ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 Tỉnh Hải Dương đề nghị Câu 1: 1. Li 2+ là hệ 1 electron một hạt nhân: ⇒ )(.6,13 2 2 eV n Z E n −= với Z = 3 ⇒ )( 4,1223 .6,13 22 2 eV nn E n − =−= Tại trạng thái cơ bản n = 1 có eVE 4,122 1 −= . Mối quan hệ giữa E n và số lượng tử chính: E n tỉ lệ nghịch với 2 1 n − : N càng lớn (electron càng ở xa hạt nhân) năng lượng càng lớn. E n = 0 khi n = ∝ electron không còn tương tác với hạt nhân. 0,5 điểm 2. Phương trình phân rã 24 Na : 24 Na 24 Mg + e Áp dụng phương trình định luật phân rã phóng xạ (Động học của phản ứng bậc nhất): kt enn n n kt − ×=⇒= 0 0 ln với 2/1 2ln t k = (t 1/2 = 14,8 giờ, t = 44,4 giờ) molenn kt 0625,02 24 12 3 0 =×=×= −− 0,5 điểm 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 + H 2 (1) Mg + 2HCl MgCl 2 + H 2 (2) ⇒ litVmolnnn dktcHMgNaH 5,1046875,0 2 1 )( 22 =⇒=+= 0,25 điểm Câu 2: 1. Mô tả dạng hình học của các phân tử: Phân tử SCl 4 ICl 5 BF 3 Cấu hình e nguyên tử trung tâm 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 Trạng thái kích thích: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 3 3d 1 ∼5s 2 5p 5 Trạng thái kích thích: ∼5s 2 5p 3 3d 2 1s 2 2s 2 2p 1 Trạng thái kích thích: 1s 2 2s 1 2p 2 Lai hoá sp 3 d sp 3 d 2 sp 2 Dạng hình học S Cl Cl Cl Cl Cl Cl I Cl Cl Cl B F F F 0,75 điểm 2. Giải thích: a. Các phân tử NH 3 ; H 2 O; 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 NH 3 chỉ có 1 cặp electron tạo liên kết hiđro Phân tử H 2 O có 2 nguyên tử H và 2 cặp eletron tạo liên kết hiđro ⇒ Số liên kết hiđro trung bình giữa 1 phân tử H 2 O với các phân tử H 2 O khác gấp đôi số liên kết hiđro trung bình giữa 1 phân tử HF(NH 3 ) với các phân tử HF (NH 3 ) khác. Do đó nhiệt độ sôi của H 2 O có hơn NH 3 và HF. 0,25 điểm b. Liên kết giữa các phân tử X 2 là liên kết cộng hoá trị gữa 2AO p-p: Trừ F 2 , các phân tử X 2 khác còn có 2 liên kết cho nhận p-d nên E lk của F 2 nhỏ hơn Cl 2 . Từ Cl đến I, bán kính nguyên tử tăng dần ⇒ năng lượng liên kết trong Cl 2 , Br 2 đến I 2 giảm Vậy Cl 2 có năng lượng liên kết lớn nhất trong các X 2 (X là các halogen). 0,25 điểm Câu 3: 1.a/ Các biện pháp kĩ thuật để quá trình sản xuất NH 3 đạt hiệu quả cao nhất: • Biện pháp đạt hiệu suất cao: Tăng áp suất, giảm nhiệt độ, thực hiện tổng hợp NH 3 từ hỗn hợp 1N 2 và 3H 2 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 400 0 C đến 450 0 C Áp suất 1000 – 2000atm (tuỳ công nghệ) Tổng hợp NH 3 từ hỗn hợp 1N 2 và 3H 2 theo thể tích. Tổng hợp theo chu trình khép kín: thu lại N 2 và H 2 chưa phản ứng để tổng hợp lại. 0,25 điểm b/ Phản ứng tổng hợp: N 2 + 3 H 2 2NH 3 n 0 (mol) 5 15 0 n pư (mol) x 3x 2x n CB (mol):5- x 15-3x 2x ⇒ n hh = 20 – 2x mol Mà K p = K x .(RT) ∆ n ⇔ 52 3 2 10.44,1)( ) 220 315 )( 220 5 ( ) 220 2 ( −− = − − − − − = RT x x x x x x K p ⇔ 225 3 22 10.79,5))273500.(082,0(10.44,1 )315)(5( )220()2( −− =+×= −− − xx xx ⇔ 22 2 10.77,9 16 27 .10.79,5 )5( )10( −− == − − x xx ⇒ 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 H max = %56,4%100.%100. 2 2 2 2 == bdN puN bdH puH n n n n 0,5 điểm 2. Tìm nhiệt độ t: Q toả = 300gam×C p (J/gam.độ)×(80 – t) Q thu = 200gam×C p (J/gam.độ)×(t - 20) mà Q toả = Q thu ⇒ t = 56 0 C ∆H hệ = 0J (do hệ không trao đổi nhiệt với môi trường) ∆S hệ = ∆S 1 + ∆S 2 = m 1 .C p .ln(T/T 1 ) + m 2 .C p . ln(T/T 2 ) ∆S hệ = 200. 4,18 . 27320 27356 ln + + + 300. 4,18 . 27380 27356 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 Na 2 CO 3 : Ta có: Na 2 CO 3 2 Na + + CO 3 2- xM 2xM xM Các cân bằng: CO 3 2- + H 2 O HCO 3 - + OH - (1) K b1 = K W / K a2 = 10 -3,67 HCO 3 - + H 2 O H 2 CO 3 + OH - (2) K b2 = K W / K b1 = 10 -7,65 H 2 O H + + OH - (3) K W = 10 -14 Cân bằng (1) là chủ yếu quyết định pH của dung dịch: CO 3 2- + H 2 O HCO 3 - + OH - K b1 = K W / K a2 = 10 -3,67 [ ] x-0,01 0,01 0,01 (vì pH = 12 [OH - ] = 10 -2 M ) [ ][ ] [ ] 67,3 2 3 3 10 01,0 01,001,0 − − −− = − × = x CO OHHCO x = 0,478. 0,5 điểm Phương trình phản ứng của HCl và Na 2 CO 3 : 2HCl + Na 2 CO 3 2NaCl + CO 2 + H 2 O ⇒ molnn CONaHCl 0478,0478,01,02 32 =×== Dung dịch HCl pH = 1 có C HCl = 0,1M ⇒ V dd HCl = 0,478lit = 478 ml 0,25 điểm 2. Độ tan của Ag 2 S trong H 2 O 49 106,1 2 − ×= SAg T rất nhỏ độ tan không đáng kể, S 2- sinh ra không ảnh hưởng đến pH dd Ag 2 S bão hoà có pH = 7. 16,13 2 121 21 10 . . 2 − = ++ = − hhKKK KK S α => [S 2- ] = −− 22 . SS C α Gọi s là độ tan của Ag 2 S trong nước ta có: Ag 2 S 2 Ag + + S 2- [ ] [ ] 492 2 106,1 2 −−+ ×== SAgT SAg ⇔ (2s) 2 .(s. − 2 S α ) = 1,6 . 10 -49 ⇒ s = 8,33.10 -13 mol/lit Vậy độ tan của Ag 2 S 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 (-): H 2 2 H + + 2e Điện cực phải (+) AgCl + 1e Ag + Cl - Phản ứng xảy ra trong pin: H 2 + 2AgCl 2 Ag + 2HCl 0,25 điểm b/ Tính pH của mẫu nước: ta có: E pin = E p - E t Gọi pin 1 là pin đo dung dịch chuẩn NaCH 3 COO 1M và CH 3 COO 0,5M Pin 2 là pin đo dung dịch cần xác định. E p1 = E p2 ; E t = [ ] 2 2 2 0 /2 lg 2 059,0 H HH p H E + + + ⇒ E pin1 – E pin2 = E t2 – E t1 = 0,059{lg [H + ] (2) - lg[H + ] (1) } = 0,059 (pH 1 – pH 2 ) ⇒ pH 1 – pH 2 = (5,24-5,83)/ 0,059 = -1 mà pH 1 là pH của dung dịch đệm: pH 1 = pK a (CH 3 COOH) + OOH OO 3 - 3 lg CCH CCH C C = 5,06 ⇒ pH của dung dịch cần xác định là: pH 2 = 5,06 +1 = 6,06. 0,5 điểm 2. Tính khối lượng kết tủa: n Fe = 0,1 mol; n Ag + = n (AgNO3) = 0,25 mol Phương trình phản ứng: Fe + 2Ag + → Fe 2+ + 2 Ag coi như hoàn toàn. Sau phản ứng có: 0,1 mol Fe 2+ , 0,05 mol Ag + và 0,2 mol Ag kết tủa. Có phản ứng thứ hai: Fe 2+ + Ag + Fe 3+ + Ag (*) n 0 0,1 0,05 0 0,1 mol n CB 0,1 – x 0,05 – x x 0,1 + x mol 225,310 059,0 0 == ∆ E CB K , V dd = 250ml = 0,25lit ⇒ 225,3 25,0 05,0 . 25,0 1,0 25,0 = −− xx x ⇔ 0,25x = 3,225 (x 2 – 0,15x + 0,005) ⇒ x = 0,025 vì (0< x < 0,05) ⇒ khối lượng kết tủa là 108(x + 0,1) = 13,5 gam. 0,5 điểm Câu 6: 1/ A là NH 3 : 2NH 3 + 3Cl 2 → N 2 + 6HCl (có thể viết thêm: NH 3 + HCl → NH 4 Cl) B là hiđrocacbon không no thể khí (C 2 H 4 ; C 3 H 6 ; C 2 H 2 ;…). Vd: C 2 H 4 + Cl 2 → C 2 H 4 Cl 2 C là H 2 S : H 2 S (k) + Cl 2 (k) → 2 HCl + S ↓ D là SO 2 : SO 2 + Cl 2 + 2H 2 O → H 2 SO 4 + 2 HCl 0,5 điểm 2/ Phương trình phản ứng: O 3 + 2KI + H 2 O → 2KOH + I 2 + O 2 (1) I 2 + 2 Na 2 S 2 O 3 → Na 2 S 4 O 6 + 2 NaI (2) ⇒ 32223 2 1 OSNaIO nnn == mà thực nghiệm chỉ xử lí ½ B ⇒ molnn IO 42 10.505,010 2 1 2 23 −− =×××== ⇒ litV O 2 10.12,1 3 − = ⇒ %12,1% 3 = O V 0,75 điểm Câu 7: 1/ Phản ứng đốt cháy sunfua và hoà tan chất A: 2MS + 3 O 2 → 2MO + 2 SO 2 (1) MO + H 2 SO 4 → MSO 4 + H 2 O (2) Theo (2), để hoà tan 1mol (M + 16 gam) MO cần 1 mol H 2 SO 4 tạo M + 96 gam muối. ⇒ khối lượng dd H 2 SO 4 là gam400 %5,24 98 = ⇒ %33,33 40016 96 % 4 = ++ + = M M C MSO ⇒ M = 64 gam/mol (Cu) 0,5 điểm 2/ Theo (1) và (2) ⇒ molnnn CuCuOCu 125,0 96 12 SSO 4 ==== Gọi số mol CuSO 4 trong dung dịch bão hoà là x mol Khối lượng CuO là 10 gam, khối lượng dung dịch H 2 SO 4 là 400.10/80 = 50 gam ⇒ m dd D = 10 + 50 – 15,625 = 44,375 gam. ⇒ x = mol M Cm Cu dd 0625,0 160 %54,22.375,44 % 4 SO == × Gọi công thức của tinh thể là CuSO 4 .aH 2 O, moln kettinhCu 0625,00625,0125,0 4 SO =−= ⇒ 5250 0625,0 625,15 18160 24 .uSO =⇒==+= aaM OaHC Vậy công thức tinh thể T là CuSO 4 .5H 2 O 0,5 điểm 3. Phản ứng giữa SO 2 và H 2 O ở 150 0 C là: 3SO 2 + 2 H 2 O → 2 H 2 SO 4 + S↓ 0,25 điểm Câu 8: 1. Phương trình phản ứng: S + Mg → MgS (1) MgS + 2HCl → MgCl 2 + H 2 S(2) Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 (3) 26298966,0M B =×= ⇒ B chứa H 2 S và H 2 [Mg có dư sau phản ứng (1)] Gọi x và y lần lượt là số mol khí H 2 S và H 2 , ta có = + + =+ 26 yx y2x34 4,22 987,2 yx Giải ra ta có x = 0,1 ; y = 3 1,0 . Từ (1), (2), (3) ta có: ( ) =× ×+× + × = %100 321,024 3 1,0 1,0 321,0 )S(m% 50%, =)Mg(m% 50% H 2 S + 2 3 O 2 → SO 2 + H 2 O 0,1 0,1 0,1 H 2 + 2 1 O 2 → H 2 O 0,033 0,033 SO 2 + H 2 O 2 → H 2 SO 4 0,1 0,147 0 0,047 0,1 m(dung dịch) = ( ) ( ) 8,10818133,0641,0100 =×+×+ gam C%(H 2 SO 4 ) = =× %100 8,108 98.1,0 9%; C%(H 2 O 2 ) = = 8,108 34.047,0 1,47% 0,75 điểm 2. Phương trình phản ứng: S + O 2 → SO 2 (1) 5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 O → K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 2H 2 SO 4 (2) Từ (1) và (2) ⇒ 3 KMnOSOS 10.8125,7005,0625,0 2 5 n 2 5 nn 42 − =××=== mol =× × = − %100 100 3210.8125,7 m% 3 S 0,25% < 0,30% Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng. 0,5 điểm . ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 Tỉnh Hải Dương đề nghị Câu 1: 1. Li 2+ là hệ 1 electron một hạt nhân: ⇒ )(.6,13 2 2 eV n Z E n −= . 52 3 2 10. 44,1)( ) 220 315 )( 220 5 ( ) 220 2 ( −− = − − − − − = RT x x x x x x K p ⇔ 225 3 22 10. 79,5))273500.(082,0 (10. 44,1 )315)(5( )220()2( −− =+×= −− − xx xx ⇔ 22 2 10. 77,9 16 27 .10. 79,5 )5( )10( −− == − − x xx ⇒. ] 492 2 106 ,1 2 −−+ ×== SAgT SAg ⇔ (2s) 2 .(s. − 2 S α ) = 1,6 . 10 -49 ⇒ s = 8,33 .10 -13 mol/lit Vậy độ tan của Ag 2 S trong nước là s = 8,33 .10 -13 mol/lit 0,5 điểm Câu 5: 1.a/ Bán phản