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

  • Số trang: 34 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 92 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh – Biên Hòa Mã số: ................................ (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM Người thực hiện: TRẦN THỊ THU HIỀN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn: Hóa học  - Lĩnh vực khác: .......................................................  Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học: 2012 – 2013 Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 1 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ và tên Trần Thị Thu Hiền (nữ) Ngày tháng năm sinh 08 - 3- 1983 Điạ chỉ 190/Q1-KP1-P.Long Bình Tân- Biên Hòa- Đồng Nai Điện thoại 0945953432 E-mail: Thuhien@nhc.edu.vn Chức vụ Giáo viên Đơn vị công tác THPT Nguyễn Hữu Cảnh II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO Họ và tên Trần Thị Thu hiền Học vị cao nhất Thạc sĩ Hóa học Năm nhận bằng 2013 Chuyên ngành đào tạo Hóa hữu cơ III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC Họ và tên Trần Thị Thu Hiền Lĩnh vực CM có kinh nghiệm Giảng dạy môn Hóa học Số năm kinh nghiệm 08 Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 02 + Phương pháp dạy học giúp học sinh có phương pháp tự học tốt bộ môn Hóa học – Năm học 2010 – 2011. + Phương pháp giải nhanh bài toán hóa học – Phương pháp bảo toàn điện tích – Năm học 2011 – 2012. Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 2 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm MỤC LỤC TT Nội dung Trang I. II. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1 1 1. Cơ sở lý luận của đề tài 1 2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài 4 2.1. Dạng 1: Nhôm tác dụng với phi kim 4 2.2 6 Dạng 2: Nhôm tác dụng với axit 2.3. Dạng 3: Nhôm tác dụng với dung dịch muối 9 2.4. Dạng 4: Nhôm tác dụng với dung dịch kiềm 10 2.5. Dạng 5: Phản ứng nhiệt nhôm 13 212. Dạng 6: Muối Al3+ tác dụng với dung dịch OH6. 2.8. Dạng 8: Điện phân nóng chảy Al O để điều chế nhôm 2 3 Dạ ng 7: Mu ối alu min at ( AlO 2 14 22 ) tác dụn g với dun g dịc h axit mạ nh 2.7. Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 3 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm Một số bài tập tham khảo 24 III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI 29 30I ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ VÀ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG V. 30 TÁI LIỆ U TH AM KH ẢO V. Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 4 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM Tóm tắt đề tài: Đề tài phân loại và đưa ra phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán trắc nghiệm về nhôm và hợp chất của nhôm, cùng với những ví dụ minh họa có hướng dẫn cách giải nhanh và bài tập tự luyện. I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hóa học là môn khoa học vừa lý thuyết vừa thực nghiệm nên đa số học sinh rất thích, nhưng đối với những em không biết cách học thì môn Hóa học là một môn học rất khó. Theo phân phối chương trình của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo số tiết luyện tập và ôn tập lại hơi ít so với nhu cầu cần củng cố kiến thức cho học sinh. Bên cạnh đó, theo yêu cầu đổi mới giáo dục về việc đánh giá học sinh bằng phương pháp trắc nghiệm khách quan đòi hỏi học sinh trong một thời gian rất ngắn (trung bình 1,5 đến 1,8 phút/câu) phải làm xong một bài tập. Vì vậy, học sinh phải nắm vững kiến thức và vận dụng một cách nhuần nhuyễn, linh hoạt để trong thời gian ngắn nhất tìm ra đáp án của bài toán nhưng các em thường giải một bài toán Hóa học rất dài dòng, nặng nề về mặt toán học, thậm chí không giải được vì bài toán quá nhiều ẩn số. Do đó nếu được giáo viên hướng dẫn cách nhận dạng, phân loại và lựa chọn phương pháp giải phù hợp sẽ giúp các em tiết kiệm thời gian, tìm ra đáp án nhanh chóng, giải được nhiều dạng bài tập hơn. Qua thực tế giảng dạy ở một số lớp 12, tôi nhận thấy nhiều em học sinh vẫn còn rất lúng túng trong việc giải các bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm. Các em không biết cách nhận dạng, phân loại bài toán và thường sử dụng cách giải truyền thống là viết và tính toán theo phương trình hoá học, nên mất rất nhiều thời gian để giải quyết một bài toán. Với những lý do nêu trên, tôi đã nghiên cứu và thực hiện đề tài: “PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM” Sau đây tôi xin trình bày những kinh nghiệm mà bản thân tích lũy được. II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI 1. Cơ sở lý luận của đề tài Hiện nay trong chương trình hóa học số tiết để giải bài tập rất ít, trong các giờ luyện tập, giáo viên chỉ ôn tập kiến thức về lí thuyết và hướng dẫn các em giải một Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 5 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm số bài tập sách giáo khoa, mặc dù nhiều tài liệu cũng có đưa ra các bài tập trắc nghiệm và có thể cả lời giải, nhưng thường hạn chế ở một số ít dạng bài tập. Do đó cách giải bài tập bằng phương pháp trắc nghiệm còn nhiều bỡ ngỡ đối với học sinh, thường các em giải theo phương pháp truyền thống nên rất dài và tốn thời gian. Do đó, việc phân loại và hướng dẫn cách giải các dạng bài tập trắc nghiệm nói chung và phần về nhôm và hợp chất của nhôm nói riêng là rất cần thiết, giúp học sinh biết phân dạng và nắm phương pháp giải, từ đó có thể tự ôn luyện kiến thức và vận dụng kiến thức để giải các bài tập và đạt được điểm cao trong các kỳ thi sắp tới. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài: - Trình bày một số dạng bài tập trắc nghiệm về nhôm và hợp chất của nhôm; hướng dẫn giải chúng bằng phương pháp ngắn gọn, dễ hiểu. - Học sinh nắm được cách phân loại và phương pháp giải một số dạng bài tập trắc nghiệm về nhôm và hợp chất của nhôm, giúp các em có thể chủ động phân loại và vận dụng các cách giải để nhanh chóng giải các bài toán trắc nghiệm mà không còn bỡ ngỡ như trước đây. Qua đó sẽ góp phần phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo và tạo hứng thú học tập môn Hóa Học của học sinh. Đề tài này dựa trên cơ sở: - Những bài tập liên quan đến nhôm và hợp chất của nhôm. - Những phương pháp giải nhanh được áp dụng trong đề tài như: phương pháp bảo toàn điện tích, bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, … 2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài Để giúp học sinh giải được các bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm một cách nhanh chóng, tôi xin đưa ra 8 dạng bài tập cụ thể: - Dạng 1: Nhôm tác dụng với phi kim. - Dạng 2: Nhôm tác dụng với axit. - Dạng 3: Nhôm tác dụng với dung dịch muối. - Dạng 4: Nhôm tác dụng với dung dịch kiềm. - Dạng 5: Phản ứng nhiệt nhôm. - Dạng 6: Muối Al3+ tác dụng với dung dịch OH–. - Dạng 7: Muối aluminat (AlO2-) tác dụng với dung dịch axit. - Dạng 8: Điện phân nóng chảy Al2O3 để điều chế nhôm. Mỗi dạng đều đưa ra phương pháp giải và những ví dụ minh họa có hướng dẫn giải ngắn gọn và dễ nhớ. Hệ thống bài tập tổng hợp để các em tự ôn luyện, phân loại và vận dụng phương pháp hợp lý để giải chúng một cách nhanh nhất, qua đó giúp các em nắm chắc phương pháp giải hơn. Một số phương pháp giải và các dạng bài tập cụ thể 2.1. Dạng 1: Nhôm tác dụng với phi kim Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 6 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm Phương pháp giải: Áp dụng các định luật bảo toàn:  Định luật bảo toàn electron: ne cho = ne nhận  Định luật bảo toàn điện tích: - Trong dung dịch: Vì dung dịch trung hòa về điện nên:  số mol điện tích ion dương =   số mol điện tích ion âm - mmuối khan (hoặc chất rắn khan) trong dung dịch =  m các ion tạo muối (hoặc tạo chất rắn) đó Định luật bảo toàn khối lượng, ... Ví dụ 1: Đốt Al trong bình khí Cl2, sau phản ứng thấy khối lượng chất rắn trong bình tăng 7,1 gam. Khối lượng Al đã tham gia phản ứng là A. 8,1 gam B. 1,8 gam C. 0,9 gam D. 5,4 gam Hướng dẫn giải: mchất rắn tăng = m Cl = 7,1 gam  n Cl = 2 2 7,1 0,1 (mol) 71 Theo định luật bảo toàn electron: 3nAl = 2 n Cl  nAl = 2 mAl phản ứng = 0,2 (mol) 3 0,2 .27 1,8 (gam) 3  Chọn đáp án B. Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm x mol Al và 0,3 mol Mg phản ứng vừa đủ với hỗn hợp Y gồm y mol Cl2 và 0,4 mol O2 thu được 64,6 gam hỗn hợp chất rắn khan. Giá trị của x là A. 0,6 B. 0,4 C. 0,3 D. 0,2 Hướng dẫn giải: - Khi tham gia phản ứng hóa học, Al và Mg lần lượt chuyển thành các ion Al 3+ và Mg2+; đồng thời Cl2 và O2 thì chuyển thành 2Cl  và 2O 2 . - Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: 3.x + 0,3.2 = 2y.1 + 2.0,4.2  3x – 2y = 1,0 (1) - Khi cô cạn dung dịch: mchất rắn khan = x.27 + 0,3.24 + 2y.35,5 + 2.0,4.16 = 64,6  27x + 71y = 44,6 (2) Từ (1) và (2)  x = 0,6 và y = 0,4  Chọn đáp án A. Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 7 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm Ví dụ 3: Cho 13,5 gam kim loại hóa trị III tác dụng với Cl2 dư thu được 66,75 gam muối. Kim loại đó là A. Fe (M=56) B. Cr (M=52) C. Al (M=27) D. As (M=75) Hướng dẫn giải: Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m Cl = 66,75 – 13,5 = 53,25 (gam) 2  n Cl = 2 53,25 0,75 (mol) 71 Theo định luật bảo toàn electron: 3nAl = 2 n Cl  nKL = 2 MKL phản ứng = 2.0,75 0,5 (mol) 3 13,5 27 (gam/mol) 0,5  Chọn đáp án C. 2.2. Dạng 2: Nhôm tác dụng với axit a. Kiểu 1: Nhôm tác dụng với axit HCl, H2SO4 loãng tạo muối và giải phóng H 2 Phương pháp giải:  Nhôm + Axit HCl, H2SO4 loãng → Muối nhôm + H2  3.nAl pư = 2. n H  mmuối clorua = mAl pư + 71. n H  mmuối sunfat = mAl pư + 96. n H 2 2 2 Chú ý:  Nếu đề cho hỗn hợp nhôm và kim loại khác thì  Kim loại trước H + Axit HCl, H2SO4 loãng → Muối có hóa trị thấp + H2  Kim loại đứng sau hidro thì không phản ứng với HCl và H2SO4 loãng.  3nAl + hóa trị của kim loại.nKL pư = 2. n H  mmuối clorua = mKL pư + 71. n H  mmuối sunfat = mKL pư + 96. n H  2 2 2 Nếu đề cho hỗn hợp nhôm và Al2O3 thì  3.nAl pư = 2. n H 2  Kết hợp thêm định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng, ... Ví dụ 4: Cho m gam nhôm tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 5,04 lít khí (đktc). Giá trị của m là A. 4,050 B. 2,700 C. 9,113 D. 12,150 Hướng dẫn giải: Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 8 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm 5,04 nH = 0,225 (mol) 22,4 2 nAl = 2 n H 0,15 (mol) 3 2 mAl = 0,15.27 = 4,05 (gam)  Chọn đáp án A. Ví dụ 5: Cho 5,1 gam hỗn hợp Al và Mg tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 2,8 lít khí (đktc). Cô cạn dung dịch thu được muối khan có khối lượng là A. 14,980 gam B. 13,975 gam C. 13,750 gam D. 14,950 gam Hướng dẫn giải: 2,8 nH = 0,125 (mol) 22,4 2 mmuối clorua = 5,1 + 71.0,125 = 13,975 (gam)  Chọn đáp án B. Ví dụ 6: Cho 7,68 gam hỗn hợp X gồm Mg và Al và 400 ml dung dịch Y gồm HCl 1M và H2SO4 0,5M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,512 lít khí (ở đktc). Biết trong dung dịch, axit H 2SO4 phân li hoàn toàn thành các ion H + và SO 24 . Phần trăm về khối lượng của Al trong hỗn hợp X là A. 50,78% B. 49,22% C. 56,25% D. 43,75% Hướng dẫn giải: n H = 2.n H SO + nHCl = 2.0,5.0,4 + 1.0,4 = 0,8 (mol)  2 4 8,512 nH = 0,38 (mol) < 2. n H 22,4 2   H+ dư. Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3.nAl + 2.nMg = 2.n H  3nAl + 2nMg = 2.0,38 = 0,76 2 mhh = mAl + mMg  27.nAl + 24.nMg = 7,68  nAl = 0,16 (mol) và nMg = 0,14 (mol)  %Al = 0,16.27.100% 56,25% 7,68  Chọn đáp án C. Ví dụ 7: Hòa tan hoàn toàn 18,0 gam hỗn hợp Al và Al 2O3 vào V lít dung dịch HCl 1M thu được 3,36 lít khí (đktc). Giá trị tối thiểu của V là A. 1,5 B. 1,4 C. 0,6 D. 1,2 Hướng dẫn giải: 3,36 nH = 0,15 (mol) 22,4 2 Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 9 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm 2 n H 0,1 (mol) 3 nAl = 2 mAl = 0,1.27 = 2,7 (gam) m Al O = 18 – 2,7 = 15,3 (gam) 2 3 n Al O = 15,3 0,15 (mol) 2 102 3 nHCl = 3nAl + 6 n Al O = 3.0,1 + 6.0,15 = 1,2 (mol) 2 V= 3 1,2 1,2 (lít) 1  Chọn đáp án D. b. Kiểu 2: Nhôm tác dụng với axit H2SO4 đặc, HNO3 Phương pháp giải:   Kim loại + HNO3 hoặc H2SO4 đặc, tạo ra muối mà kim loại có số oxi hóa cao nhất. Áp dụng định luật bảo toàn electron: Hóa trị cao nhất của kim loại.nKL pư = 6.nS + 2. n SO + 8. n H S 2 2 Hóa trị cao nhất.nKL pư = n NO + 3.nNO + 10. n N + 8. n N O + 8. n NH NO 2  mmuối nitrat = mKL pư + 62. n  mmuối sunfat = mKL pư +  n HNO  n H SO 2 3 phản ứng 4 2 e cho (hay e nhân) 96 . n e cho 2 + 80. n NH NO 4 (hay e nhân) 2 4 3 = mKL pư + 96.(3.nS + n SO + 4. n H S ) 2 = 2. n NO + 4.nNO + 12. n N + 10. n N O + 10. n NH NO phản ứng 2 3 2 2 4 2 3 = 4.nS + 2. n SO + 5. n H S 2 2 Chú ý:  Al, Fe, Cr bị thụ động trong HNO3 đặc nguội và H2SO4 đặc nguội.  Au, Pt không phản ứng với H2SO4 đặc và HNO3. Ví dụ 8: Hoà tan m gam Al vào dung dịch HNO3 loãng chỉ thu được hỗn hợp khí gồm 0,015 mol N2O và 0,01 mol NO (không còn sản phẩm khử nào khác). Giá trị của m là A. 8,1 B. 1,53 C. 1,35 D. 13,5 Hướng dẫn giải: Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: 3.nAl = 3.nNO + 8.n N O  nAl = 2 3.0,01  8.0,015 0,05 (mol ) 3 mAl = 0,05.27 = 1,35 (gam)  Chọn đáp án C. Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 10 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm Ví dụ 9: Cho 9,936 gam một kim loại R tác dụng với dung dịch H 2SO4 đặc nóng, dư thu được V lít khí H2S (đktc) và dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu được 62, 928 gam muối khan. Kim loại R và giá trị của V là A. Fe (M=56) và 3,0912 lít B. Al (M=27) và 3,0912 lít C. Mg (M=24) và 1,5456 lít D. K (M=40) và 1,5456 lít Hướng dẫn giải: Từ công thức ta có: n H S = 2 VH 2S 62,928 - 9,936 0,138 mol 4.96 = 0,138.22,4 = 3,0912 (lít) Gọi x là hóa trị của kim loại R. Ta có: x.nR = 8. n H S  nR = 2 R= 8.0,138 1,104  x x 9,936 9.x 1,104 x Với x = 3 thì R = 27  R là Al  Chọn đáp án B. 2.3. Dạng 3: Nhôm tác dụng với dung dịch muối Phương pháp giải:  Phản ứng tuân theo quy tắc : Chất oxi hóa mạnh + chất khử mạnh → chất oxi hóa yếu + chất khử yếu  mKL (chất rắn) tăng = mKL bám vào – mKL tan ra = mdung dịch giảm = mchất tan trong dung dịch giảm  mKL (chất rắn) giảm = mKL bám vào – mKL tan ra = mdung dịch tăng = mchất tan trong dung dịch tăng Chú ý:  Kết hợp thêm định luật bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng, … Ví dụ 10: Cho hỗn hợp bột gồm 2,7 gam Al và 5,6 gam Fe vào 550ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Giá trị m là (biết thứ tự trong dãy thế điện hóa: Fe3+/Fe2+ đứng trước Ag+/Ag) A. 59,4 B. 64,8 C. 32,4 D. 54,0 Hướng dẫn giải: 2,7 0,1 (mol); 27 nAl = nFe = 5,6 0,1 (mol) 56 n AgNO 0,55.1 0,55 (mol) 3 ne cho max = 3nAl + 2nFe + 1. n Fe = 3.0,1+2.0,1+1.0,1= 0,6 > ne nhận = 1.n AgNO 0,55 2 3  AgNO3 phản ứng hết. Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 11 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm Theo định luật bảo toàn nguyên tố bạc, ta có: nAg = n AgNO 0,55 (mol) 3 m = mchất rắn = mAg = 0,55.108 = 59,4 (gam)  Chọn đáp án A. Ví dụ 11: Cho m1 gam Al vào 100ml dung dịch Cu(NO3)2 0,3M và AgNO3 0,3M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m 2 gam chất rắn X. Nếu cho m2 gam X tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thì thu được 0,336 lít khí H 2 (đktc). Giá trị m1 và m2 lần lượt là A. 1,08 và 5,43 B. 8,10 và 5,43 C. 0,54 và 5,16 D. 1,08 và 5,16 Hướng dẫn giải: n Cu 0,1.0,3 0,03 (mol); n Ag 0,1.0,3 0,03 (mol);  2 Vì chất rắn X tác dụng với HCl giải phóng khí H2 nên trong X có Al dư. nAl dư = 2 2 0,336 .n H  . 0,01 (mol) 3 3 22,4 2 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: 3nAl pư = 2. n Cu 2 + n Ag  nAl pư = 0,03 (mol)   m1 = mAl = 27.(nAL pư + nAl dư) = 27.(0,01 + 0,03) = 1,08 (gam) m2 = mCu + mAg + mAl dư = 0,03.64 + 0,03.108 + 0,01.27 = 5,43 (gam).  Chọn đáp án A. 2.4. Dạng 4: Nhôm tác dụng với dung dịch kiềm a. Kiểu 1: Cho nhôm hoặc hỗn hợp Al và Al2O3 tác dụng với dung dịch kiềm Phương pháp giải:  3 Al + OH– + H2O  AlO -2 + H2  Al2O3 + 2OH– + H2O  2 AlO -2 + 2H2O 2 Chú ý:  2Al  3H2 Ví dụ 12: Cho bột nhôm tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thu được 6,72 lít khí H2 (ở đktc). Khối lượng bột nhôm đã phản ứng là (Cho Al = 27) A. 2,7 gam. B. 10,4 gam. C. 5,4 gam. D. 16,2 gam. Hướng dẫn giải: Khi hoà tan vào NaOH: 2Al → 3H2 x → 1,5x  n H = 1,5x = 2 V 22,4 = 6,72 0,3  22,4 Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền x = 0,2 12 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm mAl = 0,2.27 = 5,4 (gam).  Chọn đáp án C. Ví dụ 13: Cho 31,2 gam hỗn hợp bột Al và Al2O3 tác dụng với dung dịch NaOH dư thoát ra 13,44 lít khí (đktc). Khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu là A. 21,6 gam Al và 9,6 gam Al2O3 B. 5,4 gam Al và 25,8 gam Al2O3 C. 16,2 gam Al và 15,0 gam Al2O3 D. 10,8 gam Al và 20,4 gam Al2O3 Hướng dẫn giải: Khi hoà tan vào NaOH: 2Al → 3H2 x → 1,5x  n H = 1,5x = 2 V 22,4 = 13,44 0,6 22,4  x = 0,4 mAl = 0,4.27 = 10,8 (gam).  