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.

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

Sửa : 29,25 \(\to\) 29,55

\(C_2H_4 + Br_2 \to C_2H_4Br_2\\ n_{C_2H_4} = n_{Br_2} = \dfrac{8}{160} = 0,05(mol)\\ \Rightarrow m_{C_2H_4} = 0,05.28 = 1,4(gam)\\ CH_4 + 2O_2 \xrightarrow{t^o} CO_2 + 2H_2O\\ C_2H_4 +3O_2 \xrightarrow{t^o} 2CO_2 + 2H_2O\\ CO_2 + Ba(OH)_2 \to BaCO_3 + H_2O\\ n_{CO_2} = n_{CH_4} + 2n_{C_2H_4} = n_{CH_4} + 0,05.2 = n_{BaCO_3} = \dfrac{29,55}{197}=0,15(mol) \\ \Rightarrow n_{CH_4} = 0,05(mol)\\ \Rightarrow m_{CH_4} = 0,05.16 = 0,8(gam)\)

Đầu tiên, không có nước Br chỉ có nước Br2 em nhé!

---

nBr2= 8/160=0,05(mol)

PTHH: C2H4 + Br2 -> C2H4Br2

nC2H4=nBr2=0,05(mol) => mC2H4=0,05.28=1,4(g)

- Khí bay ra là khí CH4.

CH4 + 2 O2 -to-> CO2 + 2 H2O

CO2 + Ba(OH)2 -> BaCO3 + H2O

nBaCO3=29,25/197= 117/ 788 (mol ) (Số xấu quá em ơi)

=> nCH4=nCO2=nBaCO3= 117/788(mol)

=> mCH4=16. 117/788= 468/197(g)

\(n_{CO2}=n_{BaCO3}=\frac{29,55}{137+12+16.3}=0,15\left(mol\right)\)

\(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

0,05________0,05_________

\(n_{Br2}=\frac{8}{160}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{CH4}+2n_{C2H4}=n_{CO2}\)

\(\Leftrightarrow n_{CH4}+0,05.2=0,15\left(mol\right)\Rightarrow n_{CH4}=0,05\left(mol\right)\)

\(m_{khi}=m_{CH4}+m_{C2H4}\Leftrightarrow m_{khi}=0,05.16+0,05.28=2,2\left(g\right)\)

Đáp án B

Crackinh 0,2 mol C₄H₁₀ → hhX gồm 5 hiđrocacbon.

hhX qua bình Brom dư → m_{bình tăng} = 8,4 gam

• Khí bay ra khỏi dung dịch Brom là hiđrocacbon no CT  

→ n_Y = 0,2 mol, m_hhY = 0,2 x 58 - 8,4 = 3,2 gam.

→ M = 16 → n = 1

 → V_O2 = 22,4 x 0,4 = 8,96 lít

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

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, nBr2 = 8/160 = 0,05 (mol)

PTHH: C2H4 + Br2 -> C2H4Br2

Mol: 0,05 <--- 0,05 <--- 0,05

Vhh khí = 2,8/22,4 = 0,125 (mol)

%VC2H4 = 0,05/0,125 = 40%

%CH4 = 100% - 40% = 60%

b, nCH4 = 0,125 - 0,05 = 0,075 (mol)

PTHH: C2H4 + 3O2 -> (t°) 2CO2 + 2H2O

Mol: 0,05 ---> 0,15

CH4 + 2O2 -> (t°) CO2 + 2H2O

Mol: 0,075 ---> 0,15

Vkk = (0,15 + 0,15) . 5 . 22,4 = 33,6 (l)

\(n_{Br_2}=\dfrac{8}{160}=0,05mol\)

\(\Rightarrow n_{C_2H_4}=0,05mol\Rightarrow m_{C_2H_4}=1,4g\)

\(\%m_{C_2H_4}=\dfrac{1,4}{2}\cdot100\%=70\%\)

\(\%m_{CH_4}=100\%-70\%=30\%\)

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

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

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

a)

$C_2H_4 + Br_2 \to C_2H_4Br_2$

$CH_4 + 2O_2 \xrightarrow{t^o} CO_2 + 2H_2O$

$CO_2 + Ca(OH)_2 \to CaCO_3 + H_2O$

b) Theo PTHH : 

$n_{C_2H_4} = n_{Br_2} = \dfrac{8}{160} = 0,05(mol)$
$n_{CH_4} = n_{CaCO_3} = \dfrac{15}{100} = 0,15(mol)$
$\%V_{C_2H_4} = \dfrac{0,05}{0,05 + 0,15}.100\% = 25\%$
$\%V_{CH_4} = 100\% - 25\% = 75\%$