2CH₃COOH + Na₂CO₃ → 2CH₃COONa + CO₂ + H₂O

b/ ta có nCH₃COOH = nCH₃COONa = 2nCO₂ = 0,05 . 2=0,1 (mol)

mCH₃COOH = 0,1 . 60 = 6(g)

C%CH₃COOH = \(\frac{6.100}{30}\)= \(20\%\)

c/ mNa₂CO₃ = 0,05 . 106 = 5,3 (g) ; mCO₂ = 0,05 . 44 = 2,2 (g)

mCH₃COONa = 0,1 . 82 =8,2 (g)

m _{dd sau pứ} = m_ddCH₃COOH + mNa₂CO₃ - mCO₂=30 +5,3 -2,2= 33,1 (g)

C% muối sau pứ = \(\frac{8,2.100}{33,1}\)= 24,8%

đặt n_Fe = x; n_Zn = y (mol)

a/theo đề bài ta có: \(56x+65y=14,9\)(1)

BTe ta có: \(2.x+2.y=2.\frac{5,6}{22,4}\)⇔\(x+y=0,25\)(2)

từ (1) và(2) ta có hpt: \(\left\{{}\begin{matrix}56x+65y=14,9\\x+y=0,25\end{matrix}\right.\)⇔\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,15\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

nên m_Fe= 8,4 (g) ⇒ %m_Fe=56,4% ⇒ %m_Zn= 43,6%

b/ cách giải ngắn của câu này là sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố!

ta dễ thấy n_H2SO4= n_H2=0,25 (mol)

nên m_H2SO4= 98.0,25=24,5(g)

để pt có 2 nghiệm trái dấu khi và chỉ khi P < 0

⇔ \(\left(m^2-1\right).\left(m^2+m\right)< 0\) (❄)

. \(\left(m^2-1\right)=0\Leftrightarrow m=\pm1\)

.\(\left(m^2+m\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=-1\end{matrix}\right.\)

Lập bảng xét dấu ta có

Vậy, m ϵ (0;1)

(1): nhận biết HF

- vì đây là các acid nên ta dễ dàng nhận biết được dd HF nhờ vào tính chất HF ăn mòn thủy tinh, nên người ta lưu giữ nó trong bình nhựa.

- hoặc phương án thứ 2 để nhận biết HF là dùng quỳ tím, HF yếu đễn nỗi không làm Quỳ chuyển màu.

(2): thuốc thử: dd BaCl₂, nhận biết H₂SO₄, H₂SO₃.

2.1/ - Nhỏ vào mỗi lọ dd BaCl₂, ta thấy 2 lọ xuất hiện kết tủa trắng, đó là H₂SO₄ và H₂SO₃. Các lọ không pứ là HCl, HBr, HI.

- pt: BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl
BaCl₂ + H₂SO₃ → BaSO₃↓ + 2HCl

2.2/ - với H₂SO₄ và H₂SO₃, ta đun nhẹ cả 2 lọ dd, ta sẽ thấy có lọ xuất hiện khí không màu, có mùi hắc đó chính là H₂SO₃.

- pt: H₂SO₃ -(t^o)--> SO₂↑ + H₂O.

(3) thuốc thử H₂SO₄, nhận biết HCl, HBr, HI.

3.1/ - cho H₂SO₄ vào mỗi lọ, ta phân biệt được HBr và HI, ta sẽ thấy có lọ xuất hiện khí không màu, có mùi hắc, hoặc mùi trứng thối. → nhận biết HCl.

- pt: H₂SO₄ + 2HBr → Br₂ + SO₂ + 2H₂O
H₂SO₄ + 2HI → I₂ + SO₂ (hoặc H₂S) +2H₂O

3.2.1/ - ta đun nhẹ 2 ống nghiệm chứa HBr và HI, ta thấy ở lọ HI do pứ với H₂SO₄, đã tạo ra I₂ nên đã thăng hoa tạo ra hơi màu tím.

- pt: I_{2 (rắn)} → I_{2 (khí)}

3.2.2 cách khác là cho dd FeCl₃ vào cả 2 lọ, ta thấy lọ chứa HI sẽ tạo ra I₂ màu tím đen, con HBr thì không pứ.

pt: 2HI + 2FeCl₃ → 2FeCl₂ + I₂ + 2HCl

Bài giải:

Nhớ lại xíu, muối sau pứ bằng tổng khối lượng kim loại cộng khối lượng Cl^-

BT hóa trị ta có: 1.n_HCl= 2.n_H2 nên n_HCl= n_Cl^-= 0,5 mol

nên muối sau pứ: m_KL + m_Cl^- = 20 + 35,5.0,5 = 37,75(g)

câu này nhanh thôi: ta nhớ là khối lượng muối clorua bao gồm khối lượng kim loại công cho khối lượng gốc Cl^- nên việc cần làm là tính số mol của gốc Cl^-

ta có n_Cl^-=n_HCl=2.n_H2 = 1 mol(bảo toàn hóa trị và nguyên tố)

nên ta có 55,5 = m_KL + m_Cl^- = m_KL + 1.35,5

nên m_KL = 20 (g)

nước Clo từ từ mất màu vàng nhạt

SO₂ + Cl₂ +2H₂O → 2HCl + H₂SO₄

bài 1 bạn có thể dùng đạo hàm giải sẽ dễ hơn, nhưng mà thì hk ngta k cho dùng nên ta giải cách cổ điểm nhé!

A = \(\frac{2x^2-4x+4+3}{x^2-2x+2}\)= \(2+\frac{3}{x^2-2x+1+1}\)= \(2+\frac{3}{\left(x-1\right)^2+1}\)

Ta có (x - 1)² + 1 ≥ 1 (vì (x - 1)² ≥ 0 )

nên \(\frac{1}{\left(x-1\right)^2+1}\)≤ 1 (nghịch đảo đổi chiều của bpt)

⇔ \(\frac{3}{\left(x-1\right)^2+1}\le3\)

Vậy A_max= 5 khi x = 1

bài 2) ta có x +y =2 ⇔ y = 2-x thế vào pt r giải ra

câu nàu mình chỉ cho bạn cần thôi, còn cá bắt đc hay không phụ thuộc vào bạn

câu 1) ta có x²-2(m+2)x +2m²+7=0

ĐK để pt trên có nghiệm: Δ' ≥ 0

⇔ (m + 2)² -2m² -7 ≥ 0 ⇔ \(1\le m\le3\)

pt trên có 1 nghiệm x = 5 nên thế x = 5 vào pt ta có:

m² -5m +6 =0 ⇔ \(\left[{}\begin{matrix}m=2\left(n\right)\\m=3\left(n\right)\end{matrix}\right.\)

với m = 2 thế vào pt ta có: x² -8x +15 =0 ⇔ \(\left[{}\begin{matrix}x=5\\x=3\end{matrix}\right.\)

với m = 3 thế vào pt ta có: x² -10x + 25 =0 ⇔ pt nghiệm kép x = 5

câu 2) đề hơi sai tí nhé bạn, mình làm theo yêu cầu luôn!

x² -2(m+1)x+m-a=0

ĐK để pt có nghiệm: Δ' ≥ 0

⇔ (m+1)² - m +a ≥ 0 ⇔ m² + m +1+ a ≥ 0

Gọi x₁; x₂ lần lượt là 2 nghiệm của pt trên, theo hệ thức Vi-et ta có

x₁ + x₂ = 2m+2 và x₁x₂ = m - a

A = x₁ + x₂ -2x₁x₂ = 2m+2 - 2.(m - a) = 2+2a

có cánh 2 nhanh hơn: mặt khác, phương trình đường tròn có dạng:

x² + y² -2a.x -2b.y + c =0

đối chiếu với pt trên ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}a=3\\b=4\\c=0\end{matrix}\right.\)

tâm I(3;4) và bán kính R = \(\sqrt{a^2+b^2-c}\) = \(\sqrt{9+16-0}\) = \(5\)