Giải đề thi học kì 1 hoá lớp 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Gò Vấp

Bình chọn:
4.9 trên 7 phiếu

Giải chi tiết đề thi học kì 1 môn hoá lớp 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Gò Vấp với cách giải nhanh và chú ý quan trọng

Câu 1: (2đ) Viết các phương trình chuyển hóa theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện nếu có):

\(N{H_4}N{O_2}\xrightarrow{{(1)}}{N_2}\xrightarrow{{(2)}}N{H_3}\xrightarrow{{(3)}}N{H_4}N{O_3}\\\xrightarrow{{(4)}}NaN{{\text{O}}_3}\xrightarrow{{(5)}}HN{O_3}\xrightarrow{{(6)}}C{O_2}\\\xrightarrow{{(7)}}KHC{O_3}\xrightarrow{{(8)}}CaC{{\text{O}}_3}\)

Câu 2 (2đ): Không sử dụng quỳ tím, hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các dung dịch riêng biệt sau: NH4HCO3, Ba(NO3)2, (NH4)3PO4, NH4Cl Na2CO3.

Câu 3: (1đ) Nêu hiện tượng quan sát được và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi dẫn từ từ đến dư khí cacbonic vào dung dịch nước vôi trong.

Câu 4: () Hãy xác định các sản phẩm thu được khi dẫn 4,48 lít (đktc) khí CO2 vào 427,5 gam dung dịch Ba(OH)2 6 %. Viết phương trình hóa học của các phản ứng đã xảy ra.

Câu 5: (1,5đ) Oxi hóa hoàn toàn 3,01 gam hợp chất hữu cơ X rồi dẫn sản phẩm lần lượt qua bình đựng H2SO4 đặc và bình đựng KOH dư thì thấy khối lượng các bình tăng lên tương ứng là 1,89 gam và 6,16 gam. Hãy xác định công thức phân tử của X  biết tỷ khối hơi của X so với khí oxi bằng 2,6875.   (Cho O=16, C=12, H=1)

Câu 6: Hòa tan hoàn toàn 2,34 gam hỗn hợp Al và Mg vào lượng vừa đủ HNO3 đặc (đun nóng) thu được dung dịch X và 5376 ml (đktc) khí NO2(sản phẩm khử duy nhất).

a (1,5đ): Tính khối lượng và phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp

b (1,0đ): Cô cạn dung dịch X sau đó đem nung chất rắn thu được  thấy thoát ra V lít hỗn hợp khí (Hiệu suất cuả quá trình nhiệt phân là 60%). Dẫn V(l) hỗn hợp khí vào nước được 800ml dung dịch Y. Xác định pH của dung dịch Y(xem như nước không điện ly).

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Thực hiện: Ban chuyên môn Loigiaihay.com

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

Xem lại tính chất hóa học của N, C và hợp chất của chúng.

Cách giải:

(1) \(N{H_4}N{O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}{N_2} + 2{H_2}O\)

(2) \({N_2} + 3{H_2}\overset {xt,{t^0}} \leftrightarrows 2N{H_3}\)

(3) \(3N{H_3} + 3{H_2}O + Al{(N{O_3})_3} \to Al{(OH)_3} + 3N{H_4}N{O_3}\)

(4) \(N{H_4}N{O_3} + NaOH \to NaN{{\rm{O}}_3} + N{H_3} + {H_2}O\)

(5) \(NaN{{\rm{O}}_3} + {H_2}S{O_{4\,\,dac}} \to NaH{\rm{S}}{O_4} + HN{O_3}\)

(6) \(4HN{O_3} + 3C \to 3C{O_2} + 4NO + 2{H_2}O\)

(7) \(C{O_2} + K{\rm{O}}H \to KHC{O_3}\)

(8) \(2KHC{O_3} + Ca{(OH)_2} \to {K_2}C{O_3} + CaC{{\rm{O}}_3} + 2{H_2}O\)

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

Dùng dung dịch Ba(OH)2 làm thuốc thử.

Cách giải:

- Trích một lượng nhỏ các mẫu nhận biết vào các ống nghiệm.

