Đề thi Hóa học THPT 2026— Mã đề 0301

Lời giải chi tiết — Hóa học tốt nghiệp THPT 2026 — Mã đề 0301

Nguồn đề: OCR trực tiếp từ ảnh đề gốc 4 trang (CDN tuyensinh247.com — đề chính thức "BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO / ĐỀ THI CHÍNH THỨC", mã đề 0301 in ở chân từng trang "Trang X/4 — Mã đề thi 0301"). Đáp án cuối mỗi câu là đáp án CHÍNH THỨC của Bộ GD-ĐT (hoa-hoc_official.json, mã 0301).

Cho biết nguyên tử khối: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Al = 27; Si = 28; S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40; Fe = 56.

Kí hiệu trạng thái: s: rắn; l: lỏng; g: khí; aq: dung dịch nước; xt: xúc tác; p: áp suất.

---

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM NHIỀU PHƯƠNG ÁN LỰA CHỌN (18 câu)

Đáp án: 1A 2D 3A 4B 5B 6D 7D 8D 9B 10A 11D 12B 13D 14A 15B 16B 17B 18C

---

Câu 1. Đáp án: A

Đề bài: Khi nghiên cứu về phản ứng điều chế ethyl acetate từ cồn 96° và acetic acid với sự có mặt của dung dịch H₂SO₄ đặc, một nhóm học sinh muốn khảo sát ảnh hưởng của nhiệt độ đến khối lượng ester thu được sau cùng một thời gian phản ứng. Nhóm dự định thực hiện ba thí nghiệm lần lượt ở ba nhiệt độ 50 °C, 60 °C và 70 °C. Khi xây dựng kế hoạch thí nghiệm, nhóm thảo luận về một số yếu tố sau:

(1) Thời gian tiến hành phản ứng. (2) Nồng độ, thể tích ban đầu của các chất phản ứng và dung dịch H₂SO₄ đặc. (3) Màu sắc của hỗn hợp trong quá trình phản ứng. (4) Nhiệt độ tiến hành phản ứng.

Những yếu tố nào trong số các yếu tố ở trên cần được thiết lập giống nhau ở cả ba thí nghiệm?

A. (1), (2).    B. (2), (3).    C. (1), (4).    D. (3), (4).

Giải:

Khảo sát ảnh hưởng của một biến (nhiệt độ) thì mọi yếu tố khác có thể ảnh hưởng đến kết quả phải được giữ giống nhau (biến kiểm soát):

• (1) thời gian phản ứng: phải giống nhau ✓.
• (2) nồng độ, thể tích ban đầu các chất và H₂SO₄: phải giống nhau ✓.
• (4) nhiệt độ: là biến độc lập đang khảo sát → phải khác nhau (50/60/70 °C), không được giống.
• (3) màu sắc hỗn hợp: là hiện tượng quan sát, không phải yếu tố thiết lập trước.

→ Cần giống nhau: (1) và (2).

Đáp án: A ✓ (khớp key)

---

Câu 2. Đáp án: D

Đề bài: Các đồng vị của một nguyên tố hoá học là những nguyên tử có cùng số proton nhưng khác nhau …(1)…. Nội dung phù hợp trong chỗ trống (1) là

A. số hiệu nguyên tử.    B. điện tích hạt nhân.    C. số electron.    D. số neutron.

Giải:

Đồng vị: cùng số proton (cùng số hiệu nguyên tử, cùng điện tích hạt nhân, và cùng số electron khi nguyên tử trung hoà) nhưng khác số neutron → khác số khối A. Vì vậy chỗ trống (1) là "số neutron".

Đáp án: D ✓ (khớp key)

---

Câu 3. Đáp án: A

Đề bài: Amine nào sau đây là amine bậc hai?

A. CH₃NHCH₃.    B. CH₃NH₂.    C. C₆H₅NH₂.    D. (CH₃)₃N.

Giải:

Bậc của amine = số gốc hydrocarbon liên kết trực tiếp với nguyên tử N.

• A: CH₃NHCH₃ (dimethylamine) — 2 gốc → bậc hai.
• B: CH₃NH₂ — 1 gốc → bậc một.
• C: C₆H₅NH₂ (aniline) — 1 gốc → bậc một.
• D: (CH₃)₃N — 3 gốc → bậc ba.

Đáp án: A ✓ (khớp key)

---

Câu 4. Đáp án: B

Đề bài: Công thức cấu tạo thu gọn nào sau đây là của butane?

A. CH₃–CH₂–CH=CH₂.    B. CH₃–CH₂–CH₂–CH₃.    C. CH₃–CH₂–CH₂–CHO.    D. CH₃–CH₂–CH₃.

Giải:

Butane là alkane 4 carbon, C₄H₁₀, mạch không nhánh: CH₃–CH₂–CH₂–CH₃.

• A: but-1-ene (alkene).
• C: butanal (aldehyde).
• D: propane (C₃H₈).

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 5. Đáp án: B

Đề bài: Điện phân nóng chảy NaCl với các điện cực trơ để sản xuất kim loại natri (sodium, Na). Quá trình nào sau đây xảy ra ở cathode (cực âm) của bể điện phân?

A. 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH⁻.    B. Na⁺ + 1e → Na.    C. 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e.    D. 2Cl⁻ → Cl₂ + 2e.

Giải:

Điện phân nóng chảy (không có nước):

• Cathode (cực âm, sự khử): $\text{Na}^+ + 1e \rightarrow \text{Na}$
• Anode (cực dương, sự oxi hoá): $2\text{Cl}^- \rightarrow \text{Cl}_2 + 2e$

A và C liên quan đến H₂O — chỉ xảy ra trong điện phân dung dịch. D là quá trình ở anode.

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 6. Đáp án: D

Đề bài: Dụng cụ nào cần bổ sung vào hệ được mô tả như sơ đồ ở hình bên để tạo thành pin Galvani hoạt động? (Hình: thanh Zn nhúng trong cốc dung dịch ZnSO₄ 1,0 M, thanh Cu nhúng trong cốc dung dịch CuSO₄ 1,0 M, hai thanh nối với nhau qua dây dẫn điện có bóng đèn; hai cốc tách rời.)

A. Ampe kế.    B. Nhiệt kế.    C. Vôn kế.    D. Cầu muối.

Giải:

Pin Galvani Zn–Cu chỉ hoạt động khi mạch điện kín cả mạch ngoài (dây dẫn) và mạch trong. Hệ đã có hai điện cực, hai dung dịch và mạch ngoài nhưng hai ngăn chưa nối trong → cần cầu muối nối hai dung dịch để các ion di chuyển, trung hoà điện tích hai nửa pin. Thiếu cầu muối thì dòng điện không duy trì được. Ampe kế/nhiệt kế/vôn kế chỉ là dụng cụ đo, không bắt buộc để pin hoạt động.

Đáp án: D ✓ (khớp key)

---

Câu 7. Đáp án: D

Đề bài: Hình bên minh hoạ một số dụng cụ thí nghiệm với kí hiệu tương ứng (I), (II), (III), (IV). Kí hiệu nào ứng với dụng cụ phễu chiết? (Hình: (I) cốc thuỷ tinh hình trụ; (II) bình đáy hình quả lê có khoá ở cuống dưới; (III) phễu hình nón; (IV) bình tam giác/erlenmeyer.)

A. (III).    B. (IV).    C. (I).    D. (II).

Giải:

Phễu chiết (separating funnel) có dạng quả lê, đáy thuôn, có khoá (van) ở cuống dưới để tháo từng lớp chất lỏng — ứng với dụng cụ (II). (I) là cốc thuỷ tinh, (III) là phễu thường hình nón, (IV) là bình tam giác.

Đáp án: D ✓ (khớp key)

---

Thông tin dùng cho câu 8 – 9

Phèn nhôm – kali có công thức hoá học K₂SO₄·Al₂(SO₄)₃·24H₂O, được sử dụng phổ biến để làm giảm độ đục (làm trong nước đục) trong quá trình xử lí nước phục vụ sinh hoạt. Ứng dụng này dựa trên sự thuỷ phân của ion Al³⁺(aq) tạo ra Al(OH)₃(s) theo phương trình:

$\text{Al}^{3+}(aq) + 3\text{H}_2\text{O}(l) \rightleftharpoons \text{Al(OH)}_3(s) + 3\text{H}^+(aq)$

Kết tủa Al(OH)₃ tạo thành dưới dạng keo, hấp phụ các hạt lơ lửng và lắng xuống đáy. Phèn nhôm – kali làm giảm độ đục hiệu quả đối với nước có pH khoảng 6,5 – 7,5. Trong nhiều trường hợp, pH của nước chỉ khoảng 5,0 nên trước khi xử lí cần điều chỉnh pH phù hợp.

---

Câu 8. Đáp án: D

Đề bài: Khi thảo luận về hoá chất phù hợp để làm tăng pH của nước từ 5,0 lên khoảng 6,5 – 7,5, một số đề xuất kèm theo lí do được đưa ra như sau:

(1) Có thể sử dụng Ca(OH)₂ vì Ca(OH)₂ là base, phản ứng với ion H⁺(aq). (2) Có thể sử dụng NaCl vì dung dịch NaCl có pH = 7 nằm trong khoảng pH phù hợp với phèn nhôm – kali. (3) Có thể sử dụng NH₄Cl vì ion NH₄⁺(aq) thuỷ phân tạo ra môi trường base làm tăng pH. (4) Có thể sử dụng Fe₂(SO₄)₃ vì ion Fe³⁺(aq) thuỷ phân tạo ra Fe(OH)₃ làm tăng pH.

Đề xuất kèm theo lí do hợp lí là

A. đề xuất (2).    B. đề xuất (3).    C. đề xuất (4).    D. đề xuất (1).

Giải:

• (1) hợp lí: Ca(OH)₂ là base, trung hoà H⁺: Ca(OH)₂ + 2H⁺ → Ca²⁺ + 2H₂O → pH tăng.
• (2) sai: NaCl là muối trung tính, thêm vào không trung hoà được acid sẵn có nên không làm tăng pH.
• (3) sai: NH₄⁺ là acid yếu, thuỷ phân tạo môi trường acid (NH₄⁺ ⇌ NH₃ + H⁺) → pH giảm.
• (4) sai: Fe³⁺ thuỷ phân sinh ra H⁺ (Fe³⁺ + 3H₂O ⇌ Fe(OH)₃ + 3H⁺) → pH giảm.

→ Chỉ đề xuất (1) hợp lí; phương án D ứng với "đề xuất (1)".

Đáp án: D ✓ (khớp key)

---

Câu 9. Đáp án: B

Đề bài: Ở 25 °C, một mẫu nước (mẫu X) có pH = 6,5. Để làm giảm độ đục của X, người ta cho vào X một lượng phèn nhôm – kali. Cho các phát biểu sau:

(a) Mẫu X có môi trường acid. (b) Sự có mặt của các ion K⁺ và Al³⁺ làm cho nước có tính cứng toàn phần. (c) Nếu thêm acid mạnh vào mẫu X thì hiệu quả làm trong nước đục của phèn nhôm – kali tăng lên. (d) Sau khi xử lí mẫu X bằng phèn nhôm – kali, nước thu được có pH = 7,5.

Số phát biểu đúng là

A. 4.    B. 1.    C. 3.    D. 2.

Giải:

• (a) đúng: pH = 6,5 < 7 ở 25 °C → môi trường acid.
• (b) sai: tính cứng của nước do ion Ca²⁺, Mg²⁺ gây ra, không phải K⁺, Al³⁺.
• (c) sai: thêm acid mạnh → tăng H⁺ làm cân bằng thuỷ phân Al³⁺ chuyển dịch về trái, giảm lượng keo Al(OH)₃, đồng thời đưa pH ra ngoài khoảng hiệu quả 6,5 – 7,5 → hiệu quả giảm.
• (d) sai: sự thuỷ phân Al³⁺ sinh thêm H⁺ làm pH có xu hướng giảm, không thể khẳng định pH = 7,5.

→ Chỉ có 1 phát biểu đúng.

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 10. Đáp án: A

Đề bài: Ăn mòn kim loại là quá trình phá hủy kim loại hoặc hợp kim do tác dụng với các chất trong môi trường, trong đó kim loại đóng vai trò là

A. chất khử.    B. chất điện li.    C. chất oxi hoá.    D. base.

Giải:

Trong ăn mòn, kim loại bị oxi hoá thành ion dương: $\text{M} \rightarrow \text{M}^{n+} + ne$ → kim loại nhường electron, đóng vai trò chất khử.

Đáp án: A ✓ (khớp key)

---

Câu 11. Đáp án: D

Đề bài: Polypropylene được điều chế bằng phản ứng trùng hợp chất nào sau đây?

A. CH₃–CH₂–Cl.    B. CH₂=CH₂.    C. CH₂=CH–Cl.    D. CH₂=CH–CH₃.

Giải:

Polypropylene (PP) –[CH₂–CH(CH₃)]ₙ– được trùng hợp từ propylene (propene) CH₂=CH–CH₃:

$n\,\text{CH}_2{=}\text{CH–CH}_3 \xrightarrow{xt,\,t^\circ,\,p} -(\text{CH}_2{-}\text{CH(CH}_3))_n-$

• A: chloroethane, không trùng hợp được.
• B: ethylene → polyethylene (PE).
• C: vinyl chloride → PVC.

Đáp án: D ✓ (khớp key)

---

Câu 12. Đáp án: B

Đề bài: Phản ứng với thuốc thử Tollens (phản ứng tráng bạc) thể hiện tính chất của nhóm chức nào trong phân tử propanal?

A. –OH.    B. –CHO.    C. –COOH.    D. –C₂H₅.

Giải:

Propanal CH₃–CH₂–CHO có nhóm chức aldehyde –CHO, bị thuốc thử Tollens oxi hoá tạo lớp bạc:

$\text{R–CHO} + 2[\text{Ag}(\text{NH}_3)_2]^+ + 2\text{OH}^- \xrightarrow{t^\circ} \text{R–COO}^- + 2\text{Ag}\downarrow + 4\text{NH}_3 + \text{H}_2\text{O}$

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 13. Đáp án: D

Đề bài: Xu hướng biến đổi tính chất của các nguyên tố và đơn chất, cũng như thành phần và tính chất của các hợp chất tạo nên từ các nguyên tố đó được nêu trong

A. nguyên lí chuyển dịch cân bằng.    B. quy tắc Zaitsev.    C. phương pháp Solvay.    D. định luật tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

Giải:

Đây chính là nội dung định luật tuần hoàn: "Tính chất của các nguyên tố và đơn chất, cũng như thành phần và tính chất của các hợp chất tạo nên từ các nguyên tố đó biến đổi tuần hoàn theo chiều tăng của điện tích hạt nhân nguyên tử."

• A: nguyên lí Le Chatelier — chuyển dịch cân bằng hoá học.
• B: quy tắc Zaitsev — hướng tách HX của dẫn xuất halogen/alcohol.
• C: phương pháp Solvay — sản xuất soda Na₂CO₃.

Đáp án: D ✓ (khớp key)

---

Câu 14. Đáp án: A

Đề bài: Phát biểu nào sau đây không đúng về protein?

A. Protein đơn giản tạo nên từ các gốc β– hoặc γ–amino acid. B. Protein trong lòng trắng trứng có phản ứng màu biuret. C. Trong thành phần protein luôn có nguyên tố nitrogen. D. Protein bị thủy phân bởi acid hoặc base.

Giải:

• A không đúng: protein đơn giản được tạo nên từ các gốc α-amino acid (không phải β– hay γ–).
• B đúng: protein (lòng trắng trứng) + Cu(OH)₂/OH⁻ → phức màu tím (phản ứng biuret).
• C đúng: liên kết peptide –CO–NH– luôn chứa N.
• D đúng: protein bị thuỷ phân bởi acid, base hoặc enzyme.

Đáp án: A ✓ (khớp key)

---

Câu 15. Đáp án: B

Đề bài: Nhôm (aluminium, Al) và kali (potassium, K) đều là kim loại có tính khử mạnh. Tuy nhiên, các vật dụng làm bằng nhôm để được trong không khí do có lớp màng oxide bền vững bảo vệ, trong khi kim loại kali thường được bảo quản bằng cách ngâm trong dầu hỏa khan mà không để ngoài không khí. Giải thích nào sau đây phù hợp với cơ sở hoá học của phương pháp bảo quản kali?

A. Kim loại kali tạo được oxide khi để ngoài không khí nhưng không tạo được oxide khi bảo quản trong dầu hỏa khan. B. Kim loại kali và oxide của nó đều dễ bị chuyển hoá trong không khí nhưng kali bền khi bảo quản trong dầu hỏa khan. C. Kim loại kali không bị nóng chảy khi để ngoài không khí nhưng nóng chảy khi bảo quản trong dầu hỏa khan. D. Kim loại kali dễ bị bay hơi khi để ngoài không khí nhưng không bay hơi khi bảo quản trong dầu hỏa khan.

Giải:

K là kim loại kiềm hoạt động rất mạnh, dễ phản ứng với O₂ và hơi nước trong không khí:

$4\text{K} + \text{O}_2 \rightarrow 2\text{K}_2\text{O} \qquad 2\text{K} + 2\text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\text{KOH} + \text{H}_2\uparrow$

Sản phẩm K₂O cũng tiếp tục hút ẩm, hút CO₂… nên cả K và oxide của nó đều "dễ bị chuyển hoá" trong không khí. Dầu hỏa khan là hỗn hợp hydrocarbon không phân cực, không chứa O₂/H₂O hoà tan đáng kể và không phản ứng với K → ngâm K trong dầu hỏa khan thì K bền. Phát biểu B mô tả đúng cơ sở này.

