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

Nitrogen trong nhiên liệu hoặc sinh khối kết hợp với oxygen trong không khí tạo ra NO_x nhiên liệu. 

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

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

  N₂ + 3H₂   2NH₃

 Áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp N₂ và H₂ ta có: 

H₂ thiếu, hiệu suất phản ứng tính theo H₂. 

Chọn: 

n_{H2 pư} = 3.40% = 1,2 mol

n_{N2 phản ứng} = 0,4 mol; n_{NH3 sinh ra} = 0,8 mol.

n_Y = n_X − 0,8 = 2 + 3 − 0,8 = 4,2 mol 

Bảo toàn khối lượng:

 Vậy tỉ khối của Y với H₂ là 7,38 

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

Hai tác nhân chính gây mưa acid là SO₂, NOx

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

n_Fe = 12,6 : 56 = 0,225 mol

n _Zn = 19,5 : 65 = 0,3 mol

Phương trình phản ứng hóa học:

Fe + S → FeS 

Zn + S → ZnS 

FeS + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂S 

ZnS + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂S

H₂S + CuSO₄ → CuS + H₂SO₄

Theo các phương trình phản ứng:

n_S = n_H2S = n_Fe + n_Zn = 0,225 + 0,3 = 0,525 mol

⇒ n_CuS = 0,525 mol = n _CuSO4

⇒ m ­_CuSO4 = 0,525 .160 = 84 gam.

⇒ Khối lượng dung dịch CuSO₄ là:

m_{dung dịch CuSO4} = 84 : 10 . 100 = 840 gam

⇒ V _{dung dịch} = 840 : 1,2 = 700 ml.

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%.

Phản ứng trên tổng hợp khí NO(g) từ dạng đơn chất bền nhất của nguyên tố N và O, nhưng sau phản ứng lại tổng hợp được 2 mol NO(g). Vậy nên, nhiệt tạo thành chuẩn của NO(g) phải bằng 1 nửa của nhiệt phản ứng: N₂(g) + O₂(g) → 2NO(g).

 Phương trình phản ứng

ZnCl₂ + 6NH₃ → (Zn(NH₃)₆)Cl₂

2NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ ↓ + 3NH₄Cl

Dùng dung dịch AlCl₃: Nhỏ lần lượt tới dư các mẫu thử vào AlCl₃.

- Có kết tủa keo trắng là NH₃.

- Có kết tủa keo trắng sau đó tan là NaOH.

- Có kết tủa keo trắng và khí không màu là (NH₄)₂CO₃.

- Còn là không hiện tượng là (NH₄)₂SO₄.

Al là Kim loại bị thụ động trong H ₂ SO ₄ đặc nguội 

M_Z = 16.2 = 32

n_Fe = 5,6:56 = 0,1 mol

n_Fe(NO3)2 = 27:180 = 0,15 mol

Đặt n_NO = x mol; n_N2O = y mol

n_Z = n_NO + n_N2O = x + y = 0,105 mol (1)

m_Z = m_NO + n_N2O = 30x + 44y = 0,105.32 = 3,36 gam (2)

Từ (1) và (2) giải hệ phương trình ta được x = 0,09 mol; y = 0,015 mol

Σn_H+ = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4+ 

⇒ 0,61 = 4.0,09 + 10.0,015 + 10.n_NH4+

⇒ n_NH4+ = 0,01 mol

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H: 2n_H2O = n_HCl - 4n_NH4+ 

⇒ n_H2O = (0,61 - 0,01.4):2 = 0,285 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

Ta có: m_X + m_HCl = m_muối + m_H2O + m_khí

⇒ 5,6 + 27 + m_Al + 0,61.36,5 = 47,455 + 3,66 + 0,285.18 

⇒ m_Al = 1,08 gam

Để điều chế SO₂ trong phòng thí nghiệm người ta sử dụng thí nghiệm

đun nóng dung dịch acid H₂SO₄ với muối Na₂SO₃ tinh thể

Na₂SO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + SO₂ + H₂O.

N₂ + 3H₂ 2NH₃

Theo PTHH: V_H2 = V_NH3 = 6 lít

Do hiệu suất 50% nên:

HNO₃ thể hiện tính oxi hóa khi phản ứng với các chất khử (chất có khả năng tăng số oxi hóa).

Dãy chất thỏa mãn là: Mg, H₂S, S, Fe₃O₄, Fe(OH)₂.

4NH₃ + 5O₂ 4NO + 6H₂O

NH₄NO₃ N₂O + 2H₂O

2AgNO₃ 2Ag + 2NO₂ + O₂

NH₄NO₂ N₂ + 2H₂O