Ta có: \(\%m_C=\dfrac{12.13}{12.13+1.21+14+16.3}.100\%\approx65,272\%\)

Phần trăm khối lượng nguyên tử cacbon có trong phân tử Salbutamol là 

C% 12.1312.13+1.21+14+16.3.100%=15,06%12.13+1.21+14+16.312.13​.100%=15,06%

\(MnO_2+4HCl_đ\underrightarrow{t^o}MnCl_2+Cl_2+2H_2O\)

\(Cl_2+H_2\underrightarrow{t^o}2HCl\)

\(HCl+NaOH\rightarrow NaCl+H_2O\)

\(2NaCl+2H_2O\xrightarrow[cmn]{đpdd}2NaOH+Cl_2+H_2\)

MnO2 + 4HCl $\to$ MnCl2 + Cl2 + 2H2O 

Cl2 + H2 $\to$ 2HCl 

HCl + NaOH $\to$ NaCl + H2O 

2NaCl + 2H2O →���đ���đpddcmn​ 2NaOH + H2 + Cl2 

Hello xin chào 

a. Muốn dựng ảnh A'B' của AB qua thấu kính (AB vuông góc với trục chính của thấu kính, A nằm trên trục chính), chỉ cần dựng ảnh B' của B bằng cách vẽ đường truyền của hai trong ba tia sáng đặc biệt, sau đó từ B' hạ vuông góc xuống trục chính ta có ảnh A' của A.

 Ảnh thu được là ảnh thật, ngược chiều vật.

b. $h=2cm;d=36cm;f=12cm$

Xét $\Delta ABF$ đồng dạng với $\Delta OHF$, ta có: \dfrac{AB}{OH}=\dfrac{AF}{OF}OHAB​=OFAF​

Vì OH=A'B'OH=A′B′ \Rightarrow\dfrac{AB}{A'B'}=\dfrac{AF}{OF}\Rightarrow\dfrac{h}{h'}=\dfrac{d-f}{f}⇒A′B′AB​=OFAF​⇒h′h​=fd−f​

\Rightarrow h'=\dfrac{hf}{d-f}=\dfrac{2.12}{36-12}=1cm⇒h′=d−fhf​=36−122.12​=1cm

Xét \Delta OIF'ΔOIF′ đồng dạng với \Delta A'B'F'ΔA′B′F′, ta có: \dfrac{OI}{A'B'}=\dfrac{OF'}{A'F'}A′B′OI​=A′F′OF′​

Vì OI=AB\Rightarrow\dfrac{AB}{A'B'}=\dfrac{OF'}{A'F'}\Rightarrow\dfrac{h}{h'}=\dfrac{f}{A'F'}OI=AB⇒A′B′AB​=A′F′OF′​⇒h′h​=A′F′f​

\Rightarrow A'F'=\dfrac{h'f}{h}=\dfrac{1.12}{2}=6cm⇒A′F′=hh′f​=21.12​=6cm

d'=OF'+A'F'=12+6=18cmd′=OF′+A′F′=12+6=18cm

Vậy ảnh A'B' cách thấu kính 18 cm và cao 1 cm.

a) Khúc xạ ánh sáng là hiện tượng các tia sáng bị lệch phương (bị gãy) khi truyền xiên góc qua mặt phân cách của 2 môi trường trong suốt khác nhau.

Ví dụ về hiện tượng khúc xạ ánh sáng: Ta đổ đầy nước vào một chiếc ly thủy tinh sau đó đặt một chiếc ống hút nằm nghiêng ở trong cốc nước.

b) Tia sáng khi truyền từ nước sang không khí thì bị gãy khúc tại mặt phân cách giữa hai môi trường. Tia khúc xạ nằm trong mặt phẳng tới. Tia khúc xạ đi xa pháp tuyến hơn so với tia tới, hay góc khúc xạ lớn hơn góc tới.

20 + x = x 

=> 0x = 20 ( vô lý ) 

đáp án bằng 0\

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

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

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

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

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

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​H4​​=2,80,025.22,4​.100%=20%%VCH4​​=100−20=80%​

b, Ta có: ���4=2,8.80%22,4=0,1(���)nCH4​​=22,42,8.80%​=0,1(mol)

PT: ��4+2�2��→��2+2�2�CH4​+2O2​to​CO2​+2H2​O

�2�4+3�2��→2��2+2�2�C2​H4​+3O2​to​2CO2​+2H2​O

Theo PT: ���2=���4+2��2�4=0,15(���)nCO2​​=nCH4​​+2nC2​H4​​=0,15(mol)

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

Theo PT: �����3=���2=0,15(���)nCaCO3​​=nCO2​​=0,15(mol)

⇒�=�����3=0,15.100=15(�)⇒a=mCaCO3​​=0,15.100=15(g)

(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��+���CH4​+Cl2​as​CH3​Cl+HCl

 (5) �2�2+2��2→�2�2��4C2​H2​+2Br2​→C2​H2​Br4​

 (6) �2�2+2�2��,��→�2�6C2​H2​+2H2​to,Ni​C2​H6​

 (7) �2�4+�2��,��→�2�6C2​H4​+H2​to,Ni​C2​H6​

 

- 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.