Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Ammonia và muối ammonium (Hóa học Lớp 11)

Đáp án: A. 142

Theo đề ta có khối lượng ammonium trong 800 m³ nước là:
800.10³.56.10⁻³ = 44800 gam ⟹ n(NH₄⁺) = 44800/18 = 22400/9 mol

Theo (1) ta có: V(O₂) = (22400/9).2.0,95.24,79 = 117229,1556 lít ≈ 117,2291556 m³

Theo (1) và (2) ta có: V(N₂) = (22400/(9.2)).0,95.0,85.24,79 = 24911,19556 lít ≈ 24,91119556 m³

Tổng a + b = 142 m³

Mỗi lần vận hành:
NH${}_3$ mới: 90 kg; NH${}_3$ tuần hoàn: 10 kg

Tổng vào: 100 $kg$ $N{H}_3$

$$m_{h\acute{\hat{a}}pthụ}=100\times 90\%=90kg;m_{kh\hat{o}ngh\acute{\hat{a}}pthụ}=10kg(tu\grave{\hat{a}}nho\grave{a}n)$$

100 $kg$ dung dịch 20%: $N{H}_3$: 20 kg ; $H_{2}O$: 80 kg

$N{H}_3$ trong dung dịch: 20 + 90 = 110 $kg$ — Tổng khối lượng dung dịch: 100 + 90 = 190 $kg$

$$a=\frac{110}{190}\times 100=57.8947\dots \%\Rightarrow a=57.9\%$$

(AI giải đề cho tôi)
Khí X không màu, có mùi khai xốc và sinh ra trong quá trình phân hủy các sinh vật chết (phân hủy protein chứa nitơ) là amoniac NH${}_3$. CO và H${}_2$ không màu nhưng không mùi khai; N${}_2$ không màu, không mùi. Đáp án khớp với bảng đáp án nguồn (Câu 52 - C).

Đáp án B

Lưu ý: Những phản ứng mà $N{H}_3$ thể hiện tính khử là những phản ứng N tăng số oxi hóa lên.

A. Số oxi hóa của nitơ tăng từ $N^{-3}$ lên $N^{+2}$.

B. N ở hai vế phương trình vẫn giữ nguyên số oxi hóa là -3.

C. Số oxi hóa của nitơ tăng từ $N^{-3}$ lên $N^0$.

D. Số oxi hóa của nitơ tăng từ $N^{-3}$ lên $N^0$.

(AI giải đề cho tôi)
Thí nghiệm đài phun nước amoniac: NH3 tan cực tốt trong nước nên khi nước được hút vào bình, lượng khí NH3 trong bình giảm nhanh làm áp suất trong bình thấp hơn áp suất khí quyển bên ngoài. Do đó nước bên ngoài bị đẩy vào bình và phun thành tia (tạo dung dịch NH3 làm phenolphthalein hóa hồng, chứng tỏ môi trường base). Vậy phát biểu C sai vì tia nước phun vào bình do áp suất trong bình THẤP hơn áp suất không khí, không phải cao hơn. Các phát biểu A, B, D đều đúng: trong phản ứng NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OH−, NH3 nhận proton H+ nên theo thuyết Brønsted–Lowry NH3 là base; thí nghiệm chứng minh NH3 tan rất tốt trong nước; dung dịch NH3 chứa OH− nên có môi trường base. Đáp án khớp với bảng đáp án nguồn (Câu 17: C).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol mỗi chất là $a$. Xét phương án B: Z chứa $a$ mol NH${}_4$HCO${}_3$ và $a$ mol (NH${}_4$)${}_2$CO${}_3$, tức có $a$ mol HCO${}_3^{-}$, $2a$ mol CO${}_3^{2-}$ và $3a$ mol NH${}_4^{+}$.

Thí nghiệm 1: CaCl${}_2$ chỉ kết tủa với CO${}_3^{2-}$ (Ca(HCO${}_3$)${}_2$ tan): Ca${}^{2+}$ + CO${}_3^{2-}$ → CaCO${}_3$↓, nên $n_1=2a$.

Thí nghiệm 2: HCl trung hòa HCO${}_3^{-}$ (cần $a$ mol) và CO${}_3^{2-}$ (cần $2a$ mol): $n_2=a+2a=3a$.

Thí nghiệm 3: NaOH tác dụng với HCO${}_3^{-}$ ($a$ mol) và NH${}_4^{+}$ ($3a$ mol, sôi thoát NH${}_3$): $n_3=a+3a=4a$.

Vậy $n_1=2a<n_2=3a<n_3=4a$, thỏa mãn đề bài.

Kiểm tra các phương án khác:
- A (NaHCO${}_3$ + (NH${}_4$)${}_2$CO${}_3$): $n_1=2a$, $n_2=3a$, $n_3=a+2a=3a$ → $n_2=n_3$, loại.
- C (NaHCO${}_3$ + Na${}_2$CO${}_3$): $n_3=a$ (chỉ HCO${}_3^{-}$), loại.
- D (NH${}_4$HCO${}_3$ + Na${}_2$CO${}_3$): $n_3=2a$ (HCO${}_3^{-}$ + NH${}_4^{+}$), $n_3<n_2$, loại.

Vậy hai chất là NH${}_4$HCO${}_3$ và (NH${}_4$)${}_2$CO${}_3$, khớp với đáp án B của đề.

Khi dùng Ba(OH)${}_2$ thì:
+) (NH${}_4$)${}_2$SO${}_4$: Có kết tủa trắng và sủi bọt khí
$$(N{H}_4{)}_{2}S{O}_4+Ba(OH{)}_2\to 2N{H}_3\uparrow +BaS{O}_4\downarrow +2H_{2}O$$
$$K_{2}S{O}_4+Ba(OH{)}_2\to 2N{H}_3\uparrow +Ba(N{O}_3{)}_2+2H_{2}O$$
+) NH${}_4$NO${}_3$: có sủi bọt khí
$$2N{H}_{4}N{O}_3+Ba(OH{)}_2\to 2N{H}_3\uparrow +Ba(N{O}_3{)}_2+2H_{2}O$$
+) KOH: không hiện tượng (không phản ứng với Ba(OH)${}_2$)
$\Rightarrow$ C

Đáp án B. Phân tích : $X+Ca(OH{)}_2\to$ Kết tủa trắng $\Rightarrow$ X là KHCO${}_3$
$Y+Ca(OH{)}_2\to$ Khí mùi khai $\Rightarrow$ Y là NH${}_4$NO${}_3$
$Z+Ca(OH{)}_2\to$ Không có hiện tượng $\Rightarrow$ Z là NaNO${}_3$
$T+Ca(OH{)}_2\to$ Kết tủa trắng, khí mùi khai $\Rightarrow$ T là (NH${}_4$)${}_2$CO${}_3$

B1: Xác định công thức cấu tạo của X và khí Y
n${}_X$ = 0,1mol
n${}_{NaOH}$ = 0,3mol > n${}_Y$ = 0,2mol
X + NaOH $⟶$ Khí Y làm xanh quỳ tím ẩm
$\Rightarrow$ X là (COONH${}_4$)${}_2$
Vậy khí Y là NH${}_3$
B2: Xác định các chất trong chất rắn khan và tính m
Chất rắn gồm: 01 mol 0,1mol(COONa)${}_2$ và 0,1 mol NaOH
$⟹$ m${}_{r\acute{\stackrel{˘}{a}}n}$ = 17,4 g

Đáp án : A
Hướng dẫn : $C{O}_2+2N{H}_3\to (N{H}_2{)}_{2}C{O}_2+H_{2}O$

$(N{H}_2{)}_{2}C{O}_2+H_{2}O\to (N{H}_4{)}_{2}C{O}_3$

$(N{H}_4{)}_{2}C{O}_3\to N{H}_{4}HC{O}_3+N{H}_3$

$N{H}_{4}HC{O}_3\to N{H}_3+C{O}_2+H_{2}O$

a) Đúng: Kiểm hóa: $N{H}_4^{+}\to N{H}_3$. b) Đúng: Sau xử lí còn 8% → tổng ≈ 10,8 mg/L. c) Sai: Mẫu (2): $18\times 8\%=1,44>1$ → chưa đạt. d) Đúng: Dòng ngược → tăng diện tích tiếp xúc khí – lỏng.
a) Kiểm hóa: $N{H}_4^{+}\to N{H}_3$
b) Sau xử lí còn 8% → tổng ≈ 10,8 mg/L
c) Mẫu (2): $18\times 8\%=1,44>1$ → chưa đạt
d) Dòng ngược → tăng diện tích tiếp xúc khí – lỏng

Ban đầu hàm lượng ion $N{H}_4^{+}$ là 510 mg/L. Quy chuẩn tính theo nguyên tố N, nên đổi $N{H}_4^{+}$ về N: m(N) ban đầu = 510 . 14 / 18 = 396,667 mg/L. Yêu cầu sau xử lí không quá 10 mg/L tính theo N, nên lượng N cần loại bỏ trong mỗi lít nước là: 396,667 - 10 = 386,667 mg/L. Số mol N cần loại bỏ trong 1 L: n = 386,667 / 1000 / 14 = 0,027619 mol. Trong công nghệ Sharon - Anammox: Giai đoạn 1: một phần $N{H}_4^{+}$ bị oxi hóa thành $N{O}_2^{-}$. Giai đoạn 2: $N{H}_4^{+}+N{O}_2^{-}\to N_2+2H_{2}O$. Để loại bỏ 0,027619 mol N thì giai đoạn 1 cần oxi hóa một nửa lượng đó: n($N{H}_4^{+}$ bị oxi hóa) = 0,027619 / 2 = 0,0138095 mol/L. Theo phản ứng giai đoạn 1: $2N{H}_4^{+}+3O_2\to 2N{O}_2^{-}+...$ Cứ 2 mol $N{H}_4^{+}$ cần 3 mol $O_2$. n($O_2$ thực sự phản ứng trong 1 L) = 0,0138095 . 3 / 2 = 0,0207143 mol/L. Với 840 m³ = 840000 L nước thải: n($O_2$ thực sự phản ứng) = 0,0207143 . 840000 = 17400 mol. Chỉ có 25\% oxygen sục vào bể tham gia phản ứng, nên số mol $O_2$ cần sục vào là: n($O_2$ sục vào) = 17400 / 0,25 = 69600 mol. Không khí chứa 21\% $O_2$ theo thể tích, nên: n(không khí) = 69600 / 0,21 = 331428,57 mol. Ở điều kiện chuẩn, 1 mol khí có thể tích 24,79 L: V(không khí) = 331428,57 . 24,79 = 8216114,29 L = 8216,11 m³. Làm tròn đến hàng đơn vị: Đáp án: 8216 m³ không khí.

Theo lời giải chi tiết nguồn (trang 14, mục "Câu 80: Chọn B" – câu đài phun nước của đề 2):
(a) Đúng, Amoniac hoặc metyl amin đều tan nhiều trong nước cho môi trường bazơ, làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng.
(b) Sai, Khí X là HCl tan nhiều trong nước, làm áp suất trong bình giảm nên nước vẫn phun vào trong bình thủy tinh.
(c) Sai, Do khí tan nhiều trong nước nên tia nước phun mạnh vào bình do áp suất trong bình thấp hơn áp suất không khí.
(d) Đúng, Khí X (NH${}_3$, CH${}_3$NH${}_2$,...) tan trong nước cho môi trường bazơ làm quỳ tím chuyển màu xanh.
(e) Sai, Khi đun nóng thì khả năng hòa tan của khí trong nước giảm.
(g) Sai, Dung dịch NH${}_3$ đã bão hòa thì không thể hòa tan được khí X, cho nên không có hiện tượng nước phun vào bình.
(h) Sai, tương tự (g): dung dịch NH${}_3$ bão hòa không thể hòa tan thêm khí X nên không tạo được hiện tượng nước phun vào bình.
Vậy có 2 phát biểu đúng (a, d) → chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Muối dễ bị nhiệt phân nhất là NH4HCO3: khi đun nóng nhẹ nó phân hủy thành NH3, CO2 và H2O: NH4HCO3 → NH3 + CO2 + H2O. NaCl, NaNO2 và Na2CO3 đều bền với nhiệt (Na2CO3 đặc biệt bền, không bị nhiệt phân ở nhiệt độ thường của lửa). Đáp án khớp với bảng đáp án nguồn (52D).

(AI giải đề cho tôi)
X làm dung dịch phenolphtalein chuyển màu hồng nên X là chất bazơ (dung dịch kiềm); X tác dụng với Cl₂ tạo khói trắng là NH₄Cl, vậy X là NH₃: 8NH₃ + 3Cl₂ → N₂ + 6NH₄Cl. NH₃ dùng điều chế phân đạm (A đúng), điều chế HNO₃ theo quy trình Ostwald (B đúng). Còn D sai vì NH₃ là bazơ yếu, không tan được kết tủa Al(OH)₃ khi cho dư: AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃↓ + 3NH₄Cl, kết tủa không tan. Vậy kết luận không chính xác là D (khớp đáp án nguồn).

(AI giải đề cho tôi)
Hình vẽ (trang 34): đun nóng chất rắn X trong ống nghiệm, miệng ống có tấm kính. Khi đun nóng NH4Cl thăng hoa và phân hủy thuận nghịch: NH4Cl ⇌ NH3 + HCl, khí NH3 (nhẹ hơn, khuếch tán nhanh hơn) chạm tấm kính trước làm môi trường kiềm — đây là thí nghiệm kinh điển với NH4Cl. NaCl và Na2CO3 không thăng hoa/không sinh khí khi đun nóng; NH4NO2 đun nóng bị phân hủy tạo N2 và H2O (2NH4NO2 → 2N2 + 4H2O) không tạo hiện tượng thăng hoa hai vùng màu. Vậy X là NH4Cl. Đáp án C khớp với bảng đáp án chính thức của đề (trang 47: 57. C).

n${}_X$/n${}_Y$ = p/(0,9p) = 10/9
Tự chọn n${}_X$ = 10; n${}_Y$ = 9
M${}_X$ = 7,2 → X gồm N${}_2$ (2) và H${}_2$ (8)
n${}_{N_2}$ phản ứng = (n${}_X$ − n${}_Y$)/2 = 0,5
→ H = 0,5/2 = 25\%

(AI giải đề cho tôi)
Tỉ khối X so với H2 bằng 3,6 nên M_X = 3,6 × 2 = 7,2 g/mol. Gọi số mol H2 = a, N2 = b: (2a + 28b)/(a + b) = 7,2 ⟹ 2a + 28b = 7,2a + 7,2b ⟹ 5,2a = 20,8b ⟹ a = 4b. Tổng số mol ban đầu = 5b, áp suất p. Phản ứng N2 + 3H2 ⇌ 2NH3 làm giảm số mol: gọi x mol N2 phản ứng thì tổng mol giảm 2x. Vì V, T không đổi, áp suất tỉ lệ số mol: (5b − 2x)/5b = 0,9 ⟹ x = 0,25b. Lượng H2 phản ứng = 3x = 0,75b; hiệu suất theo H2 = 0,75b/4b = 18,75%. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chất X vừa tạo khí NO (không màu, hóa nâu trong không khí) khi có mặt Cu + H₂SO₄ loãng, vừa thoát khí NH₃ (mùi khai) khi tác dụng với NaOH, nên X phải chứa cả ion NH₄⁺ và NO₃⁻, tức là amoni nitrat (NH₄NO₃). Kiểm tra: NH₄NO₃ + NaOH → NaNO₃ + NH₃↑ + H₂O (khí mùi khai). Với môi trường axit (H₂SO₄ loãng), NO₃⁻ oxi hóa Cu tạo ra NO: 3Cu + 8H⁺ + 2NO₃⁻ → 3Cu²⁺ + 2NO↑ + 4H₂O; NO không màu, gặp O₂ trong không khí hóa nâu thành NO₂. Các phương án khác không thỏa: amophot (NH₄H₂PO₄) không tạo khí hóa nâu; ure không chứa NH₄⁺ nên không thoát NH₃ với NaOH ở điều kiện thường; natri nitrat không chứa NH₄⁺ nên không tạo khí mùi khai.