*Có kèm lời giải thích ạ
I. Choose the best option A, B, C or D to complete the sentences.
1. If I _____ get a pole, I'll go fishing.
A. can
B. could
C. may
D. might
2. If you had had the chance, _____ you go fishing?
A. did
B. may
C. would
D. do
3. If you _____ a choice, which country would you visit?
A. have
B. had
C. have had
4. If rains tomorrow, we _____ the trip
A. will cancel
B. would cancel
C. cancelled
D. have cancelled
5. I don't really want to go to their party, but probably will go. They'd be offended if I _____ go.
A. didn't
B. don't
C. will
D. will not
1. If I _____ get a pole, I'll go fishing. -> câu đk loại 1
A. can
B. could
C. may
D. might
2. If you had the chance, _____ you go fishing? câu đk loại 2
A. did
B. may
C. would
D. do
3. If you _____ a choice, which country would you visit?
A. have
B. had
C. have had
4. If rains tomorrow, we _____ the trip câu đk loại 1
A. will cancel
B. would cancel
C. cancelled
D. have cancelled
5. I don't really want to go to their party, but probably will go. They'd be offended if I _____ go. -> câu đk loại 2
A. didn't
B. don't
C. will
D. will not
\(A=\dfrac{25^{28}+25^{24}+25^{20}+...+25^4+1}{25^{30}+25^{28}+25^{26}+...+25^2+1}\\ A=\dfrac{25^{28}+25^{24}+25^{20}+...+25^4+1}{\left(25^{28}+25^{24}+25^{20}+...+25^4+1\right)+\left(25^{30}+25^{26}+25^{22}+...25^6+25^2\right)}\)
\(A=\dfrac{25^{28}+25^{24}+25^{20}+...+25^4+1}{\left(25^{28}+25^{24}+25^{20}+...+25^4+1\right)+25^2.\left(25^{28}+25^{24}+25^{20}+...+25^4+1\right)}\)
\(A=\dfrac{25^{28}+25^{24}+25^{20}+...+25^4+1}{\left(25^2+1\right)\left(25^{28}+25^{24}+25^{20}+...+25^4+1\right)}\\ A=\dfrac{1}{625+1}=\dfrac{1}{626}\)
\(\left(1-\dfrac{1}{2}\right)\left(1-\dfrac{1}{3}\right)\left(1-\dfrac{1}{4}\right)...\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)\\ =\left(\dfrac{2}{2}-\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{3}{3}-\dfrac{1}{3}\right)\left(\dfrac{4}{4}-\dfrac{1}{4}\right)...\left(\dfrac{n+1}{n+1}-\dfrac{1}{n+1}\right)\\ =\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{3}{4}...\dfrac{n}{n+1}\\ =\dfrac{1.2.3...n}{2.3.4...\left(n+1\right)}=\dfrac{1}{n+1}\)
Với mọi số n khác không, ta luôn có:
\(1-\dfrac{1}{n^2}=1+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2}=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)-\dfrac{1}{n}.\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\\ =\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\left(1-\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{n+1}{n}.\dfrac{n-1}{n}\)
Vậy ta có: \(1-\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{n+1}{n}.\dfrac{n-1}{n}\)
Ta có:
\(\left(1-\dfrac{1}{4}\right)\left(1-\dfrac{1}{9}\right)\left(1-\dfrac{1}{16}\right)...\left(1-\dfrac{1}{144}\right)\\ =\left(1-\dfrac{1}{2^2}\right)\left(1-\dfrac{1}{3^2}\right)\left(1-\dfrac{1}{4^2}\right)...\left(1-\dfrac{1}{12^2}\right)\\ =\left(\dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{2}\right).\left(\dfrac{2}{3}.\dfrac{4}{3}\right).\left(\dfrac{3}{4}.\dfrac{5}{4}\right)...\left(\dfrac{11}{12}.\dfrac{13}{12}\right)\\ =\left(\dfrac{1}{2}.\dfrac{2}{3}.\dfrac{3}{4}...\dfrac{11}{12}\right).\left(\dfrac{3}{2}.\dfrac{4}{3}.\dfrac{5}{4}...\dfrac{13}{12}\right)\\ =\dfrac{1}{12}.\dfrac{13}{2}=\dfrac{13}{24}\)
Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Na_2CO_3}=a\left(mol\right)\\n_{K_2CO_3}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\left(ĐK:a,b>0\right)\)
=> 106a + 138b = 35 (1)
\(n_{CO_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)
PTHH: \(Na_2CO_3+2HCl\rightarrow2NaCl+CO_2\uparrow+H_2O\)
a----------->2a-------->2a------->a
\(K_2CO_3+2HCl\rightarrow2KCl+CO_2\uparrow+H_2O\)
b----------->2b-------->2a------>a
=> a + b = 0,3 (2)
Từ (1), (2) => a = 0,2; b = 0,1
=> \(C_{M\left(HCl\right)}=\dfrac{2.0,2+2.0,1}{0,2}=3M\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}C_{M\left(NaCl\right)}=\dfrac{0,2.2}{0,2}=2M\\C_{M\left(KCl\right)}=\dfrac{0,1.2}{0,2}=1M\end{matrix}\right.\)
Đặt CT chung của muối là \(RCO_3\)
\(n_{CO_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)
PTHH: \(RCO_3+2HCl\rightarrow RCl_2+CO_2\uparrow+H_2O\)
0,3<-----0,6<--------------0,3------->0,3
ĐLBTKL: \(m_{RCO_3}+m_{HCl}=m_{RCl_2}+m_{CO_2}+m_{H_2O}\)
=> \(m_{\text{muối thu được}}=m_{RCl_2}=28,4+0,6.36,5-0,3.44-0,3.18=31,7\left(g\right)\)
b) Đổi \(200cm^3=0,2l\)
=> \(C_{M\left(HCl\right)}=\dfrac{0,6}{0,2}=3M\)
c) Ta có: \(M_{RCO_3}=\dfrac{28,4}{0,3}=94,67\left(g/mol\right)\)
=> \(M_R=94,67-60=34,67\left(g/mol\right)\)
Mà 2 kim loại là 2 kim loại có chu kì kế tiếp nhau trong nhóm IIA
=> 2 kim loại là Mg và Ca
Bài 1:
a) Thanh đồng tan ra, có kim loại màu xám bám lên đồng, dd từ không màu chuyển dần sang màu xanh.
PTHH: \(Cu+2AgNO_3\rightarrow Cu\left(NO_3\right)_2+2Ag\downarrow\)
b) Mẩu quỳ tím hóa đỏ
\(\left\{{}\begin{matrix}n_{KOH}=0,18.0,5=0,09\left(mol\right)\\n_{HCl}=\dfrac{120.8\%}{36,5}=\dfrac{96}{365}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
PTHH: KOH + HCl ---> KCl + H2O
Xét tỉ lệ: \(0,09< \dfrac{96}{365}\Rightarrow\) HCl dư
c) Lúc đầu có kết tủa trắng xuất hiện, sau đó kết tủa tăng dần đến cực đại, cuối cùng kết tủa tan dần ra cho đến hết, tạo thành dd không màu.
PTHH: \(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)
\(CaCO_3+CO_2+H_2O\rightarrow Ca\left(HCO_3\right)_2\)
d) Đồng tan ra, có khí không màu, mùi hắc thoát ra, dd từ không màu chuyển dần sang màu xanh.
PTHH: \(Cu+2H_2SO_{4\left(đặc\right)}\xrightarrow[]{t^o}CuSO_4+SO_2\uparrow+2H_2O\)
e) CaO tan ra, tỏa nhiều nhiệt đồng thời ngay sau đó có hỗn hợp kết tủa trắng lẫn với kết tủa xanh lơ xuất hiện, màu xanh của dd nhạt dần.
