Cho hàm số \(y = {x^3} - 3m{x^2} + 4{m^2} - 2\) có đồ thị \(\left( C \right)\) và điểm \(C\left( {1;4} \right)\). Tổng các giá trị nguyên dương của \(m\) để \(\left( C \right)\) có hai điểm cực trị \(A,B\) sao cho tam giác \(ABC\) có diện tích bằng 4 là:

Đáp án đúng là D

Phương pháp giải

Nhận xét bảng số liệu và công thức tính cán cân xuất nhập khẩu.

Lời giải

- Cán cân xuất nhập khẩu = xuất khẩu – nhập khẩu

+ Nếu cán cân xuất nhập khẩu > 0 => xuất siêu.

+ Nếu cán cân xuất nhập khẩu < 0 => nhập siêu.

=> Nhận xét đúng là: Các quốc gia nhập siêu là Ma-lai-xi-a, Xin-ga-po, Thái Lan vì đây là những quốc gia có giá trị xuất khẩu < giá trị nhập khẩu.

Đáp án đúng là A

Phương pháp giải

Sử dụng công thức tính số mol.

Vận dụng phương trình Clapeyron: pV = nRT

Vận dụng công thức tính nhiệt lượng: Q = mcΔt

Sử dụng phương trình cân bằng nhiệt: Q_tỏa = Q_thu

Lời giải

- Số mol ban đầu của \({H_2}\) là: \({n_1} = \frac{5}{2}\); số mol ban đầu của \({O_2}\) là: \({n_2} = \frac{{12}}{{32}} = \frac{3}{8}\)

- Phương trình phản ứng: \({{\rm{O}}_2} + 2{{\rm{H}}_2} \to 2{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Như vậy, cứ \(1\;{\rm{mol}}{{\rm{O}}_2}\) kết hợp với \(2\;{\rm{mol}}{{\rm{H}}_2}\) tạo thành \(2\;{\rm{mol}}{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Suy ra: \(\frac{3}{8}\) mol \({{\rm{O}}_2}\) kết hợp với \(\frac{6}{8}\) mol \({{\rm{H}}_2}\) tạo thành \(\frac{6}{8}\;{\rm{mol}}{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\)

Vì \({n_1} = \frac{5}{2} > \frac{6}{8}\) nên \({O_2}\) tham gia phản ứng hết và còn dư \({H_2}\).

- Số mol \({H_2}\) còn dư là: \({n_3} = \frac{5}{2} - \frac{6}{8} = \frac{7}{4}\)

- Số mol \({{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) được tạo thành là: \({n_4} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\)

Gọi \(T\) (và t ) là nhiệt độ của hỗn hợp sau phản ứng. Ta có:

+ Áp suất riêng phần của khí \({H_2}\) còn dư sau phản ứng là: \({p_1} = \frac{{{n_3}RT}}{V}\)

+ Áp suất riêng phần của hơi nước tạo thành sau phản ứng là: \({p_2} = \frac{{{n_4}RT}}{V}\)

+ Áp suất của hỗn hợp khí trong bình sau phản ứng là:

\(p = {p_1} + {p_2} = \left( {{n_3} + {n_4}} \right)\frac{{RT}}{V} = \left( {\frac{7}{4} + \frac{3}{4}} \right)\frac{{RT}}{V} = \frac{{5RT}}{{2V}}\) (1)

- Gọi Q là nhiệt lượng tỏa ra sau khi đốt cháy khí trong bình (tạo thành \(\frac{3}{4}{\mathop{\rm mol}\nolimits} \,\,{H_2}{\rm{O}}\)):

\(Q = 2,{4.10^5}{n_4} = 2,{4.10^5}.\frac{3}{4} = 1,{8.10^5}J\)

- Gọi \[{m_1},{m_2}\] là khối lượng của \({H_2}\) và hơi nước sau khi phản ứng, ta có:

\({m_1} = \frac{7}{4}.2 = 3,5g;\,\,{m_2} = \frac{3}{4}.18 = 13,5g\)

- Nhiệt lượng do khí \({H_2}\) và hơi nước thu vào sau phản ứng:

\(Q' = {Q_1} + {Q_2} = \left( {{c_1}{m_1} + {c_2}{m_2}} \right)\left( {t - {t_0}} \right)\) (2)

\( \Rightarrow Q' = (14,3.3,5 + 2,1.13,5)(t - 20) = 78,4(t - 20) = 78,4t - 1568J\)

- Phương trình cân bằng nhiệt : Q′ = Q

\( \Leftrightarrow 78,4t - 1568 = 1,{8.10^5} \Rightarrow t = {2316^\circ }{\rm{C}}\) hay \({\rm{T }} = 2589K\)

- Thay \(T = 2589\;{\rm{K}};R = 8,31(\;{\rm{J/mol}}.{\rm{K}});V = {100.10^{ - 3}} = 0,1\;{{\rm{m}}^3}\)  vào (1) ta được:

\(p = \frac{{5.8,31.2589}}{{2.0,1}} = 5,{4.10^5}\left( {{\rm{N/}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)

Vậy: Áp suất trong bình sau phản ứng là \(5,{4.10^5}\left( {{\rm{N/}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)