Một số kinh nghiệm giúp học sinh giải nhanh bài tập hiđroxit lưỡng tính

Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
+ Hiện nay ở nước ta kỳ thi TNPT và kỳ thi ĐH- CĐ với môn hoá học là đề
thi trắc nghiệm nên việc nắm phương pháp giải nhanh mỗi câu hỏi trắc
nghiệm là hết sức cần thiết đối với học sinh. Vậy để đáp ứng được yêu cầu
cấp bách này đòi hỏi học sinh phải biết đường lối giải quyết và phương pháp
giải của từng loại bài tập.
+ Với mỗi giáo việc phân dạng bài tập và xây dụng được các công thức tổng
quát vận dụng cho dạng bài tập đó để truyền thụ cho học sinh là vô cùng
quan trọng, điều này có ý nghĩa quyết định tới tốc độ giải bài tập của học
sinh sau này.
+ Với học sinh lớp 12 thì bài tập : “Phương pháp giải nhanh bài tập hiđroxit
lưỡng tính” là loại bài tập thường gặp mà học sinh tính toán chậm hoặc hay
bị sai. Đứng trước thực trạng này tôi đã giúp học sinh thoát khỏi những
vướng mắc đó. Tôi đã giúp học sinh lập các công thức để học sinh có thể
giải quyết bài tập một cách nhanh gọn, chính xác phù hợp với nhu cầu thi
trắc nghiệm, phù hợp cả với đối tượng học sinh có khả năng tư duy hạn chế.
Những công thức này có thể thay cho việc tư duy theo lối mòn cũ, phải viết
và tính toán theo các phản ứng. Vì vậy tôi đã quyết định chọn đề tài này.
1
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
B.NỘI DUNG:
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT:
1. Tính lưỡng tính của hiđroxit:
a. Nếu là Al(OH)
3
thì:
+ Tan trong dung dịch kiềm theo phản ứng:
Al(OH)
3
+ OH

-

→
[Al(OH)
4
]
-
+ Tan trong dung dịch axit mạnh theo phản ứng:
Al(OH)
3
+ 3H
+

→
Al
3+
+ 3H
2
O
b. Nếu là Zn(OH)
2
thì:
+ Tan trong dung dịch kiềm theo phản ứng:
Zn(OH)
2
+ 2OH
-

→
[Zn(OH)

4
]
2-
+ Tan trong dung dịch axit mạnh theo phản ứng:
Zn(OH)
2
+ 2H
+

→
Zn
2+
+ 2H
2
O
2. Tính chất của muối phức:
a. Nếu là muối [Al(OH)
4
]
-
thì:
+ Bị axit mạnh hơn đẩy ra tạo kết tủa:
- Nếu là các axit mạnh: HCl, H
2
SO
4
thì:
[Al(OH)
4
]

-
+ H
+

→
Al(OH)
3
+ H
2
O
Nếu axit dư xảy ra tiếp phản ứng:
Al(OH)
3
+ 3H
+

→
Al
3+
+ 3H
2
O
- Nếu thổi CO
2
dư vào thì chỉ xảy phản ứng:
[Al(OH)
4
]
-
+ CO

2

→
Al(OH)
3
+ HCO
3
-
b. Nếu là muối [Zn(OH)
4
]
2-
thì:
2
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
+ Bị axit mạnh hơn đẩy ra tạo kết tủa:
- Nếu là các axit mạnh: HCl, H
2
SO
4
thì:
[Zn(OH)
4
]
2-
+ 2H
+

→
Zn(OH)

2
+ H
2
O
Nếu axit dư xảy ra tiếp phản ứng:
Zn(OH)
2
+ 2H
+

→
Zn
2+
+ 2H
2
O
- Nếu thổi CO
2
dư vào thì chỉ xảy phản ứng:
[Zn(OH)
4
]
2-
+ 2CO
2

→
Zn(OH)
2
+ 2HCO

3
-
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP ÁP DỤNG:
Dạng 1: Muối nhôm tác dụng với dung dịch kiềm:
1. Trường hợp 1: Cho biết nAl
3+
= a và nOH
-
= b, tính số mol kết tủa:
a. Phương pháp:
Các phản ứng xảy ra:
Al
3+
+ 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
nAl(OH)
3
= b/3
+ Nếu 3 < b/a < 4 thì kết tủa bị hoà tan 1 phần
Al
3+
+ 3OH
-

→
Al(OH)
3
(1)
mol a
→
3a
→
a
Al(OH)
3
+ OH
-

→
[Al(OH)
4
]

-
(2)
Mol b-3a b-3a
nAl(OH)
3
= 4a-b
+ Nếu b/a ≥ 4 thì kết tủa bị hoà tan hoàn toàn
3
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
b. Các bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho 160 ml dung dịch NaOH 0,2M vào 100 ml dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
0,05M. Vậy khối lượng kết tủa thu được là:
A. 0,624g B. 0,78g C. 0,39g D. 0,468g
Giải:
Ta có: a=0,01 mol; b=0,032mol nên 3 < b/a = 0,3125 < 4 thì kết tủa bị tan 1
phần và nAl(OH)
3
= 4a-b = 0,008. Vậy khối lượng kết tủa = 0,624g. Đáp án A
Bài 2: Cho 500 ml dung dịch KOH 1M vào 200 ml dung dịch AlCl
3
1M. Khối
lượng kết tủa thu được là:
A. 26g B. 13g C. 15,6g D. 7,8g
Giải:
Ta có: a = 0,2 mol; b = 0,5 mol nên b/a = 2,5<3 nên kết tủa chưa bị hoà tan và

nAl(OH)
3
=b/3=0,5/3. Vậy khối lượng kết tủa thu được là: 0,5/3.78 = 13g. Đáp
án B.
Bài 3: Cho 200 ml dung dịch Ba(OH)
2
1M vào

75 ml dung dịch Al(NO
3
)
3
1M.
Khối lượng kết tủa thu được là:
A. 5,85g B. 46,6g C. 0,00g D. 11,7g
Giải:
Ta có: a = 0,075mol; b = 0,4 mol nên b/a = 04/0,075 > 4 nên kết tủa bị hoà tan
hoàn toàn. Vậy khối lượng kết tủa = 0,00g. Đáp án C.
* Tượng tự với trường hợp: Cho biết nZn
2+
= a mol, nOH
-
= b mol. Tính khối
lượng kết tủa thu được?
Các phản ứng xảy ra:
Zn
2+
+ 2OH
-

→
Zn(OH)
2
(1)
Zn(OH)
2
+ 2OH
-

→
[Zn(OH)
4
]
2-
(2)
4
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
a. Phương pháp:
+ Nếu b/a ≤ 2 thì kết tủa chưa bị hoà tan và
nZn(OH)
2
= b/2
+ Nếu 2 < b/a < 4 thì kết tủa bị hoà tan 1 phần
Zn
2+
+ 2OH
-

→
Zn(OH)

2
(1)
a 2a a
Zn(OH)
2
+ 2OH
-

→
[Zn(OH)
4
]
2-
(2)
0,5(b-2a) b-2a
nZn(OH)
2
= 2a-0,5b
+ Nếu b/a ≥ 4 thì kết tủa bị hoà tan hoàn toàn
b. Các bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho 200 ml dung dịch NaOH 1M tác dụng với 125 ml dung dịch ZnCl
2
1M. Khối lượng kết tủa thu được là:
A. 18,5625g B. 9,28125g C. 12,375g D. 6,1875g
Giải:
Ta có: a = 0,2 mol; b = 0,125 mol nên b/a=1,6 < 2, kết tủa chưa bị hoà tan và
nZn(OH)
2
= b/2 = 0,0625 mol nên mZn(OH)
2

= 6,1875g. Vậy đáp án D.
Bài 2: Cho 300 ml dung dịch KOH 1M vào 120 ml dung dịch ZnSO
4
1M. Khối
lượng kết tủa thu được là:
A. 8,91g B. 17,82g C. 11,88g D. 22,275g
Giải:
Ta có: a = 0,12 mol; b = 0,3 mol nên 2 < b/a = 2,5 < 4 thì kết tủa bị hoà tan 1
phần và nZn(OH)
2
= 2a-0,5b = 0,09 mol. Vậy khối lượng kết tủa thu được là:
mZn(OH)
2
= 0,09.99 = 8,91g. Đáp án A.
5
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Bài 3: Cho 250 ml dung dịch Ba(OH)
2
1M vào 100 ml dung dịch Zn(NO
3
)
2
1M.
Khối lượng kết tủa thu được là:
A. 9,9g B. 0,00g C. 19,8g D. 14,85g
Giải:
Ta có: a = 0,1 mol; b = 0,5 mol nên b/a = 5 > 4 thì kết tủa bị hoà tan hoàn toàn.
Vậy khối lượng kết tủa bằng 0,00 g. đáp án B.
2. Trường hợp 2: Nếu nAl(OH)
3

< nAl
3+
. Tính nOH
-
.
a. Phương pháp: Đặt nAl
3+
= a và nAl(OH)
3
= b (b < a) thì có 2 khả năng:
+ Khả năng 1: Nếu nAl
3+
dư chỉ xảy ra 1 phản ứng:
Al
3+
+ 3OH
-

→
Al(OH)
3
(1)
Mol 3b b
nOH
-
min = 3b
+ Khả năng thứ 2: Nếu nAl
3+
hết xảy ra 2 phản ứng:
Al

3+
+ 3OH
-

→
Al(OH)
3
(1)
Mol a 3a a
Al(OH)
3
+ OH
-

→
[Al(OH)
4
]
-
(2)
Mol a - b a - b
nOH
-
max = 4a - b
Do đó với loại bài tập này tuỳ thuộc câu hỏi mà lấy kết quả cho đúng
+ Nếu đề bài yêu cầu tính nOH
-
min thì nOH
-
= 3b.

+ Nếu đề bài yêu cầu tính nOH
-
max thì nOH
-
= 4a - b
+ Nếu đề bài chỉ yêu cầu tính nOH
-
thì ta phải lấy kết quả 2 khả năng trên.
b. Các bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho 3,42g Al
2
(SO
4
)
3
tác

dụng với 200 ml dung dịch NaOH, sau phản
ứng thu được 0,78g kết tủa. Nồng độ mol/l nhỏ nhất của dung dịch NaOH đã
dùng là:
6
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
A. 0,15M B. 0,12M C. 0,28M D. 0,19M
Giải:
Ta có: a = 0,02 mol; b = 0,01 mol. Do b < a mà cần tính nồng độ mol/l của
NaOH nhỏ nhất nên nOH
-
min và nOH
-
= 3b = 0,03 mol. Vậy C

M
(NaOH) =
0,15M. Đáp án A
Bài 2: Cho 200 ml dung dịch AlCl
3
1M tác dụng với dung dịch NaOH 0,5M thu
được một kết tủa keo, đem sấy khô cân đực 7,8g. Thể tích dung dịch NaOH
0,5M lớn nhất là:
A. 0,6 lít B. 1,9 lít C. 1,4 lít D. 0,8 lít
Giải:
Ta có: a = 0,2 mol; b = 0,1 mol do b < a mà đề bài yêu cầu tính thể tích dung
dịch NaOH lớn nhất có nghĩa là tính nOH
-
max nên nOH
-
= 4a – b = 0,7 mol.
Vậy Vdd(NaOH) = 1,4 lít. Đáp án C.
Bài 3: Cho 200 ml dung dịch KOH vào 200 ml dung dịch AlCl
3
1M thu được
7,8g kết tủa. Nồng độ mol của dung dịch KOH đã dùng là:
A. 3M B. 1,5M hoặc 3,5M C. C. 1,5M D. 1,4M hoặc 3M
Giải:
Ta có: a = 0,2 mol; b = 0,1 mol do b < a nên có 2 khả năng:
+ nOH
-
min thì nOH
-
= 3b = 0,3 mol vậy C
M

(NaOH) = 1,5M
+ nOH
-
max thì nOH
-
= 4a – b = 0,7 mol vậy C
M
(NaOH) = 3,5M
Đáp án B.
* Tương tự với trường hợp: Nếu nZn(OH)
2
= b < nZn
2+
= a.
a. Phương pháp: Có 2 khả năng xảy ra:
+ Khả năng 1: Nếu nZn
2+
dư chỉ xảy ra 1 phản ứng:
Zn
2+
+ 2OH
-

→
Zn(OH)
2
(1)
7
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Mol 2b b

nOH
-
min = 2b
+ Khả năng thứ 2: Nếu n Zn
2+
hết xảy ra 2 phản ứng:
Zn
2+
+ 2OH
-

→
Zn(OH)
2
(1)
a 2a a
Zn(OH)
2
+ 2OH
-

→
[Zn(OH)
4
]
2-
(2)
a - b 2(a – b)
nOH
-

max = 4a – 2b
Do đó với loại bài tập này tuỳ thuộc câu hỏi mà lấy kết quả cho đúng
+ Nếu đề bài yêu cầu tính nOH
-
min thì nOH
-
= 2b
+ Nếu đề bài yêu cầu tính nOH
-
max thì nOH
-
= 4a - 2b
+ Nếu đề bài chỉ yêu cầu tính nOH
-
thì ta phải lấy kết quả 2 khả năng trên.
b. Các bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho V lít dung dịch NaOH 0,1M vào cốc chứa 200 ml dung dịch ZnCl
2
0,1M thu được 1,485g kết tủa. Giá trị nhỏ nhất của V là:
A. 1 lít B. 0,5 lít C. 0,3 lít D. 0,7 lít
Giải:
Ta có: a = 0,02 mol; b = 0,015 mol do b < a mà cần tính giá trị nhỏ nhất của V
có nghĩa là cần tính số mol nhỏ nhất của OH
-
. Vậy nOH
-
= 2b = 0,03 mol nên V
= 0,3 lít. Đáp án C.
Bài 2: Cho V lít dung dịch NaOH 0,1M vào cốc chứa 300 ml dung dịch ZnCl
2

0,1M thu được 2,2275g kết tủa. Giá trị lớn nhất của V là:
A. 1,5 lít B. 0,75 lít C. 0,45 lít D. 1,05 lít
Giải:
8
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Ta có: a = 0,03 mol; b = 0,0225 mol do b < a mà cần tính giá trị lớn nhất của V
có nghĩa là cần tính số mol lớn nhất của OH
-
. Vậy nOH
-
= 4a - 2b = 0,075 mol
nên V = 0,75 lít. Đáp án B.
Bài 3: Cho V lít dung dịch NaOH 0,1M vào cốc chứa 400 ml dung dịch ZnCl
2
0,1M thu được 2,97g kết tủa. Giá trị của V là:
A. 0,6 lít; 1 lít B. 0,6 lít; 0,15 lít C. 0,45 lít; 1 lít D. 0,5 lít; 1 lít
Giải:
Ta có: a = 0,04 mol; b = 0,03 mol do b < a nên có 2 khả năng:
+ Khả năng 1: Nếu nZn
2+
dư thì nOH
-
= 2b = 0,06 mol. Vậy V = 0,6 lít.
+ Khả năng thứ 2: Nếu nZn
2+
hết thì nOH
-
= 4a - 2b = 0,1 mol. Vậy V = 1 lít.
Do đó đáp án A.
3. Trường hợp 3: Muối Al

3+
tác dụng với dung dịch kiềm, nung kết tủa.
a. Phương pháp:
+ Nếu chất rắn sau khi nung là Al
2
O
3
có n Al
2
O
3
= c thì n Al(OH)
3
= b = 2c
+ Nếu chất rắn sau khi nung là ZnO có n ZnO = c thì n Zn(OH)
2
= b = c
Bài toán quay trở về trường hợp 2.
Bài 1: Rót V ml dung dịch NaOH 2M vào cốc đựng 300 ml dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
0,25M thu được 1 kết tủa. Lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi được
5,1g chất rắn. V có giá trị lớn nhất bằng:
A. 150 B. 100 C. 250 D. 200
Giải:
Ta có: c = 0,05 mol nên b = 2c = 0,1; a = 0,15 do b < a mà đề bài yêu cầu tính V
lớn nhất có nghĩa là tính nOH

-
max thì nOH
-
= 4a - b = 0,5 mol nên V = 250 ml.
Đáp án C.
9
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Bài 2: Trong 1 cốc đựng 200 ml dung dịch AlCl
3
0,2M. Rót vào cốc 100 ml
dung dịch NaOH, thu được 1 kết tủa, đem sấy khô và nung đến khối lượng
không đổi thu được 1,53g chất rắn. Nồng độ mol của dung dịch NaOH đã dùng
là:
A. 0,9M B. 0,9M hoặc 1,3M C. 0,5M hoặc 0,9M C. 1,3M
Giải:
Ta có: c = 0,015 mol nên b = 2c = 0,03 mol; a = 0,04 mol do b < a nên có 2 khả
năng:
+ Khả năng 1: Nếu nAl
3+
dư thì nOH
-
= 3b = 0,09 mol. Vậy C
M
(NaOH) = 0,9M
+ Khả năng 2: Nếu nAl
3+
hết thì nOH
-
= 4a – b = 0,13 mol. Vậy C
M

(NaOH) =
1,3M.
Đáp án B
Bài 3: Cho dung dịch chứa 0,015 mol FeCl
2
và 0,02 mol ZnCl
2
tác dụng với V
ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn tách lấy kết tủa
nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 1,605 gam chất rắn. Giá
trị nhỏ nhất của V để thu được lượng chất rắn trên là:
A. 100 ml B. 70 ml C. 140 ml D. 40 ml
Giải:
Ta có: nF
2
O
3
= 0,5.nFeCl
2
= 0,0075 mol nên mF
2
O
3
= 1,2g. Vậy mZnO =
0,405g suy ra c= 0,005 = b.
Mặt khác a = 0,02 mol nên b < a mà bài toán yêu cầu tính giá trị nhỏ nhất của V
nên phải tính nOH
-
min tức nOH
-

= 2b = 0,01 mol.
Tổng nOH
-
= 0,01 + 0,015.2 = 0,04 mol. Vậy V = 40 ml. Đáp án D.
4. Trường hợp 4: Biết nOH
-
= a; nAl(OH)
3
= b mà 3b < a, nAl
3+
= c. Tính c.
a. Phương pháp: Do 3b < a nên kết tủa bị hoà tan 1 phần. Vậy xảy ra 2
phản ứng sau:

10
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Al
3+
+ 3OH
-

→
Al(OH)
3
(1)
Mol c 3c c
Al(OH)
3
+ OH
-

→
[Al(OH)
4
]
-
(2)
Mol c – b c – b
∑
−nOH
= 4c – b = a nên
c= 0,25(a + b)

b. Bài tập áp dụng:
Bài 1: Thêm 150 ml dung dịch NaOH 2M vào cốc đựng 100 ml dung dịch AlCl
3
nồng độ x mol/l, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,1 mol kết tủa.
Thêm tiếp 100 ml dung dịch NaOH 2M vào cốc, sau khi phản ứng hoàn toàn
thấy trong cốc có 0,14 mol kết tủa. Giá trị của x là:
A. 1,6M B. 1,0M C. 0,8M D. 2,0M
Giải:
Ta có:
a = 0,5 mol; b = 0,14 nên 3b = 0,42 mol < a do đó kết tủa bị hoà tan 1 phần và c
= 0,25(a + b) = 0,16. Vậy x = 1,6M. Đáp án A.
Bài 2: Thêm 240 ml dung dịch NaOH 1M vào 1 cốc đựng 100 ml dung dịch
AlCl
3
nồng độ x mol/l, khuấy đều đến phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có
0,08 mol chất kết tủa. Thêm tiếp 100 ml dung dịch NaOH 1M vào cốc, khuấy
đều đến phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,06 mol chất kết tủa. Giá trị của

x là:
A. 0,75M B. 1,0M C. 0,5M D. 0,8M
Giải:
Ta có:
a = 0,34 mol; b = 0,06 nên 3b = 0,18 mol < a do đó kết tủa bị hoà tan 1 phần và
c = 0,25(a + b) = 0,1. Vậy x = 1M. Đáp án B.
11
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Dạng 2: Muối phức tác dụng với dung dịch axit
1.Nếu sục CO
2
dư vào dung dịch [Al(OH)
4
]
-
chỉ xảy ra phản ứng:
[Al(OH)
4
]
-
+ CO
2

→
Al(OH)
3
+ HCO
3
-
Nếu n[Al(OH)

4
]
-
= a thì
nCO
2
pư = nAl(OH)
3
= a
* Bài tập áp dụng:
Bài 1: Hoà tan hoàn toàn 8,2g hỗn hợp Na
2
O, Al
2
O
3
vào nước thu được dung
dịch A chỉ chứa 1 chất tan duy nhất. Thể tích CO
2
(đktc) cần để phản ứng hết
với dung dịch A là:
A. 1,12 lít B. 2,24 lít C. 4,48 lít D. 3,36 lít
Giải:
Gọi n Al
2
O
3
= 0,5a vì dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan duy nhất nên xảy ra 2
phản ứng sau
Na

2
O + H
2
O
→
2NaOH
Mol 0,5a a
Al
2
O
3
+ 2NaOH + 3H
2
O
→
2Na[Al(OH)
4
]
Mol 0,5a a a
Ta có: 0,5a.62 + 0,5a.102 = 8,2 nên a = 0,1 mol. Do đó nCO
2
= a = 0,1 mol.
Vậy VCO
2
= 2, 24 lít. Đáp án B.
Bài 2: Hoà tan hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp gồm Al và Al
4
C
3
vào dung dịch KOH

(dư), thu được a mol hỗn hợp khí và dung dịch X. Sục khí CO
2
(dư) vào dung
dịch X, lượng kết tủa thu được là 46,8g. Giá trị của a là:
A. 0,55 B. 0,60 C. 0,45 D. 0,40
Giải:
Ta có: nCO
2
= nAl(OH)
3
= 0,6 mol.
Gọi x, y lần lượt là số mol Al, Al
4
C
3
ta có: x + y = 0,3 (I)
Bảo toàn nguyên tố Al ta có: x + 4y = 0,6 (II)
12
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Từ (I) và (II) ta có: x = 0,2; y = 0,1.
a = 1,5nAl + 3n Al
4
C
3
= 0,6 mol. Đáp án B.
Bài 3: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na
2
O, Al
2
O

3
vào nước thu
được 200 ml dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan duy nhất có nồng độ 0,5M. Thổi
khí CO
2
(dư) vào dung dịch A thu được a gam kết tủa. Giá trị của m và a lần
lượt là:
A. 8,2 và 7,8 B. 13,3 và 3,9 C. 8,3 và 7,2 D. 11,3
và 7,8
Giải:
Ta có chất tan duy nhất là Na[Al(OH)
4
] nên nNa[Al(OH)
4
] = nAl(OH)
3
= 0,1
mol.
Vậy mAl(OH)
3
= 0,1.78 = 7,8g
Bảo toàn nguyên tố Na và Al ta có: nNa
2
O = nAl
2
O
3
= 0,5 nNa[Al(OH)
4
] = 0,05

mol.
Vậy m = 0,05.62 + 0,05.102 = 8,2 gam. Đáp án A.
2. Nếu cho H
+
tác dụng với dung dịch [Al(OH)
4
]
-
thì xảy ra 1 hoặc 2
phản ứng sau:
[Al(OH)
4
]
-
+ H
+
→
Al(OH)
3
+ H
2
O (1)
Al(OH)
3
+ 3H
+
→
Al
3+
+ 3H

2
O (2)
*Phương pháp: Nếu đặt: n[Al(OH)
4
]
-
= a mol; nH
+
= b mol thì:
+ Nếu b/a
≤
1 thì
nAl(OH)
3
= b
+ Nếu 1 < b/a < 4 thì kết tủa bị hoà tan 1 phần và
nAl(OH)
3
= (4a – b)/3
+ Nếu b/a
≥
4 thì không có kết tủa
13
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
*bài tập áp dụng:
Bài 1: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na
2
O, Al
2
O

3
vào nước thu
được 200 ml dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan duy nhất có nồng độ 0,5M. Cho 50
ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch A thu được x(g) kết tủa. Giá trị của x là:
A. 1,95g B. 5,85g C. 3,9g D. 7,8g
Giải:
Vì dung dịch A có chất tan duy nhất là Na[Al(OH)
4
] nên nNa[Al(OH)
4
] = a =
0,1 mol.
b = 0,05 mol nên b/a < 1 do đó kết tủa chưa bị hoà tan và nAl(OH)
3
= b =
0,05 mol.
Vậy nAl(OH)
3
= 3,9g. Đáp án C.
Bài 2: Hoà tan hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp gồm Al và Al
4
C
3
có khối lượng 19,8g
vào dung dịch KOH (dư), thu được hỗn hợp khí và dung dịch X. Cho 720 ml
dung dịch HCl 1M vào dung dịch X, lượng kết tủa thu được là:
A. 21,84g B. 32,76g C. 24,57g D. 43,68g
Giải:
Gọi x, y lần lượt là số mol Al, Al
4

