Đề thi chọn học sinh giỏi THPT chuyên – duyên hải bắc bộ năm 2013 môn: Hoá học lớp 10 Trường THPT chuyên Quốc Học38522

SỞ GDĐT THỪA THIÊN HUẾ TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2013 MƠN: HỐ HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ GIỚI THIỆU Bài 1: ( điểm) Có thể viết cấu hình electron Ni2+là: Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8]; Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2] Áp dụng phương pháp gần Slater (Xlâytơ) tính lượng electron Ni2+ với cách viết (theo đơn vị eV) Cách viết phù hợp với thực tế? Tại sao? Viết công thức Lewis xác định dạng hình học phân tử ion sau: BCl3, CO2, NO2+, NO2, IF3 Bài 2: ( điểm) Hãy chứng minh phần thể tích bị chiếm đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) mạng tinh thể kim loại thuộc hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ : 1,31 : 1,42 Bài 3: ( điểm) Đồng vị 2964 Cu phân rã phóng xạ đồng thời theo phản ứng : 64 29Cu k1 64 30 Zn + - Thực nghiệm cho biết từ mol vµ 64 29 64 29Cu k2 64 28 Ni + Cu ban đầu, sau 25 36 phút lấy hỗn hợp lại hòa tan vào dung dịch HCl dư cịn 16 g chất rắn không tan Từ lượng 64 29 Cu ban đầu, sau 29 44 phút lấy hỗn hợp lại hịa tan vào dung dịch KOH dư phần chất rắn khơng tan có khối lượng 50,4% khối lượng hỗn hợp Tính số phóng xạ k1, k2 chu kì bán rã 2964 Cu ThuVienDeThi.com  Tính thời gan để 64 29 Cu cịn lại 10% Tính thời gan để khối lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp BÀI 4:( điểm) Nitrosyl clorua (NOCl) chất độc, đun nóng bị phân hủy thành NO Cl2 a) Tính Kp phản ứng 298K Cho: Nitrosyl clorua Nitơ monooxit Ho298 (kJ/mol) 51,71 90,25 S0298 211 264 Cl2 223 (J/K.mol) b) Tính Kp phản ứng 475K BÀI 5: ( điểm) Khí NO kết hợp với Br2 tạo phân tử có ngun tử 1.Viết phương trình phản ứng xảy Biết phản ứng thu nhiệt, 25oC cã Kp = 116,6 Hãy tính Kp (ghi rõ đơn vị) 0oC ; 50oC Giả thiết tỷ số trị số số cân tạii 0oC với 25oC hay 25oC với 50oC 1,54 Xét 25oC, cân hóa học thiết lập Cân chuyển dịch nếu: a) Tăng lượng khí NO b) Giảm lượng Br2 c) Giảm nhiệt độ d) Thêm khí N2 vào hệ mà: - Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const) - Áp suất chung hệ không đổi (P = const) BÀI 6: ( điểm) ThuVienDeThi.com Dung dịch A gồm Na2S CH3COONa có pHA = 12,50 Thêm lượng Na3PO4 vào dung dịch A cho độ điện li ion S2- giảm 20% (coi thể tích dung dịch khơng đổi) Tính nồng độ Na3PO4 dung dịch A Cho: pK a1(H2S)  7,02; pK a2(H2S)  12,9; pK a1(H3PO4 )  2,15; pK a2(H PO )  7,21; pK a3(H3PO4 )  RT 12,32; pK a(CH3COOH)  4,76; ES/H = 0,14 V; 25 oC: 2,303 l n = 0,0592lg 2S F BÀI 7: ( điểm) Cho: E 0Ag Ag = 0,80V; E 0AgI/Ag,I = -0,15V; E 0Au + - 3+ /Ag = 1,26V; E 0Fe3+ /Fe = -0,037V; E 0Fe2+ /Fe = -0,440V Hãy: a Thiết lập sơ đồ pin để xác định tích số tan AgI Viết phương trình phản ứng xảy điện cực pin b Tính độ tan (s) 25oC AgI nước a Lập pin điện xảy oxi hoá ion Fe2+ thành ion Fe3+ ion Au3+ bị khử thành ion Au+ Viết phương trình phản ứng xảy điện cực pin b Tính sức điện động chuẩn pin số cân phản ứng xảy pin BÀI 8: ( điểm) Cho kiện sau: Năng lượng kJ.mol¯1 Năng lượng kJ.mol¯1 thăng hoa Na 108,68 liên kết Cl2 242,60 ion hóa thứ Na 495,80 mạng lưới NaF 922,88 liên kết F2 155,00 mạng lưới NaCl 767,00 Nhiệt hình thành NaF rắn : -573,60 kJ.mol-1 Nhiệt hình thành NaCl rắn: -401,28 kJ.mol-1 Tính lực electron F Cl ; so sánh kết thu giải thích Hãy cho biết quy luật biến đổi (có giải thích): ThuVienDeThi.com a) Nhiệt độ nóng chảy nhiệt độ sôi halogen từ F2 đến I2 b) Độ bền nhiệt phân tử halogen từ F2 đến I2 c) Nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sôi hidro halogenua từ HF đến HI BÀI 9: ( điểm ) Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dạng bột mịn Sau nung 33,02 gam hỗn hợp A (khơng có khơng khí) thời gian, nhận hỗn hợp B Nếu thêm 8,296 gam Zn vào B hàm lượng đơn chất Zn hỗn hợp ½ hàm lượng Zn A - Lấy ½ hỗn hợp B hịa tan H2SO4 lỗng dư sau phản ứng thu 0,48 gam chất rắn nguyên chất - Lấy ½ hỗn hợp B thêm thể tích khơng khí thích hợp Sau đốt cháy hoàn toàn, thu hỗn hợp khí C N2 chiếm 85,8% thể tích chất rắn D Cho hỗn hợp khí C qua dung dịch NaOH dư thể tích giảm 5,04 lit (đktc) 9.1 Viết phương trình phản ứng 9.2.Tính thể tích khơng khí (đktc) dùng 9.3 Tính thành phần % theo khối lượng chất B.(Cho: Al=27, Zn=65, S=32) BÀI 10: ( điểm) Một loại thủy tinh biểu diễn dạng x(Na2O) y(CaO) z(SiO2) Trong loại thủy tinh này, % khối lượng oxi 46,862%; Ca 8,368% Si 35,146% a Nếu giả thiết x, y, z số nguyên, xác định giá trị b Người ta hồn tan thủy tinh dung dịch HF Tính thể tích dung dịch HF nồng độ 0,10M cần lấy để hịa tan vừa hết 10,0 gam thủy tinh Viết phương trình phản ứng xảy HẾT - ThuVienDeThi.com * Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHI KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013 MƠN HĨA HỌC BÀI Bài ( đ) ĐÁP ÁN Năng lượng electron phân lớp l có số lượng tử hiệu dụng n* tính theo biểu thức Slater: 1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV) Hằng số chắn b số lượng tử n* tính theo quy tắc Slater Áp dụng cho Ni2+ (Z=28, có 26e) ta có: Với cách viết [Ar]3d8:  1s = -13,6 x (28 – 0,3)2/12 = -10435,1 eV 2  2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7) / = - 1934,0  3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32 = - 424,0  3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)2/32 = - 86,1 E1 =  1s +  2s,2p +  3s,3p +  3d = - 40423,2 eV Với cách viết [Ar]sd64s2:  1s,  2s,2p,  3s,3p có kết Ngồi ra:  3d = -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = - 102,9 eV  4s = - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)2/3,72 = - 32,8 Do E2 = - 40417,2 eV b) E1 thấp (âm) E2, cách viết ứng với trạng thái bền Kết thu phù hợp với thực tế trạng thái ion Ni2+ có cấu hình electron [Ar]3d8 ĐIỂM 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ a Công thức Lewis: BCl3 Cl : B Cl Cl CO2 NO2+ O:: C::O O:: N::O NO2 + N O O b Dạng hình học: BCl3: Xung quanh nguyên tử B có cặp electron (2 cặp "siêu cặp") nên B có lai hoá sp2, nguyên tử F liên kết với B qua obitan này, phân tử có dạng tam giác CO2: Xung quanh C có siêu cặp, C có lai hố sp, ngun tử O liên kết với C qua obitan Phân tử có dạng thẳng NO+: Ion đồng electron với CO2 nên có dạng thẳng NO2: Xung quanh N có cặp electron quy ước gồm cặp + siêu ThuVienDeThi.com 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ cặp (liên kết đơi) + electron độc thân nên N có lai hoá sp2 Hai nguyên tử O liên kết với số obitan lai hoá nên phân tử có cấu tạo dạng chữ V (hay gấp khúc) Góc ONO < 120o đẩy electron độc thân IF3: Xung quanh I có cặp electron, I phải có lai hố sp3d, tạo thành obitan hướng đến đỉnh hình lưỡng chóp ngũ giác Hai obitan nằm dọc trục thẳng đứng liên kết với nguyên tử F Nguyên tử F thứ ba liên kết với obitan mặt phẳng xích đạo Như phân tử IF3 có cấu tạo dạng chữ T Nếu kể đến đẩy cặp electron khơng liên kết, phân tử có dạng chữ T cụp O N O Bài ( đ) O I C O O 0,25 đ N Cl B Cl Cl 0,25 đ O Phần thể tích bị chiếm nguyên tử mạng tinh thể phần thể tích mà nguyên tử chiếm tế bào đơn vị (ô mạng sở) Đối với mạng đơn giản: + Số nguyên tử tế bào: n = x 1/8 = + Gọi r bán kính nguyên tử kim loại, thể tích V1 nguyên tử kim loại là: V1 = 4/3 x  r3 (1) + Gọi a cạnh tế bào, thể tích tế bào là: V2 = a3 (2) Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan r a thể hình sau: r a 0,5 đ hay a = 2r (3) Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4) Phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào là: V1/V2 = 4/3  r3 : 8r3 =  /6 = 0,5236 Đối với mạng tâm khối: + Số nguyên tử tế bào: n = x 1/8 + = Do V1 = 2x(4/3)  r3 + Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ r a thể ThuVienDeThi.com hình sau: 0,5 đ Do đó: d = a = 4r Suy a = 4r/ Thể tích tế bào: V2 = a3 = 64r3/ 3 Do phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào là: V1 : V2 = 8/3  r3 : 64r3/3 = 0,68 Đối với mạng tâm diện: + Số nguyên tử tế bào: n = x 1/8 + x 1/2 = Do thể tích nguyên tử tế bào là: V1 = x 4/3  r3 + Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ bán kính nguyên tử r cạnh a tế bào biểu diễn hình sau: d 0,5đ a Từ dó ta có: d = a = 4r, a = 4r/ Thể tích tế bào: V2 = a3 = 64r3/2 Phần thể tích bị nguyên tử chiếm tế bào là: V1/V2 = 16/3  r3: 64r3/ 2 = 0,74 Như tỉ lệ phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào mạng đơn giản, tâm khối tâm diện tỉ lệ với 0,52 : 0,68 : 0,74 = : 1,31 : 1,42 0,5 đ Bài Phương trình: ( đ) dn Cu - dt dn Cu - (1) dt (2) n (0) k t dt n (t ) n (0)  dn  k n  ln k t dt n (t )  dn Zn k  ln Cu n Cu (1) Zn Cu Ni Cu Nin ThuVienDeThi.com (2) 0,5 đ dn Cu - dt  (k1 + k2)t = kt  ln nCu ( 0) n (t ) Cu = kt (3) Khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn Ni tan hết lại 16 g Cu - Tại t =25 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = mol; nCu(t) = 0,25 mol ln nCu n Cu (0)  ln  kt  kx1536 phút 0,25  ln (t ) 0,5 đ k = 9,025x 10-4ph-1 k 1/  ln 0,693  4 k 9,025 x10 ph 1  768 phút * Tại t = 29 44 phút = 1784 phút hòa tan hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư Zn tan hết, lại Cu Ni Từ mol Cu ban đầu sau 1784 phút nCu + nNi = 0,504 mol nZn = - 0,504 = 0,496 mol * Theo (3) ln n ( 0) n (1784) Cu = 9,025 x10-4ph-1x1784 ph = 1,61006 Cu  5,003 nCu (1784) nCu(1784) = 0,19988  0,20 mol nCu(đã phân rã) = - 0,2 = 0,80 mol nCu(đã phân rã phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol nCu( phân rã phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = nNi (2) k k * nZn (1) 0,496    1,6316 nNi (2) 0,304 Mặt khác đó: k1 = 1,6316 k2 k1 + k2 = 0,0009025 k2 + 1,6316k2 = 0,0009205 Từ k2 = 3,4295.10-4  3,43.10-4 k1 = 5,5955 10-4  5,56.10-4 Từ mol 64Cu ban đầu, thời gan để lại 0,1 mol 64Cu : ln  9,025 x10  t 0,1 t = 2551 phút ThuVienDeThi.com 0,5 đ Từ mol 64Cu ban đầu,,sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol k2 3,4295 x10 4 nNi= x0,30  0,183871mol xnZn  k1 5,5955 x10  nZn + nNi = 0,30 + 0,184 = 0,484 mol nCu = 1,000 - 0,484 = 0,516 mol ln  kt  9,025 x10  ph 1 xt ( ph)  0,661649 0,516 t Bài ( đ) 0,661649  733 ph 9,025 x10  0,5 đ a) 2NOCl  2NO + Cl2 Dựa vào công thức G =  RTlnK G = H  T S H = [(2  90,25 103) +  (2  51,71 103 ) = 77080 J/mol S = [(2  211) + 233  (2  264) = 117 J/mol 1,0 đ G = 77080  298  117 = 42214 J/mol ln K =  42214 =  17   Kp = 3,98 108 8,314  298 b) ln Kp (T2 ) H = R Kp (T1 ) 1 1 77080  1       lnKp(475K) =  + T T 8,314 298 475     lnKp(298) ln Kp (475) =  5,545  Kp = 4,32 10 3 BÀI NO(k) + Br2 (hơi)  NOBr (k) ; H > ( đ) Phản ứng pha khí có n = -1  đơn vị Kp lµ atm-1 1,0 đ (1) (2) Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ: Kp O2 < Kp 252 < Kp 502 (3) Vậy: : Kp 250 = / 1,54 x Kp 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm-1) Kp 252 = 1,54 x Kp 252 = 116,6 x 1,54  179, 56 (atm-1) Xét chuyển dời cân hóa học 25OC Trường hợp a b: nguyên tắc cần xét tỉ số: PNOBr Q = (4) (Khi thêm NO hay Br2) (PNO)2 ThuVienDeThi.com 0,5 đ Sau so sánh trị số Kp với Q để kết luận Tuy nhiện, khơng có điều kiện để xét (4); xét theo ngun lí Lechatelie a Nếu tăng lượng NO, CBHH cân chuyển dời sang phải,  b Nếu giảm lượng Br2, CBHH chuyển dời sang trái,  c Theo nguyên lí Lechatelie, giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang trái, để chống lại giảm nhiệt độ d Thêm khí N2 khí trơ + Nếu V = const: khơng ảnh hưởng tới CBHH N2 khơng gây ảnh hưởng liên hệ (theo định nghĩa áp suất riêng phần) + Nếu P = const ta xét liên hệ Nếu chưa có N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr (a) Nếu có thêm N2: P = p’NO + p’Br2 + p’NOBr + Pn2 (b) Vì P = const nên p’i < pi Lúc ta xét Q theo (4) liên hệ / tương quan với Kp: Nếu Q = Kp: Không ảnh hưởng 2.Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp Nếu Q AE (Cl) F có độ âm điện lớn Cl nhiều Có thể giải thích điều sau: * Phân tử F2 bền phân tử Cl2, ΔHLK (F2) < ΔHpl (Cl2) dẫn đến AE (F) > AE (Cl) * Cũng giải thích: F Cl hai nguyên tố liền nhóm VIIA F đầu nhóm Nguyên tử F có bán kính nhỏ bất thường cản trở xâm nhập electron ThuVienDeThi.com - Nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy tăng dần từ flo đến iot: - Mỗi phân tử X2 gồm hai nguyên tử, phân tử X2 liên kết với lực Van de Van Lực tăng lên theo chiều tăng khối lượng khả bị cực hóa phân tử halogen nên từ F2 đến I2 ts0, tnc0 tăng dần Độ bền nhiệt phân tử halogen tăng từ F2 đến Cl2 sau giảm dần từ Cl2 đến I2 - Thước đo độ bền nhiệt lượng liên kết Ngun tử F khơng có AO – d nên liên kết nguyên tử F liên kết  Trong phân tử Cl2, Br2, I2 liên kết  phần liên kết  tạo nên che phủ AO – d trống nguyên tử halogen với AO – p có cặp e nguyên tử halogen Do lượng liên kết F2 bé lượng liên kết Cl2 - Từ Cl2 đến I2 lượng liên kết giảm dần độ dài liên kết tăng - Do đó, độ bền nhiệt tăng từ F2 đến Cl2 sau giảm dần từ Cl2 đến I2 Từ HCl đến HI, nhiệt độ sơi, nhiệt độ nóng chảy tăng dần theo chiều tăng khối lượng phân tử Riêng HF có nhiệt độ sơi nhiệt độ nóng chảy cao cách bất thường Đó có tượng trùng hợp phân tử nhờ liên kết hidro Năng lượng liên kết hidro trường hợp lớn nHF  (HF)n (n=26) BÀI BÀI ( đ) 9.1 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ Với S, Al Zn có phản ứng : t0 2Al + 3S  Al2S3 Zn + S t  ZnS Trong trường hợp tổng quát (phản ứng khơng hồn tồn) hỗn hợp B gồm Al2S3, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư Trong chất có S khơng tan dung dịch H2SO4 loãng : m = 0,48 Sdu ( B ) (gam)  0,48 = 0,03 (mol) (1) 32 Với H2SO4 ta có phản ứng : Al2S3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + ZnS + H2SO4  ZnSO4 Zn + H2SO4  ZnSO4 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 Khi nung ½ B O2 :  0,25đ 0,25 đ nSdư (B) = ThuVienDeThi.com 3H2S + H2S + H2 + 3H2 0,25đ Al2S3 + ZnS + 4Al + Zn + S + O2 O2 3O2 O2 O2 t  Al2O3 + 3SO2 t  ZnO + SO2 t  2Al2O3 t  ZnO t  SO2 0 0 9.2 0,25 đ Hỗn hợp khí C gồm SO2, N2 (khơng có O2 người ta dùng lượng oxi vừa đủ) Qua dung dịch NaOH, SO2 bị giữ lại : SO2 + NaOHdư  Na2SO3 + H2O Vậy độ giảm thể tích 5,04 lit thể tích SO2 5,04  n SO2 = = 0,225 (mol) 22,4 Theo nguyên lí bảo toàn nguyên tố S : n SO2 (C )  n S ( B )  n 0,25đ 0,25đ S ( A) Vậy : n S ( A) = 0,225 = 0,45 (mol) (2) mS(A) = 0,45 32 = 14,4 (gam) mAl+Zn(A) = 33,02 – 14,4 = 18,62 (gam) Gọi x = nAl ; y = nZn A Ta có :27x + 65y = 18,62 %SO2 C = 100% - %N2 = 100 – 85,8 = 14,2% Ta có : 0,225 mol SO2  %SO2 = 14,2% 0,225  85,8 Vậy : n N = = 1,36 (mol) 14,2 Do N2 chiếm thể tích khơng khí nên : 5 nKK = n N = 1,36 (mol) 4 Thể tích khơng khí : VKK = (3) 1,36 22,4 = 38,08 (lit) 9.3 1 n N = 1,36 = 0,34 (mol) 4 Trong 0,34 mol O2 có 0,225 mol O2 dùng để biến S thành SO2, phần lại dùng để biến Al, Zn thành Al2O3, ZnO n = 0,34 – 0,225 = 0,115 Số mol O2 dùng để oxi hóa ½ B là: nO2 = O2 ( B ) ThuVienDeThi.com 0,5 đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25 đ 0,25đ (mol) Ta thấy dù biến ½ A (Al, Zn, S) thành Al2O3, ZnO, SO2 hay ½ B (Al2S3, ZnS, Al dư, Zn dư, S dư thành Al2O3, ZnO, SO2) lượng O2 dùng có số mol Al, Zn, S Do kết luận để biến Al, Zn ½ A thành Al2O3, ZnO ta phải dùng 0,115 mol O2 0,25 đ 0,25đ t0 4Al + 3O2 2Al2O3  x 3x t0 Zn + O2  ZnO y y 3x y nO = + = 0,115 (mol)  3x + 2y = 0,920 (4) 0,25đ Từ (3) (4)  x = 0,16 mol Al ; y = 0,22 mol Zn Từ % Zn A % Zn đơn chất B cộng 8,296 gam Zn ta suy : z’ = nZndư ; nZn phản ứng với S ; nSphản ứng với Al ; n Al2 S3 0,22  65  100  43,307% 33,02 Sau thêm 8,296 gam Zn vào B : (65 z '  8,296)  100   43,307 %Zn đơn chất = 33,02  8,296  z’= 0,01 mol Zn dư Vậy có : 0,22 – 0,01 = 0,21 mol Zn kết hợp với 0,21 mol S cho 0,21 mol ZnS nSphản ứng với Al = nS chung – nS(Zn) – nSdư = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol) 0,21 = 0,07 (mol) n Al2 S3 = Thành phần % khối lượng chất hỗn hợp B : 0,07  150  100% %Al2S3 =  31,8% 33,02 0,21  97  100% %ZnS=  61,69% 33,02 0,01  65  100% %Zndư =  1,97% 33,02 0,03  32  100% %Sdư =  2,91% 33,02 %Aldư = 100 – (31,8 + 61,69 + 1,97 + 2,91) = 1,63% 0,25đ %Zn(A) = BÀI 10 ( đ) a Công thức thủy tinh: Na2O CaO.6SiO2 b Số mol thủy tinh = 10/(62 + 56 + 6.60) = 0,021 mol Phương trình: Na2O CaO.6SiO2 + 28 HF  NaF + CaF2 + ThuVienDeThi.com 0,25 đ 0,25đ 0,25đ 0,25 đ 0,75 đ 0,75 đ SiF4 0,021 0,588 mol => Thể tích dung dịch HF cần lấy = 5,88 lít Chú ý: học sinh viết dạng oxit tác dụng với HF cho điểm tương đương ThuVienDeThi.com 0,5 đ ... -13,6 x (28 – 0,3)2/12 = -104 35,1 eV 2  2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7) / = - 1934,0  3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32 = - 424,0  3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)2/32... KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 NĂM HỌC 2012 -2013 MƠN HĨA HỌC BÀI Bài ( đ) ĐÁP ÁN Năng lượng electron phân lớp l có số lượng tử hiệu dụng n* tính theo biểu thức Slater: 1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo... độ 0,10M cần lấy để hịa tan vừa hết 10, 0 gam thủy tinh Viết phương trình phản ứng xảy HẾT - ThuVienDeThi.com * Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHI KỲ THI