--> Khi nhiệt độ tăng, lượng khí thải nhà kính như CO2, CH4, N2O từ các hoạt động của con người sẽ tăng lên, dẫn đến tăng tốc độ biến đổi khí hậu.
--> Biến đổi lượng mưa và các hiện tượng thời tiết cực đoan như hạn hán, lũ lụt, bão, tuyết rơi dày đặc,... ảnh hưởng đến hệ sinh thái, nguồn nước, sản xuất nông nghiệp, và đời sống con người.
--> Khi nhiệt độ tăng, mực nước biển sẽ dâng cao do sự tan chảy của các chỏm băng ở hai cực, ảnh hưởng đến các khu vực ven biển.

Câu hỏi có phải là biến đổi khí hậu đối với khí hậu phải không em

+ Nồng độ mol của dung dịch HCl là 1,5 M, nghĩa là trong 1 lít dung dịch có 1,5 mol HCl.
+ Do đó, số mol HCl trong 1000 ml dung dịch HCl 1,5 M là:
nHCl = 1,5 mol/lít * 1 lít = 1,5 mol
+ Gọi số mol Al và Mg trong hỗn hợp lần lượt là x và y.
+ Ta có hệ phương trình:
--> 27x + 24y = 12
--> 3x + 2y = 1,5
Giải hệ phương trình này, ta được:
--> x = 0,2 mol
--> y = 0,1 mol
+ Số mol Al và Mg phản ứng với HCl là:
nAl + nMg = 0,2 mol + 0,1 mol = 0,3 mol
+ Vì nAl + nMg < nHCl (0,3 mol < 1,5 mol), nên HCl dư sau phản ứng.
=> Tuy nhiên, đề bài yêu cầu chứng minh HCl không còn dư.
+ Giai đoạn 1: Al phản ứng với HCl trước:
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2
+ Giai đoạn 2: Mg phản ứng với HCl sau khi Al đã phản ứng hết:
Mg + 2HCl → MgCl2 + H2
+ Do Al có tính khử mạnh hơn Mg, nên Al sẽ phản ứng hết trước Mg.
+ Trong trường hợp này, số mol Al và Mg phản ứng với HCl là 0,3 mol, nhỏ hơn số mol HCl trong dung dịch (1,5 mol).
+ Do đó, sau khi Al phản ứng hết, vẫn còn dư HCl để phản ứng với Mg.
+ Tuy nhiên, lượng HCl dư này rất nhỏ (1,5 mol - 0,3 mol = 1,2 mol) và không đủ để tạo ra khí H2.
=> Do đó, ta có thể kết luận rằng HCl không còn dư sau phản ứng.

a.

$=\frac{10-8xy^3+12xy^3+10}{4x^3y^2}=\frac{20+4xy^3}{4x^3y^2}$

$=\frac{5+xy^3}{x^3y^2}$
b.

$=\frac{4(x-2)+2(x+2)}{(x+2)(x-2)}+\frac{6-5x}{(x-2)(x+2)}$

$=\frac{6x-4}{(x+2)(x-2)}+\frac{6-5x}{(x-2)(x+2)}$

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

$=\frac{4x+7-(3x+6)}{2x+2}=\frac{x+1}{2(x+1)}=\frac{1}{2}$

d.

$=\frac{y+6}{(y-2)(y+2)}-\frac{2}{y(y+2)}$

$=\frac{y(y+6)-2(y-2)}{y(y+2)(y-2)}=\frac{y^2+4y+4}{y(y+2)(y-2)}=\frac{(y+2)^2}{y(y+2)(y-2)}=\frac{y+2}{y(y-2)}$

e.

$=\frac{4y+7}{3y+2}.\frac{3y+2}{8y+14}=\frac{4y+7}{8y+14}=\frac{4y+7}{2(4y+7)}=\frac{1}{2}$
g.

$=\frac{3y+2}{4(2y+3)}.\frac{2y+3}{3y+2}=\frac{1}{4}$

h.

$=\frac{2y+3}{y+3}.\frac{3(y+3)}{2y+3}=3$

Lời giải:

a. $=\frac{6xy^2.3y}{6xy^2.4x^2}=\frac{3y}{4x^2}$

b.

$=\frac{(x-y)(x^2+xy+y^2)}{(x-y)(x+y)}=\frac{x^2+xy+y^2}{x+y}$

c.

$=\frac{5(4x^2-9)}{(2x+3)^2}=\frac{5(2x-3)(2x+3)}{(2x+3)^2}=\frac{5(2x-3)}{2x+3}$
d.

$=\frac{4x(x^2+2x+1)}{2x^2(x+1)}=\frac{4x(x+1)^2}{2x^2(x+1)}=\frac{2(x+1)}{x}$

Lời giải:

a. Bạn tự vẽ hình

b. PT hoành độ giao điểm của $(d), (d')$:

$x+2=-2x+8\Leftrightaarrow 3x=6\Leftrightarrow x=2$

$y=x+2=2+2=4$

Vậy $A$ có tọa độ $(2,4)$

$B\in Ox$ nên $y_B=0$

$B\in (d)$ nên $y_B=x_B+2\Rightarrow x_B=y_B-2=0-2=-2$
Vậy $B(-2,0)$
$C\in Ox$ nên $y_C=0$

$C\in (d')$ nên $y_C=-2x_C+8\Rightarrow x_C=\frac{y_C-8}{-2}=\frac{-8}{-2}=4$

Vậy $C(4,0)$

Diện tích tam giác $ABC$:

$S_{ABC}=\frac{d(A,BC).BC}{2}=\frac{d(A,Ox).BC}{2}=\frac{|y_A|(|x_B|+|x_C|)}{2}=\frac{4(2+4)}{2}=12$ (đvdt)

Dài quá bạn ơi

A truyền được cho ab và a

B truyền được cho b và ab

O truyền được cho tất cả

AB chỉ chuyền được cho chính nó

1: Xét ΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H có

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC~ΔHBA

Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=6^2+8^2=100=10^2\)

=>BC=10(cm)

ΔABC~ΔHBA

=>\(\dfrac{AB}{HB}=\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{AC}{HA}\)

=>\(\dfrac{6}{HB}=\dfrac{10}{6}=\dfrac{8}{HA}\)

=>\(HA=6\cdot\dfrac{8}{10}=4,8\left(cm\right);HB=6\cdot\dfrac{6}{10}=3,6\left(cm\right)\)

2: Xét ΔMAB vuông tại A và ΔMIC vuông tại I có

\(\widehat{AMB}=\widehat{IMC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔMAB~ΔMIC

=>\(\dfrac{MA}{MI}=\dfrac{MB}{MC}\)

=>\(MA\cdot MC=MB\cdot MI\)