C
3
ta có: x + y = 0,3 (I)
Ta có: 27x + 144y = (II)
Từ (I) và (II) ta có: x = 0,2; y = 0,1.
Bảo toàn nguyên tố Al ta có: nNa[Al(OH)
4
] = a = 0,6 mol; b= 0,72 mol.
Ta lại có: b/a = 1,2 nên 1 < b/a < 4 nên kết tủa bị tan 1 phần và nAl(OH)
3
=
(4a – b)/3 = 0,56 mol. Vậy mAl(OH)
3
= 43,68g. Đáp án D.
14
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Bài 3: Hoà tan hoàn toàn 8,2g hỗn hợp X gồm Na
2
O, Al
2
O
3
vào nước thu được
dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan duy nhất. Cho 500 ml dung dịch HCl 1M vào
dung dịch A thu được a gam kết tủa. Giá trị của a là:
A. 0,00g B. 3,9g C. 5,85g D. 1,95g
Giải:
Gọi n Al
2
O

3
= 0,5a vì dung dịch A chỉ chứa 1 chất tan duy nhất nên xảy ra 2
phản ứng sau
Na
2
O + H
2
O
→
2NaOH
Mol 0,5a a
Al
2
O
3
+ 2NaOH + 3H
2
O
→
2Na[Al(OH)
4
]
Mol 0,5a a a
Ta có: 0,5a.62 + 0,5a.102 = 8,2 nên a = 0,1 mol; b = 0,5 mol.
Do b/a = 5 > 4 nên kết tủa bị tan hoàn toàn. Vậy khối lượng kết tủa =
0,00g. Đáp án A.
3.Nếu biết nAl(OH)
3
= b < n[Al(OH)
4

]
-
= a. Tính nH
+
* Phương pháp: Có 2 khả năng xảy ra:
+ Khả năng thứ 1: Nếu [Al(OH)
4
]
-
dư chỉ xảy ra phản ứng:
[Al(OH)
4
]
-
+ H
+
→
Al(OH)
3
+ H
2
O (1)
Mol b b

nH
+
min = b
+ Khả năng thứ 2: Nếu [Al(OH)
4
]

-
hết xảy ra 2 phản ứng
[Al(OH)
4
]
-
+ H
+
→
Al(OH)
3
+ H
2
O (1)
Mol a a a
Al(OH)
3
+ 3H
+

→
Al
3+
+ 3H
2
O (2)
Mol a – b 3(a – b)
15
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
n H

+
max = 4a – 3b
Từ 2 khả năng trên rút ra kết luận sau:
+ Nếu đề bài yêu cầu tính nH
+
min thì nH
+
= b
+ Nếu đề bài yêu cầu tính nH
+
max thì nH
+
= 4a – 3b
+ Nếu đề bài chỉ yêu cầu tính nH
+
thì phải lấy nghiệm cả 2 trường hợp trên.
* Các bài tập áp dụng:
Bài 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 g chất kết tủa?
A. 10 ml B. 100 ml C. 15 ml D. 170 ml
Giải:
Ta có: a = 0,05 mol; b = 0,01 mol do b < a mà đề bài yêu cầu tính VHCl
nhỏ nhất có nghĩa là phải tính nH
+
min thì n H
+
= b = 0,01. Vậy V = 0,01 lít
= 10 ml. Đáp án A.

Bài 2: 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 cho vào
dung dịch A để xuất hiện 1,56g kết tủa là:
A. 0,06 lít B. 0,18 lít C. 0,12 lít D. 0,08 lít
Giải:
nHCl trung hoà NaOH = 0,1 mol.
a = 0,05 mol; b = 0,02 mol. Do b < a mà đề bài yêu cầu tính thể tích HCl
lớn nhất có nghĩa là phải tính nH
+
max thì n H
+
= 4a – 3b = 0,14 mol. Vậy
VHCl = (0,1 + 0,14) : 2 = 0,12 lít> Đáp án C.
16
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
Bài 3: 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 B. 0,18 hoặc 0,26 C. 0,08 hoặc 0,16 D. 0,26
Giải:
Ta có: nHCl trung hoà NaOH = 0,1 mol.
a = 0,1 mol; b = 0,08 mol. Do b < a mà đề bài yêu cầu tính nHCl nên:
nHCl = b = 0,08 hoặc nHCl = 4a – 3b = 0,16 mol. Đáp án C.
III. Các bài tập tổng hợp:
Bài 1: Cho 23,45g hỗn hợp X gồm Ba và K vào 125 ml dung dịch AlCl
3

1M thu được V lít khí H
2
(đktc); dung dịch A và 3,9g kết tủa. V có giá trị
là:
A. 10,08 B. 3,92 C. 5,04 D. 6,72
Bài 2: Cho 200 ml dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
tác dụng với dung dịch NaOH 1M
người ta nhận thấy khi dùng 220 ml dung dịch NaOH hay dùng 60 ml dung
dịch NaOH trên thì vẫn thu được lượng kết tủa bằng nhau. Nồng độ mol/l
của dung dịch Al
2
(SO
4
)
3
ban đầu là:
A. 0,125M B. 0,25M C. 0,075M D. 0,15M
Bài 3: Rót từ từ 200g dung dịch NaOH 8% vào 150g dung dịch AlCl
3
10,68% thu được kết tủa và dung dịch X. Cho thêm m gam dung dịch HCl
18,25% vào dung dịch X thu được 1,17g kết tủa và dung dịch Y. Nồng độ
phần trăm của NaCl trong dung dịch Y là:
A. 6,348% hoặc 6,4% B. 5,608% hoặc 6,830%
C. 5,608% hoặc 8,645% D. 6,403% hoặc 8,645%
17

Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
IV. Hiệu quả của sáng kiến:
+ Trong quá trình giảng dạy tôi đã áp dụng đề tài này cho các lớp mình trực tiếp
giảng dạy thu được kết quả như sau:
+ Năm học 2011- 2012 khi chưa áp dụng đề tài này vào giảng dạy ở 2 lớp 12A,
12B thì thời gian làm 1 câu hỏi trắc nghiệm về hđroxit lưỡng tính như sau:
Lớp 0
→
2 phút 2
→
3 phút 3
→
5 phút Trên 5 phút
12A 2 HS 7 HS 24 HS 17 HS
12B 4 HS 8 HS 20 HS 16 HS
+ Năm học 2012- 2013 tôi đã áp dụng đề tài này vào giảng dạy thì thời gian
trung bình làm 1 câu hỏi trắc nghiệm về hđroxit lưỡng tính như sau:
Lớp 0
→
2 phút 2
→
3 phút 3
→
5 phút Trên 5 phút
12B 18 HS 20 HS 10 HS 2 HS
12C 12 HS 18HS 12 HS 8 HS
C. KẾT LUẬN
+ Qua thực tế cho thấy khi áp dụng đề tài này thì tốc độ giải quyết 1 bài tập về
hđroxit lưỡng được cải thiện rất nhiều, đa phần các em có làm xong trong
khoảng thời gian cho phép để làm một câu trong đề thi đại học- cao đẳng.

+ Trong những năm học tới tôi vẫn tiếp tục áp dụng đề tài này trong giảng dạy
các lớp tiếp theo mà mình được phân công, đồng thời tôi sẽ không ngừng trao
18
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
đổi xin ý kiến góp ý của các đồng chí đồng môn và sự phản hồi của các em học
sinh, từ đó hoàn thiện nữa đề tài này.
+ Để hoàn thành đề tài này ngoài sự nỗ lực của bản thân, tôi còn nhận được sự
giúp đỡ, góp ý của các thầy cô trong tổ hoá- sinh- CN. Tôi mong nhận được
thêm nhiều sự góp ý của các thầy cô để những kinh nghiệm của tôi được hoàn
thiện và nhân rộng ra áp dụng giảng dạy cho nhiều đối tượng học sinh thuộc
nhiều lớp khác nhau.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG
Thanh Hoá, ngày 15/ 05/ 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi viết,
không sao chép nội dung của người khác.
La Thị Lý
MỤC LỤC:

Nội dung Trang
A. Lý do chọn đề tài 1
B. Nội dung 2
I. Cơ sở lý thuyết 2
1. Tính lưỡng tính của hiđroxit 1
2. Tính chất của muối phức 2
II. Các dạng bài tập áp dụng: 2
Dạng 1: Muối nhôm tác dụng với dung dịch kiềm 2
1. Trường hợp 1: 2
2. Trường hợp 2: 4
3. Trường hợp 3: 7
4. Trường hợp 4: 7

Dạng 2: Muối phức tác dụng với dung dịch axit 8
1. Nếu sục CO
2
dư vào dung dịch [Al(OH)
4
]
-
8
19
Liên hệ: Nguyễn Văn Hùng ĐT:0946734736; Mail:
2. Nếu cho H
+
vào dung dịch [Al(OH)
4
]
-

9
3. Nếu biết nAl(OH)
3
= b < n[Al(OH)
4
]
-
= a. Tính nH
+
10
III. Các bài tập tổng hợp 12
IV. Hiệu quả của sáng kiến 12
C. Kết luận 13

20