SKKN PHÂN LOẠI và PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH một số DẠNG bài TOÁN về NHÔM và hợp CHẤT của NHÔM

Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh – Biên Hòa
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
NHANH MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ
NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM

Người thực hiện: TRẦN THỊ THU HIỀN
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn: Hóa học



- Lĩnh vực khác: ....................................................... 
Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Phần mềm
 Phim ảnh
 Hiện vật khác

Năm học: 2012 – 2013

Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

1


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
Họ và tên

Trần Thị Thu Hiền (nữ)

Ngày tháng năm sinh

08 - 3- 1983

Điạ chỉ

190/Q1-KP1-P.Long Bình Tân- Biên Hòa- Đồng Nai

Điện thoại

0945953432

E-mail:

Chức vụ

Giáo viên

Đơn vị công tác

THPT Nguyễn Hữu Cảnh

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
Họ và tên

Trần Thị Thu hiền

Học vị cao nhất

Thạc sĩ Hóa học

Năm nhận bằng

2013

Chuyên ngành đào tạo

Hóa hữu cơ

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
Họ và tên

Trần Thị Thu Hiền

Lĩnh vực CM có kinh nghiệm

Giảng dạy môn Hóa học

Số năm kinh nghiệm

08

Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 02
+ Phương pháp dạy học giúp học sinh có phương pháp tự học tốt bộ môn
Hóa học – Năm học 2010 – 2011.
+ Phương pháp giải nhanh bài toán hóa học – Phương pháp bảo toàn điện
tích – Năm học 2011 – 2012.

Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

2


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

MỤC LỤC
Nội dung

TT

Trang

I.
II.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI

1
1

1.

Cơ sở lý luận của đề tài

1

2.

Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài

4

2.1. Dạng 1: Nhôm tác dụng với phi kim
2.2

Dạng 2: Nhôm tác dụng với axit

4
6

2.3. Dạng 3: Nhôm tác dụng với dung dịch muối

9

2.4. Dạng 4: Nhôm tác dụng với dung dịch kiềm

10

2.5. Dạng 5: Phản ứng nhiệt nhôm

13

2.6. Dạng 6: Muối Al3+ tác dụng với dung dịch OH-

14

2.7. Dạng 7: Muối aluminat ( AlO  ) tác dụng với dung dịch axit mạnh
2

21

2.8. Dạng 8: Điện phân nóng chảy Al2O3 để điều chế nhôm

22

Một số bài tập tham khảo

24

III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

29

IV. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ VÀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG

30

V.

TÁI LIỆU THAM KHẢO

Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

30

3


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH MỘT SỐ
DẠNG BÀI TOÁN VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM
Tóm tắt đề tài:
Đề tài phân loại và đưa ra phương pháp giải nhanh một số dạng bài
toán trắc nghiệm về nhôm và hợp chất của nhôm, cùng với những ví dụ
minh họa có hướng dẫn cách giải nhanh và bài tập tự luyện.
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hóa học là môn khoa học vừa lý thuyết vừa thực nghiệm nên đa số học sinh
rất thích, nhưng đối với những em không biết cách học thì môn Hóa học là một
môn học rất khó. Theo phân phối chương trình của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo số
tiết luyện tập và ôn tập lại hơi ít so với nhu cầu cần củng cố kiến thức cho học sinh.

Bên cạnh đó, theo yêu cầu đổi mới giáo dục về việc đánh giá học sinh bằng
phương pháp 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 vững kiến thức và vận dụng một cách nhuần nhuyễn, linh hoạt để trong thời
gian ngắn nhất tìm ra đáp án của bài toán nhưng các em thường giải một bài toán
Hóa học rất dài dòng, nặng nề về mặt toán học, thậm chí không giải được vì bài
toán quá nhiều ẩn số. Do đó nếu được giáo viên hướng dẫn cách nhận dạng, phân
loại và lựa chọn phương pháp giải phù hợp sẽ giúp các em tiết kiệm thời gian, tìm
ra đáp án nhanh chóng, giải được nhiều dạng bài tập hơn.
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 toán về nhôm và hợp chất của nhôm. Các
em không biết cách nhận dạng, phân loại bài toán và thường sử dụng cách giải
truyền thống là viết và tính toán theo phương trình hoá học, nên mất rất nhiều thời
gian để giải quyết một bài toán.
Với những lý do nêu trên, tôi đã nghiên cứu và thực hiện đề tài:
“PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH MỘT SỐ DẠNG
BÀI TOÁN VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM”
Sau đây tôi xin trình bày những kinh nghiệm mà bản thân tích lũy được.
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận của đề tài
Hiện nay trong chương trình hóa học số tiết để giải bài tập rất ít, trong các giờ
luyện tập, giáo viên chỉ ôn tập kiến thức về lí thuyết và hướng dẫn các em giải một
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

