Đáp án B

- Chất điện ly yếu: CH₃COOH

- Chất điện ly mạnh: NaCl, HCl

- Chất không điện ly: C₂H₅OH

Đáp án C

Etilen được chọn là nguyên liệu chính vì: rẻ tiền, tiện lợi

Đáp án A

Đáp án D

Thủy tinh hữu cơ (PVA) là polime tổng hợp bằng phản ứng trùng hợp.

Đáp án D

Đáp án B

Quá trình quang hợp của cây xanh sinh ra khí O₂

Đáp án A

Đáp án B

Fe2O3: thành phần chính  của quặng hematit đỏ và hematit nâu

FeS2: thành phần chính  của quặng pirit

Fe3O4: thành phần chính của quặng manhetit

FeCO3: thành phần chính của quặng xiderit

Đáp án C

- Este của phenol khi phản ứng với kiềm sẽ tạo 2 muối (muối axit cacboxylic và muối phenolat)

(Phenyl Axetat) CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

Đáp án B

Amin khi phản ứng với axit (Giấm ăn) thì sẽ tạo muối tan và dễ dàng bị nước rửa trôi => Khử được mùi tanh

Đáp án A

- Khi đun sôi: 2HCO₃ → CO₃^2- + CO₂ + H₂O

        Mol        0,05   → 0,025

- Ta thấy tổng số mol (Ca²⁺, Mg²⁺)  > số mol CO₃^2-

=> Trong dung dịch sau khi đun có Ca²⁺, Mg²⁺ và Cl^-

=> Đây là loại nước cứng vĩnh cửu

Đáp án C

2CH₂=CH-COOH + Na₂CO₃ → 2CH₂=CH-COONa + H₂O + CO₂

C₆H₅OH + Na₂CO₃ → C₆H₅ONa + NaHCO₃

Ba(OH)₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ + 2NaOH

2AlCl₃ + 3Na₂CO₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃ + 6NaCl + 3CO₂

2HCl + Na₂CO₃ → 2NaCl + CO₂ + H₂O

Vậy tất cả có 5 chất phản ứng được với Na₂CO₃

Đáp án A

A sai vì Anilin + Br₂ tạo kết tủa trắng

B, C, D đúng

Đáp án A

- Bảo toàn nguyên tố:

n_C = n_CO2 = 3,36: 22,4 = 0,15 mol

n_H = 2n_H2O = 2. 2,7: 18 = 0,3 mol

- Ta có: m_X = m_C + m_H + m_O => m_O = 3,7 – 0,15.12 – 0,3.1 = 1,6g

=> n_O = 1,6: 16 = 0,1 mol

=> n_C: n_H: n_O = 0,15: 0,3: 0,1 = 3: 6: 2 => X là C₃H₆O₂

X + NaOH => muối (X là este RCOOR’)

n_X = 7,4: 74 = 0,1 mol = n_NaOH = 0,05.2 = 0,1 mol => tỷ lệ phản ứng là 1: 1

            RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

Mol         0,1                →        0,1

=> M_muối = 8,2: 0,1 = 82 = R + 67 => R = 15 (CH₃)

Vậy este là CH₃COOCH₃

Đáp án D

- Ta sử dụng dung dịch NH₃:

+) AlCl₃: tạo kết tủa trắng keo không tan

        AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ ↓ + 3NH₄Cl

+) ZnCl₂: tạo kết tủa trắng và sau đó tan tạo phức không màu

       ZnCl₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Zn(OH)₂ ↓ + 2NH₄Cl

       Zn(OH)₂ + 6NH₃ → [Zn(NH₃)₆](OH)₂ (tan, không màu)

+) CuCl₂: từ dung dịch xanh tạo kết tủa xanh và sau đó tan tạo phức xanh lam đặc trưng

       CuCl₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂ ↓ + 2NH₄Cl

       Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂ (tan, xanh lam)

+) NaCl: Không có hiện tượng gì

Đáp án D

(a) AgNO₃ + HCl → AgCl ↓ + HNO₃

(b) Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

(c) Cu + 2H₂SO₄ (đặc, nóng) → CuSO₄ + SO₂ ↑ + 2H₂O

(d) Ba(OH)₂ + 2NaHCO₃ → BaCO₃ ↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O

=> Vậy có (a) và (d) tạo kết tủa

Đáp án A

Cấu hình e chung của các nguyên tố nhóm IA là ns¹.

Đáp án C

(a) CH₃ – C ≡ C – CH₃ + AgNO₃/NH₃ → Không phản ứng

(b) C₆H₁₂O₆ + 2AgNO₃ + 2NH₃ + H₂O → C₆H₁₂O₇ + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

(c) C₆H₅CH₃ + KMnO₄ → C₆H₅COOK + H₂O + KOH + MnO₂↓

(d) C₆H₅OH + 3Br₂ → HOC₆H₂Br₃ ↓ + 3HBr

=> Có 3 phản ứng (b), (c), (d) có tạo kết tủa

Đáp án C

Phân supephotphat kép chứa muối Ca(H₂PO₄)₂.

- Giả sử lượng phân bón là 100g => m_muối = 100.69,92% = 69,92g

=> n_muối = 69,62: 234 = 0,2975 mol

- Ta có: n_P2O5 = ½ n_P = ½. 2n_muối = n_muối => m_P2O5 = 0,2975.142 = 42,245g

=> Độ dinh dưỡng = %m_P2O5 = 42,245: 100 = 42,245% = 42,25%

Đáp án C

Dựa vào sơ đồ đề bài ta thấy:  

2CrO₄^2- + 2H⁺ → Cr₂O₇^2-

Cr₂O₇^2- + 2OH^- → 2CrO₄^2-

(da cam)                    (vàng)

Đáp án A

Điều chế Ca bằng phương pháp điện phân nóng chảy CaCl₂:

Đáp án C

1. Thành phần nguyên tố phải có C và H

            => Sai vì có hợp chất là hợp chất hữu cơ nhưng không chứa H. VD: CCl₄

2. Có thể chứa nguyên tố khác như Cl, N, P, O

            => Đúng

3. Liên kết hóa học chủ yếu là cộng hóa trị

            => Đúng

4. Liên kết hóa học chủ yếu là ion

            => Sai

5. Dễ bay hơi, khó cháy

            => Sai

6. Phản ứng hóa học xảy ra nhanh

            => Sai. Phản ứng hóa học xảy ra chậm, không theo hướng nhất định

=> Có 2 ý đúng là 2 và 3

Đáp án A

n_CO2 = 3,136: 22,4 = 0,14 mol ; n_H2O = 3,06: 18 = 0,17 mol

X gồm: C₂H₆O ; C₃H₆O ; C₂H₄O. Khi đốt cháy andehit thì thu được n_CO2 = n_H2O (vì số H = 2 số C) ; đốt cháy C₂H₆O thì n_H2O – n_CO2 = n_ancol

=> n_C2H5OH = n_H2O – n_CO2 = 0,17 – 0,14 = 0,03 mol

Vì n_C2H5OH = 50% n_X => n_andehit = n_ancol = 0,03 mol

Gọi số mol C₂H₅CHO và CH₃CHO lần lượt là x và y => x + y = 0,03 (1)

Bảo toàn C: n_CO2 = 2n_C2H5OH + 3n_C2H5CHO + 2n_CH3CHO => 0,14 = 2.0,03 + 3x + 2y

=> 3x + 2y = 0,08 (2)

Từ (1,2) => x = 0,02 ; y = 0,01

=> m_X = m_C2H5OH + m_C2H5CHO + m_CH3CHO = 46.0,03 + 58.0,02 + 44.0,01 = 2,98g

Tỷ lệ:

     2,98g X chứa 0,03 mol andehit

=> 8,55g X chứa 0,172 mol andehit

n_Ag = 2n _anđehit = 0,344 mol

=> m_Ag = 108.0,344 = 18,59g

Đáp án B

X tạo kết tủa với Br₂ nên X không thể là glucozo và fructozo => Loại A và D

X không phản ứng với NaOH => X không thể là phenol => Loại C

Vậy đáp án B là đáp án thỏa mãn

Đáp án B

- Với NaOH:  

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

- Với HCl:      

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O

NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂ + H₂O

Vậy có 3 chất vừa phản ứng với HCl và NaOH là: Al(OH)₃; Al₂O₃, NaHCO₃

Đáp án D

Gọi công thức ancol trung bình là ROH

Khi cho hỗn hợp A vào H₂SO₄ đặc nhiệt độ thích hợp:

            2ROH → ROR + H₂O

            ROH → Anken + H₂O

Bảo toàn khối lượng: m_A = m_B + m_H2O => m_H2O = 16,6 – 13 = 3,6g

- Tổng quát: Đốt cháy A = Đốt cháy B + Đốt cháy H₂O (sản phẩm là H₂O)

=> Đốt cháy A thu được 17,92 lit CO₂ và (16,2 + 3,6) g H₂O

=> n_CO2 = 17,92: 22,4 = 0,8 mol ; n_H2O = 19,8: 18 = 1,1 mol

Ta thấy n_H2O > n_CO2 => Ancol no

n_ancol = n_H2O – n_CO2 = 1,1 – 0,8 = 0,3 mol

=> 2 < Số C trung bình = 0,8: 0,3 = 2,67  < 3 => C2 và C3

Mặt khác: m_{O (ancol)} = m _hh – m_C – m_H = 16,6 – 0,8.12 – 1,1.2 = 4,8 gam => n_O = 0,3 mol

Thấy n_O = n _hh => Các ancol là đơn chức

Hỗn hợp A gồm: C₂H₅OH (x mol) và C₃H₈O (y mol)

=> x + y = 0,3 ; m_A = 46x + 60y = 16,6

=> x = 0,1 ; y = 0,2 mol

=> %V_C2H5OH = %n_C2H5OH = 0,1: 0,3 = 33,33%

Đáp án C

Hỗn hợp K₂CO₃ và NaHCO₃ (tỉ lệ mol 1:1) + Ba(HCO3)2 → ↓X + dd Y

Thêm 0,28 mol HCl vào bình

Y + 0,2 mol NaOH

Đặt n_K2CO3 = n_NaHCO3 = x mol và n_Ba(HCO3)2 = y mol

Dd Y + 0,2 mol NaOH → n_HCO3- = 0,2 mol => x + 2y = 0,2 (1)

Bình + 0,28 mol HCl → n_CO32- + 2n_HCO3- = n_H+ => 2x + (x+2y) = 0,28 (2)

Giải (1) (2) thu được x = 0,04 và y = 0,08 mol

=> m_BaCO3 = 0,04.197 = 7,88 gam

Đáp án A

Gọi công thức của amin axit là H₂N-R-COOH

Khi X + HCl:  H₂N-R-COOH + HCl → ClH₃N-R-COOH

Bảo toàn khối lượng: m_X + m_HCl = m_muối

=> m_HCl = 7,3g => n_HCl = 7,3: 36,5 = 0,2 mol

=> n_X = 0,2mol => M_X = 23,4: 0,2 = 117 = R + 61 => R = 56 (-C₄H₈-)

Vì là a-amino axit nên NH₂ và COOH phải gắn vào cùng 1 C

=> chỉ có đáp án A thỏa mãn

Đáp án D

BTKL: m_O = m _oxit – m_KL = 11,8 – 8,6 = 3,2 gam => n_O = 0,2 mol

Khi cho oxit tác dụng với oxit thì bản chất phản ứng là:

2H⁺ + O^2- → H₂O

=> n_HCl = n_H+ = 2n_O2- = 0,4 mol

=> V = n/C_M = 0,4: 2 = 0,2 lít

Đáp án C

M_X = 14,25.2 = 28,5 => n_X = 11,4: 28,5 = 0,4 mol

Ta thấy các chất trong X đều có 2 C => n_C(X) = 2n_X = 0,8 mol

Ta có: m_X = m_C + m_H => m_H = n_H = 11,4 – 0,8.12 = 1,8

Bảo toàn nguyên tố: n_CO2 = n_C = 0,8 mol ; n_H2O = ½ n_H = ½. 1,8 = 0,9 mol

Khi sản phẩm cháy + bình Ca(OH)₂ thì khối lượng bình tăng = khối lượng CO₂ và H₂O

=> m_tăng = m_CO2 + m_H2O = 44.0,8 + 18.0,9 = 51,4g

Đáp án C

2KI + 2FeCl₃ → I₂ + 2FeCl₂ + 2KCl

Al + FeCl₃ → AlCl₃ + Fe

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

3AgNO₃ + FeCl₃ → 3AgCl + Fe(NO₃)₃

3NaOH + FeCl₃ → Fe(OH)₃ + 3NaCl

Vậy tất cả có 5 chất phản ứng được với AgNO₃

Đáp án B

Vì khi đun sôi dung dịch tạo thêm kết tủa chứng tỏ trong dung dịch có Ca(HCO₃)₂

 Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

Mol:             5,5   ←   550/100

   Ca(HCO₃)₂ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ CaCO₃ + CO₂ + H₂O

Mol:    1          ←    100/100

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 = n_{CaCO3 bđ} + 2n_Ca(HCO3)2 = 5,5 + 2.1 = 7,5 mol

- Xét phản ứng lên men:        

   C₆H₁₀O₅ + H₂O $\stackrel{\mathrm{lên} \mathrm{men}}{\to }$ 2CO₂ + 2C₂H₅OH

Mol:   3,75           ←              7,5

n_LT.H% = n_Thực => n_LT.81% = 3,75 => n_LT = 4,63 mol

Đáp án D

+) Catot:          M²⁺ + 2e → M

                        2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

+) Anot:          2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

- Xét t giây: nước chưa bị điện phân ở catot

=> n_khí = n_O2 = 0,035 mol và n_{e tđ} = 2n_M = 4n_O2 => n_M = 2n_O2 = 0,07 mol

- Xét 2t giây => n_O2 = 2.0,035 = 0,07 mol

=> n_{H2 (catot)} = 0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol (Nước bị điện phân ở catot => M²⁺ bị điện phân hết)

=> n_{e tđ} = 2n_MSO4 + 2n_H2 = 4n_O2 => n_MSO4 = 0,0855 mol

=> M_MSO4 = 13,68: 0,0855 = 160 => M = 64 (Cu)

y = m_{Cu (t giây)} = 64.0,07 = 4,48g

Đáp án B

Gọi công thức amin là RN

            RN + HCl → RNHCl

Mol       x  →   x   →     x

Bảo toàn khối lượng: m_X + m_HCl = m_muối => m_HCl = 9,55 – 5,9 = 3,65g

=> n_HCl = n_X = 3,65: 36,5 = 0,1 mol

=> M_X = 5,9: 0,1 = 59 = R + 14 => R = 45 (C₃H₉)

=> X là C₃H₉N có các công thức cấu tạo là:

C – C – C – NH₂ ; C – C(NH₂) – C

C – C – NH – C; (CH₃)₃N

=> Có 4 CTCT

Đáp án D

Bài này là trường hợp cho Ba(OH)₂ vào  $\left\{\begin{array}{l}S{O_4}^{2-}\\ A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\end{array}\right.$

=> điểm cực đại đầu tiên là Al(OH)₃ max và điểm cực đại thứ hai là BaSO₄ max

- Tại n_Ba(OH)2 = x thì kết tủa đạt max (BaSO₄ đạt max): x = n_Ba(OH)2 = n_{BaSO4 max} = 69,9: 233 = 0,3 mol

Đáp án A

X gồm: C₂H₃CHO và C_nH_2nO (andehit no đơn chức)

- Phản ứng cháy: Bảo toàn khối lượng: m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

n_O2 = 1,624: 22,4 = 0,0725 mol ; n_CO2 = 0,065 mol

=> m_H2O = 1,44 + 0,0725.32 – 2,86 = 0,9g => n_H2O = 0,9: 18 = 0,05 mol

- Bảo toàn O: n_O(X) = n_X = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 2.0,065 + 0,05 – 2.0,0725 = 0,035 mol

Khi đốt cháy thì: n_C3H4O = n_CO2 – n_H2O = 0,065 – 0,05 = 0,015 mol

(vì C₃H₄O + O₂ → 3CO₂ + 2H₂O

      C_nH_2nO + O₂ → nCO₂ + nH₂O )

=> n_{andehit no} = 0,035 – 0,015 = 0,02 mol

m_X = 1,44 = 0,015.56 + 0,02.(14n + 16) => n = 1

X gồm 0,015 mol C₂H₃CHO và 0,02 mol HCHO

- Phản ứng tráng bạc: C₂H₃CHO → 2Ag

                                 HCHO → 4Ag

=> n_Ag = 2n_C2H3CHO + 4n_HCHO = 2.0,015 + 4.0,02 = 0,11 mol

=> m_Ag = 108.0,11 = 11,88g

Đáp án A

A + 4NaOH → Muối + H₂O

B + 5NaOH → Muối + H₂O

Giả sử n_A = x ; n_B = y mol

=> m_muối – m_X = (4.40 – 18)x + (5.40 – 18)y = 15,8g

Lại có: Khi Đốt cháy muối → sản phẩm cháy → Ca(OH)₂

=> m_{bình tăng} = 56,04g = m_CO2 + m_H2O và n_N2 = 0,22 mol (khí thoát ra)

Bảo toàn N: 4x + 5y = 0,22.2

=>x = 0,06 ; y = 0,04 mol => n_NaOH = 4x + 5y = 0,44 mol => n_Na2CO3 = 0,22 mol

Giả sử A có a Gly và (4 – a) Ala

B có b Gly và (5 – b) Ala

Phản ứng cháy tổng quát:

C_nH_2n+1O₂NNa + O₂ → ½ Na₂CO₃ + (n – ½ )CO₂ + (n + ½ )H₂O + ½ N₂

=> n_H2O – n_CO2 = n_muối = 4x + 5y = 0,22 mol

=> n_CO2 = 0,84 ; n_H2O = 1,06 mol

=>Bảo toàn C:

.n_C(X) = n_CO2 + n_Na2CO3

0,06.[2a + 3(4 – a)] + 0,04.[ 2b + 3(5 – b)] = 0,84 + 0,22

=> 3a + 2b = 13

=> a = 3 ; b = 2

=> A là (Gly)₃Ala và B là (Gly)₂(Ala)₃

=> %m_B(X) = 46,94% 

Đáp án C

Có: n_Cu = 8,64: 64 = 0,135 mol ; n_NO = 0,03 mol

n_{H+ dư} = 4n_NO = 4.0,03 = 0,12 mol (vì Cu + Y tạo khí NO => H⁺ dư ) => Y chỉ có Fe³⁺

- Khi Y + lượng Cu tồi đa => Fe³⁺ phản ứng hết (Cu + 2Fe³⁺ → Cu²⁺ + 2Fe²⁺)

Bảo toàn electron: n_Fe3+ + 3n_NO = 2n_Cu  => n_Fe3+ = 2.0,135 – 0,03.3 = 0,18 mol

Khi Y + Ba(OH)₂ dư thì n_Fe(OH)3 = n_Fe3+ = 0,18 mol

m_{kết tủa} = 154,4g = m_Fe(OH)3 + m_BaSO4 => m_BaSO4 = 154,4 – 107.0,18 = 135,14g

=> n_BaSO4 = 0,58 mol

- Dung dịch Y chứa: Fe³⁺ (0,18 mol) ; SO₄^2- (0,58 mol) ; Na⁺ (0,58 mol) ; H⁺ dư (0,12 mol)

Bảo toàn điện tích: 3n_Fe3+ + n_Na+ + n_{H+ dư} = 2n_SO4 + n_NO3 => n_NO3 = 0,08 mol

Đặt a, b, c,d lần lượt là số mol của Fe, Fe₃O₄, FeCO₃, Fe(NO₃)₂

=> m_X = 56a + 232b + 116c + 180d = 15 (1)

-Bảo toàn nguyên tố Fe: n_{nguyên tố Fe(X)} = a + 3b + c + d = 0,18 mol = n_Fe3+ (2)

- Bảo toàn C: n_CO2 = n_FeCO3 = c => Trong Z: n_NO = 4c (vì n_CO2: n_NO = 1: 4)

X + hỗn hợp dung dịch thì:

Fe cho 3e ; Fe₃O₄ cho 1e (thực chất là FeO.Fe₂O₃ => FeO cho 1e) ; FeCO₃ cho 1e ; Fe(NO₃)₂ cho 1e để tạo thành Fe³⁺

Bảo toàn electron: 3n_Fe + n_Fe3O4 + n_FeCO3 + n_Fe(NO3)2 = 3n_NO

=>  3a + b + c + d = 3.4c (3)

Bảo toàn N: 2n_Fe(NO3)2 + n_HNO3 = n_{NO3 (Y)} + 4n_NO => 2d + 0,16 = 0,08 + 4c (4)

Giả hệ (1,2,3,4) => a = 0,1 ; b = 0,01 ; c = 0,03 ; d = 0,02 mol

=> %m_Fe = 0,1.56: 15 = 37,33%

Đáp án C

Qui đổi hỗn hợp X thành: Fe(a mol) ; Cu(b mol) ; S(c mol) ; O (0,1 mol)

(Vì oxi chiếm 16% về khối lượng => m_O = 10.16% = 1,6g => n_O = 1,6: 16 = 0,1 mol)

m_X = 56a + 64b + 32c + 0,1.16 = 10 (1)

Trong Y có Fe³⁺ (a mol) ; Cu²⁺ (b mol) ; SO₄^2-.

Bảo toàn điện tích: 3n_Fe + 2n_Cu = 2n_SO4 => n_SO4 = ½ (3a + 2b)

Bảo toàn S: n_S + n_H2SO4 = n_SO2 + n_{SO4 muối}

=> 0,335 + c = ½ (3a + 2b) + 0,2125 (2)

Cho Mg dư vào Y: Bảo toàn e: n_{Mg pứ}. 2 = 3n_Fe3+ + 2n_Cu2+ => n_{Mg pứ} = ½ (3a + 2b)

m_{KL tăng} = m_Fe + m_Cu - m_{Mg pứ}  =>  56a + 64b – 24. ½ (3a + 2b) = 2,8 (3)

Từ (1,2,3) => a = 0,1 ; b = 0,02 ; c = 0,0475 mol

- Oxi hóa X bằng O (Qui O₂ và O₃ về thành O). Bảo toàn electron:

2n_O = 3n_Fe + 2n_Cu + 2n_S – 2n_O(X)

=> 2n_O = 3a + 2b + 4c – 2.0,1 => n_O = 0,165 mol

- Đặt n_O2 = n_O3 = u => n_O = 2n_O2 + 3n_O3 = 5u = 0,165 mol => u = 0,033 mol

=> n_A = 2u = 0,066 mol

=> V = 1,4784 lit

Đáp án B

- Xét Ancol  + Na dư → H₂. Có: n_H2 = 0,896: 22,4 = 0,04 mol

=> n_ancol = 2n_H2 = 0,08 mol

m_{bình tăng} + m_H2 = m_ancol => m_ancol = 2,48 + 0,04.2 = 2,56g

=> M_ancol = 2,56: 0,08 = 32g => CH₃OH

=> X gồm 2 este no dạng C_nH_2n+1COOCH₃ và 1 este không no dạng C_mH_2m-1COOCH₃

(Với n là giá trị trung bình, n > 0 ; m là số nguyên, m ≥ 2)

- Xét phản ứng cháy 5,88g X. n_X = 0,08 mol

Có: n_H2O = 3,96: 18 = 0,22 mol

n_O(X) = 2n_X = 2n_COO(X) = 0,16 mol và m_X = m_C + m_H + m_O

=> n_C = 0,24 mol = n_CO2

Tương quan ta có: n_{este không no} = n_CO2 – n_H2O = 0,02 mol => n_{2 este no} = 0,08 – 0,02 = 0,06 mol

C_{trung bình} = 0,24: 0,08 = 3 => 2 este no là HCOOCH₃ và CH₃COOCH₃

(Vì este không no phải có ít nhất 4C => số C trung bình của 2 este no < 3)

=> số C trung bình của 2 cacbon no nằm trong khoảng (2 ; 3)

- Bảo toàn C: n_C(X) = C_{tb no}.n_no + C_{không no}.n_{không no}

=> (0,24 – 3.0,06) < 0,02.C_{không no} < (0,24 – 2.0,06)

=> 3 < C_{không no} < 6

Vì nếu C = 4 => CH₂=CHCOOCH₃ => không có đồng phân hình học => Loại

Vậy C_{không no} = 5 => CH₃-CH=CH-COOCH₃

=> %m_{Este không no} = 0,02.100: 5,88 = 34,01%