(9) (7) (8)     ! " #$%&'()* Thi gian lm bi: 150 pht (không k thi gian giao đ)  +,(-./01*234,5&$. ,56$. 23(4 điểm)% 1) Cho sơ đồ biến hóa: (1) (2) (3) (4) (5) (6) A B D E F G H→ → → → → → Hãy gán các chất: CH 4 , C 2 H 4 , C 2 H 2 , CH 3 COONa, CH 3 COOH, C 2 H 5 OH, CH 3 COOC 2 H 5, CH 2 =CHCl ứng với các chữ cái (không trùng lặp) trong sơ đồ trên và viết các phương trình hóa học thực hiện sơ đồ biến hóa đó. 2) Có hỗn hợp 3 oxit: MgO, CuO, Fe 2 O 3 . Trình bày phương pháp hoá học tách riêng từng oxit. 23(4 điểm)% 1) Dẫn hỗn hợp khí gồm CO 2 , SO 2 , C 2 H 4 qua dung dịch A (dư) thì thu được 1 chất khí duy nhất B thoát ra. B là khí gì? Viết phương trình phản ứng? 2) Xác định công thức phân tử của các chất A, B, C, D, E, F và viết phương trình phản ứng theo dãy biến hoá sau: A NaOH (1) + → B HCl (2) + → C (3) → D 0 2 5 V O ,t (4) → E (5) → F (6) → BaSO 4 Biết A là hợp chất của lưu huỳnh với 2 nguyên tố khác. 3) Cho hỗn hợp chất rắn gồm FeS 2 , CuS, Na 2 O. Chỉ được dùng thêm nước và các điều kiện cần thiết (nhiệt độ, xúc tác, ). Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra để điều chế FeSO 4 , Cu(OH) 2 . 23(4,5 điểm)% 1) Từ than đá, đá vôi và các chất vô cơ cần thiết, hãy viết các phương trình phản ứng cần thiết điều chế Brombenzen và đibrometan. 2) Dẫn luồng khí CO dư qua hỗn hợp các chất: BaO, CuO, Fe 3 O 4 , Al 2 O 3 nung nóng (các chất có số mol bằng nhau). Kết thúc các phản ứng thu được chất rắn 7 và khí 8. Cho 7 vào H 2 O (lấy dư) thu được dung dịch 9 và phần không tan :. Cho : vào dung dịch AgNO 3 (số mol AgNO 3 bằng hai lần tổng số mol các chất trong hỗn hợp ban đầu) thu được dung dịch  và chất rắn ;. Lấy khí 8 cho sục qua dung dịch 9 được dung dịch  và kết tủa . Hãy xác định thành phần các chất của 7, 8, 9, :, ;, , ,  và viết các phương trình hóa học xảy ra. 3) Hoà tan 32 gam kim loại M trong dung dịch HNO 3 dư thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO 2 và NO, hỗn hợp khí này có tỉ khối hơi so với H 2 bằng 17. Xác định kim loại M. 23(4 điểm)%Dung dịch A chứa đồng thời 2 muối bạc nitrat và đồng (II) nitrat với nồng độ mol của muối đồng gấp 4 lần nồng độ mol của muối bạc. 1) Nhúng 1 thanh kẽm vào 250 ml dung dịch A. Sau 1 thời gian, lấy thanh kẽm ra và làm khô, thấy khối lượng thanh kẽm tăng 1,51 gam. Biết rằng dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối. Tính nồng độ mol của muối kẽm trong dung dịch sau phản ứng? 2) Nếu giữ thanh kẽm trong 250 ml dung dịch A một thời gian đủ lâu thì thấy sau phản ứng dung dịch A chỉ chứa 1 muối duy nhất với nồng độ 0,54M. Tính nồng độ mol của các muối trong dung dịch A ban đầu? (Coi tất cả kim loại mới sinh ra đu bám vo thanh kẽm v th tích dung dịch không thay đổi). 