Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hoá học lớp 12 năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Chia sẻ: Le Hung | Ngày: | Loại File: DOCX | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

7
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

‘Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hoá học lớp 12 năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh’ là tài liệu tham khảo được TaiLieu.VN sưu tầm để gửi tới các em học sinh đang trong quá trình ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh, giúp học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học và nâng cao kĩ năng giải đề thi. Chúc các em học tập và ôn thi hiệu quả!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Hoá học lớp 12 năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 9 câu) Cho biết Nguyên tử khối: H =1, C =12, N =14, O =16, Na = 23, Mg =24, S =32, K = 39, Ca = 40, Ba= 137; Zn = 65; Mn = 55; Cl =35,5; Al = 27. Câu 1: (3,0 điểm) 1. Nêu hiện tượng và viết các phương trình hóa học xẩy ra trong các thí nghiệm sau: a) Cho lượng nhỏ tristearin vào ống nghiệm chứa dung dịch NaOH loãng (dư) rồi đun nóng. Để nguội ống nghiệm rồi thêm tiếp vào đó vài giọt dung dịch CuSO 4. b) Cho lượng nhỏ vinyl fomat vào ống nghiệm chứa dung dịch NaOH loãng (vừa đủ). Thêm tiếp dung dịch AgNO3 trong NH3 vào rồi đun nóng nhẹ ống nghiệm. c) Cho dung dịch HCl dư vào ống nghiệm chứa 2,0 ml anilin, kết thúc phản ứng thêm tiếp lượng dư dung dịch KOH vào. d) Cho 5 ml dung dịch H2SO4 đặc vào cốc thủy tinh chứa 5 gam Saccarozơ. e) Cho 2 gam đạm Ure vào dung dịch nước vôi trong (dư). g) Cho dung dịch BaCl2 vào dung dịch KHSO4. h) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch HCl loãng. 2. Hợp chất X có công thức phân tử C8H11O2N. Biết X không làm mất màu brom trong CCl4 và X được tạo thành từ chất hữu cơ Y và chất hữu cơ Z; phân tử khối của Y và Z đều lớn hơn 50 đvC; Y tác dụng với nước brom tạo ra kết tủa trắng. Hoàn thành các phương trình hóa học sau dưới dạng công thức cấu tạo thu gọn. X + NaOH  Y + T + H2O (1) X + HCl  Z + E (2) E + NaOH  Y + NaCl + H2O (3) T + HCl  Z + NaCl (4) Câu 2: (3,0 điểm) 1. Có ba dung dịch: amoni hiđrocacbonat, natri aluminat, natri phenolat và ba chất lỏng: ancol etylic, benzen, anilin đựng trong sáu ống nghiệm riêng biệt. Chỉ dùng một thuốc thử và các dụng cụ trong phòng thí nghiệm, hãy trình bày cách nhận biết các chất trên. 2. Thủy phân hoàn toàn chất hữu cơ E (C 12H10O6, chứa 3 chức este) bằng dung dịch NaOH, thu được các chất hữu cơ X, Y, Z và T. Biết T chứa 2 nguyên tử Cacbon; Y chứa vòng benzen và MT < MX < MZ < MY. Cho Y tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được hợp chất hữu cơ F (C7H8O2). Biết a mol E