Đề kiểm tra học kì 1 môn Hóa học Lớp 11 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra học kì 1 môn Hóa học Lớp 11 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I TRƯỜNG THPT . MÔN: Hóa – Lớp 11 Thời gian làm bài: 45 phút; không kể thời gian phát đề PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN Câu 1 (VD): Cho 0,003 mol H3PO4 tác dụng vừa đủ với 30 ml dung dịch NaOH nồng độ a mol/lít, thu được 0,003 mol muối trung hòa. Giá trị của a là A. 0,03. B. 0,10. C. 0,01. D. 0,30. 2+ 2+ – – Câu 2 (VD): Dung dịch X chứa 0,2 mol Ca ; 0,1 mol Ba ; 0,2 mol Cl và a mol HCO3 . Đun dung dịch X đến cạn thu được hỗn hợp muối khan có khối lượng là A. 53,2 gam B. 40,8 gam C. 39,7 gam D. 37,4 gam Câu 3 (TH): Trong phản ứng hóa học nào sau đây cacbon chỉ thể hiện tính khử? to to A. C + O2  CO2. B. C + 2H2  CH4. to to C. 3C + CaO  CaC2 + CO D. 3C + 4Al  Al4C3. Câu 4 (VD): Cho 2,4 gam Mg tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 (dư), thu được 0,448 lít khí X (sản phẩm khử duy nhất của N+5, ở đktc). Khí X là A. N2O. B. NO2. C. N2. D. NO. Câu 5 (VD): Có ba dung dịch riêng biệt: H2SO4 1M; NaNO3 1M; HNO3 1M được đánh số ngẫu nhiên là (1), (2), (3). – Trộn 5 ml dung dịch (1) với 5 ml dung dịch (2), thêm bột Cu dư, thu được V1 lít khí NO. – Trộn 5 ml dung dịch (1) với 5 ml dung dịch (3), thêm bột Cu dư, thu được 3V1 lít khí NO. – Trộn 5 ml dung dịch (3) với 5 ml dung dịch (2), thêm bột Cu dư, thu được V2 lít khí NO. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. So sánh nào sau đây đúng? A. V2 = 2V1. B. 2V2 = V1. C. V2 = V1. D. 3V2 = 2V1. Câu 6 (NB): Ở điều kiện thường, Si tan được trong dung dịch nào sau đây? A. Dung dịch KNO3. B. Dung dịch NaCl. C. Dung dịch NaOH. D. Dung dịch KCl. Câu 7 (VD): Cho m gam hỗn hợp X gồm Na và Ca vào một lượng nước dư, thu được dung dịch Y. Sục từ từ cho đến dư khí CO2 vào Y, số mol kết tủa CaCO3 phụ thuộc vào số mol CO2 theo đồ thị sau: Khối lượng của Na trong m gam X là
2. to A. NH4Cl  HCl + NH3. B. 2NH4Cl + Ca(OH)2 → CaCl 2 + 2NH3 + 2H2O. to C. N2 + 3H2 Ç 2NH3. D. NH4HCO3  NH3 + CO2 + H2O. PHẦN 2. TỰ LUẬN Câu 21 (NB): Viết phương trình phân tử và phương trình ion rút gọn của phản ứng hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau: a) Cho dung dịch Na2SO4 tác dụng với dung dịch Ba(OH)2. b) Cho dung dịch KHCO3 tác dụng với dung dịch KOH. Câu 22 (NB): Hòa tan hoàn toàn 2,16 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 2O3 trong dung dịch HNO3 dư, thu được 0,224 lít khí NO (là sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính phần trăm khối lượng các chất trong X. c. Tính số mol HNO3 phản ứng. Câu 23 (VDC): Hòa tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợp X gồm S, FeS và FeS 2 trong dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch Y và 0,48 mol NO2 (sản phẩm khử duy nhất). Cho dung dịch Ba(OH) 2 dư vào Y, sau khi kết thúc các phản ứng, thu được kết tủa T. Nung T đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn. Tính m. Đáp án 1–D 2–B 3–A 4–C 5–A 6–C 7–C 8–B 9–B 10–A 11–D 12–D 13–B 14–A 15–C 16–A 17–D 18–C 19–D 20–B LỜI GIẢI Câu 1: Đáp án D Phương pháp giải: Tính theo PTHH: 3NaOH + H3PO4 → Na3PO4 + 3H2O Giải chi tiết: PTHH : 3NaOH + H3PO4 → Na3PO4 + 3H2O 0,009 ← 0,003 0,003 mol → CM = n : V → a = 0,009 : 0,03 = 0,3M Câu 2: Đáp án B Phương pháp giải: Bảo toàn điện tích: 2nCa2+ + 2nBa2+ = nCl– + nHCO3– → a – 2– Khi đun nóng X: 2HCO3 CO3 + H2O + CO2 – 2+ 2+ – 2– → nHCO3 = ½.a → mmuối = mCa + mBa + mCl + mCO3 Giải chi tiết: Bảo toàn điện tích: 2nCa2+ + 2nBa2+ = nCl– + nHCO3– → 0,2.2 + 0,1.2 = 0,2.1 + a → a = 0,4 mol – 2– Khi đun nóng X: 2HCO3 CO3 + H2O + CO2 – → nCO3 = ½.a = 0,2 mol
3. → (1) là NaNO3; (2) là HNO3; (3) là H2SO4 + –3 – –3 Ta có: TN1 thì nH = 5.10 mol và NO3 : 10.10 mol + –3 – –3 TN2 thì nH = 10.10 mol và NO3 : 5.10 mol + – 2+ 3Cu+ 8H + 2NO3 → 3Cu + 2NO + 4 H2O TN1: Bđ: 5.10–3 10.10–3 Pư: 5.10–3→ 1,25.10–3 TN3: Bđ: 10.10–3 5.10–3 Pư: 10.10–3 → 2,5.10–3 Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nên nNO(TN3) = 2nNO (TN1) → VNO(TN3) = 2VNO (TN1) hay V2 = 2V1 Câu 6: Đáp án C Trong điều kiện thường Si tan được trong dung dịch NaOH: 2NaOH + Si + H2O → Na2SiO3 + 2H2 Câu 7: Đáp án C Phương pháp giải: Đặt số mol của Na và Ca trong X lần lượt là x và y mol Bảo toàn Na có nNaOH = x mol – Bảo toàn Ca có nCa(OH)2 = y mol → nOH = x + 2y (mol) 2+ Khi sục CO2 vào thì kết tủa max khi nCa = nCaCO3 → y 2– – Xét thời điểm nCO2 = 0,035 mol thì xảy ra cả phản ứng tạo CO3 và HCO3 – 2– CO2 + 2OH → CO3 + H2O – – CO2 + OH → HCO3 2+ 2– Ca + CO3 → CaCO3 2– Ta có nCO3 = nCaCO3 – 2– – 2– – Bảo toàn C có nHCO3 = nCO2 – nCO3 → nOH phản ứng = 2nCO3 + nHCO3 → x + 2y → x Giải chi tiết: Đặt số mol của Na và Ca trong X lần lượt là x và y mol Bảo toàn Na có nNaOH = x mol Bảo toàn Ca có nCa(OH)2 = y mol – → nOH = x + 2y (mol) 2+ Khi sục CO2 vào thì kết tủa max khi nCa = nCaCO3 = 0,01 mol = y 2– – Xét thời điểm nCO2 = 0,035 mol thì xảy ra cả phản ứng tạo CO3 và HCO3 – 2– CO2 + 2OH → CO3 + H2O – – CO2 + OH → HCO3 2+ 2– Ca + CO3 → CaCO3 2– Ta có nCO3 = nCaCO3 = 0,005 mol – 2– Bảo toàn C có nHCO3 = nCO2 – nCO3 = 0,035 – 0,005 = 0,03 mol
