41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án)

 41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án) - De-Thi.com
 b. Khi V giảm một nửa nồng độ tăng 2 lần
 2
 (0,00272.2) -2
 Q = = 2,62.10 < KC 0,25
 C (0,1207.2)3.(0,0402.2)
 Cân bằng hóa học chuyển dời sang phải để QC tăng tới KC.
 G0 17.103 J.mol 1
 a. Ta có: ln K r 374 5,57 K 2,37.102
 RT 8,314J.mol 1 K 1 .374K 0,25
 b. Do áp suất không đổi 1,013.105 Pa và bằng áp suất chuẩn nên tỷ lệ áp 
 suất riêng phần của mỗi hợp chất với áp suất chuẩn chính bằng phần 
 mol. Nên hằng số cân bằng KP chính là hằng số cân bằng Kx.
 0,25
 1.3. CH3OH(g) + H2O(g) ƒ 3H2(g) + CO2(g) 
(0,75 [ ] 1-x 1-x 3x x
 3
điểm) 3x x
 ( ) 4
 2 2x 2 2x 27x
 K = 2,37.102 x ≈ 0,925 mol
 1 x 1 x 2 2
  (2 2x) .(1 x)
 2 2x 2 2x 0,25
 Số mol các chất ở trạng thái cân bằng: 
 CH3OH(g) + H2O(g) ƒ 3H2(g) + CO2(g) 
 CB 0,075 0,075 2,775 0,925(mol)
 H2O(g) ƒ H2(g) + ½ O2(g) (2) 
 t 1- /2 n = 1 + /2 
 cb tổng 0,25
 CO2(g) ƒ CO(g) + ½ O2(g) (3) 
 tcb 1- ’ ’ ’/2 n tổng = 1 + ’/2 
 Pi = xi.PC = xi.1 = xi 
 P P1/2 3/2
 K H2 O2 
 P2 P (2 ) (1 )
 1.4. H2O
 (1,0 (2,21 10 4 )3/2 0,25
 2,32 10 6
điểm) (2 2,21 10 4 ) (1 2,21 10 4 )
 P P1/2 '3/2
 K CO O2 
 P3 P (2 ') (1 ')
 CO2 0,25
 (4,8 10 4 )3/2
 7,44 10 6
 (2 4,8 10 4 )(1 4,8 10 4 )
 K -6
 P2 2,32×10
 (1) = (2) – (3) : KP = = = 0,312 0,25
 1 K 7,44×10-6
 P 3
 -1 25 3 4 1
 a. C 2+ = 25mg.L = 10 4,48.10 mol.L 0,25
 Fe 55,85
 De-Thi.com 41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án) - De-Thi.com
 Trong dung dịch có các cân bằng:
 2+ + + -5,92
 (1) Fe + H2O ƒ Fe(OH) + H β = 10
 - + -14
 (2) H2O ƒ OH + H Kw = 10
 Vì C.β >> Kw nên bỏ qua sự điện li của nước 
 2+ + + -5,92
 Ta có: Fe + H2O ƒ Fe(OH) + H β = 10
 C 4,48.10-4
 2.1. [ ] 4,48.10-4 - h h h 0,25
 (1,0 [H+ ][Fe(OH)+ ] h2
  = 10 5,92 h = 2,26.10 5 pH = 4,65
điểm) [Fe2+ ] 4,48.10-4 - h
 b. Ở pH = 4,65. 
 Gọi tổng nồng độ Fe(III) tan trong dung dịch là x x = [Fe3+] + 
 [Fe(OH)2+] 0,25
 K K [Fe3+ ] K
 3+ S S  + 3 2+   S  + 2
 Với [Fe ] = - 3 = 3 [H ] và [Fe(OH) ] = + = 3 [H ]
 [OH ] Kw [H ] Kw
 K K
 S + 3  S + 2 -7
 x = 3 [H ] + 3 [H ] = 3,4.10 M = 0,019 mg/L < 0,30 mg/L
 Kw Kw 0,125
 Mẫu nước trên sử dụng được trong sinh hoạt.
 0,125
 - + 2- -2
 a. HSO4 ƒ H + SO4 Ka = 10 (1) 
 + - -2,15
 H3PO4 ƒ H + H2PO4 Ka1 = 10 (2)
 - + 2- -7,21
 H2PO4 ƒ H + HPO4 Ka2 = 10 (3) 
 2- + 3- -12,32 0,25
 HPO4 ƒ H + PO4 Ka3 = 10 (4) 
 + - -14
 H2O ƒ H + OH Kw = 10 (5)
 Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước.
 Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ
 2.2.
 + 2 Ka Ka1
 [H ] = [SO4 ] + [H2PO4 ] = C  + + CH PO  +
(1,75 HSO4 3 4
 Ka + [H ] Ka1 + [H ]
điểm)
 Ka1 + Ka 0,25
 CH PO . [H ] - C 
 3 4 + HSO4 +
 Ka1 + [H ] Ka + [H ]
 +
 + Ka Ka1 + [H ]
 CH PO ([H ] - C  )
 3 4 HSO4 +
 Ka + [H ] Ka1
 10-2 10-2,15 + 10 2,03 0,25
 C (10 2,03 - 0,010 ) = 9,64.10-3 M
 H3PO4 10-2 + 10 2,03 10-2,15
 [H PO ]
 b. α = α = 2 4 100%
 1 H3PO4 C 0,25
 H3PO4
 De-Thi.com 41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án) - De-Thi.com
 10-2,15 
 trong đó [H PO- ] = 9,64.10-3  = 4,16.10-3 M
 2 4 10-2,15 + 10-2,03
 4,16.10-3
 α = -3 100% 43,15%
 H3PO4 9,64.10
 Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A, độ điện li của H3PO4 giảm 25% 
 ,
 α = α = 43,15%.0,75 32,36% 
 2 H3PO4
 - + 2- -2
 HSO ƒ H + SO Ka =10 (1) 
 4 4 0,25
 + - -2,15
 H3PO4 ƒ H + H2PO4 Ka1 =10 (2)
 + – -3,75
 HCOOH ƒ H + HCOO KHCOOH =10 (3) 
 + 2 
 [H ] = [SO4 ] + [H2PO4 ] + [HCOO ] 
 + Ka KHCOOH
 [H ] = C  + [H2PO4 ] + CHCOOH 
 HSO4 + +
 Ka + [H ] KHCOOH + [H ]
 +
 + - Ka KHCOOH + [H ]
 CHCOOH = (H  -  H2PO4  - C  + ) (4) 
 HSO4 K + [H ] K
 a HCOOH 0,25
 [H PO ]
 Từ biểu thức α = α, = 32,36% 2 4 100 
 2 H3PO4 C
 H3PO4
 - -3 -3 -3 -3 
  H2PO4  = 3,12.10 M; H3PO4 = 9,64.10 - 3,12.10 = 6,52.10 M
 2,15 3
 + Ka1.[H3PO4 ] 10 .6,52.10
 Từ (2) H  = 3 0,0148 M
 [H2PO4 ] 3,12.10
 Thay giá trị H PO – và H+ vào (4), ta được:
 2 4 0,25
 -2 -3,75
 -3 10 10 0,0148
 CHCOOH = (0,0148 - 3,12.10 -0,01 ) = 0,644M
 10-2 0,0148 10-3,75
 Giải theo cách bảo toàn nồng độ Cr3+: 
 3+ - 3
 Ks = [Cr ]. OH (1) 
 Bảo toàn nồng độ Cr3+: [Cr3+] + [CrOH2+] = 0,01 [Cr3+] + [Cr3+]..h-1 = 
 0,01 0,25
 0,01
 Cr3 (*) 
 2.3. 1 β.h 1
(1,25 
 0,01 (10 14 )3
điểm) 10 29,8
 Thay (*) vào (1) ta được: 1 β.h 1 h3
 0,25
 h = 6,19 10 6 pH = 5,2
 β.C
 Giải gần đúng: So sánh, ta thấy Cr3+ >> Kw = K nên pH tính theo 
 phương trình sau:
 3+ 2+ + -3,8
 Cr + H2O ƒ CrOH + H β = 10
 De-Thi.com 41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án) - De-Thi.com
 0,01 – x x x
 x2
 10-3,8 x = 1,18.10-3 C = 8,82.10-3
 0,01 x Cr3+
 Điều kiện để bắt đầu có kết tủa Cr(OH)3 là 
 - Ks -9,25
 [OH ] = C - = 3 = 10 M pH = 4,75
 OH C
 Cr3+
 Vậy pH để bắt đầu kết tủa Cr(OH)3 là 4,75
 Điều kiện để kết tủa hoàn toàn Cr(OH)3 thì: 
 0,25
 C 3+ 2+ -6
  Cr3+ = [Cr ] + [CrOH ] 1,0.10
 K
 [Cr3+] .(1 + .h-1) 1,0.10-6 s (1 + .h-1) 1,0.10-6 
 - 3
 OH 
 2
 Ks 3 -1 6 Ks 3 Ks.β.h 6 0,25
 3 h (1+ β.h ) 1,0.10 3 h + 3 1,0.10
 Kw Kw Kw
 h 6,308.10-8 pH 7,2
 3+ 0,25
 Vậy để kết tủa hoàn toàn Cr(OH) 3↓ từ dung dịch Cr 0,010 M thì pH ≥ 
 7,2
 a. Phản ứng xảy ra trong pin được tổ hợp từ các cân bằng sau:
 + -
 H3AsO4 ƒ H + H2AsO4
 + + 0,125
 NH3 + H ƒ NH4
 H AsO + NH ƒ H AsO- + NH+ K (*)
 3 4 3 2 4 4 0,125
 Như vậy các cân bằng trên đều liên quan đến quá trình nhường - nhận 
 H+, do đó có thể chọn điện cực hydrogen để thiết lập pin. 
 +
 Vì giá trị thế của điện cực hydrogen ( E + ) phụ thuộc vào [H ]:
 2H /H2
 0,059 [H+ ]2
 E + = lg
 3.1. 2H /H2 2 p
 H2 0,125
 (2,0 +
 nên điện cực platinum nhúng trong dung dịch H3AsO4 (có [H ] lớn hơn) 
điểm) có thế dương hơn, sẽ là cathode. Ngược lại điện cực platinum nhúng 
 trong dung dịch NH3 sẽ là anode. 0,125
 Vậy ta có sơ đồ pin:
 (-) Pt(H ) p =1atm | NH ,NH+ PH AsO ,H AsO- | Pt(H )p = 1atm (+)
 2 H2 3(aq) 4 3 4(aq) 2 4 2 H2
 b. Quá trình oxi hóa xảy ra trên anode: 
 +
 H2 ƒ 2H + 2e K = 1 
 + + -1 2 9,24 2 
 2 NH3 + H ƒ NH4 (Ka ) = (10 )
 o
 + -2.Ea /0,059
 2 NH3 + H2 ƒ 2 NH4 + 2e K1=10 (1)
 De-Thi.com 41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án) - De-Thi.com
 o 9,24.2.0,059
 Ea = = - 0,545 (V)
 -2 0,25
 Quá trình khử xảy ra trên cathode: 
 + - 2 -2,13 2
 2 H3AsO4 ƒ H + H2AsO4 (Ka1) = (10 )
 +
 2H + 2e ƒ H2 K = 1
 o
 - 2.Ec /0,059
 2H3AsO4 + 2e € H2 + 2 H2AsO4 K2 =10 (2)
 0,25
 -2,13.2.0,059
 Eo = = - 0,126 (V) E = Eo - Eo = 0,419 (V)
 c 2 pin c a
 -1 E/0,059 
 (Hoặc từ (*) ta có: K = Ka1.(Ka) = 10 Epin = E = 0,419 (V) 
 c. Do sự phân li của nước trong dung dịch NH 3 0,010 M và trong dung 
 dịch H3AsO4 0,025 M không đáng kể, nên:
 Tại dung dịch của nửa pin trái: 
 + - -4,76
 NH3 + H2O ƒ NH4 + OH Kb = 10
 [ ] 0,010 - x x x 
 + - -4
 [ NH4 ] = [OH ] = x = 4,08.10 (M); 
 -3 + -11 0,25
 [NH3] = 9,592.10 (M); [H ] = 2,45.10 (M) 
 + 2
 o 0,059 [NH4 ]
 Từ (1), ta có: Ea = Ea + lg 
 2 [NH ]2.p
 3 H2
 0,059 (4,08.10 4 )2 
 Vì p 1atm nên: Ea = -0,547 + lg = - 0,626 (V)
 H2 3 2 
 2 (9,592.10 ) 
 +
 (Hoặc Ea = 0,059.lg[H ])
 Đối với H3AsO4, vì Ka1 ? Ka2 ? Ka3 nên tại dung dịch của nửa pin phải:
 + - -2,13 
 H3AsO4 ƒ H + H2AsO4 Ka1 = 10 
 [ ] 0,025 - x x x 
 - +
 [ H2AsO4 ] = [H ] = x = 0,0104 (M); [H3AsO4] = 0,0146 (M)
 2
 o 0,059 [H3AsO4 ] 0,25
 Từ (2), ta có: Ec = Ec + lg 
 2 [H AsO ]2.p
 2 4 H2
 0,059 0,01462 
 E = -0,126 + lg = - 0,117V
 c 2 
 2 0,0104 
 +
 (Hoặc Ec = 0,059.lg[H ]) Epin = -0,117 + 0,626 = 0,509V
 Khi hệ đạt trạng thái cân bằng thì thế của 2 điện cực bằng nhau: Ec = Ea
 - + 7,11
 H3AsO4 + NH3 ƒ H2AsO4 + NH4 K = 10
 0,025 0,010
 [ ] 0,015 - 0,010 0,010
 De-Thi.com 41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án) - De-Thi.com
 + -
 Hệ thu được gồm: NH4 0,010 M; H2AsO4 0,010 M; H3AsO4 0,015 M. 
 +
 Do sự phân li của NH4 và của nước không đáng kể, do đó pH của hệ 
 được tính theo cân bằng:
 + - -2,13
 H3AsO4 ƒ H + H2AsO4 K a1 = 10
 [ ] 0,015 - x x 0,010 + x 0,25
 + -3 -
 [H ] = x = 4,97.10 (M); [H3AsO4] 0,010 (M); [ H2AsO4 ] 0,015 
 (M).
 2
 0 0,059 [H3AsO4 ]
 Ea = Ec = Ec + lg
 2 [H AsO ]2.p
 2 4 H2
 0,059 0,012 0,25
 = - 0,126 + lg - 0,136V
 2 
 2 0,015 
 +
 (Hoặc Ea = Ec = 0,059.lg[H ])
 a. 3C2H5OH + 2K2Cr2O7 + 8H2SO4 → 3CH3COOH + 2K2SO4 + 
 2Cr2(SO4)3 + 11H2O 0,25
 Cân bằng sai hoặc không cân bằng thì cho 0,125
 b. Cr O2─ + 14H + 6e → 2Cr3 + 7H O
 2 7 2 0,25
 (da cam) (xanh lá)
 o 2─ o 2─ 3 o 3 2 o
 c. ∆rG (Cr2O7 /Cr) = ∆rG (Cr2O7 /Cr ) + ∆rG (Cr /Cr ) + ∆rG (
 Cr2 /Cr ) 
 o 2─ o 2─ 3 o 3 2 o
 –nFE (Cr2O7 /Cr) = –n1FE (Cr2O7 /Cr ) –n2FE (Cr /Cr ) –n3FE (
 Cr2 /Cr ) 0,125
 3.2. o 2─
 E (Cr2O7 /Cr) 
(1,25 + n E0 (Cr O2– / Cr3 ) n E0 (Cr3 / Cr2 ) n E0 (Cr2 / Cr)
điểm) = 1 2 7 2 3
 n
 0,125
 3 1,33 + 1 (–0,41) + 2 (–0,91)
 = = 0,29V
 6
 Sự khử thành Cr3 diễn ra thuận lợi hơn vì có thế khử cao hơn. 
