Đáp án Bài 29 – Tính chất của nhôm và hợp chất của nhôm – Sách Bài tập Hóa học lớp 12

Bài 29 – Tính chất của nhôm và hợp chất của nhôm

ĐÁP ÁN

29.1 A

29.2 A

Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào các dung dịch trên :

– Tạo ra kết tủa màu xanh là Cu(NO₃)₂.

– Tạo ra kết tủa nâu đỏ là FeCl₃.

– Tạo ra kết tủa trắng, tan trong NaOH dư là AICI3.

– Có khí mùi khai (NH₃) thoát ra là NH4CI :

NH4CI + NaOH → NaCl + NH₃↑ + H₂O

– Không có hiện tượng gì là KNO3.

29.3 A

Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O (1)

8Al + 30HNO3 → 8Al(NO₃)₃ + 3N₂O + 15H₂O (2)

m_Al = 0,9.27 = 24,3 (g).

29.4 C

29.5 B

Phương trình ion thu gọn : 8Al + 3NO3 + 5OH + 2H₂O → 8AIO2 + 3NH₃

29.6 M : Al B : AICI3 Z : H₂O X : NH₃

D : Al(OH)₃ C : NaAlO₂ E : Al₂O₃

29.7 a) Các chất có thể dùng là NH₃, KOH, Na₂CO₃ :

AICI3 + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ ↓ + 3NH4CI

AICI3 + 3KOH (vừa đủ) → Al(OH)₃↓ + 3KCl

2AICI3 + 3Na₂CO₃ + 3H2O → 2Al(OH)₃↓ + 3CO₂↑ + 6NaCl

b) Các chất có thể dùng là CO₂, HCl :

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃

NaAlO3 ↓ + HCl (vừa đủ) + H₂O → Al(OH)₃↓ + NaCl

29.8 2KOH + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O

Cô cạn dung dịch được tinh thể K₂SO₄ khan.

Al₂O₃ + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Cô cạn dung dịch thu được tinh thể Al2(SO₄)3.18H₂O.

– Hoà tan 1 mol K₂SO₄ vào nước cất.

– Hoà tan 1 mol Al₂(SO₄)3.18H₂O vào cốc nước cất khác.

– Đun nóng cả hai dung dịch, trộn 2 dung dịch với nhau rồi khuấy mạnh, sau đó để nguội, một thời gian thấy dung dịch bị vẩn đục, các tinh thể K₂SO4.Al2(SO4)3.24H₂O sẽ tách ra.

29.9 Quặng boxit gồm chủ yếu là Al₂O₃, có lẫn các tạp chất là Fe₂O₃ và SiO₂ (cát). Việc tách Al₂O₃ nguyên chất ra khỏi các tạp chất dựa vào tính lưỡng tính của Al₂O₃.

– Nghiền nhỏ quặng rồi cho vào dung dịch NaOH loãng, nóng :

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

Lọc bỏ Fe₂O₃ ,và SiO₂ không tan.

– Sục khí CO₂ dư vào dung dịch NaAlO₂ :

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃

– Lọc lấy Al(OH)₃ rồi nhiệt phân :

29.10 Al₂O₃ + 12HF + 6NaOH → 2Na₃AlF₆ + 9H₂O

Đáp số: 242,8 g Al₂O₃ ; 571,4 g HF ; 571,4 g NaOH

29.11 – Không có khí thoát ra => sản phẩm khử là : NH4NO3.

– Bảo toàn điện tích ta có : nAl.3 = n_NH4NO3.8 => n_NH4NO3 = 0,03 (mol).

– Dung dịch gồm : Al(NO₃)₃ : 0,08 mol và NH4NO3 : 0,03 mol

NH4NO3 + NaOH → NaNO₃ + NH₃↑ + H₂

Al(NO₃)₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaNO₃.

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O.

=> NaOH = n_NH4NO3 + 3.n_Al(NO3)3, + n_Al(OH)3 = 0,03 + 3.0,08 + 0,08 = 0,35 (mol)

29.12 PTHH của phản ứng nhiệt nhôm : 2Al + Fe₂O₃ → Al₂O₃ + 2Fe

=> n_Fe – n_H2 = 0,5 (mol) => m_Fe = 0,5.56 = 28 (g) > 26 (g)

(Loại vì mâu thuẫn định luật bảo toàn khối lượng).

Gọi a, b lần lượt là số mol của AI và Fe₂O₃ ban đầu.

Vậy m_Al = 27.0,4 = 10,8 (g).

29.13 – Phần 1 : Tác dụng với dung dịch NaOH → H₂ nên AI dư.

– Phần 2 : Tác dụng với dung dịch HCl

Từ thể tích H₂ ta dễ dàng tính được : n_Fe = 0,045 (mol) và n_Al (dư) = 0,01 (mol).

– Phản ứng nhiệt nhôm : 2yAl + 3Fe_xO_y → yAl₂O₃ + 3xFe

0,045 mol

29.14 – Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Al, Al₂O₃ và R.

– Do thể tích 2 khí thoát ra khi tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng và

NaOH khác nhau nên R đứng trước H₂ (trong dãy điện hoá) nhưng không tác dụng với NaOH.

=> 1,5a + c = 0,4 (1)

– Khi tác dụng với dung dịch NaOH :

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

Từ (1) và (2) => a = 0,2 mol; b = 0,1 mol và c = 0,1 mol.

Vậy m_hh = 27.0,2 + 102.0,1 + R.0,1 = 18

=> R = 24 (Mg). .