Bản dùng thử sách tư duy bảo toàn

[Nguồn: HĐ] Hoà tan hoàn toàn 38,2 gam hỗn hợp X gồm muối cacbonat của các kim loại hoá trị I trong dung dịch HCl.. 0,24 Hướng dẫn giải Các chất trên chỉ phản ứng trao đổi với HNO3.. N

Câu 1 [Nguồn: HĐ] Khử hoàn toàn 18 gam hỗn hợp các oxit sắt bằng khí CO dư, sau phản ứng thu

được 5,6 lít khí CO2 Khối lượng sắt thu được là?

Hướng dẫn giải

Các oxit sắt là: FeO, Fe O , Fe O 2 3 3 4

Ta thấy:

2

5, 6

n n 0, 25(mol)

22, 4

0,25(mol) 0,25(mol)

3 4

FeO

Fe O

Áp dụng định luật BTKL: 18 + 0,25.28 = m + 0,25.44 => Fe m = 14 (gam) Fe

Cách lập sơ đồ gọn nhẹ và dễ hiểu hơn

Để thuận tiện hơn ta quy đổi hỗn hợp các oxit thành hỗn hợp đơn giản hơn là: Fe + O

Lập sơ đồ: CO t0

0,25(mol)

2

Fe : m(g) Fe

18(g)

CO : 0, 25(mol) O

+



⎯⎯⎯⎯→



Bảo toàn khối lượng toàn phản ứng ta có:

2

=> 18 + 28.0,25 = mFe + 44.0,25 => mFe = 14 gam => B

Bài toán trên có thể giải được bằng phương pháp bảo toàn nguyên tố sẽ trình bày ở phần sau

Câu 2 [Nguồn: HĐ] Hoà tan hoàn toàn 38,2 gam hỗn hợp X gồm muối cacbonat của các kim loại

hoá trị (I) trong dung dịch HCl Sau phản ứng thu được 6,72 lít khí CO2 (đktc) Đem cô cạn dung dịch thu được m gam muối khan, giá trị của m là?

A 55,3 gam B 55 gam C 58,9 gam D 53,5 gam

Hướng dẫn giải

Ta có thể quy đổi hỗn hợp muối trên thành: 2

3

R & CO −

3

Dựa vào sơ đồ phản ứng ta thấy: H O2 CO2 6, 72 HCl

22, 4

Bảo toàn khối lượng toàn phản ứng ta được:

m +m =m +m +m =38,2 + 0,6x36,5 = mRCl+ 0,3x44 + 0,3x18

=> m = 41,5 gam => D

Chú ý: Ta có thể gọi chung các muối là R 2 CO 3 rồi giải theo phản ứng thông thường:

R CO +2HCl→2RCl CO+ +H O

6, 72

22, 4

Bảo toàn khối lượng toàn phản ứng ta được:

m +m =m +m +m =38,2 + 0,6x36,5 = mRCl+ 0,3x44 + 0,3x18

=> m = 41,5 gam => D

Cách khác:

2

n − =n =0,3(mol)=m =m −m − =38, 2 0,3.60− =20, 2(gam)

m m m 20, 2 0, 6.35,5 41,5(gam)

Câu 1 [Nguồn: HĐ] Khử hoàn toàn một oxit của Fe bằng khí CO dư, sau phản ứng thu được 4,2

gam Fe Khí sinh ra sục vào dd Ca(OH)2 dư thu được 10 gam kết tủa Công thức hóa học của oxit là?

A FeO B Fe2O3 C Fe3O4 D FeO và Fe3O4

Hướng dẫn giải

- Gọi công thức của hợp chất là FexOy

2

0,1

Fe : 0, 075(mol)







CO đã chiếm oxi trong oxit tạo ra CO2, vậy số mol O trong FexOy = số mol O mà CO đã chiếm

0,1

Lập tỉ lệ ta có: x 0, 075 3

y= 0,1 = =4 Fe3O4 => C

Câu 3 [Nguồn: HĐ] Hòa tan hoàn toàn CuO: 0,01 mol, Fe2O3: 0,02 mol, MgO: 0,05 mol trong dung dịch HNO3 loãng dư Số mol HNO3 đã phản ứng là?

A 0,18 B 0,2 C 0,12 D 0,24

Hướng dẫn giải

Các chất trên chỉ phản ứng trao đổi với HNO3

Ta thấy toàn bộ O trong oxit ban đầu đã chuyển sang H2O

2

2 HNO

2

x (mol) 3

2 3

3

Cu CuO : 0, 01

Mg

Fe

Fe O : 0, 02

NO

+

+

+

−

Bảo toàn nguyên tố O ta có:

2 3

n = n + 3n + n = 0,01 + 0,02x3 + 0,05 = 0,12 (mol)

Bảo toàn nguyên tố H ta có: H H O2 O HNO3 O

0,12 0,24 0,12

Chú ý: Khi gặp dạng toán oxit phản ứng với HNO 3 cần xác định số oxi hóa của các nguyên tố trong oxit đó Nếu chưa phải số oxi hóa lớn nhất thì sẽ xảy ra phản ứng oxi hóa khử và sẽ xuất hiện sản phẩm khử Khi đó bài toán sẽ trở nên phức tạp hơn

Câu 4 [Nguồn: HĐ] Hòa tan hoàn toàn 4,8 gam Mg trong dd HNO3 loãng, sau phản ứng thu được dung dịch X và 0,896 lít N2O (đktc) Số mol HNO3 đã phản ứng là?

A 0,4 B 0,48 C 0,5 D 0,45

Hướng dẫn giải

Quá trình nhường e: 2

0,4 0,2

Mg→Mg + +2e Quá trình nhận e: 5 1

2 0,32 0,04

2N+ +8e →N+

Ta thấy ne nhường = 0,4 mol mà ne nhận chỉ bằng 0,32 mol, trong khi đó phản ứng xảy ra hoàn toàn Vậy phải có một chất nhận e nữa, từ đó ta xác định được phản ứng trên tạo ra muối amoni NH4NO3

=> ne mà NH4+ nhận là 0,4 – 0,32 = 0,08 (mol) => 5 3

N+ + 8e → N−

Sơ đồ phản ứng: 3

2

HNO

y(mol)

3

Mg

NO

+ +

−







 Dựa vào sơ đồ bài toán, bảo toàn nguyên tố N ta có: nHNO3 =ne +2nNH NO4 3 +2nN O2

3

HNO

n = 0,4 + 0,01x2 + 0,04x2 = 0,5 (mol) => C

Câu 3 [Nguồn: HĐ] Một dung dịch X chứa: 2 3 2

4

0,15(mol)Cu ; 0,1(mol)Fe ;SO+ + −, nhỏ dung dịch Ba(OH)2 đến dư vào dung dịch X thì thu được m gam kết tủa, giá trị của m là?

A 90,4 B 95,3 C 93,5 D 94

Hướng dẫn giải

2

2

Ba (OH)

3 2

4 4

m

Cu : 0,15(mol) Cu(OH)

Fe : 0,1(mol) Fe(OH)

BaSO

SO : a(mol)

+ +

−

⎯⎯⎯⎯→





Bảo toàn điện tích trong dung dịch X: 0,15.2 + 0,1.3 = 2a => a = 0,3 (mol)

=>

2

3

4

Cu(OH) : 0,15(mol)

Fe(OH) : 0,1(mol) m 0,15.98 0,1.107 0,3.233 95, 3(gam)

BaSO : 0,3(mol)









=>B

- Cách khác:

Bảo toàn OH nOH − 2nCu 2 + 3nFe 3 + 0,15.2 0,1.3 0, 6(mol)

=> nBa 2 + =0, 3(mol)=nSO 2 −

BTKL => m = 0,15.64 + 0,1.56 + 0,6.17 + 0,3.137 +0,3.96 = 95,3 (gam)

Câu 12 [Nguồn: Không rõ] Có hai dung dịch, dung dịch A và dung dịch B Mỗi dung dịch chỉ chứa

2 loại cation và 2 loại anion trong số các ion sau : K+ (0,15 mol) ; Mg2+ (0,1 mol) ; NH+4 (0,25 mol);

H+ (0,2 mol); Cl- (0,1 mol); SO24−(0.075 mol); NO−3(0,25 mol); CO2−

3 (0,15 mol) Có bao nhiêu dung dịch được tạo thành từ các ion trên:

A 1 B 2 C 3 D 4

Hướng dẫn giải

Để làm được dạng toán này chúng ta cần chia thành các trường hợp

TH 1: Các ion dương gồm K & Mg+ 2+ => số mol điện tích dương là: 0,15 + 0,1.2 = 0,35 mol

