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

Phương trình điện phân Al${}_2$O${}_3$ nóng chảy: $$2A{l}_2{O}_3\stackrel{\text{đpnc}}{\to }4Al+3O_2$$

Trường hợp 1: Al${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ dư: $n_{NaOH}=3n_{Al(OH{)}_3}=0,45$ mol $\Rightarrow$ C\%${}_{NaOH}=\frac{40n_{NaOH}}{200}.100\%=9\%$. Trường hợp 2: Al(OH)${}_3$ bị hòa tan một phần: $n_{NaOH}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{Al(OH{)}_3}=0,65$ mol $\Rightarrow$ C\%${}_{NaOH}=\frac{40n_{NaOH}}{200}.100\%=13\%$. Vậy có 2 giá trị thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Kiểm tra từng thí nghiệm ở nhiệt độ thường: (a) Al tác dụng với dung dịch NaOH: $2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2$ — xảy ra. (b) Fe mạnh hơn Ag nên đẩy Ag ra khỏi muối: $Fe+2AgN{O}_3\to Fe(N{O}_3{)}_2+2Ag$ — xảy ra. (c) CaO + H_2O $\to Ca(OH{)}_2$ — xảy ra (phản ứng tỏa nhiệt mạnh). (d) $N{a}_{2}C{O}_3+CaC{l}_2\to CaC{O}_3\downarrow +2NaCl$ — xảy ra (tạo kết tủa CaCO_3). Cả 4 thí nghiệm đều có phản ứng, khớp đáp án nguồn A.

Áp dụng phương pháp chặn khoảng giá trị: nếu X chỉ chứa Al: $n_{Al}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=0,035$ mol ⇒ $M_X=\frac{1,08}{0,035}=30,86$. Nếu X chỉ chứa M: $n_M=n_{H_2}=0,0525$ mol ⇒ $M_X=\frac{1,08}{0,0525}=20,57$. Kết hợp: 20,57 < M${}_X$ < 30,86 ⇒ M là Mg. Khi đó: $\{\begin{array}{l}27n_{Al}+24n_{Mg}=1,08\\ 3n_{Al}+2n_{Mg}=2n_{H_2}\end{array}$ → $\{\begin{array}{l}{n}_{Al}=0,02\text{ mol}\\ n_{Mg}=0,0225\text{ mol}\end{array}$. Xét dung dịch Y: BT Cl: $n_{HCl}=n_{AgCl}=0,125$ mol và BT H: $n_{HC{l}_{(dư)}}=n_{HCl}-2n_{H_2}=0,02$ mol. A. Sai, nồng độ HCl cần dùng là: C${}_M$ = $\frac{0,125}{0,1}$ = 1,25 M. B. Sai, kim loại M là Mg. C. Đúng, thành phần % về khối lượng của mỗi kim loại trong X là 50%. D. Sai, số mol kim loại M là 0,0225 mol.

Quá trình: X {Al; Fe₃O₄} $\stackrel{t^0}{\to }$ Y {Al₂O₃; Fe; Al dư}. P₁: Y + NaOH → {H₂: 0,15 mol; Z: NaAlO₂; T: Fe + HCl → H₂: 0,45 mol}. P₂: Y + HCl → H₂: 1,2 mol. Phương trình: $$8Al+3F{e}_3{O}_4\stackrel{t^0}{\to }4A{l}_2{O}_3+9Fe$$ Phần 1: BT e: $n_{Al\text{ dư}}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\frac{2}{3}\cdot 0,15=0,1$ mol; $n_{Fe}=n_{H_2}=0,45$ mol → $n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{4}{9}{n}_{Fe}=0,2$ mol ⇒ $m_{P_1}=48,3$ gam. Phần 2: BT e: $3n_{Al\text{ dư}}+2n_{Fe}=2n_{H_2}=2,4$; theo phần 1: $\frac{n_{Al\text{ dư}}}{n_{Fe}}=\frac{0,1}{0,45}=\frac{2}{9}$ → $n_{Al\text{ dư}}=0,2$ mol; $n_{Fe}=0,9$ mol. Nhận thấy: $n_{Fe(P_2)}=2n_{Fe(P_1)}$ → $m_{P_2}=2m_{P_1}=96,6$ gam ⇒ $m=m_{P_1}+m_{P_2}=144,9$ gam.

