40 câu Trắc nghiệm chuyên đề Hóa 11 Chủ đề 9. Ôn tập và kiểm tra chuyên đề nhóm nitơ có đáp án

2NH₃+ 3CuO → N₂+ 3Cu + 3H₂O

n_NH3= 0,4 mol, n_CuO =0,5 mol

Do 0,42>0,53 nên hiệu suất tính theo NH₃

Đặt số mol NH₃ phản ứng là x mol

2NH₃+ 3CuO → N₂+ 3Cu + 3H₂O

x 1,5x 1,5x mol

Chất rắn X có chứa 0,5-1,5x mol CuO dư và 1,5xmol Cu

n_{HCl ban đầu}= 0,8 mol

CuO + 2HCl→ CuCl₂+ H₂O

Số mol HCl giảm đi một nửa → n_{HCl pứ}= 0,8/2=0,4 mol

Theo PT: n_{HCl pứ}= 2.n­_CuO= 2.(0,5-1,5x)=0,4 → x= 0,2 mol

H=nNH3 punNH3 bd.100%=0,20,4.100%=50%

Đáp án A

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ở cùng điều kiện thì tỉ lệ về thể tích chính là tỉ lệ về số mol

Do hiệu suất phản ứng là 25% nên

VN2 pứ= 4.25%= 1 lít; VH2 pứ= 12.25%= 3 lít; VNH3  sinh ra= 2VN2 pứ= 2 lít

VN2 dư= 4-1=3 lít, VH2 dư= 12-3=9 lít

Hỗn hợp thu được sau phản ứng có thể tích là

V= VN2 dư+ VH2 dư+ VNH3 sinh ra= 3 +9+2=14 lít

Đáp án B

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

n2NH3= 1mol

Theo PTHH: nN2 (PT)= ½.nNH3= 0,5 mol; nH2 (PT)= 32. nNH3=1,5 mol

Công thức tính hiệu suất:

H=nN2(PT)nN2 thực tế.100%, H=nH2(PT)nH2(thực tế).100%→nN2(thực tế)=2 mol,  nH2(thực tế)=6 mol→VN2(thực tế)=44,8 lít; VH2 (thực tế)= 134,4

Đáp án D

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ở cùng điều kiện thì tỉ lệ về thể tích chính là tỉ lệ về số mol

Do  251>603→ Hiệu suất tính theo H₂

Đặt thể tích H₂ phản ứng là x lít

→VN2 pứ= x3 lít, VNH3 sinh ra=2x3lít

VN2 dư=25-x3 (lít), VH2 dư= 60- x(lít)

Sau phản ứng thu được N₂ dư, H₂ dư, NH₃

Tổng thể tích khí thu được là

Vkhí= VH2 dư+ VN2 dư+ VNH3= 60-x+ 25-x3+ 2x3= 75→x=15 lít

→H=VH2 puVH2 ban đầu.100%=1560.100%=25%

Đáp án B

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Dựa vào công thức: PV=n_RT

Ở nhiệt độ và thể tích không đổi (thể tích bình chứa luôn là 4 lít) và R là hằng số thì áp suất (P) tỉ lệ với số mol (n)

Theo đề áp suất sau bằng 910 áp suất ban đầu

→n_{khí sau pứ}= 910.n_{khí ban đầu}= 910. (8+16)= 21,6 mol

nNH3= n_{khí trước pứ} - n_{khí sau pứ}= (8+16)- 21,6= 2,4 mol

Vì  VN21>VH23 nên hiệu suất tính theo H₂

nH2 pứ= 32. nNH3= 1,5. 2,4= 3,6 mol

H=nH2 punH2 ban đầu.100%=3,616.100%=22,5%

Đáp án D

Giả sử ban đầu hỗn hợp có 1 mol trong đó có x mol N₂ và y mol H₂

Ta có x + y =1 mol (1)

Mx=1,8.4=7,2(g/mol) → m_X= n_X.Mx = 1.7,2= 7,2 gam

→28x+ 2y= 7,2 gam (2)

