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北京专家 2020 届高考模拟试卷（一）含解析
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北京专家2020届 高考模拟试卷(1)理科综合答案及解析
生物部分
第Ⅰ卷（选择题 共36分）
1
2
3
4
5
6
C
B
C
B
D
A
1.解析：吲哚乙酸是一种小分子有机酸，不是蛋白质，A错误；神经递质是通过胞吐释放到突触间隙，但是NO等神经递质属于小分子物质，B错误；蛋白质的结构决定其功能，C正确；脂肪与糖类相比，C、H比例较高，与相同质量的脂肪相比，糖类完全氧化分解消耗的氧气更少，D错误。
2.解析：洋葱鳞片叶外表皮细胞的中央大液泡是紫色的，更易于观察现象，A正确；使用低倍显微镜也可以明显的观察到质壁分离和复原现象，B错误；使用黑藻叶片观察时，呈绿色的原生质层环带会出现明显的变化，不会干扰观察，C正确；植物细胞质壁分离过程中，细胞液浓度增大，细胞液吸收水分的能力增强，D正确。
3.解析：H2O2能将鸟嘌呤氧化损伤为8-oxodG，8-oxodG与腺嘌呤互补配对，从而使DNA分子中碱基对发生替换，导致基因突变，引发基因种类改变，A正确；两个鸟嘌呤发生氧化损伤，可能位于两条单链上，因此子代DNA可能都发生碱基序列的改变，B正确；氧化损伤使原DNA中G-C碱基对替换为A-T碱基对，DNA中嘧啶碱基的比例不变，始终为1/2，C错误；由于密码子具有简并性等特征，子代DNA控制合成的蛋白质可能不发生改变，D正确。
4.解析：光反应叶绿素吸收光能的过程不需要酶参与，A正确；NADH是细胞呼吸产生的[H]，无法在暗反应中参与C3的还原，B错误；病毒无法独立代谢，其核酸的复制需要宿主细胞呼吸作用提供能量，C正确；无氧呼吸产生的乳酸或酒精都有一定的毒害作用，对细胞本身是不利，D正确。
5.解析：从②可以看出，细胞通过不均等缢裂的方式产生子细胞，一定是动物细胞，且为雌性生物减数分裂特征，A、B正确；①②细胞中具有的染色体组数相同，都具有2个染色体组，C正确；③可能为极体或次级卵母细胞，产生的子细胞可能都为极体，或一个极体和一个卵细胞，极体一般会退化消失，不参与受精作用，D错误。
6.解析：尿素、氧气和葡萄糖等化学成分可存在于内环境中，A正确；淀粉的水解发生在消化道内，不属于内环境，葡萄糖的氧化分解发生在细胞内，不发生在内环境中，B错误；组织液中大部分物质是从毛细血管的静脉端回到血浆中，C错误；剧烈运动后，人体血浆的酸碱度下降，但不会由弱碱性变为弱酸性，否则会发生酸中毒，D错误。
化学部分
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
7
8
9
10
11
12
13
A
D
C
D
C
B
B
7.【答案】A
【解析】焚烧的石灰为石灰石（CaCO3），选项A 错误；“曾青除铁，铁赤如铜”是铁与硫酸铜反应得到铜单质，该反应为置换反应，选项B正确；剂钢是含铁的合金，选项C正确；用浓酒和糟人甑，蒸令气上，用器承滴露”，其“法”是指蒸馏，选项D正确
8.【答案】D
【解析】NO与O2的反应为可逆反应，选项A 错误；醋酸溶液中存在醋酸和水，氢原子的数目由醋酸和水两者提供，选项B错误；1molNa2O和1molNa2O2含有3mol离子，所以离子的总数为3NA，选项C错误；14C2H2和C18O的摩尔质量均为30g/mol，14C2H2和C18O质子数均为14，所以30 g混合物两者任意比例混合质子数为14NA，选项D正确
9.【答案】C
【解析】由“ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有雾生成，并有刺激性气味的气体逸出该气体可使品红溶液褪色”推测Z-S、Y-O、W-Cl，“X的气态氢化物常用作制冷剂”得到X-N，原子半径S大于Cl，N大于O，选项A 错误；水分子与分子间存在氢键，其作用力大于H2S之间的范德华力，选项B错误；SOCl2与水反应后的产物有HCl，溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，选项C正确；SO2的漂白对酸碱指示剂没有作用，所以通入石蕊试液中只变红，选项D错误。
10.【答案】D
【解析】该中间体的分子式为C8H16N2，选项A错误；该中间体中存在单键碳原子，故不能保证所有碳原子在同一平面上，选项B错误；该中间体右边结构是对称结构，故碳原子上的一氯代物共有5种，选项C错误；由于该中间体中存在氨基，氨基具有碱性，故可以发生中和反应，选项D正确；
11.【答案】C
【解析】实验中装置a作用为除去气体中的CO2和H2O，装置b作用为制备氮化镁，装置c的作用是除去气体中的氧气，装置d的作用为吸收CO，由于CuCl的盐酸溶液易被O2氧化，故仪器连接的顺序为氮气样品→c→ d→a→b，选项A错误；装置a中若盛装浓硫酸，浓硫酸只能吸收水，不能吸收CO2，制备的氮化镁中有杂质，选项B错误；若先点燃酒精灯后通气体，装置中的O2会与镁反应，引入杂质，选项C正确；CuCl吸收CO的反应为形成配合物，故选D错误。
12.【答案】B
【解析】由图可知，O2在Pt电极上发生还原反应,电极反应式为O2+2H2O+4e－=4OH－，所以Pt电极为正极，Pb电极则为负极，发生氧化反应，电极反应式为Pb+2OH――2e―=PbO+H2O，电池总反应为2Pb+O2=2PbO。根据以上分析，甲为正极，乙为负极，电势甲大于乙，故A错误；B项反应过程中，负极增加的质量为O的质量，正极消耗氧气b/32 mol,根据O2+2H2O+4e－=4OH－，转移OH－的物质的量为 b/32mol×4=0.125b mol,故B正确；C选项Pb上发生的电极反应式为Pb+2 OH――2e―=PbO+H2O，C错误；电极增加的质量为O的质量，待测气体为a L，含有的氧气体积为b/32 mol×22.4 L/mol=0.7b L，则待测气体中氧气的体积分数为0.7b/a，D错误。
13.【答案】B
【解析】c(H2CO3)c(HCO3-)=Kh2/ c(OH－)，c(HCO3-)C(CO32-)= Kh1/ c(OH－)，同一溶液中c(OH－)相同，Kh2小于 Kh1，选项A正确；B、D、E三点对应溶液中c (CO32－)增大，溶液碱性增强，选项B错误；A、B、C三点对应的c (CO32－)相同，c(Ba2+)最大的是A点，故A点为悬浊液，稳定性最差，选项C正确；根据电荷守恒2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(OH－)+c(Cl－)+ c(HCO3－)，又由于D点c(CO32－)= c(HCO3－)，故选项D正确。
