Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh \(1m\) như hình vẽ dưới đây.Người ta cắt phần tô đậm của tấm nhôm rồi gập thành một hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \(x\left( m \right)\), sao cho bốn đỉnh của hình vuông gập lại thành đỉnh của hình chóp. Tìm \(x\) để khối chóp nhận được có thể tích lớn nhất?

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 \(5,{4.10^5}\left( {{\rm{N/}}{{\rm{m}}^2}} \right)\)