Bài 1:

\(n_{CuO}=\dfrac{56}{80}=0,7\left(mol\right)\)

PTHH: CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O

Mol:      0,7       1,4

\(m_{ddHCl}=\dfrac{1,4.36,5.100}{14,6}=350\left(g\right)\)

Bài 2:

\(n_{Na_2SO_3}=\dfrac{12,6}{126}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH: Na₂SO₃ + 2HCl → 2NaCl + SO₂ + H₂O

Mol:         0,1                                      0,1

\(V_{SO_2}=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

c: \(=6000+700+8=6708\)

a: =15x200=3000

Mỗi câu hỏi có  \(\dfrac{1}{4}\) khả năng trả lời đúng và \(\dfrac{3}{4}\) khả năng trả lời sai

Có 3 trường hợp thỏa mãn: học sinh trả lời đúng 7 câu, 8 câu, 9 câu

Xác suất:

\(P=C_9^7.\left(\dfrac{1}{4}\right)^7.\left(\dfrac{3}{4}\right)^2+C_9^8.\left(\dfrac{1}{4}\right)^8.\left(\dfrac{3}{4}\right)^1+C_9^9.\left(\dfrac{1}{4}\right)^9=\dfrac{11}{8192}\)

a: Xét tứ giác AMHN có 

\(\widehat{MAN}=\widehat{ANH}=\widehat{AMH}=90^0\)

Do đó: AMHN là hình chữ nhật

a) Xét tứ giác AMHN có:

\(\widehat{AMH}=\widehat{MAN}=\widehat{ANH}=90^0\)

=> AMHN là hình chữ nhật

b) Ta có: MH=AN(AMHN là hình chữ nhật)

               AN=DN(D đối xứng với A qua N)

=> MH=DN 

MH//DN(AMHN là hình chữ nhật nên MH//AN,D∈AN)

=> MHDN là hình bình hành

a, xét \(\Delta ABC\left(\widehat{BAC}=90^o\right)\) có \(AM\) là đường cao
\(BC^2=AB^2+AC^2\left(pytago\right)\Leftrightarrow BC=\sqrt{12^2+16^2}=20\left(cm\right)\)
\(sinABC=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{16}{20}\Rightarrow\widehat{ABC}\approx53^o8'\)
\(sinACB=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{12}{20}\Rightarrow\widehat{ACB}\approx32^o52'\)
\(AB^2=BM.BC\Rightarrow BM=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{12^2}{20}=7,2\left(cm\right)\)
b, Xét \(\Delta ABM\left(\widehat{AMB}=90^o\right)\) có \(AE\perp AB\)
\(AB^2=BM^2+AM^2\left(pytago\right)\Leftrightarrow AM=\sqrt{20^2-7,2^2}=\dfrac{16\sqrt{34}}{5}\left(cm\right)\)
\(AM^2=AE.AB\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)\(\left(1\right)\)
c, Xét \(\Delta AMC\left(\widehat{AMC}=90^o\right)\)
\(AC^2=AM^2+MC^2\left(pytago\right)\Leftrightarrow AM^2=AC^2-MC^2\left(2\right)\)
\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow AE.AB=AC^2-MC^2\left(đpcm\right)\)