PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM

PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM I. Kim loại nhôm Phương pháp giải ● Bản chất phản ứng của kim loại nhôm với các chất (phi kim; dung dịch : kiềm, axit, mu ối; phản ứng nhiệt nhôm...) là phản ứng oxi hóa - khử. ● Phương pháp giải các bài tập dạng này chủ yếu là sử dụng định luật bảo toàn electron. Ngoài ra có thể sử dụng định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích, phương pháp đường chéo và tính toán theo phương trình phản ứng. ● Lưu ý : - Trong phản ứng của kim loại Mg, Al, Zn với dung dịch HNO3 loãng thì ngoài những sản phẩm khử là khí N2, N2O, NO thì trong dung dịch còn có thể có một sản phẩm khử khác là muối NH4NO3. Để tính toán chính xác kết quả của bài toán ta phải kiểm tra xem phản ứng có tạo ra NH4NO3 hay không và số mol NH4NO3 đã tạo ra là bao nhiêu rồi sau đó áp dụng định luật bảo toàn electron để tìm ra kết quả (Xem các ví dụ 9 – 12 ở phần 3). ► Các ví dụ minh họa ◄ 1. Nhôm tác dụng với phi kim Ví dụ 1: Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng b ột tác d ụng hoàn toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Thể tích dung d ịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là : A. 57 ml. B. 50 ml. C. 75 ml. D. 90 ml. Hướng dẫn giải Thay các kim loại Cu, Mg, Al bằng một kim loại M. Sơ đồ phản ứng : O2 HCl M ¾¾ ® M 2On ¾¾® MCl n Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có : 1,2 =0,075 mol. 32 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho phân tử oxit và muối clorua ta có : mM +mO2 =mM 2On Þ mO2 =3,33- 2,13 =1,2 gamÞ nO2- =nO =2nO2 =2. ìï n.nM n+ =2.nO2Þ 1.nCl- =2.nO2- =0,15 mol Þ nHCl =nCl- =0,15 mol. í ïî n.nM n+ =1.nCl (n là hóa trị của M cũng là giá trị điện tích của Mn+) 0,15 VHCl = =0,075lít =75 ml. 2 Vậy thể tích HCl cần dùng là : Đáp án C. Ví dụ 2: Oxi hoá 7,56 gam hỗn hợp X gồm Mg và Al, có khối lượng mol trung binh là 25,2 g/mol bằng một lượng vừa đủ hỗn hợp khí Cl 2 và O2 (đktc), có ti khối so với hiđro là 20,756, thu được hỗn hợp Y. Để hoà tan h ết hỗn hợp Y cần t ối thiểu bao nhiêu gam dung d ịch HCl 18,25% (giả sử lượng muối hoà tan trong dung dịch sau phản ứng không vượt quá độ tan) ? A. 124 gam. B. 62 gam. C. 40 gam. D. 20 gam. Hướng dẫn giải Theo giả thiết và áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : ì 27.nAl +24.nMg =7,56 ï Þ í 27.nAl +24.nMg =25,2 ï nAl +nMg î ìï nAl =0,12 í îï nMg =0,18 ì 2.nCl +4.nO =3.nAl +2.nMg 2 2 ïï 71.n + 32.n Þ í Cl 2 O2 = 20,756.2 ï nCl2 +nO2 ïî ìï nCl =0,05 2 í n =0,155 îï O2 ìï Al 2O3, MgO í AlCl3, MgCl 2 Hỗn hợp Y gồm ïî Hòa tan Y bằng dung dịch HCl sẽ thu được dung dịch AlCl 3 và MgCl2. Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố ta có : Số mol HCl dùng để hòa tan Al 2O3 và MgO = số mol Cl- = 2 lần số mol O 2- = 4 lần số mol O2 = 0,155.4 = 0,62 mol. Khối lượng HCl 0,62.36,5 =124 gam. 18,25% 18,25% cần dùng là Đáp án C. 2. Nhôm tác dụng với dung dịch kiềm và dung dịch muối nitrat trong môi trường kiềm Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thi thoát ra V lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH dư thi được 1,75V lít khí. Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na trong X là (biết các thể tích khí đo trong cùng điều kiện) : A. 41,94%. B. 77,31%. C. 49,87%. D. 29,87%. Hướng dẫn giải X tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được lượng khí nhiều hơn so với khi X tác dụng với H2O, chứng tỏ khi X tác dụng với H 2O thi Al còn dư, dung dịch sau phản ứng chứa NaAlO2. Đối với các chất khí thi ti lệ thể tích cũng chính là t i l ệ mol nên căn c ứ vào gi ả thi ết ta chọn số mol H2 giải phóng ở hai trường hợp lần lượt là 1 mol và 1,75 mol. Đặt số mol của Na và Al tham gia phản ứng với H2O là x mol. Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 1.n Na +3.n Al =2.n H 2 Þ 1.x + 3.x = 2.1 Þ x = 0,5 Đặt số mol Al ban đầu là y, khi X tác dụng với dung dịch NaOH dư thi Al phản ứng hết. Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 1.n Na +3.n Al =2.n H 2 Þ 1.0,5 + 3.y = 2.1,75 Þ y = 1 0,5.23 .100% =29,87% 0,5.23 + 1.27 Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na trong X là : . Đáp án D. Ví dụ 2: Chia hỗn hợp X gồm K, Al và Fe thành hai phần bằng nhau : - Cho phần 1 vào dung dịch KOH (dư) thu được 0,784 lít khí H2 (đktc). - Cho phần 2 vào một lượng dư H 2O, thu được 0,448 lít khí H 2 (đktc) và m gam hỗn hợp kim loại Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (dư) thu được 0,56 lít khí H2 (đktc). Khối lượng (tính theo gam) của K, Al, Fe trong mỗi phần hỗn hợp X lần lượt là : A. 0,39 ; 0,54 ; 1,40. B. 0,78 ; 0,54 ; 1,12. C. 0,39 ; 0,54 ; 0,56. D. 0,78 ; 1,08 ; 0,56. Hướng dẫn giải Ở phần 2, khi hỗn hợp phản ứng với nước, khí thoát ra ít h ơn ở ph ần 1 là vi nhôm ch ưa phản ứng hết, dung dịch thu được khi cho phần 2 tác dụng với nước chi chứa KAlO2 (x mol). n +3nAl =2nH2 Þ x +3x =0,04 Þ x =0,01 Áp dụng bảo toàn electron ta có : K . Ở phần 1, Al phản ứng hết với kiềm dư, gọi số mol của nhôm là y mol. n +3nAl =2nH2 Þ x +3y =0,07 Þ y =0,02 Áp dụng bảo toàn electron ta có : K Ở phần 2, gọi số mol của Fe là z mol. Áp dụng bảo toàn electron ta có : nK +3nAl +2nFe =2.å nH2 Þ x +3y +2z =2(0,02 +0,025) Þ z =0,01. Khối lượng (gam) của K, Al, Fe trong mỗi phần hỗn hợp X lần lượt là : 0,39; 0,54; 0,56. Đáp án C. Ví dụ 3: Cho 48,6 gam Al vào 450 ml dung dịch gồm KNO3 1M, KOH 3M sau phản ứng hoàn toàn thể tích khí thoát ra ở đktc là : A. 30,24 lít. B. 10,08 lít. C. 40,32 lít. D. 45,34 lít. Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có : 46,8 n Al = =1,8 mol, n NO - =n KNO3 =0, 45 mol, n OH - =n KOH =1,35 mol. 3 27 Phương trinh phản ứng : 8Al + 3NO3- + 5OH- + 2H2O ® 8AlO2- + 3NH3 (1) ® 1,2 ¬ 0,45 ¬ 0,75 0,45 2Al + 2OH + 2H2O ® 2AlO2 + 3H2 (2) ® ® mol: 0,6 0,6 0,9 Theo giả thiết và phản ứng (1) ta thấy : Sau phản ứng (1) Al còn d ư là 0,6 mol và OH - dư là 0,6 mol nên tiếp tục xảy ra phản ứng (2). Theo (1) và (2) ta suy ra khí thu được gồm NH3 và H2. Thể tích của hỗn hợp khí là : V( NH3 , H 2 ) =(0, 45 +0,9).22, 4 =30, 24 lít. mol: Đáp án A. 3. Nhôm tác dụng với dung dịch axit Ví dụ 1: Cho m gam một khối Al hinh cầu có bán kính là R vào 1,05 lít dung dịch H 2SO4 0,1M. Biết rằng sau khi phản ứng hoàn toàn khối cầu còn lại có bán kính là R/2. Giá trị của m là : A. 2,16 gam. B. 3,78 gam. C. 1,08 gam. D. 3,24 gam. Hướng dẫn giải 4 V1 = p R3 3 Thể tích khối cầu Al trước phản ứng là 3 4 æR ö V2 = p ç ÷ 3 è2 ø Thể tích khối cầu Al sau phản ứng là Suy ra V1 = 8V2, lượng nhôm phản ứng tương ứng với thể tích là Phương trinh phản ứng : 2Al + 3H2SO4 ® Al2(SO4)3 + 3H2(1) mol: 0,07 ¬ 0,105 V1 - V2 =V1 - V1 7V1 = 8 8 . 7V1 Như vậy ứng với thể tích là 8 thi lượng nhôm phản ứng là 0,07 mol nên ứng với thể tích ban đầu là V1 thi lượng Al là 0,08 mol. Khối lượng nhôm ban đầu là 0,08.27 = 2,16 gam. Đáp án A. Ví dụ 2: Cho m gam hỗn hợp Al, Al2O3, Al(OH)3 tác dụng với dung dịch H2SO4 19,6% vừa đủ thu được dung dịch X có nồng độ là 21,302% và 3,36 lít H 2 (đktc). Cô cạn dung dịch X thu được 80,37 gam muối khan. m có giá trị là : A. 25,09 gam. B. 28,98 gam. C. 18,78 gam. D. 24,18 gam. Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có : mdd Al2 (SO4 )3 =377,29 gam. nAl2 (SO4 )3 =0,235 mol Þ nH2SO4 =0,705 mol Þ mdd H2SO4 =352,5 gam. nH2 =0,15 mol Þ mH2 =0,3 gam. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có : m(Al, Al(OH)3, Al2O3 ) +mdd H2SO4 =mdd Al2 (SO4 )3 +mH2 Þ m = 377,29 + 0,3 – 352,5 = 25,09 gam. Đáp án A. Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn m gam Al trong dung dịch HNO 3 loãng thu được 1,12 lít hỗn hợp X gồm 3 khí NO, N2O, N2 có ti lệ số mol là: 1 : 2 : 2. Giá trị của m là : A. 5,4 gam. B. 3,51 gam. C. 2,7 gam. D. 8,1 gam. Hướng dẫn giải =0, 05 mol. n Theo giả thiết ta có : ( NO, N 2 , N 2O) Mặt khác, ti lệ mol của 3 khí NO, N2O, N2 là 1 : 2 : 2 nên suy ra : n n nNO = 0,01 mol ; N2O = 0,02 mol và N2 = 0,02 mol. Các quá trinh oxi hóa – khử : Al ® Al+3 + 3e N+5 + 3e ® N+2 (NO) 2N+5 + 8e ® 2N+1 (N2O) 2N5+ + 10e ® N2o Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 3.nAl =10.nN2 +8.nN2O +3.nNO Þ nAl =0,13 mol Þ mAl =3,51 gam. Đáp án B. Ví dụ 4: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung d ịch Y g ồm HNO 3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2, N2O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là : A. 63% và 37%. B. 36% và 64%. C. 50% và 50%. D. 46% và 54%. Hướng dẫn giải Theo giả thiết và áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : ìï 27.nAl +24.nMg =15 ïì nAl =0,2 Þ í í ïî 3.nAl +2.nMg =2.nSO2 +1.nNO2 +3.nNO +8.nN2O îï nMg =0,4 27.0, 2 %Al = .100% =36%; 15  %Mg = 100%  36% = 64%. Đáp án B. Ví dụ 5: Hòa tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO3 thu được hỗn hợp khí NO và N2O có ti khối hơi đối với hiđro bằng 16,75. Thể tích NO và N2O thu được lần lượt là : A. 2,24 lít và 6,72 lít. B. 2,016 lít và 0,672 lít. C. 0,672 lít và 2,016 lít. D. 1,972 lít và 0,448 lít. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp N2O và NO ta có : nN2O 33,5 – 30 = 3,5 44 Þ 33,5 nNO n N2O n NO 3,5 1 = = 10,5 3 44 – 33,5 = 10,5 30 = x mol; n NO =3x mol. n Đặt N 2 O Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : n 3. n NO + 8. N2O = 3. n Al Þ 9x + 8x = 3.0,17 Þ x = 0,03 Thể tích NO và N2O thu được là : VNO =3.0, 03.22, 4 =2, 016 lít ; VN2O =0, 03.22, 4 =0, 672 lít. Đáp án B. Ví dụ 6: Hòa tan 10,71 gam hỗn hợp gồm Al, Zn, Fe trong 4 lít dung d ịch HNO 3 aM vừa đủ thu được dung dịch A (không chứa muối NH 4NO3) và 1,792 lít hỗn hợp khí gồm N 2 và N2O có ti lệ mol 1:1. Cô cạn dung dịch A thu được m gam muối khan. Giá trị của m, a là : A. 55,35 gam và 2,2M. B. 55,35 gam và 0,22M. C. 53,55 gam và 2,2M. D. 53,55 gam và 0,22M. Hướng dẫn giải n N2O =n N2 = 1, 792 =0, 04 2.22, 4 mol. Các quá trinh khử : 2NO3 + 12H+ + 10e  N2 + 6H2O mol: 0,08  0,48  0,04 +  2NO3 + 10H + 8e  N2O + 5H2O mol: 0,08  0,4  0,04 n HNO3 =n H + =0,88 a= 0,88 =0,22 4 M.  mol   Số mol NO3 tạo muối bằng 0,88  (0,08 + 0,08) = 0,72 mol. Khối lượng muối bằng 10,71 + 0,72.62 = 55,35 gam. Đáp án B. Ví dụ 7: Cho 13,5 gam nhôm tác dụng vừa đủ với 2,5 lít dung dịch HNO 3, phản ứng tạo ra muối nhôm và một hỗn hợp khí gồm NO và N 2O. Tính nồng độ mol của dung dịch HNO 3. Biết rằng ti khối của hỗn hợp khí đối với hiđro bằng 19,2. A. 0,95. B. 0,86. C. 0,76. D. 0,9. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : nN2O nNO = 38,4 - 30 44 - 38,4 = 8,4 5,6 = 3 2 Đặt số mol của NO và N2O là 2x và 3x, áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 13,5 3.n Al =3.n NO +8.n N2O Þ 3. =3.2x +8.3x Þ x =0, 05 27 n Vậy số mol HNO3 là : HNO3 = nelectron trao đổi + nN ở trong các sản phẩm khử 1,9 13,5 =0, 76 3. +(2.0, 05 +3.0, 05.2) =1,9 2,5 27 = mol  V = lít. Đáp án C. Ví dụ 8: Cho 3 kim loại Al, Fe, Cu vào 2 lít dung dịch HNO 3 phản ứng vừa đủ thu được 1,792 lít khí X (đktc) gồm N2 và NO2 có ti khối hơi so với He bằng 9,25. Nồng độ mol/lít HNO 3 trong dung dịch đầu là : A. 0,28M. B. 1,4M. C. 1,7M. D. 1,2M. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : nNO2 nN2 = 37 - 28 9 1 = = 46 - 37 9 1  số mol của NO2 và N2 bằng nhau và bằng 0,04 mol. Vậy số mol HNO3 là : n HNO3 = nelectron trao đổi + nN ở trong các sản phẩm khử = (0,04.1 + 0,04.10) + 0,04 + 0,04.2 = 0,56 mol 0,56 =0, 28M  Nồng độ mol/lít của dung dịch HNO3 là 2 . Đáp án A. Ví dụ 9: Cho hỗn hợp A gồm 0,200 mol Al, 0,350 mol Fe phản ứng hết với V lít dung dịch HNO3 1M, thu được dung dịch B, hỗn hợp G gồm 0,050 mol N2O và 0,040 mol N2 và còn 2,800 gam kim loại. Giá trị V là : A. 1,200. B. 1,480. C. 1,605. D. 1,855. Hướng dẫn giải Ta thấy 2,8 gam kim loại còn dư là Fe vi vậy trong dung dịch chi chứa muối sắt(II). nFe pư =0,35 – 0,05 = 0,3 mol. ne cho = 0,2.3 +0,3.2 = 1,2 mol ; ne nhận = 0,05.8 + 0,04.10 = 0,8 mol < 1,2 mol nên phản 1, 2 - 0,8 8 ứng đã tạo ra NH4NO3. Số mol của NH4NO3 = = 0,05 mol. Vậy số mol HNO3 là : n HNO3 = nelectron trao đổi + nN ở trong các sản phẩm khử = 1,2 + 0,05.2 + 0,04.2 + 0,05.2 = 1,48 mol.  V = 1,48 lít. Đáp án B. Ví dụ 10: Hòa tan 30 gam hỗn hợp gồm Al, Zn, Mg trong dung dịch HNO 3 dư. Sau phản ứng thu được hỗn hợp khí gồm 0,1 mol NO, 0,1 mol N2O và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 127 gam chất rắn. Số mol HNO3 đã tham gia phản ứng là bao nhiêu ? A. 1,7. B. 1,4. C. 1,9. D. 1,8. Hướng dẫn giải Giả sử phản ứng có tạo ra muối NH4NO3 với số mol là x. Ta có : mChaátraén =mmuoáintrat kim loaïi +mNH4NO3 =(mkim loaïi +mNO - taïo muoái) +mNH4NO3 3 =(mkim loaïi +62.nelectron trao ñoåi) +mNH4NO3 Þ 127 =30 +(0,1.3+0,1.8+8x).62 +80x Þ x =0,05 Vậy số mol HNO3 đã phản ứng là : nHNO3 =nelectron trao ñoåi +nN ôûtrong caùcsaûn phaåm khöû= =(0,1.3+0,1.8+0,05.8) +(0,1+0,1.2 +0,05.2) =1,9 mol. Đáp án C. Ví dụ 11: Hòa tan hoàn toàn 5,525 gam một kim loại trong dung dịch HNO 3 loãng được duy nhất dung dịch X. Cô cạn dung dịch X được 17,765 gam chất rắn khan. Tính s ố mol axit HNO3 tham gia phản ứng. A. 0,17. B. 0,425. C. 0,85. D. 0,2125. Hướng dẫn giải Theo giả thiết suy ra kim loại đã phản ứng với HNO3 tạo ra muối amoni, ta có : mChaátraén =mmuoáintrat kim loaïi +mNH NO =(mkim loaïi +mNO 4 3 3 ) +mNH NO = taïo muoá i 4 3 nelectron trao ñoåi (mkim loaïi +62.nelectron trao ñoåi) + .80 8 nelectron trao ñoåi Þ 17,765 =5,525+62.nelectron trao ñoåi + .80 Þ nelectron trao ñoåi =0,17mol 8 0,17 Þ nHNO =nN +nN =0,17+ .2 =0,2125 mol. 3 8 muoá i nitrat kim loaïi muoá i amoni nitrat Đáp án D. Ví dụ 12: Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al, Cu và Ag tác dụng vừa đ ủ v ới 950 ml dung d ịch HNO3 1,5M, thu được dung dịch chứa m gam muối và 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) g ồm NO và N2O. Ti khối của X so với H2 là 16,4. Giá trị của m là A. 98,20. B. 97,20. C. 98,75. D. 91,00. Hướng dẫn giải ìï nNO +nN O =0,25 2 Û í 30.n + 44.n = 16,4.2.0,25 ï NO N O 2 Hỗn hợp khí X: î ìï nNO =0,2 í ïî nN2O =0,05 nHNO3 pö =nNO - (muoáinitratkimloaïi ) +nN (caùcsaûn phaåm khöû) = 3 (3.nNO +8.nN2O +8.nNH4NO3 ) +(nNO +2.nN2O +2.nNH4NO3 ) =4.nNO +10.nN2O +10.nNH4NO3 =4.0,2 +10.0,05 +10.nNH4NO3 =1,425 mol Þ nNH4NO3 =0,0125 mol. n =2.nH2O +4.nNH4NO3 Þ nH2O =(1,425- 4.0,0125) / 2 =0,6875 mol Ta có: HNO3pö Bảo toàn khối lượng : 29 + 1,425.63 = m + 16,4.2.0,25 + 18.0,6875 Þ m = 98,20 gam. Đáp án A. Ví dụ 13: Khi cho 7,2 gam Al tác dụng hết với dung dịch H 2SO4 đậm đặc, thấy có 49 gam H2SO4 tham gia phản ứng, tạo muối Al2(SO4 )3, H2O và sản phẩm khử X. X là : A. SO2. B. S. C. H2S. D. SO2, H2S. Hướng dẫn giải 4 4 Số mol của Al là 15 mol Þ Số mol của Al2(SO4 )3 là 30 mol 4 3. =0,4 mol. Þ số mol SO42- trong muối là 30 Số mol SO42- tham gia tạo sản phẩm khử X bằng số mol của X = 0,5- 0,4 =0,1 mol. Gọi n là số electron mà S +6 nhận vào để tạo ra sản phẩm khử X, áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : 7,2 3.nAl =n.nX Þ 3. =0,1n Þ n =8 Þ S+6 +8e ® S- 2. 27 Vậy X là H2S. Đáp án C. Ví dụ 14: Chia 38,6 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hóa tr ị duy nh ất thành 2 ph ần bằng nhau : Phần 1: Tan vừa đủ trong 2 lít dung dịch thấy thoát ra 14,56 lít H2 (đktc). Phần 2: Tan hoàn toàn trong dung dịch HNO 3 loãng, nóng thấy thoát ra 11,2 lít khí NO duy nhất (đktc). Kim loại M là : A. Zn. B. Mg. C. Pb. D. Al. Hướng dẫn giải Áp dụng định luật bảo toàn electron : - Cho trường hợp phản ứng với HCl ta có : n 2.nFe + n.nM = 2. H 2 Þ 2x + ny = 1,3 - Cho trường hợp phản ứng với HNO3 ta có : 3.n + n.n = 3. n NO Þ 3x + ny = 1,5 Fe M Kết hợp với giả thiết ta có hệ : (n là hóa trị của M) Đáp án D. ì 2x + ny =1,3 ï í 3x + ny = 1,5 Þ ï 56x +My =19,3 î ì x =0, 2 ï í ny =0,9 Þ M =9n Þ ï My =8,1 î M là Al. Ví dụ 15: Hòa tan m gam hỗn hợp A gồm Fe và một kim loại M (có hóa tr ị không đ ổi) trong dung dịch HCl dư thi thu được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch chứa 4,575 gam mu ối khan. Hòa tan hết cùng lượng hỗn hợp A ở trên trong dung dịch hỗn hợp HNO 3 đặc và H2SO4 ở nhiệt độ thích hợp thi thu được 1,8816 lít hỗn hợp hai khí (đktc) có ti khối so với H 2 là 25,25. Tên kim loại m là : A. Fe. B. Mg. C. Ca. D. Al. Hướng dẫn giải n - =2nH2 =0,09 mol Þ m(Fe, M ) =4,575- 0,09.35,5 =1,38 gam. Ta có : Cl Hỗn hợp hai khí chắc chắn có chứa NO 2, mặt khác khối lượng mol trung binh của hai khí ì nNO +nSO =0,084 2 2 ïï ïì nNO2 =0,063 Þ í í 46nNO2 +64nSO2 =50,5 ïî nSO2 =0,021 ï n + n NO SO 2 2 là 50,5 nên khí còn lại là SO2. Ta có : ïî Theo giả thiết và theo định luật bảo toàn electron ta có : ì M.n +56.n =1,38 ì nFe =0,015 M Fe ïï ï M Þ í n.nM =0,06 Þ =9 Þ M laøAl. í n.nM +2.nFe =2.nH2 n ï ï M.n =0,54 M î ïî n.nM +3.nFe =nNO2 +2nSO2 Đáp án D. 5. Nhôm tác dụng với oxit kim loại (phản ứng nhiệt nhôm) Ví dụ 1: Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al và Fe 3O4 trong điều kiện không có không khí. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thu được dung dịch Y, chất rắn Z và 3,36 lít khí H 2 (đktc). Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch Y, thu được 39 gam kết tủa. Giá trị của m là : A. 48,3. B. 45,6. C. 36,7. D. 57,0. Hướng dẫn giải Hỗn hợp sau phản ứng nhiệt nhôm tác dụng được với dung dịch NaOH nên Al dư, Fe3O4 phản ứng hết. n =0,5 nAl ban đầu = Al(OH)3 mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có : n 3.nAl dư = 2. H 2  nAl dư = 0,1 mol  nAl phản với oxit sắt = 0,5 – 0,1 = 0,4 mol. n n 3.nAl phản với oxit sắt = 8. Fe3O4  Fe3O4 = 0,15 mol. Giá trị của m là : 0,15.232 + 0,5.27 = 48,3 gam. Đáp án A. Ví dụ 2: Thực hiện các phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm m gam Al và 4,56 gam Cr 2O3 (trong điều kiện không có O2), sau khi phản ứng kết thúc, thu được hỗn hợp X. Cho toàn bộ X vào một lượng dư dung dịch HCl (loãng, nóng), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 2,016 lít H2 (đktc). Còn nếu cho toàn bộ X vào một lượng dư dung dịch NaOH (đ ặc, nóng), sau khi phản ứng kết thúc thi số mol NaOH đã phản ứng là : A. 0,06 mol. B. 0,14 mol. C. 0,08 mol. D. 0,16 mol. Hướng dẫn giải Giả sử phản ứng xảy ra vừa đủ thi số mol H 2 = số mol Cr = 0,06 mol, nhưng số mol H 2 giải phóng = 0,09 mol, suy ra nhôm còn dư. Áp dụng bảo toàn electron : + Khi nhôm phản ứng với Cr2O3 : 3.nAl (pö) =6.nCr2O3 Þ nAl (pö) =0,06 mol. 3n +2nCr =2nH Þ nAl dö =0,02 mol. 2 + Khi nhôm dư, Cr và Al2O3 phản ứng với HCl : Al dö Vậy tổng số mol Al là 0,08 mol. Sau tất cả các ph ản ứng Al chuyển thành NaAlO 2 nên suy ra số mol NaOH = số mol NaAlO2 = số mol Al = 0,08 mol. Đáp án C. II. Hợp chất của nhôm + n+ 1. Phản ứng của dung dịch chứa các ion H , M với dung dịch chứa ion OH (với M là 2+ các kim loại từ Mg trở về cuối dãy điện hóa) Phương pháp giải - Thứ tự phản ứng : Phản ứng trung hòa xảy ra trước, phản ứng tạo kết tủa xảy ra sau : H+ + OH- ® H2O M n + + nOH - ® M (OH ) n ¯ - Nếu M (OH ) n có tính lưỡng tính và OH còn dư thì sẽ có phản ứng hòa tan kết tủa : M (OH ) n + (4 - n)OH - ® [ M (OH ) 4 ] (4 - n ) - (Với M là Al, Zn) - Dựa vào giả thiết và các phương trình phản ứng ion rút g ọn đ ể tính toán suy ra k ết qu ả cần tìm. Để tăng tốc độ tính toán ta nên sử dụng định lu ật b ảo toàn đi ện tích (xem ví d ụ 6 – 9), bảo toàn nguyên tố, nhóm nguyên tố (xem ví dụ 10). ►Các ví dụ minh họa ◄ Ví dụ 1: Nhỏ từ từ 0,25 lít dung dịch NaOH 1,04M vào dung dịch gồm 0,024 mol FeCl 3; 0,016 mol Al2(SO4)3 và 0,04 mol H2SO4 thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là : A. 2,568. B. 4,128. C. 1,560. D. 5,064. Hướng dẫn giải n n n nNaOH = 0,26 mol ; Al3+ = 0,032 mol ; H + = 0,08 mol ; Fe3+ = 0,024 mol Phương trinh phản ứng: H+ + OH H2O ® mol: 0,08 0,08 mol: 3OH Fe(OH)3 ¯ 3.0,024 ® 0,024 Fe3+ + 0,024 ® Al3+ + 3OH Al(OH)3 ¯ mol: 0,032 ® 3.0,032 ® 0,032 Al(OH)3 + OH-  [Al(OH)4]mol: 0,012  0,012 Theo giả thiết và các phản ứng, ta thấy khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng là : m = 107.0,024 + (0,032 - 0,012.78) = 4,128 gam. Đáp án B. Ví dụ 2: Hòa tan hết hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm th ổ trong n ước được dung dịch A và có 1,12 lít H2 bay ra (đktc). Cho dung dịch chứa 0,03 mol AlCl 3 vào dung dịch A thi khối lượng kết tủa thu được là : A. 0,78 gam. B. 1,56 gam. C. 0,81 gam. D. 2,34 gam. Hướng dẫn giải Phản ứng của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ với H2O : 2M + 2nH O ® 2Mn+ + 2nOH- + nH 2 2 Từ phương trinh ta có: n OH - =2n H2 = 0,1 mol. Dung dịch A tác dụng với 0,03 mol dung dịch AlCl3: Al3+ + 3OH ® Al(OH)3 mol: mol: 0,03  0,09  0,03 Al(OH)3 + OH ® AlO2 + 2H2O 0,01  0,01 m Vậy: Al(OH )3 = 78.(0,03 – 0,01) = 1,56 gam. Đáp án B. Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 7,74 gam một hỗn hợp gồm Mg, Al b ằng 500 ml dung d ịch g ồm H2SO4 0,28M và HCl 1M thu được 8,736 lít H 2 (đktc) và dung dịch X. Thêm V lít dung dịch chứa đồng thời NaOH 1M và Ba(OH)2 0,5M vào dung dịch X thu được lượng kết tủa lớn nhất. a. Số gam muối thu được trong dung dịch X là : A. 38,93 gam. B. 38,95 gam. C. 38,97 gam. D. 38,91 gam. b. Thể tích V là : A. 0,39 lít. B. 0,4 lít. C. 0,41 lít. D. 0,42 lít. c. Lượng kết tủa là : A. 54,02 gam. B. 53,98 gam. C. 53,62 gam. D. 53,94 gam. Hướng dẫn giải a. Xác định khối lượng muối thu được trong dung dịch X: Phương trinh ion rút gọn: Mg + 2H+ ® Mg2+ + H2 (1) 2Al + 6H+ ® 2Al3+ + 3H2 (2) n H2SO4 = 0,28.0,5 = 0,14 mol  nHCl = 0,5 mol  Vậy tổng n H+ n H+ n SO2 4 = 0,5 mol và = 0,14 mol và n Cl- n H+ = 0,28 mol. = 0,5 mol. = 0,28 + 0,5 = 0,78 mol. 1 n Theo giả thiết = 0,39 mol = 2 . H + nên suy ra phản ứng xảy ra vừa đủ m 2- +mCl mhh muối = mhh kim loại + SO4 = 7,74 + 0,14.96 + 0,5.35,5 = 38,93 gam. Đáp án A. b. Xác định thể tích V: n H2 nNaOH = 1V mol ü ï ý nBa(OH)2 = 0,5V mol ïþ n n  Tổng OH - = 2V mol và Ba 2 + = 0,5V mol. Phương trinh tạo kết tủa: Ba2+ + SO42 ® BaSO4 (3) mol: 0,5V 0,14 2+ Mg + 2OH ® Mg(OH)2 (4) Al3+ + 3OH ® Al(OH)3 (5) Để kết tủa đạt lớn nhất thi số mol OH  đủ để kết tủa hết các ion Mg 2+ và Al3+. Theo các phương trinh phản ứng (1), (2), (4), (5) ta có: n H + n OH = = 0,78 mol  2V = 0,78  V = 0,39 lít. Đáp án A. c) Xác định lượng kết tủa: n Ba 2 + = 0,5V = 0,5.0,39 = 0,195 mol > 0,14 mol nên Ba2+ dư. m  BaSO4 = 0,14.233 = 32,62 gam. Vậy mkết tủa = Đáp án C. m BaSO4 + m Mg, Al + m OH - = 32,62 + 7,74 + 0,78.17 = 53,62 gam. Ví dụ 4: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al 2(SO4)3 và 0,1 mol H2SO4 đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 7,8 gam kết tủa. a. Giá trị nhỏ nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là : A. 0,35. B. 0,25. C. 0,45. D. 0,05. b. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là : A. 0,35. B. 0,25. C. 0,45. D. 0,05. Hướng dẫn giải n n n n n a. Al(OH)3 = 0,1 mol, H+ = 0,2 mol và Al3+ = 0,2 mol  Al3+ > Al(OH)3 Giá trị V nhỏ nhất khi Al3+ dư. Các phương trinh phản ứng : H+ + OH-  H2O mol: 0,2  0,2 Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 mol: 0,1  0,3  0,1  Tổng số mol OH- = 0,5  V = 0,25 lít. Đáp án B. b. Giá trị V lớn nhất khi Al3+ phản ứng hết. Các phương trinh phản ứng: H+ + OH-  H2O mol: 0,2  0,2 Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 mol: 0,1  0,3  0,1 Al3+ + 4OH-  [Al(OH)4]- mol: 0,1  0,4  Tổng số mol OH- = 0,9  V = 0,45 lít. Đáp án C. n >n Al ( OH )3 Nhận xét : Như vậy đối với dạng bài tập tính số mol OH - mà Al 3+ , nếu đề bài không cho biết thêm điều kiện gì thì sẽ có hai trường hợp xảy ra. Nếu đề bài yêu cầu tính 3+ lượng OH- tối thiểu thì ta chỉ cần xét trường hợp Al dư, còn nếu đề bài yêu cầu tính lượng OH- tối đa (hoặc cho biết kết tủa tạo thành bị tan một phần) thì ta chỉ cần xét tr ường h ợp Al 3+ hết. Ví dụ 5: Hòa tan hết m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X, thu