phản ứng tối đa với 4a mol NaOH trong dung dịch. Xác định công thức cấu tạo thu gọn của X, Y, Z, T và E. Câu 3: (2,0 điểm) Nung nóng a gam hỗn hợp khí X gồm ankan A, anken B, axetilen và H 2 trong bình kín (xúc tác Ni, không có mặt O 2) đến phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần vừa đủ V lít khí O 2, thu được hỗn hợp Z gồm khí và hơi. Dẫn toàn bộ Z qua bình chứa dung dịch H 2SO4 đặc, dư thì khối lượng bình tăng thêm 7,92 gam. Hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 100 ml dung dịch Br 2 1M. Mặt khác, nếu cho 6,72 lít khí X đi qua dung dịch Br2 dư thì có 38,4 gam brom phản ứng. Tổng số nguyên tử Cacbon
trong A và axetilen gấp hai lần số nguyên tử Cacbon trong B; số mol A và B bằng nhau; các khí đều ở đktc; A và B có số nguyên tử Cacbon khác nhau. Tính V. Câu 4: (2,0 điểm) Axit cacboxylic X đơn chức, mạch hở, phân tử chứa 1 liên kết C=C; Y, Z là hai axit cacboxylic đều no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp (M Y < MZ). Cho 23,02 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z tác dụng vừa đủ với 230 ml dung dịch NaOH 2M, thu được dung dịch F. Cô cạn dung dịch F thu được m gam chất rắn khan G. Đốt cháy hoàn toàn G trong O2 dư, thu được Na2CO3, hỗn hợp T gồm khí và hơi. Hấp thụ toàn bộ T vào bình đựng nước vôi trong, dư, sau khi các phản ứng hoàn toàn thì khối lượng bình tăng thêm 22,04 gam. Tính khối lượng Z trong 23,02 gam E. Câu 5: (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 5,52 gam chất X, thu được hỗn hợp khí và hơi A gồm CO 2, HCl, N2 và H2O. Chia A thành hai phần, cho phần 1 từ từ vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, thu được 6 gam kết tủa và khối lượng dung dịch Ca(OH)2 giảm 1,82 gam, đồng thời có 0,112 lít (đktc) khí thoát ra; cho phần 2 vào dung dịch AgNO 3 dư thì khối lượng dung dịch AgNO 3 giảm 2,66 gam và thu được 5,74 gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định công thức đơn giản nhất của X. Câu 6: (2,0 điểm) Đun nóng 14,19 gam Este X đơn chức, mạch hở với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được 15,51 gam muối; Y là este no, hai chức có cùng số nguyên tử Cacbon với X; Z là peptit mạch hở được tạo bởi glyxin và alanin. Đốt cháy 13,9 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc). Mặt khác, đun nóng 13,9 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được một ancol duy nhất và hỗn hợp F có chứa a mol muối của glyxin và b mol muối của alanin. Đốt cháy toàn bộ F, thu được H2O, N2, 0,31 mol CO2 và 0,1 mol Na2CO3. Tính tỉ lệ a:b. Câu 7: (2,0 điểm) Hỗn hợp E gồm ba triglyxerit X, Y, Z và ba axit béo A, B, C. Cho 42,32 gam E tác dụng với 120 gam dung dịch NaOH 7%, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được phần hơi G và