• A sai (đặt sai logic; bản chất K bị chuyển hoá trong không khí, bền trong dầu); C sai (nóng chảy không liên quan mục đích bảo quản); D sai (K không bay hơi ở điều kiện thường).

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 16. Đáp án: B

Đề bài: Cho công thức cấu tạo và kí hiệu của bốn amino acid sau:

• Gly: H₂N–CH₂–COOH
• Glu: HOOC–CH₂–CH₂–CH(NH₂)–COOH
• Lys: H₂N–[CH₂]₄–CH(NH₂)–COOH
• Ala: CH₃–CH(NH₂)–COOH

Công thức cấu tạo của amino acid nào biểu diễn nhiều nhóm amino nhất?

A. Ala.    B. Lys.    C. Gly.    D. Glu.

Giải:

Đếm số nhóm amino –NH₂:

• Gly, Ala, Glu: mỗi chất có 1 nhóm –NH₂.
• Lys: 2 nhóm –NH₂ (một ở đầu mạch nhánh, một ở vị trí α).

→ Lys có nhiều nhóm amino nhất.

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 17. Đáp án: B

Đề bài: Công thức hoá học của chromium(III) sulfate là

A. CrSO₄.    B. Cr₂(SO₄)₃.    C. K₂Cr₂O₇.    D. Cr₂S₃.

Giải:

Cation Cr³⁺ kết hợp anion SO₄²⁻; cân bằng điện tích (bội chung của 3 và 2 là 6) → Cr₂(SO₄)₃.

• A: chromium(II) sulfate; C: potassium dichromate; D: chromium(III) sulfide.

Đáp án: B ✓ (khớp key)

---

Câu 18. Đáp án: C

Đề bài: Kim loại nào sau đây không tan trong dung dịch HCl 0,10 M?

A. Zn.    B. Mg.    C. Au.    D. Fe.

Giải:

HCl loãng chỉ hoà tan kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động (Zn, Mg, Fe đều tan, giải phóng H₂). Au là kim loại rất kém hoạt động (E°(Au³⁺/Au) = +1,50 V), đứng sau H → không phản ứng với HCl loãng.

$\text{Mg} + 2\text{HCl} \rightarrow \text{MgCl}_2 + \text{H}_2\uparrow \qquad \text{Au} + \text{HCl} \;\;{\not\rightarrow}$

Đáp án: C ✓ (khớp key)

---

PHẦN II: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG/SAI (4 câu)

Đáp án: Câu 1: a-S, b-S, c-S, d-Đ · Câu 2: a-S, b-S, c-Đ, d-Đ · Câu 3: a-Đ, b-S, c-S, d-S · Câu 4: a-Đ, b-S, c-Đ, d-Đ

---

Câu 1. (a-Sai, b-Sai, c-Sai, d-Đúng)

Đề bài: Xét quá trình tạo thành các phức chất của Co(II) trong sơ đồ gồm hai giai đoạn được đánh số (1), (2) như sau:

$\text{CoCl}_2(s) \xrightarrow[(1)]{+\ \text{H}_2\text{O}(l)} [\text{Co(OH}_2)_6]^{2+}(aq) \xrightarrow[(2)]{+\ \text{dung dịch HCl đặc}} [\text{CoCl}_4]^{2-}(aq)$

Trong các phức chất [Co(OH₂)₆]²⁺ và [CoCl₄]²⁻, mỗi phối tử đều liên kết với nguyên tử trung tâm bằng một liên kết cho – nhận.

a) Phức chất aqua [Co(OH₂)₆]²⁺ có dạng hình học tứ diện. b) Số liên kết cho – nhận giữa nguyên tử trung tâm với các phối tử trong hai phức chất [Co(OH₂)₆]²⁺ và [CoCl₄]²⁻ là bằng nhau. c) Để hình thành liên kết cho – nhận trong phức chất [Co(OH₂)₆]²⁺, các phân tử H₂O đã nhận cặp electron hoá trị riêng (cặp electron chưa liên kết) của cation Co²⁺. d) Ở giai đoạn (2) có xảy ra phản ứng thay thế phối tử trong phức chất.

Giải:

a) SAI. [Co(OH₂)₆]²⁺ có 6 phối tử H₂O → dạng hình học bát diện (octahedral), không phải tứ diện.

b) SAI. [Co(OH₂)₆]²⁺ có 6 liên kết cho – nhận; [CoCl₄]²⁻ có 4 liên kết cho – nhận → không bằng nhau.

c) SAI. Trong liên kết cho – nhận của phức chất, phối tử H₂O là bên CHO cặp electron chưa liên kết (trên nguyên tử O), còn cation Co²⁺ (có orbital trống) là bên nhận. Phát biểu nói ngược chiều cho – nhận.

d) ĐÚNG. Ở giai đoạn (2), các phối tử H₂O bị thay thế bởi phối tử Cl⁻ tạo [CoCl₄]²⁻ — đây là phản ứng thế phối tử: $[\text{Co(OH}_2)_6]^{2+} + 4\text{Cl}^- \rightleftharpoons [\text{CoCl}_4]^{2-} + 6\text{H}_2\text{O}$

Đáp án: a-S, b-S, c-S, d-Đ ✓ (khớp key)

---

Câu 2. (a-Sai, b-Sai, c-Đúng, d-Đúng)

Đề bài: Các thuốc kháng acid có tác dụng làm giảm lượng acid dư trong dạ dày. Bạn Việt muốn so sánh lượng acid HCl tối đa mà một số thuốc kháng acid (chứa hoạt chất khác nhau) có thể làm giảm được. Việt sử dụng hai mẫu thuốc dạng viên nén màu trắng: viên thuốc A (chứa hoạt chất là CaCO₃) và viên thuốc B (chứa hoạt chất là NaHCO₃). Coi các thành phần còn lại trong thuốc A và thuốc B không phản ứng với dung dịch HCl và dung dịch NaOH. Việt đề xuất giả thuyết: "Lượng acid HCl tối đa giảm được bởi một viên thuốc A lớn hơn bởi một viên thuốc B".

Để kiểm chứng giả thuyết, Việt tiến hành thí nghiệm lần lượt cho mỗi loại thuốc A, B theo các bước:

• Bước 1: Cân khối lượng của một viên thuốc, ghi lại giá trị là m₀ gam.
• Bước 2: Nghiền mịn viên thuốc, cân m₁ gam thuốc cho vào bình tam giác, thêm khoảng 10 mL nước cất và lắc đều.
• Bước 3: Lấy chính xác 25,0 mL dung dịch HCl 0,1017 M cho vào bình tam giác chứa thuốc để hoà tan hết hoạt chất. Lắc đều và đun nhẹ để đuổi hết CO₂, sau đó làm nguội về nhiệt độ phòng.
• Bước 4: Tráng rửa burette bằng nước cất, sau đó tráng lại bằng dung dịch X. Tiến hành chuẩn độ lượng acid HCl dư bằng dung dịch NaOH 0,1008 M với chỉ thị phenolphthalein, tiêu tốn V mL dung dịch NaOH.

Kết quả thí nghiệm lần thứ nhất (1 mol = 10³ mmol):

| Lần thứ nhất | Thuốc A | Thuốc B | |---|---|---| | m₀ (gam) | 1,503 | 0,725 | | m₁ (gam) | 0,256 | 0,259 | | V (mL) | 8,10 | 4,10 |

a) Theo kết quả thí nghiệm lần thứ nhất, một viên thuốc A làm giảm được tối đa 1,73 mmol HCl (kết quả các phép tính trung gian không được làm tròn, chỉ kết quả cuối cùng làm tròn tới hàng phần trăm). b) Phản ứng hoà tan hoạt chất của thuốc A trong dung dịch HCl ở bước 3 là HCl + NaOH → NaCl + H₂O. c) Ở bước 4, dung dịch X là dung dịch NaOH 0,1008 M. d) Kết quả thu được từ thí nghiệm lần thứ nhất phù hợp với giả thuyết ban đầu của Việt.

Giải:

Số mol HCl ban đầu: $n_{\text{HCl}} = 25{,}0 \times 0{,}1017 = 2{,}5425$ mmol.

Thuốc A (m₁ = 0,256 g):

• HCl dư = n(NaOH) = 8,10 × 0,1008 = 0,81648 mmol.
• HCl phản ứng với 0,256 g thuốc A = 2,5425 − 0,81648 = 1,72602 mmol ≈ 1,73 mmol.
• Quy về một viên (m₀ = 1,503 g): $1{,}72602 \times \dfrac{1{,}503}{0{,}256} \approx 10{,}13$ mmol.

Thuốc B (m₁ = 0,259 g):

• HCl dư = 4,10 × 0,1008 = 0,41328 mmol.
• HCl phản ứng với 0,259 g thuốc B = 2,5425 − 0,41328 = 2,12922 mmol.
• Quy về một viên (m₀ = 0,725 g): $2{,}12922 \times \dfrac{0{,}725}{0{,}259} \approx 5{,}96$ mmol.

a) SAI. 1,73 mmol chỉ là lượng HCl bị giảm bởi 0,256 g bột thuốc A (phần đem thí nghiệm), không phải bởi cả viên 1,503 g. Một viên thuốc A làm giảm tối đa ≈ 10,13 mmol HCl.

b) SAI. Hoạt chất của thuốc A là CaCO₃; phản ứng hoà tan ở bước 3 là: $\text{CaCO}_3 + 2\text{HCl} \rightarrow \text{CaCl}_2 + \text{CO}_2\uparrow + \text{H}_2\text{O}$ Phản ứng HCl + NaOH → NaCl + H₂O là phản ứng chuẩn độ ở bước 4, không phải phản ứng hoà tan hoạt chất.

c) ĐÚNG. Burette dùng để đựng dung dịch chuẩn NaOH; sau khi tráng nước cất phải tráng lại bằng chính dung dịch sẽ đựng (tránh pha loãng làm sai nồng độ) → X là dung dịch NaOH 0,1008 M.

d) ĐÚNG. Một viên A (≈ 10,13 mmol) > một viên B (≈ 5,96 mmol) → kết quả lần 1 phù hợp giả thuyết "viên A lớn hơn viên B".

Đáp án: a-S, b-S, c-Đ, d-Đ ✓ (khớp key)

---

Câu 3. (a-Đúng, b-Sai, c-Sai, d-Sai)

Đề bài: Cellulose và tinh bột đều có công thức chung là (C₆H₁₀O₅)ₙ. Tinh bột gồm hai thành phần là amylose và amylopectin. Thuỷ phân hoàn toàn cellulose và tinh bột trong môi trường acid đun nóng, thu được glucose theo phương trình:

$(\text{C}_6\text{H}_{10}\text{O}_5)_n + n\text{H}_2\text{O} \xrightarrow{\text{H}^+,\ t^\circ} n\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6 \quad (1)$

a) Cellulose và tinh bột đều là polymer tự nhiên (polymer thiên nhiên). b) Phản ứng thuỷ phân cellulose và tinh bột theo phương trình (1) là phản ứng tăng mạch polymer. c) Vì cellulose và tinh bột đều có công thức chung là (C₆H₁₀O₅)ₙ nên phân tử khối của cellulose và tinh bột đều bằng nhau. d) Cellulose và amylopectin đều cấu tạo từ các đơn vị glucose liên kết với nhau bằng các liên kết glycoside nên chúng đều có cấu tạo mạch polymer phân nhánh.