m Al O = 31,2 – 10,8 = 20,4 (gam) 2 3  Chọn đáp án D. b. Kiểu 2: Cho hỗn hợp gồm Al và một kim loại kiềm (Na, K) hoặc kim loại kiềm thổ (Ca, Ba) tác dụng với nước. Phương pháp giải:  Thứ tự phản ứng như sau: Trước hết: M (kim loại kiềm) + H2O → MOH + ½H2 Sau đó: Al + MOH + H2O → MAlO2 + 3/2H2 Chú ý:  2Na → H2  2Al → 3H2 + Nếu nM = nMOH ≥ nAl  Al tan hết + Nếu nM = nMOH < nAl  Al chỉ tan một phần. + Nếu chưa biết số mol của M và của Al, lại không có dữ kiện nào để khẳng định Al ta hết hay chưa thì phải xét hai trường hợp: dư MOH nên Al tan hết hoặc thiếu MOH nên Al chỉ tan một phần. Đối với mỗi trường hợp ta lập hệ phương trình đại số để giải. + Nếu bài cho hỗn hợp Al và Ca hoặc Ba thì quy về hỗn hợp kim loại kiềm và Al bằng cách: 1Ca � 2Na và 1Ba � 2Na, rồi xét các trường hợp như trên. Ví dụ 14: Hoà tan m gam hỗn hợp X gồm Na và Al vào nước dư thu được V lít khí. Cũng hoà tan m gam hỗn hợp X trên vào dung dịch NaOH dư thì thu được Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 7 4 13 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm V lít khí. Biết các khí đo trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Thành phần phần trăm khối lượng Na, Al trong m gam lần lượt là A. 29,87% và 70,13% B. 70,13% và 29,87% C. 71,03% và 28,97% D. 28,97% và 71,03% Hướng dẫn giải: Khi hoà tan hỗn hợp X vào dung dịch NaOH dư được thể tích khí lớn hơn khi hoà tan vào nước nên khi hoà tan vào nước Al còn dư. Khi hoà tan vào nước:  n H 2 (1) V 22,4 = 2x = 2Na → H2 2Al → 3H2 x → 0,5x x → 1,5x x= V 44,8 Khi hoà tan vào dung dịch NaOH dư: 2Na → H2 x → 0,5x  n Vì x = H 2 (2) = 0,5x + 1,5y = V 44,8 y= 2Al → 3H2 y → 1,5y 7V 4.22,4 V 22,4  %mNa = 29,87%; %mAl = 70,13%.  Chọn đáp án A. Ví dụ 15: Cho hỗn hợp 0,1 mol Ba và 0,2 mol Al vào nước dư thì thể tích khí thoát ra (đktc) là A. 2,24 lít. B. 4,48 lít. C. 6,72 lít. D. 8,96 lít. Hướng dẫn giải: Ta quy đổi: 1Ba → 2Na 0,1 → 0,2 (mol) Vì nNa = nAl = 0,2 mol nên Al phản ứng hết.  2Na → H2 2Al → 3H2 0,2 → 0,1 0,2 → 0,3 (mol)  n = 0,1 + 0,3 = 0,4 (mol) H2 VH = 0,4.22,4 = 8,96 (lít). 2  Chọn đáp án D. 2.5. Dạng 5: Phản ứng nhiệt nhôm Phương pháp giải:  Phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn: 2nAl + 3M2On 0 t  nAl2O3 + 6M Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 14 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm  Nếu hỗn hợp rắn sau phản ứng + NaOH → H2  Al dư.  Thường kết hợp thêm định luật bảo toàn khối lượng và bảo toàn electron. Ví dụ 16: Đun nóng một hỗn hợp gồm Al và 16 gam Fe2O3 (trong điều kiện không có không khí) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch NaOH 1M sinh ra 3,36 lít H 2 (đktc). Giá trị của V là A. 150 B. 100 C. 200 D. 300 Hướng dẫn giải: 16 n Fe O  0,1 (mol); 160 2 nH  2 3 3,36 0,15 (mol) 22,4 Theo định luật bảo toàn electron: 3nAl phản ứng = 6. n Fe O 0,6 (mol) 2 3  nAl phản ứng = 0,2 mol Theo định luật bảo toàn nguyên tố nhôm: nAl phản ứng = 2. n Al O  n Al O = 0,1 mol 2 3 2 3 2Al → 3H2 nAl dư = 2.3,36 0,1 (mol) 3.22,4 nNaOH = nAl dư + 2 n Al O = 0,1 + 2.0,1 = 0,3 (mol) 2 VNaOH = 3 0,3 0,3 (lít) 300ml 1  Chọn đáp án D. Ví dụ 17: Đun nóng hỗn hợp bột X gồm 0,06 mol Al; 0,01 mol Fe3O4; 0,015 mol Fe2O3 và 0,02 mol FeO một thời gian. Hỗn hợp Y thu được sau phản ứng được hoà tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch Z. Thêm dung dịch NH3 đến dư vào Z, lọc kết tủa T, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 6,16 B. 6,40 C. 7,78 D. 9,46 Hướng dẫn giải: Ta có sơ đồ sau: Al Al Fe3O4 t0 Al2O3 Fe + HCl dư Fe2O3 FeO FeO Fe3O4 AlCl3 FeCl2 + NH3 dư Al(OH)3 Fe(OH)2 FeCl3 Fe(OH)3 (Z) (T) t0 Có O2 Al2O3 Fe2O3 Fe2O3 (X) (Y) m (gam) Theo sơ đồ trên ta thấy: 2Al → Al2O3 Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 15 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm 2Fe → Fe2O3 n Fe 3n Fe O  2n Fe O  n FeO 3.0,01 + 2.0,015 + 0,02 = 0,08 (mol) 3 4 2 3  n Al O  n Al 0,06  0,03 (mol) 2 2 n Fe O  n Fe 0,08  0,04 (mol) 2 2 2 2 3 3 m = m Al O  m Fe O = 0,03.102 + 0,04.160 = 9,46 (gam) 2 3 2 3  Chọn đáp án D. 2.6. Dạng 6: Muối Al3+ tác dụng với dung dịch OH– Al3+ + 3OH– → Al(OH)3  Khi OH- dư: (1)  Al(OH)3 + OH– → AlO 2 tan + 2H2O (2)   Al3+ + 4OH– → AlO 2 + 2H2O a. Kiểu 1: Cho biết số mol của Al3+ và OH–, yêu cầu tính lượng kết tủa Phương pháp giải: n  OH Đặt T  n  Al 3 + Nếu T ≤ 3: Chỉ xảy ra (1) và chỉ tạo Al(OH)3 . (Al3+ dư nếu T < 3) Khi đó nAl (OH )  3 nOH  3 (Dựa theo bảo toàn OH-)  + Nếu 3 < T < 4: Xảy ra (1) và (2), tạo hỗn hợp Al(OH)3  và AlO 2 . Khi đó: n Al(OH) x 3 n AlO y  2  Hệ phương trình: x + y = nAl 3 3x + 4y = nOH  + Đặc biệt, nếu T = 3,5 thì n Al ( OH ) n AlO  3 n Al  2 3 2  + Nếu T ≥ 4: Chỉ xảy ra (2) và chỉ tạo AlO 2 (OH- dư nếu T > 4) Khi đó: n AlO n Al và m Al(OH) 0 (không còn kết tủa)  2 3 3 Ví dụ 18: Rót 100 ml dung dịch NaOH 3,5M vào 100 ml dung dịch AlCl3 1M thu được m gam kết tủa. Giá trị m là A. 1,95 B. 9,30 C. 3,90 D. 7,80 Hướng dẫn giải: Ta có: nNaOH = 0,1.3,5 = 0,35 (mol); Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền nAlCl3 = 0,1.1 = 0,1 (mol) 16 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm Ta giải bài tập này theo 2 cách để so sánh. Cách 1: Làm theo cách truyền thống AlCl3 + 3NaOH  Al(OH)3 + 3NaCl Ban đầu: 0,1 0,35 Phản ứng: 0,1  0,3 Sau phản ứng: 0 0,1 0,05 0,3 0,1 0,3 Vì NaOH còn dư nên có tiếp phản ứng: Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O Ban đầu: 0,1 0,05 Phản ứng: 0,05  0,05  0,05 Sau phản ứng: 0,05 0 0,05 Vậy sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được: 0,05 mol Al(OH)3 và 0,05 mol NaAlO2  m = 0,05.78 = 3,9 (gam)  Chọn đáp án C. Cách 2: Vận dụng tỉ lệ T nOH   0,35 mol, T nOH  nAl 3 nAl 3  0,1 mol = 3,5 Nên n Al ( OH ) n AlO  3  2 n Al 3 2 = 0,05 (mol)  m = 0,05.78 = 3,9 (gam)  Chọn đáp án C. So sánh 2 cách giải trên ta thấy cách 2 giải nhanh hơn rất nhiều, giúp các em tiết kiệm thời gian và công sức. Ví dụ 19: Cho 250 ml dung dịch KOH 4M tác dụng với 100 ml dung dịch Al2(SO4)3 1M được dung dịch X. Các chất tan có trong dung dịch X là A. K2SO4 và Al2(SO4)3 dư B. K2SO4 và KOH dư C. K2SO4 và KAlO2 D. K2SO4, KAlO2 và KOH dư Hướng dẫn giải: n OH 0,25.4 = 1,0 (mol);  T nOH  nAl 3 n Al 3 2n Al 2 (SO 4 ) 3  2.0,1.1 = 0,2 (mol) = 5,0 > 4  Tạo AlO 2 và OH– dư Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 17 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm  Dung dịch X có: K2SO4, KAlO2 và KOH dư.  Chọn đáp án D. Ví dụ 20: Dung dịch A chứa 16,8 gam NaOH cho tác dụng với dung dịch chứa 8,0 gam Fe2(SO4)3. Thêm tiếp vào đó 13,68 gam Al2(SO4)3 thu được 500ml dung dịch B và m gam kết tủa. Giá trị m là A. 6,15 B. 5,16 C. 1,56 D. 1,65 Hướng dẫn giải: nFe 2 ( SO4 ) 3  0,02 mol; nNaOH = 0,42 mol; n nAl 2 ( SO4 ) 3  0,04 mol  OH Ta có: n  10,5  Tạo Fe(OH)3 và Fe3+ hết, OH– dư Fe 3 nFe (OH ) 3  nFe3  0,04 mol; nAl 3  0,08 mol; n n OH  còn lai  0,42 – 0,04.3 = 0,3 (mol) OH còn lai 3,75  tạo hỗn hợp Al(OH)3 x mol và AlO 2 y mol  T n Al  3 Ta có hệ: x + y = 0,08 3x + 4y = 0,3  x = 0,02 y = 0,06 Vậy khối lượng kết tủa là: m = m = 0,02.78 = 1,56 (gam)  Chọn đáp án C. b. Kiểu 2: Cho biết số mol của kết tủa Al(OH)3 và một chất tham gia phản ứng, yêu cầu tính lượng chất tham gia phản ứng còn lại. Đặc điểm bài toán: - Biết số mol của một trong hai chất tham gia phản ứng và số mol kết tủa. - Yêu cầu tính số mol của chất tham gia phản ứng còn lại. * Biết số mol Al(OH)3, số mol Al3+. Tính lượng OH–. Phương pháp giải:  Nếu n Al(OH)  n Al : cả 2 chất phản ứng vừa đủ với nhau tạo Al(OH) 3. Khi đó: 3 3 n OH 3n Al(OH) -  3 Nếu n Al(OH)  n Al thì có 2 trường hợp: 3 3 + Chưa có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al 3+ còn dư. Sản phẩm chỉ có Al(OH)3 và n OH 3n Al(OH) - 3 Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 18 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm  + Có hiện tượng hoà tan kết tủa hay Al3+ hết. Sản phẩm có Al(OH)3 và AlO 2 : Ta có: n AlO n Al  n Al(OH) 3  2 3 n OH 3n Al(OH)  4n AlO  3  2 Vì từ Al3+ để tạo ra AlO 2 thì xảy ra phương trình hóa học: Al3+ + 4OH– → AlO 2 + 2H2O  Ví dụ 21: Cho 2,0 lít dung dịch KOH tác dụng với 58,14 gam Al 2(SO4)3 thu được 26,52 gam kết tủa. Nồng độ mol/lít của dung dịch KOH là A. 0,170M B. 0,510M C. 0,255M D. 1,020M Hướng dẫn giải: n Al  2n Al 3 n Al(OH)  3 2 ( SO 4 ) 3  58,14 342 26,52 0,34 78 = 0,34 (mol) (mol) Vì n Al(OH) = n Al nên n OH 3n Al(OH) 3.0,34 = 1,02 (mol). 3 3 CM KOH = - 3 1,02 0,51 (M) 2  Chọn đáp án B. Ví dụ 22: Cho 200ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M lượng kết tủa thu được là 15,6 gam. Giá trị lớn nhất của V là A. 1,2 B. 1,8 C. 2,0 D. 2,4 Hướng dẫn giải: n Al 0,2.1,5 = 0,3 (mol) 3 15,6 n Al(OH)  0,2 78 3 (mol) Vì n Al(OH) < n Al nên có 2 trường hợp xảy ra. 3 3 Nhưng để giá trị của Vdd NaOH lớn nhất ta chỉ xét trường hợp kết tủa Al(OH) 3 bị tan một phần. n AlO n Al  n Al(OH) = 0,3 – 0,2 = 0,1 (mol)  2 3 3 n OH 3n Al(OH)  4n AlO = 3.0,2 + 4.0,1 = 1 (mol)  Vdd NaOH = 3  2 1,0 2,0 (lít) 0,5  Vdd NaOH max = 2,0 lít.  Chọn đáp án C. * Biết số mol OH–, số mol kết tủa Al(OH)3. Tính số mol Al3+ ban đầu. Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 19 Phân loại và phương pháp giải nhanh một số dạng bài toán về nhôm và hợp chất của nhôm Phương pháp giải:  So sánh n OH  Nếu n OH  Nếu n OH    đê bài cho và n OH đê bài cho  n OH đê bài cho  n OH trong kết tủa n OH  trong kết tủa thì kết tủa cực đại: n Al n Al(OH)  trong kết tủa thì đã có hiện tượng hoà tan một phần kết tủa.    3 3 3 Sản phẩm sẽ có Al(OH)3 và AlO 2 n OH n AlO   đê bài cho 2  3n Al(OH) 4  n Al n Al(OH)  n AlO 3  (Dựa vào bảo toàn nhóm OH–) 3 3  2 Nếu trong bài có nhiều lần thêm OH – liên tiếp thì bỏ qua các giai đoạn trung gian, ta chỉ tính tổng số mol OH– qua các lần thêm vào rồi so sánh với lượng OH– trong kết tủa thu được ở lần cuối cùng của bài. Ví dụ 23: Thêm 400ml dung dịch NaOH 1,5M vào 100 ml dung dịch AlCl 3 thu được 15,6 gam kết tủa. Nồng độ mol/lít của dung dịch AlCl3 là A. 2M B. 6M C. 4M D. 8M Hướng dẫn giải: n OH  đê bài cho = 0,4.1,5 = 0,6 (mol) nAl (OH )3  15,6 = 0,2 78  n OH trong kết tủa  (mol) = 0,6 mol = n OH  đê bài cho  n Al n Al(OH) 0,2 (mol) 3 3 n 0,2 3 Al  2 (M)  C M AlCl V 0,1 dd AlCl 3 3  Chọn đáp án A. Ví dụ 24: Thêm 0,6 mol NaOH vào dung dịch chứa x mol AlCl 3 thu được 0,2 mol Al(OH)3. Thêm tiếp 0,9 mol NaOH thấy số mol của Al(OH) 3 là 0,5. Thêm tiếp 1,2 mol NaOH nữa thấy số mol Al(OH)3 vẫn là 0,5 mol. Giá trị của x là A. 0,3 B. 1,5 C. 0,9 D. 0,8 Hướng dẫn giải: n OH  0,6  0,9  1,2 2,7 (mol) ; nAl (OH )3  0,5 mol  n OH  trong kết tủa = 1,5 mol < 2,7 mol   có tạo AlO 2 Giáo viên thực hiện: Trần Thị Thu Hiền 20
- Xem thêm -