Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn hóa 10 trường THPT chuyên bắc cạn

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC
LỚP 10
Thời gian làm bài : 180 phút; Đề thi gồm 02 trang

Câu I (2,5 điểm)
1. Viết cấu hình electron của Na (Z = 11) và Mg (Z = 12) ở trạng thái cơ bản? Xác định năng lượng
orbital của các electron hoá trị và từ đó suy ra năng lượng ion hoá thứ nhất và thứ hai của hai
nguyên tử trên, so sánh những giá trị thu được và giải thích sự khác nhau.
2. Cấu hình electron của nguyên tố X có electron ngoài cùng ứng với 4 số lượng tử sau:
n = 6; l = 0; m = 0;
Năng lượng ion hóa (I) của nguyên tử X có các giá trị như sau (tính theo kJ/mol):
I1
I2
I3
I4
I5
I6
890
1980
2900
4200
5600
7000
Viết cấu hình electron của X. Cho biết X có thể có những số oxi hóa nào?
Câu II (2,5 điểm)
1. Viết công thức Lewis , xác định trạng thái lai hoá của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học

của các phân tử hay ion sau: NOF3 ; ICl4- ; PtCl42- ; XeO2F2.
2. Hợp chất A được tạo từ cation X + và anion Y-. Phân tử A chứa 9 nguyên tử, gồm 3 nguyên tố phi
kim, tỉ lệ nguyên tử của mỗi nguyên tố là 2:3:4. Tổng số proton trong A là 42 và trong anion Y chứa 2 nguyên tố cùng chu kì nhưng thuộc 2 phân nhóm chính liên tiếp.
Viết CTPT, CTCT, gọi tên?
Câu III (2,5 điểm) Người ta có thể điều chế hiđro rất tinh khiết từ metan và hơi nước theo phương
trình sau: CH4(k) + H2O(k)
1. Tính Kp của (1) ở 1000C. Biết

CO(k) + 3H2(k) (1)
H2

H2 O

CO

CH4

∆H0(kJ/mol)

0

-242

-111

-75

∆S0 (kJ/mol.K)

0,131

0,189

0,198

0,186

Cp (kJ/mol.K)

0,029

0,034

0,029

0,036

Giả sử ∆H0 và ∆S0 không đổi trong khoảng nhiệt độ từ 298K đến 373K
2. Trong bình phản ứng có chứa 6,40kg CH 4, 7,2kg H2O, 11,2kg CO, 2,4kg H2 ở 1000C. Dung tích bình
V=3,00m3. Cho biết chiều dịch chuyển cân bằng của phản ứng tại thời điểm trên.
3. Tính Kp ở 9000C (giả sử Cp không phụ thuộc vào nhiệt độ)
Câu IV (2,5 điểm):
4NO2 + O2 ở ToK. với các kết quả thực nghiệm :
Thí nghiệm 1 Thí nghiệm 2 Thí nghiệm 3
-1
Nồng độ N2O5 (mol.l )
0,170
0,340
0,680
-1 -1

-3
-3
Tốc độ phân huỷ (mol.l .s )
1,39.10
2,78.10
5,55.10-3
a) Hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng và xác định bậc phản ứng.
b) Biết năng lượng hoạt hoá của phản ứng = 24,74 Kcal.mol -1 và ở 250C nồng độ N2O5 giảm đi 1 nửa
sau 341,4 giây. Hãy tính nhiệt độ T.
2. Ở 3100C sự phân huỷ AsH3 (khí) xảy ra theo phản ứng : 2AsH3 (khí) → 2As (r) + 3H2 (k)
Được theo dõi bằng sự biến thiên áp suất theo thời gian
t (h)
0
5,5
6,5
8
P (mmHg)
733,32
805,78
818,11
835,34
1. Cho phản ứng 2N2O5


Hãy chứng minh phản ứng trên là bậc 1 và tính hằng số tốc độ của phản ứng.
Câu V (2,5 điểm)
Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M. Sục khí H2S vào dung dịch A
đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B? Cho các giá
trị phức hiđroxo của Fe3+, Pb2+ , Zn2+ lần lượt là *β1 = 10-2,17 ; *β2 = 10-7,80 ;
*β3 = 10-8,96 Kw = 10-14 ;

,
; pKa của H2S lần lượt là 7,02 và 12,9;
-26,6
-23,8
-17,2
Tích số tan PbS là 10 ; ZnS là 10 ; FeS là 10 .
Câu VI (2,5 điểm)
1. Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO 3)2 0,1M và Ag/AgNO 3 0,1M có thế khử
chuẩn tương ứng là
và
.
(a) Thiết lập sơ đồ pin.
(b) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc.
(c) Tính suất điện động của pin.
(d) Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động.
2. Hoàn thành phản ứng oxy hóa khử sau theo phương pháp ion - electron:
(a) SO32- + MnO4- + H2O → ...
(b) FexOy + H+ + SO42- → Fe3+ + SO2 + S + H2O (với tỉ lệ mol SO2 và S là 1:1)
Câu VII (2,5 điểm)
1. Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau
đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit sunfuric đậm đặc.
2. Hòa tan m gam kim loại R trong dung dịch HCl dư thu được dung dịch A và 1,12 lít H2 (đktc).
Xử lí A ở điều kiện thích hợp thu được 9,95 gam muối B duy nhất. Thêm từ từ KOH dư vào dung
dịch A rồi lọc kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được ( m + 1,2)
gam chất rắn D. Đem hòa tan lượng D này trong dung dịch H2SO4 loãng, vừa đủ, được dung
dịch E. Xử lí E ở điều kiện thích hợp thu được 14,05 gam muối G duy nhất. Xác định R, B và G.
Câu VIII. (2,5 điểm)
1. Cho 50 gam dung dịch muối MX (M là kim loại kiềm, X là halogen) 35,6% tác dụng với 10 gam
dung dịch AgNO3 thu được một kết tủa. Lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch nước lọc. Biết nồng độ
MX trong dung dịch nước lọc bằng 5/6 lần nồng độ MX trong dung dịch ban đầu. Xác định công

thức muối MX.
2. Khi hoà tan một hỗn hợp gồm FeS và Fe trong dung dịch HCl, thu được một sản phẩm khí có tỉ
khối hơi đối với không khí là 0,90. Đốt cháy 2,24 lít sản phẩm khí đó trong dư khí O 2. Thu sản
phẩm khí của phản ứng cháy đó vào một lượng dư dung dịch FeCl 3 rồi cô dung dịch này đến cạn
khô, thêm dư H2SO4 đặc và đun nóng cho đến khi không còn khí bay ra. Để nguội bình phản ứng,
thêm một lượng dư dung dịch HNO3 loãng và đun nhẹ .
a) Xác định thành phần phần trăm về khối lượng của hỗn hợp FeS và Fe ban đầu .
b) Tính thể tích của khí thoát ra khi thêm dung dịch HNO 3 loãng và đun nhẹ .
(các thể tích khí đều được lấy ở điều kiện tiêu chuẩn) .
--------------HẾT-------------Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24,3; Al = 27; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39,1; Ca = 40,1;
; Cr = 52; Mn = 54,9; Fe = 55,8; Co = 58,9; Ni = 58,7; Cu = 63,5; Zn = 65,4; Ag = 107,9; Ba = 137,3.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Người thẩm định
Bùi Thị Kim Dung; ĐT: 0948539559

Người ra đề
Nguyễn Thị Khánh; ĐT: 0988779970


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Hướng dẫn chấm gồm 06 trang
Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC
LỚP 10
Thời gian làm bài : 180 phút;

Đáp án

Điểm

* Ở trạng thái cơ bản,
cấu hình e của 11Na là: 1s22s22p63s1 hay [10Ne]3s1 và của 12Mg là:
1s22s22p63s2 hay [10Ne]3s2
* Năng lượng orbital của electron hoá trị đối với Na:

0,25 đ

1.
σ3s = 2 + (8×0,85) = 8,8 ⇒ Z = 11 − 8,8 = 2,2
(1,5 đ)
0,25 đ
Câu 1
(2,5 đ)

⇒ E3s = − 13,6×
= − 7,3 eV
Năng lượng ion hoá thứ nhất: Na → Na+ + e
I1 = E(Na+) − E(Na) = 0×E3s − 1×E3s = − (− 7,3) = 7,3 eV.
Năng lượng ion hoá thứ hai: Na+ → Na2+ + e
Trong Na+: 1s22s22p6
σ2s = σ2p = (2×0,85) + (7×0,35) = 4,15 ⇒ Z = Z

⇒ E2s =E2p = − 13,6×
Trong Na2+: 1s22s22p5

= 11 − 4,15 = 6,85

= − 159,5 eV

σ2s = σ2p = (2×0,85) + (6×0,35) = 3,8 ⇒ Z = Z

0,25 đ
= 11 − 3,8 = 7,2

⇒ E2p = − 13,6×
= − 176,2 eV
2+
I2 = 7×E(Na ) − 8×E(Na+) = 7×(− 176,2) − 8×(− 159,5) = 42,6 eV
* Năng lượng orbital của electron hoá trị đối với Mg:
σ3s = 2 + (8×0,85) + 0,35 = 9,15 ⇒ Z = 12 − 9,15 = 2,85
0,25 đ
⇒ E3s(Mg) = − 13,6×
= − 12,3 eV
Năng lượng ion hoá thứ nhất: Mg → Mg+ + e
Trong Mg+: 1s22s22p63s1
σ3s = 2 + (8×0,85) = 8,8 ⇒ Z = 12 − 8,8 = 3,2


⇒ E3s(Mg+) = − 13,6×
= − 15,5 eV
0,25 đ
+
I1 = 1×E3s(Mg ) − 2×E3s(Mg) = (− 15,5) − 2×(−12,3) = 9,1 eV.
Năng lượng ion hoá thứ hai: Mg+ → Mg2+ + e
Trong Mg2+: 1s22s22p6
I2 = E(Mg2+) − E(Mg+) = 0×E3s − 1×E3s = − (− 15,5) = 15,5 eV.

* So sánh: Với Na (I2 ≈ 6I1) còn với Mg (I2 ≈ 1,5I1)
* Giải thích: Cấu hình Na+ bão hoà, bền nên sự tách e → Na2+ cần tiêu 0,25 đ
tốn năng lượng lớn
Cấu hình Mg2+ bão hoà, bền nên sự tách e để Mg+ → Mg2+ thuận lợi
hơn.
Từ 4 số lượng tử của X suy ra cấu hình e cuối cùng của X là: 6s 1. X có
thể thuộc nhóm IA hoặc IB.
0,5 đ
Vì năng lượng ion hóa của X biến đổi đều đặn nên các electron trong X
có năng lượng chênh lệch nhau không nhiều. Từ dữ kiện trên suy ra X
2.
(1,0 đ) thuộc nhóm IB
Vậy cấu hình electron của X là [Xe] 4f14 5d10 6s1.
0,5 đ
Số oxi hóa có thể có của X là +1; +2; +3.
0,25 đ
Câu 2
(2,5
đ)

1
(1 đ)

- sp -- tứ diện ;

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

3 2

--- sp d -tháp vuông ;
PtCl42-, - dsp2 -- vuông phẳng
XeO2F2: sp3d – dạng bập bênh

2
(1,5 đ)

Số proton trung bình của 3 nguyên tố
→ Phải có một nguyên tố phi kim Z < 4,67 → H (hidro)
→ Hai phi kim còn lại có trong Y- ở một chu kì và hai phân nhóm
chính liên tiếp nên số proton tương ứng Z và Z + 1
Xét 3 trường hợp:
- A có 2 nguyên tử H: Hoặc 2 + 3Z + 4(Z + 1) = 42 → Z=

(loại)

Hoặc 2 + 4Z + 3(Z + 1) = 42 → Z=

(loại)

- A có 3 nguyên tử H : Hoặc 3 + 2Z + 4(Z + 1) = 42 → Z=

(loại)

Hoặc 3 + 4Z + 2(Z + 1) = 42 → Z=

(loại)

0,25 đ

0.25 đ

0,25 đ

0,25 đ


- A có 4 nguyên tử H: Hoặc 4 + 3Z + 2(Z + 1) = 42 → Z=
(loại)
Hoặc 4 + 2Z + 3(Z + 1) = 42 → Z= 7 (nhận) - nguyên tố nitơ
→ Z + 1 = 8 (nguyên tố oxi) → A: H4N2O3 hay NH4NO3 (Amoni nitrat)
Công thức electron A
0,25 đ

Công thức cấu tạo A
0,25 đ

Câu 3
(2,5
đ)

Kp ở 1000C
1
(0,75 đ)

0,75 đ

Chiều dịch chuyển cân bằng của phản ứng.
Phần mol của từng khí:

n(H2) = 1200 mol n(H2O) = n(CO) = n(CH4) = 400 mol
2
(1,0đ)

x(H2) = 0,5
Áp suất chung của hệ:
p(H2) = 12,4 bar
bar

n = 2400 mol
x(H2O) = x(CO) = x(CH4) = 0,167

0,5 đ

hay P=24,8 bar
p(H2O) = p(CO) = p(CO2) = 4,133

0,5 đ

Hay
Cân bằng chuyển dịch sang trái (chiều nghịch).


Kp ở 9000C
Cp = 3.0,029 + 0.029 – 0,036 – 0,034 = 0,046 (kJ/mol)
3.
(0,75
đ)

0,75đ

→

a) Dựa vào các kết quả thực nghiệm, khi tăng nồng độ lên 2 lần thì tốc
độ phản ứng cũng tăng 2 lần → phản ứng thuộc bậc nhất. Biểu thức tốc 0,25 đ
độ phản ứng:
ν = k[N2O5]
0,25 đ
1
(1,25 đ)

b) Hằng số tốc độ phản ứng ở nhiệt độ T là k =
−1
(s )

= 8,17. 10

−3
0,25 đ
0,25 đ

0
ở 25 C hằng số tốc độ phản ứng =
Câu 4.
(2,5
đ)

Theo

=

= 2,03. 10

−3

.

0,25 đ

ta có

→ T = 308,25
2AsH3 (khí) → 2As (r) + 3H2 (k)
Po
0
[ ]
P0 – 2x
3x
Có Pt = P0 – 2x + 3x = P0 + x ---> x = Pt – P0
---> P0 – 2x = Po – 2(Pt –P0) = 3P0 – 2Pt
2
(1,25 đ) Giả sử phản ứng trên là bậc 1: kt = ln [ P0 / (P0 – 2x ) ]= ln [P0 / (3P0 –
2Pt) ]
→ k1 = 0,0400 ; k2 = 0,0404 ;
k3 = 0,0407 → ktb ≈ 0,0403
Fe3+ + H2O ↔ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17
(1)
Pb2+ + H2O ↔ PbOH+ + H+ *β2 = 10-7,80
Zn2+ + H2O
H2O

↔ ZnOH+
↔
OH-

+ H+
+ H+

*β3 = 10-8,96
Kw = 10-14

(2)

0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ

0,25 đ

(3)
(4)

So sánh (1)
(4): *β1.
>> *β2.
>> *β3.
>> Kw
tính
pH
theo

(1):
A
(2,5 đ)
Fe3+ + H2O ↔ FeOH2+ + H+
*β1 = 10-2,17
(1)
C
0,05
[]
0,05 - x
x
x

0,25đ
0,25đ


[H+] = x = 0,0153 M

Câu 5
(2,5
đ)

* Do

>
1/ 2Fe3+ + H2S
0,05
-

pHA = 1,82.

nên:
2Fe2+ + S↓ + 2H+
0,05

K1 = 1021,28

0,05

2+

0,25 đ

+

6,68

2/ Pb + H2S
PbS↓ + 2H
K2 = 10
0,10
0,05
0,25
3/ Zn2+ + H2S ↔ ZnS↓ + 2H+
K3 = 101,68
0,25đ
4/ Fe2+ + H2S ↔ FeS↓ + 2H+
K4 = 10-2,72
0,25đ

K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và
FeS:
Vì môi trường axit
M.

= 0,010 M;

Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ

= 0,050

khả năng phân li của H 2S trong

môi trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H+] =
tính

theo cân bằng:
H2S

↔

= Ka1.Ka2
Ta có:

.

< KS(ZnS)

S2-

+ 2H+

= 10-19,92

ZnS không xuất hiện;

0,5 đ

= 0,25 M

Ka1.Ka2 = 10-19,92

= 10-19,72.
.

0,5 đ

< KS(FeS)

FeS không tách ra. Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết
tủa.

a. Zn2+ + 2e  Zn
E1 =

0,5 đ

E Zn 2 + / Zn = E 0 Zn 2 + / Zn +

0, 059

lg  Zn 2+ 
2

= - 0,76 + (0,059/2).lg0,1 = - 0,7895 V
Ag + e  Ag
+

E Ag + / Ag = E 0 Ag+ / Ag +

Câu 6
(2,5 đ
1.

0, 059
lg  Ag + 
1
= + 0,8 + 0,059.lg0,1 =

E2 =
0,741 V
E1 < E2 nên điện cực kẽm là cực âm và điện cực bạc là cực dương.
Sơ đồ pin điện như sau: (-) Zn | Zn(NO3)2 0,1M || AgNO3 0,1M |
Ag (+)


(1,5 đ) b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+

Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag
Phản ứng tổng quát khi pin làm việc:
Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag

c. Epin = E2 – E1 = 0,741 – (- 0,7895) = 1,5305 V
d. Khi pin ngừng hoạt động thì Epin = 0
Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi
hết pin. Ta có:

0,25 đ
0,25 đ

0, 059
lg  Zn 2+ 
2
0, 059
+
lg  Ag + 
1

E Zn 2 + / Zn = E 0 Zn2 + / Zn +
E Ag + / Ag = E 0 Ag + / Ag

(

E Ag + / Ag − E Zn 2+ / Zn = E

Epin =

0
Ag + / Ag

−E

0,25 đ

0
Zn 2 + / Zn

)

2

+
0, 059  Ag 
+
lg
2
 Zn 2+ 

( 0,1 − x )
0, 059 ( 0,1 − x )
E pin = 0 ⇔
lg
= −1,53 ⇒
≈ 10−51,86 ≈ 0
x
x
2
0,1 +
0,1 +
2
2
⇒ x ≈ 0,1M

x
 Zn 2+  = 0,1 + ≈ 0,15M
2
;
2

2

0,25đ

x
 Ag +  =  0,1 + ÷.10−51,86 ≈ 4,55.10−27 M
2


2.
(1,0đ
)

a) SO32- - 2e + H2O → SO42- + 2H+
x3
MnO4 + 3e + 2H2O→ MnO2 + 4OH x 2

0,5đ

3SO32- + 2MnO4- + H2O → 3SO42- + 2MnO2 + 2OH2y
x
Fex O y + 2 yH + − ( 3 x − 2 y ) e
b)
+

+3

→ x Fe + yH 2O

2 SO42 − + 12 H + + 8e →

+4

x8

0

S O2 + S + 6 H 2O

8Fex O y + ( 6 x − 4 y ) SO42 − + ( 36 x − 8 y ) H +

x (3x – 2y)

0,5đ

→ 8Fe3+ + ( 3x − 2 y ) SO2

+ ( 3x − 2 y ) S + ( 18x − 4 y ) H 2O
(a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓

1
(1,0 đ)

(b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2

(c) Thoát khí O2 và nồng độ giảm dần
NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO
HClO → HCl + 1/2O2
(d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí.
Cn(H2O)m

nC + mH2O

0,25đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ


Xác định R, B, G.
R + 2nHCl → RCln +n/2 H2↑
KOH + HCl → KCl + H2O
RCln+ nKOH → R(OH)n ↓+ n KCl

Câu 7
(2,5
2
đ) (1,5 đ)

0,5đ

2R(OH)n +(m-n)/2 O2
R2Om+ nH2O
R2Om+ mH2SO4 → R2(SO4)m + m H2O
Gọi a là số mol của R :

Đề bài => ne (R cho để tạo RCln ) = 2.nH2 = 2. 0,05 = 0,1 mol = na
ne(R cho để tạo R2Om) = 2.nO(trong oxit) = 2. 1,2/16 = 0,15 = ma
→ R có sự thay đổi số oxi hoá : m>n

0,5 đ
=>
; số mol của R = a= 0,05(mol)
Nếu B là muối khan : RCl2=> mB = 0,05(R+71)=9,95=> R =128 (loại)
Vậy B là muối ngậm nước RCl2.bH2O : 0,05mol
=> 9,95 = 0,05 (R + 71 + 18b)
(I)
Muối G có thể là muối ngậm nước: R 2(SO4)3.a H2O
Sơ đồ: 2R
R2(SO4)3.a H2O : 0,025 mol
=> 14,05 = 0,025(2R + 288 + 18a)
Từ (I, II) =>

(II)

0,5 đ

Lập bảng:
R=56, b =4, a=9 là phù hợp
Vậy R là Fe; B: FeCl2 . 4H2O; G : Fe2(SO4)3 . 9H2O

Khối lượng của muối MX là: m = 35,6 . 50 : 100 = 17,8 (gam)
Gọi x là số mol của muối MX : MX + AgNO3 → MNO3 + AgX.
x
x
x

x
1
Khối lượng kết tủa của AgX: m = (108 + X) . x (gam)
(1,0đ)
Khối lượng MX tham gia phản ứng: m = (M + X) . x (gam)
Khối lượng MX còn lại là: m = 17,8 - (M + X) . x (gam) Suy ra nồng
độ MX trong dung dịch sau phản ứng là

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Câu

Biến đổi ta được 120 . (M + X) = 35,6 (108 + X)
Lập bảng :
M
Li(7)
Na(23)
X
Cl(35,5)
12,58
Vậy MX là muối LiCl.

K(39)
4634,44 0,25đ

VIII
(2,5
đ)

a.

FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ (x mol)
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (y mol)

0,25 đ
0,25 đ

2
Theo gt:
(1.5 đ) Fe

= 0,9×29 = 26,1 →

=

→ số mol FeS = 3×số mol

0,25 đ
Vậy % lượng Fe =
×100% = 17,5%
và còn lại 100 – 17,5 = 82,5% là FeS
b.

2H2 + O2 → 2H2O
2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O

SO2 + 2FeCl3 + 2H2O → FeSO4 + FeCl2 + 4HCl
FeCl2 + H2SO4 → FeSO4 + 2HCl ↑
6FeSO4 + 3H2SO4 + 2HNO3 → 3Fe2(SO4)3 + 2NO ↑ + 4H2O
Theo phương trình: 3 SO2 → 6 FeSO4 → 2NO
0,075
0,05 (mol)
Suy ra thể tích NO (đktc) = 0,05 . 22,4 = 1,12 lít

-------------------Hết----------------------

0,25 đ
0,25đ
0,25 đ