X: -COOH + NaOH → -COONa + H₂O

Ta có: 1mol X + 1 mol NaOH

→ 1 mol muối và khối lượng muối tăng so với khối lượng X là: 23-1=22g

Theo đề bài: ∆mtăng = 0,555 – 0,445 = 0,11g

⇒ nX = 0,11 : 22 = 0,005 mol

MX = 0,445 : 0,005 = 89 ⇒X là glyxin ( NH₂ – CH₂ – COOH)

⇒ Đáp án A

X là sec-butyl clorua.

Đáp án B

Sản phẩm chính của phản ứng tách HBr của CH₃CH(CH₃)CHBrCH₃ là 2-metylbut-2-en.  

Đáp án A

Nhỏ dung dịch AgNO₃ vào ống nghiệm chứa một ít dẫn xuất halogen CH₂=CHCH₂Cl, lắc nhẹ thì không thấy hiện tượng gì xảy ra.

Cho ClC₆H₄CH₂Cl + dung dịch KOH ta thu được ClC₆H₄CH₂OH.   

Đặt công thức phân tử trung bình của A và B là C₆H_6-n(NO₂)_n

Theo giả thiết ta có :

nH₂O = 8,1/18 = 0,45 mol

→ m_H = 0,45.2 = 0,9 gam

→ m_C = 9,18 - 0,9 = 8,28 gam

→ n_CO2 = n_C = 8,28/12 = 0,69 mol

V_CO2 = 0,69.22,4=15,456 lít.

Tỉ lệ mol nCl₂ : nC₆H₆ = 1,5

⇒ phản ứng tạo ra hỗn hợp hai sản phẩm là C₆H₅Cl và C₆H₄Cl₂.

Phương trình phản ứng :

C₆H₆ + Cl₂ → C₆H₅Cl + HCl

x             x           x             x

C₆H₆ + 2Cl₂ → C₆H₄Cl₂ + 2HCl

y              2y             y              2y

Theo giả thiết ta có 

x + y = 1 và x + 2y = 1,5 

→ x = y = 0,5

Vậy sau phản ứng thu được 0,5 mol C₆H₅Cl ; 1,5 mol HCl ; 0,5 mol C₆H₄Cl₂.

\({n_{{C_6}{H_6}}} = \dfrac{{18,72}}{{78}} = 0,24\left( {mol} \right)\)

C₆H₆ + Cl₂ → C₆H₅Cl + HCl  (1)

0,24                     0,24

Từ (1) \( \Rightarrow {n_{{C_6}{H_5}Cl}} = 0,24\left( {mol} \right)\)

\(\Rightarrow {m_{{C_6}{H_5}Cl}} = 0,24 \times 112,5 = 27\;g\)

Dựa vào tính chất phản ứng:

Ta có: \({n_{{C_6}{H_6}}} = \dfrac{{19,5}}{{78}} = 0,25\left( {mol} \right)\)

C₆H₆ + Br₂ → C₆H₅Br + HBr  (1)

Từ (1) \( \Rightarrow {m_{{C_6}{H_5}Br}} = 0,25 \times 157 = 39,25\left( {gam} \right)\)

Khối lượng brom benzen thực tế thu được là: 32,6 gam

Hiệu suất phản ứng:

\(H = \dfrac{{32,6}}{{39,25}} \times 100\%  = 83\% .\)

Gọi công thức của hiđrocacbon Y là đồng đẳng của benzen là: \({C_n}{H_{2n - 6}}{\rm{ }}\left( {n \ge 6} \right).\)

C_nH_2n-6 + (3n-3)/2O₂ → nCO₂ + (n - 3)H₂O

0,01                                    0,01        0,01(n-3)

Theo đề bài, ta có phương trình:

\(\begin{array}{l}{m_{\left( {C{O_2} + {H_2}O} \right)}} = 0,01n \times 44 + 0,01\left( {n - 3} \right) \times 18 = 4,42\\{\rm{                    }} \Leftrightarrow 44n + 18n - 54 = 442 \Rightarrow n = 8\end{array}\)

Vậy công thức phân tử của X là: C₈H₁₀.

Ta có:

\({n_{{C_6}{H_6}}} = \dfrac{{0,879}}{{78}} \times 100 = 1,127\left( {mol} \right) \)

 \(= B{r_2}\)_{cần dùng} .

\( \Rightarrow {V_{B{r_2}}}\)_{cần dùng} \( = \dfrac{{1,127 \times 160}}{{3,1}} = 58,168\left( {ml} \right).\)

Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi khí:

Ta có: \({n_{{O_2}}} = \dfrac{{17,25}}{{22,4}} = 0,54\left( {mol} \right)\)

Goi a là số mol của C₂H₄ và b là số mol của C₆H₆.

