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

A loại vì AlCl₃ không phản ứng với Na₂SO₄

B loại vì:

         AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃ + 3NaCl

         Al(OH)₃ ↓ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

C loại vì:

         2AlCl₃ + 3Ba(OH)₂ → 2Al(OH)₃ ↓ + 3BaCl₂

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

D thỏa mãn vì AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ ↓ + 3NH_4­Cl (lưu ý: NH₃ không hòa tan được Al(OH)₃)

n_NaOH = 0,05 mol

Đặt n_Al = x và n_Al2O3 = y (mol)

+)  m_{hh X} = 27x + 102y = 1,83 (1)

+) Hỗn hợp X tác dụng với NaOH:

               Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 1,5 H₂

               x →    x       →                               1,5x

               Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

               y →           2y

→ n_NaOH = x + 2y = 0,05 (2)

Giải hệ (1) (2) được x = 0,03 và y = 0,01

⟹ V_H2 = 22,4.1,5x = 1,008 lít

n_Al = 0,2 mol; n_Na = 0,1 mol

               2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

               0,1 →                    0,1

               2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

Bđ:         0,2          0,1

Pư:         0,1 ←     0,1

Sau:       0,1            0

Vậy chất rắn sau pư chứa 0,1 mol Al

→ m_Al = 0,1.27 = 2,7 gam

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

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

Vậy hiện tượng quan sát được là xuất hiện kết tủa trắng (gồm BaSO₄↓ và Al(OH)₃↓) sau đó tan một phần Al(OH)₃.

n_H2(đktc) = V_H2/22,4 = 6,72/22,4 = 0,3 (mol)

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

(mol)               0,2                                       ←  0,3

Theo PTHH: n_NaOH = 2/3 n_H2 =2/3×0,3 =0,2 (mol)

→ V_NaOH = n_NaOH : C­_M = 0,2 : 1 = 0,2 (lít) = 200 (ml)

Khi cho hỗn hợp X gồm Al và Cu vào dung dịch NaOH loãng dư thì chỉ có Al phản ứng.

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

Ta có: n_Al = 2/3.n_H2 = 2/3.0,3 = 0,2 (mol) → m_Cu = m_X - m_Al = 11,8 - 0,2. 27 = 6,4 (g)

Thí nghiệm 1:

Al(NO₃)₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃↓ + 3NH₄NO₃

Al(OH)₃ không tan trong dung dịch NH₃ dư.

Thí nghiệm 2:

Al(NO₃)₃ + 3NaOH→ Al(OH)₃↓ + 3NaNO₃

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Vậy hiện tượng của 2 thí nghiệm là:

- Thí nghiệm 1 xuất hiện kết tủa keo trắng đến tối đa sau đó kết tủa giữ nguyên không tan.

- Thí nghiệm 2 xuất hiện kết tủa keo trắng đến tối đa sau đó kết tủa tan.

Theo đề bài \(x > 0,4M \to {n_{O{H^ - }}} > 0,04(mol)\)

⟹ \({n_{O{H^ - }}} > 2{n_{M{g^{2 + }}}}\) ⟹ MgCl₂ hết, có phản ứng giữa AlCl₃ và NaOH

Như vậy m nhỏ nhất khi chất rắn sau nung chỉ có MgO, không có Al₂O₃ ⟹ Kết tủa Al(OH)₃ bị tan hết.

MgCl₂ + 2NaOH → Mg(OH)₂↓ + 2NaCl

0,02 →     0,04 →        0,02                          (mol)

Al(OH)₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl

0,02 →        0,06 →       0,02                         (mol)

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

0,02 →      0,02                                             (mol)

→ n_NaOH = 0,04 + 0,06 + 0,02 = 0,12 mol

Vậy \(x = {{0,12} \over {0,1}} = 1,2M\).

n _Fe³⁺ = 0,12 mol; n _Mg²⁺ = 0,15 mol; n _Al³⁺ = 0,32 mol

 n_H⁺ = 0,9 mol  n _OH^- = 2,54 mol

Khi cho NaOH vào dd X thì:

(1) H⁺ + OH^- → H₂O

→ n _OH- = n _H⁺ = 0,9 mol

(2) Fe³⁺ + 3OH^-  → Fe(OH)₃↓

→ n_OH^- = 3n_Fe³⁺ = 3.0,12 = 0,36 mol

(3) Mg²⁺ + 2OH^-  → Mg(OH)₂ ↓

→ n_OH^- = 2 n_Mg²⁺ = 2.0,15 = 0,3 mol

Từ (1), (2) và (3) → n_OH^- _(dư) =2,54 - 0,9 - 0,36 - 0,3 = 0,98 mol

(4) Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃↓

→ n _OH^- = 3n _Al³⁺ = 3.0,32 = 0,96 mol

Do OH^- dư 0,02 mol nên tiếp tục có pứ:

(5) Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

→ n _Al(OH)3 = 0,32 - 0,02 = 0,3 mol

Vậy kết tủa gồm Fe(OH)₃: 0,12 mol, Mg(OH)₂: 0,15 mol, Al(OH)₃: 0,3 mol

→ m ↓= 0,12.107 + 0,15.58 + 0,3.78 = 44,94 g

Phương án A: \(A{l_2}{(S{O_4})_3} + 6NaOH \to 2Al{(OH)_3} + 3N{a_2}S{O_4}\)

                       \(NaO{H_{dư}} + Al{(OH)_3} \to NaAl{O_2} + 2{H_2}O\)

Phương án B: Không có phản ứng

Phương án C: \(A{l_2}{(S{O_4})_3} + 3Ca{(OH)_2} \to 2Al{(OH)_3} + 3CaS{O_4}\)

                       \(2Al{(OH)_3} + Ca{(OH)_{2dư}} \to Ca{(Al{O_2})_2} + 4{H_2}O\)

Phương án D: \(A{l_2}{(S{O_4})_3} + 6N{H_3} + 6{H_2}O \to 2Al{(OH)_3} + 3{(N{H_4})_2}S{O_4}\)

A sai, vì trong phản ứng giữa Al với dung dịch NaOH, chất đóng vai trò oxi hóa là H₂O không phải NaOH

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

\(\mathop {Al}\limits^0  \to \mathop {Al}\limits^{ + 3}  + 3{\rm{e}}\) ⟹ Al là chất khử

\(2\mathop H\limits^{ + 1}  + 2{\rm{e}} \to {H_2}\) ⟹ H₂O là chất oxi hóa

*Đoạn 1:

OH^- + H⁺ → H₂O

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

Ta có: n_H+ = n_OH- = 2.n_Ba(OH)2 = 2.0,15 = 0,3 mol

*Đoạn 2:

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Ta có: n_SO4(2-) = n_Ba2+ = n_Ba(OH)2 = 0,3 mol

*Đoạn 3: Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Ta có n_OH- = n_H+ + 3.n_Al(OH)3 → n_{Al(OH)3 max} = 0,3 mol

Vậy n_HCl = n_H+ = 0,3 mol ; n_Al2(SO4)3 = 1/3.n_SO4(2-) = 0,1 mol

Bảo toàn Al suy ra n_AlCl3 = 0,1 mol

Vậy tổng a = 0,3 + 0,1 + 0,1 = 0,5 mol

Ta có: n_OH- = n_NaOH = 0,85 mol; n_Al3+ = 2.n_Al2(SO4)3 = 0,2 mol; n_H+ = 2.n_H2SO4 = 0,2 mol

Thứ tự phản ứng khi cho OH^- vào {H⁺; Al³⁺} là:

 (1) H⁺ + OH^- → H₂O

     0,2     0,2              mol

Lượng OH^- còn lại sau phản ứng (1): \({n_{O{H^ - }con\,lai}} = {n_{O{H^ - }}} - {n_{{H^ + }}} = 0,85 - 0,2 = 0,65(mol)\)

Xét tỉ lệ (*) = 0,65 : 0,2 = 3,25 → 3< (*) < 4 → Kết tủa tan 1 phần; (1) (2) đã kết thúc, (3) đang xảy ra

Áp dụng công thức tính nhanh (xem cách chứng minh ở mục phương pháp):

n_OH- = n_H+ + 4n_Al3+ - n_Al(OH)3

→ 0,85 = 0,2 + 4.0,2 - n_Al(OH)3

→ n_Al(OH)3 = 0,15 mol

→ m_{kết tủa} = 0,15.78 = 11,7 (g)

n_NaOH = V_NaOH×C_M = 0,35×1 = 0,35 (mol) ; n_AlCl3 = 0,1x (mol)

n_Al(OH)3 = 3,9 : 78 = 0,05 (mol)

Ta thấy: n_Al(OH)3 < 3n­­NaOH → xảy ra trường hợp tạo kết tủa cực đại, sau đó kết tủa tan 1 phần.

Khi cho từ từ dd NaOH vào dd AlCl₃  xảy ra phản ứng theo thứ tự sau:

3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ + 3NaCl  (1)

  0,3x    ← 0,1x  →  0,1x   (mol)

      NaOH    +     Al(OH)₃↓ → NaAlO₂ + 2H₂O   (2)

(0,1x – 0,05) ← (0,1x – 0,05)  (mol)

Theo PTHH (1): n_{Al(OH)3 cực đại} = n_AlCl3 = 0,1x (mol)

→ n_{Al(OH)3 bị hòa tan} = n_{Al(OH)3 cực đại} – n_{Al(OH)3 còn lại} = 0,1x – 0,05 (mol)

Ta có: ∑ n_NaOH(1)+(2) = 0,3x + (0,1x – 0,05)

→ 0,4x - 0,05 = 0,35

→ 0,4x = 0,4 → x = 1 (M)

* Ta cũng có thể áp dụng công thức tính nhanh

4 * nAlCl₃ - nNaOH = n Al(OH)₃

4 * 0,1x - nNaOH = n Al(OH)₃ => 4* 0,1 x = 0,05 + 0,35 => x = 1M

\(Al{\rm{ }} + {\rm{ }}\mathop {{H_2}S{O_4}}\limits_{0,2\,mol} \buildrel {} \over
\longrightarrow dd\,X\left\{ \matrix{
A{l_2}{(S{O_4})_3}:x \hfill \cr
{H_2}S{O_4}:y \hfill \cr} \right. + {H_2}\)

+ BT SO₄^2-: 3x + y = 0,2 (1)

Khi cho NaOH vào dd X xảy ra theo thứ tự:

H⁺ + OH^- → H₂O

Al³⁺ + 3OH-→ Al(OH)₃↓

Al(OH)₃ + OH^-  → AlO₂^- + 2H₂O

+ Nếu như kết tủa đạt max: n_NaOH = 3n_Al3+ + n_H+ =  6x + 2y = 0,4 mol

Vậy đồ thị 1 điểm bên trái và 1 điểm bên phải

+ Xét điểm 0,28 mol: \(\left\{ \matrix{Al{(OH)_3}:{{2a + 1,56} \over {78}} \hfill \cr A{l^{3 + }} \hfill \cr} \right. \Rightarrow {{2a + 1,56}\over {78}}.3 + 2y = 0,28\,(2)\)

+ Xét đểm 0,48 mol  \(\left\{ \matrix{Al{(OH)_3}:{a \over {78}} \hfill \cr Al{O_2}^ - :(2x - {a \over {78}}) \hfill \cr} \right. \Rightarrow 3{a \over {78}} + 4(2x - {a \over {78}}) + 2y = 0,48\,(3)\)

