Đáp án đúng là: A

Vật rơi tự do nên chuyển động là nhanh dần đều.

Phương trình vận tốc v = g.t (v₀ = 0 m/s) có đồ thị là đường thẳng và đi qua gốc tọa độ.

Đáp án đúng là: B

Khi thu thập dấu vết hiện trường bằng kính lúp, tính chất của ảnh thu được là ảnh cùng chiều, lớn hơn vật.

Đáp án đúng là: C

C sai vì máy soi hành lí ở sân bay sử dụng tia tử ngoại.

Đáp án đúng là: D

Từ phương trình I $\Rightarrow I_0=\mathrm{0,2}A;\omega ={2.10}^{3}rad/s$

Mà  (1) $\omega =\frac{1}{\sqrt{LC}}\Rightarrow C=\frac{1}{{\omega }^2.L}$

Lại có: $W=W_{L\max }=W_{C\max }$

$\Rightarrow \frac{1}{2}L{I}_0^2=\frac{1}{2}C.U_0^2\Rightarrow U_0=I_0\sqrt{\frac{L}{C}}$ (2)

Thay (1) vào (2) được: $U_0=I_0.L.\omega ={\mathrm{0,2.20.10}}^{-3}{\mathrm{.2.10}}^3=8V$

Do u, i vuông pha nên: ${\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2+{\left(\frac{i}{I_0}\right)}^2=1$

 thay i = 0,5 I₀ ta được ${\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2+{\left(\frac{I_0}{2.I_0}\right)}^2=1\Rightarrow {\left(\frac{u}{U_0}\right)}^2=\frac{3}{4}\Rightarrow u=4\sqrt{3}V$

Đáp án đúng là: A

Hai nguồn cùng pha: $\Delta \phi =0$

Điểm M trên mặt nước dao động với biên độ cực đại: $\frac{d_2-d_1}{\lambda }-\frac{\Delta \phi }{2\pi }=k\Rightarrow \frac{8}{\lambda }-0=k$

$\Rightarrow \frac{8f}{v}=k\Rightarrow f=\frac{v.k}{8}=\frac{40.k}{8}=5k$

Mà  $18\le f\le 21\Rightarrow \mathrm{3,6}\le k\le \mathrm{4,2}\Rightarrow k=4$

Đáp án đúng là: D

Vân sáng trùng nhau: k. i = k₁ . i₁ = k₂ . i₂ = x_M

Với $i_1=\frac{\lambda D}{a}+\frac{\lambda \Delta D}{a};i_2=\frac{\lambda D}{a}-\frac{\lambda \Delta D}{a}$

$\Rightarrow i_1+i_2=2\frac{\lambda D}{a}=2i$

$\Rightarrow \frac{x}{k_1}+\frac{x}{k_2}=2\frac{x}{k}\Rightarrow \frac{1}{k}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}\right)$

Đáp án đúng là: C

Dựa vào đồ thị ta thấy: Vật bắt đầu dao động từ thời điểm t = 0 và lò xo không dãn, tới thời điểm lò xo dãn cực đại ở biên A, về thời điểm lò xo không dãn và tiếp tục tới lò xo dãn với F_đh = 2, cuối cùng quay về vị trí ban đầu lò xo không dãn. Quá trình đó là một chu kì dao động và có T = 0,3 s.

Ta có: $\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{\mathrm{0,3}}=\frac{20}{3}\pi$

$\Delta {\mathcal{l}}_0=\frac{mg}{k}=\frac{g}{{\omega }^2}=\frac{{\pi }^2}{{\left(\frac{20}{3}\right)}^2.{\pi }^2}=\mathrm{0,0225}\left(m\right)$

Từ đồ thị ta có:

$F_{dhmax}=6=k\left(\Delta {\mathcal{l}}_0+A\right)$ (1)

$F_{dh(-A)}=2=k\left(A-\Delta {\mathcal{l}}_0\right)$ (2)

Lấy (1) : (2) ta được $\frac{\Delta {\mathcal{l}}_0+A}{A-\Delta {\mathcal{l}}_0}=3\Rightarrow A=2\Delta {\mathcal{l}}_0=\mathrm{0,045}\left(m\right)$

Thay lại vào (1) ta được k.(0,0225 + 0,045) = 6  k = 88,88 (N/m)

Lại có: $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}=\frac{20}{3}\pi \Rightarrow m=\mathrm{0,3}kg$

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\text{P}=U.I.cos\phi =\frac{U^2}{Z}.cos\phi =\frac{U^2}{R}.co{s}^2\phi$

$\Rightarrow \frac{{\text{P}}_2}{{\text{P}}_1}=\frac{co{s}^2{\phi }_2}{co{s}^2{\phi }_1}$

