phương pháp ôn thi đại học cao đẳng
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (749.49 KB, 28 trang )
Bài viết kỳ này Nhòp cầu tri thức
1
BÀI VIẾT KỲ NÀY
Phương pháp ơn thi Đại học, Cao đẳng
Bùi Anh Tuấn – Học sinh lớp 12A1
Khóa học: 2009-2012
Một trong những cánh
cửa lớn và xem như mốc
đánh dấu bước ngoặt trong cuộc đời của hầu hết học
sinh Việt Nam là kì thi cao đẳng, đại học diễn ra vào
đầu tháng bảy hằng năm dành cho học sinh phổ thơng
trung học. Một điều tất yếu đối với khơng chỉ học
sinh, sinh viên mà với mọi cá nhân khi còn ngồi trên
ghế nhà trường là có học thì phải có thi nhưng học tập
và ơn thi làm sao để đạt được kết quả như mong
muốn sau suốt những năm tháng đèn sách ln là vấn
đề được quan tâm nhiều nhất của học sinh, nhất là
thời điểm gần thi đại học thì tính chất của việc học và
ơn thi càng được chú trọng. Bởi chỉ trong một thời gian ngắn, các em phải tiếp thu, sắp xếp
một lượng kiến thức lớn ở nhiều mơn. Vậy vấn đề đặt ra là làm sao để ơn thi có hiệu quả
trong thời gian nước rút? Là một học sinh đã từng trải qua giai đoạn này, em xin chia sẻ
cùng thầy cơ và các bạn một số kinh nghiệm của bản thân trong q trình ơn thi đại học.
Trước tiên, chúng ta cần xác định cho bản thân những mục tiêu, phương hướng rõ ràng:
Học để làm gì? Học cho ai? Và nên hạn chế tối đa những áp lực từ gia đình, dòng họ, thậm
chí cả bạn bè; từ đó tạo cho mình sự lạc quan tích cực là yếu tố then chốt góp phần quan
trọng vào thành cơng của mỗi cá nhân.
Khi học, bạn cần lập cho mình một lịch học cụ thể để tiết kiệm thời gian gấp rút như vậy,
các mơn thi đại học vẫn là ưu tiên hàng đầu nhưng bạn cũng khơng nhất thiết bỏ thời gian
học liên tục các mơn ấy. Nếu bạn học tập trung cho mơn q một giờ khả năng nhớ sẽ bị
giảm trong thời gian học sau đó. Vì thế bạn nên nghỉ, thư giãn khoảng mười phút rồi tiếp
tục học. Trong q trình học, bạn nên định ra việc gì quan trọng hơn thì làm rồi mới học
bài tiếp theo, bạn cũng nên tham làm tất cả mọi việc, cần lập ra trình tự mơn cần ơn vừa có
thể thuận lợi cho việc ghi nhớ bài học vừa giảm đi áp lực từ việc thi cử.
Sau khi đã lập được thời gian biểu ơn thi hợp lí, bạn cần tự ơn thi, rèn khả năng tư duy
độc lập, tự trau dồi thêm kiến thức khơng nên lệ thuộc q nhiều vào các sách hướng dẫn
giải. Cần chú ý tới khơng gian họ, theo đánh giá của cá nhân tơi, bạn nên học ở nơi thực sự
n tĩnh, hãy ngồi cạnh cửa sổ, nơi thống khí, tốt hơn hết bạn hãy tự trang trí sắp đặt
phòng học theo sở thích, ví dụ như thêm một chậu hoa nhỏ trước cửa sổ, đặt một vài bức
ảnh dễ thương trên bàn học. Trong thời gian nghỉ, bạn có thể đi dạo trong phòng, nghe
những bản nhạc Ballad nhẹ để tạo cảm giác thư thái, kích thích sự hứng thú trong thời gian
học tiếp theo.
Việc học phải được bám sát theo chương trình sách giáo khoa bởi trong những năm gần
đây đề thi đa phần khai thác sâu kiến thức giáo khoa cơ bản. Vì thế học sinh khơng cần ơm
đồm q nhiều sách nâng cao dễ khiến cho lượng kiến thức ơn thi q tải mà lại khơng
Bài viết kỳ này Nhòp cầu tri thức
2
đúng trọng tâm. Các bạn cũng cần để ý tới cách ơn, cần ơn tới đâu nắm vững tới đó, khơng
nên vì thời gian q gấp mà ơn một cách hấp tấp, vội vàng để rồi ơn trước qn sau. Sự tự
hệ thống lại kiến thức đã biết một cách thường xun sẽ giúp việc ơn thi của bạn thêm hiệu
quả.
Ngồi việc học kĩ bài giảng có trong sách, việc làm nhiều bài tập cũng nên hết sức được
chú trọng . Nắm được lý thuyết bài nào bạn nên vận dụng ngay để làm bài tập cho phần đó,
khi đã thạo các phần thì làm đề thi tổng hợp. Các đề thi sẽ chứa các nội dung kiến thức
tổng qt nhất từ tất cả các bài học. Từ đó giúp các bạn nắm thêm kiến thức, bổ sung
những thiếu sót, nắm bắt tốt hơn các kĩ năng tính tốn, các thủ thuật làm bài. Việc tìm chọn
các đề thi cũng được lưu ý, ngồi các đề thi chính các năm trước việc xem và làm đề của
các trường Trung học phổ thơng nên được chọn lọc. Khơng nhất thiết bạn phải làm những
bài tập q khó nhưng nếu đủ tự tin về lượng kiến thức của mình, muốn đạt điểm cao các
bạn có thể tìm những bài tập mang tính nâng cao mở rộng bao qt nhiều phần kiến thức
của Bookmath…
Mỗi tuần chúng ta nên dành ra một buổi học nhóm. Bởi thơng qua học nhóm các bạn sẽ
dễ dàng góp ý, sửa chỗ sai giúp nhau, cùng tìm ra đáp án cho những bài tập khó. Để học
nhóm hiệu quả, mỗi cá nhân cần tập trung học bài, hạn chế bàn bạc chuyện riêng.
Một vấn đề khơng chỉ riêng cá nhân mình mà rất nhiều thế hệ học sinh mắc phải là việc
chưa phân bố được thời gian học hợp lý. Từ đó dẫn tới tình trạng học “cày” vừa làm ảnh
hưởng tới sức khỏe vừa giảm hiệu quả học tập. Buổi tối nên học từ 7h tới 11h 30’. Học
sinh trong thời gian ơn thi vẫn phải đảm bảo việc ngủ 7 giờ mỗi ngày. Đặc biệt, bạn nên
dậy sớm khoảng 5h 30’ để ơn lại bài đã học trong 30’ vì buổi sáng sớm sự ghi nhớ của
chúng ta đạt hiệu quả cao nhất. Nên ghi nhớ mọi thơng tin có thể khơng bỏ qua những tiểu
tiết.
Học là như vậy nhưng quan trọng nhất bạn phải áp dụng một cách chính xác, linh hoạt
vào hai ngày thi quyết định. Để có một tâm trạng thoải mái nhất cho kỳ thi, bạn phải nghỉ
ngơi, ngủ đủ giấc, khơng nên tự tạo áp lực cho bản thân, cũng khơng nên phải học dồn nhồi
nhét. Khi vào thi việc chịu áp lực là khơng thể tránh khỏi nhưng hãy cố gắng giữ bình tĩnh
nhất (Bạn có thể đem theo một chai nước lạnh hoặc đeo dây chuyền của bạn bè hoặc người
thân tặng). Cần làm bài cẩn thận, làm chắc những phần đã
biết. Khi làm xong một mơn khơng nên đối chiếu đáp án
ln để dành thời gian củng cố tinh thần những mơn thi
tiếp theo.
Trên đây là những kinh nghiệm của cá nhân mình tích
lũy được, có thể các bạn chưa hồn tồn đồng ý với mình.
Nhưng cho dù bạn áp dụng phương pháp nào thì cũng
ln cần sự bền bỉ, kiên trì. Hãy ln cố gắng, mọi cánh
cửa của sự thành cơng sẽ rộng mở với bạn.
Lời cuối cùng, em xin cảm ơn sự dạy dỗ tận tình của
thầy cơ suốt ba năm học. Chúc thầy cơ ln có những thế
hệ học trò xuất sắc. Chúc tất cả các em sắp bước vào
ngưỡng cửa đại học sẽ có được những thành cơng như
mong muốn.
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
3
GIẢI BÀI KỲ Trước
MÔN TOÁN
Dành cho các em học sinh lớp 10
Bài 1. Xác định
,mn
để 2 phương trình sau tương đương với
nhau:
22
2 3 0 1 ; 3 6 0 2x m n x m x m n x
Lời giải:
ĐK cần: Nhận thấy PT(2) ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m, n. Giả sử
12
,xx
là nghiệm
của PT(2) thì suy ra cũng là nghiệm của PT(1).
Theo định lý Viet ta có
12
12
3
32
2
36
2
x x m n m n
n
x x m
m
ĐK đủ: Với
3
2
2
n
m
thử lại ta thấy thỏa mãn.
Vậy
3
2
2
n
m
thì hai phương trình tương đương.
Bài 2. Giải hệ:
22
22
12 (1)
12 (2)
x y x y
x y x
Lời giải:
Từ phương trình (1) ta có:
2
2 1 2 3 0x x y y
Coi x là ẩn y là tham số ta có
2
,
1
2
23
x
y
xy
.
Nếu x=1 thế vào pt (2) ta được y=
3
28
Nếu
23xy
thế vào PT (2)
Ta được:
32
2
03
9 36 54 0
4 6 0
yx
y y y
y y VN
. Vậy hệ có nghiệm (1;
3
28
), (-3;0).
Bài 3. Chứng minh nếu
ABC
thỏa mãn:
8
abc
p a p b p c
thì tam giác này đều.
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có:
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
4
3
3
3
2
23
22
2
4 2 3.2. 6
2
128 4
3.4. 12
42
a b a
ba
b b a
b
c c b b b
c c b
c a c
a c c
a a c
Cộng vế theo vế của các BĐT trên ta có
3 3 3
2 128
3 6 12 2 4 8
2 2 4
a b c
a b c a b c
b b a c c b a a c
24abc
Dấu bằng xảy ra khi
24abc
>0.
Nguyễn Thị Thanh
Dành cho các em học sinh lớp 11
Bài 1. Chứng minh rằng
x
ta ln có
2
cos sin 1 1 1 3
cos 2 3
x a x a
x
Lời giải:
Đặt
cos sin 1
1 cos sin 1 2 (*)
cos 2
x a x
y y x a x y
x
.
Phương trình (*) có nghiệm khi
22
22
2 2 2
1 1 3 1 1 3
1 1 2 3 2 0
33
aa
y a y y y a y
, từ đó suy ra
2 2 2
1 1 3 1 1 3 1 1 3
3 3 3
a a a
y
hay
2
1 1 3
.
3
a
y
Suy ra điều phải chứng minh.
Bài 2. Cho 6 quả cầu giống nhau được đánh số từ 1 đến 6. Lấy ngẫu nhiên lần lượt ra 4 quả
rồi xếp thành một dãy. Tìm xác suất để tổng các chữ số trên 4 quả bằng 10 và dãy số khác
dãy 1, 2, 3, 4.
Lời giải:
Số cách lấy ra lần lượt 4 quả cầu là
4
6
360A
cách.
Có
10 1 2 3 4.
Số cách lấy ra 4 quả cầu có tổng chữ số bằng 10 và khác dãy 1, 2, 3, 4 là
4
1 23P
cách.Vậy nên xác suất
23
360
P
.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang. Đáy lớn AB = 3a, AD = CD = a.
Mặt bên SAB là tam giác cân đỉnh S, SA = 2a. Gọi
là mặt phẳng di động và song song
với (SAB) cắt các cạnh AD, BC, SC, SD tại M, N, P, Q.
a. Chứng minh rằng MNPQ là hình thang cân
b. Đặt AM = x (0<x<a). Tìm x để MNPQ ngoại tiếp được đường tròn. Tìm bán kính
của đường tròn đó.
Lời giải:
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
5
a. Ta có dễ thấy MN//AB, PQ//CD nên ABCD là hình
thang.
Mặt khác MQ//SA và
MQ DM
SA DA
; PN//SB và
PN CN
SB CD
. Mà SA = SB nên suy ra QM = PN. Vậy
ABCD là hình thang cân.
b. Giả sử MNPQ ngoại tiếp được một đường tròn tâm
I. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của PQ và MN. Do
ABCD là hình thang cân nêm I là trung điểm EF. Gọi
H là hình chiều của I lên MQ. Khi đó ta có
MH = MF = ½ MN và QH = QE = ½ QP.
Suy ta MQ = ½ (MN + PQ).
Mà ta có
2
2
MQ DM MQ a x
MQ a x
SA DA a a
.
PQ SQ AM x
PQ x
CD SD AD a
Gọi K là giao điểm của AC và MN. Ta có
MK AM x
MK x
CD AD a
và
3
NK CN DM a x
NK a x
AB CB DA a
, suy ra MN = 3a – 2x.
Vậy để MNPQ ngoại tiếp một đường tròn thì
3 2 4
3
a
a x x a x x
. Khi đó bán kính
của đường tròn là
2
2
1 1 7
2 2 2 6
MN PQ a
R EF MQ
.
Nhận xét: Bài kỳ trước đã có đơng đảo học sinh của nhiều lớp tham gia giải. Xin biểu dương
các em có lời giải đúng cả ba bài: Đỗ Thị Thảo (11A11); Nguyễn Thị Diệu Linh (11A9);
Nguyễn Thị Hồng Nhi (11A3); Trần Thị Thương (11A9); Đào Thế Sơn (11A7); Vũ Đức Cảnh
(11A5); Vũ Thị Long (11A1); Hồng Thị Quỳnh Hương (11A1); Khổng Thị Kim Khánh
(11A1); Nguyễn Thị Bích Ngọc (11A1); Lê Thị Diệu Linh (11A1); Khổng Tuấn Anh (11A1).
Các em giải đúng bài 1, 2, 3a: Đào Văn Phương (11A3); Phan Mạnh Dũng (11A8); Trần Thị
Ngần (11A5)
Lê Thị Thái
Dành cho các em học sinh lớp 12
Bài 1: Cho hàm số
234
2)2( mxxmxy
.
Tìm m để hàm số có cực đại? Khi đó chứng minh rằng điểm cực đại của đồ thị có hồnh độ
khơng âm.
Lời giải:
234
2)2( mxxmxy
TXĐ: R
x
a
3a
2a
a-x
K
N
M
Q
P
A
D
C
S
B
M
Q
H
N
P
F
E
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
6
04234
0
0'
4234',4)2(34'
2
223
mxmx
x
y
mxmxxymxxmxy
Xét hàm số:
mxmxxg 4234)(
2
0)( xg
có
3628964)2(9
22
mmmm
0)(,0 xgm
ln có hai nghiệm phân biệt:
mxxxxxx
212121
;;
Xét 3 trường hợp:
21
00 xxm
Hàm số đạt cực đại tại
0x
21
21
21
0
0
4
)2(3
0
0 xx
m
xx
xx
m
Hàm số đạt cực đại tại
0
1
xx
0 m
thì
)32(264'
223
xxxxy
Hàm số khơng có cực đại.
Vậy hàm số có cực đại khi
0m
và khi đó điểm cực đại có hồnh độ khơng âm.
Bài 2. Tính
nn
n
xxx
xT
2
tan
2
1
4
tan
4
1
2
tan
2
1
)(
. (với
)
2
(2*;
kxNn
n
).
Lời giải:
nn
n
xxx
xT
2
tan
2
1
4
tan
4
1
2
tan
2
1
)(
. (với
)0
2
cos;0
2
sin*;
nn
xx
Nn
).
n
n
n
n
n
n
xxx
xxx
x
x
x
x
x
x
xT
2
cos
4
cos.
2
cosln
2
cosln
4
cosln
2
cosln
2
cos
2
sin
2
1
4
cos
4
sin
4
1
2
cos
2
sin
2
1
)(
+ Mặt khác:
n
xxx
xP
2
cos
4
cos.
2
cos)(
x
xxxx
xxxxx
xP
xx
nn
n
nnn
n
n
n
n
sin
2
cos
4
cos
2
cos
2
sin.2
2
cos
4
cos
2
cos.
2
cos.
2
sin2)(.
2
sin20
2
sin
11
1
1
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
7
n
n
nn
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xT
x
x
xP
2
cotcot
2
sin
2
cos.
2
1
.2
sin
cos
2
sin2lnsinln
2
sin
sin
2
1
ln)(
2
sin2
sin
)(
Vậy với
0
2
cos;0
2
sin*,
nn
xx
Nn
, thì
x
x
xT
n
n
cot
2
cot)(
Bài 3. Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P):
022 zyx
và
mặt cầu (S
1
) có phương trình:
03422
222
zyxzyx
. Đường tròn (C) là giao
tuyến của (P) và (S
1
). Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính nhỏ nhất. Biết (S) chứa
đường tròn (C).
Lời giải:
03422:)(
222
1
zyxzyxS
)(
1
S
có tâm
)2;1;1( I
và bán kính
3
1
R
(C) là giao tuyến của (P) và
)(
1
S
Bán kính của (C) là
2
2
1
)(, PIdRr
369
6
2411
9
2
r
Gọi H là tâm của (C) => H thuộc đường thẳng d qua I và vng góc với (P)
+ (P) có vtpt
)2;1;1(n
d đi qua
)2;1;1( I
và nhận
n
làm vtcp.
Phương trình của d:
tz
ty
tx
22
1
1
166
02441)1()(
)22;1;1(
tt
tttPH
tttHdH
Vậy:
)0;0;2(H
. Vì (S) có tâm J chứa (C) nên bán kính của mặt cầu (S) là:
222
3 JHJHrR
R
nhỏ nhất khi
HJJH 0
Vậy (S) có tâm H(2; 0 ; 0); bán kính
3
=> phương trình của (S):
32
22
2
zyx
Nhận xét: Rất tiếc, khơng có bạn nào tham gia giải lần này.
