Phương pháp giải nhanh bài tập Nhôm và hợp chất của Nhôm của cô Nguyễn Như Lan Phương

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
LỜI NÓI ĐẦU
Giải nhanh bài tập hoá học là cách tốt nhất giúp thí sinh hoàn thành tốt bài thi
của mình. Qua thực tiễn giảng dạy, tôi rút ra một số kinh nghiệm giải toán hoá học
đối với dạng bài tập về nhôm và hợp chất của nhôm tác dụng với dung dịch kiềm.
Hy vọng rằng những ý kiến này sẽ giúp ích cho các em học sinh trong quá
trình học tập và tiết kiệm thời gian khi làm các bài thi và kiểm tra.
Trong quá trình thực hiện đề tài, tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu nhà
trường, tổ chuyên môn, các đồng nghiệp và các em học sinh lớp 12A8 đã giúp đỡ
tôi hoàn thành đề tài này.
Đây chỉ là những ý kiến chủ quan của bản thân tôi rút ra được trong quá trình
giảng dạy. Tôi rất mong được sự đóng góp ý kiến của Ban giám hiệu, hội đồng
khoa học nhà trường và các đồng nghiệp giúp tôi có được phương pháp dạy học
phần này tốt hơn nữa.
Tôi xin chân trọng cảm ơn.
Tác giả

Nguyễn Như Lan Phương
MỤC LỤC
Trang
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
1
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
Mở đầu
A. Cơ sở lý luận của đề tài 1
B. Nội dung chính của đề tài
I. Tính chất hoá học của nhôm và hợp chất của nhôm 1
1) Al
2
O
3

và Al(OH)
3
là chất lưỡng tính 1
2) Phản ứng của nhôm với dung dịch kiềm 2
3) Muối nhôm tác dụng với dung dịch kiềm 2
II. Một số định luật được sử dụng 3
III. Một số dạng bài tập cụ thể
1. Dạng bài muối Al
3+
tác dụng với dung dịch OH
-
3
2. Dạng bài cho H
+
tác dụng với dung dịch AlO
2
-
8
3. Cho hỗn hơp gồm Al và 1 kim loại kiềm (Na, K)
hoặc kim loại kiềm thổ (Ca, Ba) tác dụng với nước. 10
Một số bài tập tham khảo 11
C. Thực nghiệm 13
D. Kết luận và đề xuất 13
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
2
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan đòi hỏi học sinh trong một thời
gian rất ngắn (trung bình 1,5 đến 1,8 phút / câu) phải làm xong một bài tập. Vì
vậy, học sinh phải nắm kiến thức một cách nhuần nhuyễn, vận dụng một cách linh

hoạt để trong thời gian ngắn nhất có thể tìm ra đáp án của bài toán. Muốn làm được
điều này thì giáo viên giảng dạy đóng một vai trò hết sức quan trọng trong việc
hướng dẫn học sinh nhận dạng, phân loại và có cách giải phù hợp với mỗi bài toán.
Qua thực tế giảng dạy ở một số lớp 12, tôi nhận thấy nhiều em học sinh vẫn
còn rất lúng túng trong việc giải các bài tập về nhôm và hợp chất của nhôm với
dung dịch kiềm. Các em thường sử dụng cách giải truyền thống là viết và tính theo
phương trình hoá học, như vậy sẽ mất rất nhiều thời gian để giải quyết một bài
toán. Vì vậy, với thời lượng trung bình 1,5 đến 1,8 phút/câu thì các em không thể
hoàn thành được bài tập. Để giúp các em có thể giải nhanh được các bài tập phần
này, tôi đề xuất phương pháp giải giúp tiết kiệm thời gian khi làm bài thi trắc
nghiệm. Đó là
“ Phương pháp giải nhanh bài tập nhôm và hợp chất của nhôm tác
dụng với dung dịch kiềm”
B. NỘI DUNG CHÍNH CỦA ĐỀ TÀI
I. Tính chất hoá học của nhôm và hợp chất của nhôm
1) Al
2
O
3
và Al(OH)
3
là chất lưỡng tính
*Tác dụng với axit:
Al
2
O
3
+ 6H
+
 2Al

