Câu hỏi:
Cho 200 ml dung dịch X gồm Ba(OH)2 0,5M và NaAlO2 (hay Na[Al(OH)4]) 1,5M. Thêm từ từ dung dịch H2SO4 0,5M vào X cho đến khi kết tủa tan trở lại một phần, thu được kết tủa Y. Đem nung Y đến khối lượng không đổi được 24,32 gam chất rắn Z. Thể tích dung dịch H2SO4 0,5M đã dùng là
- A 0,55 lít.
- B 1,34 lít.
- C 0,67 lít.
- D 1,10 lít.
Phương pháp giải:
+ Nếu b/a 1 thì nAl(OH)3 = b
+ Nếu 1 < b/a < 4 thì kết tủa bị hoà tan 1 phần và nAl(OH)3 = (4a – b)/3
+ Nếu b/a 4 thì không có kết tủa
Lời giải chi tiết:
\({n_{O{H^ - }}} = 0,2(mol);\,\,\,\,\,\,{n_{Al{O_2}^ - }} = 0,3(mol);\,\,\,\,\,{n_{B{a^{2 + }}}} = 0,1(mol)\)
\({n_{{H^ + }}} = 2{\rm{x}}(mol) ;\,\,\,\,\,\,\,\,\,{n_{S{O_4}^{2 - }}} = x(mol)\)
Ba2+ + SO42- → BaSO4
OH- + H+ → H2O
AlO2- + H+ + H2O → Al(OH)3
Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O
Nhận thấy BaSO4 đạt cực đại trước Al(OH)3 (vì khi x = 0,1 mol thì BaSO4 cực đại nhưng Al(OH)3 chưa cực đại)
→ Chất rắn sau nung phải chứa BaSO4 (lượng này cực đại) và Al2O3
Ta có: \({n_{BaS{O_4}}} = {n_{B{a^{2 + }}}} = 0,1(mol)\)
→ \({m_{A{l_2}{O_3}}} = 24,32 - 0,1.233 = 1,02(g) \to {n_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{{1,02}}{{102}} = 0,01(mol)\)
→ \({n_{Al{{(OH)}_3}}} = 2{n_{A{l_2}{O_3}}} = 0,02(mol)\)
=> nH+ = nOH- + 4nAlO2 – 3nAl(OH)3 = 1,34 mol
=> Vdd H2SO4 = 1,34 lit
Đáp án B
Câu hỏi trước
