Giải chi tiết đề thi ĐH khối A năm 2009

GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009
Môn thi : HOÁ, khối A - Mã đề : 825
Câu 1 : Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H
2
SO
4
0,5M và Na NO
3
0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm
khử duy nhất). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Giá
trị tối thiểu của V là
A. 240. B. 120. C. 360. D. 400.
GIẢI
nFe = 0,02 mol, nCu = 0,03 mol, nH
+
= 0,4 , nNaNO
3
= 0,08 mol
Số mol e mà Fe và Cu nhường: 0,02.3 + 0,03.2 = 0,12 mol
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
3
NO
−
+ 3e + 4H
+

→
NO + 2H
2
O
0,04 0,12 0,16 mol

nNaOH = nH
+
dư + 2nCu + 3nFe = (0,4 – 0,16) + 2.0,03 + 3.0.02 = 0,36 mol
 V
ddNaOH
= 360 ml
Câu 2 : Xà phòng hóa hoàn toàn 66,6 gam hỗn hợp hai este HCOOC
2
H
5
và CH
3
COOCH
3
bằng dung dịch
NaOH, thu được hỗn hợp X gồm hai ancol. Đun nóng hỗn hợp X với H
2
SO
4
đặc ở 140
0
C, sau khi phản ứng
xảy ra hoàn toàn thu được m gam nước. Giá trị của m là
A. 18,00. B. 8,10. C. 16,20. D. 4,05.
GIẢI
Hai este là đồng phân của nhau.
n
E
= 0,9 mol
n ancol = neste = 0,9 mol

Đun nóng X với H
2
SO
4
ở 140
o
C là thực hiện phản ứng tách nước tạo ete.
nH
2
O =
1
2
n ancol = 0,45 mol
mH
2
O = 8,1g
Câu 5: Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO và H
2
đi qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng. Sau khi phản ứng xảy ra
hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y gồm hai chất hữu cơ. Đốt cháy hết Y thì thu được 11,7 gam H
2
O và 7,84
lít khí CO
2
(ở đktc). Phần trăm theo thể tích của H
2
trong X là
A. 65,00%. B. 46,15%. C. 35,00% D. 53,85%.
GIẢI
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, ta thấy: Số mol H

2
trong nước bằng số mol H
2
trong Y bằng trong
X; số mol C trong CO
2
bằng số mol C trong Y bằng trong X
nHCHO = nCO
2
= 0,35 mol
nH
2
O (HCHO, H
2
) = 0,65 mol
nH
2
O (HCHO) = nHCHO = 0,35 mol
nH
2
= 0,65 – 0,35 = 0,3 mol
%V (H
2
) = 46,15%
Câu 7: Hỗn hợp khí X gồm anken M và ankin N có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Hỗn hợp X có
khối lượng 12,4 gam và thể tích 6,72 lít (ở đktc). Số mol, công thức phân tử của M và N lần lượt là
A. 0,1 mol C
2
H
4

và 0,2 mol C
2
H
2
. B. 0,1 mol C
3
H
6
và 0,2 mol C
3
H
4
.
C. 0,2 mol C
2
H
4
và 0,1 mol C
2
H
2
. D. 0,2 mol C
3
H
6
và 0,1 mol C
3
H
4
.

GIẢI
nX = 0,3 mol
M
X
= 41,3
Đặt công thức trung bình của X là:
x
y
C H
12x +
y
= 41,3
x = 3,
y
= 5,3 => C
3
H
6
và C
3
H
4
Gọi a, b lần lượt là số mol của C
3
H
6
và C
3
H
4

42a + 40b = 12,4
a + b = 0,3
=> a = 0,2, b = 0,1
Câu 8: Xà phòng hóa hoàn toàn 1,99 gam hỗn hợp hai este bằng dung dịch NaOH thu được 2,05 gam muối
của một axit cacboxylic và 0,94 gam hỗn hợp hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nhau. Công thức của hai este đó
là
A. HCOOCH
3
và HCOOC
2
H
5
. B. C
2
H
5
COOCH
3
và C
2
H
5
COOC
2
H
5
.
C. CH
3
COOC

2
H
5
và CH
3
COOC
3
H
7
. D. CH
3
COOCH
3
và CH
3
COOC
2
H
5
.
GIẢI
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m
NaOH
= 0,94 + 2,05 – 1,99 = 1g
nNaOH = 0,025 mol
Giả sử este đơn chức, đặt công thức trung bình của 2 este là: RCOO
R
=> muối là RCOONa, M
muối
= 82

=> R + 67 = 82
=> R = 15 => R là CH
3
=> M
este
= 79,6 => 15 + 44 +
R
= 79,6
=>
R
= 20,6 => một ancol có 1 C và ancol kia có 2 C và là ancol no.
Giải sử este đa chức : R(COO
R
)
x
hoặc (RCOO)
y
R
. Giải trường hợp này không thu được kết quả phù
hợp.
Câu 9: Cho 1 mol amino axit X phản ứng với dung dịch HCl (dư), thu được m
1
gam muối Y. Cũng 1 mol
amino axit X phản ứng với dung dịch NaOH (dư), thu được m
2
gam muối Z. Biết m
2
–m
1
=7,5. Công thức

phân tử của X là
A. C
4
H
10
O
2
N
2
. B. C
5
H
9
O
4
N. C. C
4
H
8
O
4
N
2
. D. C
5
H
11
O
2
N.

GIẢI
Đặt công thức của amino axit X là (H
2
N)
x
R(COOH)
y
.
 Y là (ClH
3
N)
x
R(COOH)
y
, Z là (H
2
N)
x
R(COONa)
y
 16x + R + 67y - 51,5x + R + 45y) = 7,5
 22y – 36,5x = 7,5

7,5 36,5
22
x
y
+
=
 x = , y = 2

 X là H
2
NR(COOH)
2
Câu 10: Hòa tan hết m gam ZnSO
4
vào nước được dung dịch X. Cho 110ml dung dịch KOH 2M vào X, thu
được a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì cũng thu được a gam kết tủa.
Giá trị của m là
A. 20,125. B. 12,375. C. 22,540. D. 17,710.
GIẢI
Thí nghiệm 1. nKOH = 0,22 mol
Thí nghiệm 2. nKOH = 0,28 mol
Hai thí nghiệm cho cùng lượng kết tủa như nhau, chứng tỏ TN1 KOH chưa kết tủa hết ion kẽm, TN2
KOH kết tủa hết ion kẽm và sau đó hòa tan một phần kết tủa.
Như vậy số mol kết tủa ở TN1:
Zn
2+
+ 2OH
-

→
Zn(OH)
2
0,11 0,22 0,11 mol
Số mol kết tủa tạo ra ở TH2 là:
Zn
2+
+ 2OH
-

→
Zn(OH)
2
(0,11 + x) (0,11 + x)2 (0,11+x) mol
Với x là số mol kết tủa bị hòa tan:
2OH
-
+ Zn(OH)
2

→
2
2
ZnO
−
+ 2H
2
O
2x x
Số mol KOH ở 2 phản ứng: (0,11 + x)2 + 2x = 0,28
 x = 0,015
 nZnSO
4
= 0,11 + 0,015 = 0,125 mol
 m = 0,125.161 = 20,125g
Câu 12: Cho luồng khí CO (dư) đi qua 9,1 gam hỗn hợp gồm CuO và Al
2
O
3

nung nóng đến khi phản ứng
hoàn toàn, thu được 8,3 gam chất rắn. Khối lượng CuO có trong hỗn hợp ban đầu là
A. 0,8 gam. B. 8,3 gam. C. 2,0 gam. D. 4,0 gam.
GIẢI
Chỉ có CuO bị khử.
Khối lượng giảm là khối lượng của oxi trong CuO
nCuO = nO =
9,1 8,3
16
−
= 0,05 mol
mCuO = 0,05.80 = 4g
Câu 13: Đun nóng hỗn hợp hai ancol đơn chức, mạch hở với H
2
SO
4
đặc, thu được hỗn hợp gồm các ete. Lấy
7,2 gam một trong các ete đó đem đốt cháy hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí CO
2
(ở đktc) và 7,2 gam H
2
O.
Hai ancol đó là
A. CH
3
OH và CH
2
=CH-CH
2
-OH. B. C

2
H
5
OH và CH
2
=CH-CH
2
-OH.
C. CH
3
OH và C
3
H
7
OH. D. C
2
H
5
OH và CH
3
OH.
GIẢI
nCO
2
= 0,4 mol, nH
2
O = 0,4 mol
 ete có một liên kết đôi như vậy một trong 2 ancol phải có một ancol có một liên kết đôi.
Đặt công thức của ete đem đốt là: C
n

