Đề thi Olympic 10 - 3 môn Hóa lớp 10 năm 2019 THPT Cao Bá Quát có đáp án | Hóa học, Lớp 10 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (195.33 KB, 11 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK LĂK

ĐƠN VỊ : THPT CAO BÁ QUÁT

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ

Câu 1:(4 điểm)
1.(1 điểm)

Hai nguyên tố A , B trong cấu electron có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử sau :
A ( n = 3; l = 1; m = -1; s = - ½ )

B (n = 3; l = 1; m = 0 ; s = - ½ )

a. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của A và B trong bảng tuần hoàn

b. Viết công thức cấu tạo hidrua của A, B. So sánh tính axit của các hiđrua đó, giải thích?

2. (1 điểm)

Cho 2 nguyên tố X và Y. X thuộc chu kì 2, Y thuộc chu kì 4. Trong bảng dưới đây có ghi các
năng lượng ion hóa liên tiếp In (n= 1,….,6) của chúng (theo kJ.mol-1)

I1 I2 I3 I4 I5 I6

X 1086 2352 4619 6221 37820 47260

Y 590 1146 4944 6485 8142 10519

a. Xác định X và Y?. Tính  của bức xạ phải dùng để có thể tách được electron thứ
nhất ra khỏi nguyên tử Y?

b. Tính năng lượng của ion X+ và nguyên tử X?

3.(0,75 điểm)

Muối LiCl kết tinh theo mạng lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗi cạnh là
5,14.10-10 m. Giả thiết ion Li+ nhỏ tới mức có thể xảy ra tiếp xúc anion - anion và ion Li+ được
xếp khít vào khe giữa các ion Cl-. Hãy tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+ , Cl- trong mạng
tinh thể theo picomet (pm).

4. (1,25 điểm)

Viết công thức Lewis và xác định dạng hình học của các phân tử và ion sau: BCl3, CO2, NO2+,
NO2, IF3

Đáp án câu 1:

Câu 1 ĐÁP ÁN ĐIỂM

1.1
1đ

1.a. Nguyên tố A: n = 3 ; lớp 3 ; l = 1 : phân lớp p ; m= -1 obitan px ; s = -1/2
electron cuối ở px

Vậy A có cấu hình electron 1s2 2s2 2p43s2 3p4; nguyên tố A có số thứ tự 16
chu kì 3; nhóm VIA

A là Lưu huỳnh

Tương tự Ngun tố B có thứ tự là 17, chu kì 3, nhóm VIIA, B là clo

b. hidrua là H2S và HCl. Tính axit của HCl > H2S , do χCl > χS

0,25đ
0,25đ
0,5đ

1.2
1đ

2. a. I5 (X) và I3(Y) tăng nhiều và đột ngột  X thuộc nhóm IV A , Y thuộc
nhóm IIA X là C; Y là Ca

max hc 6, 6256.10 34J.s.3, 0.10 ms .6, 0223.10 mol83 1 1 23 1
E 590.10 J.mol

  



   = 2,03.10-7 m

b. EC = -(I1 + I2 + I3+ I4 + I5 + I6) = -99358 kJ

0,25đ

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

và E C+ = - (I2 + I3+ I4 + I5 + I6) = - 98272 kJ

1.3
0,75đ

3. Mỗi loại ion tạo ra một mạng lập phương tâm mặt. Hai mạng đó lồng vào
nhau, khoảng cách hai mạng là a/2.

Học sinh mô tả cấu trúc của tinh thể LiCl.
d là đường chéo của ô mạng tinh tinh thể.

d2 = 2a2



d = a 2
d = 4r (



Cl )

r (



Cl ) = a x x 182pm

4
2
10

14
,
5
4

2 10



 

Xét một cạnh a:

a = 2 r (Cl-) + 2 r (Li+)

r(Li+) = a r Cl x 75pm

2
182
2
514
2

)
(
2






 

0,25đ

0,25đ
1.4

1,25đ 4. a Công thức Lewis:

I
BCl3 CO2 NO2+ NO2 IF3

O ::C : : O

.
:
. B. .

