1 D

2 A

3 A

4 D

5 B

6 C

7 A

8 B

9 A

10 D

1:a

2:c

I

1. A

2. B

3. D

4. D

5. C

I

1 B

2 D

3 A

4 D

5 C

II

1 C

2 A

3 D

4 B

5 A

Bài 2.
a. góc xAB + góc ABy = 45+135 = 180 (độ)
--> góc xAB và ABy là hai góc trong cùng phía bù nhau
--> Ax // By (đpcm)
b. góc CBy =360 - 75 -135 = 150 (độ)
--> góc CBy + góc CBz = 150 +30 =180 (độ)
--> góc CBy và CBz là hai góc trong cùng phía bù nhau
--> By//Cz (đpcm)

Thi...?

chia bài ra đi ,dài vaizz

Bài 2:

c) \(f\left(1\right)-f\left(0\right)=2.0-3=-3\)

\(\Rightarrow a+b+c-c=-3\Rightarrow a+b=-3\) (1)

\(f\left(2\right)-f\left(1\right)=2.1-3=-1\)

\(\Rightarrow4a+2b+c-\left(a+b+c\right)=-1\)

\(\Rightarrow3a+b=-1\) (2)

-Từ (1) và (2) suy ra: \(a=1;b=-4\)

\(\dfrac{f\left(5\right)-f\left(2\right)}{9}=\dfrac{25a+5b+c-\left(4a+2b+c\right)}{9}=\dfrac{21a+3b}{9}=\dfrac{7a+b}{3}=\dfrac{7.1-4}{3}=1\)

Biết ngọn núi cao 3000m, nhiệt độ ở chân núi là 28°C và cứ lên cao 100m nhiệt độ giảm 0,6°C, nên tá có:

- Số nhiệt độ bị giảm đi khi đi từ chân núi đến đỉnh núi là: 3000 x 0,6 / 100 = 18°C.

- Nhiệt độ tại đỉnh núi là: 28 – 18 = 10°C.

Hình vẽ bị che rồi bạn ơi!

bn bấm vào 'đọc tiếp'

giúp mk giải gấp 2 bài này với chiều tầm 3h mình qua lấy nha.cảm ơn mọi người nhiều ah.

anh Hải mà on thì chắc giải đc r :v

-

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{15}{100}=0,15\left(mol\right)\)

\(Ca\left(HCO_3\right)_2=0,05.1=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: Ca(OH)₂ + CO₂ --> CaCO₃ + H₂O

                             0,15<----0,15

            Ca(OH)₂ + 2CO₂ --> Ca(HCO₃)₂

                              0,1<----------0,05

=> n_CO2 = 0,25 (mol)

m_tăng = m_CO2 + m_H2O - m_CaCO3 = 3,2

=> 0,25.44 + 18.n_H2O - 15 = 3,2

=> n_H2O = 0,4 (mol)

Giả sử B là C_xH_y, A là C_aH_b

Theo giả thiết, có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_xH_y}=0,05\left(mol\right)\\n_{C_aH_b}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Bảo toàn C: 0,05x + 0,1a = 0,25

=> x + 2a = 5

Bảo toàn H: 0,05y + 0,1b = 0,8

=> y + 2b = 16

- TH1: x = 1; a = 2

Với x = 1 => y = 4 => b = 6

CTHH của A là C₂H₆, B là CH₄ (TM)

- TH2: x = 3; a = 1

Với a = 1 => b = 4 => y = 8

CTHH của A là CH₄, B là C₃H₈ (Loại)

Vậy CTHH của A là C₂H₆, B là CH₄ 

- 

+) Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_2H_6}=a\left(mol\right)\\n_{C_2H_4}=b\left(mol\right)\\n_{H_2}=c\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(a+b+c=0,5\) (1)

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

Bảo toàn H: 6a + 4b + 2c = 2

=> 3a + 2b + c = 1 (2)

(1) => 2a + 2b + 2c = 1 (3)

(2) - (3) => a - c = 0 hay a = c

(1) => n_Y = 2a + b = 0,5 

Mặt khác, m_Y = 30a + 28b + 2c = 32a + 28b (g)

Xét \(M_Y=\dfrac{m_Y}{n_Y}=\dfrac{32a+28b}{2a+b}=\dfrac{16\left(2a+b\right)+12b}{2a+b}=16+\dfrac{12b}{2a+b}\left(g/mol\right)>16\)

=> \(d_{Y/CH_4}>1\)

=> Y nặng hơn CH₄

+) n_giảm = n_{H2 (pư)} = \(\dfrac{11,2-8,96}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Do Z không làm mất màu dd Br₂

=> C₂H₄ phản ứng hết

n_C2H4 = b = n_H2(pư) = 0,1 (mol)

=> a = c = 0,2 (mol)

\(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,1}{0,5}.100\%=20\%\\\%V_{C_2H_6}=\dfrac{0,2}{0,5}.100\%=40\%\\\%V_{H_2}=\dfrac{0,2}{0,5}.100\%=40\%\end{matrix}\right.\)