Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp điểm M thoả mãn một trong các điều kiện sau

a) \(\left|\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}\right|=\left|\overrightarrow{MC}\right|\)

b \(\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right|=0\)

c) \(\left|\overrightarrow{MA}\right|=2\left|\overrightarrow{MC}\right|\)

d) \(\left|\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}\right|\)

thì mình có sử dụng thêm chất nào đâu mình chỉ sử dụng phương pháp vật lí để nhận biết câu 1

1/ Đun nóng các dung dịch

- Tạo khí không màu, không mùi (CO₂): NaHCO₃

- Tạo khí không màu, không mùi và kết tủa trắng: Ba(HCO3)₂

- Không hiện tượng: NaHSO₄

PTHH xảy ra:

\(2NaHCO_3\underrightarrow{t^o}Na_2CO_3+CO_2\uparrow+H_2O\\ Ba\left(HCO3\right)_2\underrightarrow{t^o}BaCO_3\downarrow+CO_2\uparrow+H_2O\)

Bạn tự viết ra và cân bằng phương trình nhé!

\(A:O_2\\ A_1:Fe_2O_3\\ A_2:SO_2\\ A_3:SO_3\\ A_4:H_2SO_4\\ A_5:Fe_2\left(SO_4\right)_3\\ A_6:H_2\\ A_7:Fe\\ A_8:Fe_3O_4\\ A_9:FeSO_4\)

Có thể được vì Ag₂SO₄ là chất ít tan nên vẫn thoả mãn điều kiện của phản ứng trao đổi

2/ \(m_{CaCO_3trong500g}=80\%.500=400\left(g\right)\Rightarrow n_{CaCO_3}=\dfrac{400}{100}=4\left(mol\right)\)

Vì phản ứng một thời gian (phản ứng không hoàn toàn) sau khi kết thúc phản ứng còn CaCO₃ dư. Vì vậy chất rắn thu được gồm CaO và CaCO₃ dư.

PTHH xảy ra: \(CaCO_3\underrightarrow{t^o}CaO+CO_2\uparrow\)

Đặt số mol CaCO₃ phản ứng là: x (mol) \(\Rightarrow n_{CaCO_3\left(dư\right)}=4-x\left(mol\right);n_{CaO}=x\left(mol\right)\)

Ta có phương trình: \(100.\left(4-x\right)+56x=78\%.400\Rightarrow x=2\left(mol\right)\)

Hiệu suất phản ứng: \(H\%=\dfrac{100.2}{400}.100=50\left(\%\right)\)

1/ Cách làm mang tính chất tham khảo:

 \(n_{H_2}=\dfrac{0,784}{22,4}=0,035\left(mol\right)\)

Các PTHH hoá học xảy ra:

\(CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\left(1\right)\\ FeO+H_2\underrightarrow{t^o}Fe+H_2O\left(2\right)\)

Giả sử trong hỗn hợp chỉ có: FeO \(\Rightarrow n_{FeO}=\dfrac{1,521}{72}=0,021125\left(mol\right)\)

\(\left(2\right)\Rightarrow n_{FeO}< n_{H_2}\left(0,021125< 0,035\right)\Rightarrow H_2dư\)

*Nói thêm về cách giải của mình:

Đây là "phương pháp bỏ bớt chất (giả thiết)" khá phổ biến, tuy nhiên nó chỉ có thể đúng khi áp dụng cho các cation hoặc gốc axit có cùng hoá trị. Ở đây nhận thấy được FeO, CuO có tính chất bị H₂ khử giống hệt nhau (Chỉ khác mỗi phân tử khối) nên có thể áp dụng phương pháp này. Cơ sở của phương pháp như sau:

\(M_{FeO}< M< M_{CuO}\Rightarrow\dfrac{m}{M_{CuO}}< \dfrac{m}{M}< \dfrac{m}{M_{FeO}}\Rightarrow n_{CuO\left(gt\right)}< n_{hh}< n_{FeO\left(gt\right)}\)

Ở trên mình tính được: \(n_{FeO\left(gt\right)}< n_{H_2}\) cũng có nghĩa \(n_{hh}< n_{H_2}\Rightarrow H_2dư\)