O ::N : : O . :..

:

F
F

. .
.

O .. .

.

..
.

.
.

b . Dạng hình học:

BCl3: Xung quanh nguyên tử B có 3 cặp electron nên B có lai hố sp2, 3
ngun tử Cl liên kết với B qua 3 obitan này, do đó phân tử có dạng tam
giác đều.

CO2: Xung quanh C có 2 siêu cặp, C có lai hố sp, 2 ngun tử O liên kết
với C qua 2 obitan này. Phân tử có dạng thẳng.

NO2+: Ion này đồng electron với CO2 nên cũng có dạng thẳng.

NO2: Xung quanh N có 3 cặp electron quy ước gồm 1 cặp + 1 siêu cặp
(liên kết đôi) + 1 electron độc thân nên N có lai hố sp2. Hai nguyên tử
O liên kết với 2 trong số 3 obitan lai hố nên phân tử có cấu tạo dạng chữ
V (hay gấp khúc). Góc ONO < 120o vì sự đẩy của electron độc thân.

IF3: Xung quanh I có 5 cặp electron, do đó I phải có lai hố sp3d, tạo
thành 5 obitan hướng đến 5 đỉnh của một hình lưỡng chóp ngũ giác. Hai
obitan nằm dọc trục thẳng đứng liên kết với 2 nguyên tử F. Nguyên tử F
thứ ba liên kết với 1 trong 3 obitan trong mặt phẳng xích đạo. Như vậy

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

phân tử IF3 có cấu tạo dạng chữ T. Nếu kể cả đến sự đẩy của 2 cặp electron
khơng liên kết, phân tử có dạng chữ T cụp.

F
F

F
C O

O O N O

O O

.

N
Cl

B
Cl

Cl
...
. .. ..

..
..

. . . . . . .. I

Câu 2. (4 điểm)
1. (1,75 điểm)

Một mẫu đồng vị 210Po ở thời điểm t=0 phóng ra 1,736.1014 hạt α trong một giây, sau 7 ngày
mẫu đó phóng ra 1,44.1019 hạt α trong một ngày.

* Viết phương trình phân rã

* Tính khối lượng của Po cần lấy lúc đầu để sau 10 ngày ta có một mẫu có tốc độ phóng xạ 1 Ci

2. (2,25 điểm)

Cơng đoạn đầu tiên của q trình sản xuất silic có độ tinh khiết cao phục vụ cho cơng nghệ
bán dẫn được thực hiện bằng phản ứng:

SiO2 (r) + 2C (r)  Si (r) + 2CO (k) (1)

a. Khơng cần tính tốn, chỉ dựa vào sự hiểu biết về hàm entropi, hãy dự đoán sự thay đổi (tăng
hay giảm) entropi của hệ khi xảy ra phản ứng (1).

b. Tính S0

 của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị entropi chuẩn dưới

đây:
2

0 -1 -1 0 -1 -1 0 -1 -1 0 -1 -1

SiO (r) C(r) Si(r) CO(k)

S = 41,8 J.K .mol ; S = 5,7 J.K .mol ; S = 18,8 J.K .mol ; S = 197,6 J.K .mol .

c. Tính giá trị G0

 của phản ứng trên ở 25 oC. Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện tiêu

chuẩn
0
f

(ΔH )của SiO2 và CO có các giá trị: ΔH0f(SiO (r))2 = -910,9 kJ.mol ; ΔH-1 0f(CO(k))= -110,5 kJ.mol-1

d. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận bắt đầu từ nhiệt độ nào?
(Coi sự phụ thuộc của ΔS và ΔHvào nhiệt độ là không đáng kể).

Đáp án câu 2:

Câu 2 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM

2.1
1,75đ

210 4 206

84Po  2He 82Pb

Vo = 1,736.1014 P. rã/s = 1,736 x 1014 x 3600 x 24 = 1,5.1019p.rã/ngày
V = 1,44.1019 p.rã/ngày

19
19

1 1 1,5.10

ln ln 0,00583

7 1, 44.10
Vo

k

t V

   ngày -1

pt p.rã : 210 4 206
84Po  2He 82Pb

Xét mẫu Po có V= 1Ci = 3,7.1010 p.rã/s

= 3,7.1010 x 3600 x 24 = 3,2 x 1015 p.rã/ngày.
15

17
3, 2.10

5, 488.10
0,00583

v
N

k

   (ng.tử)

Vậy NPo phải lấy lúc đầu là (No)

0,25đ
0,25đ

0,25đ

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

t
k
N
No

ln   N0 = N.ekt = 5,488.1017.e0,00583.10 = 5,817.1017 ng.tử
17

4
23

5,817 10

210 2,03.10 ( )
6, 022 10

Po

x

m x g

x



  

0,25đ

0,25đ
2.2

2,25đ

a. Theo chiều thuận, phản ứng (1) tăng 2 mol khí. Trạng thái khí có mức độ
hỗn loạn cao hơn trạng thái rắn, tức là có entropi lớn hơn. Vậy khi phản ứng
xảy ra theo chiều thuận thì entropi của hệ tăng.

b. ΔS0 = 2 0
CO(k)

S + SSi(r)0 - 2S0C(r)- 2(r)

0
SiO

= 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK-1mol-1 = 360,8.10-3 kJK
-1mol-1

c. G0

 = ΔH0- TΔS0,trong đó
0

ΔH = (r) (k) (r) 2(r)

0 0 0 0

f(Si ) f(CO ) f(C ) f(SiO )

ΔH + 2ΔH - 2ΔH - ΔH

ΔH = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ)

 G0

 = ΔH0- TΔS0= 689,9 - 298 . 360,8.10-3 = 582,4 (kJ).

d. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận khi ΔG bắt đầu có giá trị
âm: ΔG0 = ΔH0- TΔS0 = 689,9 - T . 360,8.10-3 < 0  T > 1912
oK. Vậy từ nhiệt độ lớn hơn 1912 K, cân bằng (1) sẽ diễn ra ưu tiên theo
chiều thuận.

0,5đ

0,25đ

0,5đ

Câu 3 (4 điểm)
1. (2,5 điểm)

Dung dịch A chứa KCN 0,100M

a. Tính pH và độ điện li của CN- trong A?
b. Độ điện li sẽ thay đổi thế nào nếu:
*Thêm 0,010 mol NaHSO4 vào 1 lít A.
* Thêm 0,1 mol NH4NO3 vào 1 lít A.

Cho 

4
HSO

pK = 2; 

4
NH

pK = 9,24; pKHCN 9,35.
2. (1,5 điểm)

Mg(OH)2 có kết tủa được khơng khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch
NH3 1M và NH4Cl 1M. Biết: TMg(OH)2= 1,5.10-10,95 và pKb = 4,75.

Đáp án câu 3:

3.1.a
0,75đ

a. CN H O2 HCN OH 1 K 10

 

4,65

    

   

H O H OH


 Kw

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

CN H O2 HCN OH

   

   

C0 0,1

[] 0,1(1 - ) 0,1 0,1









2
4,65

0,1
10
0,1 1


 
 

0, 0149 1, 49%

   

[OH-] = 0,00149 (M)  pH = 11,175

0,25đ

0,25đ
0,25đ
3.1.b

1,75đ

b. * Thêm 0,010 mol NaHSO4 vào 1 lít A . Ta có CB:

HSO4 H SO4

    



 Ka = 10-2

H CN  HCN

  11

a

K = 109,35

H SO2 4 CN HCN SO42

    

   K = 107,35

K rất lớn coi phản ứng hồn tồn ta có:

TPGH: CN- (0,09M), HCN (0,01M), SO

42- (0,01)

SO42 H O2 H SO2 4 OH K1 10 12

    

    

CN H O2 HCN OH

   

    (2) K2 = 10-4,65 >> K1 nên tính theo CB sau

(2)

C0 0,09 0,01

[] 0,09 – x 0,01 + x x



0,01 x x

  

10 4,65 x 2.10 4
0,09 x
 

  






1 0
CN

HCN 0, 0102

10, 2%

C  0,1

     

0.25đ

0,25đ

* Thêm 0,1 mol NH4NO3 vào 1 lít A. Ta có CB:

NH4 H O2 NH3 H O3

   

   K3 = 10-9,24

CN H O2 HCN OH

   

    K4 = 10-4,65

H O3 OH 2H O2

   

  -1

14
W

K 10

NH4 CN NH3 HCN

  

    K5 = 100,11

C0 0,1 0,1

Csau 0,1-x 0,1 – x x x

 2 0,11

2
10
)
1
,
0

(  x 

x

Vậy TDGH: [HCN]’ = [NH3]’ = 0,053M

[NH4+]’ = [CN-] = 0,047M

Xét CB: CN H O2 HCN OH

   

    K = 10-4,65

C0 0,047 0,053

[] 0,047 – x 0,053 + x x



0,053 x x



10 4,65 x 1,98.10 5
0,047 x

 



  



Vì x << [HCN] = 0,053M mà có thêm NH3

Nên CN- phân li càng ít do đó:

0.25đ

0,25đ

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

[HCN] = 0,053M

0,053

5,3%
0,1

   0,25đ

3.2
1,5đ

2. Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì


2

C ban đầu = 10-2 (M).

Ta có: TMg(OH)2= [Mg2+][OH]2 = 10-10,95

Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH]2 10-10,95
 [OH]2





102








10,95
2

10,95 10

Mg
10

= 10-8,95. Hay [OH]  10-4,475

* Dung dịch đệm: NH4Cl 1M + NH3 1M.
Ta có: p 

4
NH

K = 14 - p

3
NH

K = 14 - 4,75 = 9,25.
Do đó: [H+]

sơ bộ = Ka

b
a
C
C

= 10-9,25 .

1
1

= 10-9,25 < 10-7
Suy ra cân bằng chủ yếu là:

NH3 + H2O NH4 + OH KNH3= Kb = 10-4,75
bđ 1 1

cb 1-x 1+x x
Kb =





x
1

x
1
x




= 10-4,75

Điều kiện: x << 1  1-x 1  x = 10-4,75
x+1 1

Hay [OH] = 10-4,75 < 10-4,475.

Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M

thì khơng xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.

0,5đ

Câu 4. (4 điểm):Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa.

1. (2 điểm)

Cân bằng các phản ứng oxi hoá khử sau:

a) Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4 → ? + ? + Na2SO4 + H2O

b) Al + HNO3 → ? + xNO + yN2O + H2O

c) Cu2FeS3 + HNO3 → ? + ? + Fe2(SO4)3 + N2O + H2O

d) CxHyO + KMnO4 + HCl → CH3-CHO + CO2 + ? + KCl + H2O
(Cho biết tỉ lệ số mol giữa CH3-CHO với CO2 là 1 : 1)

2. (1 điểm)

Tính thế tiêu chuẩn E1 của bán phản ứng:
H2SO3 + 6H+ + 6e  H2S + 3H2O

Cho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau:
H2SO3 + 4H+ + 4e  S + 3H2O E02= +0,45V

S + 2H+ + 2e  H

2S E03 = +0,141V

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Giải thích tại sao Ag kim loại khơng tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch
HI để giải phóng ra hiđrơ.Biết: E0Ag/Ag= +0,8V; TAgCl = 10-9,75 ; TAgI = 10-16

Đáp án câu 4:

Câu 4 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM

4.1
2đ

a) 5Na2SO3 + 2KMnO4 + 6NaHSO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 8Na2SO4 +

3H2O

b) (3x+8y)Al+(12x+30y) HNO3 →

(3x+8y) Al(NO3)3 + 3xNO + 3yN2O +(6x+15y)

H2O

c) 8Cu2SFeS2 + 58HNO3 →

12CuSO4 + 4Cu(NO3)2 + 4Fe2(SO4)3 + 25N2O + 29H2O

d) 15CxHyO + (2x+ 3y -6)KMnO4 + (6x +9y -18)HCl →

5xCH3-CHO + 5xCO2 + (2x +3y -6)MnCl2 + (2x+3y -6)KCl + (-7x +12y

-9)H2O

0,5đ
0,5đ

0,5đ

4.2
1đ

2) H2SO3 + 6H+ + 6e  H2S + 3H2O G10 (1)

H2SO3 + 4H+ + 4e  S + 3H2O G20 (2)

S + 2H+ + 2e  H

2S G30 (3)

Lấy (2) + (3)  (1). Do đó: G10 = G20 + G30.

Mà: G0 = - n.E0.F. Suy ra: - n1.E10.F = - n2.E02.F - n3.E30.F
 E10=

1
0
3
3
0
2
2

n
E
n
E

n 

= 4.0,4562.0,141 = 0,347 V
Vậy : E10= 0,347 V

(1đ)

4.3
1đ

3) * Tính thế oxi hố-khử tiêu chuẩn điều kiện của hệ Ag+/Ag khi có dư Cl

và I.

Ta có: Ag - 1e = Ag+ K

1 = 10E10/0,059 (1)

Ag+ + Cl = AgCl 1

T (2)
Ag + Cl - 1e = AgCl K2 = 10E02/0,059 (3)

Cộng (1) và (2) ta được (3)  K2 = 10E02/0,059= K1.Tt1 = 10E10/0,059
1

T



0,059
E
0,059

E02  10



- lgTt E20 = E10 + 0,059 lgTt.
Hay : E0AgCl/Ag = 0,8 + 0,059 lg10-9,75 = 0,225 (V)
Tương tự: E0AgI/Ag = 0,8 + 0,059 lg10-16 = - 0,144 (V)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Hay: E0AgCl/Ag > E02H/H2  E0 phản ứng < 0 : phản ứng không
xảy ra.

E0AgI/Ag < E2H0 /H2E0 phản ứng = 0 - (-0,144)>0 : phản
ứng xảy ra.

Vậy Ag không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI giải
phóng H2. (1đ)

Câu 5. (4 điểm)
1.(1 điểm)

Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau:
a. Ozon oxi hóa I- trong mơi trường trung tính

b. Sục khí CO2 qua nước Javel
c. Cho nước Clo qua dung dịch KI

d. Sục khí Flo qua dung dịch NaOH lỗng lạnh
e. Sục Clo đến dư vào dung dịch FeI2

2.(1 điểm)

Hợp chất A chứa S, O và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có 1 ngun tử S. Thuỷ phân
hồn tồn A được dd B. Người ta sử dụng những thuốc thử cho dưới đây để nhận biết những

ion nào có trong B?

Thuốc thử Hiện tượng

a. AgNO3 + HNO3 Có kết tủa vàng nhạt

b. Ba(NO3)2 Khơng có kết tủa

c. NH3 + Ca(NO3)2 Khơng hiện tượng

d. KMnO4 + Ba(NO3)2 Mất màu, có kết tủa trắng

e. Cu(NO3)2 Khơng có kết tủa

Qua đó có thể đưa ra cơng thức phù hợp của A là gì?

Để xác định chính xác người ta lấy 7,19g A hịa tan vào nước thành 250ml dung dịch. Lấy
25 ml dd thêm một ít HNO3 và AgNO3 dư thu được 1,452g kết tủa khô sạch. Xác định
công thức phân tử và công thức cấu tạo A?

3.(2 điểm)

Nung m gam hỗn hợp A gồm FeS và FeS2 trong một bình kín dung tích khơng đổi chứa khơng
khí (gồm 20% thể tích O2 và 80% thể tích N2) đến khi phản ứng xảy ra hồn tồn, thu được
chất rắn B và hỗn hợp khí C có thành phần phần trăm theo thể tích: N2 = 84,77%; SO2 =
10,6%; còn lại là O2. Hoà tan chất rắn B trong dung dịch H2SO4 vừa đủ, dung dịch thu được
cho tác dụng với Ba(OH)2 dư. Lọc lấy kết tủa làm khô nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng
không đổi, thu được 12,885 g chất rắn.

Tính % khối lượng mỗi chất trong A và tính giá trị của m ?.

