Bài toán hiđroxit lưỡng tính (đề 1)

Thêm tiếp 100ml dung dịch NaOH 2M vào cốc, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,14 mol chất kết tủa.. Thêm dần dần dung dịch HCl 1M vào dung dịch X nhận thấy khi bắt đầu thấy

## Hoà tan 0,54 gam Al trong 0,5 lít dung dịch H SO2 4 0,1M thu được dung dịch A Thêm V lít dung dịch NaOH 0,1

M cho đến khi kết tủa tan trở lại một phần Nung kết tủa thu được đến khối lượng không đổi ta được chất rắn nặng 0,51 gam ( Al = 27, Na = 23, O = 16, S = 32, H = 1) V có giá trị là:

*A 1,1 lít

B 0,8 lít

C 1,2 lít

D 1,5 lít

$ 2Al + 3H SO2 4 → Al (SO )2 4 3 + H2 ↑

Al

n = 0,02 mol , nH SO 2 4

= 0,05 mol Vậy dung dịch A gồm : Al3

0,02mol và H

dư : 0,04 mol Khi cho NaOH đến khi kết tủa tan trở lại một phần xảy ra các phương trình sau:



0,04

H

+



0,04

OH

→ H O2

 3

0,01

Al

+ 0,03

3OH

→

3 0,01

Al(OH)

   

↓

 3

0,01

Al

+ 40,04

4OH

→ Al(OH)4 

Nung kết tủa Al(OH)3 tạo Al O2 3 :0,005 mol → nAl(OH) 3

= 0,01 mol Vậy nOH  = 0,04 + 0,03 + 0,04 = 0,11 → V = 1,1 lít

# Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M, lượng kết tủa thu được là 15,6 gam

Giá trị lớn nhất của V là

A 1,2

B 1,8

C 2,4

*D 2

$ nAl(OH) 3  0, 2

mol → nAl(OH) 4  0,1

mol → nNaOH = 0,2.3 + 0,1.4 = 1 mol → V = 2 (l)

## Cho từ từ đến hết 150ml dung dịch NaOH 2M vào một cốc đựng 100ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/l, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,1 mol chất kết tủa Thêm tiếp 100ml dung dịch NaOH 2M vào cốc, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,14 mol chất kết tủa Giá trị của x là:

*A 1,6

B 1,0

C 0,8

D 2,0

$ Ta thấy tỉ lệ số mol NaOH và số mol kết tủa không bằng nhau

Như vậy, phản ứng đầu chưa có kết tủa bị tan, ở phản ứng sau có kết tủa bị hòa tan

Phản ứng sau:

→ Al(OH) 4

0, 25.2 0,14.3

4





mol → nAlCl 3

= 0,02 + 0,14 = 0,16 mol

→ x = 1,6

## Cho m gam hỗn hợp X gồm CuO, Na O2 , Al O2 3 hoà tan hết vào nước thu được 400ml dung dịch Y chỉ chứa

một chất tan duy nhất có nồng độ 0,5M và chất rắn Z chỉ gồm một chất Lọc tách Z, cho luồng khí H2 dư qua Z nung nóng thu được chất rắn T Hoà tan hết T trong dung dịch HNO3 thu được 0,448 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2 và

NO có tỉ khối so với oxi bằng 1,0625 Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Khối lượng m là

A 34,8 gam

B 18 gam

*C 18,4 gam

D 26 gam

$

2

2 3

CuO

Na O

Al O









CuO NaAl(OH)







CuO  H2 Cu   HNO3

2

NO NO







Ta có: Na O 2 Al O 2 3

0, 4.0,5

2

mol

2

2

NO NO





2

NO NO











→ Cu

0,005 0,015.3

n

2





= 0,025 mol → m = 0,025.80 + 0,1.62 + 0,1.102 = 18,4 gam

## Cho dung dịch chứa 0,015 mol FeCl2 và 0,02 mol ZnCl2 tác dụng với V ml dung dịch NaOH 1M, sau khi phản

ứng xảy ra hoàn toàn tách lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 1,605 gam chất rắn Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng chất rắn trên là:

A 70ml

*B 100ml

C l40ml

D 115ml

$ Ứng với giá trị V lớn nhất thì sẽ tạo ra kết tủa Fe(OH)2 ; Zn(OH)2 tan một phần

Ta có: 1,605 = mFe O 2 3  mZnO

→

3 ZnO

→ nZn(OH) 2  nZnO  0,005

mol

NaOH Fe Zn Na ZnO

= 2.0,015 + 2.0,02 + (0,02 -0,005).2 = 0,1 mol

→

0,1

1

(l) = 100 (ml)

## Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na O2 , Al O2 3 vào nước được dung dịch trong suốt X Thêm dần dần dung

dịch HCl 1M vào dung dịch X nhận thấy khi bắt đầu thấy xuất hiện kết tủa thì thể tích dung dịch HCl 1M đã cho vào là 100ml còn khi cho vào 200ml hoặc 600ml dung dịch HCl 1M thì đều thu được a gam kết tủa Giá trị của a và m lần lượt là:

*A a = 7,8 ; m = 19,5

B a = 15,6 ; m = 19,5

C a = 7,8 ; m = 39

D a = 15,6 ; m = 27,7

$ Bắt đầu xuất hiện kết tủa: nHCl  nNaOH(du)  0,1 mol

Số mol HCl sau khi phản ứng với NaOH: nHCl(1)  0, 2 0,1  = 0,1 mol; nHCl(2)  0,6 0,1  = 0,5 mol

Do khi cho vào 200ml hoặc 600ml HCl thì đều thu được cùng một lượng kết tủa nên ở TN1 kết tủa chưa tan, ở TN2 kết tủa tan 1 phần

→ nAl(OH) 3  nHCl(1) 0,1

mol → a = 7,8 gam

3



Đặt nAlO 2   x

; nAl 3   y

→ x + 3y = 0,5 ; x-y = 0,1 → x = 0,2 ; y = 0,1

2 3 2

Al O NaAlO

= 0,1 mol

Na O NaAlO NaOH(du)

= 0,5.(0,2 + 0,1) = 0,15 mol → m = 0,15.62 + 0,1.102 = 19,5 gam

## Thêm 240ml dung dịch NaOH 1M vào một cốc thuỷ tinh đựng 100ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/l, khuấy đều đến phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,08 mol chất kết tủa Thêm tiếp 100ml dung dịch NaOH 1M vào cốc, khuấy đều đến phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 0,06 mol chất kết tủa Nồng độ x là:

A 0,75M

*B 1M

C 0,5M

D 0,8M

$ Phản ứng đầu không có kết tủa bị hòa tan, phản ứng sau có kết tủa bị hòa tan (nếu cả 2 phản ứng đều có kết tủa

bị hòa tan thì số mol NaOH chênh lệch giữa 2 lần phải bằng số mol kết tủa chênh lệch của 2 lần)

Lần 2:

3

Al(OH)

mol → Al(OH) 4

0,34 0,06.3 n

4







= 0,04 mol → nAlCl 3

= 0,06 + 0,04 = 0,1 mol → x = 1

## Trong một cốc thuỷ tinh đựng dung dịch ZnSO4 Thêm vào cốc 200ml dung dịch KOH nồng độ x mol/l thì thu được 4,95 gam kết tủa Tách kết tủa, nhỏ dung dịch HCl vào nước lọc thì thấy xuất hiện kết tủa trở lại, tiếp tục cho HCl vào đến khi kết tủa tan hết rồi cho dung dịch BaCl2 dư vào thì thu được 46,6 gam kết tủa Nồng độ x là:

A 2M

B 0,5M

C 4M

*D 3,5M

$ ZnSO4 KOH

   

2

2 4

Zn(OH)

K Zn(OH)

SO 









2

2 4

K Zn Cl SO





















   BaSO4 : 0,2 mol → nZnSO 4  0, 2

mol; nZn(OH) 2

= 0,05 mol → nKOH = 0,05.2 + (0,2-0,05).4 = 0,7 mol → x = 3,5

## Cho V lít dung dịch NaOH 1M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al (SO )2 4 3 và 0,1 mol H SO2 4 đến phản ứng xảy ra

hoàn toàn thu được 7,8 gam kết tủa Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là

*A 0,9

B 0,45

C 0,25

D 0,6

$ nAl 3   0, 2

mol

3

Al(OH)

mol → nAl(OH) 4  0, 2 0,1

= 0,1 mol → nNaOH = 0,1.2 + 0,1.3 + 0,1.4 = 0,9 mol → V 0,9  (l)

## Hỗn hợp X gồm Al và Al O2 3 có tỉ lệ khối lượng tương ứng là 1,8 : 10,2 Cho X tan hết trong dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch Y và 0,672 lít khí (đktc) Cho Y tác dụng với 200ml dung dịch HCl thu được kết tủa Z, nung Z ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 3,57 gam chất rắn Nồng độ mol lớn nhất của dung dịch HCl đã dùng là

A 0,75M

B 0,35M

*C 0,55M

D 0,25M

$ n : nAl Al O 2 3  2 : 3

2

H

Al

2n

n

3



= 0,02 mol → nAl O 2 3

= 0,03 mol

Sơ đồ: 2 3

Al

Al O





   NaOH NaAl(OH)4 : 0,08 mol HCl

   Al(OH)3 → Al O2 3 : 0,035 mol

→ nHCl = 0,07 + (0,08-0,07).4 = 0,11 mol → [HCl] =

0,11

0, 2 = 0,55

## Dung dịch X là dung dịch NaOH C% Lấy 36 gam dung dịch X trộn với 400 ml dung dịch AlCl3 0,1M thì lượng kết tủa bằng khi lấy 148 gam dung dịch X trộn với 400 ml dung dịch AlCl3 0,1M Giá trị của C là

A 3,6%

B 4,4%

C 4,2%

*D 4,0%

$ Gọi lượng Al(OH)3 kết tủa là x mol

Trong 36 gam: nNaOH  3x mol

Suy ra, số mol NaOH trong 148 gam: NaOH

n

→ nAl(OH) 4   0,04 x 

→

37.3x

9 = 3x + 4(0,04-x) → x = 0,012

→ C =

0,012.3.40

## Chia m gam hỗn hợp X gồm Al, Ba thành 2 phần bằng nhau

- Phần 1: tác dụng với nước (dư) được 0,04 mol H2.

- Phần 2: tác dụng với 50ml dung dịch NaOH 1M (dư) được 0,07 mol H2 và dung dịch Y.

Cho V ml dung dịch HCl 1M vào Y được 1,56 gam kết tủa Giá trị của V lớn nhất để thu được lượng kết tủa trên là

A 20

B 50

C 100

*D 130

$ Số mol H2 thu được ở phần 2 lớn hơn phần 1, nên trong phản ứng với H O2 của hỗn hợp X thì vẫn còn Al chưa

phản ứng

Ba + H O2 → Ba2  2OH

2

3

2





→

2

H

Ba

n

n

4



= 0,01 mol

→ Al

0,07.2 0, 01.2

3



mol Trong Y có 0,04 mol Al(OH)4 

, 0,03 mol OH

3

Al(OH)

mol

Lượng HCl lớn nhất cần dùng: nHCl = 0,03 + 0,02 + 4(0,04-0,02) = 0,13 mol → V = 130ml

## Hòa tan 47,4 gam phèn chua KAl(SO ) 12H O4 2 2 vào nước được dung dịch X Thêm dần đến hết 300ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào X thì được a gam kết tủa và dung dịch Y Lọc bỏ kết tủa rồi sục khí CO2 dư vào dung dịch

nước lọc thấy tạo ra b gam kết tủa Giá trị của a và b lần lượt là

A 46,6 và 27,5

B 54,4 và 7,8

*C 46,6 và 7,8

D 52,5 và 27,5

$ nPhen  0,1 mol

Khi cho 0,6 mol OH

vào 0,1 mol Al3

thì sẽ thu được 0,1 mol Al(OH)4 

và 0,2 mol OH Như vậy, kết tủa chỉ có 0,2 mol BaSO4

→ a = 233.0,2 = 46,6 gam

Khi cho thêm CO2 dư thì CO2 phản ứng với OH

tạo HCO3 

(không tạo kết tủa với Ba2

) và CO2 phản ứng với 4

Al(OH)

tạo Al(OH)3 kết tủa

→ b = 0,1.78 = 7,8 gam

## Điện phân 500ml dung dịch hỗn hợp gồm NaCl 0,1M và AlCl3 0,3M trong điều kiện có màng ngăn, điện cực trơ tới khi ở anot xuất hiện 2 khí thì ngừng điện phân Sau điện phân, lọc lấy kết tủa rồi nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn Giá trị của m là

A 7,65

*B 5,10

C 15,30

D 10,20

$ Ở catot: nOH  = 0,5.0,1 + 0,5.0,3.3 = 0,5 mol

Al(OH) Al(OH)

Al(OH) Al(OH)









= 0,1 mol → nAl O 2 3

= 0,05 mol → m = 5,1 gam

## Khi cho V ml hay 3V ml dung dịch NaOH 2M tác dụng với 400ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/l đều thu được 7,8 gam kết tủa Giá trị của x là:

A 0,75M

*B 0,625M

C 0,25M

D 0,75M hoặc 0,25M

$ Từ dữ kiện đề bài suy ra ở lần 1 kết tủa không tan, AlCl3 dư, NaOH hết, còn ở lần 2 kết tủa tan 1 phần, AlCl3 ;

NaOH hết

NaOH kt

n  3n  0,3 mol → V = 0,15 (l)

3V ứng với nNaOH  0, 45 mol

3

AlCl

n

= 0,1 + (0,45 -0,1.3) = 0,25 mol → [AlCl ]3 = 0,625M

## X là dung dịch AlCl3, Y là dung dịch NaOH 1M Cho 240ml dung dịch Y vào cốc chứa 100ml dung dịch X, khuấy đều tới phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 6,24 gam kết tủa Thêm tiếp vào cốc 100ml dung dịch Y, khuấy đều đến khi kết thúc phản ứng thấy trong cốc có 4,68 gam kết tủa Nồng độ mol của dung dịch X là

*A 1,0M

B 1,2M

C 1,5M

D 1,6M

$ Nhận thấy, ở lần 1 thì chưa có kết tủa tan còn lần 2 đã có kết tủa tan (nếu ở trường hợp cả 2 lần đều có kết tủa tan thì chênh lệch số mol kết tủa sẽ bằng chênh lệch số mol NaOH cho vào)

Lần 2:

3

Al(OH)

mol → Al(OH) 4

0,34 0,06.3

4





mol → nAlCl 3  0,1

mol → [X] = 1

## X là dung dịch AlCl3, Y là dung dịch NaOH 2M Cho 150ml dung dịch Y vào cốc chứa 100ml dung dịch X, khuấy đều tới phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 7,8 gam kết tủa Thêm tiếp vào cốc 100ml dung dịch Y, khuấy đều đến khi kết thúc phản ứng thấy trong cốc có 10,92 gam kết tủa Nồng độ mol của dung dịch X là

A 3,2M

B 2,0M

*C 1,6M

D 1,0M

$ Do khối lượng kết tủa và số mol NaOH không tỉ lệ nên ở phần 2 đã có 1 phần kết tủa tan lại

Lần 2:

3

Al(OH)

mol

→ Al(OH) 4

0, 25.2 0,14.3

4





mol → nAl(OH) 3  0,16

mol → [X] = 1,6 M

## Cho dung dịch X chứa NaCl và AlCl3 Điện phân 500 ml dung dịch X bằng dòng điện có cường độ không đổi I = 5A (có màng ngăn, hiệu suất 100%) Khi vừa hết khí Y thoát ra trên anot thì dừng điện phân, thu được 19,04 lít khí Y (đktc), trong dung dịch có 23,4 gam kết tủa keo Nồng độ mol dung dịch sau điện phân là (coi thể tích dung dịch không đổi khi điện phân)

A 0,6M

*B 0,4M

C 0,75M

D 0,8M

$ nCl 2  0,85

mol → nOH   0,85.2 0,17 

mol

3

Al(OH)

mol → Al(OH) 4

1,7 0,3.3

4





mol → nAlCl 3

= 0,5 mol → nNaCl = 1,7 -0,5.3 = 0,2 mol

Dung dịch sau điện phân có 0,2 mol NaAl(OH)4

Nông độ dung dịch:

0, 2 0, 4

## Hoà tan hoàn toàn m gam AlCl3 vào nước được dung dịch X Nếu cho 480 ml dung dịch NaOH 1M vào X thì thu được 4a gam kết tủa Mặt khác, nếu cho 170 ml dung dịch NaOH 3M vào X thì thu được 3a gam kết tủa Giá trị của

m gần nhất với

A 20,024

B 20,026

*C 20,025

D 20,027

$ TH1: Khi cho 0,48 mol NaOH thì chỉ tạo 1 phần kết tủa, khi cho 0,51 mol NaOH thì tạo kết tủa tối đa vào 1 phần bị tan

Trường hợp cho 0,51 mol NaOH

3

Al(OH)

0, 48

4.3

mol → NaAl(OH) 4

0,51 0,12.3 n

4





= 0,0375 mol → nAlCl 3

= 0,12 + 0,0375 = 0,1575 mol → m = 133,5.0,1575 = 25,02625 gam

TH2: cả 2 lần đều tạo kết tủa tối đa và hòa tan 1 phần

Chênh lệch số mol kết tủa ở 2 trường hợp:

4a 3a

78 78  = 0,51-0,48 →

Trường hợp cho 0,48 mol NaOH: nAl(OH) 3

= 0,03.4 = 0,12 mol

→ NaAl(OH) 4

0, 48 0,12.3

n

4





= 0,03 mol → nAlCl 3

= 0,15.133,5 = 20,025 gam

## Dung dịch X gồm 0,1 mol H

, z mol Al3

, t mol và 0,02 mol Cho 120 ml dung dịch Y gồm KOH 1,2M và 2

Ba(OH) 0,1M vào X, sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 3,732 gam kết tủa Giá trị của z, t lần lượt là

A 0,020 và 0,012

*B 0,020 và 0,120

C 0,012 và 0,096

D 0,120 và 0,020

$ Bảo toàn điện tích : 0,1 + 3z = t + 0,02.2 → t-3z = 0,06

Nhận thấy kết tủa gồm BaSO4 : 0,012 mol, Al(OH)3: 0,012 mol

Ta có 3×n + nH = 0,136 mol < nOH  = 0,168 mol → Xảy ra trường hợp hòa tan kết tủa



0,1

H

+ 0,1

OH

→ H O2

 3

0,012

Al

+ 

0,036

3OH

→

3 0,012

Al(OH)

   

 3

0,08

Al

+ 4



0,032

4OH

→ Al(OH)4 

Vậy z = 0,012 + 0,008 = 0,02 → t = 0,12

## Thêm m gam kali vào 300ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M thu được dung dịch X Cho từ từ dung dịch X vào 200ml dung dịch Al (SO )2 4 3 0,1M thu được kết tủa Y Để thu được lượng kết tủa Y lớn nhất thì giá trị của m là

A 1,59

*B 1,17

C 1,71

D 1,95

$ Nhận thấy kết lớn nhất khi BaSO4: 0,03 mol, Al(OH)3: 0,04 mol

Vậy nOH 

= 3×nAl 3 

= 0, 12 mol k

n = 0,12 - 2×nBa (OH) 2

- nNaOH = 0,03 mol → mk = 1,17.

## Cho 200ml dung dịch Al (SO )2 4 3 1M vào 700ml dung dịch Ba(OH)2 1M Phản ứng kết thúc thu được kết tủa

nung kết tủa tới khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Giá trị của m là

*A 150 gam

B 20,4 gam

C 160,2 gam

D 139,8 gam

$ Nhận thấy 3 < nOH  : nAl 3  = 1,4 : 0,4 < 4 → xảy ra quá trình hòa tan kết tủa

 3

x

Al

+ 

3x

3OH

→ Al(OH)3↓

 3

y

Al

+



4y

4OH

→ Al(OH)4 

 2

0,7

Ba 

+



2

4

0,6

SO

→

4 0,6

BaSO

  

↓

Ta có hệ

x y 0, 4

3x 4y 1, 4





x 0, 2

y 0, 2











Vậy kết tủa gồm nAl(OH) 3

= 0,2 mol, nBaSO 4

= 0,6 mol Nung kết tủa đến khối lượng không đổi: Al O2 3: 0,1 mol và nBaSO 4

= 0,6 mol → mran = 150 gam.

## Hòa tan a gam hỗn hợp Al và Mg trong dung dịch HCl loãng dư thu được 1344 cm3 khí (đktc) Nếu cũng cho a

gam hỗn hợp trên tác dụng với NaOH dư thì sau phản ứng còn lại 0,6 gam chất rắn Thành phần % khối lượng Al là

*A 51,22%

B 57%

C 43%

D 56,5%

$ Al, Mg    NaOHdu 0,6 gam chất rắn không tan

Thấy Mg không tan trong NaOH nên mMg = 0,6 gam → nMg = 0,025 mol

Al, Mg   HCldu 0,06 mol H2

Bảo toàn electron → nAl = (2×nH 2

- 2×nMg):3 = 0,07 3 → mAl = 0,63 gam

%Al =

0,63

0,63 0,6  ×100% = 51,22%

## Cho 16,7 gam hỗn hợp Al, Fe, Zn tác dụng với NaOH dư thấy thoát ra 5,04 lít khí (đktc) và một phần chất rắn không tan Lọc lấy phần không tan hòa tan hết bằng dung dịch HCl dư (không có không khí) thấy thoát ra 2,24 lít (đktc) % khối lượng Al trong hỗn hợp là

A 58,38%

B 24,25%

C 16,17%

*D 8,08%

$ Khi cho hỗn hợp Al, Fe, Zn vào dung dịch NaOH dư thì chỉ có Zn và Al tham gia phản ứng tạo H2 (0,225 mol), phần chất rắn không tan là Fe

Cho Fe phản ứng với lượng dư HCl tạo ra 0,1 mol khí → nFe = nH 2

= 0,1 mol → mAl + mZn = 16,7- 5,6 = 11,1 Gọi số mol của Al và Zn lần lượt là x, y

Ta có hệ :

27x 65y 11,1

3x 2y 0, 225.2





x 0,05

y 0,15











→ %Al =

0,05.27

16,7 ×100% = 8,08 %

## Hòa tan hoàn toàn 9 gam hỗn hợp bột gồm Mg và Al bằng H SO2 4 loãng thu được khí X và dung dịch Y Thêm

từ từ dung dịch NaOH vào Y sao cho kết tủa đạt giá trị lớn nhất thì dừng lại lọc kết tủa nung tới khối lượng không đổi thu được 16,2 gam chất rắn Thể tích khí X thu được (đktc) là

*A 10,08 lít

B 7,84 lít

C 6,72 lít

D 8,96 lít

$ 9 gam

Al

Mg





   dung dịch Y

2 4 3 4

Al (SO ) MgSO





3 2

Al(OH) Mg(OH)





o

t

  16,2 gam

2 3

Al O MgO







Gọi số mol của Al và Mg lần lượt là x, y

Ta có hệ :

27x 44y 9

51x 40y 16, 2





x 0, 2

y 0,15











Bảo toàn electron → nH 2

= (0,2×3 + 0,15×2):2 = 0,45 mol → V = 10,08 lit

## Hòa tan hoàn toàn 0,54 gam Al trong 0,5 lít dung dịch H SO2 4 0,1M được dung dịch X Thêm V lít dung dịch NaOH 0,1M cho đến khi kết tủa tan trở lại một phần Nung kết tủa đến khối lượng không đổi ta được chất rắn nặng 0,51 gam Giá trị của V là

A 0,8 lít

*B 1,1 lít

C 1,2 lít

D 1,5 lít

$ 2Al + 3H SO2 4 → Al (SO )2 4 3 + H2 ↑

Al

n = 0,02 mol , nH SO 2 4

= 0,05 mol Vậy dung dịch A gồm : Al3

0,02mol và H

dư : 0,04 mol Khi cho NaOH đến khi kết tủa tan trở lại một phần xảy ra các phương trình sau:



0,04

H

+



0,04

OH

→ H O2

 3

0,01

Al

+ 0,03

3OH

→

3 0,01

Al(OH)

   

↓

 3

0,01

Al

+ 0,04

4OH

→ Al(OH)4 

Nung kết tủa Al(OH)3 tạo Al O2 3 :0,005 mol → nAl(OH) 3

= 0,01 mol Vậy nOH 

= 0,04 + 0,03 + 0,04 = 0,11 → V = 1,1 lít

## Cho 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm MgCl2 0,3M, AlCl3 0,45 M và HCl 0,55M tác dụng hoàn toàn với V lít dung

dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,02M và Ba(OH)2 0,01M Giá trị của V để được kết tủa lớn nhất và lượng kết tủa nhỏ nhất lần lượt là

A 1,25 lít và 1,475 lít

B 1,25 lít và 14,75 lít

*C 12,5 lít và 14,75 lít

D 12,5 lít và 1,475 lít

$ Nhận thấy kết tủa lớn nhất khi có Mg(OH)2 : 0,06 mol và Al(OH)3 : 0,09 mol

OH

n 

= nH 

+ 2×nMg2

+ 3×nAl 3 

= 0,11 + 2×0,06 + 3×0,09 = 0,5 mol → 0,02V + 0,02V = 0,5 → V = 12,5 lít

Kết tủa nhỏ nhất khi chỉ có Mg(OH)2 : 0,06 mol

OH

n  = nH  + 2×nMg2

+ 4×nAl 3  = 0,11 + 2×0,06 + 4×0,09 = 0,59 mol → 0,02 V + 0,02V = 0,59 → V = 14,75 lit

## Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na O2 , Al O2 3 vào nước được dung dịch trong suốt X Thêm dần dần dung

dịch HCl 1M vào dung dịch X nhận thấy khi bắt đầu thấy xuất hiện kết tủa thì thể tích dung dịch HCl 1M đã cho vào là

100 ml còn khi cho vào 200 ml hoặc 600 ml dung dịch HCl 1M thì đều thu được a gam kết tủa Giá trị của a và m lần lượt là

*A 7,8 và 19,5

B 15,6 và 19,5

C 7,8 và 39

D 15,6 và 27,7

$ Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp Na O2 , Al O2 3 vào nước được dung dịch trong suốt X (NaOH dư,NaAlO2)

Chú ý thứ tự các phản ứng khi thêm dung dịch HCl vào dung dịch X

HCl + NaOH → NaCl + H O2 (1)

2

NaAlO + HCl + H O2 → NaCl + Al(OH)3 (2)

3

Al(OH) + 3HCl → AlCl3 + 3H O2 (3)

Khi thêm 0,1 mol HCl thì bắt đầu xuất hiện kết tủa → nNaOH(du) = 0,1 mol (xảy ra (1))

Khi thêm 0,2 mol HCl thì xảy ra (1), (2) ( lượng AlO2 

trong pt (2)dư ) → n = nH phản ứng (2) = 0,2 - 0,1 = 0,1 mol → a = 7,8 gam

Khi thêm 0,6 mol HCl xảy ra hiện tượng hòa tan kết tủa (xảy ra cả 3 phương trình)

→ 4×nAlO 2 

3n + (nH -0,1) → nAlO 2 

0,2 mol Vậy NaAlO2 0,2 mol, NaOH dư 0,1 mol → m = mAl O 2 3

+ mNa O 2

= 0,1×102 + 0,15×62 = 19,5 gam

## Thêm 240 ml dung dịch NaOH 1M vào một cốc thuỷ tinh đựng 100ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/l, 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 0,75

*B 1

C 0,5

D 0,8

$ Nhận thấy khi thêm dung dịch NaOH thì khối lượng kết tủa giảm đi → xảy ra sự hòa tan kết tủa

→ 4×nAlCl 3

= nNaOH + n = 0,34 + 0,06 = 0,4 mol → nAlCl3

= 0,1 mol → x = 1 M

## Dung dịch X chứa m gam KOH và 40,2 gam K[Al(OH) ]4 Cho 500 ml dung dịch HCl 2M vào dung dịch X thu được 15,6 gam kết tủa Giá trị của m là

*A 22,4 hoặc 44,8

B 12,6

C 8 hoặc 22,4

D 44,8

$ Nhận thấy n = 0,2 mol < nK[Al(OH) ]4

= 0,3 mol → Xảy ra 2 trường hợp

- TH1: không xảy ra sư hòa tan kết tủa :

KOH + HCl → KCl + H O2

KOH HCl

4

0,3

K[Al(OH) ]

    

+ 0,2

HCl

→

3 0,2

Al(OH)

   

+ KCl + H O2

Ta có x + 0,2 = 1 → x = 0,8 mol → m = 44,8 gam

- TH2: xảy ra sự hòa tan kết tủa

KOH + HCl → KCl + H O2

KOH HCl

4

0,2

K[Al(OH) ]

    

+ 0,2

HCl

→

3 0,2

Al(OH)

   

+ KCl + H O2 4

0,1

K[Al(OH) ]

    

+ 0,4

4HCl

→ AlCl3 + KCl + H O2

Ta có x + 0,2 + 0,4 = 1 → x = 0,4 → m = 22,4 gam

## Hoà tan hoàn toàn 19,5 gam hỗn hợp Na O2 , Al O2 3 vào nước được 500ml dung dịch trong suốt X Thêm dần

dần dung dịch HCl 1M vào dung dịch X đến khi bắt đầu thấy xuất hiện kết tủa thì dừng lại nhận thấy thể tích dung dịch HCl 1M đã cho vào là 100ml Tính nồng độ mol của các chất tan trong dung dịch

A [Na[Al(OH) ]4 ] = 0,2M; [NaOH] = 0,4M