ĐÊ HSG HUYỆN (8 môn - Lớp 9) NH 09- 10

PHÒNG GD-ĐT NINH HÒA KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC: 2009-2010
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (3đ) Chứng minh đẳng thức:
5 3 29 12 5− − −
= cotg45
0
Bài 2: (4đ) Cho biểu thức
( ) ( )
( )
2
4 1 4 1
1
1
1
4 1
x x x x
Q
x
x x
− − + + −
 
= × −
 ÷
−
 
− −
a) Tìm điều kiện của x để Q có nghĩa
b) Rút gọn biểu thức Q
Bài 3: (3,5đ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 4y x x y
M
xy
− + −
=
Bài 4: (3,75đ) Chứng minh rằng nếu
( ) ( )
2 2
1 1
x yz y xz
x yz y xz
− −
=
− −

với
, 1, 1, 0, 0, 0x y yz xz x y z
≠ ≠ ≠ ≠ ≠ ≠

thì
1 1 1
x y z
x y z
+ + = + +
Bài 5: (3,75đ) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M là trung điểm cạnh BC. Từ đỉnh M vẽ góc 45
0
sao
cho các cạnh của góc này lần lượt cắt AB, AC tại E, F.
Chứng minh rằng:
EF

1
4
M ABC
S S
∆ ∆
<
Bài 6: (2đ) Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O ; R), ta kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B
và C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm bất kỳ trên đường thẳng đi qua các trung điểm của AB và AC.
Kẻ tiếp tuyến MK của đường tròn (O). Chứng minh MK = MA
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009-2010
Bài Nội dung – Yêu cầu Điểm
1
5 3 29 12 5− − −
( )
2
5 3 2 5 3
= − − −

5 6 2 5= − −

( )
2
5 5 1
= − −
= 1
= cotg45
0
1đ

0,5đ
0,75đ
0,25đ
0,5đ
2a Q có nghĩa
1x
⇔ >
và
2x
≠
0,5đ
2b
( ) ( )
( )
2
4 1 4 1
1
1
1
4 1
x x x x
Q
x
x x
− − + + −
 
= × −
 ÷
−
 

− −
( ) ( )
2
1 2 1 1 1 2 1 1
2
1
4 4
x x x x
x
Q
x
x x
− − − + + − + − +
−
= ×
−
− +
( ) ( )
( )
2 2
2
1 1 1 1
2
1
2
x x
x
Q
x
x

− − + − +
−
= ×
−
−
1 1 1 1
2
2 1
x x
x
Q
x x
− − + − +
−
= ×
− −
* Nếu 1 < x < 2 ta có:
1 1 1 1 2
2 1
x x x
Q
x x
− − + − + −
= ×
− −
2
1
Q
x
=

−
* Nếu x > 2 ta có:
1 1 1 1 2
2 1
x x x
Q
x x
− − + − + −
= ×
− −
2
1
Q
x
=
−
0,75đ
0,75đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25
3
Với điều kiện
1, 4x y
≥ ≥
ta có:
M =

4
1
y
x
x y
−
−
+
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm,
Ta có:
( )
1 1
1 1 1
2 2
x x
x x
+ −
− = − ≤ =

1 1
2
x
x
−
⇒ ≤
(vì x dương)
0,25đ
0,75đ
0,5đ
F

A
B
C
M
P
Q
N K
E
Và:
( )
1 1 4 4
4 4 4
2 2 2 4
y y
y y
+ −
− = − ≤ × =

4
1
4
y
y
−
⇒ ≤
(vì y dương)
Suy ra: M =
4
1 1 1 3
2 4 4

y
x
x y
−
−
+ ≤ + =
Vậy giá trị lớn nhất của M là
3
4

⇔
x = 2, y = 8
0,75đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
4
( ) ( )
2 2
1 1
x yz y xz
x yz y xz
− −
=
− −
( )
( )
( )
( )
2 2

x yz y xyz y xz x xyz
⇔ − − = − −
2 3 2 2 2 2 3 2 2 2
0x y x yz y z xy z xy xy z x z x yz
⇔ − − + − + + − =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 3 3 2 2 2 2 2 2
0x y xy x yz xy z x z y z x yz xy z⇔ − − − + − − − =
( )
( ) ( )
( )
2 2 2 2 2
0xy x y xyz x y z x y xyz x y
⇔ − − − + − − − =
( ) ( ) ( )
2
0x y xy xyz x y z x y xyz
 
