Hướng Dẫn Đề Thi Quốc Gia Môn Hóa Học

Trong các kì thi vào đại học và cao đẳng, các bạn thường xuyên gặp một số bài hóa hữu cơ có cách giải rất đặc biệt, đòi hỏi các bạn phải nắm vững được công thức cấu tạo của các chất hữu

Trong các kì thi vào đại học và cao đẳng, các bạn thường xuyên gặp một số bài hóa hữu cơ có cách giải rất đặc biệt, đòi hỏi các bạn phải nắm vững được công thức cấu tạo của các chất hữu cơ cũng như nắm vững được tính chất của các chất hữu cơ mới có thể giải ra được đáp án Tuy nhiên, các bạn cũng sẽ thấy các bài toán trên có thể được giải theo cách hoàn toàn mới sau đây

*****

Bài 1: [Câu 1- Đại học A 2011- Mã đề 482]

Đốt cháy hoàn toàn 3,42 gam hỗn hợp gồm axit acrylic, vinyl axetat, metyl acrylat và axit oleic, rồi hấp thụ hoàn toàn các sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư Sau phản ứng thu được 18 gam kết tủa và dung dịch X Khối lượng dung dịch X so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu đã thay đổi như thế nào

Bài làm

Do Ca(OH)2 dư ⇒ nCO2= nCaCO3= 18

100= 0,18 mol Axit acrylic: CH2= CH − COOH

Vinyl axetat: CH3COOC2H3

Metyl acrylat: CH2 = CH − COOCH3

Axit oleic: C17H33COOH

* Nhận xét: Ta bỏ đi hai chất là axit oleic và metyl acrylat⇒ hỗn hợp chỉ còn axit acrylic và vinyl axetat Đặt số mol của axit acrylic và vinyl axetat lần lượt là a và b mol

nCO2 = 3a + 4b = 0,18 mol (1)

mhỗn hợp = maxit acrylic+ mvinyl axetat= (27 + 45)a + (59 + 27)b = 72a + 86b = 3,42 gam (2)

Từ (1)và (2)ta có: {a = −0,06 molb = 0,09 mol

⇒ nH2O= 2nC2H3COOH+ 3nCH3COOC2H3= 2a + 3b = 2 (−0,06) + 3.0,09 = 0,15 mol

⇒ mdd thay đổi= mCO2+ mH2O− mCaCO3= 0,18.44 + 0,15.18 − 18 = −7,38 gam

⇒ dd X đã giảm đi 7,38 gam

Bài 2: [Câu 35- Đại học B 2011- Mã đề 153]

Hỗn hợp khí X gồm etilen, metan, propin và vinyl axetilen có tỉ khối so với H2 là 17 Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp X rồi hấp thụ hoàn toàn sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thì thấy khối lượng bình tăng thêm m gam Tìm m

* Nhận xét: Ta bỏ đi hai chất cuối cùng ⇒ hỗn hợpX chỉ còn có etilen và metan

Đặt số mol của etilen và metan lần lượt là a và b mol

Bài 3: Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic và axit axetic Cho m gam X phản ứng hết với dd NaHCO3 thu được 1,344 lít khí CO2 (đktc) Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 2,016 lít khí O2 (đktc), thu được 4,84 gam CO2 và a gam nước Giá trị của a là:

Axit fomic: HCOOH

Axit acrylic: CH2= CH − COOH

Axit oxalic ∶ HOOC − COOH

Axit axetic: CH3COOH

* Nhận xét: Ta bỏ đi axit acrylic⇒ hỗn hợp X chỉ còn axit fomic, axit oxalic và axit axetic

Đặt số mol của axit fomic, axit oxalic và axit axetic lần lượt là a, b, c mol

Bài 4: [Câu 15- Đại học B 2012- Mã đề 359]

Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic, etilen glicol và glixerol Đốt cháy hoàn toàn m gam X ta thu được 6,72 lít khí CO2 (đktc) Cũng m gam X nói trên tác dụng với Na thu được tối đa V lít khí hidro (đktc) Tìm V

* Nhận xét: Ta bỏ đi 2 chất cuối⇒ hỗn hợp X chỉ còn 2 chất là hidro và propen

Đặt số mol của hidro và propen lần lượt là a và b mol

Ta có: nX= a + b = 0,75 mol (1)

* Có thể các bạn cho rằng:

(1) Cách làm trên chỉ là may mắn, và chẳng có một chút cơ sở nào hết, hoàn toàn là ngẫu hứng

(2) Bạn có thể làm dễ dàng các bài toán trên bằng phương pháp khác, chuẩn xác hơn và có định hướng hơn nhiều

Có thể là bạn đúng, nhưng trước khi nhận xét như trên, xin mời các bạn giải quyết bài toán sau đây theo cách khác, chuẩn xác hơn và có định hướng hơn của các bạn

Bài 6: Đốt cháy hoàn toàn 122,6 gam hỗn hợp X gồm anđehit acrylic, C5H6O, C6H8O2, và axit axetic thu được 5,9 mol CO2 và y mol nước Tìm y

Bài làm Anđehit acrylic: CH2= CH − CH = O

Axit axetic: CH3COOH

Từ (1)và (2)ta có: {b = 0,55 mol ⇒ na = 1,6 mol H2O= 2a + 2b = 2.1,6 + 2.0,55 = 4,3 mol ⇒ y = 4,3 mol

* Như vậy, phương pháp trên là khá hiệu quả, đơn giản, dễ thực hiện, nhưng liệu rằng phương pháp trên có phải do ăn may hay không? phương pháp trên dùng được khi nào? không dùng được khi nào? Liệu rằng phương pháp trên có hoàn toàn chính xác hay không? Đó không phải là những câu hỏi dễ trả lời Để giải đáp những vướng mắc trên và để tìm hiểu tỉ mỉ phương pháp "số đếm" một phương pháp đóng vai trò như kim chỉ nam của các phương pháp khác Xin mời các bạn đọc tiếp phần bình luận và suy diễn sau đây

A Cơ sở của phương pháp số đếm

1) Đầu tiên chúng ta hãy giải quyết bài toán số 6 theo cách hoàn toàn chính xác và với cách này, bạn sẽ không thể phủ nhận hay nghi ngờ

Bài 6: Đốt cháy hoàn toàn 122,6 gam hỗn hợp X gồm anđehit acrylic, C5H6O, C6H8O2, và axit axetic thu được 5,9 mol CO2 và y mol nước Tìm y

Bài làm Hỗn hợp X gồm các chất: C3H4O, C5H6O, C6H8O2 và C2H4O2

Đặt số mol của 4 chất trên lần lượt là a, b, c, d mol

Vậy nguyên tắc số đếm là gì?

Phần 2:

Một số chuyên đề cực khó và phức tạp, anh dành riêng cho một phần nha các em ;)

Bài toán 1: Al, Zn và hợp chất của Al, Zn tác dụng với dung dịch kiềm

và Zn ở bên trong⇒ phản ứng (1) và (3) nhanh chóng kết thúc Vì vậy, người ta không coi Al, Zn có khả năng tác dụng được với nước

 Chú ý: 𝐴𝑙(𝑂𝐻)3và 𝑍𝑛(𝑂𝐻)2là các hidroxit lưỡng tính nên có thể bị hòatan bởi cả dung dịch 𝐻+ và dung dịch 𝑂𝐻−

- Khi chúng ta cho Al và Zn vào trong dung dịch 𝑐ℎứ𝑎 𝑂𝐻− (ví dụ: dung dịch NaOH,

𝐵𝑎(𝑂𝐻)2, 𝐶𝑎(𝑂𝐻)2) thì các phản ứng sẽ xảy ra theo thứ tự sau:

+ Đối với Al:

Đầu tiên: Al  HOH  Al OH     H2  

* Các phản ứng (1), (2) và (3), (4) có thể viết gọn lại thành:

(1) + (2): Al + OH−+ 3H2O → Al(OH)4−+3

2H2↑ (1 ∗) (3) + (4): Zn + 2OH−+ 2H2O → Zn(OH)42−+ H2↑ (2 ∗)

Từ (1 ∗) và (2 ∗) ⇒ {

Bảo toàn e: ne nhường = 3nAl+ 2nZn= ne nhận= 2nH2

Bảo toàn Al: nAl(OH)4− = nAlBảo toàn Zn: nZn(OH)42− = nZn

* Nếu chúng ta nhỏ từ từ dung dịch chứa H+ (như dung dịch HCl, dung dịch H2SO4 loãng) vào dung dịch chứa Al(OH)4− và Zn(OH)42− thì các phản ứng sẽ xảy ra như sau:

Đầu tiên: Al(OH)4−+ H+→ Al(OH)3↓ +H2O (1) và Zn(OH)42−+ 2H+→ Zn(OH)2↓ +2H2O(2)

Sau đó, nếu H+dư: Al(OH)3+ 3H+→ Al3++ 3H2O (3)và Zn(OH)2+ 2H+→ Zn2++ 2H2O(4)

(Vì Al(OH)3 và Zn(OH)2 là các chất lưỡng tính, nên tan được trong cả dung dịch OH− và H+)

+ Từ (1)và (3) { để tạo nAl(OH)3(lớn nhất)thì nH+=nAl(OH)4-(bảo toàn điện tích

để hòa tan hết kết tủa, tạo Al3+ thì nH+=4nAl(OH)4-(1H+ tạo Al(OH)3, 3H+hòa tan Al(OH)3)

Ta có đồ thị sau (a là nAl(OH)4−)

+ Từ (2)và (4) { để tạo nZn(OH)2(lớn nhất)thì nH+ = 2nZn(OH)42−(bảo toàn điện tích)

để hòa tan hết kết tủa, tạo Zn2+ thì nH+ = 4nZn(OH)42−(2H+ tạo Zn(OH)2, 2H+hòa tan Zn(OH)2

Bài 1: Hòa tan 0,1 mol Al vào trong dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch X, thoát ra a mol hidro Nhỏ

từ từ dung dịch chứa HCl vào dung dịch X, thấy để xuất hiện lượng kết tủa tối đa thì cần dùng b mol HCl, còn nếu muốn lượng kết tủa tan hết (lượng kết tủa tối thiểu) thì tốn c mol HCl Tìm a và b, c

Bài làm + Tìm a:

Bảo toàn e: ne nhường= 3nAl = ne nhận= 2nH2 ⇒ 3nAl = 2nH2 ⇒ nH2= a = 1,5nAl= 0,15 mol

+ Tìm b:

Al + NaOH → Al(OH)4− Bảo toàn Al: nAl(OH)4−= nAl= 0,1 mol

Al(OH)4−+ H+→ Al(OH)3↓ Để tạo lượng kết tủa lớn nhất ⇒ nH+ = b = nAl(OH)4−= 0,1 mol

+ Tìm c:

Al(OH)4−+ 4H+→ Al3++ 4H2O: Để kết tủa tan hết ⇒ nH+ = c = 4nAl(OH)4− = 4.0,1 = 0,4 mol

Bài 2: Hòa tan 1 mol Al vào dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch X Nhỏ từ từ dung dịch chứa HCl vào dung dịch X, ta thấy: khi dùng 0,5 mol HCl, 1,3 mol HCl và 4,5 mol HCl, ta thu được tương ứng x, y, z mol kết tủa TÌm x, y, z

Bài làm + Hòa tan 1 mol Al vào NaOH vừa đủ: Al → Al(OH)4−+3

Nếu T ≤ 1 ⇒ (1)xảy ra và H+ hết ⇒ tính theo H+⇒ nAl(OH)3 = nH+

Nếu 1 < T < 4 ⇒ (1) và (2)cùng xảy ra Đặt {nAl(OH)3= a

nAl3+ = b ⇒ {

Bảo toàn Al: a + b = nAl(OH)4−

Bảo toàn H+: a + 4b = nH+ ⇒ a và b Nếu T ≥ 4 ⇒ (2)xảy ra và H+dư ⇒ tính theo Al(OH)4−⇒ Bảo toàn Al: nAl3+ = nAl(OH)4−

⇒ sản phẩm chỉ có Al3+ Bảo toàn Al: nAl3+= nAl(OH)4− = 1 mol và nH+ pư= 4nAl(OH)4−

= 4 mol ⇒ nH+ dư= 4,5 − 4 = 0,5 mol

* Bình luận: Bạn có thể viết các phương trình hóa học để tính toán

Bài 3: Cho a mol Al tan hoàn toàn trong dung dịch NaOH vừa đủ, thu được dung dịch X Cho dung dịch X tác dụng với 1 lít dung dịch hỗn hợp Y gồm HCl 1M và H2SO4 0,5 M, ta thu được m gam kết tủa Nếu sử dụng 2 lít dung dịch Y thì thu được 0,7m gam kết tủa Xác định a và m

Bài làm + Dung dịch X có nAl(OH)4− = nAl = a mol

+ nH+ (1l Y)= nHCl+ 2nH2SO4= 1.1 + 2.0,5.1 = 2 mol ⇒ nH+ (2l Y) = 2.2 = 4 mol

+ Ta có: a mol Al(OH)4−+ {4 mol H2 mol H++→ 0,7m gam kết tủa→ m gam kết tủa

* Cách 1: Vì 0,7m<m⇒ khi cho 4 mol H+, đã có phản ứng hòa tan kết tủa (vì nếu chưa xảy ra phản ứng hòa tan kết tủa thì với lượng H+= 4 mol (gấp đôi lượng H+=2 mol) sẽ cho ta lượng kết tủa cũng gấp đôi, nghĩa

là 2m gam kết tủa)

− Xét nH+= 2 mol ⇒ {TH2: chưa có pư hòa tan kết tủaTH1: đã có pư hòa tan kết tủa

+ TH1: đã có pư hòa tan kết tủa ⇒ 2 > a

Do 2 mol H+ đã hòa tan một phần kết tủa, còn lại m gam kết tủa, sau đó thêm vào 2 mol H+ nữa, lúc này chỉ còn 0,7m gam hết tủa⇒ 2 mol H+ kia đã hòa tan hết 0,3m gam Al(OH)3

H+→(0,7m gam ~14

9 mol) Al(OH)3+Al3+

Bảo toàn H+: nH+ = nAl(OH)3+ 4nAl3+ ⇒ 4 =14

4 mol H++ a mol Al(OH)4−→ 1,4 mol Al(OH)3+ Al3+

Bảo toàn H+: nH+ = nAl(OH)3+ 4nAl3+ ⇒ 4 = 1,4 + 4nAl3+ ⇒ nAl3+= 0,65 mol

Bảo toàn Al: nAl(OH)4− = nAl(OH)3+ nAl3+ ⇒ a = 1,4 + 0,65 = 2,05 mol

Vậy: {a = 2,05 mol(thỏa mãn a ≥ 2) m = 214 gam

107 ; A2C2 = 3a; C2B2 = a ⇒

4a − 4(0,7m107 )=

C2B2=

A1C3C3B3⇒

4a − 2m107

 Chú ý: Nói chung, chỉ có 2 tình huống mà đề bài có thể cho, các bạn chỉ cần chăm chỉ vẽ hình là có thể

sử dụng hình vẽ để giải bài thi trong kì thi đại học và cao đẳng

4 4a

m 0,7m

= 4a − a

a (Chú ý: vẽ hình to một chút, và rõ các số liệu mà bài toán

= 4a − a

4a − 2 m 107

= 4a − a

a (Chú ý: vẽ hình to một chút, và rõ các số liệu mà bài toán

đã cho)

A1

B1 C1

B3

a

4a A1

nAl(OH)3

nH+

a = nAl(OH)4−

Phần 3:

Anh giới thiệu một số mẹo, thủ thuật nho nhỏ mà anh tích lũy được trong quá trình học

và viết sách trong 2 năm qua ;)

Không là tất cả nhưng nhất định các em sẽ thấy phấn khích lắm í <3

Phần 3: Mẹo nhỏ thú vị dùng trong thi đại học và cao đẳng môn hóa học

Mẹo số 1: Phương pháp chặn hai đầu

Ví dụ 1: Cho hỗn hợp X gồm 0,1 mol kim loại M, 0,2 mol Fe, 0,3 mol Al Biết % khối lượng của M trong hh X nằm trong khoảng từ 11% đến 12% Hãy xác định M

Bài làm:

Ta có: %mM=mM

mX100% =

0,1M0,1M + 0,2.56 + 0,3.27100% ∈ (11%; 12%)

0,1M + 0,2.56 + 0,3.27100% = 11% ⇒ M = 23,85

0,1M + 0,2.56 + 0,3.27100% = 12% ⇒ M = 26,32 ⇒ 23,85 < M < 26,32 ⇒ M = 24 (Mg)

Ví dụ 2: Cho 0,3 mol hỗn hợp X gồm axit đơn chức, mạch hở M và axit axetic Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X thu được 0,7 mol khí cacbonic Biết % số mol của M trong hh X nằm trong khoảng từ 30% đến 40% Hãy xác định số CTCT thỏa mãn tính chất của M

Giả sử M có n nguyên tử C và nM= a mol và nC2H4O2 = b mol

0,3= 30% ⇒ a = 0,09

Do a + b = 0,3 ⇒ b = 0,3 − 0,09 = 0,21 mol

Do na + 2b = 0,7 ⇒ n =0,7 − 2.0,21

0,09 = 3,11 TH2: %nM= 40% ⇒ a

0,3= 40% ⇒ a = 0,12 mol

Do a + b = 0,3 ⇒ b = 0,3 − 0,12 = 0,18

Do na + 2b = 0,7 ⇒ n =0,7 − 2.0,18

0,12 = 2,83 Tóm lại: 2,83 < n < 3,11 ⇒ n = 3 ⇒ CTPT của M: C3HkO2 (do M là axit đơn chức, mạch hở)

