Gọi n CH4 = a(mol) ; n C2H4 = b(mol) ; n C2H2 = c(mol)

=> 16a + 28b + 26c = 4,3(1)

$C_2H_4 + Br_2 \to C_2H_4Br_2$
$C_2H_2 + 2Br_2 \to C_2H_2Br_4$

n Br2 = b + 2c = 0,15(2)

Mặt khác : 

m H2O = m tăng = 12,6 gam

=> n H2O = 0,7(mol)

n X = 8,96/22,4 = 0,4(mol)

Bảo toàn nguyên tố với H : 

n H2O = 2n CH4 + 2n C2H4 + n C2H2

Ta có : 

\(\dfrac{n_X}{n_{H_2O}} = \dfrac{a + b + c}{2a + 2b + c} = \dfrac{0,4}{0,7}(3)\)

Từ (1)(2)(3) suy ra a = 0,1 ; b = 0,05 ; c = 0,05

%V CH4 = 0,1/(0,1 + 0,05 + 0,05) .100% = 50%

%V C2H4  = %V C2H2 = 0,05/(0,1 + 0,05 + 0,05)  .100% = 25%

n_Br2 = 0,125 mol

Khi đốt cháy n_A = 0,25 mol

m_{NaOH ban đầu} = 36g => n_NaOH = 0,9 mol

Gọi x, y lần lượt là số mol của CO₂ và H₂O

m_dd = 180 + 44x + 18y

Vì NaOH dư do đó chỉ tạo muối trung hòa

CO₂ +2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

x          2x

n_{NaOH dư} = 0,9 – 2x

có 2 , 75 % = 40 ( 0 , 9 - 2 x ) 180 + 44 x + 18 y . 100 %  (1)

=> 81,21x + 0,495y = 31,05n

2,8 lít khí A tác dụng với 0,125 mol Br₂

=> 5,6 lít khí A tác dụng với 0,25 mol Br₂

Gọi số mol khí của CH₄, C₂H₄ và C₂H₂ lần lượt là a; b; c

Ta có a + b + c = 0,25 mol

Và b + 2c = 0,25

=> a = c

=> khi đốt cháy hỗn hợp A cho n_CO2 = n_H2O

Thay vào (1) => x = y = 0,38 mol

Bảo toàn C, H khi đốt cháy ta có

=> %V_CH4 = %V_C2H2 = 48%

%V_C2H4 = 4%

a) 

CH₄ + 2O₂ --t^o--> CO₂ + 2H₂O

C₂H₄ + 3O₂ --t^o--> 2CO₂ + 2H₂O

b) Gọi số mol CH₄, C₂H₄ là a, b (mol)

=> \(a+b=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\) 

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{20}{100}=0,2\left(mol\right)\)

Khí thoát ra khỏi bình là CH₄

PTHH: CH₄ + 2O₂ --t^o--> CO₂ + 2H₂O

             a---------------->a

            Ca(OH)₂ + CO₂ --> CaCO₃ + H₂O

                              0,2<------0,2

=> a = 0,2 (mol)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{CH_4}=\dfrac{0,2}{0,3}.100\%=66,67\%\\\%V_{C_2H_4}=100\%-66,67\%=33,33\%\end{matrix}\right.\)

c) b = 0,1 (mol)

CH₄ + 2O₂ --t^o--> CO₂ + 2H₂O

0,2--------------->0,2----->0,4

C₂H₄ + 3O₂ --t^o--> 2CO₂ + 2H₂O

0,1----------------->0,2---->0,2

Ca(OH)₂ + CO₂ --> CaCO₃ + H₂O

                0,4------>0,4

=> \(m_{CaCO_3}=0,4.100=40\left(g\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}m_{CO_2}=44\left(0,2+0,2\right)=17,6\left(g\right)\\m_{H_2O}=\left(0,4+0,2\right).18=10,8\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Xét \(\Delta m=m_{CO_2}+m_{H_2O}-m_{CaCO_3}=17,6+10,8-40=-11,6\left(g\right)\)

=> Khối lượng dd giảm 11,6 gam

Bài 7.

\(n_{CO_2}=\dfrac{1,344}{22,4}=0,06mol\Rightarrow n_C=0,06mol\Rightarrow m_C=0,72g\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{1,62}{18}=0,09mol\Rightarrow n_H=0,18mol\Rightarrow m_H=0,18g\)

Ta có \(m_C+m_H=m_X\Rightarrow X\) chỉ chứa C và H.

Gọi CTHH là \(C_xH_y\)

\(x:y=\dfrac{m_C}{12}:\dfrac{m_H}{1}=\dfrac{0,72}{12}:\dfrac{0,18}{1}=0,06:0,18=1:3\)

\(\Rightarrow CH_3\)

Gọi CTPT là \(\left(CH_3\right)_n\Rightarrow M=15n\) (n∈N*)

Mà theo bài:

 \(22< M_X< 38\Rightarrow22< 15n< 38\Rightarrow1,467< n< 2,53\)

\(\Rightarrow n=2\Rightarrow C_2H_6\)

Chất X không làm mất màu dung dịch brom.

\(C_2H_6+Cl_2\underrightarrow{as}C_2H_5Cl+HCl\)

a, \(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

\(n_{Br_2}=\dfrac{16}{160}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_2H_2}=\dfrac{1}{2}n_{Br_2}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{C_2H_2}=0,05.22,4=1,12\left(l\right)\)

\(\Rightarrow V_{CH_4}=3,36-1,12=2,24\left(l\right)\)

b, \(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+2H_2O\)

\(2C_2H_2+5O_2\underrightarrow{t^o}4CO_2+2H_2O\)

\(n_{CH_4}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{O_2}=2n_{CH_4}+\dfrac{5}{2}n_{C_2H_2}=0,325\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{O_2}=0,325.22,4=7,28\left(l\right)\Rightarrow V_{kk}=5V_{O_2}=36,4\left(l\right)\)

Theo PT: \(n_{CO_2}=n_{CH_4}+2n_{C_2H_2}=0,2\left(mol\right)\)

\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_{3\downarrow}+H_2O\)

\(\Rightarrow n_{CaCO_3}=n_{CO_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{CaCO_3}=0,2.100=20\left(g\right)\)

\(n_{\downarrow}=\dfrac{35}{100}=0,35mol\Rightarrow n_C=m_{CaCO_3}=0,35mol\)

\(\left\{{}\begin{matrix}CH_4:x\left(mol\right)\\C_2H_2:y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\\BTC:x+2y=0,35\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\\y=0,15\end{matrix}\right.\)

\(m_{tăng}=m_{Br_2}=2n_{C_2H_2}\cdot160=48g\)

\(\%V_{CH_4}=\dfrac{0,05}{0,05+0,15}\cdot100\%=25\%\)

\(\%V_{C_2H_2}=100\%-25\%=75\%\)

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:

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=0,2\\x+2y=0,35\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\\y=0,15\end{matrix}\right.\)

\(m_{tăng}=2m_{C_2H_2}=2.0,15.160=48g\)

\(V_{CH_4}=0,05.22,4=1,12l\)

\(V_{C_2H_2}=0,15.22,4=3,36l\)

Số mol hỗn hợp khí và số mol kết tủa CaCO₃ lần lượt là 4,48/22,4=0,2 (mol) và 35/100=0,35 (mol), suy ra số mol CO₂ bằng 0,35 mol (do Ca(OH)₂ dư).

Gọi a (mol) và b (mol) lần lượt là số mol của khí methane (CH₄) và acethylene (C₂H₂).

Ta có: a+b=0,2 (1).

BTC: a+2b=0,35 (2).

Giải hệ phương trình gồm (1) và (2), ta suy ra a=0,05 (mol) và b=0,15 (mol).

a/ BT\(\pi\): n_{\(Br_2\) pư}=2n_{\(C_2H_2\)}=2.0,15=0,3 (mol).

m=0,3.160=48 (g).

b/ Thể tích mỗi khí trong hỗn hợp (đktc):

V_methane=0,05.22,4=1,12 (lít).

V_acethylene=0,15.22,4=3,36 (lít). 

Theo giả thiết, Y phản ứng được với dung dịch brom trong CC1₄. Do đó trong Y còn hidrocacbon không no và H₂ phản ứng hết.

Ta có sơ đồ sau:

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho C ta có:

Có 0,5 mol X

phản ứng vừa đủ với 0,4 mol Br₂

Trong đó k là tỉ lệ giữa hỗn hợp X cho tác dụng với dung dịch brom và hỗn hợp X đem đốt cháy.

Ta có:  

Nhân 2 vế của (1) với 4 rồi trừ đi (3) ta được:

 4(a + 2c - d) - (a - 4b + 6c - 4d) = 4.0,15 - 0 <=> 3a + 4b + 2c = 0,6

Kết hợp với (2) có 

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho nguyên tố C ta có: 

Khi đó khối lượng dung dịch giảm là: 

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho O, ta có:

Vậy V = 0,9375.22,4 = 21 (lít)

Đáp án C

Chọn đáp án C

Ta có:

=> quy A về: 

.

Đặt n C 3 H 6 = x  mol;  n C 2 H 2 =  y mol;  n H 2 =  z mol. Đốt A cũng như đốt B

m_{dung dịch giảm} =

Thay số có:

100 x (3x + 2y) – [44.(3x + 2y) + 18.(3x + y + z)] = 21 gam.

Phản ứng xảy ra hoàn toàn mà B phản ứng với Br₂/CCl₄ ⇒ H₂ phản ứng hết.

Bảo toàn liên kết π:

=> x + 2y = z + 0,15 mol.

Giả sử 0,5 mol A gấp k lần m gam A

⇒ 0,5 mol A chứa kx mol C₃H₆; ky mol C₂H₂; kz mol H₂.

⇒ kx + ky + kz = 0,5 ⇒ k(x + y + z) = 0,5 mol (*). Lại có: kx + 2ky = 0,4 mol (**).

Lấy (*) chia (**) ⇒ (x + y + z) ÷ (x + 2y) = 0,5 ÷ 0,4 = 1,25.

Từ đó, giải hệ được: x = 0,1 mol; y = 0,15 mol; z = 0,25 mol.

=> m=0,1.42+0,15.26+0,25.2=8,6 gam.

∑ n C O 2 = 4 , 5 . 0 , 12 , 5 . 0 , 15 + 0 , 5 . 0 , 25 = 0 , 95   ( m o l )

=>V=21,28(l)