ĐỀ CHÍNH THỨC VÀ ĐÁP ÁN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 (2015-2020) MÔN HÓA HỌC, SINH HỌC (HỆ CHUYÊN)

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

ĐỀ CHÍNH THỨC VÀ ĐÁP ÁN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT (2015-2020) MÔN HÓA HỌC, SINH HỌC (HỆ CHUYÊN) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐÈ CHÍNH THỨC

K t THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Hóa học (Hệ chuyên) Ngày thi: 07/06/2017

V

(Đe thi gồm có 02 trang)

Nội dung

Câu 1.1

1

f e e Điểm

a. Cu + 2H2S04đặc —”— ^ C11SO4 + SO2T + 2H2O

ắ

0,25đ

- Xuất hiộn khí không màu, mùi hắc; dung dịch có màu xan h. b. Ba + 2H 2O ----- » Ba(OH)2 + H21

1.2

AI2 O3 + Ba(OH)2 ----- > Ba(A102)2 + H20 - Hỗn hợp tan hoàn toàn tạo dung dịch trong suốt, có khí1Yi± 22VDay ra. c. Fe2Ơ3 + 6NaHSƠ4----- >Fe2(SƠ4)3 + 3Na2SƠ4 + 3 H2 O - Fe2 Ơ3 tan, tạo dung dịch màu vàng nâu. d. CaC2 + 2 H2 O — Ca(OH)2 + C2 H2 1 y v - Mầu đất đèn bị hòa tan, tạo khí không màu, khômp Không ghi hiện tượng trừ V2 sô điêm tạo kết tủa trắng (1).

X + Na2CƠ3 t" Y + NaOH -> tạo khí mùi khai (2).

Y + HC1---- -> không có hiện tượng (3).

Y + BaCk —> tạo kết tủa trắng (4). z + AgNƠ3 ----- > tts^răng (5). không có hiện tượng (6). z + BaCb " Từ (2) =^> Y là muôi amoni Từ (4) =^> Y có thể là muối sunfat hoặc cacbonat Từ (3) => không thế là muối cacbonat.

Vậy Y là (NH4 )2 SƠ4 (Y dùng làm phân đạm) Từ (5) => z có thể là muối sunfat hoặc clorua Từ (6 ) z không thể là muối sunfat.

Vậy z là KC1 (Z dùng làm phân Kali) Vậy X là phân lân, tan trong nước nên X là Ca(H?P04)2 c Í h 2P04)2 + Na2CƠ3---- -> CãCOĩi +2NaH2P 0 4.

(NH4)2S04 + 2NaOH — ^

1.3

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

2NH 31 + Na2SƠ4 + 2 H 2O.

(NH4 )2 SƠ4 + HC1----- » không có hiện tượng.

(NH4)2S04 + B aC h ----- > BaS04l + 2 NH4 CI. KC1 + AgNOs-----> AgClị + KNO3 .

KC1 + BaCli —> không có hiện tượng.

Thiểu lập luận trìe 0,25đ Trích mẫu thử.

Cho H2 O dư v&) các mẫu thử:

0,25đ 0,25đ

2.1 2

+ Các mâu thử hòa tan: NaCl; Na2CO3; N 2 SO4 (nhóm 1). + Các mẫu thử không tan: BaCO3; BaSO4 (nhóm 2).

- Sục tiếp CO2 vào các mẫu ở nhóm 2: + Mẩu ten là BaCO3.

BaCOĩ + CO2 + H2 O -----> Ba(HC03)2 + Mau không tan là BaSC>4 .

- Dùng Ba(HCCh)2 cho vào các mẫu ở nhóm 1: + Mầu không tạo kết tủa là NaCl. + Mầu tạo kết tủa là NaiCCb; Na2S04 Na2C 03 + Ba(HC03)2 ----- > BaC03ị + 2NaHC03 Na¡S04 + Ba(HC03)2----- » BaSOU + 2NaHC03 - Dùng CO2 nhận biết BaCCh và BaS04 tương tự như trên, từ đó nhạrV biết được dung dịch Na2C03ỉ Na2S04.

R là tinh bột: (CóHioOs)]! ( C 6H io 0 5)„ — -> C6 H 12 O6 ----- ■» C 2 H 5 O H ---- » CH3 COO H -----» etyl axetat.

CH3 COOH + C2 H5 OH . axit-t¡) - CH3 COOC2 H5 + H2 O Thiếu điều kiệ)ĩ*ỉịn%rì[ 0,25đ z là hợp chât có công thức chung: NanT. ^Taco:, 23n 39,3|6 w = — 1—— => Mi = 35,5n 23n + M t 100 Chọn n = 1 => Mt = 35,5: Clo (Cl).

Vậy X là CI2 ; z làNaCl. Dung dịch chat Y làm đỏ quỳ tím => chọn Y là HC1.

PTHH:

M2 —^ 2HC1 HCl + NaOH -> NaCl + H2 O

y O ^ a C l( r ắ „ ) + H 2S04(đặc) —^ 3.1 3 V

Na2S04 +2HC1

4HCl(đặc) + M n02 —^ MnCb + Ch + H2S04.nS03 + Í1 H2 O ----- > (n + 1)ĨỈ2S04 98.60 " , , ÜH2S04 = — = 0,6 mol 100.98 Từ PU => ìloleum =

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

(C6Hio05)n +nH 20 axlU° > nC6Hi20 6 C6Hi20 6 menrƯỢU > 2 C2 H5 OH + 2 CO2 C2 H5 OH + 0 . isggËB-» CH3 COOH + H2 O

2.2

0,25đ

2

0,5đ

0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ

H2 O 0,5đ

- mol n+ 1

=> 0,6 (98 + 80n) - 50,7 n+ 1 => n = 3

0,5đ

3.2

SO3 + H2 O -> H2 SO4 0,2 0,2 0,2 (Vì sau PU tạo thành oleum nên H2 O hết, SO3 dư) Trong dung dịch H2 SO4 ban đầu có: 98J80 = 1,8 mol 11H2S04 100.98 2.180 = 0,2 moi.

HH20 — 100.18 - Gọi X = ns0 3 cần dùng nH2S04 trong dung dịch sau = 0,2 + 1,8 = 2 mol.

11S03 trong dung dịch sau = X — 0,2 mol. ru Ta có: n H2S0 4

Ổ

0

V

0,2 _ 3 2 ĩ 0,5đ => X X = 6,2 => m = 6,2.80 = 496 gam .________________________________ Gọi X, y là sô mol của M và R Mx + Ry = 6,06 (1) Nếu cả M và R đều tác dụng với H2 O thì dung dịch A (MOH, R(OH)3 khi tác dụng với HC1 sẽ tạo ra các muối clorua (MCI, RCI3 ); các muối này không thể kết tủa, \àmuối clorua tủa thì kim loại phải không tác dụng với H2 O. Trái giả thiết (loại).

Chỉ có kim loại kiềm mới tác dụng với H2 O tạo ra MOH, R không tác dụng với H2 O nhưng tan được trong dung dịch kiềm suy ra R là kim loại có oxit và hiđroxit lưỡng tính.

X-

4a

0,5đ

M X

+ H 2O

V

R

+

+

y

MOH

K

MOH X H2O

+ I/ 2 H 2 0,5x ->

M RO2

y

I,5y

+ 3/2 H 2

0,25đ

Ta có 1 ^ ^ 6 ,8 0 8 : 22,4= 0,17 (mol) 5x + l,5y = 0,17 hay X + 3y^ = 0,34 (2) Dung dịch A thu được gồm y mol MRO2 và (x - y) mol MOH Chia A làm hai phần bằng nhau.

Cô cạn phần thứ nhất thu được 4,48 gam chất rắn nên cả hai phần sẽ là 8,96 gam.

0,25đ y(M + R + 32) + (x —y)(M + 17) = 8,96 (3) Từ (1), (2), (3) ta được X= 0,1; y = 0,08 Thay X , y vào (1) ta có 0,1M + 0,08R = 6,06 ' Hay 10M + 8R = 606 M Li Na K 27 (Al) R 67 (loại) 47 (loại) Vậy M là Kali (K); R là nhôm (Al) mK = 0,1.39 = 3,9 gam_________________

%mK = 3,9.100%: 6,06 = 64,35% %mA = 100% - 64,35% = 35,65%

4b

0,25đ

Phần 2 (1/2 dung dịch A) chứa: KOH ( - ^ - = 0,01 mol); KAIO2 (

0,08 2

0,04 mol)

o

Khi thêm HCl vào phần hai ta được kết tủa là A1(0H)3 nM(0H)3 = 0,78 : 78 = 0,01mol Có hai trường hợp xảy ra: Trường hơp 1: A1(0H)3 chưa bị hòa tan.

HCl + KOH ->• KCl + H2 O 0,01

0,01

HC1 + KAIO2 + H2 O KC1 0,01 0,01 Vậy Vhci= 0,02:1 =0,02 lít Trường hơp 2: Al(OH)3 bị hòa tan một phần HCl + KOH ^ KCl + 0,01

5a

+

V

a i (o h ;

0,25đ

" (1)

0,01

HCl + KAIO2 + H2 O + A1(0H)3 (2 ) 0,04 y/2 = 0,04 0,04 ĩ số mol Al(OH)3 bị HC1 Số mol A1(0H)3 thu được là 0,01^1^ ;uy ra hòa tan là 0,04 - 0,01 = 0,03 mol 3H20 (3) 3HCl + A1(0H)3 i> AICI3 + 0,09 0,03 Tổng số mol của HC1 là: 0,01 + 0,04 + 0,09 = 0,14 mol Vậy V h c i = 0,14 : 1 =0,14 l í t ______________ - Xác định công thức của rượu:

0,25đ

0,25đ

mrượu = 2 9 ,6 gam

Ilrượu —Ĩ1N2 —¿1,2/28 = 0,4 mol M ^ = 29,6/0,4 = 74. = ^ ^ •-+ > 8 = 74 => n = 4 : C4H9OH

0,5đ

Vậy công thức cấu tạo của rượu là: CH3 CH2 CH2 CH2 OH - Gọi số mol mỗi chất trong hỗn hợp X: Số mol CxHyCOOGtHọ = a

Số mol CxHyCOOH = b Số mol C4 H9 OH = c + Hồn họp X tác dụng dung dịch NaOH: C xH yC O O C 4H 9 + N a O H — -> C xH yC O O N a + C4H9OH C x H y C O O H + N a O H ------- » C x H y C O O N a + H 2 O

(* ’)

b b b b C4 H9 OH + N aO H ----- » không PU_________________

(*)

c ^ Có: ĩiNaOH = a + b = 0,25.2 = 0,5 (1) Tổng số mol rượu sau PU là: a + c = 0,4 - Mặt khác: Xét PU đốt cháy: nc0 2 = 69,44/22,4 = 3,1 mol

0,25đ (2)

ÍĨ1C02 = 3 , 1.44 = 136,4 gam

mH20 = 50,4 gam I1H20 = 2,8 mol X

+

0 2 ------- >

C0 2

+

H 2O

62g 136,4g 50,4g BTKL mo2 cầnđểđốtx = 136,4 + 50,4 - 62 = 124,8 gam => no2 = 3,9 mol Bảo toàn nguyên tố oxi cho PU cháy ta được: n o trong X — H o trong C02 + ĩ l o trong H 20 — ĩ l o đốt cháy

= 1,2 mol => 2a + 2b + c = 1,2 (3) Từ (1), (2), (3) => a = 0,2; b = 0,3; c = 0,2 -Xét PU (*) v à (* ): + Bảo toàn khối lượng ta có:

0

nim uối = m x + niN aO H - m rượu — m i i 2

5b

Ổ

o

I mmuối = 62 + 0,5.40 - 0,4.74 - -0,3°18 = 47/ gam Tổng số mol muối = a + b = 0 = > M m uối = 4 7 / 0 , 5 = 9)4 4 => 12x + y + 44 + 23 _ =94 => 12x + y = 27 => x = 2; y = 3 Vậy công thức củaI axit a ịinlà ã (C2 H3 COOH (hay CH2 =CH-CQQH). ĩlaxitbanđầu ã + b 0,5 mol Hancol banđầu —â + c —0,4 < ĩlaxit banđầu •Tính hiệu suất phản ứng theo an^ol 4 nes^fạo> ^V - 0,2 mol -.100% =(0,2/0,4). 100%

0,25đ

0,25đ

0,25đ

= 50% Bài làm có thế có cách giải khác, nếu đúng vân được điếm tối đa của phần đó.

5

SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TAO ■ Q U^N G NGÃI

•

ĐÈ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 02 trang)

K ' THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Ngày thi: 06/06/2018 Môn thi: Hóa học (hệ chuyên) Thời g i ^ 1 ^ bài: 150 phút

Câu 1: (2 điểm) 1.1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra ở các thí nghiệm sau: a) Dung dịch BaCh + dung dịch NaHSƠ 4 (tỉ lệ mol 1 :1 ). b) Dung dịch Ba(HCƠ 3 ) 2 + dung dịch KHSƠ 4 (tỉ lệ mol 1 :1 ). c) Dung dịch Ca(H 2 PƠ 4 ) 2 + dung dịch KOH (tỉ lệ mol 1 :1 ). d) Dung dịch Ca(OH ) 2 + dung dịch NaHCCb (tỉ lệ mol 1 :1 ).

1.2. Cho BaO vào dung dịch H 2SO 4, thu được kết tủa A và dung dịch B. Thêm một lượng dư bột AI vào dung dịch B, thu được dung dịch c và khí H 2 bay ra. Thêm dung dịch Na 2 CƠ3 vào dung dịch c thấy tách ra kết tủa D. X áckịip/ A, B,c , D và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

Câu 2: (2 điểm) 2.1. Cho 3 hợp chất của natri là X, Y, z có mo +CO,

Y

Y

&

X

Xác định công thức của X, Y, z và viết các phương trình hóa học biếu diễn mối quan hệ trên.

2.2. Cho sơ đồ chuyển hóa sau: X

(1),

(2 )

X,

(3)

(6 )

(4)

-

.

4

(5)

Xác định công thức các chât Xi, X2 , X3 , X 4 , Xs, X6 (thuộc hợp chât hữu cơ) và viết cá các phương trình hỏa học biểu diễn chuyển hóa trên.

c,„,

CâùTỉ: (2 điểm) 3.1. Cho 30,1 gam hỗn họp hai kim loại gồm AI và kim loại M vào nước. Sau phản ứng chỉ thu được dung dịch B và 7,84 lít khí (đktc). Cho từ từ dung dịch HC1 vào dung dịch B để thu được một lượng kết tủa lớn nhất. Lọc và cân kết tủa được 7,8 gam. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Xác định kim loại M. 3.2. Nhỏ tìr tìr dung dch Ba(OH)2 0,5M vào 400 ml dung d ch Al2(SO4)3 a M. Đồ th biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng tót tiia theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 như sau:

1

K hối lượng kết tủa (gam )

69,9

Thể tích dung dịch Ba(O H

a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính a và V. Câu 4: (2 điểm) 4.1. Hòa tan hết 5,4 gam hỗn hợp bột kim loại A hóa trị (II) và kim dm loại loỆi B h( hóa trị (III) vào dung dịch H2 SO4 loãng, thu được 10,08 lít khí H 2 (đktc). Biết ——= —, tỉ lệ số Mb 3 9

V

mol của 2 kim loại trong hỗn họp là —. Tìm 2 kim loại A và B. 4.2. Cho hỗn họp X có khối lượng 31,6 gam gồm sắt và một oxit sắt hòa tan hết trong dung dịch HC1 dư thu được 3,36 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa z. Lọc kết tủa z rồi rửa sạch sau đó nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được^ó gam chất rắn. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức của oxit sát.

Câu 5: (2 điểm) , , 5.1. Một hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A, B thuộc cùng một dãy đồng đẳng, đều ở thể khí ở đktc. Để đốt cháy hết X cần 20,16 lít O2 ở đktc, phản ứng tạo ra 7,2 gam H2 O. Xác định công thức cấu s a i l i n g của A, B, biết rằng khi cho lượng X trên tác dụng với dung dịch AgNƠ 3 /NH3 dư thu được 62,7 gam kết tủa (biết A, B chỉ có thể là ankan, anken, ankin).

5.2. A là hỗn hựp^ồm rượu etylic và 2 axit hữu cơ kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng có dạng CnH2 n+iCOOH và Cn+iH2 n+3 COOH. Chia A thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho tác dụng hết với Na thấy thoát ra 3,92 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần 2, sản phẩỉĩV cháy dẫn qua bình 1 đựng H2 SO4 đặc rồi đến bình 2 đựng dung dịch Ba(OH) 2 dư thì khối lượng bình 1 tăng thêm 17,1 gam, còn bình 2 xuất hiện 147,75 ^ S e a m kết tủa. a) Xác định công thức 2 axit. b) Tính khối lượng mồi axit trong hỗn hợp A.

Cho: H = 1; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Zn = 65; Cu = 64; Ag = 108; Ba = 137.

--------------- H ÉT---------------Ghi chú: Cán bộ coi thỉ không giải thích gì thêm 2

SỞ GIÁO DUC ■ VÀ ĐÀO TAO • Q U^N G NGÃI HƯỚNG M N CHẤM

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Ngày thi: 06/06/2018 Môn thi: Hóa học (hệ chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1: (2 điểm) 1.1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra ở các thí nghiệm sau: a) Dung dịch BaCb + dung dịch NaHSƠ 4 (tỉ lệ mol 1 :1 ). b) Dung dịch Ba(HC0 3 ) 2 + dung dịch KHSƠ4 (tỉ lệ mol 1 :1 ). c) Dung dịch Ca(H2 PƠ4 ) 2 + dung dịch KOH (tỉ lệ mol 1 :1 ). d) Dung dịch Ca(OH) 2 + dung dịch NaHCCb (tỉ lệ mol 1 :1 ).

1.2. Cho BaO vào dung dịch H 2SO 4, thu được kết tủa A và dung dịch B. Thêm một lượng dư bột AI vào dung dịch B, thu được dung dịch c và khí H2 bayra. Thêmdung dịch Na 2 CƠ3 vào dung dịch c thấy tách ra kết tủa D. Xác định A,B, c, D và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Ý

o

NỘI DUNG BaCh + NaHS04 -» BaS04 + NaCl + HC1 Ba(HC03)2 + KHSO 4 -> BaS0 4 + KHC 0 ^ t : 0 2 + H 2 O 1.1 Ca(H2 P 0 4 ) 2 + KOH -> CaHP0 4 + KH 2 PO 4 + H20 Ca(OH) 2 + NaHCOs C a C O s ^ í A l + H20 Cho BaO vào H2 SO4 : BaO + H2 SO4 -> B a S Q ^ H20 BaO + H2 O -> Ba(OH ) 2 (nếu có) Kết tủa A là BaSƠ4 dung dịch B là H2 SO4 dư hoặc Ba(OH ) 2 Trường hợp 1: Dunadich B là H2SO4 dư 2 AI + 3 H 2 SO4 -> A 12 (S 0 4 ) 3 + 3H2 Dung dịch c là Ah(S04)3 1 .2 Al2 ^ 4 ) 3 + 3Na2 C 0 3 + 3H20 -> 2Al(OH)3ị + 3 CƠ2 + 3Na2 S 0 4 K êt^Ễ )J^A l(O H )3 Trường họp 2 : Dung dịch B là Ba(OH ) 2 2A1 + 2 H2 Ô + Ba(OH ) 2 -> Ba(A 1 0 2 > 2 + 3H2 Duhg dịch c là Ba(AlƠ2 ) 2 Ba(A 1 0 2 ) 2 + Na 2 CƠ3 -> B aC03l + 2NaA102 Kết tủa D là BaCƠ3 Câu 2: (2 điểm) 2.1. Cho 3 hợp chất của natri là X, Y, z có mối quan hệ sau:

A

+CO,

.

T.r

Y

t°

„

r^r\

dd z

c ° 2

(ĩ)

ĐIÊM 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

0,25

0,25

Y

X

» Z

(4) , , , Xác định công thức của X, Y, Z và viết các phương trình hóa học biểu diễn mối quan hệ trên.

2.2. Cho sơ đồ chuyển hóa sau: 1

X

(1)

X.

(2)

X3

(3)

X ( 6)

(4 )

X

(5)

X5 X3 Xác định công thức các chất Xi, X2 , X3 , X4 , X5 , X6 (thuộc hợp chất hữu cơ) và viết các phương trình hóa học biểu diễn chuyển hóa trên.