物理部分
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
14
15
16
17
18
19
20
21
A
D
C
B
C
BD
AC
CD
14.【解析】本题考查了动量定理、曲线运动、磁感应强度等基本概念的理解。转动一周，由于动量变化为零，故其合力冲量为零，选项A正确。匀变速曲线运动中，根据Δv=aΔt，在任意两段相等时间内速度变化相同，选项B错误。一对作用力和反作用力做的功没有定量关系，因此C选项错误。在磁场中，若带电粒子的运动方向与磁场方向平行，也不会受到洛伦兹力的作用，故D选项错误。
15.【解析】本题考查超重失重、恒定功率机车启动、牛顿第三定律的相关内容。功率恒定，根据P=Fv，当v从零逐渐增加，则拉力逐渐减小，选项A错误。加速度向上，处于超重，物体对轻绳的拉力大于物体重力，选项B错误D正确。绳对物体的拉力和物体对绳的拉力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，两者等大反向，选项C错误。
16.【解析】本题考查带电粒子在电场中运动的相关知识。根据已知条件无法判断粒子的运动方向，故A错误。根据轨迹弯曲的方向可知质点受到的电场力的方向向下，电场线方向垂直等势面向上，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，等势面c的电势最高，故B错误。
等差等势面N处密，N处电场强度大，电场力大，加速度大。故C正确。电子从M点到N点过程中，电场力做正功，故机械能增加，D错误。
17.【解析】本题考查天体运动、机械能相关知识。由高轨道变为低轨道做近心运动，故需要减速，A选项错误；轨道Ⅱ上Q点的速率大于轨道Ⅲ上Q点的速率，轨道Ⅲ上Q点的速率大于轨道Ⅰ的速率，故B选项正确；探测器在轨道Ⅱ上运动时，只有万有引力做功，故机械能守恒，C选项错误；根据，故D选项错误。
18.【解析】本题考查图像的基本知识。在0∼4s时间内，位移一直增加，A选项错误；在0∼4s时间内，速度先增加后减少，质量不变，动量先增加后减少，B错误；在0∼8s时间内，初末速度均为0，故动量变化量为0，动能变化量也为0，C正确D错误。
19.【解析】本题考查关联体、功率、做功、动态平衡等的基本知识。因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有：，因为θ增大，cosθ减小，则拉力T增大，A选项错误；物体A沿绳子方向上的分速度，该速度等于自由端的速度，θ增大，自由端速度v减小，B正确；拉力做功，故C错误；拉力的功率为：，可知拉力F的功率不变，故选项D正确。
20.【解析】本题考查含容电路、动态分析、电势、电势能的基本知识。若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，电阻R2中有向上的电流，故A正确；若只减小R1的光照强度，电阻R1变大，但由于不知道外电阻和内阻的大小关系，因此无法判断电源输出的功率的变化情况，B错误；电压不变，只将电容器上板向下移动时，电场强度增加，带电粒子向上运动，C正确；由于下极板接地，只将P1向上端移动时，下板电势不变，依然为零，D错误。
21.【解析】本题考查带电粒子在非匀强电场中的运动的基本知识。物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物块和斜面间的动摩擦因数μ=tanθ=33，选项D正确；由于运动过程中mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物块从P点运动到Q点的过程中受到的合外力为qE，因此最低点Q与释放点P关于O点对称，故P点和Q点的电场强度大小相等，但方向相反，故A错误C正确；根据电势高低，应该有UPO=-UOQ，故B错误。
物理第Ⅱ卷（非选择题 共62分）
22.（6分）【答案】不需要，2.01，0.125
【解析】（1）弹簧测力计读数即为小车合力，无需满足m<
（3）根据牛顿第二定律，图像的斜率表示，则
可知小车的质量M=0.125kg。
23.（9分）【答案】（1）电路图见解析； （2）E , A ； （3）U0=3U （4）
【解析】
（1）因电流与电压的测量值从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，则用电流表外接，实验应采用如图所示电路图
（2）由（1）知，滑动变阻器应采用分压接法，但如果用阻值较小的R1，，因此只能选用R2，灯泡的额定电流为0.55A，故电流表选择A1；
（3）因电压表的量程只有3V，内阻rV=3KΩ，则可用定值电阻R3=6KΩ与电压表串联使用，故U0=3U
（4）电流表读数为I，则通过灯泡的电流为，则灯泡电阻
24.（12分）
(1)由于在C点只受重力和电场力并且合力指向球心，电场力
C点对小球：
A点到C点：
解得：
（2）C点速度在竖直方向分量
小球竖直方向做初速度为6m/s的匀加速运动，时间为：
解得：t=1.2s
25.（20分）
(1)将物块在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则
物块由E到B的过程中能量守恒：
(2)物块a、b碰撞动量守恒：
解得v1=2m/s
对ab整体：得a=5m/s2
减速位移：故先减速到0再反向加速
减速时间：
相对位移：
加速时间：
相对位移：
故划痕长度：
(3)由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量
化学第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
26. 【答案】（1）①△H1+△H2；（1分） ；（2分） ② <（1分）； a （1分）
（2）①＜ （1分） ② Cl2 （1分） 当n(NO)/n(Cl2)升高，反应物转化率增大，所以纵坐标代表Cl2的转化率（2分）
③ A （2分） ④ 160（2分）
