PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM

Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP NHÔM
VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Để hệ thống, nắm chắc kiến thức thì việc giải các bài tập hoá học là cách tốt
nhất giúp thí sinh hoàn thành chủ động chiếm lĩnh kiến thức bài học, qua đó các
em làm tốt bài thi của mình. Qua thực tiễn giảng dạy, tôi đã rút ra một số kinh
nghiệm giải toán hoá học đối với dạng bài tập về nhôm và hợp chất của nhôm.
Hy vọng rằng những ý kiến này sẽ giúp ích cho các em học sinh trong quá
trình học tập, hệ thống, nắm chắc kiến thức 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 và các đồng nghiệp đã giúp đỡ tôi hoàn thành đề tài
này.
Đây là những kinh nghiệm rút ra của cá nhân tôi. Tôi rất mong được sự đóng
góp ý kiến của hội đồng khoa học nhà trường, các đồng nghiệp và Ban giám hiệu
nhà trường giúp tôi có được phương pháp dạy học phần này tốt hơn.


Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
1
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
II. CƠ SỞ LÍ LUẬN
Để hoàn thành mỗi câu hỏi trắc nghiệm với thời gian ngắn khoảng 2 phút
là một vấn đề không dễ dàng đối với học sinh. Vì vậy, các em phải nắm chắc kiến
thức, vận dụng linh hoạt để 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.
Khi giảng dạy ở lớp 12, tôi thấy nhiều em học sinh gặp khó khăn trong
việc giải các bài tập phần này, dường như những kiến thức này khá mới và ít liên
quan tới các kiến thức về kim loại mà các em đã được học. 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, đôi khi không thể viết và giải được theo phương pháp
truyền thống để giải quyết một bài toán. Vì vậy, với thời lượng trung bình 2
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 các em
có thêm lựa chọn và qua đó tiết kiệm thời gian khi làm bài thi trắc nghiệm. Đó là
“Phương pháp giải bài tập nhôm và hợp chất của nhôm”
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
2
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
A. TÍNH CHẤT HOÁ HỌC CỦA NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM
1) Phản ứng của nhôm với dung dịch axit. (
2
3
/2
0
/
0
66,1
HHAlAl
EVE
++
<−=
)
* Tác dụng dung dịch axit HCl, H
2
SO
4
loãng.

2Al + 6H
+
→ 2Al
3+
+ 3H
2
↑

* Tác dụng dung dịch HNO
3
và H
2
SO
4
đậm đặc nóng.
Al + HNO
3
→ Al(NO
3
)
3
+ (NO
2
; NO; N
2
; N
2
O; NH
4
NO

3
) + H
2
O
Al + H
2
SO
4 đđ
→ Al
2
(SO
4
)
3
+ ( SO
2
; S; H
2
S) + H
2
O
Lưu ý: Al thụ động HNO
3
, H
2
SO
4
đặc nguội.
2) 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 kiềm
+ ) Al

2
O
3
+ 2OH
-
+ 3H
2
O
→
2 [Al(OH)
4
]
-


hoặc Al
2
O
3
+ 2OH
-

→
2AlO
2
-
+ H
2
O
+ ) Al(OH)

3
+ OH
-

→
[Al(OH)
4
]
-

hoặc Al(OH)
3
+ OH
-

→
AlO
2
-
+ 2H
2
O
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
3
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
3) Phản ứng của nhôm với dung dịch kiềm
Theo dãy điện hóa, nhôm đẩy được hiđro ra khỏi nước. Nhưng thực tế, vật
bằng nhôm không bị nước hòa tan khi nguội và cả khi đun nóng vì có lớp màng
oxit bảo vệ.
Nhưng, những vật bằng nhôm lại bị hoà tan trong dung dịch kiềm mạnh

như NaOH, KOH, Ba(OH)
2
, Ca(OH)
2
là do:
Ban đầu, màng oxit nhôm

bị phá huỷ trong dung dịch kiềm mạnh:
Al
2
O
3
+ 2NaOH + 3H
2
O
→
2Na[Al(OH)
4
] (I)
hoặc Al
2
O
3
+ 2NaOH
→
2NaAlO
2
+ H
2
O

Sau đó, kim loại nhôm tác dụng với nước:
2Al + 6H
2
O
→
2Al(OH)
3
↓ + 3H
2
↑ (II)
Và màng Al(OH)
3
bị tan trong dung dịch kiềm mạnh:
Al(OH)
3
+ NaOH
→
Na[Al(OH)
4
] (III)
hoặc Al(OH)
3
+ NaOH
→
NaAlO
2
+ 2H
2
O
Các phản ứng (II) và (III) xảy ra liên tục. Vì vậy có thể viết lại cho quá trình:

2Al + 2NaOH + 6H
2
O
→
2Na[Al(OH)
4
] + 3H
2
↑
Hoặc: 2Al + 2NaOH + 2H
2
O
→
2NaAlO
2
+ 3H
2

4) Muối nhôm tác dụng với dung dịch kiềm
Al
3+
+ 3OH
-

→
Al(OH)
3
↓
Nếu OH
-

dư thì tiếp tục có phản ứng:
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
4
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Al(OH)
3
+ OH
-

→
[Al(OH)
4
]
-
tan
Khi thêm từ từ dung dịch kiềm mạnh vào dung dịch chứa Al
3+
, lúc đầu thấy
xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa tăng đến lớn nhất rồi lại tan dần tạo dung dịch
không màu.
Nhưng, Al(OH)
3
hay HAlO
2
.H
2
O có tính axit rất yếu nên dễ bị axit mạnh
hơn đẩy ra khỏi dung dịch muối.
[Al(OH)
4

]
-
+ H
+

→
Al(OH)
3
↓
+ H
2
O
Khi H
+
dư: Al(OH)
3
+ 3H
+
→
Al
3+
+ 3H
2
O
Khi thêm từ từ dung dịch chứa axit

đến dư vào dung dịch chứa AlO
2
-
, lúc

đầu xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa tăng đến lớn nhất rồi lại tan dần tạo dung
dịch không màu.
Al(OH)
3
hay HAlO
2
.H
2
O có tính axit yếu hơn cả axit cacbonic nên khi sục
khí CO
2
vào dung dịch chứa AlO
2
-
sẽ sinh ra kết tủa:
NaAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O
→
Al(OH)
3
↓ + NaHCO
3

Nên khi sục CO
2

đến dư vào dung dịch muối chứa AlO
2
-
sẽ xuất hiện kết
tủa keo trắng.
Khi nắm được những kiến thức này là điều kiện rất tốt để giải quyết tốt các
bài tập dạng dưới đây. Và mỗi bài cụ thể ta lại có những cách riêng để giải quyết
nó.
B. MỘT SỐ ĐỊNH LUẬT, PHƯƠNG PHÁP ĐƯỢC SỬ DỤNG
Học sinh cần vận dụng tốt các định luật thường dùng trong hoá học:
Đặc biệt là phương pháp bảo toàn mol electron và định luật bảo toàn nguyên tố:
Số mol từng nguyên tố hoặc nhóm nguyên tố trước và sau phản ứng không đổi.
C. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CỤ THỂ
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
5
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Dạng 1. Al tác dụng với dung dịch axit và tác dụng với dung dịch kiềm
+ Tác dụng với dung dịch kiềm (khử nước).
2Al + 2OH
-
+ 2H
2
O → 2AlO
2
-
+ 3H
2
↑

+ Tác dụng dung dịch axit HCl, H

2
SO
4
loãng.
2Al + 6H
+
→ 2Al
3+
+ 3H
2
↑
Phương pháp:
- Cách truyền thống, viết phương trình phản ứng
- Phương pháp bảo toàn mol electron.
Quá trình oxi hóa: Quá trình khử:
Al
0
- 3e → Al
+3
2H
+
+ 2e → H
2
0

Dùng định luật bảo toàn mol electron để lập phương trình đại số.
Ví dụ: Cho m gam hỗn hợp bột Al và Fe tác dụng với dung dịch NaOH dư thoát
ra 6,72 lít khí (đktc). Nếu cho m gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch HCl
dư thì thoát ra 8,96 lít khí (đktc). Khối lượng của Al và Fe trong hỗn hợp đầu là
A. 10,8 gam Al và 5,6 gam Fe. B. 5,4 gam Al và 5,6 gam Fe.

C. 5,4 gam Al và 8,4 gam Fe. D. 5,4 gam Al và 2,8 gam Fe.
Hướng dẫn giải
Đặt n
Fe
= x mol ; n
Al
= y mol.
- Cách truyền thống, viết phương trình phản ứng
Hỗn hợp tác dụng với dung dịch NaOH dư, Al phản ứng hết.
2Al + 2NaOH + 2H
2
O → 2NaAlO
2
+ 3H
2
↑

0,2 mol
¬
0,3 mol
Hỗn hợp tác dụng với dung dịch HCl dư, Al và Fe phản ứng hết.
2Al + 6HCl → 2AlCl
3
+ 3H
2
↑

0,2 mol
¬
0,3 mol

Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
↑

y mol y mol
Ta có: y + 0,3 = 0,4
⇒
y = 0,1 mol.
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
6
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Vậy hỗn hợp có 5,6 gam Fe và 5,4 gam Al.
- Phương pháp bảo toàn mol electron.
Hỗn hợp tác dụng với dung dịch NaOH dư, Al phản ứng hết.
Quá trình oxi hóa: Quá trình khử:
Al - 3e → Al
3+
2H
+
+ 2e → H
2
0
y → 3y mol 0,6
¬
0,3 mol
Bảo toàn mol electron suy ra 3y = 0,6 (*)
Hỗn hợp tác dụng với dung dịch HCl dư, Al và Fe phản ứng hết.
Quá trình oxi hóa: Quá trình khử:

Fe
0
- 2e → Fe
2+
2H
+
+ 2e → H
2
0
x → 2x mol 0,8
¬
0,4 mol
Al
0
- 3e → Al
3+

y → 3y mol
Bảo toàn mol electron suy ra 2x + 3y = 0,8 (**)
Từ (*) và (**) suy ra: x = 0,1 mol; y = 0,2 mol.
Vậy hỗn hợp có 5,6 gam Fe và 5,4 gam Al.
+ Tác dụng dung dịch HNO
3
và H
2
SO
4
đậm đặc nóng.
Al + HNO
3

→ Al(NO
3
)
3
+ (NO
2
; NO; N
2
; N
2
O; NH
4
NO
3
) + H
2
O
Al + H
2
SO
4 đđ
→ Al
2
(SO
4
)
3
+ ( SO
2
; S; H

2
S) + H
2
O
Phương pháp:
- Cách truyền thống, viết phương trình phản ứng
- Phương pháp bảo toàn mol electron.
Quá trình oxi hóa: Quá trình khử (có thể có):
Al
0
- 3e → Al
+3
2H
+
+ 2e → H
2
0

5
N
+
+ 1e →
4
N
+
(NO
2
)
5
N

+
+ 3e →
2
N
+
(NO)
2
5
N
+
+ 8e →2
1
N
+
(N
2
O)
2
5
N
+
+ 10e →2
0
N
(N
2
)
5
N
+

+ 8e →
3
N
−
(NH
4
NO
3
)
S
+6
+ 2e → S
+4
(SO
2
)
S
+6
+ 6e → S
0
(S)
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
7
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
S
+6
+ 8e → S
-2
(H
2

S)
Dùng định luật bảo toàn mol electron để lập phương trình đại số.
Ví dụ: Hoà tan m gam Al vào dung dịch HNO
3
loãng chỉ thu được hỗn hợp khí
gồm 0,015 mol N
2
O và 0,01 mol NO. Giá trị của m là
A. 8,1 gam. B. 1,53 gam. C. 1,35 gam. D. 13,5 gam.
Hướng dẫn giải
- Cách truyền thống, viết phương trình phản ứng
8Al + 30HNO
3
→ 8Al(NO
3
)
3
+ 3N
2
O + 15H
2
O
0,04
¬
0,015 mol
Al + 4HNO
3
→ Al(NO
3
)

3
+ NO + 2H
2
O
0,01
¬
0,01 mol
Suy ra x = 0,05 mol. Vậy khối lượng Al = 1,35 gam.
- Phương pháp bảo toàn mol electron.
Đặt n
Al
= x mol.
Quá trình oxi hóa: Quá trình khử:
Al
0
- 3e → Al
+3
5
N
+
+ 3e →
2
N
+
(NO)
x 3x mol 0,03
¬
0,01 mol
2
5

N
+
+ 8e → 2
1
N
+
(N
2
O)
0,12
¬
0,015 mol
Áp dụng định luật bảo toàn mol electron ta có: 3x = 0,03 + 0,12 = 0,15
Suy ra x = 0,05 mol. Vậy khối lượng Al = 1,35 gam.
So sánh 2 cách giải trên đối với các bài đơn giản ta thấy 2 cách giải đều
thuận lợi, dễ dàng. Cách 1 định hình cơ bản cho các học sinh còn yếu, tuy nhiên
các em gặp khó khăn khi cân bằng phản ứng, cách 2 dành cho học sinh khá hơn
giúp các em tiết kiệm thời gian và công sức. Việc lập phương trình đại số lại rất
đơn giản, các em chỉ cần nhớ các quá trình oxi hóa khử là có thể giải quyết tốt bài
toán dạng này.
Dạng 2. Muối của Al
3+
tác dụng với dung dịch kiềm mạnh
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
8
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Thứ tự các phản ứng có thể xảy ra:
Al
3+
+ 3OH

-

→
Al(OH)
3
↓ (I)
Khi OH
-
dư: Al(OH)
3
+ OH
-

→
[Al(OH)
4
]
-
tan

⇒
Al
3+
+ 4OH
-

→
[Al(OH)
4
]

-
hay AlO
2
-
+ 2H
2
O (II)
a) Mức độ dễ:
Cho biết số mol của Al
3+
và OH
-
, hãy tính số mol và lượng kết tủa.
* phương pháp:
Đặt
3
OH
Al
n
k
n
−
+
=
+ ) Nếu k ≤ 3: Chỉ xảy ra (I) và chỉ tạo Al(OH)
3
↓. (Al
3+
dư nếu k < 3)
Khi đó:

3
OH
Al(OH)
n
n
3
−
=
(Theo bảo toàn nhóm OH
-
)
+ ) Nếu 3 < k < 4: Xảy ra cả (I) và (II). 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

⇒
Hệ phương trình:



3+
-
Al
-
OH
x + y = n b¶o toµn mol nguyªn tè Al
3x + 4y = n b¶o toµn nho'm OH

Đặc biệt
3 4
k 3,5
2
+
= =
thì
3
3
4
Al
Al(OH)
[Al(OH) ]
n
n n
2
+

−
= =
+ ) Nếu k ≥ 4: Chỉ xảy ra (II) và chỉ tạo [Al(OH)
4
]
-
(OH
-
dư nếu k > 4)
Khi đó:
3
4
Al(OH) Al
n n
− +
=
Ví dụ 1. Nhỏ từ từ 200 ml dung dịch NaOH 1,7M vào 200 ml dung dịch AlCl
3
0,5M thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của m ?
Hướng dẫn giải
Ta có: n
NaOH
= 0,34 mol,
3
AlCl
n
= 0,1 mol
Tôi xin đề nghị 2 hướng giải để tiện so sánh
Cách 1: Theo cách cơ bản
AlCl

3
+ 3 NaOH
→
Al(OH)
3
↓ + 3 NaCl
Ban đầu: 0,1 0,34
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
9
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Phản ứng: 0,1
→
0,3 0,1 0,3
Sau phản ứng: 0 0,04 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 0,04
Phản ứng: 0,04 ← 0,04
→
0,04
Sau phản ứng: 0,04 0 0,04
Vậy sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được:
0,04 mol Al(OH)
3

↓
⇒
m
↓

= 0,04 . 78 = 3,12 g
0,04 mol Na[Al(OH)
4
]
Cách 2: Xét tỉ lệ k
OH
n
−
=
0,34 mol,
3
Al
n
+
=
0,1 mol
3
OH
Al
n
k
n
−
+
=

= 3,4
⇒
Tạo hỗn hợp
{
3
4
Al(OH) x mol
[Al(OH) ] y mol
−

⇒
Hệ:
{
x y 0,1
3x 4y 0,34
+ =
+ =

{
x 0,06
y 0,04
=
=
⇒
m
↓

= 0,04 . 78 = 3,12 g
Với 2 cách giải tôi vừa nêu, thì cách 2 đơn giản hơn, tiết kiệm được thời
gian. Chỉ cần biết sản phẩm là có thể lập hệ phương trình đại số. Nếu nắm chắc

bài tập dạng này các em sẽ tư duy được các tỉ lệ tạo kết tủa hay tan hoàn toàn.
Ví dụ 2: Cho 100 ml dung dịch NaOH 1M tác dụng với 20 ml dung dịch
Al
2
(SO
4
)
3
0,5M được dung dịch A. Tính nồng độ mol/l các chất trong dung dịch
A? Hướng dẫn giải
OH
n
−
=
0,1 mol,
3
Al
n
+
=
2n Al
2
(SO
4
)
3
= 0,02 mol
3
OH
Al

n
k
n
−
+
=
= 5 > 4
⇒
Tạo [Al(OH)
4
]
-
và OH
-
dư
Dung dịch A có:
3
4
Al(OH) Al
n n
− +
=
= 0,02 mol;
OH
n
−
=
d
0,1 – 0,02.4 = 0,02 mol
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng

10
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải

⇒
C
M
(Na[Al(OH)
4
]) =
0,02
0,17M
0,1 0,02
≈
+
; C
M
(NaOH) =
0,02
0,17M
0,1 0,02
≈
+
Ví dụ 3: Dung dịch X chứa 0,42 mol NaOH. Cho X tác dụng với dung dịch chứa
0,02 mol Fe
2
(SO
4
)
3
. Thêm tiếp vào đó 0,04 mol Al

2
(SO
4
)
3
thu được 500ml dung
dịch Y và m gam kết tủa. Tính C
M
các chất trong Y và giá trị m?
Hướng dẫn giải
n
NaOH
= 0,42 mol;
2 4 3
Fe (SO )
n =
0,02 mol;
2 4 3
Al (SO )
n =
0,04 mol
Trước tiên tạo Fe(OH)
3
↓
và Fe
3+
hết, OH
-
dư
3

3
Fe(OH)
Fe
n n
+
= =
0,04 mol;
⇒
3
Fe(OH)
m
↓
= 0,04.107 = 4,28 g
Sau đó:
3
Al
n
+
=
0,08 mol;
OH du
n
−
=
0,42 – 0,04 . 3 = 0,3 mol
Ta thấy
3
OH
Al
n

k
n
−
+
=
= 3,75
⇒
Cả Al
3+
và OH
-
đều hết, tạo hỗn hợp Al(OH)
3
: x mol và [Al(OH)
4
]
-
: y mol
Bảo toàn mol nguyên tố Al và nhóm OH
Ta có hệ:
3
x y 0,08 mol Al
3x 4y 0,3 mol OH
+
−

+ =

+ =


⇒

{
x 0,02 mol
y 0,06 mol
=
=
⇒
3
Al(OH)
m
↓
= 0,02.78 = 1,56 g
Vậy khối lượng kết tủa là: m = 4,28 + 1,56 = 5,84 gam
Dung dịch Y gồm
( )
( )
4
2 4
Na Al OH : 0,06 mol
0,42 – 0,06
Na SO : 0,18 mol
2

 
 
=






⇒
C
M
(Na[Al(OH)
4
]) = 0,12M; C
M
(Na
2
SO
4
]) = 0,36M
b) Mức độ khó
Đề cho: Biết sản phẩm kết tủa và số mol một chất tham gia, tính chất tham gia
còn lại.
*Dạng bài 1: Tính lượng OH
-
khi biết số mol Al(OH)
3
, số mol Al
3+
.
Phương pháp:
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
11
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
 So sánh nếu số mol Al(OH)

3
= số mol Al
3+
: cả 2 chất tham gia phản ứng
vừa đủ chỉ tạo Al(OH)
3
. Khi đó:
3
Al(OH)
OH
n 3n
−
=
 So sánh nếu
3
3
Al(OH)
Al
n n
+
<
thì có 2 trường hợp có thể xảy ra:
- ) Có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al
3+
hết. Khi đó sản phẩm có cả Al(OH)
3
và [Al(OH)
4
]
-

:
Ta có:
3
3
4
Al(OH)
[Al(OH) ] Al
n n n
− +
= −
3
4
Al(OH)
OH [Al(OH) ]
n 3n 4n
− −
= +
- ) Chưa hoà tan kết tủa hay Al
3+
còn dư. Khi đó sản phẩm chỉ có Al(OH)
3
và
3
Al(OH)
OH
n 3n
−
=
.
Ví dụ 1: Cho 300ml dung dịch AlCl

3
0,4M tác dụng với 0,5 lít dung dịch NaOH
thu được 1,56g kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH. Biết các phản
ứng xảy ra hoàn toàn.
Hướng dẫn 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.
+ Trường hợp 1: Al
3+
dư
⇒
Chỉ tạo Al(OH)
3

Nên số mol OH
-
= 3.0,02 = 0,06 mol.
⇒
C
M
(NaOH) = 0,12M
+ Trường hợp 2: Al
3+
hết

⇒
tạo
( )
( )
3
4
Al OH : 0,02 mol
Al OH : 0,12 – 0,02 0,1 mol
−





=





⇒
Số mol OH
-
= 3 . 0,02 + 4 . 0,1 = 0,46 mol
⇒
C
M
(NaOH) = 0,92M
Ví dụ 2: Cho 29,07g Al
2

(SO
4
)
3
tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,2M thu
được 11,7g kết tủa. Tìm giá trị lớn nhất của V?
Hướng dẫn giải
Số mol Al
3+
= 0,17 mol.
Số mol Al(OH)
3
↓
= 0,15 mol < số mol Al
3+
nên có 2 trường hợp xảy ra.
+ Trường hợp 1: Al
3+
dư
⇒
Chỉ tạo Al(OH)
3

Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
12
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Nên số mol OH
-
= 3.0,15 = 0,45 mol.
⇒