NÔI DUNG X: NaOH; Y: NaHC03; Z: Na2 C 0 3 NaOH + CO2 -> NaHC0 3 2.1

u

ĐIỂM

2NaHC0 3 -> Na2 C 0 3 + CO2 + H20 SZL CO2 + H2 O + Na2 C 0 3 -» 2NaHC0 3 (3) NaOH + NaHC0 3 -> Na 2 C 0 3 + H20 (4) Xi: ( C 6H io 0 5)n; x 2: C 6H i20 6; x 3: C2 H 5 OH; x 4:

C2H4; x 6: CH3COOC2H5

0,25

( 1)

0,25 0,25 0,25 C H 3C O O H ;

_

x 5: 0,4

Xác đinh sai moi chất trừ 0,1 điếm

2.2

axit, t°

+ nH20 -.... > nC 6 Hi2 0 6 C6 Hi2 0 6 -men-rượu- ^ 2 C2 H 5 OH + 2 CO2 C2 H 5 OH + O2 mengiâm > CH3 COOH + ( C 6H io 0 5 ) n

C 2H 5O H C2H4 + H2O

H2S0 4 dặc.l 80°C

H ^toâng

C H 3 C O O H + C 2HI5O 5O H ;

( 1) (2 )

(3) (4) (5)

> C 2 ll4 + H 2 ơ

> C 2H 5O H axit, t°

=

^ C H 3 C O O C 2 H 5 + H2O

0,6

(6)

Mỗi PTH H đúng được 0,1 điểm Câu 3: (2 điểm) 3.1. Cho 30,1 gam hồn họp hai kim loại gồm AI và kim loại M vào nước. Sau phản ứng chỉ thu được dung dịch B va 7,84 lít khí (đktc). Cho từ từ dung dịch HC1 vào dung dịch B để thu được một lượng kết tủa lớn nhất. Lọc và cân kết tủa được 7,8 gam. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Xác định kim loại M. 3.2. Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)2 0,5M vào 400 ml dung dịch A12(S04)3 a M. Đồ thị biểu diễn sư »hu thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)2 như sau:

— ---------------------------------------------►

Thể tích dung dịch B a(O H )2 (lít)

a) Viết phưrag trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính a và V.

2

ĐIẺM

NÔI-----------------DUNG ------*— Tmờng h ^ 1: M là kim loại kiêm 2M + 2 H 2 O 2MOH + h2 0,4 mol 0,2 mol 2Al + 2MOH + 2 H2 O -> 2 MAIO2 + 3 H 2 0,1 moi 0,1 mol 0,15 mol MOH + HCl -> MCI + H2 O MAIO2 + HCl + H2 O -> A lió o s + MCI 0,1 mol 0,1 mol Ta có: 0,4M + 0,1.27 = 30,1 => M = 68,5 (loại) _________Mỗi PTH H đúng 0,1 điểm, tính ra M 0,1 điểm 3.1 Trường hợp 2: M là kim loại kiềm thổ M + 2 S 2 O -> M(OH)2 + h Ĩ 0,2 mol 0,2 mol 2Al + M (0H)2 + 2 H 2 O -> M(A102)2 + 3H2 0,1 mol 0,05 mol 0,15 mol M(0H)2 + 2HC1 -> MCI2 + 2H20 M(A102)2 + 2HC1 + 2 H2 O -> 2A1(0H)3 + MCI2 0,05 mol 0,1 mol Ta có: 0,2M + 0,1.27 = 30,1 => M = 137 Vậy kim loại can tìm là Ba. _________Mỗi PTH H đúng 0,1 điểm, tỉnh ra M 0,1 điểm 3Ba(OH)2 + A12(S04)3 -> 3BaS04 + 2A1(0H)3 0,3 mol 0,1 mol 0,3 mol 0,2 mol + 4 H2 O Ba(OH)2 + 2A1(0H)3 -» 0,1 mol 0,2 mol nA i2(S04)3 = 0,1 mol 3.2 a = — = 0,25 M 0,4 íiBa(OH)2 + l0,1 - 0,4 mol. ÍlBa(OH)2 — — 0,3 U p -r

0,5

0,25 0,25 0,25

0,25

= 0 , 8 lit.

Câu 4: (2 điểm) 4.11 Hòa tan hết 5,4 gam hồn hợp bột kim loại A hóa trị (II) và kim loại B hóa trị (III) , M 1 . vào vau dung dịch H2 SO4 loãng, thu được 10,08 lít khí H 2 (đktc). Biết ——= - , tỉ lệ số mt

1 mol của 2 kim loại trong hỗn họp là —. Tìm 2 kim loại A và B. 4.2. Cho hỗn họp X có khối lượng 31,6 gam gồm sắt và một oxit sắt hòa tan hết trong dung dịch HC1 dư thu được 3,36 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được tó t tìĩa Z. Lọc kết tíia Z roi rifa sạch sau đó nung trong không khí đen khối lưrag ^ ô n g đổi thu được 36 gam chat ran. a) Viet phưrag trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức của oxit sắt.

3

ĐIẺM

NÔI DUNG

______ ■_____________________

T , _ 10,08 Ta có nH = = 0,45 (mol) Gọi số mol của A, B lần lượt là a, b.

PTHH: A + h2s04 -» ASO 4 + H 2 ă —^ ă 2B + 3 H2 SO4 -> B2(S 04)3 + 3H2 b -> l,5b a 1 Trường hợp 1: Khi b 3 a.A + b.B = 5,4 a_ 1 b~3

4.1

o

B = 3A

Giải hệ phương trình, ta được: 9 27 , a = —— = 0,082; b = — = 0,2455; A = 6 110 110 . b 1 Trường họp 2: Khi a 3 • 1

—

=

ư X * V

a + l,5 b = 0,45 Theo đề và PTHH, ta có:

ÌN/

B = 19,8 (loại)

B = 5,4

,5b = 0,45

0,25

b= 1 a 3 B = 3A

Giải hệ phương trình, ta được: a = 0,3; b = 0,1; A = 9; B = 27 Vậy A lả Beri (Be); B lả nhỏm (Al)______________________ Fe + 2HC1 éY ỊỊ ệC12 + H2 0,l>jp(fbl 0,15 mol F e k ồ y + 2yHCl —» xFeCỈ2y/x + yH 2Ơ ^ Inol ax mol FeCb + 2NaOH -> Fe(OH)2 + 2NaCl 0,15 mol 0,15 mol xFeCl2y/x + 2yNaOH -> xFe(OH)2y/x + 2yNaCl ax mol ax mol 4Fe(OH)2 + O2 — 0,15 mol

0,25

Ổ

—

Theo đề và PTHH, ta có:

0,25

0,25

0,5

2Fe20 3 + 4H20 0,075 mol

4xFe(OH)2y/x + (3x - 2y)Ơ2 —-—» 2xFe2Ơ3 + 4yH2Ơ ax mol ax/2 mol Viết sai 1 PTHH trừ 0,1 điểm Đặt a là sô mol của FexOy Ta có: 0,15.56 + a(56x + 16y) = 31,6 (1) và (0,075 + ax/2)160 = 36 (2) 4

0,25

(2) => ax = 0,3 => a = 0,3/x thay vào (1): 8,4 + 16,8 + 4,8y/x = 31,6 => x/y = 3/4 Vậy công thức của oxit săt là Fe 3 O4

0,25

Câu 5: (2 điểm) , , , .

5.1. Một hồn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A, B thuộc cùng một dãy đồng đẳng, đều ở thể khí ở đktc. Đe đốt cháy hết X cần 20,16 lít Ơ2 ở đktc, phản ứng tạo ra 7,2 gam ĨỈ 2 ^Xác định công thức cấu tạo đúng của A, B, biết rằng khi cho lượng X trên tác dụng với dung dịch AgNƠ 3 /NH3 dư thu được 62,7 gam kết tủa (biết A, B chỉ có thể lkankan, anken, ankin).

5.2. A là hỗn hợp gồm rượu etylic và 2 axit hữu cơ kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng có dạng Cntbn+iCOOH và Cn+iH2 n+3 COOH. Chia A thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho tác dụng hết với Na thấy thoát ra 3,92 lít khí H2 (đktc). Đốt ch4y hoàn toàn phần 2, sản phẩm cháy dẫn qua bình 1 đựng H2 SO4 đặc rồi đến bìrm 2 đựng dung dịch Ba(OH) 2 dư thì khối lượng bình 1 tăng thêm 17,1 gam, còn bình 2 xuất hiện 147,75 gam kết tủa. a) Xác định công thức 2 axit.

A. b) Tính khối lượng mỗi axit trong hỗn hợp A.

NỘI DUN Gọi mol A, B lần lượt là a và b Dùng ĐLBTNT oxi, ta tính đư< n co, = 0,7 1110 I > nH 0 = 0,4 A, B là ankin. ______ 9________________

a + b = n co.

ĐIỂM

0,25

7 n =— 3

nH2<>V0’3 mo1

Vậy n = 2 -> A ítìiỉ^ C Ỉ ^ C H ) m - 3, 4 -» B (C3H4, C 4H6) C3 H4 : CH=i^CH3; C4H6: C IM -C H 2 -C H 3 và C H 3 -O C -C H 3 5.1 Vì A, B tằ^OTBig với dung dịch AgNOạ/NHạ ncn cỏ 2 trường họp Trường họp 1: Xét cặp A: C2H2 và B là C3H4 Ta có: a + b = 0,3 và nco = 2a + 3b = 0,7 => a = 0,2; b = 0,1 Gehễ đều cho kết tủa với AgNƠ 3/NH 3 => mc2Ag2 + m c 3H3Ag = 240.0,2 + 147.0,1 = 62,7 gam -> phù hợp Vậy CTCT của A, B lả CH=CH và CH=C-CH3________________ Trường họp 2: Xét cặp A: C2H 2 và B là C4ĨỈ6 Ta có: a + b = 0,3 và nco^ = 2a + 4b = 0,7 =^> a = 0,25; b = 0,05

0,25

0,25

0,25

^ m c Ag + m c H Ag = 240.0,25 + 161.0.05 = 68,05 ^ 62,7 (loại) C2 H 5 OH + 2Na 2C2 H 5 ONa + H2 2CnH2 n+iCOOH + 2Na -> 2CnH2n+iCOONa + H2 5.2 2Cn+iH2n+3COOH + 2Na —> 2Cn+iH2n+3COONa + H2 Tồng mol 3 chất trong V2 hỗn hợp = 0,175 x 2 = 0,35 2

5

0,25

PTHH:

C2 H 6 O + 3 O2 -> 2 CO2 + 3 H2 O _ TT _ 3n - 2 ^ C-H -0~ + -------- O2 n CO2 + n H2 O n 2n z 2 Theo giả thiết số mol CO2 = 0,75 mol ; H2 O = 0,95 mol.

TO phương trình cháy ta thấy số mol C2 H 5 OH = 0,95 - 0,75 = 0,2 moi => 2 axit cháy tạo ra 0,75 - 0,4 = 0,35 mol CO2 và 0,95 - 0,6 = 0,35 mol H2 O. Số mol 2 axit = 0,35 - 0,2 = 0,15 => n = 0,35 : 0,15 = 2,33.

Vậy 2 axit lả CH3 COOH và C2 H 5 COOH Gọi sổ mol của CH3 COOH và C2 H 5 COOH trong A lần lượt là a và

* dn

Ta có a + b = 0,3 và nrn co = 2a + 3b = 0,7 => a = 0,2; b = 0,1 m CH3COOH = '2 ê am ; m C0H5COOH =

ê am -

0,25

1, 0,25

v<% Ghi chú: Học sinh giải từng bài theo cách khác nếuu ơung đủng V vchỉịímuận ! lý h chặt chẽ vẫn đạt đỉêm tôi đa.

Cho: H = 1; Be = 9; c = 12; N = 14; o = 16; Na = 23;M g = 24; AI = 27; s = 32; C1 = 35,5; K = 39; Ca = 40; Fe = 5 6 ^ = 65; Cu = 64; Ag = 108; Ba = 137. . Cán . bộ coi thỉ không gicầ thích gì thêm Ghi chú:

é o 6

SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TAO ■ • QUẢNG NGÃI ĐÈ CHÍNH THỨC

K ' THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 Ngày thi: 06/06/2019 Môn thi: Hóa học (hệ chuyên) ThM gian làm bài: 150 phút

(Đề thi gồm cổ 02 trang) Câu 1: (2,0 điểm) 1.1. Chất rắn A tan được trong nước tạo thành dung dịch màu xanh cho thêm dung dịch NaOH vào thì tạo ra kết tủa B màu xanh lơ. Khi nung nór thì thu được chất X màu đen. Nếu sau đó tiếp tục nung nóng chất X và có mòng khi H2 đi qua thì tạo ra chất rắn c màu đỏ. Chất rắn c tác dụng với axit vô Q(b đ ạ ^ íậ c D tạo ra dung dịch của chất A ban đầu và khí E. Sục khí E đến dư vào dung dịch nước brom thu được dung dịch F không màu. Dung dịch F làm quỳ tím hóa đỏ tạo kết tủa G với dung dịch BaCỈ2 . Xác định các chất A, B, c , D, E, F, G, X và viết các phương trình hóa học xảy ra.

1.2. Hãy dùng các phương trình hóa học để giảLthích vì sao không được bón chung các loại phân đạm: đạm 2 lá NH4NO3, đam sunfat (NH4)2SƠ4 và urê (NH2)2CO

với vôi hoặc tro bếp (chứa K2 CO 3 ). Biết rằng tr rác, urê chuyển hóa thành amoni cacbonat (NH4)2CƠ3.

Câu 2: (2,0 điểm) 2.1. Có những chất sau: NaOH, NaCl, NaNƠ3, NaiCCb, Na 2 SƠ4 . Hãy sắp xếp các chất đã cho thành một dãy chuyển đổi hóa học và viết các phương trình hóa học theo dãy chuyển đối đã sắp xếp.

2.2. Cho sơ đồ chuyển hóa sau: CHsCOONa -» Xi x 3 -> x 4 -> x 5 -> C H 3C O O C 2H 5 Xác định công thức các chất Xi, X 2 , X3 , X4 , X 5 (thuộc hợp chất hữu cơ) và viết các phương trình hóa học biểu diễn chuyển hóa trên.

Câu 3: (2,0 điểm) 3.1.

Sufolìrtừ khí CO2 đến dư vào dung dịch chứa a mol Ba(OH ) 2 và b mol NaA102. Sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol CO2 (x mol) được

0,7

0

a) Viết phưrag trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính a và b.

1

x

3.2.

Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na 2 O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH) Ba(OH) 22 . a) T í ^ số mol NaOH trong dung dịch Y. b) Hấp Hấp thụ thụ hoàn hoàn toàn toàn 6,72 6,72 lít lít khí khí CO2 CO2 (đktc) (đk vào Y, thu được m gam tó t tàa. Tính m.

Câu 4: (2,0 điểm) 4.1. Cho m gam Cu vào 100 ml dung dịch AgNƠ3 IM, sau một thời gian phản ứng thì lọc được 10,08 gam hỗn họp 2 kim loại và dung dịch Y. Cho 2,4 gam Mg v a \ Y, phản ứng kết thúc thì lọc được 5,92 gam hỗn hợp kim loại. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính m.

4.2. Hòa tan hoàn toàn 10,24 gam Cu vào 63 gam dung dịch HNƠ3 60% thu được dung dịch X chỉ gồm muối nitrat kim loại và axit dư. Cho X ity fụ n ^ h o àn toàn với 400 ml dung dịch NaOH IM, sau đó lọc bỏ kết tủa được dung dỊsiậ Y. Cô cạn Y được chất rắn z. Nung z đến khối lượng không đổi, thu được chất rắn. a) Tính số mol HNO 3 đã phản ứng với Cu. b) Tính nồng độ phần trăm của Cu(NƠ3 )2 trong dung dịcl Câu 5: (2,0 điểm) 5.1. Hồn hợp X gồm hai hiđrocacbon A và R ckkhối lượng a gam. Neu đem , 132a 45a ' đốt cháy hoàn toàn X thì thu được — gam CO2 và —— gam H 2 O. Nếu thêm vào X 41 41 một nửa lượng A có trong X rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được

gam CO2 và

gam H 2 O. Tìm cỏn^#tw^phân tử của A và B. Biết B không làm mất màu dung dịch nước brom.

5.2. Hỗn họp A g ồ m ^ i r x (Cnthn+iCOOH) và rượu Y (CmH2 m+iOH). Chia A thành 3 phần bằng nhau. Đem phần 1 tác dụng hết với Na, thu được 5,6 lít H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn phần 2 thì thu được 57,2 gam CO2 . Đem phần 3 thực hiện phản ứng este hóa với hiệu suất 75%, sau phản ứng thấy có 2,7 gam nước sinh ra. a) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức của X và Y. Cho: H = 1; c = 12; N = 14; o = 16; Na = 23; Mg = 24; AI = 27; s = 32; C1 = 35,5; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Zn = 65; Cu = 64; Ag = 108; Ba = 137.

-----H ÉT ---------------Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

2

SỞ GIÁO DUC VÀ ĐÀO TAO ■ Q U^N G NGÃI

•

K ' THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 Ngày thi: 06/06/2019 Môn thi: Hóa học (hệ chuyên) ThM gian làm bài: 150 phút

Câu 1: (2,0 điểm) 1.1. Chat ran A tan được trong nước tạo thành dung dịch màu xanh lam. Khi cho thêm dung dịch NaOH vào thì tạo ra kết tủa B màu xanh lơ. Khi nung nóng thì thu được chat X màu đen. Neu sau đó tiếp tục nung nóng chat X và có dòng khí H2 đi qua thì tạo ra chất rắn c màu đỏ. Chất rắn c tác dụng với axit vô cơ đậm đặc|D tạo ra dung dịch của chat A ban đầu và khí E. Sục khí E đến dư vào dung dịch nước brom thu được dung dịch F không màu. Dung dịch F làm quỳ tím hóa đỏ và» tạVkết tủa G với dung dịch BaCh. Xác định các chất A, B, c, D, E, F, G, X va viết các phương trình hóa học xảy ra.

1.2. Hãy dùng các phương trình hóa học để giải thích vìịpaò không được bón chung các loại phân đạm: đạm 2 lá NH 4NO 3 , đạm sunfat (NH4 )2 S0 4 và urê (NH2 )2 CO với vôi hoặc tro bếp (chứa K2 CO 3 ). Biết rằng trong nước, urê chuyển hóa thành amoni cacbonat (NH4)2CQ3.____________________________________________ ĐIÉM NỘI DUNG __ s________ A: C11SO4 ; B: Cu(OH)2; C: Cu; D: H2 SO4 ; E: S 02; F: H 2 SO4 và HBr; G: BaS04; X: Cuõ Các PTHH: C11SO4 + 2NaOH -> Cu(OH) 2 + Na2S 0 4 1.1

Cu(OH)2 —

CuO + H2 O

CuO + H2 — Cu + í o Cu + 2H2S 0 4(đặc) -> V lS 0 4 + SO2 + 2 H 2 O SO2 + 2 H 2 O + ß r2 -» H2 SO4 + 2HBr H2 SO4 + BaCh -> BaS¿4 + 2HC1 Nêu bón chung với vôi: CaO + H2 O —r Ca(OH) 2 2 NH 4 NO 3 + Ca(OH)2 -> Ca(N03)2 + 2 NH 3 + 2H20 (NH4)2S04 + Ca(OH)2 -> CaSƠ4 + 2 NH 3 + 2 H 2 O (NH4 )2 C0 3 + Ca(QH)2 -> CaCQ3 + 2 NH 3 + 2H2Q 1.2 Nêu chung với tro bếp (chứa K2 CO3 ): 2 NH 4 NO 3 + K 2 CO 3 -> 2 KNO 3 + H 2 O + CO2 + 2 NH 3 (N H 4) 2S 0 4 + K 2 C O 3 - > K 2SO 4 + H 2O + C O 2 + 2 NH 3 (NH4)2C03 + K2 CO3 -> 2 KHCO 3 + 2 NH 3 Như vậy bón chung phân đạm với vôi hoặc tro bếp thì luôn bị thất thoát đạm do giải phóng NH 3 .________________________________ Câu 2: (2,0 điếm) 2.1. Có những chất sau: NaOH, NaCl, NaNO 3 , Na2CO3, Na 2 SO^. các chất đã cho thành một dãy chuyển đổi hóa học và viết các phương trình theo dãy chuyển đổi đã sắp xếp.

2.2. Cho sơ đồ chuyển M a sau: CH3 COONa -> Xi -> X2 X3 -> X4 X5 -> CH3 COOC2 H 5 1

0,5

0,5

sắp ^ p hóa học

Xác định công thức các chất Xi, Xt 2 , X3 , X4 , X 5 (thuộc hợp chất h ^ cơ) và viết 1 r+i các phương trình hóa học biêu diên chuyên hóa trên.__________________ ĐIẺM NỘI DUNG __ *________ NaCl ■ NaOH Na2CO3 -> Na2SO4 - NaNO3 đpdd 2NaCl + 2 H2 O có màng ngăn > 2NaOH + H2 + Cl2 1 2.1 2NaOH + CO2 N a 2C Ơ 3 + H 2 O Na2CƠ3 + H2 SO4 Na2SƠ4 + CO2 + H2O Na2S04 + Ba(N03)2 -> BaSQ4 + 2NaNQ3 Xi: CH4; X2: C2H2; x 3: C2H4; x 4: C2H5OH; x 5: CH3COOH CH3COONa + NaOH — CH4 + Na2C 0 3 1500°c 2 CH 4 làm lạnh nhanh » C2H2 + 3 H2 2.2

C2H2 + H2 —

C2 H 4 + H 2 O C2 H 5 OH + O2

Pd/Pbco tu axit

ỉs/ .0

1

> C2 H 4

» C2 H 5 OH mẹngịto^ CH3 COOH + H20 axit,t°

Ớ

CH3 COOH + C2 H 5 OH ± CH3COOC2H5± H 2 Câu 3: (2,0 điếm) 3.1.

Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch chứa a mol Ba(OH) 2 và b mol NaAlƠ2 . Sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa (y gam) vào số mol CO2 (x mol) được biếu diễn bằng đồ thị sau:

Vo

o

0 ,7

X

a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính a và b.

3.2.

Hồn hợp X gồm Na, Ba, Na20 và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2. a) Tính số mol NaOH trong dung dịch Y. b) ’ H; ~ấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí C 02 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa. Tính m. ĐIỂM NỘI DUNG a) Các PTHH: Ba(OH)2 + CO2 BaCCb + H2 O _______ 9----------------------------------

3.1 NaAlO 2 + CO2 + 2 H2 O -> Al(OH)3 + NaHCO3 b b b BaCO3 + CO2 + H2 O Ba(HCO3)2 a a 2

0,5

b) Ta có hệ phương trình: J2a + b = 0,7

0,5

[197a + 78b = 62,8 Giải hệ ta được: a = 0,2 mol; b = 0,3 mol. a) Các PTHH: 2Na + 2H20 2NaOH + H2 X

X

V

X

2

Ba + 2H20 -> Ba(OH)2 + H2

y

y

y

Na20 + H20 2NaOH z 2z BaO Dau + 1- ri2W H20 —>Ba(OH)2 DaỊui 1)2 Đặt X, y , z , t lần lượt là s ố mol của Na, Ba, Na20 và 'T rìn li • Tao i~*r\ có V\â hệ phương ftrình: r23x + 137y + 62z + 153t = 21,9 3.2

X X

0,25

—+ y = 0,05 2 y + 1 = 0,12

Ta tính được số mol NaOH = X + J 0,25 = b) Các PTHH: — Ba(OH)2 + CO2 Ba 0,12 0,12 0,12 2NaOH + CO2 -> Na2ä & + H20 0,25 0,14 0,07 <*¿7 Na2C 0 3 + CO2 y f ^ Ä ^ N a H C O i 0,07 0,07 BaCCb + C ^ - H2 O -» Ba(HC02)2 0,04 0,04 ______________ Sô mol Ẹ ẩ ^ p 3 còn lại = 0,12 - 0,04 = 0,08 mol 0,25 => m = 0,08.197 = 15,76 gam._______________ Câu 4: (2,0 điêm) t 4 \ Cho m gam Cu vào 100 ml dung dịch AgNC>3 IM, sau một thời gian phản ứng thì lọc được 10,08 gam hồn họp 2 kim loại và dung dịch Y. Cho 2,4 gam Mg vào Y, phản ứng kết thúc thì lọc được 5,92 gam hồn hợp kim loại, a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. tỵfTính m.

4 .2 .

Hòa tan hoàn toàn 10,24 gam Cu vào 63 gam dung dịch H N O 3 60% thu được dung dịch X chi gồm muối nitrat kim loại và axit dư. Cho X tác dụng hoàn toàn với 400 ml dung dịch NaOH IM, sau đó lọc bỏ tó t tòa được dung d ch Y. Cô cạn Y được chất ran Z. Nung Z đen khối lượng không đổi, thu được 26,44 gam chất rắn. a) Tính so mol HNO3 đã phản ứng với Cu. b) Tính nồng độ phm trăm của Cu(NO3 ) 2 trong dung dch X.

3

ĐIẺM

NÔI DUNG __ ■ ________ a) Các PTHH: Cu + 2AgNO3 -> Cu(NO3)2 + 2Ag Dung dịch Y gồm Cu(NO3)2 và AgNƠ3 Mg + 2AgNO3 —> Mg(NO3)2 + 2Ag

0,25

M g + C u (N Q 3)2 - > M g ( N Q 3)2 + C u

b) Ta có: n AEN0, AgN0, = U’1 mol; m oi;1nMg = 0,1 mol Bảo toàn gốc NO 3 : 4.1 n n Mgi n o 3 ). = ^ = y = 0,05 .

= > nM gdư =

0 ,1 -

m ol

0 ,0 5 = 0 ,0 5 m o l

Bảo toàn nguyên tố Ag: n Ag =

n Aj.NO;, -

0 ,1

m ol

Như vậy: n ih ỗ n hợp kim loại =

1 0 ,0 8 +

5 , 9 2 — ĩ ĩlC u + 0 , 1 . 1 0 8 + 0 , 0 5 .

= 4 gam._____________________ a) Các PTHH: Cu + HNƠ3 -> Cu(N03)2 + khí + H2 O HNO 3 + NaOH -> NaNOa + H20 Cu(N03)2 + 2NaOH -> Cu(OH)2 + IN opSẸ => m cu

Ớ

& *x'

Ồ

2NaN03 2NaNƠ2 + O2 Đặt X, y lần lượt là số mol của NaNƠ3 và NaOH trong z.

Ta có hệ phương trình: 0,5

[69x + 4 0 y = : 26,44 . v \ Giải hệ ta được: X = 0,36; y = 0,04.

Ta có: n cu(N03)2 = ncu = 0,16 mol =ĩ>ĩlNaOH phảnứngvới Cu(N03)2 0,32 mol ĩlNaOH phánứngvới HN03 dư —0,36 - 0,32 = 0,04 mol 4.2 n HNO dư = 0,04 mol ■t^HNO phản ứng với Cu

0 ,6

0 ,0 4

0 ,5 6

mol

b )> a có: Bảo toàn nguyên tố H: nH0 = Bảo toàn khối lượng:

mcu +

n HNO,

2 mHNOi

= 0,28 mol

=

mCu(NOi)2 +.

™k h í m

+ m.

=> mkhí = 10,24 + 0,56.63 - 0,16.188 - 0,28.18 = 10,4 gam Khối lượng dung dịch X: mdd X= 10,24 + 63 - 10,4 = 62,84 gam Nồng độ phần t r ^ của Cu(NO3 )2 trong dung dịch X:

C% = Q,1618^ 100% = 47,87% 62,84

4

0 ,5

V

Câu 5: (2,0 điểm) ,,, 5.1. Hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon A và B có khối lượng a gam. Neu đem đốt cháy 132a 45a hoàn toàn X thì thu đượcgam CO2 và —— gam H2 O. Neu thêm vào X một nửa lượng 41 41 A có trong X rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 165a gam CO2 và 60,75a gam H2O. Tìm J ................... 41 41 công thức phân tử của A và B. Biết B không làm mất màu dung dịch nước brom.

5.2. Hỗn hợp A gồm axit X (Cnthn+iCOOH) và rượu Y (CmH2 m+iOH). Chia A thành 3 phần bằng nhau. Đem phần 1 tác dụng hết với Na, thu được 5,6 lít H2 (đktc).Đốt cháy hoàn toàn phần 2 thì thu được 57,2 gam CO2 . Đem phần 3 thực hiện phản ứng este hóa^ới hiệu suất 75%, sau phản ứng thấy có 2,7 gam nước sinh ra. a) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức của X và Y.___________________________ ĐIỂM NỘI DUNG a) Giả sử a = 41 gam.

Khi đốt cháy X: 132 45 n co, 3 mol; nH0 = — = 2,5 mol 44 18 1 Khi đốt cháy X + -7 A:

0

<<

&

2

nco,

165 = 3,75 7 C mol; 1 n HO _= 60>75

,375 mol

0,25

Vậy khi đốt cháy —A ta thu được: n co = 0,75 mol; nH o = 0,875 mol*.

H20

5.1

A là anl ìkan.

Vì nco2 nH2o Đặt công thức của A là là Cn C„H2„+2 Phương trình hóa 3n +1 Cnthn+2 + -------O2 --- — nC02 + (n + 1)H20 to

0,25

Ta có: 0 ^ 1 +1

0,875 0,75 0, n vn;°côn Vậy công thức phân tử của A lả CóHi4 .______________ b) Khi đốt cháy B ta thu được sô mol của H2 O và CO2 là: n co­ = 3 —0,75.2 = 1,5 mol => nc =1,5 mol i l HoO

o

= 2,5-0,875.2 = 0,75 m ol=>nH =1,5 mol

=í> nc : Ĩ1H = 1,5 : 1,5 = 1 : 1 Vậy công thức đơn giản nhất của B là CH, công thức phân tử của B là CnHn ^ ^ ^ Theo giả thiêt B không làm mât màu dung dịch nước brom => B ch có ứiể là aren CnH2n- 6 => n = 2n —6 => n = 6 Vậy công thức của B là C6H6.______________________ a) Các PTHH: 5

0,25

0,25

x 2

x 5.2

CmH2m+1 OH + Na —> CmH2m+ 1 ONa + —H2

0,5

2

y

y

2

CnH2n+iCOOH + 5 ll± i O2 2

(n + 1)C02 + (n + 1)H20 (n + l)x

X

3m CmH2m+iOH + ——O2 2

-> mC0 2 + (m + 1)H20 my

y

CnfỈ2n+iCOOH + CmH2m+iOH *

a x it.l°

± CnH2n+iCOOCr Ĩ Ỉ 2m+1 +

& *x'

V

H2O

Đặt X, y lần lượt là số mol của X và Y trong mỗi phần )hân. . 1 0,15.100 , Trương hợp 1: naxit = ----------------- = 0,2 mol 75 Ta có hệ phương trình:

Ổ

—+ —- 0,25 2 2 (n + l)x + my = 1,3

x = 0,2 1,2; y = 0,3 0 và 2n + 3m =11.

Giải hệ ta được: X~ 0,2; Giải phương trình nghiệm nguyên: n = 1; m = 3 hoặc n = 4; m = 1.

Vậy công thức của X là CH3 COOH, Y là C3 H7 OH hoặc X là C4 H9 COOH, Ylà 0 , 15.100

T

75

0,5

= 0,2 mol

hệ phương trình: —+ —= 0,25 2 2 (n + l)x + my = 1,3

y = 0,2 Giải hệ ta được: X = 0,3; y = 0,2 và 3n + 2m =10.

G^^ phưrag nghiệm nguyên: n = 2;m = 2 hoặc n = 0; m = 5.

Vậy công thức của X là C2H5 COOH, Y là C2H5 OH hmc X là HCOOH, Y là C5H 11OH. Ghi chú: Học sinh giải tMg bài theo cách khác nếu đủng và lỷ luận chặt chẽ vẫn đạt điểm tổi 6

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NGÃI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: HÓA HOC •

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đe thi có 02 trang) Câu I: (2,5 điểm) 1.1. (1,5 điểm) Xác định các chất A, B, c , D và viết phương trình phản ứng thực hiện1 dãy chuyí chuyển hóa: A <=—> B <=—> c < = > D.

Biết A, B, c , D khi đốt đều phát ra ánh sáng màu vàng.

1.2. (1 điểm)

é*

Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi tiến hành các thí nghiệm sau: a/ Cho mẫu đá vôi vào dung dịch KHSƠ 4 . b/ Sục khí CI2 vào dung dịch FeSƠ 4 . c/ Đun nóng tinh bột trong dung dịch H 2 SO4 loã||^tìfíC được dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNƠ 3 trong NH 3 dư, đun nóng nhẹ. d/ Gây nổ hỗn hợp thuốc nổ đen.

Câu II: (2 điểm) II. 1 (1 điểm) Có hỗn hợp X gồm 3 chất hữu cơ: CóHe; C2 H 5 OH; CH 3 COOC2 H 5 . Trinh bày phương pháp tách riêng từng chất, viết các phương trình phán ứng xảy ra (nếu có).

II.2 (1 điểm) Chỉ dùng thêm một thuốc thử, bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết 5 mẫu chất bột có màu tương tự nhau đựng riêng biệt trong 5 lọ mất nhãn: Ag 2 Ơ, CuO, Fe3 Ơ4 , MnOă, hỗn hợp (Fe và FeO). Viếtphương trình phản ứng xảy ra.

Câu III: (1,5 điểm) Dung dịchSc chứa hai muối vô cơ; trong đó có chứa gốc sunfat. Cho dung dịch X tác dụng vừa đủ với dung dịch Ba(OH ) 2 đun nóng thu một khí A, kết tủa B và dung dịch c. ^ung dịch c tác dụng với lượng dư dung dịch AgNƠ 3 (trong môi trường HNO3 ) thu được tủa màu trắng hóa đen ngoài ánh sáng. lết tủa B đem nung nóng đến khối lượng không đổi được a gam chất rắn z. Giá trị của a thay đổi tùy theo lượng Ba(OH ) 2 dùng. Nếu dùng Ba(OH ) 2 vừa đủ thì a đạt giá trị cực đại, nếu dừng Ba(OH ) 2 dư thì a giảm dần đến giá trị cực tiểu. a/ Dự đoán trong dung dịch X có thể chứa những muối nào? b/ Biết rang khi a = 8,01 gam thì z phản ứng w a đủ với 50 ml dung dịch HC1 1,2M, còn lại bã ran n ^ g 6,99 gam. Xác định công thức hóa học hai muối trong dung dịch X.

1

Câu IV: (2,5 điểm) Dung dịch X là dung dịch HC1. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch X vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y, thu dung dịch A chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch A thu 14,175 gam chất rắn z. Nung z đến khối lượng không đổi thu 8,775 gam chất rắn. a/ Tính nồng độ mol/lít của dung dịch X, nồng độ phần trăm của dung dịch Y và công thức của z. b/ Cho 1,64 gam hỗn họp Xi gồm Al, Fe vào cốc đựng 84 ml dung dịch X. Sau phải^ỉ thêm tiếp 160 gam dung dịch Y vào cốc, phản ứng hoàn toàn, lọc lấy kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 1,31 gam chất rắn ' thảnh phần % theo khối lượng của mồi kim loại trong hồn hợp Xi. Câu V: (1,5 điểm) Cho etan (C2 ĨỈ 6 ) đi qua xúc tác, ở nhiệt độ cao thu được một hỗn hợp khí X gồm 4 chất etan, etilen, axetilen và H2 . Tỷ khối của hồn hợp X đối với etan là 0,6. Cho 0,4 mol hỗn họp X qua dung dịch Bĩ 2 dư, phản ứng hoàn toàn, tính số mol Br? đã tham gia phản ứng. /r% ^ -

Rr, = 1 17 - c =

7 vi =

Aĩ = i A - r i =

í- \Tr, = ? 1 \ ^ ^ 1 6 ' H = 1 ■ A I = 2 7 '

2

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NGẢI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NẢM HỌC 2015-2016 Môn thi: HÓA HOC

HƯỚ NG DẪN CHẤM ĐÈ CHÍNH THỨC Câu I

Điểm 1,5

Nội dung A là Na B là NaCl

c là NaOH D là Na2C 0 3.

2Na + CỈ2 —> 2NaCl 2NaCl

?pnc- ^ 2Na + Ch

2NaCl + H2 O

f » 2NaOH + H2+ Cl2

cmn

NaOH + HC1 -> NaCl + H2 O 2NaOH + CO2 -> Na2CƠ3 + H20 Na2C 0 3 + Ca(OH) 2 -> 2NaOH + CaCOs (A, B, c, D cũng cỏ thể là NaCl, Na(

:0 3, NaHCQ3)

1.2

a/ Đá vôi tan ra, sủi bọt khí trong dung dịch: CaCOs + 2KHSƠ4 ^ a S 0 4 +

K 2S O 4

+ H20 + C 0 2 T

b/ Dung dịch xuất hiện màu vàng 3Ck + 6FeSƠ4 -> 2Fe2(S 04)3 + 2FeCb c/ Xuất hiện lớp gương sau khi đun nhẹ dung dịch X 05-)n + nH2Ơ + Ag20

Ax

C6 H 1 2 0 6

11

ddĩ!H3 > C6 H 12 O 7 r

+ 2Ag ị

/ Hồn hợp nổ mạnh 2KNƠ3 + s + 3C -> K2S + N2 + 3CƠ2

1

II

1

II.1.

Cho hỗn hợp X vào lượng nước dư, C 2 H 5OH tan trong nước, hỗn hợp C6H6 và CH3 COOC2 H 5 không tan, phân lớp. Chiết lấy hỗn hợp C6H6 và CH 3 COOC2 H 5 ; phần dung dịch C2 H 5 OH tan trong nước đem chưng cất rồi làm khô bằng CuSƠ4 khan thu được C2 H 5 OH. + Hỗn hợp C6H6 và CH3 COOC2 H 5 cho vào dung dịch NaOH lấy dư, CH3 COOC2 H 5 tan ứieo phản ứng xà phòng hoá:

CH3COOC2H5 + NaOH

-> CH3COONa + C2H5OH

V

+ Chiết lấy CóHó; còn lại là dung dịch CtbCOONa và C 2H 5O H đem chưng cất lấy C2 H 5 OH rồi làm khô bằng C11SO4 khan. Cô cạn dung dịch lấy CH3 COONa khan, cho phản ứng với H 2 SO4 đặc thu đưựị CH3 COOH rồi cho phản ứng với C 2H 5O H theo phản ứng este hoánh được CH3COOC2H5. " " C H 3C O O H

+ C 2H 5O

H

^

=

±

c h 3c o o c 2h

5+

h 2o

1

II.2 Dùng dung dịch HC1 làm thuốc thử, nhận ra: - MnƠ2 có khí màu vàng thoát ra.

MnƠ 2 + 4HC1 -> MnCb + C h t + 2H20.

- Ag20 có kết tủa xuất hiện kết tủa trắng.

Ổ

Ag20 + 2HC1 -> 2AgClị + H2 O. - Fe3 Ơ4 tạo dung dịch màu vàng.

Fe30 4+ 8HC1 -> FeCl2 + 2FeƠ3 + 4H20.

- CuO tạo dung dịch màu xanh.

CuO + 2HC1 -> CuCb + H2 O. khí không màu thoát ra.

2

+ H2 Ỹ.

FeCb + H2 O a/ Dung dịch X tác dụng vừa đủ với dung dịch Ba(OH ) 2 đun nóng thu 0,75 một khí A nên A là NH 3 => dung dịch X có chứa nhóm amoni

o

\

Dung dịch c tác dụng với AgNƠ 3 (trong môi trường HNO3 ) thu kết tủ tủa màu trắng hóa đen ngoài ánh sáng nên kết tủa có AgCl => dung ♦ dịch dị X có chứa gốc clorua Khi cho từ từ dung dịch Ba(OH ) 2 đến dư vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được tăng dần đến giá trị cực đại sau đó lại giảm dần, nên dung dịch X có chứa muối của kim loại AI hoặc Zn. Vậy dung dịch X có chứa muối clorua, muối sunfat của nhôm (hoặc kẽm) và amoni.

2

đủ với 50 ml dung dịch HCl 0,75

b/ Khi a = 8,01 gam, Z phản ứng 1,2M thu bã rắn nặng 6,99 gam, nên:

Z gồm R2 On (với R là kim loại Al hoặc Zn) và BaSƠ 4 Bã rắn nặng 6,99 gam là BaSƠ4 mBaSO4 = 6,99 gam => mR2On = 1,02 gam +

R2°n 0,03/n

2nHCl

> 2RCl11+ nH20

0,06 mol

M r 2o„

i’02 =1/1 = 34n 0,03//7 M r = 27 (Al)

MRĩ0n = 102

Chọn n = 3

Vậy dung dịch X có chứa: A1CỈ3 và (NH4 )2 SƠ4 hoặc Ab(S( NH 4 CI " IV

a/

HC1 + NaOH -> NaCl + H2 O NaCl + nH20

NaCl.nH20 (Z)

NaCl.nH20

-> NaCl + nH ĩn HC1 và NaOH phản

Do dung dịch thu được chỉ chứa một ứng vừa đủ với nhau. Có:

58,5 = 0,15 mol.

nH C l — ĩlNaOH — HNaCl

0 151 CV1(HC1)= = 2,5M M 0,06 , 0 15x40 ........... . c% (NaOH) = — X1 0 0 % = 6% 100

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: H2^ = 14,175 - 8,775 = 5,4 gam; ẫ

"^20

=>

= 0,3 mol

n = 0,3:0,15 = 2

VậySông thức của z là NaC 1 .2 ĩỈ 2 0 .

