Nội dung bài Luyện tập: Nhận biết một số chất vô cơ chính là bài tổng ôn, ôn tập, hệ thống hóa lại kiến thức cũng như kĩ năng nhận biết một số ion trong dung dịch và chất khí.
Có các dung dịch riêng biệt không dán nhãn: NH4Cl, AlCl3, FeCl3, (NH4)2SO4. Dung dịch thuốc thử cần thiết để nhận biết các dung dịch trên là:
Ion (OH)- tạo kết tủa hidroxit với ion kim loại → Nhận biết bằng màu sắc hidroxit. (Loại C, D)
Nhận xét dãy chất: NH4Cl, AlCl3, FeCl3, (NH4)2SO4
Nếu dùng Ba(OH)2 sẽ nhận biết
+NH4Cl : làm sủi bọt khí có mùi khai
\(Ba{\left( {OH} \right)_2} + 2N{H_4}Cl \to BaC{l_2} + 2N{H_3}^ \uparrow + 2{H_2}O\)
+AlCl3 : tạo kết tủa trắng sau đó kết tủa tan dần
\(\begin{array}{l} 3Ba{\left( {OH} \right)_2} + 2AlC{l_3} \to 3BaC{l_2} + 2Al{\left( {OH} \right)_3} \downarrow \\ 2Al{\left( {OH} \right)_3} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2} + 4{H_2}O\\\end{array}\)
+FeCl3 : tạo kết tủa nâu đỏ
\(2FeC{l_3} + 3Ba{\left( {OH} \right)_2} \to 2Fe{\left( {OH} \right)_3} \downarrow + 3BaC{l_2}\)
+(NH4)2SO4 : tạo BaSO4 kết tủa trắng và thoát khí có mùi khai là NH3
\(Ba{\left( {OH} \right)_2} + {\left( {N{H_4}} \right)_2}S{O_4} \to BaS{O_4}_ \downarrow + 2N{H_3}^ \uparrow + 2{H_2}O\)
Cho hai dd riêng biệt là Na2SO3 và K2CO3 . Cho các phương pháp nhận biết sau, hỏi phương pháp hóa học nào nhận biết nhanh và chính xác nhất?
(1) dd nước vôi trong dư
(2) đốt và quan sát ngọn lửa
(3) dd BaCl2
(4) dd nước brôm loãng
(1) Cả hai dd đều tạo ra kết tủa trắng
(2) Hợp chất của Na cho màu vàng , còn K cho ngọn lửa màu tím => Phương pháp vật lí (Loại)
(3) Cả hai dd đều tạo kết tủa trắng
(4) Na2SO3 +( HBr) Br2/H2O → NaBr + SO2 + H2O ,khí SO2 sinh ra mất màu nước brôm
K2CO3 + (HBr)Br2/H2O → NaBr + CO2 + H2O , khí sinh ra không làm mất màu nước brôm
Sau bài học cần nắm: kĩ năng nhận biết một số ion trong dung dịch và chất khí.
Bài kiểm tra Trắc nghiệm Hoá học 12 Bài 42có phương pháp và lời giải chi tiết giúp các em luyện tập và hiểu bài.
Có thể nhận biết được 3 dung dịch KOH, HCl, H2SO4 (loãng) bằng một thuốc thử là:
Có các dung dịch ZnSO4 và AlCl3 đều không màu. Để phân biệt 2 dung dịch này có thể dùng dung dịch của chất nào sau đây ?
Có 5 lọ mất nhãn đựng các dung dịch : NaNO3, CuCl2, FeCl2, AlCl3, NH4Cl. Để nhận biết các dung dịch trên có thể dùng dung dịch
Câu 4-10: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức về bài học này nhé!
Các em có thể hệ thống lại nội dung bài học thông qua phần hướng dẫn Giải bài tập Hoá học 12 Bài 42.
Bài tập 1 trang 180 SGK Hóa học 12
Bài tập 2 trang 180 SGK Hóa học 12
Bài tập 3 trang 180 SGK Hóa học 12
Bài tập 4 trang 180 SGK Hóa học 12
Bài tập 5 trang 180 SGK Hóa học 12
Bài tập 1 trang 250 SGK Hóa 12 Nâng cao
Bài tập 2 trang 250 SGK Hóa 12 Nâng cao
Bài tập 3 trang 250 SGK Hóa 12 Nâng cao
Bài tập 42.1 trang 97 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.2 trang 97 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.3 trang 97 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.4 trang 97 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.5 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.6 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.7 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.8 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.9 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.10 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.11 trang 98 SBT Hóa học 12
Trong quá trình học tập nếu có bất kì thắc mắc gì, các em hãy để lại lời nhắn ở mục Hỏi đáp để cùng cộng đồng Hóa DapAnHay thảo luận và trả lời nhé.
Có thể nhận biết được 3 dung dịch KOH, HCl, H2SO4 (loãng) bằng một thuốc thử là:
Có các dung dịch ZnSO4 và AlCl3 đều không màu. Để phân biệt 2 dung dịch này có thể dùng dung dịch của chất nào sau đây ?
