Đề Thi Hoá 11 Học Kì 1 Trường THPT Lý Thái Tổ- Bắc Ninh Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết

Đề thi Hoá 11 học kì 1 Trường THPT Lý Thái Tổ- Bắc Ninh có lời giải và đáp án chi tiết gồm 40 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I MÔN: Hóa – Lớp 11 Thời gian làm bài: 60 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1 (NB): Công thức hoá học của supephotphat kép là

A. CaHPO₄ B. Ca(H₂PO₄)₂

C. Ca(H₂PO₄)₂ và CaSO₄ D. Ca₃(PO₄)₂

Câu 2 (NB): Oxit nào sau đây không tạo muối?

A. NO₂ B. CO C. SO₂ D. CO₂

Câu 3 (TH): Axit HNO₃ tinh khiết là chất lỏng không màu, dễ bị phân hủy khi chiếu sáng vì vậy người ta đựng nó trong bình tối màu. Trong thực tế bình chứa dung dịch HNO₃ đậm đặc thường có màu vàng vì nó có hòa lẫn một ít khí X. Vậy X là khí nào sau đây?

A. NH₃ B. Cl₂ C. NO₂ D. N₂O

Câu 4 (TH): Hỗn hợp A gồm Na₂O, NaHCO₃, CaCl₂ (có cùng số mol). Cho hỗn hợp A vào nước dư, đun nóng sau các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch chứa:

A. NaOH, CaCl₂ B. NaCl, NaOH, CaCl₂

C. NaCl D. NaCl, NaOH

Câu 5 (NB): Chất nào sau đây không bị nhiệt phân?

A. CaCO₃ B. MgCO₃ C. Na₂CO₃ D. NaHCO₃

Câu 6 (NB): Cho khí CO dư đi qua hỗn hợp gồm CuO, MgO, PbO và Al₂O₃ nung nóng đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn A. Chất rắn A gồm:

A. Cu, Pb, MgO và Al₂O₃ B. Al, Pb, Mg và CuO

C. Pb, Cu, Al và Al D. Cu, Al, MgO và Pb

Câu 7 (NB): Số đồng phân của C₄H₁₀ là

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

Câu 8 (NB): Đánh giá độ dinh dưỡng của phân lân bằng hàm lượng % của X tương ứng. Vậy X là:

A. P₂O₅ B. H₃PO₄ C. P D. PO₄^3-

Câu 9 (TH): Trong các phản ứng sau:

1) 2NH₃ + H₂SO₄ → (NH₄)₂SO₄; 2) 4NH₃ + 3O₂ → 2N₂+ 6H₂O;

3) 2NH₃ + Cl₂ → N₂ + 6HCl; 4) 3NH₃ + 3H₂O + Fe(NO₃)₃ → Fe(OH)₃ + 3NH₄NO₃;

5) 2NH₃ → N₂ + 3H₂;

Số phản ứng trong đó NH₃ thể hiện tính khử là

A. 2 B. 5 C. 4 D. 3

Câu 10 (NB): Khi xét về khí cacbon đioxit, điều khẳng định nào sau đây là sai?

A. Chất khí dùng để chữa cháy, nhất là các đám cháy kim loại.

B. Chất khí không độc, nhưng không duy trì sự sống.

C. Chất khí chủ yếu gây ra hiệu ứng nhà kính.

D. Chất khí không màu, không mùi, nặng hơn không khí.

Câu 11 (NB): Ion NH₄⁺ có tên gọi:

A. Hiđroxyl B. Amino C. Nitric D. Amoni

Câu 12 (NB): Tính chất đặc biệt của kim cương là

A. có ánh kim B. rất cứng C. rất mềm D. rất dẻo

Câu 13 (TH): Khí NH₃ bị lẫn hơi nước, chất nào dùng làm khô khí NH₃?

A. CaO B. P₂O₅ C. CuSO₄ khan D. H₂SO₄ đặc

Câu 14 (NB): Các chất nào trong dãy sau đều là chất hữu cơ?

A. CH₃COOH, C₂H₅OH, C₆H₁₂O₆, CO B. HCOOH, CH₄, C₆H₁₂O₆, CH₃COONa

C. C₂H₂, C₁₂H₂₂O₁₁, C₂H₄, NaCN D. CH₃COOH, CH₃COONa, (NH₄)CO₃, C₆H₆

Câu 15 (NB): Công thức hoá học của magie photphua là

A. Mg₃(PO₄)₂ B. Mg₃P₂ C. Mg₂P₃ D. Mg₂P₂O₇

Câu 16 (NB): Chất nào sau đây không phải là muối axit?

A. Na₂HPO₃. B. NaHSO₄. C. Na₂HPO₄. D. Ca(HCO₃)₂.

Câu 17 (TH): Trong dung dịch H₃PO₄ có chứa bao nhiêu loại ion? (bỏ qua sự phân li của H₂O)

A. 3 B. 4 C. 2 D. 5

Câu 18 (NB): Để khắc chữ lên thủy tinh người ta dựa vào phản ứng:

A. SiO₂ + 2NaOH → Na₂SiO₃ + H₂O B. SiO₂ + Na₂CO₃ → Na₂SiO₃ + CO₂

C. SiO₂ + 2Mg → 2MgO + Si D. SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O

Câu 19 (VD): Dung dịch chất X có nồng độ 0,01M có pH = 2,125. Kết luận nào sau đây là đúng?

A. X là một bazơ mạnh B. X là một bazơ yếu

C. X là một axit mạnh D. X là một axit yếu

Câu 20 (TH): Phương trình ion rút gọn H⁺ + OH^­– → H₂O biểu diễn bản chất của phản ứng hóa học nào sau đây?

A. KOH + HClO₄ → KClO₄ + H₂O. B. NaHSO₄ + BaCl₂ → BaSO₄ + HCl + NaCl.

C. 3HCl + Fe(OH)₃ → FeCl₃ + 3H₂O. D. NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O.

Câu 21 (NB): Dãy gồm toàn những kim loại nào sau đây không tác dụng với HNO₃ đặc, nguội?

A. Zn, Pb, Mn B. Zn, Al, Be C. Mo, Ba, Cr D. Fe, Cr, Al

Câu 22 (NB): Dung dịch nào sau đây dẫn điện?

A. Dung dịch đường saccarozơ B. Dung dịch ancol etylic

C. Dung dịch muối ăn D. Dung dịch benzen trong ancol etylic

Câu 23 (NB): Tính chất hóa học của NH₃ là:

A. tính bazơ mạnh, tính oxi hóa B. tính bazơ mạnh, tính khử.

C. tính bazơ yếu, tính oxi hóa D. tính bazơ yếu, tính khử.

Câu 24 (TH): Số liên kết xích-ma (sigma: σ) trong phân tử C₂H₄ là:

A. 4 B. 3 C. 5 D. 6

Câu 25 (NB): Nguyên tố hóa học nào sau thuộc cùng nhóm với nguyên tố nitơ trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học?

A. Silic B. Lưu huỳnh C. Cacbon D. Photpho

Câu 26 (NB): Hai chất nào sau đây là đồng phân của nhau?

A. CH₃CH₂CH₂OH, C₂H₅OH. B. CH₃OCH₃, CH₃CHO.

C. C₂H₅OH, CH₃OCH₃. D. C₄H₁₀, C₆H₆.

Câu 27 (VD): Khử hoàn toàn 4 gam hỗn hợp gồm CuO và PbO bằng khí CO dư ở nhiệt độ cao. Khí sinh ra được dẫn vào bình đựng nước vôi trong dư thu được 10 gam kết tủa. Khối lượng Cu và Pb thu được là:

A. 2,5 gam. B. 2,4 gam. C. 3,2 gam. D. 2,3 gam.

Câu 28 (VD): Hoà tan 14,2 gam P₂O₅ trong 250 gam dung dịch H₃PO₄ 9,8%. Nồng độ % của dung dịch H₃PO₄ thu được là

A. 17,6% B. 14,7% C. 5,4% D. 16,7%

Câu 29 (VD): Cần thêm ít nhất bao nhiêu lít NH₃ (đktc) vào 250 ml dung dịch Al₂(SO₄)₃ 0,2M để làm kết tủa hoàn toàn ion nhôm dưới dạng Al(OH)₃.

A. 8,96 lít B. 3,36 lít C. 4,48 lít D. 6,72 lít

Câu 30 (VD): Nung 63,9 gam Al(NO₃)₃ một thời gian để nguội cân lại được 31,5 gam chất rắn. Hiệu suất của phản ứng là:

A. 66,67% B. 33,33% C. 45% D. 55%

Câu 31 (VD): Trộn 100 ml dung dịch X gồm Ba(OH)₂ 0,1M và NaOH 0,1M với 400 ml dung dịch Y gồm H₂SO₄ 0,0375M và HCl 0,0125M thu được dung dịch Z. Giá trị pH của dung dịch Z là:

A. 6 B. 7 C. 2 D. 1

Câu 32 (VD): Thả 9,6 gam Cu vào 100ml dung dịch hỗn hợp NaNO₃ 1M và Ba(NO₃)₂ 1M rồi nhỏ thêm vào đó 500ml dung dịch HCl 2M. Sau khi phản ứng hoàn toàn, thấy thoát ra V lít khí NO (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của V là:

A. 4,48 B. 2,24 C. 5,6 D. 3,36

Câu 33 (VD): Cho 200 ml dung dịch NaOH 1M tác dụng với 200 ml dung dịch H₃PO₄ 0,5M, muối thu được có khối lượng là

A. 14,2 gam. B. 15,8 gam. C. 16,4 gam. D. 11,9 gam.

Câu 34 (VD): Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít khí CO₂ (ở đktc) vào dung dịch chứa 0,15 mol NaOH và 0,1 mol Ba(OH)₂ thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 9,850. B. 29,550. C. 19,700. D. 14,775.

Câu 35 (VD): Dung dịch thu được khi trộn lẫn 200 ml dung dịch NaCl 0,2M và 300 ml dung dịch Na₂SO₄ 0,2M có nồng độ cation Na⁺ là bao nhiêu?

A. 0,32M. B. 0,1M. C. 0,23M. D. 1M.

Câu 36 (VD): Hòa tan hoàn toàn 3,84 gam Cu trong dung dịch HNO₃ dư, thu được hỗn hợp khí X gồm NO₂ và NO (không còn sản phẩm khử khác). Trộn X với V lít O₂ (đktc) thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y tác dụng với H₂O, thu được dung dịch Z, còn lại 0,25V lít O₂ (đktc). Giá trị của V là

A. 0,672. B. 0,896. C. 0,504. D. 0,784.

Câu 37 (VDC): Hòa tan 3,82 gam hỗn hợp X gồm NaH₂PO₄, Na₂HPO₄ và Na₃PO₄ vào nước dư thu được dung dịch Y. Trung hòa hoàn toàn Y cần 50 ml dung dịch KOH 1M, thu được dung dịch Z. Khối lượng kết tủa thu được khi cho Z tác dụng hết với dung dịch AgNO₃ dư là

A. 8,38 gam. B. 16,76 gam. C. 12,57 gam. D. 20,95 gam.

Câu 38 (VDC): Hòa tan hoàn toàn 9,942 gam hỗn hợp gồm Al và Mg vào dung dịch HNO₃ loãng, thu được dung dịch X và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm 2 khí không màu trong đó có một khí hóa nâu trong không khí, khối lượng của Y là 5,18 gam. Cô cạn cẩn thận dung dịch A thu được m gam chất rắn. Nung lượng chất rắn này đến khối lượng không đổi được 17,062 gam chất rắn. Giá trị gần đúng nhất của m là:

A. 62,333gam B. 65,123gam C. 66,323gam D. 18,262gam

Câu 39 (VD): Đốt cháy hoàn toàn 1,2 gam chất hữu cơ A, rồi cho hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy trong dung dịch Ba(OH)₂ dư thấy khối lượng bình chứa tăng 4,08 gam. Biết rằng số mol CO₂ gấp 0,75 lần số mol của nước. CTPT của A là: (biết A có 1 nguyên tử oxi trong phân tử):

A. C₃H₈O B. C₄H₁₀O C. C₃H₆O D. CH₂O

Câu 40 (VD): Một loại đá vôi chứa 80% CaCO₃, 10,2% Al₂O₃ và 9,8% Fe₂O₃ về khối lượng. Nung đá ở nhiệt độ cao ta thu được chất rắn có khối lượng bằng 73,6% khối lượng đá trước khi nung. Hiệu suất phản ứng phân hủy CaCO₃ là

A. 50%. B. 37,5% C. 75% D. 62,5%

Đáp án

1-B	2-B	3-C	4-D	5-C	6-A	7-B	8-A	9-D	10-A
11-D	12-B	13-A	14-A	15-B	16-A	17-B	18-D	19-D	20-A
21-D	22-C	23-B	24-C	25-D	26-C	27-B	28-D	29-D	30-A
31-C	32-B	33-A	34-C	35-A	36-B	37-C	38-C	39-A	40-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Phương pháp giải:

– Supephotphat đơn: Ca(H₂PO₄)₂ và CaSO₄

– Supephotphat kép: Ca(H₂PO₄)₂

Giải chi tiết:

Công thức hoá học của supephotphat kép là Ca(H₂PO₄)₂.

Câu 2: Đáp án B

Phương pháp giải:

Oxit không tạo muối là các oxit trung tính như NO, CO, N₂O.

Giải chi tiết:

Oxit không tạo muối là oxit trung tính → Oxit này là CO

Câu 3: Đáp án C

Phương pháp giải:

Khí này được tạo ra do quá trình phân hủy của HNO₃ đậm đặc.

Khí này có màu khiến cho dung dịch HNO₃ đặc có màu.

Giải chi tiết:

HNO₃ là axit dễ bị phân hủy khi chiếu sáng: 2HNO₃ → 2H₂O + NO₂ (nâu) + ½ O₂ (không màu)

Khí X tạo màu cho dung dịch HNO₃ đặc là NO₂.

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp giải:

Viết PTHH để suy ra sản phẩm trong dung dịch thu được.

Giải chi tiết:

Giả sử số mol của mỗi chất là 1 mol.

Na₂O + H₂O → 2NaOH

1         →         2       mol

NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O

Ban đầu:     2            1                     mol

Pư:           1 ←       1    →         1      mol

Sau pư:    1           0               1       mol

CaCl₂ + Na₂CO₃ → CaCO₃ + 2NaCl

1             1              1           2

→ Dung dịch thu được sau phản ứng có chứa NaCl, NaOH

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp giải:

Phản ứng nhiệt phân:

+ Muối cabonat:

Muối cacbonat kết tủa oxit kim loại + CO₂

+ Muối hiđrocacbonat: Tất cả các muối hidrocacbonat đều dễ bị phân hủy bởi nhiệt.

2X(HCO₃)_n → X₂(CO₃)_n + nCO₂ + nH₂O

Giải chi tiết:

Ta có:  CaCO₃  CaO + CO₂

MgCO₃  MgO + CO₂

Na₂CO₃ không bị phân hủy bởi nhiệt

2NaHCO₃  Na₂CO₃ + H₂O + CO₂

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp giải:

CO + oxit kim loại (sau Al) Kim loại + CO₂

Giải chi tiết:

Ta có: CuO + CO CO₂ + Cu

MgO + CO không phản ứng

PbO + CO Pb + CO₂

Al₂O₃ + CO không phản ứng

→ Chất rắn sau phản ứng thu được gồm: Cu, Pb, MgO và Al₂O₃

Câu 7: Đáp án B

Phương pháp giải:

Viết các đồng phân lần lượt theo mạch thẳng, mạch nhánh

Giải chi tiết:

C₄H₁₀ có các đồng phân sau:

CH₃ – CH₂ – CH₂ – CH₃

CH₃ – CH(CH₃) – CH₃

→ Có 2 đồng phân

Câu 8: Đáp án A

Để đánh giá độ dinh dưỡng của phân lân người ta tính theo hàm lượng %P₂O₅

Câu 9: Đáp án D

Phương pháp giải:

Chất khử là chất nhường electron (số oxi hóa tăng).

Xác định số oxi hóa của N trong các phản ứng → Các phản ứng mà NH₃ thể hiện tính khử.

Giải chi tiết:

1) NH₃ không phải chất khử vì N giữ nguyên số oxi hóa

2) NH₃ là chất khử vì N^-3→ N⁰

3) NH₃ là chất khử vì N^-3→ N⁰

4) NH₃ không phải chất khử vì N giữ nguyên số oxi hóa

5) NH₃ là chất khử vì N^-3→ N⁰

→ Có 3 phản ứng NH₃ thể hiện tính khử.

Câu 10: Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

– A sai vì CO₂ không được dùng để chữa cháy các đám cháy kim loại do CO₂ + 2Mg C + 2MgO

Phản ứng trên sinh ra C tiếp tục cháy khiến cho đám cháy lớn hơn.

– B, C, D đúng

Câu 11: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ion NH₄⁺ có tên gọi là amoni

Câu 12: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Tính chất đặc biệt của kim cương là rất cứng, là chất cứng nhất trong tất cả các chất.

Câu 13: Đáp án A

Phương pháp giải:

Nguyên tắc làm khô khí bị lẫn hơi nước:

– Chất dùng làm khô có tính háo nước.

– Chất làm khô không phản ứng với chất cần làm khô.

Giải chi tiết:

Để làm khô khí NH₃ lẫn hơi nước thì cần một chất tác dụng với nước hoặc lấy nước nhưng không tác dụng với NH₃.

– Phương án A: CaO hấp thụ nước và không tác dụng với NH₃ → thỏa mãn

– Phương án B: P₂O₅ tác dụng với nước tạo axit H₃PO₄ tác dụng được với NH₃

PTHH: P₂O₅ + H₂O → H₃PO₄

H₃PO₄ + nNH₃ → (NH₄)_nH_3-nPO₄ (n = 1, 2, 3)

– Phương án C: CuSO₄ khan hấp thụ nước nhưng có thể phản ứng với NH₃

PTHH: CuSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

– Phương án D: H₂SO₄ đặc hấp thụ nước nhưng tác dụng với NH₃

PTHH: H₂SO₄ + 2NH₃ → (NH₄)₂SO₄

Câu 14: Đáp án A

Phương pháp giải:

Hợp chất hữu cơ là hợp chất của C (trừ CO, CO₂, muối cacbonat kim loại, xianua, cacbua, …).

Giải chi tiết:

A loại vì CO là chất vô cơ

B đúng

C loại vì NaCN là chất vô cơ

D loại vì (NH₄)₂CO₃ là chất vô cơ

Câu 15: Đáp án B

Phương pháp giải:

Magie photphua tạo từ Mg và P nên có dạng Mg_xP_y → Theo quy tắc hóa trị suy ra x và y

Giải chi tiết:

Magie photphua tạo từ Mg và P nên có dạng $\mathop {Mg}\limits_x^{II} \mathop {{\rm{ }}P}\limits_y^{III} $

Theo quy tắc hóa trị → II.x = III.y → $\frac{x}{y} = \frac{{III}}{{II}} = \frac{3}{2}$ → x = 3 và y = 2

Vậy công thức hóa học của magie photphua là Mg₃P₂

Câu 16: Đáp án A

Phương pháp giải:

Muối axit là muối chứa gốc axit còn có khả năng phân li ra H⁺.

Chú ý: Muối HPO₃^– và HPO₂^– không phải là muối axit.

Giải chi tiết:

Na₂HPO₃ là muối trung hòa vì gốc HPO₃^– không có khả năng phân li ra H⁺.

Câu 17: Đáp án B

Phương pháp giải:

Xét các phương trình phân li của H₃PO₄ (H₃PO₄ là chất điện li yếu).

Giải chi tiết:

Ta có: H₃PO₄  H⁺ + H₂PO₄^–

H₂PO₄^–  H⁺ + HPO₄^2-

HPO₄^2-  H⁺ + PO₄^3-

→ Nếu bỏ qua sự phân li của H₂O, trong dung dịch H₃PO₄ chứa 4 ion: H⁺, HPO₄^2-, H₂PO₄^–, PO₄^3-.

Câu 18: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Thành phần chính của thủy tinh là SiO₂. Dung dịch HF có khả năng hòa tan được SiO₂ nên được dùng để khắc chữ lên thủy tinh.

PTHH: SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O

Câu 19: Đáp án D

Phương pháp giải:

Vì X có pH = 2,125 < 7 nên X là axit → X có CTPT là H_xA

– C_M[X] = 0,01M → [H⁺] _{tối đa}

– Từ giá trị pH → [H⁺] _{thực tế}

Nếu X là axit mạnh thì [H⁺]_{thực tế} = [H⁺] _{tối đa} → Giá trị của x

+ Nếu x nguyên → X là axit mạnh

+ Nếu x không nguyên → X là axit yếu

Giải chi tiết:

Vì X có pH = 2,125 nên X là axit → X có CTPT là H_xA (x là số nguyên)

– C_M[X] = 0,01M nên nồng độ H⁺ tối đa là: [H⁺] _{tối đa} = 0,01x (mol/lít)

– Mà pH = 2,125 nên [H⁺]_{thực tế} = 10^-2,125 = 7,5.10^-3 (mol/lít)

Nếu X là axit mạnh thì [H⁺]_{thực tế} = [H⁺] _{tối đa} → 0,01x = 7,5.10^-3 → x = 0,75 (loại)

→ X là axit yếu

Câu 20: Đáp án A

A đúng

B sai vì phương trình thu gọn của phản ứng là HSO₄^– + Ba²⁺ → BaSO₄ + H⁺

C sai vì phương trình thu gọn của phản ứng là 3H⁺ + Fe(OH)₃ → Fe³⁺ + 3H₂O

D sai vì phương trình thu gọn của phản ứng là OH^– + HCO₃^– → H₂O + CO₃^2-

Câu 21: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Những kim loại không tác dụng với HNO₃ đặc nguội là Fe, Cr, Al do những chất này thụ động khi cho vào dung dịch này.

Câu 22: Đáp án C

Phương pháp giải:

Dung dịch dẫn điện là dung dịch chứa chất điện li. Chất điện li gồm axit, bazo và các muối

Giải chi tiết:

Dung dịch muối ăn NaCl là dung dịch dẫn điện do NaCl là chất điện li.

Ngược lại saccarozơ, ancol etylic,benzen trong ancol etylic là những chất không điện li nên dung dịch của chúng không dẫn điện.

Câu 23: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

NH₃ là chất có tính bazơ yếu và tính khử (do N có số oxi hóa thấp nhất là -3).

Câu 24: Đáp án C

Phương pháp giải:

Liên kết đơn = 1 σ

Liên kết đôi = 1 σ + 1 π

Liên kết ba = 1 σ + 2 π

Giải chi tiết:

C₂H₄ có công thức cấu tạo là CH₂ = CH₂

+ 4 liên kết đơn (C-H) → có 4 liên kết σ

+ Liên kết C = C có 1 liên kết σ

→ Phân tử C­₂H₄ có 5 liên kết σ

Câu 25: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Nguyên tố P và N cùng thuộc nhóm VA trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Câu 26: Đáp án C

Phương pháp giải:

Đồng phân là những chất có cùng CTPT nhưng khác nhau về công thức cấu tạo.

Giải chi tiết:

A sai vì 2 chất có CTPT khác nhau C₃H₈O và C₂H₆O

B sai vì 2 chất có CTPT khác nhau C₂H₆O và C₂H₄O

C đúng vì 2 chất có cùng CTPT là C₂H₆O

D sai vì 2 chất có CTPT khác nhau

Câu 27: Đáp án B

Phương pháp giải:

Ta có: (1) CO + O → CO₂

(2) CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

n_CaCO3 → n_CO2 → n_O

→ m_{kim loại} = m_oxit – m_O

Giải chi tiết:

Ta có: (1) CO + O → CO₂

(2) CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Theo (2): n_CO2 = n_CaCO3 = 0,1 mol

Theo (1): n_O = n_CO2 = 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng có: m_{kim loại} = m_oxit – m_O = 4 – 0,1.16 = 2,4 gam

Câu 28: Đáp án D

Phương pháp giải:

PTHH: P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

– Từ lượng P₂O₅ tính được lượng H₃PO₄ tạo thêm → m_{H3PO4 mới} = m_{ban đầu} + m_{tạo thêm}

– Tính lại khối lượng dung dịch H₃PO₄ sau phản ứng: m _{dd sau pư} = m_{dd ban đầu} + m_P2O5

Giải chi tiết:

m_{H3PO4 ban đầu} = 250.(9,8/100) = 24,5 gam

PTHH: P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

0,1            → 0,2    mol

→ m_{H3PO4 mới} = 24,5 + 0,2.98 = 44,1 gam

Mặt khác, áp dụng BTKL: m_{dd sau phản ứng} = m_{dd ban đầu} + m_P2O5 = 250 + 14,2 = 264,2 gam

Dung dịch thu được có nồng độ phần trăm là: C% _H3PO4 = $\frac{{44,1}}{{264,2}}.100\% $ = 16,7%

Câu 29: Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: 6NH₃ + 6H₂O + Al₂(SO₄)₃ → 2Al(OH)₃ + 3(NH₄)₂SO₄

Giải chi tiết:

6NH₃ + 6H₂O + Al₂(SO₄)₃ → 2Al(OH)₃ + 3(NH₄)₂SO₄

0,3 mol     ←    0,05 mol

→ V_NH3 = 0,3 .22,4 = 6,72 lít

Câu 30: Đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH: 4Al(NO₃)₃­ 2Al₂O₃ + 12NO₂ + 3O₂

4x             2x           12x        3x    mol

Khối lượng chất rắn giảm là khối lượng của khí thoát ra → Phương trình khối lượng của khí → x

→ Hiệu suất H = mphanungmbandau.100%mphanungmbandau.100%

Giải chi tiết:

PTHH: 4Al(NO₃)₃­ 2Al₂O₃ + 12NO₂ + 3O₂

4x                2x        12x        3x    mol

Ta có: m_{rắn giảm} = m_{khí thoát ra} = m_NO2 + m_O2 = 12x.46 + 3x.32 = 63,9 – 31,5 = 32,4 gam → x = 0,05 mol

Hiệu suất của phản ứng là H = $\frac{{{m_{phan{\kern 1pt} ung}}}}{{{m_{ban{\kern 1pt} dau}}}}.100\% = \frac{{0,05.4.213}}{{63,9}}.100\% = 66,67\% $

Câu 31: Đáp án C

Phương pháp giải:

Từ mol của Ba(OH)₂ và NaOH tính được số mol của OH^–

Từ mol của H₂SO₄ và HCl tính được số mol của H⁺

Khi X tác dụng với Y: H⁺ + OH^– → H₂O

+ Nếu H⁺ dư thì pH = – log [H⁺] = 2

+ Nếu OH^– dư thì pOH = – log [OH^–] → pH = 14 – pOH

Giải chi tiết:

Dung dịch X: n_OH- = 2n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 2.0,01 + 0,01 = 0,03 mol

Dung dịch Y: n_H+ = 2n_H2SO4 + n_HCl = 2.0,015 + 0,005 = 0,035 mol

Khi X tác dụng với Y:    H⁺    +   OH^– → H₂O

Ban đầu:                   0,035       0,03   mol

Pư:                           0,03 ←   0,03    mol

Sau pư:                                0,005    mol

→ [H⁺] = 0,005 : (0,1 + 0,4) = 0,01 M

→ pH = – log [H⁺] = 2

Câu 32: Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính toán theo PT ion: 3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^– → 3Cu²⁺ + 4H₂O + 2NO

Giải chi tiết:

n_Cu = 0,15 mol

n_NO3- = n_NaNO3 + 2n_Ba(NO3)3 = 0,1 + 0,1.2 = 0,3 mol

n_H+ = n_HCl = 0,5.2 = 1 mol

PT ion: 3Cu  +  8H⁺ + 2NO₃^– → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

Bđ:       0,15      1        0,3

(Ta thấy: $\frac{{0,15}}{3} < \frac{1}{8} < \frac{{0,3}}{2}$ → Phản ứng tính theo Cu)

Pư:       0,15 → 0,4 →  0,1 mol

→ V_NO = 2,24 lít

Câu 33: Đáp án A

Phương pháp giải:

Xét tỉ lệ n_NaOH : n_H3PO4 = 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:

n_NaOH = 0,2 mol và n_H3PO4 = 0,1 mol

Ta thấy: n_NaOH : n_H3PO4 = 2 nên phản ứng tạo muối Na₂HPO₄

PTHH: 2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

0,2       0,1         0,1mol

→ m_Na2HPO4 = 0,1.142 = 14,2 gam

Câu 34: Đáp án C

Phương pháp giải:

Xét tỉ lệ $\frac{{{n_{O{H^ – }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}}$ = a

