Đề kiểm tra 45 phút Hóa 11 Chương 2: Nitrogen – Sulfur

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}.

Dung dịch H₂SO₄ loãng phản ứng được với Fe và Fe(OH)₃.

Phương trình phản ứng minh họa:

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

2Fe(OH)₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 6H₂O

Aammonia tan nhiều trong nước. Ở điều kiên thường, 1 lít nước hòa tan được 700 lít khí ammonia.

Thủy ngân có thể phản ứng với sulfur ngay ở nhiệt độ thường tạo thành hợp chất không bay hơi đó là HgS

Hg + S → HgS (không bay hơi)

Phương trình phản ứng minh họa

ZnS + 8HNO₃ (đặc nóng) → 6NO2 + Zn(NO₃)₂ + 4H₂O + SO₂

Fe₂O₃+ 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

FeSO₄ + 4HNO₃ (loãng) → Fe(NO₃)₃ + H₂SO₄+ NO₂ + H₂O

Cu + 4HNO₃ (đặc nóng) → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ ↑ + 2H₂O 

Vậy phản ứng giữa Fe₂O₃ và HNO₃ (đặc nóng) thì HNO₃ không đóng vai trò chất oxi hóa.

Muối ammonium tác dụng với dung dịch kiềm thấy thoát ra một chất khí màu nâu đỏ, làm xanh quỳ tím ẩm.

NH₄⁺ + OH^- → NH₃ + H₂O

 Ta có phương trình phản ứng:

N₂ + 3H₂ ⇔ 2NH₃ ΔH <0

Phản ứng điều chế NH3 là pharnuwnsg thuận nghịch và tỏa nhuetej

⇒ Hiệu suất của phản ứng giữa N₂ và H₂ tạo thành NH₃ tăng nếu tăng áp suất, giảm nhiệt độ

n_H2S = 0,535 mol;

n_CuSO4 = (96.10%): 160 = 0,06 mol

Phương trình phản ứng hóa học

CuSO₄ + H₂S → CuS + H₂SO₄

Ta có dựa vào phản ứng xét tỉ lệ mol

⇒ H₂S dư và CuSO₄ phản ứng hết

m_CuS = 0,06. 96 = 5,76 gam

Các số oxi hóa thường gặp của sulfur: -2, 0, +4, +6. 

Xét hỗn hợp X: Áp dụng quy tắc đường chéo ta có:

⇒ Hiệu suất tính theo N₂.

Giả sử n_X = 5 mol 

⇒ n_H2 = 4 mol; n_N2 = 1 mol.

Gọi số mol của nitrogen phản ứng là a (mol)

Phương trình phản ứng hóa học:

Phản ứng: N₂ + 3H₂ ⇔ 2NH₃

Ban đầu:    1       4       (mol)

Phản ứng: a        3a        2a 

Sau         : (1-a)   (4-3a)    2a

n_Y = (1- a) + (4 - 3a) + 2a

Áp dụng bảo toàn khối lượng 

m_X = m_Y ⇒ M_X.n_X = M_Y.n_Y 

⇒ 

⇒ (1- a) + (4 - 3a) + 2a = 4,5 

⇒ a = 0,25 mol

H = 0,25:1.100% = 25%

Phương trình phản ứng hóa học

Fe + S → FeS (*)

Phần chất rắn có chứa FeS, Fe dư, S dư

FeS + 2HCl → FeCl₂ + H₂S↑ (1)

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑ (2)

7,6 gam chất rắn X không tan là S dư

Cho Z qua dung dịch Cu(NO₃)₂:

H₂S + Cu(NO₃)₂ → CuS↓ + 2HNO₃ (3)

Theo (3): n_H2S = n_CuS = 19,2 : 96 = 0,2 mol

Theo (1) → n_FeS = n_H2S = 0,2 mol

0,4 mol hỗn hợp khí Z

→ n_H2(2) = n_Z - n_H2S = 0,4 - 0,2 = 0,2 mol

Theo (2) → n_{Fe dư} = n_H2 = 0,2 mol

Theo phương trình (*) có: n_{Fe pứ} = n_{S pứ} = n_FeS = 0,2 mol

Vậy hỗn hợp ban đầu:

n_{Fe bđ} = n_{Fe pư} + n_{Fe dư} = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol → m_{Fe bđ} = 0,4.56 = 22,4 (g)

m_{S ban đầu} = m_{S pư} + m_{S dư} = 0,2.32 + 7,6 = 14 (g)

Vậy m = 22,4 + 14 = 36,4 gam.

Trong dung dịch 1 phân tử ammonia nhận proton của nước, tạo thành ion ammonium (NH₄⁺).

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

Phản ứng chứng minh ammonia có tính base là phản ứng NH₃ tác dụng với acid HCl:

NH₃ + HCl → NH₄Cl.

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.

Nitric acid đặc nguội có thể tác dụng được với Cu, Al₂O₃, Zn(OH)₂, CaCO₃.

