Đề Thi Học Kì 1 Hoá 10 Trường THPT Đầm Dơi Cà Mau Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

0
23

Đề thi học kì 1 Hoá 10 Trường THPT Đầm Dơi Cà Mau có đáp án và lời giải chi tiết gồm có 20 câu trắc nghiệm. Các bạn xem ở dưới.

SỞ GD&ĐT CÀ MAU

TRƯỜNG THPT ĐẦM DƠI

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I

MÔN: Hóa – Lớp 10

Thời gian làm bài: 45 phút; không kể thời gian phát đề

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM

Câu 1 (NB): Đồng vị là những nguyên tử của cùng một nguyên tố, có số proton bằng nhau nhưng khác nhau về số:

A. electron B. nơtron C. proton D. obitan

Câu 2 (NB): Phát biểu nào sau đây là sai?

A. Số hiệu nguyên tử bằng số đơn vị điện tích hạt nhân nguyên tử.

B. Trong hạt nhân nguyên tử số proton luôn bằng số nơtron.

C. Số proton trong hạt nhân bằng số electron ở lớp vỏ nguyên tử.

D. Số khối của hạt nhân nguyên tử bằng tổng số hạt proton và số hạt nơtron.

Câu 3 (VD): Hòa tan hoàn toàn 2,4 gam kim loại Mg vào dung dịch HNO3 loãng, giả sử chỉ thu được V lít khí N2 duy nhất (đktc). Giá trị của V là:

A. 0,896 lít B. 8,96 lít C. 0,448 lít D. 4,48 lít

Câu 4 (TH): Số hiệu nguyên tử của các nguyên tố là: X (Z = 17); Y (Z = 8); M (Z = 11); Q (Z = 20). Nhận xét nào sau đây đúng?

A. X là phi kim; Y là khí hiếm; M, Q là kim loại.

B. Tất cả đều là phi kim.

C. X, Y là phi kim; M, Q là kim loại.

D. X, Y, Q là phi kim; M là kim loại.

Câu 5 (NB): Liên kết trong phân tử HCl là liên kết:

A. cho – nhận B. cộng hóa trị không phân cực

C. cộng hóa trị phân cực D. ion

Câu 6 (TH): Trong các kim loại sau, chất nào có tính kim loại yếu nhất ?

A. B. Na C. Mg D. Al

Câu 7 (VD): Nguyên tử của một nguyên tố R có tổng số các loại hạt bằng 60, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 20 hạt. Điện tích hạt nhân của R là:

A. 60 B. 20 C. 20+ D. 40

Câu 8 (TH): Biết độ âm điện của các nguyên tố: O (3,44); H (2,2); N (3,04); Cl (3,16); C (2,55). Liên kết trong phân tử nào kém phân cực nhất?

A. HCl B. NH3 C. CHCl3 D. CH4

Câu 9 (TH): Phản ứng nào sau đây không phải là phản ứng oxi hóa – khử?

A. 2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O. B. Fe3O4 + 4H2SO4 loãng → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O

C. 4Fe(OH)2 + O2  2Fe2O3 + 4H2D. 2KClO3  2KCl + 3O2

Câu 10 (TH): Cho các chất: FeO, Fe2O3, Fe(NO3)2, CuO, FeS, FeS2, Fe3O4. Số chất tác dụng được với HNO3 loãng giải phóng khí NO là:

A. B. C. D. 5

Câu 11 (VD): Cho phương trình hóa học: a Fe(OH)2 + b HNO3 → c Fe(NO3)3 + d NO + e H2O.

Sau khi cân bằng phương trình hóa học thì giá trị b bằng bao nhiêu:

A. 31 B. 28 C. 10 D. 25

Câu 12 (NB): Ở trạng thái cơ bản, cấu hình electron của nguyên tử Mg (Z = 12) là:

A. 1s22s22p63s2 B. 1s22s22p63s1 C. 1s22s22p53s2 D. 1s22s22p43s1

Câu 13 (VD): Khối lượng nguyên tử trung bình của clo (Cl) là 35,5. Trong tự nhiên clo có hai đồng vị trong đó có một đồng vị là 35Cl chiếm 75%. Tìm số khối của đồng vị còn lại.

A. 71 B. 37 C. 36 D. 38

Câu 14 (VD): Để m gam bột Fe ngoài không khí một thời gian thu được 11,8 g hỗn hợp gồm Fe và các oxit sắt. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO3 loãng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của m là:

A. 20,16 B. 9,94 C. 10,04 D. 15,12

Câu 15 (VD): Hòa tan hoàn toàn 24 g hỗn hợp Fe và Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO3, thu được V lít (đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa 2 muối và axit dư), tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V (lít) là:

A. 4,48 B. 2,24 C. 5,6 D. 11,2

Câu 16 (VD): Hòa tan hoàn toàn 0,1 mol Fe và 0,2 mol Al vào dung dịch HNO3 dư thu được hỗn hợp khí A gồm NO và NO2 có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1. Thể tích của hỗn hợp khí A (ở đktc) là:

A. 19,28 lít B. 192,8 lít C. 86,4 lít D. 8,64 lít

Câu 17 (VDC): Hòa tan hoàn toàn 13,00 gam Zn trong dung dịch HNO3 loãng, dư thu được dung dịch X và 0,448 lít khí X duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch X thu được 39,8 gam chất rắn. Khí X là:

A. NO2 B. N2 C. N2D. NO

Câu 18 (VDC): Hòa tan hoàn toàn 51,3 gam hỗn hợp X gồm Na, Ca, Na2O và CaO vào nước thu được 5,6 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 28 gam NaOH. Hấp thụ 17,92 lít khí SO2 (đktc) vào dung dịch Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là:

A. 60 B. 54 C. 72 D. 48

Câu 19 (VDC): X là hỗn hợp rắn gồm Mg, NaNO3 và FeO (trong đó oxi chiếm 26,4% về khối lượng). Hòa tan hết m gam X trong 2107 gam dung dịch H2SO4 loãng, nồng độ 10% thu được dung dịch Y chỉ chứa muối sunfat trung hòa và 11,2 lít (đktc) hỗn hợp NO, H­2 có tỉ khối so với H2 là 6,6. Cô cạn dung dịch sau phản ứng được rắn khan Z và 1922,4 gam H2O. Phần trăm khối lượng FeO trong X gần nhất với giá trị nào nhất dưới đây?

A. 50% B. 12% C. 33% D. 40%

Câu 20 (VDC): Hỗn hợp X gồm Al, Fe2O3, Fe3O4, CuO trong đó oxi chiếm 25,39% khối lượng hỗn hợp. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với 8,96 lít CO (đktc) sau một thời gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với hiđro là 19. Cho chất rắn Y tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch T và 7,168 lít NO (điều kiện tiêu chuẩn, sản phẩm khử duy nhất). Cô cạn dung dịch T thu được b gam muối khan (biết b = 3,456m). Giá trị của b gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 142,506 B. 140,065 C. 133,056 D. 135,065

PHẦN II. TỰ LUẬN

Câu 21 (TH): Viết cấu hình electron của các nguyên tố 16S, 17Cl và xác định vị trí của chúng trong bảng hệ thống tuần hoàn? Giải thích? Dự đoán tính chất của chúng? Viết 5 phương trình phản ứng minh họa cho mỗi chất (nếu có)?

Câu 22 (VD): Viết công thức electron, công thức cấu tạo các chất sau?

CH4, NH3, H2O, CH2O, C2H4O2, C2H2, F2, H2S, N2, O2, HBr.

Câu 23 (VD): Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau theo phương pháp thăng bằng electron:

a) FeSO4 + KMnO4 + H2SO→ Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O

b) Al + HNO→ Al(NO3)3 + N2 + H2O

c) Fe(OH)2 + H2SO→ Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O

Câu 24 (VD): Hợp chất khí với hiđro của nguyên tử nguyên tố R là RH. Trong oxit cao nhất, R chiếm 38,798% về khối lượng.

a) Xác định nguyên tố R.

Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho khí R2 tác dụng với Fe đun nóng, dung dịch KI, dung dịch NaOH, dung dịch FeCl2.

b) Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra (nếu có):

– Khi cho HR loãng tác dụng với Al, CaCO3, KOH, Fe3O4, AgNO3.

– Khi cho HR đặc, nóng tác dụng với KMnO4 tinh thể.

Câu 25 (VD): Hòa tan hoàn toàn 16,44 gam kim loại R có hóa trị 2 vào nước thu được 2,688 lít khí H2 (đktc) và dung dịch A.

a) Xác định tên kim loại R.

b) Cho 100 ml dung dịch Al2(SO4)3 nồng độ 0,3M vào dung dịch A thu được m gam kết tủa. Tìm m?

Đáp án

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

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án B

Đồng vị là những nguyên tử của cùng một nguyên tố, có số proton bằng nhau nhưng khác nhau về số notron, do đó số khối khác nhau.

Câu 2: Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào định nghĩa số khối, số hiệu nguyên tử để chọn phát biểu sai.

+ Số khối là tổng số hạt proton và notron, kí hiệu là A.

+ Số hiệu nguyên tử là số đơn vị điện tích hạt nhân nguyên tử, kí hiệu là Z.

Giải chi tiết:

– Phát biểu A, C, D đúng

– Phát biểu B sai vì trong hạt nhân nguyên tử số proton có thể khác số nơtron.

Câu 3: Đáp án C

Phương pháp giải:

Viết và tính theo PTHH: 5Mg + 12HNO3 → 5Mg(NO3)2 + N2 + 6H2O

Giải chi tiết:

Ta có: nMg = 2,4 : 24 = 0,1 mol

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

0,1        →                           0,02             (mol)

→ V­N2 = 0,02.22,4 = 0,448 (lít)

Câu 4: Đáp án C

Phương pháp giải:

Cách xác định một nguyên tố là kim loại/phi kim/khí hiếm khi biết Z:

1. Viết cấu hình e nguyên tử.

2. Xác định số e lớp ngoài cùng:

+ Nguyên tử có 1, 2, 3 electron lớp ngoài cùng (trừ H, He và B) => kim loại

+ Nguyên tử có 5, 6, 7 electron lớp ngoài cùng => phi kim

+ Nguyên tử có 4 electron lớp ngoài cùng => kim loại hoặc phi kim

+ Nguyên tử có 8 electron lớp ngoài cùng và He (1s2) => khí hiếm

Giải chi tiết:

Cấu hình electron nguyên tử của các nguyên tố là:

X (Z = 17): 1s22s22p63s23p5 → X là phi kim vì có 7 electron ở lớp ngoài cùng.

Y (Z = 8): 1s22s22p→ Y là phi kim vì có 6 electron ở lớp ngoài cùng.

M (Z = 11): 1s22s22p63s→ M  là kim loại vì có 1 electron ở lớp ngoài cùng.

Q (Z = 20): 1s22s22p63s23p64s→ Q là kim loại vì có 2 electron ở lớp ngoài cùng.

Vậy phát biểu đúng là phát biểu C.

Câu 5: Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Liên kết trong phân tử HCl là liên kết cộng hóa trị phân cực.

Câu 6: Đáp án D

Phương pháp giải:

So sánh tính kim loại/phi kim:

– Trong cùng một chu kì, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân thì tính kim loại giảm dần.

– Trong cùng một nhóm A, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân thì tính kim loại tăng dần.

Giải chi tiết:

Vị trí của các nguyên tố được sắp xếp vào bảng tuần hoàn rút gọn như sau:

Nhóm

Chu kì

Nhóm IA Nhóm IIA Nhóm IIIA
Chu kì 3 Na Mg Al
Chu kì 4 K

– Trong cùng một nhóm A, đi từ trên xuống dưới theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân, tính kim loại tăng nên ta có tính kim loại: K > Na (2)- Trong cùng một chu kì, đi từ trái sang phải theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân, tính kim loại giảm nên ta có tính kim loại: Na > Mg > Al (1)

Kết hợp (1) và (2) ta có tính kim loại: Al < Mg < Na < K.

Vậy kim loại có tính khử yếu nhất là Al.

Câu 7: Đáp án C

Phương pháp giải:

Giả sử R có số p = số e = Z và số n = N.

+ Tổng hạt p, e, n: 2Z + N

+ Số hạt mang điện (p, e) là 2Z; số hạt không mang điện (n) là N

Từ đề bài lập được hệ phương trình giải tìm được Z, N.

Giải chi tiết:

Giả sử R có số p = số e = Z và số n = N.

+ Tổng hạt p, e, n: 2Z + N = 60 (1)

+ Số hạt mang điện (p, e) nhiều hơn số hạt không mang điện (n) là 20 hạt nên: 2Z – N = 20 (2)

Giải hệ (1) và (2) thu được: Z = 20; N = 20.

Vậy điện tích hạt nhân của R là 20+.

Câu 8: Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính hiệu độ âm điện của các nguyên tố trong phân tử.

Liên kết giữa hai nguyên tố nào có hiệu độ âm điện nhỏ nhất là liên kết kém phân cực nhất.

Giải chi tiết:

*Xét phân tử HCl:

Hiệu độ âm điện của Cl và H là 3,16 – 2,2 = 0,96

*Xét phân tử NH3:

Hiệu độ âm điện của N và H là 3,04 – 2,2 = 0,84

*Xét phân tử CHCl3:

Hiệu độ âm điện của C và H là 2,55 – 2,2 = 0,35

Hiệu độ âm điện của Cl và C là 3,16 – 2,55 = 0,61

*Xét phân tử CH4:

Hiệu độ âm điện của C và H là 2,55 – 2,2 = 0,35

Vậy liên kết trong phân tử CHkém phân cực nhất vì hiệu độ âm điện giữa C-H bé nhất trong các liên kết đề bài cho.

Câu 9: Đáp án B

Phương pháp giải:

– Xác định số oxi hóa của các nguyên tố.

– Phản ứng có sự thay đổi số oxi hóa của 1 số nguyên tố là phản ứng oxi hóa – khử. Còn phản ứng không có sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố không phải phản ứng oxi hóa – khử.

Giải chi tiết:

Xác định số oxi hóa của các nguyên tố trong các phản ứng:

Phản ứng A: $2NaOH + \mathop {Cl}\limits_2^0 \to Na\mathop {Cl}\limits^{ – 1} + Na\mathop {Cl}\limits^{ + 1} O + {H_2}O$

Phản ứng B: $F{e_3}{O_4}(\mathop {Fe}\limits^{ + 2} O.\mathop {Fe}\limits_2^{ + 3} {O_3}) + 4{H_2}S{O_{4loang}} \to \mathop {Fe}\limits^{ + 2} S{O_4} + \mathop {Fe}\limits_2^{ + 3} {\left( {S{O_4}} \right)_3} + 4{H_2}O$

Phản ứng C:

Phản ứng D:

– Ở các phản ứng A, C, D có sự thay đổi số oxi hóa của 1 số nguyên tố nên là phản ứng oxi hóa – khử.

– Phản ứng B không có sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố nên không phải là phản ứng oxi hóa – khử.

Câu 10: Đáp án D

Phương pháp giải:

Các chất tác dụng được với HNO3 loãng giải phóng khí NO là các chất có tính khử (số oxi hóa chưa đạt tối đa).

Giải chi tiết:

Các chất tác dụng được với HNO3 loãng giải phóng khí NO là các chất có tính khử (số oxi hóa chưa đạt tối đa).

Vậy có 5 chất tác dụng được với HNO3 loãng giải phóng khí NO là: FeO, Fe(NO3)2, FeS, FeS2, Fe3O4.

Câu 11: Đáp án C

Phương pháp giải:

Cân bằng phản ứng oxi hóa – khử bằng phương pháp thăng bằng electron:

1. Xác định số oxi hóa của những nguyên tố có số oxi hóa thay đổi.

2. Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử, cân bằng mỗi quá trình.

3. Tìm hệ số thích hợp sao cho tổng số electron do chất khử nhường bằng tổng số electron do chất oxi hóa nhận.

4. Đặt hệ số của chất oxi hóa và chất khử vào sơ đồ phản ứng. Hoàn thành phương trình hóa học.

Giải chi tiết:

$a\mathop {Fe}\limits^{ + 2} {\left( {OH} \right)_2} + bH\mathop {{\rm{ }}N}\limits^{ + 5} {O_3} \to c\mathop {Fe}\limits^{ + 3} {\left( {N{O_3}} \right)_3} + d\mathop {{\rm{ }}N}\limits^{ + 2} O + e{H_2}O.$

$\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {{\rm{x3}}}\limits^{} }\\{\mathop {{\rm{x1}}}\limits^{} }\end{array}\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {Fe}\limits^{ + 2} \to \mathop {F{\rm{e}}}\limits^{ + 3} + 1e}\\{\mathop {{\rm{ }}N}\limits^{ + 5} + 3e \to \mathop N\limits^{ + 2} }\end{array}} \right.$

Vậy phương trình hóa học được cân bằng như sau:

3Fe(OH)2 + 10 HNO3 → 3 Fe(NO3)3 + NO + 8 H2O

Vậy b = 10

Câu 12: Đáp án A

Phương pháp giải:

Cách viết cấu hình electron:

1. Xác định số electron của nguyên tử.

2. Các electron được phân bố lần lượt vào các phân lớp theo chiều tăng của năng lượng trong nguyên tử (1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s …) và tuân theo quy tắc sau: phân lớp s chứa tối đa 2e; phân lớp p chứa tối đa 6e; phân lớp d chứa tối đa 10e; phân lớp f chứa tối đa 14e.

3. Viết cấu hình electron biểu diễn sự phân bố electron trên các phân lớp thuộc các lớp khác nhau (1s 2s 2p 3s 3p  3d 4s 4p…).

Giải chi tiết:

Nguyên tử Mg có Z = 12 nên có cấu hình electron nguyên tử là 1s22s22p63s2.

Câu 13: Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi số khối của đồng vị còn lại là A. Đồng vị này chiếm 100% – 75% = 25% số nguyên tử.

