ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN VÒNG I NĂM HỌC 2012-2013 MÔN HOÁ HỌC - LỚP 9

Hòa tan mẩu Fe vào dung dịch HCl rồi nhỏ tiếp dung dịch KOH vào dung dịch thu được và để lâu ngoài không khí.. Chỉ dùng phenolphtalein không màu, bằng phương pháp hóa học, hãy phân biệt

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH GIANG

-*** - ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN VÒNG I

NĂM HỌC 2012-2013 MÔN HOÁ HỌC - LỚP 9

(Thời gian làm bài 150 phút)

Câu 1 (2 điểm)

1 Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình hóa học xảy ra trong mỗi thí nghiệm sau:

a Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 cho đến dư

b Hòa tan mẩu Fe vào dung dịch HCl rồi nhỏ tiếp dung dịch KOH vào dung dịch thu được

và để lâu ngoài không khí

2 Từ các chất ban đầu là FeS2, Na2O, H2O và các điều kiện cần thiết khác Viết các phương trình phản ứng điều chế Na2SO3, Fe(OH)2

Câu 2 (2 điểm)

1 Hãy nêu phương pháp tách riêng mỗi chất rắn có trong hỗn hợp các chất sau: CaCO3, NaCl, BaSO4 Viết phương trình hóa học xảy ra

2 Chọn các chất A, B, C, D thích hợp và viết các phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ biến hoá sau:

A

(1) + D

B D

(2)



 Fe2(SO4)3  (4) FeCl3  (5) Fe(NO3)3  (6) A  (7) B  (8) C

(3) + D

C

Câu 3 (2 điểm)

1 Chỉ dùng phenolphtalein không màu, bằng phương pháp hóa học, hãy phân biệt các lọ mất nhãn đựng các dung dịch: NaOH, H2SO4, BaCl2, NaCl, Na2SO4 Viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có)

2 Tiến hành thí nghiệm nhúng đồng thời hai thanh kim loại R thứ nhất và thứ hai lần lượt vào hai dung dịch CuSO4 và AgNO3 Sau một thời gian nhấc các thanh R ra, thấy thanh R thứ nhất khối lượng giảm so với ban đầu, thanh R thứ hai có khối lượng tăng so với ban đầu Biết rằng lượng tăng ở thanh R thứ hai gấp 75,5 lần lượng giảm ở thanh R thứ nhất; giả sử tất cả kim loại sinh ra đều bám trên thanh R; số mol các kim loại bám trên thanh R trong hai thí nghiệm trên đều bằng nhau; trong hợp chất kim loại R mang hóa trị II Xác định kim loại R

Câu 4 (2 điểm)

Một hỗn hợp gồm hai muối Na2SO4 và K2SO4 được trộn với nhau theo tỉ lệ số mol tương ứng là 1:2 Hòa tan hỗn hợp hai muối vào 102 gam nước được dung dịch A Cho 1664 gam dung dịch BaCl2 10% vào dung dịch A, lọc bỏ kết tủa rồi thêm dung dịch H2SO4 dư vào dung dịch còn lại thu được 46,6 gam kết tủa Xác định nồng độ phần trăm các chất có trong dung dịch A

Câu 5 (2 điểm)

Hòa tan 5,33 gam hỗn hợp 2 muối MCln và BaCl2 vào nước được 200 gam dung dịch X Chia

X thành 2 phần bằng nhau:

Phần 1: Cho tác dụng với 100 g dung dịch AgNO3 8,5% thu được 5,74 g kết tủa X1 và dung dịch X2 Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được 1,165 gam kết tủa X3

1 Xác định tên kim loại M và công thức hóa học MCln

2 Tính nồng độ % các chất trong dung dịch X2

Cho biết: Ag=108; Cu= 64; Zn=65; Al=27; Fe=56; Ba=137; Na= 23;K=39; O=16; H=1;

Cl=35,5; N=14; S=32

- Hết -

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG I

NĂM HỌC 2012-2013 MÔN HOÁ HỌC - LỚP 9

1 a Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 cho đến dư

Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo trắng tăng dần sau đó tan dần tạo dung dịch trong suốt

3NaOH + AlCl3  3NaCl + Al(OH)3 

NaOHdư + Al(OH)3  NaAlO2 + 2H2O

0,5

b Hiện tượng: Mẩu Fe tan dần vào dd HCl, thu được dd trong suốt, có khí không màu thoát ra Khi nhỏ dd KOH vào dd thu được thì xuất hiện kết tủa trắng xanh, để lâu ngoài không khí kết tủa chuyển dần sang màu nâu đỏ

Fe + 2HCl  FeCl2+ H2 (có khí thoát ra) FeCl2 + 2KOH Fe(OH)2 + 2KCl (có kết tủa trắng xanh)

Có thể có phản ứng: KOH + HCl dư KCl+ H2O 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3 (kết tủa chuyển màu nâu đỏ)

0,5

2 * Điều chế Na2SO3 2H2O Dienphan

2H2 + O2 4FeS2 + 11O2 t o 2Fe2O3 + 8SO2

Na2O + H2O  2NaOH

* Điều chế Fe(OH)2 3H2 + Fe2O3 t o 2Fe + 3H2O 2SO2 + O2 o

2 5

t

V O

SO3 + H2O  H2SO4

H2SO4 + Fe  FeSO4 + H2 FeSO4 + 2NaOH  Na2SO4 + Fe(OH)2

0,5

1 - Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp vào nước, lọc tách chất rắn không tan được hỗn hợp chất rắn CaCO3, BaSO4 và dung dịch NaCl

- Cô cạn dung dịch thu được NaCl

- Tách CaCO3, BaSO4 : + Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, lọc dung dịch thu được chất rắn không tan BaSO4 và dung dịch chứa CaCl2 và HCl dư

CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2O + CO2

+ Nhỏ dung dịch Na2CO3 dư vào dung dịch chứa CaCl2 và HCl dư, lọc tách kết tủa thu được muối CaCO3

CaCl2 + Na2CO3  CaCO3 +2NaCl

2HCl dư + Na2CO3  2NaCl + H2O + CO2

0,25 0,25 0,25

0,25

2 A: Fe(OH) 3 ; B: Fe 2 O 3 ; C: Fe ; D: H 2 SO 4

Fe(OH)3 + 3H2SO4  Fe2(SO4)3 + 6H2O

Fe2O3 + 3H2SO4   Fe2(SO4)3 + 3H2O 2Fe + 6H2SO4 (đ) t0 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

Fe2(SO4)3 + 3BaCl2   3BaSO4 + 2FeCl3 FeCl3 + 3AgNO3  3AgCl + Fe(NO3)3 Fe(NO3)3+ 3NaOH   Fe(OH)3 + 3NaNO3 2Fe(OH)3 t0 Fe2O3 + 3H2O

0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125 0,125

ĐỀ CHÍNH THỨC

Fe2O3 + 3CO t 2 Fe + 3 CO2

1 - Lấy mỗi dung dịch một ít cho vào các ống nghiệm, đánh số thứ tự

- Nhỏ dung dịch phenolphtalein vào 5 ống nghiệm:

+ Ống nghiệm nào xuất hiện màu đỏ là dung dịch NaOH + 4 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: H2SO4, BaCl2, NaCl, Na2SO4

0,25

- Nhỏ dung dịch NaOH có phenolphtalein (màu đỏ) vào 4 ống nghiệm còn lại:

+ Dung dịch nào làm mất màu đỏ của dd NaOH là H2SO4 2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O

+ 3 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: BaCl2, NaCl,

Na2SO4

0,25

- Nhỏ dung dịch H2SO4 vào ba ống nghiệm còn lại:

+ Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu trắng là dung dịch BaCl2 BaCl2 + H2SO4  BaSO4 + 2HCl

+ 2 ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: NaCl, Na2SO4

0,25

- Nhỏ dung dịch BaCl2 vào hai ống nghiệm còn lại:

+ Ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu trắng là dung dịch Na2SO4 BaCl2 + Na2SO4  BaSO4 + 2NaCl

+ Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là dung dịch: NaCl

0,25

2 Kim loại R có nguyên tử khối là MR : PTHH:

R + CuSO4  CuSO4 + Cu 

x x

R + 2AgNO3  R(NO3)2 + 2Ag  0,5x x Đặt x là số mol mỗi kim loại bám vào thanh R (nCu = nAg = x mol) + Phần khối lượng kim loại giảm ở thanh thứ nhất = (MR -64)x + Phần khối lượng tăng ở thanh thứ hai = (2.108 - MR ).0,5x

Theo đề ta có: (2.108 - MR ).0,5x = 75,5.(MR -64)x Giải ra MR = 65 Suy ra kim loại R là kẽm (Zn)

0,25 0,25

0,25 0,25

- Khi cho dd BaCl2 vào dd A:

BaCl2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaCl (1) BaCl2 + K2SO4 → BaSO4 + 2KCl (2)

- Khi cho dd H2SO4 vào nước lọc thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ trong nước lọc còn chứa BaCl2 (dư) và tham gia phản ứng hết với H2SO4

BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl (3)

- Khối lượng BaCl2 cho vào dung dịch A là:

- Số mol BaCl2 tham gia phản ứng (3) là:

46, 6

233

- Suy ra tổng số mol Na2SO4 và K2SO4 = số mol BaCl2 tham gia phản ứng (1) và (2) và bằng: n(Na SO + K SO ) 2 4 2 4 = nBaCl (1+2) 2 0,8 0, 2 0, 6(mol)

- Vì số mol Na2SO4 và K2SO4 trong hỗn hợp trộn với nhau theo tỉ lệ 1:2 nên ta có:

2 4 2 4

n =0,2(mol); n 0, 4(mol)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2 4 2 4

m =0,2.142=28,4(g); n 0, 4.174 69, 6(g)

- Khối lượng dung dịch A: mddA 102 28, 4 69, 6  200(g)

- Nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A:

0,25

0,25

1 Gọi a,b là số mol của MCln và BaCl2 có trong 2,665 gam mỗi phần Phần 1: MCln + n AgNO3 → M(NO3)n + n AgCl (1)

a an a an (mol) BaCl2 + 2 AgNO3 → Ba(NO3)2 + 2 AgCl (2)

b 2b b 2b (mol)

nAgCl =

5 , 143

74 , 5

= 0,04 mol  an + 2b = 0,04 mol Phần 2: BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2 HCl (3)

b b mol 2MCln + nH2SO4 → M2(SO4)n + 2nHCl (4) Theo phản ứng(3) cứ 1 mol BaCl2 chuyển thành 1 mol BaSO4 khối lượng muối tăng 25 gam Từ phản ứng (4) cứ 2 mol MCln chuyển thành 1 mol

M2(SO4) khối lượng tăng 12,5 n gam Nhưng khối lượng X3 < m hỗn hợp muối ban đầu Chứng tỏ (4) không xảy ra → X3 là BaSO4

Số mol BaSO4 =

233

165 , 1

= 0,005 mol  b = 0,005  an = 0,03

mhh = a(M + 35,5n) + 0,005 208 = 2,665  aM = 0,56

aM 0,56

an  0,03  M 56n

3



M 18,7 37,3 56(Fe) Vậy M là kim loại sắt Fe Công thức hóa học của muối: FeCl3

0,25

0,25

0,25

0,25

2 Số mol AgNO3 phản ứng theo PTHH (1), (2):

3

AgNO (1), (2)

n = 0,04 mol

Số mol AgNO3 dư = 0,05 - 0,04 = 0,01 mol Dung dịch X2 gồm:

