7 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 5)

Câu 1:

Viết các phương trình chuyển hóa theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện nếu có):

NH₄NO₂→ N₂ → NH₃ → NH₄NO₃ → NaNO₃ → HNO₃ → CO₂ → KHCO₃

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Xem lại tính chất hóa học của N, C và hợp chất của chúng.

Giải chi tiết:

(1) $N H_{4} N O_{2} \overset{t^{0}}{\to} N_{2} + 2 H_{2} O$

(2) $N_{2} + 3 H_{2} \overset{x t, t^{0}}{⇆} 2 N H_{3}$

(3) $3 N H_{3} + 3 H_{2} O + A l {(N O_{3})}_{3} \to A l {(O H)}_{3} + 3 N H_{4} N O_{3}$

(4) $N H_{4} N O_{3} + N a O H \to N a N O_{3} + N H_{3} + H_{2} O$

(5) $N a N O_{3} + H_{2} S O_{4 d a c} \to N a H S O_{4} + H N O_{3}$

(6) $4 H N O_{3} + 3 C \to 3 C O_{2} + 4 N O + 2 H_{2} O$

(7) $C O_{2} + K O H \to K H C O_{3}$

(8) $2 K H C O_{3} + C a {(O H)}_{2} \to K_{2} C O_{3} + C a C O_{3} + 2 H_{2} O$

Câu 2:

Không sử dụng quỳ tím, hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các dung dịch riêng biệt sau: NH₄HCO₃, Ba(NO₃)₂, (NH₄)₃PO₄, NH₄Cl và Na₂CO₃.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Dùng dung dịch Ba(OH)₂ làm thuốc thử.

Giải chi tiết:

- Trích một lượng nhỏ các mẫu nhận biết vào các ống nghiệm.

- Nhỏ dung dịch Ba(OH)₂ vào các ống nghiệm

+ Xuất hiện khí không màu mùi khai và kết tủa trắng: NH₄HCO₃

PTHH: $N H_{4} H C O_{3} + B a {(O H)}_{2} \to B a C O_{3} + N H_{3} + H_{2} O$

+ Không có hiện tượng: Ba(NO₃)₂

+ Xuất hiện khí không màu mùi khai và kết tủa vàng: (NH₄)₃PO₄

PTHH: $2 {(N H_{4})}_{3} P O_{4} + 3 B a {(O H)}_{2} \to B a_{3} {(P O_{4})}_{2} + 6 N H_{3} + 6 H_{2} O$

+ Xuất hiện khí không màu mùi khai: NH₄Cl

PTHH: $2 N H_{4} C l + B a {(O H)}_{2} \to B a C l_{2} + 2 N H_{3} + 2 H_{2} O$

+ Xuất hiện kết tủa trắng: Na₂CO₃

PTHH: $N a_{2} C O_{3} + B a {(O H)}_{2} \to B a C O_{3} + 2 N a O H$

Câu 3:

Nêu hiện tượng quan sát được và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi dẫn từ từ đến dư khí cacbonic vào dung dịch nước vôi trong.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan thu được dung dịch trong suốt.

Giải chi tiết:

- Ban đầu khí CO₂ ít, nước vôi trong dư sẽ tạo thành kết tủa trắng.

$C O_{2} + C a {(O H)}_{2} \to C a C O_{3} + H_{2} O$

- Sau khi nước vôi trong hết, khí CO₂ dư thì kết tủa sẽ tan.

$C O_{2} + H_{2} O + C a C O_{3} \to C a {(H C O_{3})}_{2}$

Câu 4:

Hãy xác định các sản phẩm thu được khi dẫn 4,48 lít (đktc) khí CO₂ vào 427,5 gam dung dịch Ba(OH)₂ 6 %. Viết phương trình hóa học của các phản ứng đã xảy ra.

