Bài tập về amoniac

CuCl₂, ZnCl₂, FeCl₃, AlCl₃  Cu(OH)₂ , Fe(OH)₃  Fe(OH)₃

Do KOH dư  => kết tủa Zn(OH)₂ , Al(OH)₃ tan hết

Zn(OH)₂  + 2KOH ->  K₂ZnO₂  + 2H₂O

Al(OH)₃ + KOH -> KAlO₂  + 2H₂O

Cu(OH)₂ tạo phức với dung dịch NH₃ => chất rắn chỉ còn Fe(OH)₃

Cu(OH)₂  +  4NH₃  -> [Cu(NH₃)₄](OH)₂

AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ ↓ + 3NH₄Cl

CuCl₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂ ↓ + 2NH₄Cl

Cu(OH)₂ + 4NH₃ -> [Cu(NH₃)₄](OH)₂ (tan)

Các biện pháp nhằm tăng hiệu suất phản ứng thực chất là tăng chiều thuận của phản ứng.

A. Phản ứng là phản ứng tỏa nhiệt vì có ΔH<0. Tăng nhiệt độ → phản ứng xảy ra theo chiều thu nhiệt → CB chuyển dịch theo chiều nghịch → giảm hiệu suất

B. Tăng áp suất → phản ứng xảy ra theo chiều làm giảm số mol phân tử khí → CB chuyển dịch theo chiều thuận → tăng hiệu suất

C. Lấy NH₃ → phản ứng xảy ra theo chiều làm tăng lượng NH₃ → CB chuyển dịch theo chiều thuận → tăng hiệu suất

D. Bổ sung khí N₂ → phản ứng xảy ra theo chiều làm giảm lượng N₂ → CB chuyển dịch theo chiều thuận → tăng hiệu suất

- Tính bazơ của NH₃ là do trên nguyên tử N còn cặp e tự do không tham gia liên kết.

- Theo thuyết bronsted , bazo là chất nhận proton

- Theo thuyết areniut, bazo là chất tan trong nước phân li ra ion OH-

      H₂O + NH₃ ⇌ OH^– + NH₄⁺

Tính chất hóa học của NH₃ là vừa có tính khử, vừa có tính bazơ

Vì dung dịch NH₃ có tính bazơ => làm quỳ chuyển xanh

NH₃ thể hiện tính bazơ trong phản ứng: 2NH₃ + H₂SO₄ → (NH₄)₂SO₄.

Hóa chất dùng để làm khô khí NH₃ là chất không tác dụng được với NH₃ => chất đó là CaO

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

B loại vì H₂SO₄ phản ứng được với NH₃

Cặp muối khi tác dụng với dung dịch NH₃ dư đều tạo kết tủa là AlCl₃ và FeCl₃

A sai vì Na₂SO₄ không tạo kết tủa với NH₃

C sai vì CuSO₄ tạo kết tủa, sau đó kết tủa tan khi NH₃ dư

D sai vì AgNO₃, Zn(NO₃)₂ đều tạo kết tủa, sau đó kết tủa tan khi NH₃ dư

Theo nguyên lí Lơ-sa-tơ-li-ê: Một phản ứng thuận nghịch đang ở trạng thái cân bằng khi chịu một tác động từ bên ngoài như biến đổi nồng độ, áp suất, nhiệt độ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm tác động bên ngoài đó.

Theo phương trình, chiều thuận làm giảm áp suất và tăng nhiệt độ (∆H < 0) là phản ứng tỏa nhiệt

Khi tăng áp suất => cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm áp suất => chiều thuận

Khi giảm nhiệt độ => cân bằng chuyển dịch theo chiều làm tăng nhiệt độ => chiều thuận

NH₃ dư có Cu(OH)₂ và Zn(OH)₂ tạo phức tan

=> kết tủa thu được gồm Fe(OH)₃, Al(OH)₃, Mg(OH)₂.

Để nhận biết AlCl₃ và ZnCl₂, người ta dùng dung dịch NH₃ dư

AlCl₃ tạo kết tủa và không tan trong NH₃ dư còn ZnCl₂ tạo kết tủa sau đó tan.

Trong phòng thí nghiệm, khí NH₃ được điều chế bằng cách cho muối amoni tác dụng với kiềm.

2NH₃ + 3Cl₂ → N₂ + 6HCl

NH_{3 khí}  + HCl_khí → NH₄Cl  (khói trắng)

tốc độ phản ứng thuận : v = [N₂].[H₂]³

Khi tăng nồng độ của hiđro lên 2 lần => v’ = [N₂].(2.[H₂])³ = 8.[N₂].[H₂]³ = 8v

=> tốc độ phản ứng tăng lên 8 lần

                     N₂     +    3H₂    \( \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} \)    2NH₃           

ban đầu:      1 mol      3 mol

phản ứng:    a    →     3a         →    2a

dư:               1 – a       3 – 3a           2a

=> n_{hỗn hợp sau phản ứng} = 1 – a + 3 – 3a + 2a = 4 – 2a

 n_{hỗn hợp trước phản ứng}  = 1 + 3 = 4 mol

Bảo toàn khối lượng: m_trước  = m_sau => M_t.n_t = M_s.n_s

\(\,\, =  > \,\,\frac{{{M_t}}}{{{M_s}}} = \frac{{{n_s}}}{{{n_t}}}\,\, =  > \,\,\frac{{4 - 2a}}{4} = 0,6\,\, =  > \,\,a = 0,8\)

$=>H = \frac{{0,8}}{1}.100\%  = 80\% $

      Theo phương trình phản ứng tổng hợp NH₃ ta thấy N₂ và H₂ phản ứng theo tỉ lệ là \(\frac{{{n_{{H_2}}}}}{{{n_{{N_2}}}}} = \frac{3}{1}\).

      Theo đề bài ta thấy \(\frac{{{n_{{H_2}}}}}{{{n_{{N_2}}}}} = \frac{{{V_{{H_2}}}}}{{{V_{{N_2}}}}} = \frac{1}{1}\). Vậy H₂ thiếu nên hiệu suất phản ứng tính theo H₂.

      Thể tích H₂ phản ứng là 10.60% = 6 lít

V_{H2 phản ứng} = 6 lít => V_{N2 phản ứng} = 2 lít

                          N₂     +    3H₂    \( \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} \)    2NH₃           

ban đầu:        10            10

phản ứng:       2    →      6         →      4

dư:                   8               4                  4

=> V_sau = 8 + 4 + 4 = 16

Vì trước và sau phản ứng nhiệt độ không thay đổi nên : \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{n_1}}}{{{n_2}}} = \frac{{{p_1}}}{{p{}_2}} \Rightarrow \frac{{20}}{{16}} = \frac{{10}}{{{p_2}}} \Rightarrow {p_2} = 8\,\,atm.\)

Với tỉ lệ trên suy ra H₂ thiếu, hiệu suất phản ứng tính theo H₂.

Trong hỗn hợp X ta chọn n_N2 = 2 mol và n_H2 = 3 mol

=> n_{H2 phản ứng} = 3.40% = 1,2 mol => n_{N2 phản ứng} = 0,4 mol, n_{NH3 sinh ra} = 0,8 mol

n_{khí giảm} = (1,2 + 0,4) – 0,8 = 0,8 mol

=> \({n_Y} = {n_X} - 0,8 = 2 + 3 - 0,8 = 4,2\,\,mol\)

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có :

\({m_Y} = {m_X} = {m_{{N_2}}} + {m_{{H_2}}} = 2.28 + 3.2 = 62\,\,gam\)

Vậy \({\overline M _Y} = \frac{{{m_Y}}}{{{n_Y}}} = \frac{{62}}{{4,2}} = 14,76\)

Khi cho hỗn hợp gồm N₂, H₂ và NH₃ đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc, dư thì toàn bộ NH₃ bị hấp thụ.

Theo giả thiết thì sau khi đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc thì thể tích khí còn lại một nửa 

=> Coi V(NH₃ )=1 thì V(N₂) +V(H₂)=1 (1)

$\frac{{1*17 + {V_{{N_2}}}*28 + {V_{{H_2}}}*2}}{2}*100\% = 8*2$ (2)

Giải (1) và (2) ta có V (N₂)=0,5, V(NH₃)=0,5

%N₂ = %VH₂= $\frac{{0,5}}{2}*100\% = 25\% $

%NH₃ =50%

Theo giả thiết \({n_{{H_2}}}:{n_{{N_2}}} = 3:1\) nên ta giả sử lúc đầu có 1 mol N₂ và 3 mol H₂.

Trong một bình kín có nhiệt độ không đổi thì áp suất tỉ lệ thuận với số mol hỗn hợp khí :  

$\frac{{{n_1}}}{{{n_2}}} = \frac{{{p_1}}}{{{p_2}}} = \frac{{{p_1}}}{{90\% {p_1}}}$ \( \Rightarrow \) n_{hỗn hợp khí sau phản ứng} = \({n_2}\)= $4.\frac{{90}}{{100}} = 3,6\,\,mol$ 

Cách 1 : Tính số mol của các chất sau phản ứng dựa vào phản ứng

      Phương trình phản ứng hoá học:             

N₂     +    3H₂    $ \rightleftarrows $     2NH₃             (1)

bđ:       1               3                      0      : mol

pư:       x               3x                    2x    : mol

dư:      1–x           3–3x                2x    : mol

Theo (1) ta thấy :  n_{hỗn hợp khí sau phản ứng} =  (1 – x) + (3 – 3x)  +  2x  = 4 – 2x  = 3,6  \( \Rightarrow \) x  =  0,2

Vậy phần trăm về thể tích của các khí là :

$\% {V_{{N_2}}} = \frac{{1 - 0,2}}{{3,6}}.100\%  = 22,22\% ;\,\,\% {V_H}_{_2} = \frac{{3 - 3.0,2}}{{3,6}}.100\%  = 66,67\% ;\,\,\,\% {V_{N{H_3}}} = 11,11\% .$

Cách 2 : Dựa vào sự tăng giảm thể tích khí

Gọi số mol N₂ và H₂ phản ứng là x và 3x mol. Sau phản ứng số mol khí giảm bằng một nửa lượng phản ứng tức là giảm 2x mol.

Ta có : ${n_{({N_2},\,\,{H_2})\,\,ban\,\,đầu}} - {n_{khí\,\,gỉam}} = {n_{({N_2},\,\,{H_2},\,\,N{H_3})\,\,sau\,\,phản\,\,ứng}} \Rightarrow 4 - 2x = 3,6 \Rightarrow x = 0,2\,\,mol.$