Phương pháp giải các dạng bài tập về Nhôm AL, hỗn hợp và hợp chất của Nhôm – hóa lớp 12 - Trung Cấp Nghề Thương Mại Du Lịch Thanh Hoá

Phương pháp giải các dạng bài tập về Nhôm AL, hỗn hợp và hợp chất của Nhôm. Các dạng bài tập về Nhôm và các hợp chất của Al như Nhôm Oxit Al₂O₃, Nhôm hidroxit Al(OH)₃ luôn gây bối rối cho nhiều bạn, vì Al có tính chất hóa học đặc trưng đó là kim loại lưỡng tính.

Để giúp các em hiểu rõ tính lưỡng tính của nhôm (Al vừa phản ứng được với bazo vừa phản ứng được với axit), và dễ dàng giải các dạng bài tập về Nhôm cùng các hỗn hợp và hợp chất của nhôm như Nhôm Oxit, Nhôm Hidroxit sẽ là nội dung của bài viết này.

Bạn đang xem bài: Phương pháp giải các dạng bài tập về Nhôm AL, hỗn hợp và hợp chất của Nhôm – hóa lớp 12

I. Kiến thức cần nhớ về Nhôm Al

* Tính chất hóa học của Nhôm Al

♦ Nhôm tác dụng với Phi kim

♦ Nhôm tác dụng với nước

♦ Nhôm tác dụng với oxit của kim loại kém hoạt động hơn

♦ Nhôm tác dụng với dung dịch axit

♦ Nhôm tác dụng với dung dịch bazơ

♦ Nhôm tác dụng với dung dịch muối

– Về chi tiết các phản ứng hoá học của Nhôm với các chất và dung dịch ở trên, nếu các em chưa nhớ có thể xem lại bài học về nhôm: Tính chất hóa học của Nhôm Al và các hợp chất.

– Bài viết này chỉ tóm lược lại một số tính chất hoá học của nhôm và hợp chất:

1. Nhôm Oxit Al₂O₃ và Nhôm Hidroxit Al(OH)₃ là những chất lưỡng tính

a) Tác dụng với axit

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O

PT ion: Al₂O₃ + 6H⁺ → 2Al³⁺ + H₂O

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

PT ion: Al(OH)₃ + 3H⁺ → Al³⁺ + 3H₂O

– Ở trên chúng ta viết phương trình phản ứng dạng phân tử và phương trình dạng ion, nếu các em chưa hiểu rõ cách viết phương trình ion thu gon ở trên, có thể xem lại nội dung này ở bài học: Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện ly

b) Tác dụng với bazơ

Al₂O₃ + 2OH^– + 3H₂O → 2[Al(OH)₄]^–

hoặc: Al₂O₃ + 2OH^– → 2AlO₂^– + H₂O

Al(OH)₃ + OH^– → [Al(OH)₄]^–

hoặc: Al(OH)₃ + OH^– → AlO₂^– + 2H₂O

2. Phản ứng của Nhôm với dung dịch kiềm

– Về nguyên tắc, Al dễ dàng đẩy Hidro ra khỏi nước, nhưng trong thực tế có màng Oxit bảo vệ nên vật bằng nhôm không tác dụng với nước khi nguội và đun nóng (ở nhiệt độ nhất định).

– Tuy nhiên những vật bằng nhôm này bị hoà tan trong dung dịch kiềm như NaOH, Ca(OH)₂,… điều này xảy ra vì có các phản ứng sau:

– Đầu tiên, màng oxit bị phá huỷ trong dung dịch kiềm:

Al₂O₃ + 2NaOH + 3H₂O → 2Na[AL(OH)₄] (1)

hoặc: Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

– Tiếp đến kim loại nhôm khử nước:

2Al + 6H₂O → 2Al(OH)₃↓ + 3H₂↑ (2)

– Màng Al(OH)₃ bị phá huỷ trong dung dịch bazơ

Al(OH)₃ + NaOH → Na[Al(OH)₄] (3)

hoặc: Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

– Các phản ứng (2) và (3) xảy ra luân phiên cho tới khi Al bị tan hết, vì vậy có thể viết gộp lại:

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

hoặc: 2Al + 2NaOH + 6H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑

3. Muối nhôm tác dụng với dung dịch kiềm

– Hiện tượng quan sát được khi nhỏ từ từ dung dịch bazo vào dung dịch Al³⁺ : ban đầu xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa tăng đến cực đại sau tan dần đến hết tạo dung dịch trong suốt.

Al³⁺ + 3OH^– → Al(OH)₃↓

Nếu OH^– dư: Al(OH)₃↓ + OH^– → [Al(OH)₄]^– _tan

– Tuy nhiên Al(OH)₃ có tính axit rất yếu nên dễ bị axit mạnh đẩy ra khỏi muối

[Al(OH)₄]^– + H⁺ → Al(OH)₃↓₊H₂O

Khi H⁺ dư: Al(OH)₃↓ + H⁺ → Al³⁺+ H₂O

– Hiện tượng quan sát được khi nhỏ từ từ dung dịch H⁺ đến dư và dung dịch AlO₂^– là ban đầu thấy xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa tăng đến cực đại và sau tan dần đến hết tạo dung dịch trong suốt.

– Al(OH)₃ có tính axit yếu hơn cả axit H₂CO₃ nên khi sục khí CO₂ vào dung dịch NaAlO₂ thì xảy ra phản ứng:

NaAlO₂ + CO₂ + H₂O → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃

– Hiện tượng quan sát được khi sục khí CO₂ vào đến dư vào dung dịch AlO₂^– thấy có xuất hiện kết tủa keo trắng.

II. Một số lưu ý khi giải bài tập về Nhôm, hỗn hợp nhôm và các hợp chất của nhôm.

– Với các bài toán hóa học về nhôm, hợp chất của nhôm cũng như các bài toán hỗn hợp. Ngoài việc sử dụng các phương pháp như bào toàn khối lượng (số mol từng nguyên tố trước và sau không đổi) , bảo toàn electron, tăng – giảm khối lượng,…

– Khi giải các bài tập về các oxit lưỡng tính như: Al₂O₃, ZnO, Cr₂O₃,… hay các hiđroxit lưỡng tính như: Al(OH)₃, Zn(OH)₂, Pb(OH)₂, Cr(OH)₃, … các muối axit (của axit yếu): NaHCO₃, Na₂HPO₄,… các muối amoni của axit yếu như: (NH₄)₂CO₃, CH₃COONH₄,… cần lưu ý:

– Một chất lưỡng tính thì tác dụng được với đồng thời cả axit và bazơ (ngược lại chưa chắc đúng).

* Ví dụ: Al(OH)₃ là chất lưỡng tính nên

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

– Na₂CO₃ vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với bazơ nhưng Na₂CO₃ không phải là chất lưỡng tính:

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂↑ + H₂O

Na₂CO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ _trắng + 2NaOH

– Tính chất của muối NaAlO₂ (Natri aluminat) và Na₂ZnO₂ (Natri zincat)

– Các muối NaAlO₂ và Na₂ZnO₂ là các muối của axit yếu Al(OH)₃ và Zn(OH)₂. Do đó dung dịch các muối này có môi trường bazơ mạnh. Khi thêm axit mạnh vào dung dịch các muối này sẽ xuất hiện kết tủa do axit mạnh đẩy axit yếu là Al(OH)₃ và Zn(OH)₂ ra khỏi muối và tạo thành kết tủa.

* Ví dụ: NaAlO₂ + HCl + H₂O → NaCl + Al(OH)₃↓

Nếu dư HCl thì: Al(OH)₃↓ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

* Ví dụ 2: NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → NaHCO₃ + Al(OH)₃

* Các phản ứng của Zn(OH)₂, Na₂ZnO₂ hoàn toàn tương tự như của Al(OH)₃ và NaAlO₂

– Lưu ý: Các kim loại, oxit kim loại kiềm và kiềm thổ (trừ Be và Mg) tác dụng với H₂O tạo ra các dung dịch bazơ kiềm. Do đó cần lưu ý, khi cho kim loại kiềm, kiềm thổ hoặc oxit của chúng (ví dụ Na) vào dung dịch chứa Al³⁺, Zn²⁺ ,… thì:

2Na + 2H₂O → 2Na⁺ + 2OH^– + H₂

Sau đó: Al³⁺ + 3OH^– → Al(OH)₃↓ và Al(OH)₃ + OH^– → AlO₂^– + 2H₂O

1) Những lưu ý khi giải bài tập về phản ứng nhiệt nhôm:

+ Nếu hỗn hợp sau phản ứng cho tác dụng với dung dịch kiềm → H₂ thì Al còn dư sau phản ứng nhiệt nhôm hoặc hiệu suất H của phản ứng < 100%

+ Nếu hỗn hợp sau phản ứng cho tác dụng với dung dịch kiềm không có khí thoát ra chứng tỏ không dư Al.

+ Khối lượng hỗn hợp trước và sau phản ứng không đổi (bảo toàn khối lượng).

+ Vận dụng bảo toàn electron.

2) Những lưu ý khi giải bài tập về nhôm khi phản ứng với dd bazo kiềm

* Cơ chế phản ứng:

+ Trước tiên, Al tham gia phản ứng với nước:

2Al + 6H₂O → 2Al(OH)₃↓ + 3H₂↑

+ Al(OH)₃ sinh ra là hiđroxit lưỡng tính tan được trong dung dịch kiềm:

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

+ Quá trình này lặp đi lặp lại đến hết.

* Đặc biệt chú ý: Nếu cho hỗn hợp Na, K, Ba, Ca và Al (hoặc Zn) vào nước dư, xảy ra các phản ứng:

2M + 2H₂O → 2MOH + H₂↑

MOH + H₂O + Al → MAlO₂ + ³⁄₂H₂↑

+ Trong quá trình giải toán có 2 trường hợp xảy ra:

◊ Trường hợp 1: Cả kim loại kiềm và Al đều phản ứng hết nếu số mol kim loại kiềm ≥ số mol Al.

◊ Trường hợp 2: Kim loại kiềm phản ứng hết, Al dư nếu số mol kim loại kiềm < số mol Al.

III. Một số dạng bài tập về Nhôm và Phương pháp giải

1) Dạng 1: Muối Al³⁺ tác dụng với dung dịch OH^–

Al³⁺ + 3OH^– → Al(OH)₃↓ (4)

Khi OH^– dư: Al(OH)₃ + OH^– → [Al(OH)₄]^– _tan

⇒ Al³⁺ + 4OH^– → [Al(OH)₄]^– _tan (5)

a) Bài toán 1: Cho biết số mol của Al³⁺ và OH^– yêu cầu tính lượng kết tủa.

* Phương pháp giải:

+) Cách giải 1: Tính toán dựa theo phương trình phản ứng

– Viết PTPƯ: Al³⁺ + OH^– → Al(OH)₃↓

– Tính toán số mol theo PTPƯ xem Al³⁺ dư hay OH^– dư, nếu OH^–dư ta có PTPƯ hoà tan 1 phần hoặc hết Al(OH)₃ như sau:

Al(OH)₃ + OH^– → [Al(OH)₄]^– _tan

– Dựa theo PTPƯ, tính toán số mol Al(OH)₃ bị hoà tan theo số mol OH^– dư.

+) Cách giải 2: Lập tỉ lệ số mol để biết cơ chế phản ứng

– Đặt: $small small k=frac{n_{OH^{-}}}{n_{Al^{3+}}}$

• Xét các trường hợp sau:

◊ Nếu k ≤ 3: Chỉ xảy ra phản ứng (4), chỉ tạo Al(OH)₃↓ (Al³⁺ dư nếu k<3).

– khi đó, theo định luật bảo toàn OH^– thì: $small fn_cm small n_{Al(OH)_{3}}=frac{n_{OH^{-}}}{3}$

◊ Nếu 3<k<4: Xảy ra cả 2 phản ứng (4) và (5), tạo ra hỗn hợp Al(OH)₃↓ và [Al(OH)₄]^– (cả Al³⁺ và OH^– đều hết)

– Khi đó: Gọi số mol Al(OH)₃ là x mol, [Al(OH)₄]^– là y mol, ta có hệ phương trình: $small left{egin{matrix} x+y=n_{Al^{3+}} 3x+4y=n_{OH^{-}} end{matrix} ight.$

◊ Nếu k≥4: Chỉ xảy ra phản ứng (5), chỉ tạ ra [Al(OH)₄]^– (OH^– dư nếu k>4)

– Khi đó: $small n_{[Al(OH)4]^{-}}=n_{Al^{3+}}$

Ví dụ 1: Cho 700 ml dung dịch KOH 0,1M vào 100 ml dung dịch AlCl₃ 0,2M. Sau phản ứng khối lượng kết tủa tạo ra là:

* Lời giải:

+) Áp dụng cách giải 1:

– Theo bài ra ta có: n_KOH = 0,7.0,1 = 0,07 (mol); n_AlCl₃ = 0,1.0,2 = 0,02 (mol).

– Ta có PTPƯ:

AlCl₃ + 3KOH → Al(OH)₃ + 3KCl

Ban đầu: 0,02 0,07 mol

Phản ứng: 0,02 0,06 0,02 0,06

Sau PƯ: 0 0,01 0,02 0,06

– Vì vậy KOH còn dư nên ta có phản ứng:

Al(OH)₃ + KOH → K[Al(OH)₄]

Ban đầu: 0,02 0,01

Phản ứng: 0,01 ← 0,01

Sau PƯ: 0,01 0 0,01

– Vậy sau khi xảy ra phản ứng hoàn toàn, ta có: n_K[Al(OH)4] = 0,01 (mol) và n_Al(OH)3 = 0,01 (mol)

⇒ m_Al(OH)3 = 0,01.78 = 0,78 (g).

+) Áp dụng cách giải 2:

– Theo bài ra, ta có: n_OH^– = 0,07 (mol); n_Al³⁺ = 0,02 (mol)

– Ta lập tỉ lệ: $small k=frac{n_{OH^{-}}}{n_{Al^{3+}}}=frac{0,07}{0,02}=3,5$

– Ta thấy: 3<k<4 nên sẽ tạo ra hỗn hợp Al(OH)₃ và [Al(OH)₄]^–

– Gọi số mol của Al(OH)₃ và [Al(OH)₄]^– lần lượt là x và y mol, và theo định luật bảo toàn số mol, ta có:

15533164470j4t4arjse 1 giải hệ này ta được x = y = 0,01 (mol).

⇒ n_Al(OH)3 = 0,01 (mol) ⇒ m_Al(OH)3 = 0,01.78 = 0,78 (g).

* Nhận xét: Trong 2 cách giải trên, cách giải 1 thực hiện lần lượt việc so sánh số mol theo các PTPƯ để biết chất nào pư hết, chất nào còn dư. Còn cách giải 2 thực hiện việc lập tỉ lệ số mol và so sánh ngay trước khi giải nên nắm được tổng quát bài toán. Như vậy cách giải 2 tỏ ra tốt hơn cách giải 1.

Ví dụ 2: Rót 100ml dung dịch NaOH 3,5M vào 100ml dung dịch AlCl₃ 1M thu được m gam kết tủa. Tính m?

* Lời giải:

+) Áp dụng cách giải 1:

– Ta có: V_{dd NaOH} = 100ml = 0,1 (lit) ⇒ n_NaOH= C_M.V = 3,5.0,1 = 0,35 (mol).

V_{dd AlCl}₃ = 100ml = 0,1 (lit) ⇒ n_AlCl3= C_M.V = 1.0,1 = 0,1 (mol).

– Ta có PTPƯ:

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃ + 3NaCl

Ban đầu: 0,1 mol 0,35 mol

Phản ứng: 0,1 0,3 0,1 0,3

Sau PƯ: 0 0,05 0,1 0,3

– Theo PTPƯ ta thấy: 1 mol AlCl₃ pư cần 3 mol NaOH ; như vậy theo bài ra có 0,1 mol AlCl₃ pư cần 0,3 mol NaOH, nên số mol NaOH dư là: 0,35 – 0,3 = 0,05 (mol) ta có phản ứng sau:

Al(OH)₃ + NaOH → Na[Al(OH)₄]

Ban đầu: 0,1 0,05

Phản ứng: 0,05 ← 0,05

Sau PƯ: 0,05 0 0,05

Vậy sau khi xảy ra phản ứng hoàn toàn, ta có: n_Na[Al(OH)4] = 0,05 (mol) và n_Al(OH)3 = 0,05 (mol)

⇒ m_Al(OH)3 = 0,05.78 = 3,9 (g).

+) Áp dụng cách giải 2:

– Theo bài ra, ta có: n_OH^– = 0,35 (mol); n_Al³⁺ = 0,1 (mol)

– Ta lập tỉ lệ: $small k=frac{n_{OH^{-}}}{n_{Al^{3+}}}=frac{0,35}{0,1}=3,5$

– 3<k<4 nên sẽ tạo ra hỗn hợp Al(OH)₃ và [Al(OH)₄]^–

– Gọi số mol của Al(OH)₃ và [Al(OH)₄]^– lần lượt là x và y mol, và theo định luật bảo toàn số mol, ta có:

1553311132pomwy94qys 1 giải hệ này ta được x = y = 0,05 (mol).

⇒ n_Al(OH)3 = 0,05 (mol) ⇒ m_Al(OH)3 = 0,05.78 = 3,9 (g).

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 có trong dung dịch X.

* Lời giải:

– Theo bài ra: n_OH^– = 0,45.2 = 0,9 (mol);

n_Al2(SO4)3 = 0,1.1 = 0,1 (mol) ⇒n_Al³⁺ = 2.n_Al2(SO4)3 = 2.0,1 = 0,2 (mol).

– Ta có tỉ lệ: $small fn_cm small fn_cm small fn_cm small k=frac{n_{OH^{-}}}{n_{Al^{3+}}}=frac{0,9}{0,2}=4,5$

– Ta thấy: k>4 nên chỉ tạo [Al(OH)₄]^– và (OH^–) còn dư

– Như vậy dung dịch X thu được gồm [Al(OH)₄]^– và (OH^–) còn dư,

– n_{[Al(OH)4]^–} = n_Al³⁺ = 0,2 (mol) ⇒ n_{OH^– dư} = 0,9 – 4.0,2 = 0,1 (mol).

⇒ C_{M (K[Al(OH)4])} = $small frac{n}{V}=frac{0,2}{0,45+0,1}=frac{0,2}{0,55}simeq 0,36M$

⇒ C_{M (NaOH)} = $small frac{0,1}{0,45+0,1}simeq 0,18M$

b) Bài toán 2: Cho biết số mol của 1 trong 2 chất phản ứng và số mol kết tủa, yêu cầu tính số mol của chất tham gia phản ứng còn lại.

* Loại 1: Cho biết số mol Al(OH)₃ và số mol Al³⁺ tính số mol OH^–

♦ Phương pháp giải:

– Nếu số mol Al(OH)₃ = số mol Al³⁺ cả 2 chất phản ứng vừa đủ với nhau tạo Al(OH)₃, khi đó n_OH^– = 3n_Al(OH)3

– Nếu n_Al(OH)3<n_Al³⁺ thì có 2 trường hợp:

◊ Chưa có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al³⁺ còn dư, khi đó sản phẩm chỉ có Al(OH)₃ và n_OH^– = 3n_Al(OH)3

◊ Có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al³⁺ hết, khi đó sản phẩm gồm có Al(OH)₃ và [Al(OH)₄]^–, ta có:

$small n_{[Al(OH)_{4}]^{-}} =n_{Al^{3+}}-n_{Al(OH)_{3}}$

$small n_{OH^{-}}=3.n_{AL(OH)_{3}}+4n_{[A(OH)_{4}]^{-}}$

Ví dụ 1: Cho 0,5 lít dung dịch NaOH tác dụng với 300ml dung dịch Al₂(SO₄)₃ 0,2M thu được 1,56g kết tủa. Tính nồng độ mol/lit của dung dịch NaOH biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

* Lời giải:

– Theo bài ra, ta có: n_Al2(SO4)3 = 0,3.0,2 = 0,06 (mol) ⇒ n_Al³⁺ = 2.0,06 = 0,12 (mol).

