Đề kiểm tra 45 phút Hóa 11 Chương 2: Nitrogen và sulfur CTST

n_Fe = 0,2 mol; n_Cu = 0,1 mol; n_Zn = 0,3 mol

Fe, Cu, Zn tác dụng với S tạo các hợp chất FeS, CuS, ZnS nhưng chỉ có FeS và ZnS bị hòa tan bởi HCl.

n_H2S = n_FeS + n_ZnS = n_Fe + n_Zn = 0,2 + 0,3 = 0,5 mol

Phương trình hóa học

H₂S + Pb(NO₃)₂ → PbS + 2HNO₃

0,5 → 0,5 mol

→ n_Cu(NO3)2 = n_H2S = 0,5 mol

Ta có sơ đồ : FeS₂  2SO₂  2SO₃  2H₂SO₄

 Theo lý thuyết thì:

Thực tế thì:

            N₂ + H₂ NH₃

Bđ:      0,2    0,8           0

Pư:   0,15 0,45    0,3

Spu: 0,05   0,35       0,3

Ta thấy: 

Hiệu suất tính theo N₂

NH₄NO₂ → N₂ + 2H₂O

   x                x       2x   mol

m_{chất rắn giảm} = m_N2 + m_H2O = 28x + 2.18x = 32 - 10 = 22

x = 0,34375 mol

HNO₃ chỉ thể hiện tính acid là không có phản ứng oxi hóa - khử các chất đều đã đạt số oxi hóa tối đa.

- Dung dịch H₂SO₄ loãng không tác dụng với Ag, S, FeSO₄.

- Dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng có tính oxi hóa rất mạnh có thể oxi hóa được các chất: Ag, S, FeSO₄.

Khi cho quỳ tím lần lượt vào các chất :

HCl: cho màu đỏ (acid)

Ba(OH)₂: cho màu xanh (base)

Na₂SO₄, NaCl: không đổi màu (muối)

Dùng Ba(OH)₂ đã nhận biết ở trên để nhận ra Na₂SO₄ có kết tủa trắng BaSO₄.

 Vì dung dịch NH₃ có tính base làm quỳ chuyển xanh.

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. 

Gọi số oxi hóa của N trong NH₄⁺ là x và trong NO₃^- là y.

Ta có số oxi hóa của H là +1 và của O là -2

Trong NH₄⁺: x + 4.(+1) = +1 x = -3

Trong NO₃^-: x + 3.(−2) = -1 x = +5

Quy đổi hỗn hợp X gồm Fe và S với số mol lần lượt là a và b

=> m_{hh X} = 56a + 32b = 17,6 (1)

Ta có hỗn hợp X {S, Fe, FeS₂} dung dịch Y {Fe(NO₃)₂; H₂SO₄}  {Fe(OH)₃; BaSO₄} {Fe₂O₃ và BaSO₄}

Chất rắn thu được sau phản ứng cuối cùng là Fe₂O₃ và BaSO₄

Áp dụng bảo toàn khối lượng Fe:

n_Fe2O3 = 1/2.n_Fe = 0,5a mol

Bảo toàn nguyên tố S: n_BaSO4 = n_S = b mol

=> m_{chất rắn} = 0,5.a.160 + 233b = 62,6 (2)

Giải hệ phương trình (1), (2) ta được:

a = 0,2 mol; b = 0,2 mol

Bảo toàn electron ta có:

3n_Fe +6.n_S = 1.n_NO2

→ n_NO2 = 3.0,2 + 6.0,2 = 1,8 mol

V_NO2 = 1,8.22,4 = 40,32 lít.

 Để phân biệt các mẫu phân hóa học trên ta sử dụng dung dịch Ba(OH)₂

Có mùi khai bay lên và kết tủa trắng xuất hiện thì mẫu đó là (NH₄)₂SO₄

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

Chỉ có mùi khai bay lên thì mẫu đó là NH₄Cl 

Ba(OH)₂ + 2NH₄Cl → BaCl₂ + 2NH₃↑ + 2H₂O

Có kết tủa trắng xuất hiện mẫu đó là Ca(H₂PO₄)₂

Ca(H₂PO₄)₂ + 3Ba(OH)₂ → Ca(OH)₂ + 4H₂O + Ba₃(PO₄)₂↓

NH₄⁺ + H₂O ⇄ NH₃ + H₃O⁺

Muối amoni thường có môi trường acid.

S vừa nhường electron, vừa nhận electron S vừa là chất oxi hóa, vừa là chất khử.

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

  N₂ + H₂ NH₃

Theo phương trình hóa học:

V_N2 = 0,5.V_NH3 = 0,5.2 = 1 lít

Do hiệu suất đạt 25% nên lượng N₂ cần dùng là: V_{N2 cần dùng} = 1/25% = 4 lít

Các chất thỏa mãn yêu cầu đề bài chất vừa tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng vừa tác dụng với dung dịch H₂SO₄ đặc nóng: CuO, Mg, KOH, Na₂CO₃.

Trong điều kiện thích hợp, nitrogen chủ yếu thể hiện tính oxi hóa, nitrogen thể hiện tính khử khi tác dụng với oxygen.

 Chất xúc tác trong phản ứng tổng hợp ammonia là Fe.

 n_Mg = 0,2 mol

n₂ = 0,95 mol

N₂ + Mg Mg₃N₂

n_{H2 phản ứng} = 1 - 0,95 = 0,05 mol

n_Mg = 3n_{H2 phản ứng} = 0,15 mol

Sulfur là nguyên liệu quan trọng cho nhiều ngành công nghiệp; khoảng 90% lượng sulfrur sản xuất được dùng để điều chế H₂SO₄; còn lại được dùng để lưu hóa cao su; chế tạo diêm, sản xuất chất tẩy trắng bột giấy, chất dẻo ebonit, dược phẩm, phẩm nhuộm, chất trừ sâu và chất diệt nấm trong nông nghiệp,...

NO và N₂O có số mol bằng nhau. Ta quy đổi 2 khí này thành: NO₂, N₂

Hỗn hợp khí Z coi như gồm N₂ (x mol), NO₂ (y mol)

M_Z = 18,5.2= 37

n_Z = V:22,4 = 0,75 mol

=> n_N2 = n_NO2 = 0,75:2 = 0,375 mol

Gọi công thức chung của hỗn hợp kim loại là M, hóa trị n

M⁰ → +ne

a           na

2N⁺⁵ + 10e → N₂⁰

0,75 ← 3,75 ← 0,375

N⁺⁵ +1e → N⁺⁴

0,375 ← 0,375 ← 0,375

Bảo toàn e: na = 3,75 + 0,375= 4,125

=> na = 4,125

n_HNO3 = n. n_Fe(NO3)n + n_NO2 + 2n_N2

= 4,125 + 0,375 + 2.0,375 = 5,25 mol.

NH₃ dư có Cu(OH)₂ và Zn(OH)₂ tạo phức tan

Kết tủa thu được gồm Fe(OH)₃, Al(OH)₃, Mg(OH)₂.

Nitric acid là một acid mạnh và có tính oxi hóa mạnh.

 N₂ + 3H₂ 2NH₃

Ta có: n_NH3 = 6 mol

Theo phương trình: n_N2= ½. n_NH3 = 3 mol,

n_H2 = 3/2n_NH3 = 9 mol

Do hiệu suất bằng 25% nên:

 n_{hỗn hợp} = 12 + 36 = 48 mol

V_{hỗn hợp} = 48.22,4 = 1075,2 lít

Sulfur dioxide (SO₂) là chất khí không màu, mùi xốc, độc (hít phải sẽ viêm đường hô hấp), nặng hơn không khí hai lần, hóa lỏng ở -10^oC, tan nhiều trong nước.

Hg là kim loại duy nhất phản ứng với S ở nhiệt độ thường:

Hg + S → HgS

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.

Nitrogen chiếm khoảng 78% thể tích của không khí, là khí chiểm tỉ lệ thể tích lớn nhất trong không khí là N₂.

Ta có sơ đồ phản ứng:

Khi cho X phản ứng với HNO₃ dư thì chỉ có phản ứng oxi hóa - khử giữa Ag và HNO₃, quá trình nhường - nhận electron: 

 x        ←       x                                                             0,2 ← 0,2

n_Ag = x = 0,2 mol

- Bảo toàn Ag n_AgNO3 = n_Ag = 0,2 mol

m_AgNO3 = 0,2.170 = 34 gam

m_Cu(NO3)2 = m_hh – m_AgNO3 = 52,8 - 34 = 18,8 gam.

Quy đổi hỗn hợp X gồm Fe (x mol), Cu (y mol) và S (z mol)

Theo đầu bài ta có

m_{hỗn hợp} = 56x + 64y + 32z = 6,48 (1)

Đốt cháy hỗn hợp X

n_O2 = 2,52 : 22,4 = 0,1125 mol

Áp dụng bảo toàn electron ta có:

3.n_Fe + 2.n_Cu + 4.n_SO2 = 4.n_O2

=> 3x + 2y + 4z = 4.0,1125 (2)

Bảo toàn nguyên tố S:

n_S = n_SO2 => z = 0,07 mol (3)

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

=> x = 0,03; y = 0,04

Cho X vào dung dịch HNO₃ dư thu được khí NO₂

Áp dụng bảo toàn electron:

 n_NO2 = 3.n_Fe + 2.n_Cu + 6.n_S

=> n_NO2= 3.0,03 + 2.0,04 + 6.0,07 = 0,59 mol

=> V_NO2 = 0,59.22,4 = 13,216 lít.

n_HCl = 0,2.0,2 = 0,4 mol; n_H2SO4 = 0,2.0,1 = 0,02 mol 

 Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

0,02 ← 0,04    →        0,02

 Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

0,02 ← 0,02        →         0,02

n_H2 = 0,02 + 0,02 = 0,04 mol

  V_H2 = 0,04.22,4 = 0,896 lít

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.

 Ao, hồ bị phú dưỡng làm các loại thực vật sống dưới nước (như rong, tảo, lục bình, bèo,...) phát triển mạnh mẽ; làm tăng các chất lơ lửng, chất hữu cơ, dẫn đến sự suy giảm lượng oxygen trong nước, nhất là ở tầng sâu, gây ảnh hưởng không tốt đến chất lượng nước, làm ô nhiễm môi trường nước,...

R có oxit cao nhất là R₂O₅ hợp chất của R với hygdrogen có dạng RH₃.

M_R = 14

Vậy M là nitrogen (N)

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.

4NH₃ + 5O₂ 4NO + 6H₂O

NH₄NO₃ N₂O + 2H₂O

2AgNO₃ 2Ag + 2NO₂ + O₂

NH₄NO₂ N₂ + 2H₂O