⇔ − − + + + − =
 
( ) ( )
2
0xy xyz x y z x y xyz⇔ − + + + − =
(vì
0x y x y
≠ ⇒ − ≠
)
( )
2
xy xz yz xyz x y xyz

⇔ + + = + +
( )
2
xyz x y xyz
xy xz yz
xyz xyz
+ +
+ +
⇔ =
(vì
0xyz
≠
)
1 1 1
x y z
x y z
⇔ + + = + +
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
5
Kẻ MP
⊥
AB tại P, MQ
⊥

AC tại Q
Kẻ Ex // AC, EC cắt MQ tại K và cắt MF tại N
Do
∠
EMF = 45
0
nên tia ME, MF nằm giữa hai tia MP và MQ
1
2
MEN MEK MPEK
S S S
∆ ∆
⇒ < =
và
1
2
FEN QEK QAEK
S S S
∆ ∆
< =
(
FEN QEK
S S
∆ ∆
<
vì có cùng chiều cao nhưng đáy EN bé hơn
đáy EK)
Suy ra:
1 1
2 2

MEN FEN APMQ MEF APMQ
S S S S S
∆ ∆ ∆
+ < ⇔ <
(*)
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
C
K
B
A
P
I
Q
M
Chứng minh được:
1
2
MAP MAB
S S
∆ ∆
=

1
2
MAQ MAC

S S
∆ ∆
=

1
2
APMQ ABC
S S
∆
⇒ =
(**)
Từ (*) và (**) ta có:
EF
1
4
M ABC
S S
∆ ∆
<
0,5đ
0,5đ
0,25đ
6
Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB,AC. Giao điểm của OA và PQ là I.
AB và AC là hai tiếp tuyến nên AB = AC và AO là tia phân giác của
∠
BAC
⇒ ∆
PAQ cân ở A và AO
⊥

PQ
Áp dụng Pitago ta có:
MK
2
= MO
2
– R
2
(
∆
MKO vuông tại K)
MK
2
= (MI
2
+ OI
2
) – R
2
(
∆
MOI vuông tại I)
MK
2
= (MI
2
+ OI
2
) – (OP
2

– PB
2
) (
∆
BOP vuông tại B)
MK
2
= (MI
2
+ OI
2
) – [(OI
2
+ PI
2
) – PA
2
] (
∆
IOP vuông tại I và PA = PB)
MK
2
= MI
2
+ OI
2
– OI
2
+ (PA
2

– PI
2
)
MK
2
= MI
2
+ AI
2
(
∆
IAP vuông tại I)
MK
2
= MA
2
(
∆
IAM vuông tại I)
⇒
MK = MA
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
O

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn: Vật lý lớp 9
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)
ĐỀ BÀI:
Bài 1. (3 điểm)
Một người đi xe đạp từ A đến B. Nữa đoạn đường đầu đi với vận tốc 20 km/h. Trong nữa thời
gian đi hết quãng đường còn lại với vận tốc 10 km/h. Cuối cùng đi với vận tốc 5 km/h. Tính vận tốc
trung bình trên quãng đường AB.
Bài 2. (4 điểm)
Trong bình hình trụ, tiết diện S chứa nước có chiều cao H = 15cm. Người ta thả vào bình một
thanh đồng chất, tiết diện đều sao cho nó nổi trong nước thì mực nước dâng lên một đoạn h = 8cm.
a) Nếu nhấn chìm thanh hoàn toàn thì mực nước sẽ cao bao nhiêu? (Biết khối lượng riêng của
nước và thanh lần lượt là D
1
= 1g/cm
3
; D
2
= 0,8g/cm
3
)
b) Tính công thực hiện khi nhấn chìm hoàn toàn thanh, biết thanh có chiều dài l = 20cm ; tiết
diện S’ = 10cm
2
.
Bài 3. (4 điểm)
Một bếp dầu đun sôi 1 lít nước đựng trong ấm bằng nhôm khối lượng m
2
= 300g thì sau thời gian

t
1
= 10 phút nước sôi. Nếu dùng bếp trên để đun 2 lít nước trong cùng điều kiện thì sau bao lâu nước sôi?
(Biết nhiệt dung riêng của nước và nhôm lần lượt là c
1
= 4200J/kg.K ; c
2
= 880J/kg.K và nhiệt do bếp dầu
cung cấp một cách đều đặn)
Bài 4. (5 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ, biết U = 36V không đổi, R
1
= 4 Ω, R
2
= 6 Ω, R
3
= 9 Ω, R
5
= 12 Ω. Các ampe kế có điện trở
không đáng kể.
a) Khóa K mở, ampe kế chỉ 1,5A. Tìm R
4
b) Đóng khóa K, tìm số chỉ của các ampe kế.
Bài 5. (4 điểm)
Một dãy gồm 40 bóng đèn hoàn toàn giống nhau mắc nối tiếp, hiệu điện thế định mức của mỗi
đèn là U
1
= 6V, được mắc vào một hiệu điện thế không đổi U

= 240V.

a) Các bóng có sáng bình thường không?
b) Khi có một bóng trong dãy cháy dây tóc, người ta nối tắt hai đầu bóng đó. Hỏi công suất tiêu
thụ cả mạch thay đổi thế nào?
c) Nếu không nối tắt mà thay bóng hỏng bằng một bóng có hiệu điện thế định mức cũng bằng
6V, nhưng công suất định mức P
2
lớn gấp đôi bóng cũ, thì các bóng sáng thế nào? Cho rằng điện trở dây
tóc bóng đèn không phụ thuộc nhiệt độ.
Số BD:
. . . . . . . . . . . . .
A
1
U
+ -
A
2
K
R
1
R
2
R
3
R
4
R
5
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ
KỲ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2009 - 2010
Bài 1. (3 điểm)

Gọi S là quãng đường AB, t
1
là thời gian đi nữa quãng đường đầu, t
2
là thời gian đi nữa quảng
đường còn lại. Ta có:
1
1
1 1
S
S
t
v v
= =
(0,25đ)
Thời gian đi với vận tốc v
2
và v
3
là:
2
2
t
(0,25đ)
Quảng đường đi tương ứng là:
2
2 2
.
2
t

S v
=
,
2
3 3
.
2
t
S v
=
(0,5đ)
Theo đề bài ta có:
2
32
S
SS
=+
hay:
2 2
2 3 2 3 2
. . ( )
2 2 2
t t S
v v v v t S
= ⇒ + =
2
2 3
S
t
v v

⇒ =
+
(1đ)
- Thời gian đi cả quảng đường là:
1 2
1 2 3
2 40 15
S S S S
t t t
v v v
= + = + = +
+
(0,5đ)
- Vận tốc trung bình trên cả quảng đường AB là:

40.15
10,9( / )
40 15
40 15
tb
S S
v km h
S S
t
= = = ≈
+
+
(0,5đ)
Bài 2. (4 điểm)
a)

Gọi tiết diện và chiều dài thanh là S’ và l
V là thể tích nước ban đầu chứa trong bình: Từ hình 1 ta thấy V=S.H
Khi thanh cân bằng như hình 2, thể tích phần thanh đồng chất chìm trong nước là: V’=S’.l’
Do đó:
S.( H+h)= V+S’.l’ = S.H + S’.l
<=> S.H+S.h = S.H + S’.l’ (0.75 điểm)
=> S. h = S’.l’
=> l’=
S
S'
h
Vì trọng lượng P của thanh cân bằng với lực đẩy Acsimet F
A
:
=> P=F
A1

<=> 10.D
2
.S’.l=10.D
1
. S
1
.l’
=> l =
1
2
D
D
l’=

1
2
D
D
.
S
S'
.h (0.75 điểm)
H H
H
h
h∆
S
S S
S'
l
(Hình 3)
(Hình 2)
(Hình 1)
l'
A2
F
uuur
F
r
P
ur
P
ur
A1

F
uuur
}
}
=> l =
1
2
D
D
.
S
S'
.h (*)
Khi thanh chìm hoàn toàn trong nước như hình 3, ta thấy:
S.( H+
∆
h)= V+S’.l = S.H + S’.l
<=> S. H+S.
∆
h = S.H + S
1
.l
=> S.
∆
h = S’.l (0.5 điểm)
=>
∆
h=
S'
S

.l=
S'
S
.
1
2
D
D
.
S
S'
.h=
1
2
D
D
.h
Gọi H’ là độ cao của mực nước khi đó:
=> H’=
∆
h +H=
1
2
D
D
.h+H=
1
0,8
.8+15=25cm (0.5 điểm)
b) l=20cm, S’=10cm

2
Lực tác dụng vào thanh lúc này gồm : Trọng lượng P, lực đẩy Acsimet F
2
và lực tác dụng F. Do thanh
cân bằng nên :
F = F
A2
- P = 10.D
1
.V
o
– 10.D
2
.S’.l
F = 10( D
1
– D
2
).S’.l = 2.S’.l = 0,4 N (0.5 điểm)
Từ (*) l =
1
2
D
D
.
S
S'
.h => S=
2
1

D
D
.
l
h
.S’=
0,8
1
.
20
8
.10=20cm
2
Ta thấy khi thanh đi vào nước thêm 1 đoạn x có thể tích ∆V = x.S’ thì nước dâng thêm một đoạn:
ΔV ΔV
y= = =x
S-S' S'
Mặt khác nước dâng thêm so với lúc đầu:
1
2
D
Δh-h= -1 .h=2cm
D
 
 ÷
 
nghĩa là : x=y=2 cm (0.5 điểm)
Vậy thanh di chuyển thêm một đoạn: x =2 cm.
Và lực tác dụng tăng đều từ 0 đến F = 0,4 N nên lực tác dụng trung bình vào vật là:
TB

0+0.4
F = =0.2N
2
(0.5 điểm)
Công thực hiện được:
2 3
TB
A F . 0,2.2.10 4.10 Jx
− −
= = =
Bài 3. (4 điểm)
Gọi Q
1
và Q
2
là nhiệt lượng cần cung cấp cho nước và ấm nhôm trong hai lần đun, ta có:
Q
1
=
( )
tcmcm
∆+
221.1
; Q
2
=
( )
tcmcm
∆+
.2

2211
(1đ)
(m
1,
m
2
là khối lượng nước và ấm trong hai lần đun).
Mặt khác, do nhiệt toả ra một cách đều đặn nghĩa là thời gian đun càng lâu thì nhiệt toả ra càng lớn. Do
đó:
Q
1
= kt
1
; Q
2
= kt
2
; (k là hệ số tỉ lệ nào đó) (0,5đ)
Ta suy ra:
kt
1
=
( )
tcmcm ∆+
2211
; kt
2
=
( )
tcmcm

∆+
2211
2
(0,5đ)
Lập tỷ số ta được :
=
1
2
t
t
2211
11
2211
2211
1
2
cmcm
cm
cmcm
cmcm
+
+=
+
+
(0,75đ)
hay: t
2
= ( 1+
2211
11

cmcm
cm
+
) t
1
(0,75đ)

Vậy : t
2
= (1+
880.3,04200
4200
+
).10 = (1+0,94).10 = 19,4 phút. (0,5đ)
}
}
}
}
Bài 4. (5 điểm)
a) (2 điểm)
Khi khóa K mở, mạch điện
trở thành: (0,25đ)
Vì I
3
= 1,5A nên U
3
= I
3
R
3

= 1,5 × 9 = 13,5 (V) (0,25đ)
Vậy hiệu điện thế trên hai đầu điện trở R
1
và R
2
là:
U
12
= U – U
3
= 36 – 13,5 = 22,5(V) (0,25đ)
Do đó, cường độ dòng điện trong mạch chính là:
12
1 2
22,5
2,25( )
10
U
I A
R R
= = =
+
(0,25đ)
Suy ra cường độ dòng điện qua điện trở R
4
là:
I
4
= 2,25 – 1,5 = 0,75(A) (0,25đ)
Điện trở tương đương của R

