Đề khảo sát chất lượng đầu năm môn Hóa 11

Xác định số oxi hóa của các nguyên tố thay đổi

Fe⁰ + HN⁺⁵O₃ → Fe⁺³(NO₃)₃+ N⁺¹₂O + H₂O

Vậy ta có phương trình: 8Fe + 30HNO₃ → 8Fe(NO₃)₃ + 3N₂O↑ + 15H₂O

Vị trí của nguyên tử trong bảng tuần hoàn:

Có 3 lớp electron ⇒ Thuộc chu kì 3.

 Dung dịch AgNO₃ không phản ứng với NaF 

Quá trình trao đổi electron

2Br^- ⟶ Br² + 2e

Cl₂ + 2e ⟶ 2Cl^-

⇒ Trong phản ứng hóa học trên, xảy ra quá trình oxi hóa chất NaBr.

Nhóm halogen gồm: F, Cl, Br, I, (At) Vậy cặp nguyên tố Cl, Br thuộc nhóm halogen

Trong nhóm halogen, từ fluorine đến iodine, bán kính nguyên tử tăng dần do số lớp electron tăng dần. 

HF lỏng có nhiệt ododj sôi cao bất thường là do phân tử HF phân cực mạnh, có khả năng tạo liên kết hydrogen:

Còn giữa các phân tử HCl cũng như HBr và HI không có liên kết hydrogen.

Điều này giải thích vì sao nhiệt độ sôi của HF cao hơn hẳn so với HCl, HBr, HI.

Dung dịch X chứa HCl và H₂SO₄ theo tỉ lệ mol là 2:3

Gọi n_HCl = x ⇒ n_H2SO4 = 1,5a

⇒ n_H+ = x + 1,5. 2x = 4x

n_NaOH = 0,8. 0,5 = 0,4 mol

Trung hòa X

H⁺ + OH^- → H₂O 

n_H+= n_OH^- = 0,4

⇒ 4x = 0,4 ⇔ x = 0,1

Vậy n_HCl = 0,1 mol

⇒ C_{M HCl} = 0,1: 0,2 = 0,5M

Số oxi hóa của Mn trong K⁺¹₂Mn⁺⁶O^-2₄ là +1

Al trong Al³⁺ là +3

P trong H⁺¹₂P⁺⁵O^-2₄^- lần lượt là +5

Nồng độ HCl càng cao thì khả năng tiếp xúc giữa Fe và HCl càng dễ dàng, phản ứng xảy ra càng nhanh.

Vậy nồng độ HCl là 2M

Áp dụng bảo toàn điện tích:

2n_Ba²⁺ + n_Na⁺ = n_OH⁻

⇒ 2.n_Ba²⁺ + 1.0,02 = 1.0,06 ⇒ n_Ba²⁺ = 0,02 (mol)

n_Na⁺ = n_HCO3- + n_CO3^2-

⇒ n_CO3²⁻= 0,04 + 0,03 = 0,07 mol

HCO₃^- + OH⁻ → CO₃²⁻ + H₂O

0,04              →     0,04 (mol)     

Σn_CO3^2- = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃

0,02            → 0,02 

n_BaCO3 = n_Ba²⁺ = 0,02 mol

⇒ m_BaCO3↓ = 0,02.197 = 3,94 (g)

 Số electron tối đa trên phân lớp p là 6

Hydrochloric acid đặc thể hiện tính khử khi tác dụng với MnO₂

4HCl⁻¹ + MnO₂ → MnCl₂ +Cl⁰₂ + 2H₂O

Chất điện li mạnh là chất khi tan trong nước, các phân tử hoà tan đều phân li ra ion 

Vậy chất điện li mạnh là CaCl₂

 [H⁺] = 4.10^-5 mol/l

⇒ pH = -log[H⁺] = 4,4 < 7

⇒ Môi trường acid.

N₂ thể hiện tính khử trong phản ứng

⁰N₂ + O₂ 2N⁺²O.

Trong phản ứng trên số oxi hóa của nitrogen tăng từ 0 lên +2 → nitrogen thể hiện tính khử

Đối với các đáp án còn lại, số oxi hóa của nitrogen giảm từ 0 về -3 → nitrogen thể hiện tính oxi hóa.

⁰N₂ + 2H₂ 2N^-3H₃.

3Mg + ⁰N₂ Mg₃N^-3₂.

6Li + ⁰N₂ Li₃N^-3.

 Ta có phản ứng:

2SO₂ (g) + O₂ (g) 2SO₃ (g)

 Δ_rH^o 298 < 0 (phản ứng tỏa nhiệt)

Giảm thể tích bình phản ứng thì áp suất tăng, chuyển dịch chiều giảm áp suất (hay chiều làm giảm số mol khí) ⇒ theo chiều thuận

Ta có: n_H2 = 2,479 : 24,79 = 0,1 mol

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O

Theo phản ứng ta có:

n_Fe = 0,1 mol ⇒ m_Fe = 5,6 (g)

⇒ m_FeO = 12,8 – 5,6 = 7,2 (g)

⇒ n_FeO = 0,1 mol

⇒ n_HCl = 2n_Fe + 2n_FeO = 0,1.2 + 0,1.2 = 0,4

⇒ V_HCl = 0,4 : 1 = 0,4 lít.

Phương trình phản ứng sau:

2F₂ (g) + 2H₂O (g) → 4HF (g) + O₂ (g)

Biến thiên chuẩn của phản ứng được tính như sau:

Δ_rH^o 298 = 2×E_b(F-F) + 2×2×E_b(O-H) - 4× E_b(H-F) - 1×E_b(O-O)

⇔ Δ_rH^o 298 = 2×159 + 2×2×459 -  4×569 - 1×494 = -616kJ

	HCOOH		HCOO-	+ H+
Ban đầu	1M
Điện li	xM		xM	xM
Cân bằng	1-x		x	x

 ⇔

⇒ pH = -lg(0,0133) = 1,88

Ta có Δ_rH^o ₂₉₈ = +180kJ không thể xảy ra ở điều kiện thường

Ion đa nguyên tử được tạo thành từ nhiều nguyên tử. 

S^2-: được tạo bởi nguyên tử S

K⁺: được tạo bởi nguyên tử Al

NO₃^-: được tạo bởi nguyên tử N và O

Mg²⁺: được tạo bởi nguyên tử Ca

Vậy NO₃^- là ion đa nguyên tử

 Số electron tối đa trên phân lớp p là 6

n_NaOH = 0,025.0,1 = 0,0025 mol

2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O 

0,0025 → 0,00125 

⇒ C_{M H2SO4} = 0,00125 : 0,02 = 0,0625 mol/L.

 Xét phản ứng

Mg⁰ + Fe^2+⁡Cl₂ → Mg²⁺Cl₂ + Fe⁰

Trao đổi electron:

Quá trình nhường electron

Mg⁰ → Mg⁺² + 2e

Quá trình nhận electron

Fe⁺² + 2e → Fe⁰

1 mol → 2 mol

⇒ Fe⁺² nhận 2 mol electron

Al tác dụng với chlorine và hydrochlorine acid đều cho cùng một loại muối AlCl₃

2Al + 3Cl₂ → 2AlCl₃

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ ↑

Quy đổi hỗn hợp X thành Cu: x mol và S: y mol

Ta có theo đề bài:

m_X= 64x + 32y= 15,2 gam (1)

Quá trình nhường electron

Cu → Cu²⁺ + 2e

x             → 2x mol

S⁰ → SO₄^2- + 6e

y → y     → 6y

Qúa trình nhận electron

n_NO = 11,1555 : 24,79 = 0,45 mol

N⁺⁵ + 3e → NO

      1,35 ←  0,45 mol

Theo định luật bảo toàn electron ta có:

2x + 6y = 1,35 (2)

Từ (1) và (2) suy ra x = 0,15 và y = 0,175

Dung dịch Y có Cu²⁺, SO₄^2-, H⁺, NO₃^-

Khi cho Ba(OH)₂ dư vào dung dịch Y thì:

Ba₂₊ + SO₄^2- → BaSO₄

y                  → y mol

Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂

x                   →  x mol

m_{kết tủa}= m_Cu(OH)2 + m_BaSO4= 98x + 233y = 98.0,15 + 233.0,175 = 55,475 gam

(1) 2NaI + Cl₂ → 2NaCl + I₂

(2) NaBr + AgNO₃ → NaNO₃ + AgBr ( ↓)

(3) Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O

(4) HF + AgNO₃ không xảy ra phản ứng

(5) CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂ + H₂O

Ở điều kiện chuẩn, để thu được 1 mol CaO (s) từ CaCO₃ (s) cần phải cung cấp 179,2 kJ nhiệt lượng là Phản ứng thu nhiệt, Δ_rH^o 298 = +179,2 kJ.

Ta có pH = 2 ⇒ [H⁺] = 10^-2 mol/L

⇒ n_H+ = 0,3.10^-2

H⁺ + OH^- → H₂O 

0,3.10^-2 → 0,3.10^-2

⇒ n_NaOH =  0,3.10^-2 mol

⇒ V_NaOH = 0,3.10^-2 _: 0,02 = 0,15L = 150 mL.

Ta có theo đề bài:

n_Fe = 15,12 : 56 = 0,27 mol

n_SO2 = 5,57775 : 24,79 = 0,225 mol

Quy đổi hỗn hợp X thành 2 nguyên tố Fe và O

Quá trình nhường electron:

Fe⁰ → Fe⁺³ + 3e

0,27 → 0,81

Quá trình nhận electron

O⁰ + 2e → O^-2.

S⁺⁶ + 2e → S⁺⁴.

0,45 ← 0,225

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

Σe _nhường = Σe _nhận

⇔ 0,81 = 2.n_O + 0,45

⇒ n_O = (0,81 - 0,45):2 = 0,18 mol

m = m_O + m_Fe = 0,27.56 + 0,18.16 = 18 gam

Ta có Δ_f H^o ₂₉₈ của đơn chất bằng 0

Δ_rH^o ₂₉₈ = Σ Δ_f H^o _{298 (sản phẩm)} - Σ Δ_f H^o _{298 (chất đầu)} 

-283 = Δ_f H^o ₂₉₈ CO₂ - Δ_f H^o ₂₉₈ CO

⇒ Δ_f H^o ₂₉₈ CO = -110,5 kJ/mol

Trong hợp chất sulfur trioxide SO₃, số oxi hóa của O là -2, đặt số oxi hóa của S là x.

Ta có: (-2).3 + x = 0 ⇒ x = + 6.

Fe là chất khử

Quá trình Fe → Fe³⁺ + 3e nhường electron là quá trình oxi hóa.

Ta có:

n_CO = 7,437 : 24,79 = 0,3 mol

M_{tb Z} = 18 . 2 = 36

Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có:

n_CO = n_CO2 = 0,15 mol

→ n_{O trong oxide phản ứng} = n_CO = 0,15 mol

Ta có hỗn hợp Y gồm có 3 kim loại (m gam) và oxygen (oxide kim loại) (a mol).

m_X = m_Y + m_O ⇒ m_Y = 34,4 – 0,15.16 = 32 gam

→ m = 32 – 16a (1)

M_{tb T} = 16,75 . 2 = 33,5.

n _{hỗn hợp khí T} = 4,958 : 24,79 = 0,2 mol

Áp dụng sơ đồ đường chéo

→ n_NO = 0,15 mol và n_N2O = 0,05 mol

Ta có:

4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

10H⁺ + 2NO₃- + 8e → N₂O + 5H₂O

10H⁺ + NO₃^- + 8e → NH₄⁺ + 3H₂O

2H⁺ + O₂^- → H₂O

Dễ nhận thấy dung dịch muối sau phản ứng có muối NH₄NO₃: b mol vì

n_HNO3 = 4n_NO + 10n_N2O + 2n_O + 10n_NH4NO3 = 1,7

⇔ 4.0,15 + 10.0,05 + 2a + 10b = 1,7

→ a + 5b = 0,3 (2)

Khối lượng muối sau khi cô cạn:

m_muối = m_{ion kim loại} + m_{ion nitrate} + m_NH4NO3 = 117,46 gam

⇔ m + 62(3.0,15 + 8.0,05 + 2a + 8b) + 80b = 117,46

⇔ m + 124a + 576b = 64,76 (3)

Giải hệ (1), (2), (3)

→ a = 0,25 mol; b = 0,01 mol và m = 28 gam.

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích:

2.n_Fe²⁺ + 3.n_Al³⁺=n_Cl⁻ + 2n_SO4²⁻

→ 2.0,1 + 3.0,2 = x + 2y

→ x + 2y = 0,8 (1)

Theo đề bài ta lại có:

m_X = m_Fe²⁺ + m_Al³⁺ + m_Cl⁻+m_SO4²⁻

→ 46,9 = 0,1.56 + 0,2.27 + x.35,5 + y.96

→ 35,5x + 96y = 35,9 (2)

Từ (1) và (2) → x = 0,2; y = 0,3

[H⁺] = 10^-3

              HCOOH HCOO^- + H⁺

Ban đầu: 0,007                      10^-3

Điện li   : 10^-3