Phương trình phản ứng minh họa

2NH₃ + 5/2O₂ 2NO + 3H₂O

NH₄NO₃ N₂O + 2H₂O

2Cu(NO₃)₂ 2CuO + 4NO₂ + O₂↑

NH₄NO₂   N₂ + 2H₂O

Vậy phương trình phản ứng tạo ra khí nitrogen là NH₄NO₂

S không phản ứng với Pt, HCl, He và H₂SO₄ loại các đáp án có các chất trên.

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

Phương trình phản ứng minh họa

S + Zn ZnS

H₂ + S H₂S

O₂ + S SO₂

3F₂ + S SF₆

n_(NH4)2SO4 = 2,64:132 = 0,02 mol

n_H3PO4 = 7,84 : 98 = 0,08 mol

Phương trình phản ứng: 

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

0,02                                     → 0,04

Xét tỉ số mol giữa H₃PO₄ và NH₃

⇒ acid ư

Phản ứng thu được:

H₃PO₄ + NH₃ → NH₄H₂PO₄.

Phương trình phản ứng nhiệt phân

2AgNO₃ 2Ag + 2NO₂ + O₂

Sau phản ứng thu được các chất là: Ag, NO₂, O₂.

2 chất X, Y cần tìm chính là FeO và Fe₃O₄.

Phương trình phản ứng:

2FeO + 4H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + SO₂↑ + 4H₂O

2                                             → 1 (mol)

2Fe₃O₄ + 10H₂SO₄ → 3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂↑ + 10H₂O

2                                                     → 1 (mol)

Khi có sắm sét, nitrogen tác dụng với oxygen tạo ra ntrogen monoxygende NO.

Phương trình phản ứng minh họa

N₂ (g) + O₂ (g) 2NO (g)

H₂SO₄ đặc khi tiếp xúc với đường, vải giấy có thể làm chúng hóa đen do tính háo nước.

Thuốc thử nào sau đây để nhận biết 3 dung dịch (NH₄)₂SO₄ và (NH₄)₂CO₃ và dung dịch NH₃ đặc là: AlCl₃

Trích mẫu thử và đánh số thứ tự:

Nhỏ dung dịch AlCl₃ vào từng ống nghiệm.

Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa trắng thì dung dịch ban đầu là NH₃.

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

Ống nghiệm xuất hiện kết tủa trắng và có sủi bọt khí là ống nghiệm chứa (NH₄)₂CO₃.

2AlCl₃ + 3(NH₄)₂CO₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃ + 3CO₂ + 6NH₄Cl

Ống nghiệm không có hiện tượng gì là  (NH₄)₂SO₄ 

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H ta có:

n_acid = n _khí = 0,09 mol.

Áp dụng bảo toàn khối lượng:

m_X + m_acid = m_muối + m_khí

⇒  m_muối = 4,83 + 0,09.98 - 0,09.2 = 13,47 gam. 

Để loại bỏ khí HCl, Cl₂, CO₂ và SO₂ có lẫn trong khí N₂ người ta sử dụng lượng dư dung dịch Ca(OH)₂, vì các tạp chất khí sẽ tác dụng với Ca(OH)₂ bị giữ lại trong dung dịch, N₂ không phản ứng sẽ thoát ra.

Ca(OH)₂ + 2HCl → 2H₂O + CaCl₂

2Cl₂ + 2Ca(OH)₂ → Ca(OCl)₂ + CaCl₂ + 2H₂O

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O

SO₂ + Ca(OH)₂ → CaSO₃ ↓ + H₂O

Dung dịch chất X làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ ⇒ dung dịch X có môi trường acid

Dung dich chất Y làm quỳ tím hóa xanh ⇒ dung dịch Y có môi trường base

Trộn X với Y có kết tủa

⇒ X là H₂SO₄ và Y là Ba(OH)₂

Phương trình phản ứng minh họa

H₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓ + 2H₂O

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

NH₄NO₂ N₂ + 2H₂O

Đơn chất sulfur khi tham gia phản ứng hóa học, số oxi hóa có thể tăng hoặc giảm. Sulfur có tính oxi hóa và tính khử. 

n_H2SO4 = 0,5.0,2 = 0,1 mol

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H ta có

n_H2SO4 = n_H2O = 0,1 mol 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m_hh + m_H2SO4 = m_muối + m_H2O

5,62 + (0,1.98) = m_muối + (0,1.18)

m_muối = 5,62 + 9,8 - 1,8 = 13,62 gam

Khi cho giấy quỳ khô vào bình đựng khí amoniac thấy giấy quỳ tím không chuyển màu.

Để nhận biết các hóa chất trên ta dùng Ba(OH)₂

Phương trình phản ứng

2NH₄NO₃ + Ba(OH)₂ → Ba(NO₃)₂ + 2NH₃ ↑ + 2H₂O

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

Ba(OH)₂ + Mg(NO₃)₂ → Ba(NO₃)₂ + Mg(OH)₂ ↓

Ba(OH)₂ + FeCl₂ → BaCl₂ + Fe(OH)₂ ↓

Các liên kết N-H trong phân tử ammonia là liên kết cộng hóa trị phân cực.

