Tài liệu Công phá đề thi quốc gia môn hóa học

Phần I: Giới thiệu 4 phương pháp có thể giúp các em CÔNG PHÁ được các bài tập HÓA HỌC trong đề thi! Đừng bao giờ sợ sệt bất kì bài tập hóa học nào trong đề thi quốc gia nhé (thi đại học í ). Anh tin là các em sẽ làm được ! <3 Phương pháp 1: Phương pháp số đếm Trong các kì thi vào đại học và cao đẳng, các bạn thường xuyên gặp một số bài hóa hữu cơ có cách giải rất đặc biệt, đòi hỏi các bạn phải nắm vững được công thức cấu tạo của các chất hữu cơ cũng như nắm vững được tính chất của các chất hữu cơ mới có thể giải ra được đáp án. Tuy nhiên, các bạn cũng sẽ thấy các bài toán trên có thể được giải theo cách hoàn toàn mới sau đây. ***** Bài 1: [Câu 1- Đại học A 2011- Mã đề 482] Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic, rồi hấp thụ hoàn toàn các sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau phản ứng thu được 18 gam kết tủa và dung dịch X. Khối lượng dung dịch X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào. Bài làm Do Ca(OH)2 dư ⇒ nCO2 = nCaCO3 = 18 = 0,18 mol 100 Axit acrylic: CH2 = CH − COOH Vinyl axetat: CH3 COOC2 H3 Metyl acrylat: CH2 = CH − COOCH3 Axit oleic: C17 H33 COOH * Nhận xét: Ta bỏ đi hai chất là axit oleic và metyl acrylat⇒ hỗn hợp chỉ còn axit acrylic và vinyl axetat Đặt số mol của axit acrylic và vinyl axetat lần lượt là a và b mol nCO2 = 3a + 4b = 0,18 mol (1) mhỗn hợp = maxit acrylic + mvinyl axetat = (27 + 45)a + (59 + 27)b = 72a + 86b = 3,42 gam (2) a = −0,06 mol Từ (1)và (2)ta có: { b = 0,09 mol ⇒ nH2 O = 2nC2 H3 COOH + 3nCH3 COOC2 H3 = 2a + 3b = 2. (−0,06) + 3.0,09 = 0,15 mol ⇒ mdd thay đổi = mCO2 + mH2O − mCaCO3 = 0,18.44 + 0,15.18 − 18 = −7,38 gam ⇒ dd X đã giảm đi 7,38 gam Bài 2: [Câu 35- Đại học B 2011- Mã đề 153] Hỗn hợp khí X gồm etilen, metan, propin và vinyl axetilen có tỉ khối so với H2 là 17. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp X rồi hấp thụ hoàn toàn sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thì thấy khối lượng bình tăng thêm m gam. Tìm m Bài làm MX = 17. MH2 = 17.2 = 34 Etilen: CH2 = CH2 Metan: CH4 Propin: CH ≡ C − CH3 Vinyl axetilen: CH2 = CH − C ≡ CH * Nhận xét: Ta bỏ đi hai chất cuối cùng ⇒ hỗn hợpX chỉ còn có etilen và metan Đặt số mol của etilen và metan lần lượt là a và b mol (metilen + mmetan ) 28a + 16b Ta có: MX = = = 34 (1) nX a+b Ta có: a + b = nX = 0,05 mol (2) a = 0,075 mol Từ (1) và (2) ⇒ { b = −0,025 mol nCO2 = 2a + 3b = 2. (0,075) + 1. (−0,025) = 0,125 mol nH2 O = 2a + 2b = 2. (0,075) + 2. (−0,025) = 0,1 mol mbình thay đổi = mCO2 + mH2 O = 0,125.44 + 0,1.18 = 7,3 gam Bài 3: Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic và axit axetic. Cho m gam X phản ứng hết với dd NaHCO3 thu được 1,344 lít khí CO2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 2,016 lít khí O2 (đktc), thu được 4,84 gam CO2 và a gam nước. Giá trị của a là: Câu 14- Đại học A 2012- Mã đề 296 Bài làm 1,344 = 0,06 mol 22,4 2,016 nO2 = = 0,09 mol 22,4 4,84 nCO2(2) = = 0,11 mol 44 Axit fomic: HCOOH Axit acrylic: CH2 = CH − COOH Axit oxalic ∶ HOOC − COOH Axit axetic: CH3 COOH * Nhận xét: Ta bỏ đi axit acrylic⇒ hỗn hợp X chỉ còn axit fomic, axit oxalic và axit axetic Đặt số mol của axit fomic, axit oxalic và axit axetic lần lượt là a, b, c mol Ta có: nCO2(1) = nCOOH = a + 2b + c = 0,06 mol (1) 2 2 2 4 4 2 Ta có: nO2 = (1 + − ) a + (2 + − ) b + (2 + − ) c = 0,5a + 0,5b + 2c = 0,09 mol (2) 4 2 4 2 4 2 Ta có: nCO2(2) = a + 2b + 2c = 0,11 mol (3) nCO2(1) = a = −0,05 mol Từ (1), (2), (3). Ta có: { b = 0,03 mol c = 0,05 mol nH2 O = a + b + 2c = −0,05 + 0,03 + 2.0,05 = 0,08 mol ⇒ a = mH2 O = 0,08.18 = 1,44 gam Bài 4: [Câu 15- Đại học B 2012- Mã đề 359] Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic, etilen glicol và glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X ta thu được 6,72 lít khí CO2 (đktc). Cũng m gam X nói trên tác dụng với Na thu được tối đa V lít khí hidro (đktc). Tìm V Bài làm 6,72 = 0,3 mol 22,4 * Nhận xét: Ta bỏ đi 2 chất cuối⇒ hỗn hợp X chỉ có ancol metylic 1 1 Ta có: nCH3 OH = nCO2 = 0,3 mol ⇒ nH2 = nCH3 OH = . 0,3 = 0,15 mol ⇒ V = 0,15.22,4 = 3,36 lít 2 2 Bài 5: Hỗn hợp X gồm hidro, propen, axit acrylic, ancol anlylic. Đốt cháy hoàn toàn 0,75 mol X, thu được 30,24 lít khí CO2 (đktc). Đun nóng X với bột Ni một thời gian, thu được hỗn hợp Y. Tỉ khối hơi của Y so với X bằng 1,25. Cho 0,1 mol Y tác dụng vừa đủ với V lít dd Brom 0,1 M. Tìm V Bài làm nCO2 = 30,24 = 1,35 mol 22,4 Propen: CH3 − CH = CH2 Axit acrylic: CH2 = CH − COOH Ancol anlylic: CH2 = CH − CH2 OH mY MY ( nY ) nX 0,75 0,75 mY = mX ⇒ = m = = = 1,25 ⇒ nY = = 0,6 mol X MX ny nY 1,25 nX * Nhận xét: Ta bỏ đi 2 chất cuối⇒ hỗn hợp X chỉ còn 2 chất là hidro và propen Đặt số mol của hidro và propen lần lượt là a và b mol Ta có: nX = a + b = 0,75 mol (1) nCO2 = nCO2 = 0. a + 3. b = 1,35 mol (2) a = 0,3 mol Từ (1)và (2)ta có: { b = 0,45 mol C3 H6 + H2 → C3 H8 x mol → x mol → x mol nY = 0,6 mol = (a − x) + (b − x) + x = a + b − x = 0,75 − x ⇒ x = 0,15 mol nBr2 = nC3 H6 dư = b − x = 0,45 − 0,15 = 0,3 mol 0,3 0,05 Vì 0,6 mol Y Phản ứng với 0,3 mol Br2 ⇒ 0,1 mol Y phản ứng với = 0,05 mol Br2 ⇒ V = = 0,5 lít 6 0,1 * Có thể các bạn cho rằng: (1) Cách làm trên chỉ là may mắn, và chẳng có một chút cơ sở nào hết, hoàn toàn là ngẫu hứng (2) Bạn có thể làm dễ dàng các bài toán trên bằng phương pháp khác, chuẩn xác hơn và có định hướng hơn nhiều Có thể là bạn đúng, nhưng trước khi nhận xét như trên, xin mời các bạn giải quyết bài toán sau đây theo cách khác, chuẩn xác hơn và có định hướng hơn của các bạn. Bài 6: Đốt cháy hoàn toàn 122,6 gam hỗn hợp X gồm anđehit acrylic, C5 H6 O, C6 H8 O2 , và axit axetic thu được 5,9 mol CO2 và y mol nước. Tìm y Bài làm Anđehit acrylic: CH2 = CH − CH = O Axit axetic: CH3 COOH Hỗn hợp X gồm: C3 H4 O, C5 H6 O, C6 H8 O2 và C2 H4 O2 * Nhận xét: Bài toán trên có lẽ sẽ gây khó khăn đối với bạn, vì bạn khó có thể tìm ra được mối liên hệ giữa các chất để có thể giải được bài toán. Nhưng bạn nghĩ sao với cách giải sau: Ta sẽ bỏ đi 2 chất ở giữa ⇒ hỗn hợp X chỉ có 𝐶3 𝐻4 𝑂 𝑣à 𝐶2 𝐻4 𝑂2. Đặt số mol của anđehit acrylic và axit axetic lần lượt là a và b mol Ta có: mX = mC3 H4 O + mC2 H4 O2 = 56a + 60b = 122,6 gam (1) Ta có: nCO2 = 3a + 2b = 5,9 mol (2) a = 1,6 mol Từ (1)và (2)ta có: { ⇒ nH2 O = 2a + 2b = 2.1,6 + 2.0,55 = 4,3 mol ⇒ y = 4,3 mol b = 0,55 mol * Như vậy, phương pháp trên là khá hiệu quả, đơn giản, dễ thực hiện, nhưng liệu rằng phương pháp trên có phải do ăn may hay không? phương pháp trên dùng được khi nào? không dùng được khi nào? Liệu rằng phương pháp trên có hoàn toàn chính xác hay không? Đó không phải là những câu hỏi dễ trả lời. Để giải đáp những vướng mắc trên và để tìm hiểu tỉ mỉ phương pháp "số đếm" một phương pháp đóng vai trò như kim chỉ nam của các phương pháp khác. Xin mời các bạn đọc tiếp phần bình luận và suy diễn sau đây A. Cơ sở của phương pháp số đếm 1) Đầu tiên chúng ta hãy giải quyết bài toán số 6 theo cách hoàn toàn chính xác và với cách này, bạn sẽ không thể phủ nhận hay nghi ngờ Bài 6: Đốt cháy hoàn toàn 122,6 gam hỗn hợp X gồm anđehit acrylic, C5 H6 O, C6 H8 O2 , và axit axetic thu được 5,9 mol CO2 và y mol nước. Tìm y Bài làm Hỗn hợp X gồm các chất: C3 H4 O, C5 H6 O, C6 H8 O2 và C2 H4 O2. Đặt số mol của 4 chất trên lần lượt là a, b, c, d mol Ta có: mX = 56a + 82b + 112c + 60d = 122,6 gam (1) Ta có: nCO2 = 3a + 5b + 6c + 2d = 5,9 mol (2) Ta cần tìm: nH2 O = 2a + 3b + 4c + 2d (∗) Như vậy ta chỉ có PT (1)và (2), nhiệm vụ của ta là tìm kết quả của (∗) Ta có: nH2 O = 2a + 3b + 4c + 2d = m. (56a + 82b + 112c + 60d) + n. (3a + 5b + 6c + 2d) ⇒ nH2 O = 2a + 3b + 4c + 2d = (56m + 3n)a + (82m + 5n)b + (112m + 6n)c + (60m + 2n) 2 = 56m + 3n 3 = 82m + 5n Ta có: { 4 = 112m + 6n 2 = 60m + 2n 1 m= mol 2 = 56m + 3n 34 Chọn 2 trong số 4 phương trình trên, ví dụ chọn 2 Pt đầu tiên: { ⇒{ 2 3 = 82m + 5n n= mol 17 1 2 Dễ thấy m = và n = thỏa mãn cả 4 Pt trên 34 17 1 2 1 2 ⇒ nH2 O = . (56a + 82b + 112c + 60d) + . (3a + 5b + 6c + 2d) = . 122,6 + . 5,9 = 4,3 mol 34 17 34 17 ⇒ y = 4,3 mol * Như vậy, nhiệm vụ của ta là từ phương trình (1) và (2) để rút ra số mol nước. Và công việc này quả thực rất dễ dàng nếu ta dùng phương pháp đặt ẩn số m và n như trên Cách làm trên là cách hoàn toàn chính xác, và khá đơn giản, tuy rằng hơi dài. Cách làm trên hoàn toàn có thể được dùng khi đi thi tự luận vì cách làm này hoàn toàn chính xác về mặt tính toán cũng như bản chất hóa học. Bạn có thể dùng cách làm này để giải quyết các bài tập từ Bài 1, 2, 3, 4, 5 và sẽ cho cùng kết quả với phương pháp "số đếm" Vậy nguyên tắc số đếm là gì? Phần 2: Một số chuyên đề cực khó và phức tạp, anh dành riêng cho một phần nha các em ;) Bài toán 1: Al, Zn và hợp chất của Al, Zn tác dụng với dung dịch kiềm 1. Lí thuyết: - Al và Zn là các kim loại hoạt động hóa học tương đối mạnh, vì vậy có thể khử được H của H2 O để tạo thành H2 . 3 Al + 3HOH → Al(OH)3 ↓ + H2 ↑ (1) 2 Zn + 2HOH → Zn(OH)2 ↓ +H2 ↑ (3) Tuy nhiên: Al(OH)3 và Zn(OH)2 sinh ra sẽ phủ kín Al và Zn, ngăn không cho nước tác dụng tiếp với phần Al và Zn ở bên trong⇒ phản ứng (1) và (3) nhanh chóng kết thúc. Vì vậy, người ta không coi Al, Zn có khả năng tác dụng được với nước.  Chú ý: 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 và 𝑍𝑛(𝑂𝐻)2 là các hidroxit lưỡng tính nên có thể bị hòa tan bởi cả dung dịch 𝐻 + và dung dịch 𝑂𝐻 − . - Khi chúng ta cho Al và Zn vào trong dung dịch 𝑐ℎứ𝑎 𝑂𝐻 − (ví dụ: dung dịch NaOH, 𝐵𝑎(𝑂𝐻)2 , 𝐶𝑎(𝑂𝐻)2) thì các phản ứng sẽ xảy ra theo thứ tự sau: + Đối với Al:   Đầu tiên: Al  3HOH  Al OH 3 3   H 2  1  2 Sau đó: 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 + 𝑂𝐻 − → 𝐴𝑙(𝑂𝐻)− 4 (𝑡𝑎𝑛)(2) Hoặc dạng đầy đủ: 𝐻𝐴𝑙𝑂2 . 𝐻2 𝑂 + 𝑁𝑎𝑂𝐻 → 𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2 (𝑛𝑎𝑡𝑟𝑖 𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑎𝑡) + 2𝐻2 𝑂 Sau đó:(1) xảy ra, sau đó(2) xảy ra.Quá trình (1)và (2)xảy ra xen kẽ đến khi Al bị hòa tan hết bởi 𝑂𝐻 − dư + Đối với Zn: Đầu tiên: 𝑍𝑛 + 2𝐻𝑂𝐻 → 𝑍𝑛(𝑂𝐻)2 ↓ +𝐻2 ↑ (3) Sau đó: 𝑍𝑛(𝑂𝐻)2 + 2𝑂𝐻 − → 𝑍𝑛(𝑂𝐻)2− 4 (𝑡𝑎𝑛)(4) Hoặc dạng đầy đủ:𝐻2 𝑍𝑛𝑂2 + 2𝑁𝑎𝑂𝐻 → 𝑁𝑎2 𝑍𝑛𝑂2 (𝑛𝑎𝑡𝑟𝑖 𝑧𝑖𝑛𝑐𝑎𝑡) + 2𝐻2 𝑂 Sau đó:(3)xảy ra, sau đó(4)xảy ra.Quá trình (3)và (4)xảy ra xen kẽ đến khi Al bị hòa tan⁡hết bởi 𝑂𝐻 − 𝑑ư  Bình luận: Vì vậy, Al và Zn không có khả năng phản ứng trực tiếp với 𝑂𝐻 −. Khi cho Al và Zn vào dung dịch chứa 𝑁𝑎𝑂𝐻, 𝐾𝑂𝐻, 𝐵𝑎(𝑂𝐻)2 , 𝐶𝑎(𝑂𝐻)2 : Zn và Al phản ứng với nước, sau đó hidroxit của chúng có tính chất lưỡng tính mới phản ứng với 𝑂𝐻 − ⇒ 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 , 𝑍𝑛(𝑂𝐻)2 là các hợp chất lưỡng tính (có khả năng cho và nhận proton 𝐻 + ) còn Al và Zn không có tính chất lưỡng tính (vì chúng không phản ứng trực tiếp với 𝑂𝐻 − , chúng chỉ phản ứng với nước mà thôi) * Các phản ứng (1), (2) và (3), (4) có thể viết gọn lại thành: 3 (1) + (2): Al + OH − + 3H2 O → Al(OH)− 4 + H2 ↑ (1 ∗) 2 (3) + (4): Zn + 2OH − + 2H2 O → Zn(OH)2− 4 + H2 ↑ (2 ∗) Bảo toàn e: ne nhường = 3nAl + 2nZn = ne nhận = 2nH2 Bảo toàn Al: nAl(OH)−4 = nAl Từ (1 ∗) và (2 ∗) ⇒ { Bảo toàn Zn: nZn(OH)2− = nZn 4 * Nếu chúng ta nhỏ từ từ dung dịch chứa H + (như dung dịch HCl, dung dịch H2 SO4 loãng) vào dung dịch 2− chứa Al(OH)− 4 và Zn(OH)4 thì các phản ứng sẽ xảy ra như sau: 2− + + Đầu tiên: Al(OH)− 4 + H → Al(OH)3 ↓ +H2 O (1) và Zn(OH)4 + 2H → Zn(OH)2 ↓ +2H2 O(2) Sau đó, nếu H + dư: Al(OH)3 + 3H + → Al3+ + 3H2 O (3)và Zn(OH)2 + 2H + → Zn2+ + 2H2 O(4) (Vì Al(OH)3 và Zn(OH)2 là các chất lưỡng tính, nên tan được trong cả dung dịch OH − và H + ) để tạo nAl(OH)3 (lớn nhất)thì nH+ =nAl(OH)-4 (bảo toàn điện tích + Từ (1)và (3) { để hòa tan hết kết tủa, tạo Al3+ thì nH+ =4nAl(OH)-4 (1H + tạo Al(OH)3 , 3H + hòa tan Al(OH)3 ) Ta có đồ thị sau (a là nAl(OH)−4 ) nAl(OH)3 a a = nAl(OH)−4 nH+ a + Từ (2)và (4) { 2a 3a 4a để tạo nZn(OH)2 (lớn nhất)thì nH+ = 2nZn(OH)2− (bảo toàn điện tích) 4 để hòa tan hết kết tủa, tạo Zn2+ thì nH+ = 4nZn(OH)2− (2H + tạo Zn(OH)2 , 2H + hòa tan Zn(OH)2 4 nZn(OH)2 a = nZn(OH)2− 4 a a 2a 3a 4a n H+ Bài 1: Hòa tan 0,1 mol Al vào trong dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch X, thoát ra a mol hidro. Nhỏ từ từ dung dịch chứa HCl vào dung dịch X, thấy để xuất hiện lượng kết tủa tối đa thì cần dùng b mol HCl, còn nếu muốn lượng kết tủa tan hết (lượng kết tủa tối thiểu) thì tốn c mol HCl. Tìm a và b, c Bài làm + Tìm a: Bảo toàn e: ne nhường = 3nAl = ne nhận = 2nH2 ⇒ 3nAl = 2nH2 ⇒ nH2 = a = 1,5nAl = 0,15 mol + Tìm b: Al + NaOH → Al(OH)− = nAl = 0,1 mol 4 . Bảo toàn Al: nAl(OH)− 4 + Al(OH)− = 0,1 mol 4 + H → Al(OH)3 ↓. Để tạo lượng kết tủa lớn nhất ⇒ nH+ = b = nAl(OH)− 4 + Tìm c: + 3+ Al(OH)− + 4H2 O: Để kết tủa tan hết ⇒ nH+ = c = 4nAl(OH)−4 = 4.0,1 = 0,4 mol 4 + 4H → Al Bài 2: Hòa tan 1 mol Al vào dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch X. Nhỏ từ từ dung dịch chứa HCl vào dung dịch X, ta thấy: khi dùng 0,5 mol HCl, 1,3 mol HCl và 4,5 mol HCl, ta thu được tương ứng x, y, z mol kết tủa. TÌm x, y, z Bài làm 3 + Hòa tan 1 mol Al vào NaOH vừa đủ: Al → Al(OH)− 4 + H2 ↑ 2 ⇒ nAl(OH)−4 = nAl = 1 mol + + Khi cho Al(OH)− 4 phản ứng với H : − + (1)Al(OH)4 + H → Al(OH)3 ↓ +H2 O + 3+ (2)Al(OH)− + 4H2 O 4 + 4H → Al nH+ Xét T = nAl(OH)−4 Nếu T ≤ 1 ⇒ (1)xảy ra và H + hết ⇒ tính theo H + ⇒ nAl(OH)3 = nH+ nAl(OH)3 = a Bảo toàn Al: a + b = nAl(OH)−4 Nếu 1 < T < 4 ⇒ (1) và (2)cùng xảy ra. Đặt { ⇒ ⇒ a và b { nAl3+ = b Bảo toàn H + : a + 4b = nH+ Nếu T ≥ 4 ⇒ (2)xảy ra và H + dư ⇒ tính theo Al(OH)− 4 ⇒ Bảo toàn Al: nAl3+ = nAl(OH)− 4 Giải tiếp: nH+ 0,5 + Nếu dùng 0,5 mol H + ⇒ T = = = 0,5 < 1 nAl(OH)−4 1 ⇒ (1) xảy ra và H + hết ⇒ nAl(OH)3 = nH+ = 0,5 mol 1,3 = 1,3(1 < 1,3 < 4) ⇒ (1) và (2) cùng xảy ra n 1 nAl(OH)3 = a ⇒ Sản phẩm có Al(OH)3 và Al3+ . Đặt { nAl3+ = b Bảo toàn Al: a + b = nAl(OH)−4 = 1 mol 0,9 mol Al(OH)3 a = 0,9 mol ⇒{ ⇒{ ⇒{ b = 0,1 mol Bảo toàn H + : a + 4b = nH+ = 1,3 mol 0,1 mol Al3+ nH+ 4,5 + Nếu dùng 4,5 mol H + : T = = = 4,5 > 4 ⇒ (2) xảy ra ⇒ H + dư nAl(OH)−4 1 + Nếu dùng 1,3 mol H + ⇒ T = nH+ Al(OH)− 4 = ⇒ sản phẩm chỉ có Al3+ . Bảo toàn Al: nAl3+ = nAl(OH)−4 = 1 mol và nH+ pư = 4nAl(OH)−4 = 4 mol ⇒ nH+ dư = 4,5 − 4 = 0,5 mol * Bình luận: Bạn có thể viết các phương trình hóa học để tính toán Bài 3: Cho a mol Al tan hoàn toàn trong dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với 1 lít dung dịch hỗn hợp Y gồm HCl 1M và H2 SO4 0,5 M, ta thu được m gam kết tủa. Nếu sử dụng 2 lít dung dịch Y thì thu được 0,7m gam kết tủa. Xác định a và m Bài làm − + Dung dịch X có nAl(OH)4 = nAl = a mol + nH+(1l Y) = nHCl + 2nH2 SO4 = 1.1 + 2.0,5.1 = 2 mol ⇒ nH+(2l Y) = 2.2 = 4 mol 2 mol H + → m gam kết tủa + Ta có: a mol Al(OH)− 4 +{ 4 mol H + → 0,7m gam kết tủa * Cách 1: Vì 0,7m a Do 2 mol H + đã hòa tan một phần kết tủa, còn lại m gam kết tủa, sau đó thêm vào 2 mol H + nữa, lúc này chỉ còn 0,7m gam hết tủa⇒ 2 mol H + kia đã hòa tan hết 0,3m gam Al(OH)3 Al(OH)3 + 3H + → Al3+ + 3H2 O 1 1 0,3m 2140 ⇒ nAl(OH)3 = nH+ = . 2 = ⇒m= gam 3 3 107 9 Xét nH+ =4 mol (đã xảy ra hòa tan kết tủa) ⇒ a mol Al(OH)-4 +4 mol 14 H + →(0,7m gam ~ mol) Al(OH)3 +Al3+ 9 14 4− 9 14 11 + Bảo toàn H : nH+ = nAl(OH)3 + 4nAl3+ ⇒ 4 = + 4nAl3+ ⇒ nAl3+ = = mol 9 4 18 14 11 13 Bảo toàn Al: nAl(OH)−4 = a = nAl(OH)3 + nAl3+ = + = mol 9 18 6 2140 m= ≈ 237,78 gam 9 Vậy: { . Do a = 2,167 > 2 ⇒ loại 13 a= ≈ 2,167 mol 6 + TH2: chưa có pư hòa tan kết tủa(Al(OH)− 4 dư và H hết) ⇒ a ≥ 2 + Al(OH)− 4 + H → Al(OH)3 ↓ m ⇒ nAl(OH)3 = nH+ ⇒ = 2 ⇒ m = 214 gam 107 Xét nH+ = 4 mol ⇒ thu được 0,7m~1,4 mol Al(OH)3 ⇒ đã có pư hòa tan kết tủa 3+ 4 mol H + + a mol Al(OH)− 4 → 1,4 mol Al(OH)3 + Al Bảo toàn H + : nH+ = nAl(OH)3 + 4nAl3+ ⇒ 4 = 1,4 + 4nAl3+ ⇒ nAl3+ = 0,65 mol Bảo toàn Al: nAl(OH)−4 = nAl(OH)3 + nAl3+ ⇒ a = 1,4 + 0,65 = 2,05 mol m = 214 gam Vậy: { a = 2,05 mol(thỏa mãn a ≥ 2) ∗ Cách 2: dùng đồ thị Chỉ có 2 hình vẽ sau đây thỏa mãn đề bài: - Hình số 1: Từ hình vẽ⇒ 2 ≤ a ≤ 4 ≤ 4a Xét tính chất của các cặp tam giác đồng dạng A1C1 A1C2 ∗ ∆A1B1C1~∆A1B2C2 ⇒ = B1C1 C2B2 m + Ta có:A1C1=nH+ =2;B1C1= ;A1C2=a; 107 2 a B2C2 = a ⇒ ( m ) = = 1 ⇒ m = 214 gam a 107 A2C3 A2C2 ∗ ∆A2B3C3~∆A2B2C2 ⇒ = C3B3 C2B2 +Ta có: A2C3 = A1A2 − A1C3 = 4a − 4; C3B3 = ⇒ (4a − 4) = nAl(OH)3 a = nAl(OH)−4 B2 a B1 m 0,7m A1 C1 2 B3 C2 a C3 4 n H+ A2 4a 0,7m 4a − 4 3a ; A2C2 = 3a; C2B2 = a ⇒ = =3 0,7m 107 a ( 107 ) 3.0,7m = 4,2 ⇒ a = 2,05 mol(Tm 2 ≤ a ≤ 4 ≤ 4a) 107 - Hình số 2: Tương tự:ta xét cặp tam giác đồng dạng (a≤2≤4≤4a) A1C1 A1C3 + ∆A1C1B1~∆A1C3B3 ⇒ = C1B1 C3B3 0,7m Do A1C1=(4a-4);C1B1= ;A1C3=3a;C3B3=a 107 B3 B2 B1 C3 C2 C1 A1 4a − 4 3a 0,7m = = 3 ⇒ (4a − 4) = 3. ( ) (1) 0,7m a 107 107 A1C2 A1C3 4a − 2 3a m +∆A1B2C2~∆A1B3C3 ⇒ = ⇒ m = = 3 ⇒ 4a − 2 = 3. ( ) (2) C2B2 C3B3 a 107 107 13 2140 13 Từ (1)và (2) ⇒ a = mol và m = gam(loại vì a = > 2) 6 9 6  Nhận xét: Khi đi thi bạn không cần phải kí hiệu các đỉnh của tam giác, mà chỉ cần vẽ hình vắn tắt để ⇒ tính toán mà thôi. Cách vẽ hình được khuyến khích nên dùng vì nó khá trực quan. Cách vẽ hình vắn tắt như sau: 0,7m a m 2 a 4 4a a m 0,7m a 2 4 ∗ Hình vẽ ⇒ 2 ≤ a ≤ 4 ≤ 4a 2 a 4a − 4 4a − a ⇒ m = và = 0,7m a (107) a 107 (Chú ý: vẽ hình to một chút, và rõ các số liệu mà bài toán đã cho) ∗ Hình vẽ ⇒ a ≤ 2 < 4 ≤ 4a 4a − 4 4a − a 4a − 2 4a − a ⇒ = và m = 0,7m a a 107 107 (Chú ý: vẽ hình to một chút, và rõ các số liệu mà bài toán đã cho) 4a  Chú ý: Nói chung, chỉ có 2 tình huống mà đề bài có thể cho, các bạn chỉ cần chăm chỉ vẽ hình là có thể sử dụng hình vẽ để giải bài thi trong kì thi đại học và cao đẳng Phần 3: Anh giới thiệu một số mẹo, thủ thuật nho nhỏ mà anh tích lũy được trong quá trình học và viết sách trong 2 năm qua ;) Không là tất cả nhưng nhất định các em sẽ thấy phấn khích lắm í <3 Phần 3: Mẹo nhỏ thú vị dùng trong thi đại học và cao đẳng môn hóa học Mẹo số 1: Phương pháp chặn hai đầu Ví dụ 1: Cho hỗn hợp X gồm 0,1 mol kim loại M, 0,2 mol Fe, 0,3 mol Al . Biết % khối lượng của M trong hh X nằm trong khoảng từ 11% đến 12%. Hãy xác định M Bài làm: mM 0,1M Ta có: %mM = 100% = 100% ∈ (11%; 12%) mX 0,1M + 0,2.56 + 0,3.27 0,1M TH1: %mM = 11% ⇒ 100% = 11% ⇒ M = 23,85 0,1M + 0,2.56 + 0,3.27 0,1M TH2: %mM = 12% ⇒ 100% = 12% ⇒ M = 26,32 0,1M + 0,2.56 + 0,3.27 ⇒ 23,85 < M < 26,32 ⇒ M = 24 (Mg) Ví dụ 2: Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm axit đơn chức, mạch hở M và axit axetic. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X thu được 0,7 mol khí cacbonic. Biết % số mol của M trong hh X nằm trong khoảng từ 30% đến 40%. Hãy xác định số CTCT thỏa mãn tính chất của M Giả sử M có n nguyên tử C và nM = a mol và nC2 H4 O2 = b mol nX = a + b = 0,3 mol nCO2 = na + 2b = 0,7 mol Ta có: { a %nM = 100% ∈ (30%; 40%) 0,3 a TH1: %nM = 30% ⇒ = 30% ⇒ a = 0,09 0,3 Do a + b = 0,3 ⇒ b = 0,3 − 0,09 = 0,21 mol 0,7 − 2.0,21 Do na + 2b = 0,7 ⇒ n = = 3,11 0,09 a TH2: %nM = 40% ⇒ = 40% ⇒ a = 0,12 mol 0,3 Do a + b = 0,3 ⇒ b = 0,3 − 0,12 = 0,18 0,7 − 2.0,18 Do na + 2b = 0,7 ⇒ n = = 2,83 0,12 Tóm lại: 2,83 < n < 3,11 ⇒ n = 3 ⇒ CTPT của M: C3 Hk O2 (do M là axit đơn chức, mạch hở) Ta có: k ≤ 2.3 = 6 ⇒ k = 2,4,6 + Nếu k = 2 ⇒ axit: C3 H2 O2 : CH ≡ C − COOH: có 1 CTCT + Nếu k = 4 ⇒ axit: C3 H4 O2 : CH2 = CH − COOH: có 1 CTCT (không xét đồng phân hình học) + Nếu k = 6 ⇒ axit: C3 H6 O2 : CH3 − CH2 − COOH: có 1 CTCT Tóm lại phương pháp: Nếu đề bài cho a thuộc khoảng (m,n) thì ta xét 2 trường hợp: TH1: a=m TH2: a=n Rồi giải như bình thường (coi như là thêm được một dữ kiện là a bằng m hoặc a bằng n), từ đó ta sẽ tìm được giá trị cần tìm Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 0,6 mol hỗn hợp X gồm: hai ancol đa chức có cùng số nguyên tử C và axit axetic (đều mạch hở) thu được 1,5 mol CO2 . Biết % số mol của axit trong hh X nằm từ 40% đến 55%. Hãy xác định tổng phân tử khối của 2 ancol Bài làm Đặt số nguyên tử C của 2 ancol là n và nancol = a mol và naxit = b mol a + b = nX = 0,6 Ta có: { na + 2b = 1,5 b + Ta có: %naxit = 100% ∈ (40%; 55%) 0,6 TH1: %naxit = 40% (1,5 − 2b) b ⇒ = 40% ⇒ b = 0,24 mol ⇒ a = 0,6 − b = 0,6 − 0,24 = 0,36 mol ⇒ n = = 2,83 0,6 a TH2: %naxit = 55% b 1,5 − 2b ⇒ = 55% ⇒ b = 0,33 mol ⇒ a = 0,6 − 0,33 = 0,27 mol ⇒ n = = 3,67 0,6 a ⇒ 2,83 < n < 3,67 ⇒ n = 3 Nhận xét: 2 ancol cùng có 3 nguyên tử C, 2 ancol đa chức ⇒ chỉ có thể là 𝐶3 𝐻8 𝑂3 𝑣à 𝐶3 𝐻8 𝑂2 Vì ancol có 3C ⇒ mạch C: C-C-C. Để là ancol đa chức thì phải có từ 2 đến 3 nhóm OH đính vào 2 hoặc 3 nguyên tử C ⇒ ancol phải no ⇒ ancol có dạng 𝐶3 𝐻8 𝑂𝑘 với 𝑘 = 2 hoặc 𝑘 = 3. Phần 4: Mấu chốt của Hóa Học chính là Lý thuyết. Dù em có giỏi phương pháp mấy mà lý thuyết không chắc thì…  Vậy nên qua phần 3 này, anh có tham vọng giúp các em có thể CÔNG PHÁ được lý thuyết hóa một cách lạnh lùng nhất ;) Với CHINH PHỤC LÝ THUYẾT HÓA nữa thì khỏi lo nha ^_^ Bài 1: Ni tơ (N2 ) 1.1. TÍNH CHẤT VẬT LÍ Ở điều kiện thường, Ni tơ là: - Chất khí - Không màu, không mùi, không vị - Tan rất ít trong nước  Chú ý: a. Amoniac (NH3 ) tan rất tốt trong nước do: + Phân tử Amoniac có cấu tạo phân cực, mà nước lại là một dung môi phân cực (phân tử nước có liên kết H-O-H tạo thành góc 120°) nên amoniac tan rất tốt trong nước (vì chất phân cực tan tốt trong dung môi phân cực) + Do khi hoà vào trong nước, amoniac có khả năng phản ứng một phần với nước tạo ra amoni hidroxit (NH4 OH, đây là một chất tan rất tốt trong nước) nên điều này đã làm gia tăng độ tan của khí amoniac Phản ứng: NH3 +HOH ⇄ NH4 OH b. Khí ni tơ không tan tốt trong nước do phân tử N2 không phân cực và N2 cũng không có khả năng phản ứng với nước tạo ra hợp chất tan được trong nước. c. Chúng ta có 2 qui tắc quan trọng sau: + Các chất phân cực tan tốt trong dung môi phân cực + Các chất không phân cực tan tốt trong dung môi không phân cực + Các dung môi phân cực: H2 O + Các dung môi không phân cực: benzen (C6 H6 ), Cacbon tetra − clorua (CCl4 ) và các dung môi hữu cơ khác như xăng, dầu, ete,… c1. Các chất hữu cơ tan tốt trong dung môi hữu cơ Ví dụ: ancol etylic (C2 H5 OH) tan tốt trong benzen (C6 H6 ) hoặc cacbon tetraclorua (CCl4 ) Điều này là dễ hiểu vì các chất hữu cơ đều là những hợp chất phân cực kém nên chúng sẽ dễ dàng hoá tan lẫn nhau (sử dụng qui tắc: các chất không phân cực tan tốt trong dung môi không phân cực ) c2. Các chất hữu cơ có khả năng tạo liên kết hidro với nước cũng có khả năng tan tốt trong nước Ví dụ: ancol etylic (C2 H5 OH) có liên kết -OH phân cực, có khả năng tạo liên kết hidro với nước nên an col etylic có khả năng tan tốt trong nước Như vậy: có những chất hữu cơ vừa có khả năng tan tốt trong dung môi hữu cơ và vừa có khả năng tan tốt trong nước Các chất hữu cơ tan tốt trong nước : CH3 OH, C2 H5 OH, HCOOH, CH3 COOH, C2 H5 COOH, HCHO, CH3 CH=O,… h. Các hợp chất chứa liên kết ion có khả năng tan tốt trong nước (trừ các chất kết tủa) Ví dụ: + Các hợp chất vô cơ: NH4 Cl, NH4 NO3 , HCl, H2 SO4 , NaOH, Ca(HCO3 )2 , … + Các hợp chất hữu cơ: Các aminoaxit (H2 N − CH2 − COOH, CH3 − CH(NH2 ) − COOH, … ); các muối hữu cơ (CH3 COONa, C6 H5 NH3 Cl, … );… i. Tất cả muối amoni (chứa ion NH4+ ) đều tan tốt trong nước. Tất cả muối nitrat đều tan tốt trong nước. Tất cả các muối đihidrophotphat đều tan tốt trong nước 1.2. Tính chất hóa học N có độ âm điện lớn (chỉ nhỏ hơn Flo, Oxi, Clo) nên vừa thể hiện tính oxi hóa, vừa thể hiện tính khử (nhưng tính oxi hóa vẫn trội hơn) 1.2.1. Tính oxi hóa 0 t°,p cao,xt −3 ⏞ 2 +3H2 ⇔ ⏞ H3 - Tác dụng với hidro: N 2N Đây là phản ứng điều chế khí amoniac trong công nghiệp, phản ứng thuận là phản ứng toả nhiệt. Vì vậy nếu muốn thu được nhiều NH3 , hay nói cách khác là muốn tăng hiệu suất tạo ra NH3 thì ta cần phải làm cho cân bằng chuyển dịch sang bên phải (tức theo chiều phản ứng thuận) ⇒ ta cần giảm nhiệt độ tại lò phản ứng xuống. Tuy nhiên nếu nhiệt độ quá thấp thì phản ứng trên lại không thể xảy ra (vì nhiệt độ thấp thì tốc độ của phản ứng thuận rất nhỏ, khiến phản ứng thuận gần như không xảy ra) vì vậy nhiệt độ tối ưu thường là 450℃ − 500℃ Chú ý thêm: cho dù phản ứng được thực hiện trong điều kiện tối ưu thì hiệu suất phản ứng cũng chỉ đạt được 20-25% mà thôi - Tác dụng với kim loại + Ở nhiệt độ thường: Ni tơ chỉ phản ứng với liti (Li) tạo ra liti nitrua (Li3 N) nhiệt độ thường 6Li + N2 → + Ở nhiệt độ cao: Ni tơ có phản ứng thêm với Ca, Mg, Al,... 2Li3 N t° 3Mg + N2 → Mg 3 N2  Chú ý: Khi cho các muối nitrua này vào nước, sẽ tạo ra khí amoniac (𝑁𝐻3 ) có mùi khai 2Li3 N + 6H2 O ⟶ 6LiOH + 2NH3 ↑ Mg 3 N2 + 6H2 O ⟶ Mg(OH)2 ↓ (trắng) + 2NH3 ↑ (không màu, mùi khai) 1.2.2. Tính khử Xét phản ứng diễn ra trong quá trình điều chế khí amoniac từ khí ni tơ và khí hidro: t°,p ,xt Phản ứng phân huỷ amoniac: 2NH3 → N2 + 3H2 (phản ứng nghịch của phản ứng điều chế amoniac) Ta thấy: N trong NH3 có số oxi hoá -3, sau phản ứng đã tăng lên số oxi hoá là 0 (trong N2 ) ⇒ nguyên tố N đã thể hiện tính khử Ngoài ra ta cũng có thể lấy phản ứng sau: 0 3000℃ ⏞ 2 + O2 → N +2 ⏞ O(không màu) 2N t° 1 Sau đó: NO(không màu) + O2 → NO2 (màu nâu) 2 Đây là lí do tại sao khi sét đánh xuống mặt đất, ta lại thấy có khói màu nâu xuất hiện (Vì sét có nhiệt độ cao, khi sét đánh xuống mặt đất sẽ tạo điều kiện để khí