Xem Nhiều 3/2023 #️ 9 Phuong Phap Giai Pt Mua Logarit # Top 6 Trend | Maiphuongus.net

Xem Nhiều 3/2023 # 9 Phuong Phap Giai Pt Mua Logarit # Top 6 Trend

Cập nhật thông tin chi tiết về 9 Phuong Phap Giai Pt Mua Logarit mới nhất trên website Maiphuongus.net. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.

Published on

9 phuong phap giai pt mua logarit-tt tung

2. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Phƣơng pháp 2: ĐƢA VỀ CÙNG CƠ SỐ 1) Đối với phương trình mũ: biến đổi phương trình về dạng a f ( x )  a g ( x ) . – Nếu cơ số a là một số dương khác 1 thì a f ( x )  a g ( x )  f ( x)  g ( x) . a  0 – Nếu cơ số a thay đổi thì a f ( x )  a g ( x )   . (a  1)  f ( x)  g ( x)   0  2) Đối với phương trình logarit: biến đổi phương trình về dạng 0  a  1  loga f ( x)  log a g ( x)   f ( x)  0  f ( x)  g ( x)  Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: a) 3x 2 5 x  4  81 ; b) log 2 (3x  4)  3 . Giải:  81  3x 5 x4  34  x2  5x  4  4 x  0  x2  5x  0  x( x  5)  0   . x  5 a) 3x 2 5 x  4 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 5. 4 b) ĐK: 3x  4  0  x  . 3 log 2 (3x  4)  3  log 2 (3x  4)  log 2 23  3x  4  23  3x  4  8  3x  12  x  4 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 4. Sài Gòn, 10/2013 chúng tôi – chúng tôi Page 2

3. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Ví dụ 2. Giải các phƣơng trình: a) 3x 2  x 8 c) 2.5x 2  913 x 3 ;  5.2 x 2 ; 3 b) 2x1  2x1  2x  28 . d) 2x 2 1  3x  3x 2 2 1  2x 2 2 . Giải: a) 3x 2  x 8  913 x  3x 2  x 8  32(13 x )  x2  x  8  2(1  3x)  x  2 .  x2  5x  6  0    x  3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = – 2 và x = – 3. b) 2x1  2x1  2x  28  22.2 x1  2 x1  2.2x1  28  2 x1 (22  1  2)  28  2x1  4  2x1  22  x  1  2  x  3 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3. c) 2.5 x 3 2  5.2 x 3 2 5x  2 3 2 3 2x 5 5    2 2 x 2 3 1 5   2  x2  3  1  x2  4  x  2 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = – 2 và x = 2. d) 2x 2  2x 1 2 1  3x  3x 1  2x 2  2x 1  3.3x 1  3x 1  23.2x 1 2 2  23.2 x 2 1 2  3x 2 1 2  3.3x 2  2 x 1.9  3x 1.4    3 2 2 x 2 1 2 1 2 2 2  2 x 1 (1  23 )  3x 1 (1  3) 2 4 2    9 3 2 x 2 1 2 2     x2  1  2 3  x2  3  x   3 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = Sài Gòn, 10/2013 3 và x = 3. chúng tôi – chúng tôi Page 3

4. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Ví dụ 3. Giải các phƣơng trình: a) lg x  lg x 2  lg 4 x ; b) log 2 x  log3 x  log 4 x  log5 x . Giải: b) ĐK: x  0 . lg x  lg x2  lg 4 x  lg x  2lg x  lg 4  lg x  2lg x  lg 4 x  2 .  2lg x  lg 22  lg x  lg 2  x  2   x  2  Do x  0 nên nghiệm của phương trình là x  2 . b) ĐK: x  0 . log2 x  log3 x  log4 x  log5 x  log2 x  log3 chúng tôi x  log4 chúng tôi 2 x  log5 chúng tôi 2 x  log2 x.(1  log3 2  log 4 2  log5 2)  0  log2 x  0  x  1. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 1. Phƣơng pháp 3: BIẾN ĐỔI ĐƢA VỀ PHƢƠNG TRÌNH TÍCH Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: a) 12.3x  3.15x  5x1  20 ; b) log2 (3x  4).log2 x  log2 x . Giải: a) 12.3x  3.15x  5x1  20  12.3x  3.3x.5x  5.5x  20  0  3.3x (4  5x )  5(5x  4)  0  (5x  4)(3.3x  5)  0 5 x  4  0 5 5  x  3x   x  log3   . 3  3 3.3  5  0 Sài Gòn, 10/2013 chúng tôi – chúng tôi Page 4

5. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  log 3   . 3 3x  4  0 4 b) ĐK:  . x 3 x  0 log 2 (3x  4).log 2 x  log 2 x  log 2 x log 2 (3x  4)  1  0 log x  0 log x  0 x 1 x 1 .  2  2   x  2 log 2 (3x  4)  1  0 log 2 (3x  4)  1 3x  4  2 Do x  4 nên nghiệm của phương trình là x  2 . 3 Phƣơng pháp 4: LÔGARIT HÓA, MŨ HÓA Ví dụ 1. Giải các phƣơng trình: a) 3x.2 x  1 2 b) 3log2 x  x  2 . ; Giải: a) Lấy lô garit hai vế với cơ số 2, ta được   log 2 3x.2 x  log 2 1  log 2 3x  log 2 2 x  0  chúng tôi 2 3  x 2 .log 2 2  0 2 2 x  0 x  0 .  chúng tôi 2 3  x 2  0  x  log 2 3  x   0    log 2 3  x  0  x   log 2 3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x =  log 2 3 . b) ĐK: x  0 . Đặt log 2 x  t  x  2t ta thu được phương trình mũ theo biến t : Sài Gòn, 10/2013 chúng tôi – chúng tôi Page 5

9. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com t 1  7 t  log3 ( 7  2)  3  7  2    2.   1 (*). 3     3  t t t t Vế trái của (*) là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm hằng nên phương trình (*) nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà t  2 là một nghiệm của (*) nên đó là nghiệm duy nhất của (*).  log7 x  2  x  49. Vậy phương trình có nghiệm x = 49. Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 7 x1  6log7 (6 x  5)  1. Giải: ĐK : 6 x  5  0  x  5 . 6 Đặt y  1  log 7  6 x  5 . Khi đó, ta có hệ phương trình 7 x 1  6  y  1  1 7 x 1  6 y  5 7 x 1  6 y  5    y 1   y 1  7 x1  6 x  7 y 1  6 y .   y  1  log 7  6 x  5 7  6 x  5 7  6 x  5  Xét hàm số f  t   7t 1  6t . f ‘  t   7t 1.ln 7  6  0,t  đồng biến trên 5   ;   . 6   5 nên f  t  là hàm số 6 Mà f  x   f  y   x  y . Khi đó: 7 x1  6 x  5  0 . Xét hàm số g x  7 x1  6 x  5 . g ‘  x   7 x1 ln 7  6 . g ”  x   7 x1  ln 7  0 . Suy ra, 2 5  g ‘  x  là hàm số đồng biến trên D   ;   , do đó phương trình g ‘  x   0 có 6  nhiều nhất một nghiệm. Suy ra, phương trình g  x   0 nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là hai nghiệm. Nhẩm nghiệm ta được 2 nghiệm của phương trình là: x = 1, x = 2. Sài Gòn, 10/2013 chúng tôi – chúng tôi Page 9

10. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: 3x  4 x  2  7 x (*). Giải: Vế trái của (*) là hàm số đồng biến, vế phải của (*) là hàm số nghịch biến nên phương trình (*) nếu có nghiệm thì có nhiều nhất là một nghiệm. Mà x  0 là một nghiệm của (*) nên đó là nghiệm duy nhất của (*). Phƣơng pháp 7: PHƢƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 2 x 2 1 2 x. Giải: ĐK : x  0 . Ta có VT  2 x 1  201  2 và VP  2  x  2  0  2 . Suy ra VT  VP , dấu bằng xảy ra khi x  0 . 2 Vậy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 2. Giải phƣơng trình: 1  4 x  2 x1  2 x  2 x . Giải: Ta có 1  4 x  2 x1  2 x  2 x  2  (4 x  2.2 x  1)  2 x  2 x  2  (2 x  1)2  2 x  2 x . VT  2  (2 x  1)2  2  0  2 và VP  2 x  2 x  2 2 x.2 x  2 . Suy ra VT  VP , dấu  2x  1  0 bằng xảy ra khi  x  x  0. x 2  2 Sài Gòn, 10/2013 chúng tôi – chúng tôi Page 10

11. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Vậy x  0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.     Ví dụ 3. Giải phƣơng trình: log3 9  x  1  log 2 x 2  2 x  5 . Giải: x 1 x  1 x 1  0      ĐK : 9  x  1  0  9  x 1   x  82  x  1;82  .  2   2 2 x  2x  5  0  x  1  4  0  x 1  4  0   Ta có :   VT  log3 9  x  1  log3 9  2 và   2 VP  log 2 x 2  2 x  5  log 2  x  1  4  log 2 4  2 . Suy ra   xảy ra khi VT  VP , dấu bằng  x 1  0   x  1.  2   x  1  0  Vậy x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Phƣơng pháp 8: PHƢƠNG PHÁP QUAN NIỆM HẰNG SỐ LÀ ẨN Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 16x  4x1  2x2  16 . Giải: Ta có 16x  4x1  2x2  16  42  2x.4  4x1  16x  0 (*). Xét phương trình ẩn t sau đây t 2  2x t  4x1  16x  0 (**). Giả sử (*) đúng với giá trị x0 nào đó thì phương trình ẩn t sau có nghiệm t = 4: t 2  2×0 t  4×0 1  16×0  0 . Sài Gòn, 10/2013 chúng tôi – chúng tôi Page 11

12. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Biệt thức Suy ra TH1:    2 x0 t 4 4 2 x0   4 4x 1 16x   4.16x 2 0 2 x0  4.16 x0 2  4.16 2 x0 ; 0 . 2 x0  4.16 x0 2 . 0 t 4 0    2 x0  2.4 x0  8  2. 2 x0 2  x 1  65 ( n) 2 0  4 x0   2 8  0   x 1  65 (l ) 2 0  4   1  65  x0  log 2  .   4   TH2: 4   2 2 x0  4.16 x0  2 x0  2.4 x0  8  2. 2 x0  2 x0  8  0 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm (pt vô nghiệm)  1  65  x  log 2  .   4   Phƣơng pháp 9: SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE Ví dụ 1. Giải phƣơng trình: 5x  4 x  2 x  7 x (1). Giải: Giả sử x0 là một nghiệm của (1), hay ta có: 5×0  4×0  2×0  7 x0  5×0  2×0  7 x0  4×0 (*). Xét hàm số f (t )   t  3 0  t x0 trên đoạn  2;4 thì x f (t ) là hàm số liên tục và có đạo hàm trên đoạn  2;4  . Áp dụng định lí lagrange thì có số k   2;4  sao cho Sài Gòn, 10/2013 chúng tôi – chúng tôi Page 12

13. Trần Tuấn Anh – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com     7 x0  4 x0  5 x0  2 x0 f (4)  f (2) f ‘(k )   0 42 42  x0  t  3  x0 1 (do (*)) mà f ‘(t )  x0  t  3 x0 1  x0t x0 1  t x0 1  .  Suy ra x0  k  3  x0 1  x0  0  x0  0  k x0 1   0    x0 1 x0 1 x 1   k x0 1  k  3   k 0  0  k  3     x0  0  x0  0  x0  0  .   k  3  x0 1   x0  1  0 x0  1 1    k    Thay x  0; x  1 vào (1) ta thấy chúng đều thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0; x  1 . – Trần Tuấn Anh. – Mail: TranTuanAnh858@gmail.com Sài Gòn, 10/2013 chúng tôi – chúng tôi Page 13

746 Phuong Phap Giai Bai Tap

Published on

1. A. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong quá trình giảng dạy bộ môn hóa học lớp 11 chuyên và không chuyên cũng như trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi thi Olympic Hóa học cấp tỉnh, cấp quốc gia, bản thân tôi nhận thấy đa số các em gặp rất nhiều khó khăn trong việc giải các bài toán về ankin, một dạng bài tập phổ biến trong các đề thi học sinh giỏi, đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông, đề thi tuyển sinh vào các trường đại học, cao đẳng và trung học chuyên nghiệp trong những năm gần đây. Để giúp các em giải các bài toán về ankin một cách có hiệu quả, bản thân tôi mạnh dạn chọn đề tài “phương pháp giải các bài tập về ankin” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình. Vì khả năng và kinh nghiệm có hạn nên các sai sót là không thể tránh khỏi, tôi mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo, các bạn đồng nghiệp và các em học sinh. 1

2. B. NỘI DUNG I. LÝ THUYẾT 1. Bài tập về phản ứng đốt cháy C n H 2n − 2 + 3n − 1 to O 2  nCO2 + (n-1)H2O → 2 * nCO − nH O = nankin(p­ ) 2 2 * nO (p­ ) = nCO + 2 nH 2 O 2 2 2. Bài tập về phản ứng cộng hiđro Phản ứng xảy ra 2 giai đoạn: o Ni , t CnH2n-2 + H2  CnH2n → o Ni , t CnH2n + H2  CnH2n+2 → (1) (2) * Tốc độ hiđro hóa ankin thành anken lớn hơn tốc độ hiđro hóa anken thành ankan. * Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với cacbon, ta có: nX − nY = nH 2 (p­ ) (X: hỗn hợp trước phản ứng, Y: hỗn hợp sau phản ứng) * Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m X = m Y * dX / Y = MX nY = MY nX * Vì X và Y chứa cùng số mol C và H nên khi đốt cháy X hay Y đều cho cùng kết quả (cùng nO (p­ ) , nCO , nH O ), do đó có thể dùng kết quả đốt cháy X để áp dụng cho Y. 2 2 2 * Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn và nH ≥ 2nankin: 2 o Ni , t CnH2n-2 + 2H2  CnH2n+ 2 → * Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn và dư H2: o Ni , t CnH2n-2 + 2H2  CnH2n+ 2 → 3. Bài tập về phản ứng thế kim loại nặng (Áp dụng cho ank-1-in) R-C≡CH + [Ag(NH3)2]+ + OH-  → HC≡CH + 2[Ag(NH3)2]+ + 2OH- R-C≡CAg↓ + 2NH3 + H2O  → AgC≡CAg↓ + 4NH3 + 2H2O * Khối lượng bình tăng = khối lượng ank-1-in. 2

