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:

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

Nồng độ các chất trong 50mL dd X:
NaOH: 0.005 Mol
KOH: 0.005 Mol
Ba(OH)2: 0.01 Mol

Phản ứng của H2SO4 với Ba(OH)2:
H2SO4 + Ba(OH)2 -> BaSO4 + 2H2O

Số mol H2SO4 cần: 0.01 Mol

H+ + OH- -> H2O
Số mol H+ cần: 0.01 Mol => mol H2SO4 cần 0.005 mol.

Lượng mol H2SO4 tổng: 0.015 mol.

=> V H2SO4 = 0.015/0.1 = 0.15 L = 150 mL H2SO4 0.1M

Đáp án B

Đặt V (l) là thể tích dung dịch bazo cần tìm.

Ta có: nH+=0,2.0,1+0,1.0,1=0,03 (mol)nH+=0,2.0,1+0,1.0,1=0,03 (mol)

Mà Vaxit=100 ml⇒nH+=0,01 molVaxit=100 ml⇒nH+=0,01 mol

+) nOH−=V.0,02.2=0,04V molnOH−=V.0,02.2=0,04V mol

 (vì có 2 nhóm $O{}^{}$ trong dd $Ba(OH{}^{}$).

Ta có phương trình ion thu gọn sau:

${}^{}+O{}^{}\to {}^{}O$

Theo PTHH: nOH−=nH+⇒0,04V=0,01

100 ml dd A có \(n_{H^+}=\dfrac{0,1.0,2+0,1.0,1}{3}=0,01\left(mol\right)\).

Để trung hòa thì cần \(n_{OH^-}=n_{H^+}=0,01\left(mol\right)\).

\(\Leftrightarrow0,02.2.V_{Ba\left(OH\right)_2}=0,01\)

\(\Leftrightarrow V_{Ba\left(OH\right)_2}=0,25\)

1 Để trung hòa \(\Leftrightarrow\)n_OH^-=n_H⁺

    n_H⁺=V_A*\(C_M\)=0,1*(0,1+0,1)=0,02mol

   \(\Rightarrow\)n_\(OH^-\)=0,02 mol

   V=\(\dfrac{2n_{OH^-}}{C_M}\)(do n_\(OH^-\)=2n_{\(Ba\left(OH\right)_2\)})

     =\(\dfrac{2\cdot0,02}{0,02}\)=2l

\(n_{H^+}=0.3\cdot0.1\cdot2+0.3\cdot0.15=0.105\left(mol\right)\)

\(n_{OH^-}=0.001V\cdot0.3+0.001V\cdot2\cdot0.1=0.0032V\left(mol\right)\)

\(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)

\(0.105.......0.105\)

\(n_{OH^-\left(dư\right)}=0.0032V-0.105\left(mol\right)\)

\(\left[OH^-\right]=\dfrac{0.0032V-0.105}{0.3+0.001V}\left(M\right)\)

\(pH=14+log\left[OH^-\right]=12\)

\(\Leftrightarrow log\left[OH^-\right]=-2\)

\(\Leftrightarrow log\left[\dfrac{0.0032V-0.105}{0.3+0.001V}\right]=-2\)

\(\Leftrightarrow V=33.85\left(ml\right)\)

nH⁺=0,3.0,1.2+0,3.0,15=0,105 mol

nOH^- ban đầu =0,3V + 0,1.2V=0,5V mol

Sau phản ứng thu được dung dịch có pH=12

⇒OH^- dư ⇒ pOH=2

⇒ [OH^- ] dư = 0,01 M

nOH^- dư = 0,01(0,3+V)=0,003+0,01V (mol)

nOH^- phản ứng=nOH^- ban đầu - nOH^- dư

     = 0,5V - 0,003 - 0,01V

     = 0,49V - 0,003 (mol )       

      H⁺   +   OH^- → H₂O

  0,105 → 0,105

nOH^- phản ứng = nH⁺

⇒0,49V - 0,003 =0,105

⇒ V≃0,22 lít=200ml

Đáp án C

Đáp án C.

Hướng dẫn: