2020届山西省太原市第五中学高三下学期3月摸底考试 理科综合 PDF版练习题

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2020届模拟06理综答案与解析

1．【答案】D【解析】有些病原菌在其生命活动过程中产生能释放至周围环境中的外毒素，化学组成为蛋白质；导入胰岛素基因的大肠杆菌能分泌胰岛素等。细菌没有核仁。核糖体没有膜。细菌的核酸有DNA与RNA两种，共含有5种碱基。
2．【答案】C【解析】正常细胞中存在原癌基因。凋亡相关基因是机体固有的。上述新型药物能抑制细胞内一种叫做BCL-XL的蛋白质合成，而促生存的相关蛋白质有好多种，故选项C错误。由于癌细胞在适宜的条件下能够无限增殖，因此，控制BCL-XL的蛋白质合成的基因可能大量表达。
3．【答案】B【解析】肺炎双球菌没有细胞核。根据肽链的长短可分析出：示意图所示翻译过程的方向是从上到下。示意图中的RNA聚合酶参与转录过程。密码子位于mRNA上。
4．【答案】B【解析】金黄色葡萄球菌没有染色体。某些染色体数目减半的生物具有可育性，如蜜蜂中的雄蜂。物理因素或化学因素都能诱发基因突变。现代生物进化理论认为：生物进化的实质是种群基因频率的改变。
5．【答案】A【解析】核糖体上只合成多肽，不进行加工。μ—芋螺毒素结合在位点1上，能像瓶塞一样堵塞钠离子通道口，故可能会导致机体麻痹。α—蝎毒素结合在位点2、3和6上，能抑制通道失活球的关闭，造成钠离子持续内流，故可能会导致突触后膜所在的神经元持续性兴奋。从题干中相关信息可分析出：μ—芋螺毒素与β—蝎毒素中毒后，人体可能会产生一些相同中的毒症状。
6．【答案】D【解析】某水稻种群就没有性别比例这个特征。丰富度是指群落中物种数目的多少，某处所有的青菜应属于种群范畴。分解者不参与营养级。生命活动的正常进行，离不开信息的作用；生物种群的繁衍，也离不开信息的传递。
7．【答案】D【解析】医用酒精主要用于皮肤消毒，当酒精浓度为75%时消毒效果最好，A项错误；油脂的相对分子质量小于1000，不是高分子化合物，同时油脂除了能提供能量外，还具有保护内脏器官的功能，B项错误；聚氯乙烯塑料会缓慢释放出有毒气体HCl而不能用于食品包装，C项错误；成熟的苹果可释放出较多的乙烯，而乙烯可作水果的催熟剂，D项正确。
8．【答案】A【解析】H2与D2的物质的量均为0.5mol，含有质子物质的量均为0.5mol×2 =1mol，A项正确；Fe3+会发生水解，故Fe3+数目小于0.2NA，B项错误；硫的氧化性弱， 2Cu+SCu2S，题目中硫粉过量，铜在产物中显+1价，故3.2g（即0.05mol）铜在反应中转移电子数为0.05NA，C项错误；酸与醇的酯化反应为可逆反应，生成的乙酸乙酯分子数小于0.1NA，D项错误。
9．【答案】C【解析】若苯分子中含有类似乙烯分子中的碳碳双键，就能使酸性KMnO4溶液褪色，A项正确；植物油中含有不饱和碳碳双键，能与Br2发生加成反应，B项正确；虽然淀粉与纤维素的组成均为(C6H10O5)n，但化学式中的n值不同，不属于同分异构体，C项错误；酯化反应与酯在酸性条件下的水解反应互为可逆反应，D项正确。
10．【答案】A【解析】油污在碱性条件下水解生成易溶于水的物质，热的碳酸钠溶液水解程度增大，碱性增强，更有利于去除油污，A项正确；pH试纸湿润后，待测的Na2CO3溶液被稀释，使测定结果偏低，B项错误；由于Al3+水解，蒸发AlCl3溶液最终得到Al(OH)3或其分解产物，C项错误；分液时上层液体应从上口倒出，D项错误。
11．【答案】C【解析】电池负极发生氧化反应，故甲为负极，乙为正极，A项错误；该离子交换膜可以是阳离子交换膜，也可以是阴离子交换膜，B项错误；负极NH3失电子生成N2，OH－参与反应生成H2O，C项正确；标准状况下NO2为液体，不能根据标准状况下的气体摩尔体积计算出NO2的物质的量，D项错误。
