CaCO3$\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ CaO + CO2$\uparrow $

$\overset{x}{\mathop{Cr}}\,\overset{-2}{\mathop{{{O}_{3}}}}\,\to x+\left( -2 \right).3=0\to x=+6.$

CH3COOC2H5 + NaOH $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ CH3COONa + C2H5OH.

Axit glutamic có 2 nhóm COOH $\Rightarrow $ chứa 4 nguyên tử O.

• Polietilen: (-CH₂-CH₂-)_n.
• Poli(vinyl clorua): (-CH₂-CHCl-)_n.
• Poli(metyl metacrylat): [-CH₂-C(CH₃)(COOCH₃)-]_n
• Poliacrilonitrin: (-CH₂-CHCN-)_n.

Độ dinh dưỡng của phân đạm được đánh giá theo tỉ lệ phần trăm về khối lượng của nguyên tố nitơ.

CH4 và C2H6 cùng thuộc dãy đồng đẳng của ankan.

• 3Mg dư + 2FeCl₃ $\to $ 2Fe + 3MgCl₂ $\to $ chỉ thu được 1 muối MgCl₂.
• 3Zn dư + 2FeCl₃ $\to $ 2Fe + 3ZnCl₂ $\to $ chỉ thu được 1 muối ZnCl₂.
• Cu dư + 2FeCl₃ $\to $ CuCl₂ + 2FeCl₂ $\to $ thu được 2 muối CuCl₂ và FeCl₂.
• 2Na dư + 2H₂O → 2NaOH + H₂

Điều kiện cần về cấu tạo của monome tham gia phản ứng trùng hợp là trong phân tử phải có liên kết bội kém bền hoặc là vòng kém bền có thể mở.

Etyl axetat: CH₃COOC₂H₅ $\to $ không thỏa mãn.

Propyl axetat: CH₃COOC₃H_{7$\to $} không thỏa mãn.

Metyl propionat: C₂H₅COOCH₃ $\to $ không thỏa mãn.

Metyl metacrylat: CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ $\to $ thỏa mãn.

Vậy chỉ có 1 este tham gia trùng hợp.

${{n}_{Al}}={{n}_{AlC{{l}_{3}}}}=26,7/133,5=0,2mol\Rightarrow {{m}_{Al}}=0,2.27=5,4gam$

Sinh ra khí NO nên có xảy ra phản ứng oxi hóa – khử $\Rightarrow $ Hợp chất của sắt có khả năng nhường e (chưa đạt mức oxi hóa cao nhất)$\Rightarrow $ FeO thỏa mãn.

BTNT.H → ${{n}_{HCl}}=2{{n}_{{{H}_{2}}}}=0,4mol={{n}_{Cl}}$

mMuối = ${{m}_{KL}}+{{m}_{Cl}}=3,9+0,4.35,5=18,1$gam

Etyl propionat: C₂H₅COOC₂H₅ + NaOH $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ C₂H₅COONa + C₂H₅OH

Etyl fomat: HCOOC₂H₅ + NaOH $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ HCOONa + C₂H₅OH

Vậy sau phản ứng thu được 2 muối và 1 ancol.

Chất rắn X dạng sợi, màu trắng, không tan trong nước ngay cả khi đun nóng $\Rightarrow $ X là xenlulozơ.

Thủy phân hoàn toàn X nhờ xúc tác axit hoặc enzim thu được chất Y $\Rightarrow $ Y là glucozơ.

${{n}_{{{C}_{12}}{{H}_{22}}{{O}_{11}}\left( bd \right)}}=1.71/342=0,005mol$

${{n}_{{{C}_{12}}{{H}_{22}}{{O}_{11}}\left( pu \right)}}=0,005.75%=0,00375mol$

Tóm tắt nhanh:

Saccarozơ $\to $ 4Ag

0,00375 → 0,015 (mol)

$\Rightarrow {{m}_{Ag}}$ = 0,015.108 = 1,62 gam.

${{n}_{{{N}_{2}}}}=2,24/22,4=0,1$mol

$BTNT.N\to {{n}_{a\min }}=2{{n}_{{{N}_{2}}}}=0,2$mol

Mà amin đơn chức nên khi phản ứng với HCl ta có: ${{n}_{HCl}}$ (pư) = ${{n}_{a\min }}$ = 0,2 mol.

• tơ nitron điều chế bằng phản ứng trùng hợp CH₂=CH-CN.
• cao su lưu hóa có cấu trúc mạch không gian.
• tơ nilon-6,6 được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng.

