SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10
THPT CHUYÊN BẮC GIANG NĂM HỌC 2008-2009
MÔN: HOÁ HỌC
Ngày thi: 10/7/2008
(Hướng dẫn chấm thi gồm 7 trang)
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu 1:(4 điểm) 1. 1 điểm 2. 1 điểm 3. 1 điểm 4. 1 điểm
1. - Phương pháp thứ nhất:
2NaCl + H
2
SO
4 đặc

o
t
→
Na
2
SO
4
+ 2HCl
↑
Hòa tan khí HCl vào nước để được dd HCl đặc:
MnO
2
+ 4HCl
đặc

o

2
+ 2H
2
SO
4 đặc

o
t
→
Ca(H
2
PO
4
)
2
+ 2CaSO
4
- Điều chế supephotphat kép:
Ca
3
(PO
4
)
2
+ 3H
2
SO
4 đặc

o

a. CO + CuO
o
t
→
CO
2
+ Cu
b. SO
2
+ Ca(OH)
2 dư

→
CaSO
3
+ H
2
O
c. nSO
3
+ H
2
SO
4 đặc

→
H
2
SO
4

C xuống 10
0
C có m gam chất rắn A thoát ra.
- Ở 10
0
C: trong 115 gam dd A có 15 gam A
vậy trong (600-m) gam dd A có (200-m) gam A

(600 )15 (200 )115
140
m m
m gam
⇒ − = −
⇒ =
0,25đ
0,25đ
0,5đ
Câu 2: (4 điểm) 1. 1,25 điểm 2. 1 điểm 3. 1,75 điểm
1. CH
2
=CH-CHBrCl; CH
2
=CBr-CH
2
Cl
CH
2
=CCl-CH
2
Br; BrCCl=CH-CH

(-C
6
H
10
O
5
-)
n
+ nH
2
O
o
axit, t
→
nC
6
H
12
O
6
C
6
H
12
O
6

men
→
2C

H SO t
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ†
‡ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆˆ
CH
3
COOC
2
H
5
+ H
2
O
- Điều chế PE: (-CH
2
-CH
2
-)
n
C
2
H
5
OH
0
2 4
,170
d
H SO C
→
CH

3
COONa

+ H
2
O
CH
3
COONa + NaOH
(rắn)

0
t
CaO
→
CH
4
+ Na
2
CO
3
2CH
4

0
1500 C
LLN
→

CH CH

CH CH
≡
0
600 C
C
→
C
6
H
6
(benzen)
C
6
H
6
+ Br
2

,
o
Fe t
→
C
6
H
5
Br + HBr
0,25đ
0,25đ
0,25đ

 

⇒ ⇒
  
+ = =
+ =

 

4
26,86
0,17
158
KMnO
n mol= =
2KMnO
4

0
t
→
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
↑

CH
2
OH OH OH CH
3
OH
CH
3
CH
3

0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
Câu 3:(4 điểm) 1. 1,5 điểm 2. 2,5 điểm
1. Có thể dùng thêm phenolphtalein nhận biết các dung dịch AlCl
3
, NaCl, KOH, Mg(NO
3
)
2
,
2
Zn(NO
3
)
2
, AgNO
3

3
)
2
+ 2KOH→
Mg(OH)
2
↓ + 2KNO
3

- Các dung dịch AlCl
3
, Zn(NO
3
)
2
đều có chung hiện tượng tạo ra kết tủa trắng, tan trong
dung dịch KOH (dư).
AlCl
3
+ 3KOH→
Al(OH)
3
↓ + 3KCl
Al(OH)

2
ZnO
2

+ 2H
2
O
- Dung dịch NaCl không có hiện tượng gì
- Dùng dung dịch AgNO
3
nhận ra dung dịch AlCl
3
do tạo ra kết tủa trắng
3AgNO
3
+ AlCl
3→
3AgCl ↓ + Al(NO
3
)
3

- Còn lại là dung dịch Zn(NO
3
)
2
.

SO
4
+ 2H
2
O
Ban đầu: 0,2x 0,3y mol
phản ứng: 0,2x 0,4x mol
sau pư : 0 (0,3y- 0,4x) mol
Khi trung hòa lượng KOH dư trong dd E
H
2
SO
4
+ 2KOH
→
K
2
SO
4
+ 2H
2
O
0,2 0,3y- 0,4x mol
Vậy 0,3y- 0,4x= 0,4 (1)
Số mol H
2
SO
4
trong 300 ml dd C là = 0,3x mol
Số mol KOH trong 200ml dd D là = 0,2y mol

+ 2KOH
→
K
2
SO
4
+ 2H
2
O
ban đầu : 0,3x 0,2y mol
phản ứng: 0,1y 0,2y mol
sau pư : (0,3x- 0,1y) 0 mol
Al
2
O
3
+ 3 H
2
SO
4

→
Al
2
(SO
4
)
3
+ 3 H
2

2
+ H
2
O
0,1 0,2y-0,6x mol
⇒
0,2y- 0,6x = 0,2 (3)
Từ (1) và (3) ta được x = 0,2; y = 1,6
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
Câu 4: (4 điểm) 1. 1,5 điểm 2. 2,5 điểm
1.
Ta có:
2 3
0,3.1 0,3 , 0,2.1 0,2
HCl Na CO
n mol n mol= = = =
Thêm rất từ từ dd HCl vào dd Na
2
CO
3
, thứ tự phản ứng xảy ra là:
HCl + Na
2
CO
3

→

3
+ NaOH + H
2
O (3)
Theo (3):
3 3
0,1
CaCO NaHCO
n n mol= =

⇒

100.0,1 10m gam= =
Theo (2):
2
0,1
CO
n mol=

⇒
V = 0,1.22,4 = 2,24 lit
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4
2.
a.

O (1)
Giả sử muối khan chỉ có Fe
2
(SO
4
)
3
khi đó:
Theo (1):
2 4 3
( )
1 0,15
0,075
2 2
Fe SO Fe
n n mol= = =2 4 3
( )
0,075.400 30 26,4
Fe SO
m gam gam⇒ = = ≠
muối khan (vô lí)
Điều đó chứng tỏ sau phản ứng (1) H
2
SO
4
hết, Fe dư và xảy ra tiếp phản ứng:
Fe + Fe

n n y mol
n n y mol
= =



= =

⇒
muối khan gồm: 3y mol FeSO
4
và ( 0,5x-y) mol Fe
2
(SO
4
)
3⇒
m
muối khan
= 400(0,5x-y) + 152.3y = 26,4 gam

⇒
200x + 56y = 26,4 (**)
Từ (*) và (**) ta có:

(1)
3 3
.0,125 0,1875
2 2
SO Fe
n n mol= = =
Cho khí SO
2
tác dụng với dd KOH:
SO
2
+ 2KOH
→
K
2
SO
3
+ H
2
O (1)
ban đầu: 0,1875 0,275 mol
phản ứng: 0,1375 0,275 0,1375 mol
sau pư : 0,05 0 0,1375 mol

SO
2
+ K
2
SO
3

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
5