Giải hệ gồm (1) và (2) suy ra x= 0,2 và y= 0,8

N₂+ 3H₂ → 2NH₃

Do  nN21<nH23 nên hiệu suất tính theo N2

Đặt số mol N₂ phản ứng là a mol

       N₂+ 3H₂ → 2NH₃

Ban đầu        0,2        0,8        mol

Phản ứng        a        3a        2a        mol

Sau pứ        (0,2-a)        (0,8-3a) 2a        mol

Mx=3,913.2=7,826 (g/mol), n_Y= 0,2-a + 0,8-3a+ 2a=1 -2a

→m_Y= 28 (0,2-a)+ 2. (0,8-3a) + 17.2a= n_Y. M_Y= (1-2a).7,826

→a= 0,04 mol

H=nN2 punN2 ban đầu.100%=0,040,2.100%=20%

Đáp án B

Cho hỗn hợp gồm N₂, H₂, NH₃ đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc, dư thì chỉ có NH₃ phản ứng

2NH₃+ H₂SO₄→ (NH₄)₂SO₄

Sau phản ứng thể tích khí còn một nửa → %V_NH3= 50%

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ở cùng điều kiện thì tỉ lệ về thể tích chính là tỉ lệ về số mol

Do 41<143 →Hiệu suất tính theo N₂

Đặt thể tích N₂ phản ứng là x lít

→ VH2 pứ= 3x lít, VNH3 sinh ra=2x lít

VN2 dư= 4-x (lít), VH2 dư= 14-3x (lít)

Sau phản ứng thu được N_{2 dư} , H_{2 dư} , NH₃

Tổng thể tích khí thu được là

Vkhí = VH2 dư+ VN2 dư+ VNH3= 14-3x + 4-x+ 2x= 16,4 → x=0,8 lít

→H=VN2 puVN2 ban đầu.100%=0,84.100%=20%

Đáp án A

Ta có  nH23=nN21 nên hiệu suất phản ứng tính theo N₂ hoặc H₂

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        a        3a        mol

Phản ứng        x        3x        2x        mol

Sau pứ        (a-x)        (3a-3x)        2x       mol

Mban đầu=mban đầunban đầu=28a+2.3aa+3a=8,5

Tỉ khối hỗn hợp trước so với hỗn hợp sau phản ứng là 0,9.

→Khối lượng mol của hỗn hợp khí sau phản ứng là 8,5 : 0,9 = 859 (g/mol)

Msau=msaunsau=28(a-x)+2(3a-3x)+17.2xa-x+3a-3x+2x=34a4a-2x=859

→ x= 0,2a

H=nN2 punN2 ban đầu.100%=0,2aa.100%=20%

Đáp án A

Ban đầu: n_{hỗn hợp}= PVRT= 56.2000,082.273= 500 mol

→n_N2=100 mol, n_H2= 400 mol

Ta có nN21<nH23 nên hiệu suất tính theo N₂

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        100        400        mol

Phản ứng        x        3x        2x        mol

Sau pứ        (100-x)       (400-3x)        2x       mol

Sau khi phản ứng xảy ra đưa về 00C thì áp suất trong bình giảm 10% so với áp suất ban đầu

→Số mol khí cũng giảm 10%

→n_{khí sau pứ}= 500- 10%.500= 450 mol

Mà n_{khí sau pứ}= (100-x)+ (400-3x)+2x= 450

→x=25 mol

→H= (x100).100%=25%

Chọn D

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Vì có VH23=VN21 nên hiệu suất phản ứng tính theo N₂ hoặc H₂

Giả sử ban đầu có 1 mol N₂ và 3 mol H₂, n_{khí ban đầu}= 4 mol

→ nN2 pứ= 1.20%= 0,2 mol

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        1        3        mol

Phản ứng        0,2        0,6        0,4        mol

Sau pứ        0,8        2,4        0,4      mol

n_{khí sau pứ}= 0,8 + 2,4 + 0,4= 3,6 mol

Trong cùng điều kiện nhiệt độ và thể tích thì tỉ lệ về số mol chính là tỉ lệ về áp suất

nban đầunsau=P1P2→P1P2=43,6=109

Đáp án C

      N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Vì  nN21>nH23 nên hiệu suất tính theo H₂

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        0,5        0,5        mol

Phản ứng        x/3        x        2x/3        mol

Sau pứ        0,2       mol

Ở trạng thái cân bằng có 0,2 mol NH₃ tạo thành nên 2x/3= 0,2

→x=0,3

→H=nH2 punH2 ban đầu.100%=0,30,5.100%=60%

Đáp án C

Giả sử ban đầu hỗn hợp có 1 mol trong đó có x mol N₂ và y mol H₂

Ta có x + y =1 mol (1)

MX=4,9.2=9,8 (g/mol)→ m_X= n_X. = 1.9,8= 9,8 gam

→28x+ 2y= 9,8 gam (2)

Giải hệ gồm (1) và (2) suy ra x= 0,3 và y= 0,7

N₂+ 3H₂ → 2NH₃

Do  nN21>nH23 nên hiệu suất tính theo H₂

Đặt số mol H₂ phản ứng là a mol

              N₂+ 3H₂ → 2NH₃

Ban đầu        0,3        0,7        mol

Phản ứng        a/3        a        2a/3        mol

Sau pứ        (0,3-a/3)        (0,7-a)        2a/3        mol

MY=6,125.2=12,25 (g/mol), nY= (0,3-a3) + (0,7-a) + 2a3=1-2a3

mY=28 (0,3-a3)+ 2.(0,7-a)+17.2a3= nY. MY= (1-2a3).12,25  →496a -2,45=0  →a= 0,3 mol

→H=nH2 punH2 ban đầu.100%=0,30,7.100%=42,86%

Đáp án A

Giả sử có 1 mol hỗn hợp đầu. Gọi x và y (mol) lần lượt là số mol của N₂ và H₂ trong 1 mol hỗn hợp đầu

Gọi n₁, P₁ và n₂, P₂ lần lượt là số mol hỗn hợp khí + áp suất trong bình ban đầu và lúc sau

→ n₁ = x + y = 1 (1)

Khi nhiệt độ không đổi

→ n₁ / n₂ = P₁ / P₂

Áp suất khí trong bình giảm 5% so với áp suất ban đầu → P₁ / P₂ = 20 / 19

→ n₁/ n₂ = 20 / 19 (2)

Số mol của nito đã phản ứng là 10% → N₂ pứ 0,1x mol

Phương trình: N₂ + 3H₂ → 2NH₃

Trước: -----------x-------y---------0

Pứ: -------------0,1x---0,3x-----0,2x

Sau: n_N₂ = 0,9x ; n _H₂ = y - 0,3x ; n_NH₃ = 0,2x

→ n₂ = 0,9x + y - 0,3x + 0,2x

→ n₂ = 0,8x + y (3)

Từ (1) (2) và (3) ta có:

(x + y) / (0,8x + y) = 20 / 19

→ 3x - y = 0 (4)

Giải hệ (1) và (4) cho ta: x = 0,25 mol và y = 0,75 mol

Thành phần phần trăm về số mol của N₂ và H₂ trong hỗn hợp đầu là %_N₂ = 25% và %_H₂ = 75%

Chọn C

Đặt nH2= nN2= a mol (ban đầu) → Tổng số mol khí ban đầu n₁= a+a=2a (mol)

Do  nên hiệu suất tính theo H₂

Đặt nH2 pứ= x mol

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        a        a        mol

Phản ứng        x/3        x        2x/3        mol

Sau pứ        (a-x/3)        (a-x)        2x/3       mol

Tổng số mol khí sau phản ứng n₂= (a-x/3) + (a-x) + 2x/3= 2a- 2x/3 (mol)

Trong cùng điều kiện về nhiệt độ, tỉ lệ số mol bằng tỉ lệ áp suất

 nban đầunsau=P1P2=n1n2=2a2a-2x/3=10090

→x=0,3a→H=nH2 punH2 ban đầu.100%=0,3aa.100%=30%

Đáp án D

Đặt số mol N₂ , H₂ ban đầu lần lượt là a, b mol. Ta có a+b= 0,5 (*1)

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃ (1)

Ban đầu        a        b        mol

Phản ứng        x        3x        2x mol

Sau pứ        (a-x)        (b-3x)        2x mol

½ hỗn hợp Y chứa (a-x)2 mol N₂, (b-3x)2 mol H₂, x mol NH₃

Cho 1/2 hỗn hợp Y đi qua ống sứ đựng CuO dư, nung nóng

2NH₃+ 3CuO→ N₂+ 3Cu + 3H₂O (2)

x        3x/2        x/2        3x/2        3x/2        mol

H₂ + CuO → Cu + H₂O (3)

(b-3x)/2        (b-3x)/2        (b-3x)/2 mol        (b-3x)/2

khối lượng chất rắn trong ống giảm chính là khối lượng oxi trong oxit bị tách ra → m_{O tách}= 3,2 gam

Theo PT (2), (3): n_O(tách)= n_H2O= 3x/2+ (b-3x)/2= b/2 mol = 3,2/16

→ b=0,4 mol. Từ (*1) ta có a= 0,1 mol

→M=mhhnhh=0,1.28+0,4.20,5=7,2 (g/mol)

Tỉ khối hơi của X so với H2 là: 7,2/2= 3,6

Đáp án C

Ta có số mol khí ban đầu là

n = 0,5 + 1,5 = 2 (mol)

Vì có  nên hiệu suất phản ứng tính theo N₂ hoặc H₂

Gọi x là số mol N₂ phản ứng. Ta có:

N₂ + 3H₂ ↔ 2NH₃

x .... 3x ...... 2x (mol)

Số mol N₂ còn lại là: (0,5 - x) (mol)

Số mol H₂ còn lại là: (1,5 - 3x) (mol)

Số mol NH₃ sinh ra là: 2x (mol)

=> Số mol ở áp suất P₁ là

n₁ = (0,5 - x) + (1,5 - 3x) + 2x = (2 - 2x) (mol)

Áp dụng công thức n = PV/RT

Do phản ứng trong bình có thể tích V không đổi, sau phản ứng đưa về nhiệt độ t°C ban đầu nên:

P2P1=n2n1 = số mol sau phản ứngsố mol trước phản ứng (*)

H₂SO₄ hấp thụ hoàn toàn NH₃ theo PT : 2NH₃+ H₂SO₄→ (NH₄)₂SO₄ nên khí sau phản ứng chỉ có N₂ và H₂ với tổng số mol là :

n₂ = (0,5 - x) + (1,5 - 3x) = 2 - 4x

Thay vào (*)

P2P1=(2 - 2x)(0,2 - 4x)

→ P₂(2 - 4x) = (2 - 2x)P₁

Do P₁=1,75P2

→ P₂(2 - 4x) = (2 - 2x).1,75P₂

→ x = 0,3 (mol)

Hiệu suất phản ứng là:

H% = (0,3/0,5).100% = 60 %

Đáp án D

Đặt n(NH4)2Cr2O7= x mol

(NH₄)₂Cr₂O₇ →Cr₂O₃+ N₂+ 4H₂O

x        x        x        4x mol

Khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng N₂ và H₂O bay hơi

m_{chất rắn giảm}= 28x+ 18.4x= 48-30 (gam)→ x=0,18 mol

→ m(NH4)2Cr2O7=252x=45,36 gam

Phần trăm tạp chất trong muối là: 48-45,3648.100%=5,5%

Đáp án D

Nhận thấy Mg²⁺ và H⁺ không thể tồn tại cùng với CO₃^2-

→ Dung dịch A chứa K⁺, NH₄⁺, CO₃^2- và ion âm An^-

Theo định luật bảo toàn điện tích: 0,15+ 0,25=0,15.2+ n.nAn-

→ n.nAn-= 0,1 mol → Anion còn lại trong dung dịch A là Cl^-

→ Dung dịch A chứa K⁺, NH₄+, CO₃^2- và Cl^-

→ m_{chất rắn khan}= 0,15.39 + 0,25.18+ 0,15.60 + 0,1.35,5= 22,9 gam

Dung dịch B chứa H⁺, Mg²⁺, SO₄^2- và NO₃^-

Chú ý khi cô cạn thì axit HNO₃ (0,2 mol) sẽ bay hơi cùng nước

→ m_{chất rắn khan}= mMg2++ mSO42-+ mNO3- dư= 0,1.24+ 96.0,075+ 0,05.62=12,7 gam

Đáp án C

n_Ba=0,01 mol, n(NH4)2SO4= 0,0122 mol

Ba+ H₂O → Ba(OH)₂+ H₂↑ (1)

0,01        0,01        0,01 mol

Ba(OH)₂ + (NH₄)₄SO₄ → BaS0₄↓ + 2NH₃↑+ 2H₂O(2)

0,01        0,0122        0,01        0,02

Ta có nBa(OH)2<n(NH4)2SO4→ Ba(OH)₂ hết → Tính theo Ba(OH)₂

khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm

m_{dd giảm}=(m_{kết tủa}+ m_khí= m_BaSO4+ m_NH3+ m_H2) - m_Ba

= (233. 0,01+ 0,02.17+0,01.2)- 1,37=1,32 gam

Đáp án B

NH₄NO₃→ N₂O + 2H₂O (1)

x        x        mol

NH₄HCO₃ →NH₃+ CO₂+ H₂O(2)

0,1        0,1        0,1        mol

Khi cho Y qua dung dịch Ca(OH)₂ dư thì

CO₂+ Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O(3)

0,1←        0,1 mol

→ nNH4NO3= nCO2= 0,1 mol

Hỗn hợp Y có x mol N₂O, 0,1 mol NH₃ và 0,1 mol CO₂

M_Y= 18,625.2=37,25 g/mol

→m_Y= n_Y.M_Y= (x+0,1+0,1).37,25= 44x+ 0,1.17+ 0,1.44

→x=0,2 mol → m_X= 0,2.80+0,1.79=23,9 gam

m_N = 2.nNH4NO3+ nNH4HCO3= 2.0,2+0,1=0,5 mol → m_N= 7 gam

→ %m_N=29,28%

Đáp án D

n_Al = 16 mol. Đặt n_NO= x mol; nN2O= y mol

Quá trình cho e :

Al → Al³⁺+ 3e

1/6→        0,5 mol

Quá trình nhận e :

NO₃^-+ 3e+ 4H⁺ → NO + 2H₂O

       3x        4x←       x mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O

       8y        10y←       y mol

Theo ĐL bảo toàn electron: 0,5 = 3x+8y (1)

M₂X = 16,75.2=33,5

 →3,5x - 10,5y = 0 (2)

Giải hệ ( 1) và (2) ta có x=334 ; y=134

→ nH+= 4x+10y = 1117 mol= nHNO3→ mHNO3=69317 gam

→ mdd HNO3=60,843 gam→Vdd=mddd=43,46 ml

Chọn D

Đặt số mol Mg là 14 x mol và MgO là x mol

→m_{hỗn hợp}=14x.24+40x=3,76 gam→ x=0,01 mol

Bảo toàn nguyên tố Mg ta có : nMg(NO3)2= n_Mg+ n_MgO=14x+x=0,15 mol

→ mMg(NO3)2=22,2 gam ❬ m_T → T phải chứa NH₄NO₃

→ mNH4NO3= 23-22,2=0,8 gam → n_NH4NO3=0,01 mol

n_khí=0,02 mol. Giả sử số oxi hóa của N trong sản phẩm khí là a

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,14→        0,28 mol

Quá trình nhận e:

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (2)

       0,08       0,1        0,01 mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N:

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,02        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,28= 0,08 + 0,02. (5-a)→ a= -5 loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,04        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,28= 0,08 + 0,04. (5-a)→ a= 0→ Khí là N₂

2NO₃^-+ 10e+12H+→ N₂+ 6H₂O (3)

       0,24        0,02

TheoPT (2) và (3):

nH+= 10nNH4++ 12nN2= 0,1+0,24= 0,34 mol= nHNO3 _{pứ với Mg}

MgO + 2HNO₃→ Mg(NO₃)₂+H₂O

0,01        0,02

Vậy tổng số mol HNO₃ phản ứng là 0,34+ 0,02= 0,36 mol

Đáp án B

n_Mg=0,5 mol= nMg(NO3)2, nN2O= 0,1 mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,5→        1 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (2)

       0,8        1,0        0,1 mol

Do số mol e cho ở (1) khác số mol e nhận ở (2) nên phải có quá trình tạo NH₄⁺

Theo ĐLBT e: n_{e cho}= n_{e nhận}= 1 mol → n_{e nhận} ở (3)= 1-0,8=0,2 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       0,2        0,25        0,025 mol

Vậy cô cạn X thu được 2 muối là 0,5 mol Mg(NO₃)₂ và 0,025 mol NH₄NO₃→ m=76 gam

Đáp án B

nHNO3 pu= 0,87 mol

Đặt số mol N₂ là x mol; số mol N₂O là y mol

→ x + y = 0,06

m_{hỗn hợp}= 28x+44y= 0,06.20,667.2=2,48 gam

Giải hệ trên được x=0,01 ; y= 0,05

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (1)

       0,4        0,5        ← 0,05 mol

2NO₃^-+ 10e+12H⁺→ N₂+ 6H₂O (2)

       0,12← 0,01

Theo PT (1), (2): n_H+= 0,5+0,12= 0,62 mol= n_HNO3

Mà đề cho nHNO3 pu= 0,87 mol

→ Có phản ứng tiếp :

