Phương pháp giải:

Phương pháp đồng vị phóng xạ Carbon dùng để xác định niên đại của các cổ vật có nguồn gốc sinh vật.

Giải chi tiết:

Phương pháp đồng vị phóng xạ Carbon dùng để xác định niên đại của các cổ vật có nguồn gốc sinh vật.

Vậy những vật có thể dùng là: Trái cây khô và giày da.

Phương pháp giải:

Người ngoài bể bơi không nhìn thấy viên kim cương khi không có tia sáng từ viên kim cương truyền đến mắt người.

Điều kiện xảy ra phản xạ toàn phần:

- Ánh sáng truyền từ môi trường có chiết suất cao sang môi trường có chiết suất thấp hơn.

- Góc tới $i\ge igh$ với $\sin i_{gh}=\frac{n_2}{n_1}$ 

Giải chi tiết:

Để người ngoài bể bơi không quan sát thấy viên kim cương thì tia sáng từ viên kim cương đến mặt nước ngoài rìa của bè phải bị phản xạ toàn phần:

$sin{i}_{gh}=\frac{n}{n_{kk}}\Rightarrow \frac{R}{\sqrt{R^2+1,{88}^2}}=\frac{1}{1,33}\Rightarrow R\approx 2,05\left(m\right)$ 

Phương pháp giải:

Điều kiện để nhìn thấy một vật khi có ánh sáng từ vật đó truyền đến mắt

Giải chi tiết:

Để người quan sát không thể nhìn thấy vật thể nào bên ngoài hành lang thì:

$\beta \le \alpha \Rightarrow tan\beta \le tan\alpha$ 

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{0,5L}{\left(n+0,5\right)a+nD}\le \frac{a}{D}\\ \Rightarrow \frac{0,5.5}{\left(n+0,5\right).0,35+4n}\le \frac{0,35}{4}\\ \Rightarrow n\ge 6,53\end{array}$ 

Vậy kể từ cột thứ 7 trở đi sẽ không thể nhìn thấy vật thể nào bên ngoài hành lang

Phương pháp giải:

Động lượng: p=mv

Động năng: $K=\frac{1}{2}m{v}^2$ 

Mối liên hệ giữa động lượng và động năng: K=2mp

Định luật bảo toàn động lượng: $\overrightarrow{p_t}=\overrightarrow{p_s}$ 

Phản ứng tỏa năng lượng: $\text{W}=\left(m_0-m\right)c^2$ 

Năng lượng bức xạ:$E=\frac{hc}{\lambda }$ 

Giải chi tiết:

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:

$\begin{array}{l}\overrightarrow{0}=\overrightarrow{{\text{p}}_{\alpha }}+\overrightarrow{{\text{p}}_{\text{Th}}}\Rightarrow {\text{p}}_{\alpha }={\text{p}}_{\text{Th}}\\ \Rightarrow {\text{p}}_{\alpha }^2={\text{p}}_{\text{Th}}^2\Rightarrow 2 {\text{m}}_{\alpha }{\text{K}}_{\alpha }=2 {\text{m}}_{\text{Th}}{\text{K}}_{\text{Th}}\\ \Rightarrow {\text{K}}_{\text{Th}}=\frac{{\text{m}}_{\alpha }{\text{.K}}_{\alpha }}{{\text{m}}_{\text{Th}}}\end{array}$

Theo tính toán, ta có:

$\begin{array}{l}\left({\text{m}}_{\text{U}}-{\text{m}}_{\text{Th}}-{\text{m}}_{\alpha }\right){\text{c}}^2={\text{K}}_{\alpha }+{\text{K}}_{\text{Th}}={\text{K}}_{\alpha }+\frac{{\text{K}}_{\alpha }{\text{.m}}_{\alpha }}{{\text{m}}_{\text{Th}}}\\ \Rightarrow \left({\text{m}}_{\text{U}}-{\text{m}}_{\text{Th}}-{\text{m}}_{\alpha }\right){\text{c}}^2={\text{K}}_{\alpha }\frac{{\text{m}}_{\text{Th}}+{\text{m}}_{\alpha }}{{\text{m}}_{\text{Th}}}\\ \Rightarrow {\text{K}}_{\alpha }=\frac{{\text{m}}_{\text{Th}}}{{\text{m}}_{\text{Th}}+{\text{m}}_{\alpha }}\left({\text{m}}_{\text{U}}-{\text{m}}_{\text{Th}}-{\text{m}}_{\alpha }\right){\text{c}}^2\end{array}$ 

Do thực nghiệm đo được bức xạ $\gamma$ nên:

$\begin{array}{l}{\text{W}}_{\gamma }+{\text{K}}_{\alpha }^{\text{'}}={\text{K}}_{\alpha }\Rightarrow {\text{W}}_{\gamma }={\text{K}}_{\alpha }-{\text{K}}_{\alpha }^{\text{'}}\\ \Rightarrow {\text{W}}_{\gamma }=\frac{{\text{m}}_{\text{Th}}}{{\text{m}}_{\text{Th}}+{\text{m}}_{\alpha }}\left({\text{m}}_{\text{U}}-{\text{m}}_{\text{Th}}-{\text{m}}_{\alpha }\right){\text{c}}^2-{\text{K}}_{\alpha }^{\text{'}}\\ \Rightarrow {\text{W}}_{\gamma }\approx 1,0189\left(\text{MeV}\right)\approx 1,{63.10}^{-13}( \text{J})\\ \Rightarrow \frac{\text{hc}}{{\lambda }_{\gamma }}=1,{63.10}^{-13}\Rightarrow {\lambda }_{\gamma }\approx 1,{22.10}^{-12}( \text{m})\end{array}$ 

Phương pháp giải:

Tốc độ truyền sóng: v=λf

Sử dụng cách tính sai số.

Giải chi tiết:

Khoảng cách giữa hai nút sóng liên tiếp là:

$\frac{\lambda }{2}=25\pm 1\text{}cm\Rightarrow \lambda =50\pm 2\text{}cm=0,5\pm 0,02\text{}m$ 

Lại có: $\overline{v}=\overline{\lambda }.\overline{f}=0,5.10=5,0\left(m/s\right)$ 

$\frac{\Delta v}{\overline{v}}=\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}+\frac{\Delta f}{\overline{f}}=\frac{0,02}{0,5}+\frac{0,1}{10}=0,05=5\%$ 

⇒v = 5,0m/s±5%

Phương pháp giải:

Tụ điện không cho dòng điện một chiều đi qua

Năng lượng tích trữ trong tụ điện: $\text{W}=\frac{1}{2}C{U}^2$

Giải chi tiết:

Do $I_R=0=>U_{C1}=U_{R1}=I_R.R_1=0\Rightarrow {\text{W}}_1=0$ 

Nguồn mắc song song với $C_2,C_3$ 

$\Rightarrow U_2=U_3=E=12$ (V)

Năng lượng tích trữ trong các tụ điện là:

$W_2=\frac{C_2{E}^2}{2}=\frac{{20.10}^{-6}{.12}^2}{2}=1,{44.10}^{-3}J={144.10}^{-5}J$ 

Phương pháp giải:

Cường độ âm: $I=\frac{P}{S}=\frac{P}{4\pi R^2}$ 

Giải chi tiết:

Cường độ âm tại micro là:

$I=\frac{P}{4\pi R^2}=\frac{30}{4\pi {.150}^2}=1,{06.10}^{-4}\text{W}/m^2$ 

Công suất mà micro nhận được là:

Phương pháp giải:

Khoảng vân: $\text{i}=\frac{\lambda \text{D}}{\text{a}}$

Độ dịch chuyển của hệ vân giao thoa: ${\text{x}}_0=\frac{\text{e}(\text{n}-1)\text{D}}{\text{a}}$

Giải chi tiết:

Khi trong ống thủy tinh là không khí và khí ${\text{Cl}}_2$, độ dịch chuyển của hệ vân là:

Phương pháp giải:

Lực quán tính li tâm: $F_{qtlt}=m{a}_{qt}$ 

Gia tốc hướng tâm: $a={\omega }^{2}r$ 

Giải chi tiết:

Người quan sát đứng trên đĩa nên xem như hệ quy chiếu gắn với đĩa.

Khi đó thanh chịu lực quán tính li tâm $F=m_{AB}.{\omega }^{2}r$ có tác dụng kéo thanh trở về vị trí cân bằng.

Phương pháp giải:

Tốc độ dài: v=ωrv=ωr

Sử dụng định lí Py-ta-go

Giải chi tiết:

Tốc độ dài của vệ tinh là:

$\begin{array}{l}\text{v}=\omega \text{d}\Rightarrow \text{d}=\frac{\text{v}}{\omega }=\frac{\text{vT}}{2\pi }=\text{OA}\\ \Rightarrow \text{AC}=\text{OA}-\text{OC}=\frac{\text{vT}}{2\pi }-\text{R}\end{array}$

Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có:

$\text{AB}=\sqrt{{\text{OA}}^2-{\text{OB}}^2}=\sqrt{{\left(\frac{\text{vT}}{2\pi }\right)}^2-{\text{R}}^2}$

Thời gian sóng truyền đến điểm  trên Trái Đất là dài nhất và đến điểm C là ngắn nhất.

Ta có: $t_{\max }=\frac{S_{\max }}{c};t_{\min }=\frac{S_{\min }}{c}$

$\Rightarrow \frac{t_{\max }}{t_{\min }}=\frac{S_{\max }}{s_{\min }}=\frac{AB}{AC}=\frac{\sqrt{{\left(\frac{vT}{2\pi }\right)}^2-R^2}}{\frac{vT}{2\pi }-R}$

$\Rightarrow \frac{t_{\max }}{t_{\min }}=\sqrt{\frac{vT+2\pi R}{vT-2\pi R}}=\sqrt{\frac{3,68.86400+2\pi .6400}{3,68.86400-2\pi .6400}}$

$\Rightarrow \frac{t_{max}}{t_{\min }}\approx 1,136$ 

Phương pháp giải:

Tần số góc: $\omega =2\pi f$  

Gia tốc cực đại: $a_{\max }={\omega }^{2}A$ 

Vật rời mặt đất khi: $a\ge g$ 

Giải chi tiết:

Tần số góc của sóng là:

$\omega =2\pi f=2\pi .0,5=\pi \left(rad/s\right)$ 

Để các vật trên bề mặt đất bắt đầu rời khỏi mặt đất thì:

$\begin{array}{l}{a}_{max}\ge g\Rightarrow {\omega }^{2}A\ge g\\ \Rightarrow {\pi }^{2}A\ge {\pi }^2\Rightarrow A\ge 1,0\left(m\right)\end{array}$ 

Phương pháp giải:

Gia tốc pháp tuyến: ${\text{a}}_{\text{n}}=2 \text{g}\left(\cos \alpha -\cos {\alpha }_0\right)$

Gia tốc tiếp tuyến: ${\text{a}}_{\text{t}}=\text{g}\sin \alpha$

Gia tốc tổng họp: $\text{a}=\sqrt{{{\text{a}}_{\text{n}}}^2+{\text{a}}_{\text{t}}^2}$

Hàm số ${\text{f}}_{\left(\text{x}\right)}={\text{ax}}^2+\text{bx}+\text{c}$ đạt giá trị nhỏ nhất khi: $\text{x}=-\frac{\text{b}}{2\text{a}}$

Giải chi tiết:

Gia tốc pháp tuyến là:

Gia tốc tiếp tuyến: ${\text{a}}_{\text{t}}=\text{g}\sin \alpha$

Gia tốc tổng hợp tác dụng lên vật là:

$\begin{array}{l}\text{a}=\sqrt{{\text{a}}_{\text{n}}^2+{\text{a}}_{\text{t}}^2}=\text{g}\sqrt{3{\cos }^2\alpha -4\cos \alpha +2}\\ \Rightarrow {\text{a}}_{\min }\iff {\left[\left(3{\cos }^2\alpha -4\cos \alpha +2\right)\right]}_{\min }\Rightarrow \cos \alpha =\frac{2}{3}\\ \Rightarrow {\text{a}}_{\min }=\text{g}\sqrt{\frac{2}{3}}=9,8\sqrt{\frac{2}{3}}=8\left( \text{m}/{\text{s}}^2\right)\end{array}$

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết dòng điện một chiều

Giải chi tiết:

- Khi MN là dòng điện thì để $I_G=I_{MN}$ mạch phải có điện trở rất nhỏ nên phải xoay OB đến điểm 1.

- Khi MN là hiệu điện thế thì để $U_G=U_{MN}$ mạch phải có điện trở R rất lớn để không có dòng điện chạy qua nên phải xoay OB đến điểm 2 hoặc điểm 3.

- Khi MN là điện trở thì để $R_G=R_{MN}$ ta phải xoay OB đến điểm 4 vì khi đó:

$I_G=\frac{E}{R_4+R_{MN}}=>R_{MN}=\frac{E}{I_G}-R_4$ 

→ với mỗi giá trị $I_G$ sẽ có số chỉ $R_{MN}$ tương ứng trên G.

Vậy thứ tự đúng là: 1 – 2 – 4

Phương pháp giải:

Nam châm điện có lõi thường được làm bằng sắt non

Giải chi tiết:

Trong nam châm điện lõi của nó thường được làm bằng sắt non.

Phương pháp giải:

Phân tích các lực tác dụng lên vật

Áp dụng định luật II Niutơn.

Giải chi tiết:

Chiếu các lực lên chiều dương, ta được:

$\begin{array}{l}{F}_1-F=ma\left(1\right)\\ F-F_2=ma\left(2\right)\end{array}$ 

Trừ hai vế phương trình (1) và (2), ta được:

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt và hợp chất.

Giải chi tiết:

X là FeCO₃; Y là FeO; Z là Fe; T là FeS

Fe(NO₃)₂ + Na₂CO₃ ⟶ FeCO₃ ↓ + 2NaNO₃

FeCO₃ $\stackrel{to}{\to }$ FeO + CO₂

FeO + H₂ $\stackrel{to}{\to }$ Fe + H₂O

Fe + S $\stackrel{to}{\to }$ FeS

Phương pháp giải:

Cao su buna-N: [(-CH₂-CH=CH-CH₂-)_n(-CH₂-CH(CN)-)_m]

Từ %N ⟹ Tỉ lệ n : m

Giải chi tiết:

Cao su buna-N: [(-CH₂-CH=CH-CH₂-)_n(-CH₂-CH(CN)-)_m]

%N = 14.m/(54n + 53m) = 0,1045

⟹ 8,4615m = 5,643n

⟹ n : m = 3 : 2.

Phương pháp giải:

Hỗn hợp Z chứa cả NH₄⁺

Đặt: n_Mg = x; n_Cu(NO3)2 = y; n_NH4⁺ _(Z) = z

⟹ BTĐT trong Z ⟹ PT (1)

M_T ⟹ n_N2; n_H2

BTNT O ⟹ n_H2O ⟹ BTNT H ⟹ PT (2)

BTKL muối ⟹ PT (3)

⟹ x, y, z.

Giải chi tiết:

n_Y = 0,285; n_HCl = 1

+) M_T = 22,8 ⟹ T gồm N₂ và H₂

⟹ n_N2 + n_H2 = 0,05 và 28.n_N2 + 2.n_H2 = 22,8.0,05

⟹ n_N2 = 0,04; n_H2 = 0,01

Đặt: n_Mg = x; n_Cu(NO3)2 = y; n_NH4⁺ _(Z) = z

+) BTĐT: 2x + 2y + z = n_Cl^- = 1 (1)  

+) BTNT O: 6n_Cu(NO3)2 = n_{O (X)} + n_{O (Y)}

Mà: n_{O (X)} = n_H2O; n_{O (Y)} = 2n_Y

⟹ n_H2O = 6y - 2.0,285 = 6y - 0,57

⟹ BTNT H: n_HCl = 4n_NH4⁺ + 2n_H2 + 2n_H2O

⟹ 1 = 4z + 2.0,01 + 2.(6y - 0,57) ⟹ 12y + 4z = 2,12 (2)

+) m_{muối (Z)} = m_Cu²⁺ + m_Mg²⁺ + m_NH4⁺ + m_Cl^-

⟹ 54,42 = 24x + 64y + 18z + 35,5 (3)

Từ (1), (2) và (3) ⟹ x = 0,32; y = 0,17; z = 0,02

(a) đúng, vì m = 24.0,32 + 0,17.188 = 39,64 gam.

(b) sai, vì n_NO2 = 0,04.2 + 0,02 = 0,1 (BTNT N) ⟹ n_O2 = 0,285 - 0,1 = 0,185.

(c) đúng, tiếp tục đun X đến khối lượng không đổi thu được 2 chất rắn là MgO và CuO.

(d) đúng, Z chứa 1 anion là Cl^-.

(e) sai, dung dịch Z chứa 3 cation là Mg²⁺; Cu²⁺; NH₄⁺.

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các chất.

Giải chi tiết:

Z tan 1 phần khi phản ứng với NaOH ⟹ Z có Fe và Al₂O₃

⟹ Y có FeO và Al₂O₃

⟹ X có KAlO₂

K₂O + H₂O ⟶ 2KOH

2KOH + Al₂O₃ ⟶ 2KAlO₂ + H₂O

FeO + CO $\stackrel{to}{\to }$ Fe + CO₂

Al₂O_{3 dư} + 2NaOH ⟶ 2NaAlO₂ + H₂O

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về cacbohiđrat và amin.

Giải chi tiết:

Y có phản ứng tráng bạc ⟹ Y là glucozơ ⟹ Z là saccarozơ

X, T làm quỳ tím chuyển xanh và tác dụng với FeCl₃ tạo kết tủa nâu đỏ ⟹ X là etylamin, T là đietylamin.

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về phản ứng thế của ankan.

Giải chi tiết:

Chú thích: Mũi tên đỏ là vị trí nguyên tử Cl có thể thế vào.

Phương pháp giải:

Các ion phản ứng với nhau thì không thể cùng tồn tại trong một dung dịch.

Giải chi tiết:

Các ion không thể cùng tồn tại trong một dung dịch là Na⁺, Ba²⁺, Cl^-, HCO₃^-, OH^-.

Vì:

HCO₃^- + OH^- ⟶ CO₃^2- + H₂O

CO₃^2- + Ba²⁺ ⟶ BaCO₃ ↓  

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về nước cứng.

Giải chi tiết:

Tác hại do nước cứng gây ra là làm giảm mùi vị thức ăn khi nấu.

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về ancol và dẫn xuất halogen.

Giải chi tiết:

3-MCPD: HO-CH₂-CH(OH)-CH₂-Cl.

X là đồng phân của 3-MCPD ⟹ X là HO-CH₂-CH(Cl)-CH₂-OH.

(a) sai, anlyl clorua (CH₂=CH-Cl) tác dụng với KMnO₄ mới tạo thành 3-MCPD.

(b) sai, X không có 2 nhóm -OH liền kề nên không hòa tan được Cu(OH)₂.

(c) đúng, giảm hàm lượng chất béo sẽ làm giảm sự hình thành 3-MCPD.

(d) sai, X có tên là 2-monoclopropan-1,3-điol.

Phương pháp giải:

M_khí ⟹ tỉ lệ n_CO2/n_CO

Từ n_Al ⟹ n_O2 ⟹ n_C.

Giải chi tiết:

M_khí = 16.M_H2 = 16.2 = 32

⟹ n_CO2/n_CO = 4/12 = 1/3

Đặt: n_CO2 = x; n_CO = 3x

n_Al = 8,1/27 = 0,3

Al₂O₃ →  2Al  +  1,5O₂

               0,3 ⟶  0,225

0,5O₂  +  C  →  CO

1,5x ⟵ 3x  ⟵ 3x

O₂  +  C →  CO₂

x   ⟵ x   ⟵  x

⟹ 0,225 = 1,5x + x ⟹ x = 0,09 ⟹ m_C = 0,09.4.12 = 4,32 tấn.

Phương pháp giải:

Khi V = 0,3 lít thì HCO₃^- chuyển hết dưới dạng BaCO₃

BTNT C: n_BaCO3 = n_NaHCO3 ⟹ giá trị của x.

Sản phẩm gồm: BaCO₃ và NaCl

BTNT Na: n_NaCl = n_NaHCO3

BTNT Cl: 2n_BaCl2 = n_NaCl ⟹ n_BaCl2 ⟹ giá trị của y.

Giải chi tiết:

Khi V = 0,3 lít thì HCO₃^- chuyển hết dưới dạng BaCO₃

BTNT C: n_BaCO3 = n_NaHCO3 ⟺ x = 0,2.

Sản phẩm gồm: BaCO₃ (0,2 mol) và NaCl

BTNT Na: n_NaCl = n_NaHCO3 = 0,2 mol

BTNT Cl: 2n_BaCl2 = n_NaCl ⟹ n_BaCl2 = 0,1 mol ⟺ y = 0,1.

Dựa vào lý thuyết về oxi.

Giải chi tiết:

D sai, do Cl₂ không phản ứng trực tiếp với O₂ nên tồn tại hỗn hợp khí Cl₂ và O₂ ở điều kiện thường.

Phương pháp giải:

$\left\{\begin{array}{l}{N}_2\\ H_2\end{array}\right.\to X\left\{\begin{array}{l}N{H}_3\\ N_{2}du\\ H_{2}du\end{array}\right.\stackrel{+CuOdu}{\to }Y\left\{\begin{array}{l}{N}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\stackrel{lamlanh}{\to }{N}_2$ 

Sau khi ngưng tụ còn lại khí N₂ ⟹ n_N2 ⟹ n_{N2 (ban đầu)}.

N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃

3CuO + 2NH₃ → 3Cu + N₂ + 3H₂O

CuO + H₂ → Cu + H₂O

m_{chất rắn giảm} = m_{O pư} ⟹ n_{O pư}

Bảo toàn electron toàn bộ quá trình ⟹ n_{H2 (ban đầu)}.

So sánh thấy $\frac{n_{N_2}}{1}>\frac{n_{H_2}}{3}$ ⟹ Hiệu suất tính theo H₂.

Sau đó tính theo PTHH: N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃.

Giải chi tiết:

$\left\{\begin{array}{l}{N}_2\\ H_2\end{array}\right.\to X\left\{\begin{array}{l}N{H}_3\\ N_{2}du\\ H_{2}du\end{array}\right.\stackrel{+CuOdu}{\to }Y\left\{\begin{array}{l}{N}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\stackrel{lamlanh}{\to }{N}_2$

Sau khi ngưng tụ còn lại khí N₂ ⟹ n_N2 = 0,3 mol = n_{N2 (ban đầu)}

N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃

3CuO + 2NH₃ → 3Cu + N₂ + 3H₂O

CuO + H₂ → Cu + H₂O

m_{chất rắn giảm} = m_{O pư} = 12,8 gam ⟹ n_{O pư} = 0,8 mol

Bảo toàn electron toàn bộ quá trình: 2n_{H2 (ban đầu)} = 2n_{O pư} ⟹ n_{H2 (ban đầu)} = 0,8 mol

Ta thấy: $\frac{n_{N_2}}{1}>\frac{n_{H_2}}{3}$ ⟹ Hiệu suất tính theo H₂.

              N₂   +   3H₂   ⇄   2NH₃

BĐ:        0,3         0,8                     (mol)

PƯ:          x           3x             2x    (mol)

SAU:   (0,3-x)   (0,8-3x)       2x     (mol)

⟹ n_sau = (0,3 - x) + (0,8 - 3x) + 2x = 1,1 - 2x (mol)

Mà %V_NH3 = 10% ⟹ $\frac{2\text{x}}{1,1-2\text{x}}=0,1$⟹ x = 0,05.

H%$=\frac{n_{H_2\left(pu\right)}}{n_{H_2\left(b\text{d}\right)}}.100\text{\%=}\frac{3.0,05}{0,8}.100\text{\%}=18,75\%.$ 

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết điều chế ancol.

Giải chi tiết:

Trong công nghiệp, etanol không được điều chế bằng cách hiđro hóa etilen, xúc tác axit.

Phương pháp giải:

Do X + NaOH thu được 1 chất hữu cơ Y duy nhất nên X có dạng:

HO-(CH₂)_n-CO[O-(CH₂)_n-CO]_kO-(CH₂)_n-COOH

⟹ n_OH = n_COOH = n_X.

Giả sử:

$\left\{\begin{array}{l}OH=COOH:x\\ COO:y\\ C{H}_2:z\end{array}\right.+O_2\to C{O}_2:0,9+H_{2}O:0,7$ 

(1) n_NaOH = n_COOH + n_COO

(2) BTNT C: n_CO2 = n_COOH + n_COO + n_CH2

(3) BTNT H: 2n_H2O = n_OH + n_COOH + 2n_CH2

Giải (1), (2), (3) được: x; y; z.

⟹ Số nhóm COO = n_COO/n_X

     Số nhóm CH₂  = n_CH2/n_X

⟹ CTCT của X.

Giải chi tiết:

Do X + NaOH thu được 1 chất hữu cơ Y duy nhất nên X có dạng:

HO-(CH₂)_n-CO[O-(CH₂)_n-CO]_kO-(CH₂)_n-COOH

⟹ n_OH = n_COOH = n_X.

Giả sử: 

$\left\{\begin{array}{l}OH=COOH:x\\ COO:y\\ C{H}_2:z\end{array}\right.+O_2\to C{O}_2:0,9+H_{2}O:0,7$

(1) n_NaOH = n_COOH + n_COO ⟹ x + y = 0,3 mol

(2) BTNT C: n_CO2 = n_COOH + n_COO + n_CH2 ⟹ x + y + z = 0,9

(3) BTNT H: 2n_H2O = n_OH + n_COOH + 2n_CH2 ⟹ x + x + 2z = 2.0,7 ⟹ x + z = 0,7

Giải (1), (2), (3) được: x = 0,1; y = 0,2; z = 0,6

⟹ Số nhóm COO = n_COO/n_X = 0,2/0,1 = 2

     Số nhóm CH₂  = n_CH2/n_X = 0,6/0,1 = 6

⟹ X: HO-CH₂-CH₂-COO-CH₂-CH₂-COO-CH₂-CH₂-COOH (CTPT: C₉H₁₄O₇)

(a) đúng, M_X = 234.

(b) đúng, C₉H₁₄O₇ + 9O₂ → 9CO₂ + 7H₂O.

(c) sai, CTCT Y: HO-CH₂-CH₂-COONa.

(d) đúng, m_Y = 0,3.112 = 33,6 gam.

Vậy có 3 phát  biểu đúng.

Phương pháp giải:

Định luật Hacdi Vanbec sẽ không đổi qua các thế hệ khi quần thể đáp ứng được các điều kiện.

Giải chi tiết:

Các giả định hay điều kiện nghiệm đúng của định luật Hacdi Vanbec là:

- Quần thể phải có kích thước lớn

- Các cá thể trong quần thể phải giao phối ngẫu nhiên.

- Các cá thể có kiểu gen khác nhau phải có sức sống và khả năng sinh sản như nhau (không có chọn lọc tự nhiên).

- Không xảy ra đột biến, nếu có thì tần số đột biến thuận bằng tần số đột biến nghịch.

- Không có sự di – nhập gen.

Phương pháp giải:

Dựa vào cấu trúc phân tử photpholipid

Giải chi tiết:

Màng tế bào được cấu tạo bởi lớp photpholipit, có bề mặt ngoài mang điện tích âm được quyết định bởi nhóm photphat

Phương pháp giải:

Cơ chế ức chế ngược: Ức chế ngược là kiểu điều hòa trong đó sản phẩm của con đường chuyển hóa quay lại tác động như một chất ức chế làm bất hoạt enzim xúc tác cho phản ứng ở đầu con đường chuyển hóa.

Khi phản ứng ức chế ngược sẽ làm phản ứng xảy ra chậm hơn hoặc ngừng hẳn.

Xét F, H là sản phẩm của quá trình nào, sẽ tương tác với enzyme nào, ảnh hưởng tới phản ứng chuyển hóa nào.

Giải chi tiết:

Khi chất H có nồng độ cao, chất H sẽ tương  tác với enzim E₅ làm ngừng chuyển hóa chất B → chất G.

Chất B sẽ bị dư, khi chất B dư thì sẽ tạo ra lượng chất C nhiều hơn bình thường.

Khi chất F có nồng độ cao, chất F sẽ tương  tác với enzim E₃ làm ngừng chuyển hóa chất C → chất D. Chất C sẽ bị dư.

Từ hai ý trên ta dễ dàng nhận thấy được chất C sẽ bị tích tụ đến nồng độ cao bất thường.

Phương pháp giải:

Sữa sẽ được lên men thành sữa chua do hoạt động của vi khuẩn lactic, hình thành axit lactic → giảm pH của môi trường → Protein trong sữa biến tính.

Khái niệm quá trình lên men: là sự phân giải cacbohidrat xúc tác bởi các enzyme trong điều kiện kị khí.

Giải chi tiết:

Sữa lên men thành sữa chua do vi khuẩn lactic và hiện tượng này gọi là lên men lactic. Sữa chua có vị sánh, sệt do vi khuẩn lactic đã biến dịch trong sữa thành dịch chứa nhiều axit lactic: Đường lactose + (xt)vi khuẩn lactic → axit lactic + năng lượng (ít).

Vi khuẩn lactic lên men trong điều kiện kị khí.

Phương pháp giải:

Tính tần số alen của quần thể khi biết số lượng cá thể.

Quần thể có số lượng cá thể mang kiểu gen AA, Aa, aa lần lượt là a,b,c.

$p_A=\frac{a\times 2+b}{\left(a+b+c\right)\times 2}\to q_a=1-p_A$ 

Giải chi tiết:

Tần số A $=\frac{70\times 2+50}{\left(70+50+20\right)\times 2}\approx 0,68\to q_a=1-p_A=0,32$ 

Phương pháp giải:

Có n cặp NST.

Đột biến ở 1 trong 2 NST của các cặp NST → khi giảm phân → 50% giao tử đột biết, 50% giao tử bình thường

Tỉ lệ giao tử mang a NST bị đột biến là: $C_n^a\times {\left(0,5\right)}^a\times {\left(0,5\right)}^{n-a}$ 

Giải chi tiết:

Mỗi cặp NST giảm phân cho 0,5 giao tử bình thường: 0,5 giao tử đột biến.

Tỉ lệ giao tử chỉ mang 1 NST đột biến là: $C_3^1\times 0,5^1\times 0,5^2=0,375$ 

Phương pháp giải:

Khuếch đại sinh học là hiện tượng nồng độ các chất tích luỹ trong mô của sinh vật tăng theo bậc dinh dưỡng.

Sinh vật ở bậc dinh dưỡng càng cao thì chất độc tích lũy càng lớn.

Giải chi tiết:

Do chất độc sẽ được tích lũy qua các bậc dinh dưỡng  nên bậc dinh dưỡng càng cao chất độc tích lũy càng lớn nên khi nước trong hồ nhiễm Dichloro-Diphenyl-Trichloroethane (DDT, độc và rất khó phân hủy) với nồng độ thấp thì người sẽ bị ảnh hưởng nhiều nhất vì người ở bậc dinh dưỡng cao nhất.

Phương pháp giải:

Nhân tố sinh thái:

+ Vô sinh: Ánh sáng nhiệt độ, độ ẩm...

+ Hữu sinh: Sinh vật, các mối quan hệ giữa các sinh vật.

Giải chi tiết:

Việc bổ sung vi khuẩn lactic vào dịch lên men sẽ làm ức chế nấm men sinh êtilic không phản ánh ảnh hưởng của nhân tố sinh thái vô sinh tới sinh vật do vi khuẩn lactic là nhân tố sinh thái hữu sinh.

Phương pháp giải:

Áp dụng nguyên tắc bổ sung trong phân tử ARN: A-U; G-X và ngược lại

Giải chi tiết:

Dựa trên nguyên tắc bổ sung A-U, G-X

Mạch 1:           5’AXGGXXAAG-3’

Mạch bổ sung: 3’UGXXGGUUX 5’.

Phương pháp giải:

Nuôi cấy không liên tục gồm 4 pha:

- Pha tiềm phát (pha lag): Vi khuẩn thích nghi với môi trường, số lượng tế bào trong quần thể chưa tăng. Enzim cảm ứng được hình thành để phân giải cơ chất.

- Pha lũy thừa (pha log): Vi khuẩn sinh trưởng với tốc độ lớn nhất và không đổi, số lượng tế bào trong quần thể tăng lên rất nhanh.

- Pha cân bằng: Số lượng vi khuẩn trong quần thể đạt cực đại và không đổi theo thời gian, vì số lượng tế bào sinh ra bằng số lượng tế bào chết đi

- Pha suy vong: Môi trường sống cạn kiệt chất dinh dưỡng, số tế bào chết ngày càng lớn

Giải chi tiết:

Ở pha tiềm phát, số lượng tế bào chưa tăng → phát biểu sai là A.

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Phương án A không đúng do bào tử được tạo thành không chỉ với mục đích để sinh sản mà còn có tác dụng chống chịu trong các điều kiện bất lợi.

Phương pháp giải:

Sản xuất rượu vang và bánh mì là những ứng dụng trong công nghệ vi sinh vật đều sử dụng nấm men.

Giải chi tiết:

Điểm giống nhau của quá trình sản xuất rượu vang và bánh mì là đều sử dụng nấm men để lên men.

Nguyên liệu sản xuất rượu vang là nho, sản xuất bánh mì là bột mì

Phương pháp giải:

Tách từng cặp gen.

P dị hợp 1 cặp gen: Aa × Aa → 1/4AA:2/4Aa:1/4aa, tương tự các cặp gen khác

Giải chi tiết:

P: AaBbCc × AaBbCc

Cá thể AABBCC = $\frac{1}{4}\times \frac{1}{4}\times \frac{1}{4}=\frac{1}{64}$ 

Phương pháp giải:

Phương trình tổng quát của quá trình hô hấp:

C₆H₁₂O₆ + 6 O₂ ⟶ 6 CO₂ + 6 H₂O + Năng lượng (ATP + nhiệt)

Giải chi tiết:

Sản phẩm chính của hô hấp tế bào ở tế bào nhân thực là ATP

Vậy nên sản phẩn phụ của quá trình này sẽ là CO₂ và nước.

Phương pháp giải:

Kháng sinh là một loại chất kháng khuẩn hoạt động chống lại vi khuẩn và là loại chất kháng khuẩn quan trọng nhất dùng trong đối phó nhiễm khuẩn.

Giải chi tiết:

Kháng sinh là những chất kháng khuẩn được tạo ra bởi các chủng vi sinh vật hoặc có nguồn gốc tổng hợp → A đúng

Kháng sinh sẽ kìm hãm việc tổng hợp axit nucleic và protein và từ đó kìm hãm sự phát triển vi sinh vật gây bệnh một cách chọn lọc.