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

Định hướng tư duy giải:
Giai đoạn đầu tạo kết tủa BaCO${}_3$ $⟶$ a = 0,15
Giai đoạn 2 tạo kết tủa Al(OH)${}_3$ $⟶$ b = 0,15 + 0,1 = 0,25
Giai đoạn 3 hòa tan kết tủa BaCO${}_3$: 0,075 $⟶$ m = 37,35 - 0,075.197 = 22,575

Hướng dẫn giải: Ta có: $n_{NaOH}=0,646-\{\begin{array}{l}N{a}^{+}:0,646\\ Al{O}_2^{-}:m/27\\ \to N{O}_3^{-}:0,646-m/27\end{array}\to 8m\{\begin{array}{l}Al(N{O}_3{)}_3:m/27\\ N{H}_{4}N{O}_3:0,646-m/27-m/9\end{array}$

$\to m=4,32\to \{\begin{array}{l}{n}_e=0,48\\ n_{N{H}_4^{+}}=0,006\end{array}\to n_{NtrongX}=0,128$

→ Chỉ có C là hợp lý

Định hướng tư duy giải:
→ X $\{\begin{array}{l}N{a}_{2}O:0,07^{mol}\\ BaO:0,12^{mol}\end{array}$ → m = 0,12.233 + 78.(4.0,1 - 0,38) = 29,52 gam
• Bơm 0,05 mol O vào X

Định hướng tư duy giải: (phần lời giải bắt đầu ngay dưới đề bài trên trang 66 nhưng phần tiếp theo nằm trên trang kế tiếp không được cung cấp trong dữ liệu nguồn)

Định hướng tư duy giải:

Ta có: $n_Z=0,14$ — → $\{\begin{array}{l}{H}_2:0,04\\ NO:0,1\end{array}$ $—\stackrel{\text{BTKL}}{\to }$ $n_{H_{2}O}=0,78$ $—\stackrel{\text{BTNT.H}}{\to }$ $n_{N{H}_4^{+}}=0,01$

— $\stackrel{H^{+}}{\to }$ $n_{F{e}_3{O}_4}=0,1375$ $—\stackrel{\text{BTE}}{\to }$ $n_{Al}=0,245$

Đáp án được đánh dấu đúng trong bản gốc (in đậm màu đỏ): C (30,99).
Định hướng tư duy giải:

$\stackrel{2m}{\to }\{\begin{array}{l}{n}_{{\text{SO}}_2}=1,19⟶n_e=2,38⟶m+70,295=m-16a+35,5(2a+1,19)⟶a=0,51\\ 0,34\{\begin{array}{l}\text{NO}:0,16\\ {\text{N}}_2\text{O}:0,18\end{array}\stackrel{\text{BTE}}{\to }{n}_{{\text{NH}}_4^{+}}=0,0575\end{array}$

$⟶162,15=(m-16.0,51)+62.(1,19+0,51.2)+80.\frac{0,0575}{2}⟶m=31,34$

(AI giải đề cho tôi)
Phản ứng nhiệt nhôm: $2Al+C{r}_2{O}_3\to A{l}_2{O}_3+2Cr$ (Al dư). X gồm Al, Al₂O₃, Cr; mỗi phần nặng 21,95 g.

Phần 1: chỉ Al tác dụng với NaOH sinh H₂: $n_{H_2}=1,68/22,4=0,075$ mol $\Rightarrow n_{Al}=0,05$ mol mỗi phần.

