2020 2021 hà tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
Mơn thi: HĨA 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 lỗng (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 cơng 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. Hồn 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 phịng 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 H 2SO4 loãng, dư thu
được hợp chất hữu cơ F (C 7H8O2). 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, khơng có mặt O2) đến phản ứng hồn tồn, thu được hỗn hợp khí Y. Đốt
cháy hồn tồn Y cần vừa đủ V lít khí O 2, thu được hỗn hợp Z gồm khí và hơi. Dẫn tồn
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 tồn bộ T vào bình
đựng nước vơi trong, dư, sau khi các phản ứng hồn tồn 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 thốt ra; cho phần 2 vào dung dịch AgNO 3 dư thì khối lượng dung dịch
AgNO3 giảm 2,66 gam và thu được 5,74 gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hồn tồn.
Xác định cơng 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 O 2 (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 hồn tồn. Tính m.
Câu 8: (2,0 điểm)
Hịa 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 SO 2 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
khơng có khơng khí đến phản ứng hồn tồn, 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 khơng được sử dụng tài liệu, kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên
tố.


- Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………..Số báo danh:……………….
Câu 1
Nội Dung
1 a. Dung dịch thu được có màu xanh lam

b

c
d

e
g
h

2

Câu 2
1

Điểm

(C17H35COO)3C3H5 + 3NaOH  3C17H35COONa + C3H5(OH)3.
CuSO4 + 2.NaOH  Cu(OH)2 + Na2SO4
2C3H5(OH)3 + Cu(OH)2  (C3H7O3)2Cu + 2H2O
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
Dung dịch từ trong suốt chuyển sang vẫn đục
C6H5NH2 + HCl  C6H5NH3Cl (tan trong nước)
C6H5NH3Cl + KOH  C6H5NH2 + KCl + H2O
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
Có khí mùi khai thốt ra và có kết tủa trắng xuất hiện trong dung dịch
(NH2)2CO + 2H2O  (NH4)2CO3
(NH4)2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3 + 2NH3 + 2H2O
Có kết tủa trắng xuất hiện trong dung dịch
BaCl2 + 2KHSO4  BaSO4 + K2SO4 + 2HCl
Dung dịch chuyển sang màu vàng đồng thời có khí khơng màu thốt ra bị
hóa nâu trong khơng khí.
3Fe2+ + 4H+ + NO3-  3Fe3+ + NO + 2H2O
2NO + O2  2NO2
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.
Nội dung
Điểm
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 thốt 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 cơng 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
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 ngun 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

Điểm


=> 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 tồn C ta có 0,05m + 0,41n = 0,6
Vì n > 1 => m <3,8 => 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’ <23 => 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 tồn 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 cơng 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
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

Điểm