Đề thi thử Tốt nghiệp THPT Hóa học 2025 - 2026 THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt (An Giang) lần 1 có đáp án

Đáp án đúng là A

Cứ tạo ra 2 mol NH$_{3}$ thì nhiệt lượng tỏa ra là 92 kJ

→ Tạo nNH$_{3}$ = 0,15 mol thì nhiệt lượng tỏa ra là 0,15.92/2 = 6,9 Kj

Đáp án đúng là B

(1) Sai, theo (1) thì dung dịch Al$^{3+}$ bị thủy phân tạo H$^{+}$ nên pH < 7.

(2) Đúng, để cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều nghịch ta thêm vài giọt dung dịch acid mạnh (tăng nồng độ H+).

(3) Đúng, (2) tiêu thụ H$^{+}$ nên (1) sẽ chuyển dịch theo chiều thuận (tạo thành Al(OH)$_{3}$ dạng keo màu trắng).

(4) Sai, KIO$_{3}$, KI thúc đẩy Al$^{3+}$ bị thủy phân nên không dùng để bảo quản Al$^{3+}$.

Đáp án đúng là A

Có tối đa 4 dẫn xuất monobromo thu được từ isopentane (CH$_{3}$-CH(CH$_{3}$)-CH$_{2}$-CH$_{3}$) gồm:

CH$_{2}$Br-CH(CH$_{3}$)-CH$_{2}$-CH$_{3}$

CH$_{3}$-CBr(CH$_{3}$)-CH$_{2}$-CH$_{3}$

CH$_{3}$-CH(CH$_{3}$)-CHBr-CH$_{3}$

CH$_{3}$-CH(CH$_{3}$)-CH$_{2}$-CH$_{2}$Br

Đáp án đúng là B

Tác nhân dương (H) tấn công C bậc thấp, tác nhân âm (Br) tấn công C bậc cao nên sản phẩm chính sẽ có -Br gắn vào C số 2 (C bậc III).

Đáp án đúng là C

(a) Đúng, gốc -C$_{6}$H$_{5}$ kỵ nước và khá lớn làm cản trở quá trình tạo liên kết hydrogen với nước, vì vậy aniline ít tan.

(b) Đúng, bước 2 aniline chuyển thành dạng muối C$_{6}$H$_{5}$NH$_{3}$Cl chứa liên kết ion nên tan tốt trong nước.

(c) Sai, thêm NaOH dư làm aniline tách ra và không tan:

C$_{6}$H$_{5}$NH$_{3}$Cl + NaOH → C$_{6}$H$_{5}$NH$_{2}$ + NaCl + H$_{2}$O

(d) Đúng, C$_{6}$H$_{5}$NH$_{2}$ + HCl là phản ứng acid-base do có sự trao đổi proton (HCl nhường proton cho C$_{6}$H$_{5}$NH$_{2}$).

(e) Sai, C$_{6}$H$_{5}$NH$_{2}$ có lực base yếu hơn NH$_{3}$ vì -C$_{6}$H$_{5}$ hút electron làm giảm mật độ electron của N khiến N khó nhận H$^{+}$ hơn.

Đáp án đúng là C

A. Đúng, Zn là anode và bị oxi hóa: Zn → Zn$^{2+}$ + 2e

Zn$^{2+}$ tan vào dung dịch, electron di chuyển sang điện cực Cu thông qua dây dẫn.

B. Đúng, Zn tan ra nên khối lượng điện cực Zn giảm. Cu$^{2+}$ bị khử bám vào điện cực Cu nên khối lượng điện cực Cu tăng.

C. Sai, ion SO$_{4}$$^{2-}$ chuyển từ dung dịch CuSO$_{4}$ sang dung dịch ZnSO$_{4}$ qua màng bán thấm để cân bằng điện tích.

D. Đúng.

Đáp án đúng là A

Zn + CuSO$_{4}$ → ZnSO$_{4}$ + Cu

nCu = nZn phản ứng = x mol

→ m giảm = 65x – 64x = 0,01 → x = 0,01

→ mCu = 64x = 0,64 gam

Đáp án đúng là C

(1) Sai: Zn + Co$^{2+}$ → Zn$^{2+}$ + Co

Co sinh ra bám luôn vào Zn nên pin bị đoản mạch và điện thế tạo ra gần như bằng 0.

(2) Đúng

(3) Sai, nồng độ của các ion không thay đổi vì tỉ lệ 1 mol Zn$^{2+}$ tạo ra sẽ có 1 mol Co$^{2+}$ mất đi.

(4) Sai, Mn có tính khử mạnh hơn Zn nên Zn không khử được Mn$^{2+}$, Zn bị ăn mòn dần là do Zn + Co$^{2+}$ → Zn$^{2+}$ + Co

Đáp án đúng là D

Ti thuộc chu kì 4 → Có 4 lớp electron.

Ti thuộc nhóm IVB → Họ nguyên tố d, có 4 electron hóa trị.

→ Cấu hình của Ti: [Ar]3d$^{2}$4s$^{2}$.

Đáp án đúng là D

Phối tử NH$_{3}$ không mang điện nên phức chất E là [X(NH$_{3}$)$_{6}$]$^{3+}$.

a) Đúng, phản ứng (3) HCl + O$_{2}$ → Cl$_{2}$ + H$_{2}$O làm quỳ trình sản xuất chỉ có chất thải là H$_{2}$O, điều này làm giảm thải khí gây ô nhiễm môi trường và tăng hiệu quả của quá trình sản xuất.

b) Sai, (1) là phản ứng cộng nên không hình thành gốc tự do (phản ứng thế gốc mới hình thành gốc tự do).

c) Đúng

d) Đúng

Sản xuất 1 tấn PVC cần x kg chlorine

→ 1000.35,5/62,5 = x – 1,4%x → x = 576 kg

a) Sai, theo như đồ thị trên thì thể tích dung dịch X tăng dần khiến pH tăng dần → Dung dịch X là NaOH, dung dịch Y là HCl.

b) Sai, điểm tương đương là khi phản ứng xảy ra vừa đủ, dung dịch lúc này chỉ chứa muối NaCl và có pH = 7.

c) Đúng, pH từ 3,7 đến 10,3 là bước nhảy chuẩn độ, đồ thị gần như dựng đứng và thể tích dung dịch X chỉ tăng thêm một chút.

d) Sai, khi dùng hết 50 mL X thì pH > 12 (dựa theo đồ thị), khi đó [OH-] > 10$^{-2}$.

a) Sai, lá đồng thô đóng vai trò là anode và tại điện cực này xảy ra quá trình oxi hoá kim loại Cu.

b) Đúng:

+ Anode: Cu → Cu$^{2+}$ + 2e

+ Cathode: Cu$^{2+}$ + 2e → Cu

Tạp chất trong đồng thô lắng xuống, lượng CuSO$_{4}$ trong dung dịch không đổi.

c) Sai, tấm huy chương là cathode, tại đây xảy ra quá trình khử Cu$^{2+}$.

d) Sai

mCu = 8,96.0,01.88,5 = 7,9296 gam = 64.I.t/2F

→ t = 11956s

a) Đúng

b) Sai, giai đoạn 4 chỉ có hơi nước bị ngưng tụ thành H$_{2}$O lỏng. CH$_{4}$ khó hóa lỏng hơn nhiều nên thường dùng H$_{2}$O dư để CH$_{4}$ chuyển hóa hoàn toàn.

c) Sai, phản ứng tổng hợp methanol CO + 2H$_{2}$ ⇋ CH$_{3}$OH tỏa nhiệt nên cần giảm nhiệt độ tới mức vừa phải đồng thời tăng áp suất để cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận (chiều thuận có số phân tử khí giảm).

d) Sai, lưu lượng H$_{2}$O dư là 150 – 86 = 64 L/s tính cho trạng thái hơi trong cùng điều kiện. Giai đoạn 4 ngưng tụ thành thể lỏng có thể tích giảm rất nhiều

Đáp án: 44,1

Dioxin là C$_{12}$H$_{4}$Cl$_{4}$O$_{2}$ → %Cl = 35,5.4/322 = 44,1%.

Đáp án: 12,4

Poly(hexamethylene adipamide) là (-OC[CH$_{2}$]$_{4}$CONH[CH$_{2}$]$_{6}$NH-)$_{n}$

%N = 28/226 = 12,4%

Đáp án: 27

(CH$_{4}$)$_{x}$(H$_{2}$O)$_{y}$ + 2xO$_{2}$ → xCO$_{2}$ + (2x + y)H$_{2}$O

nCO$_{2}$ = nCaCO$_{3}$ = 0,3; nH$_{2}$O = 2,325

→ x/(2x + y) = 0,3/2,325

→ x/y = 4/23

Chọn x = 4, y = 23 (tỷ lệ tối giản) → x + y = 27

Đáp án: 22,5

500 kWh = 500.3600 (kJ) = 1800000 (kJ)

nH$_{2}$ = x → 56%.285,84x = 1800000

→ x = 11245,05 mol

→ mH$_{2}$ = 22490,1 gam = 22,5 kg

Đáp án: 15

Z + BaCl$_{2}$ tạo BaSO$_{4}$ nên Y$_{2}$ dạng RSO$_{4}$.xH$_{2}$O

nY$_{2}$ = nBaSO$_{4}$ = 0,125

→ MY$_{2}$ = R + 96 + 18x = 26,75/0,125

→ R + 18x = 118

Chọn x = 3, R = 64: R là Cu, Y$_{2}$ là CuSO$_{4}$.3H$_{2}$O

Y$_{1}$ dạng CuSO$_{4}$.yH$_{2}$O

CuSO$_{4}$.yH$_{2}$O → CuSO$_{4}$.3H$_{2}$O + (y – 3)H$_{2}$O

→ 214/(160 + 18y) = 85,60% → y = 5

Y$_{1}$ là CuSO$_{4}$.5H$_{2}$O

Y$_{3}$ dạng CuSO$_{4}$.zH$_{2}$O

10 gam CuSO$_{4}$.5H$_{2}$O + 10 gam CuSO$_{4}$.zH$_{2}$O + 100 gam H$_{2}$O → 120 gam Z có nồng độ 10%

Bảo toàn khối lượng CuSO$_{4}$:

10.160/250 + 10.160/(160 + 18z) = 120.10%

→ z = 7

→ x + y + z = 15

Đáp án: 3,1

Khi tới điểm tương đương: nH$_{2}$SO$_{4}$ = ½nNaOH

nH$_{2}$SO$_{4}$ (1000 mL) = ½.100.0,1(11,7 + 11,8 + 11,7).10$^{-3}$/3 = 0,058667

0,98x gam H$_{2}$SO$_{4}$ + 0,02x gam H$_{2}$O + y gam SO$_{3}$ tạo ra 5,0 gam oleum

→ x + y = 5

Bảo toàn S → 0,98x/98 + y/80 = 0,058667

→ x = 1,5332; y = 3,4668

Tỉ lệ:

Để có 5 gam oleum cần 1,5332 gam dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$ 98%

→ Để có 10 tấn oleum cần 3,1 tấn dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$ 98%