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

Đáp án C

Chiều của dãy điện hóa đi từ trái sang phải là chiều tăng dần về tính oxi hóa của các chất oxi hóa trong các cặp oxi hóa – khử và là chiều giảm dần về tính khử của các chất khử trong các cặp oxi hóa khử.

Đáp án C

W có nhiệt độ nóng chảy cao nhất.

Đáp án A

Đáp án D

+) CuSO₄: Ban đầu xảy ra ăn mòn hóa học:

Ni + CuSO₄ → NiSO₄ + Cu

Sau đó xảy ra ăn mòn điện hóa. Hai điện cực là Ni và Cu cùng nhúng vào dung dịch chất điện li.

+) ZnCl₂: Không xảy ra ăn mòn hóa học vì Ni có tính khử yếu hơn Zn nên không đẩy được Zn ra khỏi muối để xuất hiện hai điện cực kim loại.

+) FeCl₃: Không xảy ra ăn mòn hóa học vì

Ni + 2FeCl₃ → NiCl₂ + 2FeCl₂

Không có hai điện cực.

+) AgNO₃: Ban đầu xảy ra ăn mòn hóa học

Ni + 2AgNO₃ → Ni(NO₃)₂ + 2Ag

Đáp án C

Hai ion K⁺ và $S{O}_4^{2-}$ đều không điện phân

Nên nước điện phân ngay ở cả hai điện cực, sinh ra khí H₂ ở catot và khí O₂ ở anot

Catot (-): H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-

Đáp án D

Cả 4 dự đoán đều đúng.

- Chiếc thuyền làm bằng giấy thấm nước làm cho mẩu Na phản ứng với nước.

Phương trình phản ứng:

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

- Khí H₂ sinh ra đẩy mẩu Na cũng như đẩy chiếc thuyền chạy vòng quanh chậu nước.

- Phản ứng trên tỏa nhiều nhiệt khiến cho chiếc thuyền bốc cháy, mẩu Na nóng chảy và vo tròn lại (do sức căng bề mặt).

Đáp án C

Đáp án D

Phản ứng xảy ra theo thứ tự sau

Phản ứng (2) NaHCO₃ dư nên số mol CO₂ được tính theo HCl

Đáp án A

Đặt công thức chung 2 muối cacbonat là MCO₃

Phản ứng: MCO₃ + H₂SO₄ → MSO₄ + H₂O + CO₂

CO₂ phản ứng với dung dịch Ba(OH)₂

$n_{BaC{O}_3}$ = 0,08 mol; $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}$= 0,09 mol

Dung dịch sau phản ứng có phản ứng kết tủa với nước vôi trong ⇒ trong dung dịch có muối axit.

CO₂ + Ba(OH)₂  BaCO₃ + H₂O

2CO₂ + Ba(OH)₂  Ba(HCO₃)₂

Bảo toàn nguyên tố Ba: $n_{BaC{O}_3}+n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=n_{Ba{\left(OH\right)}_2}$

→ $n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}$ = 0,09 – 0,08 = 0,01 mol

Bảo toàn nguyên tố C trong hai muối

→ $n_{C{O}_2}$= 0,08 + 2.0,01 = 0,1 mol

→ $n_{C{O}_2}$= $n_{MC{O}_3}$ = 0,1 mol

$M_{MC{O}_3}=\frac{7,2}{0,1}=72(g/mol)$ 

⇒ M_M = 12 (g/mol).

Kim loại chắc chắn có mặt trong hỗn hợp có M < 12 là Be (M_Be = 9).

Đáp án A

CaCO₃ $\stackrel{t^o}{\to }$ CaO + CO₂↑

Giả sử số mol CaCO₃ trong hỗn hợp đầu là 1 mol

$n_{C{O}_2}$= $n_{CaC{O}_3}$= 1 mol

m_trước – m_sau = $m_{C{O}_2}$ = m_trước –  m_trước

⇒m_trước = 3.$m_{C{O}_2}$ = 3.1.44 = 132g

⇒%$m_{CaC{O}_3}$ = $\frac{1.100}{132}.100$ = 75,76%

Đáp án A

Kim loại Mg được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy muối halogenua.

MgCl₂ $\stackrel{dpnc}{\to }$ Mg + Cl₂

Đáp án B

Pirit: FeS₂

Thạch cao: CaSO₄.nH₂O

Mica: K₂O.Al₂O₃.6SiO₂.

Apatit: Ca₅F(PO₄)₃ hay 3Ca₃(PO₄)₂.CaF₂

Criolit: Na₃AlF₆ hay AlF₃.3NaF

Boxit: Al₂O₃.nH₂O

Đolomit: CaCO₃.MgCO₃ (đá bạch vân)

Vậy quặng mica, criolit, boxit chứa nhôm

Đáp án C

3Na₂CO₃ + 2AlCl₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃↓ + 6NaCl + 3CO₂

HNO₃ + NaHCO₃ → NaNO₃ + H₂O + CO₂

NaAlO₂ + KOH → không phản ứng

Đáp án A

Bảo toàn số mol electron:

 3n_Al = $n_{N{O}_2}$ + 3n_NO

⇒ 3.n_Al = 0,12 + 3.0,08 ⇒ n_Al = 0,12 mol

Vậy m_Al = 0,12.27 = 3,24g.

Đáp án D

Đổi 19 phút 18 giây = 19.60 + 18 = 1158 giây

Theo công thức Faraday: $m_{Ag}=\frac{AIt}{nF}$

Đáp án B

Kim loại có tính khử mạnh hơn sẽ bị ăn mòn trước.

Theo dãy điện hóa của kim loại, tính khử: Fe > Sn

Đáp án B

Phương pháp làm mềm nước cứng

+ Đối với nước cứng tạm thời: đun sôi, Ca(OH)₂ vừa đủ.

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án A

Theo bài ra, sau phản ứng thu được hai muối NaHCO₃ (x mol) và Na₂CO₃ (x mol)

Bảo toàn Na có: n_Na(muối­) = n_NaOH ⇒  x + 2x = 0,6 ⇒ x = 0,2 mol

Bảo toàn C có: n_khí = x + x = 0,4 mol

Đáp án C

Ba + H₂SO₄ → BaSO₄ ↓ + H₂

Do Ba dư nên Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Đáp án A

Vai trò của criolit:

2) Giảm nhiệt độ nóng chảy của Al₂O₃.

3) Tạo chất lỏng dẫn điện tốt.                           

5) Tạo hỗn hợp có khối lượng riêng nhỏ, nổi lên trên bề mặt nhôm, bảo vệ cho nhôm không bị oxi hóa.

Đáp án A

2Al + Fe₂O₃ → Al₂O₃ + 2Fe

0,4         0,1                       mol

Nhận thấy: $\frac{0,4}{2}>\frac{0,1}{1}$ → số mol Al₂O₃ tính theo Fe₂O₃

H = 80% $\Rightarrow m_{A{l}_2{O}_3}=0,\mathrm{1.102.80}\%=8,16g$.

Đáp án D

Gọi số mol Na là x mol; số mol Al là 2x mol

Theo bài ra chất rắn không tan sau phản ứng là Al dư.

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

x          →                   x       0,5x       mol

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

x        ←  x                    →                 1,5x           mol

⇒ 0,5x + 1,5x = 0,4 → x = 0,2 (mol)

Đáp án A

Ta có: n_O(oxit) = $\frac{1}{2}.n_{axit}=\frac{1}{2}.0,16.1=0,08$mol

Đáp án B

Theo bài ra:

Bảo toàn C có: $n_{O\left(oxit\right)}=n_{C{O}_2}=n_{\downarrow }=\frac{48}{100}=0,48$ mol

n_{Fe (oxit)} = $\frac{m_{F{e}_x{O}_y}-m_{O\left(oxit\right)}}{56}=\frac{27,84-0,48.16}{56}=0,36$ mol

Đáp án A

Sử dụng Ba(OH)₂:

+ Xuất hiện kết tủa trắng → Na₂SO₄

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ ↓ _trắng + 2NaOH

+ Xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan khi Ba(OH)₂ dư → Al(NO₃)₃.

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃ ↓ _trắng

Al(OH)₃ ↓ _trắng + OH^- → $Al{O}_2^{-}$ + 2H₂O

+ Xuất hiện kết tủa trắng và thoát ra khí mùi khai → (NH₄)₂SO₄.

Ba²⁺ + $S{O}_4^{2-}$ → BaSO₄ ↓ _trắng

$N{H}_4^{+}$ + OH^- → NH₃↑ + H₂O

+ Thoát ra khí có mùi khai → NH₄NO₃

$N{H}_4^{+}$ + OH^- → NH₃↑ + H₂O

+ Không có hiện tượng xuất hiện → NaNO₃