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

(AI giải đề cho tôi)
n_Mg = 7,2/24 = 0,3 mol; n_Al2O3 = 10,2/102 = 0,1 mol. HNO3 dư nên muối tạo thành: Mg(NO3)2 (0,3 mol), Al(NO3)3 (0,2 mol), ngoài ra khí N2 (0,448/22,4 = 0,02 mol) và phần electron còn lại của Mg tạo NH4+ (do khí duy nhất là N2, H2 không xuất hiện). Cân bằng electron: Mg → Mg2+ + 2e, tổng nhường 0,6 mol e. Khí N2: 2NO3- + 10e → N2, tiêu thụ 0,02 × 10 = 0,2 mol e. Phần còn lại 0,6 − 0,2 = 0,4 mol e dùng để khử NO3- về NH4+ (NO3- + 8e + 10H+ → NH4+ + 3H2O): n_NH4+ = 0,4/8 = 0,05 mol, tức tạo 0,05 mol NH4NO3. Khối lượng muối tan trong Y: m = 0,3 × 148 + 0,2 × 213 + 0,05 × 80 = 44,4 + 42,6 + 4,0 = 91,0 gam. Vậy chọn A, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng phát biểu: (a) SAI — Cu không bị thụ động hoá trong HNO3 đặc (chỉ Fe, Al, Cr mới thụ động hoá), nên Cu phản ứng ngay cả với HNO3 đặc nguội: Cu + 4HNO3 đặc → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O, có khí nâu đỏ NO2 thoát ra. (b) ĐÚNG — ở cả hai ống, Cu tan tạo muối Cu(NO3)2 làm dung dịch chuyển sang màu xanh (ống 2 đun nhẹ để tăng tốc phản ứng với HNO3 loãng: 3Cu + 8HNO3 loãng → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O). (c) ĐÚNG — HNO3 đặc khử tạo NO2 màu nâu đỏ thoát ra khỏi dung dịch. (d) ĐÚNG — bông tẩm NaOH hấp thụ khí NO2 độc: 2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O, hạn chế khí độc thoát ra ngoài. (e) SAI — NaCl không phản ứng/hấp thụ NO2 (không có tính bazơ), không thể thay NaOH. Vậy có 3 phát biểu đúng: (b), (c), (d) → đáp án C, khớp với đáp án nguồn (73C).

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng phát biểu: (a) SAI — Cu không bị thụ động hoá trong HNO₃ đặc nguội (chỉ Fe, Al, Cr mới thụ động hoá). Ống nghiệm thứ nhất có phản ứng: Cu + 4HNO₃ đặc → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂↑ + 2H₂O, nên có hiện tượng rõ rệt. (b) ĐÚNG — Ống 1: Cu tan trong HNO₃ đặc tạo Cu(NO₃)₂ màu xanh; ống 2: HNO₃ 15% (loãng) đun nhẹ phản ứng với Cu: 3Cu + 8HNO₃ loãng → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO↑ + 4H₂O, Cu(NO₃)₂ làm dung dịch xanh. (c) ĐÚNG — Ống 1 có khí NO₂ màu nâu đỏ thoát ra khỏi dung dịch. (d) ĐÚNG — Bông tẩm NaOH hấp thụ khí NO₂ độc: 2NO₂ + 2NaOH → NaNO₃ + NaNO₂ + H₂O, hạn chế khí độc thoát ra môi trường. (e) SAI — NaCl không phản ứng/hấp thụ NO₂ (không có tính bazơ), không thể thay NaOH. Vậy có 3 phát biểu đúng: (b), (c), (d).

(AI giải đề cho tôi)
n_Cu = 9,6/64 = 0,15 mol. Cu tác dụng với HNO3 loãng dư: 3Cu + 8HNO3(loãng) → 3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O. Theo phương trình, n_NO = (2/3)n_Cu = (2/3)·0,15 = 0,1 mol. Kiểm tra bằng bảo toàn electron: Cu → Cu²⁺ mất 2e mỗi mol, tổng 0,3 mol e; N⁺5 → N⁺2 nhận 3e, n_NO = 0,3/3 = 0,1 mol (khớp). V = 0,1 × 22,4 = 2,24 lít. Khớp đáp án nguồn D.

(AI giải đề cho tôi)
HNO3 loãng có tính oxi hoá mạnh do N+5, khi tác dụng với kim loại đứng trước H như Fe thì N+5 bị khử về N+2 (tạo NO), còn Fe bị oxi hoá từ Fe0 lên Fe+3: $Fe+4HN{O}_3\to Fe(N{O}_3{)}_3+NO\uparrow +2H_{2}O$. Đây là phản ứng oxi hoá - khử vì có sự thay đổi số oxi hoá. Các chất còn lại $Fe(OH{)}_3$, $F{e}_2{O}_3$, $CuO$ chỉ phản ứng trung hoà với HNO3 (tạo muối + nước, không đổi số oxi hoá). Đáp án A, khớp bảng đáp án (Câu 4 = A).

(AI giải đề cho tôi)
Xét lần lượt từng chất tác dụng với dung dịch HNO₃ (HNO₃ vừa có tính axit vừa có tính oxi hóa, N⁺⁵ bị khử về NO):
- Fe₂O₃: phản ứng trao đổi (Fe³⁺ không bị oxi hóa thêm) → không phải OHH.
- Cu: $3Cu+8HN{O}_3\to 3Cu(N{O}_3{)}_2+2NO+4H_{2}O$ → OHH (1).
- Al: $Al+4HN{O}_3\to Al(N{O}_3{)}_3+NO+2H_{2}O$ → OHH (2).
- CuO: phản ứng trao đổi tạo Cu(NO₃)₂ → không phải OHH.
- FeCO₃: Fe²⁺ bị HNO₃ oxi hóa thành Fe³⁺ → OHH (3).
- MgCO₃: phản ứng trao đổi → không phải OHH.
- S: $S+6HN{O}_3\to H_{2}S{O}_4+6N{O}_2+2H_{2}O$ → OHH (4).
- FeCl₂: Fe²⁺ bị oxi hóa thành Fe³⁺, Cl⁻ có thể bị oxi hóa → OHH (5).
- Fe₃O₄: chứa Fe²⁺ bị oxi hóa thành Fe³⁺ → OHH (6).
- Fe(OH)₃: Fe³⁺ không đổi số oxi hóa, chỉ phản ứng trao đổi → không phải OHH.
Vậy có 6 phản ứng oxi hóa - khử, khớp với đáp án B của đề.

Trong 4 biện pháp trên, biện pháp có hiệu quả nhất là bông có tẩm nước vôi vì:
$$N{O}_2+Ca(OH{)}_2⟶Ca(N{O}_3{)}_2+Ca(N{O}_2{)}_2+H_{2}O$$

(AI giải đề cho tôi)
Khi nung $Cu(N{O}_3{)}_2$ ở nhiệt độ cao, muối nitrat của kim loại sau Mg phân hủy sinh ra CuO, khí $N{O}_2$ và $O_2$: $$2Cu(N{O}_3{)}_2\stackrel{t^o}{\to }2CuO+4N{O}_2\uparrow +O_2\uparrow$$ Hỗn hợp khí thu được gồm $N{O}_2$ và $O_2$, trong đó khí X là $N{O}_2$ (khí màu nâu đỏ). Đáp án khớp với đáp án nguồn 8C.

(AI giải đề cho tôi)
Thí nghiệm: đun nóng chất rắn X trong ống nghiệm có bông ở miệng, thu khí Y bằng phương pháp đẩy nước. Xét các đáp án: (A) NaHCO₃ bị nhiệt phân: 2NaHCO₃ → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O, thu được CO₂ (ít tan, có thể đẩy nước) — thỏa mãn. (B) NH₄NO₃ nhiệt phân tạo N₂O (khí cười), không tạo N₂, nhưng N₂O không tan nhiều trong nước nên vẫn thu được khí — về mặt thu khí bằng nước vẫn khả thi. (C) Cu(NO₃)₂ nhiệt phân: 2Cu(NO₃)₂ → 2CuO + 4NO₂ + O₂. Khí NO₂ tan và phản ứng với nước (3NO₂ + H₂O → 2HNO₃ + NO), nên KHÔNG thể thu hỗn hợp (NO₂, O₂) bằng phương pháp đẩy nước — không thỏa mãn thí nghiệm. (D) KMnO₄ nhiệt phân: 2KMnO₄ → K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂, thu O₂ bằng đẩy nước, bông ở miệng ống để tránh bụi KMnO₄ — thỏa mãn. Vậy cặp X, Y không thỏa mãn là Cu(NO₃)₂ và (NO₂, O₂).

(AI giải đề cho tôi) n(Mg) = 0,4 mol; n(NaOH) = 1 mol; n(NH3) = 0,05 mol nên n(NH4+) = 0,05 mol.
Gọi x = n(NaNO3), y = n(NaOH) dư trong Y: x + y = 1. Khi nung T: NaNO3 → NaNO2 nên 69x + 40y = 67,55 ⇒ x = 0,95; y = 0,05.
Vậy OH− phân bố: NH4+ 0,05; Mg2+ 0,8; trung hòa H+ dư 0,15 mol ⇒ X chứa 0,15 mol HNO3 dư.
Bảo toàn N: N khí = 1,2 − 0,8 (NO3− của Mg) − 0,05 (NH4+) − 0,15 (HNO3 dư) = 0,2 mol.
Bảo toàn e: Mg cho 0,8 mol e−; NH4+ nhận 0,05 × 8 = 0,4 mol e− ⇒ khí nhận 0,4 mol e−, tức 2 e−/N ⇒ hỗn hợp khí là NO2 và NO với số mol bằng nhau (0,1 mol mỗi loại).
m = 0,1 × 46 + 0,1 × 30 = 7,6 gam.

(AI giải đề cho tôi)
Kali nitrat là muối của kali (K${}^{+}$) và gốc nitrat (NO${}_3^{-}$), nên công thức hóa học là KNO${}_3$. KCl là kali clorua, KNO${}_2$ là kali nitrit, KHCO${}_3$ là kali hiđrocacbonat. Đáp án khớp với bảng đáp án nguồn (câu 13: A).

3Cu + 8HNO${}_3$ → 3Cu(NO${}_3$)${}_2$ + 2NO + 4H${}_2$O

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 (NaNO${}_3$) là nghiệm duy nhất.
4NO${}_2$ + O${}_2$ + 4NaOH → 4NaNO${}_3$ + 2H${}_2$O
0,28......0,07......................0,28
m${}_Y$ = m${}_X$ - m${}_Z$ = 30,24
→ Y gồm NO${}_2$ (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(NO${}_3$)${}_x$.kH${}_2$O → M${}_2$O${}_x$ + 2xNO${}_2$ + 0,5xO${}_2$ + 2kH${}_2$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(NO${}_3$)${}_2$.6H${}_2$O → %Zn = $\frac{65}{297}$ × 100% = 21,89%.
(Ghi chú: bản gốc in nhầm dòng cuối thành "%O = 64,65%"; 64,65% là phần trăm khối lượng của nhóm NO${}_3$, không phải phần trăm kim loại. Đáp án đúng theo đề và bảng đáp án là D: %Zn = 21,89%.)

HNO${}_3$ có thể hòa tan nhiều kim loại (trừ Au, Pt), chú ý với HNO${}_3$ đặc nguội

X là NO:
$3FeO+10HN{O}_3⟶3Fe(N{O}_3{)}_3+NO+5H_{2}O$

Các hợp chất của sắt khi nung trong không khí đến khối lượng không đổi sẽ tạo thành Fe${}_2$O${}_3$

(AI giải đề cho tôi)
Khối lượng N trong 30,12 g X: $m_N=30,12\times 13,944\%=4,2$ g, suy ra $n_N=0,3$ mol. Vì mỗi nhóm nitrat $N{O}_3^{-}$ chứa 1 nguyên tử N nên $n(N{O}_3^{-})=n(N)=0,3$ mol (lưu ý: các muối Fe(NO${}_3$)${}_2$, Fe(NO${}_3$)${}_3$, Cu(NO${}_3$)${}_2$ có 2–3 nhóm nitrat, nhưng tổng số nhóm nitrat vẫn bằng tổng số nguyên tử N).

Nhiệt phân: Fe(NO${}_3$)${}_2$, Fe(NO${}_3$)${}_3$, Cu(NO${}_3$)${}_2$ chuyển thành oxit (Fe${}_2$O${}_3$, CuO), AgNO${}_3$ chuyển thành Ag; các nhóm $N{O}_3^{-}$ thoát ra dưới dạng NO${}_2$ và O${}_2$. Khi thổi CO dư vào Y nung nóng, các oxit bị khử hoàn toàn về kim loại, nên rắn Z gồm Fe, Cu, Ag — tức toàn bộ phần kim loại của X.

Khối lượng Z = khối lượng X trừ khối lượng toàn bộ các nhóm $N{O}_3^{-}$ đã mất:
$$m_Z=30,12-0,3\times 62=30,12-18,6=11,52\text{ g}$$
Vậy $m=11,52$ g, chọn A (khớp đáp án nguồn Câu 71 – A).

(AI giải đề cho tôi)
Nhiệt phân AgNO${}_3$: $2AgN{O}_3\stackrel{t^o}{\to }2Ag+2N{O}_2\uparrow +O_2\uparrow$. Kiểm tra cân bằng: Ag (2=2), N (2=2), O (6 = 4+2). Số oxi hóa: Ag${}^{+}$ → Ag${}^0$ (giảm 1), N${}^{+5}$ → N${}^{+4}$ (giảm 1), O${}^{-2}$ → O${}_2^0$ (tăng 2, với 2 nguyên tử O). Tổng electron cho = nhận = 4, phản ứng cân bằng. Sản phẩm là Ag, NO${}_2$, O${}_2$, khớp đáp án B (đáp án nguồn câu 49: B).

(AI giải đề cho tôi)
n(Mg)=7,2/24=0,3 mol; n(Al2O3)=10,2/102=0,1 mol; n(N2)=0,448/22,4=0,02 mol.
Muối tan gồm Mg(NO3)2, Al(NO3)3 (và NH4NO3 tạo từ phần NO3- dư bị khử về NH4+).
- Mg + 2HNO3 → Mg(NO3)2 + H2 (thực tế Mg²⁺): n Mg(NO3)2 = 0,3 mol.
- Al2O3 + 6HNO3 → 2Al(NO3)3 + 3H2O: n Al(NO3)3 = 0,2 mol.
Khối lượng muối này: 0,3×148 + 0,2×213 = 44,4 + 42,6 = 87,0 g.
Cân bằng electron: Mg cho 0,3×2 = 0,6 mol e; khử N(+5) → N2(0) chỉ nhận 0,02×2×5 = 0,2 mol e. Phần e còn lại 0,4 mol khử NO3- → NH4+ (N +5 → −3, 8e/N): n NH4+ = 0,4/8 = 0,05 mol, tồn tại trong dung dịch axit dư dưới dạng NH4NO3: 0,05×80 = 4,0 g.
Tổng khối lượng muối tan = 87,0 + 4,0 = 91,0 g. Khớp đáp án A.