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

(AI giải đề cho tôi)
Trong các kim loại Ag, Fe, Al, Cu, chỉ có Al (kim loại lưỡng tính) phản ứng được với dung dịch NaOH, giải phóng khí hiđro: $2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2\uparrow$. Ag, Fe, Cu không phản ứng với dung dịch NaOH. Đáp án đúng là C, trùng với đáp án nguồn.

Tính số mol các khí trong Z:

$$<table><tbody><tr><td>n_Z=\frac{3,584}{22,4}=0,16\text{ mol}</td></tr><tr><td>{\overline{M}}_Z=4,5\cdot 2=9</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow m_Z=n_Z\cdot {\overline{M}}_Z=0,16\cdot 9=1,44\text{ gam}$$

$$\{<table><tbody><tr><td>n_{NO}+n_{H_2}=n_Z</td></tr><tr><td>m_{NO}+m_{H_2}=m_Z</td></tr></tbody></table>\Rightarrow \{<table><tbody><tr><td>n_{NO}+n_{H_2}=0,16</td></tr><tr><td>30n_{NO}+2n_{H_2}=1,44</td></tr></tbody></table>\Rightarrow \{<table><tbody><tr><td>n_{NO}=0,04\text{ mol}</td></tr><tr><td>n_{H_2}=0,12\text{ mol}</td></tr></tbody></table>$$

Thu được H${}_2$ $\Rightarrow$ NO${}_3^{-}$ hết.

Sơ đồ phản ứng:



$$\stackrel{+KOH(1,11\text{ mol})\text{ toˆˊi đa}}{\to }\{<table><tbody><tr><td>{\left\{K^{+};S{O}_4^{2-},Al{O}_2^{-}\right\}}_{0,5\text{ mol}}\text{dd sau}</td></tr><tr><td>Mg(OH{)}_2\downarrow \stackrel{t^0}{\to }MgO10\text{ gam ra˘ˊn}</td></tr></tbody></table>$$

$n_{MgO\text{ ra˘ˊn}}=\frac{10}{40}=0,25$ mol

BT Mg: $n_{M{g}^{2+}}=n_{MgO(\text{ra˘ˊn})}\Rightarrow n_{M{g}^{2+}}=0,25$ mol

BT K: $n_{K^{+}(\text{dd sau})}=n_{K^{+}(Y)}+n_{KOH}\Rightarrow n_{K^{+}(\text{dd sau})}=0,03+1,11=1,14$ mol

- BT bảo toàn điện tích cho dd sau: $1\cdot n_{K^{+}}=1\cdot n_{Al{O}_2^{-}}+2\cdot n_{S{O}_4^{2-}}\Rightarrow 1,14=1\cdot n_{Al{O}_2^{-}}+2\cdot 0,5\Rightarrow n_{Al{O}_2^{-}}=0,14$ mol

$$N{H}_4^{+}+O{H}^{-}\to N{H}_3\uparrow +H_{2}O$$
$$M{g}^{2+}+2O{H}^{-}\to Mg(OH{)}_2\downarrow$$
$$A{l}^{3+}+4O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O$$

$\Rightarrow n_{O{H}^{-}}=n_{N{H}_4^{+}}+2n_{M{g}^{2+}}+4n_{A{l}^{3+}}$

$\Rightarrow 1,11=n_{N{H}_4^{+}}+2\cdot 0,25+4\cdot 0,14\Rightarrow n_{N{H}_4^{+}}=0,05$ mol

- BT N: $3n_{Al(N{O}_3{)}_3}+n_{KN{O}_3}=n_{NO}+n_{N{H}_4^{+}}\Rightarrow 3n_{Al(N{O}_3{)}_3}+0,03=0,04+0,05\Rightarrow n_{Al(N{O}_3{)}_3}=0,02$ mol

- BT Al: $n_{Al(N{O}_3{)}_3}+n_{Al}=n_{A{l}^{3+}}\Rightarrow 0,02+n_{Al}=0,14\Rightarrow n_{Al}=0,12$ mol

$\%m_{Al}=\frac{m_{Al}}{m_X}\cdot 100=\frac{27\cdot 0,12}{14,3}\cdot 100=22,66\%\approx 23\%$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong điện phân Al2O3 nóng chảy, criolit (Na3AlF6) có vai trò: (1) hạ nhiệt độ nóng chảy của hỗn hợp (từ ~2050°C xuống khoảng 950°C) để tiết kiệm năng lượng - đúng. (2) Criolit nóng chảy hòa tan Al2O3 tạo chất lỏng dẫn điện tốt hơn Al2O3 nóng chảy - đúng. (3) Sai, vì Al2O3 không tác dụng trực tiếp với C của điện cực để tạo Al; Al được tạo ra do quá trình điện phân: cathode: Al^{3+} + 3e → Al, anode: 2O^{2-} → O2 + 4e (C điện cực bị đốt mòn do tác dụng với O2 sinh ra: C + O2 → CO2, nhưng đó không phải vai trò của criolit). (4) Đúng, Al2O3 tan trong criolit tạo hỗn hợp có khối lượng riêng nhỏ hơn Al nên Al nóng chảy lắng xuống đáy, được lớp điện phân bảo vệ khỏi bị oxi hóa bởi O2 không khí. Vậy các phát biểu đúng là (1), (2), (4) → đáp án D, trùng với đáp án nguồn.

Hd: H${}^{+}$ = 0,8; SO${}_4^{2-}$ = 0,14; gọi Al = x và Mg = y thì 16,5 = 58y + 78(x − 0,05) và 27x + 24y = 7,65 → x = 0,15; y = 0,15. Vậy dd X chứa Al${}^{3+}$ = 0,15; Mg${}^{2+}$ = 0,15; H${}^{+}$ = 0,05 + KOH 0,8M và Ba(OH)${}_2$ 0,1M; Cl${}^{-}$ = 0,52; SO${}_4^{2-}$ = 0,14. Kết tủa lớn nhất? — nếu ion Al và Mg kết tủa hết thì V dd kiềm = 0,8 lit → Ba${}^{2+}$ = 0,08 → tổng kt = 39,04g; nếu SO${}_4^{2-}$ kt hết thì V = 1,4 → số mol OH${}^{-}$ = 1,4 mol → tổng kt = 41,32 g → C

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng chất với dung dịch NaOH: Al tan (2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2); Fe không tan trong NaOH; CrO3 là oxit axit tan (CrO3 + 2NaOH → Na2CrO4 + H2O); Cr(OH)3 là hiđroxit lưỡng tính tan (Cr(OH)3 + NaOH → NaCrO2 + 2H2O); Al2O3 là oxit lưỡng tính tan (Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O). Vậy có 4 chất tan: Al, CrO3, Cr(OH)3, Al2O3 → đáp án D.

Hd: H${}_2$ = 0,15 → Al dư = 0,1. Từ 39 g kt → Al bđ = 0,5 mol → Fe${}_3$O${}_4$ = 0,15 → m = A

(AI giải đề cho tôi)
n_Al = 12,42/27 = 0,46 mol → số e nhường: 3.0,46 = 1,38 mol.
n_Y = 1,344/22,4 = 0,06 mol; M_Y = 18.2 = 36 g/mol. Gọi x = n_N2O, y = n_N2: x + y = 0,06; 44x + 28y = 2,16 → x = y = 0,03 mol.
Số e mà N trong NO3− nhận: N2O (+5 → +1): 4e/phân tử → 0,12 mol e; N2 (+5 → 0): 10e/phân tử → 0,30 mol e. Tổng = 0,42 mol e.
Số e còn lại tạo NH4+ : 1,38 − 0,42 = 0,96 mol e → n_NH4+ = 0,96/8 = 0,12 mol (tạo 0,12 mol NH4NO3).
Khi cô cạn dung dịch X, NH4NO3 bị phân hủy (NH4NO3 → N2O + 2H2O), chất rắn khan còn lại là Al(NO3)3:
m = 0,46 × 213 = 97,98 gam.