Dựa vào nguyên tử khối trung bình của clo để tìm số khối của đồng vị còn lại.

Giải chi tiết:

Gọi số khối của đồng vị còn lại là A. Đồng vị này chiếm 100% – 75% = 25% số nguyên tử.

Khối lượng nguyên tử trung bình của clo là: ${\bar A_{Cl}} = \frac{{35.75 + A.25}}{{100}} = 35,5$

Giải phương trình ta có A = 37.

Câu 14: Đáp án B

Phương pháp giải:

Dùng định luật bảo toàn electron cho trạng thái đầu và cuối: 3nFe = 4.nO2 + 3.nNO

Từ đó tính được số mol của Fe, từ đó tính được giá trị của m.

Giải chi tiết:

Ta có: nNO = 0,1 mol

Áp dụng bảo toàn khối lượng: mO2 = mhỗn hợp – mFe = 11,8 – m (gam) → nO2 = (11,8-m)/32 mol

Ta có sơ đồ phản ứng:

Quá trình cho – nhận electron:

Quá trình khử

$Fe \to F{e^{ + 3}} + 3e$

Quá trình oxi hóa

${O_2} + 4e \to 2{O^{ – 2}}$

${N^{ + 5}} + 3e \to {N^{ + 2}}$

Áp dụng định luật bảo toàn electron: 3nFe = 4.nO2 + 3.nNO

→ $\frac{{3m}}{{56}} = 4.\frac{{11,8 – m}}{{32}} + 3.0,1$ → m = 9,94 (gam)

Câu 15: Đáp án D

Phương pháp giải:

Gọi số mol NO là a mol; số mol NO2 là b mol

Quá trình cho e:

$Fe \to F{e^{ + 3}} + 3e$

$Cu \to C{u^{2 + }} + 2e$

Quá trình nhận e:

${N^{ + 5}} + 3e \to NO$

${N^{ + 5}} + 1e \to N{O_2}$

Áp dụng định luật bảo toàn electron: ne cho = ne nhận và khối lượng mol trung bình của hỗn hợp X để tìm giá trị a và b. Từ đó tìm được giá trị V.

Giải chi tiết:

Gọi số mol Fe là x mol; suy ra số mol Cu là x mol → 56x + 64x = 24 gam → x = 0,2 mol

Gọi số mol NO là a mol; số mol NO2 là b mol

Quá trình cho – nhận electron:

Quá trình cho e:

$\begin{array}{l}Fe \to F{e^{ + 3}} + 3e\\0,2 \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,6\,mol\end{array}$

$\begin{array}{l}Cu \to C{u^{2 + }} + 2e\\0,2 \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,4\,mol\end{array}$

Quá trình nhận e:

$\begin{array}{l}{N^{ + 5}} + 3e \to NO\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3a \leftarrow a\,\,mol\end{array}$

$\begin{array}{l}{N^{ + 5}} + 1e \to N{O_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,b \leftarrow b\,\,\,mol\end{array}$

Ta có MX = 19.2 = 38 (g/mol) → ${M_X} = \frac{{30a + 46b}}{{a + b}} = 38$ → 8a – 8b = 0 (2)Áp dụng định luật bảo toàn electron: ne cho = ne nhận suy ra 0,6 + 0,4 = 3a + b → 3a + b = 1 (1)

Giải hệ (1) và (2) ta có a = b = 0,25 → V = Vhỗn hợp X = (a + b).22,4 = 11,2 (lít)

Câu 16: Đáp án D

Phương pháp giải:

Quá trình cho – nhận electron:Áp dụng định luật bảo toàn electron: ne cho = ne nhận để tìm số mol khí NO và khí NO2. Từ đó tính được thể tích của hỗn hợp khí A

Giải chi tiết:

Gọi số mol NO là 2a mol; số mol NO2 là a mol

Quá trình cho – nhận electron:

Quá trình cho e:

$\begin{array}{l}Fe \to F{e^{ + 3}} + 3e\\0,1 \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,3\,mol\end{array}$

$\begin{array}{l}\,\,Al \to A{l^{3 + }} + 3e\\0,2 \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,6\,mol\end{array}$

Quá trình nhận e:

$\begin{array}{l}{N^{ + 5}} + 3e \to NO\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,6a \leftarrow 2a\,\,mol\end{array}$

$\begin{array}{l}{N^{ + 5}} + 1e \to N{O_2}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,a \leftarrow \,\,\,a\,\,\,mol\end{array}$

Áp dụng định luật bảo toàn electron: ne cho = ne nhận suy ra 0,3 + 0,6 = 6a + a = 7a

Giải phương trình trên ta được a = 9/70 (mol) → Vhỗn hợp A = VNO + VNO2 = 3a.22,4 = 8,64 (lít)

Câu 17: Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất rắn khan thu được chứa Zn(NO3)2 và có thể có NH4NO3.

Từ khối lượng chất rắn tính được mol của NH4NO3.

Giả sử 1 phân tử khí trao đổi n electron.

BTe: 2nZn = 8nNH4NO3 + n.n khí

=> n => Khí

Giải chi tiết:

Chất rắn khan thu được chứa Zn(NO3)2 và có thể có NH4NO3.

Ta có: nZn(NO3)2 = nZn = 0,2 mol

Giả sử 1 phân tử khí trao đổi n electron.

BT electron: n e cho = n e nhận => 2nZn = 8nNH4NO3 + n.n khí => 2.0,2 = 8.0,025 + n.0,02

=> n = 10 => X là N2

Câu 18: Đáp án C

Phương pháp giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành x mol Ca; 0,7 mol Na và y mol O.

Dùng bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng để tìm được giá trị x và y.

Từ đó ta tính được số mol OH. Từ đó xác định sản phẩm tạo thành và tính số mol SO32-.

Ca2+ + SO32- → CaSO3

Tính toán theo phương trình trên để tìm số mol CaSO3. Từ đó tính được khối lượng kết tủa và giá trị m.

Giải chi tiết:

Ta có: nNa = nNaOH = 0,7 mol

Quy đổi hỗn hợp X thành x mol Ca; 0,7 mol Na và y mol O.

+ Bảo toàn electron ta có: 2nCa + nNa = 2n+ 2nH2 => 2x + 0,7 = 2y + 2.0,25 (1)

+ Ta có: m hỗn hợp = 40x + 0,7.23 + 16y = 51,3 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được: x = 0,6 và y = 0,7

BTĐT dd Y: nOH- = 2.nCa(OH)2 + nNaOH = 1,9 mol > 2.nSO2

Do đó muối thu được được là SO32-

PTHH:

2OH + SO2 → SO32- + H2O

1,6 ←    0,8 →   0,8 mol

Ca2+ + SO32- → CaSO3

0,6  → 0,6 mol → 0,6 mol

Vậy mCaSO3 = 0,6.120 = 72 (gam)

Câu 19: Đáp án C

Ta tính được: nH2SO4 = 2,15 mol

Khi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 1922,4 gam H2O gồm 1896,3 gam H2O trong dung dịch H2SO4 ban đầu. Suy ra mH2O sinh ra = 1922,4 – 1896,3 = 26,1 (gam) → nH2O sinh ra = 1,45 mol

– Ta có 11,2 lít (đktc) hỗn hợp NO (x mol), H­2(y mol) có tỉ khối so với H2 là 6,6

+ nhỗn hợp = x + y = 11,2 : 22,4 = 0,5 mol

+ mhỗn hợp = mNO + mH2 = 30x + 2y = 6,6.2.0,5 = 6,6 (g)

Giải hệ trên ta được x = 0,2 và y = 0,3

– Sơ đồ phản ứng:

Do phản ứng sinh ra H2 nên NO3 đã phản ứng hết => Dung dịch Y không chứa ion NO3

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Mg}\\{NaN{O_3}}\\{FeO}\end{array}} \right\} + {H_2}S{O_4}:2,15 \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M{g^{2 + }}}\\{N{a^ + }}\\{F{e^{x + }}}\\{N{H_4}^ + }\\{S{O_4}^{2 – }}\end{array}} \right\} + \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NO:0,2}\\{{H_2}:0,3}\end{array}} \right. + {H_2}O:1,45$

Bảo toàn nguyên tố H: nNH4+ = (2nH2SO4 – 2nH2 – 2nH2O)/4 = 0,2 mol

Bảo toàn nguyên tố N: nNaNO3 =  nNH4+ + nNO = 0,4 mol

Bảo toàn nguyên tố O: nFeO = 4nSO42- + nNO + nH2O – 4nH2SO4 – 3nNaNO3 = 0,45 mol

=> nO (X) = 3nNaNO3 + nFeO = 1,65 mol => m = 100 gam

Mà mMg trong X = m hh – mNaNO3 – mFeO = 33,6 gam

Vậy %mMg = 33,6% gần nhất với giá trị 33%.

Câu 20: Đáp án C

Phương pháp giải:

Từ thể tích và khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí Z ta tìm được số mol CO và CO2 trong hỗn hợp Z.

Từ đó tìm được số mol O còn lại trong chất rắn Y.

Coi hỗn hợp Y gồm kim loại và O

Ta có các quá trình nhận electron:

O0 + 2e → O-2

N+5 + 3e → N+2

Cô cạn dung dịch T thu được 3,456m gam muối khan gồm kim loại và NO3 (trong muối)

Ta có: n e nhận = nNO3- trong muối

→ m muối = m kim loại + mNO3-trong muối, từ đó giải tìm được giá trị m và giá trị b.

Giải chi tiết:

Giả sử Z gồm a mol CO dư và b mol CO2

+ BTNT “C”: nCO bđ = nCO dư + nCO2 => a + b = 0,4 (1)

+ mZ = 28a + 44b = 0,4.19.2 (2)

Giải hệ (1) và (2) được a = 0,15 và b = 0,25

Quá trình khử oxit KL bằng CO có thể viết đơn giản là: CO + O → CO2

→ nO pư = nCO2 = 0,25 mol

→ nO  = 0,2539m/16 – 0,25 mol

nNO = 7,168/22,4 = 0,32 mol

Coi hỗn hợp Y gồm {KL: 0,7461m (gam); O: 0,2539m/16 – 0,25 (mol)}

Ta có các quá trình nhận electron:

O0                         +               2e        →                    O-2

0,2539m/16-0,25   →       0,2539m/8-0,5

N+5                  + 3e  →              N+2

0,96         ←    0,32

Cô cạn dung dịch T thu được 3,456m gam muối khan gồm kim loại và NO3 (trong muối)

Ta có: n NO3- trong muối = n e nhận = 0,2539m/8 – 0,5 + 0,96 = 0,2539m/8 + 0,46 (mol)

→ m muối = m kim loại + mNO3-trong muối

=> 0,7461m + 62.(0,2539m/8 + 0,46) = 3,456m

→ m = 38,4276 gam → b = 3,456m =  132,8 gam

Vậy giá trị của b gần nhất với giá trị 133,056.

Câu 21: Đáp án

Phương pháp giải:

– Viết cấu hình electron của các nguyên tố và xác định vị trí của các nguyên tố trong bảng tuần hoàn:

+ Số thứ tự của ô = số electron trong nguyên tử

+ Số thứ tự của chu kì = số lớp electron

+ Số thứ tự của nhóm A = số electron ở lớp ngoài cùng

– Từ số electron ở lớp ngoài cùng suy ra tính chất hóa học cơ bản của nguyên tố.

Giải chi tiết:

*Nguyên tố 16S:

– Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p63s23p4

– Vị trí của S trong bảng tuần hoàn:

+ Ô số 16 (vì có 16 e)

+ Chu kì 3 (vì có 3 lớp e)

+ Nhóm VIA (vì có 6 e ở lớp ngoài cùng và e cuối cùng điền vào phân lớp p).

– Tính chất hóa học: S có 6 electron ở lớp ngoài cùng nên có tính chất của phi kim.

– 5 PTHH minh họa tính chất:

S + 2Na → Na2S

S + Cu →CuS

S + Fe →FeS

S + O2 → SO2

S + H2 → H2S

*Nguyên tố 17Cl:

+ Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p63s23p5

– Vị trí của Cl trong bảng tuần hoàn:

+ Ô 17 (vì có 17 e)

+ Chu kì 3 (vì có 3 lớp e)

+ Nhóm VIIA (vì có 7 e ở lớp ngoài cùng và e cuối cùng điền vào phân lớp p).

– Tính chất hóa học: Cl có 7 electron ở lớp ngoài cùng nên có tính chất của phi kim.

– 5 PTHH minh họa tính chất:

H2 + Cl2 → 2HCl

2Na + Cl2 → 2NaCl

Ca + Cl2 → CaCl2

Mg + Cl2 → MgCl2

2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3

Câu 22: Đáp án

Phương pháp giải:

Từ số electron ở lớp ngoài cùng ta viết được công thức electron của các chất (các nguyên tố thỏa mãn quy tắc bát tử).

Từ công thức electron, khi thay một đôi electron liên kết bằng 1 liên kết ta thu được công thức cấu tạo.

Giải chi tiết:

Câu 23: Đáp án

Phương pháp giải:

Cân bằng phản ứng oxi hóa – khử bằng phương pháp thăng bằng electron:

1. Xác định số oxi hóa của những nguyên tố có số oxi hóa thay đổi.

2. Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử, cân bằng mỗi quá trình.

3. Tìm hệ số thích hợp sao cho tổng số electron do chất khử nhường bằng tổng số electron do chất oxi hóa nhận.

4. Đặt hệ số của chất oxi hóa và chất khử vào sơ đồ phản ứng. Hoàn thành phương trình hóa học.

Giải chi tiết:

a) $\mathop {Fe}\limits^{ + 2} S{O_4} + K\mathop {Mn}\limits^{ + 7} {O_4} + {H_2}S{O_4} \to \mathop {Fe}\limits_2^{ + 3} {\left( {S{O_4}} \right)_3} + {K_2}S{O_4} + \mathop {Mn}\limits^{ + 2} S{O_4} + {H_2}O$

$\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {{\rm{x5}}}\limits^{} }\\{\mathop {{\rm{x2}}}\limits^{} }\end{array}\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {2Fe}\limits^{ + 2} \to \mathop {F{{\rm{e}}_2}}\limits^{ + 3} + 2e}\\{\mathop {{\rm{ }}Mn}\limits^{ + 7} + 5e \to \mathop {Mn}\limits^{ + 2} }\end{array}} \right.$

→ PTHH: 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO→ 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O

b) $\mathop {Al}\limits^0 + H\mathop {{\rm{ }}N}\limits^{ + 5} {O_3} \to \mathop {Al}\limits^{ + 3} {\left( {N{O_3}} \right)_3} + \mathop {{N_2}}\limits^0 + {H_2}O$

$\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {{\rm{x10}}}\limits^{} }\\{\mathop {{\rm{x3}}}\limits^{} }\end{array}\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {Al}\limits^0 \to \mathop {Al}\limits^{ + 3} + 3e}\\{\mathop {2N}\limits^{ + 5} + 10e \to \mathop {{N_2}}\limits^0 }\end{array}} \right.$

→ PTHH: 10Al + 36 HNO3→ 10Al(NO3)3 +  3N+ 18 H2O

c) $\mathop {Fe}\limits^{ + 2} {\left( {OH} \right)_2} + {H_2}\mathop {{\rm{ }}S}\limits^{ + 6} {O_4} \to \mathop {Fe}\limits_2^{ + 3} {\left( {S{O_4}} \right)_3} + \mathop {{\rm{ }}S}\limits^{ + 4} {O_2} + {H_2}O$

$\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {{\rm{x1}}}\limits^{} }\\{\mathop {{\rm{x1}}}\limits^{} }\end{array}\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{\mathop {2Fe}\limits^{ + 2} \to \mathop {F{{\rm{e}}_2}}\limits^{ + 3} + 2e}\\{\mathop S\limits^{ + 6} + 2e \to \mathop S\limits^{ + 4} }\end{array}} \right.$

→ PTHH: 2Fe(OH)2 + 4H2SO→ Fe2(SO4)3 + SO2 + 6H2O

Câu 24: Đáp án

Phương pháp giải:

Từ công thức hợp chất khí với hidro suy ra R thuộc nhóm VIIA.

Từ đó suy ra công thức oxit cao nhất của R.

Từ % khối lượng R trong oxit cao nhất ta xác định được MR, từ đó tìm được tên nguyên tố R.

Sau khi xác định tên nguyên tố R ta viết các phương trình hóa học theo yêu cầu của đề bài.

Giải chi tiết:

a) Vì hợp chất khí với hiđro của nguyên tử nguyên tố R là RH nên R thuộc nhóm VIIA.

Suy ra công thức oxit cao nhất của R là R2O7.

Vì trong oxit cao nhất, R chiếm 38,798% về khối lượng nên ta có:

$\% {m_R} = \frac{{2{M_R}}}{{2{M_R} + 16.7}}.100\% = 38,798\% $

Giải phương trình trên ta được MR = 35,5.

Vậy nguyên tố R là clo (kí hiệu Cl).

Khi cho khí R2 tác dụng với Fe đun nóng, dung dịch KI, dung dịch NaOH, dung dịch FeCl2 các phản ứng có thể xảy ra là:

2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3

Cl2 + 2KI → 2Cl + I2

Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O

Cl2 + 2FeCl2 → 2FeCl3

b) – Khi cho HR loãng tác dụng với Al, CaCO3, KOH, Fe3O4, AgNO3 các phản ứng có thể xảy ra là:

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2

CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O

KOH + HCl → KCl + H2O

Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O

HCl + AgNO3 → AgCl + HNO3

– Khi cho HR đặc, nóng tác dụng với KMnO4 tinh thể.

2KMnO4 tt + 16HCl đặc → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O

Bài trướcĐề Thi Học Kì 1 Hoá 10 Trường THPT Việt Đức Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết
Bài tiếp theoĐề Thi Học Kì 1 Hoá 10 Trường THPT Nguyễn Trãi- Ba Đình Hà Nội Có Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết

BÌNH LUẬN

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