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

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 H₂SO₄ 2M 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 SO₄^2– 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 → BaSO₄ ↓ 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) NaNO_{3 (tt)}   + H₂SO_{4 đặc}  NaHSO₄ + HNO₃

(2) 2HNO₃ + MgO → Mg(NO₃)₂ + H₂O

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

(4) 8HNO_{3 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.

n_H2SO4 = 0,025 mol → n_H⁺ = 2n_H2SO4 = 0,05 mol

n_NaOH = 0,02 mol → n_OH^– = n_NaOH = 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:

n_NO = 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: 2n_Cu = 3n_NO => 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:

m_Cu = 0,06.64 = 3,84 gam

m_CuO = 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: n_Cu(NO3)2 = n_Cu + n_CuO = 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 = m_CuO = 0,09.80 = 7,2 gam

Câu 6: Đáp án

Phương pháp giải:

Xét tỉ lệ n_NaOH : n_H3PO4 = 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:

n_NaOH = 0,36 mol và n_H3PO4 = 0,24 mol

Ta thấy: 1< n_NaOH : n_H3PO4 = 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 m_O2 = m_CO2 + m_H2O – m_A → n_O2

Bảo toàn O có n_O(A) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 → nếu n_O(A) > 0 thì có O trong A

Bảo toàn C có n_C(A) = n_CO2

Bảo toàn H có n_H(A) = 2n_H2O

Nếu A có O → A có CTPT là C_xH_yO_z

Ta có x : y : z = n_C : n_H : n_O  → CTĐGN → CTPT với M_X = 32.5,625 = 180

Nếu A không có O → A có CTPT là C_xH_y → x : y = n_C : n_H → CTĐGN → CTPT với M_X = 180

Giải chi tiết:

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

BTNT “C”: n_C(A) = n_CO2 = 2,016/22,4 = 0,09 mol

BTNT “H”: n_H(A) = 2n_H2O = 2.(1,62/18) = 0,18 mol

BTKL: m_O(A) = m_A – m_C(A) – m_H(A) = 2,7 – 0,09.12 – 0,18.1 = 1,44 gam

=> n_O(A) = 1,44/16 = 0,09 mol

Giả sử A có CTPT là C_xH_yO_z

Ta có: x : y : z = n_C : n_H : n_O = 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 → M_X = 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 n_NO2 = a mol và n_NO  = 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: 15n_FeS2 + n_MS = n_NO2 + 3n_NO => 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⁺, SO₄^2–, NO₃^– và H⁺

Bảo toàn nguyên tố S: n_SO4^2–_{(dd A)} = 2n_FeS2 + n_ZnS

Khi cho BaCl₂ dư vào dung dịch A: SO₄^2– + Ba²⁺ → BaSO₄

Từ mol SO₄^2– tính được mol BaSO₄ => Giá trị m₁

Giải chi tiết:

– Đặt số mol của FeS₂ và MS là x mol

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

– Xét hỗn hợp khí B có n_NO2 = a mol và n_NO  = 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: 15n_FeS2 + n_MS = n_NO2 + 3n_NO

=> 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⁺, SO₄^2–, NO₃^– và H⁺

Bảo toàn nguyên tố S: n_SO4^2–_{(dd A)} = 2n_FeS2 + n_ZnS = 2.0,03 + 0,03 = 0,09 mol

Khi cho BaCl₂ dư vào dung dịch A:

SO₄^2– + Ba²⁺ → BaSO₄

=> m₁ = m_BaSO4 = 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: AlCl₃ + 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

→ M_MCO3 = m : n_MCO3 → M + 60 → M

Thể tích dung dịch HCl là V_HCl = n_HCl : C_M

Giải chi tiết:

n_CO2 = 0,06 mol

Đặt công thức của muối cacbonat là MCO₃

PTHH: MCO₃ + 2HCl → MCl₂ + H₂O + CO₂

0,06 ← 0,12  ←  0,06  (mol)

→ M_MCO3 = 11,82 : 0,06 = 197 => M + 60 = 197 → M = 137 (Ba)

Thể tích dung dịch HCl là V_HCl = n : C_M = 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 n_H2SO4; n_Na2CO3; n_KHCO3 → n_H⁺; n_CO3^2–; n_HCO3^–

Khi cho từ từ H⁺ vào {CO₃^2–, HCO₃^–} thứ tự các phản ứng là:

(1) H⁺ + CO­₃^2– → HCO₃^–

(2) H⁺ + HCO₃^– → H₂O + CO₂

Giải chi tiết:

Ta có: n_H2SO4 = 0,2 mol; n_Na2CO3 = 0,15 mol; n_KHCO3 = 0,2 mol

→ n_H⁺ = 0,4 mol; n_CO3^2– = 0,15 mol; n_HCO3^– = 0,2 mol

Khi cho từ từ H⁺ vào {CO₃^2–, HCO₃^–} thứ tự các phản ứng là:

(1) H⁺  +  CO­₃^2– → 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