Chọn đáp án A

A. Polipeptit được điều chế bằng cách trùng ngưng các α-amino axit:

nH₂N-CH₂-COOH $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ (-HN-CH₂-CO-)_n + nH₂O.

B. Polipropilen được điều chế bằng cách trùng hợp propen:

nCH₂=CH-CH₃ $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ [-CH₂-CH(CH₃)-]_n.

C. Poli (metyl metacrylat) được điều chế bằng cách trùng hợp metyl metacrylat:

nCH₂=C(CH₃)COOCH₃ $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ [-CH₂-C(CH₃)(COOCH₃)-]_n.

D. Poliacrilonitrin được điều chế bằng cách trùng hợp acrilonitrin:

nCH₂=CH-CN $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ [-CH₂-CH(CN)-]_n.

⇒ chọn A.

Chọn đáp án B

Chọn đáp án B

● Chất béo là trieste của glixerol với axit béo.

● Axit béo là: – Axit monocacboxylic.

– Có số C chẵn (từ 12C → 24C).

– Mạch C không phân nhánh.

► A, C và D là axit béo ⇒ tạo ra chất béo.

B là CH₂=CH-COOH ⇒ số C lẻ

⇒ không tạo ra chất béo ⇒ chọn B.

Chọn đáp án A

Polistiren được điều chế bằng cách trùng hợp stiren:

nC₆H₅CH=CH₂ $\stackrel{xt, t^o, xt}{\to }$ [-CH₂-CH(C₆H₅)-]_n ⇒ chọn A.

Chọn đáp án B

NaOH tác dụng được với NaHCO₃: NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O ⇒ chọn B.

Chú ý: ● CaCl₂ không tác dụng với NaHCO₃ ở nhiệt độ thường vì:

NaHCO₃ → Na⁺ + HCO₃^– || HCO₃^– ⇄ H⁺ + CO₃^2– (K rất bé).

⇒ CO₃^2– sinh ra rất bé để tạo CaCO₃↓ ⇒ không xảy ra phản ứng.

● Khi đun nóng thì CaCl₂ tác dụng được với NaHCO₃ vì:

2NaHCO₃ $\stackrel{t^o}{\to }$ Na₂CO₃ + CO₂↑ + H₂O || CaCl₂ + Na₂CO₃ → CaCO₃↓ + 2NaCl.

Chọn đáp án A

Phân đạm cung cấp nitơ hóa hợp cho cây dưới dạng NO₃^– hoặc NH₄⁺ ⇒ chọn A vì:

Urê bị các vi sinh vật phân hủy cho thoát ra amoniac hoặc (NH₂)₂CO + H₂O → (NH₄)₂CO₃.

Chọn đáp án D

Xà phòng được điều chế bằng cách thủy phân chất béo trong môi trường kiềm:

Mỡ là chất béo rắn (chứa chủ yếu các gốc axit béo no) ⇒ chọn D.

Chọn đáp án B

Dung dịch có nồng độ các ion càng cao thì độ dẫn điện càng cao.

Giả sử có nồng độ mol các dung dịch là 1M.

A. H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2– ⇒ ∑C_M ion = 3M.

B. Al₂(SO₄)₃ → 2Al³⁺ + 3SO₄^2– ⇒ ∑C_M ion = 5M.

C. Ca(OH)₂ → Ca²⁺ + 2OH^– ⇒ ∑C_M ion = 3M.

D. NH₄NO₃ → NH₄⁺ + NO₃^– ⇒ ∑C_M ion = 2M.

⇒ dung dịch Al₂(SO₄)₃ dẫn điện tốt nhất ⇒ chọn B.

Chọn đáp án C

Muối cacbonat của các kim loại kiềm không bị nhiệt phân ⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

nA $\stackrel{xt, t^o, p}{\to }$ (-A-)_n (X) || M_X = 400000 g/mol; n = 4000.

⇒ M_A = 400000 ÷ 4000 = 100 ⇒ A là CF₂=CF₂ ⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

Etyl fomat là HCOOC₂H₅ ⇒ M = 74 ⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

A. Axit glutamic là HOOC-(CH₂)₂-CH(NH₂)-COOH.

B. Amilipectin gồm các gốc α-glucozơ ⇒ không chứa N ⇒ chọn B.

C. Anilin là C₆H₅NH₂.

D. Glyxin là H₂NCH₂COOH.

Chọn đáp án C

nAla → Peptit (Ala_n) + (n - 1)H₂O. Bảo toàn khối lượng:

89n = 302 + 18 × (n - 1) ⇒ n = 4 ⇒ X là tetrapeptit ⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

1 saccarozơ + H₂O $\stackrel{H^{+}}{\to }$ 1 glucozơ + 1 fructozơ.

1 glucozơ $\underset{t^o}{\overset{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }}$ 2 Ag || 1 fructozơ $\underset{t^o}{\overset{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }}$2 Ag.

► 1 saccarozơ → 4 Ag || n_saccarozơ = 0,1 mol

⇒ m = 0,1 × 4 × 108 = 43,2(g) ⇒ chọn A.

Chú ý: Ag⁺ + Cl^– → AgCl↓ nhưng bị hòa tan trong NH₃:

AgCl + NH₃ → [Ag(NH₃)₂]Cl (phức tan) ⇒ kết tủa chỉ có Ag.

Chọn đáp án A

Ta có: 1X (–COOH, –OH) + 1NaOH → 1 muối (–COONa, –ONa) + 1H₂O

⇒ n_X = n_H2O = 0,04 mol || Tăng giảm khối lượng: m = 2,53 + 0,04 × (23 - 1) = 3,41(g).

Chọn đáp án D

Khi đốt hợp chất hữu cơ (HCHC) chứa C, H và O (nếu có) thì:

n_CO2 - n_H2O = (k - 1).n_HCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

► Áp dụng: n_CO2 > n_HO ⇒ n_CO2 - n_H2O > 0 ⇒ (k - 1).n_HCHC > 0 ⇒ k > 1.

⇒ các hidrocacbon có k = 0 hoặc k = 1 không thể là X.

||⇒ X không thể là ankan (k = 0) hoặc xicloankan và anken (k = 1).

⇒ Loại A, B và C ⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

Cả 4 đáp án đều mạch hở ⇒ hỗn hợp amin có dạng: C_nH_2n+3N.

► Phương trình cháy: C_nH_2n+3N + (1,5n + 0,75)O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ nCO₂ + ...

||⇒$\frac{0,1}{1,5n+0,75}$ ⇒ n = 1,5 ⇒ 2 amin là CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂.

Chọn đáp án A

Để các sản phẩm đều có phản ứng tráng gương thì phải là este của axit fomic.

⇒ Công thức cấu tạo của C₄H₆O₂ là HCOOCH=CHCH₃ ⇒ chọn A.

HCOOCH=CHCH₃ + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ HCOONa + CH₃CH₂CHO.

Chọn đáp án C

Do ảnh hưởng của vòng benzen lên nhóm –OH

⇒ Liên kết O-H trở nên phân cực hơn, làm cho nguyên tử H linh động hơn.

⇒ Phenol có lực axit mạnh hơn ancol (⇒ C đúng).

► Tuy nhiên, phenol là axit rất yếu (⇒ A và D sai).

(bị axit cacbonic đẩy ra khỏi phenolat) ⇒ tính axit:

CH₃COOH > H₂CO₃ > Phenol ⇒ B sai.

Chọn đáp án B

● Phenylamoni clorua (C₆H₅NH₃Cl): C₆H₅NH₃Cl → C₆H₅NH₃⁺ + Cl^–.

C₆H₅NH₃⁺ + H₂O ⇄ C₆H₅NH₂ + H₃O⁺ ⇒ C₆H₅NH₃⁺ có tính axit || Cl^– trung tính.

⇒ C₆H₅NH₃Cl có tính axit ⇒ pH < 7 (Ps: H₃O⁺ có tính axit tương tự H⁺).

(Có thể làm nhanh hơn như sau: C₆H₅NH₃|Cl ⇒ gốc bazơ yếu và gốc axit mạnh

⇒ C₆H₅NH₃Cl có tính axit ⇒ pH < 7).

● ClH₃NCH₂COOH : ClH₃NCH₂COOH → Cl^– + ⁺H₃NCH₂COOH.

⁺H₃NCH₂COOH + H₂O ⇄ H₂NCH₂COOH + H₃O⁺ ⇒ ⁺H₃NCH₂COOH có tính axit.

Cl^– trung tính ⇒ ClH₃NCH₂COOH có tính axit ⇒ pH < 7.

(Hoặc: Cl|H₃NCH₂COOH ⇒ gốc axit mạnh và gốc bazơ yếu ⇒ có tính axit ⇒ pH < 7).

● Lys: H₂N-(CH₂)₄-CH(NH₂)-COOH ⇒ số gốc NH₂ > số gốc COOH.

⇒ Lys có tính bazơ ⇒ pH > 7.

● H₂NCH₂COONa: H₂NCH₂COONa → H₂NCH₂COO^– + Na⁺.

H₂NCH₂COO^– + H₂O ⇄ H₂NCH₂COOH + OH^– ⇒ H₂NCH₂COO^– có tính bazơ.

Na⁺ trung tính ⇒ H₂NCH₂COONa có tính bazơ ⇒ pH > 7.

(Hoặc: H₂NCH₂COO|Na ⇒ gốc axit yếu và gốc bazơ mạnh ⇒ có tính bazơ ⇒ pH > 7).

● Axit glutamic: HOOC-(CH₂)₂-CH(NH₂)-COOH ⇒ số gốc COOH > số gốc NH₂.

⇒ axit glutamic có tính axit ⇒ pH < 7.

⇒ có 3 dung dịch có pH < 7 ⇒ chọn B.

Chọn đáp án A

Khi thay nhóm OH ở nhóm cacboxyl của axit cacboxylic bằng nhóm OR thì được este.

(4) là axit cacboxylic, (6) là tạp chức ancol-axit ⇒ (1), (2), (3), (5), và (7) là este ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

Các chất tác dụng được với dung dịch brom là striren, phenol và anilin:

● Stiren: C₆H₅CH=CH₂ + Br₂ → C₆H₅CH(Br)-CH₂Br.

● Phenol: C₆H₅OH + 3Br₂ → C₆H₂Br₃OH↓ + 3HBr.

● Anilin: C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → C₆H₂Br₃NH₂↓ + 3HBr.

⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

D sai, phương trình đúng là:

Phenol + dung dịch Br₂ → 2,4,6 - tribromphenol + HBr.

Hay: C₆H₅OH + 3Br₂ → C₆H₂Br₃OH↓ + 3HBr.

► Axit picric là 2,4,6 - trinitriphenol được điều chế bằng cách:

C₆H₅OH + 3HNO_{3 đặc} $\underset{t^o}{\overset{H_{2}S{O}_{4đ}}{\to }}$ C₆H₂(NO₂)₃OH + 3H₂O.

⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

A và B loại vì xenlulozơ là polime thiên nhiên.

D loại vì tinh bột là polime thiên nhiên.

⇒ chọn C.

Chọn đáp án D

Do các chất đều mạch hở ⇒ k = π + v = π.

A. π = k = (2 × 3 + 2 + 1 - 9) ÷ 2 = 0.

B. π = k = (2 × 2 + 2 + 1 - 5) ÷ 2 = 1.

C. π = k = (2 × 4 + 2 - 8) ÷ 2 = 1.

D. π = k = (2 × 3 + 2 - 4) ÷ 2 = 2.

⇒ C₃H₄O₄ chứa nhiều liên kết π nhất ⇒ chọn D.

Chọn đáp án A

B loại vì Lys không bị thủy phân.

C loại vì xenlulozơ không bị thủy phân trong môi trường kiềm.

D loại vì saccarozơ không bị thủy phân trong môi trường kiềm.

⇒ chọn A.

Chọn đáp án B

n_CH3COOC2H5 = 0,1 mol < n_NaOH = 0,15 mol ⇒ NaOH dư ⇒ n_C2H5OH = 0,1 mol.

Bảo toàn khối lượng: m = 8,8 + 0,15 × 40 – 0,1 × 46 = 10,2(g) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án A

Ankađien B + Cl₂ → ClCH₂-C(CH₃)=CH-CH(Cl)-CH₃.

⇒ B là CH₂=C(CH₃)-CH=CH-CH₃. Chọn mạch chính + đánh số:

¹CH₂=²C(CH₃)-³CH=⁴CH-⁵CH₃ ⇒ nhánh metyl (CH₃-) ở C số 2.

||⇒ 2-metyl. Lại có: mạch chính có 5C ⇒ pentan.

2 nối đôi C=C ở vị trí C số 1 và 3 ⇒ 1,3-đien.

► Ghép lại ta có B là: 2-metylpenta-1,3-đien ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

C₂H₅-NH₂ + CH₃-I $\stackrel{H}{\to }$ C₂H₅-NH-CH₃ + HI.

⇒ thu được etylmetylamin (C₂H₅NHCH₃) ⇒ chọn D.

Chọn đáp án B

● X, Z đều phản ứng với nước brom ⇒ loại A và C (vì Z là xeton).

● Z + H₂ → không bị thay đổi nhóm chức ⇒ loại D

(vì C₂H₅CHO $\stackrel{H_2, Ni, t^o}{\to }$ C₂H₅CH₂OH ⇒ anđehit → ancol).

⇒ chọn B.

Chọn đáp án C

CH₃CH₃ + Cl₂ $\underset{1:1}{\overset{as}{\to }}$ CH₃CH₂Cl (A).

CH₃CH₂Cl (A) + NaOH ${\stackrel{t^o}{\to }}^{}$ CH₃CH₂OH (B) + NaCl.

CH₃CH₂OH (B) + CuO ${\stackrel{t^o}{\to }}^{}$CH₃CHO (C) + Cu + H₂O.

⇒ C là CH₃CHO hay Anđehit axetic ⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

Xét phần 1: -OH + Na → -ONa + ¹/₂ H₂↑ ||⇒ n_OH = 2n_H2 = 0,2 mol.

Xét phần 2: n_CO2 = 0,25 mol < n_H2O = 0,35 mol ⇒ xảy ra 2 trường hợp:

TH1: 1 ancol no và 1 ancol không no, chứa ≥ 2π_C=C. Lại có: số C ≤ 3.

||⇒ ancol không no chứa 3C và 1 -OH ⇒ cả 2 ancol đều đơn chức.

⇒ n_X = 0,2 mol ⇒ C_tb = 0,25 ÷ 0,2 = 1,25 ⇒ ancol no là CH₃OH.

► Giải hệ có: n_CH3OH = 0,175 mol; n_{ancol không no} = 0,025 mol.

⇒ số H/ancol không no = (0,35 × 2 - 0,175 × 4) ÷ 0,025 = 0 !!! ⇒ loại.

TH2: cả 2 ancol đều no ⇒ n_X = n_H2O – n_CO2 = 0,1 mol.

||⇒ số nhóm OH/ancol = 0,2 ÷ 0,1 = 2; C_tb = 0,25 ÷ 0,1 = 2,5.

► Số C/ancol ≤ 3 ⇒ 2 ancol là C₂H₄(OH)₂ và C₃H₆(OH)₂ ⇒ chọn C.

NOTE: nếu để ý 4 đáp án đều là ancol no thì ta sẽ loại được TH1!

Chọn đáp án A

4HNO₃ + 3e → NO + 3NO₃^– + 2H₂O ||⇒ n_NO3^– = 3n_NO = 0,09 mol.

⇒ m_muối = m_KL + m_NO3^– = 2,19 + 0,09 × 62 = 7,77(g) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

X có phản ứng tráng bạc ⇒ loại A.

X làm mất màu nước brom ⇒ loại C.

X không bị thủy phân ⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

Đặt n_Ala = x; n_Glu = y ⇒ 89x + 147y = 15,94(g); n_NaOH = x + 2y = 0,2 mol.

► Giải hệ có: x = 0,08 mol; y = 0,06 mol. Quy quá trình về:

0,08 mol Ala + 0,06 mol Glu + 0,2 mol NaOH + 0,36 mol HCl.

⇒ n_{HCl phản ứng} = 0,08 + 0,06 + 0,2 = 0,34 mol; n_H2O = n_NaOH = 0,2 mol.

● m = 15,94 + 0,2 × 40 + 0,34 × 36,5 - 0,2 × 18 = 32,75(g) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án B

Quy X về Mg, Cu, O và S. Do không còn sản phẩm khử nào khác ⇒ Y không chứa NH₄⁺. 

Dễ thấy T chỉ chứa các muối nitrat ⇒ Q gồm NO₂ và O₂. Giải hệ có: n_NO2 = n_O2 = 0,18 mol. Lại có:

► 2Mg(NO₃)₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ 2MgO + 4NO₂ + O₂ || 2Cu(NO₃)₂ $\stackrel{t^o}{\to }$2CuO + 4NO₂ + O₂ || 2NaNO₃ $\stackrel{t^o}{\to }$2NaNO₂ + O₂.

⇒ n_O2/NaNO3 = ∑n_O2 - n_NO2 ÷ 4 = 0,135 mol ⇒ n_NaNO3 = 0,27 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

⇒ ∑n_N/T = 0,18 + 0,27 = 0,45 mol. Lại có: n_Ba(NO3)2 = n_BaSO4 = 0,12 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

● n_NO3^–_/Y = 0,45 - 0,12 × 2 = 0,21 mol || n_Na⁺ = n_{NaNO3 ban đầu} = 0,27 mol; n_SO4^2– = n_BaSO4 = 0,12 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_NO2/Z = 0,27 - 0,21 = 0,06 mol ⇒ n_SO2 = 0,09 - 0,06 = 0,03 mol.

► Dễ thấy ∑n_e(Mg, Cu) = 2∑n(Mg, Cu) = ∑n_{điện tích}(Mg, Cu)/Y = 0,12 × 2 + 0,21 - 0,27 = 0,18 mol.

m_O/X = 0,3m ⇒ n_O/X = 0,01875m (mol) ||⇒ Bảo toàn electron: ∑n_e(Mg, Cu) + 6n_S = 2n_O + n_NO2 + 2n_SO2

⇒ n_S/X = (0,00625m - 0,01) mol ⇒ ∑m(Mg, Cu) = m - 0,3m - 32 × (0,00625m - 0,01) = (0,5m + 0,32) (g).

||⇒ m_muối/Y = 4m (g) = 0,5m + 0,32 + 0,27 × 23 + 0,21 × 62 + 0,12 × 96 ⇒ m = 8,88(g) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

Do thủy phân thu được 2 ancol ⇒ D là este của axit 2 chức.

Lại có thu được hidrocacbon đơn giản nhất là CH₄.

⇒ Y chứa 1 muối là CH₂(COONa)₂ ⇒ B là CH₂(COOH)₂.

► Quy X về CH₃OH, CH₂(COOH)₂, CH₂(COOCH₃)₂ và CH₂.

CH₂(COONa)₂ + 2NaOH → CH₄ + 2Na₂CO₃ ⇒ có 2 TH.

● TH1: CH₄ tính theo muối ⇒ n_muối = n_CH4 = 0,015 mol.

⇒ n_CH2(COOH)2 = 0,006 mol; n_CH3OH = n_CH2(COOCH3)2 = 0,009 mol.

⇒ n_O2 = 1,5n_CH3OH + 2n_CH2(COOH)2 + 5n_CH2(COOCH3)2 + 1,5n_CH2

||⇒ n_CH2 = 0,1967... mol ⇒ lẻ ⇒ loại.

● TH2: CH₄ tính theo NaOH ⇒ n_CH2(COONa)2 = (0,13 - 0,015 × 2) ÷ 2 = 0,05 mol.

||⇒ n_CH3OH = n_CH2(COOCH3)2 = 0,03 mol; n_CH2(COOH)2 = 0,02 mol.

⇒ n_CH2 = 0,03 mol ⇒ có 2 TH ghép CH₂.

► Ghép 1 CH₂ vào este ⇒ A là CH₃OH và D là CH₃OOCCH₂COOC₂H₅.

► Ghép 1 CH₂ vào ancol ⇒ A là C₂H₅OH và D là CH₂(COOCH₃)₂ ⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

Không mất tính tổng quát, quy X về đipeptit: 2X_n + (n - 2)H₂O → nX₂.

||⇒ n_H2O thêm = ∆n(CO₂, H₂) = 0,16 mol = n_X ⇒ 2 = n - 2 ⇒ n = 4.

⇒ X, Y và Z đều là tetrapeptit. Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

Đặt n_C2H3NO = 4x; n_CH2 = y ⇒ n_H2O = x ⇒ m_E = 69,8(g) = 57 × 4x + 14y + 18x.

Muối gồm 4x mol C₂H₄NO₂Na và y mol CH₂ ⇒ 97 × 4x + 14y = 101,04(g).

► Giải hệ có: x = 0,22 mol; y = 1,12 mol ||⇒ n_Ala = 0,76 mol; n_Val = 0,12 mol.

● Dễ thấy n_Z > n_Val ⇒ Z không chứa Val ⇒ Z là Ala₄.

||⇒ X và Y gồm 0,12 mol Ala và 0,12 mol Val; ∑n(X, Y) = 0,06 mol.

● Số gốc Val trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2. Lại có: M_X > M_Y ⇒ Y là Ala₃Val.

● Số gốc Ala trung bình = 0,12 ÷ 0,06 = 2 ⇒ X là Val₄ hoặc AlaVal₃.

TH1: X là Val₄ ⇒ n_Y = n_Ala ÷ 3 = 0,04 mol ⇒ n_X = 0,06 - 0,04 = 0,02 mol.

⇒ n_X < n_Y (thỏa) ⇒ %m_X = 0,02 × 414 ÷ 69,8 × 100% = 11,86% ⇒ chọn D.

TH2: X là AlaVal₃. Đặt n_X = a; n_Y = b ⇒ ∑n(X, Y) = a + b = 0,06 mol.

n_Ala = 0,12 mol = a + 3b ||⇒ Giải hệ có: a = b = 0,03 mol (trái gt) ⇒ loại.

Chọn đáp án D

Đặt n_CO2 = x; n_H2O = y || m_{dung dịch giảm} = m_BaCO3 - (m_CO2 + m_H2O)

⇒ 197x - (44x + 18y) = 137,79(g). Lại có: n_COO = n_NaOH = 0,2 × 1,5 = 0,3 mol

● m_E = m_C + m_H + m_O = 12x + 2y + 0,3 × 2 × 16 = 23,58(g)

► Giải hệ có: x = 1,01 mol; y = 0,93 mol || Với HCHC chứa C, H và O (nếu có) thì:

n_CO2 - n_H2O = (k - 1).n_HCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

● Áp dụng: n_CO2 - n_H2O = ∑n_(Y,Z) = 0,08 mol ⇒ n_X = 0,3 - 0,08 = 0,22 mol.

Đặt số C của X là a và số C trung bình của Y và Z là b (a ≥ 3; b > 4).

⇒ 0,22a + 0,08b = 1,01 $\stackrel{a\ge 3, b\ge 4}{\to }$ a = 3; b = 4,375 ⇒ X là CH₃COOCH₃.

● Do thu được 2 ancol kế tiếp cùng 1 dãy đồng đẳng và F chỉ chứa 2 muối

⇒ Y là CH₂=CH-COOCH₃ và Z là CH₂=CH-COOC₂H₅.

► G gồm 0,22 mol CH₄ và 0,08 mol CH₂=CH₂ ⇒ khí có PTK nhỏ hơn là CH₄.

||⇒ %m_CH4 = 0