Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Nitric acid và muối nitrate (Hóa học Lớp 11)

Đáp án B

► 3Cu + 4H${}_2$SO${}_4$ + 2NaNO${}_3$ → 3CuSO${}_4$ + Na${}_2$SO${}_4$ + 2NO + 4H${}_2$O.

(hay phương trình ion rút gọn là: 3Cu + 8H${}^{+}$ + 2NO${}_3^{-}$ → 3Cu${}^{2+}$ + 2NO + 4H${}_2$O).

∥⇒ Khi đó, vai trò của các chất là:

– Cu: chất khử (Cu → Cu${}^{2+}$ + 2e).

– NaNO${}_3$: chất oxi hóa (N${}^{+5}$(NO${}_3^{-}$) + 3e → N${}^{+2}$(NO)).

– H${}_2$SO${}_4$: cung cấp môi trường axit.

Đáp án D

Bảo toàn khối lượng: $m_{dungdicht\breve{a}ng}=m_{Mg}-m_X\Rightarrow m_X=3,6-3,04=0,56(g)$.

$\Rightarrow M_X=0,56÷0,02=28(N_2)$ || Chú ý: "hòa tan hoàn toàn" $\Rightarrow$ Mg hết.

▶ Bảo toàn electron: $2n_{Mg}=10n_{N_2}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}\Rightarrow n_{N{H}_{4}N{O}_3}=0,0125$ mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: $\sum n_{N{O}_3^{-}/Y}=0,4-0,02\times 2-0,0125=0,3475$ mol.

∥$\Rightarrow$ Bảo toàn nguyên tố Natri: $n_{NaOH}=n_{NaN{O}_3}=0,3475$ mol $\Rightarrow V=173,75$ ml

Đáp án B
Có quá trình khử : 4H⁺ + NO₃⁻ + 3e → NO + 2H₂O
Có n_H⁺ = 1 mol, n_NO3⁻ = 0,6 mol ⟹ số e nhận tối đa là 3 × 1 ÷ 4 = 0,75 mol
Quá trình oxi hoá : Cu → Cu²⁺ + 2e và Fe²⁺ → Fe³⁺ + 1e
Số e nhường tối đa là là 2×0,15 + 0,3 = 0,6 mol < n_e nhận tối đa
Vậy chứng tỏ NO được tính theo số e nhường ⟹ NO = 0,6 : 3 = 0,2 mol.
⟹ V = 4,48 lít

Đáp án A

Đáp án C
Số chất thỏa mãn là AgNO${}_3$, Cu(NO${}_3$)${}_2$, CaCO${}_3$, Ba(HCO${}_3$)${}_2$ và NH${}_4$HCO${}_3$.
● Với AgNO${}_3$ ta có:
$AgN{O}_3\stackrel{t^{\circ }}{\to }Ag+N{O}_2+O_2$.
Thêm H${}_2$O $\Rightarrow H_{2}O+N{O}_2+O_2\to HN{O}_3$.
Sau đó: $HN{O}_3+Ag\to AgN{O}_3+NO+H_{2}O$.
● Với Cu(NO${}_3$)${}_2$ cũng thường tự như AgNO${}_3$.
● Với CaCO${}_3$ ta có:
$CaC{O}_3\stackrel{t^{\circ }}{\to }CaO+C{O}_2$.
Thêm H${}_2$O $\Rightarrow CaO+H_{2}O\to Ca(OH{)}_2$.
Sau đó: $Ca(OH{)}_2+C{O}_2\to CaC{O}_3+H_{2}O$.
● Với Ba(HCO${}_3$)${}_2$ ta có:
Ba(HCO${}_3$)${}_2$ $\stackrel{t^o}{\to }$ BaCO${}_3$ + CO${}_2$ + H${}_2$O
Sau đó: BaCO${}_3$ $\stackrel{t^o}{\to }$ BaO + CO${}_2$.
Thêm H${}_2$O $\Rightarrow$ BaO + H${}_2$O → Ba(OH)${}_2$.
Sau đó: Ba(OH)${}_2$ + CO${}_2$ → BaCO${}_3$ + H${}_2$O.
Vì CO${}_2$ dư $\Rightarrow$ BaCO${}_3$ + CO${}_2$ + H${}_2$O → Ba(HCO${}_3$)${}_2$
● Với NH${}_4$HCO${}_3$ ta có:
NH${}_4$HCO${}_3$ $\stackrel{t^o}{\to }$ NH${}_3$ + H${}_2$O + CO${}_2$.
Thêm H${}_2$O $\Rightarrow$ NH${}_3$ + H${}_2$O + CO${}_2$ → NH${}_4$HCO${}_3$.

Đáp án A
$n_{Zn}=n_{Zn(N{O}_3{)}_2}=0,66$ mol $\Rightarrow m_{Zn(N{O}_3{)}_2}=124,74$ gam.
$\Rightarrow m_{N{H}_{4}N{O}_3}=4,8$ gam $\Rightarrow n_{N{H}_{4}N{O}_3}=0,06$ mol.
+ Đặt số mol NO = a và $n_{N_{2}O}$ = b ta có:
+ PT theo số mol hỗn hợp khí: a + b = 0,18 (1).
+ PT theo bảo toàn e: 3a + 8b + 0,06×8 = 0,66×2 (2).
+ Giải hệ (1) và (2) ta có $n_{NO}=0,12$ và $n_{N_{2}O}=0,06$ mol.
$\Rightarrow \sum n_{HN{O}_3\text{ pứ}}=0,12\times 4+0,06\times 10+0,06\times 10=1,68$ mol.
$\Rightarrow m_{HN{O}_3}=105,84$ gam $\Rightarrow m_{Dung\text{ dịch }HN{O}_3}=1058,4$ gam.
$\Rightarrow V=1058,4÷1,26=840$ ml

Đáp án B

(AI giải đề cho tôi)
Xét các phát biểu: (A) Đúng, HNO3 là axit mạnh, phân li thành H+ và NO3- trong nước là sự điện li. (B) Đúng, phản ứng (1) N2 + O2 → 2NO, (2) 2NO + O2 → 2NO2, (3) 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 đều có sự thay đổi số oxi hoá của nitrogen (0 → +2 → +4 → +5), đều là phản ứng oxi hoá khử. (C) Đúng, ở cả 3 phản ứng (1), (2), (3) nitrogen bị oxi hoá (số oxi hoá tăng) nên đóng vai trò chất khử. (D) Sai, trong công nghiệp nitric acid được sản xuất bằng quá trình Ostwald: oxi hoá NH3 (không phải N2) thành NO trên chất xúc tác Pt, sau đó chuyển thành NO2 rồi hấp thụ bằng nước. Sơ đồ trong đề là quá trình tự nhiên trong tự nhiên (mưa sấm sét), không dùng trong công nghiệp vì phản ứng N2 + O2 cần nhiệt độ rất cao và hiệu suất thấp. Vậy phát biểu không đúng là D, khớp với đáp án nguồn (Câu 12: D).

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Cấu tạo phân tử HNO3: nguyên tử N liên kết cộng hóa trị với 2 nguyên tử O và liên kết cho – nhận (N→O) với nhóm –OH, nên phân tử có đúng 1 liên kết cho nhận.
b) Đúng. HNO3 là acid mạnh (phân li hoàn toàn trong nước) và do N ở số oxi hóa cao nhất +5 nên HNO3 có tính oxi hóa mạnh (đáp án nguồn dùng thuật ngữ 'tính oxi khử mạnh' theo nghĩa HNO3 thể hiện rõ tính oxi hóa).
c) Đúng. Dung dịch nitric acid 68% (nồng độ đẳng hướng) được dùng trong công nghiệp hóa hữu cơ để nitrat hóa, chế tạo thuốc nổ như trinitrotoluene (TNT).
d) Đúng. Khối lượng HNO3 tinh khiết: m = 200000 × 60% = 120000 tấn. Sơ đồ Ostwald: tỉ lệ mol NH3 : HNO3 = 1 : 1. Số mol HNO3 = 120000/63 (triệu mol); số mol NH3 cần = (120000/63)/0,962. Khối lượng NH3 = (120000 × 17)/(63 × 0,962) ≈ 2040000/60,606 ≈ 33660 tấn. Khớp với dữ kiện.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong HNO3 có 1 liên kết cho – nhận (N→O của nhóm –OH), 2 liên kết cộng hóa trị N–O còn lại.
b) (AI giải đề cho tôi)
HNO3 là acid mạnh, N(+5) ở số oxi hóa cao nhất nên có tính oxi hóa mạnh.
c) (AI giải đề cho tôi)
Dung dịch HNO3 68% được dùng để nitrat hóa hợp chất hữu cơ, chế tạo thuốc nổ như TNT.
d) (AI giải đề cho tôi)
m(HNO3) = 120000 tấn; theo tỉ lệ 1:1 và hiệu suất 96,2%: m(NH3) = 120000×17/(63×0,962) ≈ 33660 tấn, đúng như đề bài.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng. Trong phân tử HNO${}_3$, nhóm -OH liên kết với N bằng liên kết cộng hóa trị, còn một nguyên tử O liên kết với N bằng liên kết cho - nhận (N→O), nên phân tử có đúng 1 liên kết cho nhận.

b) Đúng. HNO${}_3$ là acid mạnh (phân li hoàn toàn trong nước) và do N ở số oxi hóa cao nhất +5 nên có tính oxi hóa mạnh, đặc biệt ở nồng độ đặc.

c) Đúng. Nitric acid đặc (dung dịch 68% là nitric acid đậm đặc dạng đẳng hướng) được dùng trong hóa hữu cơ để nitrat hóa, chế tạo thuốc nổ như trinitrotoluene (TNT) từ toluene.

d) Đúng. Khối lượng HNO${}_3$ tinh khiết: $m=200000\times 60\%=120000$ tấn. Theo sơ đồ, $1$ mol NH${}_3$ cho $1$ mol HNO${}_3$, nên khối lượng NH${}_3$ lý thuyết: $120000\times \frac{17}{63}=32380,95$ tấn. Tính hiệu suất 96,2%: $m_{N{H}_3}=\frac{32380,95}{0,962}\approx 33660$ tấn. Khớp với dữ kiện, nên khẳng định đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Trong phân tử HNO${}_3$ có 1 liên kết cho - nhận (N→O), phần còn lại là liên kết cộng hóa trị.
b) (AI giải đề cho tôi)
HNO${}_3$ là acid mạnh, phân li hoàn toàn; N(+5) ở số oxi hóa cao nhất nên HNO${}_3$ có tính oxi hóa mạnh.
c) (AI giải đề cho tôi)
Nitric acid đặc (68%) dùng để nitrat hóa hợp chất hữu cơ, chế tạo thuốc nổ như TNT.
d) (AI giải đề cho tôi)
$m_{HN{O}_3}=120000$ tấn; $m_{N{H}_3}=120000\times \frac{17}{63}:0,962\approx 33660$ tấn, khớp dữ kiện.

Đáp án A. $2Cu(N{O}_3{)}_2\stackrel{t^o}{\to }2CuO+4N{O}_2+O_2$ — thu được $CuO$ là oxit kim loại. $NaN{O}_3$, $KN{O}_3$ nhiệt phân tạo $MN{O}_2+O_2$ (muối, không phải oxit kim loại); $AgN{O}_3$ nhiệt phân tạo $Ag$ (kim loại) $+N{O}_2+O_2$. (Lưu ý: bảng đáp án tổng hợp trang 74 ghi 45-D, mâu thuẫn với lời giải chi tiết trang 77 ghi "Câu 45: A"; về mặt hóa học, chỉ $Cu(N{O}_3{)}_2$ cho oxit kim loại nên A mới đúng, D là lỗi in của bảng đáp án.)

Chọn đáp án D
Giải thích:
+ $n_{N{H}_4^{+}}=n_{N{H}_3}=0,05$ mol.

+ $T\{\begin{array}{l}NaN{O}_3:xmol\\ NaOH:ymol\end{array}\stackrel{t^0}{\to }\{\begin{array}{l}NaN{O}_2:xmol\\ NaOH:ymol\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x+y=1\\ 69x+40y=67,55\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=0,95\\ y=0,05\end{array}$

+ $X$ chứa $\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:0,4mol\\ N{H}_4^{+}:0,05mol\\ H^{+}:0,95-0,4.2-0,05=0,1mol\\ N{O}_3^{-}:0,4.2+0,05+0,1=0,95\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{m}_{ch\acute{\hat{a}}tr\acute{\stackrel{˘}{a}}ntrongX}=69,5\\ n_{H_{2}O}=\frac{1,2-0,1-0,05.4}{2}=0,45\\ m_{kh\acute{ı}}=9,6+1,2.63-69,5-0,45.18=7,6gam.\end{array}$

$n_{NaOH}$ = 0,28, muối có k nguyên tử Na → n muối = $\frac{0,28}{k}$
M muối = $\frac{23,8k}{0,28}$ = 85k
→ k = 1, M muối = 85 ($NaN{O}_3$) là nghiệm duy nhất.
$4N{O}_2+O_2+4NaOH\to 4NaN{O}_3+2H_{2}O$
0,28......0,07......................0,28
$m_Y=m_X-m_Z$ = 30,24
→ Y gồm $N{O}_2$ (0,28), $O_2$ (0,07), còn lại là $H_{2}O$ (0,84).
Do Y chứa $n_{N{O}_2}:n_{O_2}$ = 4:1 nên Z là oxit kim loại và kim loại không thay đổi số oxi hóa trong phản ứng nhiệt phân.
$2M(N{O}_3{)}_x.k{H}_{2}O\to M_2{O}_x+2xN{O}_2+0,5x{O}_2+2k{H}_{2}O$
$n_{N{O}_2}$ = 0,28 → $n_{M_2{O}_x}=\frac{0,14}{x}$
→ $M_Z$ = 2M + 16x = $\frac{11,34x}{0,14}$
→ M = 32,5x → x = 2, M = 65: M là Zn.
$n_{H_{2}O}=\frac{0,28k}{x}$ = 0,84 → k = 6
X là $Zn(N{O}_3{)}_2.6H_{2}O$ → %kim loại = %Zn = $\frac{65}{297}.100\%$ ≈ 21,89\%.
(Ghi chú: bản giải gốc in nhầm thành "%O = 64,65%"; câu hỏi yêu cầu phần trăm khối lượng nguyên tố kim loại, giá trị đúng là 21,89%.)

Al, Fe, Cr bị thụ động hóa trong HNO${}_3$ và H${}_2$SO${}_4$ đặc, nguội

Trong các sản phẩm khử của HNO${}_3$ thì NO${}_2$ là khí có màu nâu đỏ.

Kết tủa X gồm Fe(OH)${}_2$, Fe(OH)${}_3$.
X + HNO${}_3$ dư → Muối Fe(NO${}_3$)${}_3$.

Các muối nitrat của một số kim loại Ag, Hg, Au,...khi nhiệt phân tạo KL + NO${}_2$ + O${}_2$

n_{khí} = 0,08 → M_{khí} = 23 → Khí gồm NO (0,06) và H₂ (0,02)
n_{Mg phản ứng} = (8,64 - 4,08)/24 = 0,19
Bảo toàn electron: 2n_{Mg(pu)} = 3n_{NO} + 2n_{H₂} + 8n_{NH₄⁺}
→ n_{NH₄⁺} = 0,02
Bảo toàn N → n_{NaNO₃} = n_{NO} + n_{NH₄⁺} = 0,08
Dung dịch muối chứa Mg²⁺ (0,19), Na⁺ (0,08), NH₄⁺ (0,02) → SO₄²⁻ (0,24)
→ m muối = 29,8

(AI giải đề cho tôi)
HNO3 loãng oxi hóa Fe tạo Fe2+ (Fe + 4HNO3 loãng → Fe(NO3)2 + 2H2O + NO↑) và Cu tạo Cu2+ (3Cu + 8HNO3 loãng → 3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O). Vì sau phản ứng còn dư một phần Cu không tan, Cu dư sẽ khử Fe3+ (nếu có) về Fe2+: Cu + 2Fe(NO3)3 → Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2. Do đó Fe3+ không tồn tại trong dung dịch X, HNO3 cũng đã phản ứng hết (phản ứng xảy ra hoàn toàn). Dung dịch X chỉ chứa Fe(NO3)2 và Cu(NO3)2. Kết quả trùng với đáp án nguồn B.

(AI giải đề cho tôi)
Xét phản ứng với HNO3 đặc, nóng (sản phẩm khử NO2, mỗi mol NO2 nhận 1 electron):
- A. FeCO3: Fe2+ → Fe3+ (nhường 1e) sinh 1 mol NO2; CO3^2- + 2H+ → CO2 (1 mol khí). Tổng: 2 mol khí.
- B. Fe(OH)3: Fe đã ở số oxi hóa +3, chỉ tan, không sinh khí (0 mol).
- C. FeSO4: Fe2+ → Fe3+ nhường 1e, sinh 1 mol NO2 (1 mol khí).
- D. ZnO: phản ứng trung hòa, không sinh khí (0 mol).
Vậy FeCO3 tạo nhiều khí nhất (2 mol: 1 mol CO2 + 1 mol NO2). Đáp án A.