kiem tra nito photpho chuyen hoa 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT CHUYÊN LQĐ ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ KIỂM TRA MỘT TIẾT HOÁ HỌC 10 NĂM HỌC: 2013 – 2014 CHƯƠNG: NITƠ – PHOTPHO Ngày thi: 19/4/2014 THỜI GIAN: 80 phút (không kể giao đề). --o0o-Bài 1: (1,5 điểm) Có sáu dung dịch riêng biệt: NaOH, NaCl, KI, K2S, Pb(NO3)2, NH3 bị mất nhãn. Hãy trình bày phương pháp phân biệt 6 dung dịch trên bằng một thuốc thử duy nhất.. Bài 2: (2,5 điểm) Cho 34,675 gam hỗn hợp X gồm Mg và Zn tác dụng hết với 280 gam dung dịch HNO 3 63%. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y (không có muối amoni) và 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O, NO2, N2 và NO (trong đó N2 và NO2 có phần trăm theo thể tích bằng nhau). Tỷ khối của Z so với hiđro là 17,625. 1. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X. 2. Tính nồng độ phần trăm của các chất trong Y. Coi nước bay hơi không đáng kể trong quá trình phản ứng.. Bài 3: (5,0 điểm) Nung nóng hỗn hợp khí X gồm N2 và H2 (có xúc tác) thu được hỗn hợp Y gồm ba khí. Chia đều Y thành 3 phần bằng nhau: - Phần 1: Sục qua dung dịch FeCl2 dư thấy tạo thành 9 gam kết tủa trắng xanh. - Phần 2: Bật tia lửa điện, khí Z thu được gồm ba khí cho sục qua dung dịch H 2SO4 vừa đủ, dung dịch tạo thành cho vào BaCl2 dư thì tạo thành 11,65g kết tủa trắng. - Phần 3: Đem nung nóng với oxi (vừa đủ), sản phẩm cháy cho tác dụng với natri dư thì thoát 4,48 lít khí H2. a. Tính hiệu suất phản ứng phân huỷ NH3 bằng tia lửa điện. b. Phần khí còn lại ở phần 3 đem vào lò điện với oxi dư nhiều (có xúc tác), phản ứng xảy ra hoàn toàn. Hạ nhiệt độ, phần khí đã cho sục qua nước dư. Cho Cu vào dung dịch thu được (CM = 0,2M), khí duy nhất thoát ra có dung tích 1,68 lít (H = 100%). Tính số mol mỗi chất trong X, trong Y và tính hiệu suất nung X. (Các thể tích đều đo ở đktc). Bài 4: (1,0 điểm) 1. Cho 17 gam hợp chất A đem đốt nóng hoàn toàn, sản phẩm thu được gồm 35,5 gam P2O5 và 13,5 gam nước. Xác định hợp chất A. 2. So sánh (có giải thích) nhiệt độ sôi giữa NH3 và hợp chất A nói trên. --- HẾT --O = 16; H = 1; Cl = 35,5; S = 32;. Cho: N = 14; P = 31; Ba = 137; Mg = 24; Zn = 65; Fe = 56; Cu = 64 Ghi chú: - Giám thị không giải thích thêm. - Đề thi dành cho cả hai lớp chuyên hoá. - Thí sinh không sử dụng tài liệu (kể cả bảng tuần hoàn, bảng tính tan …).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: 1,5 điểm Thuốc thử CuSO4. Cho các lượng dư dung dịch phản ứng với CuSO4. - Mẫu cho kết tủa lam nhạt, không tan: NaOH. - Mẫu cho kết tủa lam nhạt sau đó tan dần tạo dung dịch xanh thẫm: dd NH3. - Mất tạo kết tủa đen: dd K2S. - Mẫu cho kết tủa trắng: dd Pb(NO3)2. - Mẫu cho kết tủa trắng đồng thời dung dịch chuyển sang màu vàng: dd KI. - Mẫu không hiện tượng: dd NaCl.  Viết đầy đủ PTHH, hs viết pt dạng ion vẫn cho đủ điểm. * Ý tưởng: 0,5 đ * PTHH: 6 pt 1,0 đ Bài 3: 2,5 điểm Câu 1:  Gọi x, y, z lần lượt là số mol NO2 (N2  x); N2O; NO. Ta có: (x + y) + (x + z) = 0,4 (1) Mặt khác: mZ = 46x + 44y + 30z + 28x = 17,625.2.0,4  44(x + y) + 30(x + z) = 14,1 (2) (1), (2)  x + z = 0,25; x + y = 0,15 0,5đ  Ta có các bán phản ứng: 0,5đ 2+ +5 +4   Mg Mg + 2e N + 1e N . a a 2a x x 2+ +5   Zn Zn + 2e 2N + 10e N2. b b 2b 10x x +5  2N + 8e 2N+1. 