Đề chính thức Tốt nghiệp THPT Hóa học năm 2026 (có đáp án) - Mã đề số 2

Đáp án đúng là B

Khi để ngoài không khí, Na có thể phản ứng với O$_{2}$, H$_{2}$O tạo thành oxide (Na$_{2}$O, …), NaOH sau đó phản ứng tiếp với CO$_{2}$ trong không khí tạo thành Na$_{2}$CO$_{3}$ còn trong dầu hỏa khan Na không phản ứng nên được bảo quản bằng cách ngâm trong dầu hỏa khan.

4Na + O$_{2}$ → 2Na$_{2}$O Na$_{2}$O + CO$_{2}$ → Na$_{2}$CO$_{3}$

2Na + 2H$_{2}$O → 2NaOH + H$_{2}$2NaOH + CO$_{2}$ → Na$_{2}$CO$_{3}$ + H$_{2}$O

Đáp án đúng là A

Để khảo sát yếu tố nhiệt độ thì nhiệt độ thay đổi còn các yếu tố khác được cố định như (1) thời gian; (2) nồng độ, thể tích ban đầu của các chất phản ứng và dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$ đặc.

Ở điều kiện nhiệt độ khảo sát thì hỗn hợp trong quá trình phản ứng thường không màu do các chất phản ứng và sản phẩm đều không màu, không phải do thiết lập.

Đáp án đúng là A

(1) Đúng vì Ca(OH)$_{2}$ phản ứng với H$^{+}$ làm giảm nồng độ H$^{+}$ từ đó tăng pH của dung dịch.

(2) Sai vì NaCl có môi trường trung tính không làm tăng pH của nước lên 6,5 – 7,5 được.

(3) Sai vì NH$_{4}$$^{+}$ thủy phân tạo môi trường acid: NH$_{4}$$^{+}$ + H$_{2}$O → NH$_{3}$ + H$_{3}$O$^{+}$

(4) Sai vì Fe$^{3+}$ thủy phân tạo môi trường acid làm giảm pH: Fe$^{3+}$ + 3H$_{2}$O → Fe(OH)$_{3}$ + 3H$^{+}$

Đáp án đúng là C

(a) Đúng vì mẫu X có pH = 6,5 < 7 nên có môi trường acid.

(b) Sai vì K$^{+}$, Al$^{3+}$ không ảnh hưởng đến tính cứng của nước.

(c) Sai vì khi thêm acid (H$^{+}$) thì cân bằng Al$^{3+}$(aq) + 3H$_{2}$O(l) $\overset{}{⇌}$ Al(OH)$_{3}$(s) + 3H$^{+}$(aq) chuyển dịch theo chiều nghịch nên lượng kết tủa Al(OH)$_{3}$ bị giảm từ đó giảm hiệu quả làm trong nước đục của phèn nhôm – kali.

(d) Sai vì sau khi xử lí mẫu X bằng phèn nhôm thì pH của nước thu được giảm (pH < 6,5).

a) Đúng.

b) Đúng.

c) Sai vì burette cần tráng bằng dung dịch chuẩn độ là dung dịch NaOH 0,1008 M.

d) Sai vì 1 viên thuốc A làm giảm 10,13 mmol HCl còn 1 viên thuốc B làm giảm 5,96 mmol HCl $\Rightarrow$ Giả thuyết phù hợp.

a) Đúng. [Cu(OH$_{2}$)$_{6}$]$^{2+}$ + 4Cl$^{-}$ → [CuCl$_{4}$]$^{2-}$ + 6H$_{2}$O (thay phối tử H$_{2}$O bằng phối tử Cl$^{-}$).

b) Sai vì phức [Cu(OH$_{2}$)$_{6}$]$^{2+}$ có 6 phối tử có dạng hình học bát diện.

c) Sai vì các phân tử H$_{2}$O đã cho cặp electron hóa trị riêng vào AO trống của Cu$^{2+}$.

d) Sai vì phức [Cu(OH$_{2}$)$_{6}$]$^{2+}$ có 6 liên kết cho – nhận và [CuCl$_{4}$]$^{2-}$ có 4 liên kết cho – nhận giữa nguyên tử trung tâm và phối tử.

a) Đúng.

b) Sai vì X không có liên kết O – H, Y không có liên kết C=O.

c) Đúng.

d) Đúng.

a) Đúng.

b) Đúng.

c) Sai vì giá trị n khác nhau nên phân tử khối của cellulose và tính bột khác nhau.

d) Sai vì amylopectin có mạch polymer phân nhánh.