Gọi $a$ = mol Cr₂O₃ đã phản ứng trong mỗi phần, sinh ra $a$ mol Al₂O₃ và $2a$ mol Cr. Bảo toàn khối lượng (khối lượng X bằng khối lượng phản chất ban đầu, không tính thêm khối lượng Cr₂O₃ chưa phản ứng vì nó vẫn nằm trong X):
$$27(0,05)+102a+104a=1,35+206a=21,95\Rightarrow a=0,1\text{ mol}.$$

Phần 2 với HCl (Cr tan tạo CrCl₂): $Al+3HCl$; $A{l}_2{O}_3+6HCl$; $Cr+2HCl$:
$$n_{HCl}=3(0,05)+6(0,1)+2(0,2)=0,15+0,6+0,4=1,15\text{ mol}.$$
$$V=1,15/1=1,15\text{ lıˊt}.$$

Chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Khí N2O duy nhất nên toàn bộ electron của Al đều cho ion NO3− (không có H2), nitrate trong Al(NO3)3 bị khử hết. Quá trình khử: $2N{O}_3^{-}+10H^{+}+8e^{-}\to N_{2}O+5H_{2}O$ (mỗi N nhận 4e). Số mol N bị khử = 0,12 mol, số electron nhận = 0,48 mol. Bảo toàn electron: $3n_{Al}=0,48\Rightarrow n_{Al}=0,16$ mol (4,32 g). Toàn bộ nitrate bị khử: $3n_{Al(N{O}_3{)}_3}=0,12\Rightarrow n_{Al(N{O}_3{)}_3}=0,04$ mol (8,52 g). Khối lượng Al2O3 = 17,94 − 4,32 − 8,52 = 5,10 g $\Rightarrow n_{A{l}_2{O}_3}=0,05$ mol. Kiểm tra khối lượng: 4,32 + 8,52 + 5,10 = 17,94 g ✓. H+ tiêu thụ: Al2O3 cần $6\times 0,05=0,3$ mol; sinh 0,06 mol N2O cần $10\times 0,06=0,6$ mol. Tổng $H^{+}=0,9$ mol $\Rightarrow x=0,45$. Dung dịch chỉ chứa muối Al2(SO4)3 (cần 0,15 mol SO4²− cho 0,30 mol Al³+), phần H2SO4 dư không phải muối nên thỏa mãn đề bài. Vậy x = 0,45.

(AI giải đề cho tôi)
X gồm Al, Na, Al${}_2$O${}_3$. Cho vào nước: Na → NaOH; Al và Al${}_2$O${}_3$ phản ứng với NaOH tạo NaAlO${}_2$. Dung dịch Y chứa NaAlO${}_2$ (a mol) và NaOH dư (b mol), với a = n${}_{Al}$ + 2n${}_{A{l}_2{O}_3}$, b = n${}_{Na}$ − a.

Khi thêm HCl: trước hết HCl trung hòa NaOH, sau đó $\mathrm{Al}{\mathrm{O}}_2^{-}+{\mathrm{H}}^{+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3\downarrow$, rồi $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3+3{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

So sánh hai lần cho HCl: từ 0,06 → 0,13 mol HCl (thêm 0,07 mol), kết tủa giảm 0,78 g = 0,01 mol Al(OH)${}_3$ bị hòa tan. Điều này cho thấy ở 0,06 mol HCl kết tủa CHƯA đạt cực đại (nếu đạt cực đại tại 0,06 mol thì khối lượng Al, Al${}_2$O${}_3$ không thỏa mãn tổng 3,92 g).

Vậy tại 0,06 mol HCl: kết tủa = 0,06 − b (đang tạo).
Tại 0,13 mol HCl: đang ở giai đoạn hòa tan, HCl dư sau cực đại = 0,13 − (a + b), kết tủa = a − (0,13 − a − b)/3.

Hiệu số: (0,06 − b) − [a − (0,13 − a − b)/3] = 0,01. Đặt s = a + b:
0,06 − s + (0,13 − s)/3 = 0,01 → 0,18 − 3s + 0,13 − s = 0,03 → 4s = 0,28 → s = 0,07.

Vậy n${}_{Na}$ = a + b = 0,07 mol → m${}_{Na}$ = 0,07 × 23 = 1,61 g.
%Na = 1,61/3,92 × 100 = 41,07%.