Có 5 lọ mất nhãn đựng các dung dịch : NaNO3, CuCl2, FeCl2, AlCl3, NH4Cl. Để nhận biết các dung dịch trên có thể dùng dung dịch
Có 5 lọ hóa chất không nhãn mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau đây (nồng độ khoảng 0,1M): NH4Cl, FeCl2, AlCl3, MgCl2, CuCl2. Chỉ dùng dung dịch NaOH thêm vào từng dung dịch có thể nhận biết dãy dung dịch nào sau đây?
2 dung dịch : NH4Cl, CuCl2
3 dung dịch : NH4Cl, MgCl2, CuCl2
4 dung dịch: NH4Cl, AlCl3, MgCl2, CuCl2
Có 4 ống nghiệm không nhãn mỗi ống đựng một trong các dung dịch sau (nồng độ khoảng 0,1 M) : NaCl, Na2CO3, KHSO4, CH3NH2. Chỉ dùng giấy quỳ tím cho vào từng dung dịch, quan sát sự thay đổi màu của nó có thể nhận biết dãy dung dịch nào ?
Thuốc thử dùng để phân biệt (NH4)2S và (NH4)2SO4 là:
Để phân biệt SO2 và CO2 người ta dùng thuốc thử nào sau đây?
Có các lọ hóa chất mất nhãn, trong mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau: FeCl2, FeCl3 , CuCl2, AlCl3 , NH4Cl. Chỉ dùng các ống nghiệm và dung dịch NaOH lần lượt thêm vào từng dung dịch có thể nhận biết tối đa được mấy dung dịch trong các dung dịch kể trên?
Cặp thuốc thử dùng nhận biết Cu2+ trong hỗn hợp Ba2+ và Cu2+ là?
Cho các dung dịch chứa các ion riêng biệt Mg2+, Al3+, Ni2+, Cl-, SO42- chỉ dùng NaOH nhận biết được bao nhiêu dung dịch?
Trình bày cách nhận biết các ion trong các dung dịch riêng rẽ sau: Ba2+, Fe3+, Cu2+
Có 5 ống nghiệm không nhãn, mỗi ống đựng một trong các dung dịch sau đây (nồng độ khoảng 0,1M): NH4Cl, FeCl2, AlCl3, MgCl2, CuCl2. Chỉ dùng dung dịch NaOH nhỏ từ từ vào từng dung dịch, có thể nhận biết được tối đa các dung dịch nào sau đây?
1. Hai dung dịch: NH4Cl, CuCl2
2. Ba dung dịch: NH4Cl, MgCl2, CuCl2
3. Bốn dung dịch: NH4Cl, AlCl3, MgCl2, CuCl2
4. Cả 5 dung dịch
Có 4 ống nghiệm không nhãn, mỗi ống đựng một trong các dung dịch sau (nồng độ khoảng 0,01M): NaCl, Na2CO3, KHSO4, và CH3NH2. Chỉ dùng giấy quỳ tím lần lượt nhúng vào từng dung dịch, quan sát sự đổi màu của nó có thể nhận biết được dãy các dung dịch nào?
A. Dung dịch NaCl
B. Hai dung dịch NaCl và KHSO4
C. Hai dung dịch KHSO4 và CH3NH2
D. Ba dung dịch NaCl, KHSO4 và Na2CO3.
Hãy nhận biết hai dung dịch riêng rẽ sau: (NH4)2S và (NH4)2SO4 bằng một thuốc thử?
Có hỗn hợp gồm SO2, CO2 và H2. Hãy chứng minh trong hỗn hợp có mặt từng khí đó. Viết phương trình hóa học của các phản ứng?
Có các lọ hoá chất mất nhãn trong mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau: FeCl2, (NH4)2SO4, FeCl3, CuCl2, AlCl3, NH4Cl. Chỉ dùng các ống nghiệm và dung dịch NaOH lần lượt thêm vào từng dung dịch có thể nhận biết tối đa được mấy dung dịch trong số các dung dịch kể trên?
A. 2 dung dịch
B. 3 dung dịch
C. 4 dung dịch
D. 5 dung dịch
Cho dung dịch A chứa các cation Ba2+, Fe3+, Cu2+. Trình bày cách nhận biết sự có mặt của các cation đó trong A.
Cho các dung dịch chứa các ion riêng biệt Mg2+, Al3+, Ni2+, Cl-, SO42-. Trình bày cách nhận biết sự có mặt của các ion trong dung dịch đó.
Để phân biệt các dung dịch: ZnCl2, MgCl2, CaCl2 và AlCl3 đựng trong các lọ riêng biệt có thể dùng
A. dung dịch NaOH và dung dịch NH3.
B. quỳ tím
C. dung dịch NaOH và dung dịch Na2CO3.
D. natri kim loại.
Để phân biệt các dung dịch: Na2SO3, Na2CO3, NaHCO3 và NaHSO3 đựng trong các lọ riêng biệt, có thể dùng
A. axit HCl và nước brom.
B. nước vôi trong và nước brom.
C. dung dịch CaCl2 và nước brom.
D. nước vôi trong và axit HCl.
Có thể dùng chất nào sau đây để phân biệt các dung dịch: BaCl2, Na2SO4, MgSO4, ZnCl2, KNO3 và KHCO3 ?
A. Kim loại natri.
B. Dung dịch HCl.
C. Khí CO2.
D. Dung dịch Na2CO3.
Để phân biệt các dung dịch loãng: HCl, HNO3, H2SO4 có thể dùng thuốc thử nào sau đây ?
A. Dung dịch Ba(OH)2 và bột đồng kim loại.
B. Kim loại sắt và đồng.
C. Dung dịch Ca(OH)2.
D. Kim loại nhôm và sắt.
Có 5 lọ đựng 5 dung dịch hoá chất riêng biệt: Ba(OH)2, H2SO4, Na2SO4, Na2CO3, NaNO3. Thuốc thử dùng để phân biệt chúng là
A. dung dịch HCl.
B. dung dịch KOH.
C. dung dịch BaCl2.
D. giấy quỳ tím.
Chỉ dùng hoá chất nào sau đây có thể nhận biết 4 kim loại: Na, Al, Mg, Ag ?
A. H2O.
B.Dung dịch HCl.
C. Dung dịch NaOH.
D. Dung dịch NH3.
Để nhận biết 3 chất rắn Al2O3, MgO, CaCl2 có thể dùng nhóm thuốc thử nào sau đây ?
A. H2O và HCl.
B. H2O và H2SO4.
C. H2O và NaOH.
D. H2O và NaCl.
Có 5 lọ đựng 5 dung dịch mất nhãn AlCl3, NaNO3, K2CO3, NH4NO3, (NH4)2SO4. Thuốc thử dùng để nhận biết 4 dung dịch trên là
A. dung dịch NaOH.
B. dung dịch Ba(OH)2.
C. Quỳ tím.
D. dung dịch AgNO3.
Cho các chất bột sau: Al, Mg, Fe, Cu. Trình bày cách phân biệt các chất bột trên mà chỉ dùng không quá hai dung dịch thuốc thử.
Có các gói bột sau: Al, Fe, Ag, Al2O3. Trình bày cách phân biệt các chất trong mỗi gói bằng phương pháp hoá học.
Trình bày phương pháp hoá học nhận biết sự có mặt của các ion trong dung dịch thu được bằng cách hoà tan các muối FeCl2, Zn(NO3)2 và AlCl3 vào nước.
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
Câu trả lời của bạn
Cao su được sử dụng làm lốp xe do Cao su có tính chất sau:
Tính chất cơ học tốt, đặc biệt là độ bền và đàn hồi tốt.
Ít bị biến đổi khi tiếp xúc với nhiệt độ nóng lạnh.
Khả năng cách nhiệt, cách điện tốt.
Không tan trong nước cũng như một số hóa chất, chất lỏng khác.
Câu trả lời của bạn
Một số vật dụng được chế tạo từ kim loại:
Ấm đun nước, xoong, nồi, mâm nhôm, thìa, chậu nhôm được làm từ nhôm
Lõi dây điện, lư hương đồng chế tạo từ đồng
Dao, song sắt cửa số, lan can, cánh cổng, vành quạt... được làm từ sắt
Câu trả lời của bạn
Để han chế ô nhiễm môi trường không khí chúng ta cần:
Trồng nhiều cây xanh quanh khu vực nơi sinh sống, để hạn chế khí CO2
Ưu tiên sử dụng các phương tiện công cộng, giảm lượng khí thải thải ra mỗi ngày.
Xử lý nước thải sinh hoạt gia đình trước khi xả ra môi trường.
Không vứt rác bừa bãi.
Ứng dụng công nghệ xanh vào việc xây dựng, trồng trọt, chăn nuôi.
Hạn chế sử dụng các hóa chất trong nông, lâm nghiệp.
Tuyên truyền, vận động người dân để mọi người hiểu thêm về tác hại của ô nhiễm môi trường không khí.Xử lý rác thải đúng cách.
Hạn chế sử dụng các vật liệu đốt không thân thiện với môi trường
Câu trả lời của bạn
Ô nhiễm không khí có tác hại rất lớn đối với đời sống:
Bụi mịn, gây ra các bệnh về đường hô hấp như viêm phổi, dị ứng, ... Không chỉ thế, khí độc vận chuyển trong cơ thể, gây ung thư nhiều bộ phận khác
Có một số hiện tượng thời tiết cực đoan của ô nhiễm không khí gây ra: hiệu ứng nhà kính, biến đổi khí hậu sương mù giữa ban ngày, mưa acid, ảnh hưởng trực tiếp tới con người, cũng như sinh vật trong quá trình phát triển.
Thực vật đông vật không phát triển được, phá hủy quá trình trồng trọt và chăn nuôi của con người cũng như hệ sinh thái bị mất cân bằng.
