Bài 18. Nhôm

a) Dù dùng $V_{dd\ B\ ở\ TN2} > V_{dd\ B\ ở\ TN1}$ mà lượng kết tủa thu được vẫn bằng nhau. Suy ra :  ở TN1, kết tủa chưa đạt tối đa, tức là $Al(OH)3$ chưa bị hòa tan trở lại.

Gọi $C_{M_A} = a(M) ; C_{M_B} = b(M)$

$n_{Al_2O_3} = 0,02 \Rightarrow n_{Al(OH)_3} = 0,04(mol)$

TH1 :

$Al_2(SO_4)_3 + 6NaOH \to 2Al(OH)_3 + 3Na_2SO_4$

$n_{Al_2(SO_4)_3} = \dfrac{1}{2}n_{Al(OH)_3} = 0,06(mol) \Rightarrow ba= \dfrac{0,06}{0,1} = 0,6M$

TN2 : 

\(Al_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\text{→}2Al\left(OH\right)_3+3Na_2SO_4\)

0,06                  0,36                0,12                                          (mol)

\(Al\left(OH\right)_3+NaOH\text{→}NaAlO_2+2H_2O\)

0,08                0,08                                              (mol)

$\Rightarrow n_{NaOH} = 0,36 + 0,08 = 0,44(mol) \Rightarrow b =\dfrac{0,44}{0,2} = 2,2M$

b)

$n_{Al_2O_3} = 0,012(mol) \Rightarrow n_{Al(OH)_3} = 0,024(mol)$

\(Al_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\text{→}2Al\left(OH\right)_3+3Na_2SO_4\)

0,06                      0,36             0,12                                 (mol)

\(Al\left(OH\right)_3+NaOH\text{→}NaAlO_2+2H_2O\)

0,096                0,096                                      (mol)

$n_{NaOH} = 0,36 + 0,096 = 0,456 \Rightarrow V_{dd\ B} =\dfrac{0,456}{2,2} = 0,207(lít)$

$n_{KAlO_2} = 0,2.0,2 = 0,04(mol)$

Khi dùng $V_{dd\ HCl} = a(ml)$ : Kết tủa chưa đạt max

$KAlO_2 + HCl + H_2O \to Al(OH)_3 + KCl$

$\Rightarrow n_{HCl} = n_{Al(OH)_3} = \dfrac{1,56}{78} = 0,02(mol)$

$\Rightarrow a = \dfrac{0,02}{0,1} = 0,2(lít) =200(ml)$

Khi dùng $V_{dd\ HCl} = b(ml)$ : Kết tủa tan một phần 

\(KAlO_2+HCl+H_2O\rightarrow Al\left(OH\right)_3+KCl\)

0,04              0,04                            0,04                           (mol)

\(Al\left(OH\right)_3+3HCl\rightarrow AlCl_3+3H_2O\)

0,02                 0,06                                                   (mol)

$\Rightarrow n_{HCl} = 0,04 + 0,06 = 0,1(mol)$
$\Rightarrow b = \dfrac{0,1}{0,1} = 1(lít) = 1000(ml)$

\(n_{KAlO_2}=0,2.0,2=0,04\left(mol\right)\)

\(n_{Al\left(OH\right)_3}=\dfrac{1,56}{78}=0,02\left(mol\right)\)

Tại thời điểm có a ml dd HCl phản ứng, KAlO₂ dư

PTHH: \(KAlO_2+HCl+H_2O\rightarrow Al\left(OH\right)_3\downarrow+KCl\)

              0,02<----0,02<------------0,02

=> \(a=\dfrac{0,02}{0,1}=0,2\left(l\right)=200\left(ml\right)\)

Tại thời điểm có b (ml) dd HCl phản ứng, HCl dư, kết tuat bị hoà tan một phần

PTHH: 

\(KAlO_2+HCl+H_2O\rightarrow KCl+Al\left(OH\right)_3\downarrow\)

0,04------>0,04--------------------->0,04

=> \(n_{\downarrow\left(bị.hoà.tan\right)}=0,04-0,02=0,02\left(mol\right)\)

\(Al\left(OH\right)_3+3HCl\rightarrow AlCl_3+3H_2O\)

0,02------->0,06

=> \(b=\dfrac{0,04+0,06}{0,1}=1\left(l\right)=1000\left(ml\right)\)

Y gồm: $Fe,Al,Al_2O_3$

$3Fe_3O_4 + 8Al \xrightarrow{t^o} 9Fe + 4Al_2O_3$

Phần 1 : $n_{H_2} = 0,03(mol)$

$2Al + 2NaOH + 2H_2O \to 2NaAlO_2 + 3H_2$

Theo PTHH, $n_{Al} =\dfrac{2}{3}n_{H_2} = 0,02(mol)$

Gọi $n_{Fe} =a (mol) \Rightarrow n_{Al_2O_3} = \dfrac{4}{9}n_{Fe} = \dfrac{4}{9}a(mol)$

Phần 2 : 

Gọi $n_{Al} = 0,02x(mol) ; n_{Fe} = ax(mol) ; n_{Al_2O_3} = \dfrac{4}{9}ax(mol)$
$2Al + 6HCl \to 2AlCl_3 + 3H_2$

$Fe + 2HCl \to FeCl_2 + H_2$

Theo PTHH : $n_{H_2} = 0,02x.1,5 + ax = 0,03x + ax = 0,84 \Rightarrow x = \dfrac{0,84}{0,03 + a}(1)$

Ta có : 

Bảo toàn nguyên tố với Fe,Al :

\(n_{Fe_3O_4}=\dfrac{a+ax}{3}\left(mol\right)\)

\(n_{Al}=\left(0,02+0,02x\right)+2\left(\dfrac{4}{9}a+\dfrac{4}{9}ax\right)\)(mol)

Suy ra : 

\(\dfrac{a+ax}{3}.232+\left(0,02+0,02x+\dfrac{8a}{9}+\dfrac{8ax}{9}\right).27=93,9\)(2)

Thay (1) và (2) suy ra : x = 2,842 ; a = 0,2655

Suy ra : 

$m_{Al} = (0,02 + 0,02.2,842 + \dfrac{8.0,2655}{9} + \dfrac{8.2,842.0,2655}{9}).27 = 26,56(gam)$

\(m_{phản.ứng}=0,25m\left(g\right)\)

\(m\left(g\right)X\left\{{}\begin{matrix}m_{Al}:0,3m\left(g\right)\\m_{Fe}:0,7m\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Nhận thấy: 0,25m < 0,3m => Al dư, Fe chưa phản ứng

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{SO_2}=a\left(mol\right)\\n_{H_2S}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) => \(a+b=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\) (*)

\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{110.98\%}{98}=1,1\left(mol\right)\)

PTHH:
\(2Al+6H_2SO_{4\left(đ,n\right)}\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3SO_2+6H_2O\)

\(\dfrac{2}{3}a\)<---2a<---------------\(\dfrac{1}{3}a\)<-----------a

\(8Al+15H_2SO_{4\left(đ,n\right)}\rightarrow4Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2S+12H_2O\)

\(\dfrac{8}{3}b\)<---5a<---------------\(\dfrac{4}{3}b\)<-------------b

=> 2a + 5b = 1,1 (**)
Từ (*), (**) => \(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{7}{15}\\b=\dfrac{1}{30}\end{matrix}\right.\)

=> \(n_{Al\left(pư\right)}=\dfrac{2}{3}.\dfrac{7}{15}+\dfrac{1}{30}.\dfrac{8}{3}=0,4\left(mol\right)\)

=> m = \(\dfrac{0,4.27}{0,25}=43,2\left(g\right)\)

b) \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{1}{2}n_{Al}=0,2\left(mol\right)\\n_{Al\left(OH\right)_3}=\dfrac{7,8}{78}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