Mà ${\phi }_1+{\phi }_2=\frac{\pi }{2}\Rightarrow {\phi }_1=\frac{\pi }{2}-{\phi }_2$

Lại có: U_L1 = 3 U_L2

Ta có giản đồ vectơ

$\Rightarrow \sin \left(\frac{\pi }{2}-{\phi }_2\right)=3\sin {\phi }_2$

$\Rightarrow co\mathrm{s}{\phi }_2=3\sin {\phi }_2\Rightarrow \tan {\phi }_2=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow cos{\phi }_2=\mathrm{0,95};cos{\phi }_1=\mathrm{0,32}$

$\Rightarrow \frac{{\text{P}}_2}{{\text{P}}_1}=\frac{co{s}^2{\phi }_2}{co{s}^2{\phi }_1}=9$

Đáp án đúng là: A

- Ban đầu dung dịch NaOH có môi trường bazơ ⇒ pH > 7 (loại C và D)

- Lại có: pH = -log[H⁺] ⇒ loại B, vì đồ thị ở B là đồ thị hàm bậc nhất y = ax + b.

Đáp án đúng là: C

Thể tích khối đồng kim loại hình trụ là: $V_1=\pi .r^2.h=\mathrm{3,14.}{\left(\frac{5}{2}\right)}^2.30=\mathrm{588,75}c{m}^3$

Thể tích sau khi được mạ lớp vàng dày 5,0 μm = 5.10^-4 cm là:

⇒ Thể tích vàng cần mạ là: $V_2=\pi .r^2.h=\mathrm{3,14.}{\left(\frac{5}{2}+{5.10}^{-4}\right)}^2.(30+{\mathrm{2.5.10}}^{-4})=\mathrm{589,01}c{m}^3$

V_Au = V₂ – V₁ = 589,01 – 588,75 = 0,26 cm³

⇒ m_Au = D.V_Au = 19,3.0,26 = 5,018 g

⇒ n_Au = $\frac{\mathrm{5,018}}{197}\approx \mathrm{0,025}$  mol

$A{u}^{3+}+3e\to Au$

⇒ n_e = 3.n_Au

$t=\frac{n_e.F}{I}=\frac{3.n_{Au}.F}{I}=\frac{\mathrm{3.0,025.96500}}{3}=\mathrm{2412,5}s$= 40,2 phút.

Đáp án đúng là: B

- Muối của kim loại Na cháy cho ngọn lửa màu vàng, muối của kim loại K cháy cho ngọn lửa màu tím ⇒ Loại D.

- Tinh thể chất X không màu, tan tốt trong nước, không bị phân hủy khi đốt nóng.

⇒ Loại A (vì tất cả các muối nitrat đều dễ bị nhiệt phân hủy).

- Thêm vài mảnh Cu vào dung dịch Y thấy thoát ra khí không màu hóa nâu trong không khí suy ra:

+ Khí đó là NO ⇒ Muối chứa nguyên tố N ⇒ Loại C.

+ Dung dịch Y chứa H⁺ và NO₃^-

- Cho X tác dụng vừa đủ với dung dịch nước brom thu được dung dịch Y.

⇒ Phương trình hóa học của phản ứng:

NaNO₂ + Br₂ + H₂O → NaNO₃ + 2HBr

⇒ Dung dịch Y gồm: NaNO₃ và HBr

- Phương trình hóa học khi cho Cu vào dung dịch Y:

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

Đáp án đúng là: A

Khi có không khí (O₂) muối Fe²⁺ và Fe³⁺ đều bị nhiệt phân thành Fe₂O₃

 $Fe+O_2\to 30gX\left\{\begin{array}{l}Fe\\ O\end{array}\right.\stackrel{+HN{O}_{3}10\%}{\to }Y\left\{\begin{array}{l}F{e}^{2+}x\\ F{e}^{3+}y\\ N{O}_3^{-}\end{array}\right.+\mathrm{3,36}\left(l\right)NO+H_{2}O$

$Y\stackrel{t°,\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}{O}_2}{\to }36gF{e}_2{O}_3$

Bảo toàn nguyên tố Fe ⇒ n_Fe = 0,225.2 = 0,45 mol = n_{Fe trong X}

⇒ m_{O trong X} = 30 – 0,45.56 = 4,8 gam

⇒ n_{O trong X} = 0,3 mol

Bảo toàn Fe trong Y ⇒ x + y = 0,45 (1)

Bảo toàn e ⇒ $2n_{F{e}^{2+}}+3n_{F{e}^{3+}}=3n_{NO}+2n_O$

⇒ 2.x + 3.y = 3. 0,15 + 2.0,3  (2)