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       0,2        0,25        0,025 mol

n_{H+ pứ 3}= 0,87 - 0,62= 0,25 mol

bảo toàn nguyên tố H:

nH (HNO3)= nH(NH4NO3)+ nH(H2O)→0,87= 0,025.4+ 2.nH2O→ nH2O=0,385 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m_{kim loại}+ mHNO3= m +m_khí+ mH2O

↔ 9,55+ 0,87.63=m+2,48 + 0,385.18 → m=54,95 gam

Đáp án A

Do khí A là sản phẩm khử duy nhất nên muối khan chỉ có R(NO₃)n (n là hóa trị cao nhất của kim loại R)

Ta luôn có nR= nR(NO3)n nên

 →3,5x - 10,5y = 0 (2)

→R = 12n

Vì n chỉ nhận giá trị 1, 2, 3 nên ta thấy chỉ có n=2, R=24(Mg) là thỏa mãn

n_Mg=0,4mol, n_khí= 0,1mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,4→        0,8 mol

Quá trình nhận e:

-Nếu khí có 1 nguyên tử N:

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,1        0,1

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,8= 0,1. (5-a)→ a= -3 loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,2        0,1

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,8= 0,2. (5-a)→ a= 1→ Khí là N₂O

Đáp án D

Ta tính được n_Zn= 0,05 mol, n_Al= 0,1 mol, n_khí= 0,04 mol

Quá trình cho e:

Zn→ Zn²⁺+ 2e (1)

0,05→        0,1 mol

Al→ Al³⁺+ 3e (1)

0,1→        0,3 mol

→Tổng số mol e cho là 0,4 mol

Quá trình nhận e:

-Nếu khí có 1 nguyên tử N:

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,04        0,04

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,4= 0,04. (5-a)→ a= -5 loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,08        0,04

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,4= 0,08. (5-a)→ a= 0→ Khí là N₂

Đáp án B

X+ HNO₃→ Dung dịch Y

Dung dịch Y + NaOH→ Khí

→Dung dịch Y phải có NH₄NO₃

NH₄NO₃+ NaOH → NaNO₃+ NH₃↑ + H₂O

0,01←        0,01 mol

QT nhận e:

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       0,1        0,01 mol

nHNO3= nH+= 0,1 mol →CMHNO3=0,10,2= 0,5 (M)

Đáp án C

QT cho e: Xét với ½ khối lượng hỗn hợp

Mg → Mg²⁺+ 2e (1)

x       2x mol

Al → Al³⁺+ 3e (2)

y       3y mol

Cu → Cu²⁺+ 2e (3)

z       2z mol

→ n_{e cho}= 2x+ 3y+2z mol

QT nhận e:

-Phần 1: nNO2=0,47 mol

N⁺⁵+ 1e→ NO₂

      0,47       0,47 mol

Theo ĐL bảo toàn e: n_{e cho}= 2x+ 3y+2z = n_{e nhận}= 0,47

-Phần 2:

Cl₂⁺ 2e→ 2Cl^-

      0,47      0,47

Theo ĐL bảo toàn e: n_{e cho}= 2x+ 3y+2z = n_{e nhận}= 0,47

m_{muối clorua}= m_{kim loại}+ m_Cl-= m_{kim loại}+ 0,47.35,5=27,875

→ m_{kim loại}=11,19 gam → m = 11,19.2 = 22,38 gam

Chọn A

X gồm 2 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí và là sản phẩm khử của N nên X là N₂, N₂O

Đặt nN2= x mol; nN2O= y mol

Ta có n_X = x+ y= 0,075 mol

m_X= n_X.M_X= 0,075.17,2.2= 28x+ 44y

Giải hệ trên có : x= 0,045 ; y=0,03

QT nhận e :

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (1)

       0,24        0,3        ← 0,03 mol

2NO₃^-+ 10e+12H⁺→ N₂+ 6H₂O (2)

       0,45        0,54← 0,045

Theo PT (1), (2): nH+= 0,3+0, 54= 0,84 mol= nHNO3→ VddHNO3 = 4,2 lít

QT cho e:

M → Mⁿ⁺+ ne

0,69/n        0,69 mol

Theo ĐL bảo toàn e : n_{e cho} = n_{e nhận}= 0,24+0,45= 0,69 mol

MM= mMnM= 6,21 :0,69n=9n

Xét n=1, 2, 3 thì thấy chỉ có n=3, M=27 (Al) thỏa mãn

Đáp án D

Ta có: n_Al= 0,18 mol= nAl(NO3)3; n_NO= 0,1 mol

QT cho e :

Al → Al³⁺+ 3e (1)

0,18        0,54 mol

QT nhận e :

N⁺⁵+ 3e → NO (2)

       0,3        0,1

Nếu chỉ có quá trình nhận e (2) thì số mol e cho khác số mol e nhận

Do đó phải có quá trình :

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       0,24 →        0,03

Theo ĐL BT e : n_{e cho}= n_{e nhận} nên 0,54= 0,3+ n_{e nhận ở quá trình} 3

→ n_{e nhận ở quá trình} 3= 0,24 mol

Muối khan thu được có Al(NO₃)₃ : 0,18 mol; NH₄NO₃: 0,03 mol

→ m=0,18. 213 + 0,03.80=40,74 gam

Đáp án A

Cho NaOH dư vào dung dịch X, đun nóng thu được 0,1 mol khí.

→Dung dịch X có chứa NH₄NO₃

NH₄NO₃+ NaOH → NaNO₃+ NH₃↑ + H₂O

0,1 ←        0, 1 mol

QT nhận e:

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (1)

       1,0 0,1 mol

2NO₃^-+ 10e+12H⁺→ N₂+ 6H₂O (2)

       2,4 ← 0,2 mol

Theo 2 bán phản ứng (1), (2):

nH+= 10nNH4++ 12.nN2= 10.0,1+ 12.0,2= 3,4 mol = nHNO3

→ a = 3,42=1,7M

Chọn D

n_Mg= 0,07 mol = nMg(NO3)2 → mMg(NO3)2= 0,07. 148= 10,36 gam ≠ 11,16 gam

→ Muối khan phải chứa cả Mg(NO₃)₂ và NH₄NO₃

mNH4NO3=11,16 - 10,36= 0,8 gam → nNH4NO3= 0,01 mol

Quá trình cho e:

Mg → Mg²⁺+ 2e (1)

0,07 →        0,14 mol

Quá trình nhận e: n_khí= 0,02mol

NO₃^-+ 8e + 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (2)

       0,08        0,1        0,01 mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N:

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,02        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,14= 0,02. (5-a)+0,08→ a= 2 → NO

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,04        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,14= 0,04. (5-a) + 0,08→ a= 3,5 loại

Ta có:

NO₃^-+ 3e+4H⁺→ NO+ 2H₂O (3)

       0,06        0,08        0,02 mol

Theo các bán phản ứng (2) và (3)

nH+= 10nNH4++ 4.n_NO= 10.0,01+ 4.0,02= 0,18 mol = nHNO3

→V= 0,18/0,25= 0,72 lít

Đáp án B

QT cho e :

Al → Al³⁺+ 3e (1)

QT nhận e:

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       0,24        0,3        ← 0,03 mol

NO₃^-+ 3e + 4H⁺→ NO+ 2H₂O (4)

       0,06        0,08      ← 0,02

Theo bán phản ứng (3) và (4) ta có:

nH+= 10.nN2O+ 4.nNO= 10.0,03 + 4.0,02= 0,38 mol≠ 0,58 mol

Do đó còn có thêm quá trình nhận e tạo NH₄⁺

NO₃^-+ 8e + 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (5)

       0,16 ←        0,2

n_{H+ pt5}= 0,58- 0,38= 0,2 mol

Theo bán phản ứng (3), (4), (5) ta có:

n_{e nhận}= 8. nN2O+ 3.n_NO+ 810.nH+= 0,24+ 0,06+ 0,16= 0,46 mol

Theo ĐL bảo toàn e : n_{e cho}= n_{e nhận}= 0,46 mol → n_Al= 0,46/3 mol

→m_Al= 4,14 gam

Đáp án D

2 khí không màu, không hóa nâu trong không khí và là sản phẩm khử của N⁺⁵ chỉ có thể là N₂ và N₂O

-TH1: 21,19 gam muối không có muối NH₄NO₃

Theo bảo toàn nguyên tố M ta có: n3M= nM(NO3)2

 →3,5x-10,5y=0 (2)

→M= 63,148 Loại

Do đó trường hợp này loại

-TH2: 21,19 gam muối có muối NH₄NO₃

QT cho e:

M → M²⁺+ ne (1)

7,15/M        7,15.2/M

QT nhận e : n_khí= 0,02 mol. Mà số mol hai khí bằng nhau nên nN2O= nN2=0,01mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (2)

       0,08       0,1        ← 0,01 mol

2NO₃^-+ 10e+12H⁺→ N₂+ 6H₂O (3)

       0,1        0,12← 0,01 mol

NO₃^-+ 8e + 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (4)

       8x        xmol

Đặt số mol muối NH₄⁺ là x mol

Theo ĐL BT e: n_{e cho}= n_{e nhận} nên 7,15.2/M= 0,08 + 0,1+8x (*1)

Mặt khác : m_muối= mM(NO3)2+ mNH4NO3= 7,15M. (M+124)+80x= 21,19 (*2)

Từ (*1) và (*2) ta có: x= 5.10^-3 và M=65. M là Zn

Đáp án D

Ta có: n_Mg= 1,1 mol; n_X= 0,4 mol

Hỗn hợp X có 1 khí màu nâu nên phải chứa NO₂

Số mol mỗi khí trong X là 0,2 mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

1,1→ 2,2 mol

Quá trình nhận e:

NO₃^-+ 1e + 2H⁺ → NO₂ + H₂O (2)

       0,2 ←        0,2mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,2        0,2

Theo ĐL bảo toàn electron có: 2,2= 0,2. (5-a)+0,2→ a= -5 → Loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0, 4        0,2

Theo ĐL bảo toàn electron có: 2,2= 0,4. (5-a) + 0,2→ a= 0→ Khí là N₂

Vậy trong X chứa NO₂ và N₂

Đáp án C

n_Mg=0,5 mol = nMg(NO3)2, nN2O= 0,1 mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,5→        1 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (2)

       0,8        1,0        0,1 mol

Do số mol e cho ở (1) khác số mol e nhận ở (2) nên phải có quá trình tạo NH₄⁺

Theo ĐLBT e: n_{e cho}= n_{e nhận}= 1 mol → n_{e nhận ở (3)}= 1-0,8=0,2 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       0,2        0,25        0,025 mol

Theo bán phản ứng (2) và (3) ta có

n_H+= n_{H+PT 2}+ n_H+PT3= 1 + 0,25= 1,25 mol→ V= 1,252= 0,625 lít= 625 ml

Đáp án C

QT cho e:

Fe_xO_y → xFe⁺³+ (3x-2y) e

0,03        0,03(3x-2y) mol

QT nhận e: n₂ khí X= 0,03 mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,03       0,03

Theo ĐL bảo toàn electron có:

0,03 (3x-2y)= 0,03 (5-a)

Nếu x = y = 1 thì a = 4 → NO₂

Nếu x = 3, y = 4 thì a = 4 → NO₂

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N2^+a

       (5-a).0,06        0,03

Theo ĐL bảo toàn electron có:

0,03(3x - 2y) = (5-a).0,06 hay 3x - 2y= 2(5 - a)

Nếu x = y = 1 thì a = 4,5 Loại

Nếu x = 3, y = 4thì a = 4,5 Loại

Vậy X là NO₂

Đáp án A

X+ HNO₃→ Dung dịch D

Dung dịch D + NaOH → Khí

→ Dung dịch D phải có NH₄NO₃

NH₄NO₃+ NaOH → NaNO₃+ NH₃↑ + H₂O

0,3 ←        0,3 mol

QT nhận e:

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       2,4        0,3 mol

n_{e nhận}= 8nNH4+= 2,4 mol

QT cho e: Gọi số oxi hóa cao nhất của kim loại M là n (n=1,2,3)

M → Mⁿ⁺+ ne

Theo ĐLBT e : n_{e cho}= n_{e nhận} nên n_{e cho}= 2,4 mol → n_M= 2,4n mol

→M₃M= m₃M: n₃M= 21,6: 2,4n=9n

Thay các giá trị n và M ta thấy chỉ có n = 3, M = 27 thỏa mãn

Vậy M là Al.

Đáp án B

Quá trình cho e: n_Al= 0,05mol

Al→ Al³⁺ + 3e (1)

0,05 →        0,15 mol

Quá trình nhận e: n_{khí X}= 0,015 mol

-Nếu khí X có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,015        0,015

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,15= 0,015. (5-a)→ a= -5 → Loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a). 0,03        0,015

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,15= 0,03. (5-a) → a= 0→ Khí X là N₂

Đáp án A