Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 20)

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính tan của NH₃

Giải chi tiết:

NH₃ tan nhiều trong nước nên ta không sử dụng phương pháp đẩy nước để thu khí.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Ghi nhớ cách đánh giá độ dinh dưỡng của một số loại phân:

Đạm: %N

Lân: %P₂O₅

Kali: %K₂O

Giải chi tiết:

Độ dinh dưỡng của phân lân được đánh giá bằng hàm lượng của P₂O₅

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Xét 2 trường hợp:

TH1: Ca(OH)₂ dư, kết tủa chưa bị hòa tan

TH2: Kết tủa bị hòa tan một phần

Giải chi tiết:

TH1: Ca(OH)₂ dư, kết tủa chưa bị hòa tan

BTNT "C": n_CO2 = n_CaCO3 = 0,1 mol

=> V_CO2 = 2,24 lít

TH2: Kết tủa bị hòa tan một phần

BTNT "Ca" => n_Ca(HCO3)2 = n_Ca(OH)2 – n_CaCO3 = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol

BTNT "C" => n_CO2 = n_CaCO3 + 2n_Ca(HCO3)2 = 0,1 + 2.0,1 = 0,3 mol

=> V_CO2 = 6,72 lít

Chọn đáp án D

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Do Fe dư nên tạo thành muối Fe²⁺

Sử dụng định luật bảo toàn e: 2n_Fe = 3n_NO => n_NO = ?

Giải chi tiết:

Do Fe dư nên tạo thành muối Fe²⁺

n_Fe = (20 – 3,2)/56 = 0,3 mol

BTe ta có: 2n_Fe = 3n_NO => n_NO = 2.0,3/3 = 0,2 mol

=> V = 4,48 lít

Chọn đáp án A

Các chất vừa tác dụng với NaOH và HCl là: Al, NaHCO₃, (NH₄)₂CO₃, Al₂O₃, Zn

Chọn đáp án C

Chọn đáp án D

P trắng được bảo quản bằng cách ngâm trong nước

Chọn đáp án B

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Chỉ những oxit của KL đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học bị khử bởi CO hoặc H₂

Giải chi tiết:

CuO và Fe₂O₃ bị CO khử ở nhiệt độ cao theo PTHH:

CuO + CO → Cu + CO₂

Fe₂O₃ + 3CO → 2Fe + 3CO₂

Như vậy chất rắn thu được sau phản ứng gồm: Al₂O₃, Cu, MgO, Fe

Chọn đáp án D

Chọn đáp án B

Công thức phân tử của đạm urê là: (NH₂)₂CO.

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Trong một dung dịch ta luôn có: [H+][OH-] = 10-14

- Tính [H+]

- Tính pH = -log[H+]

+ pH = 7: môi trường trung tính

+ pH > 7: môi trường kiềm

+ pH < 7: môi trường axit

Giải chi tiết:

 [H⁺] = 10^-14/[OH^-] = 10^-14/(2,5.10^-10) = 4.10^-5 mol/l

=> pH = -log[H⁺] = 4,4 < 7

=> Môi trường axit

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Ghi nhớ một số KL bị thụ động với HNO3 đặc nguội như Al, Fe, Cr

Giải chi tiết:

Al, Fe là những kim loại bị thụ động với HNO₃ đặc nguội

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: ∑n₍₊₎ = ∑n_(-)

Giải chi tiết:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X ta có:

n_Na+ + 2n_Mg2+ = n_Cl- + 2n_SO42-

=> a + 2b = c + 2d

Chọn đáp án C

Khi cho từ từ (NH₄)₂SO₄ vào dung dịch Ba(OH)₂ có phản ứng hóa học xảy ra theo phương trình sau:

(NH₄)₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓ + 2NH₃↑ + 2H₂O

n_NaOH = 0,5 mol

n_H3PO4 = 0,4 mol

1 < n_NaOH : n_H3PO4 = 0,5:0,4 = 1,25 < 2

=> Tạo thành 2 muối: NaH₂PO₄ (x mol) và Na₂HPO₄ (y mol)

BT “Na”: x + 2y = n_NaOH = 0,5

BT “P”: x + y = n_H3PO4 = 0,4

=> x = 0,3 và y = 0,1

m_NaH2PO4 = 0,3.120 = 36 (g)

m_Na2HPO4 = 0,1.142 = 14,2 (g)

(1) N₂ + O₂ $\stackrel{tialuadien}{\to }$ 2NO

(2) 2NO + O₂ → 2NO₂

(3) 4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

(4) 6HNO₃ + Fe₂O₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

Phương pháp giải:

Dựa vào dữ kiện đề bài lập hệ phương trình:

+ Phương trình về khối lượng

+ Phương trình về bảo toàn e

Giải chi tiết:

n_{HNO3 bđ} = 0,4.0,5 = 0,2 mol

n_NO = 1,008/22,4 = 0,045 mol

Đặt n_Fe = x mol và n_Cu = y mol

a) Khối lượng của hỗn hợp là 3,32 gam nên ta có: 56x + 64y = 3,32 (1)

Ta có quá trình cho – nhận e:

Fe⁰ – 3e → Fe⁺³

x  → 3x           (mol)

Cu⁰ – 2e → Cu⁺²

y → 2y            (mol)

N⁺⁵ + 3e → N⁺²

       0,135←0,045 (mol)

Theo định luật bảo toàn e ta có: 3x + 2y = 0,135 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}56x+64y=\mathrm{3,32}\\ 3x+2y=\mathrm{0,135}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{0,025}\\ y=\mathrm{0,03}\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}{m}_{Fe}=\mathrm{0,025.56}=\mathrm{1,4}\left(g\right)\\ m_{Cu}=\mathrm{3,32}-\mathrm{1,4}=\mathrm{1,92}\left(g\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\%m_{Fe}=\frac{\mathrm{1,4}}{\mathrm{3,32}}.100\%=\mathrm{42,17}\%\\ \%m_{Cu}=100\%-\mathrm{42,17}\%=\mathrm{57,83}\%\end{array}\right.$

b) BT “N”: n_{HNO3 sau pư} = n_{HNO3 bđ} – 3n_Fe(NO3)3 – 2n_Cu(NO3)2 – n_NO

                                   = 0,2 – 3.0,025 – 2.0,03 – 0,045 = 0,02 mol

=> C_{M HNO3 sau pư} = n/V = 0,02/0,4 = 0,05 M