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

Kết quả thí nghiệm được biểu diễn ở đồ thị dưới đây: Giá trị của a, b tương ứng là A... Đồ thị biểu diễn khối lượng kết tủa theo V như hình dưới.. Đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa số m

Trang 1

Mục tiêu:

- Học sinh nắm được thứ tự phản ứng khi cho từ từ OH - vào Al 3+ và ngược lại

- Nắm được công thức giải nhanh dạng bài tập cho Al 3+ tác dụng với OH -

- Giải thành thạo dạng đồ thị nhôm và hợp chất

Vận dụng Vận dụng cao

I VẬN DỤNG (16 CÂU)

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

Nồng độ của dung dịch Al2(SO4)3 trong thí nghiệm trên là

Câu 2 (ID: 310454): Rót từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,2M vào 150 ml dung dịch AlCl3 0,04M thấy lượng kết tủa

phụ thuộc vào số ml dung dịch Ba(OH)2 theo đồ thị dưới đây

ĐỀ THI ONLINE: BÀI TOÁN ĐỒ THỊ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CHUYÊN ĐỀ: KIM LOẠI KIỀM - KIỀM THỔ - NHÔM

MÔN HÓA: LỚP 12 BIÊN SOẠN: BAN CHUYÊN MÔNTUYENSINH247.COM

Trang 2

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

Giá trị của a và b tương ứng là:

A 45 ml và 60 ml B 45 ml và 90 ml C 90 ml và 120 ml D 60 ml và 90 ml Câu 3 (ID: 310457): Cho 100 ml dung dịch AlCl3 1M phản ứng với dung dịch NaOH 0,5M nhận thấy số mol kết

tủa phụ thuộc vào thể tích dung dịch NaOH theo đồ thị sau

Giá trị của b là

Câu 4 (ID: 310458): Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch Al(NO3)3 Kết quả thí nghiệm được biểu

diễn ở đồ thị dưới đây:

Giá trị của a, b tương ứng là

A 0,3 và 0,6 B 0,6 và 0,9 C 0,9 và 1,2 D 0,5 và 0,9

Trang 3

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

Giá trị của x là:

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

có đồ thị sau:

Câu 7 (ID: 310461): Cho x gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa y mol HCl thu được dung dịch Z chứa 2 chất

tan có cùng nồng độ mol Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Z thì đồ thị biểu diễn lượng kết tủa phụ thuộc vào lượng OH- như sau:

Câu 8 (ID: 310462): Cho từ từ V ml dung dịch NaOH 1M vào 200 ml dung dịch gồm HCl 0,5M và Al2(SO4)3

Trang 4

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

Giá trị của a, b tương ứng là:

A 0,1 và 400 B 0,05 và 400 C 0,2 và 400 D 0,1 và 300

Câu 9 (ID: 310464): Cho từ từ dung dịch NaOH 0,5M vào 100 ml dung dịch FeCl3 aM và AlCl3 b M, thấy xuất

hiện kết tủa, thấy kết tủa cực đại sau đó kết tủa hòa tan một phần Đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa số mol kết tủa

và số mol NaOH cho như hình vẽ:

Giá trị của a và b lần lượt là:

A 0,1 và 0,05 B 0,1 và 0,3 C 0,2 và 0,02 D 0,3 và 0,1

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

Giá trị của m và V là:

A 8,1 và 0,95 B 8,1 và 0,90 C 6,75 và 0,95 D 6,75 và 0,90

Trang 5

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

Cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch X để kết tủa vừa hết ion SO42- thu được kết tủa và dung dịch Y chứa m

gam chất tan Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

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

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

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

Cho 300 ml dung dịch Ba(OH)2 0,9M tác dụng với dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z Khối lượng kết tủa Y là (các phản ứng xảy ra hoàn toàn):

Trang 6

A 62,91 gam B 49,72 gam C 46,60 gam D 51,28 gam

Câu 14 (ID: 310473): Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch chứa a mol H2SO4 và b mol

Al2(SO4)3,phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

Tỉ lệ a: b là:

Câu 15 (ID: 310474): Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm AlCl3 và FeCl3, kết quả

thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

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

Câu 16 (ID: 310475): Cho dung dịch X chứa AlCl3 và HCl Chia dung dịch X thành 2 phần bằng nhau: Phần 1 cho

tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 71,75 gam kết tủa Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào phần 2, kết quả thí nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Trang 7

A 0,57 B 0,51 C 0,33 D 0,62

II VẬN DỤNG CAO (4 CÂU)

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

Khối lượng kết tủa cực đại là m gam Giá trị của m là:

Câu 18 (ID: 310477): Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp Al, Fe2O3, Cr2O3 sau một thời gian thu được hỗn

hợp chất rắn X Chia X thành 2 phần bằng nhau Hòa tan hoàn toàn phần 1 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 2,016 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc) Hòa tan hết phần

2 trong 400 ml dung dịch HNO3 2M, thu được dung dịch Y và khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc) Cho từ từ dung dịch NaOH 1M đến dư vào Y thu được kết quả như hình vẽ sau:

Khối lượng Cr2O3 trong hỗn hợp ban đầu là:

Câu 19 (ID: 310478): Cho a mol Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa b mol HCl thu được dung dịch Y chứa 2

chất tan có cùng nồng độ mol Thêm từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch Y ta có đồ thị sau:

Trang 8

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

Câu 20 (ID: 310479): Hòa tan hết 12,060 gam hỗn hợp gồm Mg và Al2O3 trong dung dịch chứa HCl 0,5M và

H2SO4 0,1M Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X Cho từ từ dung dịch NaOH 1,0M vào dung dịch X, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

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

Trang 9

ĐÁP ÁN

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Thực hiện: Ban chuyên môn Tuyensinh247.com Câu 1:

Phương pháp:

Tại điểm A: khi nOH- = 0,18 mol: nAl3+ = nAl(OH)3 = nOH-/3

Tại điểm B: khi nOH- = 0,34 mol thì kết tủa tan 1 phần

Sử dụng công thức n↓ = 4.nAl3+ - nOH- ta tính được nAl3+

Từ đó suy ra nồng độ của Al2(SO4)3

Hướng dẫn giải:

Tại điểm A: Khi kết tủa max: nAl3+ = nAl(OH)3 = nOH-/3 = 0,18:3 = 0,06 mol

Tại điểm B: Kết tủa tan 1 phần:

Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- → 0,06 = 4 nAl3+- 0,34 → nAl3+ = 0,1 mol → nAl2(SO4)3 = 0,1:2 = 0,05 mol

→ CM Al2(SO4)3 = 0,05 : 0,2 = 0,25M

Đáp án B

Câu 2:

Phương pháp:

Tại điểm cực đại: nOH- = 3.nAl3+ từ đó tính được a

Tại điểm kết tủa vừa bị hòa tan: nOH- = 4.nAl3+ từ đó tính được b

nAlCl3 = 0,15.0,4 = 0,006 mol

- Tại điểm cực đại: y = nAl(OH)3 = nAl3+ = 0,006 mol

→ nOH- = 3 nAl3+ = 3.0,006 = 0,018 mol → nBa(OH)2 = 0,009 mol

→ a = 0,009 : 0,2 = 0,045 lít = 45 ml

Trang 10

- Tại điểm kết tủa vừa bị tan hoàn toàn: nOH- = 4.nAl3+ = 4 0,006 = 0,024 mol → nBa(OH)2 = 0,012 mol

→ b = 0,012 : 0,2 = 0,06 lít = 60 ml

Đáp án A

Câu 3:

Phương pháp:

Tại điểm sau cực đại thì kết tủa tan 1 phần:

Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- để tính nkết tủa

Tại điểm trước cực đại: nOH- = 3.nAl(OH) → Giá trị của b

Ta có: nAlCl3 = 0,1.1 = 0,1 mol

- Tại điểm sau cực đại: Kết tủa tan 1 phần => nOH- = 0,68.0,5 = 0,34 mol

Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- = 4 0,1- 0,34 = 0,06 mol

- Tại điểm trước cực đại: nOH- = 3.nAl(OH)3 = 3.0,06 = 0,18 mol = nNaOH → b = 0,18: 0,5 = 0,36 lít = 360 ml

Đáp án A

Câu 4:

Phương pháp:

Tại điểm cực đại: nOH- = 3.nAl3+ từ đó tính được a

Tại điểm kết tủa vừa bị hòa tan: nOH- = 4.nAl3+ từ đó tính được b

Tại điểm cực đại: nAl3+ = nAl(OH)3 = nOH-/3 → nOH- = 3 nAl3+ = 3.0,3 = 0,9 mol → a = 0,9 mol

Tại điểm kết tủa vừa bị tan hoàn toàn: nOH- = 4.nAl3+ = 4 0,3 = 1,2 mol → b = 1,2 mol

Đáp án C

Câu 5:

Phương pháp:

Tại điểm A: Kết tủa chưa cực đại: nAl(OH)3 = nOH-/3

Tại điểm B: Khi kết tủa max: nAl3+ = nAl(OH)3

Tại điểm C: Kết tủa tan 1 phần:

Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- ta tính được nOH- suy ra giá trị x

Tại điểm A: Kết tủa chưa cực đại: nAl(OH)3 = nOH-/3 = 0,42: 3 = 0,14 mol

Tại điểm B: Khi kết tủa max: nAl3+ = nAl(OH)3 = 0,24 mol

Tại điểm C: Kết tủa tan 1 phần:

Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- → 0,14 = 4 0,24- nOH- → nOH- = 0,82 mol

Trang 11

Vậy x = 0,82

Đáp án A

Câu 6:

Phương pháp:

Tại điểm C thì kết tủa tan 1 phần:

Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- từ đó ta tính được giá trị a

Tại điểm A: Kết tủa chưa cực đại: nAl(OH)3 = nOH-/3 → x = 3.nAl(OH)3+ nHCl

Tại điểm C thì kết tủa tan 1 phần:

Sử dụng công thức: n↓ = 4.nAl3+ - nOH- → 0,6a = 4.a-(0,918-2a) = 6a -0,918→ a = 0,17 mol

Tại điểm A: Kết tủa chưa cực đại: nAl(OH)3 = nOH-/3 → x = 3.nAl(OH)3+ nHCl = 3.0,8a + 2a = 4,4a = 0,748 mol

Đáp án D

Câu 7:

Phương pháp:

Dung dịch Z chứa nAlCl3 = nHCl dư = z mol

Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: nHCl ban đầu = y = 3z + z = 4z mol

Khi nOH- = 5,16 mol thì kết tủa bị hòa tan 1 phần và còn lại 0,175y = 0,7z mol Al(OH)3

Khi đó sử dụng công thức: nOH- - nH+ = 4.nAl3+ - nAl(OH)3 Từ đó ta tính được giá trị z, suy ra giá trị x

Dung dịch Z chứa nAlCl3 = nHCl dư = z mol

Bảo toàn nguyên tố Cl ta có: nHCl ban đầu = y = 3z + z = 4z mol

Khi nOH- = 5,16 mol thì kết tủa bị hòa tan 1 phần và còn lại 0,175y = 0,7z mol Al(OH)3

Khi đó sử dụng công thức: nOH- - nH+ = 4.nAl3+ - nAl(OH)3 → 5,16-z = 4z-0,7z → z = 1,2 mol

→ x = 27z = 32,4 gam

Đáp án A

Câu 8:

Phương pháp:

Tại điểm cực đại sử dụng công thức: nAl(OH)3 = nAl3+ và nOH- = nH++ 3.nAl3+

Từ đó tính được giá trị a và b

Ta có: nH+ = 0,2.0,5 = 0,1 mol; nAl3+ = 0,2.0,25.2 = 0,1 mol

Tại điểm cực đại: a = nAl(OH)3 = nAl3+ = 0,1 mol

Khi đó nOH- = 3.nAl(OH)3+ nH+ = 3.0,1 + 0,1 = 0,4 mol → b = 0,4 : 1 = 0,4 lít = 400 ml

Trang 12

Đáp án A

Câu 9:

Phương pháp:

Đặt nAlCl3 = x mol và nFeCl3 = y mol

→ Số mol cực đại của Al(OH)3 là x mol; số mol cực đại của Fe(OH)3 là y mol

Theo sơ đồ ta có số mol cực đại = 0,04 → x + y = 0,04

Từ 0,15 mol NaOH thì số mol kết tủa không đổi →Tại đó Al(OH)3 tan hết tạo NaAlO2

Suy ra 4x + 3y = 0,15 mol

Giải hệ được x và y, suy ra giá trị của a và b

Đặt nAlCl3 = x mol và nFeCl3 = y mol

→ Số mol cực đại của Al(OH)3 là x mol; số mol cực đại của Fe(OH)3 là y mol

Theo sơ đồ ta có số mol cực đại = 0,04 → x + y = 0,04

Từ 0,15 mol NaOH thì số mol kết tủa không đổi →Tại đó Al(OH)3 tan hết tạo NaAlO2

Suy ra 4x + 3y = 0,15 mol

Giải hệ được x = 0,03 mol và y = 0,01 mol

Suy ra a = 0,1 và b = 0,3

Đáp án B

Câu 10:

Phương pháp:

Tại điểm A: kết tủa chưa đạt cực đại: nOH- = nH+ + 3.nkết tủa Từ đó ta tính được nH+

Tại điểm B: kết tủa tan 1 phần: nkết tủa = 4.nAl3+ - (nOH- - nH+)

Từ đó ta tính được nAl3+

Khi đó ta tính được nAl và nH+ suy ra m và V

X gồm Al3+ a mol và H+ dư b mol

Tại điểm A: kết tủa chưa đạt cực đại: nOH- = b + 3.nkết tủa = 0,35 mol → b = 0,35- 3 0,1 = 0,05 mol

Tại điểm B: kết tủa tan 1 phần: nkết tủa = 4.nAl3+ - (nOH- - nH+)

→ 0,1 = 4.a- (1,15- 0,05) → a = 0,3 mol

Suy ra m = 0,3.27 = 8,1 gam

Ta có: nHCl = nCl- = 3a + b = 0,95 mol → V = 0,95 lít

Đáp án A

Câu 11:

Trang 13

Phương pháp:

Tại điểm A: bắt đầu xuất hiện kết tủa nên nOH- = nH+

Tại điểm B: khi nOH- = 1,8x mol thì kết tủa tan 1 phần:

Khi đó: nkết tủa = 4.nAl3+ - (nOH- - nH+)

Tại điểm C: khi nOH- = 2x mol thì kết tủa tan hoàn toàn:

Khi đó: nOH- = 4.nAl3++ nH+

Khi đó ta tính được các giá trị a, b, x

Khi cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch X: Ba2++ SO42- → BaSO4 ↓

Dung dịch Y chứa các chất tan là HCl và AlCl3 Dùng bảo toàn nguyên tố tìm số mol của 2 chất trên Từ đó tính được giá trị của m

Ta có: nH+ = a + 2a = 3a mol; nAl3+ = 2b mol

Tại điểm A: bắt đầu xuất hiện kết tủa nên nOH- = nH+ → x = 3a

Tại điểm B: khi nOH- = 1,8x mol: kết tủa tan 1 phần:

Khi đó: nkết tủa = 4.nAl3+ - (nOH- - nH+)

→ 0,096 = 4.2b - (1,8x - 3a) = 8b - (1,8x - x) = 8b - 0,8x mol

Tại điểm C: khi nOH- = 2x mol: kết tủa tan hoàn toàn:

Khi đó: nOH- = 4.nAl3++ nH+ = 4.2b + x = 2x → 8b - x = 0

Giải hệ trên ta có: b = 0,06 và x = 0,48→ a = 0,16 mol

Dung dịch X chứa 0,16 mol HCl; 0,16 mol H2SO4; 0,06 mol Al2(SO4)3

Khi cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch X: Ba2++ SO42- → BaSO4 ↓

Từ PT thấy nBa2+ = nSO4(2-) = 0,16 + 3.0,06 = 0,34 mol

Ta có: 0,16 mol HCl; 0,16 mol H2SO4; 0,06 mol Al2(SO4)3 + 0,34 mol BaCl2

→ 0,34 mol BaSO4↓ + 0,48 mol HCl; 0,12 mol AlCl3

Vậy m = 0,48.36,5 + 0,12 133,5 = 33,54 gam gần nhất với giá trị 34 nhất

Đáp án C

Câu 12:

Phương pháp:

Đặt nFe3O4 = nAl2O3 = a mol

Khi Al(OH)3 bị hòa tan hết thì: nkết tủa = nFe(OH)3+ nFe(OH)2 Từ đó tìm được giá trị của a

Đồng thời khi đó: nOH- = nH+dư+ 3.nFe3++ 2.nFe2++ 4.nAl3+ Từ đó tìm được nH+ dư

Vận dụng bảo toàn nguyên tố O và nguyên tố H ta có: nHCl = nH+ dư+ 2.nH2O Khi đó tìm được giá trị của x

Đặt nFe3O4 = nAl2O3 = a mol

Trang 14

→ nFe3+ = nAl3+ = 2a mol; nFe2+ = a mol

Khi Al(OH)3 bị hòa tan hết thì: nkết tủa = nFe(OH)3 + nFe(OH)2 = 2a + a = 0,24 mol → a = 0,08 mol

Đồng thời khi đó: nOH- = nH+dư + 3.nFe3+ + 2.nFe2+ + 4.nAl3+ = nH++ 3.2a + 2a + 4.2a = nH+ + 1,28 = 1,40 mol

→ nH+ dư = 0,12 mol

Bảo toàn nguyên tố O ta có: nH2O = nO = 4a + 3a = 0,56 mol

Bảo toàn nguyên tố H ta có: nHCl = nH+ dư+ 2.nH2O = 0,12 + 2.0,56 = 1,24 mol Vậy x = 1,24 mol

Đáp án B

Câu 13:

Phương pháp:

Từ đồ thị ta thấy tại điểm A: khi nNaOH = 0,35 mol: kết tủa chưa đạt cực đại

Do đó: nOH- = nH++ 3.nAl(OH)3 → Tìm được x

Tại điểm B: khi nNaOH = 0,55 mol: kết tủa đang tan một phần:

Khi đó: nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa → Tìm được y

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích với dung dịch X ta tìm được z

Vậy kết tủa Y gồm có BaSO4 và Al(OH)3 → mY

Tại điểm A: khi nNaOH = 0,35 mol: kết tủa chưa đạt cực đại

Do đó: nOH- = nH++ 3.nAl(OH)3 → 0,35 = x + 3.0,05 → x = 0,2

Tại điểm B: khi nNaOH = 0,55 mol: kết tủa đang tan một phần:

Khi đó: nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa → 0,55 = 0,2 + 4.y-0,05 → y = 0,1 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích với dung dịch X: x + 3y = 2z + 0,1 → z = 0,2 mol

Ta có: nBa(OH)2 = 0,3.0,9 = 0,27 mol

Ba2++ SO42- → BaSO4 ↓

0,27 0,2 0,2 mol → nBaSO4 = 0,2 mol

Mặt khác khi đó nOH- = 0,54 mol → nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa → 0,54 = 0,2 + 4.0,1- nkết tủa

→nkết tuả = 0,06 mol = nAl(OH)3

Vậy kết tủa Y gồm có 0,2 mol BaSO4 và 0,06 mol Al(OH)3 → mY = 0,2.233+ 0,06.78 = 51,28 gam

Đáp án D

Câu 14:

Phương pháp:

Khi nOH- = 0,84 mol: Kết tủa chưa đạt cực đại: nOH- = nH++ 3.nAl(OH)3

Khi nOH- = 1,48 mol: Kết tủa đang bị hòa tan một phần: nOH- = nH++ 4.nAl3+- nkết tủa

Khi nOH- = 1,68 mol: Kết tủa bị hòa tan hoàn toàn: nOH- = nH++ 4.nAl3+

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	508,96 KB