Đề kiểm tra 15 phút Hóa 11 Chương 2 Nitrogen – Sulfur

H₂SO₄ đặc phản ứng được với hầu hết các kim loại (trừ Au và Pt), tuy nhiên Al, Fe và Cr lại thụ động khi tác dụng với H₂SO₄ đặc, nguội. 

Thạch cao nung có công thức hóa học CaSO₄. 0,5H₂O.

Trong phòng thí nghiệm người ta điều chế HNO₃ từ NaNO₃ và H₂SO₄ đặc.

Phương trình phản ứng minh họa

NaNO₃ tinh thể + H₂SO₄ đặc NaHSO₄ + HNO₃

Các khí oxide của nitrogen có công thức chung là NO_x.

Muối ammonium không ứng dụng làm thuốc bổ sung chất điện giải.

Để hạn chế khí SO₂ bay ra, người ta sử dụng bông tẩm xút vì xút có khả năng phản ứng:

SO₂ + 2NaOH → Na₂SO₃ + H₂O

NH₃ là base, khi tan trong nước tạo dung dịch có môi trường base làm quỳ tím hóa xanh.

Công thức muối nitrat là M(NO₃)_n;

n_NO2 = 0,1 mol

=> n_M(NO3)n = 0,1/n

=> M_M(NO3)n = 94n => M = 32n

=> M = 64.

Công thức là Cu(NO₃)₂.

Quá trình hình thành hiện tượng phú dưỡng được sắp xếp theo thứ tự:

4 → 3 → 2 → 1.

Phương trình phản ứng 

NaNO₂ + NH₄Cl NaCl + N₂ + 2H₂O.

Dung dịch Sulfuric acid đặc nguội không phản ứng được với Au, Fe, Al

Do đó đáp án có chất Zn, NaOH phản ứng được với Dung dịch Sulfuric acid đặc nguội.

Phương trình minh họa

2H₂SO₄ + Zn → ZnSO₄ + 2H₂O + SO₂.

2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O

Dung dịch ammonia có môi trường base nên làm phenolphtalein chuyển thành màu hồng.

Đặt n_N2 = x mol; n_SO2 = y mol

Ta có: M_X = 26.2 = 52 g/mol

28x + 64y = 52x + 52y

 y = 2x

 % V_SO2 = 100% − 33,33% = 66,67% 

NH₃ dư có Cu(OH)₂ và Zn(OH)₂ tạo phức tan

Kết tủa thu được gồm Fe(OH)₃, Al(OH)₃, Mg(OH)₂.

NH₄NO₂ → N₂ + 2H₂O

   x                x       2x   mol

m_{chất rắn giảm} = m_N2 + m_H2O = 28x + 2.18x = 32 - 10 = 22

x = 0,34375 mol

Ứng dụng của nitrogen

• Nitrogen lỏng dùng để bảo quản máu và các mẫu vật sinh học
• Tạo khí quyển trơ
• Tổng hợp ammonia từ đó sản xuất phân đạm và nitric acid
• Bảo quản thực phẩm.

n_NO2 = 2,24 : 22,4 = 0,1 mol

Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe₂O₃:

FeO + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO₂ + H₂O

0,1 0,1 mol

Ta có: 0,15 mol

2Fe + O₂ → 2FeO

0,1 0,1 mol

4Fe + 3O₂ → 2Fe₂O₃

0,05 0,025 mol

m_{hh X} = 0,1. 72 + 0,025. 160 = 11,2 gam.

m_CuCl2 = (400 . 6,75) : 100 = 27 gam 

n_CuCl2 = 27 : 135 = 0,2 mol

Phương trình phản ứng:

CuCl₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂ + 2NH₄Cl (1)

0,2 →   0,4 (mol)

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂.

Khi lượng kết tủa cực địa thì chỉ xảy ra phản ứng (1)

Nên theo phương trình phản ứng (1) ta có:

n_NH3 = 2.n_CuCl2 = 0,2.2 = 0,4 mol

→ V_NH3 = 0,4.24,79 = 9,916 lít.

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Nitrogen

=> n_HNO3 = n_NO3 + n_NO2

Do n_NO3 = n_{e trao đổi} = n_NO2

=> n_HNO3 = 0,5 mol

m_HNO3 = 0,5.63 = 31,5 gam

=> m_{dd HNO3} = 31.5: C% = 31,5: 63 . 100 = 50 (gam)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m _{dung dịch muối} = m_{hỗn hợp kim loại} + m_{dd HNO3} – m_NO2

= 6 + 50 – 0,25 .46 = 44,5 (gam)

Gọi số mol của Fe, Cu lần lượt là x, y mol

Ta có hệ phương trình như sau:

56x + 64y = 6

3x + 2y = 0,25

=> x = 0,05; y = 0,05

m_Fe(NO3)3 = 0,05.(56 + 62.3) = 12,1 (gam)

m_Cu(NO3)2 = 0,05.(64 + 62.2) = 9,4 (gam)

% m_Fe(NO3)3= 12,1 : 44,5. 100% = 27,19%

% m_Cu(NO3)2 = 9,4 : 44,5. 100% = 21,12%.