Khói bụi gây ra hạn chế tầm nhìn ảnh hưởng quá trình khi tham gia giao thông.
a) Vận tốc quả cầu thứ hai trước va chạm bằng 0
b) Khối lượng hai quả cầu bằng nhau
Câu trả lời của bạn
Gọi \(\overrightarrow{{{v}_{1}}},\overrightarrow{{{v}_{2}}}\) là vận tốc hai quả cầu ngay trước va chạm, \({{\overrightarrow{{{v}_{1}}}}^{\prime }},{{\overrightarrow{{{v}_{2}}}}^{\prime }}\) là vận tốc các quả cầu ngay sau va chạm. Hệ "hai quả cầu" là hệ kín, va chạm là đàn hồi, xuyên tâm
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ, ta được:
\({{m}_{1}}\overrightarrow{{{v}_{1}}}+{{m}_{2}}\overrightarrow{{{v}_{2}}}={{m}_{1}}{{\overrightarrow{{{v}_{1}}}}^{\prime }}+{{m}_{2}}{{\overrightarrow{{{v}_{2}}}}^{\prime }}\)
\(\Leftrightarrow {{m}_{1}}{{v}_{1}}+{{m}_{2}}{{v}_{2}}={{m}_{1}}{{v}_{1}}^{\prime }+{{m}_{2}}{{v}_{2}}^{\prime }\) (1)
Áp dụng định luật bảo toàn động năng ta được:
\(\frac{1}{2}{{m}_{1}}v_{1}^{2}+\frac{1}{2}{{m}_{2}}v_{2}^{2}=\frac{1}{2}{{m}_{1}}{{v}_{1}}{{^{\prime }}^{2}}+\frac{1}{2}{{m}_{2}}{{v}_{2}}{{^{\prime }}^{2}}\) (2)
Từ (1) và (2), ta được:
\({{v}_{1}}^{\prime }=\frac{\left( {{m}_{1}}-{{m}_{2}} \right){{v}_{1}}+2{{m}_{2}}{{v}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}};{{v}_{2}}^{\prime }=\frac{\left( {{m}_{1}}-{{m}_{2}} \right){{v}_{2}}+2{{m}_{1}}{{v}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}\)
a) Trường hợp quả cầu thứ hai đứng yên trước va chạm (\({{v}_{2}}=0\)), ta có:
\({{v}_{1}}^{\prime }=\frac{\left( {{m}_{1}}-{{m}_{2}} \right){{v}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}};{{v}_{2}}^{\prime }=\frac{2{{m}_{1}}{{v}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}\)
Nếu \({{m}_{1}}>{{m}_{2}}:({{v}_{1}}^{\prime }>0;{{v}_{2}}^{\prime }>0)\): sau va chạm, quả cầu 1 tiếp tục tiến về phía trước nhưng với vận tốc nhỏ hơn, quả cầu 2 chuyển động cùng chiều với quả cầu 1
Nếu \({{m}_{1}}<{{m}_{2}}:({{v}_{1}}^{\prime }<0;{{v}_{2}}^{\prime }>0)\): sau va chạm, quả cầu 1 chuyển động ngược lại, quả cầu 2 chuyển động theo hướng chuyển động của quả cầu 1 trước va chạm
b) Trường hợp \({{m}_{1}}={{m}_{2}}\), ta có: (\({{v}_{1}}^{\prime }=0\) và \({{v}_{2}}^{\prime }={{v}_{1}}\)): sau va chạm, hai quả cầu trao đổi vận tốc cho nhau
Câu trả lời của bạn
Gọi v là vận tốc của quả cầu M ngay trước va chạm; \({v}'\) là vận tốc quả cầu m ngay sau va chạm. Hệ "hai quả cầu" là hệ kín
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho M tại hai vị trí B và C, ta được:
\(\frac{1}{2}M{{v}^{2}}=Mgl\left( 1-\cos \alpha \right)\Rightarrow v=\sqrt{2gl\left( 1-\cos \alpha \right)}\) (1)
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m tại hai vị trí C và D, ta được:
\(\frac{1}{2}m{{{v}'}^{2}}=mgl\left( 1-\cos \beta \right)\Rightarrow {v}'=\sqrt{2gl\left( 1-\cos \beta \right)}\) (2)
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ trước và sau va chạm, ta được:
\(Mv=m{v}'\Leftrightarrow M\sqrt{2gl\left( 1-\cos \alpha \right)}=m\sqrt{2gl\left( 1-\cos \beta \right)}\)
\(\Rightarrow \frac{M}{m}=\sqrt{\frac{1-\cos \beta }{1-\cos \alpha }}\) (3)
Gọi \(\Delta W\) là phần cơ năng bị tiêu hao sau một lần va chạm; \({{W}_{t}}\) là thế năng biến dạng của các quả cầu; \({{v}_{0}}\) là vận tốc chung của hai quả cầu lúc chúng biến dạng tối đa, ta có:
\(Mgl\left( 1-\cos \alpha \right)=Mgl\left( 1-\cos \beta \right)+\Delta W\) (4)
\(\Delta W=k{{W}_{t}}\)
\(Mv=\left( M+m \right){{v}_{0}}\Rightarrow {{v}_{0}}=\frac{M}{M+m}v\) (bảo toàn động lượng)
\(\frac{1}{2}M{{v}^{2}}=\frac{1}{2}\left( M+m \right)v_{0}^{2}+{{W}_{t}}\) (bảo toàn cơ năng)
\(\Rightarrow {{W}_{t}}=\frac{1}{2}M{{v}^{2}}\left( \frac{M}{M+m} \right)\)
Mặt khác: \(\frac{1}{2}M{{v}^{2}}=Mgl\left( 1-\cos \alpha \right)\) nên \({{W}_{t}}=\frac{mM}{M+m}gl\left( 1-\cos \alpha \right)\) (5)
\(\Rightarrow \Delta W=k{{W}_{t}}=k\frac{mM}{M+m}gl\left( 1-\cos \alpha \right)\) (6)
Sau lần va chạm thứ nhất, ta có:
\(Mgl\left( 1-\cos \alpha \right)=mgl\left( 1-\cos \beta \right)+k\frac{mM}{M+m}gl\left( 1-\cos \alpha \right)\)
\(\Leftrightarrow M\left( 1-\cos \alpha \right)=M\sqrt{\frac{1-\cos \alpha }{1-\cos \beta }}\left( 1-\cos \beta \right)+k\frac{mM}{M+m}\left( 1-\cos \alpha \right)\) (7)
Sau lần va chạm thứ hai, ta có:
\(mgl\left( 1-\cos \beta \right)=Mgl\left( 1-\cos {{\alpha }_{1}} \right)+mgl\left( 1-\cos {{\beta }_{1}} \right)+k\frac{mM}{M+m}gl\left( 1-\cos \beta \right)\)
\(\Leftrightarrow m\left( 1-\cos \beta \right)=M\left( 1-\cos {{\alpha }_{1}} \right)+m\left( 1-\cos {{\beta }_{1}} \right)+k\frac{mM}{M+m}\left( 1-\cos \beta \right)\) (8)
Mặt khác theo định luật bảo toàn động lượng cho hệ trong lần va chạm thứ hai, ta có:
\(m{v}'=M{{v}_{1}}+m{{v}_{2}}\)
\(\Leftrightarrow m\sqrt{2gl\left( 1-\cos \beta \right)}=M\sqrt{2gl\left( 1-\cos {{\alpha }_{1}} \right)}+m\sqrt{2gl\left( 1-\cos {{\beta }_{1}} \right)}\)
\(\Leftrightarrow m\sqrt{1-\cos \beta }=M\sqrt{1-\cos {{\alpha }_{1}}}+m\sqrt{1-\cos {{\beta }_{1}}}\) (9)
Sau lần va chạm thứ nhất, quả cầu M dừng lại và \(M<m\Rightarrow 1-\cos \beta <1-\cos \alpha \)
Đặt: \(a=\sqrt{1-\cos \alpha };b=\sqrt{1-\cos \beta };x=\sqrt{1-\cos {{\alpha }_{1}}};y=\sqrt{1-\cos {{\beta }_{1}}}\) với \(a>b\)
Từ (3): \(\frac{M}{m}=\frac{b}{a}\Rightarrow \frac{m}{M+m}=\frac{a}{a+b}\Leftrightarrow \frac{mM}{M+m}=\frac{Ma}{a+b}\)
Từ (7): \(M{{a}^{2}}=M\frac{a}{b}{{b}^{2}}+k\frac{Ma}{a+b}{{a}^{2}}\Rightarrow a=b+k\frac{{{a}^{2}}}{a+b}\)
\(\Rightarrow k=\frac{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}\) (10)
Từ (8): \(M\frac{a}{b}{{b}^{2}}=M{{x}^{2}}+M\frac{a}{b}{{y}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}.\frac{Ma}{a+b}{{b}^{2}}\)
\(\Rightarrow ab={{x}^{2}}+\frac{a}{b}{{y}^{2}}+\frac{\left( a-b \right){{b}^{2}}}{a}\) (11)
Từ (9): \(M\frac{a}{b}b=Mx+M\frac{a}{b}\Rightarrow y=\frac{b\left( a-x \right)}{a}\) (12)
Thay giá trị của y từ (12) vào (11), ta được:
\(ab={{x}^{2}}+\frac{a}{b}{{\left( \frac{b\left( a-x \right)}{a} \right)}^{2}}+\frac{\left( a-b \right){{b}^{2}}}{a}\)
\(\Rightarrow x=b\Leftrightarrow \sqrt{1-\cos {{\alpha }_{1}}}=\sqrt{1-\cos \beta }\Rightarrow {{\alpha }_{1}}=\beta \)
Từ đó, quan hệ giữa các góc \({{\alpha }_{1}}\) và \({{\beta }_{1}}\) có thể biểu diễn qua hệ thức:
\(\sqrt{1-\cos {{\beta }_{1}}}=\frac{\sqrt{1-\cos {{\alpha }_{1}}}\left( \sqrt{1-\cos \alpha }-\sqrt{1-\cos {{\alpha }_{1}}} \right)}{\sqrt{1-\cos \alpha }}\)
Vậy: hệ thức liên hệ giữa \({{\alpha }_{1}}\) và \({{\beta }_{1}}\) là
\(\sqrt{1-\cos {{\beta }_{1}}}=\frac{\sqrt{1-\cos {{\alpha }_{1}}}\left( \sqrt{1-\cos \alpha }-\sqrt{1-\cos {{\alpha }_{1}}} \right)}{\sqrt{1-\cos \alpha }}\)
Va chạm của bi vào nêm tuân theo định luật phản xạ gương và vận tốc bi sau va chạm có độ lớn \(\frac{7{{v}_{0}}}{9}\)
Hỏi sau khi va chạm viên bi lên tới độ cao tối đa là bao nhiêu (so với mặt bàn) và nêm dịch ngang được một đoạn bao nhiêu?
Câu trả lời của bạn
Gọi O là điểm va chạm, hệ trục Oxy như hinh vẽ; \(\overrightarrow{v}=\overrightarrow{{{v}_{x}}}+\overrightarrow{{{v}_{y}}}\) là vận tốc bi ngay sau va chạm; \(\overrightarrow{{{v}_{A}}}\) là vận tốc nêm ngay sau va chạm
Theo phương ngang, động lượng của hệ "bi + nêm" được bảo toàn nên:
\(m{{v}_{x}}+M{{v}_{A}}=m{{v}_{0}}\Rightarrow {{v}_{A}}=\frac{m}{M}\left( {{v}_{0}}-{{v}_{x}} \right)\)
với: \(\left\{ \begin{align}
& {{v}_{x}}=v\cos 2\alpha =\frac{7}{9}{{v}_{0}}\cos 2\alpha \\
& {{v}_{y}}=v\sin 2\alpha =\frac{7}{9}{{v}_{0}}\sin 2\alpha \\
\end{align} \right.\)
\(\Rightarrow {{v}_{A}}=\frac{m}{M}\left( {{v}_{0}}-\frac{7}{9}\cos 2\alpha \right)=\frac{m{{v}_{0}}}{M}\left( 1-\frac{7}{9}\cos 60{}^\circ \right)=\frac{11m{{v}_{0}}}{18M}\)
Độ lên cao tối đa của bi kể từ chỗ chạm với mặt nêm là:
\({{h}_{\max }}=\frac{v_{y}^{2}}{2g}=\frac{{{\left( \frac{7}{9}{{v}_{0}}\sin 2\alpha \right)}^{2}}}{2g}=\frac{{{\left( \frac{7}{9}{{v}_{0}}\sin 60{}^\circ \right)}^{2}}}{2g}=\frac{49v_{0}^{2}}{216g}\)
Độ lên cao tối đa của bi so với mặt bàn là: \({{H}_{\max }}={{h}_{\max }}+h=\frac{49v_{0}^{2}}{216g}+h\)
Gia tốc trượt ngang của nêm là: \(a=-\frac{{{F}_{ms}}}{M}=-\frac{kMg}{M}=-kg\)
Quãng đường trượt ngang của nêm là: \(s=\frac{v_{A}^{2}}{2a}=\frac{{{\left( \frac{11m{{v}_{0}}}{18M} \right)}^{2}}}{2kg}=\frac{121{{m}^{2}}v_{0}^{2}}{648{{M}^{2}}kg}\)
vậy: sau khi va chạm viên bi lên tới độ cao tối đa so với mặt bàn là \({{H}_{\max }}=\frac{49v_{0}^{2}}{216g}+h\) và nêm dịch ngang được một đoạn \(s=\frac{121{{m}^{2}}v_{0}^{2}}{648{{M}^{2}}kg}\)
a) Tìm biểu thức xác định vị trí \(\alpha =\widehat{AOM}\) cho biết tại M vật bắt đầu rời khỏi bán cầu
b) Khi rơi xuống đến đất, vật va chạm tuyệt đối đàn hồi với mặt đất và nảy lên. Tính theo R độ cao tối đa vật đạt được (so với mặt đất) sau va chạm
c) So sánh độ cao của vật tại A và độ cao cực đại sau va chạm. Vận dụng quan điểm về năng lượng để giải thích kết quả này
Ghi chú: trong va chạm tuyệt đối đàn hồi, vectơ vận tốc đập xuống và vec tơ vận tốc nảy lên đối xứng nhau qua mặt phẳng va chạm
Câu trả lời của bạn
a) Biểu thức xác định vị trí \(\alpha =\widehat{AOM}\)
Áp dụng định luật II Niuton cho vật: \(\overrightarrow{P}+\overrightarrow{Q}=m\overrightarrow{a}\)
Chiếu hệ thức vectơ trên xuống phương hướng tâm, ta được:
\(mg\cos \alpha -Q=\frac{m{{v}^{2}}}{R}\Rightarrow Q=m\left( g\cos \alpha -\frac{{{v}^{2}}}{R} \right)\) (1)
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại hai điểm A và M, ta được:
\(mgR=mgR\cos \alpha +\frac{1}{2}m{{v}^{2}}\Rightarrow {{v}^{2}}=2gR\left( 1-\cos \alpha \right)\) (2)
Thay (2) vào (1) ta được: \(Q=m\left( g\cos \alpha -\frac{2gR\left( 1-\cos \alpha \right)}{R} \right)=mg\left( 3\cos \alpha -2 \right)\)
Khi vật rời mặt cầu tại B, ta có: \(Q=0\Rightarrow \cos \alpha =\frac{2}{3}\) hay \(\alpha =\arccos \left( \frac{2}{3} \right)\)
Vậy: biểu thức xác định vị trí \(\alpha =\widehat{AOM}\) là \(\alpha =\arccos \left( \frac{2}{3} \right)\)
b) Độ cao tối đa vật đạt được (so với mặt đất) sau va chạm
Tại B vật chuyển động như vật bị ném xiên xuống tới C rồi từ C vật cũng chuyển động như vật bị ném xiên lên tới D. Ta có: \({{v}_{D}}={{v}_{M}}={{v}_{x}}=v\cos \alpha \)
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại hai điểm A và D, ta được:
\(mgR=mgh+\frac{1}{2}mv_{D}^{2}=mgh+\frac{m{{v}^{2}}{{\cos }^{2}}\alpha }{2}\)
\(\Rightarrow h=R-\frac{{{v}^{2}}{{\cos }^{2}}\alpha }{2g}=R-\frac{2{{v}^{2}}}{9g}\)
Mặt khác, từ (2) ta có:
\({{v}^{2}}=2gR\left( 1-\frac{2}{3} \right)=\frac{2gR}{3}\) (4)
Thay (4) vào (3) ta được: \(h=R-\frac{2{{v}^{2}}}{9g}=R-\frac{2.\frac{2gR}{3}}{9g}=\frac{23}{27}R\)
Vậy: độ cao tối đa vật đạt được (so với mặt đất) sau va chạm là \(h=\frac{23}{27}R\)
c) So sánh \({{h}_{D}}\) và \({{h}_{A}}\). Giải thích \({{W}_{A}}={{W}_{D}}\)
Ta có: \({{v}_{A}}=0,{{v}_{D}}>0\Rightarrow {{v}_{D}}>{{v}_{A}}\) nên \({{W}_{{{d}_{D}}}}>{{W}_{{{d}_{A}}}}\) và \({{W}_{{{t}_{D}}}}<{{W}_{{{t}_{A}}}}\Rightarrow {{h}_{D}}<{{h}_{A}}\)
Vậy: độ cao của vật tại A cao hơn độ cao cực đại của vật sau va chạm: \({{h}_{A}}>{{h}_{D}}\)
Câu trả lời của bạn
Chọn mốc tính thế năng tại A
Trước va chạm, \({{m}_{1}}\) có vận tốc \(v\), với:
\(\frac{1}{2}{{m}_{1}}v_{1}^{2}={{m}_{1}}gH\) (bảo toàn cơ năng) \(\Rightarrow {{v}_{1}}=\sqrt{2gH}\) (1)
Sau va chạm, \({{m}_{1}}\) và \({{m}_{2}}\) có vận tốc \({{v}_{1}}^{\prime }\) và \({{v}_{2}}^{\prime }\), với:
\({{m}_{1}}{{v}_{1}}={{m}_{1}}{{v}_{1}}^{\prime }+{{m}_{2}}{{v}_{2}}^{\prime }\) (bảo toàn động lượng)
\(\frac{1}{2}{{m}_{1}}v_{1}^{2}=\frac{1}{2}{{m}_{1}}{{v}_{1}}{{^{\prime }}^{2}}+\frac{1}{2}{{m}_{2}}{{v}_{2}}{{^{\prime }}^{2}}\) (bảo toàn động năng)
\(\Rightarrow {{v}_{1}}^{\prime }=\frac{{{m}_{1}}-{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}{{v}_{1}};{{v}_{2}}^{\prime }=\frac{{{m}_{1}}{{v}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}\) (2)
Sau va chạm \({{m}_{2}}\) đến C thì rời vòng tròn. Phương trình chuyển động của \({{m}_{2}}\):
\(\overrightarrow{{{P}_{2}}}+\overrightarrow{{{Q}_{2}}}={{m}_{2}}\overrightarrow{a}\) (3)
Chiếu (3) lên phương CO, chiều (+) hướng tâm, ta được:
\({{m}_{2}}g\cos \alpha +{{Q}_{2}}=\frac{{{m}_{2}}v_{C}^{2}}{r}\), với \(\cos \alpha =\frac{h-r}{r}\)
Khi vật rời vòng tròn: \({{Q}_{2}}=0\Rightarrow v_{C}^{2}=g\left( h-r \right)\) (4)
Mặt khác, theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: \({{W}_{A}}={{W}_{C}}\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}{{m}_{2}}{{v}_{2}}{{^{\prime }}^{2}}=\frac{1}{2}{{m}_{2}}v_{C}^{2}+{{m}_{2}}gh\Rightarrow {{v}_{2}}{{^{\prime }}^{2}}=g\left( 3h-r \right)\) (5)
Vật \({{m}_{1}}\) sau khi giật lùi và trượt xuống đến A có vận tốc \(-{{v}_{2}}^{\prime }\) tiếp tục lên vòng xiếc đến C lại rời vòng xiếc, suy ra: \(-{{v}_{1}}^{\prime }={{v}_{2}}^{\prime }\)
Từ (2): \(-\frac{{{m}_{1}}-{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}{{v}_{1}}=\frac{2{{m}_{1}}{{v}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}\Rightarrow \frac{{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}}=3\)
\(\Rightarrow {{v}_{2}}{{^{\prime }}^{2}}={{\left( \frac{2{{m}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}} \right)}^{2}}.2gH\Rightarrow H=2\left( 3h-r \right)\) (6)
Thay (1), (5) vào (6): \(\frac{v_{1}^{2}}{4}={{\left( \frac{2{{m}_{1}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}} \right)}^{2}}.2gH\Rightarrow H=2\left( 3h-r \right)\)
Vậy: độ cao ban đầu của \({{m}_{1}}\) là \(H=2\left( 3h-r \right)\)
Câu trả lời của bạn
– Dùng quì tím ẩm :
+) Đỏ : axit axetic
+) Xanh : etylamin
+) Tím : Alanin , anilin
– Dùng dung dịch Brom với nhóm (Alanin và Anilin).
+) Kết tủa trắng : anilin
+) không hiện tượng : alanin.
Câu trả lời của bạn
(1), (2), (3), (4), (5), (7)
Câu trả lời của bạn
Mưa axit là hiện tượng mưa mà trong nước mưa có độ pH dưới 5,6, được tạo ra bởi lượng khí thải SO2 và NOx từ các quá trình phát triển sản xuất con người tiêu thụ nhiều than đá, dầu mỏ và các nhiên liệu tự nhiên khác. SO2 và NO2 qua các phản ứng với Oxi, với nước tạo thành H2SO4; HNO3 là thành phần chính của mưa axit.
Câu trả lời của bạn
Khi dùng NaOH :
+) ZnCl2 : Tạo kết tủa trắng , sau đó kết tủa tan hoàn toàn.
ZnCl2 + 2NaOH → Zn(OH)2 + 2NaCl
Zn(OH)2 + 2NaOH → Na2ZnO2 + 2H2O
+) NH4Cl : khí mùi khai
NH4Cl + NaOH → NH3 + NaCl + H2O
+) KNO3 : Không hiện tượng.
+) CuSO4 : Kết tủa trắng xanh, không tan
CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4.
Câu trả lời của bạn
– Nicotin (C10H14N2)có nhiều trong cây thuốc lá.
– Nicotin là chất lỏng sánh như dầu, không màu, có mùi thuốc lá, tan được trong nước. Khi hút thuốc lá, nicotin thấm vào máu và theo dòng máu đi vào phổi. Nicotin là một trong những chất độc cực mạnh (từ 1 đến 2 giọt nicotin có thể giết chết một con chó), tính độc của nó có thể sánh với axit xianhiđric HCN.
– Nicotin chỉ là một trong số các chất hóa học độc hại có trong khói thuốc lá (trong khói thuốc lá có chứa tới 1400 hợp chất hóa học khác nhau). Dung dịch nicotin trong nước được dùng làm thuốc trừ sâu cho cây trồng. Những người nghiện thuốc lá thường mắc bệnh ung thư phổi và những bệnh ung thư khác.
Câu trả lời của bạn
– Khi cho kim loại M (Fe) tác dụng với phi kim X (Cl2) :
Fe + Cl2 → FeCl3
Fe + FeCl3 → FeCl2
– Hòa tan Y vào nước được dung dịch Z gồm FeCl2, FeCl3.
– Thêm AgNO3 dư vào dung dịch Z :
FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl
FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl + Ag
– Đem chất rắn G gồm AgCl, Ag vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư :
Ag + 2HNO3 → AgNO3 + NO2 + H2O
AgCl + HNO3: không phản ứng
Chất rắn F là AgCl.
Mẫu thử chứa | Thí nghiệm | Hiện tượng |
X2+ | Tác dụng với Na2SO4 trong H2SO4 loãng | Có kết tủa trắng |
Y3+ | Tác dụng với dung dịch NaOH | Có kết tủa nâu đỏ |
Z3+ | Nhỏ từ từ dung dịch NaOH loãng vào đến dư | Có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan. |
T2+ | Nhỏ từ từ dung dịch NH3 vào đến dư | Có kết tủa xanh, sau đó kết tủa tan tạo dung dịch xanh lam |
Các cation: X2+; Y3+; Z3+; T2+ lần lượt là gì?
Câu trả lời của bạn
X2+ tác dụng với Na2SO4 / H2SO4 tạo ↓ trắng
Y3+ tác dụng với NaOH tạo ↓ nâu đỏ Fe(OH)3
Câu trả lời của bạn
Đánh số thứ tự 5 ống nghiệm là (1), (2), (3), (4), (5), (6), (7).
Với dạng bài này thì thấy kết tủa ở sản phẩm có 2 trường hợp:
Vậy có 5 ống nghiệm thu được kết tủa là (1), (2), (4), (6) và (7)
Câu trả lời của bạn
Dùng H2SO4 loãng :
+) Kết tủa trắng + bọt khí : Ba
+) Kết tủa bạc không tan do không phản ứng: Ag
+) Tan + bọt khí : Mg, Zn, Fe
Cho Ba dư vào 3 bình chưa nhận được
+) Kết tủa trắng hóa nâu ngoài không khí => Fe
+) Kết tủa trắng : Mg và Zn
Cho Ba dư vào dung dịch H2SO4 => lọc kết tủa => chỉ còn dung dịch Ba(OH)2
Cho 2 kim loại chưa nhận được vào :
+) Kim loại tan + khí : Zn
+) Kết tủa : Mg
Câu trả lời của bạn
4 chất.
Câu trả lời của bạn
Các thí nghiệm xảy ra gồm:
\((a)\,H_2S+Pb(NO_3)_2\rightarrow PbS\downarrow +HNO_3\)
\((b)\, CaO+H_2O\rightarrow Ca(OH)_2\)
\((c)\, Na_2CO_3+CH_3COOH\rightarrow CH_3COONa+H_2O+CO_2\)
\((c)\, Cl_2+2Ca(OH)_2\rightarrow CaCl_2+Ca(OCl)_2+2H_2O\)
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *