理科综合答案.pdf

鹤壁高中 2020 届高三年级线上第二次考试理综答案 鹤壁高中 2020 届高三年级线上第二次考试物理答案 14 15 16 17 18 19 20 21 B C B D A BD AD CD 14．B【解析】 根据核反应方程的质子数（下标）守恒得： 2+7=8+n 解得： n=1 根据核反应方程的质量数（上标）守恒得： 4+14=m+1 解得： m=17 故选项 B 正确，选项 ACD 错误。 15．C【解析】A．由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，故 A 错误；B．由场源电荷为 点电荷，且 aA＞aB 可得 A 点场强较大，即点电荷 Q 靠近 M 端；又有电子受力指向凹的一侧可得：MN 上电场 线方向向右，故点电荷 Q 为正电荷，故 B 错误；C．电子受力指向凹的一侧，即向左，若电子从 A 到 B 运动， 则电场力做负功，电势能增大；若电子从 B 到 A 运动，电场力做正功，电势能减小；可得：EpA＜EpB，故 C 正 确；D．电子受力指向凹的一侧可得，MN 上电场线方向向右；根据沿着电场线电势降低可得：B 点电势可能低 于 A 点电势，故 D 错误； 16．B【解析】由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根 据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故 D 中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，C 中夹角最小，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，顺序为： ，故 B 正确 ACD 错误。 17．D【解析】A. 小球与小车组成的系统在竖直方向合力不为 0，所以系统的动量不守恒。故 A 项错误； B.在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，设小车的位移为 x，以向右为正方向，在水平方向，由 动量守恒定律得： mv−mv′=0 即： ， 解得小车的位移： D A B CF F F F   2 0R x xmmtt  x=R， 故 B 项错误； C.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，系统 在任何时刻在水平方向动量都为零，小球离开小车时相对小车向上运动，水平方向和小车有相同的速度，所以 小球与小车在水平方向速度都为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故 C 项错误； D. 小球离开小车时，小球与小车水平方向动能为零，如果系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球离开 小车后上升的最大高度为 h0，由题意可知，小球离开小车后在空中能上升的最大高度为 P2，活塞最终稳定时在挡板处，P=2.0×105Pa（1 分） 34．（1）ABD 【解析】 A.由题意知， 0.2s=nT 传播速度 所以该波的最小波速为 20m/s，故 A 错误符合题意； mg S 1122P V PV 1 13 P P TT 20 (m / s)nvnTT   B.由 0.2s=nT 当 n=2 时，T=0.1s，所以（t+0.1）秒时刻，x=-2m 处的质点位移是-a，故 B 错误符合题意； C.由 t 时刻波形图知，x=2m 处的质点在波谷向上振动，x=2.5m 的质点向下运动，所以 x=2m 处的质点先回到平 衡位置，故 C 正确不符合题意； D. 根据数学知识得知质点 M 和 N 之间的距离等于 ，由波形得知，质点 M 第一次到达平衡位置时，质点 N 不在波峰。故 D 错误符合题意； E.该波的波长等于 4m 大于狭缝的尺寸，故能发生明显的衍射现象，所以 E 正确不符合题意。 （2）(1)见解析；（2） 【解析】 (i)由题意可知，单色光射到 AC 边的入射角 ，设光从 AC 边入射的折射角为 r,由折射定律可知： （1 分） 可得： （1 分） 由几何关系可知，该单色光在 AB 边的入射角也是 ， 设单色光从三棱镜向空气发生全反射的临界角为 C，由于 ，（ 1 分） 故光射到 AB 边上时发生全反射； （1 分） (ii)由几何关系可知，光在三棱镜中通过的距离为： ，（ 2 分） 单色光在三棱镜中的速度： ，（ 2 分） 此单色光通过三棱镜的时间： 6  53 6 L c 60i  o s i n s i n in r 30r  o 60 o o133=C(Cl-)>C(H2PO3 -)>C(HPO3 2-) ②AgCl 解析：(1)实验室制取氯气用浓盐酸与 MnO2 在加热的条件下进行,装置采用固体和液体加热制取气体 的装置,所以实验过程中所用的玻璃仪器除酒精灯和玻璃导气管外,还需要的玻璃仪器有：圆底烧瓶和 分液漏斗;水和硫酸铜反应生成蓝色的硫酸铜,干燥的氯气没有漂白性,所以证明通入的氯气是干燥的 