Tuyển tập đề thi Olympic và học sinh giỏi quốc gia Môn Hóa học (Có lời giải)

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B – Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Tuyển tập đề thi Olympic và học sinh giỏi quốc gia Môn Hóa học (Có lời giải)

Tuyển tập đề thi Olympic và học sinh giỏi quốc gia: Môn Hóa học (Có lời giải)

I.                   OLYMPIC HÓA HỌC VIỆT NAM:

OLYMPIC HÓA HỌC CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC TOÀN QUỐC NĂM 2005 – BẢNG A:

Cho phản ứng: 2NO_(k) + O­_2(k) ® 2NO_2(k)

với tốc độ v = k[NO]²[O₂]

Hai giả thiết đề ra:

• Phản ứng là đơn giản.
• Phản ứng có cơ chế như sau:

2NO_(k) ⇋ N₂O_2(k)              (a)

N₂O_2(k) + O_2(k) → 2NO_2(k)  (b)

Thực nghiệm xác định rằng khi tăng nhiệt độ thì tốc độ phản ứng giảm. Hỏi giả thiết nào đúng? Giải thích.

BÀI GIẢI:

Giả thiết 1 không đúng vì khi tăng nhiệt độ  thì sự va chạm giữa ba phân tử tăng nên vận tốc phản ứng tăng.

Theo giả thiết 2, giai đoạn (b) quyết định tốc độ phản ứng nên

v = k^’[N₂O₂][O₂]

N₂O₂ sinh ra từ cân bằng (a) với hằng số cân bằng:

K = [N₂O₂]/[NO]² Þ [N₂O₂] = K[NO]².

Thay [N₂O₂] vào phương trình tính v ta được;

v = k^’.K[NO]²[O₂]

v = k[NO]²[O₂] với k = k^’K

Khi nhiệt độ tăng tốc độ phản ứng giảm, trong trường hợp này vì phản ứng ở giai đoạn (a) tỏa nhiệt, khi nhiệt độ tăng, cân bằng chuyển dịch sang phía làm giảm nồng độ của N₂O₂ và tăng nồng độ NO nghĩa là hằng số cân bằng K giảm làm hằng số tốc độ k giảm mặc dù k^’ tăng (do không bù kịp).

OLYMPIC HÓA HỌC CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC TOÀN QUỐC NĂM 2005 – BẢNG B.

Cho phản ứng: CO_2(k) + H₂O_(l) ⇌ H₂CO₃.

• Hằng số tốc độ của phản ứng thuận là k_t = a(s^-1). Nếu có n mol khí CO₂ trên mặt nước thì sau 23 giây có một nửa số mol khí CO₂ đã hoà tan. Tính a.
• Hằng số tốc độ của phản ứng nghịch là k_n = 20(s^-1). Tính hằng số cân bằng K của phản ứng và viết biểu thức của hằng số cân bằng này.

BÀI GIẢI:

• Đơn vị của k là s^-1 nên phản ứng là bậc1:

a = ln2/t_1/2 = 3.10^-2(s^-1)

• Khi cân bằng tốc độ phản ứng thuận bằng tốc độ phản ứng nghịch

KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2002 (Bảng A):

Tại 25^oC phản ứng  2 N₂O₅ (k)                    4 NO₂ (k)  +  O₂ (k)   có hằng só tốc độ k = 1,8.10^-5. s^-1 ; biểu thức tính tốc độ phản ứng v = k.C(N₂O₅). Phản ứng trên xảy ra trong bình kín thể tích 20,0 lit không đổi. Ban đầu lượng N₂O₅ cho vừa đầy bình. ở thời điểm khảo sát, áp suất riêng của N₂O₅ là 0,070 atm . Giả thiết các khí đều là khí lý tưởng.

1. 1. Tính tốc độ: a) tiêu thụ N₂O₅ ; b) hình thành NO₂ ; O₂.
2. 2. Tính số phân tử N₂O₅ đã bị phân tích sau 30 giây.
3. 3. Nếu phản ứng trên có phương trình N₂O₅ (k) 2 NO₂ (k)  + 1/2 O₂ (k) thì trị số tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng có thay đổi không? Giải thích.

BÀI GIẢI:

1. Trước hết phải tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức đã có:

V = k CN₂O₅                  (1)

Đã có trị số k; cần tính C(N₂O₅) tại thời điểm xét:

p_i V  = n_i RT   ® CN₂O₅   = nN₂O₅  :  V  = p_i / RT    (2)

Thay số vào (2), ta có: C(N₂O₅)  =  0,070 : 0,082 ´ 298  =  2,8646.10^-3(mol.l^-1)

Đưa vào (1):

V_pu = 1,80. 10^-5 x 2,8646. 10^-3

V_pu = 5,16. 10^-8 mol. l^-1. S^-1                                     (3)

Từ  ptpứ      2 N₂O₅ (k)  ®  4 NO₂ (k)   +   O₂ (k)

d C(N₂O₅)

V_{tiiêu thụ} N₂O₅ =  –               =  -2 V_pư                     (4)

dt

Thay số vào (4).

V_{tiêu thụ} N₂O₅ = – 2 x 5, 16 . 10^-8.

V_{tiêu thụ} N₂O₅ = – 1,032.10^-7 mol.l^-1.s^-1.

Dấu – để chỉ “tiêu thụ N₂O₅ tức mất đi N₂O₅ hay giảm N₂O₅”

5. V_{hình thµnh} NO₂ = 4 Vpư = – 2V_{tiêu thụ} N₂O₅. (5)

Thay số:     V_{hình thành}  NO₂ = 4 x 5,16.10^-8

V_{hình thành}  NO₂ = 2,064.10^-7 mol l^-1.s^-2

V_{hình thành}O₂ = Vpư = 5,16.10^-8 mol l^-1.s^-2

Ghi chú:

Hai tốc độ này đều có dấu + để chỉ “hình thành hay được tạo ra” (ngược với “tiêu thụ”).

Việc tính tốc độ tiêu thụ N₂O₅ hay hình thành  NO₂,  O₂ theo tốc độ pư, Vpư, như trên chỉ thuần tuý hình thức theo hệ só phương trình, thực chất phản ứng này là một chiều bậc nhất.

2. Số phân tử N₂O₅ đã bị phân huỷ được tính theo biểu thức.

N N₂0₅ bị phân huỷ = N = VN₂O₅ tiêu thụ . V_bình . t . N₀

Thay số:

N = 1,032.10^-6 . 20,0 . 30,0 . 6,023.10²³.

N » 3,7.10²⁰ phân tử

3. Nếu phản ứng trên có phương trình: N₂O₅(k) ® 2 NO₂(k) + 1/2 O₂ thì tốc độ phản ứng, Vp­, cũng như hằng số tốc độ phản ứng, k, đều không đổi (tại nhiệt độ T xác định), vì:

– k chỉ phụ thuộc nhiệt độ.

– theo (1): Khi k = const; C(N₂O₅) = const thì V = const.

KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2004 (Bảng A):

1. Khí CO gây độc vì tác dụng với  hemoglobin (Hb) của máu theo phương trình

3 CO   +  4 Hb  ®   Hb₄ (CO)₃

Số liệu thực nghiệm tại 20⁰C  và động học phản ứng này như sau:

Nồng độ (mmol. l-1)		Tốc độ phân hủy Hb ( mmol. l-1 .s-1 )
CO	Hb
1,50 2,50 2,50	2,50 2,50 4,00	1,05 1,75 2,80

Hãy tính tốc độ phản ứng khi nồng độ CO là 1,30; Hb là 3,20 (đều theo mmol.l^-1) tại 20⁰C .2. Người ta nung nóng đến 800⁰C  một bình chân không thể tích 1 lít chứa 10,0 gam canxi cacbonat và 5,6 gam canxi oxit. Hãy tính số mol khí cacbonic có trong bình. Muốn cho lượng  canxi cacbonat ban đầu phân hủy hết thì thể tích tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu? Biết tại nhiệt độ đó khí CO₂ trong bình có áp suất là 0,903 atm .

BÀI GIẢI:

1. a) Trước hết ta phải xác định được bậc của phản ứng.
   • Kí hiệu bậc riêng phần của phản ứng theo chất Hb là x, theo CO là y, ta có phương trình động học (định luật tốc độ) của phản ứng:

v_pư     =     k C ^x_HbC ^y_CO               (1)

• Theo định nghĩa, ta có thể biểu thị tốc độ phản ứng trên theo tốc độ

phân hủy Hb, nghĩa là     v_pư     =   1/4 v_{phân hủy Hb}              (2).

 Ghi chú : Vì đã ghi rõ ² tốc độ phân hủy Hb^» nên không cần dùng dấu –

Vậy ta có liên hệ:  v_pư   =  1/4 v_{phân hủy Hb}    =  k C ^x _HbC ^y_CO     (3) .

• Theo thứ tự trên xuống ta ghi số các số liệu thí nghiệm thu được là

Thí nghiệm số	Nồng độ (mmol. l-1)		Tốc độ phân hủy Hb (mmol. l-1 .s-1 )
	CO	Hb
1 2 3	1,50 2,50 2,50	2,50 2,50 4,00	1,05 1,75 2,80

Ta xét các tỉ số tốc độ phản ứng để xác định x và y trong phương trình (3):

*     v₂/ v₁      =   ( 2,50 / 2,50 ) ^x  ( 2,50 / 1,50 ) ^y = 1 ´ ( 1,67)^y   = 1,75 /1,05

( 1,67) ^y     = 1,67               y  =  1    .

  *       v₃/ v₂      =   ( 4,00 / 2,50 ) ^x  ( 2,50 / 2,50 ) ^y   = 2,80 / 1,75 ;

 ( 1,60) ^x     = 1,60                x  =  1  .

Do đó phương trình động học (định luật tốc độ) của phản ứng:

v_p­     =      k C_HbC_CO            (4)

Để tính hằng số tốc độ phản ứng k , từ (4) ta có:

k  =  v_p­ / C_HbC_CO              (5)

Tính gía trị k trung bình từ 3 thí nghiệm ở bảng trên, hoặc lấy số liệu của 1 trong 3 thí nghiệm ở bảng trên, chẳng hạn lấy số liệu của thí nghiệm số 1 đưa  vào phương trình (5), ta tính được k:

1,05 4 ´ 2,50 ´ 1,50

k  =                               =  0,07 (mmol. l^-1 .s^-1)

1. b) Đưa gía trị của k vừa tính được, nồng độ các chất mà đề bài đã cho vào phương trình (4) để tính v_pư:

v_pư  =   0,07 ´ 1,30 ´ 3,20   = 0,2912 (mmol. l^-1 .s^-1)

2. a) Với điều kiện đã cho trong bình có phản ứng:

CaCO₃    ⇌    CaO   +  CO₂ (k)       (*)

Trong bình chỉ có khí CO₂. Giả thiết đó là khí lý tưởng, ta có:

n  =            =                                          = 0,01  (mol).  Vậy   n      = 0,01 mol.

 

Nhận xét:

Theo đề bài, lượng CaCO₃ cho vào bình chân không là:

n           =        = 0,1 mol

Lượng CaCO₃ đã bị phân tích chỉ là 0,01  mol.

Sự có mặt của 5,6 gam CaO và lượng CaCO₃ còn lại không ảnh hưởng tới kết quả tính vì các chất này ở trạng thái rắn chiếm thể tích không đáng kể.

1. b) Giả thiết lượng CaCO₃ cho vào bình chân không bị phân tích hết áp suất khí CO₂ vẫn là 0,903 atm (vì phản ứng (*) đạt tới cân bằng hoá học ).

Do đó:

V_min   = n RT / P = 0,1 ´  0,082054 ´  1073,15 / 0,903 =  9,75 (lít)

KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2005 (Bảng A):

Người ta thực hiện phản ứng 2 NO_{2 (k)}  +  F_{2 (k)}             2 NO₂F _(k) trong một bình kín có thể tích V (có thể thay đổi thể tích của bình bằng một pittông). ¸p suất ban đâu của NO₂ bằng 0,5 atm, còn của F₂ bằng 1,5 atm. Trong  các điều kiện đó tốc độ đầu v_o = 3,2. 10^-3 mol.L^-1.s^-1.

1. 1. Nếu thực hiện phản ứng trên ở cùng nhiệt độ với cùng những lượng ban đầu của chất phản ứng nhưng thêm một khí trơ vào bình đó để thể tích thành 2V, còn áp suất tổng quát vẫn bằng 2 atm, thì tốc độ đầu bằng 8.10^–4L^-1.s^-1. Kết qủa này có cho phép thiết lập phương trình động học (biểu thức tóc độ) của phản ứng hay không?
2. 2. Người ta lại thực hiện phản ứng trên ở cùng điều kiện nhiệt độ và cùng những lượng NO₂, F₂ và khí trơ như ở (1) nhưng giảm thể tích xuống bằng 0,5V. Tính gía trị của tốc độ đầu v_o .
3. 3. Nếu thay cho việc thêm khí trơ, người ta thêm NO₂ vào đó cho áp suất tổng quát bằng 4 atm và thể tích bằng V thì tốc độ đầu v_o = 1,6.10^–2L^-1.s^-1. Kết qủa này cho phép kết luận như thế nào về phương trình động học của phản ứng?
4. 4. Dự đoán cơ chế của phản ứng.

