Đề thi học sinh giỏi Hóa 9 - Kèm Đ.án

Chia sẻ: Van Nhu Loan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

218
lượt xem 54
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp cho các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập và đánh giá năng lực của mình trước kì thi học sinh giỏi sắp tới. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi chọn học sinh giỏi môn Hóa học lớp 9 kèm đáp án. Chúc các bạn đạt kết quả cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi Hóa 9 - Kèm Đ.án

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: HÓA HỌC (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) CÂU 1: (4,5 điểm) 1. Khi cho dung dịch H3 PO4 Tác dụng với dung dịch NaOH tạo được dung dịch M. a) Hỏi M có thể chứa những muối nào? b) Phản ứng nào có thể xảy ra khi thêm KOH vào dung dịch M c) Phản ứng nào có thể xảy ra khi thêm H3 PO4 (hoặc P2 O5) vào dung dịch M? Viết phương trình húa học (PTHH) của cỏc phản ứng. 2. Hãy nêu một muối vừa tác dụng với HCl, vừa tác dụng với NaOH , thoả món điều kiện: a) Cả hai phản ứng đều có khí thoát ra. b) Phản ứng với HCl có khí bay lên và phản ứng với NaOH có kết tủa. c) Cả hai phản ứng đều tạo kết tủa. CÂU 2: (4,0 điểm) 1. Cho các bình đựng các oxit riêng không nhãn sau: MgO, Na2O, P2O5 và ZnO dùng phương pháp hóa học hãy phân biệt các bình trên (chỉ dùng hai hoá chất khác), viết PTHH của các phản ứng để minh họa. 2. Hoàn thành các PTHH sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có): a) FeS2 + O2   b) Fe3O4 + HCl   c) Al2O3 + NaHSO4   d) Fe2O3 + CO   FexOy + CO2 CÂU 3: (3,0 điểm) 1. Trộn V1 lít dung dịch HCl 1M với V2 lít dung dịch NaOH 2M được dung dịch X. Dung dịch X hoà tan được tối đa a mol Al(OH)3. Tỡm biểu thức liên hệ giữa V1, V2 và a? 2. Cho ba bình mất nhón: - Bình X chứa dung dịch NaHCO3 và Na2CO3. - Bình Y chứa dung dịch NaHCO3 và Na2SO4. - Bình Z chứa dung dịch Na2CO3 và Na2SO4. Chỉ dựng quỳ tím, dung dịch HCl, dung dịch Ba(OH)2 và ống nghiệm; hãy phân các bình trên? Viết PTHH của các phản ứng để minh hoạ. CÂU 4: (4,0 điểm) Có 2 kim loại R và M, mỗi kim loại chỉ có một hoá trị. Cho dòng khí CO dư đi qua ống sứ nung nóng chứa hỗn hợp A gồm 2 oxit của 2 kim loại trên đến khi phản ứng hoàn toàn thì còn lại chất rắn A1 trong ống và khí A2 đi ra khỏi ống. Dẫn khí A2 vào cốc đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 2,955g kết tủa. Cho A1 tác dụng với dung dịch H2SO4 10% vừa đủ thì không có khí thoát ra, còn lại 0,96g chất rắn không tan và tạo ra dung dịch A3 có nồng độ 11,243%. a) Xác định các kim loại R, M và công thức các oxit đã dùng. b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A nếu biết rằng khi hoà tan hết A vào dung dịch HCl thì nồng độ phần trăm của hai muối trong dung dịch là bằng nhau. CÂU 5: (3,5 điểm) Cho 6,8 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Mg vào 400 ml dung dịch CuSO4 nồng độ x mol/lít. Sau phản ứng thu được 9,2 gam chất rắn B và dung dịch C. Thêm NaOH dư vào dung dịch C được kết tủa. Nung kết tủa này ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 6,0 gam chất rắn D. Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A và tính x. (Biết: H=1, O=16, C=12,Cl=35,5, Mg=24, Fe=56, Zn=65, Ca=40) Họ tờn thi sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phũng thi . . . . . SBD . . . . . . . . .
UBND TỈNH THÁI NGUYấN HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 9 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO NĂM HỌC 2011 – 2012 MễN HểA HỌC (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 3,0 a) H3PO4 + NaOH  NaH2PO4 + H2O 1,0 1 H3PO4 + 2NaOH  Na2HPO4 + 2H2O (4,5đ) H3PO4 + 3NaOH  Na3PO4 + 3H2O Dung dịch M chứa từ 1 đến 2 hoặc 3 muối tạo ra ở từng phương trình trên. b) Thêm KOH vào M ( thêm dd bazơ mạnh) 1,0 3NaH2PO4 + 6KOH  Na3PO4 + 2K3PO4 + 6H2O 3NaHPO4 + 3KOH  2Na3PO4 + K3PO4 + 3H2O c) Thêm H3PO4 vào M (thêm axít yếu) 1,0 H3PO4 + 2Na3PO4  3Na2HPO4 2H3PO4 + 2Na3PO4  3NaH2PO4 H3PO4 + 2Na2HPO4  2NaH2PO4 Thêm P2O5 thì P2O5 + 3H2O  2H3PO4 sau đó phản ứng xẫy ra như trên. 1,5 2. 0,5 a) (NH4)2CO3 + 2HCl  2NH4Cl + CO2 + H2O (NH4)2CO3 + 2NaOH  Na2CO3 + 3NH3 + 2H2O 0,5 (có thể chọn NH4HCO3; (NH4)2CO3 ; NH4HSO3 ; NH4HS ... ) b) Ca(HCO3)2 + 2HCl  CaCl2 + 2CO2 + 2H2O 0,5 Ca(HCO3)2 + 2NaOH  CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O c) Mg(AlO2)2 + 2HCl + 2H2O  MgCl2 + 2Al(OH)3 Mg(AlO2)2 + 2NaOH  Mg(OH)2  + 2NaAlO2 Hoặc: Ag2SO4 + 2HCl  2AgCl + H2SO4 Ag2SO4 + 2NaOH  2AgOH + Na2SO4 1. Hai thuốc thử nhận biết nước và quỳ tím 2,0 - Cho 4 mẫu oxit vào nước: 2 Hai mẫu tan hoàn toàn: (4,0đ) Na2O + H2O  2NaOH  P2O5 + 3H2O  2H3PO4  - Cho quỳ tím vào 2 dung dịch thu được: + Quỳ tớm xanh dd NaOH, nhận biết Na2O + Quỳ tím đỏ dd H3PO4, nhận biết P2O5 - Cho dd NaOH trờn vào hai mẫu cũn lại:
+ Mẫu tan là ZnO do: ZnO + 2NaOH  Na2ZnO2 + H2O  + Mẫu khụng tan là MgO 2. Hoàn thành các PTHH sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có): 0 a) 4FeS2 + 11O2 t  2Fe2O3 + 8SO2 2,0 b) Fe3O4 + 8HCl   FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O c) Al2O3 + 6NaHSO4  Al2(SO4)3 + 3Na2SO4 + 3H2O  0 t d) xFe2O3 + (3x-2y)CO  2FexOy + (3x-2y)CO2  1. 3 Số mol HCl = V1 mol 2,0 (4,0đ) Số mol NaOH = 2V2 mol Trường hợp 1: Dung dịch X chứa HCl dư HCl + NaOH → NaCl + H2O 2V2 2V2 3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O 3a a Số mol HCl = 2V2 + 3a = V1 Trường hợp 2: Dung dịch X chứa NaOH HCl + NaOH → NaCl + H2O V1 V1 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O a a Số mol NaOH = V1 + a = 2V2 2. 2,0 - Điều chế dung dịch BaCl2: Cho dung dịch Ba(OH)2 vào ống nghiệm, cho tiếp quỳ tím vào, quỳ tím hoá xanh. Cho từ từ dung dịch HCl vào đến khi quỳ chuyển sang màu tím thỡ dừng lại, ta điều chế được dd BaCl2 Ptpư: Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O - Lấy một lượng nhỏ từng dung dịch X, Y, Z cho vào từng ống nghiệm riêng biệt đánh số thứ tự + Cho dd BaCl2 vào từng ống nghiệm đến dư, các ống nghiệm đều tạo kết tủa trắng: Kết tủa từ X chứa BaCO3; từ Y chứa BaSO4; từ Z chứa hỗn hợp BaCO3 và BaSO4. Ptpư: K2CO3 + BaCl2 → BaCO3 + 2KCl K2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2KCl + Cho dung dịch HCl tới dư vào từng ống nghiệm chứa các kết tủa: Nếu kết tủa nào tan hết thỡ ban đầu là dd X, nếu kết tủa tan một phần thỡ đó là dd Z, cũn lại là dd Y BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2  + H2O a) 2,5 - Vì A1 tác dụng với dd H2SO4 10%, không có khí thoát ra và còn lại 0,96g chất rắn, nên trong A1 không chứa kim loại tác dụng với H2SO4 tạo ra H2.
