Giải nhanh bài tập của ion Al3+, Zn2+

Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

CHUYỀN ĐỀ 15 : GIÚP EM GIẢI NHANH BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN PHẢN
ỨNG CỦA ION Al3+, Zn2+ VỚI DUNG DỊCH KIỀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP
BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH
I. Nhận xét :
Bài tập liên quan đến phản ứng của Al 3+, Zn2+ với dung dịch kiềm là một trong những dạng bài tập thường gặp
trong các đề thi Đại học, Cao đẳng. Bản chất phản ứng là :
Al3+ + 3OH− → Al(OH)3 ↓
Zn2+ + 2OH− → Zn(OH)2 ↓
Nếu OH− dư thì tiếp tục xảy ra phản ứng hòa tan kết tủa :
Al(OH)3 + OH− → [Al(OH)4 ]−
Zn(OH)2 + 2OH− → [Zn(OH)4 ]2−
Hay :
Al(OH)3 + OH− → AlO2− + 2H2O
Zn(OH)2 + 2OH− → ZnO22− + 2H2O
Đối với dạng bài tập này, thầy cô thường hướng dẫn học sinh sử dụng phương trình ion rút gọn để tính toán
hoặc sử dụng công thức giải nhanh, là các công thức được xây dựng sẵn dựa trên bản chất phản ứng.
Việc sử dụng phương trình ion rút gọn giúp cho học sinh hiểu và khắc sâu bản chất phản ứng. Tuy nhiên, đối
với những bài tập có nhiều phản ứng hoặc phản ứng xảy ra nhiều giai đoạn thì phương pháp này đạt hiệu quả
không cao vì mất nhiều thời gian.
Còn việc sử dụng công thức giải nhanh thì chỉ hiệu quả đối với các bài tập đơn giản. Mặt khác, công thức giải
nhanh thường khó nhớ, không giúp học sinh hiểu và khắc sâu bản chất phản ứng.
Trên cơ sở phân tích ưu, nhược điểm của hai phương pháp trên và dựa vào bản chất phản ứng, tôi xin đưa ra
một phương pháp khác để giải nhanh dạng bài tập này, đó là phương pháp sử dụng sự bảo toàn điện tích trong
dung dịch sau phản ứng.
II. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Cho 8,3 gam hỗn hợp Al, Fe vào 300 ml dung dịch HCl 1M và H 2SO4 0,5M, thu được dung dịch X và
thấy thoát ra 5,6 lít H 2 (đktc). Tính thể tích dung dịch NaOH 1M cần cho vào dung dịch X để thu được kết tủa
có khối lượng lớn nhất ?
A. 300 ml.

B. 500 ml.
C. 400 ml.
D. 600 ml.
(Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Trong dung dịch axit, ta có :
nCl − = nHCl = 0,3 mol; nSO 2− = nH SO = 0,15 mol.
4

2

4

Sơ đồ phản ứng :
 Al HCl, H2SO4 Al 3+ , Fe2+ ,H+  NaOH Na+

→ −
 
 →  −
2−
2− 
 Fe
Cl , SO4

Cl , SO4 
Cho NaOH vào X để thu được kết tủa lớn nhất thì dung dịch sau phản ứng chỉ còn các ion Na +, Cl − và SO42− .
Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng và bảo toàn nguyên tố Na, ta có :
nNaOH = nNa+ = nCl− + 2nSO 2− = 0,6 mol ⇒ Vdd NaOH 1M = 0,6 lít = 600 ml
4

Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 11,5 gam Na vào 400 ml dung dịch HCl có nồng độ x (mol/l), thu được dung dịch
Y. Dung dịch Y hòa tan vừa đủ 8,1 gam bột Al, thu được dung dịch Z làm quỳ tím hóa xanh. Giá trị của x là
A. 0,5.
B. 2,0.
Trang 1/9 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

C. 1,0.
D. 3,5.
(Đề thi thử Đại học lần 4 – THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Dung dịch Z làm quỳ tím hóa xanh, chứng tỏ Z chứa ion AlO2− . Suy ra dung dịch Y chứa NaCl và NaOH. Sơ
đồ phản ứng :
H2

HCl

Na

 NaOH  Al Na+ , Cl − 

 → 

−
 NaCl 
AlO2

1 4 2 4 3

dd Z

Theo bảo toàn nguyên tố Na, Al và bảo toàn điện tích trong dung dịch Z, ta có:

 nNa+ = nNa = 0,5
0,2

−
= 0,5M
 nAlO2− = nAl = 0,3 ⇒ nCl− = 0,2 ⇒ [HCl] = [Cl ] =
0,4

 nNa+ = nAlO2− + nCl−

Ví dụ 3: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al 2(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.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2008)
Hướng dẫn giải
Bản chất phản ứng là :
H+ + OH− → H2O
3+

(1)

−

+ 3OH → Al(OH)3 ↓

(2)

Al(OH)3 + OH− → [Al(OH)4 ]−

(3)

Al

Lượng NaOH dùng nhiều nhất để tạo ra 0,1 mol Al(OH) 3 khi xảy ra cả phản ứng (3). Suy ra dung dịch sau
phản ứng có chứa các ion SO42− , Na+ , [Al(OH)4 ]− .
Trong đó :
nSO 2− = nH SO + 3nAl
2

4

n[Al(OH)

4]

−

4

2 (SO4 )3

= 0,4 mol

= nAl3+ − nAl(OH) = 2nAl
3

2 (SO4 )3

− nAl(OH) = 0,1mol.
3

Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có :
nNaOH = nNa+ = n[Al(OH)

−
4]

+ 2nSO 2− = 0,9 mol ⇒ Vdd NaOH 2M = 0,45 lít
4

Ví dụ 4: Hoà tan 0,54 gam Al trong 0,5 lít dung dịch H2SO4 0,1M, thu được dung dịch X. Thêm V lít dung dịch
NaOH 0,1M cho đến khi kết tủa tan một phần. Nung kết tủa thu được đến khối lượng không đổi ta được chất
rắn nặng 0,51 gam. V có giá trị là :
A. 1,1 lít.
B. 0,8 lít.
C. 1,2 lít.
D. 1,5 lít.
(Đề thi thử Đại học lần 4 – THPT Xuân Áng – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :

Trang 2/9 - Mã đề thi 357

Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

o

t
Al(OH)3 
→ Al 2O3

 Al3+ , H +
H2SO4
Al 
→
2−
SO4

NaOH
Na+ , SO 2−
4

−
[Al(OH)4 ]

Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy dung dịch thu được chứa các ion :
SO42− , Na+ , [Al(OH)4 ]− .
Ta có :
= nAl − nAl(OH) = nAl − 2nAl O = 0,01mol;

n[Al(OH)

−
4]

3

2 3

nSO 2− = nH SO = 0,5.0,1= 0,05 mol.
2

4

4

Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng và bảo toàn nguyên tố Na, ta có :
nNaOH = nNa+ = 2nSO 2− + n[Al(OH)

4]

4

−

= 0,11mol ⇒ Vdd NaOH 0,1M = 1,1lít

Ví dụ 5: Cho 200 ml dung dịch gồm KOH 1M và NaOH 0,75M vào 100 ml dung dịch AlCl 3 1M. Sau khi kết
thúc các phản ứng thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 3,90.
B. 11,70.
C. 7,80.

D. 5,85.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – Trường THPT Chuyên – Đại học Vinh, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Dung dịch sau phản ứng chắc chắn có chứa các ion K + , Na+ , Cl − . Mặt khác, nK + + nNa+ > nCl− , suy ra dung
dịch sau phản ứng còn chứa ion âm, đó là [Al(OH)4 ] − . Theo bảo toàn điện tích, ta có :
nK + + nNa+ = nCl − + n[Al(OH) ] − ⇒ n[Al(OH) ] − = 0,05 mol
4
4
{
{
{
1 4 2 43
0,2

0,15

0,3

?

⇒ nAl(OH) = nAl3+ − n[Al(OH)

4]

3

−

= 0,05 mol ⇒ mAl(OH) = 3,9 gam
3

Ví dụ 6: Thêm 240 ml dung dịch NaOH 1M vào một cốc thuỷ tinh đựng 100 ml dung dịch AlCl 3 nồng độ x
mol/lít, khuấy đều đến phản ứng hoàn toàn, thấy trong cốc có 0,08 mol chất kết tủa. Thêm tiếp 100 ml dung
dịch NaOH 1M vào cốc, khuấy đều đến phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,06 mol chất kết tủa. Giá trị của
x là :
A. 0,75M.
B. 1M.
C. 0,5M.
D. 0,8M.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – Trường THPT chuyên Hạ Long – Quảng Ninh, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Bản chất phản ứng là : Cho 340 ml dung dịch NaOH 1M vào cốc thủy tinh đựng 100 ml dung dịch AlCl 3 nồng
độ x mol/lít, tạo ra 0,06 mol kết tủa. Ta có :
nNaOH = 0,34 mol > 3nAl(OH) = 0,18 mol
3

⇔ nOH−

> nOH− /Al(OH) .
bñ
3

Suy ra đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Như vậy dung dịch sau phản ứng có chứa các ion Na +, Cl − và
[Al(OH)4 ] − . Theo bảo toàn nguyên tố Cl, Al và bảo toàn điện tích, ta có :
nNa+ = n[Al(OH)

4]

−

+ nCl − ⇒ 0,34 = (0,1x − 0,06) + 0,3x ⇒ x = 1

Ví dụ 7: Cho a mol Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa b mol HCl, thu được dung dịch X. Thêm dung dịch
chứa d mol NaOH vào X, thu được c mol kết tủa. Giá trị lớn nhất của d được tính theo biểu thức :
Trang 3/9 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

A. d = a + b + c.
B. d = a + b – c.
C. d = a + 3b + c.
D. d = a + 3b – c.
(Đề thi thử Đại học lần 6 – THPT chuyên KHTN Hà Nội, năm học 2012 – 2013)
Hướng dẫn giải
Đề bài yêu cầu tính lượng NaOH lớn nhất cần dùng, chứng tỏ đã xảy ra hiện tượng hòa tan một phần kết tủa.
Sơ đồ phản ứng :
Al(OH)3

NaOH

Al3+
HCl
Al 
→
+
−
H , Cl

Na+ , Cl −


−
[Al(OH)4 ]
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Al và bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng, ta có :
nNa+ = nCl− + n[Al(OH) ] − ⇒ d = b + a − c
4
{
{
1 4 2 43
d

b

a− c

Ví dụ 8: Cho hỗn hợp X gồm x mol NaOH và y mol Ba(OH) 2 từ từ vào dung dịch chứa z mol AlCl3 thấy kết
tủa xuất hiện, kết tủa tăng dần và tan đi một phần. Lọc thu đựơc m gam kết tủa. Giá trị của m là :
A. 78(2z – x – 2y).
B. 78(4z – x – y).
C. 78(4z – x – 2y).
D. 78(2z – x – y).
(Đề thi thử Đại học lần 1 – Trường THPT Quỳnh Lưu 1 – Nghệ An, năm 2014)
Hướng dẫn giải
Vì đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa nên dung dịch sau phản ứng có chứa các ion :
Na+ , Ba2+ , Cl − , [Al(OH)4] − .
Theo bảo toàn nguyên tố Al và bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng, ta có :
nNa+ + 2nBa2+ = nCl − + n[Al(OH)

4]

⇒ x + 2y = 3z + (z −

−

m
) ⇒ m = 78(4z − x − 2y)
78

Ví dụ 9: Cho 400 ml dung dịch E gồm AlCl3 x mol/lít và Al2(SO4)3 y mol/lít tác dụng với 612 ml dung dịch
NaOH 1M, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 8,424 gam kết tủa và dung dịch G. Mặt khác, khi cho 400
ml E tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư) thì thu được 33,552 gam kết tủa. Tỉ lệ x : y là :
A. 4 : 3.
B. 3 : 4.
C. 7 : 4.
D. 3 : 2.
(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2011)
Hướng dẫn giải
Trong 400 ml dung dịch E có :
nSO 2− = nBaSO =
4

4

33,552
= 0,144 mol ⇒ 0,4.3y = 0,144 ⇒ y = 0,12.
233

nNaOH > 3nAl(OH) ⇔ nOH−
3

⇒ n[Al(OH)

> nOH− /Al(OH)

3

nOH− − 3nAl(OH)

3
= 0,072 mol.
4
Vậy trong phản ứng của E với dung dịch NaOH đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa.
Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch G, ta có :
4]

−

=

ban ñaà
u

nNa+ = nCl− + n[Al(OH)

4]

−

+ 2nSO 2−
4

⇒ 0,612 = 3x.0,4 + 0,072 + 2.0,144 ⇒ x = 0,21
Trang 4/9 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

Suy ra : x: y = 0,21: 0,12 = 7: 4
Ví dụ 10: Dung dịch X chứa 0,15 mol Fe3+; x mol Al3+; 0,25 mol SO42− và y mol Cl − . Cho 710 ml dung dịch
Ba(OH)2 1M vào dung dịch X thu được 92,24 gam kết tủa. Giá trị của x và y lần lượt là :
A. 0,23 và 0,64.
B. 0,5 và 0,45.
C. 0,3 và 0,85.
D. 0,3 và 0,45.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – Trường THPT Xuân Áng – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
nSO 2− < nBa(OH) ⇒ nBaSO = nSO 2− = 0,25;
2

4

4

4

nFe(OH) = nFe3+ = 0,15;
3

92,24 − 0,25.233− 0,15.107
= 0,23.

78

nAl(OH) =
3

nOH− > 3nFe(OH) + 3nAl(OH)
3

⇒ n[Al(OH)

4]

−

3

0,71.2 − 0,15.3− 0,23.3
=
= 0,07.
4

Như vậy dung dịch sau phản ứng có chứa các ion Ba2+ , Cl − , [Al(OH)4] − . Áp dụng bảo toàn điện tích cho
dung dịch sau phản ứng, ta có :
2nBa2+ = nCl − + n[Al(OH)

4]

−

⇒ 2.(0,71− 0,25) = y + 0,07 ⇒ y = 0,85

Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch ban đầu, ta có x = 0,3
Ví dụ 11: X là dung dịch NaOH C%. Lấy 18 gam X hoặc 74 gam X tác dụng với 400 ml AlCl 3 0,1M thì lượng
kết tủa vẫn như nhau. Giá trị của C là :
A. 4.
B. 8.
C. 7,2.
D. 3,6.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Hạ Hòa – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Lượng NaOH dùng khác nhau nhưng lại thu được lượng kết tủa như nhau. Chứng tỏ khi cho 18 gam X vào 400
ml AlCl3 0,1M (TN1) thì Al3+ chưa phản ứng hết, còn khi cho 74 gam X vào 400 ml AlCl 3 0,1M (TN2) thì Al3+
bị kết tủa hết, sau đó một phần Al(OH)3 bị hòa tan. Ta có :
nNaOH ôûTN1
nNaOH ôûTN2

=

mdd NaOH ôûTN1
mdd NaOH ôûTN2

=

18  ndd NaOH ôûTN1 = 18x
⇒
74  ndd NaOH ôûTN2 = 74x

Đặt nAl(OH)3 = y mol.
Theo bảo toàn điện tích cho các dung dịch sau phản ứng, ta có :
 TN1: nNa+ + 3nAl3+ = nCl−

{
{
{

0,04− y
18x
0,04.3
 x = 0,002

⇒
 TN2: n = n + n
+
−
 y = 0,012
[Al(OH)4 ] −

{Na {Cl 14
2
43

74x
0,04.3
0,04− y

18.0,002.40
⇒ C%(dd NaOH) =
= 8%
18
Ví dụ 12: Hoà tan hết m gam Al 2(SO4)3 vào nước được dung dịch X. Cho 360 ml dung dịch NaOH 1M vào X,
thu được 2a gam kết tủa (TN1). Mặc khác, nếu cho 400 ml dung dịch NaOH 1M vào X, thu được a gam kết tủa

(TN2). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, giá trị của m là:
A. 18,81.
B. 15,39.
C. 20,52.
D. 19,665.
Trang 5/9 - Mã đề thi 357


Biờn son : Thy Nguyn Minh Tun THPT chuyờn Hựng Vng Phỳ Th; T : 01223 367 990

( thi th i hc ln 2 THPT chuyờn Nguyn Hu H Ni, nm hc 2011 2012)
Hng dn gii
T gi thit suy ra : TN2 ó cú hin tng hũa tan kt ta. Cũn TN1 thỡ cú th cú hin tng hũa tan kt
ta hoc cha. Ta t :
nAl

2 (SO4 )3

= x mol nAl3+ = 2x; nSO 2 = 3x

nAl(OH) /TN1
3

nAl(OH) /TN2
3

4

=

2a 2 nAl(OH)3/TN1 = 2y
=
a 1 nAl(OH) /TN2 = y
3


Nu c TN1 v TN2 u cú hin tng hũa tan kt ta, ỏp dng bo ton in tớch cho cỏc dung dch sau
phn ng, ta cú :
n + = 2n 2 + n
SO4
[Al(OH)4 ]
{Na
123
1 4 2 43
x = 0,55
0,36
3x
2x 2y


+ n[Al(OH) ]
+ = 2n
y = 0,04
n
SO42
4
{Na
123
1 4 2 43
0,4

3x
2x y

TN1: n[Al(OH) ] > 0: Thoỷ
a maừ
n.
4

Suy ra : mAl2(SO4 )3 = 0,055.342 = 18,81gam
Nu TN1 cha cú hin tng hũa tan kt ta, ỏp dng bo ton in tớch cho cỏc dung dch sau phn ng, ta
cú :
n + + 3n 3+ = 2n 2
SO4
{Al
{Na
123
2x

2y
0,36
y = 0,06

3x


+ n[Al(OH) ]
+ = 2n
x = 0,0575
n
SO42

4
{Na
123
1 4 2 43
0,4
3x
2x y

TN1: nAl3+ < 0 (loaùi).
Vớ d 13: Hũa tan ht m gam Al2(SO4)3 vo H2O thu c 300 ml dung dch X. Cho 150 ml dung dch X tỏc
dng vi dung dch cha 0,3 mol NaOH, kt thỳc cỏc phn ng thu c 2a gam kt ta (TN1). Mt khỏc, cho
150 ml dung dch X cũn li phn ng vi dung dch cha 0,55 mol KOH, kt thỳc cỏc phn ng thu c a
gam kt ta (TN2). Giỏ tr ca m v a ln lt l
A. 51,30 v 3,9.
B. 64,8 v 19,5.
C. 25,65 v 3,9.
D. 34,2 v 19,5.
( thi th i hc ln 1 THPT Chuyờn i hc Vinh, nm hc 2012 2013)
Hng dn gii
Trong 300 ml dung dch X cú m gam Al 2(SO4)3, suy ra trong 150 ml dung dch X s cú 0,5m gam Al 2(SO4)3 v
cú s mol l x.
Lng Al2(SO4)3 phn ng 2 thớ nghim l nh nhau. Lng OH TN2 nhiu hn TN1, lng kt ta (y
mol) TN2 ớt hn TN1 (2y mol). Chng t TN2 kt ta Al(OH) 3 ó b hũa tan mt phn, TN1 kt ta cú
th b hũa tan hoc cha b hũa tan.
Nu TN1 kt ta Al(OH)3 cha b hũa tan, ỏp dng bo ton in tớch trong cỏc dung dch sau phn ng, ta
cú :
TN1: nNa+ + 3nAl3+ = 2nSO 2
{
{
{4

2x 2y
0,3
y = 0,05

3x


+ n[Al(OH) ]
+ = 2n
x = 0,075
TN2: n
SO42
4
{K
{
14 2 43

0,55
3x
2x y


Trang 6/9 - Mó thi 357


Biờn son : Thy Nguyn Minh Tun THPT chuyờn Hựng Vng Phỳ Th; T : 01223 367 990

TN1: nAl3+ > 0: Thoỷ
a maừ

n.
a = m
= 0,05.78 = 3,9 gam
Al(OH)3


m = mAl2 (SO4 )3 = 2.0,075.342 = 51,3 gam
TN1 kt ta Al(OH)3 ó b hũa tan, ỏp dng bo ton in tớch cho dung dch sau phn ng, ta cú :
TN1: nNa+ = 2nSO 2 + n[Al(OH) ]
4
{
{4

14 2 43
0,3
x = 0,1
3x

2x 2y


+ n[Al(OH) ]
+ = 2n
y = 0,25
TN2: n
SO42
4
{K
{
14 2 43

0,55
3x
2x y

TN1: n[Al(OH) ] < 0 (loaùi) (*)
4

PS : Nu khụng s dng biu thc (*) bin lun loi trng hp khụng tha món thỡ s tớnh ra ỏp ỏn B.
Nhng ú l kt qu sai.
Vớ d 14: Hũa tan hon ton m gam ZnSO4 vo nc c dung dch X. Nu cho 110 ml dung dch KOH 2M
vo X (TN1) thỡ thu c 3a gam kt ta. Mt khỏc, nu cho 140 ml dung dch KOH 2M vo X (TN2) thỡ thu
c 2a gam kt ta. Giỏ tr ca m l :
A. 17,71.
B. 16,10.
C. 32,20.
D. 24,15.
( thi th i hc ln 5 THPT chuyờn KHTN H Ni, nm hc 2012 2013)
Hng dn gii
t nZnSO4 = x mol.

nZn(OH)

2

ụỷTN1

nZn(OH)

2

ụỷTN2

nZn(OH)

2

ụỷTN1

=

mZn(OH)

2

ụỷTN1

mZn(OH)

2

ụỷTN2

= 3y, nZn(OH)

2

=

ụỷTN2

3a 3
=
2a 2
= 2y

T gi thit, suy ra : TN2 ó cú hin tng hũa tan kt ta. TN1 cú th kt ta ó b hũa tan hoc cha b
hũa tan.
Nu TN1 Zn(OH)2 cha b hũa tan, ỏp dng bo ton in tớch trong cỏc dung dch sau phn ng, ta cú :
TN1: nK + + 2nZn2+ = 2nSO 2
{
{

{4
0,22
x 3y

x

TN2:
n
=
2n
+
2nSO 2
+

[Zn(OH)4 ]2
{K
{4

1
4
2
43

0,28
x
x

2y

x = 0,1066

TN1: nZn2+ < 0 (loaùi)
y = 0,0366
Nu TN1 Zn(OH)2 ó b hũa tan, ỏp dng bo ton in tớch trong cỏc dung dch sau phn ng, ta cú :
TN1: nK + = 2n[Zn(OH) ]2 + 2nSO 2
4
{
{4

1 4 2 43
0,22
x
x3y


+ 2nSO 2
+ = 2n
TN2: n

[Zn(OH)4 ]2
{K
{4
1 4 2 43

0,28
x
x 2y

4x 6y = 0,22 x = 0,1; y = 0,03


4x 4y = 0,28 mZnSO4 = 0,1.161= 16,1gam
Vớ d 15: 16,9 gam hn hp Na, Al hũa tan ht vo nc d, thu c dung dch X. Cho X phn ng va ht
0,8 mol HCl, thu c 7,8 gam kt ta v dung dch Y. Tớnh khi lng Al ban u.
A. 2,7 gam.
B. 3,95 gam.
Trang 7/9 - Mó thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

C. 5,4 gam.
D. 12,4 gam.
(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT chun Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2011 – 2012)
Hướng dẫn giải
Vì phản ứng của dung dịch X với HCl thu được kết tủa nên HCl đã hết.
● Nếu dung dịch Y chỉ có NaCl, suy ra :
nNa = nNaCl = nHCl = 0,8 mol ⇒ mNa = 0,8.23 = 18,4 > m(Na, Al) bđ = 16,9.
● Nếu dung dịch Y có NaCl và NaAlO2 thì :

nNa > nNaCl = nHCl = 0,8⇒ mNa > 0,8.23 = 18,4.
Vậy dung dịch thu sau tồn bộ q trình phản ứng có chứa NaCl và AlCl 3.
Theo bảo tồn điện tích và bảo tồn ngun tố Al, ta có :
3nAl3+ + nNa+ = nCl− = 0,8
{
 {
 x
y

27n
+
23n
+ = 16,9 − 0,1.27 = 14,2
 {Al3+
12 3
{Na
mAl trong kếttủa

x
y
 x = 0,1 nAl ban đầu = 0,2 mol
⇒
⇒
 y = 0,5 mAl ban đầu = 5,4 gam
Ví dụ 16: Cho m gam Na vào 250 ml dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,5M và AlCl 3 0,4M. Sau phản ứng thu
được kết tủa có khối lượng là (m – 3,995) gam. m có giá trị là :
A. 12,788 gam.
B. 10,235 gam.
C. 7,728 gam.
D. 10,304 gam.

(Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014)
Hướng dẫn giải
Phản ứng của Na với dung dịch HCl và AlCl 3 tạo ra kết tủa Al(OH) 3, chứng tỏ đã có phản ứng của Na với H 2O
để tạo ra NaOH.
● Nếu chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa Al(OH) 3 thì dung dịch sau phản ứng có chứa các ion Na +, Cl − và có
thể có Al3+ dư.
Áp dụng bảo tồn điện tích, bảo tồn ngun tố Al và theo giả thiết, ta có :
 nNa+ + 3nAl3+ = nCl− = 0,425

 nAl(OH)3 + nAl3+ = 0,1
m
 + 3nAl3+ = 0,425
 m = −5,711
⇒  23
⇒
(loại)
 m − 3,995 + n = 0,1  nAl3+ = 0,224
Al3+

78
● Nếu đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa Al(OH) 3 thì dung dịch sau phản ứng có chứa các ion Na +,
Cl − và[Al(OH)]− .
Áp dụng bảo tồn điện tích, bảo tồn ngun tố Al và theo giả thiết, ta có :
 nNa+ = nCl− + n[Al(OH) ]−
4
{

0,425

 nAl(OH) + n

= 0,1
[Al(OH)4 ] −
3

m

 23 − n[Al(OH)4 ]− = 0,425
 m = 10,235 gam
⇒
⇒
 m − 3,995 + n
 n[Al(OH)4 ]− = 0,02
− = 0,1
[Al(OH)
]

4
78
Trang 8/9 - Mã đề thi 357


Biên soạn : Thầy Nguyễn Minh Tuấn – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ; ĐT : 01223 367 990

Trang 9/9 - Mã đề thi 357