1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN VỀ ALUMINUM VÀ HỢP CHẤT CỦA ALUMINUM Nguyễn Văn Phú I. MỘT SỐ CHÚ Ý KHI GIẢI BÀI TOÁN VỀ ALUMINUM VÀ HỢP CHẤT CỦA ALUMINUM. Như chúng ta đã biết nhôm là một nguyên tố được dùng rất phổ biến, nhất là các vật dụng trong gia đình Chính vì vậy mà nguyên tố nhôm và hợp chất của chúng vô cùng phức tạp, bởi nhôm và một số hợp chất của chung tác dụng được đồng thời axit và bazơ (lưỡng tính). Ví dụ: khi cho một kim loại kiềm M vào dung dịch muối của nhôm thì tùy vào dữ kiện của bài toán, tỷ lệ về số mol mà sản phẩm có thể xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan một phần hoặc kết tủa tan hết….qua ví dụ đó các phương trình phản ứng có thể xảy ra. 2 2 3 3 3 2 2 2M 2H O 2MOH H (1) 3OH Al Al(OH) (2) OH Al(OH) AlO 2H O (3) − + − − + → + ↑ + → ↓ + → + Để làm tốt các bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm cần lưu ý một số điểm sau: 1. Nắm được đặc điểm cấu tạo, cấu hình, vị trí, ô, nhóm, chu kỳ…. 2. Nắm được tính chất vật lý, tính chất hóa học, phương pháp điều chế của nhôm. 3. Nắm được cách xử lý quặng nhôm (Bôxit) để thu được nhôm. 4. Nắm được tính chất vật lý, tính chất hóa học, phương pháp điều chế của ôxit nhôm ( Al 2 O 3 ), hiđroxit nhôm (Al(OH) 3 ), muối nhôm (Al 3+ )… 5. Nắm được một số phương pháp giải nhanh liên quan đến nhôm và hợp chất của chúng. 6. Khi cho dung dịch kiềm vào muối nhôm thu được kết tủa thì ta có phản ứng có thể xảy ra: Al 3+ + 3OH - → Al(OH) 3 (1) Al(OH) 3 + OH - → AlO 2 - + 2H 2 O (2) 3 2 2 Al 4OH AlO 2H O + − − + → + (3) 2 7. Khi cho muối 2 AlO − tác dụng với dung dịch axit thu được kết tủa thì ta có phản ứng có thể xảy ra: 2 2 3 AlO H H O Al(OH) − + + + → (1) 3 3 2 Al(OH) 3H Al 3H O + + + → + (2) 3 2 2 AlO 4H Al 3H O − + + + → + (3) I. BÀI TOÁN ÁP DỤNG: Bài toán 1: (Trích đề thi tốt nghiệp THPT 2007). Hoà tan 5.4 gam Al bằng một lượng dung dịch H 2 SO 4 loãng dư. Sau phản ứng thu được dung dịch X và V lít khí H 2 (đktc). Giá trị của V lít: A. 2,24 lít B. 3,36 lít. C. 4,48 lít D. 6,72 lít Bài giải: 2 3 Al H 2 Al 3e Al 0,2 0,6 5,4 n 0,2 n 0,3 27 2H 2e H 0,6 0,3 + +  − →   = = ⇒ =  + →    mol V H2 = 0,3.22,4 = 6,72 lít => Đáp án D. Bài toán 2: (Trích đề thi tuyển sinh đại học ĐH – CĐ Khối A 2007) Cho m gam hỗn hợp Mg, Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1 M và axit H 2 SO 4 0,5 M thu được 5,32 lít H 2 (ở đktc) và dung dịch Y (coi thể tích dung dịch không đổi). Dung dịch Y có pH là: A. 1 B. 2 C. 6 D. 7 Bài giải: (X ) 2 4 H (HCl) H H (H SO ) n 0,25.1 0,25(mol) n 0,25 0,25 0,5mol n 0,25.0,5.2 0,25(mol) + + + = =   = + =  = =   2H + + 2e → H 2 ↑ 0,475mol …… 0,2375(mol) 2 H 5,32 n 0,2375(mol) 22,4 = = 3 1 H (Y) 0,025 n 0,5 0,475 0,025(mol) [H ] 0,1 10 (mol/lit) 0,250 + + − = − = ⇒ = = = ⇒ pH = 1 ⇒ Đáp án A. Bài toán 3: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH − CĐ −KB − 2007). Cho 200 ml dung dịch AlCl 3 1,5 M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M, lượng kết tủa thu được là 15,6 gam, giá trị lớn nhất của V lít là: A. 1,2 gam B. 1,8 gam C. 2,0 gam D. 2,4 gam Bài giải: Ta có: 3 3 AlCl Al n n 0,2.1,5 0,3mol + = = = 3 Al(OH) 15,6 n 0,2mol 78 = = NaOH NaOH 0,6 n 0,6mol V 1,2lit 0,5 1 n 1mol V 2lit 0,5  = → = =   ⇒  = → = =   ⇒ Giá trị lớn nhất là 2 lít ⇒ C đúng. ‘ Bài toán 4: (Trích đề tuyển sinh ĐH−CĐ Khối A 2008). Cho hỗn hợp 2,7 gam nhôm và 5,6 gam sắt vào 550 ml dung dịch AgNO 3 1M. Sau khi phản ứng xẫy ra hoàn toàn thì được m gam chất rắn( biết Fe 3+ /Fe 2+ đứng trước Ag + /Ag). Giá trị m gam là: A. 59,4 gam B. 64,8 gam C. 32,4 gam D. 54,0 gam Bài giải: Phản ứng xảy ra hoàn toàn, nên: AgNO 3 → Ag↓ + NO 3 - Áp dụng ĐLBT nguyên tố bạc: 0,55 0,55mol 3 Ag AgNO Ag Ag n n n 0,55mol; m 0,55.108 59,4g + = = = = = → A đúng 3 Al(OH) n - OH n 0,3 0,3 1 0,2 1,2 Al 3+ 0,6 0,9 4 * Chú ý: - Nếu phản ứng không hoàn toàn hoặc AgNO 3 phản ứng đang còn dư thì không áp dụng được ĐLBT nguyên tố. - Nếu Al Fe Ag n 3n 2n 0,5mol ↓ = + = ⇒ m Ag = 0,5 . 108 = 54,0g → D sai Bài toán 5: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH – CĐ Khối A 2008) Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550 ml dung dịch AgNO 3 1M, sau khi các phản ứng xẩy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn, giá trị m là ( biết thứ tự trong dãy thế điện hóa: Fe 3+ / Fe 2+ đứng trước Ag + /Ag). A. 59,4 gam B. 64,8 gam C. 32,4 gam D. 54,0 gam Bài giải: n Al = 0,1mol; n Fe = 0,1mol; 3 AgNO Ag n n 0,55mol + = = Phương trình phản ứng xảy ra: Al + 3Ag + → Al 3+ + 3Ag ⇒ m Ag = 108. 0,3 0,1 0,3 0,1 0,3 Fel + 2Ag + → Fe 2+ + 2Ag ⇒ m Ag = 108. 0,2 0,1 0,2 0,1 0,2 Fe 2+ + Ag + → Fe 3+ + Ag + ⇒ m Ag = 108. 0,05 0,05 0,05 0,05 0,05 ⇒ m = 108 . 0,55 = 59,4g → A đúng. * Chú ý: + Phản ứng xảy ra hoàn toàn nên ta áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố bạc: 3 AgNO Ag n n 0,55mol + = = , Ag m m 108.0,55 59,4g + = = = → A đúng + Nếu m Ag = 108 . 0,5 = 54g → D sai Bài toán 6: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A-2008). Nung nóng m gam hỗn hợp Al và Fe 2 O 3 (trong môi trường không có không khí) đến phản ứng xẫy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y, chia Y thành hai phần bằng nhần bằng nhau: - Phần 1 tác dụng với H 2 SO 4 loãng dư sinh ra 3.08 lít khí hiđrô (đktc). - Phần 2 tác dụng NaOH dư sinh ra 0.84 lít khí hiđrô (đktc). Giá trị m gam là: A. 22.75 B. 21.40 C. 29.40 D. 29.43 . 