Đề Thi Hoá 11 Học Kì 1 Trường THPT Ngô Văn Cấn- Bến Tre Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết

Đề thi Hoá 11 học kì 1 Trường THPT Ngô Văn Cấn- Bến Tre có lời giải và đáp án chi tiết gồm 40 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT BẾN TRE TRƯỜNG THPT NGÔ VĂN CẤN

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): Cho Fe tác dụng với HNO₃ đặc nóng dư, thu được khí X có màu nâu đỏ. Khí X là

A. NO₂ B. N₂O C. N₂ D. NO

Câu 2 (VD): Hoà tan hoàn toàn 2,4 gam kim loại M vào dung dịch HNO₃ loãng dư thu được 448 ml khí N₂ (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Kim loại M là

A. Mg B. Zn C. Al D. Ca

Câu 3 (NB): Hợp chất có tính lưỡng tính là

A. Al(OH)₃ B. Ba(OH)₂ C. Fe(OH)₂ D. Cr(OH)₂

Câu 4 (NB): Phương trình hoá học nào sau đây sai?

A. Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂ ↑ B. CO₂ + Na₂SiO₃ + H₂O → Na₂CO₃ + H₂SiO₃ ↓

C. CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂ ↑ + H₂O D. Fe₂O₃ + 8HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 2NO₂ ↑ + 4H₂O

Câu 5 (VD): Cho 44,0 gam NaOH vào dung dịch chứa 39,2 gam H₃PO₄. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, sản phẩm thu được và khối lượng tương ứng lần lượt là

A. Na₃PO₄ và 50,0 gam B. NaH₂PO₄ và 49,2 gam; Na₂HPO₄ và 14,2 gam

C. Na₂HPO₄ và 15,0 gam D. Na₂HPO₄ và 14,2 gam; Na₃PO₄ và 49,2 gam

Câu 6 (VDC): Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al, Cu, Ag tác dụng vừa đủ với V lít dung dịch HNO₃ 1,5M, thu được dung dịch chứa 174,04 gam muối và 5,6 lít (đktc) hỗn hợp X gồm hai khí không màu không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối của X so với H₂ bằng 18,8. Giá trị của V là

A. 1,90. B. 1,75. C. 1,14. D. 1,15.

Câu 7 (TH): Cho các phản ứng sau:

(1) 2NH₃ + H₂SO₄ → (NH₄)₂SO₄.

(2) 4NH₃ + 3O₂ 2N₂ + 6H₂O.

(3) 2NH₃ + 3Cl₂ N₂ + 6HCl.

(4) 3NH₃ + 3H₂O + Al(NO₃)₃ → Al(OH)₃ +3NH₄NO₃.

(5) 4NH₃ + 5O₂ 4NO + 6H₂O.

(6) 2NH₃ + 3CuO 3Cu + 3N₂ + 3H₂O

Các phản ứng trong đó NH₃ có tính khử là

A. 1, 4 B. 2, 3, 4, 5, 6 C. 2, 3, 5, 6 D. 2, 3, 4, 5

Câu 8 (NB): Để phân biệt dung dịch Na₃PO₄ và dung dịch NaNO₃ dùng thuốc thử nào sau đây?

A. Dung dịch HCl B. Dung dịch KOH C. Dung dịch AgNO₃ D. Dung dịch H₂SO₄

Câu 9 (NB): Dẫn luồng khí CO dư qua ống sứ chứa hỗn hợp Al₂O₃, CuO, MgO, Fe₂O₃ đun nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn gồm

A. Al₂O₃, Cu, Mg, Fe. B. Al₂O₃, Cu, MgO, Fe.

C. Al₂O₃, Fe₂O₃, Cu, MgO. D. Al, Fe, Cu, Mg.

Câu 10 (TH): Một dung dịch có a mol NH₄⁺, b mol Mg²⁺, c mol SO₄^2- và d mol HCO₃^–. Biểu thức nào biểu thị sự liên quan giữa a, b, c, d là

A. a + b = 2c + d B. a + b = c + d C. a + 2b = c + d D. a + 2b = 2c + d

Câu 11 (NB): Trong phòng thí nghiệm, để điều chế một lượng nhỏ khí X tinh khiết, người ta đun nóng dung dịch amoni nitrit bão hoà (NH₄NO₂). Khí X là

A. NO B. N₂ C. N₂O D. NO₂

Câu 12 (NB): Theo Arenius, dung dịch có tính axit là

A. NaCl B. K₂SO₄ C. H₂SO₄ D. KOH

Câu 13 (TH): Hiện tượng “hiệu ứng nhà kính” làm nhiệt độ Trái Đất nóng lên, làm biến đổi khí hậu, gây hạn hán, lũ lụt, nước biển dâng,… Tác nhân chủ yếu gây “hiệu ứng nhà kính” là do sự tăng nồng độ trong không khí quyển của chất nào sau đây?

A. O₃ B. N₂ C. NO₂ D. CO₂

Câu 14 (TH): Cho phương trình phản ứng: Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂↑ + H₂O, phương trình ion thu gọn ứng với phản ứng trên là

A. Na⁺ + Cl^– → NaCl. B. Na₂CO₃ + 2H⁺ → 2Na⁺ + CO₂ + H₂O.

C. 2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O. D. Na₂CO₃ → 2Na⁺ + CO₃^2-.

Câu 15 (TH): Tiến hành các thí nghiệm sau:

1. Cho dung dịch NH₃ vào dung dịch AlCl_3.

2. Cho dung dịch AgNO₃ vào dung dịch Na₃PO₄.

3. Cho dung dịch AgNO₃ vào dung dịch H₃PO₄.

4. Cho dung dịch NaOH cho đến dư vào dung dịch Ca(HCO₃)₂.

5. Cho dung dịch (NH₄)₂SO₄ vào dung dịch NaOH đun nhẹ.

6. Cho dung dịch (NH₄)₂SO₄ vào dung dịch Ba(OH)₂ đun nhẹ.

7. Cho dung dịch Fe₂(SO₄)₃ vào dung dịch Ba(OH)₂.

8. Cho dung dịch H₂SO₄ vào dung dịch Ba(HCO₃)₂.

Sau khi kết thúc thí nghiệm, số trường hợp thu được kết tủa là

A. 5 B. 3 C. 6 D. 4

Câu 16 (NB): Cho các kim loại sau: Mg, Al, Cu, Ag, Fe, Au, Zn, Ca. Số kim loại tác dụng được với dung dịch HNO₃ đặc nguội là

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

Câu 17 (VD): Hòa tan m gam H₂SO₄ vào nước được 600 ml dung dịch X có pH = 2. Giá trị của m là

A. 0,490 B. 0,588 C. 0,245 D. 0,294

Câu 18 (TH): Cho phương trình phản ứng: Mg + HNO₃ → Mg(NO₃)₂ + NO + H₂O.

Tổng hệ số cân bằng (số nguyên tối giản) của các chất trong phản ứng trên là

A. 18 B. 16 C. 20 D. 22

Câu 19 (VD): Trộn 200 ml dung dịch HNO₃ 0,1M vào 200 ml dung dịch NaOH 0,3M thu được 400 ml dung dịch X có giá trị pH là

A. 12 B. 1 C. 2 D. 13

Câu 20 (TH): Dung dịch Na₃PO₄ 1M, nồng độ (mol/l) của ion Na⁺ và PO₄^3- lần lượt là

A. 1 và 3 B. 3 và 1 C. 2 và 3 D. 3 và 2

Câu 21 (TH): Trên bề mặt của vỏ trứng gia cầm có những lỗ nhỏ nên vi khuẩn có thể xâm nhập được và hơi nước, cacbon đioxit có thể thoát ra làm trứng nhanh hỏng. Để bảo quản trứng lâu hỏng, người ta thường nhúng trứng vào dung dịch Ca(OH)₂, phản ứng hóa học xảy ra trong quá trình này là

A. Ca(OH)₂ + Na₂CO₃ → CaCO₃ ↓ + 2NaOH. B. Ca(OH)₂ + 2CO₂ → Ca(HCO₃)₂.

C. Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O. D. CaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ca(HCO₃)₂.

Câu 22 (VDC): Cho 23,82 gam hỗn hợp X gồm bột Zn và Mg (tỉ lệ mol theo thứ tự là 5:3) tan vừa đủ trong hỗn hợp dung dịch gồm NaNO₃ và NaHSO₄ thu được dung dịch Y chỉ chứa m gam hỗn hợp các muối trung hòa và 4,704 lít hỗn hợp khí Z (đktc) gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hoá nâu trong không khí. Tỉ khối của Z so với H₂ là 13. Giá trị m gần nhất là

A. 140. B. 176. C. 270. D. 147.

Câu 23 (VD): Dung dịch X chứa các ion: Fe²⁺ (0,1 mol), Al³⁺ (0,2 mol), Cl^‑(0,3 mol), SO₄^2- (x mol). Giá trị của x là

A. 0,50 B. 0,60 C. 0,25 D. 1,00

Câu 24 (VD): Dung dịch X có chứa 0,3 mol Na⁺; 0,1 mol Mg²⁺; 0,2 mol Cl^‑ và x mol NO₃^–. Khối lượng muối trong dung dịch X là

A. 35,0 gam B. 28,8 gam C. 37,4 gam D. 31,2 gam

Câu 25 (TH): Các hình vẽ bên dưới mô tả một số phương pháp thu khí thường tiến hành ở phòng thí nghiệm. Cho biết từng phương pháp (1), (2), (3) có thể áp dụng để thu được khí nào trong các khí sau: O₂, Cl₂, HCl, NH₃, SO₂, H₂(biết rằng một chất khí có thể thu bằng nhiều phương pháp)?

A. (1) thu O₂, HCl; (2) thu SO₂, NH₃; (3) thu N₂ Cl₂, H₂

B. (1) thu NH₃, H₂; (2) thu HCl, SO₂, Cl₂, O₂; (3) thu O₂, H₂

C. (1) thu NH₃, H₂; (2) thu SO₂ Cl₂,O₂; (3) thu NH₃, HCl

D. (1) thu NH₃, H₂, Cl₂; (2) thu SO₂, O₂; (3) thu O₂, HCl, H₂

Câu 26 (NB): Muối nào dưới đây là muối axit?

A. Na₃PO₄ B. KOH C. KNO₃ D. Ca(HCO₃)₂

Câu 27 (NB): Phương trình điện li nào dưới đây viết đúng?

A. CH₃COOH ⇄ H⁺ + CH₃COO^– B. H₂SO₄ → H²⁺ + SO₄^2-

C. Na₃PO₄ → 3Na³⁺ + PO₄^3- D. MgCl₂ → Mg²⁺ + 2Cl^2-

Câu 28 (TH): Dung dịch NaOH 0,01M có giá trị pH là

A. 12 B. 2 C. 1 D. 13

Câu 29 (VD): Nhiệt phân hoàn toàn m gam Cu(NO₃)₂ thu được tổng thể tích khí là 5,376 lít (ở điều kiện tiêu chuẩn). Giá trị của m là

A. 18,048 B. 45,120 C. 30,080 D. 22,560

Câu 30 (VD): Hòa tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO₃ loãng, dư thu được 3,36 lít khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là

A. 8,10. B. 5,40. C. 4,05. D. 10,80.

Câu 31 (NB): Khi nhiệt phân hoàn toàn muối KNO₃ thu được sản phẩm là

A. KNO₂, N₂ và O₂ B. KNO₂ và O₂ C. KNO₂, N₂ và CO₂ D. KNO₂ và NO₂

Câu 32 (NB): Các mức số oxi hóa có thể có của cacbon là

A. -4; 0; +4 B. -4; 0; +2; +4 C. -4; -2; 0; +2; +4 D. -4; +2; +4

Câu 33 (TH): Cho các sơ đồ phản ứng sau:

1. C + O₂ CO_2. 4. C + H₂ CH_4.

2. C + CuO Cu + CO. 5. C + H₂SO_{4 (đặc)} SO₂ + CO₂ + H₂O.

3. C + Ca CaC₂. 6. C + H₂O CO + H₂.

Các phản ứng cacbon thể hiện tính oxi hóa là

A. 1, 2, 5, 6 B. 3, 4 C. 1, 5, 6 D. 1, 5

Câu 34 (VD): Hòa tan 32 gam hỗn hợp Cu và CuO trong dung dịch HNO₃ loãng, dư, thoát ra 6,72 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Khối lượng CuO trong hỗn hợp ban đầu là

A. 1,2 B. 19,2 C. 28,8 D. 3,2

Câu 35 (NB): Chất nào dưới đây là chất điện li mạnh?

A. HClO B. NaCl C. H₂S D. CH₃COOH

Câu 36 (TH): Khử hoàn tàn 4,8 gam Fe₂O₃ bằng CO dư ở nhiệt độ cao. Khối lượng Fe thu được sau phản ứng là

A. 3,36 gam B. 1,68 gam C. 2,52 gam D. 1,44 gam

Câu 37 (TH): Vào mùa lạnh người ta thường sử dụng than để sưởi ấm, tuy nhiên có nhiều trường hợp bị ngộ độc dẫn đến tử vong do hít phải một hàm lượng đủ lớn khí X (không màu, không mùi, hơi nhẹ hơn không khí). Chất khí X và biện pháp tránh bị ngộ độc khi sử dụng than để sưởi ấm lần lượt là

A. khí CO₂, không dùng trong phòng kín mà phải để cửa thoáng

B. khí NH₃, không dùng trong phòng kín mà phải để cửa thoáng

C. khí CO, dùng trong phòng kín để khí CO không thoát ra môi trường

D. khí CO, không dùng trong phòng kín mà phải để cửa thoáng

Câu 38 (NB): Để khắc chữ lên thủy tinh người ta dựa vào phản ứng nào dưới đây?

A. SiO₂ + 2NaOH → Na₂SiO₃ + CO₂ B. SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O

C. SiO₂ + Na₂CO₃ → Na₂SiO₃ + CO₂ D. SiO₂ + Mg → 2MgO + Si

Câu 39 (NB): Chất nào dưới đây không dẫn điện khi hòa tan trong nước?

A. MgCl₂ B. NaOH C. HCl D. C₆H₁₂O₆ (glucozơ)

Câu 40 (VD): Cho 10 lít N₂ tác dụng với lượng dư khí hiđro, đun nóng hỗn hợp với xúc tác thích hợp thu được V lít NH₃ với hiệu suất phản ứng là 75%. Biết các thể tích đo trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Giá trị của V là

A. 15,0 B. 6,0 C. 20,0 D. 7,5

Đáp án

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

X là khí có màu nâu đỏ → X là NO₂

Câu 2: Đáp án A

Phương pháp giải:

Đặt số oxi hóa của M khi phản ứng với HNO₃ là +n (1 ≤ n ≤ 3)

QT cho – nhận e:

M → M⁺ⁿ + n e

2N⁺⁵ + 10e → N₂

Bảo toàn electron: n.nM = 10nN2 => nM => Mối liên hệ giữa R và n.

Biện luận với n = 1, 2, 3 để tìm giá trị R, n phù hợp.

Giải chi tiết:

Đặt số oxi hóa của M khi phản ứng với HNO₃ là +n (1 ≤ n ≤ 3)

QT cho – nhận e:

M → M⁺ⁿ + n e

2N⁺⁵ + 10e → N₂

Bảo toàn e: n.n_M = 10.n_N2 → $n.\frac{{2,4}}{M} = 10.\frac{{0,448}}{{22,4}}$ → M = 12n

Với n = 2 và M = 24 (Mg) thỏa mãn.

Câu 3: Đáp án A

Phương pháp giải:

Một số hidroxit lưỡng tính thường gặp: Al(OH)₃, Zn(OH)₂, Cr(OH)₃

Giải chi tiết:

Hợp chất có tính lưỡng tính là Al(OH)₃.

Câu 4: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Phương trình hoá học sai là: Fe₂O₃ + 8HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 2NO₂ ↑ + 4H₂O

Sửa lại: Fe₂O₃ + 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

Câu 5: Đáp án D

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 thỉ phản ứng tạo 2 muối Na₂HPO₄ và Na₃PO₄

+ Nếu a ≥ 3 nên phản ứng tạo muối Na₃PO₄

Giải chi tiết:

n_NaOH = 1,1 mol và n_H3PO4 = 0,4 mol

Ta thấy: n_NaOH : n_H3PO4 = 2,75 nên phản ứng tạo 2 muối Na₃PO₄ và Na₂HPO₄

3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ +3 H₂O

3x x x mol

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

2y y y mol

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{NaOH}} = 3x + 2y = 1,1}\\{{n_{{H_3}P{O_4}}} = x + y = 0,4}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,3}\\{y = 0,1}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m_{N{a_3}P{O_4}}} = 0,3.164 = 49,2{\mkern 1mu} gam}\\{{m_{N{a_2}HP{O_4}}} = 0,1.142 = 14,2{\mkern 1mu} gam}\end{array}} \right.$

Câu 6: Đáp án A

Phương pháp giải:

X có hai khí không màu không hóa nâu ngoài không khí và M_X = 37,6 nên X có 2 khí là N₂ và N₂O

→ Số mol N₂O và N₂

Nếu phản ứng không tạo ra NH₄⁺:

QT nhận e: 2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹ 2N⁺⁵ + 10e → N₂

→ n_{NO3 (muối)} = n_{e nhận} = 8n_N2O + 10n_N2

→ m_muối = m_KL + m_NO3(muối) ≠ m_{muối thực tế}

=> Phản ứng có tạo muối NH₄⁺

Đặt số mol của NH₄NO₃ là x mol

QT nhận e:

2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹

2N⁺⁵ + 10e → N₂

N⁺⁵ + 8e → N^-3

Bảo toàn e có n_{e nhận} = n_{e nhường} = n_{NO3(muối kim loại)}

→ m_muối = m_KL + m_NH4NO3 + m_{NO3 (kim loại)} = 174,04 → x

Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3 = n_{NO3(muối kim loại)} + 2n_NH4NO3 + 2n_N2 + 2n_N2O

Giải chi tiết:

X có hai khí không màu không hóa nâu ngoài không khí và M_X = 37,6 nên X có 2 khí là N₂ (a mol) và N₂O (b mol)

Ta có: a + b = 0,25 và 28a + 44b = 0,25.37,6 => a = 0,1 và b = 0,15

Nếu phản ứng không tạo ra NH₄⁺:

QT nhận e:

2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹

2N⁺⁵ + 10e → N₂

→ n_{NO3 (muối)} = n_{e nhận} = 8n_N2O + 10n_N2 = 8.0,15 + 10.0,1 = 2,2 mol

→ m_muối = m_KL + m_NO3(muối) = 29 + 2,2.62 = 165,4 gam ≠ 174,04 gam

=> Phản ứng có tạo muối NH₄⁺

Đặt số mol của NH₄NO₃ là x mol

QT nhận e:

2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹ (N₂O)

2N⁺⁵ + 10e → N₂ (N₂)

N⁺⁵ + 8e → N^-3 (NH₄⁺)

Bảo toàn e: n_{e nhận} = n_{e nhường} = n_{NO3(muối kim loại)} = 8n_N2O + 10n_N2 + 8n_NH4+ = 8x + 2,2 (mol)

→ m_muối = m_KL + m_NH4NO3 + m_{NO3 (kim loại)} → 29 + 80x + 62(8x + 2,2) = 174,04 → x = 0,015

Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3 = n_{NO3(muối kim loại)} + 2n_NH4NO3 + 2n_N2 + 2n_N2O = 2,85 mol

→ V = 2,85 : 1,5 = 1,9 lít

Câu 7: Đáp án C

Phương pháp giải:

Chất khử là chất nhường electron → Số oxi hóa tăng

Giải chi tiết:

(1) sai vì số oxi hóa của nguyên tố N không đổi (trước và sau pư đều là -3)

(2) đúng vì N^-3 → N⁰

(3) đúng vì N^-3→ N⁰

(4) sai vì số oxi hóa của nguyên tố N không đổi (trước và sau pư đều là -3)

(5) đúng vì N^-3 → N⁺²

(6) đúng vì N^-3 → N⁰

Câu 8: Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Dùng dd AgNO₃:

+ Kết tủa vàng => Na₃PO₄

PTHH: AgNO₃ + H₃PO₄ → Ag₃PO₄

+ Không hiện tượng => NaNO₃

Câu 9: Đáp án B

Phương pháp giải:

CO chỉ khử được các oxit của KL đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học.

Giải chi tiết:

CO chỉ khử được các oxit của KL đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học.

Như vậy, khi dẫn luồng khí CO dư qua ống sứ chứa hỗn hợp Al₂O₃, CuO, MgO, Fe₂O₃ đun nóng các phản ứng xảy ra là:

3CO + Fe₂O₃ →3CO₂ + 2Fe

CO + CuO →CO₂ + Cu

Al₂O₃ và MgO không phản ứng

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

Câu 10: Đáp án D

Phương pháp giải:

Bảo toàn điện tích: Trong một dung dịch ta luôn có n₍₊₎ = n_(-)

Giải chi tiết:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: n₍₊₎ = n_(-) => n_NH4+ + 2n_Mg2+ = 2n_SO42- + n_HCO3- => a + 2b = 2c + d

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

PTHH: NH₄NO₂ N₂ + H₂O → Khí X là N₂

Câu 12: Đáp án C

Phương pháp giải:

Theo Arenius, dung dịch có tính axit là dung dịch có khả năng phân li ra ion H⁺.

Giải chi tiết:

Ta có: H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2-

→ Theo thuyết Arenius thì H₂SO₄ phân li ra H⁺ nên H₂SO₄ là axit.

Câu 13: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Tác nhân chủ yếu gây “hiệu ứng nhà kính” là do sự tăng nồng độ trong khí quyển của CO₂.

Câu 14: Đáp án C

Phương pháp giải:

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

+ Chuyển tất cả các chất vừa dễ tan, vừa điện li mạnh thành ion, các chất khí, kết tủa, điện li yếu để nguyên dưới dạng phân tử thu được phương trình ion đầy đủ.

+ Lược bỏ những ion không tham gia phản ứng ta được phương trình ion rút gọn.

Giải chi tiết:

Phương trình ion thu gọn ứng với phản ứng trên là: 2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O.

Câu 15: Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

1. 3NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O → 3NH₄Cl + Al(OH)₃ → Kết tủa Al(OH)₃

2. AgNO₃ + Na₃PO₄ → Ag₃PO₄ + NaNO₃ → Kết tủa Ag₃PO₄

3. AgNO₃ + H₃PO₄ → không phản ứng

4. 2NaOH + Ca(HCO₃)₂ → Na₂CO₃+ CaCO₃ + H₂O → Kết tủa CaCO₃

5. (NH₄)₂SO₄ + 2NaOH → 2Na₂SO₄ + 2NH₃ + H₂O

6. (NH₄)₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ + 2NH₃ + H₂O → Kết tủa BaSO₄

7. Fe₂(SO₄)₃ + 3Ba(OH)₂ → 3BaSO₄ + 2Fe(OH)₃ → Kết tủa BaSO₄ và Fe(OH)₃

8. H₂SO₄ + Ba(HCO₃)₂ → BaSO₄ + 2H₂O + 2CO₂ → Kết tủa BaSO₄

Sau khi kết thúc thí nghiệm, số trường hợp thu được kết tủa là 6

Câu 16: Đáp án C

Phương pháp giải:

– Au không tác dụng với cả HNO₃ đặc nguội và đặc nóng

– Fe, Al, Cr không tác dụng với HNO₃ đặc nguội vì bị thụ động

Giải chi tiết:

Kim loại tác dụng được với dung dịch HNO₃ đặc nguội là Mg, Cu, Ag, Zn, Ca.

Câu 17: Đáp án D

Phương pháp giải: pH = -log[H⁺]

Giải chi tiết:

Ta có: pH = 2 → [H⁺] = 0,01 M → n_H⁺ = 0,6.0,01 = 0,006 mol

H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2-

0,003 ← 0,003 (mol)

→ m_H2SO4 = 0,003.98 = 0,294 gam

Câu 18: Đáp án C

Phương pháp giải:

Cân bằng phương trình oxi hóa – khử theo phương pháp thăng bằng electron.

Giải chi tiết:

$\begin{array}{*{20}{c}}{3 \times }\\{2 \times }\end{array}\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{Mg \to M{g^{2 + }} + 2e}\\{{N^{ + 5}} + 3e \to {N^{ + 2}}}\end{array}} \right.$

3Mg + 8HNO₃ → 3Mg(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O.

Tổng hệ số cân bằng (số nguyên tối giản) của các chất trong phản ứng trên là 20.

Câu 19: Đáp án A

Phương pháp giải:

Vì HNO₃ và NaOH đều là chất điện li mạnh nên ta có: n_H+ = n_HNO3 và n_OH- = n_NaOH

PT ion: OH^– + H⁺ → H₂O

Tính theo PT ion.

Giải chi tiết:

Vì HNO₃ và NaOH đều là chất điện li mạnh nên ta có: n_H+ = n_HNO3 = 0,02 mol và n_OH- = n_NaOH = 0,06 mol

PTHH: OH^– + H⁺ → H₂O

Bđ: 0,02 0,06 mol

Pư: 0,02 → 0,02 mol

Sau: 0 0,04 mol

→ [OH^–] = 0,04 : 0,4 = 0,01 mol → pOH = – log[OH^–] = 2 → pH = 14 – pOH = 12

Câu 20: Đáp án B

Phương pháp giải:

Na₃PO₄ là chất điện li mạnh nên khi hòa tan vào nước phân li hoàn toàn thành ion.

Viết phương trình phân li của Na₃PO₄. Từ nồng độ của Na₃PO₄ suy ra nồng độ Na⁺ và PO₄^3-.

Giải chi tiết:

Na₃PO₄ là chất điện li mạnh nên khi hòa tan vào nước phân li hoàn toàn thành ion.

PT phân li: Na₃PO₄ → 3Na⁺ + PO₄^3-

1 → 3 → 1 (M)

Vậy [Na⁺] = 3M và [PO₄^3-] = 1M

Câu 21: Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ca(OH)₂ có thể phản ứng với CO₂ trong không khí tạo CaCO₃ lấp đầy những lỗ nhỏ li ti đó.

PTHH: Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O.

Câu 22: Đáp án B

Phương pháp giải:

Từ tỉ lệ mol và khối lượng hỗn hợp ta tính được số mol của Zn, Mg.

X + NaNO₃ + NaHSO₄ → muối trung hòa + khí Z

Khí Z chứa khí không màu hóa nâu là NO. Dựa vào tỉ khối của Z so với H₂ suy ra khí còn lại là H₂

→ tìm số mol từng khí trong Z

Các bán phản ứng:

4H⁺ + NO₃^– + 3e → NO + 2H₂O Zn → Zn⁺²+ 2e

2H⁺ + 2e → H₂ Mg → Mg⁺² + 2e

So sánh: n_{e nhường} = 2n_Zn + 2n_Mg và n_{e nhận} = 3n_NO + n_H2 nếu bằng thì không tạo NH₄⁺

Nếu e nhường nhiều hơn e nhận thì còn phản ứng tạo ra NH₄⁺: 10H⁺ + NO₃^– + 8e → NH₄⁺+ 3H₂O → n_NH4⁺

Bảo toàn H⁺ tìm số mol NaHSO₄

Bảo toàn N thì tìm n_NaNO3

Giải chi tiết:

Đặt n_Zn = x mol và n_Mg = y mol thì ta có hệ phương trình sau:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{65x + 24y = 23,82}\\{x:y = 5:3}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,3{\mkern 1mu} mol}\\{y = 0,18{\mkern 1mu} mol}\end{array}} \right.$

X + NaNO₃ + NaHSO₄ → muối trung hòa + khí Z

Xét khí Z có n_Z = 0,21 mol và Z có 1 khí không màu hóa nâu ngoài không khí → Z có khí NO

Vì M_Z = 13.2 = 26 < M_NO nên Z còn 1 khí không màu có M < 26 → khí này là H₂

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{{H_2}}} + {n_{NO}} = 0,21}\\{2{n_{{H_2}}} + 30{n_{NO}} = {n_Z}.M_Z^{} = 0,21.26 = 5,46}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{{H_2}}} = 0,03{\mkern 1mu} mol}\\{{n_{NO}} = 0,18{\mkern 1mu} mol}\end{array}} \right.$

Các bán phản ứng:

4H⁺ + NO₃^– + 3e → NO + 2H₂O Zn → Zn⁺²+ 2e

2H⁺ + 2e → H₂ Mg → Mg⁺² + 2e

Vì n_{e nhường} = 2n_Zn + 2n_Mg = 2.0,3 + 2.0,18 = 0,96 mol > n_{e nhận} = 3n_NO + n_H2 = 3.0,18 + 2.0,03 = 0,6 mol

→ còn phản ứng tạo ra NH₄⁺: 10H⁺ + NO₃^– + 8e → NH₄⁺+ 3H₂O

→ n_NH4⁺ = (0,96 – 0,6) : 8 = 0,045 mol

Vì dung dịch thu được toàn muối trung hòa nên: n_NaHSO4 = n_H⁺_{phản ứng} = 4.0,18 + 2.0,03 + 10.0,045 = 1,23 mol

Bảo toàn N: n_NaNO3 = n_NH4⁺ + n_NO = 0,045 + 0,18 = 0,225 mol

→ Dung dịch thu được sau phản ứng có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Z{n^{2 + }}:0,3}\\{M{g^{2 + }}:0,18{\mkern 1mu} mol}\\{N{a^ + }:1,23 + 0,225 = 1,455{\mkern 1mu} mol}\\{NH_4^ + :0,045{\mkern 1mu} mol}\\{SO_4^{2 – }:1,23{\mkern 1mu} mol}\end{array}} \right.$

→ m_muối = m_ion = 176,175 gam

→ m_muối gần nhất với 176 gam

Câu 23: Đáp án C

Phương pháp giải:

Bảo toàn điện tích: 2n_Fe2+ + 3n_Al3+ = n_Cl- + 2n_SO42-

Giải chi tiết:

Bảo toàn điện tích: 2n_Fe2+ + 3n_Al3+ = n_Cl^– + 2n_{SO4 2-} → 2.0,1 + 3.0,2 = 0,3 + 2x → x = 0,25

Câu 24: Đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn điện tích: n_Na+ + 2n_Mg2+ = n_Cl- + n_NO3-

Khối lượng muối sau khi cô cạn: m_muối = ∑m_ion

Giải chi tiết:

Bảo toàn điện tích: n_Na+ + 2n_Mg2+ = n_Cl- + n_NO3- → 0,3 + 2.0,1 = 0,2 + x → x = 0,3 mol

Ta có m_muối = ∑m_ion = 0,3.23 + 0,1.24 + 0,2.35,5 + 0,3.62 = 35 gam

Câu 25: Đáp án B

Phương pháp giải:

Một số cách thu khí trong phòng thí nghiệm:

– Thu bằng cách đẩy không khí úp bình với khí nhẹ hơn không khí

– Thu bằng đẩy không khí ngửa bình với khí nặng hơn không khí

– Thu bằng cách đẩy nước với các khí cần không tan trong nước/không phản ứng với nước

Giải chi tiết:

(1) thu bằng cách đẩy không khí úp bình với khí nhẹ hơn không khí

(2) thu bằng đẩy không khí ngửa bình với khí nặng hơn không khí

(3) thu bằng cách đẩy nước nên khí cần không tan trong nước và không phản ứng với nước

A. sai vì khí thu bình (1) là O₂ nặng hơn không khí

B. đúng

C. sai vì khí thu bằng cách (3) là NH₃ và HCl tan nhiều trong nước

D. sai vì khí thu bằng cách (3) có HCl tan nhiều trong nước

Câu 26: Đáp án D

Phương pháp giải:

Muối axit là muối chứa nguyên tử H có khả năng phân li ra ion H⁺.

Giải chi tiết:

Muối axit là muối Ca(HCO₃)₂

Câu 27: Đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

A. đúng

B. sai vì tạo ra 2H⁺ không phải H²⁺

C. sai vì tạo ra 3Na⁺ không phải Na³⁺

D. sai vì tạo ra 2Cl^– không phải Cl^2-

Câu 28: Đáp án A

Phương pháp giải:

Từ C_{M NaOH} → [OH^–] → pOH = – log[OH^–] → pH = 14 – pOH

Giải chi tiết:

NaOH là chất điện li mạnh, tan trong nước điện li hoàn toàn thành ion:

