chuyên đề : Phương pháp giải một số dạng bài tập chuyên đề nhôm và hợp chất của nhôm

Tác giả

………….

Chức vụ

…………..

Đơn vị công tác

Trường THPT ……………

Đối tượng học sinh bồi dưỡng

Lớp 12

Số tiết dự kiến bồi dưỡng

9

1


ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong những năm gần đây đề thi THPT Quốc gia có khá nhiều đổi mới, đó là:
 Tăng số lượng các câu dễ phù hợp với đối tượng tốt nghiệp
 Tăng sự phân hóa, độ khó của những câu hỏi trong khung điểm 9 – 10
 Sử dụng những câu hỏi và bài tập đặc trưng cho bộ môn Hóa học: câu hỏi về phản
ứng hóa học xảy ra theo nhiều hướng, nhiều trường hợp câu hỏi sử dụng hình ảnh, thí
nghiệm; bài tập sử dụng đồ thị….
Với câu hỏi sử dụng hình ảnh thí nghiệm; phản ứng hóa học xảy ra theo nhiều

hướng, nhiều trường hợp ; bài tập sử dụng đồ thị tôi thấy học sinh khá lúng túng vì các em
ít được thực hành; chưa được luyện bài tập nhiều và thường hay xét thiếu các khả năng có
thể xảy ra. Trong Hóa học nhôm và hợp chất của nhôm là chuyên đề có nhiều dạng bài liên
quan đến phản ứng hóa học xảy ra theo nhiều hướng, liên quan đến đồ thị khi giải bài tập
Vì những lí do trình bày ở trên tôi xin viết chuyên đề “Phương pháp giải một số dạng
bài tập chuyên đề nhôm và hợp chất của nhôm ” nhằm giúp các em khắc phục các
khó khăn và tự tin khi xử lí dạng bài này. Hi vọng chuyên đề này là một tài liệu tham
khảo hữu ích và bổ ích cho các em học sinh và đồng nghiệp.
NỘI DUNG
1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1.1. NHÔM
1.1.1. Vị trí trong bảng tuần hoàn, cấu hình electron nguyên tử
* Vị trí: ô thứ 13, nhóm IIIA, chu kì 3.
* Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p63s23p1 hay [Ne]3s23p1
→ Nguyên tử Al dễ nhường cả 3 electron hoá trị nên trong hợp chất có số +3.
1.1.2. Tính chất hoá học
* Nhôm là kim loại có tính khử mạnh (sau kim loại kiềm và kiềm thổ), nên dễ bị oxi hoá
thành ion dương.
Al → Al3+ + 3e
a. Tác dụng với phi kim (X2, O2,…)
VD: 2Al + 3Cl2 → 2AlCl3
t →

0

4Al + 3O2

2Al2O3

Chú ý: Trong thực tế Al không tác dụng với O2 trong không khí ở t0 thường do có lớp màng

Al2O3 mỏng và bền bảo vệ.
b. Tác dụng với axit
2


* Với axit có tính oxi hóa ở ion H+ như HCl, H2SO4 loãng, …
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑

VD:

2Al + 3H2SO4 (loãng) → Al2(SO4)3 + 3H2↑
2Al + 6H+→ 2Al3+ + 3H2↑
* Với axit có tính oxi hóa ở anion gốc axit như HNO3 loãng, đặc nóng và H2SO4 đặc,
nóng
Với HNO3:
- Khi cho kim loại Al tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nóng giải phóng khí NO2.
t →

0

Al + 6HNO3 đ

Al(NO3)3 + 3NO2↑ + 3H2O

- Khi cho kim loại Al tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng thì Al khử N+5 xuống số oxi hóa
thấp hơn. Đặc biệt với dung dịch HNO 3 rất loãng Al có thể khử N +5 xuống số oxi hóa thấp
nhất là -3 (trong NH4NO3).
Tổng quát:
Al +HNO3 loãng→ Al(NO3)3 + sản phẩm khử (NO, N2O, N2, NH4NO3) + H2O
VD: Al + 4HNO3 (loãng)


→

8Al + 30HNO3 (loãng)

Al(NO3)3 + NO↑ + 2H2O


→

8Al(NO3)3 + 3NH4NO3+ 9H2O

Với H2SO4 đặc, nóng:
Kim loại Al có khả năng khử S+6 xuống các số oxi hóa thấp hơn. Thông thường các bài toán
thường cho giải phóng khí SO2.
Tổng quát:
t →

0

Al + H2SO4 đ

Al2(SO4)3 + sản phẩm khử (SO2, S, H2S) + H2O.

t →

0

VD: 2Al +6H2SO4 đ

Al2(SO4)3 + 3SO2↑ + 6H2O

Chú ý: Nhôm bị thụ động bới dung dịch HNO3, H2SO4 đặc, nguội, nghĩa là Al không
tan trong 2 dung dịch axit trên và sau khi tiếp xúc với 2 axit này thì kim loại Al còn không
tan được trong axit HCl, H2SO4 loãng... Do đó có thể dùng thùng nhôm để đựng và chuyên
chở các axit trên.
c. Tác dụng với oxit kim loại
* Ở t0 cao, Al khử được nhiều ion kim loại trong oxit thành nguyên tử kim loại.

3


t →

0

2yAl + 3MxOy

t →


3xM + yAl2O3 (M thường là kim loại đứng sau Al)

0

VD: 2Al + Fe2O3

t →


2Fe + Al2O3

0

2Al + Cr2O3

2Cr + Al2O3

Phản ứng trên gọi là phản ứng nhiệt nhôm. Ứng dụng phản ứng này người ta có thể
điều chế được một số các kim loại như Fe, Cr, Mn,…
d. Tác dụng với nước
Do bề mặt của kim loại Al luôn có một lớp màng Al 2O3 rất mỏng và bền bảo vệ nên
để kim loại Al tác dụng được với nước cần phải phá bỏ lớp oxit trên bề mặt Al hoặc tạo
thành hỗn hống Al-Hg thì Al sẽ phản ứng với nước ở nhiệt độ thường.
2Al + 6H2O → 2Al(OH)3↓ + 3H2↑
Tính chất này có thể dùng để sản xuất hiđro, tuy nhiên phản ứng này diễn ra trong
thời gian vô cùng ngắn không quan sát được bằng mắt, phản ứng mau chóng dừng lại ngay
vì tạo lớp kết tủa keo lắng xuống, ngăn cản không cho phản ứng xảy ra. Do đó khi xét các
bài toán kim loại Al tác dụng với dung dịch axit, dung dịch muối người ta bỏ qua phản ứng
của Al với nước.
Chú ý: Thực tế, Al không phản ứng với nước dù ở nhiệt độ cao là vì trên bề mặt của
Al được phủ kín một lớp Al2O3 rất mỏng, bền và mịn, không cho nước và khí thấm qua..
e. Tác dụng với dung dịch kiềm
Trong thực tế, những vật bằng nhôm bị hoà tan trong dung dịch kiềm như NaOH,
Ca(OH)2, ... Ví dụ kim loại Al tan trong dung dịch NaOH, hiện tượng này được giải thích
như sau:
- Trước hết, xảy ra phản ứng phá bỏ lớp màng Al2O3 bảo vệ (do Al2O3 là oxit lưỡng tính):
Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O

(1)

Hoặc Al2O3 + 2NaOH + 3H2O → 2Na[Al(OH)4]
- Tiếp theo, kim loại nhôm sẽ khử nước:
2Al + 6H2O → 2Al(OH)3 ↓ + 3H2 ↑

(2)

- Lớp màng Al(OH)3 sinh ra lại có tính chất lưỡng tính nên tiếp tục bị hòa tan trong dung
dịch bazơ:
Al(OH)3 + NaOH→ NaAlO2 + 2H2O
Hoặc

(3)

Al(OH)3 + NaOH → Na[Al(OH)4]
4


Các phản ứng (2) và (3) xảy ra luân phiên nhau cho đến khi nhôm bị tan hết. Để thuận tiện
trong quá trình tính toán làm bài người ta cộng gộp 2 phương trình (2) và (3):
2Al + 2NaOH + 2H2O→ 2NaAlO2 + 3H2↑
Hoặc:

2Al + 2NaOH + 6H2O → 2Na[Al(OH)4] + 3H2

Tương tự nếu hòa tan kim loại Al trong dung dịch Ba(OH)2 ta có phương trình:
2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2 ↑
1.1.3. Ứng dụng - trạng thái thiên nhiên và sản xuất nhôm
a. Ứng dụng

- Dùng làm vật liệu chế tạo ô tô, máy bay, tên lửa, tàu vũ trụ.
- Dùng trong xây dựng nhà cửa, trang trí nội thất.
- Dùng làm dây dẫn điện, dùng làm dụng cụ nhà bếp.
- Hỗn hợp tecmit (Al + FexOy) để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm dùng hàn đường ray
xe lửa
b.Trạng thái thiên nhiên
Đất sét (Al2O3.2SiO2.2H2O), mica (K2O.Al2O3.6SiO2), boxit (Al2O3.2H2O), criolit
(3NaF.AlF3),...
c. Sản xuất nhôm
Trong công nghiệp, nhôm được sản xuất bằng phương pháp điện phân Al2O3 nóng
chảy.
*Nguyên liệu: Quặng boxit Al2O3.2H2O có lẫn tạp chất là Fe2O3 và SiO2. Loại bỏ tạp
chất bằng phương pháp hoá học thu Al2O3 gần như nguyên chất.
*Điện phân nhôm oxit nóng chảy
Chuẩn bị chất điện li nóng chảy: Hoà tan Al2O3 trong criolit nóng chảy nhằm hạ nhiệt
độ nóng chảy của hỗn hợp xuống 9000 C và dẫn điện tốt, khối lượng riêng nhỏ.
Quá trình điện phân
Al2O3

o

2Al3+ + 3O2-

t
→

K (-)
Al2O3 (noù
ng chaû
y)

A (+)
3+
Al
O2Al3+ +3e
Al
2O2- O2 +4e

Phương trình điện phân:

dpnc
2 Al2O3 
→ 4 Al + 3O2

5


 Khí oxi ở nhiệt độ cao đã đốt cháy cực dương là cacbon, sinh ra hỗn hợp khí CO và
CO2. Do vậy trong quá trình điện phân phải hạ thấp dần dần cực dương.
1.2. HỢP CHẤT CỦA NHÔM: Al2O3 và Al(OH)3
1.2.1. Nhôm oxit (Al2O3)
* Là một oxit lưỡng tính (vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với dung dịch bazơ).
- Tác dụng với dung dịch axit →Muối + H2O
VD: Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O
Al2O3 + 6H+→ 2Al3+ + 3H2O
- Tác dụng với dung dịch bazơ→ Muối aluminat (AlO2-) + H2O
VD: Al2O3 + 2NaOH→2NaAlO2 + H2O
natri aluminat
Al2O3 + 2OH − →2AlO2− + H2O
1.2.2. Nhôm hiđroxit (Al(OH)3)
* Là 1 hiđroxit lưỡng tính (vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với dung dịch bazơ).

- Tác dụng với dung dịch axit→Muối + H2O
VD: Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O
Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O
- Tác dụng với dung dịch kiềm mạnh (NaOH, KOH, Ca(OH) 2, Ba(OH)2→Muối aluminat +
H2 O
VD: Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
natri aluminat
Al(OH)3 + OH− →AlO2− + 2H2O
Chú ý: Al2O3, Al(OH)3 không tan trong dung dịch bazơ yếu như dung dịch NH 3, không tan
trong dung dịch axit yếu như axit cacbonic. Vì vậy, để điều chế Al(OH) 3 người ta cho dung
dịch muối Al3+ phản ứng với dung dịch NH3 dư.
- Al(OH)3 thể tính bazơ trội hơn tính axit. Do có tính axit rất yếu (yếu hơn cả axit H 2CO3)
nên:
NaAlO2 + CO2 + 2H2O → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3
t →

0

* Bị nhiệt phân:

2Al(OH)3

Al2O3 + 3H2O

1.2.3. Nhôm sunfat
- Muối nhôm sunfat khan tan trong nước vàlàm dung dịch nóng lên do bị hiđrat hoá.
6


- Phèn chua: K2SO4.Al2(SO4)3.24H2O hay KAl(SO4)2.12H2O được dùng trong ngành

thuộc da, công nghiệp giấy, chất cầm màu trong công nghiệp nhuộm vải, chất làm trong
nước,...
- Phèn nhôm: M2SO4.Al2(SO4)3.24H2O (M+ là Na+; Li+, NH4+)
1.2.4. Cách nhận biết ion Al3+ trong dung dịch
Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch thí nghiệm, nếu thấy kết tủa keo xuất hiện rồi
tan trong NaOH dư
Al3+ + 3OH−

→

→

có ion Al3+.

Al(OH)3↓

Al(OH)3 + OH− (dư)

→

AlO2− + 2H2O

2. Các dạng bài tập về nhôm và hợp chất của nhôm
DẠNG 1: BÀI TẬP CHO HỖN HỢP GỒM Al VÀ KIM LOẠI KIỀM (Na, K) HOẶC
KIM LOẠI KIỀM THỔ (Ca, Ba) TÁC DỤNG VỚI NƯỚC.
Thứ tự phản ứng như sau:
Trước hết: M (kim loại kiềm) + H2O  MOH + ½ H2
Al + MOH + H2O  MAlO2 + 3/2 H2

Sau đó:

* Từ số mol của M cũng là số mol của MOH và số mol của Al ta biện luận để biết Al tan hết
hay chưa.
+Nếu 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.

* Nếu bài toán cho dưới hai dạng thí nghiệm:
Thí nghiệm 1: cho hỗn hợp vào nước dư
Thí nghiệm 2: cho hỗn hợp vào dung dịch kiềm dư

7


Thường gặp nH

2

(TN1)

< nH

2

(TN2)

. Lúc đó ta có thể kết luận ở TN1 kim loại kiềm hoặc kim loại

kiềm thổ hết còn nhôm vẫn dư và ở TN2 hỗn hợp kim loại đều hết
nH
nH

2

=2nNa hoặc nH

2

(TN1)
2

(TN2)

(TN1)

=4nCa

=0,5nNa + 1,5nAl hoặc nH

2

(TN2)

=nCa + 1,5nAl

Từ hai thí nghiệm ta có thể tìm được lượng nhôm và kim loại kiềm, kim loại kiềm thổ tương
ứng
a. Mức độ nhận biết
Ví dụ 1: Cho hỗn hợp kim loại Na, Ba, Al vào H2O dư , phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
được dung dịch X và chất rắn Y. Dung dịch X chứa :
A. NaOH và Ba(OH)2

B. NaOH, Ba(OH)2, NaAlO2, Ba(AlO2)2

C. NaOH và NaAlO2

D. NaAlO2 và Ba(AlO2)2
Giải

- Sau phản ứng còn chất rắn Y nên Al dư
- Dung dịch có muối NaAlO2, Ba(AlO2)2
Ví dụ 2. Cho hỗn hợp kim loại K và Al vào nước, thu dung dịch A, 4,48 lít khí (đktc) và 5,4
g chất rắn, khối lượng của K và Al tương ứng là
A. 3,9 gam và 2,7 gam

B. 3,9 gam và 8,1 gam

C. 7,8 gam và 5,4 gam

D. 15,6 gam và 5,4 gam
GIẢI

Phương trình hoá học

2K+ 2H2O

→

a

a/2

Vì sau phản ứng còn 5,4 gam chất rắn
2KOH +2Al + 2H2O
a
→
→
→

→

2KOH + H2

⇒

Al dư

2KAlO2 + 3H2

3a/2

a= 0,1
mK = 3,9 gam, mAl= 0,1 . 27 +5,4 = 8,1gam
Đáp án B

8


b. Mức độ nhận hiểu
Ví dụ 3 (A - 2008): Cho hỗn hợp gồm Na và Al có tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 2 vào nước
(dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí H 2 (ở đktc) và m gam
chất rắn không tan. Giá trị của m là
A. 10,8.

B. 5,4.

C. 7,8.

D. 43,2.

GIẢI
Gọi số mol của Na , Al là x , 2x (vì n Na : n Al = 1 : 2 )
Na + H2O → NaOH + ½ H2
x

x

(1)

x/2

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2
BĐ 2x

(2)

x

PƯ x

x

3x/2

SPƯ x

0

3x/2

→ NaOH hết , chất rắn không tan là Al dư x mol , n H2(2) = 3/2 x(mol)
n H2 = 0,4 mol
Tổng số mol H2 : ½ x + 3/2 x = 2x
→ 2x = 0,4 → x = 0,2 mol
→ Vậy Al dư : 0,2.27 = 5,4 gam .
→ Chọn B
c. Mức độ vận dụng
Ví dụ 4: 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 7V/4 lít khí. Tính %(m) mỗi kim

loại trong hỗn hợp ban đầu.
Giải
Cách 1: Học sinh tính toán bình thường bằng các suy luận của bản thân
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:

Na + H2O → NaOH + ½ H2
x

x

(1)

x/2
9


Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2 (2)
x

3x/2

Tổng số mol H2 = 2x = 4  x = 2.
- Khi hoà tan vào dung dịch NaOH dư:
Na + H2O → NaOH + ½ H2
x

x

(1)

x/2

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2 (2)
y

3y/2

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%

Cách 2: Tính toán dựa theo định hướng của giáo viên
Đặt V = 4 . 22,4 lít
2

TN1: X + H2O: có VH =V lít
2

TN2: X+ NaOH dư: có VH =7V/4 lít
→ nNa=0,5 nH

→ nH

2

(TN2)

2

(TN1)

=2 mol

=0,5nNa + 1,5nAl

→ nAl=

 %(m) Na = 29,87%;

7 − 0,5.2
1,5

=4 mol

%(m)Al = 70,13%

Ví dụ 5: Thực hiện hai thí nghiệm sau:
• Thí nghiệm 1: Cho m gam hỗn hợp Ba và Al vào nước dư, thu được 0,896 lít khí (ở
đktc)
• Thí nghiệm 2: Cũng cho m gam hỗn hợp trên cho vào dung dịch NaOH dư thu được
2,24 lít khí (ở đktc) Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Giá trị của m là:
A. 2,99 gam.

B. 2,58 gam

C. 3,99 gam

D. 1,26 gam

Giải:
Cách 1:

10


nH

2

= 0,04 mol

nH

(TN1)

nH

2

(TN1)

< nH

2

(TN2)

2

(TN2)

= 0,1 mol

. → ở thí nghiệm 1 Ba hết, Al dư còn thí nghiệm 2 thì cả Ba và Al đều

hết
- Gọi nBa = x mol và nAl = y mol trong m gam hỗn hợp
Ba + 2H2O → Ba2+ + 2OH– + H2

- Thí nghiệm 1:

x→

2x

x
−
2

Al + OH– + H2O → AlO + 3/2H2
2x→

3x

→ nH2 = 4x = 0,04 → x = 0,01 mol
- Thí nghiệm 2: tương tự thí nghiệm 1 ta có: nH2 = x + 3y/2= 0,1
→ y = 0,06 mol
→ m = 0,01.137 + 0,06.27 = 2,99 gam → đáp án A
Cách 2:
nH
nH

2

= 0,04 mol

nH

(TN1)
2

(TN1)

< nH

2

(TN2)

2

(TN2)

= 0,1 mol

. → ở thí nghiệm 1 Ba hết, Al dư còn thí nghiệm 2 thì cả Ba và Al đều hết
2

- Thí nghiệm 1: nBa = nH /4 =0,01 mol
- Thí nghiệm 2: nH

2

(TN2)

=nCa + 1,5nAl → nAl=0,06 mol

→ m = 0,01.137 + 0,06.27 = 2,99 gam → đáp án A
BÀI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 1
Câu 1. Cho m g hỗn hợp Ba và Al vào H 2O dư thu 0,4 mol H2, cũng m g hỗn hợp trên cho
vào dd NaOH dư thu 3,1 mol H2 giá trị của m là
A. 67,7 gam B. 94,7 gam

C. 191 gam

D. 185 gam

Câu 2: Cho m gam hỗn hợp gồm Ba, Na, Al trong đó nNa: nAl = 1: 6 hoà tan vào nước dư
thu được 1,792 lít khí (đktc), dung dịch A và 5,4g chất rắn không tan. Giá trị của m là:
A. 52,75g

B. 39,05g

C. 34,50g

D. 38,14g

Câu 3(B – 2007): Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng nước dư thì
thoát ra V lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH dư thì thu dung dịch 1,75V

11


lít khí. Thành phần % theo khối lượng của Na trong X là (biết các thể tích khí đo trong cùng
đk nhiệt độ và áp suất).
A. 39,78%

B. 77,31%

C. 49,87%

D. 29,87%

Câu 4(ĐH – A – 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 H2 (đktc). Giá trị của m là
A. 29,9

B. 24,5

C. 19,1

D. 16,4

Câu 5: Hỗn hợp X gồm K và Al. Cho m g X tác dụng với nước dư được 5,6 lít khí. Mặt
khác, cho m g X tác dụng với dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được 8,96 lít khí. (Các phản ứng
đều xảy ra hoàn toàn, các thể tích khí đo ở đktc). m có giá trị là
A.10,95g.

B. 18g.

C. 16g.

D. 12,8g.

Câu 6: Cho a gam hỗn hợp các kim loại K và Al vào nước dư, thu được 0,6 mol H 2. Mặt
khác, cũng a gam trên khi cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được 0,9 mol H 2.
Giá trị của a là
A. 21,2 gam

B. 32,5 gam

C. 25,2 gam

D. 31,7 gam

Câu 7: Cho 13,2g hỗn hợp kim loại gồm K và Al hoà tan vào nước, sau phản ứng người ta
chỉ thu được dung dịch chứa một loại muối duy nhất và V lít khí H 2 (ở đktc). Giá trị của V
là:
A. 11,2

B. 13,44

C. 8,96

D. 5,6

Câu 8: Cho b gam hỗn hợp các kim loại Ba và Al vào nước dư, thu được 0,4 mol H 2. Mặt
khác, cũng b gam trên khi cho tác dụng với dung dịch KOH dư thì thu được 3,1 mol H 2. Giá
trị của b là
A. 78,2 gam

B. 81,5 gam

C. 108 gam

D. 67,7 gam

DẠNG 2: DUNG DỊCH MUỐI Al 3+ TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM (OH-)
Al3+
Khi OH- dư :

+

Al(OH)3

3OH+

→

Al(OH)3 ↓

OH- → [Al(OH)4]-

(1)
(2)

- Bài tập dạng này liên quan đến 3 loại chất là Al 3+ , OH- , Al(OH)3. Biết lượng của 2 chất
tính lượng còn lại.
Bài toán 1: Biết lượng Al3+ và OH- , tính lượng kết tủa
Khi cho từ từ OH- vào dung dịch chứa Al3+ thì thấy xuất hiện kết tủa Al(OH) 3 sau đó kết tủa
tan dần.

12


T=
Đặt

nOH −

Al 3+

TH1: T ≤ 3: Chỉ xảy ra phản ứng số (1) khi đó OH - hết, Al3+ có thể hết hoặc dư, số mol kết
tủa tính theo OH-.

nAl ( OH )3 =

nAl ( OH )3 = nAl3+ =

nOH −
3

( bảo toàn nhóm OH)

nOH −

Nếu

3

thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất.

TH2: Nếu 3 < T < 4: lượng kết tủa đạt tới giá trị lớn nhất (hay max), sau đó kết tủa tan một
phần để lại lượng kết tủa như bài cho nên xảy ra cả 2 phản ứng khi đó Al 3+ hết, OH- hết .
Al3+

3OH-

+

a
Al(OH)3

→

Al(OH)3 ↓

3a
+

x

a

OH- → [Al(OH)4]x

x

nOH- = 3a + x = 3nAl3+ + x
3

nAl(OH) = a - x = nAl3+ - x
n
= 4n
−n
−
↓ Al (OH )
Al 3 +
→ OH
3

Đặc biệt

3+ 4
T=
= 3,5
2

n

thì

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

→ Khi giải toán dạng này có thể tính toán theo phương trình và giải hệ bình thường hoặc sử
dụng công thức phù hợp cho từng trường hợp.
TH3: Nếu T

≥

4: kết tủa tan hoàn toàn, phản ứng chỉ tạo ra [Al(OH)4]- .
Al3+ + 4OH-  [Al(OH)4]-

a. Mức độ biết
Ví Dụ 1. Rót 100 ml dung dịch NaOH 3M vào 100 ml dung dịch AlCl 3 1M thu được m gam
kết tủa. Giá trị của m la

13


A. 3,9 g.

B. 7,8 g.

C. 9,1 g.

D. 2,7 g.

Giải
nAlCl3

Ta có: nNaOH = 0,3 mol,

= 0,1 mol

Ta có thể giải bài tập này theo 2 cách
Cách 1: Sử dụng tỉ lệ theo phương trình
AlCl3 + 3 NaOH  Al(OH)3 + 3 NaCl
Ban đầu:

0,1

0,3

Phản ứng:

0,1  0,3

Sau phản ứng: 0

0,1

0

0,3

0,1

0,3

 m↓ = 0,1 . 78 = 7,8 g
Cách 2: Vận dụng tỉ lệ T
n −=
OH
n
−
T = OH
n
Al3+

n 3+ =
Al

0,3 mol,

nAl ( OH )3 = nAl 3+ =

nOH −
3

=3
 m↓ = 0,1 . 78 = 7,8 g

0,1 mol

= 0,1
mol

b. Mức độ hiểu
Ví Dụ 2. Rót 100 ml dung dịch NaOH 3,5M vào 100 ml dung dịch AlCl 3 1M thu được m
gam kết tủa. Giá trị của m la
A. 3,9 g.

