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

Al(OH)${}_3$ có tính lưỡng tính:
Tính axit: Al(OH)${}_3$ + OH${}^{-}$ ⟶ AlO${}_2^{-}$ + 2H${}_2$O
Tính bazơ: Al(OH)${}_3$ + 3H${}^{+}$ ⟶ Al${}^{3+}$ + 3H${}_2$O

Câu 42: B
Al(OH)${}_3$ là hidroxit lưỡng tính
Al(OH)${}_3$ + 3HCl → AlCl${}_3$ + 3H${}_2$O

(AI giải đề cho tôi)
Al(OH)${}_3$ là hiđroxit lưỡng tính, tác dụng được với dung dịch bazơ mạnh. KOH phản ứng: $Al(OH{)}_3+KOH\to KAl{O}_2+2H_{2}O$ (hoặc $Al(OH{)}_3+KOH\to K[Al(OH{)}_4]$). Các dung dịch KCl, NaNO${}_3$, Na${}_2$SO${}_4$ là muối không phản ứng với Al(OH)${}_3$. Vậy đáp án là A.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 43 (mã đề 219): Chất lưỡng tính là chất vừa có tính axit vừa có tính bazơ. NaOH là bazơ mạnh, HCl là axit mạnh, KNO${}_3$ là muối của axit mạnh và bazơ mạnh (không lưỡng tính). Al(OH)${}_3$ là hiđroxit lưỡng tính: tan trong axit $Al(OH{)}_3+3HClightarrowAlC{l}_3+3H_{2}O$ và tan trong bazơ $Al(OH{)}_3+NaOHightarrowNaAl{O}_2+2H_{2}O$. Đáp án C, khớp với bảng đáp án chính thức (43. C).

(AI giải đề cho tôi)
Phản ứng: $2Al+6HCl\to 2AlC{l}_3+3H_2$. Số mol khí $H_2$ (đktc): $n_{H_2}=\frac{3,36}{22,4}=0,15$ mol. Theo phương trình, $n_{Al}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\frac{2}{3}\times 0,15=0,1$ mol. Khối lượng nhôm: $m=0,1\times 27=2,7$ gam. Vậy $m=2,70$ gam, khớp với đáp án B (đáp án nguồn 62B).

Đặt mol Al = x (mol), mol Mg = y mol

Từ tỉ khối hơi dễ dàng tính được mol 2 khí: n N${}_2$ = 0,014 mol, n N${}_2$O = 0,07 mol

⇒ Bte: 3x + 2y = 0,014.10 + 0,07.8 = 0,7 = n OH${}^{-}$ khi kết tủa max ⇒ khi cho NaOH vào thì

⇒ m kết tủa max = m kim loại + m OH${}^{-}$ = m + 0,7.17 = m + 11,9 (1)

Nhìn đồ thị ⇒ n HNO${}_3$ dư = 0,05.2 = 0,1 mol

n HNO${}_3$ = 2,5V = n HNO${}_3$ pu + n HNO${}_3$ dư = (0,7 + 0,014.4 + 0,07.2) + 0,1 ⇒ V = 387,2 ml

(AI giải đề cho tôi)
NaHCO${}_3$ là muối của axit yếu có tính lưỡng tính (tác dụng với cả axit và bazơ); Zn(OH)${}_2$ và Al${}_2$O${}_3$ là hợp chất lưỡng tính điển hình (tan trong cả axit và bazơ). AlCl${}_3$ là muối của axit mạnh và bazơ yếu, chỉ có tính axit (thủy phân), không có tính lưỡng tính. Vậy đáp án là D, trùng với đáp án nguồn ở trang 72.

(AI giải đề cho tôi)
$n_{Al}=\frac{5,4}{27}=0,2$ mol. Phản ứng: $2Al+3C{l}_2\to 2AlC{l}_3$. Theo tỉ lệ, $n_{AlC{l}_3}=n_{Al}=0,2$ mol. Khối lượng muối: $m=0,2\times (27+3\times 35,5)=0,2\times 133,5=26,7$ gam. Vậy $m=26,7$ g, khớp đáp án D (đáp án nguồn: D).

(AI giải đề cho tôi)
Khi đun nóng, nhôm tác dụng với khí clo tạo ra nhôm clorua: $2Al+3C{l}_2\stackrel{t^o}{\to }2AlC{l}_3$. Các phương án khác không đúng: Al tác dụng với S tạo $A{l}_2{S}_3$, với $O_2$ tạo $A{l}_2{O}_3$, còn NaCl không phản ứng với Al. Đáp án khớp với bảng đáp án (Câu 60: C).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol Al = a, CuO = b. Các phản ứng: CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O; 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂; 2Al + 3CuCl₂ → 2AlCl₃ + 3Cu. Vì dung dịch Y chỉ chứa muối (AlCl₃) nên HCl phản ứng hết và toàn bộ CuCl₂ bị Al khử. Từ H₂ = 0,09 mol → Al tác dụng với HCl = 0,06 mol, tiêu thụ 0,18 mol HCl. HCl còn lại 0,48 − 0,18 = 0,30 mol dùng hòa tan CuO → b = 0,15 mol CuO, tạo 0,15 mol CuCl₂. Al khử CuCl₂ = (2/3)·0,15 = 0,10 mol, sinh ra 0,15 mol Cu = 9,6 gam. Kim loại rắn thu được 13,65 gam nên phần dư Al = 13,65 − 9,6 = 4,05 gam = 0,15 mol. Vậy a = 0,06 + 0,10 + 0,15 = 0,31 mol. Kiểm tra: Y chứa 0,16 mol AlCl₃ cần 0,48 mol Cl⁻ = 0,48 mol HCl ✓. m = 27·0,31 + 80·0,15 = 8,37 + 12 = 20,37 gam. Khớp đáp án C.

- Khối lượng Al trong quặng: m_Al = 500 * 28,08% = 140,4 (gam).
- Số mol Al = 140,4 / 27 = 5,2 (mol).
- Số mol muối khan KAl(SO${}_4$)${}_2$ = 5,2 (mol).
- Khối lượng muối khan: 5,2 * 258 = 1341,6 (gam).
- Khối lượng dung dịch X : 1341,6 / 0,2061 ≈ 6509,4614 (gam).
Gọi x là số mol tinh thể KAl(SO${}_4$)${}_2$·12H${}_2$O tách ra (M = 474).
- Khối lượng muối khan bị tách ra: 258x (gam).
- Khối lượng dung dịch còn lại (Y): 6509,4614 - 474x (gam).
- Nồng độ dung dịch Y là 15%, ta có phương trình:
(1341,6 - 258x) / (6509,4614 - 474x) = 0,15
- Giải phương trình trên ta được x ≈ 1,9539 (mol).
- Khối lượng tinh thể m = 1,9539 * 474 ≈ 926,15 (gam).
- Làm tròn đến hàng đơn vị theo yêu cầu: m = 926

(AI giải đề cho tôi)
Khối lượng Al trong quặng: $m_{Al}=500\times 28,08\%=140,4$ g $\Rightarrow n_{Al}=\frac{140,4}{27}=5,2$ mol.

Al tan trong H₂SO₄ vừa đủ: $2Al+6H_{2}S{O}_4\to A{l}_2(S{O}_4{)}_3+3H_2$, sau đó thêm K₂SO₄ vừa đủ: $A{l}_2(S{O}_4{)}_3+K_{2}S{O}_4\to 2KAl(S{O}_4{)}_2$, nên $n_{KAl(S{O}_4{)}_2}=n_{Al}=5,2$ mol.

$M_{KAl(S{O}_4{)}_2}=39+27+4\times 96=258$ g/mol $\Rightarrow m_{KAl(S{O}_4{)}_2}=5,2\times 258=1341,6$ g.

Khối lượng dung dịch trước khi làm lạnh: $S=\frac{1341,6}{20,61\%}\approx 6509,4614$ g.

Gọi $x$ (mol) là số mol tinh thể $KAl(S{O}_4{)}_2\cdot 12H_{2}O$ tách ra, $M=258+12\times 18=474$ g/mol.

Bảo toàn khối lượng và nồng độ dung dịch Y (15,00%):
$$\frac{1341,6-258x}{6509,4614-474x}=0,15$$
$$1341,6-258x=976,\mathrm{4192...}-71,1x$$
$$365,\mathrm{1808...}=186,9x\Rightarrow x\approx 1,9539\text{mol}$$

$m=474\times 1,9539\approx 926,15$ gam.

Làm tròn đến hàng đơn vị theo yêu cầu: $m=926$ gam.

Kiểm tra: khối lượng dung dịch Y $=6509,4614-926,15=5583,31$ g; khối lượng $KAl(S{O}_4{)}_2$ còn lại $=1341,6-258\times 1,9539=837,69$ g; nồng độ $=837,69/5583,31\approx 15,00\%$ ✓

(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.

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.)

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

★ 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.

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)

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: 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

(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.