Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(m_{brom.bt}=1,64\left(g\right)\)
\(m_X=0,06.30+0,02.2=1,84\left(g\right)\)
BTKL:
\(m_A=m_B=1,64+1,84=3,48\left(g\right)\)
\(26x+0,18.2=3,48\Leftrightarrow x=0,12\)
\(\Rightarrow\%V_{C2H2}=\frac{0,12}{0,12+0,18}.100\%=40\%\)
Câu 4:
\(\overline{M_O}=6,2.2=12,4\)
Gọi a, b là mol mỗi khí ban đầu
\(\Rightarrow\frac{28a+2b}{a+b}=12,4\Leftrightarrow15,6a=10,4b\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b}=\frac{2}{3}\)
Giả sử a=2; b=3
\(C_2H_4+H_2\underrightarrow{^{to}}C_2H_6\)
Theo lí thuyết có 2 mol H2 phản ứng
\(m_{hh}=2.28+3.2=62\left(g\right)\)
Sau phản ứng:
\(\overline{M}=8,86.2=17,72\left(g\right)\)
\(n=\frac{62}{17,72}=3,5\left(mol\right)\)
Trước phản ứng: n0 = 5mol
\(\Rightarrow n_{giam}=1,5\left(mol\right)=n_{H2\left(pư\right)}\)
\(\Rightarrow H=\frac{1,5.100}{2}=75\%\)
Gọi a là số mol C2H2 b là số mol C2H4
\(n_{hh}=\frac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)
Ta có
\(\left\{{}\begin{matrix}26a+28b=2,7\\a+b=0,1\end{matrix}\right.\rightarrow a=b=0,05\left(mol\right)\)
Vậy trong X có 0,05 mol C2H2, 0,05 mol C2H4
1) X + HCl \(\rightarrow\) NO
=> trong X còn muối Fe(NO3)2
\(n_{NO\left(1\right)}=\frac{7,84}{22,4}=0,35mol\); \(n_{NO\left(2\right)}=\frac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)
Sau khi cho HCl vào X thì thu được dung dịch trong đó chứa: Cu2+ và Fe3+
Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Cu
Ta có:
\(\begin{cases}56x+64y=26,4\\3x+2y=3\left(0,35+0,05\right)\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0,3\\y=0,15\end{cases}\)
=> \(\%Fe=\frac{0,3.56}{26,4}.100\%=63,64\%\); %Cu = 100% - %Fe = 36,36%
2) Số mol HNO3 than gia phản ứng = 4nNO(1) = 0,35.4 = 1,4(mol)
3) Gọi a , b lần lượt là số mol Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 trong X
=> a + b = 0,3
2a + 3b + 2. 0,15 = 3.0,35
=> a = 0,15 (mol); b = 0,15 (mol)
=> trong X có : 0,15 mol Fe(NO3)2; 0,15 (mol) Fe(NO3)3 và 0,15 mol Cu(NO3)2
=> CM các chất đều bằng nhau và bằng: \(\frac{0,15}{0,8}=0,1875M\)
Câu 4:
\(CH_3-C\equiv CH\underrightarrow{^{AgNO3/NH3}}CH_3-C\equiv CAg\downarrow\)
\(\Rightarrow n_{C3H4}=n_{\downarrow}=\frac{14,7}{147}=0,1\left(mol\right)\)
Dẫn qua KMnO4 dư, khí thoát ra là butan
\(\Rightarrow n_X=\frac{7,84}{22,4}=035\left(mol\right)\)
\(n_{C4H8}=0,35-0,05-0,1=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{C4H8}=0,2.56=11,2\left(g\right)\)
Câu 4:
Gọi công thức là CnH2n
\(n=\frac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)
m tăng = mhh = 21 g
\(\Leftrightarrow M=\frac{21}{0,3}=70\)
\(\Rightarrow14n=70\)
\(\Rightarrow n=5\)
Vì X có đồng phân hình học
CTCT : CH3 – CH= CH – CH2 – CH3 : pent-2-en có đồng phân hình học:
Câu 5:
\(3CH_2=CH_2+2KMnO_4+4H_2O\rightarrow3C_2H_4\left(OH\right)_2+2KOH+2MnO_2\)
\(n_{KMnO4}=0,15.0,1=0,015\left(mol\right)\)
\(n_{C2H4}=\frac{3}{2}n_{KMnO4}=0,0225\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow V_{C2H4}=0,025.22,4=0,504\left(l\right)\)
\(n_{C3H8}=0,15\left(mol\right)\)
\(n_{khi.thoat.ra}=\frac{5,04}{22,4}=0,225>0,15\)
\(\rightarrow\) Chứng tỏ C2H2 còn dư nên bay ra
\(n_{C2H2_{du}}=0,225-0,15=0,075\)
\(n_{C2H2_{pu}}=0,15-0,075=0,075\left(mol\right)\)
\(PTHH:C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)
Khối lượng dd tăng là khối lượng C2H2 phản ứng
\(m_{C2H2}=0,074.26=1,95\left(g\right)\)