Câu 1:
Câu 2:
|
Chất thử
Thuốc thử
|
Na2SiO3
|
BaCl2
|
K3PO4
|
Na2CO3
|
NaNO3
|
|
HCl
|
↓ keo
|
Không hiện tượng
|
Không hiện tượng
|
↑ không màu
|
Không hiện tượng
|
|
AgNO3
|
-
|
↓ trắng
|
↓ vàng
|
-
|
Không hiện tượng
|
PTHH:
Na2SiO3 + 2HCl → 2NaCl + H2SiO3↓ keo
Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O
BaCl2 + 2AgNO3 → Ba(NO3)2 + 2AgCl↓ trắng
K3PO4 + 3AgNO3 → 3KNO3 + Ag3PO4↓ vàng
Câu 3:
a. PTHH chứng minh C vừa có tính khử và tính oxi hóa:
Tính khử: C + 4HNO3 đặc → CO2 + 4NO2 + 2H2O
Tính oxi hóa: 2C + Ca \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) CaC2
b. PTHH chứng minh Al(OH)3 có tính lưỡng tính:
Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
Câu 4:
a. Cho từ từ dung dịch H2SO4 đến dư vào dung dịch Ba(HCO3)2.
- Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng không tan trong axit dư và có sủi bọt khí không màu.
- PTHH: H2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4↓ + 2CO2↑ + 2H2O
b. Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO3)2.
- Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng
- PTHH: 2NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O
Câu 5:
a. Đốt cháy nicotin thu được CO2, H2O và N2 => Nicotin có chứa C, H, N và có thể có O.
BTNT “C”: nC = nCO2 = 0,5 mol
BTNT “H”: nH = 2nH2O = 0,7 mol
BTNT “N”: nN = 2nN2 = 0,1 mol
BTKL: mO = mHCHC – mC – mH – mN = 8,1 – 0,5.12 – 0,7.1 – 0,1.14 = 0 gam => Nicotin không chứa O
Ta có: C : H : N = 0,5 : 0,7 : 0,1 = 5 : 7 : 1
Vậy công thức đơn giản nhất của nicotin là C5H7N
b. Công thức phân tử của nicotin có dạng (C5H7N)n
Từ công thức cấu tạo ta thấy phân tử nicotin chứa 2 nguyên tử N => n = 2
Vậy công thức phân tử của nicotin là C10H14N2
Phân tử khối của nicotin là: 12.10 + 14.1 + 14.2 = 162 đvC
Câu 6:
nNO = 1,344 : 22,4 = 0,06 mol
a. Đặt số mol của Cu và Al lần lượt là x và y (mol)
- Khối lượng hỗn hợp: 64x + 27y = 4,38 (1)
- Áp dụng định luật bảo toàn e: 2nCu + 3nAl = 3nNO => 2x + 3y = 3.0,06 (2)
Giải (1) và (2) thu được: x = 0,06 và y = 0,02
\( \to \left\{ \begin{gathered} {m_{Cu}} = 0,06.64 = 3,84(g) \hfill \\ {m_{Al}} = 0,02.27 = 0,54(g) \hfill \\ \end{gathered} \right.\\ \to \left\{ \begin{gathered} \% {m_{Cu}} = 87,7\% \hfill \\ \% {m_{Al}} = 12,3\% \hfill \\ \end{gathered} \right.\)
b. Do giữ nguyên khối lượng của hỗn hợp và Al nên ta có:
mMg = mCu = 3,84 gam => nMg = 3,84 : 24 = 0,16 mol
Nhận thấy: 2nMg + 3nAl (= 0,38 mol) > 8nN2O (= 0,32 mol)
Vậy sản phẩm khử còn có chứa NH4+
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 2nMg + 3nAl = 8nN2O + 8nNH4+
=> 0,16.2 + 0,02.3 = 0,04.8 + 8.nNH4+ => nNH4+ = 0,0075 mol
Vậy dung dịch muối Z gồm có: Mg2+ (0,16 mol); Al3+ (0,02 mol); NH4+ (0,0075 mol) và NO3-
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch Z:
nNO3- = 2nMg2+ + 3nAl3+ + nNH4+ = 2.0,16 + 3.0,02 + 0,0075 = 0,3875 mol
Khối lượng muối trong dung dịch Z là:
m = mMg2+ + mAl3+ + mNH4+ + mNO3- = 0,16.24 + 0,02.27 + 0,0075.18 + 0,3875.62 = 28,54 gam
Xem lời giải chi tiết đề thi học kì 1 tại Tuyensinh247.com
