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

Ban đầu: n_{hỗn hợp}= $\frac{PV}{RT}$= $\frac{56.200}{0,082.273}$= 500 mol

→n_N2=100 mol, n_H2= 400 mol

Ta có $\frac{n_{N_2}}{1}<\frac{n_{H_2}}{3}$  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= ($\frac{x}{100}$).100%=25%

Chọn D

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Vì có $\frac{V_{H_2}}{3}=\frac{V_{N_2}}{1}$  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

→ $n_{N_2 pứ}$= 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

$\frac{n_{ban đầu}}{n_{sau}}=\frac{P_1}{P_2}\to \frac{P_1}{P_2}=\frac{4}{3,6}=\frac{10}{9}$

Đáp án C

      N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Vì  $\frac{n_{N_2}}{1}>\frac{n_{H_2}}{3}$ 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

$\to H=\frac{n_{H_{2 }pu}}{n_{H_2 ban đầu}}.100\%=\frac{0,3}{0,5}.100\%=60\%$

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)

$\overline{M_X}=4,9.2=9,8$ (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  $\frac{n_{N_2}}{1}>\frac{n_{H_2}}{3}$ 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

$\overline{M_Y}=6,125.2=12,25$ (g/mol), $nY= (0,3-\frac{a}{3}) + (0,7-a) + \frac{2a}{3}=1-\frac{2a}{3}$

$$\begin{gathered} mY=28 (0,3-\frac{a}{3})+ 2.(0,7-a)+17.\frac{2a}{3}= nY. MY= (1-\frac{2a}{3}).12,25 \\ \to \frac{49}{6a} -2,45=0 \\ \to a= 0,3 mol \end{gathered}$$

$\to H=\frac{n_{H_2 pu}}{n_{H_{2 }ban đầu}}.100\%=\frac{0,3}{0,7}.100\%=42,86\%$

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 $n_{H_2}= n_{N_2}$= a mol (ban đầu) → Tổng số mol khí ban đầu n₁= a+a=2a (mol)

Do   nên hiệu suất tính theo H₂

Đặt $n_{H_2 pứ}$= 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

 $\frac{n_{ban đầu}}{n_{sau}}=\frac{P_1}{P_2}=\frac{n_1}{n_2}=\frac{2a}{2a-2x/3}=\frac{100}{90}$

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 $\frac{(a-x)}{2}$ mol N₂, $\frac{(b-3x)}{2}$ 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

$\to \overline{M}=\frac{m_{hh}}{n_{hh}}=\frac{0,1.28+0,4.2}{0,5}=7,2 (g/mol)$

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

Đáp án C

Đặt $n_{{\left(N{H}_4\right)}_{2}C{r}_2{O}_7}$= 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

→ $m_{{\left(N{H}_4\right)}_{2}C{r}_2{O}_7}$=252x=45,36 gam

Phần trăm tạp chất trong muối là: $\frac{48-45,36}{48}.100\%=5,5\%$

Đáp án D

n_Ba=0,01 mol, $n_{{\left(N{H}_4\right)}_{2}S{O}_4}$= 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 $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}<n_{{\left(N{H}_4\right)}_{2}S{O}_4}$→ 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

→ $n_{N{H}_{4}N{O}_3}= n_{C{O}_2}$= 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 = $2.n_{N{H}_{4}N{O}_3}+ n_{N{H}_{4}HC{O}_3}$= 2.0,2+0,1=0,5 mol → m_N= 7 gam

→ %m_N=29,28%

Đáp án D

n_Al = $\frac{1}{6}$ mol. Đặt n_NO= x mol; $n_{N_{2}O}$= 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 $x=\frac{3}{34} ; y=\frac{1}{34}$

→ $n_{H^{+}}$= 4x+10y = $\frac{11}{17}$ mol= $n_{HN{O}_3}\to m_{HN{O}_3}=\frac{693}{17}$ gam

→ $m_{dd HN{O}_3}=60,843 gam\to V_{dd}=\frac{m_{dd}}{d}=43,46 ml$

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 : $n_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}$= n_Mg+ n_MgO=14x+x=0,15 mol

→ $m_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}$=22,2 gam ❬ m_T → T phải chứa NH₄NO₃

→ $m_{N{H}_{4}N{O}_3}$= 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):

$n_{H^{+}}= 10n_{N{H}_4}++ 12n_{N_2}$= 0,1+0,24= 0,34 mol= $n_{HN{O}_3}$ _{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= $n_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}, n_{N_{2}O}$= 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

$n_{HN{O}_{3 }pu}$= 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 $n_{HN{O}_3 pu}$= 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:

$$\begin{gathered} n_{H \left(HN{O}_3\right)}= n_{H\left(N{H}_{4}N{O}_3\right)}+ n_{H\left(H_{2}O\right)} \\ \to 0,87= 0,025.4+ 2.n_{H_{2}O}\to n_{H_{2}O}=0,385 mol \end{gathered}$$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m_{kim loại}+ $m_{HN{O}_3}$= m +m_khí+ $m_{H_{2}O}$

↔ 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 $n_R= n_{R{\left(N{O}_3\right)}_n}$ 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

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: $n_{N{O}_2}$=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

Ta có: n_Al= 0,18 mol= $n_{Al{\left(N{O}_3\right)}_3}$; 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):

$n_{H^{+}}= 10n_{N{H}_4}++ 12.n_{N_2}$= 10.0,1+ 12.0,2= 3,4 mol = $n_{HN{O}_3}$

→ a = $\frac{3,4}{2}$=1,7M

Chọn D

n_Mg= 0,07 mol = $n_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2} \to m_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}$= 0,07. 148= 10,36 gam ≠ 11,16 gam

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

$m_{N{H}_{4}N{O}_3}$=11,16 - 10,36= 0,8 gam → $n_{N{H}_{4}N{O}_3}$= 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)

$n_{H^{+}}= 10n_{{NH}_4^{+}}$+ 4.n_NO= 10.0,01+ 4.0,02= 0,18 mol = $n_{HN{O}_3}$

→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:

$n_{H^{+}}= 10.n_{N_{2}O}+ 4.n_{NO}$= 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. $n_{N_{2}O}$+ 3.n_NO+ $\frac{8}{10}.n_{H^{+}}$= 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: $n_{3M}= n_{M{\left(N{O}_3\right)}_2}$

 →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 $n_{N_{2}O}= n_{N_2}$=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= $m_{M{\left(N{O}_3\right)}_2}+ m_{N{H}_{4}N{O}_3}$= $\frac{7,15}{M}$. (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 = $n_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}, n_{N_{2}O}$= 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= $\frac{1,25}{2}$= 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}= 8$n_{{NH}_4^{+}}$= 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= $\frac{2,4}{n}$ mol

→M₃M= m₃M: n₃M= 21,6: $\frac{2,4}{n}$=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