Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Hóa học có đáp án (phần 24)

Nguyễn Trang Ngày: 05-03-2024 Tổng hợp kiến thức

121

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Hóa Học có đáp án (phần 24) hay nhất được biên soạn và chọn lọc giúp bạn ôn luyện và đạt kết quả cao trong bài thi môn Hóa Học.

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Hóa học có đáp án (phần 24)

Câu 1: Khi cho NH₃ dư tác dụng với Cl₂ thu được?

Lời giải:

Đầu tiên xảy ra phản ứng:

2NH₃ + 3Cl₂ → N₂ + 6HCl

Sau đó, vì dư amoniac nên:

NH₃ + HCl → NH₄Cl

Vậy các chất thu được là NH₄Cl, N₂ và NH₃ dư nếu có.

Câu 2: Khi cho thanh Fe (dư) vào 200 ml dung dịch CuSO₄ nồng độ x (M). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy khối lượng chất rắn tăng 0,8 gam so với ban đầu. Giá trị của x là:

A: 2;

B: 1;

C: 1,5;

D: 0,5.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

a…………………………a (mol)

m_{chất rắn tăng} = m_Cu – m_Fe = 64a – 56a = 0,8 → a = 0,1

$\to x = \frac{0, 1}{0, 2} = 0, 5 (M)$

Câu 3: Khi đốt dây sắt, sắt phản ứng cháy với oxi theo phương trình:

$3 F e + 2 O_{2} \overset{t^{°}}{\to} F e_{3} O_{4}$ .Tính thể tích O₂ (đktc) cần dùng để phản ứng hoàn toàn với 16,8 gam Fe?

Lời giải:

PTHH: $3 F e + 2 O_{2} \overset{t^{°}}{\to} F e_{3} O_{4}$

Ta có: $n_{F e} = \frac{m}{M} = \frac{16, 8}{56} = 0, 3 (m o l)$

Theo PTHH:

$\begin{array}{l} \Rightarrow n_{O_{2}} = \frac{2}{3} n_{F e} = \frac{2}{3} .0, 3 = 0, 2 (m o l) \\ \Rightarrow V_{O_{2}} = 0, 2.22, 4 = 4, 48 (l) \end{array}$

Vậy thể tích khí oxi ở đktc cần dùng là 4,48 (l).

Câu 4: Khi để lâu trong không khí thì trên bề mặt dung dịch nước vôi trong sẽ có một lớp váng màu trắng . Hãy giải thích tại sao và viết PTHH xảy ra.

Lời giải:

Nước vôi trong tác dụng với khí cacbonic có trong không khí tạo thành canxi cacbonat không tan trong nước, do đó khi để lâu trong không khí thì bề mặt dung dịch nước vôi trong sẽ có một lớp váng màu trắng.

PTHH: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

Câu 5: Khi đốt cháy hoàn toàn 0,295 gam hợp chất A sinh ra 0,44 gam CO₂ và 0,22 gam H₂O và 55,8 ml nitơ ở đktc. Tỉ khối của A đối với không khí 2,03. Lập công thức phân tử A.

Lời giải:

Gọi CTTQ của A là C_xH_yO_zN_t

$\begin{array}{l} n_{N_{2}} = \frac{55, 8}{1000.22, 4} = 0, 0026 (m o l) \\ \Rightarrow n_{N} = 2 n_{N_{2}} = 0, 0025.2 = 0, 005 (m o l) \\ M_{A} = 2, 03.29 \approx 59 \\ n_{C O_{2}} = \frac{0, 44}{44} = 0, 01 (m o l) \\ \Rightarrow n_{C} = n_{C O_{2}} = 0, 01 (m o l) \\ n_{H_{2} O} = \frac{0, 225}{18} = 0, 0125 (m o l) \\ \Rightarrow n_{H} = n_{H_{2} O} = 0, 0125.2 = 0, 025 (m o l) \end{array}$

có: $n_{A} = \frac{0, 295}{59} = 0, 005 (m o l)$

Ta có :

$\begin{array}{l} x = \frac{n_{C}}{n_{A}} = \frac{0, 01}{0, 005} = 2 \\ y = \frac{n_{H}}{n_{A}} = \frac{0, 025}{0, 005} = 5 \\ t = \frac{n_{N}}{n_{A}} = \frac{0, 005}{0, 005} = 1 \end{array}$

Vậy CT của A là C₂H₅O_zN

mà M_A = 12.2 + 5 + 16z + 14 = 59

⇒z = 1

Vật CTPT của A là C₂H₅ON.

Câu 6: Khi đốt cháy hoàn toàn 2,16 gam một ankan, người ta thấy trong sản phẩm tạo thành khối lượng CO₂ nhiều hơn khối lượng H₂O là 3,36 gam.

a. Tìm CTPT của ankan đó.

b. Viết CTCT có thể có và đọc tên theo IUPAC

Lời giải:

Gọi số mol của CO₂ và H₂O lần lượt là x và y mol.

Ta có: $m_{C O_{2}} - m_{H_{2} O} = 3, 36$ gam → 44x − 18y = 3,36 (1)

Bảo toàn nguyên tố C, H:

$\begin{array}{l} n_{C} = n_{C O_{2}} = x (m o l) \\ n_{H} = n_{H_{2} O} = 2 y (m o l) \\ \to m_{a n k a n} = m_{C} + m_{H} \\ = 12 x + 2 y = 2, 16 (2) \end{array}$

Từ (1) và (2) suy ra: x = 0,15; y = 0,18

$\to n_{a n k a n} = n_{H_{2} O} - n_{C O_{2}} = 0, 18 - 0, 15 = 0, 03 (m o l)$

Số C $= \frac{0, 15}{0, 03} = 5$

Số H $= \frac{0, 18.2}{0, 03} = 12$

CTPT: C₅H₁₂

b. CTCT:

CH₃ − CH₂ − CH₂ − CH₂ − CH₃: n−pentan

CH₃ − CH(CH₃) – CH₂ – CH₃: 2−metylbutan

CH₃ − C(CH₃)₂ − CH₃: 2,2− đimetylpropan

Câu 7: Khi hoà tan 30,0 g hỗn hợp đồng và đồng(II) oxit. Trong dung dịch HNO₃ 1,00 M lấy dư, thấy thoát ra 6,72 lít khí NO (đktc). Khối lượng của đồng (II) oxit trong hỗn hợp ban đầu là:

A. 1,2 g.

B. 4,25 g.

C. 1,88 g .

D. 2,52 g.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Khi hoà tan 30,0 g hỗn hợp đồng và đồng(II) oxit. Trong dung dịch HNO3 1,00 M (ảnh 1)

Số mol khí NO:

Khi hoà tan 30,0 g hỗn hợp đồng và đồng(II) oxit. Trong dung dịch HNO3 1,00 M (ảnh 1)

Theo phản ứng (1) số mol Cu:

Khi hoà tan 30,0 g hỗn hợp đồng và đồng(II) oxit. Trong dung dịch HNO3 1,00 M (ảnh 1)

Khối lượng Cu trong hỗn hợp ban đầu: m_Cu = 0,45.64 = 28,8 (g).

Khối lượng CuO trong hỗn hợp ban đầu: m_CuO = 30 - 28,8 = 1,2 (g).

Câu 8: Khi nào phản ứng hoá học cần có nhiệt độ?

Lời giải:

Các phản ứng thu nhiệt là các phản ứng cần thêm nhiệt độ t⁰.

Ngoài ra nhiệt độ là một động lực thúc đẩy tốc độ phản ứng diễn ra nhanh hơn.

Các phản ứng giữa kim loại với phi kim, phi kim với phi kim và phản ứng phân hủy thường cần thêm nhiệt độ vào phản ứng. (ngoài ra còn một số phản ứng tổng hợp hữu cơ)

VD:

Kim loại với phi kim:

$2 N a + C l_{2} \overset{t^{°}}{\to} 2 N a C l$

Phi kim với phi kim:

$C + O_{2} \overset{t^{°}}{\to} C O_{2}$

Phân hủy:

$2 K M n O_{4} \overset{t^{°}}{\to} K_{2} M n O_{4} + M n O_{2} + O_{2}$

Phản ứng hữu cơ:

$C_{2} H_{4} + H_{2} \overset{N i, t^{°}}{\to} C_{2} H_{6}$

Câu 9: Nhiệt phân Cu(NO₃)₂. Phần trăm thể tích NO₂ trong hỗn hợp khí thu được là?

Lời giải:

Gọi $n_{C u {(N O_{3})}_{2}} = x (m o l)$

Nhiệt phân Cu(NO3)2. Phần trăm thể tích NO2 trong hỗn hợp khí thu được là (ảnh 1)

Câu 10: Nung nóng 11,28 gam Cu(NO₃)₂ một thời gian thu được 6,96 gam chất rắn

a) Tính hiệu suất phản ứng?

b) Hấp thụ toàn bộ lượng khí vào 120 gam H₂O được dung dịch X. Tính C% của dd X?

Lời giải:

$2 C u {(N O_{3})}_{2} \overset{t^{°}}{\to} 2 C u O + 4 N O_{2} + O_{2}$

Gọi x là số mol Cu(NO₃)₂ phản ứng

$\begin{array}{l} n_{C u {(N O_{3})}_{2}} = \frac{11, 28}{188} = 0, 06 (m o l) \\ \Rightarrow m_{C u {(N O_{3})}_{2} d u} = 11, 28 - 188 x \\ m_{C u O} = 80 x \end{array}$

⇒m_rắn = 11,28 − 188x + 80x = 6,96

⇒x = 0,04 (mol)

$\Rightarrow H = \frac{0, 04}{0, 06} .100 % = 66, 67 %$

Theo PTHH: $n_{N O_{2}} = 0, 08 (m o l)$

$\begin{array}{l} 2 N O_{2} + H_{2} O \to H N O_{3} + H N O_{2} \\ 0, 08........................0, 04........0, 04 (m o l) \end{array} m_{N O_{2}} = 0, 08.46 = 3, 68 (g)$

m_dd = 120 + 3,68 = 123,68 (g)

$\begin{array}{l} C %_{H N O_{2}} = \frac{0, 04.48}{123, 68} .100 % = 1, 55 % \\ C %_{H N O_{3}} = \frac{0, 04.63}{123, 68} .100 % = 2, 04 % \end{array}$

Câu 11: Khi nung nóng quặng đồng malachite, chất này bị phân huỷ thành đồng II oxit CuO, hơi nước và khí cacbonic.

a) Tính khối lượng của khí cacbonic sinh ra nếu khối lượng malachite mang nung là 2,22 gam, thu được 1,60 gam đồng (II) oxit và 0,18 gam nước.

b) Nếu thu được 6 gam đồng (II) oxit; 0,9 gam nước và 2,2 gam khí cacbonic thì khối lượng quặng đem đi nung là bao nhiêu?

Lời giải:

Quặng: Cu(OH)₂.CuCO₃

$C u {(O H)}_{2} . C u C O_{3} \overset{t^{°}}{\to} 2 C u O$ $+ C O_{2} + H_{2} O$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

$\begin{array}{l} m_{C u {(O H)}_{2} . C u C O_{3}} = m_{C u O} + m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O} \\ 2, 22 = 1, 6 + m_{C O_{2}} + 0, 18 \\ \Rightarrow m_{C O_{2}} = 0, 44 (g) \end{array}$

b) m_quặng = $m_{C u O} + m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O}$ = 6 + 0,9 + 2,2 = 9,1 (g)

Câu 12: Khi thủy phân este HCOOCH₂CH=CH₂ bằng kiềm ta được:

A. 2 muối và nước;

B. 1 muối và 1 andehit;

C. 1 muối và 1 xeton;

D. 1 muối và 1 ancol.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Sản phẩm thuỷ phân bằng NaOH: HCOONa (muối), CH₂=CHCH₂OH (ancol)

OH không gắn vào cacbon không no nên sản phẩm là ancol, không chuyển thành anđehit, xeton.

Câu 13: Khi trộn những thể tích bằng nhau của dung dịch HNO₃ 0,01M và NaOH 0,03M thì thu được dung dịch có pH bằng:

A. 13;

B. 9;

C. 12;

D. 12,3.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Gọi V₁ = V₂ = 1 thì sau khi trộn: n(HNO₃) = 0,01 và n(NaOH) =0,03

Axit + Bazo theo tỉ lệ 1:1 nên NaOH dư = 0,02 mol

Vậy [OH^- ] dư =0,02 : 2 =0,01 suy ra p[OH] = - log(0,01) = 2

Như vậy pH = 14 - 2 = 12.

Câu 14: Khi cho 2,46 gam hỗn hợp Cu và Al tác dụng với dung dịch HNO₃ đặc, dư, đun nóng, sinh ra 2,688 lít duy nhất NO₂ (đktc). % khối lượng của Cu và Al trong hỗn hợp lần lượt là?

Lời giải:

Ta có: $n_{N O_{2}} = \frac{2, 688}{22, 4} = 0, 12 (m o l)$

Gọi a là số mol của Cu và b là số mol của Al.

Ta có các quá trình:

$\begin{matrix} \begin{array}{l} \overset{0}{C u} \to \overset{+ 2}{C u} + 2 e \\ a .................2 a \end{array} \\ \begin{array}{l} \overset{0}{A l} \to \overset{+ 3}{A l} + 3 e \\ b ................3 b \end{array} \end{matrix}| \overset{+ 5}{N} + e \to \overset{+ 4}{N}$

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} \overset{k h o i l u o n g}{\to} 64 a + 27 b = 2, 46 \\ \overset{Ba o t o a n e}{\to} 2 a + 3 b = 0, 12 \end{cases} \\ \Rightarrow \{\begin{cases} a = 0, 03 \\ b = 0, 02 \end{cases} \\ % m_{C u} = \frac{0, 03.64}{2, 46} .100 % = 78, 05 % \end{array}$