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

(AI giải đề cho tôi)
n(Al2O3) = 27,54/102 = 0,27 mol. Theo phản ứng Al2O3 + 6HNO3 → 2Al(NO3)3 + 3H2O, thu được 0,54 mol Al(NO3)3 = 0,54 × 213 = 115,02 gam và 0,81 mol H2O = 14,58 gam. Khối lượng nước trong dung dịch X: 267,5 − 115,02 = 152,48 gam (đúng bằng nước trong dung dịch HNO3 là 267,5 − 27,54 − 102,06 = 137,9 gam cộng 14,58 gam nước tạo thành). Gọi x mol Al(NO3)3·9H2O (M = 375 g/mol) kết tinh, mỗi mol tinh thể mang theo 162 gam nước. Điều kiện bão hòa ở 10°C: (115,02 − 213x)/(152,48 − 162x) = 67,25/100 = 0,6725. Giải: 115,02 − 213x = 102,54 − 108,95x → 104,05x = 12,48 → x ≈ 0,12 mol. Vậy m = 0,12 × 375 ≈ 45 gam. Kiểm tra: muối còn hòa tan 115,02 − 25,56 = 89,46 g; nước còn 152,48 − 19,44 = 133,04 g; tỉ số 89,46/133,04 ≈ 0,6725 ✓. Đáp án D.

$n_{A{l}_2{O}_3}=0,24\Rightarrow n_{Al(N{O}_3{)}_3}=0,48$
$n_{Al(N{O}_3{)}_3.9H_{2}O(t\acute{a}chra)}=x$
$\Rightarrow n_{Al(N{O}_3{)}_3(c\grave{o}nlại)}=0,48-x$
$m_{dungdịchc\grave{o}nlại}=228-375x$
$C{\%}_{Al(N{O}_3{)}_3\text{ba˜o hoˋa}}=\frac{213(0,48-x)}{(228-375x)}=\frac{75,44}{(100+75,44)}$
$\Rightarrow x=0,08$
$\Rightarrow m=375x=30$ gam

+ BT e → mol Al 0,16 mol
+ BT N → mol Al(NO${}_3$)${}_3$ 0,04 mol
+ BTKL cho X → mol Al${}_2$O${}_3$ 0,05 mol
+ BT Al → Al${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ 0,3 mol
+ BT S → a = 0,45

Đáp án C

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

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

Z gồm N₂O (0,12) và H₂ (0,16)
$n_{M{g}^{2+}}$ =$n_{MgO}$ =0,48
Quy đổi X thành Mg (0,48), Al (a) và NO₃ (b) và O (c)
$m_X$ =0,48.24 + 27a + 62b + 16c =27,04(1)
$n_{NaN{O}_3}$ =d
Bảo toàn $N\to n_{N{H}_4^{+}}$ =b + d - 0,24
$n_{H^{+}}$ =0,12.10 + 0,16.2 + 2x + 10(b + d - 0,24) =2,16(2)
Bảo toàn electron:
0,48.2 + 3a =b + 2c + 0,12.8 + 0,16.2 + 8(b + d - 0,24)(3)
$n_{NaOH}$ =0,48.2 + 4a + (b + d - 0,24) =2,28(4)
(1)(2)(3)(4)→ a =0,32; b =0,08; c =0,12; d =0,2
$n_{A{l}_2{O}_3}$ =$\frac{c}{3}$ =0,04
Bảo toàn Al → $n_{Al}$ =0,32 - 0,04.2 =0,24
→ $m_{Al}$ =6,48

Ta có: $m_{r\acute{\stackrel{˘}{a}}ngiảm}=m_O=4,8$ (g) $\Rightarrow n_O=0,3$ mol $\Rightarrow n_{H_{2pứ}}=0,3$ mol
Xét hỗn hợp Na, K, Ba có $\{\begin{array}{l}{n}_{Na}+n_K+2n_{Ba}=2n_{H_2}=0,6\\ n_{Na}+n_K=n_{Ba}\end{array}\Rightarrow n_{Ba}=0,2$ mol
Cho Y
$\{\begin{array}{l}B{a}^{2+}:0,2\text{ mol}\\ O{H}^{-}:0,6\text{ mol}\end{array}+\{\begin{array}{l}{H}^{+}:0,2\text{ mol}\\ A{l}^{3+}:0,12\text{ mol}\\ S{O}_4^{2-}:0,12\text{ mol}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{BaS{O}_4}=n_{S{O}_4^{2-}}=0,12\text{ mol}\\ n_{Al(OH{)}_3}=4n_{A{l}^{3+}}-(n_{O{H}^{-}}-n_{H^{+}})=0,08\text{ mol}\end{array}\Rightarrow a=34,2$ (g)

