ĐA đề đề nghị môn hoá khối 10 hoà bình

SỞ GD&ĐT TỈNH HỒ BÌNH TRƯỜNG THPT CHUN HỒNG VĂN THỤ KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2021 - 2022 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC LỚP 10 Thời gian làm 180 phút (Đáp án gồm có 15 trang) Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hồn Bước sóng quang phổ phát xạ (hoặc hấp thụ nguyên tử hidro tính theo cơng thức:  1 = R − ÷ λ  nt nc  , R = 1,0974.107 m-1 (hằng số Rydberg) a Một vạch sóng dải Banmer có bước sóng λ = 433,9 nm, xác định nc bước nhảy b Hãy tính giới hạn giới hạn dải Banmer Cho phân tử: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3), xenon tetraoxit (4), bo triflorua (5), trimetylamin ((CH 3)3N) (6), axetamit (CH3CONH2) (7) a Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả cặp electron tự (nếu có) nguyên tử trung tâm) chất từ (1) đến (6) b Dự đốn góc liên kết phân tử nói c Trong phân tử axetamit, liên kết với nguyên tử nitơ nằm mặt phẳng Vì sao? Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM 1a Dải Banmer bao gồm vạch ứng với chuyển electron từ mức lượng cao n≥3 mức 0,25 lượng thấp nt =2 - Vạch sóng có bước sóng λ = 433,9 nm ứng với :  1  = 1, 0974  − ÷ −9 433,9.10  nc  ⇒ = 0, 04 ⇒ nc = nc2 Vậy vạch sóng có bước sóng λ = 433,9 nm ứng với 0,25 chuyển electron từ mức lượng nc = mức nt = b Dải Banmer : - Vạch đầu : nt = ; nc =3 λmax  1 = 1, 0974  − ÷ = 1,5242.106 ( m −1 ) 2 9 0,25 ⇒ λmax = 656( nm) - Vạch cuối : : nt = ; nc = ∞ 1 = 1, 0974 λmin 0,25 ⇒ λmin = 364(nm) 2.a,b XeF2: thẳng, 1800 XeF4, vuông phẳng, 900 F F XeO3, chóp tam giác, < 109028’; F F F F XeO4, tứ diện, 109028’ O 0,25 O O O O O BF3, tam giác đều, 1200 O (CH3)3N: Chóp tam giác, Q = => A = ∆U => - Png(V2 - V1) = nCV(T2 - T1) => - Png(-) = nR(T2-T1) => T2 = T1 = 298 = 238,40 K => V2 = = = 39,1 (L) b Đoạn nhiệt => Q = => A = ∆U = nCV(T2 - T1) => A = 8,314.(238,4 - 298)= -1486,54 (J) = -1,486 (KJ) => ∆H = nCp(T2 - T1) = 8,314.10-3(238,4 - 298)= -2,48 (KJ) ĐIỂM 0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi T nhiệt độ cuối hệ (T>273K) Trong mol H2O có 0,86 mol H2O(l) 0,14 mol H2O(h) Sơ đồ : X(r); H2O(h) 0,14 mol H2O(h) 0,14 mol 273 K T (K) T (K) 373 K 2,0 Kg H2O(l) 0,86 mol H2O(h) 0,86 mol T (K) 373 K (2) (1) H2O(l) 373 K Quá trình thả khối kim loại vào trình đẳng áp xảy trao đổi nhiệt với H2O(l+h) => ∆H = ∆Ha + ∆Hb + ∆Hc = => ∆Ha + ∆Hb + ∆H1 + ∆H2 = => m.CP,X(T-273) + nH2O,h.CP, H2O,h(T-373) - nH2O,l.∆Hhh, 373,H2O(l) + nH2O,l.CP, H2O,l(T-373) = 0,25 => 2.103.0,385(T-273) + 0,14.33,6(T-373) – 40,656.103.0,86 + 0,86.75,3.(T-373) = => T = 322,925 K Nhiệt lượng mà X trao đổi QP,X = ∆Ha = m.CP,X(T-273) = 2.0,385.(322,925-273) = 38,442 (KJ) b Biến thiên entropi X ∆SX = ∆Sa = m.CP,X = 2.103.0,385 = 129,32 (J/K) Biến thiên entropi nước ∆SH2O(h+l) = ∆Sb + ∆Sc = nH2O,h.CP, H2O,hln - (nH2O,l.∆Hhh, 373,H2O(l))/373 + nH2O,l.CP, H2O,l.ln => ∆SH2O(h+l) = 0,14.33,6.ln – (40,656.10 0,86)/373 + 0,86.75,3.ln = -103,75 (J/K) Biến thiên entropi hệ X-Nước ∆Shệ = ∆Sa + ∆Sb + ∆Sc = ∆SX + ∆SH2O(h+l) ∆Shệ = 129,32 + (-103,75) = 25,57 (J/K) Câu 5: (2,0 điểm) Cân hóa học pha khí Ở 400 K, NaHCO3 bị phân hủy theo phản ứng: 2NaHCO3(r)  Na2CO3(r) + CO2(k) + H2O(k) a) Tính ∆Ho298 , ∆So298 phản ứng (*) 0,25 0,25 0,25 (*) b) Giả sử ∆Ho ∆So phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ Tính ∆Go số cân KP phản ứng (*) 400 K c) Cho 8,4 gam NaHCO3(r) vào bình tích thay đổi giữ bình 400 K Tính thành phần hệ (theo số mol) áp suất bình thể tích bình 1,2 L 0,5 L Cho biết: Chất Nhiệt hình thành chuẩn NaHCO3(r) Na2CO3(r) CO2(k) -947,7 298K, ∆Ho ht,298 (kJ/mol) Entropi chuẩn 298 K, So298 102,09 (J/K.mol) Câu H2O(k) -1130,9 -393,5 -241,8 135,98 213,68 188,72 ĐÁP ÁN ĐIỂM a ∆Ho298 = ∆Ho298,Na CO => ∆H o 298 + ∆Ho298,CO2 + ∆Ho298,H2O - ∆Ho298,NaHCO3 = -1130,9 - 393,5 - 241,8 -2(- 947,7) = 129,2 (KJ/mol) ∆So298 = ∆So298,Na2CO3 + ∆So298,CO2 + ∆So298,H2O - ∆So298,NaHCO3 => ∆So298 = 135,98 + 213,68 + 188,72 – 102,09.2 = 334,2 (J/mol.K) b ∆Go = ∆Ho - T∆So = 129,2 – 400.334,2.10-3 = -4,48 (KJ/mol) Ta có: ∆Go = -RTlnKP => -4,48 = - 8,314.10-3.400.lnKP => KP = 3,846 ( bar2) c nNaHCO = 0,1 mol Phản ứng dị thể nên thực thể tích khác => P thay đổi => phản ứng chuyển từ cân sang phản ứng chiều Nếu NaHCO3 hết nNa CO = nCO = nH O = 0,05 mol => n(k+h) = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol Khi cịn tồn cân thì: Phệ = PCO + PH O = PCO = 2PH O = = = 3,922 (bar) Vậy Phệ < 3,922 (bar) cân khơng cịn tồn Nên thể tích lớn hệ Vmax để cân tồn là: Vmax = = 0,848 (L) *) Khi V = 1,2 (L) > 0,848 (L) => Khơng cịn tồn cân tức NaHCO3 phản ứng hết Trạng thái cuối: nNa CO = nCO = nH O = 0,05 mol; n NaHCO = => Phệ = = 2,771 (bar) *) Khi V = 0,5 (L) < 0,848 (L) => Còn tồn cân tức NaHCO3 chưa phản ứng hết Phệ = 3,922 (bar) Trạng thái cân bằng: 2 2 2 2 nNa2CO3 = nCO2 = nH2O = = = = 0,029 (mol) n NaHCO3 = 0,1 – 0,029.2 = 0,042 (mol) Câu 6: (2,0 điểm) Động học hình thức Để phân hủy H2O2 với tốc độ đáng kể người ta phải đun nóng dùng thêm chất xúc tác (ví dụ ion iodua mơi trường trung tính) Bảng ghi lại số liệu thực nghiệm tốc độ khí oxi từ dung dịch H2O2 298K 1,013.105Pa Thí nghiệm tiến hành cách trộn dung dịch H2O2 3% (30g H2O2/1L dung dịch), dung dịch KI 0,1 mol.L-1 với nước Thí nghiệm VH 2O2 (ml) 50 100 VKI (ml) 100 100 VH 2O (ml) 150 100 υO2 (ml/phút) 8,8 17 200 100 35 100 50 150 8,5 100 200 33 Xác định bậc phản ứng H2O2 chất xúc tác Viết phương trình phản ứng hóa học xảy biểu thức tốc độ phản ứng Tính nồng độ H2O2 (mol/L) bắt đầu thí nghiệm sau phút Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM Từ thí nghiệm 1, 2, ta thấy: Khi giữ nguyên nồng độ I 0,25 tăng nồng độ H2O2 lên gấp đơi tốc độ phản ứng tăng gấp đơi ⇒ Bậc H2O2 bậc Tương tự từ thí nghiệm 4, 2, 5: Khi giữ nguyên nồng độ H 2O2 0,25 - tăng nồng độ I- lên gấp đơi tốc độ phản ứng tăng gấp đơi ⇒ Bậc I- (có thể viết biểu thức tốc độ, chia tỉ lệ để xác định bậc) Phương trình phản ứng: 2H2O2 → 2H2O + O2 Phương trình tốc độ: v = k.[H2O2].[I-] v = k.[H2O2].[KI] 0,25 0,25 0.25 0,25 Vì pha lỗng lần nên nồng độ ban đầu H 2O2 sau pha loãng là: Co(H2O2) = 1% hay 10g H2O2/L => Co = 10 g / L 34 g / mol 0,25 = 0,294 mol/L ⇒ no = 3/34 mol Vì phản ứng xảy chậm nên khoảng thời gian ngắn bỏ qua giảm nồng độ 0,25 Ở thí nghiệm 4: Sau phút hình thành: 4.8,5 ml = 34 ml O2 ⇒ nO2 = 1,390.10-3 mol Khi số mol H2O2 cịn lại là: n4 = no – 2nO2 = 0,0854 mol ⇒ C4 = n4/0,3L = 0,285 mol.L-1 Câu 7: (2,0 điểm) Dung dịch phản ứng dung dịch Để tạo vị chua cho nước coca-cola, người ta thường thêm H 3PO4 với hàm lượng photpho 160 mg lít nước Ngoài ra, tổng lượng CO nén vào chai chứa 330,0 ml nước coca-cola 1,1 gam a Giả thiết toàn CO2 tan nước coca-cola Tính độ chua(pH) nước coca-cola chai b Sau mở nắp chai coca-cola để cân khơng khí pH nước coca-cola thay đổi nào? Giải thích c Tính thể tích ( theo mL) dung dịch NaOH 5,00.10 -3 M cần cho vào 10 ml nước coca-cola ý (b) để thu dung dịch có pH = 8,00 Bỏ qua ảnh hưởng CO2 khơng khí đến thí nghiệm d Thực tế, chai coca-cola có dung tích 350,0 mL chứa 330,0 mL nước cocacola 1,1 gam CO2 Do vậy, phần CO2 tồn pha khí Tính áp suất (theo atm) khí CO2 khoảng khơng khí chất lỏng chai Coi nước bay không đáng kể, chai coca-cola khơng có khơng khí Cho biết: Ở 2980K, H3PO4: pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32;  → ¬   (CO2 + H2O) có pKa1 = 6,35; pKa2 = 10,33; CO2(dd) CO2(k) KH =30,2 Hàm lượng CO2 trung bình khơng khí 0,0385% số mol; áp suất khí atm; thành phần khác nước coca-cola không ảnh hưởng đến kết tính tốn R = 0,082 atm.L/mol.K Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM a Thành phần ban đầu dung dịch: C(H3PO4) = 160.10 −3 = 5,16.10 −3 ( M ) 31 ; 1,10 = 7,58.10 − ( M ) 0,33.44 0,25 C(CO2)= ; Với H3PO4 có Ka1 >> Ka2 >> Ka3; Với (CO2 + H2O) có Ka1>> Ka2 Và (C Ka1)(H3PO4) >>(C Ka1)( CO2 + H2O) >> KW Do pH nước coca-cola tính theo cân sau + C [] H PO -4 H3PO4 H + -3 5,16.10 5,16.10-3 - x x (1) Ka1 = 10-2,15 x 0,25 x = 10 − 2,15 -3 5,16.10 - x => => x = 3,46.10-3 M => pH = 2,46 b Sau mở nắp chai coca-cola, khí CO Tại thời điểm CO2 nước cân với CO2 khơng khí nồng độ CO2 cịn lại là: pCO2 KH = 0,25 3,85.10 −4 = 1,27.10 −5 ( M ) 30,2 [CO2]= [CO2]=0,0705 =>P=30,2.[CO2] = 30,2.0,0705 = 2,13 atm Câu 8: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử Pin điện điện phân 0,25 0,25 0,25 Cho pin điện: Ag │AgNO3 0,001M, Na2S2O3 0,1M║ HCl 0,05M │AgCl, Ag với Epin = 0,345V a.Viết phương trình hóa học xảy pin hoạt động b.Tính Eo([Ag(S2O3)2]3-/Ag)? c.Tính tích số tan AgCl + Cho biết: Ag + 2S2O3 +  → ¬   [Ag(S2O3)2]3- , lgβ = 13,46  → ¬   Ag + 2CN [Ag(CN)2]- , lgβ = 21 EoAg+/Ag = 0,8V, RT/F = 0,059lg (25oC) Điện phân dung dịch A gồm Zn(NO3)2 0,10M Pb(NO3)2 0,01M dung dịch đệm có pH = với hai điện cực platin phẳng, cường độ dòng điện 0,2A 250C a So sánh điện cực từ cho biết thứ tự q trình điện phân catot? Tính điện áp tối thiểu cần đặt vào bình điện phân để xảy điện phân? b Nếu kết thúc điện phân nồng độ Pb2+ 10-4 M điện áp tác dụng lên hai điện cực phải bao nhiêu? (coi điện trở bình điện phân q khơng thay đổi q trình điện phân) c Tính xem khí H2 chì tách hồn tồn chưa? Tại thời điểm này, chì tách %? Biết: Pb = 207; độ giảm bình điện phân bình điện phân có điện trở 0,35V Thế điện cực chuẩn E0 của: Pb2+/Pb = -0,130V; Zn2+/Zn = -0,760V; O2,H+/H2O = 1,230V; 2H+/H2 = 0,0V Các - 2- giá trị thế: η Pb ( Pt ) = 0, 0005V ;η Zn ( Pt ) = 0, 00085V ;η H2 ( Pt ) = 0,197V ;ηO2 ( Pt ) = 0, 470V Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM a Do Epin > 0, nên có pin với hai điện cưc sau (-) Ag │AgNO3 0,001M, Na2S2O3 0,1M║HCl 0,05M │AgCl, Ag (+) Khi pin hoạt động:  → ¬   2Anot (-) : Ag + 2S2O3 [Ag(S2O32-)2]3- + e  → ¬   Catot (+): AgCl + e Ag + Cl  → ¬   2PTPƯ: AgCl + 2S2O3 [Ag(S2O32-)2]3- + Cl b Ag+ + e  → ¬   0,8 Ag , K1 = 10 0,059 0,25 0,25  → ¬   233 [Ag(S2O ) ] 233 [Ag(S2O ) ] + e Eo 2− 3−   ( ) Ag S2 O3 o E = E Ag + 2S2O  → ¬   0,25 β −1 = 10−13,46 23 23 Ag + 2S2O K2 = 10 Eo 0,059 = K1β−1 / Ag = 5,86.10-3 ( Ag S2 O32− c Eanot = + ) 3−   / Ag E o [Ag ( S2 O3 2− ) ( Ag S2 O32− = 10−3 0, 0982 ) 3−   2− / Ag + 0,059 lg 3−   ] 0,25 [S2 O3 ] = 5,86.10-3 + 0,059lg = - 0,052V Epin = Ecatot - Eanot = 0,345 V E Ag+ /Ag β = 1021 → Ecatot = 0,293V = = + 0,059 lg [Ag+] → [Ag+] = 10-8,59 ; TAgCl = [Ag+] [Cl-] = 10-8,59 0,05 = 1,29.10-10 a Viết phản ứng xảy điện cực: *) Tại catot, có trình: Zn2+ + 2e Pb2+ + 2e → → → Zn (1) Pb (2) 2H+ + 2e H2 (3) - Để (1) xảy ra, catot phải thỏa mãn: 0, 0592 Ec ≤ EZn2+ / Zn + η Zn ( Pt ) → Ec ≤ EZn + lg  Zn +  + η Zn ( Pt ) 2+ / Zn 0, 0592 → Ec ≤ −0, 760 + lg 0,1 − 0, 00085 = −0, 79045(V ) - Để (2) xảy ra, catot phải thỏa mãn: 0, 0592 Ec ≤ EPb2+ / Pb + η Pb ( Pt ) → Ec ≤ EPb + lg  Pb 2+  + η Pb ( Pt ) 2+ / Pb 0, 0592 → Ec ≤ −0,130 + lg 0, 01 − 0, 0005 = −0,1897(V ) - Để (3) xảy ra, catot phải thỏa mãn: Ec ≤ E2 H + / H + η H ( Pt ) → Ec ≤ E20H + / H + 0, 0592 lg  H +  + η H ( Pt ) 0,25 −4 → Ec ≤ 0, + 0, 0592 lg10 − 0,197 = −0, 4338(V ) So sánh catot trình (1), (2), (3) thứ tự điện phân là: Pb2+, H+, Zn2+ *) Tại anot xảy điện phân nước: → + 2H2O 4H + O2 + 4e (4) - Để (4) xảy ra, anot phải thỏa mãn: 0,0592 Ea ≥ EO , H + / H O + ηO2 ( Pt ) = 1, 230 + lg 10−4  + 0, 470 = 1, 4632(V ) 2 0,25 - Điện áp tối thiểu cần đặt vào bình điện phân E = Ea – Ec = 1,4632 – (- 0,1897) + 0,35 = 2,0029 b Khi điện phân nồng độ Pb2+ 10-4M 0, 0592 Ec ≤ EPb2+ / Pb + η Pb ( Pt ) → Ec ≤ EPb + lg  Pb 2+  + η Pb ( Pt ) 2+ / Pb 0, 0592 → Ec ≤ −0,130 + lg10−4 − 0, 0005 = −0, 2489(V ) Trong dung dịch đệm, pH không đổi nên đặt vào anot không đổi 1,4632V Vậy, điện áp tối thiểu cần đặt E = 1,4632 – ( -0,2489) + 0,35 = 2,0621(V) Ec = E2 H + / H + η H ( Pt ) = EPb2+ / Pb + η Pb( Pt ) c Khi có khí H2 Thay số, ta có: 0, 0592 −0, 4338 = −0,130 + lg  Pb 2+  − 0, 0005 2+ −10,23 →  Pb  = 10 0,25 0,25 Vậy, có khí H2 Pb2+ coi bị điện phân hồn tồn Lượng chì tách ( 0,01 – 10-10,23)/0,01.100% = 99,99% Câu 9: (2,0 điểm) Nhóm Halogen, Oxi-lưu huỳnh Hòa tan 9,13 gam mẫu kali iođua vào 100 gam nước nóng Thêm 13,96 gam I2 vào dung dịch, khuấy đến thu dung dịch đồng A Cô đặc dung dịch A hạ nhiệt độ xuống 2oC thấy xuất tinh thể B Tinh thể B có màu nâu sẫm Lọc lấy phần tinh thể B, rửa làm khô Hòa tan 0,950 gam B vào nước thu dung dịch X Chuẩn độ toàn lượng dung dịch X cần 21,7 ml dung dịch Na2S2O3 0,2M (có mặt hồ tinh bột) Xác định công thức hợp chất B Sục SO2 vào dung dịch FeCl3, làm lạnh Sau phản ứng, dung dịch lọc cho vào Ba(OH)2 thu kết tủa trằng xanh dung dịch X Cô cạn dung dịch X thu tinh thể rắn Y Nung 1,667 gam Y tới khối lượng không đổi thu 1,167 gam Z không tan HNO Sản phẩm khí q trình nung hấp thụ hồn tồn 25ml KMnO4 0,1M (axit hóa) Lượng KMnO4 dư phản ứng vừa hết với 12,5ml dung dịch axit oxalic 0,1M Xác định X, Y, Z viết phương trình phản ứng Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM 0,25 nI Ta có: = 0,055 mol = 0,055 mol ⇒ KI I2 phản ứng với theo tỉ lệ : theo phương trình: 0,25 KI + I2 → KI3 Phản ứng chuẩn độ: I3- + 2S2O32- → S4O62- + 3I- Ta có số mol S2O32- 4,34.10-3 mol 0,25 ⇒ số mol I3- 2,17.10-3-mol Vậy khối lượng KI3 dung dịch chuẩn độ 0,911 gam Trong B có thành phần nước (B tinh thể hiđrat) 0,25 Khối lượng nước tinh thể B 0,950 – 0,911 = 0,039 gam nKI3 : nH 2O -3⇒ nnước = 2,17.10 mol ⇒ tỉ lệ =1:1 Công thức muối B KI3.H2O kết tủa trắng xanh Fe(OH)2 ∈ Dung dịch X chứa BaSxOy (x,y N) Nung Y thu Z không tan HNO3 Z BaSO4 0,25 1,167 233 nBaSO4= =5,0.10-3 mol Khí sau nung SO2 có H2O 5SO2 + H 2O + KMnO4  → H SO4 + 2MnSO4 + K SO4 0,25 3H SO4  +  5 H 2C2O4  +  2 KMnO4   → 2 MnSO4  +  K SO4  +1 0CO2  +  8 H 2O nSO2=5/2 nKMnO4 - nH2C2O4=5,0.10-3 mol 1, 667 − 5, 0.10−3 × 64 − 1,167 18 = = 0,01mol suy Y BaS2O6.2H2O dung dịch X chứa BaS2O6 Fe3+ + 2SO2 + H 2O  → Fe2 + + S 2O62− + H + Phản ứng heat BaS 2O6 H 2O   → BaSO4 + H 2O + SO2 Câu 10 (2,0 điểm) Đại cương hữu cơ(quan hệ cấu trúc tính chất) So sánh nhiệt độ sôi pentađien-1,4 pentađien- 1,3 So sánh tính axit H phân tử sau: 0,25 0,25 Giải thích vấn đề sau đây: a) Hợp chất A tồn chủ yếu dạng enol B b) Hợp chất C hợp chất thơm c) Dẫn xuất D dễ Br- để tạo thành cacbocation dẫn xuất E d) Xiclopentadien F có tính axit cao inden G Câu 10 ĐÁP ÁN T sôi: CH3-CH=CH-CH=CH2 ĐIỂM > CH2=CH-CH2-CH=CH2 pentađien-1,3 pentađien- 1,4 Vì: Pentađien-1,3 có hiệu ứng liên hợp làm tăng độ phân cực, nên lực hút phân tử tăng Tính axit A>C>B A tạo anion hệ thơm, B tạo anion hệ phản thơm, C tạo anion hệ không thơm a) B tạo cộng hưởng thành hệ thơm nên B ưu A 0,25 0,25 0,25 b) Cặp e N cho vào hệ thống giúp cho vịng có electron π thỏa mãn quy tắc Huckel 0,25 c) Cation sinh từ D có ổn định từ nhiều hệ thơm so với E (cũng giải thích theo kiểu cation D có nhiều cộng hưởng nên bền hơn) 0,25 0,25 d) Anion xiclopentadienyl có năm cấu trúc cộng hưởng tương đương nhau: 0,25 Cịn anion indenyl có nhiều cộng hưởng hơn, cấu trúc khiến cho hệ thơm benzen bị phá vỡ lại làm giảm tính bền hệ khiến cho trở nên ưu 0,25 Thế nên dù có nhiều cộng hưởng hơn, thiếu ổn định cộng hưởng (phá vỡ hệ thơm bên vòng benzen) khiến cho anion indenyl bền xiclopentadienyl, dẫn đến xiclopentadien có tính axit cao inden Nhóm đề SĐT: 0986.772900 SĐT: 0915.264.152 Võ Thị Phương Thảo Hoàng Ngân Khánh ... ] 10 10 −7 , 21 10 −8 10 −12,32 [H CO ] [HCO 3− ] − 23 => x = 3,46 .10- 3 M => pH = 2,46 b Sau mở nắp chai coca-cola, khí