- Nhỏ dung dịch Ba(OH)2 vào các ống nghiệm

+ Xuất hiện khí không màu mùi khai và kết tủa trắng: NH4HCO3

PTHH: \(N{H_4}HC{O_3} + Ba{(OH)_2} \to BaC{{\rm{O}}_3} + N{H_3} + {H_2}O\)

+ Không có hiện tượng: Ba(NO3)2

+ Xuất hiện khí không màu mùi khai và kết tủa vàng: (NH4)3PO4

PTHH: \(2{(N{H_4})_3}P{O_4} + 3Ba{(OH)_2} \to B{a_3}{(P{O_4})_2} + 6N{H_3} + 6{H_2}O\)

+ Xuất hiện khí không màu mùi khai: NH4Cl

PTHH: \(2N{H_4}Cl + Ba{(OH)_2} \to BaC{l_2} + 2N{H_3} + 2{H_2}O\)

+ Xuất hiện kết tủa trắng: Na2CO3

PTHH: \(N{a_2}C{O_3} + Ba{(OH)_2} \to BaC{{\rm{O}}_3} + 2NaOH\)

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

Xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan thu được dung dịch trong suốt.

Cách giải:

- Ban đầu khí CO2 ít, nước vôi trong dư sẽ tạo thành kết tủa trắng.

\(C{O_2} + Ca{(OH)_2} \to CaC{{\rm{O}}_3} + {H_2}O\)

- Sau khi nước vôi trong hết, khí CO2 dư thì kết tủa sẽ tan.

\(C{O_2} + {H_2}O + CaC{{\rm{O}}_3} \to Ca{(HC{O_3})_2}\)

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

Xét tỷ lệ \(T = \dfrac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}}\)

+ Nếu T < 1 => tạo thành muối \(HCO_3^ - \) và CO2

+ Nếu T = 1 => tạo thành muối \(HCO_3^ - \)

+ Nếu 1 < T < 2 => tạo thành 2 muối \(HCO_3^ - \)và \(CO_3^{2 - }\)

+ Nếu T = 2 => tạo thành muối \(CO_3^{2 - }\)

+ Nếu T > 2 => tạo thành muối \(CO_3^{2 - }\)và OH-

 

Cách giải:

\({n_{C{O_2}}} = \dfrac{{4,48}}{{22,4}} = 0,2\,\,mol\)

\({m_{Ba{{(OH)}_2}}} = \dfrac{{427,5.6\% }}{{100\% }} = 25,65\\\,\,gam \to {n_{Ba{{(OH)}_2}}} = \dfrac{{25,65}}{{171}} = 0,15\,\,mol\)

\( \to {n_{O{H^ - }}} = 2{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 2.0,15 = 0,3\,\,mol\)

Vì \(1 < \dfrac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \dfrac{{0,3}}{{0,2}} = 1,5 < 2 \to \)phản ứng sinh ra 2 muối

PTHH:

\(2C{O_2} + Ba{(OH)_2} \to Ba{(HC{O_3})_2}\)

\(C{O_2} + Ba{(OH)_2} \to BaC{{\rm{O}}_3} + {H_2}O\)

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

- Khối lượng bình đựng H2SO4 đặc tăng là khối lượng của H2O, tính được số mol H2O, số mol H và khối lượng H

- Khối lượng bình đựng KOH tăng là khối lượng của CO2, tính được số mol CO2, số mol C và khối lượng C.

- Xét tổng khối lượng C và khối lượng H với khối lượng của X, kết luận X có O trong phân tử hay không.

- Tính khối lượng và số mol O

- Gọi công thức phân tử của X là \({C_x}{H_y}{O_z}\)

\(x:y:z = {n_C}:{n_H}:{n_O}\)

Kết luận công thức đơn giản nhất của X.

- Dựa vào tỷ khối của X so với khí O2, tính phân tử khối của X.

- Kết luận công thức phân tử của X.

Cách giải:

- Khối lượng bình đựng H2SO4 tăng chính là khối lượng của H2O

\( \to {m_{{H_2}O}} = 1,89\,\,gam \to {n_{{H_2}O}} = \dfrac{{1,89}}{{18}} = 0,105\,\,mol\)

\(  \to {n_H} = 2{n_{{H_2}O}} = 2.0,105 = 0,21\,\,mol \\\to {m_H} = 0,21.1 = 0,21\,\,gam\)

- Khối lượng bình đựng KOH tăng chính là khối lượng của CO2

\( \to {m_{C{O_2}}} = 6,16\,\,gam \to {n_{C{O_2}}} = \dfrac{{6,16}}{{44}} = 0,14\,\,mol\)

\( \to {n_C} = {n_{C{O_2}}} = 0,14\,\,mol \\\to {m_C} = 0,14.12 = 1,68\,\,gam\)

Ta thấy: mC + mH = 1,68 + 0,21 = 1,89 < mX

\( \to \)Trong X có chứa O

\({m_O} = {m_X} - {m_C} - {m_H} \\= 3,01 - 1,68 - 0,21 = 1,12\,\,gam \\\to {n_O} = \dfrac{{1,12}}{{16}} = 0,07\,\,mol\)

Gọi công thức phân tử của X là CxHyOz

\(x:y:z = {n_C}:{n_H}:{n_O} \\= 0,14:0,21:0,07 = 2:3:1\)

Vậy công thức đơn giản nhất của X là C2H3O

Vì tỷ khối hơi của X so với khí oxi bằng 2,6875 \( \to {M_X} = 2,6875.32 = 86\)

\( \to (2.12 + 3.1 + 1.16)n = 86 \to n = 2\)

Vậy công thức phân tử của X là C4H6O2

Câu 6 (VD):

Phương pháp:

a.

- Gọi số mol của Al và Mg lần lượt là x và y mol

- Biểu diễn khối lượng hỗn hợp (*)

- Áp dụng bảo toàn electron (**)

- Từ (*) và (**) tìm được số mol Al và Mg

- Tính khối lượng và phần trăm khối lượng mỗi kim loại.

b.

- Viết phương trình hóa học

- Tính số mol NO2 theo lý thuyết

- Từ hiệu suất, tính số mol NO2 thực tế

- Tính số mol HNO3 theo NO2, tính nồng độ HNO3

- Suy ra nồng độ H+ và pH của dung dịch.

Cách giải:

\({n_{N{O_2}}} = \dfrac{{5,376}}{{22,4}} = 0,24\,\,mol\)

a. Gọi số mol của Al và Mg lần lượt là x và y

=> 27x + 24y = 2,34 (*)

Quá trình trao đổi electron

\(A{l^0} \to A{l^{ + 3}} + 3{\rm{e}}\)               \({N^{ + 5}} + 1{\rm{e}} \to {N^{ + 4}}\)

\(M{g^0} \to M{g^{ + 2}} + 2{\rm{e}}\)

Áp dụng bảo toàn electron: \(3{n_{Al}} + 2{n_{Mg}} = {n_{N{O_2}}}\)

=> 3x + 2y = 0,24 (**)

Từ (*) và (**) => x = 0,06 và y = 0,03

\({m_{Al}} = 27.0,06 = 1,62\,\,gam \\\to \% {m_{Al}} = \dfrac{{1,62}}{{2,34}}.100\%  = 69,23\% \)

\({m_{Mg}} = 2,34 - 1,62 = 0,72\,\,gam \\\to \% {m_{Mg}} = \dfrac{{0,72}}{{2,34}}.100\%  = 30,77\% \)

b. PTHH:

\(2Al{(N{O_3})_3}\xrightarrow{{{t^0}}}A{l_2}{O_3} + 6N{O_2} + \dfrac{3}{2}{O_2}\)

     0,06               -->         0,18

\(Mg{(N{O_3})_2}\xrightarrow{{{t^0}}}MgO + 2N{O_2} + \dfrac{1}{2}{O_2}\)

    0,03              -->          0,06

Vậy \({n_{N{O_2}(lt)}} = 0,18 + 0,06 = 0,24\,\,mol\)

Mà hiệu suất phản ứng nhiệt phân là 60% \( \to {n_{N{O_2}(tt)}} = 0,24.60\%  = 0,144\,\,mol\)

\(2N{O_2} + \dfrac{1}{2}{O_2} + {H_2}O \to 2HN{O_3}\)

 0,144                 -->     0,144

\( \to {C_{M(HN{O_3})}} = \dfrac{{0,144}}{{0,8}} = 0,18M \\\to {\rm{[}}{H^ + }{\rm{]}} = {C_{M(HN{O_3})}} = 0,18M\)

\( \to pH =  - \log {\rm{[}}{H^ + }{\rm{] =  - log0,18 = 0,745}}\)

Loigiaihay.com

Luyện Bài tập trắc nghiệm môn Hóa lớp 11 - Xem ngay

>>Học trực tuyến Lớp 11 trên Tuyensinh247.com, mọi lúc, mọi nơi tất cả các môn. Các thầy cô giỏi nổi tiếng, dạy hay dễ hiểu

Góp ý Loigiaihay.com, nhận quà liền tay