Trong khí quyển nitrogen tồn tại chủ yếu dưới dạng đơn chất N₂.

Gọi số mol của Cu(NO₃)₂ là a mol.

Phương trình hóa học:

2Cu(NO₃)₂ 2CuO + 4NO₂ + O₂

a                                 → 2a   →  0,5a mol

Do đó:

n_NO2 = 2a mol;

n_O2 = 0,5a mol

Bảo toàn khối lượng:

m_Cu(NO3)2 = m_{chất rắn} + m_O2 + m_NO2

→ 10 = 8,38 + 0,5a.32 + 2a.46 → a = 0,015 mol

→ n_khí = n_O2 + n_NO2 = 0,5a + 2a  = 2,5a

= 2,5.0,015 = 0,0375 mol

Thể tích hỗn hợp khí:

V = 0,0375.22,4 = 0,84 lít.

Quy đổi hỗn hợp X thành: a mol Fe; b mol Cu , c mol S và 0,1 mol O (dựa vào dữ kiện %m_O = 16%m_X)

⇒ m_X = 56a + 64b + 32c + 16.0,1 = 10

⇔ 56a + 64b + 32c = 8,4 (1)

Ta có 10 gam X + H₂SO₄(0,4 mol) → SO₂(0,3 mol) + H₂O (0,4 mol) + dung dịch Y {ion kim loại, SO₄^2-}

Áp dụng Bảo toàn nguyên tố H ta có: n_H2O = n_H2SO4 = 0,4 mol.

Bảo toàn nguyên tố O: n_O(X) + 4n_H2SO4 = 4n_SO4^2- + 2n_SO2 + n_H2O

⇒ n_SO4^2- = (0,1 + 4.0,4 -2.0,31 - 0,4) : 4 = 0,17 mol

Vậy trong dung dịch gồm: Fe³⁺; Cu²⁺ ; SO₄^2-

Bảo toàn điện tích: 3n_Fe³⁺ + 2n_Cu²⁺ = 2n_SO4^2-

3a + 2b = 2.01,7 (2)

Khi cho dung dịch Y + Mg dư

3Mg + 2Fe³⁺ → 3Mg²⁺ + 3Fe²⁺

Mg + Cu²⁺ → Mg²⁺ + Cu

⇒ n_{Mg pứ} = n_SO4^2- = 0,17 mol (Sau phản ứng chỉ còn MgSO₄ trong dung dịch)

⇒ m_{thanh KL tăng} = 56a + 64b – 24. 0,17 = 2,8 (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ a = 0,1 ; b = 0,02 ; c = 0,0475 mol

Oxi hóa X bằng O

Áp dụng bảo toàn electron:

2n_O = 3n_Fe + 2n_Cu + 4n_S – 2n_O(X) ⇒ n_O = 0,165 mol

Vì ta có: n_O2 = n_O3 = t ⇒ n_O = 5t = 0,165 mol

⇒ a = 0,033 mol ⇒ n_A = 0,066 mol

⇒ V_A = 0,066.22,4 = 1,4784 lit.

Trích mẫu thử và đánh số thứ tự

Nhỏ NH₃ lần lượt vào từng ống nghiệm

Ống nghiệm nào không thấy hiện tượng gì là ống nghiệm chứa KCl.

Ống nghiệm nào thấy xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan tạo thành phức là ống nghiệm chứa ZnCl₂.

Ban đầu xuất hiện kết tủa trắng:

ZnCl₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Zn(OH)₂ ↓ + 2NH₄Cl

Sau đó, kết tủa tan dần đến hết:

Zn(OH)₂ + 4NH₃ → [Zn(NH₃)₄](OH)₂

Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa trắng là ống nghiệm MgCl₂.

MgCl₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Mg(OH)₂ ↓ + 2NH₄Cl

Vậy dùng dung dịch NH₃ có thể nhận biết được ZnCl₂, MgCl₂, KCl.

Ta có:

n_Na2S = 1,56 : 78 = 0,02 mol

n_PbS = 3,585 : 239 = 0,015 mol

Phương trình phản ứng:

Na₂S + Pb(NO₃)₂ → PbS + 2NaNO₃.

             0,015   ←    0,015

Dựa vào phương trình phản ứng xét tỉ lệ số mol ta có:

n_Na2S > n_PbS

Vậy Na₂S dư và Pb(NO₃)₂ hết.

⇒ n_Pb(NO3)2 = n_PbS = 0,015 mol ⇒m_{dung dịch Pb(NO3)2} = 0,015.331 = 4,965 gam

⇒ m_{dung dịch Pb(NO3)2} = 4,965.100:10 = 49,65 gam

Khí nitrogen chiếm tỉ lệ 78% trong thể tích không khí