Chuyen De Giai Bai Toan Bang Cach Lap Phuong Trinh Lop 8

--- Bài mới hơn ---

  • Chuyên Đề: Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình
  • Giải Bài 1,2,3,4,5 Trang 88 Sgk Hình Học Lớp 10: Phương Trình Đường Elip
  • Giải Bài Tập Trang 87, 88 Sgk Đại Số 10 Bài 1, 2, 3, 4, 5
  • Giải Bài Tập Sgk Bài 3: Một Số Phương Trình Lượng Giác Thường Gặp
  • Cách Viết Phương Trình Hóa Học Hay, Chi Tiết
  • Published on

    1. 1. Phương pháp dạy: Giải bài toán bằng cách lập phương trình I. Loại toán tìm hai số. + Hướng dẫn học sinh trong dạng bài này gồm các bài toán như: – Tìm hai số biết tổng hoặc hiệu, hoặc tỉ số của chúng. – Toán về tìm số sách trong mỗi giá sách, tính tuổi cha và con, tìm số công nhân mỗi phân xưởng. – Toán tìm số dòng một trang sách, tìm số dãy ghế và số người trong một dãy. + Hướng dẫn học sinh lập bảng như sau: 1.Toán tìm hai số biết tổng hoặc hiệu hoặc tỉ số. *Bài toán 1: Hiệu hai số là 12. Nếu chia số bé cho 7 và lớn cho 5 thì thương thứ nhất lớn hơn thương thứ hai là 4 đơn vị. Tìm hai số đó. Phân tích bài toán: Có hai đại lượng tham gia vào bài toán, đó là số bé và số lớn. Nếu gọi số bé là x thì số lớn biểu diễn bởi biểu thức nào? Yêu cầu học sinh điền vào các ô trống còn lại ta có thương thứ nhất là 7 x , thương thứ hai là 12 5 x + Giá trị Thương Số bé x 7 x Số lớn x + 12 12 5 x + Lời giải: Gọi số bé là x. Số lớn là: x +12. Chia số bé cho 7 ta được thương là : 7 x . Chia số lớn cho 5 ta được thương là: 12 5 x + Vì thương thứ nhất lớn hơn thương thứ hai 4 đơn vị nên ta có phương trình: 12 5 x + – 7 x = 4 Giải phương trình ta được x = 28 Vậy số bé là 28. Số lớn là: 28 +12 = 40. 2. Toán về tìm số sách trong mỗi giá sách, tìm tuổi, tìm số công nhân của phân xưởng. 1
    2. 2. Phương pháp dạy: Giải bài toán bằng cách lập phương trình *Bài toán 2 Hai thư viện có cả thảy 15000 cuốn sách. Nếu chuyển từ thư viện thứ nhất sang thứ viện thứ hai 3000 cuốn, thì số sách của hai thư viện bằng nhau. Tính số sách lúc đầu ở mỗi thư viện. Phân tích bài toán: Có hai đối tượng tham gia vào bài toán: Thư viện 1 và thư viện 2. Nếu gọi số sách lúc đầu của thư viện 1 là x, thì có thể biểu thị số sách của thư viện hai bởi biểu thức nào? Số sách sau khi chuyển ở thư viện 1, thư viện 2 biểu thị như thế nào? Số sách lúc đầu Số sách sau khi chuyển Thư viện 1 x x – 3000 Thư viện 2 15000 – x (15000 – x) + 3000 Lời giải: Gọi số sách lúc đầu ở thư viện I là x (cuốn), x nguyên, dương. Số sách lúc đầu ở thư viện II là: 15000 – x (cuốn) Sau khi chuyển số sách ở thư viện I là: x – 3000 (cuốn) Sau khi chuyển số sách ở thư viện II là: (15000 – x)+ 3000 = 18000-x (cuốn) Vì sau khi chuyển số sách 2 thư viện bằng nhau nên ta có phương trình: x – 3000 = 18000 – x Giải phương trình ta được: x = 10500 (thỏa mãn điều kiện). Vậy số sách lúc đầu ở thư viện I là 10500 cuốn. Số sách lúc đầu ở thư viện II là: 15000 – 10500 = 4500 cuốn. *Bài toán 3: Số công nhân của hai xí nghiệp trước kia tỉ lệ với 3 và 4. Nay xí nghiệp 1 thêm 40 công nhân, xí nghiệp 2 thêm 80 công nhân. Do đó số công nhân hiện nay của hai xí nghiệp tỉ lệ với 8 và 11. Tính số công nhân của mỗi xí nghiệp hiện nay. Phân tích bài toán: Có hai đối tượng tham gia trong bài toán, đó là xí nghiệp 1 và xí nghiệp 2. Nếu gọi số công nhân của xí nghiệp 1 là x, thì số công nhân của xí nghiệp 2 biểu diễn bằng biểu thức nào? Học sinh điền vào các ô trống còn lại và căn cứ vào giả thiết: Số công nhân của hai xí nghiệp tỉ lệ với 8 và 11 để lập phương trình. Số công nhân Trước kia Sau khi thêm Xí nghiệp 1 x x + 40 Xí nghiệp 2 4 3 x 4 3 x + 80 2
    3. 4. Phương pháp dạy: Giải bài toán bằng cách lập phương trình Theo bài ra ta có phương trình phương trình như sau: 2 10 10 2 2 3 x x+ − = + + Giải phương trình ta được: x = 46 (thỏa mãn điều kiện). Vậy số tuổi hiện nay của ngườ thứ nhất là: 46 tuổi. Số tuổi hiện nay của ngườ thứ hai là: 46 2 2 12 2 + − = tuổi. 3. Dạng toán tìm số dãy ghế và số người trong một dãy. *Bài toán 5: Một phòng họp có 100 chỗ ngồi, nhưng số người đến họp là 144. Do đó, người ta phải kê thêm 2 dãy ghế và mỗi dãy ghế phải thêm 2 người ngồi. Hỏi phòng họp lúc đầu có mấy dãy ghế? Phân tích bài toán: Bài toán có hai tình huống xảy ra: Số ghế ban đầu và số ghế sau khi thêm. Nếu chọn số ghế lúc đầu là x, ta có thể biểu thị các số liệu chưa biết qua ẩn và có thể điền được vào các ô trống còn lại. Dựa vào giả thiết: Mỗi dãy ghế phải kê thêm 2 người ngồi, ta có thể lập được phương trình: Số dãy ghế Số ghế của mỗi dãy Lúc đầu x 100 x Sau khi thêm x + 2 144 2x + Lời giải: Gọi số dãy ghế lúc đầu là x ( dãy), x nguyên dương. Số dãy ghế sau khi thêm là: x + 2 (dãy). Số ghế của một dãy lúc đầu là: 100 x (ghế). Số ghế của một dãy sau khi thêm là: 144 2x + (ghế). Vì mỗi dãy ghế phải thêm 2 người ngồi nên ta có phương trình: 144 100 2 2x x − = + Giải phương trình ta được x=10 (thỏa mãn đk) Vậy phòng họp lúc đầu có 10 dãy ghế. II. Loại toán chuyển động: Loại toán này có rất nhiều dạng, tuy nhiên có thể phân ra một số dạng thường gặp như sau: 1, Toán có nhiều phương tiện tham gia trên nhiều tuyến đường. 4
    4. 6. Phương pháp dạy: Giải bài toán bằng cách lập phương trình Vận tốc ô tô là 18 + 17 = 35(km/h). * Bài toán 7: Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 33km với vận tốc xác định. Khi đi từ B đến A, người đó đi bằng con đường khác dài hơn trước 29km, nhưng với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 3km/h. Tính vận tốc lúc đi, biết thời gian đi nhiều hơn thời gian về là 1h30′? S(km) v(km/h) t(h) Lúc đi 33 x x 33 Lúc về 33+29 x+3 3 62 +x Hướng dẫn tương tự bài 6. – Công thức lập phương trình: tvề – tđi =1h30′ (= h 2 3 ). – Phương trình là: 2 333 3 62 =− + xx 6
    5. 10. Phương pháp dạy: Giải bài toán bằng cách lập phương trình Thời gian đi của xe 1 là x 3 2 + h Quãng đường xe 2 đi là: 35x km Quãng đường xe 1 đi là: 30(x 3 2 + ) km Vì 2 bến cách nhau 175 km nên ta có phương trình: 30(x 3 2 + ) + 35x = 175 Giải phương trình ta được x = 2 (tmđk) Vậy sau 2 giờ xe 2 gặp xe 1. 5. Chuyển động cùng chiều: Học sinh cần nhớ: + Quãng đường mà hai chuyển động đi để gặp nhau thì bằng nhau. + Cùng khởi hành: tc/đ chậm – tc/đ nhanh = tnghỉ (tđến sớm) + Xuất phát trước sau: tc/đ trước – tc/đ sau = tđi sau tc/đ sau + tđi sau + tđến sớm = tc/đ trước * Bài toán 12: Một chiếc thuyền khởi hành từ bến sông A, sau đó 5h20′ một chiếc ca nô cũng chạy từ bến sông A đuổi theo và gặp thuyền tại một điểm cách A 20km. Hỏi vận tốc của thuyền? biết rằng ca nô chạy nhanh hơn thuyền 12km/h. Phân tích bài toán: Chuyển động của thuyền và ca nô nhưng không có vận tốc dòng nước vì thế các em làm như chuyển động trên cạn. Công thức lập phương trình: tthuyền – tca nô = tđi sau S(km) v(km/h) t(h) Thuyền 20 x 20 x Ca nô 20 x+12 20 12x + Lời giải: Gọi vận tốc của thuyền là x km/h Vận tốc của ca nô là x = 12 km/h Thời gian thuyền đi là: 20 x 10
    6. 13. Phương pháp dạy: Giải bài toán bằng cách lập phương trình – Công thức lập phương trình: tdự định = tđi + tnghỉ + tđến sớm . – Phương trình là: 1 5 12 36 52 3 3 x x x = + + + Đáp số: 1 55 17 Km. * Bài toán 15: Một người dự định đi từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc 50km/h. Sau khi đi được 1 3 quãng đường với vận tốc đó, vì đường khó đi nên người lái xe phải giảm vận tốc mỗi giờ 10km trên quãng đường còn lại. Do đó ô tô đến tỉnh B chậm 30 phút so với dự định. Tính quãng đường AB? S(km) v(km/h) t(h) SAB x 50 50 x tdự định 2 3 SAB 2 3 x 50 75 x tthực tế 1 3 SAB 3 x 40 120 x Muộn 30’= 1 2 h tmuộn Bài toán này hướng dẫn học sinh tương tự như bài 21, chỉ khác là chuyển động đến muộn so với dự định. Giáo viên cần lấy ví dụ thực tế để các em thấy: tdự định = tthực tế – tđến muộn Phương trình là: 1 50 75 120 2 x x x = + − Đáp số: 300 Km. *Bài toán 16: Một người đi xe đạp với vận tốc 15km/h. Sau đó một thời gian, một người đi xe máy cũng xuất phát từ A với vận tốc 30km/h. Nếu không có gì thay đổi thì sẽ đuổi kịp người đi xe đạp ở B.Nhưng sau khi đi được 1 2 quãng đường AB, người đi xe đạp giảm bớt vận tốc 3km/h. Nên hai người gặp nhau tại điểm C cách B 10 km. Tính quãng đường AB? Phân tích bài toán: 13
    7. 14. Phương pháp dạy: Giải bài toán bằng cách lập phương trình Bài tập này thuộc dạng chuyển động, 1 2 quãng đường của hai chuyển động cùng chiều gặp nhau. Đây là dạng bài khó cần kẻ thêm nhiều đoạn thẳng để học sinh dễ hiểu hơn. Sau khi đã chọn quãng đường AB là x(km), chú ý học sinh: + Xe máy có thời gian đi sau và thời gian thực đi. + Xe đạp thay đổi vận tốc trên hai nửa quãng đường nên có hai giá trị về thời gian. + Thời gian xe đạp đi sớm hơn thời gian xe máy. Từ đó hướng dẫn học sinh lập phương trình: txe đạp – txe máy = tđi sau S(km) v (km/h) t(h) SAB x Xe máy: 30 Xe máy: 30 x Xe đạp: 15 Xe đạp: 15 x Xe máy 15 30 30 x x x − = x – 10 30 10 30 x − Xe đạp 2 x 15 30 x 10 2 x − 12 20 24 x − 14

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bài Tập: Giải Phương Trình Chứa Dấu Căn
  • Chương Iii. §5. Phương Trình Chứa Ẩn Ở Mẫu
  • Phương Trình Cân Bằng Nhiệt: Giải Bài Tập C1,c2,c3 Vật Lý 8 Trang 89
  • Lý Thuyết & Giải Bài Tập Sgk Bài 25: Phương Trình Cân Bằng Nhiệt
  • Giải Bài Tập Vật Lý 8 Bài 25: Phương Trình Cân Bằng Nhiệt
  • Bai Tap Hoa 10 Nang Cao Hay(Co Loi Giai Cu The)

    --- Bài mới hơn ---

  • Bai Tap Chon Loc Hoa 10 Nang Cao
  • 45 Bài Tập Trắc Nghiệm Chương Nhóm Halogen Có Đáp Án
  • Trắc Nghiệm Hóa Học Đại Cương
  • 100 Câu Hỏi Trắc Nghiệm Đại Cương Về Hóa Học Hữu Cơ Có Đáp Án
  • Bài Tập Trắc Nghiệm Hình Học 10 Chương 1 Có Đáp Án
  • PGS.TS NGUYỄN XUÂN TRƯỜNG – TS.TRẦN TRUNG NINH

    BÀI TẬP CHỌN LỌC

    HÓA HỌC 10

    (Chương trình chuẩn và nâng cao)

    NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 2006

    LỜI NÓI ĐẦU

    Hóa học là một khoa học lý thuyết và thực nghiệm. Hóa học đòi hỏi sự chính xác của toán học đồng thời với sự linh hoạt trong tư duy và óc tưởng tượng phong phú, sinh động và sự khéo léo trong các thao tác thí nghiệm.

    Chúng tôi giới thiệu cùng bạn đọc quyển “Bài tập chọn lọc Hóa học 10” chương trình chuẩn và nâng cao. Sách gồm các bài tập Hóa học chọn lọc trong chương trình Hóa học 10 có mở rộng và nâng cao, có thể sử dụng để phát triển năng lực tư duy Hóa học cho học sinh lớp 10 và phục vụ ôn tập các kì thi tú tài, thi tuyển sinh đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi. Quyển sách được biên soạn theo chương trình mới của Bộ Giáo dục và đào tạo. Sách được chia thành 7 chương, tương ứng với từng chương của sách giáo khoa Hóa học 10. Mỗi chương bao gồm các nội dung chính sau:

    Tóm tắt lí thuyết.

    Bài tập có hướng dẫn.

    Hướng dẫn giải

    Bài tập tự luyện

    Bài tập trắc nghiệm

    Thông tin bổ sung,

    Sách có thể được sử dụng làm tài liệu tham khảo cho các thầy, cô giáo, cho các em học sinh mong có được một nền tảng vững chắc các kiến thức, tư duy và kĩ năng môn Hóa học lớp 10.

    Mặc dù chúng tôi đã có nhiều cố gắng, nhưng do trình độ và thời gian biên soạn còn hạn chế nên không tránh khỏi các sai sót. Chúng tôi xin chân thành cảm ơn mọi ý kiến đóng góp của các bạn đọc, nhất là các thầy, cô giáo và các em học sinh để sách được hoàn chỉnh hơn trong lần tái bản sau.

    Các tác giả

    Chương 1

    NGUYÊN TỬ

    A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT

    I. Thành phần nguyên tử

    1. Lớp vỏ: Bao gồm các electron mang điện tích âm.

    – Điện tích: qe = -1,602.10-19C = 1-

    – Khối lượng: me = 9,1095.10-31 kg

    2. Hạt nhân: Bao gồm các proton và các nơtron

    a. Proton

    – Điện tích: qp = +1,602.10-19C = 1+

    – Khối lượng: mp = 1,6726.10-27 kg ( 1u (đvC)

    b. Nơtron

    – Điện tích: qn = 0

    – Khối lượng: mn = 1,6748.10-27 kg ( 1u

    Kết luận:

    Hạt nhân mang điện dương, còn lớp vỏ mang điện âm

    Tổng số proton = tổng số electron trong nguyên tử

    Khối lượng của electron rất nhỏ so với proton và nơtron

    II. Điện tích và số khối hạt nhân

    1. Điện tích hạt nhân

    Nguyên tử trung hòa điện, cho nên ngoài các electron mang điện âm, nguyên tử còn có hạt nhân mang điện dương. Điện tích hạt nhân là Z+, số đơn vị điện tích hạt nhân là Z.

    Số đơn vị điện tích hạt nhân (Z) = số proton = số electron

    Thí dụ: Nguyên tử có 17 electron thì điện tích hạt nhân là 17+

    2. Số khối hạt nhân

    A = Z + N

    Thí dụ: Nguyên tử có natri có 11 electron và 12 nơtron thì số khối là:

    A = 11 + 12 = 23 (Số khối không có đơn vị)

    3. Nguyên tố hóa học

    – Là tập hợp các nguyên tử có cùng số điện tích hạt nhân.

    – Số hiệu nguyên tử (Z): Z = P = e

    – Kí hiệu nguyên tử:

    Trong đó A là số khối nguyên tử, Z là số hiệu nguyên tử.

    III. Đồng vị, nguyên tử khối trung bình

    1. Đồng vị

    – Là tập hợp các nguyên tử có cùng số proton nhưng khác nhau số nơtron (khác nhau số khối A).

    – Thí dụ: Nguyên tố cacbon có 3 đồng vị:

    2. Nguyên tử khối trung bình

    Gọi là nguyên tử khối trung bình của một nguyên tố. A1, A2 … là nguyên tử khối của các đồng vị có % số nguyên tử lần lượt là a%, b%…

    Ta có:

    IV. Sự chuyển động của electron trong nguyên tử. Obitan nguyên tử.

    – Trong nguyên tử, các electron chuyển động rất nhanh xung quanh hạt nhân và không theo một quỹ đạo nào.

    – Khu vực xung quanh hạt

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bài Tập Về Cách Nhận Biết, Tách Chất Nhóm Halogen Hay, Chi Tiết
  • Bài Tập Hóa Học 10: Liên Kết Hóa Học
  • Bài Tập Trắc Nghiệm Chương 3(Có Đáp Án)
  • Bai Tap Hoa 10 Cb Chuong 3(Phân Dạng)
  • 75 Câu Trắc Nghiệm Hóa 10 Chương 3: Liên Kết Hóa Học Cực Hay Có Đáp Án.
  • Bai Giang Phuong Trinh Vi Phan

    --- Bài mới hơn ---

  • Học Cách Giải Bất Phương Trình Từ Cơ Bản Đến Nâng Cao
  • Giải Phương Trình Bậc Hai (Bản Đầy Đủ)
  • Các Dạng Hệ Phương Trình Đặc Biệt
  • Các Phương Pháp Giải Phương Trình
  • Cách Giải Phương Trình Bậc 2 Và Tính Nhẩm Nghiệm Pt Bậc 2
  • Published on

