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

Chọn B.

Các chất có phản ứng oxi hóa khử với HNO${}_3$ loãng (tạo NO) là: Cu, FeCO${}_3$, S, FeCl${}_2$.

Chọn D.
- Khi cho m gam kim loại M tác dụng với 0,68 mol HNO${}_3$ thì:
$$+n_{N{H}_4^{+}}=\frac{n_{HN{O}_3}-4n_{NO}}{10}=0,02\text{ mol}\Rightarrow n_{H_{2}O}=\frac{n_{HN{O}_3}-4n_{N{H}_4^{+}}}{2}=0,3\text{ mol}$$
$$\stackrel{\text{BTKL}}{\to }{m}_M+63n_{HN{O}_3}=m_X+30n_{NO}+18n_{H_{2}O}\Rightarrow m=16,9\text{ (g)}$$
- Ta có n_{e trao đổi} = 3n_{NO} + 8n_{NH_4^+} = 0,52 mol
mà $n_M=\frac{n_e}{a}\Rightarrow M_M=\frac{m_M}{n_M}=\frac{16,9a}{n_e}-\stackrel{a=2}{\to }{M}_M=\boxed{65\text{ (Zn)}}$ (với a là số e trao đổi của M)

Chọn B. Khi nhiệt phân hoàn toàn $AgN{O}_3$: $AgN{O}_3\stackrel{t^o}{\to }Ag+N{O}_2+\frac{1}{2}{O}_2$

Chọn C. $Fe+H_{2}S{O}_4\to FeS{O}_4+H_2\uparrow$ (X). Nhiệt phân $KN{O}_3$: $KN{O}_3\stackrel{t^o}{\to }KN{O}_2+\frac{1}{2}{O}_2\uparrow$ (Y). $KMn{O}_4+8HC{l}_d\to KCl+MnC{l}_2+\frac{5}{2}C{l}_2\uparrow$ (Z) $+4H_{2}O$. Vậy các khí X, Y, Z lần lượt là $H_2$, $O_2$, $C{l}_2$.

Chọn B. $Cu+4HN{O}_3$ đặc nóng $\to Cu(N{O}_3{)}_2+2N{O}_2+2H_{2}O$. Tổng hệ số tất cả các chất trong phương trình là: $1+4+1+2+2=10$.

Phân tích:
Đặt $n_{H_{2}S{O}_4}=n_{HCl}=n_{KN{O}_3}=n_{HN{O}_3}=1mol$
- Xét trường hợp trộn H${}_2$SO${}_4$(1) với HCl(2) và KNO${}_3$(3):
$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\sum n_{H^{+}}=3\\ \sum n_{N{O}_3^{-}}=1\end{array}$$
$$3Cu+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3C{u}^{2+}+2NO+4H_{2}O$$
BD: 3 1
SPU: 0 0,25 0,75
→ $n_{NO}=0,75$ mol (NO${}_3^{-}$ limiting).
- Xét trường hợp trộn H${}_2$SO${}_4$(1) với HCl(2) và HNO${}_3$(4):
$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\sum n_{H^{+}}=4\\ \sum n_{N{O}_3^{-}}=1\end{array}$$
$$3Cu+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3C{u}^{2+}+2NO+4H_{2}O$$
BD: 4 1
SPU: 0 0 1
→ $n_{NO}=1$ mol (NO${}_3^{-}$ limiting).
- Xét trường hợp trộn H${}_2$SO${}_4$(1) với KNO${}_3$(3) và HNO${}_3$(4):
$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\sum n_{H^{+}}=3\\ \sum n_{N{O}_3^{-}}=2\end{array}$$
$$3Cu+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3C{u}^{2+}+2NO+4H_{2}O$$
BD: 3 2
SPU: 0 1,75 0,75
→ $n_{NO}=0,75$ mol (H${}^{+}$ limiting).
- Xét trường hợp trộn HCl(2) với KNO${}_3$(3) và HNO${}_3$(4):
$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\sum n_{H^{+}}=2\\ \sum n_{N{O}_3^{-}}=2\end{array}$$
$$3Cu+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3C{u}^{2+}+2NO+4H_{2}O$$
BD: 2 2
SPU: 0 1,5 0,5
→ $n_{NO}=0,5$ mol (H${}^{+}$ limiting).
So sánh: tổ hợp (1), (2) và (4) cho $n_{NO}=1$ mol là lớn nhất.
Vậy khi trộn H${}_2$SO${}_4$(1) với HCl(2) và HNO${}_3$(4) ta sẽ thu được thể tích NO là lớn nhất nếu cho hỗn hợp tác dụng với Cu.

Lưu ý hiệu đính: bảng đáp án gốc in "Câu 40: Chọn B" và câu kết luận gốc cũng nêu tổ hợp (1), (2), (4); tuy nhiên bảng SPU gốc ở trường hợp (1),(3),(4) ghi 0,75 mol NO và trường hợp (2),(3),(4) ghi 1,875 mol NO (sai theo phương trình, đúng là 0,5 mol vì H${}^{+}$ limiting). Tính toán lại theo phương trình ion: (1),(2),(4) cho 1 mol NO — lớn nhất, tương ứng đáp án B gốc. Do đó đáp án đúng là B.

Đáp án : D
Hướng dẫn : $n_{NaN{O}_3}$ =0,2 mol; $n_{Cu}$ =0,1 mol

$$3Cu+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3C{u}^{2+}+2NO+4H_{2}O$$

Ban đầu: 0,1 — 0,5 — 0,2

Phản ứng: 0,1 — $\frac{4}{15}$ — $\frac{1}{15}$

$\to V_{NO}=1,49$ l

Chọn C.
(1): 2KNO${}_3$ $\stackrel{t^0}{\to }$ 2KNO${}_2$ + O${}_2$
Nhiệt phân muối X thu được chất rắn A và hỗn hợp khí NO${}_2$, O${}_2$.
Hỗn hợp khí Y gồm NO${}_2$ và O${}_2$ hấp thụ hết vào dung dịch NaOH:
4NO${}_2$ + O${}_2$ + 4NaOH → 4NaNO${}_3$ + 2H${}_2$O
0,05 0,05
Vì hai khí có số mol bằng nhau → O${}_2$ (Y): 0,05 mol
Nếu X là muối AgNO${}_3$ (sau Cu): 2AgNO${}_3$ $\stackrel{t^0}{\to }$ 2Ag + 2NO${}_2$ + O${}_2$
0,05 0,05 → 0,025
Lượng O${}_2$ (1): 0,05 – 0,025 = 0,025 mol ⇒ KNO${}_3$: 0,05 mol ⇒ m${}_E$ = 13,55 (thỏa)
Nếu X là muối M(NO${}_3$)${}_n$ (M: Mg → Cu): 2M(NO${}_3$)${}_n$ → M${}_2$O${}_n$ + 2nNO${}_2$ + n/2O${}_2$ → trường hợp này không thỏa.
Vậy \%m${}_X$ = 62,73\%.

Số mol $HN{O}_3$ = 1,5 mol. Số mol NO = 0,1; số mol $N_{2}O$ = 0,025 ⟹ số mol e tạo NO và $N_{2}O$ = 0,5 mol.
Đặt số mol Mg và Fe ban đầu là x, 3x. Chất rắn khan là MgO và $F{e}_2{O}_3$ ⟹ x.40 + 1,5x.160 = 35,0 ⟹ x = 0,125 mol. Số mol Mg = 0,125; số mol Fe = 0,375 ⟹ khối lượng kim loại = 24,0 gam.
Trong 106,6 gam muối có 0,125 mol $Mg(N{O}_3{)}_2$; a mol $Fe(N{O}_3{)}_2$; b mol $Fe(N{O}_3{)}_3$ và c mol $N{H}_{4}N{O}_3$:
148.0,125 + 180a + 242b + 80c = 106,6 (1)
a + b = 0,375 (2)
Bảo toàn e: 0,125.2 + 2a + 3b = 2d + 0,5 + 8c (3) (d là số mol O trong X)
Bảo toàn H⁺: 2d + 4.0,1 + 10.0,025 + 10c = 1,5 ⟹ 2d + 10c = 0,85 (4)
Giải hệ 4 phương trình ⟹ a = 0,075; b = 0,3; c = 0,025; d = 0,3 mol.
Khối lượng dung dịch Y = 24 + 0,3.16 + 300 − 0,125.16,4.2 = 324,7 gam.
\%$Fe(N{O}_3{)}_3$ = (0,3.242 : 324,7).100\% = 22,36\%.
Chú ý: Nếu không tạo muối $N{H}_{4}N{O}_3$ thì khi giải hệ tính được c = 0.

Số mol HNO${}_3$ = 1,5 mol.
Số mol NO = 0,1; Số mol N${}_2$O = 0,025
$\Rightarrow$ số mol e tạo NO và N${}_2$O = 0,5 mol.
Đặt số Mg và Fe ban đầu là x, 3x
$\Rightarrow$ KL chất rắn khan là MgO và Fe${}_2$O${}_3$
$\Rightarrow$ x.40 + 1,5x. 160 = 35,0
$\Rightarrow$ x = 0,125 mol
Số mol Mg = 0,125; số mol Fe = 0,375
$\Rightarrow$ Khối lượng kim loại = 24,0 gam
Trong 106,6 gam muối có 0,125 mol Mg(NO${}_3$)${}_2$; a mol Fe(NO${}_3$)${}_2$; b mol Fe(NO${}_3$)${}_3$ và c mol NH${}_4$NO${}_3$
148.0,125 + 180a + 242b + 80c = 106,6 (1)
a + b = 0,375 (2)
Bảo toàn e: 0,125.2 + 2a + 3b = 2d + 0,5 + 8c (3); (d là số mol O trong X)
Bảo toàn H${}^{+}$: 2d + 4.0,1 + 10.0,025 + 10c = 1,5
$\Rightarrow$ 2d + 10c = 0,85 (4)
Giải hệ 4 phương trình $\Rightarrow$ a = 0,075; b = 0,3; c = 0,025; d = 0,3 mol
Khối lượng dung dịch Y = 24 + 0,3.16 + 300 – 0,125.16,4.2 = 324,7 gam
%Fe(NO${}_3$)${}_3$ = (0,3.242 : 324,7).100% = 22,36%

Chú ý: Nếu không tạo muối NH${}_4$NO${}_3$ thì khi giải hệ tính được c=0.

(AI giải đề cho tôi)
Số mol Mg: $n_{Mg}=\frac{3,6}{24}=0,15$ mol. Mg → Mg²⁺ + 2e nên số mol electron nhường: $n_e=2\times 0,15=0,3$ mol. Số mol khí X: $n_X=\frac{2,24}{22,4}=0,1$ mol. Vì X là sản phẩm khử duy nhất, số electron nhận trên 1 nguyên tử N là $\frac{0,3}{0,1}=3$, tức N trong X có số oxi hóa $+5-3=+2$. Vậy X là NO (phương trình: $3Mg+8HN{O}_3\to 3Mg(N{O}_3{)}_2+2NO\uparrow +4H_{2}O$). Khớp với đáp án nguồn 61-D.

(AI giải đề cho tôi)
Kali nitrat là muối của kali (K⁺) và gốc nitrat (NO₃⁻), nên công thức hóa học là KNO₃. KNO₂ là kali nitrit, KCl là kali clorua, KHCO₃ là kali hiđrocacbonat. Đáp án khớp với đáp án nguồn (59-B).

(AI giải đề cho tôi)
Nhiệt phân: NaNO${}_3$ → NaNO${}_2$ + ½O${}_2$; 4Al(NO${}_3$)${}_3$ → 2Al${}_2$O${}_3$ + 12NO${}_2$ + 3O${}_2$; 2Cu(NO${}_3$)${}_2$ → 2CuO + 4NO${}_2$ + O${}_2$. Gọi x, y, z mol NaNO${}_3$, Al(NO${}_3$)${}_3$, Cu(NO${}_3$)${}_2$. Khí Z gồm NO${}_2$ và O${}_2$, hấp thụ vào nước: 4NO${}_2$ + O${}_2$ + 2H${}_2$O → 4HNO${}_3$. Khí thoát ra duy nhất 0,56 lít (0,025 mol) phải là O${}_2$ dư (nếu NO${}_2$ dư thì hệ vô nghiệm). Gọi a = n${}_{N{O}_2}$, b = n${}_{O_2}$: b − a/4 = 0,025; khối lượng dung dịch = 112,5 + 46a + 8a = 112,5 + 54a; m${}_{HN{O}_3}$ = 63a = 0,125(112,5 + 54a) → 56,25a = 14,0625 → a = 0,25; b = 0,0875. Bảo toàn: 3y + 2z = 0,25 (NO${}_2$); x/2 + 3y/4 + z/2 = 0,0875 (O${}_2$) → 2x + 3y + 2z = 0,35 → 2x = 0,10 → x = 0,05. Chất rắn Y: 69x + 51y + 80z = 10, với 3y + 2z = 0,25 → 17(3y) + 80z = 6,55 → 4,25 + 46z = 6,55 → z = 0,05, y = 0,05. Khối lượng X = 0,05(85 + 213 + 188) = 24,3 gam (kiểm tra: 10 + khối lượng khí 46·0,25 + 32·0,0875 = 14,3 ✓). %m${}_{NaN{O}_3}$ = 4,25/24,3 · 100 ≈ 17,49%. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng thí nghiệm: (a) Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3↓ + 2H2O: chỉ tạo kết tủa, không sinh khí. (b) FeO tác dụng với HNO3 loãng dư: 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO↑ + 5H2O, sinh khí NO. (c) Nung Cu(NO3)2: 2Cu(NO3)2 → 2CuO + 4NO2↑ + O2↑, sinh khí. (d) Fe + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2↑, sinh khí. (e) NaHCO3 + KHSO4 → KNaSO4 + H2O + CO2↑, sinh khí. Vậy có 4 thí nghiệm sinh chất khí (b, c, d, e) → đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Phân tích: Khi nung, Cu(NO${}_3$)${}_2$ phân hủy: 2Cu(NO${}_3$)${}_2$ → 2CuO + 4NO${}_2$ + O${}_2$, cho 0,25 mol CuO, 0,5 mol NO${}_2$, 0,125 mol O${}_2$. Mg phản ứng với O${}_2$ (2Mg + O${}_2$ → 2MgO) và một phần Mg phản ứng với NO${}_2$. Khí Z thoát ra 0,45 mol gồm NO${}_2$ và O${}_2$.

Khí T: d = 11,4 nên M${}_T$ = 22,8. Gọi x, y là mol N${}_2$, H${}_2$: x + y = 0,05; 28x + 2y = 0,05·22,8 = 1,14 → 26x = 1,04 → x = 0,04 mol N${}_2$, y = 0,01 mol H${}_2$.

H${}_2$ sinh ra từ Mg dư trong Y: Mg + 2HCl → MgCl${}_2$ + H${}_2$ → lượng Mg phản ứng với HCl là 0,01 mol (tốn 0,02 mol HCl).

Khí N${}_2$ (0,04 mol, chứa 0,08 mol N) sinh ra từ phần nitơ trong Y: một phần do Mg khử NO${}_2$ theo phản ứng 2Mg + NO${}_2$ → 2MgO + ½N${}_2$, phần còn lại nằm trong Mg${}_3$N${}_2$ tạo thành khi nung. Bảo toàn N: n(NO${}_2$ thoát ra) = 0,5 − 0,08 = 0,42 mol → n(O${}_2$ thoát ra) = 0,45 − 0,42 = 0,03 mol → O${}_2$ bị Mg tiêu thụ 0,125 − 0,03 = 0,095 mol → tạo 0,19 mol MgO.

Y gồm: 0,25 mol CuO; 0,19 mol MgO (từ O${}_2$); 0,04 mol MgO (từ Mg khử NO${}_2$, theo 2Mg + NO${}_2$ → 2MgO + ½N${}_2$); Mg${}_3$N${}_2$; và 0,01 mol Mg dư. Phản ứng với HCl (vừa đủ 1,3 mol):
- Mg${}_3$N${}_2$ + 8HCl → 3MgCl${}_2$ + 2NH${}_4$Cl: tốn 0,32 mol HCl, tạo 0,08 mol NH${}_4$Cl.
- Mg + 2HCl → MgCl${}_2$ + H${}_2$: tốn 0,02 mol HCl.
- Oxide: 2·n(MgO) + 2·0,25 = 1,3 − 0,32 − 0,02 = 0,96 → n(MgO) = 0,23 mol.

Muối clorua thu được:
- MgCl${}_2$: từ MgO (0,23) + từ Mg${}_3$N${}_2$ (3·0,04 = 0,12) + từ Mg dư (0,01) = 0,36 mol → 34,2 g.
- CuCl${}_2$: 0,25 mol → 33,75 g.
- NH${}_4$Cl: 0,08 mol → 4,28 g.
Tổng m = 34,2 + 33,75 + 4,28 = 72,23 ≈ 72 g.

Vậy m gần nhất với 72 → chọn B (khớp với bảng đáp án chính thức của đề: Câu 70 = B).

Dung dịch HNO${}_3$ đặc, nguội tác dụng được với 4 chất trong các chất đã cho, trừ Al, Fe bị thụ động nên không phản ứng.
Cu + HNO${}_3$ → Cu(NO${}_3$)${}_2$ + NO${}_2$ + H${}_2$O
Fe${}_2$O${}_3$ + HNO${}_3$ → Fe(NO${}_3$)${}_3$ + H${}_2$O
Cu(OH)${}_2$ + HNO${}_3$ → Cu(NO${}_3$)${}_2$ + H${}_2$O
CaCO${}_3$ + HNO${}_3$ → Ca(NO${}_3$)${}_2$ + CO${}_2$ + H${}_2$O

(AI giải đề cho tôi)
Cần phân biệt anion NO${}_3^{-}$ (trong NH${}_4$NO${}_3$) và SO${}_4^{2-}$ (trong (NH${}_4$)${}_2$SO${}_4$), vì cả hai đều là muối amoni (NaOH đều thoát NH${}_3$ nên không phân biệt được). Xét từng phương án:
- A. Cu và dung dịch HCl: trong môi trường axit, ion NO${}_3^{-}$ có tính oxi hóa mạnh oxi hóa đồng: $3Cu+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3C{u}^{2+}+2NO\uparrow +4H_{2}O$. Dung dịch NH${}_4$NO${}_3$ xuất hiện màu xanh của Cu${}^{2+}$ và có khí không màu thoát ra (hoá nâu ngoài không khí), còn (NH${}_4$)${}_2$SO${}_4$ không phản ứng. Vậy có thể phân biệt → đúng.
- B. Cu(OH)${}_2$ và HCl: Cu(OH)${}_2$ chỉ tan trong HCl cho dung dịch xanh, không phản ứng khác biệt với hai muối → sai.
- C. CuO và NaOH: CuO không tan trong NaOH, không hiện tượng khác biệt → sai.
- D. NaOH và HCl: cả NH${}_4$NO${}_3$ lẫn (NH${}_4$)${}_2$SO${}_4$ đều tác dụng với NaOH đun nóng thoát khí NH${}_3$ ($N{H}_4^{+}+O{H}^{-}\to N{H}_3\uparrow +H_{2}O$), còn HCl không tạo hiện tượng khác biệt → không phân biệt được, sai.
Vậy thuốc thử phù hợp là Cu và dung dịch HCl.

(AI giải đề cho tôi)
Khí có M = 15·2 = 30 → NO. nCu = 1,92/64 = 0,03 mol; nNO3⁻ = 0,1·0,16 = 0,016 mol; nH⁺ = 0,1·0,8 = 0,08 mol. Phương trình ion: 3Cu + 8H⁺ + 2NO3⁻ → 3Cu²⁺ + 2NO↑ + 4H2O. Theo NO3⁻: cần Cu = 0,024 mol (< 0,03) và H⁺ = 0,064 mol (< 0,08), nên NO3⁻ hết. nNO = 0,016 mol → V = 0,016·22,4 = 0,3584 lít = 358,4 ml.

(AI giải đề cho tôi)
Al tan trong HNO${}_3$ loãng, sản phẩm khử duy nhất là NO. Quá trình electron:
- Oxi hóa: $Al\to A{l}^{3+}+3e$
- Khử: $N{O}_3^{-}+4H^{+}+3e\to NO+2H_{2}O$ (N: +5 → +2, mỗi mol NO nhận 3e).
Bảo toàn electron: $3n_{Al}=3n_{NO}\Rightarrow n_{Al}=n_{NO}=0,01$ mol.
$m=0,01\times 27=0,27$ gam.
Khớp đáp án D và bảng đáp án nguồn (Câu 59 → D).