Đáp án câu 5:

Câu 5 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM

5.1
(1đ)

a.O3 + 2I- + H2O  O2 + I2 + 2OH

-b.CO2 + NaClO + H2O  NaHCO3 + HClO

c.Cl2 + 2KI 2KCl + I2 ;

Nếu KI còn dư: KI + I2 KI3

Nếu Clo dư : 5Cl2 + 6H2O + I2 2HIO3 + 10HCl

d.2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh)  2NaF + H2O + OF2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

e.2FeI2 + 3Cl2  2FeCl3 + 2I2 ; 5Cl2 + I2 + 6H2O  2HIO3 + 10HCl

5.2
(1đ)

AgNO3 : thuốc thử ion Cl-( kt trắng) ; Br- ( kt vàng nhạt) ; I- ( kt vàng sẫm)

Ba(NO3)2 : thuốc thử ion SO42- ( kt trắng)

NH3 + Ca(NO3)2 : thuốc thử ion F- (kt CaF2 trắng)

KMnO4 + Ba(NO3)2 : thuốc thử ion SO32- ( kt BaSO4)

Cu(NO3)2 : thuốc thử ion I- ( I2 + CuI kt trắng)

 Từ hiện tượng trên kết luận A có S+4, có Br- là SOBr2 hoặc SOBrCl.

 SOBr2 + 2H2O ---> H2SO3 + 2HBr và SOBrCl + 2H2O ---> H2SO3 + HCl +

HBr

Từ số liệu tính toán ra kết quả: A là SOBrCl.
C.t.c.t

O S

Br
Cl

0,5đ

0,25đ

5.3
(2đ)

* Đặt x, y là số mol của FeS và FeS2 trong A

a là số mol của khí trong bình trước khi nung
Khi nung:

4 FeS + 7 O2 t0 2Fe2O3 + 4SO2

x 1,75x 0,5x x
4FeS2 + 11 O2 t0 2Fe2O3 + 8 SO2

y 2,75y 0,5y 2y
Số mol các khí trước khi nung: nN2 = 0,8a (mol)
nO2 = 0,2a (mol)
Số mol các khí sau khi nung: nN2 = 0,8a (mol)

nSO2 = (x+2y) (mol)
nO2 d ư = 0,2a – 1,75x- 2,75y
Nên tổng số mol khí sau khi nung = a – 0,75(x+y)
Ta có: %(V)N2 = 0,75( )

8
,
0

y
x
a

a



 = 84,77/100

 a = 13,33(x+y) (1)
% (V)SO2 = 0,75( )

y
x
a

y
x






= 10,6/100
 a = 10,184x + 16,618 y (2)

Từ (1) và (2) ta có: 13,33(x+y) = 10,184x + 16,618 y
Nên : xy =

1
2

(3)

. 1. Vì tỷ lệ về số mol x:y = 2:1 nên % theo khối lượng sẽ là:
%mFeS = 100% 59,46%

)
120
1
88
2
(

88
2










%mFeS2 = (2 88 1 120) 100% 40,54%

120
1










* Chất rắn B là Fe2O3 có số mol: 0,5(x+y)

Fe2O3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3H2O
0,5(x+y) 0,5(x+y)

Fe2(SO4)3 + 3Ba(OH)2  2Fe(OH)3 + 3BaSO4

0,5đ

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

0,5(x+y) (x+y) 1,5(x+y)
Khi nung kết tủa:

BaSO4 t0 không đổi

1,5(x+y)

2Fe(OH)3 t0 Fe2O3 +3H2O
(x+y) 0,5(x+y)

Nên: 233.1,5(x+y) + 160.0,5(x+y)=12,885  x+y = 0,03 (4)
Giải hệ (3) và (4) ta có: x = 0,02; y = 0,01

Nên m = 88.0,02+120.0,01 = 2,96 (gam)

0,5đ

0,25đ

H=1; C=12; N=14; O=16; F=19; Na=23; Mg=24; Al=27; Si=28; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39;
Ca=40; Cr=52; Mn=55; Fe=56; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Sn=118,7; I=127;

Ba=137;Po=210.

</div>