Phương pháp giải:

Khối lượng chất phóng xạ còn lại: $m=m_0{2}^{-\frac{t}{T}}$ 

Giải chi tiết:

Khối lượng ban đầu của chất phóng xạ khi mới bị thất lạc:  

Sau thời gian t,  lượng Coban còn 6,25% so với khi mới bị thất lạc, ta có:

$m=m_0{2}^{-\frac{t}{T}}=6,25\text{\%}{m}_0$ 

$\Rightarrow 2^{-\frac{t}{T}}=\frac{1}{16}=>t=4T=21,0856$ năm

Phương pháp giải:

+ Định luật khúc xạ ánh sáng: $n_1\mathrm{sini}=n_2\mathrm{sinr}$ 

+ Điều kiện để có phản xạ toàn phần: $\left\{\begin{array}{l}{n}_2<n_1\\ i\ge i_{gh};\left(\sin i_{gh}=\frac{n_2}{n_1}\right)\end{array}\right.$ 

Giải chi tiết:

Một miếng gỗ mỏng hình tròn, bán kính R=4cm

Điều kiện để mắt ở đâu cũng không thấy đầu A của đinh là: Tia sáng từ A phát ra truyền tới mặt nước thì không cho tia khúc xạ ra ngoài không khí.

Ta thấy góc tới i của tia sáng phát ra từ A đến mặt nước tăng dần khi vị trí tới di chuyển từ điểm I của mép miếng gỗ ra xa tâm O. Để không có bất kỳ tia khúc xạ nào lọt ra ngoài không khí thì tia tới AI phải có góc tới thỏa mãn điều kiện:

$i\ge i_{gh}\iff sini\ge sin{i}_{gh}=\frac{1}{n}$ 

Ta có: $\sin i=\sin \widehat{OAI}=\frac{OA}{AI}=\frac{R}{\sqrt{O{A}^2+R^2}}\ge \frac{1}{n}$ 

$\iff \sqrt{O{A}^2+R^2}\le R.n\iff O{A}^2+R^2\le R^2.n^2$ 

$\iff OA\le R\sqrt{n^2-1}=4.\sqrt{1,{33}^2-1}=3,51cm$ 

⇒OAmax=3,51cm

Phương pháp giải:

Quãng đường: s=vt

Giải chi tiết:

Gọi khoảng cách giữa đuôi xe và vật cản khi còi cảnh báo va chạm bắt đầu phát tín hiệu là S

Khi này, sóng âm đi một quãng đường là 2S

Ta có: v.t=2S

$\Rightarrow S=\frac{vt}{2}=\frac{{\mathrm{340.4.10}}^{-3}}{2}=0,68\left(m\right)=68$ (cm)

Phương pháp giải:

Số hạt nhân bị phân rã: $\Delta N=N_0.\left(1-2^{-\frac{t}{T}}\right)$ 

Liều lượng phóng xạ cho một lần chiếu xạ trong các lần chiếu là không đổi (xác định).

Giải chi tiết:

Gọi ΔN là liều lượng cho một lần chiếu xạ (∆N = hằng số)

Trong lần chiếu xạ đầu tiên: $\Delta N=N_{01}.\left(1-2^{-\frac{t_1}{T}}\right)\left(1\right)$

Trong lần chiếu xạ tiếp theo sau đó 2 năm: $\Delta N=N_{02}.\left(1-2^{-\frac{t_2}{T}}\right)$

Với: $N_{02}=N_{01}{.2}^{-\frac{\Delta t}{T}}\Rightarrow \Delta N=N_{01}{.2}^{-\frac{\Delta t}{T}}.\left(1-2^{-\frac{t_2}{T}}\right)\left(2\right)$ 

Từ (1) và (2) ta có: $N_{01}{.2}^{-\frac{\Delta t}{T}}.\left(1-2^{-\frac{t_2}{T}}\right)=N_{01}.\left(1-2^{-\frac{t_1}{T}}\right)$

Với: $\left\{\begin{array}{l}\Delta t=2\left(\text{ nam }\right)\\ t_1=10p\\ T=4\left(\text{ nam }\right)\end{array}\right.$

Thay vào (*) ta được: $2^{-\frac{2}{4}}\cdot \left(1-2^{-\frac{t_2}{\mathrm{4.365.24.60}}}\right)=1-2^{-\frac{10}{\mathrm{4.365.24.60}}}$

Phương pháp giải:

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

Giá trị trung bình: $\overline{\lambda }=\frac{\overline{a}.\overline{i}}{D}$

Sai số tí đối: $\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta i}{\overline{i}}+\frac{\Delta D}{\overline{D}}$

Sai số tuyệt đối trung bình: $\overline{\Delta i}=\frac{\Delta i_1+\Delta i_2+\dots }{n}$

Giải chi tiết:

Khoàng cách giữa 11 vân sáng là 10 khoàng vân, ta có:

Sai số tuyệt đối của khoảng vân là:

Giá trị trung bình của bước sóng là:

Ta có sai số tỉ đối: $\frac{\Delta \lambda }{\overline{\lambda }}=\frac{\Delta a}{\overline{a}}+\frac{\Delta i}{\overline{i}}+\frac{\Delta D}{D}$

Phương pháp giải:

Dòng điện một chiều không đi qua tụ.

Định luật Ôm đối với toàn mạch: $I=\frac{E}{R_N+r}$ 

Điện tích trên tụ: Q=C.U

Giải chi tiết:

Dòng điện một chiều không qua tụ nên mạch điện được vẽ lại như hình vẽ:

Tổng trở của mạch ngoài:

$R_N=R_1+R_2+R_3=1+2+3=6\text{Ω}$ 

Dòng điện qua mạch chính:

$I=\frac{E}{R_N+r}=\frac{12}{6+2}=1,5A$ 

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ $C_1$  là:

$\begin{array}{l}{U}_{MA}=U_{MN}+U_{NA}=U_2+U_1\\ =I{R}_2+I{R}_1=1,5.\left(2+1\right)=4,5V\end{array}$ 

Điện tích tụ $C_1$ tích được:

$Q_1=C_1.U_{MA}=1.4,5=4,5\mu C$ 

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ $C_2$ là:

$\begin{array}{l}{U}_{BN}=U_{BM}+U_{MN}\\ =I.R_3+I.R_2=1,5.\left(3+2\right)=7,5V\end{array}$ 

Điện tích tụ $C_2$ tích được:

$Q_2=C_2.U_{BN}=2.7,5=15\mu C$ 

Phương pháp giải:

+ Tần số dao động của miếng kim loại bằng tần số chạm của nó với bánh răng

+ Bước sóng: $\lambda =\frac{v}{f}$ 

Giải chi tiết:

Nhận xét: Tần số dao động của miếng kim loại bằng tần số chạm của nó với bánh răng

Tần số dao động của miếng kim loại là:

$f=10.50=500\text{}\left(Hz\right)$ 

Bước sóng của âm thanh được tạo ra là:

$\lambda =\frac{v}{f}=\frac{330}{500}=0,66\left(m\right)$ 

Phương pháp giải:

Khoảng vân: $i=\frac{\lambda D}{a}$ 

Độ dịch chuyển của hệ vân giao thoa: $x_0=\frac{e\left(n-1\right)D}{a}$ 

Giải chi tiết:

Khi đặt trước S₁  một bản thủy tinh 2 mặt song song thì khi đó, hệ thống vân sẽ dịch chuyển một đoạn:

$x_0=\frac{\left(n-1\right)eD}{a}$ về phía S₁

Theo đầu bài, ta có khoảng dịch chuyển đó bằng khoảng cách giữa 9 vân sáng liên tiếp.

Mà khoảng cách giữa 9 vân sáng liên tiếp là 8i

$\Rightarrow x_0=8i\iff \frac{(n-1)eD}{a}=8\frac{\lambda }{Da}$ 

$\lambda =\frac{\left(n-1\right).e}{8}=\frac{\left(1,5-1\right){\mathrm{.12.10}}^{-6}}{8}=0,{75.10}^{-6}m=0,75\mu m$ 

+ Định nghĩa lực hướng tâm: Lực (hay hợp lực của các lực) tác dụng vào một vật chuyển động tròn đều và gây ra cho vật gia tốc hướng tâm gọi là lực hướng tâm.

+ Đặc điểm: Lực hướng tâm luôn hướng vào tâm quỹ đạo.

+ Lực hướng tâm không phải là loại lực mới thêm vào các lực đã biết như trọng lực, lực đàn hồi,phản lực… mà chỉ là một trong các lực đó hay hợp lực của các lực đó. Vì nó gây ra gia tốc hướng tâm nên gọi là lực hướng tâm.

Giải chi tiết:

Lực đóng vai trò lực hướng tâm là hợp lực của trọng lực tác dụng lên vật, phản lực của đĩa và lực ma sát nghỉ.

Phương pháp giải:

Vệ tinh địa tĩnh bay trên quỹ đạo Trái Đất có cùng chu kì với chu kì tự quay của Trái Đất

Gia tốc trọng trường tại độ cao h: $g=\frac{GM}{{\left(R+h\right)}^2}$ 

Tần số góc: $\omega =\sqrt{\frac{g}{R+h}}=\frac{2\pi }{T}$ 

Thời gian sóng điện từ truyền trong không gian: $t=\frac{s}{c}$ 

Giải chi tiết:

Ta có hình vẽ:

Vệ tinh ở độ cao h so với mặt đất

Gia tốc chuyển động của vệ tinh là: $g=\frac{GM}{{\left(R+h\right)}^2}$ 

Tần số góc chuyển động của vệ tinh là:

$\omega =\sqrt{\frac{g}{R+h}}=\sqrt{\frac{GM}{{\left(R+h\right)}^3}}=\frac{2\pi }{T}=>T=\frac{2\pi \sqrt{{\left(R+h\right)}^3}}{\sqrt{GM}}$

Vệ tinh chuyển động với chu kig bằng chu kì tự quay quanh trục của Trái Đất, ta có:

$T=\frac{2\pi \sqrt{{\left(R+h\right)}^3}}{\sqrt{GM}}=86400=>h\approx {35897.10}^3\text{}\left(m\right)$ 

Thời gian sóng truyền từ trạm phát A đến vệ tinh là: $t_1=\frac{h}{c}$ 

Trạm thu C đặt trên cùng một đường kinh tuyến với A và cách A xa nhất

⇒C nằm tại 1 trong 2 cực của Trái Đất

Khoảng cách từ vệ tinh tới trạm thu C là:

$l=\sqrt{{\left(R+h\right)}^2+R^2}$ 

Thời gian sóng truyền từ vệ tinh tới trạm thu C là:

$t_2=\frac{l}{c}=\frac{\sqrt{{\left(R+h\right)}^2+R^2}}{c}$ 

Thời gian tín hiệu truyền từ trạm A đến vệ tinh rồi đến trạm thu C là:

$\Delta t=t_1+0,5+t_2=\frac{h}{c}+0,5+\frac{\sqrt{{\left(R+h\right)}^2+R^2}}{c}$ 

$\Rightarrow \text{Δ}t=0,5+\frac{h+\sqrt{{\left(R+h\right)}^2+R^2}}{c}$ 

$\Rightarrow \text{Δ}t=0,5+\frac{{35897.10}^3+\sqrt{{\left({64.10}^5+{35897.10}^3\right)}^2+{\left({64.10}^5\right)}^2}}{{3.10}^8}$ 

$\Rightarrow \Delta t\approx 0,762\left(s\right)$ 

⇒Giá trị Δt gần nhất với giá trị 0,759s.

Phương pháp giải:

Tốc độ truyền âm trong các môi trường khác nhau là khác nhau nên thời gian âm truyền trong các môi trường là khác nhau.

Công thức tính thời gian: $t=\frac{S}{v}$ 

Giải chi tiết:

Thời gian âm thanh truyền trong không khí là: $t_{kk}=\frac{L}{v_{kk}}=\frac{L}{340}$ 

Thời gian âm thanh truyền trong đất là: $t_d=\frac{L}{v_d}=\frac{L}{2300}$ 

Khoảng thời gian giữa hai lần nghe được âm thanh là:

$t=t_{kk}-t_d\Rightarrow \frac{L}{340}-\frac{L}{2300}=50\Rightarrow L=19949$ (m)

Phương pháp giải:

+ Lực căng dây:  $T=mg(3.\cos \alpha -2.\cos {\alpha }_0)$ 

+ Gia tốc của con lắc đơn:

Gia tốc tiếp tuyến: $a_t=-g\cdot \sin \alpha$

Gia tốc pháp tuyến: $a_n=2g.\left(\cos \alpha -\cos {\alpha }_0\right)$

Gia tốc toàn phần: $a=\sqrt{a_t^2+a_n^2}=\sqrt{g^2.{\sin }^2\alpha +4g^2.{\left(\cos \alpha -\cos {\alpha }_0\right)}^2}$

Giải chi tiết:

Gia tốc của con lắc đơn:

$a=\sqrt{a_t^2+a_n^2}=\sqrt{g^2.{\sin }^2\alpha +4g^2.{\left(\cos \alpha -\cos {\alpha }_0\right)}^2}$

$\iff a=g\sqrt{{\sin }^2\alpha +4{(\cos \alpha -\cos 60)}^2}$

$\iff a=10.\sqrt{{\sin }^2\alpha +4\left({\cos }^2\alpha -\cos \alpha +0,5^2\right)}$

$\iff a=10\sqrt{{\sin }^2\alpha +4{\cos }^2\alpha -4\cos \alpha +1}$

$\iff a=10\sqrt{{\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha +3{\cos }^2\alpha -4\cos \alpha +1}$

$\iff a=10\sqrt{3{\cos }^2\alpha -4\cos \alpha +2}$

Ta có: $3{\cos }^2\alpha -4\cos \alpha +2={\left(\sqrt{3}\cos \alpha -\frac{2}{\sqrt{3}}\right)}^2+\frac{2}{3}\ge \frac{2}{3}$

