20 đề thi bài toán đồ thị về nhôm và hợp chất hóa 12

ĐỀ THI ONLINE: BÀI TOÁN ĐỒ THỊ NHÔM VÀ HỢP CHẤT
CHUYÊN ĐỀ: KIM LOẠI KIỀM - KIỀM THỔ - NHÔM
MÔN HÓA: LỚP 12
BIÊN SOẠN: BAN CHUYÊN MÔNTUYENSINH247.COM
Mục tiêu:
- Học sinh nắm được thứ tự phản ứng khi cho từ từ OH- vào Al3+ và ngược lại.
- Nắm được công thức giải nhanh dạng bài tập cho Al3+ tác dụng với OH-.
- Giải thành thạo dạng đồ thị nhôm và hợp chất.
Vận dụng

Vận dụng cao

10

4

I. VẬN DỤNG (16 CÂU)
Câu 1 (ID: 310453): Cho 200 ml dung dịch Al2(SO4)3 tác dụng với dung dịch NaOH 1M nhận thấy số mol kết
tủa phụ thuộc vào thể tích dung dịch NaOH theo đồ thị sau:

Nồng độ của dung dịch Al2(SO4)3 trong thí nghiệm trên là
A. 0,125M.

B. 0,25M.

C. 0,375M.

D. 0,50M.

Câu 2 (ID: 310454): Rót từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,2M vào 150 ml dung dịch AlCl3 0,04M thấy lượng kết tủa
phụ thuộc vào số ml dung dịch Ba(OH)2 theo đồ thị dưới đây.

1 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


Giá trị của a và b tương ứng là:
A. 45 ml và 60 ml.

B. 45 ml và 90 ml.

C. 90 ml và 120 ml.

D. 60 ml và 90 ml.

Câu 3 (ID: 310457): Cho 100 ml dung dịch AlCl3 1M phản ứng với dung dịch NaOH 0,5M nhận thấy số mol kết
tủa phụ thuộc vào thể tích dung dịch NaOH theo đồ thị sau.

Giá trị của b là
A. 360 ml.

B. 340 ml.

C. 350 ml.

D. 320 ml.

Câu 4 (ID: 310458): Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch Al(NO3)3. Kết quả thí nghiệm được biểu
diễn ở đồ thị dưới đây:

Giá trị của a, b tương ứng là

A. 0,3 và 0,6.

B. 0,6 và 0,9.

C. 0,9 và 1,2.

D. 0,5 và 0,9.

2 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


Câu 5 (ID: 310459): Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu
diễn trên đồ thị sau (số liệu tính theo đơn vị mol)

Giá trị của x là:
A. 0,82.

B. 0,86.

C. 0,80.

D. 0,84.

Câu 6 (ID: 310460): Dung dịch X chứa a mol AlCl3 và 2a mol HCl. Rót từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch X ta
có đồ thị sau:

Giá trị của x là:
A. 0,756

B. 0,624

C. 0,684

D. 0,748

Câu 7 (ID: 310461): Cho x gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa y mol HCl thu được dung dịch Z chứa 2 chất
tan có cùng nồng độ mol. Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Z thì đồ thị biểu diễn lượng kết tủa phụ
thuộc vào lượng OH- như sau:

Giá trị của x là:
A. 32,4

B. 27,0

C. 20,25

D. 26,1

Câu 8 (ID: 310462): Cho từ từ V ml dung dịch NaOH 1M vào 200 ml dung dịch gồm HCl 0,5M và Al2(SO4)3
3 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


0,25M. Đồ thị biểu diễn khối lượng kết tủa theo V như hình dưới.

Giá trị của a, b tương ứng là:
A. 0,1 và 400.

B. 0,05 và 400.

C. 0,2 và 400.

D. 0,1 và 300.

Câu 9 (ID: 310464): Cho từ từ dung dịch NaOH 0,5M vào 100 ml dung dịch FeCl3 aM và AlCl3 b M, thấy xuất
hiện kết tủa, thấy kết tủa cực đại sau đó kết tủa hòa tan một phần. Đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa số mol kết tủa
và số mol NaOH cho như hình vẽ:

Giá trị của a và b lần lượt là:
A. 0,1 và 0,05

B. 0,1 và 0,3

C. 0,2 và 0,02

D. 0,3 và 0,1

Câu 10 (ID: 310466): Cho m gam bột Al kim loại vào V lít dung dịch HCl 1M được dung dịch X. Cho từ từ dung
dịch NaOH 1M vào X, số mol kết tủa và thể tích (lít) của dung dịch NaOH được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Giá trị của m và V là:
A. 8,1 và 0,95

B. 8,1 và 0,90

C. 6,75 và 0,95

D. 6,75 và 0,90

4 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


Câu 11 (ID: 310469): Dung dịch X chứa a mol HCl; a mol H2SO4 và b mol Al2(SO4)3. Rót từ từ dung dịch
NaOH vào dung dịch X ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol kết tủa vào số mol NaOH như sau:

Cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch X để kết tủa vừa hết ion SO42- thu được kết tủa và dung dịch Y chứa m
gam chất tan. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 40

B. 41

C. 34

D. 39

Câu 12 (ID: 310471): Hòa tan hết hỗn hợp gồm Fe3O4 và Al2O3 (tỉ lệ mol 1:1) trong dung dịch chứa x mol HCl
loãng, thu được dung dịch X. Cho dung dịch NaOH dư vào X, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Giá trị của x là:
A. 1,12

B. 1,24

C. 1,20

D. 1,18

Câu 13 (ID: 310472): Một dung dịch X có chứa các ion x mol H+, y mol Al3+, z mol SO42- và 0,1 mol Cl-. Khi nhỏ

từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch X. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Cho 300 ml dung dịch Ba(OH)2 0,9M tác dụng với dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Khối lượng kết
tủa Y là (các phản ứng xảy ra hoàn toàn):
5 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


A. 62,91 gam.

B. 49,72 gam.

C. 46,60 gam.

D. 51,28 gam.

Câu 14 (ID: 310473): Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch chứa a mol H2SO4 và b mol
Al2(SO4)3, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Tỉ lệ a: b là:
A. 4:3

B. 1:2

C. 2:3

D. 1:3

Câu 15 (ID: 310474): Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm AlCl3 và FeCl3, kết quả
thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Khi x = 0,66 mol thì giá trị của m (gam) là :
A. 14,80

B. 12,66

C. 11,79

D. 12,14

Câu 16 (ID: 310475): Cho dung dịch X chứa AlCl3 và HCl. Chia dung dịch X thành 2 phần bằng nhau: Phần 1 cho
tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 71,75 gam kết tủa. Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào phần 2, kết quả thí
nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Giá trị của x là:
6 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


A. 0,57

B. 0,51

C. 0,33

D. 0,62

II. VẬN DỤNG CAO (4 CÂU)
Câu 17 (ID: 310476): Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch gồm Al2(SO4)3 và AlCl3. Sự phụ thuộc
của khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol Ba(OH)2 (x mol) được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Khối lượng kết tủa cực đại là m gam. Giá trị của m là:
A. 10,11

B. 6,99

C. 11,67

D. 8,55

Câu 18 (ID: 310477): Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp Al, Fe2O3, Cr2O3 sau một thời gian thu được hỗn
hợp chất rắn X. Chia X thành 2 phần bằng nhau. Hòa tan hoàn toàn phần 1 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư,
sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 2,016 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Hòa tan hết phần
2 trong 400 ml dung dịch HNO3 2M, thu được dung dịch Y và khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Cho từ từ
dung dịch NaOH 1M đến dư vào Y thu được kết quả như hình vẽ sau:

Khối lượng Cr2O3 trong hỗn hợp ban đầu là:
A. 7,29 gam

B. 30,40 gam

C. 6,08 gam

D. 18,24 gam

Câu 19 (ID: 310478): Cho a mol Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa b mol HCl thu được dung dịch Y chứa 2
chất tan có cùng nồng độ mol. Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Y ta có đồ thị sau:

7 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!

Cho a mol Al phản ứng với dung dịch hỗn hợp chứa 0,15b mol FeCl3 và 0,2b mol CuCl2. Sau khi phản ứng kết
thúc thu được x gam chất rắn. Giá trị của x là:
A. 11,776

B. 12,896

C. 10,874

D. 9,864

Câu 20 (ID: 310479): Hòa tan hết 12,060 gam hỗn hợp gồm Mg và Al2O3 trong dung dịch chứa HCl 0,5M và
H2SO4 0,1M. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH 1,0M vào dung dịch X,
phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Nếu cho từ từ V ml dung dịch NaOH 0,3M và Ba(OH)2 0,1M vào dung dịch X, thu được kết tủa lớn nhất. Lấy kết
tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:
A. 41,940

B. 37,860

C. 48,152

D. 53,125

8 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!

ĐÁP ÁN

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

B

A

A

C

A

D

A

A

B

A

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

C

B

D

C

B

D

A

C

A

A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Thực hiện: Ban chuyên môn Tuyensinh247.com
Câu 1:
Phương pháp:
Tại điểm A: khi nOH- = 0,18 mol: nAl3+ = nAl(OH)3 = nOH-/3
Tại điểm B: khi nOH- = 0,34 mol thì kết tủa tan 1 phần.
Sử dụng công thức n↓ = 4.nAl3+ - nOH- ta tính được nAl3+.
Từ đó suy ra nồng độ của Al2(SO4)3.

Hướng dẫn giải:
Tại điểm A: Khi kết tủa max: nAl3+ = nAl(OH)3 = nOH-/3 = 0,18:3 = 0,06 mol
Tại điểm B: Kết tủa tan 1 phần:
Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- → 0,06 = 4. nAl3+- 0,34 → nAl3+ = 0,1 mol → nAl2(SO4)3 = 0,1:2 = 0,05 mol
→ CM Al2(SO4)3 = 0,05 : 0,2 = 0,25M
Đáp án B
Câu 2:
Phương pháp:
Tại điểm cực đại: nOH- = 3.nAl3+ từ đó tính được a
Tại điểm kết tủa vừa bị hòa tan: nOH- = 4.nAl3+ từ đó tính được b
Hướng dẫn giải:
nAlCl3 = 0,15.0,4 = 0,006 mol
- Tại điểm cực đại: y = nAl(OH)3 = nAl3+ = 0,006 mol
→ nOH- = 3. nAl3+ = 3.0,006 = 0,018 mol → nBa(OH)2 = 0,009 mol
→ a = 0,009 : 0,2 = 0,045 lít = 45 ml
9 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


- Tại điểm kết tủa vừa bị tan hoàn toàn: nOH- = 4.nAl3+ = 4. 0,006 = 0,024 mol → nBa(OH)2 = 0,012 mol
→ b = 0,012 : 0,2 = 0,06 lít = 60 ml
Đáp án A
Câu 3:
Phương pháp:
Tại điểm sau cực đại thì kết tủa tan 1 phần:
Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- để tính nkết tủa
Tại điểm trước cực đại: nOH- = 3.nAl(OH) → Giá trị của b
Hướng dẫn giải:
Ta có: nAlCl3 = 0,1.1 = 0,1 mol
- Tại điểm sau cực đại: Kết tủa tan 1 phần => nOH- = 0,68.0,5 = 0,34 mol

Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- = 4. 0,1- 0,34 = 0,06 mol
- Tại điểm trước cực đại: nOH- = 3.nAl(OH)3 = 3.0,06 = 0,18 mol = nNaOH → b = 0,18: 0,5 = 0,36 lít = 360 ml
Đáp án A
Câu 4:
Phương pháp:
Tại điểm cực đại: nOH- = 3.nAl3+ từ đó tính được a
Tại điểm kết tủa vừa bị hòa tan: nOH- = 4.nAl3+ từ đó tính được b
Hướng dẫn giải:
Tại điểm cực đại: nAl3+ = nAl(OH)3 = nOH-/3 → nOH- = 3. nAl3+ = 3.0,3 = 0,9 mol → a = 0,9 mol
Tại điểm kết tủa vừa bị tan hoàn toàn: nOH- = 4.nAl3+ = 4. 0,3 = 1,2 mol → b = 1,2 mol
Đáp án C
Câu 5:
Phương pháp:
Tại điểm A: Kết tủa chưa cực đại: nAl(OH)3 = nOH-/3
Tại điểm B: Khi kết tủa max: nAl3+ = nAl(OH)3
Tại điểm C: Kết tủa tan 1 phần:
Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- ta tính được nOH- suy ra giá trị x.
Hướng dẫn giải:
Tại điểm A: Kết tủa chưa cực đại: nAl(OH)3 = nOH-/3 = 0,42: 3 = 0,14 mol
Tại điểm B: Khi kết tủa max: nAl3+ = nAl(OH)3 = 0,24 mol
Tại điểm C: Kết tủa tan 1 phần:
Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- → 0,14 = 4. 0,24- nOH- → nOH- = 0,82 mol
10 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


Vậy x = 0,82
Đáp án A
Câu 6:
Phương pháp:

Tại điểm C thì kết tủa tan 1 phần:
Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- từ đó ta tính được giá trị a
Tại điểm A: Kết tủa chưa cực đại: nAl(OH)3 = nOH-/3 → x = 3.nAl(OH)3+ nHCl
Hướng dẫn giải:
Tại điểm C thì kết tủa tan 1 phần:
Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- → 0,6a = 4.a-(0,918-2a) = 6a -0,918→ a = 0,17 mol
Tại điểm A: Kết tủa chưa cực đại: nAl(OH)3 = nOH-/3 → x = 3.nAl(OH)3+ nHCl = 3.0,8a + 2a = 4,4a = 0,748 mol
Đáp án D
Câu 7:
Phương pháp:
Dung dịch Z chứa nAlCl3 = nHCl dư = z mol
Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: nHCl ban đầu = y = 3z + z = 4z mol
Khi nOH- = 5,16 mol thì kết tủa bị hòa tan 1 phần và còn lại 0,175y = 0,7z mol Al(OH)3
Khi đó sử dụng công thức: nOH- - nH+ = 4.nAl3+ - nAl(OH)3. Từ đó ta tính được giá trị z, suy ra giá trị x.
Hướng dẫn giải:
Dung dịch Z chứa nAlCl3 = nHCl dư = z mol
Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: nHCl ban đầu = y = 3z + z = 4z mol
Khi nOH- = 5,16 mol thì kết tủa bị hòa tan 1 phần và còn lại 0,175y = 0,7z mol Al(OH)3
Khi đó sử dụng công thức: nOH- - nH+ = 4.nAl3+ - nAl(OH)3 → 5,16-z = 4z-0,7z → z = 1,2 mol
→ x = 27z = 32,4 gam
Đáp án A
Câu 8:
Phương pháp:
Tại điểm cực đại sử dụng công thức: nAl(OH)3 = nAl3+ và nOH- = nH++ 3.nAl3+
Từ đó tính được giá trị a và b
Hướng dẫn giải:
Ta có: nH+ = 0,2.0,5 = 0,1 mol; nAl3+ = 0,2.0,25.2 = 0,1 mol
Tại điểm cực đại: a = nAl(OH)3 = nAl3+ = 0,1 mol
Khi đó nOH- = 3.nAl(OH)3+ nH+ = 3.0,1 + 0,1 = 0,4 mol → b = 0,4 : 1 = 0,4 lít = 400 ml
11 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD

tốt nhất!


Đáp án A
Câu 9:
Phương pháp:
Đặt nAlCl3 = x mol và nFeCl3 = y mol
→ Số mol cực đại của Al(OH)3 là x mol; số mol cực đại của Fe(OH)3 là y mol
Theo sơ đồ ta có số mol cực đại = 0,04 → x + y = 0,04
Từ 0,15 mol NaOH thì số mol kết tủa không đổi →Tại đó Al(OH)3 tan hết tạo NaAlO2
Suy ra 4x + 3y = 0,15 mol
Giải hệ được x và y, suy ra giá trị của a và b
Hướng dẫn giải:
Đặt nAlCl3 = x mol và nFeCl3 = y mol
→ Số mol cực đại của Al(OH)3 là x mol; số mol cực đại của Fe(OH)3 là y mol
Theo sơ đồ ta có số mol cực đại = 0,04 → x + y = 0,04
Từ 0,15 mol NaOH thì số mol kết tủa không đổi →Tại đó Al(OH)3 tan hết tạo NaAlO2
Suy ra 4x + 3y = 0,15 mol
Giải hệ được x = 0,03 mol và y = 0,01 mol
Suy ra a = 0,1 và b = 0,3
Đáp án B
Câu 10:
Phương pháp:
Tại điểm A: kết tủa chưa đạt cực đại: nOH- = nH+ + 3.nkết tủa. Từ đó ta tính được nH+
Tại điểm B: kết tủa tan 1 phần: nkết tủa = 4.nAl3+ - (nOH- - nH+)
Từ đó ta tính được nAl3+
Khi đó ta tính được nAl và nH+ suy ra m và V.
Hướng dẫn giải:
X gồm Al3+ a mol và H+ dư b mol
Tại điểm A: kết tủa chưa đạt cực đại: nOH- = b + 3.nkết tủa = 0,35 mol → b = 0,35- 3. 0,1 = 0,05 mol

Tại điểm B: kết tủa tan 1 phần: nkết tủa = 4.nAl3+ - (nOH- - nH+)
→ 0,1 = 4.a- (1,15- 0,05) → a = 0,3 mol
Suy ra m = 0,3.27 = 8,1 gam
Ta có: nHCl = nCl- = 3a + b = 0,95 mol → V = 0,95 lít
Đáp án A
Câu 11:
12 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


Phương pháp:
Tại điểm A: bắt đầu xuất hiện kết tủa nên nOH- = nH+
Tại điểm B: khi nOH- = 1,8x mol thì kết tủa tan 1 phần:
Khi đó: nkết tủa = 4.nAl3+ - (nOH- - nH+)
Tại điểm C: khi nOH- = 2x mol thì kết tủa tan hoàn toàn:
Khi đó: nOH- = 4.nAl3++ nH+
Khi đó ta tính được các giá trị a, b, x.
Khi cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch X: Ba2++ SO42- → BaSO4 ↓
Dung dịch Y chứa các chất tan là HCl và AlCl3. Dùng bảo toàn nguyên tố tìm số mol của 2 chất trên. Từ đó tính
được giá trị của m.
Hướng dẫn giải:
Ta có: nH+ = a + 2a = 3a mol; nAl3+ = 2b mol
Tại điểm A: bắt đầu xuất hiện kết tủa nên nOH- = nH+ → x = 3a
Tại điểm B: khi nOH- = 1,8x mol: kết tủa tan 1 phần:
Khi đó: nkết tủa = 4.nAl3+ - (nOH- - nH+)
→ 0,096 = 4.2b - (1,8x - 3a) = 8b - (1,8x - x) = 8b - 0,8x mol
Tại điểm C: khi nOH- = 2x mol: kết tủa tan hoàn toàn:
Khi đó: nOH- = 4.nAl3++ nH+ = 4.2b + x = 2x → 8b - x = 0
Giải hệ trên ta có: b = 0,06 và x = 0,48→ a = 0,16 mol
Dung dịch X chứa 0,16 mol HCl; 0,16 mol H2SO4; 0,06 mol Al2(SO4)3

Khi cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch X: Ba2++ SO42- → BaSO4 ↓
Từ PT thấy nBa2+ = nSO4(2-) = 0,16 + 3.0,06 = 0,34 mol
Ta có: 0,16 mol HCl; 0,16 mol H2SO4; 0,06 mol Al2(SO4)3 + 0,34 mol BaCl2
→ 0,34 mol BaSO4↓ + 0,48 mol HCl; 0,12 mol AlCl3
Vậy m = 0,48.36,5 + 0,12. 133,5 = 33,54 gam gần nhất với giá trị 34 nhất
Đáp án C
Câu 12:
Phương pháp:
Đặt nFe3O4 = nAl2O3 = a mol
Khi Al(OH)3 bị hòa tan hết thì: nkết tủa = nFe(OH)3+ nFe(OH)2. Từ đó tìm được giá trị của a
Đồng thời khi đó: nOH- = nH+dư+ 3.nFe3++ 2.nFe2++ 4.nAl3+. Từ đó tìm được nH+ dư.
Vận dụng bảo toàn nguyên tố O và nguyên tố H ta có: nHCl = nH+ dư+ 2.nH2O. Khi đó tìm được giá trị của x.
Hướng dẫn giải:
Đặt nFe3O4 = nAl2O3 = a mol
13 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


→ nFe3+ = nAl3+ = 2a mol; nFe2+ = a mol
Khi Al(OH)3 bị hòa tan hết thì: nkết tủa = nFe(OH)3 + nFe(OH)2 = 2a + a = 0,24 mol → a = 0,08 mol
Đồng thời khi đó: nOH- = nH+dư + 3.nFe3+ + 2.nFe2+ + 4.nAl3+ = nH++ 3.2a + 2a + 4.2a = nH+ + 1,28 = 1,40 mol
→ nH+ dư = 0,12 mol
Bảo toàn nguyên tố O ta có: nH2O = nO = 4a + 3a = 0,56 mol
Bảo toàn nguyên tố H ta có: nHCl = nH+ dư+ 2.nH2O = 0,12 + 2.0,56 = 1,24 mol. Vậy x = 1,24 mol.
Đáp án B
Câu 13:
Phương pháp:
Từ đồ thị ta thấy tại điểm A: khi nNaOH = 0,35 mol: kết tủa chưa đạt cực đại
Do đó: nOH- = nH++ 3.nAl(OH)3 → Tìm được x
Tại điểm B: khi nNaOH = 0,55 mol: kết tủa đang tan một phần:

Khi đó: nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa → Tìm được y
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích với dung dịch X ta tìm được z.
Vậy kết tủa Y gồm có BaSO4 và Al(OH)3 → mY
Hướng dẫn giải:
Tại điểm A: khi nNaOH = 0,35 mol: kết tủa chưa đạt cực đại
Do đó: nOH- = nH++ 3.nAl(OH)3 → 0,35 = x + 3.0,05 → x = 0,2
Tại điểm B: khi nNaOH = 0,55 mol: kết tủa đang tan một phần:
Khi đó: nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa → 0,55 = 0,2 + 4.y-0,05 → y = 0,1 mol
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích với dung dịch X: x + 3y = 2z + 0,1 → z = 0,2 mol
Ta có: nBa(OH)2 = 0,3.0,9 = 0,27 mol
Ba2++ SO42- → BaSO4 ↓
0,27

0,2

0,2 mol → nBaSO4 = 0,2 mol

Mặt khác khi đó nOH- = 0,54 mol → nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa → 0,54 = 0,2 + 4.0,1- nkết tủa
→nkết tuả = 0,06 mol = nAl(OH)3
Vậy kết tủa Y gồm có 0,2 mol BaSO4 và 0,06 mol Al(OH)3 → mY = 0,2.233+ 0,06.78 = 51,28 gam
Đáp án D
Câu 14:
Phương pháp:
Khi nOH- = 0,84 mol: Kết tủa chưa đạt cực đại: nOH- = nH++ 3.nAl(OH)3
Khi nOH- = 1,48 mol: Kết tủa đang bị hòa tan một phần: nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa
Khi nOH- = 1,68 mol: Kết tủa bị hòa tan hoàn toàn: nOH- = nH++ 4.nAl3+
14 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!

Kết hợp các biểu thức trên ta có a, b. Từ đó tính được tỉ lệ a : b
Hướng dẫn giải:
Ta có: nH+ = 2a mol; nAl3+ = 2b mol
Khi nOH- = 0,84 mol: Kết tủa chưa đạt cực đại: nOH- = nH++ 3.nAl(OH)3
=>0,84 = 2a + 3.nAl(OH)3 => nAl(OH)3 =

0,84  2a
mol (1)
3

Khi nOH- = 1,48 mol: Kết tủa đang bị hòa tan một phần: nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa
=>1,48 = 2a + 4.2b- nAl(OH)3 = 2a + 8b - nAl(OH)3 (2)
Khi nOH- = 1,68 mol: Kết tủa bị hòa tan hoàn toàn: nOH- = nH++ 4.nAl3+
=> 1,68 = 2a + 4.2b = 2a + 8b (3)
Thay 2a + 8b =1,68 vào (2) ta suy ra nAl(OH)3 = 1,68-1,48 = 0,2 mol
Thay vào (1) ta suy ra nAl(OH)3 =

0,84  2a
= 0,2 mol → a = 0,12
3

Thay vào (3) suy ra b = 0,18 mol
Vậy a : b = 0,12 : 0,18 = 2 : 3
Đáp án C
Câu 15:
Phương pháp:
Khi nNaOH = 0,6 mol: kết tủa đạt cực đại: nNaOH = 3.nAlCl3+ 3.nFeCl3
Khi nNaOH = 0,74 mol: Al(OH)3 tan hoàn toàn: nNaOH = 4.nAlCl3+ 3.nFeCl3
Từ đó ta tìm được nAlCl3 và nFeCl3.
Từ đồ thị ta thấy khi x = 0,66 mol thì Fe(OH)3 max và Al(OH)3 tan một phần. Từ đó ta tính được giá trị của m.

Hướng dẫn giải:
Đặt nAlCl3 = a mol và nFeCl3 = b mol
→ Số mol cực đại của Al(OH)3 là a mol; số mol cực đại của Fe(OH)3 là b mol
Khi Al(OH)3 và Fe(OH)3 đạt cực đại thì: nOH- = 3a + 3b = 0,6 mol
Khi nNaOH = 0,74 mol thì số mol kết tủa không đổi →Tại đó Al(OH)3 tan hết tạo NaAlO2
Suy ra nNaOH = 4a + 3b = 0,74 mol
Giải hệ trên ta được a = 0,14 mol và b = 0,06 mol
Khi nNaOH = x mol thì Fe(OH)3 đạt cực đại và Al(OH)3 bắt đầu tan ra
→ nNaOH = 3.nFe(OH)3 + 4.nAl3+ - nAl(OH)3
Với x = 0,66 mol suy ra 0,66 = 3.b + 4.a - nAl(OH)3 → nAl(OH)3 = 0,08 mol
Vậy khối lượng kết tủa là m = mFe(OH)3+ mAl(OH)3 = 0,06.107 + 0,08.78 =12,66 gam
Đáp án B
15 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


Câu 16:
Phương pháp:
Đặt số mol AlCl3 và HCl trong mỗi phần là a, b mol
- Phần 1: Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: nAgCl = 3a + b
- Phần 2:
Khi nNaOH = 0,14 mol thì kết tủa chưa đạt cực đại: nOH- = 0,14 = nH+ + 3.nAl(OH)3
Giải hệ trên ta có a, b
Khi nNaOH = x mol thì kết tủa bị tan một phần:
→ nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa = x
Hướng dẫn giải:
Đặt số mol AlCl3 và HCl trong mỗi phần là a, b mol
- Phần 1: Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: nAgCl = 3a + b = 71,75: 143,5 = 0,5 mol (1)
- Phần 2:
Khi nNaOH = 0,14 mol thì kết tủa chưa đạt cực đại: nOH- = 0,14 = nH++ 3.nAl(OH)3

→ 0,14 = b+ 3. 0,2a = b+ 0,6a (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có a = 0,15 và b = 0,05
Khi nNaOH = x mol thì kết tủa bị tan một phần:
nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa = b +4a-0,2a = b + 3,8a = 0,05 + 3,8.0,15 = 0,62 mol → x = 0,62 mol
Đáp án D
Câu 17:
Phương pháp:
3 Ba(OH)2+ Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3+ 3BaSO4
Khi thêm Ba(OH)2 mà kết tủa không thay đổi thì chứng tỏ Al(OH)3 bị hòa tan hết
→ nOH- = 0,08.2 = 4.nAl3+ → nAl3+ → nAl(OH)3 max
Vậy khối lượng kết tủa cực đại là m = mBaSO4+ mAl(OH)3 max
Hướng dẫn giải:
3 Ba(OH)2+ Al2(SO4)3 → 2 Al(OH)3+ 3BaSO4
0,03 →

0,01

0,02

0,03 mol

Khi thêm Ba(OH)2 mà kết tủa không thay đổi thì chứng tỏ Al(OH)3 bị hòa tan hết
→ nOH- = 0,08.2 = 4.nAl3+ → nAl3+ = 0,04 mol → nAl(OH)3 max = 0,04 mol
Vậy khối lượng kết tủa cực đại là m = mBaSO4+ mAl(OH)3 max = 0,03.233 + 0,04.78 = 10,11 gam
Đáp án A
Câu 18:
16 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!

Phương pháp:
Phần 1: nSO2 = 0,09 mol
Áp dụng bảo toàn electron ta tính được nAl
Phần 2: nHNO3 = 0,4.2 = 0,8 mol; nH+ dư = nNaOH = 0,296 mol
Áp dụng bảo toàn electron ta tính được nNO
Vậy nH+ pứ = 4.nNO + 2.nO → nO
Khi cho dung dịch NaOH dư vào Y thì Al(OH)3 và Cr(OH)3 bị hòa tan hoàn toàn. Khi đó còn lại 5,136 gam
Fe(OH)3 → nFe2O3
Bảo toàn nguyên tố O ta tính được nCr2O3. Từ đó suy ra mCr2O3.
Hướng dẫn giải:
Phần 1: nSO2 = 0,09 mol
Áp dụng bảo toàn electron ta có nAl = 0,06 mol
Phần 2: nHNO3 = 0,4.2 = 0,8 mol; nH+ dư = nNaOH = 0,296 mol
Áp dụng bảo toàn electron ta có: nNO = 0,06 mol
Vậy nH+ pứ = 0,8- 0,296 = 4.nNO+ 2.nO → nO = 0,132 mol
Khi cho dung dịch NaOH dư vào Y thì Al(OH)3 và Cr(OH)3 bị hòa tan hoàn toàn. Khi đó còn lại 5,136 gam
Fe(OH)3 → nFe(OH)3 = 0,048 mol → nFe2O3 = 0,024 mol
Bảo toàn nguyên tố O ta có: nO = 3.nFe2O3+ 3.nCr2O3 = 0,132 mol → nCr2O3 = 0,02 mol
Vậy khối lượng Cr2O3 ban đầu là 0,02.152.2 = 6,08 gam
Đáp án C
Câu 19:
Phương pháp:
Dung dịch Y chứa nAlCl3 = nHCl dư = a mol
Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: nCl- = 3a+a =4a = b mol
Khi nNaOH = 0,68 mol: kết tủa bị hòa tan một phần:
Do đó: nOH- = nH++ 4.nAl3+- nAl(OH)3
Từ đó tính được nFeCl3; nCuCl2
Sau phản ứng dung dịch thu được chứa Cl-; Al3+; Fe2+.
Bảo toàn điện tích ta suy ra nFe2+
Vậy chất rắn gồm Fe và Cu → mchất rắn