    1. 1. TRÖÔØNG ÑAÏI HOÏC ÑAØ LAÏT KHOA TOAÙN – TIN HOÏC TRÒNH ÑÖÙC TAØI PHÖÔNG TRÌNH VI PHAÂN (Baøi Giaûng Toùm Taét) — Löu haønh noäi boä — Ñaø Laït 2008 MATH-LANGUAGE
    2. 3. MỤC LỤC ii 1.6.2 Tìm nghiệm kỳ dị theo p−biệt tuyến . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.6.3 Tìm nghiệm kỳ dị theo C−biệt tuyến . . . . . . . . . . . . . . 32 2 Phương trình vi phân cấp cao 35 2.1 Phương trình vi phân cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương 37 2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao có thể hạ cấp . . . . . . . 39 2.1.5 Tích phân trung gian và tích phân đầu . . . . . . . . . . . . . . 42 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. . . . 43 2.2.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 2.2.2 Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất . . . . . . . . . 44 2.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất 50 2.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.3 Phương trình vi phân tuyến tính cấp cao hệ số hằng . . . . . . . . . . . 53 2.3.1 Nghiệm của phương trình thuần nhất hệ số hằng . . . . . . . . 53 2.3.2 Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: . . . . . 56 3 Hệ phương trình vi phân 60 3.1 Hệ phương trình vi phân cấp I tổng quát. . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3.1.1 Các định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 3.1.2 Liên hệ giữa hệ phương trình và phương trình vi phân cấp cao. 61 3.1.3 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 3.1.4 Các phương pháp giải hệ phương trình vi phân . . . . . . . . . 63 3.2 Một số định lý cơ bản của phương trình vi phân . . . . . . . . . . . . 66 3.2.1 Sự tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 3.2.2 Thác triển nghiệm và sự tồn tại toàn cục . . . . . . . . . . . . 68 3.3 Hệ phương trình vi phân tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 3.3.1 Hệ tuyến tính thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 3.3.2 Hệ tuyến tính không thuần nhất. . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 3.4 Hệ phương trình vi phân tuyến tính hệ số hằng. . . . . . . . . . . . . . 75 3.4.1 Phương trình đặc trưng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 3.4.2 Hệ nghiệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 3.5 Sự ổn định nghiệm của hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
    3. 4. MỤC LỤC 1 3.5.1 Sơ lược về bài toán ổn định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 3.5.2 Ổn định hệ tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 3.5.3 Ổn định theo xấp xỉ thứ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 3.5.4 Ổn định theo phương pháp Liapunov thứ hai . . . . . . . . . . . 83 4 Phương trình vi phân trong mặt phẳng phức. 86 4.1 Các khái niệm cơ bản. Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . . . 86 4.1.1 Các khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 4.1.2 Sự tồn tại và duy nhất nghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 4.1.3 Phương trình vi phân phức biến thực . . . . . . . . . . . . . . . 87 4.1.4 Nghiệm của phương trình vi phân dưới dạng chuỗi luỹ thừa. . . 88 4.1.5 Điểm kỳ dị của phương trình vi phân. . . . . . . . . . . . . . . 91 4.2 Hàm đặc biệt – Một số phương trình vi phân tuyến tính cấp II. . . . . . 96 4.2.1 Phương trình siêu hình học (hypergeometric) . . . . . . . . . . . 96 4.2.2 Phương trình Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 4.2.3 Phương trình Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 4.3 Sơ lược về khai triển tiệm cận nghiệm của phương trình vi phân. . . . . 98 4.3.1 Sơ lược về khai triển tiệm cận. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 4.3.2 Dáng điệu tiệm cận của nghiệm gần điểm kỳ dị không chính qui. 100 4.3.3 Khai triển tiệm cận của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 4.3.4 Sơ lược về phương pháp WKB (Wentzel-Kramers-Brillouin) . . 103 A Biến đổi Laplace và phương trình vi phân. 106 A.1 Biến đổi Laplace. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 A.2 Giải phương trình vi phân bằng phép biến đổi Laplace. . . . . . . . . . 108 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
    4. 5. Chương 1 Phương trình vi phân thường cấp I 1.1 Mở đầu Trong rất nhiều lĩnh vực ứng dụng, chuyển động của một hệ được mô hình hoá bởi các phương trình vi phân, tức là phương trình có chứa các đạo hàm của ẩn hàm cần tìm. Chẳng hạn, trong cơ học cổ điển (định luật Newton), trong thiên văn học (sự chuyển động của các hành tinh), trong hoá học (các phản ứng hoá học), trong sinh học (sự phát triển của dân số), trong điện tử… Trong hầu hết các lĩnh vực như thế, bài toán chung nhất là mô tả nghiệm của các phương trình này (cả về định tính lẫn về định lượng). 1.1.1 Vài mô hình đơn giản. Sự rơi tự do. Xét một vật có khối lượng m được thả rơi tự do trong khí quyển gần mặt đất. Theo định luật II Newton, chuyển động của vật đó có thể mô tả bởi phương trình F = ma (1.1) trong đó F là hợp lực tác động lên vật và a là gia tốc chuyển động. Hợp lực F có thể giả thiết chỉ bao gồm lực hấp dẫn (tỷ lệ với khối lượng của vật và hướng xuống) và lực cản (tỷ lệ với vận tốc chuyển động và hướng lên trên). Ngoài ra, do gia tốc chuyển động a = dv dt nên (1.1) có thể viết dưới dạng m dv dt = mg − γv (1.2) trong đó g ≈ 9, 8m/s2 là gia tốc trọng trường, còn γ là hệ số cản. Vậy vận tốc v của vật rơi tự do thỏa mãn phương trình (1.2) với sự xuất hiện của đạo hàm của v. Những phương trình như vậy ta sẽ gọi là phương trình vi phân. Dung dịch hóa học. Giả sử tại thời điểm ban đầu t = t0 một thùng chứa x0 kg muối hòa tan trong 1000 lít nước. Ta cho chảy vào thùng một loại nước muối nồng độ
    5. 6. 1.1 Mở đầu 3 a (kg/lít) với lưu lượng r (lít/phút) và khấy đều. Đồng thời, cho hỗn hợp đó chảy ra khỏi thùng cũng với tốc độ như trên. Gọi x = x(t) là lượng muối trong thùng tại thời điểm bất kỳ. Rõ ràng tỉ lệ thay đổi lượng muối trong thùng dx dt bằng hiệu của tỉ lệ muối chảy vào ar (kg/phút) trừ đi tỉ lệ muối chảy ra tại thời điểm đang xét rx 1000 (kg/phút). Vậy ta có phương trình vi phân dx dt = ar − rx 1000 (1.3) với dữ kiện ban đầu x(t0) = x0 1.1.2 Các khái niệm. Phương trình vi phân là phương trình có dạng F(x, y, y , y , . . . , y(n) ) = 0 (1.4) trong đó y = y(x) là ẩn hàm cần tìm và nhất thiết phải có sự tham gia của đạo hàm (đến cấp nào đó) của ẩn. Trong trường hợp ẩn hàm cần tìm là hàm nhiều biến (xuất hiện các đạo hàm riêng) thì phương trình vi phân còn gọi là phương trình đạo hàm riêng. Để phân biệt, người ta thường gọi phương trình với ẩn hàm là hàm một biến là phương trình vi phân thường và là đối tượng chính của giáo trình này. Thông thường ta xét các phương trình với ẩn hàm là hàm số một biến thực y = y(x) xác định trên khoảng mở I ⊂ R; khi đó hàm F trong đẳng thức trên xác định trong một tập mở G của R × Rn+1 . Trong truờng hợp ẩn hàm cần tìm là vector-hàm (hàm với giá trị vector) y(x) = (y1(x), . . . , ym(x))T ∈ Rm , F là một ánh xạ nhận giá trị trong Rm và (1.4) được hiểu là hệ phương trình vi phân. Ta nói một phương trình vi phân có cấp n nếu n là cấp lớn nhất của đạo hàm của ẩn xuất hiện trong phương trình. Phương trình vi phân thường cấp I có dạng tổng quát F(x, y, y ) = 0 (1.5) trong đó F(x, y, z) được giả thiết liên tục cùng với các đạo hàm riêng của nó trên miền G ⊂ R3 . Với một số giả thiết thích hợp (xem định lý hàm ẩn), phương trình vi phân cấp I có thể viết được dưới dạng sau (gọi là dạng giải ra được đối với đạo hàm) y = f(x, y) (1.6) với f liên tục trong một miền D ⊂ R2 . Ví dụ: Các phương trình ey + y 2 cos x = 1 (y )2 − 2xy = ln x ∂2 u ∂x2 + ∂2 u ∂y2 = 0
    6. 7. 1.1 Mở đầu 4 lần lượt là phương trình vi phân thường cấp I, cấp III và phương trình đạo hàm riêng cấp II. Xét phương trình (1.4), hàm giá trị vector φ : I → Rn (với I = (a, b) là khoảng nào đó của R) là nghiệm của phương trình (1.4) nếu nó có các đạo hàm liên tục đến cấp n trên I và thoả mãn F(x, φ(x), φ (x), φ (x), . . . , φ(n) )(x) = 0, với mọi x ∈ I (1.7) Trong trường hợp phương trình vi phân cấp I, nghiệm là một hàm thực một biến y = φ(x) mà khi thay vào (1.5) hoặc (1.6), ta được một đẳng thức đúng. Ví dụ: Dễ kiểm tra rằng họ hàm (phụ thuộc vào hai tham số tuỳ ý) y = C1 cos x + C2 sin x là nghiệm của phương trình vi phân y + y = 0 1 2 3 4 1 2 3 yy zzX Hình 1.1: Nghiệm của phương trình Volterra-Lotka. Ví dụ: (Săn mồi và mồi) Sự phát triển của hai quần thể sinh vật (chẳng hạn, x = x(t) là số con mèo và y = y(t) là số con chuột) theo thời gian được mô tả bởi (hệ) phương trình Volterra−Lotka sau đây y = y(α − βx), x = x(γy − δ) (1.8) với α, β, γ và δ là những hằng số đặc trưng cho sự tăng trưởng của các quần thể. Để tìm nghiệm của phương trình này ta có thể xem y như là hàm theo x, phương trình có thể viết dưới dạng dy dx = y(α − βx) x(γy − δ) hay (γy − δ) y dy = (α − βx) x dx Nghiệm của phương trình này cho bởi γy − δ ln y = α ln x − βx + C trong đó C là hằng số tuỳ ý. Hình 1.1 mô tả nghiệm của phương trình khi α = β = γ = 1, δ = 2.
    7. 8. 1.1 Mở đầu 5 1.1.3 Ý nghĩa hình học của phương trình vi phân: Xét phương trình vi phân (1.6), với f(x, y) liên tục trên miền mở trong R2 . Tại mỗi điểm M(x, y) thuộc miền này, ta gán cho nó một hướng với hệ số góc là k = dy dx = f(x, y) (1.9) Khi đó ta thu được một trường các hướng xác định bởi (1.9), và dĩ nhiên hướng của tiếp tuyến của đường cong tại mỗi điểm trùng với hướng của trường tại điểm đó. Giải phương trình vi phân dạng (1.6) về mặt hình học là tìm tất cả các đường cong sao cho tại mỗi điểm của nó hướng của tiếp tuyến trùng với hướng của trường. Hình 1.2 cho ta trường hướng của phương trình y = − y x . -2 -1 0 1 2 y(x) -2 -1 1 2 x Hình 1.2: Trường hướng của phương trình y = − y x Ngược lại, cho trước họ đường cong ϕ(x, y, C) = 0 (1.10) phụ thuộc vào tham số C sao cho qua mỗi điểm chỉ có duy nhất một đường cong của họ đi qua. Ta sẽ lập phương trình vi phân nhận họ đường cong này làm nghiệm tổng quát như sau. Đạo hàm hai vế của phương trình trên theo x, ta được ∂ϕ ∂x (x, y, C) + y ∂ϕ ∂y (x, y, C) = 0 Từ phương trình (1.10), với mỗi (x, y) ta luôn tìm được duy nhất giá trị C = C(x, y). Thay C vào đẳng thức trên ta nhận được ∂ϕ ∂x (x, y, C(x, y)) + y ∂ϕ ∂y (x, y, C(x, y)) = 0
    8. 9. 1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 6 và đây là phương trình vi phân cần tìm. Ví dụ: Tìm phương trình vi phân của họ đường cong sau: y = Cx2 Đạo hàm hai vế theo x ta được y = 2Cx. Khử C ta thu được phương trình vi phân: y = 2 y x 1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 1.2.1 Bài toán Cauchy Ta nhận xét rằng nghiệm của một phương trình vi phân nói chung phụ thuộc vào một hay nhiều hằng số tuỳ ý nào đó. Để xác định một nghiệm cụ thể, ta cần thêm một hay vài dữ kiện nào đó về nghiệm (tuỳ theo cấp của phương trình vi phân). Chẳng hạn, y = x3 3 + C là nghiệm (tổng quát) của phương trình y = x2 . Dễ thấy y = x3 3 + 1 là nghiệm (duy nhất) thoả điều kiện y(0) = 1. Ta xét bài toán sau đây đặt ra đối với phương trình (1.5), gọi là bài toán Cauchy (hay bài toán giá trị ban đầu): Bài toán: Tìm nghiệm y(x) thỏa: y = f(x, y) y(x0) = y0 (1.11) trong đó (x0, y0) ∈ D được gọi là điều kiện ban đầu. Câu hỏi tự nhiên đặt ra là bài toán (1.11) có hay không và có bao nhiêu lời giải. Ta lưu ý rằng không phải lúc nào bài toán Cauchy cũng có nghiệm, và khi có nghiệm cũng không nhất thiết có duy nhất nghiệm. Chẳng hạn, phương trình y = x2 , y(0) = 0 có duy nhất một nghiệm là y = x3 /3. Phương trình xy = y, y(0) = 1 không có nghiệm nào; còn phương trình y = y1/3 , y(0) = 0 có ít nhất 2 nghiệm là là y ≡ 0 và y2 = 8 27 x3 . Trong mục sau ta sẽ phát biểu và chứng minh một định lý giải quyết trọn vẹn bài toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I. 1.2.2 Phương pháp xấp xỉ Picard Ta xét bài toán Cauchy đối với phương trình cấp I dạng giải ra được đối với đạo hàm (1.11), trong đó f xác định và liên tục trên miền mở D ⊂ R2 . Giả sử y(x) là nghiệm của bài toán (1.11), tích phân hai vế của phương trình trong (1.11) ta được phương trình tích phân đối với y(x) là y(x) = y0 + x x0 f(t, y(t))dt (1.12)
    9. 14. 1.2 Định lý tồn tại và duy nhất nghiệm 11 1.2.4 Phân loại nghiệm của phương trình vi phân Về mặt hình học, bài toán Cauchy cho phương trình vi phân cấp I có thể hiểu là tìm nghiệm y(x) của (1.6) mà đồ thị của hàm số y = y(x) (còn gọi là đường cong tích phân của phương trình vi phân) đi qua điểm (x0, y0). Nói cách khác, bài toán Cauchy là tìm đường cong tích phân của phương trình (1.6) đi qua điểm (x0, y0) ∈ D cho trước. Định nghĩa 1.2.2. Giả sử D ⊂ R2 sao cho vế phải của phương trình (1.6) xác định và liên tục trên D. Hàm số y = y(x, C) phụ thuộc liên tục vào hằng số C được gọi là nghiệm tổng quát của (1.6) nếu: a) Với mỗi điều kiện ban đầu (x0, y0) ∈ D ta luôn giải được C dưới dạng C = ϕ(x0, y0) (∗) trong đó ϕ là hàm liên tục. b) Hàm y = y(x, C) thoả mãn phương trình (1.6) với mỗi giá trị của C cho bởi (∗) khi (x0, y0) chạy khắp D. Khi đó hệ thức ϕ(x, y) = C (hoặc chính hàm ϕ(x, y)) được gọi là tích phân tổng quát của phương trình (1.6). Ví dụ: Phương trình y + y = 0 có nghiệm tổng quát là y(x) = Ce−x với C là hằng số tuỳ ý. Định nghĩa 1.2.3. Nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm (x0, y0) của nó tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy (1.11) được thoả mãn được gọi là nghiệm riêng. Ngược lại, nghiệm của phương trình (1.6) mà tại mỗi điểm của nó tính chất duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy bị vi phạm được gọi là nghiệm kỳ dị. Nhận xét: Từ định nghĩa nghiệm tổng quát, ta suy ra rằng với mỗi điều kiện ban đầu (x0, y0) ∈ D, ta luôn tìm được C0 = ϕ(x0, y0) sao cho y = y(x, C0) là nghiệm của bài toán Cauchy tương ứng. Nói cách khác, bằng cách chọn các giá trị thích hợp cho hằng số, ta có thể thu được các nghiệm riêng tuỳ ý của phương trình, không kể các nghiệm kỳ dị. Giải (hay còn gọi là tích phân) một phương trình vi phân là tìm tất cả các nghiệm (biểu thức nghiệm tổng quát) của phương trình đó hoặc nghiệm của bài toán Cauchy với điều kiện ban đầu cho trước. Ví dụ: Tìm nghiệm riêng y(x) của phương trình y = 3y + x thoả điều kiện y(0) = 1. Ta dễ kiểm tra rằng nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = − x 3 − 1 9 +Ce3x . Để tìm nghiệm riêng thoả điều kiện như trên ta chỉ cần thay các giá trị ban đầu và tính C. 1 = y(0) = − 1 9 + Ce0 Suy ra C = 10 9 , nghiệm cần tìm là y = − x 3 − 1 9 + 10 9 e3x .
    10. 15. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 12 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I Trong bài này ta sẽ giới thiệu một số dạng phương trình vi phân cấp I mà có thể tích phân được theo nghĩa có thể viết biểu thức của nghiệm tổng quát dưới dạng tường minh hoặc phụ thuộc tham số. Ta nói một phương trình vi phân là cầu phương được nếu có thể biễu diễn nghiệm của nó dưới dạng tổ hợp hữu hạn các phép toán trên các hàm sơ cấp và tích phân của chúng. Lưu ý rằng ta không có phương pháp giải tổng quát cho phương trình vi phân, thậm chí với những phương trình vi phân cấp I. 1.3.1 Phương trình với biến số phân ly Phương trình vi phân cấp I dạng M(x)dx + N(y)dy = 0 (1.14) được gọi là phương trình với biến số phân ly (hay còn gọi phương trình tách biến). Cách giải: Các hàm M(x), N(y) được giả thiết liên tục trên các khoảng nào đó. Khi đó chỉ cần tích phân hai vế của (1.14) ta thu được tích phân tổng quát của nó là M(x)dx + N(y)dy = C Ví dụ: Giải phương trình y2 y = x(1 + x2 ). Phương trình này có dạng tách biến y2 dy − x(1 + x2 )dx = 0 Tích phân hai vế ta thu được nghiệm tổng quát là: y3 3 − x2 2 − x4 4 = C Nhận xét: Phương trình dạng M1(x)N1(y)dx + M2(x)N2(y)dy = 0 (1.15) cũng đưa được về dạng (1.14) với biến số phân ly, bằng cách chia hai vế cho M2(x)N1(y) (với giả thiết biểu thức này khác 0) M1(x) M2(x) dx + N2(y) N1(y) dy = 0 Do đó tích phân tổng quát là M1(x) M2(x) dx + N2(y) N1(y) dy = C
    11. 17. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 14 Thay u = y x vào biểu thức trên ta tìm được tích phân tổng quát của phương trình thuần nhất. Ví dụ: Giải phương trình (x2 + y2 )dx + xydy = 0 Ta có thể viết phương trình đã cho dưới dạng dy dx = − y x − x y Vế phải của phương trình này là hàm thuần nhất. Đặt y = xu ta có x du dx + u + u + 1 u = 0, hay tương đương với dx x = − udu 1 + 2u2 Tích phân phương trình này ta được ln x C = − 1 4 ln(1 + 2u2 ) Thay u = y x vào đẳng thức này ta được nghiệm x4 = C4 x2 x2 + 2y2 với C = 0. Phương trình đưa về thuần nhất: Các phương trình dạng dy dx = f ax + by + c a1x + b1y + c1 có thể đưa về dạng thuần nhất bằng phép biến đổi x = ξ + x0 y = η + y0 trong đó x0 và y0 được chọn sao cho: ax0 + by0 + c = 0 a1x0 + b1y0 + c1 = 0 Khi đó dη dξ = f aξ + bη a1ξ + b1η = f a + bη ξ a1 + b1 η ξ = g η ξ
    12. 19. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 16 được gọi là phương trình vi phân toàn phần nếu vế trái của nó là vi phân toàn phần của hàm nào đó, tức là tồn tại hàm U(x, y) sao cho dU(x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy Khi đó tích phân tổng quát của (1.16) cho bởi U(x, y) = C Nhận xét: Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.16) là phương trình vi phân toàn phân là ∂P ∂y = ∂Q ∂x Và khi đó hàm U(x, y) có thể tìm dưới dạng: U(x, y) = x x0 P(x, y)dx + y y0 Q(x0, y)dy hay U(x, y) = x x0 P(x, y0)dx + y y0 Q(x, y)dy (1.17) trong đó (x0, y0) là một điểm nào đó sao cho các tích phân trên tồn tại. Ví dụ: Giải phương trình (x3 + xy2 )dx + (x2 y + y3 )dy = 0. Ta có P(x, y) = x3 + xy2 và Q(x, y) = x2 y + y3 nên ∂P ∂y = 2xy = ∂Q ∂x Hệ thức này chứng tỏ rằng phương trình đã cho là phương trình vi phân toàn phần với hàm U(x, y) có thể chọn là U(x, y) = x 0 (x3 + xy2 )dx + y 0 (0.y + y3 )dy hay U(x, y) = x4 4 + x2 y2 2 + y4 4 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là (x2 + y2 )2 = 4C1 := C2 hay x2 + y2 = C với C ≥ 0
    13. 21. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 18 Do đó có thể chọn µ(x) = exp( dx) = ex để cho phương trình ex dx + xB(1, z) + H(1, z)xn+2−m dz = 0 Với giả thiết xB(1, z) + H(1, z)xn+2−m = 0, ta có thể viết phương trình cuối cùng dưới dạng dx dz + B(1, z) A(1, z) + zB(1, z) x = − H(1, z) A(1, z) + zB(1, z) xn+2−m Đây là phương trình Bernoulli của ẩn x = x(z) xem như hàm theo z. Ví dụ: Giải phương trình xdx + ydy + x2 (xdy − ydx) = 0 Đây là phương trình Darboux, đặt y = xz ta được xdx + xz(xdz + zdx) + x4 dz = 0 hay (1 + z2 )dx + (xz + x3 )dz = 0 Từ đó ta có dx dz + z 1 + z2 x = − 1 1 + z2 x3 Đây là phương trình Bernoulli, giải phương trình này (sau khi đưa về phương trình tuyến tính bậc I) ta được nghiệm là 1 x2 = C(1 + z2 ) + (1 + z2 ) arctan z + z Trở lại biến ban đầu, ta có nghiệm tổng quát cho bởi C(x2 + y2 ) + (x2 + y2 ) arctan y x + xy − 1 = 0 với C là hằng số tuỳ ý.
    14. 25. 1.3 Phương pháp giải một số phương trình vi phân cấp I 22 1.3.7 Phương trình Riccati Phương trình Riccati 4 tổng quát là phương trình vi phân dạng y = p(x)y2 + q(x)y + r(x) (1.28) trong đó p(x), q(x) và r(x) là các hàm liên tục trên khoảng (a, b) nào đó. Nhận xét: Phương trình Riccati không phải bao giờ cũng giải được bằng phép cầu phương (tức là có thể biểu diễn nghiệm dưới dạng hữu hạn các phép lấy tích phân của các hàm tường minh nào đó!). Trong vài trường hợp đặc biệt như p(x) ≡ 0 hay r(x) ≡ 0 ta đưa về phương trình tuyến tính hoặc phương trình Bernoulli. Tuy vậy, kết quả sau cho phép ta tích phân phương trình Riccati nếu biết một nghiệm nào đó của nó. Mệnh đề 1.3.1. Nếu biết một nghiệm của phương trình Riccati (1.28) thì có thể đưa nó về phương trình Bernoulli. Chứng minh: Gọi một nghiệm của (1.28) là ˜y, tức là ˜y = p(x)˜y2 + q(x)˜y + r(x) Ta đặt y = ˜y + z, trong đó z là ẩn mới. Thay vào phương trình (1.28) ta được ˜y + z = p(x)˜y2 + 2p(x)˜yz + p(x)z2 + q(x)˜y + q(x)z + r(x) Từ đó suy ra z − = 0 . Với p = 0, ta được nghiệm y = 0. Ngoài ra ta có phương trình (1 − p)dx − 2xdp = 0. Đây là phương trình tách biến có nghiệm tổng quát là x = C (1 − p)2 . Vậy ta thu được nghiệm tổng quát dưới dạng tham số y = xp2 x = C (1−p)2
    15. 28. 1.4 Phương trình vi phân cấp I chưa giải ra đối với đạo hàm 25 Phương trình khuyết x hoặc y Xét phương trình khuyết y F(x, y ) = 0 (1.33) Nếu có thể giải ra được y dạng y = f(x) Khi đó nghiệm tổng quát của (1.33) là y = f(x)dx + C. Trường hợp ta không giải ra được y nhưng có thể tìm một phép tham số hoá phương trình (1.33) gồm x = ϕ(t) y = ψ(t) sao cho F(ϕ(t), ψ(t)) = 0 Khi đó ψ(t) = y = dy dx =⇒ dy = ψ(t).ϕ (t)dt Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (∗) cho bởi dạng tham số x = ϕ(t) y = ψ(t)ϕ (t)dt + C Ví dụ: Giải phương trình ln y + cos y − x = 0 Tham số hoá y = t, x = ln t + cos t ta có dy = tdx và dx = ( 1 t − sin t)dt Suy ra y = (1 − t sin t)dt = t − sin t + t cos t + C Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = ln t + cos t y = t − sin t + t cos t + C Tương tự, ta có thể tìm nghiệm trong trường hợp khuyết x.
    16. 29. 1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 26 1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 1.5.1 Phương trình Clairaut Phương trình Clairaut 5 là lớp các phương trình vi phân dạng y = xy + f(y ) (1.34) trong đó, nói chung, f là một hàm phi tuyến. Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của phương trình này bằng cách đặt p = y . Khi đó y = px + f(p) Vi phân hai vế đẳng thức này, với chú ý rằng dy = pdx ta được pdx = pdx + {x + f (p)} dp hay {x + f (p)} dp = 0 Từ đó ta suy ra dp = 0 hay x + f (p) = 0. Nếu dp = 0 thì p = C, thay vào (1.34) ta được nghiệm tổng quát y = Cx + f(C) (1.35) và đây là một họ đường thẳng. Nếu x + f (p) = 0, cùng với (1.34), ta thu được một nghiệm cho dưới dạng tham số x = −f (p) y = −pf (p) + f(p) Người ta chứng minh được rằng nếu f (p) liên tục và khác không thì nghiệm cho dưới dạng tham số là bao hình của họ đường thẳng (1.35). Ví dụ: Xét phương trình y = (x − 1)y − y 2 Đây là phương trình Clairaut với f(t) = −t2 − t. Thay thế y bởi C ta được nghiệm tổng quát là họ đường thẳng y = C(x − 1) − C2 Để tìm nghiệm kỳ dị, tức là bao hình của họ đường thẳng trên ta xét hệ x = 2C + 1 y = C(x − 1) − C2 Khử C từ hệ phương trình này ta được bao hình là parabol y = (x − 1)2 4 (xem Hình 1.5). 5 Alexis Claude Clairaut (1713-1765) là nhà khoa học nổi tiếng người Pháp.
    17. 31. 1.5 Phương trình Clairaut và phương trình Lagrange 28 Nhận xét: Chú ý rằng ứng với các giá trị của tham số p = pi (trong đó pi là nghiệm của phương trình ϕ(p)−p = 0) ta cũng nhận được các nghiệm của phương trình (1.36). Tuỳ theo từng trường hợp nghiệm này có thể là nghiệm kỳ dị hoặc không. Ví dụ: Giải phương trình y = xy 2 − y . Đặt p = y , khi đó y = xp2 − p Vi phân hai vế của đẳng thức này theo x với chú ý dy = pdx, sau khi thu gọn ta được (p2 − p)dx + (2px − 1)dp = 0 Giả sử p2 − p = 0 ta có dx dp + 2 p − 1 x = 1 p(p − 1) Giải phương trình này ta được: x = C + p − ln p (p − 1)2 Thay vào biểu thức của y ta được nghiệm tổng quát dạng tham số: x = C+p−ln p (p−1)2 y = (C+p−ln p)p2 (p−1)2 − p Các nghiệm ứng với p = 0 và p = 1 là y = 0 và y = x − 1 tương ứng. 1.5.3 Tham số hoá tổng quát Trong tiểu mục này ta xét một số phương trình vi phân chưa giải ra đối với đạo hàm F(x, y, y ) = 0 (1.38) nhưng có thể tham số hoá được dưới dạng x = ϕ(u, v), y = ψ(u, v) và y = χ(u, v) sao cho F y = ψ) rằng nếu C− biệt tuyến là bao hình của họ đường cong (1.42) thì nó là một nghiệm kỳ dị của phương trình (1.39). Do đó để tìm nghiệm kỳ dị của (1.39) trước hết ta tìm C−biệt tuyến của nó. Biệt tuyến đó là đường cong R(x, y) = 0 nhận được bằng cách khử C từ hệ (1.43). Sau đó , thử xem có nhánh nào của C− biệt tuyến là bao hình của họ đường cong (1.42) hay không; nếu có, đó chính là nghiệm kỳ dị của phương trình. Chú ý: Nếu hàm Φ trong (1.42) có các đạo hàm riêng cấp I theo x và y bị chặn và không đồng thời bằng không thì C−biệt tuyến là bao hình của họ nghiệm tổng quát (1.42); nói cách khác C−biệt tuyến là nghiệm kỳ dị. Ví dụ: (xem dx = xey dy 5. Tìm thừa số tích phân rồi giải các phương trình vi phân sau (a) (x + y2 )dx − 2xydy = 0 (b) (y2 − 6xy)dx + (3xy − 6×2 )dy = 0 (c) y(1 + xy)dx − xdy = 0 (d) xy ln ydx + (x2 + y2 y2 + 1)dy = 0 6. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình vi phân tuyến tính sau (a) y − 4y = x − 2×2 (b) xy + y = ex (c) y − y tan x = 1 cos x (d) y2 dx − (2xy + 3)dy = 0 7. Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình Bernoulli sau (a) 3y + y = (1 − 2x)y4 (b) yy + y2 = x (c) y + y = e x 2 √ y 8. Giải các phương trình vi phân sau đây (a) y 2 − (x + y)y + xy = 0 (b) y 3 − yy 2 − x2 y + x2 y = 0 (c) xy 3 = 1 + y (d) y 3 + y3 = 3yy 9. Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm kỳ dị của các phương trình sau đây (a) y = xy + 12 (b) xy − y = ln y (c) y = xy + y 2 + 1 (d) yy = 2y 2 x + 1
    18. 38. Chương 2 Phương trình vi phân cấp cao Chương này trình bày một số kiến thức tổng quan về phương trình vi phân cấp cao và lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 2.1.1 Các khái niệm Phương trình vi phân thường cấp n là phương trình có dạng F(x, y, y , y , . . . , y(n) ) = 0 (2.1) trong đó F là một hàm xác định (liên tục) trên tập mở nào đó của Rn+2 và nhất thiết phải có sự tham gia của đạo hàm cấp n của ẩn y(n) . Với một vài giả thiết thích hợp, định lý hàm ẩn cho phép viết phương trình (2.1) dưới dạng sau đây, được gọi là dạng đã giải ra đối với đạo hàm: y(n) = f(x, y, y , . . ., y(n−1) ) (2.2) Dưới dạng này ta có thể đưa việc nghiên cứu một phương trình cấp cao về nghiên cứu (hệ) phương trình vi phân cấp I. Thật vậy, bằng cách đưa thêm vào các ẩn mới y1 := y, yk := y(k−1) , k = 1, n, ta thu được    y1 = y2 y2 = y3 …………… yn−1 = yn yn = f(x, y1, . . . , yn) (2.3) Đặt Y := (y1, . . ., yn)t , g(x, Y ) := (y2, . . . , yn, f(x, y1, . . . , yn)t ) là các vector-hàm ta có thể viết lại (2.3) dưới dạng đơn giản Y = f(x, Y ) (2.4)
    19. 40. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 37 2.1.3 Một số phương trình vi phân cấp cao giải được bằng cầu phương a) Phương trình F(x, y(n) ) = 0 Phương trình này chỉ phụ thuộc vào biến độc lập và đạo hàm cấp cao nhất. Trong trường hợp có thể giải ra đối với đạo hàm: y(n) = f(x) ta có thể tích phân liên tiếp theo x và thu được y(n−1) = x x0 f(x)dx + C1 y(n−2) = x x0 dx x x0 f(x)dx + C1(x − x0) + C2 ……………….. y = x x0 dx . . . x x0 n lần f(x)dx + C1 (n−1)! (x − x0)n−1 + + C2 (n−2)! (x − x0)n−2 + · · · + Cn−1(x − x0) + Cn Ví dụ: Phương trình y(n) = 0 có nghiệm là đa thức tổng quát cấp n − 1 y(x) = c1(x − x0)n−1 + c2(x − x0)n−2 + · · · + cn−1(x − x0) + cn Trong trường hợp không giải ra được y(n) nhưng có thể tham số hoá x = ϕ(t), y(n) = ψ(t) khi đó ta có dy(n−1) = y(n) dx = ψ(t)ϕ (t)dt Vì vậy y(n−1) = ψ(t)ϕ (t)dt = ψ(t, C1) Lặp lại quá trình trên sau n bước, ta thu được nghiệm tổng quát cho dưới dạng tham số x = ϕ(t), y = ψm(t, C1, . . ., Cn) b) Phương trình F(y(n−1) , y(n) ) = 0: Cách giải: Nếu có thể giải được y(n) = f(y(n−1) )
    20. 41. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 38 thì, bằng cách đặt z := y(n−1) , có thể viết lại phương trình dưới dạng sau: z = f(z) Đây là phương trình vi phân cấp I theo z, giả sử nghiệm là z = g(x, C), ta trở lại trường hợp trên với phương trình y(n−1) = g(x, C) với C là tham số. Nếu có thể tham số hoá y(n−1) = ϕ(t), y(n) = ψ(t) thì từ dy(n−1) = y(n) dx ta suy ra dx = dy(n−1) y(n) = ϕ (t)dt ψ(t) Do đó x = ϕ (t)dt ψ(t) = ϕ1(t, C1) và ta trở lại trường hợp trên với x = ϕ1(t, C1), y(n−1) = ϕ(t) Ví dụ: Giải phương trình y = y + 1 Đặt z = y ta có phương trình z − z = 1. Phương trình này có nghiệm tổng quát là z = C1ex − 1 Do đó, ta được phương trình y = C1ex − 1 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y(x) = C1ex − x2 2 + C2x + C3 c) Phương trình F(y(n−2) , y(n) ) = 0: Đối với dạng phương trình này ta đặt z = y(n−2) và viết lại phương trình theo z F(z, z ) = 0 Nếu từ phương trình này có thể giải được z = f(z) thì ta có 2z z = 2f(z)z
    21. 42. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 39 hay d((z )2 ) = 2f(z)dz Từ đó ta tìm được z = ± 2 f(z)dz + C1 Đây là phương trình vi phân cấp I với ẩn là z = z(x) với nghiệm tổng quát có dạng Φ(x, z, C1, C2) = 0 Thay z = y(n−2) vào phương trình này ta trở lại trường hợp a). Ví dụ: Giải phương trình y = y . Đặt z = y ta thu được phương trình z = z Nhân hai vế phương trình này với 2z , ta được d(z )2 = dz2 và có nghiệm là z = √ z2 + A . Đây là phương trình tách biến, nghiệm tổng quát của nó là z + √ z2 + A = Bex Nhân với lượng liên hợp, ta thu được z − √ z2 + A = − A B e−x Từ đó, ta có z = B 2 ex − A 2B e−x Trở lại ẩn y, ta được nghiệm tổng quát y = B 2 ex + A 2B e−x + C Hay y = C1ex + C2e−x + C3 2.1.4 Một số phương trình vi phân cấp cao có thể hạ cấp Ta sẽ xét một số dạng phương trình cấp cao mà có thể đưa về phương trình cấp thấp hơn bằng cách đổi biến.
    22. 43. 2.1 Phương trình vi phân cấp cao 40 a) Phương trình dạng F(y, y , . . . , y(n) ) = 0: Phương trình này không chứa biến độc lập x. Ta đặt p = y . Khi đó y = p = dy dx y = dp dx = p dp dy y = d dx p dp dy = dp dx dp dy + p d dx dp dy = p dp dy 2 + p2 d2 p dy2 ……………………….. y(n) = g p, dp dy , . . . , dn−1 p dyn−1 Thay các biểu thức trên vào phương trình ban đầu ta thu được phương trình vi phân cấp n − 1 theo ẩn p = p(y) G(y, p, p , . . . , p(n−1) ) = 0 Giả sử phương trình này có nghiệm tổng quát là Φ(y, p, C1, . . ., Cn−1) = 0 ta thay p = y thì thu được phương trình dạng F(y, y ) = 0 mà là phương trình vi phân cấp I. Ví dụ: Giải phương trình (1 + y2 )yy = (3y2 − 1)y 2 Đặt p = y như đã trình bày, phương trình đưa về dạng (1 + y2 )yp dp dy = (3y2 − 1)p2 Chia 2 vế cho p (với giả thiết p = 0) và viết lại dưới dạng phương trình tách biến dp p = 3y2 − 1 (1 + y2)y dy Nghiệm tổng quát của nó là py (1 + y2)2 = C1 Thay p = y , ta có phương trình yy (1 + y2)2 = C1 Nghiệm tổng quát của phương trình cuối cùng là − 1 1 + y2 = 2C1x + C2
    23. 46. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 43 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 2.2.1 Các khái niệm Phương trình vi phân tuyến tính cấp n có dạng tổng quát p0(x)y(n) + p1(x)y(n−1) + · · · + pn−1(x)y + pn(x)y = g(x) (2.7) trong đó các pj(x) và g(x) là các hàm (thực) nào đó theo biến x. Nếu g(x) ≡ 0 thì phương trình (2.7) được gọi là phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất. Chú ý: Ta có thể xem p0(x) ≡ 1, vì nếu không ta chia hai vế của phương trình cho hệ số này, và thu được phương trình mới cùng dạng. Sự tồn tại nghiệm: Ta xét phương trình vi phân tuyến tính cấp cao (2.7), với điều kiện ban đầu (2.5). Định lý 2.4. (Sự tồn tại và duy nhất nghiệm) Nếu các hàm pj(x) và g(x) là liên tục trên khoảng (a, b) và, ngoài ra, p0(x) = 0 với mọi x ∈ (a, b) thì bài toán Cauchy cho phương trình (2.7) có duy nhất nghiệm với mọi dữ kiện ban đầu dạng (2.5) tại x0 ∈ (a, b). Chứng minh: Phương trình (2.7) có thể viết lại dạng y(n) = −1 p0(x) p1(x)y(n−1) + · · · + pn−1(x)y + pn(x)y − g(x) Để ý rằng vế phải là hàm liên tục theo (x, Y ) và khả vi liên tục theo biến Y := (y, y , . . . , y(n−1) ) nên thỏa điều kiện Lipschitz theo biến này. Dạng toán tử của phương trình vi phân tuyến tính: Ký hiệu D là toán tử đạo hàm d dx và đặt: L = p0Dn + p1Dn−1 + · · · + pn−1D + pn (2.8) L được gọi là toán tử vi phân cấp n và khi đó (2.7) viết lại dưới dạng sau, gọi là dạng toán tử của phương trình (2.7) L(y) = g (2.9) Đặc biệt, khi g ≡ 0, phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất tương ứng viết một cách đơn giản L(u) = 0 (2.10) Nhận xét: L là toán tử tuyến tính trên không gian các hàm (khả vi) vì L(αu+βv) = αL(u) + βL(v), với u, v là hai hàm khả vi và α, β là hai số tuỳ ý. Do đó giải phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất là tìm không gian con ker(L).
    24. 49. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 46 Định lý 2.7. Giả sử các hàm pj(x) là liên tục và p0(x) = 0 trên khoảng (a, b). Khi đó n nghiệm u1(x), u2(x), . . . , un(x) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) là độc lập tuyến tính nếu và chỉ nếu định thức Wronski W = 0, ∀x ∈ (a, b) thì theo hệ quả trên, các nghiệm u1(x), u2(x), . . . , un(x) là độc lập tuyến tính. Ngược lại, giả sử có x0 ∈ (a, b) mà W(x0) = 0. Khi đó hệ phương trình tuyến tính thuần nhất sau (ẩn là C1, . . . , Cn) có nghiệm không tầm thường    C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = 0 C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = 0 · · · · · · · · · · · · C1u (n−1) 1 (x0) + · · ·+ Cnu (n−1) n (x0) = 0 Gọi (C1, . . . , Cn) là một nghiệm như vậy và đặt u(x) = C1u1(x) + · · · + Cnun(x). Rõ ràng u(x) là một nghiệm của của (2.10) thoả điều kiện ban đầu u(x0) = 0, u (x0) = 0, . . ., u(n−1) (x0) = 0. Mặt khác nghiệm tầm thường v ≡ 0 cũng thoả điều kiện này. Do đó, theo định lý tồn tại và duy nhất nghiệm ta phải có C1u1(x) + · · · + Cnun(x) ≡ 0 tức là các u1(x), u2(x), . . . , un(x) là phụ thuộc tuyến tính: trái giả thiết. Định nghĩa 2.2.3. Hệ gồm n nghiệm u1(x), u2(x), . . . , un(x) độc lập tuyến tính trên (a, b) của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp n được gọi là hệ nghiệm cơ bản của phương trình đó. Định lý 2.8. (Sự tồn tại hệ nghiệm cơ bản) Với các giả thiết như định lý 2.7, phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) có ít nhất một hệ nghiệm cơ bản. Chứng minh: Xét n bài toán Cauchy đối với phương trình (2.10) tương ứng với các dữ kiện ban đầu (u(x0), u (x0), . . . , u(n−1) (x0)) = ek , k = 1, n trong đó ek := (0, . . ., 0, 1, 0, . . ., 0) là vector đơn vị thứ k trong không gian Euclide Rn . Với giả thiết của định lý, mỗi bài toán trên có một nghiệm duy nhất uk(x). Ta chứng minh hệ {u1, . . . , un} độc lập tuyến tính. Thật vậy xét đẳng thức C1u1(x) + · · · + Cnun(x) ≡ 0 Đạo hàm n−1 lần đẳng thức này ta thu được hệ phương trình đại số tuyến tính thuần nhất (ẩn là các Ck) có định thức của ma trận hệ số tại x0 bằng W = 1 = 0 nên hệ này chỉ có nghiệm tầm thường C1 = 0, . . . , Cn = 0. Nhận xét: Theo chứng minh trên, dễ thấy rằng phương trình đã cho có vô số nghiệm.
    25. 50. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 47 b) Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất: Định lý 2.9. Giả sử các hàm pj(x) là liên tục trên (a, b), p0(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) và {u1(x), u2(x), . . . , un(x)} là hệ nghiệm cơ bản của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất (2.10) trên (a, b). Khi đó nghiệm tổng quát của (2.10) có dạng u(x) = C1u1(x) + · · · + Cnun(x) (2.12) trong đó C1, . . . , Cn là các hằng số tuỳ ý. Chứng minh: Rõ ràng với C1, . . . , Cn là các hằng số bất kỳ, vế phải của (2.12) là nghiệm của (2.10). Gọi v(x) là nghiệm tùy ý của (2.10). Với x0 ∈ (a, b) là giá trị nào đó ta đặt v0 := v(x0), v0 := v (x0), . . . , v (n−1) 0 := v(n−1) (x0) Xét hệ phương trình (ẩn là các Ck)    C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = v0 C1u1(x0) + · · ·+ Cnun(x0) = v0 · · · · · · · · · · · · C1u (n−1) 1 (x0) + · · ·+ Cnu (n−1) n (x0) = v (n−1) 0 Vì các u1(x), u2(x), . . . , un(x) lập thành hệ nghiệm cơ bản nên W(x0) = 0, tức là định thức của ma trận hệ số của hệ phương trình trên khác không. Theo định lý Cramer, hệ này có duy nhất nghiệm (C1, . . . , Cn). Đặt u(x) := C1u1(x) + · · · + Cnun(x) thì u(x) cũng là nghiệm của (2.10) thoả cùng điều kiện ban đầu như v(x). Do đó u(x) ≡ v(x). Tìm phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất biết hệ nghiệm cơ bản của nó: Để đơn giản, ta xét trường hợp phương trình vi phân tuyến tính cấp II. Cho trước hệ hai hàm khả vi đến cấp II, độc lập tuyến tính {y1, y2}, ta sẽ tìm phương trình vi phân dạng y + p(x)y + q(x)y = 0 nhận y1, y2 làm nghiệm. Nếu y là nghiệm tổng quát của phương trình này thì W(x0) = 1. Khi đó y1y2 − y1y2 y2 1 = W(x) y2 1 = 1 y2 1 e − x x0 p(t)dt Tức là y2 y1 = 1 y2 1 e − x x0 p(t)dt Từ đó ta có y2(x) = y1(x) 1 y1(x)2 e− p(x)dx dx Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình 2×2 y + 3xy − y = 0 trên (0, +∞) biết nó có một nghiệm là y1(x) = 1/x. Giải: Theo công thức trên, nghiệm độc lập tuyến tính với y1 cho bởi y2(x) = 1 x x2 e− 3 2x dx dx Tính toán tích phân, ta thu được y2(x) = 2/3×1/2 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho trên (0, +∞) là y(x) = C1 x + C2 √ x
    26. 53. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 50 2.2.3 Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất Ta lưu ý rằng, giống như các kết quả trong đại số tuyến tính, nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất có quan hệ chặt chẽ với nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Cụ thể, ta có thể kiểm tra dễ dàng các tính chất sau: i) Hiệu hai nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất là một nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. ii) Tổng của một nghiệm của phương trình không thuần nhất và một nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng là nghiệm của phương trình không thuần nhất. Hơn thế nữa, định lý sau mô tả cấu trúc nghiệm của phương trình không thuần nhất. Định lý 2.12. Với các giả thiết như trong định lý 2.7, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất (2.7) bằng tổng của một nghiệm riêng nào đó của nó và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Chứng minh: Giả sử yr(x) là một nghiệm riêng nào đó và y(x) là nghiệm tuỳ ý của phương trình không thuần nhất L(y) = g. Giả sử {u1(x), u2(x), . . . , un(x)} là hệ nghiệm cơ bản của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo giả thiết ta có L(y −yr) = 0. Nói cách khác, y(x) − yr(x) là nghiệm của phương trình thuần nhất tương ứng. Theo định lý 2.9, tồn tại các hằng số C1, . . . , Cn sao cho y(x)−yr(x) = C1u1(x)+· · ·+Cnun(x) =: u(x). Vì vậy, y(x) = yr(x) + u(x). Ví dụ: Cho phương trình y +4y = ex . Dễ thấy cos 2x và sin 2x là hai nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất tương ứng y + 4y = 0. Một nghiệm riêng của phương trình đã cho ban đầu là yr = 1 5 ex . Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là y = C1 cos 2x + C2 sin 2x + 1 5 ex trong đó C1, C2 là hai hằng số tuỳ ý. Mệnh đề 2.2.3. Giả sử y1, y2 là nghiệm riêng của phương trình L(y) = g1, L(y) = g2 tương ứng. Khi đó yr := y1 + y2 là nghiệm riêng của phương trình L(y) = g với g := g1 + g2. Nhận xét: Mệnh đề này giúp ta tìm nghiệm riêng của phương trình tuyến tính không thuần nhất trong trường hợp hàm g(x) ở vế phải có dạng tổng của các hàm đơn giản. Ví dụ: Tìm nghiệm riêng của phương trình y + y = x + cos 3x.
    27. 54. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 51 Ta tìm các nghiệm riêng của các phương trình y + y = x và y + y = cos 3x. Dễ thấy phương trình thứ nhất có nghiệm riêng là y1 = x; còn phương trình thứ hai có một nghiệm riêng (xem mục 2.3.2) là y2 = −1 8 cos 3x. Do đó một nghiệm riêng của phương trình đã cho là y = x − 1 8 cos 3x 2.2.4 Phương pháp biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất Như đã biết, nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không thuần nhất bằng tổng của một nghiệm riêng của nó và nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Vấn đề đặt ra là tìm nghiệm riêng này. Trong phần này ta sẽ giới thiệu một phương pháp thông dụng, gọi là phương pháp biến thiên hằng số, để tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất dựa vào nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng. Xét phương trình không thuần nhất L(y) = y(n) + p1(x)y(n−1) + · · · + pn−1(x)y + pn(x)y = g(x) (2.15) trong đó các hàm pj(x) và g(x) liên tục trên (a, b). Giả sử u1(x), u2(x), . . . , un(x) là n nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất tương ứng và nghiệm tổng quát của nó là u(x) = C1u1(x) + · · · + Cnun(x). Xem các hằng số C1, C2, . . . , Cn như là các hàm theo biến x (biến thiên hằng số!), ta sẽ nghiệm của (2.15) dưới dạng y(x) = C1(x)u1(x) + · · · + Cn(x)un(x) Một cách tự nhiên, ta thay y(x) cùng với các đạo hàm của nó vào phương trình (2.15) để tìm các hàm Cj(x). Vì ta chỉ có một phương trình vi phân trong khi có n ẩn là các hàm Cj(x) nên ta có thể chọn thêm n − 1 hệ thức khác giữa các Cj(x) miễn là đủ để giải các hàm này. Cụ thể, ta sẽ chọn các Cj(x) thoả n − 1 hệ thức sau:    C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0 C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0 … C1u (n−2) 1 (x) + · · · + Cnu (n−2) n (x) = 0 (2.16) Và khi đó, các đạo hàm của y trở thành y = C1u1(x) + · · · + Cnun(x), y = C1u1(x) + · · · + Cnun(x), … y(n−1) = C1u (n−1) 1 (x) + · · · + Cnu (n−1) n (x)
    28. 55. 2.2 Lý thuyết tổng quát về phương trình vi phân tuyến tính cấp cao. 52 Vì thế y(n) = C1u (n) 1 (x) + · · · + Cnu(n) n (x) + C1u (n−1) 1 (x) + · · · + Cnu(n−1) n (x) Như vậy, y sẽ thoả phương trình (2.15) miễn là C1u (n−1) 1 (x) + · · · + Cnu(n−1) n (x) = g(x) Kết hợp với (2.16), ta thu được hệ n phương trình cho Cj là    C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0 C1u1(x) + · · · + Cnun(x) = 0 … C1u (n−2) 1 (x) + · · · + Cnu (n−2) n (x) = 0 C1u (n−1) 1 (x) + · · · + Cnu (n−1) n (x) = g(x) (2.17) Vì các hàm u1(x), u2(x), . . . , un(x) là độc lập tuyến tính nên hệ (2.17) xác định duy nhất C1(x), . . . , Cn(x) theo u1(x), u2(x), . . . , un(x). Từ đó ta tìm được C1(x), . . . , Cn(x). Ví dụ: (n = 2) Cho phương trình y + p(x)y + q(x)y = g(x) Giả sử y1, y2 là hai nghiệm độc lập tuyến tính trên khoảng I của phương trình y + p(x)y + q(x)y = 0. Tìm nghiệm riêng dưới dạng yr = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x). Ta có yr = C1y1 + C1y1 + C2y2 + C2y2. Ta chọn C1, C2 sao cho trước hết: C1y1 + C2y2 = 0 Khi đó yr = C1y1 + C2y2 + C1y1 + C2y2. Thay vào phương trình đã cho ta có: C1y1 + C2y2 = g(x) Do đó ta có hệ C1y1 + C2y2 = 0 C1y1 + C2y2 = g(x) Giải hệ này với ẩn là C1, C2 ta được C1 = − y2g W trong đó W dx + y2(x) y1g W[y1, y2] dx

    --- Bài cũ hơn ---

  • Trắc Nghiệm Phương Trình Lượng Giác Lớp 11 Có Lời Giải Chi Tiết
  • Những Bài Toán Siêu Kinh Điển Chưa Tìm Ra Lời Giải
  • Nhà Toán Học Nổi Tiếng Khẳng Định Đã Giải Được Bài Toán Thiên Niên Kỷ
  • Những Bí Ẩn Toán Học Hàng Trăm Năm Chưa Có Lời Giải
  • Phương Pháp Giải Bất Phương Trình Vô Tỷ Chứa Căn (Có Lời Giải)
  • Bai Tap Va Loi Giai Sql

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Sql Cơ Bản
  • Tổng Hợp 10 Bài Tập Truy Vấn Sql Có Lời Giải Hay Cho Học Sinh
  • Bài Tập Sql Giải Đề Thi Tuyển Lập Trình Viên Của Fpt Fsoft
  • 25 Ví Dụ Về Ôn Tập Sql Quản Lý Sinh Viên
  • Bài Tập Tổng Hợp Sql Kèm Đáp Án
  • , Trưởng nhóm at Nha Trang University

    Published on

    1. 1. Software Group Leader SGL By Member: htplasma, Plassma :for Vn-zoom Bài tập tổng hợp SQL -And Đáp án Sử dụng câu lệnh SELECT viết các yêu cầu truy vấn dữ liệu sau đây: 2. 1 Cho biết danh sách các đối tác cung cấp hàng cho công ty. 2. 2 Mã hàng, tên hàng và số lượng của các mặt hàng hiện có trong công ty. 2. 3 Họ tên và điạ chỉ và năm bắt đầu làm việc của các nhân viên trong công ty. 2. 4 địa chỉ và điện thoại của nhà cung cấp có tên giao dch VINAMILK là gì? 2. 5 Cho biết mã và tên của các mặt hàng có giá lớn hơn 100000 và số lượng có ít hn 50. 2. 6 Cho biết mỗi mặt hàng trong công ty do ai cung cấp. 2. 7 Công ty Vit Tin đã cung cp nhng mt hàng nào? 2. 8 Loại hàng thực phẩm do những công ty nào cung cấp và địa chỉ của các công ty đó là gì? 2. 9 Những khách hàng nào (tên giao dịch) đã đặt mua mặt hàng Sữa hộp XYZ của công ty? 2. 10 đơn đặt hàng số 1 do ai đặt và do nhân viên nào lập, thi gian và địa điểm giao hàng là ở đâu? 2. 11 Hãy cho biết số tiền lương mà công ty phải trả cho mỗi nhân viên là bao nhiêu (lương = lương cơ bn + phụ cấp). 2. 12 Trong đơn đặt hàng số 3 đặt mua nhưng mặt hàng nào và số tiền mà khách hàng phải trả cho mỗi mặt hàng là bao nhiêu (số tiền phải trả cho mõi mặt hang tính theo công thức SOLUONG×GIABAN SOLUONG×GIABAN×MUCGIAMGIA/100) 2. 13 Hãy cho bit có những khách hàng nào lại chính là đối tác cung cấp hàng của công ty (tức là có cùng tên giao dịch). // thêm 2. 14 Trong công ty có những nhân viên nào có cùng ngày sinh? 2. 15 Những đơn đặt hàng nào yêu cầu giao hàng ngay tại công ty đặt hàng và những đơn đó là của công ty nào? (Q3-3) //2. 16 Cho biết tên công ty, tên giao dch, địa chỉ và điện thoại của các khách hàng và các nhà cung cấp hàng cho công ty. 2. 17 Những mặt hàng nào chưa từng được khách hàng đặt mua?(Q4-3) //2. 18 Những nhân viên nào của công ty chưa từng lập bất kỳ một hoá đơn đặt hàng nào? Tổng hợp SQL – SGL – Plassma :
    2. 2. Software Group Leader SGL By Member: htplasma, Plassma :for Vn-zoom 2. 19 Những nhân viên nào của công ty có lương cơ bản cao nhất? 2. 20 Tổng số tiền mà khách hàng phải trả cho mỗi đơn đặt hàng là bao nhiêu? 2. 21 Trong nm 2003, những mặt hàng nào chỉ được đặt mua đúng một lần. //2. 22 Hãy cho biết mỗi một khách hàng đã phải bỏ ra bao nhiêu tiền để đặt mua hàng Của công ty? 2. 23 Mỗi một nhân viên của công ty đã lập bao nhiêu đơn đặt hàng (nếu nhân viên chưa hề lập một hoá đơn nào thì cho kết quả là 0) //2. 24 Cho biết tổng số tiền hàng mà cửa hàng thu được trong mỗi tháng của năm 2003 (thời được gian tính theo ngày đặt hàng). 2. 25 Hãy cho biết tổng số tiền lãi mà công ty thu được từ mỗi mặt hàng trong năm 2003. //2. 26 Hãy cho biết tổng số lượng hàng của mỗi mặt hàng mà công ty đã có (tổng số lương hàng hiện có và đã bán). //2. 27 Nhân viên nào của công ty bán được số lượng hàng nhiều nhất và số lượng hàng bán được của những nhân viên này là bao nhiêu? 2. 28 đơn đặt hàng nào có số lượng hàng được đặt mua ít nhất? Làm thêm //2. 29 Số tiền nhiều nhất mà mỗi khách hàng đã từng bỏ ra đặt hàng trong các đơn đặt hàng là bao nhiêu? 2. 30 Mỗi một đơn đặt hàng đặt mua những mặt hàng nào và tổng số tiền mà mỗi đơn Đặt hàng phải trả là bao nhiêu? 2. 31 Hãy cho biết mỗi một loại hàng bao gồm những mặt hàng nào, tổng số lượng hàng của mỗi loại và tổng số lượng của tất cả các mặt hàng hiện có trong công ty là bao nhiêu? 2. 32 Thống kê xem trong năm 2003, mỗi một mặt hàng trong mỗi tháng và trong cả năm bán được với số lượng bao nhiêu Yêu cu: Kết quả được hiển thị dưới dạng bảng, hai cột: cột đầu là mã hàng và tên hàng, các cột còn lại tương ứng với các tháng từ 1 đến 12 và cả năm. Như vậy mỗi dòng trong kết quả cho biết số lượng hàng bán được mỗi tháng và trong cả năm của mỗi mặt hàng. Sử dụng câu lệnh UPDATE thực hiện các yêu cầu sau: 2. 33 Cập nhật lại giá trị của trường NGAYCHUYENHANG của những bản ghi có NGAYCHUYENHANG chưa xác định (NULL) trong bảng DONDATHANG Bảng với giá trị của trường NGAYDATHANG. 2. 34 Tăng số luợng hàng của mhững mặt hàng do công ty VINAMILK cung cấp lên gấp đôi. 2. 35 Cập nhật giá trị của trường NOIGIAOHANG trong bảng DONDATHANG bằng địa chỉ của khách hàng đốii với những đơn đặt hàng chưa xác định được nơi giao hàng (giá trị trường NOIGIAOHANG bảng NULL). 2. 36 Cập nhật lại dữ liệu trong bảng KHACHHANG sao cho nếu tên công ty và tên giao dịch của khách hàng trùng với tên công ty và tên giao dịch của một nhà cung cấp nào đó thì địa chỉ, điện thoại, fax và e-mail phải giống nhau. Tổng hợp SQL – SGL – Plassma :
    3. 5. Software Group Leader SGL By Member: htplasma, Plassma :for Vn-zoom 2.17 SELECT mahang,tenhang FROM mathang WHERE NOT EXISTS (SELECT mahang FROM chitietdathang WHERE mahang=mathang.mahang) 2.18 SELECT manhanvien,ho,ten FROM nhanvien WHERE NOT EXISTS (SELECT manhanvien FROM dondathang WHERE manhanvien=nhanvien.manhanvien) 2.19 SELECT manhanvien,ho,ten,luongcoban FROM nhanvien WHERE luongcoban=(SELECT MAX(luongcoban) FROM nhanvien) 2.20 SELECT dondathang.sohoadon,dondathang.makhachhang, tencongty,tengiaodich, SUM(soluong*giaban-soluong*giaban*mucgiamgia/100) FROM (khachhang INNER JOIN dondathang ON khachhang.makhachhang=dondathang.makhachhang) INNER JOIN chitietdathang ON dondathang.sohoadon=chitietdathang.sohoadon GROUP BY dondathang.makhachhang,tencongty, tengiaodich,dondathang.sohoadon 2.21 SELECT mathang.mahang,tenhang FROM (mathang INNER JOIN chitietdathang ON mathang.mahang=chitietdathang.mahang) iNNER JOIN dondathang ON chitietdathang.sohoadon=dondathang.sohoadon WHERE YEAR(ngaydathang)=2003 GROUP BY mathang.mahang,tenhang HAVING COUNT(chitietdathang.mahang)=1 2.22 SELECT khachhang.makhachhang,tencongty,tengiaodich, SUM(soluong*giaban-soluong*giaban*mucgiamgia/100) FROM (khachhang INNER JOIN dondathang ON khachhang.makhachhang = dondathang.makhachhang) INNER JOIN chitietdathang ON dondathang.sohoadon=chitietdathang.sohoadon GROUP BY khachhang.makhachhang,tencongty,tengiaodich 2.23 SELECT nhanvien.manhanvien,ho,ten,COUNT(sohoadon) FROM nhanvien LEFT OUTER JOIN dondathang ON nhanvien.manhanvien=dondathang.manhanvien GROUP BY nhanvien.manhanvien,ho,ten 2.24 SELECT MONTH(ngaydathang) AS thang, SUM(soluong*giaban-soluong*giaban*mucgiamgia/100) FROM dondathang INNER JOIN chitietdathang ON dondathang.sohoadon=chitietdathang.sohoadon WHERE year(ngaydathang)=2003 GROUP BY month(ngaydathang) Tổng hợp SQL – SGL – Plassma :
    4. 7. Software Group Leader SGL By Member: htplasma, Plassma :for Vn-zoom FROM (dondathang AS a INNER JOIN chitietdathang AS b ON a.sohoadon = b.sohoadon) INNER JOIN mathang AS c ON b.mahang = c.mahang ORDER BY a.sohoadon COMPUTE SUM(b.soluong*giaban- b.soluong*giaban*mucgiamgia/100) BY a.sohoadon 2.31 SELECT loaihang.maloaihang,tenloaihang, mahang,tenhang,soluong FROM loaihang INNER JOIN mathang ON loaihang.maloaihang=mathang.maloaihang ORDER BY loaihang.maloaihang COMPUTE SUM(soluong) BY loaihang.maloaihang COMPUTE SUM(soluong) 2.32 SELECT b.mahang,tenhang, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 1 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang1, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 2 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang2, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 3 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang3, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 4 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang4, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 5 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang5, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 6 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang6, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 7 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang7, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 8 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang8, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 9 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang9, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 10 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang10, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 11 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang11, SUM(CASE MONTH(ngaydathang) WHEN 12 THEN b.soluong ELSE 0 END) AS Thang12, SUM(b.soluong) AS CaNam FROM (dondathang AS a INNER JOIN chitietdathang AS b ON a.sohoadon=b.sohoadon) INNER JOIN mathang AS c ON b.mahang=c.mahang WHERE YEAR(ngaydathang)=1996 GROUP BY b.mahang,tenhang 2.33 UPDATE dondathang Tổng hợp SQL – SGL – Plassma :
    5. 11. Software Group Leader SGL By Member: htplasma, Plassma :for Vn-zoom Của thủ tục). 5.3 Viết hàm trả về một bảng trong đó cho biết tổng số lượng hàng bán của mỗi mặt hàng. Sử dụng hàm này thống kê xem tổng số lượng hàng (hiện có và đã bán) của mỗi mặt hàng là bao nhiêu. 5.4 Viết trigger cho bảng CHITIETDATHANG theo yêu cầu sau: · Khi một bản ghi mới được bổ sung vào bảng này thì giảm số lượng hàng hiện có nếu số lượng hàng hiện có lớn hơn hoặc bằng số lượng hàng được bán ra. Ngược lại thì huỷ bỏ thao tác bổ sung. · Khi cập nhật lại số lượng hàng đươc bán, kiểm tra số lượng hàng được cập nhật lại có phù hợp hay không (số lượng hàng bán ra không Được vượt quá số lượng hàng hiện có và không được nhỏ hơn 1). Nếu dữ liệu hợp lệ thì giảm (hoặc tăng) số lượng hàng hiện có trong công ty, ngượ lại thì huỷ bỏ thao tác cập nhật. 5.5 Viết trigger cho bảng CHITIETDATHANG sao cho chỉ chấp nhận giá hàng bán ra phải nhỏ hơn hoặc bằng giá gốc (giá của mặt hàng trong bảng MATHANG) 5.6 quản lý các bản tin trong một Website, người ta sử dụng hai bảng sau: Bảng LOAIBANTIN (loại bản tin) CREATE TABLE loaibantin ( maphanloai INT NOT NULL PRIMARY KEY, tenphanloai NVARCHAR(100) NOT NULL , bantinmoinhat INT DEFAULT(0) ) Bng BANTIN (bn tin) CREATE TABLE bantin ( maso INT NOT NULL PRIMARY KEY, ngayduatin DATETIME NULL , tieude NVARCHAR(200) NULL , noidung NTEXT NULL , maphanloai INT NULL FOREIGN KEY REFERENCES loaibantin(maphanloai) ) Trong bng LOAIBANTIN, giá trị cột BANTINMOINHAT cho biết mã số của bản tin thuộc loại tương ứng mới nhất (dược bổ sung sau cùng). Hãy viết các trigger cho bảng BANTIN sao cho: · Khi một bản tin mới được bổ sung, cập nhật lại cột BANTINMOINHAT Của dòng tương ứng với loại bản tin vừa bổ sung. · Khi một bản tin bị xoá, cập nhật lại giá trị của cột BANTINMOINHAT trong bảng LOAIBANTIN của dòng ứng với loại bản tin vừa xóa là mã số của bản tin trước đó (dựa vào ngày đưa tin). Nếu không còn bản tin nào cùng loại thì giá trị của cột này bằng 0. Tổng hợp SQL – SGL – Plassma :
    6. 12. Software Group Leader SGL By Member: htplasma, Plassma :for Vn-zoom · Khi cập nhật lại mã số của một bản tin và nếu nó là bản tin mới nhất thì cập nhật lại giá trị cột BANTINMOINHAT là mã số mới. Lời giải 5.1 CREATE PROCEDURE sp_insert_mathang( @mahang NVARCHAR(10), @tenhang NVARCHAR(50), @macongty NVARCHAR(10) = NULL, @maloaihang INT = NULL, @soluong INT = 0, @donvitinh NVARCHAR(20) = NULL, @giahang money = 0) AS IF NOT EXISTS(SELECT mahang FROM mathang WHERE [email protected]) IF (@macongty IS NULL OR EXISTS(SELECT macongty FROM nhacungcap WHERE [email protected])) AND (@maloaihang IS NULL OR EXISTS(SELECT maloaihang FROM loaihang WHERE [email protected])) INSERT INTO mathang VALUES(@mahang,@tenhang, @macongty,@maloaihang, @soluong,@donvitinh,@giahang) 5.2 CREATE PROCEDURE sp_thongkebanhang(@mahang NVARCHAR(10)) AS SELECT mathang.mahang,tenhang, SUM(chitietdathang.soluong) AS tongsoluong FROM mathang LEFT OUTER JOIN chitietdathang ON mathang.mahang=chitietdathang.mahang WHERE [email protected] GROUP BY mathang.mahang,tenhang 5.3 nh ngha hàm: CREATE FUNCTION func_banhang() RETURNS TABLE AS RETURN (SELECT mathang.mahang,tenhang, CASE WHEN sum(chitietdathang.soluong) IS NULL THEN 0 ELSE sum(chitietdathang.soluong) END AS tongsl Tổng hợp SQL – SGL – Plassma :

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Bài Tập Toán 9, Hướng Dẫn Giải Bài Trang Sgk Toán Lớp 9 Đại Số, H
  • Các Công Thức Hóa Học Lớp 11 Giải Nhanh Mọi Dạng Bài Tập Hiđrocabon
  • Pp Giải Bài Tập Về Anken
  • Bài Tập Tự Luận Hữu Cơ 11 Tổng Hợp Từng Chương
  • Bai Tap Anken Hd Giai Nhanh
  • Giai He Phuong Trinh Tuyen Voi Nhieu An So

    --- Bài mới hơn ---

  • Giải Thích Ý Nghĩa Số Điện Thoại Của Mình Bạn Nên Xem
  • Soi Kèo Bóng Đá Ý: Dự Đoán Kết Quả Nhanh Và Chính Xác Nhất
  • Yolo Là Gì? Phong Cách Sống Hay Còn Nghĩa Khác?
  • Yolo Là Gì? Ảnh Hưởng Của Thông Điệp Yolo Đến Thế Hệ Trẻ
  • Tìm Hiểu Về Yolo Trong Bài Toán Real
  • Giải Hệ Phương Trình Tuyến Với n Phương Trình Và n Ẩn Số

    Khi học về Ma Trận, ta thường gặp loại bài toán giải hệ phương trình tuyến với n phương trình và n ẩn số. Trong phần này giới thiệu thí dụ một số cách giải hệ phương trình tuyến và dùng tiện ích GraphFunc trực tuyến để kiểm đáp án cho mỗi thí dụ.(Tiện ích GraphFunc có cơ chế giải hệ phương trình tuyến với n phương trình và n ẩn số. Để sử dụng tiện ích này trực tuyến hãy bấm vào đây).

    Thí dụ 1 . Giải hệ phương trình hai ẩn số

    Giải :

    Nhân hai vế (1) cho 2 và lấy (1) – (2), ta có:

    Thế vào (1), ta t́m.

    Bước kế tiếp dùng GraphFunc (có giao diện tiếng Việt) để kiểm chứng. (Nếu bạn bấm vào đường dẫn GraphFunc này mà thấy một hình chữ nhật trống mầu xám, máy bạn cần phải tảiJRE (Java Runtime Environment) trước khi sử dụng tiện ích trực tuyến này)

    Bạn bấm vào để phần mềm GraphFunc và từ thanh kéo Chức Năng bạn chọn mục Giải PT Tuyến .Một cửa sổ được hiển thị với giá trị ban đầu là giải phương trình bốn ẩn số.Trong thí dụ này hệ có hai phương trình và hai ẩn số, do đó, bạn cần cho số 2 vào ô vuông sau chữ Ẩn Số Phương Trình , rồi bấm vào nút Chọn Hình 1 .Sau khi điền các hệ số xong, bạn bấm nút Giải và đáp án được hiển thị ở ô vuông lớn phía dưới nút này.Kết quả x1 = -15 và x2 = -11. GraphFunc hiển thị hai phương trình và hai ẩn số.Đoạn bạn điền hệ số lấy từ hai phương trình (1) và (2) ở trên vào các ô nhỏ ở phía trước các ẩn số X1 và X2 trên cửa sổ.Xem

    Hình 1 .

    Lưu ý : Nếu bạn có hệ phương trình theo ẩn số x, y và z, th́ bạn có thể đổi ẩn số thành x1, x2 và x3.

    Thí dụ 2. Giải hệ phương trình ba ẩn số

    Giải :

    Lấy (2) trừ (1) và (1) trừ (3), ta được:

    Nhân hai vế (4) cho 2 và nhân hai vế (5) cho 5, ta có:

    Cộng hai phương trình (6) và (7) ta được:

    .

    Làm theo hướng dẫn của Thí Dụ 1 nhưng có một điều khác biệt trong thí dụ này là bạn chọn ba ẩn số.Bạn điền các hệ số phương trình vào trong các ô nhỏ ở phía trước các ẩn số X1, X2, X3 trên cửa sổ và bấm nút Giải để cho ra kết quả được hiển thị như Hình 2 .

    Hình 2 .

    01/06/2007 Mọi ý kiến xây dựng và bài vở xin liên lạc [email protected] Trở về GraphFunc Copyright 2005- http://toantructuyen.seriesmathstudy.com. All rights reserved. Contact us.

    Ghi rõ nguồn “http://toantructuyen.seriesmathstudy.com” khi bạn đăng lại thông tin từ website này.

    Vậy GraphFunc hỗ trợ chức năng giải hệ phương tuyến nhiều ẩn số mà không có giới hạn. Ví dụ giải hệ phương trìnhtuyến với 30 ẩn số hoặc 100 ẩn số hoặc nhiều ẩn số hơn nữa đều được.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Phương Trình 6 Ẩn
  • Trên Tập Số Phức, Phương Trình: (Z^4+4=0) Có Bao Nhiêu Nghiệm?
  • Cđ Pt Đt Y = Ax + B Chuyen De Viet Phuong Trinh Duong Thang Yax B Doc
  • Giải Toán 10 Bài 2. Hàm Số Y = Ax + B
  • Đồ Thị Hàm Số Y= Ax + B (A ≠ 0)
  • Bai Tap Chon Loc Hoa 10 Nang Cao

    --- Bài mới hơn ---

  • 45 Bài Tập Trắc Nghiệm Chương Nhóm Halogen Có Đáp Án
  • Trắc Nghiệm Hóa Học Đại Cương
  • 100 Câu Hỏi Trắc Nghiệm Đại Cương Về Hóa Học Hữu Cơ Có Đáp Án
  • Bài Tập Trắc Nghiệm Hình Học 10 Chương 1 Có Đáp Án
  • 200 Câu Trắc Nghiệm Toán 10 Chương 2 (Có Đáp Án): Tích Vô Hướng Của Hai Vectơ.
  • Published on

    1. 1. chúng tôi NGUYỄN XUÂN TRƯỜNG – TS.TRẦN TRUNG NINH BÀI TẬP CHỌN LỌC HÓA HỌC 10 (Chương trình chuẩn và nâng cao)
    2. 2. NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – 2006 3
    3. 3. LỜI NÓI ĐẦU Hóa học là một khoa học lý thuyết và thực nghiệm. Hóa học đòi hỏi sự chính xác của toán học đồng thời với sự linh hoạt trong tư duy và óc tưởng tượng phong phú, sinh động và sự khéo léo trong các thao tác thí nghiệm. Chúng tôi giới thiệu cùng bạn đọc quyển “Bài tập chọn lọc Hóa học 10” chương trình chuẩn và nâng cao. Sách gồm các bài tập Hóa học chọn lọc trong chương trình Hóa học 10 có mở rộng và nâng cao, có thể sử dụng để phát triển năng lực tư duy Hóa học cho học sinh lớp 10 và phục vụ ôn tập các kì thi tú tài, thi tuyển sinh đại học, cao đẳng và thi học sinh giỏi. Quyển sách được biên soạn theo chương trình mới của Bộ Giáo dục và đào tạo. Sách được chia thành 7 chương, tương ứng với từng chương của sách giáo khoa Hóa học 10. Mỗi chương bao gồm các nội dung chính sau: A- Tóm tắt lí thuyết. B- Bài tập có hướng dẫn. C- Hướng dẫn giải D- Bài tập tự luyện E- Bài tập trắc nghiệm F- Thông tin bổ sung, Sách có thể được sử dụng làm tài liệu tham khảo cho các thầy, cô giáo, cho các em học sinh mong có được một nền tảng vững chắc các kiến thức, tư duy và kĩ năng môn Hóa học lớp 10. Mặc dù chúng tôi đã có nhiều cố gắng, nhưng do trình độ và thời gian biên soạn còn hạn chế nên không tránh khỏi các sai sót. Chúng tôi xin chân thành cảm ơn mọi ý kiến đóng góp của các bạn đọc, nhất là các thầy, cô giáo và các em học sinh để sách được hoàn chỉnh hơn trong lần tái bản sau. Các tác giả 4
    4. 4. Chương 1 NGUYÊN TỬ A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT I. Thành phần nguyên tử Nguyên tử Lớp vỏ Gồm các electron mang điện âm Hạt nhân Proton mang điện dương Nơtron không mang điện 1. Lớp vỏ: Bao gồm các electron mang điện tích âm. – Điện tích: qe = -1,602.10-19C = 1- Khối lượng: me = 9,1095.10-31 kg 2. Hạt nhân: Bao gồm các proton và các nơtron a. Proton – Điện tích: qp = +1,602.10-19C = 1+ – Khối lượng: mp = 1,6726.10-27 kg ≈ 1u (đvC) b. Nơtron – Điện tích: qn = 0 – Khối lượng: mn = 1,6748.10-27 kg ≈ 1u 5
    5. 5. Kết luận: – Hạt nhân mang điện dương, còn lớp vỏ mang điện âm – Tổng số proton = tổng số electron trong nguyên tử – Khối lượng của electron rất nhỏ so với proton và nơtron II. Điện tích và số khối hạt nhân 1. Điện tích hạt nhân Nguyên tử trung hòa điện, cho nên ngoài các electron mang điện âm, nguyên tử còn có hạt nhân mang điện dương. Điện tích hạt nhân là Z+, số đơn vị điện tích hạt nhân là Z. Số đơn vị điện tích hạt nhân (Z) = số proton = số electron Thí dụ: Nguyên tử có 17 electron thì điện tích hạt nhân là 17+ 2. Số khối hạt nhân A=Z+N Thí dụ: Nguyên tử có natri có 11 electron và 12 nơtron thì số khối là: A = 11 + 12 = 23 (Số khối không có đơn vị) 3. Nguyên tố hóa học – Là tập hợp các nguyên tử có cùng số điện tích hạt nhân. – Số hiệu nguyên tử (Z): Z=P=e – Kí hiệu nguyên tử: A Z X Trong đó A là số khối nguyên tử, Z là số hiệu nguyên tử. III. Đồng vị, nguyên tử khối trung bình 1. Đồng vị – Là tập hợp các nguyên tử có cùng số proton nhưng khác nhau số nơtron (khác nhau số khối A). – Thí dụ: Nguyên tố cacbon có 3 đồng vị: 12 6 C , 13 C , 6 14 6 C 2. Nguyên tử khối trung bình Gọi A là nguyên tử khối trung bình của một nguyên tố. A1, A2 … là nguyên tử khối của các đồng vị có % số nguyên tử lần lượt là a%, b%… 6
    6. 6. Ta có: A= a.A 1 + b.A 2 + …. 100 IV. Sự chuyển động của electron trong nguyên tử. Obitan nguyên tử. – Trong nguyên tử, các electron chuyển động rất nhanh xung quanh hạt nhân và không theo một quỹ đạo nào. – Khu vực xung quanh hạt nhân mà tại đó xác suất có mặt của electron là lớn nhất được gọi là obitan nguyên tử. – Obitan s có dạng hình cầu, obitan p có dạng hình số 8 nổi, obitan d, f có hình phức tạp. z z z x x y y Obitan s z x x y Obitan px y Obitan py Obitan pz V. Lớp và phân lớp 1. Lớp – Các electron trong nguyên tử được sắp xếp thành lớp và phân lớp. – Các electron trong cùng một lớp có mức năng lượng gần bằng nhau. – Thứ tự và kí hiệu các lớp: n 1 2 3 4 5 6 7 Tên lớp K L M N O P Q 2. Phân lớp – Được kí hiệu là: s, p, d, f – Số phân lớp trong một lớp chính bằng số thứ tự của lớp. – Số obitan có trong các phân lớp s, p, d, f lần lượt là 1, 3, 5 và 7 – Mỗi obitan chứa tối đa 2 electron VI. Cấu hình electron trong nguyên tử 7
    7. 7. 1. Mức năng lượng – Trật tự mức năng lượng: 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f 5d 6p 7s … – Sự phân bố electron trong nguyên tử tuân theo các nguyên lí và quy tắc: Nguyên lí Pau-li, nguyên lí vững bền, quy tắc Hun. 2. Cấu hình electron Sự phân bố các electron vào obitan trong nguyên tử tuân theo các quy tắc và nguyên lí: – Nguyên lí Pauli: Trên một obitan có thể có nhiều nhất hai electron và hai electron này chuyển động tự quay khác chiều nhau xung quanh trục riêng của mỗi obitan. – Nguyên lí vững bền: ở trạng thái cơ bản, trong nguyên tử các electron chiếm lần lượt những obitan có mức năng lượng từ thấp đến cao. – Quy tắc Hun: Trong cùng một phân lớp, các electron sẽ phân bố trên obitan sao cho số electron độc thân là tối đa và các electron này phải có chiều tự quay giống nhau. Cách viết cấu hình electron trong nguyên tử: + Xác định số electron + Sắp xếp các electron vào phân lớp theo thứ tự tăng dần mức năng lượng + Viết electron theo thứ tự các lớp và phân lớp. Thí dụ: Viết cấu hình electron của Fe (Z = 26) 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s23d6 Sắp xếp theo mức năng lượng  1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 4s2 Cấu hình electron B. BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI 1.1 Vì sao từ những ý tưởng đầu tiên về nguyên tử, cách đây 2500 năm của Democrit, mãi đến cuối thế kỉ XIX người ta mới chúng minh được nguyên tử là có thật và có cấu tạo phức tạp ? Mô tả thí nghiệm tìm ra electron. 1.2 Nguyên tử khối của neon là 20,179. Hãy tính khối lượng của một nguyên tử neon theo kg. 1.3 Kết quả phân tích cho thấy trong phân tử khí CO 2 có 27,3% C và 72,7% O theo khối lượng. Biết nguyên tử khối của C là 12,011. Hãy xác định nguyên tử khối của oxi. 8
    8. 8. 1.4 Biết rằng khối lượng một nguyên tử oxi nặng gấp 15,842 lần và khối lượng của nguyên tử cacbon nặng gấp 11,9059 lần khối lượng của nguyên tử hiđro. Hỏi nếu chọn 1 khối lượng nguyên tử cacbon làm đơn vị 12 thì H, O có nguyên tử khối là bao nhiêu ? 1.5 Mục đích thí nghiệm của Rơ-dơ-pho là gì? Trình bày thí nghiệm tìm ra hạt nhân nguyên tử của Rơ-dơpho và các cộng sự của ông. 1.6 Hãy cho biết số đơn vị điện tích hạt nhân, số proton, số nơtron và số electron của các nguyên tử có kí hiệu sau đây : a) 7 Li, 3 23 39 40 234 11 Na, 19 K, 19 Ca, 90Th 4 b) 2 H, 2 He, 12 C, 16 O, 1 6 8 32 56 15 P, 26 Fe. 1.7 Cách tính số khối của hạt nhân như thế nào ? Nói số khối bằng nguyên tử khối thì có đúng không ? tại sao ? 1.8 Nguyên tử khối trung bình của bạc bằng 107,02 lần nguyên tử khối của hiđro. Nguyên tử khối của hiđro bằng 1,0079. Tính nguyên tử khối của bạc. 1.9 Cho hai đồng vị hiđro với tỉ lệ % số nguyên tử : 1 H (99,984%), 2 H (0,016%) và hai đồng vị của clo : 1 1 35 17 Cl (75,53%), 37 17 Cl (24,47%). a) Tính nguyên tử khối trung bình của mỗi nguyên tố. b) Có thể có bao nhiêu loại phân tử HCl khác nhau được tạo nên từ hai loại đồng vị của hai nguyên tố đó. c) Tính phân tử khối gần đúng của mỗi loại phân tử nói trên. 1.10 Nguyên tử khối trung bình của đồng bằng 63,546. Đồng tồn tại trong tự nhiên dưới hai dạng đồng vị 63 29 Cu và 65 29 Cu . Tính tỉ lệ % số nguyên tử đồng 63 29 Cu tồn tại trong tự nhiên. 1.11 Cho hai đồng vị 1 H (kí hiệu là H), 2 H (kí hiệu là D). 1 1 a) Viết các công thức phân tử hiđro có thể có. b) Tính phân tử khối của mỗi loại phân tử. c) Một lit khí hiđro giàu đơteri ( 2 H ) ở điều kiện tiêu chuẩn nặng 0,10g. Tính thành phần % khối lượng 1 từng đồng vị của hiđro. 9
    9. 9. 1.12 Có thể mô tả sự chuyển động của electron trong nguyên tử bằng các quỹ đạo chuyển động được không ? tại sao ? 1.13 Theo lí thuyết hiện đại, trạng thái chuyển động của electron trong nguyên tử được mô tả bằng hình ảnh gì ? 1.14 Trình bày hình dạng của các obitan nguyên tử s và p và nêu rõ sự định hướng khác nhau của chúng trong không gian. 1.15 Biết rằng nguyên tố agon có ba đồng vị khác nhau, ứng với số khối 36, 38 và A. Phần trăm các đồng vị tương ứng lần lượt bằng : 0,34% ; 0,06% và 99,6%. Tính số khối của đồng vị A của nguyên tố agon, biết rằng nguyên tử khối trung bình của agon bằng 39,98. 1.16 Nguyên tử Mg có ba đồng vị ứng với thành phần phần trăm như sau : Đồng vị % 24 25 Mg 78,6 Mg 26 10,1 Mg 11,3 a) Tính nguyên tử khối trung bình của Mg. b) Giả sử trong hỗn hợp nói trên có 50 nguyên tử 25 Mg , thì số nguyên tử tương ứng của hai đồng vị còn lại là bao nhiêu ? 1.17 Hãy cho biết tên của các lớp electron ứng với các giá trị của n = 1, 2, 3, 4 và cho biết các lớp đó lần lượt có bao nhiêu phân lớp electron ? 1.18 Hãy cho biết số phân lớp, số obitan có trong lớp N và M. 1.19 Vẽ hình dạng các obitan 1s, 2s và các obitan 2px, 2py, 2pz. 1.20 Sự phân bố electron trong phân tử tuân theo những nguyên lí và quy tắc nào ? Hãy phát biểu các nguyên lí và quy tắc đó. Lấy thí dụ minh họa. 1.21 Tại sao trong sơ đồ phân bố electron của nguyên tử cacbon (C : 1s 22s22p2) phân lớp 2p lại biểu diễn như sau : ↑ ↑ 1.22 Hãy viết cấu hình electron của các nguyên tố có Z = 20, Z = 21, Z = 22, Z = 24, Z = 29 và cho nhận xét cấu hình electron của các nguyên tố đó khác nhau như thế nào ? 1.23 Hãy cho biết số electron lớp ngoài cùng của các nguyên tử H, Li, Na, K, Ca, Mg, C, Si, O. 10
    10. 11. C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1.31 Bằng cách nào, người ta có thể tạo ra những chùm tia electron. Cho biết điện tích và khối lượng của electron. So sánh khối lượng của electron với khối lượng của nguyên tử nhẹ nhất trong tự nhiên là hiđro, từ đó có thể rút ra nhận xét gì? 1.32 Tính khối lượng nguyên tử trung bình của niken, biết rằng trong tự nhiên, các đồng vị của niken tồn tại như sau: Đồng vị Thành phần % 58 28 Ni 67,76 60 28 Ni 26,16 61 28 Ni 1,25 62 28 64 28 Ni 3,66 Ni 1,16 1.33 Trong nguyên tử, những electron nào quyết định tính chất hóa học của một nguyên tố hóa học? 1.34 Cho biết cấu hình electron của nguyên tử một số nguyên tố sau: a. 1s22s22p63s1 b. 1s22s22p63s23p5 c.1s22s22p2 d. 1s22s22p63s23p63d64s2 1. Hãy cho biết những nguyên tố nào là kim loại, phi kim? 2. Nguyên tố nào trong các nguyên tố trên thuộc họ s, p hay d? 3. Nguyên tố nào có thể nhận 1 electron trong các phản ứng hóa học? 1.35 Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong nguyên tử là 28, trong đó số hạt không mang điện chiếm xấp xỉ 35% tổng số hạt. Tính số hạt mỗi loại và viết cấu hình electron của nguyên tử . 1.36 Biết khối lượng nguyên tử của một loại đồng vị của Fe là 8,96. 10 – 23 gam. Biết Fe có số hiệu nguyên tử Z = 26 . Tính số khối và số nơtron có trong hạt nhân nguyên tử của đồng vị trên. 1.37 a, Dựa vào đâu mà biết được rằng trong nguyên tử các electron được sắp xếp theo từng lớp ? b, Electron ở lớp nào liên kết với hạt nhân chặt chẽ nhất? Kém nhất ? 1.38 Vỏ electron của một nguyên tử có 20 electron . Hỏi a, Nguyên tử đó có bao nhiêu lớp electron ? b, Lớp ngoài cùng có bao nhiêu electron ? c, Đó là kim loại hay phi kim ? 12
    11. 12. 1.39 Cấu hình electron của nguyên tử có ý nghĩa gì? Cho thí dụ. 1.40 Các nguyên tử A, B, C, D, E có số proton và số nơtron lần lượt như sau: A: 28 proton và 31 nơtron. B: 18 proton và 22 nơtron. C: 28 proton và 34 nơtron. D: 29 proton và 30 nơtron. E: 26 proton và 30 nơtron. Hỏi những nguyên tử nào là những đồng vị của cùng một nguyên tố và nguyên tố đó là nguyên tố gì? Những nguyên tử nào có cùng số khối? 1.41 Cho biết tên, kí hiệu, số hiệu nguyên tử của: a) 2 nguyên tố có số electron ở lớp ngoài cùng tối đa. b) 2 nguyên tố có 2 electron ở lớp ngoài cùng. c) 2 nguyên tố có 7 electron ở lớp ngoài cùng. d) 2 nguyên tố có 2 electron độc thân ở trạng thái cơ bản. e) 2 nguyên tố họ d có hóa trị II và hóa trị III bền. 1.42 Viết cấu hình eletron đầy đủ cho các nguyên có lớp electron ngoài cùng là: a) 2s1 d) 3s23p3 1.43 b) 2s22p3 đ) 3s23p5 c) 2s22p6 e) 3s23p6 a)Viết cấu hình electron của nguyên tử nhôm (Z =13). Để đạt được cấu hình electron của khí hiếm gần nhất trong bảng tuần hoàn nguyên tử nhôm nhường hay nhận bao nhiêu electron? Nhôm thể hiện tính chất kim loại hay phi kim? b) Viết cấu hình electron của nguyên tử clo (Z =17). Để đạt được cấu hình electron của khí hiếm gần nhất trong bảng tuần hoàn, nguyên tử clo nhường hay nhận bao nhiêu electron? Clo thể hiện tính chất kim loại hay phi kim? 1.44 Cấu hình electron của nguyên tử lưu huỳnh là 1s 22s22p63s23p4. Hỏi: a) Nguyên tử lưu huỳnh có bao nhiêu electron ? b) Số hiệu nguyên tử của lưu huỳnh là bao nhiêu? 13
    12. 14. C. a và b D.c và d 1.49 Cấu hình của nguyên tử sau biểu diễn bằng ô lượng tử. Thông tin nào không đúng khi nói về cấu hình đã cho? ↑↓ 1s2 ↑ ↑↓ 2s2 ↑ ↑ 2p3 A.Nguyên tử có 7 electron B.Lớp ngoài cùng có 3 electron C.Nguyên tử có 3 electron độc thân D.Nguyên tử có 2 lớp electron 1.50 Khi phân tích một mẫu brom lỏng, người ta tìm được 3 giá trị khối lượng phân tử hơn kém nhau 2 đơn vị, điều đó chứng tỏ: A. Có hiện tượng đồng vị B. Có sự tồn tại của đồng phân C. Brom có 3 đồng vị D. Brom có 2 đồng vị 1.51 Phát biểu nào sau đây không đúng? A. Các electron chuyển động xung quanh hạt nhân theo những hình tròn. B. Các electron chuyển động xung quanh hạt nhân không theo quỹ đạo xác định nào. C. Obitan là khu vực xung quanh hạt nhân mà tại đó xác suất có mặt của electron là lớn nhất. D. Obitan của các phân lớp khác nhau có hình dạng khác nhau. 1.52 Cho các nguyên tử sau N (Z = 7), O (Z = 8), S (Z = 16), Cl (Z = 17). Trong số đó các nguyên tử có 2 electron độc thân ở trạng thái cơ bản là: A. N và S B. S và Cl C. O và S D. N và Cl 1.53 Ion A2+ có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng là 3p 6. Tổng số electron trong nguyên tử A là: A. 18 B. 19 C. 20 D. 21 15
    13. 15. 1.54 Cấu hình electron của ion nào sau đây khác cấu hình electron của khí hiếm ? A. Na+ B. Cu2+ C. Cl- D. O2- 1.55 Các nguyên tử và ion : F-, Na+, Ne có đặc điểm nào chung ? A. Có cùng số electron B. Có cùng số nơtron C. Cùng số khối D. Cùng điện tích hạt nhân 1.56 Một nguyên tử có tổng cộng 7 electron ở các phân lớp p. Số proton của nguyên tử đó là : A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 1.57 Nguyên tử X có cấu hình electron là : 1s22s22p5. Ion mà X có thể tạo thành là : A. X+ B. X2+ C. X- D. X2- 1.58 Biết 1 mol nguyên tử sắt có khối lượng bằng 56g, một nguyên tử sắt có 26 electron. Số hạt electron có trong 5,6g sắt là A. 15,66.1024 B. 15,66.10 21 C. 15,66.1022 D. 15,66.1023 1.59 Nguyên tử nào trong số các nguyên tử sau đây có 20 proton, 20 electron, 20 nơtron? A. 39 19 K B. 40 18 Ar C. 40 20 Ca D. 37 17 Cl 1.60 Trong nguyên tử cacbon, hai electron 2p được phân bố trên 2 obitan p khác nhau và được biểu diễn bằng hai mũi tên cùng chiều. Nguyên lí hay quy tắc được áp dụng ở đây là A. nguyên lí Pauli B. quy tắc Hund C. quy tắc Kletkopski D. cả A, B và C E. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP 1.46. C 1.47. D 1.48. D 1.49. B 1.50. D 1.51. A 1.52. C 1.53. C 1.54. B 1.55. A 1.56. D 1.57. C 1.58. D 1.59. C 1.60. B 1.1 Hướng dẫn : Trong một thời kì dài, người ta không có đủ các thiết bị khoa học để kiểm chứng ý tưởng về nguyên tử. Sự phát triển của khoa học và kĩ thuật cuối thế kỉ XIX cho phép chế tạo được thiết bị có độ chân không 16
    14. 16. cao (p = 0,001mmHg), có màn huỳnh quang để quan sát đường đi của các tia không nhìn thấy bằng mắt thường và nguồn điện có thế hiệu rất cao (15000V). Thí nghiệm phát minh electron của Tom-xơn (1897) Tom-xơn đã cho phóng điện với thế hiệu 15000 vôn qua hai điện cực gắn vào hai đầu của một ống thủy tinh kín đã rút gần hết không khí, áp suất 0,001mmHg, thì thấy màn huỳnh quang lóe sáng. Màn huỳnh quang phát sáng do sự xuất hiện của các tia không nhìn thấy được đi từ cực âm sang cực dương, tia này được gọi là tia âm cực. Tia âm cực bị hút lệch về phía cực dương khi đặt ống thủy tinh trong một điện trường. Thí nghiệm này chứng tỏ nguyên tử có cấu tạo phức tạp. Một trong những thành phần cấu tạo của nguyên tử là các electron. 1.2 Hướng dẫn: Ta có mNe = 1,66005.10-27. 20,179 = 33,498.10-27 kg. 1.3 Hướng dẫn : Gọi nguyên tử khối của oxi là X, ta có : ( 2X + 12,011).27,3% = 12,011 ⇒ X = 15,99 1.4 Hướng dẫn: Theo đề bài : MO = 15,842.MH MC = 11,9059.MH M C 11,9059M H . = 12 12 Vậy MO và MH tính theo MO = MH = 1 .M C là : 12 15,842.M H .12 = 15, 9672 11, 9059.M H Mo 15,9672 = = 1, 0079 15,842 15,842 17
    15. 18. 234 90Th có số khối A = 234 Số p = số e = Z = 90 ; N = 144 b). 2 1H có số khối A = 2 Số p = số e = Z = 1 ; N = 1 4 2 He có số khối A = 4 Số p = số e = Z = 2 ; N = 2 12 6C có số khối A = 12 Số p = số e = Z = 6 ; N = 6 16 😯 có số khối A = 16 Số p = số e = Z = 8 ; N = 8 56 26 Fe có số khối A = 56 Số p = số e = Z = 26 ; N =30 32 15 P có số khối A = 32 Số p = số e = Z = 15; N = 17 1.7 Hướng dẫn: Cách tính số khối của hạt nhân : Số khối hạt nhân (kí hiệu A) bằng tổng số proton (p) và số nơtron (n). A=Z+N Nói số khối bằng nguyên tử khối là sai, vì số khối là tổng số proton và notron trong hạt nhân, trong khi nguyên tử khối là khối lượng tương đối của nguyên tử. Nguyên tử khối cho biết khối lượng của một nguyên tử nặng gấp bao nhiêu lần đơn vị khối lượng nguyên tử. Do khối lượng của mỗi hạt proton và nơtron ~1u, cho nên trong các tính toán không cần độ chính xác cao, coi số khối bằng nguyên tử khối. 1.8 Hướng dẫn: Ta có AAg = 107,02. A H2 mà A H2 = M H2 = 1,0079 A Ag = 107,02 . 1,0079 = 107,865 1.9 Hướng dẫn: 19
    16. 19. a) Nguyên tử khối trung bình của hiđro và clo là: AH= 1.99,984 + 2.0,016 = 1,00016 100 A Cl = 35.75,53 + 37.24,47 = 35,5 100 b). Có bốn loại phân tử HCl khác nhau tạo nên từ hai loại đồng vị của hai nguyên tử hiđro và clo. H 35 Cl, H 37 Cl, D 35 Cl, D 37 Cl 17 17 17 17 Công thức phân tử là : c) Phân tử khối lần lượt: 36 38 37 39 1.10 Hướng dẫn: Gọi tỉ lệ % số nguyên tử của đồng vị Ta có 63 29 Cu là x , % đồng vị 65 29 Cu là 100 – x 63x + 65(100 − x) = 63,546 100 ⇒ 63x + 6500 – 65x = 6354,6 ⇒ x = 72,7 Vậy % số nguyên tử của đồng vị 63 29 Cu là 72,7%. 1.11 Hướng dẫn: a) Công thức phân tử : H2 ; HD ; D2 b) Phân tử khối : 3 4 2 c) Đặt a là thành phần % của H và 100 – a là thành phần % của D về khối lượng. Theo bài ra ta có : MH = (1×a%) + 2(100 – a%) 0,1 = 22,4 100 2 % H = 88% ; %D = 12% 1.12 Hướng dẫn: Không thể mô tả được sự chuyển động của electron trong nguyên tử bằng các quỹ đạo chuyển động. Bởi vì trong nguyên tử, các electron chuyển động rất nhanh xung quanh hạt nhân không theo một quỹ đạo xác định nào. Người ta chỉ nói đến khả năng quan sát electron tại một thời điểm nào đó trong không gian của nguyên tử. 20
    17. 20. 1.13 Hướng dẫn: Theo lý thuyết hiện đại trạng thái chuyển động của electron trong nguyên tử được mô tả bằng hình ảnh được gọi là obitan nguyên tử. 1.14 Hướng dẫn: Hình dạng của các obitan nguyên tử s và p : + Obitan s : Có dạng hình cầu, tâm là hạt nhân nguyên tử. Obitan s không có sự định hướng trong không gian của nguyên tử. + Obitan p : Gồm ba obitan : px, py và pz có dạng hình số 8 nổi. Mỗi obitan có sự định hướng khác nhau trong không gian. Chẳng hạn : Obitan px định hướng theo trục x, py định hướng theo trục y,… z z x z z x y y Obitan s x y Obitan px x y Obitan py Obitan pz 11.15 Hướng dẫn: Gọi số khối của đồng vị A của nguyên tố agon là X Ta có A Ar = 36 ⇒ 0,34 0, 06 99,6 XA = 40 100 + 38 100 + XA 100 = 39,98 1.16 Hướng dẫn: Ta có a) Nguyên tử khối trung bình của Mg là A Mg = 24 78,6 10,1 11,3 + 25 + 26 = 24,33 100 100 100 b) Giả sử trong hỗn hợp nói trên có 50 nguyên tử 25 Mg , thì số nguyên tử tương ứng của 2 đồng vị còn lại là: 21
    18. 21. Số nguyên tử Số nguyên tử Mg = 50 x78,6 = 389 (nguyên tử). 10,1 Mg = 50 x 11,3 = 56 (nguyên tử). 10,1 24 26 1.17 Hướng dẫn: Ta có n: 1 2 3 4 Tên lớp : K L M N Lớp K có một phân lớp 1s Lớp L có hai phân lớp 2s, 2p Lớp M có ba phân lớp 3s, 3p, 3d Lớp N có bốn phân lớp 4s, 4p, 4d, 4f 1.18 Hướng dẫn: +) Lớp N có : – 4 phân lớp 4s, 4p, 4d, 4f 1 obi tan  3 obi tan – 16 obitan :  5 obi tan 7 obi tan  4s 4p 4d 4f +) Lớp M có : – 3 phân lớp 3s, 3p, 3d – 1 obi tan 3s   9 obitan : 3 obi tan 3p  5 obi tan 3d  1.19 Hướng dẫn: Vẽ hình dạng các obitan 1s, 2s và các obitan 2p x, 2py, 2pz 22
    19. 22. z z z x y x x y Obitan s z y Obitan px x y Obitan py Obitan pz 1.20 Hướng dẫn: Sự phân bố electron trong nguyên tử tuân theo nguyên lý Pau-li, nguyên lý vững bền và quy tắc Hun. – Nguyên lý Pau-li : Trên một obitan chỉ có thể có nhiều nhất là 2 electron và 2 electron này chuyển động tự quay khác chiều nhau xung quanh trục riêng của mỗi electron. Thí dụ : Nguyên tố He có Z = 2 ↑↓ 1s 2 – Nguyên lý vững bền : ở trạng thái cơ bản trong nguyên tử các electron chiếm lần lượt những obitan có mức năng lượng từ thấp đến cao. Thí dụ : Nguyên tử B (Z = 5) : ↑↓ ↑↓ 1s 2 2s2 ↑ 2p1 – Quy tắc Hun : Trong cùng 1 phân lớp các electron sẽ phân bố trên các obitan sao cho có số electron độc thân là tối đa và các electron này phải có chiều tự quay giống nhau. Thí dụ : Nguyên tử C (Z = 6) ↑↓ ↑↓ 1s2 2s2 ↑ 2p2 ↑ 1.21 Hướng dẫn: Theo nguyên tắc Hun cho nên trong sơ đồ phân bố electron của nguyên tử cacbon ( C : 1s 2 2s2 2p2) phân lớp 2p được biểu diễn : ↑ ↑ 1.22 Hướng dẫn: Cấu hình electron của các nguyên tố có : – Z = 20 : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 – Z = 21 : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d14s2 23
    20. 23. – Z = 22 : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2 – Z = 24 : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1 – Z = 29 : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s1 Nhận xét : + Cấu hình Z =20 khác với các cấu hình còn lại ở chỗ không có phân lớp 3d. + Cấu hình Z =24 và Z = 29 có 1 electron ở phân lớp 4s. 1.23 Hướng dẫn: Số e ở lớp ngoài cùng của nguyên tử các nguyên tố: H : có 1e Ca : có 2e Li : có 1e Mg: có 2e Na: có 1e C : có 4e K : có 1e O : có 6e Si : có 4e 1.24 Hướng dẫn: K (Z= 19) : 1s22s22p63s23p64s1 Ca (Z = 20) : 1s22s22p63s23p64s2 Vậy sự phân bố electron trên các obitan nguyên tử của các nguyên tố K và Ca có đặc điểm là có 1 hay 2 electron ở lớp ngoài cùng. Những electron này có liên kết yếu với hạt nhân, do đó trong các phản ứng hóa học, K và Ca dễ nhường đi để trở thành các ion dương bền vững. 1.25 Hướng dẫn: Cấu hình e của F và Cl là : F (Z = 9) 1s22s22p5 Cl (Z = 17) : 1s22s22p63s23p5 Đặc điểm : lớp electron ngoài cùng có 7e, những electron này liên kết chặt chẽ với hạt nhân, do đó trong các phản ứng hóa học, F và Cl có xu hướng nhận thêm 1 electron để đạt cấu hình bão hòa, bền vững như khí hiếm đứng sau chúng. 1.26 Hướng dẫn: Trật tự theo dãy đã cho là sai, sửa lại là : 24
    21. 25. Để duy trì một tốc độ tăng trưởng kinh tế cao thứ hai châu Á, khoảng 7,5 -8% một năm như hiện nay, theo nghiên cứu của tổng công ty điện lực Việt Nam (EVN), tăng trưởng nguồn điện phải đạt trung bình 15% một năm. Một số nước phát triển như Pháp và Hàn Quốc có tỷ trọng điện hạt nhân trong tổng nguồn năng lượng rất cao (trên 60%). Các nguồn điện chủ yếu hiện nay của nước ta là thủy điện và nhiệt điện. Thủy điện có ưu điểm tận dụng tài nguyên nước, nhưng nguồn điện lại phụ thuộc nhiều vào nguồn nước. Vào những tháng 4, 5 hàng năm, nguồn nước cho thủy điện giảm làm nguồn cung cấp điện thiếu hụt dẫn đến phải cắt điện luân phiên, ảnh hưởng không nhỏ đến sản xuất và kinh doanh. Nhiệt điện với các nhiên liệu như than đá (Quảng Ninh), khí đốt ở Bà Rịa-Vũng Tàu đang góp phần làm tăng mức độ ô nhiễm môi trường ở Việt Nam. Để giải quyết nạn thiếu điện có nhiều phương án được lựa chọn, trong đó có điện hạt nhân. Theo EVN đến năm 2022 nước ta sẽ có nhà máy điện hạt nhân đầu tiên. Nhà máy điện hạt nhân sẽ cung cấp một nguồn điện ổn định, không làm tăng khí thải CO 2 như việc đốt các nhiên liệu hóa thạch như than đá, dầu mỏ. Nguồn điện hạt nhân sẽ hỗ trợ các nhà máy thủy điện trong mùa khô. Nhà máy điện hạt nhân còn là biểu tượng của một nền khoa học, công nghệ tiên tiến. Các nước có nền công nghiệp điện hạt nhân phát triển như Nga, Pháp, Hàn Quốc đang giới thiệu cho Việt Nam các thiết bị điện hạt nhân của họ. Tuy nhiên, cho đến nay chưa có một sự lựa chọn nhà thầu chính thức nào từ phía Việt Nam. 2. Những ý kiến phản đối việc xây dựng nhà máy điện hạt nhân Thứ nhất là năng lượng hạt nhân có độ rủi ro cao. Bài học về vụ nổ lò phản ứng hạt nhân ở Trecnobyl 20 năm trước, với một sức tàn phá tương đương 400 quả bom nguyên tử mà Mỹ ném xuống thành phố Hirosima, làm cho một khu vực bán kính 30km đến nay hoàn toàn không người ở vì độ nhiễm xạ cao vẫn còn giá trị. Thứ hai là công nghệ điện hạt nhân phải nhập với giá thành rất cao. Nguyên liệu hoạt động của nhà máy điện hạt nhân ngày càng hiếm và phải nhập khẩu với giá thành ngày càng cao, do đó điện hạt nhân kém tính cạnh tranh so với các nguồn năng lượng khác. Thứ ba là vấn đề xử lí rác thải hạt nhân. Đây là một vấn đề rất phức tạp, ngay cả với những quốc gia có nền khoa học và công nghệ tiên tiến trên thế giới. 26
    22. 27. Chương 2 BẢNG TUẦN HOÀN CÁC NGUYÊN TỐ HÓA HỌC VÀ ĐỊNH LUẬT TUẦN HOÀN A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT 1. Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học a) Nguyên tắc sắp xếp: – Các nguyên tố được sắp xếp theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân nguyên tử. – Các nguyên tố có cùng số lớp electron được xếp thành một hàng. – Các nguyên tố có số electron hóa trị trong nguyên tử như nhau được xếp thành một cột. b) Cấu tạo của bảng tuần hoàn Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học là sự thể hiện nội dung của định luật tuần hoàn. Trong hơn 100 năm tồn tại và phát triển, đã có khoảng nhiều kiểu bảng tuần hoàn khác nhau. Dạng được sử dụng trong sách giáo khoa hóa học phổ thông hiện nay là bảng tuần hoàn dạng dài, có cấu tạo như sau: Ô : Số thứ tự của ô bằng số hiệu nguyên tử và bằng số đơn vị điện tích hạt nhân, bằng tổng số electron của nguyên tử.. Chu kì : Có 7 chu kì, số thứ tự của chu kì bằng số lớp electron của nguyên tử gồm : + Chu kì nhỏ là các chu kì 1, 2, 3 chỉ gồm các nguyên tố s và các nguyên tố p. Mỗi chu kì nhỏ gồm 8 nguyên tố, trừ chu kì 1 chỉ có hai nguyên tố. + Chu kì lớn là các chu kì 4, 5, 6 ,7 gồm các nguyên tố s, p, d và f. Chu kì 4 và chu kì 5 mỗi chu kì có 18 nguyên tố. Chu kì 6 có 32 nguyên tố. Theo quy luật, chu kì 7 cũng phải có 32 nguyên tố, tuy nhiên chu kì 7 mới phát hiện được 24 nguyên tố hóa học. Lí do là các nguyên tố có hạt nhân càng nặng càng kém bền, chúng có “đời sống” rất ngắn ngủi. Nhóm: Có 8 nhóm, số thứ tự của nhóm bằng số electron hóa trị. + Nhóm A: Số thứ tự của nhóm bằng số electron hóa trị, nhóm A gồm các nguyên tố s và p. Nhóm A còn được gọi là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính. 28
    23. 28. + Nhóm B: Số thứ tự của nhóm B bằng số electron hóa trị, nhóm B gồm các nguyên tố d và f. Nhóm B còn được gọi là các nguyên tố thuộc phân nhóm phụ. c) Những tính chất biến đổi tuần hoàn theo chiều tăng của điện tích hạt nhân – Bán kính nguyên tử: + Trong chu kì, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, bán kính nguyên tử giảm dần, vì số electron ngoài cùng tăng dần trong khi số lớp electron không thay đổi. + Trong nhóm A, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, bán kính nguyên tử tăng dần, do số lớp electron tăng dần. – Năng lượng ion hoá: + Trong chu kì, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, năng lượng ion hóa của nguyên tử tăng dần, vì số electron ngoài cùng tăng dần trong khi số lớp electron không thay đổi. + Trong nhóm A, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, năng lượng ion hóa của nguyên tử giảm dần vì electron ở xa hạt nhân hơn, liên kết với hạt nhân yếu hơn. – Độ âm điện: Độ âm điện là một khái niệm mang tính chất kinh nghiệm và thay đổi theo thang đo và chỉ có ý nghĩa tương đối. Độ âm điện đặc trưng cho khả năng hút electron về phía mình của nguyên tử trong phân tử. + Trong chu kì, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, độ âm điện của nguyên tử tăng dần. + Trong nhóm A, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, độ âm điện của nguyên tử giảm dần. – Tính kim loại – phi kim: + Trong chu kì, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, tính kim loại giảm dần và tính phi kim tăng dần. + Trong nhóm A, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, tính kim loại tăng dần và tính phi kim giảm dần. Tính axit – bazơ của oxit và hiđroxit: + Trong chu kì, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, tính bazơ giảm dần và tính axit tăng dần. + Trong nhóm A, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, tính bazơ tăng dần và tính axit dần giảm (trừ nhóm VII). 2. Định luật tuần hoàn 29
    24. 29. Tính chất của các nguyên tố và đơn chất cũng như thành phần và tính chất của các hợp chất tạo nên từ các nguyên tố đó biến đổi tuần hoàn theo chiều tăng của điện tích hạt nhân nguyên tử. 3. Ý nghĩa của định luật tuần hoàn – Biết vị trí của một nguyên tố trong bảng tuần hoàn, có thể suy ra cấu tạo nguyên tử của nguyên tố đó và ngược lại. Vị trí của một nguyên tố trong bảng tuần hoàn (ô) Số thứ tự của nguyên tử Số thứ tự của chu kì Số thứ tự của nhóm A Cấu tạo nguyên tử Số proton và số electron. Số lớp electron Số electron lớp ngoài cùng – Biết vị trí của một nguyên tố trong bảng tuần hoàn, có thể suy ra tính chất hóa học cơ bản của nó. Vị trí của một nguyên tố trong bảng tuần hoàn Nhóm IA, IIA, IIIA Nhóm VA, VIA, VIIA Nhóm IVA Tính chất cơ bản Kim loại. Phi kim Có thể là phi kim (C, Si), có thể là kim loại (Sn, Pb) – So sánh tính chất hóa học của một nguyên tố với các nguyên tố lân cận. 30
    25. 30. B. BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI 2.1 Xác định vị trí (số thứ tự, chu kỳ, nhóm, phân nhóm) các nguyên tố sau đây trong bảng tuần hoàn, cho biết cấu hình electron của nguyên tử các nguyên tố đó như sau: 1. 1s2 2s2 2p6 3s23p6 4s2 2. 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s2 2.2 Ion M3+ có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s 23p63d5. 1. Xác định vị trí (số thứ tự, chu kỳ, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. Cho biết M là kim loại gì? 2. Trong điều kiện không có không khí, cho M cháy trong khí Cl 2 thu được một chất A và nung hỗn hợp bột (M và S) được một hợp chất B. Bằng các phản ứng hóa học, hãy nhận biết thành phần và hóa trị của các nguyên tố trong A và B. 2.3 Giả sử nguyên tố M ở ô số 19 trong bảng tuần hoàn chưa được tìm ra và ô này vẫn còn được bỏ trống. Hãy dự đoán những đặc điểm sau về nguyên tố đó: 1. Tính chất đặc trưng. 2. Công thức oxit. Oxit đó là oxit axit hay oxit bazơ? 2.4 Nguyên tử của nguyên tố R có phân mức năng lượng cao nhất là 4s 2. 1. Viết cấu hình electron của nguyên tử R 2. Vị trí trong bảng tuần hoàn. 3. Viết các phương trình hóa học xảy ra khi cho: R + H2O → hiđroxit + H2 Oxit của R + H2O → Muối cacbonat của R + HCl → Hiđroxit của R + Na2CO3 → 2.5 Một hợp chất có công thức là MA x, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. M là kim loại, A là phi kim ở chu kì 3. Trong hạt nhân của M có n – p = 4, trong hạt nhân của A có n’ = p’. Tổng số proton trong MAx là 58. 1. Xác định tên nguyên tố, số khối của M, số thứ tự A trong bảng tuần hoàn. 2. Hoàn thành các phương trình hóa học: a. MXx + O2  t → M2O3 + XO2 0 31
    26. 31. b. MXx + HNO3  t → M(NO3)3 + H2XO4 + NO2 + H2O 0 2.6 M là kim loại thuộc nhóm IIA.Hòa tan hết 10,8 gam hỗn hợp gồm kim loại M và muối cacbonat của nó trong dung dịch HCl, thu được 4,48 lit hỗn hợp khí A (đktc). Tỉ khối của A so với khí hiđro là 11,5. 1. Tìm kim loại M 2. Tính % thể tích các khí trong A. 2.7 X, Y là hai kim loại có electron cuối cùng là 3p 1 và 3d6. 1. Dựa vào bảng tuần hoàn, hãy xác định tên hai kim loại X, Y. 2. Hòa tan hết 8,3 gam hỗn hợp X, Y vào dung dịch HCl 0,5M (vừa đủ), ta thấy khối lượng dung dịch sau phản ứng tăng thêm 7,8 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại và thể tích dung dịch HCl đã dùng. 2.8 Hòa tan hết a gam oxit kim loại M (thuộc nhóm IIA) bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2SO4 17,5% thu được dung dịch muối có nồng độ 20%. Xác định công thức oxit kim loại M. 2.9 A, B là 2 kim loại nằm ở 2 chu kỳ liên tiếp thuộc nhóm IIA. Cho 4,4 gam một hỗn hợp gồm A và B tác dụng với dung dịch HCl 1M (dư) thu được 3,36 lit khí (đktc). 1. Viết các phương trình phản ứng và xác định tên 2 kim loại. 2. Tính thể tích dung dịch HCl đã dùng, biết rằng HCl dùng dư 25% so với lượng cần thiết. 2.10 Cho 0,85 gam hai kim loại thuộc hai chu kỳ kế tiếp trong nhóm IA vào cốc chứa 49,18 gam H 2O thu được dung dịch A và khí B. Để trung hòa dung dịch A cần 30 ml dung dịch HCl 1M. a. Xác định hai kim loại b. Tính nồng độ % của các chất trong dung dịch A. 2.11 Nguyên tố R có hóa trị cao nhất trong oxit gấp 3 lần hóa trị trong hợp chất với hiđro. a. Hãy cho biết hóa trị cao nhất của R trong oxit. b. Trong hợp chất của R với hiđro có tỉ lệ khối lượng: m R 16 = . mH 1 Không dùng bảng tuần hoàn, cho biết kí hiệu của nguyên tử R. 2.12 Nguyên tố R ở chu kì 3, nhóm VA trong bảng tuần hoàn. Không sử dụng bảng tuần hoàn, hãy cho biết: 32
    27. 32. a. Cấu hình electron của R. b. Trong oxit cao nhất của R thì R chiếm 43,66% khối lượng. Tính số lượng mỗi loại hạt của nguyên tử R. 2.13 A và B là hai nguyên tố ở cùng một nhóm và thuộc hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn. Tổng số proton trong hai hạt nhân nguyên tử của A và B bằng 32. Hãy viết cấu hình electron của A , B và của các ion mà A và B có thể tạo thành. 2.14 Hai nguyên tố A và B ở hai nhóm A liên tiếp trong bảng tuần hoàn, B thuộc nhóm VA, ở trạng thái đơn chất A, B không phản ứng với nhau. Tổng số proton trong hạt nhân nguyên tử của A và B là 23. 1. Viết cấu hình electron nguyên tử của A, B. 2. Từ các đơn chất A, B và các hóa chất cần thiết, hãy viết các phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện) điều chế hai axit trong đó A và B có số oxi hóa cao nhất. 2 2.15 Cho biết tổng số electron trong anion AB3 − là 42. Trong các hạt nhân A và B đều có số proton bằng số nơtron. 1. Tìm số khối của A và B 2. Cho biết vị trí của A, B trong bảng tuần hoàn. 2.16 Tổng số hạt proton, nơtron, electron của nguyên tử một nguyên tố R nhóm VIIA là 28. 1. Tính số khối. 2. Viết ký hiệu nguyên tử nguyên tố đó. 2.17 Một hợp chất ion được cấu tạo từ M+ và X2-. Trong phân tử M2X có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 140 hạt. Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44 hạt. Số khối của ion M + lớn hơn số khối của ion X 2- là 23. Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong ion M + nhiều hơn trong ion X2- là 31. 1. Viết cấu hình electron của M và X. 2. Xác định vị trí của M và của X trong bảng tuần hoàn. 2.18 Khi biết được số thứ tự Z của một nguyên tố trong bảng tuần hoàn, ta có thể biết được các thông tin sau đây không, giải thích ngắn gọn: 1. Cấu hình electron 4. Tính chất cơ bản 33
    28. 33. 2. Số khối 5. Hóa trị cao nhất trong oxit 3. Kí hiệu nguyên tử 6. Hóa trị trong hợp chất với hiđro 2.19 Khi biết cấu hình lớp electron ngoài cùng của nguyên tử một nguyên tố nhóm A, ta có thể biết được các thông tin sau đây không? 1. Tính chất hóa học cơ bản 2. Cấu hình electron 3. Vị trí nguyên tố trong bảng tuần hoàn 4. Công thức oxit cao nhất 5. Kí hiệu nguyên tử 6. Công thức hợp chất với hiđro Giải thích ngắn gọn các câu trả lời. 2.20 Một số đặc điểm của các nguyên tố kim loại kiềm được trình bày ở bảng sau: Nguyên tố Li Cấu hình electron 3s1 5s1 [Xe]6s1 Bán kính nguyên tử (nm) 0,155 Năng lượng ion hóa, kJ/mol Na K Rb Cs 0,189 0,236 0,248 0,268 I1 520 496 419 403 376 I2 7295 4565 3069 2644 2258 1. Giải thích sự biến đổi năng lượng ion hóa thứ nhất? Tại sao năng lượng ion hóa thứ hai lớn hơn rất nhiều so với năng lượng ion hóa thứ nhất? 2. Tại sao trong các hợp chất, số oxi hóa của các kim loại kiềm luôn là +1, chúng có thể tạo ra số oxi hóa cao hơn hay không ? 2.21 Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong hai nguyên tử kim loại A và B là 142, trong đó tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 42. Số hạt mang điện của nguyên tử B nhiều hơn của nguyên tử A là 12. a. Xác định 2 kim loại A và B. Cho biết số hiệu nguyên tử của một số nguyên tố: Na (Z = 11), Mg (Z= 12), Al (Z =13), K (Z = 19), Ca (Z = 20), Fe (Z = 26), Cu (Z = 29), Zn (Z = 30). b. Viết phương trình phản ứng điều chế A từ muối cacbonat của A và điều chế B từ một oxit của B. (Trích Đề thi ĐH – CĐ khối B, năm 2003) 2.22 Cho 10 gam kim loại M (thuộc nhóm IIA) tác dụng với nước, thu được 6,11 lit khí hiđro (đo ở 25 oC và 1 atm). 34
    29. 34. a. Hãy xác định tên của kim loại M đã dùng. b. Cho 4 gam kim loại M vào cốc đựng 2,5lit dung dịch HCl 0,06M thu được dung dịch B. Tính nồng độ mol/l các chất trong cốc sau phản ứng. Coi thể tích dung dịch trong cốc vẫn là 2,5 l. 2.23 Một hợp chất có công thức XY2 trong đó X chiếm 50% về khối lượng. Trong hạt nhân của X và Y đều có số proton bằng số nơtron. Tổng số proton trong phân tử XY 2 là 32. a. Viết cấu hình electron của X và Y. b. Xác định vị trí của X và Y trong bảng tuần hoàn. 2.24 Cho biết cấu hình electron lớp ngoài cùng của nguyên tử các nguyên tố (thuộc chu kỳ 3) A, M, X lần lượt là ns1, ns2np1, ns2np5. 1. Xác định vị trí của A, M, X trong bảng tuần hoàn và cho biết tên của chúng. 2. Hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ sau: – A(OH)m + MXy → A1 ↓ + … – A1 ↓ + A(OH)m → A2 (tan) + … – A2 + HX + H2O → A1 ↓+ … – A1 ↓ + HX → A3 (tan) + … Trong đó M, A, X là các nguyên tố tìm thấy ở câu 1. 2.25 Có 5,56 gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (hóa trị n). Chia A làm hai phần bằng nhau: Phần 1: Hòa tan hết trong dung dịch HCl được 1,568 lit khí H 2. Phần 2: Hòa tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 2,016 lit khí SO2. Viết các phương trình phản ứng và xác định tên kim loại M. Các khí đo ở đktc. 2.26 R là kim loại hóa trị II. Đem hòa tan 2 gam oxit của kim loại này vào 48 gam dung dịch H 2SO4 6,125% loãng thu được dung dịch A trong đó nồng độ H 2SO4 chỉ còn 0,98%. 1. Viết phương trình hóa học và xác định R. Biết RSO 4 là muối tan. 2. Tính thể tích dung dịch NaOH 8% (d =1,05 g/ml) cần cho vào A để thu được lượng kết tủa lớn nhất. 2.27 M là kim loại hóa trị II. Hòa tan m gam M vào 200 gam dung dịch H 2SO4 loãng, vừa đủ thì thu được dung dịch A và 0,672 lit khí (ở 54,6 0C và 2 atm). Chia A thành 2 phần bằng nhau: 35
    30. 35. Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thu được 1 gam chất rắn. Xác định kim loại M và tính nồng độ % dung dịch axit đã dùng. Phần 2: làm bay hơi nước thu được 6,15 gam muối ngậm nước dạng MSO 4.nH2O. Xác định công thức muối ngậm nước. 2.28 Hòa tan 16,2 gam kim loại M (nhóm IIIA) vào 5 lit dung dịch HNO 3 0,5M (d = 1,25 g/ml). Sau khi kết thúc phản ứng thu được 5,6 lit hỗn hợp khí NO và N 2 (đktc). Tỉ khối của hỗn hợp khí này so với hiđro là 14,4. 1. Xác định kim loại R. 2. Tính nồng độ % của dung dịch HNO3 trong dung dịch sau phản ứng. 2.29 Cấu tạo các lớp electron của nguyên tử các nguyên tố A, B, C, D, E như sau: A: 2/2 B: 2/8/8/2 C: 2/7 D: 2/8/7 E: 2 1. Xác định vị trí của các nguyên tố trong bảng tuần hoàn. 2. Nguyên tố nào có tính kim loại mạnh nhất? Phi kim mạnh nhất? Nguyên tố nào kém hoạt động nhất? Giải thích? 2.30 Hòa tan hết 46 gam hỗn hợp gồm Ba và hai kim loại kiềm A, B thuộc hai chu kì kế tiếp vào nước, thu được dung dịch D và 11,2 lit khí đo ở đktc. Nếu thêm 0,18 mol Na2SO4 vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng vẫn chưa kết tủa hết bari. Nếu thêm 0,21 mol Na2SO4 vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng còn dư Na 2SO4. Xác định tên hai kim loại kiềm. Cho: Ba = 137, Li =7, Na = 23, K =39, Rb = 85, Cs = 133. C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 2.31 Hai nguyên tố A, B đứng kế tiếp nhau trong cùng một chu kì trong bảng tuần hoàn, có tổng điện tích hạt nhân là 25. 1. Xác định vị trí của A, B trong bảng tuần hoàn. 2. So sánh tính chất hóa học của A và B; tính bazơ của oxit tạo thành từ A và B. 2.32 Hãy giải thích tại sao: 36
    31. 36. 1. Trong một chu kì, độ âm điện tăng dần theo chiều từ trái sang phải; còn trong một nhóm, độ âm điện giảm dần theo chiều từ trên xuống dưới. 2. Trong một chu kì, năng lượng ion hóa tăng dần theo chiều từ trái sang phải; còn trong một nhóm, năng lượng ion hóa giảm dần theo chiều từ trên xuống dưới. 3. Trong một chu kì, tính phi kim tăng dần, tính kim loại giảm dần theo chiều tăng của điện tích hạt nhân. 2.33 Cho biết bán kính nguyên tử các nguyên tố sau (tính theo Å, 1Å = 10-10 m). Nguyên tố Na Mg Al Si P S Cl r (Å) 1,86 1,60 1,43 1,17 1,10 1,04 0,99 Nguyên tố Li Na K Rb Cs r (Å) 1,52 1,86 2,31 2,44 2,62 Nhận xét sự thay đổi bán kính của các nguyên tử trên có tuân theo quy luật nào hay không? Nếu có, hãy giải thích tại sao? 2.34 X là nguyên tố thuộc chu kì 3, X tạo với hiđro một hợp chất khí có công thức H 2X, trong đó X có số oxi hóa thấp nhất. 1. Xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. 2. Viết phương trình phản ứng khi lần lượt cho H2X tác dụng với nước Cl2, dung dịch FeCl3, dung dịch CuSO4. 2.35 R là một nguyên tố phi kim. Tổng đại số số oxi hóa dương cao nhất với 2 lần số oxi hóa âm thấp nhất của R là +2. Tổng số proton và nơtron của R nhỏ hơn 34. 1. Xác định R 2. X là hợp chất khí của R với hiđro, Y là oxit của R có chứa 50% oxi về khối lượng. Xác định công thức phân tử của X và Y. 2.36 Một dung dịch nước có chứa 35 gam một hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp. Thêm từ từ và khuấy đều dung dịch HCl 0,5M vào dung dịch trên. Khi phản ứng xong, thu được 2,24 lit khí CO2 ở đktc và một dung dịch A. Thêm một lượng nước vôi trong dư vào dung dịch A, thu được 20 gam kết tủa. 1. Xác định các kim loại kiềm. 37
    32. 39. D. Ô số 5, chu kì 7, nhóm VIIA. 2.48 Cho ion đơn nguyên tử X có điện tích 2+ có cấu tạo như sau: Cho biết vị trí của X trong bảng tuần hoàn. A.Ô số 10, chu kì 2, nhóm VIIIA. B.Ô số 12, chu kì 3, nhóm VIIIA. C.Ô số 12, chu kì 3, nhóm IIA. D.Ô số 10, chu kì 2, nhóm IIA. 2.49 Cho cấu hình của nguyên tố X sau, cho biết kết luận nào đúng? ↑↓ ↑↓ 1s2 2s2 ↑↓ ↑↓ ↑↓ 2p6 ↑↓ 3s2 A. X ở ô số 12, chu kỳ 3, nhóm IIIA trong bảng tuần hoàn. B. X ở ô số 12, chu kỳ 3, nhóm IIIB trong bảng tuần hoàn. C. X ở ô số 12, chu kỳ 2, nhóm IIA trong bảng tuần hoàn. D. X ở ô số 12, chu kỳ 3, nhóm IIA trong bảng tuần hoàn. 2.50 Nguyên tử nguyên tố X, các ion Y+ và Z2- đều có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng là 3p 6. Số thứ tự của X, Y, Z trong bảng tuần hoàn lần lượt là A. 18, 19 và 16 B. 10, 11 và 8 C. 18, 19 và 8 D. 1, 11 và 16 2.51 Tổng số hạt cơ bản (p, n, e) trong nguyên tử nguyên tố X là 46, biết số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 14. Xác định chu kì, số hiệu nguyên tử của X trong bảng tuần hoàn. A. Chu kì 2, ô 7 B. Chu kì 3, ô 15 C. Chu kì 3 ô 16 D. Chu kì 3 ô 17 2.52 Hòa tan hoàn toàn 3,1g hỗn hợp hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp vào nước thu được 1,12 lít hiđro (đktc). Hai kim loại kiềm đã cho là A. Li và Na C. K và Rb 40 B. Na và K D. Rb và Cs
    33. 40. 2.53 Cho 0,64 g hỗn hợp gồm kim loại M và oxit của nó MO, có số mol bằng nhau, tác dụng hết với H 2SO4 loãng. Thể tích khí H2(đktc) thu được là 0,224 lit. Cho biết M thuộc nhóm IIA. Xác định M là nguyên tố nào sau đây ? A. Mg B. Ca C. Sr D. Ba 2.54 Hai kim loại X và Y đứng kế tiếp nhau trong một chu kỳ có tổng số proton trong hai hạt nhân nguyên tử là 25. Số electron lớp ngoài cùng của X và Y lần lượt là : A. 1 và 2 B. 2 và 3 C. 1 và 3 D. 3 và 4 2.55 Ion M2+ có cấu tạo lớp vỏ electron ngoài cùng là 2s 2 2p6. Cấu hình electron của M và vị trí của nó trong bảng tuần hoàn là A. 1s22s22p4 , ô 8 chu kỳ 2, nhóm VIA. B. 1s22s22p63s2 , ô 12 chu kỳ 3, nhóm IIA. C. 1s22s22p63s 3p , ô 12 chu kỳ 3, nhóm IIA. D. 1s22s22p63s23p , ô 13 chu kỳ 3, nhóm IIIA. E. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP 2.41. D 2.42. A 2.43. B 2.44. A 2.45. B 2.46. A 2.47. B 2.48. A 2.49. D 2.50. A 2.51. B 2.52. B 2.53. A 2.54. B 2.55. A 2.1 Trả lời 1. Số thứ tự 20, chu kì 4, nhóm IIA. 2. Số thứ tự 25, chu kì 4, nhóm VIIB. 2.2 Trả lời 1. Tổng số electron của nguyên tử M là 26. Số thứ tự 26, chu kì 4, nhóm VIIIB. M là Fe. 2. – Fe cháy trong khí clo: 2Fe + 3Cl 2  t → 2FeCl3 0 Hòa tan sản phẩm thu được vào nước thu được dung dịch. Lấy vài ml dung dịch cho tác dụng với dung dịch AgNO3, có kết tủa trắng chứng tỏ có gốc clorua: FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl ↓ 41
    34. 41. Lặp lại thí nghiệm với dung dịch NaOH, có kết tủa nâu đỏ chứng tỏ có Fe(III): FeCl 3 + 3NaOH Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl → – Nung hỗn hợp bột Fe và bột S: Fe + S  t → FeS 0 Cho B vào dung dịch H2SO4 loãng, có khí mùi trứng thối bay ra chứng tỏ có gốc sunfua: FeS + H2SO4 → FeSO4 + H2S ↑(trứng thối) Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch thu được, có kết tủa trắng xanh chứng tỏ có Fe(II): FeSO 4 + 2NaOH → Na2SO4 + Fe(OH)2 ↓(trắng xanh) 2.3 Trả lời 1. Cấu hình electron của nguyên tố đó là: 1s 2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 Tính chất đặc trưng của M là tính kim loại. 2. Nguyên tố đó nằm ở nhóm IA nên công thức oxit là M 2O. Đây là một oxit bazơ. 2.4 Giải 1. Cấu hình electron của nguyên tử R là: 1s 2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 2. Nguyên tố A nằm ở ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong bảng tuần hoàn. 3. R hóa trị II (R thuộc nhóm IIA). Các phương trình hóa học: R + 2H2O → R(OH)2 + H2↑ RO + H2O → R(OH)2 RCO3 + 2HCl → RCl2 + CO2↑ + H2O R(OH)2 + Na2CO3 → RCO3 + 2NaOH 2.5 Giải 1. Trong hợp chất MAx, M chiếm 46,67% về khối lượng nên: M 46,67 n+p 7 = ↔ = . Thay n – p = 4 và n’ = p’ ta có: , , xA 53,33 x(n + p ) 8 2p + 4 7 = hay: 4(2p + 4) = 7xp’. 8 2xp , Tổng số proton trong MAx là 58 nên: p + xp’ = 58. 42
    35. 42. Từ đây tìm được: p = 26 và xp’ = 32. Do A là phi kim ở chu kì 3 nên 15 ≤ p’ ≤ 17. Vậy x = 2 và p’ = 16 thỏa mãn. Vậy M là Fe và M là S. 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng: a. 4FeS2 + 11O2 t → 2Fe2O3 + 8SO2↑ 0 b. FeS2 + 18HNO3 t → Fe(NO3)3 + 2H2SO4 + 15NO2↑ + 7H2O 0 2.6 Giải 1. Gọi số mol các chất trong hỗn hợp đầu: M = a mol; MCO 3 = b mol. M + 2HCl → MCl2 + H2 ↑ (mol): a (1) a MCO3 + 2HCl → MCl2 + CO2 ↑ + H2O (mol): b Số mol H2 = (2) b 4,48 = 0,2 nên: a + b = 0,2 22,4 MA = 11,5 × 2 = 23 nên 2a + 44b = 23 hay 2a + 44b = 4,6 a+b Theo bài: Ma + (M + 60)b = 10,8 (3) (4) (5) Từ (3), (4), (5) ta tìm được: a = 0,1 mol; b = 0,1 mol; M = 24 (Mg). 2. % VH 2 = 50%; % VCO 2 = 50%. 2.7 Giải 1. Phân mức năng lượng của nguyên tử X và Y lần lượt là: 1s22s22p63s23p1 và 1s22s22p63s23p64s23d6. Cấu hình electron của nguyên tử X và Y lần lượt là: 1s22s22p63s23p1 và 1s22s22p63s23p63d64s2. Dựa vào bảng tuần hoàn ta tìm được X là Al và Y là Fe. 43
    36. 43. 2. Gọi số mol các chất trong hỗn hợp: Al = a mol; Fe = b mol. Ta có: 27a + 56b = 8,3 (1) 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 ↑ (mol): a 3a (2) 1,5a Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ (mol): b 2b (3) b Khối lượng dung dịch sau phản ứng tăng thêm 7,8 gam nên: 8,3 – m H 2 = 7,8. Vậy: m H 2 = 0,5 gam → n H 2 = 0,25 mol ↔ 1,5a + b = 0,25 (4) Từ (1) và (4) ta tìm được: a = 0,1 mol; b = 0,1 mol. mAl = 27 × 0,1 = 2,7 (gam); mFe = 56 × 0,1 = 5,6 (gam); VHCl = 3a + 2b = 1 (lit). 0,5 2.8 Giải Gọi số mol oxit MO = x mol. MO + H2SO4 → MSO4 + H2O (mol): x x x Ta có: (M + 16)x = a Khối lượng dung dịch axit H2SO4 ban đầu = 98.x.100 = 560x (gam). 17,5 Khối lượng dung dịch sau phản ứng = a + 560x = (M + 16)x + 560x. Theo bài: C% (MSO4) = 20% nên: (M + 96)x 20 = . (M + 16)x + 560x 100 Từ đây tìm được M = 24 (magie). Oxit kim loại cần tìm là MgO. 2.9 Giải 1. Gọi công thức chung của hai kim loại là M = a mol. M + 2HCl → MCl2 + H2 ↑ (mol): a 44 2a a
    37. 44. Số mol H2 = 0,15 mol nên a = 0,15 mol. Ta có: Ma = 4,4 → M = 29,33. A và B là 2 kim loại nằm ở 2 chu kỳ liên tiếp thuộc nhóm IIA nên A là Mg và B là Ca. 2. Thể tích dung dịch HCl cần dùng = 0,3 = 0,3 (lit) = 300 (ml). 1 Thể tích dung dịch HCl đã dùng = 300 + 25%.300 = 375 (ml). 2.10 Giải a. Gọi công thức chung của kim loại là R = a mol. 2R + 2H2O → 2ROH + H2 ↑ (mol): a a a 0,5a ROH + HCl → RCl + H2O (mol): a a Số mol HCl = 0,03 mol nên a = 0,03 mol. Ta có: Ra = 0,85 → R = 28,33. Vậy hai kim loại là Na và K. Gọi số mol Na = b mol và K = c mol. Ta có: b + c = 0,03 và 23b + 39c = 0,85. Từ đây tìm được b = 0,02 (mol); c = 0,01 (mol). b. Dung dịch A gồm NaOH = 0,02 mol và KOH = 0,01 mol. Khối lượng dung dịch A = 49,18 + 0,85 – 0,015 × 2 = 50 (gam). C% (NaOH) = 0,02 × 40 .100% = 1,6% 50 C% (KOH) = 0,01 × 56 .100% = 1,12%. 50 2.11 Giải a. Gọi hóa trị cao nhất của R trong oxit là m, hóa trị trong hợp chất với hiđro là n. Ta có: m + n = 8. Theo bài: m = 3n. Từ đây tìm được m =6; n = 2. 45
    38. 45. b. Công thức hợp chất R với hiđro là H2R. Theo bài: m R 16 = nên R = 32. mH 1 Gọi tổng số hạt proton, nơtron của R là P, N. Ta có P + N = 32. Ta có: P ≤ N ≤ 1,5P ↔ P ≤ 32 – P ≤ 1,5P ↔ 12,8 ≤ P ≤ 16. Mặt khác, R thuộc nhóm VI (hóa trị cao nhất trong oxit bằng VI) nên dựa vào cấu hình electron khi P = 13, 14, 15, 16 ta thấy P = 16 thỏa mãn. Vậy kí hiệu của nguyên tử R là: 32 16 R. 2.12 Giải a. R nằm ở chu kỳ 3 nên lớp electron ngoài cùng là lớp thứ 3. Mặt khác, R thuộc phân nhóm chính nhóm VA nên nguyên tử R có 5 electron ở lớp ngoài cùng. Vậy cấu hình lớp electron ngoài cùng của R là 3s23p3. Cấu hình electron của R là 1s22s22p63s23p3. b. R thuộc nhóm V nên hóa trị cao nhất của R trong oxit là V. Công thức oxit là R 2O5. Theo bài: %R = 43,66% nên 2R 43,66 = → R = 31 (photpho). 5 × 16 56,34 Tổng số hạt electron = tổng số hạt proton = 15 (dựa vào cấu hình electron). Tổng số hạt nơtron = 31 -15 = 16. 2.13 Giải A và B là hai nguyên tố ở cùng một phân nhóm và thuộc hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn nên số thứ tự của chúng hơn kém nhau 8 hoặc 18 đơn vị (đúng bằng số nguyên tố trong một chu kỳ). Theo bài ra, tổng số proton trong hai hạt nhân nguyên tử của A và B bằng 32 nên Z A + ZB = 32. Trường hợp 1: ZB – ZA = 8. Ta tìm được ZA = 12; ZB = 20. Cấu hình electron: A : 1s22s22p63s2 (chu kỳ 3, nhóm IIA). và B: 1s22s22p63s23p64s2 (chu kỳ 4, nhóm IIA). Ion A2+: 1s22s22p6 và B2+: 1s22s22p63s23p6. Trường hợp 2: ZB – ZA = 18. Ta tìm được ZA = 7; ZB = 25. 46
    39. 46. Cấu hình electron: A : 1s22s22p3 (chu kỳ 2, nhóm VA). và B: 1s22s22p63s23p63d54s2 (chu kỳ 4, nhóm VIIB). Trường hợp này A, B không cùng nhóm nên không thỏa mãn. 2.14 Giải 1. Hai nguyên tố A và B ở hai nhóm A liên tiếp trong bảng tuần hoàn, B thuộc nhóm VA, do đó A thuộc nhóm IVA hoặc nhóm VIA. Theo bài: ZA + ZB = 23. Vì: ZA + ZB = 23 và B thuộc nhóm V, còn A thuộc nhóm IV hoặc nhóm VI nên A, B thuộc các chu kì nhỏ (chu kỳ 2 và chu kỳ 3). Mặt khác, A và B không thể cùng chu kỳ vì hai nguyên tố thuộc hai nhóm A kế tiếp trong một chu kỳ hơn kém nhau 1 proton, nghĩa là ở ô số 11 và 12 (tổng số proton bằng 23), không thuộc các nhóm IV và V hay V và VI. Trường hợp 1: B thuộc chu kỳ 2. Theo bài, B ở nhóm VA nên Z B = 7 (nitơ). Vậy Z A = 23 – 7 = 16 (lưu huỳnh). Trường hợp này thỏa mãn vì ở trạng thái đơn chất nitơ không phản ứng với lưu huỳnh. Trường hợp 2: B thuộc chu kỳ 3. Theo bài, B ở nhóm VA nên Z B = 15 (phopho). Vậy Z A = 23 – 15 = 8 (oxi). Trường hợp này không thỏa mãn vì ở trạng thái đơn chất oxi phản ứng với phopho. Cấu hình electron của A và B là: A: 1s22s22p63s23p4 và B: 1s22s22p3 2. Điều chế HNO3 từ N2 và H2SO4 từ S. Điều chế HNO3: N2 → NH3 → NO → NO2 → HNO3 N2 + 3H2 450oC, Fe 2NH3 0 4NH3 + 5O2 850 Pt → 4NO↑ + 6H2O  C, 2NO + O2 → 2NO2 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 Điều chế H2SO4: S → SO2 → SO3 → H2SO4 47
    40. 47. 0 S + O2 t → SO2 2SO2 + O2 450oC, V2O5 2SO3 SO3 + H2O → H2SO4 2.15 Giải 1. Gọi số hạt proton của A là P và của B là P’, ta có: P + 3P’ = 42 – 2. Ta thấy 3P’ < P + 3P’ = 40 nên P’ < 40 = 13,3. 3 Do B tạo được anion nên B là phi kim. Mặt khác P’ < 13,3 nên B chỉ có thể là nitơ, oxi hay flo. 2 Nếu B là nitơ (P’ = 7) → P = 19 (K). Anion là KN 3 − : loại 2 Nếu B là oxi (P’ = 8) → P = 16 (S). Anion là SO 3 − : thỏa mãn Nếu B là flo (P’ = 9) → P = 13 (Al). Anion là AlF32 − : loại Vậy A là lưu huỳnh, B là oxi. 2. O (P’ = 8) : 1s22s22p4 (ô số 8, chu kỳ 2, nhóm VIA) S (P = 16) : 1s22s22p63s23p4 (ô số 16, chu kỳ 3, nhóm VIA) 2.16 Giải 1. Gọi tổng số hạt proton, nơtron, electron của nguyên tử R là P, N, E. Trong đó P = E. Theo bài: P + N + E = 28 ↔ 2P + N = 28 ↔ N = 28 – 2P. Mặt khác, P ≤ N ≤ 1,5P ↔ P ≤ 28 – 2P ≤ 1,5P ↔ 8 ≤ P ≤ 9,3 Vậy P = 8 hoặc 9. Do nguyên tố R thuộc nhóm VIIA nên nguyên tử nguyên tố R có 7 electron ở lớp ngoài cùng. P = 8: 1s22s22p4: loại P = 9: 1s22s22p5: thỏa mãn. Vậy P = E = 9; N = 10. 1. Số khối A= N + P = 19. 2. Ký hiệu nguyên tử: 19 9 Nguyên tố đã cho là flo. 48 R
    41. 48. 2.17 Giải Gọi tổng số hạt proton, nơtron, electron của nguyên tử M là P, N, E và của nguyên tử X là P’, N’, E’. Ta có P = E và P’ = E’. Theo bài ta lập được các sự phụ thuộc sau: 2(P + N + E) + P’ + N’ + E’ = 140 ↔ 4P + 2P’ + 2N + N’ = 140 (1) 2(P + E) + P’ + E’ – 2N – N’ = 44 ↔ 4P + 2P’ – 2N – N’ = 44 (2) P + N – P’ – N’ = 23 ↔ P + N – P’ – N’ = 23 (3) (P + N + E – 1) – (P’ + N’ + E’ + 2) = 31 ↔ 2P + N – 2P’ – N’ = 34 (4) Từ (1) và (2) ta có: 2P + P’ = 46 và 2N + N’ = 48. Từ (3), (4) ta có: P – P’ = 11 và N – N’ = 12. Giải ra ta được P = 19 (K); N = 20 ; P’ = 8 (O); N’ = 8. Vậy X là K2O. Cấu hình electron: K (P = 19): 1s22s22p63s23p64s1 (chu kỳ 4, nhóm IA). O (P’ = 8): 1s22s22p4 (chu kỳ 2, nhóm VIA) 2.18 Trả lời 1. Viết được cấu hình electron vì số electron ở lớp vỏ nguyên tử bằng số thứ tự Z. 2. Không biết số khối vì chỉ biết số proton bằng Z, nhưng không biết số nơtron. 3. Không viết được kí hiệu nguyên tử vì không biết số khối và ký hiệu nguyên tố. 4. Từ cấu hình electron ta biết được tính chất cơ bản. 5. Từ cấu hình electron ta biết được số thứ tự nhóm, và đó chính là hóa trị cao nhất trong oxit. 6. Hóa trị trong hợp chất với hiđro = 8 – hóa trị cao nhất trong oxit. 2.19 Trả lời 1. Biết được tính chất cơ bản dựa vào số electron lớp ngoài cùng. 2. Biết được cấu hình electron vì từ cấu hình lớp electron lớp ngoài cùng, chúng ta có thể hoàn chỉnh tiếp cấu hình electron các lớp bên trong. 3. Dựa vào cấu hình electron chúng ta biết được vị trí trong bảng tuần hoàn. 49
    42. 49. 4. Ta lập được công thức oxit cao nhất vì hóa trị của cao nhất của nguyên tố bằng số thứ tự nhóm và bằng số electron lớp ngoài cùng. 5. Không viết được ký hiệu nguyên tử vì không biết số khối và ký hiệu nguyên tố. 6. Ta lập được công thức hợp chất với hiđro vì hóa trị của nguyên tố trong hợp chất với hiđro = 8 – hóa trị cao nhất trong oxit. 2.20 Giải 1. Năng lượng ion hóa thứ nhất giảm dần do bán kính nguyên tử tăng dần, lực hút của hạt nhân với electron hóa trị giảm dần. Năng lượng ion hóa thứ hai ứng với quá trình: M + (khí) – 1e → M2+ (khí). Vì ion M+ có cấu hình bền vững của khí hiếm và mang một điện tích dương nên việc bứt đi một electron khó khăn hơn nhiều, đòi hỏi cần cung cấp năng lượng rất lớn. 2. Dựa vào cấu hình electron ta thấy, trong các phản ứng hóa học các kim loại kiềm có khuynh hướng nhường 1 electron lớp ngoài cùng để đạt được cấu hình bền vững của khí hiếm. Mặt khác, các kim loại kiềm là các nguyên tố có độ âm điện bé nhất nên chúng luôn có số oxi hóa +1 trong các hợp chất. Các kim loại kiềm không thể tạo được hợp chất có số oxi hóa lớn hơn +1 vì sự nhường tiếp các electron thứ hai, thứ ba, đòi hỏi năng lượng rất lớn. 2.21 Giải a. Gọi tổng số hạt proton, nơtron và electron của nguyên tử A là: P A, NA, EA và B là PB, NB, EB. Ta có PA = EA và PB = EB. Theo bài: Tổng số các loại hạt proton, nơtron và electron của hai nguyên tử A và B là 142 nên: P A + NA + EA + PB + NB + EB = 142 ↔ 2PA + 2PB + NA + NB = 142 (1) Tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 42 nên: PA + EA + PB + EB – NA – NB = 42 ↔ 2PA + 2PB – NA – NB = 42 (2) Số hạt mang điện của nguyên tử B nhiều hơn của nguyên tử A là 12 nên: PB + EB – PA – EA = 12 ↔ 2PB – 2PA = 12 ↔ PB – PA = 6 Từ (1), (2), (3) ta có: PA = 20 (Ca) và PB = 26 (Fe) b. Điều chế Ca từ CaCO3 và Fe từ Fe2O3. 50 (3)
    43. 50. Điều chế Ca: CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 ↑ + H2O CaCl 2 dpnc → Ca + Cl 2 ↑   Điều chế Fe: Fe2O3 + 3CO t → 2Fe + 3CO2↑ 0 2.22 Giải a. Gọi số mol kim loại M là a mol. M + 2H2O → M(OH)2 + H2 ↑ (mol): a a Số mol khí H2 = PV 1 × 6,11 = = 0,25 (mol) nên: a = 0,25 RT 0,082 × (273 + 25) Ta có: Ma = 10 → M = 40 (Ca). b. Số mol Ca = 0,1 mol. Các phương trình phản ứng: Ca (mol): 0,075 Ca (mol): 0,025 + 2HCl → CaCl2 + H2 ↑ 0,15 0,075 + 2H2O → Ca(OH)2 + H2 ↑ 0,025 Dung dịch B gồm: CaCl2 = 0,075 mol và Ca(OH)2 = 0,025 mol. CM CaCl 2 = 0,03M ; CM Ca(OH)2 = 0,01M 2.23 Giải a. Gọi số hạt prroton, nơtron, electron của nguyên tử X là P, N, E và của Y là P’, N’, E’. Theo bài: P = N = E và P’ = N’ = E’. Trong hợp chất XY2, X chiếm 50% về khối lượng nên: P+N MX 50 = 1 ↔ P = 2P’. = ↔ 2(P ‘ + N ‘ ) 2M Y 50 Tổng số proton trong phân tử XY2 là 32 nên P + 2P’ = 32. 51
    44. 51. Từ đây tìm được: P = 16 (S) và P’ = 8 (O). Hợp chất cần tìm là SO 2. Cấu hình electron của S: 1s22s22p63s23p4 và của O: 1s22s22p4 b. Lưu huỳnh ở ô số 16, chu kỳ 3, nhóm VIA. Oxi ở ô số 8, chu kỳ 2, nhóm VIA. 2.24 Giải 1. A, M, X thuộc chu kỳ 3 nên n = 3. Cấu hình electron, vị trí và tên nguyên tố: A: 1s22s22p63s1 (ô số 11, nhóm IA), A là kim loại Na. M: 1s22s22p63s23p1 (ô số 13, nhóm IIIA), M là kim loại Al. X: 1s22s22p63s23p5 (ô số 17, nhóm VIIA), X là phi kim Cl. 2. Các phương trình phản ứng: 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 ↓ + 3NaCl Al(OH)3 ↓ + NaOH → NaAlO2 + 2H2O NaAlO2 + HCl + H2O → Al(OH)3 ↓ + NaCl 2.25 Giải Gọi số mol trong mỗi phần: Fe = x mol; M = y mol. Phần 1: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ (mol): x x 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2 ↑ (mol): y 0,5ny Số mol H2 = 0,07 nên x + 0,5ny = 0,07. Phần 2: 2Fe + 6H2SO4 (đặc) t → Fe2(SO4)3 + 3SO2 ↑ + 6H2O 0 (mol): x 52 1,5x
    45. 52. 2M + 2nH2SO4 (đặc) t → M2(SO4)n + nSO2 ↑ + 2nH2O 0 (mol): y 0,5nx Số mol SO2 = 0,09 nên 1,5x + 0,5ny = 0,09. Vậy x = 0,04 và ny = 0,06. Mặt khác: 56x + My = 2,78 nên My = 0,54. Vậy M My = = 9 hay M = 9n. n ny Ta lập bảng sau: n 1 2 3 M 9 (loại) 18 (loại) 27 (nhận) Vậy M là Al. 2.26 Giải: 1. Gọi số mol oxit RO = a mol. RO + H2SO4 → RSO4 + H2O (mol): a a a Số mol axit H2SO4 dư = 48 × 6,125 – a = 0,03 – a. 98.100 C% (H2SO4) sau phản ứng = 0,98% ↔ (0,03 − a).98 0,98 = 2 + 48 100 ↔ a = 0,025 (mol). Ta có: (M + 16)a = 2 → M = 64 (Cu). 2. Dung dịch A gồm: CuSO4 = 0,025 mol; H2SO4 = 0,005 mol. H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O (mol): 0,005 0,01 CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 (mol): 0,025 0,05 Khối lượng dung dịch NaOH cần dùng = 0,06 × 40 .100 = 30 (gam). 8 53
    46. 53. Thể tích dung dịch NaOH cần dùng = 30 = 28,57 (ml) 1,05 2.27 Giải 1. Gọi số mol M = a mol. M + H2SO4 → RSO4 + H2 ↑ (mol): a a a Số mol H2 = 0,05 mol nên a = 0,05 mol. Phần 1: RSO4 + 2NaOH → R(OH)2 + Na2SO4 (mol): 0,025 0,025 0 R(OH)2 t → RO + H2O (mol): 0,025 0,025 mRO = 1 gam ↔ (R + 16).0,025 = 1 ↔ R = 24 (Mg). C% (H2SO4) = 0,05 × 98 × 100% = 2,45%. 200 Phần 2: MgSO4.nH2O = 0,025 mol. Ta có: (120 + 18n).0,025 = 6,15 ↔ n = 7. Vậy công thức muối ngậm nước là MgSO4.7H2O. 2.28 Giải 1. M thuộc nhóm IIIA nên M có hóa trị III. M + 4HNO3 → M(NO3)3 + NO ↑ + 2H2O (mol): a 4a a a 10M + 36HNO3 → 10M(NO3)3 + 3N2 ↑ + 18H2O (mol): 10b 36b 10b 54 (2) 3b Ta có: a + 3b = 0,25. MA = 14,4 × 2 = 28,8 ↔ (1) (3) 30a + 28 × 3b = 28,8 ↔ 30a + 84b = 7,2 a + 3b (4)
    47. 54. Từ (3), (4) ta có: a = 0,1 mol; b = 0,05 mol. M(a + 10b) = 16,2 → M = 27 (Al). 2. Số mol HNO3 dư = 2,5 – 4a – 36b = 0,3 (mol). Khối lượng dung dịch HNO3 ban đầu = 5000 × 1,25 = 6250 (gam). Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 6250 + 16,2 – 30a – 84b = 6259 (gam). C% (HNO3 sau phản ứng) = 0,3 × 63.100% = 0,30%. 6259 2.29 Giải 1. Vị trí các nguyên tố trong bảng tuần hoàn: A: ô số 4, chu kỳ 2, nhóm IIA. B: ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA. C: ô số 9, chu kỳ 2, nhóm VIIA. D: ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA. E: ô số 2, chu kỳ 1, nhóm VIIIA. 2. B là kim loại mạnh nhất. Hai kim loại A, B cùng thuộc nhóm IIA, theo chiều từ trên xuống, tính kim loại tăng dần. C là phi kim mạnh nhất. Hai phi kim C, D cùng thuộc nhóm VIIA, theo chiều từ trên xuống, tính phi kim giảm dần. E là nguyên tố kém hoạt động nhất vì lớp vỏ đã bão hòa electron. 2.30 Giải Gọi kí hiệu chung của hai kim loại kiềm là M. Gọi số mol trong 46 gam hỗn hợp đầu: M = a mol và Ba = b mol. Các phương trình phản ứng: 2M + 2H2O → 2MOH + H2 ↑ (mol): a a (1) 0,5a Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 ↑ (2) 55
    48. 56. 2. Trong một chu kì, theo chiều từ trái sang phải, điện tích hạt nhân tăng dần và bán kính nguyên tử giảm dần, điều đó làm tăng lực hút của hạt nhân đối với các electron hóa trị, do đó năng lượng ion hóa tăng dần. Trong một nhóm, theo chiều từ trên xuống dưới, bán kính nguyên tử tăng dần và chiếm ưu thế so với sự tăng điện tích hạt nhân, điều đó làm giảm lực hút của hạt nhân đối với các electron hóa trị, do đó năng lượng ion hóa giảm dần. 2.33 Hướng dẫn: Từ Na đến Cl, bán kính nguyên tử giảm dần tuân theo quy luật biến đổi bán kính trong một chu kỳ. Đó là, trong một chu kỳ, khi đi từ trái sang phải điện tích hạt nhân tăng dần trong khi số lớp electron ở vỏ nguyên tử không đổi, do đó bán kính nguyên tử giảm dần. Từ Li đến Cs, bán kính nguyên tử tăng dần tuân theo quy luật biến đổi bán kính trong một phân nhóm. Đó là, trong một phân nhóm, khi đi từ trên xuống dưới số lớp electron ở vỏ nguyên tử tăng lên và chiếm ưu thế hơn so với sự tăng điện tích hạt nhân, do đó bán kính nguyên tử tăng dần. 2.34 Hướng dẫn: 1. Theo bài ra, hóa trị của X trong hợp chất với hiđro là II nên hóa trị cao nhất trong oxit là VI. Vậy X thuộc chu kỳ 3, nhóm VIA trong bảng tuần hoàn. X là S. 2. Các phương trình phản ứng: H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8HCl H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S ↓ + 2HCl H2S + CuSO4 → CuS ↓ + H2SO4 2.35 Hướng dẫn: 1. Gọi số oxi hóa dương cao nhất và số oxi hóa âm thấp nhất của R lần lượt là +m và -n. Ta có: m + n = 8. Mặt khác, theo bài ra: +m + 2(-n) = +2 ↔ m – 2n = 2. Từ đây tìm được: m = 6 và n = 2. Vậy R là phi kim thuộc nhóm VI. Số khối của R < 34 nên R là O hay S. Do oxi không tạo được số oxi hóa cao nhất là +6 nên R là lưu huỳnh. 2. Trong hợp chất X, R có số oxi hóa thấp nhất nên X có công thức là H2S. 57
    49. 57. Gọi công thức oxit Y là SOn. 32 50 = 16n 50 Do %S = 50% nên ↔ n = 2. Công thức của Y là SO2. 2.36 Hướng dẫn: 1. Gọi công thức chung của hai muối là M2CO3 = a mol. M2CO3 + HCl (mol): a → a MHCO3 + HCl (mol): 0,1 MHCO3 + MCl a → 0,1 MCl + CO2 ↑ + H2O 0,1 0,1 Dung dịch A gồm MCl = a + 0,1 mol và MHCO3 = a – 0,1 mol. MHCO3 + Ca(OH)2 → (mol): a – 0,1 CaCO3 ↓ + MOH + H2O a – 0,1 Theo bài: số mol CaCO3 = 0,2 mol nên a – 0,1 = 0,2 Ta có: (2M + 60).0,3 = 35 ↔ ↔ a = 0,3. M = 28,33. Do hai kim loại kiềm thuộc hai chu kì liên tiếp nên đó là Na và K. 2. Gọi số mol Na2CO3 = b mol và K2CO3 = c mol. Ta có b + c = 0,3 và 106b + 138c = 35. Từ đây tìm được b = 0,2 mol; c = 0,1 mol. m Na 2 CO 3 = 21,2 gam; m K 2CO 3 = 13,8 gam. 2.37 Hướng dẫn: 1. Gọi công thức chung của hai muối là MCl 2 và số mol có trong 15,05 gam hỗn hợp là a mol. MCl2 + 2AgNO3 (mol): → M(NO3)2 + 2AgCl ↓ 40a 100 0,8a Số mol AgNO3 = 0,12 mol nên 0,8a = 0,12 Ta có: (M + 71)a = 15,05 → ↔ a = 0,15 mol. M = 29,33. Như vậy, A có khối lượng nguyên tử nhỏ hơn 29,33, A có thể là Be hoặc Mg. 58
    50. 58. Nếu A là Be thì MB = 5 ×9 = 15: loại 3 Nếu A là Mg thì MB = 5 × 24 = 40: Vậy B là Ca. 3 2.38 Hướng dẫn: 1. Gọi công thức chung của hai muối là MCO3 và số mol có trong 3,6 gam hỗn hợp là a mol. → MCO3 + 2HCl (mol): MCl2 + CO2 ↑ + H2O a a Khí B là CO2 = a mol. Cho toàn bộ lượng khí B hấp thụ hết bởi dung dịch chứa 0,045 mol Ca(OH) 2, xảy ra 2 trường hợp: Trường hợp 1: Ca(OH)2 dư ( a < 0,045 mol) CO2 + Ca(OH)2 (mol): a → CaCO3 ↓ + H2O a a → a = 0,04 (thỏa mãn điều kiện a < 0,045 mol). Ta có: (M + 60).0,04 = 3,6 ↔ M = 30. Hai kim loại kế tiếp là Mg và Ca. Số mol CaCO3 = 0,04 mol Trường hợp 2: Ca(OH)2 không dư ( a ≥ 0,045 mol) CO2 + Ca(OH)2 (mol): 0,04 → 0,04 0,04 2CO2 + Ca(OH)2 (mol): 0,01 CaCO3 ↓ + H2O → Ca(HCO3)2 0,005 → Số mol CO2 = 0,05 mol Ta có: (M + 60).0,05 = 3,6 a = 0,05 (thỏa mãn điều kiện a ≥ 0,045 mol). ↔ M = 12. Hai kim loại kế tiếp là Be và Mg. 2.39 Hướng dẫn: Gọi công thức oxit là MxOy , có số mol là a mol. MxOy + yH2  t → xM + yH2O 0 59
    51. 59. (mol): a ay ax Ta có: a(Mx + 16y) = 8 và ay = 0,15. Như vậy M.a.x = 5,6. Đặt n là hóa trị của kim loại M (1 ≤ n ≤3). → 2M + 2nHCl 2MCln + nH2 ↑ (mol): ax 0,5n.a.x Ta có: 0,5n.a.x = 0,1 hay n.a.x = 0,2. Lập tỉ lệ: M Max = = 28 . Vậy M = 28n. n nax Ta lập bảng sau: n 1 2 3 M 28 (loại) 56 (nhận) 84 (loại) Vậy kim loại M là Fe. Lập tỉ lệ: x ax 2 = = . y ay 3 Vậy công thức oxit kim loại là Fe2O3. 2.40 Hướng dẫn: 1. Từ Na đến Cl, bán kính nguyên tử giảm dần tuân theo quy luật biến đổi bán kính trong một chu kỳ. Đó là, trong một chu kỳ, khi đi từ trái sang phải, theo chiều điện tích hạt nhân tăng dần, số electron ở lớp ngoài cùng tăng dần trong khi số lớp electron ở vỏ nguyên tử không đổi, do đó bán kính nguyên tử giảm dần. Năng lượng ion hóa thứ nhất tăng dần do điện tích hạt nhân tăng dần, bán kính nguyên tử giảm dần, lực hút của hạt nhân với electron hóa trị tăng dần. 2. Tính chất axit – bazơ trong dãy oxit và hiđroxit biến đổi theo chiều giảm dần tính bazơ và tăng dần tính axit. Na2O Al2O3 SiO2 P2O5 SO3 Cl2O7 Oxit Oxit bazơ Oxit Oxit axit Oxit axit Oxit axit Oxit bazơ trung lưỡng tính yếu trung bình mạnh axit mạnh 60 MgO bình mạnh
    52. 60. NaO Mg(OH)2 Al(OH)3 H2SiO3 H3PO4 H2SO4 HClO4 Bazơ Bazơ Hiđroxit Axit yếu Axit Axit Axit kiềm trung lưỡng tính trung bình mạnh rất H bình mạnh F. THÔNG TIN BỔ SUNG Sách giáo khoa Hóa học 10 nâng cao giới thiệu bảng tuần hoàn dạng dài có rất nhiều ưu điểm. Để có thêm thông tin, chúng tôi xin giới thiệu một số kiểu bảng tuần hoàn khác. 1. Dạng kim tự tháp 2. Dạng bảng tuần hoàn xoáy trôn ốc 61
    53. 61. 3. Dạng bảng tuần hoàn có kí hiệu đặc biệt 62
    54. 62. Chương 3 LIÊN KẾT HÓA HỌC A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT I. Liên kết liên kết ion và cộng hóa trị – Liên kết hóa học là sự kết hợp giữa các nguyên tố tạo thành phân tử hay tinh thể bền vững hơn. – Các nguyên tử của các nguyên tố có khuynh hướng liên kết với nguyên tử khác tạo thành để đạt được cấu hình electron bền vững như của khí hiếm (có 2 hoặc 8 electron lớp ngoài cùng). 1. Liên kết ion * Định nghĩa: Là liên kết được hình thành do lực hút tĩnh điện giữa các ion mang điện tích trái dấu. * Sự hình thành liên kết ion Nguyên tử kim loại nhường electron hóa trị trở thành ion dương (cation). Nguyên tử phi kim nhận electron trở thành ion âm (anion). Các ion trái dấu hút nhau tạo thành liên kết ion. Thí dụ: Liên kết trong phân tử CaCl2 + Nguyên tử Ca nhường 2 electron tạo thành ion dương. Ca -→ Ca2+ + 2e + Nguyên tử clo nhận 1 electron tạo thành ion âm. Cl2 + 2e → 2ClIon Ca2+ và 2 ion Cl- hút nhau tạo thành phân tử CaCl2. * Điều kiện hình thành liên kết ion Các nguyên tố có tính chất khác hẳn nhau (kim loại và phi kim điển hình). Quy ước hiệu độ âm điện giữa hai nguyên tử liên kết ≥ 1,7 là liên kết ion. Các hợp chất ion có nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi cao, dẫn điện khi tan trong nước hoặc nóng chảy. 2. Liên kết cộng hóa trị 63
    55. 63. * Định nghĩa: Là liên kết được hình thành giữa 2 nguyên tử bằng một hay nhiều cặp electron dùng chung. * Điều kiện hình thành liên kết cộng hóa trị Các nguyên tử giống nhau hoặc gần giống nhau, liên kết với nhau bằng cách góp chung các electron hóa trị. Thí dụ Cl2, H2, N2, HCl, H2O… Quy ước hiệu độ âm điện giữa hai nguyên tử liên kết < 1,7 là liên kết cộng hóa trị. * Liên kết cộng hóa trị có cực và không cực Khi cặp electron dùng chung phân bố đối xứng giữa hai hạt nhân nguyên tử tham gia liên kết thì đó là liên kết cộng hóa trị không phân cực. Khi cặp electron dùng chung bị hút lệch về nguyên tử có độ âm điện lớn hơn thì đó là liên kết cộng hóa trị có cực. Quy ước hiệu độ âm điện giữa hai nguyên tử liên kết 0,4 ≤ ∆χ < 1,7 là liên kết cộng hóa trị có cực, nếu giá trị này nhỏ hơn 0,4 thì liên kết là cộng hóa trị không cực. II. Sự lai hóa các obitan nguyên tử 1. Sự lai hóa Sự lai hóa obitan nguyên tử là sự tổ hợp một số obitan nguyên tử trong một nguyên tử để được các obitan lai hóa giống nhau, có số lượng bằng tổng số obitan tham gia lai hóa, nhưng định hướng khác nhau trong không gian. 2. Các kiểu lai hóa thường gặp a. Lai hóa sp: Là sự tổ hợp 1 obitan s với 1 obitan p tạo thành 2 obitan lai hóa sp nằm thẳng hàng với nhau, hướng về hai phía. 1AO s + 1AO p 2 AO lai hãa sp b. Lai hóa sp2: Là sự tổ hợp của 1 obitan s với 2 obitan p của một nguyên tử tham gia liên kết tạo thành 3 obitan lai hóa sp2 nằm trong một mặt phẳng, định hướng từ tâm đến các đỉnh của tam giác đều. 64
    56. 64. 1 AO s + 2 AO p 3 AO lai hãa sp2 c. Lai hóa sp3: Là sự tổ hợp của 1 obitan s với 3 obitan p của một nguyên tử tham gia liên kết tạo thành 4 obitan lai hóa sp3 định hướng từ tâm đến các 4 đỉnh của tứ diện đều. 1 AO s + 3 AO p 4 AO lai hãa sp3 III. Sự tạo thành liên kết cộng hóa trị 1. Liên kết đơn Được hình thành do sự xen phủ trục của các obitan (liên kết σ). Các liên kết σ thường rất bền vững. Thí dụ: H – Cl ; H – O – H 2. Liên kết đôi. Bao gồm 1 liên kết σ hình thành do sự xen phủ trục và 1 liên kết ở hình thành do sự xen phủ bên của các obitan lai hóa. Liên kết ở thường kém bền. Thí dụ CH2 = CH2; O = C = O 3. Liên kết ba. Bao gồm 1 liên kết σ và 2 liên kết ở. Thí dụ N ≡ N ; CH ≡ CH IV. Hóa trị và số oxi hóa 65
    57. 65. 1. Hóa trị – Trong các hợp chất ion: hóa trị (còn gọi là điện hóa trị) chính bằng điện tích của ion đó. – Trong hợp chất cộng hóa trị: hóa trị (cộng hóa trị) chính bằng số liên kết của nguyên tử nguyên tố đó tạo ra được với các nguyên tử khác. 2. Số oxi hóa Số oxi hóa của một nguyên tố trong hợp chất là điện tích của nguyên tử nguyên tố đó trong phân tử nếu giả định liên kết trong phân tử là liên kết ion. Xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong phân tử theo nguyên tắc: + Số oxi hóa của các đơn chất bằng không. + Tổng số oxi hóa của các nguyên tử trong phân tử bằng không . + Số oxi hóa của các ion bằng điện tích của ion đó. + Trong hầu hết các hợp chất, số oxi hóa của hiđro là +1, của oxi là -2. V. Liên kết kim loại – Liên kết kim loại là liên kết được hình thành giữa các nguyên tử và ion kim loại trong mạng tinh thể do dự tham gia của các electron tự do. – Các mạng tinh thể kim loại thường gặp: Lập phương tâm khối, lập phương tâm diện, lục phương. – Các kim loại dẫn điện, dẫn nhiệt tốt, có tính dẻo, có ánh kim là do cấu tạo tinh thể kim loại quy định. B. BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI 3.1 Viết cấu hình electron của Cl (Z=17) và Ca (Z=20). Cho biết vị trí của chúng (chu kì, nhóm) trong bảng tuần hoàn. Liên kết giữa canxi và clo trong hợp chất CaCl 2 thuộc loại liên kết gì? Vì sao? Viết sơ đồ hình thành liên kết đó. (Trích đề thi tuyển sinh ĐH- CĐ khối B năm 2004) 3.2 Hai nguyên tố M và X tạo thành hợp chất có công thức là M 2X. Cho biết: – Tổng số proton trong hợp chất bằng 46. – Trong hạt nhân của M có n – p = 1, trong hạt nhân của X có n’ = p’. 66
    58. 66. – Trong hợp chất M2X, nguyên tố X chiếm 8 khối lượng. 47 1. Tìm số hạt proton trong nguyên tử M và X. 2. Dựa vào bảng tuần hoàn hãy cho biết tên các nguyên tố M, X. 3. Liên kết trong hợp chất M2X là liên kết gì? Tại sao? Viết sơ đồ hình thành liên kết trong hợp chất đó. 3.3 Viết cấu hình electron của các nguyên tử A, B biết rằng: – Tổng số các loại hạt cơ bản trong nguyên tử A là 34. Số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 10. – Kí hiệu của nguyên tử B là 19 9 B. 2. Liên kết trong hợp chất tạo thành từ A và B thuộc loại liên kết gì? Vì sao? Viết công thức của hợp chất tạo thành . 3.4 X, Y, Z là những nguyên tố có điện tích hạt nhân lần lượt là 9, 19, 8. 1. Viết cấu hình electron nguyên tử của các nguyên tố đó. Cho biết tính chất hóa học đặc trưng của X, Y, Z. 2. Dự đoán liên kết hóa học có thể có giữa các cặp X và Y, Y và Z, X và Z. Viết công thức phân tử của các hợp chất tạo thành. 3.5 Một hợp chất có công thức XY2 trong đó Y chiếm 50% về khối lượng. Trong hạt nhân của X có n = p và hạt nhân Y có n’ = p’. Tổng số proton trong phân tử XY 2 là 32. a. Viết cấu hình electron của X và Y. b. Dựa vào bảng tuần hoàn, cho biết X, Y là những nguyên tố gì? Cho biết bản chất liên kết và công thức cấu tạo của phân tử XY2. 3.6 Tổng số hạt proton, nơtron, electron của nguyên tử một nguyên tố R nhóm VIIA là 28. 1. Tính số khối của R. Dựa vào bảng tuần hoàn, cho biết R là nguyên tố gì? 2. Viết công thức phân tử và công thức cấu tạo của phân tử đơn chất R. 3. Viết công thức electron và công thức cấu tạo hợp chất của R với hiđro. 3.7 Phân tử NH3 có cấu tạo dạng chóp tam giác với góc liên kết HNH bằng 1070. 1. Theo lý thuyết lai hóa, nguyên tử nitơ trong phân tử NH 3 ở trạng thái lai hóa nào? Mô tả sự hình thành liên kết trong NH3 theo giả thiết lai hóa đó. 67

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bai Tap Hoa 10 Nang Cao Hay(Co Loi Giai Cu The)
  • Bài Tập Về Cách Nhận Biết, Tách Chất Nhóm Halogen Hay, Chi Tiết
  • Bài Tập Hóa Học 10: Liên Kết Hóa Học
  • Bài Tập Trắc Nghiệm Chương 3(Có Đáp Án)
  • Bai Tap Hoa 10 Cb Chuong 3(Phân Dạng)
  • Bai Tap Anken Hd Giai Nhanh

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Tự Luận Hữu Cơ 11 Tổng Hợp Từng Chương
  • Pp Giải Bài Tập Về Anken
  • Các Công Thức Hóa Học Lớp 11 Giải Nhanh Mọi Dạng Bài Tập Hiđrocabon
  • Giải Bài Tập Toán 9, Hướng Dẫn Giải Bài Trang Sgk Toán Lớp 9 Đại Số, H
  • Bai Tap Va Loi Giai Sql
  • CHUYÊN ĐỀ ANKEN

    ( CTPT: CnH2n n ≥ 2 )

    I. Lí THUYẾT ANKEN:

    I- Tính chất vật lí:

    – Tương tự ankan, nhiều tính chất vật lí của anken biến đổi tương tự ankan theo độ dài của mạch cũng như sự phân nhánh.

    – Ơ các đồng phân hình học, dạng trans có điểm nóng chảy cao hơn và điểm sôi thấp hơn so với dạng Cis.

    II- Tính chất hoá họC.

    – Tính chất đặc trưng nhất của anken là khuynh hướng đi vào phản ứng cộng, ở các phản ứng này liên kết đứt ra để hai nhóm mới gắn vào và cho một hợp chất no:

    – Một đặc điểm nổi bật của anken là mật độ electron tập trung tương đối cao giữa hai nguyên tử cacbon của nối đôi C = C và trải rộng ra theo hai phía của liên kết ( .Vì vậy các tác nhân mang điện dương tác dụng đặc biệt dễ dàng vào nối đôi C = C. .Phản ứng cộng vào nối đôi chủ yếu là tác nhân mang điện dương và sau nữa là cộng theo cơ chế gốc

    1. Các phản ứng cộng.

    A. Phản ứng công tác nhân đối xứng (H2 , X2 …)

    + Cộng H2 : Tạo thành ankan tương ứng (Anken có mạch C dàng nào thì ankan có dạng mạch đó)

    CnH2n + H2 ( CnH2n+2 Chú ý dạng :

    + Cộng X2 : CnH2n + Br2 ( CnH2nBr2 Chú ý phải viết dạng công thức cấu tạo

    Phản ứng này được dùng để nhận biệt các hợp chất có liên kết đôi.

    +) Cộng tác nhân bất đối xứng HX ( Với X là Halozen, – OH ….)

    Nếu anken đối xứng thì sản phẫm chỉ có 1 sản phẫm ( Khi 1 anken cộng HX thu được 1 sản phẫm thì anken có cấu tạo đối xứng

    + Nếu anken bất đối xứng R1 – CH = CH – R2

    Khi cộng tác nhân bất đối xứng vào anken bất đối xứng thì tuân theo quy tắc Maccopnhicop:

    Khi cộng tác nhân bất đối xứng vào anken bất đối xứng thì phần mang điện tích dương (H+) ưu tiên cộng vào cacbon bậc thấp ( nhiều hiđro hơn) còn tác nhân mang điện tích âm ưu tiên cộng vào cacbon còn lại của liên kết đôi ( ít hiđro hơn).

    * Cộng nước:

    * Cộng axit HX

    * Cộng axit HXO : Axit hipohalogenơ cộng hợp vào nối đôi C = C của anken cho ta ankylclohiđrin

    2. Phản ứng trùng hợp.

    Đn: Là quá trình cộng hợp liên tiếp nhiều phân tử nhỏ (monome) tạo thành chất có khối lượng phân tử rất lớn (polime) Với n là hệ số trùng hợp hay hệ số polime hóa

    n CH2=CH2 (- CH2 – CH2 -)n ( Mpolime = 28n

    n R1 – CH =CH – R2 ( Viết phương trình chỉ quan tâm nguyên tử C mang liên kết đôi

    n H=H (-H2 -H -)n

    R1 R2 R1 R2

    3- Phản ứng oxi hoá:

    * Phản ứng với dung dịch KMnO4 loãng tạo thành điol: Làm mất màu dung dịch KMnO4

    Phản ứng làn đứt liên kết đôi:

    * Phản ứng với dung dịch KMnO4 nóng:

    Sản phẩm phụ thuộc vào anken (mức độ thế anken) mà tạo thành axit, xeton hay CO2

    Phản ứng tạo thành anken oxit ( phản ứng epoxyl hoá).

    * Oxi không khí, xúc tác Ag, thời gian tiếp xúc 1 – 4 giây.

    * Phản ứng cháy : CnH2n + 1,5n O2 ( n CO2 + n H2O ta có: = .

    III. Điều chế.

    1. Tách HX từ dẫn xuất halozen

    CnH2n+1X CnH2n + HX Phản ứng tách này xảy ra theo quy tắc tách Zaixep.

    2. Tách phân tử halogen từ dẫn xuất gemđihalogen ankan.

    R1 – CHX – CHX – R2 + Zn ( R1 – CH=CH – R2 + ZnCl2

    3. Đề hiđrat hoá ancol.

    CnH2n+1OH CnH2n + H2O

    Chú ý: CH3OH không có phản ứng này (Khi tách H2O của hỗn hợp 2 ancol chỉ thu được 1 qnken)

    Tuân theo quy tắc tách HX ( Khi tách HX chỉ thu được 1 anken thì vị trí của X ?)

    4. Hi®ro ho¸ ankin.

    CnH2n-2 + H2 CnH2n

    II. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP:

    1. Phản ứng đốt cháy: CnH2n + 1,5 n O2 ( n CO2 + n H2O

    * = và mX = mC + mH ; Khi lập công thức cần thông qua mX hoặc

    Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn agam hỗn hợp eten,propen,but-1-en thu được 52,8g CO2 và 21,6g nước.

    Giá trị của a là:

    A. 18,8g B. 18,6g C. 16,8g* D. 16,4g

    Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn agam hỗn hợp eten,propen,but-2-en cần dùng vừa đủ b lít oxi ở đktc thu được

    53.76 lit CO2 và 43,2g nước. Giá trị của b là:

    A. 92,4 B. 94,2 C. 80,64 * D. 24,9

    Hướng dẫn : Bảo toàn cho O ta có: = = 115,2 ( = 3,6 ( V = 80,64

    Ví dụ 3:Trôn 400 Cm3 hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và N2 với 900Cm3 oxi (dư) ,đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp thu được 1300Cm3 hỗn hợp khí và hơi.Nếu dẫn hỗn hợp qua CaCl2 còn lại 900Cm3 ,cho qua dung dịch Ca(OH)2 dư còn lại 500 Cm3.Công thức phân tử của X là :

    A. C2H2 B. C3H6 C. C2H6 D. C2H4

    Hướng dẫn : = 1300 – 900 = 400 và = 900 – 500 = 400 ( = ( X là anken

    phản ứng = 400 + 200 = 600 ( Dư 300 ( = 500 – 300 = 200 ( VX = 400 – 200 = 200 ( n = 2

    Ví dụ 4. Đem đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm 2 anken là đồng đẳng kế tiếp nhau thu được CO2

    và nước có khối lượng hơn kém nhau 6,76 gam. Vậy 2 công thức phân tử của 2 anken đó là:

    A. C2H4 và C3H6 * B. C3H6 và C4H8 C. C4H8 và C5H10 D. C5H10 và C6H12.

    Hướng dẫn : = ( 44x – 18x = 6,76 ( x = 0,26 ( = 2,6 ( C2H4 và C3H6

    Ví dụ 5. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm cháy lần lượt đi qua

    bình 1 đựng P2O5 dư và bình 2 đựng KOH rắn, dư thấy bình I tăng 4,14g, bình II tăng 6,16g. Số mol ankan có trong hỗn hợp là:

    A. 0,06 B. 0,09 C. 0,03 D. 0,045

    Hướng dẫn : Với anken = ( (n là do ankan gây ra = 0,23 và = 0,14 ( a = 0,09

    Ví dụ 6: Hỗn hợp A gồm 1 ankan và 1 anken. Số nguyên tử H trong ankan bằng số nguyên tử C trong anken.

    Đốt cháy 3 g hỗn hợp A thu được 5,4g H2O. CTPT và % khối lượng các chất trong A là:

    A. CH4: 46,67%; C4H8 : 53,33% B. CH4: 53,33%; C4H8: 46,67%*

    C. C2H6: 33,33%; C6H12: 66,67% D. C2H6: 66,67%; C6H12: 33,33%

    Hướng dẫn : = 0,3 với mA = 3 = 12. + 2. ( = = 0,2

    ( nAnkan = 0,3 – 0,2 = 0,1 với mAnkan < 3 ( MAnkan < 30 chọn 16 là CH4 ( Anken C4H8

    ( %CH4 = 0,1.16/3 = 0,533

    Ví dụ 7: Chia hỗn hợp 3 anken: C2H4, C3H6, C4H8 thành 2 phần bằng nhau:

    – Đốt cháy phần 1 sinh ra 5,4g H2O

    – Phần 2 cho tác dụng với hiđro (có Ni xúc tác), đốt cháy sản phẩm sau phản ứng rồi dẫn sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư thì khối lượng kết tủa thu đựơc là:

    A. 29g B. 30g C. 31g D. 32g

    Hướng dẫn : Với anken = = 0,3 ( Khi đốt thành phần CO2 không đổi ( m↓= 30g

    2. Phản ứng với dung dịch Br2: CnH2n + Br2 → CnH2nBr2 Tỷ lệ : nAnken : = 1: 1

    Khối lượng tăng của bình bằng khối lượng của anken hoặc hỗn hợp anken

    Ví dụ 1. Cho hỗn hợp 2 anken liên tiếp trong dãy đồng đẳng đi qua dung dịch Br2, thấy có 80g Br2 phản ứng

    và khối lượng bình Br2 tăng 19,6g.

    A. Hai anken đó là:

    A. C3H6; C4H8 B. C4H8, C5H10 C. C2H4; C3H6 * D. C5H10, C6H12

    B. %thể tích của mỗi anken trong hỗn hợp là:

    A. 20%, 80%* B. 25%, 75% C. 40%, 60% D. 50%, 50%

    Hướng dẫn : manken = 19,6 g ( = 0,5 = nAnken ( 14 = 19,6 : 0,5 ( = 2,8 ( C2H4 và C3H6

    Gọi số mol: x + y = 0,5 và 2x + 3y = 2,8.05 ( x = 0,1 ( %C2H4 = 20%

    Ví dụ 2: Cho 5,1g hỗn hợp X gồm CH4 và 2 anken đồng đẳng liên tiếp qua dung dịch brom dư thấy khối

    lượng bình tăng 3,5g, đồng thời thể tích hỗn hợp X giảm một nửA. Hai anken có công thức phân tử

    là:

    A. C3H6 và C4H8 B. C2H4 và C3H6 C. C4H8 và C5H10 D. C5H10 và C6H12

    Hướng dẫn : V giảm ½ ( nAnken = nAnkan = = 0,1 ( Anken = 35 ( = 2,5 ( C2H4 và C3H6

    Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm 2 anken đồng đẳng liên tiếp. Đốt cháy hoàn toàn V lít A thu được 13,44 lít CO2 ở

    đkC. Mặt khác A làm mất màu vừa hết 40g nước Br2.

    A. CTPT của 2 anken là:

    A. C2H4, C3H6 * B. C2H4, C4H8 C. C3H6, C4H8 D. C4H8, C5H10

    B. Xác định % thể tích mỗi anken tương ứng là.

    A. 60% và 40%* B. 50% và 50% C. 40% và 60% D. 65% và 35%

    Hướng dẫn : nAnken = = 0,25 với = 0,25= 0,6 ( = 2,4 ( C2H4, C3H6

    Gọi số mol: x + y = 0,25 và 2x + 3y = 2,4.0025 ( x = 0,15 ( %C2H4 = 60%

    Ví dụ 4: Hỗn hợp khí X gồm 1 ankan và 1 anken. Cho 1,68 lit khí X cho qua dung dịch brom làm mất màu

    vừa đủ dung dịch chứa brom thấy còn lại 1,12 lit khí. Mặt khác nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lit khí

    X rồi cho sản phẩm cháy đi qua bình đựng dung dịch nước vôi trong dư thu được 12,5g kết tủA. Công

    thức phân tử của các hiđrocacbon lần lượt là:

    A. CH4, C2H4 B. CH4, C3H6 * C. CH4, C4H8 D. C2H6, C3H6

    Hướng dẫn : Theo bài ra ta có nhổn hợp = 0,075 mol ( nankan = 0,05 mol ( nanken = 0,025 mol

    = 0,125 = ( = = 1,67 ( Ankan là CH4 ( n = = 3

    Ví dụ 5. Cho 10g hỗn hợp khí X gồm etilen và etan qua dung dịch Br2 25% có 160g dd Br2 phản ứng.

    % khối lượng của etilen trong hỗn hợp là:

    A. 70% * B. 30% C. 35,5% D. 64,5%

    Hướng dẫn : = 0,25 = ( %C2H4 = = 0,7 = 70%

    Ví dụ 6: Một hỗn hợp gồm một ankan X và một anken Y có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử và số

    mol. m gam . Hỗn hợp này làm mất màu vừa đủ 80g dung dịch brom 20%. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp trên thu được 0,6 mol CO2. X và Y có công thức phân tử là:

    A. C2H4, C2H6 B. C3H6, C3H8 C. C5H10, C5H12 D. C4H8, C4H10

    Hướng dẫn : = 0,1 = ( nhổn hợp = 0,2 mol ( số C = = 3

    3. Phản ứng cộng H2: CnH2n + H2 ( CnH2n + 2 ( nanken = nankan ( Vì m không đổi

    ( (n = số mol anken (H2) tham gia

    Ví dụ 1: Hỗn hợp khí X gồm H2 và một anken có khả năng cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tỉ khối

    của X so với H2 bằng 9,1. Đun nóng X có xúc tác Ni, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y không làm mất màu nước brom; tỉ khối của Y so với H2 bằng 13. Công thức cấu tạo của anken là

    A. CH2=CH2. B. CH2=CH-CH2-CH3. C. CH3-CH=CH-CH3. D. CH2=C(CH3)2.

    Hướng dẫn : = 26 ( Dư H2 ( Dùng công thức ( Chọn n1 = 1 ( n = 0,7

    ( (n = 0,3 = nanken = nankan ( = 0,7 dư

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bai Tap Anken Rat Hay
  • Các Dạng Bài Tập Anken
  • Bài Tập Thực Hành Access Có Lời Giải
  • Bài Tập Thực Hành Access 2010 Có Lời Giải
  • 20 Đề Thi Kiểm Tra Toán 8 Hk2
  • Pp Giải Bài Tập Quang Hình Học Lớp 9 Phuong Phap Giai Bai Tap Quang Hinh Lop 9 Doc

    --- Bài mới hơn ---

  • Đề Tài Hướng Dẫn Học Sinh Giải Bài Toán Quang Hình Học Lớp 9 Đạt Hiệu Quả
  • Skkn Ứng Dụng Một Số Bài Tập Trong Sách Giáo Khoa Để Làm Định Hướng Giải Bài Tập Khác Trong Môn Toán Lớp 9
  • Bài 68, 69, 70 Trang 168 Sbt Toán 9 Tập 1
  • Giải Sách Bài Tập Toán 9 Tập 1 Trang 16 Bài 68, 69
  • Giải Sách Bài Tập Toán 9 Tập 1 Trang 20 Bài 88, 89, 90
  • I. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

    a) Do tư duy của học sinh còn hạn chế nên khả năng tiếp thu bài còn chậm, lúng túng từ đó không nắm chắc các kiến thức, kĩ năng cơ bản, định lý, các hệ quả do đó khó mà vẽ hình và hoàn thiện được một bài toán quang hình học lớp 9.

    b) Đa số các em chưa có định hướng chung về phương pháp học lý thuyết, chưa biến đổi được một số công thức, hay phương pháp giải một bài toán vật lý.

    c) Kiến thức toán hình học còn hạn chế (tam giác đồng dạng) nên không thể giải toán được.

    2 . Một số nhược điểm của HS trong quá trình giải toán quang hình lớp 9:

    a) Đọc đề hấp tấp, qua loa, khả năng phân tích đề, tổng hợp đề còn yếu, lượng thông tin cần thiết để giả i toán còn hạn chế.

    b)Vẽ hình còn lúng túng. Một số vẽ sai hoặc không vẽ được ảnh của vật qua thấu kính, qua mắt, qua máy ảnh do đó không thể giải được bài toán.

    c) Môt số chưa nắm đượ c kí hiệu các loại kính, các đặc điểm của tiêu điểm, các đường truyền của tia sáng đ ặt biệt, chưa phân biệt được ảnh thật hay ảnh ảo. Một số khác không biết biến đổi công thức toán .

    d) Chưa có thói quen định hướng cách giải một cách khoa học trước những bài toán quang hình học lớp 9.

    ** Các biện pháp tổ chức thực hiện

    * Đặc điểm ảnh của một vật tạo bởi thấu kính phân kỳ

    3. Các trường hợp đặc biệt cần chú ý

    +Ảnh của vật phải ở ngay vị trí của phim cho nên muốn vẽ ảnh phải xác định vị trí đặt phim.

    +Thể thuỷ tinh ở mắt là một thấu kính hội tụ -Màng lưới như phim ở máy ảnh.

    +Điểm cực viễn: điểm xa mắt nhất mà ta có thẻ nhìn rõ được khi không điều tiết.

    +Điểm cực cận: điểm gần mắt nhất mà ta có thể nhìn rõ được

    . Kính cận là thấu kính phân kì.

    +Mắt lão nhìn rõ những vật ở xa, nhưng không nhìn rõ những vật ở gần. Kính lão là thấu kính hội tụ. Mắt lão phải đeo kính hội tụ để nhìn rõ các vật ở gần.

    +Kính lúp là thấu kính hội tụ có tiêu cự ngắn

    +Để dựng ảnh, hoặc xác định vị trí một vật qua kính lúp cần phải đặt vật trong khoảng tiêu cự của kính. Ảnh qua kính lúp phải là ảnh ảo lớn hơn vật

    7. Các bước giải bài toán dựng hình cơ bản:

    b) Nêu cách dựng

    c) Chứng minh

    – Ph â n t í ch

    – Trên đường thảng chứa tia ló 2b vẽ tia tới 2a đi qua O

    * C á ch d ự ng: D ự ng ả nh c ủ a A:

    suy ra loại thấu kính

    Nh ậ n x é t:

    Qua nghiên cứu và áp dụng phương pháp giải bài tập quang hình học ở trên tôi nhận thấy HS say mê, hứng thú và đã đạt hiệu quả cao trong giải bài tập nhất là bài tập quang hình học 9 thể hiện rõ ở kết quả khảo sát trước và sau khi vận dụng phương pháp trên vào giảng dạy. Học sinh đã phát huy tính chủ động, tích cực khi nắm được phương pháp giải loại bài toán này.

    Thường xuyên nhắc nhở các em yếu, động viên, biểu dương các em khá giỏi, cập nhật vào sổ theo dõi và kết hợp với GV chủ nhiệm để có biện pháp giúp đỡ kịp thời, kiểm tra thường xuyên vở bài tập vào đầu giờ trong mỗi tiết học, làm như vậy để cho các em có một thái độ đúng đắn, một nề nếp tốt trong học tập.

    Ngày 25 tháng 4 năm 2012

    Người viết : Bùi Thị Thảo

    Ng ười viết: Bùi Thị Thảo- THCS Hoằng Lý – Hoằng Hóa- Thanh Hóa

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phân Loại Và Hướng Dẫn Học Sinh Giải Bài Tập Quang Hình Học Lớp 9 Nâng Cao
  • Bài Tập Quang Hình Học Môn Vật Lý Lớp 9 (Có Đáp Án)
  • Giải Lý Lớp 9 Bài 51: Bài Tập Quang Hình Học
  • Giải Bài Tập Toán Lớp 9
  • Lý Thuyết & Giải Bài Tập Sgk Bài 9: Hình Chữ Nhật
  • Bai Tap Kinh Te Vi Mo Co Loi Giai

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Kinh Tế Vi Mô Chương 4 Có Đáp Án
  • Bài Tập Kinh Tế Vi Mô Chương 1 Có Đáp Án
  • Bài Tập Kinh Tế Vi Mô Chương 3 Có Đáp Án
  • Bài Tập Kinh Tế Vĩ Mô
  • Bài Tập Kinh Tế Vĩ Mô Ueh
  • Published on

    1. 1. Bài 1: Trong những năm 2005, sản xuất đường ở Mỹ: 11,4 tỷ pao; tiêu dùng 17,8 tỷ pao; giá cả ở Mỹ 22 xu/pao; giá cả thế giới 8,5 xu/pao…Ở những giá cả và số lượng ấy có hệ số co dãn của cầu và cung là Ed = -0,2; Es = 1,54. Yêu cầu: 1. Xác định phương trình đường cung và đường cầu về đường trên thị trường Mỹ. Xác định giá cả cân bằng đường trên thị trường Mỹ. 2. Để đảm bảo lợi ích của ngành đường, chính phủ đưa ra mức hạn ngạch nhập khẩu là 6,4 tỷ pao. Hãy xác định số thay đổi trong thặng dư của người tiêu dung, của người sản xuất, của Chính phủ, và số thay đổi trong phúc lợi xã hội. 3. Nếu giả sử chính phủ đánh thuế nhập khẩu 13,5 xu/pao. Điều này tác động đến lợi ích của mọi thành viên ra sao? So sánh với trường hợp hạn ngạch, theo bạn chính phủ nên áp dụng biện pháp gì? Bài giải Qs = 11,4 tỷ pao Qd = 17,8 tỷ pao P = 22 xu/pao PTG = 805 xu/pao Ed = -0,2 Es = 1,54 1. Phương trình đường cung, đường cầu? Pcb? Ta có: phương trình đường cung, đường cầu có dạng như sau: QS = aP + b QD = cP + d Ta lại có công thức tính độ co dãn cung, cầu: ES = (P/QS).(∆Q/∆P) ED = (P/QD). (∆Q/∆P) (1) Trong đó: ∆Q/∆P là sự thay đổi lượng cung hoặc cầu gây ra bởi thay đổi về giá, từ đó, ta có ∆Q/∆P là hệ số gốc của phương trình đường cung, đường cầu  ES = a.(P/QS) ED = c. (P/QD)  a = (ES.QS)/P c = (ED.QD)/P  a = (1,54 x 11,4)/22 = 0,798 c = (-0,2 x 17,8)/22 = – 0,162
    2. 4. P S D 22 a t c b d Pw 8..5 0.627 11.4 17.8 19.987 Q Khi chính phủ đánh thuế nhập khẩu thì tác động cũng giống như trường hợp trên. Tuy nhiên nếu như trên chính phủ bị thiệt hại phần diện tích hình c +d do thuộc về những nhà nhập khẩu thì ở trường hợp này chính phủ được thêm một khoản lợi từ việc đánh thuế nhập khẩu ( hình c + d ). Tổn thất xã hội vẫn là 87,487 * So sánh hai trường hợp : Những thay đổi trong thặng dư tiêu dùng và thặng dư sản xuất là như nhau dưới tác động của hạn ngạch và của thuế quan. Tuy nhiên nếu đánh thuế nhập khẩu chính phủ sẽ thu được lợi ích từ thuế. Thu nhập này có thể được phân phối lại trong nền kinh tế ( ví dụ như giảm thuế, trợ cấp …). Vì thế chính phủ sẽ chọn cách đánh thuế nhập khẩu bởi vì tổn thất xã hội không đổi nhưng chính phủ được lợi thêm một khoản từ thuế nhập khẩu.
    3. 5. Bài 2: Thị trường về lúa gạo ở Việt Nam được cho như sau: – Trong năm 2002, sản lượng sản xuất được là 34 triệu tấn lúa, được bán với giá 2.000 đ/kg cho cả thị trường trong nước và xuất khẩu; mức tiêu thụ trong nước là 31 triệu tấn. – Trong năm 2003, sản lượng sản xuất được là 35 triệu tấn lúa, được bán với giá 2.200 đ/kg cho cả thị trường trong nước và xuất khẩu, mức tiêu thụ trong nước là 29 triệu tấn. Giả sử đường cung và đường cầu về lúa gạo của Việt Nam là đường thẳng, đơn vị tính trong các phương trình đường cung và cầu được cho là Q tính theo triệu tấn lúa; P được tính là 1000 đồng/kg. 1. Hãy xác định hệ số co dãn của đường cung và cầu tương ứng với 2 năm nói trên. 2. Xây dựng phương trình đường cung và đường cầu lúa gạo của Việt Nam. 3. Trong năm 2003, nếu chính phủ thực hiện chính sách trợ cấp xuất khẩu là 300 đ/kg lúa, hãy xác định số thay đổi trong thặng dư của người tiêu dùng, của người sản xuất, của chính phủ và phúc lợi xã hội trong trường hợp này. 4. Trong năm 2003, nếu bây giờ chính phủ áp dụng hạn ngạch xuất khẩu là 2 triệu tấn lúa mỗi năm, mức giá và sản lượng tiêu thụ và sản xuất trong nước thay đổi như thế nào? Lợi ích của mọi thành viên thay đổi ra sao? 5. Trong năm 2003, giả định chính phủ áp dụng mức thuế xuất khẩu là 5% giá xuất khẩu, điều này làm cho giá cả trong nước thay đổi ra sao? Số thay đổi trong thặng dư của mọi thành viên sẽ như thế nào? 6. Theo các bạn, giữa việc đánh thuế xuất khẩu và áp dụng quota xuất khẩu, giải pháp nào nên được lựa chọn. Bài giải 2002 2003 P 2 2,2 QS 34 35 QD 31 29 1. Xác định hệ số co dãn của đường cung và cầu tương ứng với 2 năm nói trên. Hệ số co dãn cung cầu được tính theo công thức: ES = (P/Q) x (∆QS/∆P) ED = (P/Q) x (∆QD/∆P) Vì ta xét thị trường trong 2 năm liên tiếp nên P,Q trong công thức tính độ co dãn cung cầu là P,Q bình quân. ES = (2,1/34,5) x = 0,7 2. Xây dựng phương trình đường cung và đường cầu lúa gạo của Việt Nam.
    4. 6. Ta có : QS = aP + b QD = cP + d Trong đó: a = ∆QS/∆P = (35 – 34) / (2,2 – 2) = 5 b = ∆QD/∆P = (29 -31) / (2,2 – 2) = -10 Ta có: QS = aP + b  b = QS – aP = 34 – 5.2 = 24 và QD = cP + d  d = QD – cP = 31 +10.2 = 51 Phương trình đường cung, đường cầu lúa gạo ở Việt Nam có dạng: QS = 5P + 24 QD = -10P + 51 3. trợ cấp xuất khẩu là 300 đ/kg lúa, xác định số thay đổi trong thặng dư của người tiêu dùng, của người sản xuất, của chính phủ và phúc lợi xã hội Khi thực hiện trợ cấp xuất khẩu, thì: PD1 = PS1 – 0,3 Tại điểm cân bằng: QD1 = QS1  5PS1 + 24 = -10 (PS1 – 0,3) + 51  PS1 = 2 PD1 = 1,7 QD1 = 34 4. Quota xuất khẩu là 2 triệu tấn lúa mỗi năm, mức giá và sản lượng tiêu thụ và sản xuất trong nước thay đổi như thế nào? Lợi ích của mọi thành viên thay đổi ra sao? Khi chưa có quota , điểm cân bằng thị trường: QS = Q D  5P + 24 = -10P + 51  15P = 27  PO = 1,8 QO = 33 Khi có quota xuất khẩu, phương trình đường cầu thay đổi như sau: QD’ = QD + quota = -10P + 51 + 2 = -10P + 53 Điểm cân bằng mới khi có quota xuất khẩu:
    5. 7. QS = QD’  5P + 24 = -10P +53  15P = 29  P = 1,93 Q = 5P + 24 = 33,65 * P S D P = 2,2 P = 2,09 1,93 1,8 D +quota 29 33 33,65 Thặng dư: – ∆ CS = + a + b là phần diện tích hình thang ABCD SABCD = 1/2 x (AB + CD) x AD Trong đó : AD = 2,2 – 1,93 = 0,27 AB = QD(P=2,2) = -10 x 2,2 +51 = 29 CD = QD(P=1,93) = -10 x 1,93 + 51 = 31,7  SABCD = 1/2 x (29 + 31,7) x 0,27 = 8,195  ∆ CS = a + b = 8,195 – ∆ PS = -(a + b + c + d + f) là phần diện tích hình thang AEID SAEID = 1/2 x (AE + ID) x AD Trong đó: AE = QS(P=2,2) = 5 x 2,2 + 24 = 35 ID = QS(P=1,93) = 5 x 1,93 + 24 = 33,65  SAEID = 1/2 x (35 + 33,65) x 0,27 = 9,268 Q
    6. 8.  ∆ PS = -(a + b + c + d +f) = -9,268 – Người có quota XK: ∆ XK = d là diện tích tam giác CHI SCHI = 1/2 x (CH x CI) Trong đó: CH =AD = 0,27 CI = DI – AH = 33,65 – QD(P=2,2) = 33,65 – (-10 x 2,2 +53) = 33,65 -31 =2,65  S CHI = 1/2 x (0,27 x 2,65) = 0,358  ∆ XK = d = 0,358 – ∆ NW = ∆ CS + ∆ PS + ∆ XK = 8,195 – 9,268 + 0,358 = -0,715 5. chính phủ áp dụng mức thuế xuất khẩu là 5% giá xuất khẩu, giá cả trong nước thay đổi ra sao? Số thay đổi trong thặng dư của mọi thành viên sẽ như thế nào? Khi chính phủ áp đặt mức thuế xuất khẩu bằng 5% giá xuất khẩu thì giá của lượng xuất khẩu sẽ giảm: 2,2 – 5% x 2,2 = 2,09. – ∆ CS = 1/2 x (29 + QD(P=2,09)) x (2,2 – 2,09) = 1/2 x x 0,11 = – [1/2 x (35 + 34,45) x 0,11)] = -3,82 – Chính phủ: ∆ CP = 1/2 x (2,2 – 2,09) x (QS(P=2,09) – QD(P=2,09)) = 1/2 x 0,11 x (34,45 – 30,1) = 0,239 – ∆ NW = ∆ CS + ∆ PS + ∆ CP = 3,25 -3,82 + 0,239 = -0,33 6. Giữa việc đánh thuế xuất khẩu và áp dụng quota xuất khẩu, giải pháp nào nên được lựa chọn Theo tính toán của câu 4,5 (quota = 2 và TXK = 5% giá xuất khẩu) thì Chính phủ nên chọn giải pháp đánh thuế xuất khẩu. Vì rõ ràng khi áp dụng mức thuế này phúc lợi xã hội bị thiệt hại ít hơn khi áp dụng quota = 2, đồng thời chính phủ thu được 1 phần từ việc đánh thuế (0,39).
    7. 10. 3. giải pháp nào có lợi nhất Giải pháp 1: P max = 8đ/đvsp & PNkhẩu lượng sp thiếu hụt = 11đ/đvsp P Toån thaát voâ ích P =14.74 S B P0=9. 8 C D Pmax =8 Thieáu huït Q1s=1.1 4 Q 0 D Q1D = 1.89 Ta có : Pmax = 8đ/đvsp (S) : P = 4 + 3,5Q  8 = 4 + 3,5Q  Q1S = 1,14 Tương tự : thế P = 8đ/đvsp vào (D) (D) : P = 25 – 9Q  8 = 25 – 9Q  Q1D = 1,89 Vậy tổng sản lượng thiếu hụt trong trường hợp này là: Q1D – Q1S = 1,89 – 1,14 = 0,75 Vậy số tiền chính phủ phải bỏ ra để nhập khẩu sản lượng thiếu hụt là: P x ( Q1D – Q1S ) = 11 x 0,75 = 8,25 tỷ Người tiêu dùng tiết kiệm được là: ΔCS = C-B = 1.14*(9.8-8) – (1.68-1.14)*(14.74-9.8) = – 0.616 tỷ Q
    8. 15. P S PS1 A C s B P0 =PD1 D Q0 Q1 3. Chính sách nào nên được lựa chọn thích hợp? Chính sách trợ giá sẽ được ưu tiên lựa chọn, vì chính sách này đảm bảo được quyền lợi của người sản xuất và người tiêu dùng. Cả hai chính sách đều làm cho chính phủ chi tiêu nhiều hơn để hỗ trợ cho người sản xuất, và người tiêu dùng. Nhưng nếu dùng chính sách giá tối thiểu, người nông dân sẽ có xu hướng tạo ra càng nhiều sản phẩm dư thừa càng tốt, vì chính phủ cam kết mua hết sản phẩm thừa, thiệt hại không cần thiết cho chính phủ. Để giới hạn sản xuất và đảm bảo được quyền lợi cả hai, chính phủ sẽ chọn giải pháp trợ giá. Q
    9. 16. Bài 1: Giả sử độ co dãn của cầu theo thu nhập đối với thực phẩm là 0,5 ; và độ co dãn của cầu theo giá là -1,0. Một người phụ nữ chi tiêu 10.000$ một năm cho thực phẩm và giá thực phẩm là 2$/đv, thu nhập của bà ta là 25.000$. 1. Chính phủ đánh thuế vào thực phẩm làm giá thực phẩm tăng gấp đôi, tính lượng thực phẩm được tiêu dùng và chi tiêu vào thực phẩm của người tiêu dùng này. 2. Giả sử người ta cho bà ta số tiền cấp bù là 5.000$ để làm nhẹ bớt ảnh hưởng của thuế. Lượng thực phẩm được tiêu dùng và chi tiêu vào thực phẩm của phụ nữ này sẽ thay đổi như thế nào? 3. Liệu khoản tiền này có đưa bà ta trợ lại được mức thỏa mãn ban đầu hay không? Hãy chứng minh (minh họa bằng đồ thị) Bài giả i 1. Chính phuû ñaùnh thueá vaøo thöïc phaåm laøm giaù thöïc phaåm taêng gaáp ñoâi, tính löôïng thöïc phaåm ñ öôïc tieâu duøng vaø chi tieâu vaøo thöïc phaåm cuûa ngöôøi tieâu duøng naøy Ta coù coâng thöùc tính ñoä co giaûn cuûa caàu theo giaù E(P)= (Q/ P)x (P/Q) ( 1) do ñeà baøi cho giaù thöïc phaàm taêng gaáp ñoâi töø 2 leân 4 neân ta giaû söû ñoä co giaûn laø co giaûn hình cung vôùi: * Q= (Q+(Q+Q))/2 * P=(P+(P+P))/2 Theá vaøo (1) ta coù: E(P)= (Q/ P) x (2P+P)/(2Q+Q) Theo ñeà baøi ta coù: * E(P)=-1 * P=2 * P=2 * Q=10.000/2 =5000 Theá vaøo ( 2 ) ta tính ñöôïc Q (Q/ 2) x (2×2+2)/(2×5.000+Q) =-1 (2)
    10. 18. Theo số liệu bài này, ta thấc C vẫn nằm dưới đường ngân sách ban đầu  nên ta kết luận khoaûn tieàn trợ cấp naøy vẫn không ñöa baø ta trôû laïi ñöôïc möùc thoaû maõn ban ñaàu. Y (I=30.0 00) (I=25.0 00) U 1 100 0 500 750 0 0 U 2 X
    11. 19. Bài 4: An có thu nhập ở kỳ hiện tại là 100 triệu đồng và thu nhập ở kỳ tương lai là 154 triệu đồng. Nhằm mục đích đơn giản hóa tính toán, giả định rằng An có thể đi vay và cho vay với cùng 1 lãi suất 10% trong suốt thời kỳ từ hiện tại đến tương lai. 1. Hãy vẽ đường ngân sách, thể hiện rõ mức tiêu dùng tối đa trong hiện tại cũng như trong tương lai. 2. Giả sử An dang sử dụng những khoản thu nhập của mình đúng với thời gian của chúng, hãy biểu diễn bằng đồ thị điểm cân bằng tiêu dùng của anh ta 3. Nếu lãi suất tăng đến 40% thì An có thay đổi quyết định tiêu dùng của mình không? Minh họa bằng đồ thị. 4. Từ câu số 1, giả sử hiện An đang vay 50 triệu đồng để tiêu dùng, anh ta sẽ còn bao nhiêu tiền để tiêu dùng trong tương lai?Nếu lãi suất tăng từ 10% lên 20% thì anh ta có thay đổi mức vay này không?Biễu diễn trên đồ thị. Bài giải 1. Hãy vẽ đường ngân sách, thể hiện rõ mức tiêu dùng tối đa trong hiện tại cũng như trong tương lai. X: thu nhập hiện tại : 100triệu Y: thu nhập tương lai : 154 triệu Lãi suất : r = 10% Ta có : * số tiền mà An có thể tiệu dùng tối đa trong hiện tại là : 100 + 154/(1+r) = 100 + 154 /(1 +0.1) = 240 triệu * số tiền mà An có thể dùng tối đa trong tương lai là: 154 + 100(1+0.1) = 264 triệu Thu nhập tương lai BC1 26 4 15 4 E1 I1 100 Thu nhập hiện tại Đường giới hạn ngân sách của An là đường gấp khúc BC. Khi đó, nếu An sử dụng hết khoản thu nhập hiện tại là 100 triệu thì trong tương lai thu nhập của An sẽ là
    12. 22. Thu nhập tương lai 20 9 15 4 99 100 150 Thu nhập hiện tại
    13. 23. Bài 5: Một người tiêu dùng điển hình có hàm thỏa dụng U = f(X,Y) trong đó X là khí tự nhiên và Y là thực phẩm. Cả X và Y đều là các hàng thông thường. Thu nhập của người tiêu dùng là $100,00. Khi giá của X là $1 và giá của Y là $1, anh ta tiêu dùng 50 đv hàng X và 50 đv hàng Y. 1. Hãy vẽ đường giới hạn ngân quỹ và trên đường bàng quan tương ứng với tình thế này. Chính phủ muốn người tiêu dùng này giảm tiêu dùng khí tự nhiên của mình từ 50 đv còn 30 đv và đang xem xét 2 cách làm việc này: i. không thay đổi giá khí đốt, nhưng không cho phép người tiêu dùng mua nhiều hơn 30 đv khí đốt ii. Tăng giá khí tự nhiên bằng cách đánh thuế cho tới khi người tiêu dùng mua đúng 30 đv Hãy chỉ ra bằng đồ thị các tác động của 2 đề xuất này lên phúc lợi của cá nhân này. 2. Phương án nào trong 2 phương án này sẽ được người tiêu dùng ưa thích hơn? Hãy giải thích vì sao? Bài giải 1. Vẽ đường giới hạn ngân quỹ và trên đường bàng quan tương ứng với tình thế này. i.Không thay đổi giá khí đốt nhưng không cho phép người tiêu dùng mua nhiều hơn 30 đơn vị khí đốt. Y 100 C B 85 70 A 50 15 30 50 100 X Khi không thay đổi giá khí đốt, đường thu nhập I không thay đổi. Người tiêu dùng chỉ mua khí đốt ở mức cho phép ( không vượt quá 30 đơn vị ) và tăng mua thực phẩm. Ta thấy sự kết hợp tối ưu từ điểm A di chuyển đến điểm B, điểm C,… 20 30 X 50 100
    14. 28. P = 31 ngàn USD Sản lượng bán trên từng thị trường: QE = 18.000 – 400 x 31 = 5.600 QU = 5.500 – 100 x 31 = 2.400 Lợi nhuận của BMW khi định giá giống nhau trên 2 thị trường: π = TR – TC Trong đó: TR = Q x P = 8.000 x 31 = 248.000 ngàn USD TC = C + V = 20.000 + (8.000 x 15) = 140.000 ngàn USD  π = TR – TC = 248.000 – 140.000 = 108.000 ngàn USD = 108 triệu USD
    15. 29. Bài 5: Với tư cách là chủ một câu lạc bộ tennis duy nhất ở 1 cộng đồng biệt lập giàu có, bạn phải quyết định lệ phí hội viên và lệ phí cho mỗi buổi tối chơi. Có hai loại khách hàng. Nhóm “nghiêm túc” có cầu: Q 1 = 6 – P trong đó Q là thời gian chơi/tuần và P là lệ phí mỗi giờ cho mỗi cá nhân. Cũng có những khách chơi không thường xuyên với cầu Q2 = 3 – (1/2)P Giả sử rằng có 1000 khách hàng chơi mỗi loại. Bạn có rất nhiều sân, do đó chi phí biên của thời gian thuê sân bằng không. Bạn có chi phí cố định là 5000USD/tuần. Những khách hàng nghiêm túc và khách hàng chơi không thường xuyên trông như nhau và như vậy bạn phải định giá giống nhau: 1. Giả sử để duy trì không khí chuyên nghiệp, bạn muốn hạn chế số lượng hội viên cho những người chơi nghiêm túc. Bạn cần ấn định phí hội viên hang năm và lệ phí cho mỗi buổi thuê sân như thế nào?(giả sử 52 tuần/năm) để tối đa hóa lợi nhuận, hãy lưu ý sự hạn chế này chỉ áp dụng cho những người chơi nghiêm túc. Mức lợi nhuận mỗi tuần sẽ là bao nhiêu? 2. Một người nói với bạn rằng bạn có thể thu được nhiều lợi nhuận hơn bằng cách khuyến khích cả hai đối tượng tham gia. Ý kiến của người đó đúng không?Mức hội phí và lệ phí thuê sân là bao nhiêu để có thể tối đa hóa lợi nhuận mỗi tuần? Mức lợi nhuận đó là bao nhiêu? 3. Giả sử sau vài năm số nhà chuyên môn trẻ tài năng chuyển đến cộng đồng của bạn. Họ đều là những khách chơi nghiêm túc. Ban tin rằng bây giờ có 3.000 khách chơi nghiêm túc và 1.000 khách chơi không thường xuyên. Liệu còn có lợi nếu bạn còn tiếp tục phục vụ những khách chơi không thường xuyên?Mức hội phí hang năm và phí thuê sân là bao nhiêu để có thể tối đa hóa lợi nhuận? Mức lợi nhuận mỗi tuần là bao nhiêu?

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bài 1,2,3,4,5,6 Trang 27,28 Sgk Hóa 10: Cấu Hình Electron Của Nguyên Tử
  • Giải Bài Tập Hóa 10 Nâng Cao Trang 34 Sách Giáo Khoa
  • Giải Bài Tập Trang 41 Sgk Hóa Học Lớp 10: Sự Biến Đổi Tuần Hoàn Cấu Hình Electron Nguyên Tử Của Các
  • Giải Bài Tập Trang 41, 42 Sgk Đại Số 10 Chương 2: Hàm Số Y = Ax + B Giải Bài Tập Môn Toán Lớp 10
  • Giải Hóa 10 Bài 8: Sự Biến Đổi Tuần Hoàn Cấu Hình Electron Nguyên Tử Của Các Nguyên Tố Hóa Học
  • Bai Tap Hoa 10 Cb Chuong 3(Phân Dạng)

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Trắc Nghiệm Chương 3(Có Đáp Án)
  • Bài Tập Hóa Học 10: Liên Kết Hóa Học
  • Bài Tập Về Cách Nhận Biết, Tách Chất Nhóm Halogen Hay, Chi Tiết
  • Bai Tap Hoa 10 Nang Cao Hay(Co Loi Giai Cu The)
  • Bai Tap Chon Loc Hoa 10 Nang Cao
  • Chương 3 : LIÊN KẾT HÓA HỌC

    Chủ đề 1: Liên kết ion

    A – PHƯƠNG PHÁP

    1. Sự hình thành ion, cation, anion:

    – Sau khi nguyên tử nhường hay nhận electron thì trở thành phần tử mang điện gọi là ion.

    – hình thành ion dương (cation):

    + TQ :

    +Tên ion (cation) + tên kim loại.

    Ví dụ: Li+ (cation liti), Mg2+ (cation magie) …

    – Sự hình thành ion âm (anion):

    + TQ:

    + Tên gọi ion âm theo gốc axit:

    VD: Cl- anion clo rua. S2- anion sun fua….( trừ anion oxit O2-).

    2. hình thành liên kết ion:

    Liên kết ion là liên kết hoá học hình thành do lực hút tĩnh điện giữa các ion trái dấu.

    Xét phản ứng giữa Na và Cl2.

    Phương trình hoá học :

    2.1e

    2Na + Cl2 2NaCl

    Sơ đồ hình thành liên kết:

    + + Cl-NaCl

    Liên kết hoá học hình thành do lực hút tĩnh điện giữa ion Na+ và ion Cl- gọi là liên kết ion , tạo thành hợp chất ion.

    B – BÀI TẬP TỰ LUYỆN

    * BÀI TẬP TỰ LUẬN.

    Viết phương trình tạo thành các ion từ các nguyên tử tương ứng: Fe2+ ; Fe3+ ; K+ ; N3- ; O2- ; Cl- ; S2- ; Al3+ ; P 3-.

    Viết phương trình phản ứng có sự di chuyển electron khi cho:

    a) Kali tác dụng với khí clor.

    b) Magie tác dụng với khí oxy.

    c) Natri tác dụng với lưu huỳnh.

    d) Nhôm tác dụng với khí oxy.

    e) Canxi tác dụng với lưu huỳnh.

    f) Magie tác dụng với khí clor.

    Cho 5 nguyên tử : Na; Mg; N; O; Cl.

    a) Cho biết số p; n; e và viết cấu hình electron của chúng.

    b) Xác định vị trí của chúng trong hệ thống tuần hoàn? Nêu tính chất hoá học cơ bản.

    c) Viết cấu hình electron của Na+, Mg2+, N3-, Cl-, O2-.

    d) Cho biết cách tạo thành liên kết ion trong: Na2O ; MgO ; NaCl; MgCl2 ; Na3N. * TẬP TRẮC NGHIỆM.

    Câu 1: trong các hợp chất sau: KF, BaCl2, CH4, H2S các chất nào là hợp chất ion

    a/ KF b/ KF và BaCl2 c/ CH4, H2S d/ H2S

    Câu 2: Viết công thức của hợp chất ion giữa Cl(Z=17) và Sr(Z=38)

    a/ SrCl b/SrCl3 c/SrCl2 d/Sr2Cl

    Câu 3: so sánh nhiệt độ nóng chảy của NaCl, MgO và Al2O3 (sắp xếp theo thứ tự nhiệt độ nóng chảy tăng dần)

    a/ NaCl Câu 4:Viết công thức của hợp chất ion AB biết số e của cation bằng số e của anion và tổng số e của AB là 20

    a/ chỉ có NaF b/ chỉ có MgO c/NaF và MgO d/ chỉ có AlN

    Câu 5: viết công thức của hợp chất ion M2+X-2 biết M, và X thuộc 4 chu kì đầu của bảng HTTH, M thuộc phân nhóm chính và số e của nguyên tử M bằng 2 lần số electron của anion

    a/ MgF2 b/CaF2 c/BeH2 d/CaCl2

    Câu 6:viết công thức của hợp chất ion M2X3 với M và X đều thuộc 4 chu kì đầu, X thuộc phân nhóm VIA của bảng HTTH. Biết tổng số e của M2X3 là 66

    a/ F2S3 b/ Sc2S3 c/ Al2O3 d/ B2O3

    Câu 7: viết cấu hình e của Cu, Cu+, Cu2+ biết Z của Cu là 29( chỉ viết cấu hình của 3d và 4s)

    a/ 3d94s2, 3d94s1, 3d9 b/ 3d104s1, 3d10, 3d9

    c/ 3d84s2, 3d84s1,3d8 d/ 3d104s2, 3d94s1, 3d84s1

    Câu 8: trong các hợp chất sau: BaF2, MgO, HCl,H2O hợp chất nào là hợp chất ion?

    a/ chỉ có BaF2 b/chỉ có MgO c/HCl, H2O d/ BaF2 và MgO

    Câu 9: viết công thức của hợp chất ion giữa Sc (Z=21) và O(Z=

    --- Bài cũ hơn ---

  • 75 Câu Trắc Nghiệm Hóa 10 Chương 3: Liên Kết Hóa Học Cực Hay Có Đáp Án.
  • 100 Câu Trắc Nghiệm Hóa 10 Chương 2: Bảng Tuần Hoàn Các Nguyên Tố Hóa Học Cực Hay Có Đáp Án.
  • Bài Tập Chương 1 Có Đáp Án
  • Bài Tập Hóa Học Lớp 10: Nguyên Tử
  • Ôn Tập Hóa Học 10 Chương 1 Nguyên Tử
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100