12．【答案】D【解析】当滴加氢氧化钠溶液为20mL时二者恰好完全反应，说明HR溶液浓度与氢氧化钠溶液浓度相等，A项正确；滴加氢氧化钠溶液至中性时，消耗氢氧化钠溶液体积小于20mL，或滴定终点时溶液呈碱性，说明HR为弱酸，在水中部分电离，B项正确；①点对应溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故根据电荷守恒关系式：c(Na+)＋c(H+)＝c(OH-)＋c(R-)可得：c(R-)＞c(Na+)，此时c(Na+)≈0.0300mol·L-1＞c(H+)=10—4 mol·L-1，故c(R-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，C项正确；②点时，溶液的pH＝7，c(OH-)＝c(H+)，①时，溶液pH＜7，c(OH-)＜c(H+)，D项错误。
13．【答案】D【解析】根据A原子最外层电子数为a，A的次外层电子数为a/3，由于短周期元素的原子次外层电子数为2或8，所以a为6，推知A为O元素，结合题目条件可得B为Al，C为S，D为Cl。由于Al、S、Cl位于同周期，根据元素周期律可知原子半径Al>S>Cl，A项正确；O、S、Cl元素中，O与S可形成SO2、SO3，O与Cl可形成Cl2O、S与Cl可形成S2Cl2等共价化合物，B项正确；工业上电解熔融Al2O3得到金属Al，C项正确；非金属性Cl>S，非金属性越强，气态氢化物越稳定，D项错误。
14．【答案】B【解析】牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿第一定律不能通过实验直接验证，而牛顿第二定律和牛顿第三定律都能通过现代的实验手段直接验证，A错误；伽利略通过实验和合理的推理提出物体下落的快慢与物体的轻重没有关系，即质量并不影响落体运动快慢，B正确；安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，C错误；英国青年数学家亚当斯与法国数学家勒威耶分别独立地通过万有引力定律计算得出了太阳系中在天王星外还存在着距离太阳更远的海王星，D错误。
15．【答案】C【解析】由图象可知：汽车A做匀加速直线运动，汽车B做加速度逐渐减小的加速直线运动，A错误；A、B两v-t图像的交点表示此时两辆汽车共速，B错误；v-t图象的斜率表示加速度，由于t1时刻图像A的斜率较大，因此t1时刻汽车A的加速度大于汽车B的加速度，C正确；在0~t1时间内，由于汽车B的速度一直大于汽车A的速度，因此两辆汽车之间的距离一直增大，D错误。
16．【答案】B【解析】根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在A、B两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，A、B两点的磁感应强度大小相等，A点磁场向下，B点磁场向上，方向相反，A错误；两根导线在A点产生的磁感应强度的方向如图所示，根据平行四边形定则进行合成，得到A点的磁感应强度大小为，同理，B点的磁感应强度大小也为，B正确、C错误；只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知O点的磁感应强度为零，D错误。

17．【答案】C【解析】静止时细线无弹力，小球受到重力mg、空气浮力f和车顶压力FN，由平衡条件得f=mg+FN=1.5mg，即浮力与重力的合力为0.5mg，方向向上。要使传感器示数为零，则细线有拉力FT，如图所示，由等效受力图（b）可得：，小车加速度大小为，方向向左。故小车可以向左加速运动，也可以向右做减速运动，C选项正确。

18．【答案】D【解析】发电机的输出电压随时间变化的关系，由电压的表达式可知T=0.02s，故，又由于变压器不改变交流电的频率，则用户得到的交流电的频率也应为50Hz，A错误；由图象可知交流的最大值为Um=500V，因此其有效值为，则输入原线圈的电压为，B错误；用电高峰时，用户增多，降压变压器副线圈的电流增大，则原线圈的电流增大，输电电流增大，则输电线上损失的电压增大，C错误；深夜小区的用户逐渐减少时，则降压变压器的输入功率减小，输入电流也减小，输电线上损失的功率减小，D正确。
19．【答案】BD【解析】根据在该星球表面附近绕该星球做匀速圆周运动的卫星重力提供向心力得：，解得：，，则行星“HAT-P-1”的第一宇宙速度就是在该星球表面附近绕该星球做匀速圆周运动的线速度，所以行星“HAT-P-1”的第一宇宙速度就是，行星“HAT-P-1”附近运行的卫星的最小周期就是在该星球表面附近绕该星球做匀速圆周运动的周期，所以最小周期是，B、D正确；本题中不知道行星“HAT-P-1”绕恒星A运动的任何量，故不可计算恒星A的密度和绕太阳运动的周期，A、C错误。
20．【答案】BC【解析】两滑块碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为v，则有：m1v＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得：m1v2＝m1v12＋m2v22，联立解得：v1＝，v2＝，则二者速度大小之比为v1:v2＝1:6，A错误B正确；当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，则－μm2gL＝－m2v22，碰前滑块甲做减速运动：－μm1gL＝m1v2－m1v02，可得v0＝，C正确、D错误。
21．【答案】CD【解析】由于电场的方向未知，因此粒子的电性不能确定，2m~6m的电势的高低也不能判断，因此A、B错误；根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系，得，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，故斜率间接代表了场强大小，0m~2m和2m~6m的斜率大小相等方向相反，因此电场强度的方向大小相等方向相反，则粒子的加速度大小相等方向相反，C正确；2m~4m两点间距与4m~6m两点间距相等，电场强度也相等，因此由U=Ed可知，2m~4m两点间的电势差等于4m~6m两点间的电势差，则2m~4m电场力做的功和4m~6m电场力做的功相等，D正确．
22．【答案】①A（0.5分） 左（0.5分）
③+（0.5分） —（0.5分） B（0.5分） 右（0.5分）
④DBA（0.5分）
【解析】使用前要进行机械调零，使指针指向左边的零刻度处，使用中每次换欧姆挡都要进行欧姆调零，使指针指向右边的零刻度处；由于测量时，指针从无穷大电阻开始偏转，偏角过小，说明需增大倍率，使指针指向欧姆表中间刻度附近。
23．【答案】（1）12.0（1分） 1.44（1分） （2）（1分）
（3）Fs（1分） （1分）
（4）F′s（1分） （1分）
（5）倒数的二次方（1分） 7.9×10－6～8.1×10－6（1分）
【解析】（1）该游标卡尺的读数为：12mm+0×0.1mm=12.0mm，刻度尺的读数为s=1.44m；（2）由平均速度公式可得，经过光电门的速度；（3）传感器的示数为细绳的拉力，则其做功为Fs，所对应动能的变化量为；（4）F′所做的功为F′s，所对应动能的变化量为；（5）由动能定理，整理得，图像为直线的条件是横坐标为Δt倒数的二次方，该图线的斜率为，代入数据得k=8.0×10－6。
24．【答案】（1） （2）πa或2πa
【解析】（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R，若电子从M点出发刚好经原点O第一次离开边界线，如图甲所示，
则有2Rcos45°＝（2分），
半径R＝a（2分），
运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程s＝（2分）。
（2）负粒子从M点出发经原点O到达N点，若粒子经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周即s＝2πR＝2πa（2分）
