2020白城四中高三下学期网上模拟考试理科综合试题含答案

这是一份2020白城四中高三下学期网上模拟考试理科综合试题含答案
理科综合能力测试
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56

第Ⅰ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列有关细胞的结构和功能的叙述，正确的是
A．一个动物细胞中只含有一个中心体，高等植物细胞中没有中心体
B．用胰蛋白酶处理生物膜，生物膜的组成成分及通透性都会发生改变
C．线粒体是有氧呼吸的主要场所，外膜上有运输葡萄糖和氧气的载体蛋白
D．溶酶体内含有多种呼吸氧化酶，能分解衰老、损伤的细胞器
2．用高浓度的尿素作为溶剂处理从细胞中分离纯化的蛋白质，可使其失去天然构象变为松散肽链(称为“变性”)；除去尿素后，蛋白质又可以恢复原来的空间结构(称为“复性”)，且蛋白质分子越小复性效果越好。这说明
A．尿素与蛋白酶的作用效果相似
B．氨基酸数量会影响蛋白质的空间结构
C．过氧化氢酶经高浓度尿素溶液处理后活性不变
D．双缩脲试剂可以鉴定上述“变性”的发生
3．紫外线对DNA分子的主要损伤方式是形成胸腺嘧啶二聚体，下图表示细胞中DNA分子发生这种损伤后的自动修复过程。下列叙述错误的是

A．胸腺嘧啶二聚体形成后可能会影响DNA的复制和转录
B．图示DNA分子损伤后的修复过程可能需要多种酶参与
C．DNA修复功能缺陷可能会引发基因突变导致恶性肿瘤
D．DNA损伤引起的生物变异不能成为生物进化的原材料
4．T细胞表面的受体可以识别抗原引起免疫反应，同时还有很多辅助分子来帮助完成这一过程。此外，T细胞表面还存在负向调控的受体分子，如PD-1。当PD-1与某些特定分子PDL1结合后，能迫使免疫细胞“自杀”，从而终止正在进行的免疫反应。一些肿瘤细胞进化出了一种防御机制，它们的表面也带有PDL1，从而诱导T细胞过早地进入自我破坏程序。科学家研制出PD-1单克隆抗体，作为免疫负调控抑制剂，通过阻断PD-1与PDL1的相互作用，从而降低免疫抑制反应，进而治疗甚至治愈肿瘤。下列叙述错误的是
A．正常情况下，PD-1有助于防止免疫反应过度，避免发生自身免疫病
B．部分T细胞会在PD-1的作用下发生细胞凋亡
C．PD-1单克隆抗体不是直接作用于肿瘤，而是对免疫细胞起作用，达到抗肿瘤的目的
D．人体细胞中含有控制合成PD-1和PDL1的基因
5．某调查小组欲调查某地区针毛鼠的种群密度，在该地区相同面积的旱地和水田里均放置了数量相同的捕鼠夹，结果发现旱地中被捕针毛鼠数占捕鼠总数的12.8%，而水田中被捕针毛鼠数占捕鼠总数的2.2%，据此，下列叙述错误的是
A．针毛鼠对当地旱地种植的农作物的危害可能大于水田
B．在旱地种植少量高大树木，为猫头鹰提供栖居地，有利于控制针毛鼠害
C．若捕获后的针毛鼠难以再次被捕获，则会导致调查的针毛鼠的种群密度偏小
D．出生率和死亡率、迁入率和迁出率都是影响针毛鼠种群密度的直接因素
6．在一个自然种群的小鼠中，体色有黄色（Y）和灰色（y），尾巴有短尾（D）和长尾（d），两对相对性状的遗传符合基因的自由组合定律。任取一对黄色短尾个体经多次交配，F1的表现型为黄色短尾∶黄色长尾∶灰色短尾∶灰色长尾＝4∶2∶2∶1。实验中发现有些基因型有致死现象（胚胎致死）。以下说法错误的是
A．黄色短尾亲本能产生4种正常配子
B．F1中致死个体的基因型共有4种
C．表现型为黄色短尾的小鼠的基因型只有1种
D．若让F1中的灰色短尾雌雄鼠自由交配，则F2中灰色短尾鼠占2/3
7．化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是

8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1mol Mg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NA
B．14g分子式为CnH2n的链烃中含有的C—H键的数目为2NA
C．室温时，1.0L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH−的数目为0.2NA
D．Fe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA
9．R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是

A．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同
B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基
C．R能发生加成反应和取代反应
D．R苯环上的一溴代物有4种
10．元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正价和最低负价之和为0，下列说法不正确的是
X





Y
Z


Q

A．原子半径（r）：r（Y）＞r（Z）＞r（X）
B．分别含Y元素和Z元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸
C．推测Q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应
D．Z的简单阴离子失电子能力比Y的强
11．利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+，O2，NO等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是

A．反应①②③④均在正极发生
B．单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时ne=a mol
C．④的电极反应式为NO+10H++8e−=NH+3H2O
D．增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大
12．由下列实验操作和现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向Co2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性：Cl2>Co2O3
B
白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
该过程未发生
氧化还原反应
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
将10mL 2mol/L的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
13．已知AG=lg，电离度α=×100%。常温下，向10mL 0.1mol/L HX溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，混合溶液中AG与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。

下列说法错误的是
A． F点溶液pHc(H+)=c(OH−)
C．V=10时，溶液中c(OH−)c(OH−)，pHc(H+)=c(OH−)，故B正确；C．V=10时溶液为NaX溶液，由于水解和水的电离c(OH−)>c(HX)，故C错误；D．E点为0.1mol/L HX溶液，AG=lg=8，则=108，水的离子积KW==10-14， ，则电离度=，故D正确；故答案选：C。
14. 【答案】B
【解析】逸出的光电子最大速度之比为1∶2，光电子最大的动能：，则两次逸出的光电子的动能的之比为1∶4；故A错误；光子能量分别为：和，根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：，，联立可得逸出功：，故B正确；逸出功为，那么金属的截止频率为，故C错误；用频率为的单色光照射，因，不满足光电效应发生条件，因此不能发生光电效应，故D错误。
15. 【答案】C
【解析】两球稳定时均做匀速直线运动，则有kv＝mg，得，所以有，由图知v1＞v2，故m1＞m2，A正确；v­t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0～t2时间内，乙球下降的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以乙球释放的位置高，故B正确；两球释放瞬间v＝0，此时空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C错误；在t1～t2时间内，甲球下落的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前，故D正确。本题选错误的，故选C。
16. 【答案】C
【解析】根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NF＞NE，所以由点电荷场强公式E＝k知QE＜QF，A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合。而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合。故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，φM＞φN，再根据EP＝qφ，q为负电荷，知EPM＜EPN，D错误。
17. 【答案】A
【解析】因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流U1m∶U2m＝n1∶n2，所以副线圈电压的最大值U2m＝110 V，设副线圈电压的有效值为U2，则，解得U2＝55 V，副线圈的输出功率＝110 W，原线圈的输入功率P1＝P2＝110 W，故A正确，B错误；电流表读数＝A，故C错误；因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，故D错误。
18. 【答案】ABC
【解析】地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从D到Q所用的时间为三个月，则地球从D到Q的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为90度，根据几何关系知，DQ的距离为R，故A正确；因为P到D的时间为一年，D到Q的时间为三个月，可知P到D的时间和P到Q的时间之比为4∶5，根据x＝at2得，PD和PQ距离之比为16∶25，则PD和DQ的距离之比为16∶9，DQ＝R，则PD＝，B正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力，对PD段，根据位移公式有，，因为P到D的时间和D到Q的时间之比为4∶1，则，即T＝t，向心力，联立解得地球与太阳之间的引力，故C正确D错误。
19. 【答案】B
【解析】根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A错误；根据切割感应电动势公式及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小，若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率为，故B正确；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为，故C错误；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为，故D错误。
20. 【答案】ABC
【解析】开始时弹簧压缩的长度为xB得kxB＝mg，当A刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对A有kxA＝mg，物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度，B、C的加速度为0，对B有T－mg－kxA＝0，对C有Mgsin α－T＝0，解得α＝30°，故A正确；由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知A、B、C组成的系统机械能先增加后减小，故B正确；当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离为，由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为vB，由动能定理得Mghsin α－mgh＝(M＋m)vB2，解得vB＝2 m/s，故C正确；当B的速度最大时，C的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态，故D错误。
21. 【答案】ABD
【解析】对小球分析可知，在竖直方向kxsinθ＝N＋mg，由与xsinθ＝BC，故支持力为恒力，即N＝mg，故摩擦力也为恒力大小为f＝μN＝mg，从C到E，由动能定理可得，由几何关系可知，代入上式可得kL＝mg，在D点时，由牛顿第二定律可得，由，将kL＝mg可得，D点时小球的加速度为，故小球在D点时的速度最大，A正确；从E到C，由动能定理可得，解得v＝，故B正确；由于弹力的水平分力为kxcosθ，cosθ和kx均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功，C错误；将小球电荷量变为2q，由动能定理可得，解得vE＝，故D正确。
22. 【答案】(1)m1g (2) m1gx1＝
【解析】(1)小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力。
(2)匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故vC＝，动能增量为m1vc2＝，合力的功W＝m1gx1，需要验证的关系式为：m1gx1＝。
23. 【答案】(1)0 12.0 －12.0 (2)1530 1.8 (3)12.6 1.5
【解析】(1)当电流计示数为0时，A、B两点电势相等，即UAB＝0；电压表示数即为A、C两点电势差，即UAC＝12.0 V；由闭合电路欧姆定律可知，D、A和A、C之间的电势差相等，故UAD＝－12.0 V。
(2)由欧姆定律可得，解得RV＝1530 Ω，由UDA＝I1(R2＋RA)可得RA＝1.8 Ω。
(3)由步骤①可得2E＝24 V＋2I1r，由步骤②可得2E＝2×11.7 V＋2I2r，联立可解得E＝12.6 V，r＝1.5 Ω。
24. 【解析】(1)设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，并设其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律和向心力公式有：
qv0B＝ ①
由题设条件和图中几何关系可知：r＝d ②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为vx，由牛顿第二定律有：
qE＝max ③
根据运动学公式有：vx＝axt，vxt＝d ④
由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tan θ＝ ⑤
由①②③④⑤式联立解得：＝v2tan2 θ。
(2)由④⑤式联立解得：t＝。
25. 【解析】(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：
0＝m1v1－m2v2
解得：v1＝10 m/s
剪断细绳前弹簧的弹性势能为：
解得：Ep＝19.5 J。
(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：－μm2gx＝0－m2v22
解得 x＝3 m＜L＝4 m
则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0＝1.5 m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。
设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t，取向左为正方向，根据动量定理得：
μm2gt＝m2v0－(－m2v2)
解得：t＝3 s
该过程皮带运动的距离为：x带＝v0t＝4.5 m
故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E＝μm2gx带
解得：E＝6.75 J。
(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x，从A到C由机械能守恒定律得：

由平抛运动的规律有：x＝vCt1，
联立整理得：
根据数学知识知当4R＝10－4R，即R＝1.25 m时，水平位移最大为xmax＝5 m。
26. 【答案】（1）橙
（2）C
（3）6
（4）5
（5）阳极反应为Fe−2e−=Fe2+，提供还原剂Fe2+
（6）Fe(OH)3
【解析】（1）溶液显酸性，c(H+)较大，上述平衡右移，该溶液显橙色；综上所述，本题答案是：橙；（2）A．Cr2O和CrO的浓度相同时，反应不一定达到平衡状态，A错误；B．2v（Cr2O）=v（CrO），没有标出正逆反应速率，无法判定反应是否达到平衡状态，B错误；C．平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变，可以判断反应达到平衡状态，C正确；综上所述，本题选C；（3）根据电子得失守恒可以知道，还原1mol Cr2O离子，得到Cr3+，得到电子：2×（6-3）=6mol，Fe2+被氧化为Fe3+，需要FeSO4·7H2O的物质的量为=6mol；综上所述，本题答案是：6；（4）当c(Cr3+)=10−5mol/L时，溶液的c(OH−)==10−9mol/L，c(H+)==10−5mol/L，pH=5，即要使c(Cr3+)降至10−5mol/L，溶液的pH应调至5；综上所述，本题答案是：5；（5）用Fe做阳极，发生氧化反应，失电子：Fe−2e−=Fe2+，产生的亚铁离子做还原剂；综上所述，本题答案是：Fe−2e−=Fe2+，提供还原剂Fe2+；（6）溶液中氢离子在阴极得电子被还原为氢气，阴极极反应为：2H++2e−=H2↑，溶液酸性减弱，溶液pH升高，亚铁离子被氧化为铁离子，酸性减弱，铁离子产生沉淀Fe(OH)3；综上所述，本题答案是：Fe(OH)3。
27. 【答案】（1）-71.4 kJ·mol－1
（2）0.225 mol·L－1·h－1 40%
（3）
（4）< C2H4 加压(或不断分离出水蒸气)
【解析】(1)在101kPa下，CH4、CO、H2的燃烧热(ΔH)分别为−890.3kJ/mol、−283kJ/mol、−285.8kJ/mol，它们的热化学反应方程式分别为：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−890.3
kJ/mol；②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH=−283kJ/mol；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol；根据盖斯定律，由①×2−②×2−③×4得2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) ΔH=[(−890.3kJ/mol×2)− (−283
kJ/mol)×2]−(−285.8kJ/mol×4)=−71.4kJ/mol；(2)①设反应的二氧化碳物质的量为x，气体压强之比等于气体物质的量之比， CO2(g) ＋ 3H2(g) C2H4(g) ＋ H2O(g)

P后：P前=(4−2x)∶(1+3)=0.85，解得：x=0.3mol，则用氢气表示前2小时反应平均速率v(H2)==0.225mol/(L·h)；②反应达到平衡状态时，二氧化碳反应物质的量为y，
CO2(g) ＋ 3H2(g) C2H4(g) ＋ H2O(g)

P后：P前=(4−2y)∶(1+3)=0.8，解得：y=0.4mol该温度下CO2的平衡转化率=×100%=40%；(3)若反应条件为压强8MPa，300℃的反应温度下二氧化碳和氢气按1∶3的比例通入，测得二氧化碳的平衡转化率为50%，结合三段式列式计算，
CO2(g) ＋ 3H2(g) C2H4(g) ＋ H2O(g)

分压=总压×物质的量分数，物质的量分数=，故P(CO2)=，P(H2)=，P(CH3OH)=，P(H2O)=Kp==(MPa)−2；(4)①由图可知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故ΔH＜0；②根据图知，升高温度，氢气物质的量增大，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应；a曲线随着温度升高，物质的量增大，为二氧化碳，b、c随着温度升高其物质的量降低，为生成物水、乙烯，但水的变化量大于乙烯，所以c曲线代表C2H4；③由曲线变化可知随着温度升高，氢气的物质的量逐渐增多，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应放热，该反应为气态分子数减小的反应，为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强，或不断分离出水，平衡向右移动，H2的平衡转化率增大。
28. 【答案】（1）反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风
（2）Zn+Cu2+=Zn2++Cu
（3）b MnO2和Fe(OH)3
（4）避免产生CO等有毒气体 尾气中含有的SO2等有毒气体
（5）ZnSO4、BaS、Na2S 4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4
【解析】分析流程中的相关反应：反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO2和Fe(OH)3沉淀得到净化的ZnSO4溶液；反应器Ⅳ中 BaSO4+2C=BaS+2CO2制备BaS；反应器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉。⑴反应器Ⅰ中Zn与硫酸反应产生氢气，保持强制通风，避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险，故答案为反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。⑵反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+，其离子方程式为Cu2+，Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故答案为Zn+Cu2+=Zn2++Cu。⑶反应器Ⅲ除Fe2+，将亚铁离子氧化为铁离子以便除去，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO4还原为MnO2，以滤渣形式分离，因此在弱酸性环境来氧化亚铁离子，利用铁离子水解变为沉淀，故答案为b；MnO2和Fe(OH)3。反应器Ⅳ中BaSO4 +2C=BaS+2CO2，BaSO4 +4C=BaS+4CO，投料比要大于1∶2，避免产生CO等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，将BaS氧化产生SO2等有毒气体，因此有毒气体要除掉需用碱液吸收，故答案为避免产生CO等有毒气体；尾气中含有的SO2等有毒气体。⑸已知BaSO4的相对分子质量为233，ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4%，立德粉为BaSO4·ZnS；ZnS含量为62.5%，立德粉（BaSO4·4ZnS），因此需要4mol ZnSO4和1mol BaS反应生成BaSO4·4ZnS，还需要3mol硫离子和将3mol硫酸根与另外的离子结合，因此还需要3mol Na2S参与反应，反应的化学方程式为：4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4，故答案为ZnSO4、BaS、Na2S；4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4。
29. 【答案】（1）丙酮酸（C3H4O3） 叶绿体基质 细胞质基质
（2）不能 没有光照，光反应不能正常进行，无法为暗反应提供所需的ATP、[H]
（3）夜间气孔开放，叶肉细胞可以从外界吸收CO2转化为苹果酸，再运输至液泡，使细胞液pH降低
（4）不合理 多肉植物在遮光条件下进行细胞呼吸（呼吸作用）产生CO2的同时也吸收CO2用于合成苹果酸，容器内CO2的变化速率作为该植物的呼吸速率不合理（“吸收CO2用于合成苹果酸”）
【解析】根据题干信息和图形分析，夜晚没有光照，不能进行光合作用，但是植物细胞中的PEP可以与二氧化碳反应生成OAA，进一步反应产生苹果酸储存在液泡中；白天苹果酸由液泡进入细胞质基质分解产生二氧化碳和物质A，其中二氧化碳进入叶绿体参与光台作用暗反应，而物质A进入线粒体反应生成二 氧化碳供叶绿体使用，说明物质A是丙酮酸。（1）根据以上分析已知，图中物质A是丙酮酸；据图分析，酶1催化CO2固定的场所是叶绿体基质，酶2催化CO2固定的场所是细胞质基质。（2）夜晚多肉植物能吸收CO2，但是不能合成C6H12O6，原因是没有光照，光反应不能正常进行，无法为暗反应提供所需的ATP、[H]。（3）据图分析可知，夜间气孔开放，叶肉细胞可以从外界吸收CO2转化为苹果酸，再运至液泡，使细胞液pH降低。（4）某同学将多肉植物置于密闭容器内进行遮光处理，测定容器内CO2的增加量，并以单位时间内CO2的增加量作为该植物的呼吸速率。这种做法不合理，原因是多肉植物在遮光条件下可以进行细胞呼吸（呼吸作用）产生CO2，但同时也能够吸收CO2并固定在苹果酸（四碳化合物）中，所以以容器内单位时间CO2的增加量作为该植物的呼吸速率不合理。
30. 【答案】（1）表达
（2）低于 影响神经元P的激活
（3）胞吐 突触后膜 动作电位 受体
（4）正常小鼠正常处理组和实验小鼠饥饿处理组的P神经元的动作电位频率无明显差别
【解析】（1）敲除野生型小鼠的A基因后，其不能表达出A蛋白，无法执行相应的功能，从而制备出实验小鼠。（2）据图1可知，实验小鼠的体重低于野生型，由于实验小鼠敲除了神经元P中的A基因，而“能量缺乏时神经元P被激活，从而引起进食行为”，推测A蛋白能够影响神经元P的激活过程。（3）饥饿时，神经元P的突触前神经元能合成一种神经递质—谷氨酸，该物质以胞吐方式释放到突触间隙，然后作用于突触后膜，使神经元P产生动作电位。研究发现，饥饿处理后实验小鼠下丘脑中的谷氨酸含量与野生型小鼠无显著差异，但进食量减少，推测A蛋白很可能是谷氨酸的受体。（4）比较图2中，正常小鼠正常处理和实验小鼠饥饿处理的P神经元的动作电位频率无明显差别，说明“饥饿处理后实验小鼠下丘脑中的谷氨酸含量与野生型小鼠无显著差异”的推测成立。
31. 【答案】（1）非生物的物质和能量 能量的多级利
（2）蚕沙中含有有机物可以直接为鱼类食用，蚕沙中的无机盐还能促进藻类生长为鱼类提供食物
（3）不能 桑基鱼塘农业生态系统的生产者数量有限，还不能在物质和能量上自给自足
【解析】生态系统的组成包括非生物部分和生物部分。非生物部分有阳光、空气、水、温度、土壤（泥沙）等；生物部分包括生产者（绿色植物）、消费者（动物）、分解者（细菌和真菌）；桑属于生产者，蚕和鱼属于消费者。（1）蚕沙、鱼粪与塘泥在生态系统成分中属于非生物的物质和能量，“桑基鱼塘”能实现能量的多级利用提高能量利用率。（2）蚕沙是蚕的粪便，可以直接被鱼类食用，同时蚕沙中的有机物被微生物分解后的矿质元素可以促进鱼塘内的藻类生长为鱼类提供食物。（3）桑基鱼塘农业生态系统的生产者数量有限，还不能在物质和能量上自给自足。
32. 【答案】(1)染色体结构变异(或染色体变异，易位、缺失) 4
(2)得到的F1中，仅表现型为灰身雄果蝇的个体染色体形态正常，其余均为含异常染色体个体，因此可通过后代的表现型对染色体情况加以区分
(3)灰身果蝇∶黑身果蝇=3∶1 (4)雄性、雌性 染色体数目变异
【解析】（1）经60Co照射后，果蝇甲的一条常染色体上的B基因移到X染色体上，属于染色体结构变异中的易位。由于果蝇甲产生的各种配子活性相同，所以经减数分裂后，能产生BXB、BY、OXB和OY共4种配子。（2）BOXBY与bbXX杂交得到的F1，F1中个体的基因型为BbXBX、BbXY、ObXBX、ObXY，仅表现型为灰身雄果蝇的个体的染色体正常，其余表现型的个体均含异常染色体。因此，筛选②不用光学显微镜观察就能选出“含异常染色体个体”。（3）F1黑身雄果绳的基因型为ObXY，灰身雌果蝇的基因型为BbXBX和ObXBX。基因型为ObXY的黑身雄果绳和BbXBX的灰身雌果蝇杂交，子代中灰身果蝇∶黑身果蝇=3∶1；基因型为ObXY的黑身雄果绳和ObXBX的灰身雌果蝇杂交，子代中灰身果蝇∶黑身果蝇=1∶1。因此，选定后代中表现型及比例为灰身果蝇∶黑身果蝇=3∶1的杂交组合的雌性亲本即为常染色体正常的雌果蝇。（4）果蝇性别由X染色体数目与常染色体组数之比（性指数）决定，性指数≥1时发育为雌性，性指数≤0.5发育为雄性，性染色体是XYY的果蝇的性指数为1/2=0.5，发育为雄性；性染色体是XXY的果蝇性指数为2/2=1，发育为雌性。这种性染色体变异称为染色体数目变异。
33.（1）【答案】BDE
【解析】气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A错误；温度从微观角度看表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，故B正确；一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，C错误；物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加，故D正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，故E正确。
（2）【解析】(i)气体从状态A到状态B过程做等容变化，有：
解得：TA＝900 K
气体从状态B到状态C过程做等压变化，有：
解得：TC＝900 K。
(ii)因为状态A和状态C温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在该过程中：ΔU＝0
气体从状态A到状态B过程体积不变，气体从状态B到状态C过程对外做功，故气体从状态A到状态C的过程中，外界对气体所做的功为：

由热力学第一定律有：ΔU＝Q＋W
解得：Q＝2000 J。
34.（1）【答案】ADE
【解析】因该波的波长为λ＝4m，则该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象，选项A正确；若波向右传播，则 ， （n＝0、1、2、3…..）；若波向左传播，则 ，（n＝0、1、2、3…..）；可知波速不可能为20m/s，周期不可能为0.6s，选项BC错误；由可知，当n＝1时，v＝35m/s，则若波速为35m/s，该波一定沿着x轴负方向传播，选项D正确；若波速为15m/s，则波向左传播，此时T＝，则从t1到t2时刻，即经过t＝0.2s＝T，质点M运动的路程为2A＝60cm，选项E正确。
（2）【解析】(i)由几何知识可知单色光在边上的入射角
由折射率公式
可得:

由几何关系可得:
(ii)若折射光线照射到边上的中点，根据几何关系可知入射点应在的中点，因此入射点沿边移动的距离:
根据几何关系可知折射光线在面上的入射角
由于，所以
由于，所以折射光线在边上会发生全反射。
35．【答案】（1） p
（2）sp2 N>O>C O>N>C
（3）3 平面正三角形
（4）
【解析】（1）基态P原子的电子排布式为，P在元素周期表中位于p区；故答案为：；p；（2）尿素C原子上没有孤对电子，形成3个σ键，所以尿素分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，故第一电离能由大到小的顺序是N>O>C，元素原子的得电子能力越强，则电负性越大，电负性由大到小的顺序为O>N>C，故答案为：sp2；N>O>C；O>N>C；（3）CO中C的价层电子对数=且不含孤电子对，空间构型为平面正三角形；故答案为：3；平面正三角形；（4）由晶胞图可知，一个晶胞中含P原子数为，含钴原子数为，所以一个晶胞质量为；由图可知，由于相邻两个钴原子的距离为n pm，则立方体的棱长为n pm，则体积，密度，故答案为：。
36．【答案】（1）2－甲基－2－丙醇 酚羟基、醛基
（2）浓硫酸，加热
（3）(CH3)2CHCOOH
（4）+2Cl2+2HCl
（5）(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O
（6）6
【解析】A的分子式为C4H10O， A→B是消去反应，所以B是。B→C组成上相当于与水发生加成反应，根据提供的反应信息，C是2－甲基－1－丙醇。C→D是氧化反应，D是2－甲基－1－丙醛，D→E是氧化反应，所以E是2－甲基－1－丙酸．X的分子式为C7H8O，且结合E和F的结构简式可知，X的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1∶2反应，是甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为，Y→Z是水解反应，根据信息③，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为，Z→F是酯化反应。