Đề Thi Hoá 11 Học Kì 1 Trường THPT Việt Đức -Hà Nội Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết

0
24

Đề thi Hoá 11 học kì 1 Trường THPT Việt Đức -Hà nội có lời giải và đáp án chi tiết gồm phần thi chung và riêng. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT VIỆT ĐỨC

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: Hóa – Lớp 11

Thời gian làm bài: 60 phút; không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu 1 (NB): Viết PTHH dạng phân tử và ion rút gọn của mỗi phản ứng sau:

a) FeCl3 + NaOH b) Ba(HCO3)2 + HCl

Câu 2 (TH): Không dùng chất chỉ thị, hãy phân biệt các dung dịch mất nhãn sau:

(NH4)2SO4, Na2SO4, NaCl, NaNO3

Câu 3 (TH): Viết PTHH thực hiện dãy chuyển hóa sau:

Câu 4 (VD): Cho 100 ml dung dịch H2SO4 0,25M vào 200 ml dung dịch NaOH 0,1M, sau phản ứng thu được dung dịch Z. Tính pH của dung dịch Z.

Câu 5 (VD Cho 6,24 gam hỗn hợp X gồm Cu và CuO tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư. Kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 0,896 lít khí NO duy nhất (đktc).

a) Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.

b) Cô cạn dung dịch Y thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lương không đổi thì thu được m gam chất rắn. Tính giá trị của m.

Câu 6 (VD): Cho 180 ml dung dịch NaOH 2M vào 120 ml dung dịch H3PO4 2M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X. Tính khối lượng từng muối trong dung dịch X.

Câu 7 (VD): Đốt cháy hoàn toàn 2,7 gam hợp chất hữu cơ A thu được 2,016 lít khí CO2 đktc và 1,62 gam H2O. Biết tỉ khối hơi của chất A so với oxi là 5,625. Xác dịnh công thức phân tử của A.

Câu 8 (VDC): Hỗn hợp X gồm FeS2 và MS có số mol bằng nhau. M là kim loại có hóa trị không đổi. Cho 6,51 gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 dư, nung nóng thu được dung dịch A và 13,216 lít (đktc) hỗn hợp khí B (gồm NO2 và NO) có khối lượng 26,34 gam. Thêm lượng dư dung dịch BaCl2 loãng dư vào A thấy có m1 gam kết tủa trắng. Xác định kim loại M và tính giá trị m1.

II. PHẦN RIÊNG

A. Theo chương trình Chuẩn

Câu 9 (TH): Nêu và giải thích hiện tượn bằng PTHH khi:

a) Sục khí CO2 đến dư vào dung dịch nước vôi trong.

b) Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch AlCl3.

Câu 10 (VD): Cho 11,82 gam muối cacbonat của một kim loại hóa trị 2 vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được 1,344 lít khí (đktc). Xác định công thức muối cacbonat và thể tích dung dịch HCl 1M đã phản ứng.

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 11 (TH): Dung dịch các chất sau có pH > 7, < 7 hay = 7? Tại sao?

K2CO3, Ba(NO3)2

Câu 12 (VD): Cho từ từ đến hết 100 ml dung dịch H2SO2M vào 100 ml dung dịch chứa Na2CO3 1,5M và KHCO3 2M. Sau phản ứng kết thúc thu được V lít khí (đktc). Tính giá trị của V.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án

a) FeCl3 + 3NaOH → 3NaCl + Fe(OH)3↓

→ Phương trình ion rút gọn: Fe3+ + 3OH– → Fe(OH)3↓

b) Ba(HCO3)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O + 2CO2↑

→ Phương trình ion rút gọn: HCO3– + H+ → H2O + CO2↑

Câu 2: Đáp án

Phương pháp giải:

+ Nhận biết gốc SO42– dùng chất thử có ion Ba2+→ kết tủa BaSO4

+ Nhận biết gốc NH4+ dùng chất thử OH → khí NH3 mùi khai

+ Nhận biết gốc Cl dùng chất thử Ag+ → kết tủa trắng

+ Gốc NO3 nhận được sau khi loại trừ hết các chất khác.

Giải chi tiết:

– Trích mẫu thử của từng chất vào các ông nhiệm riêng biệt.

– Cho lần lượt các mẫu thử của dung dịch trộn với dung dịch Ba(OH)2 dư:

+ Nếu xuất hiện kết tủa trắng → Na2SO4

PTHH: Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 ↓ trắng + 2NaOH

+ Nếu xuất hiện kết tủa trắng và khí mùi khai → (NH4)2SO4

PTHH: Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → BaSO↓ trắng + 2NH3 ↑ mùi khai + 2H2O

+ Nếu không có hiện tượng xảy ra → NaNO3 và NaCl

– Lấy mẫu thử mới của NaCl và NaNO3. Cho dung dịch AgNO3 dư vào 2 mẫu thử mới.

+ Nếu ống nghiệm xuất hiện kết tủa trắng → NaCl

AgNO3 + NaCl → AgCl + NaNO3

+ Nếu ống nghiệm không hiện tượng → NaNO3

Câu 3: Đáp án

PTHH:(1) NaNO3 (tt)   + H2SO4 đặc  NaHSO4 + HNO3

(2) 2HNO3 + MgO → Mg(NO3)2 + H2O

(3) Mg(NO3)2 + 2NaOH → 2NaNO3 + Mg(OH)2 ↓

(4) 8HNO3 loãng + 3Cu → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O

Câu 4: Đáp án

Phương pháp giải:

H2SO4 và NaOH là các chất điện li mạnh nên điện li hoàn toàn thành ion.

Từ mol của H2SO4, NaOH tính được mol của H+ và OH.

Tính toán theo PT ion: H+ + OH– → H2O

+ Nếu H+ dư thì pH = –log [H+]

+ Nếu OH dư thì pOH = –log [OH] → pH = 14 – pOH

Giải chi tiết:

H2SO4 và NaOH là các chất điện li mạnh nên điện li hoàn toàn thành ion.

nH2SO4 = 0,025 mol → nH+ = 2nH2SO4 = 0,05 mol

nNaOH = 0,02 mol → nOH = nNaOH = 0,02 mol

PT ion:      H+   +   OH → H2O

Ban đầu:   0,05      0,02               mol

Pư:            0,02 ← 0,02

Sau pư:     0,03        0                  mol

→ [H+] = n/V = 0,03/(0,1 + 0,2) = 0,1M → pH = –log [H+] = 1

Câu 5: Đáp án

a.

Phương pháp giải:

Đặt số mol của Cu và CuO lần lượt là x và y mol + Khối lượng hỗn hợp => phương trình (1) + Viết quá trình cho – nhận electron. Áp dụng bảo toàn electron => phương trình (2) Từ (1) và (2) xác định được x, y. Từ đó tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.

Giải chi tiết:

a) Đặt số mol của Cu và CuO lần lượt là x và y mol

+ Khối lượng hỗn hợp: 64x + 80y = 6,24 (1)

+ Quá trình cho – nhận electron:

nNO = 0,04 mol

QT cho e: Cu → Cu+2 + 2e

QT nhận e: N+5 + 3e → N+2

Áp dụng định luật bảo toàn e: 2nCu = 3nNO => 2x = 0,04.3 → x = 0,06 (2)

Từ (1) và (2) → x = 0,06 và y = 0,03

Khối lượng mỗi chất trong X:

mCu = 0,06.64 = 3,84 gam

mCuO = 0,03.80 = 2,4 gam

b.

Phương pháp giải:

Dung dịch Y có Cu(NO3)2 và có thể có HNO3 dư. Khi cô cạn Y, nước và HNO3 bay hơi chỉ còn lại chất rắn Z là Cu(NO3)2 Nung Cu(NO3)2 đến khối lượng không đổi: Cu(NO3)2  CuO + 2NO2 + ½ O2

Giải chi tiết:

Dung dịch Y có Cu(NO3)2 và có thể có HNO3 dư.

Khi cô cạn Y, nước và HNO3 bay hơi chỉ còn lại chất rắn Z là Cu(NO3)2

Ta có: nCu(NO3)2 = nCu + nCuO = 0,06 + 0,03 = 0,09 mol (bảo toàn nguyên tố Cu)

Nung Cu(NO3)2 đến khối lượng không đổi:

PTHH: Cu(NO3)2  CuO + 2NO2 + ½ O2

0,09    →    0,09        mol

Chất rắn thu được là CuO: m = mCuO = 0,09.80 = 7,2 gam

Câu 6: Đáp án

Phương pháp giải:

Xét tỉ lệ nNaOH : nH3PO4 = a

NaOH + H3PO4 →  NaH2PO4 + H2O

2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O

3NaOH + H3PO4 → Na3PO4 + 3H2O

+ Nếu a ≤ 1 thì phản ứng chỉ tạo ra NaH2PO4

+ Nếu 1 < a < 2 thì phản ứng tạo 2 muối NaH2PO4 và Na2HPO4

+ Nếu a = 2 thì phản ứng chỉ tạo Na2HPO4

+ Nếu 2 < a < 3 thì phản ứng tạo 2 muối Na2HPO4 và Na3PO4

+ Nếu a ≥ 3 thì phản ứng tạo muối Na3PO4

Giải chi tiết:

nNaOH = 0,36 mol và nH3PO4 = 0,24 mol

Ta thấy: 1< nNaOH : nH3PO4 = 1,5 < 2

→ Phản ứng tạo muối Na2HPO4 (x mol) và NaH2PO4 (y mol)

PTHH: 2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O

2x           x              x               mol

NaOH + H3PO4 →  NaH2PO4 + H2O

y            y              y               mol

Ta có hệ phương trình: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{NaOH}} = 2{\rm{x}} + y = 0,36}\\{{n_{{H_3}P{O_4}}} = x + y = 0,24}\end{array}} \right. \to x = y = 0,12$

$ \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{m_{Na{H_2}P{O_4}}} = 0,12.120 = 14,4(g)}\\{{m_{N{a_2}HP{O_4}}} = 0,12.142 = 17,04(g)}\end{array}} \right.$

Câu 7: Đáp án

Phương pháp giải:

Đốt cháy A thu được CO2 và H2O nên A chứa C, H và có thể có O.

BTKL có mO2 = mCO2 + mH2O – mA → nO2

Bảo toàn O có nO(A) = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 → nếu nO(A) > 0 thì có O trong A

Bảo toàn C có nC(A) = nCO2

Bảo toàn H có nH(A) = 2nH2O

Nếu A có O → A có CTPT là CxHyOz

Ta có x : y : z = nC : nH : nO  → CTĐGN → CTPT với MX = 32.5,625 = 180

Nếu A không có O → A có CTPT là CxHy → x : y = nC : nH → CTĐGN → CTPT với MX = 180

Giải chi tiết:

Đốt cháy A thu được CO2 và H2O nên A chứa C, H và có thể có O.

BTNT “C”: nC(A) = nCO2 = 2,016/22,4 = 0,09 mol

BTNT “H”: nH(A) = 2nH2O = 2.(1,62/18) = 0,18 mol

BTKL: mO(A) = mA – mC(A) – mH(A) = 2,7 – 0,09.12 – 0,18.1 = 1,44 gam

=> nO(A) = 1,44/16 = 0,09 mol

Giả sử A có CTPT là CxHyOz

Ta có: x : y : z = nC : nH : nO = 0,09 : 0,18 : 0,09 = 1 : 2 : 1

→ CTĐGN là CH2O → CTPT là (CH2O)n

Vì X có tỉ khối so với O2 là 5,625 → MX = 5,625.32 = 180 → 30n = 180 → n = 6

Vậy A là C6H12O6

Câu 8: Đáp án

Phương pháp giải:

– Đặt số mol của FeS2 và MS là x mol

Từ khối lượng hỗn hợp => phương trình (1)

– Xét hỗn hợp khí B có nNO2 = a mol và nNO  = b mol.

Lập hệ phương trình về số mol và khối lượng khí xác định được a, b.

– Viết quá trình cho – nhận e:

QT cho e:

FeS2 → Fe+3 + 2S+6 + 15e

MS → M+2  + S+6   + 8e

QT nhận e:

N+5 +1e → N+4

N+5 + 3e → N+2

Áp dụng bảo toàn e: 15nFeS2 + nMS = nNO2 + 3nNO => phương trình (2)

Giải hệ (1) và (2) thu được giá trị của M => Kim loại

– Dung dịch thu được sau phản ứng có Zn2+, Fe3+, SO42–, NO3 và H+

Bảo toàn nguyên tố S: nSO42–(dd A) = 2nFeS2 + nZnS

Khi cho BaCl2 dư vào dung dịch A: SO42– + Ba2+ → BaSO4

Từ mol SO42– tính được mol BaSO4 => Giá trị m1

Giải chi tiết:

– Đặt số mol của FeS2 và MS là x mol

→ mA = 120x + (M + 32)x = 6,51 gam (1)

– Xét hỗn hợp khí B có nNO2 = a mol và nNO  = b mol:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_B} = a + b = 0,59}\\{{m_B} = 46{\rm{a + 30b = 26}},{\rm{34}}}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,54{\mkern 1mu} mol}\\{b = 0,05{\mkern 1mu} mol}\end{array}} \right.$

– Quá trình cho – nhận e:

QT cho e:

FeS2 → Fe+3 + 2S+6 + 15e

MS → M+2  + S+6   + 8e

QT nhận e:

N+5 +1e → N+4

N+5 + 3e → N+2

Áp dụng bảo toàn e: 15nFeS2 + nMS = nNO2 + 3nNO

=> 15x + 8x = 0,54 + 0,05.3 = 0,69 => x = 0,03 mol (2)

Từ (1) và (2) => M = 65 (Zn)

– Dung dịch thu được sau phản ứng có Zn2+, Fe3+, SO42–, NO3 và H+

Bảo toàn nguyên tố S: nSO42–(dd A) = 2nFeS2 + nZnS = 2.0,03 + 0,03 = 0,09 mol

Khi cho BaCl2 dư vào dung dịch A:

SO42– + Ba2+ → BaSO4

=> m1 = mBaSO4 = 0,09.233 = 20,97 gam

Câu 9: Đáp án

a) Hiện tượng: Ban đầu xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa trắng tan dần tạo dung dịch trong suốt.

PTHH: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ trắng + H2O

CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2

b) Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo trắng không tan.

PTHH: AlCl+ 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 ↓ keo trắng + 3NH4Cl

Câu 10: Đáp án

Phương pháp giải:

Đặt công thức của muối cacbonat là MCO3

PTHH: MCO3 + 2HCl → MCl2 + H2O + CO2

→ MMCO3 = m : nMCO3 → M + 60 → M

Thể tích dung dịch HCl là VHCl = nHCl : CM

Giải chi tiết:

nCO2 = 0,06 mol

Đặt công thức của muối cacbonat là MCO3

PTHH: MCO3 + 2HCl → MCl2 + H2O + CO2

0,06 ← 0,12  ←  0,06  (mol)

→ MMCO3 = 11,82 : 0,06 = 197 => M + 60 = 197 → M = 137 (Ba)

Thể tích dung dịch HCl là VHCl = n : CM = 0,12 : 1 = 0,12 lít = 120 ml

Câu 11: Đáp án

Phương pháp giải:

Xét pH của muối

+ Nếu muối tạo bởi bazo mạnh và axit mạnh → MT trung tính (pH = 7)

+ Muối tạo bởi bazo yếu và axit mạnh → MT axit (pH < 7)

+ Muối tạo bởi bazo mạnh và axit yếu → MT kiềm (pH > 7)

Ghi nhớ một số bazo mạnh và axit mạnh thường gặp:

+ Bazơ mạnh: KOH, NaOH, Ba(OH)2, Ca(OH)2, …

+ Axit mạnh: HNO3, H2SO4, HCl, …

Giải chi tiết:

– Muối K2CO3 tạo bởi bazơ mạnh (KOH) và axit yếu (H2CO3) → MT kiềm → pH > 7

– Muối Ba(NO3)2 tạo bởi bazơ mạnh (Ba(OH)2) và axit mạnh (HNO3) → MT trung tính → pH = 7

Câu 12: Đáp án

Phương pháp giải:

Tính được nH2SO4; nNa2CO3; nKHCO3 → nH+; nCO32–; nHCO3

Khi cho từ từ H+ vào {CO32–, HCO3} thứ tự các phản ứng là:

(1) H+ + CO­32– → HCO3

(2) H+ + HCO3 → H2O + CO2

Giải chi tiết:

Ta có: nH2SO4 = 0,2 mol; nNa2CO3 = 0,15 mol; nKHCO3 = 0,2 mol

→ nH+ = 0,4 mol; nCO32– = 0,15 mol; nHCO3 = 0,2 mol

Khi cho từ từ H+ vào {CO32–, HCO3} thứ tự các phản ứng là:

(1) H+  +  CO­32– → HCO3

Bđ:         0,2       0,15         0,2    mol

Pư:         0,15 ←    0,15  →   0,15  mol

Sau pư:  0,05          0         0,35  mol

(2) H+ + HCO3 → H2O + CO2

Bđ:      0,05       0,35          mol

Pư:      0,05 → 0,05  →      0,05 mol

Sau pư:  0         0,3          0,05 mol

→ V = 0,05.22,4 = 1,12 lít

Bài trướcĐề Thi Hoá 11 Học Kì 1 Trường THPT Lý Thái Tổ- Bắc Ninh Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Hoá 11 Học Kì 1 Trường THPT Chu Văn An- Quảng Ninh Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết

BÌNH LUẬN

Vui lòng nhập bình luận của bạn
Vui lòng nhập tên của bạn ở đây