Bài giải chi tiết đề thi đại học khối A – 2008 – mã đề 518 Nhân tiện kiếm được đề trên mạng tôi giải lại đề thi cho các bạn làm tư liệu tham khảo cho thi khối B hoặc kì thì cao đẳng sắp tới. Do tương đối gấp rút nên chứa thể đề cập hết các phương pháp cho từng bài cụ thể. Rất mong bài giải này có thề giúp ích cho các bạn trong kì thi tới. Chúc các bạn may mắn và thành công. Rất mong sự góp ý của các bạn học sinh và các đồng nghiệp Mọi góp ý xin gửi về địa chỉ mail: khanhphongka@yahoo.com Câu 1. Chọn D Câu 2. V khi Al(OH) 3 tạo thành tối đa rồi bị hòa tan một phần. Theo bài ra ta có: => và n ¯ Khi cho NaOH vào phản ứng xảy ra theo thứ tự: H + + OH - → H 2 O 0,2 mol → 0,2 mol và Al 3+ + 3OH - → Al(OH) 3 ; Al 3+ + 4OH - → AlO + H 2 O 0,1 mol 0,3 mol ¬ 0,1 mol 0,1 mol → 0,4 mol n NaOH = ∑ = 0,2 + 0,3 + 0,4 = 0,9 mol => V max = 0,9 : 2 = 0,45 lít => Chọn B Câu 3. Gọi công thức của rượu là C x H y O theo bài ra “tổng khối lượng của cacbon và hiđro gấp 3,625 lần khối lượng oxi” nên ta có: 12.x + y = 16.3,625 <=> 12.x + y = 58. => x < = 4,83 Vậy ta có : => công thức của rượu là C 4 H 10 O. có các đồng phân là CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH ; CH 3 CH 2 CH(OH)CH 3 ; (CH 3 ) 2 CHCH 2 OH ; (CH 3 ) 3 C-OH có 4 đồng phân => Chọn A Câu 4. Chọn C CaCO 3 o t → CaO + CO 2 CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 Ca(OH) 2 + NaHCO 3 → CaCO 3 + NaOH + H 2 O Ca(OH) 2 + 2NaHCO 3 → CaCO 3 + Na 2 CO 3 + 2H 2 O Câu 5. Chọn A. Ta có cấu hình e của : 3 Li : 1s 2 2s 1 ; 8 O: 1s 2 2s 2 2p 4 ; 9 F: 1s 2 2s 2 2p 5 ; 11 Na : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 Từ cấu hình e nhận thấy : Na ở chu kì 3 nên bán kính lớn nhất. Li, O, F cùng chu kì 2 nên khi điện tích hạt nhân tăng thì bán kính nguyên tử giảm. => thứ tự: F, O, Li, Na Câu 6. Chọn B. Theo đầu bài thì Z là rượu: Z phản ứng với Na cho n = n Z => Z là rượu hai chức => X là anđehit hai chức. 1V X + 3V H 2 = 2V hỗn hợp khí nên X phải là anđehit no. Câu 7. Chọn C. Vì n FeO = n Fe 2 O 3 ta coi hỗn hợp chỉ có Fe 3 O 4 . Vậy n = 2,32 : 232 = 0,01 mol. Phản ứng : Fe 3 O 4 + 8HCl → FeCl 2 + 2FeCl 3 + 4H 2 O 0,01 mol → 0,08 mol Câu 8. Chọn D Page 1 of 7 Theo bài ra ta có: => Cách 1. Ta có => tạo thành 2 loại muối CO 2 + OH - → HCO − (1) và CO 2 + 2OH - → CO − + H 2 O (2) a a a b 2b b (mol) ta có hệ ! ! " ! Ba 2+ + CO − → BaCO 3 (3) 0,1 mol 0,05 mol Pư 0,05 mol 0,05 mol 0,05 mol => m = 0,05.197 = 9,85g. Cách 2. sử dụng sơ đồ: (sơ đồ này là hệ quả của các phương trình trên) CO 2 OH − → HCO − OH − → CO − 0,2 mol 0,2 mol 0,05 mol => có 0,05 mol CO − và 0,2 – 0,05 = 0,15 mol HCO − . Đến đây là như (3) ở trên. Cách 3. Tính lần lượt theo hai phương trình CO 2 + 2OH - → CO − +H 2 O (1) CO 2 + CO − + H 2 O → 2HCO − (2) Bđ 0,2 0,25 0,075 0,125 (mol) Pư 0,125 0,25 0,125 0,075 0,075 0,15 (mol) sau pư 0,075 0 0,125 0 0,05 0,15 (mol) đến đây làm như phương trình 3 ở trên. Nhận xét : ở đây các bạn có thể nghiên cứu sử dụng cách 2 đây là một cách làm cho kết quả nhanh và đơn giản. Câu 9. Chọn A. Các chất lần lượt là: Al, Al 2 O 3 , Zn(OH) 2 , NaHS, (NH 4 ) 2 CO 3 . Câu 10. Chọn A. liên kết giữa ion Cl - và NH + Câu 11. H 2 N-CH 2 -COOH 3 N-CH 3 là sản phẩm của phản ứng giữa glyxin và metyl amin. H 2 N – CH 2 – COOH + CH 3 -NH 2 → H 2 N-CH 2 -COOH 3 N-CH 3 => Chọn D Câu 12. khối lượng bình brom tăng là khối lượng hiđrocacbon không no bị hấp thụ. Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m hỗn hợp đầu = m Y = m hiđrocacbon không no + m hiđrocacbon không no = m hỗn hợp đầu – m Z m hiđrocacbon không no = 0,06.26 + 0,04.2 – 0,5.32. = 1,32g. Vậy khối lượng bình brom tăng 1,32g. => Chọn B Câu 13. Chọn A. Câu 14. Cách 1. Gọi kim loại tương đương là M và hóa trị là n. Hóa trị tương ứng là n là có. 4M + nO 2 → 2M 2 O n (1) và M 2 O n + 2nHCl → 2MCl n + nH 2 O. (2) a a/2 a/2 a.n (mol) Page 2 of 7 Theo bài ra ta có: # # #$ #$ " #%$ => n HCl = 0,15 mol. V HCl = 0,15 : 2 = 0,075 lít = 75 ml => Chọn C Cách 2. Dựa theo phản ứng giữa oxit và HCl là : O 2- + 2H + → H 2 O ; n O (trong oxit) = n O (trong oxit) = % = 0,075 mol => n HCl = 0,075.2 = 0,15 mol. => V HCl như trên. Câu 15. Chọn C. Theo nguyên lí Lơ-sa-tơ-lie khi giảm nồng độ một chất cân bằng dịch chuyển theo chiều làm tăng nồng độ chất đó. Câu 16. Chọn C. glixerin trioleat là este của glixerin và axit oleic. có cấu tạo: (CH 3 - [CH 2 ] 7 – CH = CH- [CH 2 ] 7 - COO) 3 C 3 H 5 . => có phản ứng với Br 2 và NaOH. Câu 17. Gọi công thức phân tử của rượu là C n H 2n + 1 OH x mol Phản ứng: C n H 2n + 1 OH + CuO → C n H 2n O + Cu + H 2 O x x x x x (mol) Vậy hỗn hợp Z gồm C n H 2n O (x mol) và H 2 O x (mol). Số mol bằng nhau & % # = 13,75.2 = 27,5.(số mol bằng nhau thì M là trung bình cộng). => n = 1,5. Vậy 2 rượu là CH 3 OH và C 2 H 5 OH và n = 1,5 là trung bình cộng của 1 và 2 nên số mol của 2 rượu phải bằng nhau = x/2 mol. và anđehit là HCHO và CH 3 CHO - Phản ứng với Ag 2 O. HCHO → 4 Ag ; và CH 3 CHO → 2 Ag x/2 2x x/2 x (mol) Vậy n Ag = 2x + x = 3x = 0,6 => x = 0,2 (mol).