(1)结合以上分析可知，A的结构简式为：，名称为2−甲基−2−丙醇；Z的结构简式为：，所含官能团为酚羟基、醛基；(2)A为，B为，A→B是消去反应，反应Ⅰ的反应条件是浓硫酸、加热；C是，D是，所以C→D是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应；(3)结合以上分析可知，E的结构简式为；(4)在光照条件下与氯气按物质的量之比1∶2反应，是甲基中的2个H被Cl取代生成，反应Ⅴ的化学方程式：；(5)D是(CH3)2CHCHO，在氢氧化铜悬浊液中加热发生氧化反应，反应IV中的化学方程式： +2Cu(OH)2+Cu2O+2H2O；(6)Z的结构简式为，W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，W分子式为C8H8O2，W的同分异构体中满足下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②苯环上有两个取代基，可以3种位置；③不能水解，遇FeCl3溶液不显色，没有酯基、酚羟基。满足条件的结构有：苯环上分别连有−CHO和−CH2OH，结构有3种。苯环上分别连有−CHO和−OCH3，结构有3种，共计有6种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为：。
37．【答案】（1）70%的酒精 醋酸菌
（2）稀释涂布平板法 形状、大小、隆起程度、颜色
（3）该培养基中唯一的氮源是尿素，只有以尿素为氮源的细菌才能在此培养基上生长、增殖 脲酶
（4）琼脂 温度、压力、时间
【解析】利用酵母菌等微生物发酵制作产物的时候，一定要注意保证无杂菌，要求不太高时，可用酒精，要求较高时可用高压蒸汽灭菌法。利用培养基培养微生物需要给微生物提供其生长的条件，如碳源、氮源等。（1）葡萄酒制作前一般将发酵瓶清洗干净，并且要使用70%的酒精消毒，发酵过程中发现葡萄酒变酸，表面观察到菌膜，造成此现象的微生物是醋酸菌。（2）欲纯化菌种并计数，将菌液接种到固体培养基上的方法是稀释涂布平板法，当培养过程中出现多种微生物时，可以依据微生物在固体培养基上形成菌落的形状、大小、隆起程度、颜色等特征区分不同的微生物。（3）若提供的培养基中尿素是唯一的氮源，那么只有分解尿素的微生物才可以在这个培养基上生长、增殖，从而达到分离出能分解尿素的微生物的目的。而该微生物能分解尿素的原因是这些微生物能合成脲酶。（4）植物组织培养过程中利用MS培养基配置成发芽培养基时，除了加相应量的BA溶液、NAA溶液，蔗糖外，还需要加一定量的琼脂，经高压蒸汽灭菌后备用。高压蒸汽灭菌作为常用的灭菌方式，其灭菌效果受到温度、压力、时间等影响。
38．【答案】(1)氨基蝶呤（1分） 骨髓瘤细胞、骨髓瘤细胞自身融合细胞 杂交瘤细胞
(2)让每个培养孔中只有一个杂交瘤细胞 可保证每个培养孔的杂交瘤细胞来自于同一个杂交瘤细胞的克隆
(3)能产生特定抗体 体外或小鼠腹腔
(4)利用该单克隆抗体作为药物给患者注射（或将相关抗病毒药物与单克隆抗体结合制成靶向药物给患者注射）
【解析】（1）根据上述资料分析，需要向经过促融处理后的各种细胞混合培养物中加入氨基蝶呤，可使骨髓瘤细胞、骨髓瘤细胞自身融合细胞不能分裂，从而筛选出唯一能增殖的杂交瘤细胞。（2）上述筛选到的细胞要置于多孔细胞培养板的每一个孔中进行随后的培养。转移前，通常要将培养细胞稀释到7～10个/mL，每孔中加入0.1mL，这样做的目的是让每个培养孔中只有一个杂交瘤细胞。必要时可重复上述过程，目的是可保证每个培养孔的杂交瘤细胞来自于同一个杂交瘤细胞的克隆。（3）将获得的上述细胞在多孔培养板上培养，用抗原检测，从中选择能产生特定抗体的杂交瘤细胞，在体外或小鼠腹腔中培养一段时间后，提取单克隆抗体。（4）利用生产的单克隆抗体治疗相关病毒（抗原）的感染性疾病的治疗思路：利用该单克隆抗体作为药物给患者注射，或将相关抗病毒药物与单克隆抗体结合制成靶向药物给患者注射。