4


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

số bài tập sách giáo khoa, mặc dù nhiều tài liệu cũng có đưa ra các bài tập trắc

nghiệm và có thể cả lời giải, nhưng thường hạn chế ở một số ít dạng bài tập. Do đó
cách giải bài tập bằng phương pháp trắc nghiệm còn nhiều bỡ ngỡ đối với học sinh,
thường các em giải theo phương pháp truyền thống nên rất dài và tốn thời gian. Do
đó, việc phân loại và hướng dẫn cách giải các dạng bài tập trắc nghiệm nói chung
và phần về nhôm và hợp chất của nhôm nói riêng là rất cần thiết, giúp học sinh biết
phân dạng và nắm phương pháp giải, từ đó có thể tự ôn luyện kiến thức và vận
dụng kiến thức để giải các bài tập và đạt được điểm cao trong các kỳ thi sắp tới.
Mục đích và nhiệm vụ của đề tài:
- Trình bày một số dạng bài tập trắc nghiệm về nhôm và hợp chất của nhôm;
hướng dẫn giải chúng bằng phương pháp ngắn gọn, dễ hiểu.
- Học sinh nắm được cách phân loại và phương pháp giải một số dạng bài
tập trắc nghiệm về nhôm và hợp chất của nhôm, giúp các em có thể chủ động phân
loại và vận dụng các cách giải để nhanh chóng giải các bài toán trắc nghiệm mà
không còn bỡ ngỡ như trước đây. Qua đó sẽ góp phần phát triển tư duy, nâng cao
tính sáng tạo và tạo hứng thú học tập môn Hóa Học của học sinh.
Đề tài này dựa trên cơ sở:
- Những bài tập liên quan đến nhôm và hợp chất của nhôm.
- Những phương pháp giải nhanh được áp dụng trong đề tài như: phương
pháp bảo toàn điện tích, bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, …
2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài
Để giúp học sinh giải được các bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm một
cách nhanh chóng, tôi xin đưa ra 8 dạng bài tập cụ thể:
- Dạng 1: Nhôm tác dụng với phi kim.
- Dạng 2: Nhôm tác dụng với axit.
- Dạng 3: Nhôm tác dụng với dung dịch muối.
- Dạng 4: Nhôm tác dụng với dung dịch kiềm.
- Dạng 5: Phản ứng nhiệt nhôm.
- Dạng 6: Muối Al3+ tác dụng với dung dịch OH–.
- Dạng 7: Muối aluminat (AlO2-) tác dụng với dung dịch axit.
- Dạng 8: Điện phân nóng chảy Al2O3 để điều chế nhôm.

Mỗi dạng đều đưa ra phương pháp giải và những ví dụ minh họa có hướng dẫn
giải ngắn gọn và dễ nhớ.
Hệ thống bài tập tổng hợp để các em tự ôn luyện, phân loại và vận dụng
phương pháp hợp lý để giải chúng một cách nhanh nhất, qua đó giúp các em nắm
chắc phương pháp giải hơn.
Một số phương pháp giải và các dạng bài tập cụ thể
2.1. Dạng 1: Nhôm tác dụng với phi kim
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

5


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

Phương pháp giải:
Áp dụng các định luật bảo toàn:
 Định luật bảo toàn electron: ne cho = ne nhận
 Định luật bảo toàn điện tích:
- Trong dung dịch:
Vì dung dịch trung hòa về điện nên:

 số mol điện tích ion dương =   số mol điện tích ion âm
- mmuối khan (hoặc chất rắn khan) trong dung dịch =  mcác ion tạo muối (hoặc tạo chất rắn) đó
 Định luật bảo toàn khối lượng, ...
Ví dụ 1: Đốt Al trong bình khí Cl2, sau phản ứng thấy khối lượng chất rắn trong
bình tăng 7,1 gam. Khối lượng Al đã tham gia phản ứng là
A. 8,1 gam

B. 1,8 gam

C. 0,9 gam

D. 5,4 gam

Hướng dẫn giải:
mchất rắn tăng = m Cl = 7,1 gam  n Cl =
2

2

7,1
 0,1 (mol)
71

Theo định luật bảo toàn electron: 3nAl = 2 n Cl  nAl =
2

mAl phản ứng =

0,2
(mol)
3

0,2
.27  1,8 (gam)
3

 Chọn đáp án B.
Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm x mol Al và 0,3 mol Mg phản ứng vừa đủ với hỗn hợp
Y gồm y mol Cl2 và 0,4 mol O2 thu được 64,6 gam hỗn hợp chất rắn khan. Giá trị

của x là
A. 0,6

B. 0,4

C. 0,3

D. 0,2

Hướng dẫn giải:
- Khi tham gia phản ứng hóa học, Al và Mg lần lượt chuyển thành các ion Al 3+

2
và Mg2+; đồng thời Cl2 và O2 thì chuyển thành 2Cl và 2O .
- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có:
3.x + 0,3.2 = 2y.1 + 2.0,4.2  3x – 2y = 1,0 (1)
- Khi cô cạn dung dịch:
mchất rắn khan = x.27 + 0,3.24 + 2y.35,5 + 2.0,4.16 = 64,6
 27x + 71y = 44,6 (2)
Từ (1) và (2)  x = 0,6 và y = 0,4
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

6


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

 Chọn đáp án A.
Ví dụ 3: Cho 13,5 gam kim loại hóa trị III tác dụng với Cl2 dư thu được 66,75
gam muối. Kim loại đó là

A. Fe (M=56)

B. Cr (M=52)

C. Al (M=27)

D. As (M=75)

Hướng dẫn giải:
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m Cl = 66,75 – 13,5 = 53,25 (gam)
2

 n Cl =
2

53,25
 0,75 (mol)
71

Theo định luật bảo toàn electron: 3nAl = 2 n Cl  nKL =
2

MKL phản ứng =

2.0,75
 0,5 (mol)
3

13,5
 27 (gam/mol)

0,5

 Chọn đáp án C.
2.2. Dạng 2: Nhôm tác dụng với axit
a. Kiểu 1: Nhôm tác dụng với axit HCl, H2SO4 loãng tạo muối và giải phóng H2
Phương pháp giải:
 Nhôm + Axit HCl, H2SO4 loãng → Muối nhôm + H2
 3.nAl pư = 2. n H

2

 mmuối clorua = mAl pư + 71. n H
 mmuối sunfat = mAl pư + 96. n H

2

2

Chú ý:
 Nếu đề cho hỗn hợp nhôm và kim loại khác thì
 Kim loại trước H + Axit HCl, H2SO4 loãng → Muối có hóa trị thấp + H2
 Kim loại đứng sau hidro thì không phản ứng với HCl và H2SO4 loãng.
 3nAl + hóa trị của kim loại.nKL pư = 2. n H
 mmuối clorua = mKL pư + 71. n H
 mmuối sunfat = mKL pư + 96. n H

2

2

2

 Nếu đề cho hỗn hợp nhôm và Al2O3 thì
 3.nAl pư = 2. n H

2

 Kết hợp thêm định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng, ...
Ví dụ 4: Cho m gam nhôm tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thu được
5,04 lít khí (đktc). Giá trị của m là
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

7


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

A. 4,050

B. 2,700

C. 9,113

D. 12,150

Hướng dẫn giải:

nH =

5,04

 0,225 (mol)
22,4

nAl =

2
n H  0,15 (mol)
3

2

2

mAl = 0,15.27 = 4,05 (gam)
 Chọn đáp án A.
Ví dụ 5: Cho 5,1 gam hỗn hợp Al và Mg tác dụng với dung dịch HCl dư thu
được 2,8 lít khí (đktc). Cô cạn dung dịch thu được muối khan có khối lượng là
A. 14,980 gam

B. 13,975 gam

C. 13,750 gam

D. 14,950 gam

Hướng dẫn giải:

nH =
2

2,8
 0,125 (mol)
22,4

mmuối clorua = 5,1 + 71.0,125 = 13,975 (gam)
 Chọn đáp án B.
Ví dụ 6: Cho 7,68 gam hỗn hợp X gồm Mg và Al và 400 ml dung dịch Y gồm
HCl 1M và H2SO4 0,5M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,512 lít khí
(ở đktc). Biết trong dung dịch, axit H2SO4 phân li hoàn toàn thành các ion H+ và
SO24 . Phần trăm về khối lượng của Al trong hỗn hợp X là
A. 50,78%

B. 49,22%

C. 56,25%

D. 43,75%

Hướng dẫn giải:

n H = 2.n H SO + nHCl = 2.0,5.0,4 + 1.0,4 = 0,8 (mol)


2

nH =
2

4

8,512
 0,38 (mol) < 2. n H
22,4



 H+ dư.
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
3.nAl + 2.nMg = 2.n H  3nAl + 2nMg = 2.0,38 = 0,76
2

mhh = mAl + mMg  27.nAl + 24.nMg = 7,68
 nAl = 0,16 (mol) và nMg = 0,14 (mol)
 %Al =

0,16.27.10 0%
 56,25%
7,68

 Chọn đáp án C.
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

8


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

Ví dụ 7: Hòa tan hoàn toàn 18,0 gam hỗn hợp Al và Al2O3 vào V lít dung dịch
HCl 1M thu được 3,36 lít khí (đktc). Giá trị tối thiểu của V là
A. 1,5

B. 1,4

C. 0,6

D. 1,2

Hướng dẫn giải:

nH =

3,36
 0,15 (mol)
22,4

nAl =

2
n H  0,1 (mol)
3

2

2

mAl = 0,1.27 = 2,7 (gam)

m Al O = 18 – 2,7 = 15,3 (gam)
2

3

n Al O =
2

3

15,3
 0,15 (mol)
102

nHCl = 3nAl + 6 n Al O = 3.0,1 + 6.0,15 = 1,2 (mol)
2

3

1,2
 1,2 (lít)
1
 Chọn đáp án D.
V=

b. Kiểu 2: Nhôm tác dụng với axit H2SO4 đặc, HNO3
Phương pháp giải:
 Kim loại + HNO3 hoặc H2SO4 đặc, tạo ra muối mà kim loại có số oxi hóa cao
nhất.
 Áp dụng định luật bảo toàn electron:
Hóa trị cao nhất của kim loại.nKL pư = 6.nS + 2. n SO + 8. n H S
2

2

Hóa trị cao nhất.nKL pư = n NO + 3.nNO + 10. n N + 8. n N O + 8. n NH NO
2

2

2

4

3

 mmuối nitrat = mKL pư + 62. n e cho (hay e nhân) + 80. n NH NO
4

3

96
. n e cho (hay e nhân) = mKL pư + 96.(3.nS + n SO + 4. n H S )
2
+ 4.nNO + 12. n N + 10. n N O + 10. n NH NO

 mmuối sunfat = mKL pư +
 n HNO

3

 n H SO
2

4

2

phản ứng =

2. n NO

phản ứng =

4.nS + 2. n SO + 5. n H S

2

2

2

2

4

2

3

2

Chú ý:

 Al, Fe, Cr bị thụ động trong HNO3 đặc nguội và H2SO4 đặc nguội.
 Au, Pt không phản ứng với H2SO4 đặc và HNO3.

Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

9


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

Ví dụ 8: Hoà tan m gam Al vào dung dịch HNO3 loãng chỉ thu được hỗn hợp
khí gồm 0,015 mol N2O và 0,01 mol NO (không còn sản phẩm khử nào khác). Giá
trị của m là
A. 8,1

B. 1,53

C. 1,35

D. 13,5

Hướng dẫn giải:
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:
3.nAl = 3.nNO + 8.n N O  nAl =
2

3.0,01  8.0,015
 0,05 (mol )
3

mAl = 0,05.27 = 1,35 (gam)
 Chọn đáp án C.
Ví dụ 9: Cho 9,936 gam một kim loại R tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc
nóng, dư thu được V lít khí H2S (đktc) và dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu
được 62, 928 gam muối khan. Kim loại R và giá trị của V là
A. Fe (M=56) và 3,0912 lít

B. Al (M=27) và 3,0912 lít

C. Mg (M=24) và 1,5456 lít

D. K (M=40) và 1,5456 lít
Hướng dẫn giải:

Từ công thức ta có: n H S =
2

62,928 - 9,936
 0,138 mol
4.96

VH S = 0,138.22,4 = 3,0912 (lít)
2

Gọi x là hóa trị của kim loại R.
Ta có: x.nR = 8. n H S  nR =
2

8.0,138 1,104


x
x

9,936
 9.x
1,104
x
Với x = 3 thì R = 27  R là Al
R=

 Chọn đáp án B.
2.3. Dạng 3: Nhôm tác dụng với dung dịch muối
Phương pháp giải:
 Phản ứng tuân theo quy tắc :
Chất oxi hóa mạnh + chất khử mạnh → chất oxi hóa yếu + chất khử yếu
 mKL (chất rắn) tăng = mKL bám vào – mKL tan ra = mdung dịch giảm = mchất tan trong dung dịch giảm
 mKL (chất rắn) giảm = mKL bám vào – mKL tan ra = mdung dịch tăng = mchất tan trong dung dịch tăng
Chú ý:
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