Giải hệ (1) và (2) ⇒ x = 0,3; y = 0,15

Bảo toàn điện tích trong Y:

Bảo toàn N ⇒ $n_{HN{O}_3}=n_{N{O}_3^{-}}+n_{NO}=\mathrm{1,05}+\mathrm{0,15}=\mathrm{1,2}mol$

⇒$m_{HN{O}_3}=\mathrm{1,2.63}=\mathrm{75,6}g$

$m_{\text{dd\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}HN{O}_3}=\frac{\mathrm{75,6.100}}{10}=756g$

m_{dung dịch sau phản ứng} = 30 + 756 – 36 = 781,5 gam

$C{\%}_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=\frac{\mathrm{0,15.242}}{\mathrm{781,5}}.100\%=\mathrm{4,64}\%$

Đáp án đúng là: B

Công thức cấu tạo thu gọn của mononatri glutamat là:

HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COONa

Đáp án đúng là: D

Chất rắn màu lục tối là Cr₂O₃.

                            $n_{C{r}_2{O}_3}=\frac{\mathrm{0,0608}}{152}={4.10}^{-4}mi\lim ol$           

Phương trình hóa học:

4CrO_{3 (màu đỏ đậm)} + 3C₂H₅OH → 2Cr₂O_{3 (màu lục tối)} + 3CH₃COOH + 3H₂O

Theo phương trình hóa học có:

                             $n_{C_2{H}_{5}OH}=\frac{3}{2}.n_{C{r}_2{O}_3}=\frac{3}{2}{\mathrm{.4.10}}^{-4}={6.10}^{-4}mi\lim ol$

Nồng độ cồn có trong khí thở của lái xe đó là:

Đổi 50ml = 0,05 lít

$C_{C_2{H}_{5}OH}=\frac{{6.10}^{-4}.46}{\mathrm{0,05}}=\mathrm{0,552}miligam/lit$

Đáp án đúng là: C

Các nhận xét (3); (4); (5) đúng.

Nhận xét (1) sai vì: “Nước đá khô” là CO₂ ở trạng thái rắn.

Nhận xét (2) sai vì: Phenol ít tan trong nước lạnh.

Nhận xét (6) sai vì: Gly; Ala không làm đổi màu quỳ tím.

Đáp án đúng là: A

Theo bài ra: k_X = 2; k_Y = 6 (với k là độ bất bão hòa của hợp chất hữu cơ).

- Xét phản ứng thủy phân 0,09 mol A:

Gọi số mol X và Y trong 0,09 mol A lần lượt là x và y mol. Ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}x+y=\mathrm{0,09}\\ 2x+3y=\mathrm{0,21}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{0,06}\\ y=\mathrm{0,03}\end{array}\right.$

Vậy 2 muối thu được là: NaOOC – CH₂ – COONa (0,06 mol) và CH₂ = CH – COONa (0,09 mol).

- Xét phản ứng đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp A:

Từ phản ứng thủy phân xác định được n_X = 2n_Y.

Đặt số mol Y là a mol ⇒ Số mol X là 2a mol;

Đặt số mol nước sinh ra là b mol;

Ta có hệ phương trình:  $\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=(k_X-1)n_X+(k_Y-1)n_Y\\ 4n_X+6n_Y+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}\end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l}7a+b=\mathrm{0,27}\\ 14a-b=-\mathrm{0,06}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\mathrm{0,01}\\ b=\mathrm{0,2}\end{array}\right.$

Bảo toàn khối lượng:

m_A = 0,27.44 + 0,2.18 – 0,3.32 = 5,88 gam.

Cứ 3a mol A (0,03 mol) tương đương với 5,88 gam A;

Vậy 0,09 mol A tương đương với 5,88.3 = 17,64 gam A.

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân có:

m_ancol = a = 17,64 + 0,21.40 – (0,06.148 + 0,09.94) = 8,7 gam.

Đáp án đúng là: A

- Tế bào nhân sơ sẽ không chứa các bào quan có màng bao bọc. Mà trong các sinh vật trên chỉ có vi khuẩn là sinh vật nhân sơ nên tế bào của vi khuẩn sẽ không chứa các bào quan có màng bao bọc.

- Tế bào động vật, thực vật, nấm là tế bào nhân thực, có chứa các bào quan có màng bao bọc.

