A = \(n^2+n+3=n\left(n+1\right)+3\)

Do n ( n + 1 ) là 2 số tự nhiên liên tiếp

n có thể có tận cùng là 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9

=> n+1 có tận cùng là 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 0

=> n(n+1) chỉ có tận cùng là 0; 2; 6

=> n(n+1) + 3 chỉ có thể có tận cùng là 1;3 ; 7 => n(n+1)+3 ko chia hết cho 6

=> n²+n+3 ko chia hết cho 6

Bài 2:

\(\sqrt{xy}+1+\sqrt{x}+\sqrt{y}\)

\(=\sqrt{x}\left(\sqrt{y}+1\right)+\sqrt{y}+1\)

\(=\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{y}+1\right)\)

\(B=\dfrac{1}{\sqrt{5}+\sqrt{7}}-\dfrac{1}{\sqrt{5}-\sqrt{7}}\)

\(=\dfrac{\sqrt{5}-\sqrt{7}-\sqrt{5}-\sqrt{7}}{\left(\sqrt{5}+\sqrt{7}\right)\left(\sqrt{5}-\sqrt{7}\right)}\)

\(=\dfrac{-2\sqrt{7}}{2}\)

\(=-\sqrt{7}\)

\(A=4\sqrt{20}+2\sqrt{45}-8\sqrt{5}+2\sqrt{180}\)

\(=8\sqrt{5}+6\sqrt{5}-8\sqrt{5}+12\sqrt{5}\)

\(=18\sqrt{5}\)

Anilin + Br₂ -> kết tử trắng -> T là anilin

Glucozo + dd AgNO3 trong NH3 -> Kết tủa trắng Ag, sáng -> X là glucozo

ý B à

C3. a.) PTK của hợp chất = 32 . 2 = 64 đvC

b.) CTHH chung của hợp chất là XO₂

Theo đầu bài ta có: X + 16 . 2 = 64

<=> X = 32

=> X là Lưu huỳnh

Kí hiệu hoá học là S

C1.

a.) 2Cu: 2 nguyên tử đồng

5K: 5 nguyên tử kali

2O₂: 2 phân tử oxi

3H₂: 3 phân tử hidro

b.) CTHH là HNO₃

C1. a.) 2Cu : 2 nguyên tử đồng

5K : 5 nguyên tử kali

2O₂ : 2

1 đvC = \(\dfrac{\text{1 , 9926.10 ^{-23} }}{12}=1,6605.10^{-24}\)

PTK_N2 = 14 . 2 = 28 đvC

\(\Rightarrow m_{N_2}=28.1,6605.10^{-24}=4,6494.10^{-23}g\)

Gọi x, y là số mol NaCl và NaI trong hỗn hợp X.
mX = mNaCl + mNaI = 58,5x + 150y = 104,25g (1)
Sục khí Cl2 dư vào dd A:
NaI + $\frac{1}{2}$Cl2 → $\frac{1}{2}$I₂ + NaCl
y                    y
m(muối khan) = mNaCl = 58,5.(x+y) = 58,5g
=> x + y = 1mol (2)
Giải hệ PT (1), (2) ta được: x = 0,5mol và y = 0,5mol
Khối lượng mỗi muối:
m(NaCl) = 58,5.0,5 = 29,25g; m(NaI) = 0,5.150 = 75g