Nguyễn Thị Phương Dịu
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
8
MÔN VẬT LÝ
Dành cho các em học sinh lớp 10
Bài 1. Vật A được ném thẳng đứng lên trên từ độ cao 300m so với mặt đất với vận tốc ban
đầu 20m/s. Sau đó 1s, vật B được ném thẳng đứng lên trên từ độ cao 250m so với mặt đất với
vận tốc ban đầu 25m/s. Bỏ qua sức cản khơng khí, lấy g=10m/s
2
. Chọn gốc toạ độ ở mặt đất,
chiều dương hướng thẳng đứng lên trên, gốc thời gian là lúc ném vật A.
a) Viết phương trình chuyển động của các vật A, B. Tính thời gian chuyển động của các vật.
b) Thời điểm nào hai vật có cùng độ cao? Xác định vận tốc các vật tại thời điểm đó.
c) Trong thời gian chuyển động thì khoảng cách lớn nhất giữa hai vật là bao nhiêu và đạt
được lúc nào?
Lời giải:
a) - Chọn trục Ox hướng lên, gốc tại mặt đất, t=0 là lúc ném vật A.
- Phương trình chuyển động của vật A: x
1
= 300 + 20t - 5t
2
.
- Phương trình chuyển động của vật B: x
2
= 250 + 25(t-1) - 5(t-1)
2
, với t
1.
- Khi vật A chạm đất thì: x
1
=0 → 300 + 20t - 5t
2
= 0
→ Giải phương trình, tìm được: t
1
=10s, hoặc t
1
=-6s (loại)
- Khi vật B chạm đất thì: x
2
=0 → 250 + 25(t-1) - 5(t-1)
2
= 0
→ Giải phương trình, tìm được: t
2
=11s, hoặc t
2
=-4s (loại)
→ Thời gian chuyển động của B là: ∆t=t
2
-1=10s
b) - Khi hai vật cùng độ cao thì: x
1
=x
2
↔ 300 + 20t - 5t
2
= 250 + 25(t-1) - 5(t-1)
2
Giải phương trình, tìm được: t=5,3s
- Vận tốc của vật A khi đó: v
A
= 20 - g.t = -33m/s
- Vận tốc của vật B khi đó: v
B
= 25 - 10(t-1) = 18m/s
c) - Khoảng cách giữa hai vật trong thời gian chuyển động:
21
Δs = x - x = 80-15t
; với điều kiện: 1s≤ t ≤ 10s.
→
(Max)
Δs = 80-15.10 = 70m
Bài 2: Cho cơ hệ như hình vẽ. Biết =30
0
; m
1
=3kg; m
2
=2kg; M=2kg.
Ma sát giữa m
2
và M là khơng đáng kể. Bỏ qua khối lượng
dây nối và ròng rọc, dây khơng dãn, lấy g=10m/s
2
.
1) Vật M đứng n.
a) Tìm gia tốc của các vật m
1
và m
2
.
b) Tìm áp lực của dây lên ròng rọc.
2) Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa M và mặt bàn nằm ngang để M khơng bị trượt trên
bàn.
Lời giải:
a) - Chọn chiều dương là chiều chuyển động.
- Phương trình định luật II Niutơn cho m
1
:
1 1 1 1
P +T = m a
- Phương trình định luật II Niutơn cho m
2
:
2 2 2 2
P +T = m a
→ Chiếu 2 phương trình trên lên chiều chuyển động tương ứng của mỗi vật, ta được:
P
1
– T
1
= m
1
a
1
và
T
2
– P
2
sin = m
2
a
2
- Do dây khơng dãn nên: a
1
= a
2
= a; T
1
= T
2
= T
M
2
m
1
m
M
2
m
1
m
P
2
T1
N2
T2
T2
T1
P1
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
9
→ Tìm được:
2
12
12
12
P – P sinα
a = a = = 4m s
m + m
b) - Có: T = P
1
– m
1
a = 18N
- Áp lực tác dụng lên trục của ròng rọc:
12
Q = T +T
→ Độ lớn: Q = 2T.cos30
0
=
18 3
N
c) - Các lực tác dụng vào vật M:
P
,
N
,
2
T
,
1
T
,
'
2
N
,
ms
F
- Có: N
2
’ = P
2
cos =
10 3
N
→ F
msn
= T
2x
– N
2x
=
43
N
→ N = P + T
1
+ T
2y
+ N
2y
’
= P + T
1
+ T
2
sin + N
2x
’cos
= 62 N
→ Để M khơng bị trượt trên bàn thì ma sát giữa M và bàn là ma sát nghỉ. Ta có:
F
msn
N
msn
F
N
= 0,11.
Bài 3. Một vật nhỏ m được treo vào trần một chiếc ơtơ bằng
một dây mảnh nhẹ khơng dãn. Xe ơtơ đang chuyển động
nhanh dần đều xuống một dốc nghiêng góc α=30
0
so với
phương ngang, xe có gia tốc a sao cho dây treo vật vng góc
với sàn của xe (hình vẽ).
1) Xác định gia tốc a của xe? Lấy g=10m/s
2
.
2) Vật đang treo cách sàn ơtơ h=2m, đốt nhẹ dây treo.
a) Đối với người quan sát ngồi trên xe, vật sẽ rơi theo
phương nào? Xác định thời gian rơi và vận tốc của vật đối với xe khi vật chạm sàn xe?
b) Biết điểm treo cách mép cuối của xe một khoảng ℓ=3m, phía sau xe để hở. Hỏi phải đốt
dây treo vật khi xe có vận tốc tối thiểu bằng bao nhiêu để vật rơi ra ngồi xe?
Lời giải:
1)
- Xét chuyển động của vật trong
hệ quy chiếu phi qn tính gắn với xe.
Khi đó, vật chịu thêm tác dụng của lực qn tính
F = -ma
.
- Vật chịu tác dụng của 3 lực:
P
,
T
,
F
như hình vẽ.
- Điều kiện để vật m cân bằng là:
P+T+F = 0
→
P'= P+F = -T
- Từ hình vẽ, ta có: sinα =
Fa
=
Pg
→ a = g.sinα = 5m/s
2
.
2)a) Vật m chịu tác dụng của lực
P
và
F
nên nó sẽ rơi theo phương của
P'= P+F = -T
(phương vng góc với sàn xe và mặt phẳng nghiêng) với gia tốc trọng trường biểu kiến:
g’= P’/m = Pcosα/m = gcosα =
53
m/s
2
.
ℓ
h
m
α
a
P
N
F
m
sn
N
2
’
T
1
T
2
1
T
2
T
Q
P
'P
F
α
a
T
α
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
10
- Thời gian vật m rơi:
2h
t = = 0,68s
g'
- Vận tốc của vật đối với xe khi vật chạm sàn xe:
2
v = 2g'h = 5,89 m s
b) Khi đốt dây thì xe có vận tốc v
x
, qng đường xe đi được trong thời gian vật rơi là s.
→ Điều kiện để vật rơi ra ngồi xe là:
2
x
1
s = v t + at
2
→
2
x
at
v - = 2,71m s
t2
Nhận xét: Rất tiếc khơng có bạn nào tham gia giải bài số này.
Hồng Trọng Hùng
Dành cho các em học sinh lớp 11
Bài 1. Hai bản kim loại, mỗi bản dài ℓ, đặt song song và cách nhau khoảng d. Hiệu điện
thế giữa hai bản là U. Một electron bay vào điện trường đều giữa hai bản theo phương
song song với hai bản và gần sát bản âm với độ lớn vận tốc là v
0
.
a) Hãy thiết lập phương trình quỹ đạo chuyển động của electron trong điện trường đều và
xác định dạng quỹ đạo chuyển động.
b) Tính thời gian và độ lệch h của electron trong điện trường đều (so với phương ban đầu).
c) Xác định phương và độ lớn vận tốc của electron khi nó bắt đầu bay ra khỏi điện trường
đều. Áp dụng số: ℓ=10cm; d=10cm; v
0
=2.10
6
m/s; U=10V.
Lời giải:
a) Phương trình quỹ đạo của chuyển động.
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy với:
+ Ox song song với 2 bản.
+ Oy thẳng góc với 2 bản, hướng từ bản âm đến bản dương.
- Chuyển động của electron gồm 2 phương:
+ Theo Ox: x = v
0
.t (1)
+ Theo Oy: là chuyển động nhanh dần đều:
2
at
y=
2
(2), với
F eU
a = = (3)
m md
+ Từ (1), (2), (3) tìm được:
2
2
22
00
1 ax 1 eU
y = . = . .x
2 v 2 mdv
→ Quỹ đạo chuyển động của electron là một nhánh parabol, bề lõm quay về phía y>0 (tức
về bản dương).
- Áp dụng số:
-15
22
-31 6 2
1 1,6.10 .10
y = . .x = 2,2.x
2 9,1.10 .0,1.(2.10 )
b) Thời gian bay ra khỏi điện trường và độ lệch h.
- Từ (1) →
0
x
t=
v
, với x=ℓ →
-8
6
0
0,1
t = = 5.10 s
v 2.10
- Thay
0
t=
v
vào (2), ta có:
2 -19 2
2 -31 6 2
0
1 eU 1 1,6.10 .10.0,1
h = . . = 2,2cm
2 mdv 2 9,1.10 .0,1.(2.10 )
c) Vận tốc khi ra khỏi điện trường.
- Vận tốc
v
electron khi nó đi hết chiều dài ℓ của kim loại gồm 2 vận tốc: Vận tốc
0
v
khơng đổi theo phương ngang và vận tốc
1
v
theo phương Oy. Ta có:
01
v = v +v
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
11
+
v
hợp với
0
v
góc α, mà:
1
0
v
tanα=
v
, trong đó:
1
0
eU
v = a.t = .
md v
→
2
0
eU
tanα = 0,44
mdv
→ α
23
0
42’
+ Độ lớn:
22
01
v = v + v
=2,185.10
6
m/s
Bài 2. Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó, bộ nguồn
gồm n pin mắc nối tiếp, mỗi pin có suất điện động 1,5V và
điện trở trong 0,5Ω. Mạch ngồi gồm các điện trở:
R
1
=20Ω; R
2
=9Ω; R
4
=4Ω; đèn R
3
có ghi 3V-3W; R
5
là một
bình điện phân đựng dung dịch AgNO
3
có dương cực tan.
Biết rằng ampe kế a
1
chỉ 0,6A; ampe kế a
2
chỉ 0,4A.Hãy
tính:
a) Cường độ dòng điện qua bình điện phân và điện trở
của bình điện phân.
b) Số pin và cơng suất của bộ nguồn.
c) Số chỉ của vơn kế.
d) Khối lượng Ag được giải phóng ở catơt sau 16phút5giây.
e) Đèn R
3
có sáng bình thường khơng? Cho biết điện trở ampe kế và các dây nối là khơng
đáng kể, điện trở vơn kế rất lớn, khối lượng mol và hóa trị của Ag lần lượt là 108 và 1.
Lời giải:
a) Bình điện phân có điện cực tan được xem như một điện trở thuần.
- Theo sơ đồ mạch điện ta có: I
a1
= I
1
= I
a2
+I
p
→ I
p
= I
a1
-I
a2
= 0,6-0,4 = 0,2A
- Điện trở của đèn:
2
d
3
U
9
R = = = 3Ω
P3
- Vì R
2
nối tiếp R
3
nên R
23
=R
2
+R
3
=9+3=12Ω
U
AB
= I
a2
.R
23
= 0,4.12 = 4,8V, mà:
AB
4p
p
U
4,8
R = = = 24Ω
R 0,2
Mà: R
4p
= R
4
+R
p
→ R
p
= R
4p
-R
4
= 24-4=20Ω
b) - Vì R
23
song song R
4p
nên
23 4p
AB
23 4p
R .R
12.24
R = = = 8Ω
R +R 12+24
- Điện trở mạch ngồi tồn mạch: R = R
1
+R
AB
= 2+8 = 10Ω
- Áp dụng định luật Ơm cho tồn mạch:
n.ξ
I = = 0,6A
R +n.r
→ 1,5n = 6+0,3n → n=5
- Cơng suất bộ nguồn: P =
nξ.I
=4,5W
c) Ta có: U
CD
+
nξ
=I.nr → U
CD
= 6V
d) Lượng Ag thốt ra ở catot:
AIt 108.0,2.965
m = = = 0,216g
Fn 96500.1
e) Cường độ định mức của đèn:
dm
dm
dm
P
3
I = = =1A
U3
Ta thấy I
dm
< I
a2
, do đó đèn sáng yếu hơn bình thường.
Bài 3.
V
D
C
a
1
a
2
R
2
R
1
R
4
R
3
R
5
A
B
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
12
1) Nếu lần lượt mắc điện trở R
1
=2Ω và R
2
=8Ω vào một nguồn điện một chiều có suất điện
động E và điện trở trong r thì cơng suất tỏa nhiệt trên các điện trở là như nhau. Hãy tính điện
trở trong của nguồn điện.
2) Người ta mắc song song R
1
và R
2
rồi mắc nối tiếp chúng với điện trở R
x
để tạo thành mạch
ngồi của nguồn điện trên. Hỏi R
x
phải bằng bao nhiêu thì
cơng suất tỏa nhiệt ở mạch ngồi là lớn nhất?
3) Bây giờ người ta lại mắc nguồn điện trên và R
1
, R
2
vào
mạch điện như hình vẽ.
Trong đó: R
3
=58,4Ω; R
4
=60Ω; ampe kế A có điện trở
khơng đáng kể. Hỏi ampe kế chỉ bao nhiêu? Biết rằng
suất điện động của nguồn điện là E=68V.
Lời giải:
1) - Khi mắc R
1
vào nguồn thì cường độ dòng điện
qua R
1
là:
1
1
E
I=
R + r
và cơng suất tỏa nhiệt trên R
1
là:
2
2
1 1 1 1
2
1
E
P = R I = R
R + r
- Khi mắc R
2
vào nguồn, tương tự ta có:
2
2
E
I=
R +r
và
2
2
1 2 2 2
2
2
E
P = R I = R
R +r
-Theo đề bài ta có: P
1
=P
2
→
22
12
22
12
EE
RR
R + r R +r
Thay số tìm được: r=4Ω
2) - Theo mạch điện đề bài cho thì điện trở tương đương của mạch ngồi là:
R = R
x
+R
12
= R
x
+1,6 →
E
I=
R + r
- Cơng suất tiêu thụ ở mạch ngồi là:
22
2
22
EE
P = RI = R =
R + r
r
R+
R
- Vì
r
R. = r
R
= hằng số nên
r
R+
R
đạt cực tiểu khi
r
R=
R
→ R=r=4Ω
→ R
x
+1,6=4 → R
x
=2,4Ω
3) - Vì R
A
0 nên mạch điện có: R
4
//[(R
1
//R
2
) nt R
3
]
→ Điện trở mạch ngồi:
12 3 4
n
12 3 4
R +R R
R = 30
R +R +R
→
n
E 68
I = = = 2A
R +r 30+4
- Ta có: U
AB
= E-Ir = 60V;
AB
3
12 3
U
60
I = = =1A
R +R 60
; U
AD
= R
12
.I
3
= 1,6V
AD
1
1
U
I = = 0,8A
R
; I
a
= I-I
1
= 1,2A
Nhận xét: Biểu dương các em sau có lời giải tốt: Trần Văn Chức 11A7, Lê Thị Lan Anh
11A1, Trương Cơng Minh 11A7
Vũ Thị Thái
Dành cho các em học sinh lớp 12
D
C
A
B
A
E,r
R
1
R
3
R
2
R
4
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
13
Bài 1. Một người đứng cách một cái loa 30m, trước loa nghe được âm ở mức cường độ âm là
70dB. Tính cơng suất phát âm của loa? Cho rằng loa có dạng hình nón có nửa góc ở đỉnh là
30
0
. Biết cường độ âm chuẩn
12 2
0
I 10 W / m
, bỏ qua sự hấp thụ âm trong khơng khí.
Lời giải:
Mức cường độ âm tại điểm mà người đó đang đứng là:
0
I
L 10lg 70(dB)
I
7 5 2
0
0
I
lg 7 I I .10 10 W / m
I
Khoảng cách từ loa đến điểm đang xét là R = 30m.
Diện tích chỏm cầu bán kính R, chiều cao h là: S = 2Rh
Với
0
3
h R Rcos30 R(1 )
2
Suy ra
2
3
S 2 R (1 )
2
Theo định luật bảo tồn năng lượng, cơng suất chỏm cầu nhận được bằng cơng suất phát âm
của loa:
23
3
P I.S I.2 R (1 ) 7,57.10 W
2
.
Bài 2. Một mạch dao động (như hình vẽ) gồm một tụ điện và
một cuộn dây có điện trở thuần khơng đáng kể được nối qua
một khố điện với một bộ pin có điện trở trong r. Mới đầu
khố K đóng. Khi dòng điện đã ổn định thì người ta mở khố
và trong mạch có dao động điện từ với chu kì T. Biết rằng điện
áp cực đại giữa hai bản tụ lớn gấp n lần suất điện động của bộ
pin và điện trở của khố điện, dây nối coi như bằng khơng.
Viết biểu thức điện dung C của tụ điện và hệ số tự cảm L của cuộn dây theo T và n?
Lời giải:
Khố K đóng, dòng điện ổn định có giá trị:
E
I
r
(1), trong mạch dao động chỉ có năng
lượng từ trường của cuộn dây:
2
L
LI
WW
2
(tụ chưa tích điện vì V
A
= V
B
).
Mở K trong mạch LC có dao động. Khi hiệu điện thế của tụ điện đạt cực đại thì
2 2 2
max
Cmax
CU Cn E
WW
22
Áp dụng định luật bảo tồn năng lượng trong mạch dao động ta có:
2 2 2
L Cmax
LI Cn E
W W W (2)
22
Thay (1) vào (2) ta được:
2
2
L
Cn
r
(3)
Biểu thức chu kì dao động là:
2
2
T
T 2 LC L (4)
C.4
C
L
I
K
E,r
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
14
Từ (3) và (4) ta tìm được:
T
C
2 nr
;
nrT
L
2
.
Bài 3. Đặt điện áp xoay chiều
u U 2cos t
, với U và khơng đổi vào
hai đầu đoạn mạch AB ( hình vẽ) . Người ta
thấy rằng, khi điều chỉnh biến trở đến giá trị
R = 75 thì đồng thời có:
- Biến trở R tiêu thụ cơng suất lớn nhất.
