SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHÁNH HÒA Năm học : 2008 – 2009 Môn : HÓA HỌC Ngày thi : 20/06/2008 Đề thi này có 02 trang Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I : 4,75 điểm 1) Cho x mol chất A phản ứng với y mol chất B, phản ứng xảy ra như sau : aA + bB → uC + vD (với a, b, u, v là các hệ số cân bằng) a) Hãy tính số mol chất C, số mol chất D theo x, y, a, b, u, v . b) Cho x = 0,2 mol, y = 0,24 mol , chất A là Al 2 O 3 , chất B là HCl, hãy : - Viết phương trình phản ứng xảy ra. - Tính số mol chất C tạo thành sau phản ứng và khối lượng dư của chất tham gia phản ứng. 2) Viết phương trình hóa học thực hiện các biến hóa sau : (ghi rõ điều kiện phản ứng) Canxicacbua (1) → axetilen (2) → etilen (3) → rượu etilic (4) → axit axetic Metan (5) (6) benzen 3) Thay các chữ cái A, B, C,… bằng những công thức hóa học phù hợp rồi hoàn thành các phương trình hóa học sau, biết rằng : A là kim loại, G là phi kim. a) A + B → C + D + E ; b) D + E + G → B + X c) BaCl 2 + C → Y + BaSO 4 ; d) Z + Y → T + A g) T + G → FeCl 3 . Câu II : 4,00 điểm 1) a) Chỉ từ các chất Na 2 SO 3 , NH 4 HCO 3 , Al, MnO 2, dung dịch HCl, dung dịch NaOH có thể điều chế các chất khí nào ? Viết các phương trình phản ứng. b) Làm thế nào để nhận ra sự có mặt của mỗi chất khí trong hỗn hợp khí gồm: CO, CO 2, SO 2 , SO 3. 2) Một học sinh tiến hành các thí nghiệm sau : Thí nghiệm 1 : Hòa tan hoàn toàn 2,97 gam Ạl vào dung dịch NaOH (dư), thu được khí X. Thí nghiệm 2 : Cho 0,948 gam KMnO 4 tác dụng với dung dịch HCl đặc,dư thu được khí Y. Thí nghiệm 3 : Nhiệt phân hoàn toàn 6,125 gam KClO 3 có xúc tác MnO 2 thu được khí Z. Cho toàn bộ lượng các khí X, Y, Z điều chế được ở trên vào một bình kín, chiếu sáng, rồi đốt để phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau đó làm lạnh bình cho hơi nước ngưng tụ hết (giả thiết các chất tan hết vào nước) thu được dung dịch E. Viết các phương trình phản ứng đã xảy ra và tính nồng độ phần trăm (C%) của dung dịch E. Câu III : 3,00 điểm 1) Các nguyên tố X, Y, Z thuộc cùng một chu kỳ của bảng HTTH. Oxit của X tan trong nước tạo ra dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ, Y phản ứng với nước tạo thành dung dịch làm quỳ tím chuyển màu xanh, oxit của Z phản ứng được với cả axit lẫn kiềm. Hãy sắp xếp các nguyên tố theo thứ tự tăng dần số hiệu nguyên tử. 2) Cho 2 gam hỗn hợp Fe và kim loại hóa trị II vào dung dịch HCl (dư) thì thu được 1,12 lít khí H 2 (đktc). Mặt khác, nếu hòa tan 4,8gam kim loại hóa trị II đó thì cần chưa đến 500ml dung dịch HCl 1M . Xác định kim loại hóa trị II. Câu IV : 4,50 điểm 1) Đốt hỗn hợp C và S trong oxi dư ở nhiệt độ cao, thu được hỗn hợp khí A. Lấy 1 2 lượng khí A lội qua dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch B và hỗn hợp khí C. Cho C qua hỗn hợp chứa CuO, MgO nung nóng thu được chất rắn D và hỗn hợp khí E. Cho E lội qua dung dịch Ca(OH) 2 thu được kết tủa F và dung dịch G. Thêm KOH vào dung dịch G lại thấy có kết tủa F xuất hiện. Đun