Bài $1.$ Cân bằng phản ứng hóa học:
$$3FeS+12HNO_3\rightarrow Fe(NO_3)_3+Fe_2(SO_4)_3+9NO+6H_2O$$

Bài $2.$  Thực hiện dãy chuyển hóa sau:
$$P_2O_5\overset{+\,KOH\,dư}{\rightarrow}K_3PO_4\overset{+\,H_3PO_4}{\rightarrow}KH_2PO_4\overset{+\,KOH}{\rightarrow}K_2HPO_4$$
                                        $P_2O_5+6KOH\rightarrow 2K_3PO_4+3H_2O$

                                        $K_3PO_4+2H_3PO_4\rightarrow 3KH_2PO_4$

                                      $KH_2PO_4+KOH\rightarrow K_2HPO_4+H_2O$

Bài $3.$ Hòa tan hoàn toàn $19,5$ gam một kim loại $M$ bằng axit nitric thu được $4,48$ lít khí NO (ở đktc, sản phẩm khử duy nhất).
Ta có :                                                              $N^{+5}+3e\rightarrow NO$
$n_{e  nhận}=3.\frac{4,48}{22,4}=0,6  mol\Rightarrow $Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch ta có :
  $n_{NO_3^-}=0,6  mol\Rightarrow m_{muối}=19,5+0,6.62=56,7  gam$

Bài $4.$ Cho $1,92$ gam $Cu$ vào $100$ ml dung dịch chứa $KNO_3 0,16M$ và dung dịch $HCl  0,4M$ sinh ra $V$ lít khí $NO$. Tìm $V=?$ (ở đktc).
Ta có:
                                              $KNO_3\rightarrow K^++NO_3^-$
                                                  $HCl\rightarrow H^++Cl^-$
                $3Cu+8H^++2NO_3^-\rightarrow 3Cu^{2+}+2NO\uparrow+4H_2O$
  $n_{Cu}=0,03  mol  ;  n_{H^+}=0,04  mol  ;  n_{NO_3^-}=0,016  mol$
  $\Rightarrow n_{NO}=0,01  mol\Rightarrow V=0,01.22,4=0,224  lit$

Bài $1:$
                                                    $3H_2+N_2\rightleftharpoons 2NH_3$
Theo tỉ lệ phản ứng trên thì cứ hai lít amoniăc tạo ra thì số lít của hệ sẽ giảm đi hai lít . Theo đề bài thì thể tích đã giảm là : $8+3-9=2  lit\Rightarrow $Thể tích $NH_3$ tạo ra là $2  lit$ . Nếu hiệu suất là $100\%$ thì thể tích $NH_3$ tạo ra là $\frac{16}{3}  lit\Rightarrow H=\frac{2}{\frac{16}{3}}.100=37,5\%$
Bài $2:$
Ta có sơ đồ chuyển hóa sau:
                    $Fe,FeS,FeS_2,S\overset{+HNO_3}{\rightarrow}Fe^{3+},SO_4^{2-}\overset{Ba(OH)_2}{\rightarrow}Fe(OH)_3,BaSO_4$
                        $25,6  gam                                                               126,25  gam$
Ta giả định hỗn hợp ban đầu chỉ có : $Fe,S$
$\Rightarrow \begin{cases}56.n_{Fe}+32.n_S=25,6 \\ 107.n_{Fe}+233.n_S=126,25 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}n_{Fe}=0,2  mol \\ n_S=0,45  mol \end{cases}$
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
$3.0,2+6.0,45=3.n_{NO}\Rightarrow n_{NO}=1,1  mol\Rightarrow V=1,1 . 22,4=24,64  lit$
Bài $3:$
Cách suy nghĩ cũng như bài trên !
Ta có : $n_{NO}=\frac{1,344}{22,4}=0,06  mol$
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
                        $3.n_{Fe}=2.n_O+3.n_{NO}                                   (1)$
Theo bài ra ta có:
                       $56.n_{Fe}+16.n_O=11,36                                    (2)$
Từ $(1),(2)\Rightarrow n_{Fe}=0,16  mol\Rightarrow m_{Fe(NO_3)_3}=242.0,16=38,72  gam$

Bài $1:$
Ta có :                                         $2Al+6HCl\rightarrow 2AlCl_3+3H_2\uparrow$
                                                     $Cu+HCl\rightarrow $không phản ứng
                                                    $Al+HNO_{3  đặc  nguội}\rightarrow $không phản ứng
                                   $Cu+4HNO_{3  đặc  nguội}\rightarrow Cu(NO_3)_2+2NO_2\uparrow+2H_2O$
 $m=27.\frac{2 . 3,36}{3 . 22,4}+64.\frac{1 . 6,72}{2 . 22.4}=12,3  gam$
 Bài $2:$
 Ta có  :  $n_{Mg}=\frac{3,6}{24}=0,15  mol  ;  n_X=\frac{2,24}{22,4}=0,1  mol$
                                   $Mg-2e\rightarrow Mg^{2+}$
                                   $N^{+5}+ne\rightarrow X$
 Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:
$0,15.2=0,1.n\Rightarrow n=3\Rightarrow X:NO$
 Bài $3:$
                                     $2Cu(NO_3)_2\overset{t^o}{\rightarrow}2CuO+4NO_2+O_2$
                                           $2KNO_3\overset{t^o}{\rightarrow}2KNO_2+O_2$
 Theo bài ra ta có:
 $\begin{cases}188.n_{Cu(NO_3)_2}+101.n_{KNO_3}=34,65 \\ \frac{(46.2.n_{Cu(NO_3)_2}+32.0,5.n_{Cu(NO_3)_2})+32.0,5.n_{KNO_3 }}{(2.n_{Cu(NO_3)_2}+0,5.n_{Cu(NO_3)_2})+0,5.n_{KNO_3}}=2.18,8 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}n_{Cu(NO_3)_2}=0,05  mol \\ n_{KNO_3}=0,25  mol \end{cases}$
  $\Rightarrow m_{Cu(NO_3)_2}=0,05.188=9,4  gam$

Bài $1:$
Ta có các bán phản ứng sau:
                                             $Cu-2e\rightarrow Cu^{2+}$
                                             $N^{+5}+e\rightarrow NO_2$
                                             $N^{+5}+3e\rightarrow NO$
Theo bài ra ta có: $\begin{cases}n_{NO_2}+n_{NO}=\frac{8,96}{22,4} \\ 46.n_{NO_2}+30.n_{NO}=15,2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}n_{NO_2}=0,2  mol \\ n_{NO}=0,2  mol \end{cases}$
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có :
  $2.n_{Cu}=1.n_{NO_2}+3.n_{NO}=0,8  mol\Rightarrow m=64.\frac{0,8}{2}=25,6  gam$
Bài $2:$
Cũng áp dụng định luật bảo toàn electron ta có :
  $n_{e    do  Cu,Mg,Al  nhường}=0,01.3+0,04.1=0,07  mol\Rightarrow $ Mặt khác trong dung dich trung hòa về điên nên:
  $n_{NO_3^-}=0,07  mol\Rightarrow m_{muối}=1,35+m_{NO_3^-}=1,35+0,07.62=5,69  gam$
Bài $3:$
Ta có:                                          $HNO_3\rightarrow H^++NO_3^-$
                                                     $H_2SO_4\rightarrow 2H^++SO_4^{2-}$
                         $3Cu+8H^++2NO_3^-\rightarrow 3Cu^{2+}+2NO\uparrow+4H_2O$
  $n_{Cu}=\frac{3,84}{64}=0,06  mol ; n_{NO_3^-}=1.\frac{80}{1000}=0,08  mol$
a)  $n_{H^+}=n_{NO_3^-}=0,08  mol ; n_{Cu}=0,06  mol$
$\Rightarrow V_1=0,02  . 22,4  lit$
b)  $n_{H^+}=n_{HNO_3}+2.n_{H_2SO_4}=0,16  mol ; n_{NO_3^-}=0,08  mol ; n_{Cu}=0,06  mol$
$\Rightarrow V_2=0,04 . 22,4  lit\Rightarrow V_2=2V_1$

Bạn vào thư viện của hoa.hoctainha.vn tìm trong : hóa học 11 phần nhóm nitơ - phốt pho

a)Các phương trình phản ứng:
                            $2C_{n-1}H_{2n-1}COOH+2Na\rightarrow 2C_{n-1}H_{2n-1}COONa+H_2\uparrow$

                                     $2C_mH_{2m+1}OH+2Na\rightarrow 2C_mH_{2m+1}ONa+H_2\uparrow$

                                  $2C_{n-1}H_{2n-1}COOH+(3n-2)O_2\rightarrow 2nCO_2+2nH_2O$

                                   $2C_mH_{2m+1}OH+3mO_2\rightarrow 2mCO_2+2(m+1)H_2O$

                                               $CO_2+2NaOH\rightarrow Na_2CO_3+H_2O$

                                       $BaCl_2+Na_2CO_3\rightarrow BaCO_3\downarrow+2NaCl$
b)$n_{H_2}=\frac{1}{2}.(n_A+n_B)=\frac{168.10^{-3}}{22,4}=7,5.10^{-3}  mol\Rightarrow n_A+n_B=0,015  mol              (1)$
$n_{BaCO_3}=n_{CO_2}=n.n_A+m.n_B=\frac{7,88}{197}=0,04  mol                                                      (2)$
Mặt khác:
$M_A=M_B\Rightarrow 14n+32=14m+18\Rightarrow n=m-1                                                                                                             (3)$
Từ $(1),(2),(3)\Rightarrow \begin{cases}n_A+n_B=0,015 \\ n.n_A+m.n_B=0,04 \\n=m-1 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}n_A=0,005  mol \\ n_B=0,01  mol \\n=2 \\m=3 \end{cases}$
                                        $A:CH_3COOH   ;      B:C_3H_7OH$

     $*$Chú ý: Từ $(1),(2)\Rightarrow \frac{n.n_A+m.n_B}{n_A+n_B}=\frac{0,04}{0,015}=2,667\Rightarrow \overline{n,m}=2,667$
Kết hợp với $(3)\Rightarrow \begin{cases}n=2 \\ m=3 \end{cases}$
c)Ta có : $p=10.(n_A.M_A+n_B.M_B)=10.M_A.(n_A+n_B)=10.60.0,015=9  gam$
                                                          Vì $M_A=M_B$

Trước khi làm bài này các bạn chú ý rằng:
Khi đốt ankan thì số mol nước nhiều hơn số mol $CO_2$ và hiệu của chúng chính là số mol ankan ban đầu
Khi đốt anken thì số mol nước bằng số mol $CO_2$
Khi đốt ankin thì số mol $CO_2$ nhiều hơn số mol nước và hiệu của chúng chính là số mol ankin ban đầu
a)
- Nếu tách $Z$ thu được hỗn hợp khí $B$. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp $B$ thu được số mol $H_2O$ nhiều hơn số mol $CO_2$ là $0,25 mol\Rightarrow B$ Có ít nhất một ankan
- Nếu tách $X$ thu được hỗn hợp $C$. Đốt cháy hỗn hợp $C$ thu được số mol $CO_2$ nhiều hơn số mol $H_2O$ là $0,25 mol\Rightarrow C$ có chứa ít nhất một ankin
-Đốt cháy hoàn toàn $22,4 lít$ hỗn hợp $A$(ở đktc) thu được số mol $CO_2$ bằng số mol $H_2O\Rightarrow $\begin{cases}X : là  ankan  và  n_X=0,25  mol \\ Y : là  anken  và  n_Y=0,5  mol \\ Z : là  ankin  và  n_Z=0,25  mol \end{cases}
b)Theo bài ra ta có:
$\begin{cases}\frac{0,25.M_X+0,5M_Y+0,25.M_Z}{0,25+0,5+0,25}=42 \\ \frac{0,25.M_X+0,5.M_Y}{0,25+0,5}=47,33 \\\frac{0,5.M_Y+0,25.M_Z}{0,5+0,25}=36,66 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}M_X=58\Rightarrow X:C_4H_{10}    butan \\ M_Y=42\Rightarrow Y:C_3H_{6}    propen \\M_Z=26\Rightarrow Z:C_2H_{2}   etin \end{cases}$

Gọi công thức của : $A:R_1COOH;B:R_2(COOH)_n$
Theo bài ra ta có:
$\begin{cases}a+nb=0,5  mol\\ b+na=0,4  mol \\ a+b=0,3  mol\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=0,1  mol \\ b=0,2  mol \\n=2\end{cases} \Rightarrow $khi đó $A,B$ có dạng :
$A:C_xH_{2x+1}COOH  ;  B : C_yH_{2y}(COOH)_2\Rightarrow $khi đố cháy thì :
$n_{CO_2}=0,5  mol\Rightarrow 0,1.x+0,2(y+2)=0,5\Rightarrow x+2y=1\Rightarrow \begin{cases}x=1 \\ y=0 \end{cases}$
$\Rightarrow A:CH_3COOH  ;  B : HOOC-COOH$

Trước khi làm bài này các bạn chú ý rằng:
Khi đốt ankan thì số mol nước nhiều hơn số mol $CO_2$ và hiệu của chúng chính là số mol ankan ban đầu
Khi đốt anken thì số mol nước bằng số mol $CO_2$
Khi đốt ankin thì số mol $CO_2$ nhiều hơn số mol nước và hiệu của chúng chính là số mol ankin ban đầu
a)
- Nếu tách $Z$ thu được hỗn hợp khí $B$. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp $B$ thu được số mol $H_2O$ nhiều hơn số mol $CO_2$ là $0,25 mol\Rightarrow B$ Có ít nhất một ankan
- Nếu tách $X$ thu được hỗn hợp $C$. Đốt cháy hỗn hợp $C$ thu được số mol $CO_2$ nhiều hơn số mol $H_2O$ là $0,25 mol\Rightarrow C$ có chứa ít nhất một ankin
-Đốt cháy hoàn toàn $22,4 lít$ hỗn hợp $A$(ở đktc) thu được số mol $CO_2$ bằng số mol $H_2O\Rightarrow $\begin{cases}X : là  ankan  và  n_X=0,25  mol \\ Y : là  anken  và  n_Y=0,5  mol \\ Z : là  ankin  và  n_Z=0,25  mol \end{cases}
b)Theo bài ra ta có:
$\begin{cases}\frac{0,25.M_X+0,5M_Y+0,25.M_Z}{0,25+0,5+0,25}=42 \\ \frac{0,25.M_X+0,5.M_Y}{0,25+0,5}=47,33 \\\frac{0,5.M_Y+0,25.M_Z}{0,5+0,25}=36,66 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}M_X=58\Rightarrow X:C_4H_{10}    butan \\ M_Y=42\Rightarrow Y:C_3H_{6}    propen \\M_Z=26\Rightarrow Z:C_2H_{2}   etin \end{cases}$

Với saccarozơ:
*)Hiện tượng: Kết tủa $Cu(OH)_2$ tan trong dung dịch saccarozơ cho dung dịch màu xanh lam.
Giải thích: Là một poliol có nhiều nhóm $OH$ kề nhau nên saccarozơ đã phản ứng với $Cu(OH)_2$ sinh ra phức đồng-saccarozơ tan có màu xanh lam.
\[2{C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + Cu{(OH)_2} \to {({C_{12}}{H_{21}}{O_{11}})_2}Cu + 2{H_2}O\]
 *)$C_{12}H_{22}O_{11}+AgNO_3\overset{NH_3,t^0}{\rightarrow}$Không phản ứng 
 *)${C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + {H_2}O\xrightarrow{{{H^ + },{t^0}}}{C_6}{H_{12}}{O_6} + {C_6}{H_{12}}{O_6}$
   $saccarozơ                                glucozơ            fructozơ$
 Với mantozơ:
*)Hiện tượng: Kết tủa $Cu(OH)_2$ tan trong dung dịch mantozơ cho dung dịch màu xanh lam.
Giải thích: Là một poliol có nhiều nhóm $OH$ kề nhau nên mantozơ đã phản ứng với $Cu(OH)_2$ sinh ra phức đồng-mantozơ tan có màu xanh lam.
\[2{C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + Cu{(OH)_2} \to {({C_{12}}{H_{21}}{O_{11}})_2}Cu + 2{H_2}O\]
 *)$C_{12}{H_{22}}{O_{11}+2AgNO_3+3NH_3+H_2O\rightarrow C_{11}}{H_{21}}O_{10}COONH_4+2Ag\downarrow+2NH_4NO_3$
 *)${C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + {H_2}O\xrightarrow{{{H^ + },{t^0}}}{C_6}{H_{12}}{O_6} + {C_6}{H_{12}}{O_6}$
   $mantozơ                                glucozơ            glucozơ$

                                      ${C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + {H_2}O\xrightarrow{{{H^ + },{t^0}}}{C_6}{H_{12}}{O_6} + {C_6}{H_{12}}{O_6}$
                                  $saccarozơ                                glucozơ            fructozơ$
 $n_{Ag}=2.n_{ glucozơ}=2.n_{saccarozơ}=2.\frac{34,2}{342}=0,2  mol\Rightarrow m_{Ag}=21,6  gam$   

Theo bài ra thì kim loại cần tìm đứng trước hiđro trong đãy điện hóa vì phản ứng được với $H_2SO_4$ và phản ứng cho hai khí có thể tích bằng nhau nên kim loại đó phải đa hóa trị ! Giả sử kim loại đó có hai hóa trị là $n,m\Rightarrow $ ta có :
                                           $3M+2nHNO_3\rightarrow M(NO_3)_n+nNO\uparrow+nH_2O$
                                        $a  mol                                                      \frac{an}{3}  mol$
                                          $2M+mH_2SO_4\rightarrow M_2(SO_4)_m+mH_2\uparrow$
                                      $a  mol                                                                \frac{am}{2}$
Theo bài ra ta có:
         $\frac{an}{3} =\frac{am}{2} \Rightarrow \frac{n}{m}=\frac{3}{2}\Rightarrow \begin{cases}n=3 \\ m=2 \end{cases}$
Mặt khác :
$\frac{m_{M(NO_3)_3}}{m_{MSO_4}}=\frac{159,21}{100}\Rightarrow \frac{M+186}{M+96}=\frac{159,21}{100}\Rightarrow M=56\Rightarrow M:Fe$