Mối quan hệ giữa En và số lượng tử chính: En tỉ lệ nghịch với 1 2 n N càng lớn electron càng ở xa hạt nhân năng lượng càng lớn.. Các phân tử NH3 ; H2O; HF có khối lượng phân tử xấp xỉ
Trang 1ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
Tỉnh Hải Dương đề nghị
Câu 1:
1 Li2+ là hệ 1 electron một hạt nhân:
13,6 2 ( )
2
eV n
Z
E n với Z = 3 13,6.32 1222 ,4( )
2
eV n
n
E n Tại trạng thái cơ bản n = 1 có E1 122 , 4eV
Mối quan hệ giữa En và số lượng tử chính: En tỉ lệ nghịch với 1 2
n
N càng lớn (electron càng ở xa hạt nhân) năng lượng càng lớn
En = 0 khi n = electron không còn tương tác với hạt nhân 0,5 điểm
2 Phương trình phân rã 24Na :
24Na 24Mg + e
Áp dụng phương trình định luật phân rã phóng xạ (Động học của phản ứng bậc nhất):
n n e kt
n
n
ln 0 0 với
2 / 1
2 ln
t
k (t1/2 = 14,8 giờ, t = 44,4 giờ)
n n e kt 2 0 , 0625mol
24
0
Vậy sau 44,4 giờ, hỗn hợp có 0,0625 mol Na và 0,4375 mol Cho hỗn hợp này tác dụng với dung dịch HCl dư có phản ứng:
2Na + 2HCl 2NaCl + H2 (1)
Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (2)
n H n Na n Mg 0 , 46875mol V H dktc 10 , 5lit
2
1
) (
2
Câu 2:
1 Mô tả dạng hình học của các phân tử:
Cấu hình e
nguyên tử
trung tâm
1s22s22p63s23p4 Trạng thái kích thích:
1s22s22p63s23p33d1
5s25p5 Trạng thái kích thích:
5s2 5p33d2
1s22s22p1 Trạng thái kích thích: 1s22s12p2
Dạng hình
Cl
Cl Cl
Cl
Cl
Cl
I
Cl Cl
Cl
B F F F
0,75 điểm
2 Giải thích:
a Các phân tử NH3 ; H2O; HF có khối lượng phân tử xấp xỉ nhau, đều tạo được liên kết hiđro liên phân tử nên có nhiệt độ sôi cao hơn các phân tử tương tự, Tuy nhiên:
Phân tử HF chỉ có 1 nguyên tử H tạo liên kết hiđro
Phân tử NH3 chỉ có 1 cặp electron tạo liên kết hiđro
Phân tử H2O có 2 nguyên tử H và 2 cặp eletron tạo liên kết hiđro
Số liên kết hiđro trung bình giữa 1 phân tử H2O với các phân tử H2O khác gấp đôi số liên kết hiđro trung bình giữa 1 phân tử HF(NH3) với các phân tử HF (NH3) khác Do đó nhiệt độ sôi của H2O có hơn NH3 và HF 0,25 điểm
b Liên kết giữa các phân tử X2 là liên kết cộng hoá trị gữa 2AO p-p:
Trừ F2, các phân tử X2 khác còn có 2 liên kết cho nhận p-d nên Elk của F2 nhỏ hơn Cl2
Từ Cl đến I, bán kính nguyên tử tăng dần năng lượng liên kết trong Cl2, Br2 đến I2 giảm
Trang 2Vậy Cl2 có năng lượng liên kết lớn nhất trong các X2 (X là các halogen).
0,25 điểm
Câu 3:
1.a/ Các biện pháp kĩ thuật để quá trình sản xuất NH3 đạt hiệu quả cao nhất:
Biện pháp đạt hiệu suất cao: Tăng áp suất, giảm nhiệt độ, thực hiện tổng hợp NH3 từ hỗn hợp 1N2 và 3H2 theo thể tích
Biện pháp đạt năng suất cao: Tăng tốc độ phản ứng: tăng nhiệt độ và dùng chất xúc tác:
Ni hoặc Fe
Điều kiện tối ưu:
Nhiệt độ 4000C đến 4500C
Áp suất 1000 – 2000atm (tuỳ công nghệ)
Tổng hợp NH3 từ hỗn hợp 1N2 và 3H2 theo thể tích
Tổng hợp theo chu trình khép kín: thu lại N2 và H2 chưa phản ứng để tổng hợp lại
0,25 điểm b/ Phản ứng tổng hợp:
N2 + 3 H2 2NH3
nCB (mol):5- x 15-3x 2x
nhh = 20 – 2x mol
Mà Kp = Kx (RT)n 2 5
3
2
10 44 , 1 ) ( ) 2 20
3 15 )(
2 20
5 (
) 2 20
2 (
x
x x
x
K p
2 2
10 79 , 5 )) 273 500 (
082 , 0 ( 10 44 , 1 ) 3 15 )(
5
(
) 2 20 (
)
2
x x
x x
16
27 10 79 , 5 ) 5
(
) 10
x
x x
x = 0,228 mol vì 0 x 5
Hiệu suất đạt cực đại nếu thực hiện phản ứng tới khi đạt trạng thái cân bằng
Vậy Hmax = .100% .100% 4,56%
2 2
2
2
bd N
pu N bd
H
pu H
n
n n
n
0,5 điểm
2 Tìm nhiệt độ t:
Qtoả = 300gamCp (J/gam.độ)(80 – t)
Qthu = 200gamCp (J/gam.độ)(t - 20)
mà Qtoả = Qthu t = 560C
Hhệ = 0J (do hệ không trao đổi nhiệt với môi trường)
Shệ = S1 + S2 = m1 Cp.ln(T/T1) + m2.Cp ln(T/T2)
Shệ = 200 4,18
273 20
273 56 ln
+ 300 4,18
273 80
273 56 ln
= 8,59 J/K 0 Vậy quá trình trộn lẫn trên là quá trình tự diễn biến 0,5 điểm
Câu 4:
1 Gọi x là nồng độ mol của dung dịch Na2CO3 :
Ta có: Na2CO3 2 Na+ + CO32-
xM 2xM xM
Các cân bằng: CO32- + H2O HCO3- + OH- (1) Kb1 = KW / Ka2 = 10-3,67 HCO3- + H2O H2CO3 + OH- (2) Kb2 = KW / Kb1 = 10-7,65
H2O H+ + OH- (3) KW = 10-14
Cân bằng (1) là chủ yếu quyết định pH của dung dịch:
CO32- + H2O HCO3- + OH- Kb1 = KW / Ka2 = 10-3,67
[ ] x-0,01 0,01 0,01
Trang 3(vì pH = 12 [OH-] = 10-2 M )
3
01 , 0
01 , 0 01 ,
x CO
OH HCO
x = 0,478 0,5 điểm Phương trình phản ứng của HCl và Na2CO3 :
2HCl + Na2CO3 2NaCl + CO2 + H2O
n HCl 2n Na CO 0,1 0,478 0,0478mol
3
Dung dịch HCl pH = 1 có CHCl = 0,1M Vdd HCl = 0,478lit = 478 ml 0,25 điểm
2 Độ tan của Ag2S trong H2O
1,6 10 49
2
S Ag
T rất nhỏ độ tan không đáng kể, S2- sinh ra không ảnh hưởng đến pH
dd Ag2S bão hoà có pH = 7
1 2 1
2
2
h h K K K
K K
S
=> [S2-] = C S2 S2
Gọi s là độ tan của Ag2S trong nước ta có:
Ag2S 2 Ag+ + S2- 2 2 1,6 10 49
2
Ag S
T Ag S
(2s)2.(s.S2 ) = 1,6 10-49 s = 8,33.10-13 mol/lit
Vậy độ tan của Ag2S trong nước là s = 8,33.10-13 mol/lit 0,5 điểm
Câu 5:
1.a/ Bán phản ứng điện cực trong cả hai trường hợp là:
Điện cực trái (-): H2 2 H+ + 2e
Điện cực phải (+) AgCl + 1e Ag + Cl -
Phản ứng xảy ra trong pin: H2 + 2AgCl 2 Ag + 2HCl 0,25 điểm b/ Tính pH của mẫu nước:
ta có: Epin = Ep - Et
Gọi pin 1 là pin đo dung dịch chuẩn NaCH3COO 1M và CH3COO 0,5M
Pin 2 là pin đo dung dịch cần xác định
Ep1 = Ep2 ; Et =
2 2
2 0
/
2
059 , 0
H H
H E
Epin1 – Epin2 = Et2 – Et1 = 0,059{lg [H+](2) - lg[H+](1)} = 0,059 (pH1 – pH2)
pH1 – pH2 = (5,24-5,83)/ 0,059 = -1
mà pH1 là pH của dung dịch đệm: pH1 = pKa(CH3COOH) +
OOH OO
3
-3
lg
C CH
C CH
C
C
= 5,06
pH của dung dịch cần xác định là: pH2 = 5,06 +1 = 6,06 0,5 điểm
2 Tính khối lượng kết tủa:
nFe = 0,1 mol; nAg+ = n (AgNO3) = 0,25 mol
Phương trình phản ứng:
Fe + 2Ag+ Fe2+ + 2 Ag coi như hoàn toàn
Sau phản ứng có: 0,1 mol Fe2+, 0,05 mol Ag+ và 0,2 mol Ag kết tủa
Có phản ứng thứ hai:
Fe2+ + Ag+ Fe3+ + Ag (*)
n0 0,1 0,05 0 0,1 mol
nCB 0,1 – x 0,05 – x x 0,1 + x mol
225 , 3
10 0 , 059
0
E
CB
K , Vdd = 250ml = 0,25lit 3 , 225
25 , 0
05 , 0 25 , 0
1 , 0
25 , 0
x
0,25x = 3,225 (x2 – 0,15x + 0,005) x = 0,025 vì (0< x < 0,05)
Trang 4 khối lượng kết tủa là 108(x + 0,1) = 13,5 gam 0,5 điểm
Câu 6:
1/ A là NH3 : 2NH3 + 3Cl2 N2 + 6HCl
(có thể viết thêm: NH3 + HCl NH4Cl)
B là hiđrocacbon không no thể khí (C2H4 ; C3H6 ; C2H2 ;…)
Vd: C2H4 + Cl2 C2H4Cl2
C là H2S : H2S (k) + Cl2 (k) 2 HCl + S
D là SO2 : SO2 + Cl2 + 2H2O H2SO4 + 2 HCl 0,5 điểm 2/ Phương trình phản ứng:
O3 + 2KI + H2O 2KOH + I2 + O2 (1)
I2 + 2 Na2S2O3 Na2S4O6 + 2 NaI (2)
3 2 2 2 3
2
1
O S Na I
n mà thực nghiệm chỉ xử lí ½ B
n O n I 10 2 0 , 05 5 10 4mol
2
1 2
2 3
V O3 1,12.10 2lit
%V O3 1,12% 0,75 điểm
Câu 7:
1/ Phản ứng đốt cháy sunfua và hoà tan chất A:
2MS + 3 O2 2MO + 2 SO2 (1)
MO + H2SO4 MSO4 + H2O (2) Theo (2), để hoà tan 1mol (M + 16 gam) MO cần 1 mol H2SO4 tạo M + 96 gam muối
khối lượng dd H2SO4 là 400gam
% 5 , 24
98
400 16
96
%
M
M
2/ Theo (1) và (2) n Cu n CuO n Cu 0 , 125mol
96
12
S
SO 4
Gọi số mol CuSO4 trong dung dịch bão hoà là x mol
Khối lượng CuO là 10 gam, khối lượng dung dịch H2SO4 là 400.10/80 = 50 gam
mdd D = 10 + 50 – 15,625 = 44,375 gam
Cu
160
% 54 , 22 375 , 44
%
4
SO
Gọi công thức của tinh thể là CuSO4.aH2O, n Cu kettinh 0,125 0,0625 0,0625mol
4
0625 , 0
625 , 15 18 160
2
4 uSO a a
Vậy công thức tinh thể T là CuSO4.5H2O 0,5 điểm
3 Phản ứng giữa SO2 và H2O ở 1500C là: 3SO2 + 2 H2O 2 H2SO4 + S 0,25 điểm
Câu 8:
1. Phương trình phản ứng:
MgS + 2HCl MgCl2 + H2S (2)
Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (3)
26 29 8966
,
0
M B B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]
Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có
26 y
x
y 2 x
34 22,4
987 , 2 y x
Giải ra ta có x = 0,1 ; y =
3
1 , 0
Từ (1), (2), (3) ta có:
Trang 5
32 1 , 0 24 3
1 , 0 1
,
0
32 1 , 0 )
S
(
m
%
50%, % m ( Mg ) 50%
H2S +
2
3
O2 SO2 + H2O
H2 +
2
1
O2 H2O
SO2 + H2O2 H2SO4
0,1 0,147
0 0,047 0,1
m(dung dịch) = 100 0 , 1 64 0 , 133 18 108 , 8 gam
C%(H2SO4) = 100 %
8 , 108
98 1 , 0
9%; C%(H2O2) =
8 , 108
34 047 , 0
1,47% 0,75 điểm
2. Phương trình phản ứng:
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 (2)
Từ (1) và (2) S SO KMnO 0 , 625 0 , 005 7 , 8125 10 3
2
5 n
2
5 n
% 100 100
32 10
8125 , 7 m
%
3
Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng. 0,5 điểm