4 Đồng thời trong hai oxit kim loại ban đầu phải có một oxit không tác dụng (4,0đ) với CO. - Giả sử oxit ban đầu không phản ứng với CO là R2On còn oxit phản ứng là M2Om, ta có: M2Om + m CO 2M + mCO2 (1) 0,015.2 0,015 (mol) m CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O (2) 0,015 0,015 (mol) 2,955 [ n BaCO   0,015 (mol)] 3 197 0,015.2 - Khối lượng kim loại trong A1là: .M = 0,96 => M=32m m + Cho m nhận các giá trị: 1;2;3 ta có kim loại M thoả mãn là Cu. - Khi cho A1 tác dụng với H2SO4 ta có: R2On + nH2SO4 R2(SO4)n + nH2O (3) x 98nx (2R+96n).x Với x là số mol của R2On trong A1, ta có: 2R  96nx  11,243 2 R  96n.x  98nx 100 Rút gọn ta được: R = 9n. => Kim loại cần tìm là Al. * Vậy 2 kim loại là Cu và Al, hai oxit tương ứng là CuO và Al2O3. 1,5 b) - Số mol CuO trong A là 0,015 mol, số mol Al2O3 trong A là x mol. CuO + 2HCl CuCl2 + H2O (4) Al2O3 + 6HCl 2AlCl3 + 3H2O (5) - Vì C% của 2 muối CuCl2 và AlCl3 trong dd là bằng nhau nên khối lượng muối trong 2 dd cũng bằng nhau. Do đó, ta có: 135.0,015 = 276.x => x = 0,0076 mol. Vậy: %CuO  60,8 % %Al2O3  39,2 % 5 Khi cho hỗn hợp kim loại vào dd CuSO4 thỡ Mg phản ứng trước, sau đó (3,5đ) đến Fe. Như vậy xét 3 trường hợp. * Trường hợp 1: Mg chưa phản ứng hết. 0,5 Do đó, Fe cũn nguyờn lượng, CuSO4 hết nờn dung dịch C chỉ cú MgSO4 và chất rắn D là MgO Mg → MgSO4 → Mg(OH)2 → MgO Số mol Mg phản ứng = Số mol MgO = 6 : 40 = 0,15 (mol)  Vụ lý, do số mol Mg phản ứng khỏc 0,15 mol.
