Đáp án C

Do kim 1oại kiềm và kiềm thổ phản ứng với H₂O

Ta có : 

\(H_2O\rightarrow OH^{ }+\dfrac{1}{2}H_2\)

Ta có : 

$n_{OH^-} = 2n_{H_2} = 0,1(mol)$

Al³⁺   +    3OH^- →   Al(OH)₃

0,03..........0,09.........0,03................(mol)

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

0,01..........0,01...............................(mol)

$m_{Al(OH)_3} = (0,03 -  0,01).78 = 1,56(gam)$

Chọn B.

Quy đổi X thành Na, Ba và O  → B T :   B a n B a = n B a O H 2 = 0 , 12   m o l

Ta có:  → B T : e n N a + 2 n B a = 2 n H 2 + 2 n O 23 n N a + 137 n B a + 16 n O = 21 , 9 → n N a - 2 n O = - 0 , 14 23 n N a + 16 n O = 5 , 46 → n N a = 0 , 14   m o l n O = 0 , 14   m o l

Khi cho dung dịch Y gồm NaOH: 0,14 mol và Ba(OH)₂: 0,12 mol tác dụng với 0,3 mol CO₂ thì: 

Coi X gồm Na, Ba và O.

Ta có: \(n_{Ba\left(OH\right)_2}=\dfrac{20,52}{171}=0,12\left(mol\right)\)

BTNT Ba, có: n_Ba = n_Ba(OH)2 = 0,12 (mol)

Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Na}=x\left(mol\right)\\n_O=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) ⇒ 23x + 16y = 21,9 - 0,12.137 (1)

Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

BT e, có: n_Na + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 ⇒ x + 0,12.2 = 2y + 0,05.2 (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,14\left(mol\right)\\y=0,14\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

BTNT Na, có: n_NaOH = n_Na = 0,14 (mol) 

⇒ m = m_NaOH = 0,14.40 = 5,6 (g)

Đáp án : A

Ba + 2H₂O -> Ba(OH)₂ + H₂

Ba(OH)₂ + 2Al + H₂O -> Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

=> n_H2 = 4n_Ba = 0,4 mol => n_Ba = 0,1 mol

Vì X +NaOH tạo n_H2 = 0,7 mol > 0,4 mol => chứng tỏ Al dư ở thí nghiệm đầu

=> n_{H2 do Al} = n_{H2 (2)} – n_H2(1) = 0,3 mol

=> n_Al = 2/3 n_{h2 do Al} = 0,2 mol

=> m_X = 19,1g

Chọn đáp án C

Nếu Al(OH)₃ đã bị hòa tan  ⇒  nOH^- từ m₁ gam rắn 

Mà 

⇒  Al(OH)₃ không bị hòa tan và Y còn Al³⁺ dư  ⇒  Y là dung dịch Al₂(SO₄)₃

Từ tỉ lệ phản ứng: 3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ ⇒  nBaSO₄ : nAl(OH)₃ = 3 : 2  ⇒  Đặt là 3a và 2a

⇒