=> m = 0,2.(14n + 18) = 0,2.(14.1,5+18) = 7,8g => Chọn C Câu 18. Theo bài ra ta có: ' ' % " Phản ứng: Cu + 8H + + 2NO − → 3Cu + 2NO + 4H 2 O Đầu 0,05 0,12 0,08 Pư 0,015 0,12 0,03 0,03 => V NO = 0,03 . 22,4 = 0,672 lít Chọn D Câu 19. Chọn A. CH 3 CH CH CH 3 CH 3 C CH CH 3 + H 2 O CH 3 OH CH 3 1 2 3 4 1 2 3 4 3-metylbutanol-2 2-metylbuten-2 Câu 20. Giả sử anđehit không phải là anđehit fomic. => anđehit là RCHO. Bản chất của phản ứng trên là C +1 của nhóm CHO nhường e cho N +5 trong HNO 3 nên ta có C +1 – 2e → C +3 và N +5 + 1e → N +4 Page 3 of 7 0,05 ¬ 0,1 0,1 (mol) Bảo toàn e : n anđehit = 0,05 mol => % ( RCHO M = = => R = 72 – 29 = 43. R là C 3 H 7 Vậy anđehit là C 3 H 7 CHO => Chọn D Câu 21. Gọi số mol cua Na và Al lần lượt là x và 2x. Phản ứng Na + H 2 O → NaOH + 1/2H 2 (1) x x 0,5x (mol) Al + NaOH + H 2 O → NaAlO 2 + 3/2H 2 (2) x x 1,5x (mol) Sau phản ứng còn chất rắn chứng tỏ sau phản ứng (2) Al vẫn còn dư. => n H 2 = 0,5x + 1,5x = 2x = )% = 0,4 (mol) => x = 0,2 mol. => n Na = 0,2 mol và n Al = 0,4 mol Theo (2) số mol Al phản ứng là x =0,2 mol => số mol Al dư là 0,4 – 0,2 = 0,2 mol Và m = 0,2.27 = 5,4g => Chọn B Câu 22. Theo bài ra ta có: n NaOH = 0,6.0,1= 0,06 (mol) Vì phản ứng chỉ xảy ra ở nhóm OH nên có thể thay hỗn hợp trên bằng ROH. Ta có. ROH + NaOH → RONa + H 2 O Cách 1. Nhận thấy số mol NaOH = số mol H 2 O = 0,06 mol Theo định luật bảo toàn khối lượng thì: * * => * * = 5,44 + 0,06.40 – 0,06.18 = 6,8 g => Chọn C Cách 2. Cứ 1 mol ROH + 1 mol NaOH → 1 mol RONa khối lượng tăng 23 – 1 = 22g 0,06 mol → 22.0,06 = 1,32g Vậy khối lượng muối thu được là : 5,48 + 1,32 = 6.8 g Câu 23. Chọn A. Tơ nilon-6,6: [- HN – (CH 2 ) 6 – NH – CO – (CH 2 ) 4 – CO-] n có M = 226n = 27346 => n = (% % = 121 Tơ capron : [ - HN-(CH 2 ) 5 -CO - ] m có M = 113m = 17176 => m = 152 Câu 24. Chọn D. C 4 H 8 O 2 là este no đơn chức. Các đồng phân là HCOOCH 2 CH 2 CH 3 ; HCOOCH(CH 3 ) 2 ; CH 3 COOCH 2 CH 3 ; CH 3 CH 2 COOCH 3 Câu 25. Chọn D Sử dụng phương pháp quy đổi. Coi hỗn hợp chỉ gồm Fe và O ta có sơ đồ sau. → 56x + 16y = 11,36g (*) Ta có → ; → ; → x 3x x y 2y 0,18 ¬ = 0,06 (mol) Theo định luật bảo toàn e ta có : 3x = 2y + 0,18 (**). Page 4 of 7 Kết hợp (*) và (**) ta có hệ % %% % " x y + = => m = 0,16.242 = 38,72g có thể quy đổi hỗn hợp trên thành Fe và Fe 2 O 3 vv…. Câu 26. Chọn B. Phản ứng : CO + O (trong oxit) → CO 2 và H 2 + O (trong oxit) → H 2 O Khối