Bài 5

\(n_{Al_2O_3}=\dfrac{10,2}{102}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=\dfrac{18,25}{36,5}=0,5\left(mol\right)\)

PTHH: Al₂O₃ + 6HCl --> 2AlCl₃ + 3H₂O

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{1}>\dfrac{0,5}{6}\) => Al dư, HCl hết

PTHH: Al₂O₃ + 6HCl --> 2AlCl₃ + 3H₂O

            \(\dfrac{1}{12}\)<----0,5------->\(\dfrac{1}{6}\)----->0,25

=> \(\left\{{}\begin{matrix}m_{Al\left(dư\right)}=10,2-\dfrac{1}{12}.102=1,7\left(g\right)\\m_{AlCl_3}=\dfrac{1}{6}.133,5=22,25\left(g\right)\\m_{H_2}=0,25.18=4,5\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Bài 6

a) \(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{Mg}=\dfrac{4,8}{24}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: Mg + 2HCl --> MgCl₂ + H₂

           0,1<-------------0,1<----0,1

=> \(n_{Mg\left(pư\right)}=0,1\left(mol\right)< 0,2\)

=> Mg dư => HCl hết

b) \(m_{MgCl_2}=0,1.95=9,5\left(g\right)\)

\(m_{Mg\left(dư\right)}=\left(0,2-0,1\right).24=2,4\left(g\right)\)

h tới mai mà k cs ng lm thì t lm hết h đi ngủ :>

Dài thế ><

ktr à :>?

dài v ạ

a,Đổi: 3 lít nước = 3 kg nước

Nhiệt lượng cần thiết để đun sôi 3 lít nước:

Q=m.c.Δt= 3.4200.(100-22) = 982800 (J)
b, Nhiệt lượng bếp điện cần toả:

\(H=\dfrac{Ai}{Atp}.100\%\Rightarrow Atp=\dfrac{Ai.100\%}{H}=\dfrac{982800.100\%}{85\%}=1156235,3\) (J)

Thời gian đun sôi:

Q = P.t \(\Rightarrow\) t = \(\dfrac{Q}{P}=\dfrac{1156235,3}{1200}\approx\)963,5 giây\(\approx\)16 phút

c,Đổi: 1200W = 1,2kW

Số đếm công tơ điện của bếp điện nếu sử dụng 2h trong 365 ngày: 1,2.2.365= 876 (kWh)

Số tiền phải trả:1800. 876 =15768000(đồng)

Bài 3: 

a) Số học sinh nam là:

\(45\cdot\dfrac{3}{5}=27\)(bạn)

b) Tỉ số phần trăm giữa số học sinh nữ và số học sinh cả lớp là:

18:45=40%

Ai còn thức giúp em với ạ , em sẽ vào trang cá nhân của 2 người đầu tiên và tick 5 lần cho câu trả lời của người đó ạ , người thứ 3 em sẽ tick 2 lần ạ . M.n giúp em với , gấp lắm ạ !

Đến sáng ngày mai ai giúp em thì ko kịp nộp bài nữa nên 12h tối nay và sáng mai em ko tick ạ . Mong m.n thoong cảm và giúp cho em với ạ 

Hết thời gian rồi ạ , pp m.n 

Câu 10: B

B

Bài III.2b.

Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(P\right)\) và \(\left(d\right)\) : \(x^2=\left(m+1\right)x-m-4\)

hay : \(x^2-\left(m+1\right)x+m+4=0\left(I\right)\)

\(\left(d\right)\) cắt \(\left(P\right)\) tại hai điểm nên phương trình \(\left(I\right)\) sẽ có hai nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình \(\left(I\right)\) phải có : 

\(\Delta=b^2-4ac=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4.1.\left(m+4\right)\)

\(=m^2+2m+1-4m-16\)

\(=m^2-2m-15>0\).

\(\Rightarrow m< -3\) hoặc \(m>5\).

Theo đề bài : \(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=2\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2=12\)

\(\Leftrightarrow x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}=12\left(II\right)\)

Do phương trình \(\left(I\right)\) có hai nghiệm khi \(m< -3\) hoặc \(m>5\) nên theo định lí Vi-ét, ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-\left(m+1\right)}{1}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m+4}{1}=m+4\end{matrix}\right.\).

Thay vào \(\left(II\right)\) ta được : \(m+1+2\sqrt{m+4}=12\)

Đặt \(t=\sqrt{m+4}\left(t\ge0\right)\), viết lại phương trình trên thành : \(t^2-3+2t=12\)

\(\Leftrightarrow t^2+2t-15=0\left(III\right)\).

Phương trình \(\left(III\right)\) có : \(\Delta'=b'^2-ac=1^2-1.\left(-15\right)=16>0\).

Suy ra, \(\left(III\right)\) có hai nghiệm phân biệt : 

\(\left\{{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-b'+\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1+\sqrt{16}}{1}=3\left(t/m\right)\\t_2=\dfrac{-b'-\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1-\sqrt{16}}{1}=-5\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)

Suy ra được : \(\sqrt{m+4}=3\Rightarrow m=5\left(ktm\right)\).

Vậy : Không có giá trị m thỏa mãn đề bài.

Bài IV.b.

Chứng minh : Ta có : \(OB=OC=R\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực \(d\) của \(BC\).

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(IB=IC\), suy ra \(I\in d\).

Suy ra được \(OI\) là một phần của đường trung trực \(d\) của \(BC\) \(\Rightarrow OI\perp BC\) tại \(M\) và \(MB=MC\).

Xét \(\Delta OBI\) vuông tại \(B\) có : \(MB^2=OM.OI\).

Lại có : \(BC=MB+MC=2MB\)

\(\Rightarrow BC^2=4MB^2=4OM.OI\left(đpcm\right).\)

Tính diện tích hình quạt tròn

Ta có : \(\hat{BAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BC}=2.\hat{BAC}=2.70^o=140^o\) (góc nội tiếp).

\(\Rightarrow S=\dfrac{\pi R^2n}{360}=\dfrac{\pi R^2.140^o}{360}=\dfrac{7}{18}\pi R^2\left(đvdt\right)\)

1: ĐKXĐ: x<>1 và y>=2

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2}{x-1}-\sqrt{y-2}=-1\\\dfrac{3}{x-1}+2\sqrt{y-2}=9\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{4}{x-1}-2\sqrt{y-2}=-2\\\dfrac{3}{x-1}+2\sqrt{y-2}=9\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{7}{x-1}=7\\\dfrac{3}{x-1}+2\sqrt{y-2}=9\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x-1=1\\2\sqrt{y-2}=9-3=6\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x-1=1\\\sqrt{y-2}=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y-2=9\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=11\end{matrix}\right.\left(nhận\right)\)

2:

a: Phương trình hoành độ giao điểm là:

\(x^2-\left(m-2\right)x-m-4=0\)

\(\text{Δ}=\left[-\left(m-2\right)\right]^2-4\left(-m-4\right)\)

\(=m^2-4m+4+4m+16\)

\(=m^2+20>=20>0\forall m\)

=>(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

b: Theo Vi-et, ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{-\left[-\left(m-2\right)\right]}{1}=m-2\\x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=-m-4\end{matrix}\right.\)

\(\left|x_1+x_2\right|=\left|x_1-x_2\right|\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}x_1+x_2=x_1-x_2\\x_1+x_2=-x_1+x_2\end{matrix}\right.\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}-2x_2=0\\2x_1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x_1\cdot x_2=0\)

=>-m-4=0

=>m+4=0

=>m=-4

Bn tham khảo tại đây nha:

http://thuviengiaoan.vn/giao-an/giao-an-ngu-van-10-tiet-105-huong-dan-hoc-tap-trong-he-43581/