Cho hỗn hợp vào dung dịch NaOH.

Lọc lấy chất rắn không tan thu được sắt

\(2Al+2NaOH+2H_2O\rightarrow2NaAlO_2+3H_2\)

Dùng nam châm =))

\(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\\ n_{HCl}=0,3.0,15=0,045\left(mol\right)\\ n_{Zn}=n_{H_2}=\dfrac{0,045}{2}=0,0225\left(mol\right)\\ a,m_{Zn}=0,0225.65=1,4625\left(g\right)\\ b,V_{H_2\left(đktc\right)}=22,4.0,0225=0,504\left(l\right)\\ c,n_{Zn}=\dfrac{19,5}{65}=0,3\left(mol\right)\\ Vì:\dfrac{0,3}{1}>\dfrac{0,045}{2}\Rightarrow Zndư\\ \Rightarrow n_{ZnCl_2}=\dfrac{0,045}{2}=0,0225\left(mol\right)\\ m_{ZnCl_2}=0,0225.136=3,06\left(g\right)\)

Câu 5:

\(A=\dfrac{2}{x}+\dfrac{6}{y}+\dfrac{9}{3x+y}\)

\(=\dfrac{2\left(3x+y\right)}{xy}+\dfrac{9}{3x+y}\)

\(=\dfrac{3x+y}{6}+\dfrac{9}{3x+y}\left(xy=12\right)\)

\(=\dfrac{3x+y}{16}+\dfrac{9}{3x+y}+\dfrac{5\left(3x+y\right)}{48}\)

\(\ge2\sqrt{\dfrac{3x+y}{16}.\dfrac{9}{3x+y}}+\dfrac{5.2\sqrt{3x.y}}{48}\)

\(=2\sqrt{\dfrac{9}{16}}+\dfrac{10\sqrt{3.12}}{48}=\dfrac{11}{4}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=6\end{matrix}\right.\)

d) Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau trong đường tròn (O) và 2 tiếp tuyến tại M và N, ta có AO là tia phân giác của \(\widehat{MAN}\) (1)

 Lại có \(\widehat{AME}=\widehat{MNE}\) (do chúng là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung đó)

 Hơn nữa, vì AO là trung trực của đoạn MN nên E thuộc trung trực của MN \(\Rightarrow EM=EN\) \(\Rightarrow\Delta EMN\) cân tại E \(\Rightarrow\widehat{ENM}=\widehat{EMN}\)

 Từ đó suy ra \(\widehat{AME}=\widehat{EMN}\) hay ME là tia phân giác của \(\widehat{AMN}\). (2)

 Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) đpcm.

e) Gọi C là giao điểm của PO và (AMN). Khi đó ta có  \(PB^2=PN.PM=PC.PO\) nên \(\Delta PBC~\Delta POB\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{PCB}=\widehat{PBO}=90^o\) \(\Rightarrow PC\perp BC\)

Mặt khác, do đường tròn (AMN) có đường kính là AO nên \(\widehat{ACO}=90^o\Rightarrow AC\perp PC\)

 Từ đó suy ra A, B, C thẳng hàng. Do đó \(\widehat{ABM}=\widehat{BPO}\) (vì cùng phụ với \(\widehat{POB}\))

a. Để giải thích kết quả này, chúng ta cần giả định rằng màu sắc của ngựa được xác định bởi một gen với ba alen: một cho màu đỏ (D), một cho màu hồng (H), và một cho màu xám (X). Chúng ta cũng giả định rằng alen cho màu đỏ là trội so với hai alen khác, và alen cho màu hồng là trội so với alen cho màu xám. Vì vậy, các kiểu gen có thể là như sau:

• Ngựa đỏ: DD, DH, DX
• Ngựa hồng: HH, HX
• Ngựa xám: XX

b. Để tạo ra tỷ lệ phần trăm ngựa hồng lớn nhất, chúng ta nên lai giữa hai ngựa có kiểu gen HH. Kết quả sẽ là 100% ngựa hồng.

 Trong 1 giờ, đội A làm được \(\dfrac{1}{12}\) đoạn đường, đội B được \(\dfrac{1}{15}\) đoạn đường, đội C được \(\dfrac{1}{17}\) đoạn đường còn đội D được \(\dfrac{1}{19}\) đoạn đường.

 Như vậy, trong 1 giờ, cả 4 đội cùng làm thì được \(\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{17}+\dfrac{1}{19}=\dfrac{1689}{6460}\) đoạn đường. Do đó, để hoàn thành đoạn đường thì cả 4 đội cùng làm một lúc hết \(\dfrac{6460}{1689}\) giờ. 

a:

D là điểm chính giữa của cung nhỏ AB

=>sđ cung AD=sđ cung DB

E là điểm chính giữa của cung nhỏ AC

=>sđ cung AE=sđ cung CE

Xét (O) có \(\hat{AHE}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AE và BD

=>\(\hat{AHE}\) =1/2(sđ cung AE+sđ cung BD)=1/2(sđ cung AE+sđ cung AD)(2)

Xét (O) có \(\hat{AKD}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AD và CE

=>\(\hat{AKD}\) =1/2(sđ cung AD+sđ cung CE)=1/2(sđ cung AE+sđ cung AD)(1)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{AHE}=\hat{AKD}\)

=>\(\hat{AHK}=\hat{AKH}\)

=>ΔAKH cân tại A

b: Xét (O) có

\(\hat{ABE}\) là góc nội tiếp chắn cung AE

\(\hat{CBE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

sd cung AE=sđ cung CE

Do đó: \(\hat{ABE}=\hat{CBE}\)

=>BE là phân giác của góc ABC

Xét (O) có

\(\hat{ACD}\) là góc nội tiếp chắn cung AD

\(\hat{BCD}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

sđ cung AD=sđ cung BD

Do đó: \(\hat{ACD}=\hat{BCD}\)

=>CD là phân giác của góc ACB

Gọi G là giao điểm của AI và DE, M là giao điểm thứ hai của AI và (O)

Xét ΔABC có

BE,CD là các đường phân giác

BE cắt CD tại I

Do đó: I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC

=>AI là phân giác của góc BAC

Xét (O) có \(\hat{BAM}\) là góc nội tiếp chắn cung BM

\(\hat{CAM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

\(\hat{BAM}=\hat{CAM}\)

Do đó: sđ cung BM=sđ cung CM

Xét (O) có \(\hat{AGD}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung AD và EM

=>\(\hat{AGD}\) =1/2(sđ cung AD+sđ cung EM)

=1/2(sđ cung AD+sđ EC+sđ cung CM)

=1/4(sđ cung AB+sđ cung AC+sđ cung BC)

=1/4*360=90 độ

=>AI⊥DE tại G

Hệ thống nhóm máu A, B, O được di truyền theo quy luật Mendel và có 4 nhóm máu cơ bản là A, B, O và AB. 

Quy định nhóm máu gồm 3 gen mang tính trạng trội là Alen, Alen lA, lB và một mang tính trạng lặn là Alen lo. 

Người nhóm máu A có thể mang kiểu gen lAlA hoặc lAlo; 

Người nhóm máu B có thể mang kiểu gen lBlB hoặc lBlo; 

Người có nhóm máu AB mang kiểu gen lAlB; 

Người nhóm máu O mang kiểu gen lolo.

Nhóm máu A: I^AI^A, I^AI^O

Nhóm máu B: I^BI^B, I^BI^O

Nhóm máu AB: I^AI^B

Nhóm máu O: I^OI^O