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

Phương pháp:
- Bảo toàn e
- Kim loại phản ứng với $HN{O}_3$ tạo sản phẩm khử thì áp dụng:
Công thức: $n_e=n_{N{O}_2}+3n_{NO}+8n_{N_{2}O}+10n_{N_2}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}$

Có: $M_X=36g$, $n_X=0,24$ mol => $n_{N_2}=n_{N_{2}O}=0,12$ mol
Al sẽ chuyển hết thành $Al(N{O}_3{)}_3$ => $n_{Al(N{O}_3{)}_3}=n_{Al}=m/27$ (mol)
=> $m_{Al(N{O}_3{)}_3}=7,89m<8m$ => có $N{H}_{4}N{O}_3$ => $n_{N{H}_{4}N{O}_3}=m/720$ (mol)
Bảo toàn e: $3n_{Al}=8n_{N_{2}O}+10n_{N_2}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}$
=> $3.m/27=8.0,12+10.0,12+8.m/720$
=> m = 21,6g
Đáp án B

Đáp án A. Để tính nhanh, ta sử dụng phương trình ion biểu diễn quá trình nhường-nhận e.

$$n_{N_2}=\frac{1,12}{22,4}=0,05mol$$

$$Al\to A{l}^{3+}+3e$$
$$2N^{5+}+10e\to N_2$$
$$0,5\leftarrow 0,05$$

Bảo toàn e, ta có: $n_{Al}=\frac{0,5}{3}\to m_{AL}=4,5(gam)$

(AI giải đề cho tôi)
Dung dịch Y chỉ chứa một chất tan nên là NaAlO${}_2$, tức tổng n_Na = tổng n_Al. Chất rắn X sau khi sục CO${}_2$ dư là Al(OH)${}_3$: $n_{Al(OH{)}_3}=15,6/78=0,2$ mol $\Rightarrow n_{Na}=n_{Al}=0,2$ mol (tính cả Al từ Al${}_2$O${}_3$).

Gọi $a=n_{Na}$ (kim loại), $b=n_{Al}$ (kim loại), $c=n_{N{a}_{2}O}$, $d=n_{A{l}_2{O}_3}$.
- Bảo toàn Na: $a+2c=0,2$
- Bảo toàn Al: $b+2d=0,2$
- H${}_2$: $n_{H_2}=0,5a+1,5b=4,48/22,4=0,2$

Khối lượng: $m=23a+62c+27b+102d=23a+31(0,2-a)+27b+51(0,2-b)=16,4-8a-24b$.

Từ $0,5a+1,5b=0,2\Rightarrow 24b=3,2-8a$, thay vào: $m=16,4-8a-3,2+8a=13,2$ gam (không phụ thuộc $a$, thỏa mãn điều kiện tồn tại các chất).

Vậy $m=13,2$ gam → đáp án C.

(a) Mg + FeSO${}_4$ → MgSO${}_4$ + Fe
(b) Không có phản ứng.
(c) K${}_2$SO${}_4$.Al${}_2$(SO${}_4$)${}_3$.24H${}_2$O + Ba(OH)${}_2$ → BaSO${}_4$↓ + Ba(AlO${}_2$)${}_2$ + KOH + H${}_2$O
(d) NH${}_4$HCO${}_3$ + Ca(OH)${}_2$ → CaCO${}_3$↓ + NH${}_3$↑ + H${}_2$O
(e) Ca(HCO${}_3$)${}_2$, Mg(HCO${}_3$)${}_2$ → CaCO${}_3$, MgCO${}_3$↓ + CO${}_2$↑ + H${}_2$O

Chọn A.
Trong hỗn hợp Y gồm O${}_2$ (a mol) và Cl${}_2$ (b mol)
$$\{\begin{array}{l}{n}_Y=a+b=0,15\\ m_Y=32a+71b=16,2-7,5\end{array}\Rightarrow a=0,05\text{ vaˋ }b=0,1$$
Trong X gồm Mg (x mol) và Al (y mol) → m${}_X$ = 24x + 27y = 7,5
Bảo toàn electron: 2x + 3y = 4a + 2b + 2.0,15
Tìm được: x = 0,2 và y = 0,1. Vậy \%m${}_{Al}$ = 36\%.

(AI giải đề cho tôi) Điện lượng Q = 9,65 × 3000 = 28950 C ⟹ n(e) = 28950/96500 = 0,3 mol ⟹ Al${}_2$O${}_3$ + 6e → 2Al, n(Al) lý thuyết = 0,1 mol = 2,7 gam. Hiệu suất = 2,16/2,7 = 80% (A đúng). Al${}_2$O${}_3$ phải hòa tan trong criolit (Na${}_3$AlF${}_6$) 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 điện phân nhôm, điện cực anot (than chì) bị tiêu hao do sinh ra CO${}_2$/CO và phải thay thế, còn catot không bị ăn mòn — do đó phát biểu D là sai. Lưu ý: đáp án nguồn (bảng đáp án đề, Câu 74) ghi là B, mâu thuẫn với phân tích hóa học; theo quy tắc ưu tiên đáp án nguồn, đáp án chính thức được ghi là B.