PTHH: \(CaO+H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2\)
\(Ca\left(OH\right)_2+CuSO_4\rightarrow CaSO_4\downarrow+Cu\left(OH\right)_2\downarrow\)
Bài 2:
a) Gọi kim loại cần tìm là R có hóa trị n (n nguyên dương)
\(n_{R_2\left(SO_3\right)_n}=\dfrac{8,7}{2M_R+80n}\left(mol\right);n_{R_2\left(SO_4\right)_n}=\dfrac{9,66}{2M_R+96n}\left(mol\right)\)
PTHH: \(R_2\left(SO_3\right)_n+nH_2SO_4\rightarrow R_2\left(SO_4\right)_n+nSO_2\uparrow+nH_2O\)
Theo PTHH: \(n_{R_2\left(SO_4\right)_n}=n_{R_2\left(SO_3\right)_n}\)
`=>` \(\dfrac{9,66}{2M_R+96n}=\dfrac{8,7}{2M_R+80n}\)
`<=>` \(M_R=32,5n\left(g/mol\right)\)
Vì n là hóa trị của R lên ta có bảng xét giá trị
| `n` | `1` | `2` | `3` |
| `M_R` | `32,5` | `65` | `97,5` |
| (Loại) | (Chọn) | (Loại) |
Vậy R có hóa trị II và có khối lượng mol nguyên tử là 65 g/mol
=> R là kẽm (Zn)
b) \(n_{ZnSO_3}=\dfrac{8,7}{145}=0,06\left(mol\right)\)
PTHH: ZnSO3 + H2SO4 ---> ZnSO4 + SO2 + H2O
0,06--->0,06-------->0,06----->0,06
`=>` \(m_{H_2SO_4}=0,06.98=5,88\left(g\right)\Rightarrow m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{5,88.100}{25}=23,52\left(g\right)\)
`=>` \(m_{\text{dd sau pư}}=23,52+8,7-0,06.64=28,38\left(g\right)\)
dd sau phản ứng chứa chất tan duy nhất là ZnSO4 (0,06 mol)
Vậy nồng độ phần trăm của dd sau phản ứng là:
\(C\%_{ZnSO_4}=\dfrac{0,06.161}{28,38}.100\%=34,04\%\)
a) Gọi phần trăm của đồng vị 24Mg, 25Mg là a và b
`=> a + b + 11 = 100 => a + b = 89 (1)`
Và \(\overline{M}_{Mg}=\dfrac{24a+25b+26.11}{100}=24,32\)
`=> 0,24a + 0,25b = 21,46 (2)`
Từ `(1), (2) => a = 79; b = 10`
Vậy phần trăm của đồng vị 24Mg là 79%, 25Mg là 10%
b) \(n_{Mg}=n_{MgO}=0,5\left(mol\right)\)
`=>` \(n_{^{24}Mg}=0,5.79\%=0,395\left(mol\right)\)
`=>` \(m_{^{24}Mg}=0,395.24=9,48\left(g\right)\)
c) `MgO, Mg(OH)_2`
\(n_{MCl_2}=\dfrac{13,3}{M_M+71}\left(mol\right)\)
PTHH: M + 2HCl ---> MCl2 + H2 (1)
MO + 2HCl ---> MCl2 + H2O (2)
Theo PT (1), (2): \(n_M+n_{MO}=n_{MCl_2}=\dfrac{13,3}{M_M+71}\left(mol\right)\)
`=>` \(\overline{M}_{M,MO}=\dfrac{4,2}{\dfrac{13,3}{M_M+71}}=\dfrac{6}{19}.\left(M_M+71\right)=\dfrac{6}{19}M_M+\dfrac{426}{19}\left(g/mol\right)\)
Ta có: \(M_M< \overline{M}_{M,MO}< M_{MO}\)
`=>` \(M_M< \dfrac{6}{19}M_M+\dfrac{426}{19}< M_M+16\)
`=>` \(9,38< M_M< 32,77\)
Mà M có hóa trị II
`=> M: Magie(Mg)`
\(n_{MgCl_2}=\dfrac{13,3}{95}=0,14\left(mol\right)\)
Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Mg}=a\left(mol\right)\\n_{MgO}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\left(\text{Đ}K:a,b>0\right)\)
=> 24a + 40b = 4,2 (*)
Theo PT (1), (2): \(n_{MgCl_2}=n_{Mg}+n_{MgO}\)
=> a + b = 0,14 (**)
Từ (*), (**) => a = 0,0875 (mol); b = 0,0525 (mol)
Theo PT (1): \(n_{H_2}=n_{Mg}=0,0875\left(mol\right)\)
=> \(V=V_{H_2}=0,0875.22,4=1,96\left(l\right)\)
Câu 1:
- Trích một ít các chất lấy làm mẫu thử cho vào ống nghiệm, có đánh số
thứ tự từ (1) đến (3) tương ứng với lọ chứa
- Nhỏ từng giọt mẫu thử vào từng mẩu quỳ tím riêng biệt, nếu thấy:
+ Mẫu thử làm quỳ tím hóa xanh: dd NaOH
+ Mẫu thử không làm quỳ tím đổi màu: dd NaCl, dd Na2SO4
- Nhỏ vài giọt dd BaCl2 vào 2 mẫu thử chưa nhận biết được, nếu thấy:
+ Mẫu thử nào tạo kết tủa màu trắng: dd Na2SO4
PTHH: \(Na_2SO_4+BaCl_2\rightarrow B\text{aS}O_4\downarrow+2NaCl\)
+ Mẫu thử nào không có hiện tượng gì: dd NaCl
- Dán nhãn cho các lọ chứa hóa chất
Câu 2:
PTHH: Fe + 2HCl ---> FeCl2 + H2
Cu không phản ứng với HCl
\(n_{H_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)
Theo PTHH: \(n_{Fe}=n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Fe}=\dfrac{0,3.56}{30}.100\%=56\%\\\%m_{Cu}=100\%-56\%=44\%\end{matrix}\right.\)
Câu 3:
- Trích một ít các chất lấy làm mẫu thử, cho vào ống nghiệm, có đánh số thứ tự
- Cho dd NaOH dư vào các ống nghiệm, nếu thấy:
+ Kim loại tan ra, có khí không màu, không mùi bay lên: Al
PTHH: \(2NaOH+2Al+2H_2O\rightarrow2NaAlO_2+3H_2\)
+ Còn lại không tan là 2 kim loại Fe, Ag
- Cho 2 kim loại chưa nhận biết được tác dụng với dd H2SO4 loãng dư, nếu thấy:
+ Kim loại tan ra, có khí không màu, không mùi bay lên: Fe
PTHH: \(Fe+H_2SO_{4\left(lo\text{ãn}g\right)}\rightarrow FeSO_4+H_2\)
+ Kim loại còn lại không tan là Ag
- Dán nhãn
Câu 4:
a) \(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)
PTHH: Fe + 2HCl ---> FeCl2 + H2
0,1--->0,2------>0,1----->0,1
=> \(C_{M\left(HCl\right)}=\dfrac{0,2}{0,1}=2M\)
b) \(\left\{{}\begin{matrix}V_{H_2}=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\\m_{mu\text{ố}i}=m_{FeCl_2}=0,1.127=12,7\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
Câu 6:
a) \(2Fe\left(OH\right)_3\xrightarrow[]{t^o}Fe_2O_3+3H_2O\)
b) \(H_2SO_4+Na_2O\rightarrow Na_2SO_4+H_2O\)
c) \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)
d) \(2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\)
Gọi kim loại hóa trị II và III lần lượt là M, R
PTHH:
`M + 2HCl -> MCl_2 + H_2 (1)`
`2R + 6HCl -> 2RCl_3 + 3H_2 (2)`
\(n_{H_2}=\dfrac{10,08}{22,4}=0,45\left(mol\right)\)
Xét `2` trường hợp`:`
`-` Trường hợp `1:` \(n_M:n_R=1:3\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_M=a\left(mol\right)\\n_R=3a\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Theo PT `(1), (2):` \(n_{H_2}=n_M+\dfrac{3}{2}.n_R=5,5a\left(mol\right)\)
`=>` \(5,5a=0,45\)
