cho phương trình phản ứng: $N_2O_{4(k)} \rightleftharpoons  2NO_{2(k)}$
Ở $63^0C$ hằng số cân bằng $k_p$ là 1,27
a. Tính thành phần phần trăm theo số mol hỗn hợp, khi ấp suất tổng cộng lần lượt là 1atm, 10atm
b. Qua kết quả trên có thể rút ra kết luận gì về ảnh hưởng của áp suất đến sự chuyển dịch cân bằng

                                                    $N_2O_{4(k)} \rightleftharpoons  2NO_{2(k)}$
 a)
 *Với   $P=1  atm$:
 Giả sử thể tích của bình là $V_1=1  lit$
 Gọi số mol : $n_{N_2O_{4(k)}} =a  mol ;  n_{NO_{2(k)}} =b  mol$
 Theo bài ra ta có:

$\begin{cases}\frac{b^2}{a}=1,27 \\ a+b=\frac{273}{22,4.(63+273)} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=0,00103 \\ b=0,03524 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}\%N_2O_{4(k)}=2,84\% \\ \%NO_{2(k)}=97,16\% \end{cases}$
*Với   $P=10  atm$:
 Giả sử thể tích của bình là $V_2=1  lit$
 Gọi số mol : $n_{N_2O_{4(k)}} =a  mol ;  n_{NO_{2(k)}} =b  mol$
 Theo bài ra ta có:

$\begin{cases}\frac{b^2}{a}=1,27 \\ a+b=\frac{10.273}{22,4.(63+273)} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=0,0686 \\ b=0,2941 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}\%N_2O_{4(k)}=18,91\% \\ \%NO_{2(k)}=81,09\% \end{cases}$
b Từ kết quả trên ta thấy khi tăng áp suất thì   $N_2O_{4(k)}$  phân li kém đi hay nói cách khác là khi tăng áp suất thì cản trở việc phân li theo chiều thuận hay phản ứng dịch chuyển theo chiều nghịch . Đúng với nguyên lí Lơsatơ liê
 

Ta có:
                                            $Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\uparrow$
                                              $Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\uparrow$
$n_{H_2}=0,02\Rightarrow 3,1=0,02.127+m_{Fe  dư}\Rightarrow m_{Fe  dư}=0,56  gam\Rightarrow a=1,68  gam$
                            $3,34=a+b+0,02.71\Rightarrow b=3,34-1,68-0,02.71=0,24  gam$

Dễ thấy :
           $S_{(Cu_2S, CuS, FeS_2, FeS)}\rightarrow SO_4^{2-}\Rightarrow n_{S_{(Cu_2S, CuS, FeS_2, FeS)}}=\frac{46,6}{233}=0,2  mol$
          $Fe_{( FeS_2, FeS)}\rightarrow Fe^{3+}\Rightarrow n_{Fe_{ (FeS_2, FeS)}}=\frac{10,7}{107}=0,1  mol$
      $\Rightarrow n_{Cu_{(Cu_2S, CuS)}}=\frac{18,4-(0,2.32+0,1.56)}{64}=0,1  mol$
Áp dung định luật bảo toàn electron ta có số mol electron mà $NO_3^-\rightarrow NO_2\uparrow$ là:
       $n_e=6.n_s+3.n_{Fe}+2.n_{Cu}=6.0,2+3.0,1+2.0,1=1,7  mol$
      $\Rightarrow V=1,7.22,4=38,08  lit$

Cách 1:
$\%Fe=40\%\Rightarrow m_{Fe}=5.\frac{40}{100}=2  gam\Rightarrow m_{kim  loại  dư}=3,32\Rightarrow Fe  dư$
$\Rightarrow m_{Fe  pư}=5-3,32=1,68\Rightarrow n_{Fe  pư}=\frac{1,68}{56}=0,03  mol\Rightarrow m_{muối}=0,03.180=5,4  gam$
Vì :
                                            $Fe+4HNO_3\rightarrow Fe(NO_3)_3+NO\uparrow+2H_2O$
                                                    $Fe_{dư}+2Fe(NO_3)_3\rightarrow 3Fe(NO_3)_2$

Gọi CTPT và số mol của ete tạo bởi hai rượi $X,Y:C_nH_mO;n_{C_nH_mO}=a  mol$
Gọi  số mol của : $n_{CO}=b  mol;n_{O_2}=c  mol$

Theo bài ra ta có:$\begin{cases}28b+32c=11 \\ \frac{28b+32c}{b+c}=\frac{220}{7} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}b=0,05 \\ c=0,3 \end{cases}\Rightarrow \frac{a(12n+m+16)+11}{a+0,35}=35$
                                     $\Rightarrow a=\frac{1,25}{12n+m-19}                                                                           (1)$
PTPƯ:
                                             $2CO         +         O_2         \rightarrow           2CO_2$
                                      $0,05  mol              0,025  mol               0,05  mol$
                     $4C_nH_mO            +              (4n+m-2)O_2          \rightarrow             4nCO_2              +           2mH_2O$
$a  mol                                                a\frac{(4n+m-2)}{4}                                   na                                   \frac{ma}{2}$
Theo bài ra ta có : 
$a\frac{(4n+m-2)}{4} =0,3-(0,025+\frac{0,3}{6})\Rightarrow a=\frac{0,9}{4n+m-2}                                           (2)$
Từ $)1),(2)\Rightarrow 5,8n-0,35m=14,6\Rightarrow 292=116n-7m\geqslant 116n-7(2n+2)$
$\Rightarrow 292\geqslant 102n-14\Rightarrow n\leqslant 3\Rightarrow $ete đó phải là:$C_3H_8O:CH_3-O-C_2H_5$
  $a)$Hai ancol cần tìm là : $CH_3-OH;C_2H_5-OH$
  $b)n_{C_3H_8O}=\frac{0,9}{4.3+8-2}=0,05  mol\Rightarrow m_{CH_3OH}=3.0,05.32=4,8  gam$
                                                                                 $m_{C_2H_5OH}=3.0,05.46=6,9  gam$
  $c)$Khi đưa bình về $0^0C$ thì trong bình chỉ còn $CO_2,O_{2  dư}$ vì nước bị ngưng tụ
$\Rightarrow n_{hh}=(0,05+3.0,05)+\frac{0,3}{6}=0,25  mol\Rightarrow V=\frac{0,25.22,4}{0,7}=8  lit$

              $N_2 + 3H_2 \rightleftharpoons   2NH_3$
             $0,3      0,7               0$
             $x          3x               2x$
     $0,3-x    0,7-3x      2x$
Theo giả thiết ta có:
$\frac{0,7-3x}{0,7-3x+0,3-x+2x}=0,5=\frac{0,7-3x}{1-2x} \Rightarrow x=0,1  $
$K_C=\frac{[NH_3]^2}{[N_2].[H_2]^3} =\frac{0,2^2}{0,2.0,4^3}=\frac{0,04}{0,0128}=3,125  $

$n_{Al}=\frac{12,42}{27}=0,46  (mol);  n_{N_2O,  N_2}=\frac{1,344}{22,4}=0,06  (mol)  $
Vì  $\overline{M}_Y=\frac{44+28}{2}=36 \rightarrow n_{N_2O}=n_{N_2}=0,03  mol  $
                   $Al    \rightarrow     Al^{3+} +3e$
                   $0,46       0,46          1,38$
                   $2NO_3^-  +  10e + 12H^+ \rightarrow N_2 + 6H_2O$
                   $0,06          0,3                       0,03$
                   $2NO_3^- + 8e + 10H^+ \rightarrow N_2O + 5H_2O$
                   $0,06      0,24                       0,03$
                   $2NO_3^-  +  8e  +  10H^+ \rightarrow NH_4NO_3 + 3H_2O$
                   $2x              8x                                x$
Áp dụng định luật bảo toàn electron vào các quá trình trên ta có
          $8x + 0,54 =1,38  \Rightarrow x=0,105  (mol)  n_{NH_4NO_3}$
$\Rightarrow $  KHối lượng muối thu được là:  $0,46.213 + 0,105.80  =  106,38  (g)$.