3+
+ 3H
2
O
Al(OH)
3
+ 3H
+
 Al
3+
+ 3H
2
O
*Tác dụng với dung dịch bazơ
+) Al
2
O
3
+ 2OH
-
+ 3H
2
O  2 [Al(OH)
4
]
-

hoặc Al
2
O

3
+ 2OH
-
 2 AlO
2
-
+ H
2
O
+) Al(OH)
3
+ OH
-
 [Al(OH)
4
]
-

hoặc Al(OH)
3
+ OH
-
 AlO
2
-
+ 2H
2
O
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
3

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
2) Phản ứng của nhôm với dung dịch kiềm
Về nguyên tắc, nhôm dễ dàng đẩy hiđro ra khỏi nước. Nhưng thực tế, vì bị
màng oxit bảo vệ nên vật bằng nhôm không tác dụng với nước khi nguội và khi
đun nóng [1].
Tuy nhiên, những vật bằng nhôm này bị hoà tan trong dung dịch kiềm như
NaOH, Ca(OH)
2
Hiện tượng này được gải thích như sau:
Trước hết, màng bảo vệ là Al
2
O
3
bị phá huỷ trong dung dịch kiềm:
Al
2
O
3
+ 2NaOH + 3H
2
O  2Na[Al(OH)
4
] (1)
hoặc Al
2
O
3
+ 2NaOH  2NaAlO
2
+ H

2
O
Tiếp đến, kim loại nhôm khử nước:
2Al + 6H
2
O  2Al(OH)
3
↓ + 3H
2
↑ (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  NaAlO
2
+ 2H
2
O
Các phản ứng (2) và (3) xảy ra luân phiên nhau cho đến khi nhôm bị tan hết. Vì
vậy có thể viết gộp lại:
2Al + 2NaOH + 6H
2
O  2Na[Al(OH)

4
] + 3H
2
↑ [2]
Hoặc: 2Al + 2NaOH + 2H
2
O  2NaAlO
2
+ 3H
2

3) Muối nhôm tác dụng với dung dịch kiềm
Al
3+
+ 3OH
-
 Al(OH)
3
↓
Khi OH
-
dư: Al(OH)
3
+ OH
-
 [Al(OH)
4
]
-
tan

Hiện tượng quan sát được khi nhỏ từ từ dung dịch bazơ vào dung dịch Al
3+
là ban đầu thấy xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa tăng đến cực đại sau tan dần
đến hết tạo dung dịch trong suốt.
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
+ H
2
O
Khi H
+
dư:
Al(OH)
3
+ 3H
+
 Al
3+
+ 3H
2

O
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
4
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
Hiện tượng quan sát được khi nhỏ từ từ dung dịch H
+
đến dư vào dung dịch
AlO
2
-
là ban đầu thấy xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa tăng đến cực đại sau tan
dần đến hết tạo dung dịch trong suốt.
Al(OH)
3
có tính axit yếu hơn cả H
2
CO
3
nên nếu sục khí CO
2
vào dung dịch
NaAlO
2
thì xảy ra phản ứng:
NaAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2

O  Al(OH)
3
↓ + NaHCO
3

Hiện tượng quan sát được khi sục CO
2
đến dư vào dung dịch AlO
2
-
là thấy
xuất hiện kết tủa keo trắng.
Nắm vững được những phản ứng này là điều kiện cần để giải quyết tốt các
bài tập dạng trên đây. Mỗi dạng bài cụ thể ta lại có những mẹo nhỏ riêng để giải
quyết nó.
II. Một số định luật được sử dụng
Học sinh cần vận dụng linh hoạt các định luật thường dùng trong hoá học,
đặc biệt là định luật bảo toàn nguyên tố: Số mol từng nguyên tố trước và sau phản
ứng không đổi.
III. Một số dạng bài tập cụ thể
1. Dạng bài muối Al
3+
tác dụng với dung dịch OH
-

