CHUYÊN ĐỀ “PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CHUYÊN ĐỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM” THEO ĐỔI MỚI

Page 1

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG ÔN THI THPT QUỐC GIA

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CHUYÊN ĐỀ “PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CHUYÊN ĐỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM” THEO ĐỔI MỚI WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Tác giả

………….

Chức vụ

…………..

Đơn vị công tác

Trường THPT ……………

Đối tượng học sinh bồi dưỡng

Lớp 12

Số tiết dự kiến bồi dưỡng

9

1

ĐẶT VẤN ĐỀ Trong những năm gần đây đề thi THPT Quốc gia có khá nhiều đổi mới, đó là: Tăng số lượng các câu dễ phù hợp với đối tượng tốt nghiệp Tăng sự phân hóa, độ khó của những câu hỏi trong khung điểm 9 – 10 Sử dụng những câu hỏi và bài tập đặc trưng cho bộ môn Hóa học: câu hỏi về phản ứng hóa học xảy ra theo nhiều hướng, nhiều trường hợp câu hỏi sử dụng hình ảnh, thí nghiệm; bài tập sử dụng đồ thị…. Với câu hỏi sử dụng hình ảnh thí nghiệm; phản ứng hóa học xảy ra theo nhiều hướng, nhiều trường hợp ; bài tập sử dụng đồ thị tôi thấy học sinh khá lúng túng vì các em ít được thực hành; chưa được luyện bài tập nhiều và thường hay xét thiếu các khả năng có thể xảy ra. Trong Hóa học nhôm và hợp chất của nhôm là chuyên đề có nhiều dạng bài liên quan đến phản ứng hóa học xảy ra theo nhiều hướng, liên quan đến đồ thị khi giải bài tập Vì những lí do trình bày ở trên tôi xin viết chuyên đề “Phương pháp giải một số dạng bài tập chuyên đề nhôm và hợp chất của nhôm ” nhằm giúp các em khắc phục các khó khăn và tự tin khi xử lí dạng bài này. Hi vọng chuyên đề này là một tài liệu tham khảo hữu ích và bổ ích cho các em học sinh và đồng nghiệp. NỘI DUNG 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.1. NHÔM 1.1.1. Vị trí trong bảng tuần hoàn, cấu hình electron nguyên tử * Vị trí: ô thứ 13, nhóm IIIA, chu kì 3. * Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p63s23p1 hay [Ne]3s23p1 → Nguyên tử Al dễ nhường cả 3 electron hoá trị nên trong hợp chất có số +3. 1.1.2. Tính chất hoá học * Nhôm là kim loại có tính khử mạnh (sau kim loại kiềm và kiềm thổ), nên dễ bị oxi hoá thành ion dương. Al → Al3+ + 3e a. Tác dụng với phi kim (X2, O2,…) VD: 2Al + 3Cl2 → 2AlCl3 t → 2Al O 4Al + 3O2  2 3 0

Chú ý: Trong thực tế Al không tác dụng với O2 trong không khí ở t0 thường do có lớp màng Al2O3 mỏng và bền bảo vệ. b. Tác dụng với axit

2

* Với axit có tính oxi hóa ở ion H+ như HCl, H2SO4 loãng, … 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑

VD:

2Al + 3H2SO4 (loãng) → Al2(SO4)3 + 3H2↑ 2Al + 6H+→ 2Al3+ + 3H2↑ * Với axit có tính oxi hóa ở anion gốc axit như HNO3 loãng, đặc nóng và H2SO4 đặc, nóng Với HNO3: - Khi cho kim loại Al tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nóng giải phóng khí NO2. t → Al(NO ) + 3NO ↑ + 3H O Al + 6HNO3 đ  3 3 2 2 0

- Khi cho kim loại Al tác dụng với dung dịch HNO3 loãng thì Al khử N+5 xuống số oxi hóa thấp hơn. Đặc biệt với dung dịch HNO3 rất loãng Al có thể khử N+5 xuống số oxi hóa thấp nhất là -3 (trong NH4NO3). Tổng quát: Al +HNO3 loãng→ Al(NO3)3 + sản phẩm khử (NO, N2O, N2, NH4NO3) + H2O → Al(NO3)3 + NO↑ + 2H2O VD: Al + 4HNO3 (loãng) 

8Al + 30HNO3 (loãng)  → 8Al(NO3)3 + 3NH4NO3+ 9H2O Với H2SO4 đặc, nóng: Kim loại Al có khả năng khử S+6 xuống các số oxi hóa thấp hơn. Thông thường các bài toán thường cho giải phóng khí SO2. Tổng quát: t → Al (SO ) + sản phẩm khử (SO , S, H S) + H O. Al + H2SO4 đ  2 4 3 2 2 2 0

t → Al (SO ) + 3SO ↑ + 6H O VD: 2Al +6H2SO4 đ  2 4 3 2 2 0

Chú ý: Nhôm bị thụ động bới dung dịch HNO3, H2SO4 đặc, nguội, nghĩa là Al không tan trong 2 dung dịch axit trên và sau khi tiếp xúc với 2 axit này thì kim loại Al còn không tan được trong axit HCl, H2SO4 loãng... Do đó có thể dùng thùng nhôm để đựng và chuyên chở các axit trên. c. Tác dụng với oxit kim loại * Ở t0 cao, Al khử được nhiều ion kim loại trong oxit thành nguyên tử kim loại. t → 3xM + yAl O (M thường là kim loại đứng sau Al) 2yAl + 3MxOy  2 3 0

t → 2Fe + Al O VD: 2Al + Fe2O3  2 3 0

3

t → 2Cr + Al O 2Al + Cr2O3  2 3 0

Phản ứng trên gọi là phản ứng nhiệt nhôm. Ứng dụng phản ứng này người ta có thể điều chế được một số các kim loại như Fe, Cr, Mn,… d. Tác dụng với nước Do bề mặt của kim loại Al luôn có một lớp màng Al2O3 rất mỏng và bền bảo vệ nên để kim loại Al tác dụng được với nước cần phải phá bỏ lớp oxit trên bề mặt Al hoặc tạo thành hỗn hống Al-Hg thì Al sẽ phản ứng với nước ở nhiệt độ thường. 2Al + 6H2O → 2Al(OH)3↓ + 3H2↑ Tính chất này có thể dùng để sản xuất hiđro, tuy nhiên phản ứng này diễn ra trong thời gian vô cùng ngắn không quan sát được bằng mắt, phản ứng mau chóng dừng lại ngay vì tạo lớp kết tủa keo lắng xuống, ngăn cản không cho phản ứng xảy ra. Do đó khi xét các bài toán kim loại Al tác dụng với dung dịch axit, dung dịch muối người ta bỏ qua phản ứng của Al với nước. Chú ý: Thực tế, Al không phản ứng với nước dù ở nhiệt độ cao là vì trên bề mặt của Al được phủ kín một lớp Al2O3 rất mỏng, bền và mịn, không cho nước và khí thấm qua.. e. Tác dụng với dung dịch kiềm Trong thực tế, những vật bằng nhôm bị hoà tan trong dung dịch kiềm như NaOH, Ca(OH)2, ... Ví dụ kim loại Al tan trong dung dịch NaOH, hiện tượng này được giải thích như sau: - Trước hết, xảy ra phản ứng phá bỏ lớp màng Al2O3 bảo vệ (do Al2O3 là oxit lưỡng tính): Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O

(1)

Hoặc Al2O3 + 2NaOH + 3H2O → 2Na[Al(OH)4] - Tiếp theo, kim loại nhôm sẽ khử nước: 2Al + 6H2O → 2Al(OH)3 ↓ + 3H2 ↑

(2)

- Lớp màng Al(OH)3 sinh ra lại có tính chất lưỡng tính nên tiếp tục bị hòa tan trong dung dịch bazơ: Al(OH)3 + NaOH→ NaAlO2 + 2H2O Hoặc

(3)

Al(OH)3 + NaOH → Na[Al(OH)4]

Các phản ứng (2) và (3) xảy ra luân phiên nhau cho đến khi nhôm bị tan hết. Để thuận tiện trong quá trình tính toán làm bài người ta cộng gộp 2 phương trình (2) và (3): 2Al + 2NaOH + 2H2O→ 2NaAlO2 + 3H2↑

4

Hoặc:

2Al + 2NaOH + 6H2O → 2Na[Al(OH)4] + 3H2

Tương tự nếu hòa tan kim loại Al trong dung dịch Ba(OH)2 ta có phương trình: 2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2 ↑ 1.1.3. Ứng dụng - trạng thái thiên nhiên và sản xuất nhôm a. Ứng dụng - Dùng làm vật liệu chế tạo ô tô, máy bay, tên lửa, tàu vũ trụ. - Dùng trong xây dựng nhà cửa, trang trí nội thất. - Dùng làm dây dẫn điện, dùng làm dụng cụ nhà bếp. - Hỗn hợp tecmit (Al + FexOy) để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm dùng hàn đường ray xe lửa b.Trạng thái thiên nhiên Đất sét (Al2O3.2SiO2.2H2O), mica (K2O.Al2O3.6SiO2), boxit (Al2O3.2H2O), criolit (3NaF.AlF3),... c. Sản xuất nhôm Trong công nghiệp, nhôm được sản xuất bằng phương pháp điện phân Al2O3 nóng chảy. *Nguyên liệu: Quặng boxit Al2O3.2H2O có lẫn tạp chất là Fe2O3 và SiO2. Loại bỏ tạp chất bằng phương pháp hoá học thu Al2O3 gần như nguyên chất. *Điện phân nhôm oxit nóng chảy Chuẩn bị chất điện li nóng chảy: Hoà tan Al2O3 trong criolit nóng chảy nhằm hạ nhiệt độ nóng chảy của hỗn hợp xuống 9000 C và dẫn điện tốt, khối lượng riêng nhỏ. Quá trình điện phân t Al2O3 → 2Al3+ + 3O2o

K (-) Al2O3 (noùng chaûy) A (+) Al3+ O23+ 2Al + 3e Al 2O O2 + 4e dpnc Phương trình điện phân: 2 Al2O3  → 4 Al + 3O2

Khí oxi ở nhiệt độ cao đã đốt cháy cực dương là cacbon, sinh ra hỗn hợp khí CO và CO2. Do vậy trong quá trình điện phân phải hạ thấp dần dần cực dương. 1.2. HỢP CHẤT CỦA NHÔM: Al2O3 và Al(OH)3 1.2.1. Nhôm oxit (Al2O3) * Là một oxit lưỡng tính (vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với dung dịch bazơ).