* Trường hợp 2: Mg phản ứng hết, Fe dư. 2,5 Gọi a và b lần lượt là số mol Mg ban đầu và số mol Fe phản ứng. Ta cú: 40a + 8b = 9,2 – 6,8 = 2,4 40a + 80b = 6  a = 0,05; b = 0,05 Phần trăm khồi lượng Mg trong hỗn hợp đầu là: 0,05 x 24 : 6,8 x 100% = 17,65(%) Phần trăm khồi lượng Fe trong hỗn hợp đầu là: 100% - 17,65% = 82,35(%) Số mol CuSO4 = a + b = 0,1 (mol) x = 0,1/0,4 = 0,25 (M) *Trường hợp 3: Fe, Mg đều hết, CuSO4 dư. 0,5 Trường hợp này loại do khi đó khối lượng chất rắn D gồm sắt oxit và oxit của magie, đồng oxit dư lại có khối lượng nhỏ hơn khối lượng kim loại ban đầu (6 < 6,8). Chỳ ý: Thớ sinh làm bài theo phương pháp khác: Cho kết quả đúng; lập luận chặt chẽ giám khảo căn cứ thang điểm của HD chấm cho điểm sao cho hợp lý.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HOÁ NĂM HỌC 2010- 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : Sinh học Lớp : 9 THCS Số báo danh: Ngày thi: 24/03/2011 ………………… Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 02 trang, gồm 09 câu. Câu 1 (2,5 điểm). a) Nếu các alen của cùng một gen không có quan hệ trội- lặn hoàn toàn mà là trội không hoàn toàn thì quy luật phân li của Men đen có còn đúng hay không? Tại sao? b) Có hai dòng ruồi giấm thuần chủng khác nhau về hai cặp tính trạng tương phản, do gen trên nhiễm sắc thể thường quy định. Dòng 1 có kiểu hình thân xám, mắt trắng, dòng 2 có thân đen, mắt đỏ. Hãy bố trí thí nghiệm để xác định các cặp gen quy định các cặp tính trạng trên phân li độc lập hay di truyền liên kết với nhau. Biết rằng thân xám, mắt đỏ là hai tính trạng trội hoàn toàn so với thân đen, mắt trắng. Câu 2 (2,0 điểm). Trong tinh bào bậc I của một loài giao phối có 3 cặp NST tương đồng kí hiệu là Aa, Bb và Dd. a) Khi giảm phân tạo giao tử, sẽ cho ra các tổ hợp NST nào trong các giao tử, mỗi loại chiếm tỉ lệ là bao nhiêu? b) Tại sao các hợp tử được tạo thành qua thụ tinh lại chứa các tổ hợp nhiễm sắc thể khác nhau về nguồn gốc? Câu 3 (2,0 điểm). Hai phân tử mARN (a và b) ở vi khuẩn đều có số lượng nuclêôtit bằng nhau. Thành phần các loại nuclêôtit của mỗi phân tử mARN như sau: mARN A% X% G% U% a 17 28 32 23 b 27 13 27 33 a) Hãy xác định tỉ lệ phần trăm từng loại nuclêôtit trên 2 mạch đơn của gen a và gen b đã tổng hợp ra các phân tử mARN trên. b) Nếu phân tử mARN b có 405 nuclêôtit loại A thì số lượng từng loại nuclêôtit của gen a là bao nhiêu? Câu 4 (2,5 điểm). Cho lai giữa cây cà chua lưỡng bội có kiểu gen AA với cây cà chua lưỡng bội có kiểu gen aa, ở đời con xuất hiện một cây cà chua có kiểu gen Aaa. Hãy giải thích cơ chế phát sinh và nêu đặc điểm của cây cà chua có kiểu gen Aaa xuất hiện trong phép lai trên. 1
Câu 5 (2,0 điểm). Bệnh bạch tạng ở người do một gen lặn (a) nằm trên nhiễm sắc thể thường quy định, alen trội (A) quy định tính trạng bình thường và di truyền tuân theo quy luật Men đen. Một người đàn ông có cô em gái bị bệnh, lấy một người vợ có người anh trai bị bệnh. Cặp vợ chồng này sinh được 3 người con, người con gái đầu bị bệnh, người con trai thứ hai và người con trai thứ ba đều bình thường. a) Hãy vẽ sơ đồ phả hệ bệnh bạch tạng của gia đình trên qua 3 thế hệ. b) Xác định kiểu gen của 3 người con đã sinh ra từ cặp vợ chồng trên. Biết rằng, ngoài người em chồng, anh vợ và người con gái bị bệnh ra, cả bên vợ và bên chồng không còn ai khác bị bệnh. Câu 6 (2,0 điểm). a) Tự thụ phấn là gì? Vì sao khi tiến hành tự thụ phấn bắt buộc ở cây giao phấn liên tục qua nhiều thế hệ lại dẫn đến thoái hoá giống? b) Một quần thể thực vât, thế hệ ban đầu có thành phần kiểu gen là 0,5AA : 0,5Aa. Hãy tính tỉ lệ kiểu gen đồng hợp tử trong quần thể sau 5 thế hệ tự thụ phấn. Câu 7 (2,0 điểm). Sau đây là khả năng chịu nhiệt của một số loài sinh vật: Loài sinh vật Giới hạn dưới Điểm cực thuận Giới hạn trên oC o Một loài chuột cát -50 10 C 30oC Một loài cá -2oC 0 oC 2oC a) Vẽ trên cùng một sơ đồ các đường biểu diễn giới hạn nhiệt độ của các sinh vật trên. b) Theo em, loài nào có vùng phân bố rộng hơn? Giải thích. Câu 8 (2,0 điểm). Trong một quần xã sinh vật gồm các loài: A, B, C, D, E, F, G, H, I. Nếu bỏ loài A thì toàn bộ các loài trên sẽ chết. Bỏ loài B thì loài E và F sẽ chết, loài C tăng nhanh số lượng. Bỏ loài G và B thì E, F, I sẽ chết, loài H tăng nhanh số lượng. a) Hãy đưa ra một lưới thức ăn có thể thỏa mãn giả thiết trên. b) Vì sao ốc bươu vàng đã nhập vào Việt Nam lại có thể gây tác hại to lớn cho nông nghiệp? Giải thích. Câu 9 (3,0 điểm). Ở ruồi giấm, gen A quy định thân xám là trội hoàn toàn so với alen a quy định thân đen, gen B quy định cánh dài là trội hoàn toàn so với alen b quy định cánh cụt. Cho hai cá thể ruồi giấm có kiểu hình thân xám, cánh dài (dị hợp tử 2 cặp gen) giao phối với nhau, đời F1 thu được 4 loại kiểu gen và 3 loại kiểu hình phân li theo tỉ lệ 1 thân xám, cánh cụt : 2 thân xám, cánh dài : 1 thân đen, cánh dài. a) Biện luận và viết sơ đồ lai. b) Chọn ngẫu nhiên một cặp ruồi giấm F1 cho giao phối với nhau, F2 phân li kiểu hình theo tỉ lệ 1 : 1 : 1 : 1. Hãy cho biết kiểu gen của cặp ruồi giấm F1 này. HẾT 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THANH HOÁ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010- 2011 Đề chính thức MÔN THI : Sinh học Lớp: 9 THCS Câu Nội dung Điểm a) Vẫn đúng. Vì quy luật phân li của Men đen chỉ đề cập đến sự phân li của các alen mà không nói về sự phân li tính trạng mặc dù qua sự 1,0 phân tính về tính trạng, Menđen phát hiện ra quy luật phân li của alen. b) Phương pháp xác định: - Cho dòng 1 x dòng 2 F1 đồng tính thân xám, mắt đỏ mang 2 cặp 0,5 gen dị hợp tử (Aa, Bb). Quy ước: Gen A: thân xám, alen a: thân đen; 1 (2,5 đ) gen B: mắt đỏ, alen b: mắt trắng. - Tiếp tục cho ruồi đực F1 lai phân tích + Nếu Fa gồm 4 loại kiểu hình phân li kiểu hình theo tỉ lệ 1 : 1 : 1 : 1 0,5 thì các căp gen Aa, Bb nằm trên các cặp NST khác nhau (PLĐL). + Nếu Fa gồm 2 loại kiểu hình phân li theo tỉ lệ 1 : 1 thì các cặp gen 0,5 Aa, Bb nằm trên cùng một cặp NST tương đồng và di truyền cùng nhau. a) Các loại giao tử và tỉ lệ mỗi loại giao tử: - Kí hiệu bộ NST 2n: AaBbDd. 0,25 - Có 8 loại giao tử được tạo ra là : ABD, ABd, AbD, Abd, aBD, aBd, abD, abd . 0,5 1 2 - Tỉ lệ mỗi loại là . 0,25 (2,0 đ) 8 b) Các hợp tử được tạo thành qua thụ tinh chứa các tổ hợp nhiễm sắc thể khác nhau về nguồn gốc là do 2 nguyên nhân sau : - Sự phân li độc lập, tổ hợp tự do của các NST trong giảm phân 0,5 tạo giao tử. - Sự kết hợp ngẫu nhiên của các loại giao tử khác nhau về nguồn 0,5 gốc NST trong thụ tinh. a) Xác định tỉ lệ phần trăm các loại nuclêôtit trên 2 mạch đơn: * Gen a: 17 + 23 32 + 28 A=T= = 20%; G = X = = 30%. 0,5 2 2 27 + 33 27 + 13 * Gen b: A = T = = 30%; G = X = = 20% 0,5 3 2 2 (2,0 đ) b) Số lượng từng loại nucleotit của gen a: 405 x100 0,25 - Tổng số nuclêôtit trên phân tử mARN b là = 1500. 27 - Số lượng nuclêôtit của gen b = số lượng nuclêôtit của gen a: 0,25 1500 x 2 = 3000 - Số lượng từng loại nucleotit của gen a: 20 x 3000 A= T = = 600; G = X = 1500 - 600 = 900. 100 0,5 1
* Giải thích cơ chế hình thành cây cà chua có kiểu gen Aaa: ** TH1: Cây Aaa là thể dị bội 2n+ 1: - Trong giảm phân do ảnh hưởng của tác nhân gây đột biến cây lưỡng bội có kiểu gen aa giảm phân không bình thường, cặp NST mang cặp 0,5 alen aa không phân li đã tạo ra giao tử dị bội n+ 1 mang cả 2 alen trong cặp aa, giao tử kia khuyết NST mang alen của cặp này. Cây 4 lưỡng bội có kiểu gen AA giảm phân bình thường cho giao tử đơn bội (2,5 đ) A. 0,5 - Sự thụ tinh giữa giao tử dị bội aa với giao tử bình thường A, tạo ra hợp tử dị bội 2n + 1 có kiểu gen Aaa phát triển thành cây dị bội Aaa (2n+1) - HS viết đúng sơ đồ lai thay cho lý luận cũng cho điểm tối đa. ** TH2: Cây Aaa là thể tam bội 3n: - Trong giảm phân do ảnh hưởng của tác nhân gây đột biến cây lưỡng 0,5 bội có kiểu gen aa giảm phân không bình thường, tất cả các cặp NST không phân li đã tạo ra giao tử lưỡng bội 2n có kiểu gen aa. Cây lưỡng bội có kiểu gen AA giảm phân bình thường cho giao tử A 0,5 - Sự thụ tinh giữa giao tử lưỡng bội aa với giao tử bình thường A, tạo ra hợp tử tam bội 3n có kiểu gen Aaa phát triển thành cây tam bội (3n) có kiểu gen Aaa. 0,25 - HS viết đúng sơ đồ lai thay cho lý luận cũng cho điểm tối đa. * Đặc điểm biểu hiện: ** Thể dị bội Aaa: cơ thể phát triển không bình thường, thường bất 0,25 thụ hoặc giảm độ hữu thụ. ** Thể tam bội: Hàm lượng ADN trong nhân tế bào tăng gấp 1,5 lần so với thể lưỡng bội, tế bào to, có quan sinh dưỡng lớn, quá trình sinh trưởng diễn ra mạnh mẽ. Thường bất thụ, quả không có hạt. a) Sơ đồ phả hệ: 1 2 3 4 I: Nam bình thường Nam bị bệnh II: 5 Nữ bình thường 1,5 5 6 7 8 (2,0 đ) Nữ bị bệnh III: 9 10 11 b) Xác định kiểu gen của ba người con của cặp vợ chồng trên: - Nhận thấy người con số 9 bị bệnh nên có kiểu gen aa Cặp vợ 0,25 chồng 6 và 7 đều dị hợp tử Aa. - Vậy người con trai 10 và 11 có kiểu gen AA hoặc Aa. 0,25 a) Tự thụ phấn * K/N: là hiện tượng hạt phấn thụ phấn cho nhuỵ của hoa cùng cây. 0,5 * Nguyên nhân dẫn đến thoái hoá giống: - Ở cây giao phấn đa số các cặp gen tồn tại ở trạng thái dị hợp tử, 6 trong đó gen lặn không được biểu hiện. (2,0 đ) 0,5 2
- Khi tự thụ phấn bắt buộc qua nhiều thế hệ làm cho quần thể dần dần phân li thành những dòng thuần có kiểu gen khác nhau. Qua nhiều thế hệ thì tỉ lệ dị hợp giảm dần, tỉ lệ đồng hợp tăng dần, trong đó các gen 0,5 lặn có hại được biểu hiện ra kiểu hình, gây ra sự thoái hoá giống. b) Tỉ lệ các loại kiểu gen sáu 5 thế thệ tự thụ phấn: ⎛1⎞ 1 5 0,25 - Aa = 0,5. ⎜ ⎟ = = 0.015625 ⎝2⎠ 64 - Tỉ lệ kiểu gen đồng hợp trong quần thể : 1- 0.015625 = 0.984375 0,25 a) Vẽ sơ đồ: sinh trường A Mức độ 7 1,5 (2,0 đ) B -50 -2 0 2 10 30 toC Đường A: Loài chuột cát; Đường B: Một loài cá. b) Khu phân bố: - Loài A chịu nhiệt rộng, sống ở nơi có khí hậu lục địa khắc nghiệt; 0,25 0,25 - Loài B: Chịu nhiệt hẹp, sống ở nơi quanh năm nước đóng băng. a) Sau đây là 1 lưới thức ăn thỏa mãn điều kiện trên: E B F 1,0 A C D H 8 (2,0 đ) G I - Trong lưới thức ăn này D là sinh vật phân giải. b) Ốc bươu vàng đã nhập vào Việt Nam có thể gậy tác hại to lớn cho nông nghiệp vì: - Loài này có tốc độ sinh sản cao, giới hạn sinh thái rộng, ăn được nhiều nguồn thức ăn hơn các loài bản địa nên chúng trở thành loài ưu thế trong quần xã ao hồ, đồng ruộng Việt Nam. Nên chúng cạnh tranh 0,5 thành công hơn và có thể loại trừ nhiều loài bản địa có chung nguồn thức ăn và nơi ở với chúng, hoặc chúng tiêu diệt các loài là thức ăn của chúng, như lúa, hoa màu. - Ốc bươu vàng khi mới xâm nhập vào Việt nam nguồn sống của môi 0,5 trường rất dồi dào nhưng chưa có hoặc rất ít đối thủ cạnh tranh và động vật ăn thịt nó nên chúng có tốc độ phát triển rất nhanh. a) Biện luận và viết sơ đồ lai: * Biện luận: 3
- P dị hợp tử 2 cặp gen (Aa, Bb), F1 gồm 4 kiểu gen và 3 kiểu hình phân li theo tỉ lệ 1 : 2 : 1, chứng tỏ 2 cặp gen này nằm trên cùng 1 cặp 0,5 NST tương đồng và di truyền liên kết với nhau. - Vì F1 có 4 kiểu gen khác nhau chứng tỏ P có kiểu gen khác nhau: 0,5 9 Ab AB x (3,0 đ) aB ab * Sơ đồ lai: Ab AB 0,75 P: x aB ab G: : Ab : aB AB : ab AB AB Ab aB F1: (xám, dài) : (xám, dài) : (xám, cụt) : (đen, Ab aB ab ab dài) 0,25 Tỉ lệ kiểu hình : 1 xám cụt : 2 xám dài : 1 đen dài. 0,5 b) Để F2 phân li kiểu hình theo tỉ lệ 1 : 1 : 1 : 1 thì cặp ruồi F1 đem lai Ab aB phải có kiểu gen là x . ab ab 0,5 - HS viết được sơ đồ lai CM. * Lưu ý: 1) Câu 1b thuộc bài toán vận dụng cấp độ thấp, học sinh biết chọn con ruồi đực F1 cho lai phân tích thì cho điểm tối đa. Nếu chọn con ruồi cái F1 hoặc không biết chọn giới 1 tính của F1 để tiến hành lai phân tích thì trừ số điểm của ý này. Nếu học sinh cho F1 x 2 F1 sau đó dựa vào tỉ lệ kiểu hình của F2 để xác định thì cho điểm tối đa vì ở lớp 9 HS chưa học HGV. 2) Học sinh giải cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm như đáp án. 4