Đề Thi Hoá 11 Học Kì 1 Trường THPT Chu Văn An- Quảng Ninh Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết

Đề thi Hoá 11 học kì 1 Trường THPT Chu Văn An- Quảng Ninh có lời giải và đáp án chi tiết gồm 24 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I MÔN: Hóa – Lớp 11 Thời gian làm bài: 45 phút; không kể thời gian phát đề

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

Câu 1 (VD): Trong 100 ml dung dịch A có hòa tan 2,24 ml khí HCl (đktc). pH dung dịch là:

A. 3,5. B. 3. C. 1,5. D. 2.

Câu 2 (VD): Để thu được 5,6 tấn vôi sống với hiệu suất phản ứng 95% thì lượng CaCO₃ cần là:

A. 10,526 tấn. B. 11,11 tấn. C. 9,5 tấn. D. 10 tấn.

Câu 3 (VD): Nhiệt phân hoàn toàn 9,4 gam một muối nitrat kim loại thu được 4 gam một chất rắn. Công thức muối đã dùng là

A. Cu(NO₃)₂. B. KNO₃. C. Fe(NO₃)₃. D. NaNO₃.

Câu 4 (NB): Một chất Y có tính chất sau:

– Không màu, rất độc.

– Cháy trong không khí với ngọn lửa màu xanh và sinh ra chất khí làm đục nước vôi trong. Y là:

A. H₂. B. CO. C. Cl₂. D. CO₂.

Câu 5 (TH): Một dung dịch chứa x mol Na⁺, y mol Ca²⁺, z mol HCO₃^–, t mol Cl^–. Hệ thức quan hệ giữa x, y , z, t được xác định là:

A. x + 2z = y + 2t. B. z + 2x = y + t. C. x + 2y = z + 2t. D. x + 2y = z + t.

Câu 6 (VD): Dung dịch bazo mạnh Ba(OH)₂ có [Ba²⁺] = 5.10^-4. pH của dung dịch này là:

A. 14,3. B. 11. C. 9,3. D. 8,7.

Câu 7 (TH): Có 3 dung dịch NaOH, HCl, H₂SO₄ đựng trong các lọ mất nhãn. Thuốc thử duy nhất để phân biệt ba dung dịch này là

A. BaCO₃. B. Na₂CO₃. C. Al. D. Quỳ tím.

Câu 8 (VD): Khi nung 200 kg đá vôi chứa 10% tạp chất. Nếu hiệu suất phản ứng đạt 90% thì lượng vôi sống thu được là

A. 90,72 kg. B. 10,8 kg. C. 100,8 kg. D. 112 kg.

Câu 9 (NB): Oxit nào sau đây không tạo muối?

A. CO₂. B. Mn₂O₇. C. CO. D. SiO₂.

Câu 10 (TH): Khi bón phân lân cho cây trồng thì không được trộn supephotphat với vôi bột vì:

A. Làm giảm hàm lượng P₂O₅ trong phân bón. B. Làm tăng độ kiềm của đất.

C. Làm tăng độ chua của đất. D. Tạo ra hợp chất ít tan làm cây trồng khó hấp thụ.

Câu 11 (NB): Dung dịch nào sau đây làm đổi màu quỳ tím thành đỏ?

A. Dung dịch BaCl₂. B. Dung dịch CuSO₄. C. Dung dịch Na₂CO₃. D. Dung dịch NH₃.

Câu 12 (TH): Khi bị đau dạ dày do lượng axit HCl trong đó quá cao thì người bệnh thường uống muối:

A. NH₄HCO₃. B. Na₂CO₃. C. NaCl. D. NaHCO₃.

Câu 13 (TH): Để nhận biết có ion NO₃^– trong dung dịch ta tiến hành bằng cách lấy dung dịch cho vào ống nghiệm tiếp theo:

A. Cho 1 ít H₂SO₄ đặc và đun nóng. B. Cho 1 ít NaOH và 1 mảnh đồng.

C. Cho 1 ít HCl và 1 viên kẽm. D. Cho 1 ít H₂SO₄ và 1 mảnh đồng nhỏ.

Câu 14 (NB): Khí nitơ tương đối trơ ở nhiệt độ thường là do

A. Trong phân tử N₂, có liên kết 3 rất bền vững.

B. Nitơ có bán kính nguyên tử nhỏ.

C. Trong phân tử N₂, mỗi nguyên tử nitơ còn có cặp electron chưa tham gia liên kết.

D. Nguyên tử nitơ có độ âm điện lớn nhất trong nhóm nitơ.

Câu 15 (TH): Chất nào sau đây khi cho vào nước không làm thay đổi độ pH của dung dịch?

A. Na₂CO₃. B. Na₂SO₄. C. HCl. D. NH₄Cl.

Câu 16 (TH): Chất nào có thể dùng để làm khô khí NH₃?

A. H₂SO₄ đặc. B. CaO. C. P₂O₅. D. CuSO₄.

Câu 17 (VD): Thổi 0,5 mol khí CO₂ vào dung dịch chứa 0,4 mol Ba(OH)₂. Sau phản ứng thu được a mol kết tủa. Giá trị của a là

A. 0,15 mol. B. 0,3 mol. C. 0,2 mol. D. 0,35 mol.

Câu 18 (NB): Trong phòng thí nghiệm N₂O được điều chế bằng cách

A. cho Al tác dụng với HNO₃ loãng. B. cho Al tác dụng với HNO₃ đặc, nóng.

C. nhiệt phân NH₄NO₃. D. cho Mg tác dụng với HNO₃ loãng.

Câu 19 (VD): Phải thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl 1M vào 90 ml nước để được dung dịch có pH = 1?

A. 10. B. 80. C. 100. D. 20.

Câu 20 (NB): Chất nào trong các chất sau là chất điện li?

A. Nước cất. B. Benzen. C. Axit clohiric. D. Glucozo.

Câu 21 (VD): Trộn 150 ml dung dịch MgCl₂ 0,5M với 50 ml dung dịch NaCl 1M thì nồng độ ion Cl^– trong dung dịch mới là

A. 1,5M. B. 2M. C. 1M. D. 1,75M.

Câu 22 (NB): Trong các hidroxit sau đây: (I) Al(OH)₃; (II) Ca(OH)₂; (III) NaOH; (IV) Zn(OH)₂. Những hidroxit nào là chất lưỡng tính?

A. I, II và III. B. I. C. I và IV. D. III.

Câu 23 (NB): Để điều chế một lượng nhỏ nitơ trong phòng thí nghiệm ta cần đun nóng hỗn hợp dung dịch bão hòa các muối:

A. NH₄Cl và NH₄NO₂. B. NaNO₂ và NH₄NO₃.

C. NaNO₂ và NH₄Cl. D. NH₄Cl và NaNO₃.

Câu 24 (TH): Thêm 0,15 mol NaOH vào dung dịch chứa 0,1 mol H₃PO₄. Sau phản ứng, trong dung dịch có các muối:

A. Na₂HPO₄ và Na₃PO₄. B. NaH₂PO₄ và Na₃PO₄.

C. NaH₂PO₄, Na₂HPO₄ và Na₃PO₄ D. NaH₂PO₄ và Na₂HPO₄.

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 25 (TH): Viết phương trình phân tử và ion rút gọn của các phản ứng (nếu có) xảy ra trong dung dịch:

a) Na₂CO₃ + HCl

b) Ca(NO₃)₂ + H₂S

Câu 26 (TH): Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:

a) Mg + HNO₃ → ? + N₂ + ?

b) Al + HNO₃ → ? + NH₄NO₃ + ?

Câu 27 (VD): Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp Cu và Fe bằng dung dịch HNO₃ đặc nguội, dư thu được 8,96 lít khí NO₂ (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu.

