsau=0,2.40+ 91,25= 99,25(g)

=>C%ddHCl(dư)=(1,825/99,25).100=1,839%

C%ddNaCl=(11,7/99,25).100=11,788%

a)

$m_{CuO} = 3,8(gam) \Rightarrow m_{Na_2O} = 10 - 3,8 = 6,2(gam)$
$n_{Na_2O} = \dfrac{6,2}{62} = 0,1(mol)$

$Na_2O + H_2O \to 2NaOH$
$n_{NaOH} = 2n_{Na_2O} = 0,2(mol)$

$m_{NaOH} = 0,2.40 = 8(gam)$

$C\%_{NaOH} = \dfrac{8}{200}.100\% = 4\%$