10


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

 Kết hợp thêm định luật bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng, …
Ví dụ 10: Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550ml dung dịch
AgNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Giá
trị m là (biết thứ tự trong dãy thế điện hóa: Fe3+/Fe2+ đứng trước Ag+/Ag)
A. 59,4

B. 64,8

C. 32,4

D. 54,0

Hướng dẫn giải:

2,7
5,6
 0,1 (mol); nFe =
 0,1 (mol)
27
56

nAl =

n AgNO  0,55.1  0,55 (mol)
3

ne cho max = 3nAl + 2nFe + 1. n Fe = 3.0,1+2.0,1+1.0,1= 0,6 > ne nhận = 1.n AgNO  0,55
2

3

 AgNO3 phản ứng hết.
Theo định luật bảo toàn nguyên tố bạc, ta có: nAg = n AgNO  0,55 (mol)
3

m = mchất rắn = mAg = 0,55.108 = 59,4 (gam)
 Chọn đáp án A.
Ví dụ 11: Cho m1 gam Al vào 100ml dung dịch Cu(NO3)2 0,3M và AgNO3
0,3M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m2 gam chất rắn X. Nếu
cho m2 gam X tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thì thu được 0,336 lít khí H2
(đktc). Giá trị m1 và m2 lần lượt là
A. 1,08 và 5,43

B. 8,10 và 5,43

C. 0,54 và 5,16

D. 1,08 và 5,16
Hướng dẫn giải:

n Cu  0,1.0,3  0,03 (mol); n Ag  0,1.0,3  0,03 (mol);


2

Vì chất rắn X tác dụng với HCl giải phóng khí H2 nên trong X có Al dư.
nAl dư =

2
2 0,336
.n H  .
 0,01 (mol)
3
3 22,4
2

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:
3nAl pư = 2. n Cu + n Ag  nAl pư = 0,03 (mol)
2



 m1 = mAl = 27.(nAL pư + nAl dư) = 27.(0,01 + 0,03) = 1,08 (gam)
m2 = mCu + mAg + mAl dư = 0,03.64 + 0,03.108 + 0,01.27 = 5,43 (gam).
 Chọn đáp án A.
2.4. Dạng 4: Nhôm tác dụng với dung dịch kiềm
a. Kiểu 1: Cho nhôm hoặc hỗn hợp Al và Al2O3 tác dụng với dung dịch kiềm
Phương pháp giải:
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

11


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

 Al + OH– + H2O  AlO -2 +

3
H2
2

 Al2O3 + 2OH– + H2O  2 AlO -2 + 2H2O
Chú ý:
 2Al  3H2
Ví dụ 12: Cho bột nhôm tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thu được 6,72 lít

khí H2 (ở đktc). Khối lượng bột nhôm đã phản ứng là (Cho Al = 27)
A. 2,7 gam.

B. 10,4 gam.

C. 5,4 gam.

D. 16,2 gam.

Hướng dẫn giải:
2Al → 3H2

Khi hoà tan vào NaOH:

x → 1,5x
 n H = 1,5x =
2

V
6,72
 0,3  x = 0,2
=
22,4 22,4

mAl = 0,2.27 = 5,4 (gam).
 Chọn đáp án C.
Ví dụ 13: Cho 31,2 gam hỗn hợp bột Al và Al2O3 tác dụng với dung dịch NaOH
dư thoát ra 13,44 lít khí (đktc). Khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu là
A. 21,6 gam Al và 9,6 gam Al2O3

B. 5,4 gam Al và 25,8 gam Al2O3

C. 16,2 gam Al và 15,0 gam Al2O3

D. 10,8 gam Al và 20,4 gam Al2O3

Hướng dẫn giải:
2Al → 3H2

Khi hoà tan vào NaOH:

x → 1,5x
 n H = 1,5x =
2

V
13,44
 0,6  x = 0,4
=
22,4
22,4

mAl = 0,4.27 = 10,8 (gam).
 m Al O = 31,2 – 10,8 = 20,4 (gam)
2

3

 Chọn đáp án D.
b. Kiểu 2: Cho hỗn hợp gồm Al và một kim loại kiềm (Na, K) hoặc kim loại kiềm

thổ (Ca, Ba) tác dụng với nước.
Phương pháp giải:
 Thứ tự phản ứng như sau:
Trước hết: M (kim loại kiềm) + H2O → MOH + ½H2
Sau đó:

Al + MOH + H2O → MAlO2 + 3/2H2

Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

12


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

Chú ý:
 2Na → H2
 2Al → 3H2
+ Nếu nM = nMOH ≥ nAl  Al tan hết
+ Nếu nM = nMOH < nAl  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.
Ví dụ 14: Hoà tan m gam 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

V lít khí. Biết các khí đo trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Thành phần
4

phần trăm khối lượng Na, Al trong m gam lần lượt là
A. 29,87% và 70,13%

B. 70,13% và 29,87%

C. 71,03% và 28,97%

D. 28,97% và 71,03%
Hướng dẫn 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.
Khi hoà tan vào nước:



n

H 2 (1)

= 2x =

2Na → H2

2Al → 3H2

x → 0,5x

x → 1,5x

V
V
x=
44,8
22,4

Khi hoà tan vào dung dịch NaOH dư: 2Na → H2
x → 0,5x


n

Vì x =

H 2 (2)

= 0,5x + 1,5y =

2Al → 3H2
y → 1,5y

7V
4.22,4

V
V
y=

44,8
22,4

 %mNa = 29,87%; %mAl = 70,13%.
 Chọn đáp án A.
Ví dụ 15: Cho hỗn hợp 0,1 mol Ba và 0,2 mol Al vào nước dư thì thể tích khí
thoát ra (đktc) là
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

13


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

A. 2,24 lít.

B. 4,48 lít.

C. 6,72 lít.

D. 8,96 lít.

Hướng dẫn giải:
Ta quy đổi: 1Ba → 2Na
0,1 → 0,2 (mol)
Vì nNa = nAl = 0,2 mol nên Al phản ứng hết.
2Na → H2

