Đáp án đề thi chuyên Bắc Giang 08-09

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

t
→
MnCl
2
+ Cl
2
↑
+ 2H
2
O
- Phương pháp thứ hai: Hòa tan NaCl vào nước để được dd NaCl bão hòa:
2NaCl + 2H
2
O
dpdd
nmx
→
2NaOH + H
2
+ Cl
2
0,25đ
0.25đ
0,5đ
2. - Điều chế supephotphat đơn:
Ca
3
(PO
4
)

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

t
→
2H
3
PO
4
+ 3CaSO
4
Ca
3
(PO
4
)
2
+ 4H
3
PO
4

→
3Ca(H
2
PO
4
)
2
0,5đ
0.25đ
0.25đ
3.

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

.nSO
3
(olêum)
d. SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O
→
2HBr + H
2
SO
4
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
4. - Ở 90
0
C: trong 150 gam dd A có 50 gam A
vậy trong 600 gam dd A có
600.50
200
150
gam=
A
Giả sử khi làm lạnh từ 90
0

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

3

BrCH=CH-CH
2
Cl; ClCH=CH-CH
2
Br
BrCH=CCl-CH
3
; ClCH=CBr-CH
3


0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0,25đ
1
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
Br
Cl
Br
Cl
2. - Điều chế etyl axetat: CH
3
COOC
2
H
5

(-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

2
H
5
OH + 2CO
2
C
2
H
5
OH + O
2

men gi am
→
CH
3
COOH + H
2
O
CH
3
COOH + C
2
H
5
OH
2 4
,
o
d

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

2
=CH
2
+ H
2
O
nCH
2
=CH
2

, ,
o
xt p t
→
(-CH
2
-CH
2
-)
n
- Điều chế PVC: (-CH
2
-CHCl-)
n
CH
3
COOH + NaOH
→
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

≡
+ 3H
2

CH CH≡
+ HCl
,
o
xt t
→
CH
2
=CHCl
nCH
2
=CHCl
, ,
o
xt p t
→
(-CH
2
-CHCl-)
n
- Điều chế brombenzen: C
6
H
5
Br
3

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

0,25đ
3.
a.
b.
Đặt CTPT của B là C
x
H
y
O
z
Gọi số mol CO
2
và H
2
O lần lượt là a và b.
ta có:
2 2
3,8
44 18 3,8 0,07
12 2 0,92 0,04
0,92
CO H O
C H
m m
a b a
a b b
m m
+ =

+ = =

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

0
t
→
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
↑

(1)
Theo (1):
2 4
1 0,17
0,085
2 2
O KMnO
n n mol= = =
Áp dụng ĐLBT nguyên tố:
2 2
,
2.0,07 0,04 0,085.2 0,01
Otrong B OtrongCO H O O pu
n n n mol= − = + − =
ta có:

: : : :
0,07 : 0,08: 0,01
7 :8:1
C H O
x y z n n n=
=
=
Vì CTPT của B trùng với CTĐGN nên CTPT của B là: C
7
H
8
O
Vì B có một nguyên tử O và tác dụng được với Na nên trong CTCT của B có chứa một
nhóm OH.

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

.
∗ Lần lượt nhỏ vài giọt phenolphtalein vào từng dung dịch.
- Nhận ra dung dịch KOH do xuất hiện màu hồng.
∗ Lần lượt cho dung dịch KOH vào mỗi dung dịch còn lại:
- Dung dịch AgNO
3
có kết tủa màu nâu
AgNO
3
+ KOH
→
AgOH ↓ + KNO
3
hoặc 2 AgNO
3
+ 2 KOH

→
Ag
2
O + H
2
O + 2KNO
3
- Dung dịch Mg(NO
3
)
2
có kết tủa trắng, keo
Mg(NO

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)

3
↓ + KOH


→
KAlO
2
+ 2H
2
O
Zn(NO
3
)
2
+ 2KOH


→
Zn(OH)
2
↓ + 2KNO
3

Zn(OH)
2
↓ + 2KOH


→
K

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
.

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
2. Số mol H
2
SO
4
trong 200 ml dd C là = 0,2x mol
Số mol KOH trong 300ml dd D là = 0,3y mol
Khi trung hòa 500ml dung dịch E cần =
40.500
0,2
1000.100
mol=
H
2
SO
4
Vậy trong dung dịch E còn dư KOH:
H
2
SO
4
+ 2KOH
→
K
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

Vì dd F có khả năng phản ứng với Al
2
O
3
nên có hai trường hợp axit dư hoặc bazơ dư
Số mol Al
2
O
3
phản ứng với 500 ml dd F:
2 3
Al O
n
=
2,04.5
102
= 0,1 mol
* Trường hợp 1: khi axit H
2
SO
4
dư
0,25đ
0,5đ
0,25 đ
3
H
2
SO
4

+ 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

O
0,1 0,3x – 0,1y mol

⇒
0,3x- 0,1y = 0,3 (2)
Từ (1) và (2) ta được x= 2,6; y = 4,8
* Trường hợp 2: Khi kiềm dư:
H
2
SO
4
+ 2KOH
→
K
2
SO
4
+ 2H
2
O
ban đầu : 0,3x 0,2y mol
phản ứng: 0,3x 0,6x mol
sau pư : 0 (0,2y- 0,6x) mol
Al
2
O
3
+ 2 KOH
→
2KAlO

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

→

NaHCO
3
+ NaCl (1)
ban đầu: 0,3 0,2 mol
phản ứng: 0,2 0,2 0,2 mol
sau pư : 0,1 0 0,2 mol
HCl + NaHCO
3

→
NaCl + CO
2
+ H
2
O (2)
ban đầu: 0,1 0,2 mol
phản ứng: 0,1 0,1 0,1 mol
sau pư : 0 0,1 0,1 mol
⇒
dd G gồm: 0,1 mol NaHCO
3
và NaCl
Cho thêm nước vôi trong đến dư vào dd G:
NaHCO
3
+ Ca(OH)
2

→
CaCO

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.

b.
Ta có:
8,4
0,15
56
Fe
n mol= =
Cho 8,4 gam Fe tan hết trong dd H
2
SO
4
đặc, nóng:
2Fe + 6H
2
SO
4 đặc

0
t
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2

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

2
(SO
4
)
3

→
3FeSO
4
(2)
Gọi số mol Fe phản ứng ở (1) và (2) lần lượt là x và y.
x + y = 0,15 (*)
Theo (1):
2 4 3
( ) (1) (1)
1
0,5
2 2
Fe SO Fe
x
n n x mol= = =

Theo (2):
2 4 3
4
( ) (2) (2)
(2)
3 3
Fe SO Fe
FeSO 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:

0,15 0,125
200 56 26,4 0,025
x y x
x y y
+ = =
 
⇒
 
+ = =
 
Theo (1):
2 4
(1)
3 3.0,125 0,375
H SO Fe
n n mol= = =
Khối lượng H
2
SO
4
đã phản ứng là:
2 4
98.0,375 36,75
H SO
m gam= =
Ta có: n
KOH
= 0,275.1= 0,275 mol
Theo (1):
2

(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

+ H
2
O
→
2KHSO
3
(2)
ban đầu: 0,05 0,1375 mol
phản ứng: 0,05 0,05 0,1 mol
sau pư : 0 0,0875 0,1 mol
⇒
dung dịch Y gồm: 0,1 mol KHSO
3
và 0,0875 mol K
2
SO
3
Khối lượng chất tan có trong dd Y là:

3
0,1.120 12
KHSO
m gam= =

2 3
0,0875.158 13,825
K SO
m gam= =
0,25đ
0,25đ

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