a) Phương trình nhiệt hóa học tạo thành Al₂O₃ từ các đơn chất bền nhất

Phản ứng tạo thành 1 mol Al₂O₃:

\(2 A l \left(\right. r \left.\right) + \frac{3}{2} O_{2} \left(\right. k \left.\right) \rightarrow A l_{2} O_{3} \left(\right. r \left.\right) \Delta H = - 1676 \&\text{nbsp};\text{kJ}\)

Hoặc viết với hệ số nguyên:

\(4 A l \left(\right. r \left.\right) + 3 O_{2} \left(\right. k \left.\right) \rightarrow 2 A l_{2} O_{3} \left(\right. r \left.\right) \Delta H = - 3352 \&\text{nbsp};\text{kJ}\)

b) Tính lượng nhiệt khi lấy 7,437 lít khí O₂ (ở đktc)

• Số mol O₂: \(n_{O_{2}} = \frac{7 , 437}{22 , 4} = 0 , 332\) mol (chính xác: \(\frac{7 , 437}{22 , 4} \approx 0 , 33201\) mol)
• Theo phương trình: \(2 A l + \frac{3}{2} O_{2} \rightarrow A l_{2} O_{3}\), tỉ lệ mol O₂ : Al₂O₃ = \(\frac{3}{2} : 1\)
  \(n_{A l_{2} O_{3}} = \frac{2}{3} n_{O_{2}} = \frac{2}{3} \times 0 , 33201 \approx 0 , 22134 \&\text{nbsp};\text{mol}\)
• Nhiệt tỏa ra khi tạo thành 1 mol Al₂O₃ là 1676 kJ, nên nhiệt tỏa ra từ lượng O₂ trên:
  \(Q = n_{A l_{2} O_{3}} \times 1676 = 0 , 22134 \times 1676 \approx 370 , 96 \&\text{nbsp};\text{kJ}\)

Vậy lượng nhiệt tỏa ra là 370,96 kJ (làm tròn có thể là 371 kJ).

a) Khi ở nơi đông người trong không gian kín, ta cảm thấy khó thở và phải thở nhanh hơn.

• Trong quá trình hô hấp, con người hít vào khí oxygen (O₂) và thở ra khí carbon dioxide (CO₂).
• Ở nơi đông người và không gian kín, nồng độ O₂ trong không khí giảm dần do nhiều người hít vào, đồng thời nồng độ CO₂ tăng lên do mọi người thở ra.
• Khi nồng độ O₂ thấp, cơ thể thiếu O₂ cung cấp cho các tế bào, đặc biệt là tế bào não, kích thích trung khu hô hấp hoạt động mạnh hơn, làm tăng nhịp thở để cố gắng lấy thêm O₂.
• Ngoài ra, nồng độ CO₂ cao cũng là tín hiệu kích thích trung khu hô hấp, khiến nhịp thở tăng lên nhằm đào thải bớt CO₂ ra ngoài. Cảm giác khó thở là do sự thiếu hụt O₂ và dư thừa CO₂ trong máu.

b) Tàn đóm đỏ bùng lên khi cho vào bình oxygen nguyên chất.

• Tàn đóm đỏ là than đang cháy âm ỉ, vẫn còn nhiệt độ cao nhưng thiếu O₂ để duy trì ngọn lửa.
• Trong không khí, nồng độ O₂ chỉ khoảng 21%, phần lớn là khí nitơ (N₂) không duy trì sự cháy.
• Khi đưa tàn đóm vào bình chứa oxygen nguyên chất (nồng độ O₂ gần 100%), lượng O₂ dồi dào sẽ tiếp xúc trực tiếp với than nóng, làm tăng tốc độ phản ứng cháy mạnh mẽ.
• Phản ứng tỏa nhiệt nhanh chóng làm than bùng cháy thành ngọn lửa, thể hiện qua hiện tượng tàn đóm bùng sáng. Đây là một trong những cách nhận biết khí oxygen.

a. Tính khối lượng Fe (m)

• Số mol khí \(S O_{2}\): \(n_{S O_{2}} = \frac{3 , 36}{22 , 4} = 0 , 15\) mol.
• Phương trình phản ứng:
  \(2 F e + 6 H_{2} S O_{4} \&\text{nbsp};(đặ\text{c},\&\text{nbsp};\text{n} \overset{ˊ}{\text{o}} \text{ng}) \rightarrow F e_{2} \left(\right. S O_{4} \left.\right)_{3} + 3 S O_{2} + 6 H_{2} O\)
• Theo phương trình, cứ 2 mol Fe tạo ra 3 mol \(S O_{2}\). Vậy:
  \(n_{F e} = \frac{2}{3} n_{S O_{2}} = \frac{2}{3} \times 0 , 15 = 0 , 1 \&\text{nbsp};\text{mol} .\)
• Khối lượng Fe: \(m = 0 , 1 \times 56 = 5 , 6\) gam.

b. Tính khối lượng muối thu được

• Muối thu được là \(F e_{2} \left(\right. S O_{4} \left.\right)_{3}\).
• Số mol \(F e_{2} \left(\right. S O_{4} \left.\right)_{3} = \frac{1}{2} n_{F e} = 0 , 05\) mol.
• Khối lượng muối:
  \(m_{F e_{2} \left(\right. S O_{4} \left.\right)_{3}} = 0 , 05 \times \left(\right. 56 \times 2 + 96 \times 3 \left.\right) = 0 , 05 \times \left(\right. 112 + 288 \left.\right) = 0 , 05 \times 400 = 20 \&\text{nbsp};\text{gam} .\)

Đáp số: a. 5,6 gam; b. 20 gam.

a. Tính khối lượng Fe (m)

• Số mol khí \(S O_{2}\): \(n_{S O_{2}} = \frac{3 , 36}{22 , 4} = 0 , 15\) mol.
• Phương trình phản ứng:
  \(2 F e + 6 H_{2} S O_{4} \&\text{nbsp};(đặ\text{c},\&\text{nbsp};\text{n} \overset{ˊ}{\text{o}} \text{ng}) \rightarrow F e_{2} \left(\right. S O_{4} \left.\right)_{3} + 3 S O_{2} + 6 H_{2} O\)
• Theo phương trình, cứ 2 mol Fe tạo ra 3 mol \(S O_{2}\). Vậy:
  \(n_{F e} = \frac{2}{3} n_{S O_{2}} = \frac{2}{3} \times 0 , 15 = 0 , 1 \&\text{nbsp};\text{mol} .\)
• Khối lượng Fe: \(m = 0 , 1 \times 56 = 5 , 6\) gam.

b. Tính khối lượng muối thu được

• Muối thu được là \(F e_{2} \left(\right. S O_{4} \left.\right)_{3}\).
• Số mol \(F e_{2} \left(\right. S O_{4} \left.\right)_{3} = \frac{1}{2} n_{F e} = 0 , 05\) mol.
• Khối lượng muối:
  \(m_{F e_{2} \left(\right. S O_{4} \left.\right)_{3}} = 0 , 05 \times \left(\right. 56 \times 2 + 96 \times 3 \left.\right) = 0 , 05 \times \left(\right. 112 + 288 \left.\right) = 0 , 05 \times 400 = 20 \&\text{nbsp};\text{gam} .\)

Đáp số: a. 5,6 gam; b. 20 gam.

Phản ứng:
Zn + 2H2SO4 đặc → ZnSO4 + SO2 + 2H2O
2Al + 6H2SO4 đặc → Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

Nhưng cần chú ý: Al có thể phản ứng với H2SO4 đặc nóng tạo SO2, tuy nhiên Al thụ động trong H2SO4 đặc nguội, nhưng ở đây là đặc nóng nên phản ứng bình thường.

Ta tính số mol SO2 = 5,6/22,4 = 0,25 mol.

Gọi số mol Zn là x, số mol Al là y.
Khối lượng: 65x + 27y = 9,2 (1)

Bảo toàn electron: Zn → Zn2+ + 2e, Al → Al3+ + 3e.
S+6 + 2e → S+4 (SO2)
Số mol electron nhường = số mol electron nhận = 2 * nSO2 = 2*0,25 = 0,5 mol.
Vậy: 2x + 3y = 0,5 (2)

Giải hệ:
(1) 65x + 27y = 9,2
(2) 2x + 3y = 0,5

Nhân (2) với 13: 26x + 39y = 6,5

Lấy (1) - (26x+39y): (65x-26x) + (27y-39y) = 9,2 - 6,5 => 39x -12y = 2,7? Thực tế: 65x+27y - (26x+39y) = 39x -12y = 2,7. Nhưng ta có thể giải bằng cách khác.

Từ (2): x = (0,5 - 3y)/2. Thay vào (1):
65*(0,5-3y)/2 + 27y = 9,2
Nhân 2: 65*(0,5-3y) + 54y = 18,4
32,5 - 195y + 54y = 18,4
32,5 - 141y = 18,4 => 141y = 32,5 - 18,4 = 14,1 => y = 14,1/141 = 0,1 mol.
Vậy mAl = 27*0,1 = 2,7 gam.

Đáp số: 2,7 gam.

mglucose​=100%mdd​.C%​=100%V.D.C%​=100%500.1,1.5%​=27,5(g)

⇒ \(n_{g l u c o s e} = \frac{27 , 5}{180} = \frac{11}{72} \left(\right. m o l \left.\right)\)

⇒ Năng lượng tối đa một người bệnh nhận được khi truyền một chai 500 mL dung dịch glucose 5% là

\(2803 , 0. \frac{11}{72} = 428 , 24 \left(\right. k J \left.\right)\).