\(\sqrt[3]{x}-20+\sqrt{x}+15=7\)

\(\sqrt[3]{x}-20+15+\sqrt{x}=7\)

\(\sqrt[3]{x}-5+\sqrt{x}=7\)

\(\sqrt[3]{x}+\sqrt{x}=7+5\)

\(\sqrt[3]{x}+\sqrt{x}=12\)

còn lại mình chịu

\(\sqrt[3]{x}+\sqrt{x}=12=8+4\)

\(\sqrt[3]{x}=8\) và \(\sqrt{x}=4\) 

Vậy x = 2

a, PT: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

Ta có: \(n_{Br_2}=\dfrac{4}{160}=0,025\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_2H_4}=n_{Br_2}=0,025\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,025.22,4}{2,8}.100\%=20\%\\\%V_{CH_4}=100-20=80\%\end{matrix}\right.\)

b, Ta có: \(n_{CH_4}=\dfrac{2,8.80\%}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

PT: \(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+2H_2O\)

\(C_2H_4+3O_2\underrightarrow{t^o}2CO_2+2H_2O\)

Theo PT: \(n_{CO_2}=n_{CH_4}+2n_{C_2H_4}=0,15\left(mol\right)\)

PT: \(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_{3\downarrow}+H_2O\)

Theo PT: \(n_{CaCO_3}=n_{CO_2}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow a=m_{CaCO_3}=0,15.100=15\left(g\right)\)

a, PT: �2�4+��2→�2�4��2C2​H4​+Br2​→C2​H4​Br2​

Ta có: ���2=4160=0,025(���)nBr2​​=1604​=0,025(mol)

Theo PT: ��2�4=���2=0,025(���)nC2​H4​​=nBr2​​=0,025(mol)

⇒{%��2�4=0,025.22,42,8.100%=20%%���4=100−20=80%⇒⎩⎨⎧​%VC2

(1) \(2CH_4\xrightarrow[lln]{1500^oC}C_2H_2+3H_2\)

(2) \(C_2H_2+H_2\underrightarrow{t^o,Pd}C_2H_4\)

(3) \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

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

 (5) \(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

 (6) \(C_2H_2+2H_2\underrightarrow{t^o,Ni}C_2H_6\)

 (7) \(C_2H_4+H_2\underrightarrow{t^o,Ni}C_2H_6\)

(1) 2��4→���1500���2�2+3�22CH4​1500oClln​C2​H2​+3H2​

(2) �2�2+�2��,��→�2�4C2​H2​+H2​to,Pd​C2​H4​

(3) �2�4+��2→�2�4��2C2​H4​+Br2​→C2​H4​Br2​

 (4) ��4+��2��→��3��+���CH

- Trích mẫu thử.

- Dẫn từng mẫu thử qua bình đựng Ca(OH)₂ dư.

+ Xuất hiện kết tủa trắng: CO₂.

PT: \(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_{3\downarrow}+H_2O\)

+ Không hiện tượng: CH₄, C₂H₄. (1)

- Dẫn khí nhóm (1) qua bình đựng Br₂.

+ Dd Br₂ nhạt màu: C₂H₄.

PT: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

+ Không hiện tượng: CH₄.

- Dán nhãn.

- trích mẫu thử

 -Dẫn từng mẫu thử qua bình đựng Ca(OH)2 dư.

+ Xuất hiện kết tủa trắng: CO2.

PT: ��2+��(��)2→����3↓+�2�CO2​+Ca(OH)2​→CaCO3↓​+H2​O

+ Không hiện tượng: CH4, C2H4. (1)

- Dẫn khí nhóm (1) qua bình đựng Br2.

+ Dd Br2 nhạt màu: C2H4.

PT: �2�4+��2→�2�4��2C2​H4​+Br2​→C2​H4​Br2​

+ Không hiện tượng: CH4.

- Dán nhãn.

a, Gọi I là trung điểm của BC 

Tam giác BEC vuông tại E trung tuyến EI nên IE = IB = IC 

Tam giác BFC vuông tại F trung tuyến FI nên IF = IB = IC

Vậy tứ giác BEFC cùng thuộc đường tròn tâm I bán kính IB 

b,  Ta có :

\(\widehat{ACK}=90^0\) ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

= > BH // CK ( cùng vuông góc với AC )

Tương tự ta cũng có CH // BK 

= > BHCK là hình bình hành

= > 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà I là trung điểm của BC 

= > H,I,K thẳng hàng ( đpcm )

c, Dễ thấy các tứ giác AFHE và BFHD nội tiếp nên :

\(\widehat{DFE}=\widehat{DFH}+\widehat{HFE}=\widehat{HBD}+\widehat{HAF}=2\widehat{HBD}=2.\left(90^0-\widehat{C}\right)=180^0-2\widehat{C}\)

( Do góc HBD và HAF cùng phụ với góc C )

Lại có :

Tam giác EIC cân tại I nên :

\(\widehat{EIC}=180^0-\widehat{IEC}-\widehat{ECI}=180^0-2\widehat{C}\)

\(=>\widehat{EIC}=\widehat{DFE}\)

= > Tứ giác DFEI là tứ giác nội tiếp 

= > D,F,E,I cùng thuộc 1 đường tròn 

Gọi chiều dài hcn là x ( x > 0 ) 

Chiều rộng hcn là y ( y > 0)

Nửa chu vi hcn là: x + y = 200 : 2 = 100 cm 

Chiều dài gấp 3 lần chiều rộng => x = 3y => x - 3y = 0 

Ta có hệ phương trình 

\(\left\{{}\begin{matrix}x-3y=0\\x+y=100\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=75\\y=25\end{matrix}\right.\)

Diện tích hcn là: 75 x 25 = 1875 cm vuông

Gọi chiều dài , chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là a,b ( a,b > 0 ) ( cm )

Theo đề bài ta có :

chiều dài gấp 3 lần chiều rộng hay a = 3b

Ta lại có : 2 ( a + b ) = 200

<=> a + b = 100

Thay a = 3b vào phương trình ta được 

3b + b = 100

<=> 4b = 100 <=> b = 25 ( cm )

a = 25 . 3 = 75 ( cm )

Vậy chiều dài hình chữ nhật là 75 cm , chiều rộng là 25 cm

PT: \(2C_3H_8O_3+7O_2\underrightarrow{t^o}6CO_2+8H_2O\) (1) 

\(C_2H_4O_2+2O_2\underrightarrow{t^o}2CO_2+2H_2O\)

\(C_3H_6O_3+3O_2\underrightarrow{t^o}3CO_2+3H_2O\)

\(C_6H_{12}O_6+6O_2\underrightarrow{t^o}6CO_2+6H_2O\)

Coi hh gồm: C₃H₈O₃ và CH₂O (vì C₂H₄O₂, C₃H₆O₃ và C₆H₁₂O₆ đều có CTĐGN là CH₂O)

\(CH_2O+O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+H_2O\)

Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{44}{44}=1\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{19,8}{18}=1,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{H_2O}-n_{CO_2}=n_{C_3H_8O_3}=0,1\left(mol\right)\)

BTNT C, có: \(3n_{C_3H_8O_3}+n_{CH_2O}=n_{CO_2}\Rightarrow n_{CH_2O}=0,7\left(mol\right)\)

⇒ m = m_C3H8O3 + m_CH2O = 0,1.92 + 0,7.30 = 30,2 (g)

Theo ĐLBT KL, có: m_A + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

⇒ m_O2 = 44 + 19,8 - 30,2 = 33,6 (g) \(\Rightarrow n_{O_2}=\dfrac{33,6}{32}=1,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{O_2}=1,05.22,4=23,52\left(l\right)\)