Ta có: k ≤ 2.3 = 6 ⇒ k = 2,4,6

+ Nếu k = 2 ⇒ axit: C3H2O2: CH ≡ C − COOH: có 1 CTCT

+ Nếu k = 4 ⇒ axit: C3H4O2: CH2= CH − COOH: có 1 CTCT (không xét đồng phân hình học)

+ Nếu k = 6 ⇒ axit: C3H6O2: CH3− CH2− COOH: có 1 CTCT

Tóm lại phương pháp: Nếu đề bài cho a thuộc khoảng (m,n) thì ta xét 2 trường hợp:

Bài làm Đặt số nguyên tử C của 2 ancol là n và nancol= a mol và naxit= b mol

Ta có: {a + b = nX= 0,6

na + 2b = 1,5

+ Ta có: %naxit= b

0,6100% ∈ (40%; 55%)

⇒ b

0,6= 55% ⇒ b = 0,33 mol ⇒ a = 0,6 − 0,33 = 0,27 mol ⇒ n =

1,5 − 2b

a = 3,67 ⇒ 2,83 < n < 3,67 ⇒ n = 3

Nhận xét: 2 ancol cùng có 3 nguyên tử C, 2 ancol đa chức ⇒ chỉ có thể là 𝐶3𝐻8𝑂3 𝑣à 𝐶3𝐻8𝑂2

Vì ancol có 3C ⇒ mạch C: C-C-C Để là ancol đa chức thì phải có từ 2 đến 3 nhóm OH đính vào 2 hoặc

3 nguyên tử C ⇒ ancol phải no ⇒ ancol có dạng 𝐶3𝐻8𝑂𝑘 với 𝑘 = 2 hoặc 𝑘 = 3

Phần 4:

Mấu chốt của Hóa Học chính là Lý thuyết Dù em có giỏi phương pháp mấy mà lý thuyết không chắc thì…  Vậy nên qua phần 3 này, anh có tham vọng giúp các em có thể CÔNG PHÁ được lý thuyết hóa một cách lạnh lùng nhất ;)

Với CHINH PHỤC LÝ THUYẾT HÓA nữa thì khỏi lo nha ^_^

Bài 1: Ni tơ (N2)

1.1 TÍNH CHẤT VẬT LÍ

Ở điều kiện thường, Ni tơ là:

- Chất khí

- Không màu, không mùi, không vị

- Tan rất ít trong nước

 Chú ý:

a Amoniac (NH3) tan rất tốt trong nước do:

+ Phân tử Amoniac có cấu tạo phân cực, mà nước lại là một dung môi phân cực (phân tử nước có liên kết H-O-H tạo thành góc 120°) nên amoniac tan rất tốt trong nước (vì chất phân cực tan tốt trong dung môi phân cực)

+ Do khi hoà vào trong nước, amoniac có khả năng phản ứng một phần với nước tạo ra amoni hidroxit (NH4OH, đây là một chất tan rất tốt trong nước) nên điều này đã làm gia tăng độ tan của khí amoniac

Phản ứng: NH3+HOH ⇄ NH4OH

b Khí ni tơ không tan tốt trong nước do phân tử N2 không phân cực và N2 cũng không có khả năng phản ứng với nước tạo ra hợp chất tan được trong nước

c Chúng ta có 2 qui tắc quan trọng sau:

+ Các chất phân cực tan tốt trong dung môi phân cực

+ Các chất không phân cực tan tốt trong dung môi không phân cực

+ Các dung môi phân cực: H2O

+ Các dung môi không phân cực: benzen (C6H6), Cacbon tetra − clorua (CCl4) và các dung môi hữu cơ khác như xăng, dầu, ete,…

c1 Các chất hữu cơ tan tốt trong dung môi hữu cơ

Ví dụ: ancol etylic (C2H5OH) tan tốt trong benzen (C6H6) hoặc cacbon tetraclorua (CCl4)

Điều này là dễ hiểu vì các chất hữu cơ đều là những hợp chất phân cực kém nên chúng sẽ dễ dàng hoá tan lẫn nhau (sử dụng qui tắc: các chất không phân cực tan tốt trong dung môi không phân cực )

c2 Các chất hữu cơ có khả năng tạo liên kết hidro với nước cũng có khả năng tan tốt trong nước

Ví dụ: ancol etylic (C2H5OH) có liên kết -OH phân cực, có khả năng tạo liên kết hidro với nước nên an col etylic có khả năng tan tốt trong nước

Như vậy: có những chất hữu cơ vừa có khả năng tan tốt trong dung môi hữu cơ và vừa có khả năng tan tốt trong nước

Các chất hữu cơ tan tốt trong nước : CH3OH, C2H5OH, HCOOH, CH3COOH, C2H5COOH, HCHO, CH3CH=O,…

h Các hợp chất chứa liên kết ion có khả năng tan tốt trong nước (trừ các chất kết tủa)

Ví dụ:

+ Các hợp chất vô cơ: NH4Cl, NH4NO3, HCl, H2SO4, NaOH, Ca(HCO3)2, …

+ Các hợp chất hữu cơ: Các aminoaxit (H2N − CH2− COOH, CH3− CH(NH2) − COOH, … ); các muối hữu cơ (CH3COONa, C6H5NH3Cl, … );…

i Tất cả muối amoni (chứa ion NH4+) đều tan tốt trong nước Tất cả muối nitrat đều tan tốt trong nước Tất

cả các muối đihidrophotphat đều tan tốt trong nước

xuống Tuy nhiên nếu nhiệt độ quá thấp thì phản ứng trên lại không thể xảy ra (vì nhiệt độ thấp thì tốc độ của phản ứng thuận rất nhỏ, khiến phản ứng thuận gần như không xảy ra) vì vậy nhiệt độ tối ưu thường là 450℃ − 500℃

Chú ý thêm: cho dù phản ứng được thực hiện trong điều kiện tối ưu thì hiệu suất phản ứng cũng chỉ đạt được 20-25% mà thôi

- Tác dụng với kim loại

+ Ở nhiệt độ thường: Ni tơ chỉ phản ứng với liti (Li) tạo ra liti nitrua (Li3N)

6Li + N2nhiệt độ thường→ 2Li3N + Ở nhiệt độ cao: Ni tơ có phản ứng thêm với Ca, Mg, Al,

Xét phản ứng diễn ra trong quá trình điều chế khí amoniac từ khí ni tơ và khí hidro:

Phản ứng phân huỷ amoniac: 2NH3t°,p ,xt→ N2+ 3H2(phản ứng nghịch của phản ứng điều chế amoniac)

Ta thấy: N trong NH3 có số oxi hoá -3, sau phản ứng đã tăng lên số oxi hoá là 0 (trong N2) ⇒ nguyên tố N đã thể hiện tính khử

Ngoài ra ta cũng có thể lấy phản ứng sau:

2O2

t°

→ NO2(màu nâu) Đây là lí do tại sao khi sét đánh xuống mặt đất, ta lại thấy có khói màu nâu xuất hiện (Vì sét có nhiệt độ cao, khi sét đánh xuống mặt đất sẽ tạo điều kiện để khí N2 và O2 trong không khí tác dụng với nhau tạo ra NO2 có màu nâu Ngoài ra, khí NO2 còn có khả năng tác dụng với O2 và H2O để tạo ra axit HNO3 ngay ở nhiệt độ thường, axit này sẽ tạo ra các muối nitrat làm đất thêm màu mỡ (do muối nitrat cung cấp đạm cho đất), đây

là một trong các lí do khiến cho cây cối thường phát triển tốt hơn sau những cơn mưa)

1.3 Trạng thái tự nhiên

N tồn tại dưới 2 dạng:

+ dạng tự do (khí Ni tơ chiếm khoảng 80% thể tích không khí)

+ dạng hợp chất (chủ yếu tồn tại trong khoáng vật Natri nitrat (NaNO3) hay có tên gọi khác là diêm

tiêu natri)

1.4 Điều chế

1.4.1 Trong công nghiệp

Điều chế bằng phương pháp chưng cất phân đoạn không khí lỏng

Không khí có thành phần chính là khí N2 (chiếm 78% thể tích không khí) và khí oxi (chiếm 21% thể tích không khí) và còn lại 1% là các khí như: CO, CO2, khí hiếm

Đầu tiên, ta sẽ hoá lỏng không khí ở nhiệt độ thấp và áp suất cao, sau đó ta nâng dần nhiệt độ lên -196℃, khi

đó N2 lỏng sẽ bị bay hơi, tiếp theo, ta nâng nhiệt độ lên -183℃, lúc này oxi lỏng sẽ bị bay hơi, như vậy ta đã thu được cả khí oxi và khí N2 bằng cách chưng cất phân đoạn không khí lỏng