Giai chi tiet de thi DH khoi a HOA HOC 2007

có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan.. có kết tủa keo trắng và có khí bay lên.. CH3CH2COOCH=CH2 cùng dãy đồng đẳng với CH2=CHCOOCH3.. CH3CH2COOCH=CH2 tác dụng với dung dịch NaOH thu

Trang 1

Bài giải chi tiết ĐH 2007 (Khối A- MÃ 182) 0986.616.225

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007

Mơn thi: HĨA HỌC, Khối A Thời gian làm bài: 90 phút

Mã đề thi 182

CÂU 1: Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình chứa 1,4 lít

dung dịch Br2 0,5M Sau khi phản ứng hồn tồn, số mol Br2 giảm đi một nửa và khối lượng bình tăng thêm 6,7 gam Cơng thức phân tử của 2 hiđrocacbon là:

HƯỚNG DẪN GIẢI

2

hhX

Br (bđ)

Br (pư)

4,48

22,4

n = 1,4*0,5 = 0,7 (mol)

1

n = * 0,7 = 0,35 (mol)

2

mol



 Gọi CTPT trung bình của 2 hiđrocacbon là C Hn 2n+2-2k

2

0,2 (mol) 0,2k



 Suy ra: 0,2k = 0,35 1 < k = 1,75 < 2 → Loại A ( cả hai chất đều cĩ 2 liên kết )

 Giả sử chỉ cĩ C2H2 tác dụng với Br2 nên:

2

Br pư

6,7

n = * 2 0,35(mol) Loại D

 Khối lượng bình tăng chính là khối lượng của hỗn hợp X:

X 6, 7

0,2

  → Loại C ( 2 chất đều cĩ KLPT lớn hơn 33,5)

 ĐÁP ÁN B

CÂU 2: Hồ tan hồn tồn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ),

thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO Giá trị của a là

Cách 1: Dùng phương pháp bản tồn điện tích:

Do dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunfat nên:

FeS2  Fe3+ + 2SO42

0,12 0,12 0,24

Cu2S  2Cu2+ + SO42

Áp dụng định luật bảo tồn điện tích:

3.0,12 + 2.2a = 0,24.2 + 2a a  0, 06

Trang 2

Cách 2: Dùng phương pháp bản toàn nguyên tố:

2FeS2  Fe2(SO4)3 0,12 0,06

Cu2S  2CuSO4

Bảo toàn nguyên tố S: 0,12.2 + a = 0,06.3 + 2a.1

a0, 06

 ĐÁP ÁN D

Chú ý: Theo điều kiện trên ta luôn có:

n = 2 n

CÂU 3: Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 Hiện tượng xảy ra là

A có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan B chỉ có kết tủa keo trắng

C có kết tủa keo trắng và có khí bay lên D không có kết tủa, có khí bay lên

Ban đầu xuất hiện kết tủa keo trắng:

AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl Khi NaOH dư thì kết tủa tan:

Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

 ĐÁP ÁN A

Chú ý: Tính lưỡng tính của Al(OH)3 và Zn(OH)2

CÂU 4: Trong phòng thí nghiệm, để điều chế một lượng nhỏ khí X tinh khiết, người ta đun nóng dung

dịch amoni nitrit bão hoà Khí X là

NH4NO2  Nt Co 2 + 2H2O

 ĐÁP ÁN D

CÂU 5: Dãy gồm các ion X+, Y- và nguyên tử Z đều có cấu hình electron 1s22s22p6 là:

A Na+, Cl-, Ar B Li+, F-, Ne C Na+, F-, Ne D K+, Cl-, Ar

 Từ cấu hình ta suy ra Z là khí hiếm Ne

 X+: 1s22s22p6 → X: 1s22s22p53s1 (Na)

 Y

-: 1s22s22p6 → Y: 1s22s22p5 (F)

 ĐÁP ÁN C

CÂU 6: Mệnh đề không đúng là:

A CH3CH2COOCH=CH2 cùng dãy đồng đẳng với CH2=CHCOOCH3

B CH3CH2COOCH=CH2 tác dụng với dung dịch NaOH thu được anđehit và muối

C CH3CH2COOCH=CH2 tác dụng được với dung dịch Br2

D CH3CH2COOCH=CH2 có thể trùng hợp tạo polime

CH3CH2COOCH=CH2 không cùng dãy đồng đẳng với CH2=CHCOOCH3 vì gốc ancol của este thứ nhất là ancol không no, trong khi đó gốc axit của este thứ hai là không no

 ĐÁP ÁN A

Trang 3

CÂU 7: Dãy các ion xếp theo chiều giảm dần tính oxi hoá là (biết trong dãy điện hóa, cặp

Fe3+/Fe2+ đứng trước cặp Ag+/Ag):

A Ag+, Cu2+, Fe3+, Fe2+ B Fe3+, Cu2+, Ag+, Fe2+

C Ag+, Fe3+, Cu2+, Fe2+ D Fe3+, Ag+, Cu2+, Fe2+

 Dựa vào dãy hoạt động của các cặp oxi hóa – khử

 Thứ tử giảm dần tính oxi hóa của các ion là:

Ag+> Fe3+> Cu2+> Fe2+

 ĐÁP ÁN C

CÂU 8: Anion X- và cation Y2+ đều có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23p6 Vị trí của các nguyên tố trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học là:

A X có số thứ tự 17, chu kỳ 4, nhóm VIIA (phân nhóm chính nhóm VII); Y có số thứ tự 20, chu kỳ

4, nhóm IIA (phân nhóm chính nhóm II)

B X có số thứ tự 18, chu kỳ 3, nhóm VIA (phân nhóm chính nhóm VI); Y có số thứ tự 20, chu kỳ4,

nhóm IIA (phân nhóm chính nhóm II)

C X có số thứ tự 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA (phân nhóm chính nhóm VII); Y có số thứ tự 20, chu kỳ

D X có số thứ tự 18, chu kỳ 3, nhóm VIIA (phân nhóm chính nhóm VII); Y có số thứ tự 20, chu kỳ

Anion X- và cation Y2+ đều có cấu hình electron là 1s22s22p63s23p6

→ X: 1s22s22p63s23p5 và Y: 1s22s22p63s23p64s2

 ĐÁP ÁN C

CÂU 9: Khi đốt cháy hoàn toàn một amin đơn chức X, thu được 8,4 lít khí CO2, 1,4 lít khí N2 (các thể

tích khí đo ở đktc) và 10,125 gam H2O Công thức phân tử của X là:

C H N 8,4 lit CO + 1,4 lit N + 10,125 gam H O

C

H

N

8,4

m = *12 4,5( ) 22,4

10,125*2

m = 1,125( )

18 1,4

m = * 28 1,75( ) 22,4

g g g



Ta có: x:y:t = 4,5 1,125 1, 75: : 0,375 :1,125 : 0,125 3 : 9 :1

Công thức đơn giản nhất là C3H9N mà amin là đơn chức nên CTPT là C3H9N

Cách 2: Tỷ lệ 2

2

CO

H O

n

H 2n 3 Số nguyên tử H gấp 3 lần số C nên chọn C

Cách 3: Do X là amin đơn chức nên:

2

n = 2n = 0,125 (mol)

Trang 4

Số C = CO 2

X

n

3

n  và Số H =

2

H O X

2n

9

n   chọn C

Cách 4: Nhẩm nhanh tỷ lệ: Số C : Số H : Số N =

n : 2n : 2n = 3 : 9 : 1 → C3H9N

 ĐÁP ÁN C

CÂU 10: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol (rượu) đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết

với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn Hai ancol đó là

A C3H5OH và C4H7OH B C2H5OH và C3H7OH

C C3H7OH và C4H9OH D CH3OH và C2H5OH

 Theo ĐL BTKL:

mhh ancol + mNa = mmuối + mH2

 mH2 = 15,6 + 9,2 – 24,5 = 0,3 (g)

 H2 0,3

 Gọi công thức trung bình 2 ancol là ROH

2

ROH

1 ROH + Na RONa + H

2

n = 2n = 0,3 (mol)

15,6

M = 52 = R + 17 R = 35

0,3



 Vậy chọn 2 ancol là C2H5OH và C3H7OH

 ĐÁP ÁN B

CÂU 11: Cho từ từ dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na2CO3 đồng thời khuấy

đều, thu được V lít khí (ở đktc) và dung dịch X Khi cho dư nước vôi trong vào dung dịch X thấy có xuất hiện kết tủa Biểu thức liên hệ giữa V với a, b là:

A V = 22,4(a - b) B V = 11,2(a - b)

C V = 11,2(a + b) D V = 22,4(a + b)

Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 ta có phương trình xảy ra:

HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl (1)

b ← b → b

HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O (2)

(a – b) → a – b

Dung dịch X chứa NaHCO3 dư do đó tác dụng với Ca(OH)2 cho kết tủa

NaHCO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + NaOH + H2O

Vậy: V = 22,4(a – b)

 ĐÁP ÁN A

Chú ý: Khi cho từ từ HCl vào dung dịch Na2CO3 thì xảy ra phản ứng theo thứ tự (1) và (2):

CÂU 12: Thuỷ phân hoàn toàn 444 gam một lipit thu được 46 gam glixerol (glixerin) và hai loại axit béo Hai

loại axit béo đó là (cho H = 1, C = 12, O = 16)

A C15H31COOH và C17H35COOH B C17H33COOH và C15H31COOH

C C17H31COOH và C17H33COOH D C17H33COOH và C17H35COOH

Trang 5

Do chỉ có 2 loại axit béo khác nhau tạo thành nên ta có:

Ta có: 2R1 + R2 + 116 + 57 = 888 → 2R1 + R2 = 715  Chọn R1 = C17H35 (239) và R2 = C17H33 (237)

 ĐÁP ÁN D

CÂU 13: Clo hoá PVC thu được một polime chứa 63,96% clo về khối lượng, trung bình 1 phân tử clo

phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC Giá trị của k là:

Gọi k là số mắt xích (-CH2 – CHCl -) hay (-C2H3Cl-) tham gia phản ứng với 1 phân tử Cl2:

(-C2H3Cl-)k + Cl2 → (C2kH3k-1Clk+1) + HCl Theo đề bài ta có:

k+1 2k 3k-1 k+1

C H Cl  24k + 3k-1 + 35,5(k+1)  k 

 ĐÁP ÁN A

CÂU 14: Ba hiđrocacbon X, Y, Z kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, trong đó khối lượng phân tử Z

gấp đôi khối lượng phân tử X Đốt cháy 0,1 mol chất Y, sản phẩm khí hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2 (dư), thu được số gam kết tủa là

Đặt CTPT của các hiđrocacbon đồng đẳng nhau là:

X: CxHy; Y: Cx+1Hy+2; Z: Cx+2Hy+4

Mà MZ = 2MX → x = 2 và y = 4

Vậy X: C2H4; Y: C3H6; Z: C4H8

3

CaCO

C H 3CO + 3H O 0,1 0,3 (mol)

CO + Ca(OH) CaCO + H O 0,3 0,3 (mol)

m = 0,3*100 = 30 (g)







 ĐÁP ÁN C

Chú ý:

CO2 pư Ca(OH)2 dư thì: 

 2

n n * Soá C

Trang 6

CÂU 15: Cho các phản ứng sau:

a) FeO + HNO3 (đặc, nóng) →

b) FeS + H2SO4 (đặc, nóng) →

c) Al2O3 + HNO3 (đặc, nóng) →

d) Cu + dung dịch FeCl3 →

e) CH3CHO + H2

f) glucozơ + AgNO3 (hoặc Ag2O) trong dung dịch NH3 →

g) C2H4 + Br2 →

h) glixerol (glixerin) + Cu(OH)2 →

Dãy gồm các phản ứng đều thuộc loại phản ứng oxi hóa - khử là:

A a, b, d, e, f, h B a, b, d, e, f, g C a, b, c, d, e, h D a, b, c, d, e, g

Dùng phương pháp loại suy:

 Ta thấy (c) không phải là pư oxi hóa khử → C, D sai

 Ta thấy (h) không phải là pư oxi hóa khử → A sai

 ĐÁP ÁN B

CÂU 16: Khi nung hỗn hợp các chất Fe(NO3)2, Fe(OH)3 và FeCO3 trong không khí đến khối

lượng không đổi, thu được một chất rắn là

Khi nung trong không khí đến khối lượng không đổi → sản phẩm là Fe2O3

 ĐÁP ÁN D



o

t C

1 2Fe(NO ) Fe O + 4NO + O

2 2Fe(OH) Fe O + 3H O

1 2FeCO + O Fe O + 2CO

2

CÂU 17: Một hiđrocacbon X cộng hợp với axit HCl theo tỉ lệ mol 1:1 tạo sản phẩm có thành phần

khối lượng clo là 45,223% Công thức phân tử của X là

CxHy + HCl → CxHy+1Cl

Ta có: Cl 35,5

ĐÁP ÁN A

CÂU 18: Cho 6,6 gam một anđehit X đơn chức, mạch hở phản ứng với lượng dư AgNO3 (hoặc Ag2O) trong

dung dịch NH3, đun nóng Lượng Ag sinh ra cho phản ứng hết với axit HNO3 loãng, thoát ra 2,24 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) Công thức cấu tạo thu gọn của X là:

o 3

NH ,t C 2

RCHO + Ag O RCOOH + 2Ag (1) 3Ag + 4HNO 3AgNO + NO + 2H O (2)

 Theo (2): nAg = 3nNO = 0,3 (mol)

Trang 7

Theo (1): nRCHO = 1

2nAg = 0,15 (mol)

6,6

M = R + 29 = 44 R = 15 (CH )

 ĐÁP ÁN A

CÂU 19: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO3, thu được V lít (ở

đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư) Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19 Giá trị của V là:

+ Đặt số mol Fe và Cu đều bằng x → 56x + 64x = 12 → x = 0,1 (mol)

+ Áp dụng phương pháp đường chéo:

NO (30)

NO2 (46)

38

8

2

NO NO

1

+ Quá trình cho electron:

Fe → Fe3+ + 3e 0,1 → 0,3

Cu → Cu2+ + 2e 0,1 → 0,2 + Quá trình nhận electron:

2

N + 3e N(NO) 3a a(mol)

N + 1e N(NO )

a a(mol)







 + Bảo toàn electron: 4a = 0,5 → a = 0,125 (mol)

Vhh khí = 22,4(0,125 + 0,125) = 5,6 (lit)

 ĐÁP ÁN C

CÂU 20: Hiđrat hóa 2 anken chỉ tạo thành 2 ancol (rượu) Hai anken đó là

A 2-metylpropen và but-1-en (hoặc buten-1) B propen và but-2-en (hoặc buten-2)

C eten và but-2-en (hoặc buten-2) D eten và but-1-en (hoặc buten-1)

Hiđrat hóa (phản ứng cộng nước) 2 anken chỉ tạo 2 rượu → Mỗi anken chỉ tạo một rượu duy nhất → anken phải có cấu tạo đồi xứng → eten và but-2-en

CH2 = CH2 + H2O H SO 2 4

CH3-CH2OH

CH3 - CH = CH – CH3 + H2O H SO 2 4

CH3-CH2-CH(OH)-CH3

 ĐÁP ÁN C

CÂU 21: Trộn dung dịch chứa a mol AlCl3 với dung dịch chứa b mol NaOH Để thu được kết tủa thì

Trang 8

cần có tỉ lệ

A a : b = 1 : 4 B a : b < 1 : 4 C a : b = 1 : 5 D a : b > 1 : 4

Các phản ứng xảy ra:

AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl AlCl3 + 4NaOH → NaAlO2 + 3NaCl + 2H2O

Ta có sơ đồ sản phẩm:

Vậy để thu kết tủa thì: AlCl 3

NaOH

n  b 4

Hoặc: AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl

a 3a a Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

a a

NaOH

n = 3a + a = 4a



Để thu được kết tủa thì phải có số mol NaOH < 4a hay b < 4a a 1

b 4

 ĐÁP ÁN D

CÂU 22: Cho từng chất: Fe, FeO, Fe(OH)2, Fe(OH)3, Fe3O4, Fe2O3, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3, FeSO4,

Fe2(SO4)3, FeCO3 lần lượt phản ứng với HNO3 đặc, nóng Số phản ứng thuộc loại phản ứng oxi hoá - khử là:

Fe và hợp chất của sắt khi nguyên tử Fe chưa đạt số oxi hóa cực đại là +3 sẽ tham gia phản ứng oxi hóa khử với HNO3 đặc, nóng là: Fe, FeO, Fe(OH)2, Fe3O4, Fe(NO3)2; FeSO4, FeCO3

 ĐÁP ÁN C

CÂU 23: Cho 0,1 mol anđehit X tác dụng với lượng dư AgNO3 (hoặc Ag2O) trong dung dịch

NH3, đun nóng thu được 43,2 gam Ag Hiđro hoá X thu được Y, biết 0,1 mol Y phản ứng vừa đủ với 4,6 gam Na Công thức cấu tạo thu gọn của X là:

A HCHO B CH3CHO C OHC-CHO D CH3CH(OH)CHO

Ag

43,2

n = = 0,4(mol)

108

 Cứ 0,1 mol anđehit tạo ra 0,4 mol Ag → X có 2 nhóm –CHO hoặc là HCHO ( Loại B và D)

 Hiđro hóa X thu ancol Y mà:

Số mol Na = 2 lần số mol ancol Y → Y có 2 nhóm -OH → anđehit X có 2 nhóm –CHO (Loại A)

 ĐÁP ÁN C

Trang 9

o 3

NH ,t C 2

,

HOCH -CH OH + 2Na NaOCH -CH ONa + H

o

Ni t C





CÂU 24: Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít khí CO2 (ở đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng độ a mol/l,

thu được 15,76 gam kết tủa Giá trị của a là:

 2

CO

2,688

2

Ba(OH)

n = 2,5a (mol)

 3

BaCO

15,76

3 2

Do n < n → có 2 phản ứng xảy ra:

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

0,08 0,08 0,08

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2

0,04 → 0,02

2

Ba(OH)

0,1

n 0, 08 0, 02 0,1 (mol) a = 0, 04 M

2,5

 ĐÁP ÁN D

Chú ý:

Với dạng bài toán CO2 + Ba(OH)2/Ca(OH)2 + Khi bài toán yêu cầu tính CO2, có 2 trường hợp:

TH 1:

2

CO

n = n

TH 2:

n = 2n - n + Khi bài toán yêu cầu tính CO2, có 2 trường hợp:

TH 1: Nếu

2

CO

2

CO Ba(OH)

n + n

2



TH 2: Nếu

2

CO

n = n thì

2

Ba(OH)

n  n

CÂU 25: Để nhận biết ba axit đặc, nguội: HCl, H2SO4, HNO3 đựng riêng biệt trong ba lọ bị mất

nhãn, ta dùng thuốc thử là:

Dùng Cu để nhận biết 3 dung dịch axit:

 Lọ không có hiện tượng là Cu

 Lọ có khí không màu mùi sốc là H2SO4 → SO2

Lọ có khí màu nâu đỏ bay lên là HNO3 → NO2

 ĐÁP ÁN D

Lập bảng:

Trang 10

Thuốc thử HCl đặc, nguội HNO 3 đặc,nguội H 2 SO 4 đặc, nguội

Cu - NO 2  ( nâu đỏ) SO 2  ( không mùa, mùi sốc)

CÂU 26: Cho sơ đồ:

Hai chất hữu cơ Y, Z lần lượt là:

A C6H6(OH)6, C6H6Cl6 B C6H4(OH)2, C6H4Cl2

 ĐÁP ÁN D

CÂU 27: Điện phân dung dịch CuCl2 với điện cực trơ, sau một thời gian thu được 0,32 gam Cu ở catôt

và một lượng khí X ở anôt Hấp thụ hoàn toàn lượng khí X trên vào 200 ml dung dịch NaOH (ở nhiệt

độ thường) Sau phản ứng, nồng độ NaOH còn lại là 0,05M (giả thiết thể tích dung dịch không thay đổi) Nồng độ ban đầu của dung dịch NaOH là (cho Cu = 64)

ñpdd

CuCl  Cu + Cl

2

0,32

Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O (1) Theo (1)  nNaOH pư = 2

2

Cl

n = 0,01 (mol) Theo đề bài: nNaOH dư = 0,2*0,05 = 0,01 (mol)

M(NaOH)

0,01 + 0,01

C = = 0,1(M)

0,2

 ĐÁP ÁN C

CÂU 28: Nilon–6,6 là một loại

A tơ axetat B tơ poliamit C polieste D tơ visco

Phản ứng ngưng tụ tạo nilon – 6,6:

HOOC-[CH2]4-COOH + H2N-[CH2]6-NH2 t Co -(NH-[CH2]6-NHCO-[CH2]4-CO)n + 2nH2O Axit ađipic Hexametylenđiamin Nilon–6,6

Nilon-6,6 có nhóm chức amit NHCO nên gọi là poliamit

Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	392,81 KB