1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 02 trang)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ
NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn: Hóa học - lớp 11
Ngày thi: 15/4/2013
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
ĐỀ BÀI
Câu 1 (4,5 điểm)
1.Viết các phương trình hóa học theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng, nếu có)
1 2 3 4 5 6
3 2 2 5 3 4 2 4 3 4 3 4
Ca P P PO H PO Na HPO Na PO Ag PO
     
2. A là một ancol no mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn m gam A, thu được 3,36 lít khí CO
2

(đktc) và 3,6 gam nước. Xác định công thức phân tử, viết các công thức cấu tạo của A và ghi
tên thay thế.
3. Hấp thụ hoàn toàn 1,568 lít CO
2
(đktc) vào 500ml dung dịch NaOH 0,16M, thu được
dung dịch X. Thêm 250 ml dung dich Y gồm BaCl
2

loãng.
b) Sục khí NH
3
đến dư vào dung dịch MgCl
2
.
c) Cho (NH
4
)
2
CO
3
vào dung dịch Ba(OH)
2
.
d) Hai lọ hóa chất mở nắp để cạnh nhau: một lọ đựng dung dịch NH
3
đậm đặc, một lọ
đựng dung dịch HCl đặc.

2
2. Dung dịch A chứa Na
2
CO
3
0,1M và NaHCO
3
0,1M; dung dịch B chứa KHCO
3
0,1M

2
thành hai
phần bằng nhau.
Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)
2
dư, thu được
12,5 gam kết tủa.
Phần 2: Cho tác dụng hoàn toàn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp chỉ gồm 2 ancol.
Đun nóng hỗn hợp 2 ancol với H
2
SO
4
đặc ở 140
0
C một thời gian, thu được 1,63 gam hỗn hợp
3 ete. Hoá hơi lượng ete thu được 0,4256 lít (đktc).
a) Xác định công thức cấu tạo của hai anken và tính phần trăm theo thể tích mỗi chất
trong X.
b) Xác định hiệu suất tạo ete của mỗi ancol.
Câu 6 (2,0 điểm)
1. Cho pin điện hóa:
2
2
2 4
( ), 1 / :1 :1 , :1 , :1 /
H
H Pt P atm H M MnO M Mn M H M Pt
   

Biết rằng sức điện động của pin ở 25

10
M

.
b) Tính nồng độ mol/lít của dung dịch FeCl
3
bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH)
3
và tính pH
của dung dịch lúc bắt đầu kết tủa. Cho
3
38
( )
10
Fe OH
T

 ,
14
10
2


OH
K .
Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32;
Cl = 35,5; Ca = 40; Ba = 137; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Ag =108.

3
…………………….HẾT…………………….

2
O
5
+ H
2
O → 2H
3
PO
4

H
3
PO
4
+ 2NaOH → Na
2
HPO
4
+ 2H
2
O
Na
2
HPO
4
+ NaOH → Na
3
PO
4
+ H

n
H
2n+2
O
a
+ O
2
→ nCO
2
+ (n+1) H
2
O
0,15 0,2 → n = 3 0,5
CT A là: C
3
H
8
O
a
a =1→ C
3
H
7
OH CH

−OH
OH
0,25
a =3→ C
3
H
5
(OH)
3
OH−CH
2−
CH− CH
2−
OH
OH
0,25
3
2
1,568
0,07( )
22,4
CO
n mol
 
;
0,5 0,16 0,08( )
NaOH
n mol
  
2

0,07 0,08 0,07
0,5

HCO
3
-

+ OH
-
→ CO
3
2
-
+ H
2
O
0,07 0,01 0,01
0
2 2
3 3
aC
t
Ba CO B O
 
  

0,02 0,02
Do kết tủa thu được bằng 0,02 mol do đó lượng OH
-
cho thêm vào bằng 0,01

-CH
3
+ Cl
2
C
6
H
5
-CH
2
Cl + HCl C
6
H
5
-CH
3
+ 3H
2
d C
6
H
11
-CH
3

6
H
5
-CH
3
+ 2KMnO
4
C
6
H
5
-COOK + 2MnO
2
+ KOH + H
2
O

2
CH
4
+ O
2
→ CO
2
+ 2H
2
O
a 2a

2a b 3c 0,35
16a 26b 42c 5,5
b 0,1
  


  




0,5

C
2
H
2
+ AgNO
3
→ C
2
Ag
2

b b


0,2
C H
V   

0,25
3(4,0)

1 a) Cu tan, dung dịch xuất hiện màu xanh và khí không mầu hóa nâu trong
không khí

2
3 2
3 8 2 3 2 4
Cu H NO Cu NO H O
  
     

2 2
2 2
NO O NO
 
0,5

b) Có kết tủa trắng không tan


 ;
3
0,01( )
HCO
n mol

 ;
0,015( )
H
n mol



2
3 3
CO H HCO
  
 
0,01 0,01 0,02
0,5

3 2 2
HCO H CO H O
 
   
0,005 0,02 0,005

→ CO
3
2-
+ H
2
O
0,015 0,0
15

0,015
→ d
ư 0,005 mol OH
-
0,5

Ba
2+
+ CO
3
2
-

→ BaCO
3

n a mol
 ;
0,015( )
KOH
n mol
 ;
0,04( )
H
n mol

 ;
0,6 0,015( )
OH
n a mol

  H
+
+ OH
-
→ H
2
O
0,04 0,6a + 0,015 mol
0,5

Dd sau phản ứng có pH = 12 → OH
-

3+
+ 3e
b 3b
Zn → Zn
2+
+ 2e
c 2c 0,5

N
+5
+ 3e → NO
0,025 0,075
2N
+5
+ 8e → N
2
O
0,05 0,2
N
+5
+ 8e → NH
4
+
x 8x

0,5
5(2,0)

1
Đặt công thức 2 anken là CnH
2
n ( n≥ 2) ;
3
12,5
0,125( )
100
CaCO
n mol
 
2 2 2 2
3
2
n n
n
C H O nCO nH O
  
0,05 0,05n

0,25

CO
2

2 4
4 8
C H
C H




Số mol C
2
H
4
là a , C
4
H
8
là b
Ta có hệ phương trình:
0,05
2 4 0,125
a b
a b
 


 


Giải hệ phương trình ta được: a = 0,0375; b =0,0125
0,25



CH
3
CH
2
OH
0,0125 0,0125 (mol)
CH
3−
CH=CH−CH
3
+ H
2
O
0
,H t


CH
3−
CH−CH
2−
CH
3

0,25 2
ete
0,4256
0,019( )
22,4
H O
n n mol
  
2
ete
1,63 0,019 18 1,972( )
ancol H O
m m m gam
     

0,25

Số mol ancol phản ứng = 0,038 mol
Ta có
0,038
46 74 1,972
x y
x y

( ), 1 / :1 :1 , :1 , :1 /
H
H Pt P atm H M MnO M Mn M H M Pt
   

E
0

pin 25
0
C =1,5 V,
ở điện cực phải có phản ứng MnO
4
-
+ H
+
+ 5e → Mn
2+
+ H
2
O
Điện cực trái H
2
→ 2H
+
+ 2e


E E E V
 

   mà
2
0
2
0,0( )
H
H
E V



Vậy:
2
4
2
0
1,5( )
MnO
Mn
E V



0,25


7
vì nồng độ của ion H
+
giảm, do đó
4
2
2
2
pin
MnO H
H
Mn
E E E
 

  sẽ tăng
0,25
2
a) FeCl
3
Fe
3+
+ 3Cl
-

10
-3
10
-3
Ka = (1) Fe
3+
+ 3OH- Fe(OH)
3
T =
Ta có : =
3
(2)
0,25

Từ 1,2 → (C-x) = thế vào (2) = → . = → x = → pH = 1,8
0,25

(C-x) = → C = 0,05566M

0,25

Lưu ý:
- Phương trình hóa học thiếu cân bằng hoặc thiếu điều kiện (nếu có) hoặc cân bằng sai,