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

n_OH = 0,5 ; n_Al3+ = 0,15 mol

=> n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - n_OH = 0,1 mol

=> m_{kết tủa} = 7,8 gam

Cách khác: 

Al +          3OH^-     →     Al(OH)₃

0,15     → 0,45      →       0,15

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + H₂

 0,05 \( \leftarrow \) 0,05

=> n_Al(OH)3 = 0,15- 0,05 = 0,1 mol

 n_AlCl3 = 0,3 mol;  n_Al(OH)3 = 0,2 mol

=> số mol OH^- dùng lớn nhất = 4a – b = 4.0,3 – 0,2 = 1 mol

=> V_NaOH = 1 / 0,5 = 2 lít

Chất rắn không tan là Al còn dư

Gọi n_K = x mol => n_{Al phản ứng} = x

K → K⁺ + 1e                                       2H⁺ + 2e → H₂

x                    x                                                  4x → 2x

Al → Al³⁺ + 3e

x                      3x

=> 2x = 0,2 => x = 0,1 mol => m_{Al dư} = 8,6 - 39.0,1 - 27.0,1 = 2 gam

Chất rắn không tan là Al

Gọi n_Na = x mol => n_{Al phản ứng} = x mol

Bảo toàn e: n_Na + 3n_Al = 2n_H2

m_{hỗn hợp đầu} = m_{Al dư} + m_{Al pứ} + m_Na = 2,35 + 0,05.27 + 0,05.23 = 4,85 gam

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Ba(OH)₂ + 2Al + H₂O → Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

=> n_H2 = 4n_Ba = 0,4 mol => n_Ba = 0,1 mol

Vì X + NaOH tạo n_H2 = 0,7 mol > 0,4 mol => chứng tỏ Al dư ở thí nghiệm đầu

 Phần 2 cả Al và Ba đều hết 

Ta có Ba →  H₂

       0,1      0,1

Al → 3/2 H₂

=> n_{H2 do Al} = n_H2(2) – 0,1 = 0,6mol

=> n_Al = 2/3.n_{H2 do Al} = 0,4 mol

=> m_X = 24,5 gam

Giả sử V lít khí có a mol khí

Gọi n_Na = 5x => n_Al = 4x

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂

Vì n_Na > n_Al => chất rắn chỉ còn Fe => n_Fe = n_{H2 sau} = 0,25a (mol)

Bảo toàn e: => 5x + 3.4x = 2a => a = 8,5x

=> n_Fe = 0,25.8,5x = 2,125x

$ \to \,\% {m_{Fe}} = \dfrac{{2,125x.56}}{{5x.23 + 4x.27 + 2,125.56x}}{\text{.100% }}\,\,{\text{ = }}34,80\% $

Giả sử thí nghiệm 1 Al³⁺ dư => n_NaOH = 3n_{kết tủa} (1)

Thí ngiệm 2 : có sự hòa tan kết tủa vì NaOH tăng mà lượng kết tủa giảm

=> n_{kết tủa} = 4.n_AlCl3 – n_OH- (2)

Từ (1),(2) : $\left\{ \begin{gathered}V = 3.\dfrac{m}{{78}} \hfill \\\dfrac{{0,75m}}{{78}} = 4.0,14 - 1,5V \hfill \\ \end{gathered} \right.$ => V = 0,32 lit

Al³⁺ như nhau; lượng NaOH tăng mà kết tủa lại giảm → có 2 TH xảy ra là :

TH1: ở TN1 kết tủa chưa cực đại, TN2 kết tủa bị tan 1 phần

TH2: cả 2 TN kết tủa bị tan 1 phần

$(1)\left\{ \begin{gathered}{n_{A{l^{3 + }}}} = 0,1x\,mol \hfill \\{n_{O{H^ - }}} = 0,6\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right. \to 2y = \dfrac{{0,6}}{3} = 0,2 \to y = 0,1\,mol$

$(2):0,66 = 3.0,1x + (0,1x - 2y) \to x = 1,9$ (vô lý vì thu được 0,2 gam kết tủa)

$TH2:\left\{\begin{gathered}(1)0,6 = 0,3x + (0,1x - 2y) \hfill \\(2)0,66 = 0,1x.3 + (0,1x - y) \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}x = 1,8 \hfill \\y = 0,06 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Quy hỗn hợp về từng chất:

Nếu hỗn hợp là NaOH $ \to {n_{O{H^ - }}} = {n_{NaOH}} = \dfrac{{5,6}}{{40}} = 0,14\,mol$

Chú ý NaOH tạo thành kết tủa lớn nhất rồi tan

$ \to \left\{ \begin{gathered}{n_{O{H^ - }}} = 0,14\,mol \hfill \\{n_{A{l^{3 + }}}} = 0,04\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right. \to 0,14 = 3.0,04 + (0,04 - {n_ \downarrow }) \to {n_\downarrow } = 0,02\,mol$

Nếu hỗn hợp là KOH

$ \to {n_{O{H^ - }}} = {n_{KOH}} = 0,1 \to \left\{ \begin{gathered}{n_{O{H^ - }}} = 0,1\,mol \hfill \\{n_{A{l^{3 + }}}} = 0,04\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right. \to n \downarrow = \frac{{0,1}}{3}\,mol$

$1,56 \leqslant m \downarrow \leqslant 2,6$

Ta có:

$\left\{ \begin{gathered}{n_{A{l^{3 + }}}} = 0,15\,mol \hfill \\{n_{SO_4^{2 - }}} = 0,3\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\, + \,\,\left\{ \begin{gathered}{n_{B{a^{2 + }}}}\,\, = \,0,2\,mol \hfill \\{n_{O{H^ - }}} = 0,55\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\, \to \left\{ \begin{gathered}{n_{B{\text{aS}}{O_4}}} = {n_{B{a^{2 + }}}} = 0,2\,mol \hfill \\{n_{Al{{(OH)}_3}}} = 4{n_{A{l^{3 + }}}} - {n_{O{H^ - }}} = 0,05\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right. \to m = 50,5$

Khi trộn 200ml X với 500ml Y thu được lượng kết tủa lớn hơn trộn 200ml X với 300ml Y => khi trộn với 300ml Y, Al₂(SO₄)₃ vẫn còn dư, Ba(OH)₂ phản ứng hết, kết tủa Al(OH)₃ không bị hòa tan 

Gọi x, y là nồng độ của 2 dung dịch X và Y 

Trộn 200 ml X với 300 ml Y: n_Ba(OH)2 = 0,3y 

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

0,3y          0,1y            0,3y       0,2y

m_{kết tủa} = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 = 233.0,3y + 78.0,2y = 8,55g 

=>  y = 0,1M 

Trộn 200 ml X với 500 ml Y: n_Al2(SO4)3 = 0,2x 

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

0,2x            0,6x        0,6x      0,4x

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O 

z            2z

m_{kết tủa} = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 = 233.0,6x + 78.(0,4x - 2z) = 12,045 gam

=>  171x - 156z = 12,045 

Số mol Ba(OH)₂ tham gia pư: 

n_Ba(OH)2 = 0,6x + z = 0,5.y = 0,5.0,1 = 0,05 mol 

=>  x = 0,075M và z = 0,005 mol 

Vậy nồng độ của dung dịch X và Y lần lượt là 0,075M và 0,1M 

Vì Z có 2 chất tan cùng nồng độ mol => đó là AlCl₃ và HCl

=> n_AlCl3 = n_HCl => n = y – 3n => y = 4n  (1)

Tại n_OH = 5,16 mol thì kết tủa tan 1 phần

=> n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - (n_OH – n_{HCl (Z)})

=> 0,175y = 4n – ( 5,16 – n)  (2)

Từ (1), (2) => n = 1,2 mol

=> x = 32,4 gam

Khi đường thẳng nằm ngang thì lúc này kết tủa ổn định chỉ còn duy nhất BaSO₄

=> n_BaSO4 = n_SO4 = 0,3x = 0,03 mol => x = 0,1M

Nếu n_Ba(OH)2 = 0,02 ; n_NaOH = 0,03 mol

=> n_OH = 0,07 ; n_Al3+ = 0,02

=> n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - n_OH = 0,01 mol và n_BaSO4 = n_Ba2+ = 0,02 mol

=> m_{kết tủa} = 5,44g

Tại n_NaOH = 0,918 mol thì đồ thị đi xuống => kết tủa tan dần

=> n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - (n_OH – n_H+) => 0,6a = 4a – (0,918 – 2a)

=> a = 0,17 mol

Tại n_NaOH = x mol đồ thị đi lên => Al³⁺ dư

=> 3n_Al(OH)3 + n_HCl = n_NaOH => x = 3.0,8a + 2a = 0,748 mol

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 1,5H₂

Mol     a  →   a           →           a   →      1,5a

+ NaOH còn dư => X có pH > 7 => A sai

+ V_H2 = 22,4.1,5a = 33,6a (lít) => C sai

+ X phản ứng được với dung dịch CuSO₄: 2NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄ => D sai

=> B đúng

- Xét hỗn hợp khí : M_khí = 32.31/24 = 124/3

=> n_N2 + n_N2O = 0,084 mol và 28n_N2 + 44n_N2O = 0,084.124/3

=> n_N2 = 0,014 ; n_N2O = 0,07 mol

- Xét phản ứng kim loại và HNO₃ :

n_e = 3n_Al + 2n_Mg = 10n_N2 + 8n_N2O = 0,7 mol ^(*)

n_{HNO3 pứ} = 12n_N2 + 10n_N2O = 0,868 mol

- Xét đồ thị :

+) Tại n_NaOH = 0,05.2 = 0,1 mol thì bắt đầu có kết tủa => n_{HNO3 dư} = n_NaOH = 0,1 mol

=> ån_HNO3 = 0,868 + 0,1 = 0,968 mol => V_HNO3 = 0,968 : 2,5 = 0,3872 lit = 387,2 ml

+) Tại n_NaOH = 0,4125.2 = 0,825 mol (Lúc này lượng kết tủa giảm sau khi đạt max)

=> Al(OH)₃ tan 1 phần => n_{NaOH pứ}  = n_NaOH – n_{HNO3 dư} – 2n_Mg(OH)2

Các phản ứng :            H⁺ + OH^- → H₂O

                                    Mg²⁺ + 2OH^- → Mg(OH)₂

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

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

=> m_{kết tủa} = m_Mg(OH)2 + m_Al(OH)3 = 58.n_Mg + 78.(4n_Al - n_OH-)

=> 17,45 = 58.n_Mg + 78.(4n_Al – (0,825 – 0,1 – 2n_Mg)) ^(**)

Từ (*) và (**) => n_Mg = 0,2 ; n_Al = 0,1 mol

=> m = m_Al + m_Mg = 27.0,1 + 24.0,2 = 7,5g

m_O(X) = 46,6 . 0,309 = 14,4 gam nên n_O = 0,9 mol

Lại có \({n_{O(X)}} = 3{n_{A{l_2}{O_3}}} \Rightarrow {n_{A{l_2}{O_3}}} = 0,3\) mol

X có n_Na = x; n_K  = y; n_Ba = z mol thì m_X = 23x + 39y + 137z + 102.0,3 =46,6

X + H₂O có : Na → Na⁺ +1e                   K → K⁺ +1e

                       Ba → Ba²⁺ + 2e                 2H⁺¹ +2e → H₂

Bảo toàn e có x  + y + 2z = 0,4.2 =0,8 mol → n_OH- = x + y + 2z = 0,8 mol

2OH^- + Al₂O₃  → 2AlO₂^- + H₂O

→ Sau phản ứng có X có : OH^- : 0,2 mol và AlO₂^- : 0,6 mol, Ba²⁺, Na⁺, K⁺

X + 1,55 mol HCl có

H⁺  + OH^- → H₂O

H⁺  + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃

→ H⁺ dư : 1,55 – 0,8 = 0,75 mol

Al(OH)₃  + 3H⁺ → Al³⁺ + 3H₂O

     0,25   ← 0,75

→ Al(OH)₃ : 0,35 mol → m_{kết tủa}  = 0,35.78 = 27,3 (g)

n_H2 = 0,15 mol; n_H+ = n_HCl = 0,1 mol; n_Al3+ = n_AlCl3 = 0,06 mol

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Dựa vào PTHH ta thấy: n_OH- = 2n_H2 = 0,3 mol

X{OH^-: 0,3 mol} + {H⁺: 0,1 mol; Al³⁺: 0,06 mol} thì thứ tự các phản ứng xảy ra là:

H⁺  +  OH^- → H₂O

0,1 → 0,1_{dư 0,2}

Al³⁺  +  3OH^-   →  Al(OH)₃

0,06 → 0,18 _{dư 0,02} → 0,06

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

0,02 ←     0,02

=> n_{Al(OH)3 thu được} = 0,06 - 0,02 = 0,04 mol => m _{kết tủa} = 0,04.78 = 3,12 gam

Kết tủa cực đại tức là ion Al³⁺ nằm hết trong Al(OH)₃

→ dd cuối cùng thu được chứa các ion: Na⁺, Cl^- (0,04 mol); SO₄^2- (0,02 mol)

BTĐT → n_Na+ = 0,04 + 0,02.2 = 0,08 mol = n_NaOH

→ V_{dd NaOH} = n : C_M = 0,08 : 1 = 0,08 lít = 80 ml

Ta có: n_OH- = 0,35 mol; n_Al3+ = n_AlCl3 = 0,1 mol

Ta có tỉ lệ: k = n_OH- / n_Al3+ = 0,35 / 0,1 = 3,5

⟹ 3 < k < 4 ⟹ Kết tủa tan 1 phần

Áp dụng công thức tính nhanh: n_↓ = 4.n_Al3+ - n_OH- = 4.0,1 - 0,35 = 0,05 (mol)

Vậy m_Al(OH)3 = 0,05.78 = 3,9 gam