Bộ 30 đề thi học kì 1 Hóa 11 có đáp án (Đề 5)

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

(1) $N{H}_{4}N{O}_2\stackrel{t^0}{\to }{N}_2+2H_{2}O$

(2) $N_2+3H_2\stackrel{xt,t^0}{\leftrightarrows }2N{H}_3$

(3) $3N{H}_3+3H_{2}O+Al{\left(N{O}_3\right)}_3\to Al{\left(OH\right)}_3+3N{H}_{4}N{O}_3$

(4) $N{H}_{4}N{O}_3+NaOH\to NaN{O}_3+N{H}_3+H_{2}O$

(5) $NaN{O}_3+H_{2}S{O}_{4dac}\to NaHS{O}_4+HN{O}_3$

(6) $4HN{O}_3+3C\to 3C{O}_2+4NO+2H_{2}O$

(7) $C{O}_2+KOH\to KHC{O}_3$

(8) $2KHC{O}_3+Ca{\left(OH\right)}_2\to K_{2}C{O}_3+CaC{O}_3+2H_{2}O$

Phương pháp giải:

Dùng dung dịch Ba(OH)₂ làm thuốc thử.

Giải chi tiết:

- 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: $N{H}_{4}HC{O}_3+Ba{\left(OH\right)}_2\to BaC{O}_3+N{H}_3+H_{2}O$

+ Không có hiện tượng: Ba(NO₃)₂

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

PTHH: $2{\left(N{H}_4\right)}_{3}P{O}_4+3Ba{\left(OH\right)}_2\to B{a}_3{\left(P{O}_4\right)}_2+6N{H}_3+6H_{2}O$

+ Xuất hiện khí không màu mùi khai: NH₄Cl

PTHH: $2N{H}_{4}Cl+Ba{\left(OH\right)}_2\to BaC{l}_2+2N{H}_3+2H_{2}O$

+ Xuất hiện kết tủa trắng: Na₂CO₃

PTHH: $N{a}_{2}C{O}_3+Ba{\left(OH\right)}_2\to BaC{O}_3+2NaOH$

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

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

$C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\to CaC{O}_3+H_{2}O$

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

$C{O}_2+H_{2}O+CaC{O}_3\to Ca{\left(HC{O}_3\right)}_2$

Phương pháp giải:

Xét tỷ lệ $T=\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}$

+ Nếu T < 1 → tạo thành muối $HC{O}_3^{-}$  và CO₂ dư

+ Nếu T = 1 → tạo thành muối $HC{O}_3^{-}$

+ Nếu 1 < T < 2 → tạo thành 2 muối $HC{O}_3^{-}$  và $C{O}_3^{2-}$

+ Nếu T = 2 → tạo thành muối $C{O}_3^{2-}$

+ Nếu T > 2 → tạo thành muối $C{O}_3^{2-}$ và OH^- dư

Giải chi tiết:

$n_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{4,48}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,2}mol$

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

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

Vì $1<\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,2}}=\mathrm{1,5}<2\to$  phản ứng sinh ra 2 muối

PTHH:

$2C{O}_2+Ba{\left(OH\right)}_2\to Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2$

$C{O}_2+Ba{\left(OH\right)}_2\to BaC{O}_3+H_{2}O$

Phương pháp giải:

- 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.

Giải chi tiết:

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

$\to m_{H_{2}O}=\mathrm{1,89}gam\to n_{H_{2}O}=\frac{\mathrm{1,89}}{18}=\mathrm{0,105}mol$

$\to n_H=2n_{H_{2}O}=\mathrm{2.0,105}=\mathrm{0,21}mol\to m_H=\mathrm{0,21.1}=\mathrm{0,21}gam$

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

$\to m_{C{O}_2}=\mathrm{6,16}gam\to n_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{6,16}}{44}=\mathrm{0,14}mol$

$\to n_C=n_{C{O}_2}=\mathrm{0,14}mol\to m_C=\mathrm{0,14.12}=\mathrm{1,68}gam$

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

→ Trong X có chứa O

$m_O=m_X-m_C-m_H=\mathrm{3,01}-\mathrm{1,68}-\mathrm{0,21}=\mathrm{1,12}gam\to n_O=\frac{\mathrm{1,12}}{16}=\mathrm{0,07}mol$

Gọi công thức phân tử của X là C_xH_yO_z

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

Vậy công thức đơn giản nhất của X là C₂H₃O

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

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

Vậy công thức phân tử của X là C₄H₆O₂

Phương pháp giải:

- 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.

Giải chi tiết:

$n_{N{O}_2}=\frac{\mathrm{5,376}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,24}mol$

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

→ 27x + 24y = 2,34 (*)

Quá trình trao đổi electron

 $A{l}^0\to A{l}^{+3}+3e$                                   $N^{+5}+1e\to N^{+4}$

$M{g}^0\to M{g}^{+2}+2e$

Áp dụng bảo toàn electron: $3n_{Al}+2n_{Mg}=n_{N{O}_2}$

→ 3x + 2y = 0,24 (**)

Từ (*) và (**) → x = 0,06 và y = 0,03

$m_{Al}=\mathrm{27.0,06}=\mathrm{1,62}gam\to \%m_{Al}=\frac{\mathrm{1,62}}{\mathrm{2,34}}.100\%=\mathrm{69,23}\%$

$m_{Mg}=\mathrm{2,34}-\mathrm{1,62}=\mathrm{0,72}gam\to \%m_{Mg}=\frac{\mathrm{0,72}}{\mathrm{2,34}}.100\%=\mathrm{30,77}\%$

Phương pháp giải:

- 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.

Giải chi tiết:

PTHH:

$2Al{\left(N{O}_3\right)}_3\stackrel{t^0}{\to }A{l}_2{O}_3+6N{O}_2+\frac{3}{2}{O}_2$

     0,06               →         0,18

$Mg{\left(N{O}_3\right)}_2\stackrel{t^0}{\to }MgO+2N{O}_2+\frac{1}{2}{O}_2$

    0,03              →          0,06

Vậy $n_{N{O}_2\left(lt\right)}=\mathrm{0,18}+\mathrm{0,06}=\mathrm{0,24}mol$

Mà hiệu suất phản ứng nhiệt phân là 60% $\to n_{N{O}_2\left(tt\right)}=\mathrm{0,24.60}\%=\mathrm{0,144}mol$

$2N{O}_2+\frac{1}{2}{O}_2+H_{2}O\to 2HN{O}_3$

 0,144                 →     0,144

$\to C_{M\left(HN{O}_3\right)}=\frac{\mathrm{0,144}}{\mathrm{0,8}}=\mathrm{0,18}M\to \left[H^{+}\right]=C_{M\left(HN{O}_3\right)}=\mathrm{0,18}M$

$\to pH=-\log \left[H^{+}\right]=-\log \mathrm{0,18}=\mathrm{0,745}$