C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O   (1)

a             3a           2a

C6H6 + 15/2O2 → 6CO2 + 3H2O  (2)

Theo đề bài, ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{{O_2}}} = 3a + \dfrac{{15}}{2}b = 0,54\\{m_X} = 28a + 78b = 5,36\end{array} \right.\)

Giải hệ phương trình, ta được: \(\left\{ \begin{array}{l}a = 0,08\\b = 0,04\end{array} \right.\)

Vậy: \(\% {m_{{C_2}{H_4}}} = \dfrac{{0,08 \times 28}}{{5,36}} \times 100\%  = 41,79\% \)

 \(\% {m_{{C_6}{H_6}}} = 100\%  - 41,79\%  = 58,21\% \)

Ta có: \({n_{{C_6}{H_6}}} = \dfrac{{6,24}}{{78}} = 0,08\left( {mol} \right)\)

C₆H₆ + 15/2O₂ → 6CO₂ + 3H₂O  (1)

0,08          0,6

Từ (1) \( \Rightarrow {n_{{O_2}}}\)_{cần dùng} = 0,6 (mol)

 \( \Rightarrow {V_{{O_2}}}\)_{cần dùng} \( = 0,6 \times 22,4 = 13,44\) (lít)

Gọi công thức tương đương của hai aren là: \({C_{\overline n }}{H_{2\overline n  - 6}}\)

Theo đề bài, ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}a\left( {14\overline n  - 6} \right) = 39,6\\a\left( {\dfrac{{3\overline n  - 3}}{2}} \right) = \dfrac{{87,36}}{{22,4}} = 3,9\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a\overline n  = 3\\a = 0,4\end{array} \right.\)

Từ (1) \( \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = a\overline n  = 3\left( {mol} \right) \)

\(\Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 3 \times 22,4 = 67,2\) (lít).

Ta có: \({n_{{C_2}{H_2}}} = \dfrac{{pV}}{{RT}} \)\(\,= \dfrac{{2,464 \times 10}}{{0,082\left( {273 + 27,3} \right)}} = 1\left( {mol} \right)\)

Phản ứng:   \(3CH \equiv CH \to {C_6}{H_6}({t^o} = 600{}^oC)\)

Như vậy hỗn hợp khí hơi gồm benzen và axetilen dư với tỉ lệ thể tích là 3 : 1.

Cứ 1 mol C₆H₆ tạo thành thì cần 3 mol C₂H₂ phản ứng. Do đó, nếu 3V C₆H₆ thì có 9V C₂H₂ phản ứng.

Nghĩa là: Cứ 10V C₂H₂ thì có 9V phản ứng và còn dư 1V.

Hiệu suất phản ứng:

\(H = \dfrac{{9 \times 100\% }}{{10}} = 90\% .\)

Chứng tỏ Naphtalen có tính thăng hoa.

Đáp án B

X: o-bromtoluen và p-bromtoluen; Y: o-NaO-C₆H₄-CH₃ và p-NaO-C₆H₄-CH₃

⇒ Z: o-metylphenol và p-metylphenol.

C₆H₅CH₃  → C₆H₅COOK

C₆H₅CH=CH₂  → C₆H₅CH(OH)CH₂OH

Benzen không làm mất màu brom.

(1) CH₃CH₂Cl.

(3) C₆H₅CH₂Cl

Đun nóng 1,1- đibrometan với dung dịch NaOH tạo thành hợp chất anđehit axetic. 

Ta thấy: C₆H₄(CH₃)OH ^Na→ C₆H₄(CH₃)ONa + 1/2 H₂

C₆H₄(CH₃)OH ^NaOH→ C₆H₄(CH₃)ONa + H₂O

C₆H₅CH₂OH + Na → C₆H₅CH₂ONa + 1/2 H₂

Hướng dẫn Để sản phẩm chỉ gồm 1 anken → Anken không có đồng phân hình học

→ Các ancol thỏa mãn : CH₃(CH₂)₃CH₂OH ; (CH₃)₂CHCH₂CH₂OH ; CH₂OHCH(CH₃)CH₂CH₃

Chú ý : CH₃CH₂CHOHCH₂CH₃ tách nước tạo 2 anken

C₃H₇Cl ^{KOH, C}₂H₅OH, t^o→ C₃H₆ + HCl

mol: 0,2.80% →    0,16

C₃H₆ + Br₂ → C₃H₆Br₂

mol: 0,16 →    0,16

→ x = 0,16.160 = 25,6 gam.

Căn cứ vào các tính chất của các halogen ta thấy chỉ có C₃H₇Cl phản ứng được với dung dịch NaOH đun nóng.

Phương trình phản ứng :

C₃H₇Cl + NaOH → C₃H₇OH + NaCl (1)

mol: x →     x

AgNO₃ + NaCl → AgCl + NaNO₃ (2)

mol: x →     x

Theo (1), (2) và giả thiết ta có :

n_C3H₇Cl = n_NaCl = n_AgCl = 1,435/143,4 = 0,01 mol

=> m_C6H₅Cl = 1,91 - 0,01.78,5 = 1,125 gam

Khi dùng dung dịch NaOH thì phản ứng thế chỉ xảy ra ở nhánh.

C_nH_2n+1OH + 3n/2 O₂ → nCO₂ + (n+1)H₂O

CT của M là: C_nH_2n+2O_a ; n_CO2 = 35,2/44 = 0,8 mol ; n_H2O = 19,8/18 = 1,1 mol

 → n_CO2(M) = 0,8 – 0,2 = 0,6 mol => n = 3.

X tác dụng Na thu được 0,3 mol H₂ => M là ancol 2 chức

 → C₃H₈O₂.

Dãy gồm các nhóm thế làm cho phản ứng thế vào vòng benzen dễ dàng hơn và ưu tiên vị trí m- là –NO₂, -COOH, -SO₃H

Cho benzen + Cl₂ (as) ta thu được C₆H₆Cl₆     

Cần phân biệt điều kiện phản ứng

* Điều kiện xúc tác bột Fe:

* Điều kiện chiếu sáng

- Stiren làm mất màu dung dịch KMnO₄ và bị oxi hóa ở nhóm vinyl (giống như etilen) nên phản ứng xảy ra ngay nhiệt độ thường.

- Toluen làm mất màu dung dịch KMnO₄ ở đk nhiệt độ 80-100ºC

- Benzen và Propan không làm mất màu dung dịch KMnO₄

n-C₆H₅-CH=CH₂ → (-CH₂-CH(C₆H₅)-)n (tº, xt, p)

                                        (Polstiren - PS)

C₆H₅-CH₃ + 3HNO₃ đặc −^H₂SO₄ đ→ 2,4,6-trinitrotoluen + 3H₂O

3C₂H₂ → C₆H₆

C₆H₆ + HNO₃ → C₆H₅NO₂ + H₂O

C₆H₅NO₂ + Br₂ → m-O₂NC₆H₄Br

Tam hợp propin không dùng để điều chế toluen.

Dùng dd AgNO₃/NH₃ nhận được hex – 1 – in do có kết tủa vàng xuất hiện

- Cho KMnO₄ vào ở nhiệt độ thường chất nào làm mất màu là stiren.

- Đun nóng dd KMnO₄ chất nào làm mất màu là toluen, còn lại không có hiện tượng gì là benzen.

Đặt CTPT X: C_xH₄; M_X = 17.2 = 34 ⇒ 12x + 4 = 34 ⇒ x = 2,5

⇒ n_CO2 = 0,05.2,5 = 0,125 (mol); nH₂O = 0,05.2 = 0,1 (mol)

⇒ m = 0,125.44 + 0,1.18 = 7,3 (gam)

n_CO2 = 30,36/44 = 0,36 mol

⇒ n_hh = 0,36/n

 ⇒ M = 306n/23 ⇒ n = 8,625

⇒ CTPT A và B là: C₈H₁₀; C₉H₁₂

M_X = 15 ⇒ n_H2 : n_C2H₄ = 1 : 1 (Hiệu suất tính theo 1 trong 2)

Giả sử X có 1mol H₂ và 1 mol C₂H₄

H₂ + C₂H₄ -^to, xt→ C₂H₆

Bảo toàn khối lượng: m_X = m_Y

⇒ C_nH_2n-2

⇒ n_Y = 2 : 4/3 = 1,5 mol

Ta có n khí giảm = n_X – n_Y = n_H2 pư = 2 – 1,5 = 0,5 mol

⇒ H% = 0,5 : 1. 100% = 50%

X + Br₂ → Y (C_xH_yBr₂)

80.2/M_Y.100% = 74,08% → M_Y = 216

→ M_X = 216 - 160 = 56 (C₄H₈)

X + HCl → Y (C_xH_yCl)

35,5/M_Y. 100% = 45,223% → M_Y = 78,5 → M_X = 78,5 – 36,5 = 42 (C₃H₆)