BÀI GIẢI:

F2

NO2

1. 1. ë thí nghiệm 2, sau khi thêm khí trơ để cho thể tích tăng gấp đôi thì P và P    đều giảm  2 lần so với thí nghiệm 1, nghĩa là nồng độ của chúng cũng giảm đi 2 lần (vì P_A = C_A.RT), còn tốc độ đầu của phản ứng giảm  4 lần. Từ đây, chỉ có thể kết luận bậc của phản ứng là 2.

Ph­¬ng tr×nh ®éng häc cã thÓ cã c¸c d¹ng sau ®©y:

v = k [NO₂] [F₂] (a) , v = k [NO₂]² (b) , v = k [F₂]² (c)

2. 2. ë thí nghiệm 3, P(NO₂) và P(F₂) đều tăng gấp đôi so với thí nghiệm 1. Cũng lập luận như trên, ta thấy tốc độ đầu của phản ứng ở thí nghiệm 3 phải bằng 4 lần tốc độ đầu của phản ứng ở thí nghiệm 1.

v_o = 3,2 ´ 10^-3 mol.L^-1.s^-1 ´ 4 = 1,28 ´ 10^-2 mol.L^-1.s^-1.

NO2

NO2

F2

3. 3. ë thí nghiệm 4, P không đổi, P = 4 atm – 1,5 atm = 2,5 atm.  P     tăng 5 lần so với thí nghiệm 1, còn tốc độ đầu của phản ứng tăng 5 lần. Vậy phươnng trình động học của phản ứng là:

v = k [NO₂] [F₂]

4. Căn cứ vào phương trình động học của phản ứng, cơ chế phản ứng có thể là:

NO₂    +    F₂                       NO₂F    +   F  (chậm)

F     +   NO₂                                    NO₂F              (nhanh).

OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ:

KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LÀN THỨ 29:

Giáo sư Molina ở viện công nghệ Massachusetts đã đoạt giải Nobel hóa học năm 1995 vì công trình nghiên cứu hóa học khí quyển. Một phản ứng mà ông nghiên cứu chi tiết là phản ứng xảy ra trong mưa axit đã tạo ra H₂SO₄ trong khí quyển. Ông đề nghị hai phản ứng tỉ lượng có thể có:

Phương án A: H₂O + SO₃ ® H₂SO₄

Phương án B: 2H₂O + SO₃ ® H₂SO₄ + H₂O

Phương án A được hiểu như là cơ chế trực tiếp một giai đoạn, trong khí đó phương án B được hiểu như tiến hành theo qúa trình hai giai đoạn dưới đây:

(SO₃.2H₂O là một phức bền nhờ liên kết hydro và k₂ << k₁ hay k_-1)

• Dự đoán bậc phản ứng cho các phương án A và Phương án B.
• Áp dụng nguyên lý trạng thái dừng, hãy đưa ra một định luật về tốc độ phản ứng và từ đó tính bậc phản ứng của cơ chế hai giai đoạn cho phương án B.
• Các phương pháp hóa học lượng tử gần đây chỉ ra rằng năng lượng hoạt hoá của phản ứng cho cả hai phương án là: E_A = +83,6kJ.mol^-1 và E_B = -20kJ.mol^-1. Hãy cho biết biểu thức Arrhenius cho mỗi phương án và dự đoán sự phụ thuộc nhiệt độ của hằng số tốc độ của mỗi phương án.
• Hướng đề nghị nào chiếm ưu thế trong thượng tầng khí quyển (T =175K), khi dựa trên năng lượng hoạt hóa cho ở câu 3 và kiến thức đã có về phương trình Arrhenius?

BÀI GIẢI:

• Phương án A:

Tổng các số mũ lũy thừa cho kết qủa là qúa trình bậc hai:

Phương án B:

Tổng các số mũ lũy thừa cho kết qủa là qúa trình bậc ba.

• Sự phỏng định trạng thái dừng dẫn đến:

Luật tốc độ phản ứng ở đây tương tự như trong phản ứng xúc tác enzym tiến hành qua giai đoạn liên kết thuận nghịch rất nhanh, tiếp theo sau là một qúa trình phản ứng chậm.

Như vậy:

Và do đó:

Cũng có:  và thay thế từ các kết qủa trên ta được:

Tuy nhiên vì k₂ << k_-1 nên phương trình trên sẽ được đơn giản hoá:

= K_eq.k₂[SO₃][H₂O]².

Cũng là bậc 3.

• Biết biểu thức Arrhnius là k = Ae^-E/RT

+ Với phương án A: k = Ae^-E(A)/RT = Ae^-80/RT tăng theo nhiệt độ

+ Với phương án B, chỉ có giai đoạn chậm là quan trọng để quyết định sự phụ thuộc của tốc độ phản ứng theo nhiệt độ. Giai đoạn tạo phức rất bền sẽ giúp giải thích năng lượng hoạt hóa âm.

với phương án B: k = Ae^-E(B)/RT = Ae^-20/RT giảm theo nhiệt độ

• Giả thiết rằng các yếu tố của lũy thừa là có thể so sánh được trong biên độ thông thường, phản ứng sẽ nhanh hơn ở nhiệt độ thấp tại thượng tầng khí quyển và sự phụ thuộc nhiệt độ giảm nêu trên và như vậy Phương án B phải hiện thực. Để giải thích phương án B tham gia đáng kể vào hằng số tốc độ phản ứng là vô lí và có thể giúp cân nhắc để lựa chọn các khả năng. Để giải thích phương án A có bao hàm xác suất va chạm có vẻ hợp lý nhưng không được coi như một yếu tố quyết định – thật ra tình huống này là do năng lượng kích hoạt âm của phản ứng.

KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 37:

Ozon (O₃) là một dạng thù hình của oxy. Nó là một thành phần tự nhiên của tầng bình lưu là tầng có tác dụng như một cái khiên chắn trái đất khỏi tác dụng phá hủy của tia tử ngoại. Khi hấp thụ bức xạ trong vùng này thì ozon bị chuyển hoá thành oxy.

Phương trình phản ứng phân hủy ozon: 2O₃ → 3O₂.

Một trong số các cơ chế đề nghị có thể được biểu diễn như sau:

Với k₁, k_-1 và k₂ là các hằng số tốc độ.

1. Dựa vào cơ chế trên viết phương trình tốc độ hình thành (hay tốc độ tiêu thụ) O₃, O­­₂ và O ở thời điểm t ở dạng vi phân, giả sử bước 2 của cơ chế là không thuận nghịch.
   2. Ta có thể nhận được phương trình động học có dạng đơn giản hơn bằng cách lập các tính chất thích hợp. Giả sử rằng nồng độ của O tiến đến cân bằng rất nhanh nên nồng độ của nó có thể gán cho giá trị là hằng số cân bằng của phản ứng (1). Bước thứ hai là bước xác định tốc độ phản ứng. Dưới các điều kiện gần đúng của cân bằng đã thiết lập trên hãy viết phương trình tốc độ tiêu thụ O₃ (dạng vi phân) phụ thuộc vào nồng độ O₂ và O.
   3. Một phương pháp gần đúng thông dụng hơn là gỉa sử tốc độ phản ứng hình thành oxy nguyên tử là một hằng số (trạng thái dừng). Ở điều kiện này thì d[O]/dt = 0. Hãy chứng minh phương trình tốc độ phản ứng là:

Một cách khác làm phân hủy ozon ở trên tầng cao của khí quyển được xúc tác bởi Freon. Khi đưa CCl₂F₂ (Freon – 12) lên tầng cao của khí quyển thì tia tử ngoại sẽ quang phân CCl₂F₂ thành nguyên tử Cl theo phản ứng:

(3)

4. Nguyên tử clo có thể đóng vai trò như là một chất xúc tác trong phản ứng phân hủy ozon. Giai đoạn chậm đầu tiên của phản ứng phân hủy ozon dưới tác dụng của xúc tác clo là: Cl_(k) + O_3(k) → ClO_(k) + O_2(k). Giả sử cơ chế gồm hai bước, hãy viết bước thứ hai của cơ chế.
5. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng phân hủy ozon dưới tác dụng của xúc tác clo là 2,1kJ/mol trong khi không có xúc tác thì năng lượng hoạt hoá là 14kJ/mol. Tính tỉ số k_{xúc tác}/k_{không xúc ­tác} ở 25^o Giả sử thừa số tần số A là như nhau đối với mỗi phản ứng.

BÀI GIẢI:

2. Hằng số cân bằng K được xác định bởi:

Từ đó ta có được:

4. ClO_(k) + O_3(k) ® Cl_(k) + 2O_2(k)
5. Dựa vào phương trình: k = Aexp(-E_a/RT)

Ta rút ra được k_xt/k_{không xúc tác}           = exp[(14,0–2,1).1000/(8,314.298)] = 122

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 30:

Một ống thủy tinh hàn kín, có gắn hai sợi tungsten (vonfram) cách nhau 5mm, chứa đầy không khí sạch và khô tại nhiệt độ và áp suất chuẩn. Phóng điện giữa hai sợi này. Vài phút sau khí trong ống nghiệm nhuốm màu nâu đặc trưng.

1. Tiểu phân nào gây nên sự biến đổi màu quan sát được nêu trên?. Ước lượng giới hạn nồng độ lớn nhất trong ống thủy tinh.
2. Màu nâu tương tự cũng thấy xuất hiện khi oxy và nitơ (II) oxit gặp nhau trong bầu thủy tinh chân không. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong bầu thủy tinh.

1. c) Từ các thí nghiệm ở 25^oC có các số đo sau:

[NO] (mol.L-1)	[O2] (mol.L-1)	Tốc độ đầu (mol.L-1.s-1)
1,16.10-4	1,21.10-4	1,15.10-8
1,15.10-4	2,41.10-4	2,28.10-8
1,18.10-4	6,26.10-5	6,24.10-9
2,31.10-4	2,42.10-4	9,19.10-8
5,75.10-5	2,44.10-5	5,78.10-9

• Xác định bậc phản ứng theo O₂, theo NO và bậc phản ứng chung.
• Xác định hằng số phản ứng tại 298^o

BÀI GIẢI:

2. Màu là do nitơ dioxit NO₂. Vì không khí có 78% N₂ và 21% O₂. oxy là tác nhân bị giới hạn (thiếu): Nếu O₂ chuyển hết thành NO₂ (hầu như không thể) nồng độ của nitơ dioxit sẽ bằng:

[NO₂] = 0,21/22,414 = 9,4.10^-3 mol.L^-1.

1. 2NO + O₂ → 2NO₂
2. (i). Bậc của NO và O­₂ được tính nhờ các trị số thí nghiệm trong đó nồng độ của một trong các chất được giữ không đổi (như [NO] được coi như không đổi trong các thí nghiệm #1, 2 & 3. trong khi [O₂] lại khộng đổi trong các thí nghiệm #2, 4, 5)

Bậc đối với NO:

Thấy tốc độ thay đổi theo [NO]²

® Vậy phản ứng là bậc 2 theo NO

Thí nghiệm	Tỉ lệ [NO]	Tỉ lệ tốc độ đầu
#4 : #2	2,01	4,03
#4 : #5	4,02	15,9
#2 : #5	2,00	3,95

Bậc đối với O₂:

Thí nghiệm	Tỉ lệ [NO]	Tỉ lệ tốc độ đầu
#2 : #1	1,99	1,98
#2 : #3	3,85	3,65
#1 : #3	1,93	1,84

Tốc độ biến đổi hiển nhiên là theo [O₂]: phản ứng là bậc 1 theo O₂ vì thế bậc chung là 3

(ii).  Biểu thức tính tốc độ phản ứng:

v = k[NO]²[O₂] nên k = v/[NO]²[O₂]

Từ các thí nghiệm khác nhau ta tính được                      k_tb=7,13.10³L²mol^-2s^-1

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 31:

Phản ứng sau được khảo sát ở 25^oC trong dung dịch benzen có chứa piridin 0,1M:

CH₃OH + (C₆H₅)₃CCl → CH₃OC(C₆H₅)₃ + HCl

A                  B                       C

Quan sát tập hợp được các số liệu sau:

	Nồng độ đầu			∆t	Nồng độ cuối
	[A]o	[B]o	[C]o	Phút	M
(1)	0,100	0,0500	0,0000	25,0	0,00330
(2)	0,100	0,100	0,0000	15,0	0,00390
(3)	0,200	0,100	0,0000	7,50	0,00770

• Luật nào của tốc độ phản ứng phù hợp với các số liệu trên:
• Hãy biểu diễn gía trị trung bình của hằng số tốc độ theo giây và đơn vị nồng độ mol.