m gam chất rắn F. Dẫn toàn bộ G vào bình đựng kim loại Kali dư, kết thúc phản ứng thu được 71,12 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, 5,29 gam E phản ứng tối đa với 50 ml dung dịch Br2 0,15M. Đốt cháy 10,58 gam E cần dùng 21,448 lít O 2 (đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m. Câu 8: (2,0 điểm) Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3O4, FeS, FeS2, CuS và S trong lượng vừa đủ dung dịch chứa 0,25 mol H 2SO4 đặc, nóng. Sau phản ứng thu được dung dịch Y và có 4,48 lít (đktc) khí SO2 thoát ra. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y, kết thúc phản ứng thu được 30,7 gam kết tủa. Mặt khác, hòa tan hết m gam X trong dung dịch HNO3 đặc nóng, thu được dung dịch Z và hỗn hợp khí gồm a mol NO 2 và 0,02 mol SO2. Biết dung dịch Z có chứa 15,56 gam muối. Tính m và tính a. Câu 9: (2,0 điểm) Nung nóng m gam hỗn hợp M gồm (NH 4)2CO3, CuCO3.Cu(OH)2 trong bình kín không có không khí đến phản ứng hoàn toàn, thu được chất rắn X, hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được 2,675 gam muối. Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 đặc nóng, thu được 13,44 lít khí NO 2 (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Tính m. ………………………Hết……………………
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu, kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………..Số báo danh:………………. Câu 1 Nội Dung Điểm 1 a. Dung dịch thu được có màu xanh lam (C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH  3C17H35COONa + C3H5(OH)3. CuSO4 + 2.NaOH  Cu(OH)2 + Na2SO4 2C3H5(OH)3 + Cu(OH)2  (C3H7O3)2Cu + 2H2O b Có kết tủa Ag tạo ra HCOOCH=CH2 + NaOH  HCOONa + CH3CHO HCOONa + 2AgNO3+3NH3 + H2O NH4O-CO-ONa + 2NH4NO3 + 2Ag CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O  CH3COONH4+ 2NH4NO3 + 2Ag c Dung dịch từ trong suốt chuyển sang vẫn đục C6H5NH2 + HCl  C6H5NH3Cl (tan trong nước) C6H5NH3Cl + KOH  C6H5NH2 + KCl + H2O d Saccarozơ dần chuyển sang màu đen, sau đó tạo thành khối chất rắn xốp màu đen và bị khí đẩy lên miệng cốc thủy tinh do tạo CO 2, SO2. Các phản ứng: C12H22O11 + H2SO4(đặc)  12C + 11H2O C + 2H2SO4  CO2 + 2SO2 + 2H2O e Có khí mùi khai thoát ra và có kết tủa trắng xuất hiện trong dung dịch (NH2)2CO + 2H2O  (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3 + 2NH3 + 2H2O g Có kết tủa trắng xuất hiện trong dung dịch BaCl2 + 2KHSO4  BaSO4 + K2SO4 + 2HCl h Dung dịch chuyển sang màu vàng đồng thời có khí không màu thoát ra bị hóa nâu trong không khí. 3Fe2+ + 4H+ + NO3-  3Fe3+ + NO + 2H2O 2NO + O2  2NO2 2 Theo sơ đồ ta có: T có dạng RCOONa  Z là RCOOH E có dạng R’NH3Cl  Y là R’NH2. X có dạng RCOONH3R’ Vì MX > 50 ; MY > 50 và A không làm mất màu brom trong CCl4; A được
