HDC hóa 10 lê KHIẾT QUẢNG NGÃI DHBB 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIII - NĂM 2022 Mơn: Hóa học 10 Thời gian: 180 phút ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1: Cấu tạo nguyên tử, phân tử HTTH định luật tuần hoàn (2,0 điểm) 1.1 Xét phân tử sau: SO3, NH3, N(CH3)3 Phản ứng SO3 với NH3 ) N(CH3 pha khí hình thành hai sản phẩm X Y a) Vẽ cấu trúc hình học SO3, NH3, N(CH3)3, X Y · b) Trong hai sản phẩm, độ dài liên kết S−N 191,2 pm 195,7 pm; góc liên kết NSO 97,6o 100,1o (chưa theo thứ tự) Hãy gán giá trị vào X, Y giải thích 1.2 Có thể xem electron π iron-heme phân tử hemoglobin hệ electron tự chuyển động hộp hai chiều Theo mô hình này, lượng electron xác định sau: Enx ,n y  h2 (nx2  n y2 ) 8me L2 , nx, ny = 1, 2, 3, … với số Plank h = 6,63ˑ10−34 J.s; nx ny số lượng tử chính; me = 9,11.10−31 kg khối lượng electron; L chiều dài hộp a) Xây dựng giản đồ lượng biểu diễn thứ tự tương đối 15 obitan thấp b) Cho biết có 26 electron iron-heme, xác định số electron obitan chiếm có lượng cao trạng thái c) Giả sử qui tắc Hund áp dụng cho hệ này, dự đoán hệ thuận hay nghịch từ d) Nếu chiều dài L cho hộp hai chiều nm ánh sáng có bước sóng dài (theo nm) dẫn đến kích thích bao nhiêu? Cho vận tốc ánh sáng c = 3,00.108 m/s Hướng dẫn chấm Câu 1.1 Nội dung Điểm a) 0,5 b) Nhóm methyl gây hiệu ứng +I nên làm tăng mật độ electron tên N N(CH3)3 có tính base mạnh NH3, điều dẫn đến N-S O3S-N(CH3)3 ngắn O3S-NH3 Mật độ electron N-S O 3S-N(CH3)3 nhiềuhơn O3S-NH3 nên làm góc liên kết N-S-O O3S-N(CH3)3 lớn O3S-NH3 Chất Độ dài liên kết S – N X 195,7 pm 97,6o · Góc liên kết NSO 1.2 Y 191,2 pm 100,1o 0,25 0,25 a) Giản đồ lượng biểu diễn thứ tự tương đối 15 obitan thấp nhất: E1,1 = 2E0 E1,2 = E2,1= 5E0 E2,2 = 8E0 E1,3 = E3,1= 10E0 E2,3 = E3,2 = 13E0 E1,4 = E4,1= 17E0 E3,3= 18E0 E2,4= E4,2= 20E0 E3,4= E4,3 = 25E0 Khi E0 = h2/8 mL 0,25 b) Tổng số electron MO bị chiếm có mức lượng cao 0,25 c) Trạng thái nghịch từ 0,25 d) Năng lượng kích thích độ dài sóng lớn Emin  (25  20) Eo  (25  20)  34 (6, 63.10 )  9,11.1031  (10 9 ) Độ dài sóng: max  hc 6, 63.1034  3, 0.108   6, 6.107 ( m)  660 ( nm) Emin 3, 01.1019 0,25 Câu 2: Tinh thể (2,0 điểm) Đơn chất X “hấp thụ hydro bọt biển hấp thụ nước” nhiệt độ 298 K, áp suất H2 p = bar, đơn vị thể tích chất hấp thụ 850 đơn vị thể tích hydro Ngày nay, tính chất hấp thụ hydro chất ứng dụng công nghiệp, đặc biệt để tạo loại màng tuyệt vời cho q trình tinh chế hydro Chất có mạng sở lập phương tâm diện (fcc: facecenter cubic) với số mạng a = 389 pm, khối lượng riêng 12,02 g.cm-3 Hình cấu trúc tinh thể chất X Các kí hiệu o (octahedral void) tâm hốc bát diện a) Xác định khối lượng nguyên tử nguyên tố E tạo thành đơn chất X b) Xác định công thức hydride EHx tạo thành hấp thụ hydro Các kết nhiễu xạ nơtron cho thấy hydrua nguyên tử hydro riêng biệt chiếm hốc bát diện mạng tinh thể chất X Tâm hốc bát diện hình c) Xác định tỉ lệ hốc bát diện ô mạng fcc bị chiếm nguyên tử hydro Bán kính Bohr nguyên tử hydro RH = 53 pm, bán kính ion hydrua RH− = 150 pm Độ dẫn điện chất thay đổi chút sau hấp thụ lượng đáng kể hydro Hằng số mạng X sau hấp thụ hydro tăng chút lên 402 pm d) Tính bán kính nguyên tử nguyên tố E mạng fcc Hãy cho biết xếp liên kết hydrua EHx theo kiểu: ion, cộng hóa trị hay kim loại? Cho biết số Avogadro: NA = 6,022.1023 Hướng dẫn chấm Câu a) Một mạng fcc chứa: 8× Nội dung Điểm 1 + 6× = nguyên tử Khối lượng riêng đơn chất E 4× d= ME NA Vom   8 × 6,022.10 23 d × Vom ×N A 12,02 × 3.10  ME =   4 106,52 (g/mol) Vậy E paladi (Pd) b) Theo đề, đơn vị thể tích Pd hấp thụ 850 đơn vị thể tích hydro nên: 106,5 VH2 = VPd ×850 = × 850 = 7,53.10 3 (m ) 12,02×10 pVH 7,53.10 3×105 n H2 = = = 0,3 (mol) RT 8,314×298 Cơng thức hợp chất hidrua PdH0,6 c) Trong ô mạng fcc, số hốc bát diện ô mạng 0,5 0,25 0,25 0,25 12× +1=4 Tỉ lệ số hốc bát diện : số nguyên tử Pd = : Do có 0,6 (60%) tổng số hốc bát diện bị hydro chiếm d) R Pd = a 0,25 = 137,5 pm Trong mạng fcc, ta có tỉ số bán kính hốc bát diện bán kính nguyên tử: 0,25 R octa = 0,414  R octa  R Pd  0,414 = 56,94 pm R Pd Kiểu liên kết liên kết kim loại Vì, nguyên tử hydro chiếm tâm hốc bát diện khơng có xu hướng tạo liên kết trực tiếp với nguyên tử kim loại xung quanh Kích thước hốc bát diện nhiều trùng khít với bán kính Bohr nguyên tử hydro, nhỏ nhiều so với bán kính anion hydrua; nên lập luận liên kết hydrua chủ yếu có chất kim loại 0,25 Câu 3: Phản ứng hạt nhân (2,0 điểm) Một số loại đồng hồ đeo tay với mũi tên số phát sáng bóng tối sản xuất Một số phát sáng để khu vực có ánh sáng Một số khác phát sáng có tiếp xúc với ánh sáng hay không Kiểu thứ hai đồng hồ triti Chúng có ống nhỏ chứa đồng vị hydro phóng xạ 3H, gọi triti Các electron (vi hạt beta) giải phóng từ triti phân rã phóng xạ: H   23 He +  01 e Các