1,5

b/ Số mol HC1 có trong 84 ml dung dịch X:

o

nH ci

= 0,084* 2,5 = 0,21 mol

Số mol NaOH có trong 160 gam dung dịch Y: 160x6 n NaOH = 100x40 =

° ’2 4 m o 1

Al + 3HCl -> A1C13 + a

3a

/ H2

3 2

(1)

a 3

Fe + 2HCl -> FeCl2 + H2 b

2b

(2)

b

Giả sử Xi chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng AI là: n HCl =

1 64 1 6 4

x 3 = 0,182 <

0 ,2 1

Giả sử Xi chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là: 1 64 n u p l = - ỉ^ - x 2 = 0,059 < 0,21 HUI 56 Vậy với thành phần bất kì của AI và Fe trong Xi thì HC1 luôn dư. K thêm dung dịch Y : “ HCl + NaOH -» NaCl + H2 O ^ 0,21 - (3a + 2b)

X

0,21 - (3a + 2b)

FeCb + 2NaOH -> Fe(OH)2 + 2NaCl b

2b

b

o%

í

3Na(tf AICI3 + 3NaOH -> Al(OH)3 + 3Ni a

3a

a

(5)

Đặt số mol của AI và Fe trong 1,64 gam hỗn ] ọp Xi lần lượt là a và b. m hợp Có: ^ ^ 27a + 56b = 1,64

v, (*) Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4) và (5) là 0,21 mol => số mol NaOH dư là: 0,24 - 0,21 = 0,03 mol. a i (0H )3

+

NaA102 +

2

H2 O

a Trưởng hợp 1: a < 0,03 thì Al(OH ) 3 bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa chỉ có Fe( _ 4Fe(OH)2 + O2 —> 2Fe2Û3 + b

4

H2 O

b/2

Chất rắn Y 1 là FeaCb. b/2 = nFe2o3 = 1,31: 160 = 0,081875; Từ (*) => =>

=> b = 0,016375 mol

a = 0,02678 mol (< 0,03) %nui = 27x 0,02678 xlOO: 1,64 = 44,09%; %mFe = 55,91%.

Trường hơp 2 : a > 0,03 thì Al(OH ) 3 bị hòa tan một phần, kết tủa có Fe(OH) 2 vàAl(OH)3 dư.

4

Al(OH)3 + NaOH -> NaAlO 2 + 2 H2 O a

0,03

2 Al(OH)3 -> AI2 O3 + 3 H2 O a - 0,03

(a - 0,03)/2

4Fe(OH)2 + O2 —> 2Fe2O3 + b

4

H2 O

b/2

Chất rắn Y 1 có AI2 O 3 và Fẽ203.

51 (a - 0,03) + 80 b = 1,31

V

(**)

Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,04; b = 0,01 =>

%mAi = 27x 0,04 xlOO: 1,64 = 65,85%; .0

% m Fe = 3 4 , 1 5 % .

V

1,5 Có: d 4 - - M C,H( 1

MC ,H fi

o

n

Gọi nc2H 6 ban đầu —0,6 mol => nx —1 mol Độ tăng số mol là: 1 - 0,6 = 0,4 mol = Nhận xét:

Î1H2

riH 2 tạ

tạo thành = nBr 2 CÍ

1 mol hỗn họp X cần 0,4 mol Bĩ2 mol hồn họp X là: 0,4.0,4 = 0,16

Bĩ 2 Cần phản ứng với 0,4

Pu: C2H6 -> C2H2 + 2H2 C2H6 -> C2H4 + C2H2 + 2 ^ - \ ^ 2 H 2 B r 4 C2H4 + Br2 -> C2H4Br2 50 tz pu = so moi Z sinh Sinn ra.

So mol aBr2 mol H H2 X/C2H6 = 0,6 => Mx = 0.6.C2H6 Bao toan khoi luong: mt = ms => nt.C2H6 = 0,4.0,6.C2H6 => nt = 0,24 mol =>

o

nH2 = ntang = ns —nt = 0,4 —0,24 = 0,16 mol = nBr2.

HÉT Ghì chú: Bài làm cỏ thể có cách giải khác, nếu đúng vẫn được hưởng điểm tối đa của phần đó.

5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐÈ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: HÓA HỌC (Hệ chuyên) Ngày thi: 15/06/2016 Thòi gian làm bài: 150 phút

(Đê thỉ gôm cỏ 02 trang) Câu 1: (2,5 điểm) 1.1. (1,5 điểm) Cho các muối A, B, c ứng với các gốc axit khác nhau, biết: A + dung dịch HC1 —> có khí thoát ra A + dung dịch NaOH —» có khí thoát ra B + dung dịch HC1 —» có khí thoát ra B + dung dịch NaOH -> có kết tủa Ở dạng dung dịch c + A —> có khí thoát ra Ở dạng dung dịch c + B -» có khí thoát ra và có kết tủa Xác định công thức của 3 muối và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

1.2. (1,0 điểm) Muối X khi đốt cháy cho ngọn lửa màu va^g. Đun nóng MnƠ 2 với hồn họp muối X và H2 SO4 đặc tạo ra khí Y có màu vàng lục. Khí Y tác dụng với dung dịch NaOH và vôi tôi lần lượt tạo ra hai loại chất tẩy trắng A và B. a) Xác định X, Y; gọi tên A, B và viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) A và B có tác dụng tẩy trắng nhờ tác dụng với CO2 của không khí. Hãy viết các phương trình hóa học đe g i \ thích.

Câu 2: (2,0 điểm) 2.1. (1,5 điểm) Một dung dịch g ồ n ộ te chất: NaCl, Ca(HCƠ3)2, CaCh, MgSƠ4, Na2SƠ4. Làm thế nào đế thu được muối ăn tinh khiết từ dung dịch trên?

2.2. ( 0 , 5 Í ! i à ^ ^ T r|n bao bì của một loại phân bón NPK có kí hiệu 20.10.10 ỉêu ý nghĩa của kí hiệu trên. Độ dinh dưỡng của phân: ạm: %mN có trong phân, - Lân: %mP205 tương ứng với lượng p có trong phân, - Kali: %mK20 tương ứng với lượng K có trong phân. b) Tính khối lượng của các nguyên tố N, p, K có trong 150 kg loại phân trên.

1

Câu 3: (2,0 điểm) 3.1. (1,0 điểm) Cho sơ đồ sau: X — A B C D E Biết: X là một chất khí, A là một polime có phân tử khối rất lớn, C phản ứng được với kim loại Na nhưng không phản ứng với dung dịch NaOH, D phản ứng được với cả kim loại Na và dung dịch NaOH, E phản ứng được với dung dịch NaOH nhưng không phản ứng với kim loại Na. Xác định các chất X, A, B, c, D, E và viết các phương trinh phản ứng theo sơ đồ 3.2. (1,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn 13,45 gam hỗn hợp 2 muối hiđrocacbonat và cacbonat của một kim loại kiềm bằng 300 ........... ml dung dịch HC1 IM. Sau phản ứng, để2 trung ung hòa HC1 < dư thì ' cần 75 ml dung dịch Ca(OH ) 2 IM. Xác định công thức 2 muối. muôi.

Câu 4: (1,5 điểm) Đốt cháy hoàn toàn V lít hỗn hợp khí X gồm a gam hiđrocacbon A và b gam hiđrocacbon B thu được 35,2 gam CƠ2 và 16,2 gam H2 O. Neu thêm vào V lít X một lượng a/2 gam A được hỗn hợp khí Y, đốt cháy hoàn toàn%^)n thu được 48,4 gam CO2 và 23,4 gam H 2 O. Xác định công thức phân tử của A và B, biết rằng chúng là các chất khí ở điều kiện thường.

Câu 5: (2,0 điểm) Cho X, Y là hai dung dịch HC1 có nồng độ khác nhau. Lấy V lít dung dịch X tác dụng với dung dịch AgNƠ 3 dư thu được 35,875 gam kết tủa. Đe trung hòa V ’ lít dung dịch Y cần 500 ml dung dịch NaOH 0,3M.

/X

ã

a) Trộn V lít dung dịch X với V ’ lất dung dịch Y được 2 lít dung dịch z . Tính nồng độ mol/lít của dung dịch z. b) Neu lấy 100 ml dung dịch X và 100 ml dung dịch Y lần lượt tác dụng hết với kim loại Fe thì lượng H 2 thoát ra trong hai trường hợp lệch nhau 0,448 lít (đktc). Tính nồng độ mol/lít của dung dịch X và dung dịch Y. Cho biết: H = 1, n V V , Li = 7, Na = 23, K = 39, Rb = 85, Cs = 133, s = 32, Ba = 137, Ca = 40, ( Ị/ \ p O

= 1 6 , C 1 = 3 5 ,5 .

------------ h é t -----------Ghi cỉ Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoả học; 'án bộ coi thỉ không giải thích gì thêm.

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QU^N G NGÃI *

K " t h i t u y ể n s i n h v à o L ớ p 10 NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi:"HÓA HỌC (Hệ chuyên) Ngày thi: 15/06/2016

Hướng dẫn chấm

Câu

Điểm

1.1. (1.5 điểm) - A là muối amoni của gốc axít yếu như (NH4)2C03 (NH4)2C 0 3+ 2HC1 -> 2NH4C1 + CƠ2 + H20

p

0,5

(NH4)2C 0 3 +2NaOH -> Na2C 0 3 + 2 NH 3 + 2H2 - B là muối axít như Ba(HCƠ 3 )2 0,5

Ba(HC03)2 +2HC1 -> BaCk +2 CO2 +2 Ba(HC03)2 + 2NaOH -> BaCOs +

- c là muối axít của gốc a xít mạnh như NaHSƠ 4 + H2 O +

2NaHSƠ4 + (NH4)2C 0 3 -> ] ^ ^ V +(NH4)2S 04 CO2 O4 + Na2SƠ4 +

2NaHSƠ4+ Ba(HC03

2

0,5

H2 O + CO2

1.2. (1,0 điểm) Câu 1 (2,5 điểm)

- Khí Y m àu^àng lục là CI2 ; Muối X cháy có ngọn lửa màu vàng là NaCl; Chất tay trắng A là nước Gia- Ven; Chất tay trắng B là cloraa vôi.

2

2SO4 đặc

0,25

-> Na2S 04 + 2HC1 M 11CI2 + CI2 + 2 H2 O

MnƠ 2

0,25 oặc: M n02 + 4NaCl + 2 H2 SO4 MnCh + Ch +2N a2SƠ4 + H2 O Cl2 + 2NaOH -> NaClO + NaCl + H2 O nước Gia-ven Ch + Ca(OH)2

CaOCb + H 2 O

0,25

Cl2 + Ca(OH)2 -> CaCl2 + Ca(OCl)2 + H2O clorua vôi Tác dụng tóy trắng do CO2 không khí: 1

0,25

NaClO + CO2 + H2 O -> NaHCO 3

+ HClO

2CaOCl2 + CO2 + H2 O —^ CaCO3 + CaCl2 + 2HCIO CaOC12: muối hỗn tạp, vì là muối chứa 2 gấc axit: clorua và hipoclorit OC1 HCIO cỏ tính oxi hóa mạnh, không bền nên có tác dụng tẩy trắng.

2.1. (1,5 điêm) Cho dd BaCb dư vào dd A, lọc bỏ kết tủa, dd còn lại là: Na' MgCb, BaChdư, CaCb, Ca(HC0 3 ) 2 BaCh +MgSƠ4 -> BaS0 4

u:

+ MgCb

Na 2 SƠ4 + BaCh -> BaS0 4

&

+ 2NaCl

- Cho dd Na 2 CƠ3 dư vào dd còn lại, lọc bỏ kêt tủa, dung dịch còn lại là: NaCl, NaHCƠ 3 , Na2 C 0 3 dư.

MgCb + N a2CƠ3 -> MgCƠ3

+ 21

BaCk + N a 2 C 0 3 -> B aC0 3 CaCh + Na 2 C 0 3 -> CaC0 3 Câu 2 (2 , 0 điểm)

Ca(HC0

3)2

+ Na2 C 0 3^

0,5

+ + 2NaCl

CaCOs + 2NaHC0 3

- Cho dd HC1 dư vào dd còn lại, cô cạn dd thu được NaCl tinh khiết.

NaHCOa + HC1

NaCl + CO2

0,5

+ H2 O

Na2 CỌ3 + 2HC1 -> 2NaCl + CO2 + H20 2.2. (0,5 điểm)

X

a) Cho biết tỉ lệ khối lượng các thành phần của N. P2 O5 .K2 O trong mẫu phân được đóng gói lần lượt là 2 0 %, 1 0 % và 1 0 %.

b)

mJV=20%.150 = 30kg; 31.2 mn= .10%. 150 = 6,55 kg; 142 39.2

o

94

0,25

0,25

.10%. 150= 12,45 kg.

3.1. (1,0 điêm) Câu 3 (2,0 điểm)

X là: CO2 ;

A là: (C6H10O5)n

B là: C 6 H 12 O6 ;

c là: C H OH

D là: CH 3 COOH;

E là: CH3 COOC2 H 5

2

5

Các phản ứng:

0,375

0,125 x 5= 2

6

nCO 2 +

5

nH2O —

as, diệp lục t 0 ,xt

(CóHioO5)n+ nH2O C6 H 12 O6

2

C2 H 5 OH +

C2 H 5 OH + O2

axít,r0

CH3 COOH + C2 H 5 OH

AHCO3

+ HCl

2

CO2

CH3 COOH

3.2 (1,0 điểm) Gọi A là kim loại kiềm; muối trung hòa.

->

X,

0,625

-> n C6 H 12 O6

lên men -> 30o- 32oC

^ TT ^

-> (C6HioO5)n + 6nO2

+ H2 O

± CH3 COOC2 H 5 + H 2 O

y lần lượt là số mol muối axít vàf

A C 1 +

CO2

+H 2O

( 1)

A 2 CO3 +2HC1 -> 2AC1 + CO2 + H 2 O (2) y 2 y (mo] Ca(OH) 2 + 2HC1 -> CaCh + 2 H20 (3] 0,075.............. 0,15................................

4 ímoi Theo đề: mol HC1 =0,3-1 = 0 ,3 (mol); mol Ca(OH)2 = 0,075.1= Q*fT7S(mol) Mol HC1 (3) = 0,15; => mol H C l% V ^ /( 2 ) = 0,15 Ta có:

X

+ 2y = 0,15

0 < y < 0,075)

0,5

Mặt khác: Ax +61x +2Ay + 60y= 13,45 A(0,15 - £ ) + <3^ 0,15 - 2y) +2Ay +60y = 13,45 0,15,4-4,3 62 + Với y > 0 => A> 28,7 (1) + V ớ i* <

=> A< 59,7 (2)

0,25

Từ (1) và (2) => A là kali K CTTPT hai muối: KHCO3 và K2 CO3 /ặt công thức A là CxHy; B là CnHm i đốt X: mol CO2 =0,8; mol H2 O = 0,9 Khi đốt Y: mol CO2 = 1,1; mol H2 O =1,3 Khi đốt — gam A có: mol CO2 = 1,1 Câu 4 (1,5 điểm)

0,8 =0,3

0,5

~ mol H2 O =1,3 —0,9 = 0,4 => mol H2 O > mol C O 2 .

Vậy A là hidrocacbon có công thức CnH2 n+ 2 ......... ___ , a * Đặt sô mol của 2 gam A Ịầx= > mol CO2 = n.x; mol H2 O = (n + 1 ).x => (n + 1).x - n.x = x = 0,4 - 0,3 = 0,1 => mol A trong X = 0,2 Phương trình cháy cùa A:.................................................

3

0,5

CnH2 n+2 +

2

O2

-» nCO2 + (n+ 1 )H2 O ( 1 )

-

0,1 0,3 mol Theo (1) =>.n = 3...=> CTPT cùa A là C 3 H 8 * Trong X có: + mol C02(B) = 0,8 - 0,6 = 0,2 + mol H2 O(b) = 0,9 - 0,8 = 0,1 Đặt công thức của B là CxHy ta có: x:y =1:1 suy ra B có dạng (CH)n, n lả số chẵn và 11 < 4 suy ra B có thề lả C2 H2 hoặc C4 H4 .

AgNOa +HC1 -> AgCl +H NO 3 (1) 0,25 0,25 (mol) NaOH + HC1 -> NaCl + H2 O (2) 0,15 0,15 (mol) Theo đề: mol AgCl = 0,25; mol NaOH = 0,15

0,5

nồng độ mol/lít của z = 0>25 0,l Từ (1) và (2) => nông — +— 7— = 0,2M ... ... _.. .. ..(..... V + V ........ .......

Số mol của HC1 trong 0,1 lít dd ở lần lượt là: 0,025/V và 0,015/V. 0,015/ỵ'. " Theo đề mol H2 = 0,02 Fe

Câu 5 (2,0 điểm)

+2HC1

-> FeCb +

0,025/V Fe + 2HC1 T________ 0,015/V * Nếu Cx > Cy ta có: 0,025 0,015 2 V " 2 V' V + V' = 2

FeCb

0,5

(4) ,015/2V’ (mol)

(V, V'<2) 0,5

=0,5 12

(3) (mol)

=2,5 (loại)

- V = 0,5 => v ’= 1,5 (lít) và Cy = 0,1M Cx < Cy ta có: ° ’025 =0,02 2 V' 2V V + V' = 2 Giải ra ta được:

(Y,V'<2)

0,5

V, =1,725

v2= - 0,725 (loại)

Với Vi = V = 1,725 => V’ = 0,275 => Cx = 0,145M và Cy = 0,55M Ghi chú: - HS có thể giải theo cách khác, nếu đúng và hợp ỉỷ vẫn đạt điểm tối đa của phan Mem dành cho câu đó.

4

5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Q U ^N G NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đe thi gồm có 02 trang)

K 7 THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Hóa học (hệ chuyên) Ngày thi: 07/06/2017 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thmgian giao đề)

Câu 1: (3,0 điểm) 1.1. Trình bày hiện tượng và hoàn thành các phương trình hóa học xảy ra trong c^iịp^ thí nghiệm sau: a. Cho mảnh đồng kim loại vào dung dịch H2 SO4 đặc, nóng. b. Cho hồn hợp đồng số mol Ba và AI2O 3 vào lượng nước dư. c. Cho Fe2Ơ3 vào dung dịchNaHSCU. d. Cho mẫu đất đèn vào nước.

1.2. X, Y, z là ba hóa chất được dùng phổ biến làm phân bón1 hpE^học. hóa h Chúng là các phân bón đơn để cung cấp ba thành phần chính: đạm, léyi và kali cho cây trồng. Ba hóa chất trên đều tan trong nước, biết:

o

4

X + Na2C 0 3

-» tạo kết tủa trắng.

Y + NaOH

-» tạo khí mùi khai,

Y + HC1

không có hiện

Y + BaCb

-» tạo kết tủa trắr

z + AgNƠ3

-» tạo kết tủa trắng.

-> không có hiện tượng. z + BaCb Xác định các chất X, Y, z và hoàn thành các phương trình phản ứng trên.

1.3. Có 5 mầu chất bột màu^Éiềmg gồm: NaCl; Na2CƠ3; Na2 SƠ4 ; BaCCb; BaSCU. Chỉ dùng CO2 và H2 O hãy phân biệt từng mẫu chất trên (các dụng cụ thí nghiệm có đủ).

Câu 2: (2,0 điểm) 2.1. Cho polim ^hiên nhiên R vào nước đun nóng, thấy tạo thành dung dịch keo. Nhỏ tiếp vài giọt dung dịch iot vào dung dịch keo thì không thấy hiện tượng gì, nhưng sau một thời gian thì thấy xuất hiện màu xanh. Từ chất R thực hiện dãy chuyển hóa sau: R ----- » A ----- > B ----- > c ---- » etyl axetat.

Xác định R, A, B, c và hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa tr|n (mỗi mũi tên tương ứng với một phản ứng).

2.2. Cho sơ đồ chuyển hóa sau: X -» X. Biết: X là một phi kim; Y và z là các hợp chất có chứa nguyên tố X. Dung dịch chất Y làm đỏ quỳ tím. z là muối của natri, ừong đó natri chiếm 39,316% về khối lượng.

Xác định các chất X, Y, z và hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa trên (mỗi mũi tên tương ứng với một phản ứng).

1

Câu 3: (2,0 điểm) H2 SO4 nguyên chất có khả năng hấp thụ SO3 teo oleum theo phương trình sau: H2 SO4 + nSO3----- > H2SO4.nSO3 (oleum) 3.1. Hòa tan 50,7 gam oleum có công thức H2 SO4 .nSO3 vào nước, thu được 98 gam dung dịch H 2SO 4 60%. Xác định giá trị n.

3.2. Hấp thụ hoàn toàn m gam SO3 vào 180 gam dung dịch H2 SO4 98%, thu được oleum có công thức H2 SO4 .3 SO3 . Xác định giá trị m.

Câu 4: (1,5 điểm) Cho 6,06 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm M và một kim loaè R có hóa trị III vào nước, thấy hồn hợp X tan hoàn toàn tạo ra dung dịch A và 3,808 lít khí (đktc). Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau: Cô cạn phần thứ nhất thu được 4,48 gam chất rắn khan.

Thêm V lít dung dịch HC1 IM vào phần thứ hai thấy xuất hiện 0,78 gam kết tủa. a. Xác định tên hai kim loại và tính thành phần % khối lượng mồi kim loại trong X. b. Tính giá trị V. Câu 5: (1,5 điểm) Thực hiện phản ứng este hóa giữa axit OOH và rượu CnH2n+iOH, sau một thời gian tách bở nước thì thu được hồn họ este, axit và rượu. Đốt cháy hoàn toàn 62 gam hỗn hợp X, thu 69,44 lít khí CO2 (đktc) và 50,4 gam H2 O. Mặt khác, cho 62 gam hỗn hợp I ty ic dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch NaOH 2M, sau phản ứng hoàn toàn thiNđược 29,6 gam rượu. Tách lấy lượng rượu rồi hóa hơi hoàn toàn thì thu được thể tích hơi đúng bằng thể tích của 11,2 gam khí nitơ đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. a. Xác định công thức cấu tạo của rượu và axit. b. Tính hiịỆx suốt phản ứng este hóa.

32; 0 = 16; N = 14; H = 1; Cl = 35,5; Na = 23; K = 39; Ba = 137; Fe = 56; Zn = 65; AI = 27; Ca = 40; Cu = 64; Ag = 108. ..................... H É T .................

Ghi chú: Cán bộ coi thỉ không giải thích gì thêm

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Q UANG NGÃI

Câu Câu 1 (1,5 điểm)

KÌ THI TUYẺN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Sinh học (Hệ chuyên)

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀAĐÁP ÁN ĐÈ CHÍNH THỨC ______________ (Đáp án gôm có 04 trang)______________ Nội dung trả lời Điểm a.

- Di truyền liên kết là hiện tượng một nhóm tính trạng được di truyền cùng nhau, được qui định bởi các gen trên một NST cùng 0,25đ phân li trong quá trình phân bào.

- Hiện tượng di truyền liên kết gen đã bổ sung cho quy luật p[fen li độc lập của Menđen: + Không chỉ có 1 gen trên 1 NST mà có nhiều gen trên 1 NST(do trong tế bào, số lượng gen lớn hơn số lượng NST rất nhiều). Các 0,5đ gen phân bố dọc theo chiều dài của NST và tạo thành nhóm gen liên kết. Các gen không chỉ phân li độc lập mà còn cániện tượng liên kết với nhau và hiện tượng liên kết gen mới là hiện tượng phổ biến. + Giải thích vì sao trong tự nhiên có những nhóm tính trạng luôn di truyền cùng nhau (hạn chế xuất hiện biến dị tổ hợp). b.

NST thường - Có nhiều cặp trong tế bào lưỡng bội.

- Luôn tồn tại thành từng cặp tương đồng.

- Giống nhau ở hai giới

NST giói tính - Có 1 cặp, đôi khi là 1 chiếc trong tế bào lưỡng bội.

- Cặp XX tương đồng, cặp XY không tương đồng.

- Khác nhau ở giới đực và giới trong loài. cái trong loài.

- MangVgtffiuv định các - Mang gen quy định các tính tính trạng thường. trạng liên quan và không liên quan với giới tính.

Câu 2 1,0 đi a

o

a. A Số nucleotit của gen _ 2.L _ 2.4080 = 2400 nuclêôtit N= 3,4 3,4 Ta có hệ: H = 2A + 3G = 2880 N = 2A + 2G = 2400 —>A = T = 720 nuclêôtit G = X = 480 nuclêôtit Tỉ lệ % 720 >A=T= x 100% = 30% 2400 G=X= x 100% = 20% b. Ta có A j=T2= 420 nuclêôtit

0,75đ

0,25đ

0,25đ

420

Tỉ lệ %: A i=T2=

x 100%= 35%

1200

0,25đ

G2=X1= 120 nuclêôtit 120 x100%= 10% Tỉ lệ %: G2=X1= 1200 A2=T1=A - Ai = 720 - 420 = 300 nuclêôtit Tỉ lệ% : A2= T ,=

300 1200

X

G]= x 2 = G - G2= 480- 120=360 nuclêôtit ►Tỉlệ%: Câu 3 2,0 điểm

Câu 4.

Gi=x2=

360 1200

X

V

100% = 25%

100% = 30%

a. Phân biệt được các ỷ cơ bản: Thường biển - Biên đôi kiêu hình không liên quan đến biến đổi kiểu gen - Do môi trường tác động - Xảy ra đồng loạt, có định hướng - Không di truyền được - Có lợi cho sinh vật, biến đổi thích ứng với môi trường.

0,25đ

D

Đột biến - Biên đôii kièu kiểu gi gen dần đến biến đổi kiểu iểu hìri hình - Do các nhân tố gây đột biến - Xảy ra đột ngột, riêng lẻ và không định hướng - Di^myền được - Thường có hại cho sinh vật, một số có lợi hoặc trung tính.

1,5 đ

b.

-Vì qua các thế hộ sau tPlệ thể dị hợp giảm dần và thể đồng hợp tăng dần, các_g\ lặn có hại đi vào thể đồng hợp, biểu hiện thành 0,25đ kiểu hình, gây ra thoái hoá.

-Trong chọn giống, người ta dùng phương pháp tự thụ phấn bắt buộc và giao phối cận huyết để củng cố và duy trì một số tính 0,25đ muốn, tạo dòng thuần (có các cặp gen đồng hợp), thuận lợi cho đánh giá kiểu gen ở từng dòng, phát hiện gen xấu đế tử đó loại ra khỏi quần thế.______________________________ đồ lưới thức ăn Dê -►Hổ

/

Cỏ;

-►Thỏ

-►Cáo

Gà

-►Mèo rừng

-►Vi sinh vật

0,5đ

b.

- Cần Mo vệ hệ sinh thái biển: vì các loài động, thực vật trong hệ sinh thái biển rất phong phú cũng là nguồn thức ăn giàu đạm chủ 0,25đ yếu cùa con người. Tuy nhiên tài nguyên sinh vật biển không

Câu 5 1 , 0 điểm

Câu 6 1,5 điểm

pMi là vô rân. Hiện nay, do mức độ đánh băt Mi sản tăng quá và tác động của con người làm ô nhiễm môi trường biển nên nhiều loài sinh vật biển có nguy cơ bị cạn kiệt.

- Biện pháp Mo vệ: cần có kế hoạch khai thác tài nguyên biển ở mức độ hợp lí, Mo vệ nuôi trồng các loài sinh vật biển quí hiếm, 0,25đ đồng thời chống ô nhiễm môi trường biển.

- Quan hệ cùng loài: + Hồ trợ : 10 + Cạnh tranh: 9 - Quan hệ khác loài: 1 ,5 ^ * Hỗ trợ: + Cộng sinh: 3, 5 r + Hội sinh: 6 * Đối địch + Kí sinh, nữa kí sinh: 2, 4 + Sinh vật ăn sinh vật khác: 1,7 + Canh tranh : 8 Gọi k là sô đợt nguyên phân Ta có: 2n (2k - 1) = 9906 —>78(2k -1) = 9906—>2k = 128 0,5 đ _>2k = 2 7 -> k = 7 Số đợt nguyên phân của tế bào sinh dục sơ khai cái là: 7 lần b.

Số TB sinh trứng là 128 = số trứng được tạo ra.

Trứng thụ tinh với hiệu suất 50% nên số trúng được thụ tinh là: 0,5 đ 128 X 50% = 64 trứng—»Số hợp tử = số trứng được thụ tinh = 64 c.

64 hợp tử tinh trùng thụ tinh Hiệu suất thụ tinh của tinh trùng là 6,25% —>số tinh trùng được 64 " 0,5 đ tạo ra là: ^ 5 xioo = 1024 tinh trùng —►Số TỀ^hih tinh trùng là: 1024 : 4 = 256 tế bào

Câu 7 i 2,0 điểm + p đều thuần chủng, khác nhau về hai cặp tính trạng tương phản, phải dị hợp về 2 cặp gen + F] dị hợp về 2 cặp gen, biểu hiện kiểu hình thân cao, hoa đỏ—»thân cao trội so với thân thấp, hoa đỏ trội so với hoa vàng. + Quy ước: A: thân cao, a: thân thấp; B: hoa đỏ, b: hoa vàng (HS có thể quy ước theo chữ cái khác) + Fi: (Aa, Bb) thân cao, hoa đở X (Aa, Bb) thân cao, hoa đở F2 xuất hiện 4 kiểu hình trong đó kiểu hình mang 2 tính trạng lặn 305 1 ’ thân thâp, hoa vàng (aa, bb) _ 4 0 3 0 ---- 4 kiêu hình đời F2 phân li theo ty lệ 9:3:3:1.

—*■Hai cặp tính trạng chiều cao cây và màu hoa di truyền theo quy luật phân li độc lập của Menđen b.

l,0đ

+ Sơ đô lai tìr P—>F1 P: AABB (thân cao, hoa đỏ) x aabb (thân thấp, hoa vàng) hoặc P: AAbb (thân cao, hoa vàng) x aaBB (thân thấp, hoa đỏ) Lập 2 sơ đồ lai tò P—>F1: 100% AaBb (tàm cao, hoa đỏ). + Sơ đồ lai tìr F1—>F2 AaBb (ứiân cao, hoa đỏ) x AaBb (thân cao, hoa đỏ)____________ Kết quả thu được 4 kiểu hình với tỉ lệ 3: 3: 1: 1= (3:1) (1:1)= (1:1)(3:1) - Trường hợp 1: (3:1) (1:1) + Tính trạng chiều cao phân li theo tỉ lệ 3:1—>kiếu gen cây Fi cây đem lai Aa (thân cao) X Aa (thân cao) + Tính trạng màu sắc hoa phân li theo tỉ lệ 1:1—»kiểu gen -Ịeiyca ca" và cây đem lai Bb (hoa đỏ) Xbb (hoa vàng) —►Kiểu gen cây đem lai Aabb (thân cao, hoa vàng) - Trường họp 2: (1:1)(3:1) + Tính trạng chiều cao phân li theo tỉ lệ 1:1—»kiểu gen c:ây F ! và cây đem lai Aa (thân cao) X aa (thân thấp) + Tính trạng màu sắc hoa phân li theo tỉ lệ 3:1—> ki eu gen cây Fl và cây đem lai Bb (hoa đỏ) X Bb (hoa Kiểu gen cây đem lai aaBb (thân tl oìĩđỏ).

0,5đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

QUẢNG NGÃI

NĂM HỌC 2018-2019 Ngày thi: 06/06/2018 Môn: SINH HỌC (HỆ CHUYÊN) Thời gian làm bài: 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề này có 02 trang)

Câu 1:(1.0 điểm) 1. Vì sao cùng là kiểu đột biến thay thế nuclêôtit, có một số trường hợp k^ông gây hậu quả gì nhưng một số trường hợp khác lại gây hậu quả rõ rệt đối với cơ thể sinh vật?

2. Một loài thực vật có bộ NST 2n = 10, có một cặp NST mang các gen AAA. Thể đột biến trên thuộc loại đột biến nào? Trình bày cơ chế phát sinh thể đột biến đó.

Câu 2:(1.0 điểm)

N hiêt đô

( C) Tỉ lê nở

(%)'

34,0

34,5

35,0

35,5

0

5

20

40

36,0

36,5

5^

w A

Tại một cơ sở ấp gà giống, người ta giữ độ ẩm phòng ấp ở 65% và cho thay đổi nhiệt độ không khí. Theo dõi kết quả tỉ lệ nở của trứng gà tương ứng với nhiệt độ thay đổi theo bảng sau:

80

37,5

38,0

38,5

39,0

39,5

90

70

40

5

0

a. Vẽ sơ đồ 1Ĩ1Ô tả giới hại^ĩhh thái về nhiệt độ đối với sự phát triển của trứng gà. b. Tìm giá trị giới hạn dưới, giới hạn trên và điểm cực thuận của nhân tố nhiệt độ đối với sự phát triển của trứng gà.

Câu 3:(1.5 điểm) 1. ARN được tổng hợp dựa trên những nguyên tắc nào? Nêu bản chất mối quan hệ giữa gen với ARN. 2.VÌ sao hai ADN con được tạo ra qua cơ chế nhân đôi lại giống hệt ADN mẹ?

Trường họp nào qua cơ chế nhân đôi tạo ra ADN con khác ADN mẹ?

Câu4ỉ:(l.íSíiểm) 4iế nào là NST kép và cặp NST tương đồng? Phân biệt sự khác nhau giữa NST kép và cặp NST tương đồng.

o

Câứ 5:(2.0 điểm) Gen M dài 4080 Â, có số nuclêôtit loại A chiếm 30% tổng số nuclêôtit của gen.

Gen M bị đột biến mất đi 3 cặp nuclêôtit trở thành gen m; làm cho gen đột biến kém gen ban đầu 7 liên kết hiđrô. a. Tính số lượng từng loại nuclêôtit của gen M và gen m. b. Cho cơ thể có kiểu gen Mm ty thụ phấn. Xác định số lượng từng loại nuclêôtit trong mỗi loại họp tử được tạo thành (Biết rằng quá trình giảm phân xảy ra bình thường).

1

Câu 6:(1.0 điểm) Ở một loài thực vật, khi cho hai cây thân cao, chín sớm giao phấn với nhau, người ta thu được F1 phân li theo tì lệ: 1 cây thân cao, chín muộn: 2 cây thân cao, chín sớm: 1 cây thân thấp, chín sớm. Cho các cây thân cao, chín muộn ở F1 ựr thụ p h ^ , người ta thu được đời con gồm cả cây thân cao, chín muộn và cây thân thấp, chín muộn. Biet rang không xảy ra đột biến. Hãy xác định kiểu gen của các cây bố mẹ.

Câu 7:(2.0 điểm) Gà có bộ NST 2n=78. Tại vùng sinh sản của một gà trống có một tế bào sinh diỊl^ơ khai nguyên phân nhiều lần liên tiếp đã cần môi trường cung cấp nguyên liệu tương đương 2418 NST đơn. Tất cả các tế bào sinh ra đều bước vào vùng chín để tiến hành giảm phân tạo ra tinh trùng. Các tinh trùng tham gia thụ tinh với một con gà mái, biết hiệu suất thụ tinh của tinh trùng là 6,25%. Gà mái trên đẻ ra được 11 trứng, ấp và nở ra4 già con. a. Xác định số lần nguyên phân và số tinh trùng tạo thành. b. Xác định số hợp tử được tạo ra. c. Sổ trứng không nở có bộ NST như thế nào?

---------------------------- Hết — Ghi chú: Cán bộ coi thỉ không giải Stich gì thêm Họ và tên thí sinh:...................................số báo danh:............... Phòng thi:

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUANG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đe thỉ gồm cỏ 02 trang)

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 Ngày thi: 06/06/2019 Môn: Sinh học (Hệ chuyên) Thm gian làm bài: 150 phút, Không kể thời gian giao đề

Câu 1: (1,0 điểm) 1. Nêu cơ chế xác định giới tính bằng nhiễm sắc thể. Hãy minh họa bằng sơ chế xác định giới tính ở người.

2. Giải thích vì sao bộ nhiễm sắc thể lường bội (2n) đặc trưng của những loài sinh sản hữu tính lại được duy trì ổn định qua các thế hệ cơ thể.

Câu 2: (1,5 điểm) 1. Trong một tế bào sinh dường bình thường của một loài sinh vật, qua thực nghiệm, người ta thấy xuất hiện một cấu trúc tạm thời có hai mạcl^inư sau: Mạch gốc 3 ... X - T - A - G - T - A - X ...5 (1) M ạch... 5... G - A - U - X - A - U - G ... 3 a) Thành phần đơn phân cấu trúc nên 2 mạch có gì khác nhau? Từ sự khác nhau của 2 mạch, có thể kết luận cấu trúc tạm thời trên xuất hiện trong quá trình sinh học nào? b) Sản phẩm có thể được tạo thành khi quá trình sinh học trên hoàn thành là gì? Khi mạch (2) bị thay đổi số lượng, thành phần các nucleôtit thì mạch (1) có bị thay đổi theo không? Vì sao?

2. Nêu bản chất của mối liên hệ giữa gen và tính trạng qua sơ đồ sau: Gen (một đoạn ADN) —►mARN —►Prôtein —> Tính trạng.

Câu 3: (1,5 điểm) 1. Phân biệt thường biến với biến dị tổ hợp.

2. Bộ nhiễm sắc thế (2n) của một loài thực vật có hoa gồm 5 cặp nhiễm sắc thế (kí hiệu 1,11, III, IV, V), khi khảo sát một quần the 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: số lượng nhiễm sắc thể đếm được ở từng cặp I II III IV V 3 3 3 3 3

ThW

B

4

<>

.

' c

3

2

2

2

2

1

2

2

2

2

<b) Nêu cơ chế hình thành thể đột biến c.

t â u 4: (1,0 điểm) 1. Một loài lan rừng có giá trị kinh tế đang có nguy cơ tuyệt chủng, đế bảo tồn nguồn gen loài lan này và tạo được số lượng lớn cây giống trong thời gian ngắn mà vẫn giữ được đặc tính của giống gốc, người ta thường sử dụng phương pháp nhân giống nào?

Nêu quy trình.

2. Tại sao tự thụ phấn bắt buộc và giao phối cận huyết gây ra hiện tượng thoái hoá nhưng các phương pháp này vẫn được sử dụng trong chọn giống?

Trang 1

Câu 5: (2,0 điểm) 1. Trong vườn cây ăn quả có múi, thường có kiến hôi sinh sống, chúng đưa những con rệp cây lên chồi non, rệp lấy được nhiều nhựa cây và thải ra đường cho kiến hôi ăn. Người ta thường thả kiến đỏ vào vườn cây vì kiến đỏ ăn rệp cây, đồng thời chúng đuổi được kiến hôi. Xác định moi quan hệ sinh thái giữa các loài có trong vườn cây ăn quả trên.

2. Trong đầm nuôi cá, sản phẩm chính tạo nên giá trị kinh tế cho đầm là cá mè trắng.

Trong đầm còn có một số loài cá tự nhiên như cá mương, cá dầu và cá măng. Cá dầu và cá mương tuy nhỏ nhưng khi gặp điều kiện thuận lợi lại phát triển rất mạnh mẽ. Tảo sống nổi là thức ăn của cá mương, cá dầu và cá mè trắng. Cá măng lại sử dụng cá mương, cá dầu làm thức ăn chính. Rái cá chuyên săn bắt cá măng và cá mè trắng. a) Hãy vẽ sơ đồ lưới thức ăn trong đàm. b) Sau một thời gian, giá trị kinh tế của đầm cónguy cơ suy giảm mạnhdo cá măng bị người ta câu nhiều.

- Hãy giải thích hiện tượng trên.

- Đe duy trì và nâng cao giá trị kinh tế của đầm, người nuôi cá cần áp dụng biện pháp sinh học nào đơn giản, thích hợp và có hiệu quả cho đầm nuôi?

Câu 6: (1,5 điểm) Theo dõi quá trình giảm phân bình thường của 32-tế bào sinh trứng ở một cá thể cái, người ta thấy trong các thể định hướng được tạo ra có 384 nhiễm sắc thế đơn. Biết hiệu suất thụ tinh của tinh trùng là 1%, của trứng là 6,25% và không phát sinh đột biến.

Hãy xác định: 1. Bộ nhiễm sắc thể lưỡng bội (2n) của loài và số nhiễm sắc thể môi trường phải cung cấp cho các tế bào sinh trứng giảm phân.

2. Số hợp tử được tạo thành.

3. Số tế bào sinh tinh cần thiét đế tạo đủ số tinhtrùng hoàn tất quá trĩnhthụ tinh trên.

Câu 7: (1,5 điểm) Ở một loài côn trùng, khi lai giữa bố mẹ có kiểu hình thân xám, cánh dài với thân đen, cánh cụt thu được F 1 100% thân xám, cánh dài. Cho F| lai với một cá thể khác (dị hợp tử một cặp gcn).dGiả sử rằng F2 xuất hiện một trong hai trường hợp sau: Trường hợp4kj\ lân xám, cánh dài : 1 thân xám, cánh c ụ t: 1 thân đen, cánh cụt.

Trường hợp 2: 3 thân xám, cánh d ài: 3 thân xám, cánh cụ t: 1 thân đen, cánh d ài: 1 thân đen, cánh cụt.

Cho biết: mỗi gen quy định một tỉnh trạng, các gen nằm trên nhiễm sắc thể thường, không phát sinh đột biến, nhiêm sắc thê không thay đoi cấu trúc trong giảm phân.

Biện luận qui luật di truyền chi phối hai tính trạng trên và viết sơ đồ lai đối với mồi £mg họp.

........................................ HÉT..............................................

Ghì chú: Cản bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Trang 2

SỞ GD& ĐT QUẢNG NGÃI KỲ T H I TUYỂN SINH VÀO L Ớ P 10 T H PT NĂM H Ọ C : 2015 - 2016 M Ô N T H I: SINH H Ọ C (Hệ chuyên) ĐỂ C H ÍN H THỬCị Thời gian: 150 phút {Không kể thời gian giao đ ề ) (Đề thi gồm 02 trang) Ngày thi: 12/6/2015 L 1 (0,5điêm): Ẳ ^ . Phát biếu nội a: dung „ " "luật phân li độc lập của A Men đen.

Câu quy C âu 2 (l,5điểm): Khi đem lai cây hoa kép, màu trắng với cây hoa đơíĩ^màu tím, thu được ở Fi toàn cây hoa kép, màu tím. Tiếp tục cho Fl giao phấn với nhau, thu đuợc 4592 cây F2 với 4 loại kicu hình, trong đó có 287 cây hoa đon,.màu trắng.

Biết mỗi tính trạng do một cặp alen qui định.