NaOH → Na⁺ + OH^­-

0,01M → 0,01M

→ [OH^– ] = 0,01M → pOH = -log[OH^–] = 2

→ pH = 14 – pOH = 14 – 2 = 12

Câu 29: Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: 2Cu(NO₃)₂  2CuO + 4NO₂ + O₂

Giải chi tiết:

Ta có: n_khí = 0,24 mol

PTHH: 2Cu(NO₃)₂ 2CuO + 4NO₂ + O₂

x   2x      0,5x

→ n_khí = n_NO2 + n_O2 → 2x + 0,5x = 0,24 → x = 0,096 mol

→ m_Cu(NO3)2 = 188.0,096 = 18,048 gam

Câu 30: Đáp án C

Phương pháp giải:

Viết các quá trình cho – nhận electron. Áp dụng định luật bảo toàn electron.

Giải chi tiết:

QT cho – nhận electron:

Al → Al³⁺ + 3e N⁺⁵ + 3e → N⁺²

Áp dụng định luật bảo toàn e: 3.n_Al = 3.n_NO

→ n_Al = n_NO = 0,15 mol

→ m = 0,15.27 = 4,05 gam

Câu 31: Đáp án B

Phương pháp giải:

Nhiệt phân muối nitrat M(NO₃)_n

– Nếu M là [K, …, Ca] thì nhiệt phân thu được muối M(NO₂)_n và O₂

– Nếu M là [Mg, …, Cu] thì nhiệt phân thu được M₂O_n, NO₂, O₂

Ngoại lệ: 2Fe(NO₃)₂ → Fe₂O₃ + 4NO₂ + 0,5O₂

– Nếu M là [Ag, …] thì nhiệt phân thu được M, NO₂, O₂

Giải chi tiết:

Khi nhiệt phân hoàn toàn muối KNO₃ thu được sản phẩm là KNO₂ và O₂.

PTHH: 2KNO₃ →2KNO₂ + O₂

Câu 32: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Các mức số oxi hóa có thể có của cacbon là: -4; 0; +2; +4.

Câu 33: Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất thể hiện tính oxi hóa là chất nhận electron (số oxi hóa giảm).

Giải chi tiết:

(1) sai vì số oxi hóa của C tăng từ 0 lên +4

(2) sai vì số oxi hóa của C tăng từ 0 lên +2

(3) đúng vì số oxi hóa của C giảm từ 0 xuống -1

(4) đúng vì số oxi hóa của C giảm từ 0 xuống -4

(5) sai vì số oxi hóa của C tăng từ 0 lên +4

(6) sai vì số oxi hóa của C tăng lên từ 0 đến +2

Câu 34: Đáp án D

Phương pháp giải:

Bảo toàn e: 3n_NO = 2n_Cu → m_CuO

Giải chi tiết:

Ta có: n_NO = 0,3 mol

Bảo toàn e: 3n_NO = 2n_Cu → n_Cu = 0,3.3 : 2 = 0,45 mol

→ m_CuO = m_{hỗn hợp} – m_Cu = 32 – 0,45.64 = 3,2 gam

Câu 35: Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất điện li mạnh là chất là axit mạnh, bazo mạnh và hầu hết các muối.

Giải chi tiết:

Chất điện li mạnh là chất là axit mạnh, bazo mạnh và hầu hết các muối.

Trong các chất đề bài cho thì NaCl là một chất điện li mạnh.

Câu 36: Đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố Fe.

Giải chi tiết:

n_Fe2O3 = 0,03 mol

Bảo toàn Fe ta có: n_Fe = 2n_Fe2O3 = 0,06 mol → m = 0,06.56 = 3,36 gam

Câu 37: Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Chất khí độc dẫn đến tử vong nhẹ hơn không khí là CO do CO có ái tính với hemoglobin trong máu mạnh hơn, ngăn cản hemoglobin vận chuyển oxi trong máu.

→ Biện pháp: Không dùng trong phòng kín mà phải để cửa thoáng.

Câu 38: Đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

HF có thể ăn mòn SiO₂ là thành phần chính của thủy tinh nên được dùng để khắc chữ lên thủy tinh.

PTHH: SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O.

Câu 39: Đáp án D

Phương pháp giải:

Chất không dẫn điện là chất khi hòa tan trong nước không điện li ra ion.

Chất điện li gồm có axit, bazo, muối.

Giải chi tiết:

Chất không dẫn điện khi hòa tan trong nước là C₆H₁₂O₆ (glucozơ).

Câu 40: Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: N₂ + 3H₂ 2NH₃

→ Tỉ lệ về thể tích tương tự về số mol → V_NH3 lý thuyết

H = V_tt : V_tt . 100% → V_tt

Giải chi tiết:

PTHH: N₂ + 3H₂ 2NH₃

Lý thuyết 10 → 20 lít

Thể tích NH₃ thực tế thu được là: V_NH3 = 20.(75/100) = 15 lít