Quãng đường đi được :

\(9+4+6=19\left(km\right)\)

Độ lớn dịch chuyển :

Dùng qui tắc hình bình hành, độ dịch chuyển là đoạn thẳng nối điểm bắt đầu và điểm kết thúc của hành trình, chính là đường chéo của hình chữ nhật

Cạnh ngắn có độ lớn : \(9-6=3\left(km\right)\) (Hai hướng đông và tây ngược hướng nhau)

Cạnh dài là đoạn đi hướng Nam la \(4\left(km\right)\)

Độ lớn độ dịch chuyển \(\sqrt{3^2+4^2}=5\left(km\right)\)

Tốc độ và vận tốc trung bình: không thể tính được do thiếu dữ liệu về thời gian (bạn xem lại đề bài)

\(U\left(28\right)=\left\{1;2;4;7;14;28\right\}\)

Mỗi nhóm có ít nhất 2 bạn nên loại bỏ \(1\) và mỗi nhóm không quá \(15\) bạn, nên ta loại \(28\)

Chia thành 2 nhóm, mỗi nhóm có \(28:2=14\left(bạn\right)\)

Chia thành 4 nhóm, mỗi nhóm có \(28:4=7\left(bạn\right)\)

Chia thành 7 nhóm, mỗi nhóm có \(28:7=4\left(bạn\right)\)

Chia thành 14 nhóm, mỗi nhóm có \(24:14=2\left(bạn\right)\)

Vậy có \(4\) cách chia nhóm để các nhóm có số học sinh bằng nhau và thỏa mãn yêu cầu đề bài

Viết thêm chữ số\(9\) vào bên phải một số có nghĩa là số đó gấp lên \(10\) lần và cộng thêm \(9\) đơn vị

mà tổng số bé và số lớn là \(5025\)

Nên \(11\) lần số bé cộng \(9\) đơn vị bằng \(5025\)

Số bé là : \(\left(5025-9\right):11=456\)

Số lớn là : \(5025-456=4569\)

Đáp số :

Số bé là \(456\)

Số lớn là \(4569\)

\(Fe_2O_3+3CO\rightarrow2Fe+3CO_2\)

\(n_{Fe}=\dfrac{2800}{56}=50\left(mol\right)\)

Theo phương trình phản ứng ta được :

\(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{50}{2}=25\left(mol\right)\)

\(m_{Fe_2O_3}=25.\left(56.2+16.3\right)=4000\left(g\right)=4\left(kg\right)\)

Vì quặng hematit chứa \(50\%Fe_2O_3\) về khối lượng

\(\Rightarrow m_{\text{hematit}}=\dfrac{4}{50\%}=8\left(kg\right)\)

a) \(m_{dd}=m_{NaNO_3}+m_{H_2O}=85+100=185\left(g\right)\)

\(C\%\left(NaNO_3\right)=\dfrac{85}{185}.100\%=46\%\)

b) \(t=30^oC\)

\(100\left(g\right)H_2O\rightarrow100\left(g\right)NaNO_3\)

\(\Rightarrow\) Trong \(200\left(g\right)\) dung dịch bão hòa có \(t=30^oC\) có :

\(m\left(NaNO_3\right)=\dfrac{200.100}{100+100}=100\left(g\right)\)

\(m\left(H_2O\right)=200-100=100\left(g\right)\)

Theo câu a, \(t=20^oC\)

\(100\left(g\right)H_2O\rightarrow85\left(g\right)NaNO_3\)

\(\Rightarrow\) Trong \(100\left(g\right)H_2O\) sẽ có \(100-85=15\left(g\right)NaNO_3\) tách ra

\(\Rightarrow\) Trong \(200\left(g\right)\) dung dịch có :

\(m_{NaNO_3}\left(tách.ra\right)=\dfrac{15.200}{100}=30\left(g\right)\)

Vậy khi hạ nhiệt độ từ \(30^oC\) xuống \(20^oC\), có \(30\left(g\right)NaNO_3\) tách ra khỏi dung dịch

a) \(n_{Na_sSO_4}\left(cần.dùng\right)=0,1.0,1=0,01\left(mol\right)\)

\(V_{Na_2SO_4}\left(2M\right)=\dfrac{0,01}{2}=0,005\left(lít\right)=5\left(ml\right)\)

Cách pha chế:

- Đong chính xác \(5\left(ml\right)\) dung dịch \(Na_2SO_4\left(2M\right)\)  vào một bình định mức \(100\left(ml\right)\)

- Thêm dần nước cất vào bình cho đến vạch \(100\left(ml\right)\), lắc đều

b) \(m_{NaCl}\left(2,5\%\right)=150.2,5\%=3,75\left(g\right)\)

\(m_{dd\left(NaCl\right)}\left(10\%\right)=\dfrac{3,75}{10\%}=37,5\left(g\right)\)

Cách pha chế:

- Cân chính xác \(37,5\left(g\right)\) dung dịch \(NaCl\left(10\%\right)\) vào một cốc.

- Thêm nước cất vào cốc cho đến khi đạt khối lượng \(150\left(g\right)\), khuấy đều.

a) Gọi thể tích dung dịch \(A\) là \(2V\left(lít\right)\) thì thể tích dung dịch \(B\) là \(3V\left(lít\right)\) (theo tỉ lệ \(V_A:V_B=2:3\))

\(n_{HCl}\left(A\right)=n_1=0,6.2V=1,2V\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}\left(B\right)=n_2=1.3V=3V\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=n_1+n_2=4,2V\left(mol\right)\)

\(V_C=V_A+V_B=2V+3V=5V\left(lít\right)\)

Nồng độ mol dung dịch \(C\) là 

\(C_M\left(C\right)=\dfrac{n}{V}=\dfrac{4,2V}{5V}=0,84\left(M\right)\)

b) Gọi thể tích dung dịch \(A\) là \(x\left(lít\right)\) thì thể tích dung dịch \(B\) là \(y\left(lít\right)\)

\(n_{HCl}\left(A\right)=0,6x\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}\left(B\right)=y\left(mol\right)\)

Tổng số mol \(HCl\) :\(n_{HCl}=0,6x+y\left(mol\right)\)

Tổng thể tích dung dịch : \(V_{HCl}=x+y\left(lít\right)\)

Theo đề bài ta có :

\(C_M=0,8\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{0,6x+y}{x+y}=0,8\)

\(\Leftrightarrow0,2x=0,2y\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{y}=1\)

Vậy để thu được dung dịch \(HCl\left(0,8M\right)\) thì cần trộn dung dịch \(A\) và \(B\) theo tỉ lệ thể tích \(V_A:V_B=1:1\)

\(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\uparrow\)

\(n_{Zn}=\dfrac{13}{65}=0,2\left(mol\right)\)

Từ phương trình phản ứng ta được :

\(n_{HCl}=2.0,2=0,4\left(mol\right);n_{H_2}=0,2\left(mol\right)\)

\(m_{HCl}=0,4.35,5=14,6\left(g\right)\)

\(V_{H_2}0,2.24,79=4,958\left(lít\right)\)

a) Ở \(100^oC\)

\(S\left(AgNO_3\right)=688g/100g.nước\)

\(\Rightarrow m_{AgNO_3}=688\left(g\right);m_{H_2O}=100\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{dd}=100+688=788\left(g\right)\) có nghĩa là trong \(788\left(g\right)\) dung dịch có \(688\left(g\right)AgNO_3\)

\(\Rightarrow1800\left(g\right)\) dung dịch có \(\dfrac{1800.688}{788}=1572\left(g\right)AgNO_3\)

Tương tự ở \(20^oC\)

Trong \(222+100=322\left(g\right)\) dung dịch có \(222\left(g\right)AgNO_3\)

\(\Rightarrow1800\left(g\right)\) dung dịch có \(\dfrac{1800.222}{322}=1241\left(g\right)AgNO_3\)

b) Theo trên khối lượng \(AgNO_3\) trong \(2000\left(g\right)\) dung dịch ở \(100^oC\&20^oC\) là :

\(m_{AgNO_3}\left(100^oC\right)=\dfrac{2000.688}{788}=1746\left(g\right)\)

\(m_{AgNO_3}\left(20^oC\right)=\dfrac{2000.222}{322}=1379\left(g\right)\)

Khối lượng \(AgNO_3\) tách ra khỏi dung dịch là :

\(1746-1379=367\left(g\right)\)