Bài tập về amoniac

      Chọn \({n_{{N_2}}} = 1\,\,mol\,\,;\,\,{n_{{H_2}}} = 4\,\,mol\)

      Phương trình phản ứng hoá học:   

              N₂     +    3H₂    \( \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} \)     2NH₃                       (1)

bđ:        1              4                   0        mol

pư:        x             3x                 2x       mol

dư:     1–x          4–3x             2x        mol

Theo (1) ta thấy : n_{hỗn hợp khí sau phản ứng} =  (1–x) + (4–3x)  +  2x  = 5 – 2x 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :

m_X = m_Y  \( \Leftrightarrow \) n_X.\({\overline M _X}\) = n_Y.\({\overline M _Y}\) \( \Leftrightarrow \)\(\frac{{{{\rm{n}}_{\rm{X}}}}}{{{{\rm{n}}_{\rm{Y}}}}} = \frac{{{{\overline M }_Y}}}{{{{\overline M }_X}}} = \frac{{2.4}}{{1,8.4}} = \frac{5}{{5 - 2x}} \Rightarrow x = 0,25\)

Hiệu suất phản ứng tính theo N₂ vì H₂ dư : H =\(\frac{{0,25}}{1}.100\%  = 25\% \)  

      Theo giả thiết ta thấy ban đầu ${\rm{[}}{H_2}{\rm{]}} = {\rm{[}}{N_2}{\rm{]}} = 1M$.

      Thực hiện phản ứng tổng hợp NH₃ đến thời điểm cân bằng ${\rm{[}}N{H_3}{\rm{]}} = 0,4M.$

      Phương trình phản ứng hoá học :   

                N₂     +    3H₂    \( \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} \)     2NH₃                       (1)

bđ:        1                1                    0       

pư:       0,2  ←       0,6      ←     0,4       

cb:       0,8             0,4                0,4     

      Theo (1) tại thời điểm cân bằng [NH₃] = 0,8M; [H₂] =0,4M; [NH₃] = 0,4M.

      Vậy hằng số cân bằng của phản ứng tổng hợp NH₃ là :

            \({K_C} = \frac{{{{{\rm{[}}N{H_3}{\rm{]}}}^2}}}{{{\rm{[}}{N_2}{\rm{][}}{H_2}{{\rm{]}}^3}}} = \frac{{{{(0,4)}^2}}}{{0,8.{{(0,4)}^3}}} = 3,125.\)

\(-{n_{N{H_3}}} = 0,1\,\,mol,\,\,{n_{CuO}} = 0,4\,\,mol.\)

- Phương trình phản ứng :

            2NH₃    +    3CuO    $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$    3Cu    +   N₂    +    3H₂O                     (1)

mol:   0,1                   0,4     \( \to \)       0,15

=>

n_{CuO dư} = 0,4 - 0,15 = 0,25mol

A gồm Cu (0,15 mol) và CuO dư (0,25 mol)

- Phản ứng của A với dung dịch HCl :

            CuO    +    2HCl    \( \to \)    CuCl₂    +    H₂O                       (2)

mol:     0,25    \( \to \)   0,5

Theo (2) và giả thiết ta suy ra : V_HCl =\(\frac{{0,5}}{2} = 0,25\,lít.\)

Vì các ion Cu²⁺, Zn²⁺, Ag⁺ tạo kết tủa với NH₃, sau đó kết tủa tan trong NH₃ dư tạo phức

=> kết tủa thu được chỉ gồm Al(OH)₃

n_Al(OH)3 = n_AlCl3 = 0,1 mol => m = 7,8 gam

      Khi cho X phản ứng với dung dịch BaCl₂ thì xảy ra phản ứng :

            Ba²⁺   +   SO₄^2-   → BaSO₄                (1)

mol:    0,05  →   0,05

=> trong 250 ml dung dịch X có 0,05 mol SO₄^2- vậy trong 500 ml dung dịch X có 0,1 mol SO₄^2-.

Khi cho X phản ứng với dung dịch NH₃ dư thì xảy ra các phản ứng :

            Al³⁺   +   3NH₃   +   3H₂O  →  Al(OH)₃   +   3NH₄⁺                  (2)

mol:    0,1                        ←                     0,1

Cu²⁺  +  2NH₃  +  2H₂O  →  Cu(OH)₂  +  2NH₄⁺      (3)

Cu(OH)₂  +  4NH₃ →  [Cu(NH₃)₄]²⁺  +  2OH^-_­                       (4)

X phản ứng với dung dịch NH₃ dư thì chỉ có Al³⁺ tạo kết tủa, Cu²⁺ lúc đầu tạo kết tủa sau đó tạo phức tan

Theo (2) và giả thiết ta thấy trong 500 ml dung dịch X có 0,1 mol Al³⁺.

Đặt số mol của Cu²⁺ và NO₃^- trong 500 ml dung dịch X là x và y

Theo định luật bảo toàn điện tích và khối lượng ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}3.{n_{A{l^{3 + }}}} + 2.{n_{C{u^{2 + }}}} = 2.{n_{S{O_4}^{2 - }}} + 1.{n_{N{O_3}^ - }}\\{m_{A{l^{3 + }}}} + {m_{C{u^{2 + }}}} + {m_{C{l^ - }}} + {m_{N{O_3}^ - }} = {m_{muối}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3.0,1 + 2x = 2.0,1 + y\\0,1.27 + 64x + 96.0,1 + 62.y = 37,3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,1\\y = 0,3\end{array} \right.\)

Vậy [NO₃^-] = \(\dfrac{{0,3}}{{0,5}} = 0,6M\)

92kJ là lượng nhiệt tỏa ra chứ không phải lượng nhiệt hấp thụ

Phản ứng: 4NH₃ + 3O₂ → 2N₂ + 6H₂O

So sánh tỉ lệ thể tích 4 : 3 và 7 : 6,72, ta thấy dư oxi.

Do đó, các chất thu được sau phản ứng là khí nitơ, nước được tạo thành và khí oxi dư.

Khí X làm đổi màu dung dịch phenolphtalein sang màu hồng => khí X tan trong nước, tạo thành dung dịch có tính bazơ => X là NH3

\(N{H_3} + {H_2}O \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} N{H_4}^ + + O{H^ - }\)

Như vậy dung dịch NH₃ gồm: NH₄⁺, OH^-, NH₃ và H₂O

C sai vì NH₃ là chất có mùi khai

NH₃ tan nhiều trong nước nên ta không sử dụng phương pháp đẩy nước để thu khí.

Phản ứng mà số oxi hóa của N trong NH₃ không tăng sau phản ứng thì NH₃ không đóng vai trò chất khử

\(A.\,4\mathop N\limits^{ - 3} {H_3} + 5{O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}4\mathop N\limits^{ + 2} O + 6{H_2}O\)

\(B.\,2\mathop N\limits^{ - 3} {H_3} + 3\mathop {C{l_2}}\limits^0  \to \mathop {{N_2}}\limits^0  + 6HCl\)

\(C.\,\,\mathop N\limits^{ - 3} {H_3} + {H_2}{O_2} + MnS{O_4} \to Mn{O_2} + {(\mathop N\limits^{ - 3} {H_4})_2}S{O_4}\)

\(D.\,\,\mathop N\limits^{ - 3} {H_3} + 3CuO\xrightarrow{{{t^0}}}3Cu + \mathop {{N_2}}\limits^0  + 3{H_2}O\)

Ta thấy phản ứng ở đán án C NH₃ không có sự thay đổi số oxi hóa trước và sau phản ứng → không đóng vai trò là chất khử.

Các phản ứng còn lại số oxi hóa của N trong NH₃ đều tăng sau phản ứng nên NH₃ đóng vai trò là chất khử

N₂ (k) + 3H₂ (k) \( \rightleftarrows \) 2NH₃ (k).

Áp dụng công thức tính hằng số cân bằng:

\(Kc = \frac{{{{[N{H_3}]}^2}}}{{[{N_2}].{{{\rm{[}}{H_2}]}^3}}} = \frac{{0,{3^2}}}{{0,05.0,{1^3}}} = 1800\)

A. Loại KOH không có pư

B. Thỏa mãn

NH₃ + HCl → NH₄Cl

NH₃ + O₂ \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \)  N₂ + H₂O

NH₃ + Cl₂ → NH₄Cl + N₂

NH₃ + CuO \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \)  Cu + N₂ + H₂O

NH₃ + AlCl₃ + H₂O → Al(OH)₃ + NH₄Cl

C. Loại KOH

D. Loại NaOH

2NH₃ + CO₂ \(\xrightarrow{{{t^o}\,cao,\,p\,\,cao}}\) (NH₂)₂CO (X) + H₂O

(NH₂)₂CO (X) + 2H₂O → (NH₄)₂CO₃ (Y)

(NH₄)₂CO₃ (Y) + 2HCl → 2NH₄Cl + H₂O + CO₂ (Z)

(NH₄)₂CO₃ (Y) + 2NaOH → Na₂CO₃ + 2NH₃ (T) + 2H₂O

Trong phân tử NH₃ chứa liên kết cộng hóa trị có phân cực, cặp e dùng chung lệch về phía nguyên tử nito (vì nito có độ âm điện lớn hơn hidro)

Trong công nghiệp NH₃ được điều chế từ N₂ và H₂.

N₂ + 3H₂  \(\underset{{}}{\overset{{{t^0},p,xt}}{\longleftrightarrow}}\) 2NH₃

pH = 1=> [H+] = 10^-1 = 0,1 (M) => \({{n}_{HN{{O}_{3}}}}=\text{ }0,1\text{ }\left( mol \right)\)

BTNT  Nito \(=>{{n}_{N{{H}_{3}}}}=\text{ }{{n}_{HN{{O}_{3}}}}=\text{ }0,1\text{ }\left( mol \right)\)

\(=>\text{ }{{n}_{{{O}_{2}}(pu)}}=\text{ }a\text{ }\text{- }0,1-0,25a=0,75a-0,1\text{ }\left( mol \right)\)

Sau quá trình 

\(\begin{gathered}
\mathop N\limits^{ - 3} {H_3} + 8e\xrightarrow{{}}{N^{ + 5}} \hfill \\
{O_2}\xrightarrow{{}}2{O^{ - 2}} + 4e \hfill \\
\end{gathered} \)

BT e \(:\text{ }=>\text{ }8{{n}_{N{{H}_{3}}}}=\text{ }4{{n}_{{{O}_{2}}}}\)

=> 8.0,1 = 4 (0,75a – 0,1) => a = 0,4 (mol)

\(\begin{gathered}
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{N_2} + 3{H_2}\overset {{t^o},xt,p} \leftrightarrows 2N{H_3} \hfill \\
Bd:x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,12 \hfill \\
Pu:\,\,3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,9\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,6 \hfill \\ 
\end{gathered} \)

Nhận thấy: \(\frac{{{n_{{H_2}pu}}}}{{{n_{{H_2}bd}}}}.100\%  = \frac{9}{{12}}.100\%  = H\% \)

=> Hiệu suất tính theo H₂

Nếu H% tính theo N₂ thì:

n_{N2 bđ} = 3.(100/75) = 4

=> n_{N2 bđ} = x ≥ 4

 P₁V= n₁RT  (n₁=14)

        N₂  + 3 H₂  <-> 2NH₃

có     4       10

p/u   x        3x             2x

sau   4-x    10-3x          2x

4-x   + 10-3x+ 2x=12,6

=> 14-2x=12,6

=> x=0,7

=> Tính theo H₂  => H= 21%