Đáp án đúng là: A

Tim có tính tự động, tim co dãn tự động theo chu kì là do hệ dẫn truyền tim: Nút xoang nhĩ có khả năng tự phát xung điện, xung điện lan khắp cơ tâm nhĩ làm tâm nhĩ co, sau đó lan đến nút nhĩ thất, đến bó His rồi theo mạng Puôckin lan ra khắp cơ tâm thất làm tâm thất co → Khi thực hiện thí nghiệm tách tim ếch nguyên vẹn ra khỏi lồng ngực của nó và cho vào dung dịch sinh lí (dung dịch Ringer) được cung cấp đủ ôxi và giữ ở nhiệt độ thích hợp thì tim ếch vẫn đập bình thường một thời gian vì nút xoang nhĩ của tim có khả năng phát nhịp tự động.

Đáp án đúng là: A

Áp dụng công nghệ tế bào cụ thể là phương pháp nuôi cấy mô, từ một cây ban đầu có kiểu gen quý hiếm có thể nhanh chóng tạo ra một lượng lớn cây trồng có kiểu gen giống với cây ban đầu.

Đáp án đúng là: B

Các đặc điểm đúng là: I, III.

II. Sai. Đột biến đảo đoạn không làm thay đổi hàm lượng ADN trong tế bào, đột biến chuyển đoạn giữa các NST không tương đồng có thể làm thay đổi hàm lượng ADN trong tế bào nếu đột biến xảy ra ở trong quá trình phát sinh giao tử.

IV. Sai. Đột biến chuyển đoạn giữa các NST không tương đồng có thể làm thay đổi nhóm gen liên kết trên nhiễm sắc thể.

Đáp án đúng là: A

- Ở chim: XX: con đực, XY: con cái.

- ♂ mắt đen, lông vằn × ♀ mắt đỏ, lông nâu, thu được F₁ gồm toàn cá thể mắt đỏ, lông vằn → Mắt đỏ là trội hoàn toàn so với mắt đen (Quy ước: A quy định mắt đỏ, a quy định mắt đen), lông vằn là trội hoàn toàn so với lông nâu (Quy ước: B quy định lông vằn, b quy định lông nâu).

- Xét riêng từng tính trạng:

6 ♂ mắt đỏ, lông vằn : 2 ♂ mắt đen, lông vằn : 3 ♀ mắt đỏ, lông vằn : 3 ♀ mắt đỏ, lông nâu : 1 ♀ mắt đen, lông vằn : 1 ♀ mắt đen, lông nâu.

+ Tính trạng màu mắt: Tính trạng màu mắt phân li đều ở hai giới theo tỉ lệ 3 : 1 → Gen quy định tính trạng màu mắt nằm trên NST thường → F₁ × F₁: Aa × Aa.

+ Tính trạng màu lông: Tính trạng màu lông phân li không đồng đều ở hai giới (giới ♂: 100% lông vằn, ♀: 1 lông vằn : 1 lông nâu) → Gen quy định tính trạng màu lông nằm trên NST giới tính → F₁ × F₁: X^BX^b × X^BY.

 → F₁ × F₁: AaX^BX^b × AaX^BY.

- Xét sự đúng sai của từng phát biểu:

I. Đúng. Tính trạng màu lông do gen nằm trên nhiễm sắc thể giới tính quy định.

II. Sai. F₁ × F₁: AaX^BX^b × AaX^BY → Ở F₂, các cá thể đực mắt đen, lông vằn có thể có 2 kiểu gen: aaX^BX^B hoặc aaX^BX^b.

III. Sai. Tỉ lệ đưc cái trong mọi phép lai đều xấp xỉ 1 ♂ : 1 ♀.

IV. Sai. Số loại kiểu gen tối đa ở loài chim này là: 3 (AA, Aa, aa) × 5 (X^BX^B, X^BX^b, X^bX^b, X^BY, X^bY) = 15 kiểu gen.

Có tối đa 21 kiểu gen ở loài chim này.

Vậy chỉ có 1 phát biểu đúng.

Đáp án đúng là: C

Các đặc điểm đúng là: II, IV.

I. Sai. Đột biến và di – nhập gen đều làm thay đổi tần số alen không theo hướng xác định.

III. Sai. Đột biến làm thay đổi tần số alen của quần thể một cách chậm chạp vì tần số đột biến là rất thấp.

Đáp án đúng là: A

Kiểu phân bố theo nhóm là kiểu phân bố phổ biến nhất, các cá thể của quần thể tập trung theo từng nhóm ở những nơi có điều kiện sống tốt nhất. Phân bố theo nhóm xuất hiện nhiều ở sinh vật sống thành bầy đàn, khi chúng trú đông, ngủ đông, di cư,...

Đáp án đúng là: C

Các phát biểu đúng là: I, II, IV.

III. Sai. Vật kí sinh thường không giết chết vật chủ.