Theo bài ra thì $Y$ thực chất là hỗn hợp hai rượu no đơn chức và khi  $Y$ tác dụng hoàn toàn với $N$a tạo ra $0,1$ mol $H_2\Rightarrow n_Y=0,2  mol$. Gọi công thức phân tử trung bình của $Y:C_{\overline{n}}H_{2\overline{n}+2}O$
 Khi đốt cháy hoàn toàn $Y\Rightarrow n_{CO_2}=0,2.\overline{n}\Rightarrow m_{CO_2}=8,8.\overline{n}$
                                                       $n_{H_2O}=0,2(\overline{n}+1)\Rightarrow m_{H_2O}=3,6+3,6\overline{n}$
 Lại có:
                                                      $n_{KOH}=\frac{28.300}{100.56}=1,5  mol$
                                                   $CO_2+2KOH\rightarrow K_2CO_3+H_2O$
$n_{KOH  dư}=1,5-2.0,2.\overline{n}=1,5-0,4.\overline{n}\Rightarrow m_{KOH  dư}=56(1,5-0,4.\overline{n})=84-22,4\overline{n}          (1)$
 $m_{dd}=300+m_{CO_2}+m_{H_2O}=300+(8,8.\overline{n})+(3,6+3,6\overline{n})=303,6+12,4\overline{n}                      (2)$
 Từ $(1),(2)\Rightarrow \frac{84-22,4\overline{n}}{303,6+12,4\overline{n}}=\frac{11,937}{100}\Rightarrow \overline{n}=2                                                                                                                                              (3)$
 Như ta biết thì :$1  mol  -CHO\xrightarrow[NH_3]{AgNO_3}2  mol  Ag$ . Đặc biệt với $1  mol  HCHO\xrightarrow[NH_3]{AgNO_3}4  mol  Ag$
Mặt khác $X$ tác dụng với dd $AgNO_3$ trog $NH_3$ dư thu được $21,6$ gam $Ag$ hay $0,2  mol  Ag$  nhưng :
$n_Y=n_X=0,2  mol\Rightarrow X$ phải chứa một rượu (gọi công thức của rượu : $C_xH_yO$) và một anđehit.
    *Nếu  $X$ chứa $HCHO\Rightarrow n_{HCHO}=\frac{1}{4}.0,2=0,05  mol $
                                              $\Rightarrow n_{C_xH_yO}=0,2-0,05=0,15  mol$
Theo $(3)\Rightarrow \frac{0,05.1+x.0,15}{0,2}=2\Rightarrow x=2,333333333333333\Rightarrow $Loại
    *Nếu anđehit chứa $2$ nguyên tử cacbon $\Rightarrow CH_3CHO\Rightarrow n_{CH_3CHO}=\frac{1}{2}.0,2=0,1  mol$
 Từ $(3)\Rightarrow \frac{2.0,1+(0,2-0,1)x}{0,2}=2\Rightarrow x=2\Rightarrow C_2H_5OH$ loại vì $X$ tác dụng với $H_2$ dư (xt $Ni$) chỉ có $0,1  mol  H_2$ phản ứng.
    *Nếu anđehit chứa nhiều hơn $3$ nguyên tử cacbon thì từ $(3)\Rightarrow x=1\Rightarrow CH_3OH$
và : $n_{anđehit}=n_{CH_3OH}=0,1  mol$ gọi công thức của anđehit : $C_nH_mO$
 Theo $(3)\Rightarrow \frac{0,1.1+n.0,1}{0,2}=2\Rightarrow n=3$
 Theo bài ra thì :$X$ tác dụng với $H_2$ dư (xt $Ni$) thấy có 0,2 mol $H_2$ phản ứng $\Rightarrow $ anđehit cần tìm phải chứa một liên kết đôi $\Rightarrow CH_2=CH-CHO$ 
 Vậy hỗn hợp $X:CH_3OH  ,  CH_2=CH-CHO$
 Các phương trình phản ứng:
 $CH_2=CH-CHO+2AgNO_3+3NH_3+H_2O\rightarrow CH_2=CH-COONH_4+2NH_4NO_3+2Ag\downarrow$
 $0,1  mol                                                                                                                                                                                                                0,2  mol$
 $CH_2=CH-CHO+2H_2\rightarrow CH_3-CH_2-CH_2OH$
      $0,1  mol                                 0,2  mol$
 $CH_3-CH_2-CH_2OH+\frac{9}{2}O_2\rightarrow 3CO_2+4H_2O$
                           $0,1  mol                       0,3  mol            0,4  mol$
$ CH_3OH+\frac{3}{2}O_2\rightarrow CO_2+2H_2O$
 $0,1  mol                    0,1  mol  0,2  mol$

