15 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 24)

Câu 1:

Giá trị pH của dung dịch HCl 0,01M là

A. 2

B. 12

C. 10

D. 4

Xem đáp án

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

HCl là một axit mạnh, điện li hoàn toàn.

pH = -log[H⁺]

Giải chi tiết:

HCl là một axit mạnh, điện li hoàn toàn:

HCl → H⁺ + Cl^-

→ [H⁺] = C_{M HCl}= 0,01M

→ pH = -log[H⁺] = -log(0,01) = 2

Câu 2:

Ruột bút chì được sản xuất từ:

A. Than củi.

B. Than chì.

C. Chì kim loại.

D. Than đá.

Xem đáp án

Chọn đáp án B

Ruột bút chì được sản xuất từ than chì.

Câu 3:

Đánh giá độ dinh dưỡng của phân lân bằng hàm lượng %

A. P₂O₅.

B. H₃PO₄.

C. P.

D. PO₄^3-.

Xem đáp án

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Độ dinh dưỡng của phân lân được đánh giá bằng hàm lượng % của P₂O₅.

Ngoài ra, HS ghi nhớ thêm:

Độ dinh dưỡng của phân đạm được đánh giá bằng hàm lượng % của N.

Độ dinh dưỡng của phân kali được đánh giá bằng hàm lượng % của K₂O.

Giải chi tiết:

Độ dinh dưỡng của phân lân được đánh giá bằng hàm lượng % của P₂O₅.

Câu 4:

Dung dịch Y chứa 0,02 mol Mg²⁺; 0,03 mol Na⁺; 0,03 mol Cl^- và y mol SO₄^2-. Giá trị của y là

A. 0,01.

B. 0,02.

C. 0,015.

D. 0,025.

Xem đáp án

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch Y.

Giải chi tiết:

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

2n_Mg2+ + n_Na+ = n_Cl-+ 2n_SO42- => 2.0,02 + 0,03 = 0,03 + 2.y

=> y = 0,02

Câu 5:

Trong phòng thí nghiệm, khí CO được điều chế bằng phản ứng

A. 2C + O₂ $\overset{t^{o}}{\to}$ 2CO₂

B. C + H₂O $\overset{t^{o}}{\to}$ CO + H₂

C. HCOOH $\overset{H_{2} S O_{4}, t^{o}}{\to}$ CO + H₂O

D. 2CH₄ + 3O₂ $\overset{t^{o}}{\to}$ 2CO + 4H₂O

Xem đáp án

Chọn đáp án C

Trong phòng thí nghiệm người ta điều chế CO bằng phản ứng:

HCOOH $\overset{H_{2} S O_{4}, t^{o}}{\to}$ CO + H₂O

Câu 6:

Đối với dung dịch axit mạnh HNO₃ 0,1M nếu bỏ qua sự điện li của nước thì đánh giá nào sau đây là đúng?

A. [H⁺] = [NO₃^-]

B. pH < 1,0

C. [H⁺] > [NO₃^-]

D. pH > 1,0

Xem đáp án

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Axit mạnh khi tan vào nước điện li hoàn toàn thành các ion.

Giải chi tiết:

HNO₃ khi tan vào nước điện li hoàn toàn thành các ion:

HNO₃ → H⁺ + NO₃^-

0,1M 0,1M 0,1M

=> [H⁺] = [NO₃^-] = 0,1M

Câu 7:

Cho m gam hỗn hợp G gồm Mg và Al có tỉ lệ mol 4 : 5 vào dung dịch HNO₃ 20%. Sau khi các kim loại tan hết có 6,72 lít hỗn hợp X gồm NO, N₂O, N₂ bay ra (đktc) và được dung dịch T. Thêm một lượng O₂ vừa đủ vào X, sau phản ứng được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch KOH dư, có 4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (đktc). Tỉ khối của Z đối với H₂ bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào dung dịch T thì lượng kết tủa lớn nhất thu được là (m + 39,1) gam. Biết HNO₃ dùng dư 20% so với lượng cần thiết. Nồng độ phần trăm của Al(NO₃)₃ trong T gần nhất với

A. 9,5%.

B. 9,6%.

C. 9,4%.

D. 9,7%.

Xem đáp án

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Phương pháp đường chéo, bảo toàn e, bảo toàn nguyên tố.

Giải chi tiết:

Khi thêm O₂ vừa đủ vào Y thu được các khí NO₂, N₂O, N₂. Dẫn qua dung dịch KOH dư thì NO₂ bị hấp thụ khí còn lại là N₂O và N₂.

=> n_NO = n_NO2 = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

Áp dụng đường chéo cho hỗn hợp Z:

Cho m gam hỗn hợp G gồm Mg và Al có tỉ lệ mol 4 : 5 vào dung dịch HNO3 20%. Sau khi các kim loại (ảnh 1)

Mà n_N2O + n_N2 = n_Z = 0,2 mol => n_N2O = 0,15 và n_N2 = 0,05

Đặt: n_Mg = 4x và n_Al= 5x (mol) => n_Mg(OH)2 = 4x và m_Al(OH)3 = 5x

m _{kết tủa max}= m_KL + m_OH- => m + 39,1 = m + 17(4x.2 + 5x.3) => x = 0,1

=> n_Mg = 0,4 mol và n_Al= 0,5 mol

Ta thấy: 2n_Mg+ 3n_Al> 3n_NO + 8n_N2O + 10n_N2 => Có tạo muối NH₄NO₃

Bảo toàn e: 2n_Mg+ 3n_Al= 3n_NO+ 8n_N2O + 10n_N2 + 8n_NH4NO3

=> 2.0,4 + 3.0,5 = 3.0,1 + 8.0,15 + 10.0,05 + 8n_NH4NO3

=> n_NH4NO3 = 0,0375 mol

Công thức tính nhanh: n_{HNO3 pư} = 4n_NO + 10n_N2O+ 12n_N2+ 10n_NH4NO3 = 2,875 mol

=> n_{HNO3 bđ} = 2,875 + 2,875.(20/100) = 3,45 mol

=> m _{dd HNO3}= 3,45.63.(100/20) = 1086,75 gam

m _{dd sau pư}= m_Mg + m_Al+ m _{dd HNO3}– m_NO – m_N2O – m_N2

= 0,4.24 + 0,5.27 + 1086,75 – 0,1.30 – 0,15.44 – 0,05.28 = 1098,85 gam

Ta có: n_Al(NO3)3 = n_Al = 0,5 mol

→ %m_Al = (0,5.213/1098,85).100% = 9,69% gần nhất với 9,7%

Câu 8:

Hấp thụ hết 0,1 mol CO₂ vào dung dịch có chứa 0,08 mol NaOH và 0,1 mol Na₂CO₃, thu được dung dịch X. Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch X đến khi thoát ra 0,08 mol khí CO₂ thì thấy hết x mol HCl. Giá trị của x là

A. 0,16.

B. 0,15.

C. 0,18.

D. 0,17.

Xem đáp án

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Giả sử hấp thụ CO₂ vào dung dịch NaOH và Na₂CO₃ thu được CO₃^2-(a mol) và HCO₃^- (b mol)

BTNT “C”: n_CO2 + n_Na2CO3 = n_{CO3 2-} + n_HCO3- => (1)

BTĐT: n_Na+= 2n_CO32- + n_HCO3- => (2)

Giải (1) và (2) thu được a và b

*Nhỏ từ từ HCl vào dd X (CO₃^2-và HCO₃^-)

Thứ tự phản ứng:

H⁺ + CO₃^2-→ HCO₃^-

H⁺+ HCO₃^-→ H₂O + CO₂

Giải chi tiết:

Giả sử hấp thụ CO₂ vào dung dịch NaOH và Na₂CO₃ thu được CO₃^2-(a mol) và HCO₃^- (b mol)

BTNT “C”: n_CO2 + n_Na2CO3 = n_{CO3 2-} + n_HCO3- => a + b = 0,1 + 0,1 => a + b = 0,2 (1)

BTĐT: n_Na+= 2n_CO32- + n_HCO3- => 2a + b = 0,08 + 2.0,1 => 2a + b = 0,28 (2)

Giải (1) và (2) thu được a = 0,08 và b = 0,12 mol

*Nhỏ từ từ HCl vào dd X (0,08 mol CO₃^2-và 0,12 mol HCO₃^-)

Thứ tự phản ứng:

H⁺ + CO₃^2-→ HCO₃^-

0,08← 0,08

H⁺+ HCO₃^-→ H₂O + CO₂

0,08 ← 0,08

=> n_HCl = 0,08 + 0,08 = 0,16 mol

Câu 9:

Viết các phương trình phân tử và ion rút gọn của các phản ứng (nếu có) xảy ra trong dung dịch giữa các cặp chất sau.

a) NaOH + HCl

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Cách chuyển đổi từ phương trình dạng phân tử sang phương trình dạng ion rút gọn:

- Bước 1: Chuyển tất cả các chất vừa dễ tan và điện li mạnh thành ion. Giữ nguyên các chất khí, kết tủa hay chất điện li yếu.

- Bước 2: Lược bỏ những ion không tham gia phản ứng thu được phương trình ion rút gọn.

Giải chi tiết:

a)

Phương trình phân tử: NaOH + HCl → NaCl + H₂O

Phương trình ion rút gọn: OH^- + H⁺ → H₂O

Câu 10:

b) Na₂CO₃ + Ca(NO₃)₂

Xem đáp án

b)

Phương trình phân tử: Na₂CO₃ + Ca(NO₃)₂ → CaCO₃↓ + 2NaNO₃

Phương trình ion rút gọn: Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓

Câu 11:

c) CuSO₄ + NaOH

Xem đáp án

c)

Phương trình phân tử: CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂↓ + Na₂SO₄

Phương trình ion rút gọn: Cu²⁺+ 2OH^- → Cu(OH)₂↓

Câu 12:

d) Al(OH)₃ + NaOH

Xem đáp án

d)

Phương trình phân tử: Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Phương trình ion rút gọn: Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

Câu 13:

Cho 224 ml khí CO₂ (đktc) hấp thụ hết trong 100 ml dung dịch KOH 0,2M. Viết phương trình phản ứng và tính khối lượng của những chất có trong dung dịch tạo thành.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Bài toán CO₂ tác dụng với dung dịch kiềm:

Tính tỉ lệ: $\frac{n_{O H^{-}}}{n_{C O_{2}}} (*)$

+ (*) ≥ 2 => Chỉ tạo muối CO₃^2-

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

+ (*) ≤ 1 => Chỉ tạo muối HCO₃^-

Giải chi tiết:

n_CO2 = 0,224 : 22,4 = 0,01 mol; n_KOH = 0,1.0,2 = 0,02 mol

n_KOH : n_CO2 = 0,02 : 0,01 = 2 => Chỉ tạo muối K₂CO₃

PTHH: CO₂ + 2KOH → K₂CO₃

0,01 0,02 0,01

Dung dịch tạo thành có chứa K₂CO₃ => m_K2CO3 = 0,01.138 = 1,38 gam

Câu 14:

Khi hòa tan 35,2 gam hỗn hợp Cu và CuO trong 2,0 lít dung dịch HNO₃ 1,0M (loãng) thấy thoát ra 4,48 lít NO (đktc).

a) Xác định hàm lượng phần trăm của CuO trong hỗn hợp.

b) Tính nồng độ mol của Cu(NO₃)₂ và axit HNO₃ của dung dịch sau phản ứng, biết rằng thể tích của dung dịch không thay đổi.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

a)

Bảo toàn e ta có: 2n_Cu = 3n_NO=> n_Cu

=> m_CuO= m _{hỗn hợp} – m_Cu

=> %m_CuO

b)

BTNT “Cu”: n_Cu(NO3)2= n_Cu+ n_CuO

BTNT “N”: n_{HNO3 dư}= n_{HNO3 bđ}– 2n_Cu(NO3)2– n_NO

Giải chi tiết:

a) n_HNO3 = 2 mol; n_NO = 0,2 mol

Bảo toàn e ta có: 2n_Cu = 3n_NO=> n_Cu= 1,5n_NO = 1,5.0,2 = 0,3 mol

=> m_CuO= m _{hỗn hợp} – m_Cu= 35,2 – 0,3.64 = 16 gam => n_CuO= 16 : 80 = 0,2 mol

=> %m_CuO = (16 : 35,2).100% = 45,45%

b)

BTNT “Cu”: n_Cu(NO3)2= n_Cu+ n_CuO = 0,3 + 0,2 = 0,5 mol

BTNT “N”: n_{HNO3 dư}= n_{HNO3 bđ}– 2n_Cu(NO3)2– n_NO = 2 – 2.0,5 – 0,2 = 0,8 mol

=> C_{M Cu(NO3)2}= 0,5 : 2 = 0,25M

=> C_{M HNO3} = 0,8 : 2 = 0,4M

Câu 15:

Từ quặng photphorit, có thể điều chế axit photphoric theo sơ đồ sau:

Quặng photphorit $\to_{1200 ° C}^{S i O_{2}, C} P \overset{O_{2}, t °}{\to} P_{2} O_{5} \to_{}^{H_{2} O} H_{3} P O_{4}$

Biết hiệu suất chung của cả quá trình là 90%. Để điều chế được 1 tấn dung dịch H₃PO₄ 49%, cần khối lượng quặng photphorit chứa 73% Ca₃(PO₄)₂ là bao nhiêu?

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Tính theo sơ đồ: $C a_{3} {(P O_{4})}_{2} \to_{1200 ° C}^{S i O_{2}, C} P \overset{O_{2}, t °}{\to} P_{2} O_{5} \to_{}^{H_{2} O} 2 H_{3} P O_{4}$

Giải chi tiết:

Ta có sơ đồ sau:

$C a_{3} {(P O_{4})}_{2} \to_{1200 ° C}^{S i O_{2}, C} P \overset{O_{2}, t °}{\to} P_{2} O_{5} \to_{}^{H_{2} O} 2 H_{3} P O_{4}$

Lượng quặng photphorit cần dùng là: m = 1.(49/100):98:2.310.(100/90).(100/73) = 1,18 tấn

CHỌN BỘ SÁCH BẠN MUỐN XEM

Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án

Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 24)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan

Có thể bạn quan tâm

Các bài thi hot trong chương