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

SO₂ vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử vì trong phân tử SO₂ thì S có mức oxi hóa trung gian. 

 Trong phân tử HNO₃ nguyên tử N có: hoá trị IV, số oxi hoá +5. 

Để nhận biết sự có măt của ion sulfate trong dung dịch, người ta thường sử dụng dung dịch muối của Ba²⁺.

Phản ứng giữa các muối này với ion SO₄^2- sẽ làm xuất hiện kết tủa trắng barium sulfate.

SO₄^2- + Ba²⁺ → BaSO₄.

 Lưu huỳnh là một nguyên tố phi kim, vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử.

Phương trình hoá học tổng hợp ammonia:

N₂ + 3H₂ ⇌ 2NH₃.

N₂ có số oxi hoá là 0. Phản ứng trong hợp chất NH₃ nguyên tử N có số oxi hoá là −3.

Vậy số oxi hoá của N giảm nên N_­2 có vai trò là chất oxi hoá.

Dãy chất tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng là Fe(OH)₂, K₂CO₃, Fe, CuO, NH_3.

Phương trình phản ứng minh họa

Fe(OH)₂ + H₂SO₄ → 2H₂O + FeSO₄

K₂CO₃ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + CO₂↑ + H₂O

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O

2NH₃ + H₂SO₄ → (NH₄)₂SO₄.

Tính base của NH₃ là do trên nguyên tử N còn cặp e tự do không tham gia liên kết.

Theo thuyết Bronsted, base là chất nhận proton

Theo thuyết Areniut, base là chất tan trong nước phân li ra ion OH^– 

H₂O + NH₃ ⇌ OH^– + NH₄⁺

n_Zn = 26 :65 = 0,4 mol

n_khí =  0,9916 : 24,79 = 0,04 mol

Chất rắn khan thu được chứa Zn(NO₃)₂ và có thể có NH₄NO₃.

Ta có: n_Zn(NO3)2 = n_Zn = 0,4 mol

⇒ m_Zn(NO3)2 = 0,4.189 = 75,6 gam

⇒ m_NH4NO3 = m_rắn - m_Zn(NO3)2 = 79,6 - 75,6 = 4 : 80 = 0,05 mol

Giả sử 1 phân tử khí trao đổi a electron.

Áp dụng bảo toàn electron:

n_{e cho} = n_{e nhận}

⇒ 2n_Zn = 8n_NH4NO3 + a.n_khí ⇒ 2.0,4 = 8.0,05 + a.0,04 

⇒ a = 10

Vậy X là N₂

N₂ + 3H₂ 2NH₃

Theo PTHH: V_H2 = V_NH3 = 6 lít

Do hiệu suất 50% nên:

Trích mẫu thử và đánh số thứ tự

Sử dụng dung dịch NaOH để nhận biết các dung dịch trên

Nhỏ dung dịch NaOH lần lượt vào 3 ống nghiệm đã được đánh số thứ tự trước đó

Ống nghiệm nào xuất hiện khí mùi khai thì dung dịch ban đầu là NH₄Cl

NH₄Cl + NaOH → NH₃ + H₂O + NaCl

Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa keo trắng thì dung dịch ban đầu là Ba(HCO₃)₂

2NaOH + Ba(HCO₃)₂ → BaCO₃ + Na₂CO₃ + 2H₂O

Ống nghiệm không xuất hiện, hiện tượng gì là dung dịch còn lại.

Phương trình phản ứng hóa học

(NH₄)₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓ + NH₃↑ + H₂O

Như vậy hiện tượng là có khí mùi khai bay lên (NH₃) và có kết tủa trắng (BaSO₄).

Dung dịch muối ammonium tác dụng với dung dịch base khi đun nóng tạo ra sản phẩm là khí ammonia.

NH₄⁺ + OH^- →  NH₃↑ + H₂O

Nguyên tử nguyên tố nitrogen có 5 electron hoá trị. 

41,6 gam ( FeS, FeS₂, S) + HNO₃ → Dung dịch A Fe(OH)₃ + Fe₂O₃ (chất rắn B)

n_NO2 = 118,992 : 24,79 = 4,8 mol

Quy đổi hỗn hơp gồm Fe và S 

Gọi số mol của Fe và S lần lượt là x, y

Ta có 56x + 32y = 41,6 (1)

Áp dụng bảo toàn electron ta có: 3x + 6y = 4,8.1 (2)

Từ (1) và (2) giải hệ phương trình: x = 0,4; y = 0,6

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe ta có: n_Fe2O3 = .n_Fe = 0,4:2 = 0,2 mol

⇒ m_Fe2O3 = 0,2.160 = 32 gam.

Khối lượng FeS₂ thực tế: m_FeS2 = 1.10⁶.84% = 8,4.10⁵ (gam)

⇒ n_FeS2 = 8,4.10⁵ :120 = 7000 mol.

Phương trình phản ứng xảy ra

4FeS₂ + 11O₂ 2Fe₂O₃ + 8SO₂.

7000                              → 14000

Theo phương trình phản ứng ta có:

n_SO2 = 2.FeS₂ = 14000 mol

⇒ V_SO2 = 14000 . 24,79 = 347 060 L ≈ 347,0 m³.

Phương trình phản ứng hóa học xảy ra:

6NH₃ + Al₂(SO₄)₃ + 6H₂O → 2Al(OH)₃ + 3(NH₄)₂SO₄ (1)

KOH + Al(OH)₃ → KAlO₂ + H₂O (2)

0,04      →       0,04 mol

Theo phương trình ta có:

n_Al(OH)3 = n_KOH = 0,02.2 = 0,04 mol

→ n_Al2(SO4)3 = . n_Al(OH)3 = 0,02 mol

→ C_{M Al2(SO4)3}= = 0,5 M

Mưa acid là hiện tượng nước mưa có pH nhỏ hơn 5,6.

Ở phản ứng (1):

Nguyên tố S trong SO₂ nhường electron SO₂ là chất khử

nguyên tố Br nhận electron Br₂ là chất oxi hóa.

Ở phản ứng (2):

Nguyên tố S trong SO₂ nhận electron SO₂ là chất oxi hóa.

Nguyên tố S trong H₂S nhường electron H₂S là chất khử.