20 bài tập nhôm và hợp chất của nhôm tác dụng với axit không có tính OXH có đáp án và lời giải chi tiết

Phương pháp giải:

Bài toán muối nhôm tác dụng với dd kiềm

Các phản ứng xảy ra:

            Al³⁺ + 3OH^-→ Al(OH)₃ (1)

            Al(OH)₃ + OH^-→  [Al(OH)₄]^- (2)

Từ (1) và (2) ta rút ra kết luận:

+ Nếu b/a ≤ 3 thì kết tủa chưa bị hoà tan và

                  n_Al(OH)3= b/3

+ Nếu 3 < b/a < 4 thì kết tủa bị hoà tan 1 phần

            Al³⁺ + 3OH^-→ Al(OH)₃ (1)

mol        a    →3a                 →a

            Al(OH)₃ + OH^- → [Al(OH)₄]^- (2)

Mol        b-3a        b-3a

                  n_Al(OH)3= 4a-b

+ Nếu b/a ≥ 4 thì kết tủa bị hoà tan hoàn toàn

Lời giải chi tiết:

Vì Z có 2 chất tan cùng nồng độ mol => đó là AlCl₃ và HCl

=> n_AlCl3 = n_HCl => n = y – 3n => y = 4n ⁽¹⁾

Tại n_OH = 5,16 mol thì kết tủa tan 1 phần

=> n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - (n_OH – n_{HCl (Z)} )

=> 0,175y = 4n – ( 5,16 – n) ⁽²⁾

Từ (1,2) => n = 1,2 mol

=> x = 32,4g

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Hướng dẫn giải :

m_{dd tắng}= m – m_H2 = 27n_Al – 3n_Al → n_Al=0,6 mol → m_AlCl3 =0,6.133,5=80,1 g

Đáp án B

Phương pháp giải:

m_muối = m_Kl + m_Cl-

Lời giải chi tiết:

n_H2= 11,2:22,4= 0,5 mol

2HCl  => H₂

1                0,5

m_muối = m_Kl + m_Cl- = 16,6  + 1.35,5=52,1 gam

Đáp án C

Phương pháp giải:

n_HCl =  \(\frac{{{m_{{\text{dd}}}}.C\% }}{{100.M}} = \frac{{54,75.20}}{{100.36,5}} = 0,3mol\)

M₂O_n  + 2nHCl →  2MCl_n  +n H₂O

0,15/n           0,3

=> M_oxit = 2M + 16n= 5,1:(0,15/n)=34n

=> n,M

Lời giải chi tiết:

n_HCl =  \(\frac{{{m_{{\text{dd}}}}.C\% }}{{100.M}} = \frac{{54,75.20}}{{100.36,5}} = 0,3mol\)

M₂O_n  + 2nHCl →  2MCl_n  +n H₂O

0,15/n           0,3

=> M_oxit = 2M + 16n= 5,1:(0,15/n)=34n

=> M= 9n

=> n=3, M=27(Al)

=> oxit: Al₂O₃

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

nAl = 0,02 mol

nHCl = 0,07 mol

nNaOH = 0,075 mol

Al + 3HCl → AlCl3 + 1,5H₂

Bđ:      0,02  0,07      

Pư:       0,02   0,06       0,02

Sau:     0        0,01       0,02

Vậy dung dịch X gồm: Al³⁺ (0,02 mol) và H⁺ dư (0,01 mol)

Khi cho 0,075 mol NaOH vào dd X:

H⁺ + OH^- → H₂O

0,01   0,01

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

0,02      0,06        0,02

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

0,005←0,005

Vậy khối lượng Al(OH)₃: m = (0,02-0,005).78 = 1,17 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Ta chia đồ thị làm 3 giai đoạn

Giai đoạn 1: bắt đầu xuất hiện kết tủa => hết V_NaOH = 100 ml => đây là lượng thể tích cần dùng để trung hòa lượng HCl còn dư sau phản ứng  => n_HCl dư = 0,1 (mol)

Giai đoạn 2: đồ thi bắt đầu đi lên đến điểm cực đại

Tại giai đoạn này xảy ra phản ứng:

Al³⁺       +    3OH^-      → Al(OH)₃↓

=> n_Al(OH)3­  = 1/3n_OH-

Giai đoạn 3: đồ thị đi xuống, tại giai đoạn này lượng kết tủa bị hòa tan theo phản ứng

Al(OH)₃ + OH^-  → AlO₂⁻ + 2H₂O

Từ đồ thị ta thấy tại giá trị V_NaOH = 250 ml và V_NaOH = 450 ml cùng thu được một lượng kết tủa như nhau

=> áp dụng công thức nhanh ta có:  n_NaOH = 4n_Al3+  - n_Al(OH)3 + n_{H+ dư} => n_Al3+ = ?

Vậy để lượng kết tủa cực đại thì tất cả lượng Al³⁺ sẽ chuyển hết thành Al(OH)₃

=> n_Al(OH)3 = n_Al3+ = ? (mol) => m_Al(OH)3 = ?

Lời giải chi tiết:

Ta chia đồ thị làm 3 giai đoạn

Giai đoạn 1: bắt đầu xuất hiện kết tủa => hết V_NaOH = 100 ml => đây là lượng thể tích cần dùng để trung hòa lượng HCl còn dư sau phản ứng

=> n_HCl dư = 0,1 (mol)

Giai đoạn 2: đồ thi bắt đầu đi lên đến điểm cực đại

Tại giai đoạn này xảy ra phản ứng:

Al³⁺       +    3OH^-      → Al(OH)₃↓

             (0,25 – 0, 1)  → 0,05 (mol)

Giai đoạn 3: đồ thị đi xuống, tại giai đoạn này lượng kết tủa bị hòa tan theo phản ứng

Al(OH)₃ + OH^-  → AlO₂⁻ + 2H₂O

Từ đồ thị ta thấy tại giá trị V_NaOH = 250 ml và V_NaOH = 450 ml cùng thu được một lượng kết tủa như nhau

=> áp dụng công thức nhanh ta có:

n_NaOH = 4n_Al3+  - n_Al(OH)3 + n_{H+ dư}

=> 0,45 = 4a – 0,05 + 0,1

=> a = 0,1 (mol)

Vậy để lượng kết tủa cực đại thì tất cả lượng Al³⁺ sẽ chuyển hết thành Al(OH)₃

=> n_Al(OH)3 = n_Al3+ = 0,1 (mol) => m_Al(OH)3 = 0,1.78 = 7,8(g)

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dung dịch Z gồm: AlCl₃ (a mol) và HCl dư (a mol)

BTNT Cl: 3n_AlCl3 + n_{HCl dư} = n_{HCl ban đầu} => (1)

Khi n_OH- = 5,16 mol: n_OH- = n_{H+ dư} + 4n_{Al3+ max} – n_Al(OH)3 => (2)

Giải (1) và (2) => a; y

=> x = 102.0,5a

Lời giải chi tiết:

Dung dịch Z gồm: AlCl₃ (a mol) và HCl dư (a mol)

BTNT Cl: 3n_AlCl3 + n_{HCl dư} = n_{HCl ban đầu} => 3a + a = y (1)

Khi n_OH- = 5,16 mol: n_OH- = n_{H+ dư} + 4n_{Al3+ max} – n_Al(OH)3 => 5,16 = a + 4.a - 0,175y (2)

Giải (1) và (2) => a = 1,2; y = 4,8

=> x = 102.0,5a = 61,2 gam

Đáp án C

Lời giải chi tiết:

n_Al = 0,02, n_H+ = 0,08

=> sau phản ứng: n_Al = 0,02, n_H+ = 0,08

=> kết tủa max khi

n_Al(OH)3 = n_Al3+ = 0,02 mol

=> n_NaOH = 3n_Al + n_H+ = 0,08 mol

=> V = 40ml

Đáp án A

Phương pháp giải:

Al +       3H⁺  → Al³⁺+   3/2 H₂

H⁺    + OH^- → H₂O (1)

Al³⁺+ 3OH^- → Al(OH)₃ (2)

Al(OH)₃+ OH^- → AlO₂^-+ 2H₂O (3)

2Al(OH)₃ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\) Al₂O₃ + 3H₂O

Do n_Al3+ > n_{kết tủa Al(OH)3} và kết tủa tan 1 phần nên n_↓ = 4.n_Al3+ - n_OH-

Vậy n_OH- = n_{OH- PT 1}+ n_{OH- PT 2,3} → V = n/C_M

Lời giải chi tiết:

Ta có: n_Al = 0,02 mol; n_H2SO4 = 0,5. 0,1 = 0,05 mol; n_H+ = 2.0,05 = 0,1 mol

Al +       3H⁺  → Al³⁺+   3/2 H₂

0,02 → 0,06     0,02 mol

H⁺    + OH^- → H₂O (1)

0,04→ 0,04 mol

Al³⁺+ 3OH^- → Al(OH)₃ (2)

Al(OH)₃+ OH^- → AlO₂^-+ 2H₂O (3)

2Al(OH)₃ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\)Al₂O₃ + 3H₂O

0,01 ←            0,005 mol

Do n_Al3+ > n_{kết tủa Al(OH)3} và kết tủa tan 1 phần nên n_↓ = 4.n_Al3+ - n_OH- → n_{OH- PT 2,3} = 4. 0,02-0,01 = 0,07 mol

Vậy n_OH- = n_{OH- PT 1}+ n_{OH- PT 2,3} = 0,04 + 0,07 = 0,11 mol → V = n/C_M = 0,11: 0,1 = 1,1 lít

Đáp án B

Phương pháp giải:

Đặt n_Al = x mol và n_Mg = y mol

Có Al → Al ⁺³ + 3e

Mg → Mg⁺²+ 2e       

2H⁺¹ + 2e → H₂

Bảo toàn KL có m_{dd tăng} = m_KL – m_H2 = 7 → m_H2 ? → n_H2 = ? mol

Ta có hệ phương trình sau

\(\left\{ \begin{gathered}\xrightarrow{{Bt\,e}}3x + 2y = 0,4.2 \hfill \\\sum {mhh = } 27x + 24y = 7,8 \hfill \\\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}x = ? \hfill \\y = ? \hfill \\\end{gathered}  \right.\)

Lời giải chi tiết:

Đặt n_Al = x mol và n_Mg = y mol

Có Al → Al ⁺³ + 3e

Mg → Mg⁺²+ 2e

2H⁺¹ + 2e → H₂

Theo bảo toàn e có : 3x + 2y = 2n_H2

Bảo toàn KL có m_{dd tăng} = m_KL – m_H2 = 7 → m_H2 = 7,8 – 7 = 0,8 → n_H2 = 0,4 mol

Ta có hệ phương trình sau

\(\left\{ \begin{gathered}3x + 2y = 0,4.2 \hfill \\27x + 24y = 7,8 \hfill \\\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}x = 0,2 \hfill \\y = 0,1 \hfill \\\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}{m_{Al}} = 5,4 \hfill \\{m_{Mg}} = 2,4 \hfill \\\end{gathered}  \right.\)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dung dịch Z chứa n_AlCl3 = n_{HCl dư} = z mol

Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: n_{HCl ban đầu} = y = 3z + z = 4z mol

Khi n_OH- = 5,16 mol thì kết tủa bị hòa tan 1 phần và còn lại 0,175y = 0,7z mol Al(OH)₃

Khi đó sử dụng công thức: n_OH- - n_H+ = 4.n_Al3+ - n_Al(OH)3. Từ đó ta tính được giá trị z, suy ra giá trị x.

Lời giải chi tiết:

Dung dịch Z chứa n_AlCl3 = n_{HCl dư} = z mol

Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: n_{HCl ban đầu} = y = 3z + z = 4z mol

Khi n_OH- = 5,16 mol thì kết tủa bị hòa tan 1 phần và còn lại 0,175y = 0,7z mol Al(OH)₃

Khi đó sử dụng công thức: n_OH- - n_H+ = 4.n_Al3+ - n_Al(OH)3 → 5,16-z  = 4z-0,7z → z = 1,2 mol

→ x = 27z = 32,4 gam

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tại điểm A: kết tủa chưa đạt cực đại: n_OH- = n_H+ + 3.n_{kết tủa}. Từ đó ta tính được n_H+

Tại điểm B: kết tủa tan 1 phần: n_{kết tủa} = 4.n_Al3+ - (n_OH- - n_H+)

Từ đó ta tính được n_Al3+

Khi đó ta tính được n_Al và n_H+ suy ra m và V.

Lời giải chi tiết:

X gồm Al³⁺ a mol và H⁺ dư b mol

Tại điểm A: kết tủa chưa đạt cực đại: n_OH- = b + 3.n_{kết tủa} = 0,35 mol → b = 0,35- 3. 0,1 = 0,05 mol

Tại điểm B: kết tủa tan 1 phần: n_{kết tủa} = 4.n_Al3+ - (n_OH- - n_H+)

→ 0,1 = 4.a- (1,15- 0,05) → a = 0,3 mol

Suy ra m = 0,3.27 = 8,1 gam

Ta có: n_HCl = n_Cl- = 3a + b = 0,95 mol → V = 0,95 lít

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dung dịch Z chứa AlCl₃: x (mol) và HCl dư: (y - 3x) mol

Dung dịch Z chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol => phương trình (1)

Khi thêm NaOH vào dung dịch Z thì NaOH tham gia phản ứng với HCl trước, sau đó NaOH tham gia phản ứng với AlCl₃

Tại thời điểm n_NaOH = 5,16 (mol) xảy ra quá trình hòa tan kết tủa

=> n_OH-= n_HCl + (4n_Al3+ - n_Al(OH)3)  (2)

giải hệ (1) và (2) => x = ? và y = ? => m_Al = ?

Lời giải chi tiết:

Dung dịch Z chứa AlCl₃: x (mol) và HCl dư: (y - 3x) mol

Dung dịch Z chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol nên x = y -3x => y = 4x (1)

Khi thêm NaOH vào dung dịch Z thì NaOH tham gia phản ứng với HCl trước, sau đó NaOH tham gia phản ứng với AlCl₃

Tại thời điểm n_NaOH = 5,16 (mol) xảy ra quá trình hòa tan kết tủa

=> n_OH-= n_HCl + (4n_Al3+ - n_Al(OH)3)

=> 5,16 = y -3x + 4x - 0,175y

=> x + 0,825y = 5,16 (2)

giải hệ (1) và (2) => x = 1,2 và y = 4,8

=> m_Al = 1,2.27 = 32,4 (g)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Viết các phương trình hóa học xảy ra sẽ xác định được các chất

Lời giải chi tiết:

2Al + 3H₂SO₄ loãng → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂↑

Fe + H₂SO₄ loãng → FeSO₄ + H₂↑

Dung dịch X chứa: Al₂(SO₄)₃; FeSO₄ và H₂SO₄ loãng dư. Dd X tác dụng với Ba(OH)₂ dư có PTHH sau:

Ba(OH)₂ + H₂SO₄ loãng → BaSO₄↓ + 2H₂O

Ba(OH)₂ + FeSO₄ → BaSO₄↓ + Fe(OH)₂↓

4Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 3BaSO₄↓ + 4H₂O

Kết tủa Y là: BaSO₄ và Fe(OH)₂

Dung dịch Z: Ba(AlO₂)₂ và Ba(OH)₂ dư. Sục CO₂ từ từ đến dư xảy ra phản ứng

2CO₂ + Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O → 2Al(OH)₃↓ + Ba(HCO₃)₂

2CO₂ + Ba(OH)₂ → Ba(HCO₃)₂

Kết tủa T là Al(OH)₃.

Nung Y trong không khí đến khối lượng không đổi xảy ra pư

4Fe(OH)₂ + O₂  \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) 2Fe₂O₃ + 4H₂O

Rắn R gồm: Fe­₂O₃ và BaSO₄

Đáp án D

Phương pháp giải:

X + 0,17 mol HCl thì  2 Al  + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

                                     Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

→ Dung dịch Y thu được có AlCl₃ : ? mol ; FeCl₂ : ? mol; HCl : ? mol

Y + 0,2 mol AgNO₃ thì : 3Fe²⁺     +    4H⁺    +    NO₃^-  →   3Fe³⁺    +    2H₂O  +  NO

                                          Fe²⁺   + Ag⁺  → Fe³⁺  + Ag

                                         Ag⁺     +     Cl^-     →  AgCl

Lời giải chi tiết:

Đặt số mol Al và Fe trong X là x mol thì m_X = 27x + 56x = 2,49 → x = 0,03 mol

X + 0,17 mol HCl thì  2 Al  + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

                                     Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

→ Dung dịch Y thu được có AlCl₃ : 0,03 mol ; FeCl₂ : 0,03 mol; HCl : 0,02 mol

Y + 0,2 mol AgNO₃ thì : 3Fe²⁺     +    4H⁺    +    NO₃^-  →   3Fe³⁺    +    2H₂O  +  NO

                                    0,015 mol ← 0,02 mol

                                          Fe²⁺   + Ag⁺  → Fe³⁺  + Ag

                                        0,015 mol                       0,015 mol

                                         Ag⁺     +     Cl^-     →  AgCl

                                                     0,17 mol       0,17 mol

→ m_rắn = m_AgCl + m_Ag = 0,17.143,5 + 0,015.108 = 24,395 + 1,62= 26,015 g → gần nhất với 26,0 g

Đáp án D

Phương pháp giải:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O

→ n_Al2O3  → n_{HCl phản ứng}  → sau phản ứng dung dịch thu được có ? mol AlCl₃ và ? mol HCl

Y + NaOH → kết tủa Al(OH)₃  < n_AlCl3 = 0,2 mol

→ nên để kết tủa thu được là lớn nhất thì kết tủa Al(OH)₃ tạo tối đa rồi tan một phần

                   NaOH + HCl → NaCl + H₂O

                   3NaOH + AlCl₃  → 3NaCl + Al(OH)₃

                   NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O

Lời giải chi tiết:

 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

             0,1                                    0,15 mol

              Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O

→ m_Al2O3 = 7,8 – 0,1.27 = 5,1 g → n_Al2O3 = 0,05 mol

→ n_{HCl phản ứng} = 0,05.6 + 0,1.3 = 0,6 < n_HCl  = 0,7 mol

Nên sau phản ứng dung dịch thu được có 0,2 mol AlCl₃ và 0,1 mol HCl

Y + NaOH → kết tủa Al(OH)₃ :  0,15 mol < n_AlCl3 = 0,2 mol

→ nên để kết tủa thu được là lớn nhất thì kết tủa Al(OH)₃ tạo tối đa rồi tan một phần

                   NaOH + HCl → NaCl + H₂O

                   3NaOH + AlCl₃  → 3NaCl + Al(OH)₃

                   NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O

n_NaOH = n_HCl + 3n_AlCl3 + n_{Al(OH)3 hòa tan} = 0,1 + 3.0,2 + (0,2 – 0,15) = 0,75 mol → V = 0,75 : 1 = 0,75 lít

Đáp án A

Phương pháp giải:

Viết và tính theo PTHH:

2Al   +   6HCl   →     2AlCl₃ + 3H₂

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃ + 3NaCl

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O

Lời giải chi tiết:

n_Al = 0,54 : 27 = 0,02 mol; n_HCl = 0,07 mol; n_NaOH = 0,075 mol

2Al   +   6HCl   →     2AlCl₃ + 3H₂

0,02 → 0,06 _{dư 0,01} → 0,02                  (mol)

Vậy X chứa: HCl dư (0,01 mol) và AlCl₃ (0,02 mol)

Khi cho NaOH vào dung dịch X:

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

0,01 → 0,01_{dư 0,065}

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃ + 3NaCl

0,02 → 0,06_{dư 0,005} → 0,02

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O

0,005 → 0,005_{còn 0,02-0,005 = 0,015}

Vậy m = m_Al(OH)3 = 0,015.78 = 1,17 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào dữ kiện Z chứa khí không màu hóa nâu và M_Z ta suy ra Z chứa H₂ và NO

Từ số mol và tỉ khối ta tính được số mol mỗi khí.

Áp dụng BTe có: 3n_Al = 2n_H2 + 3n_NO => n_Al = ?

Mặt khác dung dịch sau phản ứng chỉ chứa chất tan duy nhất là Al₂(SO₄)₃ nên NO₃^- chuyển hết vào NO

BTNT "N" => n_Al(NO3)3 = n_NO/3 = ?

=> m_Al2O3 = m_X - m_Al - m_Al(NO3)3 = ? => n_Al2O3 = ?

BTNT "Al": n_Al2(SO4)3 = (n_Al + 2n_Al2O3 + n_Al(NO3)3)/2 = ?

BTNT "S": n_H2SO4 = 3n_Al2(SO4)3 = ?

Lời giải chi tiết:

Z chứa khí không màu hóa nâu và M_Z = 8.2 = 16 => Z chứa H₂ (a mol) và NO (b mol)

Giải nhanh hệ n_Z = a + b = 0,3 và m_Z = 2a + 30b = 0,3.16 được a = b = 0,15 mol

Áp dụng BTe có: 3n_Al = 2n_H2 + 3n_NO => n_Al = (2.0,15 + 3.0,15)/3 = 0,25 mol

Mặt khác dung dịch sau phản ứng chỉ chứa chất tan duy nhất là Al₂(SO₄)₃ nên NO₃^- chuyển hết vào NO

BTNT "N"  => n_Al(NO3)3 = n_NO/3 = 0,05 mol

=> m_Al2O3 = m_X - m_Al - m_Al(NO3)3 = 22,5 - 0,25.27 - 0,05.213 = 5,1 gam => n_Al2O3 = 0,05 mol

BTNT "Al": n_Al2(SO4)3 = (n_Al + 2n_Al2O3 + n_Al(NO3)3)/2 = 0,2 mol

BTNT "S": n_H2SO4 = 3n_Al2(SO4)3 = 0,6 mol

Đáp án D