V(dd NaOH) = 0,45/0,2 = 2,25 lít = V
min
+ Trường hợp 2: Al
3+
hết
⇒
tạo
( )
( )
3
4
Al OH : 0,3 mol
Al OH : 0,17 – 0,15 0,02 mol
−



 
 
=



⇒
Số mol OH
-
= 3 . 0,15 + 4 . 0,02 = 0,53 mol
⇒
V(dd NaOH) =0,53/0,2 = 2,65 lít = V
max

*Dạng bài 2: Tính số mol Al
3+
khi biết số mol OH
-
, số mol kết tủa Al(OH)
3

Phương pháp: So sánh số mol OH
-
của kiềm cho với số mol OH
-
trong kết tủa.
*Nếu lượng mol OH
-
trong kết tủa bé hơn lượng mol OH
-
của kiềm thì kết
tủa đã bị hòa tan một phần.
Sản phẩm của có: Al(OH)
3
và [Al(OH)
4
]
-

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

n 3n
n
4
−
−
−
=
(Theo bảo toàn nhóm OH
-
)
⇒

3
3
4
Al(OH)
Al [Al(OH) ]
n n n
+ −
= +
*Khi thí nghiệm với nhiều lần thêm dung dịch kiềm thì ta coi như một lần
thí nghiệm với số mol OH
-
bằng tổng các lần thêm và tính bình thường.
Ví dụ 1: 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?
Hướng dẫn giải
OH
n 0,6 0,9 1,2 2,7mol
−
= + + =
∑
;
3
Al(OH)
n =
0,5
Số mol OH
-
trong kết tủa là 1,5 mol < 2,7 mol
⇒
có tạo [Al(OH)
4
]
-

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

n 3n
n
4
−
−
−
=
= 0,3 mol
⇒

3
3
4
Al(OH)
Al [Al(OH) ]
n n n
+ −
= +
= 0,8 mol ( bảo toàn Al)
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
13
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
*Dạng bài 3: Với nhiều lần thí nghiệm cùng số mol Al
3+
với số mol kiềm khác
nhau nhưng đều thu được một kết tủa như nhau, chẳng hạn như:
THÍ NGHIỆM 1: Cho x mol Al
3+
vào y mol OH
-

tạo z mol kết tủa.
THÍ NGHIỆM 2: Cho x mol Al
3+
vào 3y mol OH
-
tạo z mol kết tủa hoặc 2z mol
kết tủa.
Ta có thể kết luận:
THÍ NGHIỆM 1: OH
-
hết và Al
3+
còn dư.

3
OH
Al(OH)
n
n
3
−
=
= x.
THÍ NGHIỆM 2: Al
3+
và OH
-
đều hết và đã hoà tan một phần kết tủa.
Al
3+

+ 3OH
-

→
Al(OH)
3
↓
Al
3+
+ 4OH
-

→
[Al(OH)
4
]
-
hay AlO
2
-
+ 2H
2
O
Bảo toàn mol nguyên tố Al ta được:
3
3
3
4
Al(OH) (TN2)
OH (TN2)

Al(OH) (TN2)
[Al(OH) ] Al
n 3n
n n n
4
−
− +
−
= − =
Thí dụ : + THÍ NGHIỆM 1: Cho 500ml dung dịch NaOH 1,8M tác dụng với x
mol Al
2
(SO
4
)
3
được a gam kết tủa.
+ THÍ NGHIỆM 2: Mặt khác cho 750ml dung dịch NaOH 1,8M tác
dụng với x mol Al
2
(SO
4
)
3
vẫn thu được a gam kết tủa.
Tính a và x?
Hướng dẫn giải
Ở cả 2 thí nghiệm, lượng OH
-
khác nhau mà vẫn thu được cùng một lượng

kết tủa:
THÍ NGHIỆM 1: OH
-
hết, Al
3+
dư.
n
OH
-
= 0,9 mol
⇒

3
OH
Al(OH)
n
n
3
−
=
= 0,3 mol
⇒
a = 23,4 g.
THÍ NGHIỆM 2: Al
3+
và OH
-
đều hết và có hiện tượng hoà tan kết tủa.
Số mol OH
-

= 1,35 mol
⇒
Tạo
( )
( )
3
4
Al OH : 0,3 mol

Al OH : 0,1125 mol
−



 

 


Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
14
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
⇒

3
Al
n
+
=
∑

0,3 + 0,1125 = 0,4125 mol
Số mol Al
2
(SO
4
)
3
= 0,20625 mol = x.
Dạng 3. Dạng bài H
+
tác dụng với dung dịch AlO
2
-
hay [Al(OH)
4
]
-
:
a) Mức độ dễ:
Tính khối lượng kết tủa khi cho biết số mol của H
+
và AlO
2
-
.
*phương pháp:
Đặt
2
H
AlO

n
k
n
+
−
=
+ Trường hợp 1:
0 < k 1≤

⇒
H
+
hết, AlO
2
-
dư nên chỉ tạo kết tủa:
H
+
+ AlO
2
-
+ H
2
O → Al(OH)
3
↓
Khi đó số mol Al(OH)
3
↓

= số mol H
+
Kết tủa cực đại khi k = 1.
+ Trường hợp 2:
1< k 4
<

⇒
cả H
+
và AlO
2
-
hết
⇒
vừa tạo kết tủa sau đó tan
một phần
Đặt số mol Al(OH)
3
↓

là x và số mol Al
3+
là y
H
+
+ AlO
2
-
+ H

2
O → Al(OH)
3
↓
4H
+
+ AlO
2
-
→ Al
3+
+ 2H
2
O
Ta có hệ phương trình:
-
2
+
AlO
H
x + y = n
x + 4y = n
ì
ï
ï
í
ï
ï
î

Suy ra: số mol kết tủa
- +
2
3
AlO H
Al(OH)
4n - n
n = x =
3
↓
+ Trường hợp 2:
4 k
≤

