Đáp án C

Vì đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa nên dung dịch sau phản ứng có chứa các ion :

${\mathrm{Na}}^{+}, {\mathrm{Ba}}^{2+}, {\mathrm{Cl}}^{-}, {\left[\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_4\right]}^{-}$.

Theo bảo toàn nguyên tố Al và bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có :

Đáp án C

Trong 400 ml dung dịch E có :

$\iff {\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-} \mathrm{ban} \mathrm{đầu}}>{\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}/\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}$

= 0,072 mol

Vậy trong phản ứng của E với dung dịch NaOH đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa.

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch G, ta có :

Suy ra :  x:y = 0,21:0,12 = 7:4

Đáp án C

Như vậy dung dịch sau phản ứng có chứa các ion ${\mathrm{Ba}}^{2+}, {\mathrm{Cl}}^{-}, {\left[\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_4\right]}^{-}$. Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có :

$\to$y = 0,85

Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch ban đầu, ta có

$\to$x = 0,3

Đáp án B

Lượng NaOH dùng khác nhau nhưng lại thu được lượng kết tủa như nhau. Chứng tỏ khi cho 18 gam X vào 400 ml ${\mathrm{AlCl}}_3$ 0,1M (TN1) thì ${\mathrm{Al}}^{3+}$ chưa phản ứng hết, còn khi cho 74 gam X vào 400 ml ${\mathrm{AlCl}}_3$ 0,1M (TN2) thì ${\mathrm{Al}}^{3+}$ bị kết tủa hết, sau đó một phần $\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$ bị hòa tan. Ta có :

$$\begin{gathered} \frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH} \mathrm{TN}1}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH} \mathrm{TN}2}}=\frac{m_{\mathrm{dd} \mathrm{NaOH} \mathrm{TN}1}}{m_{\mathrm{dd} \mathrm{NaOH} \mathrm{TN}2}}=\frac{18}{74} \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{\mathrm{dd} \mathrm{NaOH} \mathrm{TN}1}=18x\\ n_{\mathrm{dd} \mathrm{NaOH} \mathrm{TN}2}=74x\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đặt

Theo bảo toàn điện tích cho các dung dịch sau phản ứng, ta có :

Đáp án A

Từ giả thiết suy ra : Ở TN2 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Còn ở TN1 thì có thể có hiện tượng hòa tan kết tủa hoặc chưa. Ta đặt :

● Nếu cả TN1 và TN2 đều có hiện tượng hòa tan kết tủa, áp dụng bảo toàn điện tích cho các dung dịch sau phản ứng, ta có :

thỏa mãn

Suy ra : 

● Nếu TN1 chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa, áp dụng bảo toàn điện tích cho các dung dịch sau phản ứng, ta có :

(loại)

Đáp án A

Trong 300 ml dung dịch X có m gam ${\mathrm{Al}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3$, suy ra trong 150 ml dung dịch X sẽ có 0,5m gam ${\mathrm{Al}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3$và có số mol là x.

Lượng ${\mathrm{Al}}_2{\left({\mathrm{SO}}_4\right)}_3$ phản ứng ở 2 thí nghiệm là như nhau. Lượng ${\mathrm{OH}}^{-}$ ở TN2 nhiều hơn ở TN1, lượng kết tủa (y mol) ở TN2 ít hơn ở TN1 (2y mol). Chứng tỏ ở TN2 kết tủa $\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$đã bị hòa tan một phần, ở TN1 kết tủa có thể bị hòa tan hoặc chưa bị hòa tan.

● Nếu ở TN1 kết tủa $\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$ chưa bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản ứng, ta có :

thỏa mãn

● Ở TN1 kết tủa $\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$ đã bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có:

(loại) (*)

PS : Nếu không sử dụng biểu thức (*) để biện luận loại trường hợp không thỏa mãn thì sẽ tính ra đáp án B. Nhưng đó là kết quả sai.

Đáp án B

Đặt 

$$\begin{gathered} \frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{Zn}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2 \mathrm{TN}1}}{{\mathrm{n}}_{\mathrm{Zn}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2 \mathrm{TN}2}}=\frac{m_{\mathrm{Zn}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2 \mathrm{TN}1}}{m_{\mathrm{Zn}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2 \mathrm{TN}2}}=\frac{3a}{2a}=\frac{3}{2} \\ \Rightarrow {\mathrm{n}}_{\mathrm{Zn}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2 \mathrm{TN}1}=3\mathrm{y}, {\mathrm{n}}_{\mathrm{Zn}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2 \mathrm{TN}2}=2\mathrm{y} \end{gathered}$$

Từ giả thiết, suy ra : Ở TN2 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Ở TN1 có thể kết tủa đã bị hòa tan hoặc chưa bị hòa tan.

● Nếu ở TN1 $\mathrm{Zn}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$ chưa bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản ứng, ta có :

loại

● Nếu ở TN1 $\mathrm{Zn}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$ đã bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản ứng, ta có :

Đáp án C

Vì phản ứng của dung dịch X với HCl thu được kết tủa nên HCl đã hết.

● Nếu dung dịch Y chỉ có NaCl, suy ra :

= 0,8.23 = 18,4 > ${\mathrm{m}}_{\left(\mathrm{Na}, \mathrm{Al}\right) \mathrm{bđ}}=16,9$

● Nếu dung dịch Y có NaCl và ${\mathrm{NaAlO}}_2$thì :

Vậy dung dịch thu sau toàn bộ quá trình phản ứng có chứa NaCl và ${\mathrm{AlCl}}_3$.

Theo bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố Al, ta có :

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}3\underset{\mathrm{x}}{\underbrace{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Al}}^{3+}}}}+\underset{\mathrm{y}}{\underbrace{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Na}}^{+}}}}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{Cl}}^{-}}=0,8\\ 27\underset{\mathrm{x}}{\underbrace{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Al}}^{3+}}}}+23\underset{\mathrm{y}}{\underbrace{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Na}}^{+}}}}=16,9-\underset{{\mathrm{m}}_{\mathrm{Al} \mathrm{trong} \mathrm{kết} \mathrm{tủa}}}{\underbrace{0,1.27}}=14,2\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=0,1\\ \mathrm{y}=0,5\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{Al} \mathrm{bđ}}=0,2 \mathrm{mol}\\ {\mathrm{m}}_{\mathrm{Al} \mathrm{bđ}}=5,4 \mathrm{gam}\end{array}\right. \end{gathered}$$

Đáp án B

Phản ứng của Na với dung dịch HCl và ${\mathrm{AlCl}}_3$ tạo ra kết tủa $\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$, chứng tỏ đã có phản ứng của Na với H₂O để tạo ra NaOH.

● Nếu chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa $\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$ thì dung dịch sau phản ứng có chứa các ion ${\mathrm{Na}}^{+}$, ${\mathrm{Cl}}^{-}$ và có thể có ${\mathrm{Al}}^{3+}$ dư.

Áp dụng bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố Al và theo giả thiết, ta có 

  (loại)

● Nếu đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa $\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3$ thì dung dịch sau phản ứng có chứa các ion ${\mathrm{Na}}^{+}$, ${\mathrm{Cl}}^{-}$ và ${\left[\mathrm{Al}\left(\mathrm{OH}\right)\right]}^{-}$.

Áp dụng bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố Al và theo giả thiết, ta có :