160 Bài tập Nito, Photpho ôn thi Đại học có lời giải (P1)

Đáp án A

Phân bón NPK là hỗn hợp: (NH₄)₂HPO₄ và KNO₃

Đáp án C

Phương trình phản ứng:

2NaNO₃ $\stackrel{t^0}{\to }$ 2NaNO₂ + O₂

2Zn(NO₃)₂ $\stackrel{t^0}{\to }$2ZnO + 4NO₂ + O₂

$d_{x/H_2}=20\to \overline{Mx}=20.2=40$ 

Ta có hệ phương trình:

$\to \left\{\begin{array}{l}x=0,1\\ y=0,05\end{array}\right.$

$\%m_{NaN{O}_3}=47,35\%$

Đáp án C

Các cách điều chế H₃PO₄ là

P+5HNO₃→H₃PO₄+5NO₂+H₂O

P₂O₅+H₂O→H₃PO₄

Ca₃(PO₄)₂+3H₂SO₄→3CaSO₄+2H₃PO₄

Không điều chế được H₃PO₄ từ PH₃ (photphin)

Đáp án B

$$\begin{gathered} n_{NaOH}=\frac{44.10}{100.40}=0,11 mol; \\ {n}_{H_{2}P{O}_4}=\frac{20.39,2}{100.98}=0,08 mol \end{gathered}$$

$T=\frac{0,11}{0,08}=1,375$ 

$1<T<2$

$\to$muối thu được sau phản ứng là NaH₂PO₄ và Na₂HPO₄

Đáp án C

$n_{NaOH}=0,5.0,1=0,05 mol; n_{KOH}=0,5.0,2=0,1 mol$ 

Gọi công thức chung của 2 bazơ mà MOH

Ta có: $n_{MOH}=0,1+0,05=0,15 mol$

$M_{MOH}=\frac{40.0,05+56.0,1}{0,15}=\frac{152}{3}\to M_M=\frac{101}{3}$ 

TH₁: Muối là MH₂PO₄

$$\begin{gathered} \to n_{M{H}_{2}P{O}_4}=0,15 mol \\ \to m_{M{H}_{2}P{O}_4}=0,15.\left(\frac{101}{3}+97\right)=19,6 gam \end{gathered}$$ 

TH₂: Muối là M₂HPO₄

$$\begin{gathered} \to n_{M{H}_{2}P{O}_4}=0,075 mol \\ \to m_{M{H}_{2}P{O}_4}=0,075.\left(\frac{101}{3}.2+96\right)=12,25 gam \end{gathered}$$

TH₃: Muối là M₃PO₄

_{$$\begin{gathered} \to n_{M_{3}P{O}_4}=0,05 mol \\ \to m_{M_{3}P{O}_4}=9,8 gam \end{gathered}$$}

Nhận thấy: $m_{M_{3}P{O}_4}<m_{chất rắn}$ 

Chất rắn có chứa MOH dư (a mol) và M₃PO₄ (b mol)

Ta có hệ phương trình:

BTNT.P ta có: $n_P=0,042 mol\to m_p=0,042.31=1,302 gam$

Đáp án C

Áp dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp N₂ và H₂ ta có : $\frac{n_{N_2}}{n_{H_2}}=\frac{2}{3}$ 

=> H₂ thiếu, hiệu suất phản ứng tính theo H₂.

Chọn $\left\{\begin{array}{l}{n}_{N_2}=2 mol\\ n_{H_2}=3 mol\end{array}\right.$ 

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

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án B

Hỗn hợp ban đầu chứa $\left\{\begin{array}{l}{N}_2:0,2\\ H_2:0,8\end{array}\right.$ 

→ Hiệu suất tính theo N₂.

n_sau = 3,6/4 = 0,9 → N_{2 phản ứng} = 0,05 → H = 25%

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án D

Dễ thấy hiệu suất tính theo N₂

Giả sử X $\left\{\begin{array}{l}{N}_2:1\\ H_2:4\end{array}\right.$

Đáp án D

$n_{P_2{O}_5}=0,1mol; n_{NaOH}=0,5 mol$

Dựa vào tỉ lệ n_P2O5 và n_NaOH → $\left\{\begin{array}{l}N{a}_{3}P{O}_4:a mol\\ N{a}_{2}HP{O}_4:b mol\end{array}\right.$

Bảo toàn Na → 3a + 2b = 0,5

Bảo toàn P: a + b = 0,1 . 2

→ a = b = 0,1 → m = 0,1 . 164 + 142 . 0,1 = 30,6 (g)

Đáp án D

Hỗn hợp gồm:  Mg ( a mol) ; Cu(NO₃)₂ ( 0,25 mol)

Vì H₂ sinh ra nên không còn NO₃⁻ trong muối

Bảo toàn điện tích trong dung dịch → 2a + b + 0,25 .2 = 1,3 → 2a + b = 0,8 (1)

Bảo toàn mol H: 1,3 = 4b + 0,01 . 2 + 2c → 4b + 2c = 1,28 (2)

Bảo toàn O:

→ a = 0,39 ; b = 0,02 , c = 0,6

Vậym_muoi  = 24.0,39 + 18.0,02 + 64.0,25 + 35,5.1,3 = 71,87 g

 → a = 0,39 ; b = 0,02 , c = 0,6

Vậy m_muoi  = 24.0,39 + 18.0,02 + 64.0,25 + 35,5.1,3 = 71,87 gam

Đáp án B

Thu khí bằng phương pháp đẩy nước → loại NH₃

Điều chế khi bằng cách đun nóng dung dịch trong PTN

→ chỉ có thể là: N₂

Đáp án A

Xét NaOH hết ta có: $n_{H_{2}O}=n_{NaOH}=0,507 mol$

Bảo toàn khối lượng: $m_{H_{3}P{O}_4}+m_{NaOH}=m_{H_{2}O}+m_{cr}$

$\to \frac{98}{71}m+0,507.40=3m+18.0,507$

→ m = 6,89 (g)

Xét NaOH dư ta có: $n_{H_{2}O}=3n_{H_{3}P{O}_4}=\frac{3}{71}m\left(mol\right)$

Bảo toàn khối lượng:

$m_{H_{3}P{O}_4}+m_{NaOH}=m_{H_{2}O}+m_{cr}$

$\to \frac{98}{71}m+0,507.40=3m+18.\frac{3}{71}m$

→ m = 8,52(g) loại

Đáp án D

Photpho

Điện phân dung dịch NaCl bằng dòng diện một chiều có màng ngăn

Đáp án D

NH₃ không được thu bằng phương pháp đẩy nước mà là đẩy không khí

Đáp án B

$n_{P_2{O}_5}=0,25 mol\to n_{H_{3}P{O}_4}=0,5 mol$

Để thu được 2 muối K₂HPO₄;KHPO₄ thì 0,5 < x < 1

Đáp án B

Nguồn chứa nhiều photpho trong tự nhiên là

Quặng apatit 3Ca₃(PO₄)₂.CaF₂

Đáp án B

Theo gải thiết ban đầu ta thấy [H₂]=[N₂]=1M

Thực hiện phản ứng tổng hợp NH₃đến thời điểm cân bằng [NH₃] = 0,4 m

Ta có: N₂+3H₂ ⇌2NH₃

Bdau: 1………1………….0

p.ung:0,2…….0,6……….0,4

Sau: 0,8………0,4……….0,4

Tại thời điểm cân bằng [N₂]=0,8;[H₂]=0,4M;[NH₃]=0,4M

→Kc = 3,125

Đáp án D

NH₄NO₂→to N₂ + 2H₂O

Đáp án C

CO là oxit trung tính

Là hỗn hợp của NH₄H₂PO₄và KNO₃

Photpho trắng có cấu trúc mạng tinh thể phân tử

Đáp án C                  

P thể hiện tính oxi hóa khi tác dụng với chất khử, số oxi hóa giảm sau phản ứng

Đáp án C

P + 5HNO₃ → H₃PO₄ + 5NO₂↑ + H₂O

a →5a          → a                (mol)

S + 6HNO₃ → H₂SO₄ + 6NO₂↑ + 2H₂O

b→ 6b          → b                (mol)

∑ n_{HNO3 pư} = (5a + 6b) mol

=> n_HNO3 dư = (5a + 6b).20% = a + 1,2b (mol)

∑ n_H+ = n_HNO3 + 3n_H3PO4 + 2n_H2SO4 =  ( a + 1,2b) + 3a + 2b

=> ∑ n_H+ = 4a + 3,2b (mol)

Phản ứng trung hòa: H⁺ + OH^-→ H₂O

=> n_NaOH = n_OH- = n_H+ = 4a + 3,2b (mol)

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án C

$$\begin{gathered} \to n_{P_2{O}_6}=0,2 \\ \to C{\%}_{H_{3}P{O}_4}=\frac{98.0,2.2+500.0,098}{500+28,4}.100\%=16,69\% \end{gathered}$$

Đáp án A.

$$\begin{gathered} \to n_X=0,5;n_{C{O}_2}=0,15;n_{CO}=0,1 \\ \to n_{N_2}=0,25 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \to n_X=0,25\to n_{CaC{O}_3}=n_{CO}+n_{C{O}_2}=0,125 \\ \to m=12,5 \end{gathered}$$

Đáp án D

$$\begin{gathered} \to n_{HN{O}_3\left(du\right)}=0,2(5a+6b) \\ \to n_{NaOH}=3a+2b+0,2(5a+6b)=4a+3,2b \end{gathered}$$

Đáp án B.

$$\begin{gathered} n_p=0,5\to n_{P_2{O}_5}=0,25 \\ \to n_{H_{3}P{O}_4}=0,5 \\ \to C\%=\frac{0,5.98}{0,25.142+200}.100\%=20,81\% \end{gathered}$$

Đáp án C

$\to \%N_2=95.\frac{28}{60}+5\frac{28}{96}=45,79\%$

Đáp án B.

$\to n_{P_2{O}_5}=\frac{131}{764}$

$\stackrel{BTKL}{\to }m+\frac{m}{17}.32\to m=11,66$

Đáp án B

Đáp án A

Phương trình phản ứng:

CuO + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + H₂O

Dung dịch thu được có màu xanh

Đáp án D

Đáp án C

Phát biểu (1) đúng. Supe photphat kép có thành phần chỉ gồm Ca(H₂PO₄)₂ phân biệt với supephotphat đơn có thành phần bao gồm Ca(H₂PO₄)₂ và CaSO₄.

· Phát biểu (2) đúng. Phân hỗn hợp và phân phức hợp là loại phân bón chứa đồng thời hai hoặc ba nguyên tố dinh dưỡng cơ bản 

Phân hỗn hợp chứa cả ba nguyên tố N, P, K được gọi là phân NPK. Loại phân này là sản phẩm khi trộn lẫn các loại phân đơn theo tỉ lệ N : P : K khác nhau tuỳ theo loại đất và cây trồng. Thí dụ: Nitrophotka là hỗn hợp của (NH₄)₂HPO₄ và KNO₃.

ü Phân phức hợp được sản xuất bằng tương tác hoá học của các chất. Thí dụ: Amophot là hỗn hợp các muối NH₄H₂PO₄ và (NH₄)₂HPO₄ thu được khi cho amoniac tác dụng với axit photphoric.

· Phát biểu (3) sai. Không thể tồn tại dung dịch có các chất: Fe(NO₃)₂, H₂SO₄, NaCl vì giữa các ion có phản ứng với nhau:

3Fe²⁺ + 4H⁺  → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

· Phát biểu (4) đúng. Phương trình phản ứng:

CO₂ + NaAlO₂ + 2H₂O → NaHCO₃ + Al(OH)₃↓

· Phát biểu (5) sai. Chất điện ly mạnh là những chất khi tan trong nước phân ly hoàn toàn thành ion âm và ion dương.

Vậy có tất cả 3 phát biểu đúng

Đáp án B

Khí NH₃ nhẹ hơn không khí nên không thể thu khí như hình 2 (vì khí NH₃ sẽ bay lên hết).

Khí NH₃ tan nhiều trong nước nên cũng không thể thu khí bằng phương pháp đẩy nước như hình 3 và 4.

Chỉ có hình 1 biểu diễn đúng cách điều chế khí NH₃ trong phòng thí nghiệm.

Đáp án C.

Cacbon monooxit, cacbon đioxit, metan, lưu huỳnh đioxit là các khí gầy ô nhiễm môi trường không khí, trong nước gây ô nhiễm môi trường nước và không gây ô nhiễm môi trường đất.

A. Các cation như: Cd²⁺, Pb²⁺, Hg²⁺, và các anion như $P{O_4}^{3-},N{O_3}^{-},S{O_4}^{2-}$ gây ô nhiễm môi trường nước.

B. Phân bón hóa học, thuốc bảo vệ thực vật, chất phóng xạ gầy ô nhiễm môi trường nước.

C. Freon và các khí halogen như clo, brom gây ô nhiễm môi trường không khí

Đáp án D.

A. Na₂CO₃ không bị nhiệt phân, cũng không thăng hoa bởi nhiệt độ => X không thể là Na₂CO₃.

B. NH₄NO₂ tham gia phản ứng nhiệt phân:

Khí N₂ và hơi nước tạo thành không thể phản ứng chuyển thành NH₄NO₂, đồng thời NH₄NO₂ cũng không thăng hoa bởi nhiệt => X không thể là NH₄NO₂.

C. NaCl tương tự Na₂CO₃ không bị nhiệt phân, cũng không thăng hoa bởi nhiệt độ

=> X không thể là NaCl.

D. NH₄Cl tham gia phản ứng nhiệt phân:

Khí NH₃ và HCl bay lên trên, nhiệt độ giảm, chúng phản ứng với nhau tạo NH₄Cl tồn tại ở dạng hạt rắn nhỏ li ti, các hặt rắn này chạm phải mặt kính và bị giữ lại ở đó => X là NH₄Cl.