Đáp án môn hóa duyên hải khối 10 chuyên lam sơn lê văn đạt nạp

Trong phản ứng hạt nhân a dùng điều chế flo-18, vật liệu bia được sử dụng là nước thông thường, đã được làm giàu bằng H218O.. Khi cân bằng hình thành thì thấy áp suất trong bình phản ứng

ĐÁP ÁN GIỚI THIỆU

THPT Chuyên Lam Sơn

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ

NĂM 2022 MÔN: HOÁ HỌC - LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1: (2,0 điểm) (Cấu tạo nguyên tử, phân tử Định luật HTTH)

1 Vẽ công thức cấu tạo và quy gán các liên kết trong phân tử H2SO4, biết phân tử có 3 loại liên kết có độ dài 142,2 pm; 157,4 pm; 97 pm Giải thích

2 a Vẽ giản đồ năng lương obitan phân tử MO của phân tử O2 Từ đó cho biết cấu hình của các tiểu phân O2; O2-; O2+; O22+

b Sắp xếp năng lượng ion hóa của các tiểu phân sau theo thứ tự từ thấp đến cao: O, O2, O2-, O2+ Giải thích?

Đáp án

1 1 Cấu trúc Lewes của phân tử H 2 SO 4 và độ dài liên kết

Giải thích: H bán kính bé nhất nên liên O-H ngắn nhất là 97 pm; S=O mang 1 phân liên kết đôi nên bền vững, độ dài liên kết ngắn là 142,2 pm; còn lại là liên kết S- O là 157,4

0,5

0,2

2 a Giản đồ năng lượng của O 2

Cấu hình của các tiểu phân O 2 ; O 2-; O 2+; O 22+.

O 2 là σ s2σ s*2σ z π x π y π x*1π y*1

O 2-là σ s2σ s*2σ z π x π y π x*2π y*1

O 2+là σ s2σ s*2σ z π x π y π x*1π y

O 22+ là σ s2σ s*2σ z π x π y π x π y

b Thứ tự năng lượng ion hóa tăng dần là O 2- < O 2 < O 2+ < O Giải thích:Electron cuối cùng trên O 2- ; O 2 ; O 2+ đều năm trên các MO phản liên kết dễ

0,25

0,25

0,25

mất e Đặc biệt O 2 mất e ở ion âm và obital chứa e ghép đôi (tỏa năng lượng) nên cần năng lượng bé nên O 2- có năng lượng ion hóa bé nhất.

+ Với O 2+ thì mất e ở ion dương và tách e ở obitan chứa e độc thân nên cần năng lượng cao.

+ Với O 2 thì mất e ở nguyên tử trung hòa và tách e ở obitan chứa e độc thân nên cần năng lượng trung gian (cao hơn O 2- nhưng thấp hơn O 2+)

+ Với O thì mất e ở nguyên tử trung hòa và đặc biệt là tách e ở obital 2p có mức năng lượng thấp hơn so với π x π y nên tiêu tốn năng lượng lớn nhât 0,25

Câu 2 (2,0 điểm) (Tinh thể) (a)

Hiệp hội nghiên cứu quốc tế bao gồm 8 viện nghiên cứu, trong đó có một viện nghiên cứu của Nhật Bản đã tạo một đơn tinh thể silicon (Si) chỉ bao gồm một loại đồng vị 28Si Người ta cắt

một quả cầu từ đơn tinh thể này để xác định NA Đơn tinh thể Si có cấu trúc tinh thể kiểu kim

cương với ô mạng đơn vị hình lập phương

a Vẽ cấu trúc ô mạng và xác định các hốc tứ diện trong ô mạng Xác định số nguyên tử

Si, n, trong một ô mạng cơ sở

Xét khối lượng riêng quả cầu của đơn tinh thể Si Chiều dài mỗi cạnh của ô mạng cơ sở là a

[m] Khối lượng nguyên tử của 28Si là m = 28,09 u, trong đó u được định nghĩa là:

b Viết phương trình tính khối lượng riêng, d [kg m-3], sử dụng các tham số n, m, và a.

c Bán kính, r, của quả cầu Si được xác định có giá trị bằng r = 4,69 cm Khi sử dụng

nguyên mẫu kilogam, khối lượng của quả cầu xác định được là w = 1,00 kg Chiều dài mạng của ô cơ sở được xác định là a = 5,43 Å bằng phương pháp nhiễu xạ tia X Tính số Avogadro, NA, sử dụng các tham số đã đo được.

a

Lập phương tâm diện

0,25

0,25

Số nguyên tử Si = 8.1/8 (8 đỉnh) + 6.1/2 (6 tâm mặt)+ 4 (hốc tứ diện) =8 nguyên tử.

b Giả sử có 1 ô mạng Si → d = m/V  3

mn d

a 

(kg/m 3 )

c Khối lượng riêng của quả cầu Si: V = 4πr 3 /3

Thay số r = 0,0469 m

→ V = 4,32.10 -4 (m 3 ) → d = 2314,16 kg/m 3 = mn/a 3 Thay số m=28,09.10 -3 /N A ; n=8; a=

5,43.10 -10 m → N A = 6,06.10 23

0,5

0,5

0,5

Câu 3 (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân

1 Kiểu phân rã của hạt nhân nhẹ kém bền phụ thuộc vào tỉ số giữa số nơtron và proton của hạt

nhân đó Đối với hạt nhân kém bền của một nguyên tố, nếu tỉ số này lớn hơn so với đồng vị bền, nó sẽ phân rã kiểu β–, ngược lại, nếu nhỏ hơn sẽ phân rã kiểu β+ Từ đó xác định kiểu phân

rã của các hạt nhân 11С, 20F, 17F, 14C

2 Trong phản ứng hạt nhân (a) dùng điều chế flo-18, vật liệu bia được sử dụng là nước thông

thường, đã được làm giàu bằng H218O Sự có mặt của nước thường H216O dẫn tới phản ứng phụ của 16O, tạo thành đồng vị 17F

Người ta thấy, 5 phút sau khi hoàn thành phản ứng hạt nhân với vật liệu bia ở trên, tỉ số hoạt độ phóng xạ của 18F và 17F là 105 Giả thiết rằng hoạt độ phóng xạ của mỗi đồng vị tỉ lệ với hiệu

suất phản ứng hạt nhân và phần mol mỗi loại nước của vật liệu bia Tính phần khối lượng của H218O của vật liệu bia Cho biết: t1/2(18F) = 109,7 phút, t1/2(17F) = 65 giây Tỉ lệ hiệu suất của hai phản ứng hạt nhân 18�−18�/ 16�−17� = 144,7

1 1 Xét 6C11 suy ra n/p = 5/6 < 6/6 (đồng vị bền 6C12) → phân rã β+

Tương tự, 20F → n/p > 10/9 (đồng vị bền 9F19) → phân rã β

-Tượng tự, 17F → phân rã β+

Tượng tự, 14C → phân rã β

-0,25.4

2 2 Ta có tỉ lệ hoạt độ phóng xạ

18 F

17 F

k t 0

5

k t 0

10











18

16

0 O 0 O

N

2948,6246

Mà hằng số phóng xạ được tính bởi công thức

18 16

18 2

O O

H O

n

2948,6246 n

2948,6246.20

18.1 2948,6246.20





0,5

0,5

Câu 4 (2,0 điểm) Nhiệt hóa học

1 (1 điểm) Chất X có nhiệt độ nóng chảy đông đặc là +10o C; ∆Hnc = 12,568 kJ/ mol ; Cp chất X thể lỏng là 128,8J/K.mol ; Cp chất X thể rắn là 118,6 J/K.mol.Tính biến thiên entropi cả quá trình

và tính biến thiên entropi cô lập trong 2 trường hợp sau:

a đông đặc ở nhiệt độ +10oC

b đông đặc ở nhiệt độ -20oC

2 (2 điểm) Một hỗn hợp gồm CH4 và không khí ( chứa lượng O2 gấp 2 lần lượng CH4 ) được cho một bình kín ở 25oC, khi đó áp suất trong bình bằng 0,5 atm Sau khi thực hiện phản ứng cháy áp suất trong bình đạt 5,5 atm Giả sử không có sự trao đổi nhiệt giữa bình kín và môi trường

a) Tính nhiệt độ lớn nhất của sự cháy

b) Tính nhiệt đốt cháy chuẩn của CH4 ở 2980 K.

Cho biết không khí chứa 20% O2, 80% N2 về thể tích

CV0 (N2) = 20,9 J/K.mol; CV0 (H2O) = CV0 (CO2) =29,26 J/K.mol; ΔH0

hh 298 =44,01 kJ/mol

1 a)∆ S= -12,568.103 : 283 =-44,41(J/K.mol)

∆Snguồn nhiệt = 12,568.103 : 283 =44,41(J/K.mol) =>∆Shệ cô lập =∆Sx + ∆Snguồn nhiệt

=-44,41+44,41 =0 b) Ta có sơ đồ:

Ta có ∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3

=128,8.ln(283/253) –12,568.103 : 283 + 118,6.ln(253/283) = - 43,267(J/K.mol)

∆Hnc, 253- ∆Hnc,283=∆Cp.(128,8-118,6)=-30Cp

∆Cp=Cp(l) – Cp(r)=128,8- 118,6=10,2(J/K.mol)

∆Hnc,253=∆Hnc,298 - 30∆Cp

=12568 – 30.10,2=12262(J/mol)

=>∆Hđđ, 253=-12262(J/mol) => Qnn=12262(J) Vậy ∆Shệ cô lập =-43,267+ 12262: 253 = 5,2 (J/K.mol)

0,25

0,25

0,25

0,25

Gọi nCH4 = a (mol)  nN2 = 4nO2 = 8a (mol) PTHH:

CH4 + 2O2 → CO2 + 2H 2 O (*)

Do nhiệt độ ngọn lửa > 100oC => H2O là thể hơi Trước phản ứng:

nT= nCH4 + nO2 + nN2 = a + 2a + 8a = 11a ( mol ) Sau phản ứng:

nS= nCO2 + nH2O + nN2 = a + 2a + 8a = 11a (mol)

Ta có:

Phản ứng thực hiện trong bình kín -> V=const -> quá trình đẳng

0,25

0,25

VT=VS  nRTT/PT = nRTS/PS

TS = TTPS/PT = =3278K

b Xét phản ứng

CH4 + 2O2 + 8N2→ CO2 + 2H 2 O + 8N 2 (**)

Ta có:

∆Ho

1 = ∆Uo

1 + ∆nRT = ∆Uo

1 ( Vì ∆n=0 )

∆Cvo = 254,98 ( J/K.mol ) Đây là quá trình đoạn nhiệt Q=0=∆U – A =∆U ( Vì A=0 do quá trình đẳng tích )

∆U = ∆Uo

298 +

∆Uo

298 = -759,9 =∆Ho

1 (KJ/mol)

Ta có sơ đồ

Theo định luật Hess ta có:

∆Ho

298 = ∆Ho

1 + ∆Ho

2 = -759,9 + (-44,01).2 = -847,92 (kJ/mol)

0,25

0,25

Câu 5 (2,0 điểm) Cân bằng hóa học trong pha khí

1 Cho cân bằng N2O4 (không màu) ƒ 2NO2 (nâu đỏ) (*)

Nạp vào bình kín một lượng N2O4 ở nhiệt độ T1 Khi cân bằng thiết lập áp suất của hệ là 2 bar Tại thời điểm cân bằng, hiệu suất chuyển hóa là 55%

a Tính hằng số cân bằng của phản ứng (*).

b Cho biết cân bằng chuyển dịch sang chiều nào khi

b1 Thêm NO2

b2 Giảm thể tích của hệ xuống một nửa.

b3 Thêm khí trơ He vào hệ, thể tích bình không đổi.

2.

Một trong những phương pháp phổ biến nhất để tổng hợp hiđro ở quy mô công nghiệp là sử dụng phản ứng:

CH 4 (k) + H 2 O (k)  3 H 2 (k) + CO (k)

a Hằng số cân bằng của phản ứng trên ở 298 K là KP, 298K=1,45×10-25; ở 1580 K là KP, 1580K

=2,66×104 Coi entropy và entapy không phụ thuộc vào nhiệt độ, tìm ΔHo và ΔSo của phản ứng

b Nạp vào bình phản ứng 1 mol CH4 và 1 mol H2O rồi nâng nhiệt độ lên 1100 K Khi cân bằng hình thành thì thấy áp suất trong bình phản ứng là 1,6 atm Tính hiệu suất chuyển hóa của CH4

c Nạp vào bình phản ứng có thể tích không đổi 1 mol CH4 và 1 mol H2O ở 400 K thì thấy

áp suất ban đầu (khi chưa xuất hiện H2) là 1,6 atm Sau đó nâng nhiệt độ của bình lên

1100 K Tính áp suất của mỗi khí trong bình khi cân bằng hình thành

1 a Xét phản ứng : N2O4 (không màu) ƒ 2NO2 (nâu đỏ) (*)

Bđ 1 0 0,55 1,1 0,45 1,1

Áp suất riêng phần: pN2O4 = 0,45:1,55 2= 0,5806 bar; pNO2 = 1,1:1,55 2= 1,419 bar

Vậy kp = pNO22 : pN2O4 = 3,47 bar

b Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln; trong đó Q =

pNO22 / pN2O4 Nếu Q < Kp → ∆G < 0: phản ứng diễn ra theo chiều thuận Nếu Q > Kp → ∆G > 0: phản ứng diễn ra theo chiều nghịch Nếu Q = Kp → ∆G = 0: phản ứng ở trạng thái cân bằng

b1

Khi thêm NO2 thì áp suât NO2 tăng Q tăng nên lớn hơn Kp → ∆G >

0 Cân bằng chuyển dịch sang chiều nghịch + Giảm thể tích bình nên áp suất hệ giảm, áp suất riêng phần cũng giảm với số lần như nhau

→ Q = pNO22 / pN2O4 giảm → ∆G < 0 Cân bằng chuyển dịch sang chiều thuận

+ Thêm khí trơ vào bình Áp suất hệ tăng nhưng áp suất riêng phần không đổi Cân bằng không chuyển dịch

0,25

0,25

0,25

0,25

m

a

0,25 b

CH 4 (k) + H 2 O (k)  3 H 2 (k) + CO (k)

2(1+a)

P cb

0,25

K = 28,6; p = 1,6 atm → a = 0,7501→ Hiệu suất 75,01%

4,40 atm

p(CH 4 ) = p(H 2 O) = ½p = 2,20 atm

CH 4 (k) + H 2 O (k)  3 H 2 (k) + CO (k)

4.4+2b

0,25

b = 1,08 atm

p = 6,56 atm p(CH 4 ) = p(H 2 O) = 1,12 atm p(CO) = 1,08 atm

p(H 2 ) = 3,23 atm

0,25

Câu 6 (2,0 điểm) Động hóa học hình thức

Phản ứng nhiệt phân HI ở 3930C xảy ra theo phương trình:

với kt và kn là hằng số tốc độ của phản ứng thuận và nghịch tương ứng Lúc đầu có 1mol HI trong thể tích 22,4 lít Người ta đo số mol HI bị phân huỷ x ở các thời điểm t và đã thu được kết quả như sau:

t(phút) 60 120 240 

x(mol/22,4

lít)

58 a- Tính hằng số cân bằng của phản ứng

b- Chứng minh rằng: Nếu phản ứng thuận và nghịch đều là bậc hai thì có quan hệ:

kt.dt =

Vdx 2(1 5x)(1 3x)  (với V là thể tích của hệ phản ứng)

c- Tính kt và kn

a- 0,75đ Từ phương trình phản ứng, ta có số mol các chất ở thời điểm t như sau:

t = 0 1 0 0

t = t 1 - x x/2 x/2 Khi đạt trạng thái cân bằng thì nồng độ của H2 và I2 bằng x/2 và nồng độ của HI là 1 - x

Kcb =

P P P

H I HI 2

2 2 =

x / 2.x (1- x



/ )

2

2 =

1

4(

x x







Với x = 0,2058 , ta có: Kcb =

1

4(

0 2058

1 0 2058

, ,



)2 = 0,0168

b- 0,75 điểm.Từ định nghĩa tốc độ phản ứng ta có:

v =

d I dt

[ ]2

=

[ ] 2

d HI dt



= kt [ HI ]2 - kn [H2][I2], hay:

khi thể tích của hệ bằng V, phương trình tốc độ được viết lại như sau:

v =

1 2V

dx dt

= kt (

1 x V



)2 - kn (

x 2V

)2

(1) khi đạt cân bằng

dx dt

= kt.(

1 x V



)2 - kn (

x 2V

)2 = 0 (2) thay x = xCB 

1

5 vào (2) ta có:

1 2V

dx dt

=

k V

t 2 ( 1 -

1

5 )2 -

k 4V

n 2 (

1

5 )2 =

0, suy ra kn = 64 kt Thay vào phương trình (1) :

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

v =

1 2V

dx dt

= kt (

1 x V



)2 - 64kt (

x 2V

)2 =

2k V

t [ ( 1 - x )2 - 16x2] (3)

kt.dt =

Vdx 2(1 5x)(1 3x)  (4) c- 0,5 điểm.Để tính kt và kn ta tích phân phương trình (4) và thay

V =22,4 vừa thu được ở trên và kết quả là:

Ta có =

Suy ra kt t =1,4.ln

1 3

1 5





x x

Dựng đồ thị sự phụ thuộc ln

1 3

1 5





x

x vào t

Từ độ dốc của đường biểu diễn tìm được kt = 5,34.10 - 3.M - 1.ph -1

kn = 64kt = 64 5,34.10 - 3.M - 1ph - 1 = 0,342 M - 1ph - 1

Ghi chú: Có thể dùng phương pháp thế để xác định

kt

Câu 7 (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

1 Trộn 100 ml dung dịch axit axetic 0,02 M với 100 ml axit sucxinic 0,03 M được dung dịch A.

Tính pH của dung dịch A

2 Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M; Fe(ClO4)3 0,03M; MgCl2 0,01M Cho 100ml dung dịch NH3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch B Xác định kết tủa

A và pH của dung dịch B

Biết: pKa(NH4+)= 9,24; Mg(OH)2 (pKs= 11) ; Fe(OH)3 (pKs =37)

1 Nồng độ các chất CH3COOH, Succinic giảm đi một nửa tương ứng

là 0,01 M và 0,015 M

Ta có các quá trình CH3COOH ƒ CH3COO- + H+

H2Su ƒ HSu- + H+ ; HSu- ƒ Su2- + H+; H2O ƒ H+ + OH-

Vì Ka C > > Kw nên bỏ qua cân bằng của nước

Ta có [H+] = [CH3COO-] + [HSu-] + [Su2-]

→ h =

a a

k C

k +h

CH3COOH +

a1 2 a1 a1 a2

k h

.C

h +k h+k k

H2Su +

a1 a2 2

a1 a1 a2

k k

.C

h +k h+k k

H2Su

Thay số ta tính được h = 1,032.10-3 → pH = 2,99

0,25

0,25

0,5

CM (NH3) = 0,05M; CM (Fe3+) = 0,015 M; CM (Mg2+) = 0,005M;

CM (H+/HClO4) = 0,0025M

Có các quá trình sau:

3NH3 + 3H2O + Fe3+  Fe(OH)3 + 3NH4+ (1)

( ( ) )3

4

3

14

10

10

S Fe OH

W

a NH

K







2NH3 + 2H2O + Mg2+  Mg(OH)2 + 2NH4+ (2)

(Mg( ) ) 2

4

2

14

10

10

S OH

W

a NH

K







NH3 + H+  NH4+ (3) K3 = 109,24

Vì K1 và K3 rất lớn nên coi phản ứng (1) và (3) xảy ra hoàn toàn

3NH3 + 3H2O + Fe3+  Fe(OH)3 + 3NH4+

0,05M 0,015M 0,005M - 0,045M

NH3 + H+  NH4+

0,05M 0,0025M 0,045M 0,0025M - 0,0475M TPGH gồm có: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+(0,005M);

H2O

pH của dung dịch B là pH của dd đệm được xác định bởi công thức gần đúng:

0,0025

0,0475

b a

a

C

pH pK

C

2

2 14 2

( ( ) ) 7,96

10





nên không có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện

Vậy kết tủa A chỉ là kết tủa Fe(OH)3

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 8 (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa khử Pin điện và điện phân

1 Thiết lập sơ đồ pin khi pin hoạt động thì xảy ra các phản ứng theo sơ đồ sau đây:

a Zn + AgNO3 → Zn(NO3)2 + Ag

b Ag+ + I- → AgI

c H2C2O4 + K2Cr2O7 + H2SO4 → CO2 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O

d Fe3+ + 2CH3COO- → Fe(CH3COO)2+

2 Trong buổi thí nghiệm, học sinh A được yêu cầu thiết lập 1 pin điện hoá và đo sức điện

động của pin đó ở 250C Sơ đồ của pin như sau: (-) Cu │Cu2+ (C = 0,05 M) ││Ag+ (C = 0,10 M) │Ag (+)

1 Cho biết giá trị sức điện động của pin mà học sinh A đo được.

2 Tính giá trị sức điện động của pin sau khi thêm muối Na2S (rắn) vào dung dịch của cả 2 điện cực để cho nồng độ Na2S thêm vào đều là 0,15 M (coi thể tích dung dịch của 2 điện cực đều không đổi sau khi thêm Na2S)

a1,2 2

pK (Ag S) 49, 2; pK (CuS) 35, 2; pK (AgCl) 10,0;   Bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của Ag+

và Cu2+

1 a anot (-) Zn/Zn2+//Ag+/Ag (+) catot

b anot (-) Ag/AgI, I-//Ag+/Ag (+) catot

c anot (-) Pt/H2C2O4,CO2,H+//H+, K2Cr2O7,Cr3+/Pt (+) catot

d anot (-) Pt/ Fe2+, Fe(CH3COO)+, CH3COO-//Fe3+, Fe2+/ Pt (+) catot

0,25x4

2 - Tại anot: Cu → Cu2+ + 2e Eanot = 0,34 + (0,0592/2) log

0,05 = 0,301 (V)

- Tại catot: Ag+ + e → Ag Ecatot = 0,799 + (0,0592) log 0,1

= 0,7398 (V)

→ Epin = Ecatot - Eanot = 0,7398 – 0,301 = 0,4388 (V)

* Điện cực Cu: Cu2+ + S2- → CuS

- 0,1

-TPGH : S2-0,1M có cân bằng: S2- + H2O HS- + OH- Kb

= 10-1,1

Tính được pH = 12,762; [S2-] = 0,04214M

0,25

0,25

0,25





Xét cân bằng: CuS Cu2+ + S2- 10-35,2

Tính được [Cu2+] = 1,497.10-34M →

2

34

Cu /Cu

0,0592

2





* Điện cực Ag: 2 Ag+ + S2- → Ag2S

- 0,1 - M Tương tự tính được [S2-] = 0,04214 M

Xét cân bằng: Ag2S 2 Ag+ + S2- 10-49,2

Tính được [Ag+] = 1,224.10-24M →

24

Ag /Ag



→ Epin = - 0,617 – (- 0,661) = 0,044 (V)

0,25

Câu 9: Halogen, Oxi – lưu huỳnh

1 Xét phân tử COX2 (X là nguyên tố halgen)

a Dự đoán độ bền phân tử khi X biến đổi từ F đến I

b Nêu cách điều chế COX2 Cách trên có áp dụng cho SOCl2 không?

c Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm, hình dạng phân tử

d So sánh nhiệt tạo thành tiêu chuẩn ∆H0 COF2 với COCl2 Giải thích?

2 Một vài tính chất của một hợp chất vô cơ chưa biết A được liệt kê dưới đây:

A là một chất rắn màu trắng hơi vàng, dễ chảy rữa và thăng hoa khi đun nóng A có khối lượng phân tử là 266

A phản ứng mãnh liệt với nước để cho dung dịch B

Khi một dung dịch hỗn hợp gồm NH4OH và NH4Cl được thêm vào dung dịch B thì nhận được kết tủa keo màu trắng

Một mẫu dung dịch B phản ứng với dung dịch hỗn hợp nitric axit và bạc nitrat cho kết tủa vón cục màu trắng C Kết tủa trắng này nhanh chóng tan đi khi thêm vào dung dịch NH4OH mặc

dù khi ta cho dư NH4OH thì lại xuất hiện kết tủa trắng D

Kết tủa D được lọc và hoà tan trong NaOH thu được dung dịch trong suốt E

Khi cho khí CO2 lội qua dung dịch E thì lại sinh ra kết tủa D

Chất A hoà tan không điện ly trong ete không lẫn nước Khi dung dịch này phản ứng với LiH thì sẽ tạo thành sản phẩm F Nếu dùng dư LiH thì F sẽ chuyển thành G

a) Xác định chất A

b) Xác định các chất từ B đến G và viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra

1 1.a Khi X biến đổi từ F đến I thì độ bền phân tử giảm xuống

Phân tử COI2 không tồn tại