tạo thành từ chất hữu cơ X và chất hữu cơ Y. Y tác dụng với nước brom tạo ra kết tủa trắng => CTCT của Y là: C6H5NH2. CTCT của Z là: CH3COOH. CTCT của X là: CH3COONH3C6H5 (Phenyl amoni axetat) Các phương trình phản ứng: CH3COONH3C6H5 + NaOH  C6H5NH2 + CH3COONa + H2O. CH3COONH3C6H5 + HCl  CH3COOH + C6H5NH3Cl. C6H5NH3Cl + NaOH  C6H5NH2 + NaCl + H2O CH3COONa + HCl  CH3COOH + NaCl. Câu 2 Nội dung Điểm 1 Dùng dung dịch HCl nhận ra tất cả các chất: Cho từ từ dung dịch HCl lần lượt vào 6 ống nghiệm chứa các dung dịch và các chất lỏng ta có: - nhận ra NH4HCO3 vì có khí thoát ra. - nhận ra NaAlO2 vì lúc đầu có kết tủa tạo ra nhưng khi HCl dư thì kết tủa keo trắng sẽ bị tan. - nhận ra C6H5ONa vì lúc đầu tạo dung dịch nhưng sau đó sẽ phân thành hai lớp. - nhận ra etanol vì tạo dung dịch đồng nhất. - nhận ra benzen vì không tan trong dung dịch HCl, dung dịch phân thành 2 lớp. - nhận ra anilin vì lúc đầu phân thành hai lớp sau đó lắc đều thì tạo thành dung dịch tan. Các phương trình phản ứng: HCl + NH4HCO3  NH4Cl + CO2 + H2O HCl + NaAlO2 + H2O  Al(OH)3 + NaCl 3HCl + Al(OH)3  AlCl3 + 3H2O HCl + C6H5ONa  C6H5OH + NaCl HCl + C6H5NH2 C6H5NH3Cl 2 E có công thức cấu tạo: HCOO-C6H4CH2OOC-COOCH=CH2 (3 đồng phân) hoặc CH2=CH-OOC-COOC6H4CH2-OOCH (3 đồng phân) Z là: NaOOC-COONa; T là: CH3CHO; Y là: NaOC6H4CH2OH; X là: HCOONa; Câu 3 Nội dung Điểm Sơ đồ phản ứng trong thí nghiệm đầu: X A: x mol + V lít O2  CO2 + H2O (0,44 mol) B: x mol  Khí Y + 0,1mol Br2 … C2H2: ymol H2: z mol
Thí nghiệm sau: 0,3 mol X + 0,24 mol Br2 Theo gt ta có CA + C2 = 2.CB CA < 5 (vì các khí đều ở đktc) =>có hai trường hợp xảy ra: TH1: A là C2H6 và B là C2H4 TH2: A là C4H10 và B C3H6 Vì A, B có số nguyên tử C khác nhau => A là C4H10 và B là C3H6 Trong thí nghiệm 1: áp dụng BTNT(H) => 16x + 2y + 2z =2.0,44 (1) nH2 = n liên kết (trong X) – nBr2 => x + 2y - 0,1 = z (2) Giả sử thí nghiệm sau lượng X = k lần thí nghiệm đầu => (2x + y + z).k = 0,3 (mol) (3) BT liên kết => nBr2 = (x + 2y).k = 0,24 mol (4) Từ (3), (4) ta có: 0,75x – 1,5y + z = 0 (5) Giải hệ (1), (2), (5) => x = 0,04; y = 0,06; z = 0,06 Đốt cháy Y cũng như đốt cháy X ta có: X C4H10 0,04 mol C3H6 0,04 mol C2H2 0,06 mol H2 0,06 mol =>BTNT (C) ta có: nCO2 = 4.0,04 + 3.0,04 + 2.0,06 = 0,4 mol BTNT (O) ta có: 2.nO2 = 2.nCO2 + nH2O = 2.0,4 + 0,44 = 1,24 mol => nO2 = 0,62 mol => V = 13,888 lít Câu 4 Nội dung Điểm Sơ đồ phản ứng: RCOOH + NaOH  RCOONa + H2O 0,46 mol (F) 0,46 mol Từ sơ đồ ta => số mol COO = 0,46 mol => nH2O = 0,46 mol. BTNT (C và H) cho sơ đồ trên ta có: trong F có tổng khối lượng C và H = 23,02 – 0,46.32 – 0,46.1 = 7,84 gam. Đốt cháy F thu được 0,23 mol Na2CO3; x mol CO2, y mol H2O => tổng khối lượng CO2 và H2O = 44x + 18y = 22,04 (1) và tổng khối lượng (C và H) = 12x + 2y + 0,23.12 = 7,84 (2) Giải (1), (2) =>x = 0,37; y = 0,32. Đốt cháy G gồm muối của axit chứa 1 liên kết C=C và 1 axit no, đơn chức => nCO2 – nH2O = 0,05 mol => số mol axit no = 0,41 mol Gọi CTTQ của X là CmH2m-2O2 (m>2) Y, Z có dạng chung là CnH2nO2 (n>1) Bảo toàn C ta có 0,05m + 0,41n = 0,6 Vì n > 1 => m m = 3 và n = 45/41 => có hai axit gồm: 0,37 mol HCOOH và 0,04 mol CH3COOH => mZ = 2,4 gam Câu 5 Nội dung Điểm