Giả sử mỗi phần dd X gồm: $\left\{ \begin{align}
& N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}:x \\
& NaHC{{O}_{3}}:y \\
\end{align} \right.$
– Khi cho X + Ba(OH)2 dư thì nguyên tố C sẽ nằm hết trong BaCO3
$\Rightarrow x+y=$ 0,15 mol (1)

– Khi cho từ từ X + HCl thì 2 muối sẽ tác dụng đồng thời với HCl tạo khí theo đúng tỉ lệ mol của chúng

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂

        u           2u                                     u

NaHCO₃ + HCl → NaCl + H₂O + CO₂

v             v                                    v

Giải hệ $\left\{ \begin{align}
& {{n}_{HCl}}=2u+v=0,12 \\
& {{n}_{C{{O}_{2}}}}=u+v=0,09 \\
\end{align} \right.\to \left\{ \begin{align}
& u=0,03 \\
& v=0,06 \\
\end{align} \right.$
$\Rightarrow $ Tỉ lệ ${{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}:{{n}_{NaHC{{O}_{3}}}}=0,03:0,06=0,5$
$\Rightarrow x/y=0,5\text{ }\left( 2 \right)$
Giải (1) và (2) được x = 0,05; y = 0,1.
$C{{O}_{2}}+\left\{ \begin{align}
& NaOH:v \\
& N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}:1,5v \\
\end{align} \right.\to \left\{ \begin{align}
& N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}:0,05 \\
& NaHC{{O}_{3}}:0,1 \\
\end{align} \right.$
BTNT.Na $\to v+2.1,5v=2.0,05+0,01\to v=0,05$
BTNT.C → $\to {{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,05+0,1-1,5v=0,075$ mol
Do chia thành 2 phần bằng nhau $\Rightarrow $ V = 0,075.22.4.2 = 3,36 lít.

Giả sử mỗi phần dd X gồm: $\left\{ \begin{align}
& N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}:x \\
& NaHC{{O}_{3}}:y \\
\end{align} \right.$
– Khi cho X + Ba(OH)2 dư thì nguyên tố C sẽ nằm hết trong BaCO3
$\Rightarrow x+y=$ 0,15 mol (1)

– Khi cho từ từ X + HCl thì 2 muối sẽ tác dụng đồng thời với HCl tạo khí theo đúng tỉ lệ mol của chúng

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂

        u           2u                                     u

NaHCO₃ + HCl → NaCl + H₂O + CO₂

v             v                                    v

Giải hệ $\left\{ \begin{align}
& {{n}_{HCl}}=2u+v=0,12 \\
& {{n}_{C{{O}_{2}}}}=u+v=0,09 \\
\end{align} \right.$

$\to \left\{ \begin{align}
& u=0,03 \\
& v=0,06 \\
\end{align} \right.$
$\Rightarrow $ Tỉ lệ ${{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}:{{n}_{NaHC{{O}_{3}}}}=0,03:0,06=0,5$
$\Rightarrow x/y=0,5\text{ }\left( 2 \right)$
Giải (1) và (2) được x = 0,05; y = 0,1.
$C{{O}_{2}}+\left\{ \begin{align}
& NaOH:v \\
& N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}:1,5v \\
\end{align} \right.$

$\to \left\{ \begin{align}
& N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}:0,05 \\
& NaHC{{O}_{3}}:0,1 \\
\end{align} \right.$
BTNT.Na $\to v+2.1,5v=2.0,05+0,01\to v=0,05$
BTNT.C → $\to {{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,05+0,1-1,5v=0,075$ mol
Do chia thành 2 phần bằng nhau $\Rightarrow $ V = 0,075.22.4.2 = 3,36 lít.

(a) 2KHSO₄ + Ba(HCO₃)₂ → BaSO₄ $\downarrow $ + K₂SO₄ + 2CO₂ $\uparrow $ + 2H₂O

(b) 2NH₄HCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ $\downarrow $ + 2NH₃ $\uparrow $ + 2H₂O

(c) R(HCO₃)₂ $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ RCO₃ $\downarrow $ + CO₂ $\uparrow $ + H₂O

(d) 2Al + 2NaOH dư + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ $\uparrow $

(đ) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂ $\uparrow $

2NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ $\downarrow $ + Na₂SO₄

Vậy có 4 thí nghiệm thu được cả kết tủa và khí là (a), (b), (c), (đ).

Từ tỉ lệ các muối đề bài cho ta nhận thấy tỉ lệ mol của muối C18: C16 = (3 + 5):4 = 2
Quy đổi hỗn hợp E thành (C17H35COO)2(C15H31COO)C3H5 (0,08 mol) và H2 (lưu ý ${{n}_{{{H}_{2}}}}$ < 0).
Y có công thức là (C17H35COO)2(C15H31COO)C3H5 $\Rightarrow {{n}_{Y}}=$ 68,96/862 = 0,08 mol = ${{n}_{E}}$.
$E\left\{ \begin{align}
& {{\left( {{C}_{17}}{{H}_{35}}COO \right)}_{2}}\left( {{C}_{15}}{{H}_{31}}COO \right){{C}_{3}}{{H}_{5}}:0,08 \\
& {{H}_{2}}:a \\
\end{align} \right.+{{O}_{2}}:6,09\to \left\{ \begin{align}
& C{{O}_{2}}:4,4\left( BT.C \right) \\
& {{H}_{2}}O:a+4,24\left( BT.H \right) \\
\end{align} \right.$
BTNT.O$\to 6.0,08+2.6,09=2.4,4+\left( a+4,24 \right)\to a=-0,38$.
$\Rightarrow {{m}_{E}}=68,96-2.0,38=68,2$gam.

Từ tỉ lệ các muối đề bài cho ta nhận thấy tỉ lệ mol của muối C18: C16 = (3 + 5):4 = 2
Quy đổi hỗn hợp E thành (C17H35COO)2(C15H31COO)C3H5 (0,08 mol) và H2 (lưu ý ${{n}_{{{H}_{2}}}}$ < 0).
Y có công thức là (C17H35COO)2(C15H31COO)C3H5 $\Rightarrow {{n}_{Y}}=$ 68,96/862 = 0,08 mol = ${{n}_{E}}$.
$E\left\{ \begin{align}
& {{\left( {{C}_{17}}{{H}_{35}}COO \right)}_{2}}\left( {{C}_{15}}{{H}_{31}}COO \right){{C}_{3}}{{H}_{5}}:0,08 \\
& {{H}_{2}}:a \\
\end{align} \right.+{{O}_{2}}:6,09$

$\to \left\{ \begin{align}
& C{{O}_{2}}:4,4\left( BT.C \right) \\
& {{H}_{2}}O:a+4,24\left( BT.H \right) \\
\end{align} \right.$
BTNT.O$\to 6.0,08+2.6,09=2.4,4+\left( a+4,24 \right)\to a=-0,38$.
$\Rightarrow {{m}_{E}}=68,96-2.0,38=68,2$gam.

(a) đúng.

(b) sai, glucozơ bị oxi hóa thành amoni gluconat.

(c) sai, amilopectin có mạch phân nhánh.

(d) sai, cồn y tế có thành phần chính là etanol.

(đ) sai, hiện tượng đông tụ protein.

Quy đổi hỗn hợp thành Na (a), K (b), O (c).
+) BTe: ${{n}_{Na}}+{{n}_{K}}=2{{n}_{O}}+2{{n}_{{{H}_{2}}}}\to a+b=2c+2.0,02\text{ }\left( 1 \right)$
+) ${{n}_{O{{H}^{-}}}}={{n}_{NaOH}}+{{n}_{KOH}}=a+b\left( mol \right)$
$\Rightarrow {{n}_{{{H}^{+}}}}$dư $={{n}_{{{H}^{+}}}}\left( bd \right)-{{n}_{O{{H}^{-}}}}$
$\Rightarrow 0,{{1.10}^{-1}}=0,05.3-\left( a+b \right)\text{ }\left( 2 \right)$
+) Chất rắn sau cô cạn gồm: NaCl (a) và KCl (b)
$\Rightarrow $ 58,5a + 74,56 = 9,15 (3)
Giải (1)(2)(3) được a = 0,08; b = 0,06; c = 0,05.
$\Rightarrow $ m = 0,08.23 + 0,06.39 + 0,05.16 = 4,98 gam gần nhất với 5 gam.

$X\xrightarrow{ankan\text{ hoa}}\left\{ \begin{align}
& Este\text{ }no=C{{H}_{4}}+C{{H}_{2}}+COO \\
& Ankan=C{{H}_{4}}+C{{H}_{2}} \\
& {{H}_{2}} \\
\end{align} \right.\to \left\{ \begin{align}
& C{{H}_{4}} \\
& C{{H}_{2}} \\
& COO \\
& {{H}_{2}} \\
\end{align} \right.$
Ta thấy mỗi chất tách $1C{{H}_{4}}\Rightarrow {{n}_{C{{H}_{4}}}}={{n}_{hh}}_{\text{ X}}=0,26\text{ mol}$
BTNT.C → ${{n}_{C{{O}_{2}}}}=x+y+0,26\left( mol \right)$
BTNT.O → $2y+2.0,79=2.\left( x+y+0,26 \right)+0,58\to x=0,24$
BTNT.HTM $\to 4.0,26+2x+2z=2.0,58\to z=-0,18$
Bản chất của việc ankan hóa giống như cho tác dụng với Br2 vì đều phá vỡ liên kết $\pi .$
$\Rightarrow {{n}_{B{{r}_{2}}}}=0,18$mol

$X\xrightarrow{ankan\text{ hoa}}\left\{ \begin{align}
& Este\text{ }no=C{{H}_{4}}+C{{H}_{2}}+COO \\
& Ankan=C{{H}_{4}}+C{{H}_{2}} \\
& {{H}_{2}} \\
\end{align} \right.$

$\to \left\{ \begin{align}
& C{{H}_{4}} \\
& C{{H}_{2}} \\
& COO \\
& {{H}_{2}} \\
\end{align} \right.$
Ta thấy mỗi chất tách $1C{{H}_{4}}\Rightarrow {{n}_{C{{H}_{4}}}}={{n}_{hh}}_{\text{ X}}=0,26\text{ mol}$
BTNT.C → ${{n}_{C{{O}_{2}}}}=x+y+0,26\left( mol \right)$
BTNT.O → $2y+2.0,79=2.\left( x+y+0,26 \right)+0,58\to x=0,24$
BTNT.HTM $\to 4.0,26+2x+2z=2.0,58\to z=-0,18$
Bản chất của việc ankan hóa giống như cho tác dụng với Br2 vì đều phá vỡ liên kết $\pi .$
$\Rightarrow {{n}_{B{{r}_{2}}}}=0,18$mol

$\underset{23,18\left( g \right)}{\mathop{X}}\,\left\{ \begin{align}
& Fe \\
& Mg \\
& Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}} \\
\end{align} \right.+\left\{ \begin{align}
& {{H}_{2}}S{{O}_{4}}:0,46 \\
& NaN{{O}_{3}}:0,01 \\
\end{align} \right.\to \left\{ \begin{align}
& \underset{58,45\left( g \right)}{\mathop{ddY}}\,\left\{ \begin{align}
& F{{e}^{2+}},F{{e}^{3+}},M{{g}^{2+}}:{{a}^{\left( g \right)}} \\
& NH_{4}^{+}:{{b}^{\left( mol \right)}} \\
& N{{a}^{+}}:0,01 \\
& SO_{4}^{2-}:0,46 \\
\end{align} \right. \\
& Khi.Z:2,92\left( g \right) \\
\end{align} \right.\xrightarrow{+NaOH:0,91}29,18\left( g \right)\downarrow \left\{ \begin{align}
& F{{e}^{2+}},F{{e}^{3+}},M{{g}^{2+}} \\
& O{{H}^{-}}:0,91-b \\
\end{align} \right.$
Ta thấy $\left( 2{{n}_{F{{e}^{2+}}}}+3{{n}_{F{{e}^{3+}}}}+2{{n}_{M{{g}^{2+}}}} \right)+{{n}_{NH_{4}^{+}}}={{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,91\text{ mol}$
Check điện tích thì thấy: $2{{n}_{F{{e}^{2+}}}}+3{{n}_{F{{e}^{3+}}}}+2{{n}_{M{{g}^{2+}}}}+{{n}_{NH_{4}^{+}}}+{{n}_{N{{a}^{+}}}}=2{{n}_{SO_{4}^{2-}}}\Rightarrow $ dd Y không chứa NO$_{3}^{-}$.
Đặt ${{m}_{Fe.Mg}}=a\left( g \right)$ và ${{n}_{NH_{4}^{+}}}=b$mol.
Giải hệ m muối = a + 18b + 0,01.23 + 0,46.96 = 58,45 và m kết tủa = a + 17.(0,91 – b) = 29,18
$\Rightarrow $ a = 13,88 và b = 0,01.
$\Rightarrow {{m}_{N{{O}_{3}}\left( X \right)}}={{m}_{X}}-{{m}_{Fe.Mg}}=9,3gam\Rightarrow {{n}_{NO_{3}^{{}}\left( X \right)}}=0,15\text{ mol}\Rightarrow {{n}_{Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}}}=0,05$mol
$\Rightarrow %{{m}_{Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}}}=52,2%.$

Ta thấy $\left( 2{{n}_{F{{e}^{2+}}}}+3{{n}_{F{{e}^{3+}}}}+2{{n}_{M{{g}^{2+}}}} \right)+{{n}_{NH_{4}^{+}}}={{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,91\text{ mol}$
Check điện tích thì thấy: $2{{n}_{F{{e}^{2+}}}}+3{{n}_{F{{e}^{3+}}}}+2{{n}_{M{{g}^{2+}}}}+{{n}_{NH_{4}^{+}}}+{{n}_{N{{a}^{+}}}}=2{{n}_{SO_{4}^{2-}}}\Rightarrow $ dd Y không chứa NO$_{3}^{-}$.
Đặt ${{m}_{Fe.Mg}}=a\left( g \right)$ và ${{n}_{NH_{4}^{+}}}=b$mol.
Giải hệ m muối = a + 18b + 0,01.23 + 0,46.96 = 58,45 và m kết tủa = a + 17.(0,91 – b) = 29,18
$\Rightarrow $ a = 13,88 và b = 0,01.
$\Rightarrow {{m}_{N{{O}_{3}}\left( X \right)}}={{m}_{X}}-{{m}_{Fe.Mg}}=9,3gam\Rightarrow {{n}_{NO_{3}^{{}}\left( X \right)}}=0,15\text{ mol}\Rightarrow {{n}_{Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}}}=0,05$mol
$\Rightarrow %{{m}_{Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}}}=52,2%.$

BTNT.O → ${{n}_{C{{O}_{2}}}}=\left( 2{{n}_{{{O}_{2}}}}-{{n}_{{{H}_{2}}O}} \right)/2=0,4$mol
Amin no X = CH4 + xCH2 + yNH
Ankan Y = CH4 + nCH2
$\Rightarrow $ Quy đổi hh E thành CH4, CH2, NH
$\left\{ \begin{align}
& C{{H}_{4}}:0,09 \\
& C{{H}_{2}}:a \\
& NH:b \\
\end{align} \right.+{{O}_{2}}:0,67\to \left\{ \begin{align}
& C{{O}_{2}}:0,4 \\
& {{H}_{2}}O:0,54 \\
& {{N}_{2}} \\
\end{align} \right.$
BTNT.C → 0,09 + a = 0,4 → a=0,31
BTNT.H $\to $ 4.0,09 + 2a + b = 2.0,54 → b = 0,1
Hỗn hợp gồm:
(X) ${{C}_{n}}{{H}_{2n+2+x}}{{N}_{x}}:\dfrac{0,1}{x}$
(Y) ${{C}_{m}}{{H}_{2m+2}}:0,09-\dfrac{0,1}{x}$
${{n}_{X}}>{{n}_{Y}}\Rightarrow \dfrac{0,1}{x}>0,09-\dfrac{0,1}{x}\to x<2,22\Rightarrow x=1$ hoặc $x=2.$
Mặt khác, số N trung bình = 0,1/0,09 = 1,11>1 nên amin không thể là đơn chức $\Rightarrow $ x = 2.
(X) ${{C}_{n}}{{H}_{2n+2+x}}{{N}_{x}}:0,05$
(Y) ${{C}_{m}}{{H}_{2m+2}}:0,04$
BTNT.C$\to $ 0,05n + 0,04m = 0,4$\to $ n = 4 và m = 5 thỏa mãn.
Vậy hh E gồm C4H12N2 (0,05) và C5H12 (0,04) nặng 7,28 gam.
$\Rightarrow $ 14,56 gam hh E chứa 0,1 mol C4H12N2
$\Rightarrow {{m}_{{{C}_{4}}{{H}_{12}}{{N}_{2}}}}=8,8$gam

BTNT.O → ${{n}_{C{{O}_{2}}}}=\left( 2{{n}_{{{O}_{2}}}}-{{n}_{{{H}_{2}}O}} \right)/2=0,4$mol
Amin no X = CH4 + xCH2 + yNH
Ankan Y = CH4 + nCH2
$\Rightarrow $ Quy đổi hh E thành CH4, CH2, NH
$\left\{ \begin{align}
& C{{H}_{4}}:0,09 \\
& C{{H}_{2}}:a \\
& NH:b \\
\end{align} \right.$+${{O}_{2}}:0,67\to \left\{ \begin{align}
& C{{O}_{2}}:0,4 \\
& {{H}_{2}}O:0,54 \\
& {{N}_{2}} \\
\end{align} \right.$
BTNT.C → 0,09 + a = 0,4 → a=0,31
BTNT.H $\to $ 4.0,09 + 2a + b = 2.0,54 → b = 0,1
Hỗn hợp gồm:
(X) ${{C}_{n}}{{H}_{2n+2+x}}{{N}_{x}}:\dfrac{0,1}{x}$
(Y) ${{C}_{m}}{{H}_{2m+2}}:0,09-\dfrac{0,1}{x}$
${{n}_{X}}>{{n}_{Y}}\Rightarrow \dfrac{0,1}{x}>0,09-\dfrac{0,1}{x}\to x<2,22\Rightarrow x=1$ hoặc $x=2.$
Mặt khác, số N trung bình = 0,1/0,09 = 1,11>1 nên amin không thể là đơn chức $\Rightarrow $ x = 2.
(X) ${{C}_{n}}{{H}_{2n+2+x}}{{N}_{x}}:0,05$
(Y) ${{C}_{m}}{{H}_{2m+2}}:0,04$
BTNT.C$\to $ 0,05n + 0,04m = 0,4$\to $ n = 4 và m = 5 thỏa mãn.
Vậy hh E gồm C4H12N2 (0,05) và C5H12 (0,04) nặng 7,28 gam.
$\Rightarrow $ 14,56 gam hh E chứa 0,1 mol C4H12N2
$\Rightarrow {{m}_{{{C}_{4}}{{H}_{12}}{{N}_{2}}}}=8,8$gam

– Từ phản ứng cháy dễ dàng tính được tỉ lệ nC : nH = 8: 13.
– Xét pư thủy phân 42,66 gam E:
${{n}_{COO}}={{n}_{NaOH}}=0,71\text{ mol}\Rightarrow {{n}_{O\left( E \right)}}=1,44$mol
$42,66\left( g \right)E\left\{ \begin{align}
& C:x \\
& H:y \\
& O:1,44 \\
\end{align} \right.+NaOH\to 48,87\left( g \right)$ muối + ancol
Ta có hệ pt: $\left\{ \begin{align}
& \dfrac{C}{H}=\dfrac{x}{y}=\dfrac{8}{13} \\
& {{m}_{E}}=12x+y+1,44.16=42,66 \\
\end{align} \right.\to \left\{ \begin{align}
& x=1,44 \\
& y=2,34 \\
\end{align} \right.$
Nhận thấy điểm đặc biệt ${{n}_{C}}={{n}_{O}}$ mà các este đều có M < 146 nên chỉ có thể là:
HCOOCHз: а
(COOCH3)2: b
(HCOO)2C2H4: c
Muối gồm: HCOONa (a + 2c) và (COONa)2 (b)
Giải hệ: $\left\{ \begin{align}
& {{m}_{E}}=60a+118b+118c=42,66 \\
& {{n}_{NaOH}}=a+2b+2c=0,72 \\
& {{m}_{ancol}}=68\left( a+2c \right)+134b=48,87 \\
\end{align} \right.\to \left\{ \begin{align}
& a=0,18 \\
& b=0,045 \\
& c=0,225 \\
\end{align} \right.$
$\Rightarrow $ Chất có số mol lớn nhất là (HCOO)2C2H4
$\Rightarrow %{{m}_{{{\left( HCOO \right)}_{2}}{{C}_{2}}{{H}_{4}}}}=62,24%$.

– Từ phản ứng cháy dễ dàng tính được tỉ lệ nC : nH = 8: 13.
– Xét pư thủy phân 42,66 gam E:
${{n}_{COO}}={{n}_{NaOH}}=0,71\text{ mol}\Rightarrow {{n}_{O\left( E \right)}}=1,44$mol
$42,66\left( g \right)E\left\{ \begin{align}
& C:x \\
& H:y \\
& O:1,44 \\
\end{align} \right.+NaOH\to 48,87\left( g \right)$ muối + ancol
Ta có hệ pt: $\left\{ \begin{align}
& \dfrac{C}{H}=\dfrac{x}{y}=\dfrac{8}{13} \\
& {{m}_{E}}=12x+y+1,44.16=42,66 \\
\end{align} \right.$

$\to \left\{ \begin{align}
& x=1,44 \\
& y=2,34 \\
\end{align} \right.$
Nhận thấy điểm đặc biệt ${{n}_{C}}={{n}_{O}}$ mà các este đều có M < 146 nên chỉ có thể là:
HCOOCHз: а
(COOCH3)2: b
(HCOO)2C2H4: c
Muối gồm: HCOONa (a + 2c) và (COONa)2 (b)
Giải hệ: $\left\{ \begin{align}
& {{m}_{E}}=60a+118b+118c=42,66 \\
& {{n}_{NaOH}}=a+2b+2c=0,72 \\
& {{m}_{ancol}}=68\left( a+2c \right)+134b=48,87 \\
\end{align} \right.$

$\to \left\{ \begin{align}
& a=0,18 \\
& b=0,045 \\
& c=0,225 \\
\end{align} \right.$
$\Rightarrow $ Chất có số mol lớn nhất là (HCOO)2C2H4
$\Rightarrow %{{m}_{{{\left( HCOO \right)}_{2}}{{C}_{2}}{{H}_{4}}}}=62,24%$.

vì sau bước 3 lớp chất rắn nổi lên là muối natri của axit béo.

Nitơ là nguyên tố dinh dưỡng khoáng thiết yếu nào sau đây là thành phần của prôtêin (SGK Sinh 11 trang 25).

Theo thuyết tiến hóa hiện đại, chọn lọc tự nhiên có vai trò định hướng quá trình tiến hóa (SGK Sinh 12 trang 115). 

Phương pháp:

Bước 1: Xét thành phần kiểu gen của các thế hệ có cân bằng hay chưa.

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

Quần thể cân bằng di truyền thoả mãn công thức: $\dfrac{y}{2}=\sqrt{x.z}$ (Biến đổi từ công thức: p²AA + 2pqAa + q²aa = 1) Bước 2: Xét các phát biểu.

Cách giải:

I sai, Quần thể chưa đạt trạng thái cân bằng, kể cả không có nhân tố tiến hóa tác động, thì sự giao phối ngẫu nhiên vẫn sẽ làm thay đổi tần số kiểu gen ở thế hệ tiếp theo.

II đúng, CLTN có thể làm thay đổi cả tần số alen và thành phần kiểu gen $\to $ thay đổi tần số kiểu hình trội.

III đúng

IV đúng, các yếu tố ngẫu nhiên có thể loại bỏ bất kì alen nào ra khỏi quần thể.

Thỏ, thằn lằn hô hấp bằng phổi.

Ếch đồng hô hấp bằng phổi và da.

Châu chấu hô hấp bằng hệ thống ống khí. 

I đúng, các loài C, G, F, D đều ăn sinh vật sản xuất nên đều thuộc bậc dinh dưỡng cấp 2.

II sai, có thể số cá thể của loài F không tăng, do các mối quan hệ khác trong quần xã.

III đúng, 3 chuỗi xuất phát từ loài A, 4 chuỗi xuất phát từ loài B.

IV sai, loài M tham gia tất cả các chuỗi thức ăn còn loài B tham gia vào 4 chuỗi.

Timin là đơn phân cấu tạo nên ADN. Trong ARN không có timin. 

Phương pháp:

Xác định codon đột biến có quy định cùng loại axit amin với codon ban đầu không.

Cách giải:

I/ Đột biến thay thế cặp G – X ở vị trí 181 bằng cặp A – T$\to $ triplet GXT $\to $ AXT $\leftrightarrow $ thay codon XGA $\to $ UGA $\to $ thay đổi axit amin

II/ Đột biến thay thế cặp nuclêôtit ở vị trí 150.

Đột biến thay codon GUG $\to $ GUX/GUA/GUU $\to $ giữ nguyên axit amin

III/ Đột biến thay codon XAU $\to $ GAU$\to $ thay đổi axit amin

IV/ Đột biến thay codon GUA thành bất cứ codon nào không bắt đầu bằng G đều làm thay đổi axit amin 

Theo giả thuyết siêu trội kiểu gen càng có nhiều cặp gen dị hợp thì càng có ưu thế lai cao.

Vậy phép lai aabb $\times $ AABB $\to $ AaBb $\to $ có ưu thế lai cao nhất.

Phương pháp:

Bước 1: Xét tỉ lệ kiểu hình của từng phép lai $\to $ thứ tự trội lặn.

Bước 2: Xác định kiểu hình P của các phép lai.

Bước 3: Xét các trường hợp có thể xảy ra.

Cách giải:

Mắt vàng $\times $ mắt vàng $\to $ 3 vàng :1 trắng $\to $ vàng trội so với trắng

Mắt đỏ $\times $ mắt nâu $\to $ mắt vàng $\to $ Mắt đỏ, mắt nâu trội so với mắt vàng, mắt nâu trội so với mắt đỏ

Gọi alen quy định kiểu hình nấu> đỏ> vàng> trắng theo thứ tự là A₁ > A₂ > A₃ > A₄

$\to $ kiểu gen của 2 phép lai là

1. A₂A₄ × A₁A₃ hoặc A₂A₃ $\times $ A₁A₄

2. A₃A₄ $\times $ A₃A₄

Cho cá thể mắt nâu ở thế hệ P của phép lai 1 giao phối với 1 trong 2 cá thể mắt vàng ở thế hệ P của phép lai 2, ta có: 

TH1: A₁A₃ $\times $ A₃A₄ $\to $ 2 nâu : 2 vàng

TH2: A₁A₄ $\times $ A₃A₄ $\to $ 2 nâu :1 vàng :1 trắng 

Trong cơ chế điều hòa hoạt động của operon Lac ở vị khuẩn E. coli, prôtêin ức chế được tổng hợp hợp ngay cả khi môi trường không có lactôzơ. 

Các protein Lac A, Lac Y, Lac Z chỉ được tổng hợp khi môi trường có lactose.

I đúng

II dúng, đảo đoạn thuộc nhân tố tiến hóa đột biến

III đúng

IV đúng 

Đột biến cấu trúc NST sẽ làm thay đổi cấu trúc NST.

Trong các dạng đột biến trên thì chuyển đoạn là đột biến cấu trúc NST.

3 cặp gen nằm trên 2 cặp NST $\to $ có 2 cặp nằm trên 1 NST.

Giả sử cặp Aa và Bb nằm trên cùng 1 NST, cặp Dd nằm trên NST khác

Phép lai 2 cây dị hợp 3 cặp gen thu được F₁ có 12 loại kiểu gen.

Cặp Dd $\times $ Dd tạo ra 3 loại kiểu gen

$\to $ Số loại kiểu gen của 2 cặp Aa, Bb là 12/3 = 4 loại

$\to $ kiểu gen P của 2 cặp này là $\dfrac{AB}{ab}\times \dfrac{Ab}{aB},$ liên kết hoàn toàn

Tỷ lệ F₁ có 1 len trội là: $\left( \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2} \right)\times \dfrac{1}{4}=12,5%$

Nhân tố sinh thái vô sinh là ánh sáng.

Các nhân tố còn lại là hữu sinh. 

Phương pháp: 

Bước 1: Tính tỉ lệ aa $\to $ tần số alen a, A

Quần thể cân bằng di truyền có cấu trúc p²AA + 2pqAa + q²aa = 1 

$\to $ tần số alen b, B

Bước 2: Viết cấu trúc di truyền của quần thể.

Bước 3: Tình yêu cầu của đề bài.

Cách giải:

Ta có aaB- = 0,27; aabb = 0,09 $\to $ aa = 0,27 + 0,09 = 0,36 $\to $ tần số alen a =$\sqrt{0,36}$ = 0,6 $\to $ tần số alen A = 0,4

Thay ngược aa = 0,36 vào aabb $\to $ bb = 0,25$\to $ B- = 0, 75.

Cấu trúc di truyền của quần thể: (0,16AA:0,48Aa:0,36aa)(0,25BB:0,5Bb:0,25bb)

A-B- = (1-0,36aa) $\times $ 0,75 = 0,48

Trong số cây hoa đỏ, quả tròn của quần thể này, tỉ lệ cây đồng hợp 1 cặp gen là:

$\dfrac{AaBB+AABb}{A-B-}=\dfrac{0,48\times 0,25+0,16\times 0,5}{0,48}=\dfrac{0,2}{0,48}=\dfrac{5}{12}$

Cơ thể đồng hợp 2 cặp gen là cơ thể mang các alen giống nhau của 2 gen đó.

