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

Chọn C. $\stackrel{BT:H}{\to }$ $n_{H_{2}O}=n_{H_{2}S{O}_4}\Rightarrow n_{H_{2}O}=0,32$ mol $\stackrel{BT:O}{\to }$ $4n_{H_{2}S{O}_4}=4n_{S{O}_4^{2-}}+2n_{S{O}_2}+n_{H_{2}O}\Rightarrow n_{S{O}_4^{2-}}=0,12$ mol. Dung dịch thu được sau khi tác dụng NaOH là Na${}^{+}$ (0,25 mol); SO${}_4^{2-}$ (0,12 mol) và AlO${}_2^{-}$. $\stackrel{BTĐT}{\to }$ $2n_{S{O}_4^{2-}}+n_{Al{O}_2^{-}}=n_{N{a}^{+}}\Rightarrow n_{Al{O}_2^{-}}=0,01$ mol (OH${}^{-}$ đã phản ứng với Al${}^{3+}$ là 0,04 mol). Ta có: $m_{Cu,Fe}+m_{O{H}^{-}}=7,63\Rightarrow m_{Cu,Fe}=7,63-17\cdot (0,25-0,01\cdot 4)=4,06$ (g). $n_S+n_{H_{2}S{O}_4}=n_{S{O}_4^{2-}}+n_{S{O}_2}\Rightarrow n_S=0,04$ mol. Vậy m = 4,06 + 0,01 · 27 + 0,04 · 32 = 5,61 (g)

Chọn C.

Ta có: $n_{Al}$ = (2/3)$n_{H_2}$ = 1/15 mol ⇒ $n_{A{l}_2{O}_3}$ = 1/15 mol

mà $n_{H_{2}S{O}_4}$ = (3/2)$n_{Al}$ + 3$n_{A{l}_2{O}_3}$ = 0,3 mol ⇒ H${}_2$SO${}_4$ còn dư: 0,1 mol

Dung dịch X có chứa Al${}^{3+}$ (0,2 mol); SO${}_4^{2-}$ (0,4 mol); H${}^{+}$ (0,2 mol)

Khi cho tác dụng với dung dịch bazơ (Ba${}^{2+}$: 0,2 mol; OH${}^{-}$: 0,9 mol) thì thu được:

{ $n_{BaS{O}_4}$ = $n_{B{a}^{2+}}$ = 0,2 mol ; $n_{Al(OH{)}_3}$ = 4$n_{A{l}^{3+}}$ + $n_{H^{+}}$ - $n_{O{H}^{-}}$ = 4(0,2) + 0,2 - 0,9 = 0,1 mol } ⇒ $m_{\downarrow }$ = 0,2 × 233 + 0,1 × 78 = 46,6 + 7,8 = 54,4 (g)

Dung dịch X gồm BaCl${}_2$ và Ba(OH)${}_2$

Chất tác dụng với X là Na${}_2$SO${}_4$, Na${}_2$CO${}_3$, Al, Al${}_2$O${}_3$, AlCl${}_3$, NaHCO${}_3$.

Từ %m${}_O$ = 41,12% ⇒ n${}_O$ = 0,04 mol, n${}_{F{e}_3{O}_4}$ = 0,01 mol ⇒ n${}_{Al}$ = 0,06 mol

X gồm Al${}_2$O${}_3$; Fe và Al dư nên khi tác dụng với HNO${}_3$ có thể có NH${}_4^{+}$ và có cả Fe${}^{2+}$, Fe${}^{3+}$.

Quy đổi X gồm Al (0,06 mol), Fe (0,03 mol) và O (0,04 mol) ta có:

n${}_{H^{+}}$ = 4n${}_{NO}$ + 2n${}_O$ + 10n${}_{N{H}_4^{+}}$ ⇒ n${}_{N{H}_4^{+}}$ = 0,0154 mol

$$\{\begin{array}{l}-\stackrel{BT:e}{\to }2x+3y+0,06.3=0,08+0,02.3+0,0154.8\\ x+y=0,03\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=6,8.10^{-3}\\ y=0,0232\end{array}$$ (với x, y là số mol của Fe${}^{2+}$, Fe${}^{3+}$)

Khi nhiệt phân hoàn toàn muối, ta có: m${}_{mu\acute{\hat{o}}i}$ = m${}_{oxit}$ + m${}_{kh\acute{ı}v\grave{a}hơi}$ (oxit kim loại gồm Al${}_2$O${}_3$, Fe${}_2$O${}_3$)

⇒ m${}_{kh\acute{ı}v\grave{a}hơi}$ = 0,06.213 + 6,8.10${}^{-3}$.180 + 0,0232.242 + 0,0154.80 – 0,03.102 – 0,015.160 = 15,39 (g)

(AI giải đề cho tôi)
Nhỏ từ từ NaOH vào dung dịch AlCl${}_3$: ban đầu $A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al(OH{)}_3\downarrow$ tạo kết tủa keo trắng, lượng kết tủa tăng dần đến cực đại. Khi NaOH dư, $Al(OH{)}_3+O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O$ (hoặc $Al(OH{)}_4^{-}$), kết tủa tan dần hoàn toàn vì $Al(OH{)}_3$ lưỡng tính. Không có khí bay lên. Vậy hiện tượng là có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan → đáp án A, trùng với đáp án nguồn (44-A).

(AI giải đề cho tôi)
Sục CO2 dư vào NaAlO2: ban đầu tạo kết tủa Al(OH)3 theo phản ứng NaAlO2 + CO2 + 2H2O → Al(OH)3↓ + NaHCO3. Vì CO2 dư, môi trường axit yếu và Al(OH)3 không tan trong axit yếu (H2CO3/HCO3-), nên kết tủa giữ lại. Các dung dịch NaNO3, NaCl không phản ứng; NaOH chỉ tạo NaHCO3 tan, không có kết tủa. Vậy đáp án D.

☆ Thí nghiệm 1: $A{g}^{+}$ + $C{l}^{-}$ → AgCl↓. Giả thiết $m_{k\acute{\hat{e}}ttủa}$ = 71,75 gam

⇒ $n_{AgCl}$ = 0,5 mol ⇒ $\sum n_{Cl}$ trong một nửa X ban đầu = 1,5a + 0,5b = 0,5 ⇔ 3a + b = 1,0.

☆ Ở thí nghiệm 2 chuyển bảng → đồ thị biểu diễn mối quan hệ số mol NaOH và kết tủa:



Ta có IE = 0,1a ⇒ IA = 3IE = 0,3a ⇒ OI = OA + IA = 0,5b + 0,3a = 0,14 ⇔ 5b + 3a = 1,4.

☆ Giải hệ: 3a + b = 1,0 và 5b + 3a = 1,4 ⇒ trừ hai phương trình được 4b = 0,4 ⇒ b = 0,1; suy ra a = 0,3.

☆ Theo đồ thị: điểm B (kết tủa cực đại 0,5a) có số mol NaOH = OA + 3·0,5a = 0,5b + 1,5a = 0,05 + 0,45 = 0,5 mol. Từ B đến C, $Al(OH{)}_3$ tan trong NaOH theo $Al(OH{)}_3$ + NaOH → NaAlO${}_2$ + 2H${}_2$O (1 mol NaOH tan 1 mol kết tủa). Tại K, kết tủa còn 0,1a nên số mol đã tan = 0,5a − 0,1a = 0,4a = 0,12 mol ⇒ OK = 0,5 + 0,12 = 0,62 mol.

⇒ x = OK − 0,14 = 0,62 − 0,14 = 0,48.

(AI giải đề cho tôi)
$n_{A{l}_2(S{O}_4{)}_3}=0,5\cdot 0,5=0,25$ mol nên $n_{A{l}^{3+}}=0,75$ mol; $n_{H_{2}S{O}_4}=0,5$ mol nên $n_{H^{+}}=1$ mol. Gọi $n_{Na}=n_K=x$ mol, tổng $O{H}^{-}$ sinh ra $=2x$ mol, $m=62x$ gam. Trong dung dịch Y gọi: $a$ mol $Al{O}_2^{-}$, $b$ mol $Al(OH{)}_3$, $e$ mol $O{H}^{-}$ dư. Bảo toàn OH: $2x=1+3b+4a+e$. Thêm 1,5 mol HCl: trung hòa $e$ mol $O{H}^{-}$, chuyển $a$ mol $Al{O}_2^{-}$ thành kết tủa, hòa tan $p$ mol $Al(OH{)}_3$: $e+a+3p=1,5$. Kết tủa cuối: $a+b-p=\frac{23,4}{78}=0,3$ mol. Từ đó $p=a+b-0,3$, thay vào: $e=1,5-a-3(a+b-0,3)=2,4-4a-3b$. Suy ra $2x=1+3b+4a+e=1+2,4=3,4\Rightarrow x=1,7$, $m=1,7\cdot 62=105,4$ gam. Kiểm tra tính khả thi: chọn $a=0,3;b=0;e=1,2;p=0$: Al trong Y gồm $0,3$ mol $Al{O}_2^{-}$ và $0,45$ mol $A{l}^{3+}$ (đủ 0,75); HCl dùng $1,2$ mol trung hòa $O{H}^{-}$ dư và $0,3$ mol tạo $0,3$ mol $Al(OH{)}_3=23,4$ g — thỏa mãn. Vậy giá trị nhỏ nhất của m là 105,4 gam, khớp đáp án C.

Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của kim loại.
Hướng dẫn giải: Kim loại Al tan được trong dung dịch kiềm dư:
2Al + 2NaOH + 2H${}_2$O → 2NaAlO${}_2$ + 3H${}_2$
Đáp án A

Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học các hợp chất của kim loại kiềm, kiềm thổ và nhôm.
Hướng dẫn giải:
Ta có: $NaHC{O}_3+Ba(OH{)}_2\to NaOH+BaC{O}_3+H_{2}O$
$NaOH+Al(OH{)}_3\to NaAl{O}_2+2H_{2}O$
$NaAl{O}_2+C{O}_{2dư}+H_{2}O\to NaHC{O}_3+Al(OH{)}_3$
Vậy các chất X, Y, Z, T thỏa mãn sơ đồ trên tương ứng là $NaHC{O}_3$, NaOH, $NaAl{O}_2$, $Al(OH{)}_3$.
Đáp án B

Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của NaOH (bazơ kiềm): tác dụng với axit, oxit axit, dung dịch muối, kim loại Al, Zn.
Hướng dẫn giải: Các chất: HCl, NaHCO${}_3$, Al tác dụng được với dung dịch NaOH (có 3 chất).
Đáp án B

Phương pháp:
*Đoạn 1:
$O{H}^{-}+H^{+}\to H_{2}O$
$B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4$
Từ đó tính được số mol $H^{+}$
*Đoạn 2:
$B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4$
$A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al(OH{)}_3$
Ta có: $n_{S{O}_4^{2-}}=n_{B{a}^{2+}}=n_{Ba(OH{)}_2}$
*Đoạn 3: $A{l}^{3+}+3O{H}^{-}+Al(OH{)}_3$
Ta có $n_{O{H}^{-}}=n_{H^{+}}+3n_{Al(OH{)}_3}\to n_{Al(OH{)}_3}$ max
Bảo toàn Al suy ra $n_{AlC{l}_3}\to$ tổng a
Hướng dẫn giải:
*Đoạn 1:
$O{H}^{-}+H^{+}\to H_{2}O$
$B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4$
Ta có: $n_{H^{+}}=n_{O{H}^{-}}=2n_{Ba(OH{)}_2}=2\cdot 0,15=0,3$ mol
*Đoạn 2:
$B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4$
$A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al(OH{)}_3$
Ta có: $n_{S{O}_4^{2-}}=n_{B{a}^{2+}}=n_{Ba(OH{)}_2}=0,3$ mol
*Đoạn 3: $A{l}^{3+}+3O{H}^{-}+Al(OH{)}_3$
Ta có $n_{O{H}^{-}}=n_{H^{+}}+3n_{Al(OH{)}_3}\to n_{Al(OH{)}_3}$ max $=0,3$ mol
Vậy $n_{HCl}=n_{H^{+}}=0,3$ mol; $n_{A{l}_2(S{O}_4{)}_3}=1/3\cdot n_{S{O}_4^{2-}}=0,1$ mol
Bảo toàn Al suy ra $n_{AlC{l}_3}=0,1$ mol
Vậy tổng $a=0,3+0,1+0,1=0,5$ mol
Đáp án A

Phương pháp:
Quy đổi hỗn hợp X thành Na, K, Ba và O. Suy ra $m_O=0,075m$ (gam)
Dung dịch Y có chứa $N{a}^{+}$, $K^{+}$, $B{a}^{2+}$ và $O{H}^{-}$.
Ta có: $n_{AlC{l}_3}=0,04$ mol; $n_{Al(OH{)}_3}=0,02$ mol
Do $n_{A{l}^{3+}}>n_{Al(OH{)}_3}$ nên có 2 trường hợp sau:
*Trường hợp 1: $A{l}^{3+}$ dư.
*Trường hợp 2: $A{l}^{3+}$ phản ứng hết.
Trong 2 trường hợp dùng bảo toàn e và bảo toàn điện tích để tìm giá trị m.
Hướng dẫn giải:
Quy đổi hỗn hợp X thành Na, K, Ba và O
Suy ra $m_O=0,075m$ (gam)
Dung dịch Y có chứa $N{a}^{+}$, $K^{+}$, $B{a}^{2+}$ và $O{H}^{-}$.
Ta có: $n_{AlC{l}_3}=0,04$ mol; $n_{Al(OH{)}_3}=0,02$ mol
Do $n_{A{l}^{3+}}>n_{Al(OH{)}_3}$ nên có 2 trường hợp sau:
*Trường hợp 1: $A{l}^{3+}$ dư.
Khi đó $n_{O{H}^{-}}=3n_{Al(OH{)}_3}=0,06$ mol
Dung dịch Y có chứa x mol $N{a}^{+}$, y mol $K^{+}$, z mol $B{a}^{2+}$ và 0,06 mol $O{H}^{-}$.
Theo bảo toàn điện tích ta có $x+y+2z=0,06$ mol
Theo định luật bảo toàn electron ta có: $x+y+2z=2n_O+2n_{H_2}=2\cdot 0,075m/16+2\cdot 0,04$
$\to 0,06=2\cdot 0,075m/16+2\cdot 0,04\to m<0$ nên loại.
*Trường hợp 2: $A{l}^{3+}$ phản ứng hết.
Khi đó $n_{O{H}^{-}}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{Al(OH{)}_3}=4\cdot 0,04-0,02=0,14$ mol
Dung dịch Y có chứa x mol $N{a}^{+}$, y mol $K^{+}$, z mol $B{a}^{2+}$ và 0,14 mol $O{H}^{-}$
Theo bảo toàn điện tích ta có $x+y+2z=0,14$ mol
Theo định luật bảo toàn electron ta có: $x+y+2z=2n_O+2n_{H_2}=2\cdot 0,075m/16+2\cdot 0,04$
$\to 0,14=2\cdot 0,075m/16+2\cdot 0,04\to m=6,4$ (gam)
Đáp án C

Phương pháp: Sơ đồ bài toán:
$$X\{\begin{array}{l}Al\\ Fe(N{O}_3{)}_2\\ Fe\end{array}+\{\begin{array}{l}0,5molHCl\\ 0,03molNaN{O}_3\end{array}\to \{\begin{array}{l}ddY:25,13(g)muoi\{\begin{array}{l}+0,58(mol)NaOH\\ +AgN{O}_{3}du\to 78,23(gam)\downarrow Z\end{array}\\ 0,05molT\{\begin{array}{l}0,02mol{H}_2\\ \overline{M_T}=21,2\end{array}\end{array}$$
Khi cho Y tác dụng tối đa với 0,58 mol NaOH thu được dung dịch có chứa $N{a}^{+}$, $C{l}^{-}$ và ion $Al{O}_2^{-}$
Dùng định luật bảo toàn điện tích ta tính được số mol $Al{O}_2^{-}$
$\to$ Số mol Al trong X.
Dung dịch Y có chứa $A{l}^{3+}$, $C{l}^{-}$, $N{a}^{+}$, $F{e}^{2+}$ (a mol) và $N{H}_4^{+}$ (b mol)
Từ $m_{mu\acute{\hat{o}}i}$ và số mol NaOH phản ứng tìm được giá trị a và b.
Bảo toàn H ta có $n_{H_{2}O}$
Đặt x, y lần lượt là số mol $Fe(N{O}_3{)}_2$ và số mol Fe trong X.
Bảo toàn nguyên tố Fe và bảo toàn khối lượng tìm được x và y
Từ đó tính được \% $m_{Fe}$
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ bài toán:
$$X\{\begin{array}{l}Al\\ Fe(N{O}_3{)}_2\\ Fe\end{array}+\{\begin{array}{l}0,5molHCl\\ 0,03molNaN{O}_3\end{array}\to \{\begin{array}{l}ddY:25,13(g)muoi\{\begin{array}{l}+0,58(mol)NaOH\\ +AgN{O}_{3}du\to 78,23(gam)\downarrow Z\end{array}\\ 0,05molT\{\begin{array}{l}0,02mol{H}_2\\ \overline{M_T}=21,2\end{array}\end{array}$$
Khi cho Y tác dụng tối đa với 0,58 mol NaOH thu được dung dịch có chứa $N{a}^{+}$ (0,03+0,58=0,61 mol); và ion $Al{O}_2^{-}$
Dùng định luật bảo toàn điện tích ta có $n_{Al{O}_2^{-}}=0,11$ mol
Vậy trong X có 0,11 mol Al.
Dung dịch Y có chứa 0,11 mol $A{l}^{3+}$; 0,5 mol $C{l}^{-}$; 0,03 mol $N{a}^{+}$, $F{e}^{2+}$ (a mol) và $N{H}_4^{+}$ (b mol)
Ta có: $m_{mu\acute{\hat{o}}i}=56a+18b+0,11\cdot 27+0,5\cdot 35,5+0,03\cdot 23=25,13$ (gam)
Ta có: $n_{NaOHphảnứng}=2a+b+0,11\cdot 4=0,58$ mol
Giải hệ trên ta được $a=0,06$ và $b=0,02$
Bảo toàn H ta có $n_{H_{2}O}=0,19$ mol
Đặt x, y lần lượt là số mol $Fe(N{O}_3{)}_2$ và số mol Fe trong X.
Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: $x+y=0,06$ mol
Bảo toàn khối lượng ta có $180x+56y+0,11\cdot 27+0,5\cdot 36,5+0,03\cdot 85=25,13+0,05\cdot 10,6\cdot 2+0,19\cdot 18$
Giải hệ trên ta được $x=0,02$ và $y=0,04$
Từ đó tính được \%$m_{Fe}=25,43\%$
Đáp án C

Phương pháp: Tính tỉ lệ $n_{O{H}^{-}}/n_{A{l}^{3+}}$ (*)
+ Nếu (*) ≤ 3 ($A{l}^{3+}$ dư) → $n_{Al(OH{)}_3}=n_{O{H}^{-}}/3$
+ Nếu 3 < (*) < 4: Kết tủa tan 1 phần → $n\downarrow =4.n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}$
Hướng dẫn giải:
Ta có: $n_{NaOH}=n_{Na}=0,1$ mol; $n_{AlC{l}_3}=0,03$ mol
Tính tỉ lệ k = $n_{O{H}^{-}}/n_{A{l}^{3+}}=3,33$
Ta có 3 < k < 4 nên kết tủa tan 1 phần → $n\downarrow =4.n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}=4.0,03-0,1=0,02$ mol
→ $m_{Al(OH{)}_3}=0,02.78=1,56$ (gam)
Đáp án C

giải:
$$\{\begin{array}{l}24x+27y=2,52\\ x+1,5y=0,12\end{array}\to \{\begin{array}{l}x=0,06\\ y=0,04\end{array}$$

BT e: 0,06. 2+ 0,04.3 = 0,12.n${}_e$ → n${}_e$ = 2 → SO${}_2$

(AI giải đề cho tôi)
HNO${}_3$ đặc nguội làm thụ động hóa Fe và Al (tạo lớp màng oxit bảo vệ bề mặt), nên cả Fe và Al đều không tan trong HNO${}_3$ đặc nguội. Các kim loại khác: Ag, Cu, Zn đều tan trong HNO${}_3$ đặc (Ag, Cu tạo NO${}_2$; Zn tan tạo NO${}_2$). Vậy cặp đúng là Fe, Al.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 76: Xét từng phát biểu. (A) Trong các phản ứng hóa học, Al có số oxi hóa 0 và chỉ bị oxi hóa lên +3 (Al${}_2$O${}_3$, muối aluminat...), nên Al chỉ đóng vai trò chất khử — đúng. (B) Công nghiệp điều chế Al bằng điện phân nhôm oxit nóng chảy (có Criolit Na${}_3$AlF${}_6$ làm giảm nhiệt độ nóng chảy) — đúng. (C) Al bị thụ động hóa trong HNO${}_3$ đặc nguội nên KHÔNG tan được — phát biểu này SAI. (D) Al(OH)${}_3$ lưỡng tính: $Al(OH{)}_3+3HClightarrowAlC{l}_3+3H_{2}O$ và $Al(OH{)}_3+KOHightarrowKAl{O}_2+2H_{2}O$ — đúng. Vậy phát biểu không đúng là C.

giải:
$$\{\begin{array}{l}27x+24y=7,56\\ 27x+24y=25,2(x+y)\end{array}\to \{\begin{array}{l}x=0,12\\ y=0,18\end{array}$$
Áp dụng QT đường chéo: $\frac{nCl2}{nO2}=\frac{1}{3,1}$ → n Cl${}_2$: a mol → 3,1 a mol.
BT e: 2a + 3,1a. 4 = 0,12.3 + 0,18. 2 → a = 0,05.
Vậy: $\{\begin{array}{l}nCl2:0,05mol\\ nO2:0,155mol\end{array}$ → n O${}_2$ − : 0,31 mol
Ta có: O${}^{2-}$ $\stackrel{+HCl}{\to }$ 2Cl${}^{-}$
n${}_{HCl}$ = 2n${}_{O2\_}$ = 0,31.2 = 0,62 mol.
mddHCl = $\frac{0,62.36,5.100}{18,25}$ = 124gam.