Gọi p, e, n lần lượt là số proton, electron, notron của nguyên tử.

Vì tỉ số hạt mang điện đối với hạt không mang điện là 1,875 nên ta có: \(p+e=1,875n\Leftrightarrow2p=1,875n\left(1\right)\)

Vì tổng số hạt trong nguyên tử là 46 nên ta có: \(p+e+n=46\Leftrightarrow2p+n=46\left(2\right)\)

Từ (1), (2) ta có hệ pt: \(\left\{{}\begin{matrix}2p=1,875n\\2p+n=46\end{matrix}\right.\)

giải hệ pt, ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}e=p=15\\n=16\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\overline{A}=m_p+m_n=15.1,6726.10^{27}+16.1,6748.10^{27}=5,186.10^{26}\)

Vậy chọn đáp án d.

99

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}x+y+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=5\\x^3+y^3+\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}=15m-10\end{matrix}\right.\)\(\left(x,y\ne0\right)\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x+y\right)+\dfrac{x+y}{xy}=5\\\left(x^3+y^3\right)+\dfrac{x^3+y^3}{x^3y^3}=15m-10\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x+y\right)\left(1+\dfrac{1}{xy}\right)=5\\\left(x^3+y^3\right)\left(1+\dfrac{1}{x^3y^3}\right)=15m-10\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x+y\right)\left(1+\dfrac{1}{xy}\right)=5\\\left(x+y\right)\left(1+\dfrac{1}{xy}\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\left(\dfrac{1}{x^2y^2}-\dfrac{1}{xy}+1\right)=15m-10\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x+y\right)\left(1+\dfrac{1}{xy}\right)=5\\5\left(\left(x+y\right)^2-3xy\right)\left(\left(\dfrac{1}{xy}+1\right)^2-\dfrac{2}{xy}\right)=15m-10\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x+y\right)\left(1+\dfrac{1}{xy}\right)=5\\\left(x+y\right)^2.\left(1+\dfrac{1}{xy}\right)^2-\dfrac{2\left(x+y\right)^2}{xy}-3xy\left(\dfrac{1}{xy}+1\right)^2+6=3m-2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(1+\dfrac{1}{xy}\right)=\dfrac{5}{x+y}\\\dfrac{2\left(x+y\right)^2}{xy}+3xy.\dfrac{25}{\left(x+y\right)^2}=33-3m\end{matrix}\right.\)

Đặt \(t=\dfrac{\left(x+y\right)^2}{xy}\)\(\left(t\ne0\right)\)

Ta có:\(2t+\dfrac{75}{t}=33-3m\)

\(\Leftrightarrow2t^2+\left(3m-33\right)t+75=0\)

Ta có: \(\Delta=\left(3m-33\right)^2-4.2.75=\left(3m-33+10\sqrt{6}\right)\left(3m-33-10\sqrt{6}\right)\)

Để phương trình có nghiệm thì \(\Delta\ge0\)

\(\Rightarrow\left(3m-33+10\sqrt{6}\right)\left(3m-33-10\sqrt{6}\right)\ge0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge\dfrac{33+10\sqrt{6}}{3}\\m\le\dfrac{33-10\sqrt{6}}{3}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(\left[{}\begin{matrix}m\ge\dfrac{33+10\sqrt{6}}{3}\\m\le\dfrac{33-10\sqrt{6}}{3}\end{matrix}\right.\)thì hệ phương trình có nghiệm thực

Cho 0,02 mol  CH 3 COOC 6 H 5  vào 500 ml dung dịch NaOH 0,1M đun nóng. Sau phản ứng hoàn toàn đem cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam chất rắn khan. Giá trị m là

A.2,84.

B. 3,96.

C. 1,64.

D. 4,36

Ta có: \(\Delta=\left(-\left(m+5\right)\right)^2-4.1.\left(3m+6\right)\)

\(=m^2+10m+25-12m-24\)

\(=m^2-2m+1=\left(m-1\right)^2\ge0\)

=> pt luôn có 2 nghiệm phân biệt.

Theo định lí Vi-et, ta có:\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+5\\x_1x_2=3m+6\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\)

\(=\left(m+5\right)^2-2\left(3m+6\right)\)

\(=m^2+10m+25-6m-12\)

\(=m^2+4m+13\)

Để phương trình có 2 nghiệm \(x_1,x_2\) là độ dài 2 cạnh của tam giác vuông có cạnh huyền là 5 thì \(x_1^2+x^2_2=5^2\)(Định lí Py-ta-go)

\(\Rightarrow m^2+4m+13=25\)

\(\Leftrightarrow m^2+4m-12=0\)

giải pt, ta được \(\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=-6\end{matrix}\right.\)

Vậy với m=2 hoặc m=-6 thì pt có 2 nghiệm là độ dài 2 cạnh của tam giác vuông có cạnh huyền là 5.

b. Ta có: \(n_{SO_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

\(2Fe+6H_2SO_{4\left(đặc\right)}->Fe_2\left(SO_4\right)_3+3SO_2+6H_2O\)

0,2(mol) 0,6(mol) 0,3(mol)

\(\Rightarrow m_{H_2SO_4}=0,6.98=58,8\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{dd}=\dfrac{58,8.100}{98}=60\left(g\right)\)

a. \(2Fe+O_2->2FeO\)

\(4Fe+3O_2->Fe_2O_3\)

\(3Fe+2O_2->Fe_3O_4\)

=>\(\dfrac{m_{FeO}}{m_{Fe}}=\dfrac{2.\left(56+16\right)}{2.56}=\dfrac{9}{14}\Rightarrow m_{FeO}=\dfrac{9}{14}m_{Fe}\)

Tương tự:\(m_{Fe_2O_3}=\dfrac{10}{7}m_{Fe}\);\(m_{Fe_3O_4}=\dfrac{29}{21}m_{Fe}\)

Ta có: \(m_{Fe}+m_{FeO}+m_{Fe_2O_3}+m_{Fe_3O_4}=75,2\)

\(\Leftrightarrow0,2.56+\dfrac{9}{14}m_{Fe}+\dfrac{10}{7}m_{Fe}+\dfrac{29}{21}m_{Fe}=75,2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{145}{42}m_{Fe}=64\)

\(\Leftrightarrow m_{Fe}=\dfrac{2688}{145}\approx18,5\left(g\right)\Rightarrow a=18,5\left(g\right)\)

Ta có: \(x^3=-3x^2+3x-1\)

\(\Leftrightarrow2x^3=x^3-3x^2+3x-1\)

\(\Leftrightarrow2x^3=\left(x-1\right)^3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt[3]{2}x=x-1\)

\(\Leftrightarrow\left(1-\sqrt[3]{2}\right)x=1\)

\(\Leftrightarrow x=\dfrac{1}{1-\sqrt[3]{2}}\)

a. Ta có: \(V_{rượu}=\dfrac{96.100}{100}=96\left(ml\right)\)

\(\Rightarrow m_{rượu}=0,8.96=76,8\left(g\right)\)

b. Ta có: \(n_{rượu}=\dfrac{76,8}{46}=\dfrac{192}{115}\left(mol\right)\)

\(2C_2H_5OH+2Na->2C_2H_5ONa+H_2\)

\(\dfrac{192}{115}\left(mol\right)\) \(\dfrac{96}{115}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2}=\dfrac{96}{115}.22,4\approx18,7\left(l\right)\)

a. Ta có: \(V_{hh\left(1\right)}=V_{hh\left(2\right)}=\dfrac{4,48}{2}=2,24\left(l\right)\)

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

\(n_{O_2}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\)

Vì \(C_nH_{2n+2}\) là ankan nên không tác dụng với

mà khối lượng bình tăng 1,4g \(\Rightarrow m_{C_2H_4\left(2\right)}=1,4\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{C_2H_4}=1,4.2=2,8\left(g\right)\)

\(\Rightarrow n_{C_2H_4}=\dfrac{2,8}{28}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{C_2H_4}=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

\(\Rightarrow\%V_{C_2H_4}=\dfrac{2,24}{4,48}.100\%=50\%\)

\(\Rightarrow\%V_{C_nH_{2n+2}}=100\%-50\%=50\%\)

b. \(\Rightarrow n_{C_2H_4}=n_{C_nH_{2n+2}}=0,1\left(mol\right)\)

\(C_2H_4+3O_2\underrightarrow{t^0}2CO_2+2H_2O\)

\(\dfrac{0,1}{2}mol0,15mol\)

\(C_nH_{2n+2}+\dfrac{3n+1}{2}O_2\underrightarrow{t^0}nCO_2+\left(n+1\right)H_2O\)

\(0,05\left(mol\right)\dfrac{0,15n+0,05}{2}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{0,15n+0,05}{2}=0,4-0,15\)

\(\Leftrightarrow0,15n+0,05=0,5\)

\(\Leftrightarrow0,15n=0,45\)

\(\Leftrightarrow n=3\)

Vậy công thức phân tử của hidrocabon là \(C_3H_8\).