+ Nếu a ≥ 2 phản ứng chỉ tạo CO₃^2-

+ Nếu 1 < a < 2 thì phản ứng tạo 2 muối CO₃^2- và HCO₃^–

+ Nếu a ≤ 1 thì phản ứng chỉ tạo HCO₃^–

Giải chi tiết:

n_CO2 = 0,15 mol; n_OH^– = n_NaOH  + 2n_Ba(OH)2 = 0,35 mol

Vì $\frac{{{n_{O{H^ – }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \frac{{0,35}}{{0,15}} = 2,33$ > 2 nên phản ứng dư OH^–, chỉ tạo CO₃^2-

PTHH: CO₂ + 2OH^– → CO₃^2-+ H₂O

Bđ:    0,15     0,35     mol

Pư:   0,15 → 0,3  → 0,15 mol

CO₃^2- + Ba²⁺ → BaCO₃

Bđ:   0,15      0,1       mol

Pư:   0,1 ← 0,1 →  0,1  mol

→ m_{kết tủa} = m_BaCO3 = 0,1.197 = 19,7 gam

Câu 35: Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính được n_NaOH và n_Na2SO4

Phương trình phân li: NaOH → Na⁺ + OH^–

Na₂SO₄  → 2Na⁺ + SO­₄^2-

→ n_Na⁺ → [Na⁺]

Giải chi tiết:

n_NaOH = 0,04 mol và n_Na2SO4 = 0,12 mol

Phương trình phân li: NaOH → Na⁺ + OH^–

0,04 →  0,04    mol

Na₂SO₄  →   2Na⁺ + SO­₄^2-

                                     0,06      → 0,12 mol

→ n_Na⁺ = 0,16 mol → [Na⁺] = 0,16 : 0,5 = 0,32 M

Câu 36: Đáp án B

Phương pháp giải:

– Thí nghiệm 1: Cho Cu tác dụng HNO₃ dư thu được NO₂ và NO.

Tóm tắt: Cu + HNO₃ → Cu(NO₃)₂, NO₂, NO, H₂O

QT cho e: Cu → Cu²⁺ + 2e

QT nhận e: N⁺⁵ + 1e → N⁺⁴ ; N⁺⁵ + 3e → N⁺²

Áp dụng định luật bảo toàn e → n_NO2 + 3n_NO = 2n_Cu (1)

– Thí nghiệm 2: Cho hỗn hợp NO₂ và NO tác dụng với O₂ dư sau đó cho tác dụng với H₂O:

Tóm tắt: NO, NO₂ + O₂ dư → NO₂, O₂ dư → HNO₃

QT cho e: N⁺⁴ → N⁺⁵ + 1e; N⁺² → N⁺⁵ + 3e

QT nhận e: O₂ + 4e → 2O^-2

Áp dụng định luật bảo toàn e → n_NO2 + 3n_NO = 4n_{O2 pư} (2)

Từ (1) (2) → 2n_Cu = 4n_O2 → Phương trình ẩn V. Giải tìm được V

Giải chi tiết:

– Thí nghiệm 1: Cho Cu tác dụng HNO₃ dư thu được NO₂ và NO.

Tóm tắt: Cu + HNO₃ → Cu(NO₃)₂, NO₂, NO, H₂O

QT cho e: Cu → Cu²⁺ + 2e

QT nhận e: N⁺⁵ + 1e → N⁺⁴ ; N⁺⁵ + 3e → N⁺²

Áp dụng định luật bảo toàn e → n_NO2 + 3n_NO = 2n_Cu (1)

– Thí nghiệm 2: Cho hỗn hợp NO₂ và NO tác dụng với O₂ dư sau đó cho tác dụng với H₂O:

Tóm tắt: NO, NO₂ + O₂ dư → NO₂, O₂ dư → HNO₃

QT cho e: N⁺⁴ → N⁺⁵ + 1e; N⁺² → N⁺⁵ + 3e

QT nhận e: O₂ + 4e → 2O^-2

Áp dụng định luật bảo toàn e → n_NO2 + 3n_NO = 4n_{O2 pư} (2)

Từ (1) (2) → 2n_Cu = 4n_O2 → $2.\left( {\frac{{3,84}}{{64}}} \right) = 4.\left( {\frac{{V – 0,25V}}{{22,4}}} \right)$ → V = 0,896 lít

Câu 37: Đáp án C

Phương pháp giải:

HPO₄^2- + OH^– → PO₄^3- + H₂O

H₂PO₄^–+ 2OH^– → PO₄^3- + 2H₂O

PO₄^3- + 3Ag⁺ → Ag₃PO₄

Gọi số mol của NaH₂PO₄, Na₂HPO₄ và Na₃PO₄ lần lượt là a, b, c mol → Phương trình khối lượng

Và phương trình số mol OH^–

→ a + b + c → m_Ag3PO4

Giải chi tiết:

HPO₄^2- + OH^– → PO₄^3- + H₂O

H₂PO₄^–+ 2OH^– → PO₄^3- + 2H₂O

PO₄^3- + 3Ag⁺ → Ag₃PO₄

Gọi số mol của NaH₂PO₄, Na₂HPO₄ và Na₃PO₄ lần lượt là a,b, c mol

+ m_X = 120a + 142b + 164c = 3,82 (1)

+ n_KOH = 2a + b = 0,05 mol (2)

→ 120a + 142b + 164b + 22.(2a + b) = 3,82 + 0,05.22 = 4,92

→ 164.(a + b + c) = 4,92 → a + b + c = 0,03

→ m_Ag3PO4 = n_{PO4 3-} = a + b + c = 0,03.419 = 12,57 gam

Câu 38: Đáp án C

Phương pháp giải:

– Xét hỗn hợp khí Y: Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO

→ M_Y = 5,18 : 0,14 = 37 → Khí còn lại có M > 37

→ Y có khí N₂O và NO với số mol x và y mol → Lập hệ theo số mol và khối lượng của Y giải x và y

– Tóm tắt sơ đồ:

Đặt số mol Al và Mg lần lượt là a và b mol thì → pt (1)

Bảo toàn nguyên có có n_Al2O3 = ½ a và n_MgO = b mol → pt (2)

Giải hệ trên được a và b

– Bảo toàn electron: 3n_Al + 2n_Mg = 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3 → n_NH4NO3

Giải chi tiết:

– Xét hỗn hợp khí Y: Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO

→ M_Y = 5,18 : 0,14 = 37 → Khí còn lại là khí không màu có M > 37 (N₂O)

Giả sử Y chứa N₂O (x mol)và NO (y mol) → $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{44x + 30y = 5,18}\\{x + y = 0,14}\end{array}} \right. \to x = y = 0,07{\mkern 1mu} mol$

– Sơ đồ tóm tắt:

Đặt số mol Al và Mg lần lượt là a và b mol:

+ m _hh = 27a + 24b = 9,942 (1)

+ Chất rắn sau nung chứa: n_Al2O3 = 0,5n_Al = 0,5a (mol) và n_MgO = n_Mg = b (mol) (Áp dụng bảo toàn nguyên tố)

→ m _{chất rắn} = 51a + 40b = 17,062 (2)

Giải hệ trên được a = 0,082 mol và b = 0,322 mol

Bảo toàn electron: 3n_Al + 2n_Mg = 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3

→ 3.0,082 + 2.0,322 = 3.0,07 + 8.0,07 + 8n_NH4NO3

→ n_NH4NO3 = 0,015 mol

→ Khi cô cạn dung dịch thu được: 0,015 mol NH₄NO₃; 0,082 mol Al(NO₃)₃ và 0,322 mol Mg(NO₃)₂

→ m = 0,015.80 + 0,082.213 + 0,322.148 = 66,322 gam gần nhất với 66,323 gam

Câu 39: Đáp án A

Phương pháp giải:

A có CTPT là C_xH_yO

2C_xH_yO + $\frac{{4x + y – 2}}{2}$ O₂ → 2xCO₂ + yH₂O

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

Ta có: m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O  và n_CO2 = 0,75n_H2O → n_CO2 và n_H2O

BTKL → m_O2 → n_O2

Bảo toàn O → n_O(A) = n_A

Số C = x = n_CO2 : n_A

Số H = y = 2n_H2O : n_A

Giải chi tiết:

A có CTPT là C_xH_yO

2C_xH_yO + $\frac{{4x + y – 2}}{2}$O₂ → 2xCO₂ + yH₂O

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

Ta có: m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O =  4,08 gam → 44n_CO2 + 18n_H2O = 4,08 gam

Mặt khác: n_CO2 = 0,75n_H2O

→ n_CO2 = 0,06 mol và n_H2O = 0,08 mol

BTKL phản ứng cháy: m_O2 = m_CO2 + m_H2O – m_A  = 4,08 – 1,2 = 2,88 mol → n_O2 = 0,09 mol

Bảo toàn O: n_A + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → n_A + 2.0,09 = 2.0,06 + 0,08 → n_A = 0,02 mol

Số C = x = n_CO2 : n_A = 0,06 : 0,02 = 3

Số H = y = 2n_H2O : n_A = 2.0,08 : 0,02 = 8

Vậy CTPT của A là C₃H₈O

Câu 40: Đáp án C

Phương pháp giải:

Giả sử khối lượng khối đá ban đầu là m (g)

CaCO₃ → CaO + CO₂

BTKL:  m_CO2 = ∆m_rắn → n_CO2 → n_{CaCO3 phản ứng} → m_{CaCO3 phản ứng}

Hiệu suất của phản ứng là H = $\frac{{{m_{phan{\kern 1pt} ung}}}}{{{m_{ban{\kern 1pt} dau}}}}.100\% $

Giải chi tiết:

Giả sử khối lượng khối đá ban đầu là m (g)

PTHH: CaCO₃ → Cao + CO₂

BTKL: m_CO2 = ∆m_rắn = m – 0,736m = 0,264m → n_CO2 = 0,006m

→ n_{CaCO3 phản ứng} = 0,006m → m_{CaCO3 phản ứng} = 0,6m

Hiệu suất của phản ứng là H = $\frac{{0,6m}}{{0,8m}}.100\% = 75\% $