若粒子第N次离开磁场边界为O点，则要回到N点，经过O点的速度必然斜向下45°，则运动轨迹如图乙。根据几何关系有2Rcos45°＝（2分）
圆周运动半径R＝（2分），
运动通过的路程为s＝＝＝πa（2分）。

25．【答案】（1）1.5m/s2 （2）0.25N
【解析】（1）在拉力撤去前，根据受力平衡有：（2分），代入数据解得：x1=0.01m（1分），拉力F撤去后的瞬间，对A、B整体根据牛顿第二定律有F=2ma1（2分），解得：a1=1.5m/s2（1分）。以A为研究对象，用隔离法有：kAx1+Ff =ma1（2分），解得：，即A、B之间相对静止，为静摩擦力，所以物块A的加速度为a1=1.5m/s2（1分）。
（2）在拉力改为F=4.5N后，撤去拉力前，根据受力平衡有：（1分），代入数据解得：x2=0.015m（1分），拉力F撤去后的瞬间，对A、B整体根据牛顿第二定律有F′=2ma2（2分），解得：a2=2.25m/s2（1分）。以A为研究对象，用隔离法有：kAx2+Ff ′=ma2（2分），解得：Ff′=0.75N（1分），故ΔFf =Ff′－Ff =0.25N（1分）
26．【答案】（1）圆底烧瓶（1分） 浓硫酸（1分） a（2分）
（2）①d→c→f→e→b（2分） 除去SO2中的HCl（2分） ②酸性KMnO4溶液褪色（1分） 5SO2+2MnO4－+2H2O=5SO42－+2Mn2++4H+（2分） NaOH溶液（1分）
（3）用pH试纸检验Na2SO3溶液，试纸变蓝或用pH试纸（或pH计）检测0.01mol·L－1 NaHSO3，pH＞2（2分）
【解析】（1）若装置体系中气压增大，则装置II中的液体易倒吸，此时打开止水夹2，装置II中的上升的液柱回流，从而起到防止装置II中液体倒吸；SO2与浓硫酸不反应，故干燥SO2用浓硫酸作为干燥剂；SO2密度比空气大，故进气管应插入集气瓶底部，即a项正确。（2）①装置连接顺序为制气装置→除杂装置→性质实验装置→尾气吸收装置。HCl与NaHSO3反应生成SO2，从而除去了SO2中的杂质HCl。②SO2被MnO4－氧化生成SO42－，酸性KMnO4溶液褪色；SO2为酸性气体，可用NaOH溶液吸收。（3）检验一定浓度Na2SO3溶液的酸碱性及检验HSO3－的pH方法可判断H2SO3为弱电解质。
27．【答案】（1）2:1（1分） NO与O2反应生成红棕色NO2（1分）
（2）①－745（2分） ②温度（1分） b（1分）
（3）①1.25（2分） ②0.15mol·L-1·min-1（2分） ③75%（2分）
（4）增大（1分）2CN-－10e-＋12OH-＝2CO32-＋N2↑＋6H2O（2分）
【解析】（1）潮湿的环境中NF3反应的化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3， NF3既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原生成还原产物NO，还原剂被氧化生成氧化产物HNO3，故氧化剂与还原剂的比例即还原产物与氧化产物的比例，即2:1。尽管该反应的生成物NO无色，但与O2反应生成的NO2为红棕色。（2）①根据反应热与键能的关系，可知ΔH＝（603×2＋1076×2－945－803×4）kJ·mol-1＝－745kJ·mol-1 ②平衡常数K只与温度有关，X代表温度，对于放热反应，升高温度，平衡常数减小，故曲线b符合平衡常数随温度变化规律。
（3）① 8NH3(g)＋8NO(g)＋2NO2(g)9N2(g)＋12H2O(g)
起始(mol·L-1) 2 2 0.5n 0 0
转化(mol·L-1) 8x 8x 2x 9x 12x
平衡(mol·L-1) (2－8x) (2－8x) (0.5n－2x) 9x 12x
根据2－8x＝0.5，8x＝1.5，解得：0.5n－2x＝0.5n－0.375＝0.25，n＝1.25。
②υ(NO)＝＝0.15mol·L-1·min-1
③NH3的平衡转化率α(NH3)＝×100%＝75%.
（4）甲气体为H2，阴极的电极反应式为2H2O＋2e-＝H2↑＋2OH-，OH-向阳极区迁移，因为消耗了水，阴极区中c(OH-)增大，碱性增强。阳极区，CN-中碳为＋2价、氮为－3价。CN-在阳极被氧化生成N2和CO2，CO2与碱反应生成碳酸盐。
28．【答案】（1）3.725×10－6mol·L－1·s－1（2分）
（2）化学能转变为电能（1分） CH3OCH3+H2O－8e－=CO2+8H+（2分）
（3）c（1分） 450℃（1分） （4）1.0（1分） K1/K2（2分）
（5）（2分）
【解析】（1）v(二甲醚)==3.725×10－6mol·L－1·s－1。（2）该装置为燃烧电池，是将化学能直接转化为电能。（3）无论用何种催化剂均是温度越高，产率越高，但在450℃时，用催化剂c时，H2产率超过70%，具有实际意义。（4）a曲线，在投料比1.0时，CO及H2总转化率最大；反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，可由反应(a)－(b)得到，平衡常数则为两者之商。（5）3min时，消耗H2浓度减少为：0.5mol·L－1·min－1 × 3min = 1.5mol·L－1，则CO2浓度减少 0.5mol·L－1，此时c(CO2) = 0.5mol·L－1，生成c(CH3OH)=0.5mol·L－1。达平衡时，c(CO2)=0.25mol·L－1, c(CH3OH)=0.75mol·L－1。
29．【答案】（共10分，除标注外，每空2分）
（1）不能 葡萄糖与果糖 （2）双缩脲试剂 （3）专一（1分）
（4）在20天至40天期间，费玉3号蔗糖含量以及SS活性始终高于豫玉22，在相同时间内，前者就会有更多的蔗糖水解以合成淀粉（3分）
【解析】（1）蔗糖是非还原糖，故蔗糖不能与斐林试剂起反应。它的水解产物为葡萄糖与果糖。（2）蛋白质与双缩脲试剂发生作用，产生紫色反应。（3）催化淀粉合成的酶与淀粉水解的酶不同，这体现了酶的专一性。（4）要理解题干中的一些信息，如：茎、叶等源器官制造的光合产物以蔗糖形式运输到库器官（籽粒），在一系列酶的催化作用下形成淀粉。催化蔗糖降解的酶是SS（蔗糖合成酶），SS催化籽粒淀粉合成反应的第一步。再结合甲、乙两图的相关信息，方可得出正确的答案。
30．【答案】（共8分，除标注外，每空1分）
（1）二氧化碳的固定 叶绿体内的基质
（2）灿小占 粤香占 较强 （3）D、H E＜G（2分）
【解析】（1）CO2通过气孔进入叶肉细胞后，首先与植物体内的C3结合，这个过程叫二氧化碳的固定。该过程是在叶绿体内的基质中进行的。（2）据图甲可知：当外界温度从36℃升至38℃时，灿小占的气孔导度随温度变化最为明显；粤香占敏感性较弱，适应高温能力较强。（3）D、H两点时，CO2的相对含量不变，说明此时光合作用强度与呼吸作用强度相等。从CO2相对含量的下降趋势可以发现E点比G点的净光合速率大，而E、G两点时合成葡萄糖的速率相等（即真光合速率相等），因此E点的呼吸速率小于G点的呼吸速率。
31．【答案】（共9分，除标注外，每空1分）
（1）能促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，从而使血糖水平降低（2分）
特异性受体（或“受体”） 存在（2分）
（2）不一定，因为出现糖尿的原因有多种情况：患有糖尿病；肾小管出现炎症；一次性摄入糖过多等（2分） （3）艾滋病 （4）器官移植的存活率
【解析】（1）胰岛素能促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，从而使血糖水平降低。胰岛素随血液到达全身各处，与靶细胞的细胞膜表面的特异性受体结合，将信息传递给靶细胞。胰岛B细胞中也具有胰高血糖素基因，只不过是没有表达而已。（2）糖尿出现的原因有多种：患有糖尿病；肾小管出现炎症；一次性摄入糖过多等。（3）类风湿性关节炎与系统性红斑狼疮都属于自身免疫病，艾滋病属于免疫缺陷病。（4）免疫抑制剂的应用，大大提高了器官移植的存活率，给需要进行器官移植的患者带来了福音。
32．【答案】（共12分，每空2分）
（1）①非糯性黄胚乳:非糯性白胚乳:糯性黄胚乳:糯性白胚乳＝9:3:3:1 ②非糯性白胚乳:非糯性黄胚乳:糯性黄胚乳＝1:2:1
（2）1/9 糯性黄胚乳:糯性白胚乳＝8:1
（3）某一雌配子形成时，含B基因的染色体片段缺失 某一雌配子形成时，B基因突变为b基因（其它合理答案也可）
【解析】（1）①如果这两对相对性状独立遗传，那么后代的表现型及比例为：非糯性黄胚乳:非糯性白胚乳:糯性黄胚乳:糯性白胚乳＝9:3:3:1。如果基因A与b在同一条染色体上（不考虑四分体时期非姐妹染色单体之间的交叉互换），这样，AaBb所产生的雌雄配子就是两种情形——1Ab与1aB，这时后代的表现型及比例为：非糯性白胚乳:非糯性黄胚乳:糯性黄胚乳＝1:2:1。（2）在独立遗传的前提下，上述自交所得的非糯性黄胚乳玉米（A B ）中，纯合子（AABB）所占的比例为1/9。选取上述自交所得的全部糯性黄胚乳（1/3aaBB、2/3aaBb）进行自由交配，所得子代的表现型及比例为：糯性黄胚乳:糯性白胚乳＝8:1。（3）此类问题可从基因突变以及染色体片段缺失等方面去分析。
33．（1）【答案】ACD【解析】失重条件下液态金属呈球状是由于液体表面分子间存在表面张力的结果，A选项正确；阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒随空气流动而形成的，并不是布朗运动，B选项错误；由气体的摩尔质量和气体的密度之比可求出气体的摩尔体积，摩尔体积与阿伏加德罗常数之比等于每个气体分子占据的空间大小，由此可以估算出理想气体分子间的平均距离，C选项正确；由于分子之间的距离比较大时，分子之间的作用力为引力，而分子之间的距离比较小时，分子之间的作用力为斥力，所以分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，D选项正确；热量可以在一定的条件下从低温物体传递到高温物体，E错误。
（2）【解析】①钢化容器的容积为V2＝10L，设有V1的氢气充入容器，将此部分气体作为研究对象，经历了等温过程，氢气充入容器前后的气压分别为p1和p2 。自动爆炸时氢气的气压条件是p2=0.5atm（1分），由p1V1=p2V2（2分），得（1分），代入数值得V1＝1L（1分）。
②自动爆炸的过程气体的体积不变，为一个等容过程。爆炸前气体的温度为：T1 = (27+273)K=300K（1分），压强为p1=1.5atm（1分），爆炸后的温度为：T2=(2727+273)K=3000K（1分），由（1分），代入数值得p2=15atm（1分）。
34．（1）【答案】ACD【解析】由振动图像可知这列波的周期为T=0.8s，A正确；由于简谐波由M向N传播，则有，（n=0、1、2、3…）又因为8m＜λ＜10m，所以n=1时，λ=9.6m，则波速由可得v=12m/s，C、D正确；一个周期内质点通过的路程为振幅的4倍，1.2s为1.5个周期，则M点通过的路程为振幅的6倍，即60cm，E错误。
（2）【解析】①据题知，当转过角度刚好为45°时发生了全反射．临界角为C=45°（2分），
则折射率（2分）。
②光路如图所示，由，则r=45°（2分），根据反射定律知i′=30°（2分），两个光斑S1、S2之间的距离为：L=Rtan45°+Rtan60°=（10+10）cm ≈ 27.3cm（2分）。

35．【答案】（1）X－射线衍射（1分） （2）4s24p3（1分）
（3）三角锥（1分） 氨分子间能形成氢键，分子间作用力增大（1分）
σ键和π键（2分） C、As（2分）。
（4）强（1分） 前者有一个非羟基氧，后者不含非羟基氧（2分）
（5）12（2分） （2分）。
【解析】（1）晶体会对X射线发生衍射，而非晶体不会对X射线发生衍射。
（2）砷为33号元素，位于第4周期ⅤA族，故价电子排布为4s24p3。
（3）AsH3与NH3结构类似，As原子采用sp3杂化形成三个s－sp3σ键，As上还有一对孤对电子，故呈三角锥形；由于N的电负性大，原子半径小，故NH3可形成分子间氢键，AsH3不能，故沸点：NH3 >AsH3。该分子中－As=As－中含σ键和π键，苯环中碳环上含有σ键和大π键，其余单键均为σ键；苯环上碳为sp2杂化，砷原子也采用sp2杂化。
（4）无机含氧酸可表示为：(HO)mROn，酸的强度与酸中的非羟基氧原子数n有关，n越大，酸性越强。
（5）锌原子位于顶点及面心，紧邻的锌原子为顶点到面心，故共有12个；该晶体中Zn：8×+6× =4,As：位于晶胞内部共4个，Li：位于棱边和体心，共有：12×+1=4，晶胞组成可表示为Li4Zn4As4,晶胞质量为：×147g/mol，晶胞棱长为59.4nm=5.94×10－8cm，体积为：(5.94×10－8cm)3，故该晶体的密度为g·cm－3
36．【答案】（15分）（1）邻二甲苯（1分） C10H10O4（1分） －CHO（1分）
（2）催化剂、加热（1分） ①②⑤（2分）
（3）＋2NaOH＋2NaCl（2分）
（4）26（2分） 、（2分）
（5）（3分）
【解析】由E的结构知其是酯，由此反推D是邻苯二甲酸、C是邻苯二甲醛、A是。在NaOH水溶液中加热就可以得到B。由E的核磁共振氢谱及D的结构简式知E为，分子式为C10H10O4，ROH是CH3OH，核磁共振氢谱有2个峰。
（4）苯环上的三个取代基有如下几种情况：－CH2OH、－OH、－CH3；－OCH3、－OH、－CH3；－OH、－OH、－C2H5，各组在苯环上的位置关系分别有10种、10种、6种，共有26种同分异构体。分子中只有5种不同化学环境的氢原子，说明结构中存在对称结构，由此可确定其结构简式。
（5）用乙烯与H218O制备CH3CH218OH；用乙烯氧化制备乙醛、再氧化制备乙酸，最后酯化得到酯。
37．【答案】（共15分，除标注外，每空2分）
（1）无菌 涂布 （2）固体 甘油管藏
（3）6.0～7.0 较高的温度抑制了微生物的生长，同时抑制了与分解有关的酶的活性（其他合理答案也可）（3分） （4）营养物质
【解析】（1）三角瓶中应盛装无菌水。由于要对菌落进行计数，因此接种的方法应是稀释涂布平板法。（2）由于要统计并计数所得菌落，因此，应使用固体培养基。对于需要长期保存的菌种，可以采用甘油管藏的方法。（3）从图中可以分析出：最适pH值应在6.0～7.0之间。40℃时DDVP的降解率仅为12.1%的原因可能是：较高的温度抑制了微生物的生长，同时抑制了与分解有关的酶的活性。（4）该实验中分离的菌株对DDVP的降解主要是胞内酶作用，推测该菌对DDVP的降解主要作用是：通过利用DDVP作为营养物质进行代谢。
38．【答案】（共15分，除标注外，每空2分）
（1）耐高温 216－2（3分）
（2）①限制酶（或“限制性核酸内切酶”） 相同 4 显微注射技术
②抗原－抗体杂交
【解析】（1）PCR技术中用到的是热稳定DNA聚合酶（Taq酶）；在DNA分子扩增时，需要两种引物，由于新合成的子链都需要引物作为复制的起点，因此所需的引物数量等于新合成的DNA子链数目。（2）①基因工程操作要用到的两种工具酶是限制酶与DNA连接酶，这两种工具酶都是作用于磷酸二酯键。DNA连接酶将酶切后得到的末端连接起来，表达载体时形成4个磷酸二酯键。迄今为止，显微注射技术是转基因动物中采用最多、也是最为有效的一种将目的基因导入动物细胞的方法。②检测目的基因是否翻译成蛋白质，要用相应的抗体进行抗原－抗体杂交，若有杂交带出现，表明目的基因已形成蛋白质产品。