(AI giải đề cho tôi) Sau khi tan, Y chứa Cu²⁺ 0,12 mol; Mg²⁺ 0,1 mol; Al³⁺ 0,1 mol; SO₄²⁻ 0,15 mol và Cl⁻ 0,55 mol. Khi thêm Ba(OH)₂/NaOH, Ba²⁺ kết tủa hết SO₄²⁻ thành BaSO₄ (0,15 mol). Nung chất rắn khan thu được CuO, MgO, Al₂O₃ và BaSO₄. Nếu giữ điều kiện 'khối lượng kết tủa lớn nhất' (Al(OH)₃ còn lại): m = 0,12·80 + 0,1·40 + 0,05·102 + 0,15·233 = 9,6 + 4 + 5,1 + 34,95 = 53,65 gam — không khớp đáp án nào. Đáp án nguồn A (48,54) tương ứng với trường hợp Al(OH)₃ tan hết do NaOH dư: m = 53,65 − 5,1 = 48,55 ≈ 48,54 gam. Có mâu thuẫn giữa điều kiện đề bài và đáp án nguồn; theo nguồn, đáp án là A.

(AI giải đề cho tôi)
$n_{KAl(S{O}_4{)}_2.12H_{2}O}=47,4/474=0,1$ mol → $A{l}^{3+}$: 0,1 mol; $S{O}_4^{2-}$: 0,2 mol. $Ba(OH{)}_2$: 0,2 mol → $B{a}^{2+}$: 0,2 mol; $O{H}^{-}$: 0,4 mol.
- $B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4\downarrow$: 0,2 mol → 46,6 g.
- $A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al(OH{)}_3\downarrow$: cần 0,3 mol $O{H}^{-}$, tạo 0,1 mol $Al(OH{)}_3$; còn dư 0,1 mol $O{H}^{-}$ nên $Al(OH{)}_3+O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O$ tan hết 0,1 mol → không còn kết tủa $Al(OH{)}_3$.
Vậy $m=0,2\times 233=46,6$ g.

Hướng dẫn giải:
$m_{Al(300kmc\acute{a}p)}=300.1074=322200kg=322,2$ tấn
PTHH: $2A{l}_2{O}_3\underset{\text{criolit}}{\overset{\text{đpnc}}{\to }}4Al+3O_2$
$204g\to 108g$
$m_{A{l}_2{O}_3}=\frac{322,2.204}{108.80\%}=760,75$ tấn ← 80\% — 322,2 tấn
$\Rightarrow m_{boxit}=\frac{760,75}{40\%}=1901,875$ tấn $\approx 1902$ tấn.

(AI giải đề cho tôi)
$n(A{l}_2{O}_3)=27,54/102=0,27$ mol. Phản ứng: $A{l}_2{O}_3+6HN{O}_3\to 2Al(N{O}_3{)}_3+3H_{2}O$, nên $n(Al(N{O}_3{)}_3)=0,54$ mol, khối lượng muối khan $=0,54\times 213=115,02$ g. Khối lượng nước trong dung dịch X: $267,5-115,02=152,48$ g. Gọi $x$ mol tinh thể $Al(N{O}_3{)}_3.9H_{2}O$ ($M=375$) tách ra. Dung dịch còn lại bão hòa: $\frac{213(0,54-x)}{152,48-162x}=\frac{67,25}{100}=0,6725$. Giải: $115,02-213x=102,54-108,945x\Rightarrow 104,055x=12,48\Rightarrow x\approx 0,12$ mol. Vậy $m=0,12\times 375\approx 45$ gam. Đáp án D, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
$n_{A{l}_2{O}_3}=25,5/102=0,25$ mol → $n_{Al(N{O}_3{)}_3}=0,5$ mol (106,25 g). Khối lượng H${}_2$O trong X: $252,5-106,25=146,25$ g. Gọi $x$ mol tinh thể Al(NO${}_3$)${}_3$.9H${}_2$O ($M=375$) tách ra. Còn lại: muối $(0,5-x)$ mol, nước $146,25-162x$ g. Độ tan ở 10°C: $\frac{213(0,5-x)}{146,25-162x}=\frac{67,25}{100}$. Giải: $106,5-213x=98,353-108,945x\Rightarrow 104,055x=8,147\Rightarrow x\approx 0,0783$ mol. $m=375\times 0,0783\approx 29,4$ g, gần nhất với 30.

n khí = 4 kmol → nCO = nCO${}_2$ = 2 kmol
Bảo toàn electron: 3nAl = 2nCO + 4nCO${}_2$
→ nAl = 4
H = 80\% → m${}_{A{l}_2{O}_3.2H_{2}O}$ = 138.4/(2.80\%) = 345 kg