– Cũng theo bài ra, n_Al(OH)3= 1,56/78 = 0,02 (mol).

– Ta thấy n_Al(OH)3 < n_Al³⁺ nên có 2 trường hợp xảy ra:

◊ Trường hợp 1: Al³⁺ dư nên chỉ tạo Al(OH)₃ nên n_OH^– = 3.0,02 = 0,06 (mol).

⇒ C_{M (NaOH)} = n/V = 0,06/0,5 = 0,12(M).

◊ Trường hợp 2: Al³⁺ hết tạo Al(OH)₃ và [Al(OH)₄]^–

n_Al(OH)3 = 0,02 (mol) ; n_{[Al(OH)4]^–}= 0,12 – 0,02 = 0,1 (mol).

⇒ n_OH^– = 3.0,02 + 4.0,1 = 0,46 (mol).

⇒ C_{M (NaOH)} = n/V = 0,46/0,5 = 0,92(M).

Ví dụ 2: Cho V lít dung dịch NaOH 0,4M tác dụng với 58,14g Al₂(SO₄)₃ thu được 23,4g kết tủa, tính giá trị của V?

* Lời giải:

– Theo bài ra, ta có: n_Al2(SO4)3 = 58,14/342 = 0,17 (mol) ⇒ n_Al³⁺ = 2.0,17 = 0,34 (mol).

n_Al(OH)3 = 23,4/78 = 0,3 (mol).

– Ta thấy: n_Al(OH)3 < n_Al³⁺ nên có 2 trường hợp xảy ra:

◊ Trường hợp 1: Al³⁺ dư nên chỉ tạo Al(OH)₃ nên n_OH^– = 3.0,3 = 0,9 (mol).

⇒ V_{dd (NaOH)} = n/C_M = 0,9/0,4 = 2,25 (lít).

◊ Trường hợp 2: Al³⁺ hết tạo Al(OH)₃ và [Al(OH)₄]^–

n_Al(OH)3 = 0,3 (mol) ; n_{[Al(OH)4]^–}= 0,34 – 0,3 = 0,04 (mol).

⇒ n_OH^– = 3.0,3 + 4.0,04 = 1,06 (mol).

⇒ V_{dd (NaOH)} = n/C_M = 1,06/0,4 = 2,65 (lít).

* Loại 2: Biết số mol OH^– số mol kết tủa Al(OH)₃ tính số mol Al³⁺

• Phương pháp giải:

– So sánh số mol OH^– của bài cho với số mol OH^– kết tủa

– Nếu số mol OH^– của bài cho lớn hơn với số mol OH^– kết tủa thì đã có hiện tượng hòa tan kết tủa, sản phẩm khi đó có Al(OH)₃ và [Al(OH)₄]^–

– Theo định luật bảo toàn: $small dpi{100} fn_cm small n_{[Al(OH)_{4}]^{-}}=frac{n_{OH^{-}bai}-3n_{Al(OH)_{3}}}{4}$ ⇒ $small n_{Al^{3+}}=n_{Al(OH)_{3}}+n_{[Al(OH)_{4}]^{-}}$

– Nếu trong bài có nhiều lần thêm OH^– liên tiếp thì ta bỏ qua các giai đoạn trung gian, ta chỉ tính tổng số mol OH^– qua các lần thêm vào rồi so sánh với lượng OH^– trong kết tủa thu được ở lần cuối cùng của bài.

Ví dụ: Thêm 0,6 mol NaOH vào dung dịch chứa x mol AlCl₃ thu được 0,2 mol Al(OH)₃ Thêm tiếp 0,9 mol NaOH thấy số mol Al(OH)₃ là 0,5. Tiếp tục thêm 1,2 mol NaOH nữa thấy số mol Al(OH)₃ là 0,5. Tính x?

* Lời giải:

– Theo bài ra, ta có: ∑n_{OH^– bài cho} = 0,6 + 0,9 + 1,2 = 2,7 (mol).

– Số mol OH^– trong kết tủa là: n_{OH^– kết tủa} =3.n_Al(OH)3 = 3.0,5 = 1,5 (mol).

⇒ ∑n_{OH^– bài cho} > n_{OH^– kết tủa} ⇒ có tạo ra [Al(OH)₄]^–

$small n_{[Al(OH)_{4}]^{-}}=frac{n_{OH^{-}bai}-3n_{Al(OH)_{3}}}{4}$ $small dpi{100} fn_cm small =frac{2,7-3.0,5}{4}=0,3(mol)$

⇒ $small n_{Al^{3+}}=n_{Al(OH)_{3}}+n_{[Al(OH)_{4}]^{-}}$ 155332473074b4aqzmqo 1

* Loại 3: Nếu cho cùng 1 loại Al³⁺ tác dụng với lượng OH^– khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi hoặc thay đổi với lượng không tương ứng với sự thay đổi của OH^– ví dụ 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 ra x hay 2x mol kết tủa

Khi đó ta kết luận:

◊ TN1: Al³⁺ dư và OH^– hết: $small n_{AL(OH)_{3}}=frac{n_{OH^{-}}}{3}=x(mol)$

◊ TN2: Cả Al³⁺ và OH^– đều hết và có hiện tượng hòa tan kết tủa:

$small dpi{100} fn_cm small n_{[Al(OH)_{4}]^{-}}=n_{Al^{3+}}-n_{Al(OH)_{3}(TN2)}$ $small = frac{n_{OH^{-}(TN2)}-3n_{Al(OH)_{3}(TN2)}}{4}$

Ví dụ: TN1: Cho a mol Al₂(SO₄)₃ tác dụng với 500ml dung dịch NaOH 1,2M được m (g) kết tủa.

TN2: Cũng cho a mol Al₂(SO₄)₃ tác dụng với 750ml dung dịch NaOH 1,2M được m (g) kết tủa. Tính a và m?

* Lời giải:

– Vì lượng OH^– ở 2 thí nghiệm khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên:

+) TN1: Al³⁺ dư và OH^– hết, ta có: n_OH^– = 0,5.1,2 = 0,6 (mol).

⇒ $small dpi{100} fn_cm small n_{AL(OH)_{3}}=frac{n_{OH^{-}}}{3}=frac{0,6}{3}=0,2(mol)$

⇒ m_Al(OH)3 = 0,2.78 = 15,6(g).

+) TN2: Cả Al³⁺ và OH^– đều hết và có hiện tượng hòa tan kết tủa, ta có: n_OH^– = 0,75.1,2 = 0,9 (mol).

⇒ n_Al(OH)3 = 0,2 (mol) ; n_{[Al(OH)4]^–} = 0,075 (mol)

⇒ ∑n_Al³⁺ = 0,2 + 0,075 = 0,275(mol)

⇒ n_Al2(SO4)3 = (∑n_Al³⁺)/2 = 0,1375 (mol)

2) Dạng 2: H⁺ tác dụng với AlO₂^– hay [Al(OH)₄]^–

♦ Biết số mol Al(OH)₃ , số mol [Al(OH)₄]^– . Tính lượng H⁺

– Nếu n_Al(OH)3 = n_{[Al(OH)4]^–} cả 2 chất phản ứng vừa đủ với nhau tạo Al(OH)₃ khi đó: n_H⁺ = n_Al(OH)3 = số mol OH^– bị mất từ [Al(OH)₄]^–

– Nếu n_Al(OH)3 < n_{[Al(OH)4]^–} thì có 2 trường hợp:

◊ TH1: Chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa hay [Al(OH)₄]^– còn dư khi đó sản phẩm chỉ có Al(OH)₃ và n_H⁺ = n_Al(OH)3 = số mol OH^– bị mất từ [Al(OH)₄]^–

◊ TH2: Có hiện tượng hòa tan kết tủa hay [Al(OH)₄]^– hết khi đó sản phẩm có Al(OH)₃ và Al³⁺ ta có:

$small n_{Al^{3+}}=n_{[Al(OH)_{4}]^{-}}-n_{Al(OH)_{3}}$

$small n_{H^{+}}=n_{Al(OH)_{3}}+4n_{Al^{3+}}$ = số mol OH^– bị mất từ [Al(OH)₄]^–

(Từ [Al(OH)₄]^– → Al(OH)₃ mất 1 OH^– nên cần 1 H⁺. Từ [Al(OH)₄]^– → Al³⁺ mất 4 OH^– nên cần 4H⁺.)

Ví dụ: Cho 1 lít dung dịch HCl tác dụng với 500ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và NaAlO₂ 1,5M thu được 31,2g kết tủa. Tính nồng độ C_M của dung dịch HCl?

* Lời giải:

– Do có tạo kêt tủa Al(OH)₃ nên OH^– đã phản ứng hết.

– Theo bài ra, n_OH^– = 0,5.1 = 0,5 (mol). ⇒ n_H+_pư = n_OH^– = 0,5 (mol).

n_AlO2^– = 0,5.1,5 = 0,75 (mol) ⇒ n_{[Al(OH)4]^–} = 0,75 (mol).

– Cũng theo bài ra: n_Al(OH)3 = 31,2/78 = 0,4 (mol).

– Ta thấy: n_Al(OH)3 < n_AlO2^–nên có 2 trường hợp xảy ra:

+) TH1: [Al(OH)4]^– dư

– Khi đó: n_H⁺ = n_Al(OH)3 = 0,4 (mol).

⇒ ∑n_H⁺ = 0,5 + 0,4 = 0,9 (mol).

⇒ C_{M (HCl)} = n.V = 0,9.1 = 0,9 (M).

+) TH2: [Al(OH)4]^– hết

– Khi đó sản phẩm có: n_Al(OH)3 = 31,2/78 = 0,4 (mol).

⇒ n_Al³⁺ = 0,75 – 0,4 = 0,35 (mol).

⇒ n_H⁺ = n_Al(OH)3 + 4n_Al³⁺ = 0,4 + 4.0,35 = 1,8 (mol).

⇒ ∑n_H⁺ = 0,5 + 1,8 = 2,3 (mol).

