Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 28)

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào phương pháp điều chế N₂ trong phòng thí nghiệm.

Giải chi tiết:

Trong phòng thí nghiệm, người ta thường điều chế N₂ bằng phương pháp đun nóng dung dịch NH₄NO₂ bão hòa:

NH₄NO₂ →to N₂ + 2H₂O

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Nhiệt phân các muối nitrat kim loại M(NO₃)_n:

Muối nitrat của các kim loại hoạt động mạnh [K, …, Ca] bị nhiệt phân thu được muối nitrit và O₂.

Muối nitrat của các kim loại [Mg, …, Cu] bị nhiệt phân thu được oxit bazo, NO₂ và O₂.

Muối nitrat của các kim loại [Hg, Ag, …] bị nhiệt phân thu được kim loại, NO₂ và O₂.

Giải chi tiết:

4Fe(NO₃)₃  →to 2Fe₂O₃ + 12NO₂ + 3O₂

Vậy nhiệt phân muối Fe(NO₃)₃ thu được Fe₂O₃, NO₂ và 3O₂

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Tính tỉ lệ (*)=nNaOHnH3PO4

Qua sơ đồ ta thấy:

(*) ≤ 1 => tạo muối H₂PO₄^-

1 < (*) < 2 => tạo muối H₂PO₄^- và HPO₄^2-

(*) = 2 => tạo muối HPO₄^2-

2 < (*) < (3) => tạo muối HPO₄^2- và PO₄^3-

(*) ≤ 3 => tạo muối PO₄^3-

Giải chi tiết:

Ta có: 1<(*)=nNaOHnH3PO4=0,30,2=1,5<2 => tạo muối NaH₂PO₄ và Na₂HPO₄

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

- Những chất không phản ứng với nhau có thể tồn tại trong cùng một dung dịch.

- Các ion phản ứng với nhau khi tạo thành kết tủa/chất khí/chất điện li yếu.

Giải chi tiết:

A loại vì Ag⁺ + SO₄^2- → Ag₂SO₄ ↓

B đúng

C loại vì Fe²⁺ + S^2- → FeS↓

D loại vì Fe³⁺ + 3OH^- → Fe(OH)₃↓

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Đánh giá độ dinh dưỡng của phân đạm người ta dựa vào % khối lượng của N, phân lân dựa vào % khối lượng của P₂O₅, phân kali dựa vào 5 khối lượng của K₂O.

Giải chi tiết:

Phân bón hóa học: Đạm, Lân, Kali lần lượt được đánh giá theo chỉ số hàm lượng % khối lượng N, P₂O₅, K₂O.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Để tạo độ xốp cho một số loại bánh, người ta thường dùng bột nở có thành phần hóa học chính là NH₄HCO₃.

NH₄HCO₃ →to NH₃ + CO₂ + H₂O

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

HNO₃ thể hiện tính oxi hóa khi phản ứng với các chất khử (chất có khả năng tăng số oxi hóa)

Giải chi tiết:

A đúng

B loại CuO, CaCO₃

C loại CaO

D loại Fe₂O₃

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Để ngăn khí độc ta dùng hóa chất phản ứng với khí đó tạo thành chất không độc.

Giải chi tiết:

Trong 4 biện pháp trên, biện pháp có hiệu quả nhất là dùng bông có tẩm nước vôi trong để nút vào ống nghiệm.

2Ca(OH)₂ + 4NO₂ → Ca(NO₃)₂ + Ca(NO₂)₂ + 2H₂O

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

HF có khả năng hòa tan SiO₂ (thành phần chính của thủy tinh).

Giải chi tiết:

HF có khả năng hòa tan SiO₂ (thành phần chính của thủy tinh) do đó HF được dùng để khắc chữ lên thủy tinh:

SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Đặt công thức của thủy tinh là: xK₂O.yCaO.zSiO₂

x:y:z=%mK2O94:%mCaO56:%mSiO260

Giải chi tiết:

Đặt công thức của thủy tinh là: xK₂O.yCaO.zSiO₂

x:y:z=%mK2O94:%mCaO56:%mSiO260

=18,4394:10,9856:70,55960

=0,196:0,196:1,176

=1:1:6

Vậy công thức của thủy tinh là K₂O.CaO.6SiO₂.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Phản ứng chứng tỏ axit silixic yếu hơn axit cacbonic là:

Na₂SiO₃ + CO₂ + H₂O → Na₂CO₃ + H₂SiO₃

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Bài toán CO₂ tác dụng với dung dịch kiềm:

Tính tỉ lệ: nOH−nCO2(*)

+ (*) ≥ 2 => Chỉ tạo muối CO₃^2-

+ 1 < (*) < 2 => Tạo muối CO₃^2- và HCO₃^-

+ (*) ≤ 1 => Chỉ tạo muối HCO₃^-

Giải chi tiết:

n_CO2 = 0,896 : 22,4 = 0,04 mol; n_OH- = 2n_Ca(OH)2 = 2.3.0,01 = 0,06 mol; n_Ca2+ = n_Ca(OH)2 = 0,03 mol

Ta có: 1<nOH−nCO2=0,060,04=1,5<2 => Tạo muối CO₃^2- và HCO₃^-

Đặt n_CO32- = x (mol) và n_HCO3- = y (mol)

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O

x           2x            x

CO₂ + OH^- → HCO₃^-

y           y             y

+ n_CO2 = x + y = 0,04 (1)

+ n_OH- = 2x + y = 0,06 (2)

Giải hệ (1) và (2) thu được x = 0,02 và y = 0,02

         Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓

BĐ:  0,03      0,02                      (mol)

PƯ:  0,02 ←  0,02  →   0,02       (mol)

Khối lượng kết tủa thu được là: m_CaCO3 = 0,02.100 = 2 gam

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của nitơ và hợp chất của nitơ để hoàn thành dãy chuyển hóa.

Giải chi tiết:

(1) NH₄Cl + NaOH → NaCl + NH₃ + H₂O

(2) 4NH₃ + 3O₂ →to 2N₂ + 6H₂O

(3) N₂ + O₂  ⇄3000oC 2NO

(4) 2NO + O₂ → 2NO₂

(5) 4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

(6) HNO₃ + NaOH → NaNO₃ + H₂O

(7) 2NaNO₃ →to 2NaNO₂ + O₂

(8) 3HNO₃ + Na₃PO₄ → 3NaNO₃ + H₃PO₄

Khi thổi từ từ CO₂ đến dư vào dung dịch Ca(OH)₂ ban đầu xuất hiện kết tủa trắng:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

Tiếp tục sục khí CO₂, kết tủa trắng tan dần tạo thành dung dịch trong suốt:

CO₂ + CaCO₃ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

Khi cho dung dịch HCl vào dung dịch Na₂SiO₃ thu được kết tủa không màu dưới dạng keo:

2HCl + Na₂SiO₃ → 2NaCl + H₂SiO₃ ↓

Cho dung dịch Ba(HCO₃)₂ vào dung dịch NaHSO₄ xuất hiện kết tủa trắng và sủi bọt khí không màu:

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓+ Na₂SO₄ + 2H₂O + 2CO₂ ↑

a. PTHH:

(1) 3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

(2) Fe₂O₃ + 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

b. n_NO = 2,24 : 22,4 = 0,1 mol

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 2n_Cu = 3n_NO => n_Cu = 1,5n_NO = 1,5.0,1 = 0,15 mol

=> m_Fe2O3 = m _{hỗn hợp} – m_Cu = 25,6 – 0,15.64 = 16 gam => n_Fe2O3 = 16 : 160 = 0,1 mol

=> %m_Fe2O3 = (16 : 25,6).100% = 62,5%

c.

Theo PTHH (1) và (2): n_{HNO3 pư} = 8n_Cu/3 + 6n_Fe2O3 = 8.0,15/3 + 6.0,1 = 1 mol

=> n_{HNO3 bđ} = n_{HNO3 pư}.120/100 = 1,2 mol

d. Dung dịch B gồm có: Cu(NO₃)₂ (0,15 mol) và Fe(NO₃)₃ (0,1 mol)

Nung hỗn hợp đến khối lượng không đổi:

2 Cu(NO₃)₂  2 CuO + 4 NO₂ + O₂

       0,15             →  0,15

4 Fe(NO₃)₃  2 Fe₂O₃ + 12 NO₂ + 3O₂

      0,1   →               0,05

=> m _{chất rắn} = m_CuO + m_Fe2O3 = 0,15.80 + 0,05.160 = 20 gam