4
và R
5
là:
3
4,5
4
13,5
18( )
0,75
U
R
I
= = = Ω
(0,5đ)
Vậy điện trở R
4
có giá trị là: R
4
= R
4,5
– R
5
= 18 – 12 = 6(Ω) (0,25đ)
b) (3 điểm)
Mạch điện tương đương là: (0,5đ)
Điện trở tương đương của R
2
và R
4

là:
2
2,4
6
3( )
2 2
R
R
= = = Ω
(0,25đ)
Điện trở tương đương của R
2
, R
4
và R
3
là: R
2,3,4
= 3 + 9 = 12 (Ω) (0,25đ)
Vậy điện trở tương đương của đoạn mạch CD là:
5
12
6( )
2 2
CD
R
R
= = = Ω
(0,25đ)
Ta có:

1
1
1
1 1
36
3,6( )
4 6 10
CD CD
CD CD
U U U
U
U
I A
R R R R
+
= = = = = =
+ +
(0,5đ)
Suy ra U
CD
= I
1
R
CD
= 3,6 × 6 = 21,6(V) (0,25đ)
Vậy
5 3
5
21,6
1,8( )

12
CD
U
I I A
R
= = = =
(0,25đ)
5
2 4
1,8
0,9( )
× 2
I
I I A
= = = =
(0,25đ)
Ampe kế A
2
chỉ: I
1
– I
2
= 3,6 – 0,9 = 2,7 (A) (0,25đ)
Ampe kế A
1
chỉ: I
3
= 1,8(A) (0,25đ)
Bài 5 (4 điểm)
a) (1,0 điểm)

Ta có 40 × 6 = 240V, chứng tỏ hiệu điện thế cung cấp cho từng bóng đèn bằng hiệu điện thế định mức
của mỗi bóng nên đèn sáng bình thường (0,5đ)
b) (1,5 điểm)
Công suất tiêu thụ của mạch khi còn đủ 40 bóng đèn:
2 2
d
R 40R
U U
P
= =
(0,25đ)
R
3
R
4
R
5
R
2
I
4
R
1
I
1
I
2
I
3
I

5
C
D
A
1
R
3
R
4
R
5
R
1
R
2
I
I
3
I
4
Khi có 1 bóng cháy, công suất tiêu thụ của 39 bóng là:
2 2
'
'
d
R 39R
U U
P
= =
(0,25đ)

Ta có:
'
39
1
40
P
P
= <
. Vậy P < P
’
(0,25đ)
c) (1,5 điểm)
Thay bóng cháy bằng bóng có P
2
= 2P thì điện trở của dây tóc bóng này là:
2 2
2
2
P 2P 2
d d d
d
U U R
R
= = =
(0,25đ)
Điện trở toàn mạch lúc này là: R
’’
= 39R
d
+ 0,5R

d
= 39,5R
d
(0,25đ)
Cường độ dòng qua các đèn:
''
d
240
39,5R
I
=
(0,25đ)
Hiệu điện thế trên các đèn ban loại ban đầu: U
’
1
= I
”
R
d

= 6,075(V) > 6(V): Đèn sáng quá bình thường.
(0,25đ)
Hiệu điện thế U
’
2
trên bóng đèn có công suất P
2
thỏa mãn: U
2
= 39U

’
1

= 240
Suy ra 39U
’
1

= 240 - U
2
> 39 × 6 = 234(V) (0,25đ)
Nên U
2
< 240 – 234 = 6V: Đèn loại P
2
sáng kém bình thường (0,25đ)
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NINH HÒA NĂM HỌC 2009-2010
------------------ Môn thi : HÓA HỌC 9
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút
(không kể thời gian phát đề)
Câu I :(4,0 điểm).
1. Từ KMnO
4
, NH
4
HCO
3
, Fe, MnO
2

