Bộ 9 Đề thi Hóa 11 giữa kì 1 có đáp án (Đề 2)

Đáp án B

Các ion có thể cùng tồn tại trong 1 dung dịch khi chúng không phản ứng với nhau.

+ Đáp án A, loại vì Ag⁺ + Cl^- $\to$ AgCl $\downarrow$;

3Ag⁺+ PO₄^3-→ Ag₃PO₄↓

Đáp án C, loại vì Ba²⁺ + SO₄^2- $\to$ BaSO₄$\downarrow$

Đáp án D, loại vì Cu²⁺ + 2OH^- $\to$Cu(OH)₂ $\downarrow$

Đáp án A

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích:

Tổng số mol điện tích dương = tổng số mol điện tích âm

⇒ 0,25.2 + 0,2 = 0,3 +2b

⇒ b = 0,2.

Đáp án C

N₂  +  O₂  $\to$2NO

Trong phản ứng này, số oxi hóa của nitơ tăng từ 0 lên +2, do đó N₂ thể hiện tính khử.

Đáp án C

2HCl + Mg(OH)₂→ MgCl₂+ 2H₂O

CuCl₂+ 2NaOH→ Cu(OH)₂↓ + 2NaCl

KOH + NaCl → không phản ứng

Na₂CO₃+ CaCl₂→ CaCO₃↓ + 2NaCl

Đáp án B

pH < 7 $\to$chất đó là axit.

Khi phản ứng với BaCl₂:

H₂SO₄ + BaCl₂ $\to$BaSO₄ $\downarrow$ + 2HCl

Đáp án B

Nitơ nằm ở ô số 7, thuộc nhóm VA và chu kì 2.

Nitơ là phi kim mạnh và hoạt động hoá học mạnh ở nhiệt độ cao.

Đáp án A

pH = 1 [H⁺]= 0,1 M

Đáp án D

Phương trình ion rút gọn của phản ứng cho biết bản chất của phản ứng trong dung dịch các chất điện li.

Đáp án A

Khi cho từ từ đến dư Ba(OH)₂ vào các dung dịch trên ta thấy:

+ Ban đầu có kết tủa, sau đó kết tủa tan dần ⇒ Al(NO₃)₃.

2Al(NO₃)₃ + 3Ba(OH)₂ $\to$ 2Al(OH)₃ $\downarrow$+ 3Ba(NO₃)₂

2Al(OH)₃ + Ba(OH)₂ $\to$ Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

+ Vừa có kết tủa trắng, vừa có khí mùi khai bay ra ⇒ (NH₄)₂SO₄

(NH₄)₂SO₄ + Ba(OH)₂ $\to$ BaSO₄$\downarrow$ + 2NH₃$\uparrow$ + 2H₂O

+ Không thấy có hiện tượng gì ⇒ NaNO₃.

+ Thấy có khí mùi khai bay ra ⇒ NH₄Cl

2NH₄Cl + Ba(OH)₂ $\to$BaCl₂ + 2NH₃ $\uparrow$+ 2H₂O

+ Thấy xuất hiện kết tủa nâu đỏ ⇒ FeCl₃

2FeCl₃ + 3Ba(OH)₂ $\to$ 3BaCl₂ + 2Fe(OH)₃↓

Đáp án C

Ba(HCO₃)₂ + H₂SO₄ $\to$BaSO₄↓ + 2H₂O + 2CO₂↑

Ba(HCO₃)₂ + 2KOH $\to$BaCO₃↓ + K₂CO₃ + 2H₂O

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ $\to$ BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + 2H₂O + 2CO₂↑

Ba(HCO₃)₂ + Na₂CO₃ $\to$ BaCO₃↓ + 2NaHCO₃.

Đáp án B

Số mol của dung dịch HCl là 0,1.0,05 = 5.10^-3(mol)

Số mol của dung dịch NaOH là 0,12.0,05 = 6.10^-3(mol)

HCl + NaOH$\to$ NaCl + H₂O

5.10^-3→ 5.10^-3mol

 ⇒ NaOH dư 10^-3 (mol) ⇒ n_OH^- _dư =10^-3(mol)

⇒ [OH^-]_dư== 0,01 (M)

Vậy pH = 14 + log[OH^-] = 12.

Đáp án C

Số mol của HCl là: n = 0,3.0,2 = 0,06(mol) ⇒ n_H⁺= 0,06 (mol)

Số mol của NaOH là: n = 0,2V (mol) ⇒ n_OH^-= 0,4V (mol)

OH^- + H⁺ $\to$H₂O

0,06 0,4V

⇒ 0,4V = 0,06 ⇒ V= 0,15 (l) = 150 ml.

Đáp án C

Số mol của NH₄Cl là: n = 0,1.0,2 = 0,02 (mol)

Vậy V_khí= 0,02.22,4 = 0,448 (l)

Đáp án D

Số mol của Ba(OH)₂là: n = 0,2V (mol)

Số mol của KOH là: n = 0,1V (mol)

Số mol của OH^-trong dung dịch là n_OH^-= 0,4V + 0,1V= 0,5V(mol)

C_M(OH^-₎== 0,25 (M)

Đáp án D

Phương trình ion rút gọn của các phản ứng được viết như sau:

(1) Ba²⁺ + SO₄^2- $\to$BaSO₄↓          

(2) Cu²⁺ + SO₄^2- + Ba²⁺ + 2OH^- $\to$Cu(OH)₂↓ + BaSO₄↓

(3) 2H⁺ + SO₄^2- + Ba²⁺ + CO₃^2- $\to$BaSO₄↓ + H₂O + CO₂↑

(4) Ba²⁺ + SO₄^2- $\to$BaSO₄↓          

(5) 2NH₄⁺ + SO₄^2- + Ba²⁺+ 2OH^- $\to$BaSO₄↓ + 2NH₃↑ + 2H₂O

(6)  Ba²⁺ + SO₄^2- $\to$ BaSO₄↓   

Vậy có 3 phản ứng cùng phương trình ion rút gọn.

Đáp án D

Các phát biểu sai là (1), (2), (4), (5).

(1) sai vì HNO₃không làm đổi màu phenolphtalein.

(2) sai vì Amoniac không phản ứng với NaOH vì 2 chất này đều là bazơ.

(4) sai vì Chưng cất phân đoạn không khí lỏng là phương pháp điều chế N₂trong công nghiệp.

(5) sai vì Trong NH₃, N có số oxi hoá là -3 nên chỉ có tính khử, không có tính oxi hoá.

Đáp án C

- Dung dịch ban đầu pH = 13 ⇒ pOH = 1 ⇒ [OH^-]= 0,1 M

Số mol OH^-trong dung dịch là n = 0,1.0,25 = 0,025 mol

⇒ n_NaOH= 0,025 mol.

- Dung dịch sau pha có pH = 12

⇒ pOH = 2 ⇒ [OH^-] = 0,01 M

⇒ C_NaOH= 0,01 M

- Do số mol của NaOH trong dung dịch không đổi nên thể tích của dung dịch sau là:

V=lít

Thể tích nước cần thêm là:

Vnước= Vdung dịch sau- Vdung dịch trước= 2,5 - 0,25 = 2,25 lít.

Đáp án A

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ $\to$BaSO₄¯ + Na₂SO₄ + 2H₂O + 2CO₂ ↑

2 muối tham gia phản ứng đều hết, BaSO₄kết tủa, CO₂bay ra, dung dịch chỉ còn 2 ion Na⁺và SO₄^2-.

Đáp án C

Giả sử số mol của N₂là 1 mol. Gọi số mol của H₂là a mol

M_{hỗn hợp}= 3,6.2 = 7,2

⇒==7,2 ⇒ a = 4

⇒ m_X= 28.1 + 2.4 = 36 g

N₂+ 3H₂2NH₃

Ban đầu140 (mol)

Phản ứng x3x 2x (mol)

Cân bằng 1-x4-3x2x (mol)

⇒ Hiệu suất phản ứng tính theo N₂

Số mol hỗn hợp sau n = 1- x + 4 - 3x + 2x = 5 - 2x (mol)

Mặt khác tỉ khối của Y so với X là 25/17 nên

M_Y=. M_x=.7,2 =10,6

⇒ m_Y= 10,6(5-2x)

Mặt khác theo định luật bảo toàn khối lượng có m_Y= m_X= 36g

⇒ 10,6(5-2x) = 36

⇒ x = 0,8 ⇒ H = 80%.

Đáp án D

Dung dịch HF có độ điện li α là:

pH của dung dịch H₂SO₄ là x $\to$[H⁺]= 10^-x

pH của dung dịch HF là y $\to$[H⁺] = 10^-y

2 dung dịch cùng nồng độ mol

⇒ 0,5 .10^-x=

⇒ 0,5 .10^-x=

⇒10^-2.10^-x= 10^-y

⇒y = x + 2

Đáp án C

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

0,05 + 2y = 0,03.3 + 0,02. 3 + 2x

$\to$y-x = 0,05

Cho X + BaCl₂ dư $\to$13,98g kết tủa

⇒Kết tủa là BaSO₄: 0,06 mol

Ba²⁺+ SO₄^2- $\to$BaSO₄

        0,06                        0,06     (mol)

$\to$y= 0,06 mol $\to$ x=0,01

Khi cho X + NaOH :

Khối lượng kết tủa Fe(OH)₃và Cu(OH)₂ là m = 3,12g< kết tủa thu được.

Vậy trong kết tủa thực tế thu được có Al(OH)₃(4,68 - 3,12= 1,56g)

$\to$Số mol Al(OH)₃ có trong kết tủa = 0,02 mol

Al³⁺+ 3OH^-$\to$Al(OH)₃

0,03$\to$0,09$\to$0,03 (mol)

Số mol Al(OH)₃sinh ra là 0,03 mol nhưng kết tủa thu được chỉ còn 0,02 mol $\to$0,01 mol bị hoà tan bởi NaOH dư.

Al(OH)₃ + OH^- $\to$AlO₂^- + H₂O

0,01            0,01

Vậy tổng số mol OH^-tham gia phản ứng với dung dịch X là:

n = 0,06 + 0,02 + 0,09 + 0,01= 0,18 (mol) = n_NaOH

Vậy V_NaOH== 0,6 (l) = 600ml.