Xem đáp án

Phương pháp giải:

Xét tỷ lệ $T = \frac{n_{O H^{-}}}{n_{C O_{2}}}$

+ Nếu T < 1 → tạo thành muối $H C O_{3}^{-}$ và CO₂ dư

+ Nếu T = 1 → tạo thành muối $H C O_{3}^{-}$

+ Nếu 1 < T < 2 → tạo thành 2 muối $H C O_{3}^{-}$ và $C O_{3}^{2 -}$

+ Nếu T = 2 → tạo thành muối $C O_{3}^{2 -}$

+ Nếu T > 2 → tạo thành muối $C O_{3}^{2 -}$ và OH^- dư

Giải chi tiết:

$n_{C O_{2}} = \frac{4,48}{22,4} = 0,2 m o l$

$m_{B a {(O H)}_{2}} = \frac{427,5.6 %}{100 %} = 25,65 g a m \to n_{B a {(O H)}_{2}} = \frac{25,65}{171} = 0,15 m o l$

$\to n_{O H^{-}} = 2 n_{B a {(O H)}_{2}} = 2.0,15 = 0,3 m o l$

Vì $1 < \frac{n_{O H^{-}}}{n_{C O_{2}}} = \frac{0,3}{0,2} = 1,5 < 2 \to$ phản ứng sinh ra 2 muối

PTHH:

$2 C O_{2} + B a {(O H)}_{2} \to B a {(H C O_{3})}_{2}$

$C O_{2} + B a {(O H)}_{2} \to B a C O_{3} + H_{2} O$

Câu 5:

Oxi hóa hoàn toàn 3,01 gam hợp chất hữu cơ X rồi dẫn sản phẩm lần lượt qua bình đựng H₂SO₄ đặc và bình đựng KOH dư thì thấy khối lượng các bình tăng lên tương ứng là 1,89 gam và 6,16 gam. Hãy xác định công thức phân tử của X biết tỷ khối hơi của X so với khí oxi bằng 2,6875. (Cho O=16, C=12, H=1)

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Khối lượng bình đựng H₂SO₄ đặc tăng là khối lượng của H₂O, tính được số mol H₂O, số mol H và khối lượng H

- Khối lượng bình đựng KOH tăng là khối lượng của CO₂, tính được số mol CO₂, số mol C và khối lượng C.

- Xét tổng khối lượng C và khối lượng H với khối lượng của X, kết luận X có O trong phân tử hay không.

- Tính khối lượng và số mol O

- Gọi công thức phân tử của X là $C_{x} H_{y} O_{z}$

$x : y : z = n_{C} : n_{H} : n_{O}$

Kết luận công thức đơn giản nhất của X.

- Dựa vào tỷ khối của X so với khí O₂, tính phân tử khối của X.

- Kết luận công thức phân tử của X.

Giải chi tiết:

- Khối lượng bình đựng H₂SO₄ tăng chính là khối lượng của H₂O

$\to m_{H_{2} O} = 1,89 g a m \to n_{H_{2} O} = \frac{1,89}{18} = 0,105 m o l$

$\to n_{H} = 2 n_{H_{2} O} = 2.0,105 = 0,21 m o l \to m_{H} = 0,21.1 = 0,21 g a m$

- Khối lượng bình đựng KOH tăng chính là khối lượng của CO₂

$\to m_{C O_{2}} = 6,16 g a m \to n_{C O_{2}} = \frac{6,16}{44} = 0,14 m o l$

$\to n_{C} = n_{C O_{2}} = 0,14 m o l \to m_{C} = 0,14.12 = 1,68 g a m$

Ta thấy: m_C + m_H = 1,68 + 0,21 = 1,89 < m_X

→ Trong X có chứa O

$m_{O} = m_{X} - m_{C} - m_{H} = 3,01 - 1,68 - 0,21 = 1,12 g a m \to n_{O} = \frac{1,12}{16} = 0,07 m o l$

Gọi công thức phân tử của X là C_xH_yO_z

$x : y : z = n_{C} : n_{H} : n_{O} = 0,14 : 0,21 : 0,07 = 2 : 3 : 1$

Vậy công thức đơn giản nhất của X là C₂H₃O

Vì tỷ khối hơi của X so với khí oxi bằng 2,6875 $\to M_{X} = 2,6875.32 = 86$

$\to (2.12 + 3.1 + 1.16) n = 86 \to n = 2$

Vậy công thức phân tử của X là C₄H₆O₂

Câu 6:

Hòa tan hoàn toàn 2,34 gam hỗn hợp Al và Mg vào lượng vừa đủ HNO₃ đặc (đun nóng) thu được dung dịch X và 5376 ml (đktc) khí NO₂ (sản phẩm khử duy nhất).

a) Tính khối lượng và phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Gọi số mol của Al và Mg lần lượt là x và y mol - Biểu diễn khối lượng hỗn hợp (*) - Áp dụng bảo toàn electron (**) - Từ (*) và (**) tìm được số mol Al và Mg - Tính khối lượng và phần trăm khối lượng mỗi kim loại.

Giải chi tiết:

$n_{N O_{2}} = \frac{5,376}{22,4} = 0,24 m o l$

Gọi số mol của Al và Mg lần lượt là x và y

→ 27x + 24y = 2,34 (*)

Quá trình trao đổi electron

$A l^{0} \to A l^{+ 3} + 3 e$ $N^{+ 5} + 1 e \to N^{+ 4}$

$M g^{0} \to M g^{+ 2} + 2 e$

Áp dụng bảo toàn electron: $3 n_{A l} + 2 n_{M g} = n_{N O_{2}}$

→ 3x + 2y = 0,24 (**)

Từ (*) và (**) → x = 0,06 và y = 0,03

$m_{A l} = 27.0,06 = 1,62 g a m \to % m_{A l} = \frac{1,62}{2,34} .100 % = 69,23 %$

$m_{M g} = 2,34 - 1,62 = 0,72 g a m \to % m_{M g} = \frac{0,72}{2,34} .100 % = 30,77 %$

Câu 7:

b) Cô cạn dung dịch X sau đó đem nung chất rắn thu được thấy thoát ra V lít hỗn hợp khí (Hiệu suất cuả quá trình nhiệt phân là 60%). Dẫn V(l) hỗn hợp khí vào nước được 800ml dung dịch Y. Xác định pH của dung dịch Y(xem như nước không điện li).

Xem đáp án

Phương pháp giải:

- Viết phương trình hóa học - Tính số mol NO₂ theo lý thuyết - Từ hiệu suất, tính số mol NO₂ thực tế - Tính số mol HNO₃ theo NO₂, tính nồng độ HNO₃ - Suy ra nồng độ H⁺ và pH của dung dịch.

Giải chi tiết:

PTHH:

$2 A l {(N O_{3})}_{3} \overset{t^{0}}{\to} A l_{2} O_{3} + 6 N O_{2} + \frac{3}{2} O_{2}$

0,06 → 0,18

$M g {(N O_{3})}_{2} \overset{t^{0}}{\to} M g O + 2 N O_{2} + \frac{1}{2} O_{2}$

0,03 → 0,06

Vậy $n_{N O_{2} (l t)} = 0,18 + 0,06 = 0,24 m o l$

Mà hiệu suất phản ứng nhiệt phân là 60% $\to n_{N O_{2} (t t)} = 0,24.60 % = 0,144 m o l$

$2 N O_{2} + \frac{1}{2} O_{2} + H_{2} O \to 2 H N O_{3}$

0,144 → 0,144

$\to C_{M (H N O_{3})} = \frac{0,144}{0,8} = 0,18 M \to [H^{+}] = C_{M (H N O_{3})} = 0,18 M$

$\to p H = - \log [H^{+}] = - \log 0,18 = 0,745$

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 5)

Danh sách câu hỏi

Bài thi liên quan

Có thể bạn quan tâm

Các bài thi hot trong chương