SANG KIEN KINH NGHIEM hướng dẫn học sinh giải nhanh một số dạng toán hóa học về nhôm và hợp chất của nhôm

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
BÁO CÁO SÁNG KIẾN
“HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI NHANH MỘT SỐ DẠNG TOÁN HÓA
HỌC VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM"
I. TÁC GIẢ: Hà Thị Hồng Gấm.
Giáo viên môn: Hóa Học
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Tổ tự nhiên.
Đơn vị: Trường THPT Nguyên Bình.
II. LĨNH VỰC ÁP DỤNG:
Sáng kiến kinh nghiệm “ Hướng dẫn học sinh giải nhanh một số dạng toán hóa
học về Nhôm và hợp chất của Nhôm" áp dụng bồi dưỡng học sinh khá giỏi, ôn thi
Đại học, Cao đẳng môn Hóa.
III. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN.
Là giáo viên giảng dạy bộ môn Hóa tại trường THPT Nguyên Bình với trên
50% học sinh là con em đồng bào dân tộc Mông, Dao, nhiều em chưa thật sự tự tin
khi học bộ môn Hóa, nhiều em còn rỗng kiến thức, nhà cách rất xa trường, nhiều em
học sinh phải ra thị trấn trọ học nên phần nào thiếu đi sự quan tâm của gia đình, nên
ảnh hưởng rất nhiều đến kết quả học tập của các em.
Đối tượng học sinh tại Trường THPT Nguyên Bình nhìn chung có nhận thức còn
chậm so với nhiều trường bạn trong tỉnh. Điểm thi đầu vào trường thấp, một số học
sinh chưa biết viết đúng công thức hóa học, chưa hoàn thành được một phương trình
hóa học nên việc áp dụng giải các bài tập định lượng còn gặp rất nhiều khó khăn.
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy trong số các bài toán thường gặp trong đề
thi thì các bài toán về kim loại chiếm tỉ lệ không nhỏ. Khi nói đến bài tập về kim loại
thì phần bài tập về nhôm và các hợp chất của nhôm là nội dung không thể thiếu ở bất
kì lần thi Tốt Nghiệp hay Đại Học, Cao Đẳng nào.
Bài tập về nhôm đã khó mà phần bài tập về hợp chất của nhôm càng khó hơn. Ví
dụ khi gặp bài toán: Cho dung dịch dung dịch kiềm tác dụng với muối nhôm thì tùy
thuộc vào tỷ lệ số mol của các chất tham gia phản ứng mà sản phẩm thu được có thể
là kết tủa hay dung dịch muối tan, hay cả hai trường hợp...Mặt khác sách giáo khoa 12

Cơ Bản Và 12 nâng cao ít đề cập đến các dạng bài toán về hợp chất của Nhôm nên
học sinh ít có điều kiện để rèn luyện thêm kĩ năng giải các dạng bài toán này về nội
dung này.
Thực tế khi giải các bài toán hóa học, học sinh thường có thói quen giải toán hoá
theo trình tự viết phương trình hoá học, đặt ẩn, lập hệ phương trình... Với cách giải
này chỉ phù hợp với những bài toán đơn giản, ít phương trình hóa học. Nếu gặp các
1


bài toán có nhiều phương trình hóa học thì cách làm này trình bày dài, không đủ thời
gian để làm hết bài. Trong quá trình làm bài theo cách giải cũ này thường hay sơ suất
dẫn đến đáp án sai từ đó sẽ gây mầt bình tĩnh khi xử lí tiếp các bài tập còn lại vì quỹ
thời gian còn quá ít. Đối với hình thức thi trắc nghiệm hiện nay các em cần phải trả lời
nhanh và chính xác với thời gian dành cho mỗi câu trung bình chỉ là 1,5 - 1,8 phút
.Do đó các em phải trang bị cho mình ngoài những cách giải thông thường, cần có
những phương pháp để giải nhanh, chọn đúng đáp án. ví dụ khi gặp bài toán sau:
VD: Rót 100 ml dung dịch NaOH 3,5M vào 100 ml dung dịch AlCl 3 1M thu
được m gam kết tủa. Tính m?
Học sinh thường giải theo cách sau:
nAlCl = 0,1 mol
Ta có: nNaOH = 0,35 mol,
3

AlCl3 + 3 NaOH  Al(OH)3 + 3 NaCl
Ban đầu:

0,1

0,35

Phản ứng:

0,1 

0,3

0,1

0,3

0,05

0,1

0,3

Sau phản ứng: 0

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 

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 ↓

 m↓ = 0,05 . 78 = 3,9 g

0,05 mol Na[Al(OH)4]
- Cách giải trên đã giúp học sinh giải đến kết quả đúng nhưng mất nhiều thời gian
hơn để viết và hoàn thành phương trình phản ứng.
- Phương pháp giải trên không mang lại hiệu quả cao cho dạng bài toán này.
- Với cách giải trên, nếu học sinh không viết đúng PTHH, cân bằng không đúng có
thể dẫn đến sai kết quả.
Nếu học sinh biết áp dụng giải bài toán này theo phương pháp giải nhanh thì đỡ
mất nhiều thời gian hơn so với cách giải trên:
* Cách giải nhanh bài toán (Vận dụng tỉ lệ T)
nOH − = 0,35 mol,

nAl 3+ = 0,1 mol

2


T=

nOH −
nAl3+

= 3,5  Tạo hỗn hợp Al(OH)3: x mol
[Al(OH)4]-: y mol

 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 nAl ( OH ) = n[Al (OH ) ] =
3

4

−

nAl3+
2

= 0,05 mol

So sánh 2 cách giải trên ta thấy cách giải vận dụng tỷ lệ, 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.
Với thực trạng như vậy, để công tác giảng dạy đạt hiệu quả cao đáp ứng xu hướng
đổi mới của giáo dục trong thời đại đổi mới. Để thuận lợi cho việc hướng dẫn học
sinh, tôi đã tìm hiểu và nghiên cứu các tài liệu về các phương pháp giải nhanh bài tập
hoá học và thực tế tình hình học tập của học sinh trường THPT Nguyên Bình. Tôi
mạnh dạn áp dụng đổi mới trong một số giờ dạy tự chọn, ôn thi tốt nghiệp, ôn thi Đại
học với chuyên đề: “Hướng dẫn học sinh giải nhanh một số dạng toán hóa học về
Nhôm và hợp chất của Nhôm ,, ở các lớp tôi giảng dạy, dựa vào các phương pháp từ
các sách tham khảo và kinh nghiệm giảng dạy của bản thân nhằm đáp ứng một phần
nhỏ yêu cầu trong dạy và học Hóa học ở nhà trường hiện nay và đặc biệt trong kì thi
THPT Quốc Gia sắp tới.
Với những lí do trên tôi viết báo cáo sáng kiến kinh nghiệm:“Hướng dẫn học sinh
giải nhanh một số dạng toán hóa học về Nhôm và hợp chất của Nhôm ,, .
IV. MÔ TẢ BẢN CHẤT CỦA SÁNG KIẾN.
1.Tính mới, tính sáng tạo, tính khoa học:
Trước khi thực hiện chuyên đề này vào giảng dạy, tôi luôn củng cố lại cho học
sinh những kiến thức cơ bản mà học sinh chưa nắm vững như:
+Tính chất hóa học của nhôm và hợp chất của nhôm, nhấn mạnh những điểm cần
chú ý trong nội dung lý thuyết.
+ Hướng dẫn Học sinh cách viết phương trình hóa học (các phản ứng trao đổi
dạng đầy đủ và dạng ion rút gọn, các phản ứng oxi hoa-khử, các phản ứng nhiệt
phân...) để học sinh hiểu được bản chất của phản ứng thì mới dễ dàng hiểu và áp dụng
hiệu quả phương pháp giải nhanh. Ví dụ: Học sinh muốn áp dụng được phương pháp
giải toán theo định luật bảo toàn electron thì các em phải biết xác định số oxihóa, biết
xác định đúng quá trình oxihoa, quá trình khử và cân bằng được các quá trình đó, hay
khi học sinh làm bài toán về hợp chất của nhôm với dung dịch bazơ muốn vận dụng
3

phương pháp giải nhanh (vận dụng tỷ lệ T) Học sinh cũng phải hiểu được bản chất
của phản ứng hóa học để từ đó rút ra được tỷ lệ trong tính toán nhanh....
+ Ôn tập các công thức tính các đại lượng mol(n), khối lượng(m), thể tích khí,
thể tích dung dịch(V), công thức tính nồng độ mol(C M), nồng độ phần trăm( C
%)....Bên cạnh đó tôi lập bảng các công thức tính cần áp dụng cho học sinh để các
em thực hành áp dụng các công thức.
+ Củng cố hướng dẫn học sinh các phương pháp giải toán các dạng cơ bản. Từ
những dạng cơ bản học sinh mới có nền tảng để nắm bắt các phương pháp giải nhanh.
+ Ôn tập cho học sinh các Định luật cần áp dụng.
Tiếp theo là một số dạng bài tập về Nhôm và Hợp chất cuả Nhôm được áp dụng
giải theo phương pháp giải nhanh. Kinh nghiệm giải quyết đã được tôi thực hiện và
đúc kết từ thực tế, trong giới hạn của chuyên đề này, tôi chỉ nêu 04 dạng bài tập
thường gặp, đây là 04 dạng bài tập tôi đã và đang thử nghiệm dạy trong các giờ Tự
chọn, ôn thi Tốt nghiệp và ôn thi Đại học và thấy có hiệu quả.
Dạng1: bài toán về dung dịch chứa ion kim loại Al3+tác dụng với dung dịch kiềm.
−
−
Dạng 2: bài toán về dung dịch chứa ion AlO 2 (hay [ Al (OH ) 4 ] ) tác dụng với dung
dịch axit.
Dạng 3: kim loại tác dụng với oxit kim loại(phản ứng nhiệt nhôm)
Dạng 4: . Cho hỗn hơp gồm Al và 1 kim loại kiềm (Na, K) hoặc kim loại kiềm thổ
(Ca, Ba) tác dụng với nước.
Để bồi dưỡng mỗi dạng tôi thường thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Chú ý Học sinh những nội dung kiến thức lý thuyết cần nắm.
Bước 2: Nêu phương pháp giải chung, một số chú ý khi áp dụng phương pháp giải.
Bước 3: Giới thiệu bài tập mẫu và hướng dẫn giải.
Bước 4: HS tự luyện và nâng cao(Giao bài tập về nhà ).
Sau đây tôi xin được báo cáo sáng kiến: Hướng dẫn học sinh giải nhanh một số
dạng toán hóa học về Nhôm và hợp chất của Nhôm ,,
A. CÁC CÔNG THỨC TÍNH VÀ CÁC ĐỊNH LUẬT CẦN VẬN DỤNG.

KIẾN THỨC LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG PHÁP GIẢỈ NHANH BÀI TẬP VỀ
NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM.
1.CÁC CÔNG THỨC TÍNH VÀ CÁC ĐỊNH LUẬT CẦN VẬN DỤNG.
* Các công thức tính số mol (n)
nA =

n khí A =

mA
MA

V A (lít )
22,4

m A : khối lượng bất kỳ của chất A
M A : khối lượng mol chất A

V A : Thể tích khí A, đo ở đktc

4


* Các công thức tính nồng độ:
Nồng độ phần trăm:
m
C % = ct .100
mdd

mct : khối lượng chất tan
mdd : khối lượng dung dịch

mdd = mct + mdung môi

Nồng độ mol/lít
CM =

n A (mol ) m A / M A
=
Vdd (líl )
Vdd

Quan hệ giữa C% và CM
CM =

10.C %.D
M

* Các định luật cần vận dụng:
*. Định luật bảo toàn khối lượng:
Nội dung: Tổng khối lượng các chất tham gia ản ứng bằng tổng khối lượng các
chất tạo thành sau phản ứng.
Với nội dung định luật trên khi vận dụng vào giải toán chúng ta cần hướng dẫn
học sinh vận dụng một cách sáng tạo theo nhiều dạng khác nhau bằng các hệ quả sau:
Hệ quả 1: Tổng khối lượng các chất trước phản ứng bằng tổng khối lượng các
chất sau phản ứng.
Hệ quả này được vận dụng dù phản ứng xảy ra với hiệu suất bất kỳ.
Hệ quả 2: Khối lượng của hợp chất ion bằng tổng khối lượng của cation và
anion tạo nên hợp chất đó.
*. Định luật bảo toàn nguyên tố:
Nội dung: Trong phản ứng hoá học, số nguyên tử của nguyên tố được bảo toàn.

Định luật trên có thể hiểu trong phản ứng hóa học, nguyên tố được bảo toàn cả về chất
và lượng (khối lượng, số mol).
*. Định luật bảo toàn electron ::
Nội dung: Trong phản ứng oxi hóa - khử, tổng số electron mà các chất khử nhường
luôn bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận.
Nguyên tắc áp dụng khi giải bài tập: Trong phản ứng oxi hóa - khử, tổng số mol
electron mà các chất khử nhường luôn bằng tổng số mol elctron mà các chất oxi hóa
nhận.
Lưu ý : Khi giải bài tập bằng phương pháp bảo toàn electron ta cần phải xác định
đầy đủ, chính xác chất khử và chất oxi hóa; trạng thái số oxi hóa của chất khử,
5


chất oxi hóa trước và sau phản ứng; không cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa của
chất khử và chất oxi hóa ở các quá trình trung gian.
2. ÔN TẬP KIẾN THỨC CẦN NẮM.
a, Phản ứng xảy ra khi cho Al, Al2O3, Al(OH)3 tác dụng với dung dịch bazơ
(NaOH, KOH, Ba(OH)2….)
* Phản ứng của nhôm với dung dịch kiềm
Về nguyên tắc, nhôm dễ dàng khử hiđro trong 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
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 Al2O3 bị phá huỷ trong dung dịch kiềm:
Al2O3 + 2NaOH + 3H2O  2Na[Al(OH)4] (1)
hoặc
Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O
Tiếp đến, kim loại nhôm khử nước:
2Al + 6H2O  2Al(OH)3 ↓ + 3H2 ↑
(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  NaAlO2 + 2H2O
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 + 6H2O  2Na[Al(OH)4] + 3H2 ↑
Hoặc:
2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2
3
Tuy nhiên:Viết theo cách nào thì : n H 2 = n Al ;
2
* Oxit và hiddroxit của nhôm có tính chất lưỡng tính.
+Tác dụng với axit:
Al2O3 + 6H+  2Al3+ + 3H2O
Al(OH)3 + 3H+  Al3+ + 3H2O
+Tác dụng với dung dịch bazơ
+)
Al2O3 + 2OH- + 3H2O  2 [Al(OH)4]hoặc
Al2O3 + 2OH-  2 AlO2- + H2O
+)
Al(OH)3 + OH-  [Al(OH)4]hoặc
Al(OH)3 + OH-  AlO2- + 2H2O
Chú ý: - Kết tủa Al(OH)3 tan trong dung dịch kiềm mạnh và axit nhưng
không tan trong dung dịch kiềm yếu như dung dịch NH3.
* Vận dụng nội dung lý thuyết này giải bài toán khi cho hỗn hợp chất rắn chứa
Al, Al2O3, Al(OH)3, tác dụng với dung dịch kiềm hoặc hỗn hợp Al, Al2O3, Al(OH)3,
và kim loại kiềm, oxit kim loại kiềm vào nước.
b, Phản ứng xảy ra khi cho Al3+tác dụng với dung dịch bazơ (NaOH, KOH,

Ba(OH)2….)
Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 ↓
6


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.
Vậy: Nếu Lượng kiềm dùng thiếu hoặc vừa đủ nên chỉ có một phần muối đã
phản ứng. Nghĩa là có sự tạo kết tủa Al(OH)3.
Nếu lượng kiềm dùng dư nên muối đã phản ứng hết để tạo kết tủa tối đa sau
đó kiềm hòa tan một phần hoặc hoàn toàn kết tủa.
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 + H2O
Khi H+ dư:
Al(OH)3 + 3H+  Al3+ + 3H2O
Hiện tượng quan sát được khi nhỏ từ từ dung dịch H + đến dư vào dung dịch
AlO2- 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 H2CO3 nên nếu sục khí CO2 vào dung dịch
NaAlO2 thì xảy ra phản ứng:
NaAlO2 + CO2 + 2H2O  Al(OH)3 ↓ + NaHCO3
Hiện tượng quan sát được khi sục CO2 đến dư vào dung dịch AlO2- 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.
B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH
VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM.
1/. Dạng 1: BÀI TOÁN VỀ DUNG DỊCH CHỨA ION Al 3+ TÁC DỤNG VỚI

DUNG DỊCH KIỀM
* Kiến thức cần nắm vững
Khi cho dung dịch kiềm vào dung dịch Al3+ sẽ có các phương trình ion thu gọn
sau:
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓ (1)
Al(OH)3 +OH- → [Al(OH)4] - (Tan)(2)
Hay có thể viết phương trình (2) dạng:
Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O
Tù (1) và (2) ta có: Al3+ + 4OH- → [Al(OH)4] - (3)
Ngoài ra khi bài toán ra dạng kim loại kiềm (M) tác dụng với dung dịch muối Al3+
còn có thêm phương trình:
2M + 2H2O → 2MOH + H2 (4)
Hay khi nung nóng kết tủa Al(OH)3 : 2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O (5)
* Phương pháp giải nhanh :
Áp dụng tỷ lệ:
n −
T = OH
nAl 3+
7


+ Từ (1) để có lượng kết tủa tối đa thì số mol OH- = 3 số mol Al3+
T=

nOH −
nAl3+

=3

+ Từ (3) nếu nOH = 4 n Al 3 + thì sẽ không còn kết tủa .

−

T=

nOH −
nAl 3+

=4

+ Với dạng toán cho dung dịch chứa ion Al3+ khi cho tác dụng dung dịch kiềm, đề
cho biết lượng kết tủa, xác định lượng kiềm có 2 trường hợp ( học sinh chỉ cần nhớ 2
biểu thức dưới đây) :
Trường hợp 1: nOH (nhỏ nhất ) cần lấy = 3 n↓ (*)
−

Trường hợp 2: nOH (lớn nhất ) = 4 n Al 3 + - n↓
−

(**)
* Một số chú ý khi giải bài tập:
+ Nếu dung dịch X chứa ion Al3+ và ion H+ thì khi cho dung dịch kiềm ( chứa
ion OH- ) vào X sẽ có 2 trường hợp sau:
nOH (nhỏ nhất ) cần lấy = 3 n↓ + n H
Trường hợp 1:
Trường hợp 2: nOH (lớn nhất ) = n H + 4 n Al - n↓
−

−

+

3+

+

(***)
(****)

Tùy thuộc vào đặc điểm đề bài cho mà các em cần nhận dạng đặc điểm bài toán và
vận dụng các cách giải bài tập cho hợp lí.
a) Bài toán thuận:
Đặc điểm của bài toán: Cho biết số mol của Al3+ và OH-, yêu cầu tính lượng kết
tủa.
*Cách giải nhanh:

Đặt

T=

nOH −
nAl 3+

+) Nếu T ≤ 3: Chỉ xảy ra (1) và chỉ tạo Al(OH)3 ↓. (Al3+ dư nếu T < 3)
n −
Khi đó
nAl (OH )3 = OH (Theo bảo toàn OH-)
3
+) Nếu 3 < T < 4: Xảy ra (1) và (2). Tạo hỗn hợp Al(OH) 3 ↓ và [Al(OH)4]-. (Cả
Al3+ và OH- đều hết)
Khi đó: Đặt số mol Al(OH)3 là x

Số mol [Al(OH)4]- là y
 Hệ phương trình: x + y = nAl 3+
3x + 4y = nOH −
8


Đặc biệt T =

3+4
= 3,5 thì
2

nAl ( OH )3 = n[Al ( OH )

4]

−

=

nAl 3+
2

-

+) Nếu T ≥ 4: Chỉ xảy ra (2) và chỉ tạo [Al(OH)4] (OH- dư nếu T > 4)
Khi đó:

nAl (OH ) − = n Al 3+
4

* Một số ví dụ minh họa:
VD 1: Cho 450 ml dung dịch KOH 2M tác dụng với 100 ml dung dịch Al 2(SO4)3 1M
được dung dịch X. Tính nồng độ mol/l các chất trong dung dịch X?
Hướng dẫn giải:
Theo đề: + nOH − = 0,9 mol, nAl 3+ = 0,2 mol
T=

nOH −

= 4,5 > 4  Tạo [Al(OH)4]- và OH- dư

nAl3+

Dung dịch X có : nAl (OH )4− = n Al 3+ = 0,2 mol;

nOH − du = 0,9 – 0,2 . 4 = 0,1 mol

0, 2

 CM (K[Al(OH)4]) = 0, 45 + 0,1 ≈ 0,36M
0,1

CM(KOH) = 0, 45 + 0,1 ≈ 0,18M
VD 2: Dung dịch A chứa 16,8g NaOH cho tác dụng với dung dịch chứa 8g Fe 2(SO4)3.
Thêm tiếp vào đó 13,68g Al2(SO4)3 thu được 500ml dung dịch B và m gam kết tủa.
Tính CM các chất trong B và m?
Hướng dẫn giải:Theo đề: + nNaOH = 0,42 mol;
+ nFe 2 ( SO4 ) 3 = 0,02 mol;
+ nAl 2 ( SO4 ) 3 = 0,04 mol

Ta có:

nOH −
nFe3+

= 10,5  Tạo Fe(OH)3 và Fe3+ hết, OH- dư

nFe (OH ) 3 = nFe3+ = 0,04 mol;

nAl 3+ = 0,08 mol;
n

nOH − du = 0,42 – 0,04 . 3 = 0,3 mol

−

OH
 T = n = 3,75  tạo hỗn hợp Al(OH)3 : x mol
Al
và [Al(OH)4 ]-: y mol
3+

Ta có hệ:

x + y = 0,08
3x + 4y = 0,3 
Vậy khối lượng kết tủa là: m = 1,56g

x = 0,02
y = 0,06

9


Dung dịch B gồm Na[Al(OH)4 ]:
0,06 mol
Na2SO4: (0,42 – 0,06)/2 = 0,18 mol
 CM (Na[Al(OH)4 ]) = 0,12M;
CM (Na2SO4]) = 0,36M
b) Bài toán ngược:
Đặc điểm của bài toán: : Biết số mol của 1 tong 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 Al3+ . Tính lượng OH-.
Cách giải nhanh: So sánh số mol Al(OH)3 với số mol Al3+ , tùy trường hợp mà có
thể có các trường hợp sau:
 Nếu số mol Al(OH)3 = số mol Al3+: cả 2 chất phản ứng vừa đủ với nhau tạo
Al(OH)3. Khi đó:

nOH − = 3nAl (OH )3

 Nếu nAl ( OH )3 < nAl 3+ thì có 2 trường hợp:
+) Chưa có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al3+ còn dư. Khi đó sản phẩm chỉ có
Al(OH)3 và nOH − = 3n Al ( OH )3 .
+) 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:

n[ Al (OH )

−

4]

= nAl 3+ − nAl ( OH )3

nOH − = 3nAl ( OH )3 + 4n[Al (OH )

−
4]

* Một số ví dụ minh họa:
VD1: Cho 0,5 lít dung dịch NaOH tác dụng với 300ml dung dịch Al 2(SO4)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.
Hướng dẫn giải:
3+
Số mol Al = 0,12 mol.
Số mol Al(OH)3 = 0,02 mol < số mol Al3+ nên có 2 trường hợp xảy ra.
+TH1: Al3+ dư  Chỉ tạo Al(OH)3 nên số mol OH- = 3 . 0,02 = 0,06 mol.
 CM(NaOH) = 0,12M
+TH2: Al3+ hết  tạo
Al(OH)3: 0,02 mol
[Al(OH)4 ]-: 0,12 – 0,02 = 0,1 mol
 Số mol OH- = 3 . 0,02 + 4 . 0,1 = 0,46 mol
 CM(NaOH) = 0,92M
VD2: Cho V lít dung dịch NaOH 0,4M tác dụng với 58,14g Al 2(SO4)3 thu được 23,4g
kết tủa. Tìm giá trị lớn nhất của V?
Hướng dẫn giải:
3+
Số mol Al = 0,34 mol.
Số mol Al(OH)3 = 0,3 mol < số mol Al3+ nên có 2 trường hợp xảy ra.

+TH1: Al3+ dư  Chỉ tạo Al(OH)3 nên số mol OH- = 3 . 0,3 = 0,9 mol.
 V(dd NaOH) = 2,25 lít = Vmin
10


+TH2: Al3+ 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 = Vmax.

*Kiểu 2: Biết số mol OH-, số mol kết tủa Al(OH)3. Tính số mol Al3+.
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 ]-

n[Al (OH )

−
4]

=

nOH −bai − 3nAl ( OH )3
4

(Theo bảo toàn nguyên tố (nhóm OH- ))

 nAl 3+ = nAl (OH )3 + n[Al (OH )4 ]−

+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 minh họa: 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:
nAl ( OH )3 = 0,5 mol
∑ nOH = 0, 6 + 0,9 + 1, 2 = 2, 7mol ;
Số mol OH- trong kết tủa là 1,5 mol < 2,7 mol  có tạo [Al(OH)4 ]n − − 3nAl (OH )3
= 0,3 mol
n[Al (OH ) ]− = OH bai
4
4
 nAl 3+ = nAl (OH )3 + n[Al ( OH )4 ]− = 0,8 mol
*Kiểu 3: 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 -, chẳng hạn
như:
TN1: a mol Al3+ tác dụng với b mol OH- tạo x mol kết tủa.
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:
n −
TN1: Al3+ còn dư và OH- hết.
nAl (OH )3 = OH = x.
3
3+
TN2: Cả Al và OH đều hết và đã có hiện tượng hoà tan kết tủa.
nOH − (TN 2) − 3nAl (OH )3 (TN 2)

n[Al (OH ) ]− = nAl 3+ − nAl (OH )3 (TN 2) =
4
4
Ví dụ minh họa: TN1: Cho a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 500ml dung dịch NaOH
1,2M được m gam kết tủa.
−

11


TN2: Cũng a mol Al 2(SO4)3 tác dụng với 750ml dung dịch NaOH 1,2M thu được
m gam kết tủa.
Tính a và m?
Hướng dẫn giải:
Vì lượng OH ở 2 thí nghiệm khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên:
TN1: Al3+ dư, OH- hết.
Số mol OH- = 0,6 mol  nAl ( OH ) =
3

nOH −
3

= 0,2 mol  m = 15,6 g

TN2: Al3+ 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
 ∑ nAl 3+ = 0,2 + 0,075 = 0,275 mol
Số mol Al2(SO4)3 = 0,1375 mol = a.
* Một số bài tập tự luyện:

Câu 1: (Trích đề thi ĐH KA năm 2009)
Cho 100 ml dung dịch Ba(OH) 2 phản ứng với 200ml dung dịch Al(NO3)3 0,2 M
thu được 2,34 g kết tủa. Nồng độ của dung dịch Ba(OH)2 ban đầu là:
A. 0,45M hoặc 0,5M
B. 0,65M hoặc 0,4M
C. 0,45M hoặc 0,65M
D. 0,3M hoặc 0,6M
Câu2: (Trích đề thi ĐH KA năm 2009)
Cho 200ml dung dịch AlCl3 1,5 M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M , thu
được 15,6 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V là
A. 1,2
B. 1,8
C. 2,4
D. 2,0
Câu3: ( Trích đề thi ĐH KB năm 2010)
Cho 150ml dung dịch KOH 1,2 M tác dụng với 100ml dung dịch AlCl 3 nồng độ x
mol/lít thu được dung dịch Y và 4,68 gam kết tủa, thêm tiếp 175 ml dung dịch KOH
1,2 M vào Y , thu được 2,34 gam kết tủa. Giá trị của x là
A. 1,2
B. 0,8
C.0,9
D.1,0
Câu 4: Hòa tan 21 gam hỗn hợp gồm Al và Al2O3 bằng HCl được dung dịch A và
13,44 lít H2(ở đktc). Thêm V lít dung dịch NaOH 0,5M vào dung dịch A thu được 31,2
gam kết tủa. Giá trị của V là ?
A. 2,4
B. 2,4 hoặc 4
C. 4
D. 1,2 hoặc 2
Câu 5: Cho 46,95 gam hỗn hợp X gồm K và Ba tác dụng với dung dịch AlCl 3 dư, thu

được 19,50 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của K trong X là:
A. 24,92%.
B. 12,46%.
C. 75,08%.
D. 87,54%.
Câu 6: Thêm 150 ml dung dịch NaOH 2M vào một cốc đựng 100 ml dung dịch
AlCl3 xM, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,1 mol chất 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 chất kết tủa. Giá trị của x là
A. 1,6
B. 1,0
C. 0,8
D. 2
12


Câu 7: Thêm m gam kali vào 300 ml dung dịch chứa Ba(OH) 2 0,1M và NaOH
0,1M thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch X vào 200 ml dung dịch Al 2(SO4)3
0,1M thu được kết tủa Y. Để thu được lượng kết tủa Y lớn nhất thì giá trị của m là:
A. 1,59
B. 1,17
C. 1,71
D.1,95
Câu 8: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và
0,1 mol H2SO4 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. 0,35.
B. 0,25.
C. 0,45.
D. 0,05

Đáp án:
Câu
1
2
3
4
5
6
7
8
Đáp án
C
D
A
B
B
A
B
C

2/. Dạng 2: BÀI TOÁN VỀ DUNG DỊCH CHỨA ION [ Al (OH ) 4 ]− TÁC DỤNG
VỚI DUNG DỊCH AXIT
* Kiến thức cần nắm vững
Khi cho dung dịch axit vào dung dịch chứa [ Al (OH ) 4 ]− sẽ có các phương trình ion thu
gọn sau:
[Al(OH)4] - + H+ → Al(OH)3 +H2O (1)
Khi số mol ion H+ lớn hơn số mol ion [Al(OH)4] – ( hoặc số mol kết tủa ) sẽ xảy ra
phản ứng sau:
Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (2)
* Phương pháp giải nhanh :

+ Từ (1) để có lượng kết tủa tối đa thì
số mol ion [ Al (OH ) 4 ]− = số mol ion H+ = số mol Al(OH)3
+ Từ (2) nếu n H = 4 n[ Al (OH ) ] thì sẽ không còn kết tủa
⇒ Với một lượng kết tủa xác định mà giả thiết cho (ở đề bài) ta sẽ có có 2 trường hợp
cần lưu ý:
a/Trường hợp 1: n H = n↓
(*)
b/ Trường hợp 2: n H = 4 n [ Al (OH ) ] - 3n↓
(**)
−
+Nếu dung dịch X chứa ion [ Al (OH ) 4 ] và ion OH thì khi cho dung dịch axit ( chứa
ion H+ ) vào X sẽ có 2 trường hợp sau:
a/Trường hợp 1: n H = n↓ + nOH
(***)
b/ Trường hợp 2: n H = 4 n [ Al (OH ) ] - 3n↓ + nOH
(****)
* Một số chú ý khi giải bài tập:
+ ion [ Al (OH ) 4 ]− không phản ứng với ion OH+ Nếu dùng CO2 dư tác dụng với dung dịch chứa ion [ Al (OH ) 4 ]− thì chỉ tạo ra
kết tủa Al(OH)3 tương tự phản ứng (1) mà không xảy ra phản ứng (2).
+

4

−−

+

+

+

4

−

−

+

4

−

−

* Một số ví dụ minh họa:
13


Ví dụ 1: Cho 200ml dung dịch H2SO4 0,5M vào dung dịch chứa a mol NaAlO2 được
7,8 gam kết tủa. Giá trị của a là:
A. 0,025
B. 0,05
C. 0,1
D.0,125
Hướng dẫn giải:
+ n H + = 0,2.0,5.2 = 0,2 mol
+ n↓ =

7,8

= 0,1 mol ⇒ n↓ < n H +
78

Ta có các phương trình phản ứng hoá học sau:
[Al(OH)4] - + H+ → Al(OH)3 +H2O (1)
Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O (2)
Áp dụng công thức giải nhanh ta có:
n H + = 4 n [ Al (OH ) ] - 3n↓ = 4.a – 3.0,1 = 0,2 ⇒ a = 0,125 mol
⇒ Ta chọn đáp án D
Ví dụ 2: Hòa tan 3,9 gam Al(OH)3 bằng 50 ml NaOH 3M được dung dịch X. Thêm
V lít dung dịch HCl 2M vào dung dịch X thu được 1,56 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 0,02
B. 0,24
C. 0,06 hoặc 0,12
D. 0,02 hoặc 0,24
Hướng dẫn giải:
4

−

3,9
= 0,05 mol; nNaOH = 0,05.3 = 0,15 mol
78
1,56
+ n↓ lần 2 =
= 0,02
78

+ n↓ =

Ta có các phương trình phản ứng hoá học sau:
Al(OH)3 + OH -→ [Al(OH)4] - (1)
H+ + OH- → H2O
(2)
+
[Al(OH)4] + H → Al(OH)3 + H2O (3)
Từ (1), ta có: Số mol [Al(OH)4] - = n↓ = 0,05 mol
nNaOH dư = nOH = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol
Từ (2) và (3) ta có 2 trường hợp:
+ Trường hợp 1: n H = n↓ + nOH = 0,02 + 0,1 = 0,12 mol ⇒ V = 0,06
−

+

−

+ Trường hợp 2: n H + = 4 n [ Al (OH ) ] - 3n↓ + nOH
= 4.0,05 -3.0,02 +0,1 = 0,24 mol
⇒ V = 0,12 mol.
Ví dụ3: Dung dịch A chứa m gam KOH và 40,18 gam KAlO2. Cho 500 ml dung
dịch HCl 2M vào dung dịch A thu được 15,6 gam kết tủa. Giá trị của m là:
A. 22,4 hoặc 44,8
B. 12,6
C. 8 hoặc 22,4
D.44,8
Hướng dẫn giải:
4

+ n↓ =

15,6
= 0,2 mol;
78

+ nKOH =

−

−

m
mol
56

nHCl = 0,2.0,5 = 1 mol; Số mol KAlO2 =
14

40,18
= 0,21 mol
98


Ta có các phương trình phản ứng hoá học sau:
H+ + OH- → H2O
(1)
+
KAlO2 + H + H2O → Al(OH)3 + K+ (2)
Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O
(3)
Ta có 2 trường hợp:

m
+ Trường hợp 1: n H = n↓ + nOH = 0,2 +
= 1 mol
+

−

56

⇒

m = 44,8

m
+ Trường hợp 2: n H = 4 n [ Al (OH ) ] - 3n↓ + nOH = 4.0,21 -3.0,2 +
=1
+

4

−

−

56

<0
→
Ta chọn đáp án D
Ví dụ4: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp K2O, Al2O3 vào nước được dung dịch

A chỉ chứa một chất tan duy nhất. Cho từ từ 275ml dung dịch HCl 2M vào dung dịch
A thấy tạo ra 11,7 gam kết tủa. Giá trị của m là.
A. 29,4
B. 49
C. 14,7
D. 24,5
Hướng dẫn giải:
⇒m

n↓ =

11,7
= 0,15 mol;
78

nHCl = 0,275.2 = 0,55 mol;
Ta có các phương trình phản ứng hoá học sau:
K2O + H2O → 2KOH (1)
Al2O3 + 2KOH +3H2O → 2K[Al(OH)4] (2)
Dung dịch chứa một chất tan duy nhất là KAlO 2 hay K[Al(OH)4]. Vậy KOH
phản ứng vừa đủ với Al2O3
Gọi x là số mol Al2O3 ban đầu, ta có:
+ Trường hợp 1: n H + = n↓ (loại)
+ Trường hợp 2: n H = 4 n [ Al (OH ) ] - 3n↓ = 4.2x -3.0,15 = 0,55 ⇒ x = 0,125
Vậy m = 0,125.102 + 0,125. 94 = 24,5 gam.
Ta chọn đáp án D
Ví dụ 5: 100 ml ddA chứa NaOH 0,1M và NaAlO2 0,3M .Thêm từ từ HCl 0,1M
vào dung dịch A cho đến khi kết tủa tan trở lại một phần,lọc kết tủa ,nung ở nhiệt độ
cao đến khối lượng không đổi thu được 1,02g chất rắn .Thể tích dung dịch HCl đã
dùng là:

A. 0,5 lit
B. 0,6 lit
C. 0,7 lít
D. 0,8 lít
Hướng dẫn giải:
+

+ n↓ =

4

−

2.1,02
= 0,02 mol;
102

nNaOH = 0,1.0,1 = 0,01 mol; số mol AlO2- = 0,3. 0,1 = 0,03 mol
Ta có các phương trình phản ứng hoá học sau:
H+ + OH- → H2O
(1)
+
[Al(OH)4] + H → Al(OH)3 + H2O (2)
Al(OH)3 + 3H+→ Al3+ + 3H2O
(3)
15


Theo giả thiết ta có:
n H + = 4 n [ Al (OH ) ] - 3n↓ + nOH = 4. 0,03- 3.0,02 +0,01 = 0,07 mol

4

−

−

0,07

V = 0,1 = 0,7 lít. Ta chọn đáp án C
* Một số bài tập tự luyện:
Câu 1:(Trích đề ĐH KA -2008)Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol
Al2(SO4)3 và 0,1 mol H2SO4 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.0,45.
B. 0,35.
C. 0,25.
D. 0,05.
Câu 2: (Trích đề ĐH KA -2008)Hoà tan hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp gồm Al và Al4C3 vào
dung dịch KOH (dư), thu được a mol hỗn hợp khí và dung dịch X. Sục khí CO2 (dư) vào
dung dịch X, lượng kết tủa thu được là 46,8 gam. Giá trị của a là
A.0,55. B. 0,60.
C. 0,40.
D. 0,45.
Câu 3: Cho dung dịch A chứa 0,05 mol NaAlO2 và 0,1 mol NaOH tác dụng với dung
dịch HCl 2M. Thể tích dung dịch HCl 2M lớn nhất cần cho vào dung dịch A để thu
được 1,56 gam kết tủa là
A. 0,06 lít
B. 0,18 lít
C. 0,12 lít
D. 0,08 lít

Câu 4. Hỗn hợp A gồm Al và Al 2O3 có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 1,8:10,2. Cho A
tan hết trong dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch B và 0,672 lít khí (ở đktc).
Cho B tác dụng với 200ml dung dịch HCl thu được kết tủa D, nung D ở nhiệt độ cao
đến khối lượng không đổi thu được 3,57 gam chất rắn. Tính nồng độ mol lớn nhất của
dung
dịch
HCl
đã
dùng.
A. 0,75M
B. 0,35M
C. 0,55M
D.0,25M
Câu 5: 100 ml ddA chứa NaOH 0,1M và NaAlO 2 0,3M .Thêm từ từ HCl 0,1M vào
dung dịch A cho đến khi kết tủa tan trở lại một phần,lọc kết tủa ,nung ở nhiệt độ cao
đến khối lượng không đổi thu được 1,02g chất rắn .Thể tích dung dịch HCl đã dùng
là:
A. 0,5 lit
B. 0,6 lit
C. 0,7 lít
D. 0,8 lít
Câu 6:(Trích đề CĐ KA -2009) Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na2O và Al2O3
vào H2O thu được 200 ml dung dịch Y chỉ chứa chất tan duy nhất có nồng độ 0,5M. Thổi khí
CO2 (dư) vào Y thu được a gam kết tủa. Giá trị của m và a lần lượt là
A.8,3 và 7,2.
B. 11,3 và 7,8.
C. 13,3 và 3,9.
D. 8,2 và 7,8.
Đáp án:
Câu

Đáp án

1
A

2
B

3
C

4
C

16

5
C

6
B


3/.Dạng 3.BÀI TOÁN VỀ NHÔM TÁC DỤNG VỚI OXIT KIM LOẠI (PHẢN
ỨNG NHIỆT NHÔM)
* Định hướng phương pháp giải chung:
Phản ứng nhiệt nhôm: Al + oxit kim loại
oxit nhôm + kim loại
(Hỗn hợp X)
(Hỗn hợp Y)

+Thường gặp: 2Al + Fe2O3
Al2O3 + 2Fe
2yAl + 3FexOy
Al2O3 + 3xFe
(6x – 4y)Al + 3xFe2O3
6FexOy + (3x – 2y)Al2O3
- Phương pháp chung để giải là dùng phương pháp bảo toàn electron hoặc bảo
toàn nguyên tố hoặc bảo toàn khối lượng để giải.
+ Định luật bảo toàn khối lượng: mhhX = mhhY
+ Định luật bảo toàn nguyên tố (mol nguyên tử):
nAl (X) = nAl (Y) ; nFe (X) = nFe (Y) ; nO (X) = nO (Y)
*
Chú ý : - Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn, tùy theo tính chất của hỗn hợp Y tạo thành
để biện luận. Ví dụ:
+ Hỗn hợp Y chứa 2 kim loại → Al dư ; oxit kim loại hết.
+
Hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch bazơ kiềm (NaOH,…) giải phóng H2 → có Al dư .
- Hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch axit có khí bay ra thì có khả năng hỗn hợp
Y chứa (Al2O3 + Fe) hoặc (Al2O3 + Fe + Al dư) hoặc (Al2O3 + Fe + oxit kim loại dư)
- Nếu phản ứng xảy ra không hoàn toàn, hỗn hợp Y gồm Al2O3, Fe, Al dư và
Fe2O3 dư .
* Một số ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Nung nóng m gam hỗn hợp Al và Fe 2O3 (trong điều kiện 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 1: tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng (dư) sinh ra 3,08 lít khí H2 (ở đktc)
Phần 2: tác dụng với dung dịch NaOH (dư) sinh ra 0,84 lít khí H2 (ở đktc) Giá trị
của m là:
A.22,75gam
B.21,40gam

C.29,40gam
D. 29,43 gam
Hướng dẫn giải:
+ nH2(1) = 0,1375 mol ;
+ nH2(2) = 0,0375 mol
- Hỗn hợp rắn Y tác dụng với NaOH giải phóng H2 → Al dư và vì phản ứng xảy ra
hoàn toàn nên thành phần hỗn hợp rắn Y gồm: Al2O3, Fe và Al dư
Gọi nFe = x mol ; nAl dư = y mol có trong 1/2 hỗn hợp Y
2x + 3y = 0,75
Từ đề ta có hệ phương trình: 
1,5y = 0,0375
Giải hệ phương trình đại số ta được: x = 0,1; y = 0,025

17


n Fe
= = 0,05 mol
2
Theo đlbt khối lượng: m = (0,05.102 + 0,1.56 + 0,025.27).2 = 22,75 gam
→ đáp án A
Ví dụ 2: Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al và Fe3O4 trong điều kiện không
có không khí. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X
tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thu được dung dịch Y, chất rắn Z và 3,36 lít khí
H2 (ở đktc). Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch Y, thu được 39 gam kết tủa. Giá trị của
m là:
A. 45,6
gam
B. 57,0 gam
C. 48,3 gam

D. 36,7 gam
- Theo ĐLBT nguyên tố đối với O và Fe: nAl2O3 = nFe2O3 =

Hướng dẫn: + nH2 = 0,15 mol ; nAl(OH)3 = 0,5 mol
Từ đề ta suy ra thành phần hỗn hợp rắn X gồm: Fe, Al2O3 (x mol) và Al dư (y mol)
Các phản ứng xảy ra là:
2Al + 2NaOH + 6H2O → 2Na[Al(OH)4] + 3H2
Al2O3 + 2NaOH + 3H2O → 2Na[Al(OH)4]
CO2 + Na[Al(OH)4] → Al(OH)3 + NaHCO3
+nH2 = 0,15 mol → y = 0,1 mol
Theo đlbt nguyên tố đối với Al: 2x + y = 0,5 → x = 0,2 mol
Theo đlbt nguyên tố đối với O: nO(Fe3O4) = nO(Al2O3)
→
nFe3O4 = (0,2:4) x 3 = 0,15mol
- Theo đlbt nguyên tố đối với Fe: nFe = 3nFe3O4 = 3.0,15 = 0,45 mol
Theo đlbt khối lượng: m = 0,45.56 + 0,2.102 + 0,1.27 = 48,3 gam → đáp án C
Ví dụ 3: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm Al và một oxit sắt
FexOy (trong điều kiện không có không khí) thu được 92,35 gam chất rắn Y. Hòa tan
Y trong dung dịch NaOH (dư) thấy có 8,4 lít khí H2 (ở đktc) thoát ra và còn lại phần
không tan Z. Hòa tan 1/2 lượng Z bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư) thấy có 13,44
lít khí SO2 (ở đktc) thoát ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khối lượng
Al2O3 trong Y và công thức oxit sắt lần lượt là:
A. 40,8 gam và Fe3O4
B. 45,9 gam và Fe2O3
C. 40,8 gam và Fe2O3
D. 45,9 gam và Fe3O4
Hướng dẫn: + nH2 = 0,375 mol ; + nSO2(cả Z) = 2.0,6 = 1,2 mol
- Từ đề suy ra thành phần chất rắn Y gồm: Fe, Al2O3, Al dư và phần không tan
Z là Fe .
+ nH2 = 0,375 mol → nAl dư = 0,25 mol

+ nSO2 = 1,2 mol → nFe =

1, 2.2
=0,8 mol
3

+ mAl2O3 = 92,35 – 0,8.56 – 0,25.27 = 40,8 gam (1) → nAl2O3 = 0,4 mol
đlbt nguyên tố đối với O → nO(FexOy) = 0,4.3 = 1,2 mol

18

Theo


nFe 0,8
x
2
=
=
=
→ công thức oxit sắt là Fe2O3 (2)
nO 1, 2
y
3

Ta có:

- Từ (1) ; (2) → đáp án C
Ví dụ 4: Trộn 5,4 gam bột Al với 17,4 gam bột Fe3O4 rồi tiến hành phản ứng
nhiệt nhôm (trong điều kiện không có không khí). Giả sử chỉ xảy ra phản ứng khử

Fe3O4 thành Fe. Hòa tan hoàn toàn chất rắn sau phản ứng bằng dung dịch H2SO4 loãng
(dư) thu được 5,376 lít khí H2 (ở đktc). Hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm và số mol
H2SO4 đã phản ứng là:
A. 75 %
và 0,54 mol
B. 80 % và 0,52 mol
C.
75 % và 0,52 mol
D. 80 % và 0,54 mol Hướng dẫn:
nAl = 0,2 mol ; nFe3O4 = 0,075 mol ; nH2 = 0,24 mol
- Phản ứng xảy ra
không hoàn toàn: 8Al + 3Fe3O4
4Al2O3 + 9Fe
x→

8
x
3

0,5 x

9
x (mol)
8

nAl2 O3 = 0,5x

n = 9 x
 Fe 8
- Hỗn hợp chất rắn gồm: 

nAldu, = (0, 2 − x)

3
nFe O = (0, 075 − x)
8
 2 3 du,
có phương trình:

1,12.2 9x
. 2 + (0,2 – x).3 = 0,24.2 → x = 0,16 mol
3
8

→ Hphản ứng =

nH +

- Ta

pu ,

0,16.100
= 80%
2

(1)

= 2nFe + 3nAl + 6nAl2O3 + 8nFe3O4

= 0,36 + 0,12 + 0,48 + 0,12 = 1,08 mol

nH SO pu, =
2

4

1, 08
= 0,54mol
2

(2)

-

Từ (1) và (2) → đáp án D
* Một số bài tập tự luyện :
Câu 1.Trộn hỗn hợp bột Al với bột Fe2O3 dư. Khơi mào phản ứng của hỗn hợp
ở nhiệt độ cao trong môi trường không có không khí. Sau khi kết thúc phản ứng cho
những chất còn lại tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,24 lít khí hidro
19


(đktc).Số gam bột nhôm có trong hỗn hợp đầu là:
A. 0,27 gam
B. 2,7 gam
C. 0,027 gam
D. 5,4 gam
Câu 2 .Đốt nóng một hỗn hợp X gồm bột Fe2O3 và bột Al trong môi trường
không có không khí. Những chất rắn còn lại sau phản ứng, nếu cho tác dụng với dung
dịch NaOH dư sẽ thu được 0,3 mol H2; nếu cho tác dụng với dung dịch HCl dư sẽ thu

được 0,4 mol H2. Hỏi số mol Al trong X là bao nhiêu?
A. 0,3 mol
B. 0,6 mol
C. 0,4 mol
D. 0,25 mol
Câu 3. Cho 8,1 gam bột Al trộn với 16 gam Fe2O3 thu được hỗn hợp A. Nung
nóng hỗn hợp A đến hoàn toàn trong điều kiện không có oxi thu được hỗn hợp B. Cho
B vào dung dịch HCl dư, thể tích H2 thoát ra (đktc) là:
A. 6,72 lít. B.
7,84 lít.
C. 4,48 lít.
D. 5,6 lít.
Câu 4.(Trích đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối B-2011) Thực hiện các phản ứng nhiệt
nhôm hỗn hợp gồm m gam Al và 4,56 gam Cr2O3 (trong điều kiện không có O2), sau
khi phản ứng kết thúc, thu được hỗn hợp X. Cho toàn bộ X vào một lượng dư dung
dịch HCl (loãng, nóng), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 2,016 lít H2
(đktc). Còn nếu cho toàn bộ X vào một lượng dư dung dịch NaOH (đặc, nóng), sau
khi phản ứng kết thúc thì số mol NaOH đã phản ứng là:
A. 0,06 mol B. 0,14 mol
C. 0,08 mol
D. 0,16 mol.
Câu 5.(Trích đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối B-2012) Nung nóng 46,6 gam hỗn hợp
gồm Al và Cr2O3 (trong điều kiện không có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Chia hỗn hợp thu được sau phản ứng thành hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng vừa đủ
với 300 ml dung dịch NaOH 1M (loãng). Để hòa tan hết phần hai cần vừa đủ dung dịch
chứa a mol HCl. Giá trị của a là:
A. 0,9
B. 1,3
C. 0,5
D. 1,5

Câu 6.(Trích đề tuyển sinh ĐH-CĐ khối A-2012) Hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Al
có tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3. Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm X (không có không khí)
đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp gồm:
A. Al, Fe, Fe3O4 và Al2O3.
B. Al2O3, Fe và Fe3O4.
C. Al2O3 và Fe.
D. Al, Fe và Al2O3.
Đáp án:
Câu
Đáp án

1
B

2
A

3
B

4
C

5
B

6
D

4/.Dạng4: HỖN HỢP NHÔM VÀ MỘT KIM LOẠI KIỀM(Na, K ) HOẶC KIM

LOẠI KIỀM THỔ (Ca,Ba) TÁC DỤNG VỚI NƯỚC.
* Định hướng phương pháp giải :
Thứ tự phản ứng như sau:
Trước hết: M (kim loại kiềm) + H2O  MOH + ½ H2
Sau đó: Al + MOH + H2O → MAlO2 + 3/2 H2
Từ số mol của M cũng là số mol của MOH và số mol của Al ta biện luận để
20


biết Al tan hết hay chưa.
+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.
Chú ý: 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,
để giải bài toán ngắn gọn hơn.
Một số ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: 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
V lít khí. Tính
4

%(m) mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
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.
Đặt V = 4 . 22,4 lít
Số mol của Na là x mol; của Al là y mol
Khi hoà tan vào nước:
2Na  H2
2Al  3H2
x
0,5x
x
1,5x
Tổng số mol H2 = 2x = 4  x = 2.
Khi hoà tan vào dung dịch NaOH dư:
2Na  H2
2Al  3H2
x
0,5x
y
1,5y
Tổng số mol H2 = 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%
Ví dụ 2: (Trích đề thi ĐH KB 2007).
Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thoát ra V lít
khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì được 1,75V lít khí. Thành
phần phần trăm theo khối lượng của Na trong X là (biết các thể tích khí đo trong cùng
điều kiện)
A. 39,87%.

B. 29,87%.
C. 49,87%.
D. 77,31%.
Hướng dẫn giải
Vì thể tích khí khi tác dụng với NaOH nhiều hơn khi tác dụng với nước nên chứng
tỏ Al còn dư khi hòa tan vào nước và lượng khí sẽ tính theo Na:
Na + H2O → NaOH + ½ H2
21


x
x
x/2
NaOH + Al + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2
x
x
3x/2
`x/2 + 3x/2 =2x = V/22,4
=> x = V/11,2
(1)
Khi tác dụng với NaOH dư thì lượng Al dư sẽ phản ứng hết, khi đó lượng khí thoát
ra sẽ gồm 2 phản ứng trên cộng với lượng Al dư (y mol) phản ứng với NaOH
NaOH + Al + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2
y
y
3y/2
=> 2x + 3y/2 = 1,75V/22,4
=> y = 5V/224
(2)
V

23.
.100%
23.x
4,48
=
= 29,87%
%Na =
23.x + 27( x + y )
V
5V 
 V
23.
+ 27.
+

4,48
 4,48 22,4 
*Một số bài tập tự luyện:
Câu 1:(Trích đề thi ĐHKA 2011). Chia hỗn hợp X gồm K, Al và Fe thành hai phần
bằng nhau.
- Cho phần 1 vào dung dịch KOH (dư) thu được 0,784 lít khí H2 (đktc).
- Cho phần 2 vào một lượng dư H2O, thu được 0,448 lít khí H2 (đktc) và m gam hỗn
hợp kim loại Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (dư) thu được 0,56 lít khí H 2
(đktc).
Khối lượng (tính theo gam) của K, Al, Fe trong mỗi phần hỗn hợp X lần lượt là:
A. 0,39; 0,54; 1,40. B. 0,78; 0,54; 1,12. C. 0,39; 0,54; 0,56. D. 0,78; 1,08; 0,56.
Câu 2:(Trích đề thi ĐHKA 2013). Hỗn hợp X gồm Ba và Al. Cho m gam X vào nước
dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí H 2 (đktc). Mặt khác,
hòa tan hoàn toàn m gam X bằng dung dịch NaOH, thu được 15,68 lít khí H 2 (đktc).
Giá trị của m là

A. 29,9
B. 24,5
C. 19,1
D. 16,4
Câu 3:(Trích đề thi ĐHKA 2013). Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na 2O và BaO. Hòa tan
hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H 2 (đktc) và dung dịch Y, trong
đó có 20,52 gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được
m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 23,64
B. 15,76
C. 21,92
D. 39,40
Câu 4: 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. 5,4g
B. 5,5g
C. 5,6g
D. 10,8g
Câu 5: Cho hỗn hợp X gồm 2 kim loại kiềm và 1 kim loại kiềm thổ tan hết vào nước
dư thu được V lít H2 (đktc) và dd A. Thêm 0,2 mol Al 2(SO4)3 vào dd A thì được 0,3
mol Al(OH)3. Tính V?
A. 10,08 lít
B. 14,56 lít
22


C. 10,08 lít hoặc 14,56 lít
D.14,56 lít hoặc 10,80 lit
Câu 6:Cho m gam hỗn hợp X gồm Al và Na vào H 2O 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. 15,1g
D.18,25g
Đáp án:
Câu
Đáp án

1
C

2
B

3
B

4
A

5
C

6
D

2. Tính hiệu quả:
Trên đây là báo cáo sáng kiến kinh nghiệm:“Hướng dẫn học sinh giải nhanh một
số dạng toán hóa học về Nhôm và hợp chất của Nhôm”. Trong sáng kiến kinh nghiệm

tôi đưa ra một số dạng bài toán hóa về kim loại nên áp dụng phương phương pháp giải
nhanh.
Trong năm học 2012-2013, 2013-2014 tôi đã mạnh dạn triển khai nội dung này
trong quá trình giảng dạy trong các giờ ôn tập, tự chọn, ôn thi tốt nghiệp, phụ đạo bồi
dưỡng học sinh khá giỏi đối với các em học sinh lớp 12A,B,C của nhà trường. Hầu
hết các em tiếp thu rất tốt và vận dụng rất nhanh trong việc giải các bài tập hoá học có
liên quan đến phương pháp này và giải một cách nhanh chóng đi đến đáp số, giúp các
em học sinh tự tin hơn trong việc giải các bài tập dạng này và góp phần giúp các em
có thêm kỹ năng giải bài toán hóa học và thêm yêu thích bộ môn, học tập đạt kết quả
cao hơn, đáp ứng được mục tiêu của cải cách giáo dục hiện nay và đặc biệt là thi trắc
nghiệm trong các kì thi hiện nay.
Nội dung đã được nghiên cứu và đã được dạy ở lớp 12A,B,C của 2 năm học liền
kề. Kết quả khảo sát bài kiểm tra của các lớp đã được dạy theo nghiên cứu.
Năm
học
20122013

Lớp
12A,B,C

Số học
sinh
105

Điểm
tốt
10
(9,5%)

Điểm

khá
32
(30,5%)

Điểm
TB
38
(36,2%)

Điểm
yếu
25
(23,8%)

Ghi chú

Chưa
triển khai
SKKN
2013- 12A,B,C
108
22
45
29
12
Đã triển
2014
(20,4%) (41,7%) (26,8%) (11,1%)
khai
SKKN

2014- 12A,B,C
102
23
45
25
9
Đã triển
2015
(22,5%) (44,1%) (24,6%) (8,8%)
khai
SKKN
Qua bảng ở trên ta thấy kết quả của các lớp dạy thực nghiệm cao hơn nhiều so
với lớp không áp dụng cách dạy theo nghiên cứu. Ta thấy rằng khi nắm được dạng
toán và phương pháp giải nhanh bài toán đó thì kết quả chắc chắn sẽ cao.

23


3. Khả năng và điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
Sáng kiến kinh nghiệm: Hướng dẫn học sinh giải nhanh một số dạng toán hóa
học về kim loại được áp dụng giảng dạy trong các tiết ôn tập, luyện tập, ôn thi tốt
nghiệp, ôn thi đại học và ôn thi học sinh giỏi cho học sinh 12 ở trường THPT.
4. Thời gian áp dụng.
Tôi đã áp dụng giảng dạy chuyên đề này trong năm học 2013 - 2014 và năm học
2014 - 2015 và cụ thể là lớp 12A,B,C ở trường THPT Nguyên Bình, và có thể áp
dụng trong những năm tiếp theo để nâng cao nhận thức cũng như kiến thức cho học
sinh khối 12 về bộ môn hóa học nói chung và bài toán về kim loại Nhôm và các hợp
chất của nhôm nói riêng.
V. KẾT LUẬN
Trên đây là báo cáo sáng kiến: “Hướng dẫn học sinh giải nhanh một số dạng toán

hóa học về Nhôm và hợp chất của Nhôm”. Trong SKKN mỗi dạng tôi đã đưa ra bài
tập áp dụng tổng quát và áp dụng giải chi tiết cho một số bài. Ngoài ra sau mỗi dạng
tôi còn đưa thêm một vài bài tập cùng dạng để các em vận dụng các phương pháp giải
nhanh, tự luyện tập giải các bài tập ở nhà thành thạo hơn, để khi tham gia các kì thi
các em sẽ làm bài chủ động và tự tin hơn.
Khi áp dụng vào dạy học trên thực tế tôi đã giảng dạy cho các em đối tượng là
học sinh TB-Khá, Khá, Học sinh giỏi của lớp 12A,B,C trường THPT Nguyên Bình.
Hầu hết các em tiếp thu rất tốt và vận dụng rất nhanh trong việc giải các bài tập hoá
học có liên quan đến dạng toán hóa học về kim loại và giải một cách nhanh chóng đi
đến đáp số. Phương pháp giải nhanh này đáp ứng được mục tiêu của cải cách giáo dục
hiện nay và trong thi cử của học sinh. Đặc biệt là thi trắc nghiệm trong các kì thi hiện
nay. Tuy nhiên sáng kiến này chắc chắn còn nhiều thiếu sót. Rất mong các đồng
nghiệp đóng góp ý kiến để việc nghiên cứu, triển khai các chuyên đề sau mang lại
hiệu quả cao hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn.
XÁC NHẬN
CỦA LÃNH ĐẠO ĐƠN VỊ

Nguyên Bình, ngày 28 tháng 3 năm 2015
NGƯỜI BÁO CÁO

Hà Thị Hồng Gấm

24


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Chuẩn kiến thức kĩ năng hóa học 12 cơ bản, nâng cao.
2.Sách giáo khoa hóa học 12 nâng cao,11 cơ bản, 12 cơ bản, sách bài tập hóa học
12.- NXB Giáo Dục
3.Mười phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học.NXB Giáo Dục.

4.Mười sáu phương pháp và kĩ thuật giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học NXB Sư Phạm Hà nội
5.PP giải toán hoá vô cơ - Quan Hán Thành .NXB TRẺ .
6.Hướng dẫn ôn thi tốt nghiệp THPT năm 2012-2013; năm 2013-2014. NXB
Giáo Dục.
7.Một số đề thi đại học các năm.
8.Một số câu hỏi trắc nghiệm - nguồn internet.

25