Đáp án B

Với H₂SO₄ loãng thì Cu không phản ứng (thế điện cực chuẩn của cặp oxi hóa khử của Cu lớn hơn của H)

Đáp án D

Khi để trong không khí nhôm khó bị ăn mòn hơn sắt là do trên bề mặt nhôm có lớp Al₂O₃ bảo vệ. 

Đáp án C

6CO₂+6H₂O→ C₆H₁₂O₆ +6O₂

Đáp án B

Đáp án A

{Mg; Al} + 0,125 mol O₂ → 9,1 gam hỗn hợp oxit.

Bảo toàn khối lượng có: m = 9,1 – 0,125. 32 = 5,1 gam.

Đáp án B

Đáp án C

Đáp án: PE, PVC, polibutađien, poliisopren, amilozơ, xenlulozơ.    

- Polime cấu trúc mạch nhánh: amilopectin.

- Polime cấu trúc mạnh không gian: cao su lưu hóa.

Đáp án B

Cho Cu vào dung dịch thấy tan ra và có màu xanh chứng tỏ trong dung dịch có Fe³⁺: Cu + 2Fe³⁺ → 2Fe²⁺ + Cu²⁺

Cho KMnO₄ vào thấy dung dịch bị mất màu → chứng tỏ dung dịch có cả Fe²⁺ (xảy ra phản ứng oxi hóa khử giữa Fe²⁺ và KMnO₄ do Mn (+7) + 5e → Mn⁺²  và Fe⁺²  → Fe⁺³+ 1e

Đáp án A

Đáp án A

Dẫn toàn bộ sản phảm vào bình nước lạnh thì ancol mới tạo ra và andehit dư bị hấp thụ 

$n_{Ag}=0,1 mol\to n_{HCHO}=0,025 mol\to m_{C{H}_{3}CHO}=5,9-0,025.30=5,15 gam$

Đáp án A

Nhiệt độ sôi phụ thuộc:

+) Liên kết H

+) Khối lượng phân tử.

+) Hình dạng phân tử

- Nhiệt độ sôi của các chất phụ thuộc vào liên kết H: nếu liên kết H càng mạnh thì nhiệt độ sôi càng cao.

- Thứ tự khả năng tạo liên kết hiđro phụ thuộc vào khả năng hút e của nhóm liên kết.

- Xét lực liên kết H theo chiều tăng dần:Ete < Ancol < Axit.

- Trong axit, C₂H₅COOH và CH₃COOH thì M_X > M_Y nên t⁰_s của X > Y.

Nên sắp xếp theo chiều nhiệt độ sôi tăng dần: T, Z, Y, X.

Đáp án B

Nhiệt phân CaCO₃ → CaO (X₁) + CO₂.

CaO (X₁) + H₂O → Ca(OH)₂(X₂)

Ca(OH)₂ (X₂) + NaHCO₃ (Y) → CaCO₃ + NaOH (Y₁) + H₂O

Ca(OH)₂ (X₂) + 2NaHCO₃ (Y) → CaCO₃ + Na₂CO₃ (Y₂) + 2H₂O

Đáp án A

Các chất tạo một phản ứng trực tiếp:

CH₃OH + CO (xt) → CH₃COOH

C₂H₅OH +  O₂ → CH₃COOH + H₂O

CH₃CHO + ½ O₂ → CH₃COOH

2C₄H₁₀ + 5O₂  $\stackrel{t^o, xt, p}{\to }$ 4CH₃COOH + 2H₂O

CH₃COOCH₃ + H₂O → CH₃COOH + CH₃OH.

Đáp án C

$M_X=89$

Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X thu được 0,3 mol CO₂, 0,35 mol H₂O và 0,05 mol N₂.

Do vậy X chứa 3 C, 7H và 1N, từ phân tử khối của X suy ra X có CTPT là C₃H₇O₂N.

Vậy CTCT của X là H₂NCH₂COOCH₃ (este bé nhất của amino axit).

Đáp án C

Để làm sạch cát bám trên bề mặt vật dụng kim loại, có thể dùng dung dịch HF do SiO₂tan được tong HF

SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O.

