Đ.A tuyển chuyên Hóa 10 Khánh Hòa 2003-2004

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN HÓA HỌC
KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2003-20024
------------------ Môn thi : HÓA HỌC
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM - HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Bài 1 : 3,75 điểm
Giải 1/1 :
a) 1 mol nguyên tử có N nguyên tử
1 mol nguyên tử cacbon
12
C có 12 gam
Khối lượng nguyên tử Cacbon có
12
N
gam. 0,50 điểm
Vậy : 1đvC =
1
12
khối lượng nguyên tử C
=
12 1 1
.
12
gam
N N
=
0,50 điểm
gần đúng : 1đvC = 1,67.10
-24
gam
b) Khối lượng 1 nguyên tử cacbon gần bằng khối lượng 6 proton + khối lượng 6 notron
mC = 6.1,6726.10

-24
+ 6.1,6742.10
-24
= 20,0808.10
-24
gam
1 mol nguyên tử cacbon
12
C có 12 gam hay N nguyên tử C có 12gam.
Vậy : N =
24
12
20,0808.10
g
g
−

≈
6.10
23
0,50 điểm
Giải 1/2 :
Ta có hỗn hợp I
amolA
amolB



1
M

=
2
A B
aM aM
a
+
= 2 x 15 = 30 ----> M
A
+ M
B
= 60 đvC (1) 0,50 điểm
Ta có hỗn hợp II
mgamA
mgamB



2
M
=
2
A B
m
m m
M M
+
= 32 x (11/15) =
352
15
---->

2
1 1
A B
M M
+
=
2 . 352
15
A B
A B
M M
M M
=
+
0,50 điểm
Thay (1) vào ta có : M
A
.M
B
= 704 (2) 0,25 điểm
Từ (1) và (2) ==> M
A
, M
B
là nghiệm của phương trình :
M
2
- 60 M + 704 = 0 (3) 0,50 điểm
Giải phương trình (3) ta được các nghiệm :
hoặc : M

A
= 16 ; M
B
= 44 (gam/mol)
hoặc : M
A
= 44 ; M
B
= 16 (gam/mol) 0,50 điểm
Bài 2 : 6,00 điểm
Giải 2/1 :
a) Gọi M là kim loại hóa trò II, ta có các phương trình phản ứng có thể có sau đây :
1
MO + 2H
2
SO
4
= M(HSO
4
)
2
+ H
2
O
M(OH)
2
+ 2H
2
SO
4

= M(HSO
4
)
2
+ 2H
2
O
MCO
3
+ 2H
2
SO
4
= M(HSO
4
)
2
+ H
2
O + CO
2
0,50 điểm
MO + H
2
SO
4
= MSO
4
+ H
2

O
M(OH)
2
+ H
2
SO
4
= MSO
4
+ 2H
2
O
MCO
3
+ H
2
SO
4
= MSO
4
+ H
2
O + CO
2
0,50 điểm
b) - Áp dụng đònh luật bảo toàn khối lượng, ta có :
Khối lượng dung dòch muối thu được sau phản ứng :
117,6 + 3,64 - (44.
448
22.400

) = 120,36 gam 0,50 điểm
- Khối lượng muối tinh chất thu được :
120,36.10,867
100
≈
13,08gam 0,50 điểm
- Thể tích dung dòch muối : V (dd muối) =
120,36
1,095
≈
109,9ml 0,25 điểm
- Số mol muối thu được : n(muối) =
109,9.0,545
1000
= 0,0599
≈
0,06 mol 0,25 điểm
- Khối lượng mol phân tử muối =
13,08
0,0599
= 218,36
≈
218 gam/mol 0,25 điểm
Vì tác dụng với H
2
SO
4
nên muối tạo thành là muối sunfat (trung hòa hoặc axit) :
Nếu là muối trung hòa : M
(MSO4 )

= 218 ==> M = 112 (loại) 0,25 điểm
Nếu là muối axit : M (MHSO
4
)
2
= 218 ==> M = 24 . 0,25 điểm
Vậy kim loại hóa trò II là Mg 0,50 điểm
Giải 2/2 :
a/ Theo đònh nghóa :
* Nồng độ % khối lượng là số đơn vò khối lượng chất tan trong 100 đơn vò khối lượng dung dòch.
Từ đó ta có biểu thức :
C% =
1
.100
.
a
b D a+
(1) 0,50 điểm
* Nồng độ mol là số mol chất tan trong 1 lit dung dòch . Từ đó ta có biểu thức :
C
M
=
2
1
1
2
1000. 1000 1000. .
( ) ( )
.
A