Quy đổi hỗn hợp X thành Ba, Al và C. Xét quá trình đốt hỗn hợp khí Z, ta có hệ sau:
$\{\begin{array}{l}137n_{Ba}+27n_{Al}+12n_C=m_X\\ n_C=n_{C{O}_2}\\ 2n_{Ba}+3n_{Al}=2n_{H_{2}O}\end{array}\to \{\begin{array}{l}137n_{Ba}+27n_{Al}+12n_C=29,7\\ n_C=0,2\\ 2n_{Ba}+3n_{Al}=1,05\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{Ba}=0,15mol\\ n_{Al}=0,25mol\\ n_C=0,2mol\end{array}$
Dung dịch Y gồm Ba²⁺ (0,15 mol), AlO₂⁻ (0,25 mol) và OH⁻. Xét dung dịch Y có:
$-\stackrel{BTĐT}{\to }{n}_{O{H}^{-}}=2n_{B{a}^{2+}}-n_{Al{O}_2^{-}}=0,05mol$
Khi cho 0,12 mol H₂SO₄ tác dụng với dung dịch Y ta nhận thấy: $n_{Al{O}_2^{-}}>n_{H^{+}}-n_{O{H}^{-}}$
$\Rightarrow n_{Al(OH{)}_3}=n_{H^{+}}-n_{O{H}^{-}}=0,19mol$ và BaSO₄ : 0,12 mol $\Rightarrow$ m = 0,19 × 78 + 0,12 × 233 = 42,78 (g)

Tính được: $n_{N_{2}O}=0,12mol$ và $n_{H_2}=0,16mol$
Dung dịch Y chứa Mg²⁺, Al³⁺ (x mol), NH₄⁺ (y mol), Na⁺ (z mol) và SO₄²⁻ (1,08 mol)
Theo đề: $\{\begin{array}{l}2n_{M{g}^{2+}}+4x+y=2,28\\ 40n_{Mg(OH{)}_2}=40n_{M{g}^{2+}}=27,84\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{M{g}^{2+}}=0,48mol\\ 4x+y=1,32(1)\end{array}$ và $-\stackrel{BTĐT}{\to }3x+y+z=1,2(2)$
$-\stackrel{BT:H}{\to }{n}_{H_{2}O}=0,92-2y$ $-\stackrel{BTKL}{\to }-27x+18y+62z=4,48(3)$
Từ (1), (2), (3) suy ra: x = 0,32 ; y = 0,04 ; z = 0,2
$-\stackrel{BT:N}{\to }{n}_{Mg(N{O}_3{)}_2}=0,04mol\Rightarrow n_{Mg}=0,44mol$
Ta có: $\{\begin{array}{l}{n}_{Al}+2n_{A{l}_2{O}_3}=0,32\\ 27n_{Al}+102n_{A{l}_2{O}_3}=10,56\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{Al}=0,24mol\\ n_{A{l}_2{O}_3}=0,04mol\end{array}\Rightarrow \%m_{Al}=23,96\%$

Khi $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ dư vào Y thì kết tủa thu được là $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$: 0,2 mol
Khi cho 0,054 mol $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ vào Y thì kết tủa thu được gồm $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$ (0,2 mol) và $\mathrm{BaC}{\mathrm{O}}_3$ (0,03 mol).

$\stackrel{\text{BT: C}}{\to }{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ba}(\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3{)}_2}=\frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}-{\mathrm{n}}_{\mathrm{BaC}{\mathrm{O}}_3}}{2}=0,12$ mol $\stackrel{\text{BT: Ba}}{\to }{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ba}}=0,12+0,03=0,15$ mol

$\stackrel{\text{BT: e}}{\to }{\mathrm{n}}_{\mathrm{O}}=\frac{2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ba}}+3{\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}}-2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}}{2}=0,25$ mol $\Rightarrow {\mathrm{m}}_{\mathrm{X}}=29,95$ (g)

Chọn D
(1) $2Ca(OH{)}_2+Mg(HC{O}_3{)}_2\to CaC{O}_3+Mg(OH{)}_2+2H_{2}O$
(2) $FeC{l}_2+3AgN{O}_3\to Fe(N{O}_3{)}_3+2AgCl+Ag$
(3) $Ba+2H_{2}O\to Ba(OH{)}_2+H_2$
3Ba(OH)${}_2$ + Al${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ → 3BaSO${}_4$ + 2Al(OH)${}_3$
Al${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ còn dư.
(4) AlCl${}_3$ + 4NaOH → NaAlO${}_2$ + 3NaCl + 2H${}_2$O
CuCl${}_2$ + 2NaOH → Cu(OH)${}_2$ + 2NaCl
(5) Tỉ lệ nH${}^{+}$/nOH${}^{-}$ = 9a/8a → Tạo Ba${}_3$(PO${}_4$)${}_2$ và BaHPO${}_4$.

$n_{NaOH}=0,875$
Dung dịch sau phản ứng chứa $N{a}^{+}$ (0,875), $C{l}^{-}$ (0,56), $S{O}_4^{2-}$ (0,12), bảo toàn điện tích $⟶n_{Al{O}_2^{-}}=0,075$
Đặt u, v là số mol Mg, Al $⟶24u+27v=7,5$
m↓ = $58u+78(v-0,075)=13,55$
$⟶u=0,2$; $v=0,1$
X chứa $C{l}^{-}$ (0,56), $S{O}_4^{2-}$ (0,12), $M{g}^{2+}$ (0,2), $A{l}^{3+}$ (0,1), bảo toàn điện tích $⟶H^{+}$ dư (0,1)
$n_{KOH}=0,6V$, $n_{Ba(OH{)}_2}=0,1V⟶n_{O{H}^{-}}=0,8V$ và $n_{B{a}^{2+}}=0,1V$
TH${}_1$: Nếu hidroxit đạt max $⟶0,8V=0,1+0,2\cdot 2+0,1\cdot 3$
$⟶V=1⟶n_{BaS{O}_4}=0,1$
$⟶$ m↓ = 42,7
TH${}_2$: Nếu $BaS{O}_4$ đạt max $⟶0,1V=0,12$
$⟶V=1,2⟶$ Kết tủa gồm $Mg(OH{)}_2$ (0,2); $BaS{O}_4$ (0,12)
$⟶$ m↓ = 39,56 < 42,7 $⟶$ Chọn TH${}_1$.
Nung kết tủa ở TH${}_1$ tạo MgO (0,2), $A{l}_2{O}_3$ (0,05), $BaS{O}_4$ (0,1)
$⟶$ m rắn = 36,4

(AI giải đề cho tôi)
Gọi a, b, c, d lần lượt là số mol Ba, BaO, Al, Al${}_2$O${}_3$ trong X.

**Khí H${}_2$:** Ba + 2H${}_2$O → Ba(OH)${}_2$ + H${}_2$; 2Al + 2H${}_2$O + 2OH${}^{-}$ → 2AlO${}_2^{-}$ + 3H${}_2$ (Al tan trong Ba(OH)${}_2$ sinh ra). Suy ra: $a+1,5c=0,896/22,4=0,04$ mol H${}_2$.

**Dung dịch Y** chứa Ba(OH)${}_2$ dư và Ba(AlO${}_2$)${}_2$. Tổng Al = $c+2d$.

**Dẫn CO${}_2$ đến dư:** kết tủa chỉ là Al(OH)${}_3$ (BaCO${}_3$ tan thành Ba(HCO${}_3$)${}_2$): $n_{Al}=3,12/78=0,04$ mol, tức $c+2d=0,04$.

**Hấp thụ 0,054 mol CO${}_2$ (1,2096 lít):** kết tủa 4,302 g gồm Al(OH)${}_3$ (3,12 g) và BaCO${}_3$: $n_{BaC{O}_3}=(4,302-3,12)/197=0,006$ mol. Lọc được Z chỉ chứa một chất tan là Ba(HCO${}_3$)${}_2$.

Cân đối CO${}_2$: CO${}_2$ tạo BaCO${}_3$ từ Ba(OH)${}_2$ dư (e mol) + CO${}_2$ chuyển AlO${}_2^{-}$ thành Al(OH)${}_3$ và HCO${}_3^{-}$ (1 CO${}_2$/Al = 0,04 mol) + CO${}_2$ hòa tan BaCO${}_3$ dư. Tổng Ba trong Y: phần trong Ba(AlO${}_2$)${}_2$ là $0,04/2=0,02$ mol, phần dư e. Cuối cùng Ba phân bố: 0,006 mol trong BaCO${}_3$ và phần còn lại trong Ba(HCO${}_3$)${}_2$ của Z. Cân bằng CO${}_2$ và Ba cho $e=0,01$, tổng Ba = $a+b=0,03$ mol.

**Khối lượng m:**
$$m=137(a+b)+27c+102d=137(0,03)+27c+51(0,04-c)=6,15-24c$$
Với ràng buộc $a+1,5c=0,04$, $a\le 0,03$ nên $c\ge 0,00667$; $c\le 0,04/1,5=0,0267$.
- m = 6,79 hoặc 7,09 → c âm: loại.
- m = 2,93 → c = 0,134 > 0,0267: loại.
- m = 5,99 → $c=0,00667$, khi đó $a=0,03$, $b=0$, $d=0,01667$: thỏa mãn.