4. Na2SO4 là muối trung hòa. Câu 13: Đáp án B Phương pháp giải: Viết PTHH nhận định màu kết tủa. Giải chi tiết: BaCl2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaCl → kết tủa BaSO4 là kết tủa trắng Câu 14: Đáp án A Phương pháp giải: + Từ nHCl → nH + – – H + OH → H2O → nOH Giải chi tiết: + nHCl = 0,01 mol → nH + – H + OH → H2O – + → nOH = → nH = 0,01 mol → a = 0,01 : 0,02 = 0,5M Câu 15: Đáp án C Phương pháp giải: Cách chuyển đổi các phương trình phân tử sang phương trình ion rút gọn: + Chuyển tất cả các chất vừa dễ tan, vừa điện li mạnh thành ion, các chất khí, kết tủa, điện li yếu để nguyên dưới dạng phân tử thu được phương trình ion đầy đủ. + Lược bỏ những ion không tham gia phản ứng ta được phương trình ion rút gọn. Giải chi tiết: Phương trình phân tử: KOH + HCl → KCl + H2O – + → Phương trình ion rút gọn là: OH + H → H2O Câu 16: Đáp án A Chất khí độc dẫn đến tử vong nhẹ hơn không khí là CO do CO có ái tính với hemoglobin trong máu mạnh hơn, ngăn cản hemoglobin vận chuyển oxi trong máu. → Biện pháp: Không dùng trong phòng kín mà phải để cửa thoáng. Câu 17: Đáp án D + CO2 và NH3 điều kiện thường là chất khí + H3PO4 là chất rắn còn HNO3 là chất lỏng Câu 18: Đáp án C Phương pháp giải: Các ion cùng tồn tại trong một dung dịch khi chúng không phản ứng với nhau. Giải chi tiết: 2+ 2– A sai vì Ba + SO4 → BaSO4 3+ – B sai vì Al + 3OH → Al(OH)3
5. → mFeO = 2,16 – 0,56 = 1,6 gam c. Phương pháp giải: nHNO3 phản ứng = 4nFe + 6nFe2O3 Giải chi tiết: Ta có: nFe2O3 = 0,01 mol → nHNO3 phản ứng = 4nFe + 6nFe2O3 = 4.0,01 + 6.0,01 = 0,1 mol Câu 23: Đáp án Phương pháp giải: Quy đổi hỗn hợp trên thành x mol Fe và y mol S. Dùng định luật bảo toàn e và mX để tìm x và y Chất rắn Z chứa Fe2O3 và BaSO4. Bảo toàn nguyên tố Fe và S ta có: nFe2O3 = ½.nFe; nBaSO4 = nS Vậy m = mFe2O3+ mBaSO4 Giải chi tiết: Quy đổi hỗn hợp trên thành x mol Fe và y mol S. Ta có: Fe → Fe3++ 3e S → S6++ 6e N+5+ 1e → N+4 Áp dụng bảo toàn electron ta có: 3x + 6y = 0,48 mol Mặt khác: 56x + 32y = 3,76 g Giải hệ trên thu được x = 0,03 mol và y = 0,065 mol 3+ 2– + – → Trong Y có Fe : 0,03 mol và SO4 : 0,065 mol; H ; NO3 → Y + Ba(OH)2: 2+ 2– Ba + SO4 → BaSO4 3+ – Fe + 3OH → Fe(OH)3 2 Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O Chất rắn sau nung chứa Fe2O3 và BaSO4. Bảo toàn nguyên tố Fe và S ta có: nFe2O3 = ½.nFe = 0,015 mol; nBaSO4 = nS = 0,065 mol. Vậy m = mFe2O3+ mBaSO4 = 0,015.160 + 0,065.233 = 17,545 gam