2Al → 3H2

0,2 → 0,1

0,2 → 0,3

n



H2

(mol)

= 0,1 + 0,3 = 0,4 (mol)

VH = 0,4.22,4 = 8,96 (lít).
2

 Chọn đáp án D.
2.5. Dạng 5: Phản ứng nhiệt nhôm
Phương pháp giải:
 Phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn:
t
2nAl + 3M2On 
nAl2O3 + 6M
0

 Nếu hỗn hợp rắn sau phản ứng + NaOH → H2  Al dư.
 Thường kết hợp thêm định luật bảo toàn khối lượng và bảo toàn electron.
Ví dụ 16: Đun nóng một hỗn hợp gồm Al và 16 gam Fe2O3 (trong điều kiện
không có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn X.

Cho X tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch NaOH 1M sinh ra 3,36 lít H 2 (đktc).
Giá trị của V là
A. 150

B. 100

C. 200

D. 300

Hướng dẫn giải:

n Fe O 
2

3

16
 0,1 (mol);
160

nH 
2

3,36
 0,15 (mol)
22,4

Theo định luật bảo toàn electron: 3nAl phản ứng = 6. n Fe O  0,6 (mol)
2

3

 nAl phản ứng = 0,2 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố nhôm: nAl phản ứng = 2. n Al O  n Al O = 0,1 mol
2

3

2

3

2Al → 3H2
nAl dư =

2.3,36
 0,1 (mol)
3.22,4

nNaOH = nAl dư + 2 n Al O = 0,1 + 2.0,1 = 0,3 (mol)
2

3

Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

14

Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

0,3
 0,3 (lít)  300ml
1
 Chọn đáp án D.
VNaOH =

Ví dụ 17: Đun nóng hỗn hợp bột X gồm 0,06 mol Al; 0,01 mol Fe3O4; 0,015
mol Fe2O3 và 0,02 mol FeO một thời gian. Hỗn hợp Y thu được sau phản ứng được
hoà tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch Z. Thêm dung dịch
NH3 đến dư vào Z, lọc kết tủa T, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không
đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là
A. 6,16

B. 6,40

C. 7,78

D. 9,46

Hướng dẫn giải:
Ta có sơ đồ sau:
Al
Al
t

Fe3O4

Al2O3

0

AlCl3
+ HCl dư

Fe

Fe2O3

FeO

FeO

Fe3O4

FeCl2

+ NH3 dư

FeCl3

Al(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3

t0
Có O2

Al2O3

Fe2O3

Fe2O3
(X)

(Y)

(Z)

(T)

m (gam)

Theo sơ đồ trên ta thấy: 2Al → Al2O3
2Fe → Fe2O3

n

Fe

 3n Fe O  2n Fe O  n FeO  3.0,01 + 2.0,015 + 0,02 = 0,08 (mol)
3

 n Al O 
2

3

n Fe O 
2

3

m = m Al O
2

3

4

2

3

n Al 0,06

 0,03 (mol)
2
2
n Fe 0,08

 0,04 (mol)
2
2
 m Fe O = 0,03.102 + 0,04.160 = 9,46 (gam)
2

3

 Chọn đáp án D.

2.6. Dạng 6: Muối Al3+ tác dụng với dung dịch OH–
Al3+ + 3OH– → Al(OH)3 
Khi OH- dư:

(1)

Al(OH)3 + OH– → AlO 2 tan + 2H2O (2)

 Al3+ + 4OH– → AlO 2 + 2H2O
a. Kiểu 1: Cho biết số mol của Al3+ và OH–, yêu cầu tính lượng kết tủa
Phương pháp giải:
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

15


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

 Đặt T 

nOH 
nAl 3

+ Nếu T ≤ 3: Chỉ xảy ra (1) và chỉ tạo Al(OH)3 . (Al3+ dư nếu T < 3)
Khi đó nAl (OH ) 

nOH 

3

3

(Dựa theo bảo toàn OH-)

+ Nếu 3 < T < 4: Xảy ra (1) và (2), tạo hỗn hợp Al(OH)3  và AlO 2 .
Khi đó: n Al(OH)  x
3

n AlO  y

2

 Hệ phương trình: x + y = n Al

3

3x + 4y = nOH



+ Đặc biệt, nếu T = 3,5 thì n Al ( OH )  n AlO 

n Al


2

3

3

2

+ Nếu T ≥ 4: Chỉ xảy ra (2) và chỉ tạo AlO 2 (OH- dư nếu T > 4)
Khi đó: n AlO  n Al và m Al(OH)  0 (không còn kết tủa)

2

3

3

Ví dụ 18: Rót 100 ml dung dịch NaOH 3,5M vào 100 ml dung dịch AlCl3 1M
thu được m gam kết tủa. Giá trị m là
A. 1,95

B. 9,30

C. 3,90

D. 7,80

Hướng dẫn giải:
Ta có: nNaOH = 0,1.3,5 = 0,35 (mol);

n AlCl3 = 0,1.1 = 0,1 (mol)

Ta giải bài tập này theo 2 cách để so sánh.
Cách 1: Làm theo cách truyền thống
AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3 + 3NaCl

Ban đầu:

0,1

Phản ứng:

0,1  0,3

Sau phản ứng: 0

0,35
0,05

0,1

0,3

0,1

0,3

Vì NaOH còn dư nên có tiếp phản ứng:
Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O
Ban đầu:

0,1

Phản ứng:

0,05  0,05  0,05

Sau phản ứng: 0,05

0,05
0

0,05

Vậy sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được:
0,05 mol Al(OH)3 và 0,05 mol NaAlO2
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

