$\left(1\right)4P+5O_2\stackrel{t^o}{\to }2P_2{O}_5$

$\left(2\right)P_2{O}_5+3H_{2}O\to 2H_{3}P{O}_4$

$\left(3\right)H_{3}P{O}_4+3NaOH\to N{a}_{3}P{O}_4+3H_{2}O$

$\left(4\right)2N{a}_{3}P{O}_4+3CaC{l}_2\to C{a}_3{\left(P{O}_4\right)}_2\downarrow +6NaCl$

a) Thay $x=40$ và $y=100$ vào $I$ ta có​ chỉ số nhiệt của thành phố $A$ là:

$I^A=-45+2.40+10.100-0,\mathrm{2.40.100}-0,007.40^2-0,05.100^2+0,001.40^2.100+0,\mathrm{009.40.10}{0}^2-0,000002.40^2.100^2$

$=-45+80+1000-800-11,2-500+160+3600-32=3451,8$.

b) Thay $x=50$ và $y=90$ vào $I$ ta có​ chỉ số nhiệt của thành phố $B$ là:

$I^B=-45+2.50+10.90-0,\mathrm{2.50.90}-0,007.50^2-0,05.90^2+0,001.50^2.90+0,\mathrm{009.50.9}{0}^2-0,000002.50^2.90^2$

$=-45+100+900-900-17,5-405+160+3645-25,92=3411,58<I^A$.

Vậy không khí ở thành phố $A$ nóng hơn tại thời điểm đó

$a,(x+y{)}^2$

$b,x^2-25$

$=x^2-5^2$

$=(x-5)(x+5)$

a) Tứ giác DKMN có 3 góc D=K=N= 90 độ

=> Tg DKMN là hình chữ nhật

Vậy tg DKMN là hình chữ nhật

b) Vì DKMN là hình chữ nhật nên DF//MH 

Xét 2 tam giác KFM và NME có:

góc K= góc N = 90 độ

FM=ME(gt)

góc KMF = góc E( đồng vị)

=> Tam giác KFM = tam giác NME (cạnh huyền-góc nhọn)

=>KF=MN( hai cạnh tương ứng) mà MN=DK nên DF=2DK và MH=2MN

Do đó DF=MH

Tứ gáic DFMH có DF//MH, DF=MH nên là hình bình hành

Do đó hai đường chéo DM,FH cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường hay F,O,H thẳng hàng

Vậy 3 điểm F,O,H thẳng hàng

c) Để hình chữ nhật DKMN là hình vuông thì DK=DN(1)

Mà DK=1/2DF và DN=KM=NE nên DN=1/2DE(2)

Từ (1),(2) suy ra DF=DE

Vậy tam giác DFE cần thêm điều kiện cân tại D

a) Hệ số : -13,5

Biến : xyz

Bậc : 1+1+1=3

b) Nhóm 1 : 4x^3y^2, 9x^3y^2

Nhóm 2 : -0,5x^2y^3, 3/4x^2y^3

a, (4x4 - 8x2 y2 + 12x5y) : (- 4x2) = - x2 + 2y2 - 3x3y

b, x2(x−y2)−xy(1−xy)−x3=x3−x2y2−xy+x2y2−x3=(x3−x3)+(−x2y2+x2y2)−xy=−xy

a) Ta có:

$h=20t-16t^2=4t\left(5-4t\right)$

b) Thay $t=0,5$ vào công thức tính độ cao $h=4t\left(5-4t\right)$:

$h=4.0,5\left(5-4.0,5\right)=6$

a/

Vì ABCD là hcn => BC//AD mà $CI\in BC$ => CI//AD => AICD là hình thang

Ta có ^ADC=90

=> AIDC là hình thang vuông

b/

$AK=\genfrac{}{}{0ex}{}{AD}{2};CI=\genfrac{}{}{0ex}{}{BC}{2};AD=BC\Rightarrow AK=CI$

$AK\in AD;CI\in BC$ mà AD//BC => AK//CI

=> AICK là hình bình hành (Tứ giác có cặp cạnh đối // và = nhau thì tứ giác đó là hình bình hành)

c/

Gọi O là giao của AC và BD => O là trung điểm của AC và BD (AC và BD là hai đường chéo HCN)

Nối KI ta có 

AK=DK; BI=CI => KI là đường trung bình của HCN ABCD => KI//CD

Xét tg ACD có

AK=DK

KI//DC

=> KI đi qua trung điểm O của AC (trong 1 tg đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh // với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

=> AC, BD, KI cùng đi qua O

a) $\left(x-2y\right)\left(3xy+6x^2+x\right)$

$=x\left(3xy+6x^2+x\right)-2y\left(3xy+6x^2+x\right)$

$=3x^{2}y+6x^3+x^2-6x{y}^2-12x^{2}y-2xy$

$=6x^3+x^2-9x^{2}y-6x{y}^2-2xy$

b) $\left(18x^4{y}^3-24x^3{y}^4+12x^3{y}^3\right):\left(-6x^2{y}^3\right)$

$=18x^4{y}^3:\left(-6x^2{y}^3\right)-24x^3{y}^4:\left(-6x^2{y}^3\right)+12x^3{y}^3:\left(-6x^2{y}^3\right)$

$=-3x^2+4xy-2x$

a) Đa thức P có bậc 3, các hạng tử của đa thức P là $2x^{2}y;-3x;8y^2;-1$

b) Thay $x=-1;y=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$ vào đa thức P, ta được:

$P=2{\left(-1\right)}^2\cdot \genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}-3\cdot \left(-1\right)+8\cdot {\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}\right)}^2-1$

$P=1+3+2-1$

$P=5$

Bài 2:

$P+Q=5x{y}^2-3x^2+2y-1-x{y}^2+9x^{2}y-2y+6$

$P+Q=4x{y}^2-3x^2+5+9x^{2}y$

$P-Q=5x{y}^2-3x^2+2y-1+x{y}^2-9x^{2}y+2y-6$

$P-Q=-9x^{2}y+6x{y}^2-3x^2+4y-7$