Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
Xét NaOH +X
tạo 0,52 mol NaCl và 0,14 mol N a 2 S O 4 và dư 0,05 mol N a +
Ghép với A l O 2 - ⇒ tạo 0,05 mol N a A l O 2
Đặt n A l = x ; n M g = y
Giải hệ có: 
TH1: B a S O 4 đạt cực đại
⇒ n B a ( O H ) 2 = n S O 4 = 0 , 14 m o l
⇒ n K O H = 0 , 14 . 8 = 1 , 12 m o l
Ghép tương tự NaOH, ta thấy B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l - còn dư 0,6 mol điện tích
Ghép với A l O 2 - ⇒ ghép được 0,15 mol
⇒ vẫn chưa đủ ⇒ còn O H - dư
Rắn gồm 0,14 mol B a S O 4 ; 0 , 15 m o l M g O ⇒ mrắn =38,62g
TH2: A l ( O H ) 3 đạt cực đại
⇒ các ion trong dung dịch gồm B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l -
(ta đang giả sử B a 2 + , S O 4 2 - cùng tồn tại trong cùng 1 dung dịch)
Đặt n B a 2 + = a ⇒ n K + = 8 a
Bảo toàn điện tích:
n B a S O 4 = n B a 2 + = 0 , 08 m o l
⇒ mrắn tối đa =38,62 (g)
Đáp án B
• 
• Đặt số mol Mg, Al lần lượt là a, b => 24a + 27b = 7,65 g (1)
Có n NaOH = 0 , 85 > 0 , 52 + 2 . 0 , 14 = 0 , 8
=> Chứng tỏ Al(OH)3 bị hòa tan một phần: n AlO 2 - = 0 , 85 - 0 , 8 = 0 , 05 mol
⇒ m ↓ = m Mg ( OH ) 2 + m Al ( OH ) 3 = 58 a + 78 . ( b - 0 , 05 ) = 16 , 5 g (2)
• Từ (1) và (2) suy ra a = b = 0,15
• Đặt V (lít) là thể tích dung dịch kiềm thêm vào.
⇒ n B a 2 + = 0 , 1 V , n OH - = ( 0 , 8 + 2 . 0 , 1 ) V = V
P Lượng hiđroxit thu được cực đại khi: n OH - = n H + ⇒ V = 0 , 8 ( l )
Khi đó: n B a 2 + = 0 , 08 mol < n SO 4 2 - = 0 , 14 mol
⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 78 . 0 , 15 + 233 . 0 , 08 = 39 , 04 g
P Lượng BaSO4 thu được cực đại khi: n Ba 2 + = n SO 2 - = 0 , 14 mol ⇒ n OH - = 1 , 4 mol
Khi đó: n OH - > n H + + n Al ⇒ Al ( OH ) 3 tan hết
⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 41 , 32 g > 39 , 04 g
=> Lượng kết tủa đạt cực đại khi V = 1,4 lít
⇒ m ↓ = m MgO + m B a S O 4 = 40 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 38 , 62 g
Gần nhất với giá trị 38,6
Định hướng tư duy giải
Tư duy điền số điện tích cho X
Nhận thấy kết tủa max khi BaSO4 max
Số mol các chất là:
Đặt số mol các chất trong X là Al: a mol; Mg: b mol.
Sơ đồ phản ứng:
Đáp án A