Lý thuyết trọng tâm

I. Ammonia

1. Cấu tạo phân tử

Công thức phân tử: $\text{NH}_3$

Dạng hình học: Chóp tam giác

Đặc điểm cấu tạo của phân tử ammonia:

Liên kết hydrogen giữa các phân tử ammonia:

Do nguyên tử N có cặp electron không liên kết (mang điện tích âm) và nguyên tử H mang một phần điện tích dương, nên các phân tử ammonia có khả năng tạo liên kết hydrogen mạnh với nhau.

2. Tính chất vật lí

Giải thích tại sao ammonia tan tốt trong nước:

• Phân tử $\text{NH}_3$ có khả năng tạo liên kết hydrogen với phân tử nước.
• Nguyên tử N trong $\text{NH}_3$ có cặp electron không liên kết, có thể tạo liên kết hydrogen với nguyên tử H của nước.
• Nguyên tử H trong $\text{NH}_3$ mang điện tích dương, có thể tạo liên kết hydrogen với nguyên tử O của nước.

3. Tính chất hóa học

a) Tính base

Trong dung dịch:

Một phần số phân tử ammonia nhận proton của nước, tạo thành ion ammonium ($\text{NH}_4^+$):

$$\text{NH}_3 + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{NH}_4^+ + \text{OH}^-$$

→ Dung dịch ammonia có môi trường base yếu:

• Làm quỳ tím chuyển màu xanh
• Làm phenolphthalein chuyển màu hồng

Ở thể khí:

Ammonia cũng có khả năng nhận proton, thể hiện tính chất của một base Brønsted-Lowry:

$$\text{NH}_3(g) + \text{HCl}(g) \rightarrow \text{NH}_4\text{Cl}(s)$$

Tác dụng với acid tạo muối ammonium:

Trong công nghiệp, phản ứng giữa ammonia với acid được dùng để sản xuất phân bón:

$$\text{NH}_3 + \text{HCl} \rightarrow \text{NH}_4\text{Cl}$$

$$\text{NH}_3 + \text{HNO}_3 \rightarrow \text{NH}_4\text{NO}_3$$

$$2\text{NH}_3 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow (\text{NH}_4)_2\text{SO}_4$$

b) Tính khử

Trong phân tử ammonia, nguyên tử nitrogen có số oxi hóa -3 (số oxi hóa thấp nhất của nitrogen) nên ammonia thể hiện tính khử.

Phản ứng 1: Đốt cháy trong oxygen (không có xúc tác)

$$4\text{NH}_3 + 3\text{O}_2 \xrightarrow{t^\circ} 2\text{N}_2 + 6\text{H}_2\text{O}$$

Ammonia cháy với ngọn lửa màu vàng.

Phản ứng 2: Phản ứng với oxygen có xúc tác Pt (800-900°C)

$$4\text{NH}_3 + 5\text{O}_2 \xrightarrow[Pt]{800-900^\circ\text{C}} 4\text{NO} + 6\text{H}_2\text{O}$$

Đây là giai đoạn trung gian quan trọng trong quá trình sản xuất nitric acid theo phương pháp Ostwald.

4. Ứng dụng

5. Sản xuất (Quy trình Haber-Bosch)

Trong công nghiệp, quá trình sản xuất ammonia được thực hiện theo quy trình Haber-Bosch:

$$\text{N}_2(g) + 3\text{H}_2(g) \overset{400-450°C, 150-200 \text{ bar, Fe}}{\rightleftharpoons} 2\text{NH}_3(g) \quad \Delta_rH° = -91{,}8 \text{ kJ}$$

Điều kiện phản ứng:

• Nhiệt độ: 400°C – 450°C
• Áp suất: 150 – 200 bar
• Xúc tác: Fe

Giải thích các điều kiện:

II. Muối ammonium

1. Tính tan, sự điện li

Một số muối ammonium phổ biến:

$\text{NH}_4\text{Cl}$, $\text{NH}_4\text{ClO}_4$, $\text{NH}_4\text{NO}_3$, $(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4$, $\text{NH}_4\text{H}_2\text{PO}_4$, $(\text{NH}_4)_2\text{HPO}_4$, $\text{NH}_4\text{HCO}_3$, $(\text{NH}_4)_2\text{Cr}_2\text{O}_7$

Tính tan: Hầu hết các muối ammonium đều dễ tan trong nước.

Sự điện li: Muối ammonium phân li hoàn toàn ra ion trong dung dịch.

$$\text{NH}_4\text{Cl} \rightarrow \text{NH}_4^+ + \text{Cl}^-$$

2. Tác dụng với kiềm – Nhận biết ion ammonium

Khi đun nóng hỗn hợp muối ammonium với dung dịch kiềm, sinh ra khí ammonia có mùi khai.

Ví dụ:

$$(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4 + 2\text{NaOH} \xrightarrow{t^\circ} \text{Na}_2\text{SO}_4 + 2\text{NH}_3 \uparrow + 2\text{H}_2\text{O}$$

Phương trình ion rút gọn:

$$\text{NH}_4^+ + \text{OH}^- \xrightarrow{t^\circ} \text{NH}_3 \uparrow + \text{H}_2\text{O}$$

Cách nhận biết ion ammonium:

• Cho mẫu thử tác dụng với dung dịch kiềm (NaOH, KOH…)
• Đun nóng nhẹ
• Đưa giấy quỳ tím ẩm (hoặc giấy pH) vào miệng ống nghiệm
• Nếu giấy quỳ chuyển xanh → có ion $\text{NH}_4^+$

3. Tính chất kém bền nhiệt

Các muối ammonium đều kém bền nhiệt và dễ bị phân hủy khi nung nóng.

Ví dụ:

$$\text{NH}_4\text{Cl} \xrightarrow{t^\circ} \text{NH}_3 + \text{HCl}$$

$$\text{NH}_4\text{HCO}_3 \xrightarrow{t^\circ} \text{NH}_3 + \text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O}$$

$$\text{NH}_4\text{NO}_3 \xrightarrow{t^\circ} \text{N}_2\text{O} + 2\text{H}_2\text{O}$$

Lưu ý: Ammonium nitrate ($\text{NH}_4\text{NO}_3$) vừa là phân bón nhưng đồng thời cũng là chất nổ do phản ứng:

$$2\text{NH}_4\text{NO}_3 \xrightarrow{t^\circ} 2\text{N}_2 + \text{O}_2 + 4\text{H}_2\text{O}$$

4. Ứng dụng

Phương pháp giải các dạng bài tập

Phần này chỉ trình bày các dạng bài tập tính toán, bám sát bốn nhóm phản ứng trọng tâm của bài.

Các phương trình cần thuộc:

Khối lượng mol hay dùng (g/mol):

$$\text{NH}_3 = 17 \quad \text{NH}_4\text{Cl} = 53{,}5 \quad (\text{NH}_4)_2\text{SO}_4 = 132 \quad \text{NH}_4\text{NO}_3 = 80 \quad \text{NH}_4\text{HCO}_3 = 79 \quad \text{N}_2\text{O} = 44$$

Lưu ý theo chương trình mới: Thể tích khí quy về điều kiện chuẩn (đkc) là $25\ ^\circ\text{C}$, $1$ bar, với $V_m = \mathbf{24{,}79}$ L/mol: $$n = \frac{V}{24{,}79}$$ Mốc $22{,}4$ L/mol là của “điều kiện tiêu chuẩn” theo chương trình cũ, không còn sử dụng.

Dạng 1: Ammonia tác dụng với acid tạo muối ammonium

Phương pháp giải

Bước 1: Viết phương trình, chú ý tỉ lệ mol khác nhau tuỳ acid mấy nấc:

$$\text{NH}_3 + \text{HCl} \rightarrow \text{NH}_4\text{Cl} \quad (1:1)$$

$$\text{NH}_3 + \text{HNO}_3 \rightarrow \text{NH}_4\text{NO}_3 \quad (1:1)$$

$$2\text{NH}_3 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow (\text{NH}_4)_2\text{SO}_4 \quad (2:1)$$

Bước 2: Tính số mol $\text{NH}_3$ (từ thể tích khí thì chia cho $24{,}79$).

Bước 3: Nếu đề cho cả hai chất, xác định chất hết trước khi tính sản phẩm. Nếu đề nói acid dư thì tính theo $\text{NH}_3$.

Bước 4: Tính khối lượng muối theo tỉ lệ mol.

Bước 5: Nếu đề hỏi hàm lượng nitrogen trong phân đạm:

$$\%m_{\text{N}} = \frac{\text{tổng khối lượng N trong 1 mol muối}}{M_{\text{muối}}} \times 100\%$$

Ví dụ mẫu

Đề bài: Dẫn $4{,}958$ L khí $\text{NH}_3$ (đkc) vào dung dịch $\text{H}_2\text{SO}_4$ dư.

a) Tính khối lượng muối thu được.

b) Tính hàm lượng nitrogen trong muối đó và so sánh với $\text{NH}_4\text{NO}_3$.

Lời giải

Câu a.

$$n_{\text{NH}_3} = \frac{4{,}958}{24{,}79} = 0{,}2\ \text{mol}$$

Phương trình: $2\text{NH}_3 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow (\text{NH}_4)_2\text{SO}_4$

Vì acid dư nên tính theo $\text{NH}_3$, tỉ lệ $2 : 1$:

$$n_{(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4} = \frac{0{,}2}{2} = 0{,}1\ \text{mol}$$

$$m = 0{,}1 \times 132 = 13{,}2\ \text{g}$$

Câu b.

Trong $1$ mol $(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4$ có $2$ mol N, tức $28$ g N:

$$\%m_{\text{N}} = \frac{28}{132}\times 100\% \approx 21{,}21\%$$

Trong $1$ mol $\text{NH}_4\text{NO}_3$ cũng có $2$ mol N, nhưng $M = 80$:

$$\%m_{\text{N}} = \frac{28}{80}\times 100\% = 35{,}00\%$$

Kết luận: Thu được $13{,}2$ g $(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4$. Xét cùng khối lượng phân bón, $\text{NH}_4\text{NO}_3$ cung cấp nhiều nitrogen hơn hẳn nên có độ dinh dưỡng cao hơn.

Dạng 2: Muối ammonium tác dụng với dung dịch kiềm

Phương pháp giải

Đây là phản ứng dùng để nhận biết ion ammonium, đồng thời là dạng tính toán chính của phần muối ammonium.

Bước 1: Viết phương trình ion rút gọn, dùng chung cho mọi muối ammonium:

$$\text{NH}_4^+ + \text{OH}^- \xrightarrow{t^\circ} \text{NH}_3\uparrow + \text{H}_2\text{O}$$

Bước 2: Nhận xét then chốt: số mol $\text{NH}_3$ thoát ra bằng số mol ion $\text{NH}_4^+$.

$$n_{\text{NH}_3} = n_{\text{NH}_4^+}$$

Bước 3: Chú ý số ion $\text{NH}_4^+$ mà mỗi muối phân li ra:

$$\text{NH}_4\text{Cl} \rightarrow 1\ \text{ion}\ \text{NH}_4^+ \qquad (\text{NH}_4)_2\text{SO}_4 \rightarrow 2\ \text{ion}\ \text{NH}_4^+$$

Bước 4: Nếu là hỗn hợp hai muối, đặt hai ẩn và lập hệ hai phương trình: một theo khối lượng hỗn hợp, một theo số mol $\text{NH}_3$.

Ví dụ mẫu 1

Đề bài: Cho $13{,}2$ gam $(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4$ tác dụng hết với dung dịch NaOH dư, đun nóng. Tính thể tích khí $\text{NH}_3$ thoát ra ở đkc.

Lời giải

$$n_{(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4} = \frac{13{,}2}{132} = 0{,}1\ \text{mol}$$

Mỗi phân tử $(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4$ cho $2$ ion $\text{NH}_4^+$:

$$n_{\text{NH}_4^+} = 2 \times 0{,}1 = 0{,}2\ \text{mol} \Rightarrow n_{\text{NH}_3} = 0{,}2\ \text{mol}$$

$$V_{\text{NH}_3} = 0{,}2 \times 24{,}79 = 4{,}958\ \text{L}$$

Kết luận: Thu được $4{,}958$ L khí $\text{NH}_3$, nhận biết được bằng mùi khai và bằng giấy quỳ tím ẩm hoá xanh khi đưa vào miệng ống nghiệm.

Ví dụ mẫu 2

Đề bài: Hỗn hợp X gồm $\text{NH}_4\text{Cl}$ và $(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4$ có khối lượng $15{,}25$ gam. Cho X tác dụng hết với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được $6{,}1975$ L khí $\text{NH}_3$ (đkc). Tính phần trăm khối lượng mỗi muối trong X.

Lời giải

Bước 1. Đặt ẩn

Gọi $x$, $y$ lần lượt là số mol $\text{NH}_4\text{Cl}$ và $(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4$.

Bước 2. Lập hệ phương trình

Theo khối lượng hỗn hợp:

$$53{,}5x + 132y = 15{,}25 \qquad (1)$$

Số mol $\text{NH}_3$ thu được:

$$n_{\text{NH}_3} = \frac{6{,}1975}{24{,}79} = 0{,}25\ \text{mol}$$

Vì $\text{NH}_4\text{Cl}$ cho $1$ ion còn $(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4$ cho $2$ ion $\text{NH}_4^+$:

$$x + 2y = 0{,}25 \qquad (2)$$

Bước 3. Giải hệ

Từ $(2)$: $x = 0{,}25 – 2y$. Thay vào $(1)$:

$$53{,}5(0{,}25 – 2y) + 132y = 15{,}25$$

$$13{,}375 – 107y + 132y = 15{,}25$$

$$25y = 1{,}875 \Rightarrow y = 0{,}075\ \text{mol} \Rightarrow x = 0{,}25 – 0{,}15 = 0{,}10\ \text{mol}$$

Bước 4. Tính phần trăm khối lượng

$$m_{\text{NH}_4\text{Cl}} = 0{,}10 \times 53{,}5 = 5{,}35\ \text{g} \qquad m_{(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4} = 0{,}075 \times 132 = 9{,}90\ \text{g}$$

$$\%m_{\text{NH}_4\text{Cl}} = \frac{5{,}35}{15{,}25}\times 100\% \approx 35{,}08\%$$

$$\%m_{(\text{NH}_4)_2\text{SO}_4} \approx 64{,}92\%$$

Kiểm tra: $5{,}35 + 9{,}90 = 15{,}25$ g, đúng bằng khối lượng hỗn hợp ban đầu.

Dạng 3: Nhiệt phân muối ammonium

Phương pháp giải

Muối ammonium kém bền nhiệt, khi nung sẽ phân huỷ. Sản phẩm phụ thuộc vào gốc acid:

Bước 1: Xác định đúng phương trình nhiệt phân của muối đề cho.

Bước 2: Tính số mol muối ban đầu.

Bước 3: Tính số mol từng sản phẩm theo tỉ lệ, rồi quy ra thể tích khí hoặc khối lượng.

Bước 4: Khi tính thể tích khí thu được, chú ý xem hơi nước có được tính là khí hay không. Nếu đề nói “làm lạnh, ngưng tụ hết hơi nước” thì chỉ tính các khí còn lại.

Ví dụ mẫu

Đề bài:

a) Nung hoàn toàn $39{,}5$ gam $\text{NH}_4\text{HCO}_3$. Tính tổng thể tích khí thu được ở đkc sau khi đã làm ngưng tụ hết hơi nước.

b) Nung hoàn toàn $8{,}0$ gam $\text{NH}_4\text{NO}_3$. Tính thể tích khí $\text{N}_2\text{O}$ thu được ở đkc.

Lời giải

Câu a.

$$n_{\text{NH}_4\text{HCO}_3} = \frac{39{,}5}{79} = 0{,}5\ \text{mol}$$

$$\text{NH}_4\text{HCO}_3 \xrightarrow{t^\circ} \text{NH}_3 + \text{CO}_2 + \text{H}_2\text{O}$$

Sau khi ngưng tụ hơi nước, khí còn lại gồm $\text{NH}_3$ và $\text{CO}_2$:

$$n_{\text{khí}} = 0{,}5 + 0{,}5 = 1{,}0\ \text{mol}$$

$$V = 1{,}0 \times 24{,}79 = 24{,}79\ \text{L}$$

Câu b.

$$n_{\text{NH}_4\text{NO}_3} = \frac{8{,}0}{80} = 0{,}1\ \text{mol}$$

$$\text{NH}_4\text{NO}_3 \xrightarrow{t^\circ} \text{N}_2\text{O} + 2\text{H}_2\text{O}$$

$$n_{\text{N}_2\text{O}} = 0{,}1\ \text{mol} \Rightarrow V = 0{,}1 \times 24{,}79 = 2{,}479\ \text{L}$$

Kết luận: Câu a thu $24{,}79$ L khí; câu b thu $2{,}479$ L khí $\text{N}_2\text{O}$.

Liên hệ thực tế: Phản ứng ở câu a giải thích vì sao $\text{NH}_4\text{HCO}_3$ được dùng làm bột nở trong làm bánh: khi nướng, muối phân huỷ sinh khí làm bánh phồng lên, và toàn bộ sản phẩm đều bay hơi nên không để lại cặn.

Dạng 4: Tổng hợp ammonia theo quy trình Haber-Bosch (có hiệu suất)

Phương pháp giải

Bước 1: Viết phương trình và ghi tỉ lệ mol $1 : 3 : 2$.

$$\text{N}_2 + 3\text{H}_2 \xrightarrow{t^\circ,\ p,\ \text{Fe}} 2\text{NH}_3$$

Bước 2: Tính số mol $\text{NH}_3$ cần điều chế.

Bước 3: Tính số mol nguyên liệu theo lí thuyết:

$$n_{\text{N}_2} = \frac{1}{2}\,n_{\text{NH}_3} \qquad n_{\text{H}_2} = \frac{3}{2}\,n_{\text{NH}_3}$$

Bước 4: Quy đổi theo hiệu suất. Vì hiệu suất nhỏ hơn $100\%$ nên nguyên liệu cần dùng nhiều hơn lí thuyết:

$$n_{\text{cần dùng}} = \frac{n_{\text{lí thuyết}}}{H}$$

Ngược lại, nếu đề cho nguyên liệu và hỏi sản phẩm thì nhân với $H$.

Bước 5: Quy ra thể tích: $V = n \times 24{,}79$ (L, ở đkc).

Ví dụ mẫu

Đề bài: Cần dùng bao nhiêu lít khí $\text{N}_2$ và bao nhiêu lít khí $\text{H}_2$ (đều ở đkc) để điều chế $17{,}0$ gam $\text{NH}_3$, biết hiệu suất chuyển hoá thành ammonia là $25\%$?

Lời giải

Bước 1. Số mol $\text{NH}_3$ cần điều chế

$$n_{\text{NH}_3} = \frac{17{,}0}{17} = 1\ \text{mol}$$

Bước 2. Số mol nguyên liệu theo lí thuyết

$$n_{\text{N}_2\ \text{lt}} = \frac{1}{2}\times 1 = 0{,}5\ \text{mol} \qquad n_{\text{H}_2\ \text{lt}} = \frac{3}{2}\times 1 = 1{,}5\ \text{mol}$$

Bước 3. Số mol thực tế cần dùng (hiệu suất $25\%$)

$$n_{\text{N}_2} = \frac{0{,}5}{0{,}25} = 2\ \text{mol} \qquad n_{\text{H}_2} = \frac{1{,}5}{0{,}25} = 6\ \text{mol}$$

Bước 4. Tính thể tích ở đkc

$$V_{\text{N}_2} = 2 \times 24{,}79 = 49{,}58\ \text{L}$$

$$V_{\text{H}_2} = 6 \times 24{,}79 = 148{,}74\ \text{L}$$

Kết luận: Cần $49{,}58$ L $\text{N}_2$ và $148{,}74$ L $\text{H}_2$ ở điều kiện chuẩn.

