Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 16)

Chọn đáp án B

Công thức hoá học của supephotphat kép là Ca(H₂PO₄)₂.

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Chất khử là chất nhường electron nên số oxi hóa tăng

Chất oxi hóa là chất nhận electron nên số oxi hóa giảm

Giải chi tiết:

(1) nitơ thể hiện tính khử vì số oxi hóa của N tăng N⁰ → N⁺²

(2) nitơ thể hiện tính oxi hóa vì số oxi hóa của N giảm N⁰ → N^–3

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào chất sản phẩm khi cho 4 chất trên vào dung dịch Ba(OH)₂

Ba(OH)₂ + (NH₄)₂CO₃ → BaCO₃ ↓ + 2NH₃ ↑ + 2H₂O

Ba(OH)₂ + NaHCO₃ → BaCO₃ ↓ + NaOH + H₂O

Ba(OH)₂ + NaNO₃ → không phản ứng

Ba(OH)₂ + NH₄NO₃ → Ba(NO₃)₂ + NH₃ ↑ +H₂O

Giải chi tiết:

Ba(OH)₂ + (NH₄)₂CO₃ → BaCO₃ ↓ + 2NH₃ ↑+ 2H₂O

Ba(OH)₂ + NaHCO₃ → BaCO₃ ↓ + NaOH + H₂O

Ba(OH)₂ + NaNO₃ → không phản ứng

Ba(OH)₂ + NH₄NO₃ → Ba(NO₃)₂ + NH₃ ↑ +H₂O

Qua 4 phương trình trên ta thấy

X tạo kết tủa trắng với Ba(OH)₂ nên X là NaHCO₃ → B sai

Y tạo khí mùi khai với Ba(OH)₂ nên Y là NH₄NO₃ → D sai

Z không hiện tượng khi phản ứng với Ba(OH)₂ nên Z là NaNO₃ → A sai

T tạo cả kết tủa trắng và khí mùi khai với Ba(OH)₂ nên T là (NH₄)₂CO₃ → C đúng

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào điều kiện để xảy ra phản ứng trao đổi ion trong dung dịch.

Giải chi tiết:

Phản ứng trao đổi ion trong các dung dịch điện li xảy ra khi sản phẩm tạo thành có ít nhất 1 trong 3 loại chất: kết tủa, chất bay hơi, chất điện li yếu.

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

– Đặt số oxi hóa của X khi tác dụng với HNO₃ là +n

– Viết các quá trình cho – nhận e. Áp dụng định luật bảo toàn electron để lập biểu thức mối liên hệ giữa M và n.

– Biện luận để tìm giá trị M, n thỏa mãn.

Giải chi tiết:

n_N2 = 0,01 mol

Đặt số oxi hóa của X khi tác dụng với HNO₃ là +n

QT cho e: X⁰ → X⁺ⁿ + n e

QT nhận e: 2N⁺⁵ + 10e → N₂

Áp dụng định luật bảo toàn e: n_X.n = 10.n_N2 → 1,2X.n=0,01.10→X=12n

Thay các giá trị n = 1, 2, 3 vào biểu thức thấy với n = 2 và X = 24 (Mg) thỏa mãn.

Chọn đáp án D

Khí CO₂ là nguyên nhân chính gây ra hiện tượng hiệu ứng nhà kính.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Ta có pH = –log [H+] → [H+] càng lớn thì pH càng nhỏ

Xét giá trị pH thì:

+ Nếu pH < 7 thì dung dịch có MT axit → quỳ tím hóa đỏ

+ Nếu pH = 7 dung dịch có MT trung tính → quỳ tím không đổi màu

+ Nếu pH > 7 thì dung dịch có MT bazơ → quỳ tím hóa xanh

Giải chi tiết:

pH = –log [H+] → [H+] càng lớn thì pH càng nhỏ → A đúng, B sai

Nếu pH > 7 thì dung dịch có MT bazơ → quỳ tím hóa xanh → C sai

Nếu pH < 7 thì dung dịch có MT axit → quỳ tím hóa đỏ → D sai

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn điện tích có n_{ion dương} = n_{ion âm}  → phương trình (1) ẩn a, b

Khối lượng muối khan là m_muối = ∑m_ion → phương trình (2) ẩn a, b

Giải (1) và (2) thu được a, b

Giải chi tiết:

Bảo toàn điện tích: 2n_Mg2+ + 2n_Al3+ = 2n_SO42– + n_NO3– => 2a + 3b = 0,1.2 + 0,6 = 0,8 (1)

Ta có: m_muối  = m_ion = m_Mg2+ + m_Al3+ + m_SO42– + m_NO3– => 24a + 27b + 0,1.96 + 0,6.62 = 54,6 (2)

Giải (1) và (2) có a = 0,1 mol và b = 0,2 mol

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Xét tỉ lệ n_NaOH  : n_H3PO4 = a

NaOH + H₃PO₄ →  NaH₂PO₄ + H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ + 3H₂O

Nếu a ≤ 1 thì phản ứng chỉ tạo ra NaH₂PO₄

Nếu 1 < a < 2 thì phản ứng tạo 2 muối NaH₂PO₄ và Na₂HPO₄

Nếu a = 2 thì phản ứng chỉ tạo Na₂HPO₄

Nếu 2 < a < 3 thỉ phản ứng tạo 2 muối Na₂HPO₄ và Na₃PO₄

Nếu a ≥ 3 nên phản ứng tạo muối Na₃PO₄

Giải chi tiết:

n_NaOH = 0,5 mol và n_H3PO4 = 0,2 mol

Vì n_NAOH : n_H3PO4 = 0,5 : 0,2 = 2,5 nên phản ứng tạo 2 muối Na₃PO₄ và Na₂HPO₄

PTHH:

3NaOH + H₃PO₄ →  Na₃PO₄ + 3H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Axit là chất có khả năng nhường proton (H⁺).

Giải chi tiết:

– Khi phản ứng với Fe₂O₃, HNO₃ thể hiện tính axit.

– Khi phản ứng với Fe(OH)₂, FeO, FeS thì HNO₃ thể hiện tính oxi hóa.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Theo thuyết A–rê–ni–ut thì axit là chất có khả năng phân li ra H⁺

Giải chi tiết:

H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2–

Ca(OH)₂ → Ca²⁺ + 2OH^–

NaCl → Na⁺ + Cl^–

NaHCO₃ → Na⁺ + HCO₃^–

Theo thuyết A–rê–ni–ut thì axit là chất có khả năng phân li ra H⁺ → H₂SO₄ là axit

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:

(1) đúng

(2) sai vì phương trình thu gọn là HCO₃^– + Ca²⁺+ OH^– → CaCO₃ + H₂O

(3) đúng

(4) đúng

(5) sai vì phương trình ion thu gọn là HCO₃^– + Ca²⁺+ OH^– → CaCO₃ + H₂O

(6) đúng

Vậy có 4 phản ứng có cùng phương trình ion rút gọn là: Ca²⁺ + CO₃^2–→ CaCO₃↓

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Ghi nhớ tính chất của amoniac:

+ NH₃ tan tốt trong nước

+ NH₃ khi tan trong nước tạo thành dung dịch bazơ yếu

Giải chi tiết:

– Do NH₃ tan tốt trong nước nên thể tích NH₃ trong bình giảm → nước phun vào bình.

– Khi NH₃ tan trong nước thì tạo thành dung dịch bazơ yếu nên làm nước hòa tan sẵn phenolphthalein chuyển màu hồng

→ Hiện tượng: Nước phun vào bình và chuyển thành màu hồng.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

H₂SO₄ là axit mạnh phân li hoàn toàn thành ion: H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2–

→ [H⁺] → pH = –log[H⁺]

Giải chi tiết:

H₂SO₄ là axit mạnh phân li hoàn toàn thành ion:

H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2–

0,01M → 0,02M

→ [H⁺] = 0,02M → pH = –log[H⁺] = –log0,02 = 1,7 < 2

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Chất điện li gồm có axit, bazơ và muối.

Giải chi tiết:

– HCl là axit, KOH là bazơ, NaCl là muối → 3 chất là chất điện li

– C₂H₅OH là chất không điện li

Chọn đáp án A

A đúng vì photpho trắng bốc cháy trong không khí khi nhiệt độ trên 40^oC → bảo quản trong nước

B sai vì P trắng đun nóng ở 250^oC trong điều kiện không có không khí mới chuyển thành photpho đỏ

C sai vì photpho trắng không tan trong nước và photpho trắng rất độc

D sai vì photpho trắng phát quang màu lục nhạt trong bóng tối

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:   

HS ghi nhớ một số KL thụ động trong HNO₃ đặc nguội: Al, Fe, Cr.

Giải chi tiết:

Một số KL thụ động khi gặp HNO₃ đặc nguội: Al, Fe, Cr.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

CO chỉ khử được những oxit của KL đứng sau Al.

Như vậy CO chỉ khử được CuO, không khử được Al₂O₃

PTHH: CO +  CuO →t° Cu + CO₂

Giải chi tiết:

CO chỉ khử được những oxit của KL đứng sau Al.

Như vậy CO chỉ khử được CuO, không khử được Al₂O₃

Đặt n_CuO = x (mol)

PTHH: CO +  CuO →t° Cu + CO₂

              x   ←   x               →     x (mol)

Bảo toàn khối lượng: m_CO + m_{hh ban đầu} = m_rắn + m_CO2 → 28x + 9,1 = 8,3 + 44x → x = 0,05 mol

→ m_CuO = 0,05.80 = 4 gam

a) NH4Cl + NaOH → NH3↑ + NaCl  + H2O

b) CaCO3 (rắn) + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2↑

c) Na3PO4 + 3AgNO3 → 3NaNO3 + Ag3PO4↓

Ta có: n_NO2 = 3,68/46 = 0,08 mol; n_H2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol

*Khi A tác dụng với HCl dư thì chỉ có Fe phản ứng.

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Từ PTHH => n_Fe = n_H2 = 0,02 mol

*Khi A tác dụng với HNO₃ đặc, nóng dư:

QT cho – nhận e:

 Fe0→Fe+3+3e ; Cu0→Cu+2+2e

 N+5+1e→ N+4

Bảo toàn e: 3n_Fe + 2n_Cu = n_NO2 => 3.0,02 + 2n_Cu = 0,08 => n_Cu = 0,01 mol

Phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong A là:

%mFe=0,02.560,02.56+0,01.64.100%=63,64%

%mCu=100%−63,64%=36,36%

– Dung dịch X có Cu(NO₃): 0,01 mol; Fe(NO₃)₃: 0,02 mol

Bảo toàn nguyên tố N: n_{HNO3 ban đầu} = 2n_Cu(NO3)2 + 3n_Fe(NO3)3 + n_NO2 + n_HNO3(X)

→ 0,2.1 = 2.0,01 + 3.0,02 + 0,08 + n_HNO3(X) → n_HNO3(X) = 0,04 mol

– Khi cho X + Ba(OH)₂:

Ba(OH)₂ + 2HNO₃ → Ba(NO₃)₂ + 2H₂O

3Ba(OH)₂ + 2Fe(NO₃)₃ → 2Fe(OH)₃ + 3Ba(NO₃)₂

Ba(OH)₂ + Cu(NO₃)₂ → Cu(OH)₂ + Ba(NO₃)₂

→ n_Ba(OH)2 = 0,5.n_HNO3(X) + 1,5.n_Fe(NO3)3 + n_Cu(NO3)2 = 0,5.0,04 + 1,5.0,02 + 0,01 = 0,06 mol

→ V = n : C_M = 0,06 : 0,5 = 0,12 lít = 120ml