De va dap an sat hach Hoa 11 lan 1 THPT Gia Loc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC LỚP ĐỊNH HƯỚNG LẦN 1 NĂM HỌC 2012-2013. Môn: Hoá học 11 Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian giao đề) Câu 1 (1,5 điểm). Viết phương trình phản ứng xảy ra và ghi rõ điều kiện xảy ra pư (nếu có) trong các thí nghiệm sau: 1. Cho C nóng đỏ vào KNO3 nóng chảy. 2. Cho P tác dụng với HNO3 đặc. 3. Cho H3PO4 tác dụng với NaOH (theo tỉ lệ mol 1: 2). 4. Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch Na2SiO3 5. Cho Si vào dung dịch KOH. 6. Cho từ từ khí CO đi qua hỗn hợp gồm CuO, Al2O3. Câu 2 (1,0 điểm). Được dùng thêm một thuốc thử duy nhất hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt đựng trong các bình không nhãn sau: Na2CO3, (NH4)2CO3, NH4NO3, Ca(HCO3)2. Viết phương trình phản ứng xảy ra? Câu 3 (1,5 điểm). a. Cho 12,4 gam Na2O vào V ml dung dịch HNO3 1M, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Biết dung dịch X phản ứng vừa đủ với 100 ml dung dịch KHCO3 1M. Tính giá trị V? b. Hòa tan m gam một hỗn hợp gồm AlCl3 và Al2 (SO4)3 (với tỉ lệ số mol tương ứng là 1:2) vào nước dư thu được dung dịch A. Chia dung dịch A thành hai phần bằng nhau: Cho 120 ml dung dịch NaOH 1M vào phần 1 thu được a gam kết tủa. Cho 100 ml dung dịch KOH 2M vào phần 2 thu được a gam kết tủa. Tính m? Câu 4 (1,5 điểm). Hoà tan hoàn toàn 9,66 gam hỗn hợp M gồm Al và Fe3O4 vào 400ml dung dịch HNO3 2M, thu được dung dịch X và 1,624 lít hỗn hợp khí A gồm NO và N2O (ở đktc, không có sản phẩm khử khác). Hỗn hợp A có khối lượng bằng 2,49 gam. 1. Xác định phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp M. 2. Dung dịch X có thể hoà tan tối đa m gam kim loại Fe (phản ứng tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5). Tính m. Câu 5 (1,0 điểm). a. Hấp thụ hết 14,56 lít khí CO2 (đktc) vào 500 ml dung dịch Ba(OH)2 xM, sau phản ứng thu được 59,1 gam kết tủa. Tính x? b. Sục từ từ đến hết V lít khí CO2 (đktc) vào 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,8M, thu được a gam kết tủa. Nếu sục từ từ đến hết 2,2V lít khí CO2 (đktc) vào 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,8M thì cũng thu được a gam kết tủa. Tính giá trị V, a? Câu 6 (1,5 điểm). Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng khi thực hiện các thí nghiệm sau: 1. Nhỏ từ từ từng giọt dung dịch HCl tới dư vào dung dịch K2CO3. 2. Cho bột đồng vào cốc đựng dung dịch H2SO4 loãng, sau một thời gian thêm vào cốc dung dịch Ba(NO3)2 3. Nung muối Cu(NO3)2 khan rồi dẫn khí thoát ra vào chậu nước cất có pha sẵn một ít quỳ tím. 4. Cho dung dịch NaHCO3 vào cốc đựng dung dịch gồm BaCl2; sau một thời gian đun nóng cốc. Câu 7 (1,0 điểm). Một hỗn hợp X gồm Fe(NO3)2; BaCO3 và FeCO3. Cho m gam hỗn hợp X vào bình kín, chân không rồi đem nung ở nhiệt độ cao. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp chất rắn Y (gồm 2 chất) và 7,28 lít hỗn hợp khí hỗn hợp khí Z (đktc) gồm hai chất khí, tỉ khối của hỗn hợp khí Z so 292 với H2 = . 13 a. Tính m và tính % về khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X? b. Cho hỗn hợp Y vào 500 ml dung dịch H2SO4 1M; sau khi phản ứng hoàn toàn thu được a gam chất rắn và 500 ml dung dịch Y1. Tính a và nồng độ mol của các chất tan trong dung dịch Y1. Câu 8 (1,0 điểm). Đốt cháy hoàn toàn m gam một hợp chất hữu cơ G cần vừa đủ 13,44 lít khí O2 (đktc), thu được hỗn hợp sản phẩm chỉ có CO2 và H2O. Cho hỗn hợp sản phẩm lội từ từ qua bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình nước vôi tăng lên 29,76 gam và trong bình có 48 gam kết tủa. Khi hoá hơi 2m gam G thu được thể tích hơi bằng thể tích của 7,68 gam O2 (đo ở cùng điều kiện). Xác định CTPT của G và tính m? Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H=1; O=16; C=12; N=14; Cl=35,5; Al=27; Fe=56; Na=23; Ba=137; S=32; ______ Hết _______ Họ và tên thí sinh: .................................................... – Số báo danh : .................. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CÁC LỚP ĐỊNH HƯỚNG LẦN 1. Môn: Hoá học 11 Cấu. Đáp án. Điểm. t0. 1. 2. 3. 4. C +2 KNO3   CO2 + 2KNO2 (1) t0 P + 5HNO3 đặc   H3PO4 + 5NO2 + H2O (2) H3PO4 + 2NaOH  Na2HPO4 + 2H2O (3) CO2 + H2O + Na2SiO3  Na2CO3 + H2SiO3 (4) Si + 2KOH + H2O  K2SiO3 + 2H2 (5) t0 CO + CuO   Cu + CO2 (6) (Nếu HS viết cả pư CO với Al2O3 thì không cho điểm PT 6). Mỗi PT đúng, đủ điều kiện được 0,25 điểm. Nếu thiếu điều kiện hoặc không cân bằng trừ một nửa số điểm. - Trích mẫu thử và đánh STT. - Dùng dung dịch nước vôi trong dư, đun nhẹ: + Chất phản ứng vừa tạo kết tủa trắng, vừa tạo khí mùi khai là (NH4)2CO3 to (NH4)2CO3 + Ca(OH)2   CaCO3  + 2NH3  + 2H2O + Chất phản ứng chỉ tạo khí mùi khai là NH4NO3 to 2NH4NO3 + Ca(OH)2   Ca(NO3)2 + 2NH3  + 2H2O + 2 chất còn lại chỉ tạo kết tủa trắng theo phương trình: Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2  2CaCO3 + 2H2O Na2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3 + 2NaOH - Dùng dung dịch (NH4)2CO3 vừa nhận biết được ở trên cho vào hai dung dịch còn lại, nếu dung dịch nào có kết tủa thì đó là Ca(HCO3)2, - Phương trình: (NH4)2CO3 + Ca(HCO3)2  CaCO3 + 2NH4HCO3 Dung dịch còn lại không có hiện tượng là Na2CO3. (Nếu HS dùng cách khác (ví dụ đun nóng), nếu đúng vẫn cho điểm tối đa). a. số mol ban đầu Na2O = 0,2 mol. Số mol KHCO3 = 0,1 mol. PT: Na2O + 2HNO3  2NaNO3 + H2O (1) Có thể có Na2O + H2O  2NaOH (2) Vì KHCO3 có thể vừa tác dụng với dd axit, vừa tác dụng với dd bazơ => dung dịch X sau phản ứng có thể có ba zơ hoặc dư axit HNO3. Xét hai trường hợp: - TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, khi đó không có phản ứng (2). Phương trình: KHCO3 + HNO3  KNO3 + CO2 + H2O (3) => tổng số mol HNO3 = 0,4 + 0,1 = 0,5 mol => V dung dịch HNO3 = V = 500 ml. - TH2: Dung dịch X có NaOH, khi đó có phương trình (2). Phương trình: 2NaOH + 2KHCO3  Na2CO3 + K2CO3 + 2H2O (4). Theo Phương trình (4) số mol NaOH = số mol KHCO3 = 0,1 mol => số mol Na2O (pư 2) = 0,05 mol => số mol Na2O (pư 1) = 0,15 mol => số mol HNO3 = 0,3 mol. => V dd HNO3 = V = 0,3 lít = 300 ml. b. Gọi số mol AlCl3 bđ = x mol => số mol Al2(SO4)3 = 2x mol => số mol Al3+ = 5x mol. Vì ở hai thí nghiệm lượng muối Al3+ bằng nhau và lượng kết tủa bằng nhau; lượng NaOH ở TN1 < TN2 => Ở TN1 chỉ có một phương trình: Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 (1) ( TN1 muối Al3+ dư; OH- hết) 0,04 0,12 0,04 mol Ở TN2 có hai phương trình: Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 (2) 0,12 0,04 mol 3+ Al + 4OH  AlO2 + 2H2O (3) 0,02 0,08 mol => Tổng số mol Al3+ ở mỗi phần = 0,06 mol => Trong cả dd số mol Al3+ = 0,12 mol. => 5x = 0,12 => x = 0,024 mol. Vậy m = 0,024.133,5 + 0,048.342 = 19,62 gam 1. n HNO3  0,8(mol); n A  0, 0725(mol) .. 1,0. 0,5. 0,25. 0,25. 0,5. 0,25. 0,5. 0,25. Sử dụng sơ đồ đường chéo hoặc đặt ẩn => n NO  0, 05(mol); n N 2O  0, 0225(mol) 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Đặt nAl = x (mol); n Fe3O4 = y (mol) Quá trình oxi hóa Quá trình khử 3. 0. 4H   NO3  3e  NO  2H 2 O. Al  Al 3e x 8 3. 0,15  0, 05 (mol). 3x (mol) 3. 0,18  0, 045 (mol). y (mol). %m Al  27,95% 27x  232y  9, 66  x  0,1(mol)    3x  y  0,33  y  0, 03(mol) %m Fe3O4  72, 05%. 5. 6. 0,5. 10H   2NO3  8e  N 2O  5H 2O. 3Fe  3Fe 1e y. 0,25. 2. Vì lượng Fe bị hòa tan tối đa nên muối trong dung dịch là muối Fe2+ và có hai PT: Fe + 2Fe3+  3Fe2+ 0,045  0,09 (mol) 3Fe + 8H+ + 2NO3-  3Fe2+ + 2NO + 4H2O 0,050625  0,135 mol  m = 56.(0,045+0,050625) = 5,355 (g). a. Ban đầu số mol CO2 = 0,65 mol; số mol BaCO3 = 0,3 mol. Theo đề bài có PT: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (1) Theo PT (1): số mol CO2 = số mol BaCO3 = 0,3 mol < 0,65 mol => Còn có PT: 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 (2) Số mol CO2 (PT 2) = 0,35 mol. Theo PT 1, 2 số mol Ba(OH)2 = 0,3 + 0,175 = 0,475 mol => x = 0,475/0,5 = 0,95 M. b. Vì lượng Ba(OH)2 ở hai TN bằng nhau và bằng 0,32 mol; lượng kết tủa bằng nhau nhưng lượng CO2 (ở thí nghiệm 1) < lượng CO2 (TN2) => Ở TN1 chỉ có 1 PT: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (1) Sau PT 1 ba zơ còn dư. Ở TN2 có hai PT: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O (2) 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 (3) Gọi số mol BaCO3 (ở TN1) = số mol BaCO3 (TN2) = b mol. => TN1 số mol CO2 = b mol. TN2: số mol CO2 = b + 2(0,32-b) = (0,64 - b) mol. b V 1   Vì tỉ lệ số mol = tỉ lệ về thể tích => => b = 0,2 mol. 0, 64  b 2, 2V 2, 2 => V = 4,48 lít; a = 0,2.197 = 39,4 gam. 1. Ban đầu chưa có khí thoát ra vì lượng axit ít, phương trình phản ứng: HCl + K2CO3  KHCO3 + KCl Sau đó mới có khí không màu thoát ra theo phương trình: HCl + KHCO3  KCl + CO2 + H2O 2. Ban đầu chưa có hiện tượng, khi thêm Ba(NO3)2 thì bột đồng tan dần, dd chuyển sang màu xanh, có khí không màu thoát ra, bị hóa nâu trong không khí PT: 3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O 2NO + O2  2NO2 Đồng thời xuất hiện kết tủa trắng theo PT: Ba2+ + SO42-  BaSO4 3. Cu(NO3)2 khan đang màu trắng thì chuyển sang màu đen và có khí màu nâu đỏ thoát to ra do: 2Cu(NO3)2   2CuO (đen) + 4NO2 (nâu đỏ) + O2 Nước trong chậu đang màu tím thì chuyển sang màu đỏ do: 4NO2+O2+2H2O  4HNO3 (làm đỏ quỳ tím) 4. Ban đầu chưa có hiện tượng gì, sau khi đun nóng thấy có kết tủa. Phương trình phản t0 ứng: 2NaHCO3 + BaCl2   BaCO3 + 2NaCl + CO2 + H2O. 0,25. 0,5. 0,5. 0,5. 0,5 0,25. 0,25 0,25. 0,25. 0. 7. t Phương trình: 4Fe(NO3)2   2Fe2O3 + 8NO2 + O2 (1) 0. t BaCO3   BaO + CO2 (2). 0,25 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0. t 4FeCO3 + O2   2Fe2O3 + 4CO2 (3) 0. t Có thể có FeCO3   FeO + CO2 (4) Vì sau phản ứng thu được chất rắn Y chỉ gồm hai chất => hai chất đó là BaO và Fe2O3 => không có phản ứng (4). Hỗn hợp Z gồm hai chất khí là CO2 và NO2 => không còn O2 => Ở phản ứng (3) FeCO3 và O2 phản ứng vừa đủ với nhau. (*) Gọi số mol Fe(NO3)2 = x mol; số mol BaCO3 = y mol (điều kiện x, y > 0). Từ (*) và PT (1); (3) => số mol FeCO3 = x mol. Theo PT 1, 2, 3 => Trong hỗn hợp khí Z: số mol NO2 = 2x; số mol CO2 = (x + y) => số mol hh Z = 3x + y = 0,325 mol. (I) 46.2 x  44.( x  y) 292.2 M hh Z   (II) 3x  y 13. 0,25. Giải hệ gồm (I) và (II) ta được x = 0,075 mol; y = 0,1 mol (thỏa mãn điều kiện). m = 180.0,075 + 197.0,1 + 116.0,075 = 41,9 gam. 0, 075.180 % m Fe(NO3)2 = .100 %  32, 22 % ; 41,9. 0,1.197 % m BaCO3 = .100 %  47, 02 % 41,9 % m FeCO3 =. 0,25. 0, 075.116 .100 %  20, 76 % 41,9. b. Hỗn hợp Y gồm Fe2O3: 0,075 mol; BaO: 0,1 mol. Số mol H2SO4 bđ = 0,5 mol. PT: Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O (5) BaO + H2SO4  BaSO4 ↓ + H2O (6) Theo số mol ban đầu các chất và PT 5, 6 => H2SO4 dư. Số mol BaSO4 = 0,1 mol => a = 23,3 gam. Trong dd Y1 sau phản ứng có Fe2(SO4)3: 0,075 mol; H2SO4 dư = 0,5-0,325 = 0,175 mol. CM H2SO4 dư = 0,35M; CM Fe2(SO4)3= 0,075/0,5 = 0,15M.. 0,25. 0. t G + O2   CO2 + H2O; CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O n O2pu  0, 6(mol). 8. n C trong G  n CO2  n   0, 48(mol). 0,5. 29, 76  0, 48.44 n H trong G  2n H 2O  2.  0,96(mol) 18  n O trong G  2n CO2  n H 2O  2n O2 pu  0, 24(mol). => Trong G có: nC:nH:nO = 0,48:0,96:0,24 = 2:4:1 => CTĐGN: C2H4O. m = 0,48.12 + 0,96.1 + 0,24.16 = 10,56 (g) => CTPT của G có dạng C2nH4nOn (n nguyên dương). n O trong G 7,68 nm gam G =  0,12(mol)  n   2  CTPT: C4H8O2 32.2 nG. 0,5. (HS làm cách khác, nếu lập luận đúng, chặt chẽ vẫn được điểm tối đa).. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>