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

(AI giải đề cho tôi)
$n_{Al}=5,4/27=0,2$ mol; $n_{NaOH}=0,1\cdot 0,2=0,02$ mol. Phản ứng: $2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2$. NaOH hết trước, nên $n_{H_2}=\frac{3}{2}{n}_{NaOH}=0,03$ mol $\Rightarrow V=0,03\cdot 22,4=0,672$ lít. Khớp đáp án B.

(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) 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.

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Điện lượng: Q = 9,65 × 3000 = 28950 C, tương ứng n(e⁻) = 28950/96500 = 0,3 mol. Theo phản ứng catot Al³⁺ + 3e⁻ → Al, lượng Al lý thuyết = 0,1 mol = 2,7 gam. Thực tế thu 2,16 gam nên hiệu suất H = 2,16/2,7 = 80% → A đúng. Trong công nghiệp, Al₂O₃ phải hòa tan trong criolit (Na₃AlF₆) nóng chảy để hạ nhiệt độ nóng chảy xuống khoảng 900°C → B đúng. Nguyên liệu sản xuất nhôm là quặng boxit → C đúng. Trong quá trình điện phân, điện cực anot (than chì) bị tiêu hao do O₂ sinh ra oxi hóa than ở nhiệt độ cao (C + O₂ → CO₂), nên phải thay thế anot chứ không phải catot; catot không bị ăn mòn → D sai.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 48: Trong các kim loại Al, Ag, Fe, Cu, chỉ có Al là kim loại lưỡng tính, phản ứng được với dung dịch NaOH giải phóng khí H2: $2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2\uparrow$. Ag, Fe, Cu không phản ứng với dung dịch NaOH. Đáp án khớp với nguồn: 48-A.

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.

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 $\Rightarrow \%m_{N_{2}O}=0,025\times 44÷1,6\times 100\%=68,75\%$.

● 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

- 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\%).

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 D.
Nhóm oxit không phản ứng được với dung dịch NaCl.
Các dung dịch còn lại đều có phản ứng:
$A{l}_2{O}_3+2NaOH\to 2NaAl{O}_2+H_{2}O$

$A{l}_2{O}_3+6HN{O}_3\to 2Al(N{O}_3{)}_3+3H_{2}O$

$A{l}_2{O}_3+3H_{2}S{O}_4\to A{l}_2(S{O}_4{)}_3+3H_{2}O$

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.

Chọn đáp án A.
Khí trong Z hóa nâu ngoài không khí là NO.
M_Z = 4,5.4 = 18 < M_NO => Khí còn lại có PTK < 18 => Khí đó là H2.
$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{NO}+n_{H_2}=\frac{7,84}{22,4}=0,35mol\\ 30n_{NO}+2n_{H_2}=18.0,35=6,3g\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{NO}=0,2mol\\ n_{H_2}=0,15mol\end{array}$$
$-\stackrel{BTKL}{\to }{m}_{H_{2}O}=77,1+98.1,45-193,1-6,3=19,8g\Rightarrow n_{H_{2}O}=1,1mol$
$-\stackrel{BTNTH}{\to }{n}_{(N{H}_4{)}_{2}S{O}_4}=\frac{2.1,45-2.0,15-2.1,1}{8}=0,05mol$
$-\stackrel{BTNTN}{\to }{n}_{Fe(N{O}_3{)}_2}=\frac{1}{2}{n}_{NO}+n_{(N{H}_4{)}_{2}S{O}_4}=0,15mol$
Đặt số mol của Mg, Al, ZnO lần lượt là x, y, z
Có khí H2 thoát ra nên sau phản ứng số mol Fe2+ không đổi.
$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}24x+27y+81z=77,1-180.0,15=50,1\\ 120x+171y+161z=193,1-152.0,15-132.0,05=163,7\\ -\stackrel{BTe}{\to }2x+3y=3.0,2+2.0,15+16.0,05\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=0,4\\ y=0,3\\ z=0,4\end{array}$$
$\Rightarrow \%m_{Mg}=\frac{24.0,4}{77,1}=12,45\%$ gần nhất với giá trị 12,5%.

Đáp án B

Z chắc chắn phải chứa $C{O}_2$. Lại có $M_Z=44=M_{CO2}\Rightarrow$ khí còn lại cũng có M = 44.
$\Rightarrow$ Khí còn lại là $N_{2}O$ $\Vert$ NaOH + Y $\to \downarrow$ rồi nung $\Rightarrow$ chỉ có MgO $\Rightarrow n_{M{g}^{2+}}=0,34$ mol.

▶ Ta có sơ đồ sau:



Bảo toàn khối lượng: $m_{H2O}=11,16(g)\Rightarrow n_{H2O}=0,62$ mol. Bảo toàn nguyên tố Hidro:
$\Rightarrow n_{NH{4}^{+}}=(1,08+0,32-0,62\times 2)÷4=0,04$ mol $\Vert$ Đặt $n_{A{l}^{3+}}=x$; $n_{N{O}_3^{-}}=y$
$\Rightarrow m_{mu\acute{\hat{o}}i}=27x+62y+137,4=149,16(g)$ $\Vert$ Bảo toàn điện tích: $3x-y=0,36$ mol.

▶ Giải hệ có: $x=0,16$ mol; $y=0,12$ mol. Bảo toàn nguyên tố Nito: $n_{N2O}=0,08$ mol.
$\Rightarrow n_{MgCO3}=n_{CO2}=0,04$ mol. Bảo toàn nguyên tố Mg: $n_{Mg}=0,32$ mol.

● $\sum n_{H^{+}}=10n_{NH{4}^{+}}+10n_{N2O}+2n_O+2n_{CO3}\Rightarrow n_O=0,06$ mol

$\Rightarrow n_{Al2O3}=0,02$ mol $\Vert \Rightarrow \%m_{Al2O3}=0,02\times 102÷15,84\times 100\%=12,88\%$

Đáp án C

Dung dịch X chứa các anion $O{H}^{-}$ và $Al{O}_2^{-}$.
Sục $C{O}_2$ ta có các phản ứng:
$C{O}_2+O{H}^{-}\to HC{O}_3^{-}$.
$C{O}_2+Al{O}_2^{-}+H_{2}O\to Al(OH{)}_3\downarrow +HC{O}_3^{-}$