được a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung d ịch KOH 2M vào X thi cũng thu được a gam kết tủa. a. Giá trị của a là : A. 10,89. B. 21,78. C. 12,375. D. 17,710. b. Giá trị của m là : A. 20,125. B. 12,375. C. 22,540. D. 17,710. Hướng dẫn giải Nhận xét: Ở trường hợp thứ nhất số mol của KOH tham gia phản ứng ít h ơn ở tr ường hợp thứ hai, nhưng lượng kết tủa thu được lại bằng nhau nên ta suy ra : Tr ường h ợp th ứ nh ất ZnSO4 dư; trường hợp thứ hai ZnSO4 phản ứng hết tạo thành kết tủa sau đó kết tủa tan một phần. ● Trường hợp 1: Xảy ra phản ứng Zn2+ + 2OH-  Zn(OH)2 mol: 0,11  0,22  0,11 m  a = Zn (OH)2 = 0,11.99 = 10,89 gam. ● Trường hợp 2: Xảy ra các phản ứng Zn2+ + 2OH-  Zn(OH)2 mol: 0,11  0,22  0,11 Zn2+ + 4OH-  [Zn(OH)4]2mol: 0,015  0,06 m  m = ZnSO4 = (0,11 + 0,015).161 = 20,125 gam. Đáp án: AA. Ví dụ 6: Trộn 100 ml dung dịch AlCl3 1M với 200 ml dung dịch NaOH 1,8M thu được kết tủa A và dung dịch D. a. Khối lượng kết tủa A là : A. 3,12 gam. B. 6,24 gam. C. 1,06 gam. D. 2,08 gam. b. Nồng độ mol của các chất trong dung dịch D là : A. NaCl 0,2M và NaAlO2 0,6M. B. NaCl 1M và NaAlO2 0,2M. C. NaCl 1M và NaAlO2 0,6M. D. NaCl 0,2M và NaAlO2 0,4M. Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có : nAl3+ n n n = 0,1 mol, Cl - = 3.0,1 = 0,3 mol; Na+ = OH- = 0,2.1,8 = 0,36 mol. Sau khi phản ứng kết thúc, kết tủa tách ra, phần dung dịch chứa 0,3 mol Cl – trung hoà điện tích với 0,3 mol Na+ còn 0,06 mol Na+ nữa phải trung hoà điện tích với một anion khác, chi có thể là 0,06 mol AlO2– (hay [Al(OH)4]–). Suy ra đã có 0,1 – 0,06 = 0,04 mol Al 3+ tách ra thành 0,04 mol Al(OH)3. Kết quả trong dung dịch chứa 0,3 mol NaCl và 0,06 mol NaAlO 2 (hay Na[Al(OH)4]). m a. Al(OH )3 = 0,04.78 = 3,12 gam Đáp án A. 0,3 0, 06 C M(NaAlO2 ) = =0, 2M 0,3 0,3 b. CM(NaCl) = = 1M, . Đáp án B. Ví dụ 7: Trộn dung dịch chứa a mol AlCl 3 với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa thi ti lệ giữa a và b là : A. a : b = 1 : 4. B. a : b < 1 : 4. C. a : b = 1 : 5. D. a : b > 1 : 4. Hướng dẫn giải Cách 1 : Sử dụng phương trình phản ứng Phương trinh phản ứng : Al3+ + 4OH- ® [Al(OH)4](1) mol: a ® 4a Theo (1) ta thấy Al(OH)3 thi : nOH- ³ 4nAl3+ thi không thu được kết tủa. Vậy để thu được kết tủa nOH- <4nAl3+ Þ b <4a Þ a: b >1: 4. Cách 2 : Sử dụng định luật bảo toàn điện tích Nếu phản ứng không có kết tủa thi dung dịch sau phản ứng gồm các ion : Na +, Cl-, [Al(OH)4]-, có thể có OH- dư. Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: nNa+ =n[Al(OH) ]- +nCl- +nOH4 dö a 1 a 1 £ > n + ³ n - +n Na [Al(OH) 4 ] Cl Þ Þ b ³ a +3a =4a hay b 4 Þ Để thu được kết tủa thi b 4 . Đáp án D. Ví dụ 8: Cho 150 ml dung dịch KOH 1,2M tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl 3 nồng độ x mol/l, thu được dung dịch Y và 4,68 gam kết tủa. Loại bỏ kết tủa, thêm ti ếp 175 ml dung d ịch KOH 1,2M vào Y, thu được 2,34 gam kết tủa. Giá trị của x là : A. 1,2. B. 0,8. C. 0,9. D. 1,0. Hướng dẫn giải Cách 1 : Sử dụng phương trình ion rút gọn ån n = 0,39 mol và å Al(OH)3 = 0,09 mol Phương trinh phản ứng:  Al3+ + 3OH ® Al(OH)3 KOH  0,27  0,09 mol: 0,09 mol: Al(OH) 4 ] Al + 4OH ® [ 0,03  (0,39  0,27) = 0,12  3+ - 3+  nAl = 0,09 + 0,03 = 0,12  x = 1,2. Cách 2 : Sử dụng định luật bảo toàn điện tích Theo giả thiết ta có : Þ nOH- trong Al(OH)3 ,å n AlCl3 =0,1x mol n Al(OH)3 4 =n Na[ Al(OH)4 ] =0, 03 mol ; n Al(OH)3 =2.n Al2O3 =0, 02 mol ]- nên có hai trường hợp xảy ra : Al(OH) 4 ] ● Trường hợp 1 : [ dư Phương trinh phản ứng: - OH - + H + ® H 2 O mol : 0, 01 ® 0, 01 [ Al(OH)4 ] mol : - + H + ® Al(OH)3 + H 2 O 0, 02 ¬ 0, 02 Þ n H+ =0, 03 mol Þ Vdd HCl = 0, 03 =0,3 lít 0,1 . Al(OH) 4 ] ● Trường hợp 2 : [ hết Phương trinh phản ứng: - OH mol : + H + ® H 2O 0, 01 ® 0, 01 [ Al(OH)4 ] mol : 0, 02 ¬ [ Al(OH) 4 ] mol : 0, 01 - - ® + H + ® Al(OH)3 + H 2 O 0, 02 ¬ 0, 02 + 4H + ® Al3+ + 4H 2 O 0, 04 Þ n H+ =0, 07 mol Þ Vdd HCl = 0, 07 =0, 7 lít 0,1 . Đáp án D. n - > n Al ( OH ) 3 ● Nhận xét : Như vậy đối với dạng bài tập tính số mol H + mà [ Al (OH )4 ] , nếu đề bài không cho biết thêm điều kiện gì thì sẽ có hai trường hợp xảy ra. Nếu đề bài yêu cầu tính Al (OH ) 4 ] lượng H+ tối thiểu thì ta chỉ cần xét trường hợp [ dư, còn nếu đề bài yêu cầu tính + lượng H tối đa (hoặc cho biết kết tủa tạo thành bị tan một phần) thì ta chỉ cần xét tr ường Al (OH )4 ] [ hợp hết. Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 7,8 gam hỗn hợp gồm Al và Al 2O3 trong 500 ml dung dịch NaOH 0,5M thu được 3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch D. Thể tích HCl 2M cần cho vào D để thu đ ược lượng kết tủa lớn nhất là : A. 0,175 lít. B. 0,125 lít. C. 0,25 lít. D. 0,52 lít. Hướng dẫn giải Trong dung dịch D có chứa AlO2 và OH– (nếu dư). Dung dịch D trung hoà về điện nên : n AlO- +n OH - =n Na + =0, 25 mol – 2 Khi cho HCl vào D: H+ + OH–  H2O H+ + AlO2– + H2O  Al(OH)3 n + =n AlO- +n OH 2 Để thu được lượng kết tủa lớn nhất thi H = 0,25 mol Thể tích dung dịch HCl là V =0, 25 : 2 = 0,125 lít. Đáp án B. Ví dụ 4: Hỗn hợp chứa a mol Al4C3 và b mol BaO hòa tan hoàn toàn vào nước chi được dung dịch chứa 1 chất tan. Tim tỷ số a/b: 2 3 1 1 A. 3 . B. 2 . C. 1 . D. 2 . Hướng dẫn giải Theo giả thiết sau phản ứng chi thu được một chất tan duy nhất, đó là Ba(AlO2)2. ìï Al 4C3 +H2O ¾¾¾ ® Ba(AlO2 )2 í BaO ï Sơ đồ phản ứng : î Căn cứ vào sản phẩm sinh ra ta có : Đáp án D. nAl 2 nAl 4.nAl4C3 2 4a 2 a 1 = Þ = = Þ = Þ = nBa 1 nBa nBaO 1 b 1 b 2 . Ví dụ 5: Cho m gam Al4C3 phản ứng vừa hết với lượng dung dịch có 0,03 mol HCl, đ ược dung dịch X. Mặt khác cho m’ gam Al4C3 kể trên phản ứng vừa hết với dung dịch có 0,04 mol KOH được dung dịch Y. Trộn lẫn toàn bộ X và Y kể trên với nhau được hỗn hợp Z ch ứa bao nhiêu mol muối nhôm: A. 0,025 mol. B. 0,01 mol. C. 0,04 mol. D. 0,08 mol. Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : Al4C3 + 12HCl ® 4AlCl3 + 3CH4 mol: 0,03 ® 0,01 Al4C3 + 4KOH + 4H2O ® 4KAlO2 + 3CH4 ® mol: 0,04 0,04 Trộn dung dịch X với dung dịch Y thi xảy ra phản ứng : AlCl3 + 3KAlO2 ® 4Al(OH)3 + 3KCl (3) mol: 0,01 ® 0,03 Vậy sau phản ứng còn dư 0,01 mol KAlO2. Đáp án B. (1) (2) Ví dụ 6: 16,9 gam hỗn hợp Na, Al hòa tan hết vào nước dư thu được dung d ịch X. Cho X phản ứng vừa hết 0,8 mol HCl được 7,8 gam kết tủa. Tính khối lượng Al ban đầu. A. 2,7 gam. B. 3,95 gam. C. 5,4 gam. D. 12,4 gam. Hướng dẫn giải Sau tất cả các phản ứng, giả sử dung dịch thu được ch i có NaCl, suy ra s ố mol NaCl b ằng số mol HCl bằng 0,8 mol, suy ra khối lượng Na ban đầu là 0,8.23 = 18,4 > 16,9 (lo ại). V ậy dung dịch thu được sau tất cả các phản ứng phải có cả AlCl3. Đặt số mol của Na, Al ban đầu là x và y, kết hợp với việc áp d ụng đ ịnh lu ật b ảo toàn nguyên tố đối với Cl ta có : ïì mNa =11,5 gam í ïî mAl =0,2.27 =5,4 gam (y – 0,1) là số mol Al ban đầu trừ số mol Al trong kết tủa, đây chính là số mol muối AlCl3. Đáp án B. ì 23x +27y =16,9 ì x =0,5 Þ í Þ í î x +3.(y - 0,1) =0,8 î y =0,2 Ví dụ 7: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na2O và Al2O3 vào nước thu được dung dịch X trong suốt. Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào X, khi hết 100 ml thi bắt đầu xu ất hi ện k ết tủa; khi hết 300 ml hoặc 700 ml thi đều thu được a gam kết tủa. Giá trị của a và m l ần l ượt là : A. 23,4 và 56,3. B. 23,4 và 35,9. C. 15,6 và 27,7. D. 15,6 và 55,4. Hướng dẫn giải Theo giả thiết suy ra dung dịch X chứa NaOH và NaAlO2. Cho 300 ml HCl (TN 1) hoặc 700 ml HCl (TN2) vào X đều thu được m gam kết tủa chứng tỏ ở TN1 NaAlO2 chưa phản ứng hết, ở TN2 NaAlO2 phản ứng hết tạo kết tủa sau đó kết tủa tan một phần. OH- + H+ ® H2O mol: 0,1 ¬ 0,1 AlO2- + H+ + H2O ® Al(OH)3 ® mol: 0,2 ¬ 0,2 0,2 + 3+ ® Al AlO2 + 4H + H2O ¬ mol: 0,1 0,4 Từ phương trinh phản ứng ta có mol NaOH là 0,1 và NaAlO 2 là 0,3 mol. Vậy ban đầu mol Na2O là 0,2 mol và Al2O3 là 0,15 mol. Giá trị của a và m lần lượt là 15,6 và 27,7. Đáp án C.