Bài tập về amoniac

Hóa chất dùng để làm khô khí NH₃ là chất có khả năng hút nước nhưng không tác dụng với NH₃ \( \to\) chất thỏa mãn là CaO.

A loại vì P₂O₅ khi tác dụng với nước tạo thành H₃PO₄ phản ứng được với NH₃

\({P_2}{O_5} + 3{H_2}O \to 2{H_3}P{O_4}\)

\({H_3}P{O_4} + 3N{H_3} \to {(N{H_4})_3}P{O_4}\)

B loại vì CuSO₄ khan hút nước tạo thành dung dịch có khả năng phản ứng với NH₃

\(CuS{O_4} + 2N{H_3} + 2{H_2}O \to Cu{(OH)_2} + {(N{H_4})_2}S{O_4}\)

C loại vì H₂SO₄ có phản ứng được với NH₃

\({H_2}S{O_4} + 2N{H_3} \to {(N{H_4})_2}S{O_4}\)

NH₃ là khí mùi khai, tan rất nhiều trong nước => không thể thu NH₃ bằng cách 3 đẩy nước được.

NH₃ có phân tử khối = 17 => nhẹ hơn không khí, do vậy khi thu NH₃ bằng cách đẩy không khí mình phải úp ống nghiệm xuống dưới => cách 1 dùng để thu khí NH₃

khí NH₃ tan trong nước tạo dung dịch bazơ => quỳ tím chuyển xanh

+ A loại vì H₂SO₄ phản ứng với NH₃: H₂SO₄ + 2NH₃ → (NH₄)₂SO₄

+ B đúng

+ C loại vì P₂O₅ phản ứng với NH₃:

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

3NH₃ + H₃PO₄ → (NH₄)₃PO₄

+ D loại vì tạo Cu(OH)₂ sau đó Cu(OH)₂ phản ứng với NH₃:

CuSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

- Xét tỉ lệ số mol:

\(\dfrac{{{n_{{N_2}}}}}{1} = \dfrac{{0,1}}{1} < \dfrac{{{n_{{H_2}}}}}{3} = \dfrac{{0,45}}{3}\)

⟹ Tính hiệu suất phản ứng theo N₂.

- BTKL: m_A = m_B ⟹ \({n_A}.\overline {{M_A}}  = {n_B}.\overline {{M_B}} \)

⟹ \(\dfrac{{\overline {{M_A}} }}{{\overline {{M_B}} }} = \dfrac{{{n_B}}}{{{n_A}}} \Rightarrow \dfrac{{10}}{{11}} = \dfrac{{{n_B}}}{{0,1 + 0,45}} \Rightarrow {n_B} = 0,5(mol)\)

- Gọi số mol N₂ phản ứng là x (mol).

PTHH: N₂    +   3H₂    ⇄      2NH₃.

             x    ⟶    3x       →      2x (mol)

⟹ Hỗn hợp B gồm N₂ dư: 0,1 – x mol; H₂ dư: 0,45 – 3x mol; NH₃: 2x mol

⟹ n_B = 0,1 – x + 0,45 – 3x + 2x = 0,55 – 2x = 0,5 ⟹ x = 0,025 mol.

Vậy \(H = \dfrac{{{n_{{N_2}(pu)}}.100\% }}{{{n_{{N_2}(bd)}}}} = \dfrac{{0,025.100\% }}{{0,1}} = 25\% \)

Tốc độ phản ứng thuận tính theo nồng độ của các chất tham gia phản ứng là v = k.[N₂].[H₂]³

Khi giảm nồng độ N₂ đi 2 lần và tăng nồng độ của H₂ lên 2 lần thì tốc độ phản ứng thuận khi đó:

v' = k.0,5[N₂].2³[H₂]³ = 4.k.[N₂].[H₂]³ = 4v.

⟹ Tốc độ phản ứng thuận tăng 4 lần khi giảm nồng độ N₂ đi 2 lần và tăng nồng độ của H₂ lên 2 lần.

- Cân bằng có tổng số mol khí ở vế trái bằng 4 mol và vế phải bằng 2 mol. Khi tăng áp suất chung của hệ sẽ làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận ⟹ Làm tăng hiệu suất phản ứng.

- Phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt (ΔH < 0) ⟹ Khi giảm nhiệt độ của hệ sẽ làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận ⟹ Làm tăng hiệu suất phản ứng.

Vậy trong công nghiệp thường sử dụng hai biện pháp để làm tăng hiệu suất của phản ứng tổng hợp amoniac là giảm nhiệt độ và tăng áp suất.

⟹ V_N2 : V_H2 = 5,2 : 20,8 = 1 : 4

⟹ V_N2 = 2,4 lít và V_H2 = 9,6 lít

Ta thấy: \(\dfrac{{2,4}}{1} < \dfrac{{9,6}}{3}\) ⟹ hiệu suất tính theo N₂

PTHH:  N₂   +   3H₂    ⇄    2NH₃

Ta có: V_giảm = 12 - 10,56 = 1,44 lít = 2V_{N2 pư} ⟹ V_{N2 pư} = 0,72 lít

⟹ H = (V_{H2 pư}/V_{H2 bđ}).100% = (0,72/2,4).100% = 30%

Xét 1 mol khí N₂, n_{N2 pư} = 0,5 mol và gọi n_H2 là x

PTHH: N₂    +   3H₂    ⇄      2NH₃.

            0,5  →   1,5                 1

n_{N2 dư} = 0,5 mol; n_{H2 dư} = x – 1,5 mol; n_NH3 = 1 mol

n_Sau = 0,5 + x – 1,5 + 1 = x mol

n_đầu = 1 + x mol

Áp suất khí trong bình giảm 20% so với áp suất ban đầu ⟹ số mol khí trong bình cũng giảm 20% so với số mol ban đầu (số mol và áp suất tỉ lệ thuận với nhau theo phương trình \(n = \dfrac{{PV}}{{RT}}\))

⟹ n_đầu – n_Sau = 20%.n_đầu ⟹ 1 + x – 1 = 0,2. (1 + x) ⟹ x = 4

%n_N2 = \(\dfrac{{1.100\% }}{{1 + 4}} = 20\% \), %n_H2 =80%.

\(\overline {{M_A}} \) = 7,2; \(\overline {{M_B}} \) = 60/7

Ta xét 1 mol hỗn hợp A và trong A gọi n_N2 là x, n_H2 là y

x + y = 1 và 28x + 2y = 7,2 ⟹ x = 0,2; y = 0,8

⟹ Tính hiệu suất theo N₂.

Dùng BTKL ta có

 m_A = m_B ⟹ n_A. \(\overline {{M_A}} \) = n_B. \(\overline {{M_B}} \) ⟹ \(\dfrac{{\overline {{M_A}} }}{{\overline {{M_B}} }} = \dfrac{{{n_B}}}{{{n_A}}}\)⟹ n_B = 0,84 mol

⟹ n_A – n_B = 2.n_{N2 phản ứng} = 1 – 0,84 = 0,16 mol ⟹ n_{N2 pư} = 0,16/2 = 0,08 mol.

H% = (0,08/0,2).100% = 40%

\(\overline {{M_A}} \) = 5,25; \(\overline {{M_B}} \) = 5,6

Ta xét 1 mol hỗn hợp A và trong A gọi n_N2 là x, n_H2 là y

x + y = 1 và 28x + 2y = 5,25 ⟹ x = 0,125; y = 0,875

⟹ Tính hiệu suất theo N₂.

Dùng BTKL ta có

 m_A = m_B ⟹ \({n_A}.\overline {{M_A}}  = {n_B}.\overline {{M_B}} \) ⟹ \(\dfrac{{\overline {{M_A}} }}{{\overline {{M_B}} }} = \dfrac{{{n_B}}}{{{n_A}}}\)⟹ n_B = 0,9375 mol

⟹ n_A – n_B = 2.n_{N2 phản ứng} = 1 – 0,9375 = 0,0625 mol ⟹ n_{N2 pư} = 0,0625/2 = 0,03125 mol.

H% = (0,03125/0,125).100%) = 25%

Dựa vào tỉ lệ số mol: \(\dfrac{{{n_{{N_2}}}}}{1} = \dfrac{{0,3}}{1} > \dfrac{{{n_{{H_2}}}}}{3} = \dfrac{{0,75}}{3}\)⟹ Tính hiệu suất phản ứng theo H₂.

BTKL: m_A = m_B ⟹ \({n_A}.\overline {{M_A}}  = {n_B}.\overline {{M_B}} \) ⟹ \(\dfrac{{\overline {{M_A}} }}{{\overline {{M_B}} }} = \dfrac{{{n_B}}}{{{n_A}}} \Rightarrow \dfrac{{17}}{{21}} = \dfrac{{{n_B}}}{{0,3 + 0,75}} \Rightarrow {n_B} = 0,85(mol)\)

PTHH: N₂    +   3H₂    ⇄      2NH₃.

             x    ←    3x       →      2x   mol

Gọi n_{N2 phản ứng} = x mol ⟹ n_{H2 phản ứng} = 3x mol; n_NH3 = 2x mol

⟹ Hỗn hợp B gồm: N₂ dư: 0,3 – x mol; H₂ dư: 0,75 – 3x mol; NH₃: 2x mol

⟹ n_B = 0,3 – x + 0,75 – 3x + 2x = n_A – 2x = n_A – \(\dfrac{2}{3}\)n_{H2 phản ứng}

⟹ n_A – n_B = \(\dfrac{2}{3}\).n_{H2 phản ứng} ⟹ 1,05 – 0,85 = \(\dfrac{2}{3}\).n_{H2 pư} ⟹ n_{H2 pư} = 0,3 mol.

H% = (0,3.100%)/0,75 = 40%.

Dựa vào tỉ lệ số mol: \(\dfrac{{{n_{{N_2}}}}}{1} = \dfrac{{0,2}}{1} < \dfrac{{{n_{{H_2}}}}}{3} = \dfrac{{0,9}}{3}\)⟹ Tính hiệu suất phản ứng theo N₂.

BTKL: m_A = m_B ⟹ \({n_A}.\overline {{M_A}}  = {n_B}.\overline {{M_B}} \) ⟹ \(\dfrac{{\overline {{M_A}} }}{{\overline {{M_B}} }} = \dfrac{{{n_B}}}{{{n_A}}} \Rightarrow \dfrac{{51}}{{55}} = \dfrac{{{n_B}}}{{0,2 + 0,9}} \Rightarrow {n_B} = 1,02(mol)\)

PTHH: N₂    +   3H₂    ⇄      2NH₃.

ta có n_A – n_B = 2.n_{N2 phản ứng} ⟹ 1,1 – 1,02 = 2.n_{N2 pư} ⟹ n_{N2 pư} = 0,04 mol.

H% = (0,04/0,2).100% = 20%.

Dựa vào tỉ lệ số mol: \(\dfrac{{{n_{{N_2}}}}}{1} = \dfrac{{0,1}}{1} < \dfrac{{{n_{{H_2}}}}}{3} = \dfrac{{0,4}}{3}\)⟹ N₂ hết trước còn H₂ hết sau.

Gọi n_{N2 phản ứng}  =x mol ⟹ n_{N2 dư} =0,1 – x mol.

PTHH: N₂    +   3H₂    ⇄      2NH₃.

             x    ←    3x       →      2x

Ta có n_{hỗn hợp} = n_{N2 dư} + nH_{2 dư} + n_NH3 = 0,1 – x + 0,4 – 3x + 2x = 0,44

 ⟹ x = 0,03 mol ⟹ H% = (0,03/0,1).100% = 30%.

Dựa vào tỉ lệ số mol: \(\dfrac{{{n_{{N_2}}}}}{1} = \dfrac{{0,45}}{1} > \dfrac{{{n_{{H_2}}}}}{3} = \dfrac{{0,9}}{3}\) ⟹ hiệu suất tính theo H₂

Gọi n_{H2 phản ứng}  = x ⟹ n_{H2 dư} = 0,9 – x.

PTHH: N₂    +   3H₂    ⇄      2NH₃.

            x/3    ←  x       →      2x/3

Ta có n_{hỗn hợp} = n_{N2 dư} + n_{H2 dư} + n_NH3 = 0,45 – x/3 + 0,9 – x + 2x/3 = 1,2

 ⟹ x = 0,225 mol ⟹ H% = (0,225/0,9).100% = 25%.

n_N2 = 0,0375 mol; n_H2 =0,1875 mol

PTHH: N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃

Từ pthh ta có tỉ lệ: \(\dfrac{{{n_{{N_2}}}}}{1} < \dfrac{{{n_{{H_2}}}}}{3}\) ⟹ hiệu suất tính theo N₂

Với H% = 32% ta có n_{N2 phản ứng} = 0,0375.32% = 0,012 mol ⟹ n_NH3 = 0,012.2 = 0,024 mol

⟹ V_NH3 =0,5376 lít

n_N2 = 0,15 mol; n_H2 = 0,75 mol

PTHH: N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃.

Từ PTHH ta có tỉ lệ: \(\dfrac{{{n_{{N_2}}}}}{1} < \dfrac{{{n_{{H_2}}}}}{3}\) ⟹ hiệu suất tính theo N₂

Với H% = 25% ta có n_{N2 phản ứng} = 0,15.25% = 0,0375 mol

⟹ n_NH3 = 0,0375.2 = 0,075 mol

⟹ V_NH3 = 1,68 lít

PTHH: N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃.

Từ pthh ta có tỉ lệ: \(\dfrac{{{n_{{N_2}}}}}{1} = \dfrac{{2a}}{1} > \dfrac{{{n_{{H_2}}}}}{3} = \dfrac{{3a}}{3}\) ⟹ hiệu suất tính theo H₂

Với H% = 35% ta có n_{H2 phản ứng} = 3a.35% = 1,05a mol ⟹ n_NH3 = 1,05a.2/3 = 0,7a mol

⟹ V_NH3 = 0,7a.22,4 = 15,68a (lít)

⟹ V = 15,68a

A sai vì trong phân tử NH₃ nguyên tử N có 1 cặp e hóa trị.

B đúng.

C sai, dung dịch NH₃ có tính bazo yếu.

D sai NH₃ tác dụng với một số dung dịch muối (bởi tính chất bazo yếu)

Cho NH₃ dư vào dung dịch FeSO₄ ta thu được kết tủa.

FeSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O → Fe(OH)₂ ↓ + (NH₄)₂SO₄

Chú ý: NH₃ có thể hòa tan Cu(OH)₂, Zn(OH)₂, Ag₂O tạo thành dung dịch phức chất nên không thu được kết tủa.