Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
HIdrocacbon chứ không phải hidrocacbonic nhé :)))
\(m_{KOH\left(tăng\right)}=m_{CO_2}=17.6\left(g\right)\)
\(\Rightarrow n_{CO_2}=\dfrac{17.6}{44}=0.4\left(mol\right)\)
\(m_{P_2O_5\left(tăng\right)}=9\left(g\right)\)
\(\Rightarrow n_{H_2O}=\dfrac{9}{18}=0.5\left(mol\right)\)
\(n_{H_2O}>n_{CO_2}\Rightarrow ankan\)
\(SốC:\)\(\dfrac{0.4}{0.1}=4\)
\(SốH:\dfrac{0.5\cdot2}{0.1}=10\)
\(CTPT:C_4H_{10}\)
\(CTCT:\)
\(CH_3-CH_2-CH_2-CH_3\)
\(CH_3-CH\left(CH_3\right)-CH_3\)
\(n_{\downarrow}=\dfrac{35}{100}=0,35mol\Rightarrow n_C=m_{CaCO_3}=0,35mol\)
\(\left\{{}\begin{matrix}CH_4:x\left(mol\right)\\C_2H_2:y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\\BTC:x+2y=0,35\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\\y=0,15\end{matrix}\right.\)
\(m_{tăng}=m_{Br_2}=2n_{C_2H_2}\cdot160=48g\)
\(\%V_{CH_4}=\dfrac{0,05}{0,05+0,15}\cdot100\%=25\%\)
\(\%V_{C_2H_2}=100\%-25\%=75\%\)
Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CH_4}=x\\n_{C_2H_2}=y\end{matrix}\right.\)
\(n_{hh}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2mol\)
\(CH_4+2O_2\rightarrow\left(t^o\right)CO_2+2H_2O\)
x x ( mol )
\(2C_2H_2+5O_2\rightarrow\left(t^o\right)4CO_2+2H_2O\)
y 2y ( mol )
\(n_{CaCO_3}=\dfrac{35}{100}=0,35mol\)
\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)
0,35 0,35 ( mol )
Ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=0,2\\x+2y=0,35\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\\y=0,15\end{matrix}\right.\)
\(m_{tăng}=2m_{C_2H_2}=2.0,15.160=48g\)
\(V_{CH_4}=0,05.22,4=1,12l\)
\(V_{C_2H_2}=0,15.22,4=3,36l\)
\(n_{hhk}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)
\(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)
`->` Khí thoát ra là CH4
\(CH_4+2O_2\rightarrow\left(t^o\right)CO_2+2H_2O\)
0,2 0,2 ( mol )
\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)
0,2 0,2 ( mol )
\(n_{CaCO_3}=\dfrac{20}{100}=0,2\left(mol\right)\)
\(\%V_{CH_4}=\dfrac{0,2}{0,3}.100=66,67\%\)
\(\%V_{C_2H_4}=100-66,67=33,33\%\)
Đồng nhất dữ kiện các phần để tiện tính toán, bằng cách nhân khối lượng Br2 với 2. Bình H2SO4 đặc hấp thụ H2O, bình KOH đặc hấp thụ CO2. Khối lượng bình tăng chính là khối lượng khí hoặc hơi mà bình đó hấp thụ
Vì bay hơi chỉ có nước, mà A tác dụng được với NaOH nên A chỉ chứa gốc phenol hoặc gốc cacboxylic (–COOH).
BTKL:
mY + mO2 = mCO2 + mNa2CO3 + mH2O => mO2 = 12,8g => nO2 = 0,4mol
BTNT O: nO(Y) + 2nO2 = 2nCO2 + 3nNa2CO3 + nH2O
=> nO(Y) = 0,4
=> nC : nH: nO: nNa = 0,4 : 0,6 : 0,4 : 0,2 = 2:3:2:1
=> C2H3O2Na => A: C2H4O2
(Vì A chứa gốc phenol (–OH) hoặc axit (–COOH) nên 1Na sẽ thế 1H).
