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

(AI giải đề cho tôi)
Phản ứng nhiệt nhôm: $8Al+3F{e}_3{O}_4\to 4A{l}_2{O}_3+9Fe$. Rắn X gồm Fe, Al dư, Al₂O₃. Cho X tác dụng NaOH dư: Al và Al₂O₃ tan tạo NaAlO₂ (dung dịch Y), Fe không tan (rắn Z), khí H₂ chỉ sinh ra từ Al: $2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2$.
- $n_{H_2}=6,72/22,4=0,3$ mol $\Rightarrow n_{Al(dư)}=0,2$ mol.
- Sục CO₂ dư vào Y: $NaAl{O}_2+C{O}_2+2H_{2}O\to Al(OH{)}_3+NaHC{O}_3$. Kết tủa $Al(OH{)}_3$: $46,8/78=0,6$ mol $\Rightarrow$ tổng $n_{Al}=0,6$ mol.
- Al trong Al₂O₃: $0,6-0,2=0,4$ mol $\Rightarrow n_{A{l}_2{O}_3}=0,2$ mol $\Rightarrow n_{F{e}_3{O}_4}=0,2\cdot 3/4=0,15$ mol.
- $m=0,6\cdot 27+0,15\cdot 232=16,2+34,8=51,0$ g. Khớp đáp án A.

(AI giải đề cho tôi) Al(OH)${}_3$ là hiđroxit lưỡng tính, tác dụng được cả với axit mạnh và kiềm mạnh: Al(OH)${}_3$ + NaOH → NaAlO${}_2$ + 2H${}_2$O; 2Al(OH)${}_3$ + 3H${}_2$SO${}_4$ → Al${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ + 6H${}_2$O.

Chọn D

Chọn B
(a): đúng
(b): sai vì poli (hexametylen adipamit) được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng: H${}_2$N(CH${}_2$)${}_6$NH${}_2$ và HOOC(CH${}_2$)${}_4$COOH
(c) đúng
(d) sai vì Mg + 2FeCl${}_3$ dư $⟶$ MgCl${}_2$ + 2FeCl${}_2$
(e) đúng

Chọn A
Bảo toàn Al:
n${}_{Al}$ = n${}_{Al(OH)3}$ = 0,6 mol
Nhiệm vụ của Al
8Al + 3Fe${}_3$O${}_4$ $⟶$ 4Al${}_2$O${}_3$ + 9Fe (1)
0,4 0,15 mol
2Al + 2NaOH + 2H${}_2$O $⟶$ 2NaAlO${}_2$ + 3H${}_2$ (2)
0,2 0,3 mol
Nên m = 0,6.27 + 0,15.232 = 51,00 gam

(AI giải đề cho tôi)
Phản ứng nhiệt nhôm dùng để hàn đường ray tàu hỏa là phản ứng giữa bột nhôm và bột oxit sắt(III): $2Al+F{e}_2{O}_3\stackrel{t^0}{\to }A{l}_2{O}_3+2Fe$. Phản ứng tỏa rất nhiều nhiệt, sinh ra sắt nóng chảy dùng để hàn đường ray. Hỗn hợp Al và $F{e}_2{O}_3$ gọi là hỗn hợp tecmit. Vậy X là $F{e}_2{O}_3$, đáp án A, trùng với đáp án nguồn (47-A).

(AI giải đề cho tôi)
Cho từ từ đến dư dung dịch NH${}_3$ vào AlCl${}_3$: AlCl${}_3$ + 3NH${}_3$ + 3H${}_2$O → Al(OH)${}_3$↓ + 3NH${}_4$Cl. Kết tủa Al(OH)${}_3$ màu trắng keo không tan trong dung dịch NH${}_3$ dư (NH${}_3$ là bazơ yếu, không tạo phức [Al(NH${}_3$)${}_6$]${}^{3+}$ hay tan trong môi trường kiềm mạnh). Nếu dùng NaOH hoặc KOH đến dư thì Al(OH)${}_3$ tan theo Al(OH)${}_3$ + OH${}^{-}$ → [Al(OH)${}_4$]${}^{-}$, không còn kết tủa. HCl không tạo kết tủa. Vậy X là NH${}_3$, đáp án D, khớp với đáp án nguồn (49-D).

Đáp số 720.

PTHH: $2A{l}_2{O}_3\stackrel{\text{pnc}}{\to }4Al+3O_2$

$n_{Al}=\frac{2700}{27}=100$ mol $\Rightarrow$ $n_{O_2}=\frac{100.3}{4}=75$ mol

(Nội dung hướng dẫn giải tiếp theo bị cắt ở cuối trang 11, phần còn lại không có trong dữ liệu trang đã cung cấp.)

Đáp án D

Đáp án A

$\{\begin{array}{l}{H}_{2}S{O}_4:0,1(mol)\\ A{l}_2(S{O}_4{)}_3:0,1(mol)\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{H^{+}}=0,2(mol)\\ n_{A{l}^{3+}}=0,2(mol)\end{array}$

$H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O$

0,2 → 0,2

Do lượng NaOH lớn nhất nên có quá trình tạo kết tủa, sau đó hoà tan một phần kết tủa.

$n_{Al(OH{)}_3}=0,1(mol)$

$$A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al(OH{)}_3$$

0,2 → 0,6 → 0,2

$$Al(OH{)}_3+O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+H_{2}O$$

0,1 → 0,1

$n_{O{H}^{-}}=0,1+0,6+0,2=0,9(mol)$

→ Chọn đáp án A.

Đáp án A

Do giai đoạn đầu, cho $O{H}^{-}$ vào dung dịch không có kết tủa, vậy X sẽ chứa $M{g}^{2+},A{l}^{3+}$ và $H^{+}$ dư.

Dựa vào đồ thị, giai đoạn đầu tiên không có kết tủa là trung hoà $H^{+}$ dư, giai đoạn tiếp theo tới lúc kết tủa đạt 3a mol thì lúc này xảy ra sự tạo kết tủa Al(OH)3, giai đoạn tiếp theo sẽ là sự tạo kết tủa Mg(OH)2 cho tới lúc đạt 5a mol. Sau đó $O{H}^{-}$ dư sẽ tiếp tục hoà tan Al(OH)3 và còn lại 2a mol Mg(OH)2.

$\to n_{A{l}^{3+}}=3a;n_{M{g}^{2+}}=2a$

$\to n_{H^{+}}=17a-3a.4-2a.2=a$

$\to n_{HCl}=\frac{a+3a.3+2a.2}{0,5+0,1.2}.0,5=10a;n_{H_{2}S{O}_4}=2a$

$X\{\begin{array}{l}A{l}^{3+}:3a(mol)\\ M{g}^{2+}:2a(mol)\\ H^{+}:a(mol)\\ C{l}^{-}:10a(mol)\\ S{O}_4^{2-}:2a(mol)\end{array}$

$2a.24+\frac{3a}{2}.102=12,06\to a=0,06$

Cho từ từ dung dịch chứa NaOH 0,3M và Ba(OH)2 0,1M vào X cho đến khi thu được kết tủa lớn nhất thì đã dùng 0,1V mol $B{a}^{2+}$ và 0,5V mol $O{H}^{-}$.

Kết tủa gồm: BaSO4 0,12 mol; Al(OH)3: 0,18 mol. Lúc này, $M{g}^{2+}$ chưa phản ứng.

Kết tủa tối đa gồm: BaSO4: 0,12 mol; Al(OH)3: 0,18 mol và Mg(OH)2: 0,12 mol.

Nung kết tủa, chất rắn gồm: BaSO4: 0,12 mol; Al2O3: 0,09 mol; MgO: 0,12 mol.

$\to m=41,94(gam)$

$\to$ Chọn đáp án A.

Đáp án A

- Các thí nghiệm thu được kết tủa là (1), (4) và (5)

- Các phương trình hóa học xảy ra:

(1) $2NaOH+Ca(HC{O}_3{)}_2⟶CaC{O}_3\downarrow +N{a}_{2}C{O}_3+H_{2}O$.

(2) $\{\begin{array}{l}HCl+H_{2}O+NaAl{O}_2⟶Al(OH{)}_3\downarrow +NaCl\\ 3HCl+Al(OH{)}_3⟶AlC{l}_3+3H_{2}O\end{array}$

(3) Không xảy ra phản ứng.

(4) $3N{H}_3+3H_{2}O+AlC{l}_3⟶Al(OH{)}_3\downarrow +3N{H}_{4}Cl$.

(5) $C{O}_2+H_{2}O+NaAl{O}_2⟶Al(OH{)}_3\downarrow +NaHC{O}_3$.

• đoạn OA biểu diễn tỉ lệ phản ứng: $Ba(OH{)}_2+2HCl\to BaC{l}_2+2H_{2}O$.
Giả thiết $n_{HCl}=0,8$ mol → b = ½.OA = 0,4 mol.
• đoạn AB biểu diễn tỉ lệ phản ứng: $Al{O}_2^{-}+H^{+}+H_{2}O\to Al(OH{)}_3\downarrow$.
• đoạn BC biểu diễn tỉ lệ phản ứng: $Al(OH{)}_3+3H^{+}\to A{l}^{3+}+3H_{2}O$.
Theo đó, $4BH=AC=(2,8-0,8)+1,2\times 3=5,6\to BH=1,4$ mol → a = ½BH = 0,7 mol.
Vậy, yêu cầu tỉ lệ $a:b=0,7:0,4=7:4$.

• (1): khối lượng kim loại Al: $m=27x$.
• (2): khối lượng muối: $8m=213x+80y$.
• (3): bảo toàn electron: $3x=8y+0,12\times 10+0,12\times 8$
Từ đó, giải hệ được $x=0,8$ mol; $y=0,03$ mol và $m=21,6$ gam.

★ Phân tích nhanh: có 0,52 mol $C{l}^{-}$ và 0,14 mol $S{O}_4^{2-}$ $\Vert \to 0,85$ mol natri trong NaOH đi về đâu? À! 0,52 mol NaCl + 0,14 mol $N{a}_{2}S{O}_4$ và vẫn còn 0,05 mol $\to$ là 0,05 mol $NaAl{O}_2$.
Vậy có hệ $(7,65-0,05\times 27)$ gam Al và Mg cuối cùng về 16,5 gam $Mg(OH{)}_2$ và $Al(OH{)}_3$.
Giải được 0,12 mol Al và 0,15 mol Mg $\to$ X gồm: $\{\begin{array}{l}A{l}^{3+}:0,15^{mol}\\ M{g}^{2+}:0,15^{mol}\\ H^{+}:0,05^{mol}\end{array}$ $\{\begin{array}{l}0,05\text{ mol}\\ C{l}^{-}\\ S{O}_4^{2-}\\ 0,14\text{ mol}\end{array}$.
Dung dịch hỗn hợp có 8x mol KOH và x mol $Ba(OH{)}_2\to$ quan tâm x mol $B{a}^{2+}$ và 10x mol $O{H}^{-}$.
★ Với trắc nghiệm, xét nhanh các cận và chọn đáp án phù hợp yêu cầu. Với tự luận cũng như với các bạn chưa nắm rõ, hãy xét cận, đồng thời vẽ đồ thị và quan sát. Thật vậy:
• Điểm cận 1: $10x=0,05+0,15\times 5=0,8$ mol $\to x=0,8$ mol (kết tủa hiđroxit tối đa).
Lúc này, $\sum m_{\text{keˆˊt tủa}}=0,08\times 233+0,15\times 58+0,15\times 78=39,04$ gam.
• Điểm cận 2: $x=0,14$ mol $\to 10x=1,4$ mol (kết tủa $BaS{O}_4$ cực đại). Vì $1,4>0,05+0,15\times 2+0,15\times 4$ nên $Al(OH{)}_3$ bị hòa tan hết
$\to \sum m_{\text{keˆˊt tủa}}=0,14\times 233+0,15\times 58=41,32$ gam.
• Điểm trung gian: lúc mà $Al(OH{)}_3$ vừa tan hết,
$10x=0,05+0,15\times 2+0,15\times 4=0,95\to x=0,095$ mol.
Tại đây, $\sum m_{\text{keˆˊt tủa}}=0,095\times 233+0,15\times 58=30,835$ gam. Đồ thị như hình vẽ:

$\to$ ứng với kết tủa cực đại, ta có $m=0,14\times 233+0,15\times 40=38,62$ gam.

(AI giải đề cho tôi)
Al${}_2$O${}_3$ là oxit lưỡng tính, tan trong dung dịch bazơ mạnh như NaOH: $A{l}_2{O}_3+2NaOH\to 2NaAl{O}_2+H_{2}O$. Các dung dịch KCl, NaNO${}_3$, MgCl${}_2$ không phản ứng hòa tan được Al${}_2$O${}_3$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (52-D).

Chọn B. Hỗn hợp gồm Na${}_2$O (4x mol) và Al${}_2$O${}_3$ (3x mol) $\Rightarrow$ X chứa OH${}^{-}$ dư (2x mol) và AlO${}_2^{-}$ (6x mol). Khi cho từ từ HCl vào X thì: $n_{O{H}^{-}}+n_{Al(OH{)}_3}=n_{H^{+}}$ (1); $n_{O{H}^{-}}+(4n_{Al{O}_2^{-}}-3n_{Al(OH{)}_3})=n_{H^{+}}$ (2) $\Rightarrow 2x+a/78=0,3$; $26x-3\cdot (a+2,6)/78=0,6\Rightarrow x=0,05$; $a=15,6$ $\Rightarrow m=4\cdot 0,05\cdot 62+3\cdot 0,05\cdot 102=27,7$ (g).

(AI giải đề cho tôi)
Na, Ba, Li là kim loại kiềm, kiềm thổ hoạt động mạnh, phản ứng với nước ở điều kiện thường (2Na + 2H2O → 2NaOH + H2; Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2). Al không phản ứng với nước ở điều kiện thường do có lớp màng oxit Al2O3 bảo vệ bề mặt. Vậy kim loại không tan trong nước là Al. Đáp án khớp với nguồn (43-D).