Bài tập nhôm và hợp chất của nhôm tác dụng với dung dịch kiềm

n_H2(đktc) = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol)

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂↑

0,1                          ←                   0,15    (mol)

=> m_Al = 0,1.27 = 2,7 (lít)

n_Al2(SO4)3 = 0,1 mol → n_Al3+ = 0,2 mol

n_Al(OH)3 = 0,15 mol

Vì n_Al(OH)3 < n_Al(3+) nên có 2 trường hợp là kết tủa tạo tối đa rồi tan hoặc kết tủa chưa tối đa

→để NaOH là lớn nhất thì kết tủa tối đa rồi tan 1 phần

Al³⁺  + 3OH^-  → Al(OH)₃

0,2   → 0,6     → 0,2            mol

Al(OH)₃    +   OH^-  → AlO₂^-   + 2H₂O

(0,2 - 0,15) → 0,05                             mol

→ n_{OH- (tổng )} = 0,6 + 0,05 = 0,65 mol

Bảo toàn OH- có n_NaOH  = n_OH- = 0,65 mol => m_NaOH = 0,65.40 = 26 (g)

\(C\% NaOH = \dfrac{{{m_{NaOH}}}}{{m{\,_{dd\,NaOH}}}}.100\%  = \dfrac{{26}}{{200}}.100\%  = 13\% \)

3NaOH + AlCl₃ →  3NaCl + Al(OH)₃

Al(OH)₃ + NaOH →  NaAlO₂ + 2H­₂O

n_AlCl3 = 0,2 mol và n_Al(OH)3 = 0,05 mol

Vì n_Al(OH)3 < n_AlCl3 nên xảy ra 2 trường hợp : kết tủa chưa tạo thành tối đa hoặc kết tủa tối đa rồi tan một phần

Để NaOH lớn nhất thì kết tủa tạo thành tối đa rồi tan một phần

=> n_NaOH  = 3n_AlCl3 + n_{Al(OH)3 bị hòa tan} = 3.0,2 + (0,2 – 0,05 ) = 0,75 mol

=> V = 0,75 : 2 =0,375 lít = 375 ml 

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄ + 2Al(OH)₃

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ + 2NaOH

OH^- + Al(OH)₃ → AlO₂^-  + H₂O

Từ đồ thị ta thấy, đoạn đầu khối lượng kết tủa tăng nhanh khi tạo cả 2 kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃

→ đoạn sau Al³⁺ hết chỉ còn SO₄^2- → m kết tủa cực đại khi kết tủa hoàn toàn gốc SO₄^2-

Tại thời điển Ba(OH)₂ : 0,32 mol thì m_{kết tủa} = m_BaSO4 → n_BaSO4 = 0,3 mol → n_SO4 = 0,3 mol

 mol ( do phản ứng tạo kết tủa tối đa rồi tan hoàn toàn )

Vì m cực đại khi kết tủa hoàn toàn SO₄^2- nên n_Ba(OH)2 = n_SO4 = 0,3

n_Al2(SO4)3 = 0,15 mol

n_Al(OH)3 = 0,25 mol

→ vì n_Al(OH)3 < n_Al³⁺ nên để KOH có thể tích lớn nhất thì kết tủa tạo thành tối đa rồi tan một phần

PTHH :       Al³⁺  +  3 OH^- →  Al(OH)₃

                   0,3    → 0,9                               mol

                   Al(OH)₃     +   OH^- → AlO₂^-  + H₂O

                   (0,3 – 0,25)→ 0,05                       mol

→ n_OH^- = 0,9 + 0,05 = 0,95 mol→ V = 0,95 : 2 = 0,475 lít = 475 ml

A loại vì NaCl không phản ứng với Al₂(SO₄)₃

B thỏa mãn vì 6NH₃ dư + Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O → 3(NH₄)₂SO₄ + 2Al(OH)₃ ↓ (kết tủa Al(OH)₃ không tan trong NH₃)

C loại vì 6NaOH + Al₂(SO₄)₃→ 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄; Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

D loại vì H₂SO₄ không phản ứng với Al₂(SO₄)₃

n_Al = m_Al : M_Al = 4,05 : 27 = 0,15 (mol)

PTHH: 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑

Theo PTHH: n_H2 = 3/2 n_Al = 3/2 ×0,15 = 0,225 (mol)

⟹ V_H2(đktc) = n_H2×22,4 = 0,225×22,4 = 5,04 (lít)

KOH + HNO₃ → KNO₃ + H₂O

3KOH + Al(NO₃)₃ → 3KNO₃ + Al(OH)₃

KOH + Al(OH)₃ → KAlO₂ + 2H₂O

Xét tại các thời điểm

+) có 0,56 mol KOH thì chỉ xảy ra 2 phản ứng đầu

→ n_KOH = n_HNO3 + 3n_Al(OH)3 = x + 3a = 0,56 mol

+)  có 1,04 mol KOH thì chỉ có 2 phản ứng đầu xảy ra

→ n_KOH = n_HNO3 + 3n_Al(OH)3 = x + 3(a + 0,8x ) =1,04

→ x = 0,2 mol và a = 0,12 mol

+) tại thời điểm b mol KOH thì xảy ra cả 3 phản ứng và thu được

n_Al(OH)3 = a + 0,8x = 0,28 mol

→ n_KOH = n_HNO3 + 3n_Al(NO3)3 + n_{Al(OH)3 bị hòa tan} = x + 3y + (y – 0,28) =0,2 + 4y – 0,28 = 4y – 0,08 (mol) = b(1)

+) tại thời điểm (7x + 0,08) mol KOH hay 1,48 mol KOH thì n_Al(OH)3 = 0,12 mol và cả 3 phản ứng xảy ra

→ n_KOH = n_HNO3 + 3n_Al(NO3)3 + n_{Al(OH)3 bị hòa tan} 

= x + 3y + (y – 0,12) = 4y + 0,08 = 1,48 → y = 0,35 (2)

Từ (1) và (2) suy ra b = 1,32 mol

→ b : a = 1,32 : 0,12 = 11

\({n_{Al}} = \frac{{1,44}}{{27}} = \frac{4}{{75}}\left( {mol} \right)\)

Cách 1: Tính theo PTHH

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

4/75 →                                             0,08 (mol)

⟹ V = 0,08.22,4 = 1,792 lít

Cách 2:

Áp dụng bảo toàn e: 3n_Al = 2n_H2 → \({n_{{H_2}}} = \frac{{3{n_{Al}}}}{2} = \frac{{3.\left( {4/75} \right)}}{2} = 0,08\left( {mol} \right)\)

⟹ V = 0,08.22,4 = 1,792 lít

Đặt 7 gam hh X \(\left\{ \begin{array}{l}Al:\,a(mol)\\A{l_2}{O_3}:\,b\,(mol)\end{array} \right.\)

PTHH: Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂↑

(mol)    a  → a                                      → 1,5a

           Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

(mol)    b     → 2b

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{m_X} = 27a + 102b = 7\\{n_{NaOH}} = a + 2b = 0,2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{2}{{15}}\\b = \frac{1}{{30}}\end{array} \right.\)

Theo PTHH (1): n_H2 = 1,5a = 1,5.2/15 = 0,2 (mol)

⟹ V_H2(đktc) = 0,2.22,4 = 4,48 (lít)

A. Loại, vì cho từ từ đến dư Al₂(SO₄)₃ vào dd KOH tạo kết tủa Al(OH)₃, kết tủa tan hết trong KOH

PTHH: Al₂(SO₄)₃ + 8KOH → 2KAlO₂ + 3K₂SO₄ + 4H₂O

B. Loại, vì không thu được kết tủa

AlCl₃ + 4NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

C. Thỏa mãn, thu được kết tủa Al(OH)₃

AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃↓ + 3NH₄Cl

D. Loại, vì không thu được kết tủa

NaAlO₂ + 4HCl → AlCl₃ + NaCl + 2H₂O

n_Al = m_Al : M_Al = 5,4 : 27 = 0,2 (mol)

PTHH: 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑

Theo PTHH: n_H2 = 3/2 n_Al = 3/2. 0,2 = 0,3 (mol)

→ V_H2(đktc) = n_H2 × 22,4 = 0,3 × 22,4 = 6,72 (lít)

n_H2(đktc) = V_H2/22,4 = 3,36/22,4 = 0,15 (mol)

PTHH: 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑  (1)

(mol)    0,1                                                    ← 0,15

            Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O (2)

Theo PTHH (1): n_Al = 2/3 n_H2 = 2/3. 0,15 = 0,1 (mol)

→ m_Al = n_Al×M_Al = 0,1×27 = 2,7 (g)

Trong 7,8 (g) có chứa: m_Al2O3 = 7,8 – m_Al = 7,8 – 2,7 = 5,1 (g)

Vậy trong 15,6 (g) có chứa 5,1×2 = 10,2 (g) Al₂O₃

→ n_Al2O3 = m_Al2O3 : M_Al2O3 = 10,2 : 102 = 0,1 (mol)

n_Al2O3 = m_Al2O3 : M_Al2O3 = 5,1 : 102 = 0,05 (mol)

PTHH: 2KOH + Al­₂O₃ → 2KAlO₂ + H₂O

(mol)   0,1 ← 0,05

Theo PTHH: n­_KOH = 2n_Al2O3 = 2.0,05 = 0,1 (mol)

→ V_KOH = n_KOH : C_M = 0,1 : 0,5 = 0,2 (lít) = 200 (ml)

PTHH: 2Al + 2KOH + 2H₂O → 2KAlO₂ + 3H₂↑

(mol)    0,2                                               → 0,3

Theo PTHH: n_H2 = 3/2 n_Al = 3/2 . 0,2 = 0,3 (mol)

→ V_H2(đktc) = n_H2×22,4 = 0,3×22,4 = 6,72 (lít)

n_Al = m_Al/M_Al = 5,4/27 = 0,2 (mol)

PTHH: 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑

 (mol)  0,2  → 0,2

Theo PTHH: n_MaOH = n_Al = 0,2 (mol)

→ V_NaOH = n_NaOH : C_M NaOH = 0,2 : 0,5 = 0,4 (lít) = 400 ml

3NaOH + AlCl₃ →  3NaCl + Al(OH)₃

Al(OH)₃ + NaOH →  NaAlO₂ + 2H­₂O

\({n_{AlC{l_3}}}\) = 0,2 mol và \({n_{Al{{(OH)}_3}}}\) = 0,05 mol

Vì \({n_{Al{{(OH)}_3}}} < {n_{AlC{l_3}}}\) nên xảy ra 2 trường hợp : kết tủa chưa tạo thành tối đa hoặc kết tủa tối đa rồi tan một phần

Để NaOH lớn nhất thì kết tủa tạo thành tối đa rồi tan một phần

\( \to \) n_NaOH  = \(3{n_{AlC{l_3}}} + {n_{Al{{(OH)}_3}}}\) _{bị hòa tan} = 3.0,2 + (0,2 – 0,05 ) = 0,75 mol

\( \to \) V = \(\dfrac{{0,75}}{2}\) = 0,375 lít = 375 ml 

n_Al2O3 = 1,02/102 = 0,01 mol

PTHH: Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

(mol)     0,01 →  0,02 (mol)

→ V_{dd NaOH} = n/C_M = 0,02/1 = 0,02 (lít) = 20 ml

Nếu b ≥ 4a thì kết tủa bị hoà tan hoàn toàn => để thu được kết tủa thì b < 4a

2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂  + H₂O

0,2     →    0,1

=> m_Al2O3 = 0,1.102 = 10,2 gam