Dựa vào thông tin dưới đây để trả lời các câu từ 109 đến 110:

 Nhân dân ta chiến đấu chống chiến lược “Chiến tranh cục bộ” của Mĩ bằng sức mạnh của cả dân tộc, của tiền tuyến và hậu phương, với ý chí quyết chiến quyết thắng giặc Mĩ xâm lược, mở đầu là các thắng lợi ở Núi Thành (Quảng Nam), Vạn Tường Quảng Ngãi).

 Vạn Tường, được coi là “Ấp Bắc” đối với quân Mĩ, mở đầu cao trào “Tìm Mĩ mà đánh, lùng nguỵ mà diệt” trên khắp miền Nam.

 Sau trận Vạn Tường, khả năng đánh thắng quân Mỹ trong cuộc chiến đấu chống chiến lược “Chiến tranh cục bộ” của quân dân ta tiếp tục được thể hiện trong hai mùa khô.

 Bước vào mùa khô thứ nhất (đông – xuân 1965 – 1966) với 72 vạn quân (trong đó có hơn 22 vạn quân Mỹ và đồng minh), địch mở đợt phản công với 450 cuộc hành quân, trong đó có 5 cuộc hành quân “tìm diệt” lớn nhằm vào hai hướng chiến lược chính là Đông Nam Bộ và Liên khu V với mục tiêu đánh bại chủ lực Quân giải phóng.

 Quân dân ta trong thế trận chiến tranh nhân dân, với nhiều phương thức tác chiến đã chặn đánh địch trên mọi hướng, tiến công địch khắp mọi nơi.

 Bước vào mùa khô thứ hai (đông – xuân 1966 – 1967), với lực lượng được tăng cường lên hơn 98 vạn quân (trong đó quân Mĩ và quân đồng minh chiếm hơn 44 vạn), Mĩ mở cuộc phản công với 895 cuộc hành quân, trong đó có ba cuộc hành quân lớn “tìm diệt”, “bình định”; lớn nhất là cuộc hành quân Gianxơn Xiti đánh vào căn cứ Dương Minh Châu (Bắc Tây Ninh), nhằm tiêu diệt quân chủ lực và cơ quan đầu não của ta.

(Nguồn: SGK Lịch sử 12, trang 174 – 175).

Chiến thắng Vạn Tường (18-8-1965) của quân dân ta đã chứng tỏ điều gì?

Đáp án: \(\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Phương pháp giải:

- Gọi M là trung điểm của BC, trong (SOM) kẻ \(OH \bot SM{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SM} \right)\), chứng minh \(OH \bot \left( {SBC} \right)\).

- Áp dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra OM là đường trung bình của tam giác ABC.

\( \Rightarrow OM\parallel AB\), mà \(AB \bot BC\)\( \Rightarrow OM \bot BC\) và \(OM = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OM}\\{BC \bot SO{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)\)

Trong (SOM) kẻ \(OH \bot SM{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {O \in SM} \right)\), ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OH}\\{OH \bot SM}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH\).

Tam giác SBC đều cạnh a nên \(SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOM có: $SO=\sqrt{S{M}^2-O{M}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}\mathrm{ }=\frac{a}{\sqrt{2}}$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM có: \(OH = \frac{{SO.OM}}{{SM}} = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Vậy \(d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Giải chi tiết:

PTHH:  M₂O_m  +  mH₂SO₄  ⟶  M₂(SO₄)_m  +  mH₂O

Giả sử có 1 mol M₂O_m phản ứng thì số gam dung dịch H₂SO₄ 10% là 980m (g)

Khối lượng dung dịch thu được là: (2M + 16m) + 980m = 2M + 996m (g)

Số gam muối là: 2M + 96m (g)

Ta có C% = \(\frac{{2M + 96m}}{{2M + 996m}}.100\% \) = 12,9% ⟹ M = 18,65m

Nghiệm phù hợp là m = 3 và M = 56 (Fe).

Vậy oxit là Fe₂O₃.

        Fe₂O₃  +  3H₂SO₄  ⟶  Fe₂(SO₄)₃  +  3H₂O

n_Fe2O3 = \(\frac{{3,2}}{{160}}\) = 0,02 mol

Vì hiệu suất là 70% nên số mol Fe₂(SO₄)₃ tham gia kết tinh là: 0,02.70% = 0,014 mol

Nhận thấy số gam Fe₂(SO₄)₃ = 0,014.400 = 5,6 gam < 7,868 gam nên tinh thể là muối ngậm nước.

Đặt CTHH của muối tinh thể là Fe₂(SO₄)₃.nH₂O.

Ta có: 0,014.(400 + 18n) = 7,868 ⟹ n = 9.

Công thức của tinh thể là Fe₂(SO₄)₃.9H₂O.