【解析】（1））①2NO（g）⇌N2O2（g）；②N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g），而目标反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的△H=①+②=△H1+△H2，由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正×v2正=v1逆×v2逆，即k1正c2（NO）×k2正c（N2O2）c（O2）=k1逆c（N2O2）×k2逆c2（NO2），则是K= =
，而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，故答案为：△H1+△H2；；
②因为决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2（g）速率的是反应②，所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2；决定反应速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；v2正升高到某一温度时v2正减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a，故答案为：<； a；
（2）由于该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，所以温度T1＜T2，图像的横坐标为n(NO)/n(Cl2)，当n(NO)/n(Cl2)升高，反应物转化率增大，所以纵坐标代表Cl2的转化率；当n(NO)/n(Cl2)=2时，生成物的百分含量最高，所以A、B、C 三点中平衡时NOCl体积分数最大的是A；
2NO(g)+Cl2(g) 2NOCl(g)
起始物质的量（mol） 2 1 0
转化的物质的量（mol） 1.6 0.8 1.6
平衡时的物质的量（mol） 0.4 0.2 1.6 K=(0.8)2/(0.2)2×0.1=160
平衡时的浓度（mol/L） 0.2 0.1 0.8
27.【答案】 (1). +2H+=SO2↑+H2O（2分） (2)A （1分）己 （1分） (3)通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速 （1分） (4) 温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发 （2分）
将装置中的空气赶尽，防止副反应的发生（2分） (5)①POC13+3H2O=H3PO4+3HCl （2分） Fe2(SO4)3（1分）等（不能为FeCl3）②79．9％ （2分） ③偏大（1分）
【解析】（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，反应的离子方程式是：+2H+=SO2↑+H2O；答案为：+2H+=SO2↑+H2O；
（2）乙装置为球形干燥管，只能填装固体药品，用来干燥氯气，因此干燥剂不能与氯气反应，碱石灰能与氯气反应不可用，无水硫酸铜有吸水性，但吸水效果不好，一般不能作为干燥剂，所以乙中盛装的为P2O5；根据表格中反应物生成物熔沸点可知，为了使反应充分进行，球型冷凝管效果更好；
答案为A；己；
（3）在丙装置中，通入二氧化硫和氯气的速度太快，导致反应物不能充分接触，产率会降低，原料的利用率降低，可以通过甲和丁装置中气泡的速度来控制通入到丙装置的气流速度，让反应物有充分的接触；
答案为：通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速；
（4）PCl3的沸点为76.1，温度太高PCl3易挥发，温度太低反应速率太慢；
答案为：温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发；
（5）①POC13水解得到盐酸和磷酸，化学方程式为：POC13+3H2O=H3PO4+3HCl 试剂X可以选择可以选择含有三价铁离子的溶液，如 Fe2(SO4)3
②POCl3易水解生产盐酸和磷酸，用硝酸银滴定水解产生的氯离子，来确定POCl3的含量；
n过量(AgNO3)=0.1000mol/L×0.01L=0.001mol，
沉淀10.00mL溶液中Cl－消耗的AgNO3的物质的量为：0.2000mol/L×0.02L−0.001mol=0.003mol，
n(Cl－)=0.003mol，设POCl3的质量为xg，杂质PCl3的质量为（1.500g-x）g，则，解得x=1.199g
产品中POCl3的百分含量为：×100%=79.9%；
故答案为：79.9%；
③已知：KSP(AgC1)=3．2×10-10，KSP(AgSCN)=2×10-12，AgSCN沉淀的溶解度比AgC1小，如果不进行此操作，则会有AgC1部分电离，消耗的KSCN溶液偏多，导致样品中氯元素的含量偏小，POCl3和PCl3中等质量条件下，POCl3中氯元素的含量偏小，故测定POCl3的质量分数将偏大；答案为：偏大。
28. 【答案】（1）软锰矿要先制成矿浆的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率和浸取率；（2分）还原剂（1分）
（2）：5≤pH＜7.8 （2分） Fe(OH)3 和Al(OH)3（2分）
（3）MnO2+2 Fe2++4H+= Mn2++2 Fe3++2H2O（2分）
（4）MnCO3+2H3PO4═Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O（2分）
（5）蒸发结晶，趁热过滤 （2分） （6）2.6（2分）
【解析】软锰矿要先制成矿浆的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；“浸锰”时SO2的作用将MnO2、Fe3+还原为Mn2+和Fe2+；调pH值的作用是除去Fe3+和Al3+，Mn2+不能除去，故溶液pH值调整的范围为：5≤pH＜7.8，滤渣2的化学成分为Fe(OH)3 和Al(OH)3；MnO2“氧化”时发生反应的离子方程式为：MnO2+2 Fe2++4H+= Mn2++2 Fe3++2H2O；MnCO3沉淀与磷酸反应为：MnCO3+2H3PO4═Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O； 故答案为：MnCO3+2H3PO4═Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O；
（6）软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，设得到马日夫盐质量为x，根据锰元素质量守恒，则有55/87×1t×87%×91%=55/285x，解得x=2.5935； 故答案为：2.5935
生物第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
29.（10分）【答案】(1)增大（2分）；
(2)乙（2分）；乙植物的光补偿点和光饱和点（细胞呼吸速率）均高于甲，故在强光下乙植物光合速率更大，更适合强光环境（2分）；
(3) 小于（2分）；细胞内线粒体（或细胞呼吸产生）和外界环境中（2分）。
30.（10分）【答案】
(1)扩散（2分）；树突膜或细胞体膜（2分，答出一种给1分）；
(2)外正内负或外负内正（2分，答出一种给1分） ；
(2)突触前膜释放神经递质，并扩散至突触后膜并与其上的受体结合需要较长的时间（2分）；
(4) 河豚毒素抑制了神经递质的释放、河豚毒素与神经递质结合并使其丧失功能等（2分，答出一种原因给全分，答案合理即可给分）。
31.（9分）【答案】
(1)线粒体内膜（1分）；无氧呼吸时，葡萄糖中的能量还储存在未彻底分解的有机物中（2分）；
(2)转录（1分）；少量mRNA就能迅速指导合成大量蛋白质（2分）；
(3)体液运输（1分）；靶细胞（或“造血干细胞”）（1分）；
(4)降低（1分）。
32.（10分）【答案】(1)两（1分）；在F2中条形叶:剑形叶=15:1，是9:3:3:1的变式，说明两对等位基因位于两对同源染色体上（2分）；
(2)（3分）
(3)0（2分）；
(4)BbCc（2分）。
33．解析：随着分子距离的增大，若分子力从斥力变为引力，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大，若分子力一直表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力一直做负功，分子势能一直增大，故A错误；细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关，故B正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C错误；对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程C=，气体的温度升高，则内能增大，由于气体对外做功，则它一定从外界吸收热量，故D正确；自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E正确。
答案：BDE
【分析】①由图象找出a、d两状态的压强和体积，根据盖吕萨克定律列式求解；
②一定质量的理想气体的内能与温度满足U=kT可求a、d两状态气体内能，从而可求内能变化量，然后利用热力学第一定律列式求解。
【解答】解：①状态a与状态d压强相等，由 盖吕萨克定律得：=
代入数据解得：Td =3T0
②依题意可知：Ua=kT0，Ud=3kT0
由热力学第一定律，有 Ud﹣Ua=Q+W
其中 W=﹣3p0(Vc﹣Vb)
联立可得 Q=2kT0+6p0V0
答：①气体在状态d时的温度为3T0；
②气体从状态a到达状态d过程从外界吸收的热量为2kT0+6p0V0。
34.（15分）
【答案】(1)ACD（5分）
(2)（10分）【答案】( 1 )(2)
( 1 )由题意可知人射角i=45°，折射角r=30°，画出光路图如图所示：
由折射定律有
解得
(2)由题意结合反射定律可知θ=60°
设光从三棱柱射向空气的临界角为C
由，可知光射到BC面上发生全反射
光射到AC面上的人射角，则光能从AC面上射出三棱柱
由几何关系可知
光在三棱镜中的传播速度
则光在三棱镜中传播时间
35.【答案】（1）ds（1分） 直线形 （1分）
（2）失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子 （2分）
（3） （1分） 12NA（1分） BCD （2分）
（4）二者均为离子晶体，O2-半径小于 S2-半径，MnO 的晶格能大于 MnS （2分）
（5）体心（1分） 面心（1分） 12（1分） 620/（a´×10-7）3d （2分）
36. 【答案】（1）2-甲基-1-丙烯（2分）， 8（1分）
（2）取代反应、（1分）加成反应（1分）
（3）羟基和羧基 （2分） （2分）
（4）（2分）
（5）（2分）
（6）（2分）
解：由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与（CH3）2C=CH2发生加成反应生成A，与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为；
苯乙烯与HOBr发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中Br连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，且D和F是同系物，故F为，D与F生成G，G结构中含有三个六元环，则G为，
（1）（CH3）2C=CH2的系统命名法名称为2-甲基-1-丙烯，故答案为：2-甲基-1-丙烯；
（2）A→B反应过程中涉及的反应类型依次为取代反应、加成反应；
（3）D为，D分子中含有的含氧官能团名称是醇羟基和羧基，G的结构简式为，故答案为：醇羟基和羧基；；
（4）生成E的化学方程式为，
故答案为：；
（5）
其结构简式为，
（6）丙烯和HO-Br发生取代反应生成CH3CHBrCH2OH，CH3CHBrCH2OH发生氧化反应生成CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH和氢氧化钠的水溶液加热酸化得到CH3CHOHCOOH，其合成路线为，故答案为：
37.（15分）【答案】
(1)乳酸（2分）；
(2)提供无氧环境（2分）；防止杂菌污染（2分）；
(3)D（2分）；
(4)玫瑰红（2分）；标准显色液（2分）；标准显色液设计浓度范围太窄，使待测浓度不在区间内；增大标准显色液的浓度范围进一步实验（或者：标准显色液浓度梯度过大，使待测浓度难以找到相近的；缩小浓度梯度至，进一步实验）（3分）。
38. （15分）【答案】（除标注外每空2分）
(1)氨基酸序列（或结构）（1分）；
(2)P；P1；DNA和RNA；
DNA→RNA、RNA→DNA、RNA→蛋白质（或转录、逆转录、翻译）（3分）；
(3)设计蛋白质结构；推测氨基酸序列；功能（1分）。
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生物部分
第Ⅰ卷（选择题 共36分）
1
2
3
4
5
6
C
B
C
B
D
A
1.解析：吲哚乙酸是一种小分子有机酸，不是蛋白质，A错误；神经递质是通过胞吐释放到突触间隙，但是NO等神经递质属于小分子物质，B错误；蛋白质的结构决定其功能，C正确；脂肪与糖类相比，C、H比例较高，与相同质量的脂肪相比，糖类完全氧化分解消耗的氧气更少，D错误。
2.解析：洋葱鳞片叶外表皮细胞的中央大液泡是紫色的，更易于观察现象，A正确；使用低倍显微镜也可以明显的观察到质壁分离和复原现象，B错误；使用黑藻叶片观察时，呈绿色的原生质层环带会出现明显的变化，不会干扰观察，C正确；植物细胞质壁分离过程中，细胞液浓度增大，细胞液吸收水分的能力增强，D正确。
3.解析：H2O2能将鸟嘌呤氧化损伤为8-oxodG，8-oxodG与腺嘌呤互补配对，从而使DNA分子中碱基对发生替换，导致基因突变，引发基因种类改变，A正确；两个鸟嘌呤发生氧化损伤，可能位于两条单链上，因此子代DNA可能都发生碱基序列的改变，B正确；氧化损伤使原DNA中G-C碱基对替换为A-T碱基对，DNA中嘧啶碱基的比例不变，始终为1/2，C错误；由于密码子具有简并性等特征，子代DNA控制合成的蛋白质可能不发生改变，D正确。
4.解析：光反应叶绿素吸收光能的过程不需要酶参与，A正确；NADH是细胞呼吸产生的[H]，无法在暗反应中参与C3的还原，B错误；病毒无法独立代谢，其核酸的复制需要宿主细胞呼吸作用提供能量，C正确；无氧呼吸产生的乳酸或酒精都有一定的毒害作用，对细胞本身是不利，D正确。
5.解析：从②可以看出，细胞通过不均等缢裂的方式产生子细胞，一定是动物细胞，且为雌性生物减数分裂特征，A、B正确；①②细胞中具有的染色体组数相同，都具有2个染色体组，C正确；③可能为极体或次级卵母细胞，产生的子细胞可能都为极体，或一个极体和一个卵细胞，极体一般会退化消失，不参与受精作用，D错误。
6.解析：尿素、氧气和葡萄糖等化学成分可存在于内环境中，A正确；淀粉的水解发生在消化道内，不属于内环境，葡萄糖的氧化分解发生在细胞内，不发生在内环境中，B错误；组织液中大部分物质是从毛细血管的静脉端回到血浆中，C错误；剧烈运动后，人体血浆的酸碱度下降，但不会由弱碱性变为弱酸性，否则会发生酸中毒，D错误。
化学部分
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
7
8
9
10
11
12
13
A
D
C
D
C
B
B
7.【答案】A
【解析】焚烧的石灰为石灰石（CaCO3），选项A 错误；“曾青除铁，铁赤如铜”是铁与硫酸铜反应得到铜单质，该反应为置换反应，选项B正确；剂钢是含铁的合金，选项C正确；用浓酒和糟人甑，蒸令气上，用器承滴露”，其“法”是指蒸馏，选项D正确
8.【答案】D
【解析】NO与O2的反应为可逆反应，选项A 错误；醋酸溶液中存在醋酸和水，氢原子的数目由醋酸和水两者提供，选项B错误；1molNa2O和1molNa2O2含有3mol离子，所以离子的总数为3NA，选项C错误；14C2H2和C18O的摩尔质量均为30g/mol，14C2H2和C18O质子数均为14，所以30 g混合物两者任意比例混合质子数为14NA，选项D正确
9.【答案】C
【解析】由“ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有雾生成，并有刺激性气味的气体逸出该气体可使品红溶液褪色”推测Z-S、Y-O、W-Cl，“X的气态氢化物常用作制冷剂”得到X-N，原子半径S大于Cl，N大于O，选项A 错误；水分子与分子间存在氢键，其作用力大于H2S之间的范德华力，选项B错误；SOCl2与水反应后的产物有HCl，溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，选项C正确；SO2的漂白对酸碱指示剂没有作用，所以通入石蕊试液中只变红，选项D错误。
10.【答案】D
【解析】该中间体的分子式为C8H16N2，选项A错误；该中间体中存在单键碳原子，故不能保证所有碳原子在同一平面上，选项B错误；该中间体右边结构是对称结构，故碳原子上的一氯代物共有5种，选项C错误；由于该中间体中存在氨基，氨基具有碱性，故可以发生中和反应，选项D正确；
11.【答案】C
【解析】实验中装置a作用为除去气体中的CO2和H2O，装置b作用为制备氮化镁，装置c的作用是除去气体中的氧气，装置d的作用为吸收CO，由于CuCl的盐酸溶液易被O2氧化，故仪器连接的顺序为氮气样品→c→ d→a→b，选项A错误；装置a中若盛装浓硫酸，浓硫酸只能吸收水，不能吸收CO2，制备的氮化镁中有杂质，选项B错误；若先点燃酒精灯后通气体，装置中的O2会与镁反应，引入杂质，选项C正确；CuCl吸收CO的反应为形成配合物，故选D错误。
12.【答案】B
【解析】由图可知，O2在Pt电极上发生还原反应,电极反应式为O2+2H2O+4e－=4OH－，所以Pt电极为正极，Pb电极则为负极，发生氧化反应，电极反应式为Pb+2OH――2e―=PbO+H2O，电池总反应为2Pb+O2=2PbO。根据以上分析，甲为正极，乙为负极，电势甲大于乙，故A错误；B项反应过程中，负极增加的质量为O的质量，正极消耗氧气b/32 mol,根据O2+2H2O+4e－=4OH－，转移OH－的物质的量为 b/32mol×4=0.125b mol,故B正确；C选项Pb上发生的电极反应式为Pb+2 OH――2e―=PbO+H2O，C错误；电极增加的质量为O的质量，待测气体为a L，含有的氧气体积为b/32 mol×22.4 L/mol=0.7b L，则待测气体中氧气的体积分数为0.7b/a，D错误。
13.【答案】B
【解析】c(H2CO3)c(HCO3-)=Kh2/ c(OH－)，c(HCO3-)C(CO32-)= Kh1/ c(OH－)，同一溶液中c(OH－)相同，Kh2小于 Kh1，选项A正确；B、D、E三点对应溶液中c (CO32－)增大，溶液碱性增强，选项B错误；A、B、C三点对应的c (CO32－)相同，c(Ba2+)最大的是A点，故A点为悬浊液，稳定性最差，选项C正确；根据电荷守恒2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO32－)+c(OH－)+c(Cl－)+ c(HCO3－)，又由于D点c(CO32－)= c(HCO3－)，故选项D正确。
物理部分
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
14
15
16
17
18
19
20
21
A
D
C
B
C
BD
AC
CD
14.【解析】本题考查了动量定理、曲线运动、磁感应强度等基本概念的理解。转动一周，由于动量变化为零，故其合力冲量为零，选项A正确。匀变速曲线运动中，根据Δv=aΔt，在任意两段相等时间内速度变化相同，选项B错误。一对作用力和反作用力做的功没有定量关系，因此C选项错误。在磁场中，若带电粒子的运动方向与磁场方向平行，也不会受到洛伦兹力的作用，故D选项错误。
15.【解析】本题考查超重失重、恒定功率机车启动、牛顿第三定律的相关内容。功率恒定，根据P=Fv，当v从零逐渐增加，则拉力逐渐减小，选项A错误。加速度向上，处于超重，物体对轻绳的拉力大于物体重力，选项B错误D正确。绳对物体的拉力和物体对绳的拉力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，两者等大反向，选项C错误。
16.【解析】本题考查带电粒子在电场中运动的相关知识。根据已知条件无法判断粒子的运动方向，故A错误。根据轨迹弯曲的方向可知质点受到的电场力的方向向下，电场线方向垂直等势面向上，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，等势面c的电势最高，故B错误。
等差等势面N处密，N处电场强度大，电场力大，加速度大。故C正确。电子从M点到N点过程中，电场力做正功，故机械能增加，D错误。
17.【解析】本题考查天体运动、机械能相关知识。由高轨道变为低轨道做近心运动，故需要减速，A选项错误；轨道Ⅱ上Q点的速率大于轨道Ⅲ上Q点的速率，轨道Ⅲ上Q点的速率大于轨道Ⅰ的速率，故B选项正确；探测器在轨道Ⅱ上运动时，只有万有引力做功，故机械能守恒，C选项错误；根据，故D选项错误。
18.【解析】本题考查图像的基本知识。在0∼4s时间内，位移一直增加，A选项错误；在0∼4s时间内，速度先增加后减少，质量不变，动量先增加后减少，B错误；在0∼8s时间内，初末速度均为0，故动量变化量为0，动能变化量也为0，C正确D错误。
19.【解析】本题考查关联体、功率、做功、动态平衡等的基本知识。因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，则有：，因为θ增大，cosθ减小，则拉力T增大，A选项错误；物体A沿绳子方向上的分速度，该速度等于自由端的速度，θ增大，自由端速度v减小，B正确；拉力做功，故C错误；拉力的功率为：，可知拉力F的功率不变，故选项D正确。
20.【解析】本题考查含容电路、动态分析、电势、电势能的基本知识。若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，电阻R2中有向上的电流，故A正确；若只减小R1的光照强度，电阻R1变大，但由于不知道外电阻和内阻的大小关系，因此无法判断电源输出的功率的变化情况，B错误；电压不变，只将电容器上板向下移动时，电场强度增加，带电粒子向上运动，C正确；由于下极板接地，只将P1向上端移动时，下板电势不变，依然为零，D错误。
21.【解析】本题考查带电粒子在非匀强电场中的运动的基本知识。物块在斜面上运动到O点时的速度最大，加速度为零，又电场强度为零，所以有mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物块和斜面间的动摩擦因数μ=tanθ=33，选项D正确；由于运动过程中mgsinθ－μmgcosθ=0，所以物块从P点运动到Q点的过程中受到的合外力为qE，因此最低点Q与释放点P关于O点对称，故P点和Q点的电场强度大小相等，但方向相反，故A错误C正确；根据电势高低，应该有UPO=-UOQ，故B错误。
物理第Ⅱ卷（非选择题 共62分）
22.（6分）【答案】不需要，2.01，0.125
【解析】（1）弹簧测力计读数即为小车合力，无需满足m<
（3）根据牛顿第二定律，图像的斜率表示，则
可知小车的质量M=0.125kg。
23.（9分）【答案】（1）电路图见解析； （2）E , A ； （3）U0=3U （4）
【解析】
（1）因电流与电压的测量值从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，则用电流表外接，实验应采用如图所示电路图
（2）由（1）知，滑动变阻器应采用分压接法，但如果用阻值较小的R1，，因此只能选用R2，灯泡的额定电流为0.55A，故电流表选择A1；
（3）因电压表的量程只有3V，内阻rV=3KΩ，则可用定值电阻R3=6KΩ与电压表串联使用，故U0=3U
（4）电流表读数为I，则通过灯泡的电流为，则灯泡电阻
24.（12分）
(1)由于在C点只受重力和电场力并且合力指向球心，电场力
C点对小球：
A点到C点：
解得：
（2）C点速度在竖直方向分量
小球竖直方向做初速度为6m/s的匀加速运动，时间为：
解得：t=1.2s
25.（20分）
(1)将物块在B点的速度沿水平和竖直方向分解，则
物块由E到B的过程中能量守恒：
(2)物块a、b碰撞动量守恒：
解得v1=2m/s
对ab整体：得a=5m/s2
减速位移：故先减速到0再反向加速
减速时间：
相对位移：
加速时间：
相对位移：
故划痕长度：
(3)由于物块动能未变，故电动机多消耗的电能用来补充系统损失掉的热量
化学第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
26. 【答案】（1）①△H1+△H2；（1分） ；（2分） ② <（1分）； a （1分）
（2）①＜ （1分） ② Cl2 （1分） 当n(NO)/n(Cl2)升高，反应物转化率增大，所以纵坐标代表Cl2的转化率（2分）
③ A （2分） ④ 160（2分）
【解析】（1））①2NO（g）⇌N2O2（g）；②N2O2（g）+O2（g）⇌2NO2（g），而目标反应2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）的△H=①+②=△H1+△H2，由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正×v2正=v1逆×v2逆，即k1正c2（NO）×k2正c（N2O2）c（O2）=k1逆c（N2O2）×k2逆c2（NO2），则是K= =
，而正反应是放热反应，所以升高温度，平衡常数减小，故答案为：△H1+△H2；；
②因为决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2（g）速率的是反应②，所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2；决定反应速率的是反应②，而温度越高k2正增大，反应速率加快，二氧化二氮的浓度减少，导致两者的积减小；v2正升高到某一温度时v2正减小，平衡逆向移动，氧气的浓度增大，所以反应重新达到平衡，则变为相应的点为a，故答案为：<； a；
（2）由于该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，反应物的转化率降低，所以温度T1＜T2，图像的横坐标为n(NO)/n(Cl2)，当n(NO)/n(Cl2)升高，反应物转化率增大，所以纵坐标代表Cl2的转化率；当n(NO)/n(Cl2)=2时，生成物的百分含量最高，所以A、B、C 三点中平衡时NOCl体积分数最大的是A；
2NO(g)+Cl2(g) 2NOCl(g)
起始物质的量（mol） 2 1 0
转化的物质的量（mol） 1.6 0.8 1.6
平衡时的物质的量（mol） 0.4 0.2 1.6 K=(0.8)2/(0.2)2×0.1=160
平衡时的浓度（mol/L） 0.2 0.1 0.8
27.【答案】 (1). +2H+=SO2↑+H2O（2分） (2)A （1分）己 （1分） (3)通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速 （1分） (4) 温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发 （2分）
将装置中的空气赶尽，防止副反应的发生（2分） (5)①POC13+3H2O=H3PO4+3HCl （2分） Fe2(SO4)3（1分）等（不能为FeCl3）②79．9％ （2分） ③偏大（1分）
【解析】（1）若选用Na2SO3固体与70％浓H2SO4发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，反应的离子方程式是：+2H+=SO2↑+H2O；答案为：+2H+=SO2↑+H2O；
（2）乙装置为球形干燥管，只能填装固体药品，用来干燥氯气，因此干燥剂不能与氯气反应，碱石灰能与氯气反应不可用，无水硫酸铜有吸水性，但吸水效果不好，一般不能作为干燥剂，所以乙中盛装的为P2O5；根据表格中反应物生成物熔沸点可知，为了使反应充分进行，球型冷凝管效果更好；
答案为A；己；
（3）在丙装置中，通入二氧化硫和氯气的速度太快，导致反应物不能充分接触，产率会降低，原料的利用率降低，可以通过甲和丁装置中气泡的速度来控制通入到丙装置的气流速度，让反应物有充分的接触；
答案为：通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速；
（4）PCl3的沸点为76.1，温度太高PCl3易挥发，温度太低反应速率太慢；
答案为：温度太低，反应速率太慢，温度太高，PCl3等物质挥发；
（5）①POC13水解得到盐酸和磷酸，化学方程式为：POC13+3H2O=H3PO4+3HCl 试剂X可以选择可以选择含有三价铁离子的溶液，如 Fe2(SO4)3
②POCl3易水解生产盐酸和磷酸，用硝酸银滴定水解产生的氯离子，来确定POCl3的含量；
n过量(AgNO3)=0.1000mol/L×0.01L=0.001mol，
沉淀10.00mL溶液中Cl－消耗的AgNO3的物质的量为：0.2000mol/L×0.02L−0.001mol=0.003mol，
n(Cl－)=0.003mol，设POCl3的质量为xg，杂质PCl3的质量为（1.500g-x）g，则，解得x=1.199g
产品中POCl3的百分含量为：×100%=79.9%；
故答案为：79.9%；
③已知：KSP(AgC1)=3．2×10-10，KSP(AgSCN)=2×10-12，AgSCN沉淀的溶解度比AgC1小，如果不进行此操作，则会有AgC1部分电离，消耗的KSCN溶液偏多，导致样品中氯元素的含量偏小，POCl3和PCl3中等质量条件下，POCl3中氯元素的含量偏小，故测定POCl3的质量分数将偏大；答案为：偏大。
28. 【答案】（1）软锰矿要先制成矿浆的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率和浸取率；（2分）还原剂（1分）
（2）：5≤pH＜7.8 （2分） Fe(OH)3 和Al(OH)3（2分）
（3）MnO2+2 Fe2++4H+= Mn2++2 Fe3++2H2O（2分）
（4）MnCO3+2H3PO4═Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O（2分）
（5）蒸发结晶，趁热过滤 （2分） （6）2.6（2分）
【解析】软锰矿要先制成矿浆的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；“浸锰”时SO2的作用将MnO2、Fe3+还原为Mn2+和Fe2+；调pH值的作用是除去Fe3+和Al3+，Mn2+不能除去，故溶液pH值调整的范围为：5≤pH＜7.8，滤渣2的化学成分为Fe(OH)3 和Al(OH)3；MnO2“氧化”时发生反应的离子方程式为：MnO2+2 Fe2++4H+= Mn2++2 Fe3++2H2O；MnCO3沉淀与磷酸反应为：MnCO3+2H3PO4═Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O； 故答案为：MnCO3+2H3PO4═Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O；
（6）软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，设得到马日夫盐质量为x，根据锰元素质量守恒，则有55/87×1t×87%×91%=55/285x，解得x=2.5935； 故答案为：2.5935
生物第Ⅱ卷（非选择题 共54分）
29.（10分）【答案】(1)增大（2分）；
(2)乙（2分）；乙植物的光补偿点和光饱和点（细胞呼吸速率）均高于甲，故在强光下乙植物光合速率更大，更适合强光环境（2分）；
(3) 小于（2分）；细胞内线粒体（或细胞呼吸产生）和外界环境中（2分）。
30.（10分）【答案】
(1)扩散（2分）；树突膜或细胞体膜（2分，答出一种给1分）；
(2)外正内负或外负内正（2分，答出一种给1分） ；
(2)突触前膜释放神经递质，并扩散至突触后膜并与其上的受体结合需要较长的时间（2分）；
(4) 河豚毒素抑制了神经递质的释放、河豚毒素与神经递质结合并使其丧失功能等（2分，答出一种原因给全分，答案合理即可给分）。
31.（9分）【答案】
(1)线粒体内膜（1分）；无氧呼吸时，葡萄糖中的能量还储存在未彻底分解的有机物中（2分）；
(2)转录（1分）；少量mRNA就能迅速指导合成大量蛋白质（2分）；
(3)体液运输（1分）；靶细胞（或“造血干细胞”）（1分）；
(4)降低（1分）。
32.（10分）【答案】(1)两（1分）；在F2中条形叶:剑形叶=15:1，是9:3:3:1的变式，说明两对等位基因位于两对同源染色体上（2分）；
(2)（3分）
(3)0（2分）；
(4)BbCc（2分）。
33．解析：随着分子距离的增大，若分子力从斥力变为引力，分子力先做正功，后做负功，则分子势能先减小后增大，若分子力一直表现为引力，随着分子间距离的增大，分子力一直做负功，分子势能一直增大，故A错误；细玻璃棒尖端放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这跟表面张力有关，故B正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C错误；对于一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程C=，气体的温度升高，则内能增大，由于气体对外做功，则它一定从外界吸收热量，故D正确；自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E正确。
答案：BDE
【分析】①由图象找出a、d两状态的压强和体积，根据盖吕萨克定律列式求解；
②一定质量的理想气体的内能与温度满足U=kT可求a、d两状态气体内能，从而可求内能变化量，然后利用热力学第一定律列式求解。
【解答】解：①状态a与状态d压强相等，由 盖吕萨克定律得：=
代入数据解得：Td =3T0
②依题意可知：Ua=kT0，Ud=3kT0
由热力学第一定律，有 Ud﹣Ua=Q+W
其中 W=﹣3p0(Vc﹣Vb)
联立可得 Q=2kT0+6p0V0
答：①气体在状态d时的温度为3T0；
②气体从状态a到达状态d过程从外界吸收的热量为2kT0+6p0V0。
34.（15分）
【答案】(1)ACD（5分）
(2)（10分）【答案】( 1 )(2)
( 1 )由题意可知人射角i=45°，折射角r=30°，画出光路图如图所示：
由折射定律有
解得
(2)由题意结合反射定律可知θ=60°
设光从三棱柱射向空气的临界角为C
由，可知光射到BC面上发生全反射
光射到AC面上的人射角，则光能从AC面上射出三棱柱
由几何关系可知
光在三棱镜中的传播速度
则光在三棱镜中传播时间
35.【答案】（1）ds（1分） 直线形 （1分）
（2）失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子 （2分）
（3） （1分） 12NA（1分） BCD （2分）
（4）二者均为离子晶体，O2-半径小于 S2-半径，MnO 的晶格能大于 MnS （2分）
（5）体心（1分） 面心（1分） 12（1分） 620/（a´×10-7）3d （2分）
36. 【答案】（1）2-甲基-1-丙烯（2分）， 8（1分）
（2）取代反应、（1分）加成反应（1分）
（3）羟基和羧基 （2分） （2分）
（4）（2分）
（5）（2分）
（6）（2分）
解：由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与（CH3）2C=CH2发生加成反应生成A，与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为；
苯乙烯与HOBr发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H7O2Br，说明E中Br连接的C原子上有2个H原子，故E为，C8H7O2Br为，和氢氧化钠的水溶液反应然后酸化得到F，且D和F是同系物，故F为，D与F生成G，G结构中含有三个六元环，则G为，
（1）（CH3）2C=CH2的系统命名法名称为2-甲基-1-丙烯，故答案为：2-甲基-1-丙烯；
（2）A→B反应过程中涉及的反应类型依次为取代反应、加成反应；
（3）D为，D分子中含有的含氧官能团名称是醇羟基和羧基，G的结构简式为，故答案为：醇羟基和羧基；；
（4）生成E的化学方程式为，
故答案为：；
（5）
其结构简式为，
（6）丙烯和HO-Br发生取代反应生成CH3CHBrCH2OH，CH3CHBrCH2OH发生氧化反应生成CH3CHBrCOOH，CH3CHBrCOOH和氢氧化钠的水溶液加热酸化得到CH3CHOHCOOH，其合成路线为，故答案为：
37.（15分）【答案】
(1)乳酸（2分）；
(2)提供无氧环境（2分）；防止杂菌污染（2分）；
(3)D（2分）；
(4)玫瑰红（2分）；标准显色液（2分）；标准显色液设计浓度范围太窄，使待测浓度不在区间内；增大标准显色液的浓度范围进一步实验（或者：标准显色液浓度梯度过大，使待测浓度难以找到相近的；缩小浓度梯度至，进一步实验）（3分）。
38. （15分）【答案】（除标注外每空2分）
(1)氨基酸序列（或结构）（1分）；
(2)P；P1；DNA和RNA；
DNA→RNA、RNA→DNA、RNA→蛋白质（或转录、逆转录、翻译）（3分）；
(3)设计蛋白质结构；推测氨基酸序列；功能（1分）。
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