Đề vô cơ HSG quốc gia 2002

bộ giáo dục và đào tạo kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 thpt năm học 2001-2002 hớng dẫn chấm đề thi chính thức hoá học vô cơ (Bảng A) Ngày thi: 12/3/2002 Câu I: (5 điểm). 1. Liệu pháp phóng xạ đợc ứng dụng rộng rãi để chữa ung th. Cơ sở của liệu pháp đó là sự biến đổi hạt nhân. 27 Co 59 + 0 n 1 X? (1) X? 28 Ni 60 + ; h = 1,25 MeV (2) (a) Hãy hoàn thành phơng trình của sự biến đổi hạt nhân trên và nêu rõ định luật nào đợc áp dụng để hoàn thành phơng trình. (b) Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với phản ứng oxi hoá-khử (lấy thí dụ từ phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl 2 CoCl 2 ). 2. Có cấu hình electron 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1 (1) (a) Dùng kí hiệu ô lợng tử biểu diễn cấu hình electron (1). (b) Cấu hình electron (1) là cấu hình electron của nguyên tử hay ion ? Tại sao ? (c) Cho biết tính chất hoá học đặc trng của ion hay nguyên tử ứng với cấu hình electron (1), hãy viết một phơng trình phản ứng để minh họa. 3. Biết E n = -13,6. 2 2 n Z (n: số lợng tử chính, Z: số đơn vị điện tích hạt nhân). (a) Tính năng lợng1e trong trờng lực một hạt nhân của mỗi hệ N 6+ , C 5+ , O 7+ . (b) Qui luật liên hệ giữa E n với Z tính đợc ở trên phản ánh mối liên hệ nào giữa hạt nhân với electron trong các hệ đó ? (c) Trị số năng lợng tính đợc có quan hệ với năng lợng ion hoá của mỗi hệ trên hay không ? Tính năng lợng ion hoá của mỗi hệ. 4. áp dụng thuyết lai hoá giải thích kết quả của thực nghiệm xác định đợc BeH 2 , CO 2 đều là phân tử thẳng. Lời giải: 1. (a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích nói riêng, đợc áp dụng: Điện tích : 27 + 0 = 27; Số khối : 59 + 1 = 60 X là 27 Co 60 . 27 Co 59 + 0 n1 27 Co 60 . Số khối : 60 = 60; Điện tích : 27 = 28 + x x = 1. Vậy có 1e 0 . 27 Co 60 28 Ni 60 + -1 e; hv = 1,25MeV. (b) Điểm khác nhau Phản ứng hạt nhân : xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt nhân thành nguyên tố mới. Ví dụ (b) ở trên. Phản ứng hoá học (oxi hoá khử) : xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến đổi dạng đơn chất, hợp chất. Ví dụ : Co + Cl 2 Co 2+ + 2Cl CoCl 2 . Chất dùng trong phản ứng hạt nhân có thể là đơn chất hay hợp chất, thờng dùng hợp chất. Chất dùng trong phản ứng oxi hoá khử, phụ thuộc vào câu hỏi mà phải chỉ rõ đơn chất hay hợp chất. Năng lợng kèm theo phản ứng hạt nhân lớn hơn hẳn so với năng lợng kèm theo phản ứng hoá học thông thờng. 2. (a) Dùng ô lợng tử biểu diễn cấu hình : (b) (1) là cấu hình e của nguyên tử vì cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loại chuyển tiếp (theo HTTH các nguyên tố). Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là anion; nếu là cation, số e = 24 thì Z có thể là 25, 26, 27 Không có cấu hình cation nào ứng với các số liệu này. Vậy Z chỉ có thể là 24. (Nguyên tố Ga có cấu hình [ar] 3d 10 4s 2 4p 1 , ion Ga 2+ có cấu hình [ar] 3d 10 4s 1 bền nên không thể căn cứ vào lớp ngoài cùng 4s 1 để suy ra nguyên tử). 1 (c) Z = 24 nguyên tố Cr, Kim loại (chuyển tiếp). Dạng đơn chất có tính khử. Cr + 2HCl CrCl 2 + H 2 3. (a) Theo đầu bài, n phải bằng 1 nên ta tính E 1 . Do đó công thức là E 1 = 13,6 Z 2 (ev) (2) Thứ tự theo trị số Z: Z = 6 C 5+ : (E 1 ) C 5+ = 13,6 x 6 2 = 489,6 eV Z = 7 N 6+ : (E 1 ) N 6+ = 13,6 x 7 2 = 666,4 eV Z = 8 O 7+ : (E 1 ) O 7+ = 13,6 x 8 2 = 870,4 eV (b) Quy luật liên hệ E 1 với Z : Z càng tăng E 1 càng âm (càng thấp). Qui luật này phản ánh tác dụng lực hút hạt nhân tới e đợc xét: Z càng lớn lực hút càng mạnh năng lợng càng thấp hệ càng bền, bền nhất là O 7+ . (c) Trị năng lợng đó có liên hệ với năng lợng ion hoá, cụ thể: C 5+ : I 6 = (E 1 , C 5+ ) = + 489, 6 eV. N 6+ : I 7 = (E 1 , N 6+ ) = + 666, 4 eV. O 7+ : I 8 = (E 1 , O 7+ ) = + 870,4 eV. 4. Phân tử thẳng có 3 nguyên tử đợc giải thích về hình dạng : Nguyên tử trung tâm có lai hoá sp (là lai hoá thẳng). BeH 2 , cấu hình electron của nguyên tử : H 1s 1 ; Be : 1s 2 2s 2 . Vậy Be là nguyên tử trung tâm có lai hoá sp: lai hoá sp 2 obitan lai hoá sp cùng trên trục Z, mỗi obitan đó xen phủ với 1 obitan 1s của H tạo ra liên kết . Vậy BeH 2 HBeH (2 obitan p thuần khiết của Be không tham gia liên kết). CO 2 , cấu hình electron : C 1s 2 2s 2 2p 2 ; O 1s 2 2s 2 2p 4 . Vậy C là nguyên tử trung tâm lai hóa sp lai hoá sp 2 obitan lai hoá sp của C xen phủ với 2 obitan p z của 2 O tạo ra 2 liên kết . 2 obitan p thuần khiết của C xen phủ với obitan nguyên chất tơng ứng của oxi tạo ra 2 liên kết (xx ; y y) nên 2 liên kết này ở trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau và đều chứa 2 liên kết . Vậy CO 2 : O= C = O Ghi chú: Yêu cầu phải trình bày rõ nh trên về các liên kết , trong CO 2 (chú ý: phải nói rõ có sự tơng ứng obitan giữa C với O : xx; y y) Câu II: (6 điểm). 1. Biết thế oxi hoá-khử tiêu chuẩn : E o Cu 2+ /Cu + = +0,16V, E o Cu + /Cu = +0,52V, E o Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77V, E o Fe 2+ /Fe = -0,44V Hãy cho biết hiện tợng gì xảy ra trong các trờng hợp sau: (a) Cho bột sắt vào dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 0,5M. (b) Cho bột đồng vào dung dịch CuSO 4 1M. 2. Dung dịch X gồm Na 2 S 0,010M, KI 0,060M, Na 2 SO 4 0,050M. (a) Tính pH của dung dịch X. (b) Thêm dần Pb(NO 3 ) 2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu đợc kết tủa A và dung dịch B. i Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B. ii Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO 3 ) 2 ). iii Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phơng pháp hoá học, viết các phơng trình phản ứng (nếu có). (c) Axit hoá chậm dung dịch X đến pH = 0. Thêm FeCl 3 cho đến nồng độ 0,10M. 2 i Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu đợc so với cực calomen bão hoà (Hg 2 Cl 2 /2Hg,2Cl - ). ii Biểu diễn sơ đồ pin, viết phơng trình phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động. Cho : axit có H 2 S pK 1 = 7,00, pK 2 = 12,90; HSO 4 - có pK = 2,00; Tích số tan của PbS = 10 -26 ; PbSO 4 = 10 -7,8 ; PbI 2 = 10 -7,6 . E o Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77 V ; E o S/H 2 S = 0,14V ; E o I 2 /2I - = 0,54V ; E cal bão hoà = 0,244V Lời giải: 1. a) E o Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 V > E o Fe 2+ /Fe = -0,44 V nên: Tính oxi hoá: Fe 3+ mạnh hơn Fe 2+ Tính khử: Fe mạnh hơn Fe 2+ Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: 2 Fe 3+ + Fe 3 Fe 2+ Nh vậy Fe tan trong dung dịch Fe(SO 4 ) 3 tạo thành muối FeSO 4 , làm nhạt màu vàng ( hoặc đỏ nâu) của ion Fe 3+ và cuối cùng làm mất màu (hoặc tạo màu xanh nhạt) dung dịch. b) E o Cu + /Cu = + 0,52 V > E o Cu 2+ /Cu + = + 0,16 V nên: Tính oxi hoá: Cu + mạnh hơn Cu 2+ Tính khử: Cu + mạnh hơn Cu Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: Cu + + Cu + Cu 2+ + Cu Phản ứng nghịch(Cu 2+ phản ứng với Cu tạo thành ion Cu + ) không xảy ra. Do đó khi bỏ bột đồng vào dung dịch CuSO 4 không xảy ra phản ứng và quan sát không thấy hiện tợng gì. 2. a) Tính pH của dung dịch Na 2 S 2 Na + + S 2- 0,01 0,01 KI K + + I - 0,06 0,06 Na 2 SO 4 2Na + + SO 4 2- 0,05 0,05 S 2- + H 2 O HS - + OH - K b(1) = 10 -1,1 (1) SO 4 2- + H 2 O H SO 4 - + OH - K b(2) = 10 -12 (2) K b(1) >> K b(2) nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch: S 2- + H 2 O HS - + OH - K = 10 -1,1 [ ] (0,01 -x) x x x = 8,94. 10 -3 [OH - ] = 8,94.10 -3 pH = 11,95 b) Pb 2+ + S 2- PbS (Ks -1 ) = 10 26 . 0,09 0,01 0,08 Pb 2+ + SO 4 2- PbSO 4 (Ks -1 ) = 10 7,8 . 0,08 0,05 0,03 Pb 2+ + 2 I - PbI 2 (Ks -1 ) = 10 7,6 . 0,03 0,06 Thành phần hỗn hợp: A : PbS , PbSO 4 , PbI 2 Dung dịch B : K + 0,06M Na + 0,12M Ngoài ra còn có các ion Pb 2+ ; SO 4 2- ; S 2- do kết tủa tan ra. Độ tan của Bởi vì độ tan của PbI 2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan của PbI 2 . PbI 2 = Pb 2+ + 2I - Ks Do đó [Pb 2+ ] = 10 -47 = 2 x 10 -3 M và [I - ] = 4.10 -3 M. 10 7,8 [SO 4 2- ] = = 5. 10 5,8 = 7,9.10 6 M << [Pb 2+ ] 2 ì 10 3 10 26 [S 2- ] = = 5. 10 24 << [Pb 2+ ] 3 9,3 -7,8 4 1010 S :PbSO == 13-26 1010 S :PbS == 010x0794,0x10 x01,0 x 1,321,1 2 =+= 7,2 3 6,7 2 104/10:PbI = 2 ì 10 3 Các nồng độ SO 4 2- , S 2- đều rất bé so với nồng độ Pb 2+ , nh vậy nồng độ Pb 2+ do PbS và PbSO 4 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn toàn chính xác. Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO 4 ; PbI 2 . Cho kết tủa hoà tan trong NaOH d : PbS không tan, có màu đen. Dung dịch có PbO 2 2- , SO 4 2- , I - , OH - PbSO 4 + 4 OH - PbO 2 2- + SO 4 2- + 2 H 2 O PbI 2 + 4 OH - PbO 2 2- + 2 I - + 2 H 2 O Nhận ra ion SO 4 2- : cho BaCl 2 d: có kết tủa trắng BaSO 4 , trong dung dịch có PbO 2 2- , OH - , Ba 2+ , I - . Nhận ra I - , Pb 2+ : axit hoá dung dịch bằng HNO 3 d sẽ có kết tủa vàng PbI 2 xuất hiện: OH - + H + H 2 O PbO 2 2- + 4 H + Pb 2+ + 2H 2 O Pb 2+ + 2 I - PbI 2 c) Axit hoá dung dịch X: S 2- + 2H + H 2 S (C H 2 S = 0,010 < S H 2 S nên H 2 S cha bão hoà, không thoát ra khỏi dung dich) Phản ứng: 2 Fe 3+ + H 2 S 2 Fe 2+ + S + 2 H + K=10 21 0,1 0,01 0,08 0,02 0,02 2 Fe 3+ + 2I - 2 Fe 2+ + I 2 K=10 7,8 0,08 0,06 0,02 0,02 0,08 0,030 Thành phần trong dung dịch: Fe 3+ 0,020 ; Fe 2+ 0,080 ;I 2 0,030M ;H + 0,02M E Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77 + 0,059 lg 0,02/0,08 = 0,743V (cực dơng) E cal = 0,244V ( cực âm) E pin = E + E = 0,743 0,244 = 0,499V Sơ đồ pin: Hg Hg 2 Cl 2 KCl bh Fe 3+ , Fe 2+ Pt Phản ứng: 2 Hg + 2 Cl - = Hg 2 Cl 2 + 2 e + 2x Fe 3+ + e = Fe 2+ 2 Hg + 2 Fe 3+ + 2 Cl - = Hg 2 Cl 2 Câu III: (3 điểm). Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu cơ trong 2 giờ. Kết quả sau quá trình điện phân là trên catôt tạo ra 3,865 gam một kim loại và trên anôt có khí etan và khí cacbonic thoát ra. 1. Cho biết muối của kim loại nào bị điện phân? Biết rằng 5,18 gam của kim loại đó đẩy đợc 1,59 gam Cu từ dung dịch đồng sunfat. 2. Cho biết muối của axit hữu cơ nào bị điện phân? 3. Viết các phơng trình phản ứng xảy ra trên các điện cực. Lời giải: 1. Điện lợng Q = It = 0,5 x 2 x 3600 = 3600 coulomb dùng để tạo ra 3,865 g kim loại. Từ định luật Faraday, đơng lợng Khối lợng mol của kim loại: A = n. . Vì kim loại này đẩy đồng ra khỏi dung dịch nên đơng l- ợng của Cu: Cu = A/2 = 63,6/2 = 31,8 và từ phản ứng: 2 + Cu 2+ = Cu + 2 + ta có: : 31,8 = 5,18 : 1,59, suy ra = 103,6 Trong phản ứng đẩy Cu, kim loại chỉ có thể có mức ôxi hoá từ 1 đến 3, do đó sẽ chọn khối l - ợng mol nguyên tử từ 3 khả năng sau: A 1 = 103,6 x 1 = 103,6 A 2 = 103,6 x 2 = 207,2 A 3 = 103,6 x 3 = 310,8 Vì không có nguyên tố với A > 240 và bằng 104 có tính kim loại và có mức ôxi hoá là +1. Do đó kim loại phải tìm chỉ có thể là Pb (A = 207,6). 4 6,103 3600 9650865.3 n A = ì == 2. Tại anốt khi điện phân có C 2 H 6 và CO 2 thoát ra là sản phẩm của sự ôxi hoá anion hữu cơ, muối này có công thức Pb (RCOO) 2 . Sự tạo ra êtan. (CH 3 - CH 3 ) và CO 2 từ nhóm COO - chứng tỏ muối điện phân là Pb(CH 3 COO) 2 . R R 3. Các phản ứng xảy ra trên các điện cực: Tại catốt: Pb 2+ + 2 e = Pb Tại anốt: CH 3 COO - - e = CH 3 COO CH 3 COO = CH 3 + CO 2 2 CH 3 = C 2 H 6 Tổng quát: 2 CH 3 COO - 2e = C 2 H 6 + CO 2 . Câu IV: (2,5 điểm). Tại 25 o C phản ứng 2 N 2 O 5 (k) 4 NO 2 (k) + O 2 (k) có hằng số tốc độ k = 1,8.10 - 5 . s -1 ; biểu thức tính tốc độ phản ứng v = k.CN 2 O 5 . Phản ứng trên xảy ra trong bình kín thể tích 20,0 lit không đổi. Ban đầu lợng N 2 O 5 cho vừa đầy bình. ở thời điểm khảo sát, áp suất riêng của N 2 O 5 là 0,070 atm . Giả thiết các khí đều là khí lí tởng. 1. Tính tốc độ: a) tiêu thụ N 2 O 5 ; b) hình thành NO 2 ; O 2 . 2. Tính số phân tử N 2 O 5 đã bị phân tích sau 30 giây. 3. Nếu phản ứng trên có phơng trình N 2 O 5 (k) 2 NO 2 (k) + 1/2 O 2 (k) thì trị số tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng có thay đổi không? Giải thích. Lời giải: 1. Trớc hết phải tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức đã có: V = k CN 2 O 5 (1) Đã có trị số k ; cần tính CN 2 O 5 tại thời điểm xét: p i V = n i RT CN 2 O 5 = nN 2 O 5 : V = p i / RT (2) Thay số vào (2), ta có: CN 2 O 5 = 0,070 : 0,082 ì 298 = 2,8646.10 -3 (mol.l -1 ) Đa vào (1): V pu = 1,80. 10 -5 x 2,8646. 10 -3 V pu = 5,16. 10 -8 mol. l -1 . S -1 (3) Từ ptp 2 N 2 O 5 (k) 4 NO 2 (k) + O 2 (k) d CN 2 O 5 V tiêu thụ N 2 O 5 = = 2 V pu (4) dt Thay số vào (4). V tiêu thụ N 2 O 5 = - 2 x 5, 16 . 10 -8 . V tiêu thụ N 2 O 5 = - 1,032.10 -7 mol.l -1 .s -1 . Dấu - để chỉ tiêu thụ N 2 O 5 tức mất đi N 2 O 5 hay giảm N 2 O 5 b. V hình thành NO 2 = 4 Vpu = - 2V tiêu thụ N 2 O 5 . (5) Thay số: V hình thành NO 2 = 4 x 5,16.10 -8 V hình thành NO 2 = 2,064.10 -7 mol l -1 .s -2 V hình thành O 2 = Vpu = 5,16.10 -8 mol l -1 .s -2 Ghi chú: Hai tốc độ này đều có dấu + để chỉ hình thành hay đợc tạo ra (ngợc với tiêu thụ). Việc tính tốc độ tiêu thụ N 2 O 5 hay hình thành NO 2 , O 2 theo tốc độ pu, Vpu, nh trên chỉ thuần tuý hình thức theo hệ số phơng trình, thực chất phản ứng này là một chiều bậc nhất. 2. Số phân tử N 2 O 5 đã bị phân huỷ đợc tính theo biểu thức. N N 2 0 5 bị phân huỷ = N = VN 2 O 5 tiêu thụ . V bình . t . N 0 Thay số: N = 1,032.10 -6 . 20,0 . 30,0 . 6,023.10 23 . N 3,7.10 20 phân tử 3. Nếu phản ứng trên có phơng trình: N 2 O 5 (k) 2 NO 2 (k) + 1/2 O 2 thì tốc độ phản ứng, Vp, cũng nh hằng số tốc độ phản ứng, k, đều không đổi (tại nhiệt độ T xác định), vì: - k chỉ phụ thuộc nhiệt độ. - theo (1): Khi k = const; C N2o5 = const thì V = const. Câu V: (3,5 điểm). Khí NO kết hợp với hơi Br 2 tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có 3 nguyên tử. 1. Viết phơng trình phản ứng xảy ra. 2. Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25 o C có Kp = 116,6. Hãy tính Kp (ghi rõ đơn vị) tại 0 o C ; 50 o C. Giả thiết rằng tỉ số giữa hai trị số hằng số cân bằng tại 0 o C với 25 o C hay 25 o C với 50 o C đều bằng 1,54. 3. Xét tại 25 o C, cân bằng hoá học đã đợc thiết lập. Cân bằng đó sẽ chuyển dịch nh thế nào? Nếu: a) Tăng lợng khí NO. 5 b) Giảm lợng hơi Br 2 . c) Giảm nhiệt độ. d) Thêm khí N 2 vào hệ mà: - Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const) - áp suất chung của hệ không đổi (P = const). Lời giải: 1. 2 NO(k) + Br 2 (hơi) 2 NOBr (k) ; H > 0 (1) Phản ứng pha khí, có n = -1 đơn vị Kp là atm -1 (2) 2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ K p tại O 2 < K p tại 252 < K p tại 502 (3) Vậy : K p tại 250 = 1 / 1,54 x K p tại 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm -1 ) K p tại 252 = 1,54 x K p tại 252 = 116,6 x 1,54 179, 56 (atm -1 ) 3. Xét sự chuyển dời cân bằng hoá học tại 25 O C. Trờng hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số: PNOBr Q = (4) (Khi thêm NO hay Br 2 ) (PNO) 2 Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận. Tuy nhiên, ở đây không có điều kiện để xét (4); do đó xét theo nguyên lý Lơsatơlie. a. Nếu tăng lợng NO, CBHH chuyển dời sang phải. b. Nếu giảm lợng Br 2 , CBHH chuyển dời sang trái. c. Theo nguyên lý Lơsatơlie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang trái, để chống lại sự giảm nhiệt độ. d. Thêm N 2 là khí trơ. + Nếu V = const: không ảnh hởng tới CBHH vì N 2 không gây ảnh hởng nào liên hệ (theo định nghĩa áp suất riêng phần). + Nếu P = const ta xét liên hệ. Nếu cha có N 2 : P = p NO + pBr 2 + p NOBr (a) Nếu có thêm N 2 : P = p NO + pBr 2 + p NOBr + Pn 2 (b) Vì P = const nên pi < pi Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tơng quan với Kp: 1. Nếu Q = Kp: không ảnh hởng 2. Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp. 3. Nếu Q <Kp: CBHH chuyển dời sang phải, để Q tăng tới trị số Kp. Xảy ra trờng hợp nào trong 3 trờng hợp trên là tuỳ thuộc vào pi tại cân bằng hoá học. 6 . dục và đào tạo kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 thpt năm học 2001 -2002 hớng dẫn chấm đề thi chính thức hoá học vô cơ (Bảng A) Ngày thi: 12/3 /2002 Câu I: (5 điểm). 1. Liệu pháp phóng. A) Ngày thi: 12/3 /2002 Câu I: (5 điểm). 1. Liệu pháp phóng xạ đợc ứng dụng rộng rãi để chữa ung th. Cơ sở của liệu pháp đó là sự biến đổi hạt nhân. 27 Co 59 + 0 n 1 X? (1) X? 28 Ni 60 + ;. mỗi hệ. 4. áp dụng thuyết lai hoá giải thích kết quả của thực nghiệm xác định đợc BeH 2 , CO 2 đều là phân tử thẳng. Lời giải: 1. (a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo toàn