(AI giải đề cho tôi)
Nhôm tan trong dung dịch axit HCl: $2Al+6HCl\to 2AlC{l}_3+3H_2\uparrow$, và tan trong dung dịch bazơ kiềm: $2Al+2KOH+2H_{2}O\to 2KAl{O}_2+3H_2\uparrow$; tương tự với $Ba(OH{)}_2$. Nhôm không phản ứng với dung dịch muối NaCl (Na kém hoạt động hơn Al, không có phản ứng thế), nên Al không tan trong NaCl. Đáp án D, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng phát biểu:
(a) Sục CO${}_2$ tới dư vào dung dịch Ba(AlO${}_2$)${}_2$: ban đầu tạo kết tủa BaCO${}_3$ và Al(OH)${}_3$, nhưng khi CO${}_2$ dư, BaCO${}_3$ tiếp tục phản ứng tạo Ba(HCO${}_3$)${}_2$ tan: $BaC{O}_3+C{O}_2+H_{2}O\to Ba(HC{O}_3{)}_2$. Kết tủa cuối cùng chỉ còn Al(OH)${}_3$ (1 chất) → phát biểu sai.
(b) Nhỏ NaAlO${}_2$ vào KHSO${}_4$ dư: môi trường axit dư, Al(OH)${}_3$ không tồn tại mà tạo Al${}^{3+}$: $Al{O}_2^{-}+4H^{+}\to A{l}^{3+}+2H_{2}O$, không có kết tủa → phát biểu sai.
(c) Chì và các hợp chất của chì đều rất độc (gây ngộ độc chì) → phát biểu đúng.
(d) Nước cứng tạm thời là nước chứa cation Ca${}^{2+}$ (hoặc Mg${}^{2+}$) và HCO${}_3^{-}$; Na${}^{+}$ không gây độ cứng → phát biểu sai.
(e) Trong đời sống, người ta thường dùng clo (hoặc chất chứa clo như Cloramin B) để diệt trùng nước sinh hoạt → phát biểu đúng.
Vậy có 2 phát biểu đúng là (c) và (e) → đáp án A, khớp với đáp án nguồn (A. 2).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $V_{Al}$ (ml) là thể tích dung dịch $A{l}_2(S{O}_4{)}_3$ 0,1M thì $n_{A{l}^{3+}}=2\cdot 0,1\cdot \frac{V_{Al}}{1000}=0,2V_{Al}$ (mmol).

Giai đoạn tạo kết tủa: $A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al(OH{)}_3\downarrow$, nên đỉnh đồ thị (kết tủa cực đại) tại $V_{peak}=\frac{3n_{A{l}^{3+}}}{0,2}=3V_{Al}$ (ml).

Trên nhánh đi lên tại $V=180$ ml: $n_{Al(OH{)}_3}=\frac{0,2\cdot 180}{3}=12$ mmol.

Trên nhánh đi xuống tại $V=340$ ml (sau đỉnh): $Al(OH{)}_3+O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O$, nên $n_{Al(OH{)}_3}=0,2V_{Al}-0,2(340-3V_{Al})$.

Hai giá trị bằng nhau (theo đường nét đứt trên đồ thị): $12=0,2V_{Al}-68+0,6V_{Al}\Rightarrow 0,8V_{Al}=80\Rightarrow V_{Al}=100$ ml.

Kiểm tra: đỉnh tại $V_{peak}=300$ ml, kết tủa cực đại $=0,2\cdot 100=20$ mmol; tại 340 ml đã tan $0,2\cdot 40=8$ mmol, còn lại $20-8=12$ mmol — khớp với giá trị tại 180 ml. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol: Ba = $a$, Al = $b$, Al${}_2$O${}_3$ = $c$, BaO = $d$.

**Dung dịch Y** chứa Ba(OH)${}_2$ (từ Ba, BaO) và Ba(AlO${}_2$)${}_2$ (từ Al, Al${}_2$O${}_3$), với tổng $n_{Ba}=a+2d$ và $n_{Al}=b+2c$.

**Khí H${}_2$ (0,896 lít = 0,04 mol):**
$$a+1,5b=0,04(1)$$

**Dẫn CO${}_2$ đến dư:** BaCO${}_3$ tan hết tạo Ba(HCO${}_3$)${}_2$, chỉ còn kết tủa Al(OH)${}_3$:
$$n_{Al(OH{)}_3}=\frac{3,12}{78}=0,04\text{ mol}\Rightarrow b+2c=0,04(2)$$

**Hấp thụ 0,054 mol CO${}_2$ (1,2096 lít):** toàn bộ Al chuyển thành Al(OH)${}_3$ (0,04 mol), phần CO${}_2$ còn lại tạo BaCO${}_3$ và Ba(HCO${}_3$)${}_2$; dung dịch Z chỉ chứa một chất tan là Ba(HCO${}_3$)${}_2$.

Khối lượng kết tủa: $197n_{BaC{O}_3}+78(0,04)=4,302\Rightarrow n_{BaC{O}_3}=0,006$ mol.

Balance C: $n_{HC{O}_3^{-}}=0,054-0,006=0,048$ mol → $n_{Ba(HC{O}_3{)}_2}=0,024$ mol.

Balance Ba: $n_{Ba}=0,006+0,024=0,03$ mol, tức $a+2d=0,03$ (3).

**Giải hệ:** Từ (1): $a=0,04-1,5b$; từ (2): $b=0,04-2c$; từ (3): $d=\frac{0,03-a}{2}$.

Thử các giá trị thỏa mãn đồng thời (điều kiện $a,b,c,d\ge 0$ và các phương trình trên):
- $c=0,016667$ mol → $b=0,04-0,033333=0,006667$ mol
- $a=0,04-1,5(0,006667)=0,03$ mol → $d=0$

Kiểm tra: H${}_2$ = $0,03+1,5(0,006667)=0,04$ mol ✓; Ba tổng = 0,03 ✓; Al tổng = $0,006667+2(0,016667)=0,04$ ✓.

**Khối lượng m:**
$$m=137(0,03)+27(0,006667)+102(0,016667)=4,11+0,18+1,70=5,99\text{ gam}$$

Vậy $m=5,99$ gam → chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Trong công nghiệp, nhôm được điều chế bằng điện phân nóng chảy Al2O3 (hoà tan trong cryolit Na3AlF6 để hạ nhiệt độ nóng chảy). Phương trình: $2A{l}_2{O}_3\stackrel{\text{điện phaˆn}}{\to }4Al+3O_2$. Các phương án khác không dùng để điều chế Al công nghiệp: nhiệt phân Al(NO3)3 hay Al(OH)3 chỉ tạo Al2O3; điện phân dung dịch AlCl3 không cho Al do ion H+ bị khử trước. Đáp án khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
n_{AlCl_3} = 0,2 × 1 = 0,2 mol. Kết tủa Al(OH)_3: n = 3,9/78 = 0,05 mol < 0,2 mol nên có hai trường hợp.

TH1: NaOH thiếu: Al^{3+} + 3OH^- → Al(OH)_3↓, n_{NaOH} = 3 × 0,05 = 0,15 mol → V = 75 ml.

TH2: NaOH dư, một phần kết tủa bị tan: toàn bộ Al^{3+} kết tủa cần n_{OH^-} = 3 × 0,2 = 0,6 mol; sau đó Al(OH)_3 + OH^- → AlO_2^- + 2H_2O tan (0,2 − 0,05) = 0,15 mol, cần thêm 0,15 mol OH^-. Tổng n_{NaOH} = 0,6 + 0,15 = 0,75 mol → V = 0,75/2 = 0,375 l = 375 ml.

Giá trị lớn nhất của V là 375 ml, khớp đáp án nguồn C (bảng đáp án trang 12: câu 29 = C).

(AI giải đề cho tôi)
Cho HCl từ từ vào dung dịch NaAlO${}_2$ xảy ra hai giai đoạn:
- Giai đoạn tạo kết tủa: $NaAl{O}_2+HCl+H_{2}O\to Al(OH{)}_3\downarrow +NaCl$. Gọi số mol HCl giai đoạn này là b thì số mol kết tủa cực đại $a=b$ (điểm M trên đồ thị, trục hoành là b).
- Giai đoạn tan kết tủa: $Al(OH{)}_3+3HCl\to AlC{l}_3+3H_{2}O$, cần 3b mol HCl.
Đồ thị cho thấy kết tủa tan hết khi tổng số mol $H^{+}$ là 0,8, nên $b+3b=0,8\Rightarrow b=0,2$.
Suy ra $a=b=0,2$ mol và $b=0,2$ mol. Vậy a = 0,2 và b = 0,2, khớp đáp án B (cũng khớp bảng đáp án chính thức trang 12: Câu 31 → B).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol Na = x, Al = 2x. Na tác dụng với nước: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2, sinh x/2 mol H2 và x mol NaOH. NaOH phản ứng với Al: 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2, nên x mol NaOH tiêu thụ x mol Al và sinh 1,5x mol H2. Al dư = 2x − x = x mol (chất rắn không tan là Al). Tổng H2 = x/2 + 1,5x = 2x = 8,96/22,4 = 0,4 mol → x = 0,2. Khối lượng chất rắn không tan: m = 27 × 0,2 = 5,4 gam. Đáp án C, khớp với bảng đáp án nguồn (câu 34: C).

(AI giải đề cho tôi)
Phản ứng nhiệt nhôm: $2Al+F{e}_2{O}_3\stackrel{t^o}{\to }A{l}_2{O}_3+2Fe$. Rắn Y gồm Al dư, Fe và Al${}_2$O${}_3$ (Al${}_2$O${}_3$ không tan trong H${}_2$SO${}_4$ loãng thường và không sinh H${}_2$ với NaOH). Xét mỗi nửa Y: $a$ mol Al dư, $b$ mol Fe.

Phần 2 (NaOH dư): chỉ Al phản ứng, $2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2$, nên $1,5a=0,84/22,4=0,0375\Rightarrow a=0,025$ mol.

Phần 1 (H${}_2$SO${}_4$ loãng dư): cả Al và Fe sinh H${}_2$ (Fe + H${}_2$SO${}_4\to FeS{O}_4+H_2$), nên $1,5a+b=3,08/22,4=0,1375\Rightarrow b=0,1$ mol Fe.

Từ phản ứng nhiệt nhôm: $n_{F{e}_2{O}_3}=b/2=0,05$ mol; Al đã phản ứng $=b=0,1$ mol. Mỗi nửa hỗn hợp đầu: $n_{Al}=0,1+0,025=0,125$ mol, $n_{F{e}_2{O}_3}=0,05$ mol.

Khối lượng mỗi nửa: $0,125\cdot 27+0,05\cdot 160=3,375+8=11,375$ g. Vậy $m=2\cdot 11,375=22,75$ gam, khớp đáp án B (bảng đáp án trang 12 cho Câu 35 = B).

(AI giải đề cho tôi)
$n_{AlC{l}_3}=0,3\cdot 1=0,3$ mol; $n_{Al(OH{)}_3}=\frac{7,8}{78}=0,1$ mol. Vì giá trị V lớn nhất nên NaOH dư, một phần kết tủa bị hòa tan: $A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al(OH{)}_3\downarrow$ (cần $3\cdot 0,3=0,9$ mol OH⁻) và $Al(OH{)}_3+O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O$ (hòa tan $0,3-0,1=0,2$ mol, cần thêm $0,2$ mol OH⁻). Tổng $n_{NaOH}=0,9+0,2=1,1$ mol $\Rightarrow V=\frac{1,1}{2}=0,55$ lít $=550$ ml. Khớp đáp án D.

Định hướng giải:
$$\{\begin{array}{l}0,1a+0,1b=0,04\\ 0,1a.3+0,1b.4=0,15\end{array}\to \{\begin{array}{l}a=0,1\\ b=0,3\end{array}$$

Định hướng giải:
- Bơm 0,6 mol O vào X
$$\to \mathrm{Y}\{<table><tbody><tr><td>\mathrm{KL}</td></tr><tr><td>\mathrm{Al}{\mathrm{O}}_2^{-}:0,7^{\mathrm{mol}}</td></tr><tr><td>\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}:0,6.2-0,7=0,5^{\mathrm{mol}}</td></tr></tbody></table>\to {\mathrm{n}}_{\downarrow }=\frac{4,0,7-2,4+0,5}{3}=0,3^{\mathrm{mol}}\to \mathrm{m}=23,4\mathrm{gam}$$
(Ghi chú: công thức '4,0,7 - 2,4 + 0,5' giữ nguyên nguyên văn nguồn, có thể là lỗi đánh máy của nguồn.)