Bài giải chi tiết đề thi đại học 2008

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.. H2N-CH2-COOH3N-CH3 là sản phẩm của phản ứng giữa glyxin và metyl amin.. The

Bài giải chi tiết đề thi đại học khối A – 2008 – mã đề 518

Câu 1 Chọn D

Câu 2 Vmaxkhi Al(OH)3 tạo thành tối đa rồi bị hòa tan một phần

Theo bài ra ta có: 2 4

2 4 3

H SO

Al (SO )





+

3+

2-4

H

Al

SO

n = 0,2 mol











và nAl(OH) 3 ¯ = 0,1 mol

Khi cho NaOH vào phản ứng xảy ra theo thứ tự:

H+ + OH-  H2O

0,2 mol  0,2 mol

và Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 ; Al3+ + 4OH-  AlO

-2+ H2O 0,1 mol 0,3 mol  0,1 mol 0,1 mol  0,4 mol

-OH

n

 = 0,2 + 0,3 + 0,4 = 0,9 mol => Vmax = 0,9 : 2 = 0,45 lít => Chọn B

Câu 3 Gọi công thức của rượu là CxHyO 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 < 58

12= 4,83 Vậy ta có : x = 4

y = 10





 => công thức của rượu là C4H10O có các đồng phân là

CH3CH2CH2CH2OH ; CH3CH2CH(OH)CH3 ; (CH3)2CHCH2OH ; (CH3)3C-OH

có 4 đồng phân => Chọn A

Câu 4 Chọn C

CaCO3 o

t

  CaO + CO2 CaO + H2O  Ca(OH)2

Ca(OH)2 + NaHCO3  CaCO3 + NaOH + H2O

Ca(OH)2 + 2NaHCO3  CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O

Câu 5 Chọn A.

Ta có cấu hình e của : 3Li : 1s22s1 ; 8O: 1s22s22p4 ; 9F: 1s22s22p5 ; 11Na : 1s22s22p63s1

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 nH 2 = nZ => Z là rượu hai chức => X là anđehit hai chức 1V X + 3VH2 = 2V hỗn hợp khí nên X phải là anđehit no

Câu 7 Chọn C.

Vì nFeO = nFe2 O 3 ta coi hỗn hợp chỉ có Fe3O4 Vậy nFe O3 4= 2,32 : 232 = 0,01 mol

Phản ứng : Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O

0,01 mol  0,08 mol

Câu 8 Chọn D

Theo bài ra ta có:

2

2

CO

NaOH Ba(OH)











=>

2

-2+

+

CO

OH

Ba

Na















Cách 1 Ta có

-2 OH CO

n 0,2 => tạo thành 2 loại muối

CO2 + OH-  HCO3

 (1) và CO2 + 2OH-  CO2

3

 + H2O (2)

a a a b 2b b (mol)

ta có hệ 2

-CO

OH

=>

a = 0,15 mol







Ba2+ + CO2

3

  BaCO3 (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)

CO2 0,2 mol

OH

 0,25 - 0,2 = 0,05 mol

OH

3

 0,2 mol 0,2 mol 0,05 mol

=> có 0,05 mol CO2

3



và 0,2 – 0,05 = 0,15 mol HCO3

 Đến đây là như (3) ở trên

Cách 3 Tính lần lượt theo hai phương trình

CO2 + 2OH-  CO2

3

 + H2O (1) CO2 + CO2

3

 + H2O  2HCO3

 (2)

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, Al2O3, Zn(OH)2, NaHS, (NH4)2CO3

Câu 10 Chọn A liên kết giữa ion Cl- và NH4



Câu 11 H2N-CH2-COOH3N-CH3 là sản phẩm của phản ứng giữa glyxin và metyl amin

H2N – CH2 – COOH + CH3-NH2  H2N-CH2-COOH3N-CH3 => 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: mhỗn hợp đầu = mY = mhiđrocacbon không no +

 mhiđrocacbon không no = 0,06.26 + 0,04.2 – 0,5.32.0, 448

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 + nO2  2M2On (1) và M2On + 2nHCl  2MCln + nH2O (2)

a a/2 a/2 a.n (mol)

Theo bài ra ta có:

2 n M

M O

m = a.M = 2,13g

Ma = 2,13 (g)

=>

a

na = 0,15 (mol)

2











=> nHCl = 0,15 mol

VHCl = 0,15 : 2 = 0,075 lít = 75 ml => Chọn C

Cách 2 Dựa theo phản ứng giữa oxit và HCl là : O2- + 2H+  H2O ; nO (trong oxit) = H+ HCl

nO (trong oxit) = 3,33 - 2,13

16 = 0,075 mol => nHCl = 0,075.2 = 0,15 mol => VHCl 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:

(CH3- [CH2]7 – CH = CH- [CH2]7 - COO)3C3H5 => có phản ứng với Br2 và NaOH

Câu 17 Gọi công thức phân tử của rượu là CnH2n + 1OH x mol

Phản ứng: CnH2n + 1OH + CuO  CnH2nO + Cu + H2O

x x x x x (mol)

Vậy hỗn hợp Z gồm CnH2nO (x mol) và H2O x (mol) Số mol bằng nhau

Z

18 + (14n + 16)

M =

2 = 13,75.2 = 27,5.(số mol bằng nhau thì M là trung bình cộng) => n = 1,5 Vậy

2 rượu là CH3OH và C2H5OH 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 CH3CHO

- Phản ứng với Ag2O HCHO  4 Ag ; và CH3CHO  2 Ag

x/2 2x x/2 x (mol) Vậy nAg = 2x + x = 3x = 0,6 => x = 0,2 (mol).=> m = 0,2.(14n + 18) = 0,2.(14.1,5+18) = 7,8g

=> Chọn C

-3

2 4

2-4

Cu Cu

H HNO

NO

H SO

SO

n =

n = 0,8.0,1 = 0,08 (mol) =>





Phản ứng: Cu + 8H+ + 2NO3

  3Cu + 2NO + 4H2O Đầu 0,05 0,12 0,08

Pư 0,015 0,12 0,03 0,03 => VNO = 0,03 22,4 = 0,672 lít

 Chọn D

Câu 19 Chọn A

CH3 CH CH CH3 CH3 C CH CH3 + H2O

1 2

3

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 HNO3 nên ta có

C+1 – 2e  C+3 và N+5 + 1e  N+4

0,05 0,1 0,1 2,24=0,1

22,4 (mol) Bảo toàn e : nanđehit = 0,05 mol => 3,6 72

0,05

RCHO

M   => R = 72 – 29 = 43 R là C3H7

Câu 21 Gọi số mol cua Na và Al lần lượt là x và 2x Phản ứng

Na + H2O  NaOH + 1/2H2 (1)

x x 0,5x (mol)

Al + NaOH + H2O  NaAlO2 + 3/2H2 (2)

x x 1,5x (mol)

Sau phản ứng còn chất rắn chứng tỏ sau phản ứng (2) Al vẫn còn dư

=> nH2= 0,5x + 1,5x = 2x = 8, 96

22, 4= 0,4 (mol) => x = 0,2 mol => nNa = 0,2 mol và nAl = 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: nNaOH = 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 + H2O

Cách 1 Nhận thấy số mol NaOH = số mol H2O = 0,06 mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng thì: m ROH + m NaOH = m RONa + m H O 2

=> m RONa = m ROH + m NaOH - m H O 2 = 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 – (CH2)6 – NH – CO – (CH2)4 – CO-]n

có M = 226n = 27346 => n = 27346

226 = 121

Tơ capron : [ - HN-(CH2)5-CO - ]m có M = 113m = 17176 => m = 152

Câu 24 Chọn D C4H8O2 là este no đơn chức Các đồng phân là

HCOOCH2CH2CH3 ; HCOOCH(CH3)2 ; CH3COOCH2CH3 ; CH3CH2COOCH3

Câu 25 Chọn D

Sử dụng phương pháp quy đổi Coi hỗn hợp chỉ gồm Fe và O ta có sơ đồ sau

Fe: x (mol)





56x + 16y = 11,36g (*)

N + 3e  N

x 3x x y 2y 0,18  1, 344

Theo định luật bảo toàn e ta có : 3x = 2y + 0,18 (**)

Kết hợp (*) và (**) ta có hệ 56 16y = 11,36 => x = 0,16

x

y





  => mFe(NO ) 3 3= 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)  CO2 và H2 + O (trong oxit)  H2O

Khối lượng chất O (trong oxit) rắn giảm = mO (trong oxit) phản ứng và bị lấy đi = 0,32 g

=> nO (trong oxit) = 0,32 : 16 = 0,02 mol

=> Theo phản ứng thì số mol H2 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 + H2SO4 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=CH2 và Y là CH3CHO

Câu 28 Chọn C Gọi công thức chung của C3H8, C3H6, C3H4 là C3Hy ta có

X

M = 21,2 2 = 42,4 = 12.3 + y => y = 6,4

Phản ứng: C3Hy  3CO2 + y/2 H2O

0,1 0,3 0,1.0,5y

=> mCO2 + mH2 O = 0,3.44 + 0,1.0,5.6,4.18 =19,96g

Câu 29 Chọn A

Từ sơ đồ : 2nCH4  nC2H2  nC2H3Cl  (C2H3Cl)n

8 k.mol  250

62, 5= 4 k.mol  250 kg

mCH 4 tt = 8.100 100.

80 50 = 20 (k.mol) => VCH4 = 20.22,4 = 488 (m3)

Câu 30 Chọn B

Gọi số mol của Al và Al4C3 lần lượt là x và y ta có : x + y = 0,3 mol (*)

Theo bài ra ta có sơ đồ :

x mol

y mol

Al

x + 4y (mol)

CH4

H2

3y mol 1,5x mol

Theo sơ đồ ta có nAl(OH) 3= x + 4y = 46, 8

78 = 0,6 mol (**) Kết hợp (*) và (**) ta được 0,2 mol

0,1 mol

x y











Vậy thể tích khí thoát ra là : VCH4 + VH2 = 3y + 1,5x = 0,6 mol

câu 31 Chọn B.Các phản ứng:

(1) 2Cu(NO3)2 o

t

  2CuO + 4NO2 + O2 (2) NH4NO2 o

t

  N2 + 2H2O (3) 4NH3 + 5O2 o

Pt , 850 C

t

  N2 + 6HCl (5) NH4Cl o

t

  NH3 + HCl (6) 2NH3 + 3CuO o

t

  3Cu + N2 + 3H2O

Câu 32 Chọn A Các đồng phân lần lượt là

CH3

CH3

CH3

CH3

CH3

Câu 33 Chọn B

- Đốt cháy hoàn toàn X tạo thành CO2 và H2O 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

CH3OH

Tách nước từ CH3OH không thu được anken

câu 34 Chọn C X + Cu + H2SO4  NO => X có gốc nitrat

Mặt khác X + NaOH  NH3 => X có gốc amoni

Câu 35 Chọn B 2HCl + Fe  FeCl2 + H2 và 6HCl + 2Al  2AlCl3 + 3H2

Câu 36 Chọn D

Theo bài ra ta có nAl = 0,1 mol và nFe = 0,1 mol

Al + 3Ag+  Al3+ + 3Ag ; Fe + 2Ag+  Fe2+ + 2Ag va Fe2+ + Ag+  Fe3+ + 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 => mAg = 0,55.108 = 59,4g

Câu 37 Chọn A.

Câu 38 Chọn B nNaOH = 0,01V ; nHCl = 0,03V

Phản ứng : H+ + OH-  H2O

Đầu 0,03V 0,01V

Pư 0,01V 0,01V

Dư 0,02V 0

Câu 39 Chọn B.

Câu 40 Chọn B Y phản ứng được với Fe(NO3)3 Y không thể là Ag => loại A và D X phản ứng với H2SO4 loãng => đáp án B

Câu 41 Chọn C

Câu 42 Chọn A Các chất đó là: C6H5-NH3Cl, ClH3N-CH2-COOH, HOOC-CH2-CH2-CH(NH2 )-COOH

Câu 43 Chọn D

Câu 44 Chọn B

Câu 45 Chọn D

Câu 46 Chọn D Chỉ có chất CH2=CH-CH=CH-CH2-CH3 có đồng phân hình học

H

C C

H

CH2 CH

CH2CH3 H

C C

H

cis- penta®ien-1,3 trans- penta®ien-1,3

Câu 47 Chọn A

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 => mY = 24.3 = 72g Theo định luật bảo toàn khối lượng : mX = mY = 72 g

=> MX = 72:1 = 72 X là CnH2n + 2 Vậy : 14n + 2= 72 => n = 5 C5H12

Câu 49 Chọn C.

Câu 50 Chọn B

Phần 2 phản ứng với NaOH cho khí H2 bay ra chứng tỏ trong phản ứng nhiệt nhôm thì Fe2O3 hết và

Al dư Gọi số mol Al dư và Fe ở mỗi phần lần lượt là x ta có

Phần 1 Al + 3HCl  AlCl3 + 3/2 H2 và Fe + 2HCl  FeCl2 + H2

x 1,5x y y (mol)

Phần 2 Al + NaOH + H2O  NaAlO2 + 3/2H2

x 1,5x (mol)

Kết hợp (*) và (**) ta được y = 0,1 mol và x = 0,025 mol

Phản ứng: 2Al + Fe2O3  Al2O3 + 2Fe

0.2 0,1 0,2 (mol)

=> Hỗn hợp đầu có 0,1 mol Fe2O3 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 : 2CrCl3 + 3Cl2 + 16KOH  2K2CrO4+ 12KCl + 8H2O

0,01 0,015 0,08

Câu 54 Chọn C

Phản ứng : HOCH2-[CH(OH)]5-CHO + H2 o

Ni, t

0,01 mol 1, 82

182 = 0,01 mol

Khối lượng glucozơ thực tế cần dùng là: 0, 01.100.180

80 = 2,25g

Câu 55 Chọn C

CH3 C CH2 CH2 CH3 CH3 C CH CH3 CH3 CH2 C CH2 CH3

CH3

Câu 56 Chọn C