Nhịp cầu tri thức số 2

BÀI VIẾT KỲ NÀY

PHƯƠNG PHÁP HỌC TẬP MƠN TIẾNG ANH

Đỗ Thị Hồng Nhung - lớp 12A11

Tiếng Anh là một mơn học rất quan trọng, luơn xuất hiện trong kỳ thi tốt nghiệp phổ thơng hàng năm. Đặc biệt đối với học sinh khối D, đĩ là một trong ba chiếc chìa khĩa vàng mở ra cánh cổng vào các trường đại học. Tiếng Anh theo ta lên các cấp học cao hơn. Trong thời kỳ kinh tế hội nhập và mở cửa hiện nay, các nhà tuyển dụng đều địi hỏi về trình độ ngoại ngữ nhất định. Cĩ được một vốn tiếng Anh cho bản thân sẽ mở ra nhiều cơ hội và triển vọng cho tương lai sau này.

Vấn đề chung đặt ra đối với chúng ta là làm thế nào để học tốt mơn tiếng Anh?

Phương pháp nào giúp học tiếng Anh hiệu quả? Sau đây em xin được chia sẻ cùng các thầy cơ và các bạn một số kinh nghiệm học tập mơn tiếng Anh.

Trước hết trong học tiếng Anh cũng như bất cứ mơn học nào, chúng ta cần xác định cho mình một mục tiêu cụ thể để cĩ định hướng rõ ràng. Rồi từ đĩ gây dựng niềm đam mê, ý thức học tập cũng như tạo động lực để kiên trì học tập. Tiếp theo là một kế hoạch cụ thể và khoa học.

Như chúng ta đều biết, tiếng Anh trong chương trình phổ thơng chia làm bốn nội dung chính: Nghe, nĩi, đọc, viết.

Học nĩi trước:

- Để cĩ bài nĩi tốt cần cĩ sự chuẩn bị kỹ về chủ đề và các từ vựng cĩ liên quan.

- Tích cực tham gia các hội thoại, tận dụng các tiết học nĩi, buổi ngoại khĩa.

- Khi nĩi hãy nĩi to, rõ ràng, chú ý đến trọng âm của từ.

- Cần nĩi thường xuyên,nĩi nhiều kéo theo sự tự tin và trơi trảy, kỹ năng nĩi cũng được cải thiện theo.

Nghe và nĩi thường đồng hành cùng nhau:

- Để nghe được cần phải phát âm chuẩn và cĩ vốn từ vựng tương đối.

- Ngồi những tiết học nghe trên lớp, cĩ thể luyện tập bằng những bài nghe phù hợp với trình độ, qua các phương tiện như : Đài, đĩa, bài hát, ti vi (các kênh tiếng Anh cĩ phụ đề), Internet – Kho tài liệu khổng lồ (Trang Web như: Lophoctienganh.com, Tienganh123.com… qua youtube).

- Tuy nhiên do hình thức thi cử đối với học sinh phổ thơng (khơng cĩ thi nghe và thi nĩi) chủ yếu và thi viết với những nội dung chính liên quan đến: từ vựng, ngữ pháp, đọc hiểu…vì vậy chúng ta nên chú trọng nhiều hơn đến những mảng kiến thức này.

Về mặt ngữ pháp chúng ta cần

- Nắm chắc các thì và các cấu trúc ngữ pháp (hiểu về nghĩa, cách sử dụng, lấy các ví dụ minh họa…)

- Làm nhiều bài tập là phương pháp tối ưu để củng cố phương pháp học.

- Chú ý những cấu trúc ngữ pháp xuất hiện trong các bài đọc hiểu và áp dụng cho viết luận.

- Bất cứ ai học tiếng Anh đều hiểu vốn từ vựng là yếu tố quan trọng nhất để học tốt.

- Từ vựng thường xuyên xuất hiện trong các bài tập, bài khóa. Làm bài tập để học từ vựng.

- Nên học từ vựng hằng ngày và học một cách có hệ thống: (Học theo chủ đề, theo trường từ vựng, các từ có chung cách sử dụng…)

- Khi học từ mới, chú ý đến học cả phiên âm và trọng âm của từ để củng cố cho nghe, nói và các bài tập có liên quan.

- Các mẹo nhỏ sau có thể giúp bạn kích thích trí nhớ:

+ Bút danh đánh dấu những hình ảnh sinh động và ví dụ cụ thể, hấp dân sẽ làm nổi bật từ mới dễ ghi nhớ hơn.

+ Não bộ thường có xu hướng ghi nhớ những chi tiết có liên quan đến nhau, vì vậy hãy liên hệ từ mới với các sự việc gần gũi với bạn. Đừng ngại sử dụng trí tưởng tượng và khiếu hài của mình. Một từ mới mà ta gặp lại nhiều lần khi không còn là mới nữa.

Đó là lý do vì sao nhiều người dùng cách ghi từ vào những từ giấy nhớ và dán ở những vị trí thường xuyên qua lại.

Như các bạn thấy: Đọc - Hiểu là một kỹ năng khó vậy mà nội dung này lại chiếm tới 40% số câu hỏi trong một bài test. Chúng ta thường để mất điểm phần này, để làm tốt cần có phương pháp thích hợp. Chẳng hạn như:

- Đọc lướt để xem nội dung khái quát.

- Đọc kỹ phần câu hỏi trước rồi sau đó quay lại tìm nội dung trong bài để trả lời - Trả lời câu hỏi về thông tin chi tiết trước, câu hỏi về nôi dung khái quát làm sau cùng.

- Đặc biệt cần chú ý đến những từ khóa quan trọng ( Keywords)

Hơn nữa trong học và làm bài tập tiếng Anh, cũng nên chú ý đến những thành ngữ, những câu giao tiếp trong văn nói của người bản sứ. Trong đề thi thường gặp những câu hỏi như thế.

Ngoài những phương pháp học tập, chúng ta cũng cần các kĩ năng đơn giản khi làm bài tiếng Anh (giống như tất cả các môn thi trắc nghiệm khác) như:

- Lướt qua toàn bộ đề thi để chắc chắn rằng đề thi không có vấn đề gì.

- Phân bố thời gian hợp lý (80 câu/90phút – đề thi đại học) - Làm câu dễ trước, câu khó sau.

- Đọc hết các phương án trả lời trước khi đưa ra đáp án cuối cùng.

Sau khi nhận kết quả, cần xem xét đánh giá lại để có sự điều chỉnh phương pháp cho phù hợp. Phân tích những chỗ sai sót, đánh dấu lại để tránh gặp phải sau này.

Trên đây là những kinh nghiệm mà tôi tích lũy được, có thể không hoàn toàn phù hợp với tất cả các bạn. Vì vậy, mỗi người cần tự tham khảo và tìm ra cho mình một phương pháp phù hợp nhất. Và dù phương pháp của bạn như thế nào thì cũng cần có sự kiên trì, sự chăm chỉ luyện tập. Bởi vì: “Practice makes perfect”. Bước đầu bạn có thể chưa đạt được kết quả như mong muốn, đừng vội nản chí. Hãy tin rằng thành công đang đợi ta ở phía trước. Không ngừng cố gắng: “ you will get if you really want, but you must try really hard”.

Chúc các bạn thành công!

GIẢI BÀI KỲ Trước

MÔN TOÁN

 Dành cho các em học sinh lớp 10

Câu 1: Xác định các số thực a b c, , sao cho phương trình ax²bx c 0 cĩ hai nghiệm thuộc đoạn

 

^{0; 2 .}

Tìm giá trị lớn nhất của:

  

 

4 2

4 2 a b a b P a a b c

 

  

Lời giải

Gọi x x₁, ₂là các nghiệm thỏa mãn điều kiện bài tốn và 0 x₁ x₂ 2

Ta cĩ:

   

 

2

2

1 2 1 2

1 2 1 2

8 6. 8 6

4 2. 4 2 b b

x x x x

a a

P b c x x x x

a a

         

 

  

  Vì

2

1 1 2

1 2 2

2

0 2

4 x x x x x

x

 

    

  dấu bằng xảy ra ^{1 2}

1 2

2 0; 2 x x

x x

 

    thay vào biểu thức ta cĩ:

   

   

   

 

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

8 6 8 6 2 8 6 4 2

4 2 4 2 4 2 3

x x x x x x x x x x x x x x x x

P x x x x x x x x x x x x

             

   

        

Vậy MaxP3, khi

4

4 4

b

a b c a

c a

     

 



hoặc

2

2 ; 0 0

b

a b a c

c a

     

 



Câu 2: Giải phương trình nghiệm nguyên: ^3x2^y2^4xy^4x^2y ^{5 0} Lời giải

Coi phương trình đã cho là phương trình bậc 2 ẩn y, ta cĩ:

' 2

y x 4

   , đặt ² x²4, ta lại thực hiện phép đặt  x t



^{x t}



^{2 x2 4 t2 2tx 4 0 2}

 

       

Khi đĩ nếu

 

2 cĩ nghiệm nguyên thì nghiệm sẽ là ước của 4, do đĩ ta thử các giá trị là ước của 4, ta cĩ nghiệm nguyên là:

  

^{x y; }



^{2; 5 ;}

 

^2;3

 

Nhận xét:

1. Phương trình ax²  bx c 0 với các hệ số nguyên, c0. Nếu cĩ nghiệm nguyên x₀ thì c chia hết cho x₀ .

Thật vậy: Vì x₀ ax²₀bx₀ x₀



ax₀b x



₀

2. Phương trình x²bx c 0 với các hệ số nguyên, c0. Nếu có nghiệm nguyên

2 4

b c

    phải là bình phương của 1 số nguyên.

Câu 3: Giải hệ phương trình sau:

3 5 2 4

42

3 5 2

42 y x y y x x

 

 

  

 

 

   

  

 Lời giải

Điều kiện x y, 0, hệ đã cho

 

 

5 1 2

42 1 1 2 15

1 2 42 3 2

y x x y

x y y x

x y

  

 

      



       

2 42 15 3 28 0 3

28 y x

y x y x xy y x y x

y x l

 

           

Với y3x thay vào

 

^{2 ta có}

5 2 6 27 5 2 6

9 x

y

  



  



Câu 4: Cho hình bình hành ABCD, điểm M trên đoạn AB, điểm N trên đoạn CD sao cho

3 , 2

AB AM DC DN.

a. Tính AN theo AB&AC.

b. I J, là 2 điểm xác định bởi: BI xBC; AJy AI. Tìm x y, để J là trọng tâm

BMN . Lời giải

a. Ta có: ^{AN }



^ADAC

 

^{ 1}₂ ^2ACCD



^{ AN AC1}₂^AB

b. Trước hết ta tính AI, AJ theo các véc tơ AB,AC và x y, Ta có: ^{AI ABBI AI  ABx BA}



^AC



^{ }



^{1 x AB}



^{x AC}

Mặt khác: ^{AJ  y AI y}



^{1x AB}



^{xy AC}

Do vậy, J là trọng tâm tâm tam giác BMN ABAMAN3AJ

   

 

4 1 5

3 1 3 3 1 3

3 2 6

5 6

3 1 11

6 11

1 3 18

AB AC AB y x AB xy AC AB AC y x AB xy AC y x x

xy y

 

          

    

 

 

   

 

Vậy,

 

^{; 6 11;}

11 18

x y  

  .

Nhận xét chung: Có khá nhiều học sinh lớp 10 tham gia giải bài, tiêu biểu như: Đinh Thu Phương(10A1), Vũ Đức Cảnh (10A1), Chu Thị Hằng(10A2), Vũ Thị Ánh Huyền(10A1), Dương Thị Phương(10A2), Đào Thế Sơn (10A6), Khổng Thị Kim Khánh(10A3), Hồ Văn Hiệp(10A3), Dương Thị Lan Anh (10A3).

Nhiều bạn tham gia giải bài của lớp 11, 12: Đinh Thu Phương(10A1), Vũ Đức Cảnh (10A1), Chu Thị Hằng(10A2), Vũ Thị Ánh Huyền(10A1).

Có 3 bạn có lời giải đúng cả 4 bài của lớp 10: Đinh Thu Phương(10A1), Vũ Đức Cảnh (10A1), Chu Thị Hằng(10A2).

Nguyễn Trần Quang

 Dành cho các em học sinh lớp 11

Câu 1. Giải phương trình lượng giác: ⁴ x

2(sin x 3) cos (1 cos x)sin x 3cos x 1 0

 2    

Lời giải. Phương trình tương đương với:

⁴ os^{2 x 2 x} 2

2 2

2(sin x 3) cos x 2sin xc 6 cos 0

2 ^

   

(sin x 3) cos^{4 x} cos^{2 x}(sin x 3) 1 0

2 2

     

(sin x 3) cos^{2 x}(cos^{2 x} 1) 1 0

2 2

     ¹(sin x 3) sin x 1² 0

 4   

Do sin x 3 4; sin x² 1 ¹(sin x 3) sin x² 1 ¹(sin x 3) sin x 1² 0

4 4

          

Dấu “=” sin x 1 x k2 , k Z.

2

      

Câu 2. Giải phương trình: 2(x²  x 1)² 2x²2x 3  5 4x Lời giải. Đặt yx² x 1. Phương trình trở thành:

2 2 1 5 4x

2y 2(y 1) 3 5 4x y y 1 .

2

  

        

- Đặt z ^{1 5 4x} 2z 1 5 4x 4z² 4z 1 5 4x z² z 1 x 2

  

              ; z ¹.

 2 - Vậy ta có hệ:

2 2 2

x x 1 y x(x 1) y 1 (1) y y 1 z y(y 1) z 1 (2) z z 1 x z(z 1) x 1 (3)

       

       

 

       

 - Vì z ¹ y, x 1.

  2   Nhân theo vế (1), (2), (3) được: xyz = 1. (4) - Cộng theo vế ba phương trình (1), (2), (3) ta được: x²y²z² 3.

- Theo BĐT Cosi: 3x²y²z² 3 x y z^{2 2 2} xyz 1. (5) Từ (4), (5)    x y z 1. Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 1.

Cách khác: - Đặt a 5 4x 0. Đưa PT về pt bậc cao với biến a.

Chứng minh pt có nghiệm duy nhất a  3 x 1.

- Đặt yx² x 1. Đưa PT về phương trình bậc cao ẩn y    y 1 x 1.

Câu 3. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường tròn (C ): x₁ ² y² 2x 4y 1 0.  

2 2

(C ): x2 y 2x 6y 1 0.   Một đường thẳng đi qua giao điểm của (C ), (C )_{1 2} lần lượt cắt lại (C ), (C )_{1 2} tại M và N. Tìm giá trị lớn nhất của MN.

Lời giải. (C1) có tâm I1(1; 2), bán kính R1 = 2; (C2) có tâm I2(-1; 3), bán kính R2 =3. Suy ra

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

I I  5 1 | R R | I I R R (C ),(C )cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B.

- Giả sử (d) là đường thẳng đi qua B thỏa mãn điều kiện bài toán.

Cách 1. Gọi H1, H2 tương ứng là hình chiếu vuông góc của I1, I2 trên (d). Khi đó H1, H2

tương ứng là trung điểm của MB và BN.

MN2H H_{1 2} 2I I_{1 2} MN_max 2I I_{1 2} khi (d)

 AB.

Cách 2.

- Gọi (d’) là đường thẳng đi qua A và vuông góc với AB, và cắt lại (C1), (C2) tại C, D

C, I , B1

 thẳng hàng; B, I2, D thẳng hàng CD2I I_{1 2} 2 10.

- Lại có: CMBDNB90⁰CM / /DNMNCDMN_max CD2 5MNAB Vậy MN_max 2 5(d)AB.

Câu 4. Cho hai số tự nhiên n, k: 0 k n. Chứng minh rằng:

^{Cn2n k .Cn2n k }



^{(C )0 2n (C )1 2n ...(C )n 2n}



²

Lời giải. Ta có: (1 x) (1 x) ⁿ  ⁿ  (1 x) .²ⁿ Đồng nhất hệ số của xⁿ hai vế ta được:

(C )^{0 2}_n (C )^{1 2}_n ...(C )^{n 2}_n C .ⁿ_2n Cách 1.

- Xét dãy: _k ⁿ_{2n k} ⁿ_{2n k} ^{(2n k)! (2n}. ^k)!

n!(n k)! n!(n k)!

a C _ .C _  ^{ }

  ;  k 1..n ^{(n k 1)(n k 2)...(n k n).(n k 1)(n k 2)...(n k n)}

n!n!

           



^{(n k 1)(n k 1)][(n k 2).(n k 2)]...[(n k n)(n k n)]}

n!n!

           



2 2 2 2 2 2

[(n 1) k ][(n 2) k ]...[(2n) k ] n!n!

    

 ; a₀ (C ) .ⁿ_2n ²

Từ đó suy ra (a )_k là dãy số giảm a_k a , k 1..n₀   đpcm.

Cách 2. Chứng minh quy nạp theo k: Cⁿ_{2n k} .Cⁿ_{2n k} C , kⁿ_2n 0...n

Nhận xét chung: Có rất ít học sinh lớp 11 tham gia giải bài. Đề nghị các em học sinh khối 11 cần cố gắng tham gia nhiệt tình hơn nữa. Có 2 làm đầy đủ và đúng 4 bài của lớp 11:

Trần Công Sơn (11A1), Phùng Thị Hoa (11A7). Ngoài ra có 3 học sinh lớp 10 tham gia giải bài 2 của lớp 11: Đinh Thu Phương(10A1), Chu Thị Hằng (10A2), Vũ Thị Ánh Huyền (10A1).Cám ơn các bạn.

Nguyễn Minh Hải

C₂

C₁

(d)

A B

I₁ I₂

M

N H₁

H₂

N H

K I

M

O

C A

B

D S

 Dành cho các em học sinh lớp 12

Câu 1: Giải phương trình: ^{2 2}



^x1



^32x



^6x7



^{3x 3 1}

Lời giải. (Theo lời giải của nhiều bạn) ĐK: x 1.

 

³

 

³

2 2 1 2 1 2 3 3 3 3

PT  x  x  x  x

Xét hàm số f t( )2t³t đồng biến trên . Khi đó phương trình đã cho có dạng

 

(2x 1) 3x 3 2x 1 3x 3

f   f      . Suy ra x2 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét. Các bạn sau đây có lời giải tốt: Bùi Anh Tuấn, Thân Thị Yến, Lê Hải Yến 12A1, Bùi Toàn Quyền 12A3, Lê Thị Thu Phương 12A11; Nguyễn Duy Linh, Nguyễn Văn Chiến, Đinh Văn Hinh 12A2.

Câu 2: Giải phương trình:



^2x^{3 log (3}



₇ ^x  ^{4) x 4} Lời giải. ĐK: ^{x 3}

 4.

Phương trình

 

7 7

 

2 3 log (3 4) 4 log 3 4 4

2 3

x x x x x

x

       

 . Dễ thấy hàm số

 

( ) log 37 4

f x  x đồng biến trên ³; 4

 

 

 , hàm số

 

⁴

2 3

g x x x

 

 nghịch biến trên 3;

4

 

 

  vậy nên phương trình có không quá một nghiệm. Từ đó suy ra x1là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét: Đây là bài toán khá cơ bản nên đa số các bạn tham gia đều có lời giải đúng.

Câu 3: Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữa nhật có ABa; ADa 2,

 

SA ABCD ,SA2a. Gọi M N, lần lượt là trung điểm SD SB, và

 

^P là mặt phẳng đi qua BMvà song song với AC.

a. Tính khoảng cách từ S tới mặt phẳng

 

^{P .}

b. Tính thể tích tứ diện ACMN.

Lời giải. a. + Gọi O là giao điểm của AC và BD; Ilà giao điểm của SO và BM. Qua I dựng đường thẳng song song với ACcắt SA SC, lần lượt tại H K, . Suy ra tứ giác BHMK là thiết diện của hình chóp cắt bởi (P).

+ Gọi h là khoảng cách từ S tới mặt phẳng ( )P . Ta có

. .

3 1 .

3

S BHMK

S BHMK BHMK

BHMK

V h S h V

   S

+ Lại có V_{S BHMK.} V_{S BHK.} V_{S MHK.} . Dễ thấy I là trọng tâm tam giác SAC nên

. .

. .

2 2 4 2 2 1 2

. . ; . . . .

3 3 9 D 3 3 2 9

S BHK S MHK

S BAc S DAC

V SH SK V SH SK SM

V  SA SC   V  SA SC S   , mà _{. .} ¹ _.

S BAC S DAC 2 S ABCD

V V  V

suy ra

3

. . . .

2 1 1 1 1 2 2

. .2 . . 2

9 9 3 3 3 9

S BHMK S ABCD S ABCD S ABCD

V  V  V  V  a a a  a .

+ Gọi N là trung điểm AD. Suy ra ^{BNACAC}



^BMN



^{ACBMHKBM. Do}

đó ¹ .

BHMK 2

S  HK BM . Có ^{2 2 3}.

3 3

HK AC a

2

2 2 2 2 2 2 5 10

2 2

a a

BM BN MN AB AN MN  BM 

Suy ra

2 30

BHMK 6

S a . Vậy

3

2

2a 2

3 9 4 2 4 15

30 30 15 6

a a

h a   .

b. Ta có ^ACMN 2 _ACMN 2 _AOMN

AOMN

V AC

V V

V  AO    .

Mà

3

S D . . D . D

1 1 1 1 3

4 4 4 2. 12

OMN B A OMN A SB S ABC

S_  S_ V  V  V a . Suy ra

3 3

ACMN 6

V  a .

Nhận xét. Những bạn sau đây có lời giải tốt : Phan Anh Tuấn, Bùi Minh Tuấn, Lê Hải Yến 12A1; Bùi Toàn Quyền 12A3; Đinh Văn Hinh, Nguyễn Văn Chiến 12A2.

Câu 4: Cho ba số dương a b c, , . Chứng minh rằng:

2 2 2

a b c 3

a b  b c  c a 

  

Giải: (Theo cách giải của bạn Nguyễn Văn Chiến 12A2 và một số bạn khác)

Đặt b, c, a

x y z

a b c

   thì x0,y0,z0 và xyz1. Khi đó BĐT trên trở thành

2 2 2

2 2 2

1 x  1 y  1 z 3

  

Không mất tổng quát, giả sử x y z thì xy1 và 1z. Khi đó ta có

2

2 2 2 2

2 2 2 2

1 x 1 y 2 1 x 1 y

      

   

       

  .Ta sẽ chứng minh ¹ ₂ ¹ ₂ ² .

1 x 1 y 1 xy

  

Thật vậy 2 2



^{2 2}

   

²



²

   

²

1 1 2

2 1 2 1 1 1 0.

1 1 1 x y xy x y xy x y

x  y  xy           

  

Từ đó suy ra ² ₂ ² ₂ ² ₂ 2 ^{2 2} ₂ 2 ^{2 2} ₂

1 1 1 1 1 1 1

z

x  y  z  xy  z  z  z

      

Mặt khác lại có

 

²



²



2

 

2 2

2 4 2 2

1 2 1

1 1 1 1

z z

z z z z

      

    .

Do đó ta chỉ cần chứng minh 2 ^{2z 2} 3 1 z 1 z 

  . Thật vậy

2

2z 2 2z 2z 2z

2 3 2 1 0 1 0

1 z 1 z 1 z 1 z 1 z

 

         

       luôn đúng.

N

M

O C A

B

D S

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x     y z 1 a b c.

Nhận xét: Bài này cĩ nhiều bạn tham gia giải và lời giải chính xác. Các bạn sau đây cĩ lời giải tốt: Nguyễn Văn Chiến, Đinh Văn Hinh 12A2; Phan Anh Tuấn, Phan Anh Tuấn 12A1;

Bùi Tồn Quyền 12A3; Vũ Đức Cảnh, Đinh Thu Phương,Vũ Thị Ánh Huyền 10A1; Chu Thị Hằng 10A2.

Nhận xét chung: Xin biểu dương những bạn sau đây đã nhiệt tình tham gia giải bài.: Bùi Anh Tuấn, Phan Anh Tuấn, Thân Thị Yến, Lê Hải Yến (12A1), Nguyễn Duy Linh, Đinh Văn Hinh, Nguyễn Văn Chiến (12A2),Bùi Tồn Quyền (12A3), Lê Thị Thu Hương (12A11) Vũ Đức Cảnh, Đinh Thu Phương, Vũ Thị Ánh Huyền (10A1), Chu Thị Hằng (10A2).

Hồng Đức Trường

MÔN HÓA HỌC

 Dành cho các em học sinh lớp 10

Câu 1. Nguyên tử nguyên tố R cĩ tổng số electron ở các phân lớp s là 7.

a) Viết cấu hình electron nguyên tử của R, Xác định tên nguyên tố R.

b) Với R cĩ phân lớp 3d đã bão hồ, hồ tan hồn tồn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4 đặc, nĩng sinh ra 0,56 lít (đktc) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ tồn bộ lượng khí SO2 trên vào 2 lít dung dịch KMnO4 thu được dung dịch T (coi thể tích khơng thay đổi).

- Viết các phương trình hố học và tìm m.

- Biết lượng KMnO4 phản ứng vừa đủ, tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng.

Lời giải.

Cấu hình của R

1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s1 Kali (K) 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s1 Crom (Cr) 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹ Đồng (Cu)

Theo bài: R cĩ phân lớp d bão hịa → R là Cu và oxit là Cu2O.

Ptpư

Cu2O + 3H2SO4 → 2CuSO4 + SO2 + 3H2O (1) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 (2) Theo bài

SO2

n = 0,025 mol Theo (1) và (2):

KMnO4

n = 0,01 mol,

Cu O2

n = 0,025 mol → CM=0,005M , m=3,6 gam.

Câu 2. Hai nguyên tố phi kim X và Y cĩ các oxit thường gặp là XOn, XOm, YOm và YO3 ( với n, m là các số nguyên dương và đều nhỏ hơn 3). Hỗn hợp Q gồm a mol XOn và b mol XOm cĩ khối lượng mol trung bình là 40 gam/mol. Hỗn hợp R gồm b mol XOn và a mol XOm cĩ khối lượng mol trung bình là 32 gam/mol. Tỉ khối của YO3 trên YOm là 1,25.

a) Xác định các chỉ số n, m và tỉ số a/b, biết a < b.

b) Xác định các nguyên tố X, Y và các oxit của chúng.

Lời giải.

Theo bài: ⁴⁸ 1, 25 16

Y

Y m

 

 → Y = 192-80m

→ m=2, Y = 32 → Y là S (lưu huỳnh)

→ CT 2 oxit: SO2 và SO3

Do n, m là số nguyên dương và n, m <3 và m=2 → n=1

→ 2 oxit của X là XO và XO2

Ta có:

Hỗn hợp Q: a X^{( 16)} b X^{( 32)} 40 a b

   



Hỗn hợp R: b X^{( 16)} a X^{( 32)} 32 a b

   



Cộng theo vế → X=12→ X là C (cacbon)

→ 2 oxit là CO và CO2

→ a/b = 1/3

Câu 3: Hòa tan hết 37,725 gam hỗn hợp B gồm những lượng bằng nhau về số mol của NaHCO3, KHCO3, CaCl2 và BaCl2 vào 130ml nước cất, sau đó thêm tiếp 4,65 gam Na2O.

Khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau đó lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch C.

Hãy tính nồng độ % của từng chất có trong dung dịch C. Giả thiết rằng kết tủa ở dạng khan, các chất không bị thất thoát trong quá trình thí nghiệm.

Lời giải. Theo bài:

3 3 2 2 0, 075

NaHCO KHCO BaCl CaCl

n n n n  mol

2 0, 075 nNa O  mol

Các phương trình phản ứng xảy ra:

Na2O + H2O → 2NaOH (1)

NaOH + KHCO3 → K2CO3 + Na2CO3 + H2O (2)

NaOH + NaHCO3 → Na2CO3 + H2O (3)

BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 ↓ + 2NaCl (4)

BaCl2 + K2CO3 → BaCO3 ↓+ 2KCl (5)

CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 ↓ + 2NaCl (6)

CaCl2 + K2CO3 → CaCO3 ↓+ 2KCl (7)

Theo các phương trình từ (1) → (7) và so sánh số mol các chất → dung dịch sau phản ứng chỉ chứa KCl và NaCl. Trong đó n_KCl 0, 075mol n, _NaCl 0, 225mol

Câu 4: Hoà tan hoàn toàn 16,6 (g) hỗn hợp A gồm Al, Fe trong 200ml dung dịch HCl 21,9%

(d = 1,1 g/ml) thu được dung dịch B và 11,2 lit khí (ở đktc).

a/ Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu?

b/ Dung dịch B gồm những chất tan nào? Tính nồng độ % của các chất tan trong dung dịch B?

c/ Nếu cho 56 g NaOH vào dung dịch B thì thu được kết tủa C. Nung kết tủa C trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn D. Tính mD?

Lời giải. Gọi nAl=1, nFe=b → 27a + 56b = 16,6 (*) Theo bài: nHCl=1,32 mol,

2 0, 5

nH  mol→ HCl còn dư: nHCl dư =1,32-0,5x2=0,32 mol.

Theo định luật bảo toàn electron: 3a + 2B = 1 (**).

Từ (*) và (**)→ a = 0,2, b = 0,2→ %mAl= 32,53%→ %mFe= 67,47%.

Dung dịch B gồm HCl dư: 0,32 mol, AlCl3: 0,2 mol và FeCl2: 0,2 mol

mddB= 16,6 + 200x1,1-0,5x2 = 235,6 gam

→ C% (HCl)= 4,96%→ C% (AlCl3) =11,33%→ C% (FeCl2)=10,78%, nNaOH=1,4 mol Phương trỡnh phản ứng:

NaOH + HCl → NaCl + H2O (1) 0,32 0,32

3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3 (2) 0,6 0,2 0,2

2NaOH + FeCl2 → 2NaCl + Fe(OH)2 (3) 0,4 0,2 0,2

NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O (4) 0,08 0,08

2Al(OH)3 dư → Al2O3 + 3H2O (5) 0,12 0,06

4Fe(OH)2 + O2 → 2Fe2O3 + 4H2O (6) 0,2 0,1

Theo (1)(2)(3): nNaOH pư = 1,32 mol. Theo (4) Al(OH)3 pư = 0,08 mol→ Al(OH)3 dư = 0,12 mol

Chất rắn D gồm: Al2O3: 0,06 mol và Fe2O3: 0,1 mol→ mD=22,12 gam.

Cõu 5: Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau:

A C E

X X X X

B D F

Biết A,B, C, D, E, F là các đơn chất hoặc các hợp chất.

Lời giải.

X: CaCO3, A: CaO, B: CO2, C: Ca(OH)2, D: NaHCO3, E: CaCl2, F: Na2CO3

Phương trỡnh phản ứng:

CaCO3 → CaO + CO2

CaO + CO2 → CaCO3

CaO + H2O → Ca(OH)2

CO2 + NaOH → NaHCO3

Ca(OH)2 + 2NaHCO3 → CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O Ca(OH)2 + 2HCl → CaCl2 + 2H2O

NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2NaCl

Cõu 6: Hợp chất B tạo bởi 1 kim loại húa trị II và 1 phi kim húa trị I.

Trong phõn tử B cú :

–Tổng số hạt là 290.

–Tổng số hạt khụng mang điện là 110.

–Hiệu số hạt khụng mang điện của phi kim và kim loại là 70.

–Tỉ lệ số hạt mang điện của kim loại so với phi kim là 2/7.

Tỡm A, Z của kim loại và phi kim?

Lời giải.

Gọi kim loại là X, phi kim là Y→ Cụng thức của B là XY2

Gọi số hạt trong X là: p1, e1, n1 (p1=e1), gọi số hạt trong Y là: p2, e2, n2 (p2=e2).

Theo bài ta có

2p1 + n1 + 2(2p2 + n2) = 290 n1 + 2n2 = 110

2n2 – n1 = 70

1 2

2 2

4 7

p p 

→ p1 = 20, p2=35→ n1 =20, n2 = 45→ AX = 40→ AY = 80

Vũ Văn Tĩnh

 Dành cho các em học sinh lớp 11

Câu 1 : Dùng V lít khí CO khử hoàn toàn 9,280 gam một oxit kim loại ở nhiệt độ cao thu được kim loại tương ứng và hỗn hợp khí X. Sục X vào 400 ml dung dịch Ba(OH)2 0,300M và NaOH 0,090M thu được 22,852 gam kết tủa, khí bay ra không làm vẩn đục nước vôi trong.

a/ Xác định công thức oxit.

b/ Tính thể tích khí SO2 thoát ra (ở đktc) khi cho lượng kim loại thu được ở trên tan hoàn toàn trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư.

Lời giải.

a. nBa OH( )2 = 0,12 mol;

n

_NaOH = 0,036 mol, suy ra

2 0,12

0, 276

Ba Na

n n





 

 

 ^,nBaCO3=0,116 mol

* TH1: CO₂ 2OH^ CO₃^2 H O₂ 0,116 0,232 0,116

Ba^2 CO₃^2 BaCO₃  0,116 0,116 0,116

co2

 n

= 0,116 mol

yCOM O_{x y}  yCO₂xM 0,116

 ^0,116



^{Mx 16y}



^{9, 28}

y   _ Mx = 64y Cặp nghiệm

1 ox : 1

x it CuO

y

  

 

* TH2: CO₂ 2OH^ CO₃^2H O₂ 0,116 0,232 0,116

CO

₂

 OH

^

 HCO

₃^

0,044 0,044

Ba^2 CO₃^2  BaCO₃  0,116 0,116 0,116

co2

 n

= 0,16 mol.

yCOM O_{x y}  yCO₂xM 0,16

 

0,16 Mx 16y 9, 28

y    Mx = 42y Cặp nghiệm ³ 56 ox : _{3 4}

4

x M it Fe O

y

    

  b. TH1: oxit: CuO

2 4 4 2 2

2 uS 2

Cu  H SO  C O  SO  H O

0,116 0,116 0,116



V_SO2 2, 5984 lít

TH2 2Fe O3 410H SO2 4 3Fe SO2



4



3SO210H O2

0,04 0,02



V_SO2 0, 448 lít

Câu 2: Hoà tan hoàn toàn một lượng sắt trong dung dịch HNO3 thu được 10,08 lít khí duy nhất NxOy (ở đktc) và dung dịch A. Cô cạn dung dịch A chỉ thu được 40,5 gam một muối nitrat khan. Xác định công thức của oxit NxOy.

Lời giải.

TH1: Muối là Fe(NO3)3

 _{3 3} 40, 5

0,167

Fe NO 242

n   mol

0 3

3

Fe  Fe

^

 e

^xN5



^{5x2y e}



^xN2xy

0,167 0,45



^{0,167 3 0, 45}



^5x2y

 

5 x  2 y  1,1



^loại

TH2: Muối là Fe(NO3)2

nmuối=0,225 mol

0 2

2

Fe  Fe

^

 e

^xN5



^{5x2y e}



^xN2xy

0,225 0,45



^{0, 450, 45}



^5x2y

  5 x  2 y  1 

^x1,y2



^{CT: NO}2

Câu 3: Đốt cháy 3,2 gam M2S ( Kim loại M trong hợp chất thể hiện số oxi hoá +1 và +2) trong oxi dư. Sản phẩm rắn thu được đem hoà tan trong một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4

39,2% nhận được dung dịch muối có nồng độ 48,5%. Đem làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 2,5 gam tinh thể, khi đó nồng độ muối giảm còn 44,9%. Tìm công thức tinh thể muối tách ra.

Lời giải. M S₂ 2O₂ 2MOSO₂ a 2a

MOH SO_{2 4}MSO₄H O₂ 2a 2a 2a

 

¹⁰⁰

2 16 98 2 2 532

39, 2

mdd  a M    a  a M  a_.

Theo bài: C% MSO4 =

 

 

2 96 48,5

2 532 100 64

M a

M a M

   





M là Cu



CT: Cu2S



^{3, 2 0, 02}

a160  _(mol)



mdd = 13,2 g + Khi làm lạnh → mdd = 13,2 – 2,5 = 10,7 g



muối tách ra: CuSO4. n H2O.

Khi đó: C% CuSO4 = 44,9% = ^{uS 4} 10, 7

C O

M



m_CuS_O4 4,8g n_CuS_O4 0, 03 mol

 n

_CuSO4 tách ra = 20,02 – 0,03 = 0,01 molM tinh thể = ^2,5 250

0, 01 → n = 5



CT: CuSO4 . 5 H2O

Câu 4: Trình bày các phương pháp hoá học để phân biệt các dung dịch không màu sau mà chỉ cần dùng một kim loại làm thuốc thử (không dùng thêm hoá chất nào khác ): NaOH, HCl, Na2SO4, H2SO4, NaCl, BaCl2, dung dịch NH3.

Lời giải.

- Dùng Fe nhận ra

2 4

HCl H SO



 - Lấy

2 4

HCl H SO



 cho vào các dung dịch + Xuất hiện trắng



BaCl2



H2SO4

+ Xuất hiện khói trắng



NH3

+ Không hiện trượng: HCl

- Lấy BaCl2 cho vào các dung dịch còn lại thấy xuất hiện kết tủa trắng là Na2SO4

- Hai lọ còn lại là NaOH và NaCl

+ Lấy dung dịch Fe²⁺ thu được cho vào 2 dung dịch trên, lọ nào xuất hiện kết tủa là NaOH, lọ còn lại không có hiện tượng gì là NaCl

Câu 5: Cho 7,15 gam tinh thể muối ngậm nước Ma(XO3)b.nH2O tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch Ca(OH)2 tạo ra 2,5g muối CaXO3 kết tủa trắng; nếu đem 7,15g tinh thể muối ngậm nước trên tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch Ba(OH)2 tạo ra 4,925 g muối kết tủa trắng Z. Xác định công thức phân tử muối ngậm nước ban đầu, biết rằng trong đó nước chếm 62,94% về khối lượng.

Lời giải. Theo bài:

m

CaXO_{3 = 2,5,}

BaXO3

m

_{= 4,925}



₃ 4, 925 2, 5

0, 025 137 40

nCaCO   



X = 12



Muối M2(CO3)b . nH2O  nmuối 0, 025

 b

%H2O =

0, 025 18

100% 62, 94%

7,15

n b

   



n = 10b

Ta có: ^{0, 025}



^{2M 60b 18n}



^7,15

b   



2M = 46b



b=1



M=23 (Na)



CT: Na2CO3. 10H2O

Câu 6: Nung nóng một thời gian 3,0g bột Mg trong luồng không khí (chỉ gồm N2 và O2) thu được hỗn hợp rắn A gồm bà chất. Để nguội, chia A làm hai phần bằng nhau: cho nước dư vào phần 1, khuấy đều thu được 134,4 ml khí NH3 (đktc) và phần không tan gồm ba chất;

hoà tan hoàn toàn phần 2 trong dd HCl loãng dư thu được 672 ml khí H2 (đktc) và dd chứa hai muối. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và xác định thành phần phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp rắn A.

Lời giải.

3 Mg + N2



Mg3N2

a a/3 2Mg + O2



2MgO b b



A gồm

3 2

: 0,125 : : / 3

Mg a b

MgO b Mg N a

  





-P1: + H2O dư: Mg3N2 + 6H2O



3Mg(OH)2 + 2NH3 0,003 0,006



¹ 0, 003

3 2

a 



a= 0,018 mol -P2 + HCl dư:

Mg + 2HCl



MgCl2 + H2 0,03 0,03 MgO + 2HCl



MgCl2 +H2O Mg3N2 + HCl



3MgCl2 + 2NH4Cl

 

1 0,125 0, 03

2 a b

   



b = 0,047



Trong A có:

3 2

: 0, 06 : 0, 047

: 0, 006 Mg

MgO Mg N









mA = 3,92 gam



% Mg = 36,73%, % MgO = 47,96%, % Mg3N2 = 15,31%

Câu 7: Bằng cách nào có thể loại bỏ mỗi khí trong hỗn hợp các khí sau?

a. Loại bỏ SO2 trong hỗn hợp SO2 và CO2. b. Loại bỏ SO2 trong hỗn hợp SO2 và SO3. c. Loại bỏ CO2 trong hỗn hợp CO2 và N2. d. Loại bỏ