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

Khí X làm đổi màu dung dịch phenolphtalein sang màu hồng khí X tan trong nước, tạo thành dung dịch có tính base X là NH₃.

N₂+ 3H₂ ⇌ 2NH₃

Vì phản ứng vừa đủ nên hiệu suất phản ứng tính theo N₂ hoặc H₂

Giả sử ban đầu có 1 mol N₂ và 3 mol H₂, n_{khí ban đầu} = 4 mol

n_{N2 pứ} = 1.20% = 0,2 mol

                            N₂ + 3H₂ ⇌ 2NH₃

Ban đầu:               1      3 

Phản ứng:           0,2    0,6       0,4

Sau pứ:               0,8    2,4       0,4 

n_{khí sau pứ} = 0,8 + 2,4 + 0,4 = 3,6 mol

Trong cùng điều kiện nhiệt độ và thể tích thì tỉ lệ về số mol bằng tỉ lệ về áp suất:

Nhiệt độ hóa lỏng của N₂ và O₂ khác nhau → Dùng phương pháp chưng cất phân đoạn không khí để sản xuất N₂

Đơn chất vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử là S.

Thí dụ:

S⁰ + H₂ → H₂S^-2

S⁰ + O₂ → S⁺⁴O₂

Nitrogen lỏng có thể được sử dụng để làm lạnh nhanh vì nitrogen hóa lỏng ở nhiệt độ rất thấp (-196^oC).

SO₂ tan nhiều trong nước tạo thành tạo thành dung dịch acid yếu H₂SO₃.

Al, Fe, Cr bị thụ động trong acid đặc do đó phương trình Al + HNO₃ đặc nguội không xảy ra.

Để tách riêng NH₃ ra khỏi hỗn hợp gồm N₂, H₂, NH₃ trong công nghiệp, người ta đã nén và làm lạnh hỗn hợp để hóa lỏng NH₃.

Khi cho NaOH dư ta có:

Cu²⁺ + 2OH- → Cu(OH)₂ ↓

Zn²⁺ +4OH^- → 4Zn(OH)₄^2-

Fe³⁺ + 3OH^- → Fe(OH)₃ ↓

Al³⁺ + 4OH^- → Al(OH)₄^- 

Thêm tiếp NH₃ thì NH₃ sẽ tạo phức với Cu²⁺, Zn²⁺

Zn(OH)₂ + 4NH₃ → [Zn(NH₃)₄](OH)₂

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

⇒ chỉ còn kết tủa Fe(OH)₃

n_NO = 3,09875:24,79 = 0,1875 (mol)

Quá trình nhận e:

N⁺⁵ + 3e → N⁺²

Bảo toàn nguyên tố N: n_{NO3^- ( trong muối)} = n_{e nhận} = 3n_NO = 3. 0,1875 = 0,5625 (mol)

Áp dụng công thức tính nhanh

m_muối = m_KL + m_NO3- = 11,325 + 62.0,5625 = 46,2 gam

n_NO = 0,336 : 22,4 = 0,015 mol 

Quy đổi hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe₃O₄ thành Fe và O và có số mol lần lượt là x, y.

Theo đề bài ta có: 56x + 16y = 4,04 (1)

Quá trình trao đổi electron

Fe → Fe³⁺ + 3e

x →              3x

O + 2e → O^2-

y → 2y

N⁺⁵ + 3e → N⁺² 

0,045 ← 0,015 (mol)

Áp dụng bảo toàn electron ta có:

3x = 2y + 0,045 (2)

Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được 

x = 0,055; y = 0,06 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố với N ta có:

nH_NO3 = n_NO + n_NO3- = 0,015 + 3x = 0,18 mol.

Ta có Al, Fe bị thụ động hóa trong dung dịch H₂SO₄ đặc nguội

Au và Pt không bị oxi hóa bởi H₂SO_{4 đặc}.

Cl₂⁰ + 2e → 2Cl⁻¹ ⇒ Cl₂ là chất oxi hóa

S⁺⁴ + 2e → S⁺⁶ ⇒ SO₂ là chất khử

Chất thải công nghiệp, chất thải sinh hoạt,... khi không được xử lí theo quy chuẩn, nếu thải vào sông, hồ cũng gây nên hiện tượng phú dưỡng.

Phương trình phản ứng nhiệt phân

4Fe(NO₃)₃ 2Fe₂O₃ + 12NO₂ + 3O₂

Phương trình hóa học mô tả quá trình diễn ra là:

NH₃(g) + HCl(g) NH₄Cl(s).

Khí Z gồm H₂ và H₂S

Ta có: n_Z = 0,12 mol

Bảo toàn nguyên tố H:

n_HCl = 2n_H2 + 2n_H2S = 2n_Z

n_HCl = 0,24 mol

Bảo toàn nguyên tố Cl:

n_HCl = 2n_FeCl2

Bảo toàn nguyên tố Fe:

n_Fe(X) = n_FeCl2 = 0,12 mol

m_Fe = 6,72g

Phương trình phản ứng:

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

2NaOH + (NH₄)₂SO₄ → 2NH₃↑ + Na₂SO₄ + 2H₂O

Khí thu được gồm H₂ và NH₃.

n_Na = 0,1 mol; n_(NH4)2SO4 = 0,2 mol

 n_NaOH = 0,1 mol < 0,2

n_NH3 = 0,1 mol V_NH3 = 2,24 lít

  V = 2,24 + 1,12 = 3,36 lít. 

Phương trình phản ứng

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

Sản phẩm sinh ra là FeSO₄ và H₂