K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

15 tháng 10 2023

C2 cug cơ bản tự làm nhee

loading...  

15 tháng 10 2023

Câu 1:

\(n_{Ca\left(OH\right)_2}=1,8.0,05=0,09\left(mol\right)\)

BTNT Ca, có: \(n_{CaCO_3}=n_{Ca\left(OH\right)_2}=0,09\left(mol\right)\)

Mà: mCaCO3 + mBaCO3 = 18,85 (g)

\(\Rightarrow n_{BaCO_3}=\dfrac{18,85-0,09.100}{197}=0,05\left(mol\right)\)

BTNT C, có: nCO2 = nCaCO3 + nBaCO3 = 0,14 (mol) = nC

Sau pư với Ca(OH)2 có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3}+2n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,14\\n_{CaCO_3}+n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,09\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3}=0,04\left(mol\right)\\n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Có: m dd tăng = mCO2 + mH2O - m kết tủa

⇒ 3,78 = 0,14.44 + 18nH2O - 0,04.100 ⇒ nH2O = 0,09 (mol)

⇒ nH = 0,09.2 = 0,18 (mol)

\(\Rightarrow n_N=\dfrac{2,14-0,14.12-0,18.1}{14}=0,02\left(mol\right)\)

Gọi: CTPT của A là CxHyNt

⇒ x:y:t = 0,14:0,18:0,02 = 7:9:1

Vậy: CTĐGN của A là C7H9N.

 

 

19 tháng 12 2023

loading...  loading...  loading...  loading...  

27 tháng 6 2023

\(n_{Fe}=a;n_{Cu}=b\\ 56a+64b=9,2\left(I\right)\\ BTe^{^{ }-}:3a+2b=2n_{SO_2}\left(II\right)\\ n_{H_2SO_4pư}=n_{SO_2}+1,5a+b\\ n_{H_2SO_4sau}=\dfrac{50.0,98}{98}-n_{SO_2}-1,5a-b=0,5-n_{SO_2}-1,5a-b\\ m_{ddsau}=9,2+50-64n_{SO_2}=59,2-64n_{SO_2}\\ \Rightarrow:\dfrac{98\left(0,5-n_{SO_2}-1,5a-b\right)}{59,2-64n_{SO_2}}=\dfrac{30,625}{100}\left(III\right)\\ \Rightarrow a=0,05;b=0,1;n_{SO_2}=0,175mol\\ V=0,175.22,4=3,92L\\ \%m_{Fe}=\dfrac{0,05.56}{9,2}.100\%=30,43\%\\ \%m_{Cu}=69,57\%\)

15 tháng 8 2023

loading...  

AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 9 2023

Lời giải:
a.  ĐKXĐ: $x>0; x\neq 1$

\(P=\left[\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}+\frac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\right].\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)

\(=\frac{x+\sqrt{x}+\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}.\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}.\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}+2}=\frac{x}{\sqrt{x}-1}\)

b.

$P>2 \Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x}-1}-2>0$

$\Leftrightarrow \frac{x-2\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}>0$

$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{x}-1)^2+1}{\sqrt{x}-1}>0$

$\Leftrightarrow \sqrt{x}-1>0$ (do $(\sqrt{x}-1)^2+1>0$)

$\Leftrightarrow x>1$

Kết hợp đkxđ suy ra $x>1$
c. 

$\frac{1}{P}=\frac{\sqrt{x}-1}{x}$

Áp dụng BĐT Cô-si:

$x+4\geq 4\sqrt{x}\Rightarrow x\geq 4(\sqrt{x}-1)$
$\Rightarrow \frac{\sqrt{x}-1}{x}\leq \frac{\sqrt{x}-1}{4(\sqrt{x}-1)}=\frac{1}{4}$

Vậy $\frac{1}{P}$ max $=\frac{1}{4}$ khi $x=4$

18 tháng 9 2023

em cảm ơn ạ.

14 tháng 10 2023

loading...  loading...  loading...  loading...  

14 tháng 10 2023

a: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)

=>\(\widehat{ACB}=30^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(sinC=\dfrac{AB}{BC}\)

=>\(\dfrac{4}{BC}=sin30=\dfrac{1}{2}\)

=>BC=8(cm)

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên AH*BC=AB*AC

=>\(AH\cdot8=4\cdot4\sqrt{3}=16\sqrt{3}\)

=>\(AH=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{4^2}{8}=2\left(cm\right)\\CH=\dfrac{48}{8}=6\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b: \(BC\cdot sinB\cdot sinC\)

\(=BC\cdot\dfrac{AC}{BC}\cdot\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=AH\)

\(BC\cdot cos^2B\)

\(=BC\cdot\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=\dfrac{AB^2}{BC}=BH\)

\(BC\cdot sin^2B=BC\cdot\left(\dfrac{AC}{BC}\right)^2=\dfrac{AC^2}{BC}=CH\)

c:

\(\dfrac{AH^2}{AC^2}=\dfrac{HB\cdot HC}{BC\cdot HC}=\dfrac{HB}{BC}\)

ΔHAB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}BD\cdot BA=BH^2\\AD\cdot AB=AH^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BD=\dfrac{BH^2}{AB}\\AD=\dfrac{AH^2}{AB}\end{matrix}\right.\)

ΔHAC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}CE\cdot CA=CH^2\\AE\cdot AC=AH^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}CE=\dfrac{CH^2}{AC}\\AE=\dfrac{AH^2}{AC}\end{matrix}\right.\)

\(\dfrac{DB}{EC}=\dfrac{HB^2}{AB}:\dfrac{HC^2}{AC}\)

\(=\dfrac{HB^2}{AB}\cdot\dfrac{AC}{HC^2}\)

\(=\left(\dfrac{HB}{HC}\right)^2\cdot\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AC}{AB}\cdot\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^4=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^3\)

\(BD\cdot CE\cdot BC\)

\(=\dfrac{BH^2}{AB}\cdot\dfrac{CH^2}{AC}\cdot BC\)

\(=\dfrac{AH^4}{AH}=AH^3\)

=DE3

\(BC\cdot HD\cdot HE\)

\(=BC\cdot\dfrac{HA\cdot HB}{AB}\cdot\dfrac{HA\cdot HC}{AC}\)

\(=\dfrac{1}{AH}\cdot\dfrac{HA^2\cdot HB\cdot HC}{1}=\dfrac{HA\cdot HB\cdot HC}{1}=HA^3\)

\(=DE^3\)

=>ĐPCM

 

3: Gọi giao điểm của CO với OB là H

Xét ΔOAC vuông tại A và ΔOBH vuông tại B có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOH}\)

Do đó: ΔOAC=ΔOBH

=>\(\widehat{OCA}=\widehat{OHB}\) và OC=OH

OC=OH

C,O,H thẳng hàng

Do đó: O là trung điểm của CH

Xét ΔDCH có

DO là đường cao

DO là đường trung tuyến

Do đó:ΔDCH cân tại D

ΔDCH cân tại D

mà DO là đường cao

nên DO là phân giác của góc CDH

ΔDCH cân tại D

=>\(\widehat{DCH}=\widehat{DHC}\)

mà \(\widehat{DHC}=\widehat{ACH}\)

nên \(\widehat{DCH}=\widehat{ACH}\)

=>CH là phân giác của góc ACD

Kẻ OK\(\perp\)CD tại K

Xét ΔCAO vuông tại A và ΔCKO vuông tại K có

CO chung

\(\widehat{ACO}=\widehat{KCO}\)

Do đó: ΔCAO=ΔCKO

=>OA=OK=R

Xét (O) có

OK là bán kính

CD\(\perp\)OK tại K

Do đó: CD là tiếp tuyến của (O)

2: 

ΔOAB cân tại O

mà OM là đường cao

nênOM là phân giác của góc AOB

Xét ΔOAC và ΔOBC có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOC}\)

OC chung

Do đó: ΔOAC=ΔOBC

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OBC}=90^0\)

=>CB là tiếp tuyến của (O)