nóng dung dịch G cũng tạo kết tủa F. 1 ĐỀ CHÍNH THỨC Cho 1 2 lượng khí A còn lại qua xúc tác nóng thu được hỗn hợp khí M. Dẫn M qua dung dịch BaCl 2 thấy có kết tủa N. Xác định thành phần của A, B, C, D, E, F, G, M, N, viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2) Khử hoàn toàn 16 gam oxit sắt bằng khí CO ở nhiệt độ cao. Sau khi phản ứng kết thúc, thấy khối lượng chất rắn giảm 4,8 gam. a) Hãy tìm công thức phân tử của oxit sắt. b) Chất khí sinh ra trong phản ứng khử được dẫn vào bình đựng dung dịch NaOH dư. Hãy cho biết khối lượng của bình tăng hay giảm bao nhiêu gam ? c) Tính thể tích khí CO (đktc) cần dùng cho phản ứng khử oxit sắt nói trên, biết rằng người ta đã phải dùng khí CO dư 10% theo lý thuyết. Câu V : 3,75 điểm 1) Dẫn 7,84 lít một hỗn hợp khí gồm: CH 4 , C 2 H 4 , C 2 H 2 qua bình đựng dung dịch Brom (dư) sao cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau thí nghiệm thấy bình tăng lên 8,00 gam, đồng thời thoát ra 1,12 lít khí. Mặt khác, nếu đốt cháy toàn bộ hỗn hợp trên tạo ra 28,6 gam CO 2 . Biết các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Xác định % thể tích các khí trong hỗn hợp. 2) Cho hỗn hợp khí A gồm 3 hidrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẵng có các công thức chung là : C n H 2n+2 (n ≥ 1), C n H 2n , C n H 2n-2 (n ≥ 2) và hỗn hợp khí B gồm O 2 và O 3 . Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích V A : V B = 1,5 : 3,2 trong bình kín không có không khí rồi đốt cháy. Hỗn hợp sau phản ứng chỉ có CO 2 và H 2 O có tỉ lệ thể tích 2 2 CO H O V : V = 1,3 : 1,2. a) Tính tỉ khối hơi của hỗn hợp A so với H 2 , biết tỉ khối hơi B so với H 2 là 19. b) Xác định CTPT của X, Y, Z, biết rằng : trong hỗn hợp A có hai hidrocacbon có số nguyên tử cacbon bằng nhau và gấp hai lần số nguyên tử cacbon của hidrocacbon còn lại; hai hidrocacbon này làm mất màu dung dịch brom. Biết các khí đều ở đktc. HẾT Ghi chú : - Cho phép học sinh sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn. - Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. SBD : …………/ Phòng : …… Giám thị 1 : ………………… Giám thị 2 : ………………… 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHÁNH HÒA Năm học : 2008 – 2009 Môn : HÓA HỌC ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I : 4,75 điểm Giải 1 : a) Phương trình phản ứng : aA + bB → uC + vD a mol b mol u mol v mol Theo đề ra : x y ? ? Ta có tỉ lệ : x a y b 0,25 điểm Trường hợp 1 : nếu x a < y b ⇒ sau phản ứng chất A hết, chất B dư. Khi đó tính số mol chất C, D theo x và có các kết quả là : nC = x. u a (mol) ; nD = x. v a (mol). 0,25 điểm Trường hợp 2 : nếu x a > y b ⇒ sau phản ứng chất B hết, chất A dư. Khi đó tính số mol chất C, D theo y và có các kết quả là : nC = y. u b (mol) ; nD = y. v b (mol). 0,25 điểm b) Phương trình phản ứng : Al 2 O 3 + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 O 0,25 điểm 1 mol 6 mol 2 mol 3 mol 0,2 mol 0,24 ? Tỉ lệ : 0,2 1 > 0,24 6 ⇒ sau phản ứng Al 2 O 3 dư. Tính số mol AlCl 3 theo 0,24. nAlCl 3 = 0,24.2 6 = 0,08 mol 0,25 điểm và nAl 2 O 3 (dư) = 0,2 - 0,24.1 6 = 0,16 mol → mAl 2 O 3 (dư) = 0,16.102 = 16,32 gam 0,25 điểm Giải 2 : 2) Các phương trình phản ứng : (1) CaC 2 + 2H 2 O → C 2 H 2 + Ca(OH) 2 . 0,25 điểm (2) C 2 H 2 + H 2 0 Ni,t → C 2 H 4 . 0,25 điểm (3) C 2 H 4 + H 2 O 2 4 H SO (loãng) → C 2 H 5 OH) . 0,25 điểm (4) C 2 H 5 OH + O 2 mengiâm → CH 3 COOH + H 2 O . 0,25 điểm (5) 2CH 4 0 1500 C lam.lanh.nhanh → C 2 H 2 + 3H 2 0,25 điểm (6) 3C 2 H 2 0 C,600 C → C 6 H 6 0,25 điểm Giải 3 : a) Cu + 2H 2 SO 4 (đặc) 0 t → CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 0,25 điểm b) SO 2 + 2H 2 O + Cl 2 → H 2 SO 4 + 2HCl 0,25 điểm c) BaCl 2 + CuSO 4 → CuCl 2 + BaSO 4 0,25 điểm d) Fe + CuCl 2 → FeCl 2 + Cu 0,25 điểm g) 2FeCl 2 + Cl 2 → FeCl 3 0,25 điểm Trong đó : A là Cu, B là H 2 SO 4 , C là CuSO 4 , D là SO 2 , E là H 2 O, G là Cl 2 , Y là CuCl 2 , X là HCl, T là FeCl 2 , Z là Fe. 0,50 điểm 3 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu II : 4,00 điểm Giải 1: a) Có thể điều chế các khí sau: SO 2 , CO 2 , NH 3 , H 2 , Cl 2 . Na 2 SO 3 + HCl → 2NaCl + H 2 O + SO 2 ↑ NH 4 HCO 3 + HCl → 2NH 4 Cl + H 2 O + CO 2 ↑ NH 4 HCO 3 + 2NaOH → Na 2 CO 3 + NH 3 ↑ + 2H 2 O 2Al + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 ↑ Hoặc 2Al + 2NaOH + 2H 2 O → 2NaAlO 2 + 3H 2 ↑ MnO 2 + 4HCl → MnCl 2 + Cl 2 ↑ + 2H 2 O 0,50 điểm b) Dẫn hỗn hợp khí đi qua bình đựng dung dịch BaCl 2 dư, có kết tủa trắng xuất hiện chứng tỏ hỗn hợp khí ban đầu có chứa SO 3 BaCl 2 + SO 3 + H 2 O → BaSO 4 ↓ 2HCl 0,25 điểm Dẫn hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình dung dịch BaCl 2 , cho đi qua bình đựng dung dịch brom dư, dung dịch brom bị nhạt màu chứng tỏ hỗn khí ban đầu có chứa SO 2 . SO 2 + Br 2 + 2H 2 O → 2HBr + H 2 SO 4 0,25 điểm Dẫn hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình dung dịch brom đi qua bình đượng nước vôi trong dư, nước vôi vẫn đục lên , chứng tỏ khí ban đầu có chứa CO 2 . CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O 0,25 điểm Dẫn hỗn hợp khí thoát ra khỏi bình nước vôi trong cho đi qua ống đựng CuO dư nung nóng, dẫn khí thoát ra vào nước vôi trong dư, nước vôi vẫn đục lên, chứng tỏ hỗn hợp khí ban đầu có chứa CO. PT phản ứng : CuO + CO 0 t → Cu + CO 2 CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + H 2 O 0,25 điểm Giải 2 : Ta có : nAl = 2,97 27 = 0,11mol ; nKMnO 4 = 0,948 158 = 0,006mol ; nKClO 3 = 6,125 122,5 = 0,05 mol 0,25 điểm Các phương trình phản ứng : 2Al + 2NaOH + 2H 2 O → 2NaAlO 2 + 3H 2 (1) 0,25 điểm 0,11 mol 0,165 mol 2KmnO 4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl 2 + 5Cl 2 + 8H 2 O (2) 0,25 điểm 0,006 mol 0,015 mol KClO 3 0 2 t C,MnO → 2KCl + 3O 2 (3) 0,25 điểm 0,05 mol 0,075 mol Vậy, theo các phản ứng (1), (2), (3) thì : khí X là H 2 : 0,165 mol Khí Y là Cl 2 : 0,015 mol Khí Z là O 2 : 0,075 mol 0,25 điểm Phản ứng cháy giữa các khí : H 2 + Cl 2 0 t C → 2HCl (4) 0,25 điểm 0,015 mol 0,015 mol 0,03 mol H 2 + O 2 0 t C → 2H 2 O (5) 0,25 điểm 0,015 mol 0,075 mol 0,15 mol Vậy sản phẩm sau phản ứng cháy gồm HCl (0,03 mol) tan hết vào sản phảm nước (0,15 mol) tạo thành dung dịch E. Ta có : mHCl = 0,03.36,5 = 1,095 gam ; mH 2 O = 0,15.18 = 2,7 gam 0,25 điểm m d.d HCl = mHCl + mH 2 O = 1,095 + 2,7 = 3,795 gam 0,25 điểm Nồng độ % của dung dịch E : C% = 1,095 .100% 3,795 = 28,85% 0,25 điểm Câu III : 3,00 điểm Giải 1 : Y là kim loại mạnh, tác dụng với nước tạo bazơ kiềm. 0,25 điểm Z là nguyên tố lưỡng tính vì oxit của Z phản ứng được với cả axit lẫn bazơ kiềm 0,25 điểm 4 X là một phi kim vì oxit của X tan trong nước tạo ra dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ (môi trường axit). 0,25 điểm Vậy nếu X, Y, Z trong 1 chu kỳ, thì khi đi từ trái sang phải tính kim loại sẽ giảm dần. Do đó ta có trật tự chiều tăng dần của số hiệu nguyên tử là Y< Z < X (chiều từ trái sang phải trong 1 chu kỳ) 0,25 điểm Giải 2 : Gọi M là nguyên tử khối và ký hiệu kim loại hóa trị II. Các phản ứng xảy ra : Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (1) x(mol) x(mol) M + 2HCl → MCl 2 + H 2 (2) 0,25 điểm y(mol) y(mol) nH 2 = x + y = 1,12 22,4 = 0,05 mol (a) m(hỗn hợp) = 56x + My = 2 (b) 0,25 điểm Từ (a) và (b) suy ra : y = 0,8 56 M− Vì 0 < y < 0,05, nên 0 < 0,8 56 M− < 0,05. Suy ra : M < 40 (I) 0,50 điểm Mặt khác từ (2) ta có : nHCl = 2 4,8 9,6 M M = ÷ (mol). 0,50 điểm Theo đề bài : 9,6 M < 0,5 suy ra : M > 19,2 (II) Từ (I) và (II) suy ra : 19,2 < M < 40. Vì kim loại M có hóa trị (II) nên chỉ có M = 24 tức Mg là hợp lý. 0,50 điểm Câu IV : 4,50 diểm Giải 1: Các phương trình phản ứng : 2C + O 2 → 2CO ; S + O 2 → SO 2 C + O 2 → CO 2 . C + CO 2 0 t → 2CO Hỗn hợp khí A có : CO 2 , CO, SO 2 , O 2 (dư). 0,25 điểm * Hỗn hợp khí A qua dung dịch NaOH : CO 2 + 2NaOH → Na 2 CO 3 + H 2 O SO 2 + 2NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O Dung dịch B chứa : Na 2 CO 3 , Na 2 SO 3 , còn khí C chứa : CO, O 2 (dư). 0,50 điểm * Hỗn hợp khí C qua CuO, MgO nung nóng : CuO + CO → Cu ↓ + CO 2 Chất rắn D có : MgO, Cu ; khí E có CO 2 , CO (dư) , O 2 . 0,50 điểm * Hỗn hợp khí E lội qua Ca(OH) 2 : Ca(OH) 2 + CO 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O Ca(OH) 2 + 2CO 2 → Ca(HCO 3 ) 2 ; Kết tủa F là CaCO 3 ; dung dịch G có Ca(HCO 3 ) 2 0,50 điểm * Dung dịch G tác dụng với KOH ; đun nóng G : Ca(HCO 3 ) 2 + 2KOH → CaCO 3 ↓ + K 2 CO 3 + 2H 2 O. Ca(HCO 3 ) 2 0 t → CaCO 3 ↓ + CO 2 + H 2 O 0,25 điểm * Hỗn hợp A qua xúc tác nung nóng, xảy ra : 2CO + O 2 → 2CO 2 SO 2 + O 2 0 2 5 V O ,t → 2SO 3 . Hỗn hợp khí M có : CO 2 , SO 3 , O 2 (dư). 0,25 điểm * Hỗn hợp A qua dung dịch BaCl 2 : SO 3 + H 2 O + BaCl 2 → 2HCl + BaSO 4 ↓ . (Kết tủa N) 0,25 điểm 5 Giải 2 : a) Gọi CTPT của oxit sắt cần tìm là : Fe x O y . x y Fe O M giảm 4,8 gam chính là lượng oxi trong oxit sắt. 0,25 điểm Phản ứng : Fe x O y + yCO → xFe + yCO 2 Sơ đồ phản ứng : Fe x O y → xFe + yO Theo sơ đồ : Trong (56x + 16y) gam Fe x O y có y (mol) nguyên tử O 0,25 điểm Theo đề ra : trong 16 gam Fe x O y có 4,8 16 = 03 (mol) nguyên tử O → 0,3(56x + 16y) = 16y → x : y = 2 : 3 0,25 điểm Vậy CTPT của oxit sắt là : Fe 2 O 3 0,25 điểm b) Phương trình phản ứng : Fe 2 O 3 + 3CO → 2Fe + 3CO 2 2 3 2 Fe O CO CO n 0,1(mol);n n 0,3(mol)= = = 0,25 điểm Toàn bộ khí CO 2 bị giữ lại trong bình đựng dung dịch NaOH dư → khối lượng bình tăng : 0,3.44 = 13,2 (gam) 0,25 điểm c) Theo phương trình phản ứng : Khử 0,1 mol Fe 2 O 3 cần 0,3 mol CO N CO (lấy dư) = 0,3.10% = 0,03 mol 0,25 điểm Vậy V CO = 22,4(0,3 + 0,03) = 7,392 (lit) 0,25 điểm Câu V : 3,75 điểm Giải 1: Gọi số mol CH 4 = a; C 2 H 4 = b; C 2 H 2 = c có trong hỗn hợp. TN1: Chỉ có có C 2 H 4 , C 2 H 2 bị giữ lại trong bình Br 2 , khí thoát ra là CH 4 phản ứng: 0,25 điểm C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 (1) b b C 2 H 2 + 2Br 2 → C 2 H 2 Br 4 (2) 0,25 điểm c 2c Theo điều kiện bài toán ta có: a = 1,12/22,4 = 0,05 (mol) 28b + 26c = 8,00 0,25 điểm TN2: Đốt cháy hỗn hợp: CH 4 + 2O 2 → CO 2 + 2H 2 O (3) 0,05 0,05 C 2 H 4 + 3O 2 → 2CO 2 + 2H 2 O (4) b 2b C 2 H 2 + 2,5O 2 → 2CO 2 + H 2 O (5) 0,25 điểm c 2c Theo phương trình phản ứng (3) (4) (5) ta có: 0,05 + 2b + 2c = 28,6/44 = 0,65 Giải hệ phương trình: =+ =+ 6,022 00,82628 cb cb → b = 0,1: c = 0,2 . 0,50 điểm Vậy % theo thể tích: %3,14%100. )2,01,005,0( 05,0 4 = ++ = CH V %6,28%100. 2,01,005,0( 1,0 42 = ++ = HC V %1,57%100. )2,01,005,0( 2,0 22 = ++ = HC V 0,50 điểm Giải 2 : a) Phản ứng đốt cháy : A + B 0 t → CO 2 + H 2 O 0,25 điểm Giả sử số mol CO 2 = 1,3 mol số mol H 2 O = 1,2 mol ⇒ nH = 2,4 mol ; nO = 1,2 mol 0,25 điểm Khối lượng 3 hidrocacbon X, Y, Z : 6 Khối lượng (x + y + z) = mC + mH = 1,3.12 + 2,4.1 = 18 gam 0,25 điểm Và khối lượng O 2 + khối lượng O 3 trong B = khối lượng O có trong CO 2 và H 2 O. mB = (2,6 + 1,2).16 = 60,8 (gam) B M = 2.19 = 38 ⇒ nB = 60,8 38 = 1,6 (mol) A A B B V n 1,5 V n 3,2 = = ⇒ nA = 1,5.1,6 3,2 = 0,75 (mol) 0,25 điểm ⇒ A M = 18 0,75 = 24 2 2 A A/H H M 24 d M 2 = = = 12 0,25 điểm b) Vì M A = 24 ⇒ trong hỗn hợp A phải có 1 hidrocacbon có phân tử khối < 24. ⇒ đó là CH 4 (Khí thoát ra khỏi bình) 0,25 điểm Vì số nguyên tử cacbon của 2 hidrocacbon còn lại có số nguyên tử cacbon gấp 2 lần số nguyên tử CH 4 và làm mất màu dung dịch brom, nên trong A còn có C 2 H 2 và C 2 H 4 . 0,25 điểm HẾT 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 thì vẫn cho điểm tối đa của các bài giải đó. 3) Tổng điểm toàn bài không làm tròn số./. 7 . TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN KHÁNH HÒA Năm học : 2008 – 20 09 Môn : HÓA HỌC Ngày thi : 20/06/2008 Đề thi này có 02 trang Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) . có : nHCl = 2 4,8 9, 6 M M = ÷ (mol). 0,50 điểm Theo đề bài : 9, 6 M < 0,5 suy ra : M > 19, 2 (II) Từ (I) và (II) suy ra : 19, 2 < M < 40. Vì kim loại M có hóa trị (II) nên. = 0,03.36,5 = 1, 095 gam ; mH 2 O = 0,15.18 = 2,7 gam 0,25 điểm m d.d HCl = mHCl + mH 2 O = 1, 095 + 2,7 = 3, 795 gam 0,25 điểm Nồng độ % của dung dịch E : C% = 1, 095 .100% 3, 795 = 28,85% 0,25