16


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

 m = 0,05.78 = 3,9 (gam)
 Chọn đáp án C.
Cách 2: Vận dụng tỉ lệ T
nOH   0,35 mol,

T

nOH 
nAl 3

n Al 3  0,1 mol

= 3,5

Nên n Al ( OH )  n AlO 

n Al


2

3

3

2

= 0,05 (mol)

 m = 0,05.78 = 3,9 (gam)
 Chọn đáp án C.
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.
Ví dụ 19: Cho 250 ml dung dịch KOH 4M tác dụng với 100 ml dung dịch
Al2(SO4)3 1M được dung dịch X. Các chất tan có trong dung dịch X là
A. K2SO4 và Al2(SO4)3 dư

B. K2SO4 và KOH dư

C. K2SO4 và KAlO2

D. K2SO4, KAlO2 và KOH dư
Hướng dẫn giải:

n OH  0,25.4 = 1,0 (mol);


T

nOH 
nAl 3

n Al  2n Al (SO )  2.0,1.1 = 0,2 (mol)
3

2

4 3

= 5,0 > 4  Tạo AlO 2 và OH– dư

 Dung dịch X có: K2SO4, KAlO2 và KOH dư.
 Chọn đáp án D.
Ví dụ 20: Dung dịch A chứa 16,8 gam NaOH cho tác dụng với dung dịch chứa
8,0 gam Fe2(SO4)3. Thêm tiếp vào đó 13,68 gam Al2(SO4)3 thu được 500ml dung
dịch B và m gam kết tủa. Giá trị m là
A. 6,15

B. 5,16

C. 1,56

D. 1,65

Hướng dẫn giải:
nFe 2 ( SO4 ) 3  0,02 mol;

nNaOH = 0,42 mol;
Ta có:

nOH 
nFe3

 10,5  Tạo Fe(OH)3 và Fe

3+

nAl 2 ( SO4 ) 3  0,04 mol

hết, OH– dư

nFe (OH ) 3  nFe3  0,04 mol;
n Al 3  0,08 mol;

n OH còn lai  0,42 – 0,04.3 = 0,3 (mol)


Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

17


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

 T

n OH còn lai
 3,75  tạo hỗn hợp Al(OH)3 x mol và AlO 2 y mol
n Al


3

Ta có hệ: x + y = 0,08
3x + 4y = 0,3


x = 0,02
y = 0,06

Vậy khối lượng kết tủa là: m = m = 0,02.78 = 1,56 (gam)
 Chọn đáp án C.
b. Kiểu 2: Cho biết số mol của kết tủa Al(OH)3 và một chất tham gia phản ứng,
yêu cầu tính lượng chất tham gia phản ứng còn lại.
Đặc điểm bài toán:
- Biết số mol của một trong hai chất tham gia phản ứng và số mol kết tủa.
- Yêu cầu tính số mol của chất tham gia phản ứng còn lại.
* Biết số mol Al(OH)3, số mol Al3+. Tính lượng OH–.
Phương pháp giải:
 Nếu n Al(OH)  n Al : cả 2 chất phản ứng vừa đủ với nhau tạo Al(OH)3. Khi đó:
3

3

n OH  3n Al(OH)
-

3

 Nếu n Al(OH)  n Al thì có 2 trường hợp:
3

3

+ Chưa có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al 3+ còn dư. Sản phẩm chỉ có
Al(OH)3 và n OH  3n Al(OH)
-

3

+ Có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al3+ hết. Sản phẩm có Al(OH)3 và AlO 2 :
Ta có: n AlO  n Al  n Al(OH)

2

3

3

n OH  3n Al(OH)  4n AlO


3


2

Vì từ Al3+ để tạo ra AlO 2 thì xảy ra phương trình hóa học:
Al3+ + 4OH– → AlO 2 + 2H2O
Ví dụ 21: Cho 2,0 lít dung dịch KOH tác dụng với 58,14 gam Al2(SO4)3 thu
được 26,52 gam kết tủa. Nồng độ mol/lít của dung dịch KOH là
A. 0,170M

B. 0,510M

C. 0,255M

D. 1,020M

Hướng dẫn giải:
n Al  2n Al (SO
3

2

4 )3



58,14
= 0,34 (mol)
342

Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

18


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

26,52
 0,34 (mol)
78

n Al(OH) 
3

Vì n Al(OH) = n Al nên n OH  3n Al(OH)  3.0,34 = 1,02 (mol).
3

3

CM KOH =

-

3

1,02
 0,51 (M)
2

 Chọn đáp án B.

Ví dụ 22: Cho 200ml dung dịch AlCl3 1,5M 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 là
A. 1,2

B. 1,8

C. 2,0

D. 2,4

Hướng dẫn giải:
n Al  0,2.1,5 = 0,3 (mol)
3

n Al(OH) 
3

15,6
 0,2 (mol)
78

Vì n Al(OH) < n Al nên có 2 trường hợp xảy ra.
3

3

Nhưng để giá trị của Vdd NaOH lớn nhất ta chỉ xét trường hợp kết tủa Al(OH)3 bị tan
một phần.
n AlO  n Al  n Al(OH) = 0,3 – 0,2 = 0,1 (mol)


2

3

3

n OH  3n Al(OH)  4n AlO = 3.0,2 + 4.0,1 = 1 (mol)



2

3

Vdd NaOH =

1,0
 2,0 (lít)
0,5

 Vdd NaOH max = 2,0 lít.
 Chọn đáp án C.
* Biết số mol OH–, số mol kết tủa Al(OH)3. Tính số mol Al3+ ban đầu.
Phương pháp giải:
 So sánh n OH
 Nếu n OH
 Nếu n OH



đê bài cho

và n OH



đê bài cho

 n OH



đê bài cho

 n OH



trong kết tủa

n OH





trong kết tủa thì

kết tủa cực đại: n Al  n Al(OH) 



trong kết tủa thì

đã có hiện tượng hoà tan một phần kết tủa.

