Phương pháp giải:

a) Biện luận để chứng minh Al hết.

b) Nếu HCl dư thì thứ tự phản ứng: HCl dư > AlCl₃ > Al(OH)₃ và có hai trường hợp có thể thu được 7,8 gam kết tủa

- Trường hợp 1: AlCl₃ dư, KOH hết.

Trường hợp 2: AlCl₃ và KOH đều phản ứng hết ;Al(OH)₃ bị hòa tan một phần

Lời giải chi tiết:

a) Gọi n_Na = x (mol); n_Al = y (mol)

Na + H₂O → NaOH + \(\frac{1}{2}\)H₂      (1)

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + \(\frac{3}{2}\)H₂   (2)

Vì hỗn hợp A tan hết trong nước dư nên Na và Al đều hết, ta có hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}23x + 27y = 16,9\\\frac{x}{2} + \frac{{3y}}{2} = {n_{{H_2}}} = \frac{{12,32}}{{22,4}} = 0,55\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,5\\y = 0,2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\% {m_{Na}} = \frac{{23.0,5}}{{16,9}}.100\%  = 68,05\% \\\% {m_{Al}} = 100\%  - 68,05\%  = 31,95\% \end{array} \right.\)

b) 2Na + 2HCl → 2NaCl + H₂

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

\({n_{HCl(PT)}} = {n_{Na}} + 3{n_{Al}} = 0,5 + 3.0,2 = 1,1 < {n_{HCl(bd)}} = 2.0,75 = 1,5(mol)\) 

\( \Rightarrow {n_{HCl{\rm{ du}}}} = 1,5 - 1,1 = 0,4(mol)\)

Có: \({n_{AlC{l_3}}} = {n_{Al}} = 0,2(mol);{n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{{7,8}}{{78}} = 0,1(mol)\)

Khi cho KOH vào X thứ tự phản ứng: HCl dư > AlCl₃ > Al(OH)₃

          HCl + KOH → KCl + H₂O  (3)

(mol)  0,4 → 0,4

Trường hợp 1: AlCl₃ dư, KOH hết

        3KOH + AlCl₃ → 3KCl + Al(OH)₃  (4)

(mol)  0,3                              ← 0,1

⇒ n_KOH(3)+(4) = 0,3 + 0,4 = 0,7 (mol) ⇒ C_M = 0,35(M)

Trường hợp 2: AlCl₃ và KOH đều phản ứng hết ;Al(OH)₃ bị hòa tan một phần

        3KOH + AlCl₃ → 3KCl + Al(OH)₃  (5)

(mol)  0,6 ←    0,2      →               0,2

         KOH + Al(OH)₃ → KAlO₂ + 2H₂O   (6)

(mol)   0,1 ←     0,1

⇒ n_{KOH (3)+(5)+(6)} = 0,3 + 0,6 + 0,1 = 1 (mol) ⇒ C_M = 0,5(M)