5

- Tác dụng với dung dịch axit →Muối + H2O VD: Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O Al2O3 + 6H+→ 2Al3+ + 3H2O - Tác dụng với dung dịch bazơ→ Muối aluminat (AlO2-) + H2O VD: Al2O3 + 2NaOH→2NaAlO2 + H2O natri aluminat Al2O3 + 2OH − →2AlO2− + H2O 1.2.2. Nhôm hiđroxit (Al(OH)3) * Là 1 hiđroxit lưỡng tính (vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với dung dịch bazơ). - Tác dụng với dung dịch axit→Muối + H2O VD: Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O - Tác dụng với dung dịch kiềm mạnh (NaOH, KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2→Muối aluminat + H2O VD: Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O natri aluminat Al(OH)3 + OH− →AlO2− + 2H2O Chú ý: Al2O3, Al(OH)3 không tan trong dung dịch bazơ yếu như dung dịch NH3, không tan trong dung dịch axit yếu như axit cacbonic. Vì vậy, để điều chế Al(OH)3 người ta cho dung dịch muối Al3+ phản ứng với dung dịch NH3 dư. - Al(OH)3 thể tính bazơ trội hơn tính axit. Do có tính axit rất yếu (yếu hơn cả axit H2CO3) nên: NaAlO2 + CO2 + 2H2O → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 * Bị nhiệt phân:

t → Al O + 3H O 2Al(OH)3  2 3 2 0

1.2.3. Nhôm sunfat - Muối nhôm sunfat khan tan trong nước vàlàm dung dịch nóng lên do bị hiđrat hoá. - Phèn chua: K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O hay KAl(SO4)2.12H2O được dùng trong ngành thuộc da, công nghiệp giấy, chất cầm màu trong công nghiệp nhuộm vải, chất làm trong nước,... - Phèn nhôm: M2SO4.Al2(SO4)3.24H2O (M+ là Na+; Li+, NH4+) 1.2.4. Cách nhận biết ion Al3+ trong dung dịch

6

Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch thí nghiệm, nếu thấy kết tủa keo xuất hiện rồi tan trong NaOH dư → có ion Al3+. Al3+ + 3OH− → Al(OH)3↓ Al(OH)3 + OH− (dư) → AlO2− + 2H2O 2. Các dạng bài tập về nhôm và hợp chất của nhôm DẠNG 1: BÀI TẬP CHO HỖN HỢP GỒM Al VÀ KIM LOẠI KIỀM (Na, K) HOẶC KIM LOẠI KIỀM THỔ (Ca, Ba) TÁC DỤNG VỚI NƯỚC. Thứ tự phản ứng như sau: Trước hết: M (kim loại kiềm) + H2O MOH + ½ H2 Sau đó:

Al + MOH + H2O MAlO2 + 3/2 H2

* Từ số mol của M cũng là số mol của MOH và số mol của Al ta biện luận để biết Al tan hết hay chưa. +Nếu nM = nMOH ≥ nAl Al tan hết +Nếu nM = nMOH < nAl Al chỉ tan một phần. +Nếu chưa biết số mol của M và của Al, lại không có dữ kiện nào để khẳng định Al ta hết hay chưa thì phải xét hai trường hợp: dư MOH nên Al tan hết hoặc thiếu MOH nên Al chỉ tan một phần. Đối với mỗi trường hợp ta lập hệ phương trình đại số để giải. * Nếu bài cho hỗn hợp Al và Ca hoặc Ba thì quy về hỗn hợp kim loại kiềm và Al bằng cách: 1Ca ⇔ 2Na và 1Ba ⇔ 2Na rồi xét các trường hợp như trên. * Nếu bài toán cho dưới hai dạng thí nghiệm: Thí nghiệm 1: cho hỗn hợp vào nước dư Thí nghiệm 2: cho hỗn hợp vào dung dịch kiềm dư Thường gặp nH 2 (TN1) < nH 2 (TN2). Lúc đó ta có thể kết luận ở TN1 kim loại kiềm hoặc kim loại kiềm thổ hết còn nhôm vẫn dư và ở TN2 hỗn hợp kim loại đều hết nH 2 (TN1)=2nNa hoặc nH 2 (TN1)=4nCa nH 2 (TN2)=0,5nNa + 1,5nAl hoặc nH 2 (TN2)=nCa + 1,5nAl Từ hai thí nghiệm ta có thể tìm được lượng nhôm và kim loại kiềm, kim loại kiềm thổ tương ứng a. Mức độ nhận biết Ví dụ 1: Cho hỗn hợp kim loại Na, Ba, Al vào H2O dư , phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X và chất rắn Y. Dung dịch X chứa :

7

A. NaOH và Ba(OH)2

B. NaOH, Ba(OH)2, NaAlO2, Ba(AlO2)2

C. NaOH và NaAlO2

D. NaAlO2 và Ba(AlO2)2 Giải

- Sau phản ứng còn chất rắn Y nên Al dư - Dung dịch có muối NaAlO2, Ba(AlO2)2 Ví dụ 2. Cho hỗn hợp kim loại K và Al vào nước, thu dung dịch A, 4,48 lít khí (đktc) và 5,4 g chất rắn, khối lượng của K và Al tương ứng là A. 3,9 gam và 2,7 gam

B. 3,9 gam và 8,1 gam

C. 7,8 gam và 5,4 gam

D. 15,6 gam và 5,4 gam GIẢI

Phương trình hoá học

2K+ 2H2O → 2KOH + H2 a

a/2

Vì sau phản ứng còn 5,4 gam chất rắn ⇒ Al dư 2KOH +2Al + 2H2O → 2KAlO2 + 3H2 a

3a/2

→ a= 0,1 → mK = 3,9 gam, mAl= 0,1 . 27 +5,4 = 8,1gam → Đáp án B

b. Mức độ nhận hiểu Ví dụ 3 (A - 2008): Cho hỗn hợp gồm Na và Al có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 2 vào nước (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí H2 (ở đktc) và m gam chất rắn không tan. Giá trị của m là A. 10,8.

B. 5,4.

C. 7,8.

D. 43,2.

GIẢI Gọi số mol của Na , Al là x , 2x (vì n Na : n Al = 1 : 2 ) Na + H2O → NaOH + ½ H2 x

x

(1)

x/2

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2 BĐ 2x

x

x

x

3x/2

SPƯ x

0

3x/2

PƯ

(2)

8

→ NaOH hết , chất rắn không tan là Al dư x mol , n H2(2) = 3/2 x(mol) n H2 = 0,4 mol Tổng số mol H2 : ½ x + 3/2 x = 2x → 2x = 0,4 → x = 0,2 mol → Vậy Al dư : 0,2.27 = 5,4 gam . → Chọn B c. Mức độ vận dụng Ví dụ 4: Hoà tan hỗn hợp X gồm Na và Al vào nước dư thu được V lít khí. Cũng hoà tan m gam hỗn hợp X trên vào dung dịch NaOH dư thì thu được 7V/4 lít khí. Tính %(m) mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Giải Cách 1: Học sinh tính toán bình thường bằng các suy luận của bản thân Khi hoà tan hỗn hợp X vào dung dịch NaOH dư được thể tích khí lớn hơn khi hoà tan vào nước nên khi hoà tan vào nước Al còn dư. Đặt V = 4 . 22,4 lít Số mol của Na là x mol; của Al là y mol - Khi hoà tan vào nước:

Na + H2O → NaOH + ½ H2 x

x

(1)

x/2

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2 (2) x

3x/2

Tổng số mol H2 = 2x = 4 x = 2. - Khi hoà tan vào dung dịch NaOH dư: Na + H2O → NaOH + ½ H2 x

x

(1)

x/2

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2 (2) y

3y/2

Tổng số mol H2 = 0,5x + 1,5y = 7 x=2 y=4 Vậy hỗn hợp X có 2 mol Na; 4 mol Al %(m) Na = 29,87%;

%(m)Al = 70,13%

Cách 2: Tính toán dựa theo định hướng của giáo viên

9

Đặt V = 4 . 22,4 lít TN1: X + H2O: có VH 2 =V lít TN2: X+ NaOH dư: có VH 2 =7V/4 lít → nNa=0,5 nH 2 (TN1) =2 mol → nAl=

→ nH 2 (TN2)=0,5nNa + 1,5nAl %(m) Na = 29,87%;

7 − 0, 5.2 =4 mol 1, 5

%(m)Al = 70,13%

Ví dụ 5: Thực hiện hai thí nghiệm sau: • Thí nghiệm 1: Cho m gam hỗn hợp Ba và Al vào nước dư, thu được 0,896 lít khí (ở đktc) • Thí nghiệm 2: Cũng cho m gam hỗn hợp trên cho vào dung dịch NaOH dư thu được 2,24 lít khí (ở đktc) Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là: A. 2,99 gam.

B. 2,58 gam

C. 3,99 gam

D. 1,26 gam

Giải: Cách 1: nH 2 (TN1)= 0,04 mol

nH 2 (TN2)= 0,1 mol

nH 2 (TN1) < nH 2 (TN2). → ở thí nghiệm 1 Ba hết, Al dư còn thí nghiệm 2 thì cả Ba và Al đều hết - Gọi nBa = x mol và nAl = y mol trong m gam hỗn hợp - Thí nghiệm 1:

Ba + 2H2O → Ba2+ + 2OH– + H2 x→

2x

x

Al + OH– + H2O → AlO −2 + 3/2H2 2x→

3x

→ nH2 = 4x = 0,04 → x = 0,01 mol - Thí nghiệm 2: tương tự thí nghiệm 1 ta có: nH2 = x + 3y/2= 0,1 → y = 0,06 mol → m = 0,01.137 + 0,06.27 = 2,99 gam → đáp án A Cách 2: nH 2 (TN1)= 0,04 mol

nH 2 (TN2)= 0,1 mol

10

nH 2 (TN1) < nH 2 (TN2). → ở thí nghiệm 1 Ba hết, Al dư còn thí nghiệm 2 thì cả Ba và Al đều hết - Thí nghiệm 1: nBa = nH 2 /4 =0,01 mol - Thí nghiệm 2: nH 2 (TN2)=nCa + 1,5nAl → nAl=0,06 mol → m = 0,01.137 + 0,06.27 = 2,99 gam → đáp án A BÀI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 1 Câu 1. Cho m g hỗn hợp Ba và Al vào H2O dư thu 0,4 mol H2, cũng m g hỗn hợp trên cho vào dd NaOH dư thu 3,1 mol H2 giá trị của m là A. 67,7 gam B. 94,7 gam

C. 191 gam

D. 185 gam

Câu 2: Cho m gam hỗn hợp gồm Ba, Na, Al trong đó nNa: nAl = 1: 6 hoà tan vào nước dư thu được 1,792 lít khí (đktc), dung dịch A và 5,4g chất rắn không tan. Giá trị của m là: A. 52,75g

B. 39,05g

C. 34,50g

D. 38,14g

Câu 3(B – 2007): Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng nước dư thì thoát ra V lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH dư thì thu dung dịch 1,75V lít khí. Thành phần % theo khối lượng của Na trong X là (biết các thể tích khí đo trong cùng đk nhiệt độ và áp suất). A. 39,78%

B. 77,31%

C. 49,87%

D. 29,87%

Câu 4(ĐH – A – 2013): Hỗn hợp X gồm Ba và Al. Cho m gam X vào nước dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X bằng dung dịch NaOH, thu được 15,68 lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là A. 29,9

B. 24,5

C. 19,1

D. 16,4

Câu 5: Hỗn hợp X gồm K và Al. Cho m g X tác dụng với nước dư được 5,6 lít khí. Mặt khác, cho m g X tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 8,96 lít khí. (Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các thể tích khí đo ở đktc). m có giá trị là A.10,95g.

B. 18g.

C. 16g.

D. 12,8g.

Câu 6: Cho a gam hỗn hợp các kim loại K và Al vào nước dư, thu được 0,6 mol H2. Mặt khác, cũng a gam trên khi cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được 0,9 mol H2. Giá trị của a là A. 21,2 gam

B. 32,5 gam

C. 25,2 gam

D. 31,7 gam

11

Câu 7: Cho 13,2g hỗn hợp kim loại gồm K và Al hoà tan vào nước, sau phản ứng người ta chỉ thu được dung dịch chứa một loại muối duy nhất và V lít khí H2 (ở đktc). Giá trị của V là: A. 11,2

B. 13,44

C. 8,96

D. 5,6

Câu 8: Cho b gam hỗn hợp các kim loại Ba và Al vào nước dư, thu được 0,4 mol H2. Mặt khác, cũng b gam trên khi cho tác dụng với dung dịch KOH dư thì thu được 3,1 mol H2. Giá trị của b là A. 78,2 gam

B. 81,5 gam

C. 108 gam

D. 67,7 gam

DẠNG 2: DUNG DỊCH MUỐI Al 3+ TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM (OH-) Al3+ -

Khi OH dư :

3OH-

+

Al(OH)3

+

Al(OH)3 ↓

→

OH

-

-

→ [Al(OH)4]

(1) (2)

- Bài tập dạng này liên quan đến 3 loại chất là Al3+ , OH- , Al(OH)3. Biết lượng của 2 chất tính lượng còn lại. Bài toán 1: Biết lượng Al3+ và OH- , tính lượng kết tủa Khi cho từ từ OH- vào dung dịch chứa Al3+ thì thấy xuất hiện kết tủa Al(OH)3 sau đó kết tủa tan dần. Đặt T =

nOH − Al 3+

TH1: T ≤ 3: Chỉ xảy ra phản ứng số (1) khi đó OH- hết, Al3+ có thể hết hoặc dư, số mol kết tủa tính theo OH-.

nAl ( OH )3 = Nếu nAl (OH )3 = nAl 3+ =

nOH − 3

nOH − 3

( bảo toàn nhóm OH)

thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất.

TH2: Nếu 3 < T < 4: lượng kết tủa đạt tới giá trị lớn nhất (hay max), sau đó kết tủa tan một phần để lại lượng kết tủa như bài cho nên xảy ra cả 2 phản ứng khi đó Al3+ hết, OH- hết . Al3+

3OH-

+

a Al(OH)3

→

Al(OH)3 ↓

3a

OH- → [Al(OH)4]-

+

x

a

x

x

nOH- = 3a + x = 3nAl3+ + x 12

nAl(OH) 3 = a - x = nAl3+ - x = 4n −n →n ↓ Al (OH ) OH − Al 3 + 3

Đặc biệt T =

n 3+ 3+ 4 = 3,5 thì n Al (OH ) = n[Al (OH ) ]− = Al 2 2 3 4

→ Khi giải toán dạng này có thể tính toán theo phương trình và giải hệ bình thường hoặc sử dụng công thức phù hợp cho từng trường hợp. TH3: Nếu T ≥ 4: kết tủa tan hoàn toàn, phản ứng chỉ tạo ra [Al(OH)4]- . Al3+ + 4OH- [Al(OH)4]a. Mức độ biết Ví Dụ 1. Rót 100 ml dung dịch NaOH 3M vào 100 ml dung dịch AlCl3 1M thu được m gam kết tủa. Giá trị của m la A. 3,9 g.

B. 7,8 g.

C. 9,1 g.

D. 2,7 g.

Giải Ta có: nNaOH = 0,3 mol,

n AlCl3 = 0,1 mol

Ta có thể giải bài tập này theo 2 cách Cách 1: Sử dụng tỉ lệ theo phương trình AlCl3 + 3 NaOH Al(OH)3 + 3 NaCl Ban đầu:

0,1

0,3

Phản ứng:

0,1 ∀

0,3

Sau phản ứng: 0

0,1

0

0,1

0,3 0,3

m↓ = 0,1 . 78 = 7,8 g Cách 2: Vận dụng tỉ lệ T n − = 0,3 mol, OH

n

Al3+

= 0,1 mol

n − n − T = OH = 3 n Al ( OH )3 = n Al 3+ = OH = 0,1 mol n 3 Al3+ m↓ = 0,1 . 78 = 7,8 g b. Mức độ hiểu Ví Dụ 2. Rót 100 ml dung dịch NaOH 3,5M vào 100 ml dung dịch AlCl3 1M thu được m gam kết tủa. Giá trị của m la 13

A. 3,9 g.

B. 7,8 g.

C. 9,1 g.

D. 2,7 g.

Giải Ta có: nNaOH = 0,35 mol,

n AlCl3 = 0,1 mol

Ta giải bài tập này theo 2 cách để so sánh. Cách 1: Làm theo cách truyền thống AlCl3 + 3 NaOH Al(OH)3 + 3 NaCl Ban đầu:

0,1

0,35

Phản ứng:

0,1 ∀

0,3

0,1

0,3

0,05

0,1

0,3

Sau phản ứng: 0

Vì NaOH còn dư nên có tiếp phản ứng: Al(OH)3 + NaOH Na[Al(OH)4] Ban đầu:

0,1

0,05

Phản ứng:

0,05 ←

0,05 ∀

Sau phản ứng: 0,05

0,05

0

0,05

Vậy sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được: 0,05 mol Al(OH)3 ↓

m↓ = 0,05 . 78 = 3,9 g

0,05 mol Na[Al(OH)4] Cách 2: Vận dụng tỉ lệ T n − = 0,35 mol, OH

n

Al3+

n − T = OH = 3,5 Tạo hỗn hợp n Al3+

= 0,1 mol

Al(OH)3: x mol [Al(OH)4]-: y mol

Hệ: x + y = 0,1 3x + 4y = 0,35

⇔

x = 0,05 y = 0,05

m↓ = 0,05 . 78 = 3,9 g n

3+ hoặc T = 3,5 nên n Al (OH ) = n = 0,05 mol = Al − 2 3 [Al (OH ) ] 4

Ví dụ 3: Cho 450 ml dung dịch KOH 2M tác dụng với 100 ml dung dịch Al2(SO4)3 1M được dung dịch X. Tính nồng độ mol/l các chất trong dung dịch X? Giải

14

nOH − = 0,9 mol,

T=

nOH − nAl3+

n Al 3+ = 0,2 mol

= 4,5 > 4 Tạo [Al(OH)4]- và OH- dư

Dung dịch X có

n

Al (OH ) − 4

=n

Al3+

= 0,2 mol;

n OH- dư = 0,9 – 0,2 . 4 = 0,1 mol CM (K[Al(OH)4]) = CM(KOH) =

0, 2 ≈ 0,36 M 0, 45 + 0,1

0,1 ≈ 0,18M 0, 45 + 0,1

c. Mức độ vận dụng Ví dụ 4: Dung dịch A chứa 12g NaOH cho tác dụng với dung dịch chứa 13,68g Al2(SO4)3 thu được 500ml dung dịch B và m gam kết tủa. Tính CM các chất trong B và m? Giải nNaOH = 0,3 mol; T=

nOH − nAl 3+

nAl 2 (SO 4 ) 3 = 0,04 mol

= 3,75 tạo hỗn hợp

Al(OH)3 : x mol [Al(OH)4 ]-: y mol

Ta có hệ:

x + y = 0,08

x = 0,02

3x + 4y = 0,3

y = 0,06

Vậy khối lượng kết tủa là: m = 1,56g Dung dịch B gồm

Na[Al(OH)4 ]: Na2SO4:

0,06 mol 0,12 mol

CM (Na[Al(OH)4 ]) = 0,12M; CM ([Na2SO4]) = 0,24M

Bài toán 2: Biết lượng Al3+ và lượng kết tủa Al(OH)3 tính lượng OH*Nếu n↓Al(OH) 3 = nAl3+ thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Cả 2 chất tham gia phản ứng (1) vừa đủ

→ = 3

*Nếu nAl(OH) 3 < nAl 3+ thì có 2 trường hợp xảy ra: TH1: Chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa, Al3+ dư → chỉ xảy ra một phản ứng (1) → n OH

−

= 3n ↓ Al (OH )

3

15

TH2: Có hiện tượng hòa tan kết tủa, Al3+ tan hết → xảy ra cả hai phản ứng (1) và (2). Khi đó sản phẩm có Al(OH)3 và [Al(OH)4 ]- : (theo bảo toàn nguyên tố nhôm) n =n −n [ Al (OH ) 4 ]− Al 3+ Al (OH )3

Ta có:

(theo bảo toàn nhóm OH) n =3n Al (OH ) + 4n OH − [Al (OH ) 4 ]− 3 → n

OH −

= 4n

Al 3 +

−n ↓ Al (OH ) 3

a. Mức độ hiểu Ví dụ 1 (B – 2013) : Thể tích dung dịch NaOH 0,25M cần cho vào 15 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,5M để thu được lượng kết tủa lớn nhất là A. 210 ml

B. 90 ml

C. 180 ml

D. 60 ml

Giải: nAl3+ = 2n Al ( SO ) = 0,015 mol 2

4 3

Để thu được kết tủa lớn nhất thì n↓Al(OH) 3 = nAl3+= 0,015 mol → nOH − = 3n↓Al(OH) 3 = 0,045 mol → VNaOH = 0,18 lít = 180 ml b. Mức độ vận dụng Ví dụ 2: Cho 200 ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch AlCl3 1M thu được 7,8 (g) kết tủa. Tính nồng độ mol của dung dịch NaOH? Giải: nAl3+ = 2n Al Cl =0,2 mol, 3

n↓Al(OH) 3 = 0,1 (mol). →

nAl(OH) 3 < nAl 3+

→ có 2 trường hợp xảy ra

C1: TH1: Al3+ dư → tính OH- theo kết tủa Al3+

+

3OH0, 3

→ →

→

Al(OH)3 ↓

←

0,1

= = 0,3 CM NaOH = 1,5 (M)

TH2: Al3+ hết, OH- dư làm tan 1 phần kết tủa: Al3+

+

3OH-

→

Al(OH)3 ↓

16

0,2

0,6

→

Al(OH)3

+

0,2

→

OH

-

→ [Al(OH)4]-

( 0,2 – 0,1) → 0,1 → = 0,7 →

CM NaOH = 3,5 (M)

C2: TH1: Al3+ dĆ°: → nOH − = 3n ↓ = 0,3 → CM NaOH = 1,5 (M) TH2: Al3+ háşżt, ↓ tan 1 phần:

= 4 nAl 3+ - nAl(OH) 3 = 4.0,2 – 0,1 = 0,7 (mol) → CM NaOH = 3,5 (M) VĂ­ d᝼ 3: Cho 0,5 lĂ­t dung dáť‹ch NaOH tĂĄc d᝼ng váť›i 300ml dung dáť‹ch Al2(SO4)3 0,2M thu Ä‘ưᝣc 1,56 (g) káşżt tᝧa. TĂ­nh náť“ng Ä‘áť™ mol cᝧa dung dáť‹ch NaOH? Giải: nAl3+ = 2n Al ( SO ) =0,12 mol, n↓Al(OH) 3 = 0,02 (mol). 2

4 3

→

nAl(OH) 3 < nAl 3+

→ cĂł 2 trĆ°áť?ng hᝣp xảy ra

*TH1: Al3+ dư→ tĂ­nh OH- theo káşżt tᝧa: Al3+

+

3OH-

→

0, 06

�

Al(OH)3 ↓ 0,02

= 3nAl(OH) 3 = 0,06 (mol) → = 0,12 (M) *TH2: Al3+ háşżt, káşżt tᝧa tan 1 phần:

= 4 nAl 3+ - nAl(OH) 3 = 4.0,12 - 0,02 = 0,46 (mol) → = 0,92 (M) VĂ­ d᝼ 4(A – 2007): Cho 200 ml dung dáť‹ch AlCl3 1,5M tĂĄc d᝼ng váť›i V lĂ­t dung dáť‹ch NaOH 0,5M, lưᝣng káşżt tᝧa thu Ä‘ưᝣc lĂ 15,6 gam. GiĂĄ tráť‹ láť›n nhẼt cᝧa V lĂ A. 1,2.

B. 1,8.

C. 2,4.

D. 2.

Giải: nAl3+ = nAlCl 3 = 0,3 mol

17

n↓Al(OH) 3 = 0,2 mol →

nAl(OH) 3 < nAl 3+

Váť›i trĆ°áť?ng hᝣp nĂ y láş˝ ra phải xĂŠt hai trĆ°áť?ng hᝣp nhĆ°ng vĂŹ Ä‘áť chᝉ

háť?i giĂĄ tráť‹ láť›n nhẼt cᝧa tháťƒ tĂ­ch dung dáť‹ch kiáť m nĂŞn chᝉ cần tĂ­nh theo trĆ°áť?ng hᝣp káşżt tᝧa Ä‘ất max sau Ä‘Ăł káşżt tᝧa tan máť™t phần

= 4 nAl 3+ - nAl(OH) 3 = 4. 0,3 - 0,2 = 1 mol → VNaOH = 2 lĂ­t BĂ i toĂĄn 3: Biáşżt lưᝣng OH- vĂ lưᝣng káşżt tᝧa Al(OH)3 tĂ­nh lưᝣng Al3+ So sĂĄnh sáť‘ mol OH- cᝧa bĂ i cho váť›i sáť‘ mol OH- trong káşżt tᝧa * Náşżu sáť‘ mol OH- cᝧa bĂ i cho láť›n hĆĄn sáť‘ mol OH- trong káşżt tᝧa thĂŹ Ä‘ĂŁ cĂł hiᝇn tưᝣng hoĂ tan káşżt tᝧa. Sản phẊm cᝧa bĂ i cĂł Al(OH)3 vĂ [Al(OH)4 ]Ta cĂł: n

OH −

= 4n

Al 3 +

→ n 3+ = Al

−n ↓ Al (OH ) 3

nOH − + n Al (OH ) 3 4

-

* Náşżu sáť‘ mol OH cᝧa bĂ i cho báşąng sáť‘ mol OH- trong káşżt tᝧa thĂŹ khĂ´ng cĂł hiᝇn tưᝣng hòa tan káşżt tᝧa Ta cĂł: nAl 3+ = n↓Al(OH) 3 =

1 nOH − 3

* Náşżu trong bĂ i cĂł nhiáť u lần thĂŞm OH- liĂŞn tiáşżp thĂŹ báť? qua cĂĄc giai Ä‘oấn trung gian, ta chᝉ tĂ­nh táť•ng sáť‘ mol OH- qua cĂĄc lần thĂŞm vĂ o ráť“i so sĂĄnh váť›i lưᝣng OH- trong káşżt tᝧa thu Ä‘ưᝣc áť&#x; lần cuáť‘i cĂšng cᝧa bĂ i. VĂ­ d᝼ 1: Cho 250 ml NaOH 2M vĂ o 250 ml dd AlCl3 x M; sau phản ᝊng thu Ä‘ưᝣc 7,8 (g) káşżt tᝧa. TĂ­nh x? Giải: nOH- = nNaOH =0,5 mol, n↓Al(OH) 3 = 0,1 (mol), nAl3+ = 0,25.x (mol) → Ä‘áť > ↓ = 0,3 (mol)

→ cĂł hiᝇn tưᝣng hòa tan 1 phần káşżt tᝧa C1: Sáť­ d᝼ng CT

→n

OH −

= 4n

→ n 3+ = Al

Al 3 +

−n ↓ Al (OH ) 3

nOH − + n Al (OH )3 4

= 0,15 (M)

18

→ x = 0,6 (M) C2: Viết phưƥng trÏnh: Al3+ 0,25x

+ →

3OH0,75x

Al(OH)3

+

( 0,25x – 0,1) →

→

Al(OH)3 ↓

→

0,25x

OH-

→ [Al(OH)4]-

( 0,25x – 0,1)

→ 0,75x + 0,25x – 0,1 = 0,5 x = 0,6 (M)

→

VĂ­ d᝼ 2 (A – 2012): Cho 500ml dung dáť‹ch Ba(OH)2 0,1M vĂ o V ml dung dáť‹ch Al2(SO4)3 0,1M; sau khi cĂĄc phản ᝊng káşżt thĂşc thu Ä‘ưᝣc 12,045 gam káşżt tᝧa. GiĂĄ tráť‹ cᝧa V lĂ A. 75.

B. 150.

C. 300.

D. 200.

Giải: nBa 2+ = 0,05; nSO 24 − = 0,3V/1000; nOH − = 0,1;

nAl 3+ = 0,2V/1000.

CĂł 2 TH xảy ra : muáť‘i nhĂ´m dĆ° hoạc muáť‘i nhĂ´m háşżt. Náşżu dĆ° muáť‘i nhĂ´m thĂŹ ko tĂ­nh Ä‘ưᝣc V. XĂŠt muáť‘i nhĂ´m háşżt thĂŹ nBaSO 4 = váş­y

0, 3V (mol) vĂ 1000

233.

nAl(OH) 3 = 4nAl − nOH = 3+

−

0,8V − 0,1 (mol) 1000

0, 3V 0,8V + 78. ( − 0,1) =12,045. 1000 1000

Giải ra V= 150 ml. VĂ­ d᝼ 3: ThĂŞm 0,6 mol NaOH vĂ o dd chᝊa x mol AlCl3 thu Ä‘ưᝣc 0,2 mol káşżt tᝧa. ThĂŞm tiáşżp 0,9 mol NaOH vĂ o thẼy sáť‘ mol káşżt tᝧa lĂ 0,5 mol. ThĂŞm tiáşżp 1,2 mol NaOH nᝯa thẼy káşżt tᝧa vẍn lĂ 1,5 mol. TĂ­nh x? Giải: Táť•ng sáť‘ mol OH- = 0,6 + 0,9 + 1,2 = 2,7 (mol) ↓ = 0,5.3 = 1,5 mol < Ä‘áť

= 2,7 (mol)

→ cĂł hiᝇn tưᝣng hòa tan 1 phần káşżt tᝧa → n

OH −

= 4n

Al 3 +

−n ↓ Al (OH ) 3

19

→ n 3+ = Al

nOH − + n Al (OH ) 3 4

= 0,8 (M)

Bài toán 4: Nếu cho cùng một lượng Al3+ tác dụng với lượng OH- khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi hoặc thay đổi không tương ứng với sự thay đổi OH-, chẳng hạn như: TN1: a mol Al3+ tác dụng với b mol OH- tạo x mol kết tủa. TN2: a mol Al3+ tác dụng với 3b mol OH- tạo x mol kết tủa hoặc 2x mol kết tủa. Khi đó, ta kết luận: TN1: Al3+ còn dư và OH- hết.

nAl ( OH )3 =

nOH − 3

= x.

TN2: Cả Al3+ và OH- đều hết và đã có hiện tượng hoà tan kết tủa. n = 4n −n ↓ Al (OH ) OH − Al 3 + 3

Ví dụ 1: TN1: Cho a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 500ml dung dịch NaOH 1,2M được m gam kết tủa. TN2: Cũng a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 750ml dung dịch NaOH 1,2M thu được m gam kết tủa.Tính a và m? Giải Vì lượng OH- ở 2 thí nghiệm khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên: TN1: Al3+ dư, OH- hết. nOH- = nNaOH = 0,6 mol nAl (OH ) = 3

nOH − 3

= 0,2 mol m = 15,6 g

TN2: Al3+ và OH- đều hết và có hiện tượng hoà tan kết tủa. nOH- = nNaOH = 0,9 mol Tạo n 3+ = Al

nOH − + n Al (OH )3 4

Al(OH)3: 0,2 mol

= 0, 275 mol

n Al ( SO ) = 0,1375 mol = a. 2

4 3

Ví dụ 2: Khi cho V ml hay 3V ml dung dịch NaOH 2M tác dụng với 400ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/l ta đều cùng thu được một lượng chất kết tủa có khối lượng là 7,8 gam. Tính x. A.0,75M

B.0,625M

C.0,25M

D.0,75M hoặc 0,25M

Giải n↓Al(OH) 3 = 0,1 (mol) Vì lượng OH- ở 2 thí nghiệm khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên:

20

- Nếu dùng V ml NaOH 2M thì Al3+ dư, OH- hết, lượng kết tủa sẽ tính theo OHnOH − = 3n↓Al(OH) 3 =0,3 mol → 2.0,001V = 0,3 → V = 150 ml - Nếu dùng 3V ml NaOH 2M thì Al3+ và OH- đều hết và có hiện tượng hoà tan kết tủa. nOH − = 3.0,15.2 =0,9 mol. Tạo

Al(OH)3: 0,1 mol

nOH − + n Al (OH ) 3 = 0, 25 mol n 3+ = Al 4

3.2.5. Giải toán bằng phương pháp đồ thị Đồ thị (Al(OH)3- NaOH) (hai nửa không đối xứng) n

Al(OH)3

n Al(OH) max 3 a 0,5a 45o (

0 3a

a1

(dư AlCl3) Sản phẩm: Phản ứng xảy ra

(1)

nNaOH

4a

(dư NaOH) (dư NaOH)

Al(OH)3 AlCl3 dư

a2

Al(OH)3; Al(OH)3 ; NaAlO2 ; NaOH dư ; ;

Số mol các chất (tính nhanh): Nửa trái: n

NaAlO2

NaAlO2

(1) ; (1) và (2); (2)

(2)

n = NaOH ; Al(OH) 3 3

Nửa phải: n

Al(OH) 3

= 4n

AlCl 3

-n

NaOH

.

Hình *: Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol Al(OH)3 thu được vào số mol NaOH phản ứng với dung dịch muối chứa a mol AlCl3. Biểu thức tinh nhanh số mol Al(OH)3 • Nửa trái đồ thị: Dư Al3+, chỉ xảy ra phản ứng (1), n Al(OH) = 3

n OH − 3

.

21

• Nửa phải đồ thị: Dư OH−, xảy ra đồng thời (1) và (2), n Al(OH) = 4.n Al - n OH . 3+

3

−

Gọi số mol Al(OH)3 và AlO2− lần lượt là x và y. Ta có:

x + y = số mol Al3+ 3x + 4y = số mol OH−

(*) (**)

Giải hệ phương trình: Nhân (*) với 4, trừ (**) ⇒ x = n Al(OH) = 4.n Al - n OH . 3

3+

−

Ví dụ 1: Nhỏ từ từ dung dịch KOH vào dung dịch AlCl3. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Giá trị của x trong đồ thị trên là A. 2,4.

B. 3,2.

C. 3,0.

D. 3,6.

Giải: Tính nhanh. Số mol Al(OH)3 max = số mol AlCl3 = 0,8 mol - Nửa trái đồ thị (I): n Al(OH) = 3

n NaOH ⇒ số mol Al(OH)3 = 0,6 : 3 = 0,2 mol. 3

- Nửa phải đồ thị (II) n Al(OH) = 4n AlCl - n NaOH ⇒ nNaOH = 4.0,8 - 0,2 = 3,0 mol. 3

3

Ví dụ 2: Cho từ từ đên dư dung dịch NaOH vào dung dịch Al2(SO4)3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

22

Tỉ lệ x : y trong sơ đồ trên là A. 4 : 5.

B. 5 : 6.

C. 6 : 7.

Giải: Số mol Al(OH)3 max = Số mol Al3+ = a =

D. 7 : 8.

x ⇒ x = 3a. 3

Nửa phải đồ thị (II): n Al(OH)3 = 4n Al3+ - n OH − , thay số ta có: 0,4a = 4a - y ⇒ y = 3,6a. x : y = 3a : 3,6a = 5 : 6. Ví dụ 3: Cho từ từ dung dịch hỗn hợp KOH và Ba(OH)2 vào dung dịch AlCl3. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Biểu thức liên hệ giữa x và y trong đồ thị trên là A. (x + 3y) = 1,26.

B. (x + 3y) = 1,68.

C. (x - 3y) = 1,68.

D. (x - 3y) = 1,26.

Giải: Gọi số mol kết tủa Al(OH)3 là a. Số mol Al(OH)3 max = 0,42 : 3 = 0,14 mol.

23

- Nửa trái đồ thị (I): n Al(OH) = 3

n OH −

, thay số ⇒ số mol Al(OH)3 = a =

3

x . 3

- Nửa phải đồ thị (II) n Al(OH) = 4n Al - n OH , thay số ⇒ a = 4.0,14 - y . 3+

3

Ta có:

−

x = 4.0,14 - y ⇒ x + 3y = 1,68. 3

Ví dụ 4: Cho từ từ dung dịch KOH vào dung dịch hỗn hợp (AlCl3, Al2(SO4)3). Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Biểu thức liên hệ giữa x và y trong sơ đồ trên là; A. (2x - 3y) = 1,44.

B. (2x + 3y) = 1,08.

C. (2x + 3y) = 1,44.

D. (2x - 3y) = 1,08.

Giải: Số mol Al(OH)3 max = 0,36 : 3 = 0,12 mol.

- Nửa trái đồ thị (I): n Al(OH) = 3

n OH − 3

, thay số ⇒ số mol Al(OH)3 = a =

x . 3

- Nửa phải đồ thị (II) n Al(OH) = 4n Al - n OH , thay số ⇒ 2a = 4.0,12 - y, 3

Ta có: 2.

3+

−

x + y = 4.0,12 ⇒ 2x + 3y = 1,44. 3

Ví dụ 5: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

24

Tỉ lệ a : b là A. 4 : 3.

B. 2 : 3

.

C. 1 : 1.

D. 2 : 1.

Giải: - (I), số mol HCl: a = 0,8 mol. -(II), số mol Al(OH)3 = 0,4 mol.

- Nửa phải đồ thị (III), số mol NaOH(III) = 2,8 - 0,8 = 2,0 mol. Áp dụng: n Al(OH) = 4n Al - n OH , thay số ⇒ 0,4 = 4b - 2 , b = 0,6 mol. 3

3+

−

a : b = 0,8 : 0,6 = 4 : 3. BAI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 2 Câu 1: Thêm 150ml dung dịch NaOH 2M vào một cốc đựng 100ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/l, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,1 mol chất kết tủa. Thêm tiếp 100ml dung dịch NaOH 2M vào cốc, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,14 mol chất kết tủa. Tính x. A. 1,6M

B. 1,0M

C. 0,8M

D. 2,0M

Câu 2 : Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1M tác dụng với dung dịch NaOH 0,5M thu được một kết tủa keo, đem sấy khô cân được 7,8 gam. Thể tích dung dịch NaOH 0,5M lớn nhất dùng là bao nhiêu? A. 0,6 lít

B. 1,9 lít

C. 1,4 lít

D. 0,8 lít

Câu 3 : Thêm NaOH vào dung dịch chứa 0,01 mol HCl và 0,01 mol AlCl3. Lượng kết tủa thu được lớn nhất và nhỏ nhất ứng với số mol NaOH lần lượt là: A. 0,04 mol và ≥ 0,05 mol

B.0,03 mol và ≥ 0,04 mol 25

C. 0,01 mol và ≥ 0,02 mol

D.0,02 mol và ≥ 0,03 mol

Câu 4: Cho 200ml dd KOH vào 200ml dd AlCl3 1M thu được 7,8 gam kết tủa. Nồng độ mol của dung dịch KOH đã dùng là: A. 1,5M hoặc 3,5M

B. 3M

C. 1,5M

D. 1,5M hoặc 3M

Câu 5: Cho 3,42 gam Al2(SO4)3 tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH, sau phản ứng thu được 0,78 gam kết tủa. Nồng độ mol/l nhỏ nhất của dung dịch NaOH đã dùng là? A. 0,15M

B. 0,12M

C. 0,28M

D. 0,19M

Câu 6: Cho V lít dung dịch NaOH vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và 0,1 mol H2SO4 đến phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là: A. 0,9

B. 0,45

C. 0,25

D. 0,6

Câu 7: Cho 120 ml dd AlCl3 1M tác dụng với 200 ml dd NaOH thu 7,8 gam kết tủa. Nồng độ mol/l lớn nhất của NaOH là? A. 1,7M

B. 1,9M

C. 1,4M

D. 1,5M

Câu 8: Một cốc thuỷ tinh chứa 200ml dung dịch AlCl3 0,2M. Cho từ từ vào cốc V ml dung dịch NaOH 0,5M. Tính khối lượng kết tủa lớn nhất khi V biến thiên trong đoạn 250ml ≤ V ≤ 320ml. A. 3,12g

B. 3,72g

C. 2,73g

D. 8,51g

Câu 9 : Cho V lít dd NaOH 0,4M vào dd có chứa 58,14 gam Al2(SO4)3 thu được 23,4 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V là? A. 2,68 lít

B.6,25 lít

C. 2,65 lít

D. 2,25 lít

Câu 10 : Rót V ml dung dịch NaOH 2M vào cốc đựng 300 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,25M thu được một kết tủa. Lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi được 5,1 gam chất rắn. V có giá trị lớn nhất là? A. 150

B. 100

C. 250

D. 200

Câu 11: Cho 100 ml dung dịch Al2(SO4)30,1M. Số ml dung dịch NaOH 0,1M lớn nhất cần thêm vào dung dịch trên để chất rắn có được sau khi nung kết tủa có khối lượng 0,51 gam là bao nhiêu? A. 500

B. 800

C. 300

D. 700

26

Câu 12: Cho dung dịch NaOH 0,3M vào 200 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,2M thu được một kết tủa trắng keo. Nung kết tủa này đến khối lượng không đổỉ được 1,02 gam chất rắn. Thể tích dung dịch NaOH lớn nhất đã dùng là? A. 2 lít

B. 0,2 lít

C. 1 lít

D. 0,4 lít

Câu 13 : Cho 250ml dd NaOH 2M vào 250ml dd AlCl3 x mol/l, sau khi phản ứng hoàn toàn thu 7,8 gam kết tủa.Tính x. A. 1,2M

B. 0,3M

C. 0,6M

D. 1,8M

Câu 14 (THPTQG – 2017):Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Al và Al2O3 trong 200 ml dung dịch HCl nồng độ a mol/l, thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, lượng kết tủa Al(OH)3 (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch NaOH (V ml) được biểu diễn bằng đò thị bên. Giá trị của a là A. 0,5.

B. 1,5.

D. 2,0.

C. 1,0.

DẠNG 3: BÀI TẬP CHO DUNG DỊCH MUỐI [Al(OH)4]- HAY AlO2- TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH AXIT (H+) – Phản ứng xảy ra: [Al(OH4)]- + H+ → Al(OH)3 + H2O Nếu H+ dư :

3H+ →

Al(OH)3 + +

Al3+

+

(3)

3H2O (4)

-

– Bài toán liên quan đến: H , [Al(OH4)] , Al(OH)3. Biết lượng của 2 chất, tính lượng chất còn lại. Bài toán 1: Biết lượng [Al(OH)4]- và Al(OH)3 tính lượng H+. Nếu

n

 Al (OH )4   

→ Nếu

n

 Al (OH )4   

→ chỉ xảy ra phản ứng (3), cả 2 chất tham gia phản ứng vừa đủ

− =n ↓ Al (OH )3

n + =n H ↓ Al (OH )3

→ có 2 trường hợp:

− >n ↓ Al (OH )3

TH1: [Al(OH)4]- dư: →

chỉ xảy ra phản ứng (3)

n + =n H ↓ Al (OH )3

TH2: [Al(OH)4]- hết, kết tủa Al(OH)3 tan 1 phần [Al(OH)4]a(mol)

→

Al(OH)3 x (mol)

H+

+ + →

→

Al(OH)3

a

→

3H+

→

+

H2O

a Al3+

+

3H2O

3x 27

nH + = a + 3x = n

[ Al ( OH )3 ]−

nAl(OH) 3 = a - x = n → VĂ­ d᝼ 1:

+ 3x

[ Al ( OH )3 ]−

-x

n + = 4n − − 3n  Al (OH )4  H ↓ Al (OH )3  

Cần cho bao nhiĂŞu lĂ­t dung dáť‹ch HCl 1M vĂ o dung dáť‹ch chᝊa 0,7 mol

Na[Al(OH)4] Ä‘áťƒ thu Ä‘ưᝣc 39 (g) káşżt tᝧa? Giải:

↓ =

!" #$

= 0,5 (mol)

;

% & ' = 0,7 (mol)

→ < % & ' → cĂł 2 trĆ°áť?ng hᝣp xảy ra: TH1: %() *+ , ' dĆ° : . = ↓ = 0,5 (mol) → / 0 = 0,5 lit TH2: %() *+ , ' háşżt, káşżt tᝧa tan 1 phần:

. = 4 % & ' - 3 ↓ = 4.0,7 - 3.0,5 = 1,3 (mol) VĂ­ d᝼ 2: Cho 1 lit dd HCl tĂĄc d᝼ng váť›i 500 ml dd háť—n hᝣp gáť“m NaOH 1M vĂ Na[Al(OH)4] 1,5 M thu Ä‘ưᝣc 31,2 (g) káşżt tᝧa. TĂ­nh 12 ?

Giải:

= 0,5 (mol) ; % & ' = 0,75 (mol) ; ↓ = 0,4 (mol) → cĂł hiᝇn tưᝣng tấo káşżt tᝧa thĂŹ OH- háşżt

.

3Ć° 5ĆĄĚ

↓ < ; % & '

= = 0,5 (mol)

→ có 2 TH:

TH1: . = ↓ = 0,4 (mol) →

∑ . = 0,5 + 0,4 = 0,9 (mol)

→ 12 = 0,9 (M) TH2: . = 4 % & ' - 3 ↓ = 1,8 (mol) → ∑ . = 0,5 + 1,8 = 2,3 (mol) → 12 = 2,3 (M) 28

Ví dụ 3: Cần cho bao nhiêu lít dung dịch HCl 1M cực đại vào dung dịch chứa đồng thời 0,1 mol NaOH và 0,3 mol Na [Al (OH ) 4 ] để thu được 15,6 gam kết tủa . Giải nAl(OH) 3 =

15, 6 = 0,2 mol; 78

→

n

n

 Al (OH )4   

 Al (OH )4   

−=

0,3 mol

− >n ↓ Al (OH )3

Lượng axit lớn nhất cần dùng ở bài này là lượng axit tác dụng với dung dịch NaOH rồi tác dụng với Na [Al (OH ) 4 ] đạt kết tủa lón nhất sau đó làm tan một phần kết tủa. nH +

(max)

= 4. nAlO −2 - 3. nkết tủa + n OH − = 4.0,3 – 3.0,2 + 01 = 0,7 mol

=> VHCl = 0,7 lít Ví dụ 4: 100 ml dung dịch A chứa NaOH 0,1M và NaAlO2 0,3M .Thêm từ từ HCl 0,1M vào dung dịch A cho đến khi kết tủa tan một phần, lọc kết tủa, nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 1,02g chất rắn .Thể tích dung dịch HCl đã dùng là: A. 0,5 lit

B. 0,6 lit

C. 0,7 lit

D. 0,8 lit

Giải: Cách 1: H+ +

OH-

→

H2O

0,01 ← 0,01 HCl + 0,03

NaAlO2 + H2O 0,03

Al(OH)3 + NaCl 0,03

Kết tủa tan một phần: Al(OH)3

+

(0,03-0,02) 2Al(OH)3

3HCl 0,03

→

0,02

Al2O3 + 3H2O 0,01 => nHCl = 0,07 VHCl = 0,7 lít

Cách 2:

2Al(OH)3 0,02

→

Al2O3 + 3H2O 0,01

Theo đề ta thấy có hiện tượng kết tủa rồi kết tủa tan một phần nên ta có

29

nH + = 4. nAlO −2 - 3. nkáşżt tᝧa + n OH − = 4. 0,03 – 3.0,02 + 0,01 = 0,07 mol VHCl = 0,7 lĂ­t

→

BĂ i toĂĄn 2: Biáşżt lưᝣng H+ vĂ lưᝣng káşżt tᝧa tĂ­nh lưᝣng [Al(OH)4]Ta so sĂĄnh . Ä‘áť cho và ↓ - Náşżu . :

Ä‘ĂŞ

= n↓ → H+ chᝉ tham gia phản ᝊng tấo káşżt tᝧa, lĂşc nĂ y [Al(OH)4]- cĂł tháťƒ háşżt

hoạc dư. - Nếu . :

Ä‘ĂŞ

> n↓ → H+ tham gia phản ᝊng tấo káşżt tᝧa láť›n nhẼt ráť“i hòa tan máť™t phần káşżt

tᝧa, lúc nà y [Al(OH)4]- hết.

. = 4 % & ' - 3 ↓

→

% & ' =

< . = !<↓ ,

VĂ­ d᝼: Cho 0,5 mol HCl vĂ o dung dáť‹ch K[Al(OH)4] thu Ä‘ưᝣc 0,3 mol káşżt tᝧa. Sáť‘ mol K[Al(OH4)] lĂ A. 0,5 mol.

B. 0,4 mol.

C. 0,35 mol.

D. 0,2 mol.

Giải: n + >n → H+ tham gia phản ᝊng tấo káşżt tᝧa láť›n nhẼt ráť“i hòa tan máť™t H (bĂ i cho) ↓Al(OH) 3

phần káşżt tᝧa, lĂşc nĂ y [Al(OH)4]- háşżt. → n[ Al (OH ) ] = 3

nH + + 3n↓

−

4

=

0,5 + 3. 0,3 = 0, 35 M 4

BĂ i toĂĄn 3: Biáşżt lưᝣng H+ vĂ lưᝣng [Al(OH4)]- tĂ­nh lưᝣng káşżt tᝧa Al(OH)3 Ä?ạt

T=

nH + n Al (OH ) [

4

]−

* Náşżu T ≤ 1: chᝉ xảy ra phản ᝊng (3), H+ háşżt, [Al(OH4)]- cĂł tháťƒ háşżt hoạc dĆ° n + =n H ↓ Al (OH )3

* Náşżu T > 1: Xảy ra cả 2 phản ᝊng (3) vĂ (4), [Al(OH4)]- háşżt H+ háşżt hoạc dĆ° n + = 4n − − 3n  Al (OH )4  H ↓ Al (OH )3  

→

n = ↓ Al (OH )3

4 n[ Al (OH )4 ]− - nH + 3

30

Ví dụ: Thêm 0,08 mol dung dịch HCl vào dung dịch có 0,1 mol Na[Al(OH)4] thu được chất kết tủa. Số mol kết tủa thu được là A. 0,06 mol.

B. 0,08 mol.

C. 0,16 mol.

D. 0,26 mol.

Giải : T=

nH + n Al (OH ) [

= 0,8 < 1 → H+ hết, [Al(OH4)]- có thể hết hoặc dư 4

]−

Áp dụng công thức: n

↓ Al (OH ) 3

= n + = 0,08 mol H

Giải toán bằng phương pháp đồ thị Đồ thị (Al(OH)3- HCl) (hai nửa không đối xứng) n

Al(OH)3

n Al(OH) max 3 a 0,5a 0

) 45o a1

a

(dư NaAlO2)

(dư HCl)

Sản phẩm: Al(OH)3 Al(OH)3; NaAlO2 dư ; Phản ứng xảy ra: (1) ;(1) ;

nHCl

4a

a2

(dư HCl) Al(OH)3

; AlCl3 ;

AlCl3

HCl dư

;

(1) và (2)

AlCl3

; (2)

(2)

Số mol các chất (tính nhanh): Nửa trái: n Al(OH) = n HCl ; 3

Nửa phải: n Al(OH) = 3

4.n AlO− - n H+ 2

3

.

Hình *: Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol Al(OH)3 thu được vào số mol HCl phản ứng với dung dịch muối chứa a mol NaAlO2. Biểu thức tinh nhanh số mol Al(OH)3 • Nửa trái đồ thị: Dư AlO2+, chỉ xảy ra phản ứng (1), n Al(OH) = n HCl . 3

• Nửa phải đồ thị: Dư H+, xảy ra đồng thời (1) và (2), n Al(OH) = 3

4.n AlO− - n H+ 2

3

.

31

Gọi số mol Al(OH)3 và Al3+ lần lượt là x và y. Ta có:

x + y = số mol AlO2−

(*)

x + 4y = số mol H+

(**)

Giải hệ phương trình: Nhân (*) với 4, trừ (**) ⇒ x = n Al(OH) = 3

4.n AlO− - n H+ 2

3

.

Ví dụ 1: Cho từ từ dung dịch HCl 0,2M vào dung dịch NaAlO2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu các chất tính theo đơn vị mol):

Tỉ lệ a : b là A. 3 : 11.

B. 3 : 10.

C. 2 : 11.

D. 1 : 5.

Ví dụ 2: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp gồm x mol NaOH và y mol NaAlO2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tỉ lệ x : y là A. 3 : 2.

B. 2 : 3

.

C. 3 : 4.

D. 3 : 1.

Giải: Số mol NaAlO2 = số mol Al(OH)3 max = y.

- (I) số mol HCl = x = 0,6 mol.

32

- Số mol Al(OH)3 = 0,2 mol. - (III), nửa phải: Số mol HCl = 1,6 - 0,6 = 1,0 mol. Áp dụng: n Al(OH) =

4.n AlO− - n H+ 2

3

3

, thay số: 0, 2 =

4y -1 ⇒ y = 0,4 mol. 3

x : y = 0,6 : 0,4 = 3 : 2 Ví dụ 3: Cho từ từ dung dịch HCl loãng vào dung dịch chứa x mol NaOH và y mol NaAlO2 (hay Na[Al(OH)4]). Sự phụ thuộc của số mol kết tủa thu được vào số mol HCl được biểu diễn theo đồ thị sau:

Giá trị của y là A. 1,4.

B. 1,8.

C. 1,5.

D. 1,7.

Giải: Số mol NaAlO2 = số mol Al(OH)3 max = y.

- (I) số mol HCl = x = 1,1 mol. - Số mol Al(OH)3 = 1,1 mol. - (III), nửa phải đồ thị: Số mol HCl = 3,8 - 1,1 = 2,7 mol. Áp dụng: n Al(OH) = 3

4.n AlO− - n H+ 2

3

, thay số: 1,1 =

4y - 2, 7 ⇒ y = 1,5 mol. 3

Ví dụ 4: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol Ba(OH)2 và b mol Ba(AlO2)2 (hoặc Ba[Al(OH)4]2), kết quả được biểu diễn trên đồ thị sau:

33

Tỉ lệ a : b là A. 1 : 3.

B. 1 : 2.

C. 2 : 3.

D. 2 : 1.

Giải: - Số mol OH−= 2a. - Số mol AlO2− = số mol Al(OH)3 max = 2b.

- (I), số mol OH− = 2a = số mol H+ = 0,1 mol ⇒ a = 0,05 mol. - (II), nửa trái của đồ thị, số mol Al(OH)3 = 0,2 mol. - (III), nửa phải của đồ thị, áp dụng: Áp dụng: n Al(OH) =

4.n AlO− - n H+

3

2

3

,

số mol Al(OH)3 0,2 mol, số mol H+: (0,7 - 0,1) = 0,6, thay số: 0, 2 =

4.2b - 0, 6 ⇒b= 3

0,15 mol. a : b = 0,05 : 0,15 = 1 : 3. BÀI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 3 Câu 1: Cần ít nhất bao nhiêu ml dung dịch HCl 1M cần cho vào 500 ml dung dịch Na[Al(OH)4] 0,1M để thu được 0,78 gam kết tủa? A. 10

B. 100

C. 15

D. 170

Câu 2: Dung dịch A chứa m gam KOH và 40,2 gam K[Al(OH)4]. Cho 500 ml dd HCl 2M vào dd A thu 15,6 gam kết tủa. Giá trị của m là? A. 22,4g hoặc 44,8g

B. 12,6g

C. 8g hoặc22,4g

D. 44,8g

34

Câu 3 : Cho p mol Na[Al(OH)4] tác dụng với dung dịch chứa q mol HCl. Để thu được kết tủa thì cần có tỉ lệ : A. p: q < 1: 4

B. p: q = 1: 5

C. p: q > 1:4

D. p: q = 1: 4

Câu 4 : Cho dung dịch A chứa 0,05 mol Na[Al(OH)4] và 0,1 mol NaOH tác dụng với dung dịch HCl 2M. Thể tích dung dịch HCl 2M lớn nhất cần cho vào dung dịch A để xuất hiện 1,56 gam kết tủa là? A. 0,06 lít

B. 0,18 lít

C. 0,12 lít

D. 0,08 lít

Câu 5: Thêm dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp gồm 0,1 mol NaOH và 0,1 mol Na[Al(OH)4] thu được 0,08 mol chất kết tủa. Số mol HCl đã thêm vào là: A.0,16 mol

B. 0,18 hoặc 0,26 mol

C.0,08 hoặc 0,16 mol

D. 0,26 mol

Bài 6: Cho 200ml dung dịch H2SO4 0,5M vào một dung dịch có chứa a mol NaAlO2 được 7,8g kết tủa. Giá trị của a là: A. 0,025

B. 0,05

C. 0,1

D. 0,125

Câu 7: Cho x mol NaAlO2 (hoặc Na[Al(OH)4] tác dụng với dung dịch chứa y mol HNO3. Để thu được kết tủa thì A. y < 4x

B. y ≥ 4x

C. 4x = y

D. y > 4x

Câu 8: Trộn lẫn hỗn hợp dung dịch gồm 0,35 mol dung dịch HCl và 0,2 mol H2SO4 loãng vào hỗn hợp dung dịch gồm 0,4 mol KOH và 0,2 mol NaAlO2. Lượng kết tủa thu được A. 7,8 gam

B. 15,6 gam

C. 3,9 gam

D. 11,7 gam

Câu 9: Thêm từ từ cho đến hết x mol dung dịch HNO3 vào hỗn hợp dung dịch gồm 0,2 mol KOH và 0,15 mol KAlO2 thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị của x là A. 0,25 hoặc 0,5

B. 0,05 hoặc 0,3

C. 0,3 hoặc 0,5

D. 0,05 hoặc 0,25

Câu 10: Trộn lẫn hỗn hợp dung dịch gồm 0,35 mol dung dịch HCl và 0,2 mol H2SO4 loãng vào dung dịch chứa y mol NaAlO2 thu được 11,7 gam kết tủa. Giá trị của y A. 0,3

B. 0,2

C. 0,2 hoặc 0,45

D. 0,3 hoặc 0,45

DẠNG 4. BÀI TOÁN NHIỆT NHÔM: Thường gặp là phản ứng nhiệt nhôm: Gọi a là số mol của Al; b là số mol của oxit sắt. (Fe2O3) 2Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2Fe 35

*Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn: Thường do không biết số mol Al và Fe2O3 là bao nhiêu nên phải xét đủ 3 trường hợp rồi tìm nghiệm hợp lí: Trường hợp 1: Al và Fe2O3 dùng vừa đủ: 2Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2Fe a

a 2

→

a 2

→

→ a

_ Hỗn hợp sau phản ứng: Fe: a mol; Al2O3: Trường hợp 2: Al dùng dư:

a mol 2

2Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2Fe

2b

→

b

→

b →

2b

_ Hỗn hợp sau phản ứng: Fe: 2b mol; Al2O3: b mol; Aldư: (a-2b) mol. Điều kiện: (a-2b>0) Trường hợp 3: Fe2O3 dùng dư:

2Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2Fe a

_ Hỗn hợp sau phản ứng: Fe: a mol; Al2O3:

→

a 2

→

a 2

→ a

a a a ; Fe2O3: (b- )mol. Điều kiện: (b- )>0) 2 2 2

* Nếu phản ứng xảy ra không hoàn toàn: Gọi x là số mol Fe2O3 tham gia phản ứng 2Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2Fe 2x

→

x

→

x →

2x

_ Hỗn hợp sau phản ứng: Fe: 2x mol; Al2O3: x mol; Fe2O3 dư: (b-x)mol; Al dư: (a-2x)mol Chú ý: Nếu đề yêu cầu tính hiệu suất phản ứng ta giải trường hợp phản ứng xảy ra không hoàn toàn. Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1: Khử hoàn toàn 34,8 gam một oxit của sắt bằng lượng nhôm vừa đủ, thu được 45,6 gam chất rắn. Công thức của sắt oxit là A. Fe2O3

B. FeO.

C. Fe3O4.

D. Fe3O4 hoặc Fe2O3.

Bài giải 0

t 2yAl + 3FexOy  → yAl2O3 + 3xFe

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mAl = 10,08 gam →nAl = 0,4 mol.

36

→nO(trong FexOy) = nO(trong Al2O3) = 3/2.0,4 = 0,6 mol. →nFe = (34,8 – 0,6.16)/56 = 0,45 mol. → x : y = 0,45 : 0,6 = 3 : 4. Vậy công thức của oxit sắt là Fe3O4.

Đáp án C.

Ví dụ 2: Nung nóng một hỗn hợp gồm Al và 16 gam Fe2O3 (trong điều kiện không có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch NaOH 1M sinh ra 3,36 lít H2 (ở đktc). Giá trị của V là A. 300.

B. 100.

C. 200.

D. 150.

Bài giải Các phản ứng xảy ra: 0

t 2Al + Fe2O3  → Al2O3 + 2Fe

0,1

(1)

0,1

Vì chất rắn tác dụng với dung dịch NaOH giải phóng khí H2 nên chất rắn X gồm Al2O3, Fe và Al dư. 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 0,1

(2)

0,15

Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O 0,1

(3)

0,2

Vậy V = 0,3 lít = 300 ml. Ví dụ 3: Trộn 10,8 gam bột Al với 34,8 gam bột Fe3O4 rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp rắn sau phản ứng bằng dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được 10,752 lít khí H2 (đktc). Hiệu suất của phản ứng nhiệt nhôm là A. 60%.

B. 70%.

C. 80%.

D. 90%

Bài giải 0

t 8Al + 3Fe3O4  → 4Al2O3 + 9Fe

x

0,375x

(1)

1,125x

Vì phản ứng nhiệt nhôm không hoàn toàn nên chất rắn sau phản ứng gồm Al2O3, Fe, Fe3O4 dư và Al dư.

37

2Al + 3H2SO4 →Al2(SO4)3 + 3H2

(2)

0,4-x

1,5(0,4-x)

Fe + H2SO4 →FeSO4 + H2

(3)

1,125x

1,125x

→1,5(0,4-x) + 1,125x = 0,48 → x = 0,32. Vậy H = 0,32/0,4.100% = 80%. Lưu ý: Khi tính hiệu suất cần phải xét tỉ lệ mol xem tính hiệu suất theo chất nào. BÀI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 4 Câu 1. Trộn 8,1 gam Al và 48 gam Fe2O3 rồi cho tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí, kết thúc thí nghiệm thu được m gam hỗn hợp rắn. Giá trị của m là: A. 61,5 gam

B. 56,1 gam.

C. 65,1 gam

D. 51,6 gam

Câu 2. Dùng m g Al để khử hoàn toàn một lượng Fe2O3 sau phản ứng thấy khối lượng oxit giảm 0,58 g. Hỏi lượng nhôm đã dùng m là: A. m = 0,27 g

B. m = 2,7g

C. m = 0,54 gD. m = 1,12 g.

Câu 3. Đốt X gồm Fe2O3 v Al (không có không khí).Những chất rắn sau phản ứng : - Nếu cho tác dụng với dung dịch NaOH dư sẽ thu được 0,3 mol H2 . - Nếu cho tác dụng với dung dịch HCl dư sẽ thu được 0,4 mol H2. Số mol Al trong X là: A. 0,3 mol

B. 0,6 mol

C. 0,4 mol

D. 0,25 mol

Câu 4. Có 26,8g hỗn hợp bột nhôm và Fe2O3. Tiến hành nhiệt nhôm hoàn toàn rồi hòa tan hết hỗn hợp sau phản ứng bằng dung dịch HCl được 11,2 lít H2(đktc). Khối lượng các chất trong hỗn hợp ban đầu là? A. mAl=5,4g; m Fe2 O3 =21,4g

B. mAl=1,08g; m Fe2 O3 =16g

C. mAl=8,1g; m Fe2 O3 =18,7g

D. mAl=10,8g; m Fe2 O3 =16g

Câu 5. Dùng m gam Al để khử hết 1,6 gam Fe2O3 (H=100%). Sản phẩm sau phản ứng tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH tạo 0,672 lít khí (đktc). Tính m. A.

0,540 gam

B.

0,810 gam

C.

1,080 gam

D.

1,755 gam

Câu 6. Nung hỗn hợp gồm 15,2 gam Cr2O3 (Cr = 52) và m gam Al. Sau phản ứng hoàn toàn, được 23,3 gam hỗn hợp rắn X. Cho toàn bộ X phản ứng với axit HCl dư thoát ra V lít H2 (đktc). V là A. 4,48.

B. 11,2.

C. 7,84.

D. 10,08.

38

Câu 7. Nung hỗn hợp A gồm Al và Fe2O3 được hỗn hợp B. Chia hỗn hợp B thành hai phần bằng nhau. - Phần 1: Hoà tan trong dung dịch H2SO4 dư thu được 2,24(l) khí (đktc). - Phần 2: Hoà tan trong dung dịch KOH dư thì khối lượng chất rắn không tan là 8,8(g). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng các chất trong hỗn hợp A là: A. Al: 5,4 gam; Fe2O3: 22,4 gam

B. Al: 3,4 gam; Fe2O3: 24,4 gam.

C. Al: 5,7 gam; Fe2O3: 22,1 gam.

D. Đáp án khác.

Câu 8. Nung Al và Fe3O4 (không có không khí, phản ứng xảy ra hoàn toàn) thu được hỗn hợp A. - Nếu cho A tác dụng với dung dịch KOH dư thì thu được 0,672 lít khí (đktc). - Nếu cho A tác dụng với H2SO4 đặc, núng dư được 1,428 lít SO2 duy nhất (đktc). % khối lượng Al trong hỗn hợp ban đầu là: A. 33,69%

B. 26,33%

C. 38,30%

D. 19,88%

Câu 9. Khi cho 41,4 gam X gồm Fe2O3, Cr2O3 và Al2O3 tác dụng với dung dịch NaOH đặc (dư), sau phản ứng được 16 gam chất rắn. Để khử hoàn toàn 41,4 gam X bằng phản ứng nhiệt nhôm, phải dùng 10,8 gam Al. % khối lượng của Cr2O3 trong X là (H= 100%, Cr = 52) A. 50,67%. B. 20,33%.

C. 66,67%.

D. 36,71%.

Câu 10. Đốt hỗn hợp Al và 16 gam Fe2O3 (không có không khí) đến phản ứng hoàn toàn, được hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch NaOH 1M sinh ra 3,36 lít H2 (ở đktc). Giá trị của V là A. 400.

B. 100.

C. 200.

D. 300.

KẾT LUẬN Qua chuyên đề này tôi đã giúp các em học sinh được tìm hiểu sâu hơn, chi tiết hơn về cách giải một số dạng bài tập về nhôm và hợp chất của nhôm, đồng thời tôi cũng phân loại phân loại chi tiết và đưa ra hệ thống bài tập khá đầy đủ cho mỗi dạng. Từ đó, tôi rút ra được một số kết luận sau : Nắm được cơ sở lý thuyết là chìa khóa đầu tiên của việc giải bài tập hóa học. Nắm được cách phân loại các dạng bài tập và đưa ra phương pháp giải cho các dạng bài tập đó sẽ giúp học sinh làm bài tập được nhanh và chính xác hơn.

39

40

Turn static files into dynamic content formats.

Create a flipbook
Issuu converts static files into: digital portfolios, online yearbooks, online catalogs, digital photo albums and more. Sign up and create your flipbook.