Tài liệu Ma trận đề các tỉnh miền Trung

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 1 LỚP 11 NÂNG CAO
Môn: Hóa học
(thời gian làm bài 60 phút)
I. MA TRẬN KHÔNG GHI CHUẨN
Chủ đề
Nhận biết Thông hiểu Vận dụng
Vận dụng m/đ cao
Tổng
TN TL TN TL TN TL TN TL
1. Sự điện li
2 câu
1,0 đ
1 câu
0,5 đ
1câu
2,0 đ
3,5 đ
2. Nhóm nitơ
2 câu
1,0 đ
1 câu(9a)
0,75đ
1 câu
0,5 đ
1 câu (9b)
1,25 đ
1 câu
2 đ
5,5 đ
3. Nhóm
cacbon

1câu
0,5 đ
1 câu
0,5 đ
1,0 đ
Tổng 2,5 đ 0,75 đ 1,5 đ 2,0 đ 1,25 đ 2,0 đ 10,0 đ
II. ĐỀ BÀI
A. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁC QUAN
Câu 1: Chọn phát biểu không đúng.
A. Chất điện li mạnh là chất khi tan trong nước, các phân tử hoà tan đều phân li ra ion.
B. Chất điện li yếu là chất khi tan trong nước, chỉ một phần số phân tử hoà tan phân li ra ion.
C. Khi pha loãng dung dịch, độ điện li của các chất điện li đều không thay đổi.
D. Muối là hợp chất, khi tan trong nước phân li ra cation kim loại (hoặc cation NH
4
+
) và anion gốc axit.
Câu 2: Theo định nghĩa về axit-bazơ của Bronsted thì axit là những chất hoặc ion:
A. Có khả năng cho electron. B. Có khả năng cho proton (H
+
).
C. Có khả năng nhận electron. D. Có khả năng nhận proton (H
+
).
Câu 3: Cho các phản ứng trong dung dịch sau:
(1) Na
2
CO
3
+ H
2

SO
4
. (2) Na
2
CO
3
+ FeCl
3
. (3) Na
2
CO
3
+ BaCl
2
.
(4) NaHCO
3
+ Ba(OH)
2
. (5) (NH
4
)
2
SO
4
+ Ba(OH)
2
. (6) Na
2
S + AlCl

3
.
Các phản ứng đồng thời tạo ra kết tủa và khí bay ra là:
A. (3); (5); (6). B. (2); (4); (5). C. (2); (5); (6). D. (2); (4); (6).
Câu 4:
Phân bón nitrophotka (NPK) là hỗn hợp của
A. (NH
4
)
2
HPO
4
và KNO
3
B. (NH
4
)
2
HPO
4
và NaNO
3
C. (NH
4
)
3
PO
4
và KNO
3

D. NH
4
H
2
PO
4
và KNO
3
Câu 5:
Thành phần chính của quặng photphorit là
A. Ca
3
(PO
4
)
2
. B. Ca(H
2
PO
4
)
2
. C. NH
4
H
2
PO
4
. D. CaHPO
4

.
Câu 6: Nhiệt phân hoàn toàn hỗn hợp NH
4
NO
3
, Cu(NO
3
)
2
, AgNO
3
, Fe(NO
3
)
2
thì chất rắn thu được sau
phản ứng gồm
A. CuO, Fe
2
O
3
, Ag
2
O. B. CuO, Fe
2
O
3
, Ag. C. CuO, FeO, Ag. D. Cu, Ag, FeO.
Câu 7: Chọn phát biểu đúng.
A. Cacbon chỉ có tính khử. B. Không thể đốt cháy kim cương.

C. Cacbon monooxit là chất khí không thể đốt cháy. D. Cacbon đioxit không thể bị oxi hoá.
Câu 8: Có các cốc đựng các chất sau:
Cốc 1 đựng CaCO
3
, cốc 2 đựng CaCO
3
và H
2
O, cốc 3 đựng BaSO
4
và H
2
O, cốc 4 đựng MgCO
3
và H
2
O
Khi thổi khí CO
2
vào lần lượt 4 cốc thì các muối trong các cốc tan dần tạo thành dung dịch trong suốt là
A. cốc 1, 2, 3. B. cốc 2, 3, 4. C. cốc 1, 2. D. cốc 2, 4.
B. PHẦN TỰ LUẬN
Câu 9: Cho các dung dịch sau: BaCl
2
, NaOH, NaHCO
3
, NaHSO
4
.
Dung dịch nào có pH > 7, pH < 7 hay pH = 7. Viết phương trình điện li giải thích ?

Câu 10: Axit photphoric được điều chế theo sơ đồ sau: Ca
3
(PO
4
)
2
→ P → P
2
O
5
→ H
3
PO
4
(1).
a) Viết phương trình phản ứng theo sơ đồ (1)?
b) Từ 3,875 tấn quặng chứa 80% Ca
3
(PO
4
)
2
có thể điều chế (theo sơ đồ 1) được bao nhiêu tấn H
3
PO
4
. Biết
hiệu suất của cả quá điều chế H
3
PO

4
là 90%.
Câu 11: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO
3
loãng (dư), thu được dung dịch X và
1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N
2
O và N
2
. Tỉ khối của hỗn hợp khí Y so với khí H
2
là 18.
Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Tính giá trị của m?
Cho: Ca = 40; Al = 27; P = 31; O = 16; H = 1; N = 14.
III. ĐÁP SỐ VÀ HƯỠNG DẪN CHẤM
A. ĐÁP SỐ PHẦN TRẮC NGHIỆM
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8
Đáp số C B C A A B D D
B. HƯỠNG DẪN GIẢI PHẦN TỰ LUẬN
Câu Nội dung Điểm
9
+ Dung dịch BaCl
2
có pH = 7:
BaCl
2
→ Ba
2+
+ 2Cl
-

, =>
2
+
BaCl
[H ]
=
2
+
H
[H ]
O
.
0,5
+ Dung dịch NaOH có pH > 7:
NaOH → Na
+
+ OH
-
=>
+
NaOH
[H ]
<
2
+
H
[H ]
O
.
0,5

+ Dung dịch NaHCO
3
có pH > 7:
NaHCO
3
→ Na
+
+
3
HCO
−

3
HCO
−
+ H
2
O
→
¬ 
H
2
CO
3
+ OH
-

=>
3
+

NaH
[H ]
CO
<
2
+
H
[H ]
O
.
0,5
+ Dung dịch NaHSO
4
có pH < 7:
NaHSO
4
→ Na
+
+
4
HSO
−

4
HSO
−
+ H
2
O
→

¬ 
H
3
O
+
+
2
4
SO
−
=>
4
+
NaHS
[H ]
O
>
2
+
H
[H ]
O
.
0,5
10
a) Các phương trình phản ứng:
Ca
3
(PO
4

)
2
+ 3SiO
2
+ 5C → 3CaSiO
3
+ 5CO + 2P
4P + 5O
2
→ 2P
2
O
5

P
2
O
5
+ 3H
2
O → 2H
3
PO
4

0,25
0,25
0,25
b)
3 4 2

( )Ca PO
m
=
3,875.80
100
= 3,1 tấn.
Ca
3
(PO
4
)
2
→ P → P
2
O
5
→ H
3
PO
4
.
310 196 (tấn)
3,1 1,96 (tấn)
Khối lượng H
3
PO
4
=
1,96.90
100

= 1,764 tấn
0,25
0,5
0,5
3
n
Al
= 0,46 mol
Quá trình nhường electron: Al → Al
3+
+ 3e
0,46 1,38 (mol)
=> Số electrron nhường = 1,38 mol
0,25
n
Y
= 0,06 mol. Đặt số mol của N
2
O = x, số mol N
2
= y
Vì số mol hỗn hợp là 0,06 => x + y = 0,06 (1)
Vì
Y
M
= 18.2 = 36 =>
44 28
36
0,06
x y

+
=
(2).
0,5
Giải hệ phương trình (1) và (2)
{
0,03
0,03
x
y
=
=
0,25
Quá trình nhận electron 2N
+5
+ 8e → 2N
+4
(N
2
O)
0,24 0,03 (mol)
2N
+5
+ 10e →
0
2
N
0,3 0,03 (mol)
0,25
Số electron nhận: 0,24 + 0,3 = 0,54 mol < 1,38 mol (còn quá trình nhận electron khác)

Số electron nhận còn lại = 1,38 – 0,54 = 0,84 mol.
N
+5
+ 8e → N
-3
(NH
4
NO
3
)
0,84 0,105 (mol)
0,5
m =
3 3
( )Al NO
m
+
4 3
NH NO
m
= 0,46.213 + 0,105.80 = 106,38 gam 0,25