$Na_2O+H_2O\to 2NaOH\ (1)$

$2NaOH+Al_2O_3\to 2NaAlO_2+H_2O\ (2)$

Khi thêm từ từ đến hết $150\ ml$ dd $HCl$ $1M$ vào dd $X$ thì mới thấy xuất hiện kết tủa

$\to 0,15$ mol $HCl$ đó đã trung hòa dd $NaOH$ dư

$\to Al_2O_3$ ở $(2)$ hết

Đặt $n_{Al_2O_3}=x\ (mol)$

$\to n_{NaOH}=2x+0,15\ (mol)$

$NaAlO_2+HCl+H_2O\to Al(OH)_3+NaCl\ (3)$

Khi đến hết $0,3$ mol $HCl$ thì có $0,15$ mol $HCl$ phản ứng với $NaOH$ bên trên, $0,15$ mol phản ứng với $NaAlO_2$ ở $(3)$

$\to n_{Al(OH)_3}=n_{HCl}=n_{NaAlO_2\ pứ}=0,15\ (mol)$

$\to a=0,15.78=11,7\ (g)$

Khi hết $0,7$ mol tức ngoài $0,3$ mol bên trên thì đã thêm $0,4$ mol $HCl$ mà vẫn tạo ra $a$ gam kết tủa $(0,15$ mol $Al(OH)_3)$

$\to HCl$ ở $(3)$ hết nên việc thêm $HCl$ vào đồng nghĩa với việc kết tủa tăng lên, sau đó $NaAlO_2$ hết, $HCl$ dư tiếp tục hòa tan bớt đi kết tủa sao cho kết tủa còn lại đúng $0,15$ mol 

$n_{NaAlO_2\ dư}=2x-0,15\ (mol)$

$\to n_{HCl}$ phản ứng hết với $NaAlO_2=2x-0,15\ (mol)$

$\to \sum n_{Al(OH)_3}=2x-0,15+0,15=2x\ (mol)$

$3HCl+Al(OH)_3\to AlCl_3+3H_2O\ (4)$

Để lượng $Al(OH)_3$ dư là $0,15\ (mol)$ thì $Al(OH)_3$ ở $(4)$ phải phản ứng hết $2x-0,15\ (mol)$

$\to n_{HCl}=3n_{Al(OH)_3}=6x-0,45\ (mol)$

Ta có PT: $6x-0,45+2x-0,15=0,4$

$\to x=0,125\ (mol)$

$\to \begin{cases}n_{Al_2O_3}=0,125\ (mol)\\n_{Na_2O}=\dfrac12n_{NaOH}=\dfrac12.(2.0,125+0,15)=0,2\ (mol)\end{cases}$

$\to m=0,125.102+0,2.62=25,15\ (g)$