Ta có: trong phần 1 thì khối lượng dung dịch gảm = m (kết tủa) – m(H2O) – m(CO2) – m(HCl) => m(CO2) + m(H2O) + m(HCl) = 4,18 gam Theo gt: nN2 = 0,005 mol. Vì Ca(OH)2 dư nên nCO2 = nCaCO3 = 0,06 mol => m(H2O) + m(HCl) = 18x + 36,5y = 1,54 gam nHCl = nAgCl = 0,04 mol. Trong phần 2 thì Khối lượng dung dịch giảm = m(kết tủa) – m(H2O) – m(HCl) => m(H2O) + m(HCl) = 3,08 gam => m(phần 1) : m(phần 2) = 1,54 : 3,08 = 0,5 => Trong A có nCO2 = 3.0,06 = 0,18 mol; nH2O = 0,135 mol; nHCl = 0,06 mol; nN2= 0,015 mol => BTNT(O) ta có nO = 0,03 mol Vậy trong X có: nC : nH : nO : nCl : nN = 0,18 : 0,33 : 0,03 : 0,06 : 0,03 = 6:11:1:2:1. => CTĐG nhất của X là C6H11ONCl2 Câu 6 Nội dung Điểm Ta có 14,19 gam RCOOR’  15,51 gam RCOONa => MR’ R’ là CH3 =>nX = 0,165 => MX = 86 => CH2 = CH – COOCH3 => Y là (COOCH3)2 Ta có nC muối = 0,41 => nC hỗn hợp = 0,41 + nC ancol Quy peptit về aminoaxit CnH2n+1NO2 (z mol) – t mol H2O. Gọi số mol của X, Y, Z lần lượt là x, y, z, ta có: số mol nhóm COO = nNa = 0,2 => nO =0,4 - t => x + 2y + z = 0,2 = nNa => x + 2y = 0,2 – z (1) nCH3OH = x + 2y = 0,2 – z => nC trong hỗn hợp = 0,41 + 0,2 – z = 0,61-z nH = 6x + 6y + 2nz + z – 2t (2) Bảo toàn nguyên tố C ta có: 0,61 – z = 4x + 4y + nz (3) Thay x = 0,2 – z – 2y vào (3) ta có: nz = 4y + 3z – 0,19 (4) Từ (1, 2, 4) => nH2O = ½.nH = 0,41 + y + z/2 – t = 0,61 –z/2 – x – y – t (5) Sơ đồ phản ứng: C4H6O2 (x mol) CO2 (0,61 –z) C4H6O4 (y mol) + 0,59 mol O2  H2O (0,41 + z/2 + y – t) CnH2n+1NO2 (z) – t mol H2O N2 z/2 Bảo toàn nguyên tố O ta có: 0,4 – t + 0,59.2 = 2(0,61 –z) + 0,41 + y + z/2 – t => y = 1,5z – 0,05 (6) Giả sử peptit có k mắt xích => t = z(k-1)/k (7) Bảo toàn khối lượng: mhỗn hợp = 13,9 = mC + mH + mN + mO 13,9 = 12(0,61 – z) + 2(0,41 + y + z/2 – t) + 14z + 16(0,4 – t) => z = 0,54k/(12k-18) Thay z vào (4) => n.0,54k/(12k – 18) = 4(1,5z – 0,05) + 3z – 0,19 =>n = (0,18k + 7,02)/0,54k Vì peptit tạo từ Gly và Ala nên 2 k = 5, 6, 7.