4. n CO2 − n H2O = a + b = 0,88 − 0,56 = 0,32 (mol) → n= n CO2 a+b = 0,88 = 2, 75 0,32 2≤n<n <m≤4 → A: C2H2; B: C3H4 A: C2H2, B: C4H6 A: C≡CH B: CH3-C≡CH A: CH≡CH B: CH3-C≡C-CH3, CH3-CH2-C≡CH CTCT: 2. Bài tập về phản ứng cộng hiđro Ví dụ 1: Một bình kín dung tích 2 lit ở 27,30C chứa 0,03 mol C2H2; 0,015mol C2H4 và 0,04 mol H2 có áp suất P1. Tính P1. Nếu trong bình kín đã có 1 ít bột Ni làm xúc tác. Nung bình đến nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau đó đưa về t0 ban đầu thu được hỗn hợp khí A có áp suất P2. Tính P2. Cho hỗn hợp A tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3 thu được 3,6 gam kết tủa. Tính thành phần % về thể tích của các chất trong hỗn hợp A. Giải: P1 = 0, 085.22, 4.273.1,1 = 1, 0471 (atm) 273.2 Ta có: n H < 2n C H + n C H → H2 phản ứng hết. 2 2 → nS = nT − nH P2 = 2 (p­ 2 ) 2 4 = 0,085 − 0,04 = 0,045 (mol) 0, 045.22, 4.273.1,1 = 0,5544 (atm) 273.2 Theo giả thiết sau phản ứng còn dư C2H2: CH≡CH + 2[Ag(NH3)2]+ + 2OH-  → C2Ag2↓ + 4NH3 + 2H2O 3,6 = 0,015( mol ) 240 0,015 (mol) → Số mol C2H2 tham gia phản ứng = 0,03 – 0,015 = 0,015 (mol) C 2 H2 + 0,015 o Ni , t H2  C2H4 → 0,015 (1) 0,015 4

5. o C 2 H4 + Ni , t H2  C2H6 → 0,025 0,025 (2) 0,025 → Số mol các chất trong hỗn hợp A: C 2H2: 0,015 (mol); C2H4: 0,015 + 0,015 – 0,025 = 0,005 (mol); C2H6: 0,025 mol. → %VC H = 2 2 0, 015 0, 005 = 33,3% ; %VC2 H4 = = 11,1% ; %VC2 H6 = 55, 6% . 0, 045 0, 045 Ví dụ 2: Nhiệt phân CH4 ở giai đoạn trung gian, thổi toàn bộ hỗn hợp thu được qua ống có Ni nung nóng được hỗn hợp khí A có M = 12,12 . Trong A chứa hỗn hợp A 1 (gồm 3 hiđrocacbon có cùng số cacbon trong phân tử). Biết hiđrocacbon chứa nhiều hiđro nhất nặng 24 gam, chiếm 2 thể tích A1 và 1 mol A1 nặng 28,4 (gam). Tính thành 5 phần phần trăm về thể tích các chất trong A và A1. Giải: o t 2CH4  C2H2 + 3H2 → o Ni, t C2H2 + H2  C2H4 → (1) (2) o Ni, t C2H2 + 2H2  C2H6 → (3) C2H2: x (mol) A1: C H : y (mol) 2 4 C2H6: z (mol) Theo giả thiết: n C H = z = 2 M A1 = 6 24 0,8.5 = 0,8 (mol) → n A1 = = 2 (mol) 30 2 24 + 26x + 28(2 − 0,8 − x) = 28, 4 (gam) 2 → x = 0,4 (mol) → y = 0,8 (mol) C2H2: 20% A1: C H : 40% 2 4 C2H6: 40% Từ (2) và (3) → nC H 2 → nC H 2 → nH 2 (1) 2 (1) 2 (p­ ) = nC2H4 (2) + nC2H6 (3) = 0,8 + 0,8 = 1,6 (mol) = 1, 6 + 0, 4 = 2 (mol) = 3.2 = 6 (mol) Từ (2) và (3) → nH 2 (p­ ) = nC2H 4 (2) + 2nC2H6 (3) = 0,8 + 2.0,8 = 2,4 (mol) 5

6. → nH 2 (d­ MA = ) = 6 − 2,4 = 3,6 (mol) 16t + 2.28, 4 + 2.3, 6 = 12,12 (gam) ( t = nCH4 (d­ ) ; t ≥ 0) 5, 6 + t →t=1 C2H2: 0,4 (mol) → 6,06% C2H4: 0,8 (mol) → 12,12% Vậy A: C2H6: 0,8 (mol) → 12,12% CH4(dư): 1 (mol) → 15,15% H2(dư): 3,6 (mol) → 54,55% Ví dụ 3: Hỗn hợp Z gồm 0,15 mol CH4; 0,09 mol C2H2 và 0,2 mol H2. Nung nóng hỗn hợp Z với xúc tác Ni thu được hỗn hợp Y. Cho Y qua dung dịch Br 2 dư thu được hỗn hợp khí A có M = 16 . Độ tăng khối lượng dung dịch Br 2 là 0,82 gam. Tính số mol mỗi chất trong A. Giải: Nung hỗn hợp Z với xúc tác Ni: o Ni , t C2H2 + H2  C2H4 → a a a o Ni , t C2H2 + 2H2  C2H6 → b 2b b Gọi a, b lần lượt là số mol của C2H4 và C2H6 có trong hỗn hợp Y. → Hỗn hợp Y gồm: 0,15 mol CH 4; a mol C2H4; b mol C2H6; (0,09 – a – b) mol C2H2; (0,2 – a – 2b) mol H2. Cho Y qua dung dịch Br2 dư: C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 Độ tăng khối lượng bình đựng dung dịch Br2: 28a + 26(0,09 – a – b) = 0,82 (*) Hỗn hợp A gồm: 0,15 mol CH4, b mol C2H6, (0,2 – a – 2b) mol H2. Ta có: M A = 16.0,15 + 30b + 0, 4 − 2a − 4b = 16 (**) 0,15 + b + 0, 2 − a − 2b Từ (*) và (**) → a = 0,02 mol, b = 0,06 mol → Số mol mỗi chất trong A: 0,15 mol CH4, 0,06 mol C2H6, 0,06 mol H2. Ví dụ 4: Dẫn V lít (ở đktc) hỗn hợp X gồm axetilen và hiđro đi qua ống sứ đựng bột niken nung nóng, thu được khí Y. Dẫn Y vào lượng dư AgNO 3 trong dung dịch NH3 6

7. thu được 12 gam kết tủa. Khí đi ra khỏi dung dịch phản ứng vừa đủ với 16 gam brom và còn lại khí Z. Đốt cháy hoàn toàn khí Z thu được 2,24 lít khí CO 2 (ở đktc) và 4,5 gam nước. Tính V. Giải: o Ni, t C2H2 + H2  C2H4 → 0,1 0,1 0,1 o Ni,t C2H2 + 2H2  C2H6 → 0,05 0,1 CH≡CH 0,05 + 2[Ag(NH3)2]+ + 2OH-  → + 4NH3 + 2H2O 12 = 0,05 240 0,05 CH2=CH2 + Br2  → CH2Br-CH2Br 16 = 0,1 160 0,1 C 2 H6 + 7 to O2  2CO2 + 3H2O → 2 2,24 = 0,1 22,4 0,05 2H2 C2Ag2↓ + O2 o t  → 0,15 2H2O 4,5 − 0,15 = 0,1 18 0,1 → nC H 2 2 (X) = 0,1 + 0, 05 + 0, 05 = 0, 2 (mol) n H2 (X) = 0,1 + 0, 05.2 + 0,1 = 0,3 (mol) → V = (0,2+0,3)22,4 = 11,2. 3. Bài tập về phản ứng thế kim loại nặng Ví dụ 1: Cho 17,92 lit hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon khí: ankan, anken, ankin lấy theo tỉ lệ thể tích 1 : 1 : 2 lội qua lượng dư AgNO 3 trong dung dịch NH3, thu được 96 gam kết tủa và hỗn hợp khí Y. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí Y thu 13,44 lit khí CO 2. Xác định CTCT của 3 hiđrocacbon. Giải: Gọi a, b, c lần lượt là số mol của CnH2n+2, CmH2m,CpH2p-2. → a + b + c =17,92/22,4 = 0,8 (mol) Mặt khác: a : b : c = 1 : 1 : 2 → a = b = 0,2 (mol); c = 0,4 (mol) X + AgNO3/NH3 dư: 7

8. CpH2p-2 + xAgNO3 + xNH3 → CpH2p-2Agx↓ + xNH4NO3 0,4 (mol) → 0,4 (mol) 96 = 0, 4 14p − 2 + 107x → 5,6p + 42,8x = 96,8 Theo giả thiết ankin phản ứng với AgNO3/NH3 → ankin phải là axetilen hoặc ank-1-in → x = 1, 2. x = 1 → p = 96 (loại) x = 2 → p = 2 (C2H2: CH≡CH) Hỗn hợp khí Y: CmH2m: 0,2 (mol) CnH2n+2: 0,2 (mol) Phản ứng cháy: C m H 2m + 3m to O 2  mCO 2 + mH 2O → 2 0,2 0,2m C n H 2n + 2 + 3n + 1 to O 2  nCO 2 + (n + 1)H 2O → 2 0,2 0,2n → 0,2m + 0,2n =13,44/22,4 = 0,6 → m + n = 3 (m ≥ 2, n ≥ 1) → m = 2, n = 1 → X: CH4, CH2=CH2, CH≡CH. Ví dụ 2: Một hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A, B thuộc cùng 1 dãy đồng đẳng (đều ở thể khí ở đktc). Để đốt cháy hết X cần dùng vừa đủ 20,16 lit O 2 (đktc) và phản ứng tạo ra 7,2 gam H2O. a) Xác định dãy đồng đẳng của A, B; các CTPT có thể có của A, B (chỉ có thể là ankan, anken, ankin). b) Xác định CTCT đúng của A, B biết rằng khi cho lượng hỗn hợp X trên tác dụng với lượng dư AgNO3 trong dung dịch NH3 thu được 62,7 gam kết tủa. Giải: a) n H O = 2 7, 2 = 0, 4(mol) 18 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với oxi, ta có: nCO2 = nO2 (p­ ) − nH 2 O 2 = 20,16 0,4 − = 0,7 (mol) 22,4 0,2 8

10. → Khối lượng kết tủa = 240.0,25 + 161.0,05 = 68,05 gam (Loại) Trường hợp 2: CH≡CH & CH3-C≡C-CH3 → Khối lượng kết tủa = 240.0,25 = 60 gam (Loại) Vậy: A là CH≡CH, B là CH3-C≡CH C. KẾT LUẬN 10

11. Qua việc áp dụng phương pháp giải các bài tập về ankin cho học sinh lớp 11 chuyên và không chuyên bước đầu đã thu được một số kết quả nhất định: – Giúp các em cám thấy tư tin hơn khi giải các bài tập về ankin. – Giúp các em học sinh khá giỏi tìm ra cách giải đặc biệt ngắn gọn, tối ưu nhất. – Bằng kiến thức ở sách giáo khoa, học sinh có thể làm được, tránh được sự gò bó. – Giúp các em cố gắng đào sâu suy nghĩ, nặng về tư duy Hoá học, không sa vào tính toán phức tạp, phù hợp với chủ trương ra đề thi của Bộ giáo dục và đào tạo. TÀI LIỆU THAM KHẢO 11

12. 1. Đề thi tuyển sinh vào các trường đại học, cao đẳng và trung học chuyên nghiệp – môn Hoá học – nhà xuất bản giáo dục – 1996. 2. Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 1997 – 1998 môn Hoá học – nhà xuất bản giáo dục – 1997. 3. Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 1998 – 1999 môn Hoá học – nhà xuất bản giáo dục – 1998. 4. Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 1999 – 2000 môn Hoá học – nhà xuất bản giáo dục – 1999. 5. Tuyển tập đề thi Olympic 30 – 4 lần thứ V – năm 1999 môn Hoá học 11 -nhà xuất bản giáo dục – 1999. 6. Phương pháp giải toán hoá hữu cơ – Nguyễn Thanh Khuyến – nhà xuất bản trẻ – 1998. 7. Tuyển tập bài giảng Hóa học hữu cơ – Cao Cự Giác – nhà xuất bản đại học quốc gia Hà Nội – 2001. MỤC LỤC 12

13. A. Lý do chọn đề tài………………………………………………………………………….1 B. Nội dung……………………………………………………………………………………..2 I. Lý thuyết………………………………………………………………………………………2 II. Bài tập ứng dụng…………………………………………………………………………3 1. Bài tập phản ứng cháy ………………………………………………………………….3 2. Bài tập phản ứng cộng hiđro………………………………………………………….4 3. Bài tập về phản ứng thế kim loại nặng…………………………………………….7 C. Kết luận………………………………………………………………………………………11 Tài liệu tham khảo……………………………………………………………………………12 13

Iq Va Phuong Phap Xac Dinh

, Web Designer at Thjnkcorp

Published on

4. 40 – 55 Rất kém 0.13% 55 – 70 Chậm phát triển tâm thần 2,14% 70 – 85 Kém thông minh 13,59% 85 – 115 Trí tuệ bình thường 68,26% 115 – 130 Thông minh 13,59% 130 – 145 Trí thông minh cao (có tài) 2,14% 145 – 160 Thiên tài 0,13% Tuyến bình thường là đồ thị chỉ ra gần đúng có bao nhiêu phần trăm người trong dân sốrơi vào mỗi hàng số IQ. Về mặt lý thuyết, nếu tất cả mọi người trên thế giới cùng làm một bàitest, hầu hết sẽ có điểm nằm trong dãy “Trung bình”. Một phần nhỏ hơn trong dân số có điểm sốnằm dưới hoặc phía trên trung bình. Các điểm số rất cao và rất bé là hiếm. Để phỏng định các tỷlệ % này, xin dùng bảng Z đính kèm trong các sách thống kê. Minh họa một số câu trắc nghiệm đo IQ: Để giúp độc giả nắm được các ý tưởng và cách thức soạn các câu trắc nghiệm đo trí tuệ,hãy xem xét câu trắc nghiệm loại Đúng – Sai sau đây: “Hai con gà và 4 con chó có tất cả 22 chân” Đúng Sai Câu hỏi không khó nhưng về khía cạnh trí tuệ, để xác định câu này là đúng hay sai,người trả lời cần sử dụng nhiều kỹ năng khác nhau: 1. Có kiến thức tổng quát về cơ thể các con gà và chó. 2. Hiểu các quy tắc số học đẻ nhân 2 với 2, 4 với 4 và cộng 16 với 4. 3. Hiểu về phương tiện đại số rằng một đơn vị “gà” bằng hai đơn vị “chân”, một đơn vị “chó” bằng bốn đơn vị “chân”. 4. Phải đối chiếu tổng các chân con vật với con số hai mươi hai, theo cách hợp logic. 5. Phải lưu giữ các tổng từng phần trong trí nhớ ngắn hạn để thuận tiện cho việc so sánh các tổng. 6. Sử dụng nhận thức bằng thị giác để có hình ảnh các con vật trong óc nhằm lượng giá dễ dàng hơn các thao tác tính toán số học. 7. Vốn từ vựng phải sử dụng để hiểu ý nghĩa các từ trong bài toán. 8. Nếu một số từ viết (hoặc đọc) sai chính tả, bài toán sẽ đổi khác so với bài toán đã cho, hoặc lỗi khi in ấn cũng làm sai lệch dữ kiện bài toán.

6. Đo khả năng nhận ra các khuôn mẫu, luận lý và trí thông minh toán học. Câu ví dụ 1. Con số nào sẽ đứng kế tiếp trong dãy số sau? 1, 4, 9, 16, 25 Nhận xét: Dãy số tăng theo cách + 3, + 5, + 7, + 9, + 11, nên đáp số = 36. Câu ví dụ 2. Con số nào sẽ đứng kế tiếp trong dãy số sau? 3, 5, 8, 13, 21. Nhận xét: Vì trật tự các số trong dãy tuân theo quy tắc: số kế tiếp là tổng hai số đứngliền trứơc nó. Như 3 + 5 = 8, 5 + 8 = 13, 8 + 13 = 21. Suy ra đáp số là 34 (vì 13 + 21 = 34). Đo khả năng xếp loại và trí thông minh toán học. Câu ví dụ: Con số nào không thuộc cùng nhóm? Đáp án = 17 (vì là số lẻ duy nhất). 4 32 144 17 28 122 18 64 188 322 14 202 Kiểm tra trí thông minh toán học, logic và ngôn từ. Câu ví dụ: Chữ cái trong ô cuối là gì ? E C O B A B G B N D B ? Đáp án = H Lời giải: Chuyển đổi mỗi chữ cái thành con số ở vị trí tương đương với nó trong bảng cữcái (tiếng Anh), ví dụ chữ C thành số 3. Sau đó, tại mỗi hàng, nhân hai số trong hai cột đầu đểtính ra chữ cái tương ứng tại cột thứ ba. Kiểm tra khả năng nhận ra mẫu hình (pattern) và khả năng về thị giác. Câu ví dụ: Chọn một hình kế tiếp hợp lý từ trong 6 hình cho bên dưới. Giải thích quy luật: Cả khối hình di chuyển theo chiều kim đồng hồ và hình vuôngchuyển động ngược chiều kim đồng hồ trong khi tự xoay 45 độ quanh nó. Một nửa của đườngthẳng di chuyển 90 độ theo chiều kim đồng hồ, trong khi nửa còn lại di chuyển 45 độ ngượcchiều kim đồng hồ. Đáp án là hình E. Đo năng lực tri giác không gian Câu ví dụ: Hãy chọn miếng ghép bên phải lắp đúng vào hình bên trái:

10. TÀI LIỆU THAM KHẢO:1. Trần Trọng Thủy, Khoa học chẩn đoán tâm lý, NXB Giáo dục, 19922. Nguyễn Quang Dương, Tâm lý học chẩn đoán. Giáo trình dành cho các sinh viên đại học ngành tâm lý học.3. Trang WEB báo Thanh niên – Ngày 04/12/2001, Trí thông minh là gì ? (theo 10 vạn câu hỏi vì sao) – Ngày 14/01/2002, Tự kiểm tra trí thông minh với IQTest. – Ngày 16/2/2005, Ba buổi thi đỗ trắc nghiệm IQ Mensa. – Ngày 05/03/2005, Những điều chưa biết về IQ.4. Trang web Báo Lao động – Ngày 19/03/2005: 3,3% sinh viên có điểm chuẩn IQ rất cao.5. Trang Web Thông tin Y dược Việt Nam. – Đo IQ của trẻ là một cách đã lỗi thời để đánh giá thông minh, News-Medical, 28/10/2004

Giới Thiệu Phương Pháp Giải Bất Phương Trình Bằng Cách Đặt Ẩn Phụ Gioi Thieu Phuong Phap Giai Bat Phuong Trinh Bangcach Dat An Phu Doc

Hội những người ôn thi đại học Khối A

GIỚI THIỆU PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ HOÀN TOÀN ĐỂ GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ

*Đặt ẩn phụ hoàn toàn:

+Đưa về bất phương trình mới.

A-PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ HOÀN TOÀN ĐƯA VỀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỚI.

-Qua các phép biến đổi cơ bản và chọn ẩn phụ thích hợp, ta đưa bất phương trình ban đầu thành bất phương trình mới đơn giản hơn, dễ nhìn hơn.

-Thông thường một số bất phương trình sẽ không xuất hiện sẵn ẩn phụ mà ta phải biến đổi để làm xuất hiện ẩn phụ đó. Các phép biến đổi thường gặp là:

+Đặt ẩn phụ là biểu thức chứa căn, mục đích là đưa về bất phương trình mới, bậc cao giải được.

+Nhân, chia 2 vế của bất phương trình với 1 biểu thức nào đó (lưu ý dấu của biểu thức mà ta xét).

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:

Nhận xét: Nếu ngay từ ban đầu ta bình phương 2 vế không âm của bất phương trình thì ta đưa về bất phương trình tích như sau: , khi đó việc chứng minh là khá phức tạp và cồng kềnh.

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:

, đặt

Bất phương trình đã cho trở thành:

Kết hợp điều kiện ban đầu suy ra nghiệm của bất phương trình đã cho là:

Ví dụ 3: Giải bất phương trình:

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm:

Nhận xét: Trong một số bài bất phương trình có chứa ẩn ở mẫu thì khi quy đồng ta cần xét dấu mẫu số để không bị sai dấu bất phương trình khi nhân.

Ví dụ 4: Giải bất phương trình:

(*)

Đk:

Ta sẽ nghĩ ngay đến việc quy đồng mẫu số rồi bình phương hoặc đặt ẩn phụ để đưa về bất phương trình mới. Tuy nhiên trước khi quy đồng, ta cần xét dấu mẫu số:

Vì nên:

Suy ra:

Đây là ví dụ 3 mà ta đã giải quyết.

Ví dụ 5: Giải bất phương trình:

(*)

Vẫn đặt ẩn như ví dụ trên và giải tương tự.

Ví dụ 6: Giải bất phương trình:

(*)

Chia 2 vế của (*) cho x khác 0 ta được:

So điều kiện ban đầu, kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho là:

B- PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ ĐƯA VỀ HỆ.

Đây là phương pháp giải bất phương trình khá hay, cách giải hầu như giống với giải hệ phương trình chúng ta đã học (phương pháp thế). Đối với phương pháp này, ta cần lưu ý một điều: khi cộng (hoặc trừ) hai vế của bất phương trình cho một đẳng thức thì bất phương trình không đổi dấu.

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:

(*)

Nếu là phương trình thì ta sẽ đặt , đưa về hệ đối xứng:

Nhưng đối với bất phương trình thì ta vẫn có thể giải theo cách tương tự:

Đặt , ta có hệ:

Theo tính chất ban đầu, ta trừ theo vế bất phương trình (1) và phương trình (2) ta được:

Suy ra:

Bài tập rèn luyện: Giải bất phương trình

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:

Đặt , ta có hệ:

, kết hợp với (2) ta được:

Vậy bất phương trình có nghiệm: S=[1;2).

Ví dụ 3: Giải bất phương trình:

(*)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: S=[2;3].

Ví dụ 4: Giải bất phương trình:

(*)

,

Đặt u=x+y, phương pháp thế từ phương trình dưới lên bất phương trình trên ta được:

https://www.facebook.com/sedodaihoc

Bạn đang xem bài viết 9 Phuong Phap Giai Pt Mua Logarit trên website Maiphuongus.net. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!