N2 và O2 trong không khí tác dụng với nhau tạo ra NO2 có màu nâu. Ngoài ra, khí NO2 còn có khả năng tác dụng với O2 và H2 O để tạo ra axit HNO3 ngay ở nhiệt độ thường, axit này sẽ tạo ra các muối nitrat làm đất thêm màu mỡ (do muối nitrat cung cấp đạm cho đất), đây là một trong các lí do khiến cho cây cối thường phát triển tốt hơn sau những cơn mưa) 1.3. Trạng thái tự nhiên N tồn tại dưới 2 dạng: + dạng tự do (khí Ni tơ chiếm khoảng 80% thể tích không khí) + dạng hợp chất (chủ yếu tồn tại trong khoáng vật Natri nitrat (NaNO3 ) hay có tên gọi khác là diêm tiêu natri) 1.4. Điều chế 1.4.1. Trong công nghiệp Điều chế bằng phương pháp chưng cất phân đoạn không khí lỏng Không khí có thành phần chính là khí N2 (chiếm 78% thể tích không khí) và khí oxi (chiếm 21% thể tích không khí) và còn lại 1% là các khí như: CO, CO2 , khí hiếm Đầu tiên, ta sẽ hoá lỏng không khí ở nhiệt độ thấp và áp suất cao, sau đó ta nâng dần nhiệt độ lên -196℃, khi đó N2 lỏng sẽ bị bay hơi, tiếp theo, ta nâng nhiệt độ lên -183℃, lúc này oxi lỏng sẽ bị bay hơi, như vậy ta đã thu được cả khí oxi và khí N2 bằng cách chưng cất phân đoạn không khí lỏng 1.4.2. Trong phòng thí nghiệm - Đun nóng nhẹ dung dịch bão hòa muối amoni nitrit (NH4 NO2 ) đun nhẹ NH4 NO2 (dd) → N2 ↑ +2H2 O - Đun nóng dung dịch bão hòa hỗn hợp muối NaNO2 và NH4 Cl t° NH4 Cl + NaNO2 → N2 ↑ +2H2 O + NaCl 1.5. Ứng dụng - Ni tơ lỏng được sử dụng để bảo quản máu và các mẫu vật sinh học: vì Ni tơ lỏng có nhiệt độ rất thấp; ngoài ra Ni tơ không phải là chất duy trì sự sống, vì vậy các vi sinh vật khó có thể tồn tại được (vì chúng không có oxi để tồn tại) - Khí Ni tơ được sử dụng làm môi trường trơ cho các ngành luyện kim, điện tử: Vì nếu sử dụng không khí để luyện kim thì các kim loại được tạo ra sẽ ngay lập tức tác dụng dễ dàng với oxi. Ni tơ là chất khá trơ nên hầu như không phản ứng với các kim loại thông thường ngay cả ở nhiệt độ cao - Ni tơ được sử dụng để sản xuất ra phân đạm (phân bón chứa muối amoni và muối nitrat) Bài 10: Nhôm 10.1. VỊ TRÍ - Nguyên tố nhôm nằm ở ô thứ 13 trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học - Cấu hình e: 1s 2 2s2 2p6 3s2 3p1 Do electron cuối cùng được điền vào phân lớp p⇒ nhôm là nguyên tố p Do có cấu hình electron lớp ngoài cùng là: 3s 2 3p1 ⇒ nhôm thuộc nhóm IIIA, và thuộc chu kì 3 - Kiểu mạng tinh thể: lập phương tâm diện: giống như Ca và Sr  Chú ý: + Tính chất đặc biệt: ở ngoài không khí, nhôm bị oxi hóa bởi oxi không khí, tạo thành một lớp màng oxit rất bền, ngăn không cho nước và không khí thấm qua. Vì vậy nó được cán mỏng ra để làm vỏ đồ hộp hoặc giấy gói kẹo +Cũng giống như Cr và Fe, nhôm bị thụ động hóa trong dung dịch axit sunfuric và dung dịch axit nitric đậm đặc nguội do những axit này đã oxi hóa bề mặt miếng nhôm, tạo thành một lớp oxit có tính trơ, khiến cho phần kim loại bên trong không có khả năng tác dụng tiếp với axit. Miếng nhôm sau khi bị thụ động, nếu rửa sạch và cho vào dd HCl hay dd axit 𝐻2 𝑆𝑂4 loãng, ta thấy miếng nhôm không tan (do lớp oxit trơ bảo vệ lớp nhôm bên trong) 10.2 TÍNH CHẤT HÓA HỌC 1) Tác dụng với phi kim - Nhôm có khả năng tác dụng trực tiếp với oxi, khí clo và lưu huỳnh,.... - Nhôm tự bốc cháy khi tiếp xúc với khí clo: nhiệt độ thường 2Al + 3Cl2 → 2AlCl3 + Nếu ta cho khí amoniac tiếp xúc với khí clo, khí amoniac sẽ tự bốc cháy, tạo ra khói màu trắng (chứa amoni clorua) nhiệt độ thường Đầu tiên: 2NH3 (k) + 3Cl2 (k) → N2 (k) + 6HCl(k) Sau đó: NH3 (k) + HCl(k) → NH4 Cl (r) 2) Tác dụng với dd axit HCl loãng, dd axit sunfuric loãng, tạo ra khí hidro 3) Tác dụng với dung dịch axit nitric loãng, dd axit nitric đặc nóng, dd axit sunfuric đặc nóng tạo ra muối nhôm và sản phẩm khử của 𝐍 +𝟔 𝐡𝐨ặ𝐜 𝐒 +𝟔 4) Tác dụng với oxit kim loại (phản ứng nhiệt nhôm) - Tương tự C, CO, khí hidro, ở nhiệt độ cao, nhôm cũng là một chất khử khá mạnh, có thể khử được các oxit kim loại thành kim loại (khử được các kim loại như Cr, Zn, Fe, Ni, Sn, Pb, Cu, không khử được MgO, hay oxit của các kim loại kiềm hoặc kiềm thổ khác) t° 2Al + Fe2 O3 → Al2 O3 + 2Fe Sau phản ứng trên, ta thu được 2 lớp chất lỏng nóng chảy, lớp phía trên là oxit nhôm, và lớp phía dưới là sắt nóng chảy (do khối lượng riêng của oxi nhôm nóng chảy là nhỏ hơn khối lượng riêng của sắt nóng chảy), nên ta có thể dễ dàng thu được sắt được tạo ra sau phản ứng nhiệt nhôm 5) Tác dụng với nước - Nhôm có thể tác dụng dễ dàng với nước ngay ở nhiệt độ thường để giải phóng khí hidro 2Al + 6H2 O → 2Al(OH)3 ↓ +3H2 ↑ (∗) Tuy nhiên, phản ứng trên nhanh chóng ngừng lại, do lớp hidroxit nhôm đã phủ xung quanh bề mặt miếng nhôm, ngăn không cho phần nhôm bên trong tiếp tục phản ứng với nước - Quá trình dd NaOH hòa tan nhôm kim loại (1) Đầu tiên: 2Al + 6H2 O → 2Al(OH)3 ↓ +3H2 ↑ (2) Sau đó: NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 (tan) + 2H2 O (3) Tiếp theo: 2Al + 6H2 O → 2Al(OH)3 ↓ +3H2 ↑ Các quá trình (1), (2), (3) lặp lại cho đến khi nhôm bị hòa tan hết  Chú ý: hidroxit nhôm là một chất lưỡng tính, nó có thể được viết dưới dạng bazo là 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 khi tác dụng với dung dịch axit nhưng cũng có thể được viết dưới dạng axit là 𝐻𝐴𝑙𝑂2 . 𝐻2 𝑂 khi tác dụng với dung dịch bazo. Muối 𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2 có tên là muối natri aluminat, được coi là muối được tạo nên giữa bazo NaOH và axit 𝐻𝐴𝑙𝑂2 . Axit 𝐻𝐴𝑙𝑂2 là axit yếu hơn axit cacbonic nên dễ dàng bị axit cacbonic đẩy ra khỏi muối 𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2 , sản phẩm của phản ứng là muối 𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3 𝑑𝑜 𝑎𝑥𝑖𝑡 𝐻𝐴𝑙𝑂2 mạnh hơn axit 𝐻𝐶𝑂3− và 𝐻𝐴𝑙𝑂2 (𝐻𝐴𝑙𝑂2 tồn tại dưới dạng 𝐻𝐴𝑙𝑂2 . 𝐻2 𝑂 tức là kết tủa 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 ) NaAlO2 + H2 CO3 → NaHCO3 + HAlO2 (tồn tại dưới dạng HAlO2 . H2 O ↔ Al(OH)3 ↓  Chú ý: Muối natri aluminat (𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2 ) còn được viết dưới dạng thuận tiện hơn cho việc tính toán là 𝑁𝑎+ [𝐴𝑙(𝑂𝐻)4 ]− . Khi được hòa tan trong nước, muối này phân li hoàn toàn ra 𝑁𝑎+ 𝑣à 𝐴𝑙(𝑂𝐻)− 4 * Từ các phản ứng trên ta thấy Al không tác dụng trực tiếp với NaOH⟶ Al không phải là một chất lưỡng tính. Nhiều bạn có thể nhầm lẫn rằng Al có khả năng phản ứng với cả dd axit như dd HCl và kiềm như dd NaOH nên kết luận Al là một chất lưỡng tính, đây là một kết luận sai lầm vì nhôm chỉ phản ứng với nước chứ không phản ứng với NaOH. Tuy nhiên, oxit của nhôm lại là một chất lưỡng tính, hidroxit của nhôm cũng là một chất lưỡng tính  Chú ý: Nếu muốn thu được 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 𝑡ừ 𝑑𝑑 𝑐ó 𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2 , 𝑡𝑎 𝑐ó 𝑡ℎể 𝑑ù𝑛𝑔 𝑐á𝑐 𝑐á𝑐ℎ 𝑠𝑎𝑢: a. Nhỏ thêm vào dd natri aluminat (𝑁𝑎𝐴𝑙𝑂2 ) một lượng dung dịch HCl + 𝐴𝑙(𝑂𝐻)− 4 + 𝐻 → 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 ↓ +𝐻2 𝑂 Tuy nhiên nếu dùng dư dd HCl, thì kết tủa sau khi tạo thành sẽ bị hòa tan hết b. Nhỏ thêm vào dd chứa 𝐴𝑙(𝑂𝐻)− 4 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 + 3𝐻 + → 𝐴𝑙 3+ + 3𝐻2 𝑂 một lượng dung dịch chứa muối amoni + 𝐴𝑙(𝑂𝐻)− 4 + 𝑁𝐻4 → 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 ↓ +𝑁𝐻3 ↑ +𝐻2 𝑂 𝑑𝑑 𝑐ℎứ𝑎 𝑁𝐻4+ 𝑘ℎô𝑛𝑔 𝑡ℎể ℎò𝑎 𝑡𝑎𝑛 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 c. Sục lượng dư khí cacbonic − 𝐴𝑙(𝑂𝐻)− 4 + 𝐶𝑂2 + 𝐻2 𝑂 → 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3 ↓ +𝐻𝐶𝑂3 + 𝐻2 𝑂 Đây là cách điều chế hidroxit nhôm trong công nghiệp hiện nay 10.3. ĐIỀU CHẾ - Do AlCl3 là một muối có chứa liên kết cộng hóa trị trong phân tử⟶ nhiệt độ nóng chảy thấp. Muối này sẽ bị bay hơi hết trước khi kịp điện phân⟶ không được dùng để điều chế nhôm - Phương pháp hiện nay được dùng để điều chế nhôm là đi từ Al2 O3 (chứa trong quặng boxit), sử dụng phương pháp điện phân nóng chảy với điện cực than chì, và sử dụng chất xúc tác là criolit (Na3 AlF6 ) + Catot: Al3+ + 3e → Al 1 + Anot: O2− → O2 ↑ +2e 2 đpnc,Na3 AlF6 3 Phương trình điện phân: Al2 O3 → 2Al (catot) + O2 ↑ 2 * Chú ý: criolit có các vai trò: 1) Hỗn hợp gồm nhôm oxit và criolit sẽ có nhiệt độ nóng chảy thấp hơn nhôm oxit 2) Hỗn hợp nóng chảy gồm nhôm oxit và crilot sẽ có tính dẫn điện tốt hơn nhôm oxit nóng chảy 3) Hỗn hợp nóng chảy này có khối lượng riêng nhỏ, nên nổi lên trên, ngăn không cho nhôm nóng chảy vừa được tạo ra tiếp tục phản ứng với oxi trong không khí