Dựa vào tính chất này, người ta còn dùng dung dịch HF để khắc chữ và hình lên thủy tinh

Đáp án C

Các kim loại có tính khử mạnh hơn Zn mới khử được ion Zn²⁺.

Theo dãy điện hóa các kim loại đứng trước Zn có tính khử mạnh hơn: Mg, Al, Cr.

Đáp án A

Các gốc càng đẩy e thì làm cho mật độ e trên N càng nhiều, càng làm tăng tính bazơ.

- So sánh (1) và (3) có cùng gốc hút e. Do 3 có 2 gốc hút e –C₆H₅ nên tính bazơ của (1) > (3)

- So sánh (2) và (4) có cùng gốc đẩy e. Do 4 có 2 gốc đẩy e –C₂H₅ nên tính bazơ của (4) > (2).

Nên ta sắp xếp theo chiều tính bazơ giảm dần: (5) > (4) > (2) > (6) > (1) > (3).

Đáp án C

Ta có: $n_{Al}=0,1 mol; n_X=0,02 mol$

Cô cạn dung dịch thu được rắn khan chứa Al(NO₃)₃ 0,1 mol và NH₄NO₃

_{$\to n_{N{H}_{4}N{O}_3}= 0,0175 mol$}

Gọi n là số e trao đổi của X 

 thỏa mãn X là N₂O

Đáp án C

C₂H₄O₂ gồm các đồng phân: HCOOCH₃ và CH₃COOH.

Trong đó :

- HCOOCH₃ tác dụng với : NaOH

- CH₃COOH tác dụng với : Na, NaOH, CaCO₃.

Đáp án B

Loại đáp án: Anilin.

Các chất tác dụng Cu(OH)₂ ở điều kiện thích hợp có điều kiện: có nhiều nhóm –OH cạnh nhau; -CHO và –COOH.

Đáp án B

T tác dụng với Br₂ có kết tủa trắng nên loại đáp án T là glucozơ.

Z tác dụng với quỳ tím chuyển màu xanh nên loại đáp án Z là glyxin.

Còn lại 2 đáp án đều có Y là triolein.

Chất X có tác dụng với Cu(OH)₂ tạo phức nên X là saccarozơ.

Vậy X, Y, Z, T lần lượt: saccarozơ, triolein, lysin, anilin.

Đáp án B

Phương trình b) đúng.

a) FeS + H⁺ → Fe²⁺ + H₂S

c) 2Al³⁺ +3 S^2- + 6H₂O → 2Al(OH)₃ + 3H₂S

(d) H⁺+ HS^- → H₂S

(e) Ba²⁺ + S^2- + 2H⁺ + SO₄^2- _(loãng) → BaSO₄ + H₂S

Đáp án A

$V=\frac{2,5.80\%}{180}.2.\frac{46}{0,8.0,4}.0,9.1000=2875$

Đáp án C

Đáp án D

Xét từng thí nghiệm:

(1) 3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO ↑ + 2H₂O

(2) CuS + HCl → không có phản ứng.

(3) FeS + HCl → FeCl₂ + H₂S↑

(4) Na₂O + H₂O → 2NaOH

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂ ↑

(5) NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

(6) NH₄⁺ + OH^- → NH₃ ↑ + H₂O

(7) Zn + 2H⁺ → Zn²⁺ + H₂ ↑

(8) Cr + NaOH đặc, nóng → không có phản ứng.

Đáp án C

Đáp án B

Xét từng hỗn hợp:

(a) Na + H₂O → NaOH + 1/2H₂

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

Al tan hết trong Na theo tỉ lệ 1 : 2.

(b) Fe₂(SO₄)₃ + Cu → 2FeSO₄ + CuSO₄

Cu tan hết trong Fe₂(SO₄)₃ theo tỉ lệ 1 : 1

(c) Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

       1 mol →              2 mol

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂ (1)

2      2

Vì tỉ lệ 2 : 1 nên giả sử có 1 mol Fe₂O₃ và 2 mol Cu. Theo phản ứng (1) thì dư a mol Cu.

(d) BaO + H₂O → Ba(OH)₂

Na₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ + 2NaOH.

Có kết tủa BaSO₄ nên không thu được dd.

(e) Al₄C₃ + 12H₂O → 4Al(OH)₃ + 3CH₄

      1 mol →                4

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂

      2 mol →            2

Ca(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

2                     4

Như vậy Al(OH)₃ phản ứng hết. thu được dung dịch.

(f) NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ + 2NaCl.

Sau phản ứng có kết tủa BaCO₃.

Các hỗn hợp tạo dung dịch: (a) (b) (e).

Đáp án C

Các mệnh đề đúng là: (1), (4), (6), (7)

Đáp án B

Ta có: $k_X=2; n_X=0,1 mol$

Cho 16 gam X tác dụng với 0,2 mol NaOH thu được ancol Y và 17,8 gam hỗn hợp 2 muối.

Do vậy: $n_{muoi}=0,2 \to \stackrel{-}{M}muoi=89$

do vậy có một muối thỏa mãn là HCOONa hoặc CH₃COONa.

Nếu một muối là HCOONa thì muối còn là C₃H₇COONa (không có chất X thỏa mãn).

Nếu muối là CH₃COONa thì muối còn lại là C₂H₅COONa.

Vậy X thỏa mãn là CH₃COOCH₂CH₂OOCC₂H₅

Đáp án C

Các mệnh đề đúng: (1); (2); (4); (6).

+ Mệnh đề 1: Cu + 2FeCl₃ → 2FeCl₂ + CuCl₂.

Tỉ lệ số mol là 1:1 → Cu dư, thu được 2 muối là CuCl₂ và FeCl­₂.

+ Mệnh đề 2:

3Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → 3BaCl₂ + 2Al(OH)₃.

1,5a-------------a-------------1,5a-------a

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

0,5a-----------a-----------------0,5a

→ Dung dịch sau có muối: Ba(AlO₂)₂ và BaCl₂.

+ Mệnh đề 3: 28Fe₃O₄ + 3HNO₃ → 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O.

→ Dung dịch sau chỉ có muối Fe(NO₃)₃.

+ Mệnh đề 4: Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O.

→ dung dịch sau có muối CuSO₄ và Fe₂(SO₄)₃.

+ Mệnh đề 5: CrO₃ + 2NaOH → Na₂CrO₄ + H₂O

→ Dung dịch sau có muối Na₂CrO₄.

+ Mệnh đề 6:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂.

a--------------------a

Ba(OH)₂ + 2NaHSO₄ → Na₂SO₄ + BaSO₄ + H₂O

a-----------------2a

→ Dung dịch sau có 2 muối Na₂SO₄ và BaSO₄.

Đáp án B

$n_{C{O}_2}=0,2 mol$

Cho 100 ml dung dịch X vào dung dịch chứa 0,15 mol HCl thu được 0,12 mol CO₂.

Do $n_{C{O}_2}<n_{HCl}<2n_{C{O}_2}$ nên dung dịch X chứa K₂CO₃ và KHCO₃.

Gọi số mol K₂CO₃ và KHCO₃ phản ứng lần lượt là a, b.

=> a+b= 0,12; 2a+b=0,15

Giải được a=0,03; b=0,09 vậy trong X tỉ lệ số mol K₂CO₃ và KHCO₃ là 1:3.

Gọi số mol K₂CO₃ trong X là m suy ra KHCO₃ là 3m.

Cho 100 ml dung dịch X tác dụng với Ba(OH)₂ dư thu được 0,2 mol kết tủa BaCO₃.

Do vậy 200 ml dung dịch X tác dụng thì thu được 0,4 mol kết tủa.

=> m+3m= 0,4=> m=0,1

Bảo toàn C: $n_{K_{2}C{O}_3}=0,4-0,2=0,2$ 

Bảo toàn K: $n_{KOH}=0,1.2+0,3-0,2.2=0,1$

Vậy x= 0,1

Đáp án A

X chứa nhóm chức có H linh động và có khả năng hòa tan Cu(OH)₂, tác dụng được với Na → X có thể có nhóm chức ancol hoặc axit cacboxylic.

Mặt khác, M_X = 90. Tác dụng Na cho số mol H₂ bằng số mol X p.ư. Các CT thỏa mãn gồm:

(COOH)₂; C=C-C(OH)-C(OH); C(OH)-C=C-C(OH); C-C(OH)-C(COOH); C(OH)-C(COOH)

Đáp án C

$n_{NaCl}=0,18 mol$

Điện phân dung dịch X sau một thơi gian thấy giảm 18,65 gam

Cho Fe vào dung dịch thu được 0,035 mol NO do vậy dung dịch có H⁺. Do đó Cl^- bị điện phân hết trước Cu²⁺.

Ta có: $3Fe+8H^{+}+2N{O_3}^{-}\to 3F{e}^{2+}+2NO+4H_{2}O$

(do Fe dư).

Lượng Fe bị ăn mòn do phản ứng này là chính bằng khối lượng thanh Fe giảm.

Do vậy Cu²⁺ bị điện phân hết

Ta có: $n_{H+}=0,035.4=0,14 mol\to n_{C{u}^{+}}=\frac{0,18+0,14}{2}=0,16 mol$

Vậy: $m_{H_{2}O đp}=18,65-0,16.64-0,09.71-0,035.32=0,9 gam$

$$\begin{gathered} \to n_{H_{2}O}=0,05 mol \\ \to n_e=0,18+0,14+0,05.2=0,42 mol \\ \to t=8106 \end{gathered}$$

Đáp án D

Đốt cháy X thu được 1,6 mol H₂O vậy X chứa 3,2 mol H.

$\to n_{C\left(X\right)}=1,8 mol$

Gọi số mol C₂H₂, C₂H_6, C₃H₆ lần lượt là a, b, c

=> 2a+2b+3c= 1,8; 2a+6b+6c=3,2

Mặt khác, 0,5 mol X tác dụng vừa đủ 0,645 mol Br₂

_{$\to \frac{2a+1c}{a+b+c}=\frac{0,645}{0,5}$}

Giải hệ: $a=\frac{34}{145}; b=\frac{5}{145}; c=\frac{61}{145}$

Vậy %etan= 5%.

Đáp án D

Cho hỗn hợp kim loại trên vào dung dịch chứa FeCl₃ và CuCl₂ sau phản ứng thu được dung dịch X và rắn Y. Cho AgNO₃ dư vào X thấy AgNO₃ phản ứng 0,54 mol và thu được kết tủa là AgCl và Ag.

Giải được số mol AgCl và Ag lần lượt là 0,48 và 0,06 mol.

Gọi số mol FeCl₃ lần lượt là a thì số mol CuCl₂ là 1,5a

Bảo toàn Cl: 3a+1,5a.2=0,48 => a=0,08

Ta có số mol Ag là 0,06 nên số mol FeCl₂ trong X phải là 0,06 mol.

Do vậy chỉ có Al phản ứng với dung dịch muối ban đầu vì số mol FeCl₂ nhỏ hơn FeCl₃.  

$\to n_{Al}=\frac{0,08+0,02.2+0,12.2}{3}=0,12=n_{Fe}$

Do vậy rắn Y chứa Fe 0,14 mol, Cu 0,12 mol  

$\to x=15,52 gam$

Đáp án D

Hòa tan hết Na₂O và Al tỉ lệ 1:1 ta thu được dung dịch chứa Na₂SO₄, Al₂SO₄ và H₂SO₄ dư có thể có.

Ta có: $n_{H_2}=6a\to n_{Al}=4a$ 

Nhận thấy lúc thêm x và y y mol NaOH đều trong giai đoạn kết tủa giảm tức hòa tan kết tủa nên lúc này tương ứng 1 mol Al(OH)₃ bị hòa tan thì có 1 mol NaOH được thêm

Do vậy: 2a= 0,72-0,64= 0,08 => a= 0,04

$\to n_{Al}=0,16=n_{N{a}_{2}O}$

X chứa Al₂(SO₄)₃ 0,08 mol và Na₂SO₄ 0,16 mol

$\to m=50,08$

Đáp án C

Cho 1 lượng chất X tác dụng hoàn toàn với 1,2 mol KOH cô cạn được 105 gam rắn Y.

Oxi hóa hoàn toàn ancol Z thu được hỗn hợp T.

Do X đơn chức nên ancol T đơn chức. Chia T làm 3 phần:

Phần 1 tráng bạc thu được 0,2 mol Ag.

Phần 2 tác dụng với NaHCO₃ thu được 0,1 mol khí CO₂.

Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 0,2 mol H₂ và 25,8 gam rắn.

Do Z tách nước tạo anken nên Z có từ 2 C trở lên

Gọi Z có CTPT là RCH₂OH (vì có sản phẩm tráng gương).

$RC{H}_{2}OH+O\to RCHO+H_{2}O$

$RC{H}_{2}OH+2O\to RCOOH+H_{2}O$

Trong mỗi phần: 

$$\begin{gathered} n_{RCHO}=0,1 mol; n_{RCOOH}=0,1 mol\to n_{H_{2}O}=0,2 mol \\ \to n_{RC{H}_{2}OH}=0,2.2-0,2-0,1=0,1 mol \end{gathered}$$

Rắn chứa RCOONa 0,1 mol, RCH₂ONa 0,1 mol và NaOH 0,2 mol

=> 0,1(R+44+23)+0,1(R+14+16+23)+0,2.40= 25,8

 → R = 29

vậy Z là C₃H₇OH

Vậy trong T số mol của Z là 0,9 mol vậy số mol của X cũng là 0,9.

Rắn Y sẽ chứa 0,9 mol muối và 0,3 mol KOH dư.

Vậy muối là CH₃COOK hay X là CH₃COOC₃H₇.

Đáp án B

Đốt cháy hoàn toàn 35,04 gam hỗn hợp X thu được 1,65 mol CO₂ và 1,38 mol H₂O.

BTKL: $m_{O_2}=72,6+24,84-35,04=62,4 \to n_{O_2}=1,95 mol$

Bảo toàn nguyên tố O: $n_{COO trong X}=\frac{1,65.2+1,38-1,95.2}{2}=0,39 mol$

Cho 35,04 gam X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được hỗn hợp Y gồm hai muối và 23,16 gam 3 ancol cùng số C.

BTKL: $m_Y=35,04+0,39.40-23,16=27,48 gam$

Vậy khối lượng axit tạo thành Y là: $m_{axit}=27,48-0,39.22=18,9 gam$

Đốt cháy muối hay axit tạo thành nó đều cần một lượng axit tương tự nhau là 0,255 mol.

BTKL: $m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=18,9+0,255.32=27,06 gam$

BTNT O: $2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=0,255.2+0,39.2=1,29$

Giải được số mol CO₂ là 0,48; số mol H₂O là 0,33.

Mà 2 muối đều no tức 2 axit đều no, vậy trong 2 axit có 1 axit 2 chức

$$\begin{gathered} \to n_{axit 2 chức}=0,48-0,33=0,15 mol \\ \to n_{axit đơn chức}=0,39-0,15.2=0,09 mol \end{gathered}$$

Ta thấy 0,15.2+0,09.2=0,48 do vậy 2 axit là CH₃COOH 0,09 mol và HOOC-COOH 0,15 mol.

Do vậy 3 ancol đều là đơn chức, cùng C mà không phải đồng phân của nhau vậy chúng có sai khác về số liên kết π.

Ta có: $n_{ancol}=0,39\to \stackrel{-}{M}ancol=59.38$

Vậy 3 ancol là C₃H₇OH, C₃H₅OH và C₃H₃OH

Do Mtb của ancol lớn hơn 59 xấp xỉ 60 do vậy số mol của C₃H₇OH chiếm hơn một nửa hỗn hợp do vậy este 2 chức phải là C₃H₇OOC-COOC₃H₇ hay số mol C₃H₇OH là 0,3 mol. Số mol 2 ancol kia là 0,09.

Giải được số mol C₃H₅OH và C₃H₃OH lần lượt là 0,06 và 0,03 mol.

Este đơn chức có khối lượng phân tử nhỏ nhất là CH₃COOC₃H₃ 0,03 mol.

$\to \%C{H}_{3}COO{C}_3{H}_3= 8,4\%$

Đáp án A

Hòa tan hết 7,44 gam hỗn hợp rắn vào 0,4 mol HCl và 0,05 mol NaNO₃ thu được 22,47 gam muối và 0,02 mol hỗn hợp khí gồm NO và N₂.

Giải được số mol NO và N₂ đều là 0,01 mol.

Do X chứa muối nên HCl phản ứng hết.

BTKL: $m_{H_{2}O}=7,44+0,4.36,5+0,05.85-22,47-0,02.29=3,24\to n_{H_{2}O}=0,18$

BTNT H: $n_{N{H_4}^{+}}=\frac{0,4-0,18.2}{4}=0,01 mol$

Cho NaOH dư vào X thu được kết tủa Y, nung Y trong không khí thu được rắn chứa MgO và Fe₂O₃ có khối lượng 9,6 gam.

Lượng O để oxi hóa hỗn hợp ban đầu lên tối đa là: $n_O=\frac{9,6-7,44}{16}=0,135 mol$

Cho AgNO₃ dư tác dụng với dung dịch X ta thu được kết tủa gồm AgCl 0,4 mol (bảo toàn C) và Ag.

Bảo toàn e:

$$\begin{gathered} n_{Ag}=0,135.2-0,01.8-0,01.3-0,01.10=0,06 mol \\ \to m=63,88 gam \end{gathered}$$

Đáp án D

Đun 20,78 gam E trong NaOH thu được 1,36 gam hỗn hợp F gồm 2 ancol và 28,52 gam muối khan.

Đốt cháy hoàn toàn T thu được 0,125 mol Na₂CO₃

_{$\to n_{NaOH}=0,25 mol$}

Bảo toàn khối lượng: 

$m_{H_{2}O}=20,78+0,25.40-28,52-1,36=0,9$

$n_{H_{2}O}=0,05 mol=n_X+n_Y$

Do X, Y, Z cùng số C, gọi các CTPT của các chất lần lượt là:

X, Y có công thức chung C_nH_2n+2-kN_kO_k+1 0,05 mol.

Z là C_nH_2n-2hO_2h z mol

Với k là số N trung bình của X, Y và h là số nhóm chức COO của Z.

Phản ứng đốt cháy

$C_n{H}_{2n+2-k}{N}_k{O}_{k+1}+(1,5n-0,75k)O_2\to nC{O}_2+(n+1-0,5k)H_{2}O+0,5k{N}_2$

$C_n{H}_{2n-2h}{O}_{2h}+(1,5n-1,5h)O_2\to nC{O}_2+(n-h)H_{2}O$

Ta có: 

$$\begin{gathered} n_{NaOH}=0,05k+hz \\ {n}_{O_2}=0,05(1,5n-0,75k)+z(1,5n-1,5h)=1,14 \\ {m}_E=0,05(14n+29k+18)+z(14n+30h)=20,78 \end{gathered}$$

Giải hệ: k=4,4; hz=0,03; 0,05n+zn=0,09

Với h=2 thì n=13,8 (loại); h=3 thì n=15 thỏa mãn.

CTCT có thể của X, Y có thể là:

X là GlyAla(Val)₂ 0,03 mol và Y là (Gly)₂(Ala)₂Val 0,02 mol (dựa vào số N giải ra được số mol).

Ta có z=0,01 $\Rightarrow n_F=0,03\to \stackrel{-}{M_F}=\frac{136}{3}$

F chứa 2 ancol vậy một ancol sẽ có số mol gấp đôi ancol còn lại.

Dựa vào Mtb nên F chứa CH₃OH.

Ta thấy 32.2 + 72=136 thỏa mãn ancol còn lại là C₄H₇OH

$\to \%C_4{H}_{7}OH=\frac{72}{136}=52,94\%$