1. Phép lai chịu sự chi phối bởi qui luật di truyền nào? Giải thích tại sao?

2. Viết kiểu gen của các thế hệ bố mẹ, Fj và F2.

3. v ề mặt lí thuyết, số lượng cá thể thuộc mỗi loạ^kiểu hình còn lại của đời F2 bằng bao nhiêu?

C âu 3 (lđiểm): Hãy nêu những điểm khác nhau giữa cơ chếtự nhân đôi ADN với cơ chế tổng hợp ARN. " " " C âu 4 (l,0điểm): Thế nào là thể đa bội? Hãy trình bày về cơ chế phát sinh thể tứ

i 5 (l,5điêm): 7 , Tại vùng I .

Isản, xét , , 16. tê bào sinh 1 dục L „ 1khai đêu trải qua " C âu sinh sơ nguyên phân liên tiếp số lần bằng nhau cần môi trường cung cấp 2976 NST đơn.

Các tế bào con sinh ra p e ư trở thành tế bào sinh tinh, qua giảm phân cần được môi trường cung cấp 3072 NST đơn.

1. Xác định số lần nguyên phân của mỗi tế bào tại vùng sinh sản.

2.Quá trình thụ tinh của số tinh trùng nói trên đã hình thành 32 họp tử.Tính hiệu suất thụ tinh của tinh trùng. Biết mồi tinh trùng thụ tinh với một trứng, tạo được một hợp tử.

3.Cho rằng kí hiệu bộ NST của tế bào sinh tinh là AaBbXY. Một nhóm tế bào sinh tinh trải qua giảm phân, cặp NST giới tính không phân li ở kì sau I. Hãy viết thành phần NST của các tinh trùng bị đột biến.

C âu 6 (l,5điểm): Một gen có khối lượng 9.105 đvC, có tỉ lệ A > G và có tích số giữa A.G =6%. Mạch đơn thứ nhất của gen có tỉ lệ nuclêôtit loại X chiếm 10% số nuclêôtit của mạch và có 300 nuclêôtit loại T. Khi gen sao mã cần được môi trường cung cấp 900 nuclêôtit loại u . Cho biết khối lượng trung bình của một nuclêôtit là 300 đvC. Xác định: 1. Chiều dài của gen.

2. Số lượng từng loại nuclêôtit của gen và của mỗi mạch đơn.

3. Số lần sao mã (phiên mã) của gen.

C âu 7 (l,0điểm): Bệnh máu khó đông ở người do một gen gồm hai alen H và h, nam trên đoạn không tương đồng của NST giới tính X quy định. Ông (N) kể về sự di truyền bệnh này trong gia đình ông như sau: “Bố mẹ tôi, bố mẹ vợ tôi, tôi và vợ tôi đều không mắc bệnh máu khó đ ô n g .^ ợ chồng tôi sinh hai người con, đứa con trai mắc bệnh máu khó đông còn đứa em gái không mắc bệnh này 1. Bệnh máu khó đông do alen trội hay alen lặn quy định? Hãy qu^PI bệnh này.

2. Xác định kiểu gen của người vợ và mẹ vợ ông (N).

C âu 8(1,0 điểm): Hãy nêu những điểm giống nhau và khác nhau cơ bản giữa quần thể sinh vật với quần xã sinh vật.

C âu 9(1,0 điểm): Trình bày các mối quan hệ sinh thái khác loai, nêu ví dụ và ý nghĩa của từng mối quan hệ đó.

ÍT

CT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI '

KỶ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2 0 1 6 - 2017

ĐÈ CHINH THỨC Đe thi này gồm 02 trang

MÔN THI: SINH HỌC Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 15/6/2016

Câu 1: (1,0 điểm) a. Tại sao việc nghiên cứu di trayên truyền người gặp khó khăn. Có những phương ]pháp pháp nghiên cứu di truyền học người nào? b. Tìm điểm điếm khác nhau giữa NST thường và NST giới tính.

Câu 2: (1,0 điểm) Trong trường họp tính trạng do 1 gen có 2 alen qui định, tính trạng tn^Knrội hoàn toàn. Muốn Muôn xác định kiểu kiêu gen của cá thế thê mang tính trạng trội là đồng đông hợp tử ưà; ray dị hợp tử người ta làm như thế nào? Cho ví dụ.

Câu 3: (1,5 ........................ . . .

(1,5 điểm) điểm) .... ...

Tại một cơ sở sản xuất tằm giống, người ta giữ nhiệt độ phòng ấp ở 25 c và cho thay đổi độ ẩm không khí. Theo dõi kết quả tỉ lệ nở của trứng tằm tương ứng với độ ẩm Đô ẩm (%) Tỉ lê nở (%)

74

76

78

80

82

0

5

20

40

50

84

Ổ

90

90

92

94

96

70

40

5

0

b.

Tìm giá trị giới hạn dướiigiới hạn trên và điểm cực thuận của nhân tố độ ẩm không khí với tỉ lệ nở của trứng tằm.

Câu 4: (0,5 điểm) Một tế bào sinh dục cái ở một loài động vật có kiểu gen AaXBXb. Xác định kiểu gen của giao tử trường hợp tế bào giảm phân bình thường và trường hợp cặp NST giới tính không phân li trong giảm phân I. Câu 5: (1,0 điểm) y y Ưu thế lai là gvV ại sao không dùng con lai Fl để làm giống? Trong trồng trọt làm thế nào đế duy tà ưu thế lai?

Câu 6: ( l Ể a m n ^ Ở một loài động vật có vú, tại vùng sinh sản của cơ quan sinh dục đưc có một tế bào |inh dục sơ khai nguyên phân liên tiếp 5 đợt và đã nhận của môi trường nguyên liệu tương đương với 372 nhiễm sắc thể đơn. a. Xác định bộ nhiễm sắc thể lưỡng bội của loài. b. Các tế bào con tạo thành chuyển sang vùng chín thực hiện giảm phân tạo giao tử.'Các giao tử tạo thành tham gia thụ tinh tạo hợp tử với hiệu suất thụ tinh là 12,5%. Tỉ lệ sống của hợp tử là 100%. Xác định: - Số họp tử được tạo thành.

- Nếu các tế bào trứng tham gia thụ tinh đều có nguồn gốc tò một tế bào sinh dực cái sơ khai, thì te bào này đã nguyên phân mấy đợt? Cho rằng tất cả các trứng tạo ra đều được thụ tinh.

Câu 7: (2,0 điểm) - 1-

Ở cây cà chua, tính trạng màu quả do 1 gen có 2 alen nằm trên nhiễm sắc thể thường quy định. Tính trạng quả đỏ là trội hoàn toàn so với tính trạng quả vàng. Cho 2 cây quả đỏ (P) tự thụ phấn, ở F1nhận được tỉ lệ 7 quả đỏ: 1 quả vàng. Không có đột biến phát sinh. a. Xác định kiểu gen của 2 cây quả đỏ ở the hệ p. b. Tính tỉ lệ kiểu gen đồng hợp tử ở F) Câu 8: (1,5 điêm) Một gen chứa 1498 liên kết cọng hóa trị giữa các nuclêôtit. Gen tiến hành nhân đôi 3 lần và sử dụng của môi trường 3150 nuclêôtit loại ađênin.

Xác định: a. Chiều dài và số lượng từng loại nuclêôtit của gcn. b. Số lượng từng loại nuclêôtit môi trường cung cấp, số liên kết hyđrô bị phá vỡ và số liên két hóa trị được hình thành trong quá trình nhân đôi của gen nói trên.

--------------- HETGhi chú: Cán bộ coi thi không giải thích

-2-

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢÍVG NGÃI

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC 2016 - 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN SINH HỌC

Câu 1: (1,0 điểm) Nội dung

Điêm

Các khó khăn và các phương pháp nghiên cứu di truyền học người: + Người sinh sản chậm, đẻ ít con, số lượng nhiễm sắc thế trong tế bào lớn(2n=46); kích thước bé, ít sai khác về hình dạng, khó khăn lớn là do xã/ hội, luật kết hôn không thể sử dụng phương pháp lai. Mặc khác không thể ỷ xử lí các tác nhân gây đột biến đối với người như ở động vật và thực vật 0,25 + Các phương pháp đặc biệt nghiên cứu di truyền học người gồij» nghiên cứu phả hệ và nghiên cứu trẻ đồng sinh, 0,25 b.

Sư khác nhau NST giới tỉnh NST thường - Có nhiêu cặp trong tê bào lưỡng - Chỉ có 1 cặp trong tê bào lưỡng bội 2n. “ bội 2n.

- Luôn sắp xếp thành các cặp tương - Cặp XX tương đồng, cặp XY không tương đồng. đồng.

0,25 - Giống nhau giữa cá thể đực và cái - Khác nhau giữa cá thể đực và cái trong loài. qiKai^pcti.

- Chứa gen qui định tính trạng - Chứa gen qui định tính trạng thường không liên quan đến giới thường có liên quan đến giới tính.

0,25 tính. ^ Tồng điểm 1,0 điêm Câu 2: (1.0 điểm) K Nội dung - Muốn xác địi^WỏVngen của một cá thể mang tính trạng trội đồng họp tử hay dị họp tử người ta cho cơ thể mang tính trạng trội đó lai với cá thể mang tính trạng lặn.(laựỊ)hân tích) - Nếu đời ccy^nỉ biểu hiện tính trạng trội thì cơ thế đó mang tính trạng trội đó có kiểu gen đồng hợp.

- Neu đời con có cả tính trạng trội và tính trạng lặn thì cơ thể mang tính trạng trội đó có kiếu gen là dị họp. ^^ỈD : Có hai giống lúa cây cao, chưa biết giống cây nào thuần chủng hay không thuần chủng,chỉ biết cây cao là trội so với cây thấp. Ta lần lượt lấy mồi giống cây lai với dạng cây thấp( tính trạng lặn).Giống nào đời con phân tính thì giống đó có kiểu gen dị hợp tử, giống nào đời con không phân

tính thì giống đó có kiểu gen đồng hợp tử.

P: Gp: F1:

AA(Cao) A

X

aa(thấp) a

P: Gp: F1:

Aa -3-

Aa (Cao) X aa(Thấp) A, a a Aa ,1aa

Diêm

0,25 0,25 0,25

Kiểu gen: Kiểu gen:

100%Aa 100% (cao)

Kiểu gen: 50%Aa:50%aa Kiểu gen: 50%(cao):50%(thấp)

0,25 1,0

Tông điêm Câu 3: (1,5 điểm) Nôi dung

Điểm

Vẽ sơ đồ đúng, chính xác theo số liệu trong bảng Tỉ lệ nở 90^ 80-­ 70­ 60­ 50­ 40­ 30­ 20­ 10-- Điêm giới ;huận(88%) Điêm giới hạn trcn ( V õ 7 o ) " 0 70 80 90 o w n Độ ẩm (%) Sơ đồ sự phát triển của trúng tằm tnếo độ ẩm b. Điểm gây hại thấp: 74%; Điểm gâ}|hại cao: 96%; Điểm cực thuận: 88% Tổng điểm

và ông có tên sơ đổ trừ 0,25â')

0,5

1.5 điểm

Câu 4: (0,5 điềm) Nôi dung Đỉêm V - Trường hợp giảm phân bình thường giao tử có kiểu gen là: AXBhoặc AXb, aXBhoặc aXb 0,25 - Trường hợp giảm phân cặp NST giới tính không phân li giảm phân I, giao tử có kiểu gen là: AXBXb hoặc aXBXb, hoặc a hoặc A 0,25 Tông điêm

o

0,5 điểm

Q ă u ^ d O điếm) Điểm Nội dung t VW PI u thế the lai lỉ là hiện tượng con lai F 1 có sức sống cao hơn, sinh trưởng nhanh, phát triển mạnh, chống chịu tốt, các tính trạng hình thái và năng suất cao hơn trung bình giữa hai bố mẹ hoặc vượt trội cả hai bố mẹ.

0,25 - Không dùng con lai F1 để nhân giống vì qua phân li tỉ lệ gen dị hợp giảm, gen đồng hợp tăng, trong đó có gen đồng hợp lặn và gen tật bệnh, nếu cứ tiếp tục lai như vậy sức sống con lai sẽ giảm dần qua các thế hệ, có thể gây chết làm ưu thế lai giảm.

0,5 - Muốn duy trì ưu thế lai, khắc phục hiện tượng trên người ta dùng phương -4-

pháp nhân giống vô tính.

Tông điêm

0.25 1,0

Nội dung

Điểm

Câu 6: (1,5 điểm)

a.

Số nhiễm sắc thể 2n trong tế bào:

Số nhiễm sắc thể môi trường cung cấp cho tế bào nguyên phân: (2X-1). 2n = 372 " / " ' Suy ra: 2n = 372: 2X-1 = 372: 25-l = 12 b.

Số tế bào con tạo thành 25= 32 Số giao tử tạo thành; 32 X 4 = 128 - Số hợp tử tạo thành: 128 X 12,5% = 16 (hợp tử) - Số tế bào trứng tham gia thụ tinh: 16 = 24

Vậy số lần nguyên phân của tế bào sinh dục cái Tống điểm

Câu 7: (2,0 điềm) —

X

é

=

S'

--------------------------------------

0.5 0.5 1,5 điểm

I\QI a Nôi dung a.

Quy ước gen: A quy định quả đỏ. a quy định qứkvàng.

Trong lai 1 tính theo quy định của Men đen tối đa ở thế hệ lai chỉ có 4 tố hợp do đó tỉ lệ 7 đỏ : 1 vàng về thực chất là 4 đỏ : 3 đỏ : 1 vàng.

- 4 đở hay 100% đỏ là kết quả tự thụ phấn của cây có kiểu gen: AA. - 3 đỏ : 1 vàn :ết quả tự thụ phấn của cây có kiểu gen: Aa. * Sơ đồ: AA . P: X Gp A AA Fr gen: 100% AA. hình: 100% quả đỏ Aa X Aa A,a A,a pAA, Aa, Aa, aa Fi:

Điểm

Kiểu gen: 1AA, 2Aa, 1aa.

Kiểu hình: 75% quả đỏ : 25% quả vàng.

Tỉ lệ kiểu hình chung: 175% quả đỏ : 25% quả vàng; 7đỏ : 1 vàng. b.

Trong tổng so F ị tạo thành________________________________

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

ỉ:

-5-

^ (AA) : ^(1/4 AA: 2/4Aa : 1/4aa) Vậy tỉ lệ kiểu gen ĐHT ở Fi là 6/8 rrtÃ

0.5 -»■yi

Tong mem

2.0 điêm

Câu 8: ( l,5điểm) Nội dung, a.

Chiều dài, số lượng từng loại nuclêôtit của gen: Gọi N là số nuclêôtit của gen. Ta có: N - 2 = 1498 => N=1500(nu)

- Chiều dài của gen: N/2 . 3.4 Ả = 1500/2 . 3,4 Ả = 2050 (Ả) Theo đề bài ta suy ra: (23- 1). A = 3150.

Vậy số lượng từng loại nuclêôtit của gen A - T = 3150/ (23- 1) = 450 (nu) ^ G = X = N/2 - A =1500/2 -450 =300 (nu) Khi gen nhân đôi 3 lần : - Số lượng từng loại nuclêôtit môi trườ Amt = Tmt = 3150 (nu) Gpt= x mt = (23- 1). 300 = 21000

Số liên kết hyđrô của gen: 2A + 3G = 2. 450 + 3.300 = 1800

- Số liên kết hyđrô bị phá ^ È q u ^ a hân đôi: (23- 1). 1800 = 126001ttf) J - Số liên kết hóa trị hình thành trong quá trình nhân đôi: (2 - 1) .1498= 10486 (HT) ___________________________________________________ Tổng điểm _________ 1,5 điêm Ghi c h ứ ^ ỉ q ^ ^ n có thê giải theo cách khác nêu đủng đáp sổ vẫn cho điếm toi đa.

-h é t ----------------------------------------

é o -6-

MA TRẬN ĐỀ THI TUYÊN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Ngày thi: 15-07-2016 Môn: Sinh học Mức đô yêu câu vê kiên thức Các chủ đề Nhận biêt Vận dụng thâp Vận dụng Hiêu chính cao Di truyên và Câu 1: (l,0đ) biến dị.

Câu 2: (l,0đ) Câu 4: (0,5đ) Câu 5: (1,0đ) Câu 6: (l,5đ) Câu 7: (2,0đ) V â u 8: (1,5ả) 29,4% = 2,5 điêm 11,8% =1,0 58,8% =5,0 85% =8,5điểm đỉêm điểm Câu 3: (1,5(1) Sinh vật và môi trường.

100% = 1,5 15% = 1,5 điểm điếm Tông sô câu.

3 câu = 2,5 điêm 2 câu = 2,5 3 câu = 5,0 Tổng số điểm: = 25,0% điểm = 25,0% điểm = 100% = 10 50,0 % điêm H ỂT-

-7-

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đê thi gôm có 02 trang)

KÌ THI TUYẺN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Sinh học (Hệ chuyên) Ngày thi: 07/06/2017 , Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thmgian giao đề)

Câu 1: (1,5 điểm) a. Thế nào là di truyền liên kết? Hiện tượng di truyền liên kết đã bổ sung cho quy luật phân li độc lập của Menđen như thế nào? b. Nêu những điểm khác nhau giữa nhiễm sắc thể thường và nhiễm sắc thể giới tính.

Câu 2: (1,0 điểm) Một gen dài 4080Ăngstron và có 2880 liên kết hiđrô. Mạch 1 của ge n có 420 nuclêôtit loại A, mạch 2 của gen có 120 nuclêôtit loại G. a. Tính số lượng và tỉ lệ % từng loại nuclêôtit của gen. b. Tính số lượng và tỉ lệ % từng loại nuclêôtit trong mỗi mạch đơn của gen.

Câu 3: (2,0 điểm) a. Phân biệt thường biến với đột biến. b. Vì sao tự thụ phấn bắt buộc ở cây giao phấn và giao phối cận huyết ở động vật qua nhiều thế hệ có thể gây ra hiện tượng thoái hoá? Trong chọn giống, người ta dùng các phương pháp này nhằm mục đích gì?

Câu 4: (1,0 điểm) a. Một quần xã sinh vật gồm các loài sinh vật sau: Vi sinh vật, dê, gà, cáo, hổ, mòo rừng, cỏ, thỏ. Vẽ sơ đồ về lưới thức ăn trong quần xã sinh vật trên. b.Vì sao cần bảo vệ hệ sinh thái biển? Nêu biện pháp bảo vệ hệ sinh thái biển.

Câu 5: (1,0 điểm) Hãy sắp xếp các hiện tượng sau vào các mối quan hệ sinh thái cho phù hợp.

1. Chim ăn sâu. " 2. Dây tơ hồng bám trên cây.

3. Hải quỳ và cua.

4. Giun sán ềếng trong hệ tiêu hóa của lợn.

5. Địa y.

6. Sâu bọ sống nhờ trong tổ kiến, tổ mối.

7. Cáo ăn gà.

8. Trên một cánh đồng lúa, khi cỏ dại phát triển, năng suất lúa giảm.

9. Tự tỉa thưa ở thực vật.

10. Hiện tượng liền rễ giữa các cây thông.

Câu 6: (1,5 điểm) Một tế bào sinh dục sơ khai cái của gà (2n = 78) nguyên phân liên tiếp một số đợt cần môi trường nội bào cung cấp 9906 NST đơn. Các tế bào con đều trô thành tế bào sinh tmng, giảm phân teo ra tmng. Hiệu suất thụ tinh của tráng 50%, hiệu suất thụ tinh của tinh trùng 6,25%. Mỗi tmng thụ tinh với 1 tinh trùng teo ra 1 hợp tà lưỡng tó i bình thường.

1

a. Tính số đợt nguyên phân của tế bào sinh dục sơ khai cái nói trên. b. Tính so to p tò teo thành. c. Tính số tế bào sinh tinh cần thiết để hoàn tất quá trình thụ tinh trên.

Câu 7: (2,0 điểm) Ở một loài thực vật, khi lai giữa cặp bố mẹ đều thuần chủng khác nhau về hai cặp tính trạng tương phản, đời F| đồng loạt xuất hiện cây thân cao, hoa đỏ. Tiếp tục cho F I tự thụ phấn, thu được đời F2 có 4880 cây gồm 4 loại kiểu hình, trong đó có 305 cây thân thấp, hoa vàng.

B iết m ồi gen quy định m ột tính trạng.

a. Biện luận quy luật di truyền đã chi phối phép lai trên. b. Lập sơ đồ lai từ p đến F2. c. Cho Fi giao phấn với cây có kiếu gen như thế nào để thế hệ sau thu được 4 kiểu hình với tỉ lệ 3 : 3 : 1 : 1? ....................................HÉT..........................................

"ứ* ổ

A

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

QUẢNG NGÃI

NĂM HỌC 2018-2019 Ngày thi: 06/06/2018 Môn: SINH HỌC (HỆ CHUYÊN) Thời gian làm bài: 150 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM T

(Gôm có 05 trang)

Câu 1: (1.0 điểm) 1.Vì sao cùng là kiểu đột biến thay thế nuclêôtit, có một số trường họp ?'P không thể sinh gây hậu quả gì nhưng một số trường họp khác lại gây hậu quả rõ rệt đối^ơi cơy the ■

17,.71".

“ : i_

2.

Một loài thực vật có bộ NST 2n = 10, có một cặp NST^so 2”mang các gen AAA. Thể đột biến trên thuộc loại đột biến nào? Trình bày phát sinh thể đột biến đó.

s

1. Hậu quả của đột biến gen tùy thuộc vào sự thay đổi trong cấu trúc của prôtêin và tùy thuộc vào chức năng của prôtêin do gen đó quy định.

- Đột biến thay thế nuclêôtit có thể không ảnh hưởng gì đối với cơ thể sinh vật nếu prôtêin mà nó tổng hợp không bị tha^Ểổi cấu trúc.

0,25 + Đột biến thay thế cặp nuclêôtit cùng + Đột biến thay thế cặp nuclêôtit này bằng cặp nuclêôtit khác làm thay đổi bộ ba nhưng bộ ba mới cùng quy định axit amin giống với bộ ba ban đầu.

- Đột biến thay thế nuclêôtit có thể ảnh hưởng đối với cơ thể sinh vật nếu prôtêin mà nó tống họp bị thay đổi cấu trúc, dẫn tới thay đổi chức năng. + Đột biến thay thế cặp nu làm xuất hiện bộ ba đột biến. Bộ ba mới này quy định tổng họp axit amin khác với axit amin ban đầu.

0,25

biến làm xuất hiện bộ ba kết thúc quá trình giải mã. iến làm cho bộ ba mở đầu bị thay đổi thảnh một bộ ba khác dẫn tới -«ị phân tử mARN không có bộ ba mở đầu nên không có khả năng tổng hợp rôtein.

o

2.Thê đột biến có thể được hình thành là đột biến thê dị bội hoặc đột biến cấu trúc NST dạng lặp đoạn. + Đột biến dị bội: do rối loạn phân li ở cặp NST số hai trong giảm phân dẫn tói hình thành giao tìí AA. Giao tò AA thụ tinh với giao tò bình thường A cho hợp tò AAA. + Đột biến lặp đoạn: dưới tác dụng của tác nhân gây đột biến làm cấu trúc NTS bị phá vỡ làm lặp một đoạn mang gen A. Giao tò chứa NST lặp đoạn (mang cặp gen AA) kết hợp với giao tò bình thường (mang gen A) teo nên cơ the có kieu gen AAA.____________________________________________ 1

0,25

0,25

Câu 2:(1.0 điểm) , , , Tại một cơ sở ấp gà giống, người ta giữ độ ẩm phòng ấp ở 65% và cho thay đổi nhiệt độ không khí. Theo dõi kết quả tỉ lệ nở của trứng gà tương ứng với nhiệt độ thay đổi theo bảng sau: Nhiệt 34,0 34,5 35,0 35,5 36,0 36,5 37,0 37,5 38,0 38,5 39,0 39,5 độ (ỖC) Tỉ lệ nở (%)

0

5

20

40

50

70

80

90

70

40

5

a. Vẽ sơ đồ mô tả giới hạn sinh thái về nhiệt độ đối với sự phát triển của

A

gà. b. Tìm giá trị giới hạn dưới, giới hạn trên và điểm cực thuận củan tố nhiệt độ đối với sự phát triển của trứng gà.__________ ______________ >> ^ a.Vẽ sơ đô đúng, chính xác theo sô liệu trong bảng: 0,5 Tỉ lệ nở (sai tỉ lệ trừ 90 0,25 80 điểm và không 70+­ có chủ 60 thích trừ 5 0 -U 0,2 5đ)

40 30 20.

10

Điểm giới hạn dưới (341c) Điểm cực thuận(37,5°C)

Điểm giới hạn trên (39,5°C)

0Nhiệt độ (°C) Sơ đồ mô tả giới thái của độ ẩm lên sự phát triển của trứng gà T); Giới hạn trên: 39,5(°C); Điểm cực thuận: b. Giới hạn d ư ó ^ ^ Ị 37,5(°C)' ? y v Câu 3:(|.5 điểm) 1. ARN được tổng hợp dựa trên những nguyên tắc nào? Nêu bản chất mối quan hệ giữa gen với ARN. 2. Giải thích vì sao hai ADN con được tạo ra qua cơ chế nhân đôi lại giống hệt ADN mẹ? Trường họp nào qua cơ chế nhân đôi tạo ra ADN con lại khác ADN mẹ?

o

f - ARN được tổng hợp dựa trên khuôn mẫu là một mạch của gen và diễn ra theo nguyên tắc bổ sung - Bản chất của mối quan hệ theo sơ đồ: G e n -------- ► ARN là trĩnh tự các nuclêôtit trên mạch khuôn của gen quy định trình ựr các nuclêôtit trên mạch Cơ chế này dim ra sau: sau khi hai mạch đơn của gen được tách dần ra, các nuclêôtit ttr do trong môi trường nội bào đến liên tó t với các nuclêôtit trên mạch khuôn của gen thành tòng cặp theo đúng nguyên tắc tó sung. Sau khi hoàn tất quá trình, phân tò ARN được teo thành rời khỏi gen ra te bào chất.___________________________________ 2

0,5

2.

- Phân tò ADN con được teo ra giống ADN mẹ là do quá trình nhân đôi ADN diễn ra theo nguyên tóc: + Nguyên tắc khuôn mẫu: mạch mới của ADN con được tông hợp dựa trên khuôn mẫu của ADN mẹ. + Nguyên tắc tó sung: sự liên tó t các nu ở mạch khuôn với các nu tự do là cố định: A liên kết vói T hay ngược lại, G liên kết với X hay ngược lại. + Nguyên tắc giữ lại một nữa (bán bảo toàn): trong mỗi ADN con có một mạch của ADN mẹ (mạch cũ) còn một mạch mới được tổng hợp.

- Trường hợp ADN con có cấu trúc khác ADN mẹ là vì quá trình nhân đôi không theo nguyên tắc bổ sung (đột biến gen).

0.25 0,25

0,29L

Câu 4^1.5 điểm) . .................

Thế nào là NST kép và cặp NST tương đồng? Phân biệt . . sự. khểác nhau giữa NST kép và cặp NST tương đông.

- NST kép: gôm 2 crômatit giông hệt nhau và dính nhau ở tâm động, hoặc có nguồn gốc từ bố hoặc có nguồn gốc từ mẹ.

- Cặp NST tương đồng: gồm 2 NST giống nhau về hình dạng và kích thước, một chiếc có nguồn gốc từ bổ một chiếc có nguồn gốc từ mẹ.

- Sự khác nhau: NST kép ^Cặp NST tương đồng - Chỉ là một NST gôm 2 crômatit - Gôm 2 NST đông dạng. dính nhau ở tâm động.

- Chỉ một nguồn gốc hoặd^từ bố - Có 2 nguồn gốc: một từ bố, một tò hoặc từ mẹ. mẹ.

- 2 crômatit hoạt động như một thể - 2 NST của cặp tương đồng hoạt thống nhất. động độc lập nhau.

0,25 0,25

0,25 0,25 0,5

Câu 5:(2.0 điểm) ĩ dài 4080 Ả, có số nuclêôtit loại A chiếm 30% tổng số nuclêôtit của gen.

Gen M bị đột biến mất đi 3 cặp nuclêôtit trở thành gen m; làm cho gen đột biến kém gen ban đầu 7 liên kết hiđrô. a. Tính số lượng từng loại nuclêôtit của gen M và gen m. b. Cho cơ thể có kiểu gen Mm tự thụ phấn. Xác định số lượng từng loại nuclèôtit trong mỗi loại hợp tử được tạo thành (Biết rằng quá trình giảm phân xảy ra h thường).

* Tính số lượng từng loại nuclêotit của gen M và gen m.

- Tổng số nu của gen M = (2 X 4080): 3,4=2400 (nu).

- Số lượng từng loại nu của gen M: A = T = 2400 x 30% = 720 (nu).

G = X = ” - A = í 4?? - 720 = 480(nu) 2 2 - Gen m kém gen M 2 cặp A-T và 1 cặp G-X do (2x2)+(lx3) = 7 (liên kết 3

0,25

0,25 0,25

hidrô).

- Số lượng từng loại nu của gen m (Gen đột biến).

A = T = 720 - 2 = 718 (nu).

G = X = 480 - 1 = 479 (nu). b. * Cho cơ thể có kiểu gen Mm tự thụ phấn. Xác định so lượng từng loại nuclêôtit trong các loại hợp tử được tạo thành.

Sơ đồ lai: P:

Mm

X

Mm

Gp: M,m M,m F 1: 1MM : 2Mm : lmm * Sổ lượng từng loại nu trong các loại họp tử: - Loại họp tử MM: A = T = 720 X 2 = 1440 (nu).

G = X = 480 X 2 = 960 (nu).

- Loại hợp tử Mm: A = T = 720 +718 = 1438 (nu).

G = X = 480+ 479 = 959 (nu).

- Loại họp tử mm: A = T = 7 1 8 x 2 = 1436 (nu).

G = x = 4 7 9 x 2 = 958 (nu).

Câu 6:(1.0 điểm) Ở một loài thực vật, khi cho hai cây thân cao, chín sớm giao phấn với nhau, người ta thu được F[ phân li theo tỉ lệ: 1 cây thân cao, chín muộn: 2 cây thân cao, chín sớm: 1 cây thân thấp, chín sớm. Cho các cây thân cao, Wlín muộn ở FI tự thụ phấn, người ta thu được đời con gồm cả cây thân cao, chk^ftiiôn và cây thân thấp, chín muộn. Biết rằng không xảy ra đột biến. Hãy xác địỉl|ù kièu gen của các cây bố mẹ.

-

£ o

P: thân cao X thân^cao thu được F ! có tỉ lệ 3 cây thân cao: 1 cây thân thấp.

-> thân cao trội hoàn toàn so với thân thấp. + Quy ước: gen A quy định thân cao, gen a quy định thân thấp. + P: Àa X Aa P: Chin sớm X chín sớm thu được Ft có tỉ lệ 3 cây chín sớm : 1 ^aẳy chín muộn -> chín sớm trội hoàn toàn so với chín muộn. + Quy ước: gen B quy định chín sớm, gen b quy định chín muộn. + P: B b x B b - Tỉ lệ phân li kiểu hình ở F1 là 1:2:1 Ỷ- (9:3:3:1) -> Các gen di truyền kết Vậy cây thân cao, chín muộn ở có kiểu gen Ab/-b.

- Cho thân cao, chín muộn ở tự thụ phấn thu được đời con có cây thân thấp, chín muộn (ab/ab) -> nhận giao tử ab từ cây bố mẹ F[ -> Cây thân cao, chín muộn Fl có kiểu gen Ab/ab.

- Cây thân cao, chín muộn ở Fl nhận mỗi loại giao tử Ab và ab tìr một bên tó hoặc mẹ P. -> Vậy P có kiểu gen: Ab/aB x AB/ab.

0,25 0,25

0,25

0,25

4

Câu 7:(2.0 điểm) Gà có bộ NST 2n=78. Tại vùng sinh sản của một gà trống có một tế bào sinh dục sơ khai nguyên phân nhiều lần liên tiếp đã cần môi trường cung cấp nguyên liệu tương đương 2418 NST đơn. Tất cả các te bào sinh ra đều bước vào vùng chín để tiến hành giảm phân teo ra tinh trùng. Các tinh trùng tham gia thụ tinh với một con gà mái, biết hiệu suất thụ tinh của tinh trùng là 6,25%. Gà mái trên đẻ ra được 11 trứng, ấp và nở ra 6 gà con. a. Xác định số lần nguyên phân và số tinh trùng tạo thành. b. Xác định số hợp tử được tạo ra. c. Sổ trứng không nở có bộ NST như thế nào? a.

Gọi k là sổ lần nguyên phân của 1 tế bào sinh dục sơ khai củ; gà trống.

Số NST môi trường cung cấp: (2k-l)2n = 2418.

->Vậy tế bào nguyên phân 5 đợt Số tinh trùng tạo thành 4 X 32 = 128 tinh trùng.

Số tinh trùng tạo ra =128 , HSTT của tinh trù %. rùng, Số tinh trùng được thụ tinh =6.25%. 128 hợp tử.

Vậy số hợp tử = sổ tinh trùng được thụ c. Số hợp tử = số tinh trùng được thụ 'ng được thụ tinh.

Số trứng còn lại = 11- 6 = 5 trứ + Trong 5 tráng không nở có 2, đã thụ tinh nên có bộ NST lưỡng bội (2n=78). + Còn 3 trứng không nở nhưng a thụ tinh nên có bộ NST đơn bội (n=39).____________________ Hết Ghi chú: c<'án bộ coi thi không giải thích gì thêm

o

5

SỞ GD& ĐT QUẢNG NGÃI

K Ỳ T H I TUYÊN SINH VÀO L Ớ P 10 TH PT NĂM H Ọ C : 2015-2016 ĐÁP ÁN 'v à H ư ớ n g d ẫ n c h ấ m M ÔN T H I: SINH H Ọ C (Hệ chuyên) ĐỀ C H ÍN H THỨ C Thời gian : 150 phút(Không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 12/6/2015______________ Câu Nội dung 1 Khi lai hai cá thể bố mẹ khác nhau về hai cặp tính trạng tương phản và (0,5đ) thuần chủng thì sự di truyền của các cặp tính trạng phân li độc lập với nhau, cho F2 có tỉ lệ mỗi kiểu hình bàng tích các tỉ lệ của các tính trạng 0,5đ họp thành nó. , V v 2 7 ^ 7 7 V ' (l,5đ) 1/+ F] dị hợp hai cặp alen (Aa, Bb) + F2 xuất hiện loại kiểu hình (aabb) == — . Su Suy ra qui luật phân li 16 độc lập.

2/ P: AAbb (hoa kép, màu trắng (hoa đơn, màu tím) Fi : AaBb F2 : (Thí sinh viết tỉ lệ 9 loại lciếu gen của F2, không yêu cầu lập sơ đồ lai) 3/ 4 loại kiểu hình đgị IV có tỉ lệ 9A-B- : 3A-bb : 3aaB- : laabb. Suy ra:

+ Số cây hoa kép, màu tím = ,

,

—

X

0,5đ

4592 =2583 cây

,

+ Sô cây hoa kép, màu trăng =sô cây hoa đơn, màu tím =

3 —

16

X

4592

861 cây.

3 (lđ )

0,5đ

0,5đ

Khác nhau: Nhân đôi ADN - Trước khi phân bào.

Tổng họp ARN - Trước khi tông hợp prôtêin.

+ ADN tách

- Từ đầu đến cuối.

+ Sô mạch khuôn

- Cả hai

- Một đoạn tương ứng 1 gen cấu trúc.

- Chỉ 1 trong 2.

+ Nguyên liệu

- Các nuclêôtit tự do

- Các ribônuclêôtit tự do

Dấitoiiệu so sánh ------- ----ời điêm

------------ T

Cơ chế:

0,5đ

+ Sô lượng nuclêôtit cần

- Lớn

+ NTBS

- Bé

- A hợp T

- A hợp

u

Ket quả:

- Từ 1 ADN khuôn, qua 1 lần nhân đôi tạo 2 ADN con giống hệt nhau và giống hệt với ADN ban đầu

- Từ 1 ADN khuôn có thể tổng hợp nhiều ARN giống nhau (nếu phiên nhiều lần từ cùng 1 geAà V hay nhiều ARN khác n h a \ (nếu phiên mã từ nhiều gen khác nhỂ & S

Thời gian tồn tại

- Sau khi ADN con được hình thành theo nguyên tắc bán bảo toàn, chúng đều tham gia vào ị việc tạo cấu trúc của nhân tế bào mới.

- Sau khi được tổng hợp xong, các ARN tham gia quá trình dịch mã và bị tan rã sau khi tống hợp vài cItUc phân tử prôtcin.

4 (lđ )

0,5đ

* T h ể đ a b ội là gì?

L à trư ờ n g h ợ p sô" lư ợ ng N .S .T . tr o n g t ế b ào s in h dưỡ ng tă n g lê n th e o b ội sô" củ a n n h ư 3n, 4 n , 5n, 6 n ... + 3n, 5n... gọi là đ a b ội lẻ.

0,25đ

+ 4 n , 6n... gọi M n ía b ội c h ẵ n . * Cơ c h ế h ìn h t h à n h th ể tứ bội:

Các phương pháp hình thành thể tứ bội: + P h ư ơ n g p h á p 1: G ây rố i lo ạ n cơ c h ế p h â n li N .S .T . tr o n g n g u y ê n p h â n : - Bộ N .S.T. 2 n của t ế bào n h â n đôi n h ư n g k h ô n g p h â n li tạo t ế bào tứ bội (4n).

0^

►

ọn

Nhân đôi nhưng không phân li

4

.^

- N ếu đ ộ t b iế n t r ê n x ả y r a t ạ i h ợ p tử , sẽ p h á t t r i ể n th à n h cơ th ể tứ bội.

- N ếu đột b iế n tr ê n x ả y ra tạ i cơ quan sin h dưỡng sẽ tạo n ê n cà n h tứ bội tr ê n cây lưỡng bội (th ể khảm ).

2

0,25đ

+ Phương pháp 2: G ây rối lo ạ n cơ c h ế p h â n li N S T tron g giả m phân: - T rong quá trìn h g iả m p h ân , bộ N .S.T . đã n h â n đôi

nhưng không phân li ở kì sau, sẽ tạo giao tử có 2n. Các loại giao tử này thụ tin h với nhau sẽ tạo hợp tử có 4n p h át triển th à n h cơ th ể tứ bội. p

:

ặ 2n

GP :

2n

Fi :

X

á' 2n

o

2n 4n

0,25đ

+ Phương pháp 3: Cho giao phôi giữa jí!^ Â L th ể 4n với nhau: - Cơ th ể 4n giảm phân bình thường hường tạo giao tử có 2n, các giao tử 2n thụ tinh, sẽ tạo hợp tử c p

:

?4n X

GP : Fi

:

Í5

(51

2n 4n.

4Ĩ1.

2"

0,25đ

(Thỉ sinh hoặc có thể t4Ònh bày đúng, hoặc viết sơ đồ đủng vẫn cho điềm tối đa) 5 (l,5đ)

------- :----------------------------------

1. Gọi 2n : Bộ NST lưỡng bội của loài. k: Số lần nguyên phân của mỗi tế bào sinh dục sơ khai (n,k đều nguye ' Tai _ 6.2K,2n = 3072 (1) 16.(2k -1). 2n=2976 (2) Giải hệ -ỳ 2n= 6 và k=5 2. + Số tinh trùng được sinh ra qua giảm phân : 16. 25 .4= 2048 (tinh trùng) + Hiệu suất thụ tinh của tinh tiling : 32 : 2048 = 0,015625 = 1,5625% 3. + Cặp NST XY nhân đôi và không phân li kì sau I sẽ tạo ra giao tử bất

0,5đ

0,5đ

0,25đ 3

thường là XY và O +Vậy, có 8 loại giao tử đột biến: ABXY, AB, AbXY, Ab, aBXY, aB, abXY và ab 6 (l,5đ)

1. + Số nuclêôtit của gen : 9.105 : 300 = 3000 (Nu) + Chiều dài của gen : (3000 : 2 ). 3,4 A° =5100 (A°) 2. A.G = 6% = 0,06 (1) A + G = 50% = 0,5 (2) => A và G là nghiệm số của phương trình : X2 - 0,5 X + 0,06 = 0. Giải ra: A= T = 30% ; G = x =20% A =T=3000.30% =900 (Nu) G =x= (3000:2)- 900=600 (Nu) Tị =300 => T2 =900-300=600 (Nu) Xi =(3000:2)" 10% =150(Nu)=> x 2 =600- 150=450 (Nu) Vậy: Mạch 1 Mạch 2 Ái = T2 = 600 (Nu) Ti = A2 = )M u ) G| = x2 = 450 (Nu) Xi = G2 = 150 (Nu) 3. u = 900 = 300 . 3 =>^gen sao mã 3 lần (Thỉ sinh có thể làm tn S ^ a ë h khác, nếu đúng vẫn cho điểm toi đa)

7 (l,Ođ)

............... .........................J ................... .......... ■ 1. + Vợ chông ông (N) đêu bình7 thường, sinh con trai măc bệnh. Suy ra bệnh máu khó đông do alen lặn quy định. + Quy ước gely: H : Gen không gây bệnh ; h: Gen gây bệnh Nữ giới Nam giới XH XH : bình thường XHY : bình thường XH x h : bình thường x h x h : mắc bệnh XhY : mắc bệnh 2. + Con trai mắc bệnh có kiểu gen XhY, trong đó NST Y do bố truyền, x h do mẹ truyền. + Vậy, vợ ông (N) có kiểu gen X Hx h + Bố vợ có kiểu gen X HY . Suy ra Xh của vợ ông do mẹ vợ truyền. + Vậy, Kiểu gen mẹ vợ ông (N) là X HXh

4

0,25đ

^0,5đ

0,25đ

0,25đ 0,5đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

8 (l,Ođ)

1/ Giông nhau: + Đều được hình thành trong một thời gian lịch sử nhất định, có tính ổn định tương đối. + Đều bị biến đổi do tác dụng của ngoại cảnh. + Đeu xảy ra mối quan hệ hỗ trợ và cạnh tranh.

2/ Khác nhau: Ọuân thê sinh vật Quân xã sinh vật + Tập hợp nhiều cá thê cùng loài + Tập hợp nhiều quần thế khác loài + Không gian sống gọi là nơi sinh + Không gian sống gọi sinh cảnh. sống. + Chủ yếu xảy ra mối quan hệ hỗ + Thường xuyên xảy lạ các quan hệ trợ gọi là quần tụ. hỗ trợ và đối địch. + Thời gian hình thành ngắn và tồn + Thời maiSbình thành dài hon và tại ít ốn định hơn quần xã. ổn định hơn quần thể. + Các đặc trang cơ bản gồm mật + Các đặc trưng cơ bản gồm độ đa độ, tỉ lệ nhóm tuối, tỉ lệ đực cái,ị dạng, số lượng cá thể, thành phần sức sinh sản, tỉ lệ tử vong, kiếi!^ loài, sự phân tầng thắng đứng, phân tăng trưởng, đặc điểm phân bố, khả tầng ngang và cấu trúc này biến đối năng thích nghi với môi trường. theo chu kì. + Cơ chế cân bằng dự1l^a<Ntỉ lệ + Cơ chế cân bằng do hiện tượng sinh sản, tử vong, p h ^ ^ n y khống chế sinh học.

(Thỉ sinh có thể trình b\L cảch khảc, nếu đủng vẫn cho điểm tối đa)

9 (lđ )

0*

Gôm quan hệ hô trợ và đôi địch.

1/ Quan hệ hồ trợ: ak Quan hệ cộng sinh: Là mối quan hệ nhất thiết phải xảy ra giữa hai loài, trong đó đôi bên cùng có lợi.

Ví dụ: - Sự cộng sinh giữa nấm và vi khuẩn lam thành địa y.

- Sự cộng sinh giữa hải quỳ với tôm kí cư.

- Sự cộng sinh giữa vi khuẩn nốt sần với cây họ đậu... + Ý nghĩa: Trồng cây họ đậu luân canh để cải tạo đất; bảo vệ vi khuẩn cộng sinh đường tiêu hóa ở người, trong chăn nuôi động vật. b) Quan hệ hội sinh: Là quan hệ giữa 2 loài khác nhau trong đó chỉ có lợi cho 1 bên.

5

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Ví dụ: + Sâu bọ sống nhờ trong tổ kiến, tổ mối. + Kền Kền ăn thịt thừa của thú...

0,5đ

2/ Quan hệ đối địch:

a) Quan hệ ăn thịt con mồi: Loài sử dụng loài kia làm nguồn thức ăn.

Ví dụ: Hố ăn hươu nai, cáo ăn gà...

Con người vận dụng quan hệ này trong đời sống và thực tiễn sản xuất như nuôi mèo đe bắt chuột; nuôi kiến đế ăn rệp cây... b) Quan hệ kỉ sinh: Một loài sống bám vào vật chủ, sử dụng th ứ ^ ĩi vật chủ.

Ví dụ: Giun, sán kí sinh cơ thể động vật, dây tơ hồng kí sinh trên cây thân gồ... c) Quan hệ bán kỉ sinh: Một loài sống bám trên cơ thể vật chủ, sử dụng một phần các chất trên cơ thể vật chủ.

Ví dụ: Cây tầm gửi sử dụng nước và khoáng của cây chủ để tổng hợp chất hữu cơ nhờ có diệp lục. d) Quan hệ cạnh tranh sinh học: Biểu hiện ở các loài sống chung có 0,25đ cùng nhu cầu như ánh sáng, thức ăn...

Ví dụ: Cạnh tranh sinh học giữa cây trồng với cỏ dại. e) Quan hệ ức chế cảm nhiễm: Một số loài nhờ chứa phytônxit kìm hãm sự phát triển của loài khác.

Ví dụ: Chất gây đỏ nước của tảo giáp làm chết nhiều động, thực vật nối ở ao hồ. (Đổi với mỗi mối quan hệ, thỉ sinh chỉ cần đưa 1 ví dụ đủng, dù đó là ví dụ 0,25đ khác đáp lap an) án)

Lưu

............................................................................

V

: Thí sinh có thê giải khác hướng dân châm nhưng đúng vân cho điêm tôi đa

6

SỞ GD & ĐT QUẢNG NGÃI M A TRẬN ĐỀ T H I VÀO L Ớ P 10 TH PT ÑAM H Ọ C : 2015-2016 M ÔN: SINH H Ọ C Ngày thí: 12/6/2015

Thông hiêu

Câu sô

Câu 1; 4

Câu 2(1,2), câu 3, câu 7(1), câu 8; 9

Số điểm

l,5đ

4,5đ

Tỉ lệ %

15%

45%

\c

7

V ận dụng thâp

V ân dung cao

Câu 2(3), c â u j f , " \ ỡ a u 6(2,3) câu 6 ( 1 ) ; 1 7(2)

o '-° ox

N hận biêt

'ì

Các mức độ

l,0đ 10%

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẮÌVG NGẤĨ HƯỚNG DẪN CHẤM

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 Ngày thi: 06/06/2019 Môn: Sinh học (Hệ chuyên) Thòi gian làm bài: 150 phút

(Hướng dẫn chấm gồm có 6 trang) I- Hướng dẫn chung: 1) Cán bộ chấm thi chấm đúng như hướng dẫn, đáp án, thang điếm.

2) Thí sinh có cách trả lời khác nhưng đúng, thì vẫn cho đủ điểm.

3) Chỉ cho điểm tối đa từng câu khi bài làm của thí sinh có lập luận chặt chẽ, diễn đạt mạch lạc.

4) Cán bộ chấm thi không quy tròn điểm của từng câu và của toàn bài thi.

II- Hướng dẫn chấm chi tiết và thang điểm: Câu 1: (1,0 điểm) 1.

Nêu cơ chế xác định giới tính bằng nhiễm sắc thể. Hãy minh họa bằng sơ đồ cơ chế xác định giới tính ở người.

2.

Giải thích vì sao bộ nhiễm sắc thể lưỡng bội (2n) ổặc trưng của những loài sinh sản hữu tính lại được duy trì ổn định qua các thể hệ cơ thế.____________ Điểm Ý Nội dung 1.

- Cơ chê nhiêm săc thê xác định giới tính là sự phân li của cặp 0,25 nhiễm sắc the giới tính trong quá trình phát sinh giao tử và được tổ hợp lại qua quá trình thụ tinh.

- Minh họa ở người: 0,25 P: : (44A + XX) X ổ' (44A+XY) Gp: 22A + X (22A + X); (22A + Y) F| gồm 2 tổ hợp: + Tổ họp: (44A + XX) —>Phát triển thành con gái. + Tổ hợp: (44A + XY) —> Phát triển thành con trai.

2.

o

Bộ nhiễmsặc thế lưỡng bội (2n) ở những loài sinh sản hữu tính duy 0,25 tr| ổn định qua các thế hệ cơ thế là nhờ sự kết họp 3 cơ chế: Nguyên phân, giảm phân và thụ tinh.

- Nhờ nguyên phân mà từ hợp tử phát triến thành cơ thế, đảm bảo ôn 0,25 định bộ NST 2n trong các thế hệ tế bào của cơ thể.

- Nhờ giảm phân, giao tử được tạo thành mang bộ NST đơn bội (n).

- Qua thụ tinh sự kết hợp giao tử đực (n) với giao tử cái (n), bộ NST lưỡng bội được phục hồi.____________________________________

Câu 2: (1,5 điểm) 1.

Trong một te bào sinh dưỡng bình thường của một loài sinh vật, qua thực nghiệm, người ta thấy xuất hiện một cấu trúc tạm thời có hai mạch như sau: Mạch gốc 3... X - T - A - G - T - A - X ...5 (1) M ạch... 5’... G - A -U - X - A - U - G ... 3 (2) Trang 1

a) Thành phần đơn phân cấu trúc nên 2 mạch có gì khác nhau? Từ sự khác nhau của 2 mạch, có thể kết luận cấu trúc tạm thời trên xuất hiện trong quá trình sinh học nào? b) Sản phẩm có thể được tạo thành khi quá trình sinh học trên hoàn thành là gì?

Khi mạch (2) bị thay đổi số lượng, thành phần các nucleôtit thì mạch (1) có bị thay đổi theo không? Vì sao?

2. Nêu bản chất của mối liên hệ giữa gen và tính trạng qua sơ đồ sau: Gen (một đoạn ADN) —>mARN —>Prôtein —>Tính trạng. Ý

1. a)

b)

2.

Nội dung -Sự khác nhau: Mạch 1 có T không có u, mạch 2 có Ư không có T. - Vì T là loại đơn phân chỉ có trong cấu tạo ADN, u là loại phân chỉ có trong cấu tạo ARN => cấu trúc trên có mạch ( l \ ỉ à trên ADN, mạch (2) là ARN đang liên kết với nhau => cấu trúc tri xuất hiện trong quá trình tổng hợp ARN. -Khi hoàn thành quá trình tổng hợp ARN sẽ tạ ong 3 loại ARN là mARN, tARN, rARN. - Không, vì mạch (1) (mạch ADN) đượ àm khuôn để tổng họp nên mạch 2 (mạch ARN) -> mạ xư&t hiện sau mạch (1).

Do đó mạch (2) bị thay đổi cấu t: không làm thay đoi cấu trúc của mạch (1).

Bản chất của mối liên hệ : Gen oạn ADN) —y mARN Prôtein —> Tính trạng.

-Trình tự các nuclcôtit^rong mạch khuôn của ADN quy định trình tự các nucleôtit trong mạch mARN. -Trình tự các nucleotit trong mạch mARN quy định trình tự các axit amin trong cấu trúc bậ» 1 của protein.

-Protein trực tiếp tham gia vào cấu trúc và hoạt động sinh lí của tế bào, từ đỏ biểu hiện thành tính trạng của cơ thể._________________

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu 3: ( l ^ đ j 1. Phân HÌât thường biến với biến dị tổ hợp.

2. Bộ nhiễm sắc thể (2n) của một loài thực vật có hoa gồm 5 cặp nhiễm sắc thể (kí hiệu I, II, III, IV, V), 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 u:

o

A

Số lượng nhiễm sắc thể đếm được ở từng cặp I II III IV V 3 3 3 3 3

B

3

2

2

2

2

C

1

2

2

2

2

Thể đột biến

a) Xác định tên gọi của các thể đột biến trên. b) Nêu cơ chế hình thành thể đột biến C. Trang 2

Ý 1

2. a)

b)

o

Nội dung Thường biến - Là những biên đôi kiêu hình phát sinh trong đời cá thể dưới ảnh hưởng trực tiếp của môi trường.

- Biểu hiện đồng loạt, có hướng xác định.

- Phát sinh trong đời cá thể, không di truyền được.

- Giúp cơ thế thích ứng kịp thời với môi trưởng.______________

Biến dị tồ hợp - Là sự tô hợp lại các tính trạng do có sự tổ hợp lại vật chất di truyền của bố mẹ.

- Xuất hiện ngẫu nhiên, riêng lẻ, không có hướng xác định.

- Xuất hiện qua sinh sản hữu tính, di truyền được.

- Là nguồn nguyên liệu của tiến hoá vả chọn giống.

Điểm

0,25

0 25

V

-Tên gọi của 3 thể đột biến: . ^ 0,5 +Thể đột biến A có 3n NST: Thể tam bội. +Thể đột biến B có (2n + 1) NST: Thể dị bội (2n + U hay thể tam nhiễm. +Thể đột biến c có (2n - 1) NST: Thể dị bội (2n thể một nhiễm.

Cơ chế hình thành thể đột biến c +Trong giảm phân, cặp NST số 1 nhân đôi íôi nhưn nhi^ig không phân ly tạo 0,25 thành 2 loại giao tử (n + 1) và (n - 1) NS'ỉt ' + Khi thụ tinh, giao tử (n-1) kết hn^với giao tử (n) tạo thành hợp tử 0,25 (2n-l) NST => phát triển thảnh thể dị bội (2n - 1).

Câu 4: (1,0 điểm) 1.

Một loài lan rừng có giá trị kinh tế đang có nguy cơ tuyệt chủng, đe bảo tồn nguồn gen loài lan này và tạo đượ^số lượng lớn cây giống trong thời gian ngắn mà vẫn giữ được đặc tính của giống gốc, người ta thường sử dụng phương pháp nhân giống nào? Nêu quy trình.

2.

Tại sao tự thụ phấn bắt buộc và giao phối cận huyết gây ra hiện tượng thoái hoá nhưng các phương pháp nảy vẫn được sử dụng trong chọn giống?_______ Điểm Y Nội dung 1.

-Sử dụng phương pháp nhân giông vô tính trong ông nghiệm (vi 0,25 nhân giống) -Quy trình: 0,25 +Tách mô phân sinh đỉnh (từ đỉnh sinh trưởng hoặc từ các tế bào lá non) +Nuôi cấy trên môi trường dinh dưỡng đặc trong ống nghiệm để tạo ra các mô sẹo. +Các mô sẹo được chuyển sang nuôi cấy trong ống nghiệm chứa môi trường dinh dưỡng đặc và có hoocmon sinh trưởng phù hợp để kích thích chúng phân hóa thành các cây con hoàn chỉnh. +Các cây con được chuyển sang trồng trong các bầu trong vườn ươm có mái che.

2.

Vì trong chọn giông, người ta dùng phương pháp tự thụ phân băt 0,5 buộc và giao phối cận huyết để củng cố và duy trì một số tính trạng mong muốn, tạo dòng thuần (cỏ cặp gen đồng hợp), để đánh giá Trang 3

kiêu gen ở từng dòng, phát hiện gen xâu đê từ đó loại ra khỏi quân thể.

Câu 5: (2,0 điếm) 1. Trong vườn cây ăn quả có múi, thường có kiến hôi sinh sống, chúng đưa những con rệp cây lên chồi non, rệp lấy được nhiều nhựa cây và thải ra đường cho kiến hôi ăn.

Người ta thường thả kiến đỏ vào vườn cây vì kiến đỏ ăn rệp cây, đồng thời chúng đuổi được kiến hôi. Xác định mối quan hệ sinh thái giữa các loài có trong vườn cây ăn quả trên.

2. Trong đầm nuôi cá, sản phẩm chính tạo nên giá trị kinh tế cho đầm là cá mè trắng. Trong đầm còn có một số loài cá tự nhiên như cá mương, cá dầu và cá măi dầu và cá mương tuy nhở nhưng khi gặp điều kiện thuận lợi lại phát triển rất mạr Tảo sống nổi là thức ăn của cá mương, cá dầu và cá mè trắng. Cá măng lại sử 1 mương, cá dầu làm thức ăn chính. Rái cá chuyên săn bắt cá măng và a) Hãy vẽ sơ đồ lưới thức ăn trong đầm. b) Sau một thời gian, giá trị kinh tế của đàm có nguy c ơ ^ ^ g iả m mạnh do cá măng bị người ta câu nhiều.

- Hãy giải thích hiện tượng trên.

- Đế duy trì và nâng cao giá trị kinh tế của đầm, người nuôi cá cần áp dụng biện pháp sinh học nào đơn giản, thích hợp và có hiệu quả cho đầm nuôi? Điếm Nội dung Ý_ 1. /ườn cây: 0,5 Các mối quan hệ sinh thái khác loài + rệp cây và cây có múi: Kí sinh + rệp cây và kiến hôi: Hợp tác sinh vật khác. + kiến đỏ và rệp cây: Sinh vậf + kiến đỏ vả kiến hôi: Cạnh tran] 2.

Sơ đồ lưới thức ăn tr 0,5 a)

Tảo sống nổi

b)

o

Rái cá

Cá mẻ trắng -Ỉ^ỊUSỔ lượng cá măng giảm—>đối tượng tỉa đàn của cá dầu và cá 0,5 mương giảm —>Hai loài cá này phát triến mạnh mẽ, khai thác phần lớn tảo sống nối làm thức ăn—»gây suy giảm nghiêm trọng nguồn thức ăn của cá mè trắng, đồng thời cá mè trắng trở thành nguồn thức ăn chủ yếu của rái cá —>suy giảm sản lượng cá mè trắng—» giá trị kinh tế của đầm có nguy cơ suy giảm nghiêm trọng.

-Đe duy trì và nâng cao giá trị kinh tế của đầm, người nuôi cá cần 0,5 áp dụng biện pháp sinh học vừa đơn giản, vừa thích họp lại có hiệu quả cho đầm nuôi là: duy trì số lượng cá măng và hạn chế số lượng rái cá._____________________________________________

Câu 6: (1,5 điểm) Theo dõi quá trình giảm phân bình thường của 32 tế bào sinh trứng ở một cá thể cái, người ta thấy tong các thể định hướng được tạo ra có 384 nhiễm sắc thể đơn. Biết hiệu suất thụ tinh của tinh trùng là 1%, của trứng là 6,25% và không phát sinh đột biến.

Trang 4

Hãy xác định: 1. Bộ nhiễm sắc thể lưỡng bội (2n) của loài và số nhiễm sắc thể môi trường phải cung cấp cho các tế bào sinh trứng giảm phân.

2. Số hợp tử được tạo thành.

3. So te bào sinh tinh cần thiết để tạo đủ so tinh trùng hoàn tất quá trình thụ tinh trên. Điêm Y Nội dung 1.

Theo giả thuyêt: 32 X 3 X n = 384 —>n= 4—» 2n = 8 0,5 Số NSTmtcc = 32 x8 = 256 (NST)

y

2.

Sô hợp tử được tạo thành: 32 X 6,25% = 2 (hợp tử) / N

3.

o

Tông sô tinh trùng: 2 : 1% = 200 (tinh trùng) —>tổng số tế bào sinh tinh: 200 : 4 = 50 (tế bào)

"

r

0,5

1 1 Câu 7: (1,5 điểm) Ớ một loài côn trùng, khi lai giữa bố mẹ có kiếu hình thân xám, cánh dài với thân đen, cánh cụt thu được F ] 100% thân xám, cánh dàtsCho FI lai với một cá thể khác (dị họp tử một cặp gen). Giả sử rằng F2 xuất hiện một trong hai trường hợp sau: Trường hợp 1: 2 thân xám, cánh dài : 1 thân xám, cánh c ụ t : 1 thân đen, cánh cụt.

Trường hợp 2: 3 thân xám, cánh dài : 3 thân xám, cánh c ụ t : 1 thân đen, cánh dài : 1 thân đen, cánh cụt.

Cho biết: mỗi gen quy định một tính trạng, các gen nằm trên nhiễm sắc ihế thường, không phát sinh đột biên, nhiêm sắc thể không thay đổi cấu trúc trong giảm phản.

Biện luận qui luật di truyềì^phi phối hai tính trạng trên và viết sơ đồ lai đối với mỗi trường họp. Điểm Nội dung - p thân xám, cánh dài với thân đen, cánh cụt thu được FI 100% thân xám, cánh dài —> + p thuần chủng +Thân xám trội hoàn toàn so với thân đen, cánh dài trội hoàn toàn so với cánh cụt + Ẹi: dị hợp tử 2 cặp gen.

- d uy ước: A: thân xám; a: thân đen 0,25 B: Cánh dài; b: cánh cụt.

Trường họp 1: 0,5 -Biện luận đúng, xác định được qui luật chi phổi là di truyền liên kết.

-Sơ đồ lai AB ab P: AB (thân xám, cánh dài) X ab (thân đen, cánh cụt) Gp ẠB ab AB F |:100% ab ( thân xám, cánh dài) Ab Xác định được cá thể đem lai có kiểu gen ab (thân xám, cánh cụt) Trang 5

AB Ab ĩ ỉ ab ( thân xám, cánh dài) X ab (thân xám, cánh cụt) G: ẠB = ab Ạb = ab AB_ AB_ Ab ab F2: ỉ Ab 1 ab 1 ab 1 ab TLKH: 2 tìiân xám, cánh dài: 1 thân xám, cánh cụt: 1 thân đen, cánh cụt Trường họp 2: -Biện luận đúng, xác định được qui luật chi phối là phân li độc lập.

-Sơ đồ lai P: AABB (thân xám, cánh dài) X aabb (thân đen, cánh cụt) Gp: AB ab F 1: 100% AaBb (thân xám, cánh dài) Xác định được cá thể đem lai có kiểu gen: Aabb (thân xám, cánh cụt) F 1 AaBb (thân xám, cánh dài) X Aabb (thân xám, cánh cụt) G : AB, Ab, aB, ab Ab, ab F2: 1 AABb: 1 AAbb: 2AaBb: 2Aabb: laaBb: 1 aabb TLKH: 3 thân xám, cánh dài: 3 thân xám, cánh cụt: 1 thân đen, cánh thân đen, cánh cụt.

Trang 6