lượng chất O (trong oxit) rắn giảm = m O (trong oxit) phản ứng và bị lấy đi = 0,32 g => n O (trong oxit) = 0,32 : 16 = 0,02 mol . => Theo phản ứng thì số mol H 2 và CO phản ứng = số mol Oxi trong oxit = 0,02 mol => V = 0,02.22,4 = 0,448 lít Câu 27. Chọn D. X + H 2 SO 4 loãng → Z + T => X phải là muối natri của axit và Z có phản ứng tráng gương nên X là HCOONa. => Công thức của este là HCOOCH=CH 2 . và Y là CH 3 CHO Câu 28. Chọn C. Gọi công thức chung của C 3 H 8 , C 3 H 6 , C 3 H 4 là C 3 H y ta có. + # = 21,2. 2 = 42,4 = 12.3 + y => y = 6,4 Phản ứng: C 3 H y → 3CO 2 + y/2 H 2 O 0,1 0,3 0,1.0,5y => m CO 2 + m H 2 O = 0,3.44 + 0,1.0,5.6,4.18 =19,96g Câu 29. Chọn A Từ sơ đồ : 2nCH 4 → nC 2 H 2 → nC 2 H 3 Cl → (C 2 H 3 Cl) n 8 k.mol ¬ % = 4 k.mol ¬ 250 kg m tt = = 20 (k.mol) => V CH 4 = 20.22,4 = 488 (m 3 ) Câu 30. Chọn B. Gọi số mol của Al và Al 4 C 3 lần lượt là x và y ta có : x + y = 0,3 mol (*) Theo bài ra ta có sơ đồ : dd X: KAlO 2 KOH ,- CO 2 ,- x mol y mol Al Al 4 C 3 x + 4y (mol) Al(OH) 3 x + 4y (mol) CH 4 H 2 3y mol 1,5x mol Theo sơ đồ ta có n = x + 4y = % ( = 0,6 mol (**). Kết hợp (*) và (**) ta được x y = = Vậy thể tích khí thoát ra là : V CH 4 + V H 2 = 3y + 1,5x = 0,6 mol. câu 31. Chọn B.Các phản ứng: (1) 2Cu(NO 3 ) 2 . → 2CuO + 4NO 2 + O 2 (2) NH 4 NO 2 . → N 2 + 2H 2 O (3) 4NH 3 + 5O 2 /. → 4NO + 6H 2 O (4) 2NH 3 + 3Cl 2 . → N 2 + 6HCl (5) NH 4 Cl . → NH 3 + HCl (6) 2NH 3 + 3CuO . → 3Cu + N 2 + 3H 2 O Câu 32. Chọn A Các đồng phân lần lượt là Page 5 of 7 CH 2 CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 Câu 33. Chọn B. - Đốt cháy hoàn toàn X tạo thành CO 2 và H 2 O có số mol bằng nhau => X là este no đơn chức - Thủy phân X thu được Y phản ứng tráng gương => Y phải là axit fomic. => E là este của axit fomic. Z có số C bằng một nửa của X vậy số C của Z phải bằng của axit fomic => Z là CH 3 OH Tách nước từ CH 3 OH không thu được anken câu 34. Chọn C. X + Cu + H 2 SO 4 → NO => X có gốc nitrat. Mặt khác X + NaOH → NH 3 => X có gốc amoni Câu 35. Chọn B. 2HCl + Fe → FeCl 2 + H 2 và 6HCl + 2Al → 2AlCl 3 + 3H 2 Câu 36. Chọn D Theo bài ra ta có n Al = 0,1 mol và n Fe = 0,1 mol. Al + 3Ag + → Al 3+ + 3Ag ; Fe + 2Ag + → Fe 2+ + 2Ag va Fe 2+ + Ag + → Fe 3+ + Ag 0,1 0,3 0,3 0,1 0,2 0,2 0,05 0,05 (mol) Số mol Ag thu được = 0,3 + 0,2 + 0,05 = 0,55 mol => m Ag = 0,55.108 = 59,4g Câu 37. Chọn A. Câu 38. Chọn B. n NaOH = 0,01V ; n HCl = 0,03V Phản ứng : H + + OH - → H 2 O Đầu 0,03V 0,01V Pư 0,01V 0,01V