Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên TP. HCM khóa thi ngày 12-06-2015 Môn: Hoá Học

1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤ M 
 TP HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUYÊN 
 KHÓA THI NGÀY 12-06-2015 
 Môn : HOÁ HỌC 
 Thời gian làm bài : 120 phút , không kể thời gian phát đề 
Câu 1: (2,5 điểm) 
1.1. Hoàn thành các phương trình hóa học và xác định các chất trong sơ đồ sau: 
01000 C
3CaCO (A) + (B) 
2(A) + H O (D) 
dd dd(B) + (D) (E) 
0t cao(A) + C (F) + CO 
2(F) + H O (D) + (K)  
0t C
2 2(K) + O (B) + H O 
1.2. Có 5 dung dịch (mỗi dung dịch chỉ chứa 1 chất tan) trong 5 lọ riêng biệt gồm các chất: Na2CO3, 
BaCl2, MgCl2, H2SO4, NaOH được đánh số bất kì (1), (2), (3), (4), (5). Tiến hành thực hiện các thí 
nghiệm thì nhận được kết quả sau: 
- Chất ở lọ (1) tác dụng với chất ở lọ (2) cho khí thoát ra. 
- Chất ở lọ (1) tác dụng với chất ở lọ (4) thấy xuất hiện kết tủa. 
- Chất ở lọ (2) cho kết tủa trắng khi tác dụng với chất ở lọ (4) và lọ (5). 
Xác định chất có trong các lọ (1), (2), (3), (4), (5). Giải thích và viết các phương trình hóa học xảy ra. 
1.3. Một thí nghiệm được mô tả như hình vẽ 
Xác định đúng – sai trong các phát biểu sau (không cần giải thích): 
a) Rắn X có thể là KMnO4. 
b) Rắn X có thể là hỗn hợp KClO3 và MnO2. 
c) Rắn X có thể là NaCl. 
d) Khí Y có thể là O2. 
e) Khí Y có thể là Cl2. 
Câu 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 
1.1 
(0.75đ) 
Các phương trình hóa học: 
01000 C
3 2CaCO CaO + CO
(A) (B)

2 2CaO H O Ca(OH)
(D)
 
2 2 3 22CO Ca(OH) Ca(HCO )
(E)
 
2 
0t cao
2CaO 3C CaC CO
(F)
  
2 2 2 2 2CaC 2H O Ca(OH) C H
(K)
  
0t C
2 2 2 2 22C H 5O 4CO 2H O   
0.125đx6 
1.2 
(1.25đ) 
- Chất ở lọ (1) tác dụng với chất ở lọ (2) tạo khí  Chất ở lọ (1) và lọ (2) là 
H2SO4 và Na2CO3. 
2 4 2 3 2 4 2 2H SO Na CO Na SO CO H O     
- Chất ở lọ (2) tạo kết tủa trắng với chất ở lọ (4) và lọ (5)  Chất ở lọ (2) là 
Na2CO3 và chất ở lọ (1) là H2SO4. 
2 3 2 3
2 3 2 3
Na CO BaCl 2NaCl BaCO
Na CO MgCl 2NaCl MgCO
   
   
- Chất ở lọ (1) tạo kết tủa với chất ở lọ (4)  Chất ở lọ (4) là BaCl2. 
2 4 2 4H SO BaCl BaSO 2HCl    
- Chất ở lọ (2) tạo kết tủa trắng với chất ở lọ (4) và lọ (5)  Chất ở lọ (5) là 
MgCl2. 
- Chất ở lọ (3) còn lại là NaOH. 
*Biểu điểm: Giải thích và viết chính xác các phản ứng hóa học liên quan với 
mỗi chất trong mỗi lọ: 0.25 điểm. 
0.25đx5 
1.3 
(0.5đ) 
- Phát biểu a – Đúng 
- Phát biểu b – Đúng 
- Phát biểu c – Sai 
- Phát biểu d – Đúng 
- Phát biểu e – Sai 
0.1đx5 
Câu 2: (2,5 điểm) 
2.1. Thực hiện các phương trình hóa học qua sơ đồ chuyển hóa (ghi rõ điều kiện phản ứng, nếu có): 
Tinh bột → glucozơ → rượu etylic → axit axetic → natri axetat → metan → metyl clorua. 
2.2. Từ hai dung dịch riêng biệt: H2SO4 98% (D = 1,84 g/ml) và HCl 5M. Lấy V1 ml dung dịch H2SO4 
98% và V2 ml dung dịch HCl 5M để pha chế thành 200 ml dung dịch A chứa hỗn hợp gồm H2SO4 1M và 
HCl 1M. 
a) Xác định giá trị V1 và V2. 
b) Trình bày phương pháp pha chế để được 200 ml dung dịch A từ hai dung dịch riêng biệt nói trên. 
Câu 2 HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 
2.1 
(1.5đ) 
Các phương trình hóa học: 
0H ,t C
6 10 5 n 2 6 12 6(C H O ) nH O nC H O

  
menruou
6 12 6 2 5 2C H O 2C H OH 2CO  
mengiam
2 5 2 3 2C H OH O CH COOH H O   
3 3 2CH COOH NaOH CH COONa H O   
0CaO,t C
3 2 3 4CH COONa NaOH Na CO CH   
as
4 2 3CH Cl CH Cl HCl   
0.25đx6 
3 
2.2 
(1đ) 
a) Xác định V1 và V2. 
- Số mol H2SO4 = số mol HCl = 0,2 (mol). 
- Khối lượng dung dịch H2SO4 cần lấy: 
0,2x98x100
dd 98
m 20(gam)  
- Thể tích dung dịch H2SO4 cần lấy: 20dd 1,84V 10,87(ml)  
- Thể tích dung dịch HCl cần lấy: 0,2
dd 5
V x1000 40(ml)  
*Lưu ý: 
- Học sinh đưa ra 1 phép tính đúng để xác định thể tích dung dịch H2SO4 
98% vẫn được tính: 0.25đ. 
- Học sinh đưa ra 1 phép tính đúng để xác định thể tích dung dịch HCl 5M 
vẫn được tính: 0.25đ. 
b) Cách tiến hành pha chế: Lấy khoảng 100 ml H2O cho vào bình đựng có chia 
vạch. Cân 20 gam dung dịch H2SO4 98% hoặc đong 10,87 ml dung dịch H2SO4 
98%, sau đó cho từ từ vào bình đựng chứa nước ở trên và khuấy đều. Đợi dung 
dịch H2SO4 thật nguội, đong 40 ml dung dịch HCl 5M rồi cho tiếp vào bình. Sau 
đó thêm nước vào cho đến vạch 200 ml thì dừng lại. 
*Lưu ý: Nếu học sinh tiến hành pha chế không đúng trình tự đã nêu thì không 
được điểm. 
0.125đx4 
0.5đ 
Câu 3: (2,5 điểm) 
3.1. Hòa tan hoàn toàn 7,2 gam FeO bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% (loãng) thu được 
dung dịch A. Làm lạnh dung dịch A xuống 50C thấy tách ra m gam tinh thể muối ngậm nước 
FeSO4.7H2O và dung dịch còn lại có nồng độ 12,18%. 
a) Xác định m gam muối ngậm nước FeSO4.7H2O tách ra. 
b) Tính độ tan của FeSO4 ở 5
0
C. 
3.2. Hòa tan hoàn toàn 33,3 gam chất X là tinh thể muối sunfat ngậm nước của kim loại M vào nước 
được dung dịch A. Cho A tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH, thu được kết tủa B có khối lượng lớn 
nhất. Nung B ở t0C cao đến khối lượng không đổi được 5,1 gam chất rắn. Mặt khác, khi cho A tác dụng 
với dung dịch BaCl2 dư thì thu được 34,95 gam kết tủa. 
a) Xác định công thức hóa học của chất X. 
b) Nếu dùng V ml dung dịch NaOH 0,5M cho vào A thì thu được 6,24 gam kết tủa. Tính V. 
Câu 3 HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 
3.1 
(1đ) 
- Phương trình hóa học: 
FeSO4 + H2SO4(l) → FeSO4 + H2O 
- Số mol FeO: 7,2
FeO 72
n 0,1(mol)  
- Số mol FeSO4: 
4FeSO
n 0,1(mol) 
- Số mol H2SO4: 
2 4H SO FeO
n n 0,1(mol)  
- Khối lượng dung dịch H2SO4 24,5%: 
2 4
0,1x98x100
ddH SO 24,5
m 40(gam)  
- Khối lượng dung dịch A: ddAm 7,2 40 47,2(gam)   
0.25đ 
4 
- Khi làm lạnh dung dịch A xuống 50C: 
 Số mol FeSO4 đã kết tinh: 
4 ket tinh
m m
FeSO (152 7x18) 278
n (mol)

  
 Khối lượng dung dịch A còn lại sau khi có m gam FeSO4.7H2O kết tinh 
là: 47,2 – m (gam) 
 Nồng độ % của FeSO4 trong dung dịch A ở 5
0
C: 
m
278
4
(0,1 )x152
(FeSO ) 47,2 m
C% x100 12,18 m 22,24(gam)


    
 Độ tan của FeSO4 ở 5
0
C: 
22,24
278
22,24
4
278
(0,1 )x152
FeSO 47,2 22,24 (0,1 )x152
S x100 13,87

  
  
*Lưu ý: 
- Nếu học sinh làm 1 phép tính hợp lý để ra kết quả chính xác vẫn cho điểm 
tối đa theo thang điểm tương ứng. 
- Học sinh sử dụng công thức tính độ tan phụ thuộc vào nồng độ % đúng vẫn 
cho điểm tối đa theo thang điểm tương ứng. 
0.5đ 
0.25đ 
3.2 
(1.5đ) 
a) Đặt CT và số mol của muối là M2(SO4)n.mH2O: a(mol) 
M2(SO4)n.mH2O → M2(SO4)n + mH2O 
 a a (mol) 
M2(SO4)n + 2nKOH → 2M(OH)n + nK2SO4 
 a 2a (mol) 
2M(OH)n 
0t C M2On + nH2O 
 2a a (mol) 
M2(SO4)n + nBaCl2 → 2MCl2 + nBaSO4↓ 
 a na (mol) 
- Số mol BaSO4: 
4
34,95
BaSO 233
n 0,15(mol) na 0,15    (1) 
- Mặt khác: 
2 nM O M M M
m 5,1(g) (2M 16n)a 5,1 2M .a 16n.a 5,1 M .a 1,35(2)         
- Từ (1) và (2)  MM Mn 9 M 9n    n = 3, MM = 27 và a = 0,05 
  M là kim loại nhôm (Al) 
- mtinh thể muối ngậm nước = 33,3 (gam) 
2 4 n 2
33,3
M (SO ) .mH O 0,05
M 666 342 18m 666 m 18        
 Công thức hóa học của tinh thể muối ngậm nước X: Al2(SO4)3.18H2O 
b) Số mol Al(OH)3: 
3
6,24
Al(OH) 78
n 0,08(mol) 
. 
Xảy ra hai trường hợp: 
*Trường hợp 1: Al2(SO4)3 dư 
Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 
 0,24 0,08 (mol) 
0,24
NaOH0,5M 0,5
V x1000 480(ml)   
*Trường hợp 2: Al2(SO4)3 hết 
Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 
 0,05 0,3 0,1 (mol) 
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O 
(0,1-0,08) 0,02 (mol) 
0,3 0,02
NaOH0,5M 0,5
V x1000 640(ml)

   
0.5đ 
0.25đ 
0.25đ 
0.5đ 
5 
Câu 4: (2,5 điểm) 
4.1. Đốt cháy hoàn toàn 0,117 gam hợp chất hữu cơ A thu được 0,396 gam CO2 và 0,081 gam H2O. Tỉ 
khối hơi của A so với không khí là 2,69. 
a) Xác định công thức phân tử của A. 
b) A tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:1 khi có mặt bột sắt và đun nóng, được chất lỏng B và khí C. 
- Xác định công thức cấu tạo đúng của A. 
- Khí C được hấp thụ hoàn toàn bởi 20 ml dung dịch NaOH 0,5M thu được dung dịch D, cô cạn dung 
dịch D được 0,715 gam chất rắn khan. Xác định khối lượng A đã phản ứng và khối lượng B tạo thành. 
Cho rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 
4.2. Hỗn hợp X gồm 3 hợp chất hữu cơ A, B, C, trong đó MA < MB < MC < 100. Đốt cháy hoàn toàn 3 
gam X chỉ thu được 2,24 lít CO2 và 1,8 gam H2O. Cũng lượng X như trên cho phản ứng với lượng dư 
kim loại Na thu được 0,448 lít H2. Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Xác định công thức 
phân tử và công thức cấu tạo của A, B, C. 
Biết: - A, B, C có cùng công thức thực nghiệm. 
 - Số mol A, B, C trong X theo tỉ lệ 3 : 2 : 1. 
 - B và C có khả năng làm quỳ tím hoá đỏ. 
Câu 4 HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 
4.1 
(1đ) 
a) 
- MA = 2,69x29  78  
0,117
A 78
n 0,0015(mol)  
- Số mol CO2: 
2
0,396
CO 44
n 0,009(mol)  Số nguyên tử C trong A 0,009
0,0015
6  
- Số mol H2O:
2
0,081
H O 18
n 0,0045(mol)   Số ngtử H trong A 0,0045x2
0,0015
6  
- mC + mH = 0,009x12 0,0045x2 0,117(gam)  
 A là hiđrocacbon có CTPT: C6H6 
b) - A tác dụng với Br2, có mặt bột sắt và đun nóng  A là benzen. 
CTCT đúng của A: 
- Phương trình hóa học: 
0Fe, t C
2Br  Br + HBr 
 a (mol) a (mol) 
 HBr + NaOH → NaBr + H2O 
 a (mol) a (mol) a (mol) 
- Số mol NaOH ban đầu: nNaOH = 0,02x0,5 = 0,01 (mol) 
- Dung dịch D sau khi cô cạn thu được chất rắn D gồm: 
 NaBr: a (mol) 
 NaOH dư: 0,01 – a (mol) 
 mrắn khan = 103.a + 40.(0,01 – a) = 0,715  a = 0,005. 
- mC6H6phản ứng = 0,005x78 = 0,39 (gam). 
- mC6H5Br = 0,005x157 = 0,785 (gam). 
0,25đ 
0.25đ 
0.25đ 
0.125đx2 
6 
4.2 
(1,5đ) 
- Số mol CO2: 
2
2,24
CO C22,4
n 0,1(mol) n 0,1(mol)    
- Số mol H2O: 
2
1,8
H O H18
n 0,1(mol) n 0,1x2 0,2(mol)     
- Số mol O trong hỗn hợp X: 3 0,1x12 0,1x2O 16n 0,1(mol)
 
  
- nC : nH : nO = 0,1 : 0,2 : 0,1 = 1:2:1 
 Công thức thực nghiệm (công thức nguyên) của A, B, C đều là (CH2O)n 
 Vì KLPT của C < 100 đvC nên 30n < 100  n < 3,33 
- Do MA < MB < MC 
Suy ra: 
 n = 3  CTPT của C là C3H6O3 
 n = 2  CTPT của B là C2H4O2 
 n = 1  CTPT của A là CH2O  CTCT của A là H – CHO 
 B, C làm đỏ quỳ tím  trong B và C có nhóm COOH 
 CTCT của B là CH3COOH. 
 Đặt nA = 3a ; nB = 2a ; nC = a 30.3a 60.2a 90.a 3 a 0,01      
 Với 
2
0,448
H 22,4
n 0,02(mol)   C có 2 trường hợp: 
+ Trường hợp 1: Nếu C có 1 hiđro linh động  C phản ứng với Na theo tỉ lệ 
1:1 thì số mol H2 thu được là 
2 2
0,02 0,01 0,03
H H2 2 2
n n    của đề = 0,02 (loại). 
+ Trường hợp 2: Nếu C có 2 hiđro linh động  C phản ứng với Na theo tỉ lệ 
1:2 thì số mol H2 thu được là 
2
0,02
H 2
n 0,01 0,02    phù hợp với 
2H
n của đề 
(nhận). 
 CTCT của C là CH3-CH(OH)-COOH hoặc CH2(OH)-CH2-COOH. 
*Lưu ý: 
- Nếu học sinh lập luận và tính toán hợp lý bằng một cách khác để ra kết 
quả chính xác vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm tương ứng. 
0,25đ 
0,25đ 
0,5đ 
0,5đ