3

3

3

Sản phẩm sẽ có Al(OH)3 và AlO 2
n AlO 

n OH



đê bài cho

2

 3n Al(OH)

3

4

(Dựa vào bảo toàn nhóm OH–)

 n Al  n Al(OH)  n AlO
3

3


2

Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

19


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

 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.
Ví dụ 23: Thêm 400ml dung dịch NaOH 1,5M vào 100 ml dung dịch AlCl3 thu
được 15,6 gam kết tủa. Nồng độ mol/lít của dung dịch AlCl3 là
A. 2M

B. 6M

C. 4M

D. 8M

Hướng dẫn giải:

n OH



đê bài cho

n Al ( OH )3 

 n OH



= 0,4.1,5 = 0,6 (mol)

15,6
= 0,2 (mol)
78

= 0,6 mol = n OH

trong kết tủa



đê bài cho

 n Al  n Al(OH)  0,2 (mol)
3

3

 C M AlCl 
3

n Al

3

Vdd AlCl



3

0,2
 2 (M)
0,1

 Chọn đáp án A.
Ví dụ 24: Thêm 0,6 mol NaOH vào dung dịch 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. Giá trị của x là
A. 0,3

B. 1,5

C. 0,9

D. 0,8

Hướng dẫn giải:

n

OH 

 0,6  0,9  1,2  2,7 (mol) ;

n Al ( OH )3  0,5 mol

 n OH



trong kết tủa

= 1,5 mol < 2,7 mol

 có tạo AlO 2

n AlO 

n

OH 


2

 3n Al(OH)

4

3

 0,3 (mol)

 n Al  n Al(OH)  n AlO  0,5  0,3  0,8 (mol)
3

3


2

 Chọn đáp án D.
* Nếu cho cùng một lượng Al3+ 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–
Phương pháp giải:
 TN1: a mol Al3+ tác dụng với b mol OH– tạo x mol kết tủa.
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

20


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

 TN2: a mol Al3+ tác dụng với 3b mol OH– tạo x mol kết tủa hoặc 2x mol kết
tủa.
 Khi đó, ta kết luận:
TN1: Al3+ còn dư và OH– hết. nAl (OH ) 

nOH 

3

= x.

3

TN2: Cả Al3+ và OH– đều hết và đã có hiện tượng hoà tan kết tủa.

n AlO  n Al - n Al(OH)
3

2

3

(TN2)



n OH

-

(TN2)

 3n Al(OH)

3

(TN2)

4

Ví dụ 25:
TN1: Cho a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 500ml dung dịch NaOH 1,2M được m
gam kết tủa.
TN2: Cũng a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 750ml dung dịch NaOH 1,2M thu
được m gam kết tủa.
Giá trị a và m lần lượt là
A. 0,1357 và 15,6

B. 0,1753 và 5,4

C. 0,1375 và 5,4

D. 0,1375 và 15,6
Hướng dẫn giải:

n OH

-

(TN1)

 0,5.1,2 = 0,6 (mol)

n OH

-

(TN2)

 0,75.1,2 = 0,9 (mol)

Vì lượng OH- ở 2 thí nghiệm khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên:
 TN1: Al3+ dư, OH– hết.

n Al(OH) 

n OH

-

(TN1)

3

3

 0,2 mol  m = m↓ = 0,2.78 = 15,6 (gam).

 TN2: Al3+ và OH– đều hết và có hiện tượng kết tủa bị hoà tan một phần.

n AlO  n Al - n Al(OH)
3

2

(TN2)



n OH

-

(TN2)

 3n Al(OH)

4
 Đối với thí nghiệm 2: Al(OH)3: 0,2 mol
3

3

(TN2)

=

0,9 - 3.0,2
 0,075 (mol)
4

AlO 2 : 0,075 mol

n

Al 3

 0,2 + 0,075 = 0,275 (mol)

 a = n Al (SO
2

4 )3



n Al
2

3

 0,1375 (mol).

 Chọn đáp án D.
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

21


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

2.7. Dạng 7: Muối aluminat (AlO2-) tác dụng với dung dịch axit mạnh
Phương pháp giải:
Biết số mol Al(OH)3, số mol AlO 2 . Tính lượng H+.

 Nếu n Al(OH)  n AlO : cả 2 chất phản ứng vừa đủ với nhau tạo Al(OH)3.
2

3

Khi đó: nH   nAl (OH )3 (Từ AlO 2 → Al(OH)3 cần 1H+)
 Nếu n Al(OH)  n AlO thì có 2 trường hợp:
2

3

 Chưa có hiện tượng hoà tan kết tủa hay AlO 2 còn dư.
Sản phẩm chỉ có Al(OH)3 và nH   nAl (OH )3
 Có hiện tượng hoà tan kết tủa hay AlO 2 hết.
Sản phẩm có Al(OH)3 và Al3+:
Ta có: n Al  n AlO  n Al(OH)
3


2

3

nH   nAl ( OH )3  4nAl 3

(Vì: AlO 2 + 4H+ → Al3+ + 2H2O)
Ví dụ 26: Cho 200ml dung dịch HCl vào 200ml dung dịch NaAlO2 2M thu
được 15,6 gam kết tủa keo. Nồng độ mol/lít của dung dịch HCl là
A. 1M hoặc 2M

B. 2M hoặc 5M

C. 1M hoặc 5M

D. 2M hoặc 4M

Hướng dẫn giải:
Do có tạo kết tủa Al(OH)3 nên OH- đã phản ứng hết.

n Al(OH) 
3

15,6
 0,2 (mol)
78

n AlO  0,2.2 = 0,4 (mol)
2

n Al(OH)  n AlO  có 2 trường hợp:
3

2

 Trường hợp 1: AlO 2 dư.
nH   nAl (OH )3 = 0,2 mol  CM HCl =

0,2
 1 (M)
0,2

 Trường hợp 2: AlO 2 hết.
Khi đó: Sản phẩm có Al(OH)3: 0,2 mol

n Al  n AlO  n Al(OH) = 0,4 – 0,2 = 0,2 (mol)
3


2

3

 nH  nAl (OH )  4nAl = 0,2 + 4.0,2 = 1,0 (mol)


3

3

Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

22


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

 CM HCl =

1,0
 5 (M)