Đáp án

1-B	2-A	3-A	4-B	5-D	6-B	7-A	8-A	9-C	10-A
11-B	12-D	13-D	14-A	15-B	16-B	17-B	18-C	19-A	20-C
21-C	22-C	23-C	24-D

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Phương pháp giải:

pH = -log[H⁺]

Do HCl là chất điện li mạnh nên ta có: [H⁺] = C_{M HCl}

Giải chi tiết:

n_HCl = 2,24.10^-3 : 22,4 = 10^-4 mol

=> C_{M HCl} = n_HCl : V _dd = 10^-4 : 0,1 = 10^-3 (M)

Do HCl là chất điện li mạnh nên ta có: [H⁺] = C_{M HCl} = 10^-3 (M)

=> pH = -log[H⁺] = -log(10^-3) = 3

Câu 2: Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: CaCO₃ → CaO + CO₂

Giải chi tiết:

CaCO₃ → CaO + CO₂

100 tấn → 56 tấn

x tấn ←    5,6 tấn

=> x = 5,6.100 : 56 = 10 tấn

Nhưng do hiệu suất phản ứng đạt 95% nên lượng CaCO₃ thực tế cần dùng là: 10.100/95 = 10,526 tấn

Câu 3: Đáp án A

Phương pháp giải:

Quan sát đáp án ta thấy 2 trường hợp sau:

TH1: MNO₃ → MNO₂

TH2: 2M(NO₃)_n → M₂O_n

Giải chi tiết:

Quan sát đáp án ta thấy 2 trường hợp sau:

TH1: MNO₃ → MNO₂

M + 62  → M + 46 (gam)

9,4           4        (gam)

=> 4(M + 62) = 9,4.(M + 46) => M = -34,14 (loại)

TH2: 2M(NO₃)_n → M₂O_n

2(M+62n)      2M+16n

9,4                 4

=> 8(M+62n) = 9,4.(2M+16n) => M = 32n

Ta thấy: n = 2 => M = 64 (Cu)

=> Muối đã dùng là Cu(NO₃)₂

Câu 4: Đáp án B

CO là khí có những tính chất thỏa mãn với đề bài:

– Không màu, rất độc

– Cháy trong không khí với ngọn lửa màu xanh và sinh ra khí làm đục nước vôi trong:

2CO + O₂ → 2CO₂ (nhiệt độ)

CO2 + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Câu 5: Đáp án D

Phương pháp giải:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích.

Giải chi tiết:

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho một dung dịch ta có:

n ₍₊₎ = n _(-) => n_Na+ + 2n_Ca2+ = n_HCO3- + n_Cl-

=> x + 2y = z + t

Câu 6: Đáp án B

Phương pháp giải:

Ba(OH)₂ là một chất điện li mạnh, khi hòa tan vào nước điện li hoàn toàn thành các ion.

Ba(OH)₂ → Ba²⁺ + 2OH^–

Giải chi tiết:

Ba(OH)₂ là một chất điện li mạnh, khi hòa tan vào nước điện li hoàn toàn thành các ion.

Ba(OH)₂ → Ba²⁺ + 2OH^–

5.10^-4 → 10^-3

=> pOH = -log[OH^–] = -log(10^-3) = 3

=> pH = 14 – pOH = 11

Câu 7: Đáp án A

Nhỏ từ từ đến dư các dung dịch vào BaCO₃:

– Không hiện tượng => NaOH

– Kết tủa tan dần đến hết và sủi bọt khí => HCl

BaCO₃ + 2HCl → BaCl₂ + H₂O + CO₂↑

– Sủi bọt khí, sau phản ứng thu được kết tủa trắng:

BaCO₃ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + H₂O + CO₂↑

Câu 8: Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: CaCO₃ → CaO + CO₂ (nhiệt độ)

Giải chi tiết:

n_CaCO3 = 200.90% = 180 kg

PTHH: CaCO₃ → CaO + CO₂ (nhiệt độ)

100 kg →  56 kg

180 kg →  100,8 kg

Do hiệu suất phản ứng là 90% nên lượng vôi sống thực tế thu được là: 100,8.90% = 90,72 kg

Câu 9: Đáp án C

CO là một oxit trung tính nên không có khả năng tạo muối.

Câu 10: Đáp án A

Supephotphat đơn có thành phần là CaSO₄ và Ca(H₂PO₄)₂

Supephotphat kép có thành phần là Ca(H₂PO₄)₂

Khi trộn supephotphat với vôi bột sẽ có phản ứng sau xảy ra:

Ca(H₂PO₄)₂ + 2Ca(OH)₂ → Ca₃(PO₄)₂ ↓ + 4H₂O

P trong phân bị kết tủa dưới dạng Ca₃(PO₄)₂ => Làm giảm hàm lượng P₂O₅ trong phân bón

Câu 11: Đáp án B

Phương pháp giải:

Những dung dịch có môi trường axit làm quỳ tím chuyển thành đỏ.

Giải chi tiết:

A. Dung dịch BaCl₂ tạo bởi axit mạnh HCl và bazo mạnh Ba(OH)₂ => môi trường trung tính => không làm đổi màu quỳ tím

B. Dung dịch CuSO₄ tạo bởi axit mạnh H₂SO₄ và bazo yếu Cu(OH)₂ => môi trường axit => làm quỳ tím chuyển đỏ

C. Dung dịch Na₂CO₃ tạo bởi axit yếu H₂CO₃ và bazo mạnh NaOH => môi trường bazo => làm quỳ tím chuyển xanh

D. Dung dịch NH₃ có môi trường bazo => làm quỳ tím chuyển xanh

Câu 12: Đáp án D

Thuốc muối có thành phần chính là NaHCO₃, khi uống vào dạ dày thì NaHCO₃ tác dụng với HCl có trong dạ dày theo PTHH sau:

NaHCO₃ + HCl → NaCl + H₂O + CO₂

Câu 13: Đáp án D

A loại vì H₂SO₄ đặc không phản ứng với NO₃^–

B loại vì không phản ứng

C loại vì phản ứng có thể tạo NH₄NO₃ ta không quan sát được hiện tượng

D đúng

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

Câu 14: Đáp án A

Phân tử N₂ có chứa 1 liên kết ba bền vững nên nitơ tương đối trơ ở nhiệt độ thường

Câu 15: Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất trung tính khi cho vào nước không làm thay đổi pH của dung dịch.

Giải chi tiết:

A. Na₂CO₃ được tạo bởi bazo mạnh NaOH và axit yếu H₂CO₃ => môi trường bazo => làm pH tăng

B. Na₂SO₄ được tạo bởi bazo mạnh NaOH và axit mạnh H₂SO₄ => môi trường trung tính => không làm thay đổi pH

C. HCl có môi trường axit => làm pH giảm

D. NH₄Cl được tạo bởi bazo yếu NH₃ và axit mạnh HCl => môi trường axit => làm pH giảm

Câu 16: Đáp án B

Phương pháp giải:

Nguyên tắc để làm khô khí là dùng chất có tính hút ẩm, không phản ứng với chất cần làm khô.

Giải chi tiết:

+ A loại vì H₂SO₄ phản ứng với NH₃: H₂SO₄ + 2NH₃ → (NH₄)₂SO₄

+ B đúng

+ C loại vì P₂O₅ phản ứng với NH₃:

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

3NH₃ + H₃PO₄ → (NH₄)₃PO₄

+ D loại vì tạo Cu(OH)₂ sau đó Cu(OH)₂ phản ứng với NH₃:

CuSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

Câu 17: Đáp án B

Phương pháp giải:

Bài toán CO₂ tác dụng với dung dịch kiềm:

Tính tỉ lệ: $\frac{{{n_{O{H^ – }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}}(*)$

+ (*) ≥ 2 => Chỉ tạo muối CO₃^2-

+ 1 < (*) < 2 => Tạo muối CO₃^2- và HCO₃^–

+ (*) ≤ 1 => Chỉ tạo muối HCO₃^–

Giải chi tiết:

n_CO2 = 0,5 mol; n_OH- = 2n_Ba(OH)2 = 0,8 mol

$1 < \frac{{{n_{O{H^ – }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \frac{{0,8}}{{0,5}} = 1,6 < 2$ => tạo 2 muối CO₃^2- (x mol) và HCO₃^– (y mol)

BTNT “C” => n_CO2 = n_CO32- + n_HCO3- => x + y = 0,5 (1)

BTĐT: 2n_Ba2+ = 2n_CO32- + n_HCO3- => 2x + y = 0,8 (2)

Giải (1) và (2) thu được x = 0,3 và y = 0,2

n_Ba2+ (0,4 mol) > n_CO32- (0,3 mol) => CO₃^2- hết, Ba²⁺ dư

=> n_BaCO3 = n_CO32- = 0,3 mol

Câu 18: Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào phương pháp điều chế N₂O trong phòng thí nghiệm.

Giải chi tiết:

Trong phòng thí nghiệm, người ta điều chế N₂O bằng phương pháp nhiệt phân muối NH₄NO₃:

NH₄NO₃   N₂O + 2H₂O

Câu 19: Đáp án A

Phương pháp giải:

pH = 1 => [H⁺] = 0,1M

Đặt thể tích dung dịch HCl 1M cần thêm vào là V (lít)

=> n_HCl = V mol

Sau khi trộn với 90 ml H₂O:

[H⁺] = C_{M HCl sau trộn} = $\frac{V}{{V + 0,09}}$ = 0,1M => V

Giải chi tiết:

pH = 1 => [H⁺] = 0,1M

Đặt thể tích dung dịch HCl 1M cần thêm vào là V (lít)

=> n_HCl = V mol

Sau khi trộn với 90 ml H₂O:

[H⁺] = C_{M HCl sau trộn} = $\frac{V}{{V + 0,09}}$ = 0,1M => V = 0,01 lít = 10 ml

Câu 20: Đáp án C

Phương pháp giải:

Chất điện li là chất khi tan trong nước phân li thành các ion.

Giải chi tiết:

Axit clohidric khi tan trong nước phân li hoàn toàn thành các ion nên là chất điện li.

HCl → H⁺ + Cl^–

Câu 21: Đáp án C

Phương pháp giải:

MgCl₂ và NaCl là các chất điện li mạnh, khi hòa tan vào nước phân li hoàn toàn thành các ion:

MgCl₂ → Mg²⁺ + 2Cl^–

NaCl → Na⁺ + Cl^–

Giải chi tiết:

n_MgCl2 = 0,15.0,5 = 0,075 mol; n_NaCl = 0,05.1 = 0,05 mol

MgCl₂ và NaCl là các chất điện li mạnh, khi hòa tan vào nước phân li hoàn toàn thành các ion:

MgCl₂ → Mg²⁺ + 2Cl^–

0,075 → 0,15 (mol)

NaCl → Na⁺ + Cl^–

0,05 → 0,05 (mol)

=> n_Cl- = 0,15 + 0,05 = 0,2 mol

=> [Cl^–] = n : V = 0,2 : (0,15 + 0,05) = 1M

Câu 22: Đáp án C

Phương pháp giải:

HS ghi nhớ một số hidroxit lưỡng tính thường gặp như: Al(OH)₃, Zn(OH)₂, Cr(OH)₃, Sn(OH)₂, …

Giải chi tiết:

Các hidroxit lưỡng tính là: (I) Al(OH)₃; (IV) Zn(OH)₂.

Câu 23: Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào phương pháp điều chế N₂ trong phòng thí nghiệm.

Giải chi tiết:

Trong phòng thí nghiệm, người ta điều chế N₂ bằng cách đun nóng dung dịch NaNO₂ và NH₄Cl:

NaNO₂ + NH₄Cl  NaCl + N₂ + 2H₂O

Câu 24: Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính tỉ lệ $(*) = \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{{H_3}P{O_4}}}}}$

Qua sơ đồ ta thấy:

(*) ≤ 1 => tạo muối H₂PO₄^–

1 < (*) < 2 => tạo muối H₂PO₄^– và HPO₄^2-

(*) = 2 => tạo muối HPO₄^2-

2 < (*) < (3) => tạo muối HPO₄^2- và PO₄^3-

(*) ≤ 3 => tạo muối PO₄^3-

Giải chi tiết:

Ta có: $1 < (*) = \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{{H_3}P{O_4}}}}} = \frac{{0,15}}{{0,1}} = 1,5 < 2$ => tạo muối NaH₂PO₄ và Na₂HPO₄

Câu 25: Đáp án

Phương pháp giải:

Cách chuyển đổi từ phương trình dạng phân tử sang phương trình dạng ion rút gọn:

– Bước 1: Chuyển tất cả các chất vừa dễ tan và điện li mạnh thành ion. Giữ nguyên các chất khí, kết tủa hay chất điện li yếu.

– Bước 2: Lược bỏ những ion không tham gia phản ứng thu được phương trình ion rút gọn.

Giải chi tiết:

a)Phương trình phân tử: Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂

Phương trình ion rút gọn: CO₃^2- + 2H⁺ → H₂O + CO₂

b)Không phản ứng do không thỏa mãn điều kiện phản ứng trao đổi

Câu 26: Đáp án

Phương pháp giải:

Điền những chất còn thiếu vào dấu “?” và cân bằng phản ứng bằng phương pháp thăng bằng electron.

Giải chi tiết:

a) 5Mg + 12HNO₃ → 5Mg(NO₃)₂ + N₂ + 6H₂O

$\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {{\rm{x}}5}\limits^{} }\\{\mathop {{\rm{x}}1}\limits^{} }\end{array}} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {Mg}\limits^0 \to \mathop {Mg}\limits^{ + 2} + 2e}\\{2\mathop N\limits^{ + 5} + 10e \to {{\mathop N\limits^0 }_2}}\end{array}} \right.$

b) 8Al + 30HNO₃ → 8Al(NO₃)₃ + 3NH₄NO₃ + 15H₂O

$\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {{\rm{x8}}}\limits^{} }\\{\mathop {{\rm{x3}}}\limits^{} }\end{array}} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {Al}\limits^0 \to \mathop {Al}\limits^{ + 3} + 3e}\\{\mathop N\limits^{ + 5} + 8e \to \mathop N\limits^{ – 3} }\end{array}} \right.$

Câu 27: Đáp án

Phương pháp giải:

Fe không phản ứng với HNO₃ đặc, nguội. Chỉ có Cu phản ứng:

Cu + 4HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O

Giải chi tiết:

n_NO2 = 8,96 : 22,4 = 0,4 mol

Fe không phản ứng với HNO₃ đặc, nguội. Chỉ có Cu phản ứng:

Cách 1: Tính theo PTHH

Cu + 4HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O

0,2  ←              0,4           (mol)

=> n_Cu = 0,2 mol => m_Cu = 0,2.64 = 12,8 gam

=> %m_Cu = $\frac{{12,8}}{{20}}.100\% $ = 64%; %m_Fe = 100 – 64 = 36%

Cách 2: Áp dụng phương pháp bảo toàn e

2n_Cu = n_NO2 => n_Cu = 0,5n_NO2 = 0,5.0,4 = 0,2 mol

=> m_Cu = 0,2.64 = 12,8 gam

=> %m_Cu = $\frac{{12,8}}{{20}}.100\% $ = 64%; %m_Fe = 100 – 64 = 36%