 (Hoặc: phản ứng được viết ở ý (a) xảy ra dễ hơn) 
 d. 2Cr3 + 3H O + 10OH ─ → 2CrO2 - + 8H O 
 2 2 4 2 0,25
 Cân bằng sai hoặc không cân bằng thì cho 0,125
 ─
 e. H2O2 + 2e → 2OH 0,125
 2
 0 RTln K RTln([OH ])
 E E 0,87 1,065V
 H2O2 /OH H2O2 /OH nF nF 0,125
 De-Thi.com 41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án) - De-Thi.com
 2 - 3 ─
 CrO4 + 4H2O +3e → Cr + 8OH
 8
 0 RTln K RTln([OH ])
 E 2 3 E 2 3 0,13 0,390V
 CrO4 /Cr CrO4 /Cr nF nF
 E (phản ứng) = 1,065 – 0,390 = 0,675V Phản ứng tự diễn biến
 dp
 Phương trình điện phân: H2O (l)  H2 (g) + 1/2O2 (g)
 Sau điện phân ta có dung dịch bão hòa:
 2.5.10.3600 32.5.10.3600
 m = = 1,87 gam; m = = 14,92 gam
 H2 2.96500 O2 4.96500 0,25
 Khối lượng giảm 40,43 gam do sự điện phân và do sự kết tinh của 
 Ca(NO3)2.4H2O quá bão hòa.
 Khối lượng nước giảm do điện phân: 1,87 + 14,92 = 16,19 gam
 Khối lượng giảm do Ca(NO3)2.4H2O kết tinh: 40,43 – 16,79 = 23,64 0,25
 3.3. gam 
 23,64
(0,75 n = 0,1 mol
 Ca(NO3 )2 .4H2O
điểm) 236
 Sau điện phân có dung dịch bão hòa gồm 160 – 16,79 – 0,1.4.18 = 
 136,01 gam nước hòa tan tối đa được 100 – 0,1.164 = 83,60 gam 
 Ca(NO3)2
 83,6
 Dung dịch bão hòa như thế được điều chế từ mol Ca(NO3)2.4H2O
 164
 0,25
 83,6
 Hay 120,3 gam trong 136,01 – .4.18 = 99,31 gam H2O
 164
 100.120,3
 Vậy 100 gam nước có thể hòa tan tối đa = 121,14 gam 
 99,31
 Ca(NO3)2.4H2O
 a. Thứ tự nhiệt độ sôi của các chất: to sôi (C) > to sôi (A) > to sôi (B). 
 - (C) có liên kết hydrogen liên phân tử nên có nhiệt độ sôi cao nhất. 0,25
 - (A) không có liên kết hydrogen liên phân tử và (A) có phân tử khối 0,125
 lớn hơn (B) và (B) có liên kết hydrogen nội phân tử nên nhiệt độ sôi 0,125
 của (A) lớn hơn (B). 
 4.1
 b. Thứ tự giảm dần lực base: (B) > (A) > (C). 
 (2,0
 - Giải thích: 0,25
điểm)
 + (B) có hiệu ứng +I gây ra bởi gốc hydrocarbon no (amine bậc III 
 mạch vòng) nên tính chất base mạnh nhất. 0,125
 + Chất (A): Có hiệu ứng +I của gốc hydrocarbon no và hiệu ứng –I 
 của vòng benzene, nên lực base của chất (A) yếu hơn lực base của chất 0,125
 (B). 
 De-Thi.com 41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án) - De-Thi.com
 + Chất (C): Có hiệu ứng +I của gốc hydrocarbon no và hiệu ứng –C 
 giữa nguyên tử N với vòng benzene, tạo thành hệ liên hợp p-π, làm mật 0,25
 độ electron trên N giảm mạnh →Lực base giảm mạnh. Chất (A) không 
 có hiệu ứng – C do cấu trúc không đồng phẳng nên lực base của chất 
 (A) mạnh hơn lực base của chất (C).
 c. (1): HOOC-COOH; (2): HOOC-CH2-COOH; (3): HOOC-[CH2]2-
 COOH
 + Do ảnh hưởng của hiệu ứng –I của nhóm –COOH này lên nhóm –
 COOH kia mà có sự khác nhau về pKa1 của 3 acid. Hai nhóm –COOH 0,25
 càng xa nhau thì hiệu ứng –I càng giảm, Ka1 giảm, pKa1 tăng.
 + Cần so sánh khả năng phân li của ion HOOC-R-COO- ra ion H+. Với 
 -
 HOOC-CH2-COO do có liên kết hydrogen nội phân tử tạo vòng 6 cạnh 
 bền nhất nên khó phân li nhất, pKa2 lớn nhất. 0,25
 + Tương tự với HOOC-COO- cũng có liên kết hydrogen nội phân tử, 
 -
 đóng vòng 5 cạnh và HOOC-[CH2]2-COO đóng vòng 7 cạnh. Vòng 7 
 cạnh bền hơn vòng 5 cạnh nên pKa2 của (3) lớn hơn pKa2 của (1). 
 O O 0,25
 O O
 O
 O O O
 O O
 H O O
 H H
 a. Hydrocarbon X: CxHy
 CxHy + 2Br2 → CxHyBr4; 
 80.4 0,25
 Theo giả thiết: %Br = .100 = 75,8 → 12x + y = 102
 12x y 320
 Giá trị thỏa mãn: x = 8, y = 6. CTPT của X: C8H6.
 Vì X có khả năng phản ứng với bromine theo tỉ lệ 1 : 1 và 1 : 2 chứng tỏ 0,125
 4.2 phân tử X có 2 liên kết kém bền và 1 nhân thơm. 
 (1,5 C CH
 0,125
điểm) CTCT của X: 
 Phenyl acetylene (phenyl ethyne)
 b. X (C H ) có π + v = 3; ozone phân khử hoặc ozone phân oxi hóa 1 
 10 16 Mỗi 
 mol X đều cho 2 mol một sản phẩm hữu cơ duy nhất Y có công thức 
 CTCT 
 phân tử là C H O X có cấu tạo đối xứng, chứa 1 liên kết đôi và 2 
 5 8 đúng 
 vòng 3 cạnh kém bền.
 0,25
 X có các công thức cấu tạo thỏa mãn sau: 
 De-Thi.com 41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án) - De-Thi.com
 0,25
 a. 
 4.3
 (0,5
điểm)
 0,25
 b. 
 a. 
 0,125
 x4
 5.1
 (1,0
điểm) b. 
 0,125
 HC C CH x4
 E F G H
 5.2
 0,25x
 (1,5
 6
điểm)
 De-Thi.com 41 đề thi Hóa Lớp 11 chất lượng cao cho học sinh giỏi (Kèm đáp án) - De-Thi.com
 Công thức cấu tạo của A, B, B1, B2, B3, G và D là
 0,75
 0,25 0,25
 0,25 
 5.3
 (1,5 0,25
điểm)
 0,5
 0,25 0,25
 De-Thi.com