Đáp án: 0,64.

${E}_{pin}^{o}=-0{,}126-(-0{,}763)=0{,}637\approx 0{,}64\ V.$

Đáp án: 1256.

Đáp án: 42,9.

Giả sử ban đầu có 1 mol CH$_{4}$ và 3,2 mol hơi H$_{2}$O.

(1) CH$_{4}$(g) + H$_{2}$O(g) $\overset{xt,\ 900{\ }^{o}C}{⇌}$ CO(g) + 3H$_{2}$(g)

Bđ: 1 3,2 mol

Pư: h h h 3h mol

Sau pư: 1 – h 3,2 – h h 3h mol

(2) 2CH$_{4}$(g) + O$_{2}$(g) $\overset{xt,\ {t}^{o}}{\rightarrow }$ 2CO(g) + 4H$_{2}$(g)

1 – h → $\frac{1-h}{2}$ → 1 – h 2(1 - h) mol (pư hoàn toàn)

${n}_{{N}_{2}}=4{n}_{{O}_{2}}=2(1-h)\ mol$; n$_{CO}$ = h + 1 – h = 1 mol.

(3) CO(g) + H$_{2}$O(g) $\overset{{t}^{o}}{\rightarrow }$ CO$_{2}$(g) + H$_{2}$(g) (pư hoàn toàn)

1 → 1 mol

(4) Sau khi loại bỏ CO$_{2}$, H$_{2}$O thì còn ${n}_{{N}_{2}}=2(1-h)\ mol\$và ${n}_{{H}_{2}}=$3h + 2(1 - h) + 1 = 3 + h (mol).

Theo đề bài: $\frac{{n}_{{N}_{2}}}{{n}_{{H}_{2}}}=\frac{2(1-h)}{3+h}=\frac{1}{3}\Rightarrow h\approx 0{,}42857\approx 42{,}857\%\approx 42{,}9\%.$

Đáp án: 42,9.

Giả sử ban đầu có 1 mol CH$_{4}$ và 3 mol hơi H$_{2}$O.

(1) CH$_{4}$(g) + H$_{2}$O(g) $\overset{xt,\ 900{\ }^{o}C}{⇌}$ CO(g) + 3H$_{2}$(g)

Bđ: 1 3 mol

Pư: h h h 3h mol

Sau pư: 1 – h 3 – h h 3h mol

(2) 2CH$_{4}$(g) + O$_{2}$(g) $\overset{xt,\ {t}^{o}}{\rightarrow }$ 2CO(g) + 4H$_{2}$(g)

1 – h → $\frac{1-h}{2}$ → 1 – h 2(1 - h) mol (pư hoàn toàn)

${n}_{{N}_{2}}=4{n}_{{O}_{2}}=2(1-h)\ mol$; n$_{CO}$ = h + 1 – h = 1 mol.

(3) CO(g) + H$_{2}$O(g) $\overset{{t}^{o}}{\rightarrow }$ CO$_{2}$(g) + H$_{2}$(g) (pư hoàn toàn)

1 → 1 mol

(4) Sau khi loại bỏ CO$_{2}$, H$_{2}$O thì còn ${n}_{{N}_{2}}=2(1-h)\ mol\$và ${n}_{{H}_{2}}=$3h + 2(1 - h) + 1 = 3 + h (mol).

Theo đề bài: $\frac{{n}_{{N}_{2}}}{{n}_{{H}_{2}}}=\frac{2(1-h)}{3+h}=\frac{1}{3}\Rightarrow h\approx 0{,}42857\approx 42{,}857\%\approx 42{,}9\%.$

Đáp án: 4,95.

Giả sử ban đầu có 100 gam đường ẩm $\Rightarrow$ $\{\begin{matrix}{m}_{{H}_{2}O}=100.0{,}9\%=0{,}9\ gam \\ {m}_{Saccharose}=100-0{,}9=99{,}1\ gam\end{matrix}$

m$_{kk nóng}$ = 3m$_{đường ẩm}$ = 300 gam $\Rightarrow$ $\{\begin{matrix}{m}_{{H}_{2}O}=300.1\%=3\ gam \\ {m}_{khÝ\ kh«}=300-3=297\ gam\end{matrix}$

Vì trong quá trình sấy chỉ xảy ra sự bay hơi của nước nên m$_{saccharose}$ và m$_{khí khô}$ không đổi.

m$_{kk nóng thoát ra}$ = $\frac{297}{100\%-1{,}28\%}=300{,}8508914\ gam\ \Rightarrow {m}_{{H}_{2}O(kk\ nãng)}=300{,}8508914.1{,}28\%=\frac{2376}{617}\ gam$

BTKL nước $\Rightarrow$ ${m}_{{H}_{2}O\ (\text{®}\text{­}\text{ê}\text{n}\text{g}\ \ \text{È}\text{m}\ \text{s}\text{a}\text{u}\ \text{s}\text{Ê}\text{y})}=0{,}9+3-\frac{2376}{617}=\frac{303}{6170}\ gam.$

Phần trăm khối lượng nước trong đường ẩm sau sấy:

$\%{m}_{{H}_{2}O}=\frac{\frac{303}{6170}}{\frac{303}{6170}+99{,}1}.100\%\approx 0{,}0495\approx 4{,}95.1{0}^{-2}\%$ $\Rightarrow$ a = 4,95.

Đáp án: 17,2.

Giả sử có 100 gam xi măng Portland $\Rightarrow$ $\{\begin{matrix}{m}_{CaO}=67{,}76\ g \\ {m}_{Si{O}_{2}}=22{,}2\ g \\ {m}_{A{l}_{2}{O}_{3}}=5{,}61\ g \\ {m}_{F{e}_{2}{O}_{3}}=2{,}4\ g \\ {m}_{S{O}_{3}}=1{,}6\ g\end{matrix}\Rightarrow \{\begin{matrix}{n}_{CaO}=1{,}21\ mol \\ {n}_{Si{O}_{2}}=0{,}37\ mol \\ {n}_{A{l}_{2}{O}_{3}}=0{,}055\ mol \\ {n}_{F{e}_{2}{O}_{3}}=0{,}015\ mol={n}_{{C}_{4}AF} \\ {n}_{S{O}_{3}}=0{,}02\ mol={n}_{CaS{O}_{4}}\end{matrix}$

Trong 100 gam xi măng Portland, đặt $\{\begin{matrix}{n}_{{C}_{3}A}=a\ mol \\ {n}_{{C}_{2}S}=b\ mol \\ {n}_{{C}_{3}S}=c\ mol \\ {n}_{{C}_{4}AF}=0{,}015\ mol \\ {n}_{CaS{O}_{4}}=0{,}02\ mol\end{matrix}\overset{BT(CaO,\ Si{O}_{2},\ A{l}_{2}{O}_{3})}{\rightarrow }\{\begin{matrix}{n}_{CaO}=3a+2b+3c+4.0{,}015+0{,}02=1{,}21 \\ {n}_{Si{O}_{2}}=b+c=0{,}37 \\ {n}_{A{l}_{2}{O}_{3}}=a+0{,}015=0{,}055\end{matrix}\Rightarrow \{\begin{matrix}a=0{,}04\ mol \\ b=0{,}1\ mol \\ c=0{,}27\ mol\end{matrix}$

$\Rightarrow$ $x\%=\%{m}_{{C}_{2}S}=\frac{0{,}1.172}{100}.100\%=17{,}2\%$