Đáp án đề thi HSG thành phố lớp 12 TP Hải Phòng môn Hóa Học Bảng Không chuyên 2019-2020 - Học Toàn Tập

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>
<b> HẢI PHÒNG </b>

<i><b> (Đề thi gồm 09 bài; 02 trang) </b></i>

<b>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ </b>
<b>LỚP 12 NĂM HỌC 2019 – 2020 </b>

<b>ĐỀ THI MƠN: HĨA HỌC – BẢNG KHƠNG CHUN </b>
<i>Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) </i>

<i>Ngày thi: 19/09/2019 </i>

<b>Bài 1. (1,0 điểm) </b>

Hợp chất M có dạng XY3 được tạo thành từ hai nguyên tố hóa học X và Y. Biết X và Y

thuộc cùng một nhóm A và ở hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hồn (ZX > ZY). Tổng số hạt

mang điện trong M là 80.

a. Xác định hai nguyên tố X và Y.

b. Cho biết công thức phân tử hiđroxit cao nhất của X.
<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Bài 1 </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

<b>a. </b>

Theo giả thiết tổng số hạt mang điện trong M là 80

 ZX + 3ZY = 40 (I)

Y X
do Z Z

Y
40

Z 10 Z 10

4



    

 Y thuộc chu kì 1 hoặc 2

Do X và Y thuộc cùng một nhóm A và ở hai chu kì liên tiếp trong
bảng tuần hồn X thuộc chu kì 2 hoặc 3

Dễ thấy X không thể thuộc chu kì 2 và Y khơng thể thuộc chu kì 1

_{X thuộc chu kì 3, Y thuộc chu kì 2}
ZX - ZY = 8 (II)

0,5

Từ (I) và (II)  ZX = 16 và ZY = 8

X là Lưu huỳnh, Y là Oxi 0,25

<b>b </b> Hiđroxit của X có cơng thức là H2SO4 0,25

<b>Bài 2. (1,0 điểm) </b>

Cho X là một hợp chất vô cơ. X tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH, thu được muối Y
và khí Z có mùi khai. Sục khí CO2 dư vào dung dịch muối Y, tạo thành kết tủa T. Nung T ở

nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi được chất rắn G. Biết T hay G đều tan trong dung dịch
NaOH lại tạo thành muối Y (MG – MT = 24 g/mol). Mặt khác, cho khí Z tác dụng với khí

CO2 (trong điều kiện thích hợp), thu được chất H ở dạng tinh thể là một loại phân bón hóa

học phổ biến. Cho H tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được khí Z và kết tủa M màu

trắng.

a. Xác định các chất X, Y, Z, T, G, H, M.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Bài 2 </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

<b>a. </b>

X là AlN 0,25

Y là NaAlO2; Z là NH3; T là Al(OH)3; G là Al2O3; H là (NH2)2CO;

M là BaCO3

0,5

<b>b </b>

Các phương trình xảy ra như sau:

(1) AlN + NaOH + H2O  NaAlO2 + NH3

(2) CO2 + NaAlO2 + 2H2OAl(OH)3 + NaHCO3

(3) 2Al(OH)3

0

t

Al2O3 + 3H2O

(4) Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O

(5) Al2O3 + 2NaOH 2NaAlO2 + H2O

(6) CO2 + 2NH3

0

xt,t ,p

 (NH2)2CO + H2O

(7) (NH2)2CO + 2H2O(NH4)2CO3

(8) (NH4)2CO3 + Ba(OH)2 BaCO3 + 2NH3 +

2H2O

<b>HS viết được : </b>

- <i><b>Từ 1 đến 3 phương trình được 0,1 điểm </b></i>
- <i><b>Từ 4 đến 6 phương trình được 0,15 điểm </b></i>
- <i><b>Từ 7 đến 9 phương trình được 0,25 điểm </b></i>

0,25

<b>Bài 3. (1,0 điểm) </b>

1. Cho dung dịch X chứa các chất: CH3CHO, C2H5OH, CH3COOH. Trình bày phương

pháp hóa học để tách riêng CH3COOH ra khỏi dung dịch X mà không làm thay đổi khối

lượng. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra.

2. Từ CH4 và các chất vô cơ cần thiết (điều kiện phản ứng có đủ), viết các phương trình

phản ứng hóa học điều chế các chất: m-NO2-C6H4-COOH và p-NO2-C6H4-COOH.

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Bài 3 </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

<b>1. </b>

<i><b>Bước 1 :</b></i> Cho dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch X, khi đó sẽ
xảy ra phản ứng

CH3COOH +NaOH  CH3COONa + H2O

<i><b>Bước 2 :</b></i> Cô cạn dung dịch sau phản ứng của bước 1 thu được chất
rắn gồm CH3COONa và NaOH

<i><b>Bước 3 :</b></i> Cho chất rắn vào cốc rồi đổ dd H2SO4 lắc đều cho chất rắn

tan hết ( ko đc dùng HCl và HNO3 vì chúng bay hơi) sau đó đun

nhẹ rồi chưng cất sẽ thu được CH3COOH

2CH3COONa + H2SO4  Na2SO4 + 2CH3COOH

H2SO4 +2NaOH  Na2SO4+ 2H2O

0,5

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

 m-O2N- C6H4-COOH

Phương trình :
(1) 1500 C,lln0

4 2 2 2

2CH C H +3H

(2) 600 ,C0

2 2 6 6

3C H C H

(3) Pd,PbCO ,t3 0

2 2 2 2 4

C H +H C H
(4) H ,t+ 0

6 6 2 4 6 5 2 5

C H +C H C H -C H

(5) 5C6H5C2H5 + 12KMnO4 + 18H2SO4





0

t

5C6H5COOH +

5CO2 + 12MnSO4 + 6K2SO4 + 28H2O

(6) C6H5COOH + HNO3(đặc)











0
4
2SO ,t

H

m-O2N-C6H4-COOH +

H2O

0,25

<b>3.b </b>

CH4 C2H2  C6H6  C6H5-C2H5  p-O2N-C6H5-C2H5

 p-O2N-C6H5-COOH

(1) C6H5-C2H5 + HNO3











0
4
2SO ,t

H _p-O

2N-C6H5-C2H5 + H2O

(2) 5p-O2N-C6H5-C2H5 + 12KMnO4 + 18H2SO4 5p-O2N-C6H5

-COOH +5CO2 + 12MnSO4 + 6K2SO4 + 28H2O

0,25

<b>Bài 4. (1,0 điểm) </b>

Hỗn hợp X gồm Na, Na2O và BaO . Hịa tan hồn toàn 37,65 gam hỗn hợp X trong nước,

thu được 200 ml dung dịch Y và 1,12 lít khí H2 (đktc). Lấy 200 ml dung dịch Y trộn với

300ml dung dịch chứa HCl 0,5M và H2SO4 1M, sau phản ứng thu được dung dịch có pH

bằng 13. Tính phần trăm khối lượng các chất trong X

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Bài 4 </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

Phương trình phản ứng:

(1) 2Na + 2H2O  2NaOH + H2

(2) Na2O + H2O  2NaOH

(3) BaO + H2O  Ba(OH)2

Theo phương trình phản ứng (1), ta có n = 2n = 0,1 molNa H₂

0,25

Gọi số mol Na O: x mol2

BaO: y mol





62x + 153y = 37,65 – 0,1.23 = 35,35(*)

0,25

Trong dung dịch Y có:

2

NaOH: (2x + 0,1) mol
Ba(OH) : y mol





nOH-_{(Y) = 2x + 0,1 +2y (mol) ;}
+

dd axit

H

n = 0,3.0,5 + 0,3.1.2 = 0,75 mol.

Xét phản ứng khi cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch axit,
xảy ra phản ứng : +

-2

H + OH H O

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Dung dịch thu được có pH = 13 (mơi trường bazơ) OH-_dư

2 0,1 2 0,75

[ ] 0,1

0, 2 0,3

<i>du</i>

<i>x</i> <i>y</i>

<i>OH</i>   

  

 (**)

Từ (*) và (**) ta được: x = 0,2; y = 0,15;

2
Na

Na O

BaO

0,1.23

%m = .100% = 6,11%
37,65

0,2.62

%m = .100% = 32,93%
37,65

%m = 60,96%





_





0,25

<b>Bài 5. (1,0 điểm) </b>

Cho A là một hiđrocacbon mạch hở. Đốt cháy hết 0,25 mol hỗn hợp X gồm CH4 và A

bằng O2 dư, sản phẩm sau phản ứng cho qua bình đựng H2SO4 đặc 98% thấy khối lượng bình

tăng 8,1 gam. Mặt khác, cho 0,25 mol hỗn hợp X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3

trong NH3, thu được kết tủa màu vàng có khối lượng nhỏ hơn 13 gam. Biết các phản ứng hóa

học xảy ra hồn tồn.

a. Xác định cơng thức phân tử của hiđrocacbon A.

b. Cho 0,25 mol hỗn hợp X tác dụng với 0,5 lít dung dịch Br2 0,1M, sau phản ứng

thấy dung dịch Br2 mất màu hoàn toàn và có 0,21 mol khí thốt ra. Hỏi sản phẩm thu được là

gì, khối lượng bao nhiêu gam?

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Bài 5 </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

<b>a. </b>

Ta có: nX = 0,25 (mol);





2

H O

n = 0,45 mol



H = 2.0,45= 3,6
0,25

_{A có dạng C}aH2 ( a là số chẵn)

Dùng sơ đồ đường chéo









4 4 a 2

CH A CH C H

n = 4.n  n = 0,2 mol và n = 0,05 mol

 

 

0,25

+ Vì A là mạch hở và có 2 nguyên tử H, khi tác dụng với dung dịch
AgNO3/NH3 chắc chắn sẽ 2 nguyên tử H này sẽ bị thế bởi 2 nguyên

tử Ag sinh ra kết tủa CaAg2 (0,05 mol) . Có 0,05.(12a +216) < 13

 a < 3,67

a = 2. Vậy A là C2H2

0,25

<b>b. </b>

+ Ta có:

2
Br

n = 0,05 , số mol khí thốt ra khỏi bình đựng dung dịch
brom là 0,21 mol



2 2
C H

n _{phản ứng với Br}2 là 0,25 - 0,21 = 0,04

mol



2

2 2
Br
C H

n 0,05

= =1,25

n 0,04



C2H2 phản ứng với Br2 theo 2 phản ứng
C2H2 + Br2



C2H2Br2 (1)

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

C2H2 + 2Br2



C2H2Br4 (2)

Gọi  

 

2 2 2

2 2 4
C H Br

C H Br

n = a

n = b








a + b = 0,04

a + 2b = 0,05




 

a = 0,03
b = 0,01






 

 

2 2 2
2 2 4

C H Br
C H Br

m 5,58 gam
m 3,46 gam






_

 0,25

<b>Bài 6. (1,5 điểm) </b>

Hịa tan hồn tồn 1180m (gam) hỗn hợp H gồm FeS2, FeS, FexOy, FeCO3 (trong đó oxi

chiếm 24,407% khối lượng hỗn hợp) vào dung dịch chứa 2 mol HNO3. Kết thúc phản ứng thu

được dung dịch X và 549m (gam) hỗn hợp khí T gồm NO, NO2, CO2. Dung dịch X hòa tan

tối đa 20,16 gam Cu, thu được dung dịch Y và khí NO duy nhất thoát ra, tổng khối lượng chất
tan trong Y nhiều hơn tổng khối lượng chất tan trong X là 18,18 gam. Mặt khác, cho dung
dịch X phản ứng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2, thu được 90,4 gam kết tủa. Biết sản phẩm

khử của N+5_{trong cả q trình khơng có NH}

4+, các phản ứng hóa học xảy ra hồn tồn.

a. Tính m và phần trăm khối lượng các khí có trong hỗn hợp khí T.
b. Biện luận tìm cơng thức phân tử của FexOy.

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Bài 6 </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

<b>a. </b> Tính số mol: n = 0,315 mol _Cu

Dung dịch X chứa các ion : Fe3+_{, H}+_{, NO}

3- và SO42-. Xét phản ứng khi cho dung

dịch X tác dụng với Cu :

<b>Trường hợp 1.</b> H hÕt  theo PT: NO₃4H3eNO 2H O ₂

3

vµo ra Cu _H _NO

Ta cã: m m  m   m m (m m )




    H

H

n

18,18 20,16 (n .62)

4
+

H

n ( trong X) =

 <b>0,12 mol</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

 

  
   
3
Fe

3 4 4

Cu _Fe _H

n 0,54 mol

Fe(OH) BaSO BaSO

3

+ BT.E: 2.n n .n ;

4

Mặt khá c: m m 90,4 n ;

<b>3+</b>

<b></b>
<b>2-4</b>

<b>Fe</b>

<b>SO</b>
<b>n</b> <b>= 0,54 mol</b>

<b>n</b> <b>= 0,14 mol</b>

Dung dịch X gồm

1, 46 mol
3
3
2
4
BT§ T
NO
H : 0,12 mol
Fe : 0,54 mol
SO : 0,14 mol

n 









 


0,25

Xét q trình hịa tan H trong dung dịch HNO3:

+ BT.H:   

2
H O

2 0,12

n 0,94 mol

2

+ BTKL :1180m + 2.63 = (0,12.1+ 0,54.56 + 0,14.96 + 1,46.62) + 549m + 18.0,94
m =

<b>0,04</b>

0,25

trong hỗn hợ p H

O

(0,04.1180.0,24407)

n 0,72 mol

16

H C

BTKL cho hỗn hợ p H: m 0,54.56 0,72.16 0,14.32 12.n   1180.0,04

2

C CO T

n n 0,08 mol vµ m 549m 21,96 gam

    

Đặt số mol T


  
  
 _ _
  _{ }
    _




2 BTNT.N
2
NO: t

30t 46k 44.0,08 21,96 t 0,4

NO : k

k 0,14
t k 1,46 2

CO : 0,08

 _

_ 
 _

2
2
NO
NO
CO
%m 54,64%
%m 29,32%
%m 16,04%
0,25

<b>Trường hợp 2.</b> 

3

NO hÕt theo PT: NO₃4H3eNO 2H O ₂

 

        

3

vµo ra Cu _H _NO

m m m m m (m m )

 

   

3 3

NO NO

18,18 20,16 (4n n .62) _

3

NO

<b>n</b> <b>= 0,03 mol</b>

0,125

 

 3  

3

Cu _Fe _NO

+ BT.E: 2.n n 3.n <b>n_Fe3+</b> <b>= 0,54 mol</b>;



  Fe 

3 4 4

n 0,54 mol

Fe(OH) BaSO BaSO

+ Mặt khác: m m 90,4 n <b>2-</b> ;

<b>4</b>

<b>SO</b>

<b>n</b> <b>= 0,14 mol</b>

Dung dịch X gồm










  

3
2
4
3
BT§ T
H

Fe : 0,54 mol
SO : 0,14 mol
NO : 0,03 mol

n 1,31 mol

 (Loại)

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<b>b. </b> Xác định công thức phân tử của FexOy.

Trong hỗn hợp




 

 _ 

 __

 _ 

  _

 _  _

 _ __ _




Fe

2
S

3
O

C BTNT.O

O

FeS
n 0,54 mol

FeS
n 0,14 mol

FeCO : 0,08 mol
H

n 0,72 mol

Fe
oxit
n 0,08 mol

n 0,48 mol

Ta có: S   ₂     ₂ 

FeS FeS S FeS FeS

n

n n n 0,07 n n 0,14

2

BTNT.Fe    trong oxit   

Fe

(0,54 0,08 0,14) n (0,54 0,08 0,07)

  trong oxit    trong oxitFe 

Fe trong oxit

O
n

0,32 0,39

0,32 n 0,39

0,48 n 0,48

  2 x 0,8125

3 y oxit là Fe3O4

0,25

<b>Bài 7. (1,5 điểm) </b>

Cho X (CnHmO4) và Y (CpHqO5) là hai hợp chất hữu cơ mạch hở, khơng phân nhánh.

Đun nóng 175,6 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng vừa đủ 560 gam dung dịch KOH 20%.
Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được 180,4 gam chất rắn khan G gồm hai muối của hai
axit cacboxylic thuần chức (tỉ lệ mol hai muối là 2: 3) và phần hơi (gồm nước và 100 gam hai
ancol có số ngun tử cacbon bằng nhau). Đốt cháy hồn tồn hỗn hợp muối G cần dùng 38,08
lít O2 (đktc). Tìm cơng thức cấu tạo của X và Y.

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Bài 7 </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

Xét phản ứng đốt G : nO2 = 1,7 mol

+ BTNT K, suy ra nK2CO3 = 1 mol và nO( muối ) = 2.nK = 4 mol

+ Đặt nCO2 = x; nH2O = y.

BTNT O có : 4 + 1,7 × 2 = 1 × 3 + 2x + y

+ Bảo toàn khối lượng : 180,4 + 1,7 × 32 = 1 × 138 + 44x + 18y.



_{Giải hệ có: x = 2,2 mol; y = 0 mol}



muối không chứa H

 muối phải là của axit 2 chức.

0,25



số mol hai muối = 2 : 2 = 1 mol



số mol hai muối là 0,4 và 0,6
( tỉ lệ 2 : 3 )

+ Đặt số C trong gốc axit của X và Y là z và t.

+ Áp dụng BTNT C: 0,4z + 0,6t = 1 + 2,2. Giải phương trình nghiệm
nguyên: z = 2 và t = 4

_{2 muối là (COOK)}2 và KOOC-C≡C-COOK

0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

175,6 + 2.56 = 180,4 + 100 + mH2O (sản phẩm)



nH2O (sản phẩm) = 0,4 mol



Trong hai chất X, Y phải có một chất có chứa 1 nhóm COOH
* Mặt khác Vì X, Y mạch hở có số O < 6 nên ancol tạo thành không thể
là ancol ba chức, chỉ có thể là đơn chức và hai chức. Do đó ta có hai
trường hợp sau

<b>TH1 :</b> X, Y lần lượt có dạng CaHb’-OOC-C≡C- COO-CaHb’ (0,6 mol)

và HOOC-COO-CaHb-OH ( 0,4 mol)



hai ancol làCaHb(OH)2 : 0,4 mol và CaHb’ OH : 1,2 mol



0,4. (12a + b + 34) + 1,2 (12a + b’+ 17) =100



48a + b + 3b’ = 165



a = 3, b = 6, b’=5

_{X là CH}2=CH-CH2-OOC-C≡C-COO-CH2-CH=CH2

Và Y là HOOC-COO-CH2-CH2-CH2-OH

hoặc HOOC-COO-CH2-CH(OH)-CH3

0,5

<b>TH2 :</b> X, Y lần lượt có dạng HOOC-COO-CaHb’ ( 0,4 mol)

và CaHb’-OOC-C≡C- COO-CaHb-OH (0,6 mol)



hai ancol làCaHb(OH)2 : 0,6 mol và CaHb’ OH : 1 mol



0,6.( 12a + b + 34) + 1 (12a + b’+17) =100



96a + 3b + 5b’ = 313
(Vô nghiệm)

0,5

<b>Bài 8. (1,0 điểm) </b>

Một trong các ứng dụng của thuỷ ngân (Hg) là sử dụng trong cơng nghiệp sản xuất bóng
đèn. Mỗi chiếc bóng đèn huỳnh quang sử dụng 30 mg thuỷ ngân ở dạng lỏng, cịn mỗi chiếc
bóng đèn compact sử dụng 1 viên amalgam có khối lượng 11,5 mg (hỗn hợp Hg-Zn-Bi ở
dạng rắn với hàm lượng Hg tầm 30%).

a. Tính khối lượng Hg (kg) cần dùng để sản xuất 480000 bóng đèn huỳnh quang và
1,6 triệu bóng đèn compact.

b. Trong công nghiệp sản xuất bóng đèn, sử dụng viên amalgam với sử dụng thủy
ngân ở dạng lỏng thì phương án nào an tồn hơn? Vì sao?

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Bài 8 </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

<b>a. </b>

Khối lượng Hg cần dùng là :

5 6

6

4,8.10 .30 1,6.10 .11,5.30%

19,92 (kg)
10

 _ _0,25

<b>b. </b>

Sử dụng amalgam an toàn với sức khỏe con người và môi trường hơn
thủy ngân ở dạng lỏng.

0,25

Thuỷ ngân ở dạng hơi nguy hiểm hơn thuỷ ngân dạng lỏng và dạng rắn

vì nó dễ hấp thụ vào cơ thể hơn. Khi bóng đèn bị vỡ: thuỷ ngân lỏng sẽ
bay hơi và phát tán ra bên ngồi, cịn amalgam ở trạng thái rắn khiến

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

thủy ngân trong đó khó bay hơi hơn nên an toàn hơn

Amalgam dễ vận chuyển và bảo quản an toàn hơn Hg dạng lỏng 0,125
Hg trong amalgam dễ thu hồi hơn, tránh việc bị phát tán ra môi trường 0,125
<b>Bài 9. (1,0 điểm) </b>

Trong thí nghiệm phản ứng tráng bạc người ta đã làm các bước sau đây:
(1) Nhỏ 3-5 giọt dung dịch HCHO (37% - 40%) vào ống nghiệm.

(2) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NH3 2M vào ống nghiệm.

(3) Nhỏ 2 ml dung dịch AgNO3 1% vào ống nghiệm.

(4) Cho ống nghiệm vào trong cốc nước nóng tầm 700_{C, để yên vài phút.}

(5) Nhỏ dung dịch NaOH đặc vào ống nghiệm, tráng đều, đun nóng, sau đó đổ đi và rửa
lại nhiều lần bằng nước cất.

a. Hãy sắp xếp trình tự các bước trên một cách hợp lí nhất và nêu hiện tượng xảy ra
sau mỗi bước (nếu có)

b. Có nên đun trực tiếp ống nghiệm trên ngọn lửa đèn cồn thay vì cho ống nghiệm vào
cốc nước nóng tầm 700_{C hay khơng?}

c. Nêu mục đích của việc thực hiện bước (5) bên trên.
<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Bài 9 </b> <b>Đáp án </b> <b>Điểm </b>

<b>a. </b> Thứ tự các bước (5)



(3)



(2)



(1)



(4) 0,25
Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NH3 2M vào ống nghiệm sẽ có kết

tủa màu xám, sau đó kết tủa tan dần tạo thành dung dịch không

màu. 0,125

Cho ống nghiệm vào trong cốc nước nóng tầm 700_{C, để n vài}

phút thì thấy có lớp kim loại Ag sáng bám vào thành ống nghiệm

0,125
<b>b. </b> Không nên đun ống nghiệm trực tiếp trên ngọn lửa đèn cồn vì

Nhiệt độ quá cao và không ổn định sẽ không phù hợp với phản ứng
(nhiệt độ 60-700_{C là phù hợp nhất) khiến cho:}

+ Hỗn hợp trong ống nghiệm khi đó có màu xám đen 

hiệu suất phản ứng tráng bạc thấp  lượng Ag sẽ tạo ra ít hơn
+ Ag khó bám vào thành ống nghiệm hơn

0,25

<b>c. </b> Nhỏ dung dịch NaOH đặc vào ống nghiệm, tráng đều, đun nóng,
sau đó đổ đi rửa lại nhiều lần bằng nước cất nhằm mục đích :
NaOH đặc ăn mịn nhẹ lớp thủy tinh bên trong và việc rửa lại ống
nghiệm nhiều lần khiến cho lớp thủy tinh bên trong trở lên nhám và

sạch do đó Ag dễ bám vào hơn.

0,25

</div>

<!--links-->