Giải:

a) ĐÚNG. Cellulose và tinh bột đều là polysaccharide có sẵn trong thực vật → polymer thiên nhiên.

b) SAI. Thuỷ phân cắt các liên kết glycoside, phân cắt mạch polymer thành các monomer glucose → thuộc loại phản ứng cắt mạch (giảm mạch) polymer, không phải tăng mạch.

c) SAI. Cùng công thức chung (C₆H₁₀O₅)ₙ nhưng hệ số polymer hoá n khác nhau (cellulose có n rất lớn, lớn hơn nhiều so với tinh bột) → phân tử khối khác nhau; ngay trong mỗi loại, n cũng là giá trị trung bình.

d) SAI. Cellulose có mạch không phân nhánh (liên kết β-1,4-glycoside, mạch thẳng); chỉ amylopectin mới có mạch phân nhánh (liên kết α-1,4 và α-1,6-glycoside) → không thể nói cả hai đều phân nhánh.

Đáp án: a-Đ, b-S, c-S, d-S ✓ (khớp key)

---

Câu 4. (a-Đúng, b-Sai, c-Đúng, d-Đúng)

Đề bài: Chất béo X có trong thành phần dầu đậu nành. Thuỷ phân X bằng dung dịch NaOH đun nóng, thu được các sản phẩm hữu cơ Y, Z, T theo phương trình:

$X + 3\text{NaOH} \xrightarrow{t^\circ} Y\ (\text{glycerol}) + Z\ (\text{R'COONa}) + 2\,T\ (\text{RCOONa})$

(X là triglyceride chứa gốc acid béo no và gốc acid béo không no; Y là glycerol; Z, T là muối sodium của acid béo, đều có tính giặt rửa.)

a) Hợp chất Y có tên gọi là glycerol. b) Trên mỗi phổ hồng ngoại của chất X và chất Y đều có tín hiệu đặc trưng cho cả liên kết C=O và O–H. c) Do phân tử X chứa gốc acid béo không no nên chất béo thu được khi hydrogen hoá hoàn toàn X thuộc loại chất béo no (chỉ chứa gốc acid béo no). d) Chất Z và chất T đều có tính chất giặt rửa do các chất này đều có phần kị nước và phần ưa nước.

Giải:

a) ĐÚNG. Thuỷ phân chất béo (triglyceride) trong NaOH luôn thu được Y là glycerol CH₂OH–CHOH–CH₂OH (propane-1,2,3-triol).

b) SAI.

• X là triester: phổ IR có tín hiệu C=O (ester, ~1735 cm⁻¹) nhưng không có O–H (cả 3 nhóm OH của glycerol đã ester hoá).
• Y là glycerol: có tín hiệu O–H (~3200–3550 cm⁻¹) nhưng không có C=O. → Không chất nào đồng thời có cả hai tín hiệu như phát biểu nêu.

c) ĐÚNG. Hydrogen hoá hoàn toàn (H₂, Ni, t°) cộng H₂ vào tất cả liên kết đôi C=C của gốc acid béo không no → mọi gốc acid trở thành gốc no → thu được chất béo no.

d) ĐÚNG. Z và T đều là muối sodium của acid béo (xà phòng): có đầu ưa nước –COO⁻Na⁺ và đuôi kị nước là gốc hydrocarbon mạch dài → đều có tính chất giặt rửa.

Đáp án: a-Đ, b-S, c-Đ, d-Đ ✓ (khớp key)

---

PHẦN III: TRẢ LỜI NGẮN (6 câu)

Đáp án: 1: 1256 · 2: 61,6 · 3: 42,9 · 4: 0,64 · 5: 3,34 · 6: 3412

---

Câu 1. Đáp án: 1256

Đề bài: Cho các chất được đánh số như sau:

(1) methyl acetate   (2) propyl acetate   (3) sodium formate (4) sodium palmitate   (5) methyl methacrylate   (6) methyl formate

Liệt kê theo trình tự từ nhỏ đến lớn các số ứng với tất cả các chất là ester (ví dụ: 56, 124, 3456, …).

Giải:

Ester là hợp chất dạng RCOOR′:

• (1) methyl acetate CH₃COOCH₃ → ester ✓
• (2) propyl acetate CH₃COOCH₂CH₂CH₃ → ester ✓
• (3) sodium formate HCOONa → muối, không phải ester ✗
• (4) sodium palmitate C₁₅H₃₁COONa → muối (xà phòng), không phải ester ✗
• (5) methyl methacrylate CH₂=C(CH₃)–COOCH₃ → ester ✓
• (6) methyl formate HCOOCH₃ → ester ✓

Các ester theo thứ tự tăng dần: 1, 2, 5, 6.

Đáp án: 1256 ✓ (khớp key)

---

Câu 2. Đáp án: 61,6

Đề bài: Xi măng Portland có thành phần chính được biểu diễn như sau: 3CaO·Al₂O₃ (kí hiệu C₃A), 2CaO·SiO₂ (C₂S), 3CaO·SiO₂ (C₃S), 4CaO·Al₂O₃·Fe₂O₃ (C₄AF), CaSO₄ (hay CaO·SO₃), còn lại là phụ gia. Thành phần của một loại xi măng Portland quy đổi về % khối lượng các chất như sau:

| Thành phần | CaO | SiO₂ | Al₂O₃ | Fe₂O₃ | SO₃ | Phụ gia | |---|---|---|---|---|---|---| | % khối lượng | 67,76 | 22,20 | 5,61 | 2,40 | 1,60 | 0,43 |

Phần trăm theo khối lượng của 3CaO·SiO₂ (C₃S) trong loại xi măng Portland trên là x %. Xác định x (không làm tròn kết quả trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng phần mười).

Giải:

Chọn 100 g xi măng. Số mol oxide (M: CaO = 56; SiO₂ = 60; Al₂O₃ = 102; Fe₂O₃ = 160; SO₃ = 80):

$n_{\text{CaO}} = \frac{67{,}76}{56} = 1{,}210;\quad n_{\text{SiO}_2} = \frac{22{,}20}{60} = 0{,}370;\quad n_{\text{Al}_2\text{O}_3} = \frac{5{,}61}{102} = 0{,}0550;$ $n_{\text{Fe}_2\text{O}_3} = \frac{2{,}40}{160} = 0{,}0150;\quad n_{\text{SO}_3} = \frac{1{,}60}{80} = 0{,}0200\ \text{(mol)}$

Phân bổ oxide vào các pha (quy ước Bogue):

• C₄AF (4CaO·Al₂O₃·Fe₂O₃): dùng hết Fe₂O₃ → n = 0,0150 mol; dùng 0,0150 mol Al₂O₃ và 4 × 0,0150 = 0,0600 mol CaO.
• C₃A (3CaO·Al₂O₃): Al₂O₃ còn lại = 0,0550 − 0,0150 = 0,0400 mol → n = 0,0400; dùng 3 × 0,0400 = 0,1200 mol CaO.
• CaSO₄ (CaO·SO₃): dùng hết SO₃ → n = 0,0200 mol; dùng 0,0200 mol CaO.
• CaO còn lại cho hai silicate = 1,210 − 0,0600 − 0,1200 − 0,0200 = 1,010 mol.

Gọi a = n(C₃S), b = n(C₂S):

$\begin{cases} a + b = 0{,}370 & (\text{SiO}_2) \\ 3a + 2b = 1{,}010 & (\text{CaO}) \end{cases}$

Giải: 3a + 2(0,370 − a) = 1,010 → a + 0,740 = 1,010 → a = 0,270 mol.

$M_{\text{C}_3\text{S}} = 3 \times 56 + 60 = 228 \;\Rightarrow\; m_{\text{C}_3\text{S}} = 0{,}270 \times 228 = 61{,}56\ \text{g} \;\Rightarrow\; x = 61{,}56 \approx 61{,}6\ \%$

Đáp án: 61,6 ✓ (khớp key)

---

Câu 3. Đáp án: 42,9

Đề bài: Một nhà máy sản xuất ammonia theo phương pháp Haber – Bosch. Để thu được N₂ và H₂ từ methane, không khí và nước, các giai đoạn chính như sau:

• Giai đoạn 1: Cho hỗn hợp khí methane và hơi nước với tỉ lệ mol tương ứng 1 : 3,2 qua tháp phản ứng chứa xúc tác ở 900 °C: $\text{CH}_4(g) + \text{H}_2\text{O}(g) \rightleftharpoons \text{CO}(g) + 3\text{H}_2(g)$. Hiệu suất chuyển hoá CH₄ là h %.
• Giai đoạn 2: Hỗn hợp sau giai đoạn 1 được trộn với không khí (80 % N₂, 20 % O₂ theo thể tích) để oxi hoá hết methane: $2\text{CH}_4(g) + \text{O}_2(g) \xrightarrow{xt} 2\text{CO}(g) + 4\text{H}_2(g)$.
• Giai đoạn 3: Trộn hỗn hợp sau giai đoạn 2 với hơi nước đủ để oxi hoá hết CO: $\text{CO}(g) + \text{H}_2\text{O}(g) \xrightarrow{t^\circ} \text{CO}_2(g) + \text{H}_2(g)$.
• Giai đoạn 4: Dẫn hỗn hợp sau giai đoạn 3 vào tháp hấp thụ tách CO₂ và hơi nước; hỗn hợp còn lại chỉ gồm N₂ và H₂ với tỉ lệ mol 1 : 3 dùng để tổng hợp ammonia.

Coi các phản ứng khác không đáng kể. Xác định h (không làm tròn trung gian, làm tròn kết quả cuối tới hàng phần mười).

Giải:

Chọn 1 mol CH₄ ban đầu. Đặt x = h/100 là số mol CH₄ phản ứng ở giai đoạn 1.

Giai đoạn 1: tạo x mol CO, 3x mol H₂; còn dư (1 − x) mol CH₄.

Giai đoạn 2: oxi hoá hết (1 − x) mol CH₄ theo 2CH₄ + O₂ → 2CO + 4H₂:

• O₂ cần = (1 − x)/2 mol → N₂ kèm theo = $\dfrac{80}{20} \times \dfrac{1-x}{2} = 2(1-x)$ mol.
• Sinh thêm (1 − x) mol CO và 2(1 − x) mol H₂.

Sau giai đoạn 2: CO = x + (1 − x) = 1 mol; H₂ = 3x + 2(1 − x) = (2 + x) mol; N₂ = 2(1 − x) mol.

Giai đoạn 3: oxi hoá hết 1 mol CO → sinh thêm 1 mol H₂:

• H₂ = (2 + x) + 1 = (3 + x) mol; N₂ = 2(1 − x) mol (CO₂, H₂O bị tách ở giai đoạn 4).

Giai đoạn 4: yêu cầu N₂ : H₂ = 1 : 3:

$\frac{2(1-x)}{3+x} = \frac{1}{3} \;\Rightarrow\; 6(1-x) = 3 + x \;\Rightarrow\; 6 - 6x = 3 + x \;\Rightarrow\; 7x = 3 \;\Rightarrow\; x = \frac{3}{7}$

$h = \frac{3}{7} \times 100 = 42{,}857\ldots\,\% \approx 42{,}9$

(Tỉ lệ hơi nước 1 : 3,2 ở giai đoạn 1 là dữ kiện dư vì hơi nước được tách hết ở giai đoạn 4.)

Đáp án: 42,9 ✓ (khớp key)

---

Câu 4. Đáp án: 0,64

Đề bài: Thế điện cực chuẩn của các cặp oxi hoá – khử Zn²⁺/Zn và Pb²⁺/Pb lần lượt là −0,763 V và −0,126 V. Tính sức điện động chuẩn (theo V) của pin Galvani tạo bởi hai cặp oxi hoá – khử trên (làm tròn tới hàng phần trăm).

Giải:

Trong pin Galvani, cặp có thế điện cực lớn hơn làm cathode (cực dương), cặp nhỏ hơn làm anode (cực âm):

$E^\circ_{\text{pin}} = E^\circ_{\text{cathode}} - E^\circ_{\text{anode}} = E^\circ_{\text{Pb}^{2+}/\text{Pb}} - E^\circ_{\text{Zn}^{2+}/\text{Zn}} = (-0{,}126) - (-0{,}763) = 0{,}637\ \text{V} \approx 0{,}64\ \text{V}$

Đáp án: 0,64 ✓ (khớp key)

---

Câu 5. Đáp án: 3,34

Đề bài: Trong một nhà máy sản xuất đường saccharose, sau một số giai đoạn xử lí thu được đường ẩm (chỉ gồm saccharose và 1,40 % nước theo khối lượng). Đường ẩm được đưa vào thiết bị sấy cho tiếp xúc với dòng không khí nóng (chứa 0,80 % nước theo khối lượng). Tỉ lệ khối lượng không khí nóng : đường ẩm là 3 : 1. Trong quá trình sấy chỉ xảy ra sự bay hơi của nước từ đường ẩm vào dòng không khí nóng. Sau khi sấy, dòng không khí nóng thoát ra chứa 1,25 % nước theo khối lượng và thu được đường chứa a·10⁻² % nước theo khối lượng. Xác định a (không làm tròn kết quả trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng phần trăm).

Giải:

Chọn cơ sở: 100 g đường ẩm và 300 g không khí nóng (tỉ lệ 3 : 1).

• Đường ẩm: nước = 1,40 g; saccharose khô = 98,60 g.
• Không khí vào: nước = 300 × 0,80 % = 2,40 g → không khí khô = 297,60 g (không đổi trong quá trình sấy).

Không khí ra chứa 1,25 % nước nên không khí khô chiếm 98,75 %:

$m_{\text{kk ra}} = \frac{297{,}60}{0{,}9875} = 301{,}36709\ \text{g} \;\Rightarrow\; m_{\text{nước ra}} = 301{,}36709 - 297{,}60 = 3{,}76709\ \text{g}$

Lượng nước bay từ đường sang không khí = 3,76709 − 2,40 = 1,36709 g.

Đường sau sấy:

• Nước còn lại = 1,40 − 1,36709 = 0,03291 g; saccharose khô vẫn 98,60 g.
• Khối lượng đường sau sấy = 98,60 + 0,03291 = 98,63291 g.

$\%\,\text{nước} = \frac{0{,}03291}{98{,}63291} \times 100\,\% = 0{,}033366\,\% = 3{,}3366 \cdot 10^{-2}\,\%$

→ a ≈ 3,34 (làm tròn tới hàng phần trăm).

Đáp án: 3,34 ✓ (khớp key)

---

Câu 6. Đáp án: 3412

Đề bài: Cho các phản ứng hoá học được đánh số như sau:

(1) $n\,\text{CH}_2{=}\text{CH–CN} \xrightarrow{xt,\ t^\circ,\ p} -(\text{CH}_2{-}\text{CH(CN)})_n-$ (2) $\text{CH}_2{=}\text{CH}_2 + \text{Br}_2 \rightarrow \text{CH}_2\text{Br–CH}_2\text{Br}$ (3) $\text{C}_{12}\text{H}_{22}\text{O}_{11}\ (\text{saccharose}) + \text{H}_2\text{O} \xrightarrow{\text{H}^+,\ t^\circ} \text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6\ (\text{glucose}) + \text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6\ (\text{fructose})$ (4) $n\,\text{H}_2\text{N–[CH}_2]_5\text{–COOH} \xrightarrow{t^\circ} -(\text{NH–[CH}_2]_5\text{–CO})_n- + n\,\text{H}_2\text{O}$

Sắp xếp số tương ứng của mỗi phản ứng theo thứ tự: phản ứng thuỷ phân, phản ứng trùng ngưng, phản ứng trùng hợp và phản ứng cộng, thành bộ bốn số (ví dụ: 1234, 4321, …).

Giải:

• (1) trùng hợp acrylonitrile → polyacrylonitrile: phản ứng trùng hợp.
• (2) ethylene cộng Br₂: phản ứng cộng.
• (3) saccharose + H₂O → glucose + fructose: phản ứng thuỷ phân.
• (4) ε-aminocaproic acid trùng ngưng → nylon-6 + H₂O: phản ứng trùng ngưng.

Theo thứ tự yêu cầu: thuỷ phân (3) → trùng ngưng (4) → trùng hợp (1) → cộng (2).

Đáp án: 3412 ✓ (khớp key)

---

TỔNG KẾT

| Hạng mục | Kết quả | |---|---| | Tổng số câu | 28 câu (18 + 4 + 6) = 40 ý chấm điểm | | OCR rõ | 28/28 câu (ảnh đề gốc 4 trang, mã 0301 in ở chân mỗi trang) | | Chỗ mờ phải suy đoán | 0 — toàn bộ câu hỏi và phương án đọc rõ | | Lệch key chính thức | 0 câu — toàn bộ lời giải khớp 100 % đáp án chính thức của Bộ (Phần I 18/18; Phần II 16/16 ý; Phần III 6/6) |

Đáp án tổng hợp (chính thức Bộ GD-ĐT, mã 0301):

• Phần I: 1A 2D 3A 4B 5B 6D 7D 8D 9B 10A 11D 12B 13D 14A 15B 16B 17B 18C
• Phần II: Câu 1: SSSĐ · Câu 2: SSĐĐ · Câu 3: ĐSSS · Câu 4: ĐSĐĐ
• Phần III: Câu 1: 1256 · Câu 2: 61,6 · Câu 3: 42,9 · Câu 4: 0,64 · Câu 5: 3,34 · Câu 6: 3412 </content>

</invoke>