Chuyển đến nội dung chính
Trợ lý đi thi
Đăng nhập

Đề thi Hóa học THPT 2026— Mã đề 0323

Lời giải chi tiết từng câu

Cập nhật: 14:58 27/06/2026

✅ Chính thức✅ Đáp án chính thức
⚡ Xem nhanh đáp án →

Lời giải chi tiết — Hóa học tốt nghiệp THPT 2026 — Mã đề 0323

Nguồn đề: OCR trực tiếp từ ảnh đề gốc scan 4 trang (huongnghiep.hocmai.vn — đề chính thức ngày 12/6/2026, mã đề 0323 in trên từng trang).

Nguyên tử khối dùng trong đề: 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: s: rắn; l: lỏng; g: khí; aq: dung dịch nước; xt: xúc tác; p: áp suất.

PHẦN I — TRẮC NGHIỆM NHIỀU PHƯƠNG ÁN (18 câu)

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

Câu 1. Đáp án: A

Đề: 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. Lys. B. Gly. C. Ala. D. Glu.

Giải: Đếm nhóm amino (–NH₂):

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

→ Lys nhiều nhóm amino nhất. Đáp án A. ✓

Câu 2. Đáp án: D

Đề: 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 oxi hóa. B. base. C. chất điện li. D. chất khử.

Giải: Trong ăn mòn, kim loại bị oxi hóa (mất electron): M → Mⁿ⁺ + ne⁻. Chất nhường electron là chất khử. Đáp án D. ✓

Câu 3. Đáp án: A

Đề: Phản ứng với thuốc thử Tollens (phản ứng tráng bạc) thể hiện tính chất của nhóm chức nào trong phân tử propanal? A. –CHO. B. –COOH. C. –C₆H₅. D. –OH.

Giải: Propanal là CH₃CH₂CHO. Nhóm aldehyde –CHO bị thuốc thử Tollens [Ag(NH₃)₂]⁺ oxi hóa → phản ứng tráng bạc:

R–CHO+2[Ag(NH3)2]++2OH−→R–COO−+2Ag↓+4NH3+H2O\text{R–CHO} + 2[\text{Ag(NH}_3)_2]^+ + 2\text{OH}^- \to \text{R–COO}^- + 2\text{Ag}\downarrow + 4\text{NH}_3 + \text{H}_2\text{O}

Đáp án A. ✓

Câu 4. Đáp án: A

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

Giải: Đây chính là nội dung định luật tuần hoàn: tính chất các nguyên tố và hợp chất của chúng biến đổi tuần hoàn theo chiều tăng điện tích hạt nhân. Đáp án A. ✓

Câu 5. Đáp án: C

Đề: Polypropylene được điều chế bằng phản ứng trùng hợp chất nào sau đây? A. CH₂=CH₂. B. CH₂=CH–Cl. C. CH₂=CH–CH₃. D. CH₃–CH₂–Cl.

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

n CH2=CH–CH3→xt, t∘, p−[CH2−CH(CH3)]n−n\,\text{CH}_2{=}\text{CH–CH}_3 \xrightarrow{xt,\,t^\circ,\,p} {-}[\text{CH}_2{-}\text{CH(CH}_3)]_n{-}

A → PE; B → PVC; D không trùng hợp được. Đáp án C. ✓

Câu 6. Đáp án: C

Đề: 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 hòa tan kim loại đứng trước H trong dãy điện hóa (Zn, Mg, Fe đều tan, giải phóng H₂). Au (vàng) đứng sau H, không phản ứng với HCl loãng → không tan. Đáp án C. ✓

Câu 7. Đáp án: A

Đề: Các đồng vị của một nguyên tố hóa học là những nguyên tử có cùng số proton nhưng khác nhau về …(1)… . Nội dung phù hợp ở chỗ trống (1) là A. số neutron. B. số hiệu nguyên tử. C. điện tích hạt nhân. D. số electron.

Giải: Đồng vị = cùng số proton (cùng Z, cùng số hiệu, cùng điện tích hạt nhân, cùng số electron khi trung hòa) nhưng khác số neutron → khác số khối. Đáp án A. ✓

Câu 8. Đáp án: B

Đề: Nhôm (Al) và kali (K) đều là kim loại có tính khử mạnh. Tuy nhiên vật dụng làm bằng nhôm để được trong không khí do có lớp màng oxide bền vững bảo vệ, trong khi kali được bảo quản bằng cách ngâm trong dầu hỏa khan. Giải thích nào phù hợp với cơ sở hóa học của phương pháp bảo quản kali? A. Kim loại kali dễ bay hơi khi để ngoài không khí nhưng không bay hơi khi bảo quản trong dầu hỏa khan. B. Kim loại kali và oxide của nó đều bị chuyển hóa 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 không chảy khi bảo quản trong dầu hỏa khan. D. Kim loại kali không tạo được oxide khi để ngoài không khí nhưng tạo được oxide khi bảo quản trong dầu hỏa khan.

Giải: K rất hoạt động: với không khí xảy ra 4K + O₂ → 2K₂O và 2K + 2H₂O → 2KOH + H₂; bản thân K₂O cũng hút ẩm, hút CO₂ → tiếp tục bị chuyển hóa. Dầu hỏa khan là dung môi không phân cực, không chứa O₂/H₂O nên K không bị oxi hóa → bền. Phát biểu B mô tả đúng cơ sở này (kali và oxide của nó đều bị chuyển hóa trong không khí, còn trong dầu hỏa khan thì bền). Đáp án B. ✓

Câu 9. Đáp án: B

Đề: Hình bên minh họa sơ đồ một số dụng cụ thí nghiệm với kí hiệu tương ứng (I), (II), (III), (IV). Kí hiệu nào ứng với dụng cụ phễu chiết? A. (I). B. (II). C. (IV). D. (III).

Giải: Phễu chiết (separating funnel) có dạng quả lê, đáy thuôn, có khóa (van) ở cuống dưới để tháo lớp chất lỏng — ứng với dụng cụ (II) trong hình. (I) là bình cầu, (III) là phễu thường hình nón, (IV) là cốc thủy tinh. Đáp án B. ✓

Câu 10. Đáp án: D

Đề: Amine nào sau đây là amine bậc hai? A. C₂H₅NH₂. B. (CH₃)₃N. C. CH₃NH₂. D. CH₃NHCH₃.

Giải: Bậc amine = số gốc hydrocarbon gắn trực tiếp vào N. CH₃NHCH₃ có 2 gốc CH₃ gắn N → amine bậc hai. (A, C bậc một; B bậc ba.) Đáp án D. ✓

Câu 11. Đáp án: A

Đề: Khi điều chế ethyl acetate từ cồn 96° và acetic acid (xúc tác H₂SO₄ đặc), nhóm học sinh khảo sát ảnh hưởng của nhiệt độ đến khối lượng ester thu được, làm 3 thí nghiệm ở 50 °C, 60 °C, 70 °C. Các yếu tố: (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 cần được thiết lập giống nhau ở cả ba thí nghiệm? A. (1), (2). B. (2), (3). C. (1), (4). D. (3), (4).

Giải: Để khảo sát ảnh hưởng của nhiệt độ, nhiệt độ (4) là biến độc lập (phải khác nhau). Các biến kiểm soát phải giữ giống nhau: (1) thời gian, (2) nồng độ + thể tích chất phản ứng và H₂SO₄. (3) màu sắc không phải yếu tố cần kiểm soát. → Giống nhau: (1), (2). Đáp án A. ✓

Câu 12. Đáp án: A

Đề: 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: cốc ZnSO₄ 1,0 M với điện cực Zn, cốc CuSO₄ 1,0 M với điện cực Cu, nối ngoài bằng bóng đèn.) A. Cầu muối. B. Vôn kế. C. Ampe kế. D. Nhiệt kế.

Giải: Hệ đã có hai điện cực, hai dung dịch và mạch ngoài (bóng đèn) nhưng hai ngăn chưa nối trong → mạch hở. Cần cầu muối để dẫn ion, duy trì trung hòa điện cho hai ngăn thì pin mới hoạt động. Đáp án A. ✓

Câu 13. Đáp án: B

Đề: Phát biểu nào sau đây không đúng về protein? A. Protein trong lòng trắng trứng có phản ứng màu biuret. B. Protein đơn giản tạo nên từ các gốc β- hoặc γ-amino acid. C. Protein bị thủy phân bởi acid hoặc base. D. Trong thành phần protein luôn có nguyên tố nitrogen.

Giải: Protein đơn giản được tạo từ các gốc α-amino acid, không phải β- hay γ- → phát biểu B sai. (A, C, D đều đúng.) Đáp án B. ✓

Câu 14. Đáp án: B

Đề: Công thức hóa học của chromium(III) sulfate là A. CrSO₄. B. Cr₂(SO₄)₃. C. K₂Cr₂O₇. D. Cr₂S₃.

Giải: Cr³⁺ và SO₄²⁻ → cân bằng điện tích cho công thức Cr₂(SO₄)₃. Đáp án B. ✓

Câu 15. Đáp án: C

Đề: Công thức cấu tạo thu gọn nào sau đây là của butane? A. CH₃–CH₂–CH=CH₂. B. CH₃–CH₂–CH₂–CHO. C. CH₃–CH₂–CH₂–CH₃. D. CH₃–CH₂–CH₃.

Giải: Butane là alkane C₄H₁₀ = CH₃–CH₂–CH₂–CH₃. (A là but-1-ene; B là butanal; D là propane.) Đáp án C. ✓

Câu 16. Đáp án: A

Đề (dùng chung cho câu 16–17): Phèn nhôm – kali K₂SO₄·Al₂(SO₄)₃·24H₂O được dùng để làm giảm độ đục nước sinh hoạt, dựa trên sự thủy phân ion Al³⁺ tạo keo Al(OH)₃:

Al3+(aq)+3H2O(l)⇌Al(OH)3(s)+3H+(aq)\text{Al}^{3+}(aq) + 3\text{H}_2\text{O}(l) \rightleftharpoons \text{Al(OH)}_3(s) + 3\text{H}^+(aq)

Keo Al(OH)₃ hấp phụ hạt lơ lửng và lắng xuống; nước xử lí tốt ở pH 6,5–7,5, mà nước thực tế thường có pH ≈ 5,0 nên cần điều chỉnh pH trước.

Câu 16: Để làm tăng pH của nước từ 5,0 lên khoảng 6,5–7,5, đề xuất hợp lí là dùng: (1) Ca(OH)₂ vì là base, phản ứng với H⁺ làm tăng pH. (2) NaCl vì dung dịch NaCl có pH = 7. (3) NH₄Cl vì ion NH₄⁺ thủy phân tạo môi trường base. (4) Fe₂(SO₄)₃ vì ion Fe³⁺ thủy phân. A. đề xuất (1). B. đề xuất (3). C. đề xuất (2). D. đề xuất (4).

Giải:

  • (1) Hợp lí — Ca(OH)₂ là base, trung hòa H⁺ → tăng pH.
  • (2) NaCl là muối trung tính, không làm tăng pH → sai lí do.
  • (3) NH₄⁺ thủy phân tạo môi trường acid (không phải base) → sai.
  • (4) Fe³⁺ thủy phân tạo môi trường acid (giảm pH) → sai.

→ Đề xuất hợp lí: (1). Đáp án A. ✓

Câu 17. Đáp án: C

Đề: Ở 25 °C, một mẫu nước (mẫu X) có pH = 6,5. Để làm giảm độ đục của X, cho vào X một lượng phèn nhôm – kali. Cho các phát biểu: (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. 3. B. 2. C. 1. D. 4.

Giải:

  • (a) Đúng — pH = 6,5 < 7 → môi trường acid.
  • (b) Sai — tính cứng của nước do Ca²⁺, Mg²⁺, không phải K⁺, Al³⁺.
  • (c) Sai — thêm acid mạnh (tăng H⁺) làm cân bằng thủy phân Al³⁺ chuyển dịch về trái, giảm tạo keo Al(OH)₃ → hiệu quả giảm.
  • (d) Sai — phèn thủy phân sinh H⁺ làm pH giảm, không tăng lên 7,5.

→ Chỉ (a) đúng → 1 phát biểu. Đáp án C. ✓

Câu 18. Đáp án: C

Đề: Điện phân nóng chảy NaCl với các điện cực trơ để sản xuất kim loại natri (Na). Quá trình nào xảy ra ở cathode (cực âm)? A. 2Cl⁻ → Cl₂ + 2e⁻. B. 2H₂O + 2e⁻ → H₂ + 2OH⁻. C. Na⁺ + 1e⁻ → Na. D. 2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e⁻.

Giải: Cathode (cực âm) là nơi xảy ra sự khử. Trong điện phân nóng chảy NaCl, cation Na⁺ nhận electron:

Na++1e−→Na\text{Na}^+ + 1e^- \to \text{Na}

(A là quá trình ở anode; B, D không xảy ra trong môi trường nóng chảy không có nước.) Đáp án C. ✓

PHẦN II — TRẮC NGHIỆM ĐÚNG/SAI (4 câu × 4 ý)

Đáp án:

  • Câu 1: a–Sai · b–Sai · c–Đúng · d–Đúng
  • Câu 2: a–Đúng · b–Sai · c–Sai · d–Sai
  • Câu 3: a–Đúng · b–Sai · c–Đúng · d–Đúng
  • Câu 4: a–Đúng · b–Sai · c–Sai · d–Sai

Câu 1 (Phần II). Đáp án: a–Sai, b–Sai, c–Đúng, d–Đúng

Đề: Thuốc kháng acid làm giảm lượng acid dư trong dạ dày. Việt so sánh lượng acid HCl tối đa giảm được bởi viên thuốc A (hoạt chất CaCO₃) và viên thuốc B (hoạt chất NaHCO₃); coi các thành phần khác không phản ứng với HCl/NaOH. Giả thuyết: "Lượng HCl tối đa giảm được bởi một viên thuốc A lớn hơn bởi một viên thuốc B". Quy trình mỗi mẫu: (B1) cân cả viên được m gam; (B2) nghiền mịn, lấy m₁ gam bột cho vào bình tam giác + nước; (B3) thêm chính xác 25,0 mL HCl 0,1017 M, đun nhẹ đuổi hết CO₂; (B4) chuẩn độ HCl dư bằng NaOH 0,1008 M (chỉ thị phenolphtalein), thu được V mL. Kết quả lần 1:

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

(a) Một viên thuốc A làm giảm được tối đa 1,73 mmol HCl. (b) Phản ứng hòa tan hoạt chất của thuốc A trong HCl ở bước 3 là HCl + NaOH → NaCl + H₂O. (c) Ở bước 4, dung dịch X (để tráng burette trước chuẩn độ) là dung dịch NaOH 0,1008 M. (d) Kết quả lần 1 phù hợp với giả thuyết ban đầu của Việt.

Giải:

n(HCl) ban đầu = 0,0250 × 0,1017 = 2,5425 mmol.

Mẫu A (m₁ = 0,256 g): n(NaOH) = 8,10 × 0,1008 = 0,81648 mmol = n(HCl dư). → HCl phản ứng với phần bột 0,256 g = 2,5425 − 0,81648 = 1,72602 mmol. Quy về một viên (m = 1,503 g): 1,72602 × (1,503/0,256) = 10,13 mmol.

Mẫu B (m₁ = 0,259 g): n(NaOH) = 4,10 × 0,1008 = 0,41328 mmol = HCl dư. → HCl phản ứng = 2,5425 − 0,41328 = 2,12922 mmol. Quy về một viên (m = 0,725 g): 2,12922 × (0,725/0,259) = 5,96 mmol.

  • (a) Sai — 1,73 mmol chỉ là lượng HCl giảm bởi phần bột 0,256 g, còn cả viên thuốc A giảm tới ≈ 10,13 mmol, không phải 1,73 mmol.
  • (b) Sai — hoạt chất A là CaCO₃, phản ứng với HCl là CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + H₂O + CO₂, không phải HCl + NaOH.
  • (c) Đúng — bước 4 chuẩn độ bằng NaOH 0,1008 M, burette được tráng bằng chính dung dịch chuẩn độ X = NaOH 0,1008 M.
  • (d) Đúng — một viên A (≈10,13 mmol) > một viên B (≈5,96 mmol) → phù hợp giả thuyết "A lớn hơn B".

a–Sai, b–Sai, c–Đúng, d–Đúng ✓

Câu 2 (Phần II). Đáp án: a–Đúng, b–Sai, c–Sai, d–Sai

Đề: Xét sơ đồ tạo phức chất của Co(II) qua hai giai đoạn (1), (2):

CoCl2(s)→(1)+H2O[Co(OH2)6]2+(aq)→(2)+dd HCl đặc[CoCl4]2−(aq)\text{CoCl}_2(s) \xrightarrow[(1)]{+\text{H}_2\text{O}} [\text{Co(OH}_2)_6]^{2+}(aq) \xrightarrow[(2)]{+\text{dd HCl đặc}} [\text{CoCl}_4]^{2-}(aq)

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

Giải:

  • (a) Đúng — ở giai đoạn (2), phối tử H₂O bị thay thế bởi phối tử Cl⁻: [Co(OH₂)₆]²⁺ → [CoCl₄]²⁻ là phản ứng thay thế phối tử.
  • (b) Sai — [Co(OH₂)₆]²⁺ có 6 phối tử → hình học bát diện (octahedral), không phải tứ diện.
  • (c) Sai — trong liên kết cho – nhận, phối tử H₂O cho cặp electron, còn ion trung tâm Co²⁺ nhận. Phát biểu đảo ngược chiều cho – nhận.
  • (d) Sai — [Co(OH₂)₆]²⁺ có 6 liên kết cho – nhận, [CoCl₄]²⁻ chỉ có 4 → không bằng nhau.

a–Đúng, b–Sai, c–Sai, d–Sai ✓

Câu 3 (Phần II). Đáp án: a–Đúng, b–Sai, c–Đúng, d–Đúng

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

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

(X là triglyceride; Y là glycerol; Z và T là muối sodium của acid béo, biết Z và T đều có tính giặt rửa.) (a) Hợp chất Y có tên gọi là glycerol. (b) Trên 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 X chứa gốc acid béo không no nên chất béo thu được khi hydrogen hóa hoàn toàn X thuộc loại chất béo no. (d) Chất Z và chất T đều có tính giặt rửa do đều có phần kị nước và phần ưa nước.

Giải:

  • (a) Đúng — Y là propan-1,2,3-triol = glycerol.
  • (b) Sai — X (triglyceride) có C=O (ester) nhưng không có O–H; Y (glycerol) có O–H nhưng không có C=O. Không chất nào có đồng thời cả hai tín hiệu như phát biểu nêu.
  • (c) Đúng — X có gốc acid béo không no (nối đôi C=C); hydrogen hóa hoàn toàn các nối đôi → gốc acid béo no → chất béo no.
  • (d) Đúng — Z, T là RCOONa (xà phòng): đầu hydrocarbon kị nước và đầu –COO⁻Na⁺ ưa nước → có tính giặt rửa.

a–Đúng, b–Sai, c–Đúng, d–Đúng ✓

Câu 4 (Phần II). Đáp án: a–Đúng, b–Sai, c–Sai, d–Sai

Đề: Cellulose và tinh bột đều có công thức chung (C₆H₁₀O₅)ₙ; tinh bột gồm amylose và amylopectin. Thủy phân hoàn toàn trong môi trường acid, đun nóng đều thu được glucose:

(C6H10O5)n+nH2O→H+, t∘n C6H12O6(1)(\text{C}_6\text{H}_{10}\text{O}_5)_n + n\text{H}_2\text{O} \xrightarrow{H^+,\,t^\circ} n\,\text{C}_6\text{H}_{12}\text{O}_6 \quad (1)

(a) Cellulose và tinh bột đều là polymer thiên nhiên. (b) Phản ứng thủy phân theo (1) là phản ứng tăng mạch polymer. (c) Vì cùng công thức chung (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 liên kết glycoside nên đều có cấu tạo mạch polymer phân nhánh.

Giải:

  • (a) Đúng — cả hai đều là polysaccharide có sẵn trong tự nhiên → polymer thiên nhiên.
  • (b) Sai — thủy phân (1) là phản ứng cắt mạch / giảm mạch polymer, không phải tăng mạch.
  • (c) Sai — cùng công thức chung nhưng hệ số n khác nhau (n của cellulose lớn hơn nhiều) → phân tử khối khác nhau.
  • (d) Sai — cellulose có mạch không phân nhánh (β-1,4-glycoside, mạch thẳng); chỉ amylopectin mới phân nhánh (α-1,4 và α-1,6).

a–Đúng, b–Sai, c–Sai, d–Sai ✓

PHẦN III — TRẢ LỜI NGẮN (6 câu)

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

Câu 1 (Phần III). Đáp án: 3412

Đề: Cho các phản ứng được đánh số: (1) nCH₂=CH–CN →xt,t∘,p\xrightarrow{xt,t^\circ,p} –[CH₂–CH(CN)]ₙ– (2) CH₂=CH₂ + Br₂ → CH₂Br–CH₂Br (3) C₁₂H₂₂O₁₁ (saccharose) + H₂O →H+,t∘\xrightarrow{H^+,t^\circ} C₆H₁₂O₆ (glucose) + C₆H₁₂O₆ (fructose) (4) nH₂N–(CH₂)₅–COOH →t∘\xrightarrow{t^\circ} –[NH–(CH₂)₅–CO]ₙ– + nH₂O Sắp xếp số tương ứng của mỗi phản ứng theo thứ tự: thủy phân, trùng ngưng, trùng hợp, cộng (thành bộ bốn số).

Giải: Phân loại:

  • (1) trùng hợp acrylonitrile → polyacrylonitrile = trùng hợp.
  • (2) ethylene + Br₂ = phản ứng cộng.
  • (3) thủy phân saccharose → glucose + fructose = thủy phân.
  • (4) amino acid → polyamide + H₂O = trùng ngưng.

Thứ tự yêu cầu: thủy phân (3) → trùng ngưng (4) → trùng hợp (1) → cộng (2) = 3412. ✓

Câu 2 (Phần III). Đáp án: 0,64

Đề: Thế điện cực chuẩn của các cặp Zn²⁺/Zn và Pb²⁺/Pb lần lượt là −0,763 V và −0,126 V. Tính suất điện động chuẩn (V) của pin Galvani tạo bởi hai cặp này (làm tròn tới phần trăm).

Giải: Cặp có thế khử nhỏ hơn (Zn²⁺/Zn) là cực âm (anode, bị oxi hóa); cặp có thế lớn hơn (Pb²⁺/Pb) là cực dương (cathode).

Epin∘=Ecathode∘−Eanode∘=(−0,126)−(−0,763)=0,637≈0,64 VE^\circ_\text{pin} = E^\circ_\text{cathode} - E^\circ_\text{anode} = (-0{,}126) - (-0{,}763) = 0{,}637 \approx \mathbf{0{,}64}\ \text{V} ✓

Câu 3 (Phần III). Đáp án: 1256

Đề: Cho các chất được đánh số: (1) methyl acetate, (2) propyl acetate, (3) sodium formate, (4) sodium palmitate, (5) methyl methacrylate, (6) methyl formate. Liệt kê (theo thứ tự số tăng dần) tất cả các chất là ester, ghép thành bộ số.

Giải: Ester là hợp chất RCOOR′:

  • (1) CH₃COOCH₃ — ester ✓
  • (2) CH₃COOC₃H₇ — ester ✓
  • (3) HCOONa — muối (không phải ester) ✗
  • (4) C₁₅H₃₁COONa — muối (xà phòng) ✗
  • (5) CH₂=C(CH₃)COOCH₃ — ester ✓
  • (6) HCOOCH₃ — ester ✓

Các ester theo thứ tự tăng dần: 1, 2, 5, 6 → 1256. ✓

Câu 4 (Phần III). Đáp án: 42,9

Đề: Nhà máy sản xuất ammonia theo Haber–Bosch, điều chế N₂ và H₂ từ methane và không khí qua 4 giai đoạn:

  • GĐ1: CH₄ : H₂O = 1 : 3,2 (mol), qua xúc tác ở 900 °C: CH₄(g) + H₂O(g) → CO(g) + 3H₂(g); hiệu suất chuyển hóa CH₄ là h.
  • GĐ2: Trộn với không khí (80% N₂, 20% O₂ theo thể tích) để oxi hóa hết methane còn dư: 2CH₄(g) + O₂(g) → 2CO(g) + 4H₂(g).
  • GĐ3: Trộn thêm hơi nước để oxi hóa hết CO: CO(g) + H₂O(g) → CO₂(g) + H₂(g).
  • GĐ4: Hấp thụ tách CO₂ và hơi nước; hỗn hợp khí còn lại gồm N₂ và H₂ với tỉ lệ mol 1 : 3. Coi các phản ứng khác không đáng kể. Xác định h.

Giải: Chọn cơ sở: ban đầu n(CH₄) = 1 mol, n(H₂O) = 3,2 mol. Đặt hiệu suất = h.

Sau GĐ1: CH₄ dư = (1 − h); CO = h; H₂ = 3h.

GĐ2: oxi hóa hết CH₄ dư (1 − h) theo 2CH₄ + O₂ → 2CO + 4H₂:

  • CO sinh thêm = (1 − h); H₂ sinh thêm = 2(1 − h); O₂ dùng = (1 − h)/2.
  • N₂ theo không khí = O₂ × (80/20) = 4 × (1 − h)/2 = 2(1 − h).
  • Tổng CO = h + (1 − h) = 1; tổng H₂ = 3h + 2(1 − h) = h + 2.

GĐ3: oxi hóa hết CO (= 1) theo CO + H₂O → CO₂ + H₂ → sinh thêm H₂ = 1.

  • Tổng H₂ = (h + 2) + 1 = h + 3; N₂ = 2(1 − h).

GĐ4: sau khi tách CO₂, H₂O: còn N₂ = 2(1 − h) và H₂ = h + 3, với tỉ lệ 1 : 3:

2(1−h)h+3=13  ⟹  6(1−h)=h+3  ⟹  6−6h=h+3  ⟹  7h=3  ⟹  h=37=0,42857\frac{2(1-h)}{h+3} = \frac{1}{3} \implies 6(1-h) = h+3 \implies 6 - 6h = h + 3 \implies 7h = 3 \implies h = \frac{3}{7} = 0{,}42857

Vậy hiệu suất chuyển hóa CH₄: h ≈ 42,9 %. (Tỉ lệ H₂O 1 : 3,2 ở GĐ1 là dữ kiện dư vì hơi nước được tách hết ở GĐ4.) ✓

Câu 5 (Phần III). Đáp án: 3,34

Đề: Trong nhà máy sản xuất saccharose, thu được đường ẩm gồm saccharose và 1,40% nước theo khối lượng. Đường ẩm vào thiết bị sấy, tiếp xúc với dòng không khí nóng chứa 0,80% nước theo khối lượng; tỉ lệ khối lượng không khí nóng : đường ẩm = 3 : 1. Quá trình sấy chỉ xảy ra sự bay hơi của nước từ đường ẩm vào không khí. Sau sấy, dòng không khí thoát ra chứa 1,25% nước và đường thu được chứa a×10⁻²% nước theo khối lượng. Xác định a.

Giải: Chọn cơ sở: đường ẩm = 100 kg → nước = 1,40 kg; saccharose khô = 98,60 kg. Không khí = 300 kg → nước vào = 300 × 0,80% = 2,40 kg; không khí khô = 297,60 kg (không đổi).

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

mkk ra=297,600,9875=301,36709 kg  ⟹  mnước ra=301,36709−297,60=3,76709 kgm_\text{kk ra} = \frac{297{,}60}{0{,}9875} = 301{,}36709\ \text{kg} \implies m_\text{nước ra} = 301{,}36709 - 297{,}60 = 3{,}76709\ \text{kg}

Lượng nước bay từ đường sang không khí = 3,76709 − 2,40 = 1,36709 kg. Nước còn trong đường = 1,40 − 1,36709 = 0,032911 kg; saccharose khô vẫn 98,60 kg. Khối lượng đường sau sấy = 98,60 + 0,032911 = 98,632911 kg.

%nước=0,03291198,632911×100=0,033366%=3,34×10−2 %\%\text{nước} = \frac{0{,}032911}{98{,}632911} \times 100 = 0{,}033366\% = 3{,}34 \times 10^{-2}\,\%

Vậy a ≈ 3,34. (Giá trị chính xác 3,3366; làm tròn tới hàng phần trăm → 3,34, khớp key hệ thống; nếu làm tròn tới hàng phần mười thì a ≈ 3,3.) ✓

Câu 6 (Phần III). Đáp án: 61,6

Đề: Xi măng Portland chứa các pha: 3CaO·Al₂O₃ (C₃A), 3CaO·SiO₂ (C₃S), 2CaO·SiO₂ (C₂S), 4CaO·Al₂O₃·Fe₂O₃ (C₄AF), CaSO₄ (hay CaO·SO₃), còn lại là phụ gia. Thành phần một loại xi măng quy đổi về % khối lượng các oxide:

| 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 khối lượng của 3CaO·SiO₂ (C₃S) trong loại xi măng trên là x%. Xác định x.

Giải: Cơ sở 100 g. Số mol oxide (M: CaO 56, SiO₂ 60, Al₂O₃ 102, Fe₂O₃ 160, SO₃ 80):

nCaO=67,7656=1,210;nSiO2=22,2060=0,370;nAl2O3=5,61102=0,0550;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; nFe2O3=2,40160=0,0150;nSO3=1,6080=0,0200n_{\text{Fe}_2\text{O}_3}=\frac{2{,}40}{160}=0{,}0150;\quad n_{\text{SO}_3}=\frac{1{,}60}{80}=0{,}0200

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

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

Đặt a = mol C₃S, b = mol C₂S:

a+b=nSiO2=0,3703a+2b=1,010a + b = n_{\text{SiO}_2} = 0{,}370 \qquad 3a + 2b = 1{,}010

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

M(C₃S) = 3×56 + 60 = 228 g/mol → m(C₃S) = 0,270 × 228 = 61,56 g.

x=61,56100×100=61,56≈61,6 %x = \frac{61{,}56}{100} \times 100 = 61{,}56 \approx \mathbf{61{,}6}\,\% ✓

TỔNG KẾT

| Hạng mục | Số liệu | |---|---| | Tổng số câu | 28 (Phần I: 18 · Phần II: 4×4 ý · Phần III: 6) | | Câu OCR rõ ràng | 28/28 — ảnh scan 4 trang ~3 MB/trang, mã đề 0323 in ở góc dưới mỗi trang ("Trang X/4 — Mã đề thi 0323") | | Chỗ OCR mờ phải suy đoán | 0 | | Câu lệch key hệ thống | 0/28 — tất cả khớp |

Ghi chú đối chiếu key (hoa-hoc_2026_all_codes.json, mã 0323):

  • Phần I (18 câu): khớp hoàn toàn — 1A 2D 3A 4A 5C 6C 7A 8B 9B 10D 11A 12A 13B 14B 15C 16A 17C 18C.
  • Phần II (4 câu): khớp hoàn toàn từng ý a–d.
  • Phần III (6 câu): khớp — 3412 · 0,64 · 1256 · 42,9 · 3,34 · 61,6. Riêng câu 5, giá trị tự giải 3,3366 trùng giá trị key 3,34 (key làm tròn tới phần trăm); đề ghi "làm tròn tới hàng phần mười" thì ra 3,3 — chỉ là khác mức làm tròn, không lệch về bản chất.

Đáp án thuộc loại "teacher_suggested" (đề xuất của đội ngũ giáo viên), không phải đáp án chính thức của Bộ.

← Tất cả mã đề Hóa học← Tất cả môn