Hướng dẫn giải:
Dung dịch Y chứa nAlCl3 = nHCl dư = a mol
Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: nCl- = 3a+a = 4a = b mol (1)
Khi nNaOH = 0,68 mol: kết tủa bị hòa tan một phần:
17 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


Do đó: nOH- = nH++ 4.nAl3+- nAl(OH)3 => 0,68 = a + 4a-0,1875b (2)
Giải hệ (1) và (2) ta có: a = 0,16 và b = 0,64
Vậy nFeCl3 = 0,15b = 0,096 mol; nCuCl2 = 0,2b = 0,128 mol
Sau phản ứng dung dịch thu được chứa Cl- 0,544 mol; Al3+ 0,16 mol;
Bảo toàn điện tích ta suy ra nFe2+ = 0,032 mol
Vậy chất rắn gồm Fe (0,096-0,032 = 0,064 mol) và Cu: 0,128 mol → mchất rắn = 0,128.64 + 0,064.56 = 11,776 gam
Đáp án A
Câu 20:
Phương pháp:
Đặt 5x và x là số mol của HCl và H2SO4
Dựa vào đồ thị ta thấy nMg(OH)2 = 2a mol và n ↓ max = 5a mol → nAl(OH)3 = 3a mol
Vậy ban đầu nMg = 2a mol; nAl2O3 = 1,5a mol → Giá trị a
Dung dịch X chứa 0,12 mol Mg2+, 0,18 mol Al3+, 5x mol Cl-, x mol SO42- → nH+ = 7x - 0,78 mol
Từ nOH- = 17a mol ta suy ra x.
Đặt nNaOH = 3y mol và nBa(OH)2 = y mol
Ta xét 2 trường hợp:
- Khi BaSO4 đạt cực đại
- Khi BaSO4, Mg(OH)2 và Al(OH)3 cực đại
Khi nung thu được BaSO4, MgO; Al2O3 → Giá trị của m.
Hướng dẫn giải:
Đặt 5x và x là số mol của HCl và H2SO4
Dựa vào đồ thị ta thấy nMg(OH)2 = 2a mol và n ↓ max = 5a mol → nAl(OH)3 = 3a mol

Vậy ban đầu nMg = 2a mol; nAl2O3 = 1,5a mol → 24.2a + 102.1,5a = 12,06 gam
→ a = 0,06 mol
Dung dịch X chứa 0,12 mol Mg2+, 0,18 mol Al3+, 5x mol Cl-, x mol SO42- → nH+ = 7x - 0,78 mol
→ nOH- = 17.0,06 = 7x - 0,78 + 0,12.2+ 0,18.4 → x = 0,12 mol
Vậy dung dịch X chứa 0,12 mol Mg2+, 0,18 mol Al3+, 0,6 mol Cl-, 0,12 mol SO42-; 0,06 mol H+
Đặt nNaOH = 3y mol và nBa(OH)2 = y mol → nBa2+ = y mol; nOH- = 3y + 2y = 5y mol
Khi BaSO4 đạt cực đại tại y = 0,12 mol:
Khi đó nOH- = 0,6 mol < nH++ 2.nMg2++ 3.nAl3+ = 0,84 mol → Kết tủa hiđroxit chưa đạt cực đại
→ Khi nOH- = 0,84 mol thì các kết tủa đều cực đại, bao gồm 0,12 mol BaSO4, 0,12 mol Mg(OH)2; 0,18 mol
Al(OH)3.
Khi nung thu được 0,12 mol BaSO4, 0,12 mol MgO; 0,09 mol Al2O3 → m = 41,94 gam
Đáp án A
18 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!


19 Truy cập trang Tuyensinh247.com để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh – Sử – Địa – GDCD
tốt nhất!