23(3,5 điểm)% Cho hỗn hợp 7 gồm 3 hidrocacbon <, ,  mạch hở, thể khí (ở điu kiện thưng). Trong phân tử mỗi chất có thể chứa không quá một liên kết đôi, trong đó có 2 chất thành phần phần trăm về thể tích bằng nhau. Trộn m gam hỗn hợp 7 với 2,688 lít O 2 thu được 3,136 lít hỗn hợp khí 8 (các th tích khí đu đo ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 8, rồi thu toàn bộ sản phẩm cháy sục từ từ vào dung dịch Ca(OH) 2 0,02M thu được 2,0 gam kết tủa và khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm đi 0,188 gam. Đun nóng dung dịch này lại thu thêm 0,2 gam kết tủa nữa (Cho biết các phản ứng hóa học đu xảy ra hon ton). 1) Tính m và thể tích dung dịch Ca(OH) 2 đã dùng. 2) Tìm công thức phân tử và tính thành phần % về thể tích của 3 hidrocacbon trong hỗn hợp 7. (Cho: H =1; C =12; N =14; 0 =16; Na =23; Ca =40; Cu = 64; Zn =65; Ag = 108) HẾT Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:………………………. Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:…………………………….Giám thị 2:…………………………. => PE L → PVC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ?@AB   ! " Hướng dẫn chấm gồm 03 trang 23 C-D3$. -E0 F Gán các chất như sau: A: C 4 H 10 ; B: CH 3 COOH; C: CH 3 COONa; D:CH 4 ; E: C 2 H 2 ; F: C 2 H 4 ; G: C 2 H 5 OH; H: CH 3 COOC 2 H 5 ; L: CH 2 = CHCl PTHH: 2C 4 H 10 + 5O 2 → 0 t 4CH 3 COOH + 2H 2 O (1) CH 3 COOH + NaOH → CH 3 COONa + H 2 O (2) CH 3 COONa (r) + NaOH (r) 0 t CaO → CH 4 + Na 2 CO 3 (3) 2CH 4 0 1500 C lam lanh nhanh → C 2 H 2 + 3H 2 (4) C 2 H 2 + H 2 0 t Pd → C 2 H 4 (5) C 2 H 4 + H 2 O 2 4 H SO l → C 2 H 5 OH 6) CH 3 COOH + C 2 H 5 OH 0 2 4 ,H SOđăc t → ¬  CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O (7) nCH 2 = CH 2 0 , ,P t xt → (- CH 2 - CH 2 -) n (PE) (8) CH ≡ CH + HCl → xtt , 0 CH 2 = CHCl (9) nCH 2 = CHCl 0 , ,P t xt → (- CH 2 - CHCl-) n (PVC) (10) * Nếu HS không ghi điu kiện, không cân bằng PTHH: trừ ½ tổng số đim mỗi phương trình theo biu đim. * HS có th chọn chất khác m thỏa mãn PƯHH, cho đim tối đa theo biu đim.  FG41HI -Cho khí H 2 dư đi qua từ từ hỗn hợp nung nóng thì toàn bộ Fe 2 O 3 và CuO chuyển thành Fe và Cu. -Hoà tan hỗn hợp rắn thu được( Fe, Cu, MgO) bằng dung dịch HCl dư.Lọc lấy riêng chất rắn không tan là Cu. Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 MgO + 2HCl → MgCl 2 + H 2 O Lấy Cu nung trong không khí ta được CuO. 2Cu +O 2 → to 2CuO -Hỗn hợp dung dịch thu được gồm MgCl 2 , FeCl 2 , HCl dư đem điện phân dung dịch thì thu được Fe FeCl 2  → đpdd Fe +Cl 2 Lọc lấy Fe nung trong không khí ta được Fe 2 O 3 . 4Fe + 3O 2 → to 2 Fe 2 O 3 -Sau đó cho dd NaOH dư tác dụng với dd còn lại(MgCl 2 , HCl dư). MgCl 2 + 2 NaOH → Mg(OH) 2 +2 NaCl HCl + NaOH → NaCl + H 2 O Lọc kết tủa , đem nung ta được MgO nguyên chất. PTHH: Mg(OH) 2 → to MgO + H 2 O Học sinh lm cách khác nếu đng vẫn cho đim tối đa 23  -Khí B là : CO 2 hoặc C 2 H 4 -Dung dịch A là: Nước brom hoặc dung dịch bazơ tan Ví dụ; - A là nước brom: C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 SO 2 + Br 2 + H 2 O → 2HBr + H 2 SO 4 Vậy B là CO 2 . - A là dung dịch bazơ tan SO 2 + Ba(OH) 2 → BaSO 3 + H 2 O CO 2 + Ba(OH) 2 → CaSO 3 + H 2 O Vậy B là C 2 H 4  1) Theo đề bài, ta có A là NaHS, theo dãy biến hoá ta có: NaHS  → + NaOH Na 2 S  → +HCl H 2 S  → SO 2  → + 2 O SO 3  → H 2 SO 4  → BaSO 4 Các phương trình phản ứng:( Mỗi phản ứng 0,25 đim) NaHS + NaOH → Na 2 S + H 2 O Na 2 S + HCl → 2NaCl + H 2 S 2H 2 S + 3O 2 → 2SO 2 + 2H 2 O 2SO 2 + O 2 → 0 t 2SO 3 SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 H 2 SO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 ↓ + 2H 2 O " - Hòa tan hỗn hợp vào nước lọc, tách lấy chất rắn FeS 2 , CuS và dung dịch NaOH: Na 2 O + H 2 O 2NaOH - Điện phân nước thu được H 2 và O 2 : 2H 2 O 2H 2 + O 2 (1) - Nung hỗn hợp FeS 2 , CuS trong O 2 (1) dư đến phản ứng hoàn toàn được hỗn hợp rắn Fe 2 O 3 , CuO và khí SO 2 : 4FeS 2 + 11O 2 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 CuS + O 2 CuO + SO 2 - Tách lấy khí SO 2 cho tác dụng với O 2 (1) dư có xúc tác, sau đó đem hợp nước được H 2 SO 4 : 2SO 2 + O 2 2SO 3 SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 (2) - Lấy hỗn hợp rắn Fe 2 O 3 , CuO đem khử hoàn toàn bằng H 2 (1) dư ở nhiệt độ cao được hỗn hợp Fe, Cu. Hòa tan hỗn hợp kim loại vào dd H 2 SO 4 loãng (2), được dung dịch FeSO 4 . Phần không tan Cu tách riêng. Fe 2 O 3 + 3H 2 2Fe + 3H 2 O. CuO + H 2 Cu + H 2 O. Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 - Cho Cu tác dụng với O 2 (1) tạo ra CuO sau đó hòa tan vào dung dịch H 2 SO 4 (2) rồi cho tiếp dung dịch NaOH vào, lọc tách thu được kết tủa Cu(OH) 2 . 2Cu + O 2 2CuO CuO + H 2 SO 4 CuSO 4 + H 2 O CuSO 4 + 2NaOH Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 . 23 Các phương trình phản ứng điều chế C 2 H 5 Br, C 2 H 4 Br 2 được thực hiện theo dãy biến hóa sau: CaC 2 + 2H 2 O → Ca(OH) 2 + C 2 H 2 C 2 H 2 + H 2 , → o t xt C 2 H 4 C 2 H 4 + Br 2 → C 2 H 4 Br 2 3C 2 H 2 , → o t xt C 6 H 6 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 V 2 O 5 t 0 (A) (B) (C) (D) (E) (F) V 2 O 5 C 6 H 6 + Br 2 , → o t Fe C 6 H 5 Br + HBr  Gọi số mol mỗi oxit là a ⇒ số mol AgNO 3 là 8a + Phản ứng khi cho CO dư qua hỗn hợp các chất nung nóng: CO + CuO 0 t C → Cu + CO 2 (1) a (mol) a (mol) a (mol) 4CO + Fe 3 O 4 0 t C → 3Fe + 4CO 2 (2) a (mol) 3a (mol) 4a (mol) ⇒ Thành phần của X: Cu = a (mol); Fe = 3a (mol); BaO = a (mol); Al 2 O 3 = a (mol) ⇒ Thành phần khí Y: CO 2 = 5a (mol); CO dư 0.125 0.125 0.25 + Phản ứng khi cho X vào nước dư: BaO + H 2 O → Ba(OH) 2 (3) a (mol) a (mol) Al 2 O 3 + Ba(OH) 2 → Ba(AlO 2 ) 2 + H 2 O (4) a (mol) a (mol) a (mol) ⇒ Thành phần dung dịch E: Ba(AlO 2 ) 2 = a(mol) ⇒ Thành phần Q: Cu = a(mol); Fe = 3a(mol) 0.25 0.25 0.25 + Phản ứng khi cho Q vào dung dịch AgNO 3 : Trước hết: Fe + 2AgNO 3 → Fe(NO 3 ) 2 + 2Ag (5) 3a (mol) 6a (mol) 3a(mol) 6a(mol) Sau đó: Cu + 2AgNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + 2Ag (6) a(mol) 2a(mol) a(mol) 2a(mol) ⇒ Thành phần dung dịch T: Fe(NO 3 ) 2 = 3a(mol); Cu(NO 3 ) 2 = a(mol) ⇒ Thành phần F: Ag = 8a(mol). * Nếu không viết 2 phản ứng (5), (6) xảy ra theo thứ tự trừ 0,5 đim 0.125 0.125 0.25 + Phản ứng khi cho khí Y sục qua dung dịch E: 2CO 2 + 4H 2 O + Ba(AlO 2 ) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 + 2Al(OH) 3 ↓ (7) 2a (mol) a(mol) a(mol) 2a(mol) ⇒ Thành phần dung dịch G: Ba(HCO 3 ) 2 = a(mol) ⇒ Thành phần H: Al(OH) 3 = 2a(mol) 0.25 0.25 " * Đặt a,b là số mol của NO và NO 2 Ta có : 1 3 17 )(2 4630 =→= + + b a ba ba * Phản ứng hoà tan M: 10M + 14n HNO 3 → 10M(NO 3 )n + 3nNO↑ + nNO 2 ↑+ 7nH 2 O 10M (gam) → 4n mol khí 32 (gam) → 8,96/22,4 = 0,4 mol khí → 10M .0,4 = 32.4n → M = 32n → M = 64 → Vậy M là Cu 0.25 0.25 0.5 23 -Gọi a là số mol của AgNO 3 → số mol của Cu(NO 3 ) 2 là 4a mol -Dung dịch sau phản ứng chứa 3 muối nên Zn chỉ phản ứng với một phần AgNO 3 .(3 muối đó là: Zn(NO 3 ) 2 , AgNO 3 , Cu(NO 3 ) 2 -Gọi x là số mol Zn phản ứng PTHH: Zn + 2AgNO 3 → Zn(NO 3 ) 2 + 2Ag x 2x x 2x 0.5 0.25 -Vì thanh kẽm sau phản ứng tăng nên tao có phương trình : 0.5 108 . 2x – 65x = 1,51 → x=0,01 (mol) -Theo phương trình ta có: n AgNO 3 phản ứng = 0,02 mol; n Zn(NO 3 ) 2 = 0,01 mol 0.25 -Vậy,C M Zn(NO 3 ) 2 = 25,0 01,0 =0,04 M 0.25  -Dung dịch chỉ chứa 1 muối duy nhất là Zn(NO 3 ) 2 nên AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 đã phản ứng hết -PTHH: Zn + 2AgNO 3 → Zn(NO 3 ) 2 + 2Ag (1) 0,5a a 0,5a a Zn + Cu(NO 3 ) 2 → Zn(NO 3 ) 2 + Cu (2) 4a 4a 4a 4 a 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 -Ta có: C M Zn(NO 3 ) 2 = 0,54 M → n Zn(NO 3 ) 2 = 0,54 .0,25=0,135(mol) -Từ (1 và 2) → n Zn(NO 3 ) 2pư = 0,5a + 4a = 0,135 → a= 0,03(mol) → nAgNO 3 = 0,03 mol; nCu(NO 3 ) 2 = 4a= 0,12mol -Vậy: C M AgNO 3 = 0,03: 0,25 = 0,12 M C M Cu(NO 3 ) 2 = 0,12: 0,25 = 0,48M - 23 2 O n = 2,688 22,4 = 0,12 (mol), n hỗn hợp Y = 3,136 22,4 = 0,14 (mol) n hỗn hợp X = 0,14 – 0,12 = 0,02 (mol) Đặt công thức trung bình của A, B, C là: x y C H PƯHH: x y C H + ( x + 4 y )O 2 → 0 t x CO 2 + 2 y H 2 O (1) Hỗn hợp sản phẩm đốt cháy Y gồm CO 2 , H 2 O, O 2 (có th dư), sục sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH) 2 , có PƯHH CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O (2) 2CO 2 + Ca(OH) 2 → Ca(HCO 3 ) 2 (3) Ca(HCO 3 ) 2 → 0 t CaCO 3 ↓ + H 2 O + CO 2 ↑ (4) Từ (2) → 2 CO n = 3 (2)CaCO n = 2,0 100 = 0,02 (mol) từ (3), (4) → 2 CO n = 2 3 (3)CaCO n = 2. 0,2 100 = 0,004 (mol) Vậy: Tổng số mol CO 2 ở sản phẩm cháy tạo ra: 0,02 + 0,004 = 0,024 (mol) m dd giảm = 3 (2)CaCO m - ( 2 CO m + 2 H O m ) = 0,188 (g) → 2 H O m = 2,0 - 0,024. 44 – 0,188 = 0,756 (g) 2 H O n = 0,756 18 = 0,042 (mol) Theo định luật BTKL: m X = m C + m H = 0,024.12 + 0,042. 2 = 4"J (.60) 2 Ca(OH) n = 2 Ca(OH) n (2) + 2 Ca(OH) n (3) = 0,02 + 0,002 = 0,022 (mol) → V = 0,022 0,02 = 4 GKL,I   2 2n n C H n + = 2 H O n - 2 CO n = 0,042 – 0,024 = 0,018 (mol) Từ 2 CO n ; n X → x = 0,024 0,02 = 1,2 → trong X có một chất là  M Vậy 3 hidrocacbon có thể có CTTQ thuộc các loại C n H 2n + 2 , C m H 2m (Vì 3 hidrocacbon có tối đa một liên kết đôi) Chia X thành 3 trường hợp: 5NO$.