Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Phosphorus và hợp chất (Hóa học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Vôi sông (CaO) tác dụng với Ca(H2PO4)2 trong phân superphosphate tạo muối canxi photphat khó tan Ca3(PO4)2 (hoặc CaHPO4), làm cây không hấp thụ được photpho, giảm hiệu quả phân bón. Phương trình minh họa: 3CaO + Ca(H2PO4)2 → Ca3(PO4)2 + ... (tạo muối không tan). Vậy đáp án B.

Định hướng tư duy giải:
$-\stackrel{BTKL}{\to }0,07.98+171a=19,01+18.2a\to a=0,09$

(AI giải đề cho tôi)
Xét phản ứng với Ba(OH)${}_2$ dư: NH${}_4$Cl chỉ giải phóng NH${}_3$, không kết tủa; (NH${}_4$)${}_3$PO${}_4$ tạo kết tủa Ba${}_3$(PO${}_4$)${}_2$; KNO${}_3$ không phản ứng tạo kết tủa; Na${}_2$CO${}_3$ tạo kết tủa BaCO${}_3$; Ca(H${}_2$PO${}_4$)${}_2$ tạo kết tủa Ba${}_3$(PO${}_4$)${}_2$ (và Ca${}_3$(PO${}_4$)${}_2$). Vậy có 3 chất tạo kết tủa.

Định hướng tư duy giải
$$\{\begin{array}{l}KOH:3a^{mol}\\ H_{3}P{O}_4:2a^{mol}\end{array}\to \{\begin{array}{l}{K}_{2}HP{O}_4\\ K{H}_{2}P{O}_4\end{array}$$

Định hướng tư duy giải: Áp dụng bảo toàn khối lượng: khối lượng dung dịch H${}_3$PO${}_4$ là 0,35 · 1,25V (gam), khối lượng KOH là 0,2 · 56 = 11,2 (gam). Ta có: 0,35 · 1,25V + 0,2 · 56 = 14,95 + 0,2 · 18 → 0,4375V + 11,2 = 18,55 → V = 16,8

(AI giải đề cho tôi)
Tính oxi hóa của P: P bị khử, số oxi hóa giảm từ 0 xuống âm. Ở D, P (số oxi hóa 0) tạo Ca3P2 với P ở mức -3, P bị khử nên thể hiện tính oxi hóa. Các phương án A, B, C: P bị oxi hóa lên +5 (P2O5, PCl5, H3PO4), thể hiện tính khử.

(AI giải đề cho tôi)
Đốt photpho trong khí oxi dư, sản phẩm chính là điphotpho pentaoxit P${}_2$O${}_5$ theo phản ứng: $4P+5O_2\stackrel{t^o}{\to }2P_2{O}_5$. P${}_2$O${}_3$ chỉ tạo khi thiếu oxi; PCl${}_3$ là sản phẩm của P với clo, không phải oxi; P${}_2$O không tồn tại như sản phẩm cháy thông thường. Đáp án khớp với nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng phát biểu: (1) Đúng – photpho (trắng) dùng sản xuất bom, đạn cháy, đạn khói. (2) Đúng – nước để lâu ngoài không khí hòa tan CO₂ tạo H₂CO₃ (axit yếu) nên pH < 7. (3) Sai – poli(etylen terephtalat) (PET) chỉ điều chế bằng phản ứng trùng ngưng giữa etylen glicol và axit terephtalic, không thể bằng trùng hợp. (4) Đúng – HNO₃ dùng sản xuất thuốc nổ TNT, thuốc nhuộm, dược phẩm. (5) Đúng – nitơ lỏng dùng bảo quản máu và mẫu sinh học. (6) Sai – triolein có 3 liên kết C=C nên tác dụng được với H₂ (Ni, t°) và dung dịch Br₂, nhưng không có nhóm -OH tự do nên không phản ứng với Cu(OH)₂. Vậy có 4 phát biểu đúng: (1), (2), (4), (5).

Đáp án C

(e) sai. đó là thành phần chính của phân supephotphat đơn
Còn phân supephotphat kép có thành phần chính là $Ca(H_{2}P{O}_4{)}_2$

Đáp án B
Giả sử có 100 gam quặng → m${}_{C{a}_3(P{O}_4{)}_2}$ = 93 gam.
Ca${}_3$(PO${}_4$)${}_2$ + 2H${}_2$SO${}_4$ → Ca(H${}_2$PO${}_4$)${}_2$ + 2CaSO${}_4$ <=> P${}_2$O${}_5$
310—————-2 x 98————————————–142
93—————x——————————————y
⟹ $x=\frac{93\times 2\times 98}{310}=58,8$ gam; $y=\frac{93\times 142}{310}=42,6$ gam
$$\Rightarrow \%P_2{O}_5=\frac{42,6}{100+58,8}\approx 26,83\%$$

Chọn đáp án D

Ta dùng kỹ thuật điện số diện tích: $(m+9,72)$
$$\{\begin{array}{l}\stackrel{\text{BTNT.P}}{\to }{\text{PO}}_4^{3-}:\frac{m}{31}\\ {\text{K}}^{+}:0,15\\ \stackrel{\text{BTDT}}{\to }{\text{H}}^{+}:\frac{3m}{31}-0,15\end{array}$$

$$\stackrel{\text{BTKL}}{\to }m+9,72=95\frac{m}{31}+0,15.39+\frac{3m}{31}-0,15⟶m=1,86$$

(AI giải đề cho tôi)
Tính số mol: $n_{NaOH}=\frac{44\times 10\%}{40}=0,11$ mol; $n_{H_{3}P{O}_4}=\frac{10\times 39,2\%}{98}=0,04$ mol. Tỉ lệ $\frac{n_{NaOH}}{n_{H_{3}P{O}_4}}=\frac{0,11}{0,04}=2,75$. Vì $2<2,75<3$, axit photphoric phản ứng với NaOH theo hai bước: $H_{3}P{O}_4+2NaOH\to N{a}_{2}HP{O}_4+2H_{2}O$ và một phần tiếp tục $N{a}_{2}HP{O}_4+NaOH\to N{a}_{3}P{O}_4+H_{2}O$ (NaOH dư sau bước 1: $0,11-0,08=0,03$ mol, đủ để chuyển $0,03$ mol $N{a}_{2}HP{O}_4$ thành $N{a}_{3}P{O}_4$). Muối thu được gồm $N{a}_{3}P{O}_4$ và $N{a}_{2}HP{O}_4$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Xét 150 ml dung dịch X: $n_{NaOH}=0,45$ mol, $n_{KOH}=0,15$ mol nên $n_{O{H}^{-}}=0,6$ mol; $n_{C{a}^{2+}}=0,3$ mol. Khi nhỏ từ từ $H_{3}P{O}_4$ vào, $O{H}^{-}$ phân giải $H_{3}P{O}_4$ thành $P{O}_4^{3-}$ (mỗi mol cần 3 mol $O{H}^{-}$), sau đó $P{O}_4^{3-}$ kết tủa $C{a}^{2+}$: $3C{a}^{2+}+2P{O}_4^{3-}\to C{a}_3(P{O}_4{)}_2\downarrow$. Khối lượng kết tủa tăng đến khi toàn bộ $C{a}^{2+}$ kết tủa: cần $0,3:3\times 2=0,2$ mol $H_{3}P{O}_4$, đồng thời tiêu thụ đúng $0,2\times 3=0,6$ mol $O{H}^{-}$ (vừa hết). Vậy kết tủa lớn nhất tại $n_{H_{3}P{O}_4}=0,6$ mol — phù hợp đề bài. Khi thêm $0,24$ mol $H_{3}P{O}_4$: $O{H}^{-}$ chỉ đủ phân giải một phần. Gọi $x$ mol $H_{3}P{O}_4$ thành $P{O}_4^{3-}$ (cần 3 $O{H}^{-}$) và $y$ mol thành $HP{O}_4^{2-}$ (cần 2 $O{H}^{-}$): $x+y=0,24$; $3x+2y=0,6$ $\Rightarrow x=0,12$; $y=0,12$. Khi đó: $0,12$ mol $P{O}_4^{3-}$ kết tủa $0,18$ mol $C{a}^{2+}$ tạo $0,06$ mol $C{a}_3(P{O}_4{)}_2$; còn $0,12$ mol $C{a}^{2+}$ tác dụng với $0,12$ mol $HP{O}_4^{2-}$ tạo $0,12$ mol $CaHP{O}_4\downarrow$ ($C{a}^{2+}$ vừa đủ hết: $0,18+0,12=0,3$). Khối lượng kết tủa: $m=0,06\times 310+0,12\times 136=18,6+16,32=34,92$ gam. Đáp án C, khớp với đáp án nguồn.

Hướng dẫn giải:
$$X\{\begin{array}{l}\text{NaOH}:3x\text{ mol}\\ \text{KOH}:x\text{ mol}\\ {\text{CaCl}}_2:2x\text{ mol}\end{array}\to \{\begin{array}{l}C{a}^{2+}:2x\text{ mol}\\ O{H}^{-}:4x\text{ mol}\end{array}\approx Ca(OH{)}_2$$
Nhỏ từ từ $H_{3}P{O}_4$ vào X, phản ứng xảy ra theo thứ tự sau
$$(1)2H_{3}P{O}_4+3Ca(OH{)}_2\to C{a}_3(P{O}_4{)}_2\downarrow +6H_{2}O$$
$$(2)H_{3}P{O}_4+C{a}_3(P{O}_4{)}_2\to 3CaHP{O}_4\downarrow$$
$$(3)H_{3}P{O}_4+CaHP{O}_4\to Ca(H_{2}P{O}_4{)}_2$$
$\to$ Kết tủa max $=CaHP{O}_4\to n_{C{a}^{2+}}=n_{H_{3}P{O}_4}=0,6\to V_X=\frac{0,6}{2}=0,3$
$\to n_{C{a}^{2+}}=0,3\to \{\begin{array}{l}C{a}_3(P{O}_4{)}_2:a\text{mol}\\ CaHP{O}_4:b\text{mol}\end{array}\to \{\begin{array}{l}3a+b=0,3\\ 2a+b=0,24\end{array}\to \{\begin{array}{l}a=0,06\\ b=0,12\end{array}\to m=34,92$
Với 150 ml dung dịch X

(AI giải đề cho tôi)
Kết tủa là Ag${}_3$PO${}_4$ (M = 419 g/mol). $n_{A{g}_{3}P{O}_4}=0,01103/419=2,6325\cdot 10^{-5}$ mol, nên $n_{P{O}_4^{3-}}=2,6325\cdot 10^{-5}$ mol, khối lượng $P{O}_4^{3-}$ = $2,6325\cdot 10^{-5}\times 95=0,0025$ g = 2,5 mg trong 5 lít nước. Nồng độ = 2,5/5 = 0,5 mg/l > 0,4 mg/l, vượt quá $(0,5-0,4)/0,4\times 100\%=25\%$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đốt cháy P: $4P+5O_2\to 2P_2{O}_5$. Số mol P: $n(P)=\frac{3,1}{31}=0,1$ mol, sinh ra $n(P_2{O}_5)=0,05$ mol. Cho $P_2{O}_5$ vào nước: $P_2{O}_5+3H_{2}O\to 2H_{3}P{O}_4$, thu được $n(H_{3}P{O}_4)=0,1$ mol. Thể tích dung dịch X là 200 ml = 0,2 lít, nên $C_M=\frac{0,1}{0,2}=0,5$ M. Kết quả trùng với đáp án nguồn (Câu 14: A).

$\stackrel{BT:C}{\to }{n}_C=n_{C{O}_2}=0,02mol$

$\{\begin{array}{l}P:x\\ S:y\end{array}\to \{\begin{array}{l}0,02.12+31x+32y=0,958\\ \stackrel{BT:e}{\to }4.0,02+5x+6y=0,2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=0,018\\ y=0,005\end{array}$

Cách bảo toàn điện tích

$\{\begin{array}{l}C:0,02\\ P:0,018\\ S:0,005\end{array}+\underset{0,29}{HN{O}_3}\to \{\begin{array}{l}P{O}_4^{3-}:0,018\\ S{O}_4^{2-}:0,005\\ \stackrel{BT:N}{\to }N{O}_3^{-}:0,09\\ \stackrel{BTDT}{\to }{H}^{+}:0,154\end{array}+\{\begin{array}{l}N{O}_2:0,2\\ C{O}_2:0,02\end{array}+H_{2}O$

$n_{O{H}^{-}}=0,2>n_{H^{+}}\to n_{H_{2}O}=n_{H^{+}}=0,154$

$\stackrel{BTKL}{\to }{m}_X+m_{KOH}+m_{NaOH}=m+m_{H_{2}O}\to m=15,072$

(AI giải đề cho tôi)
Đốt photpho trong khí oxi dư: $4P+5O_2\stackrel{t^o}{\to }2P_2{O}_5$. Với oxi dư, sản phẩm cháy chính là $P_2{O}_5$ (photpho pentaoxit), không phải $P_2{O}_3$ (chỉ tạo khi thiếu oxi), không phải $PC{l}_3$ (cần clo) hay $H_{3}P{O}_4$ (cần nước). Đáp án khớp với đáp án nguồn (12C).