, NaHSO
3
, BaS và các dd Ba(OH)
2
, HCl đặc có thể điều chế được những
khí gì? Viết phương trình hoá học.
Khi điều chế các khí trên thường có lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng một hoá chất thì chọn
chất nào trong số các chất sau đây: CaO, CaCl
2
khan , H
2
SO
4
đặc, P
2
O
5
, NaOH rắn.
2. Viết các phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau:
a. Cho hỗn hợp NaHCO
3
và NaHSO
3
vào dung dịch Ba(OH)
2
dư.
b. Cho sắt dư vào dd H
2
SO
4

đặc nóng được dung dịch A. Cho A vào dung dịch NaOH dư được kết
tủa B. Lọc kết tủa B nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi.
Câu II:(4,0 điểm)
Dẫn H
2
đến dư đi qua 25,6gam hỗn hợp X gồm Fe
3
O
4
, MgO, CuO (nung nóng) cho đến khi phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Sau phản ứng thu được 20,8gam chất rắn. Mặt khác 0,15mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với
225ml dung dịch HCl 2,0M.
a. Viết các phương trình phản xảy ra.
b. Tính % số mol các chất trong hỗn hợp X?
Câu III: (5 điểm)
Một thanh kim loại R được ngâm trong dung dịch CuSO
4
. Sau khi phản ứng kết thúc, thanh kim loại
có khối lượng nhẹ bớt đi so với ban đầu. Cũng thanh kim loại R như vậy, sau khi ngâm trong dung dịch
AgNO
3
, kết thúc phản ứng thì khối lượng thanh kim loại bây giờ lại nặng thêm so với ban đầu. Cho biết: R
có hoá trị II; tất cả kim loại sinh ra đều bám vào thanh R; phần khối lượng nặng thêm gấp 75,5 lần phần khối
lượng nhẹ bớt đi; số mol kim loại bám vào thanh R trong hai thí nghiệm trên đều bằng nhau.
1) Xác định kim loại R.
2) Nếu thanh R đem thí nghiệm có khối lượng 20g ; dung dịch CuSO
4
có thể tích 125 ml và nồng độ
0,8M thì trong thí nghiệm với dung dịch AgNO
3

, thanh kim loại tăng bao nhiêu phần trăm về
khối lượng ? Thể tích dung dịch AgNO
3
0,4M cần dùng là bao nhiêu ml ?
Câu IV:(3,5 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoà
tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO
3
37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được
là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08g muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần
trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức muối rắn.
Câu V: (3,5 điểm)
Một hỗn hợp gồm 3 kim loại Na, Al và Fe.
Nếu cho hỗn hợp vào nước cho đến khi phản ứng xong thì thu được V lít khí.
Nếu cho lượng hỗn hợp đó vào dung dịch NaOH (dư) đến khi phản ứng xong thu được
7
4
V lít khí.
Với lượng hỗn hợp đó cho vào dung dịch HCl (dư) đến khi phản ứng xong thì thu được
9
4
V lít khí
1. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra.
2. Xác định tỷ lệ số mol các kim loại có trong hỗn hợp? Biết rằng khí thu được ở các trường hợp trên
đều ở điều kiện chuẩn.
Ghi chú: Thí sinh được dùng Bảng Tuần Hoàn các nguyên tố hóa học
- Hết -
Chữ ký GT1 : Chữ ký GT2 :
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC 9
Câu I:(4 điểm)

1.Các khí có thể điều chế được gồm O
2
, NH
3
, H
2
S, Cl
2
, CO
2
, SO
2
. (0.5 điểm)
Các phương trình hoá học:
2KMnO
4

0
t
→
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2
2NH
4

HCO
3
+ Ba(OH)
2

→
Ba(HCO
3
)
2
+ 2NH
3
+ 2H
2
O
Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
đun nhẹ
MnO
2
+ 4HCl
→
MnCl
2
+ Cl
2

+ 2H
2
O
BaS + 2HCl
→
BaCl
2
+ H
2
S
NH
4
HCO
3
+ HCl
→
NH
4
Cl + CO
2
+ H
2
O
NaHSO
3
+ HCl
→
NaCl + SO
2
+ H

2
O
( Viết đúng mỗi ptpư là 0,25 điểm)
Để làm khô tất cả các khí trên có lẫn hơi nước mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl
2
khan. Vì chỉ
có CaCl
2
khan sau khi hấp thụ hơi nước đều không tác dụng với các khí đó.(0,25 điểm)
2.Các phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm: (1,5 điểm)
NaHCO
3
+ Ba(OH)
2

→
BaCO
3
+ NaOH +H
2
O
NaHSO
3
+ Ba(OH)
2

→
BaSO
3
+ NaOH + H

2
O
2Fe + 6H
2
SO
4 (đặc, nóng)

→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O
Fe + Fe
2
(SO
4
)
3

→
3FeSO
4

FeSO
4
+ 2NaOH
→
Fe(OH)
2
+ Na
2
SO
4

4Fe(OH)
2
+ O
2

0
t
→
2Fe
2
O
3
+ 4H
2
O
( Viết đúng mỗi ptpư là 0,25 điểm)
Câu II: (4,0 điểm)
H
2

+ CuO
 →
Ct
0
Cu + H
2
O (1)
4H
2
+ Fe
3
O
4

 →
Ct
0
3Fe + 4H
2
O (2)
H
2
+ MgO
 →
Ct
0
ko phản ứng
2HCl + MgO
→
MgCl

2
+ H
2
O (3)
8HCl + Fe
3
O
4

→
FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O (4)
2HCl + CuO
→
CuCl
2
+ H
2
O (5)
( Viết đúng mỗi ptpư là 0,25 điểm)
* Đặt n
MgO
= x (mol); n
Fe3O4
= y (mol); n

CuO
= z (mol) trong 25,6gam X
Ta có 40x + 232y + 80z = 25,6 (I)
40x + 168y + 64z = 20,8 (II) (0,75 điểm)
* Đặt n
MgO
=kx (mol); n
Fe3O4
=ky (mol); n
CuO
=kz (mol) trong 0,15mol X
Ta có k(x + y + z) = 0,15 (III)
2kx + 8ky + 2kz = 0,45 (IV) (0,75 điểm)
Giải hệ gồm (I), (II), (III) và (IV)
⇒
x=0,15mol; y=0,05mol; z=0,1mol
%n
MgO
=
3,0
15,0
.100 = 50,00(%); %n
CuO
=
3,0
1,0
.100 = 33,33(%)
%n
Fe3O4
=100 – 50 – 33,33 = 16,67(%) (1 điểm)

Câu III:
1) Xác định R: 3 điểm
R + CuSO
4

→
RSO
4
+ Cu ( 0,25 điểm)
x x
R + 2AgNO
3

→
R(NO
3
)
2
+ 2Ag (0,25 điểm)
0,5x x x
Đặt x là số mol kim loại bám vào thanh R.
Phần khối lượng nhẹ bớt đi = (M
R
-64)x (0,5 điểm)
Phần khối lượng tăng thêm = (216 - M
R
).0,5x ( 0,5 điểm)
Theo đề ta có: (216 - M
R
).0,5x = 75,5.(M

R
-64)x (0,5 điểm)
Giải ra M
R
= 65. Suy ra kim loại R là kẽm (Zn) (1 điểm)
2) Số mol CuSO
4
= 0,1 = x
suy ra % khối lượng tăng thêm = 0,5.0,1(216 – 65).100 / 20
= 37,75(%) (1 điểm)
Thể tích dung dịch AgNO
3
cần dùng = 250 ml (1 điểm)
Câu IV: (3,5 điểm)
Vì O
2
dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit
2MS + (2 + n:2)O
2
à M
2
O
n
+ 2SO
2

(0,5 điểm)
a 0,5a
M
2

O
n
+ 2nHNO
3
à 2M(NO
3
)
n
+ n H
2
O (0,5 điểm)
0,5a an a
Khối lượng dung dịch HNO
3
m = an × 63 × 100 : 37,8 = 500an : 3 (g)
Khối lượng dung dịch sau phản ứng
m = aM + 8an + 500an : 3 (g)
Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172
Nên M = 18,65n (0,50 điểm)
Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe)
Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05
khối lượng Fe(NO
3
)
3
là
m= 0,05 × 242 = 12,1(g)
Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh : (0.5 điểm)
m
dd

= aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g)
Khối lượng Fe(NO
3
)
3
còn lại trong dung dịch là :
m = 20,92 × 34,7 : 100 = 7,25924 (g)
Khối lượng Fe(NO
3
)
3
kết tinh
m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g) (0,50 điểm)
Đặt công thức Fe(NO
3
)
3
. nH
2
O
Suy ra 4,84:242 × (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9
CT Fe(NO
3
)
3
. 9H
2
O (1 điểm)
Câu V: (3,5 điểm)
1. Các phương trình phản ứng (1,75 điểm)

(mỗi phản ứng đúng: 0,25 điểm)
- Khi cho hỗn hợp vào nước:
2Na + 2H
2
O
→
2NaOH + H
2
↑
(1)
2Al + 2H
2
O + 2NaOH
→
2NaAlO
2
+ 3H
2
↑
(2)
- Khi cho hỗn hợp vào dd NaOH:
2Na + 2H
2
O
→
2NaOH + H
2
↑
(3)
2Al + 2H

2
O + 2NaOH
→
2NaAlO
2
+ 3H
2
↑
(4)
- Khi cho hỗn hợp vào dd HCl:
2Na + 2HCl
→
2NaCl + H
2
↑
(5)
2Al + 6HCl
→
2AlCl
3
+ 3H
2
↑
(6)
Fe

+ 2HCl
→
FeCl
2

+

H
2
↑
(7)
2. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Na, Al, Fe có trong hỗn hợp;
Sau khi phản ứng kết thúc khí thoát ra là H
2
. Gọi n là số mol H
2

có trong V lít khí.
⇒
Số mol H
2
có trong
7
4
V lít là
7
4
n;
có trong
9
4
V lít là
9
4
n (0, 5điểm)

Dựa vào pt (1) và (2) ta có :
3
0,5
2 2
x
x n x n
+ = ⇔ =
(0,25điểm)
Theo (3) và (4) ta có :
3 7
2 2 4
x
y n
+ =

Thay x = 0,5n vào tính được y = n (0,5điểm)
Theo (5), (6) và (7) ta có:
3 9
2 2 4
x
y z n
+ + =

Thay x, y vào tính được z = 0,5n (0,25điểm)
Vậy tỷ lệ số mol Na, Al, Fe có trong hỗn hợp là : 0,5n : n : 0,5n = 1:2:1 (0,25 điểm)
HẾT
UBND HUYỆN NINH HÒA ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2009-2010
MÔN: SINH HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,25đ) Sự tự thụ phấn có điểm bất lợi gì? Để cây giao phấn thuận lợi, người ta có thể
làm gì?
Câu 2: (2,75đ) Nêu và giải thích các đặc điểm cấu tạo cơ thể giúp ếch thích nghi với đời sống ở
nước.
Câu 3: (2đ) Trình bày khái niệm đông máu; cơ chế đông máu. Vì sao máu chảy trong hệ mạch
không bị đông lại?
Câu 4: (2,5đ) So sánh nước tiểu đầu và nước tiểu chính thức do thân tạo ra.
Câu 5: (2đ) Tại sao người ta có thể điều chỉnh tỷ lệ đực : cái ở vật nuôi? Điều đó có ý nghĩa gì
trong thực tiễn?
Câu 6: (1,5đ) ARN được tổng hợp dựa trên những nguyên tắc nào? Nêu bản chất của mối quan
hệ theo sơ đồ: gen → ARN.
Câu 7: (3,5đ) Thường biến là gì? Phân biệt thường biến với đột biến.
Câu 8: (3,5đ) Khi lai 1 gà trống lông trắng với 1 gà mái lông đen đều thuần chủng, người ta thu
được các con lai đồng loạt có lông da trời.
a) Tính trạng trên được di truyền theo kiểu nào?
b) Cho những gà lông xanh da trời này giao phối với nhau, sự phân ly những tính trạng
trong quần thể gà con thu được sẽ như thế nào? (Biết rằng màu lông do 1 gen quy định)
--- Hết ---
Chữ ký GT1: …………………………….. Chữ ký GT2: ……………………………..
UBND HUYỆN NINH HÒA HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2009-2010
MÔN: SINH HỌC
Số BD: …………. Phòng: ……..