(PQ : X có 3 hiđrocacbon đều có CTTQ C n H 2n + 2 n X = 2 H O n - 2 CO n = 0,018 < 0,02 → K&R- 5NO$.(PQ: X gồm CH 4 , một hiđrocacbon có CTTQ C n H 2n + 2 và một hiđrocacbon có CTTQ C m H 2m (n,m ≤ 4; m ≥ 2) Đặt 4 CH n = x (mol), 2 2n n C H n + = y mol, 2m m C H n = z mol Ta có: x + y = 0,018 mol z = 0,02 – 0,018 = 0,002 mol a) Nếu: x = y = 0,018 2 = 0,009 n C = 0,009 .1+ 0,009 . n + 0,002. m = 0,024 ⇒ 9n + 2m = 15 m 2 3 4 n 9 11 1 9 7 (K&R-) b) Nếu: y = z → x = 0,018 – 0,002 = 0,016 → n C = 0,016 F 1 + 0,002n + 0,002m = 0,024 ⇒ n + m = 4 m 2 3 4 n 2 1 0 Chọn cặp nghiệm: C 2 H 6 , C 2 H 4 Vậy công thức phân tử của hỗn hợp X: CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 CTCT: CH 3 – CH 3 , CH 2 = CH 2 c) Nếu x= z = 0,02 → y = 0,016 n C = 0,002 . 1 + 0,016n + 0,002m = 0,024 → 8n + m = 11 m 2 3 4 n 8 9 1 8 7 (K&R-) 5NO$.(PQ": X gồm CH 4 , một hiđrocacbon có CTTQ C n H 2n và một hiđrocacbon có CTTQ C m H 2m (2 ≤ n,m ≤ 4) Đặt 4 CH n = x (mol), 2n n C H n = y mol, 2m m C H n = z mol 2 H O n - 2 CO n = 0,018 → y + z = 0,02 – 0,018 = 0,002 mol vì x phải khác y và z → y = z = 0,001 n C = 0,018 . 1 + 0,001n + 0,001m = 0,024 n + m = 6 m 2 3 4 n 4 3 2 Chọn: C 2 H 4 , C 4 H 8 CTCT của C 4 H 8 CH 3 – CH = CH – CH 3 CH 2 = CH – CH 2 – CH 3 CH 2 = C – CH 3 3.a) Trưng hợp: CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 %CH 4 = 02,0 016,0 . 100% = 80% , %C 2 H 6 = %C 2 H 4 = 10% b) Trưng hợp: CH 4 , C 2 H 4 , C 4 H 8 %CH 4 = 02,0 018,0 . 100% = 90% , %C 2 H 4 = %C 4 H 8 = 5% SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH   ! " #$% Thi gian lm bi 150 pht (không k thi gian giao đ) (Đề thi gồm 10 câu trong 01 trang) 23 (2,0 đim): Kể tên các dạng biến dị di truyền và biến dị không di truyền ở sinh vật. Nêu các điểm khác nhau cơ bản giữa hai loại biến dị này. 23 (2,0 đim): Bộ nhiễm sắc thể của một loài thực vật có hoa gồm 7 cặp nhiễm sắc thể (kí hiệu I, II, III, IV, V, VI, VII), khi khảo sát một quần thể của loài này, người ta phát hiện 3 thể đột biến (kí hiệu A, B, C). Phân tích bộ nhiễm sắc thể của 3 thể đột biến đó thu được kết quả sau: Thể đột biến Số lượng nhiễm sắc thể đếm được ở từng cặp I II III IV V VI VII A 3 3 3 3 3 3 3 B 3 2 2 2 2 2 2 C 1 2 2 2 2 2 2 a) Xác định tên gọi của các thể đột biến trên. Cho biết đặc điểm của thể đột biến A. b) Nêu cơ chế hình thành thể đột biến C. 23" (2,0 đim): Phân biệt di truyền phân li độc lập với di truyền liên kết của hai cặp tính trạng. 23M (2,0 đim): a) Tại sao ở các cây giao phấn, người ta tiến hành tự thụ phấn bắt buộc liên tiếp qua nhiều thế hệ thấy xảy ra sự thoái hóa giống, trong khi ở các cây tự thụ phấn nghiêm ngặt khi tự thụ phấn không dẫn đến thoái hóa giống? Cho ví dụ minh họa. b) Vai trò của tự thụ phấn bắt buộc và giao phối cận huyết trong chọn giống? 231 (2,0 đim): Người con trai và người con gái bình thường, sinh ra từ hai gia đình đã có người mắc chứng câm điếc bẩm sinh. a) Em hãy thông tin cho đôi trai gái này biết đây là loại bệnh gì. b) Bệnh do gen trội hay gen lặn quy định? Tại sao? c) Nếu họ lấy nhau, sinh con đầu lòng bị câm điếc bẩm sinh thì họ có nên tiếp tục sinh con nữa không? Tại sao? 23S(2,0 đim): Những hoạt động nào của nhiễm sắc thể chỉ có trong giảm phân mà không có trong nguyên phân? Cho biết ý nghĩa của các hoạt động đó. 23J (3,0 đim): Ở lúa, tính trạng thân cao tương phản với thân thấp, tính trạng hạt tròn tương phản với hạt dài. Trong một số phép lai, ở F 1 người ta thu được kết quả như sau: - Phép lai 1: 75% cây lúa thân cao, hạt tròn : 25% cây lúa thân thấp, hạt tròn. - Phép lai 2: 75% cây lúa thân thấp, hạt dài : 25% cây lúa thân thấp, hạt tròn. Cho biết các gen quy định các tính trạng đang xét nằm trên các cặp nhiễm sắc thể tương đồng khác nhau. Hãy biện luận và viết sơ đồ lai cho từng phép lai. 23T (1,0 đim): Nêu các hậu quả của hoạt động chặt phá rừng bừa bãi và nạn cháy rừng. 23(2,0 đim): Quan hệ giữa các cá thể trong hiện tượng tự tỉa ở thực vật là mối quan hệ gì? Trong thực tiễn sản xuất, cần phải làm gì để tránh sự cạnh tranh gay gắt giữa các cá thể sinh vật, làm giảm năng suất vật nuôi, cây trồng? 23 (2,0 đim): 1. Trong một khu vực có những quần thể thuộc các loài và nhóm loài sau đây: cây cỏ, thỏ, dê, chim ăn sâu, sâu hại thực vật, hổ, mèo rừng, vi sinh vật. a) Nêu những điều kiện để các quần thể đó tạo nên một quần xã. b) Vẽ sơ đồ lưới thức ăn của quần xã sinh vật đó. 2. Muốn nuôi được nhiều cá trong một ao và để có năng suất cao thì chúng ta cần phải nuôi các loài cá như thế nào cho phù hợp? HẾT Họ v tên thí sinh :………………………………… ………….Số báo danh :……………… Họ tên, chữ kí: Giám thị 1: Giám thị 2 : => SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ?@A  ! " #$% ( Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) 23 C-D3$. -E0 G4H-E0I U'*DR$.V-W$DXD-,53Y+$Z[V-W$DX\(#$.D-,53Y+$]^-$(Z_,% - Biến dị di truyền: + Đột biến: đột biến gen, đột biến NST. + Biến dị tổ hợp. - Biến dị không di truyền: thường biến. U'*H-E0\('*$(63*`Va$ b6(6-K&R-V-W$DX% -W$DXD-\(#$.,53Y+$ -W$DXD-,53Y+$ - Chỉ làm biến đổi kiểu hình. - Làm biến đổi cả kiểu gen, kiểu hình. - Xuất hiện đồng loạt, định hướng. - Xuất hiện riêng lẻ, không định hướng. - Không di truyền. - Có khả năng di truyền. - Là biến dị có lợi, giúp sinh vật thích nghi với môi trường sống. - Có thể có lợi, có hại hay trung tính. - Không phải là nguyên liệu của chọn lọc tự nhiên. - Là nguyên liệu của chọn lọc tự nhiên và tiến hoá. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 G4H-E0I 6Ic$.)-*d6",(EHC,V-W$% + Thể đột biến A có 3n NST: thể tam bội . + Thể đột biến B có (2n + 1) NST: thể tam nhiễm + Thể đột biến C có (2n − 1) NST: thể một nhiễm - Đặc điểm của thể đột biến A: + Tế bào đa bội có số lượng NST tăng gấp bội, số lượng ADN cũng tăng tương ứng => thể đa bội có quá trình tổng hợp các chất hữu cơ diễn ra mạnh mẽ hơn => kích thước tế bào của thể đa bội lớn, cơ quan sinh dưỡng to, sinh trưởng, phát triển mạnh và chống chịu tốt. + Thể đa bội khá phổ biến ở thực vật. VI`*(W(e$(,([$(,(EHC,V-W$% + Trong giảm phân, cặp NST số I nhân đôi nhưng không phân li tạo thành loại giao tử (n – 1) NST. + Khi thụ tinh, giao tử (n–1) kết hợp với giao tử (n) tạo thành hợp tử (2n–1) NST => phát triển thành thể dị bội (2n – 1). 0,5 0,5 0,5 0,5 "G4H-E0I (2$V-f,% -,53Y+$Q(2$K-HC*K_Q -,53Y+$K-c$\W, - Hai cặp gen nằm trên 2 cặp NST tương đồng khác nhau. - Hai cặp tính trạng di truyền độc lập và không phụ thuộc vào nhau. - Các gen phân li độc lập với nhau trong quá trình tạo giao tử. - Làm xuất hiện nhiều biến dị tổ hợp. - Hai cặp gen cùng nằm trên cùng một cặp NST tương đồng. - Hai cặp tính trạng di truyền không độc lập mà phụ thuộc vào nhau. - Các gen phân li cùng nhau trong quá trình tạo giao tử. - Hạn chế xuất hiện biến dị tổ hợp. 0,5 0,5 0,5 0,5 MG4H-E0I a) * Ở các cây giao phấn, người ta tiến hành tự thụ phấn bắt buộc liên tiếp qua nhiều thế hệ thấy xảy ra sự thoái hoá giống vì: tỷ lệ thể đồng hợp tăng, tỷ lệ thể dị hợp giảm, các gen lặn có hại gặp nhau ở thể đồng hợp gây hại, gây ra sự thoái hoá giống. Ví dụ: Ở ngô tự thụ phấn bắt buộc qua nhiều thế hệ có hiện tượng năng suất, 0,5 0,25 2 1 Chú ý: Nếu học sinh lm cách khác m đng bản chất cho đim tối đa. Đim bi thi l đim các câu cộng lại lm tròn đến 0,25 3 3 [...]... -Hết Chú ý: Hướng dẫn chấm chỉ nêu những ý cơ bản, nếu học sinh trình bày bằng phương pháp khác, nhưng vẫn đảm bảo những nội dung cơ bản, thì vẫn cho điểm tối đa SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐIỂM BÀI THI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN:TIẾNG ANH (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 4 phần, trong 7 trang HỌ, TÊN VÀ CHỮ... 1,5 điểm: Cách cho điểm như sau: 1 Organization and structure: 0,25 điểm 2 Content: 0,5 điểm 3 Vocabulary; 0,5 điểm 4 Grammar: 0,25 điểm 2,0 2.0 2,0 2.0 1, 0 1.0 1.5 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN:TIN HỌC (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 03 câu, trong 02 trang Yêu cầu kỹ thuật: * Các file... nga[i,j]+nga[i+1,j]+doc[i,j]+doc[i,j+1]=4 then inc(d); assign(f,fo); rewrite(f); write(f,d); close(f); end SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN:TIN HỌC (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 03 câu, trong 02 trang Yêu cầu kỹ thuật: * Các file chương trình và file dữ liệu được đặt tên chính xác như sau: Tên bài File bài làm Dữ...SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN: LỊCH SỬ (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang I PHẦN LỊCH SỬ THẾ GIỚI (6,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm): Trình bày mục tiêu và biện pháp thực... GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN: LỊCH SỬ (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Nội dung I