TH1: Kết tủa không bị hoà tan

\(Al_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow2Al\left(OH\right)_3\downarrow+3Na_2SO_4\)

                       0,3<---------0,1

=> \(V=\dfrac{0,3}{2}=0,15\left(l\right)\)

TH2: Kết tủa bị hoà tan 1 phần

\(Al_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow2Al\left(OH\right)_3\downarrow+3Na_2SO_4\)

0,1----------->0,6----------->0,2

\(NaOH+Al\left(OH\right)_3\rightarrow NaAlO_2+2H_2O\)

0,1<-------0,1

=> \(V=\dfrac{0,1+0,6}{2}=0,35\left(l\right)\)

n_OH-=2a , n_AlO2-=2b

Khi kết tủa chưa tan :

n_H+=0,6=2a+0,2

Kết tủa tan 1 phần :

n_H+=1,1=2a+4.2b-0,3.3⁼

=>a=b=0,2 mol

n_H2SO4=0,82

=>n_BaSO4=a+b=0,4

nH⁺=1,64=2a+8b-2_nAl(OH)3

->n_Al(OH)3=0,12

=>mk_{eets tủa} =102,56

Thấy nHCl=0,4 mol có xuất hiện kết tủa 

=>x=0,4

Mà nHCl=1 thì kết tủa tan và tan còn lại là 0,2 mol

=>x+4y-3.0,2=1

=>y=0,3

=>x:y=4:3

Hình như câu hỏi ấy bị xóa rồi thì phải?

Dựa vào đồ thị trên ta chia chúng thành 3 giai đoạn có đánh số thứ tự như sau `H^+ + OH^-  -> H_2O \quad (1)`
`H^+ +(AlO_2)^-  +H_2O -> Al(OH)_3  \quad (2)`
`3H^+ + Al(OH)_3 -> Al^(3+)  +3H_2O \quad (3)`
Giai đoạn `1` : Do xảy ra phản ứng `(1)` nên chưa thấy hiện tượng kết tủa
Giai đoạn `2` : Đồ thị chỉ hướng đi lên do xảy ra phản ứng `(1) ; (2)`
Ta có : `n_(H^+) = 0,6 = n_(OH^-) + n_(Al(OH)_3) = 2a + 0,2= 0,6 -> a = 0,2 (mol)`
Giai đoạn `3` : Đồ thị chỉ hướng đi xuống do kết tủa đã bị hoàn tan `1` phần 
`n_(H^+) =n_(AlO_2^-)+ n_(OH^-) + 3n_(Al(OH)_3)  = 1,1`
`-> 2(a+b) +3(2b-0,3) = 1,1 -> b = 0,2 (mol)`
`-> n_(Ba(OH)_2) = 0,2 (mol)` ; `n_(Ba(AlO_2)_2) = 0,2 mol`
Nếu cho dung dịch `A` vào ` 0,7 mol H_2SO_4` thì :
`Ba(OH)_2 + H_2SO_4 -> BaSO_4 + 2H_2O`
`n_(H_2SO_4) ` dư `= 0,7 - 0,2 = 0,5 (mol)`
`2H_2O + H_2SO_4  + Ba(AlO_2)_2 ->2 Al(OH)_3 + BaSO_4` 
 `n_(H_2SO_4) = n_(H_2SO_4) = 0,2 (mol)`
`n_(AlOH)3 = 0,2 . 2 = 0,4 (mol)`
`3H_2SO_4 + 2Al(OH)_3 -> Al_2(SO_4)_3 + 6H_2O` 
Do `(n_(H_2SO_4))/3 = (0,5-0,2)/3 = 0,1 < n_(Al(OH)_3) =( 0,4)/2 = 0,2 (mol)`
`-> n_(Al(OH)_3) = 0,4 - 0,3 = 0,1` (mol) `-> m_(Al(OH)_3) = 7,8g`

Thiếu đồ thị em nhé