Lời giải chi tiết — Hóa học tốt nghiệp THPT 2026 — Mã đề 0330
Nguồn đề: OCR trực tiếp từ ảnh đề gốc 4 trang (xdcs.cdnchinhphu.vn — đề chính thức ngày 12/6/2026, mã đề 0330 in trên từng trang).
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 2B 3A 4A 5A 6B 7A 8C 9A 10D 11C 12D 13A 14D 15C 16A 17C 18A
Câu 1. Đáp án: A
Đề bài: Nhôm (aluminium, Al) và natri (sodium, Na) 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 đó, kim loại natri 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 natri?
A. Kim loại natri và oxide của nó dễ bị chuyển hoá trong không khí nhưng natri bền khi bảo quản trong dầu hỏa khan. B. Kim loại natri không tạo được oxide khi để ngoài không khí nhưng tạo được oxide khi bảo quản trong dầu hỏa khan. C. Kim loại natri dễ bị bay hơi khi để ngoài không khí nhưng không bay hơi khi bảo quản trong dầu hỏa khan. D. Kim loại natri không bị nóng chảy khi để ngoài không khí nhưng nóng chảy khi bảo quản trong dầu hỏa khan.
Giải:
Na là kim loại kiềm hoạt động rất mạnh, dễ phản ứng với O₂ và hơi nước trong không khí:
Sản phẩm oxide Na₂O cũng tiếp tục hút ẩm, tác dụng với CO₂… nên cả Na 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 hòa tan đáng kể và không phản ứng với Na → ngâm Na trong dầu hỏa khan thì Na bền, không bị oxi hoá.
- B sai: Na để ngoài không khí tạo oxide rất nhanh; trong dầu hỏa khan thì không.
- C sai: Na không bay hơi ở điều kiện thường (sôi ~883 °C).
- D sai: hiện tượng nóng chảy không liên quan đến mục đích bảo quản.
Đáp án: A ✓ (khớp key)
Câu 2. Đáp án: B
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. phương pháp Solvay. B. định luật tuần hoàn các nguyên tố hoá học. C. nguyên lí chuyển dịch cân bằng. D. quy tắc Zaitsev.
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: phương pháp Solvay — sản xuất soda Na₂CO₃.
- C: nguyên lí Le Chatelier — chuyển dịch cân bằng hoá học.
- D: quy tắc Zaitsev — hướng tách HX của dẫn xuất halogen/alcohol.
Đáp án: B ✓ (khớp key)
Câu 3. Đáp án: A
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 neutron. B. điện tích hạt nhân. C. số hiệu nguyên tử. D. số electron.
Giải:
Đồng vị: cùng số proton (cùng số hiệu nguyên tử, cùng điện tích hạt nhân) nhưng khác số neutron → khác số khối A. Cùng số proton thì điện tích hạt nhân (B), số hiệu nguyên tử (C) và số electron (D, với nguyên tử trung hoà) đều như nhau.
Đáp án: A ✓ (khớp key)
Câu 4. Đáp án: A
Đề bài: Phản ứng với thuốc thử Tollens (phản ứng tráng bạc) thể hiện tính chất của nhóm chức nào trong phân tử ethanal?
A. –CHO. B. –COOH. C. –OH. D. –CH₃.
Giải:
Ethanal CH₃–CHO có nhóm chức aldehyde –CHO, bị oxi hoá bởi thuốc thử Tollens tạo lớp bạc:
Đáp án: A ✓ (khớp key)
Câu 5. Đáp án: A
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 bình cầu?
(Hình: (I) bình thuỷ tinh thân tròn, cổ hẹp dài; (II) phễu hình quả lê có khoá ở cuống; (III) bình đáy phẳng thân hình nón, miệng hẹp; (IV) cốc hình trụ có miệng rót.)
A. (I). B. (II). C. (III). D. (IV).
Giải:
- (I): thân hình cầu, cổ dài → bình cầu.
- (II): có khoá xả ở dưới → phễu chiết.
- (III): thân nón, đáy phẳng → bình tam giác (erlenmeyer).
- (IV): hình trụ → cốc thuỷ tinh.
Đáp án: A ✓ (khớp key)
Câu 6. Đáp án: B
Đề bài: Công thức cấu tạo thu gọn nào sau đây là của butane?
A. CH₃–CH₂–CH₃. B. CH₃–CH₂–CH₂–CH₃. C. CH₃–CH₂–CH=CH₂. D. CH₃–CH₂–CH₂–CHO.
Giải:
Butane là alkane 4 carbon, C₄H₁₀, mạch không nhánh: CH₃–CH₂–CH₂–CH₃.
- A: propane (C₃H₈).
- C: but-1-ene (alkene).
- D: butanal (aldehyde).
Đáp án: B ✓ (khớp key)
Thông tin dùng cho câu 7 – 8
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:
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 nước bằng phèn nhôm – kali, cần điều chỉnh pH phù hợp.
Câu 7. Đáp án: A
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 (1). B. đề xuất (2). C. đề xuất (3). D. đề xuất (4).
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 làm thay đổi pH của nước (không trung hoà được acid sẵn có).
- (3) sai: NH₄⁺ là acid yếu, thuỷ phân tạo môi trường acid (NH₄⁺ ⇌ NH₃ + H⁺), làm pH giảm.
- (4) sai: Fe³⁺ thuỷ phân sinh ra H⁺ (Fe³⁺ + 3H₂O ⇌ Fe(OH)₃ + 3H⁺) → pH giảm.
Đáp án: A ✓ (khớp key)
Câu 8. Đáp án: C
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 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. 2. B. 4. C. 1. D. 3.
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 → pH giảm xuống dưới 6,5, ra ngoài khoảng pH hiệu quả (6,5 – 7,5); đồng thời H⁺ tăng làm cân bằng thuỷ phân Al³⁺ chuyển dịch nghịch, giảm lượng keo Al(OH)₃ → hiệu quả giảm.
- (d) sai: sự thuỷ phân Al³⁺ sinh thêm H⁺ làm pH có xu hướng giảm, không thể khẳng định nước sau xử lí có pH = 7,5.
Chỉ có 1 phát biểu đúng.
Đáp án: C ✓ (khớp key)
Câu 9. 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. Trong thành phần protein luôn có nguyên tố nitrogen. C. Protein bị thủy phân bởi acid hoặc base. D. Protein trong lòng trắng trứng có phản ứng màu biuret.
Giải:
- A không đúng: protein đơn giản được tạo nên từ các gốc α-amino acid (không phải β– hay γ–).
- B đúng: liên kết peptide –CO–NH– luôn chứa N.
- C đúng: protein bị thuỷ phân bởi acid, base hoặc enzyme.
- D đúng: protein (lòng trắng trứng) + Cu(OH)₂/OH⁻ → phức màu tím (phản ứng biuret).
Đáp án: A ✓ (khớp key)
Câu 10. 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:
- A: chloroethane, không trùng hợp được.
- B: ethylene → polyethylene (PE).
- C: vinyl chloride → PVC.
Đáp án: D ✓ (khớp key)
Câu 11. Đáp án: C
Đề bài: Amine nào sau đây là amine bậc hai?
A. (CH₃)₃N. B. CH₃NH₂. C. CH₃NHCH₃. D. C₆H₅NH₂.
Giải:
Bậc của amine = số gốc hydrocarbon liên kết trực tiếp với nguyên tử N.
- A: (CH₃)₃N — 3 gốc → bậc ba.
- B: CH₃NH₂ — 1 gốc → bậc một.
- C: CH₃NHCH₃ (dimethylamine) — 2 gốc → bậc hai.
- D: C₆H₅NH₂ (aniline) — 1 gốc → bậc một.
Đáp án: C ✓ (khớp key)
Câu 12. 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 qua dây dẫn điện với bóng đèn; hai cốc tách rời.)
A. Nhiệt kế. B. Ampe 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: cần cầu muối nối hai dung dịch điện li để các ion di chuyển, trung hoà điện tích hai nửa pin. Thiếu cầu muối thì dòng điện không duy trì được. Nhiệt kế/ampe kế/vôn kế chỉ là dụng cụ đo, không bắt buộc để pin hoạt động.
Đáp án: D ✓ (khớp key)
Câu 13. Đáp án: A
Đề bài: Công thức hoá học của iron(II) sulfate là
A. FeSO₄. B. Fe₂(SO₄)₃. C. FeS₂. D. FeS.
Giải:
Iron(II) sulfate: Fe²⁺ kết hợp SO₄²⁻ → FeSO₄.
- B: iron(III) sulfate.
- C: pyrite (iron disulfide).
- D: iron(II) sulfide.
Đáp án: A ✓ (khớp key)
Câu 14. Đáp án: D
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 → O₂ + 4H⁺ + 4e. B. 2Cl⁻ → Cl₂ + 2e. C. 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH⁻. D. Na⁺ + 1e → Na.
Giải:
Điện phân nóng chảy (không có nước):
- Cathode (cực âm, sự khử):
- Anode (cực dương, sự oxi hoá):
A, C liên quan đến H₂O — chỉ có trong điện phân dung dịch. B là quá trình ở anode.
Đáp án: D ✓ (khớp key)
Câu 15. Đáp án: C
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. base. B. chất oxi hoá. C. chất khử. D. chất điện li.
Giải:
Trong ăn mòn, kim loại bị oxi hoá thành ion dương: → kim loại nhường electron, đóng vai trò chất khử.
Đáp án: C ✓ (khớp key)
Câu 16. Đáp án: A
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 carboxyl nhất?
A. Glu. B. Lys. C. Ala. D. Gly.
Giải:
Đếm số nhóm –COOH (carboxyl):
- Gly: 1; Ala: 1; Lys: 1 (nhưng có 2 nhóm –NH₂); Glu: 2 nhóm –COOH (glutamic acid).
Đáp án: A ✓ (khớp key)
Câu 17. Đáp án: C
Đề bài: Kim loại nào sau đây không tan trong dung dịch HCl 0,10 M?
A. Zn. B. Al. C. Au. D. Mg.
Giải:
Kim loại đứng sau H trong dãy hoạt động (E° > 0) không phản ứng với HCl loãng. Au là kim loại rất kém hoạt động (E°(Au³⁺/Au) = +1,50 V), không tan trong HCl. Zn, Al, Mg đều tan:
Đáp án: C ✓ (khớp key)
Câu 18. 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 học sinh 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) → 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: 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.
Đáp án: A ✓ (khớp key)
PHẦN II: TRẮC NGHIỆM ĐÚNG/SAI (4 câu)
Đáp án: Câu 1: a-S, b-S, c-Đ, d-Đ · Câu 2: a-S, b-S, c-S, d-Đ · Câu 3: a-Đ, b-S, c-Đ, d-Đ · Câu 4: a-Đ, b-Đ, c-S, d-S
Câu 1. (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. Dựa vào hiểu biết hoá học, 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 này, Việt tiến hành thí nghiệm lần lượt cho mỗi loại thuốc A và thuốc B theo các bước như sau:
- Bước 1: Cân khối lượng của một viên thuốc, ghi lại giá trị là m₀ gam.
- Bước 2: Nghiền mịn viên thuốc ở trên, cân m₁ gam thuốc này cho vào bình tam giác, thêm tiếp khoảng 10 mL nước cất và lắc đều.
- Bước 3: Lấy chính xác 25,0 mL dung dịch HCl 0,1017 M ⚠️ (chữ số trên ảnh hơi nhoè, có thể đọc nhầm thành "1,0017 M"; giá trị 0,1017 M là giá trị duy nhất nhất quán với dữ kiện V mL NaOH 0,1008 M và kết quả 1,73 mmol ở ý a) 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 trong bình tam giác ở bước 3 bằng dung dịch NaOH 0,1008 M với chỉ thị phenolphthalein, thì tiêu tốn V mL dung dịch NaOH.
Thí nghiệm được lặp lại thêm 2 lần. Kết quả thí nghiệm lần thứ nhất được ghi lại trong bảng bên. Cho biết: 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 thu được từ 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 được 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: mmol.
Thuốc A (m₁ = 0,256 g):
- HCl dư = n(NaOH) = 8,10 × 0,1008 = 0,81648 mmol.
- HCl đã 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): 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 (0,725 g): mmol.
a) SAI. 1,73 mmol chỉ là lượng HCl bị giảm bởi 0,256 g 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: 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, nên 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 giảm được ≈ 10,13 mmol HCl > một viên B ≈ 5,96 mmol HCl → 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 2. (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:
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) 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⁺. c) 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. 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. 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.
c) SAI. [Co(OH₂)₆]²⁺ có 6 liên kết cho – nhận; [CoCl₄]²⁻ có 4 liên kết cho – nhận → không bằng nhau.
d) ĐÚNG. Giai đoạn (2): các phối tử H₂O trong [Co(OH₂)₆]²⁺ bị thay thế bởi phối tử Cl⁻ tạo [CoCl₄]²⁻ — đây là phản ứng thế phối tử:
Đáp án: a-S, b-S, c-S, d-Đ ✓ (khớp key)
Câu 3. (a-Đúng, b-Sai, c-Đúng, d-Đúng)
Đề bài: Chất béo X có trong thành phần dầu cá. Thủy phân X bằng dung dịch NaOH đun nóng, thu được các sản phẩm hữu cơ Y, Z, T theo phương trình hoá học:
X (triester của glycerol: gồm hai gốc acid béo no giống nhau và một gốc acid béo không no chứa nhiều liên kết đôi C=C) + 3NaOH Y (CH₂OH–CHOH–CH₂OH) + 2 R–COONa (Z, gốc R no, mạch dài) + R′–COONa (T, gốc R′ không no chứa nhiều C=C, mạch dài)
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 các 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. Thủy phân chất béo (triglyceride) trong NaOH luôn thu được Y là glycerol CH₂OH–CHOH–CH₂OH (propane-1,2,3-triol) và các muối sodium của acid béo.
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 có chất nào đồng thời có cả hai tín hiệu.
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)
Câu 4. (a-Đúng, b-Đúng, 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 hoá học sau:
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 cắt 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 không phân nhánh.
Giải:
a) ĐÚNG. Cellulose và tinh bột đều là polysaccharide có sẵn trong thực vật → polymer thiên nhiên.
b) ĐÚNG. Thuỷ phân cắt các liên kết glycoside, phân cắt mạch polymer thành các monomer glucose → thuộc loại phản ứng cắt mạch (phân huỷ) polymer.
c) SAI. Cùng công thức chung (C₆H₁₀O₅)ₙ nhưng hệ số polymer hoá n khác nhau (cellulose có n rất lớn, khoảng 10 000 – 15 000; tinh bột nhỏ hơn) → 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), nhưng amylopectin có mạch phân nhánh (liên kết α-1,4 và α-1,6-glycoside tại điểm phân nhánh) → không thể nói cả hai đều không phân nhánh.
Đáp án: a-Đ, b-Đ, c-S, d-S ✓ (khớp key)
PHẦN III: TRẢ LỜI NGẮN (6 câu)
Đáp án: 1: 3412 · 2: 0,64 · 3: 1256 · 4: 4,95 · 5: 42,9 · 6: 17,2
Câu 1. Đáp án: 3412
Đề bài: Cho các phản ứng hoá học được đánh số như sau:
(1) (2) (3) (4)
Sắp xếp số tương ứng của mỗi phản ứng theo thứ tự: phản ứng thủy 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 thủy phân.
- (4) ε-aminocaproic acid trùng ngưng → nylon-6 + H₂O: phản ứng trùng ngưng (có giải phóng H₂O).
Theo thứ tự yêu cầu: thủy phân (3) → trùng ngưng (4) → trùng hợp (1) → cộng (2).
Đáp án: 3412 ✓ (khớp key)
Câu 2. 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 kết quả 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):
Đáp án: 0,64 ✓ (khớp key)
Câu 3. 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:
- (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: 1, 2, 5, 6.
Đáp án: 1256 ✓ (khớp key)
Câu 4. Đáp án: 4,95
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 0,90 % nước theo khối lượng). Đường ẩm được đưa vào thiết bị sấy cho tiếp xúc với dòng không khí nóng (chứa 1,00 % 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 khỏi thiết bị chứa 1,28 % nước theo khối lượng và thu được đường chứa a·10⁻² % nước theo khối lượng. Xác định giá trị của a (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng phần trăm).
Giải:
Chọn cơ sở tính: 100 g đường ẩm và 300 g không khí nóng (tỉ lệ 3 : 1).
- Đường ẩm ban đầu: nước = 0,90 g; saccharose = 99,10 g.
- Không khí nóng vào: nước = 300 × 1,00 % = 3,00 g.
Gọi w (g) là lượng nước bay hơi từ đường sang dòng khí. Không khí thoát ra có khối lượng (300 + w) g, chứa (3 + w) g nước, chiếm 1,28 %:
Đường sau sấy:
- Nước còn lại: 0,90 − 0,8508914 = 0,0491086 g.
- Khối lượng đường sau sấy: 100 − 0,8508914 = 99,1491086 g.
→ a ≈ 4,95.
Đáp án: 4,95 ✓ (khớp key)
Câu 5. Đáp án: 42,9
Đề bài: Một nhà máy sản xuất ammonia theo phương pháp Haber – Bosch. Để thu được nitrogen (N₂) và hydrogen (H₂) từ methane, không khí và nước, các giai đoạn chính được thực hiện như sau:
- Giai đoạn 1: Cho hỗn hợp gồm khí methane và hơi nước với tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 3 qua tháp phản ứng chứa xúc tác ở 900 °C, xảy ra phản ứng: . Hiệu suất chuyển hoá CH₄ ở giai đoạn này là h %.
- Giai đoạn 2: Hỗn hợp thu được sau giai đoạn 1 được trộn với không khí (chứa 80 % N₂ và 20 % O₂ theo thể tích) để chỉ oxi hoá hết methane theo phương trình: .
- Giai đoạn 3: Trộn hỗn hợp thu được sau giai đoạn 2 với hơi nước đủ để oxi hoá hết CO thành CO₂ theo phản ứng: .
- Giai đoạn 4: Dẫn hỗn hợp thu được sau giai đoạn 3 vào tháp hấp thụ để tách CO₂ và hơi nước. Hỗn hợp khí còn lại chỉ gồm N₂ và H₂ với tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 3 được sử dụng để tổng hợp ammonia.
Coi các phản ứng khác trong các giai đoạn từ 1 đến 4 xảy ra không đáng kể. Xác định giá trị của h (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng phần mười).
Giải:
Chọn 1 mol CH₄ ban đầu (kèm 3 mol H₂O). Đặt x = h/100 là số mol CH₄ phản ứng ở giai đoạn 1.
Giai đoạn 1: CH₄ + H₂O ⇌ CO + 3H₂ → tạo x mol CO, 3x mol H₂; còn dư (1 − x) mol CH₄.
Giai đoạn 2: 2CH₄ + O₂ → 2CO + 4H₂, oxi hoá hết (1 − x) mol CH₄:
- O₂ cần: (1 − x)/2 mol → N₂ đi kèm trong không khí: mol.
- Tạo 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: CO + H₂O → CO₂ + H₂, hết 1 mol CO → H₂ tăng thêm 1 mol:
- H₂: (3 + x) mol; N₂: 2(1 − x) mol; CO₂ và H₂O bị tách ở giai đoạn 4.
Giai đoạn 4: Yêu cầu N₂ : H₂ = 1 : 3
Đáp án: 42,9 ✓ (khớp key)
Câu 6. Đáp án: 17,2
Đề bài: Xi măng Portland có thành phần chính được biểu diễn như sau: 3CaO·Al₂O₃ (kí hiệu là C₃A), 2CaO·SiO₂ (kí hiệu là C₂S), 3CaO·SiO₂ (kí hiệu là C₃S), 4CaO·Al₂O₃·Fe₂O₃ (kí hiệu là 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 được cho trong bảng 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 2CaO·SiO₂ (C₂S) trong loại xi măng Portland trên là x %. Xác định giá trị của x (không làm tròn kết quả các phép tính trung gian, chỉ làm tròn kết quả cuối cùng tới hàng phần mười).
Giải:
Chọn 100 g xi măng. Số mol các oxide (M: CaO = 56; SiO₂ = 60; Al₂O₃ = 102; Fe₂O₃ = 160; SO₃ = 80):
Phân bổ oxide vào các thành phần:
- C₄AF (4CaO·Al₂O₃·Fe₂O₃): chứa toàn bộ Fe₂O₃ → n = 0,015 mol; dùng 0,015 mol Al₂O₃ và 4 × 0,015 = 0,06 mol CaO.
- C₃A (3CaO·Al₂O₃): Al₂O₃ còn lại = 0,055 − 0,015 = 0,040 mol → n = 0,040 mol; dùng 3 × 0,040 = 0,12 mol CaO.
- CaSO₄ (CaO·SO₃): chứa toàn bộ SO₃ → n = 0,02 mol; dùng 0,02 mol CaO.
- CaO còn lại cho hai silicate: 1,21 − 0,06 − 0,12 − 0,02 = 1,01 mol.
Gọi a = n(C₂S), b = n(C₃S):
Đáp án: 17,2 ✓ (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 (40/40 ý) | | Chỗ mờ đã xử lí | 1 số liệu: nồng độ HCl ở Phần II Câu 1 (ảnh nhoè giữa "0,1017" và "1,0017") — xác định là 0,1017 M vì là giá trị duy nhất nhất quán với V(NaOH 0,1008 M) = 8,10/4,10 mL và kết quả 1,73 mmol nêu trong ý a) | | Lệch key hệ thống | 0 câu — toàn bộ đáp án tự giải khớp 100% với key hệ thống (Phần I: 18/18; Phần II: 16/16 ý; Phần III: 6/6) |
Đáp án tổng hợp:
- Phần I: 1A 2B 3A 4A 5A 6B 7A 8C 9A 10D 11C 12D 13A 14D 15C 16A 17C 18A
- Phần II: Câu 1: SSĐĐ · Câu 2: SSSĐ · Câu 3: ĐSĐĐ · Câu 4: ĐĐSS
- Phần III: Câu 1: 3412 · Câu 2: 0,64 · Câu 3: 1256 · Câu 4: 4,95 · Câu 5: 42,9 · Câu 6: 17,2