⇒
H
+
dư và AlO
2
-
hết
⇒
kết tủa tan một hết.
4H
+
+ AlO
2
-
→ Al
3+

+ 2H
2
O
Ví dụ: Rót từ từ 350 ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch chứa 0,1 mol NaOH
và 0,1 mol natri aluminat. Khối lượng kết tủa thu được là ?
A. 3,9 gam. B. 7,8 gam hoặc 0,78 gam.
C. 15,6 gam hoặc 3,9 gam. D. 0,78 gam.
Hướng dẫn giải
Ta có: n
H
+ = 0,35 mol, n
OH
- = 0,1 mol,
NaAlO2
n
= 0,1 mol
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
15
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Tôi xin đề nghị 2 hướng giải để tiện so sánh
Cách 1: Theo cách cơ bản
H
+
+ OH
-

→
H
2
O

0,1
¬
0,1
H
+
còn dư 0,35 - 0,1 = 0,25 mol
Sau đó: H
+
+ AlO
2
-
+ H
2
O → Al(OH)
3
↓
Ban đầu: 0,25 0,1
Phản ứng: 0,1
¬
0,1
→
0,1
Sau phản ứng: 0,15 0 0,1
Vì NaOH còn dư nên có tiếp phản ứng:
3H
+
+ Al(OH)
3
→ Al
3+

+ 3H
2
O
Ban đầu: 0,15 0,1
Phản ứng: 0,15
→
0,05
→
0,05
Sau phản ứng: 0 0,05 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 AlCl
3

Cách 2: Xét tỉ lệ k
Ta có: n
H+
= 0,35 mol,
OH
n
−
=

0,35 mol,
3
Al
n
+
=
0,1 mol
H
+
+ OH
-

→
H
2
O
0,1
¬
0,1
H
+
còn dư 0,35 - 0,1 = 0,25 mol
1 <
2
H
AlO
n
k
n
+

−
=
= 2,5 < 4
⇒
Tạo hỗn hợp
( )
3
3
Al OH : x mol
Al : y mol
+





⇒
Hệ:
2
x y 0,1 mol AlO
x 4y 0,25 mol H
−
+
+ =
+ =




⇒

{
x 0,05
y 0,05
=
=

⇒
m
↓

= 0,05 . 78 = 3,9 g
hoặc k = 2,5 nên
2
3
AlO
Al(OH)
n
n
2
−
=
= 0,05 mol
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
16
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
b) Mức độ khó
Đề cho: lượng kết tủa và một chất tham gia, tính lượng chất tham gia còn lại.
*dạng bài 1: Tính số mol H
+

khi biết số mol kết tủa Al(OH)
3
, số mol AlO
2
-
.
Phương pháp:
* Nếu
n
Al(OH)
3
=
n
AlO
2
-
: cả 2 chất phản ứng vừa đủ với nhau tạo
Al(OH)
3
. Khi đó:
3
Al(OH)
H
n n
+
=
* Nếu
3
2
Al(OH)

AlO
n n
−
<
thì có 2 TH xảy ra:
- ) Cả H
+
và đều AlO
2
-
hết, kết tủa tan một phần. Khi đó sản phẩm có Al(OH)
3
và Al
3+
:
Ta có:
3
2
Al(OH)
H AlO
n 4n 3n
+ −
= −
- ) Chỉ có phản ứng tạo kết tủa và AlO
2
-
còn dư. Khi đó
3
Al(OH)
H

n n
+
=
Ví dụ : Cho 100ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,1M và NaAlO
2
1,5M tác
dụng với 200 ml dung dịch HCl thu được 6,24g kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của
dung dịch HCl.
Hướng dẫn giải
3
Al(OH)
n
↓
= 0,08 mol, n
OH-
= 0,01 mol,
NaAlO2
n
= 0,15 mol
Trước tiên: H
+
+ OH
-

→
H
2
O
0,01
¬

0,01
Nhận xét:
3
2
Al(OH)
AlO
n n
−
<
thì có 2 trường hợp:
+ ) Chưa hoà tan kết tủa, AlO
2
-
còn dư. Khi đó sản phẩm chỉ có Al(OH)
3
và
3
Al(OH)
H OH
n n n
+ −
= +
= 0,08 + 0,01 = 0,09 mol
⇒
C
M
(HCl) =
0,09
0,2
= 0,45M

+ ) Có hiện tượng hoà tan kết tủa
⇒
H
+
và AlO
2
-
hết. Khi đó sản phẩm có
Al(OH)
3
và Al
3+
:
Ta có:
3
2
Al(OH)
H AlO OH
n 4n 3n n
+ − −
= − +
= 4.0,15 - 3.0.08 + 0,01 = 0,37 mol
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
17
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
⇒
C
M
(HCl) =
0,37

0,2
= 1,85M
Vậy nồng độ của HCl là 0,45M hoặc 1,85M
*dạng bài 2: Tính lượng AlO
2
-
khi biết số mol Al(OH)
3
, số mol H
+
.
Phương pháp:
* Nếu
3
Al(OH) H
n n
+
<
thì có 1 trường hợp:
Có hiện tượng hoà tan kết tủa hay H
+
hết. Khi đó sản phẩm có Al(OH)
3
và
Al
3+
:
Ta có:
3
2