Gọi số mol mỗi chất trong X là 1 mol. Hòa tan X vào NaOH dư thì chỉ có Al tan trong khi $F{e}_2{O}_3$ và Cu không tan. Hòa tan X vào HCl dư: $2Al+6HCl\to 2AlC{l}_3+3H_2$; $F{e}_2{O}_3+6HCl\to 2FeC{l}_3+3H_{2}O$ (1 mol, 2 mol) $\Rightarrow$ $Cu+2FeC{l}_3\to CuC{l}_2+2FeC{l}_2$ (1 mol, 2 mol): hỗn hợp tan hoàn toàn trong dung dịch HCl dư. Hòa tan X vào $AgN{O}_3$ dư thì Al và Cu tan trong khi $F{e}_2{O}_3$ không tan. Hòa tan X vào $N{H}_3$ (dư) thì không có chất nào tan.

- Có 4 dung dịch có thể hòa tan được Al là:
• $2Al+6HC{l}_{(l)}\to 2AlC{l}_3+3H_2$
$2Al+3H_{2}S{O}_{4(l)}\to A{l}_2(S{O}_4{)}_3+3H_2$
• $Al+4HN{O}_{3}lo\tilde{a}ng\to Al(N{O}_3{)}_3+NO+2H_{2}O$
• $2Al+6H_{2}S{O}_4đặc,n\acute{o}ng\to A{l}_2(S{O}_4{)}_3+3S{O}_2+3H_{2}O$
- Lưu ý: Al bị thụ động hóa bởi $HN{O}_3$ đặc, nguội.

(AI giải đề cho tôi)
(a) NH${}_3$ là bazơ yếu, không tan được Al(OH)${}_3$: Al${}^{3+}$ + 3NH${}_3$ + 3H${}_2$O → Al(OH)${}_3$↓ + 3NH${}_4^{+}$ → có kết tủa.
(b) KOH dư: Al(OH)${}_3$ sinh ra tan trong kiềm dư (Al(OH)${}_3$ + OH${}^{-}$ → AlO${}_2^{-}$ + 2H${}_2$O) → không có kết tủa.
(c) HCl dư: AlO${}_2^{-}$ + 4H${}^{+}$ → Al${}^{3+}$ + 2H${}_2$O → không có kết tủa.
(d) CO${}_2$ dư: AlO${}_2^{-}$ + CO${}_2$ + 2H${}_2$O → Al(OH)${}_3$↓ + HCO${}_3^{-}$ → có kết tủa.
Vậy có 2 thí nghiệm thu được kết tủa: (a) và (d).

Chọn B.
- Các phản ứng xảy ra:
(a) $Al(N{O}_3{)}_3+3N{H}_3+3H_{2}O\to Al(OH{)}_3\downarrow +3N{H}_{4}N{O}_3$
(b) $AlC{l}_3+3NaO{H}_{du}\to Al(OH{)}_3\downarrow +3NaCl$ ; $Al(OH{)}_3+NaOH\to Na[Al(OH{)}_4]$
(c) $NaAl{O}_2+HCl+H_{2}O\to Al(OH{)}_3\downarrow +NaCl$ ; $Al(OH{)}_3+3HCl\to AlC{l}_3+3H_{2}O$
(d) $C{O}_{2}du+KAl{O}_2+2H_{2}O\to Al(OH{)}_3\downarrow +KHC{O}_3$
Vậy có 2 phản ứng tạo kết tủa là (a), (d).
(Ghi chú: đề bài ở thí nghiệm (b) dùng KOH dư, lời giải nguồn viết NaOH; bản chất phản ứng như nhau, kết quả không đổi.)

