HÓA học 10 HOÀNG lê KHA tây NINH đáp án đề NGHỊ 2022

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUN ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC KHỐI 10 VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2022 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA Câu (2 điểm) 1.1 Khi chiếu ánh sáng có độ dài sóng 205nm vào bề mặt bạc kim loại, electron bị bứt với tốc độ trung bình 7,5 105 m/s Tính lượng liên kết (theo eV) electron lớp bề mặt (100) mạng tinh thể bạc Cho me = 9,11.10-28gam; h = 6,626.10-34J.s; c = 3.108 m/s 1.2 Xét phân tử H2 phân ly theo kiểu khác nhau: (1) H2 → H + H (hai nguyên tử hiđro riêng biệt) (2) H2 → H+ + H− (một proton ion hiđrua) Giản đồ lượng E phụ thuộc vào khoảng cách R hai hạt nhân hệ H biểu diễn hình bên Năng lượng nguyên tử phân tử cho theo tỷ lệ a Xác định kiểu phân li tương ứng với ô trống (a) (b) Giải thích b Xác định giá trị lượng phân ly De (theo eV) phân tử H2 theo kiểu khác c Từ liệu cho, tìm biến thiên lượng kèm theo trình: H– → H + e− d Ion H– hệ có hai electron xử lý tương tự hệ nguyên tử H coi giá trị số đơn vị điện tích hạt nhân gây lực hút với electron bị giảm phần electron đẩy Khi đó, biểu thức lượng electron nguyên tử H hay ion H- có dạng: E = k.Z2 k số Z điện tích hạt nhân hiệu dụng Tính Z ion H– biết giá trị k giống với ion H– nguyên tử H Ý 1.1 Đáp án Bảo toàn lượng: Điểm 0,25 hc/λ = Elk + 1/2mv2 Elk = 7,1344.10-19J = 4,453eV 0,25 1.2 a Hướng (a): phân li dị li Hướng (b): phân li đồng li 0,25 Giải thích: Năng lượng cần cung cấp để tách electron từ nguyên tử hiđro lớn lượng giải phóng ngun tử hiđro cịn lại 0,25 nhận thêm electron, nên lượng ion (H +, H-) cao lượng nguyên tử H b Hướng (a): De = -14,3 eV - (-31,9 eV) = 17,6 eV Hướng (b): De = 2.(-13,6 eV) - (-31,9 eV) = 4,7 eV c => 13,6 = 0,7eV 0,50 H2 → 2H De(b) = +4,7 eV H2 → H+ + H- De(a) = +17,6 eV H → H+ + e EH = +13,6 eV H- → H + e ΔE = -17,6 + 4,7 + 0,50 d 0,25 EH − = − 14,3 eV = 2(− 13,6Z ) => Zeff = 0,725 eff Câu (2 điểm) Khi sục khí clo vào nước nhiệt độ gần nhiệt độ đơng đặc xuất chất kết tủa xanh, dạng sợi Hiện tượng xảy tương tự metan khí Đây chất thú vị lượng lớn metan hiđrat cho có tồn tự nhiên Các phân tử nước hình thành cấu trúc nhờ liên kết hiđro Các phân tử khí làm bền hoá khung cấu trúc cách điền vào lỗ trống cấu trúc nước để tạo clarat Tinh thể clarat clo metan có kiến trúc, mắt mạng (nút mạng) tinh thể hình khối 12 mặt kết cấu từ 20 phân tử nước Ô mạng sở xem hình lập phương tâm khối tạo nên từ khối 12 mặt (các khối 12 mặt xem gần cầu) Những cầu liên kết với phân tử nước mặt hình lập phương sở, mặt hình lập phương có phân tử nước Hình lập phương sở có độ dài cạnh 1,182 nm, có loại lỗ trống cấu trúc Một lỗ trống bên khối 12 mặt (gọi lỗ trống A) có phần nhỏ so với lỗ trống B, có lỗ trống B mạng sở a) Có lỗ trống A ô mạng sở? b) Trung bình có phân tử nước ô mạng sở? c) Nếu tất lỗ trống bị chiếm phân tử khách, tính tỉ lệ số phân tử nước so với số phân tử khách d) Metan hiđrat clarat hình thành với cấu trúc mô tả câu c (trong metan phân tử khách) 0-10oC Tính khối lượng riêng (g.cm-3) clarat e) Khối lượng riêng clo hiđrat 1,26 g.cm-3, tính tỉ lệ số phân tử nước so với số phân tử khách f) Bán kính cộng hố trị (R cov) cho biết khoảng cách nguyên tử hình thành liên kết cộng hố trị, bán kính vander Waals (Rvan) số đo kích thước ngun tử khơng tham gia liên kết cộng hố trị Ta có bảng sau: Rcov (pm) Rvan (pm) H 37 120 C 77 185 O 73 140 Cl 99 180 Từ giá trị bán kính nguyên tử cho bảng trên, ước tính khoảng xác định bán kính lỗ trống A, B Câu a Đáp án Thang điểm Số lỗ trống A /1 ô mạng = 1/8*8 + = b 0,25 0,25 Số phân tử nước/1 ô mạng = 20*2 + 6*2/2 = 46 c 46/8 = 4,75 0,25 d D = 1,589/1,651 = 0,962 g.cm-3 0,25 e Số ngt Cl /1 ô mạng = 424,5/35,5 = 11,96 hay phân tử Cl2 Tỉ lệ 46/6 = 7,(6) f 0,25 Bán kính phân tử CH4 = 37+77+120 = 234pm (CH4 chiếm lỗ 0,25 trống A B) Bán kính phân tử Cl2 = 180+99 = 279pm (Cl2 chiếm lỗ trống B) Vậy: 234 pm 279 pm 0,25 0,25 Câu (2 điểm) 238 92 206 82 U Pb → Chuỗi phân rã thiên nhiên tiếp 234 90 bao gồm số phân rã αvà β loạt bước kế 234 91 Th Pa a) Hai bước bao gồm (t1/2 = 24,10 ngày) (t1/2 = 6,66 giờ) Hãy viết phản ứng hạt nhân hai bước chuỗi phân rã 238U tính lượng theo MeV bước phân rã 238 92 226 88 U 226 88 Ra Ra b) Phân rã dẫn đến (t1/2 = 1620 năm) Sau xạ α, để tạo thành 222 86 Rn (t1/2 = 3,83 ngày) Nếu thể tích mol rađon điều kiện 25,0 lít, thể tích rađon cân bền với 1,00 kg rađi bao nhiêu? 238 92 c) Một mẫu phóng xạ phần tử chuỗi tìm số phân rã chu kỳ bán hủy U có hoạt độ giảm 10 lần sau 12,80 ngày Hãy Cho biết khối lượng nguyên tử của: 238U = 238,05079u; 234Th = 234,04360u; 4,00260u; mn = 1,00867u; 1u = 931,5MeV/c2; 1MeV = 1,602.10-13J Ý Đáp án A 238 92 U → 234 90 234 Pa = 234,04332u;4He = Điểm Th + 24 He Bước 1: Q = [m(238U) – m(234Th) – m(4He)]c2 = (238,05079 – 234,04360 – 4,00260).931,5 = 4,28 (MeV) 0,25 234 90 Th → 234 91 -1 Pa + e (hay β) ▪ Bước 2: 0,25 Q = [m(234Th) – m(234Pa)]c2 = (234,04360 – 234,04332).931,5 = 0,26 (MeV) b Tại cân (không đổi) thì: N1λ1 = N2λ2 = A (A: hoạt độ phóng xạ) Ra có λ1 = 1,17.10-6 ngày-1; 226 Với Rn; λ2 = 0,181 ngày-1 222 1000.6,022.1023 N1 = = 2,66.1024 226 0,5 ▪ N 0,181 = 2,66.10 24 1,17 10 -6 ⇒ N = 1,72.1019 0,5 ▪ 1,72.1019 25 6,022.1023 = 7,143.10-4(lít) ▪ VRn = c N o e-λt1 N1 = N o e-λt N2 = 0,25 N o e-λt1 N1 = = e λ(t1 -t ) ⇒ λ = ln10 = 0,181 ( ngày -1 ) -λt N oe 12,80 ⇒ N2 t1/2 = 0,25 0,693 = 3,85 (ngày) 0,181 Câu (2 điểm) 4.1 Chứng minh H2O chậm đông -10oC hệ bền, dễ tự chuyển sang H2O đá ( Cp; H2O(l) = 73,3 J.mol-1.K -1 Biết rằng: ) ( Cp; H2O(r) = 37,6 J.mol-1.K -1 ; ) ΔH nc; H O = (r) KJ.mol-1 ; 4.2.Ái lực NH3(k) với proton H+(k) ứng với trình: NH3(k) + H+(k)  → NH4+(k) ΔHo298 Tính q trình (1) 25oC dựa vào kiện sau: ΔHo298 (NH Cl, tt ) = - 314,4 kJ.mol-1 Nhiệt hình thành NH4Cl(tt): ΔHo298 (NH , k ) Nhiệt hình thành NH3(k): = - 46,1 kJ.mol-1 Năng lượng phân ly liên kết Cl–Cl: ECl-Cl = 239 kJ.mol-1 Năng lượng phân ly liên kết H–H: EH-H = 432 kJ.mol-1 (1) Năng lượng ion hóa H: I(H, k) = 1312 kJ.mol-1 Ái lực với electron Cl: A1(Cl, k) = - 348 kJ.mol-1 Uo298 (NH Cl, tt ) = - 697 kJ.mol-1 Năng lượng mạng lưới ion NH4Cl(tt): Ý Nội dung Điểm * Xét trình: * ∆H4 = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 = n.Cl.(T2 – T1) + ∆H2 + n.Cr.(T2’ – T1’) = 73,3.(0 + 10) - 6.103 + 37,6.(- 10 - 0) = - 5643 (J.mol-1) T2 T1 * ∆S4 = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = n.Cl.ln = 73,3.ln 273 263 6.103 273 - + 37,6.ln 263 273 - ΔH nc T T2 ' T1 ' 0,5 + n.Cr.ln 0,5 = - 20,646 (J.K-1.mol-1) * ∆G4 = ∆H4 - T.∆S4 = - 5643 – 263.(-20,646) = - 213,102 < ⇒ (4) trình tự diễn biến 0,25 Ta có sơ đồ: 0,5 E H −H ΔHo298 (NH3 , k ) ΔHo298 (NH4Cl, tt ) = E Cl-Cl + U o298 (NH Cl, tt ) +A1(Cl, k) + 0,25 ΔHo298 +I(H, k) + + 432 ΔHo298 = – 314,4 – [– 46,1 + 870,8 kJ.mol-1 239 +1312+ –348–697] = – Câu (2 điểm) Cho 18,4gam N2O4 vào bình chân khơng dung tích khơng đổi 5,904 lít 27 oC, xảy phản ứng:  → ¬   (k) N2O4 2NO2 (k) Lúc cân áp suất bình 1,0 atm a Tính áp suất riêng phần khí lúc cân b Tính độ phân li α N2O4 27oC c Tính số cân K p phản ứng 400K chấp nhận hiệu ứng nhiệt phản ứng không đổi khoảng nhiệt độ khảo sát 58,04 kJ Kết thu có phù hợp với nguyên lý Le Chatelier khơng? Giải thích Lấy N = 14; O = 16; R = 8,314 J/(mol.K) = 1,987 cal/(mol.K) Câu Đáp án Điểm a) Số mol N2O4 = 0,2 mol  → ¬   N2O4 (k) Số mol ban đầu 0,2 Số mol cân 0,2-x 2NO2 (k) 2x Tổng số mol khí lúc cân bằng: 0,2 + x n hh Ta có: Pcb = 22, (27 + 273) 273 =1 5, 904 ⇔ ⇔ 0, − x Pcb = 0, + x PN O = PNO = 0, − x = 0,8 = 80% 0, b) α(27oC) = 0,5 x = 0,04 mol atm 0,25 0,25 (1/ 3) (2 / 3) c) Kp (300K) = nhh = 0,2 + x = 0,24 2x Pcb = 0, + x atm; 0,5 = 1/6 (atm) 0,25 0,25 ln K p,300 K p,400 = ∆H  1  −  ÷ R  400 300  ⇔ K p,400 = 56,02 atm Kết phù hợp với ngun lí Le Chatelier nhiệt độ tăng, cân chuyển dịch theo chiều thu nhiệt, tức chiều tạo NO2 Câu (2 điểm) Trong tầng bình