B. 7,8 g.

C. 9,1 g.

D. 2,7 g.

Giải
nAlCl3

Ta có: nNaOH = 0,35 mol,

= 0,1 mol

Ta giải bài tập này theo 2 cách để so sánh.
Cách 1: Làm theo cách truyền thống
AlCl3 + 3 NaOH  Al(OH)3 + 3 NaCl
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  Na[Al(OH)4]
14


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 2: Vận dụng tỉ lệ T
n −=
OH
n
−
T = OH
n
Al3+

n 3+ =
Al

0,35 mol,

= 3,5  Tạo hỗn hợp
⇔

 Hệ: x + y = 0,1
3x + 4y = 0,35

0,1 mol

Al(OH)3: x mol
[Al(OH)4]-: y mol

x = 0,05
y = 0,05

 m↓ = 0,05 . 78 = 3,9 g

hoặc T = 3,5 nên

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

= 0,05 mol

Ví dụ 3: 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?
Giải
nOH − =

0,9 mol,
T=

nAl3+ =

0,2 mol

nOH −
nAl 3+

= 4,5 > 4  Tạo [Al(OH)4]- và OH- dư
n

Dung dịch X có

Al (OH ) −
4

=n

Al3+

= 0,2 mol;

n OH- dư = 0,9 – 0,2 . 4 = 0,1 mol

 CM (K[Al(OH)4]) =

0, 2
≈ 0,36 M
0, 45 + 0,1

15


CM(KOH) =

0,1
≈ 0,18M
0, 45 + 0,1

c. Mức độ vận dụng
Ví dụ 4: Dung dịch A chứa 12g NaOH cho tác dụng với dung dịch chứa 13,68g Al 2(SO4)3
thu được 500ml dung dịch B và m gam kết tủa. Tính CM các chất trong B và m?
Giải
nNaOH = 0,3 mol;
T=



nAl

2

4 3

(SO

)

= 0,04 mol

nOH −
nAl 3+

= 3,75  tạo hỗn hợp

Al(OH)3 : x mol
[Al(OH)4 ]-: y mol

Ta có hệ:

x + y = 0,08

x = 0,02

3x + 4y = 0,3 

y = 0,06

Vậy khối lượng kết tủa là: m = 1,56g
Dung dịch B gồm

Na[Al(OH)4 ]:
Na2SO4:



0,06 mol
0,12 mol

CM (Na[Al(OH)4 ]) = 0,12M;
CM ([Na2SO4]) = 0,24M

Bài toán 2: Biết lượng Al3+ và lượng kết tủa Al(OH)3 tính lượng OH3

*Nếu n↓Al(OH) = nAl3+ thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Cả 2 chất tham gia phản ứng
(1) vừa đủ
*Nếu nAl(OH)

→
3

=
3+

< nAl

thì có 2 trường hợp xảy ra:

TH1: Chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa, Al3+ dư → chỉ xảy ra một phản ứng (1)

→

n
= 3n

−
↓ Al (OH )
OH
3

TH2: Có hiện tượng hòa tan kết tủa, Al 3+ tan hết → xảy ra cả hai phản ứng (1) và (2). Khi
đó sản phẩm có Al(OH)3 và [Al(OH)4 ]- :

Ta có:

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

(theo bảo toàn nguyên tố nhôm)

16


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

→

(theo bảo toàn nhóm OH)

n
= 4n
−n
↓ Al (OH )
OH −
Al 3 +
3

a. Mức độ hiểu
Ví dụ 1 (B – 2013) : Thể tích dung dịch NaOH 0,25M cần cho vào 15 ml dung dịch
Al2(SO4)3 0,5M để thu được lượng kết tủa lớn nhất là
A. 210 ml

B. 90 ml

C. 180 ml

D. 60 ml

Giải:
nAl3+ = 2n

Al2 ( SO4 )3

= 0,015 mol
3

Để thu được kết tủa lớn nhất thì n↓Al(OH) = nAl3+= 0,015 mol
−

3

→ nOH = 3n↓Al(OH) = 0,045 mol
→ VNaOH = 0,18 lít = 180 ml
b. Mức độ vận dụng
Ví dụ 2: Cho 200 ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch AlCl 3 1M thu được 7,8 (g) kết
tủa. Tính nồng độ mol của dung dịch NaOH?
Giải:
nAl3+ = 2n

Al Cl3

=0,2 mol,

3

n↓Al(OH) = 0,1 (mol).
→ nAl(OH)

3

3+

< nAl

→ có 2 trường hợp xảy ra

C1:
TH1: Al3+ dư → tính OH- theo kết tủa
Al3+

+

3OH0, 3

→

= 0,3

→

CM

NaOH

→
¬

Al(OH)3 ↓
0,1

= 1,5 (M)

TH2: Al3+ hết, OH- dư làm tan 1 phần kết tủa:
Al3+

+

3OH-

→

Al(OH)3 ↓

17


→

0,2

Al(OH)3

0,2

OH- → [Al(OH)4]-

+
→

( 0,2 – 0,1)
→

→

0,6

0,1

= 0,7

→ CM

NaOH

= 3,5 (M)

C2:
TH1: Al3+ dư:
−

↓

→ nOH = 3n = 0,3

→ CM

NaOH

= 1,5 (M)

TH2: Al3+ hết, ↓ tan 1 phần:
3+

= 4 nAl

3

- nAl(OH) = 4.0,2 – 0,1 = 0,7 (mol)

→ CM

NaOH

= 3,5 (M)

Ví dụ 3: Cho 0,5 lít dung dịch NaOH tác dụng với 300ml dung dịch Al 2(SO4)3 0,2M thu
được 1,56 (g) kết tủa. Tính nồng độ mol của dung dịch NaOH?
Giải:
nAl3+ = 2n

Al2 ( SO4 )3

3

=0,12 mol, n↓Al(OH) = 0,02 (mol).
→ nAl(OH)

3+

3

< nAl

→ có 2 trường hợp xảy ra

*TH1: Al3+ dư→ tính OH- theo kết tủa:
Al3+

3OH-

+

0, 06

= 3nAl(OH)

3

= 0,06 (mol) →

→
¬

Al(OH)3 ↓
0,02

= 0,12 (M)

*TH2: Al3+ hết, kết tủa tan 1 phần:
3+

= 4 nAl

- nAl(OH)

3

= 4.0,12 - 0,02 = 0,46 (mol)
→ = 0,92 (M)

18


Ví dụ 4(A – 2007): Cho 200 ml 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. 2,4.

D. 2.

Giải:
3

nAl3+ = nAlCl = 0,3 mol
3

n↓Al(OH) = 0,2 mol
→

nAl(OH)

3

3+

< nAl

Với trường hợp này lẽ ra phải xét hai trường hợp nhưng vì đề chỉ hỏi

giá trị lớn nhất của thể tích dung dịch kiềm nên chỉ cần tính theo trường hợp kết tủa đạt max
sau đó kết tủa tan một phần
3+

= 4 nAl

3

- nAl(OH) = 4. 0,3 - 0,2 = 1 mol
→ VNaOH = 2 lít

Bài toán 3: Biết lượng OH- và lượng kết tủa Al(OH)3 tính lượng Al3+
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 ]-

Ta có:

n
= 4n
−n
↓ Al (OH )
OH −
Al 3 +
3

→

n 3+ =
Al

nOH − + n Al (OH )
3
4

* Nếu số mol OH- của bài cho bằng số mol OH- trong kết tủa thì không có hiện tượng hòa
tan kết tủa
3+

Ta có: nAl

3

= n↓Al(OH) =

1
3

−

nOH

* 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 1: Cho 250 ml NaOH 2M vào 250 ml dd AlCl 3 x M; sau phản ứng thu được 7,8 (g)
kết tủa. Tính x?

19


Giải:
nOH- = nNaOH =0,5 mol,
3

n↓Al(OH) = 0,1 (mol), nAl3+ = 0,25.x (mol)
→

> = 0,3 (mol)

→ có hiện tượng hòa tan 1 phần kết tủa

C1: Sử dụng CT

→

n
= 4n
−n
↓ Al (OH )
OH −
Al 3 +
3
nOH − + n Al (OH )
3
n 3+ =
Al

4

→

= 0,15 (M)

→ x = 0,6 (M)
C2: Viết phương trình:
Al3+

+
→

0,25x

3OH-

→
→

0,75x

Al(OH)3
( 0,25x – 0,1)

0,25x

OH- → [Al(OH)4]-

+

→

Al(OH)3 ↓

( 0,25x – 0,1)

→ 0,75x + 0,25x – 0,1 = 0,5
→ x = 0,6 (M)
Ví dụ 2 (A – 2012): Cho 500ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M vào V ml dung dịch Al2(SO4)3
0,1M; sau khi các phản ứng kết thúc thu được 12,045 gam kết tủa. Giá trị của V là
A. 75.

B. 150.

C. 300.

D. 200.

Giải:
2−
4

2+

nBa

= 0,05; nSO = 0,3V/1000;

−

3+

nOH = 0,1;

nAl

= 0,2V/1000.

Có 2 TH xảy ra : muối nhôm dư hoặc muối nhôm hết.
Nếu dư muối nhôm thì ko tính được V.
Xét muối nhôm hết thì
4

nBaSO =

0,3V
1000

(mol) và

3

nAl(OH) =

4nAl 3+ − nOH − =

0,8V
− 0,1
1000

(mol)

20


vậy

233.

0, 3V
1000

(

+ 78.

0,8V
− 0,1)
1000

=12,045.

Giải ra V= 150 ml.
Ví dụ 3: Thêm 0,6 mol NaOH vào dd chứa x mol AlCl 3 thu được 0,2 mol kết tủa. Thêm
tiếp 0,9 mol NaOH vào thấy số mol kết tủa là 0,5 mol. Thêm tiếp 1,2 mol NaOH nữa thấy
kết tủa vẫn là 1,5 mol. Tính x?
Giải:
Tổng số mol OH- = 0,6 + 0,9 + 1,2 = 2,7 (mol)
= 0,5.3 = 1,5 mol < = 2,7 (mol)
→ có hiện tượng hòa tan 1 phần kết tủa

→

→

n
= 4n
−n
−
3
+
↓ Al (OH )
OH
Al
3
nOH − + n Al (OH )
3
n 3+ =
Al
4

= 0,8 (M)

Bài toán 4: 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:
nAl (OH )3 =

TN1: Al3+ còn dư và OH- hết.

nOH −
3

= x.

TN2: Cả Al3+ và OH- đều hết và đã có hiện tượng hoà tan kết tủa.
n
= 4n
−n
↓ Al (OH )
OH −
Al 3 +
3

Ví dụ 1: 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.Tính a và m?
Giải
Vì lượng OH- ở 2 thí nghiệm khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên:
TN1: Al3+ dư, OH- hết.

21


nAl (OH )3 =

nOH −

nOH- = nNaOH = 0,6 mol 

3

= 0,2 mol  m = 15,6 g

TN2: Al3+ và OH- đều hết và có hiện tượng hoà tan kết tủa.
nOH- = nNaOH = 0,9 mol  Tạo



n 3+ =
Al

n

nOH − + n
Al (OH )3
4

Al2 ( SO4 ) 3

Al(OH)3: 0,2 mol

= 0, 275

mol

= 0,1375 mol = a.

Ví dụ 2: Khi cho V ml hay 3V ml dung dịch NaOH 2M tác dụng với 400ml dung dịch
AlCl3 nồng độ x mol/l ta đều cùng thu được một lượng chất kết tủa có khối lượng là 7,8
gam. Tính x.
A.0,75M

B.0,625M

C.0,25M

D.0,75M hoặc 0,25M

Giải

Al(OH)3 max
Al(OH)3

3

n↓Al(OH) = 0,1 (mol)
Vì lượng OH- ở 2 thí nghiệm khác45o
nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên:
- Nếu dùng V ml NaOH 2M thì Al3+ dư, OH- hết, lượng kết tủa sẽ tính theo OH−

3

nOH = 3n↓Al(OH) =0,3 mol
→ 2.0,001V = 0,3

n

→ V = 150 ml
- Nếu dùng 3V ml NaOH 2M thì Al3+ và OH- đều hết và có hiện tượng hoà tan kết tủa.
−

nOH = 3.0,15.2 =0,9 mol. Tạo
n



nOH − + n Al (OH )
3 = 0, 25
n 3+ =
Al
4

Al(OH)3: 0,1 mol

mol

3.2.5. Giải toán bằng phương pháp đồ thị
Đồ thị (Al(OH)3- NaOH) (hai nửa không đối xứng)

a
0,5a

22

0

(dư AlCl3)
Sản phẩm:

(dư NaOH) (dư NaOH)

Al(OH)3
AlCl3 dư

Phản ứng xảy ra

Al(OH)3; Al(OH)3 ; NaAlO2 ; NaOH dư
;

(1)

NaAlO2
;

(1) ; (1) và (2); (2)

n
Số mol các chất (tính nhanh): Nửa trái:

NaAlO2
(2)

n
= NaOH
Al(OH)
3

3
n

Nửa phải:

Al(OH)
3

= 4n

;

AlCl
3

-n

NaOH
.

Hình *: Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol Al(OH) 3 thu được vào số mol NaOH
phản ứng với dung dịch muối chứa a mol AlCl3.
Biểu thức tinh nhanh số mol Al(OH)3
n Al(OH) =

3

3

• Nửa trái đồ thị: Dư Al3+, chỉ xảy ra phản ứng (1),

• Nửa phải đồ thị: Dư OH , xảy ra đồng thời (1) và (2),
−

n OH−

.

n Al(OH) = 4.n Al3+ - n OH −
3

.

Gọi số mol Al(OH)3 và AlO2− lần lượt là x và y.
Ta có:

x + y = số mol Al3+
3x + 4y = số mol OH−

(*)
(**)

Giải hệ phương trình: Nhân (*) với 4, trừ (**) ⇒ x =

n Al(OH) = 4.n Al3+ - n OH−
3

.

Ví dụ 1: Nhỏ từ từ dung dịch KOH vào dung dịch AlCl3. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn
trên đồ thị sau:

23


Giá trị của x trong đồ thị trên là
A. 2,4.

B. 3,2.

C. 3,0.

D. 3,6.

Giải: Tính nhanh. Số mol Al(OH)3 max = số mol AlCl3 = 0,8 mol
n Al(OH) =
3

- Nửa trái đồ thị (I):
- Nửa phải đồ thị (II)

n NaOH
3

⇒ số mol Al(OH)3 = 0,6 : 3 = 0,2 mol.

n Al(OH) = 4n AlCl3 - n NaOH
3

⇒ nNaOH = 4.0,8 - 0,2 = 3,0 mol.

Ví dụ 2: Cho từ từ đên dư dung dịch NaOH vào dung dịch Al2(SO4)3, kết quả thí nghiệm
được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tỉ lệ x : y trong sơ đồ trên là
A. 4 : 5.

B. 5 : 6.

C. 6 : 7.

Giải: Số mol Al(OH)3 max = Số mol Al3+ = a =

x
3

D. 7 : 8.

⇒ x = 3a.

24


n Al(OH) = 4n Al3+ - n OH −
3

Nửa phải đồ thị (II):

, thay số ta có:

0,4a = 4a - y ⇒ y = 3,6a.

x : y = 3a : 3,6a = 5 : 6.
Ví dụ 3: Cho từ từ dung dịch hỗn hợp KOH và Ba(OH)2 vào dung dịch AlCl3. Kết quả thí
nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Biểu thức liên hệ giữa x và y trong đồ thị trên là
A. (x + 3y) = 1,26.

B. (x + 3y) = 1,68.

C. (x - 3y) = 1,68.

D. (x - 3y) = 1,26.

Giải: Gọi số mol kết tủa Al(OH)3 là a. Số mol Al(OH)3 max = 0,42 : 3 = 0,14 mol.

n Al(OH) =
3

- Nửa trái đồ thị (I):
- Nửa phải đồ thị (II)

Ta có:

x
3

n OH−
3

, thay số ⇒ số mol Al(OH)3 = a =

n Al(OH) = 4n Al3+ - n OH −
3

x
3

.

, thay số ⇒ a = 4.0,14 - y .

= 4.0,14 - y ⇒ x + 3y = 1,68.

Ví dụ 4: Cho từ từ dung dịch KOH vào dung dịch hỗn hợp (AlCl3, Al2(SO4)3). Kết quả thí
nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

25