Đề thi giữa kì 1 Hóa học 11 năm 2025-2026 THPT Hướng Hoá (Quảng Trị) có đáp án

Lời giải: Quá trình tạo và cung cấp đạm nitrate cho đất từ nước mưa được biểu diễn theo sơ đồ:

(ion nitrate theo nước mưa rơi xuống đất cung cấp phân đạm nitrate cho cây). Đáp án:D

a) Đúng: Ở điều kiện chuẩn, nitrogen là chất khí không màu, không mùi, không vị, tan rất ít trong nước; không duy trì sự cháy và hô hấp.

b) Đúng: Liên kết ba N ≡ N có năng lượng liên kết rất lớn (945 kJ/mol), rất bền nên ở nhiệt độ thường nitrogen trơ về mặt hóa học.

c) Đúng: Khi có tia lửa điện hoặc nhiệt độ rất cao (khoảng 3000$^{o}$C), N$_{2}$ phản ứng với O$_{2}$ tạo NO. Quá trình tạo và cung cấp đạm nitrate cho đất từ nước mưa được biểu diễn theo sơ đồ:

(ion nitrate theo nước mưa rơi xuống đất cung cấp phân đạm nitrate cho cây).

d) Sai: Phản ứng giữa nitrogen và hydrogen là phản ứng thuận nghịch (${N}_{2}+3{H}_{2}⇌2N{H}_{3}$), không phải phản ứng một chiều.

a) Đúng: Nước cường toan (hỗn hợp 1 mol HNO$_{3}$ đặc và $3\text{mol}HCl$ đặc về tỉ lệ mol) hòa tan được kim loại quý như Au, Pt.

b) Sai: $CuO+2HN{O}_{3}\rightarrow Cu{(N{O}_{3})}_{2}+{H}_{2}O$. Trong phản ứng này, đồng giữ nguyên số oxi hóa +2, nitrogen giữ nguyên số oxi hóa +5, HNO$_{3}$ chỉ thể hiện tính acid, không thể hiện tính oxi hóa.

c) Đúng: Theo công thức Lewis cổ điển của $HN{O}_{3}$, liên kết giữa nguyên tử N và một nguyên tử O là liên kết cho - nhận.

d) Sai: Cân bằng phản ứng: Fe + 4HNO$_{3}$ →Fe(NO$_{3}$)$_{3}$ + NO + 2H$_{2}$O. Hệ số nguyên tối giản của $HN{O}_{3}$ là 4 (chứ không phải 8).

Phản ứng: $HCl+NaOH\rightarrow NaCl+{H}_{2}O$

${n}_{NaOH}=0{,}017.0{,}2=0{,}0034\ mol$

Tại điểm tương đương: ${n}_{HCl}={n}_{NaOH}=0{,}0034\text{mol}$

$x=\frac{0{,}0034}{0{,}02}=0{,}17M.$

Đáp số: 0,17

Ammonia thể hiện tính khử khi số oxi hóa của N tăng từ -3 lên mức cao hơn:

(1) $\overset{-3}{N}{H}_{3}\rightarrow \overset{0}{N}{}_{2}$: có tính khử.

(2) $\overset{-3}{N}{H}_{3}\rightarrow \overset{+2}{N}O$: có tính khử.

(3) N giữ nguyên số oxi hóa -3: tính base.

(4) $\overset{-3}{N}{H}_{3}\rightarrow \overset{0}{N}{}_{2}$: có tính khử.

(5) N giữ nguyên số oxi hóa -3: tính base.

→ Có $3$ phản ứng: (1), (2), (4).

Đáp số: 3

Tăng áp suất thì cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm số mol khí:

(1) Vế trái: 3 mol khí $\rightarrow$ Vế phải: 2 mol khí (giảm mol khí) ⇒ Tăng áp suất cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

(2) Vế trái: 2 mol khí $\rightarrow$ Vế phải: 2 mol khí ⇒ Tăng áp suất không làm chuyển dịch cân bằng.

(3) Vế trái: 2 mol khí $\rightarrow$ Vế phải: 2 mol khí ⇒ Tăng áp suất không làm chuyển dịch cân bằng.

(4) Vế trái: 1 mol khí $\rightarrow$ Vế phải: 2 mol khí $\Rightarrow$ Tăng áp suất cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

→ Chỉ có cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều thuận khi tăng áp suất.

Đáp số: 1

Phương trình: ${N}_{2}(g)+3{H}_{2}(g)⇌2N{H}_{3}(g)$

Theo lí thuyết, để thu được 2 lít NH$_{3}$ thì thể tích N$_{2}$ cần dùng là:

${V}_{{N}_{2}(LT)}=\frac{1}{2}.{V}_{N{H}_{3}}=\frac{1}{2}.2=1\ L.$

Do hiệu suất H = 25%, thể tích N$_{2}$ thực tế cần lấy là:

${V}_{{N}_{2}(TT)}=\frac{1}{25\%}=4L.$

Đáp số: 4

Dung dịch HCl 0,03 M là acid mạnh, phân li hoàn toàn:

$HCl\rightarrow {H}^{+}+C{l}^{-}$

$\Rightarrow \text{[}{H}^{+}\text{]}={C}_{HCl}=0{,}03M.$

Tính pH của mẫu dịch vị: $pH=-log[{H}^{+}\text{]}\text{=}\ \ \text{-}\text{l}\text{o}\text{g}\text{(}\text{0}\text{,}\text{0}\text{3}\text{)}\approx \text{1}\text{,}\text{5}\text{2}\text{.}$

(Học sinh có thể làm tròn 1,5 hoặc 1,52 đều đạt điểm tối đa).

Cân bằng: CO*(g)* + 3H$_{2}$(g) $\overset{}{⇌}$ CH$_{4}$(g) + H$_{2}$O*(g)*

Biểu thức hằng số cân bằng K$_{C}$:

${K}_{C}=\frac{\text{[}C{H}_{4}\text{]}.\text{[}{H}_{2}O]}{\text{[}CO].{\text{[}{H}_{2}\text{]}}^{3}}$

Thay các nồng độ ở trạng thái cân bằng vào ta được:

${K}_{C}=\frac{0{,}0387.0{,}0387}{0{,}0613.0{,}183{9}^{3}}=3{,}93.$

Giả sử ban đầu hỗn hợp X có: ${n}_{{N}_{2}}=1\text{mol}$ và ${n}_{{H}_{2}}=4\ mol$

$\Rightarrow {n}_{bd}=1+4=5\ mol.$

Đánh giá tỉ lệ mol theo PTHH: $\frac{{n}_{{N}_{2}}}{1}=1<\frac{{n}_{{H}_{2}}}{3}=1{,}333\Rightarrow$Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn thì N$_{2}$ hết trước, do đó hiệu suất phản ứng tính theo N$_{2}$.

Phương trình phản ứng:

$\begin{matrix} & {N}_{2}(g) & + & 3{H}_{2}(g) & ⇌ & & 2N{H}_{3}(g) \\ \text{Ban đầu:} & 1 & & 4 & & 0 & (\text{mol}) \\ \text{Phản ứng:} & x & & 3x & & 2x & (\text{mol}) \\ \text{Cân bằng:} & 1-x & & 4-3x & & 2x & (\text{mol})\end{matrix}$

Số mol hỗn hợp khí sau phản ứng:

n$_{sau}$ = (1 – x) + (4 – 3x) + 2x = 5 – 2x (mol).

Số mol khí giảm chính là: ∆n = n$_{đầu}$ – n$_{sau}$ = 2x.

Theo đề bài, số mol giảm 5% so với ban đầu: 2x = 5%.5 = 0,25 ⇒ x = 0,125 mol.

Hiệu suất phản ứng tổng hợp NH$_{3}$:

$H=\frac{0{,}125}{1}.100\%=12{,}5\%.$