- Phần 1 tác dụng với Br2: nBr2 = 16:160 = 0,1 mol
C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4
0,05 ← 0,1 (mol)
- Đặt số mol khí mỗi phần như sau:
+ Số mol hỗn hợp khí X là: nX = 11,2:22,4 = 0,5 mol
Ta có: n khí P1 + n khí P2 = nX => 0,05 + x + 0,05k + kx = 0,5 <=> (x + 0,05)k = 0,45 - x
=> 
+ Đốt cháy phần 2:
C2H2 + 2,5O2 → t ∘ 2CO2 + H2O
0,05k → 0,1k→ 0,05k (mol)
CH4 + 2O2 → t ∘ CO2 + 2H2O
kx → kx → 2kx (mol)
Sản phẩm cháy gồm
dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 dư:
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O
k(x+0,1) → k(x+0,1) (mol)
Khối lượng dung dịch giảm: m dd giảm = mBaCO3 – mCO2 – mH2O
=> 197k(x+0,1) – 44k(x+0,1) – 18k(2x+0,05) = 69,525
=> 153k(x+0,1) – 18k(2x+0,05) = 69,525
=> k(117x+14,4) = 69,525
CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2
0,2 ← 0,2 (mol)
Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4
0,1 ← 0,1 (mol)
Giá trị của m là: m = mCaC2 + mAl4C3 = 0,2.64 + 0,1.144 = 27,2 gam
Phần trăm thể tích các khí trong X là:
tác dụng với AgNO3 trong NH3 dư:
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → Ag2C2↓ + 2NH4NO3
0,15 → 0,15 (mol)
Khối lượng kết tủa thu được là: mAg2C2 = 0,15.240 = 36 gam
a) mtăng = mC2H4
=> \(n_{C_2H_4}=\dfrac{5,6}{28}=0,2\left(mol\right)\)
=> \(\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,2.22,4}{13,44}.100\%=33,33\%\)
\(\%V_{CH_4}=100\%-33,33\%=66,67\%\)
b) \(n_{CH_4}=\dfrac{13,44.66,67\%}{22,4}=0,4\left(mol\right)\)
PTHH: CH4 + 2O2 --to--> CO2 + 2H2O
0,4--------------->0,4
C2H4 + 3O2 --to--> 2CO2 + 2H2O
0,2----------------->0,4
Ca(OH)2 + CO2 --> CaCO3 + H2O
0,8----->0,8
=> mCaCO3 = 0,8.100 = 80 (g)
a.\(m_{tăng}=m_{C_2H_4}=5,6g\)
\(n_{hh}=\dfrac{13,44}{22,4}=0,6mol\)
\(n_{C_2H_4}=\dfrac{5,6}{28}=0,2mol\)
\(\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,2}{0,6}.100=33,33\%\)
\(\%V_{CH_4}=100\%-33,33\%=66,67\%\)
b.\(C_2H_4+3O_2\rightarrow\left(t^o\right)2CO_2+2H_2O\)
0,2 0,4 ( mol )
\(CH_4+2O_2\rightarrow\left(t^o\right)CO_2+2H_2O\)
0,4 0,4 ( mol )
\(n_{CO_2}=0,4+0,4=0,8mol\)
\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)
0,8 0,8 ( mol )
\(m_{CaCO_3}=0,8.100=80g\)
\(n hỗn hợp =0,3(mol)\)
Khi chia hỗn hợp A thành hai phần bằng nhau:
Phần 1:
Khi dẫn hai hidrocacbon trên qua dung dịch Brom thì không có khí thoát ra, nen hai hidrocacbon này đều tác dụng với Br2
\(\cdot TH1:\)Hỗn hợp A gồm \(\left\{{}\begin{matrix}C_nH_{2n}:a\left(mol\right)\\C_mH_{2m}:b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a+b=0,15\)
\(C_nH_{2n}+Br_2--->C_nH_{2n}Br_2\)
\(C_mH_{2m}+Br_2--->C_mH_{2m}Br_2\)
\(n_{Br_2\left(pứ\right)}=\dfrac{32}{160}=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow a+b=0,2\)
Ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=0,15\\a+b=0,2\end{matrix}\right.\)\((loại)\)
\(\cdot TH2:\)Hỗn hợp A gồm \(\left\{{}\begin{matrix}C_nH_{2n-2}:a\left(mol\right)\\C_mH_{2m-2}:b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a+b=0,15\)
\(C_nH_{2n-2}+2Br_2--->C_nH_{2n}Br_4\)
\(C_mH_{2m-2}+2Br_2--->C_mH_{2m}Br_4\)
\(n_{Br_2\left(pứ\right)}=\dfrac{32}{160}=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow2a+2b=0,2\)
Ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=0,15\\2a+2b=0,2\end{matrix}\right.\)\((loại)\)
\(\cdot TH3:\)Hỗn hợp A gồm \(\left\{{}\begin{matrix}C_nH_{2n}:a\left(mol\right)\\C_mH_{2m-2}:b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a+b=0,15\)
\(C_nH_{2n}+Br_2--->C_nH_{2n}Br_2\)
\(C_mH_{2m-2}+2Br_2--->C_mH_{2m}Br_4\)
\(n_{Br_2\left(pứ\right)}=\dfrac{32}{160}=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow a+2b=0,2\)
ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=0,15\\a+2b=0,2\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\\b=0,05\end{matrix}\right.\)
+ Phần 2: Đốt cháy hôn hợp A trên thì;
\(C_nH_{2n}\left(0,1\right)+\left(\dfrac{3n}{2}\right)O_2-t^o->nCO_2\left(0,1n\right)+nH_2O\)
\(C_mH_{2m-2}\left(0,05\right)+\left(\dfrac{3m-1}{2}\right)O_2-t^o->mCO_2\left(0,05m\right)+\left(m-1\right)H_2O\)
Khi dẫn sản phẩm cháy qua bình đượng P2O5 thì H2O bị giữ lại trong binh, khí CO2 thoát ra khỏi bình.
Dẫn tiếp qua bình đựng KOH (dư) thì:
\(CO_2\left(0,1n+0,05m\right)+KOH--->K_2CO_3+H_2O\)
Khối lượng bình KOH tăng chính là khối lượng CO2 ở lại trong bình
\(n_{CO_2}=0,4\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow0,1n+0,05m=0,4\)
+ Khi \(n=2=>m=4\)
\(n=3=>m=2\)
\(n=4=>m=0(loại)\)
Vậy hỗn hợp A gồm C2H4 và C4H6 hoặc C3H6 và C2H2
Ôi , chỉ nhìn thôi em cũng thấy sợ rồi , thật khâm phục tính nhẫn nại của chị