Ta có : \(n_K=\dfrac{m}{M}=\dfrac{3,9}{39}=0,1\) (mol)

\(n_{H_2O}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{96,2}{18}=5,34\)(mol)

Phương trình hóa học : 

2K + 2H₂O ---> 2KOH + H₂ 

2    :  2             :  2        : 1

Nhận thấy \(\dfrac{n_K}{n_{H_2O}}=\dfrac{0,1}{5,34}< \dfrac{2}{2}\)

=> Kali hết , nước dư 

=> \(n_{H_2}=\dfrac{n_K}{2}=0,05\) (mol) 

=> Thể tích khí H₂ : V = n.22,4 = 0,05.22,4 = 1,12(l)

Lại có \(n_{KOH}=0,1\) (mol) => \(m_{KOH}=0,1.56=5,6\) (g)

\(m_{H_2}=0,05.2=0,1\left(g\right)\)

Nồng độ phần trăm của Base thu được : 

\(C\%=\dfrac{m_{KOH}}{m_{dd}-m_{H_2}}=\dfrac{5,6}{96,2+3,9-0,1}=0,056=5,6\%\)

Lời giải:

Đổi 10p = $\frac{1}{6}$ giờ
Gọi vận tốc dự định là $x$ km/h. Thực tế người đó đi với vận tốc $x+2$ km/h

Độ dài quãng đường AB là:

$3x=(x+2)(3-frac{1}{6})=\frac{17}{6}x+\frac{17}{3}$

$\Rightarrow x=34$ (km/h) 

Độ dài quãng đường AB: $34\times 3=102$ (km)

a; Xét ΔDAB vuông tại A và ΔDEC vuông tại E có

\(\hat{ADB}=\hat{EDC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDAB~ΔDEC

=>\(\frac{DA}{DE}=\frac{DB}{DC}\)

=>\(\frac{DA}{DB}=\frac{DE}{DC}\)

Xét ΔDAE và ΔDBC có

\(\frac{DA}{DB}=\frac{DE}{DC}\)

góc ADE=góc BDC

Do đó: ΔDAE~ΔDBC

* Tính chất nhiệt đới:

- Nằm trong vùng nội chí tuyến

- Nhiệt độ trung bình năm : 200 độ C

- Số giờ nắng trong năm cao: 1400 – 3000 giờ/năm

- Lượng mưa trung bình năm:1500-2000 mm ( mưa phân bố không đều )

- Độ ẩm không khí trên 80%.

* Tính chất gió mùa:

- Gió mùa mùa đông

+ Từ tháng 11 đến tháng 4

+ Nguồn gốc: cao áp lạnh Xibia

+ Hướng gió: Đông Bắc.

+ Phạm vi: miền Bắc

- Gió mùa mùa hạ:

+ Từ tháng 5 đến tháng 10

+ Hướng gió :Tây Nam.

Tính chất nhiệt đới:

- Nằm trong vùng nội chí tuyến

- Nhiệt độ trung bình năm : 200 độ C

- Số giờ nắng trong năm cao: 1400 – 3000 giờ/năm

- Lượng mưa trung bình năm:1500-2000 mm ( mưa phân bố không đều )

- Độ ẩm không khí trên 80%.

Tính chất gió mùa:

- Gió mùa mùa đông

+ Từ tháng 11 đến tháng 4

+ Nguồn gốc: cao áp lạnh Xibia

+ Hướng gió: Đông Bắc.

+ Phạm vi: miền Bắc

- Gió mùa mùa hạ:

+ Từ tháng 5 đến tháng 10

+ Hướng gió :Tây Nam.

Lời giải:
Đổi 20'=$\frac{1}{3}$ giờ
Gọi vận tốc lúc đi là $x$ km/h thì vận tốc lúc về là $\frac{5}{6}x$ km/h 

Thời gian đi lẫn về là:
$\frac{100}{x}+\frac{100}{\frac{5}{6}x}=4-\frac{1}{3}$

$\Leftrightarrow \frac{220}{x}=\frac{11}{3}$

$\Leftrightarrow x=60$ (km/h) 

Vậy vận tốc lúc đi là 60 km/h. Vận tốc về là $60.\frac{5}{6}=50$ km/h

a: Xét ΔHAC vuông tại H và ΔHDB vuông tại H có

\(\hat{HAC}=\hat{HDB}\) (hai góc so le trong, AC//BD)

DO đó: ΔHAC=ΔHDB

b:

BD//AC

AC⊥BA

Do đó: BD⊥BA

Xét ΔACB vuông tại A và ΔBAD vuông tại B có

\(\hat{ACB}=\hat{BAD}\left(=90^0-\hat{HAC}\right)\)

Do đó: ΔACB~ΔBAD
=>\(\frac{AC}{BA}=\frac{AB}{BD}\)

=>\(AC\cdot BD=AB^2\)

c: ΔHAC vuông tại H

mà HN là đường trung tuyến

nên HN=NA=NC

NH=NC

=>ΔNHC cân tại N

=>\(\hat{NHC}=\hat{NCH}\)

mà \(\hat{NCH}=\hat{MBH}\) (hai góc so le trong, AC//BD)

nên \(\hat{NHC}=\hat{MBH}\)

ΔDHB vuông tại H

mà HM là đường trung tuyến

nên MH=MB

=>ΔMBH cân tại M

=>\(\hat{MHB}=\hat{MBH}\)

=>\(\hat{MHB}=\hat{NHC}\)

mà \(\hat{MHB}+\hat{MHC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{NHC}+\hat{MHC}=180^0\)

=>M,H,N thẳng hàng

b) Có \(\left|2x+1\right|\ge0;\left|4x^2-1\right|\ge0\forall x\)

\(\Rightarrow\left|2x+1\right|+\left|4x^2-1\right|\ge0\forall x\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}2x+1=0\\4x^2-1=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{2}\)

c) \(\left|2x-1\right|=\left|x+5\right|\) 

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x-1=x+5\\2x-1=-x-5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=6\\x=-\dfrac{4}{3}\end{matrix}\right.\)

2.5+4.5567895