H
2n
O.
Từ số mol CO
2
ta tính được số mol của ete là
0,4
n
M
ete
= 18n
 14n + 16 = 18n
 n = 4
Tổng số nguyên tử C trong 2 ancol bằng 4 và như nhận xét ở trên thì có một ancol có liên kết đôi.
 Đáp án A là đúng
Câu 17: Lên men m gam glucozơ với hiệu suất 90%, lượng khí CO
2
sinh ra hấp thụ hết vào dung dịch nước
vôi trong, thu được 10 gam kết tủa. Khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 3,4 gam so với khối lượng
dung dịch nước vôi trong ban đầu. Giá trị của m là
A. 13,5. B. 30,0. C. 15,0. D. 20,0.
GIẢI
mCO
2
= 10 – 3,4 = 6,6
nCO
2
= 0,15 mol
=>
0,15 100

180
2 90
m =
= 15g
Câu 18: Cho hỗn hợp X gồm hai ancol đa chức, mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn
hỗn hợp X, thu được CO
2
và H
2
O có tỉ lệ mol tương ứng là 3 : 4. Hai ancol đó là
A. C
2
H
4
(OH)
2
và C
3
H
6
(OH)
2
. B. C
2
H
5
OH và C
4
H
9

OH.
C. C
2
H
4
(OH)
2
và C
4
H
8
(OH)
2
. D. C
3
H
5
(OH)
3
và C
4
H
7
(OH)
3
.
GIẢI
nH
2
O > nCO

2
 ancol no.
Đặt công thức trung bình của 2 ancol là
2 2
z
n n
C H O
+
 4
n
= 3(
n
+ 1)

n
= 3
 Có một ancol phải là C
2
H
4
(OH)
2
, ancol còn lại có 2 nhóm OH và có số nguyên tử C lớn hon 3.
Vậy đáp án C là đúng
Câu 19: Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
10% thu
được 2,24 lít khí H

2
(ở đktc). Khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng là
A. 101,48 gam. B. 101,68 gam. C. 97,80 gam. D. 88,20 gam.
GIẢI
nH
2
SO
4
= nH
2
= 0,1 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
m dd sau pư = mKL + m ddH
2
SO
4
– mH
2
3,68 +
0,1.98.100
10
- 0,1.2 = 104,48g
Câu 21: Cho 0,25 mol một anđehit mạch hở X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO
3
trong NH
3
thu được
54 gam Ag. Mặt khác, khi cho X phản ứng với H
2
dư (xúc tác Ni, t

0
) thì 0,125 mol X phản ứng hết với 0,25
mol H
2
. Chất X có công thức ứng với công thức chung là
A. C
n
H
2n-1
CHO (n ≥ 2). B. C
n
H
2n-3
CHO (n ≥ 2).
C. C
n
H
2n
(CHO)
2
(n ≥ 0). D. C
n
H
2n+1
CHO (n ≥ 0).
GIẢI
nAg = 0,5 mol, gấp 2 lần số mol anđêhit suy ra anđêhit đơn chức
nH
2
gấp 2 lần số mol anđêhit suy ra gốc hiđrocacbon của anđêhit có một liên kết đôi.

 anđêhit đó là C
n
H
2n-1
CHO (n ≥ 2)
Câu 22: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO
3
loãng (dư), thu được dung dịch X và 1,344
lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N
2
O và N
2
. Tỉ khối của hỗn hợp khí Y so với khí H
2
là 18. Cô cạn
dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08.
GIẢI
Gọi x, y là số mol của N
2
O và N
2
.
x + y = 0,06
44x + 28y = 18.2(x + y)
 x = y = 0,03 mol
nAl = 0,46 mol => số mol e nhường là 0,46x3 = 1,38
Số mol e mà N
+5
nhận để tạo thành N

+1
và N
o
là : 8.0,03 + 10.0,03 = 0,54 mol < 1,38
 N
+5
còn bị khử tạo thành N
-3
(NH
4
NO
3
), số mol e nhận cho quá trình này là 1,38 – 0,54 = 0,84
 nNH
4
NO
3
=
0,84
8
= 0,105 mol
Chất rắn khan thu được gồm Al(NO
3
)
3
và NH
4
NO
4
nAl(NO

3
)
3
= nAl = 0,46
m = 0,46.313 + 0,105.80 = 106,38 g
Câu 23: Cho 3,024 gam một kim loại M tan hết trong dung dịch HNO
3
loãng, thu được 940,8 ml khí N
x
O
y
(sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) có tỉ khối đối với H
2
bằng 22. Khí N
x
O
y
và kim loại M là
A. NO và Mg. B. N
2
O và Al C. N
2
O và Fe. D. NO
2
và Al.
GIẢI
M N
x
O
y

= 44 => N
x
O
y
là N
2
O
nN
2
O = 0,042 mol
 Số mol e nhường bằng số mol e nhận bằng 0,042.8 = 0,336
 nM =
0,336
n
(n là hóa trị của M)
 M = 9n
 n = 3, M = 27 => M là Al
Câu 24: Cho 10 gam amin đơn chức X phản ứng hoàn toàn với HCl (dư), thu được 15 gam muối. Số đồng
phân cấu tạo của X là
A. 8. B. 7. C. 5. D. 4.
GIẢI
mHCl = 15 – 10 = 5g
n amin = nHCl =
5
36,5
M amin =
10.36,5
5
= 73
Đặt công thức của amin là RNH

2
.
R + 16 = 73
R = 57 => R là C
4
H
9
=> X là C
4
H
9
NH
2
Câu 27: Cho 6,72 gam Fe vào 400ml dung dịch HNO
3
1M, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí
NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hòa tan tối đa m gam Cu. Giá trị của m là
A. 1,92. B. 0,64. C. 3,84. D. 3,20.
GIẢI
nFe = 0,12 mol, nHNO
3
= 0,4 mol
Fe + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3

+ NO + 2H
2
O
0,1 0,4 0,1 mol
Fe + 2Fe
3+

→
3Fe
2+
0,02 0,04 mol
Cu + 2Fe
3+
→
Cu
2+
+ 2Fe
2+
0,03 0,06
m = 0,03.64 = 1,92g
Câu 28: Một hợp chất X chứa ba nguyên tố C, H, O có tỉ lệ khối lượng m
C
: m
H
: m
O
= 21:2:4. Hợp chất X có
công thức đơn giản nhất trùng với công thức phân tử. Số đồng phân cấu tạo thuộc loại hợp chất thơm ứng với
công thức phân tử của X là
A. 5. B. 4. C. 6. D. 3.

GIẢI
Đặt công thức của X là C
x
H
y
O
z
x : y : z =
21 2 4 7 1
: : : 2 :
12 1 16 4 4
=
= 7 : 8 : 1
X có CTPT trùng với CTĐGN: C
7
H
8
O
Câu 30: Nung 6,58 gam Cu(NO
3
)
2
trong bình kín không chứa không khí, sau một thời gian thu được 4,96
gam chất rắn và hỗn hợp khí X. Hấp thụ hoàn toàn X vào nước để được 300 ml dung dịch Y. Dung dịch Y có
pH bằng
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
GIẢI
2Cu(NO
3
)

2

→
2CuO + 4NO
2
+ O
2
x 2x 0,5x
46.2x + 32.0,5x = 6,58 – 4,96
x = 0,015
4NO
2
+ O
2
+ 2H
2
O
→
4HNO
3
0,03 0,03 mol
[H
+
] = 0,1 = 10
-1
pH = 1
Câu 33: Nguyên tử của nguyên tố X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là ns
2
np
4

. Trong hợp chất khí của
nguyên tố X với hiđrô, X chiếm 94,12% khối lượng. Phần trăm khối lượng của nguyên tố X trong oxit cao
nhất là
A. 27,27%. B. 40,00%. C. 60,00%. D. 50,00%.
GIẢI
Từ cấu hình electrron lớp ngoài cùng ns
2
np
4
ta thấy X thuộc nhóm VIA trong bảng tuần hoàn. Nên công
thức oxit cao nhất và công thức hợp chất với hiđro là : XO
3
, H
2
X
100
2
X
X +
= 94,12 => X = 32
 X là lưu huỳnh.
%O trong oxit cao nhất :
32
100
32 48+
= 40%
Câu 35: Dung dịch X chứa hỗn hợp gồm Na
2
CO
3

1,5M và KHCO
3
1M. Nhỏ từ từ từng giọt cho đến hết 200
ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch X, sinh ra V lít khí (ở đktc). Giá trị của V là
A. 4,48. B. 1,12. C. 2,24. D. 3,36.
GIẢI
n
2
3
CO
−
= 0,15 mol, n
3
HCO
−
= 0,1 mol, nH
+
= 0,2 mol
H
+
+
2
3
CO
−
→
3
HCO
−
0,15 0,15 0,15 mol

H
+
+
3
HCO
−
→
CO
2
+ H
2
O
0,05 0,05 mol
V H
2
= 1,12 lít