$\Rightarrow a_{\min }\iff {\left(3{\cos }^2\alpha -4\cos \alpha +2\right)}_{\min }=\frac{2}{3}$

Dấu “=” xảy ra khi $\sqrt{3}\cos \alpha =\frac{2}{\sqrt{3}}\Rightarrow \cos \alpha =\frac{2}{3}$

Khi đó lực căng dây có độ lớn:

$T=mg\left(3.\cos \alpha -2.\cos {\alpha }_0\right)=0,\mathrm{1.10.}\left(3.\frac{2}{3}-2.\cos 60\right)=1N$

Phương pháp giải:

+ Đọc đồ thị trên dao động kí

+ Công thức tính dung kháng: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$ 

Giải chi tiết:

Từ đồ thị trên dao động kí, ta có $U_{0R}=U_{0C}\Rightarrow R=Z_C=40\text{Ω}$  

Chu kì dao động: T=3.0,01=0,03s

Lại có: $Z_C=\frac{1}{\omega C}$ 

$\Rightarrow C=\frac{1}{Z_C.\omega }=\frac{1}{Z_C.\frac{2\pi }{T}}=\frac{1}{40.\frac{2\pi }{0,03}}=1,{2.10}^{-4}F$ 

Phương pháp giải:

Ứng dụng sự nhiễm từ của sắt và thép: Khi ngắt dòng điện đi từ tính của thanh sắt non ngay lập tức mất đi còn từ tính của thanh thép vẫn còn.

Giải chi tiết:

Có thể chế tạo nam châm vĩnh cửu bằng cách đặt một thanh kim loại trong ống dây có dòng điện chạy qua, ngắt dòng điện thanh kim loại vẫn bị nhiễm từ. Thanh kim loại được dùng là thanh thép tốt.

Phương pháp giải:

+ Định luật II Niuton: Gia tốc của một vật cùng hướng với lực tác dụng lên vật. Độ lớn của gia tốc tỉ lệ thuận với độ lớn của lực và tỉ lệ nghịch với khối lượng của vật.

Biểu thức: $\overrightarrow{a}=\frac{\overrightarrow{F}}{m}\Rightarrow \overrightarrow{F}=m\overrightarrow{a}$

+ Định luật III Niuton: Trong mọi trường hợp, khi vật  tác dụng lên vật B một lực, thì vật B cũng tác dụng lên vật A một lực. Hai lực này có cùng giá, cùng độ lớn, nhưng ngược chiều.

Giải chi tiết:

Ta có: $m_{\text{tai }A}>m_{\text{xemay }B}$

Lực do ô tô tải tác dụng vào xe máy là: $\overrightarrow{F_{AB}}$

Lực do xe máy tác dụng vào ô tô tải là:$\overrightarrow{F_{BA}}$

Theo định luật III Niu - tơn ta có: $\overrightarrow{F_{AB}}=-\overrightarrow{F_{BA}}$

$\Rightarrow F_{AB}=F_{BA}=F$

Theo định luật II Niuton ta có:

+ Gia tốc ô tô tải nhận được là : $a_{tai}=\frac{F}{m_{tai}}$ 

+ Gia tốc xe máy nhận được là: $a_{xemay}=\frac{F}{m_{\text{xe\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}may }}}$

Do $m_{\text{tai }}>m_{\text{xe\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}may }}\Rightarrow a_{\text{xe\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}may }}>a_{\text{tai }}$

Vậy xe máy nhận gia tốc lớn hơn.

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học hợp chất của kim loại kiềm.

Giải chi tiết:

- X là hóa chất quan trọng, đứng hàng thứ hai sau axit sunfuric. X được dùng để nấu xà phòng, chế phẩm nhuộm, tơ nhân tạo, … ⟹ X là NaOH.

- Y là hợp chất của Na, X tác dụng với Y ⟹ Y là NaHCO₃ ⟹ Z là Na₂CO₃.

- Từ (b) ⟹ E là CO₂.

(a) NaOH (X) + NaHCO₃ (Y) → Na₂CO₃ (Z) + H₂O

(b) NaHCO₃ (Y) $\stackrel{to}{\to }$  Na₂CO₃ (Z) + H₂O + CO₂ (E)

(c) CO₂ (E) + NaOH (X) → NaHCO₃ (Y)

        hoặc CO₂ (E) + 2NaOH (X) → Na₂CO₃ (Z) + H₂O

Phương pháp giải:

X có dạng: (-CH₂-CH=CH-CH₂-)_n[-CH₂-CH(C₆H₅)-]_m

⟹ M_X = 54n + 104m

n_Br2  = n_{pi ngoài vòng}

$\frac{2,834}{54n+104m}.n=\frac{1,731}{160}=>\frac{n}{m}$  

Giải chi tiết:

X có dạng: (-CH₂-CH=CH-CH₂-)_n[-CH₂-CH(C₆H₅)-]_m

⟹ M_X = 54n + 104m

n_Br2  = n_{pi ngoài vòng}

$\frac{2,834}{54n+104m}.n=\frac{1,731}{160}$ 

$\Rightarrow 453,44n=93,474n+180,024m$ 

$\Rightarrow 359,966n=180,024m$ 

$\Rightarrow \frac{n}{m}=\frac{180,024}{359,966}=\frac{1}{2}$ 

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Do dd Y + Cu sinh ra NO ⟹ Dung dịch Y chứa H⁺, NO₃^- dư ⟹ Tạo hết muối Fe³⁺.

$\underset{8,56\left(g\right)}{X}\left\{\begin{array}{l}Fe\\ F{e}_3{O}_4\\ FeC{O}_3\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}NaHS{O}_4\\ HN{O}_3:0,14\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ NO\end{array}\right.+H_{2}O+ddY\left\{\begin{array}{l}F{e}^{3+}\\ H^{+}\\ N{a}^{+}\\ N{a}_4^{2-}\\ N{O}_3^{-}\end{array}\right.\left|\begin{array}{l}\stackrel{+Cu:0,095}{\to }NO:0,04\\ \stackrel{+Ba{\left(OH\right)}_2}{\to }54,09\left(g\right)\left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4\\ Fe{\left(OH\right)}_3\end{array}\right.\end{array}\right.$ 

Công thức nhanh: n_H⁺_{(dd Y)} = 4n_{NO (lần 2)} = 0,16 mol

Bảo toàn e: 2n_Cu = n_Fe³⁺ + 3n_NO ⟹ n_Fe³⁺ = 0,07 mol = n_Fe(OH)3

⟹ n_BaSO4 = $\frac{54,09-0,07.107}{233}$ = 0,2 mol = n_NaHSO4 = n_Na⁺ = n_SO4^2-

BTĐT dd Y: n_NO3^- = 3n_Fe³⁺ + n_H⁺ + n_Na⁺ - 2n_SO4^2- = 0,17 mol

BTNT H: n_H2O = [n_NaHSO4 + n_HNO3 - n_H⁺_{(dd Y)}]/2 = 0,09 mol

Đặt n_CO2 = x và n_{NO (lần 1)} = 3x (mol)

BTKL: m_X + m_NaHSO4 + m_HNO3 = m_CO2 + m_{NO (lần 1)} + m_H2O + m_Y

⟹ 8,56 + 0,2.120 + 0,14.63 = 44x + 30.3x + 0,09.18 + 0,07.56 + 0,16 + 0,2.23 + 0,2.96 + 0,17.62

⟹ x = 0,01.

BTNT C: n_FeCO3 = n_CO2 = 0,01 mol

BTNT N: n_Fe(NO3)2 = [n_{NO (lần 1)} + n_NO3^- - n_HNO3]/2 = 0,03 mol

Đặt n_Fe = a và n_Fe3O4 = b (mol)

BTNT Fe: a + 3b + 0,01 + 0,03 = 0,07

m_X = 56a + 232b + 0,01.116 + 0,03.180 = 8,56

⟹ a = 0,015; b = 0,005.

⟹ %m_Fe = 9,81%.

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các chất.

Giải chi tiết:

(a) Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂.

(b) Nước cứng vĩnh cửu có chứa Ca²⁺, Mg²⁺, SO₄^2-, Cl^- → khi đun sôi không có kết tủa.

(c) HCl + NaAlO_{2 dư} + H₂O → NaCl + Al(OH)₃↓.

(d) Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓.

(e) 2NaHCO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O

hoặc NaHCO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + NaOH + H₂O.

Vậy có 3 phản ứng thu dược kết tủa là (c), (d), (e).

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về este, amin, amino axit.

Giải chi tiết:

X là axit glutamic (HOOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOH): có 2 nhóm -COOH, 1 nhóm -NH₂ ⟹ làm hồng quỳ tím.

Y là etyl fomat (HCOOC₂H₅): có đầu HCOO- ⟹ có thể tham gia phản ứng tráng bạc.

Z là anilin:

Phương pháp giải:

Cách đếm số dẫn xuất monoclo của ankan:

Bước 1: Xét trục đối xứng của hiđrocacbon.

Bước 2: Bỏ đi những vị trí C đối xứng giống nhau ⟹ số dẫn xuất có thể tạo ra ở mỗi CTCT.

Giải chi tiết:

C₅H₁₂ có dạng C_nH_2n+2 nên là 1 ankan, trong CTPT chỉ có chứa liên kết đơn.

