Bài 18. Nhôm

_Trích mẫu thử, đánh STT_

- Cho các mẫu thử lần lượt tác dụng với nhau, ta có KQ ở bảng sau:

Từ KQ bảng trên, nhận xét:

- Mẫu thử có 2 khí không màu, không mùi => Na₂CO₃

- Mẫu thử không có hiện tượng => Na₂SO₄, KCl (1)

- Mẫu thử có 1 khí không màu, không mùi => HCl, H₂SO₄ (2)

- Cho dd BaCl₂ vào các mẫu thử (1):

+ Có kết tủa trắng: Na₂SO₄

\(Na_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4\downarrow+2NaCl\)

+ Không hiện tượng: KCl

- Cho BaCl₂ vào các mẫu thử (2):

+ Có kết tủa trắng: H₂SO₄

\(H_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4\downarrow+2HCl\)

+ Không hiện tượng: HCl

_Dán nhãn_

\(a,4Al+3O_2\xrightarrow[t^0]{}2Al_2O_3\\ Al_2O_3+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\\ AlCl_3+3AgNO_3\rightarrow Al\left(NO_3\right)_3+3AgCl\\ AlCl_3+3NaOH\rightarrow Al\left(OH\right)_3+3NaCl\\ 2Al\left(OH\right)_3\xrightarrow[t^0]{}Al_2O_3+3H_2O\\ 2Al_2O_3\xrightarrow[đpnc]{criolit}4Al+3O_2\\ b,3Fe+2O_2\xrightarrow[t^0]{}Fe_3O_4\\ Fe_3O_4+8HCl\rightarrow2FeCl_3+FeCl_2+4H_2O\\ FeCl_3+3NaOH\rightarrow Fe\left(OH\right)_3+3NaCl\\ 2Fe\left(OH\right)_3\xrightarrow[t^0]{}Fe_2O_3+3H_2O\\ Fe_2O_3+3CO\xrightarrow[t^0]{}2Fe+3CO_2\)

\(c,2Fe\left(OH\right)_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+6H_2O\\ Fe_2\left(SO_4\right)_3+3BaCl_2\rightarrow2FeCl_3+3BaSO_4\\ FeCl_3+AgNO_3\rightarrow Fe\left(NO_3\right)_3+3AgCl\)

\(n_{BaCO_3}=\dfrac{118,2}{197}=0,6\left(mol\right);n_{HCl}=0,45.1=0,45\left(mol\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{K_2CO_3}=a\left(mol\right)\\n_{KOH}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Sơ đồ phản ứng:

\(\left\{{}\begin{matrix}K_2CO_3:a\\KOH:b\end{matrix}\right.+CO_2:0,3\rightarrow Y\left\{{}\begin{matrix}KHCO_3\\K_2CO_3\end{matrix}\right.+\left[{}\begin{matrix}HCl:0,45\rightarrow CO_2:0,36\\Ba\left(OH\right)_{2\left(dư\right)}\rightarrow BaCO_3:0,6\end{matrix}\right.\)

Ta thấy: 

n_{C (trong CO2 sinh ra từ HCl)} < n_{C (trong BaCO3 sinh ra từ Ba(OH)2 dư)}

=> HCl hết, 2 muối có thể dư

Theo BTNT C: \(a=n_{K_2CO_3}=n_{BaCO_3}-n_{CO_2}=0,6-0,3=0,3\left(mol\right)\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_{K_2CO_3\left(pứ\right)}=x\left(mol\right)\\n_{KHCO_3\left(pứ\right)}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

BTNT C: x + y = 0,36 (*)

BTNT K: \(n_{KCl}=2n_{K_2CO_3}+n_{KHCO_3}=2x+y\left(mol\right)\)

BTNT Cl: \(n_{HCl}=n_{KCl}\Rightarrow2x+y=0,45\) (**)

Từ (*), (**) => \(\left\{{}\begin{matrix}x=0,09\\y=0,27\end{matrix}\right.\)

=> \(n_{K_2CO_3}:n_{KHCO_3}=x:y=0,09:0,27=1:3\)

BTNT C: \(n_{K_2CO_3}+n_{KHCO_3}=n_{BaCO_3}=0,6\left(mol\right)\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}n_{K_2CO_3}=0,15\left(mol\right)\\n_{KHCO_3}=0,45\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

BTNT K: \(n_{KOH}+2n_{K_2CO_3}=2n_{K_2CO_3}+n_{KHCO_3}\)

=> \(b=n_{KOH}=2.0,15+0,45-0,3.2=0,15\left(mol\right)\)

t đâu bạn?

vì khi đó AlCl₃ bị lẫn tạp chất MgCl₂.

Cách đúng cho bột Al vào dd, lọc bỏ phần rắn không tan thu được dd AlCl₃ 

2Al + 3CuCl₂ → 2AlCl₃ + 3Cu

Vì Mg sẽ phản ứng với cả AlCl3 và CuCl2

Đoạn OA : 

\(Ba\left(OH\right)_2+2HCl\text{→}BaCl_2+2H_2O\)

0,2                               0,2                 (mol)

\(3BaCl_2+Al_2\left(SO_4\right)_3\text{→}3BaSO_4+2AlCl_3\)

0,2                                         0,6             \(\dfrac{0,4}{3}\)                      (mol)
Đoạn AB :

\(3Ba\left(OH\right)_2+Al_2\left(SO_4\right)_3\text{→}3BaSO_4+2Al\left(OH\right)_3\)

3a                                                 3a                  2a                    (mol)

Đoạn BC : 

\(2AlCl_3+3Ba\left(OH\right)_2\text{→}2Al\left(OH\right)_3+3BaCl_2\)

\(\dfrac{0,4}{3}\)                  0,2                   \(\dfrac{0,4}{3}\)                                              (mol)

Đoạn CD : 

\(2Al\left(OH\right)_3+Ba\left(OH\right)_2\text{→}Ba\left(AlO_2\right)_2+4H_2O\)

(\(\dfrac{0,4}{3}\)+2a)             (\(\dfrac{0,2}{3}\) + a)                                                       (mol)

$\Rightarrow n_{Ba(OH)_2} = 0,2 + 3a + 0,2 + \dfrac{0,2}{3} + a = 0,56 \Rightarrow a = \dfrac{7}{300}$

Suy ra: 

$x = 0,6.233 + 3a.233 + 2a.78 = 139,8 + 855a = 159,75(gam)$
$y = x + \dfrac{0,4}{3}.78 = 170,15(gam)$

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)

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