Đáp án C

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố H.

Giải chi tiết:

Bảo toàn nguyên tố H:

C₄H₈O₂ $\stackrel{+O_2}{\to }$ H₂O

1 mol → 4 mol

⟹ m_H2O = 4.18 = 72 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng oxi hóa ancol.

Giải chi tiết:

Phản ứng oxi hóa ancol:

+ Ancol bậc 1 tạo anđehit.

+ Ancol bậc 2 tạo xeton.

+ Ancol bậc 3 không bị oxi hóa.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về fructozơ.

Giải chi tiết:

Công thức phân tử của fructozơ là C₆H₁₂O₆.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Tính chất hóa học của axit cacboxylic.

Giải chi tiết:

CH₃COOH không phản ứng với NaCl.

PTHH:

 CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

 2CH₃COOH + Na₂CO₃ → 2CH₃COONa + CO₂ + H₂O

 2CH₃COOH + 2Na → 2CH₃COONa + H₂

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Khí độc có trong thành phần của khí than là CO.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Chất béo không no có trạng thái lỏng trong điều kiện thường.

Giải chi tiết:

Chất béo không no có trạng thái lỏng trong điều kiện thường.

⟹ (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Từ tên gọi suy ra CTHH.

Giải chi tiết:

Etyl butirat là CH₃CH₂CH₂COOCH₂CH₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết về chất béo.

Giải chi tiết:

Tripanmitin có công thức cấu tạo là (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ hay C₃H₅(OCOC₁₅H₃₁)₃.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất khử là chất nhường e (có số oxi hóa tăng).

Giải chi tiết:

Trong 4 cacbohiđrat trên, glucozơ có tính khử.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Ancol hòa tan Cu(OH)₂ thành dung dịch màu xanh lam là ancol đa chức có nhiều nhóm OH gắn vào các nguyên tử C cạnh nhau.

Giải chi tiết:

Ancol X hòa tan Cu(OH)₂ thành dung dịch màu xanh lam nên X là ancol đa chức có nhiều nhóm OH gắn vào các nguyên tử C cạnh nhau.

⟹ X là C₃H₅(OH)₃.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Khi thay nhóm -OH của axit cacboxylic bằng nhóm -OR' ta được este.

Giải chi tiết:

HOOCCH₃ viết lại là CH₃COOH, là một axit cacboxylic, không phải este.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Liên kết đôi (C=C) = 1π + 1σ

Liên kết ba (C≡C) = 2π + 1σ

Giải chi tiết:

1. CH₂=CH₂ ⟹ có 1π
2. ⟹ có 3π
3. CH≡CH ⟹ có 2π
4. CH₄ ⟹ không có liên kết π

 Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết về anđehit.

Giải chi tiết:

1 mol anđehit fomic (HCHO) tham gia tráng bạc sinh ra 4 mol Ag.

PTHH: HCHO + 4AgNO₃ + 6NH₃ + 2H₂O $\stackrel{t^o}{\to }$ (NH₄)₂CO₃ + 4Ag + 4NH₄NO₃

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết về este.

Giải chi tiết:

1. và B đúng, do este không tạo được liên kết H với nước. C. đúng.          D. sai, este của phenol không được điều chế trực tiếp từ axit và phenol mà phải điều chế từ phenol và anhiđrit của axit.

PTHH: (CH₃CO)₂O + C₆H₅OH $\stackrel{t^o,xt}{\to }$ CH₃COOC₆H₅ + CH₃COOH

 Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Vậy X là glucozơ.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:   D. sai, vì saccarozơ là một đisaccarit chứ không phải polisaccarit.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng điều chế axit cacboxylic.

Giải chi tiết:

A: C₂H₅OH + O₂ $\stackrel{men.giam}{\to }$ CH₃COOH + H₂O.

B: CH₄ + O₂ $\stackrel{t^o,xt}{\to }$ HCHO + H₂O.

C: CH₃OH + CO $\stackrel{t^o,xt}{\to }$ CH₃COOH.

D: 2CH₃CHO + O₂ $\stackrel{t^o,xt}{\to }$ 2CH₃COOH.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Hiđrocacbon làm mất màu dung dịch Br₂ chứa liên kết bội kém bền hoặc xicloankan có vòng 3 cạnh, …

Giải chi tiết:

But-1-en có CTCT là CH₂=CH-CH₂-CH₃ có chứa liên kết C=C kém bền nên làm mất màu dung dịch Br₂.

PTHH: CH₂=CH-CH₂-CH₃ + Br₂ → CH₂Br-CHBr-CH₂-CH₃.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ure có công thức (NH₂)₂CO, khi hòa tan vào nước sinh ra (NH₄)₂CO₃ cung cấp N dưới dạng ion NH₄⁺

⟹ Ure là một loại phân đạm.

PTHH: (NH₂)₂CO + 2H₂O → (NH₄)₂CO₃

 Đáp án B

Phương pháp giải:

Thủy phân este thu được 2 chất đều tráng gương ⟹ Este có dạng HCOOCH=CH-R' (R' là H hoặc gốc hiđrocacbon).

Giải chi tiết:

Thủy phân este thu được 2 chất đều tráng gương ⟹ Este có dạng HCOOCH=CH-R' (R' là H hoặc gốc hiđrocacbon).

⟹ Chất thỏa mãn là HCOOCH=CH-CH₃.

PTHH: HCOOCH=CH-CH₃ + H₂O $\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,t^o}{\rightleftarrows }$ HCOOH + CH₃-CH₂-CHO.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Este no, đơn chức, mạch hở có dạng C_nH_2nO₂ (n ≥ 2).

Từ phần trăm khối lượng C suy ra giá trị của n ⟹ CTPT.

Từ CTPT viết các đồng phân este.

Giải chi tiết:

Đặt công thức este là C_nH_2nO₂ (n ≥ 2).

Ta có: $\%m_C=\frac{12n}{14n+32}.100\%=48,65\%\to n=3$

⟹ CTPT este là C₃H₆O₂.

Có 2 đồng phân este có CTPT C₃H₆O₂ là:

HCOOCH₂CH₃

CH₃COOCH₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết về chất béo.

Giải chi tiết:

Triolein không có phản ứng este hóa (Lưu ý: Phản ứng este hóa là phản ứng điều chế este).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về chất béo.

Giải chi tiết:

1. đúng.
2. sai, trong công nghiệp chất béo được dùng để sản xuất xà phòng và glixerol.
3. sai, dầu mỡ bị ôi là do phản ứng oxi hóa ở liên kết C=C.
4. sai, dầu ăn là các chất béo chứa C, H, O (ngoài ra còn có tạp chất); còn dầu hỏa là các hiđrocacbon có thành phần C, H.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cách chuyển đổi các phương trình phân tử sang phương trình ion rút gọn:

+ Chuyển tất cả các chất vừa dễ tan, vừa điện li mạnh thành ion, các chất khí, kết tủa, điện li yếu để nguyên dưới dạng phân tử thu được phương trình ion đầy đủ.

+ Lược bỏ những ion không tham gia phản ứng ta được phương trình ion rút gọn.

Giải chi tiết:

PT ion thu gọn của phản ứng trên là: CaCO_{3 (r)} + 2H⁺ → Ca²⁺ + CO₂↑ + H₂O.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- Bảo toàn nguyên tố O tính được số mol của chất béo.

- Khi đốt cháy chất béo ta có công thức tính nhanh:

 $n_{CB}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$(với k là số liên kết π trong toàn phân tử).

Từ đó xác định được k.

- Khi chất béo tác dụng với dung dịch Br₂:

CB + (k-3) Br₂ → Sản phẩm cộng

Giải chi tiết:

- Khi đốt cháy chất béo:

+) BTNT O → 6n_CB + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

$\to n_{CB}=\frac{2.3,42+3,18-2.4,83}{6}=0,06\left(mol\right)$

+) Ta có công thức tính nhanh: $n_{CB}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$ (với k là số liên kết π trong toàn phân tử).

⟹ $\frac{3,42-3,18}{k-1}=0,06$ ⟹ k = 5.

Chất béo chứa 3 π trong 3 gốc COO nên còn lại 2 π ở ngoài gốc hiđrocacbon.

- Khi X tác dụng với Br₂ thì chỉ có 2 π ngoài gốc hiđrocacbon tác dụng:

X + 2Br₂ → Sản phẩm

0,06 → 0,12 mol

⟹ m_Br2 = 0,12.160 = 19,2 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Ta thấy n_CO2 = n_H2O ⟹ 2 este no, đơn chức, mạch hở.

Giả sử 2 este có cùng CTPT là C_nH_2nO₂.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố C ⟹ $n_{C{O}_2}=n.n_{este}$ ⟹ giá trị của n ⟹ CTPT.

Giải chi tiết:

Ta thấy n_CO2 = n_H2O = 0,3 mol ⟹ 2 este no, đơn chức, mạch hở.

Giả sử 2 este có cùng CTPT là C_nH_2nO₂.

$\stackrel{BTNT.C}{\to }{n}_{C{O}_2}=n.\frac{7,4}{14n+32}=0,3\to n=3$

⟹ CTPT của 2 este là C₃H₆O₂.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng O phản ứng ⟹ n_O(pư).

Phản ứng khử oxit kim loại bằng CO có thể viết là: CO + O → CO₂ ⟹ n_CO2.

Khi cho khí tác dụng với Ca(OH)₂ dư: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O ⟹ n_CaCO3 ⟹ m _↓.

Giải chi tiết:

m_O(pư) = m_{chất rắn giảm} = 15,2 - 13,6 = 1,6 gam

→ n_O(pư) = 1,6 : 16 = 0,1 mol

Phản ứng khử oxit kim loại bằng CO có thể viết là:

CO + O → CO₂

0,1 → 0,1 (mol)

Khi cho khí tác dụng với Ca(OH)₂ dư:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O

0,1 → 0,1 (mol)

→ m = m_CaCO3 = 0,1.100 = 10 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

(a) NaI + AgNO₃ → NaNO₃ + AgI ↓

(b) Cl₂ + 2FeCl₂ → 2FeCl₃

(c) CO dư + CuO $\stackrel{t^o}{\to }$ Cu + CO₂

(d) 2AgNO₃ $\stackrel{t^o}{\to }$ 2Ag + 2NO₂ + O₂

(e) 4FeS₂ + 11O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ 2Fe₂O₃ + 8SO₂

Vậy có 2 thí nghiệm thu được kim loại là (c), (d).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Khi đốt cacbohiđrat luôn có n_CO2 = n_O2(pư) (HS tự chứng minh bằng cách viết PTHH).

Giải chi tiết:

Khi đốt cacbohiđrat luôn có n_CO2 = n_O2(pư) = 2,52/22,4 = 0,1125 mol.

BTKL: m = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 0,1125.44 + 1,8 - 0,1125.32 = 3,15 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Quan sát thấy các este đều no, đơn chức, mạch hở.

RCOOR' → RCOONa

Ta thấy m_este > m_muối ⟹ R' > 23 ⟹ R' là -C₂H₅ (quan sát 4 đáp án A, B, C, D).

RCOOC₂H₅ → RCOONa

Ta có: n_este = n_muối ⟹$\frac{5,1}{R+73}=\frac{4,8}{R+67}\to R=29\left(-C_2{H}_5\right)$

Vậy este có công thức là C₂H₅COOC₂H₅.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Glucozơ $\stackrel{+AgN{\text{O}}_3/N{H}_3}{\to }$ 2Ag

Từ số mol Ag ⟹ số mol glucozơ ⟹ khối lượng glucozơ.

Tính C% dung dịch glucozơ:$C\%=\frac{m_{gluc\text{oz}?}}{m_{dd.gluc\text{oz}?}}.100\%$

Giải chi tiết:

Glucozơ $\stackrel{+AgN{\text{O}}_3/N{H}_3}{\to }$ 2Ag

→ n_Glu = ½ n_Ag = ½.6,48/108 = 0,03 mol

→ m_Glu = 0,03.180 = 5,4 gam

→ C%_{dd glucozơ} = (5,4/37,5).100% = 14,4%.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về este, cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

(1) sai, tristearin là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ có CTPT là C₅₇H₁₁₀O₆.

(2) đúng.

(3) sai, glucozơ được gọi là đường nho.

(4) đúng.

(5) sai.

(6) đúng.

Vậy có 3 mệnh đề đúng.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính được M_Y = 29 g/mol; vinyl axetilen là CH≡C-CH=CH₂ có chứa 3 π.

BTKL: m_X = m_Y ⟹ n_Y.

Tính được n_H2(pư) = n_giảm = n_X - n_Y.

Bảo toàn liên kết π: n _{π (bđ)} = n _{π (bị phá bởi H2)} + n _{π (bị phá bởi Br2)} ⟹ 3n_C2H2(bđ) = n_H2(pư) + n_Br2 ⟹ n_Br2.

Giải chi tiết:

Ta có: M_Y = 29 g/mol; vinyl axetilen là CH≡C-CH=CH₂ có chứa 3 π.

BTKL: m_X = m_Y ⟹ 0,3.2 + 0,1.52 = n_Y.29 ⟹ n_Y = 0,2 mol.

n_H2(pư) = n_giảm = 0,3 + 0,1 - 0,2 = 0,2 mol.

Bảo toàn liên kết π: n _{π (bđ)} = n _{π (bị phá bởi H2)} + n _{π (bị phá bởi Br2)}

⟹ 3n_C2H2(bđ) = n_H2(pư) + n_Br2

⟹ 3.0,1 = 0,2 + n_Br2

⟹ n_Br2 = 0,1 mol.

⟹ m_Br2 = 16 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

ROH + Na → RONa + ½ H₂

⟹ n_ancol = 2n_H2 ⟹ M_ancol ⟹ CTPT ⟹ Các CTCT.

Giải chi tiết:

n_H2 = 0,05 mol

ROH + Na → RONa + ½ H₂

0,1 ← 0,05 (mol)

⟹ M_ancol = 6 : 0,1 = 60 g/mol

⟹ R + 17 = 60

⟹ R = 43 (-C₃H₇)

Các công thức cấu tạo thỏa mãn là:

CH₃-CH₂-CH₂-OH

CH₃-CH(OH)-CH₃

Đáp án C

Phương pháp giải:

Phản ứng xà phòng hóa chất béo: (RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

Vậy trong phản ứng xà phòng hóa chất béo ta luôn có: n_glixerol = 1/3.n_NaOH.

BTKL: m_muối = m_{chất béo} + m_NaOH - m_glixerol.

Giải chi tiết:

Phản ứng xà phòng hóa chất béo: (RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

Vậy trong phản ứng xà phòng hóa chất béo ta luôn có: n_glixerol = 1/3.n_NaOH = 0,02 mol.

BTKL: m_muối = m_{chất béo} + m_NaOH - m_glixerol = 17,24 + 0,06.40 - 0,02.92 = 17,8 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

CH₃COOH + C₂H₅OH $\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,t^o}{\rightleftarrows }$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

Tính số mol C₂H₅OH ban đầu.

Tính số mol C₂H₅OH phản ứng dựa vào PTHH.

Tính hiệu suất phản ứng:$H\%=\frac{n_{C_2{H}_{5}OH\left(pu\right)}}{n_{C_2{H}_{5}OH\left(b\text{d}\right)}}.100\%$

Giải chi tiết:

CH₃COOH + C₂H₅OH $\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,t^o}{\rightleftarrows }$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

n_C2H5OH(bđ) = 4,6/46 = 0,1 mol.

n_C2H5OH(pư) = n_CH3COOC2H5 = 4,4/88 = 0,05 mol.

$H\%=\frac{n_{C_2{H}_{5}OH\left(pu\right)}}{n_{C_2{H}_{5}OH\left(b\text{d}\right)}}.100\%=\frac{0,05}{0,1}.100\%=50\%.$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp ankan hóa.

Giải chi tiết:

Sử dụng phương pháp ankan hóa X thành các este no Y:

$X\stackrel{+H_2:0,07}{\to }Y$

+) m_Y = m_X + m_H2 = 10,58 + 0,07.2 = 10,72 (g).

+) Khi đốt Y:

n_{CO2(đốt Y)} = n_{CO2(đốt X)} = 0,4 mol = n_{H2O(đốt Y)} (do Y là các este no, đơn chức).

+) Khi đốt X:

n_C(X) = n_{CO2(đốt Y)} = 0,4 mol

n_{H2O(đốt X)} = n_{H2O(đốt Y)} - n_H2 = 0,4 - 0,07 = 0,33 mol → n_H(X) = 0,66 mol.

BTKL: n_O(X) = (10,58 - 0,4.12 - 0,66)/16 = 0,32 mol

→ n_X = ½ n_O = 0,16 mol (do các este đều đơn chức)

→ Số C trung bình = 0,4 : 0,16 = 2,5

→ Có 1 este là HCOOCH₃

→ Ancol Z là CH₃OH; n_CH3OH = n_X = 0,16 mol

+) Khi cho Y + dd NaOH:

BTKL: m_{chất rắn} = m_Y + m_NaOH - m_CH3OH = 10,72 + 0,25.40 - 0,16.32 = 15,6 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

*TN1: Fe và Al phản ứng với HCl dư tạo Fe²⁺ và Al³⁺:

Bảo toàn e ta có: 2n_Fe + 3n_Al = 2n_H2 (1)

*TN2: Fe và Al phản ứng với H₂SO₄ đặc nóng dư tạo Fe³⁺ và Al³⁺:

Bảo toàn e ta có: 3n_Fe + 3n_Al = 2n_SO2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra n_Fe và n_Al.

Xác định thành phần của dd Y.

Khi cho NaNO₃ vào Y: 3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

Tính theo PT ion xác định được thành phần dung dịch Z.

Giải chi tiết:

*TN1: Fe và Al phản ứng với HCl dư tạo Fe²⁺ và Al³⁺ sinh ra n_H2 = 0,48 mol

Bảo toàn e ta có: 2n_Fe + 3n_Al = 2n_H2 = 0,96 (1)

n_{HCl pư} = 2n_H2 = 0,96 mol ⟹ n_{HCl dư} = 1,2 - 0,96 = 0,24 mol

*TN2: Fe và Al phản ứng với H₂SO₄ đặc nóng dư tạo Fe³⁺ và Al³⁺ thu được n_SO2 = 0,63 mol

Bảo toàn e ta có: 3n_Fe + 3n_Al = 2n_SO2 = 1,26 (2)

Từ (1) và (2) suy ra n_Fe = 0,3 và n_Al = 0,12

Vậy Y gồm: Fe²⁺ (0,3 mol); Al³⁺ (0,12 mol); H⁺ (0,24); Cl^- (1,2)

Khi cho 0,1 mol NaNO₃ vào Y:

3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

0,18 ← 0,24 → 0,06 → 0,18

Vậy Z gồm:

 Fe³⁺: 0,18 mol

 Fe²⁺: 0,3 - 0,18 = 0,12 mol

 Al³⁺: 0,12 mol

 Na⁺: 0,1

 Cl^-: 1,2 mol

 NO₃^-: 0,1 - 0,06 = 0,04 mol

⟹ m _muối = ∑m _ion = 67,42 gam

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng

Giải chi tiết:

n_muối = n_NaOH = 0,1 mol

⟹ Số H trong muối = 2n_H2O : n _muối = 2.0,05 : 0,1 = 1

⟹ Muối chỉ chứa HCOONa

BTKL: m_X + m_NaOH = m_HCOONa + m _ancol + m_H2O

⟹ 6,18 + 0,1.40 = 0,1.68 + 3,2 + m_H2O

⟹ m_H2O = 0,18 gam ⟹ n_H2O = 0,01 mol

Mà n _axit = n_H2O ⟹ n _este = n_HCOONa - n_axit = 0,1 - 0,01 = 0,09 mol

Ta có n _ancol > n _este = 0,09 ⟹ M _ancol < 3,2 : 0,09 = 35,55 ⟹ ancol là CH₃OH

⟹ Este là HCOOCH₃

m_HCOOCH3 = 0,09.60 = 5,4 gam

⟹ %m _este = (5,4 : 6,18). 100% = 87,38%.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Ta có Z + 2NaOH → 2X + Y ⟹ Z là este 2 chức tạo bởi 1 axit đơn chức và ancol hai chức (1)

Z không làm mất màu dung dịch nên không chứa liên kết π kém bền hoặc nhóm chức anđehit (2)

CTPT của Z (3)

Từ (1) (2) (3) ⟹ CTCT của X, Y, Z.

Giải chi tiết:

Ta có Z + 2NaOH → 2X + Y ⟹ Z là este 2 chức tạo bởi 1 axit đơn chức và ancol hai chức (1)

Z không làm mất màu dung dịch nên không chứa liên kết π kém bền hoặc nhóm chức anđehit (2)

Mà theo đề bài Z có CTPT C₁₇H₁₆O₄ (3)

Từ (1) (2) (3) ⟹ CTCT của Z chỉ có thể là C₆H₅COO-CH(CH₃)-CH₂-OOCC₆H₅.

 ⟹ X: C₆H₅COONa; Y: CH₃-CH(OH)-CH₂OH.

- A đúng, vì X có CTPT C₇H₅O₂Na có .$\%m_{C\left(X\right)}=\frac{12.7}{12.7+5+16.2+23}.100\%=58,33\%$

- B sai, Y có thể được tạo từ CH₂=CH-CH₃ bằng 1 phản ứng:

 CH₂=CH-CH₃ + H₂O $\stackrel{H^{+},t^o}{\to }$ CH₃-CH(OH)-CH (spc)

- C sai, chỉ có 1 đồng phân thỏa mãn Z.

- D sai, vì:

 CH₃-CH(OH)-CH₂OH + Na → CH₃-CH(ONa)-CH₂ONa + H₂

 → n_H2 = n_Y = 15,2/76 = 0,2 mol

 → V_H2 = 4,48 lít.