Dưa, cà muối bảo quản được lâu là do:Acid lactic: Do vi khuẩn lactic tiết ra trong quá trình lên men làm môi trường trở nên acid (pH thấp), giúp ức chế sự phát triển của các vi sinh vật gây thối.Nồng độ muối: Tạo môi trường ưu trương giúp ngăn cản sự sinh trưởng của vi khuẩn có hại.

1. Phân tích dữ kiệnSố NST môi trường cung cấp cho giai đoạn nguyên phân (từ tế bào sinh dục sơ khai đến trước giảm phân): \(20400\) NST đơn.Số NST môi trường cung cấp cho giai đoạn giảm phân: \(20480\) NST đơn.Hiệu suất thụ tinh của giao tử (\(H\)): \(10\%\).Số hợp tử tạo thành: \(1024\).2. Giải chi tiếta. Bộ nhiễm sắc thể \(2n\) của loàiGọi \(a\) là số tế bào sinh dục sơ khai ban đầu, \(k\) là số lần nguyên phân và \(2n\) là bộ NST lưỡng bội của loài.Số NST môi trường cung cấp cho quá trình nguyên phân:\(a\cdot 2n\cdot (2^{k}-1)=20400\quad (1)\)Số NST môi trường cung cấp cho quá trình giảm phân (tương ứng với số NST có trong các tế bào con bước vào giảm phân):\(a\cdot 2^{k}\cdot 2n=20480\quad (2)\)Từ \((1)\) và \((2)\), ta thực hiện phép trừ hoặc thay thế:Thay \((2)\) vào \((1)\):\((a\cdot 2^{k}\cdot 2n)-(a\cdot 2n)=20400\)\(20480-(a\cdot 2n)=20400\)\(\Rightarrow a\cdot 2n=20480-20400=80\)Thay \(a \cdot 2n = 80\) vào phương trình \((2)\):\(80\cdot 2^{k}=20480\)\(2^{k}=20480/80=256\)\(\Rightarrow k=8\) (Vì \(2^8 = 256\))Vì \(a\) là số tế bào sinh dục sơ khai (thường là số nguyên dương), ta xét các trường hợp của \(a \cdot 2n = 80\):Thông thường trong các bài tập này, \(a\) thường là \(1, 2, 4, 5, 10...\) và \(2n\) là bộ NST đặc trưng của các loài quen thuộc.Nếu \(a = 1 \Rightarrow 2n = 80\) (loài chim, gà, v.v.).Nếu \(a = 10 \Rightarrow 2n = 8\) (ruồi giấm).Dựa trên con số \(1024\) hợp tử ở dữ kiện sau, ta có thể suy luận tiếp.b. Xác định giới tính của tế bào sinh dục sơ khaiSố hợp tử tạo thành = Số giao tử được thụ tinh = \(1024\).Với hiệu suất thụ tinh \(H = 10\%\), tổng số giao tử đã tham gia thụ tinh là:\(\text{S\ giao\ t}=\frac{1024}{10\%}=\frac{1024}{0,1}=10240\text{\ giao\ t.}\)Tổng số tế bào tham gia giảm phân là: \(a \cdot 2^k = a \cdot 256\).Xét tỉ lệ giữa số giao tử và số tế bào giảm phân:\(\frac{\text{S\ giao\ t}}{\text{S\ t\ bào\ gim\ phân}}=\frac{10240}{a\cdot 256}\)Nếu \(a = 10\) (giả sử số tế bào ban đầu là 10):\(\frac{10240}{10\cdot 256}=\frac{10240}{2560}=4\)Kết luận: Vì mỗi tế bào khi giảm phân tạo ra 4 giao tử, nên đây là tế bào sinh dục đực.

1. Phân tích đề bàiSố lượng tế bào ban đầu (\(N_{0}\)): \(30\) tế bào.Thời gian một chu kỳ phân đôi (\(g\)): \(30\) phút.Tổng thời gian nuôi cấy (\(T\)): \(3\) ngày.2. Các bước tính toánBước 1: Quy đổi đơn vị thời gianTrước hết, chúng ta cần đổi 3 ngày ra đơn vị phút:\(1\) ngày = \(24\) giờ.\(1\) giờ = \(60\) phút.\(T=3\times 24\times 60=4320\text{\ (phút)}\)Bước 2: Tính số lần phân đôi (\(n\))Số lần phân đôi của vi khuẩn trong suốt 3 ngày là:\(n=\frac{T}{g}=\frac{4320}{30}=144\text{\ (ln)}\)Bước 3: Tính tổng số tế bào thu được (\(N\))Công thức tính số tế bào sau \(n\) lần phân đôi là: \(N = N_0 \times 2^n\)\(N=30\times 2^{144}\)3. Kết quảSố lượng tế bào thu được sau 3 ngày là:\(30 \times 2^{144}\) (tế bào)

dưới đây là bảng tóm tắt sự thay đổi của nhiễm sắc thể (NST), thoi phân bào và màng nhân qua 4 kì của quá trình nguyên phân:Giai đoạnNhiễm sắc thể (NST)Thoi phân bàoMàng nhân & Nhân conKì đầuCác NST kép bắt đầu co xoắn.Bắt đầu hình thành.Màng nhân và nhân con dần biến mất.Kì giữaCác NST kép co xoắn cực đại và tập trung thành 1 hàng ở mặt phẳng xích đạo.Đã hình thành hoàn chỉnh, đính vào tâm động của NST.Đã biến mất hoàn toàn.Kì sauCác NST kép tách nhau ở tâm động thành 2 NST đơn và phân li về 2 cực của tế bào.Co rút để kéo các NST đơn về 2 cực.Chưa xuất hiện.Kì cuốiCác NST đơn dãn xoắn.Dần tan biến.Màng nhân và nhân con dần xuất hiện trở lại.

a) Cân bằng phương trình hóa họcPhản ứng giữa calcium oxalate (\(CaC_{2}O_{4}\)) và potassium permanganate (\(KMnO_{4}\)) trong môi trường acid (\(H_{2}SO_{4}\)) là một phản ứng oxi hóa - khử.Quá trình oxi hóa: \(C_{2}^{+3}\rightarrow 2C^{+4}+2e\) (Nhân với 5)Quá trình khử: \(Mn^{+7}+5e\rightarrow Mn^{+2}\) (Nhân with 2)Phương trình cân bằng:\(5CaC_{2}O_{4}+2KMnO_{4}+8H_{2}SO_{4}\rightarrow 5CaSO_{4}+K_{2}SO_{4}+2MnSO_{4}+10CO_{2}\uparrow +8H_{2}O\)b) Tính nồng độ ion calcium trong máu1. Tính số mol \(KMnO_{4}\) đã dùng:Đổi \(V = 2,05 \text{ mL} = 2,05 \times 10^{-3} \text{ L}\).\(n_{KMnO_{4}}=C_{M}\times V=(4,88\times 10^{-4})\times (2,05\times 10^{-3})\approx 1,0004\times 10^{-6}\text{\ mol}\)2. Tính số mol \(Ca^{2+}\) (có trong \(CaC_{2}O_{4}\)):Dựa vào phương trình cân bằng, tỉ lệ mol giữa \(CaC_{2}O_{4}\) và \(KMnO_{4}\) là \(5 : 2\).\(n_{Ca^{2+}}=n_{CaC_{2}O_{4}}=\frac{5}{2}\times n_{KMnO_{4}}=\frac{5}{2}\times 1,0004\times 10^{-6}=2,501\times 10^{-6}\text{\ mol}\)3. Tính khối lượng \(Ca^{2+}\) trong 1 mL máu:\(m_{Ca^{2+}}=n\times M=(2,501\times 10^{-6})\times 40=0,00010004\text{\ g}\approx 0,1\text{\ mg}\)4. Tính nồng độ \(Ca^{2+}\) trong 100 mL máu:Vì trong 1 mL máu có 0,1 mg \(Ca^{2+}\), nên trong 100 mL máu sẽ có:\(0,1\text{\ mg}\times 100=10\text{\ mg}\)Kết luận: Nồng độ ion calcium trong máu người đó là 10 mg \(Ca^{2+}\)/100 mL máu.

Bảng enthalpy tạo thành chuẩn (\(\Delta _{f}H_{298}^{0}\)) của các chất:\(\Delta_f H^0_{298} (CaCl_{2(s)}) = -795,0 \text{ kJ/mol}\)\(\Delta_f H^0_{298} (Ca^{2+}_{(aq)}) = -542,83 \text{ kJ/mol}\)\(\Delta_f H^0_{298} (Cl^{-}_{(aq)}) = -167,16 \text{ kJ/mol}\)2. Công thức tínhBiến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng (\(\Delta _{r}H_{298}^{0}\)) được tính bằng tổng enthalpy tạo thành của các sản phẩm trừ đi tổng enthalpy tạo thành của các chất đầu:\(\Delta _{r}H_{298}^{0}=\sum \Delta _{f}H_{298}^{0}(\text{sn\ phm})-\sum \Delta _{f}H_{298}^{0}(\text{cht\ đu})\)3. Giải chi tiếtÁp dụng vào phương trình cụ thể:\(\Delta _{r}H_{298}^{0}=[\Delta _{f}H_{298}^{0}(Ca^{2+})+2\cdot \Delta _{f}H_{298}^{0}(Cl^{-})]-\Delta _{f}H_{298}^{0}(CaCl_{2})\)Thay số vào:\(\Delta _{r}H_{298}^{0}=[-542,83+2\cdot (-167,16)]-(-795,0)\)\(\Delta _{r}H_{298}^{0}=[-542,83-334,32]+795,0\)\(\Delta _{r}H_{298}^{0}=-877,15+795,0\)\(\Delta _{r}H_{298}^{0}=-82,15\text{\ (kJ)}\)Kết luận:Biến thiên enthalpy của quá trình hòa tan calcium chloride trên là \(-82,15 \text{ kJ}\).

a. Phản ứng giữa Iron (Fe) và Nitric acid (\(HNO_{3}\))Phương trình: \(Fe+HNO_{3}\rightarrow Fe(NO_{3})_{3}+NO+H_{2}O\)Xác định sự thay đổi số oxi hóa:\(Fe^{0}\rightarrow Fe^{+3}\) (Số oxi hóa tăng \(\rightarrow \) Fe là chất khử)\(N^{+5}(trong\ HNO_{3})\rightarrow N^{+2}(trong\ NO)\) (Số oxi hóa giảm \(\rightarrow \) \(HNO_{3}\) là chất oxi hóa)Viết các quá trình:Quá trình oxi hóa: \(Fe^{0}\rightarrow Fe^{+3}+3e\)Quá trình khử: \(N^{+5}+3e\rightarrow N^{+2}\)Thăng bằng electron:Do số electron nhường và nhận đều bằng 3, ta giữ nguyên hệ số 1 cho cả hai quá trình.Cân bằng phương trình:\(1Fe+4HNO_{3}\rightarrow 1Fe(NO_{3})_{3}+1NO+2H_{2}O\)(Lưu ý: Có 3 gốc \(NO_{3}^{-}\) trong muối và 1 phân tử NO nên tổng cộng cần 4 \(HNO_{3}\))b. Phản ứng giữa \(KMnO_{4}\), \(FeSO_{4}\) và \(H_{2}SO_{4}\)Phương trình: \(KMnO_{4}+FeSO_{4}+H_{2}SO_{4}\rightarrow Fe_{2}(SO_{4})_{3}+MnSO_{4}+K_{2}SO_{4}+H_{2}O\)Xác định sự thay đổi số oxi hóa:\(Fe^{+2}(trong\ FeSO_{4})\rightarrow Fe^{+3}(trong\ Fe_{2}(SO_{4})_{3})\): Fe là chất khử.\(Mn^{+7}(trong\ KMnO_{4})\rightarrow Mn^{+2}(trong\ MnSO_{4})\): \(KMnO_{4}\) là chất oxi hóa.Viết các quá trình và tìm hệ số:Quá trình oxi hóa: \(2Fe^{+2}\rightarrow 2Fe^{+3}+2e\) (Nhân 5)Quá trình khử: \(Mn^{+7}+5e\rightarrow Mn^{+2}\) (Nhân 2)Bội số chung nhỏ nhất của 2 và 5 là 10.Thăng bằng electron:\(5\times (2Fe^{+2}\rightarrow 2Fe^{+3}+2e)\)\(2\times (Mn^{+7}+5e\rightarrow Mn^{+2})\)Cân bằng phương trình hoàn chỉnh:\(2KMnO_{4}+10FeSO_{4}+8H_{2}SO_{4}\rightarrow 5Fe_{2}(SO_{4})_{3}+2MnSO_{4}+1K_{2}SO_{4}+8H_{2}O\)

Đề bài tóm tắt:Cơ năng truyền cho vật: \(W = 37,5 \text{ J}\).Tại độ cao \(h = 3 \text{ m}\): Động năng bằng \(1,5\) lần thế năng (\(W_d = 1,5 W_t\)).Gia tốc trọng trường: \(g = 10 \text{ m/s}^2\).Yêu cầu: Xác định khối lượng \(m\) và vận tốc \(v\) tại độ cao đó.Lời giải chi tiết:1. Xác định khối lượng \(m\) của vật:Theo định luật bảo toàn cơ năng, tại độ cao \(h = 3 \text{ m}\), ta có:\(W=W_{d}+W_{t}\)Thay dữ kiện đề bài cho \(W_d = 1,5 W_t\) vào biểu thức trên:\(W=1,5W_{t}+W_{t}=2,5W_{t}\)Mà công thức tính thế năng là \(W_t = mgh\), nên ta có:\(W=2,5\cdot (mgh)\)Thay các giá trị số vào để tìm \(m\):\(37,5=2,5\cdot m\cdot 10\cdot 3\)\(37,5=75\cdot m\)\(\Rightarrow m=\frac{37,5}{75}=0,5\text{\ kg}\)2. Xác định vận tốc \(v\) tại độ cao đó:Ta có mối liên hệ giữa động năng và thế năng tại vị trí này:\(W_{d}=1,5W_{t}\)Thay công thức \(W_d = \frac{1}{2}mv^2\) và \(W_t = mgh\) vào:\(\frac{1}{2}mv^{2}=1,5\cdot (mgh)\)Rút gọn khối lượng \(m\) ở hai vế (vì \(m > 0\)):\(\frac{1}{2}v^{2}=1,5\cdot g\cdot h\)\(\frac{1}{2}v^{2}=1,5\cdot 10\cdot 3\)\(\frac{1}{2}v^{2}=45\)\(v^{2}=90\)\(\Rightarrow v=\sqrt{90}=3\sqrt{10}\approx 9,49\text{\ m/s}\)

Tóm tắt đề bàiKhối lượng xe: \(m = 2 \text{ tấn} = 2000 \text{ kg}\)Thời gian: \(t = 15 \text{ s}\)Vận tốc lúc sau: \(v = 21,6 \text{ km/h} = 6 \text{ m/s}\) (vì \(21,6 / 3,6 = 6\))Vận tốc đầu (khởi hành): \(v_0 = 0 \text{ m/s}\)Gia tốc trọng trường: \(g = 10 \text{ m/s}^2\)Bước 1: Tính các thông số chuyển độngGia tốc của xe là:\(a=\frac{v-v_{0}}{t}=\frac{6-0}{15}=0,4\text{\ (m/s}^{2})\)Quãng đường xe đi được trong \(15 \text{ s}\) là:\(s=\frac{1}{2}at^{2}=\frac{1}{2}\cdot 0,4\cdot 15^{2}=45\text{\ (m)}\)Bước 2: Giải các trường hợpa. Ma sát không đáng kể (\(\mu = 0\))Lực kéo (\(F_{k}\)): Theo định luật II Newton, khi không có ma sát:\(F_{k}=m\cdot a=2000\cdot 0,4=\mathbf{800}\text{\ N}\)Công của động cơ (\(A\)):\(A=F_{k}\cdot s=800\cdot 45=\mathbf{36.000}\text{\ J}\)Công suất trung bình (\(\mathcal{P}\)):\(\mathcal{P}=\frac{A}{t}=\frac{36.000}{15}=\mathbf{2.400}\text{\ W}\)