BÀI GIẢI:

• Tốc độ trung bình ban đầu (M^-1phút^-1)

0,00330/25,0 = 0,000132

0,00390/15,0 = 0,000260

0,00770/7,50 = 0,000103

Khi (B) tăng gấp đôi, tốc độ phản ứng tăng gấp đôi, nên phản ứng là bậc một theo B. Khi [A] gấp đôi, tốc độ phản ứng gấp bốn nên phản ứng là bậc hai theo A.

v = k[A]²[B]

• Lần 1: k = 0,264

Lần 2:  k = 0,260

Lần 3:  k = 0,258

k_tb = 0,26L²mol^-2ph^-1 = 4,34.10^-3 L²mol^-1s^-1

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 31:

Phản ứng giữa ion hipoclorit và iodua trong dung dịch bazơ diễn ra như sau:

I^– + OCl^–   →  OI^– + Cl^–

Với phương trình tốc độ phản ứng thực nghiệm được cho dưới đây:

Ba kiểu cơ chế phản ứng có thể có được nêu dưới đây:

Cơ chế I:

chậm

Cơ chế II:

nhanh

chậm

nhanh

Cơ chế III:

nhanh

chậm

nhanh

• Cơ chế nào nêu trên là thích hợp nhất với tính chất động học quan sát được bằng cách áp dụng cách tính gần đúng trạng thái bền?
• Hãy tính hằng số tốc độ, thừa số tần số và năng lượng hoạt hoá của phản ứng chung, phù hợp với cơ chế ở câu (i).
• Phản ứng trong dung dịch đệm có bậc là bao nhiêu?
• Hãy chứng tỏ rằng ion hidroni xúc tác cho phản ứng trên.
• Hãy chứng tỏ rằng hằng số tốc độ xúc tác trong câu (iv) tùy thuộc pH.

BÀI GIẢI:

• Cơ chế phản ứng I: v = k₁[OCl^–][I^–]

Cơ chế phản ứng II:

v = k₂[HOCl][I^–]                 (chậm) (1).

Phỏng định trạng thái bền: v = 0 = k₁[OCl^–] – k₂[HOCl][I^–]

[HOCl] = k₁[OCl^–]/k₂[I^–]                 (2)

(2) và (1): v =

Cơ chế phản ứng III:

Áp dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền ta thu được biểu thức:

(4)

nếu k₂ << k_-1

(5)

Nếu k₂ >> k_-1 thì v = k₁[OCl^–] (6)

Vì vậy cơ chế phản ứng III là thích hợp nhất với tính chất động học quan sát được khi k₂ << k_-1.

• Với cơ chế III:

k =

E_a = E_a1 + E_a2 – E_a-1

A =

• Trong dung dịch đệm, [OH^–] không đổi và v = k[OCl^–][I^–], nên phản ứng có bậc 2.
• K_W = [H₃O⁺][OH^–]; [OH^–] = K_w/[H₃O⁺]

v =

• v =

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 33:

Định luật về tốc độ phản ứng của một phản ứng hóa học có thể xuất hiện từ một vài cơ chế khác nhau. Đối với phản ứng:

H₂ + I₂ → 2HI

Biểu thức tốc độ phản ứng nhận được là:

Trong một thời gian dài nhiều người cho rằng phản ứng này xảy ra theo phương trình trên nhưng thực ra đó là phản ứng có bản lưỡng phân tử. Nó bây giờ được xem như xảy ra theo nhiều cơ chế cạnh tranh. Dưới ảnh hưởng của nhiệt độ xác định thì người ta giả thiết hai cơ chế sau:

(1)                    I₂ = 2I                          Hằng số cân bằng K

I + I + H₂ 2HI

(2)                    I₂ = (I­₂)_d                       Hằng số cân bằng K^’

(I₂)_d + H₂ 2HI

Với (I₂)_d là trạng thái phân li của I₂. Bước đầu tiên của cả hai cơ chế xảy ra nhanh còn bước thứ hai xảy ra chậm.

1. Chứng minh cả hai cơ chế trên đều dẫn đến biểu thức tốc độ phản ứng đã biết.
2. Gía trị của hằng số tốc độ k của phản ứng ở các nhiệt độ khác nhau cho ở bảng:

T(K)	K(L.mol-1.s-1)
373,15	8,74.10-15
473,15	9,53.10-10

1. i) Tính năng lượng hoạt hóa E_a

i))       Năng lượng phân li của I₂ là 151 kJ.mol^-1. Giải thích tại sao bước thứ hai của mỗi cơ chế quyết định tốc độ phản ứng.

1. Biến thiên nội năng của phản ứng ∆U = -8,2kJ.mol^-1. Xác định năng lượng hoạt hóa của phản ứng nghịch.
2. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng có thể âm. Một ví dụ là sự kết hợp của I_(k)­ trong khí quyển agon.

I + I + Ar → I₂ + Ar               E_a = -6kJ.mol^-1

Một trong số các cơ chế được đề nghị là:

I + Ar + Ar → IAr + Ar         Hằng số cân bằng K^”

IAr + I → I₂ + Ar

Với IAr là một tiểu phân rất kém bền

Cho biết rằng giai đoạn hai quyết định tốc độ phản ứng. Hãy viết biểu thức tốc độ của phản ứng trên.

BÀI GIẢI:

1. Đối với cơ chế 1:

Bước (1) là bước nhanh có hằng số cân bằng được tính từ biểu thức:

Đối với cơ chế (2):

Cả hai cơ chế đều phù hợp với phương trình tốc độ phản ứng ở đầu bài.

1. i) k = Ae^-Ea/RT

Thay số vào ta tính được E_a = 170kJ.mol^-1

2. ii) Năng lượng hoạt hóa lớn hơn so với năng lượng phân ly của I₂.           Chính vì vậy bước 2 là bước quyết định tốc độ phản ứng.
3. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng nghịch được tính theo biểu thức:

E_a^’ = E_a – ∆U = 178,2kJ.mol^-1

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 34:

Nghiên cứu về động học của một phản ứng dẫn đến những thong tin quan trọng về chi tiết của một phản ứng hóa học. Sau đây sẽ xem xét sự hình thành NO và phản ứng của nó với oxy. Sự hình thành NO xảy ra theo phản ứng sau:

2NOCl_(k) → 2NO_(k) + Cl_2(k)

Hằng số tốc độ phản ứng cho ở bảng:

T(K)	K(L.mol-1.s-1)
300	2,6.10-8
400	4,9.10-4

Hằng số khí R = 8,314 J.mol^-1.K^-1

• Áp dụng phương trình Arrhenius tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.

Phản ứng giữa NO và O_2­ xảy ra theo phương trình:

2NO_(k) + O_2(k) → 2NO_2(k)

Đối với phản ứng này người ta đề nghị cơ chế như sau:

NO_3(k) + NO_(k)     chậm

1. Dựa vào cơ chế trên hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng:

Thực nghiệm đã chứng minh rằng: v = k[NO]²[O₂]

1. Chọn câu trả lời đúng:

1. Cơ chế đã cho là sai.
2. Cơ chế đã cho là đúng
3. Chưa đủ cơ sở để kết luận

BÀI GIẢI:

• Phương trình Arrhenius có dạng: lgk = lgA – E_a/2,3RT

Ta có:

lgk₁ = lgA – E_a/2,3RT₁                (1)

lgk₂ = lgA – E_a/2,3RT₂                (2)

Trừ (1) cho (2) ta được:

Thay số vào ta tính được E_a = 98,225kJ.mol^-1.

• Giai đoạn chậm quyết định tốc độ, đó là giai đoạn thứ hai:

Thay biểu thức của [NO₃] vào biểu thức tốc độ phản ứng ta thu được: v = k₂.K[NO]²[O₂]

• Câu b đúng.

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 34.

Phản ứng xúc tác enzym đóng vai trò quan trọng trong hóa học. Động học phân tích các phản ứng đó để có thể hiểu rõ hơn vai trò của enzym. Phản ứng xúc tác enzym của hai chất A và B với enzym E có thể được miêu tả bởi các phương trình từ (1) – (5)

(1)                    E + A ⇌ EA               K_A

(2)                    E + B ⇌ EB                            K_B

(3)                    EB + A ⇌ EAB                      K^’_A

(4)                    EA + B ⇌ EAB                      K^’_B

(5)                    EAB → sản phẩm                   v = k[EAB]

Khi hằng số tốc độ phản ứng nhỏ thì cân bằng (1) –(4) chuyển dịch dựa vào phản ứng (5). Điều này dẫn đến biểu thức (6) với v_max là vận tốc tối đa của phản ứng, điều này xảy ra khi enzym bị phân chia bởi chất phản ứng (tất cả các enzym đều liên kết với A và B)

(6)

• Viết biểu thức các hằng số cân bằng

Xét phản ứng thủy phân mantozơ dưới tác dụng của enzym          α-glucozidaza. Phản ứng này cho hiệu suất toàn lượng.

Mantozơ + H₂O → 2glucozơ       (7)

Mantozơ thường có nồng độ dao động từ 10^-4 đến 10^-1M. Nước là dung môi ([H₂O] = 55,6M). Biểu thức (6) có thể được đơn giản hơn do [B] không đổi

• Hãy đưa ra phương trình đơn giản hơn
• a) Đơn giản hóa phương trình Michaelis – Menten khi ta giả sử

[A] → 0

1. b) Bậc của phản ứng khi ta giả sử [A] → 0 là bao nhiêu?

• a) Đơn giản hóa phương trình Michaelis – Menten khi ta giả sử

[A] → ∞

1. b) Bậc của phản ứng khi ta giả sử [A] → ∞ là bao nhiêu?

• Hằng số K_A là đại lượng đo ái lực của enzym đối với chất phản ứng. Nếu K_A thấp thì ái lực của enzym đối với chất phản ứng cao hay thấp? . Tại thời điểm [A] = K thì vận tốc phản ứng sẽ là bao nhiêu?
• Phản ứng enzym phân có thể được ngăn chặn một cách mạnh mẽ khi ta thêm vào đó một chất ức chế I phản ứng với enzym theo phương trình: E + I ⇌ EI (8)                    K_I

Đối với phản ứng xảy ra sự cạnh tranh giữa chất phản ứng và chất ức chế thì chất ức chế sẽ cạnh tranh với chất phản ứng về trung tâm liên kết của enzym, chính vì vậy phản ứng sẽ chậm lại nhưng tốc độ tối đa của sự rời đi không hề bị ảnh hưởng (leaving v_max unaffected). Trong phương trình Michaelis – Menten thì K_A được nhân lên bởi hệ số (1 + [I]/K_I) (hệ số này bằng 1 khi [I] = 0 và rất lớn khi [I] → ∞). Đối với các phản ứng không xảy ra sự cạnh tranh thì chất ức chế I sẽ không cạnh tranh với chất phản ứng A, K_A lúc này sẽ không đổi, v_max sẽ giảm xuống. Trong phương trình Michaelis-Menten v_max sẽ bị chia bởi hệ số (1 + [I]/K_I). Khi ta nghiên cứu phản ứng thủy phân mantozơ bằng enzym α – glucozidaza ta thay mantozơ bằng       p-nitrophenyl-α-D-glucozit (PNPG). Chất p-nitrophenol sinh ra được xác định bằng phương pháp trắc quang. Từ thí nghiệm người ta rút ra được: PNPG được sử dụng trong sự có mặt của mantozơ để xác định hoạt tính của enzym glucozidaza.

Phát biểu nào sau đây đúng:

1. Mantozơ không ảnh hưởng đến tốc độ hình thành p-nitrophenol.
2. Mantozơ là chất ức chế cạnh tranh
3. Mantozơ là chất ức chế không cạnh tranh.

BÀI GIẢI:

• K_A =[E][A]/[EA]

K_B =[E][B]/[EB]

K^’_A = [EB][A]/[EAB]

K^’_B = [EA][B]/[EAB]

2)

3) Nếu [A] → 0 thì K_A/[A] >> 1 và v = v_max.[A]/K_A. Biểu  thức này phù hợp với định luật tốc độ phản ứng bậc 1

• Nếu [A]→ ∞ thì K_A/[A] << 1 và v = v_max. Điều này phù hợp với định luật tốc độ phản ứng bậc 0
• K_A thấp thì ái lực của enzym đối với chất phản ứng cao

v = 1/2v_max khi [A] = K_A

• Câu b đúng.

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC QUỐC TẾ LẦN THỨ 34:

BP (bo photphua) là một chất dễ tạo thành một lớp vỏ bền bọc bên ngoài chất cần bảo vệ. Chính vì tính chất này nó là chất chống ăn mòn rất có giá trị. Nó được điều chế bằng cách cho bo tribromua phản ứng với photpho tribromua trong khí quyển hydro ở nhiệt độ cao (>750^oC)

• Viết phản ứng xảy ra.