Nếu chọn ion âm là NO3− thì số mol điện tích ion còn lại là 0,35 – 0,25 = 0,1 => Cl−

Vậy dung dịch thứ nhất gồm: 2

3

K , Mg , NO , Cl+ + − −

TH 2: Nếu các ion dương là K & H+ + => số mol điện tích dương là: 0,15 + 0,2 = 0,35 mol

Vậy ta có thể chọn ion âm tương tự trường hợp 1

TH 3: Nếu chọn ion dương là Mg2+& H+ => số mol điện tích dương là: 0,1.2 + 0,2 = 0,4 mol Vậy ion âm là 2

SO −& NO− vì 0,075.2 + 0,25 = 0,4 mol

Với các trường hợp khác sẽ không thỏa mãn định luật bảo toàn điện tích, hoặc sẽ xảy ra phản ứng giữa các ion tạo khí hoặc kết tủa và làm thay đổi ion ban đầu

Câu 1 [Nguồn: HĐ] Hòa tan hoàn toàn 4,96 gam hỗn hợp X gồm: 9a (mol) Mg, 5a (mol) Fe trong

HNO3 loãng dư thì thấy có 0,42 mol HNO3 phản ứng Sau phản ứng thu được dd Y chứa 26,22 gam muối và 1,344 lít khí Z (đktc) gồm hai khí: NO và N2 Tỉ khối của X so với He gần nhất với?

Hướng dẫn giải

Ta có: 9a.24 + 5a.56 = 4,96 => a = 0,01 => nMg = 0,09 mol; nFe = 0,05 (mol)

Vì có kim loại mạnh nên khả năng trong Y sẽ có muối amoni

Ta có sơ đồ: 3

2

3 HNO (du )

0,42(mol)

2 4

3

Mg : 0, 09

Mg : 0, 09

N : b

NO

+ + +

−













BTKL dung dịch Y:

4 3

NH NO

m 26, 22 0, 09.148 0, 05.242 0,8(g) 0, 01(mol)

Đến đây chúng ta có thể giải theo hai cách:

Cách 1: Bảo toàn nguyên tố [N]

BTNT [N]: nHNO3 tạo khí =

3

HNO

n ban đầu -

3

HNO

n tạo muối

N(Z)

n 0, 42 0, 09.2 0, 05.3 0, 01.2 0, 07(mol)

Ta có hệ: a b 0, 06 a 0, 05 dZ/ He 0, 05.30 0, 01.28 7, 416

Cách 2: Bảo toàn e

Bảo toàn e toàn quá trình ta có: 0,09.2 + 0,05.3 = 0,01.8 + 3a + 10b

Ta có hệ: a b 0, 06 a 0, 05 dZ/He 7, 416

3a 10b 0, 25 b 0, 01

Bắt đầu từ bây giờ mọi chuyện sẽ trở nên phức tạp hơn, hóa vô cơ thường rơi vào trọng tâm là toán kim loại hay hợp chất của nó tác dụng với axit Nếu chưa thực sự chắc chắn hay coi lại ở phần A các tình huống phản ứng khi kim loại tác dụng với axit hoặc môi trường có tính oxi hóa mạnh như H++NO3− Đây sẽ là dạng toán thường gặp nhất trong các đề thi Quốc gia

Câu 7 [Nguồn: HĐ] Cho 7,84 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl loãng

và khuấy đều Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và còn lại 1,92 gam kim loại Cho 7,84 gam X vào HNO3 dư thì thu được V lít NO (đktc, spk duy nhất) Giá trị của V là?

Hướng dẫn giải

Kim loại không tan là Cu dư, trong Y không có muối Fe3+

Khi phản ứng với HCl:

3 4

2a a

Fe O 2 Fe Fe

2 Fe Cu 2Fe Cu

Ta có sơ đồ:

3

du

2

3 4

du

2

Cu : 0, 03 Fe

Y : Cu

Fe O : a 7,84(g)

Cu : a 0, 03 NO : V ?

Fe Cu

+ +

+ +









⎯⎯⎯→ 





=> 232a + 64(a+0,03) = 7,84 => a = 0,02 (mol)

Bảo toàn e ta có: Fe O 3 4 Cu

NO

n 2n 0, 02 0, 05.2

Bài trên chúng ta có thể tư duy theo cách đơn giản hơn như sau:

Hỗn hợp Cu và Fe3O4 khi phản ứng thì lượng Cu và Fe3O4 bị hòa tan sẽ có tỉ lệ là 1:1

Phần còn dư ra sau phi phản ứng với HCl sẽ được tính bù vào khi phản ứng với HNO3

Bảo toàn e trước và sau phản ứng ta có sơ đồ và ẩn như sau:

3

Cu : a 0, 03 Cu

+ +

Từ tỉ lệ ta có: 232a + 64(a + 0,03) = 7,84 => a = 0,02 (mol)

Bảo toàn e: Fe O 3 4 Cu

NO

n 2n 0, 02 0, 05.2

Câu 22 [ĐH khối A-2012] Hòa tan hoàn toàn 8,9 gam hỗn hợp X gồm Mg và Zn bằng lượng vừa đủ

500 ml dung dịch HNO3 1M Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 1,008 lít khí N2O (đktc) và dung dịch Y chứa m gam muối Giá trị của m là

Hướng dẫn giải

Bài này không nói là N2O là sản phẩm khử duy nhất của N+5nên phải đặt ra giả thiết có muối amoni

2 2

0,5

4

3

N O : 0, 045 Mg Mg

Y : Zn

NH : a

NO : 0, 405

+ + +

−







⎯⎯⎯→











Bảo toàn nguyên tố H:

4

NH

Bảo toàn nguyên tố N:

3

NO

n − = 0,5 0, 045.2 0, 005 − − = 0, 405(mol)

Bảo toàn khối lượng:

Hướng tư duy sai:

Nếu chúng ta sơ suất bỏ quên muối amoni mà bảo toàn nguyên tố N ngay như sau:

NO

n − =n −2n =0,5 0, 045.2− =0, 41(mol)

3

m m m − 8,9 0, 41.62 34,32(g) C

Cách khác: Sử dụng hệ quả của phương trình ion-electron

Chúng ta có thể gọi chung hai kim loại trên là: KL

Bài toán trên ta có thể sử dụng sơ đồ sau: 3

2

HNO 0,5

4

3

N O : 0, 045 KL

8, 9(g)KL

Y : NH : a NO

+

−









4

Biểu thức trên được rút ra từ các phương trình ion-electron

Đối chiếu với bài toán trên ta thấy chỉ có sản phẩm N O & NH2 4+ ta có:

N O

n + =10n +10n + =0,5=0, 045.2 10a+ = =a 0, 005(mol)

Câu 29 [Nguồn HĐ] Hòa tan hết 24,86 gam hỗn hợp gồm Zn, Fe3O4, Fe(NO3)2 vào dung dịch chứa 0,74 mol HCl, sau khi các phản ứng kết thúc thu được dung dịch X chứa 46,95 gam chất tan và thấy thoát ra 0,15 mol hỗn hợp khí Y gồm H2, NO có khối lượng 1,14 gam Cho dung dịch AgNO3 (dư) vào dung dịch X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Z; 111,59 gam kết tủa

và thấy thoát ra 0,224 lít (đktc) khí NO là sản phẩm khử duy nhất của NO3- Phần trăm khối lượng

của Zn trong hỗn hợp ban đầu gần nhất với?

A 54% B 55% C 56% D 57%

Hướng dẫn giải

Sơ đồ tư duy:

2

2

AgNO 0,74(gam)

3 4

3 2

du 4

1,14(gam)[NO H ] + H O

Zn : a

Fe : 0, 08

AgCl : 0, 74

NH : c

H : 0, 04 Cl

Zn

Fe O

Fe NO

: 0, 74

+ + + + +

−

+



















Ag

m =111, 59−0, 74.143, 5=5, 4(g)=0, 05(mol)

H

n + dư = 4nNO =0, 04(mol)

Fe

n + =n +3n =0, 03 0, 05+ =0, 08(mol)

BTKL:

H O H O 24,86+0, 74.36, 5=46, 95 1,14+ +m =m =3, 78(g)=0, 21(mol)

BTĐT: 2a + 0,08.2 + 3b + c + 0,04 = 0,74

65a + 56b + 18c + 56.0,08 + 0,04 + 0,74.35,5 = 46,95

BTNT (H) =>

2

H

0, 74 0, 21.2 4c

2

NO

n =0,15 0,16 2c− + =2c 0, 01+

BTNT (N):

3 2

Fe( NO )

2c c 0, 01

2

+ +

Bảo toàn nguyên tố Fe:

3 4

Fe O

b 0, 08 1, 5c 0, 005

3

Giải hệ ta được: a = 0,22; b = 0,03; c = 0,01 => %Zn = 57,52%

b 0, 08 1, 5c 0, 005 65a 180.(1, 5c 0, 005) 232.( ) 24,86(gam)

3

Câu 62 [Nguồn: HĐ] Cho m gam Fe vào bình chứa dd gồm HCl và HNO3 thu được dd X và 3,36 lít khí NO Thêm tiếp HCl dư vào bình thu được 0,56 lít khí NO và dung dịch Y Dung dịch Y hòa tan vừa hết 4 gam Cu (không tạo thành sản phẩm khử của N+5) Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, các khí ở đktc Giá trị của m là?

Hướng dẫn giải

Đây là dạng toán oxi hóa 2 lần, mỗi lần oxi hóa đều xảy ra phức tạp và sản phẩm khó xác định

Chúng ta có thể xác định được trong bài trên NO là sản phẩm khử duy nhất vì Fe rất khó tạo muối amoni (chỉ xảy ra ở điều kiện rất khắt khe)

Do sự chênh lệch giữa số mol e nhường và số mol Cu khá lớn nên khả năng sẽ tạo cả hai muối sắt

Sơ đồ:

3

2

HNO

3

NO : 0,15

NO : 0, 025 Fe

NO

Cl

+

+

−

−









Phản ứng hòa tan Cu của dung dịch Y: 3 2 2

0,125 0,0625

Fe + + Cu →Cu + +Fe +

Bảo toàn e cả hai quá trình: ne nhận = (0,15+0,025).3 = 0,525 (mol)

2

Fe ( trongY)

0, 525 0,125.3

2 +

−

= = = =>nFe = 0,075 + 0,125 = 0,2 mol = 11,2 (gam)

Cách bảo toàn hiện đại hơn

Xác định trạng thái oxi hóa đầu và cuối phản ứng ta có thể biểu diễn bài toán theo sơ đồ sau?

2

H NO

2

NO : 0,175(mol)

Cu : 0, 0625(mol) Cu

+

+

BT e toàn phương trình: 2x + 0,0625.2 = 0,175.3 => x = 0,2 (mol) => m = 11,2 (gam)

Câu 58 [Nguồn: ĐNT] Hoà tan hoàn toàn 11,12 gam Fe, FeO, Fe2O3, Cu, CuO vào dung dịch HNO3 loãng, thu được dung dịch Y và 1,568 lít khí NO Dung dịch Y có thể hòa tan tối đa 6,16 gam

Fe và tạo ra 0,224 lít khí NO Biết NO là spk duy nhất của N+5, số HNO3 mol đã dùng là?

A 0,52 B 0,6 C 0,56 D 0,28

Hướng dẫn giải

Sau khi hòa tan Fe vào Y thấy có NO thoát ra nên HNO3 dư => không có muối sắt II

Khi cho Fe vào Y, Fe phản ứng tối đa nên muối sau cùng chỉ có muối sắt II, Cu2+ đã bị Fe đẩy hết khỏi dung dịch

Quy đổi hỗn hợp X về hỗn hợp đơn giản hơn gồm: Fe, Cu, O

3

Fe (gd1)

0,11(mol)

3

NO : 0, 07(mol)

Fe : a

Fe : a

Cu

11, 2(gam) Cu : b Cu : b

NO : 0, 01

Y :

Fe NO

+ + +

+

−

⎯⎯⎯→

⎯⎯⎯⎯→ 





Từ phương trình ion – electron: 3 2

H+ +NO− → NO+H O => nH+ dư = (0,04 mol)

BT e giai đoạn 1 3a + 2b = 2c + 0,07.3

BT e giai đoạn 2: a + 2b + 0,01.3 = 0,11.2

Ta có hệ phương trình:

56a 64b 16c 11, 2 a 0,13 3a 2b 2c 0, 07.3 b 0, 03(mol)

a 2b 0, 01.3 0,11.2 c 0,12

=> nH+ =3nFe3 + +2nCu2 + +nH (du )+ +nNO =0,13.3 0, 03.2 0, 07 0, 04+ + + =0,56(mol)

Hoặc có thể tính HNO 3 theo cách sau:

H

n + =2n +4n =0,12.2 (0, 01 0, 07).4+ + =0, 56(mol)

Câu 54 [Nguồn: HĐ] Đốt m gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu, Mg, Zn trong oxi thu được 7,05 gam

chất rắn Y Hòa tan hết Y bằng dd HNO3 loãng dư thì thu được 1,792 lít NO (đktc, spk duy nhất) Cho m gam hh X tác dụng với dd H2SO4 đặc nóng, dư thu được dd Z chứa 23,37 gam muối và khí

SO2 (spk duy nhất) Giá trị của m là?

Hướng dẫn giải

Thí nghiệm 1: O 2 HNO 3

t

m(g) : X⎯⎯→ ⎯⎯⎯Y →NO : 0, 08(mol)

Thí nghiệm 2: H SO 2 4

2

4

KL m(g) : KL 23,37(g) SO

SO −

Từ thí nghiệm 1 ta có:

Bảo toàn khối lượng: mO = (7,05 – m) gam => ne O nhận: = 2(7, 05 – m)

(mol)

=> ne mà X đã nhường: 2(7, 05 – m)

0, 08.3

Bảo toàn e hai thí nghiệm ta có:

2

2

2

SO

0, 08.3 16

2(7,05 – )

2

m

−

Câu 23 [Nguồn: HĐ] Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm: Al, FeO, Fe3O4, CuO trong dung dịch chứa đồng thời 1,38 mol HCl và 0,16 mol NaNO3 Sau phản ứng thu được dung dịch Y và V lít khí NO thoát ra Dung dịch Y có thể phản ứng tối đa với 1,39 mol NaOH và thấy xuất hiện 21,93 gam kết tủa Mặt khác cho bột Mg vào dung dịch Y thì thấy lượng Mg phản ứng tối đa là 9 gam Đồng thời có 1,12 lít khí Z (đktc) gồm hai đơn chất không màu Q và R (MQ < MR) có tỉ lệ mol là 4:1 (không còn spk khác) Thể tích NO (đktc) thu được là?

A 2,24 B 2,688 C 1,344 D 5,6

Hướng dẫn giải

Đối với những bài toán nhiều quá trình cần chú ý các chất đủ, dư hay thiếu ra sao để dự đoán sản phẩm của quá trình đó

Xử lí khí: Do Mg phản ứng với dung dịch Y mà tạo hai đơn chất thì hai đơn chất đó chắc chắn là H2 và

N2

=> Trong Y có H , NO+ 3− dư => trong Y chỉ có muối Fe3+ và có thể có muối amoni

Chú ý: Khi cho Mg vào Y thì Mg ngoài phản ứng với H , NO+ 3− còn đẩy Cu, Fe ra khỏi dung dịch Mg không thể đẩy Al ra khỏi muối vì hiệu thế điện cực không đủ mạnh

Để tiện lợi trong quá trình giải toán chúng ta có thể quy đổi hỗn hợp ban đầu về hỗn hợp tương đương

Sơ đồ bài toán:



3

3

1,39(mol)

NaNO :0,16(mol)

21,93(g)

Mg 0, 4

3

NO : t

Na : 0,16(mol)

Al : a

Fe : b

Cu : c

Cu : c

H : 0, 2

O :

NH : d

Cl :1, 38(mol)

NO : 0, 02

+ + + + + +

−

−

→







⎯⎯⎯⎯→

→ 













2 375(mol)

2

H : 0, 04

N : 0, 01



⎯⎯⎯⎯→ 



H

n + dư = 0,01.12 + 0,04.2 = 0,2 (mol)

Bảo toàn e: nMg (tạo khí) = 0, 01.10 0, 04.2 0, 09(mol)

2

=> nMg (đẩy kim loại) = 0,375 – 0,09 = 0,285 (mol)

+ → + => Ta có hệ phương trình:

1,5b c 0, 285 b 0,15 107b 98c 21,93 c 0, 06

=

Bảo toàn điện tích dung dịch Y ta lại có hệ: 4a d 0, 62 a 0,15

3a d 0, 47 d 0, 02

=