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

★ 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: 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: 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.

(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.

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.

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)
Al${}_2$O${}_3$ là oxit lưỡng tính: tác dụng với cả axit và bazơ, ví dụ $A{l}_2{O}_3+6HCl\to 2AlC{l}_3+3H_{2}O$ và $A{l}_2{O}_3+2NaOH\to 2NaAl{O}_2+H_{2}O$. Các chất còn lại không lưỡng tính: AlCl${}_3$ là muối của axit mạnh và bazơ yếu (tính axit), NaNO${}_3$ là muối trung hòa, Na${}_2$CO${}_3$ là muối của axit yếu và bazơ mạnh (tính bazơ). Đáp án khớp với nguồn: C.

(a) Đúng, kết tủa trắng là Al(OH)₃.
(b) Đúng, khí tạo thành là NO.
(c) Sai, NaOH không làm mềm được nước cứng toàn phần.
(d) Sai, kim loại Al sử dụng để sản xuất “giấy bạc” gói, bọc thực phẩm.
(e) Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
$A{l}_2{O}_3$ là oxit lưỡng tính nên tan trong cả dung dịch axit và dung dịch kiềm: với NaOH: $A{l}_2{O}_3+2NaOH\to 2NaAl{O}_2+H_{2}O$; với HCl: $A{l}_2{O}_3+6HCl\to 2AlC{l}_3+3H_{2}O$; với $Ba(OH{)}_2$: $A{l}_2{O}_3+2Ba(OH{)}_2\to Ba(Al{O}_2{)}_2+2H_{2}O$ (hoặc tạo muối aluminat). Riêng $BaC{l}_2$ là muối của axit mạnh và bazơ mạnh, không phản ứng với $A{l}_2{O}_3$ nên $A{l}_2{O}_3$ không tan trong dung dịch này. Đáp án khớp với bảng đáp án nguồn (42.B).

(AI giải đề cho tôi)
Trong công nghiệp, nhôm được điều chế bằng điện phân nóng chảy nhôm oxit (Al2O3) hòa tan trong cryolit Na3AlF6 để hạ nhiệt độ nóng chảy. Phương pháp này được dùng vì Al2O3 có nhiệt độ nóng chảy rất cao và AlCl3 là hợp chất cộng hóa trị, thăng hoa trước khi nóng chảy nên không điện phân nóng chảy được. Điện phân dung dịch AlCl3 chỉ thu được H2 ở cathode do Al3+ không bị khử trong nước. Đáp án trùng với đáp án nguồn: D.

(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.