Phương pháp giải:

Bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố.

Sử dụng công thức tính nhanh của bài toán cho từ từ OH^- vào dung dịch chứa {H⁺, Al³⁺}:

+ Khi kết tủa chưa bị hòa tan: n_OH- = n_H+ + 3n_Al(OH)3

+ Khi kết tủa bị hòa tan một phần: n_OH- = n_H+ + 4n_Al3+ - n_Al(OH)3

Lời giải chi tiết:

BTe => n_Al = 2/3.n_H2 = 2/3.0,075 = 0,05 mol. Đặt n_Al2O3 = x mol

Do hỗn hợp bị hòa tan hết => 3n_Al3+ ≤ n_Cl- => n_Al3+ ≤ 0,4/3 => m_Al(OH)3 ≤ 10,4 gam

Mặt khác, ta thấy m_{Al(OH)3 tại V = 470ml} < m_{Al(OH)3 tại V = 340 ml} nên suy ra tại V = 470 ml thì Al(OH)₃ đã bị hòa tan 1 phần.

Xét 2 trường hợp sau:

+ TH1: Tại V = 340 ml, Al(OH)₃ bị hòa tan một phần

=> n_{NaOH (2)} - n_{NaOH (1)} = n_{Al(OH) (1)} - n_{Al(OH)3 (2)}

=> \(0,47 - 0,34 = \frac{{2a}}{{78}} - \frac{{a - 0,78}}{{78}}\) => a = 9,36 => 2a = 18,72 gam không thỏa mãn m_Al(OH)3 < 10,4 gam (loại)

+ TH2: Tại V = 340 ml, Al(OH)₃ chưa bị hòa tan

\(\left\{ \matrix{
{n_{Al}}:0,05 \hfill \cr
{{\rm{n}}_{A{l_2}{O_3}}}:x \hfill \cr} \right.\buildrel { + {{\rm{H}}^ + }:0,4} \over
\longrightarrow {\rm{dd X }}\left\{ \matrix{
\buildrel {BT:Al} \over
\longrightarrow A{l^{3 + }}:0,05 + 2x \hfill \cr
{H^ + }du:0,25 - 6x( = 0,4 - 2{n_{{H_2}}} - 6{n_{A{l_2}{O_3}}}) \hfill \cr} \right.\)

\(\left\{ \matrix{
{n_{O{H^ - }}} = {n_{{H^ + }}} + 3{n_ \downarrow } \hfill \cr
{n_{O{H^ - }}} = {n_{{H^ + }}} + 4{n_{A{l^{3 + }}}} - {n_ \downarrow } \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{
0,34 = 0,25 - 6x + 3.{{2a} \over {78}} \hfill \cr
0,47 = 0,25 - 6x + 4.(0,05 + 2x) - {{a - 0,78} \over {78}} \hfill \cr} \right.\)

\) \to \left\{ \matrix{
a = 3,12 \hfill \cr
x = 0,025 \hfill \cr} \right. \to m = 0,05.27 + 0,025.102 = 3,9\,gam\)

Đáp án B