A
n a a D
a bD
V ml M a bD
M
D
= =
+
+
(2) 0,50 điểm
b/ Các công thức (1) và (2) ở câu (a) không áp dụng được cho các trường hợp sau :
* Trường hợp lượng chất tan thay đổi do :
- Chất A không tan hết a gam do vượt quá độ tan, lúc đó lượng chất tan < lượng a và khối lượng
dung dòch < a + b.D
1
0,25 điểm
- Chất tan thuộc loại tinh thể ngậm nước, lúc đó lượng chất tan < lượng a . Thí dụ : hòa tan 10
gam CuSO
4
.5H
2
O thì lượng chất tan = 6,4gam mặc dù khối lượng dung dòch vẫn là a + bD
1
0,25 điểm
- Chất A tác dụng được với nước tạo thành chất mới, khi đó lượng chất tan > lượng a. Thí dụ :
Hòa tan 10gam Na
2
O vào nước, khi đó khối lượng chất tan là NaOH = 12,9g 0,25 điểm
* Trường hợp chất tan tác dụng với nước làm thoát ra chất khí hoặc tạo chất kết tủa cũng không
phù hợp với đề bài cho. 0,50 điểm

2
Bài 3 : 3,25 điểm
Giải 3/1 :
Ta có thể tính một nguyên tử oxi (16 đvC) hóa hợp với bao nhiêu đơn vò của nguyên tố kia, nếu số đơn
vò này càng nhỏ thì hàm lượng oxi càng lớn. 0,25 điểm
Ví dụ : một nguyên tử oxi kết hợp với :
*
27.2
18
3
=
đơn vò Al ;
14.2
9,33
3
≈
đơn vò N ;
31.2
12,4
5
=
đơn vò P ; ...
Như vây trong N
2
O
3
giàu

oxi nhất. 0,25 điểm
Giải 3/2 :

Để điều chế được lượng tối đa CO từ 6 gam C,chỉ có phương pháp là : Cho 6 gam C tác dụng với CO
2
khi đó thu được lượng CO theo phản ứng : C + CO
2
= 2CO
Và thể tích CO thu được khi đó là 22,4 lit (đktc) (= 1mol) 0,75 điểm
Giải 3/3 :
a) Cân bằng các phương trình phản ứng : 1,00 điểm
MnO
2
+ 4HCl ---> MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O (1)
2KMnO
4
+ 16HCl ---> 2KCl + 2MnCl
2
+ 5Cl
2
+ 8H
2
O (2)
KClO
3
+ 6HCl ---> KCl + 3Cl
2

+ 3H
2
O (3)
K
2
Cr
2
O
7
+ 14HCl ---> 2KCl + 2CrCl
3
+ 3Cl
2
+ 7H
2
O (4)
Tính khối lượng phân tử :
M
1
= 87 (của MnO
2
) M
2
= 158 (của KMnO
4
)
M
3
= 122,5 (của KClO
3

) M
4
= 294 (của K
2
Cr
2
O
7
)
Giả sử trong các trường hợp đều điều chế 1 mol Cl
2
, ta có tỷ lệ :
m
1
: m
2
: m
3
: m
4
= M
1
:
2
5
M
2
:
1
3

M
3
:
1
3
M
4
= 87 : 63,2 : 40,83 : 97,67 0,50 điểm
b) Căn cứ vào tỷ lệ khối lượng ở câu (a) ta thấy rằng khi điều chế 1 mol Cl
2
từ KClO
3
là bé nhất. Do đó
nếu cùng lượng m
1
= m
2
= m
3
= m
4
thì trường hợp KClO
3
cho nhiều Cl
2
nhất và K
2
Cr
2
O

7
cho ít Cl
2
nhất.
0,50 điểm
Bài 4 : 3,00 điểm
Giải 4 :
a1) Gọi a , b lần lượt là số mol MgO , CaO trong hỗn hợp A, thì :
mA = 40a + 56b = 9,6 hay 5a + 7b = 1,2 (1) 0,25 điểm
A tan hết trong dung dòch HCl. Dung dòch thu được có chứa HCl dư vì khi cho dung dòch này tác dụng với
Na
2
CO
3
có khí CO
2
bay ra : 2HCl (dư) + Na
2
CO
3
= 2NaCl + H
2
O + CO
2
↑
n (CO
2
) = 1,904 : 22,4 = 0,085 mol ==> nHCl (dư) = 0,17 mol 0,25 điểm
nHCl (ban đầu) =
100.1,047.19,87

100.36,5
= 0,57 mol
==> nHCl (pư với A) = 0,57 - 0,17 = 0,40 mol 0,25 điểm
Các phương trình phản ứng khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dòch HCl :
MgO + 2HCl = MgCl
2
+ H
2
O
a 2a
CaO + 2HCl = CaCl
2
+ H
2
O 0,25 điểm
b 2b
nHCl = 2(a + b) = 0,40 ====> a + b = 0,20 (2)
Giải hệ (1) và (2) ta được : a = b = 0,1 mol
3
Vậy : %khối lượng MgO = 41,67% 0,25 điểm
%khối lượng CaO = 58,33% 0,25 điểm
a2) Tính nồng độ % các chất trong dung dòch :
Dung dòch thu được sau phản ứng giữa A và HCl chứa : 0,1mol MgCl
2
; 0,1 mol CaCl
2
và 0,17 mol HCl
dư. 0,25 điểm
Vì phản ứng hòa tan A trong dung dòch HCl không tạo kết tủa hoặc khí nên :
m

dd
= m
ddHCl
+ m
A

= 100.1,047 + 9,6 = 114,3 gam 0,25 điểm
Từ đó tính được : C% MgCl
2
= 8,31%
C% CaCl
2
= 9,71%
C% HCl = 5,43% 0,25 điểm
b) Vì số mol tỉ lệ với khối lượng, nên nếu có : m
MgO (B)
= 1,125 m
MgO (A)
thì cũng có
số mol : n
MgO (B)
= 1,125 n
MgO (A)
= 1,125 x 0,1 = 0,1125 mol
m
MgO (B)
= 40.0,1125 = 4,5 gam ===> m
Al2O3 (B)
= 5,1 gam
==> n

Al2O3 (B)
= 0,05 mol 0,25 điểm
Để biết hỗn hợp B có tan hết trong dung dòch HCl hay không, ta tính số mol HCl cần để hòa tan hết B,
sau đó so với số mol HCl ban đầu
MgO + 2HCl = MgCl
2
+ H
2
O
0,1125 0,225 0,1125
Al
2
O
3
+ 6HCl = AlCl
3
+ 3H
2
O
0,05 0,30 0,10
Số mol HCl cần dùng : 0,225 + 0,30 = 0,525 mol
Số mol HCl ban đầu = 0,57 mol.
Vậy B tan hết và còn dư HCl = 0,045 mol 0,50 điểm
Bài 5 : 4,00 điểm
Giải 5/1 :
Do số mol NaOH = 0,7 > 2 số mol Na
2
CO
3
= 2n (BaCO

3
) = 2.0,2 = 0,4 mol nên có thể tạo ra muối axit
NaHCO
3
hoặc không tạo muối axit NaHCO
3
0,25 điểm
a) Trường hợp không tạo muối axit NaHCO
3
==> NaOH có dư = 0,3 mol
CO
2
+ 2NaOH ---> Na
2
CO
3
+ H
2
O
0,2 0,4 0,2
Na
2
CO
3
+ BaCl
2
----> BaCO
3
↓
+ 2NaCl 0,25 điểm

Trong khi đó số mol H
2
O = 0,6mol ==> tỷ số
2
2
1
3
CO
H O
=
là không tồn tại, vì tỉ số nhỏ nhất là
1
2
ở
CH
4
khi cháy. 0,25 điểm
b) Trường hợp có tạo NaHCO
3
do NaOH không dư ==> phần còn lại sẽ dự phản ứng :
CO
2
+ NaOH ----> NaHCO
3
0,3 0,3
Khi đó số mol CO
2
= 0,2 + 0,3 = 0,5 mol . 0,25 điểm
Phản ứng cháy :
2 2 2

3 1
2
n n
n
C H O
+
+
+
-----> nCO
2
+ (n+1) H
2
O 0,25 điểm
Từ đó thấy :
1
n
n +
=
0,5
0,6
==> n = 5 . Vậy công thức phân tử hidro cacbon là C
5
H
12
0,50 điểm
Giải 5/2 :
a) Gọi số mol ban đầu của C
2
H
4

và H
2
lần lượt là a (mol) và b (mol). Ta có :
28 2a b
a b
+
+
= 7,5 x 2
4
28a + 2b = 15a + 15b . Vậy a = b
Do đó mỗi khí chiếm 50% về thể tích. 0,50 điểm
b) Phản ứng cộng hiđro xảy ra theo phản ứng C
2
H
4
+ H
2
---> C
2
H
6
làm giảm số mol khí trong hỗn hợp
sau phản ứng nhưng theo đònh luật bảo toàn khối lượng thì khối lượng hỗn hợp khí không đổi, dẫn đến
kết quả là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí sau phản ứng lớn hơn so với ban đầu, tức tỷ khối
tăng. 0,50 điểm
Giả sử phản ứng tạo ra x mol C
2
H
6
theo phương trình : C

2
H
4
+ H
2
---> C
2
H
6
Vậy sau phản ứng trong hỗn hợp có : (a-x) mol C
2
H
4
, (a -x) mol H
2
và x mol C
2
H
6
==>
30 28( ) 2( )
( ) ( )
x a x a x
x a x a x
+ − + −
+ − + −
= 9x2 = 18 . Giải ra có : a = 3x 0,50 điểm
Vậy % C
2
H

6
=
2 5
x x
a x x
=
−
= 20% ; % C
2
H
4
=% H
2

5
a x
x
−
= 40% 0,50 điểm
c) Hiệu suất phản ứng hiđro hóa = (Số mol C
2
H
4
đã phản ứng ) : (Số mol C
2
H
4
ban đầu)
=
3

x x
a x
=
= 33,3% 0,50 điểm
------------------------------------------
Hướng dẫn chấm :
1) Trong quá trình chấm, giao cho tổ chấm thảo luận thống nhất (có biên bản) biểu điểm thành
phần của từng bài cho thích hợp với tổng số điểm của bài đó và các sai sót của học sinh trong từng
phần bài làm của học sinh để trừ điểm cho thích hợp .
2) Trong các bài giải, học sinh có thể làm theo nhiều cách khác nhau nhưng kết quả đúng, lý luận chặt
chẽ vẫn cho điểm tối đa của các bài giải đó.
3) Tổng điểm toàn bài giữ nguyên số lẻ đến 0,25 điểm (không làm tròn).
5