lưu, ngun tử Cl* phân hủy tầng ozon theo phương trình sau: k a = 1, 7.10 e 10 ka Cl* + O3 → ClO* + O2 −260 T (M −1.s −1 ) (a) với Hãy tính tốc độ phản ứng khoảng cách 20 km, nồng độ chất : [Cl] = 5.10-17M; [O3] = 8.10-9 M T = 220K Ở độ cao 45 km, nồng độ thực tế chất [Cl]= 3.10 -15M; [O3] = 8.10-11 M T = 270K, tính tốc độ phản ứng Tại 298K, số tốc độ phản ứng (a) đo k a = 6,7.109M-1.s-1; thừa số Arrhenius A 10 -1 -1 = 6,7.10 M s Hãy tính lượng hoạt hóa phản ứng 298K Phản ứng lưỡng nguyên tử pha khí với sản phẩm khác gốc clomonoxit:  → * * + ClO ClO Cl2 + O2 k1 = 2,9.106  → * * + ClO ClO ClOO* + Cl* k2 = 4,8.106  → * * + ClO ClO OClO* + Cl* k3 = 2,1.106 Hãy xác định hiệu suất cho sản phẩm không chứa gốc tự Biết phản ứng xảy phần (4), chất đầu (ClO)2 phân hủy nhanh thành ClO*rồi sau phân hủy theo hướng sản phẩm Biết thừa số Arrhenius lượng hoạt hóa phản ứng 298K là: Phản ứng A (M-1.s-1) Ea (kJ/mol) 6,08.108 13,2 1,79.1010 20,4 2,11.108 11,4 Cho biết phản ứng có cho ∆H* lớn phản ứng cho ∆S* nhỏ nhất, tính giá trị kB T ∆G * ) h RT exp(và ∆U* = Ea – RT; số Bolzman Cho biểu thức Eyring: k = kB = 1,38.10-23(J/K), số Plack: h = 6,626.10-34 (J.s) Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM Từ đơn vị số ka M-1.s-1 ⇒ Phản ứng có bậc 0,25 Phương trình động học phản ứng có dạng: v = k.[Cl*].[O3] - Ở khoảng cách 20 km, nồng độ chất : [Cl] = 5.10 -17M; [O3] = 8.10-9 M T = 220K −260 = 1, 7.1010.e 220 5.10−17 8.10−9 ⇒ va = ka.[Cl*][O3] = =2,086.10-15 (M.s-1) Ở độ cao 45 km, [Cl]= 3.10-15M; [O3] = 8.10-11 M T = 270K = 1, 7.10 e 10 ⇒ va = ka.[Cl*][O3] = −260 270 3.10−15 8.10 −11 2,08.10-15 (M.s-1) Ở độ cao 45 km, [Cl]= 3.10-15M; [O3] = 8.10-11 M T = 270K 0,25 −260 = 1, 7.1010.e 270 3.10−15 8.10 −11 ⇒ va = ka.[Cl*][O3] = = 1,56.10-15 (M.s-1) k = A.e − Ea /RT ⇒ E a = RT.ln A k 0,25 ⇒ Ea = 5,706 kJ/mol d [Cl2 ] d [O2 ] = = k1[ClO*]2 dt dt d [OClO*] = k3[ClO*]2 dt ; ; d [ClOO*] = k2 [ClO*]2 dt 0, ; d [Cl*] = (k2 + k )[ClO*]2 dt [Cl2 ] [O2 ] k1 = = ∑ sp ∑ sp 2(k1 + k2 + k3 )  ⇒  Hiệu suất cho sản phẩm không chứa gốc tự do: [Cl2 ] [O2 ] 2k1 + = = 29, 6% ∑ sp ∑ sp 2(k1 + k2 + k3 )  0,75 - Áp dụng phương trình Arrhenius: k = A.e-Ea/RT Phản ứng A (M-1.s-1) k (M-1.s-1) 6,08.108 13,2 2,951.106 1,79.1010 20,4 4,753.106 2,11.108 11,4 2,118.106  → - Xét trình: (ClO2)2 Theo phương trình Eyring : k= Ea (KJ/mol) k B T −∆G * exp( ) h RT với ∆n = ⇒ ∆H* = Ea  → 2ClO* sản phẩm ⇒ ∆n = từ ∆U* = Ea – RT ; ∆H* = ∆U* + ∆nRT Mà ∆G* = ∆H*-T∆S* = Ea- T∆S* k= k B T −E −E ∆S * k B T ∆S * exp( a ).exp = exp [exp( a )] h RT R h R RT  k B T ∆S * exp h R  A= a) ∆H* lớn Ea lớn phản ứng (2): ⇒ ∆H*= Ea2 = 20,4 KJ mol-1 b) ∆S* nhỏ A nhỏ nhất; mà A (3) nhỏ nhất, đó: k B T ∆S* 1,38.10−23.298 ∆S* exp ⇒ 2,11.10 = exp h R 6,626.10−34 8,314  A=  ⇒ ∆S* = - 142,98 (J/mol.K) Câu (2 điểm) 7.1 Cho 0,01 mol NH3, 0,1 mol CH3NH2 0,11 mol HCl vào H2O lít dung dịchA Tính pH dung dịch A? pK NH+ =9,24 pK CH NH+ =10,6 pK H O =14 3 Cho ; ; 7.2 Dung dịch bão hịa H2S có nồng độ 0,1 M H2S có Ka1 = 10-7 Ka2 = 1,3 × 10-13 a) Tính nồng độ ion sunfua dung dịch H2S 0,10 M điều chỉnh pH = 3,0 b) Một dung dịchB chứa Mn2+ Ag+ với nồng độ ban đầu ion 0,010 M Hòa tan H2S vào B đến bão hòa điều chỉnh pH = 3,0 ion tạo kết tủa? Cho Ks MnS = 2,5.10-10 ; Ag2S= 6,3.10-50 Ý Đáp án Điểm 7.1 Xét cân sau: CH3NH2 + HCl → CH3NH3Cl 0,1 0,1 NH3 + HCl → NH4Cl 0,01 0,01 0,01 0,1 (mol) (mol) Do V= (l) nên CM = n Dung dịch chứa CH3NH3Cl 0,1M NH4Cl 0,01M CH3NH3+ ⇔ CH3NH2 + H+ K1 = 10-10.6 (1) NH4+ ⇔ NH3 + H+ K2 = 10-9.24 (2) 0.5 Bằng phép tính gần (1) (2) điện li axít yếu nên ta có:  H +  = C1.K1 + C2 K = 0,1.10 −10,6 + 0, 01.10 −9.24 = 2,875.10 −6 ⇒ pH = − lg  H +  = 5,54 a.Tính nồng độ ion S2-( dung dịch H2S 0,100 M; pH = 3,0 7.2 CH2S = H2S (k) H2S (aq) [H2S] = 0,1 M, [H2S] = 10−1, [H+] = 10−3 ⇌ ⇌ H+ + HS− HS− ⇌H+ + S2− H2S (aq) 0.25 H2S (aq) K1 = 1,0 × 10−7 K2 = 1,3 × 10−13 ⇌2 H+ + S2− K1 K2 = 1,3 × 10−20 K= [H+]2.[S2-]/[H2S] [S2-]=1,3.10-20[H2S]/[H+]2 =1,3.10-20 10-1/(10-3)2= 1,3.10-15 M 0.25 b 0.25 [Mn2+][S2−] = 10−2×1,3 × 10−15 = 1,3 × 10−17< TMnS = 2,5 × 10−10 khơng có kết tủa [Ag+]2[S2−] = (10−2)2× 1,3 × 10−15 = 1,3 × 10−19 > TAg2S = 6,3 × 10−50 có kết tủa Ag2S 0.25 Câu (2 điểm) Giải Nobel hoá học năm 2019 trao cho ba nhà hoá học: John B Goodenough (người Anh), M Stanley Whittingham (người Anh), Akira Yoshino (người Nhật) nghiên cứu phát triển pin sạc Liti ion Sức điện động chuẩn pin 3,70 V Giả định bán phản ứng catot anot sau: Catot: CoO2 + Li+ + e → LiCoO2 Anot: LiC6 → 6C + Li+ + e a) Viết phản ứng tổng cộng xảy pin tính lượng Gibbs chuẩn phản ứng [kJ mol-1] b) Tế bào điện hố có điện cực tạo từ LiCoO graphit (C) Tính khối lượng anot pin sạc đầy pin phóng điện hồn tồn Biết ban đầu có 10,00 gam LiCoO 10,00 gam graphit (C) c) Tính lượng chuyển hố cực đại tính đơn vị khối lượng pin (kJ kg -1) Giả sử lượng chất làm anot catot lấy tỉ lệ mol phản ứng, tổng khối lượng điện cực chiếm 50,0% khối lượng pin Từ kết tính được, so sánh với mật độ lượng khoảng 200 kJ kg -1 pin chì-axit d) Ở đây, mơi trường điện li pin dung dịch nước mà dung dịch hữu Thử đề nghị cơng thức chất khí nước có mặt dung dịch điện li Ý Đáp án Điểm a) a) CoO2 + LiC6 → LiCoO2 + 6C ΔrGo = –nFEo = –1 × 96485 × 3,70 = –357 kJ mol-1 b) Khi sạc đầy: Số mol LiCoO2 = 10,00/97,87 = 0,1022 mol 0,25*2 Số mol C = 10,00/12,01 = 0,8326 mol > 0,1022 mol × = 0,6132 mol Do khối lượng anot pin sạc đầy: 0,5 0,25 10,00 + 0,1022 × 6,94 = 10,71 g Khi pin phóng điện hồn tồn khối lượng anot = 10,00 g c) Mật độ lượng pin liti ion 357kJ/(2.169,93.10-3kg) = 1050,4 kJ kg-1 0,5 d) H2 H2 O2 0,25 Câu (2 điểm) Ion đithionat (S2O62-) ion vô trơ a Người ta điều chế S2O62- cách thổi liên tục khí SO2 vào nước gần đóng băng có chứa lượng MnO2 (lấy dư) Các ion đithionat sunfat tạo thành điều kiện Viết phương trình hóa học phản ứng xảy trình b Làm bay phần dung môi dung dịch natri đithionat thấy xuất tinh thể X Tinh thể X sấy giữ 130oC, khối lượng giảm 14,88%, thu natri đithionat khan Cho natri đithionat đem nung 300°C vài giờ, khối lượng giảm 41,34%, thu bột trắng Y Y hoà tan vào nước cho kết tủa trắng với dung dịch BaCl Viết công thức X, Y viết phương trình phản ứng hai q trình xảy nung nóng tinh thể Ý Đáp án Điểm 2- a 2SO2 + MnO2 + 2H2O → S2O6 + Mn 2+ SO2 + MnO2 → SO42- + Mn2+ b 0,25*2 X: Đun 1300C, nước bay => Na2S2O6.nH2O => n = =>X: Na2S2O6.2H2O 0,25 Đun 300 C, nước bay muối khan phân hủy Na2S2O6.nH2O → Na2S2O6 + 2H2O 0,25 Na2S2O6 → Na2SO4 + SO2 0,5 Y: Na2SO4 0,5 Câu 10 (2 điểm) 10.1 Sắp xếp (có giải thích) chất (A), (B) (C) theo thứ tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy: COOH S (A) COOH COOH ; N (B) ; (C) 10.2 So sánh tính axit nguyên tử hiđro linh động hợp chất sau giải thích Ý 10.1 Đáp án Điểm - Thứ tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy: C< A < B - Giải thích: B có ngun tử N tạo nhiều liên kết H nên nhiệt độ nóng chảy cao MC < MA nên nhiệt độ nóng chảy thấp A, 0,5 0,5 10.2 Cacbanion (B) có nhóm cacbonyl nên mật độ điện tích âm giải tỏa làm cho cacbanion bền 0,5 Hiệu ứng +C nhóm N(CH3)2 > OCH3 làm cho mật độ electron O nhóm C=O bên phải (A) giàu (D) làm giảm hiệu ứng +C cacbanion vào C=O bên phải dẫn đến cacbanion (A) bền so với (D) ⇒ Tính axit hiđro linh động: (C) > (D) > (A) > (B) -HẾT - 0,5 ... = 5 .10 -17M; [O3] = 8 .10- 9 M T = 220K −260 = 1, 7 .101 0.e 220 5 .10? ??17 8 .10? ??9 ⇒ va = ka.[Cl*][O3] = =2,086 .10- 15 (M.s-1) Ở độ cao 45 km, [Cl]= 3 .10- 15M; [O3] = 8 .10- 11 M T = 270K = 1, 7 .10 e 10. .. K1 K2 = 1,3 × 10? ??20 K= [H+]2.[S2-]/[H2S] [S2-]=1,3 .10- 20[H2S]/[H+]2 =1,3 .10- 20 10- 1/ (10- 3)2= 1,3 .10- 15 M 0.25 b 0.25 [Mn2+][S2−] = 10? ??2×1,3 × 10? ??15 = 1,3 × 10? ??17< TMnS = 2,5 × 10? ? ?10 khơng có kết... = −260 270 3 .10? ??15 8 .10 −11 2,08 .10- 15 (M.s-1) Ở độ cao 45 km, [Cl]= 3 .10- 15M; [O3] = 8 .10- 11 M T = 270K 0,25 −260 = 1, 7 .101 0.e 270 3 .10? ??15 8 .10 −11 ⇒ va = ka.[Cl*][O3] = = 1,56 .10- 15 (M.s-1)