0,2

 Chọn đáp án C.
Ví dụ 27: Hòa tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al và Al 2O3 trong 500ml
dung dịch NaOH 1M thu được 6,72 lít H2 (đktc) và dung dịch X. Thể tích dung
dịch HCl 2M cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn nhất là
A. 0,175 lít

B. 0,25 lít

C. 0,125 lít

D. 0,52 lít

Hướng dẫn giải:
- Dung dịch X chứa các ion Na+; AlO 2 ; OH-.
- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có:

n AlO  n OH  n Na = 0,5.1 = 0,5 (mol)

2



-

- Khi cho HCl vào dung dịch X:
H+ + OH-  H2O (1)
H+ + AlO 2 + H2O  Al(OH)3 (2)
3H+ + Al(OH)3  Al3+ + 3H2O (3)

- Để kết tủa lớn nhất thì phản ứng (3) không xảy ra và:

n H  n AlO  n OH = 0,5 (mol)



2

Vdd HCl =

-

0,5
= 0,25 (lít)
2

 Chọn đáp án B.
2.8. Dạng 8: Điện phân nóng chảy Al2O3 để điều chế nhôm
Phương pháp giải:
Điện phân nóng chảy Al2O3:
 2Al2O3

dpnc,
NaAlF(Criolit)

3

6

4Al + 3O2 (điện cực bằng than chì).

 Các quá trình xảy ra trên điện cực:
- Tại catot: Al3+ + 3e → Al
- Tại anot: 2O2- → O2 + 4e
 Áp dụng định luật Faraday, ta có:

n

It
96500a

n: số mol chất thu được ở điện cực (mol).
I: Cường độ dòng điện (A).
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

23


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

t: Thời gian điện phân (s).
a: Số electron mà nguyên tử hoặc ion đã cho hoặc nhận.
 Các quá trình phụ xảy ra khi điện phân nóng chảy Al2O3:
C + O2 → CO2
C + CO2 → CO
 Hỗn hợp khí sinh ra là: CO, CO2, O2.
Ví dụ 28: Nhôm được sản xuất bằng phương pháp điện phân nhôm oxit nóng
chảy. Khối lượng nhôm thu được sau 1 giờ điện phân nóng chảy nhôm oxit với
cường độ dòng điện 5A và hiệu suất phản ứng đạt 100% là
A. 5,04 gam

B. 15,11 gam

C. 1,68 gam

D. 16,79 gam

Hướng dẫn giải:
Áp dụng định luật Faraday, ta có: m Al 

27.5.3600
 1,68 (gam)
3.96500

 Chọn đáp án C.
Ví dụ 29: Khối lượng than chì cần dùng để sản xuất 0,54 tấn nhôm bằng phương
pháp điện phân nhôm oxit nóng chảy, biết rằng lượng khí oxi tạo ra ở cực dương
đã đốt cháy than chì thành hỗn hợp CO và CO2 có tỉ khối so với hidro sunfua là
1,176 là:
A. 306,45 kg

B. 205,71kg

C. 420,56 kg

D. 180,96 kg

Hướng dẫn giải:

0,54.1000

 20 (kmol)
27

n Al 

Vì M H S  34 nên M hỗn hợp khí = 1,176.34 = 40
2

Áp dụng quy tắc đường chéo:
a CO 28

4
40

b CO2 44


12

a 4 1
 
b 12 3

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố oxi, ta có:
2. n O = nCO + 2. n CO
2

n CO  2.n CO

2

n CO  6.n CO 7n CO

2
2
2
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:
 nO =
2

2



Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

24


Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm

3.nAl = 4. n O

2

 n O = 15 (kmol)
2

 nCO =

2n O

2

7



2.15 30

(mol)
7
7

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cacbon ta có:
nC= nCO + n CO = 4nCO =
2

4.30 120

(mol)
7
7

 mC = 12.nC = 205,71 (kg)
 Chọn đáp án B.

MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO
Câu 1. Để 2,7 gam một thanh nhôm ngoài không khí, một thời gian sau đem cân
thấy thanh nhôm nặng 4,14 gam. Phần trăm khối lượng thanh nhôm đã bị oxi hóa

bởi oxi của không khí là
A. 65,21%.

B. 30,00%.

C. 67,50%.

D. 60,00%.

Câu 2. Đốt cháy hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp Mg và Al trong khí oxi (dư) thu
được 30,2 gam hỗn hợp oxit. Thể tích khí oxi (đktc) đã tham gia phản ứng là
A. 4,48 lít.

B. 8,96 lít.

C. 17,92 lít.

D. 11,20 lít.

Câu 3. Hòa tan 5,4 gam Al bằng một lượng dung dịch H2SO4 loãng, dư. Sau phản
ứng thu được dung dịch X và V lít khí H2 (đktc). Giá trị của V là
A. 2,24

B. 3,36

C. 4,48

D. 6,72

Câu 4. Cho 8,3 gam hỗn hợp Al, Fe tác dụng hết với dung dịch HCl. Sau phản ứng

khối lượng dung dịch HCl tăng thêm 7,8 gam. Khối lượng muối tạo ra trong dung
dịch là
A. 26,05 gam

B. 2,605 gam

C. 13,025 gam

D. 1,3025 gam

Câu 5. Hoà tan hết 3,5 gam hỗn hợp kim loại gồm Mg, Al và Fe bằng dung dịch
HCl, thu được 3,136 lít khí (đktc) và m gam muối clorua. Giá trị m bằng
A. 13,44.

B.15,2.

C. 9,6.

D. 12,34.

Câu 6. Cho m gam hỗn hợp Mg và Al vào 500 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit
HCl 1M và axit H2SO4 0,5M, thu được 10,64 lít H2 (ở đktc) và dung dịch Y (coi
thể tích dung dịch không thay đổi). Dung dịch Y có pH bằng
A. 1

B. 3

C. 2

D. 4

Câu 7. Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu
được dung dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N 2O và N2
(không còn sản phẩm khử nào khác). Tỉ khối của hỗn hợp Y so với khí hiđro là 18.
Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền

25