Số dẫn xuất monoclo ứng với mỗi CTCT là:

CH₃-CH₂-CH₂-CH₂-CH₃ (1) ⟹ 3 dẫn xuất

CH₃-CH(CH₃)-CH₂-CH₃ (2) ⟹ 4 dẫn xuất

CH₃-C-(CH₃)₃ (3) ⟹ 1 dẫn xuất

Phương pháp giải:

Các chất cùng tồn tại trong dung dịch khi chúng không phản ứng với nhau.

Giải chi tiết:

A đúng, không có phản ứng hóa học.

B sai, 2NH₄NO₃ + Ca(OH)₂ → Ca(NO₃)₂ + NH₃ ↑ + H₂O.

C sai, 2KOH + MgSO₄ → Mg(OH)₂ ↓ + K₂SO₄.

D sai, NaHCO₃ + HNO₃ → NaNO₃ + CO₂ ↑ + H₂O.

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Khí X có tính chất tẩy trắng, chống mốc, độc và là nguyên nhân gây ra mưa axit. Vậy X là SO₂.

Phương pháp giải:

+) n_Na/n_C4H6O6 ⟹ Số nhóm -COOH và -OH 

+) n_NaOH/n_C4H6O6 = 0,2/0,1 = 2 ⟹ Số nhóm -COOH

⟹ Số nhóm -OH

⟹ Công thức cấu tạo của axit tactric

Giải chi tiết:

n_C4H6O6 = 15/150 = 0,1 mol

+) n_Na/n_C4H6O6 = 0,4/0,1 = 4

⟹ Axit tactric có số nhóm -COOH và -OH là 4

+) n_NaOH/n_C4H6O6 = 0,2/0,1 = 2

⟹ Axit tactric có 2 nhóm -COOH

⟹ Axit tactric có 2 nhóm -OH

Do công thức cấu tạo của axit tactric có tính đối xứng cao

⟹ Axit tactric: HOOC-CH(OH)-CH(OH)-COOH

Vậy:

(1) sai, vì axit tactric là HCHC tạp chức

(2) đúng.

(3), (4), (5) sai.

Phương pháp giải:

Dung dịch sau phản ứng tác dụng với Fe ⟹ Có Cu²⁺ dư

n_Fe ⟹ n_Cu²⁺ _dư;  n_Cl2 ⟹ n_Cu²⁺ _pư  ⟹ n_Cu²⁺ _bđ ⟹ V

Giải chi tiết:

Dung dịch sau phản ứng tác dụng với Fe ⟹ Có Cu²⁺ dư

 Fe    +    Cu²⁺ ⟶ Fe²⁺  + Cu

0,225  ⟶ 0,225

Anot (+)

2Cl^- ⟶ Cl­₂   +   2e

          0,075 ⟶ 0,15

Catot (-)

Cu²⁺    +  2e  ⟶  Cu

0,075 ⟵ 0,15

⟹ n_{CuCl2 bđ} = 0,075 + 0,225 = 0,3 mol  ⟹ V_CuCl2 = 0,3:0,5 = 0,6 lít.

Phương pháp giải:

Dựa vào đồ thị để tìm x.

Giải chi tiết:

Đặt n_OH^- = b

Từ đồ thị ta có: a = 0,1 ; a + 0,5 + 0,1 = b ⟹ b = 0,7

x + 0,06 = b ⟹ x = 0,7 - 0,06 = 0,64

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của oxi.

Giải chi tiết:

A sai, do oxi phản ứng với hầu hết phi kim (trừ halogen).

B đúng, vì khi đó oxi từ dạng đơn chất O₂ (số oxi hóa 0) biến đổi thành hợp chất chứa O (số oxi hóa khác 0).

C đúng, O₂ phản ứng hầu hết kim loại (trừ Au, Pt).

D đúng.

Phương pháp giải:

Tính toán theo PTHH.

Giải chi tiết:

Giả sử số mol N₂ là 1 mol, số mol H₂ là 2 mol, hiệu suất phản ứng là h.

         N_{2 (k)}   +  3H_{2 (k)} ⇄ 2NH_{3 (k)}

Bđ:    1              2                         (Ta thấy: 1/1 > 2/3 => Hiệu suất tính theo H₂)

Pư:   2h/3 ←    2h →        4h/3

Sau: 1-2h/3     2-2h          4h/3

Số mol khí sau phản ứng: n_s = 1-2h/3 + 2 - 2h + 4h/3 = 3 - 4h/3 (mol)

Ta có: $\frac{p_s}{p_d}=\frac{n_s}{n_d}\Rightarrow \frac{3-\frac{4h}{3}}{1+2}=\frac{5}{6}\Rightarrow h=0,375=37,5\%$ 

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của ancol.

Giải chi tiết:

C₂H₅OH $\stackrel{H_{2}S{O_4}_{\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}đặ}c},{170}^{0}C}{\to }$ C₂H₄ + H₂O.

⟹ X là etilen (CH₂=CH₂).

Phương pháp giải:

Tính độ bất bão hòa của X: $k=\frac{2C+2-H}{2}$ ⟹ Số liên kết π trong X.

Sản phẩm tạo thành có glixerol và 2 muối cacboxylat và X có 5O ⟹ X có chứa 2 chức este, 1 chức ancol.

Muối Y, Z đều không tráng bạc nên không phải là HCOONa.

Kết hợp với CTPT suy ra CTCT có thể có của X ⟹ Y, Z.

Giải chi tiết:

X có độ bất bão hòa là: $k=\frac{2C+2-H}{2}=\frac{2.8+2-12}{2}=3$ ⟹ X có 3 π.

Sản phẩm tạo thành có glixerol và 2 muối cacboxylat và X có 5O ⟹ X có chứa 2 chức este, 1 chức ancol.

Muối Y, Z đều không tráng bạc nên không phải là HCOONa.

Kết hợp với CTPT suy ra X có thể là một trong các chất sau:

 

⟹ Y: CH₃COONa; Z: CH₂=CH-COONa.

(a) sai, vì CH₂=CH-COOH không có đồng phân hình học.

(b) đúng.

(c) đúng.

(d) đúng, 2 loại nhóm chức là este và ancol.

(e) sai, vì CH₃COOH không làm mất màu dung dịch Br₂.

Vậy có 3 phát biểu đúng.

Phương pháp giải:

CT liên hệ giữa chiều dài và tổng số nucleotit $L=\frac{N}{2}\times 3,4$ (Å); 1nm = 10 Å,

Sô nucleotit môi trường cung cấp cho quá trình nhân đôi n lần: N_mt = N×(2ⁿ – 1)

Giải chi tiết:

Số nucleotit của gen là N =3000 nucleotit

Mà A/G =A/X = 2/3

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2A+2G=300\\ A/G=2/3\end{array}\right.\leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}A=T=600\\ G=X=900\end{array}\right.$ 

Gen thực hiện tái bản 4 lần số nucleotit mỗi loại mà môi trường cung cấp là

T_mt = A_mt = A×(2⁴ – 1) = 9000

X_mt = G_mt = G×(2⁴ – 1) = 13500

Phương pháp giải:

Dựa vào cấu tạo của vi khuẩn nhân sơ.

Giải chi tiết:

Một số loại vi khuẩn gây bệnh ở người, bên ngoài thành tế bào còn có lớp vỏ nhầy giúp nó ít bị các tế bào bạch cầu tiêu diệt.

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ống 1: thêm nước cất → Vẫn nguyên là tinh bột 
Ống 2: thêm nước bọt → enzyme amilaza trong nước bọt phân giải 1 phần tinh bột thành glucose
Ống 3: cũng thêm nước bọt và có nhỏ vài giọt HCl vào → HCl tạo môi trường axit, làm cho amilaza không hoạt động.

An có thể sử dụng dung dịch iot loãng và quỳ tím để phát hiện.

+ Nếu giấy quỳ đổi sang màu đỏ thì đó là ống nghiệm 3

+ Nếu có màu xanh đậm → ống nghiệm 1

+ Nếu không có màu hoặc màu xanh nhạt → ống nghiệm 2

Chọn D

Phương pháp giải:

Nhận biết kì của nguyên phân:

Giải chi tiết:

Tế bào có 1 hàng NST kép ở mặt phẳng xích đạo → đang ở kì giữa của nguyên phân.

Xét các phát biểu:

A: Sai, tế bào đang ở kì giữa

B đúng.

C sai, tế bào có 4 NST kép, mỗi NST kép có 2 cromatit → có tất cả 8 cromatit.

D sai, 2n = 4

Phương pháp giải:

Quần thể có thành phần kiểu gen : xAA:yAa:zaa  

Tần số alen  $p_A=x+\frac{y}{2};q_a=z+\frac{y}{2};p_A+q_a=1$

Giải chi tiết:

Quần thể có thành phần kiểu gen : 0,49AA : 0,42Aa : 0,09aa

Tần số alen $p_A=0,49+\frac{0,42}{2}=0,7$ 

Phương pháp giải:

Mã di truyền đọc theo chiều 5’-3’.

Số bộ ba không có tính thoái hóa: 2 (UGG :Trp; AUG :Met)

Số bộ ba không mã hóa axit amin: 3 mã kết thúc: 5’UAA3’; 5’UAG3’; 5’UGA3’

Giải chi tiết:

I đúng, đây là tính đặc hiệu của mã di truyền

II sai, có 1 vài ngoại lệ.

III đúng, vì có mã kết thúc 5’AA3’.

IV sai, có những axit amin chỉ được mã hóa bởi 1 codon: Trp, Met.

Phương pháp giải:

Ổ sinh thái là một “không gian sinh thái” mà ở đó tất cả các nhân tố sinh thái của môi trường nằm trong giới hạn sinh thái cho phép loài đó tồn tại và phát triển.

Giải chi tiết:

(1) Đúng. Trồng xen các loại cây ưa bóng và cây ưa sáng trong cùng một khu vườn.

(2) Đúng. Trồng các loại cây đúng thời vụ.

(3) Đúng. Nuôi ghép các loài cá ở các tầng nước khác nhau trong một ao nuôi.

(4) Sai. Khai thác vật nuôi ở độ tuổi phù hợp để thu được năng suất càng cao.

Phương pháp giải:

Phân loại bằng chứng tiến hóa

 

Giải chi tiết:

Bằng chứng tiến hóa trực tiếp là các hóa thạch.

A: Hóa thạch

B: Bằng chứng sinh học phân tử

C: Bằng chứng tế bào

D: Cơ quan tương đồng.

Phương pháp giải:

Công nghệ gen là quy trình tạo ra những tế bào hoặc sinh vật có gen bị biến đổi hoặc có thêm gen mới.

Kĩ thuật tạo ADN tái tổ hợp để chuyển gen từ tế bào này sang tế bào khác đóng vai trò trung tâm của công nghệ gen.

Giải chi tiết:

A: Giống dâu tằm tam bội → gây đột biến.

B: Giống cà chua có gen làm chín quả bị bất hoạt → công nghệ gen.

C: Tạo cây pomato từ khoai tây và cà chua → lai sinh dưỡng (công nghệ tế bào)

D: Cừu Đôly → nhân bản vô tính (công nghệ tế bào)

Phương pháp giải:

Bước 1: Tính số lần phân chia $n=\frac{t}{g}$; t là thời gian; g là thời gian thế hệ

Bước 2: Tính số lượng tế bào

Sử dụng công thức tính số tế bào tạo thành sau n lần phân chia: N_t = N₀ × 2ⁿ

N₀ là số lượng tế bào ở thời điểm t₀; N_t là số lượng tế bào ở thời điểm t; n là số thế hệ

Giải chi tiết:

Đổi 3 giời = 180 phút

Số lần phân chia của các tế bào là:$\frac{180}{30}=6$ 

7 tế bào phân chia 6 lần, số lượng tế bào tạo thành là 7 × 2⁶ = 448.

Chọn D

Phương pháp giải:

Quá trình sinh trưởng và phát triển của động vật có thể trải qua biến thái hoặc không qua biến thái. Biến thái là sự thay đổi đột ngột về hình thái, cấu tạo và sinh lý của động vật sau khi sinh ra hoặc nở từ trứng ra.

Giải chi tiết:

Do đó, phát triển không qua biến thái ở động vật là kiểu phát triển mà con non có các đặc điểm hình thái, cấu tạo và sinh lí tương tự với con trưởng thành.

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

VSV sống trong môi trường pH từ 5 – 8,5 là trung tính; nhiệt độ từ 30 – 40^oC là VSV ưa ấm.

Chọn C

Phương pháp giải:

Tách riêng từng cặp gen →tính số kiểu gen, kiểu hình của mỗi cặp sau đó nhân lại.

Giải chi tiết:

Phép lai: AaX^BX^b × AaX^BY ↔ (Aa × Aa)(X^BX^b × X^BY).

Aa × Aa → 1AA : 2Aa : 1aa. Số loại kiểu gen: 3, số loại kiểu hình: 2.

Phép lai: X^BX^b × X^BY → 1X^BX^B: 1 X^BX^b: X^BY : 1X^bY.

Số loại kiểu gen: 4. Số loại kiểu hình: 3.

(giới XX có 1 loại kiểu hình, giới XY có 2 loại kiểu hình)

→ Số loại kiểu gen là 3 × 4 = 12. Số loại kiểu hình là 2 × 3= 6.

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Cả 4 biện pháp trên đều đây giúp phòng tránh dịch bệnh viêm đường hô hấp do chủng mới của virut Corona (COVID-19) gây ra.

Phương pháp giải:

Động vật lưỡng tính thì mỗi cá thể vừa có cơ quan sinh dục đực vừa có cơ quan sinh dục cái.

Giải chi tiết:

Một cơ thể vừa có khả năng tạo giao tử đực, vừa có khả năng tạo giao tử cái thì gọi là cơ thể lưỡng tính. Ví dụ như ở giun đất và một số loài động vật thân mềm.