Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 17)

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: 3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ + 3H₂O

Giải chi tiết:

PTHH : 3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ + 3H₂O

             0,009 ←  0,003       0,003                mol

→ C_M = n : V → a = 0,009 : 0,03 = 0,3M

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Bảo toàn điện tích: 2n_Ca2+ + 2n_Ba2+ = n_Cl– + n_HCO3– → a

Khi đun nóng X: 2HCO₃^–  CO₃^2– + H₂O + CO₂

→ n_HCO3^– = ½.a → m_muối = m_Ca²⁺ + m_Ba²⁺ + m_Cl^– + m_CO3^2–

Giải chi tiết:

Bảo toàn điện tích: 2n_Ca2+ + 2n_Ba2+ = n_Cl– + n_HCO3– → 0,2.2 + 0,1.2 = 0,2.1 + a → a = 0,4 mol

Khi đun nóng X: 2HCO₃^–  CO₃^2– + H₂O + CO₂

→ n_CO3^– = ½.a = 0,2 mol

Ta có: m_muối = m_Ca²⁺ + m_Ba²⁺ + m_Cl^– + m_CO3^2– = 0,2.40 + 0,1.137 + 0,2.35,5 + 0,2.60 = 40,8 gam

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Tính khử là khả năng nhường electron của chất, chất đó sẽ tăng số oxi hóa.

Giải chi tiết:

A. Cacbon tăng số oxi hóa C­⁰ lên C⁺⁴ → tính khử

B. Cacbon giảm số oxi hóa từ 0 xuống – 4 → tính oxi hóa

C. Cacbon giảm số oxi hóa từ 0 xuống –1 (CaC₂) và cả số oxi hóa tăng từ 0 lên +2 (CO) → cả tính khử và oxi hóa

D. Cacbon giảm số oxi hóa từ 0 xuống –4 → tính oxi hóa

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Giả sử 1 mol khí trao đổi n mol electron.

Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg = n.n _khí → Giá trị của n

+ n = 1 → NO₂

+ n = 3 → NO

+ n = 8 → N₂O

+ n = 10 → N₂

Giải chi tiết:

n_Mg = 0,1 mol và n_X = 0,02 mol

Giả sử 1 mol khí trao đổi n mol electron

Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg = n.n _khí → 2.0,1 = 0,02.n → n = 10

→ Khí là N₂

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

                3Cu +   8H⁺+  2NO₃^– → 3Cu²⁺ +   2NO + 4 H₂O (1)

TN1:                                                           V₁ lít

TN2:                                                          3V₁ lít

Nhận thấy: n_{H+ (TN2)} = 3n_{H+ (TN1)} → Thí nghiệm 2 có H₂SO₄ và HNO₃ trong khí thí nghiệm 1 chỉ có HNO₃

→ (1) là HNO₃; (2) là NaNO₃; (3) là H₂SO₄

Sau đó dựa vào PT (1) để tính n_NO  thoát ra ở các thí nghiệm 1 và 3. Từ đó suy ra V₂ và V₁

Giải chi tiết:

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

TN1:                                          V₁ lít

TN2:                                         2V₁ lít

Nhận thấy: n_{H+ (TN2)}= 2n_{H+ (TN1)} → Thí nghiệm 2 có H₂SO₄ trong khí thí nghiệm 1 chỉ có HNO₃

→ (1) là NaNO₃; (2) là HNO₃; (3) là H₂SO₄

Ta có: TN1 thì n_H⁺ = 5.10^–3 mol và NO₃^–: 10.10^–3 mol

          TN2 thì n_H⁺= 10.10^–3 mol và NO₃^–: 5.10^–3 mol

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

TN1: Bđ:               5.10^–3     10.10^–3          

        Pư:               5.10^–3→  1,25.10^–3

TN3: Bđ:              10.10^–3     5.10^–3          

        Pư:              10.10^–3 → 2,5.10^–3

Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nên n_NO(TN3) = 2n_{NO (TN1)} → V_NO(TN3) = 2V_{NO (TN1)} hay V₂ = 2V₁

Chọn đáp án C

Trong điều kiện thường Si tan được trong dung dịch NaOH:

2NaOH + Si + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Đặt số mol của Na và Ca trong X lần lượt là x và y mol

Bảo toàn Na có n_NaOH = x mol

Bảo toàn Ca có n_Ca(OH)2 = y mol → n_OH^– = x + 2y (mol)

Khi sục CO₂ vào thì kết tủa max khi n_Ca²⁺ = n_CaCO3 →  y

Xét thời điểm n_CO2 = 0,035 mol thì xảy ra cả phản ứng tạo CO₃^2– và HCO₃^–

CO₂ + 2OH^– → CO₃^2– + H₂O

CO₂ + OH^– → HCO₃^–

Ca²⁺ + CO₃^2– → CaCO₃

Ta có n_CO3^2– = n_CaCO3

Bảo toàn C có n_HCO3^– = n_CO2 – n_CO3^2– → n_OH^– _{phản ứng} = 2n_CO3^2– + n_HCO3^– → x + 2y → x

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Chất điện li là axit, bazơ và hầu hết các muối.

Giải chi tiết:

Chất điện li ở dây là NaCl (muối ăn) – natri clorua.