Tốc độ hình thành BP phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng ở 800^oC cho ở bảng sau:

[BBr3] (mol.L-1)	[PBr3] (mol.L-1)	[H2] (mol.L-1)	v (mol.s-1)
2,25.10-6	9,00.10-6	0,070	4,60.10-8
4,50.10-6	9,00.10-6	0,070	9,20.10-8
9,00.10-6	9,00.10-6	0,070	18,4.10-8
2,25.10-6	2.25.10-6	0,070	1,15.10-8
2,25.10-6	4,50.10-6	0,070	2,30.10-8
2,25.10-6	9,00.10-6	0,035	4,60.10-8
2,25.10-6	9,00.10-6	0,070	19,6.10-8 (880oC)

• Xác định bậc phản ứng hình thành BP và viết biểu thức tốc độ phản ứng.
• Tính hằng số tốc độ ở 800^oC và 880^o
• Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.

BÀI GIẢI:

• BBr₃ + PBr₃ +3H₂ → BP + 6HBr
• Bậc của phản ứng là 2

Biểu thức tốc độ phản ứng: v = k[BBr₃][PBr₃]

• k₈₀₀ = 4,60.10^-8/2,25.10^-8.9,00.10^-6 = 2272L².s^-1.mol^-1

k₈₈₀ = 19,60.10^-8/2,25.10^-8.9,00.10^-6 = 9679L².s^-1.mol^-1

4)  Phương trình Arrhenius có dạng: lgk = lgA – E_a/2,3RT

Ta có:

lgk₁ = lgA – E_a/2,3RT₁                (1)

lgk₂ = lgA – E_a/2,3RT₂                (2)

Trừ (1) cho (2) ta được:

Thay số vào ta tính được E_a = 186kJ.mol^-1.

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI  HÓA HOC QUỐC TẾ LẦN THỨ 35:

Sự hấp thụ của một dược chất do chất hữu cơ gây ra thường dẫn đến những qúa trình động học đơn giản mặc dù cơ chế của những qúa trình này hết sức phức tạp. Sau đây ta sẽ xét qúa trình hấp thụ dược chất ở trong dạ dày sau khi uống thuốc.

Gọi [A]_s là nồng độ của dược chất trọng dạ dày và giả thiết rằng tốc độ của qúa trình hòa tan nó vào trong máu phụ thuộc bậc nhất vào [A]_s. Cũng giả thiết rằng tốc độ chuyển hóa hay loại nó ra khỏi máu tỉ lệ với nồng độ của nó trong máu [A]_b.

1. a) Viết phương trình biểu thị d[A]_b/dt.
2. b) Sau 1 giờ 75% [A]_s­ được loại ra khỏi dạ dày. Tính lượng [A]_s còn ở lại trong dạ dày (%) sau 2 giờ uống thuốc.

BÀI GIẢI:

1. a) A_s ® A_b ® sản phẩm. (1)

(2)

Giải phương trình vi phân (2) ta thu được biểu thức [A]_s=[A]_oexp(-k_1­t) với [A]_o là nồng độ của dược phẩm ở thời điểm t = 0.

b). Như vậy ¼ lượng ban đầu sẽ còn lại sau 1 giờ. (1/4)² = 1/16 = 0,625 sẽ còn lại sau 2 giờ tương ứng với 4 thời gian bán hủy. Vậy 6,25% [A]_s sẽ còn lại sau 2 giờ.

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 35.

Phản ứng giữa brom và metan được biểu thị bởi phương trình sau:

Br₂ + CH₄ ® CH₃Br + HBr

Cơ chế của qúa trình như sau:

M đại diện cho phân tử bất kỳ có trong hỗn hợp phản ứng (trừ CH₄ và Br₂), k₃ và k₄ có cùng độ lớn

• Ở cơ chế trên có xuất hiện một số phân tử không bền vững như các gốc tự do CH₃ và Br. Các phần tử này phản ứng ngay khi vừa mới sinh ra nên nồng độ của chúng rất nhỏ so với các phần tử khác. Do có đời sống ngắn nên nồng độ của chúng được xem như một hằng số (tức là d[CH₃]/dt = 0 và d[Br]/dt = 0). Đây được gọi là “trạng thái dừng” của các gốc CH₃ và Br. Tìm biểu thức thể hiện tốc độ tạo thành CH₃Br phụ thuộc vào các chất bền vững có mặt trong phản ứng và các hằng số bền k₁, k₂, k₃, k₄, k₅.
• Biểu thức tốc độ phản ứng vừa mới tìm được có thể đơn giản hoá khi chúng ta xem xét tiến trình phản ứng. Ba biểu thức dưới đây cho biết vận tốc phản ứng lúc bắt đầu phản ứng, lúc ở trạng thái dừng của CH₃ và Br và ở điểm gần kết thúc phản ứng. Hãy cho biết các biểu thức (I), (II), (III) ứng với trạng thái nào?

• Hãy xác định tỉ lệ k₄[HBr]/k₃[Br₂] ở mỗi giai đoạn phản ứng.

BÀI GIẢI:

• Biểu thức thể hiện tốc độ hình thành CH₃Br được cho bởi phương trình sau:

(1)

Áp dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền cho CH₃ và Br ta được:

Từ phương trình (2) ta rút ra được:

(4)

Từ phương trình (3) và (4) ta rút ra được:

(5)

Kết hợp các phương trình (1); (4); (5) vào các chất bền vững có mặt trong phản ứng và các hằng số bền k₁, k₂, k₃, k₄, k₅ ta thu được phương trình (6):

(6)

• Lúc bắt đầu phản ứng: (II)

Lúc ở trạng thái bền:     (I)

Lúc gần kết thúc phản ứng:   (III)

• Lúc bắt đầu phản ứng: [Br₂] >> [HBr] và do k₃ » k₄ cho nên k₃[Br₂] >> k₄[HBr]. Chính vì vậy tỉ lệ: k₄[HBr]/k₃[Br₂] >>1

Lúc kết thúc phản ứng:[Br₂] << [HBr] và do k₃ » k₄ cho nên     k₃[Br₂] << k₄[HBr]. Chính vì vậy tỉ lệ:              k₄[HBr]/k₃[Br₂] <<1.

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 36:

Ion peroxodisunfat là tác nhân oxy hóa mạnh nhất được biết mặc dù phản ứng của nó xảy ra rất chậm.

Ion peroxodisunfat có thể oxy hóa tất cả các ion halogenua (trừ ion florua) để tạo thành halogen phân tử.

Tốc độ đầu (r_o) của phản ứng tạo thành iot phụ thuộc vào nồng độ đầu của phản ứng sau ở 25^oC:

S₂O₈^2- + 2I^– → 2SO₄^2- + I₂    (1)

Ta có bảng sau:

Co(S2O82-) [mol.L-1]	Co(I–) [mol.L-1]	ro [10-8.mol.L-1.s-1]
0,0001	0,010	1,1
0,0002	0,010	2,2
0,0002	0,005	1,1

• Viết công thức của ion peroxodisunfat và xác định trạng thái oxy hóa của tất cả các nguyên tố.
• Viết biểu thức tốc độ phản ứng (1)
• Xác định bậc chung và bậc riêng phần của từng ion trong phản ứng (1)
• Chứng minh rằng hằng số tốc độ phản ứng là

k=0,011L.mol^-1.s^-1.

Năng lượng hoạt hóa của phản ứng đã cho E_A = 42kJ.mol^-1.

• Xác định nhiệt độ (^oC) mà ở đó hằng số tốc độ phản ứng tăng 10 lần.

Iot phản ứng ngay lập tức với ion thiosunfat sinh ra ion iodua.

• Viết phương trình phản ứng.
• Viết lại biểu thức tốc độ phản ứng cho phản ứng (1) trong điều kiện có dư ion thiosunfat so với ion peroxodisunfat và iodua trong dung dịch.

BÀI GIẢI:

1)

2) r = k.C(S₂O₈^2-).C(I^–)

3) Bậc chung: 2

Bậc riêng phần của S₂O₈^2-: 1

Bậc riêng phần của I^–: 1

4)

5)Từ phương trình Arrenius chúng ta có thể viết:

Do k₁/k₂ = 1/10 nên điều này dẫn tới:

6) 2S₂O₃^2- + I₂ → 2I^– + S₄O₆^2-

7)Cần phải lưu ý rằng nồng độ của ion iodua trong trường hợp này luôn không đổi bởi vì iot sinh ra phản ứng ngay lập tức với ion thiosunfat để tạo thành iot. Chính bì vậy phản ứng này sẽ là phản ứng giả bậc 1 và có phương trình tốc độ phản ứng sẽ là:

r = k^’.C(S₂O₈^2-)

k^’ ở trong trường hợp này hoàn toàn khác k ở các câu hỏi từ 2-5 do nó bao hàm cả sự giả bão hoà nồng độ của ion iodua

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 37.

Phản ứng bậc hai sau đóng vai trò quan trọng trong ô nhiễm không khí:

2NO₂ → 2NO + O₂

• Xác định mối liên hệ giữa áp suất chung trong bình phản ứng chỉ chứa NO₂ tinh khiết ở thời điểm ban đầu và áp suất NO₂ ở thời điểm t:
• Một bình kín chứa 2L NO₂ ở áp suất 600mmHg và t = 600^o Phản ứng chỉ tiến hành được 50% sau 3 phút. Tính hằng số tốc độ phản ứng:

BÀI GIẢI:

• Do phản ứng là bậc 2 nên ta có:

Với  tương ứng với áp suất NO₂ ban đầu.

• Tại thời điểm t = t_1/2 thì:

Do phản ứng là bậc hai nên từ đó ta có:

BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ LẦN THỨ 37:

Khái niệm động học mâu thuẫn với tiến trình nhiệt động học của phản ứng đã được thường xuyên sử dụng trong tổng hợp hữu cơ để sinh ra các sản phẩm trực tiếp. Ví dụ: các phản ứng sunfo hóa, Diels – Alder, đồng phân hóa và phản ứng cộng. Ở đây sự chuyển hóa liên phân tử giữa hai sản phẩm khác nhau có thể đạt được trong phản ứng cạnh tranh bằng cách khống chế tiến trình phản ứng. Nó thường được đại diện bằng sơ đồ đã cho dưới đây khi ta giả sử chất A chuyển hóa thành hai chất B và C theo phản ứng cạnh tranh.

B  A  C

Giản đồ năng lượng của phản ứng được cho ở dưới:

• Cho k₁ = 1; k_-1 = 0,1 k₂ = 0,1; k_-2 = 0,0005ph^-1. Xác định tỉ lệ sản phẩm B/C sau 4 phút đầu tiên kể từ lúc bắt đầu phản ứng.
• Sử dụng cùng một hằng số tốc độ phản ứng, xác định tỉ lệ sản phẩm B/C khi phản ứng tiến hành được hơn 4 ngày.
• B được gọi là sản phẩm khống chế động học trong khi đó C là sản phẩm khống chế nhiệt động học. Vậy khi nhiệt độ của hệ tăng lên thì sẽ ưu tiên tạo ra sản phẩm nào?

BÀI GIẢI:

• Khi phản ứng tiến hành được 4 phút ta có:

Chia (1) cho (2) ta được:

• Khi phản ứng kết thúc thì hệ tiến đến cân bằng nhiệt động:
• Phản ứng ưu tiên xảy ra theo hướng khống chế nhiệt động học (tạo thành C) khi tăng nhiệt độ. Hệ sẽ tiến đến cân bằng nhanh hơn.

1. OLYMPIC HÓA HỌC CÁC QUỐC GIA TRÊN THẾ GIỚI:

OLYMPIC HÓA HỌC ÁO NĂM 1999:

Bromometan có thể phản ứng được với OH^– theo cơ chế S_N.

1. Viết phương trình của phản ứng thế này.

Tốc độ ban đầu của phản ứng và các nồng độ ban đầu của CH₃Br và KOH cho ở bảng dưới đây, tất cả các thí nghiệm đều tiến hành ở 25^oC.

	C(CH3Br)	C(KOH)	vo(mol.L-1.s-1)
Thí nghiệm 1	0,10mol.L-1	0,10mol.L-1	2,80.10-6
Thí nghiệm 2	0,10mol.L-1	0,17mol.L-1	4,76.10-6
Thí nghiệm 3	0,033mol.L-1	0,20mol.L-1	1,85.10-6

1. Xác định bậc riêng phần của phản ứng theo từng chất và bậc riêng phần của phản ứng.
2. Tính hằng số tốc độ của phản ứng.
3. Trong thí nghiệm (1), cần thời gian là bao nhiêu để nồng độ KOH là 0,05mol.L^-1.
4. Tên chính xác hơn của cơ chế có thể áp dụng được cho phản ứng này là gì?

BÀI GIẢI:

1. CH₃Br + OH^– → CH₃OH + Br^–
2. Đối với KOH: 0,17/0,10 = 1,7

4,76/2,80 = 1,7 → Bậc 1.

Đối với CH₃Br: 0,20/0,10 = 2 → v_o = 5,60.10^-6mol.L^-1.s^-1.

1,85/5,60 = 0,33

0,033/0,10 = 0,33 → Bậc 1

Bậc tổng cộng của phản ứng là 2

1. v = k.C(CH₃Br).C(OH^–)
2. Có 0,05mol.L^-1.s^-1 OH^– và 0,05mol.L^-1 CH₃Br trong bình phản ứng nghĩa là cả hai đều bằng C_o/2 do đó t = τ

Đối với phản ứng bậc hai với C_o(A) = C_o(B) ta có:

1. S_N2

OLYMPIC HÓA HỌC ÁO 2004

Vào năm 1824 nhà hóa học Đức Friedrich Wohler đã lật đổ thuyết “lực sống”. Thuyết này cho rằng con người không thể tổng hợp được chất hữu cơ từ chất vô cơ mà không có sự trợ giúp của thần nhưng Wohler đã làm được. Ông đã điều chế ure từ amonixianat bằng cách nhiệt phân:

NH₄OCN ® H₂NCONH₂

Hơn 150 năm sau phản ứng đã được nghiên cứu cẩn thận hơn bằng các phương pháp động học. Các dữ kiện cho dưới đây sẽ cho biết thời gian phản ứng. Thí nghiệm bắt đầu từ lúc hòa tan 30,0g amonixianat trong 1,00 lít nước.

t (ph)	0	20	50	65	150
mure (g)	0	9,40	15,9	17,9	23,2

1. Tính nồng độ của amonixianat ở từng thời điểm trên
2. Chứng mịnh phản ứng là bậc 2 và tính hằng số tốc độ k.
3. Khối lượng của amonixianat còn lại là bao nhiêu sau 30 phút.

Enzym là những protein có hoạt tính xúc tác rất cao. Bảng dưới đây cho biết tốc độ hình thành oxy khi tiến hành thí nghiệm chuyển hóa các nồng độ khác nhau của chất phản ứng bởi enzym:

[S] (mol/L	5.0·10-2	1.7·10-2	1.0·10-2	5.0·10-3	3.0·10-3
v (dm3/min)	1.66·10-5	1.24·10-5	9.52·10-6	6.25·10-6	4.26·10-6

4. Sử dụng phương pháp Lineweaver và Burke để chứng minh qúa trình trên phụ thuộc tuyến tính vào phương trình Michaelis – Menten.
5. Vẽ đồ thị 1/v phụ thuộc vào 1/[S].
6. Tính hằng số Michaelis – Menten của phản ứng:

BÀI GIẢI:

1. Kết qủa tính nồng độ  amonixianat được cho ở bảng dưới:

c₀ = 30/60 = 0.500 mol/L

t (min)	0	20	50	65	150
[NH4OCN] (mol/L)	0.500	0.343	0.235	0.202	0.113

2.Giả sử phản ứng là bậc 2:

Biểu thức cho phản ứng bậc 2:

Giá trị trung bình của k cho phản ứng bậc 2:

Dt (ph)	0-20	0-50	0-65	0-150
k (L/mol·ph)	0.0458	0.0451	0.0454	0.0457

k(tb) = 0.0455 l/mol·min

3. Khối lượng của amonixianat sau 30 phút được tính theo công thức:

Þ c_t^-1 = 2 + 30·0.0455 = 3.365

[NH₄OCN] = 0.0297 mol/L          m(NH₄OCN) = 17.84 g  4.   Þ    Þ

Giản đồ:

				(1/v).10-4 (ph/L)
30
20
10
								100									200											300

6. Tính K_M:

hệ số góc = K_M/v_max = 190000/340        1/v_max  = 50000   Þ  2·10^-5  L/min

Þ      K_M = 1.12·10^-2   mol/L

OLYMPIC HÓA HỌC ÁO 2001:

Dinitơ pentoxit phân hủy tạo thành nitơ oxit và oxy theo phương trình:

2N₂O₅ ® 4NO₂ + O₂

1. Viết 2 công thức cộng hưởng của dinitơ pentoxit và trong công thức phải bao gồm cả điện tích hình thức.
2. b) Viết biểu thức tốc độ phản ứng của phản ứng phân hủy dinitơ pentoxit
3. c) Phản ứng phân hủy của dinitơ pentoxit diễn ra theo cơ chế sau:

Sử dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền đối với NO và NO₃ hãy viết biểu thức tốc độ thực và bậc của phản ứng phân huỷ dinitơ pentoxit.

1. d) Năng lượng hoạt động hóa của phản ứng ở 300K là E_A = 103kJ

Ở nhiệt độ nào thì hằng số tốc độ phản ứng tăng gấp đôi. Biết nồng độ ban đầu của các chất là như nhau, E_A và A không đổi trong suốt bài toán.

BÀI GIẢI:

1. a)

1. b)

1. c) (1)

(2)

(3)

từ (2):

từ (3):

Thay tất cả vào (1) dẫn đến:

phản ứng bậc 1 với N₂O₅

1. d) Do A và c là hằng số: v µ k µ

bởi vì: k(T₂) = 2k(T₁)                    .

Thay số vào và giải phương trình trên ta tính được: T₂ = 305 K

OLYMPIC HÓA HỌC BUNGARI NĂM 1999

14,224g iot và 0,112g hydro được chứa trong bình kín thể tích 1,12L ở nhiệt độ phòng ở nhiệt độ 400^oC. Tốc độ ban đầu của phản ứng là  v_o=9.10^-5.mol.L^-1.ph^-1. Sau một thời gian (ở thời điểm t) nồng độ C(HI) là 0,04mol.L^-1 và khi phản ứng H₂ + I­₂ ⇌ 2HI đạt cân bằng thì C(HI) = 0,06mol.L^-1.

1. Tính hằng số tốc độ phản ứng thuận và phản ứng nghịch.
2. Tốc độ tạo thành HI ở thời điểm t là bao nhiêu?

BÀI GIẢI:

1. v_o = k_t.C_o(H₂).C_o(I₂)

C_o(H₂) = 0,112/2.1,12 = 0,05mol.L^-1

C_o(I₂) = 14,224/254.1,12 = 0,05mol.L^-1.

K_t = 9.10^-5/0,05.0,05 = 0,036L.mol^-1.ph^-1.

K = k_t/k_n = C(HI)²/C(H₂).C(I₂) = 9

K_n =  0, 036/9 = 0,004L.mol^-1.ph^-1.

1. v_t(HI) = v_t – v­_n = k_tC(H₂).C(I₂) – kC(HI)²

v_t(HI) = 2,6.10^-5 mol.L^-1.ph^-1.

OLYMPIC HÓA HOC UCRAINA NĂM 1999

Có hai phản ứng bậc nhất nối tiếp nhau: ; nồng độ của B có gía trị cực đại ở thời điểm τ tính theo phương trình

τ = ln(k₂ / k₁) / (k₂ – k₁)

1. Viết phương trình động học vi phân cho các chất A, B, C.
2. Tỉ số k₂/k₁ phải như thế nào để τ bằng nửa chu kỳ chuyển hóa chất A.

BÀI GIẢI:

1. dC_A/dτ = -k₁C_A; dC_B/dτ = k₁C_A – k₂C_B; dC_C/dτ = k₂C_B.
2. 2τ_1/2 = ln2/k₁; τ_1/2 = τ

OLYMPIC HÓA HOC ĐỨC VÒNG 3:

Để có thể phân hủy các phân tử H₂O₂ với một tốc độ phản ứng đáng kể, người ta cần các nhiệt độ cao và một chất xúc tác, ví dụ như các ion iodua trong dung dịch trung tính.

Bảng dưới đây ghi lại các số liệu rhu được qua thực nghiệm về tốc độ thoát oxy từ một dung dịch H₂O₂. Để đạt mục đích đó người ta trộn lẫn dung dịch H₂O₂ 3% (30g H₂O₂/1L dung dịch), dung dịch KI (C = 0,1mol.L^-1) với nước.

Thí nghiệm	mL dd H2O2	mL dd KI	mL H2O	v(O2)* mL/phút
1	50	100	150	8,8
2	100	100	100	17
3	200	100	0	35
4	100	50	150	8,5
5	100	200	0	33

*: Tại 298K và 1,013.10⁵Pa

1. Bạn hãy xác định bậc phản ứng đối với H₂O₂ và đối với chất xúc tác.
2. Bạn hãy viết phương trình tỷ lượng đối với phản ứng. Và hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng.
3. Bạn hãy tính nồng độ H₂O₂ (mol.L^-1) khi bắt đầu thí nghiệm và sau 4 phút.
4. Cơ chế được xem như là một chuỗi hai phản ứng.
   • H₂O₂ + I^–  → H₂O + IO^–
   • IO^– + H_2­O₂ → O₂ + I^– + H₂O

Hãy cho biết hai phản ứng này xảy ra với tốc độ như nhau hay khác nhau. Một hay cả hai phản ứng nói trên quyết định tốc độ phản ứng giải phóng oxy.

1. Bạn hãy giả thiết rằng phản ứng tuân theo định luật Arrhenius về mối liên hệ giữa năng lượng hoạt hóa E_A và hằng số tốc độ k

Bạn hãy tính các tốc độ phản ứng tương đối khi có mặt các chất xúc tác khác nhau so với chất xúc tác đầu ở 22^oC

Số TT	Chất xúc tác	EA(kJ.mol-1)	Tốc độ tương đối
1	Bề mặt bình phản ứng	73,3
2	I–	56,2
3	Fe2+/Fe3+	42,4
4	Xúc tác enzym	1,74

Giữa thế kỷ trước người ta đã tiên hành những phép đo động học rất chính xác về phản ứng giữa H₂O₂ với HI trong khoảng nhiệt độ từ 0 – 50^oC. Qua đó người ta thu được các mối liên hệ sau đây:

Nếu tốc độ tương đối tại 0,0^oC bằng 1,00 thì nó sẽ là 8,27 tại 25^oC và 49,3 tại 50^oC.

Với những số liệu đó người ta đã có thể tính được điểm không tuyệt đối tức là nhiệt độ mà ở đó không thể xảy ra một phản ứng nào nữa. Bạn không cần thiết phải làm việc đó.

Bạn hãy dùng phương trình Arrhenius để cùng với các số liệu đã cho để tính ra điểm không tuyệt đối (Ngày ấy người ta chưa biết đến phương trình Arrhenius).

BÀI GIẢI:

2. Theo các thí nghiệm 1,2 và 3 thì khi tăng gấp đôi nồng độ của H₂O₂ và giữ nguyên nồng độ của I^– thì tốc độ phản ứng tăng gấp đôi, điều đó có nghĩa là phản ứng tỉ lệ thuận với nồng độ H₂O₂. Nói một cách khác phản ứng là bậc 1 đối với H₂O₂.

Từ các thí nghiệm 2, 4, 5 ta nhận thấy tốc độ phản ứng tỉ lệ thuận với [I^–]. Điều đó có nghĩa phản ứng cũng là bậc 1 đối với I^–.

1. 2H₂O₂ → 2H₂O + O­₂

v = kC(H₂O₂).C(I^–)

1. Nồng độ ban đầu:

Khi pha loãng lên 3 lần thì C_o = 1%, nghĩa là 10g H₂O₂/L

= 0,294 mol/L.

Phản ứng diễn ra chậm tới mức mà trong thời gian ngắn có thể bỏ qua sự giảm nồng độ.

Sau 4 phút sẽ hình thành 4.8,5mL = 34mL O₂

Khi đó; n(O₂) = 1,390.10^-3 mol

Lúc ban đầu có n_o = 3/34 mol H₂O₂

sau 4 phút chỉ còn: n­₄ = n_o – 2n(O₂) = 0,0854 mol

Với C₄ = n₄/0,3L ta có C₄ = 0,285mol.L^-1

Nếu tính ra nồng độ sau 1 phút và coi nồng độ đó là C_o đối với phút thứ hai v.v… thì sau 4 phút người ta cũng đi đến cùng kết qủa C₄.

2. Đối với trường hợp bước thứ nhất quyết định tốc độ thì hằng số của bước thứ nhất k₁ nhỏ hơn hằng số tốc độ của bước thứ hai k₂. Tốc độ phản ứng tổng hợp bằng tốc độ phản ứng của bước thứ nhất và như vậy là v = kC(H₂O₂).C(I^–).

Phản ứng (1) chậm và quyết định tốc độ.

Phản ứng (2) nhanh hơn

(Nếu bước thứ hai quyết định tốc độ thì k₂ < k₁. Như vậy bắt buộc bước thứ nhất phải là thuận nghịch, điều đó cũng có nghĩa là k₂ < k₁. Tốc độ phản ứng tổng hợp lại được quyết định bởi tốc độ của bước chậm nhất v = kC(H₂O₂).C(IO^–). Nhưng C(IO^–) không  được biết. Do phản ứng cân bằng trước nó cho nên C(IO^–) có thể biểu thị qua nồng độ của H₂O₂ và I^–

C(IO^–) = k₁/k_-1.C(H₂O₂).C(I^–)

Khác với quy luật đã quan sát được ta có:

v = k₁k₂ /k_-1.C(H₂O₂)².C(I^–)

1. Vì rằng trong tất cả các thí nghiệm, nồng độ của các chất tham gia bằng nhau cho nên quan hệ giữa các tốc độ phản ứng giống như quan hệ giữa các hằng số tốc độ tương ứng. Khi đó v₂/v₁ = k₂/k₁. Nếu đặt v₁ bằng tốc độ tương đối là 1 thì v₂ = k₂/k₁.

k₁ = Ae^{-73300(8,314.295)}

k₂ = Ae^{-56200(8,314.295)}                       v₂(tđ) = k₂/k₁ = 1,07.10³.

k₃ = Ae^{-42400(8,314.295)}                       v₃(tđ) = k₃/k₁ = 2,96.10⁵.

k₄ = Ae^{-1750(8,314.295)}                        v₄(tđ) = k₄/k₁ = 4,69.10¹².

1. Gọi x là nhiệt độ của 0^oC tính bằn Kelvin thì khi đó –x là nhiệt độ của điểm không tuyệt đối tính bằng ^o

v_o = k_o.C(H₂O₂).C(I^–)        k₂₅ = 8,27k₀;                k₅₀ = 49,3k₀ (1)

v₂₅ = k₂₅.C(H₂O₂).C(I^–)

v₅₀ = k₅₀. C(H₂O₂).C(I^–)

Theo Arrhenius thì k₀ = Ae^-Ea/RT

hoặc đơn giản hơn là: k₀ = Ae^-B/T.

Theo (1) ta có: Ae^-B/(x+25) = 8,27Ae^-B/x

Ae^-B/(x+50) = 49,3Ae^-B/x

Logarit hóa hai biểu thức trên và giải hệ phương trình ta thu được gía trị x = 272,7 và như vậy giá trị của điểm không tuyệt đối là –272,7^oC.

OLYMPIC HÓA HỌC ĐỨC VÒNG 4:

Các thành phần của một hỗn hợp khí có thể được hấp thụ trên các chất rắn xốp. Người ta thu đuợc một pha ngưng kết, cũng còn gọi là pha hấp thụ.

Thành phần của hỗn hợp khí có thể được đặc trưng bởi các áp suất riêng phần p_i­ của các hợp phần.

Thành phần của pha hấp thụ có thể được biểu thị bằng tỉ lệ che phủ q_i của từng chất hợp phần i, trong đó q_{i ­} được định  nghĩa là tỉ số giữa khối lượng chất thành phần bị hấp thụ i và toàn bộ khối lượng bị hấp thụ trên mẫu chất rắn. q_i có gía trị từ 0 đến 1.

Tốc độ tổng hợp r_i của qúa trình hấp thụ đối với một chất hợp phần i có thể được biểu hiện thành tổ hợp hai bước:

1. Đường tới (hấp thụ) với một tốc độ tỉ lệ với áp suất riêng phần của chất hợp phần i và tỉ lệ chỗ trống trên vật rắn.
2. Đường lui (phản hấp thụ) với một tốc độ tỉ lệ với tỉ lệ che phủ của chất hợp phần i.

Xét một chất khí nguyên chất A ở trên một vật rắn xốp.

• Bạn hãy cho biết một phương trình tốc độ hấp thụ tổng quát r_A.
• Bạn hãy cho biết mối quan hệ giữa q và p_A, ví dụ như q_A=f(p_A) tại trạng thái cân bằng.
• Bạn hãy cho biết liệu có thể q_A = 1 không và nếu như vậy thì bạn hãy xác định gía trị tương ứng của áp suất riêng phần của A ở pha khí.

Hóa học về ozon trong khí quyển là khá phức tạp. Vấn đề đặc biệt có ý nghĩa là cơ chế phân hủy ozon. Theo một trong những cơ chế đó thì sự chuyển giao năng lượng từ một phân tử ozon đến một hạt thứ ba, chẳng hạn như phân tử nitơ hay phân tử oxy giữ một vai trò quan trọng. Dưới đây là các bước của cơ chế đó, trong đó M đại diện cho hạt thứ ba.

Bước 1:

Bước 2:

Trong bước 1 cân bằng được thiết lập rất nhanh.

• Bạn hãy thiết lập một định luận tốc độ đối với sự phân rã ozon theo cơ chế này, trong đó không có chứa đại lượng C(O).

BÀI GIẢI:

• r_t = k_t.p_A. (1 – q_A)

r_n = k_n. q_A

r_A = r_t – r_n = k_t.p_A.(1 – q_A) – k_n.q_A

• r­_A = 0 Þ r_t = r_n.

k_t.p_A.(1 – q_A) = k_n.q_A

Đặt

Tất cả các đại lượng đều bằng 1 thì:

3)  ¹ 1 đối với tất cả các p_A hữu hạn

4)Trong bước 1 nhanh chóng có một cân bằng được thiết lập:

k₁.C(O₃).C(M) = k_-1.C(O_2­).C(O).C(M)

C(O₃) thực tế là hằng số, cho nên người ta có thể đặt v_t chỉ theo bước 2 ^([1])

v_t = k₂.C(O₃).C(O)

Thay biểu thức cho C(O) vào ta thu được:

OLYMPIC HÓA HỌC ÁO NĂM 2005:

1)  Cho phản ứng: BrO₃^–(aq) + 5 Br^–(aq) + 6 H⁺(aq) → 3 Br₂(aq) + 3 H₂O(l)

Tốc độ của phản ứng có thể đo được dựa vào sự phụ thuộc nồng độ đầu của các chất phản ứng. Kết qủa của thí nghiệm được cho ở bảng sau:

Thí nghiệm	Nồng độ các chất đầu (mol/L)			v0 (mol BrO3–/L.s)
	BrO3–	Br–	H+
1	0.10	0.10	0.10	1.2·10-3
2	0.20	0.10	0.10	2.4·10-3
3	0.10	0.30	0.10	3.5·10-3
4	0.20	0.10	0.15	5.4·10-3

Viết biểu thức tốc độ phản ứng.

2)  Hằng số tốc độ của phản ứng: C₂H₅Br(g)  → C₂H₄(g) + HBr(g) có gía trị  là k = 2,0.10^-5s^-1 ở 650K. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng là E_a = 225,5kJ/mol. Tính nhiệt độ mà ở đó tốc độ của phản ứng tăng gấp ba.

BÀI GIẢI:

• v = k·[ BrO₃^–]·[Br^–]·[H⁺]²

[1]  Thực ra người ta phải đặt v_t = k₁.C(O₃) + k₂.C(O₃).C(O) – k_-1.C(O₂).C(O)

Thay C(O) của biểu thức trên  vào biểu thức của v_t rồi đơn giản hóa ta cũng được biểu thức trên

Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B – Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử đại học lần 1 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, D, B – Trường THPT Phú Nhuận (Năm học 2014-2015)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – THPT PHÚ NHUẬN – 2014 – 2015

Môn TOÁN: Khối A , A₁, D, B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

 

 

Câu 1: Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số  . Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị
(C₁): .  Định m để phương trình  có 2 nghiệm phân biệt

Câu 2: Cho hàm số. Tìm m < 0 để đồ thị hàm số có  điểm cực tiểu M tạo với hai điểm O,  A(0 ; 2 ) một tam giác có diện tích bằng 8

Câu 3: Giải phương trình:

Câu 4: Giải  phương trình:

Câu 5: Giải phương trình:

Câu 6: Tính I =

Câu 7: Trong không gian với hệ trục Oxyz cho A(0; 1; 0), B(-1; 2; -1) Tìm điểm M trên tia Ox và điểm N trên tia Oz sao cho tam giác AMN có diện tích bằng  và tứ diện ABMN có thể tích bằng

Câu 8: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều, cạnh bằng 2a. Tam giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng tạo với đáy một góc . Biết rằng  và hình chiếu của S nằm bên trong tam giác ABC. Tính thể tích khối chóp SABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng , M là trung điểm của SC.

Câu 9: Cho hình lăng trụ ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân tại A, cạnh BC = , góc . Gọi E là trung điểm cạnh AC, H là trung điểm cạnh BE. Hình chiếu vuông góc của C’ trên mặt phẳng (ABC) là H. Góc giữa đường thẳng CC’ và (ABC) bằng 60⁰. Tính thể tích lăng trụ theo a và cosin của góc  giữa hai đường thẳng A’C’ và BB’.

 

 

————Hết————

 

 

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

 

 

 

 

 

ĐÁP ÁN – TOÁN THI THỬ ĐH LẦN 1 – NH 2014 – 2015

Câu 1 (2,0đ)	a). Cho hàm số
	Tập xác định: D = .	0,25
	Hàm số giảm trên  và hàm số không có cực trị	0,25
	Bảng biến thiên	0,25
	Đồ thị	0,25
	b). Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị (C1) :  .  Định m để phương trình  có 2 nghiệm phân biệt
	(1) . (nhận xét x = 1 không là nghiệm pt) (1) là pt hoành độ giao điểm của 2 đồ thị (C1):  và d : y = m	0,25
	Gọi (C) . Ta có (C1): = f(x) khi Vẽ (C1) trùng (C) khi  . Khi x < 0 , vì f1(x) là hàm chẳn nên (C1) đối xứng qua Oy phần đồ thị khi x > 0	0,25
		0,25
	Ycbt	0,25
Câu 2 (1,0đ)	2 Cho hàm số  . Tìm m < 0 để đồ thị hàm số có  điểm cực tiểu M tạo với hai điểm O , A(0 ; 2 ) một tam giác có diện tích bằng 8
	Phương trình y’ = 0	0,25
	Vì m < 0 lý luận được hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2m /3	0,25
	Diện tích tam giác OAM : S =	0,25
	. So đk nhận m = – 12	0,25
Câu 3 (1đ)	Giải phương trình  .
		0,25
		0,25
		0,25
		0,25
Câu4 (1,0đ)	Giải  phương trình :
	Đặt ta có : u2 – 4v2 = u – 2v	0,25
	Giải hệ   ta được nghiệm x = 1/3	0,25
	Giải hệ (so đk loại)	0,25
	kết luận pt có nghiệm x = 1/3	0,25
Câu 5 (1,0đ	Giải  phương trình  :
	Pt  ( x = ½ không là nghiệm pt)	0,25
	Xét hàm số f(x) =   f(x) tăng trên  và	0,25
	trên chứng minh được pt có nghiệm duy nhất – 1	0,25
	trên , chứng minh được pt có nghiệm duy nhất 2	0,25
Câu 6 (1,0đ)	Tính I =
	Đặt  ;	0,25
	=	0,25
	I ==  =	0,25
	I = =	0,25
Câu 7 1,0đ	A(0; 1; 0) , B(-1; 2; -1) Tìm điểm M trên tia Ox và điểm N trên tia Oz sao cho tam giác AMN có diện tích bằng  và tứ diện ABMN có thể tích bằng
	M(m;0;0)Ox, N(0;0;n)Oy	0,25
		0,25
	Giải hệ pt  ta được m = n =1	0,25
	Vậy M(1;0;0) , N(0;0;1)	0,25
Câu 8 1,0đ	Gọi E là trung điểm của AB. Do ABC là tam giác đều nên Ta chứng minh được  và . Kẻ  tại H trong	0,25
	Có:	0,25
	Có:	0.25
	Có	0.25
Câu9 (1 đ)	Tính được  : AB = AC = a	0,25
	,	0,25
	,	0,25
	nên	0,25

Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

Đề thi thử đại học năm học 2015-2016 môn Toán lần 2 – Trường THPT chuyên Khoa học tự nhiên

Câu I. (2 điểm) Cho hàm số

1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số với m = 0.

2)Chứng minh rằng                                          .

Câu II. (2 điểm)

1)Giải phương trình:                                                                                          .

2)Cho đa giác đều 24 đỉnh, hỏi có bao nhiêu tứ giác có 4 đỉnh là đỉnh đa giác và 4 cạnh là 4 đường chéo của đa giác.

Câu III. (2 điểm)

 

1)Viết phương trình của các đường tiệm cận và lập bảng biến thiên của hàm số.

2)Gọi              là nghiệm phức của phương trình:                                                               .

√				.
√

Tính                     .

Câu IV. (3 điểm)

1) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 2a, góc giữa AB’ và BC’ bằng          . Tính thể

tích của lăng trụ.

2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(1;2;1) và đường chéo

BD có phương trình                             . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.

3)Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, B(1;1), đường thẳng AC có phương trình

4x + 3y – 32 = 0. Trên tia BC lấy điểm M sao cho BC. BM = 75. Tìm tọa độ đỉnh C biết bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC bằng   ^√ .

Câu V. (1 điểm)

Với x, y, z là các số thực đôi một phân biệt. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.

——HẾT——

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015 – 2016

Câu I.

1) m = 0 ta có                                .

1.1) TXĐ: D = R

1.2) Sự biến thiên

lim y = -¥; lim y = +¥

x ®-¥                  x®+¥

.

x	-∞		0		2	+∞
y’		+	0	–	0	+

• -∞ 0  -4  +∞ Hàm số đồng biến trên các khoảng: (- ∞; 0) và (2; +∞)

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0;2).

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(cđ) = 0

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; y (ct) = -4

=> I(1;-2) là điểm uốn của đồ thị.

1.3 Đồ thị

Giao với Ox: (0;0); (3;0)

Giao với Oy: (0;0)

Đồ thị nhận điểm I(1;-2) làm tâm đối xứng

2)Hàm số

song song theo trục hoành về phía

nhận được từ đồ thị

một đoạn m đơn vị.

bằng cách tịnh tiến

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			2

Suy ra giá trị của                         không thay đổi và bằng                                                                          .

Câu II.

1)Phương trình đã cho tương tương với

.

.

é

1

ês in x =

(1)

2

ê

ësin x + cosx =1(2)

é

p

êx =

+ k 2p

6

, k Î Z

Giải

ta có: ê

5p

ê

êx =

+ k 2p

6

ë

p

) = 1 Û sin( x +

p

) = sin

p

2.sin( x +

4

4

4

é

p

p

éx = k 2p

Giải

ta có:

êx +

=

+ k 2p

4

4

Û ê

Û

ê

p

, k Î Z

ê

p

p

êx =

+ k 2p

êx +

= p –

+ k 2p

ë

2

4

4

ë

Vậy phương trình đã cho có

họ nghiệm.

Xét các tứ giác có đỉnh

ta đánh số các đỉnh liên tiếp từ  đến 24. Mỗi tứ giác thỏa mãn

yêu cầu bài toán tương ứng với 3 số a, b, c thỏa mãn

Vậy mỗi tứ giác ứng với bộ 3 số phân biệt trong 19 số từ 5 đến 23. Do vậy tứ giác đỉnh        bằng

số bộ 3 số phân biệt trong 19 số và bằng			. Vì mỗi tứ giác được đếm lặp đi lặp lại 4 lần ta có
đáp số là:		.

Câu III.

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			3

1)Kí hiệu

√

. lim

: Tiệm cận ngang y = 1 khi

.

√

lim

: Tiệm cận ngang y = -1 khi

.

lim

lim

: Tiệm cận đứng

√

√

√

√

(

)

Bảng biến thiên:

x	-∞		0		1	+∞
y’		–	0	+	0	–

• ∞ 1  ⁶2   +∞

2)Ta có:                                                                  .

ó

• = (2i + 1)² – 4(i + i² )

Ta có: = 4i ² + 4i + 1 – 4i – 4i²  = 1

é_{z =} 2i + 1 -1 _{= i}

_Þ ^ê                  2

ê

ê_{z =} ^{2i + 1 +1} _{= i +1}

êë             2

=  i ² – (i + 1)²  = -1 – (i ² + 2i + 1) = -1 – 2i =  1+ 4 = 5

Câu IV.

1)		√	√   . Đặt BB’ = x.

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			4

Ta có: ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗   ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗

cos (⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

.

̂

+)Vớ i  ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=>

√

√

√

√

.

+)Với

̂

(loại).

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗

Vậy

√

(đvtt).

2)Phương trình tham số của BD: {

.

Mặt phẳng

qua A và vuông góc với BD có phương trình

4(x – 1) – (y – 2) + (z – 1) = 0 ó4x – y + z -3 = 0.

Suy ra tâm I của hình vuông thuộc đường thẳng BD và thuộc mặt phẳng

{

có tọa độ  (

)

– y

à

đ

ê

.

Tọa độ điểm B, D thỏa mãn phương trình

và điều kiện

3)

nên tọa độ B(3;0;0), D(-1; 1; -1) hoặc D(3;0;0), B(-1;1;-1).

Phương trình AB: 3x – 4y + 1 = 0 => A(5;4).

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			5

Gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC và BA. Có ⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗   ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

.

Do

√

=> tọa độ của C là nghiệm của hệ {

[

.

Câu V.

Đặt

. Suy ra

.

=>

Ta có:

.

=

.

Vậy Min M = 5 khi a + b + c = 0, chẳng hạn x = 1; y = 2; z = 0.

>> Truy cập trang http://tuyensinh247.com/ để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!			6

Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Khóa học luyện thi đại học môn Toán 2015 Thể tích khối chóp (Phần 3)

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

 

Đề chọn học sinh giỏi có đáp án môn: Toán – Lớp 12 (Năm học 2015-2016)

 

Câu I.

Cho hàm số  có đồ thị (C) (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

1. b) Chứng minh rằng d: cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để  P =  đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu II.

1. Giải phương trình:
2. Giải hệ phương trình:

Câu III

1. Cho .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm thực:

Câu IV

1. Cho khai triển: .

Tính tổng: A=. Biết:

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho đường tròn và đường thẳng . Tìm tọa độ điểm  thuộc  sao cho từ điểm  kẻ được 2 tiếp tuyến  đến  với  là các tiếp điểm đồng thời đường thẳng  đi qua điểm

Câu V

1. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
2. Trong không gian với hệ tọa độ cho mặt phẳng và mặt cầu . Từ  điểm  trên  kẻ 1 đường thẳng  tiếp xúc với  tại điểm . Xác định vị trí của điểm  để độ dài đoạn thẳng  bằng

 

————————-Hết—————————–

HƯỚNG DẪN ĐỀ ÔN THI HỌC  SINH GIỎI TỈNH ĐỀ 02

 

Câu	Nội dung		Điểm
I 2,0đ	2) Cho hàm số  có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = – 2x + m. Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi  lần lượt là hệ số góc của  tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để  P =  đạt giá trị nhỏ nhất.
	Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:		0,5
	Xét phương trình (*), ta có:  và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.		0,5
	Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là , trong đó , là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy   (k1>0, k2>0)		0,5
	Có P = , do dó MinP = 22014  đạt được khi do , phân biệt nên ta có x1 +2 = – x2 – 2 x1 + x2 = – 4  m = – 2. Vậy m = – 2 là giá trị cần tìm.		0,5
II.1 2,0đ	Giải phương trình:
			0, 5
			0,5
			0,5
	Vậy pt có nghiệm là , ,		0,5
II.2 2,0đ	Giải hệ phương trình:
	Ta có hệ Xét hàm số . Ta có  nên hàm số f(t) đồng biến trên .		1
	Nếu x>y thì , vô lí Tương tự, không thể có x<y. Vậy x=y		1
	Thay x=y vào (1) ta được: .		0,5
	Vậy hệ có ba nghiệm (x;y) là: .		0,5
III.1 1,0đ
	xét  hàm số theo biến a: ,		0,5
	Tính đạo hàm trực tiếp suy ra hàm f(a) nghịch biến trên đoạn ,		1,0
	Vậy , khi ; Vậy , khi .		0,5
III.2 2,0đ
	* Giải BPT: . Với , (1) tương đương với		0,5
	Từ đó tìm ra  hoặc .		0,5
	* Giả sử  là một nghiệm của PT:  (2) Khi đó PT:  phải có nghiệm m Suy ra PT:  phải có nghiệm m. Do đó Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0.		0,5
	Do đó hệ (1), (2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x=2. Thay x=2 vào (2) ta được: Vậy với  thì hệ (1), (2) có nghiệm.		0,5
IV.1 1,5đ
	Giải phương trình:  ta được:  n =9		0,5
	Với n = 9 ta có Lấy đạo hàm hai vế ta được:		0, 5
	Cho x = 1 ta được A=.		0,5
IV.2 2,0đ
	Cách 1. Đường tròn  có tâm  và bán kính Gọi  là trung điểm của Giả sử  suy ra: và Vì  nên  thuộc đường tròn  có tâm  và bán kính		0,5
	Phương trình . Hay		0,5
	Như vậy 2 điểm  vừa thuộc đường tròn  vừa thuộc đường tròn  do đó tọa độ của  là nghiệm của hệ:		0,5
	Do đó  thuộc đường thẳng . Hay nói cách khác là đường thẳng  có phương trình: Vì đường thẳng  đi qua điểm  nên ta có:		0,5
V.1 2,0đ	Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và đoạn CD sao cho  BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
	+) Đặt , với . Khi đó ta có:  và		0,5
	+) Ta có: Do đó:		0,5
	+) MN2 = = a2 = (2x2 – 2x + 1)a2		0,25
	+) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn  ta có:		0,25
	+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng  khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.		0,25
	+) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi MB, ND hoặc MA, NC.		0,25
V.2 2,0đ	Trong không gian với hệ tọa độ  cho mặt phẳng  và mặt cầu . Từ  điểm  trên  kẻ 1 đường thẳng  tiếp xúc với  tại điểm . Xác định vị trí của điểm  để độ dài đoạn thẳng  bằng
	Mặt cầu  có tâm  và bán kính Vì  là tiếp tuyến của mặt cầu nên
	Từ đó ta tính được : Do đó điểm  thuộc mặt cầu  tâm  và bán kính		0,5
	Vậy nên tập hợp các điểm  là đường tròn  chính giao tuyến giữa mặt cầu  và mặt phẳng		0,5
	+)Tâm của  là hình chiếu vuông góc của  trên mặt phẳng  và ta dễ dàng xác định được tâm là điểm +) Bán kính của  là:		0,5

 

 

Khóa học luyện thi đại học môn Toán 2015 Thể tích khối chóp (Phần 3)

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Đề thi thử và đáp án Môn Toán (Năm học 2014-2015)

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Khóa học luyện thi đại học môn Toán 2015 Thể tích khối chóp (Phần 3)

Khóa học luyện thi đại học môn Toán 2015: Thể tích khối chóp (Phần 3)

7. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP – P3

Thầy Đặng Việt Hùng

DANG 2. KHỐI CHÓP CÓ MẶT BÊN VUÔNG GÓC VỚI ĐÁY

Ví dụ 1: [ĐVH]. Cho hình chóp  S.ABC có  đáyABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là m ột điểm trên ạcnh BC

+          =

sao cho 2 IB IC 0 . Hình chiếu vuông góc c ủa đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của AI. Tính thể tích khói chóp S.ABC biết

1. góc gi ữa SC và m ặt phẳng (ABC) bằng 60⁰

 

1. khoảng cách ừt A tới (SBC) bằng ^a3 .

6

Ví dụ 2: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình thoi c ạnh tâm O, biết AC = 2a; BD = 2a3. Hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của OB. Tính thể tích khói chóp S.ABCD biết

1. góc gi ữa SD và m ặt phẳng (ABCD) bằng 60⁰

 

1. góc gi ữa (SCD) và m ặt phẳng (ABCD) bằng 45⁰

 

1. khoảng cách ừt A tới (SBC) bằng ^a2 .

4

1. khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB bằng ^{a 3} . 4

Ví dụ 3: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình thang cân có hai đáyAD và BC. Mặt phẳng SAD vuông góc v ới mặt đáy ủca hình chóp, cho bi ết AB = BC = CD = a, SA = SD = AD = 2a. a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

1. b) Tính thể tích khối chóp ABC.

Lời giải

1. a) Kẻ SH vuông góc AD do (SAD) ^ (ABCD) nênSH ^ (ABCD) vậy SH là đường cao của khối chóp.

Mặt khácSA = SD = AD nênH là trung điểm của AD và                      SH = ^{2a 3} = a3 . 2

Nối HB, HC tứ giácABCH là hình bình hành do AH song song và b ằng BC ta lại có AB = BC nênAHBC là hình thoi v ậy AB = HC = a hay tam giácHCD đều

Vậy ABCD là n ữa lục giácđều.

S

H               D

A

B  C

.

1. Khối chóp ABC có chi ều  cao SH và di ện tích tam giácABC bằng với diện tích tam giácABH và b ằng

a2    3		=	1			=	1	a			a2    3	=	a3
	. Vậy V			SH .S	ABC				3.
4	S . ABC	3				3		4				4

BÀI T ẬP TỰ LUYỆN:

Tham gia trọn vẹn khóa  LTĐH môn Toán 2015tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH 2015!

Khóa h ọc LTĐH môn Toán2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG                                                        Facebook: LyHung95

Bài 1: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình vuông có c ạnh a, mặt bênSAB là tam giácđều và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới đáyABCD.

1. Chứng minh rằng chân đường cao khối chóp trùng v ới trung điểm của cạnh AB.

 

1. Tính thể tích khối chóp ABCD.

= ^{a3 3} Đ/s: V .

Bài 2: [ĐVH]. Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều, BCD là tam giác vuông cân t ại D, (ABC) ^ (BCD) và AD hợp với (BCD) một góc 60 ⁰. Tính thể tích tứ diện ABCD.

= ^{a3 3} Đ/s: V .

Bài 3: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình ch ữ nhật, DSAB đều cạnh a và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới (ABCD). Biết rằng (SAC) hợp với (ABCD) một góc 30 ⁰. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

= ^{a3 3} Đ/s: V .

Bài 4: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình ch ữ nhật có AB = 2a, BC = 4a, (SAB) ^ (ABCD), hai mặt bên SBC() và ( SAD) cùng hợp với đáyABCD một góc 30 ⁰. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

^{8a3    3}

Đ/s: V =                    .

9

Bài 5:  [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông  cạnh a, SA ^ (ABCD), góc giữa (SBC) và

mặt đáy là 30⁰, gọi M thuộc SA sao cho SM = ¹ SA.

3

1. Chứng minh rằng BD ^ (SAC).

 

1. Tính thể tích của ABCD theo a.

 

1. Tính thể tích của khối chóp SMBD theo a.

Bài 6: [ĐVH]. Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a; SA = a; SB = a3 và ( SAB) vuông (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các ạcnh AB, BC. Tính thể tích khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc gi ữa hai đường thẳng SM, DN.

Bài 7: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABC có đáyABC là tam giác vuông cân t ại B, AB = BC = 2a, hai mặt phẳng (SAB) và ( SAC) cùng vuông góc v ới mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc gi ữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABC) bằng 60⁰. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và kho ảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

^{2a    39}

Đ/s: V = a³  3; d =                  .

Tham gia trọn vẹn khóa  LTĐH môn Toán 2015tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH 2015!

Khóa h ọc LTĐH môn Toán2015 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG                                                        Facebook: LyHung95

Bài 8: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình thang vuông t ại A và D, AB = AD = 2a, CD = a, góc gi ữa hai mặt phẳng (SBC) và ( ABCD) bằng 60⁰. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và ( SCI) cùng vuông góc v ới (ABCD), tính thể tích khối chóp SABCD theo a.

^{3a3    15}

Đ/s: V =                      .

5

Bài 9: [ĐVH]. Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giácABC đều cạnh a, tam giácSAC cân t ại S và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới (ABC). Tính V_S.ABC trong các trường hợp:

3. SB = a

1. SB tạo với mặt đáy một góc 30 ⁰.

Bài 10: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáyABCD là hình ch ữ nhật, AB = 2AD = 2a. Tam giácSAD cân tại S và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới (ABCD). Tính V_{S . ABCD} biết SB tạo vơi đáy một góc 30 ⁰.

Bài 11: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bênSAD là tam giác đều và n ằm trong mặt phẳng vuông góc v ới đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các ạcnh SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc v ới BP và tính th ể tích của khối tứ diện CMNP.

Hướng dẫn giải:

S

S

M

M

A

B

A

B

H

H

T

N

N

D

D

P

C

P

C

Chứng minh   BP ^ (SHC)

BP ^ ( AMN )

T là trung

điểm của HB thì MT ^ ( ABCD)

(SHC) //( AMN )

3

V=

1

MT .S

=

a

3

BP ^ AM

DCNP

CMNP

3

96

[ĐVH]. Cho hình chóp  S.ABCD có  ABCD là hình ch ữ nhật, với  AB = a

Bài 12:

3, AD = a, SA = a  và

(SAC) ^ ( ABCD) , tam giácSAC vuông t ại S. Tính VS . ABCD .

Bài 13:  [ĐVH]. Cho hình chóp

S.ABCD là hình vuông c ạnh a, (SAB) ^ ( ABCD) , tam giácSAB cân t ại S, M

) góc  600 . Tính V

là trung điểm của CD, mặt phẳng (SBM) tạo với mặt đáy ABCD(

.

S . ABCD

Tham gia trọn vẹn khóa  LTĐH môn Toán 2015tại Moon.vn để đạt điểm số cao nhất trong kỳ TSĐH 2015!

Đề thi thử và đáp án Môn Toán (Năm học 2014-2015)

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng Hải: Đề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 môn Toán năm 2015 môn – Trường THPT chuyên Đại học Vinh

---

[toc]

Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: Đề thi thử và đáp án Môn Toán (Năm học 2014-2015)

Đề thi thử và đáp án: Môn Toán (Năm học 2014-2015)

ĐỀ THI THỬ MEGABOOK SỐ 3 MÔN TOÁN

NĂM HỌC 2014 – 2015
Thời gian làm bài: 180 phút	Mã đề thi 135

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x³ – 3x²+2 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất.

1. Giải phương trình cos2x + 2sin x – 1- 2sin x cos 2x = 0

2. Giải bất phương trình (4x – 3) x² – 3x + 4 ³ 8x – 6

	p
3			cotx
Câu III ( 1điểm)Tính tích phân I = ò							dx
				æx +	p ö
	p		s inx.sin
						÷
6				ç
				è	4 ø

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 30⁰.

Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a²+b²+c²=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

		a3				b3				c3
P =				+				+
		b2 + 3				c2 + 3				a2 + 3

PHẦN RIÊNG (3 điểm)(Học sinh chỉ làm một trong hai phần sau)

1. Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a. (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x ² + y ² + 2x – 8y – 8 = 0 . Viết

phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6.

2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất.

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số phức z thoả mãn :  z – 2 + i = 2 . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị.

1. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1. Tính giá trị biểu thức: A = 4C₁₀₀² + 8C₁₀₀⁴ + 12C₁₀₀⁶ + … + 200C₁₀₀¹⁰⁰ .

2. Cho hai đường thẳng có phương trình:

		x – 2		z + 3			ìx = 3 + t
							ï
d1	:		= y + 1 =			d 2	: íy = 7 – 2t
		3		2
							ï
							îz = 1 – t

Viết phương trình đường thẳng cắt d₁ và d₂ đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm)

Giải phương trình sau trên tập phức: z²+3(1+i)z-6-13i=0

http://megabook.vn/

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 5

Câu 1: 1, Tập xác định: D=R

lim		x 3 – 3x 2 + 2 = -¥			lim x 3 – 3x 2 + 2 = +¥					y’=3x2-6x=0 Û	éx = 0
x ®-¥ (		)			x®+¥ (				)		ëx = 2
											ê
Bảng biến thiên:
	x		-¥	0			2	+ ¥
	y’		+	0		–	0	+
				2				+ ¥
	y
			-¥				-2
Hàm số đồng biến trên khoảng: (-¥;0) và (2; + ¥)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)
fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2
y’’=6x-6=0<=>x=1
khi x=1=>y=0				x=3=>y=2				x=-1=>y=-2

Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng.

Câu 1: 2,  Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2)

Xét biểu thức P=3x-y-2

Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0

Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2

	ì y = 3x – 2	ìx =	4
			5			æ 4			2	ö
		ï
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:	í	Û í			=>	M ç		;		÷
	î y = -2 x + 2	ï	2			è 5			5	ø
		ïy =	5
		î

Câu 2: 1, Giải phương trình: cos2x + 2sin x – 1 – 2sin x cos 2x = 0 (1)

(1) Û cos2x (1- 2sin x ) – (1- 2sin x ) = 0 Û ( cos2x – 1)(1- 2sin x) = 0

Khi cos2x=1<=> x = kp , k ÎZ

Khi sinx = ¹₂ Û x = ^p₆ + k 2p hoặc x = ⁵₆^p + k 2p , k ÎZ

Câu 2:

2, Giải bất phương trình: (4x – 3) x² – 3x + 4 ³ 8x – 6 (1)(1) Û ( 4x – 3)(x ² – 3x + 4 – 2)³ 0

Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4

x 2 – 3x + 4 – 2 =0<=>x=0;x=3

Bảng xét dấu:

x

–

¥

0

ắ

2

+ ¥

4x-3

–

–

0

+

+

x 2 – 3x + 4 – 2

+

0

–

–

0

+

Vế trái

–

0

+

0

–

0

+

x Î

é

3 ù

È [ 3; +¥)

Vậy bất phương trình có nghiệm:

ê 0;

ú

ë

4 û

http://megabook.vn/

p						p		p
3		cot x				3	cot x	3		cot x
Câu 3: Tính I = ò					dx =	2 ò		dx =  2 ò			dx
		æ	p	ö			s inx (s inx + cos x )		2	x (1 + cot x)
p						p		p	s in
6	sin x sin ç x +			÷		6		6
		è	4 ø
Đặt   1+cotx=t Þ	1	dx = –dt						Khi
sin 2		x

x =	p	Û t = 1 +  3;   x =	p	Û t =  3 +1
	6		3	3

S

3 +1 t –1		2 (t – ln t )	3 +1	=	2	æ 2		– ln  3	ö
Vậy I =  2  ò	dt =		3 +1			ç			÷
3 +1	t		3			è	3		ø	K
3

Câu 4: Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.

Xột DSHA(vuông tại H)  AH = SAcos 300  = a  3	A
2
Mà DABC đều cạnh a, mà cạnh AH = a  3
2

=> H là trung điểm của cạnh BC => AH ^ BC, mà SH ^ BC => BC^(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K => HK là khoảng cách giữa BC

C

H

B

và SA => HK = AHsin 300  =

AH

= a  3

2

4

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng

a

3

4

Câu 5 :Ta có:

a 3

+

a 3

+ b 2 + 3

³ 3

3  a 6

=

3a2

(1)

2  b 2 + 3   2  b2 + 3

16

64

4

b 3

+

b3

+ c 2 + 3

³ 33

c6   =

3c2

(2)

c 3

+

c 3

+ a 2 + 3

³ 33

c 6

=

3c2

(3)

2  c 2 + 3   2  c2 + 3

16

64

4

2  a 2 + 3   2  a2 + 3

16

64

4

a 2 + b 2 + c 2 + 9

3

(a 2 + b 2 + c2 )(4)

Lấy (1)+(2)+(3) ta được: P +

16

³ 4

Vì a²+b²+c²=3 Từ (4) Û P ³ ³₂ vậy giá  trị nhỏ  nhất  P =  ³        ₂       khi         a=b=c=1.

Câu 6a: 1, Đường tròn (C) có tâm I( – 1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là D ,

=> D : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường  thẳng                 3x+y  – 2=0)

Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một      dây cung  có  độ dài bằng  6=> khoảng  cách  từ tâm I  đến  D

bằng	52 – 32  = 4 Þ d (I , D ) =	-3 + 4 + c		éc = 4  10 -1		(thỏa mãn c≠2)
			+1	= 4 Û ê
		32		êc = -4  10	-1
				ë

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:     3    x  +    y          +    4                             10            –             1             =                                                                                        0    hoặc  3          x + y  – 4                                                                                   10    –         1    = 0 .

ì    x =    1   –             t

Câu 6a: 2, Ta có AB = ( -1; -4; -3) Phương         trình      đường       thẳng      AB:      ^ïí y  =  5  – 4  t                                    ^ï_î z  =  4  – 3  t

http://megabook.vn/

Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a) Þ DC = ( a; 4a – 3;3a -3) Vì AB ^ DC =>-a-16a+12-9a+9=0<=> a = ₂₆²¹

æ

5

49

41 ö

Tọa độ điểm

D ç

;

;

÷

è 26

26

26 ø

ï

+ ( b + 1)i

ï(

)

(

)

ì

a – 2

= 2

ì a – 2

2 +

b + 1

2  = 4

Câu 7a :Gọi số phức z=a+bi   Theo bài ra ta có: í

Û í

ïb = a

– 3

ïb = a – 3

î

î

ì

ì

–  2

+  2

ï a = 2

ïa = 2

Û í

hoac í

ïb = -1 –  2

ïb = – 1 +  2

î

î

Vậy số phức cần tìm là: z= 2 –		+( -1 –			)i;  z= 2 +	2	+( -1 +
	2			2				2 )i.
Câu 6b : 1, Ta có: (1+ x )100  = C1000 + C1001			x + C1002 x 2 + … + C100100 x100					(1)

(1- x )¹⁰⁰  = C₁₀₀⁰ – C₁₀₀¹ x + C₁₀₀² x ² – C₁₀₀³ x ³ + … + C₁₀₀¹⁰⁰ x¹⁰⁰         (2)

Lấy (1)+(2) ta được: (1+ x )¹⁰⁰ + (1- x )¹⁰⁰ = 2C₁₀₀⁰ + 2C₁₀₀² x ²  + 2C₁₀₀⁴ x ⁴ + … + 2C₁₀₀¹⁰⁰ x¹⁰⁰

Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được:100(1+ x )⁹⁹ – 100(1- x ) ⁹⁹  = 4C₁₀₀² x + 8C₁₀₀⁴ x³  + …+ 200C₁₀₀¹⁰⁰ x⁹⁹

Thay x=1 vào => A = 100.2⁹⁹  = 4C₁₀₀² + 8C₁₀₀⁴ + … + 200C₁₀₀¹⁰⁰

Câu 6b: 2, Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d₁ và d₂ lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b).

Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA = k MB MA = ( 3a – 1; a – 11; -4 + 2a ), MB = ( b; -2b – 3; –b )

		ì3a – 1 = kb			ì3a – kb = 1		ìa =1
		ï			ï	+ 3k + 2 kb = 11	ï	-10;	-2)
	Þ í a – 11 = -2 kb – 3k Û í a						Û ík = 2 => MA = ( 2;
		ï -4 + 2 a = – kb			ï 2 a + kb = 4		ïb =1
		î			î		î
						ìx = 3 + 2t
Phương trình đường thẳng AB là: íï y = 10 -10t
						ï
						îz = 1 – 2t
Câu 7 b: D=24+70i,
						éz = 2 + i
	D = 7 + 5i hoặc   D = -7 -5i
						=> ê
						ëz = -5 – 4i

http://megabook.vn/