Nhận xét: Tỉ lệ thể tích $\text{N}_2 : \text{H}_2$ luôn là $1 : 3$, đúng bằng tỉ lệ mol trong phương trình. Có thể dùng nhận xét này để kiểm tra nhanh kết quả.

Dạng 5: Phản ứng oxi hoá ammonia

Phương pháp giải

Ammonia có nguyên tử N ở số oxi hoá $-3$ (thấp nhất) nên thể hiện tính khử. Sản phẩm phụ thuộc vào điều kiện phản ứng:

Bước 1: Đọc kỹ điều kiện để chọn đúng phương trình. Có xúc tác Pt thì tạo NO, không xúc tác thì tạo $\text{N}_2$.

Bước 2: Tính số mol $\text{NH}_3$.

Bước 3: Tính số mol sản phẩm theo tỉ lệ. Chú ý tỉ lệ $\text{NH}_3 : \text{O}_2$ khác nhau ở hai phản ứng ($4:3$ và $4:5$).

Bước 4: Nếu có hiệu suất thì nhân thêm $H$ vào lượng sản phẩm.

Ví dụ mẫu

Đề bài: Cho $4{,}958$ L khí $\text{NH}_3$ (đkc) phản ứng với oxygen.

a) Nếu đốt cháy hoàn toàn trong $\text{O}_2$ dư, không dùng xúc tác, tính thể tích khí $\text{N}_2$ tạo thành và thể tích $\text{O}_2$ đã phản ứng (đkc).

b) Nếu thực hiện phản ứng với $\text{O}_2$ có xúc tác Pt ở $800 – 900\ ^\circ\text{C}$ với hiệu suất $90\%$, tính thể tích khí NO thu được (đkc).

Lời giải

$$n_{\text{NH}_3} = \frac{4{,}958}{24{,}79} = 0{,}2\ \text{mol}$$

Câu a. Phản ứng không xúc tác:

$$4\text{NH}_3 + 3\text{O}_2 \xrightarrow{t^\circ} 2\text{N}_2 + 6\text{H}_2\text{O}$$

$$n_{\text{N}_2} = \frac{2}{4}\times 0{,}2 = 0{,}1\ \text{mol} \Rightarrow V_{\text{N}_2} = 0{,}1 \times 24{,}79 = 2{,}479\ \text{L}$$

$$n_{\text{O}_2} = \frac{3}{4}\times 0{,}2 = 0{,}15\ \text{mol} \Rightarrow V_{\text{O}_2} = 0{,}15 \times 24{,}79 \approx 3{,}72\ \text{L}$$

Câu b. Phản ứng có xúc tác Pt:

$$4\text{NH}_3 + 5\text{O}_2 \xrightarrow[\text{Pt}]{800-900^\circ\text{C}} 4\text{NO} + 6\text{H}_2\text{O}$$

Tỉ lệ $\text{NH}_3 : \text{NO}$ là $1 : 1$, nên theo lí thuyết:

$$n_{\text{NO}\ \text{lt}} = 0{,}2\ \text{mol}$$

Với hiệu suất $90\%$:

$$n_{\text{NO}} = 0{,}2 \times 0{,}9 = 0{,}18\ \text{mol} \Rightarrow V_{\text{NO}} = 0{,}18 \times 24{,}79 \approx 4{,}46\ \text{L}$$

Kết luận: Câu a thu $2{,}479$ L $\text{N}_2$ và cần $3{,}72$ L $\text{O}_2$; câu b thu khoảng $4{,}46$ L NO.

Nhận xét: Cùng một lượng $\text{NH}_3$ và cùng chất oxi hoá là $\text{O}_2$, nhưng chỉ cần thêm xúc tác Pt là sản phẩm đổi từ $\text{N}_2$ sang NO. Phản ứng ở câu b chính là giai đoạn đầu của quá trình sản xuất nitric acid theo phương pháp Ostwald.

Bảng tra nhanh: chọn phương pháp theo dữ kiện đề bài

ThS. Lê Thị Mai Nhi

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Hoá Học THPT

Trình độ: Thạc sĩ Hóa học, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ STEM, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 10+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