Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học năm 2017 - TP Hồ Chí Minh

[ĐỀ THI HSG TPHCM 2017] 
[Thầy Đỗ Kiên – 0948.20.6996] – Luyện thi HSG 9 và thi vào 10 chuyên hố 
 Địa chỉ trung tâm: 97 Hồng Ngân – Hà Nội Page 1 
Câu 1: (5,0 điểm) 
1. Một nhĩm học sinh đi thăm quan du lịch động Phong Nha – Kẻ Bàng. Các bạn thực 
sự ngạc nhiên khi được nhìn thấy những hang động nơi đây. Bức ảnh dưới đây là một 
trong những hang động mà các bạn đã đến. Cĩ một bản hỏi: Hang động này rất đẹp 
nhưng khơng biết những thạch nhũ này được hình hành như thế nào nhỉ? Em hãy đưa 
ra lời giải đáp giúp bạn nhé. 
Hướng dẫn 
Ở những vùng núi đá vơi, nước chứa đầy khống chất hình thành bởi quá trình: 
 CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 
Các dịng sơng khống ngầm chảy bên trên vịm hang, nơi cĩ nhiệt độ khá thấp, dần 
chảy qua các kẽ nứt rơi xuống hang, tại đây chênh lệch nhiệt độ khiến muối 
hidrocacbonat phân huỷ: 
 Ca(HCO3)2 → CaCO3↓ + CO2 + H2O 
Quá trình kéo dài hàng triệu năm dần hình thành nên nhũ đá hay thạch nhũ tuyệt đẹp 
như chúng ta đã biết. 
Chú ý: từng giọt nước chảy đều ngưng tụ một vịng canxi, quá trình hình thành liên tục 
bền bỉ được gọi là hình thành “cọng rơm soda”. 
2. Chọn 6 chất rắn khác nhau mà khi cho 6 chất đĩ lần lượt tác dụng với dung dịch 
HCl cho 6 khí thốt ra khác nhau. Viết các phương trình phản ứng minh hoạ. 
Hướng dẫn 
Pt: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ 
 MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O 
 FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ 
 CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2↑ + H2O 
 NaHSO3 + HCl → NaCl + SO2↑ + H2O 
 9Fe(NO3)2 + 12HCl → 5Fe(NO3)3 + 4FeCl3 + 3NO↑ + 6H2O 
[ĐỀ THI HSG TPHCM 2017] 
[Thầy Đỗ Kiên – 0948.20.6996] – Luyện thi HSG 9 và thi vào 10 chuyên hố 
 Địa chỉ trung tâm: 97 Hồng Ngân – Hà Nội Page 2 
3. Hỗn hợp A gồm K2O và Al2O3. Cho A vào nước, kết thúc phản ứng thu được dung 
dịch B. Cho từ từ CO2 vào dung dịch B cho đến dư thu được kết tủa D. Nung D trong 
khơng khí được chất rắn E. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 
Hướng dẫn 
o
2 2
H O CO t2 dư
3 2 3
dư
2 3 2
K O KOH
ddB D : Al(OH) E : Al O
Al O KAlO
   
    
  
Pt: K2O + H2O → 2KOH 
 2KOH + Al2O3 → 2KAlO2 + H2O 
 CO2 + KOH → KHCO3 
 CO2 + KAlO2 + 2H2O → KHCO3 + Al(OH)3↓ 
 2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O 
Câu 2: (6,0 điểm) 
1. Cho các dữ kiện sau: 
Nhiệt độ 00C 100C 200C 500C 700C 900C 
Độ tan của NaCl g/100 gam nước 35,6 35,7 35,8 37,5 37,5 38,5 
Độ tan của KCl g/100 gam nước 28,5 32 34,7 48,3 48,3 53,8 
Hãy trình bày các tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp NaCl và KCl. 
Hướng dẫn 
2. Bằng phương pháp hố học hãy nhận biết các dung dịch riêng biệt trong các trường 
hợp sau: 
- Dung dịch AlCl3 và dung dịch NaOH (khơng dùng thêm hố chất) 
- Dung dịch NaOH 0,1M và dung dịch Ba(OH)2 0,1M (chỉ dùng thêm HCl, ống đong 
và phenolphatalein). 
Hướng dẫn 
Từ mỗi dung dịch trích ra các mẫu thử, đánh số để tiện đối chiếu kết quả thí nghiệm. 
- Dung dịch AlCl3 và dung dịch NaOH 
Lấy 1 trong 2 lọ dung dịch đổ từ từ vào lọ dung dịch cịn lại 
TH1: lấy lọ AlCl3 đổ từ từ vào lọ NaOH 
Lúc này, NaOH rất dư nên khi nhỏ từ từ AlCl3 vào thì kết tủa xuất hiện sau đĩ tan 
ngay, tiếp tục nhỏ AlCl3 đến một thời điểm thấy kết tủa xuất hiện, khơng bị hồ tan, 
khối lượng kết tủa tăng dần đến khơng đổi. 
Ban đầu: AlCl3 + 4NaOH → 3NaCl + NaAlO2 + 2H2O 
[ĐỀ THI HSG TPHCM 2017] 
[Thầy Đỗ Kiên – 0948.20.6996] – Luyện thi HSG 9 và thi vào 10 chuyên hố 
 Địa chỉ trung tâm: 97 Hồng Ngân – Hà Nội Page 3 
Sau đĩ: AlCl3 + 3NaOH → 3NaCl + Al(OH)3↓ 
TH2: lấy lọ NaOH đổ từ từ vào lọ AlCl3 
Lúc này, NaOH thiếu nên khi đổ NaOH vào thì cĩ kết tủa trắng, dạng keo xuất hiện, 
thêm tiếp NaOH ta thấy kết tủa tăng dần lên tối đa, sau đĩ thêm tiếp NaOH tới dư thì 
kết tủa lại bị hồ tan đến hết, dung dịch trong suốt trở lại. 
Ban đầu: AlCl3 + 3NaOH → 3NaCl + Al(OH)3↓ 
Sau đĩ: Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O 
Vậy căn cứ vào kết quả thí nghiệm ta cĩ thể xác định 2 lọ dung dịch trên. 
- Dung dịch NaOH 0,1M và dung dịch Ba(OH)2 0,1M 
Lấy cùng thể tích hai dung dịch NaOH và Ba(OH)2, giả sử 100 ml. 
Nhỏ phenolphatalein vào hai dung dịch NaOH và Ba(OH)2. 
Rĩt dung dịch HCl vào 2 ống đong chia vạch sao cho thể tích HCl bằng nhau. 
Lấy mỗi ống đong HCl rĩt từ từ vào mỗi dung dịch kiềm, đến khi màu hồng 
phenolphatalein trong kiềm biến mất thì dừng lại, đánh dấu thể tích HCl đã dùng. 
So sánh: lượng HCl ở ống đong cần nhiều hơn để làm mất màu hồng của 
phenolphthalein thì dung dịch kiềm đĩ là Ba(OH)2, cịn lại là dung dịch NaOH. 
3. Cho 5 gam CuSO4 khan vào 200 gam dung dịch CuSO4 bão hồ ở t
0
C đã làm cho m 
gam muối kết tinh lại. Nung m gam tinh thể muối kết tinh đĩ đến khối lượng khơng 
đổi, được 5,92 gam CuSO4 khan. Xác định cơng thức phân tử của tinh thể muối CuSO4 
kết tinh (biết độ tan của CuSO4 ở t
0
C là 28,5 gam). 
Hướng dẫn 
 Chất tan CuSO4 Dung dịch CuSO4 
t
0
C 
28,5 128,5 
200.28,5
44,358
128,5
 ←200 
43,438
44,358 5 5,92  
199,08 0,666n
200 5 (160 18n).0,037

    
Suy ra: 43,438.128,5 = 28,5.(199,08 – 0,666n) → n = 5 → CuSO4.5H2O 
[ĐỀ THI HSG TPHCM 2017] 
[Thầy Đỗ Kiên – 0948.20.6996] – Luyện thi HSG 9 và thi vào 10 chuyên hố 
 Địa chỉ trung tâm: 97 Hồng Ngân – Hà Nội Page 4 
Chú ý: CuSO4.5H2O kết tinh rất đẹp các em ạ, xanh như ngọc ấy ^^ 
Câu 3: (5,0 điểm) 
1. Hỗn hợp A gồm 2 muối cacbonat: CaCO3 và RCO3. Cho 5,97 gam A vào lọ chứa 
200 ml dung dịch H2SO4, sau phản ứng thu được 0,672 lít khí CO2, chất rắn B và dung 
dịch C. Cơ cạn dung dịch C thu được 2,72 gam chất rắn khan D. Nung B thu được 
0,448 lít CO2 và chất rắn E. (Các thể tích khí đo đktc). 
a) Tính nồng độ mol/lít của dung dịch H2SO4. 
b) Tính khối lượng B và E 
c) Cho tỉ lệ mol của CaCO3 và RCO3 trong hỗn hợp là 4 : 1. Tìm R. 
Hướng dẫn 
o
2 4
2
H SO t3 3 2
200(ml)
3 3
co â cạn5,97(g)
CO : 0,03
CaCO : x CaCO CO : 0,02
A Rắn B
RCO : y RCO Rắn E
ddC 2,72(g)




     
    
   



a) Vì dư rắn B nên axit H2SO4 hết 
pt: 2H(Axit) + CO3(Muối) → CO2 + H2O 
 0,06 ←0,03 
→ nH2SO4 = 0,03 → CM(ddH2SO4) = 0,15M 
b) CaCO3 + H2SO4 → CaSO4 + CO2 + H2O 
 x→ x x x 
 RCO3 + H2SO4 → RSO4 + CO2 + H2O 
 y→ y y y 
Ta cĩ 
3 3 pứ
m(CaCO RCO )
100x (R 60)y 36(x y) 2,72
136x (R 96)y 2,72
mB 1,64(g)
x y 0,03
x y 0,03

     
    
   
  
 
BTKL
2
mB mCO mE mE 0,76(g)     
[ĐỀ THI HSG TPHCM 2017] 
[Thầy Đỗ Kiên – 0948.20.6996] – Luyện thi HSG 9 và thi vào 10 chuyên hố 
 Địa chỉ trung tâm: 97 Hồng Ngân – Hà Nội Page 5 
c) 
BTNT.C 3 3 2
nCaCO nRCO nCO
x 0,04
R :137 (Ba)x y 0,03 0,02
y 0,01
x 4y
   
   
      

2. Hỗn hợp A: Mg, Al, Fe. 
Cho 4,39 gam hỗn hợp A tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 1,68 lít khí 
(đktc). Mặt khác, cho 4,39 gam A vào dung dịch HCl dư, kết thúc phản ứng thu được 
3,024 lít H2 (đktc) và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, 
lọc lấy kết tủa nung trong khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu được m gam chất 
rắn. Tính m và phần trăm khối lượng của các kim loại trong A. 
Cho x gam A vào dung dịch CuSO4 dư, kết thúc phản ứng lấy phần rắn hồ tan vào 
dung dịch HNO3 lỗng, dư thì thu được 13,44 lít NO (đktc). Tính x. 
Hướng dẫn 
o
NaOH
2
dư
2
HCl
NaOH tdư
dư
4,39(g)
H : 0,075
Mg : x
H : 0,135A Al : y
Fe : z
ddB Rắn : m(g)






   
  
   

a) 
Pt: Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 1,5H2 
 Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 
 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 
 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 
Ta có 2 3
(A)
30,75% 63,78%5,47%
MgO : 0,01
24x 27y 56z 4,39 x 0,01 Rắn m 4,4(g)
Fe O : 0,025
1,5y 0,075 y 0,05
%m : Mg ; Al ; Fe
x 1,5y z 0,135 z 0,05
 
       
        
       

b) Tỉ lệ mol của các kim loại trong A khơng đổi 
4 4
4
CuSO BTNT.SO BTNT.Cu
2 4 3 4
13,5a
13,5a
4
MgSO : aMg : a
x(g) A Al : 5a Al (SO ) : 2,5a SO Cu
Fe : 5a FeSO : 5a



    
 
 
pt: 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O 
 13,5a→ 9a 
→ 9a = 0,6 → a = 
0,2
x 29,267(g)
3
  
Câu 4: (5,0 điểm) 
1. Bằng phương pháp hố học hãy trình bày cách nhận biết các khí đựng trong các 
bình mất nhãn: CH4, C2H4 và C2H2. 
Hướng dẫn 
[ĐỀ THI HSG TPHCM 2017] 
[Thầy Đỗ Kiên – 0948.20.6996] – Luyện thi HSG 9 và thi vào 10 chuyên hố 
 Địa chỉ trung tâm: 97 Hồng Ngân – Hà Nội Page 6 
3
2
3
2 2 2 24
AgNO
ddBr2 4 4 4
NH
dư
2 2 2 4 2 4 2
C H : C Ag (vàng)CH
C H CH CH : kht
C H C H C H : mất màu ddBr


 

 

 
Pt: CH≡CH + Ag2O → C(Ag)≡C(Ag)↓ (vàng) 
 CH2=CH2 + Br2 → CH2(Br)-CH2(Br) 
Màu của C(Ag)≡C(Ag)↓ (vàng) 
2. Hỗn hợp X gồm ankan A (CnH2n+2) và ankin B (CmH2m-2) cĩ số nguyên tử H bằng 
nhau. Đốt cháy hồn tồn 3,36 lít (đktc) hỗn hợp X, rồi cho tồn bộ sản phẩm cháy 
vào bình nước vơi trong lấy dư thấy bình tăng 25,7 gam và cĩ 40 gam kết tủa. 
a) Tìm cơng thức A và B 
b) Viết cơng thức cấu tạo A, B. Biết B cĩ khả năng phản ứng với dung dịch 
AgNO3/NH3. 
Hướng dẫn 
a) 
Ta cĩ 
BTNT.H3 2 2 62
2
bình tăng 2 2 4 6
0,45
mCaCO : 0,4 nCO : 0,4 C H2.nH O
H O Số H 6
m mCO mH O nX C H
   
     
   
b) A: CH3-CH3 
B cĩ khả năng pứ với AgNO3/NH3 thì B cĩ liên kết ba đầu mạch (Ankin-1) 
Suy ra B: CH≡C-CH2-CH3 
3. Hỗn hợp khí A gồm 0,2 mol axetilen (C2H2); 0,6 mol H2; 0,1 mol vinyl axetilen 
(HC≡C-CH=CH2). Nung nĩng hỗn hợp A một thời gian với xúc tác Ni, thu được hỗn 
hợp B cĩ tỉ khối hơi so với hỗn hợp A là 1,5. Nếu cho 0,15 mol hỗn hợp B sục từ từ 
vào dung dịch brom (dư) thì cĩ m gam Br2 phản ứng. Tính giá trị m. 
Hướng dẫn 
o
2
B
A
2 2
BrNi,t
2
m(g)
M
4 4 1,5
M
C H : 0,2
A H : 0,6 Hỗn hợp B
C H : 0,1




 


[ĐỀ THI HSG TPHCM 2017] 
[Thầy Đỗ Kiên – 0948.20.6996] – Luyện thi HSG 9 và thi vào 10 chuyên hố 
 Địa chỉ trung tâm: 97 Hồng Ngân – Hà Nội Page 7 
Chú ý: 
2 pứ 2 pứ
1 liên kết (bền vững)
liên kết (=) 
1 liên kết (kém bền)
 và Mol liên kết =nH nBr
1 liên kết (bền vững)
liên kết ( )
2 liên kết (kém bền)
 


 
 
 
BTKL B A
B
A B B
M n 0,9
mA mB 1,5 n 0,6
M n n
        
Ta xét pứ hidro hố của 1 hidrocacbon bất kì, giả sử CTPT là: CnH2n+2-2k (k N) 
Pt: 
2 pứ trc pứ sau pứ
n 2n 2 2k 2 n 2n 2
1(mol) k 1
Nhận xét: nH n n
C H kH C H  


   
  
→ nH2 pứ = nA – nB = 0,9 – 0,6 = 0,3 
Vì 
2 2
4 4 (dư trong B)0,7
0,4(mol)
2 pứ (dư trong B)
C H : 0,2
Mol liên kết 2.0,2 3.0,1
C H : 0,1 Mol liên kết 
Mol liên kết nH Mol liên kết 

   
  

   
2
Vậy 0,6 mol B còn 0,4 mol 0,15 mol B còn 0,1 mol nBr 0,1 m 16(g)      