Thời gian xe máy đi:

\(120:60=2\left(h\right)\)

Xe máy khởi hành lúc:

10 giờ 30 phút - 2 giờ = 8 giờ 30 phút

Thời gian đi là 120:60=2(giờ)

Người đó khởi hành lúc:

10h30'-2h=8h30'

Thời gian người đó đi là:

\(120:60=2\left(giờ\right)\)

Người đó khởi hành lúc:

\(10giờ30phút-2giờ=8giờ30phút\)

Để có thể sử dụng phương pháp BTe thông thạo thì phải nắm vũng các kiến thức sau

- Viết được PT các chất có sự thay đổi về số oxi hoá 

- Phải xác định được chất khử (chất nhường e) và chất oxi hoá (chất nhận e)

- Trọng tâm: e_nhận = e_nhường \(\left(\Sigma^n_enhường=\Sigma^n_enhận\right)\)

VD₁:

Cho 15,8 gam thuốc tím phản ứng vừa đủ với dd HCl, tính thể tích khí Cl₂ thu được

Đặt \(n_{Cl_2}=x\left(mol\right)\)

\(\rightarrow n_{Cl^0}=2x\left(mol\right)\)

\(n_{KMnO_4}=\dfrac{15,8}{158}=0,1\left(mol\right)\\ \rightarrow n_{Mn^{7+}}=0,1\left(mol\right)\)

Quá trình nhận e

\(Mn^{+7}+5e\rightarrow Mn^{+2}\)

0,1--->0,5

Quá trình nhường e

\(2Cl^{-1}-2e\rightarrow2Cl^0\)

             2x<---2x

Áp dụng ĐLBTe: 

\(2x=0,5\\ \Leftrightarrow x=0,25\)

Nếu thông thạo thì em có thể ghi là:

\(BTe:2n_{KMnO_4}=5n_{Cl_2}\\ \rightarrow n_{Cl_2}=\dfrac{5}{2}.0,1=0,25\left(mol\right)\)

Vậy \(V_{Cl_2}=0,25.22,4=5,6\left(l\right)\)

VD₂:

Cho mẩu đồng vào 400ml dd AgNO₃ 2M dư, sau đó thêm mẩu kẽm dư vào dd vừa thu được. Tính khối lượng mẩu kẽm đã tan ra.

\(n_{AgNO_3}=0,4.2=0,8\left(mol\right)\)

Sau khi cho Cu vào thì dd thu được gồm: Cu(NO₃)₂, AgNO₃

Sau khi cho Zn dư thì dd thu được chỉ có Zn(NO₃)₂

Ở đây Cu khử Ag rồi Zn lại khử Cu(NO₃)₂ nên ta coi như Zn khử hoàn toàn AgNO₃ (Cu chỉ là chất trung gian)

Quá trình nhận e: \(Zn^0+2e\rightarrow Zn^{2+}\)

Quá trình nhường e: \(Ag^++1e\rightarrow2Ag^0\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTe}}n_{Zn\left(pư\right)}=2n_{AgNO_3}\\ \rightarrow n_{Zn}=\dfrac{0,8}{2}=0,4\left(mol\right)\)

Vậy \(m_{Zn}=0,4.65=26\left(g\right)\)

VD₃: Loại dạng có nhiều chất khử và chất oxi hoá

Hòa tan hết 7,44 gam hỗn hợp Al, Mg trong thể tích vừa đủ là 500 ml dung dịch HNO3 loãng thu được dung dịch A và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp hai khí, trong đó có một khí bị hóa nâu trong không khí và khí còn lại là khí gây cười có tỉ khối so với H₂ là 24,5. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp.

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al}=a\left(mol\right)\\n_{Mg}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow27a+24b=7,44\left(1\right)\)

2 Chất khí thu được là NO (hoá màu nâu) và N₂O (gây cười)

\(\left\{{}\begin{matrix}n_{hh}=\dfrac{3,316}{22,4}=0,14\left(mol\right)\\M_{hh}=24,5.2=45\left(g\text{/}mol\right)\end{matrix}\right.\)

Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:

\(\dfrac{n_{NO_2}}{n_{N_2O}}=\dfrac{V_{NO_2}}{V_{N_2O}}=\dfrac{45-44}{46-45}=\dfrac{1}{1}\\ \rightarrow n_{NO_2}=n_{N_2O}=\dfrac{0,14}{2}=0,07\left(mol\right)\)

Quá trình nhận e:

\(2N^{+5}+8e\rightarrow2N^{+1}\)

         0,56<--0,07

\(N^{+5}+3e\rightarrow N^{+2}\)

         0,21<--0,07

\(\Rightarrow\Sigma n_{e\left(nhận\right)}=0,56+0,21=0,77\left(mol\right)\)

Quá trình nhường e:

\(Al^0-3e\rightarrow Al^{+3}\)

a---->3a

\(Mg^0-2e\rightarrow Mg^{+2}\)

b----->2b

\(\Rightarrow\Sigma n_{e\left(nhường\right)}=3a+2b\left(mol\right)\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTe}}3a+2b=0,77\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,2\\b=0,085\end{matrix}\right.\left(TM\right)\)

Từ đó suy ra phần còn lại ...

Đọc thử xem hiểu được đến đâu rồi :)

sai 

sai