Vậy $m=5,99$ gam → đáp án D, khớp với đáp án nguồn (75-D).

nH${}_2$SO${}_4$ = 117,6.25%/98 = 0,3
Al${}_2$O${}_3$ + 3H${}_2$SO${}_4$ → Al${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ + 3H${}_2$O
mddAl${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ = mAl${}_2$O${}_3$ + mddH${}_2$SO${}_4$ = 127,8 kg
nAl${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ = 0,1; nK${}_2$SO${}_4$ = 87.20%/174 = 0,1
mdd sau pha trộn = 127,8 + 87 = 214,8
Đun cho nước bay hơi thì mdd còn lại = 214,8 – 214,8.30% = 150,36
nKAl(SO${}_4$)${}_2$ ban đầu = 0,2
nKAl(SO${}_4$)${}_2$.12H${}_2$O thu được = x
C\%KAl(SO${}_4$)${}_2$ bão hòa còn lại = 258(0,2 – x)/(150,36 – 474x) = 15/(100 + 15)
→ x = 0,17383 kmol
→ mKAl(SO${}_4$)${}_2$.12H${}_2$O = 474x = 82,4 kg

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a$ mol Na${}_2$SO${}_4$, $b$ mol Al${}_2$(SO${}_4$)${}_3$. Các giai đoạn khi nhỏ từ từ Ba(OH)${}_2$: (1) $3Ba(OH{)}_2+A{l}_2(S{O}_4{)}_3\to 3BaS{O}_4\downarrow +2Al(OH{)}_3\downarrow$, mỗi mol Ba(OH)${}_2$ tạo kết tủa tăng $233+\frac{2}{3}\cdot 78=285$ g; (2) $Ba(OH{)}_2+N{a}_{2}S{O}_4\to BaS{O}_4\downarrow +2NaOH$, độ dốc 233 g/mol; (3) OH${}^{-}$ hòa tan Al(OH)${}_3$: $Al(OH{)}_3+O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O$, mỗi mol Ba(OH)${}_2$ (cung cấp 2 OH${}^{-}$) làm giảm $2\times 78=156$ g; sau đó khối lượng không đổi (chỉ còn BaSO${}_4$). Theo đồ thị, tại $x=0,36$ mol thì $m=88,54$ g, nằm trên đoạn (2): $m(x)=285\cdot 3b+233(x-3b)=156b+233x$. Suy ra $156b+233\cdot 0,36=88,54\Rightarrow b=0,03$ mol. Điểm $x=0,48$ (làm tròn từ 0,47) là kết thúc hòa tan Al(OH)${}_3$: $x_3=3b+a+b=4b+a=0,48\Rightarrow a=0,35$ mol. Kiểm tra: $x_1=3b=0,09<0,36<x_2=3b+a=0,44$ hợp lý; tại $x=0,36$: $25,65+233\times 0,27=88,56\approx 88,54$ g ✓. Khối lượng kết tủa cuối cùng (chỉ BaSO${}_4$), tổng SO${}_4^{2-}=a+3b=0,44$ mol: $m=0,44\times 233=102,52\approx 102,5$ gam. Khớp đáp án nguồn (Câu 22 – A).

Quy đổi m gam X thành Mg (a), Al (b) và O (c)
→ mX = 24a + 27b + 16c = m (1)
Với HCl: m muối = 95a + 133,5b = m + 47,7 (2)
2m gam X với H${}_2$SO${}_4$, bảo toàn electron:
2(2a + 3b) = 2.2c + 0,6.2 (3)
3m gam X với HNO${}_3$ tạo nNO = 0,24; nN${}_2$ = 0,08
Bảo toàn electron: 8nNH${}_4^{+}$ + 3nNO + 10nN${}_2$ = 2.1,5nSO${}_2$ → nNH${}_4^{+}$ = 0,035
m muối = 148.3a + 213.3b + 0,035.80 = 341,02 (4)
(1)(2)(3)(4) → a = 0,33; b = 0,3; c = 0,48; m = 23,7

Ta có: $\{\begin{array}{l}{n}_O=\frac{0,309.46,6}{16}=0,9\text{(mol)}\stackrel{\text{BTNT}\_O}{\to }{n}_{A{l}_2{O}_3}=0,3\\ n_{H_2}=0,4\stackrel{\text{BTĐT}}{\to }{n}_{O{H}^{-}}=0,8\end{array}$

$\stackrel{\text{BTNT}\_Al}{\to }Y\{\begin{array}{l}Al{O}_2^{-}:0,6\\ O{H}^{-}:0,8-0,6=0,2\end{array}\stackrel{n_{HCl}\ge 4\text{(mol)}}{\to }1,4=0,2+0,6+3(0,6-n_{\downarrow })$

$\to n_{\downarrow }=0,4\to m=0,4.78=31,2\text{(gam)}$