Al
3+
+ 3OH
-
 Al(OH)

3
↓ (4)
Khi OH
-
dư: Al(OH)
3
+ OH
-
 [Al(OH)
4
]
-
tan
 Al
3+
+ 4OH
-
 [Al(OH)
4
]
-
(5)
a) Bài toán thuận: Cho biết số mol của Al
3+
và OH
-
, yêu cầu tính lượng kết tủa.
*Cách làm:
Đặt
3

OH
Al
n
T
n
−
+
=
+) Nếu T ≤ 3: Chỉ xảy ra (4) và chỉ tạo Al(OH)
3
↓. (Al
3+
dư nếu T < 3)
Khi đó
3
( )
3
OH
Al OH
n
n
−
=
(Theo bảo toàn OH
-
)
+) Nếu 3 < T < 4: Xảy ra (4) và (5). Tạo hỗn hợp Al(OH)
3
↓ và [Al(OH)
4

]
-
.
(Cả Al
3+
và OH
-
đều hết)
Khi đó: Đặt số mol Al(OH)
3
là x
Số mol [Al(OH)
4
]
-
là y
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
5
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
 Hệ phương trình: x + y =
3
Al
n
+
3x + 4y =
OH
n
−
Đặc biệt
3 4

3,5
2
T
+
= =
thì
3
3
4
( )
[ ( ) ]
2
Al
Al OH
Al OH
n
n n
+
−
= =
+) Nếu T ≥ 4: Chỉ xảy ra (5) và chỉ tạo [Al(OH)
4
]
-
(OH
-
dư nếu T > 4)
Khi đó:
3
4

( )Al OH Al
n n
− +
=
VD1. Rót 100 ml dung dịch NaOH 3,5M vào 100 ml dung dịch AlCl
3
1M thu được
m gam kết tủa. Tính m?
Giải
Ta có: n
NaOH
= 0,35 mol,
3
AlCl
n
= 0,1 mol
Ta giải bài tập này theo 2 cách để so sánh.
Cách 1: Làm theo cách truyền thống
AlCl
3
+ 3 NaOH  Al(OH)
3
+ 3 NaCl
Ban đầu: 0,1 0,35
Phản ứng: 0,1  0,3 0,1 0,3
Sau phản ứng: 0 0,05 0,1 0,3
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  0,05
Sau phản ứng: 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
OH
n
−
=
0,35 mol,
3
Al
n
+
=
0,1 mol
3
OH
Al

n
T
n
−
+
=
= 3,5  Tạo hỗn hợp Al(OH)
3
: x mol
[Al(OH)
4
]
-
: y mol
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
6
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
 Hệ: x + y = 0,1 x = 0,05
3x + 4y = 0,35 y = 0,05
 m
↓

= 0,05 . 78 = 3,9 g
hoặc T = 3,5 nên
3
3
4
( )
[ ( ) ]
2

Al
Al OH
Al OH
n
n n
+
−
= =
= 0,05 mol
So sánh 2 cách giải trên ta thấy cách 2 giải nhanh hơn rất nhiều, giúp các em
tiết kiệm thời gian và công sức. Việc lập hệ phương trình lại rất đơn giản, các em
chỉ cần nhớ công thức của sản phẩm là có thể giải quyết tốt bài toán dạng này.
VD 2: Cho 450 ml dung dịch KOH 2M tác dụng với 100 ml dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
1M được dung dịch X. Tính nồng độ mol/l các chất trong dung dịch X?
Giải
OH
n
−
=
0,9 mol,
3
Al
n
+
=

0,2 mol
3
OH
Al
n
T
n
−
+
=
= 4,5 > 4  Tạo [Al(OH)
4
]
-
và OH
-
dư
Dung dịch X có
3
4
( )Al OH Al
n n
− +
=
= 0,2 mol;
OH du
n
−
=
0,9 – 0,2 . 4 = 0,1 mol

 C
M
(K[Al(OH)
4
]) =
0,2
0,36
0,45 0,1
M≈
+
C
M
(KOH) =
0,1
0,18
0,45 0,1
M≈
+
VD 3: Dung dịch A chứa 16,8g NaOH cho tác dụng với dung dịch chứa 8g
Fe
2
(SO
4
)
3
. Thêm tiếp vào đó 13,68g Al
2
(SO
4
)

3
thu được 500ml dung dịch B và m
gam kết tủa. Tính C
M
các chất trong B và m?
Giải
n
NaOH
= 0,42 mol;
2 4 3
( )Fe SO
n =
0,02 mol;
2 4 3
( )Al SO
n =
0,04 mol
Ta có:
3
OH
Fe
n
n
−
+
=
10,5  Tạo Fe(OH)
3
và Fe
3+

hết, OH
-
dư
3
3
( )Fe OH
Fe
n n
+
= =
0,04 mol;
3
Al
n
+
=
0,08 mol;
OH du
n
−
=
0,42 – 0,04 . 3 = 0,3 mol

3
OH
Al
n
T
n
−

+
=
= 3,75  tạo hỗn hợp Al(OH)
3
: x mol và [Al(OH)
4
]
-
: y mol
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
7
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
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
]: 0,06 mol
Na
2
SO
4
: (0,42 – 0,06)/2 = 0,18 mol
 C
M
(Na[Al(OH)
4
]) = 0,12M; C
M
(Na

2
SO
4
]) = 0,36M
b) Bài toán ngược
Đặc điểm: Biết số mol của 1 trong 2 chất tham gia phản ứng và số mol kết tủa.
Yêu cầu tính số mol của chất tham gia phản ứng còn lại.
*Kiểu 1: Biết số mol Al(OH)
3
, số mol Al
3+
. Tính lượng OH
-
.
Cách làm:
 Nếu số mol Al(OH)
3
= số mol Al
3+
: cả 2 chất phản ứng vừa đủ với nhau tạo
Al(OH)
3
. Khi đó:
3
( )
3
Al OH
OH
n n
−

=
 Nếu
3
3
( )Al OH
Al
n n
+
<
thì có 2 trường hợp:
+) Chưa có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al
3+
còn dư. Khi đó sản phẩm chỉ có
Al(OH)
3
và
3
( )
3
Al OH
OH
n n
−
=
.
+) Có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al
3+
hết. Khi đó sản phẩm có Al(OH)
3
và

[Al(OH)
4
]
-
:
Ta có:
3
3
4
( )
[ ( ) ]
Al OH
Al OH Al
n n n
− +
= −
3
4
( )
[ ( ) ]
3 4
Al OH
OH Al OH
n n n
− −
= +
VD1: Cho 0,5 lít dung dịch NaOH tác dụng với 300ml dung dịch Al
2
(SO
4

)
3
0,2M
thu được 1,56g kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH. Biết các phản
ứng xảy ra hoàn toàn.
Giải
Số mol Al
3+
= 0,12 mol.
Số mol Al(OH)
3
= 0,02 mol < số mol Al
3+
nên có 2 trường hợp xảy ra.
+TH1: Al
3+
dư  Chỉ tạo Al(OH)
3
nên số mol OH
-
= 3 . 0,02 = 0,06 mol.
 C
M
(NaOH) = 0,12M
+TH2: Al
3+
hết  tạo Al(OH)
3
: 0,02 mol
[Al(OH)

4
]
-
: 0,12 – 0,02 = 0,1 mol
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
8
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
 Số mol OH
-
= 3 . 0,02 + 4 . 0,1 = 0,46 mol
 C
M
(NaOH) = 0,92M
VD2: Cho V lít dung dịch NaOH 0,4M tác dụng với 58,14g Al
2
(SO
4
)
3
thu được
23,4g kết tủa. Tìm giá trị lớn nhất của V?
Giải
Số mol Al
3+
= 0,34 mol.
Số mol Al(OH)
3
= 0,3 mol < số mol Al
3+
nên có 2 trường hợp xảy ra.

+TH1: Al
3+
dư  Chỉ tạo Al(OH)
3
nên số mol OH
-
= 3 . 0,3 = 0,9 mol.
 V(dd NaOH) = 2,25 lít = V
min

+TH2: Al
3+
hết  tạo Al(OH)
3
: 0,3 mol
[Al(OH)
4
]
-
: 0,34 – 0,3 = 0,04 mol
 Số mol OH
-
= 3 . 0,3 + 4 . 0,04 = 1,06 mol
 V(dd NaOH) = 2,65 lít = V
max
.
*Kiểu 2: Biết số mol OH
-
, số mol kết tủa Al(OH)
3

. Tính số mol Al
3+
.
Cách làm: So sánh số mol OH
-
của bài cho với số mol OH
-
trong kết tủa.
Nếu số mol OH
-
của bài cho lớn hơn số mol OH
-
trong kết tủa thì đã có hiện
tượng hoà tan kết tủa.
Sản phẩm của bài có Al(OH)
3
và [Al(OH)
4
]
-

3
4
( )
[ ( ) ]
3
4
Al OH
OH bai
Al OH

n n
n
−
−
−
=
(Theo bảo toàn nhóm OH
-
)

3
3
4
( )
[ ( ) ]
Al OH
Al Al OH
n n n
+ −
= +
Nếu trong bài có nhiều lần thêm OH
-
liên tiếp thì 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.
VD: Thêm 0,6 mol NaOH vào dd chứa x mol AlCl
3

thu được 0,2 mol Al(OH)
3
.
Thêm tiếp 0,9 mol NaOH thấy số mol của Al(OH)
3
là 0,5. Thêm tiếp 1,2 mol
NaOH nữa thấy số mol Al(OH)
3
vẫn là 0,5 mol. Tính x?
Giải
0,6 0,9 1,2 2,7
OH
n mol
−
= + + =
∑
;
3
( )Al OH
n =
0,5
Số mol OH
-
trong kết tủa là 1,5 mol < 2,7 mol  có tạo [Al(OH)
4
]
-

NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
9

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
3
4
( )
[ ( ) ]
3
4
Al OH
OH bai
Al OH
n n
n
−
−
−
=
= 0,3 mol

3
3
4
( )
[ ( ) ]
Al OH
Al Al OH
n n n
+ −
= +
= 0,8 mol
*Kiểu 3: Nếu cho cùng một lượng Al

3+
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 Al
3+
tác dụng với b mol OH
-
tạo x mol kết tủa.
TN2: a mol Al
3+
tác dụng với 3b mol OH
-
tạo x mol kết tủa hoặc 2x mol kết tủa.
Khi đó, ta kết luận:
TN1: Al
3+
còn dư và OH
-
hết.
3
( )
3
OH

Al OH
n
n
−
=
= x.
TN2: Cả Al
3+
và OH
-
đều hết và đã có hiện tượng hoà tan kết tủa.

3
3
3
4
( ) ( 2)
( 2)
( ) ( 2)
[ ( ) ]
3
4
Al OH TN
OH TN
Al OH TN
Al OH Al
n n
n n n
−
− +

−
= − =
VD: TN1: Cho a mol Al
2
(SO
4
)
3
tác dụng với 500ml dung dịch NaOH 1,2M được m
gam kết tủa.
TN2: Cũng a mol Al
2
(SO
4
)
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: Al
3+
dư, OH
-
hết.
Số mol OH
-

= 0,6 mol 
3
( )
3
OH
Al OH
n
n
−
=
= 0,2 mol  m = 15,6 g
TN2: Al
3+
và OH
-
đều hết và có hiện tượng hoà tan kết tủa.
Số mol OH
-
= 0,9 mol  Tạo Al(OH)
3
: 0,2 mol
[Al(OH)
4
]
-
: 0,075 mol

3
Al
n

+
=
∑
0,2 + 0,075 = 0,275 mol
Số mol Al
2
(SO
4
)
3
= 0,1375 mol = a.
2. Dạng bài cho H
+
tác dụng với dung dịch AlO
2
-
hay [Al(OH)
4
]
-
:
Biết số mol Al(OH)
3
, số mol [Al(OH)
4
]
-
. Tính lượng H
+
.

NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
10
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
 Nếu số mol Al(OH)
3
= số mol [Al(OH)
4
]
-
: cả 2 chất phản ứng vừa đủ với
nhau tạo Al(OH)
3
. Khi đó:
3
( )Al OH
H
n n
+
=
= số mol OH
-
bị mất từ [Al(OH)
4
]
-

 Nếu
3
4
( )

[ ( ) ]
Al OH
Al OH
n n
−
<
thì có 2 trường hợp:
+) Chưa có hiện tượng hoà tan kết tủa hay [Al(OH)
4
]
-
còn dư. Khi đó sản
phẩm chỉ có Al(OH)
3
và
3
( )Al OH
H
n n
+
=
= số mol OH
-
bị mất từ [Al(OH)
4
]
-
.
+) Có hiện tượng hoà tan kết tủa hay [Al(OH)
4

]
-
hết. Khi đó sản phẩm có
Al(OH)
3
và Al
3+
:
Ta có:
3
3
4
( )
[ ( ) ]
Al OH
Al Al OH
n n n
+ −
= −
3
3
( )
4
Al OH
H Al
n n n
+ +
= +
= 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
]
-
 Al
3+
: mất 4 OH
-
nên cần 4 H
+
.)
VD3: Cho 1 lít dung dịch HCl tác dụng với 500ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH
1M và NaAlO
2

1,5M thu được 31,2g kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch
HCl.
Giải
Do có tạo kết tủa Al(OH)
3
nên OH
-
đã phản ứng hết.
Số mol OH
-
= 0,5 mol  Số mol H
+
phản ứng với OH
-
= 0,5 mol
Số mol AlO
2
-
= 0,75 mol hay số mol của [Al(OH)
4
]
-
= 0,75
Số mol Al(OH)
3
= 0,4 mol < số mol AlO
2
-
nên có 2 trường hợp xảy ra.
TH1: [Al(OH)

4
]
-
dư.
Khi đó:
3
( )Al OH
H
n n
+
=
= 0,4 mol
 Tổng số mol H
+
đã dùng là 0,5 + 0,4 = 0,9 mol
Vậy C
M
(HCl) = 0,9M
TH2: [Al(OH)
4
]
-
hết
Khi đó: Sản phẩm có Al(OH)
3
: 0,4 mol
Al
3+
: 0,75 – 0,4 = 0,35 mol


3
3
( )
4
Al OH
H Al
n n n
+ +
= +
= 1,8 mol
Tổng số mol H
+
đã dùng là: 0,5 + 1,8 = 2,3 mol
Vậy C
M
(HCl) = 2,3M
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
11
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
Kết luận: C
M
(HCl)

= 0,9M hoặc 2,3M
3. Cho hỗn hơp gồm Al và 1 kim loại kiềm (Na, K) hoặc kim loại kiềm thổ (Ca,
Ba) tác dụng với nước. [3]
Thứ tự phản ứng như sau:
Trước hết: M (kim loại kiềm) + H
2
O  MOH + ½ H

2

Sau đó: Al + MOH + H
2
O  MAlO
2
+ 3/2 H
2

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 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 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.
VD: 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
7
4
V lít khí. Tính
%(m) mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
Giải
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: 2Na  H
2
2Al  3H
2

x 0,5x x 1,5x
Tổng số mol H
2
= 2x = 4  x = 2.
Khi hoà tan vào dung dịch NaOH dư:

NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
12

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
2Na  H
2
2Al  3H
2

x 0,5x y 1,5y
Tổng số mol H
2
= 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%
Một số bài tập tham khảo
Câu 1. Một hỗn hợp gồm Na, Al có tỷ lệ số mol là 1: 2. Cho hỗn hợp này vào
nước. Sau khi kết thúc phản ứng thu được 8,96 lít H
2
(đktc) và chất rắn không tan.
Khối lượng chất rắn là:
A. 5,6g B. 5,5g C. 5,4g D. 10,8g
Câu 2. Trộn một dung dịch chứa a mol NaAlO
2
với một dung dịch chứa b mol
HCl. Để có kết tủa sau khi trộn thì:
A. a = b B. a = 2b C . b < 4a D. b < 5a
Câu 3. Cho V lít dung dịch NaOH 2M 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 để thu được lượng kết tủa trên là
A. 0,05. B. 0,45. C. 0,25. D. 0,35.
Câu 4. Cho hỗn hợp X gồm 2 kim loại kiềm và 1 kim loại kiềm thổ tan hết
vào nước dư thu được V lít H
2
(đktc) và dd A. Thêm 0,2 mol Al
2
(SO
4
)
3
vào dd A
thì được 0,3 mol Al(OH)
3
. Tính V?
A. 10,08 lít B. 14,56 lít
C. 10,08 lít hoặc 14,56 lít D. Kết quả khác
Câu 5. TN1: Trộn 100 ml dd Al
2
(SO
4
)
3

với 120 ml dd NaOH. Lọc lấy kết tủa
và nung đến hoàn toàn được 2,04g chất rắn.
TN2: Trộn 100 ml dd Al
2
(SO
4
)
3
với 200 ml dd NaOH. Lọc lấy kết tủa và nung đến
khối lượng không đổi được 2,04g chất rắn. Tính nồng độ của các dd Al
2
(SO
4
)
3
và
dd NaOH ở trên.
A. 1M và 0,3M B. 1M và 1M
C. 0,3M và 1M D. 0,5M và 1M
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
13
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
Câu 6. Cho a mol AlCl
3
vào dd chứa 0,6 mol NaOH, cũng cho a mol AlCl
3
vào dd chứa 0,9 mol NaOH thì thấy lượng kết tủa tạo ra bằng nhau. Tính a?
A. 0,275 B. 0,2 C. Cả A và B D. Kết quả khác
Câu 7. Cho 200 ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch 200 ml dung dịch
AlCl

3
2M, thu được một kết tủa, nung kết tủa đến khối lượng không đổi được 5,1
gam chất rắn. Nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH là:
A. 1,5 M và 7,5 M B. 1,5 M và 3M
C. 1M và 1,5 M D. 2M và 4M
Câu 8. Thêm 150 ml dung dịch NaOH 2M vào cốc đựng 100 ml dung dịch
AlCl
3
x mol/l khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có 0,1 mol kết
tủa. Thêm tiếp 100 ml dung dịch NaOH 2M vào cốc khuấy đều đến khi phản ứng
xảy ra hoàn toàn thấy trong cốc có 0,14 mol kết tủa. Giá trị của x bằng:
A. 2 B. 1,6 C. 0,8 D. 1
Câu 9. Thêm NaOH vào dung dịch chứa hỗn hợp 0,01 mol HCl và 0,01 mol
AlCl
3
. Kết tủa thu được lớn nhất và nhỏ nhất ứng với số mol NaOH lần lượt bằng:
A. 0,01 mol và
≥
0,02 mol B. 0,02 mol và
≥
0,03 mol
C. 0,04 mol và
≥
0,05 mol D. 0,03 mol và
≥
0,04 mol
Câu 10. Cho m gam hỗn hợp X gồm Al và Na vào H
2
O thu được 500 ml dd Y
chứa 2 chất tan có nồng độ đều bằng 0,5M. Giá trị của m là:

A. 11,5g B. 6,72g C. 18,25g D. 15,1g
C. THỰC NGHIỆM
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
14
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
Tôi đã tiến hành thực nghiệm với học sinh của lớp 12 A8 (lớp thực nghiệm)
và 12 A5 (lớp đối chứng) trường THPT Tân Yên số 1 với 10 câu hỏi trắc nghiệm
trong thời gian 18 phút trước và sau khi hướng dẫn các em cách giải này. Kết quả
như sau: (Lấy thang điểm 10)
Điểm 12 A5 (lớp đối chứng) 12 A8 (lớp thực nghiệm)
Số HS % Số HS %
Giỏi: 9 - 10 7 14,28 10 21,28
Khá: 7 – 8 14 28,57 18 38,30
TB: 5 – 6 19 38,78 14 29,79
Yếu, kém: < 5 9 18,37 5 10,63
=
∑
49
=
∑
100
=
∑
47
=
∑
100
*Đánh giá kết quả thực nghiệm
Tôi có tham khảo ý kiến của các em học sinh về cách giải bài ở hai lớp. Với
lớp 12 A5 (Lớp đối chứng), đa số các em giải theo cách thông thường là viết và

tính theo phương trình nên mất nhiều thời gian, trong 18 phút đó các em không
hoàn thành được bài mà có nhiều câu các em phải chọn ngẫu nhiên một phương án.
Với lớp 12 A8 (lớp thực nghiệm) sau khi được giáo viên hướng dẫn theo cách này
thì các em đã tiết kiệm thời gian cho mỗi câu hỏi và giải bài chính xác hơn, nhiều
em đã hoàn thành được bài trong thời gian 18 phút và đạt kết quả cao.
D. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
Trên đây tôi đã trình bày một số kinh nghiệm của bản thân khi giảng dạy về
phần kim loại nhôm, đặc biệt là phản ứng của nhôm và hợp chất của nhôm với
dung dịch kiềm. Mỗi dạng bài tôi đã lấy một vài ví dụ minh hoạ, đã so sánh cách
giải thông thường với cách giải mới này, đã tiến hành giảng dạy trực tiếp với học
sinh và thấy học sinh rất phấn khởi, hào hứng tiếp thu cách giải này, tiết kiệm thời
gian mà vẫn có kết quả chính xác khi làm bài thi hay kiểm tra.
Tôi rất hy vọng rằng vấn đề này sẽ tiếp tục được các nhà sư phạm, các thầy
cô giáo và các đồng nghiệp quan tâm, tìm tòi, sáng tạo để nâng cao chất lượng dạy
và học bộ môn hoá học.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] – Hoàng Nhâm – Hoá học vô cơ tập 2 (2002) – trang 86
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
15
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1
[2] – Lê Xuân Trọng – Hoá học 12 nâng cao (2009) – trang 174.
[3] – Cao Cự Giác - Hướng dẫn giải nhanh bài tập hoá học (2002) – trang 158.
Nguyễn Phước Hoà Tân – Phương pháp giải toán hoá học.
Tài liệu bồi dưỡng thường xuyên giáo viên THPT chu kì III (2004 – 2007).
Ngô Ngọc An – 350 bài tập hoá học và chọn lọc và nâng cao lớp 12 tập 2.
PHỤ LỤC
1. Đánh giá, xếp loại của Hội đồng khoa học cấp trường
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
16
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm  Trêng THPT T©n Yªn sè 1

…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………….…
2. Đánh giá, xếp loại của Hội đồng khoa học cấp ngành
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
…………………………………………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………………….…
NguyÔn Nh Lan Ph¬ng
17