Hướng dẫn giải (chi tiết)

Cho H₂O vào 4 mẫu thử:

+ Kim loại nào tan trong nước tạo dd trong suốt là Na: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

+ Kim loại nào tan trong nước tạo dd vẩn đục là Ca: Na + 2H₂O → Ca(OH)₂+ H₂

Hai mẫu không tan trong nước là Al và Mg

Cho 2 kim loại Mg và Al vào dd NaOH, kim loại nào phản ứng và có khí bay ra là Al, còn lại là Mg

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ 

Hướng dẫn giải (chi tiết)

CO chỉ khử được oxit kim loại đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Cho từ từ dd NaOH đến dư vào, nếu xuất hiện kết tủa keo trắng với tan trong NaOH dư→ Trong dd có ion Al³⁺

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Phèn chua dùng để làm trong nước

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Al$_2$(SO₄)$_3$ + 6NaOH → 2Al(OH)$_3$ + 3Na₂SO₄ 

2Al(OH)$_3$ $\overset{t^O}\to$ Al₂O₃ + 3H₂O

2Al₂O₃ $\overset{đpnc}\to$ 4Al + 3O₂ 

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Cho NH₃ vào 2 dd, cả 2 dd đều xuất hiện kết tủa hidroxit nhưng Zn(OH)₂ tạo thành có khả năng tạo phức với NH₃ nên kết tủa lại tan còn Al(OH)₃ không tan trong NH₃

Hướng dẫn giải (chi tiết)

2Al + 3Hg(NO₃)₂  → 2Al(NO₃)₃ + 3Hg

Al sẽ tạo với Hg hỗn hống. Hỗn hống Al tác dụng với H₂O 

2Al + 6H₂O → 2Al(OH)₃ + 3H₂ 

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Trong công nghiệp người ta sản xuất nhôm từ quặng boxit bằng phương pháp điện phân. Có 2 công đoạn chính:

+ Tinh chế quặng boxit

+ Điện phân Al$_2$O₃ nóng chảy

Hướng dẫn giải (chi tiết)

n$_{Al^{3+}}$ = 0,3 $\neq$ n$\downarrow$ $15,6\over 78$ = 0,2 (mol)

V$_{OH^-}$ lớn nhất khi n$_{OH^-}$ = 4n$_{Al^{3+}}$ - n$\downarrow$ = 1(mol) ⇒ V = 2 lít

Hướng dẫn giải (chi tiết)

        * 2K + 2H₂O → 2KOH +H₂ 

mol:    a                          a

        * 2Al + 2KOH + 2H₂O → 2KAlO₂ +H₂ 

mol:    b             b         

        * HCl + 2KOH → KCl +H₂O

mol:    a-b        a-b

        * KAlO₂ + HCl + H₂O → Al(OH)₃ + KCl

n_KOH = 0,2.1 = 0,2 (mol)

Ta có: 39a + 27b = 21 / a-b = 0,2

⇒ a = 0,4 và b = 0,2

⇒ %n_Al =$0,2 \over 0,2+0,4$ .100 = 33,33%  

Hướng dẫn giải (chi tiết)

n_NaOH = 7.0,15 = 1,05 (mol) ; n$_{Al_2(SO_4)_3}$ = 1.0,1 = 0,1 (mol)

        Al₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄

mol:    0,1               0,6             0,2

         Al(OH)₃ + NaOH → Na[Al(OH)₄]
n$_{Na[Al(OH)_4]}$ = 0,2 (mol) và 0,25 mol NaOH dư

[NaOH] = $0,25 \over 0,15+0,1$ = 1M

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Khi cho tác dụng với NaoH ⇒ trong hỗn hợp có Al dư : n_Al =$2\over 3$n$_{H_2}$ = 0,2 mol

Khi cho tác dụng với HCl ⇒ n$_{H_2}$ = $3\over 2$n_Al + n_Fe ⇒ n_Fe = 0,1 mol

     * Fe₂O₃ + 2Al → Al₂O₃ + 2Fe

mol:                0,1                  0,1

⇒n_Al = 0,2 + 0,1 = 0,3 (mol)

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Thu được chất rắn → Al không tác dụng hết với NaOH 

n_Na = x(mol) → n_Al = 2x(mol)

    * 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

mol: x                                       x

    * Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + $3\over 2$H₂

mol: x         x                                      $3\over 2$x

n_Al = $x\over 2$ + $3x \over 2$ = 2x = 0,2 ⇒ x = 0,1 mol

m_{Al ban đầu}  = 0,1 .2 .27 = 5,4 (g)

m_{Al pứ}  = 0,1 .27 = 2,7 (g) ⇒ m = m = m_{Al dư} = 5,4 - 2,7 = 2,7 (g)

Hướng dẫn giải (chi tiết)

DD Y gồm Al³⁺ 0,04 mol; SO₄^2- 0,06 mol; H⁺ 0,1x mol  Cl^- 0,1x mol

Ta có: n_Ba =0,08 mol

Giả sử cho Ba vào Y chỉ thu được kết tủa BaSO₄ 

n$\downarrow$ = 0,063 > n$_{SO_4^{2-}}$ = 0,06

Vậy kết tủa là BaSO₄ 0,06 mol và Al(OH)₃

m$_{Al(OH)_3}$ = 14,76 - 0,06.233 = 0,78 (g)

n$_{Al(OH)_3}$ = 0,01 mol

Khi cho Ba vào dd Y, dd sau phản ứng gồm : Ba²⁺: 0,08 - 0,06 = 0,02 (mol)

Cl^- : 0,1x mol

AlO₂^- : 0,04 - 0,01 = 0,03 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 0,02.2 = 0,1x + 0,03 ⇒ x = 0,1

Hướng dẫn giải (chi tiết)

DD Y gồm Al³⁺ 0,04 mol; SO₄^2- 0,06 mol; H⁺ 0,1x mol  Cl^- 0,1x mol

Ta có: n_Ba =0,08 mol

Giả sử cho Ba vào Y chỉ thu được kết tủa BaSO₄ 

n$\downarrow$ = 0,063 > n$_{SO_4^{2-}}$ = 0,06

Vậy kết tủa là BaSO₄ 0,06 mol và Al(OH)₃

m$_{Al(OH)_3}$ = 14,76 - 0,06.233 = 0,78 (g)

n$_{Al(OH)_3}$ = 0,01 mol

Khi cho Ba vào dd Y, dd sau phản ứng gồm : Ba²⁺: 0,08 - 0,06 = 0,02 (mol)

Cl^- : 0,1x mol

AlO₂^- : 0,04 - 0,01 = 0,03 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 0,02.2 = 0,1x + 0,03 ⇒ x = 0,1

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Đặt công thức chung của 2 kim loại là M:

n$_{Al^{3+}}$ = 0,36 (mol) ; n$_{Al(OH)_3}$ = 0,2 (mol)

TH1: OH^- phản ứng với Al³⁺ dư: n$_{OH^-}$ = 3n$\downarrow$ = 0,6 = n_M

TH2: OH^- dư phản ứng với Al³⁺ : n$_{OH^-}$ = 3n$_{Al^{3+}}$+ n$_{Al^{3+}}$- n$\downarrow$ = 1,24 = n_M

Nếu n_M = 0,6 < n_HCl ⇒ 83,704g muối MCl

⇒ n$_{Cl^-}$= 0,6 mol hay m$_{Cl^-}$= 21,3 g

⇒ m_M = 62,404g > 45 → Loại

Nếu n_M = 1,24 > n_HCl ⇒ 83,704g muối MCl (1,2mol) và MOH (0,04 mol)

⇒ m_M = 40,424g < 45 → 2 kim loại là Na và K có số mol lần lượt là 0,496 và 0,744

⇒ % m_Na  = 28,22%

Hướng dẫn giải (chi tiết)

Công thức của muối là Ba(AlO₂)₂ ⇒ n_Al = 2n_Ba ⇒ m_Ba = 5,48 (g)

Hướng dẫn giải (chi tiết)

2Al₂O₃$\overset{đpnc}\to$ 4Al + 3O₂ $\uparrow$ (1)

Từ (1) ⇒ m$_{Al_2O_3}$ =$102.m_{Al} \over 2.2,27$= $102.4,05 \over 54$ = 7,65 tấn

mà H = 90% ⇒ m$_{Al_2O_3}$ đã dùng = $7,65.100 \over 90$ = 8,5 (tấn)

Hướng dẫn giải (chi tiết)

P1: Y +NaOH dư → 0,06 mol H₂ 

Y có Al dư : n_Al  = $2 \over 3$n$_{H_2}$ = 0,04 (mol)

P2: Bảo toàn e → 2n$_{H_2}$  = 3n_Al + 2n_Fe → 2.0,15 = 3.0,04 + 2n_Fe

→ n_Fe = 0,09 (mol)

       * 8Al + 3Fe₃O₄ $\overset{t^O}\to$  9Fe + 4Al₂O₃

mol:                              0,09      0,09

n$_{H_2SO_4}$ = 4n$_{Fe_3O_4}$ _dư + 3n$_{Al_2O_3}$ + $3 \over 2$n_{Al dư} + n_Fe

n$_{Fe_3O_4}$ _dư = $(0,31-3.0,04-1,5.0,04-0,09) \over 4$ = 0,01 

n_Al = n_{Al dư} + n_{Al pứ} = 0,04 + 0,08 == 0,12 (mol)

n$_{Fe_3O_4}$ = n$_{Fe_3O_4}$ _dư  + n$_{Fe_3O_4}$ _pứ = 0,01 + 0,03 = 0,04 (mol)

Ta có: $n_{Al}\over 8$ >$n_{Fe_3O_4} \over 3$  → Hiệu suất tính theo Fe₃O₄ → H% = $0,03 \over 0,04$.100 = 75%