Đề thi Hóa học Lớp 11 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ II - Trường THPT Huỳnh Thúc Kháng (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
 TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG
 KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ II
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC ; LỚP: 11
 1 2. (3 điểm) Điện hóa học 0,25 điểm
a) Viết các phản ứng xảy ra ở các điện cực:
*) Tại catot, có các quá trình: 
 Zn2+ + 2e Zn (1)
 Pb2+ + 2e Pb (2)
 +
 2H + 2e H2 (3) 0,25 điểm
- Để (1) xảy ra, thế trên catot phải thỏa mãn:
 0,0592
 E E  E E 0 lg Zn2 
 c Zn2 /Zn Zn(Pt) c Zn2 /Zn 2 Zn(Pt)
 0,0592 0,25 điểm
 E 0,760 lg 0,1 0,00085 0,79045(V )
 c 2
- Để (2) xảy ra, thế trên catot phải thỏa mãn:
 0,25 điểm
 0,0592
 E E  E E 0 lg Pb2 
 c Pb2 /Pb Pb(Pt) c Pb2 /Pb 2 Pb(Pt)
 0,0592 0,25 điểm
 E 0,130 lg 0,01 0,0005 0,1897(V )
 c 2
- Để (3) xảy ra, thế trên catot phải thỏa mãn:
 0 0,25 điểm
Ec E H (Pt) Ec E 0,0592lg H H (Pt)
 2H /H2 2 2H /H2 2
 E 0,0 0,0592lg10 4 0,197 0,4338(V )
 c 0,25 điểm
So sánh thế trên catot của quá trình (1), (2), (3) thì thứ tự điện phân là: Pb2+, H+, Zn2+
 +
 *) Tại anot xảy ra sự điện phân nước: 2H2O 4H + O2 + 4e (4)
 - Để (4) xảy ra, thế trên anot phải thỏa mãn: 0,25 điểm
 0,0592 4 4
 Ea E O (Pt) 1,230 lg 10 0,470 1,4632(V )
 O2 ,H /H2O 2 4 
 - Điện áp tối thiểu cần đặt vào bình điện phân là E = E a – Ec = 1,4632 – (- 0,25 điểm
0,1897) + 0,35 = 2,0029
 2+ -4
b) Khi điện phân nồng độ của Pb còn 10 M thì
 0,0592 0,25 điểm
E E  E E 0 lg Pb2 
 c Pb2 /Pb Pb(Pt) c Pb2 /Pb 2 Pb(Pt)
 0,0592
 E 0,130 lg10 4 0,0005 0,2489(V ) 0,25 điểm
 c 2
Trong dung dịch đệm, pH không đổi nên thế đặt vào anot không đổi bằng 1,4632V
Vậy, điện áp tối thiểu cần đặt là E = 1,4632 – ( -0,2489) + 0,35 = 2,0621(V)
c) Khi có khí H2 thoát ra thì Ec E H (Pt) E 2 Pb(Pt)
 2H /H2 2 Pb /Pb
 0,0592 2 
 0,4338 0,130 lg Pb 0,0005
Thay số, ta có: 2
 2 10,23
 Pb 10
 2+
Vậy, khi có khí H2 thoát ra thì Pb coi như bị điện phân hoàn toàn
Lượng chì đã tách ra là ( 0,01 – 10-10,23)/0,01.100% = 99,99999941% 0,25 điểm
d) Thời gian điện phân:
 T = 1930 (giây)
Câu 2. (4 điểm) Dung dịch điện li
 -3
 Cho dung dịch A gồm hỗn hợp KCN 0,120M, NH3 0,150M và KOH 5.10 M.
 a) Tính pH của dung dịch A.
 3 NH 
 Với pK 9,24 lg 3 0 NH  NH 
 a2 3 4
 NH 4  0,25 điểm
 Nghĩa là có 50% NH3 đã được trung hòa nên KOH đã tác dụng hết. 
 CN 
 Với cặp HCN / CN ta có: pH = pK lg   9,24
 a2 HCN 
 CN CN 0,25 điểm
 9,35 lg   9,24   10 0,11 0,776
 HCN HCN
 CN  HCN C 
 0,776 1 1,776 CN 1,776
 HCN HCN 0,25 điểm
 1
 [HCN] = C 56,3%C 
 1,776 CN CN
 Nghĩa là có 56,3% CN đã bị trung hòa.
 0,25 điểm
 Vậy số mol HCl = 56,3% số mol CN + 50% số mol NH3 + số mol KOH
 = 56,3%.0,1.0,12 + 50%.0,1.0,15 + 0,15.10-3 = 1,476.10-2
 1,476.10 2
 Vậy thể tích dd HCl là: V = = 0,0703 (l) = 70,3 (ml).
 0,21 0,25 điểm
Câu 3 (4 điểm) phần hóa vô cơ
1. Trình bày phương pháp hóa học tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa BaO, MgO và 
CuO
2. Hòa tan một hỗn hợp muối cacbonat trung hòa vào nước ta được dung dịch A và chất rắn B. Làm 
phép nhuộm màu ngọn lửa đối với dung dịch A thấy ngọn lửa màu vàng. Lấy một ít dung dịch A cho 
tác dụng với dung dịch xút (đun nóng nhẹ) thấy bay ra một chất khí làm xanh quỳ tím ẩm. Hòa tan chất 
rắn B bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được dung dịch C, kết tủa D và khí E. Cho D tác dụng với 
dung dịch NaOH đặc thấy D tan một phần. Cho dung dịch C tác dụng với xút dư được dung dịch F và 
kết tủa G bị hóa nâu ngoài không khí. Cho từ từ HCl vào dung dịch F thấy xuất hiện kết tủa trắng tan 
trong HCl dư. Hỏi hỗn hợp ban đầu gồm những muối nào? Viết phương trình hóa học xảy ra, biết các 
muối trong hỗn hợp đều là các muối thông thường trong chương trình phổ thông.
 Hướng dẫn trả lời Điểm
Câu 3 (4 điểm) phần hóa vô cơ
1. (2 điểm)
- Hòa hỗn hợp BaO, MgO, CuO vào nước 0,25 điểm
+ Phần không tan là MgO, CuO
+ Phần tan có BaO 0,25 điểm
 BaO + H2O Ba(OH)2
- Cho Na CO dư vào dung dịch lọc kết tủa nung ở nhiệt độ cao đến khi phản ứng xảy 
 2 3 0,25 điểm
ra hoàn toàn thu chất rắn là BaO
 Ba(OH)2 + Na2CO3 BaCO3 + 2NaOH 
 t0 0,25 điểm
 BaCO3  BaO + CO2 
- Phần không tan là MgO, CuO 
+ Dẫn H2 dư qua hỗn hợp MgO, CuO nung nóng 0,25 điểm
 5 - Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi 
chất cho 2 sản phẩm monobrom
Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra
 Hướng dẫn chấm Điểm TP
1. (2 điểm) 1 điểm
Viết đúng phản ứng (1 điểm)
(A) C4H10, (B)C2H4, (C) C2H6, (D) C2H5OH, (E) CH2=CH-CH=CH2, (F) H2. (1 
điểm) 1 điểm
2. (2 điểm)
a. nCa(OH)2 = 0,115 mol
CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) → 
 CaCO (x)
 3 0,25 điểm
 Ba(OH)
 2
 Ca(HCO3)2(0,115-x)  BaCO3(0,115-x)+CaCO3(0,115-x)
 Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-
0,05)= 0,18
→ nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12
 0,25 điểm
- Gọi công thức phân tử của A là CxHy:
 y
CxHy + O2 xCO2 + H2O
 2
0,02 0,02x 0,01y
Ta có: 0,02x = 0,18 x = 9 và 0,01y = 0,12 y = 12
Công thức phân tử của A, B, C là C9H12,  v= 4. 0,25 điểm
b. Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu 
dung dịch Br2.
 +
* A, B qua dung dịch KMnO4/H thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C 
cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh –C2H5).
- Khi đun nóng với Br /Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm 
 2 0,25 điểm
monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:
 CH2CH3
 CH3
 CH3
 H3C CH3
H3C CH3 CH3
 (A) (B) (C) 0,25 điểm
Các phản ứng xẩy ra
 COOH
 CH3
 H C CH HOOC COOH
5 3 3 + 18KMnO4 + 27H2SO4 5 +9K2SO4+18KMnO4+42H2O.
 COOH
 CH3
 HOOC COOH
 H3C CH3
5 +18KMnO +27H SO 5 + 9K SO +18KMnO +42H O.
 4 2 4 2 4 4 2 0,25 điểm
 CH2CH3 COOH
 CH3
5 +18KMnO4+27H2SO4 5 COOH +5CO2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O
 CH3
 CH3 Br
 0,25 điểm
 0
H3C CH3 Fe,t H3C CH3
 + Br2  + HBr
 7 Khi Z tác dụng dd nước brom tạo ra sản phẩm Z’ trong đó: 0,5 điểm
 M M 237 => 1 mol Z đã thế 3 nguyên tử Br. Như vậy vị trí m là thuận lợi nhất. 
 Z ' Z
CTCT của Z và Z’ là:
 OH
 OH
 Br Br
 CH OH
 2 0,5 điểm
 CH2OH
 Br 
CTCT của A có thể là
 O-CO-H
 O-CO-CH3
 CH2-O-CO-CH3 CH -O-CO-H
 hoăc 2
 0,5 điểm
 ----- HẾT -----
 9