Xét người số 10:

+ Người số 7 bị bệnh N, người số 4, 2 đều có kiểu gen X^NXⁿ,

+ Người số 5 có kiểu gen: X^NX^N : X^NXⁿ

+ Người số 10 có kiểu gen 3 X^NX^N : 1 X^NXⁿ

+ Người số 9 bị bệnh M (mm) $\to $ bố mẹ đều mang gen lặn $\to $ người số 10 có kiểu gen : 1MM : 2Mm 

$\to $ Kiểu gen người số 10 là: (1MM: 2Mm)(3X^NX^N : 1X^NXⁿ)

Xét người số 11:

+ Bố mẹ mang gen lặn do em gái bị bệnh M$\to $ kiểu gen người số 11 là: 1MM : 2Mm

+ Không bị bệnh N nên kiểu gen là: X^NY

$\to $ Kiểu gen người số 11 là: (1MM: 2Mm) X^NY

Ta có 10×11

P: (1MM : 2Mm)( 3 X^NX^N : 1 X^NXⁿ) (1MM : 2Mm) X^NY

G: (2M:1m)(7X^N : 1 Xⁿ) x (2M:1m)(1X^N : 1Y) 

Xác xuất sinh con trai đầu lòng không bị bệnh M và bị bệnh N là: $\left( 1-\dfrac{1}{3}m\times \dfrac{1}{3}m \right)\times \left( \dfrac{1}{8}{{X}^{n}}\times \dfrac{1}{2}Y \right)=\dfrac{1}{18}$

Mối quan hệ hỗ trợ giữa các loài là cộng sinh (cả 2 loài đều được lợi).

Các mối quan hệ còn lại thuộc nhóm đối kháng.

Phương pháp:

Ở ruồi giấm không có HVG.

Bước 1: Tính tỉ lệ A-B- : A-BX^DX^–

Bước 2: Tính tỉ lệ AB/ABX^DX^D 

Bước 3: Tính yêu cầu của đề bài.

Cách giải: 

Ta có ${{X}^{D}}{{X}^{d}}\times {{X}^{D}}Y\to 1{{X}^{D}}{{X}^{D}}:1{{X}^{D}}{{X}^{d}}:1{{X}^{D}}Y:1{{X}^{d}}Y$

F₁ có 17,5% ruồi thân xám, cánh dài, mắt trắng (A-B-X^dY) $\to A-B-=\dfrac{0,175}{0,25}=0,7\to A-B-D-=0,7\times 0,5$ $=0,35.$ 

$A-B-=0,7\to \dfrac{ab}{ab}=0,7-0,5=0,2\to \underline{ab}$ ♀$=0,4\to f=20%.$

Tỉ lệ $\dfrac{AB}{AB}{{X}^{D}}{{X}^{D}}=0,2\times 0,25=0,05$

Trong tổng số ruồi cái thân xám, cánh dài, mắt đỏ ở F₁, số ruồi không thuần chủng chiếm tỉ lệ: 

$\dfrac{0,35-0,05}{0,35}=\dfrac{6}{7}.$

Gen nằm trên vùng không tương đồng của NST giới tính X $\to $ không có trên Y $\to $ Các viết sai là ${{X}^{A}}{{Y}^{A}}.$

Phương pháp:
Bước 1: Xét tỉ lệ kiểu hình của từng tính trạng, tìm quy luật di truyền
Bước 2: Xét riêng từng cặp NST ở các trường hợp có thể xảy ra.
Cách giải:
Ta xét tỉ lệ hoa đỏ: hoa hồng: hoa trắng = 9:6:1 $\to $ tương tác bổ sung.
Thân cao/thân thấp = 3/1
$\to $ P dị hợp 3 cặp gen.
Nếu các gen PLĐL thì đời con sẽ phân li (9:6:1)(3:1)$\ne $ đề cho $\to $ 1 trong 2 gen quy định màu hoa cùng nằm trên 1 cặp NST với cặp gen quy định chiều cao.
Giả sử Aa và Dd cùng nằm trên 1 cặp NST.
Đời con không xuất hiện cây trắng thấp (aabbdd) $\to $ ít nhất 1 bên P không có HVG (cơ thể không có HVG có kiểu gen $\dfrac{Ad}{aD}Bb$)
Ta có Bb $\times $ Bb $\to $ 1BB:2Bb:1bb $\to $ Có 3 kiểu gen.
Xét cặp NST còn lại, ta có các trường hợp:
+ Nếu có HVG ở 1 bên thì cho tối đa 7 kiểu gen $\to $ đời F1 có 7 $\times $ 3 = 21 kiểu gen.
+ Nếu không có HVG ở cả 2 bên $\left[ \begin{align}
& \dfrac{AD}{ad}Bb\times \dfrac{Ad}{aD}Bb\to 4\times 3=12KG \\
& \dfrac{Ad}{aD}Bb\times \dfrac{Ad}{aD}Bb\to 3\times 3=9KG \\
\end{align} \right.$
$\to $Vậy đời con có thể có 12 loại kiểu gen.