Đề thi HK2 Hóa 12 Đề 3

n_CaCO3 = 0,12 mol

Phản ứng nhiệt phân:

      CaCO₃ CaO + CO₂

mol: 0,12   →   0,12

⇒ m_CaO = 0,12.56 = 6,72 (gam)

 Cho lá nhôm vào dung dịch HCl có khí bay lên

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Dung dịch sau phản ứng thu được là AlCl₃

Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl₃, có kết tủa keo trắng xuất hiện.

3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃ ↓ + 3NaCl.

Để nhận biết các dung dịch trên ta sử dụng quỳ tím:

Quỳ tím chuyển đỏ nhận biết được H₂SO₄

Quỳ tím không đổi màu là: BaCl₂, K₂SO₄

Sử dụng H₂SO₄ nhận biết được ở trên nhận biết đươc BaCl₂

BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄ + 2HCl

Các phát biểu đúng là (3); (4).

(1) sai vì trong gang hàm lượng C chiếm 2 – 5% nên các nguyên tố C, Si, Mn, S chiếm ít nhất 2%.

(2) sai vì thành phần của thép có chứa 18% W và 5% Cr nên rất cứng, ứng dụng để chế tạo máy cắt gọt, phay,… không dùng để chế tạo máy bay.

Quá trình điện phân NaOH thực chất là quá trình điện phân H₂O:

Ở catot: 2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

Anot: 2H₂O - 4e → 4H⁺ + O₂

n_{electron trao đổi} = 100 mol

m_{dung dịch ban đầu} =

 Gọi công thức của phèn chua hoặc phèn nhôm có dạng:

M₂SO₄.Al₂(SO₄)₃.24H₂O

n_OH- = 0,054 mol

n_Al(OH)3 = 0,01 mol

Áp dụng công thức:

n_Al(OH)3 = 4n_Al³⁺ - n_OH- n_Al³⁺ = (0,054 + 0,01)/4 = 0,016 mol

n_phèn = n_Al2(SO4)3 = 0,008 mol

M_phèn = 7,584/0,008 = 948

M là Kali

Phương trình phản ứng cân bằng

Cu + 4HNO₃→ Cu(NO₃)₂ + 2NO₂↑ + 2H₂O

Tổng hệ số tối giản là: 1 + 4 + 1 + 2 + 2 = 10.

 Gọi số mol của CrCl₃ là x:

n_NaOH = 0,4 mol; n_Cr(OH)3 = 0,1 mol

CrCl₃ + 3NaOH Cr(OH)₃ + 3NaCl

  x             3x                 x

Cr(OH)₃ +  NaOH   NaCrO₂ + 2H₂O

0,4 - 3x 0,4-3x     

n_{Cr(OH)3 dư} = x - (0,4 - 3x) = 0,1 mol

x = 0,125 mol

C_M(CrCl3) = 1,25M

Cho K vào dung dịch MgCl₂ thu được Mg sai vì

Ban đầu có khí thoát ra, tiếp theo có kết tủa trắng.

1) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

2) 2NaOH + MgCl₂ → 2NaCl + Mg(OH)₂↓

Lí do chính: Nhiệt độ nóng chảy của Al₂O₃ rất cao (2050^oC), vì vậy phải hòa tan Al₂O₃ trong criolit nóng chảy để hạ nhiệt độ nóng chảy của hỗn hợp xuống 900^oC. Việc làm này vừa tiết kiệm được năng lượng, vừa tạo được chất lỏng có tính dẫn điện tốt hơn Al₂O₃ nóng chảy.

Thêm NaOH 1 thời gian thì mới có kết tủa nên ta có H⁺ dư

Bảo toàn e: 2n_Mg + 3n_Al = 2n_H2 = 0,8 mol                        (1)

m_hh =  m_Mg + m_Al = 7,98 gam                                           (2)

n_Mg = 0,13; n_Al = 0,18 mol

Tại thời điểm n_{kết tủa} = 0,24 mol thì kết tủa đang tan dần

n_{kết tủa} = n_Mg(OH)2 + [4n_Al3+ - (n_OH - n_H+ - 2n_Mg(OH)2)]

0,24 = 0,13 + [4.0,18 (1,03 n_H+ 2.0,13)]

n_H+ = 0,16 mol

Gọi số mol của Cu và Ag là a và b (mol):

Ta có:

m_hh = 64a + 108b = 3                  (1)

m_muối = m_Cu(NO3)2 + m_AgNO3

= 188a + 170b = 7,34                   (2)

Từ (1) và (2) ta có a = 0,03; b = 0,01

%m_Fe = 100% - 64% = 36%

 n_NaOH = n_OH = 0,25.V 

n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,05.0,1 + 0,05.2.0,05

pH = 2 [H+] = 10^-2 M = 0,01 mol

Ta có:

⇒ 0,01 - 0,25.V = 0,01.0,05 + 0,01 V à 0,26.V = 0,01 - 0,01.0,05

⇒ V = 0,0365 lít = 36,5 ml

Bột nhôm trộn với bột sắt oxit (gọi là hỗn hợp tecmit) để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm dùng hàn đường ray.

Sắt không tác dụng được với FeCl₂

Phương trình phản ứng minh họa các phản ứng:

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

n_CO2 = n_{kết tủa} = 0,04 mol = n_{CO pư}

Áp dụng định luật BTKL:

m_oxit + m_{CO pư} = m_hh + m_CO2

m_oxit = 5,76 + 44.0,04- 28.0,04 = 6,4 gam = m

n_Fe(oxit) = 0,08 mol

m_O(oxit) = m_oxit - m_Fe(oxit) = 6,4 - 0,08.56 = 1,92 gam

n_O(oxit) = 0,12 mol

n_Fe : n_O = 0,08:0,12 = 2:3

Vậy oxit sắt là Fe₂O₃

n_H2SO4 = 0,3. 0,1 = 0,03 mol

Vì phản ứng vừa đủ nên: n_{O (trong oxit)} = n_H2SO4 = 0,03 mol

m_O(oxit) = 0,03. 16 = 0,48 gam

m_{hh kim loại} = 2,81 – 0,48 = 2,33 gam

Bảo toàn khối lượng:

m_muối = m_{hh kim loại} + m_SO4^2- = 2,33 + 0,03.96 = 5,21 gam

• Sau phản ứng của Cu, H₂SO_4(loãng) với X có thoát khí không màu hóa nâu trong không khí nên X có chứa ion NO₃^-:

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

• Mà X phản ứng với NaOH có khí mùi khai thoát ra nên X còn chứa ion NH₄⁺

NH₄NO₃ + NaOH → NH₃ + NaNO₃ + H₂O

Vậy X là NH₄NO₃.

Phương trình phản ứng 

CuSO₄ + Fe → Cu + FeSO₄

Theo đề bài ta có: 

n_{Cu bám vào} = 9,6 : 64 = 0,15 mol 

Thep phương trình phản ứng ta có:

m_{bám vào} - m_{Fe tan ra} = m_{Fe tăng} 

=> 9,6 -0,15.56 = 1,2 gam

1s²2s²2p⁶3s²: Z = 12 (Mg)

1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s¹: Z = 19 (K)

1s²2s²2p⁶3s¹: Z = 11 (Na)

Vậy thứ tự sắp xếp tính kim loại tăng dần là: K (Y) > Na (Z) > Mg (X).

 Ở nhiệt độ thường trong không khí, kim loại nhôm và crom tạo ra lớp màng oxit mỏng, có cấu tạo mịn, đặc chắc và bền vững bảo vệ.

Bảo toàn nguyên tố Fe:

n_{Fe(chất rắn)} = n_{Fe bđ} + 2nFe_{(Fe2O3 bđ)} = 0,2 + 0,1.2 = 0,4 mol

n_{Fe2O3 sau} = 0,2 mol

m = 0,2.160 = 32 gam

Al, Cr vào dung dịch chứa Cu(NO₃)₂ và AgNO₃ thu được 2 kim loại là Cu và Ag

Al phản ứng với Cu(NO₃)₂ và AgNO₃ trước. Thu được 3 kim loại do đó Cr dư

Sau phản ứng ba kim loại là Cr, Cu, Ag

 Sắt tây là sắt được phủ lên bề mặt bởi kim loại Sn (thiếc)

Khi kim loại hoặc hỗn hợp kim loại phản ứng với dung dịch H₂SO₄ đặc nóng ta có số lượng gốc SO₄^2- tạo muối với kim loại tương ứng với các sản phẩm khử như sau: 

• 1 mol SO₂ tương ứng 1 mol gốc SO₄^2- tạo muối với kim loại.
• 1 mol A tương ứng với 3 mol gốc SO₄^2- tạo muối với kim loại.
• 1 mol H₂S tương ứng với 4 mol gốc SO₄^2- tạo muối với kim loại.

Từ đó ra có:

Bảo toàn e: 3x + y = 0,062.3 + 0,47.2 = 0,28                  (1) 

Số mol NO₃^- và SO₄^2- tạo muối với kim loại lần lượt là 0,186 và 0,047

m_Fe + m_Ag = m_muối - m_NO3^- m_SO4^2- = 6,12

56x + 108y = 6,12                                                       (2)

Từ (1) và (2) ta có x = 0,09 và y = 0,01 

n_Al = 0,4 mol; n_Fe2O3 = 0,1 mol

PTHH:

2Al + Fe₂O₃ Al₂O₃ + 2Fe

0,2 ← 0,1   →    0,1 

Vì hiệu suất là 80% nên ta có:

m_Al2O3  = 0,1.102.80% = 8,16 gam

Gọi công thức trung bình của hai muối là MCO₃

n_CO2 = 0,075 mol

MCO₃ → MO + CO₂ (1)

Theo phương trình hóa học (1)

Ta có n_CO2 = n_MCO3 = 0,075 mol

Hỗn hợp rắn Y gồm: MCO₃ dư và MO

Y tác dụng hết với dung dịch HCl dư

MCO₃ + 2HCl → MCl₂ + CO₂ + H₂O

MO + 2HCl → MCl₂ + H₂O

Khí thoát ra hấp thụ hết bởi dung dịch Ca(OH)₂ dư

CO₂ + Ca(OH)₂ dư → CaCO₃ ↓ + H₂O

n_CaCO3= 7,5/100 = 0,075 mol

→ n_{MCO3 dư} = 0,075 mol

n_{MCO3 ban đầu} = 0,075 + 0,075 = 0,15 mol

Bảo toàn nguyên tố kim loại M có:

n_MCO3 = n_MCl2= 0,15 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng có:

m_MCO3 = m_MCl2 - 0,15.(71 - 60) = 16,25 - 1,65 = 14,6 (gam)

Sử dụng Zn vì Zn phản ứng được với CuSO₄, dung dịch thu được chỉ gồm ZnSO₄

Zn + CuSO₄ → ZnSO₄ + Cu

Al + NaOH + H₂O NaAlO₂ + 3/2H₂

 2Al   +   Fe₂O₃       Al₂O₃   +    2Fe

0,15    0,075      0,075      0,15

m_Z = 160.(0,15 - 0,075) + 56.0,15 = 20,4 gam

 Gọi số mol Cu(NO₃)₂ và AgNO₃ lần lượt là x, y:

m_tăng = 64x + 108y = 3,44                                                       (2)

Giải (1) và (2) ta có: x = 0,02; y = 0,02

C_{M Cu(NO3)2} = 0,02/0,2 = 0,1M

C_{M AgNO3} = 0,02/0,2 = 0,1M

Dãy kim loại phản ứng được với dung dịch H₂SO₄ loãng là Al, Mg, Fe, Zn.

Loại các đáp án có Ag, Cu, Au, Pt không phản ứng với H₂SO₄ loãng.

Thép là hợp kim của sắt chứa hàm lượng cacbon < 2%.

 Các thí nghiệm thu được kết tủa là: (b), (c), (d), (f), (g)

(a) Cho từ từ NaOH đến dư vào dung dịch AlCl₃, ban đầu xuất hiện kết tủa trắng keo Al(OH)₃, sau đó kết tủa tan ra, dung dịch trở lại trong suốt:

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

(b) Cho từ từ AlCl₃ đến dư vào dung dịch NaOH, ban đầu xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan ngay lập tức do NaOH dư:

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Ta không quan sát thấy kết tủa. Sau đó khi AlCl₃ dư thì bắt đầu thấy xuất hiện kết tủa trắng keo:

AlCl₃ + 6H₂O + 3NaAlO₂ → 4Al(OH)₃ ↓ + 3NaCl 

(c) Cho từ từ NH₃ đến dư vào dung dịch AlCl₃, xuất hiện kết tủa trắng keo Al(OH)₃, kết tủa không tan:

AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ + 3NH₄Cl

(d) Cho từ từ AlCl₃ đến dư vào dung dịch NH₃, xuất hiện kết tủa trắng keo Al(OH)₃, sau đó lượng kết tủa tăng dần.

(e) Cho từ từ HCl đến dư vào dung dịch NaAlO₂, ban đầu xuất hiện kết tủa trắng keo của Al(OH)₃, sau đó khi HCl dư thì kết tủa tan ra:

NaAlO₂ + HCl → NaCl + Al(OH)₃↓ + H₂O

3HCl + Al(OH)₃ → AlCl₃ + 3H₂O

(f) Cho từ từ NaAlO₂ đến dư vào dung dịch HCl, ban đầu lượng axit rất dư so với NaAlO₂ nên kết tủa tạo đến đâu bị hòa tan đến đó, không thấy được kết tủa bằng mắt thường. Khi lượng NaAlO₂ tăng lên, HCl giảm thì HCl không còn dư so với NaAlO₂ nữa và thấy được kết tủa:

NaAlO₂ + HCl + H₂O → NaCl + Al(OH)₃ 

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

(g) Cho từ từ Al₂(SO₄)₃ đến dư vào dung dịch NaAlO₂, xuất hiện kết tủa keo trắng:

 Al₂(SO₄)₃ + 6NaAlO₂ + 12H₂O → 8Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄ 

Gọi số mol của MgO, Fe₃O₄ lần lượt là x, y. Ta có sơ đồ sau:

Bảo toàn các nguyên tố Mg và Fe ta có: