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

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 và 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: (1đ) 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

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 dư

+ 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^- dư

 

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: m_C + m_H = 1,68 + 0,21 = 1,89 < m_X

\( \to \)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 C_xH_yO_z

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

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

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

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