Xét các trường hợp thấy k =6 thỏa mãn => x = 0,06; y = 0,04; z = 0,06 => n =2,5. Vậy tỉ lệ Gly:Ala = 1:1 => a:b =1:1. Câu 7 Nội dung Điểm Gọi số mol hỗn hợp X, Y, Z = a mol ; Số mol hỗn hợp A, B, C = b mol Sơ đồ phản ứng: X, Y, Z, A, B, C + NaOH  RCOONa + C3H5(OH)3 + H2O (b mol) Trong 120 gam dung dịch NaOH 7% có: nNaOH = 0,21 mol  nH2O trong dung dịch = 6,2 mol Theo giả thiết ta có G chứa C3H5(OH)3 = a mol; H2O = b mol; H2O = 6,2mol G + K  … + H2 (3,175 mol) =>a.3/2 + b/2+ 6,2/2 = 3,175 mol => 3a + b = 0,15 (1) => nNaOH pư = 3a + b = 0,15 mol => số mol nhóm COO (trong E) = nNaOH pư = 0,15 mol Vì 42,32:10,58 = 4 => nO2 cần đốt 42,32 gam E là 0,9575x4 =3,83 mol Ta có sơ đồ: E + O2  CO2 + H2O 42,32g 3,83mol BTKL ta có: mCO2 + mH2O = 164,88 gam BTNT (O) 2nCO2 + nH2O = 0,15.2 + 3,83.2 = 7,96 mol =>nCO2 = 2,7 mol; nH2O = 2,56 mol Ta có: Số mol Br2 phản ứng với 42,32 gam E là 8 x 0,0075 = 0,06 mol Mặt khác ta có công thức: nCO2 – nH2O = x.(k – 1) (trong đó k là tổng số liên kết pi, x là tổng số mol của chất bị đốt cháy). Từ đó: => x.k là tổng số mol liên kết pi = 0,06 + 0,15 và x = a + b => ta có: 0,06 + 0,15 – (2,7 – 2,56) = a + b => a + b = 0,07 (2) Giải hệ (1, 2) => a = 0,04; b = 0,03 Sơ đồ phản ứng: E + NaOH  F + C3H5(OH)3 + H2O 42,32g 0,21mol 0,04 mol 0,03mol BTKL ta có: m = 46,5 gam Câu 8 Nội dung Điểm Theo giả thiết ta có Y chứa Cu2+ (x mol), Fe3+ (y mol). Theo Bảo toàn điện tích thì nSO42- = (x + 1,5y) mol. => 30,7gam kết tủa gồm: Cu(OH)2 x mol, Fe(OH)3 y mol, BaSO4 (x + 1,5y) mol.=> 98x + 107y + 233(x + 1,5y) = 30,7 (1) BTNT (S) ta có: nS (trong X) + 0,25 = x + 1,5y + 0,2 => nS (trong X) = x + 1,5y – 0,05 Ta có khi cho X + HNO3 sẽ tạo muối gồm Cu2+ (x mol), Fe3+ (y mol), SO42- (x + 1,5y – 0,07) và NO3-
=> Bảo toàn điện tích ta có NO3- = 0,14 mol Ta có: 64x + 56y + 96(x + 1,5y - 0,07) + 0,14.62 = 15,56 => 160x + 200y = 13,6 (2) Giải hệ (1) và (2) ta có: x = 0,01; y = 0,06 => nCuSO4 = 0,01 mol; nFe2(SO4)3 = 0,03 mol Áp dụng BTNT (O và H) cho thí nghiệm đầu ta có: X + H2SO4  CuSO4 + Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O => nO (trong X) + 0,25.4 = 4(0,01 + 3.0,03) + 0,2.2 + 0,25 => nO (trong X) = 0,05 mol Vậy m = 0,01.64 + 0,06.56 + 0,05.16 + 0,05.32 = 6,4 gam Áp dụng ĐLBT e ta có: 0,01.2+ 0,06.3 + 0,02.4 + 0,03.6 = a + 0,05.2 => a = 0,36 mol Câu 9 Nội dung Điểm Theo giả thiết ta có sơ đồ M: {(NH4)2CO3, CuCO3.Cu(OH)2}  {CO2, NH3; H2O, CuO} Vì X tác dụng với HNO3 tạo NO2 => X chứa Cu; khí Y tác dụng với dung dịch HCl tạo muối => Y có NH3. Vậy khi nung nóng xảy ra các phản ứng: (NH4)2CO3  2NH3 + CO2 + H2O CuCO3.Cu(OH)2  2CuO + CO2 + H2O 3CuO + 2NH3  3Cu + N2 + 3H2O. Do phản ứng xảy ra hoàn toàn nên NH3 dư và X chỉ có Cu Phương trình phản ứng: Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O nNO2 = 0,6 mol => Bảo toàn e ta có 2.nCu = nNO2 => nCu = 0,3 mol => nCuCO3.Cu(OH)2 = 0,15 mol nMuối = nNH4Cl = 0,05 mol => nNH3 dư = 0,05; nNH3 tác dụng với CuO = 2/3.nCu = 0,2 mol. => nNH3 = 0,25 mol. => n(NH4)2CO3 = 0,125 mol => m = 45,3 gam ĐLBTE => a = 0,36 mol Thí sinh có thể làm theo cách khác có kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa