3000 Bài tập trắc nghiệm Hóa học luyện thi THPT Quốc gia theo 4 mức độ vận dụng

cần vừa đủ 132,16 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2 và 93,6 gam nước. Mặt khác 
111,6 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,4 mol Br2. Khối lượng muối thu được khi cho cùng 
lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH dư là
A. 50,4 gam. B. 54,4 gam. C. 46,8 gam. D. 58,0 gam.
Đáp án
1-C 2-B 3-B 4-D 5-C 6-D 7-A 8-B 9-C 10-A
11-D 12-B 13-C 14-A 15-A 16-B 17-D 18-A 19-B 20-C
LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án C
nO (ancol) = n ancol = nH2O – nCO2 = 0,9 – y
nO (axit) = 2nCOOH = 2nOH- = 2.0,025 = 0,05 mol
=> nO(X) = 0,9 – y + 0,05 = 0,95 – y
BTKL: 14,6 + 32x = 44y + 18.0,9 (1)
BTNT O: 0,95 – y + 2x = 2y + 0,9 (2)
Giải (1) và (2) => x = 0,875; y = 0,6
=> x : y = 0,875:0,6 = 35:24
Câu 2: Đáp án B
nCO2 = 0,9 mol => nC = 0,9 mol
nH2O = 0,975 mol => nH = 1,95 mol
nH2O>nCO2 => Ancol no
Ctb = 0,9/0,325 = 2,77
Do Z đa chức và có M>90 => Z có số C ≥ 3
=> 2 ancol chỉ có thể là C2H5OH và C2H4(OH)2
=> Z là axit no, 3 chức, mạch hở: CnH2n-4O6
=> T là este no, 3 chức, 1 vòng: Cn+4H2n+2O6
Htb = 1,95/0,325 = 6
Do este có số H>6 nên axit phải có H<6
Vậy E gồm:
X: C2H6O (x mol)
Y: C2H6O2 (y mol)
Z: C4H4O6 (z mol)
T: C8H10O6 (t mol)
x+y+z+t = 0,325
Trang 874
Trang 4
BTNT C: 2x+2y+4z+8t = 0,9
BTNT H: 6x+6y+4z+10t = 1,95
Giải ta thu được: x+y = 0,25; z = 0,05; t = 0,025
%nT = 0,025/0,325 = 7,7%
Câu 3: Đáp án B
X: H2, C3H6, C3H4O2, C3H6O . Ta thấy ngoài hiđro thì các chất còn lại đều có 3C và phản ứng với hiđro 
theo tỉ lệ mol 1: 1. Quy hỗn hợp X và H2 và C3HyOz
nCO2 = 1,35 (mol) => nC3HyOz = 1/3nCO2 = 0,45 (mol)
=> nH2 = 0,75 – 0,45 = 0,3 (mol)
Vì khối lượng trước và sau phản ứng bằng nhau
=> 
1,25x Y
Y X
n M
n M
 => nY = nX/ 1,25 => nY = 0,6 (mol)
=> Số mol giảm chính là số mol H2 phản ứng = 0,75 – 0,6 = 0,15 (mol)
Bảo toàn số mol pi ta có: 0,45 = nH2 pư + nBr2 pư
=> nBr2 pư = 0,45 – 0,15 = 0,3 (mol)
Ta có: 0,6 mol Y pư với 0,3 mol Br2
Vậy 0,1 mol Y pư với 0,05 mol Br2
=> VBr2 = 0,05: 0,125 = 0,4 (l)
Câu 4: Đáp án D
CH4; C2H4O; C3H4O2
Đặt công thức chung là: Cn+1H4On => 28n+16 = 63,6 => n = 1,7
2,7 4 1,7 2 22,7 2
0,05 0,135 0,1
C H O CO H O 
2 2tan
0,135.44 0,1.18 7,74binh g CO H Om m m gam 
Câu 5: Đáp án C
2 3
NaOH
2 T Na CO
Z M T
G T Z
2 2
ancol
2
1
n 2n 8
3
4
4
T : este
M
nTN : n n 0,04mol
2
n n n 0,02mol
n 2n n 0,1mol
Y : CH CH CH OH0,3C
 2 chuc
Z : ancol don chuc
 mol)
Z : C H O (
3
Z : CH C CH OH0,1
TN
x mol
T : C H O (2x
M
)
 
T Zn = 2n
2 2CO H O T Z
(O)
C H O
Z
n n 4n n 0,27 0,18 4,2x x x 0,01
n 0,02.4 0,01 0,09mol
a m m m 0,27.12 0,36 0,09.16 5,04gam
0,01.56%m .100 11,11%
5,04
 T%m = 88,89%
Câu 6: Đáp án D
+ x = 1: C-C-COOH
+ y = 2: HCOOC-C và C-COO-C
+ z = 1: HCOOC-C
+ t = 2: C-C(OH)-CHO và HO-C-C-CHO
Trang 875
Trang 5
Câu 7: Đáp án A
2 3
2
2 2 2 2
2
 NaOH)
 ra do X) NaOH
NaOH Na CO
H O(dd
H O(sinh H O H O(dd H O) ra do X)
H O(sinh ra do X)
(sinh
X
n 2n 0,45(mol)
m 180 0,45.40 162(gam)
m m m 164,7 162 2,7(gam) n 0,15
axit
 thay
(mol)
Ta : n n X la
este
 cua phenol
Z phản ứng với dung dịch 2 4H SO loãng (dư), thu được hai cacboxaxit ylic đơn chức và hợp chất T 
(chứa C, H, O và TM 126) X là este của phenol (2 chức)
X NaOHn / n 3 X có 1 COO gắn trực tiếp với vòng benzene, 1 nhóm COO gắn gián tiếp với vòng 
benzen TM 126 T là: 6 4 2HOC H CH OH (o, m,p) 
2 2 3C(X) CO Na CO
 "C": n n n 1,275 0,225 1,5(mol)BT Số trong X 1,5 /C 0,15 10 
 2 axit tạo nên X là HCOOH và 3CH COOH 
Xét các phát biểu:
a) Đ
b) S. Số tronH g T 8 
c) Đ. Vì T có 2 nhóm OH 
d) S. X chứa 5 liên kết (3 trong vòng benzen và 2 trong 2 nhóm COO) 
Câu 8: Đáp án B
Đốt cháy Y3 trong 0,34 mol O2 và 1,36 mol N2 thì thu được Y4 có CO2, H2O và N2. Có thể có O2 dư
Nhưng Y4 đi qua H2SO4 được hỗn hớp khí đi ra có 2 khí nên Y4 không có oxi
Khối lượng dd H2SO4 tăng là 7,92 g là khối lượng của nước → nH2O = 0,44 mol
Đi qua bình đựng Ca(OH)2 thì CO2 được giữ lại
nCaCO3 = 0,11 mol
mdd tăng= mCO2 – mCaCO3 => mCO2 = 11 + 10,12 =21,12→ nCO2 = 0,48 mol
Bảo toàn nguyên tố O cho phương trình đốt cháy có
nO(Y3) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O → nO(Y3) =2.0,48 + 0,44 – 0,34.2= 0,72 mol
→ 
0,72 3,6
0,2
O 
 → Y2 có không quá 3 nhóm OH vì Y1 có 4 nguyên tử O
0,48 2,4
0,2
C 
 và số H =0,44.2 : 0,2 =4,4→ axit có không quá 4H
TH1: axit (COOH)2
Ancol 2 nhóm OH thì số mol axit ancol lần lượt là x, y thì x + y =0,2 và 4x + 2y =0,72
 → x =0,14 mol và y =0,04 mol
→ ancol có 5C và 15H (loại)
Ancol 3 nhóm OH thì x + y =0,2 và 4x + 3y =0,2
→ x =0,12 và y = 0,08 mol→ ancol 3C và 8H loại→ C3H8O3
TH2: CH2(COOH)2→ không thỏa mãn với ancol 2, 3 nhóm OH
→ ancol là C3H8O3
→ Y6 tạo bới C3H8O3 và (COOH)2
→ đốt cháy muối thu được rắn Na2CO3 : 0,24 mol→ NaOH :0,48 mol
→ nY6 = 0,48/(2n) mol → MY6 =109n ( với n là số phân tử axit tạo Y6)
Với n = 1 thì Y6= 109 không có chất thỏa mãn
Trang 876
Trang 6
Với n =2 thì Y6= 218 hợp chất là 
2
2
| |
|
|
COO CH
COO CH
COO CH
COOH
Câu 9: Đáp án C
Do hỗn hợp có phản ứng tráng bạc và phản ứng với NaHCO3 nên có nhóm CHO và COOH. Mà khí tác 
dụng với AgNO3/NH3 thu được một muối duy nhất nên 2 chất chỉ có thể là: HO-R-CHO và HO-R-COOH
nCHO = nAg:2 = 0,01875 mol
nNH3 = nCHO + nCOOH => nCOOH = 0,02 – 0,0185 = 0,00125 mol
3 3/
4
: 0,01875
: 0,02
: 0,00125OO
AgNO NHHO R CHO HO R COONH
HO R C H
 
2
1,86 93 17 44 18 93 14( )
0,02muoi
M R R CH 
2
2
: 0,01875
0,01875.60 0,00125.76 1,22( )
: 0,00125OO
HO CH CHO
X m g
HO CH C H
Câu 10: Đáp án A
2 2
: 36 0,44.40 45,34 7,36 0,9 H O E NaOH muoi ancol H OBTKL m m m m m m gam 
2
0,05 H On mol 
2
0,05 peptit H On n mol 
/ : ( ), ( ) G s Gly Na x mol Val Na y mol 
0,1 0,44 0,31
97 139 111.0,1 45,34 0,03
x y x
x y y
2
2
2 2
:
: 0, 44
:
: 0,05
:n n
CH a
CONH
Quydoi E
H O
C H O b
2 2
8,82( ) 0,63( )CH E CONH H O ancolm m m m m g a mol 
2
22 ( )
: 0,63 0,44.0,5 0,05 1,38O H O ancol chayE H O n
 
2 ( )
0,48H O ancol chayn mol 
2 2 2( 1)
0,48 0,48
1
n nC H O n H O
n

2 5
0,48 .(14 18) 7,36 2( )
1
n n C H OH
n
=> neste = nancol = 7,36:46 = 0,16 mol. Ta thấy chỉ có nGly-Na > neste nên este là este của Gly (Gly-C2H5)
nN(peptit) = 0,44 – 0,16 = 0,28 mol
0,285 5,6 6
0,05peptit
N 
 => Y là pentapeptit (c mol), Z là hexapeptit (d mol)
0,05 0,02
5 6 0,28 0,03
c d c
c d d
Trang 877
Trang 7
Mà d = nVal-Na => Y không chứa Val; Z chứa 1Val
2 5
5
5
: 0,16
( 5) : 0,02 0,16 0,02 0,03 0,31
( 6) : 0,03
n n Gly
m m
Gly C H
E Gly Ala n n n m
Gly Ala Val m
2 3 15 3; 3n m n n 
2 5
3 2
3 2
: 0,16
0,02.331: 0,02 % .100% 18,39%
36
: 0,03
Y
Gly C H
Gly Ala m
Gly Ala Val
Câu 11: Đáp án D
Ancol + Na:
CnH2n+2O2 + Na → CnH2nO2Na2 + H2
0,13 ← 0,13
m bình tăng = m ancol – mNa => m ancol = 9,62 + 0,13.2 = 9,88 (g)
M ancol = 9,88 : 0,13 = 76 (C3H8O2)
3 8 2
2
: 0, 2
: 0,2 : 0,13
:
OO
X
RC NaY
E NaOH F C H O
H O xZ
T
 
  
  
  
 
19,43 0,2.40 9,88 17,55( )BTKL F E NaOH ancolm m m m g 
2
2
:0,35
2
2 3
: 0, 2 : 0,2
: 0,1
OO O
CO
RC Na H O
Na CO
 
2 2 2 3
2
2 2 3
0,3( )
2
muoi O H O Na COBTNTO
CO
n n n n
n mol
 
0,3.44 0,2.18 0,1.106 0,35.32 16,2( )BTKL muoim g 
2 ( )
17,55 16,2 1,35( )H O Fm g 
2 ( )
0,075( )Axit H O Fn n mol 
0,0625( )
2
axNaOH it
T
n nn mol 
0,13 0,0625 0,0675( )Z ancol Tn n n mol 
0,0675.76% .100% 26,40%
19,43Z
m 
Câu 12: Đáp án B
nO2 = 6,608/ 22,4 = 0,295 (mol) ; n
H2O = 4,68/18 = 0,26 (mol)
Bảo toàn khối lượng: mE + mO2 = mH2O + mCO2
=> mCO2 = 5,58 + 0,295.32 – 4,68 = 10,34 (g)
=> nCO2 = 10,34 / 44 = 0,235 (mol)
Ta thấy nH2O > nCO2 => ancol no, hai chức
Gọi công thức của Z gồm: 
2 2 2
2 2 2
2 6 4
, : : ( )( 2)
: : ( )( 0)
: : ( )( 4)
n n
n n
m m
X Y C H O x mol k
T C H O y mol k
Z C H O z mol k
BTNT O: nO( trong Z) = 2nCO2 + nH2O – nO2
Trang 878
Trang 8
=> 2x + 2y + 4z = 2. 0,235 + 0,26 -0,295.2
=> 2x + 2y + 4z = 0,14 (1)
E phản ứng tối đa với 0,02 mol Br2 nên: x + 2z = 0,02 (2)
Từ sự chênh lệch số mol H2O và CO2 ta có: y – x – 3z = 0,025 (3)
Từ (1), (2) và (3) => x = 0,01; y = 0,05 ; z = 0,005 (mol)
Số nguyên tử cacbon trung bình trong E: 
2 0,235 3,61
0,065
CO
C
E
n
n
n
Vậy X phải là CH2=CH-COOH => ancol T là C3H8O2
Khối lượng axit và este trong E là: mX,Y,Z = mE – mT = 5,58 – 0,05.76 =1,78 (g)
Cho E tác dụng với KOH dư chỉ có X,Y,Z phản ứng;
nKOH = x + 2z = 0,02 (mol) ; nH2O = x = 0,01 (mol) ; nC3H8O2 = z = 0,005 (mol)
︸ ︸3 8 2 2
0,02 0,011,78 0,005
, ,
g
X Y Z KOH muoi C H O H O  
BTKL ta có: mmuối = mX,Y,Z + mKOH – mH2O = 1,78 + 0,02.56 – 0,005.76- 0,01.18 = 2,34 (g)
Câu 13: Đáp án C
BTKL cho phản ứng cháy ta có khối lượng CO2 = 20,68 gam → Số mol CO2 = 0,47 mol
Do số mol H2O > số mol CO2 nên ancol là ancol no, 2 chức
Đặt công thức của các chất trong hỗn hợp : 
2 2 2
2 2 2
2 6 4
, : : 2
: : 0
: : 4
n n
n n
m m
X Y C H O x mol k
Z C H O y mol k
T C H O z mol k
BTNT (O) ta có: 2x + 2y + 4z = 0,28 (1)
E phản ứng với tối đa 0,04 mol Br2 nên: x + 2z = 0,04 (2)
Từ sự chênh lệch số mol H2O và CO2 ta có: y - x - 3z = 0,05 (3)
Số nguyên tử cacbon trung bình (E) = 3,61 → X là CH2=CH-COOH → Ancol: C3H8O2
Khối lượng của axit và este trong E = 11,16 - 76.0,1 = 3,56 (gam)
Ta có sơ đồ: 
3,5g E+ 0,04 mol KOH → 0,01 mol muối + 0,01 mol C3H8O3 + 0,02 mol H2O
BTKL ta có: mmuối = 4,68 gam
Câu 14: Đáp án A
nCO2 = n↓ = nBaCO3 = 0,47 mol => nC = 0,47 mol
m dung dịch giảm = mBaCO3 – mCO2 – mH2O => 65,07 = 92,59 – 0,47.44 – mH2O
=> mH2O = 6,84 gam => nH2O = 0,38 mol => nH = 0,76 mol
CTPT các chất lần lượt là: C3H4O2, C2H4O2, C6H10O5
=> nO = nH/2 = 0,38 mol
m = mC + mH + mO = 0,47.12 + 0,76 + 0,38.16 = 12,48 gam
Câu 15: Đáp án A
anđehit malonic: OHC-CH2-CHO (C3H4O2)
vinyl fomat: HCOOCH=CH2 (C3H4O2)
ancol etylic: C2H6O
ancol anlylic: CH2=CH-CH2-OH (C3H6O)
2
2
3 4 2
2 6
3 6
: 72 46 58 4,82 0,03
4,82( ) : 3 2 3 0,22 0,02
0,03: 4 6 6 2 0,42
CO
H O
C H O x x y z x
g X C H O y x y z n y
zC H O z x y z n
4 4.0,03 0,12( ) 12,96( )Ag Agn x mol m g 
3: 4,82( ) 12,96( )
7,23( ) 19,44( )
AgNOTyle g X g Ag
g g
 
Câu 16: Đáp án B
Trang 879
Trang 9
BTKL cho phản ứng cháy ta có mCO2 = 10,34 g→ nCO2= 0,235 mol
Vì nH2O > nCO2 → ancol là ancol no 2 chức
Đặt công thức hóa học của các chất trong hỗn hợp : 
2 2 2
2 2 2
2 6 4
, : : ( )( 2)
Z : : ( )( 0)
T : : ( )( 4)
n n
n n
m m
X Y C H O x mol k
E C H O y mol k
C H O z mol k
Bảo toàn nguyên tố O có : 2x + 2y + 4z = 0,14 (1)
E phản ứng với tối đa 0,02 mol Br2 nên x + 2z = 0,02 mol (2)
Từ chênh lệch số mol H2O và CO2 có : y – x – 3z = 0,025 (3)
Số nguyên tử C trung bình trong E là :3,61 → X là CH2 = CH –COOH → ancol C3H8O2
→ x =0,01; y =0,05 ; z =0,005 mol
→ nCO2 = → 
Vì n >3 nên m < 11. Với m =10 thì axit còn lại là C4H6O2 ( thỏa mãn )
Với m = 9 thì axit còn lại là C3H4O2 ( loại)
Khối lượng este trong E là 0,005.198= 0,99 g→ %este = 17,74%
Câu 17: Đáp án D
Mancol = 33,75 → ancol có CH3OH
13,945 g Q + O2 → 0,575 mol CO2 + 0,0525 mol N2 + H2O
→ số mol NaOH phản ứng với peptit bằng số mol N = 0,105 mol
→ nNaOH ( pứ với este) = 0,08 mol = nancol
2 2 2
2
: 0,08
0,105(1)
:
0,08 3 2 0,575(2)
:
(14 30)0,08 89 75 18 13,945(3)
:
n nC H O x y
Ala x
n x y
Gly y
n x y z
H O z
(3) 47(1) 14(2) 0,08 0,08lk peptitz mol n mol
 
Giả sử số lk peptit trung bình là m
m lk peptit phản ứng hết với (m+1) NaOH
0,08..............0,105
=> 3 (tetrapeptit)
Gọi số mol tetrapeptit và pentapeptit lần lượt là a và b (mol)
( )
3 4 0,08 0,02
4 5 0,105 0,005pe
lkpeptit
NaOH ptit
a b n a
a b n b
Quy đổi hỗn hợp đầu thành :
1
2 1 2
2
( 4) : 0,08
min (2 3) : 0,105 0,08 0,105 0,575
Es
BTC
te C
A oaxit C C C
H O
  
1
2 1 1 4 6 2
0,575 0,082 3 3,25 4,56 4( )
0,105
CC C C C H O 
4
0,045
0,06
n
x
y
4
5
: ( 4) : 0,02
: ( 5) : 0,005
u u
v v
A Gly Ala u
B Gly Ala v
0,02 0,005 0,06 4 12Glyn u v n m 
2; 4n m 
Trang 880
Trang 10
2 2
4
:
:
A Gly Ala
B Gly Ala
X, Y là : CH2=CHCOOCH3 và HCOOCH2-CH=CH2 (hoặc ngược lại)
Xét các đáp án :
(1) S
(2) Đ
(3) Đ
(4) S. Vì X có thể là CH2=CHCOOCH3 (không tráng bạc)
(5) S. X và Y có thể đảo cho nhau
(6) S. Tỉ lệ là 1 :1
Câu 18: Đáp án A
2 2
8,288 7,20,37( ); 0, 4( ); 0,38.0,5 0,19( )
22,4 18O H O NaOH
n mol n mol n mol 
Bảo toàn khối lượng ta có:
2 2 2
12,52 0,37.32 0,4.18 17,16( )CO E O H Om m m m g 
2
17,16 0,39( )
44CO
n mol 
Ta thấy nH2O > nCO2 => ancol T là ancol no, 2 chức.
Quy đổi hỗn hợp E thành: 
2 2
2 2 2
2
: 0,19( )
: ( )
: ( )
n n
x x
C H O mol
C H O b mol
H O c mol
2
2
:
:
:
0,19 0,39 0,19 0,39 19 5 39
0,19.2 2 0,37.2 0,39.2 0,4 2 0,06 0,05
0,01 0,040,19 ( 1) 0,4
BTNT C
CO
BTNT O
BTNT H
H O
n n bx n bx n x
b c b c b
b c cn n b x c
  
 
  


 Vì ancol T ở điều kiện thường không hòa tan được Cu(OH)2 => x ≥ 3; mặt khác 1n 
=> x = 3 và 
24
19
n 
 là nghiệm duy nhất
Vậy CTCT của 2 axit là HCOOH: u ( mol) ; CH3COOH : v (mol)
Ta có: 
2
2
2 0,19 0,19.
0,052 3.0,05 0,39
n nC H O
CO
n u v u
vn u v


Vì nH2O = c = 0,04 (mol) => HCOO-C3H6OOC-CH3: 0,02 (mol)
=> nHCOOH = 0,14 – 0,02 = 0,12 (mol)
nCH3COOH = 0,05 – 0,02 = 0,03 (mol)
nC3H6(OH)2 = 0,05 – 0,02 = 0,03 (mol)
0,12 .100 60
0,12 0,03 0,03 0,02
% % %HCOOH 
Câu 19: Đáp án B
2 2:0,74
2
,
25,04( )
: 0,8
O
E
COX Y
g
T H O
Z
 
2 2
25,04 0,74.32 0,8.18 34,32( ) 0,78( )BTKL CO COm g n mol 
nH2O>nCO2 => Ancol no, hai chức, mạch hở 
Trang 881
Trang 11
:
:
:
Axit x
E Ancol y
Este z
2 2
2 0,38 0,3
2 2 4 0,74.2 0,78.2 0,8 0,06
0,040,8 0,78esteancol
NaOH
BTO
nH O nCO n n
n x z x
x y z y
zy z 
  
  
2
3
:0,78 1,95
:0,3 0,06 0,04
CO
E
n X HCOOH
C
Y CH COOHn
2 2
2 2 2
2
(1 2) : 2 0,38
( 3) : 0,1
: 0,08.
n n
m m
C H O n x z
QuydoiE C H O m y z
H O
0,78 0,10,38 0,1 0,78 1 2 0,2 4
0,38
BTC mn m n m  
3m 
3
3 8 2
6 10 4
:
: 0,3 0,24
: 0,06 2 3.0,06 6.0,04 0,78 0,06
: 0,04
HCOOH a
CH COOH b a b a
C H O a b b
C H O
0,24.46% .100% 44,1% 45%
25,04HCOOH
m 
Câu 20: Đáp án C
nO2 = 0,59 (mol)
nH2O = 0,52 (mol)
Bảo toàn khối lượng => nCO2 = 0,47 (mol)
Quy đổi hỗn hợp E thành:
CnH2n-2O2: 0,04 (mol) ( bằng nBr2)
CmH2m(OH)2: a mol
H2O: - b mol
CnH2n-2O2 + 
3 3
2
n 
O2 → nCO2 + (n-1)H2O
0,04 → ( 0,06n -0,06) → 0,04n (mol)
CmH2m(OH)2 + 
3 1
2
m 
O2 → mCO2 + (m+1)H2O
a → (1,5ma – 0,5a) → ma (mol)
=> nO2 = 0,06n – 0,06 + 1,5ma – 0,5a = 0,59 (1)
nCO2 = 0,04n + ma = 0,47 (2)
Từ (1) và (2) => a = 0,11 (mol)
=> nH2O = 0,04 (n -1) + 0,11 (m +1) – b = 0,52 (3)
=> b = 0,02 (mol)
mE = 0,04 (14n + 30) + 0,11 (14m +34) – 0,18.0,02 = 11,16
=> 4n + 11m = 47
Vì n > 3 và m ≥ 3 nên n = 3,5 và m = 3 là nghiệm thỏa mãn
=> M muối CnH2n-3O2K : 0,04 (mol)
=> m = 4,68 (g)
Trang 882