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

Chia sẻ: Nguyễn Minh Hải | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

1
1.293
lượt xem
470
download

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

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Bài giải chi tiết đề thi đại học khối A – 2008 – mã đề 518

  1. 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 m ax khi Al(OH)3 tạo thành tối đa rồi bị hòa tan một phần.  n =  2  ol 0, m  nH SO =  1  ol  H +  0, m  Theo bài ra ta có:  =>  nA l =  2  ol và n A l(O H ) ˉ   0, m ol 0, m =  1  2 4 3+  nA l (SO ) =  1  ol 0, m 3    nSO =  4  ol 0, m 2 4 3  2­ 4 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 ­ + H2O 2 0,1 mol 0,3 mol ← 0,1 mol 0,1 mol → 0,4 mol nNaOH = ∑ nO H = 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 58 3,625 lần khối lượng oxi” nên ta có: 12.x + y = 16.3,625 <=> 12.x + y = 58. => x < = 4,83 12  x  4 =  Vậy ta có :  => công thức của rượu là C4H10O. có các đồng phân là  y  10 =  CH3CH2CH2CH2OH ; CH3CH2CH(OH)CH3 ; (CH3)2CHCH2OH ; (CH3)3C-OH có 4 đồng phân => Chọn A Câu 4. Chọn C CaCO3  CaO + CO2 o t → 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 n H = nZ => Z là rượu hai chức => X là anđehit 2 hai chức. 1V X + 3VH2 = 2V hỗn hợp khí nên X phải là anđehit no. Câu 7. Chọn C. Vì nFeO = nFe2O3 ta coi hỗn hợp chỉ có Fe3O4. Vậy n Fe O = 2,32 : 232 = 0,01 mol. 3 4 Phản ứng : Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O 0,01 mol → 0,08 mol Câu 8. Chọn D Page 1 of 7
  2.  nCO =  2  ol 0, m  nCO =  48:22, =  2  ol 4,   4  0, m  2   nO H =  25  ol o, m 2 ­ Theo bài ra ta có:  nN aO H =  5. 1  0, m ol => 0, 0, =  05   n  nBa2+ =  1  ol 0, m  Ba(O H ) =  5. 2  0, m ol 2 0, 0, =  1  n =  05  ol 0, m  Na + n ­ 0, 25 Cách 1. Ta có n =  0,   1, => tạo thành 2 loại muối =  25 OH CO 2 2 CO2 + OH → - HCO 3 (1) − và CO2 + 2OH- → CO 3− + H2O (2) 2 a a a b 2b b (mol)  nCO =  +  =  2  ol b  0, m ol  a  b  0, m =  05  ta có hệ  =>  2  nO H =  +  =  25  ­a  2b  0, a  0, m ol =  15  Ba2+ + CO 3 → 2− 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  HCO 3  2  → 25   2  0, m → CO 3− − − OH − OH 2 0, m ol 0, ­0, =  05  ol 0,2 mol 0,2 mol 0,05 mol => có 0,05 mol CO 3 và 0,2 – 0,05 = 0,15 mol HCO 3 . Đến đây là như (3) ở trên. 2− − Cách 3. Tính lần lượt theo hai phương trình CO2 + 2OH- → CO 3− +H2O (1) 2 CO2 + CO 3− + H2O → 2HCO 3 (2) 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, Al2O3, Zn(OH)2, NaHS, (NH4)2CO3. Câu 10. Chọn A. liên kết giữa ion Cl- và NH 4 + 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 = mhỗn hợp đầu – mZ 0,448  mhiđrocacbon không no = 0,06.26 + 0,04.2 – 0,5.32. = 1,32g. 22,4 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) Page 2 of 7
  3.  m M =  M   2, a. =  13g   M a  2, ( =  13 g) Theo bài ra ta có:  a =>  => nHCl = 0,15 mol. ( +    3, g  na  0,  m ol  m M O = 2 .2M   16n)=  33  =  15 ( )  2 n VHCl = 0,15 : 2 = 0,075 lít = 75 ml => Chọn C 1 1 Cách 2. Dựa theo phản ứng giữa oxit và HCl là : O2- + 2H+ → H2O ; nO (trong oxit) = nH =  nH Cl + 2 2 3, ­2, 33   13 nO (trong oxit) = = 0,075 mol => nHCl = 0,075.2 = 0,15 mol. => VHCl như trên. 16 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 18  ( +  + 14n  16) M Z =  = 13,75.2 = 27,5.(số mol bằng nhau thì M là trung bình cộng). => n = 1,5. Vậy 2 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  nCu =0, ( ol 05 m )  nCu = 64    nH =  08  0, 2  0, ( ol 0, +  02. =  12 m ) + Câu 18. Theo bài ra ta có:  nH N O =  8. 1  0, ( ol     n =  08 m ol 0, 0, =  08 m ) =>  3 0, ( )   NO ­ 3  nH SO =  2. 1  0, ( ol 0, 0, =  02 m )  n =  02 m ol  SO 0, ( ) 2 4  2­ 4 Phản ứng: Cu + 8H+ + 2NO 3 → 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. 4 3 2 1 1 2 3 4 CH3 CH CH CH3 CH3 C CH CH3 + H2O CH3 OH CH3 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 HNO3 nên ta có C+1 – 2e → C+3 và N+5 + 1e → N+4 Page 3 of 7
  4. 2,24 0,05 ← 0,1 0,1 22,4 =0, (mol) 1 3,6 Bảo toàn e : nanđehit = 0,05 mol => M RCH O =   = 72 => R = 72 – 29 = 43. R là C3H7 0, 05 Vậy anđehit là C3H7CHO => Chọn D 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. 8,96 => nH2 = 0,5x + 1,5x = 2x = = 0,4 (mol) => x = 0,2 mol. => nNa = 0,2 mol và nAl = 0,4 mol 22,4 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 RO H   m N aO H   m RO N a +  H O +  =  2 m => m RO N a   m RO H +  N aO H    H O = 5,44 + 0,06.40 – 0,06.18 = 6,8 g => Chọn C =  m 2 ­m 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 27346 có M = 226n = 27346 => n = = 121 226 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 m ol  ( ) Fe( O 3 ) N          HNO →   3 3 O    ( ol :y m ) N O 56x + 16y = 11,36g (*) 0 +3 0 ­2 +5 +2 Ta có Fe   →  Fe ; O   2e  →   O ; N   3e  →   ­3e  +      +     N 1,344 x 3x x y 2y 0,18 ← 22,4 = 0,06 (mol) Theo định luật bảo toàn e ta có : 3x = 2y + 0,18 (**). Page 4 of 7
  5. 56x +   =  36 16y  11, x  0, =  16 Kết hợp (*) và (**) ta có hệ        =>  => m Fe(N O ) = 0,16.242 = 38,72g 3x  2y  0, =  +  18   y =   15 0, 3 3 có thể quy đổi hỗn hợp trên thành Fe và Fe2O3 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. M X = 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 + mH2O = 0,3.44 + 0,1.0,5.6,4.18 =19,96g Câu 29. Chọn A Từ sơ đồ : 2nCH4 → nC2H2 → nC2H3Cl → (C2H3Cl)n 250 8 k.mol ← = 4 k.mol ← 250 kg 62,5 100 100 m CH tt = 8. . = 20 (k.mol) => VCH4 = 20.22,4 = 488 (m3) 4 80 50 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 : Al x mol KOH d­ dd X: KAlO2 CO2 d­ Al(OH)3 x + 4y (mol) x + 4y (mol) Al4C3 CH4 y mol 3y mol H2 1,5x mol 46,8  x =   2  ol 0, m Theo sơ đồ ta có n A l(O H ) = x + 4y = = 0,6 mol (**). Kết hợp (*) và (**) ta được  78  y =   1  ol 0, m 3 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  2CuO + 4NO2 + O2 → (2) NH4NO2  N2 + 2H2O → o o t t (3) 4NH3 + 5O2  4NO + 6H2O → (4) 2NH3 + 3Cl2  N2 + 6HCl → o o Pt,850 C    t (5) NH4Cl  NH3 + HCl → (6) 2NH3 + 3CuO  3Cu + N2 + 3H2O → o o t t Câu 32. Chọn A Các đồng phân lần lượt là Page 5 of 7
  6. CH2 CH3 CH3 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 [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(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 CH2 CH CH2CH3 CH2 CH H C C C C H H CH2CH3 H ci ­pent en­ 3 s   a®i 1, t ans   a®i 1, r ­pent en­ 3 Câu 47. Chọn A Page 6 of 7
  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. M Y = 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) n H (phần 1) = 1,5x + y = 0,1375 mol (*) 2 Phần 2. Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2H2 x 1,5x (mol) n H (phần 2) = 1,5x = 0,0375 mol (**) 2 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  HOCH2-[CH(OH)]5-CH2OH o N i  ,t → 1,82 0,01 mol = 0,01 mol. 182 0, 100. 01. 180 Khối lượng glucozơ thực tế cần dùng là: = 2,25g 80 Câu 55. Chọn C. CH3 C CH2 CH2 CH3 CH3 C CH CH3 CH3 CH2 C CH2 CH3 O O CH3 O Câu 56. Chọn C --Hết-- Page 7 of 7

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản