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

Ta có: nAlCl₃ = 0,1.1 = 0,1 (mol)

A là Al(OH)₃ ⟹ Chất rắn thu được sau nhiệt phân là Al₂O₃.

⟹ n_Al2O3 = \(\dfrac{{2,55}}{{102}} = 0,025(mol)\)

Khi nhiệt phân A:

PTHH:  2Al(OH)₃   \(\mathop  \to \limits^{{t^o}} {\mkern 1mu} \)  Al₂O₃ + 3H₂O

 P.ư           0,05      ←    0,025

⟹ n_Al(OH)3 = 0,05 (mol)

TH1: AlCl₃ dư, NaOH hết, chỉ xảy ra phản ứng sau:

PTHH:  AlCl₃ + 3 NaOH → Al(OH)₃ + 3NaCl  (1)

Tỉ lệ:        1             3                 1               3

P/ư:                       0,15    ←   0,05

⟹ n_NaOH = 0,15 (mol)

⟹ n_H2 = ½ n_NaOH = 0,15 : 2 = 0,075 (mol)

⟹ V = 0,075.22,4 = 1,68 (lít)

TH2: NaOH hòa tan 1 phần kết tủa.

PTHH: AlCl₃ + 3 NaOH → Al(OH)₃ + 3NaCl   (1)

Tỉ lệ        1           3                        1           3

Có:       0,1        

P/ư:      0,1         → 0,3             →0,1

⟹ Sau phản ứng n_Al(OH)3 = 0,1 (mol)

Số mol kết tủa thu được là 0,05 mol ⟹ Số mol kết tủa bị hòa tan là: 0,1 – 0,05 = 0,05 (mol)

NaOH dư:  Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O  (2)

Tỉ lệ:            1                   1               1             2

P/ư:            0,05      → 0,05 

⟹ n_{NaOH p.ư} = 0,3 + 0,05 = 0,35 (mol)

⟹ n_H2 = ½ n_NaOH = 0,35 : 2 = 0,175 (mol)

⟹ V = 0,175.22,4 = 3,92 (lít)

-Phần 1:

Al₂(SO₄)₃ + 3BaCl₂ →3 BaSO₄+ 2AlCl₃

Ta có: n_BaSO4=  0,06 mol → n_Al2(SO4)3= 0,02 mol

→Phần 1 có x mol AlCl₃ và 0,02 mol Al₂(SO₄)₃

-Phần 2: Giả sử phần 2 có x.n  mol AlCl₃ và 0,02.n mol Al₂(SO₄)₃

Ta có: n_Ba(OH)2= 0,476 mol; n_BaSO4= 0,06 n mol

Theo đề lượng chất tan trong phần 2 nhiều hơn trong phần 1 là 32,535 gam

→ 133,5 xn + 342. 0,02n – 1335,x- 342. 0,02= 32,535 gam

\( \to n = \frac{{39,375 + 133,5x}}{{133,5x + 6,84}}(*)\) 

-Trường hợp 1: Al(OH)₃ không bị hòa tan:

2AlCl₃       +               3Ba(OH)₂ →            2Al(OH)₃+            3BaCl₂ (1)

2/3. (0,476-0,06n)       (0,476- 0,06n)      2/3. (0,476-0,06n)      

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

0,02 n       0,06 n             0,06 n     0,04 n

Ta có: m_{kết tủa}= m_BaSO4+ m_Al(OH)3= 233. 0,06n+ 78. [2/3. (0,476-0,06n) + 0,04n]= 69,024  gam

→n= 3,1668 mol → Loại vì n nguyên

-Trường hợp 2: Al(OH)₃ bị hòa tan một phần:

2AlCl₃       +               3Ba(OH)₂ →            2Al(OH)₃+            3BaCl₂ (1)

xn                             1,5xn                       xn mol

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

0,02 n       0,06 n             0,06 n     0,04 n

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

2. (0,476-1,5xn- 0,06n)      (0,476-1,5xn- 0,06n) mol

Sau phản ứng thu được 0,06n mol BaSO₄ và xn+ 0,04n- 2. (0,476-1,5xn- 0,06n) mol Al(OH)₃

→ 0,06n.233 + 78. (4xn+ 0,16n- 0,952)= 69,024 (**)

Từ (*) và (**) suy ra x= 0,03 và n= 4

→Phần 1 có 0,03 mol AlCl₃ và 0,02 mol Al₂(SO₄)₃

→Dung dịch X có chứa 0,15 mol AlCl₃ và 0,1 mol Al₂(SO₄)₃

→C%_AlCl3=10,01%; C%_Al2(SO4)3= 17,1%

3NaOH  + AlCl₃  →  Al(OH)₃+ 3NaCl                 (1)

Có thể có: NaOH + Al(OH)₃  →   NaAlO₂  + 2H₂O              (2)

n_{NaOH (TN1)} = 0,65.2=1,3(mol)

n_{NaOH (TN2)} = 0,7.2=1,4(mol)

n_{NaOH (TN1)} = 1,3<n_{NaOH (TN2)} = 1,4; lượng AlCl₃ là như nhau;

mà \({m_{Al{{(OH)}_3}(TN1)}} = 3b > {m_{Al{{(OH)}_3}(TN2)}} = 2b\)

Nên xảy ra 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: Ở thí nghiệm 1 chỉ xảy ra pư (1): NaOH hết, AlCl₃ dư.

Ở thí nghiệm 2 xảy ra 2 pư (1), (2): kết tủa Al(OH)₃ tan một phần.

+ Xét TN1: \({n_{NaOH}} = 3{n_{Al{{(OH)}_3}}} \to 3.\frac{{3b}}{{78}} = 1,3 \to b = \frac{{169}}{{15}}\)

+ Xét TN2:

Theo (1): \({n_{NaOH}} = 3{n_{AlC{l_3}}} = 3.0,4a = 1,2a\)

Theo (2): \({n_{NaOH}} = {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,4a - \frac{{2b}}{{78}} \to 1,2a + 0,4a - \frac{{2b}}{{78}} = 1,4\)

               → a= 19/18

Ta thấy: \({n_{AlC{l_3}}} = 0,4a = 0,422(mol);{n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{{3b}}{{78}} = 0,433(mol) > {n_{AlC{l_3}}} = 0,422(mol)\) → Loại

Trường hợp 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa Al(OH)₃ đều tan một phần.

+ Xét TN1:

\(\begin{gathered}
{n_{NaOH(1)}} = 1,2a(mol) \hfill \\
{n_{NaOH(2)}} = {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,4a - \frac{{3b}}{{78}} \to 1,2a + 0,4a - \frac{{3b}}{{78}} = 1,3 \hfill \\
\to 1,6a - \frac{{3b}}{{78}} = 1,3(I) \hfill \\
\end{gathered} \)

+ Xét TN2:

Theo (1): \({n_{NaOH}} = 3{n_{AlC{l_3}}} = 3.0,4a = 1,2a\)

Theo (2): \({n_{NaOH}} = {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,4a - \frac{{2b}}{{78}} \to 1,2a + 0,4a - \frac{{2b}}{{78}} = 1,4\)

\( \to 1,6a - \frac{{2b}}{{78}} = 1,4(II)\)

Giải (I), (II) ta được a=1(M); b = 7,8(g)

3NaOH + AlCl₃ → 3NaCl + Al(OH)₃ (1)

NaOH + Al(OH)₃  → NaAlO₂ + 2H₂O (2)

Theo đề bài ta có: n_NaOH = 0,4 mol; n_AlCl3 = 0,2a (mol); n_Al(OH)3 = 7,8 : 78 = 0,1 mol

Vì n_NaOH > 3n_Al(OH)3 nên sau phản ứng (1)  dư NaOH => xảy ra cả phản ứng (2)

        3NaOH + AlCl₃ → 3NaCl + Al(OH)₃ (1)

Bđ:   0,4           0,2a

Pư:   0,6a ←     0,2a  →                  0,2a

Sau: 0,4-0,6a    0                             0,2a

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

Bđ:  0,4-0,6a       0,2a

Pư:   0,4-0,6a → 0,4-0,6a

Sau:  0                 0,8a-0,4

Sau phản ứng ta thu được 0,1 mol kết tủa => 0,8a - 0,4 = 0,1 => a = 0,625