\(C\left(x\right)+O_2\left(x\right)\rightarrow CO_2\left(x\right)\)

\(2C\left(2y\right)+O_2\left(y\right)\rightarrow2CO\left(2y\right)\)

Gọi số mol của O₂ tham gia phản ứng 1, 2 và còn dư lần lược là x, y, z

\(n_C=\frac{1,2}{12}=0,1\)

\(\Rightarrow x+2y=0,1\)

Thể tích của hh sau phản ứng là: z + x + 2y = z + 0,1

Theo đề bài ta có: \(\frac{z}{z+0,1}=0,1\)

\(\Leftrightarrow0,9z=0,01\Leftrightarrow z=\frac{1}{90}\)

Đề có thiếu không sao chỉ tính được có thể tích oxi dư thôi thể tích phản ứng không tính được

Theo đề bài thì bác nông dân dang cần cung cấp phân đạm có N, nên ta tìm xem trong 3 loại trên cùng khối lượng thì phân nào nhiều N hơn thì chọn.

Ta để ý thấy cả 3 loại phân thì mỗi phân tử đều chứa 2 nguyên tử N nên ta chỉ việc tính số mol nào lớn nhất thì chọn.

\(n_{NH_4NO_3}=\frac{500000}{80}=6250\)

\(n_{\left(NH_2\right)_2CO}=\frac{500000}{60}=8333,33\)

\(n_{\left(NH_4\right)_2SO_4}=\frac{500000}{132}=3787,88\)

Vậy nên mua phân (NH₂)₂CO là lợi nhất

a/

\(Fe_2O_3\left(x\right)+6HCl\left(6x\right)\rightarrow2FeCl_3\left(2x\right)+3H_2O\)

\(CuO\left(y\right)+2HCl\left(2y\right)\rightarrow CuCl_2\left(y\right)+H_2O\)

Gọi số mol của Fe₂O₃ và CuO lần lược là: x, y

Ta có: \(\left\{\begin{matrix}160x+80y=64\\162,5.2x+135y=124,5\end{matrix}\right.\)

\(\left\{\begin{matrix}x=0,3\\y=0,2\end{matrix}\right.\)

\(\%Fe_2O_3=\frac{160.0,3}{64}=75\%\)

\(\Rightarrow\%CuO=100\%-75\%=25\%\)

b/ \(n_{HCl}=6.0,3+2.0,2=2,2\)

\(m_{HCl}=2,2.36,5=80,3\)

\(m_{ddHCl}=\frac{80,3}{0,2}=401,5\)

2/ Gọi số mol của CO₂ và CH₄ có trong 7,84l là x, y

Ta có: \(\frac{12\left(x+y\right)}{44x+16y}=0,6\Leftrightarrow14,4x-2,4y=0\left(1\right)\)

\(n_{hh}=\frac{7,84}{22,4}=0,35\)

\(\Rightarrow x+y=0,35\left(2\right)\)

Từ (1), (2) ta có hệ: \(\left\{\begin{matrix}14,4x-2,4y=0\\x+y=0,35\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}x=0,05\\y=0,3\end{matrix}\right.\)

Số eletron là: \(6.10^{23}.\left(0,05.\left(6+8.2\right)+0,3.\left(6+1.4\right)\right)=246.10^{22}\)

1/ \(2KMnO_4\rightarrow MnO_2+O_2+K_2MnO_4\)

Gọi số mol KMnO₄ đã tham gia phản ứng là x ta có

\(n_{MnO_2}=n_{K_2MnO_4}=0,5x\)

Theo đề bài thì: \(110,6-158x+87.0,5x+197.0,5x=101\)

\(\Rightarrow x=0,6\)

Hỗn hợp chất rắn sau phản ứng gồm: \(\left\{\begin{matrix}MnO_2:0,6.0,5.87=26,1\\K_2MnO_4:0,6.0,5.197=59,1\\KMnO_4=110,6-0,6.158=15,8\end{matrix}\right.\)

Ta cần chứng minh

\(x+\frac{27}{\left(x+3\right)^3}\ge1\)

\(\Leftrightarrow x+\frac{27}{\left(x+3\right)^3}-1\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^4+8x^3+18x^2\ge0\)

Theo đề bài ta có: \(x\ge0\Rightarrow\left\{\begin{matrix}x^4\ge0\\8x^3\ge0\\18x^2\ge0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x^4+8x^3+18x^2\ge0\)

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu = xảy ra khi x = 0

2/ \(P=x+\frac{2}{2x+1}\)

\(\Leftrightarrow2P=2x+\frac{4}{2x+1}=2x+1+\frac{4}{2x+1}-1\)

\(\ge4-1=3\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{3}{2}\)

Vậy GTNN là \(\frac{3}{2}\) đạt được khi x = \(\frac{1}{2}\)

Một số khi chi cho 3 hoặc dư 1 hoặc dư 2

Với a, b chia 3 dư 1 thì ta có a = 3p + 1, b = 3q + 1

\(\Rightarrow ab-1=\left(3p+1\right)\left(3q+1\right)-1=9pq+3q+3p+1-1=9pq+3q+3p⋮3\)(1)

Với a, b chia cho 3 dư 2 thì ta có: a = 3p + 2, b = 3q + 2

\(\Rightarrow ab-1=\left(3p+2\right)\left(3q+2\right)-1=9pq+3p+3q+4-1=pq+3p+3q+3⋮3\)(2)

Từ (1) và (2) ta suy ra ĐPCM

Thực vật C₃ phân bố mọi nơi trên trái đất (gồm các loài rêu à cây gỗ trong rừng).

Lực mà trái đất tác dụng lên diễn viên là trọng lực. Mà trọng lực thì có phương thẳng đứng chiều hướng về phía trái đất. Bên cạnh đó vì diễn viên này mọi tư thế đều ở mặt đất nên độ lớn của trọng lực chỉ phụ thuộc và khối lượng của diễn viên.

Vậy Lực mà Trái Đất tác dụng lên người diễn viên đó không thay đổi về độ lớn, phương và chiều.

\(\frac{2+\sin^2\cos^2}{1+\cos^2}=\frac{2+\left(1-\cos^2\right)\cos^2}{1+\cos^2}=\frac{\left(1-\cos^4\right)+\left(1+\cos^2\right)}{1+\cos^2}\)

\(=\frac{\left(1+\cos^2\right)\left(1-\cos^2+1\right)}{1+\cos^2}=1+\sin^2\)