Lần trước em đăng đề thiếu nên mới không làm được nhé em !

a) Đặt x, y lần lượt là số mol Ba,Al trong hỗn hợp A

Cho m gam A + H2O dư 

=> Phần không tan C là Al dư

Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2

x--------------------->x-------->x

2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2

2x<-----x---------------------------->x----------->3x

=>\(n_{H_2}=x+3x=\dfrac{1,344}{22,4}=0,06\) (1) 

 Cho  2m  gam A + Ba(OH)2 dư

=> Số mol Ba,Al lần lượt là 2x; 2y

Vì kiềm dư nên cả 2 kim loại đều tan hết

Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2

2x------------------->2x-------->2x

2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2

2y----->y-------------------------->y----------->3y

=>\(n_{H_2}=2x+3y=\dfrac{20,832}{22,4}=0,93\) (2) 

Từ (1), (2) => x=0,015 (mol) ; y=0,3(mol)

\(\Rightarrow m_{Ba}=0,015.137=2,005\left(mol\right);m_{Al}=0,3.27=8,1\left(g\right)\)

b) Dung dịch B chứa Ba(AlO2)2 : 0,015(mol)

\(n_{Al\left(OH\right)_3}=\dfrac{0,78}{78}=0,01\left(mol\right)\)

TH1: Kết tủa chưa đạt giá trị max và còn Ba(AlO2)2 dư

Ba(AlO2)2 + 2HCl + 2H2O → BaCl2 + 2Al(OH)3

Theo PT: \(n_{HCl}=n_{Al\left(OH\right)_3}=0,01\left(mol\right)\)

=> \(CM_{HCl}=\dfrac{0,01}{0,05}=0,2M\)

TH2: Kết tủa đạt giá trị max và bị HCl dư hòa tan 1 phần

Ba(AlO2)2 + 2HCl + 2H2O → BaCl2 + 2Al(OH)3

0,015-------->0,03----------------------------->0,03

\(n_{Al\left(OH\right)_3\left(bihoatan\right)}=0,03-0,01=0,02\left(mol\right)\)

Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O

0,02-------->0,06

=> \(\Sigma n_{HCl}=0,03+0,06=0,09\left(mol\right)\)

=> \(CM_{HCl}=\dfrac{0,09}{0,05}=1,8M\)

chào chị

Chào chị

Chưa khai giảng, chiều nộp gì vậy

Đáp án C

Các phản ứng xảy ra:

Khi cho m gam X tác dụng với dung dịch Ba (OH)₂ dư thu được 20,832/2=10,416 lít H₂ (đktc)

Vì thể tích H₂ thu được ở hai trường hợp (khi sử dụng cùng khối lượng hỗn hợp X) khác nhau nên khi hòa tan hỗn hợp vào nước thì còn một phần kim loại Al dư không tan.

Trong m gam X gọi  n Ba = a n Al = b

Có thiếu đề không bạn ? Nếu không cho kim loại cụ thể bài này không làm được!

Đặt x,y, z lần lượt là số mol của Na,Al,Mg trong m gam hỗn hợp A

m gam A + H2O dư

\(Na+H_2O\rightarrow NaOH+\dfrac{1}{2}H_2\)

x--------------------x--------->0,5x

2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2

x<------x-------------------------------------->1,5x

=> \(0,5x+1,5x=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\) (1)

2m gam A + NaOH

\(Na+H_2O\rightarrow NaOH+\dfrac{1}{2}H_2\)

2x------------------------------->x

2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2

2y---------------------------------------------->3y

=> \(x+3y=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\) (2) 

3m gam A + HCl

\(Na+HCl\rightarrow NaCl+\dfrac{1}{2}H_2\)

3x--------------------------->1,5x

\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)

3y----------------------------->4,5y

\(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

3z----------------------------->3z

=> \(1,5x+4,5y+3z=\dfrac{22,4}{22,4}=1\left(mol\right)\) (3)

Từ (1), (2), (3) =>\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\\y=\dfrac{7}{60}\\z=\dfrac{2}{15}\end{matrix}\right.\)

=> \(m_{Na}=0,05.23=1,15\left(g\right)\)

\(m_{Al}=\dfrac{7}{60}.27=3,15\left(g\right)\)

\(m_{Mg}=\dfrac{2}{15}.24=3,2\left(g\right)\)

=> \(m=1,15+3,15+3,2=7,5\left(g\right)\)

=> \(\%m_{Na}=\dfrac{1,15}{7,5}.100=15,33\%\)

\(\%m_{Al}=\dfrac{3,15}{7,5}.100=42\%\)

\(\%m_{Mg}=\dfrac{3,2}{7,5}.100=42,67\%\)