Dư 0,02V 0 [H + ] sau phản ứng = 0,02V : 2V = 0,01 M = 10 -2 M => pH = 2 Câu 39. Chọn B. Câu 40. Chọn B. Y phản ứng được với Fe(NO 3 ) 3 Y không thể là Ag => loại A và D. X phản ứng với H 2 SO 4 loãng => đáp án B Câu 41. Chọn C Câu 42. Chọn A. Các chất đó là: C 6 H 5 -NH 3 Cl, ClH 3 N-CH 2 -COOH, HOOC-CH 2 -CH 2 -CH(NH 2 )- COOH. Câu 43. Chọn D Câu 44. Chọn B Câu 45. Chọn D. Câu 46. Chọn D. Chỉ có chất CH 2 =CH-CH=CH-CH 2 -CH 3 có đồng phân hình học CH 2 CH CH 2 CH 3 H C C H CH 2 CH CH 2 CH 3 H C C H cis0.12 trans0.12 Câu 47. Chọn A Page 6 of 7 Câu 48. Chọn D. Vì cùng điều kiện nên tỉ lệ thể tích là tỉ lệ số mol => Crackinh 1 mol A được 3 mol hỗn hợp khí Y. Y M = 12.2 = 24. => m Y = 24.3 = 72g. Theo định luật bảo toàn khối lượng : m X = m Y = 72 g => M X = 72:1 = 72 . X là C n H 2n + 2 Vậy : 14n + 2= 72 => n = 5 C 5 H 12 Câu 49. Chọn C. Câu 50. Chọn B. Phần 2 phản ứng với NaOH cho khí H 2 bay ra chứng tỏ trong phản ứng nhiệt nhôm thì Fe 2 O 3 hết và Al dư. Gọi số mol Al dư và Fe ở mỗi phần lần lượt là x ta có Phần 1. Al + 3HCl → AlCl 3 + 3/2 H 2 và Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 x 1,5x y y (mol) n (phần 1) = 1,5x + y = 0,1375 mol (*) Phần 2. Al + NaOH + H 2 O → NaAlO 2 + 3/2H 2 x 1,5x (mol) n (phần 2) = 1,5x = 0,0375 mol (**) Kết hợp (*) và (**) ta được y = 0,1 mol và x = 0,025 mol Phản ứng: 2Al + Fe 2 O 3 → Al 2 O 3 + 2Fe 0.2 0,1 0,2 (mol) => Hỗn hợp đầu có 0,1 mol Fe 2 O 3 và (0,2 + 0,025.2) = 0,25 mol Al Vậy m = 0,1.160 + 0,25.27 = 22,75g Câu 51. Chọn A. Câu 52. Chọn C Câu 53. Chọn A Phản ứng : 2CrCl 3 + 3Cl 2 + 16KOH → 2K 2 CrO 4 + 12KCl + 8H 2 O 0,01 0,015 0,08 Câu 54. Chọn C. Phản ứng : HOCH 2 -[CH(OH)] 5 -CHO + H 2 2. → HOCH 2 -[CH(OH)] 5 -CH 2 OH 0,01 mol = 0,01 mol. Khối lượng glucozơ thực tế cần dùng là: = 2,25g Câu 55. Chọn C. CH 3 C CH 2 CH 2 CH 3 CH 3 C CH CH 3 CH 3 CH 2 C CH 2 CH 3 CH 3 O O O Câu 56. Chọn C Hết Page 7 of 7 . Bài giải chi tiết đề thi đại học khối A – 2008 – mã đề 518 Nhân tiện kiếm được đề trên mạng tôi giải lại đề thi cho các bạn làm tư liệu tham khảo cho thi khối B hoặc kì thì cao đẳng. Chọn A Câu 4. Chọn C CaCO 3 o t → CaO + CO 2 CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 Ca(OH) 2 + NaHCO 3 → CaCO 3 + NaOH + H 2 O Ca(OH) 2 + 2NaHCO 3 → CaCO 3 + Na 2 CO 3 + 2H 2 O Câu 5. Chọn A. Ta. nghiệp Mọi góp ý xin gửi về đ a chỉ mail: khanhphongka@yahoo.com Câu 1. Chọn D Câu 2. V khi Al(OH) 3 tạo thành tối a rồi bị h a tan một phần. Theo bài ra ta có: