Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 13)

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

1) Ba(OH)₂  + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

(2) BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

Xét tại thời điểm BaCO₃ tối đa thì chỉ có phản ứng (1) xảy ra

Xét tại thời điểm n_CO2 = 0,025 mol thì xảy ra cả (1) và (2)

→ lượng kết tủa bị CO₂ hòa tan một phần

Giải chi tiết:

(1) Ba(OH)₂  + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

(2) BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

Xét tại thời điểm BaCO₃ tối đa thì phản ứng (1) vừa kết thúc => n_BaCO3 = n_CO2 = n_Ba(OH)2 = 0,02 mol

Xét tại thời điểm n_CO2 = 0,025 mol thì BaCO₃ đã bị hòa tan một phần => Xảy ra (1) và (2)

                                  (1) Ba(OH)₂  + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

                                         0,02  →     0,02 →   0,02                 mol

                                  (2) BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

Trước phản ứng:               0,02       0,005                                  mol

Phản ứng:                         0,005 ← 0,005 →            0,005        mol

Sau phản ứng:                  0,015          0                     0,005       mol

→ x = n_BaCO3 = 0,015 mol

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

- Phân đạm cung cấp nguyên tố N

- Phân lân cung cấp nguyên tố P

- Phân kali cung cấp nguyên tố K

Giải chi tiết:

Phân đạm cung cấp cho cây trồng nguyên tố dinh dưỡng nitơ (N)

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Khi bón phân ure thì phân sẽ chuyển hóa thành (NH₄)₂CO₃

Nhận định ảnh hưởng của từng loại phân đến (NH₄)₂CO₃ (thông qua chuyển thành NH₃).

Giải chi tiết:

Không nên bón phân urê cho cây trồng cùng lúc với vôi sống vì:

CO(NH₂)₂ + 2H₂O → (NH₄)₂CO₃

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

Ca(OH)₂ + (NH₄)₂CO₃ → CaCO₃ + 2NH₃ + H₂O

→ Như vậy sẽ làm mất NH₄⁺ để cung cấp cho cây, đồng thời mất lượng OH^- để khử chua đất.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

pH = - log[H⁺]

Giải chi tiết:

HNO3 là chất điện li mạnh, khi hòa tan trong nước điện li hoàn toàn thành ion:

HNO₃  →  H⁺ + NO₃^-

0,01M → 0,01M

→ [H⁺] = 0,01M → pH = -log 0,01 = 2

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

- Bảo toàn điện tích → n_Mg²⁺

- m_rắn = m_ion

Giải chi tiết:

- Bảo toàn điện tích: n_Na⁺ + 2n_Mg²⁺ = n_Cl^- + 2n_SO4^2-

→ 0,05 + 2n_Mg²⁺ = 0,04 + 2.0,03 → n_Mg²⁺ = 0,025 mol

- Ta có: m_muối = m_ion = m_Na⁺ + m_Mg²⁺ + m_Cl^- + m_SO4^2- = 0,05.23 + 0,025.24 + 0,04.35,5 + 0,03.96 = 6,05 gam 

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Nếu pH < 7 => MT axit

Nếu pH = 7 => MT trung tính

Nếu pH > 7 => MT bazơ

Giải chi tiết:

Nước thải có pH = 3,5 < 7 → nước thải mang môi trường axit

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Khi cho m g Al vào thì → m_Al(NO3)3 = (m/27).213 < 8m → Muối có NH₄NO₃ → n_NH4NO3 theo m

- Viết các quá trình cho - nhận e. Áp dụng định luật bảo toàn e => Phương trình (1) ẩn m, x

- Khi cho NaOH vào Y:         NaOH + NH₄NO₃ → NaNO₃ + NH₃ + H₂O

                                               4NaOH + Al(NO₃)₃ → 3NaNO₃ + NaAlO₂ + 2H₂O

Từ số mol NaOH phản ứng => Phương trình (2) ẩn m, x

Giải hệ (1) và (2) tìm được m và x.

Giải chi tiết:

Khi cho m g Al vào thì → m_Al(NO3)3 = (m/27).213 < 8m → Muối có NH₄NO₃

Ta có: n_Al  = m27 mol → n_NH4NO3 = 8m−213.m2780=m720 mol

QT cho e: Al → Al⁺³ + 3e

QT nhận e: 2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹ ; N⁺⁵ + 8e → N^-3

- Bảo toàn e: 3n_Al = 8n_N2O + 8n_NH4NO3 => m27.3=8x+8.m720 (1)

- Khi cho NaOH vào Y:         NaOH + NH₄NO₃ → NaNO₃ + NH₃ + H₂O

                                               4NaOH + Al(NO₃)₃ → 3NaNO₃ + NaAlO₂ + 2H₂O

→ n_{NaOH phản ứng} = n_NH4NO3 + 4n_Al(NO3)3 → 0,646 = m720+4.m27 → m = 4,32 gam (2)

Từ (1) và (2) suy ra x = 0,054 mol → x gần nhất với 0,055

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Sơ đồ tổng hợp HNO₃: NH₃ → NO → NO₂ → HNO₃

Theo lý thuyết:             17g (1mol)          →        63 g (1mol)

                                      4 tấn                  →           ? tấn

Thực tế H = 96% nên m_{HNO3 thực tế} = m_{lý thuyết} . 96% → m_{dd HNO3}

Giải chi tiết:

Sơ đồ tổng hợp HNO₃: NH₃ → NO → NO₂ → HNO₃

Theo lý thuyết:             17g (1mol)          →        63 g (1mol)

                                     4 tấn                  →        4.63/17 = 14,82 tấn

Cả quá trình hiệu suất phản ứng là H = 96% => m_{HNO3 thực tế} = 14,82 . 96% = 14,23 tấn

Khối lượng dung dịch HNO₃ 60% thu được thực tế là: m_{dd HNO3} = mHNO3 thuc teC%.100%=14,2360%.100% = 23,72 tấn

Chọn đáp án A

Silic tan được trong dung dịch NaOH: 2NaOH + Si + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Chất điện li gồm có axit, bazo và muối.

Giải chi tiết:

Chất điện li là HNO₃ (axit).

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Viết PTHH → hiện tượng.

Giải chi tiết:

Nhỏ từ từ dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaHCO₃: HCl + NaHCO₃ → NaCl + H₂O + CO₂

→ Hiện tượng là thoát ra khí không màu

Chọn đáp án C

Amoni nitrat có công thức hóa học là NH₄NO₃.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Cách chuyển đổi các phương trình phân tử sang phương trình ion rút gọn:

+ Chuyển tất cả các chất vừa dễ tan, vừa điện li mạnh thành ion, các chất khí, kết tủa, điện li yếu để nguyên dưới dạng phân tử thu được phương trình ion đầy đủ.

+ Lược bỏ những ion không tham gia phản ứng ta được phương trình ion rút gọn.

Giải chi tiết:

PT phân tử: NaOH + HNO₃ → NaNO₃ + H₂O

+ Phương trình ion đầy đủ: Na⁺ + OH^- + H⁺ + NO₃^- → Na⁺ + NO₃^- + H₂O

+ Phương trình ion thu gọn: H⁺ + OH^- → H₂O

Chọn đáp án B

C hoạt tính có khả năng hấp phụ cao nên được dùng trong nhiều loại mặt nạ phòng độc.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

- Vì nước phun mạnh vào bình chứa khí X nên khí X tan tốt trong nước

- Nước chứa phenolphthalein chuyển màu hồng nên X tác dụng H₂O tạo thành dung dịch có tính bazo

→ X

Giải chi tiết:

- Vì nước phun mạnh vào bình chứa khí X nên khí X tan tốt trong nước (khi bị hòa tan thì thể tích khí trong bình giảm nên nước phun vào bình).

- Nước chứa phenolphthalein chuyển màu hồng nên X tác dụng H₂O tạo thành dung dịch có tính bazo

Vậy X là NH₃

a) KNO₃ →t0 KNO₂ + ½ O₂

b) Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂

c) 2P + 3Ca →t0 Ca₃P₂  

d) Si + O₂ →t0 SiO₂

a.

Phương pháp giải:

Dựa vào các PTHH xảy ra khi cho Ca(OH)₂ vào các dung dịch NaNO₃, (NH₄)₂CO₃ và K₃PO₄ → Nhận định hiện tượng

Giải chi tiết:

Xét ống 1: Chất trong ống (1) + Ca(OH)₂ → Kết tủa trắng nên ống 1 chứa K₃PO₄

Xét ống 2: Chất trong ống (2) + Ca(OH)₂ → Không hiện tượng nên ống 2 là NaNO₃

Xét ống 3: Chất trong ống (3) + Ca(OH)₂ → Khí mùi khai (NH₃) và kết tủa trắng → chứa (NH₄)₂CO₃

b.

2K₃PO₄ + 3Ca(OH)₂ → Ca₃(PO₄)₂↓ + 6KOH

(NH₄)₂CO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + 2NH₃↑ + 2H₂O

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: Mg + 4HNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2NO₂ + 3H₂O

Giải chi tiết:

n_NO2 = 015 mol

PTHH: Mg + 4HNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2NO₂ + 3H₂O

           0,0075                         ←          0,015              mol

→ m = m_Mg = 0,0075.24 = 0,18 gam

Phương pháp giải:

Ta có: [H⁺] = 10^-pH → n_H⁺ = [H⁺] .V

PTHH: CaO + 2H⁺  → Ca²⁺ + H₂O

Để pH = 7 thì toàn bộ H⁺ phản ứng hết với CaO nên n_CaO = ½ n_H⁺

Giải chi tiết:

Ta có: [H⁺] = 10^-4,2 → n_H⁺ = [H⁺] .V = 10^-4,2 . 5000 . 10³ = 315,48 mol

PTHH: CaO + 2H⁺  → Ca²⁺ + H₂O

Để pH = 7 thì toàn bộ H⁺ phản ứng hết với CaO nên n_CaO = ½ n_H⁺ = 315,48 : 2 = 157,74 mol

→ m = m_CaO = 157,74 . 56 = 8833,44 gam