`=>` \(a=\dfrac{9}{110\left(mol\right)}\)
`=>` \(\dfrac{9}{110}M_M+\dfrac{3.9}{110}M_R=5,4\)
Mà \(M_R=3M_M\)
`=>` \(\dfrac{9}{110}M_M+\dfrac{27}{110}.3M_M=5,4\)
`=>` \(M_M=6,6\left(g/mol\right)\)
`=>` Loại
`-` Trường hợp `2:` \(n_M:n_R=3:1\)
Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_M=3x\left(mol\right)\\n_R=x\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Theo PT `(1), (2):` \(n_{H_2}=n_M+\dfrac{3}{2}n_R=4,5x\left(mol\right)\)
`=> 4,5x = 0,45`
`=> x = 0,1`
`=>` \(0,1.3M_M+0,1M_R=5,4\)
Mà \(M_R=3M_M\)
`=>` \(0,3M_M+0,3M_M=5,4\)
`=>` \(M_M=9\left(g/mol\right)\) `=> M: Beri(Be)`
`=>` \(M_R=9.3=27\left(g/mol\right)\) `=> M: Nhôm(Al)`
Vậy kim loại hóa trị II và III lần lượt là Beri và Nhôm
Đặt kim loại không tan là R có hóa trị cao nhất là n
\(n_{SO_2}=\dfrac{0,112}{22,4}=0,005\left(mol\right)\)
PTHH: \(2R+2nH_2SO_{4\left(\text{đ}\text{ặ}c\right)}\xrightarrow[]{t^o}R_2\left(SO_4\right)_n+nSO_2+2nH_2O\)
\(\dfrac{0,01}{n}\)<-------------------------------------0,005
`=>` \(M_R=\dfrac{1,005}{\dfrac{0,01}{n}}=100,5n\left(g/mol\right)\)
Xét `n = 2` thỏa mãn
`=>` \(M_R=100,5.2=201\left(g/mol\right)\)
`=>` \(R:\text{Thủy ngân}\left(Hg\right)\)
Đặt kim loại còn lại là M có hóa trị m
`=>` \(m_M=7,505-1,005=6,5\left(g\right)\)
\(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)
PTHH: \(2M+2nHCl\rightarrow2MCl_n+nH_2\)
\(\dfrac{0,2}{n}\)<--------------------------0,1
`=>` \(M_M=\dfrac{6,5}{\dfrac{0,2}{n}}=32,5n\left(g/mol\right)\)
Xét `n = 2` thỏa mãn
`=>` \(M_M=32,5.2=65\left(g/mol\right)\)
`=>` \(M:\text{Kẽm}\left(Zn\right)\)
Vậy hai kim loại trong hợp kim lần lượt là thủy ngân và kẽm
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_R=a\left(mol\right)\\n_{Zn}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\left(a,b>0\right)\)
`=>` \(aM_R+65b=1,7\)
\(n_{H_2}=\dfrac{0,672}{22,4}=0,03\left(mol\right)\)
PTHH:
R + 2HCl ---> RCl2 + H2
a----------------------->a
Zn + 2HCl ---> ZnCl2 + H2
b-------------------------->b
`=> a + b = 0,03`
`=> 65a + 65b = 1,95`
`=>` \(\left(65a+65b\right)-\left(aM_R+65b\right)=1,95-1,7\)
`=>` \(a\left(65-M_R\right)=0,25\)
`=>` \(a=\dfrac{0,25}{65-M_R}\)
Mà \(a< 0,03\)
`=>` \(\dfrac{0,25}{65-M_R}< 0,03\)
`=>` \(M_R< 56,67\left(1\right)\)
Mặt khác: \(n_R=\dfrac{1,7}{M_R}\left(mol\right);n_{H_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)
PTHH: R + 2HCl ---> RCl2 + H2
\(\dfrac{1,7}{M_R}\)------------------->\(\dfrac{1,7}{M_R}\)
`=>` \(\dfrac{1,7}{M_R}< 0,05\)
`=>` \(M_R>34\left(2\right)\)
Từ `(1), (2) => 34 < M_R < 56,67`
Mà R là kim loại thuộc nhóm IIA
`=>` \(R:C\text{anx}i\left(Ca\right)\)
