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 SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN HÓA HỌC KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2003-2004 SBD : ./P ------------------ Môn thi : HÓA HỌC ĐỀ THI DỰ BỊ Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1 : 5,0 điểm 1) Cho biết độ tan của CaSO 4 là 0,2gam trong 100gam nước (ở 20 0 C) và khối lượng riêng của dung dòch bảo hòa coi bằng 1g/ml. Hãy tính nồng độ mol của dung dòch CaSO 4 bảo hòa ở 20 0 C. 2) Thêm dần dung dòch KOH 33,6% vào 40,3ml dung dòch HNO 3 37,8% (d=1,24g.ml -1 ) đến mức đủ trung hòa axit ta thu được dung dòch A, làm lạnh dung dòch A tới 0 0 C thu được m gam muối tách ra và dung dòch B nồng độ 11,6%. Hãy tính m ? Bài 2 : 5,0 điểm Trong phòng thí nghiệm nhà trường có dung dòch chứa 1 mol Na 2 CO 3 vàdung dòch chứa a mol axit HCl, từ đó ta có thể điều chế được bao nhiêu lít khí CO 2 . Hãy trình bày cách điều chế vàchứng minh điều đó bằng phương trình phản ứng hóa học. Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Bài 3 : 5,0 điểm 1) Hòa tan hết 18,9gam hỗn hợp N, gồm muối cacbonat axit và cacbonat trung tính của một kim loại kiềm bằng dung dòch HCl thu được dung dòch B và 6,6gam CO 2 (đktc) a) Tìm thành phần hỗn hợp N ? b) Tính khối lượng muối thu được trong dung dòch B. Biết kim loại kiềm gồm Na, K , Rb , Cs. Bài 4 : 5,0 điểm 1) Có 4 bình chứa khí : CH 4 ; C 2 H 2 ; C 2 H 4 ; CO 2 . Dùng phương pháp hóa học phân biệt 4 bình khí này. 2) Có hỗn hợp 3 chất khí : axetilen , metan , khí cacbonic , làm thế nào để loại bỏ đựơc khí axetilen, khí cacbonic ra khỏi hỗn hợp. Viết các phương trình phản ứng. 3) Đốt cháy 6gam một hỗn hợp X gồm CH 4 và C 2 H 4 với oxi lấy dư, toàn bộ sản phẩm thu được sau khi đốt cho lần lượt qua bình 1 đựng H 2 SO 4 đặc và bình 2 đựng dung dòch Ca(OH) 2 dư , thấy rằng bình 1 tăng 10,8gam, trong bình 2 có 40gam kết tủa và còn lại 2,24lit khí (đktc) thoát ra. Hãy tính : a) Tính thể tích O 2 dùng ban đầu b) Tính tỉ khối của hỗn hợp X so với Hiđro (d X/H2 ). c) Khối lượng dung dòch Ca(OH) 2 tăng hay giảm bao nhiêu gam ? ---------------------------------------------------- Ghi chú : Học sinh được phép sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn Menddeleep, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. 6 Giám thò 1 : Giám thò 2 : SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN HÓA HỌC KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2003-2004 ------------------ Môn thi : HÓA HỌC ĐỀ THI DỰ BỊ Thời gian làm bài : 150 phút ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI DỰ BỊ ----------------------- Bài 1 : 5,0 điểm 1) Theo bài ra ta thấy rằng, 100,2gam dung dòch CaSO 4 chiếm 100,2ml. Vậy C M của dung dòch CaSO 4 bão hòa ở 20 0 C sẽ là : C M (ddCaSO 4 ) = 2 0,2.1000 1,468.10 100,2.136 M − ; 2) Phản ứng trung hòa : HNO 3 + KOH = KNO 3 + H 2 O (1) Tính : n (HNO 3 ) = 40,3.1,24.37,8 0,3 100.63 mol; = n (KOH) = n KNO 3 Khối lượng dd KOH = 0,3.56.100 50 33,6 = gam Khối lượng dd HNO 3 = 40,3 . 1,24 = 50 gam Khối lượng KNO 3 = 0,3.101 = 30,3 gam Theo công thức tính C% ta có : Giải phương trình tính được : m = 21,15gam KNO 3 Bài 2 : 5,0 điểm 1) Tùy theo số mol HCl và phương pháp thí nghiệm mà ta thu được các thể tich CO 2 khác nhau : Phương pháp 1 : Cho từ từ HCl vào Na 2 CO 3 sẽ có phản ứng : Na 2 CO 3 + HCl = NaCl + NaHCO 3 (1) NaHCO 3 + HCl = NaCl + H 2 O + CO 2 (2) Từ các phản ứng (1) , (2) ta thấy : nếu : a ≤ 1 (mol) thì không thu được CO 2 nếu : 1 < a ≤ 2 (mol) thì ta thu được : (a - 1).22,4 lit CO 2 Phương pháp 2 : Cho từ từ Na 2 CO 3 vào HCl sẽ có phản ứng : Na 2 CO 3 + 2HCl = 2NaCl + H 2 O + CO 2 (3) Từ phản ứng (3) ta thấy : Nếu : 0 < a ≤ 2 (mol) thì ta thu được : .22,4 2 a lit CO 2 Bài 3 : 5,0 điểm 1) Ký hiệu nguyên tố kim loại kiềm là X, khối lượng mol nguyên tử của nó làA, ta có : M(X 2 CO 3 ) = ( 2A + 60) ; M(XHCO 3 ) = (A + 61) Các phản ứng : X 2 CO 3 + 2 HCl = 2XCl + H 2 O + CO 2 (1) XHCO 3 + 2 HCl = XCl + H 2 O + CO 2 (2) Gọi số mol của X 2 CO 3 ; XHCO 3 trong hỗn hợp lần lượt là x và y ta có : (2A + 60)x + (A + 61) y = 18,9 (a) x + y = 0,15 (b) Từ (a) (b) ta có : x (A-1) + 0,15 A = 9,75 (c) 7 Điều kiện là : 0 < x < 0,15 và A phù hợp với bảng HTTH. (c') Từ (c) ta có : x = 9,75 0,15 1 A A − − (d) Kết hợp (c') và (d) ta có bảng : A 23 39 85,5 . x 0,29 0,1 <0 . Chỉ có cặp A = 39 ; x = 0,1 là phù hợp ------> Vậy X là Kali và 2 muối là : K 2 CO 3 và KHCO 3 Thành phần hỗn hợp : K 2 CO 3 có 0,1 mol = 13,9gam chiếm 73,54% và KHCO 3 chiếm 26,46% Trong dung dòch chỉ có muối KCl : mKCl = (2.0,1 + 0,05) 74,5 = 18,625 gam Bài 4 : 5,0 điểm 1) Cho lần lượt 4 mẫu thử đựng các khí trên vào dung dòch nước vôi trong, mẩu nào cho kết tủa trắng là CO 2 Ca(OH) 2 + CO 2 = CaCO 3 + H 2 O Lấy cùng một thể tích 3 chất khí còn lại, cho tác dụng với cùng một thể tích dung dòch Brom như nhau, mẫu nào không làm mất màu dung dòch Brom là CH 4 , màu dung dòch Brom nhạt nhiều nhất là C 2 H 2 , mẫu bò nhạt màu ít hơn là C 2 H 4 . C 2 H 4 + Br 2 -----> C 2 H 4 Br 2 C 2 H 2 + 2Br 2 -----> C 2 H 2 Br 4 2) Cho hỗn hợp lần lượt đi qua dung dòch Brom, axetilen bò giữ lại, sau đó cho qua dung dòch Ca(OH) 2 thì CO 2 bò giữ lại,khí còn lại là CH 4 . Phương trình phản ứng : C 2 H 2 + 2Br 2 -----> C 2 H 2 Br 4 Ca(OH) 2 + CO 2 = CaCO 3 + H 2 O 3) a) Bình 1 hút H 2 O nên m H2O = 10,8gam . Bình 2 hút CO 2 : CO 2 + Ca(OH) 2 = CaCO 3 + H 2 O n CO2 = n(CaCO 3 ) = 40 : 100 = 0,4 mol Tính khối lượng O 2 phản ứng bằng cách áp dụng đònh luật bảo toàn khối lượng : m (hhX) + m (O 2 pư) = m (CO 2 ) + m (H 2 O) ----> 6 0,4.44 10,8 m (O 2 pư) = 17,6 + 10,8 - 6 = 22,4 gam n (O 2 bđ) = n (O 2 pư) + n (O 2 dư) = 22,4 2,24 32 22,4 + = 0,8 mol ---> V (O 2 bđ) = 0,8. 22,4 = 17,92lit c) Gọ x = n(CH 4 ) , y = n(C 2 H 4 ) trong hỗn hợp X, ta có : m (X) = 16x + 28y = 6 (1) CH 4 + 2O 2 0 t → CO 2 + 2H 2 O x x C 2 H 4 + 3O 2 0 t → 2CO 2 + 2H 2 O y y n (CO 2 ) = x + 2y = 0,4 (2) Từ (1) và (2) ta có : x = 0,2mol CH 4 ; y = 0,1mol C 2 H 4 8 x M = 2 / 6 20 20 10 0,3 2 X X H X m d n = = → = = d) Dung dòch Ca(OH) 2 nhận 17,6gam CO 2 ; 10,8 gam H 2 O và mất 40gam kết tủa (tách ra khỏi dung dòch). Theo đònh luật BTKL, khối lượng dung dòch giảm : 40 - (17,6 + 10,8) = 40 - 28,4 = 11,6 gam ---------------------------------------------------------- 9 . 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. Đ O TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN H A HỌC KHÁNH H A NĂM HỌC 2003-20024 ------------------ Môn thi : H A HỌC Đ P ÁN - BIỂU ĐIỂM - HƯỚNG DẪN CHẤM Đ