nhh = 5.6/22.4 = 0.25(mol) 

nAg2C2 = nC2H2 = 24/240 = 0.1 (mol) 

nBr2 = 0.3 (mol) 

=> nC2H4 = 0.3 - 0.1*2 = 0.1 (mol) 

nCH4 = 0.25 - 0.1 - 0.1 = 0.05 (mol) 

mCH4 = 0.05*16 = 0.8 (g) 

mC2H2 = 0.1*26 = 2.6 (g) 

mC2H4 = 0.1*28 = 2.8 (g)

mhh = 0.8 + 2.6 + 2.8 = 6.2 (g)  

%CH4 = 0.8/6.2 * 100% = 12.9%

%C2H4 = 2.8/ 6.2 * 100% = 45.16%

%C2H2 = 41.94%

\(C_2H_2+AgNO_3+NH_3->C_2Ag_2+NH_4NO_3\\ CH_2=CH-CH_3+Br_2->CH_2Br-CHBr-CH_3\\ n_{C_2Ag_2}=0,325mol=n_{C_2H_2}\\ m_{C_2H_2}=8,45g\\ n_{Br_2}=n_{C_3H_6}=\dfrac{32}{160}=0,2mol\\ m_{C_3H_6}=8,4g\\ m_{CH_4}=20-8,45-8,4=3,15g\\ n_{CH_4}=0,196875mol\\ n_{hh}=n_{CH_4}+n_{C_2H_2}+n_{C_3H_6}=0,721875mol\\ \%V_{C_3H_6}=\dfrac{0,2}{n_{hh}}.100\%=27,71\%\\ \%V_{C_2H_2}=\dfrac{0,325}{n_{hh}}.100\%=45,02\%\\ \%V_{CH_{_34}}=27,27\%\)

Dẫn X qua AgNO3/NH3 chỉ có C2C2 pứ do có chứa lk 3 ở đầu mạch

\(PTHH:C_2H_2+2AgNO_3+2NH_3\rightarrow C_2Ag_2\downarrow+2Nh_4NO_3\)

Kết tủa là \(C_2Ag_2\rightarrow n_{C2Ag2}=0,1\left(mol\right)\)

Nên số mol C2H2=0,1 mol (Dựa vào PT)

Dẫn X qua dd Br2 : \(n_{Br2}=\frac{48}{160}=0,3\left(mol\right)\)

\(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

0,1_______0,1_____________

\(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

0,1_____0,2______________

Ta có nBr2 pứ với C2H2 là 0,2 nên Br2 pứ với C2H4 là 0,1 mol (0,3 - 0,2 = 0,1)

\(\Rightarrow n_{C2H4}=0,1\left(mol\right)\)

Ta có:

\(n_{C2H4}=n_{C2H2}\Rightarrow\%V_{C2H4}=\%V_{C2H2}=50\%\)

Ta có: \(n_X=\dfrac{3,584}{22,4}=0,16\left(mol\right)\)

- Cho hh khí quá bình 1:

PT: \(C_3H_4+AgNO_3+NH_3\rightarrow AgC_3H_3+NH_4NO_3\)

Ta có: \(n_{AgC_3H_3}=\dfrac{5,88}{147}=0,04\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_3H_4}=n_{AgC_3H_3}=0,04\left(mol\right)\)

- Cho tiếp hh khí còn lại qua bình 2, thấy dd Br₂ nhạt màu.

→ Br₂ dư, C₂H₄ pư hết. Khí thoát ra là C₃H₈.

PT: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

Ta có: \(n_{C_3H_8}=\dfrac{1,792}{22,4}=0,08\left(mol\right)\)

a, \(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,16-0,08-0,04}{0,16}.100\%=25\%\\\%V_{C_3H_4}=\dfrac{0,04}{0,16}.100\%=25\%\\\%V_{C_3H_8}=50\%\end{matrix}\right.\)

b, Ta có: \(n_X=\dfrac{1,792}{22,4}=0,08\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow X\left\{{}\begin{matrix}n_{C_2H_4}=0,08.25\%=0,02\left(mol\right)\\n_{C_3H_4}=0,08.25\%=0,02\left(mol\right)\\n_{C_3H_8}=0,04\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow n_{\pi}=n_{C_2H_4}+2n_{C_3H_4}=0,06\left(mol\right)\)

\(n_{Br_2}=0,08.1=0,08\left(mol\right)\)

⇒ n_π < n_Br2

→ Br₂ dư. Hiện tượng: Dd Br₂ nhạt màu dần.

Ta có:

\(n_X=\frac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

Cho X qua thì chỉ có axetilen phản ứng, khí thoát ra là metan và etilen (Y).

\(C_2H_2+2AgNO_3+2NH_3\rightarrow Ag_2C_2+2NH_4NO_3\)

\(n_{Ag2C2}=n_{C2H2}=\frac{6}{108.2+12.2}=0,025\left(mol\right)\)

Cho Y qua brom dư thì chỉ có etilen phản ứng, khí thoát ra là metan.

\(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

\(n_{CH4}=\frac{0,224}{22,4}=0,01\left(mol\right)\)

Vì % số mol=% thể tích

\(\%V_{C2H2}=\frac{0,025}{0,05}=50\%\)

\(\%V_{CH4}=\frac{0,01}{0,05}=20\%\)

\(\%V_{C2H4}=30\%\)