ĐÁP án đề CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÂM ĐỒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn thi: HĨA HỌC
Khóa thi: 14, 15, 16/7/2020

(Hướng dẫn chấm gồm có 06 trang)

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC
CÂU
Câu 1
3,0 điểm

HƯỚNG DẪN CHẤM
1.1
0

C2H4 + H2O

axit, t

→

C2H5OH


→
len men giam

C2H5OH + O2

CH3COOH + H2O.

H 2SO4 dac ,t 0


→

CH3COOH + C2H5OH

ĐIỂM
1,0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

CH3COOC2H5 + H2O

t 0 , p, xt

nCH2 = CH2
1.2

→

(– CH2 – CH2–)n
H 2SO4 l,t 0

(–C6H10O5–)n + nH2O


→

nC6H12O6.

H 2SO4 l,t 0


→

(RCOO)3C3H5 + 3H2O
2CH3COONa + H2SO4


→

3RCOOH + C3H5(OH)3

1 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

2CH3COOH + Na2SO4

H 2SO4 l,t 0


→

C12H22O11 + H2O
C6H12O6 + C6H12O6
Saccarozơ
glucozơ
fructozơ
1.3
A: muối hidro sunfat (ví dụ: NaHSO4)
B: muối sunfit hoặc muối cacbonat (ví dụ: Na2SO3)
C: muối hidrocacbonat trừ muối của K, Na (ví dụ: Ba(HCO3)2)
2NaHSO4 + Na2SO3


→

Na2SO3 + Ba(HCO3)2

2Na2SO4 + SO2 + H2O


→

BaSO3 + 2NaHCO3.

1 điểm
0,25
0,25

0,25
0,25


→

Câu 2
3,0 điểm

2NaHSO4 + Ba(HCO3)2
BaSO4 + Na2SO4 + 2H2O + 2CO2
2.1
Trích mẫu thử và đánh dấu. Lần lượt cho các mẫu thử tác dụng
với nhau từng đơi một, ta có bảng kết quả sau:
MgCl2
NaHCO3
H2SO4
BaCl2
NaCl
MgCl2
-

2,0 điểm

Trang 1/6


NaHCO3

-

-

↑

-

-

H2SO4

-

↑

-

↓

-

BaCl2

-

-

↓

-

-

NaCl
NaOH

-

-

-

-

-

↓

- Mẫu thử nào khi cho vào các mẫu kia tạo được 1 kết tủa là:
NaOH, MgCl2 và BaCl2.
- Mẫu thử nào khi cho vào các mẫu kia tạo được 1 chất khí thốt
ra là: NaHCO3.
-Mẫu thử nào khi cho vào các mẫu kia tạo được 1 chất khí và 1
kết tủa là: H2SO4; chất tương ứng là NaHCO3 và BaCl2.
- Khơng có hiện tượng: NaCl.
2NaOH + MgCl2
H2SO4 + BaCl2


→


→

0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2
0,2

Mg(OH)2 + 2NaCl.
0,2
0,2

BaSO4 + 2HCl.


→

2NaHCO3 + H2SO4
Na2SO4 + 2H2O + 2CO2
- Nhỏ dung dịch NaHCO3 vào 2 mẫu thử còn lại rồi đun nóng
+ Nếu có kết tủa là:MgCl2.
+ Khơng hiện tượng là: NaOH.
0

2NaHCO3

t

→

MgCl2 + Na2CO3

Na2CO3 + CO2 + H2O

→

MgCO3 + 2NaCl
0

t

→

(Hoặc: MgCl2 + 2NaHCO3
MgCO3 + 2NaCl + CO2 + H2O)
2.2
1,0 điểm
- Cho BaCO3 dư (hoặc dung dịch bazơ) vào hỗn hợp CH 3COOH 0,25
và C2H5OH, sau đó chưng chất hỗn hợp thu được C2H5OH.
- Cô cạn hỗn hợp muối axetat và nước; Tái tạo lại axit bằng cách 0,25
nhỏ dung dịch H2SO4 vào muối axetat, sau đó chưng cất sản
phẩm thu được axit axetic.
0,25

→

2CH3COOH + BaCO3
(CH3COO)2Ba + CO2 + H2O
0,25
Câu 3
1,5 điểm

(CH3COO)2Ba + H2SO4
Cách 1:


→

SO3 + H2O
H2SO4 + nSO3
m H2SO4 =

100×91
= 91(gam)
100

BaSO4 + 2CH3COOH


→

→

H2SO4
H2SO4.nSO3

(1)

1,5 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 2/6


m H 2O = 100 – 91 = 9 (gam) ⇒ n H2O =

9
= 0,5(mol)
18

Gọi a là số mol SO3 cần dùng
Theo (1)
n SO3 = n H 2O = 0,5mol ⇒

0,25
0,25

số mol SO3 còn lại để tạo oleum là (a – 0,5)

(a − 0,5) × 80
×100% = 71, 01% ⇒ a ; 4, 79mol
(100 + 80a)

Cách 2:

SO3 + H2O
H2SO4 + nSO3


→

→

H2SO4

(1)

H2SO4.nSO3

(2)

80n
× 100% = 71, 01% ⇒ n = 3
98 + 80n
m H2SO4 =

100×91
= 91(gam)
100

m H 2O = 100 – 91 = 9 (gam) ⇒ n H2O =
n SO3 = (

Câu 4
1,5 điểm

9
= 0,5(mol)
18

91
+ 0,5) × 3 + 0,5 ; 4, 79mol
⇒ a ; 4, 79mol
98

4.1
→
clorophin,as

6nCO2 + 5nH2O

(–C6H10O5–)n + 6nO2

→
clorophin,as

Hoặc: 6CO2 + 6H2O

C6H12O6 + 6O2

1,0 điểm
0,5
0,25
0,25

Ý nghĩa:
- Tạo ra đường (hoặc cung cấp lương thực, thực phẩm).
- Cung cấp O2 cho nhu cầu trao đổi khí của sinh vật, điều hịa
khơng khí.
4.2.
0,5 điểm
6nCO2

+ 5nH2O

clorophin,as

→

(–C6H10O5–)n + 6nO2

6n × 22,4×500
VCO2 =
; 414,81 (lit)
162n

100
⇒ Vkk = 414,81×
; 1382700 (lit)
0,03

Câu 5
2 điểm

0,25

0,25

5.1
1,5 điểm
- Đồng tan dần, dung dịch từ không màu chuyển dần sang màu 0,25
Trang 3/6


xanh.
0,5

→
2Cu + 2H2SO4 + O2
2CuSO4 + 2H2O (1)
0,5
- Đồng tan dần, xuất hiện khí mùi hắc (dung dịch có thể chuyển
màu xanh).
0,25
0

Cu + 2H2SO4(đặc)

t

→

CuSO4 + SO2 + 2H2O (2)

5.2
0,5 điểm

Trong công nghiệp người ta sẽ dùng phản ứng (1) để sản xuất
CuSO4 vì:
→
0,25
-Phản ứng (1) khơng tạo SO2
khơng gây ơ nhiễm môi trường. 0,25
-Tiết kiệm lượng H2SO4 cần dùng.
Câu 6
2,0 điểm

2,0 điểm
0,25
0,25

t0

2RS + 3O2


→

2RO + 2SO2


→

RO + H2SO4
RSO4 + H2O
- Giả sử có 1 mol H2SO4 tham gia phản ứng
⇒ m ddH 2SO4

98×100
=
=400(gam)
24,5

0,25

- Theo bài ra, ta có:

0,25

R+96
×100 = 33,33 ⇒ R = 64
(R+16)+400

0,25
(Cu)

-

n CuSO4 = n CuS = 0,125mol ⇒ m CuSO4 = 20 gam

m ddCuSO4 = (0,125×80) +

0,125×98
× 100 = 60 (gam)
24,5

0,25

0,25

- Khối lượng CuSO4 còn lại trong dung dịch bão hịa
m CuSO4 =

(60 – 15,625) × 22,535
; 10 (gam)
100

0,25

- Gọi cơng thức hóa học của tinh thể muối: CuSO4.nH2O
20 - 10
160
=
⇒ n = 5 ⇒ CTHH: CuSO 4 .5H 2O
15,625 160 +18n

Câu 7
2,0 điểm

7.1
Gọi a:

1,5 điểm
n C2 H 6

; b:

n C3 H 6

0,25

t0

2C2H6 + 7O2
a


→

4CO2 + 6H2O
2a
3a

0,25
Trang 4/6


0,25

0

2C3H6 + 9O2
b

t

→

CO2 + Ba(OH)2
0,07
0,07

6CO2 + 6H2O
3b
3b


→

BaCO3 + H2O
0,07

13,79
n BaCO3 =
= 0,07(mol)
197
1,62
m H 2O = 4,7 – 0,07×44 =1,62(gam) ⇒ n H 2O =
= 0,09(mol)
18

0,125
0,125
0,25
0,125

Theo phương trình và đề bài ta có hệ

2a + 3b = 0,07 a = 0,02
⇒

3a + 3b = 0,09 b = 0,01
%VC2H6 =

0, 02
× 100% = 66, 67%
0,02 + 0, 01

%VC3H6 =

0, 01
×100% = 33,33%
0, 02 + 0, 01

7.2
m Ba(OH)2 (ban dau) =

150 ×17,1
= 25, 65(gam)
100

m Ba(OH)2 (pu) = 0,07 ×171 = 11,97 (gam)

0,5 điểm
0,25

m Ba(OH)2 (du) = 26,65 – 11,97 = 13,68(gam)

0,125

m dd(spu) = 4,7 + 150 – 13,79 = 140,91(gam)

0,125

C% ddBa(OH)2 (du) =

Câu 8
2,0 điểm

0,125

13, 68
×100 ; 9, 71%
140,91

- Cho X vào nước dư có các phản ứng sau:
2Na + 2H2O


→

2NaOH + H2

2,0 điểm
0,25


→

2Al + 2NaOH + 2H2O
2NaAlO2 + 3H2
B: Mg và có thể có Al dư.
C: NaAlO2 và có thể có NaOH.
- Cho B vào dung dịch CuSO4 có thể có phản ứng:
Mg + CuSO4


→

0,25

MgSO4 + Cu


→

2Al + 3CuSO4
Al2(SO4)3 + 3Cu
- Gọi nNa: x; nMg: y; nAl: z trong 14,9 gam X.

0,125

Trang 5/6


Ta có 23x + 24y + 27z = 14,9 (1)
- Khi cho H2O vào thì nhơm có thể tan hết hoặc dư
n H2 =

0,125

4, 48
= 0, 2mol
22, 4

0,25

+Nếu Al dư, thì NaOH hết (z > x)
1
3
n H2 = n Na(1) + n NaOH(2) = 2x = 0, 2 ⇒ x = 0,1
2
2

+Nếu Al hết, thì z
n H2 =

≤

(2)
0,25

x

1
3
x 3z
n Na(1) + n Al = + = 0, 2 ⇒ x + 3z = 0, 4

2
2
2 2

(3)

- Khi cho B vào dung dịch CuSO4 ta có:
mCu (tạo ra) = 28,8 gam < 0,5
⇒

⇒ n Cu

CuSO4 dư, B tan hết

×

1

×

64 = 32 gam

0,25

28,8
=
= 0, 45mol
64

+ Nếu Al dư thì:

3
n Cu =n Mg + n Al
2
(dư)

=

3
y + (z − x) = 0, 45
2

Giải hệ (1), (2) và (4) ta được:
mNa = 0,1
mMg = 0,3

×

×
×

0,25
(4)

 x = 0,1

 y = 0,3
 z = 0, 2


0,25

;z>x

⇒

thỏa mãn Al dư

23 = 2,3 gam.
24 = 7,2 gam.

mAl = 0,2 27 = 5,4 gam.
+ Nếu Al tan hết thì: nMg = nCu = 0,45 = y (5)

Giải hệ (1), (3) và (5) ta được:
kiện Al hết (loại).
Câu 9
3 điểm

 x = 0, 0357

 y = 0, 45
z = 0,12


;z>x

⇒

trái với điều
3 điểm

-Phần 1:
2ROH + 2Na


→

2R’COOH + 2Na
-Phần 2:

2RONa + H2


→

2R’COONa + H2

(1)

0,25
0,25

(2)
Trang 6/6


Gọi ancol ROH: CxHyO; axit R’COOH: CaHbO2.

0,25

0

4CxHyO + (4x + y – 2)O2

t

→

4xCO2 + 2yH2O (3)

0,25

0

t

→

4CaHbO2 + (4a + b – 4)O2
-Phần 3:

4aCO2 + 2bH2O (4)

0,25

0

ROH + R’COOH

H 2SO 4dac,t
→

Khối lượng trong mỗi phần:

R’COOR + H2O (5)

0,25

m A = 76,2 : 3 = 25,4 gam

n A = 2n H2 = 2×

5,6
= 0,5(mol)
22,4

0,25

Theo (1) và (2):
Theo (5):
n H 2O(TT) =

2,16
100
= 0,12(mol) n H 2O(LT) =0,12×
=0,2(mol)
18
60

;

0,125

Có 2 trường hợp:
-Trường hợp 1: Rượu thiếu

0,125

n ROH = n H2O(LT) = 0, 2mol ⇒ n R'COOH = 0, 5 − 0, 2 = 0,3mol

0,125

n CO2 = 0,2x + 0,3a =

Theo (3) và (4):

39, 6
= 0,9mol
44

C3H y O (0,2mol)
x = 3
⇒ (2x + 3a) = 9 ⇒ 
⇒ A: 
a = 1
CH 2 O 2 (0,3mol)
⇒ m A = (36 + y + 16) × 0, 2 + 46 × 0, 3 = 25, 4 ⇒ y = 6

Vậy công thức các chất trong A
CTPT: C3H 6 O → CTCT: CH 2 = CH − CH 2 − OH


CTPT: CH 2O 2 → CTCT: H − COOH

Trường hợp 2: Axit thiếu
n Axit = n H2 O(LT) = 0, 2mol ⇒ n ROH = 0,5 − 0, 2 = 0, 3mol

n CO2 = 0,3x + 0,2a =

Theo (3) và (4):

0,125
0,25

0,125
0,125
0,125
0,125

39, 6
= 0,9mol
44

CH 4O (0,3mol)
x = 1
⇒ (3x + 2a) = 9 ⇒ 
⇒ A: 
a = 3
C3H b COOH (0,2mol)
Trang 7/6

⇒ m A = (36 + b + 32) × 0,3 + 32 × 0, 2 = 25, 4 ⇒ b = −1, 4

(loại)

*Chú ý:
- Viết phương trình phản ứng sai cân bằng hoặc thiếu điều kiện thì trừ ½ số điểm phương
trình đó.
- Thí sinh có thể chọn chất và phương pháp khác hợp lý vẫn được tính điểm tối đa.
- Giải toán bằng phương pháp khác hợp lý, lập luận chặt chẽ dẫn đến kết quả đúng vẫn
được tính theo biểu điểm.
- Nếu tính tốn nhầm lẫn dẫn đến kết quả sai trừ ½ số điểm nội dung đó. Nếu dùng kết quả
sai để giải tiếp thì khơng tính điểm các phần tiếp theo.

Trang 8/6