Dung dịch X gồm 0,15 mol H+, a mol Al3+, b mol NO3- và 0,03 mol SO42-. Cho 180 ml dung dịch Y gồm KOH 1,2M và

Câu hỏi số 431759:

Vận dụng

Dung dịch X gồm 0,15 mol H⁺, a mol Al³⁺, b mol NO₃^- và 0,03 mol SO₄^2-. Cho 180 ml dung dịch Y gồm KOH 1,2M và Ba(OH)₂ 0,1M vào X, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 5,598 gam kết tủa. Khối lượng chất tan có trong dung dịch X là

A. 12 gam.

B. 13 gam.

C. 14 gam.

D. 15 gam.

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:431759

Phương pháp giải

n_{OH- còn} = n_{OH- bđ} - n_H+

n_{OH- còn} > 3n_Al(OH)3 ⟹ OH^- còn dư sau phản ứng với Al³⁺, hòa tan một phần kết tủa.

m_Al(OH)3 = m ↓ - m_BaSO4 ⟹ n_Al(OH)3.

Tính n_Al(OH)3 theo a ⟹ a.

BT điện tích trong dd X ⟹ n_NO3-.

⟹ m chất tan trong dd X.

Giải chi tiết

n_Ba2+ = 0,018 mol; n_SO42- = 0,03 mol.

n_OH- = 0,252 mol; n_Al3+ = a mol.

Kết tủa gồm BaSO₄, Al(OH)₃.

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄ ↓

0,018 → 0,018 (mol)

H⁺ + OH^- → H₂O

0,15 → 0,15

⟹ m_Al(OH)3 = 5,598 - 0,018.233 = 1,404 gam.

⟹ n_Al(OH)3 = 1,404/78 = 0,018 mol; n_{OH- còn} = 0,252 - 0,15 = 0,102 mol

⟹ n_{OH- còn} > 3n_Al(OH)3 ⟹ OH^- còn dư sau phản ứng với Al³⁺, hòa tan một phần kết tủa.

Al³⁺+ 3OH^- → Al(OH)₃ ↓

a → 3a → a (mol)

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

0,102 - 3a ← 0,102 - 3a (mol)

⟹ n_Al(OH)3 = a - (0,102 - 3a) = 4a - 0,102 = 0,018 mol

⟹ a = 0,03 mol

BT điện tích trong dd X: n_NO3- = n_H+ + 3n_Al3+ - 2n_SO42- = 0,15 + 3.0,03 - 2.0,03 = 0,18 mol

⟹ Khối lượng chất tan có trong dd X:

m = 0,15.1 + 0,03.27 + 0,18.62 + 0,03.96 = 15 gam.

Đáp án cần chọn là: D

Group 2K9 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K9 Học trực tuyến - Định hướng luyện thi TN THPT, ĐGNL, ĐGTD ngay từ lớp 11 (Xem ngay) cùng thầy cô giáo giỏi trên Tuyensinh247.com. Bứt phá điểm 9,10 chỉ sau 3 tháng, tiếp cận sớm các kì thi.