Ôn thi THPT quốc gia DA Hoa

SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH
Mã đề
135
1C
2B
3D
4D
5B
6C
7B
8A
9B
10A

Mã đề
246
21C
22B
23D
24D
25B
26C
27B
28A
29B
30A

11D
12B
13B

14D

31D
32B
33B
34D

15D
16C
17A

35D
36C
37A

18D

38D

19B
20C

39B
40C

21A

41A

22B

42B

23B

43B

24D

44D

25C

45C

KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 2
ĐÁP ÁN CHI TIẾT. MÔN HOÁ HỌC
NỘI DUNG

H2O có cấu tạo góc nên nó là phân tử phân cực
Từ M2+ ta suy ra M có cấu hình e: 1s22s22p63s2 (Z = 12) là Mg
Phương trình ion thu gọn là: H+ + OH- → H2O
H2 và F2 tác dụng với nhau ngay trong bóng tối và ở nhiệt độ thấp
Gồm: etilen, axetilen, vinylaxetilen, stiren
Đúng phải là: tơ Nitron (Olon) được điều chế bằng phản ứng trùng hợp acrilonitrin
Gồm: CH3COOC6H5, ClH3NCH2COOH, NH4HSO4
H2NCH2COOH
Các tripeptit mới tham gia phản ứng với Cu(OH)2
X chứa 4 nguyên tử N nên X là tetrapeptit. Phản ứng thủy phân
X +4NaOH →Muối+H2O. Bảo toàn khối lượng ta có mMuối = 0,1.330 + 0,4.40 + 0,1.18 = 47,2

gam
Do H3PO4 là chất điện li yếu, phân li theo 3 nấc.
Gồm: Ba và Al2O3; NaCl và KHSO4.
Vì Cu có tính khử yếu hơn Fe
Fe → Fe2+ + 2e; Cu → Cu2+ + 2e; O + 2e → O2-; 2H+ + 2e → H2. Ta có 3,2 gam kim loại còn sau
phản ứng là Cu, nCu(dư) = 0,05 mol, ne = 0,5 mol. Áp dụng bảo toàn e → nO = 0,175 mol → m =
0,2.56 + 0,1.64 + 0,175.16 = 20,4 gam.
Kim loại có tính khử mạnh hơn bị ăn mòn gồm: Fe – Zn (2) và Zn – Cu (3).
Mẫu nước trên là nước cứng vĩnh cửu nên dùng Na3PO4 để tạo kết tủa cation Ca2+ và Mg2+
Xác định các ion trong dung dịch Y, ta có: Fe3O4 → 3Fe3+ + 1e; N+5 + 3e → NO, bảo toàn e ta tính
được mCuO = 0,8 gam, số mol NO3- = 0,2 – 0,005 = 0,195 mol → Y gồm: Fe3+(0,045 mol),
Cu2+(0,01 mol), NO3-(0,195 mol) và H+(0,04 mol: do bảo toàn điện tích trong dung dịch Y).
ĐP dd Y: ne = 0,125 mol.
Thứ tự điện phân: Catot(-): Fe3+ + 1e → Fe2+, Cu2+ + 2e → Cu
2H+(0,04mol) + 2e → H2(0,02 mol) Ở catot ta thấy n e = 0,045 + 0,01.2 + 0,04 = 0,105 mol < 0,125
mol (còn thừa 0,02 mol e), do không có màng ngăn nên H + được sinh ra ở Anot bị điện phân tiếp ở
Catot (trước Fe2+):
2H+ + 2e(0,02mol) → H2(0,01mol).
Ở anot: 2H2O → O2 + 4H+ + 4e. Theo các bán phản ứng ta có n H2 + nO2 = 0,03 + 0,125/4 = 0,06125
mol → V = 1,372 lít. Khối lượng Catot tăng chính là Cu sinh ra = 0,01.64 = 0,64 gam.
Bảo toàn e với H2SO4 đặc ta tính được số mol Fe và Cu trong mỗi phần lần lượt là 0,2 mol và 0,1
mol> Phần 2 tác dụng với 1,1 mol AgNO3 ta có: Fe + 2Ag+ → Fe2+ +2Ag, ta có Ag+ dư →
Cu + 2Ag+ → Cu2+ + 2Ag, thấy Ag+ còn dư = 1,1 – 0,4 – 0,6 = 0,1 mol (tính theo Fe và Cu), sau đó
Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag, ta tính được Fe 2+ phản ứng = Ag dư = 0,1 mol. Vậy dd Y còn dư 0,1 mol
Fe2+ → CM = 0,1/0,55 = 0,182M
Fe + S → FeS
Ancol no hai chức mạch hở có CTPT là CnH2n(OH)2
Luôn có: nancol = nH2O – nCO2 = a/18 – V/22,4 ( mol)
ĐLBT nguyên tố O:
nO2 = (2nCO2 + nH2O – 2nancol)/2 = (2.V/22,4 + a/18 – 2.a/18 + 2.V/22,4)/2 = 2V – 28a/45

S+6+ 2e → SO2(0,01mol), CO → CO2(= kết tủa=0,24mol)+ 2e. Tổng số mol e này chính bằng số
mol e do N+5 nhận vào: N+5+ 3e → NO và N+5+ 1e → NO2, tỉ khối =19 vậy hai khí có cùng số mol,
gọi x là số mol mỗi khí ta có 3x + x= 0,5, x= 0,125 mol, nhh= 0,25 mol, V= 5,60 lít
Ta có 0,143 < nhỗn hợp muối < 0,165 từ ptpư CO32- + 2H+ → CO2+H2O và HSO3- +H+ → SO2 + H2O.
→ 0,165 < nH+ phản ứng < 0,268 mà nH+(đầu) = 0,3 mol → H+ dư → dd X chứa K2SO4 và H2SO4
Dung dịch NaOH không tác dụng với Cu. Ta có Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2H2, ta tính
được mAl = 2,7gam. Còn với dd HNO3 đặc nguội thì Al không phản ứng. Ta có
Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)3 + 2NO2 + 2H2O. Ta tính được mCu = 6,4 gam → m = 9,1 gam
Mg + 2Ag+ → Mg2+ + 2Ag, Mg còn 0,05 mol: Mg + Cu2+ → Mg2+ + Cu, Cu2+ còn 0,2 mol:
2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu và Cu2+ còn 0,05 mol. DD X chứa 0,1 mol Al 3+, 0,15 mol Mg2+, 0,05
mol Cu2+ và NO3-. X + NaOH dư ta có 2 kết tủa: Mg(OH)2 và Cu(OH)2 còn Al(OH)3 tan →
mkết tủa = 0,15.58 + 0,05.98 =13,6 gam
X: NaOH, Y: NaHCO3, Z: Na2CO3 và E là CO2


26B

46B

27D
28D
29B
30D

47D
48D
49B
50D

31C

1C

32C
33C
34C
35B
36C

2C
3C
4C
5B
6C

37C

7C

38A

8A

39A
40B

9A
10B

41B

11B

42B
43A
44A
45D
46D

12B
13A
14A
15D
16D

47A
48C
49A
50C

17A
18C
19A
20C

2Al + Cr2O3 → Al2O3 + 2Cr. Gọi x là số mol của Cr2O3 trong 1 phần
Theo gt ta có Al dư, Cr2O3 hết → X gồm Al(dư), Cr và Al2O3
Phần 1 + NaOH(gồm Al và Al 2O3 phản ứng): Al +OH- +H2O → AlO2- + 3/2H2. Ta tính được của
Al dư = 0,1 mol theo H2. Ta có: 27.0,1 + 102x + 52.2x = 87,8/2 → x = 0,2 mol
Phần 2 + HCl gồm: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2, Cr + 2HCl → CrCl3 + H2,

Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O. Ta có nHCl = 3Al + 2Cr + 6Al2O3 = 3.0,1 + 2. 0,4 + 6.0,2 = 2,3
mol → VHCl = 2,3 lít
CnH2nO2
CH3COOH. Tráng bạc phải có –CH=O
Gồm các chất: CH3COOH, C6H5OH và CH3COOC2H5
Ta có số mol O trong X = 2NaOH = 2.0,3 = 0,6 mol. Vậy m C = 20 – 0,7.2 – 0,6.16 = 9 gam → nC
=0,75 mol = nCO2 → V = 16,8 lít
Ta có 2RNH2 → (RNH3)2SO4. 2 mol amin tạo 1 mol muối khối lượng tăng 98 gam. Theo gt tăng
m gam → nRNH2 = m/49 → R(trung bình) = 49 – 16 = 33, kế tiếp → C2H5-NH2 và C3H7-NH2.
Các chất lần lượt là: X: CH ≡ CH; Y: OHC-CHO; Z: OHC-COOH; T: HOOC-COOH.
Ta có trong m gam → nCu = nO(ancol) = 2nH2 = 0,4 mol. Trong 2m gam có 0,8 mol → mCu = 51,2 gam
Ta có: a = nH2O + nkết tủa + 2nBr2 = 0,625 mol(do a = tổng số mol H2 trong C2H2+H2 nên bảo toàn H2)
Kim loại Crom cứng nhất trong các kim loai còn chất cứng nhất là Kim cương
Phản ứng: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3. Để kết tủa lớn nhất thì phản ứng xảy ra
vừa đủ → hệ gồm 0,075a = 3.0,025b (a = b) và 233.0,075a + 78.0,05b = 17,1 → a = b = 0,8M
pH = 13 → nOH- = 0,4 mol, nBa = nBaSO4 = 0,1 mol → nNa+K = 0,4 – 2.0,1 = 0,2 mol. Gọi x, y lần
lượt là số mol của Na và K ta có hệ gồm 23x + 39y = 19,9 – 13,7 và x + y = 0,2 → x = y = 0,1
mol → %mNa = 2,3/19,9 = 11,56%
Số mol OH- = 0,225 mol, số mol Ba 2+ = 0,05 mol. Ta có phản ứng: CO 2 + OH- → HCO3-, sau
phản ứng CO2 hết , OH- dư 0,075 mol tác dụng HCO 3-: HCO3- + OH- → CO32- + H2O, sau phản
ứng OH- hết → CO32- sinh ra = 0,075 mol. Vậy kết tủa BaCO3 tính theo Ba2+ = 0,05.197 = 9,85
gam
MgO không tác dụng với bazơ kiềm
Gồm: 2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O; Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O; PCl3
+ 3H2O → 3HCl + H3PO3 và PCl5 +4 H2O → 5HCl + H3PO4
Bảo toàn khối lượng ta có m O2 = 8,64 + 0,4.44 – 9,6 = 16,64 gam → nO = 1,04 mol, bảo toàn
nguyên tố O ta có n O(trong M) = 2.0,4 + 0,48 – 1,04 = 0,24 mol. Gọi x là số mol của ancol Y, theo gt
số mol axit và este = x mol, vì cùng đơn chức → x + 2x = 0,24 → x = 0,08 mol
Gồm b, e và f
CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2

Gồm: vinylaxetilen, glucozơ, anđehit axetic
Glucozơ
RCOOH + KOH → RCOOK + H2O. Ta có mH2O = 7+ 7 – 11,75 = 2,25 gam → nH2O = 0,125 mol
Giả sử axit hết → RCOOH = 7/0,125 = 56(không có axit nào thỏa mãn) → axit dư
→ RCOOH < 7/0,125 =56 → Chỉ có HCOOH thỏa mãn.
Gồm CH3CH2COOH, CH3COOCH3 và HCOOCH2CH3
Thí nghiệm dùng để điều chế C2H4 từ C2H5OH
CH3CH=C(C2H5)CH2CH3 (3-etylpent-2-en)
C3H5(OOCC17H35)3 + 3NaOH → C3H5(OH)3 + 3C17H35COONa
Chúc các em có một mùa thi đạt kết quả cao!