KIM LOẠI KIỀM THỔ
PHẦN 2 MỘT SỐ HỢP CHẤT QUAN TRỌNG CỦA NHÔM
B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM
II. Hợp chất của nhôm
1. Phản ứng của dung dịch chứa các ion H+, Mn+với dung dịch chứa ion OH−(với M là các kim loại từ Mg2+trở về cuối dãy điện hóa)
Phương pháp giải
- Thứ tự phản ứng : Phản ứng trung hòa xảy ra trước, phản ứng tạo kết tủa xảy ra sau : H+ + OH- → H2O
( )
n
M ++ nOH−→ M OH n ↓
- Nếu M OH có tính lưỡng tính và OH( )n −còn dư thì sẽ có phản ứng hòa tan kết tủa :
[ 4](4 )
( )n (4 ) ( ) n
M OH + −n OH− → M OH − −
(Với M là Al, Zn)
- Dựa vào giả thiết và các phương trình phản ứng ion rút gọn để tính toán suy ra kết quả cần tìm. Để tăng tốc độ tính toán ta nên sử dụng định luật bảo toàn điện tích (xem ví dụ 6 – 9), bảo toàn nguyên tố, nhóm nguyên tố (xem ví dụ 10).
►Các ví dụ minh họa ◄
Ví dụ 1: Nhỏ từ từ 0,25 lít dung dịch NaOH 1,04M vào dung dịch gồm 0,024 mol FeCl3; 0,016 mol Al2(SO4)3 và 0,04 mol H2SO4 thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là :
A. 2,568. B. 4,128. C. 1,560. D. 5,064.
Hướng dẫn giải
nNaOH = 0,26 mol ; nAl3+= 0,032 mol ; nH+= 0,08 mol ; nFe3+= 0,024 mol Phương trình phản ứng:
H+ + OH- → H2O mol: 0,08 → 0,08
Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 ↓ mol: 0,024 → 3.0,024 → 0,024
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓ mol: 0,032 → 3.0,032 → 0,032
Al(OH)3 + OH- → [Al(OH)4]- mol: 0,012 ← 0,012
Theo giả thiết và các phản ứng, ta thấy khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng là : m = 107.0,024 + (0,032 - 0,012.78) = 4,128 gam.
Đáp án B.
Ví dụ 2: Hòa tan hết hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ trong nước được dung dịch A và có 1,12 lít H2 bay ra (đktc). Cho dung dịch chứa 0,03 mol AlCl3 vào dung dịch A thì khối lượng kết tủa thu được là :
A. 0,78 gam. B. 1,56 gam. C. 0,81 gam. D. 2,34 gam.
Hướng dẫn giải Phản ứng của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ với H2O :
2M + 2nH2O → 2Mn+ + 2nOH- + nH 2 Từ phương trình ta có:
H2
nOH− =2n = 0,1 mol.
Dung dịch A tác dụng với 0,03 mol dung dịch AlCl3: Al3+ + 3OH− → Al(OH)3↓
mol: 0,03 → 0,09 → 0,03
Al(OH)3 + OH− → AlO2− + 2H2O mol: 0,01 ← 0,01
Vậy:
Al(OH )3
m = 78.(0,03 – 0,01) = 1,56 gam.
Đáp án B.
Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 7,74 gam một hỗn hợp gồm Mg, Al bằng 500 ml dung dịch gồm H2SO4
0,28M và HCl 1M thu được 8,736 lít H2 (đktc) và dung dịch X. Thêm V lít dung dịch chứa đồng thời NaOH 1M và Ba(OH)2 0,5M vào dung dịch X thu được lượng kết tủa lớn nhất.
a. Số gam muối thu được trong dung dịch X là :
A. 38,93 gam. B. 38,95 gam. C. 38,97 gam. D. 38,91 gam.
b. Thể tích V là :
A. 0,39 lít. B. 0,4 lít. C. 0,41 lít. D. 0,42 lít.
c. Lượng kết tủa là :
A. 54,02 gam. B. 53,98 gam. C. 53,62 gam. D. 53,94 gam.
Hướng dẫn giải a. Xác định khối lượng muối thu được trong dung dịch X:
Phương trình ion rút gọn:
Mg + 2H+ → Mg2+ + H2↑ (1) 2Al + 6H+ → 2Al3+ + 3H2↑ (2)
2 4
nH SO = 0,28.0,5 = 0,14 mol ⇒ 2
SO4
n −= 0,14 mol và nH+= 0,28 mol.
nHCl = 0,5 mol ⇒
nH+= 0,5 mol và nCl−= 0,5 mol.
Vậy tổng n = 0,28 + 0,5 = 0,78 mol.
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
178
Theo giả thiết n = 0,39 mol = H2 1
2.nH+ nên suy ra phản ứng xảy ra vừa đủ
⇒ mhh muối = mhh kim loại + 2
SO4 Cl
m − +m − = 7,74 + 0,14.96 + 0,5.35,5 = 38,93 gam.
Đáp án A.
b. Xác định thể tích V:
2
NaOH Ba(OH )
n 1V mol
n 0,5V mol
=
= ⇒ Tổng nOH−= 2V mol và nBa2+= 0,5V mol.
Phương trình tạo kết tủa:
Ba2+ + SO42− → BaSO4↓ (3) mol: 0,5V 0,14
Mg2+ + 2OH− → Mg(OH)2↓ (4) Al3+ + 3OH− → Al(OH)3↓ (5)
Để kết tủa đạt lớn nhất thì số mol OH− đủ để kết tủa hết các ion Mg2+ và Al3+. Theo các phương trình phản ứng (1), (2), (4), (5) ta có:
nH+=nOH−= 0,78 mol
⇒ 2V = 0,78 ⇒ V = 0,39 lít.
Đáp án A.
c) Xác định lượng kết tủa:
Ba2
n += 0,5V = 0,5.0,39 = 0,195 mol > 0,14 mol nên Ba2+ dư.
⇒mBaSO4= 0,14.233 = 32,62 gam.
Vậy mkết tủa =
BaSO4
m + m Mg, Al + mOH−= 32,62 + 7,74 + 0,78.17 = 53,62 gam.
Đáp án C.
Ví dụ 4: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và 0,1 mol H2SO4
đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 7,8 gam kết tủa.
a. Giá trị nhỏ nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là :
A. 0,35. B. 0,25. C. 0,45. D. 0,05.
b. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là :
A. 0,35. B. 0,25. C. 0,45. D. 0,05.
Hướng dẫn giải a. nAl(OH)3 = 0,1 mol, nH+= 0,2 mol và nAl3+= 0,2 mol ⇒ 3
nAl+>
Al(OH)3
n Giá trị V nhỏ nhất khi Al3+ dư.
Các phương trình phản ứng : H+ + OH- → H2O mol: 0,2 → 0,2
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
mol: 0,1 ← 0,3 ← 0,1 ⇒ Tổng số mol OH- = 0,5 ⇒ V = 0,25 lít.
Đáp án B.
b. Giá trị V lớn nhất khi Al3+ phản ứng hết.
Các phương trình phản ứng:
H+ + OH- → H2O mol: 0,2 → 0,2
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
mol: 0,1 ← 0,3 ← 0,1 Al3+ + 4OH- → [Al(OH)4]-
mol: 0,1 → 0,4
⇒ Tổng số mol OH- = 0,9 ⇒ V = 0,45 lít.
Đáp án C.
Nhận xét : Như vậy đối với dạng bài tập tính số mol OH- mà 3
( )3 + > Al OH
nAl n , nếu đề bài không cho biết thêm điều kiện gì thì sẽ có hai trường hợp xảy ra. Nếu đề bài yêu cầu tính lượng OH- tối thiểu thì ta chỉ cần xét trường hợp Al dư, còn nếu đề bài yêu cầu tính lượng OH3+ - tối đa (hoặc cho biết kết tủa tạo thành bị tan một phần) thì ta chỉ cần xét trường hợp Al hết. 3+
Ví dụ 5: Hòa tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X, thu được a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì cũng thu được a gam kết tủa.
a. Giá trị của a là :
A. 10,89. B. 21,78. C. 12,375. D. 17,710.
b. Giá trị của m là :
A. 20,125. B. 12,375. C. 22,540. D. 17,710.
Hướng dẫn giải
Nhận xét: Ở trường hợp thứ nhất số mol của KOH tham gia phản ứng ít hơn ở trường hợp thứ hai, nhưng lượng kết tủa thu được lại bằng nhau nên ta suy ra : Trường hợp thứ nhất ZnSO4 dư;
trường hợp thứ hai ZnSO4 phản ứng hết tạo thành kết tủa sau đó kết tủa tan một phần.
● Trường hợp 1: Xảy ra phản ứng Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2 mol: 0,11 ← 0,22 → 0,11
⇒ a = mZn(OH)2= 0,11.99 = 10,89 gam.
● Trường hợp 2: Xảy ra các phản ứng Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2 mol: 0,11 ← 0,22 → 0,11
Zn2+ + 4OH- → [Zn(OH)4]2- mol: 0,015 ← 0,06
⇒ m =
ZnSO4
m = (0,11 + 0,015).161 = 20,125 gam.
Đáp án: AA.
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
180
Ví dụ 6: Trộn 100 ml dung dịch AlCl3 1M với 200 ml dung dịch NaOH 1,8M thu được kết tủa A và dung dịch D.
a. Khối lượng kết tủa A là :
A. 3,12 gam. B. 6,24 gam. C. 1,06 gam. D. 2,08 gam.
b. Nồng độ mol của các chất trong dung dịch D là :
A. NaCl 0,2M và NaAlO2 0,6M. B. NaCl 1M và NaAlO2 0,2M.
C. NaCl 1M và NaAlO2 0,6M. D. NaCl 0,2M và NaAlO2 0,4M.
Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có :
Al3
n += 0,1 mol, nCl−= 3.0,1 = 0,3 mol; nNa+= nOH−= 0,2.1,8 = 0,36 mol.
Sau khi phản ứng kết thúc, kết tủa tách ra, phần dung dịch chứa 0,3 mol Cl– trung hoà điện tích với 0,3 mol Na+ còn 0,06 mol Na+ nữa phải trung hoà điện tích với một anion khác, chỉ có thể là 0,06 mol AlO2– (hay [Al(OH)4]–). Suy ra đã có 0,1 – 0,06 = 0,04 mol Al3+ tách ra thành 0,04 mol Al(OH)3. Kết quả trong dung dịch chứa 0,3 mol NaCl và 0,06 mol NaAlO2 (hay Na[Al(OH)4]).
a. mAl(OH)3= 0,04.78 = 3,12 gam Đáp án A.
b. CM(NaCl) = 0,3
0,3= 1M,
M(NaAlO )2
C 0,06 0, 2M
= 0,3 = . Đáp án B.
Ví dụ 7: Trộn dung dịch chứa a mol AlCl3 với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa thì tỉ lệ giữa a và b là :
A. a : b = 1 : 4. B. a : b < 1 : 4. C. a : b = 1 : 5. D. a : b > 1 : 4.
Hướng dẫn giải Cách 1 : Sử dụng phương trình phản ứng
Phương trình phản ứng :
Al3+ + 4OH- → [Al(OH)4]- (1) mol: a → 4a
Theo (1) ta thấy nOH− ≥4nAl3+thì không thu được kết tủa. Vậy để thu được kết tủa Al(OH)3 thì :
OH Al3
n − <4n + ⇒b 4a< ⇒a : b 1: 4.>
Cách 2 : Sử dụng định luật bảo toàn điện tích
Nếu phản ứng không có kết tủa thì dung dịch sau phản ứng gồm các ion : Na+, Cl-, [Al(OH)4]-, có thể có OH- dư.
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
4 dử
Na [Al(OH) ] Cl OH
n + =n − +n − +n −
⇒
Na [Al(OH) ]4 Cl
n + ≥n − +n − ⇒b ≥ a +3a =4a hay a 1
b ≤4 ⇒ Để thu được kết tủa thì a 1 b >4. Đáp án D.
Ví dụ 8: Cho 150 ml dung dịch KOH 1,2M tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/l, thu được dung dịch Y và 4,68 gam kết tủa. Loại bỏ kết tủa, thêm tiếp 175 ml dung dịch KOH 1,2M vào Y, thu được 2,34 gam kết tủa. Giá trị của x là :
A. 1,2. B. 0,8. C. 0,9. D. 1,0.
Hướng dẫn giải Cách 1 : Sử dụng phương trình ion rút gọn
nKOH
∑ = 0,39 mol và
Al(OH)3
∑n = 0,09 mol Phương trình phản ứng:
Al3+ + 3OH−→ Al(OH)3 mol: 0,09 ← 0,27 ← 0,09
Al3+ + 4OH−→ [Al(OH)4]− mol: 0,03 ← (0,39 − 0,27) = 0,12
⇒ nAl3+ = 0,09 + 0,03 = 0,12 ⇒ x = 1,2.
Cách 2 : Sử dụng định luật bảo toàn điện tích Theo giả thiết ta có :
AlCl3
n =0,1x mol,∑nKOH = 0,39 mol và
Al(OH)3
∑n = 0,09 mol
OH trong Al(OH)3 OH trong NaOH
n − n −
⇒ <
Như vậy đã có phản ứng hòa tan kết tủa, dung dịch thu được gồm các ion: Al(OH)4-, K+ và Cl- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có :
K [Al(OH) ]4 Cl
n + =n − +n − ⇒ 0,39 = (0,1x – 0,09) + 3.0,1x ⇒ x = 1,2.
Đáp án A.
Cách 3 : Sử dụng phương pháp bảo toàn nhóm OH và nguyên tử Al :
3 4 4
3 4
Al(OH)
OH phản ứng OH OH [Al(OH) ] [Al(OH) ]
Al(OH) [Al(OH) ]
n − n − n − 3n 4n − n − 0,03 mol.
−
= + = + ⇒ =
3 3 3
3 4
Al ban đầu Al Al
Al(OH) [Al(OH) ]
n + n + n + 0,12 mol.
−
= + =
Ví dụ 9: Dung dịch X gồm 0,1 mol H+, z mol Al3+, t mol NO3- và 0,02 mol SO42-. Cho 120 ml dung dịch Y gồm KOH 1,2M và Ba(OH)2 0,1M vào X, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 3,732 gam kết tủa. Giá trị của z, t lần lượt là :
A. 0,020 và 0,012. B. 0,020 và 0,120. C. 0,012 và 0,096. D. 0,120 và 0,020.
Hướng dẫn giải
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X ta có : 0,1 + 3z = t + 0,04.
2 42 4 4
3 3
BaSO BaSO
Ba SO
Al(OH) Al(OH)
n 0,012 n 0,02 n 0,012 mol m 0,012.233 2,796 gam m 3,732 2,796 0,936 gam n 0,012 mol.
+ = < − = ⇒ = ⇒ = =
⇒ = − = ⇒ =
KOH Ba(OH)2
nOH− =n +2n =0,168 mol
∑ .
Phương trình phản ứng :
H+ + OH- → H2O (1) mol: 0,1 → 0,1
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 (2)
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
182
Al3+ + 4OH- → Al(OH)4- (3) mol: 0,008 ← (0,168 - 0,1 - 0,036) = 0,032
Ta thấy : 3
Al NO3
z n= + =0,012 0,008 0,02 mol+ = ⇒t n= − =0,1 3.0,02 0,04 0,12 mol.+ − = Đáp án B.
Ví dụ 10: Cho 400 ml dung dịch E gồm AlCl3 x mol/lít và Al2(SO4)3 y mol/lít tác dụng với 612 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 8,424 gam kết tủa. Mặt khác, khi cho 400 ml E tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư) thì thu được 33,552 gam kết tủa. Tỉ lệ x : y là :
A. 4 : 3. B. 3 : 4. C. 7 : 4. D. 3 : 2.
Hướng dẫn giải Số mol Al3+ = (0,4x +0,8y) mol; số mol SO42- = 1,2y mol.
Số mol BaSO4 = 0,144 mol = số mol SO42- =1,2y ⇒ y = 0,12.
Tổng số mol OH- = 0,612 mol; Số mol Al(OH)3 = 0,108 mol ⇒ Số mol OH- trong kết tủa = 0,324 < 0,612 ⇒ số mol OH- trong Al(OH)4- = 0,288 mol ⇒ 0,4x +0,8y = 0,108 + (0,288 : 4)
⇒x = 0,21⇒ x : y =7 : 4.
Đáp án C.
Ví dụ 11: Cho 500 ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào V ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M; sau khi các phản ứng kết thúc thu được 12,045 gam kết tủa. Giá trị của V là :
A. 75. B. 150. C. 300. D. 200.
Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng :
3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4↓ + 2Al(OH)3↓ (1) mol: 3x → x → 3x → 2x
Giả sử chỉ xảy ra phản ứng (1), khi đó Ba(OH)2 đã phản ứng hết, không có hiện tượng hòa tan kết tủa Al(OH)3.
Theo phản ứng và giả thiết ta có tổng khối lượng kết tủa BaSO4 và Al(OH)3 là : 3x.233 + 2x.78 = 12,045 ⇒ x = 0,014 ⇒
Ba(OH)2
n =0,014.3 0,042 0,05= < : Vô lý!
Vậy phải xảy ra trường hợp hòa tan một phần kết tủa tạo muối tan Ba[Al(OH)4]2 : 4Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4↓ + Ba[Al(OH)4]2 (2)
mol: 4y → y → 3y
Theo các phản ứng (1), (2) và giả thiết suy ra : 3x 4y 0,05 x 0,01 (3x 3y).233 2x.78 12,045 y 0,005
+ = =
⇒
+ + = =
Vậy số mol Al2(SO4)3 là 0,015 mol, thể tích của dung dịch Al2(SO4)3 là 150 ml.
Đáp án B.
2. Phản ứng của dung dịch chứa các ion OH−,[M OH( )4](4− −n) với dung dịch chứa ion H+(Với M là Al, Zn)
Phương pháp giải
- Thứ tự phản ứng : Phản ứng trung hòa xảy ra trước, phản ứng tạo kết tủa xảy ra sau : H+ + OH- → H2O
[M OH( )4](4− −n) + (4−n H) + → M OH( )n ↓ +(4−n H O ) 2
- Nếu H còn dư thì sẽ có phản ứng hòa tan kết tủa + ( )n+ + → n++ 2
M OH nH M nH O
- Dựa vào giả thiết và các phương trình phản ứng ion rút gọn để tính toán suy ra kết quả cần tìm.
►Các ví dụ minh họa ◄
Ví dụ 1: 100 ml dung dịch A chứa NaOH 0,1M và Na[Al(OH)4] aM. Thêm từ từ 0,6 lít HCl 0,1M vào dung dịch A thu được kết tủa, lọc kết tủa, nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 1,02 gam chất rắn. Giá trị của a là :
A. 0,15 . B. 0,2. C. 0,275. D. 0,25.
Hướng dẫn giải
[ 4] [ 4]
3 2 3
NaOH Na Al(OH)
OH Al(OH) H
Al(OH) Al O
n n 0,01 mol ; n n 0,1.a mol ; n 0,06 mol
n 2.n 0,02 mol
− = = − = = + =
= =
Vì sau phản ứng thu được kết tủa chứng tỏ HCl đã phản ứng hết Phương trình phản ứng:
[ ]
[ ]
2
4 3 2
3
4 2
OH H H O
mol : 0,01 0,01
Al(OH) H Al(OH) H O
mol : 0,02 0,02 0,02
Al(OH) 4H Al 4H O
mol : 0,0075 0,03
− +
− +
− + +
+ →
→
+ → +
← ←
+ → +
←
[ ]
Al(OH)4
0,0275
n 0,0275 mol a 0, 275M
− 0,1
⇒∑ = ⇒ = = .
Đáp án: C.
Ví dụ 2: 200 ml dung dịch A chứa KOH 0,05M và Na[Al(OH)4] 0,15M. Thêm từ từ HCl 0,1M vào dung dịch A, lọc kết tủa, nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 1,02 gam chất rắn.
Thể tích dung dịch HCl đã dùng là :
A. 0,3 lít. B. 0,6 lít. C. 0,7 lít. D. 0,3 lít hoặc 0,7 lít.
Hướng dẫn giải
[ 4] [ 4] 3 2 3
KOH Na Al(OH) Al(OH) Al O
OH Al(OH)
n − =n =0,01 mol ; n − =n =0,03 mol ; n =2.n =0,02 mol Vì [ ]
4 Al(OH)3
Al(OH)
n − > n nên có hai trường hợp xảy ra :
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
184
● Trường hợp 1 : [Al(OH)4]−dư Phương trình phản ứng:
[ ]
2
4 3 2
OH H H O
mol : 0,01 0,01
Al(OH) H Al(OH) H O
mol : 0,02 0,02
− +
− +
+ →
→
+ → +
←
H dd HCl 0,03
n 0,03 mol V 0,3 lít
+ 0,1
⇒ = ⇒ = = .
● Trường hợp 2 : [Al(OH)4]−hết Phương trình phản ứng:
OH H H O2
mol : 0,01 0,01
− + + →
→
[ ]
[ ]
4 3 2
3
4 2
Al(OH) H Al(OH) H O
mol : 0,02 0,02 0,02
Al(OH) 4H Al 4H O
mol : 0,01 0,04
− +
− + +
+ → +
← ←
+ → +
→
dd HCl H
n 0,07 mol V 0,07 0,7 lít
+ 0,1
⇒ = ⇒ = = .
Đáp án D.
● Nhận xét : Như vậy đối với dạng bài tập tính số mol H+ mà
[ ( )4]− > Al OH( )3 Al OH
n n , nếu đề bài
không cho biết thêm điều kiện gì thì sẽ có hai trường hợp xảy ra. Nếu đề bài yêu cầu tính lượng H+ tối thiểu thì ta chỉ cần xét trường hợp [Al OH( )4]−dư, còn nếu đề bài yêu cầu tính lượng H+ tối đa (hoặc cho biết kết tủa tạo thành bị tan một phần) thì ta chỉ cần xét trường hợp [Al OH( )4]−hết.
Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 7,8 gam hỗn hợp gồm Al và Al2O3 trong 500 ml dung dịch NaOH 0,5M thu được 3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch D. Thể tích HCl 2M cần cho vào D để thu được lượng kết tủa lớn nhất là :
A. 0,175 lít. B. 0,125 lít. C. 0,25 lít. D. 0,52 lít.
Hướng dẫn giải
Trong dung dịch D có chứa AlO2– và OH– (nếu dư). Dung dịch D trung hoà về điện nên :
AlO2 OH Na
n − +n − =n + =0, 25 mol Khi cho HCl vào D:
H+ + OH– → H2O
H+ + AlO2– + H2O → Al(OH)3↓ Để thu được lượng kết tủa lớn nhất thì
H AlO2 OH
n + =n − +n −= 0,25 mol Thể tích dung dịch HCl là V 0, 25 : 2= = 0,125 lít.
Đáp án B.
Ví dụ 4: Hỗn hợp chứa a mol Al4C3 và b mol BaO hòa tan hoàn toàn vào nước chỉ được dung dịch chứa 1 chất tan. Tìm tỷ số a/b:
A. 2
3. B. 3
2. C. 1
1. D. 1
2. Hướng dẫn giải
Theo giả thiết sau phản ứng chỉ thu được một chất tan duy nhất, đó là Ba(AlO2)2. Sơ đồ phản ứng : Al C4 3 H O2 2 2
Ba(AlO ) BaO
+
→
Căn cứ vào sản phẩm sinh ra ta có : Al Al Al C4 3
Ba Ba BaO
n 2 n 4.n 2 4a 2 a 1
n =1⇒n = n =1⇒ b =1 ⇒b =2. Đáp án D.
Ví dụ 5: Cho m gam Al4C3 phản ứng vừa hết với lượng dung dịch có 0,03 mol HCl, được dung dịch X. Mặt khác cho m’ gam Al4C3 kể trên phản ứng vừa hết với dung dịch có 0,04 mol KOH được dung dịch Y. Trộn lẫn toàn bộ X và Y kể trên với nhau được hỗn hợp Z chứa bao nhiêu mol muối nhôm:
A. 0,025 mol. B. 0,01 mol. C. 0,04 mol. D. 0,08 mol.
Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng :
Al4C3 + 12HCl → 4AlCl3 + 3CH4 (1) mol: 0,03 → 0,01
Al4C3 + 4KOH + 4H2O → 4KAlO2 + 3CH4 (2) mol: 0,04 → 0,04
Trộn dung dịch X với dung dịch Y thì xảy ra phản ứng : AlCl3 + 3KAlO2 → 4Al(OH)3 + 3KCl (3) mol: 0,01 → 0,03
Vậy sau phản ứng còn dư 0,01 mol KAlO2. Đáp án B.
Ví dụ 6: 16,9 gam hỗn hợp Na, Al hòa tan hết vào nước dư thu được dung dịch X. Cho X phản ứng vừa hết 0,8 mol HCl được 7,8 gam kết tủa. Tính khối lượng Al ban đầu.
A. 2,7 gam. B. 3,95 gam. C. 5,4 gam. D. 12,4 gam.
Hướng dẫn giải
Sau tất cả các phản ứng, giả sử dung dịch thu được chỉ có NaCl, suy ra số mol NaCl bằng số mol HCl bằng 0,8 mol, suy ra khối lượng Na ban đầu là 0,8.23 = 18,4 > 16,9 (loại). Vậy dung dịch thu được sau tất cả các phản ứng phải có cả AlCl3.
Đặt số mol của Na, Al ban đầu là x và y, kết hợp với việc áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Cl ta có :
Na Al
m 11,5 gam 23x 27y 16,9 x 0,5
x 3.(y 0,1) 0,8 y 0,2 m 0,2.27 5,4 gam
=
+ = =
⇒ ⇒
+ − = = = =
(y – 0,1) là số mol Al ban đầu trừ số mol Al trong kết tủa, đây chính là số mol muối AlCl3. Đáp án B.
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
186
Ví dụ 7: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na2O và Al2O3 vào nước thu được dung dịch X trong suốt. Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào X, khi hết 100 ml thì bắt đầu xuất hiện kết tủa; khi hết 300 ml hoặc 700 ml thì đều thu được a gam kết tủa. Giá trị của a và m lần lượt là :
A. 23,4 và 56,3. B. 23,4 và 35,9. C. 15,6 và 27,7. D. 15,6 và 55,4.
Hướng dẫn giải Theo giả thiết suy ra dung dịch X chứa NaOH và NaAlO2.
Cho 300 ml HCl (TN1) hoặc 700 ml HCl (TN2) vào X đều thu được m gam kết tủa chứng tỏ ở TN1 NaAlO2 chưa phản ứng hết, ở TN2 NaAlO2 phản ứng hết tạo kết tủa sau đó kết tủa tan một phần.
OH- + H+ → H2O mol: 0,1 ← 0,1
AlO2- + H+ + H2O → Al(OH)3
mol: 0,2 ← 0,2 → 0,2 AlO2- + 4H+ → Al3+ + H2O mol: 0,1 ← 0,4
Từ phương trình phản ứng ta có mol NaOH là 0,1 và NaAlO2 là 0,3 mol. Vậy ban đầu mol Na2O là 0,2 mol và Al2O3 là 0,15 mol.
Giá trị của a và m lần lượt là 15,6 và 27,7.
Đáp án C.
Chọn người
Giả sử bạn đang bỏ phiếu cho người lãnh đạo thế giới.
Dưới đây là sự thật đời tư của 3 ứng cử viên đang dẫn đầu số phiếu
Ứng cử viên A: Đã từng có những vụ bê bối về chính trị, mê tín dị đoan, rất tin vào thuật chiêm tinh, có đến hai tình nhân. Hút thuốc nhiều và uống 8 đến 10 ly rượu mạnh vào mỗi ngày.
Ứng cử viên B: Hai lần bị đuổi việc, ngủ đến tận trưa mới dậy, đã từng dùng thuốc phiện khi còn là sinh viên, uống rượu như uống nước.
Ứng cử viên C: Là anh hùng chiến tranh của một đất nước, ăn chay trường, không hút thuốc, thỉnh thoảng chỉ uống 1 ly bia và không có bê bối tình ái nào.
Bạn chọn ai lãnh đạo thế giới?
Ứng cử viên A: chính là Franklin D.Roosevelt, tổng thống Mỹ.
Ứng cử viên B: là Winston Churchill anh hùng dân tộc của nước Anh.
Ứng cử viên C: Adolf Hitler, người đưa cả thế giới vào chiến tranh thế giới thứ hai, ra lệnh giết người không run sợ, vậy mà... ăn chay trường, không hút thuốc, thỉnh thoảng chỉ uống 1 ly bia và không có bê bối tình ái nào ...
Sự việc nhiều lúc không đơn giản như ta tưởng !
C. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
Câu 1: Cho biết số thứ tự của Al trong bảng tuần hoàn là 13. Phát biểu nào sau đây đúng ? A. Trong các hạt Na+, Mg2+, Al3+, O, F thì Al3+ có bán kính lớn nhất.
B. Al thuộc chu kì 3, nhóm IIIB.
C. So với các kim loại khác trong cùng chu kì, nhôm có tính khử mạnh hơn.
D. Al thuộc chu kì 3, nhóm IIIIA.
Câu 2: Nhôm thể hiện tính chất nào sau đây ?
1) Nhôm có cấu tạo mạng tinh thể lập phương tâm diện.
2) Là kim loại màu trắng bạc, mềm, dễ kéo sợi và dát mỏng.
3) Nhôm dẫn điện và dẫn nhiệt tốt, tốt hơn các kim loại Fe và Cu.
4) Nhôm là kim loại nhẹ, nóng chảy ở nhiệt độ 660oC.
5) Nhôm là nguyên tố s.
A. 1, 2, 4, 5. B. 1, 2, 4. C. 1, 3, 4, 5. D. 1, 2, 3, 4.
Câu 3: Tính chất nào sau đây của nhôm là đúng ?
A. Nhôm tác dụng với các axit ở tất cả mọi điều kiện.
B. Nhôm tan được trong dung dịch NH3.
C. Nhôm bị thụ động hóa với HNO3 đặc nguội và H2SO4 đặc nguội.
D. Nhôm là kim loại lưỡng tính.
Câu 4: Cho hỗn hợp bột Al, Fe vào dung dịch chứa Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn gồm ba kim loại. Ba kim loại đó là :
A. Fe, Cu, Ag. B. Al, Cu, Ag. C. Al, Fe, Cu. D. Al, Fe, Ag.
Câu 5: Cho hỗn hợp dạng bột hai kim loại Mg và Al vào dung dịch có hòa tan hai muối AgNO3 và Cu(NO3)2. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được hỗn hợp hai kim loại và dung dịch D. Như vậy :
A. Hai muối AgNO3 và Cu(NO3)2 đã phản ứng hết và hai kim loại Mg, Al cũng phản ứng hết.
B. Hai kim loại Mg, Al phản ứng hết, AgNO3 phản ứng hết,Cu(NO3)2 phản ứng vừa hết hoặc còn dư.
C. Hai kim loại Mg, Al phản ứng hết, cả AgNO3 và Cu(NO3)2 đều còn dư.
D. Một trong hai kim loại phải là Ag, kim loại còn lại là Cu hoặc Al.
Câu 6: Phản ứng hoá học nào dưới đây không thuộc loại phản ứng nhiệt nhôm ?
A. Al tác dụng với Fe3O4 nung nóng. B. Al tác dụng với CuO nung nóng.
C. Al tác dụng với Fe2O3 nung nóng. D. Al tác dụng với axit H2SO4 đặc, nóng.
Câu 7: Phản ứng nhiệt nhôm (đun nóng oxit kim loại với Al ở nhiệt độ cao) dùng điều chế những kim loại nào ?
A. Al, Fe, Mg. B. Fe, Zn, Cu. C. Cu, Na, Zn. D. Ca, Fe, Cu.
Câu 8: Hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Al có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm X (không có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp gồm
A. Al2O3 và Fe. B. Al, Fe và Al2O3. C. Al, Fe, Fe3O4 và Al2O3. D. Al2O3, Fe và Fe3O4.
Câu 9: Nung nóng hỗn hợp Al và Fe2O3 (chỉ xảy ra phản ứng nhiệt nhôm đến hoàn toàn) thu được hỗn hợp X. Cho X tác dụng dung dịch NaOH thấy có khí thoát ra. Thành phần X gồm :
A. Al O . B. Fe, Al, Al O . C. Al, Fe. D. Al, Fe, Fe O , Al O .