-Thêm bất kì tụ điện C
’
vào đoạn mạch NB, dù nối tiếp hay song song với tụ điện C, đều thấy
U
NB
giảm. Tính r, Z
L
, Z
C
và Z
AB
biết rằng chúng đều có giá trị ngun.
Lời giải:
Cơng suất tiêu thụ trên biến trở R là:
22
2
22
22
LC
LC
U R U
P RI (1)
(Z Z ) r
(R r) (Z Z )
R 2r
R
Hiệu điện thế trên đoạn NB:
C
NB
2 2 2 2
L C L L
2
CC
UZ U
U (2)
(R r) (Z Z ) (R r) Z Z
21
ZZ
Theo đề bài khi R = 75Ω dù điện dung của mạch điện tăng hay giảm thì U
NB
đều giảm nghĩa
là tại giá trị R = 75Ω thì P và U
NB
đạt giá trị cực đại.
Muốn vậy từ (1) và (2) ta phải có :
2 2 2
LC
R (Z Z ) r (3)
22
L
L C L
22
CL
1Z
Z Z (R r) Z (4)
Z (R r) Z
Từ (3) suy ra: r < R = 75Ω và
2 2 2 2
LC
R (Z Z ) R r
Tổng trở của đoạn mạch:
22
AB L C
Z (R r) (Z Z ) 2R(R r) 5 6(75 r) (5)
Để r và Z
AB
là số ngun thì ta phải có: 75 + r = 6k
2
(6) với k là số ngun.
Vì 0 < r < 75Ω nên từ (6) ta có 75 < 6k
2
< 150 3,53 < k < 5 k = 4
Từ đó ta có r = 21Ω; Z
AB
= 120Ω; Z
L
= 128
; Z
C
= 200
.
Nhận xét: Biểu dương em Nguyễn Bảo Ngọc lớp 12A8 đã làm tốt cả 3 bài.
Th.S Lê Thị Thúy Hậu
R
L, r
C
N
B
A
.
.
.
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
15
MÔN HÓA HỌC
Dành cho các em học sinh lớp 10
Bài 1: Cho kim loại Mg phản ứng với dung dịch HNO
3
dư. Sau khi phản ứng hồn tồn, thu
được hỗn hợp khí A gồm N
2
và N
2
O. Biết rằng sau khi cân bằng với hệ số ngun tối giản
nhất, thì hệ số của HNO
3
là 54. Tính tỉ khối của hỗn hợp khí A so với hiđro?
Lời giải:
Gọi hệ số của N
2
và N
2
O lần lượt là x, y.
(5x+4y) x Mg → Mg
+2
+ 2e
1 x N
+5
+ 10x e → xN
2
1 x N
+5
+ 8y e → yN
2
O
(5x+4y) Mg + (12x+10y) HNO
3
→ (5x+4y) Mg(NO
3
)
2
+ xN
2
+ yN
2
O + (6x+5y) H
2
O
Theo bài: 12x+10y=54 → cặp nghiệm thỏa mãn: x=2, y=3.
Khi đó M
A=
28 2 44 3
37,6
5
xx
Tỉ khối của A so với hiđro:
2
/
37,6
18,8
2
AH
d
Bài 2: Chất A có %K = 38,613%; %N = 13,862% và oxi. Chất B có %K = 31,837%; %Cl =
28,975% và oxi. Chất C có %K = 24,683%, %Mn = 34,810% và oxi.
1) Tìm cơng thức của A, B, C.
2) Nung 38,15g hỗn hợp gồm A, B, C đến khối lượng khơng đổi, được chất rắn X có khối
lượng 30,15g và V lít khí oxi (đktc). Tính phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp.
Lời giải:
1)A: K
x
N
y
O
z
có x : y : z =
39
613,38
:
14
862,13
:
16
525,47
= 1 : 1 : 3. Vậy A là KNO
3
B : K
x
Cl
y
O
z
có x : y : z =
39
537,31
:
5,35
975,28
:
16
188,39
= 1 : 1 : 3. Vậy B là KClO
3
C : K
x
Mn
y
O
z
có x : y : z =
39
683,24
:
55
810,34
:
16
507,40
= 1 : 1 : 4. Vậy C là KMnO
4
.
2) Gọi a, b, c lần lượt là số mol của KNO
3
, KClO
3
, KMnO
4
PTHH: 2KNO
3
0
t
2KNO
2
+ O
2
(1)
2KMnO
4
0
t
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
(2)
2KClO
3
0
t
2KCl + 3O
2
(3)
Ta có : 101a + 158b + 122,5c = 38,15 g (I)
X gồm KNO
2
, K
2
MnO
4
, MnO
2
, KCl :
85a + 197b + 87b + 74,5c = 30,15 g (II)
Khối lượng oxi thốt ra:
m
2
O
= 38,15 – 30,15 = 8 g
Nên ta có :
2
a
+
2
b
+
2
3c
=
32
8
= 0,25 mol (III)
Giải hệ (I), (II), (III) ta được : a = b = c = 0,1 mol
Phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp là:
%
3
KNO
m
=
%100.
15,38
101.1,0
= 26,47%
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
16
3
%
KClO
m
=
%100.
15,38
5,122.1,0
= 32,11%
4
%
KMnO
m
= 100 – (26,47 + 32,11) = 41,42%.
Bài 3. Hỗn hợp X gồm Mg, Al, Fe. Nếu cho 9,5 gam X tác dụng với khí Clo dư, sau phản
ứng hồn tồn thì thu được 34,35 gam muối. Mặt khác, nếu cho 0,125 mol hỗn hợp X tác
dụng với dung dịch HCl dư thì thu được 3,36 lít khí (đktc). Tính phần trăm khối lượng mỗi
kim loại trong hỗn hợp X?
Lời giải:
Gọi số mol của Mg, Al, Fe trong 9,5 gam X lần lượt là x, y, z
→ 24x + 27y + 56z = 9,5 (1)
Gọi số mol của Mg, Al, Fe trong 0,125 mol X lần lượt là kx, ky, kz
→ kx + ky + kz = 0,125 (2)
- Cho 9,5 gam X tác dụng với khí clo dư → 34,35 gam muối
Mg + Cl
2
→ MgCl
2
2Al + 3Cl
2
→ 2AlCl
3
2Fe + 3Cl
2
→ 2FeCl
3
Ta có: 95x + 133,5y + 162,5z = 34,35 (3)
- Cho 0,125 mol X tác dụng với HCl dư → 0,15 mol H
2
Mg + 2HCl → MgCl
2
+ H
2
2Al + 6HCl → 2AlCl
3
+ 3H
2
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
Ta có kx + 1,5ky + kz = 0,15 (4)
Từ (1), (2), (3), (4): x=0,05, y=0,1, z=0,1, k=0,5
→ % m
Mg
= 12,63%, %m
Al
= 28,42%, %m
Fe
= 58,95%
Nhận xét: Rất tiếc khơng có bạn nào tham gia giải bài lần này.
Vũ Văn Tĩnh
Dành cho các em học sinh lớp 11
Bài 1. Cho một lượng khơng khí cần thiết đi qua bột than đốt nóng thu được khí than A chỉ
chứa cacbon oxit và N
2
. Trộn khí than A với một lượng khơng khí gấp đơi lượng cần thiết để
đốt cháy cacbon oxit thu được hỗn hợp B. Đốt cháy B thu được hỗn hợp khí D. Trong đó, N
2
chiếm 79,47% thể tích. Biết trong khơng khí, N
2
chiếm 80% thể tích, còn lại là O
2
. Tính hiệu
suất phản ứng đốt cháy CO.
Lời giải:
Giả sử có 1 mol khơng khí: n
N2
= 0,8 mol; n
O2
= 0,2 mol.
2C + O
2
2CO
t
0
Do A chỉ chứa CO và N
2
nên O
2
hết: (1) → n
CO
= 2n
O2
= 0,4 mol
A gồm: CO: 0,4 mol; N
2
= 0.8 mol
2CO + O
2
2CO
2
t
0
Để đốt cháy hết CO cần: n
O2
= 1/2 . n
CO
= 0,2 mol → n
O2 (lấy)
= 0,2.2 = 0,4 mol
kèm theo: n
N2
= 0,8.2 = 1,6 mol
Do vậy B gồm: O
2
: 0,4 mol; CO: 0,4 mol; N
2
: 0,8 + 1,6 = 2,4 mol
Đốt cháy B:
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
17
2CO + O
2
2CO
2
t
0
PƯ: 2a a 2a
→ D gồm: O
2
: 0,4 – a (mol); CO: 0,4 – 2a (mol); CO
2
: 2a (mol); N
2
: 2,4 (mol)
→ n
D
= 3,2 – a (mol)
%n
N2
= %V
N2
=
2,4
3,2 - a
=
79,47
100
a = 0,18
n
CO :
n
CO2
= 0,4 : 0,4 = 1 : 1 < 2 : 1 → Theo lí thuyết thì O
2
dư.
Hiệu suất phản ứng tính theo CO:
h =
0,18 . 2
0,4
. 100% = 90%
Bài 2. Hòa tan hồn tồn 11,2 gam CaO vào nước thu được dung dịch A.
1. Nếu cho khí CO
2
lội qua dung dịch A và sau khi kết thúc thí nghiệm thấy có 2,5 gam
kết tủa trắng thì có bao nhiêu lit CO
2
(đktc) đã tham gia phản ứng.
2. Nếu hòa tan hồn tồn 28,1 gam hỗn hợp MgCO
3
và BaCO
3
chứa a% MgCO
3
bằng
dung dịch HCl và cho tất cả khí thốt ra hấp thụ hết vào dung dịch A thì thu được kết
tủa D. Hỏi khi a có giá trị bao nhiêu để lượng kết tủa D là lớn nhất, nhỏ nhất?
Lời giải:
1. CaO + H
2
O → Ca(OH)
2
(1)
n
Ca(OH)2
= n
CaO
= 11,2 : 56 = 0,2 mol
Cho CO
2
hấp thụ vào dung dịch A:
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O (2)
Có thể có: 2CO
2
+ Ca(OH)
2
→ Ca(HCO
3
)
2
(3)
Ta có: n
CaCO3
= 2,5 : 100 = 0,025 mol < n
Ca(OH)2
nên có 2 khả năng:
* Trường hợp 1: Ca(OH)
2
dư, khi ấy khơng có (3)
(2) → n
CO2
= n
Ca(OH)2
phản ứng = n
CaCO3
= 0,025 mol ( Ca(OH)
2
dư là đúng)
V
CO2
= 0,025 . 22,4 = 0,56 (l)
Trường hợp 2: có cả (2) và (3). Khi ấy Ca(OH)
2
hết
n
Ca(OH)2
(3) = 0,2 – 0,025 = 0,175 mol
(2), (3) → ∑n
CO2
= 0,025 + 0,175.2 = 0,375 mol
V
CO2
= 0,375 . 22,4 = 8,4 (l)
2. Đặt 28,1 gam hỗn hợp gồm: MgCO
3
: x mol; BaCO
3
: y mol
Theo bài ra có: 84x + 197y = 28,1 (1
’
)
MgCO
3
+ 2HCl → MgCl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O (4)
BaCO
3
+ 2HCl → BaCl
2
+ CO
2
↑ + H
2
O (5)
(4), (5) → n
CO2
= x + y (mol)
(1
’
) → 84x + 84y ≤ 28,1 = 84x + 197y ≤ 197x + 197y
28,1 : 197 ≤ x + y ≤ 28,1 : 84 hay : 0,14 ≤ n
CO2
≤ 0,33 (2
’
)
Dấu ‘= ‘ xảy ra : n
CO2
= 0,14 mol khi : x = 0
n
CO2
= 0,33 mol khi: y = 0
Có 2 khả năng:
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O (6)
2CO
2
+ Ca(OH)
2
→ Ca(HCO
3
)
2
(7)
Theo (2): n
CO2
= n
Ca(OH)2
= 0,2 mol (kết tủa lớn nhất)
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
18
Theo (3): n
CO2
= 2n
Ca(OH)2
= 0,4 mol (khơng có kết tủa)
Kết hợp điều kiện (2
’
) ta thấy:
+ Khi n
CO2
= 0,2 mol thì kết tủa là lớn nhất ↔ x + y = 0,2
84x + 197y = 28,1 → x = y = 0,1.
0,1.84
28,1
.100% = 29,89%%mMgCO3 = a% =
+ Xét n
CO2
= 0,14 mol < n
Ca(OH)2
→ n
CaCO3
= 0,14 mol
n
CO2
= 0,33 mol. Có cả (6) và (7): khi ấy Ca(OH)
2
hết.
Đặt: n
CO2
(6) = n
Ca(OH)2
(6) = n
CaCO3
= m (mol)
→ n
Ca(OH)2
(7) = 0,2 – m (mol)
(6), (7) → ∑n
CO2
= m + 2.(0,2 – m) = 0,4 – m = 0,33 (mol)
→ m = 0,07 < 0,14.
Vậy kết tủa nhỏ nhất khi: n
CO2
= 0,33 mol ↔ y = 0. Tức là: %m
MgCO3
= a% = 100%.
Bài 3. Oxi hóa hồn tồn m gam một chất hữu cơ A bằng CuO và cho hấp thụ tồn bộ sản
phẩm vào một bình có chứa 0,5 lit dung dịch Ca(OH)
2
0,1M thì thấy khối lượng bình tăng lên
3,72 gam, có 4 gam kết tủa và khối lượng CuO giảm 1,92 gam. Tính m và xác định cơng thức
đơn giản nhất của A.
Lời giải:
Bình Ca(OH)
2
hấp thụ cả 2 chất CO
2
và H
2
O
→ m
CO2
+ m
H2O
= 3,72 gam
Có thể có 2 trường hợp:
* Trường hợp (1): Ca(OH)
2
dư → chỉ có 1 phản ứng:
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O
n
CO2
+ n
CaCO3
= 0,04 mol → m
CO2
= 0,04 . 44 = 1,56 gam
→ m
H2O
= 3,72 – 1,56 = 2,16 g → n
H2O
= 2,16 : 18 = 0,12 mol.
Gọi CTPT của A là: C
x
H
y
O
z
→ x : y = 0,04 : 0,24 = 1 : 6 (khơng thỏa mãn điều kiện : y ≤ 2x + 2
→ trường hợp này loại.
* Trường hợp 2 : CO
2
và Ca(OH)
2
đều phản ứng hết theo 2 phản ứng:
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
↓ + H
2
O (1)
0,04 0,04 0,04
→ n
Ca(OH)2
còn = 0,1.0,5 - 0,04 = 0,01 (mol) tiếp tục phản ứng:
2CO
2
+ Ca(OH)
2
→ Ca(HCO
3
)
2
(2)
→ n
CO2
(1,2) = 0,04 + 0,02 = 0,06 → m
CO2
= 0,06.44 = 2,64 gam
→ m
H2O
= 3,72 – 2,64 = 1,08 g → n
H2O
= 1,08 : 18 = 0,6 mol
Áp dụng ĐLBTNT oxi ta có:
n
O
(A) + n
O
(CuO) = n
O
(CO
2
) + n
O
(H
2
O)
Độ giảm khối lượng của CuO chính là m
O
phản ứng = 1,92 g.
→ n
O
(pư) = 1,92 : 16 = 0,12 mol → n
O
(A) = 0,06 mol
→ x : y : z = 0,06 : 0,12 : 0,06 = 1 : 2 : 1 . Vậy CTĐGN của A là : CH
2
O
Theo trên ta tính được : m
A
= m
C
+ m
H
+ m
O
= 1,8 g
Nhận xét : Xin biểu dương những học sinh sau có lời giải tốt. Trương Cơng Minh (11A7),
Nguyễn Thị Thanh Hương (10A3),Vũ Thị Nguyệt (11A4).
Nguyễn Thị Thơng
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
19
Dành cho các em học sinh lớp 12
Bài 1.
1. Trong cơng nghiệp, Al được điều chế từ quặng boxit Al
2
O
3
.2H
2
O. Trong tự nhiên quặng
boxit thường lẫn các tạp chất là Fe
2
O
3
, SiO
2
. Trình bày phương pháp tinh chế lấy Al
2
O
3
từ
loại quặng trên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Hãy giải thích tại sao phèn nhơm có khả năng làm trong nước. Viết các phương trình phản
ứng xảy ra.
Lời giải:
1 Thêm dung dịch HCl dư vào quặng boxit, SiO
2
khơng tan ta lọc bỏ
Al
2
O
3
+ 6HCl → 2AlCl
3
+ 3H
2
O
Fe
2
O
3
+ 6HCl → 2FeCl
3
+ 3H
2
O
- Thêm NaOH dư vào dung dịch thu được, lọc bỏ kết tủa Fe(OH)
3
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O
FeCl
3
+ 3NaOH → Fe(OH)
3
↓ + 3NaCl
AlCl
3
+ 4NaOH → NaAlO
2
+ 4NaCl + 2H
2
O
- Sục khí CO
2
dư vào dung dịch sau phản ứng, lọc lấy kết tủa Al(OH)
3
, rửa
sạch, sấy khơ, nung đến khối lượng khơng đổi ta được Al
2
O
3
tinh khiết
NaOH + CO
2
→ NaHCO
3
NaAlO
2
+ CO
2
+ 2H
2
O → Al(OH)
3
↓ + NaHCO
3
2Al(OH)
3
0
t
Al
2
O
3
+ H
2
O↓
2. Khi cho phèn chua vào trong nước, sẽ có phản ứng thuỷ phân của muối Al
2
(SO4)
3
Al
2
(SO4)
3
→ 2Al
3+
+ 3SO
4
2-
Al
3+
+ 3HOH → Al(OH)
3
↓ + 3H
+
(ion H
+
sinh ra làm nước có vị chua)
Al(OH)
3
là kết tủa keo trắng đã hút theo các chất bẩn từ từ lắng xuống, do đó phèn
chua có tác dụng làm trong nước.
Bài 2. 1. Cho 19,3 gam hỗn hợp bột gồm Zn và Cu có tỉ lệ mol tưong ứng là 1 : 2 vào dung
dịch chứa 0,25 mol Fe
2
(SO
4
)
3
. Sau khi các phản ứng xảy ra hồn tồn thu được m gam kim
loại. Tính m
2. Cho 5,15 gam hỗn hợp A gồm Zn và Cu vào 140 ml dung dịch AgNO
3
1M. Sau khi phản
ứng xong thu được 15,76 gam hỗn hợp kim loại và dd B. Chia B thành hai phần bằng nhau,
thêm KOH dư vào phần 1 thu được kết tủa; Lọc kết tủa, đem nung đến khối lượng khơng đổi,
thu được m gam chất rắn.
a) Tính m?
b) Cho bột Zn tới dư vào phần 2 thu được dd D; Cho từ từ V lít dung dịch NaOH 2,0M vào
dd D thu được 2,97 gam kết tủa. Tính V, các phản ứng xảy ra hồn tồn?
Lời giải:
1.
Gọi a, 2a lần lượt là số mol của Zn, Cu có trong 19,3 gam hỗn hợp.
→ 65a + 2.64a = 19,3 → a = 0,1 mol.
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
20
Số mol của Fe
3+
= 0,5 mol
Do tính khử của Zn mạnh hơn Cu nên các phản ứng xảy ra theo thứ tự sau:
2Fe
3+
+ Zn → 2Fe
2+
+ Zn
2+
0,2← 0,1
2Fe
3+
+ Cu → 2Fe
2+
+ Cu
2+
0,3 → 0,15
→ Kim loại thu được sau phản ứng là: Cu dư: 0,2 – 0,15 = 0,05 mol.
Khối lượng chất rắn sau phản ứng là: m= 0,05 . 64 = 3,2 gam.
2.
a)Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên có thể gồm 2 trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: AgNO
3
hết, Zn còn dư, Cu chưa phản ứng ( hỗn hợp KL gồm: Zn dư, Cu,
Ag ).
Gọi n
Zn,
n
Cu
(hhA) là x và y, n
Zn
phản ứng là a ( mol ).
Zn + 2AgNO
3
Zn(NO
3
)
2
+ 2Ag (1)
a 2a a 2a
m
A
= 65x + 64y = 5,15 (I)
m
KL
= 65(x-a) + 64y + 108. 2a = 15,76 (II)
n
AgNO3
= 2a = 0,14 (III)
Hệ phương trình I, II, III vơ nghiệm (loại).
+ Trường hợp 2: Zn hết, Cu phản ứng một phần, AgNO
3
hết.
Gọi n
Cu
phản ứng là b (mol).
Zn + 2AgNO
3
Zn(NO
3
)
2
+ 2Ag (1)
x 2x x 2x
Cu + 2AgNO
3
Cu(NO
3
)
2
+ 2Ag (2)
b 2b b 2b
m
A
= 65x + 64y = 5,15 (I)
m
KL
= 64(y-b) + 108( 2x + 2b ) = 15,76 (II)
n
AgNO3
= ( 2x + 2b ) = 0,14 (III)
Giải hệ phương trình I, II, III ta được: x = 0,03, y = 0,05, b = 0,04.
+ Trong mỗi phần có: 0,015 mol Zn(NO
3
)
2
và 0,02 mol Cu(NO
3
)
2
.
Zn(NO
3
)
2
Zn(OH)
2
K
2
ZnO
2
.
Cu(NO
3
)
2
Cu(OH)
2
CuO.
0,02 0,02
=> m = 0,02.80 = 1,6 gam.
b)
Zn + Cu(NO
3
)
2
Zn(NO
3
)
2
+ Cu (1)
0,02 0,02
+ n
Zn(NO3)2
(dd D) = 0,015 + 0,02 = 0,035. Có thể gồm 2 trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: Zn(NO
3
)
2
dư.
Zn(NO
3
)
2
+ 2NaOH
Zn(OH)
2
+ 2Na(NO
3
) (2)
0,06 0,03
V = 0,06/2 = 0,03 lít.
+ Trường hợp 2: Zn(NO
3
)
2
hết.
Zn(NO
3
)
2
+ 2NaOH
Zn(OH)
2
+ 2Na(NO
3
) (2)
Giải bài kỳ trước Nhòp cầu tri thức
21
0,035 0,07 0,035
Zn(OH)
2
+ 2NaOH
Na
2
ZnO
2
+ 2H
2
O (3)
0,005 0,01
n
NaOH
= 0,07 + 0,01 = 0,08
V = 0,08/2 = 0,04 lít.
Bài 3.
1. Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp gồm một axit no , đơn chức , mạch hở X và một axit no , đa
chức Y(có mạch accbon hở, khơng phân nhánh) thu được một thể tích hơi bằng thể tích của
2,8 gam N
2
(đo trong cùng điều kiện). Đốt cháy 8,64 gam hỗn hợp axit trên thu được 11,44
gam CO
2
. Tính phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu.
2. a mol chất béo X có thể cộng hợp tối đa với 4a mol Br
2
. Đốt cháy hồn tồn a mol X thu
được b mol H
2
O và V lít khí CO
2
(đktc). Hãy tìm biểu thức tính V theo a, b.
Lời giải:
1.
X là axit no, đơn chức, mạch hở
Do Y là axit khơng no, mạch hở, mạch khơng nhánh nên Y có 2 chức axit
→ Đặt CTPT của X: C
n
H
2n
O
2
, Y là C
m
H
2m-2
O
4
Gọi số mol của X là a, của Y là b
Các phương trình phản ứng cháy
C
n
H
2n
O
2
+ (1,5n-1) O
2
→ nCO
2
+ nH
2
O
a an
C
m
H
2m-2
O
4
+ (1,5m-3) O
2
→ mCO
2
+ (m-1)H
2
O
b bm
Theo bài ra ta có các ph ư ơng trình đại số
+ Số mol hỗn hợp là: a + b = 2,8/28 = 0,1 (1)
+ Số mol CO
2
là: an + bm = 0,26 (2)
+ Khối lượng hỗn hợp là: a(14n + 32) + b(14m + 62) =8,64 (3)
Từ (1),(2), (3) ta được a = 0,04; b=0,06; n=m=2
Như vậy 2 axit trong hỗn hợp đầu là: CH
3
COOH và HOOC-COOH
Phần trăm khhói lượng của CH
3
COOH là:
(0,04.60) : 8,64 = 27,78%
2. a mol chất béo cộng hợp tối đa với 4 amol Br
2
→ Chất béo có 4Π ở mạch C.
Mặt khác phân tử chất béo có 3 Π ở 3 chức este. Như vậy phân tử chất béo có Π+ v=7
Gọi CTPT của chất béo X là C
n
H
2n-12
O
6
(X)
Sơ đồ phản ứng cháy:
C
n
H
2n-12
O
6
+ O
2
→ nCO
2
+ (n-6)H
2
O
a mol (V : 22,4)mol b mol
Nhận xét: n
x
=
).(
6
1
22
nn
OHCO
=> V=(6a +b).22,4
Nhận xét: Ban biên tập nhịp cầu tri thức biểu dương các em học sinh sau có lời giải tương
đối tốt, trình bày ngắn gọn, rõ ràng: Lê Thị Thu (12A7), Lê Thị Thịnh (12A9).
Nguyễn Thị Thu Giang
Đề ra kỳ này Nhòp cầu tri thức
22
Đề RA KỲ NÀY ???
cHÚ Ý: Thời hạn nhận bài 15/04/2013
MÔN TOÁN
Dành cho các em học sinh lớp 10
Bài 1. Giải hệ phương trình:
2
33
2 2 3
27
x xy x y
xy
Bài 2. Trong hệ tọa độ Oxy cho điểm A( 6,4). Viết phương trình đường thẳng qua A tạo với 2
trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2
Bài 3.Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
3 3 3
2 128
24
2 2 4
a b c
abc
b b a c c b a a c
Nguyễn Thị Thanh
Dành cho các em học sinh lớp 11
Bài 1. Giải phương trình:
2
2sin 3 1 8sin2 cos 2
4
x x x
Bài 2. Cho dãy số dương
n
u
: n=0, 1, 2… được xác định bởi
0
11
11
1, ; ,
1
4
mn
n n n
n n n
u u u m n m n
u u u
u u u
Tính tổng:
0 1 2 2012
T u u u u
Bài 3. Cho hình lăng trụ ABC. A’B’C’ có các cạnh bên vng góc với đáy. Các mặt
(ABC’); (AB’C); (A’BC) cắt nhau ở O. Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC). Chứng
minh rằng: H là trọng tâm của tam giác ABC.
Lê Thị Thái
Dành cho các em học sinh lớp 12
Bài 1. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình:
12
23
yyy
x
.
Bài 2. Tính tích phân:
4
1
2
1613
9
dx
xx
x
.
Bài 3. Trong khơng gian với hệ trục toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt phẳng (P) sao cho
khoảng cách từ điểm M(3; 2; 2) đến (P) bằng
14
và (P) chứa đường thẳng
14
4
3
3
zyx
.
Nguyễn Phương Dịu
Đề ra kỳ này Nhòp cầu tri thức
23
MÔN VẬT LÝ
Dành cho các em học sinh lớp 10
Bài 1. Một vật nhỏ có khối lượng m = 1kg nằm ở B
(chân mặt phẳng nghiêng BC). Ta truyền cho vật vận
tốc v
0
= 16m/s, hướng theo mặt phẳng nghiêng đi lên.
Lấy g = 10 m/s
2
, hệ số ma sát trượt trong q trình
chuyển động khơng đổi
3
5
, góc tạo bởi mặt phẳng
nghiêng và mặt phẳng ngang
0
.30
1/ Tìm độ cao cực đại vật đạt được so với mặt phẳng ngang trong q trình chuyển
động.
2/ Tính tổng qng đường vật đi được từ lúc truyền vận tốc đến khi dừng lại.
3/ Tính cơng của lực ma sát trong q trình chuyển động.
Bài 2. Một cơ hệ được bố trí như hình bên. Lò xo có khối lượng khơng đáng kể,
độ cứng k = 50N/m. Vật nhỏ có khối lượng m = 0,2kg. Lấy g = 10m/s
2
, bỏ qua
khối lượng ròng rọc, dây nối lí tưởng, bỏ qua mọi ma sát. Chọn trục tọa độ thẳng
đứng, hướng lên, gốc tọa độ là vị trí cân bằng.
a/ Xác định độ biến dạng của lò xo khi vật cân bằng.
b/ Nâng vật lên vị trí lò xo khơng biến dạng rồi thả nhẹ. Tính gia tốc của vật
khi vật có tọa độ x = - 2 cm.
Bài 3. Vật nhỏ m được truyền vận tốc ban đầu theo
phương ngang v
0
= 10m/s từ A sau đó m đi lên theo
đoạn đường tròn BC tâm O, bán kính OC = 2m
phương OB thẳng đứng, góc α = 60
0
và m rơi xuống
tại D (hình bên). Bỏ qua ma sát và sức cản của khơng khí. Lấy g = 10m/s
2
.
a/ Tính vận tốc của m tại C, độ cao cực đại của m so với B.
b/ Tính khoảng cách CD.
c/ Khi thay đổi góc α trong khoảng 60
0
≤ α ≤ 90
0
thì độ cao cực đại của m so với B thay
đổi như thế nào?
Bài 4. Một thanh đồng chất AB có tiết diện đều, dài 80cm có
khối lượng m
1
= 4kg có thể quay quanh bản lề B (gắn vào tường
thẳng đứng) được giữ cân bằng nằm ngang nhờ sợi dây mảnh,
khơng dãn AC, cho BC = 60cm (hình bên). Treo một vật có khối
lượng m
2
= 6kg vào điểm D của thanh, AD = 20cm. Lấy g =
10m/s
2
.
a/ Tính độ lớn của lực căng
T
của dây AC.
b/ Tính độ lớn của phản lực
Q
của tường tác dụng vào đầu B và góc α hợp bởi
Q
với
AB.
Phạm Thị Thu Hường
A
B
m
v
0
C
α
m
{
Ơ
O
A
B
C
D
α
v
0
A
B
C
D
Đề ra kỳ này Nhòp cầu tri thức
24
Dành cho các em học sinh lớp 11
Bài 1. Giữa hai cực của một nam châm có một từ trường đều có phương thẳng đứng, chiều
từ trên xuống, B = 0,5 T. Người ta treo một dây dẫn thẳng chiều dài l = 5 cm, khối lượng
m = 5 g nằm ngang trong từ trường bằng hai dây dẫn mảnh nhẹ. Tìm góc lệch của dây treo
so với phương thẳng đứng khi cho dòng điện I = 2 A đi qua dây. Lấy g = 10 m/s
2
.
Bài 2: Thanh kim loại CD dài l = 20 cm khối lượng m = 100 g đặt vng góc với hai
thanh ray song song nằm ngang và hai đầu của hai thanh ray nối với nguồn điện. Hệ thống
đặt trong từ trường đều có phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống, B = 0,2 T. Hệ số ma
sát giữa CD và ray là 0,1. Bỏ qua điện trở các thanh ray, điện trở nơi tiếp xúc và dòng điện
cảm ứng trong mạch.
a. Biết thanh CD trượt sang trái với gia tốc 3 m/s
2
.
Xác định chiều và độ lớn dòng điện
qua CD
b. Nâng hai đầu của ray lên để ray hợp với mặt ngang góc 30
0
. Tìm hướng và gia tốc
chuyển động của thanh biết thanh bắt đầu chuyển động khơng vận tốc đầu
Bài 3: Vòng dây dẫn diện tích 1 m
2
đặt trong từ trường đều có véc tơ B vng góc với mặt
phẳng vòng dây, chiều hướng từ trong ra ngồi mặt phẳng hình vẽ. Hai tụ điện C
1
= 1
F
,
C
2
= 2
F
được mắc nối tiếp trên vòng dây ở vị trí đối xứng qua tâm vòng dây. Biết B thay
đổi theo thời gian theo quy luật B = 0,6 t. Tính hiệu điện thế và điện tích trên mỗi tụ
Th.S Mầu Thị Trang Dung
Dành cho các em học sinh lớp 12
Bài 1. Một lăng kính thuỷ tinh có dạng tam giác cân ABC, góc chiết quang A = 120
0
,
làm bằng thuỷ tinh, có chiết suất ứng với tia đỏ và tia tím lần lượt
là:
dt
n 2;n 3.
Đặt lăng kính trong khơng khí và chiếu vào tia sáng trắng SI theo
phương song song với đáy BC, tới đập vào mặt bên AB tại I. Chiều cao của lăng kính AH
= h = 5 cm.
a. Vẽ đường đi tia sáng đi qua lăng kính. Mơ tả quang phổ của chùm tia ló.
b. Tính độ rộng của chùm tia ló.
Bài 2. Hai khe Iâng S
1
, S
2
cách nhau a = 2mm được chiếu bởi nguồn S
a. S phát ra đồng thời hai bức xạ màu đỏ có
d
640nm
và màu lam có
l
480nm
.
Tính khoảng cách từ vân sáng trung tâm đến vân sáng cùng màu với nó gần nhất và số vân
sáng màu đỏ trong khoảng đó?
b. S phát ánh sáng trắng. Điểm M cách vân trung tâm 1mm. Hỏi tại M mắt ta trơng thấy
vân sáng của những bức xạ nào?
Biết màn quan sát cách S
1
S
2
một khoảng 1,2m.
Bài 3. Cơng thốt của kim loại A là 3,86eV và của kim loại B là 4,34eV.
a. Tìm giới hạn quang điện của từng kim loại và của hợp kim A – B?
b. Chiếu bức xạ có tần số f vào quả cầu bằng hợp kim A-B để cơ lập thì quả cầu tích điện
đến điện thế cực đại là 2,4V. Tìm f?
Th.S Lê Thị Thúy Hậu
Đề ra kỳ này Nhòp cầu tri thức
25
MÔN HÓA HỌC
Dành cho các em học sinh lớp 10
Câu 1.
a. Viết các phương trình phản ứng thực hiện dãy chuyển hóa sau:
NaCl → HCl → Cl
2
→ NaClO → NaCl → Cl
2
→ KClO
3
→ KCl → KOH → Fe(OH)
3
→
FeCl
3
b. Chỉ dùng một thuốc thử hãy phân biệt các dung dịch khơng màu mất nhãn sau: BaCl
2
,
Zn(NO
3
)
2
, Na
2
CO
3
, AgNO
3
Câu 2.Cho 50 gam dung dịch MX (M là kim loại kiềm, X là halogen) nồng độ 35,6% tác
dụng với 10 gam dung dịch AgNO
3
thu được kết tủa. lọc kết tủa được dung dịch nước lọc
A. Biết nồng độ MX trong A giảm 1,2 lần so với nồng độ ban đầu. Xác định cơng thức
muối MX
Câu 3. Hỗn hợp A chứa một mẩu đá vơi (chứa 80% khối lượng CaCO
3
) và mẫu quặng
Xiđerit (chứa 65% khối lượng FeCO
3
), phần còn lại trong quặng là các tạp chất trơ. Lấy
250 ml dung dịch HCl 2,8M cho tác dụng với 38,2 gam hỗn hợp A. Phản ứng xảy ra hồn
tồn, lọc bỏ phần khơng tan thu được dung dịch B và V lít khí (đktc)
a. Chứng minh rằng sau phản ứng còn dư axit
b. Nếu cơ cạn dung dịch B thu được 30,15 gam chất rắn khan và V = 5,6 lít. Tính khối
lượng hỗn hợp A
Nguyễn Thị Định
Dành cho các em học sinh lớp 11
Câu 1. Hồn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ, ghi rõ điều kiện phản ứng ( nếu
có)
C
2
H
2
CH
3
CHO
A
B
C
D
A
E
A
F
Câu 2. Đốt cháy hỗn hợp 2 hidrocacbon X thuộc cùng dãy đồng đẳng hơn kém nhau 28
đvc. Dẫn sản phẩm cháy qua bình 1 đựng dd H2SO4 đặc, sau đó qua bình 2 đựng 200ml
dd Ca(OH)2 1M. Thấy khối lưọng bình 1 tăng 5,4g. Bình 2 xuất hiện 15g kết tủa, lọc bỏ
kết tủa, đun dd nước lọc lai thấy xuất hiện thêm kết tủa.
a) Tìm 2 hidrocacbon trong X
b) Tính thành phần phần trăm số mol của 2 hidrocacbon trong X?
c) Tìm CTCT của chất có khối lượng phân tử lớn hơn và gọi tên. Biết khi tham gia
phản ứng thế Cl2 theo tỉ lệ 1:1 cho 4 sản phẩm thế.
