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

Nhiệt độ nóng chảy của S là 113^oC lớn hơn nhiệt độ sôi của nước.

         N₂(g) + 3H₂(g)  2NH₃(g)

mol: 10000       ←             20000

Do hiệu suất quá trình phản ứng là 30% nên:

mol

mol

 Dung dịch HNO₃ hòa tan đươc lá bạc

Nitrogen có số hiệu nguyên tử là 7 ⇒ nguyên tử nitrogen có 7 electron.

Cấu hình electron nguyên tử N là 1s²2s²2p³.

+ Nitrogen thuộc ô số 7 (do Z = 7).

+ Thuộc chu kì 2 (do có 2 lớp electron).

+ Nhóm VA (do có 5 electron hóa trị, nguyên tố p).

+ Là nguyên tố p (do cấu hình electron lớp ngoài cùng là 2s²2p³).

Viết gọn: [He]2s²2p³.

Nguyên tử nguyên tố nitrogen có 5 electron hoá trị. 

 Phân tử ammonia có dạng hình chóp tam giác

nCu(NO₃)₂ = 0,035 mol

Gọi x là số mol Cu(NO₃)₂ phản ứng

Phương trình hóa học

2Cu(NO₃)₂ → 2CuO + 4NO₂ + O₂

Khối lượng chất rắn giảm = khối lượng khí bay đi

=> m_{NO2 +} m_O2 = 2x.46 + 1/2x.32 = 6,58 – 4,96

=> x = 0,015 mol

Dẫn khí X vào nước

4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

0,03 → 0,0075 → 0,03

C_{M (HNO3)} = 0,03 : 0,3 = 0,1 M

→ pH = 1.

S không tác dụng với Pt; HCl; He, H₂SO₄ loãng.

S tác dụng với dãy chất: Zn, H₂, O₂, F₂.

S + Zn ZnS

S + H₂ H₂S

S + O₂ SO₂

S + 3F₂ SF₆

Hỗn hợp nitric acid đặc và hydrochloric acid đặc có tỉ lệ thể tích 1 : 3 (cũng tương ứng với tỉ lệ mol 1 : 3), được gọi là dung dịch nước cường toan.

Phương trình phản ứng

FeCl₃ + 3NH₃ +3H₂O → Fe(OH)₃ + 3NH₄Cl

Fe(OH)₃ là kết tủa màu đỏ nầu, không bị tan trong NH₃.

Khi hiện tượng phú dưỡng xảy ra ở ao hồ, sự xuất hiện dày đặc của tao xanh trong nước, khi đó lượng oxygen trong nước sẽ nhanh chóng giảm đi không phải do sự sinh sôi, phát triển nhanh của cá trong ao hồ.

Trong hợp chất FeO, Fe chưa đạt số oxi hóa cao nhất nên khi phản ứng với H₂SO₄ có thể xảy ra phản ứng oxi hóa - khử, giải phóng khí SO₂.

 Số mol N₂ tạo thành là: 4,958 : 24,79 = 0,2 mol

Phương trình phản ứng:

Dựa vảo phương trình phản ứng ta có

n_N2 = 2x = 0,2 ⇒ x = 0,1.

⇒ n_NH4Cl = 2.0,1 = 0,2 mol

n_NaNO2 = 3.0,1 = 0,3 mol

→ m = m_NH4Cl + m_NaNO2 =  0,2 .53,5 + 0,3.69 = 31,4 gam.

Oxide của nitrogen có trong không khí N₂O có tên Dinitrogen oxide.

Hóa chất dùng để làm khô khí NH₃ là chất không tác dụng được với NH₃

=> chất đó là NaOH rắn

Loại CuO bột vì không có tác dụng làm khô chất.

Loại vì P₂O₅ khi tác dụng với nước thu được H₃PO₄ phản ứng được với NH₃

Loại vì H₂SO₄ phản ứng được với NH₃

Trong phòng thí nghiệm, để điều chế một lượng nhỏ N₂, người ta đun nóng dung dịch muối amonium nitrite.

NH₄NO₂ N₂ + 2H₂O

X là muối khi tác dụng với dung dịch NaOH dư sinh khí mùi khai ⇒ X là muối amoni.

X tác dụng với dung dịch BaCl₂ sinh kết tủa trắng không tan trong HNO₃ ⇒ gốc acid phải tạo được kết tủa với ion Ba²⁺ và kết tủa này không tan trong axit HNO₃.

→ X là NH₄HSO₄.

Phương trình hóa học:

NH₄HSO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + NH₃↑ + 2H₂O

NH₄HSO₄ + BaCl₂ → BaSO₄↓ + NH₄Cl + HCl.

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.

n_H+ = 0,8 mol

Rắn không tan là Cu (0,12 mol) do vậy dung dịch Y chứa FeCl₂, CuCl₂ và HCl dư

+) Trong Y có:

n_{H+ dư} = 4n_NO = 0,18 mol

n_{H+ phản ứng} = 0,8 - 0,18 = 0,62 mol

+) 126,14 gam kết tủa gồm

m_AgCl = 0,8. 143,5 = 114,8 gam

=> m_Ag = 126,14 - 114,8 = 11,34 gam

=> n_Ag = 0,105 mol

+) Áp dụng bảo toàn electron ta có:

n_Fe²⁺= 3n_NO + n_Ag = 3.0,045 + 0,105 = 0,24 mol

Dung dịch Y: Fe²⁺: 0,24 mol; Cu²⁺: x mol; H⁺ dư: 0,18 mol; Cl^-: 0,8 mol

+) Bảo toàn điện tích: n_Cu²⁺ = 0,07 mol

=> m_{Cu (X)} = (0,12 + 0,07).64 = 12,16 gam.

+) 33,26 gam X (Fe₃O₄: a mol, Fe(OH)₃: b mol, Fe(OH)₂: c mol và Cu: 12,16 gam)

Bảo toàn Fe ta có: 3a + b + c = 0,24 (1)

n_H+ = 8a + 3b + 2c = 0,62 (2)

232a + 107b + 90c + 12,16 = 33,26 (3)

Từ (1), (2), (3) ta có hệ phương trình:

=> m_Fe(OH)2 = 0,06.90 = 5,4 gam

Vậy % = 5,4 : 33,36.100% = 16,24%.

S không tan trong nước, tan ít trong ethanol, tan nhiều trong dầu hỏa, benzene.