Bài tập bảo toàn electron

n_H2 = 6,72 : 22,4 = 0,3 mol

Đặt số mol của Zn và Mg lần lượt là x và y (mol).

PTHH:

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

x                         x          x (mol)

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

y                          y            y (mol)

- Khối lượng hỗn hợp kim loại: 65x + 24y = 15,4 (1)

- Số mol H₂: x + y = 0,3 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,2 và y = 0,1

Dung dịch C chứa các muối: ZnCl₂ (0,2 mol) và MgCl₂ (0,1 mol)

=> m _muối = 0,2.136 + 0,1.95 = 36,7 gam

n_H2 = 0,2 mol

BTNT “H”: n_HCl = 2n_H2 = 0,4 mol

BTKL: m _muối = m _KL + m_HCl – m_H2 = 20 + 0,4.36,5 – 0,2.2 = 34,2 gam

X{Mg, Al} + {Cl₂, O₂} → Z

Áp dụng định luật BTKL: m_Cl2 + m_O2 = m_Z – m_X = 19,7 – 7,8 = 11,9 gam

Theo đề bài ta có hệ phương trình: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{l_2}}} + {n_{{O_2}}} = \dfrac{{5,6}}{{22,4}} = 0,25\\
71{n_{C{l_2}}} + 32{n_{{O_2}}} = 11,9
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{l_2}}} = 0,1\\
{n_{{O_2}}} = 0,15
\end{array} \right.\)

Đặt số mol của Mg và Al lần lượt là x và y (mol)

- Khối lượng hỗn hợp: 24x + 27y = 7,8 (1)

- Bảo toàn e: 2n_Mg + 3n_Al = 2n_Cl2 + 4n_O2 => 2x + 3y = 0,1.2 + 0,15.4 hay 2x + 3y = 0,8 (2)

Giải (1) và (2) thu được x = 0,1 và y = 0,2

=> %m_Al = 0,2.27/7,8 = 69,23%

\({n_{KMn{O_4}}} = 4,{88.10^{ - 4}}.\dfrac{{2,05}}{{1000}} = {10^{ - 6}}(mol)\)

Trong 1 ml máu:

\(\begin{array}{*{20}{c}}{5Ca{C_2}{O_4}}\\{2,{{5.10}^{ - 6}}}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{2KMn{O_4}}\\{{{10}^{ - 6}}}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{8{H_2}S{O_4}}\\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} \to \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{2MnS{O_4}}\\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{5CaS{O_4}}\\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{{K_2}S{O_4}}\\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{10C{O_2}}\\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}} + \\{}\end{array}\begin{array}{*{20}{c}}{8{H_2}O}\\{}\end{array}\)

⇒ Khối lượng theo mg Ca²⁺ trong 1 ml máu là: 2,5.10-6.128.1000 = 0,32 mg

⇒ Khối lượng theo mg Ca²⁺ trong 100 ml máu là: 0,32.100 = 32 mg

Nồng độ Ca²⁺ trong máu người đó theo đơn vị mg Ca²⁺ /100 ml máu là 32 mg

Bước 1. Xác định các nguyên tử có sự thay đổi số oxi hóa, từ đó xác định chất oxi hóa, chất khử

\(Ca{\mathop C\limits^{ + 3} _2}{O_4} + K\mathop {Mn}\limits^{ + 7} {O_4} + {H_2}S{O_4} \to \mathop {Mn}\limits^{ + 2} S{O_4} + CaS{O_4} + {K_2}S{O_4} + \mathop C\limits^{ + 4} {O_2} + {H_2}O\)

Bước 2. Biểu diễn quá trình oxi hóa, quá trình khử

\(\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {2C}\limits^{ + 3}  + 2e \to \mathop {2C}\limits^{ + 4} }\\{\mathop {Mn}\limits^{ + 7}  \to \mathop {Mn}\limits^{ + 2}  + 5e}\end{array}} \right.\)

Bước 3. Tìm hệ số thích hợp cho chất khử và chất oxi hóa dựa trên nguyên tắc của phương pháp thăng bằng electron

Bước 4. Đặt hệ số của chất oxi hóa và chất khử vào sơ đồ phản ứng, từ đó tính ra hệ số của các chất khác có mặt trong phương trình hóa học. Kiểm tra sự cân bằng số nguyên tử của các nguyên tố ở hai vế

\(5Ca{C_2}{O_4} + 2KMn{O_4} + 8{H_2}S{O_4} \to 2MnS{O_4} + 5CaS{O_4} + {K_2}S{O_4} + 10C{O_2} + 8{H_2}O\)

Tổng các hệ số cân bằng phương trình trên là 5 + 2 + 8 + 2 + 5 + 1 + 10 + 8 = 41

n_H2 = 0,15 mol

Xét quá trình nhận e:

+) \(2\mathop H\limits^{ + 1} \,\, + \,\,2{\rm{e}}\,\, \to \,\,{H_2}\)

             0,3 ← 0,15

Bảo toàn e: n_{e nhận} = n_{e cho} = 0,3 mol

Xét quá trình cho e:

+) \(\mathop {Al}\limits^0 \,\, \to \,\,\mathop {Al}\limits^{ + 3} \,\, + 3{\rm{e}}\)

     0,1        ← 0,3

=> m_Al = 0,1 . 27 = 2,7 (g)

n_Mg = 0,1 mol

Mg phản ứng với HNO3 tạo muối Mg²⁺

Xét quá trình cho – nhận e:

\(\begin{array}{l}2{N^{ + 5}} + 10{\rm{e}} \to {N_2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,Mg \to M{g^{ + 2}} + 2{\rm{e}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,2\,\, \to 0,02\,\,\,\,\,\,\,0,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,0,2\end{array}\)

=> V_N2 = 0,02.22,4 = 0,448 lít

Xét quá trình cho – nhận e và áp dụng bảo toàn e:

\(\begin{array}{l}M \to \mathop M\limits^{ + 3}  + 3{\rm{e}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop S\limits^{ + 6} \,\,\, + \,\,\,2{\rm{e}} \to \mathop S\limits^{ + 4} \\0,08\,\,\,\, \leftarrow \,\,\,\,0,24\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{   }}0,24 \leftarrow \,0,12\end{array}\)

\( =  > {\rm{ }}{n_M} = 0,08{\rm{ }}mol =  > {M_M} = \dfrac{{2,16}}{{0,08}} = 27\)

=> M là kim loại Al

n_NaOH = 0,3 (mol)

m_{chất rắn} = \({{\rm{m}}_{{\rm{N}}{{\rm{a}}_{\rm{2}}}{\rm{S}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}}\)= 18,9 (g) => \({\rm{S}}{{\rm{O}}_2}{\rm{  +  2NaOH }} \to {\rm{ N}}{{\rm{a}}_2}{\rm{S}}{{\rm{O}}_3} + {\rm{ }}{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

                                                                    0,15 ← 0,3      

Xét quá trình cho – nhận e và áp dụng bảo toàn e:

\(\begin{array}{l}M \to \mathop M\limits^{ + n}  + n{\rm{e}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop S\limits^{ + 6} \,\,\, + \,\,\,2{\rm{e}} \to \mathop S\limits^{ + 4} \\\dfrac{{0,3}}{n}\,\,\,\, \leftarrow \,\,\,\,0,3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\rm{      }}0,3\,\, \leftarrow \,\,0,15\end{array}\)

\( + ){\rm{ }}{M_M} = \dfrac{{{m_M}}}{{{n_M}}} = \dfrac{{9,6}}{{\dfrac{{0,3}}{n}}} = 32n \Rightarrow n = 2;M = 64\)

=> M là kim loại Cu

\({n_{S{O_2}}} = 0,25\,\,mol\)

Gọi số mol Zn và Al lần lượt là x và y mol => m_{hỗn hợp} = 65x + 27y = 9,2  (1)

Xét quá trình cho – nhận e:

\(\begin{array}{l}Mg \to \mathop {Mg}\limits^{ + 2}  + 2{\rm{e}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop S\limits^{ + 6}  + 2{\rm{e}} \to \mathop S\limits^{ + 4} \\\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,2{\rm{x}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,5\, \leftarrow \,{\rm{0,25}}\\Al \to \mathop {Al}\limits^{ + 3}  + 3{\rm{e}}\\\,y\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,3y\end{array}\)

+) Bảo toàn e: n_{e cho} = n_{e nhận} => 2x + 3y = 0,5   (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{65x}} + 27y = 9,2\\2{\rm{x}} + 3y = 0,5\end{array} \right. =  > \left\{ \begin{array}{l}x = 0,1\\y = 0,1\end{array} \right.\)

=> n_Al = 0,1 mol => m_Al = 2,7 (g)

Xét quá trình phản ứng có Fe cho e và Cu²⁺ nhận e

\(\mathop {Cu}\limits^{ + 2} \,\,\,\, + \,\,\,\,2{\rm{e}}\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,Cu\)

0,02 → 0,04 → 0,02

\(\mathop {Fe}\limits^{} \,\,\, \to \mathop {Fe}\limits^{ + 2} \,\,\, + \,\,\,\,2{\rm{e}}\)

0,02  ←      0,04

+) ∆m_{thanh Fe} = m_{Cu sinh ra} – m_{Fe phản ứng}  = 0,02.64 – 0,02.56 = 0,16 gam

=> khối lượng thanh Fe tăng 0,16 gam

\({n_{C{u^{2 + }}}} = 0,1\left( {mol} \right) \Rightarrow {n_{C{u^{2 + }}trong50ml}} = 0,01\left( {mol} \right)\)

Xét quá trình phản ứng có Fe cho e và Cu²⁺ nhận e

\(\mathop {Cu}\limits^{ + 2} \,\,\,\, + \,\,\,\,2{\rm{e}}\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,Cu\)

0,01 → 0,02 → 0,01

\(\mathop {Fe}\limits^{} \,\,\, \to \mathop {Fe}\limits^{ + 2} \,\,\, + \,\,\,\,2{\rm{e}}\)

0,01  ←      0,02

=> ∆m_{chất rắn} = m_{Cu sinh ra} – m_{Fe phản ứng} = 0,01.64 – 0,01.56 = 0,08 gam

=> khối chất rắn tăng 0,08 gam

Xét quá trình phản ứng có Fe cho e và Cu²⁺ nhận e

\(Fe\,\,\, \to \mathop {Fe}\limits^{ + 2} \,\,\, + \,\,\,\,2{\rm{e}}\)

x       →        2x

\(\mathop {Cu}\limits^{ + 2} \,\,\,\, + \,\,\,\,2{\rm{e}}\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,Cu\)

             2x   →  x

 ∆m_{thanh Fe} = m_{Cu sinh ra} – m_{Fe phản ứng} = 64x – 56x = 8x = 0,8 (g) => x = 0,1 (mol)

=> m_Fe = 0,1.56 = 5,6 gam

Xét quá trình cho e:

\(Cu{{\rm{S}}_2}\,\, \to \,\,\mathop {Cu}\limits^{ + 2} {(N{O_3})_2} + 2{H_2}\mathop S\limits^{ + 4} {O_4} + 10{\rm{e}}\)

=> 1 mol CuS₂ nhường 10e

\({{\rm{n}}_{{\rm{Ba(OH}}{{\rm{)}}_{\rm{2}}}}}{\rm{ =  0,572}}\left( {{\rm{mol}}} \right) \Rightarrow {{\rm{n}}_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}} = 1,144\left( {{\rm{mol}}} \right)\)

 Gọi số mol Mg, Zn và Al lần lượt là x, y và z mol => n_{hỗn hợp Y}  = x + y + z = 0,396 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m_{hỗn hợp Y} = 23,246 – 8,654 = 14,592 => 24x + 65y + 27z = 14,592 (2)

 Z phản ứng với HCl được dung dịch T gồm Mg²⁺, Zn²⁺, Al³⁺. Cho T tác dụng với Ba(OH)2 đến khối lượng kết tủa không đổi => 2x + 4y + 4z = 1,144 (3)

Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\rm{x  =  0,22}}\\{\rm{y  =  0,12}}\\{\rm{z  =  0,056}}\end{array} \right.\)

Bảo toàn điện tích: \({{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}}{\rm{ =  }}{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{l}}^{\rm{ - }}}}}{\rm{ =  2}}{{\rm{n}}_{{\rm{M}}{{\rm{g}}^{{\rm{2 + }}}}}}{\rm{ +  2}}{{\rm{n}}_{{\rm{Z}}{{\rm{n}}^{{\rm{2 + }}}}}}{\rm{ +  3}}{{\rm{n}}_{{\rm{A}}{{\rm{l}}^{{\rm{3 + }}}}}} = 2.0,22 + 2.0,12 + 3.0,056 = 0,848\)

=> V_HCl = 848 ml

n_N2 = 0,07 mol

Phần 1 và phần 2 như nhau nên số mol e cho và nhận là như nhau

Phần 1: n_{e cho} = n_{e nhận} = 10n_N2 = 0,7

BT điện tích: \({{\rm{n}}_{{\rm{NO}}_{\rm{3}}^{\rm{ - }}}}{\rm{ =  }}{{\rm{n}}_{{\rm{e cho}}}} = 0,7\) => x = m_muối = m_KL + \({{\rm{m}}_{{\rm{NO}}_{\rm{3}}^{\rm{ - }}}}\)= 14,9 + 62.0,7 = 58,3 (g)

Phần 2: n_{e cho} = n_{e nhận} = 10n_N2 = 2n_O => n_O = 0,35

=> BTKL: y = m_oxit = m_KL + m_O =  + 0,35.16 = 20,5 (g)

n_NO = 0,35 mol

Phần 1 và phần 2 như nhau nên số mol e cho và nhận là như nhau

Phần 1: n_{e cho} = n_{e nhận} = 3n_N2 = 1,05 mol

Dung dịch Y tác dụng NaOH thu được kết tủa lớn nhất

=> BT điện tích: \({{\rm{n}}_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}}{\rm{ =  }}{{\rm{n}}_{{\rm{e cho}}}} = 1,05{\rm{ mol}}\) => y = m_{kết tủa} = m_KL + \({{\rm{m}}_{{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }}}\)= 23,55 + 1,05.17 = 41,4 gam

\(\left. \begin{array}{l}3 \times \\\mathop 1\limits^{}  \times \end{array} \right|\left| \begin{array}{l}2\mathop {{\rm{Fe}}}\limits^{ + 2}  \to 2\mathop {{\rm{Fe}}}\limits^{ + 3} {\rm{  +  2e}}\\2\mathop {{\rm{Cr}}}\limits^{ + 6} {\rm{  +  6e }} \to {\rm{ 2}}\mathop {{\rm{Cr}}}\limits^{ + 3} \end{array} \right.\)

\(6FeS{O_4} + {K_2}C{{\rm{r}}_2}{O_7} + 7{H_2}S{O_4} \to 3F{{\rm{e}}_2}{(S{O_4})_3} + {K_2}S{O_4} + C{{\rm{r}}_2}{(S{O_4})_3} + 7{H_2}O\)

=> tỉ lệ a : b = 6 : 1

Đặt n_Cl2 = x; n_O2 = y (mol)

BTKL: m_Y= m_Z – m_X = 39,7 – 15,2 = 24,5 (g)

Ta có hệ: 

\(\left\{ \begin{gathered}
x + y = 0,4 \hfill \\
71x + 32y = 24,5 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
x = 0,3 \hfill \\
y = 0,1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Đặt n_Mg = a; n_Ca = b (mol)

Ta có hệ: 

\(\left\{ \begin{gathered}
{m_{Mg}} + {m_{Ca}} = {m_X} \hfill \\
\xrightarrow{{BT:e}}2{n_{Mg}} + 2{n_{Ca}} = 2{n_{C{l_2}}} + 4{n_{{O_2}}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
24a + 40b = 15,2 \hfill \\
2a + 2b = 2.0,3 + 4.0,1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
a = 0,3 \hfill \\
b = 0,2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

=> m_Mg = 0,3.24 = 7,2 (g)

Ta có \({n_{S{O_2}}} = \dfrac{{1,85925}}{{24,79}} = 0,075mol\)

Ta có phản ứng xảy ra theo sơ đồ sau: \(M + {H_2}S{O_4} \to {M_2}{(S{O_4})_n} + S{O_2} + {H_2}O\)

Nhận thấy các nguyên tử bị thay đổi số oxi hóa là M và S

\(\begin{array}{*{20}{c}}{1x}\\{\mathop {\mathop {nx}\limits^{} }\limits^{} }\end{array}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {2M}\limits^0  \to \mathop {{M_2}}\limits^{ + n}  + 2ne}\\{\mathop S\limits^{ + 6}  + 2e \to \mathop S\limits^{ + 4} }\end{array}} \right.\)

=> Phương trình cân bằng là: \(2M + 2n{H_2}S{O_4} \to {M_2}{(S{O_4})_n} + nS{O_2} + 2n{H_2}O\)

Tính toán theo PTHH => \({n_M} = \dfrac{{0,075.2}}{n} = \dfrac{{0,15}}{n}(mol) = \dfrac{{1,35}}{M} =  > M = 9n\)

Ta thấy n=3 => M=27 => M là Al thỏa mãn