5 Bài giải: Phân tích bài toán: Từ P 2 + NaOH dư nên Al dư còn Fe 2 O 3 hết: Như vậy hỗn hợp Y: Fe, Al 2 O 3 và Al dư Gọi x, y, z lần lượt là số mol Al 2 O 3 , Fe và Al dư trong mỗi phần: P 1 : 3 2 2 Al 3e Al z 3z z Fe 2e Fe y 2y y 2H 2e H 0,275 0,1375 + + +  − →    − →     + →    Áp dụng ĐLBT e: 3z + 2y = 0,275 (1) P 2 : 3 2 Al 3e Al z 3z z 2H 2e H 0,075 0,0375 + +  − →    + →    Áp dụng ĐLBT e: 3z + 2y = 0,075 ⇒z= 0,025M Thay vào (1) ⇒ y = 0,1mol: Fe 2 O 3 + 2Al → Al 2 O 3 + 2Fe (3) Từ (3) ⇒ 2 3 Al O Fe 1 x n n 0,05mol 2 = = = m = 2.(0,05 . 102 + 56. 0,1 + 27 . 0,025) = 22,75 ⇒ A đúng. Bài toán 7: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH - KA - 2008). Cho V lít dung dịch NaOH 2 M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al 2 (SO 4 ) 3 và 0,1 mol H 2 SO 4 đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V lít để thu được khối lượng kết tủa trên là: A. 0,05 lít B. 0,25 lít C. 0,35 lít D. 0,45 lít Bài giải: Cách 1: 3 2 4 2 4 3 H SO Al (SO ) H Al n 2.n 2.0,1 0.2mol; n 2.n 0,2mol + + = = = = = 3 Al(OH) 7,8 n 0,1mol 78 = = 6 Th ứ t ự các ph ươ ng trình x ả y ra: H + + OH - → H 2 O (1) 0,2 0,2mol Al 3+ + 3OH - → Al(OH) 3 ↓ (2) 0,2 0,6mol - - 3 2 2 Al(OH) + OH AlO 2H O 0,1 0,1mol ⇒ + (3) T ừ (1), (2), (3): OH n 0,2 0,6 0,1 0,9mol − = + + = ⇒ NaOH 0,9 n 0,45 2 = = lít ⇒ D đ úng * Chú ý: + N ế u OH 0,1 n 0,1mol V 0,05 2 − = ⇒ = = lít ⇒ A sai + N ế u OH 0,5 n 0,5mol V 0,25 2 − = ⇒ = = lít ⇒ B sai + N ế u OH 0,7 n 0,7mol V 0,35 2 − = ⇒ = = lít ⇒ C sai Cách 2: Áp d ụ ng ph ươ ng pháp đồ th ị : 3 2 4 2 4 3 3 H SO Al (SO ) Al(OH) Al 7,8 n 0,1mol; n 2n 0,2mol; n 0,1mol 78 + = = = = = Trên đồ th ị OH n 0,7mol − = M ặ t khác, trung hoà 0,1mol H 2 SO 4 thì c ầ n 0,2mol OH - ⇒ NaOH NaOH OH 0,9 n n 0,2 0,7 0,9mol V 0,45 2 − = = + = ⇒ = = lít ⇒ D đ úng Al(OH) 3 O H n − 0,2 0,3 0,6 A 0,8 0,1 O 0,7 7 Bài toán 8: Nhúng m ộ t thanh nhôm n ặ ng 45 gam vào 400 ml dung d ị ch CuSO 4 0,5 M. Sau m ộ t th ờ i gian l ấ y thanh nhôm ra cân n ặ ng 46,38 gam. Kh ố i l ượ ng gam Cu thoát ra là: A. 0,64 gam B. 12,80 gam C. 1.92 gam D. 1,38 gam Bài giải: Kim lo ạ i m ạ nh đẩ y kim lo ạ i y ế u ra kh ỏ i dung d ị ch mu ố i (ph ả n ứ ng th ế b ở i k/lo ạ i) 2Al + 3CuSO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3Cu↓ 2Al + 3Cu 2+ → 2Al 3+ + 3Cu↓ (rút g ọ n) Áp d ụ ng ph ươ ng pháp t ă ng gi ả m kh ố i l ượ ng ta có: C ứ 2 mol Al đ ã t ạ o ra 3 mol Cu nh ư v ậ y kh ố i l ượ ng t ă ng: ( 3. 64 − 2. 27) = 138g Theo bài ra thì x mol Cu kh ố i l ượ ng t ă ng: 46,38 - 45 = 1,38g ⇒ Cu Cu 1,38 x n 3. 0,03mol m 0,03.64 1,92g 138 = = = ⇒ = = ⇒ C đ úng * Chú ý: + N ế u m Cu = 0,01 . 64 = 0,64g ⇒ A sai + N ế u m Cu = 0,5 . 0,4 . 64 = 12,8 ⇒ B sai + N ế u m Cu = 46,38 - 45 = 1,38g ⇒ D sai Áp d ụ ng khi g ặ p bài toán có PT rút g ọ n: nA + mB n+ → nA m+ + mB (Trong đ ó: n, m l ầ n l ượ t là đ i ệ n tíchc ủ a kim lo ạ i B và A) thì ta áp d ụ ng ph ươ ng pháp t ă ng gi ả m kh ố i l ượ ng. Kh ố i l ượ ng t ă ng hay gi ả m m ộ t l ượ ng đượ c tính theo công th ứ c tr ị tuy ệ t đố i B A m.M n.M − sau đ ó d ự a vào d ữ ki ệ n c ủ a đề ra để tính toán). Bài toán 9: Để 2,7 gam m ộ t thanh nhôm ngoài không khí, m ộ t th ờ i gian sau đ em cân th ấ y thanh nhôm n ặ ng 4,14 gam. Ph ầ n tr ă m kh ố i l ượ ng thanh nhôm đ ã b ị oxi hóa b ở i oxi c ủ a không khí là: A. 65,21% B. 30% C. 67,5% D. 60% 8 Bài giải: Kh ố i l ượ ng c ủ a oxit tham gia ph ả n ứ ng v ớ i thanh nhôm là: 4,14 − 2,7 = 1,44 gam ⇒ Al( 2 1, 44 m . .27 0,06.27 1, 62g 3 16 = = = p−) 1,62 %Al .100% 60% 2,7 ⇒ = = ⇒ D đ úng * Chú ý: + N ế u 2,7 %Al .100% 65,21% 4,14 = = ⇒ A sai + N ế u Al( 2 1,44 1,8225 m . .27 1.8225g %Al .100% 67,5% 3 32 2,7 = = ⇒ = = p−) ⇒ C sai + N ế u Al( 2 1,44 0,81 m . .27 0,81g %Al .100% 30% 3 32 2,7 = = ⇒ = = p−) ⇒ B sai. Bài toán 10: Chia h ỗ n h ợ p X g ồ m Al và Al 2 O 3 thành 2 ph ầ n b ằ ng nhau. - Ph ầ n 1 tác d ụ ng NaOH d ư thu đượ c 0.3 mol khí. - Ph ầ n 2 tan hoàn toàn trong dung d ị ch HNO 3 thu đượ c 0.075 mol khí Y duy nh ấ t. Y là: A . NO 2 B. NO C. N 2 O D. N 2 Bài giải: Trong X ch ỉ có Al có tính kh ử : 2H 2 O + 2e → H 2 + 2OH - 0,6 0,3 Khi tác d ụ ng v ớ i HNO 3 , ch ấ t oxi hoá là HNO 3 N +5 + ne → Y 0,075n 0,075mol => Ta có: 0,075n = 0,6 V ớ i n là s ố e mà N +5 nh ậ n để t ạ o thành Y ⇒ n = 8. V ậ y Y là N 2 O ⇒ C đ úng. Bài toán 11: Cho m gam Al tan hoàn toàn dung d ị ch HNO 3 nóng d ư thu đượ c 11.2 lít ( đ ktc) hh khí A g ồ m: N 2 , NO, N 2 O có t ỉ l ệ v ề s ố mol t ươ ng ứ ng là 2:1:2. Giá tr ị m gam là: A. 35.1 B. 18.9 C. 27.9 D. 26.1 9 Bài giải: 2 2 A N NO N O 11,2 n 0,5mol n 0,2mol;n 0,1mol; n 0,2mol 22,4 = = ⇒ = = = + Quá trình oxi hoá: Al - 3e → Al 3+ (1) a 3a a + Quá trình kh ử : 2N +5 + 10e → N 2 (2) 0,4 2 0,2 N +5 + 3e → N +2 (NO) (3) 0,3 0,1 2N +5 + 8e → N +1 (N 2 O) (4) 1,6 0,2 Áp d ụ ng Đ LBT e: 3a = 2 + 0,3 + 1,6 = 3,9 ⇒ a = 1,3 ⇒ m Al = 27 . 1,3 = 35,1g ⇒ A đ úng Phân tích bài toán: + N ế u (2, 3, 4) không cân b ằ ng 3a = 1 + 0,3 + 0,8 ⇒ a = 0,7 ⇒ m Al = 18,9g → B sai + N ế u (2, 3) cân b ằ ng còn (4) không: 3a = 2 + 0,3 + 0,8 ⇒ 3,1 a 3 = ⇒ m Al = 27,9 → C sai + N ế u (2) không cân b ằ ng, (3,4) cân b ằ ng 3a = 1 + 0,3 + 1,6 ⇒ 2,9 a 3 = ⇒ m Al = 26,1 → D sai Bài toán 12: M ộ t dung d ị ch ch ứ a 0,39 gam K + , 0,54gam Al 3+ cùng 2 lo ạ i anion 1,92 gam SO 4 2- và ion NO 3 - . N ế u cô c ạ n dung d ị ch thì s ẽ thu đượ c kh ố i l ượ ng mu ố i khan là: A. 4,71 gam B. 3,47 gam C. 4,09 gam D. 5,95 gam Bài giải: 3 2 4 K Al SO n 0,01mol, n 0,02mol , n 0,02mol + + − = = = Áp d ụ ng Đ LBT Đ T : 0,01 + 0,02.3 = 0,02 + nNO 3 - => nNO 3 - = 0,03 mol mà 3 2 4 3 muoi K Al SO NO m m m m m 0,39 0,54 1,92 62.0,03 4,71gam A dung + + − − = + + + = = + + + = => 10 * Chú ý : - N ế u 3 muoi NO n 0,01 0,02 0,02 0,01mol m 3,47gam B sai − = + − = => = => - N ế u 3 muoi NO n 0,02mol m 4,09gam C sai − = => = => - N ế u 3 muoi NO n 0,01 0,02 0,02 0,05mol m 5,95gam D sai − = + + = => = => . Bài toán 13. Cho tan hoàn toàn 15,6 gam h ỗ n h ợ p Al và Al 2 O 3 trong 500 ml dung d ị ch NaOH 1M thu đượ c 6,72 lít H 2 ( đ ktc) và dung d ị ch X . Th ể tích HCl 2 M c ầ n cho vào X để thu đượ c k ế t t ủ a l ớ n nh ấ t là : A. 0,25 lít. B. 0,35 lít. C. 0,5 lít. D. 0,244 lít. Bài giải: Trong dung d ị ch X ch ứ a AlO 2 - và OH - (n ế u d ư ). Dung d ị ch X trung hòa v ề đ i ệ n tích nên. 2 AlO OH Na n n n 0,5mol − − + + = = khi cho axit HCl vào dung d ị ch X ta có Ptp ư sau: H + + OH -  H 2 O H + + AlO 2 - + H 2 O − Al(OH) 3 ↓ Để thu đượ c k ế t qu ả l ớ n nh ấ t thì 2 HCl H AlO OH 0,5 n n n 0,5mol V 0,25lit A dung 2 + − − = + = => = = => Bài toán 14: M ộ t h ỗ n h ợ p 3 kim lo ạ i g ồ m Al , Fe, Mg có kh ố i l ượ ng 26.1 gam đượ c chia làm 3 ph ầ n b ằ ng nhau. - Ph ầ n 1 cho tan h ế t trong dung d ị ch HCl th ấ y thoát ra 13.44 lít khí. - Ph ầ n 2 cho tác d ụ ng v ớ i dung d ị ch NaOH d ư thu đượ c 3.36 lít khí - Ph ầ n 3 cho tác dung d ị ch CuSO 4 d ư , l ọ c l ấ y toàn b ộ ch ấ t r ắ n thu đượ c sau ph ả n ứ ng đ em hoà tan trong dung d ị ch HNO 3 d ư thì thu đượ c V lít khí NO 2 ( các khí đề u đ o đ ktc). Giá tr ị V lít thu đượ c là: A. 26.88. B. 53.70. C. 13.44 D. 44.8. Bài giải: 2Al + 6HCl → AlCl 3 + 3H 2 Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 Kh ố i l ượ ng m ỗ i ph ầ n 26,1 m 8,7g 3 = = [...]... ch t kh , như ng e Σne như ng = 3 0,1 + 2 0,075 + 2 0,075 = 0,6mol - HNO3 là ch t oxi hoá, nh n e: N+5 + 1e → N+4 (NO2) ⇒ a = 0,6 a a n NO2 = 0,6mol → VNO2 = 0,6.22, 4 = 13,44l it ⇒ C úng Bài toán 15: Chia h n h p X g m Al, Al2O3, ZnO thành 2 ph n b ng nhau - Ph n 1 cho tác d ng dung d ch NaOH dư thu ư c 0.3 mol khí - Ph n 2 tan hoàn toàn trong dung d ch HNO3 thu ư c 0.075 mol khí Y duy nh t Khí Y là: . →    − →     + →    Áp dụng ĐLBT e: 3z + 2y = 0,275 (1) P 2 : 3 2 Al 3e Al z 3z z 2H 2e H 0,075 0,0375 + +  − →    + →    Áp dụng ĐLBT e: 3z + 2y = 0,075 ⇒z= 0,025M Thay vào. ý: - Nếu phản ứng không hoàn toàn hoặc AgNO 3 phản ứng đang còn dư thì không áp dụng được ĐLBT nguyên tố. - Nếu Al Fe Ag n 3n 2n 0,5mol ↓ = + = ⇒ m Ag = 0,5 . 108 = 54,0g → D sai Bài. Fe 2 O 3 (trong môi trường không có không khí) đến phản ứng xẫy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y, chia Y thành hai phần bằng nhần bằng nhau: - Phần 1 tác dụng với H 2 SO 4 loãng dư sinh ra 3.08