a)

(1)  \(CH_4+Cl_2\underrightarrow{as}CH_3Cl+HCl\)

(2) \(CH_3Cl+NaOH\underrightarrow{t^o}CH_3OH+NaCl\)

(3) \(CH_3OH+CuO\underrightarrow{t^o}HCHO+H_2O+Cu\)

(4) \(2HCHO+O_2\underrightarrow{t^o,xt}2HCOOH\)

b)

(1) \(CH_3CH_2OH+CuO\underrightarrow{t^o}CH_3CHO+H_2O+Cu\)

(2) \(2CH_3CHO+O_2\underrightarrow{t^o,xt}2CH_3COOH\)

(3) \(CH_3COOH+Na\rightarrow CH_3COONa+\dfrac{1}{2}H_2\)

(4) \(CH_3COONa+NaOH\underrightarrow{t^o,CaO}CH_4+Na_2CO_3\)

c)

(1) \(CH_3CH_2OH\underrightarrow{170^oC,H_2SO_4}CH_2=CH_2+H_2O\)

(2) \(2CH_2=CH_2+O_2\underrightarrow{t^o,xt}2CH_3-CHO\)

(3) \(2CH_3-CHO+O_2\underrightarrow{t^o,xt}2CH_3COOH\)

(4) \(CH_3COOH+C_2H_5OH\underrightarrow{t^o,H_2SO_4}CH_3COOC_2H_5+H_2O\)

a: Xét ΔBEC có BE=BC

nên ΔBEC cân tại B

mà \(\widehat{EBC}=60^0\)

nên ΔBEC đều

b: Xét ΔBEI và ΔBCI có

BE=BC

\(\widehat{EBI}=\widehat{CBI}\)

BI chung

DO đó: ΔBEI=ΔBCI

Suy ra: IE=IC

c: Ta có: ΔBCE cân tại B

mà BI là đường phân giác

nên BI là đường cao

Xét ΔBEC có

BI là đường cao

CA là đường cao

BI cắt CA tại I

Do đó: EI vuông góc với BC

a. Xét Tam giác BEC ta có : BE = BC => Tam giác ABC là tam giác cân

Mà góc B = 60 độ => Tam giác BEC là tam giác đều ( tam giác cân có 1 góc bằng 60 độ là tam giác đều.

b. Xét tam giác BEI và tam giác BCI có :

BI chung

BE = BC

Góc EBI = góc CBI 

=> Tam giác BEI = tam giác BCI ( c.g.c)

=> IE = IC (hai cạnh tương ứng)

a.

\(y'=\left(x^2\right)'+\left(4sinx\right)'=2x+4cosx\)

b.

\(y'=\left(2x^3\right)'-\left(sinx\right)'+\left(2\right)'=6x^2-cosx\)

c.

\(y'=\left(5sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\right)'=5.\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)'.cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=5cos\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\)

a: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:

\(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

\(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

hay \(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có 

\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔACB

Suy ra: \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)

a.

\(y=x^7\left(x+1\right)=x^8+x^7\)

\(\Rightarrow y'=8x^7+7x^6\)

b.

\(y'=2x+\dfrac{2}{2\sqrt{x}}=2x+\dfrac{1}{\sqrt{x}}\)

c.

\(y'=9x^2+4x\)

\(n_{CH_3COOC_2H_5}=\dfrac{12,3}{88}=\dfrac{123}{880}\left(mol\right)\)

PTHH: CH₃COOH + C₂H₅OH --H₂SO_4(đ),t^o--> CH₃COOC₂H₅ + H₂O

                  \(\dfrac{123}{880}\)<----------------------------------\(\dfrac{123}{880}\)

=> \(\%m_{CH_3COOH\left(pư\right)}=\dfrac{\dfrac{123}{880}.60}{12}.100\%=69,89\%\)

Người đó lãi:\(\left(728000:650000\right)-100\%=12\%\)

a, khi cân bằng nhiệt ta có \(0,5.3,4.10^5+0,5.\left(4200+2100+400\right).t=1.\left(50-t\right).4200\Rightarrow t=5,3^oC\)

b, để nhiệt cân bằng hệ bằng 0 thì lượng nước đá p tan vừa đủ

\(m_đ.3,4.10^5=1.50.4200\Rightarrow m_đ\approx0,617\left(kg\right)\)

chữ bạn khó nhìn quá :)))