n_NaOH = 0,2 mol

Trong hỗn hợp các chất đề bài cho chỉ có phenol tác dụng với NaOH

C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O

    0,2  ←     0,2 (mol)

⟹ m_phenol = 0,2.94 = 18,8 gam

⟹ \(\% {m_{{C_6}{H_5}OH}} = \frac{{18,8}}{{28,9}}.100\%  = 65,05\% \)

Đáp án B

A đúng, vì ancol no mạch hở có CTTQ là C_nH_2n+2O_m → nCO₂ + (n+1)H₂O nên số mol CO₂ nhỏ hơn số mol nước

B đúng

C đúng

D sai, vì C₆H₅CH₂OH  không phản ứng với NaOH

Đáp án D

Fomol hay fomalin là tên thương phẩm của dung dịch chứa fomanđehit, hóa chất có công thức HCHO.

Đáp án C

A sai, vì anken chỉ có 1 liên kết π.

B sai, vì ankan không có nối đôi.

C đúng.

D sai, vì benzen là hiđrocacbon chứ không phải dẫn xuất hiđrocacbon.

Đáp án C

Để phân biệt CH₃CHO và C₂H₅OH có thể dùng thuốc thử dung dịch AgNO₃ trong NH₃, đun nóng:

+ Tạo kết tủa Ag → CH_3­CHO

PTHH:

CH₃CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → CH₃COONH₄ + 2Ag ↓ + NH₄NO₃

+ Không hiện tượng → C₂H₅OH

Đáp án A

A, B, C chỉ chứa các liên kết đơn nên không thể tác dụng với H₂ (t^o, xt) (phản ứng cộng).

D có liên kết C=C có thể cộng H₂ (t^o, xt).

Đáp án D

A chứa 2 chất là ancol có CTPT khác nhau

B có 2 chất cùng CTPT là C₂H₆O

C có 2 chất có CTPT khác nhau

D có 2 chất có CTPT khác nhau

Đáp án B

Các chất là đồng đẳng của etilen: (1) CH₃-CH=CH₂, (2) CH₃-CH₂-CH=CH₂, (6) isobutilen.

Đáp án B

Công thức chung của dãy đồng đẳng anđehit no, đơn chức mạch hở là C_nH_2n+1CHO.

Đáp án A

Công thức tổng quát của anken là: C_nH_2n (n ³ 2)

Đáp án C

Phân biệt toluen, benzen, stiren có thể dùng hóa chất: dung dịch KMnO₄.

Trích mẫu thử của từng chất vào ống nghiệm riêng biệt và đánh số tương ứng

+ Ống nghiệm làm mất màu KMnO₄ ở điều kiện thường là stiren

3C₆H₅CH=CH₂ + 2KMnO₄ + 4H₂O → 3C₆H₅CH(OH)-CH₂OH (không màu) + 2KOH + 2MnO₂

+ Ống nghiệm làm mất màu KMnO₄ khi đun nóng là toluen

5C₆H₅CH₃ + 6KMnO₄ + 9H₂SO₄ → 5C₆H₅COOH + 6MnSO₄ + 3K₂SO₄ + 14H₂O

+ Ống nghiệm không xảy ra hiện tượng gì kể cả khi đun nóng là benzen

Đáp án B

Metan có công thức phân tử là CH₄.

Đáp án A

- Phenol có khả năng phản ứng với Na, NaOH, dung dịch Br₂ theo các PTHH:

2C₆H₅OH + 2Na → 2C₆H₅ONa + H₂

C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O

C₆H₅OH + 3Br₂ → C₆H₂Br₃OH ↓ + 3HBr

- Phenol không phản ứng với NaHCO₃­.

Đáp án B

A loại. CTCT viết sai vì C chỉ có hóa trị là 4

B loại. Vì ankin không có liên kết ba đầu mạch nên không phản ứng  với AgNO₃/NH₃

C đúng

D loại. Vì anken không phản ứng với AgNO₃/NH₃

Đáp án C

Các ankan có CTPT C₅H₁₂ là:

CH₃-CH₂-CH₂-CH₂-CH₃

CH₃-CH(CH₃)-CH₂CH₃

CH₃-C(CH₃)₂-CH₃

→ có 3 đồng phân

Đáp án D

Ta thấy X chỉ gồm các hiđrocacbon (thành phần chứa C, H)

Bảo toàn nguyên tố C

\(\to {{n}_{C}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}=\frac{4,4}{44}=0,1\left( mol \right)\)

Bảo toàn nguyên tố H

\({{n}_{H}}=2{{n}_{{{H}_{2}}O}}=2.\left( \frac{2,52}{18} \right)=0,28\left( mol \right)\)

Vì X chỉ chứa C, H nên khối lượng của X là:

m_X = m_C + m_H = 0,1.12 + 0,28.1 = 1,48 (g)

Đáp án A

CH₃OH + CH₃OH  \(\xrightarrow{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\,dac,{{140}^{o}}}\) CH₃OCH₃ + H₂O

(viết gọn: 2CH₃OH  \(\xrightarrow{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\,dac,{{140}^{o}}}\) CH₃OCH₃ + H₂O)

C₂H₅OH + C₂H₅OH \(\xrightarrow{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\,dac,{{140}^{o}}}\) C₂H₅OC₂H₅ + H₂O

(viết gọn: 2C₂H₅OH \(\xrightarrow{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\,dac,{{140}^{o}}}\) C₂H₅OC₂H₅ + H₂O)

CH₃OH + C₂H₅OH \(\xrightarrow{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\,dac,{{140}^{o}}}\) CH₃OC₂H₅  + H₂O

Vậy có thể thu được tối đa 3 ete.

Đáp án B

Fomalin là dung dịch 37 – 40% fomanđehit (HCHO) trong nước.

Đáp án D

Nhận biết hai chất glixerol và etanol thì ta sử dụng Cu(OH)₂:

+ Không hiện tượng → Etanol

+ Tạo dung dịch có màu xanh lam đặc trưng → Glixerol

PTHH:

2C₃H₅(OH)₃ + Cu(OH)₂ → [C₃H₅(OH)₂O]₂Cu (phức màu xanh lam) + 2H₂O

Ta có:

 nC₇H₈ = 13,8 : 92 = 0,15 mol

Phản ứng: C₇H₈ + xAgNO₃ + xNH₃ → C₇H₈-xAg_x + xNH₄NO₃

n_C7H₈ = 0,15 mol ⇒ n_C7H₈-xAg_x = 0,15 mol

⇒ (92 + 107x). 0,15 = 45,9 ⇒ x = 2.

Vậy X phải có 2 liên kết ba ở đầu mạch:

CH≡C – CH₂ – CH₂ – CH₂ - C≡CH

CH≡C – CH(CH₃) – CH₂ - C≡CH

CH≡C – CH(C₂H₅) – C≡CH

CH≡C – C(CH₃)(CH₃) - C≡CH.

n_CO2 = 0,7 mol

M_A = 13,1n

⇒ n = 7 ⇒ A là C₇H₈

Benzen không làm mất màu dd thuốc tím ở mọi điều kiện.

Toluen làm mất màu dd thuốc tím trong đk có nhiệt độ: 80-100 độ C

C₆H₅CH₃ + 2KMnO₄ → C₆H₅COOK + KOH + 2MnO₂ +H₂O

Stiren làm mất màu dd thuốc tím ở đk thường

3C₆H₅ -CH=CH₂ + 2KMnO₄ + 4H₂O → 3 C₆H₅-CHOH-CH₂OH + 2MnO₂ + 2KOH

n_C : n_H = 2 : (1.2) = 1 : 1 ⇒ CTPT: C_nH_n

1 mol X + 4 mol H₂ (Ni, tº); 1 mol X + 1 mol Br₂

⇒ X chứa vòng benzen + 1 liên kết đôi ở nhánh

⇒ k = 5

CTPT X: C_nH_2n+2-2k ⇒ 2n + 2 – 2k = n

⇒ k = 5; n = 8

⇒ CTPT: C₈H₈

n_I2 = 1,27/254 = 0,005 mol

⇒ n_{stiren dư} = 0,03 – 0,005 = 0,025 mol

⇒ n_{stiren pu} = 0,1 – 0,025 = 0,075 mol

⇒ H = 75%.

C₆H₅CH₃ + 3HONO₂ →  C₆H₅(NO₂)₃CH₃ + 3H₂O

\(m = \frac{{23}}{{92}}.227.\frac{{80}}{{100}} = 45,4(kg)\)

Đặt CTPT X là C_nH_2n-6

\(\frac{{5,3n}}{{14n - 6}} = \frac{{8,96}}{{22,4}} \to n = 8\)

⇒ CTPT: C₈H₁₀

Từ giả thiết mCO₂ : mH₂O = 44 : 9 suy ra:

nCO₂ : nH₂O = 1 : 0,5 ⇒ n_C : n_H = 1 : 1.

A có thể có hoặc không có oxi, đặt công thức phân tử của A là C_xH_xO_y.

Ta có:

x = 8 và y = 0

Vậy công thức phân tử của A là C₈H₈.

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.

Gọi công thức tổng quát của A là C_xH_y.

Số mol C = số mol CO₂ = 4,4/44 = 0,1 mol; n_H = 0,1 mol

⇒ Tỉ lệ x : y = 1 : 1

⇒ Công thức đơn giản nhất là CH ⇒ Công thức nguyên là (CH)_n.

Theo đề bài: M < 115 ⇒ n < 8,7. Do đó n = 8, 7, 6…

Mặt khác: n_A : n_H2 = 1 : 4 ⇒ A có 4 liên kết π, trong đó có một liên kết π ở ngoài nhánh (tham gia phản ứng cộng Br₂) và 3 liên kết π trong vòng benzene ⇒ A là stiren

Đốt cháy số mol như nhau của hai hiđrocacbon thu được số mol CO₂ như nhau nên hai hiđrocacbon có cùng số nguyên tử C.

Có 4 đồng phân là:

but – 1 – en, cis – but – 2 – en, trans – but – 2 – en, metylpropen.

Mệnh đề đúng là “Ankan từ C₄H₁₀ trở đi có đồng phân mạch cacbon”.

m = mC + mH = nCO₂.12 + nH₂O.2 = 0,075.12 + 0,25.2 = 1,4 gam.

Ta có: \({n_{B{r_2}}} = 0,15 \times 1 = 0,15\left( {mol} \right)\)

Gọi công thức phân tử của anken (Z): \({C_n}{H_{2n}}\left( {n \ge 2} \right)\)

\(\begin{array}{l}{C_n}{H_{2n}} + B{r_2} \to {C_n}{H_{2n}}B{r_2}{\rm{  }}\left( 1 \right)\\{\rm{ 0,15  }} \leftarrow {\rm{0,15                      }}\left( {mol} \right)\end{array}\)

Từ (1) \( \Rightarrow {n_Z} = 0,15\left( {mol} \right)\)

\(\Rightarrow {M_Z} = \dfrac{{4,2}}{{0,15}} = 28\)

\( \Leftrightarrow 14n = 28 \Rightarrow n = 2\)

Vậy công thức phân tử của Z là: C₂H₄

Gọi công thức tổng quát của anken: C_nH_2n và ankin: C_mH_2m-2         \[\begin{array}{l}{C_n}{H_{2n}} + {H_2} \to {C_n}{H_{2n + 2}}\\{\rm{ }}{{\rm{V}}_1} \to {\rm{     \;\;\;\;}}{{\rm{V}}_1}{\rm{                                  }}\left( l \right)\\{C_m}{H_{2m - 2}} + 2{H_2} \to {C_m}{H_{2m + 2}}\\{\rm{   }}{{\rm{V}}_2} \to {\rm{      \;\;\;\;\;\;\;\;\;  2}}{{\rm{V}}_2}{\rm{                                   }}\left( l \right)\end{array}\]

Theo đề ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}{V_1} + {V_2} = 50\\{V_1} + 2{V_2} = 80\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{V_1} = 20ml\\{V_2} = 30ml\end{array} \right.\)

Vậy: \(\% {V_{anken}} = \dfrac{{20}}{{50}} \times 100 = 40\% \)

\(\% {V_{ankin}} = 100\%  - 40\%  = 60\% .\)

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

Ta có:  \({n_{{C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}}} = \dfrac{{5,6}}{{22,4}} = 0,25\left( {mol} \right);\)

\({M_{_{{C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}}}} = 14\overline n  = 42 \Rightarrow \overline n  = 3\)

           \(\begin{array}{l}{C_{\overline n }}{H_{2\overline n }} + \frac{{3\overline n }}{2}{O_2} \to \overline n C{O_2} + \overline n {H_2}O\\{\rm{ \;\;\;0,25  }} \to {\rm{    \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;                 0,25}}\overline n {\rm{\;\;\;\;     0,25}}\overline n {\rm{    }}\left( {mol} \right)\end{array}\)

Vậy \({V_{C{O_2}}} = 0,25 \times 3 \times 22,4 = 16,8\) (lít)

Và \({m_{{H_2}O}} = 0,25 \times 3 \times 18 = 13,5\) (gam)

\(\begin{array}{l}{C_x}{H_y} \to xC + \frac{y}{2}{H_2}\\{\rm{   \;\;\;a                \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;ax      }}\;\;\;\;\;\;a\frac{y}{2}{\rm{      }}\left( {mol} \right)\end{array}\)

Theo đề bài, ta có phương trình: \(a\dfrac{y}{2} = 3a \Rightarrow y = 6\)

Vì X, Y và Z không đồng phân nên nghiệm hợp lí là: C₂H₆; C₃H₆ và C₄H₆.

Gọi công thức tương đương của 2 anken: \({C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}\)

Phản ứng:

\({C_{\overline n }}{H_{2\overline n }} + \dfrac{{3\overline n }}{2}{O_2}\xrightarrow{{t^\circ }}\overline n C{O_2} + \overline n {H_2}O\)

Vì khi đốt anken thu được: \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}}\)

\( \Leftrightarrow \dfrac{{a + 40}}{{44}} = \dfrac{{a + 14}}{{18}} \)

\(\Leftrightarrow 18a + 720 = 44a + 616 \)

\(\Rightarrow a = 4\left( {gam} \right).\)

Gọi công thức chung cho 2 ankanal là CnH2nO

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

an = 0,25 (mol) (1)

Mặt khác: (14n  + 16)a = 5,1 (2)

Lấy (2) : (1) → n = 2,5

Vậy ankanal cần tìm là etanal và propanal.

n NaOH = 0,35 mol

X: -OH + NaOH → ONa

Ta thấy cứ 1 mol X ( chứa 1 nhóm –OH) khi tác dụng với 1mol NaOH thu được 1 mol muối tăng 22g so với khối lượng axit

⇒ Với 0,35mol NaOH khối lượng muối tăng = 0,35.22 = 7,7g

⇒ m muối = m X + 7,7 = 25,1 + 7,7 = 32,8g

⇒ Đáp án A