m_O(X)= 29,05.24,78% = 7,2 gam => n_O(X)= 0,45 mol

BTNT "O": n_Al2O3 = n_O(X): 3 = 0,15 mol

Đặt n_Na= x và n_Ba = y (mol)

m_X = 23x + 137y + 0,15.102 = 29,05

BTe: n_Na + 2n_Ba = 2n_H2 => x + 2y = 2.0,2

Giải hệ thu được x = 0,3 và y = 0,05

Vậy dung dịch Y chứa: Na⁺ (0,3 mol), Ba²⁺(0,05 mol), AlO₂^- (0,3 mol) và OH^-

BTĐT tính được n_{OH- dư}= n_Na++ 2n_Ba2+ - n_AlO2- = 0,1 mol

Cho từ từ hỗn hợp HCl (8a mol) và H₂SO₄ (a mol) vào dd Y:

(1) H⁺ + OH^-→ H₂O

(2) H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃

(3) 3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O

(4) Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

n_H+= n_HCl + 2n_H2SO4= 10a (mol); n_SO42-= a mol

Các điểm cực đại của kết tủa:

- Điểm Al(OH)₃ đạt cực đại: n_H+= n_OH-+ n_AlO2-=> 10a = 0,1 + 0,3 = 0,4 => a = 0,04

=> m₁= m_Al(OH)3+ m_BaSO4 = 0,3.78 + 0,04.233 = 32,72 gam

- Điểm BaSO₄ đạt cực đại: n_BaSO4 = n_SO42- = n_Ba2+ => a = 0,05 mol => n_H+ = 0,5 mol

(1) H⁺ + OH^-→ H₂O

0,1 ← 0,1

(2) H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃

0,3 ← 0,3 → 0,3

(3) 3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O

0,5-0,1-0,3 → 0,1/3

=> m₂ = m_Al(OH)3 + m_BaSO4 = (0,3-0,1/3).78 + 0,05.233 = 32,45 gam

m₁ > m₂ => m₁ = m _{kết tủa max}

Vậy

\(\left\{ \matrix{
Al{(OH)_3}:0,3 \hfill \cr
BaS{O_4}:0,04 \hfill \cr} \right.\buildrel {Nung} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
A{l_2}{O_3}:0,15 \hfill \cr
BaS{O_4}:0,04 \hfill \cr} \right.\)

=> m _{chất rắn} = 0,15.102 + 0,04.233 = 24,62 gam