Chọn D.
- Quy đổi 15,15 gam hỗn hợp X thành Ca, Al và C. Xét quá trình đốt hỗn hợp khí Z, ta có hệ sau:
$$\{\begin{array}{l}40n_{Ca}+27n_{Al}+12n_C=m_X\\ n_C=n_{C{O}_2}\\ 2n_{Ca}+3n_{Al}=2n_{H_{2}O}\end{array}\to \{\begin{array}{l}40n_{Ca}+27n_{Al}+12n_C=15,15\\ n_C=0,2\\ 2n_{Ca}+3n_{Al}=1,05\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{Ca}=0,15\text{ mol}\\ n_{A{l}^{3+}}=0,25\text{ mol}\\ n_C=0,2\text{ mol}\end{array}$$
- Dung dịch Y gồm Ca${}^{2+}$ (0,15 mol), AlO${}_2^{-}$ (0,25 mol) và OH${}^{-}$. Xét dung dịch Y có:
$$\stackrel{\text{BTĐT}}{\to }{n}_{O{H}^{-}}=2n_{C{a}^{2+}}-n_{Al{O}_2^{-}}=0,05\text{ mol}$$
- Khi cho 0,4 mol HCl tác dụng với dung dịch Y ta nhận thấy: $n_{Al{O}_2^{-}}<n_{H^{+}}-n_{O{H}^{-}}<4n_{Al{O}_2^{-}}$
$$\Rightarrow n_{Al(OH{)}_3}=\frac{4n_{Al{O}_2^{-}}-(n_{H^{+}}-n_{O{H}^{-}})}{3}=\frac{13}{60}\text{ mol}\Rightarrow m_{Al(OH{)}_3}=\boxed{16,9\text{ (g)}}$$

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

- Phản ứng : $2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2$
mol : a 2a → a (NaOH dư)
- Dung dịch X thu được gồm: NaAlO₂ (a mol) và NaOH dư (a mol).
A. Đúng, Sục CO₂ dư vào dung dịch X thì:
$C{O}_2+NaAl{O}_2+2H_{2}O\to Al(OH{)}_3+NaHC{O}_3$ (a mol → a mol)
$C{O}_2+NaOH\to NaHC{O}_3$
B. Sai, Trong dung dịch X có NaOH dư phản ứng với dung dịch CuSO₄:
$CuS{O}_4+NaOH\to Cu(OH{)}_2+N{a}_{2}S{O}_4$
C. Sai, Khi thêm 2a mol HCl vào dung dịch X thì :
$HCl+NaOH\to NaCl+H_{2}O$ $HCl+NaAl{O}_2+H_{2}O\to Al(OH{)}_3+NaCl$
mol: a ← a a a → a
- Phản ứng xảy ra vừa đủ do vậy chỉ có a mol kết tủa của Al(OH)₃.
D. Sai, Dung dịch X có NaOH dư nên làm quỳ tím chuyển sang màu xanh.

(AI giải đề cho tôi)
$n_{C{r}_2{O}_3}=\frac{15,2}{152}=0,1$ mol. Phản ứng nhiệt nhôm không sinh khí: $C{r}_2{O}_3+2Al\stackrel{t^o}{\to }2Cr+A{l}_2{O}_3$, nên khối lượng rắn X bằng tổng khối lượng phản ứng: $m_{Al}=23,3-15,2=8,1$ g $\Rightarrow n_{Al}=0,3$ mol. Al dư: phản ứng hết $0,2$ mol Al với $0,1$ mol $C{r}_2{O}_3$, dư $0,1$ mol Al. Rắn X gồm: $0,2$ mol Cr; $0,1$ mol $A{l}_2{O}_3$; $0,1$ mol Al dư (khối lượng $10,4+10,2+2,7=23,3$ g, khớp đề bài). Cho X tác dụng với HCl dư: $A{l}_2{O}_3$ không sinh $H_2$.
- $2Al+6HCl\to 2AlC{l}_3+3H_2$: $n_{H_2}=\frac{3}{2}\cdot 0,1=0,15$ mol.
- $Cr+2HCl\to CrC{l}_2+H_2$: $n_{H_2}=0,2$ mol.
Tổng $n_{H_2}=0,35$ mol $\Rightarrow V=0,35\cdot 22,4=7,84$ lít. Đáp án C, trùng với đáp án nguồn.

X + H₂O dư không thấy có kết tủa => Al và Al₂O₃ tan kết
$$Na+H_{2}O\to NaOH+\frac{1}{2}{H}_2$$
$$NaOH+Al+H_{2}O\to NaAl{O}_2+\frac{3}{2}{H}_2$$
$$2NaOH+A{l}_2{O}_3\to 2NaAl{O}_2+H_{2}O$$
Khi thêm HCl, có thể có:
$$NaOH+HCl\to NaC{l}_2+H_{2}O$$
$$NaAl{O}_2+HCl+H_{2}O\to Al(OH{)}_3+NaCl$$
$$Al(OH{)}_3+3HCl\to AlC{l}_3+3H_{2}O$$
Đổ thêm 0,07 mol HCl thì chỉ làm tan 0,01 mol kết tủa
=> chứng tỏ khi thêm 0,06 mol HCl thì NaAlO₂ vẫn còn dư
Gọi số mol NaOH dư = a; số mol NaAlO₂ vẫn còn dư
+) $n_{HCl}=0,06$ mol; $n_{HCl+Al{O}_2}=0,06-a$ (mol) < b => $(a+b)>0,06$ mol
=> n_{kết tủa} = 0,06 - a (mol) = m / 78
+) $n_{HCl}=0,13$ mol => $n_{HCl}=4n_{NaAl{O}_2}-3n_{Al(OH{)}_3}+n_{NaOH\text{ dư}}$
=> $0,13=4b-3.[(0,06-a)-0,01]+a$
=> $0,28=4b+4a$
=> $a+b=0,07$ mol $=n_{Na}(X)$
=> \%m_{Na(X)} = 41,07\%
=> Đáp án B

Qui hỗn hợp X về Al; Fe; O $\Rightarrow n_O=0,15mol$
$n_{HN{O}_3}=0,6275mol$
$n_{NO}=n_{N_2}=0,01mol$
Có $n_{HN{O}_3}=2n_O+4n_{NO}+12n_{N_2}+10n_{N{H}_{4}N{O}_3}$
$\Rightarrow n_{N{H}_{4}N{O}_3}=0,01675mol$
$\Rightarrow n_{N{O}_{3}muoiKL}=2n_O+3n_{NO}+10n_{N_2}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}=0,564mol$
$\Rightarrow m_{muoi}=m_{KL}+m_{N{O}_{3}muoiKL}+m_{N{H}_{4}N{O}_3}=46,888g$
$\Rightarrow$ Đáp án C

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

$n_{Ba}=0,01mol$; $n_{A{l}_2(S{O}_4{)}_3}=0,003mol$
$\to n_{Ba(OH{)}_2}=0,01mol\to n_{O{H}^{-}}=0,02mol$
Ta có: $3<\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{A{l}^{3+}}}=\frac{0,02}{0,003.2}<4$
Nên sau phản ứng tạo ra kết tủa $Al(OH{)}_3$ và $Ba(Al{O}_2{)}_2$
Ta có: $A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al(OH{)}_3\downarrow$
$$A{l}^{3+}+4O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O$$
(với hệ số: x, 3x, x; và y, 4y, y)
$$\to \{\begin{array}{l}{n}_{O{H}^{-}}=3x+4y=0,02\\ n_{A{l}^{3+}}=x+y=0,006\end{array}\to \{\begin{array}{l}x=0,004\\ y=0,002\end{array}\to n_{Al(OH{)}_3}=x=0,004$$
Lại có: $n_{BaS{O}_4}=n_{S{O}_4^{2-}}=0,009mol$ (vì $n_{B{a}^{2+}}>n_{S{O}_4^{2-}}$)
Vậy khối lượng kết tủa sau phản ứng là: $m_{Al(OH{)}_3}+m_{BaS{O}_4}=2,409gam$.

Đặt $m_{Al}=m_{F{e}_3{O}_4}=232gam$
PTHH: $8Al+3F{e}_3{O}_4\stackrel{t^{\circ }}{\to }4A{l}_2{O}_3+9Fe$
Ban đầu $\frac{232}{27}mol$; $1mol$
Phản ứng $\frac{72}{27}mol$; $1mol$
Suy ra sau phản ứng Al dư.
Vậy hỗn hợp chất rắn Y sau phản ứng thu được là Al, $A{l}_2{O}_3$ và Fe.
Chú ý: Để xác định các chất sau phản ứng trong phản ứng nhiệt nhôm, ta viết phương trình và tính số mol trước và sau phản ứng