Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 15)
-
5511 lượt thi
-
15 câu hỏi
-
60 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Viết PTHH dạng phân tử và ion rút gọn của mỗi phản ứng sau:
a) FeCl3 + NaOH
Xem đáp án
a) FeCl3 + 3NaOH → 3NaCl + Fe(OH)3↓
→ Phương trình ion rút gọn: Fe3+ + 3OH– → Fe(OH)3↓
Câu 2:
Xem đáp án
b) Ba(HCO3)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O + 2CO2↑
→ Phương trình ion rút gọn: HCO3– + H+ → H2O + CO2↑
Câu 3:
Không dùng chất chỉ thị, hãy phân biệt các dung dịch mất nhãn sau:
(NH4)2SO4, Na2SO4, NaCl, NaNO3
Xem đáp án
Phương pháp giải:
+ Nhận biết gốc SO42– dùng chất thử có ion Ba2+→ kết tủa BaSO4
+ Nhận biết gốc NH4+ dùng chất thử OH– → khí NH3 mùi khai
+ Nhận biết gốc Cl– dùng chất thử Ag+ → kết tủa trắng
+ Gốc NO3– nhận được sau khi loại trừ hết các chất khác.
Giải chi tiết:
– Trích mẫu thử của từng chất vào các ông nhiệm riêng biệt.
– Cho lần lượt các mẫu thử của dung dịch trộn với dung dịch Ba(OH)2 dư:
+ Nếu xuất hiện kết tủa trắng → Na2SO4
PTHH: Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 ↓ trắng + 2NaOH
+ Nếu xuất hiện kết tủa trắng và khí mùi khai → (NH4)2SO4
PTHH: Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → BaSO4 ↓ trắng + 2NH3 ↑ mùi khai + 2H2O
+ Nếu không có hiện tượng xảy ra → NaNO3 và NaCl
– Lấy mẫu thử mới của NaCl và NaNO3. Cho dung dịch AgNO3 dư vào 2 mẫu thử mới.
+ Nếu ống nghiệm xuất hiện kết tủa trắng → NaCl
AgNO3 + NaCl → AgCl + NaNO3
+ Nếu ống nghiệm không hiện tượng → NaNO3
Câu 4:
Viết PTHH thực hiện dãy chuyển hóa sau:
Xem đáp án
PTHH: (1) NaNO3 (tt) + H2SO4 đặc NaHSO4 + HNO3
(2) 2HNO3 + MgO → Mg(NO3)2 + H2O
(3) Mg(NO3)2 + 2NaOH → 2NaNO3 + Mg(OH)2 ↓
(4) 8HNO3 loãng + 3Cu → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
Câu 5:
Cho 100 ml dung dịch H2SO4 0,25M vào 200 ml dung dịch NaOH 0,1M, sau phản ứng thu được dung dịch Z. Tính pH của dung dịch Z.
Xem đáp án
Phương pháp giải:
H2SO4 và NaOH là các chất điện li mạnh nên điện li hoàn toàn thành ion.
Từ mol của H2SO4, NaOH tính được mol của H+ và OH–.
Tính toán theo PT ion: H+ + OH– → H2O
+ Nếu H+ dư thì pH = –log [H+]
+ Nếu OH– dư thì pOH = –log [OH–] → pH = 14 – pOH
Giải chi tiết:
H2SO4 và NaOH là các chất điện li mạnh nên điện li hoàn toàn thành ion.
nH2SO4 = 0,025 mol → nH+ = 2nH2SO4 = 0,05 mol
nNaOH = 0,02 mol → nOH– = nNaOH = 0,02 mol
PT ion: H+ + OH– → H2O
Ban đầu: 0,05 0,02 mol
Pư: 0,02 ← 0,02
Sau pư: 0,03 0 mol
→ [H+] = n/V = 0,03/(0,1 + 0,2) = 0,1M → pH = –log [H+] = 1
Câu 6:
Cho 6,24 gam hỗn hợp X gồm Cu và CuO tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư. Kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 0,896 lít khí NO duy nhất (đktc).
a) Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.
Xem đáp án
a) Đặt số mol của Cu và CuO lần lượt là x và y mol
+ Khối lượng hỗn hợp: 64x + 80y = 6,24 (1)
+ Quá trình cho – nhận electron:
nNO = 0,04 mol
QT cho e: Cu → Cu+2 + 2e
QT nhận e: N+5 + 3e → N+2
Áp dụng định luật bảo toàn e: 2nCu = 3nNO => 2x = 0,04.3 → x = 0,06 (2)
Từ (1) và (2) → x = 0,06 và y = 0,03
Khối lượng mỗi chất trong X:
mCu = 0,06.64 = 3,84 gam
mCuO = 0,03.80 = 2,4 gam
Câu 7:
b) Cô cạn dung dịch Y thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lương không đổi thì thu được m gam chất rắn. Tính giá trị của m.
Xem đáp án
Phương pháp giải:
Dung dịch Y có Cu(NO3)2 và có thể có HNO3 dư. Khi cô cạn Y, nước và HNO3 bay hơi chỉ còn lại chất rắn Z là Cu(NO3)2 Nung Cu(NO3)2 đến khối lượng không đổi: Cu(NO3)2 CuO + 2NO2 + ½ O2
Giải chi tiết:
Dung dịch Y có Cu(NO3)2 và có thể có HNO3 dư.
Khi cô cạn Y, nước và HNO3 bay hơi chỉ còn lại chất rắn Z là Cu(NO3)2
Ta có: nCu(NO3)2 = nCu + nCuO = 0,06 + 0,03 = 0,09 mol (bảo toàn nguyên tố Cu)
Nung Cu(NO3)2 đến khối lượng không đổi:
PTHH: Cu(NO3)2 CuO + 2NO2 + ½ O2
0,09 → 0,09 mol
Chất rắn thu được là CuO: m = mCuO = 0,09.80 = 7,2 gam
Câu 8:
Cho 180 ml dung dịch NaOH 2M vào 120 ml dung dịch H3PO4 2M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X. Tính khối lượng từng muối trong dung dịch X.
Xem đáp án
Phương pháp giải:
Xét tỉ lệ nNaOH : nH3PO4 = 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 thì phản ứng tạo 2 muối Na2HPO4 và Na3PO4
+ Nếu a ≥ 3 thì phản ứng tạo muối Na3PO4
Giải chi tiết:
nNaOH = 0,36 mol và nH3PO4 = 0,24 mol
Ta thấy: 1< nNaOH : nH3PO4 = 1,5 < 2
→ Phản ứng tạo muối Na2HPO4 (x mol) và NaH2PO4 (y mol)
PTHH: 2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O
2x x x mol
NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O
y y y mol
Ta có hệ phương trình:
Câu 9:
Đốt cháy hoàn toàn 2,7 gam hợp chất hữu cơ A thu được 2,016 lít khí CO2 đktc và 1,62 gam H2O. Biết tỉ khối hơi của chất A so với oxi là 5,625. Xác dịnh công thức phân tử của A.
Xem đáp án
Phương pháp giải:
Đốt cháy A thu được CO2 và H2O nên A chứa C, H và có thể có O.
BTKL có mO2 = mCO2 + mH2O – mA → nO2
Bảo toàn O có nO(A) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 → nếu nO(A) > 0 thì có O trong A
Bảo toàn C có nC(A) = nCO2
Bảo toàn H có nH(A) = 2nH2O
Nếu A có O → A có CTPT là CxHyOz
Ta có x : y : z = nC : nH : nO → CTĐGN → CTPT với MX = 32.5,625 = 180
Nếu A không có O → A có CTPT là CxHy → x : y = nC : nH → CTĐGN → CTPT với MX = 180
Giải chi tiết:
Đốt cháy A thu được CO2 và H2O nên A chứa C, H và có thể có O.
BTNT "C": nC(A) = nCO2 = 2,016/22,4 = 0,09 mol
BTNT "H": nH(A) = 2nH2O = 2.(1,62/18) = 0,18 mol
BTKL: mO(A) = mA – mC(A) – mH(A) = 2,7 – 0,09.12 – 0,18.1 = 1,44 gam
=> nO(A) = 1,44/16 = 0,09 mol
Giả sử A có CTPT là CxHyOz
Ta có: x : y : z = nC : nH : nO = 0,09 : 0,18 : 0,09 = 1 : 2 : 1
→ CTĐGN là CH2O → CTPT là (CH2O)n
Vì X có tỉ khối so với O2 là 5,625 → MX = 5,625.32 = 180 → 30n = 180 → n = 6
Vậy A là C6H12O6
Câu 10:
Hỗn hợp X gồm FeS2 và MS có số mol bằng nhau. M là kim loại có hóa trị không đổi. Cho 6,51 gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 dư, nung nóng thu được dung dịch A và 13,216 lít (đktc) hỗn hợp khí B (gồm NO2 và NO) có khối lượng 26,34 gam. Thêm lượng dư dung dịch BaCl2 loãng dư vào A thấy có m1 gam kết tủa trắng. Xác định kim loại M và tính giá trị m1.
Xem đáp án
Phương pháp giải:
– Đặt số mol của FeS2 và MS là x mol
Từ khối lượng hỗn hợp => phương trình (1)
– Xét hỗn hợp khí B có nNO2 = a mol và nNO = b mol.
Lập hệ phương trình về số mol và khối lượng khí xác định được a, b.
– Viết quá trình cho – nhận e:
QT cho e:
FeS2 → Fe+3 + 2S+6 + 15e
MS → M+2 + S+6 + 8e
QT nhận e:
N+5 +1e → N+4
N+5 + 3e → N+2
Áp dụng bảo toàn e: 15nFeS2 + nMS = nNO2 + 3nNO => phương trình (2)
Giải hệ (1) và (2) thu được giá trị của M => Kim loại
– Dung dịch thu được sau phản ứng có Zn2+, Fe3+, SO42–, NO3– và H+
Bảo toàn nguyên tố S: nSO42–(dd A) = 2nFeS2 + nZnS
Khi cho BaCl2 dư vào dung dịch A: SO42– + Ba2+ → BaSO4
Từ mol SO42– tính được mol BaSO4 => Giá trị m1
Giải chi tiết:
– Đặt số mol của FeS2 và MS là x mol
→ mA = 120x + (M + 32)x = 6,51 gam (1)
– Xét hỗn hợp khí B có nNO2 = a mol và nNO = b mol:
– Quá trình cho – nhận e:
QT cho e:
FeS2 → Fe+3 + 2S+6 + 15e
MS → M+2 + S+6 + 8e
QT nhận e:
N+5 +1e → N+4
N+5 + 3e → N+2
Áp dụng bảo toàn e: 15nFeS2 + nMS = nNO2 + 3nNO
=> 15x + 8x = 0,54 + 0,05.3 = 0,69 => x = 0,03 mol (2)
Từ (1) và (2) => M = 65 (Zn)
– Dung dịch thu được sau phản ứng có Zn2+, Fe3+, SO42–, NO3– và H+
Bảo toàn nguyên tố S: nSO42–(dd A) = 2nFeS2 + nZnS = 2.0,03 + 0,03 = 0,09 mol
Khi cho BaCl2 dư vào dung dịch A:
SO42– + Ba2+ → BaSO4
=> m1 = mBaSO4 = 0,09.233 = 20,97 gam
Câu 11:
Nêu và giải thích hiện tượn bằng PTHH khi:
a) Sục khí CO2 đến dư vào dung dịch nước vôi trong.
Xem đáp án
a) Hiện tượng: Ban đầu xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa trắng tan dần tạo dung dịch trong suốt.
PTHH: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ trắng + H2O
CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2
Câu 12:
b) Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch AlCl3.
Xem đáp án
b) Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo trắng không tan.
PTHH: AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 ↓ keo trắng + 3NH4Cl
Câu 13:
Cho 11,82 gam muối cacbonat của một kim loại hóa trị 2 vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được 1,344 lít khí (đktc). Xác định công thức muối cacbonat và thể tích dung dịch HCl 1M đã phản ứng.
Xem đáp án
Phương pháp giải:
Đặt công thức của muối cacbonat là MCO3
PTHH: MCO3 + 2HCl → MCl2 + H2O + CO2
→ MMCO3 = m : nMCO3 → M + 60 → M
Thể tích dung dịch HCl là VHCl = nHCl : CM
Giải chi tiết:
nCO2 = 0,06 mol
Đặt công thức của muối cacbonat là MCO3
PTHH: MCO3 + 2HCl → MCl2 + H2O + CO2
0,06 ← 0,12 ← 0,06 (mol)
→ MMCO3 = 11,82 : 0,06 = 197 => M + 60 = 197 → M = 137 (Ba)
Thể tích dung dịch HCl là VHCl = n : CM = 0,12 : 1 = 0,12 lít = 120 ml
Câu 14:
Dung dịch các chất sau có pH > 7, < 7 hay = 7? Tại sao?
K2CO3, Ba(NO3)2
Xem đáp án
Phương pháp giải:
Xét pH của muối
+ Nếu muối tạo bởi bazo mạnh và axit mạnh → MT trung tính (pH = 7)
+ Muối tạo bởi bazo yếu và axit mạnh → MT axit (pH < 7)
+ Muối tạo bởi bazo mạnh và axit yếu → MT kiềm (pH > 7)
Ghi nhớ một số bazo mạnh và axit mạnh thường gặp:
+ Bazơ mạnh: KOH, NaOH, Ba(OH)2, Ca(OH)2, …
+ Axit mạnh: HNO3, H2SO4, HCl, …
Giải chi tiết:
– Muối K2CO3 tạo bởi bazơ mạnh (KOH) và axit yếu (H2CO3) → MT kiềm → pH > 7
– Muối Ba(NO3)2 tạo bởi bazơ mạnh (Ba(OH)2) và axit mạnh (HNO3) → MT trung tính → pH = 7
Câu 15:
Cho từ từ đến hết 100 ml dung dịch H2SO4 2M vào 100 ml dung dịch chứa Na2CO3 1,5M và KHCO3 2M. Sau phản ứng kết thúc thu được V lít khí (đktc). Tính giá trị của V.
Xem đáp án
Phương pháp giải:
Tính được nH2SO4; nNa2CO3; nKHCO3 → nH+; nCO32–; nHCO3–
Khi cho từ từ H+ vào {CO32–, HCO3–} thứ tự các phản ứng là:
(1) H+ + CO32– → HCO3–
(2) H+ + HCO3– → H2O + CO2
Giải chi tiết:
Ta có: nH2SO4 = 0,2 mol; nNa2CO3 = 0,15 mol; nKHCO3 = 0,2 mol
→ nH+ = 0,4 mol; nCO32– = 0,15 mol; nHCO3– = 0,2 mol
Khi cho từ từ H+ vào {CO32–, HCO3–} thứ tự các phản ứng là:
(1) H+ + CO32– → HCO3–
Bđ: 0,2 0,15 0,2 mol
Pư: 0,15 ← 0,15 → 0,15 mol
Sau pư: 0,05 0 0,35 mol
(2) H+ + HCO3– → H2O + CO2
Bđ: 0,05 0,35 mol
Pư: 0,05 → 0,05 → 0,05 mol
Sau pư: 0 0,3 0,05 mol
→ V = 0,05.22,4 = 1,12 lít