Bài giải chi tiết đề thi đại học 2008

Bài giải chi tiết đề thi đại học khối A – 2008 – mã đề 518
Câu 1. Chọn D
Câu 2. V
max
khi 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 )
n = 0,1 mol
n = 0,1 mol





=>
+
3+
2-
4
H
Al
SO
n = 0,2 mol
n = 0,2 mol
n = 0,4 mol








và n
3
Al(OH) ¯
= 0,1 mol
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
-
2
+ H
2
O
0,1 mol 0,3 mol
¬
0,1 mol 0,1 mol
→
0,4 mol
n
NaOH
=
-
OH
n
∑
= 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 <
58
12
= 4,83
Vậy ta có :
x = 4
y = 10



=> 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
2
H
= 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
3 4
Fe O
= 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
Theo bài ra ta có:
2
2
CO
NaOH
Ba(OH)
n = 4,48: 22,4 = 0,2 mol
n = 0,5.0,1 = 0,05 mol
n = 0,5.0,2 = 0,1 mol





=>

2
-
2+
+
CO
OH
Ba
Na
n = 0,2 mol
n = o,25 mol
n = 0,1 mol
n = 0,05 mol








Page 1 of 7
Cách 1. Ta có
-
2
OH
CO
n
0,25
= = 1,25
n 0,2

=> tạo thành 2 loại muối
CO
2
+ OH
-

→
HCO
3
−
(1) và CO
2
+ 2OH
-

→
CO
2
3
−
+ H
2
O (2)
a a a b 2b b (mol)
ta có hệ
2
-
CO
OH
n = a + b = 0,2 mol

b = 0,05 mol
=>
a = 0,15 mol
n = a + 2b = 0,25



 




Ba
2+
+ CO
2
3
−

→
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

0,2 mol

OH
−
→
HCO
3
−

0,25 - 0,2 = 0,05 mol
OH
−
→
CO
2
3
−

0,2 mol 0,2 mol 0,05 mol
=> có 0,05 mol CO
2
3
−
và 0,2 – 0,05 = 0,15 mol HCO
3
−
. Đến đây là như (3) ở trên.
Cách 3. Tính lần lượt theo hai phương trình
CO
2
+ 2OH
-

→
CO
2
3
−
+ H
2
O (1) CO
2
+ CO
2
3
−
+ H
2
O
→
2HCO
3
−
(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
4
+
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.
0,448
22,4
= 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)
Theo bài ra ta có:

2 n
M
M O
m = a.M = 2,13g
Ma = 2,13 (g)
=>
a
na = 0,15 (mol)
m = .(2M + 16n) = 3,33 g
2



 



=> n
HCl
= 0,15 mol.
V
HCl
= 0,15 : 2 = 0,075 lít = 75 ml => Chọn C
Page 2 of 7
Cách 2. Dựa theo phản ứng giữa oxit và HCl là : O
2-
+ 2H
+

→

H
2
O ; n
O (trong oxit)
=
+
HCl
H
1 1
n = n
2 2
n
O (trong oxit)
=
3,33 - 2,13
16
= 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
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 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:
+
3
-
3
2 4
2-
4
Cu
Cu
H
HNO
NO
H SO
SO
3,2
n =0,05 (mol)
n =
64
n = 0,08 + 0,02.2 = 0,12 (mol)

n = 0,8.0,1 = 0,08 (mol) =>
n = 0,08 (mol)
n = 0,2.0,1 = 0,02 (mol)
n = 0,02 (mol)






 
 
 


Phản ứng: Cu + 8H
+
+ 2NO
3
−

→
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

0,05
¬
0,1 0,1
2,24
=0,1
22,4
(mol)
Bảo toàn e : n
anđehit
= 0,05 mol =>
3,6
72

0,05
RCHO
M = =
=> R = 72 – 29 = 43. R là C
3
H
7

Vậy anđehit là C
3
H
7
CHO => Chọn D
Page 3 of 7
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 =
8,96
22,4
= 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:
2
ROH NaOH RONa H O
m + m = m + m

=>
2
RONa ROH NaOH H O
m = m + m - m
= 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 =

27346
226
= 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.
3
3 3
HNO
Fe(NO )
Fe: x (mol)

O : y (mol)
NO


→
 


56x + 16y = 11,36g (*)
Ta có
0 +3
Fe - 3e Fe→
;

0 -2
O + 2e O→
;
+5 +2
N + 3e N→
x 3x x y 2y 0,18
¬
1,344
22,4
= 0,06 (mol)
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
=>
3x = 2y + 0,18 0,15
x
y
+
 
 
=
 
=> m
3 3
Fe(NO )
= 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
Page 4 of 7
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.

X
M
= 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
¬

250
62,5
= 4 k.mol
¬
250 kg
m
4
CH
tt
=
100 100

8. .
80 50
= 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 d­
CO
2
d­
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
3
Al(OH)
= 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 : V
CH
4
+ V
H

2
= 3y + 1,5x = 0,6 mol.
câu 31. Chọn B.Các phản ứng:
(1) 2Cu(NO
3
)
2

o
t
→
2CuO + 4NO
2
+ O
2
(2) NH
4
NO
2

o
t
→
N
2
+ 2H
2
O
(3) 4NH
3

+ 5O
2

o
Pt , 850 C
→
4NO + 6H
2
O (4) 2NH
3
+ 3Cl
2

o
t
→
N
2
+ 6HCl
(5) NH
4
Cl
o
t
→
NH
3
+ HCl (6) 2NH
3
+ 3CuO

o
t
→
3Cu + N
2
+ 3H
2
O
Câu 32. Chọn A Các đồng phân lần lượt là
CH
2
CH
3
CH
3
CH
3
CH
3
CH
3
CH
3
CH
3
Câu 33. Chọn B.
Page 5 of 7