Đề chọn HSG trường THPT chuyên nguyễn tất thành

M và X tạo thành hợp chất MXa a: nguyên dương, trong hợp chất MXa thì X có số oxi hóa bằng -1, trong phân tử của hợp chất MXa có tổng số hạt proton bằng 77.. c Từ sự phân tích giả thiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KON TUM ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NĂM HỌC 2012 - 2013

MÔN : HÓA HỌC – LỚP 10

Thời gian làm bài :150 phút không kể thời gian giao đề

Ngày thi: 24/2/2013

(Đề này gồm 2 trang)

Câu I: (4 điểm)

1.1/ (1,5 điểm) Phòng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au198 với cường độ 4,0 mCi/1g Au Sau 48 giờ người ta cần một dung dịch có độ phóng xạ 0,5 mCi/1g Au Hãy tính số gam dung môi không phóng xạ pha với 1g Au để có dung dịch nói trên Biết rằng Au198 có t1/2 = 2,7 ngày đêm

1.2/ (1,5 điểm) Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong nguyên tử của 2 nguyên tố M và X lần

lượt là 82 và 52 M và X tạo thành hợp chất MXa (a: nguyên dương, trong hợp chất MXa thì X có

số oxi hóa bằng -1), trong phân tử của hợp chất MXa có tổng số hạt proton bằng 77 Xác định công thức phân tử MXa

(Cho biết một số nguyên tố: 7N, 8O, 9F, 16S, 15P, 17Cl, 29Cu, 26Fe, 30Zn, 24Cr, 25Mn)

1.3/ (1 điểm) Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của NH3, ClF3, XeF4

Câu II: (4 điểm)

2.1/ (2 điểm) Bằng phương pháp quang phổ vi sóng người ta xác định phân tử SO2 ở trạng thái hơi có:

2

SO 1, 6D

o

o

S O

d 1, 432 A ; OSO 109 5

a) Tính điện tích hiệu dụng của nguyên tử O và nguyên tử S trong phân tử SO2

b) Tính độ ion của liên kết S-O

2.2/ (1 điểm) Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây:

(1) 2 ClO2 (k) + O3 (k) → Cl2O7 (k) ΔH0 = - 75,7 kJ

(2) O3 (k) → O 2 (k) + O (k) ΔH0 = 106,7 kJ

(3) 2 ClO3 (k) + O (k) → Cl2O7 (k) ΔH0 = -278 kJ

(4) O2 (k) → 2 O (k) ΔH0 = 498,3 kJ

k: kí hiệu chất khí

Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau:

(5) ClO2 (k) + O(k) → ClO3 (k)

2.3/ (1 điểm) Tính năng lượng ion hoá I1, I2, I3, I4 và I5 của nguyên tử 5X

Câu III: (4 điểm)

3.1/ (2 điểm) Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử)

trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42

3.2/ (2 điểm) Thực nghiệm cho biết sự nhiệt phân ở pha khí N2O5 t0 NO 2 + O2 (*) là phản ứng một chiều bậc nhất Cơ chế được thừa nhận rộng rãi của phản ứng này là

N2O5 k1

NO 2 + NO3 (1)

NO 2 + NO3 k1 N2O5 (2)

NO 2 + NO3 k2

NO + NO 2 + O2 (3)

N2O5 + NO k3

3 NO 2 (4)

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

a) Áp dụng sự gần đúng trạng thái dừng cho NO, NO3 ở cơ chế trên, hãy thiết lập biểu thức tốc

độ của (*) Kết quả đó có phù hợp với thực nghiệm không?

b) Giả thiết rằng năng lượng hoạt hóa của (2) bằng không, của (3) bằng 41,570 kJ.mol-1 Dựa vào đặc điểm cấu tạo phân tử khi xét cơ chế ở trên, phân tích cụ thể để đưa ra biểu thức tính k-1/ k2 và hãy cho biết trị số đó tại 350 K

c) Từ sự phân tích giả thiết ở điểm b) khi cho rằng các phản ứng (1) và (2) dẫn tới cân bằng hóa

học có hằng số K, hãy viết lại biểu thức tốc độ của (*) trong đó có hằng số cbhh K