8y 2y +5  N + 2e N+2. 3z z  2a + 2b = 8(x+y) + 3(x+z) = 1,95 (3) Ngoài ra: 24a + 65b = 34,675 (4) (3), (4)  a = 0,7; b = 0,275.  %mMg = 48,45%; %mZn = 51,55%. 0,5đ Câu 2: nZn NO3  nZn 0, 275 mol; nMg  NO3  nMg 0, 7 mol 2. n HNO. 3. 2. (phản ứng). = 2.(. nZn NO3   nMg  NO3  2. 2. ) + nNO  2nN O  nNO  2nN = 2,5 mol. 2. 2. 2.  n HNO (còn) = 2,8 – 2,5 = 0,3 mol  mddY = 34,675 + 280 – 14,1 = 300,575 gam. 0,25đ. 3. 0,25đ.  C% Zn NO  = 17,292%; C% Mg  NO  = 34,467%; C% HNO = 6,288%. 3 2. 3 2. 3. 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 3: 13 pt = 2,5 điểm xt Phản ứng tổng hợp: (1) N2 + 3H2   2NH3. Phần 1: (2) 2NH3 + 2H2O + FeCl2  Fe(OH)2 + 2NH4Cl 0,2  0,1 nFe OH   2. 9 0,1 mol 90. Vậy Y ở mỗi phần có 0,2 mol NH3. tia lua dien Phần 2: 2NH3     N2 + 3H2. (4)  2NH3 + H2SO4 (NH4)2SO4. (5) (NH4)2SO4 + BaCl2  BaSO4  + 2NH4Cl. (6). 0,25đ. 1,65 BaSO4mol0,5 Ta có kết tủa trắng là BaSO4 có n23. 1. Từ phương trình 4,5,6  n NH  n NH. 3. (phản ứng. 3. (còn lại). = 2n BaSO  2.0,05 = 0,1 mol 4. ) = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol. 0, 1 .100 %  50% 0 , 2 H= 2. Phần 3: (7) 2H2 + O2  2H2O. (8) 4NH3 + 3O2  2N2 + 6H2O. (9) 2H2O + 2Na  2NaOH + H2. 4, 48 0, 2 mol H2  22, 4 n ;  n H 2O 0, 4 mol .. Vì n NH = 0,2  n H O pt 8 = 0,3 mol (n N  pt 8 2. 3. 2. 0,1 mol. 0,5đ. ).  n H O (pt 7) = 0,1 mol  n H (mỗi phần) = 0,1 mol 0,25đ  Khí còn lại sinh ra ở phần 3 chỉ có khí N2 không phản ứng và sinh ra từ phản ứng đốt cháy NH3. xt (10) N2 + O2   2NO (11) 2NO + O2  2NO2. Hh sau phản ứng gồm NO2 và oxi dư (nhiều). Sục hh vào nước xảy ra phản ứng: (12) 4NO2 + O2 + 2H2O  4HNO3. Vì CM = 0,2M  dd loãng. Cu phản ứng với HNO3 theo phản ứng: (13) 8HNO3 + 3Cu  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O. 0,3  0,075 Khí NO là khí duy nhất  nNO = 1,68/22,4 = 0,075 mol 2. Từ pt 10,11,12 . 2.  nN 2. 1 1 .nHNO3  .0,3 0,15 mol 2 = 2.  n N (mỗi phần) = 0,15 – 0,1 = 0,05 mol Vậy trong Y ở mỗi phần: 0,05 mol N2, 0,1 mol H2 và 0,2 mol NH3. Vậy theo phản ứng (1) và số mol khí dư mỗi phần 2. 0,5đ (I). 0, 2.3 3 0, 2.3. 2 = 1,2 mol (II) 0,5đ  trong X: n N2 = 0,05.3 + 2 = 0,45 mol; n H2 = 0,1.3 + 0, 45 1, 2  3  N2 dư  các chất tính theo H2. Giả sử phản ứng (1) H = 100%; 1. Theo phản ứng (1)  H = 25%.. 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bài 5: (1,0 điểm) 1. Hướng dẫn: - Tính số mol P2O5  số mol photpho - Tính số mol H2O  số mol H. Tính mP + mH và nhận thấy mP + mH = mA  A chỉ có P, H. - Gọi A: PxHy:. -. x nP 1   y nH 3  A: PH (photphin) 3. 2. PH3 (photphin) có nhiệt độ sôi thấp hơn NH3. Giải thích: Giữa các phân tử NH3 có chứa liên kết hiđro. Hết. 0,25đ. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. Lưu ý: - Giám khảo chấm bài cẩn thận. - Đây chỉ là Hướng dẫn chấm, giám khảo cần chấm cẩn thận cách trình bày của học sinh; phương pháp trình bày 0,75 điểm/ 1 bài..

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