Kiểm tra tính khả thi: 27n${}_{Al}$ + 102n${}_{A{l}_2{O}_3}$ = 3,92 − 1,61 = 2,31 g, ví dụ n${}_{A{l}_2{O}_3}$ = 0,00875; n${}_{Al}$ = 0,0525 → a = 0,07 ✓; chọn b = 0,00875 ≤ 0,06 ✓; kết tủa tại 0,06 mol HCl = 0,05125 mol, tại 0,13 mol HCl = 0,04125 mol, chênh 0,01 mol = 0,78 g ✓.

Quy X về Na, Al, O
Y chứa 1 chất tan ⇒ đó là NaAlO${}_2$
Sục CO${}_2$ dư vào Y →↓ ⇒ n${}_{Al}$ = n${}_{\downarrow }$ = 15,6 : 78 = 0,2 mol
BTNT (Al + Na) ⇒ n${}_{Na}$ = n${}_{NaAl{O}_2}$ = n${}_{Al}$ = 0,2 mol
BTe : n${}_{Na}$ + 3n${}_{Al}$ = 2n${}_{H_2}$ + 2n${}_O$ ⇒ n${}_O$ = 0,2 mol
⇒ m = 0,2.23 + 0,2.27 + 0,2.16 = 13,2 (g)

Chọn D.
Khi $C{O}_2$ dẫm dư vào Y thì kết tủa thu được là $Al(OH{)}_3$: 0,04 mol
Khi cho 0,054 mol $C{O}_2$ vào Y thì kết tủa thu được gồm $Al(OH{)}_3$ (0,04) và $BaC{O}_3$ (0,006).
– $\stackrel{BT:C}{\to }$ $n_{Ba(HC{O}_3{)}_2}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{BaC{O}_3}}{2}=0,024mol$ – $\stackrel{BT:Ba}{\to }$ $n_{Ba}=0,03mol$
– $\stackrel{BT:e}{\to }$ $n_O=\frac{2n_{Ba}+3n_{Al}-2n_{H_2}}{2}=0,05mol\Rightarrow m=5,99(g)$

Ta có: $\{\begin{array}{l}{n}_{NaOH}=0,1\Rightarrow n_{Al}=a=0,1\Rightarrow n_{H_{2}trước}=0,15\\ n_{H_{2}sau}=0,12\end{array}$
Độ lệch số mol H${}_2$ chính là số mol Fe sinh ra từ phản ứng nhiệt nhôm
$\Rightarrow Y\{\begin{array}{l}F{e}^{2+}:0,04+0,06=0,1\\ F{e}^{3+}:0,02\\ A{l}^{3+}:0,1\\ C{l}^{-}:0,06\end{array}\Rightarrow m\downarrow =91,16\{\begin{array}{l}AgCl:0,56\\ Ag:0,1\end{array}$

Hướng dẫn giải: Chọn B.

$$-\stackrel{\text{BT}:e}{\to }\{\begin{array}{l}{n}_{Ald-}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\frac{2}{3}.0,15=0,1\text{mol}\\ n_{Fe}=n_{H_2}=0,45\text{mol}\end{array}\to n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{4}{9}{n}_{Fe}=0,2\text{mol}\Rightarrow m_{P_1}=48,3\text{gam}$$

- Phần 1:

$$\{\begin{array}{l}-\stackrel{\text{BTe}}{\to }3n_{Ald-}+2n_{Fe}=2n_{H_2}=2,4\\ -\stackrel{\text{PhGn1}}{\to }\frac{n_{Ald-}}{n_{Fe}}=\frac{0,1}{0,45}=\frac{2}{9}\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{Ald-}=0,2\text{mol}\\ n_{Fe}=0,9\text{mol}\end{array}$$

- Phần 2:

- Nhận thấy: $n_{Fe(P_2)}=2n_{Fe(P_1)}\to m_{P_2}=2m_{P_1}=96,6\text{gam}\Rightarrow m=m_{P_1}+m_{P_2}=\boxed{144,9\text{gam}}$

Hướng dẫn giải: Chọn C.

- Áp dụng phương pháp chặn khoảng giá trị như sau:

+ Nếu X chỉ chứa Al ta có: $n_{Al}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=0,035\text{mol}\Rightarrow M_X=\frac{1,08}{0,035}=30,86$

+ Nếu X chỉ chứa M ta có: $n_M=n_{H_2}=0,0525\text{mol}\Rightarrow M_X=\frac{1,08}{0,0525}=20,57$

- Kết hợp 2 giá trị: 20,57 < M_X < 30,86 ⇒ M là Mg. Khi đó:
$$\{\begin{array}{l}27n_{Al}+24n_{Mg}=1,08\\ 3n_{Al}+2n_{Mg}=2n_{H_2}\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{Al}=0,02\text{mol}\\ n_{Mg}=0,0225\text{mol}\end{array}$$

$$Y:-\stackrel{BT:Cl}{\to }{n}_{HCl}=n_{AgCl}=0,125\text{mol}\text{vaˋ}-\stackrel{BT:H}{\to }{n}_{HCl(d-)}=n_{HCl}-2n_{H_2}=0,02\text{mol}$$

- Xét dung dịch:
$$C_M=\frac{0,125}{0,1}=1,25\text{M}$$

- Câu A. Sai, Nồng độ HCl cần dùng là: (giải thích bị cắt trong nguồn)

- Câu B. Sai, Kim loại M là Mg

- Câu C. Đúng, Thành phần \% về khối lượng của mỗi kim loại trong X là 50\%

- Câu D. Sai, Số mol kim loại M là 0,0225 mol

(AI giải đề cho tôi) Gọi số mol Al, Fe${}_3$O${}_4$, CuO lần lượt là a, b, c.
- Khí Z (CO${}_2$ và CO) có $\bar{M}$ = 18×2 = 36; tổng số mol khí = 1,344/22,4 = 0,06 mol → khối lượng Z = 2,16 g. Gọi x mol CO${}_2$: 44x + 28(0,06 − x) = 2,16 → x = 0,03 mol. Vậy CO lấy đi 0,03 mol O từ rắn (chuyển 0,06 mol e cho oxit).
- Oxi trong X: 16(4b + c) = 0,25m, với m = 27a + 232b + 80c.
- Hòa tan Y trong HNO${}_3$ loãng: NO = 0,896/22,4 = 0,04 mol → nhận 0,12 mol e. Tổng điện tích dương cuối cùng (Al${}^{3+}$, Fe${}^{3+}$, Cu${}^{2+}$) là 3a + 9b + 2c; điện tích dương trong Y bằng 2×(số mol O còn lại) = 2(4b + c − 0,03). Số mol e kim loại nhường cho HNO${}_3$: 3a + 9b + 2c − 2(4b + c − 0,03) = 0,12 → 3a + b = 0,06.
- Khối lượng muối: 213a + 726b + 188c = 3,08m = 3,08(27a + 232b + 80c).
Giải hệ ba phương trình: a = 0,01; b = 0,03; c = 0,028125.
→ m = 27(0,01) + 232(0,03) + 80(0,028125) = 0,27 + 6,96 + 2,25 = 9,48 gam ≈ 9,5.

gt $\Rightarrow$ Z gồm $N_{2}O$, $N_2$, $H_2$ $\Rightarrow$ Y không chứa $N{O}_3^{-}$; khí có PTK lớn nhất trong Z là $N_{2}O$.

$$\left\{<table><tbody><tr><td>Al</td></tr><tr><td>A{l}_2{O}_3</td></tr><tr><td>Al(N{O}_3{)}_3(10,92g)</td></tr></tbody></table>\right\}+\left\{<table><tbody><tr><td>NaHS{O}_4</td></tr><tr><td>HN{O}_3:0,09</td></tr></tbody></table>\right\}\to \left\{<table><tbody><tr><td>N_{2}O</td></tr><tr><td>N_2</td></tr><tr><td>H_2</td></tr></tbody></table>\right\}+H_{2}O+\left\{<table><tbody><tr><td>A{l}^{3+}</td></tr><tr><td>N{a}^{+}</td></tr><tr><td>N{H}_4^{+}</td></tr><tr><td>H^{+}</td></tr><tr><td>S{O}_4^{2-}</td></tr></tbody></table>\right\}$$

Từ 1 mol NaOH đến 1,3 mol NaOH thì kết tủa từ cực đại đến tan hết do xảy ra phản ứng:
$Al(OH{)}_3+NaOH\to NaAl{O}_2+2H_{2}O\Rightarrow n_{A{l}^{3+}}=n_{Al(OH{)}_3}=1,3-1=0,3$ mol.
Đặt $n_{NaHS{O}_4}=x\Rightarrow n_{N{a}^{+}/Y}=n_{S{O}_4^{2-}}=x$. Khi kết tủa đạt cực đại thì chỉ thu được $N{a}_{2}S{O}_4$.
$\Rightarrow n_{N{a}_{2}S{O}_4}=x\Rightarrow \sum n_{N{a}^{+}}=2x\Rightarrow n_{N{a}^{+}/Y}=2x-1=x\Rightarrow x=1$.
Đặt $n_{N{H}_4^{+}}=y$; $n_{H^{+}}=z$. Bảo toàn điện tích: $0,3\times 3+1+y+z=1\times 2$
$m_{muoi}=127,88(g)=0,3\times 27+1\times 23+18y+z+1\times 96$
Giải hệ có: $y=0,04$ mol; $z=0,06$ mol. Bảo toàn khối lượng:
$m_{H_{2}O}=10,92+1\times 120+0,09\times 63-127,88-0,08\times 20=7,11g\Rightarrow n_{H_{2}O}=0,395$ mol.
Bảo toàn nguyên tố Hidro: $n_{H_2}=(1+0,09-0,04\times 4-0,06-0,395\times 2)/2=0,04$ mol.
Đặt $n_{N_{2}O}=a$; $n_{N_2}=b\Rightarrow n_Z=a+b+0,04=0,08$; $m_Z=44a+28b+0,04\times 2=0,08\times 20$
Giải hệ có: $a=0,025$ mol; $b=0,015$ mol $\Rightarrow \%m_{N_{2}O}=0,025\times 44÷1,6\times 100\%=68,75\%$.

- Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H₂SO₄ thì:

− BTKL ⟹ $n_{H_{2}O}=\frac{m_X+98n_{H_{2}S{O}_4}-30n_{NO}-2n_{H_2}-m_Z}{18}=0,26$ mol

− BT H ⟹ $n_{N{H}_4^{+}}=\frac{2n_{H_{2}S{O}_4}-2n_{H_{2}O}-2n_{H_2}}{4}=0,02$ mol ⟹ $n_{Cu(N{O}_3{)}_2}=\frac{n_{N{H}_4^{+}}+n_{NO}}{2}=0,04$ mol

- Ta có $n_{O(trongX)}=n_{FeO}=\frac{2n_{H_{2}S{O}_4}-10n_{N{H}_4^{+}}-4n_{NO}-2n_{H_2}}{2}=0,08$ mol

- Xét hỗn hợp X ta có:

$$\{\begin{array}{l}3n_{Al}+2n_{Zn}=3n_{NO}+2n_{H_2}+8n_{N{H}_4^{+}}=0,6\\ 27n_{Al}+65n_{Zn}=m_X-72n_{FeO}-188n_{Cu(N{O}_3{)}_2}=8,22\end{array}$$ ⟹ $$\{\begin{array}{l}{n}_{Al}=0,16\text{ mol}\\ n_{Zn}=0,06\text{ mol}\end{array}$$

⟹ $\%m_{Al}=\frac{27\times 0,16}{21,5}.100=20,09$ ⟹ chọn C (giá trị gần nhất 20,5\%).