 $CO_2+2KOH\rightarrow K_2CO_3+H_2O$
 Chú ý : Nếu cho hh $X$ tác dụng với dd $AgNO_3$ trog $NH_3$ dư thu được $21,6$ gam $Ag$ (ko có khí thoát ra) là vì $CH_3OH$ tan vô hạn trong nước.

Tôi xin đưa ra cách cân bằng mà ai cũng được học :Cân bằng theo phương pháp electron
Để lập phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa - khử, ta cần biết công thức hóa học của các chất tham gia và tạo thành, còn việc lựa chọn hệ số thích hợp đặt trước công thức các chất trong phương trình hóa học có thể thực hiện bằng nhiều phương pháp khác nhau.
Ta sẽ làm quen với một trong các phương pháp: Đó là phương  pháp thăng bằng electron. Phương pháp này dựa trên nguyên tắc: Tổng số electron do chất khử nhường phải đúng bằng tổng số electron mà chất oxi hóa nhận.
Để lập phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa - khử theo phương  pháp thăng bằng electron, ta thực hiện các bước sau đây:
Thí dụ 1: Lập phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa - khử sau:
$Fe_2O_3  +  CO  \rightarrow   Fe  +  CO_2$
Bước 1: Xác định số oxi hóa của những nguyên tố có số oxi hóa thay đổi.
\[\overset{+3}{\mathop{F{{\text{e}}_{2}}{{O}_{3}}}}\,+\overset{+2}{\mathop{C{{O}_{{}}}}}\,\to \overset{0}{\mathop{F\text{e}}}\,\overset{+4}{\mathop{+C{{O}_{2}}}}\,\]
Bước 2: Viết quá trinh oxi hóa và quá trình khử, cân bằng mỗi quá trình.
$\overset{+2}{\mathop{C}}\,\to \overset{+4}{\mathop{C}}\,+2\text{e}$  (quá trình oxi hóa)
$\overset{+3}{\mathop{F\text{e}}}\,+3\text{e}\to \overset{0}{\mathop{F\text{e}}}\,$  (quá trình khử)
Bước 3: Tìm hệ số thích hợp sao cho tổng số electron do chất khử nhường bằng tổng số electron mà chất oxi hóa nhận.
\[\begin{matrix}
   3\times   \\
   2\times   \\
\end{matrix}\left| \begin{align}
  & \overset{+2}{\mathop{C}}\,\to \overset{+4}{\mathop{C}}\,+2\text{e} \\
 & \overset{+3}{\mathop{F\text{e}}}\,+3\text{e}\to \overset{0}{\mathop{F\text{e}}}\, \\
\end{align} \right.\]
Bước 4: Đặt hệ số của chất oxi hóa và chất khử vào sơ đồ phản ứng. Hoàn thành phương trình hóa học:
$Fe_2O_3 + 3CO \rightarrow 2Fe + 3CO_2$
Thí dụ 2: Lập phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa - khử sau:
$MnO_2 + HCl \rightarrow MnCl_2 + Cl_2 + H_2O$
Bước 1:  \[\overset{+4}{\mathop{Mn}}\,{{O}_{2}}+H\overset{-1}{\mathop{Cl}}\,\to \overset{+2}{\mathop{Mn}}\,C{{l}_{2}}+{{\overset{0}{\mathop{Cl}}\,}_{2}}+{{H}_{2}}O\]
Bước 2: \[\begin{align}
  & \overset{-1}{\mathop{Cl}}\,\to \overset{0}{\mathop{Cl}}\,+1\text{e} \\
 & \overset{+4}{\mathop{Mn}}\,+2\text{e}\to \overset{+2}{\mathop{Mn}}\, \\
\end{align}\]
Bước 3:  \[\begin{matrix}
   2\times   \\
   1\times   \\
\end{matrix}\left| \begin{align}
  & \overset{-1}{\mathop{Cl}}\,\to \overset{0}{\mathop{Cl}}\,+1\text{e} \\
 & \overset{+4}{\mathop{Mn}}\,+2\text{e}\to \overset{+2}{\mathop{Mn}}\, \\
\end{align} \right.\]
Bước 4:  $MnO_2 + 2HCl  \rightarrow  MnCl_2  + Cl_2  + H_2O$
Nhận thấy có hai phân tử  $HCl$  mà số oxi hóa của nguyên tố clo không thay đổi, chúng đóng vai trò là chất tạo môi trường. Phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa - khử được viết như sau:
\[\overset{+4}{\mathop{Mn}}\,{{O}_{2}}+4H\overset{-1}{\mathop{Cl}}\,\to \overset{+2}{\mathop{Mn}}\,{{\overset{-1}{\mathop{Cl}}\,}_{2}}+{{\overset{0}{\mathop{Cl}}\,}_{2}}+2{{H}_{2}}O\]
Trong phản ứng này, một số phân tử  $HCl$  là chất khử, một số phân tử  $HCl$  khác là chất tạo môi trường.

Bình thường khi cho:$C_2H_{4  nguyên  chất}+KMnO_4$ thì
$3CH_2=CH_2 + 2KMnO_4+4H_2O \rightarrow  3HOCH_2-CH_2OH + 2MnO_2\downarrow+2KOH$
Nhưng thực tế trong bài này không thấy xuất hiện kết tủa vì :
$6H_2SO_{4  đặc}+C_2H_5OH \overset{t^0}{\rightarrow}2CO_2\uparrow +6SO_2\uparrow +9H_2O$
$2KMnO_4+5SO_2+2H_2O\rightarrow K_2SO_4+2MnSO_4+2H_2SO_4$
Khi đó $C_2H_4$ thực chất tác dụng với $KMnO_4$ trong môi trường axit nên:
$5CH_2=CH_2 + 2KMnO_4+3H_2SO_4+2H_2O \rightarrow  5HOCH_2-CH_2OH + 2MnSO_4+K_2SO_4$
Tóm lại sản phẩm thu được trong trường hợp này thường có lẫn tạp chất là : $SO_2,CO_2,H_2O...$
Và nguyên nhân gây ra hiện tượng không xảy ra kết tủa là $SO_2$
Vậy để loại bỏ tạp chất này ta có thể dùng dd giữ lại tạp chất mà không phản ứng với
$C_2H_4\Rightarrow dd:KOH$ vì
$SO_2+2KOH\rightarrow K_2SO_3+H_2O$
$CO_2+2KOH\rightarrow K_2CO_3+H_2O$

Một chất hữu cơ $X$ có CTPT $C_3H_9O_2N$. Cho tác dụng với dung dịch $NaOH$ đun nhẹ, thu được muối $Y$ và khí làm xanh giấy quỳ tẩm ướt$\Rightarrow X:$là muối 
Nung $Y$ với vôi tôi xút thu được khí etan$\Rightarrow Y:CH_3CH_2COONa\Rightarrow X:CH_3CH_2COONH_4$
 Các PTPƯ:
 $CH_3CH_2COONH_4+NaOH\rightarrow CH_3CH_2COONa+NH_3\uparrow$
 $CH_3CH_2COONa+NaOH\xrightarrow[t^0]{CaO}C_2H_6\uparrow +Na_2CO_3$

Gọi số mol của $Fe:x  mol;Fe_2O_3:y  mol$
Các PTPƯ:
$Fe_2O_3+6HCl\rightarrow 2FeCl_3+3H_2O                       (1)$
$2FeCl_3+Fe\rightarrow 3FeCl_2                                                                (2)$
$Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\uparrow                                (3)$
$FeCl_2+2NaOH\rightarrow 2NaCl+Fe(OH)_2\downarrow           (4)$
$2Fe(OH)_2\downarrow\xrightarrow[O_2]{t^0}Fe_2O_3+H_2O                               (5)$
Theo bài ra ta có:
$\Rightarrow \begin{cases}56x+160y=10 \\ x-y=\frac{1,12}{22,4} \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}x=\frac{1}{12} \\ y=\frac{1}{30} \end{cases}$
$\Rightarrow m_{chất  rắn}=160(\frac{x}{2}+y)=160(\frac{1}{24}+\frac{1}{30})=12  gam$

Khi số mol  $KOH$  tăng mà vẫn thu được  $a  gam$  kết tủa  $\Rightarrow $  Khi cho  $0,22  mol  KOH$  vào thì  $ZnSO_4$  còn dư  $\Rightarrow $  số mol kết tủa $=0,11  mol.$
                  $Zn^{2+} + 2OH^- \rightarrow Zn(OH)_2  \downarrow $
                  $0,11      0,22            0,11$
Khi cho  $0,28  mol  KOH$  thì  $ZnSO_4$  hết và số mol kết tủa vẫn là  $0,11  mol$:
                  $Zn^{2+}       +       2OH^- \rightarrow          Zn(OH)_2  \downarrow $
                  $0,11+x         2(0,11+x)           0,11+x$
                  $Zn(OH)_2  +     2OH^- \rightarrow                  ZnO_2^{2-} + H_2O$
                  $0,03-x         0,06-2x$
Theo giả thiết ta có:  $(0,11+x)-(0,03-x)=0,11 \Rightarrow x=0,015$
Vậy số mol  $ZnSO_4$  ban đầu:  $0,11+0,015=0,125  mol$
$\Rightarrow m_{ZnSO_4}=0,125.161=20,125g$

Sơ đồ phản ứng:
$\left\{ \begin{gathered}
  F{\text{e}}:0,1  \\
  S:0,075 \\
\end{gathered}  \right\}   \xrightarrow[không  có  không  khí]{t^0} $  Hỗn hợp rắn  $M\left\{ \begin{gathered}
  F{\text{eS}}  \\
  {\text{F}}{{\text{e}}_{d ư }}  \\
  {S_{d ư }}  \\
\end{gathered}  \right\}$
                                                                     $\xrightarrow{HCl} \begin{cases}Khí  X  \left\{ \begin{gathered}
  {H_2}S  \\
  {H_2} \\
\end{gathered}  \right\} \\ Không  tan  G  là  S \end{cases}  \xrightarrow{cháy} \left\{ \begin{gathered}
  \mathop S\limits^{ + 4} {O_2}  \\
  {H_2}\mathop O\limits^{ - 2}  \\
\end{gathered}  \right\}$
Quá trình oxi hóa:  $Fe \rightarrow Fe^{2+} +2e$
                                    $0,1            \rightarrow      0,2$
                                   $S \rightarrow \overset{{+4}}{\mathop{{S}}}\,(SO_2) +4e$
                              $0,075    \rightarrow                     0,3$
Quá trình khử:  $O_2 + 4e \rightarrow 2O^{2-}$
                               $x \rightarrow 4x$
Áp dụng bảo toàn electron:  $4x=0,5 \Rightarrow x=0,125 \Rightarrow V=0,125.22,4=2,8  (lít)$

$A$ là dd $HCl$ nồng độ $a  mol/l$ và $B$ là dd $HCl$ nồng độ $5a  mol/l$
Trộn V lít dd A với V' lít dd B được dd C có nồng độ $0,2 mol/l\Rightarrow $ta có:
$\frac{a.V+5a.V'}{V+V'}=0,2M                  (1)$
Trộn V' lít dd A với V lít dd B được dd C có nồng độ $0,4 mol/l\Rightarrow $ta có:
$\frac{a.V'+5a.V}{V+V'}=0,4M                  (2)$
Từ $(1)và(2)\Rightarrow 2(a.V+5a.V')=a.V'+5a.V\Rightarrow 9V'=3V\Rightarrow V=3V'$
Thay vào $(1)\Rightarrow \frac{a.3V'+5a.V'}{3V'+V'}=0,2\Rightarrow a=0,1M$