\(\buildrel {(1)\,(2)\,(3)} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
x = 0,05 \hfill \cr
y = 0,05 \hfill \cr
a = 1,56 \hfill \cr} \right. \Rightarrow m = 2x.27 = 2,7\,gam\)

n_H2 = 0,06 mol

- Khi cho X tác dụng với NaOH vừa đủ:

BTe: 3n_Al = 2n_H2 => n_Al = 2/3.n_H2 = 0,04 mol

Đặt n_Al2O3 = a mol

BTNT "Al": n_NaAlO2 = n_Al + 2n_Al2O3 = 2a + 0,04 (mol)

- Khi cho dd Y phản ứng với HCl dư thì muối gồm: Al³⁺ (2a + 0,04); Na⁺ (2a + 0,04) và Cl^-

BTĐT: n_Cl- = 3n_Al3+ + n_Na+ = 4(2a + 0,04) (mol)

=> m _muối = m_Al3+ + m_Na+ + m_Cl- => 27(2a + 0,04) + 23(2a + 0,04) + 35,5.4.(2a + 0,04) = 26,88 => a = 0,05

=> %m_Al = (0,04.27)/(0,04.27 + 0,05.102) = 17,48% gần nhất với 17,5%

Thực chất quá trình phản ứng là: Al tác dụng với H₂O tạo ra Al(OH)₃ và H₂. Sau đó Al(OH)₃ phản ứng với NaOH.

Như vậy H⁺ của H₂O đã nhận electron để tạo H₂.

Bước 1: Tính số mol Al³⁺, SO₄^2-

Ta có: n_{KAl(SO4)2.12H2O} = 94,8/474 = 0,2 (mol)

⟹ n_Al³⁺ = n_{KAl(SO4)2.12H2O} = 0,2 (mol)

⟹ n_SO4^2- = 2.n_{KAl(SO4)2.12H2O} = 0,4 (mol)

Bước 2: Tính số mol Ba²⁺ và số mol OH^-

Ta có: n_Ba(OH)2 = 0,35.0,5 = 0,175 mol; n_NaOH = 0,35.1 = 0,35 mol

⟹ n_Ba²⁺ = n_Ba(OH)2 = 0,175 (mol)

⟹ n_OH^- = 2.n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 0,7 (mol).

Bước 3: Xác định kết tủa thu được

Al³⁺ + 3OH^- ⟶ Al(OH)₃↓

Al(OH)₃ + OH^- ⟶ AlO₂^- + 2H₂O

Nhận thấy 3.n_Al³⁺ < n_OH^- < 4.n_Al³⁺

⟹ Kết tủa Al(OH)₃ bị hòa tan một phần.

⟹ n_Al(OH)3 = 4.n_Al³⁺ - n_OH^- = 4. 0,2 - 0,7 = 0,1 (mol)

Ba²⁺  +  SO₄^2- → BaSO₄↓

0,175      →           0,175     (mol)

Bước 4: Tính m

Kết tủa thu được gồm 0,175 mol BaSO₄ và 0,1 mol Al(OH)₃.

⟹ m = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 = 48,575 (gam).

Người dân sử dụng phèn chua để làm trong nước vì khi tan trong nước, phèn chua bị thủy phân và tạo thành Al(OH)₃ ở dạng kết tủa keo lơ lửng trong nước. Những hạt kết tủa keo này sẽ kết dính với các hạt bụi bẩn, hạt đất nhỏ để trở thành hạt đất to hơn, nặng hơn và lắng xuống. Vì vậy mà nước trở nên trong hơn.

PTHH: Al³⁺ + 3H₂O → Al(OH)_3↓ + 3H⁺.

Phèn chua được sử dụng trong công nghiệp nhuộm vải vì sinh ra tác nhân Al(OH)₃ do Al³⁺ thủy phân sinh ra được sợi vải hấp thụ và giữ chặt trên bề mặt sẽ kết hợp với phẩm nhuộm tạo thành màu bền.

PTHH: Al³⁺ + 3H₂O → Al(OH)_3↓ + 3H⁺.