Đề kiểm tra cuối học kì 2 Hóa 12 có đáp án (Mới nhất) (Đề 5)

Đáp án C

Dựa vào cấu hình electron nguyên tử X ⇒ nguyên tử X có 11 electron.

Đáp án B

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Al + BaCl₂ → không phản ứng

2Al + Ba(OH)₂ + 2H₂O → Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

Đáp án C

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

Đáp án C

Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

Đáp án D

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

Đáp án A

Trong K₂Cr₂O₇, kali có số oxi hóa là +1; oxi có số oxi hóa là -2.

Gọi số oxi hóa của Cr là x. Ta có:

Đáp án C

Phương trình hóa học C sai vì:

Đáp án A

Sử dụng dung dịch NaOH.

+ Không có hiện tượng gì xuất hiện ⇒ NaCl.

+ Xuất hiện kết tủa nâu đỏ ⇒ FeCl₃.

Đáp án A

- Thí nghiệm: Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch AlCl₃.

- Hiện tượng: Ban đầu có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan hết.

- Phương trình hóa học minh họa:

3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)_{3 (↓ keo trắng)} + 3NaCl

Đáp án B

- Sử dụng dung dịch Ba(OH)₂:

+ Xuất hiện kết tủa trắng ⇒ H₂SO₄.

+ Không có hiện tượng gì xuất hiện ⇒ HCl, HNO₃ (nhóm I).

- Cho bột đồng kim loại tác dụng với các dung dịch ở nhóm I.

+ Không có hiện tượng gì xuất hiện ⇒ HCl.

Đáp án D

Để nhận biết ion Ca²⁺ trong dung dịch, hóa chất lựa chọn là K₂CO₃.

Phương trình hóa học minh họa:

Ca²⁺ + $C{O}_3^{2-}$ → CaCO₃ (↓ trắng).

Đáp án C

Cả 4 trường hợp đều xảy ra phản ứng hóa học. Cụ thể:

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Fe + Ni(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Ni

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Đáp án B

Độ sáng của bóng đèn phụ thuộc vào hàm lượng các ion có trong dung dịch.

Phương trình hóa học:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O (1)

CO₂ + CaCO₃ + H₂O → Ca(HCO₃)₂ (2)

Như vậy, sau phương trình hóa học (1) hàm lượng các ion trong dung dịch giảm đi, đèn mờ dần.

Đáp án D

Dựa vào cấu hình electron nguyên tử Fe ⇒ Nguyên tử sắt có 26 electron.

Đáp án A

Phát biểu (c) và (d) đúng.

Phát biểu (a) sai vì không có khái niệm kim loại lưỡng tính.

Đáp án B

Phát biểu đúng là (a); (b); (c).

Phát biểu (d) sai vì nhôm không phản ứng với H₂SO₄ đặc, nguội.

Đáp án B

Tính cứng tạm thời là tính cứng gây nên bởi các muối Ca(HCO₃)₂ và Mg(HCO₃)₂.

Dùng Na₂CO₃ có thể làm mất tính cứng tạm thời.

Ca²⁺ + $C{O}_3^{2-}$ → CaCO₃↓

Mg²⁺ + $C{O}_3^{2-}$ → MgCO₃↓

Đáp án C

Cho dung dịch AgNO₃ đến dư vào dung dịch FeCl₂, kết tủa X thu được gồm: AgCl và Ag.

Cho X vào HNO₃ loãng, dư chỉ có Ag phản ứng, vậy chất rắn T là AgCl.

Đáp án D

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O

Al + MgCl₂ → không phản ứng.

Đáp án B

Sử dụng dung dịch NaOH:

+ Không có hiện tượng gì xuất hiện ⇒ Na₂SO₄.

+ Xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa tan khi NaOH dư ⇒ Al₂(SO₄)₃.

Đáp án B

Vì sau phản ứng còn lại chất rắn không tan là kim loại dư nên trong dung dịch chỉ chứa các cation là Fe²⁺ và Na⁺.

Vì đã có phản ứng tạo H₂ nên trong dung dịch chỉ có anion Cl^-.

Các phản ứng hóa học xảy ra:

Fe + 4HCl + NaNO₃ → FeCl₃ + NaCl + NO + 2H₂O

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Đáp án B

Ca(OH)₂ + 2HNO₃ → Ca(NO₃)₂ + 2H₂O

Ca(OH)₂ + Ca(HCO₃)₂ → 2CaCO₃↓ + 2H₂O

Ca(OH)₂ + Na₂CO₃ → CaCO₃↓ + 2NaOH.

Đáp án B

Các kim loại hoạt động mạnh như Na, Mg, Ca … được điều chế bằng cách điện phân nóng chảy các hợp chất của kim loại.

Đáp án A

Khối lượng muối trong mỗi phần là: 14,9 gam.

Gọi số mol R₂CO₃ và RHCO₃ trong mỗi phần lần lượt là x và y mol.

Phần 1: Tác dụng với Ba(OH)₂ dư, cả 2 muối trong X đều phản ứng hết.

Bảo toàn nguyên tố C có: x + y = n_↓ = 0,18 mol (1)

Phần 2: Tác dụng với BaCl₂ dư chỉ có R₂CO₃ phản ứng.

Bảo toàn nguyên tố C có: x = 0,04 mol; thay vào (1) được y = 0,14 mol.

Khối lượng mỗi phần là 14,9 gam.

⇒ (2R + 60).0,04 + (R + 61).0,14 = 14,9 ⇒ R = 18 (NH₄⁺)

Phần trăm của muối (NH₄)_­2­CO_­3 trong X là

Đáp án D

$n_{Fe}=\frac{0,84}{56}=0,015mol;n_{C{O}_2}=\frac{0,88}{44}=0,02mol$ 

Đặt oxit sắt là Fe_xO_y.

Ta có: x : y = n_{Fe (oxit)} : n_{O (oxit)}

Trong đó:

n_{Fe (oxit)} = n_Fe = 0,015 mol;

n_O(oxit) = n_{khí cacbonic} = 0,02 mol.

⇒ x : y = 0,015 : 0,02 = 3 : 4.

Vậy oxit sắt là Fe₃O₄.

Đáp án A

Quy đổi hỗn hợp về Fe (x mol); Cu (y mol) và S (z mol).

Bảo toàn S có n_S = n↓ = $\frac{4,66}{233}=0,02$ (mol)

m_X = 2,72 gam ⇒ 56x + 64y + 0,02.32 = 2,72

⇒ 56x + 64y = 2,08 (1)

Do Y có thể hòa tan được Cu, bảo toàn electron có:

3.n_Fe + 2.n_Cu + 6.n_S = 3.0,07 ⇒ 3x + 2y = 0,09 (2)

Từ (1) và (2) có: x = 0,02 và y = 0,015.

Dung dịch Y gồm: Fe³⁺: 0,02 mol; Cu²⁺: 0,015 mol; $S{O}_4^{2-}$: 0,02 mol; $N{O}_3^{-}$ (0,5 – 0,07 = 0,43 mol) và có thể có H⁺.

Bảo toàn điện tích có n_H⁺ = 0,38 mol

Cho Cu vào Y có phản ứng:   

$\begin{array}{l}\begin{array}{l}3Cu+8H^{+}+2N{O_3}^{-}\to 3C{u}^{2+}+2NO+4H_{2}O\\ 0,1425 0,38 0,43 mol\end{array}\\ \begin{array}{l}Cu+2F{e}^{3+}\to C{u}^{2+}+2F{e}^{2+}\\ 0,01\leftarrow 0,02 mol\end{array}\end{array}$ 

Đáp án D

Ta có:

$n_{H_2}=n_{S{O_4}^{2-}}=\frac{7,49-1,73}{96}=0,06\left(mol\right)$ 

Đáp án A

Bảo toàn khối lượng có:

m_trước = m_sau ⇒ m_Al = 23,3 – 15,2 = 8,1 gam.

$\begin{array}{l}2Al+C{r}_2{O}_3\stackrel{t^o}{\to }A{l}_2{O}_3+2Cr\\ 0,3 0,1 mol\end{array}$ 

X gồm Al₂O₃: 0,1 mol; Cr: 0,2 mol và Al dư: 0,1 mol

Cho X vào HCl dư, bảo toàn electron có:

2.n_Cr + 3.n_Al = 2.n_khí ⇒ n_khí = 0,35 mol

V = 0,35.22,4 = 7,84 lít.

Đáp án D

Gọi số mol FeCl₂ là x (mol) ⇒ số mol NaCl là 2x (mol).

m_hh = 24,4 (gam) ⇒ 127x + 117x = 24,4 ⇒ x = 0,1 (mol).

Cho AgNO₃ vào dung dịch X có:

$\begin{array}{l}A{g}^{+}+C{l}^{-}\to AgCl\downarrow \\ 0,4 \to 0,4 mol\\ F{e}^{2+}+A{g}^{+}\to F{e}^{3+}+Ag\downarrow \\ 0,1 0,1 mol\end{array}$ 

Khối lượng chất rắn là:

Đáp án A

Gọi số mol Al, Cu, Fe bằng nhau và bằng x mol

⇒ 27x + 64x + 56x = 14,7 ⇒ x = 0,1 (mol)

Do HNO₃ dư nên muối trong Y gồm: Al(NO₃)₃: 0,1 mol; Cu(NO₃)₂: 0,1 mol; Fe(NO₃)₃ 0,1 mol và NH₄NO₃ (có thể có) y mol.

m_muối = 69,37 (gam)

⇒ 213.0,1 + 188.0,1 + 242.0,1 + 80y = 69,37

⇒ y = 0,063375 mol

Gọi số mol NO và N₂O lần lượt là a và b (mol)

⇒ a + b = $\frac{1,344}{22,4}=0,06$ mol (1)

Bảo toàn electron có:

3.n_Al + 2n_Cu + 3.n_Fe = 3a + 8b + 0,063375.8

⇒ 3a + 8b = 0,293 (2)

Từ (1) và (2) có a = 0,0374 và b = 0,0226.

Bảo toàn N có: