Đã có chưa em ?

Dạ giờ thì có rồi anh ạ.......nhưng mà của em là tự nhiên lại có lại       

để 2 ngày ko vào rồi tự dưng lại có 

cảm ơn anh   

Cho $a,b,c>0$.CMR: $\frac{3a}{3+a}+\frac{4b}{4+b}+\frac{5c}{5+c}\leq \frac{12(a+b+c)}{12+a+b+c}$

Ta phải chứng minh: $P=\frac{3}{3+a}+\frac{4}{4+b}+\frac{5}{5+c}\leq \frac{12}{12+a+b+c}\Leftrightarrow \frac{9}{a+3}+\frac{16}{b+4}+\frac{25}{c+5}\geq \frac{144}{12+a+b+c}$

Điều này luôn đúng do Cauchy-Schawr: $\frac{9}{a+3}+\frac{16}{b+4}+\frac{25}{c+5}\geq \frac{(3+4+5)^{2}}{12+a+b+c}= \frac{144}{12+a+b+c}$

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh

Bài 2: Cho $a,b,c>0.$ Tìm GTNN: $M=\frac{a^2}{(a+c)^2}+\frac{b^2}{(b+a)^2}+\frac{c^2}{(c+b)^2}$

 

Ta có: $M=\sum \frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}=\sum \frac{1}{(1+\frac{b}{a})^{2}}$

Đặt: $(x,y,z)=(\frac{a}{b};\frac{b}{c};\frac{c}{a})$ nên $xyz=1$

Nên: $M=\sum \frac{1}{(1+x)^{2}}$

Ta lại có: $(1+xy)(1+\frac{x}{y})\geq (1+x)^{2}\Leftrightarrow \frac{1}{(1+x)^{2}}\geq \frac{y}{(1+xy)(x+y)}$

CMTT: $\frac{1}{(1+y)^{2}}\geq \frac{x}{(1+xy)(x+y)}$

$\Rightarrow \frac{1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(1+y)^{2}}\geq \frac{x+y}{(1+xy)(x+y)}=\frac{1}{1+xy}$

Ta có: $M=\sum \frac{1}{(1+x)^{2}}\geq \frac{1}{1+xy}+\frac{1}{(z+1)^{2}}=\frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^{2}}$

Giờ chứng minh $\frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^{2}}\geq \frac{3}{4}$ $\Leftrightarrow (z-1)^{2}\geq 0$ (luôn đúng)

Dấu bằng khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c=1$

Bài này có cách làm khá hay!!!!!!!!!!

Xét: $2a^{2}(b^{2}+c^{2})+(b^{2}+c^{2})^{2}-a(b+c)^{3}=(b^{2}+c^{2}+2a^{2})(b^{2}+c^{2})-a(b+c)^{3}\geq 0$

Nên: $\sqrt{\frac{a^{3}}{a^{3}+(b+c)^{3}}}-\frac{a^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=a^{2}.(\frac{1}{\sqrt{a^{4}+a(b+c)^{3}}}-\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})\geq a^{2}.(\frac{1}{\sqrt{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}}-\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})=0$

Suy ra điều phải chứng minh 

Sao nick em không có phần gõ LATEX mấy anh ơi       

 Hòa tan 2,56 gam Cu vào 25,20 gam dung dịch HNO₃ nồng độ 60% thu được dung dịch A. Thêm 210 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A. Sau khi phản ứng kết thúc, đem cô cạn hỗn hợp thu được chất rắn X. Nung X đến khối lượng không đổi được 17,40 gam chất rắn Y. Tính nồng độ % của dung dịch A.

Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'$ đáy là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiều vuông góc của $A'$ lên $ (ABC)$ là trọng tâm của tam giác $ABC$. Biết $ d(AA',BC)= \frac{a\sqrt{3}}{4}$. Tính thể tích lăng trụ và $ d(AB',BC')$

Gặp lại rồi ha! Chắc cậu hiểu phần này rồi ha! Vì tớ lại làm như lần trước       

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$; Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $A'G$ vuông góc với $(ABC)$

Do tam giác $ABC$ đều nên: $AM$ vuông góc với $BC$ $(1)$

Xét $A'G$ vuông góc với $BC$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra $BC$ vuông góc với $(AA'M)$

+ Trong $(AA'M)$ ta vẽ $GH$ và $MK$ vuông góc với $AA'$

Suy ra $MK$ là đoạn vuông góc chung của $AA'$ và $BC$ nên: $MK=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Xét tam giác $AKM$ có $GH$ song song với $MK$ nên theo Ta-lét:

$GH=\frac{2}{3}.MK=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

+ Trong tam giác $ABC$ có: $AG=\frac{2}{3}.AM=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

+ Trong tam giác vuông $AGA'$ có $GH$ là đường cao nên sử dụng hệ thức giữa đường cao và 2 cạnh bên:

Suy ra $A'G=\frac{a}{3}$

Diện tích tam giác $ABC$ bằng $\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$

nên thể tích lăng trụ bằng $\frac{a}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{12}$

Cho $a,b,c>0$.Chứng minh:
$\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}\geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Ta biến đổi vế trái :

$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\sum (\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}-1)=\frac{1}{2}\sum \frac{(a-b)(a+b)+(a-c)(a+c)}{b^{2}+c^{2}}= \frac{1}{2}\sum (\frac{(a-b)(a+b)}{b^{2}+c^{2}}-\frac{(a-b)(a+b)}{a^{2}+c^{2}})=\frac{1}{2}\sum (a-b)(a+b)\frac{(a-b)(a+b)}{(b^{2}+c^{2})(a^{2}+c^{2})}=\frac{1}{2}\sum (a-b)^{2}.\frac{(a+b)^{2}}{(b^{2}+c^{2})(a^{2}+c^{2})}$

Ta biến đổi vế phải: 

$\sum \frac{a}{b+c}-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\sum \frac{a-b+a-c}{b+c}=\frac{1}{2}\sum (\frac{a-b}{b+c}-\frac{a-b}{c+a})=\frac{1}{2}\sum (a-b)\frac{a-b}{(b+c)(c+a)}=\frac{1}{2}\sum (a-b)^{2}.\frac{1}{(b+c)(c+a)}$

Nên:

$VT-VP=\frac{1}{2}\sum (a-b)^{2}(\frac{(a+b)^{2}}{(b^{2}+c^{2})(c^{2}+a^{2})}-\frac{1}{(b+c)(c+a)})$

Sử dụng tiêu chuẩn 2 của $S.O.S$ ta suy ra điều phải chứng minh 

Ờ hay!! Nhưng $x\geq 1$ mà!!

Mà làm kiểu gì ra $x=\sqrt{2+\frac{2}{\sqrt{5}}}$ thế?? Bấm máy thấy đùng rồi đấy!! Nếu biết thế này rồi thì xét hàm ra ngay, biến đổi ra được hàm đồng biến mà!!

Nhưng mà như vậy sẽ ko tự nhiên, đi thi cũng không biết nghiệm thế nào mà xét!

ờ đi thi thì may mắn thôi chứ cũng chả biết             

Giải phương trình:

$2(\sqrt{x}-\sqrt{x-1})(1+\sqrt{x^2-1})=x\sqrt{x}$

Ra $x=\sqrt{2+\frac{2}{\sqrt{5}}}$ đúng ko

Thực ra bài này có 1 nghiệm mà cũng ko nghĩ ra cách gì khả quan hơn nên làm đại vậy       

Điều kiện: $x\geq 0$

Ta có: $2(\sqrt{x}-\sqrt{x-1})(1+\sqrt{x^{2}-1})=x\sqrt{x}\Leftrightarrow \frac{2(1+\sqrt{x^{2}-1})}{\sqrt{x}+\sqrt{x-1}}=x\sqrt{x}\Leftrightarrow 2+2\sqrt{x^{2}-1}=x^{2}+x\sqrt{x^{2}-x}$

Nhân liên hợp về sau ta có: $(x-\sqrt{2+\frac{2}{\sqrt{5}}}).P_{x}=0$

$\Rightarrow x=\sqrt{2+\frac{2}{\sqrt{5}}}$

Hỗn hợp A gồm BaO, FeO, Al2O3. Hoà tan A trong lượng nước dư được dung dịch D và phần không tan B. Sục khí CO2 dư vào D, phản ứng tạo kết tủa. Cho khí CO dư qua B nung nóng được chất rắn E. Cho E tác dụng với dung dịch NaOH dư, thấy tan một phần và còn lại chất rắn G. Giải thích thí nghiệm trên bằng các phương trình phản ứng.

Bỏ 3 cái chất ban đầu vô thì ta có $BaO+H_{2}O\rightarrow Ba(OH)_{2}$. Tuy trong sách có phương trình Nhôm oxit cho vào nước ra nhôm hidroxit nhưng cái ấy nó yếu quá và trở thành nhom oxit lại. B chính là FeO, $Al_{2}O_{3}$. D là $Ba(OH)_{2}$

D bỏ khí $CO_{2}$ vô thì có kết tủa $Ba(OH)_{2}+CO_{2}\rightarrow BaCO_{3}+H_{2}O$

B cho khí CO nung qua thì chỉ có FeO chơi được. Nhắc cho bạn nhớ là chỉ có oxit sau nhôm mới có phản ứng với CO, hidro $FeO+CO\rightarrow Fe+CO_{2}$

E là Fe vừa sinh ra với cái $Al_{2}O_{3}$ còn nguyên.

E tác dụng với NaOH dư thì cái $Al_{2}O_{3}$ tan hết, Fe vẫn còn thì phải

$NaOH+Al_{2}O_{3}\rightarrow NaAlO_{2}+H_{2}0$

Nếu sai thì bỏ qua, vì cách đây 2 năm,lúc ôn thi đh mình cũng k nắm được mấy cái này, ngu hoá lắm

Đề mọi thứ đều đủ và thông báo là anh đã viết sai     

Do khi cho E vào xút mà thấy tan 1 phần nên ta thấy trong E còn có $Al_{2}O_{3}$ dư

- Cho hỗn hợp A vào nước:

$BaO+H_{2}O\rightarrow Ba(OH)_{2}$

$Ba(OH)_{2}+Al_{2}O_{3}\rightarrow Ba(AlO_{2})_{2}+H_{2}O$

Nên có: Dung dịch $D: Ba(AlO_{2})_{2}$, phần không tan: $B: FeO$; $Al_{2}O_{3}$ dư.

- Sục $CO_{2}$ vào $D$ 

$Ba(AlO_{2})_{2}+2CO_{2}+4H_{2}O\rightarrow 2Al(OH)_{3}+Ba(HCO_{3})_{2}$

Kết tủa là $Al(OH)_{3}$

- Cho khí $CO$ qua $B$ thì chỉ có $FeO$ phản ứng 

$FeO+CO\rightarrow Fe+CO_{2}$

Thu được $E: Fe, Al_{2}O_{3}$

- Cho xút dư vào $E$

$2NaOH + Al_{2}O_{3}\rightarrow 2NaAlO_{2}+H_{2}O$

Cho $x,y,z>0$.CMR

$\frac{y}{x+3y}+\frac{z}{y+3z}+\frac{x}{z+3x}\leq \frac{3}{4}$

Đặt: $P=\sum \frac{y}{x+3y}\Rightarrow 3-3P=\sum \frac{x}{x+3y}=\sum \frac{x^{2}}{x^{2}+3xy}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{(x+y+z)^{2}+xy+yz+zx}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{(x+y+z)^{2}+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}}\geq \frac{3}{4}\Rightarrow P\leq \frac{3}{4}$

Cho a;b;c >0 và $a+b+c=3$ Tìm GTNN $\frac{a^2}{ab^2c^3+1}+\frac{b^2}{bc^2a^3+1}+\frac{c^2}{ca^2b^3+1}$

Ta biến đổi: $\frac{a^{2}}{ab^{2}c^{3}+1}=\frac{a^{3}}{a^{2}b^{2}c^{3}+a}=\frac{a^{3}}{(abc)^{2}c+a}$

Ta có: $abc\leq \frac{(a+b+c)^{3}}{27}=1$

$\Rightarrow \frac{a^{2}}{ab^{2}c^{3}+1}\geq \frac{a^{3}}{c+a}=\frac{a^{4}}{a^{2}+ac}\Rightarrow \sum \frac{a^{2}}{ab^{2}c^{3}+1}\geq \sum \frac{a^{4}}{a^{2}+ac}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})+(ab+bc+ca)}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}\geq \frac{3}{2}$

Bài 1 : Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của A' xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên (AA'CC') tạo với đáy một góc 45 độ. Tính thể tích của khối lăng trụ.

Bài 2 : Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh đáy bằng a. Góc tạo bởi cạnh AA' và mặt đáy bàng 60 độ. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên mặt đáy (A'B'C') trùng với trung điểm H của B'C'. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách từ C' đến mặt phẳng (AA'B')

Bài 1:

Ta có: $S_{ABC}=S_{A'B'C'}=\frac{1}{2}.a.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$

Do mặt bên (AA'CC') tạo với đáy một góc 45 độ nên: $\widehat{A'AM}=45^{\circ}$ (với $M$ là trung điểm của $AB$ )

Nên: $\triangle A'AM$ vuông cân tại $M$ $\Rightarrow A'M=AM=\frac{a}{2}$

$\Rightarrow V_{ABC.A'B'C'}=\frac{A'M}{3}(S_{ABC}+S_{A'B'C'}+\sqrt{S_{ABC}.S_{A'B'C'}})=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{6}$

Bài 2:

Có $A$ và $B'C'$ không thuộc cùng 1 mặt phẳng nên ko có đường hạ vuông góc xuống được   

Lạ nhỉ,cho q=3 rồi từ đó cm q<=3.Thật vô lí

Cho $p=3$ em à.............ko phải $q$ 

$q\leq \frac{1}{3}p^{2}=3$ thì vô lý gì hả?

Cho a,b,c không âm: $5(a^3+b^3+c^3)+12abc=27.$

CMR: $a+b+c\leq 3$

Bài này giả sử $a+b+c= 3$ sau đó chứng minh $5\sum a^{3}+12abc\geq 27$

Đặt:$a+b+c=p=3$; $ab+bc+ca=q$ và $abc=r$ thì từ Schur: $\sum a(a-b)(a-c)\geq 0$ $\Rightarrow r\geq \frac{4q-9}{3}$

Ta có $a^{3}+b^{3}+c^{3}=p^{3}-3pq+3r=3^{3}-9q+3r$

Nên bất đẳng thức được viết lại là: $5\sum a^{3}+12abc-27\geq 5.3^{3}-45q+27r-27\geq 0\Leftrightarrow 27r-45q+108\geq 0$

Từ $\sum a(a-b)(a-c)\geq 0\Rightarrow r\geq \frac{4q-9}{3}$

Nên: $27.\frac{4q-9}{3}-45q+108\geq 0\Leftrightarrow q\leq 3$ (luôn đúng)

Vậy Bất đẳng thức đã được chứng minh

Bài 1: VP trước:

Đặt: $a+b+c=p=1$;$ab+bc+ca=q$;$abc=r$

BĐT trở thành:

$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+6abc\geq \frac{2}{9}$

$<=>1-3q+6r\geq \frac{2}{9}<=>7+54r\geq 27q$

Sử dụng BĐT Schur thì: $7+54r\geq 7+6p(4q-p^2)=24q+1$

Cần chứng minh $24q+1\geq 27q$

$<=>1\geq 3q$ (Đúng vì $1=p^2\geq 3q$)

Chưa chứng minh xong vế đầu à! 

Ta chứng minh dồn biến. Nhưng trước hết ta có: $1=a+b+c\geq a+a\Rightarrow a\leq \frac{1}{2}\Rightarrow b+c\geq \frac{1}{2}$

ta có: $f_{a,b,c}=a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc$

$f_{a,t,t}=a^{3}+2t^{3}+3at^{2}$ với $t=\frac{b+c}{2}$

Xét: $f_{a,b,c}-f_{a,t,t}=b^{3}+c^{3}+3abc-2t^{3}-3at^{2}=b^{3}+c^{3}+3abc-2.\frac{(b+c)^{3}}{8}-3a.\frac{(b+c)^{2}}{4}=\frac{3(b^{3}+c^{3}-bc(b+c))}{4}-\frac{3a(b-c)^{2}}{4}=\frac{3(b+c)(b-c)^{2}}{4}-\frac{3a(b-c)^{2}}{4}=\frac{3}{4}(b-c)^{2}(b+c-a)\geq 0\Rightarrow f_{a,b,c}\geq f_{a,t,t}$

Giờ ta chứng minh: $f_{a,t,t}=2t^{3}+3at^{2}\geq \frac{2}{9}$ với $a+2t=1$

Thay $a=1-2t$ ta có: $-12t^{3}+15t^{2}-6t+1\geq \frac{2}{9}

đúng..............    

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh

p/s: 

vậy là chỉ chứng minh được 1 vế thôi hà         cảm ơn em

Cho $a,b,c>0$ . C/m $\sum \frac{1}{a(1+b)} \ge \frac{3}{1+abc}$ 

Chuẩn tắc $abc=1$ ta phải chứng minh: $\sum \frac{c}{ac+abc}\geq \frac{3}{2}$

đặt: $(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})=(a;b;c)$

Từ đó ta phải chứng minh: $\sum \frac{xy}{yz+zx}\geq \frac{3}{2}$

Đây là nesbit nên luôn đúng.

suy ra điều phải chứng minh

CMR $(\frac{a}{b+c})^k+(\frac{b}{a+c})^k+(\frac{c}{a+b})^k\geq \frac{3}{2^k}$ trong đó a,b,c,k là các số thực dương và $k\geq \frac{2}{3}$

P/s: Nếu được thì chứng minh bằng BĐT Becnuli hoặc bằng phương pháp đạo hàm thì càng tốt.

Ta nhận thấy với $k=1$ thì bất đẳng thức là nesbit $\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}$ (chứng minh dễ mà      )

Giờ giả sử bất đẳng thức trên luôn đúng với $n=k$, có nghĩa là ta có: $(\frac{a}{b+c})^{k}+(\frac{b}{a+c})^{k}+(\frac{c}{a+b})^{k}\geq \frac{3}{2^{k}}$

Ta cần chứng minh Bất đẳng thức vẫn đúng với $n=k+1$, có nghĩa là ta phải chứng minh: $(\frac{a}{b+c})^{k+1}+(\frac{b}{a+c})^{k+1}+(\frac{c}{a+b})^{k+1}\geq \frac{3}{2^{k+1}}$

Chứng minh:

Giờ ta chứng minh Bất đẳng thức sau: 

Với $a\geq b\geq c$ và $x\geq y\geq z$ thì luôn có: $ax+by+cz\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(x+y+z)$

Thật vậy. sau khi nhân phá ra ta thu được: $\sum (a-b)(x-y)\geq 0$ (luôn đúng)

Áp dụng: Giả sử $a\geq b\geq c$

Nhận thấy: $\frac{a}{b+c}\geq \frac{b}{a+c}\geq \frac{c}{a+b}$

$(\frac{a}{b+c})^{k}\geq (\frac{b}{a+c})^{k}\geq (\frac{c}{a+b})^{k}$

Nên: $(\frac{a}{b+c})^{k+1}+(\frac{b}{a+c})^{k+1}+(\frac{c}{a+b})^{k+1}\geq \frac{1}{3}((\frac{a}{b+c})^{k}+(\frac{b}{a+c})^{k}+(\frac{c}{a+b})^{k})(\sum \frac{a}{b+c})\geq \frac{1}{3}.\frac{3}{2^{k}}.\frac{3}{2}=\frac{3}{2^{k+1}}$ (đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.   

Gọi số mol $Al_2O_3=x, CuO=2x,Fe_2O_3=6x$

Số mol $O$ là $23x$

Tính được số mol $CO_2$ trong hồn hợp khí là $0,2$ mol

Do $CO$ dư nên bao nhiêu $O$ trong $m$ kia chạy hết vào $CO_2$

Hoi thêm là 30g kia là hồn hợp cả chất rắn và chất khí đúng không ? Bài này khả năng là cả oxit lẫn $CO$ đều phản ứng một phần thôi.

vẫn chưa biết được hết dữ liệu mà anh...........

nếu $CO$ dư rồi thì tính $CO$ dư kiểu gì khi mà chỉ biết $CO_2$ sinh ra và $CO$ phản ứng.......

bài này gần như là vô vọng

Cho $m$ g rồi thu được 30g hh chất rắn và khí thì thiếu dữ kiện quá       

$2)$ Chứng minh rằng $(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2) \geq 9(ab+bc+ca)$

Khai triển ra ta thu được: $a^{2}b^{2}c^{2}+2\sum a^{2}b^{2}+4\sum a^{2}+8\geq 9(ab+bc+ca)$

Ta thấy: $2\sum (a^{2}b^{2}+1)\geq 4(ab+bc+ca)$

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$

Từ Schur: $\sum a(a-c)(a-b)\geq 0\Rightarrow \frac{9abc}{a+b+c}\geq 4(ab+bc+ca)-(a+b+c)^{2}$

Nên: $a^{2}b^{2}c^{2}+1+1\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}\geq \frac{9abc}{a+b+c}\geq 4(ab+bc+ca)-(a+b+c)^{2}$

Cộng hết vào ta thu được:

$a^{2}b^{2}c^{2}+2+2\sum (a^{2}b^{2}+1)+4(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 2(ab+bc+ca)+4(ab+bc+ca)+3(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 9(ab+bc+ca)$

Hay: $(a^{2}+2)(b^{2}+2)(c^{2}+2)\geq 9(ab+bc+ca)$

Câu $36$: 

Cho một luồng khí $CO$ đi qua ống đựng $0,01$ mol $FeO$ và $0,03$ mol $Fe_2O_3$ (hỗn hợp $A$) đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được $4,784$ gam chất rắn $B$ gồm $4$ chất. Hòa tan chất rắn $B$ bằng dung dịch $HCl$ dư thấy thoát ra $0,6272$ lít khí $H_2$ (đktc). Tính số mol oxit sắt từ trong hồn hợp $B$. Biết rằng trong $B$ số mol oxit sắt từ bằng $1/3$ tổng số mol sắt $(III)$ oxit và sắt $(II)$ oxit

Câu $37$:

Cho một luồng khí $CO$ đi qua $m$ gam hỗn hợp $Fe_2O_3, CuO, Al_2O_3$. Trong đó số mol của $Fe_2O_3$ bằng $3$ lần số mol $CuO$, số mol $CuO$ bằng $2$ lần số mol $Al_2O_3$. Sau phản ứng thu được $30$ gam chất rắn và chất khí. Cho hỗn hợp khí thoát ra tác dụng hết với $150$ ml dd $Ba(OH)_2$ $1M$, sau phản ứng thu được $19,7$ gam kết tủa. Giá trị $m$ là ?

Bài 36:

Hỗn hợp $B$ sẽ có: $Fe,Fe_{3}O_{4},FeO,Fe_{2}O_{3}$ với số mol lần lượt là $x,y,z,t$

+Khi cho B vào $HCl$

$\Rightarrow n_{Fe}=n_{H_{2}}=0,028$

Suy ra ta có: $m_{B}=56.0,028+232.y+72.z+160.t\Rightarrow 232.y+72.z+160.t=3,216$

Mà trong $B$ có: $y=\frac{1}{3}(z+t)$

+ 

Mặt khác trong A bảo toàn nguyên tố $Fe$

$0,028+3y+z+2t=0,07$

Từ 3 phương trình trên ta giải ra được: $y=0,006$ , $z=0,012$ , $t=0,006$

Rồi ấn máy tính tính tiếp

Bài 37:

Sơn xem lại xem ntnao chứ a thấy thẳng căng ra bài này nhiều trường hợp lắm       chỗ hỗn hợp khí kìa

Cho hình lập phương $ABCD.A^{'}B^{'}C^{'}D^{'}$  có cạnh a.

a) Chứng minh $A^{'}C\perp (AB^{'}D^{'})$?

b) Gọi M là trung điểm AD, N là trung điểm $BB^{'}$, chứng minh $A^{'}C\perp MN$?

c) Tính góc giữa hai đường thẳng MN và $A^{'}C$?

d) Tính thể tích tứ diện $A^{'}CMN$?

Bài này cứ chuối chuối kiểu gì đấy       

a.

Ta nhận thấy do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên:

$\left\{\begin{matrix} A'D'=A'B'=A'A=a & & \\ CD'=CB'=CA=a\sqrt{2} & & \end{matrix}\right.$

Từ đó suy ra $A'C$ là trục đối xứng của $(AB'D')$ nên: $A'C$ vuông góc với $(AB'D')$

b.

Ta có: $\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{A'C}=(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN})(\overrightarrow{A'A}+\overrightarrow{AC})=\overrightarrow{BN}.\overrightarrow{A'A}+\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{AC}=\frac{a}{2}.a.Cos0^{\circ}+\frac{a}{2}.a\sqrt{2}.Cos135^{\circ}=\frac{a^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{2}=0$

Suy ra $A'C$ vuông góc với $MN$

c.

Do $A'C$ vuông góc với $MN$ (chứng minh B) nên: $\widehat{(A'C,MN)}=90^{\circ}$

d.

Phần này..............     ko nhìn thấy hình

Giải hệ phương trình

$1)$ $\left\{\begin{matrix}x^{2}+y^{3}=5 \\ \sqrt{x+2}+\sqrt[3]{y}=3 \end{matrix}\right.$

 

1.

Đặt: $a=\sqrt{x+2}\geq 0$ và $b=\sqrt[3]{y}$

Ta có: $\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{3}=x+y+2 & & \\ a+b=3 & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow a^{2}+b^{3}+a+b=x+y+5=x^{2}+y^{3}+x+y$

Xét tính đơn điệu của hàm số thì suy ra kết quả     

nhưng bạn ơi đề bảo tính $ d(B'C,AM) $ chứ liên quan gì đến $ d(B,(AMN))$ ???

Tớ thắc mắc ko biết bạn học lớp mấy?

Ta có: $B'C//(AMN)$ nên mọi điểm trên $(AMN)$ đều cách đều mọi điểm trên đoạn thẳng $B'C$ 1 đoạn bằng nhau

Cậu chưa đọc định lý song song à?

Nên ta mới có được như thế