Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Nhôm và hợp chất của nhôm (Hóa học Lớp 12)

Bảo toàn e ta có 3n${}_{Al}$ = 4n${}_{O2}$ + 2n${}_{H2}$ → n${}_{Al}$ = 0,6 mol
Bảo toàn khối lượng ta có m = m${}_{Al}$ + m${}_{O2}$ = 25,8 gam

X là $AlC{l}_3$ (hoặc muối nhôm khác), Y là muối Aluminat (hoặc ngược lại X là muối Aluminat)

Cho sơ đồ các phản ứng sau:
(1) NaHCO${}_3$ → Na${}_2$CO${}_3$ + CO${}_2$ + H${}_2$O;
(2) NaAlO${}_2$ + CO${}_2$ + H${}_2$O → Al(OH)${}_3$ + NaHCO${}_3$
(3) Al(OH)${}_3$ → Al${}_2$O${}_3$ + H${}_2$O ;
(4) Al${}_2$O${}_3$ $\stackrel{\text{điện phaˆn noˊng chảy}}{\to }$ O${}_2$ + Al
Phát biểu "X, M, N đều là các hợp chất lượng tính" là đúng → phương án A.

(AI giải đề cho tôi)
(1) NaAlO2 + CO2 + 2H2O → Al(OH)3 + NaHCO3 nên X = NaHCO3. (2) 2NaHCO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O (cân bằng: Na 2, C 2, Ca 1, H 4, O 9) nên Y = Ca(OH)2, Z = Na2CO3. (3) NaHCO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + NaOH + H2O (cân bằng đầy đủ) nên T = NaOH. Vậy Y, T lần lượt là Ca(OH)2, NaOH → đáp án A, khớp đáp án nguồn (78-A).

$n_{Al}=0,3$ mol, $n_{N_2}=0,06$ mol
$n_{N{H}_{4}N{O}_3}=(0,3\times 3-0,6)/8=0,0375$ mol
$m_{mu\acute{\hat{o}}i}=0,3\times 213+0,0375\times 80=66,9$ gam

(AI giải đề cho tôi)
Gọi X gồm a mol MgO và b mol Al₂O₃. Tan trong HCl: 2a + 6b = 0,325 → a + 3b = 0,1625. Khối lượng oxit: 40a + 102b = 5,6. Thay a = 0,1625 − 3b: 6,5 − 120b + 102b = 5,6 → 18b = 0,9 → b = 0,05; a = 0,0125. Khối lượng kim loại ban đầu: m = 24a + 27·(2b) = 24·0,0125 + 54·0,05 = 0,3 + 2,7 = 3,0 gam. Kiểm tra: MgO 0,5 g + Al₂O₃ 5,1 g = 5,6 g; HCl = 2·0,0125 + 6·0,05 = 0,325 mol ✓. Chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
nNO2 = 1,568/22,4 = 0,07 mol. Gọi x, y là mol Mg, Al: bảo toàn khối lượng 24x + 27y = 0,75; bảo toàn electron 2x + 3y = 0,07. Giải hệ được y = 0,01; x = 0,02 (kiểm tra: 0,48 + 0,27 = 0,75 gam đúng). Cho NaOH dư: Mg(OH)2 kết tủa giữ lại, còn Al(OH)3 tan trong NaOH dư tạo NaAlO2. Vậy m = 0,02 × 58 = 1,16 gam → đáp án B.

Chọn đáp án B.
$$\{\begin{array}{l}{n}_{NO}+n_{N_{2}O}=\frac{8,96}{22,4}=0,4\text{ mol}\\ n_{NO}:n_{N_{2}O}=1:3\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{NO}=0,1\text{ mol}\\ n_{N_{2}O}=0,3\text{ mol}\end{array}$$
$-\stackrel{B{T}^e}{\to }3n_{Al}=3n_{NO}+8n_{N_{2}O}=2,7$ mol $\Rightarrow n_{Al}=0,9$ mol $\Rightarrow a=24,3g$

[Nguồn gốc đáp án: Trang 171 (bản giải Đề 14) ghi: "Câu 35. Chọn đáp án B" — nguồn chỉ nêu đáp án, không có lời giải chi tiết.]

[Lý giải do AI bổ sung, có ghi rõ nguồn gốc]:
- Muối tạo thành là Al(NO${}_3$)${}_3$; với NaOH dư: Al${}^{3+}$ + 4OH${}^{-}$ → AlO${}_2^{-}$ + 2H${}_2$O, nên n${}_{NaOH}$ = 4n${}_{Al(N{O}_3{)}_3}$.
- n${}_{NaOH}$ = 25,84 ÷ 40 = 0,646 mol ⇒ n${}_{Al(N{O}_3{)}_3}$ = 0,1615 mol ⇒ m${}_{mu\acute{\hat{o}}i}$ = 0,1615 × 213 = 34,4 g = 8m ⇒ m${}_{Al}$ = 4,3 g ⇒ n${}_{Al}$ = 0,15925 mol.
- Bảo toàn electron: 3n${}_{Al}$ = 8n${}_{N_{2}O}$ ⇒ y = 3 × 0,15925 ÷ 8 ≈ 0,0597 ≈ 0,060 mol.
- LƯU Ý MÂU THUẪN: phép tính trên cho kết quả khớp với đáp án A (0,060), trong khi bảng đáp án chính thức của nguồn (trang 171) ghi Câu 35 là B (0,048). Đáp án chính thức được giữ nguyên theo nguồn; sự không nhất quán này được báo cáo, không tự ý sửa.

+ Đặt $n_{N{H}_{4}N{O}_3}=a\parallel n_{N_2}=b$
$\Rightarrow 10n_{N{H}_{4}N{O}_3}+8n_{N_2}=3n_{Al}=1,62$ (1)
$\Rightarrow 12n_{N{H}_{4}N{O}_3}+10n_{N_2}=n_{HN{O}_3}=2$ (2)
+ Giải hệ (1) và (2) $\Rightarrow b=n_{N_2}=0,05$ mol
$\Rightarrow V_{N_2}=1,12$ lít $\Rightarrow$ Chọn C

Do $n_{HCl}<2n_{H2}$ $\Rightarrow$ HCl hết, Ba tác dụng với $H_2$O $\Rightarrow$ X chứa $BaC{l}_2$ và $Ba(OH{)}_2$.

Các chất tác dụng được với dung dịch X là $N{a}_{2}S{O}_4$, $N{a}_{2}C{O}_3$, Al, $A{l}_2{O}_3$, $AlC{l}_3$, $NaHC{O}_3$ $\Rightarrow$ chọn B.

● Gọi số mol NaOH dùng ở lần 1 là a mol ta có sơ đồ.

$$\{\begin{array}{l}{H}^{+}:0,3\\ A{l}^{3+}:0,2\\ S{O}_4^{2-}:0,45\end{array}+NaOH\underset{a}{\to }\{\begin{array}{l}0,5a\\ N{a}_{2}S{O}_4\\ \frac{a-0,3}{3}\end{array}+H_{2}O$$

● ⟹ Với $n_{NaOH}=(a+0,45)$ mol thì $n_{Al(OH{)}_3}=\frac{a-0,3}{6}$

+ Ta có sơ đồ: $$\{\begin{array}{l}{H}^{+}:0,3\\ A{l}^{3+}:0,2\\ S{O}_4^{2-}:0,45\end{array}+NaOH\underset{a+0,45}{\to }\{\begin{array}{l}N{a}_{2}S{O}_4:0,45\\ Al(OH{)}_3:\frac{a-0,3}{6}+H_{2}O\\ NaAl{O}_2:a-0,45\end{array}$$

⟹ Ta có $n_{Al(OH{)}_3}=4n_{Al(OH{)}_3}-(n_{NaOH}-n_{H^{+}})$

$$\iff \frac{a-0,3}{6}=0,2\times 4-(a+0,45-0,3)$$

$a=0,6$ mol ⟹ $V_{NaOH}=0,6$ lít = 600 ml ⟹ Chọn C

Chọn đáp án D.
$n_{O_2}=\frac{3,36}{22,4}=0,15mol,n_{H_2}=\frac{13,44}{22,4}=0,6mol$
— BT e → n.n_M = 4n_{O_2} + 2n_{H_2} ⇒ n.$\frac{16,2}{M}$ = 4.0,15 + 2.0,6 ⇒ M = 9n
⇒ n = 3, M = 27 (Al)

Chọn đáp án B.
Nung X ở nhiệt độ cao:
$$3CuO+2Al\stackrel{t^0}{\to }3Cu+A{l}_2{O}_3$$
$$3FeO+2Al\stackrel{t^0}{\to }3Fe+A{l}_2{O}_3$$
Phần rắn + NaOH dư:
$$A{l}_2{O}_3+2NaOH\to 2NaAl{O}_2+H_{2}O$$
$$2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2$$
=> Y gồm: Cu, Fe, MgO
Y + H2SO4 loãng dư:
$$MgO+H_{2}S{O}_4\to MgS{O}_4+H_{2}O$$
$$Fe+H_{2}S{O}_4\to FeS{O}_4+H_2$$
Có tất cả 6 phản ứng xảy ra.

Đáp án A

Đặt số mol Ca(OH)₂ = a và n_NaAlO2 = b ta có phản ứng:

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃↓ + H₂O.

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃

Sau khi CO₂ dư vào ⇒ CaCO₃ + CO₂ + H₂ → Ca(HCO₃)₂

n_Al(OH)3 = 27,3 ÷ 78 = b = 0,35 mol.

⇒ n_Ca(OH)2 = 0,74 – 0,35 = 0,39 mol.

⇒ m = 0,39×100 + 27,3 = 66,3 gam Và x = 0,39 + 0,35 + 0,39 = 1,13 mol

Đáp án A

Vì thể tích H₂ sinh ra khi cho X tác dụng với H₂O < thể tích khí H₂ sinh ra khi cho X tác dụng với KOH dư.
⇒ Khi X tác dụng với H₂O Al vẫn còn dư.
Đặt số mol Al = a và n_{Na} = b.
+ Pứ với H₂O Al còn dư ⇒ n_{Al pứ} = n_{Na} = b.
⇒ Bảo toàn e: 3b + b = 0,2×2 = 0,4 (1).
+ Pứ với KOH dư ⇒ Tan hoàn toàn.
⇒ Bảo toàn e: 3a + b = 0,35×2 = 0,7 (2).
+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ n_{Al} = 0,2 và n_{Na} = 0,1.
⇒ m_X = 0,2×27 + 0,1×23 = 7,7 gam

Đáp án D

Đáp án D
Số chất thỏa mãn yêu cầu đề bài gồm:
Al, Zn(OH)${}_2$, NH${}_4$HCO${}_3$, NaHS và Fe(NO${}_3$)${}_2$.

(AI giải đề cho tôi)
Điện phân nhôm nóng chảy: Al2O3 hòa tan trong cryolite Na3AlF6, điện phân với anode/cathode bằng than chì.
a) Đúng — ở cathode (điện cực âm) xảy ra khử: Al3+ + 3e → Al, thu được nhôm nóng chảy.
b) Đúng — ở anode (điện cực dương): 2O2- → O2 + 4e; ở nhiệt độ cao O2 phản ứng với than chì: C + O2 → CO2 (hoặc 2C + O2 → 2CO), nên cực dương bị ăn mòn và phải thay định kỳ.
c) Đúng — cryolite (Na3AlF6) làm hạ nhiệt độ nóng chảy của Al2O3 từ khoảng 2050°C xuống khoảng 950°C, tiết kiệm năng lượng.
d) Sai — theo 2Al2O3 → 4Al + 3O2: để thu 2 tấn Al, mAl2O3 = 2 × (102/54) = 3,8 tấn; với hiệu suất 80%: mAl2O3 = 3,8/0,8 = 4,75 tấn; khối lượng bauxite = 4,75/0,4 = 11,875 tấn ≠ 5,95 tấn. Vậy ý d sai. Đáp án theo bảng đáp án: ĐĐĐS.
a) (AI giải đề cho tôi)
Al3+ + 3e → Al xảy ra ở cathode (điện cực âm), thu được nhôm nóng chảy.
b) (AI giải đề cho tôi)
Ở anode than chì, O2 sinh ra phản ứng với C ở nhiệt độ cao (C + O2 → CO2), làm cực dương bị ăn mòn.
c) (AI giải đề cho tôi)
Cryolite Na3AlF6 hạ nhiệt độ nóng chảy của Al2O3 từ khoảng 2050°C xuống khoảng 950°C.
d) (AI giải đề cho tôi)
mAl2O3 = 2 × (102/54)/0,8 = 4,75 tấn; bauxite = 4,75/0,4 = 11,875 tấn ≠ 5,95 tấn nên ý d sai.

Có 4 thí nghiệm (trừ c):
(a) $CaC{O}_3+2HCl\to CaC{l}_2+C{O}_2+H_{2}O$
(b) $N{a}_{2}O+H_{2}O\to 2NaOH$.
$A{l}_2{O}_3+2NaOH\to NaAl{O}_2+H_{2}O$
(c) Không phản ứng.
(d) $Na+H_{2}O\to NaOH+0,5H_2$
(e) $Cu+2FeC{l}_3\to CuC{l}_2+2FeC{l}_2$