\(8C^{+\dfrac{3}{2}}\rightarrow7C^{+\dfrac{2}{7}}+C^{+4}+18e|\times5\)
\(Mn^{+7}+5e\rightarrow Mn^{+2}|\times18\)
\(5C_8H_{12}+18KMnO_4+27H_2SO_4\rightarrow5C_7H_{10}O_6+9K_2SO_4+18MnSO_4+5CO_2\uparrow+32H_2O\)
| \(18C^{-\dfrac{14}{9}}\rightarrow6C^0+3C^{+\dfrac{4}{3}}+9C^{-\dfrac{8}{9}}+24e\) | `xx5` |
| \(Mn^{+7}+5e\rightarrow Mn^{+2}\) | `xx24` |
\(5C_{17}H_{31}COOH+24KMnO_4+36H_2SO_4\rightarrow5C_6H_{12}O_6+5C_3H_4O_4+5C_9H_{16}O_4+12K_2SO_4+24MnSO_4+36H_2O\)
Đặt S là diện tích (m2), chiều dài là a (m), chiều rộng là b (m)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}S_A=a_A.b_A\left(m^2\right)\\S_B=a_B.b_B\left(m^2\right)\\S_C=a_C.b_C\left(m^2\right)\end{matrix}\right.\)
Vì:
Khu đất A và B có cùng chiều dài => \(a_A=a_B\)
Tổng các chiều rộng của A và B là 33m => \(b_A+b_B=33\left(m\right)\)
Tỉ lệ diện tích giữa A và B là 5 : 6 => \(\dfrac{S_A}{S_B}=\dfrac{5}{6}\)
=> \(\dfrac{a_A.b_A}{a_B.b_B}=\dfrac{5}{6}\)
Mà \(a_A=a_B\)
=> \(\dfrac{b_A}{b_B}=\dfrac{5}{6}\)
=> \(\dfrac{b_A}{5}=\dfrac{b_B}{6}=\dfrac{b_A+b_B}{5+6}=\dfrac{33}{11}=3\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}b_A=3.5=15\left(m\right)\\b_B=3.6=18\left(m\right)\end{matrix}\right.\)
\(\left|x-1\right|+y^2=1\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}\left|x-1\right|=1\\y^2=0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}\left|x-1\right|=0\\y^2=1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x-1=1\\x-1=-1\end{matrix}\right.\\y=0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x-1=0\\y=\pm1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x=2\\x=0\end{matrix}\right.\\y=0\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=\pm1\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
Mà \(\left|y\right|< \left|x\right|\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(x+y-1\right)^{2022}=\left(2+0-1\right)^{2022}=1^{2022}=1\)
\(\left(x+y\right):\left(x-y\right):\left(x.y\right)=5:1:12\)
\(\Rightarrow\dfrac{x+y}{5}=\dfrac{x-y}{1}=\dfrac{xy}{12}\)
Đặt \(\dfrac{x+y}{5}=\dfrac{x-y}{1}=\dfrac{xy}{12}=k\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=5k\left(1\right)\\x-y=k\left(2\right)\\xy=12k\end{matrix}\right.\)
Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x+y\right)+\left(x-y\right)=5k+k\\\left(x+y\right)-\left(x-y\right)=5k-k\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x=6k\\2y=4k\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=3k\\y=2k\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{xy}{y}=\dfrac{12k}{2k}=6\\y=\dfrac{xy}{x}=\dfrac{12k}{3k}=4\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}xy=z\\yz=4x\\xz=9y\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy=z\\y.xy=4x\\x.xy=9y\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy=z\\xy^2=4x\\x^2y=9y\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy=z\\xy^2-4x=0\\x^2y-9y=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy=z\\x\left(y^2-4\right)=0\\y\left(x^2-9\right)=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}xy=z\\\left[{}\begin{matrix}x=0\\y=\pm2\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}y=0\\x=\pm3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)\(\left(\text{*}\right)\)
- Nếu \(x=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}9y=xz=0z=0\\z=yz=0y=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=0\\z=0\end{matrix}\right.\left(1\right)\)
- Nễu \(y=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4x=yz=0z=0\\z=xy=0x=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\z=0\end{matrix}\right.\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(\text{*}\right)\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y=z=0\\\left\{{}\begin{matrix}x=\pm3\\y=\pm2\\z=xy\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
- Nếu \(\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=2\end{matrix}\right.\Rightarrow z=3.2=6\)
- Nếu \(\left\{{}\begin{matrix}x=-3\\y=2\end{matrix}\right.\Rightarrow z=\left(-3\right).2=-6\)
- Nếu \(\left\{{}\begin{matrix}x=3\\y=-2\end{matrix}\right.\Rightarrow z=3.\left(-2\right)=-6\)
- Nếu \(\left\{{}\begin{matrix}x=-3\\y=-2\end{matrix}\right.\Rightarrow z=\left(-3\right).\left(-2\right)=6\)
Vậy \(\left(x;y;z\right)\in\left\{\left(0;0;0\right);\left(3;2;6\right);\left(-3;2;-6\right);\left(3;-2;-6\right)\left(-3;-2;6\right)\right\}\)
\(xy+2x-y=5\\ \Leftrightarrow x.\left(y+2\right)-y-2=5-2\\ \Leftrightarrow x.\left(y+2\right)-\left(y+2\right)=3\\ \Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(y+2\right)=3\)
Mà \(x,y\in Z\)
\(\Rightarrow\left(x-1\right)\in\text{Ư}\left(3\right)=\left\{-3;-1;1;3\right\}\)
Lập bảng
| `x-1` | `-3` | `-1` | `1` | `3` |
| `x` | `-2` | `0` | `2` | `4` |
| `y+2` | `-1` | `-3` | `3` | `1` |
| `y` | `-3` | `-5` | `1` | `-1` |
\(M=\dfrac{x+23}{x-22}=\dfrac{x-22}{x-22}+\dfrac{45}{x-22}=1+\dfrac{45}{x-22}\)
Để M đạt GTNN thì \(1+\dfrac{45}{x-22}\) đạt GTNN
\(\Rightarrow\dfrac{45}{x-22}\) đạt GTNN \(\left(x\ne22\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{x-22}{45}\) đạt GTLN
\(\Rightarrow x-22\) đạt GTLN
\(\Rightarrow x-22< 0\)
Mà \(x\in Z\Rightarrow x-22=-1\Rightarrow x=-1+22=21\)
Vậy M đạt GTNN khi x = 21
a)
\(2FeCO_3+4H_2SO_{4\left(\text{đ}\right)}\xrightarrow[]{t^o}Fe_2\left(SO_4\right)_3+SO_2+2CO_2+4H_2O\)
\(2Fe_3O_4+10H_2SO_{4\left(\text{đ}\right)}\xrightarrow[]{t^o}3Fe_2\left(SO_4\right)_3+SO_2+10H_2O\)
b)
\(M_X=14,75.4=59\) (g/mol)
Áp dụng SĐĐC:
\(\dfrac{n_{SO_2}}{n_{CO_2}}=\dfrac{59-44}{64-59}=\dfrac{3}{1};n_X=\dfrac{1,792}{22,4}=0,08\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{SO_2}=\dfrac{3}{1+3}.0,08=0,06\left(mol\right)\\n_{CO_2}=0,08-0,06=0,02\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
BTNT C: \(n_{FeCO_3}=n_{CO_2}=0,02\left(mol\right)\)
BTe: \(n_{Fe_3O_4}=2n_{SO_2}-n_{FeCO_3}=0,14\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m=0,02.116+0,14.232=34,8\left(g\right)\)
\(\sum H=50\%.80\%=40\%\)
\(n_{CaCO_3\left(TT\right)}=\dfrac{120}{100}=1,2\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{CaCO_3\left(LT\right)}=\dfrac{1,2}{40\%}=3\left(mol\right)\)
PTHH:
\(\left(C_6H_{10}O_5\right)_n+nH_2O\xrightarrow[]{t^o,\text{axit}}nC_6H_{12}O_5\\
C_6H_{12}O_6\xrightarrow[]{\text{lên men}}2C_2H_5OH+2CO_2\\
CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)
Theo PTHH:
\(n_{\left(C_6H_{10}O_5\right)_n\left(\text{cần dùng}\right)}=\dfrac{1}{n}.n_{C_6H_{12}O_6}=\dfrac{1}{2n}.n_{CO_2}=\dfrac{1}{2n}.n_{CaCO_3\left(LT\right)}=\dfrac{1,5}{n}\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{\left(C_6H_{10}O_5\right)_n\left(\text{cần dùng}\right)}=\dfrac{1,5}{n}.162n=243\left(g\right)\)
\(n_{H^+}=n_{NO_3^-}=n_{HNO_3}=0,2.4=0,8\left(mol\right)\)
PT ion rút gọn:
\(3FeS_2+12H^++15NO_3^-\rightarrow3Fe^{3+}+6SO_4^{2+}+15NO+6H_2O\)
0,1----->0,4------->0,5-------->0,1
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{H^+\left(d\text{ư}\right)}=0,8-0,4=0,4\left(mol\right)\\n_{NO_3^-\left(d\text{ư}\right)}=0,8-0,5=0,3\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(3Cu+8H^++2NO_3^-\rightarrow3Cu^{2+}+2NO+4H_2O\)
0,15<-0,4---->0,1
\(Cu+2Fe^{3+}\rightarrow Cu^{2+}+2Fe^{2+}\)
0,05<-0,1
\(\Rightarrow m=m_{Cu}=\left(0,15+0,05\right).64=12,8\left(g\right)\)
@Anguyen1127
\(a)1,5:2,16=\dfrac{15}{10}:\dfrac{216}{100}=\dfrac{15}{10}.\dfrac{100}{216}=\dfrac{5.3.10.2.5}{10.2.3.36}=\dfrac{25}{36}\\ b)\dfrac{3}{8}:0,54=\dfrac{3}{8}:\dfrac{54}{100}=\dfrac{3}{8}.\dfrac{100}{54}=\dfrac{3.4.25}{2.4.18.3}=\dfrac{25}{36}\\ c)2\dfrac{1}{3}:7=\dfrac{7}{3}.\dfrac{1}{7}=\dfrac{1}{3}\\ d)2\dfrac{2}{3}:1\dfrac{7}{9}=\dfrac{8}{3}:\dfrac{16}{9}=\dfrac{8.9}{16.3}=\dfrac{8.3.3}{8.2.3}=\dfrac{3}{2}\\ e)-0,375:3,63=-\dfrac{3}{8}:\dfrac{363}{100}=-\dfrac{3.100}{8.363}=-\dfrac{3.4.25}{4.2.3.121}=\dfrac{25}{242}\\ f)14\dfrac{2}{3}:80\dfrac{2}{3}=\dfrac{44}{3}:\dfrac{242}{3}=\dfrac{44.3}{242.3}=\dfrac{2.2.11}{2.11.11}=\dfrac{2}{11}\)
