Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 26)

Chọn đáp án A

X là khí có màu nâu đỏ → X là NO₂

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Đặt số oxi hóa của M khi phản ứng với HNO₃ là +n (1 ≤ n ≤ 3)

QT cho - nhận e:

M → M⁺ⁿ + n e

2N⁺⁵ + 10e → N₂

Bảo toàn electron: n.nM = 10nN2 => nM => Mối liên hệ giữa R và n.

Biện luận với n = 1, 2, 3 để tìm giá trị R, n phù hợp.

Giải chi tiết:

Đặt số oxi hóa của M khi phản ứng với HNO₃ là +n (1 ≤ n ≤ 3)

QT cho - nhận e:

M → M⁺ⁿ + n e

2N⁺⁵ + 10e → N₂

Bảo toàn e: n.n_M = 10.n_N2 → $n.\frac{\mathrm{2,4}}{M}=10.\frac{\mathrm{0,448}}{\mathrm{22,4}}$ → M = 12n

Với n = 2 và M = 24 (Mg) thỏa mãn.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Một số hidroxit lưỡng tính thường gặp: Al(OH)₃, Zn(OH)₂, Cr(OH)₃

Giải chi tiết:

Hợp chất có tính lưỡng tính là Al(OH)₃.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Phương trình hoá học sai là: Fe₂O₃ + 8HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 2NO₂ ↑ + 4H₂O

Sửa lại: Fe₂O₃ + 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

Chọn đáp án D

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 = 1,1 mol và n_H3PO4 = 0,4 mol

Ta thấy: n_NaOH : n_H3PO4 = 2,75 nên phản ứng tạo 2 muối Na₃PO₄ và Na₂HPO₄

 3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ +3 H₂O

 3x x x mol

 2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

 2y y y mol

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{NaOH}=3x+2y=\mathrm{1,1}\\ n_{H_{3}P{O}_4}=x+y=\mathrm{0,4}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{0,3}\\ y=\mathrm{0,1}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{m}_{N{a}_{3}P{O}_4}=\mathrm{0,3.164}=\mathrm{49,2}gam\\ m_{N{a}_{2}HP{O}_4}=\mathrm{0,1.142}=\mathrm{14,2}gam\end{array}\right.$

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

X có hai khí không màu không hóa nâu ngoài không khí và M_X = 37,6 nên X có 2 khí là N₂ và N₂O

→ Số mol N₂O và N₂

Nếu phản ứng không tạo ra NH₄⁺:

QT nhận e: 2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹ 2N⁺⁵ + 10e → N₂

→ n_{NO3 (muối)} = n_{e nhận} = 8n_N2O + 10n_N2

→ m_muối = m_KL + m_NO3(muối) ≠ m_{muối thực tế}

=> Phản ứng có tạo muối NH₄⁺

Đặt số mol của NH₄NO₃ là x mol

QT nhận e:

2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹

2N⁺⁵ + 10e → N₂

N⁺⁵ + 8e → N^-3

Bảo toàn e có n_{e nhận} = n_{e nhường} = n_{NO3(muối kim loại)}

→ m_muối = m_KL + m_NH4NO3 + m_{NO3 (kim loại)} = 174,04 → x

Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3 = n_{NO3(muối kim loại)} + 2n_NH4NO3 + 2n_N2 + 2n_N2O

Giải chi tiết:

X có hai khí không màu không hóa nâu ngoài không khí và M_X = 37,6 nên X có 2 khí là N₂ (a mol) và N₂O (b mol)

Ta có: a + b = 0,25 và 28a + 44b = 0,25.37,6 => a = 0,1 và b = 0,15

Nếu phản ứng không tạo ra NH₄⁺:

QT nhận e:

2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹

2N⁺⁵ + 10e → N₂

→ n_{NO3 (muối)} = n_{e nhận} = 8n_N2O + 10n_N2 = 8.0,15 + 10.0,1 = 2,2 mol

→ m_muối = m_KL + m_NO3(muối) = 29 + 2,2.62 = 165,4 gam ≠ 174,04 gam

=> Phản ứng có tạo muối NH₄⁺

Đặt số mol của NH₄NO₃ là x mol

QT nhận e:

2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹ (N₂O)

2N⁺⁵ + 10e → N₂ (N₂)

N⁺⁵ + 8e → N^-3 (NH₄⁺)

Bảo toàn e: n_{e nhận} = n_{e nhường} = n_{NO3(muối kim loại)} = 8n_N2O + 10n_N2 + 8n_NH4+ = 8x + 2,2 (mol)

→ m_muối = m_KL + m_NH4NO3 + m_{NO3 (kim loại)} → 29 + 80x + 62(8x + 2,2) = 174,04 → x = 0,015

Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3 = n_{NO3(muối kim loại)} + 2n_NH4NO3 + 2n_N2 + 2n_N2O = 2,85 mol

→ V = 2,85 : 1,5 = 1,9 lít

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Chất khử là chất nhường electron → Số oxi hóa tăng

Giải chi tiết:

(1) sai vì số oxi hóa của nguyên tố N không đổi (trước và sau pư đều là -3)

(2) đúng vì N^-3 → N⁰

(3) đúng vì N^-3→ N⁰

(4) sai vì số oxi hóa của nguyên tố N không đổi (trước và sau pư đều là -3)

(5) đúng vì N^-3 → N⁺²

(6) đúng vì N^-3 → N⁰

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Dùng dd AgNO₃:

+ Kết tủa vàng => Na₃PO₄

PTHH: AgNO₃ + H₃PO₄ → Ag₃PO₄

+ Không hiện tượng => NaNO₃

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

CO chỉ khử được các oxit của KL đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học.

Giải chi tiết:

CO chỉ khử được các oxit của KL đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học.

Như vậy, khi dẫn luồng khí CO dư qua ống sứ chứa hỗn hợp Al₂O₃, CuO, MgO, Fe₂O₃ đun nóng các phản ứng xảy ra là:

3CO + Fe₂O₃ $\stackrel{t°}{\to }$ 3CO₂ + 2Fe

CO + CuO $\stackrel{t°}{\to }$ CO₂ + Cu

Al₂O₃ và MgO không phản ứng

→ Chất rắn thu được sau phản ứng gồm: Fe, Cu, MgO, Al₂O₃

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Bảo toàn điện tích: Trong một dung dịch ta luôn có n₍₊₎ = n_(-)

Giải chi tiết:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: n₍₊₎ = n_(-) => n_NH4+ + 2n_Mg2+ = 2n_SO42- + n_HCO3- => a + 2b = 2c + d

Chọn đáp án B

PTHH: NH₄NO₂ $\stackrel{t°}{\to }$ N₂ + H₂O → Khí X là N₂

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Theo Arenius, dung dịch có tính axit là dung dịch có khả năng phân li ra ion H⁺.

Giải chi tiết:

Ta có: H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2-

→ Theo thuyết Arenius thì H₂SO₄ phân li ra H⁺ nên H₂SO₄ là axit.

Chọn đáp án D

Tác nhân chủ yếu gây "hiệu ứng nhà kính" là do sự tăng nồng độ trong khí quyển của CO₂.

Chọn đáp án C

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:

Phương trình ion thu gọn ứng với phản ứng trên là: 2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O.

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

1. 3NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O → 3NH₄Cl + Al(OH)₃ → Kết tủa Al(OH)₃

2. AgNO₃ + Na₃PO₄ → Ag₃PO₄ + NaNO₃ → Kết tủa Ag₃PO₄

3. AgNO₃ + H₃PO₄ → không phản ứng

4. 2NaOH + Ca(HCO₃)₂ → Na₂CO₃+ CaCO₃ + H₂O → Kết tủa CaCO₃

5. (NH₄)₂SO₄ + 2NaOH → 2Na₂SO₄ + 2NH₃ + H₂O

6. (NH₄)₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ + 2NH₃ + H₂O → Kết tủa BaSO₄

7. Fe₂(SO₄)₃ + 3Ba(OH)₂ → 3BaSO₄ + 2Fe(OH)₃ → Kết tủa BaSO₄ và Fe(OH)₃

8. H₂SO₄ + Ba(HCO₃)₂ → BaSO₄ + 2H₂O + 2CO₂ → Kết tủa BaSO₄

Sau khi kết thúc thí nghiệm, số trường hợp thu được kết tủa là 6

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

- Au không tác dụng với cả HNO₃ đặc nguội và đặc nóng

- Fe, Al, Cr không tác dụng với HNO₃ đặc nguội vì bị thụ động

Giải chi tiết:

Kim loại tác dụng được với dung dịch HNO₃ đặc nguội là Mg, Cu, Ag, Zn, Ca.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải: pH = -log[H⁺]

Giải chi tiết:

Ta có: pH = 2 → [H⁺] = 0,01 M → n_H⁺ = 0,6.0,01 = 0,006 mol

H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2-

0,003 ← 0,003 (mol)

→ m_H2SO4 = 0,003.98 = 0,294 gam

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Cân bằng phương trình oxi hóa - khử theo phương pháp thăng bằng electron.

Giải chi tiết:

$\begin{array}{c}3\times \\ 2\times \end{array}\left|\begin{array}{l}Mg\to M{g}^{2+}+2e\\ N^{+5}+3e\to N^{+2}\end{array}\right.$

3Mg + 8HNO₃ → 3Mg(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O.

Tổng hệ số cân bằng (số nguyên tối giản) của các chất trong phản ứng trên là 20.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Vì HNO₃ và NaOH đều là chất điện li mạnh nên ta có: n_H+ = n_HNO3 và n_OH- = n_NaOH

PT ion: OH^- + H⁺ → H₂O

Tính theo PT ion.

Giải chi tiết:

Vì HNO₃ và NaOH đều là chất điện li mạnh nên ta có: n_H+ = n_HNO3 = 0,02 mol và n_OH- = n_NaOH = 0,06 mol

PTHH: OH^- + H⁺ → H₂O

Bđ: 0,02 0,06 mol

Pư: 0,02 → 0,02 mol

Sau: 0 0,04 mol

→ [OH^-] = 0,04 : 0,4 = 0,01 mol → pOH = - log[OH^-] = 2 → pH = 14 - pOH = 12

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Na₃PO₄ là chất điện li mạnh nên khi hòa tan vào nước phân li hoàn toàn thành ion.

Viết phương trình phân li của Na₃PO₄. Từ nồng độ của Na₃PO₄ suy ra nồng độ Na⁺ và PO₄^3-.

Giải chi tiết:

Na₃PO₄ là chất điện li mạnh nên khi hòa tan vào nước phân li hoàn toàn thành ion.

PT phân li: Na₃PO₄ → 3Na⁺ + PO₄^3-

 1 → 3 → 1 (M)

Vậy [Na⁺] = 3M và [PO₄^3-] = 1M

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ca(OH)₂ có thể phản ứng với CO₂ trong không khí tạo CaCO₃ lấp đầy những lỗ nhỏ li ti đó.

PTHH: Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O.

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Từ tỉ lệ mol và khối lượng hỗn hợp ta tính được số mol của Zn, Mg.

X + NaNO₃ + NaHSO₄ → muối trung hòa + khí Z

Khí Z chứa khí không màu hóa nâu là NO. Dựa vào tỉ khối của Z so với H₂ suy ra khí còn lại là H₂

→ tìm số mol từng khí trong Z

Các bán phản ứng:

4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O Zn → Zn⁺²+ 2e

2H⁺ + 2e → H₂ Mg → Mg⁺² + 2e

So sánh: n_{e nhường} = 2n_Zn + 2n_Mg và n_{e nhận} = 3n_NO + n_H2 nếu bằng thì không tạo NH₄⁺

Nếu e nhường nhiều hơn e nhận thì còn phản ứng tạo ra NH₄⁺: 10H⁺ + NO₃^- + 8e → NH₄⁺+ 3H₂O → n_NH4⁺

Bảo toàn H⁺ tìm số mol NaHSO₄

Bảo toàn N thì tìm n_NaNO3

Giải chi tiết:

Đặt n_Zn = x mol và n_Mg = y mol thì ta có hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{array}{l}65x+24y=\mathrm{23,82}\\ x:y=5:3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{0,3}mol\\ y=\mathrm{0,18}mol\end{array}\right.$

X + NaNO₃ + NaHSO₄ → muối trung hòa + khí Z

Xét khí Z có n_Z = 0,21 mol và Z có 1 khí không màu hóa nâu ngoài không khí → Z có khí NO

Vì M_Z = 13.2 = 26 < M_NO nên Z còn 1 khí không màu có M < 26 → khí này là H₂

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{H_2}+n_{NO}=\mathrm{0,21}\\ 2n_{H_2}+30n_{NO}=n_Z.M_Z^{}=\mathrm{0,21.26}=\mathrm{5,46}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{H_2}=\mathrm{0,03}mol\\ n_{NO}=\mathrm{0,18}mol\end{array}\right.$

Các bán phản ứng:

4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O Zn → Zn⁺²+ 2e

2H⁺ + 2e → H₂ Mg → Mg⁺² + 2e

Vì n_{e nhường} = 2n_Zn + 2n_Mg = 2.0,3 + 2.0,18 = 0,96 mol > n_{e nhận} = 3n_NO + n_H2 = 3.0,18 + 2.0,03 = 0,6 mol

→ còn phản ứng tạo ra NH₄⁺: 10H⁺ + NO₃^- + 8e → NH₄⁺+ 3H₂O

→ n_NH4⁺ = (0,96 - 0,6) : 8 = 0,045 mol

Vì dung dịch thu được toàn muối trung hòa nên: n_NaHSO4 = n_H⁺_{phản ứng} = 4.0,18 + 2.0,03 + 10.0,045 = 1,23 mol

Bảo toàn N: n_NaNO3 = n_NH4⁺ + n_NO = 0,045 + 0,18 = 0,225 mol

→ Dung dịch thu được sau phản ứng có $\left\{\begin{array}{l}Z{n}^{2+}:\mathrm{0,3}\\ M{g}^{2+}:\mathrm{0,18}mol\\ N{a}^{+}:\mathrm{1,23}+\mathrm{0,225}=\mathrm{1,455}mol\\ N{H}_4^{+}:\mathrm{0,045}mol\\ S{O}_4^{2-}:\mathrm{1,23}mol\end{array}\right.$

→ m_muối = m_ion = 176,175 gam

→ m_muối gần nhất với 176 gam

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Bảo toàn điện tích: 2n_Fe2+ + 3n_Al3+ = n_Cl- + 2n_SO42-

Giải chi tiết:

Bảo toàn điện tích: 2n_Fe2+ + 3n_Al3+ = n_Cl^- + 2n_{SO4 2-} → 2.0,1 + 3.0,2 = 0,3 + 2x → x = 0,25

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn điện tích: n_Na+ + 2n_Mg2+ = n_Cl- + n_NO3-

Khối lượng muối sau khi cô cạn: m_muối = ∑m_ion

Giải chi tiết:

Bảo toàn điện tích: n_Na+ + 2n_Mg2+ = n_Cl- + n_NO3- → 0,3 + 2.0,1 = 0,2 + x → x = 0,3 mol

Ta có m_muối = ∑m_ion = 0,3.23 + 0,1.24 + 0,2.35,5 + 0,3.62 = 35 gam

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Một số cách thu khí trong phòng thí nghiệm:

- Thu bằng cách đẩy không khí úp bình với khí nhẹ hơn không khí

- Thu bằng đẩy không khí ngửa bình với khí nặng hơn không khí

- Thu bằng cách đẩy nước với các khí cần không tan trong nước/không phản ứng với nước

Giải chi tiết:

(1) thu bằng cách đẩy không khí úp bình với khí nhẹ hơn không khí

(2) thu bằng đẩy không khí ngửa bình với khí nặng hơn không khí

(3) thu bằng cách đẩy nước nên khí cần không tan trong nước và không phản ứng với nước

A. sai vì khí thu bình (1) là O₂ nặng hơn không khí

B. đúng

C. sai vì khí thu bằng cách (3) là NH₃ và HCl tan nhiều trong nước

D. sai vì khí thu bằng cách (3) có HCl tan nhiều trong nước

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Muối axit là muối chứa nguyên tử H có khả năng phân li ra ion H⁺.

Giải chi tiết:

Muối axit là muối Ca(HCO₃)₂

Chọn đáp án A

A. đúng

B. sai vì tạo ra 2H⁺ không phải H²⁺

C. sai vì tạo ra 3Na⁺ không phải Na³⁺           

D. sai vì tạo ra 2Cl^- không phải Cl^2-

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Từ C_{M NaOH} → [OH^-] → pOH = - log[OH^-] → pH = 14 - pOH

Giải chi tiết:

NaOH là chất điện li mạnh, tan trong nước điện li hoàn toàn thành ion:

NaOH → Na⁺ + OH^­-

0,01M → 0,01M

→ [OH^- ] = 0,01M → pOH = -log[OH^-] = 2

→ pH = 14 - pOH = 14 - 2 = 12

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: 2Cu(NO₃)₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ 2CuO + 4NO₂ + O₂

Giải chi tiết:

Ta có: n_khí = 0,24 mol

PTHH: 2Cu(NO₃)₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ 2CuO + 4NO₂ + O₂

 x 2x 0,5x

→ n_khí = n_NO2 + n_O2 → 2x + 0,5x = 0,24 → x = 0,096 mol

→ m_Cu(NO3)2 = 188.0,096 = 18,048 gam

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Viết các quá trình cho - nhận electron. Áp dụng định luật bảo toàn electron.

Giải chi tiết:

QT cho - nhận electron:

Al → Al³⁺ + 3e N⁺⁵ + 3e → N⁺²

Áp dụng định luật bảo toàn e: 3.n_Al = 3.n_NO

→ n_Al = n_NO = 0,15 mol

→ m = 0,15.27 = 4,05 gam

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Nhiệt phân muối nitrat M(NO₃)_n

- Nếu M là [K, ..., Ca] thì nhiệt phân thu được muối M(NO₂)_n và O₂

- Nếu M là [Mg, ..., Cu] thì nhiệt phân thu được M₂O_n, NO₂, O₂

Ngoại lệ: 2Fe(NO₃)₂ → Fe₂O₃ + 4NO₂ + 0,5O₂

- Nếu M là [Ag, ...] thì nhiệt phân thu được M, NO₂, O₂

Giải chi tiết:

Khi nhiệt phân hoàn toàn muối KNO₃ thu được sản phẩm là KNO₂ và O₂.

PTHH: 2KNO₃ $\stackrel{t°}{\to }$ 2KNO₂ + O₂

Chọn đáp án B

Các mức số oxi hóa có thể có của cacbon là: -4; 0; +2; +4.

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Chất thể hiện tính oxi hóa là chất nhận electron (số oxi hóa giảm).

Giải chi tiết:

(1) sai vì số oxi hóa của C tăng từ 0 lên +4

(2) sai vì số oxi hóa của C tăng từ 0 lên +2

(3) đúng vì số oxi hóa của C giảm từ 0 xuống -1

(4) đúng vì số oxi hóa của C giảm từ 0 xuống -4

(5) sai vì số oxi hóa của C tăng từ 0 lên +4

(6) sai vì số oxi hóa của C tăng lên từ 0 đến +2

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Bảo toàn e: 3n_NO = 2n_Cu → m_CuO

Giải chi tiết:

Ta có: n_NO = 0,3 mol

Bảo toàn e: 3n_NO = 2n_Cu → n_Cu = 0,3.3 : 2 = 0,45 mol

→ m_CuO = m_{hỗn hợp} - m_Cu = 32 - 0,45.64 = 3,2 gam

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Chất điện li mạnh là chất là acid mạnh, base mạnh và hầu hết các muối.

Giải chi tiết:

Chất điện li mạnh là chất là acid mạnh, base mạnh và hầu hết các muối.

Trong các chất đề bài cho thì NaCl là một chất điện li mạnh.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố Fe.

Giải chi tiết:

n_Fe2O3 = 0,03 mol

Bảo toàn Fe ta có: n_Fe = 2n_Fe2O3 = 0,06 mol → m = 0,06.56 = 3,36 gam

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Chất khí độc dẫn đến tử vong nhẹ hơn không khí là CO do CO có ái tính với hemoglobin trong máu mạnh hơn, ngăn cản hemoglobin vận chuyển oxi trong máu.

→ Biện pháp: Không dùng trong phòng kín mà phải để cửa thoáng.

Chọn đáp án B

HF có thể ăn mòn SiO₂ là thành phần chính của thủy tinh nên được dùng để khắc chữ lên thủy tinh.

PTHH: SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Chất không dẫn điện là chất khi hòa tan trong nước không điện li ra ion.

Chất điện li gồm có axit, bazo, muối.

Giải chi tiết:

Chất không dẫn điện khi hòa tan trong nước là C₆H₁₂O₆ (glucozơ).

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: N₂ + 3H₂ 2NH₃

→ Tỉ lệ về thể tích tương tự về số mol → V_NH3 lý thuyết

H = V_tt : V_tt . 100% → V_tt

Giải chi tiết:

PTHH: N₂ + 3H₂ $\stackrel{t°,xt,p}{\to }$ 2NH₃

Lý thuyết 10 → 20 lít

Thể tích NH₃ thực tế thu được là: V_NH3 = 20.(75/100) = 15 lít