PHẦN LỊCH SỬ THẾ GIỚI (6,0 điểm) a) Mục tiêu (0,75 điểm) Mĩ đề ra "chiến lược toàn cầu" với mưu đồ bá chủ thế giới nhằm: - Chống phá các nước XHCN; - Đẩy lùi phong trào giải phóng dân tộc, đàn áp phong trào công nhân, phong trào hoà bình dân chủ và tiến bộ thế giới; - Thi t... dân Pháp và can thi p Mĩ ở Đông Dương - Hiệp định là văn bản pháp lí quốc tế ghi nhận các quyền dân tộc cơ bản của nhân dân các nước Đông Dương và được các nước tham dự Hội nghị cam kết tôn trọng - Pháp buộc phải rút hết quân đội về nước; Mĩ thất bại trong âm mưu kéo dài, mở rộng, quốc tế hóa chiến tranh xâm lược Đông Dương; Miền Bắc được hoàn toàn giải phóng, xây dựng CNXH làm cơ sở cho cuộc đấu tranh... mưu đồ thúc đẩy sự sụp đổ của CNXH ở Liên Xô và các nước Đông Âu Câu a) Các xu thế phát triển của thế giới ngày nay (2,5 điểm) - Xu thế hoà hoãn và hoà dịu trong quan hệ quốc tế - Một trật tự thế giới mới đang hình thành và ngày càng theo chiều hướng đa cực, nhiều trung tâm - Dưới tác động to lớn của cuộc cách mạng khoa học - công nghệ, hầu hết các nước đều ra sức điều chỉnh chiến lược phát triển lấy... trọng điểm - Ở nhiều khu vực (Châu Phi, Trung Á ) lại xảy ra những vụ xung đột quân sự hoặc nội chiến giữa các phe phán với những hậu quả nghiêm trọng Tuy nhiên, xu thế chung của thế giới ngày nay là hoà bình, ổn định và hợp tác phát triển Câu 2 b) Hoà bình, ổn định và hợp tác phát triển vừa là thời cơ, vừa là thách 4,0 điểm thức đối với các dân tộc (1,0 điểm) - Thời cơ: Có điều kiện hội nhập vào nền kinh... 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 -HẾT Họ và tên thí sinh : Số báo danh Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2: SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 THCS Năm học 2012 – 2013 MÔN: Tin học (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG Chấm tự động bằng phần mềm AMM2 với các bộ test có sẵn trên đĩa CD II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM... và khu vực, rút ngắn khoảng cách với các nước phát triển, áp dụng thành tựu khoa học- kĩ thuật vào sản xuất - Thách thức: Có nguy cơ tụt hậu về kinh tế, đánh mất bản sắc văn hoá dân tộc, âm mưu diễn biến hòa bình, suy thoái đạo đức, ô nhiễm môi trường, bệnh tật, tai nạn giao thông c) Nhiệm vụ to lớn nhất của nhân dân ta hiện nay.(0,5 điểm) - Kinh tế: Chớp thời cơ, tập trung sức lực vào phát triển . nước và các điều kiện cần thi t (nhiệt độ, xúc tác, ). Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra để điều chế FeSO 4 , Cu(OH) 2 . 23(4,5 điểm)% 1) Từ than đá, đá vôi và các chất. vô cơ cần thi t, hãy viết các phương trình phản ứng cần thi t điều chế Brombenzen và đibrometan. 2) Dẫn luồng khí CO dư qua hỗn hợp các chất: BaO, CuO, Fe 3 O 4 , Al 2 O 3 nung nóng (các chất. gán các chất: CH 4 , C 2 H 4 , C 2 H 2 , CH 3 COONa, CH 3 COOH, C 2 H 5 OH, CH 3 COOC 2 H 5, CH 2 =CHCl ứng với các chữ cái (không trùng lặp) trong sơ đồ trên và viết các phương trình hóa học