Al(OH)
H
AlO
3n n
n
4
+
−
+
=
* Nếu số mol Al(OH)
3
= số mol H
+
: cả 2 chất phản ứng vừa đủ với nhau
tạo Al(OH)
3
. Khi đó:
3
2
Al(OH)
AlO
n n
−
=
Ví dụ : Cho 600ml dung dịch NaAlO
2
tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 1M
thu được 11,7g kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch NaAlO
2

.
Hướng dẫn giải
Nhận xét:
3
H Al(OH)
n n
+
>
:
H
n
+
= 0,4 mol ;
3
Al(OH)
n
↓
= 0,15 mol
Nên kết tủa tan một phần. Khi đó sản phẩm có Al
3+
và Al(OH)
3
:
3
2
Al(OH)
H
AlO
n 3n
n

4
+
−
+
=
=
2
AlO
0,4 3.0,15
n
4
−
+
=
= 0,25 mol
⇒
C
M
(NaAlO
2
) =
0,25
0,6
= 0,42M
Vậy nồng độ của NaAlO
2
là 0,42M
Dạng 4. Cho hỗn hợp gồm Al và 1 kim loại kiềm (Na, K) hoặc kim loại kiềm
thổ (Ca, Ba) tác dụng với nước.
Thứ tự phản ứng như sau:

Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
18
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Trước hết: M + xH
2
O
→
M(OH)
x
+
x
2
H
2

Sau đó: Al + OH
-
+ H
2
O
→
AlO
2
-
+
3x
2
H
2

Từ số mol của M cũng là số mol của OH
-
và số mol của Al ta biện luận để
biết Al tan hết hay chưa.
+ Nếu n
OH
-
≥ n
Al

→
Al tan hết
+ Nếu n
OH
-
< n
Al

⇒
Al chỉ tan một phần.
Ví dụ : Hoà tan m gam hỗn hợp A trên vào dung dịch KOH dư thì thu được
7
4
x
lít khí. Cũng Hoà tan hỗn hợp A gồm K và Al vào nước dư thu được x lít khí.
Tính % (m) mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
Hướng dẫn giải
Khi cho hỗn hợp A vào dung dịch KOH dư được thể tích khí lớn hơn khi
hoà tan vào nước do đó kết luận khi hoà tan vào nước Al còn dư nên tạo thêm
khí.

Gọi số mol của K là a mol; của Al là b mol ( vì Al còn dư a < b)
Khi hoà tan vào nước: 2K
→
H
2
; 2Al
→
3H
2

a 0,5a a 1,5a
⇒
Tổng số mol H
2
= 0,5a + 1,5a = 2a =
x
22,4
(*)
Khi hoà tan vào dung dịch KOH dư:
2 K
→
H
2
; 2Al
→
3H
2

a 0,5a b 1,5b
⇒

Tổng số mol H
2
= 0,5a + 1,5b =
7x
4.22,4
(**)
Từ (*) và (**) suy ra: 2a = b
Vậy hỗn hợp X có a mol K; 2a mol Al
⇒
%(m) K = 41,9%; %(m)Al = 58,1%
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
19
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Dạng 5. Phản ứng nhiệt nhôm
Phương pháp
- Xét phản ứng nhiệt nhôm:
Al + oxit kim loại
→
oxit nhôm + kim loại
(Hỗn hợp A) (Hỗn hợp B)
- Hay gặp:
2Al + Fe
2
O
3

→
Al
2
O

3
+ 2Fe
2yAl + 3Fe
x
O
y

→
y Al
2
O
3
+ 3xFe
(6x – 4y)Al + 3xFe
2
O
3

→
6Fe
x
O
y
+ (3x – 2y)Al
2
O
3

- Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn, tùy theo tính chất của hỗn hợp B tạo thành để
biện luận. Hay gặp các trường hợp:

+ Hỗn hợp B chứa 2 kim loại
→
Al dư ; oxit kim loại hết
+ Hỗn hợp B tác dụng với dung dịch bazơ kiềm (NaOH,…) giải phóng H
2

→ có Al dư.
+ Hỗn hợp B tác dụng với dung dịch axit có khí bay ra thì có khả năng
hỗn hợp B chứa (Al
2
O
3
+ Fe) hoặc (Al
2
O
3
+ Fe + Al dư) hoặc (Al
2
O
3
+ Fe
+ oxit kim loại dư)
- Nếu phản ứng xảy ra không hoàn toàn, hỗn hợp B gồm Al
2
O
3
, Fe, Al dư và
Fe
2
O

3
dư
- Thường sử dụng:
+ Định luật bảo toàn khối lượng: m
hhA
= m
hhB
+ Định luật bảo toàn nguyên tố (mol nguyên tử): n
Al (A)
= n
Al
Ví dụ 1: Nung nóng hỗn hợp A gồm 5,4 gam Al và Fe
2
O
3
(trong môi trường
không có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn B.
Hòa tan hoàn toàn B bằng dung dịch HNO
3
dư thì thu được V lít khí NO
2
( sản
phẩm khử duy nhất) và dung dịch C.
Giá trị của V là?
A. 13,44 B. 6,72. C. 8,96. D. 4,48.
Hướng dẫn giải
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
20
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Sử dụng phương pháp bảo toàn mol electron.

X
0
3
Al
Fe
+






o
t
→
Y
3
0
Al
Fe
+







cã thÓ cã Al d hoÆc c¸c oxit s¾t
3

HNO+
→
dd Z
3
3
Al
Fe
+
+





Các quá trình oxi hóa khử xảy ra xét từ X tới Z: chất khử là Al, chất oxi hóa là
N
+5
Quá trình oxi hóa: Quá trình khử:
Al
0
- 3e → Al
+3
5
N
+
+ 1e →
4
N
+
(NO

2
)
0,2→ 0,6 mol x
¬
x mol
Bảo toàn mol electron suy ra x = 0,6 mol
→ V
khí NO2
= 0,6.22,4 = 13,44 lít
Ví dụ 2: Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm Al và Fe
2
O
3
(trong môi trường không
có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn Y. Chia
Y thành hai phần bằng nhau:
- Phần I tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư, sinh ra 3,08 lít khí H
2
(ở
đktc)
- Phần II tác dụng với dung dịch NaOH dư, sinh ra 0,84 lít khí H
2
(ở đktc).
Giá trị của m là
A. 22,75 B. 11,375. C. 29,40. D. 29,43.
Hướng dẫn giải

Phản ứng nhiệt nhôm :
2Al + Fe
2
O
3

→
Al
2
O
3
+ 2Fe
Phần (II) tác dụng với NaOH tạo khí nên Al dư :
Gọi x, y là số mol Al, Fe ở mỗi phần
2Al + 2NaOH + 2H
2
O
→
2NaAlO
2
+ 3H
2

x 1,5 x mol
→ Số mol khí H
2
thu được ở phần II là: 1,5x = 0,84/ 22,4 = 0,0375 mol
→ x = 0,025 mol
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
21

Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
Phần (I) tác dụng với H
2
SO
4
loãng:
2Al + 3H
2
SO
4
loãng
→
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
0,025
→
0,0375 mol
Fe + H
2
SO
4
loãng
→
FeSO

4
+ H
2

y
→
y mol
Số mol H
2
phần I là 0,0375 + y = 0,1375 → y = 0,1mol
2Al + Fe
2
O
3

→
Al
2
O
3
+ 2Fe
0,1 0,05
¬
0,1 mol
Khối lượng của Al : (0,1 + 0,025).27 = 3,375 , khối lượng của Fe
2
O
3
:
0,05.160 = 8g → tổng khối lượng mỗi phần là 11,375g

→ m
X ban đầu
= 11,375.2 = 22,75 g → chọn A
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
22
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
IV. MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO
Câu 1. Hòa tan hết m gam hỗn hợp Al và Fe trong lượng dư dung dịch
H
2
SO
4
loãng thoát ra 0,4 mol khí, còn trong lượng dư dung dịch NaOH thì thu
được 0,3 mol khí. Giá trị m là?
A. 11,00 gam. B. 12,28 gam.
C. 13,70 gam. D. 19,50 gam.
Câu 2. Hòa tan hoàn toàn m g bột Al vào dung dịch HNO
3
dư thu đợc 8,96
lít (đktc) hỗn hợp X gồm NO và N
2
O có tỉ lệ mol là 1: 3. Giá trị của m là?
A. 24,3g B. 42,3g C. 25,3g D. 25,7g
Câu 3. 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 4. 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 5. 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 6. 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 7. + Thí nghiệm 1: 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.
+ Thí nghiệm 2: 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
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
23
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải

Câu 8. 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. 0,125 D. 0,375
Câu 9. 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 10. 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 11. 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 12. 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
Câu 13: Nung nóng hỗn hợp A gồm m gam Al và Cr
2
O
3
(trong môi trường không
có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn B. Hòa
tan hoàn toàn B bằng dung dịch HNO
3
dư thì thu được 2,24 lít khí N
2
O ( sản
phẩm khử duy nhất) và dung dịch C.
Giá trị của m là?
A. 7,2 B. 0,9. C. 21,6. D. 5,4.
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
24
Sáng kiến kinh nghiệm Trường THPT Điểu Cải
V. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
1. Nội dung khảo sát ( thời gian 20 phút)
Câu 1: Hoà tan m gam Al vào dung dịch HNO

3
rất loãng chỉ thu được hỗn hợp
khí gồm 0,015 mol N
2
O và 0,01 mol NO. Giá trị của m là
A. 8,1 gam. B. 1,53 gam.
C. 1,35 gam. D. 13,5 gam.
Câu 2: Hòa tan hết m gam hỗn hợp Al và Fe trong lượng dư dung dịch H
2
SO
4
loãng thoát ra 0,4 mol khí, còn trong lượng dư dung dịch NaOH thì thu được 0,3
mol khí. Giá trị m đã dùng là
A. 11,00 gam. B. 12,28 gam.
C. 13,70 gam. D. 19,50 gam.
Câu 3. Cho dung dịch chứa 2,8 gam NaOH tác dụng với dung dịch chứa 3,42
gam Al
2
(SO
4
)
3
. Sau phản ứng

khối lượng kết tủa thu được là
A. 3,12 gam. B. 2,34 gam.
C. 1,56 gam. D. 0,78 gam.
Câu 4: Nung nóng hỗn hợp A gồm m gam hỗn hợp gồm Al và Fe
2
O

3
(trong môi
trường không có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn
hợp rắn B. Chia B làm hai phần bằng nhau.
+ Cho phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được 1,68 lít khí.
+ Hòa tan hoàn toàn phần 2 bằng dung dịch HNO
3
dư thì thu được 5,6 lít khí
NO ( sản phẩm khử duy nhất).
Giá trị của m là?
A. 45,5 B. 13,5. C. 10,8. D. 34,7.
2. Kjt quả định tính:
Trong quá trình giảng tôi nhận thấy ban đầu học sinh còn gặp khó khăn
trong việc giải các bài tập trắc nghiệm, ngại thay đổi. Tuy nhiên sau khi học sinh
được giáo viên hướng dẫn các phương pháp giải thì việc tính toán dễ dàng có thể
nhấn nhanh ra kết quả, giúp học sinh định hướng cách làm bài và chủ động hơn.
Giáo viên: Nguyễn Đình Hoàng
25