electron giải phóng va chạm với vật liệu lân quang phủ mũi tên số Kết hiệu ứng electron chất lân quang kích thích, nghĩa dịch chuyển lên mức lượng cao Khi trở trạng thái bản, electron phát xạ photon ánh sáng khả kiến Dĩ nhiên, phóng xạ từ “đáng sợ” Tuy nhiên, đồng hồ triti, chất khí phóng xạ lượng vi hạt beta xạ nhỏ không đủ để xâm nhập vào thể người Quy luật động học phân rã phóng xạ giống phản ứng hóa học bậc Chu kì bán hủy triti 12,32 năm a) Tính thời gian cần để 96,5% triti đồng hồ bị phân hủy hết Hoạt độ A mẫu vật liệu phóng xạ số phân rã giây, tính theo biểu thức A = λN, λ số phân rã, N số vi hạt phóng xạ b) Giả sử đồng hồ chứa 100,0 μL hỗn hợp khí triti 3He 23oC Khối lượng 3He khơng phóng xạ hỗn hợp 3,003 μg Áp suất đồng hồ 0,257 atm Tính hoạt độ hỗn hợp theo đơn vị becquerel (Bq) c) Để mắt người “bắt” ánh sáng từ đồng hồ bóng tối, tế bào nhận kích thích ánh sáng (quang thụ thể) phải chạm photon 100 ms Giả sử 10% photon phát xạ từ nguồn sáng chạm tới quang thụ thể Tính tần số xạ photon nguồn sáng để người bình thường xem bóng tối, có nghĩa tính xem photon phải phát xạ giây d) Biết phân rã nguyên tử triti gây phát xạ photon, tính số lượng vi hạt phóng xạ cực tiểu Nmin để hoạt độ đủ cho mắt nhìn thấy ánh sáng phát từ đồng hồ Tính xem đồ hồ chứa 0,0100 gam triti phát sáng năm Đồng vị Khối lượng (u) H 1,00782 H 2,01410 H 3,01605 He 3,01603 Hướng dẫn chấm Câu Nội dung a) Phản ứng phóng xạ tn theo phương trình động học bậc một, ta có: ln Điểm [A]o   t [A]t  ln [A]o ln  t (1  0,965)  [A]o T1/2 ln  t  0,965 12,32  t  59,58 (năm)  ln 0,5 b) Tổng số mol khí: PV 0, 257  100.106 n   1, 058.106 RT 22,  (273  23) 273 (mol) Số mol He: n m 3, 003.106   9,957.10 7 M 3, 01603 (mol) 0,25 Số mol triti: n  n  nHe  1, 058.106  9,957.107  6, 23.108 (mol) Hằng số tốc độ:  ln ln   1,784.109 T1/2 12,32  365  24  60  60 (s−1) 0,25 Hoạt độ phóng xạ: A   N  1,784.10 9  6, 23.10 8  6, 022.1023  6, 69.107 (Bq) c) Hoạt độ tối thiểu cần mẫu để mắt người nhìn thấy ánh sáng: A  900 100.103  0,1 (photon.s−1) d) Số nguyên tử tritium tối thiểu: 0,25 N  0,25 Amin 900   5, 04.1011 9  1, 784.10 (nguyên tử) Số nguyên tử tritium ban đầu: No  mT 0, 01  NA   6, 022.1023  2, 00.1021 MT 3, 01605 (nguyên tử) Ta có: ln  ln No  .t N No ln  t N T1/ 0,5 2, 00.1021 ln  t 11 5, 04.10 12, 32  t  392,8 (năm)  ln Câu 4: Nhiệt hóa học (2,0 điểm) Đo thân nhiệt cách khám sàng lọc để phát người bệnh có nguy nhiễm Covid-19 Ở địa điểm công cộng, việc kiểm tra thực nhiệt kế xạ máy ảnh nhiệt Các thiết bị cung cấp khả thu thập liệu nhanh, độ xác chúng thấp nhiều so với nhiệt kế thủy ngân Khi tiếp xúc với vật cần đo, thể tích thủy ngân thay đổi cho giãn nhiệt, tuân theo công  ; V0, V thể tích đầu cuối thủy 0 thức: ngân,  hệ số nhiệt giãn nở thể tích, T chênh lệch nhiệt độ đầu cuối a) Khi tiến hành đo thân nhiệt học sinh A có 115,0 J nhiệt truyền đến thủy ngân Hỏi học sinh A có bị sốt hay khơng Biết Khối lượng riêng thủy ngân  = 13,55 g.cm−3; nhiệt dung riêng thủy ngân lỏng c = 27,88 J.mol −1; α = 1,8.10−4 K−1 Vạch chia tỉ lệ mm, nhiệt độ đầu thủy ngân 35,0oC Khi bị sốt nhiệt kế vượt mốc 37,0oC Đường kính cột thủy ngân d = mm b) Nhiệt kế thủy ngân có vài nhược điểm, bao gồm việc khó sử dụng vùng có hậu lạnh giá Dựa vào điều kiện cân ∆G nc=0, xác định nhiệt độ hóa rắn thủy V  V 1 T -1 1 ngân; MHg= 200,6 g.mol−1, nhiệt nóng chảy ΔH nc =2,29 kJ×mol , ΔSnc =0,034 J.K Nhiệt kế chứa 0,7 gam thủy ngân c) Hãy xác định biến thiên entropy 0,7 gam thủy ngân tăng nhiệt độ từ −60 oC lên 1 1 +40oC, nhiệt dung riêng thủy ngân rắn Cs  28,8 Jmol K Hướng dẫn chấm Câu a) Nội dung Để đo nhiệt độ thể người nhiệt kế hình, bạn cần Điểm xác định biến thiên thể tích thủy ngân Khi biết giá trị vạch chia độ xác định độ cao h từ thể tích cylinder (2r2h), tìm nhiệt độ cuối Trong trình đo, nhiệt lượng Q=c.m.T truyền đến thủy ngân, m=Vo (m khối lượng thủy ngân) Biến thiên thể tích thủy ngân q trình nóng lên V = V – Vo = VoT Do đó, ta có: 0,5   Q  M Hg   Q  M Hg V  h  Hg  cHg  Hg  cHg    r h 1,8.10 4 K 1 115 J  200, g / mol  1, cm  14 mm 13,55 g / cm3  27,88 J / molK  3,14  (0,5.10 1 ) cm2 Do vạch chia tỉ lệ mm nên thủy ngân tăng lên 14 vạch nhiệt độ thể người 36,4oC, có nghĩa người khỏe mạnh b) Trong trình chuyển phase, biến thiên entropy độ hóa rắn thủy ngân T S  H T , nhiệt mHg  melt H 0, 2, 29   235K M Hg  melt S 200, 0, 034  t  38o C 0,5 c) Biến thiên entropy S thủy ngân tăng nhiệt độ từ –60 oC lên +40oC gồm S1 đun nóng thủy ngân rắn từ –60 lên nhiệt độ nóng chảy, meltS S2 đun nóng thủy ngân lỏng từ –38oC lên 40oC S1  n.Cs ln Tnc 235  3,5.103  28,8  ln  9,91.103 (J.K 1 ) T1 213 S  Snc  0, 034 (J.K 1 ) S3  n.Cl ln T2 313  3,5.10 3  27,88  ln  2,80.102 (J.K 1 ) Tnc 235 S  S1  S  S3  9,91.103 + 0,034 + 2,80.102 = 7,19.102 (J.K 1 ) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5: Dung dịch phản ứng dung dịch (2,0 điểm) Dung dịch A chứa Na2CO3 0,02M Dung dịch B CaCl2 0,02M a) Tính pH dung dịch A b) Chuẩn độ 10,0 mL dung dịch A HCl 0,01M đến đổi màu metyl da cam (pH = 4,00) Tính pH tương đương thời điểm c) Trộn 10,0 mL dung dịch A với 10,0 mL dung dịch B, điều chỉnh đến pH=10 có kết tủa Ca(OH)2 CaCO3 tách khơng? Cho: H2CO3 có pKa1 = 6,35; pKa2= 10,33; Ca(OH)2 có Ks = 6,46.10–6; CaCO3 có Ks = 3,31.10–9 Hướng dẫn chấm Câu Nội dung Điểm a) CO32– + H2O € HCO3– + OH– Kb1 = 10–3,67 (1) HCO3– + H2O € Kb2 = 10–7,63 (2) H2CO3 H2O € H+ + OH– Kw = 10–14 (3) Vì Kb1 >> Kb2 Cb.Kb1 >> Kw nên pH dung dịch A tính theo (1) CO32– + H2O € HCO3– + OH– 0,02 0 0,02 − x x x C [ ] K b1  Kb1 = 10–3,67 (1) 0,25 x2  103,67 0, 02  x  x = 1,96.10–3M  pH = 14 + lg[1,96.10–3 ] = 11,29 0,25 b) Tại pH = 4,0  [H+] = 10–4 Ta có:  HCO3 –  [H]   106,33  Ka2 CO32–   H 2CO3   HCO3 –   0,25 [H]  2,35  K a1 [H2CO3] / [HCO3–] = [H+] / Ka1 = 2,35 >> Vì: [H2CO3] >> [HCO3–] >> [CO32–]  nên metyl da cam chuyển màu trung hòa hết nấc bazơ Ta có: CO32– + 2H+ → H2CO3 2.10–4 4.10–4 2.10–4 mol 0, 0004  0, 04 0, 01 VHCl = (lít) 0, 0002 CH 2CO3   4.10 3 M 0,05 H2CO3 € H+ + HCO3– [ ] 4.10–3− h h 0,25 Ka1 = 10–6,35 h h2  106,35 0, 004  h  h = 4,20.10–5 M  pH = 4,376 K a1  0,25 c) o o CCa 2  C CO 2 = 0,01M - Tại pH =10  [OH–] = 10–4 M o  CCa2 [OH–]2 = 10–10 > Kb2 C 0,01 0 [ ] 0,01 − x x 10–4 K b1  x.104  103,67 0, 01  x  x = 6,81.10–3 M  [CO32-] = 3,187.10–3 M K s ,CaCO3  2– –5 –9 [Ca2+].[CO3 ] = 3,187.10 >>  Có kết tủa CaCO3 tách 3,31.10 0,25 0,25 0,25 Câu 6: Phản ứng oxi hoá khử Pin điện điện phân (2,0 điểm) 6.1 Pin sạc axit chì loại pin phổ biến sử dụng xe đầu kỷ 21 Nó có số đặc điểm vượt trội tái chế gần hồn tồn Trong suốt q trình pin phóng điện điện cực chì chì (IV) oxit chuyển thành điện cực chì sunfat Axit sunfuric sử dụng chất điện phân a) Viết trình hóa học xảy điện cực, phản ứng chung xảy pin phóng điện sơ đồ pin Eo  0,126V; E oPbO / Pb  1, 455V; pK a (HSO4 )  2,00; pK s(PbSO4 )  7,66; Cho: Pb2 / Pb RT 2,303  0,0592 F 25oC: 2 E oPbSO /Pb ; E oPbO /PbSO C  1,8M 4 suất điện động pin H 2SO4 b) Tính 6.2 Các ion CN− có mặt số loại nước thải cơng nghiệp Có thể loại chất độc    NCO− + H2O phản ứng sau 25oC: CN− + H2O2  a) Tính số cân phản ứng b) Trong nước thải có nồng độ CN − 10-3 M Nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (thể tích khơng đổi) nồng độ CN− lại sau phản ứng bao nhiêu, rút kết luận Eo Cho biết: H O / H O Hướng dẫn chấm 2 o  1, 77V ENCO  0,14V  / CN  , Câu 6.1 a) , F = 96500 C.mol−1, R=8,314 J.K−1.mol−1 Nội dung Catot: PbO2 + 4H+ + 2e  Pb2+ + 2H2O Điểm K1 = 2(1,455) 10 0,0592 HSO4–  SO42− + H+ K2 = 10–2 Pb2+ + SO42–  PbSO4 K3 = 107,66 Quá trình khử catot: – + PbO2 + HSO4 + 3H + 2e  PbSO4 + 2H2O Kcatot = K1.K2.K3 (*) 2( 0,126) 10 0,0592 Anot: Pb  Pb2+ + 2e K1’= HSO4– € SO42– + H+ K2’ = 10–2 Pb2+ + SO42–  PbSO4 0,25 K3’ = 107,66 Quá trình oxh anot: Pb + HSO4–  PbSO4 + H+ + 2e Kanot = K1’.K2’.K3’ (**) Phản ứng chung pin phóng điện: PbO2 + Pb + 2HSO4– + 2H+  2PbSO4 + 2H2O (***) Sơ đồ pin: (–) Pb│PbSO4, H+, HSO4–│PbO2 (Pb) (+) b) 2E oPbO2 /PbSO4 (*): 10 0,0592 = Kcatot = 2(1,455) 10 0,0592 0,25 10−2107,66 E oPbO /PbSO = 1,62 V  Theo (**): 2E oPbSO4 /Pb 10 0,0592 2( 0,126) 10 0,0592 = Kanot = 0,25 10 10 –2 7,66 E oPbSO /Pb  = – 0,29 V Theo (***): Epin = E(c) – E(a) 0, 0592   lg[HSO ] [H ] E oPbO /PbSO E oPbSO /Pb – = + Trong [HSO4–], [H+] tính từ cân sau:  HSO € H+ + 1,8 + x [ ] 1,8 – x [SO4 ] = x = 9,89×10–3 M  [H+] = 1,81 M; [HSO4–] = 1,79 M 2 SO x 2– 0, 0592 6.2 Epin = 1,62 + 0,29 + a) 2 0,25 lg(1, 79) (1,81) = 1,94 V    CN− + H2O2  NCO− + H2O EHo 2O2 / H 2O Ka = 10−2 0,25 o ENCO  / CN  ∆Eo = − o ∆G = − 96500.(1,77 + 0,14) = −8,314.298 lnK  K = 4,14.1064 b) Phản ứng: CN- + H2O2 ⇌ NCO- + H2O 10 0,25 CB: 10-3 – x 10-1 – x Vì K lớn nên coi x = 10-3 x Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN- = 100 : loại trừ gần hết CN- nước thải 0,25 0,25 Câu 7: Cân hóa học pha khí (2,0 điểm) PbCO3 ZnO thường sử dụng làm bột tạo màu trắng H2S khơng khí làm hư hại bột màu phản ứng sau:     PbS (s) + CO2 (k) + H2O (g) PbCO3 (s) + H2S (g) (1)    ZnS (s) + H2O (g) ZnO(s) + H2S (g)  (2) a) Tính số cân phản ứng (1) (2) b) Cần khống chế nồng độ tối đa H 2S khơng khí g/m để bột màu nói khơng bị hư hại? c) Trong chất màu nói trên, chất ưu mơi trường có H 2S, sao? Bằng cách xử lí với dung dịch H2O2, làm trắng lại mảng bị đổi màu hình thành PbS Viết phương trình phản ứng xảy cách xử lí Cho biết: T = 298K; áp suất khí P= 1,0 atm Trong khơng khí chứa: 77,90% N 2; 20,70% O2; 0,026% CO2; 0,40% H2O; 1,03% khí khác thể tích ΔfG°298 kJ/mol Màu PbCO3(s) H2S(g) − 626,0 − 33,0 trắng PbS(s) ZnO(s) −318, − 92,6 đen trắng ZnS(s) −184, trắng CO2(g) −394, H2O(g) PbSO4(s) − 228,5 − 811,5 trắng Hướng dẫn chấm Câu Nội dung a) Đối với phản ứng (1) ΔG°(1) = (-92,6 – 394,2 – 228,5 + 626,0 + 33,0) kJ/mol = -56,3 kJ/mol K(1) = e- ΔG°(1)/RT = e56300/8,314.298 = 7,4.109 Đối với phản ứng (2) ΔG°(2)=(-184,8 -228,5 + 318,0 + 33,0) kJ/mol = - 62,3 kJ/mol K(2) = e- ΔG°(2)/RT = e62300/8,314.298 = 8,3.1010 b) Đối với phản ứng (1): ΔG(1)= -RTlnK(1)+ RT.ln 2, 10 4 4 10  3 PH S 11 Điểm 0,25 0,25 Điều kiện để (1) ưu theo chiều thuận: 2, 104 4 10  3 PH S ΔG(1) =-RTlnK(1) + RT.ln 2, 104 4 10  3 PH S 7, 4.109 > = 1,4.10-16 atm = 4,8.10-14 atm 0,5 II > III - Ở I , nhóm để gây hiệu ứng +I làm tăng mật độ electron nguyên tử N - Ở II, nhân benzen gây hiệu ứng –I làm giảm mật độ electron nguyên tử N Cặp electron p N không đồng phẳng với hệ liên hợp π vịng benzen nên khơng liên hợp với nhân thơm - Ở III, nhân benzen gây đồng thời hiệu ứng –I -C làm giảm mật độ electron nguyên tử N nhiều II, đồng thời án ngữ không gian nhân benzen làm cho III khó nhận proton khó solvat hóa b) Khi thêm nhóm NO2 vào vị trí para so với ngun tử N III chịu ảnh hưởng nhiều cặp electron nguyên tử N bị hút hiệu ứng –C NO2, II chịu ảnh hưởng cặp electron bị hút hiệu ứng –I nhóm NO2 0,5 0,5 10.2 Độ linh động nguyên tử H tương ứng A >C >B A tạo anion hệ thơm, B tạo anion hệ phản thơm, C tạo anion hệ không thơm 0,5 10.3 81oC D 106oC E 141oC F 88oC G - Nhiệt độ sôi chất tăng dần theo thứ tự sau: D < G < E < F - Chất E F có liên kết hiđro, liên kết hiđro nhóm O-H mạnh liên kết hiđro nhóm N-H nên nhiệt độ sơi F lớn E - Chất D G khơng có liên kết hiđro, chất G có khối lượng phân tử lớn nên nhiệt độ sôi G lớn D Hết -GV biên soạn: Lê Thị Quỳnh Nhi – THPT chuyên Lê Khiết – Tỉnh Quảng Ngãi Số điện thoại: 0374715808 18 0,5 ... 257  100 .10? ??6 n   1, 058 .10? ??6 RT 22,  (273  23) 273 (mol) Số mol He: n m 3, 003 .10? ??6   9,957 .10 7 M 3, 01603 (mol) 0,25 Số mol triti: n  n  nHe  1, 058 .10? ??6  9,957 .10? ??7  6, 23 .10? ??8... H2CO3 2 .10? ??4 4 .10? ??4 2 .10? ??4 mol 0, 0004  0, 04 0, 01 VHCl = (lít) 0, 0002 CH 2CO3   4 .10 3 M 0,05 H2CO3 € H+ + HCO3– [ ] 4 .10? ??3− h h 0,25 Ka1 = 10? ??6,35 h h2  10? ??6,35 0, 004  h  h = 4,20 .10? ??5... oPbO2 /PbSO4 (*): 10 0,0592 = Kcatot = 2(1,455) 10 0,0592 0,25 ? ?10? ??2? ?107 ,66 E oPbO /PbSO = 1,62 V  Theo (**): 2E oPbSO4 /Pb 10 0,0592 2( 0,126) 10 0,0592 = Kanot = 0,25 ? ?10 ? ?10 –2 7,66 E oPbSO