Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(n_{Br_2}=\dfrac{8}{160}=0,05mol\)
\(n_{hh}=\dfrac{5,6}{22,4}=0,25mol\)
\(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)
0,05 0,05 ( mol )
\(\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,05}{0,25}.100=20\%\)
\(\%V_{CH_4}=100\%-20\%=80\%\)
\(CH_4+2O_2\rightarrow\left(t^o\right)CO_2+2H_2O\)
0,2 0,4 ( mol )
\(C_2H_4+5O_2\rightarrow\left(t^o\right)2CO_2+2H_2O\)
0,05 0,25 ( mol )
\(V_{kk}=V_{O_2}.5=\left(0,4+0,25\right).22,4.5=14,56.5=72,8l\)
CH4+2O2-to>CO2+2H2O
x------2x---------x
C2H2+\(\dfrac{5}{2}\)O2-to>2CO2+H2O
y----------\(\dfrac{5}{2}\)y--------2y
Ta có :
\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=\dfrac{6,72}{22,4}\\x+2y=\dfrac{8,96}{22,4}\end{matrix}\right.\)
=>x=0,2 mol, y=0,1 mol
=>%VCH4=\(\dfrac{0,2.22,4}{6,72}\).100=66,67%
=>%VC2H2=100-66,67=33,33%
b)
VO2=(2.0,2+\(\dfrac{5}{2}\).0,1).22,4=14,56l
a)
Khí thoát ra: CH4
\(\%V_{CH_4} = \dfrac{6,72}{16,8}.100\% = 40\%\\ \%V_{C_2H_4} = 100\% - 40\% = 60\%\)
b)
\(n_{C_2H_4} = \dfrac{16,8-6,72}{22,4} = 0,45(mol)\\ C_2H_4 + Br_2 \to C_2H_4Br_2\\ n_{Br_2} = n_{C_2H_4} = 0,45(mol)\\ \Rightarrow C_{M_{Br_2}} = \dfrac{0,45}{2} = 0,225M\\ c) n_{C_2H_4Br_2} = n_{C_2H_4} = 0,45(mol)\\ \Rightarrow n_{C_2H_4Br_2} = 0,45.188 = 84,6(gam)\)
Bài 4:
a) n(hỗn hợp khí)= 16,8/22,4=0,75(mol)
- Khí thoát ra là khí CH4.
=> nCH4=6,72/22,4=0,3(mol)
nC2H4=0,75-0,3=0,45(mol)
- Số mol tỉ lệ thuận với thể tích.
%V(CH4)=%nCH4= (0,3/0,75).100=40%
=> %V(C2H4)=100% - 40%=60%
b) PTHH: C2H4 + Br2 -> C2H4Br2
nC2H4Br2= nBr2=nC2H4=0,45(mol)
=>VddBr2= 0,45/2=0,225(l)
c) mC2H4Br2=0,45. 188= 84,6(g)
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).
Bài 4 :
Sục 3 chất khí vào dung dịch nước vôi trong :
+ Chất khí làm xuất hiện kết tủa trắng : CO2
Pt : \(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)
Không hiện tượng : CH4 , C2H4
Dẫn 2 chất khí còn qua dung dịch Brom dư :
+ Chất khí làm mất màu dung dịch Brom dư : C2H4
Pt : \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)
Còn lại : CH4
Chúc bạn học tốt
a) \(m_{tăng}=m_{C_2H_4}=0,84\left(g\right)\)
=> \(n_{C_2H_4}=\dfrac{0,84}{28}=0,03\left(mol\right)\)
Gọi số mol CH4, H2 trong 3360 ml A là a, b
=> \(a+b=\dfrac{3,36}{22,4}-0,03=0,12\left(mol\right)\) (1)
Gọi số mol CH4, H2 trong 0,7 lít hh là ak, bk
=> ak + bk + 0,03k = \(\dfrac{0,7}{22,4}=0,03125\) (2)
Và 16ak + 2bk + 0,84k = 0,4875 (3)
(1)(2)(3) => \(\left\{{}\begin{matrix}a=0,09\left(mol\right)\\b=0,03\left(mol\right)\\k=\dfrac{5}{24}\end{matrix}\right.\)
\(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,03}{0,15}.100\%=20\%\\\%V_{CH_4}=\dfrac{0,09}{0,15}.100\%=60\%\\\%V_{H_2}=\dfrac{0,03}{0,15}.100\%=20\%\end{matrix}\right.\)
b)
\(n_{C_2H_4}=\dfrac{1,68}{22,4}.20\%=0,015\left(mol\right)\)
\(n_{CH_4}=\dfrac{1,68}{22,4}.60\%=0,045\left(mol\right)\)
\(n_{H_2}=\dfrac{1,68}{22,4}.20\%=0,015\left(mol\right)\)
Bảo toàn C: \(n_{CO_2}=0,075\left(mol\right)\)
Bảo toàn H: \(n_{H_2O}=0,135\left(mol\right)\)
\(n_{Ca\left(OH\right)_2}=0,05.1=0,05\left(mol\right)\)
\(m_{ddCa\left(OH\right)_2}=1000.1,025=1025\left(g\right)\)
PTHH: Ca(OH)2 + CO2 --> CaCO3 + H2O
0,05---->0,05----->0,05
CaCO3 + CO2 + H2O --> Ca(HCO3)2
0,025<--0,025------------>0,025
\(m_{CaCO_3}=\left(0,05-0,025\right).100=2,5\left(g\right)\)
mdd sau pư = 1025 + 0,075.44 + 0,135.18 - 2,5 = 1028,23 (g)
\(C\%_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=\dfrac{0,025.162}{1028,23}.100\%=0,3939\%\)
