Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a
\(CH\equiv CH\) \(CH_3-CH_3\)
b
Dùng dd brom để làm mất màu etilen
\(CH_2=CH_2+Br_2\rightarrow CH_2Br-CH_2Br\)
c
TN1
Benzen có phản ứng với brom nguyên chất , phản ứng thế
\(C_6H_6+Br_2\rightarrow C_6H_5Br+HBr\)
TN2
Dầu không tan , nổi trên mặt nước
a) \(H-C\equiv C-H\) \(CH_3-CH_3\)
b) Dẫn 2 loại khí trên vào dung dịch brom.
- Khí nào làm nước brom bị mất màu là etilen.
\(CH_2=CH_2+Br-Br\text{ }\rightarrow\text{ }CH_2Br-CH_2Br\)
- Khí nào không làm mất màu dung dịch brom là metan.
c) - Thí nghiệm 1: Màu nâu đỏ của brom nhạt dần và có khí thoát ra do brom tác dụng với benzen theo phản ứng:
C6H6 (l) + Br2 (l) → C6H5Br (l) + HBr (k)
- Thí nghiệm 2: Chất lỏng phân thành 2 lớp: lớp trên là dầu ăn, lớp dưới là nước do dầu ăn không tan trong nước và nhẹ hơn nước.
C2H2 + H2 C2H4
C2H2 + H2 C2H6
Khi cho hỗn hợp B qua dd nước Br2 chỉ có C2H4 và C2H2 phản ứng C2H2 +2Br2 → C2H2Br4
C2H4 + Br2 → C2H4Br2
=> khối lượng bình Br2 tăng chính bằng khối lượng của C2H2 và C2H4
mC2H2 + mC2H4 = 4,1 (g)
Hỗn hợp khí D đi ra là CH4, C2H6 và H2
CH4 + 2O2 → t ∘ CO2 + 2H2O
C2H6 + O2 → t ∘ 2CO2 + 3H2O
2H2 + O2 → t ∘ 2H2O
Bảo toàn nguyên tố O cho quá trình đốt cháy hh D ta có:
2nCO2 = 2nO2 – nH2O => nCO2 = ( 0,425. 2– 0,45)/2 = 0,2 (mol)
Bảo toàn khối lượng : mhh D = mCO2 + mH2O – mO2 = 0,2.44 + 0,45.18 – 0,425.32 = 3,3 (g)
Bảo toàn khối lương: mA = (mC2H2 + mC2H4) + mhh D = 4,1 + 3,3 = 7,4 (g)
\(n_{hh}=\frac{V}{22,4}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)
\(n_{CaCO_3}=\frac{m}{M}=\frac{30}{100}=0,3\left(mol\right)\)
Gọi x là số mol Ch4 ; y là số mol C2H6
\(CH_4+2O_2\rightarrow CO_2+2H_2O\)
x x
\(C_2H_6+\frac{7}{2}O_2\rightarrow2CO_2+3H_2O\)
y 2y
\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)
0,3 0,3
Ta có hê phương trình
\(\hept{\begin{cases}x+y=0,2\\x+2y=0,3\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=0,1\left(mol\right)\\y=0,1\left(mol\right)\end{cases}}\)
Vì Số mol hai chất bằng nhau nên thể tích hai chất cũng bằng nhau nên phần trăm thể tích mỗi chất là 50%
a.
BTKL ta có mX = mY => nX . MX = nY . mY
MX / My = nY / mY =0.75
Đặt nX = 1 mol => nY = 0,75 mol => nH2 phản ứng = 1 – 0,75 = 0,25mol
* TH hidrocacbon là anken: n anken = n H2 = 0,25 mol => n H2 trong X = 0,75 => M = (6,75 – 0,75 . 2)/0,25 = 21 (loại) * TH là ankin: => n akin = 0,25/2 = 0,125 => n H2 trong X = 0,875 mol => M = (6,75 – 0,875 . 2)/0,125 = 40 =>C3H4
Lúc đầu: C12H22O11 + H2SO4 → 12C(đen) + H2SO4.11H2O
Sau đó: C12H22O11 + 24H2SO4 → 12CO2↑ + 24SO2↑ + 35H2O
Khi nhỏ axit H2SO4 đặc vào saccarozo, ta thấy đường nhanh chóng hóa đen, sau đó khối rắn tăng thể tích rất nhanh và thoát khí mùi hắc (SO2). Quan sát phương trình ta thấy chỉ 1 mol đường nhưng tạo ra những (12 + 24 = 35) mol khí, vì vậy thể tích khối rắn tăng lên nhanh.
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O
SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3↓ + H2O
Khí (CO2 + SO2) sục vào dung dịch Ca(OH)2 dư ta thấy xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa tăng dần đến tối đa và không thay đổi.
a, Cho hỗn hợp khí CH4 và C2H4 qua dung dịch Br2 dư chỉ có C2H4 tham gia phản ứng. PTHH: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)
b, \(n_{Br_2}=\dfrac{m_{Br_2}}{M_{Br_2}}=\dfrac{64}{160}=0,4(mol)\)
Theo PTHH: \(n_{C_2H_4}=n_{Br_2}=0,4(mol)\)
\(V_{C_2H_4}=n_{C_2H_4}.22,4=0,4.22,4=8,96(l)\)
Phần trăm của khí C2H4 trong hỗn hợp ban đầu là: \(\%V_{C_2H_4}=\dfrac{V_{C_2H_4}}{V_hh}.100\%=\dfrac{8,96}{11,2}.100\%=80\%\)
Phần trăm của khí CH4 trong hỗn hợp ban đầu là:
\(\%V_{CH_4}=100\%-\%V_{C_2H_4}=100\%-80\%=20\%\)
Câu 1 :
\(a.CH_4+Cl_2\underrightarrow{as,1:1}CH_3Cl+HCl\)
\(b.C_2H_4+H_2O\underrightarrow{^{H^+,t^0}}C_2H_5OH\)
\(c.CaC_2+2H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2+C_2H_2\)
\(d.C_2H_5OH+Na\rightarrow C_2H_5ONa+\dfrac{1}{2}H_2\)
\(e.CH_3COOH+NaOH\rightarrow CH_3COONa+H_2O\)
\(f.\left(RCOO\right)_3C_3H_5+3NaOH\rightarrow3RCOONa+C_3H_5\left(OH\right)_3\)
Câu 2 :
a) CTCT C2H2 và C2H6 :
\(CH\equiv CH\)
\(CH_3-CH_3\)
b) Nhận biết CH4, C2H4 :
Sục lần lượt các khí qua dung dịch Br2 dư :
- Mất màu : C2H4
- Không HT : CH4
\(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)
c)
TN1 : Mất màu nâu đỏ Br2 và có khí HBr thoát ra.
Dầu ăn không tan trong nước , nổi trên bề mặt
Câu 3 :
\(n_{CH_4}=a\left(mol\right),n_{C_2H_6}=b\left(mol\right)\)
\(n_X=\dfrac{4.48}{22.4}=0.2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow a+b=0.2\left(1\right)\)
\(n_{CaCO_3}=\dfrac{30}{100}=0.3\left(mol\right)\)
\(CH_4+2O_2\underrightarrow{^{t^0}}CO_2+2H_2O\)
\(C_2H_6+\dfrac{7}{2}O_2\underrightarrow{^{t^0}}2CO_2+3H_2O\)
\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)
\(..............0.3......0.3\)
\(n_{CO_2}=a+2b=0.3\left(mol\right)\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right):a=b=0.1\)
\(\%V_{CH_4}=\%V_{C_2H_6}=\dfrac{0.1}{0.2}\cdot100\%=50\%\)
Câu 4 :
\(\text{ Trong 100 ml cồn 70 độ có 70 ml rượu etylic và 30 ml nước.}\)
\(V_{C_2H_5OH}=\dfrac{70}{100}\cdot50=35\left(ml\right)\)
\(n_{C_2H_5OH}=\dfrac{9.2}{46}=0.2\left(mol\right)\)
\(n_{CH_3COOH}=\dfrac{6}{60}=0.1\left(mol\right)\)
\(CH_3COOH+C_2H_5OH\underrightarrow{H^+,t^0}CH_3COOC_2H_5+H_2O\)
\(0.1.........................0.1....................0.1\)
\(H\%=\dfrac{5.28}{0.1\cdot88}\cdot100\%=60\%\)