Fe(NO3)3 ( 0,01 mol) 

3 3

Fe(NO )

m = 0,01 242 = 2,42 g Ba(NO3)2 ( 0,005 mol)  m Ba(NO ) 3 2 = 0,005 261=1,305 g AgNO3 dư (0,01 mol)  m AgNO du 3 = 0,01 170 = 1,7 g

mdd =

2

200

+ 100 - 5,74 =194,26 g

C% Fe(NO3)3 = 2, 42 100%

194, 26 = 1,245%

C% Ba(NO3)2 = 100%

26 , 194

305 , 1

= 0,671%

C% AgNO3 = 100% 0,875%

26 , 194

7 , 1



0,25

0,25 0,25

0,25

Ghi chú: - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương tương

- Phương trình có chất viết sai không cho điểm, thiếu điều kiện và không cân bằng trừ đi nửa số điểm của phương trình đó Nếu bài toán có phương trình không cân bằng hoặc sai chất thì không cho điểm

- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm

PHÒNG GD & ĐT BÌNH GIANG

Đề thi chính thức

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN VÒNG I

NĂM HỌC 2012- 2013 MÔN: SINH HỌC - LỚP 9

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1 (1,5 điểm):

Trong nghiên cứu di truyền Men Đen đã sử dụng những phương pháp lai nào? Nội dung của các phương pháp đó?

Câu 2 (2,0 điểm):

a/ Trình bày cấu trúc hiển vi của bộ NST

b/ So sánh bộ NST của ruồi giấm đực và ruồi giấm cái

c/ Trình bày cơ chế xác định sự phân hoá giới tính ở ruồi giấm

d/ Một tế bào ruồi giấm đực nguyên phân liên tiếp một số lần, môi trường cung cấp

127 tế bào con mới, các tế bào này chuyển sang vùng chín tạo tinh trùng Xác định số lần nguyên phân; số lượng tinh trùng có thể tạo được?

Câu 3 (1,5 điểm):

So sánh ADN, ARN và Prôtêin về mặt cấu trúc? Mối quan hệ giữa gen, ARN và Prôtêin được thể hiện như thế nào?

Câu 4 (1,0 điểm):

Phân biệt giữa biến dị tổ hợp với thường biến?

Câu 5 (2,5 điểm):

Giả sử cặp nhiễm sắc thể 21 ở người một cặp gen Bb Gen B có chiều dài 0,408µm,

có số nuclêôtit loại T chiếm 30% Gen b có khối lượng phân tử 9.105 đvC, có số lượng bốn loại nuclêôtit bằng nhau (Biết khối lượng mỗi nuclêôtit bằng 300 đvC)

a Tính số lượng từng loại nuclêôtit của mỗi gen

b Tính số lượng từng loại nuclêôtit ở kỳ giữa và kỳ cuối của quá trình nguyên phân

c Nếu người đó có cặp thứ 21 chứa 3 nhiễm sắc thể, hãy tính số nuclêôtit từng loại?

Câu 6 (1,5 điểm):

Ở thực vật, có hai phép lai giữa các cá thể dị hợp tử về 2 cặp gen (ký hiệu 2 cặp gen là A, a và B, b), mỗi gen qui định 1 tính trạng, tính trạng trội hoàn toàn

+ Phép lai: Hai cặp gen cùng nằm trên một cặp NST tương đồng

+ Phép lai 2: Hai cặp gen nằm trên hai cặp NST tương đồng khác nhau

Xác định tỉ lệ phân li kiểu gen của 2 phép lai nói trên?

-Hết -

PHÒNG GD & ĐT BÌNH GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

MÔN: SINH - LỚP 9 - VÒNG I NĂM HỌC 2012-2013

Câu 1 (1,5đ)

- Những phương pháp Men Đen đã sử dụng trong nghiên cứu di truyền đó là:

Phương pháp phân tích các thế hệ lai

Phương pháp lai thuận nghịch

Phương pháp lai phân tích

* Phương pháp phân tích các thế hệ lai:

- Cho lai các cặp bố mẹ khác nhau về một hoặc một số cặp tính trạng thuần

chủng tương phản rồi theo dõi sự di truyền riêng rẽ của các cặp tính trạng đó ở

con cháu

- Dùng toán thống kê phân tích các số liệu thu được từ đó khẳng định tính thuần

khiết của các nhân tố di truyền và rút ra các qui luật di truyền

* Phương pháp lai thuận nghịch : Là phương pháp thay đổi vị trí của bố mẹ

trong phép lai nhằm phát hiện ra vai trò của bố mẹ tác động như thế nào trong di

truyền

* Phương pháp lai phân tích: Là phép lai giữa các cá thể mang tính trạng trội cần

xác đinh kiểu gen với cá thể mang tính trạng lặn tương ứng:

- Nếu kết quả phép lai đồng tính trội thì cá thể cần xác định có kiểu gen đồng

hợp tử

- Nếu kết quả phép lai phân tính thì cá thể cần xác định có kiểu gen dị hợp tử

0,25

0,5®

0,25®

0,5®

C©u 2 (2,0 ®iÓm )

a/ Cấu trúc hiển vi vủa NST:

NST có cấu trúc đặc trưng ở kì giữa của quá trình phân bào, khi NST đang

xoắn cực đại

- Cấu tao: Gồm 2 crômatit giống hệt nhau (hai sắc tử chị em) dính nhau ở

tâm động Tại tâm động, NST có eo thứ nhất chia nó thành hai cánh Trên một

cánh của một số NST có eo thứ hai

Mỗi Crômatit có chứa 1 phân tử ADN và một loại Prôtêin loại Histôn

b/ So sánh bộ NST của ruồi giấm đực và ruồi giấm cái

* Giống nhau:

- Đều gồm có 4 cặp NST trong đó có 3 cặp NST thường và 1 cặp NST giới tính

- Trong 3 cặp NST thường đều gồm có 2 cặp hình chữ V, một cặp hình hạt

* Khác nhau: Con đực và cái khác nhau ở cặp NST giới tính

- Con cái : Cặp NST giới tính gồm 2 chiếc hình que, gọi là cặp NST tương đồng

( kí hiệu là XX)

- Con đực : Cặp NST giới tính gồm 1 chiếc hình que, 1 chiếc hình móc gọi là

cặp NST không tương đồng ( kí hiệu là XY)

c/ Cơ chế xác định giới tính của ruồi giấm

Bộ NST của ruồi giấm đực là 6A+ XY

Bộ NST của ruồi giấm cái là 6A+XX

- Khi giảm phân hình thành giao tử ruồi giấm cái chỉ cho ra một loại trứng là

0,5

0,25

0,25

0,25

3A+X Ruồi giấm đực giảm phân cho ra 2 loại tinh trùng là 3A+ X và 3A + Y có

số lượng ngang nhau Khi thụ tinh

- Tinh trùng 3A + X kết hợp với trứng cho hợp tử 6A + XX phát triển thành ruồi

giấm cái

- Tinh trùng 3A + Y kết hợp với trứng cho ra hợp tử 6A + XY phát triển thành

ruồi giấm đực

Ta có p 6A + XY X 6A + XX

GP 3A + X ; 3A + Y 3A + X

F1 6A + XX : 6 A + XY

ruồi giấm cái : ruồi giấm đực

d/ Số lần nguyên phân; số lượng tinh trùng của ruồi giấm

Gọi x là số lần nguyên phân của hợp tử Ta có:

( 2x - 1) = 127 ( tế bào)  2x = 128 = 27  x= 7 lần nguyên phân

- Số lượng tinh trùng có thể tạo ra được : 128 x 4 = 512 ( tinh trùng )

0,25

0,25

0,25

C©u 3 (1,5 ®iÓm):

* Điểm giống nhau

- Đều là những đại phân tử có khối lượng và kích thước lớn

- Đều được cấu tạo theo nguyên tắc đa phân, mà các phân tử con là các đơn phân

* Điểm khác nhau

- Cấu tạo từ các nguyên

tố hoá học là C, H, O, N,

P

- Có cấu tạo gồm 2 mạch

song song xoắn lại

- Đơn phân là các

Nuclêôtit, có 4 loại đơn

phân A, T, G, X

- Có khối lượng, kích

thước lớn hơn ARN và

Prôtêin

- Cấu tạo từ các nguyên

tố hoá học là C, H, O , N,

P

- Chỉ có cấu tạo một mạch

- Đơn phân là các Ribônuclêôtit, có 4 loại đơn phân A, U, G, X

- Có khối lượng, kích thước nhỏ hơn ADN và lớn hơn Prôtêin

- Cấu tạo từ các nguyên tố hoá học là

C, H, O , N

- Cấu tạo từ một hay nhiều chuỗi Axitamin

- Đơn phân là hơn 20 loại Axitamin

- Có khối lượng, kích thước nhỏ hơn ADN

và ARN

* Mối quan hệ giữa gen , ARN và Prôtêin

Gen tổng hợp nên mARN từ mạch khuôn của gen như vậy thông tin di

truyền của gen cấu trúc đã được phiên ra thành mARN, mARN này lại giúp gen

giải mã thông tin thể hiện bằng trật tự phân bố các Axitamin trên phân tử

Prôtêin

0,25®

0,25®

0,25® 0,25®

0,25®

0,25

Câu 4 (1,0 điểm):

Điểm khác nhau cơ bản giữa biến dị tổ hợp và thường biến:

- Là biến dị di truyền

- Xuất hiện ở các thế hệ sau thông qua

quá trình sinh sản

- Không tương ứng với môi trường

- Có ý nghĩa là nguồn nguyên liệu cho

- Là biến dị không di truyền

- Xuất hiện trong đời sống cá thể do môi trường thay đổi

- Luôn tương ứng với điều kiện môi trường

- Có ý nghĩa giúp cơ thể thích nghi với

0,25 0,25

0,25

chọn giống và tiến hoá môi trường 0,25

Câu 5 (2,5 điểm)

a Số lượng từng loại nu của mỗi gen:

* Gen B: Đổi 0,408m = 4080A0

Tổng số nu của gen B là: NB= 2. 4080 2 2400

3, 4 3, 4

Số nu mỗi loại của gen là:

TB = AB = 30 2400 720

100x  (Nu) => GB = XB = 480 (Nu)

* Gen b:

Tổng số nu của gen b là: Nb=

5

9, 0 10

3000

300 300

M  x  (Nu)

Số nu mỗi loại của gen là:

Ab = Tb = Gb = Xb = 3000 750

4  (Nu)

b Số lượng từng loại nu ở kì giữa và kì cuối của quá trình nguyên phân:

* Kì giữa:

Các NST tồn tại ở trạng thái kép  Cặp gen trên NST số 21 sẽ trở thành

BBbb

Số lượng từng loại nu là:

T = A = 2.(AB + Ab) = 2.(720 + 750) = 2940 (Nu)

G = X = 2.(GB + Gb) = 2.(480 + 750) = 2460 (Nu)

* Kì cuối:

Các NST tồn tại ở trạng thái đơn  Cặp gen trên NST số 21 là Bb

Số lượng từng loại nu là:

A = T = AB + Ab = 720 + 750 = 1470 (Nu)

G = X = GB + Gb = 480 + 750 = 1230 (Nu)

c Người có cặp thứ 21 chứa 3 NST  Cặp gen trên NST số 21 sẽ trở thành

BBb hoặc Bbb

* TH1: Nếu kiểu gen là BBb:

Số lượng nu từng loại là:

A = T = 2.AB + Ab = 2 720 + 750 = 2190 (Nu)

G = X = 2.GB + Gb = 2 480 + 750 = 1710 (Nu)

* TH2: Nếu kiểu gen là Bbb:

Số lượng nu từng loại là:

A = T = AB + 2.Ab = 720 + 2 750 = 2220 (Nu)

G = X = GB + 2.Gb = 480 + 2 750 = 1980(Nu)

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 6 (1,5 điểm)

a) Xác định tỉ lệ phân ly kiểu gen của hai phép lai:

+ Phép lai 1: Hai cặp gen nằm trên một cặp NST tương đồng

P: (Aa,Bb) x (Aa,Bb)

* Trường hợp 1: P: AB

ab x

AB ab

GP: AB; ab AB; ab

0.25

0.25

F1: Tỷ lệ kiểu gen: 1AB

AB : 2

AB

ab : 1

ab ab

* Trường hợp 2: P: Ab

aB x

Ab aB

GP: Ab; aB Ab; aB

F1: Tỷ lệ kiểu gen: 1Ab

Ab : 2

Ab

aB : 1

aB aB

* Trường hợp 3: P: Ab

aB x

AB ab

GP: Ab; aB AB; ab

F1: tỷ lệ kiểu gen: 1AB

Ab : 1

Ab

ab : 1

AB

aB : 1

aB ab + Phép lai 2: Hai cặp gen nằm trên hai cặp NST tương đồng khác nhau

P: AaBb x AaBb

G: AB; Ab; aB; ab AB; Ab; aB; ab

(Học sinh không cần lập khung Pennet xác định được tỷ lệ phân ly kiểu

gen)

1AABB: 2AaBB: 2AABb: 4AaBb: 1AAbb: 2Aabb:1aaBB: 2aaBb: 1aabb

( Học sinh lập luận và làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm)

0.25

0.25

0.5

-HÕt -

PHÒNG GD&ĐT BÌNH GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG I

NĂM HỌC 2012-2013 MÔN : NGỮ VĂN – LỚP 9

(Thời gian làm bài: 150 phút)

Câu 1 (2 điểm)

Cho đoa ̣n trích sau:

“ … Nước hết chuông rền , số cùng khí kiê ̣t Một tấm thân tàn , nguy trong sớm tối, viê ̣c sống chết không khỏi phiền đến con Chồng con nơi xa xôi chưa biết sống chết thế nào , không thể về đền ơn được Sau này, trời xét lòng lành , ban cho phúc đức , giống dòng tươi tốt , con cháu đông đàn , xanh kia quyết chẳng phụ con, cũng như con đã chẳng phụ mẹ

Bà cụ nói xong thì mất Nàng hết lời thương xót, phàm việc ma chay tế lễ, lo liê ̣u như đối với cha me ̣ đẻ mình.”

(Nguyễn Dư ̃ – Chuyê ̣n người con gái Nam

Xương)

So với truyện cổ tích “Vợ chàng Trương” thì “Chuyện người con gái Nam

Xương” có thêm nhân vật bà mẹ Trương Sinh Qua chi tiết trên , em hãy trình

bày ý nghĩa của việc sáng tạo thêm nhân vật này

Câu 2 (3 điểm)

Bảo vệ môi trường là bảo vệ chính cuộc sống của chúng ta

Câu 3 (5 điểm)

“Lặng lẽ Sa Pa”- Một bài ca ca ngợi những con người có lẽ sống cao đẹp

đang lặng lẽ quên mình, cống hiến cho Tổ quốc

Bằng hiểu biết của em về tác phẩm “ Lă ̣ng lẽ Sa Pa” của Nguyễn Thành

Long, hãy làm sáng tỏ nhận định trên

- HẾT -

ĐỀ CHÍNH THỨC