Câu IV: (4 điểm)

4.1/ (1 điểm) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 mL dung dịch NH4Cl 0,200 M với 75,0 mL dung dịch NaOH 0,100 M Biết Kb (NH3) = 1,8.10-5

4.2/ (1 điểm) Tính pH của dung dịch hỗn hợp CH3COOH 0,5M và C2H5COOH 0,6M Biết hằng

số phân li axit

3

-5

CH COOH

K = 1,75.10 và

2 5

-5

C H COOH

4.3/ (2 điểm) Hòa tan 0,01 mol PCl3 vào nước thu được 1 lít dung dịch X Tính pH của dung dịch X Cho hằng số axit của H3PO3 là : 1,6.10 2

1

a

2

a

K

Câu V: (4 điểm)

5.1/ (1 điểm) Khi thêm 1 gam MgSO4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hoà ở 200C, thấy tách ra một tinh thể muối kết tinh trong đó có 1,58 gam MgSO4 Hãy xác định công thức của tinh thể muối ngậm nước kết tinh Biết độ tan cuả MgSO4 ở 200C là 35,1 gam trong 100 gam nước

5.2/ (3 điểm) Cho 88,2 g hỗn hợp A gồm FeCO3, FeS2 cùng lượng không khí (lấy dư 10% so với lượng cần thiết để đốt cháy hết A) vào bình kín dung tích không đổi Nung bình một thời gian để xảy ra phản ứng, sau đó đưa bình về nhiệt độ trước khi nung, trong bình có khí B và chất rắn C (gồm Fe2O3, FeCO3, FeS2) Khí B gây ra áp suất lớn hơn 1,45% so với áp suất khí trong bình đó trước khi nung Hòa tan chất rắn C trong lượng dư H2SO4 loãng, được khí D (đã làm khô); các chất còn lại trong bình cho tác dụng với lượng dư dung dịch KOH thu được chất rắn E Để E ngoài không khí cho đến khi khối lượng không đổi, được chất rắn F Biết rằng: Trong hỗn hợp A một muối có số mol gấp 1,5 lần số mol của muối còn lại; giả thiết hai muối trong A có khả năng như nhau trong các phản ứng; không khí chứa 20% oxi và 80% nitơ về thể tích

a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra

b) Tính phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp F

c) Tính tỉ khối của khí D so với khí B

-Hết -

Chú ý: Học sinh được sử dụng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học và máy tính cá nhân

đơn giản theo quy định của Bộ Giáo dục và Đào tạo Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:………

ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ Câu I:

1.1 - t = 48 h = 2 ngày đêm

- Áp dụng biểu thức tốc độ của phản ứng một chiều bậc một cho phản ứng phóng xạ,

ta có: = 0,693/t1/2; Với t1/2 = 2,7 ngày đêm, = 0,257 (ngày đêm)-1

Từ pt động học p.ư một chiều bậc nhất, ta có: =(1/t) ln N0/N

Vậy: N/N0 = e- t = e-0,257 x 2 = 0,598

Như vậy, sau 48 giờ độ phóng xạ của mẫu ban đầu còn: 0,598 x 4 = 2,392 (mCi)

Do đó số gam dung môi trơ cần dùng là: (2,392 : 0,5) – 1,0 = 3,784 (g)

1.2 Gọi p, n, e là số hạt cơ bản của X ( p, n, e nguyên dương)

Có: 2p + n = 52 n = 52 -2p

Ta luôn có p n 1,524p p 52-2p 1,524p 14,75 p 17,33

Vì p nguyên p = 15, 16, 17

Cấu hình electron của X là: p = 15: 1s22s22p63s23p3

p = 16: 1s22s22p63s23p4

p = 17: 1s22s22p63s23p5 Trong hợp chất X có số oxi hóa bằng -1 => X là Cl

Vậy X có 17p, 17e, 18n X là Clo (Cl)

Gọi p’; n’; e’ là số hạt cơ bản của M

Tương tự ta có n’ = 82-2p’ 3p’ 82 3,524p’ 23,26 p’ 27,33

Mà trong MXa có 77 hạt proton p’ + 17.a = 77 p’ = 77-17a

77 17

Vì a nguyên a = 3 Vậy p’ = 26 Do đó M là Fe

Công thức hợp chất là FeCl3

1.3 Cấu tạo của NH3 cho thấy quanh nguyên tử N trung tâm có 4 vùng không gian khu trú electron, trong đó có 1 cặp electron tự do (AB3E) nên phân tử NH3 có dạng tháp đáy tam giác với góc liên kết nhỏ hơn 109 28'o (cặp electron tự do đòi hỏi một khoảng không gian khu trú lớn hơn)

Cấu trúc tháp đáy tam giác tâm là nguyên tử N

Phân tử ClF3 cỏ 5 khoảng không gian khu trú electron, trong đó có 2 cặp electron tự do (AB3E2) nên phân tử có dạng chữ T (Các electron tự do chiếm vị trí xích đạo)

Phân tử XeF4 có 6 vùng không gian khu trú electron, trong đó có hai cặp electron tự do (AB4E2) nên có dạng vuông phẳng (trong cấu trúc này các cặp electron tự do phân bố xa nhau nhất)

Câu II:

2.1 a) Đối với phân tử SO2 có thể xem trung tâm điện tích dương trùng với hạt nhân nguyên

tử S còn trung tâm điện tích âm sẽ nằm ở điểm giữa đoạn thẳng nối hai hạt nhân nguyên

tử O Như vậy momen lưỡng cực của phân tử SO2:

2

SO 2 Trong đó là khoảng cách giữa hai trong tâm điện tích và được tính như sau:

o o

1, 432 cos 59 45' 0, 722 A Theo dữ kiện đã cho:

2

SO 1, 6D nên từ đây rút ra:

18

1, 6 10

0, 23

2 0, 722 10 4,8 10 Vậy điện tích hiệu dụng của nguyên tử O là -0,23 còn điện tích hiệu dụng của nguyên tử

S là +0,46 điện tích tuyệt đối của electron

b) Mặt khác nếu xem liên kết S-O hoàn toàn là liên kết ion thì momen lưỡng cực của

phân tử là:

2

SO 0,722 10 2 4,8 10 6,93D Vậy độ ion x của liên kết S-O bằng: x 1, 6 100% 23%

6, 93

2.2 Kết hợp 2 pt (1) và (3) ta có

ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → 1/2 Cl2O7 (k) ΔH0 = - 37,9 kJ 1/2 Cl2O7 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O(k) ΔH0 = 139 kJ

(6) ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) ΔH0 = 101,1 kJ Kết hợp 2 pt (6) và (2) ta có

ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) ΔH0 = 101,1 kJ 1/2 O2 (k) + 1/2 O (k) → 1/2 O3 (k) ΔH0 = -53,3 kJ

(7) ClO2 (k) + 1/2 O2 (k) → ClO3 (k) ΔH0 = 47,8 kJ

Kết hợp 2 pt (7) và (4) ta có

ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) ΔH0 = 101,1 kJ

O (k) → 1/2 O2 (k) ΔH0 = - 249,1 kJ

(5) ClO2 (k) + O(k) → ClO3 (k) ΔH0

= - 201,3 kJ

2.3 * Cách 1: Nhận xét: Trị số năng lượng ion hoá của một e còn lại trong lớp bằng trị số

năng lượng của e đó và tổng trị số năng lượng ion hoá trong một lớp bằng tổng trị số

năng lượng của các electron trong cấu tử đó Theo từ (1) đến (5) ta có:

+ Theo (5): I5 = -E(1s') = - (-13,5 5

2

12 = 340 (eV) + Theo (4 và 5): I4 + I5 = -E(1s2)

→ I4 = - (-13,6

12

2 ) 3 , 0 5 (

2) - 340 = 260,848 (eV)

+ Theo (3): I3 = (2s') = - (-13,6 (5 - 2.0,85)

2

22 ) - = 37,026 (eV) + Theo (2 và 3): I2 + I3 = -E(2s2)

→ I2 = - (-13,6 (5 - 2.0,85 - 0,35)

2

22 2) - 37,026 = 22,151 (eV) + Theo (1, 2 và 3): I1 + I2 + I3 = - E(2s22p1)

→ I1 = - (-13,6 (5 - 2.0,85 - 2.0,35)

2

22 2) - 37,026 - 22,151 = 9,775(eV)

* Cách 2 Tính theo tổng năng lượng các e theo từng cấu hình e:

+ Tính:

E1 = E (1s') = -13,6 5

2

12 = - 340 (eV) = I5

E2 = E (1s2) = -13,6 (5 - 0,3)

2

12 2 = - 600,848 (eV) = I4 + I5 I4 = E2 - E1 -E3 = -E (1s22p1) = -(E (1s2) + E (2p1)) = -(-600,848 + (-13,6 (5 - 2.0,85)

2

22 ) = 637,874 (eV) = I5 + I4 + I3

I3 = E3 - E2

-E4 = -E (1s22p2) = -(E (1s2) + E (2p2)) =)-(-600,848 + (-13,6 (5 - 2.0,85 - 0,35)

2

22 2 )) = I5 + I4 +

I3 + I2

= 660,025 (eV) I2 = -E4 + E3 =

-E5 = -E (1s22s22p1) = -E (1s2) + -E (2s22p1) = -(-600,848 + (-13,6 (5 - 2.0,85 - 2.0,35)

2

22 3 ) = 669,8 (eV) I5 + I4 + I3 + I2 + I1 = -E5 I1 = -E5 + E4

Theo kết quả trên và dựa vào mối quan hệ giữa I và E :

In = -E1; In + In-1 = -E2; …; I1 + I2 + … + In = -En

Nên ta có:

I1 = -E5 + E4 = - (-669,8) - 660,025 = 9,775 (eV)

I2 = -E4 + E3 = - (-660,025) - 660,025 = 22,151 (eV)

I3 = -E3 + E2 = - (637,874) - 600,848 = 37,026 (eV)

I4 = -E2 + E1 = - (600,026) - 340 = 260,848 (eV)

I5 = -E1 = 340 (eV)

Câu III:

3.1 Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần thể tích

mà các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở)

- Đối với mạng đơn giản:

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 = 1

+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V1 của 1 nguyên tử kim loại:

V1 = 4/3 x r3 (1) + Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là:

V2 = a3 (2) Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

hay a = 2r (3)

Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4)

Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:

V1/V2 = 4/3 r3 : 8r3 = /6 = 0,5236

Đối với mạng tâm khối:

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2 Do đó V1 = 2x(4/3) r3

+ Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

Do đó: d = a 3 = 4r ra a = 4r/ 3

r

a

Thể tích của tế bào:

V2 = a3 = 64r3/ 3 3

Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:

V1 : V2 = 8/3 r3 : 64r3/3 3 = 0,68

Đối với mạng tâm diện:

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x ½ = 4 Do đó thể tích của các nguyên

tử trong tế bào là:

V1 = 4 x 4/3 r3

+ Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và cạnh a của tế bào được biểu diễn trên hình sau:

Từ dó ta có: d = a 2 = 4r, do đó a = 4r/ 2

Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/2 2

Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là:

V1/V2 = 16/3 r3: 64r3/ 2 2 = 0,74

Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng đơn

giản, tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như 0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42

3.2 a Xét d[NO3]/dt = k1[N2O5] – k -1[NO2][NO3] – k2[NO2][NO3] 0 (a)

→ [NO3] = k1[N2O5] / {(k -1 + k2)[NO2]} (b)

Xét d[NO]/dt = k2[NO2][NO3] - k3[NO][N2O5] 0 (c)

→ [NO] = k2[NO2][NO3] / k3[N2O5] / {(k -1 + k2)[NO2]} (d)

Thế (b) vào (d) ta được [NO] = k1k2 / k3(k -1 + k2) (d)

Xét d[N2O5]/dt = - k1[N2O5] + k -1[NO2][NO3] - k3[NO][N2O5] (e)

Thế (b), (d) vào (e) và biến đổi thích hợp, ta được

d[N2O5]/dt = { - k1 + (k -1 – k2)/ (k -1 + k2)}[N2O5] = k`[N2O5] (f)

b b Trong (2) do sự va chạm giữa NO2 vớiNO3 nên N2O5 ≡ O2NONO2 được tái tạo, tức là

có sự va chạm của 1 N với 1 O Ta gọi đây là trường hợp 1

Trong (3) NO được tạo ra do 1 O bị tách khỏi NO2 ; NO2 được tạo ra từ sự tách 1O khỏi

NO3 Sau đó 2 O kết hợp tạo ra O2 Ta gọi đây là trường hợp 2 Như vậy ở đây số va chạm giữa các phân tử áng chừng gấp 2 so với trường hợp 1 trên

Phương trình Archéniux được viết cụ thể cho mỗi phản ứng đã xét:

a

d

P.ư (2): k -1 = A2e 2 (*); P.ư (3): k2 = A3e 3 (**)

Theo lập luận trên và ý nghĩa của đại lượng A trong pt Archéniux đặc trưng cho số va chạm dẫn tới phản ứng, ta thấy A3 = 2A2 Ta qui ước A 2 = 1 thì A3 = 2 Theo đề bài: E2

= 0; E3 = 41,570 kJ.mol -1; T = 350 Thay số thích hợp, ta có:

k -1 / k 2 = ½ eE3 /RT

= ½ e41,578 / 8,314.10 3503 8.10 5 (lần)

c Kết hợp (1) với (2) ta có cbhh: N2O5 → NO2 + NO3

(I)

K = k1 / k -1 = [NO2][NO3] / [N2O5]

(I.1)

Đưa (I.1) vào b/ thức (c): [NO] = k2[NO2][NO3] / k3[N2O5] = k2K/k3

(I.2)

Thế b/ thức (I.2) này và (b) trên vào (e), ta có

d[N2O5]/dt = - k1[N2O5] + k -1[NO2]{ k -1[NO2](k1[N2O5]/ (k -1 + k2)[NO]}-

k3(k2K/k3)

Thu gọn b/ t này, ta được d[N2O5]/dt = {- k1+ (k-1k1/(k -1 + k2)) - k2K}[N2O5]

(I.3)

Giả thiết k-1>> k2 phù hợp với điều kiện Ea2 0 Cbhh (I) nhanh chóng được thiết lập

Vậy từ (I.3) ta có

d[N2O5]/dt = {- k1+(k -1k1/ k -1) - k2K}[N2O5] (I.4)

Chú ý K = k1 / k -1, ta được:

d[N2O5]/dt = {- k1+(k -1- k2)K}[N2O5] (I.5)

Câu IV:

4.1

L 125 , 0

L mol 200 , 0 L 050 , 0 C

1 o

Cl

L 125 , 0

L mol 100 , 0 L 075 , 0 C

1 o

NaOH

NH4Cl + NaOH NaCl + NH3 + H2O

0,08 0,06

0,06 0,06 0,06

0,02 0 0,06

Xét cân bằng :

NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH

-0,06 0,02

x x x

0,06–x 0,02+x x

5 3

4

x 06 , 0

x ) x 02 , 0 ( ] NH [

] OH ][

NH

[

02 , 0

06 , 0 10 8 , 1

73 , 9 )]

10 4 , 5 lg(

[ 14

4.2 Gọi nồng độ CH3COOH điện li là xM, nồng độ của C2H5COOH điện li là yM

CH3COOH CH3COO- + H+

3

3

CH COOH

3

[CH COO ].[H ] K

[CH COOH] (1) Phân li: x x x (M)

C2H5COOH C2H5COO- + H+

2 5

2 5

C H COOH

2 5

[C H COO ].[H ] K

[C H COOH] (2) Phân li: y y y (M)

=> Nồng độ của các chất và ion tại điểm cân bằng là:

[CH3COO-] = x (mol/l); [C2H5COO-] = y (mol/l) [H+] = x + y (mol/l)

[CH3COOH] = 0,5– x (mol/l); [C2H5COOH] = 0,6 – y (mol/l)

Do hằng số cân bằng của các axit quá nhỏ nên: 0,5 – x 0,5; 0,6 – y 0,6

Thay vào (1) và (2) ta được:

Cộng (3) và (4) ta được x(x+y) + y(x+y) = 0,5.1,75.10-5 + 0,6.1,33.10-5

<=> (x+y)2 = 16,73.10-6 => (x+y) = 4,09.10-3

2 => [H+] = x+y = 4,09.10-3M => pH = -lg[H+] = -lg(4,09.10-3) = 2,39

4.3 Phản ứng: PCl3 + 3H2O H3PO3 + 3HCl

0,01 0,01 0,03 (mol)

Dung dịch X gồm H3PO3 0,01M và HCl 0,03M

Sự điện li: HCl H+ + Cl

0,03 0,03 (M)

H PO H H PO K1 = 1,6.10-2

H PO2 3 H HPO32 K2 = 7.10-7

Vì K1 >> K2 nên bỏ qua sự phân li ở nấc thứ 2 của H3PO3 Khi đó ta có:

H PO3 3 H H PO2 3 K1 = 1,6.10-2

Ban đầu: 0,01 0,03 mol/lit

Phân li: x x x mol/lit

Cân bằng: 0,01-x 0,03+x x mol/lit

2 1

(0, 03 )

1, 6.10 (0, 01 )

k

x x = 3,25.10

-3

→ pH = -log(3,2.10-3) = 2,49

Câu V:

5.1 Đặt công thức của tinh thể ngậm nước tách ra là MgSO4.nH2O

Trong 120 + 18n gam MgSO4.nH2O có 120 gam MgSO4 và 18n gam H2O

1,58 gam 0,237n gam Khối lượng các chất trong 100 gam dung dịch bão hoà:

2

H O

100.100 m

35,1 100 = 74,02 gam

4

MgSO

100.35,1 m

35,1 100 = 25,98 gam Khối lượng các chất trong dung dịch sau khi kết tinh:

2

H O

m = 74,02 – 0,237n gam

4

MgSO

m = 25,98 + 1 – 1,58 = 25,4 gam

Độ tan: s = 25,4

.100 74,02 0,237n = 35,1 Suy ra n = 7

Vậy công thức tinh thể ngậm nước kết tinh là MgSO4.7H2O

5.2 a - Pthh của các phản ứng xảy ra

4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4CO2 (1)

4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 (2)

+ Khí B gồm: CO2, SO2, O2, N2; chất rắn C gồm: Fe2O3, FeCO3, FeS2

+ C phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng:

Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (3)

FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + H2O + CO2 (4)

FeS2 + H2SO4 → FeSO4 + S↓ + H2S (5)

+ Khí D gồm: CO2 và H2S; các chất còn lại gồm:FeSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4 dư và S, khi tác dụng với KOH dư:

2KOH + H2SO4 → K2SO4 + 2H2O (6) 2KOH + FeSO4 → Fe(OH)2↓ + K2SO4 (7) 6KOH + Fe2(SO4)3 → 2Fe(OH)3↓ + 3K2SO4 (8) + Kết tủa E gồm Fe(OH)2, Fe(OH)3 và S, khi để ra không khí thì chỉ có phản ứng:

4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (9) Vậy F gồm Fe(OH)3 và S

b - Nhận xét: So sánh hệ số các chất khí trong (1) và (2) ta thấy: áp suất khí sau phản