⇒ C_{M (HCl)} = n.V = 2,3.1 = 2,3 (M).

3) Dạng 3: Hỗn hợp kim loại của nhôm với kim loại kiềm (Na, K,…) hay kiềm thổ (Ba, Ca,..)

– Lưu ý thứ tự của phản ứng:

Trước tiên: 2M _{kim loại kiềm} + 2H₂O → 2MOH + H₂↑

Sau đó: MOH + H₂O + Al → MAlO₂ + ³⁄₂H₂↑

– Từ số mol của M cũng là số mol của MOH và số mol của Al ta biện luận theo PTPƯ để biết Al tan hết hay chưa.

◊ Nếu n_M = n_MOH ≥ n_Al ⇒ Al tan hết

◊ Nếu n_M = n_MOH < n_Al ⇒ Al chỉ tan một phần

◊ Nếu chưa biết số mol của M và Al và không có dữ liệu nào để khẳng định Al đã tan hết hay chưa thì ta phải xét 2 trường hợp:

◊ Dư NaOH nên Al tan hết

◊ Thiếu NaOH nên Al chỉ tan 1 phần

– Đối với mỗi trường hợp ta lập hệ phương trình đại số để giải.

– Nếu bài cho hỗn hợp Al với Ca hoặc Ba thì quy về hỗn hợp kim loại kiềm và Al bằng cách 1Ca hoặc 1Ba ⇔ 2Na rồi xét các trường hợp như trên.

Ví dụ: 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 – V lít khí. Tính %m mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

* Lời giải

– Khi hòa hỗn hợp X và dd NaOH dư thì thu được thể tích khí lớn hơn khi hòa tan hỗn hợp X vào nước, như vậy khi hòa tan vào nước Al còn dư.

– Đặt V = 4.22,4 (lít). (lưu ý ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thể tích chính là số mol)

– Gọi x, y lần lượt là số mol của Na và Al

– Khi hòa tan vào nước ta có PTPƯ:

Na + H₂O → NaOH + ½H₂↑

x mol x 0,5.x

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + ³/₂H₂↑

x mol 1,5.x

⇒ ∑n_H2 = 0,5x + 1,5x = 2x = 4 ⇒ x = 2.

– Khi hòa tan vào dung dịch NaOH dư ta có

Na + H₂O → NaOH + ½H₂↑

x mol x 0,5.x

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + ³/₂H₂↑

y mol 1,5.y

– Ta có: ∑n_H2 = 0,5x + 1,5y = 7, mà x = 2 ⇒ y = 4

⇒ Hỗn hợp X có 2mol Na và 4mol Al

⇒ m_Na = 2.23 = 46(g); m_Al = 4.27 = 108(g)

⇒ %m_Na = $small frac{46}{46+108}.100$ =29,87%

⇒ %m_Al = $small dpi{100} fn_cm small frac{108}{46+108}.100$ =70,13%

IV. Bài tập về Nhôm, hỗn hợp và hợp chất của nhôm

– Các em tự luyện tập

Bài 1: Hòa tan hoàn toàn 20,7 gam hỗn hợp X gồm Al và Al₂O₃ bằng lượng dung dịch NaOH 1M (vừa đủ). Sau phản ứng thu được 6,72 lít H₂ (ở đktc). Tính thể tích dung dịch NaOH đã dùng?

Đ/S: V_{dd (NaOH)} = 500 (ml).

Bài 2: Đốt một lượng Al trong 6,72 lít O₂. Chất rắn thu được sau phản ứng cho hòa tan hoàn toàn vào dung dịch HCl thấy thoát ra 6,72 lít H₂ ( các thể tích khí đo ở đktc). Tính khối lượng Al đã dùng?

Đ/S: 16,2 (gam).

Bài 3: Cho 5,1 gam hỗn hợp X gồm Al và Mg tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thấy khối lượng dung dịch tăng lên 4,6 gam. Tính số mol HCl tham gia phản ứng?

Đ/S: n_HCl=0,5 mol

Bài 4: Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, Cu vào dung dịch HCl (dư), sau khi kết thúc phản ứng sinh ra 3,36 lít khí (ở đktc). Nếu cho m gam hỗn hợp X trên vào một lượng dư axit nitric (đặc, nguội), sau khi kết thúc phản ứng sinh ra 6,72 lít khí NO₂ (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Tính m?

Đ/S: m=12,3 ((gam).

Bài 5: Hoà tan m gam hỗn hợp bột Mg, Al bằng dung dịch HCl thu được 17,92 lit khí H₂ (đktc). Cùng lượng hỗn hợp trên hoà tan trong dung dịch NaOH dư thu được 13,44 lít khí H₂ (đktc). Tính m?

Đ/S: m=15,6 (gam).

Bài 6: Thêm 0,35 mol NaOH vào dung dịch X chứa 0,1 mol AlCl₃. Tính khối lượng kết tủa thu được?

Đ/S: m_Al(OH)₃ = 3,9 (gam).

Bài 7: Thêm 200 ml dung dịch A chứa NaOH 0,3M và Ba(OH)₂ 0,025M vào 200 ml dung dịch Al(NO₃)₃ 0,1M thu được kết tủa B. Lọc, tách B rồi đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được m gam chất rắn D. Tính m?

Đ/S: m=0,51 (gam).

Bài 8: Cho 150 ml dung dịch Ba(OH)₂ 0,1M tác dụng với 100 ml dung dịch Al₂(SO₄)₃ 0,1M. Tính khối lượng kết tủa tạo thành sau phản ứng?

Đ/S: m_Al(OH)₃ = 4,275 (gam).

Bài 9: Cho 200 ml dung dịch X chứa Ba(OH)₂ 0,1M và KOH 0,15M vào 100 ml dung dịch Al₂(SO₄)₃ 0,1M. Sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của m?

Đ/S: m = 5,44 (gam).

Bài 10: Một dung dịch chứa hỗn hợp gồm 0,02 mol Al₂(SO₄)₃ và 0,02 mol Na₂SO₄. Thêm dung dịch chứa 0,07 mol Ba(OH)₂ vào dung dịch này. Tính khối lượng kết tủa sinh ra?

Đ/S: m = 17,87 (gam).

Bài 11: Cho 3,42 gam Al₂(SO₄)₃ tác dụng với 25 ml dung dịch NaOH. Sau phản ứng thu được 0,78 gam kết tủa. Tính nồng độ của dung NaOH đã dùng?

Đ/S: 1,2M và 2,8M

Bài 12: Cho 200 ml dung dịch NaOH a mol/lít tác dụng với 500 mL dung dịch AlCl₃ 0,2M thu được một kết tủa keo trắng. Lọc tách kết tủa, đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì thu được 1,02 gam chất rắn. Tính a?

Đ/S: 0,3 và 1,9

Bài 13: Thêm V lít dung dịch NaOH 0,1M vào 100 mL dung dịch Al₂(SO₄)₃ 0,1M thấy xuất hiện 1,17 gam kết tủa keo trắng. Tính giá trị nhỏ nhất của V?

Đ/S: 0,45 (lit)

Bài 14: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al₂(SO₄)₃ và 0,1 mol H₂SO₄ đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 7,8 gam kết tủa. Tính giá trị lớn nhất của V ?

Đ/S:0,45 (lit)

Bài 15: Hòa tan 0,54 gam Al trong 0,5 lít dung dịch H₂SO₄ 0,1M được dung dịch A. Thêm V lít dung dịch NaOH 0,1M cho đến khi kết tủa tan trở lại 1 phần. Nung kết tủa thu được đến khối lượng không đổi ta được chất rắn nặng 0,51 gam. Tính V?

Đ/S: 1,1 lít.

Bài 16: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na₂O và Al₂O₃ vào H₂O thu được 200 ml dung dịch Y chỉ chứa chất tan duy nhất có nồng độ 0,5M. Thổi khí CO₂ (dư) vào Y thu được a gam kết tủa. Tính m và a?

Đ/S: m=8,2 và a=7,8

Bài 17: Sục khí CO₂ vào dung dịch chứa NaAlO₂, sau khi phản ứng kết thúc thu được m gam kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 4,42 gam. Tính m?

Đ/S: 10,14 gam.

Bài 18: Thêm HCl vào dung dịch chứa 0,1 mol NaOH và 0,1 mol Na[Al(OH)₄]. Khi kết tủa thu được là 0,08 mol thì số mol HCl đã dùng là bao nhiêu?

Đ/S: 0,18 mol hoặc 0,26 mol

Bài 19: Hòa tan 3,9 gam Al(OH)₃ bằng 50ml NaOH 3M được dung dịch A. Thể tích dung dịch (lít) HCl 2M cần cho vào dung dịch A để xuất hiện trở lại 1,56 gam kết tủa là bao nhiêu?

Đ/S: 0,06 hoặc 0,12

Bài 20: Cho 100 ml dung dịch A chứa NaOH 0,1M và NaAlO₂ 0,3M. Thêm từ từ dung dịch HCl 0,1M vào dung dịch A cho đến khi kết tủa tan trở lại một phần. Đem nung kết tủa đến khối lượng không đổi thu được chất rắn nặng 1,02 gam. Tính thể tích dung dịch HCl 0,1M đã dùng?

Đ/S: 0,7 lít.

Hy vọng với bài viết hệ thống lại tính chất hoá học của Nhôm , Phương pháp giải các dạng bài tập về nhôm, hỗn hợp và hợp chất của nhôm ở trên hữu ích cho các em. Mọi thắc mắc và góp ý các em vui lòng để lại bình luận dưới bài viết để Trường Trung Cấp Nghề Thương Mại Du Lịch Thanh Hoá ghi nhận và hỗ trợ, nếu bài viết hay hãy like và share nhé, chúc các em học tốt.

tmdl.edu.vn. Mọi hành vi sao chép đều là gian lận!
Nguồn chia sẻ: https://tmdl.edu.vn/phuong-phap-giai-cac-dang-bai-tap-ve-nhom-al/

Trang chủ: tmdl.edu.vn
Danh mục bài: Giáo dục

Lương Sinh26 Tháng Hai, 2023