方法是：将气体通过装有无水硫酸铜的 U 形管(干燥管)，若白色粉末未变蓝，则气体干燥，或者将氯 气通入装有干燥的有色布条的集气瓶，布条不褪色，说明氯气是干燥的， 故答案为：圆底烧瓶、分液漏斗;将气体通过装有无水硫酸铜的 U 形管(干燥管),若白色粉末未变蓝, 则气体干燥(或者通入装有干燥的有色布条的集气瓶,布条不褪色等,或者将氯气通入装有干燥的有色 布条的集气瓶,布条不褪色,说明氯气是干燥的,合理答案均可)； (2)PCl3 遇 O2 会生成 POCl3(三氯氧磷),所以向通入 CO2 将空气赶走,白磷与少量 Cl2 反应生成 PCl3,与过 量 Cl2 反应生成 PCl5,然后在加入白磷,氯气最后通,白磷熔沸点低,最后加热,具体操作为：在甲中先 加入白磷,再通入 CO2 到排尽甲中的空气,向甲中通入 Cl2，加热， 故答案为：在甲中先加入白磷,再通入 CO2 到排尽甲中的空气,向甲中通入 Cl2，加热； (3)PCl3 的沸点较低,所以 E 烧杯中加入冷水的目的是冷却收集 PCl3,POCl3 和 PCl3 遇水会强烈水解，干 燥管中碱石灰的作用是吸收多余的氯气和空气中的水蒸气， 故答案为：冷却 PCl3，使其液化；吸收多余的氯气和空气中的水蒸气； (4)根据表格提供的信息,它们互溶且熔沸点不同,所以除去 PCl3 中的 POCl3 制备纯净的 PCl3 可选用的 方法是蒸馏法， 53 6 xLt vc故选：C； (5)①PCl3 遇水会强烈水解生成 H3PO3 和 HCl,亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸,分别电离,一步比一步艰难,而 HCl 是强酸,全部电离,溶液中离子浓度顺序为：c(H+)>c(Cl-)>c(H2PO3 -)>c(HPO3 2-) 故答案为：c(H+)>c(Cl-)>c(H2PO3 -)>c(HPO3 2-) ②若将 0.01molPOCl3 投入热水配成 1L 的溶液,发生的化学反应为 POCl3+H2O=H3PO4+3HCl,盐酸是强 酸,Cl−浓度为 0.03mol/L,H3PO4 是中强酸,分步电离,以第一步电离为主,产生的 PO4 3−的浓度很小,根据 Ksp(Ag3PO4)=1.4×10−16,Ksp(AgCl)=1.8×10−10,逐滴加入 AgNO3 溶液，则先产生的沉淀是 AgCl， 故答案为：AgCl. 27.(14 分，除标注外每空 2 分) （1）产生硫化氢等气体，污染环境 (1 分) （2）MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O （方程式配平错扣 1 分，气体沉淀符号不扣分，下同） Fe2+ 与 Mn2+沉淀区有重叠，造成 Mn2+损失（或 Fe2+去除不完全，影响产品纯度） (1 分) （3）Fe(OH)3、Al(OH)3 (答对一个要点给一分) （4）8×10−3mol·L−1 （5）Mn2++2HCO−3 ＝MnCO3↓+CO2↑+H2O （6）蒸发浓缩、冷却结晶 （有任何错误不得分） （7）Mn2++2H2O﹣2e−＝MnO2+4H+ 解析：（1）高锰矿含有 FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用 H2SO4 浸出， 产生硫化氢等气体，污染环境；故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；（2）氧化时用二氧化锰氧 化亚铁离子，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；若省略“氧化”步骤，根据图表 Fe2+与 Mn2+沉淀区有重叠，造成 Mn2+损失(或 Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；故答案为：MnO2+2Fe2++4H+＝ 2Fe3++Mn2++2H2O；Fe2+与 Mn2+沉淀区有重叠，造成 Mn2+损失(或 Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；（3）“中 和除杂”时，铁离子与铝离子与加入的碳酸根离子之间发生双水解反应得到 Fe(OH)3、Al(OH)3 沉淀， 故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）已知：Ksp(MgF2)＝6.4×10−10，若使溶液中的 Mg2+沉淀完全，需维持 c(F−)不低于√6.4×10−10 1×10−5 mol/L＝8×10−3 mol·L−1；故答案为：8×10−3 mol·L−1；（5）“碳化结晶”时， 发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO−3 ＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO−3 ＝MnCO3↓+CO2↑+H2O； （6）硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，故答案为：蒸 发浓缩、冷却结晶；（7）用惰性电极电解 MnSO4 溶液可制备 MnO2，电解过程中阳极发生氧化反应，元 素化合价升高，故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰，电极反应式为 Mn2++2H2O﹣2e−＝MnO2+4H+，故答案 为：Mn2++2H2O﹣2e−＝MnO2+4H+。 28.（15 分，除标注外每空 2 分） （1）①2CO(g) + SO2(g)=2CO2(g)+S(l) ΔH =−270 kJ/mol ② K=1620 （2）b (1 分) （3）①925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小(答对一个要点给一分) ②没有使用催化剂，反应的活化能较高 ；因为脱硝的主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝反应 的平衡逆向移动（或高温下 N2 与 O2 生成了 NO 等合理答案） （4）①左室 (1 分) 增大(1 分) ②C6H12O6 – 24e‾ + 6H2O = 6CO2↑ + 24H+ 解析：(1)①已知Ⅰ2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H1=−566kJ⋅mol−1 ⅡS(l)+O2(g)=SO2(g)△H2=−296kJ⋅mol−1 反应 2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l)可以是Ⅰ−Ⅱ得到反应焓变， 所以该反应的焓变△H=−566kJ⋅mol−1−(−296kJ⋅mol−1)=−270kJ⋅mol−1， 得到热化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l)△H=−270kJ⋅mol−1， 故答案为：2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l) △H=−270kJ⋅mol−1； ②在一定温度下,在 2L 密闭容器中投入 2molCO、lmolSO2 发生上述反应,达到化学平衡时 SO2 的转化 率为 90%，消耗二氧化硫浓度=0.5mol/L×90%=0.45mol/L 2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(l) 起始量(mol/L) 1 0.5 0 变化量(mol/L) 0.9 0.45 0.9 平衡量(mol/L) 0.1 0.05 0.9 则该温度下该反应的平衡常数 K 的数值=1620， 故答案为：1620； (2)4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)△H=−1646KJ⋅mol−1，反应为气体量增大的放热反应， a.反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比,当 v 逆(N2)=4v 正(O2)，反应达到平衡 状态，故 a 错误； b.反应前后气体质量不变，因压强不变，所以气体体积改变，当混合气体的密度保持不变说明反应达 到平衡状态，故|b 正确； c.速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比,c(N2):c(H2O):c(NH3)=4:6:4，不能说明正 逆反应速率相同，故 c 错误； d.单位时间内断裂 12molN−H 键的同时断裂 4molN≡N 键，说明正逆反应速率相同，单位时间内断裂 4molN−H 键的同时断裂 4molN≡N 键不能说明反应大多平衡状态，故 d 错误； 故答案为：b； (3)①SNCR 技术脱硝的最佳温度选择 925℃的理由是：925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小，故答案 为：925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小； ②SNCR 与 SCR 技术相比，SNCR 技术的反应温度较高，其原因是：反应的活化能较大，没有使用催化 剂因为脱硝主要反应是放热反应，但当烟气温度高于 1000℃时，SNCR 脱硝效率明显降低，其原因可 能是：温度过高，使脱硝主要反应的平衡逆向移动， 故答案为：反应的活化能较大，没有使用催化剂因为脱硝主要反应是放热反应；温度过高，使脱硝主 要反应的平衡逆向移动； (4)①阴离子移向负极,所以该电池工作时,中间室中的 Cl−移向左室负极,正极电极反应式为 2NO3 −+10e−+12H+=N2↑+6H2O，氢离子参加反应导致溶液酸性减小，溶液的 pH 升高， 故答案为：左室；增大； ②若图中有机废水中有机物用 C6H12O6 表示,左室发生反应故答案为：是负极反应,葡萄糖失电子发生氧 化反应,在酸性溶液中生成二氧化碳,电极反应为：C6H12O6−24e−+6H2O=6CO2↑+24H+， 故答案为：C6H12O6−24e−+6H2O=6CO2↑+24H+. 35.（15 分，除标注外每空 1 分） （1）12 （2）SiH4 （1 分） 在ⅣA ~ⅦA 中的氢化物里，只有ⅣA 族元素氢化物沸点不存在反常现象，且 a 为第三周期氢化物，故 a 为 SiH4（2 分，答对一个要点给一分） （3）原子 （4）3 sp2 杂化 CO3 2- （5）12 abc（2 分，答对 1 个或 2 个给一分，错选 d 没分） （6）A 8 （2 分） 解析：（1）图 1 中，I2 与 I3 相差较大，该元素原子最外层有两个电子，应是第三周期主族元素镁（Mg）。 电子的运动状态取决于电子所处的能层、能级、原子轨道和自旋方向，镁原子核外共有 12 个电子， 则有 12 种不同运动状态的电子。（2）第ⅣA ~ⅦA 元素的氢化物中，NH3、H2O、HF 的分子间有氢键， 使得它们的沸点与同族其它元素的氢化物相比“反常”。图 2 中 a 点所在折线无“反常”，为第 IVA 元素的氢化物，a 点代表的是第三周期的氢化物 SiH4。（ 3）图 3 中，C、O 原子通过共价键形成空间网 状晶体，属于原子晶体。（4）第 IIA 族元素 np 能级全空、第 VA 族元素 np 能级半充满，使第一电离 能出现“反常”。第三周期元素第一电离能由小到大的顺序为 Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl、Ar，介于 Al、P 之间的有 Mg、Si、S 三种元素。Ga 位于第四周期第 IIIA 族，GaCl3 分子中，Ga 原子价层电子对 数为(3+1×3)/2=3，则其杂化方式为 sp2。要写与 GaCl3 互为等电子体的离子，应在价电子总数不变的 前提下，将 Ga、Cl 换成它们的邻族元素，如 CO2− 3 、NO− 3 等。（5）干冰晶胞为面心立方堆积，若考察上 表面的面心二氧化碳分子，则它与上表面的四个顶点、前后左右四个面心、以及上面一个晶胞的前后 左右四个面心，共 12 个二氧化碳分子距离最近且相等。 从 D 的醋酸盐晶体局部结构看，该晶体中有 C-H、C－O、C=O、O-D 等极性键，有 C-C 非极性键，有 O→D 配位键，故选 abc。（ 6）图甲为该铁的一 个晶胞，沿虚线的切面为长方形，长是宽的√2倍，四个顶角和中心有铁原子。图乙为 8 个晶胞叠成的 立方体，沿虚线的切面为 A 图。考察图甲体心铁原子，则其配位数为 8。设图甲中晶胞边长为 a cm， 则体对角线为√3a cm。又体对角线上三原子相切，得√3a cm＝4r cm。根据密度和铁原子数求得的一 个晶胞质量相等，有 ρg/cm3×(a cm)3＝ 2 푁A × 푀(Fe)，解得 M(Fe)＝ g/mol，Mr(Fe)＝ 。 36.(15 分，除标注外每空 2 分) （1）取代反应 （1 分） （2）浓硫酸、浓硝酸(答对一个要点给一分) （3） （4） （5）碳碳双键、酯基(答对一个要点给一分) （6） （7） （8） （1 分） （1 分） 【解析】（1）类似于生成溴苯，苯在氯化铁做催化剂的作用下，与氯气反应生成氯苯，为取代反 应，答案为取代反应；（2）B→C 是硝化反应，硝化反应的条件为浓硫酸、浓硝酸，加热，试剂 a 为浓 硝酸和浓硫酸，答案为浓硝酸、浓硫酸；（3）C→D 为取代反应，结合产物没有氯原子，则—NH2 取代 －Cl，答案为 ；（ 4）A 为苯，和 Cl2 生成氯苯。B 生成 C 是硝化反应，在苯环上引入硝基。C→D 为取代反应，—NH2 取代－Cl，接下来为－NO2 还原成－NH2。结 合产物，E 为邻苯二胺，可写出其结构式，答案为 ；（ 5）F 能够生成高分子化合物，结合 PVA 的结构简式，F 中有碳碳双键。结合产物 PVA 和 X，G 能够发生水解反应，有酯基，则 F 的官能团中 也有酯基，答案为碳碳双键、酯基；（6）G→X 为酯的水解，X 为乙酸，G 水解得到 PVA 和乙酸，方程 式为 ； （7）X 为乙酸。乙酸中甲基中的 H 被 Cl 取代，再被—NH2 取代。W 中有氨基和羧基，可以发生缩聚反 应，发生反应时，—NH2断开N－H 键，—COOH断开 C－O单键，脱去—OH，则 W 的结构简式为 ； （8）E 和 W 第一步反应失去 1 分子水，E 中只有氨基，W 中有羧基和氨基，只能是羧基和氨基形成肽 键。第一个中间体为 ；从第一个中间体的结构可知，有羰基，根据已知氨基可 以与羰基反应，第二个中间体利用已知反应可知，为 ，再脱水可以得到产物， 答案为 。 生物答案 参考答案与试题解析 一．选择题（共 6 小题，满分 36 分，每小题 6 分） 1．（ 6 分）【解答】解：A、叶绿体类囊体膜是光反应的场所，其上存在催化 ATP 合成的酶，A 正确； B、生物膜是细胞所有膜结构的统称，B 正确； C、细胞膜是单层膜结构，C 错误； D、溶酶体内含有多种水解酶，其膜破裂后释放出的酶会造成细胞结构的破坏，D 正确。 故选：C。 2．（ 6 分）【解答】解：A、细胞的原生质层与细胞壁发生了分离，但此刻细胞所处的状态可能是继续发生质壁分离， 也可能发生质壁分离复原，A 错误； B、分析图乙可知⑤为有丝分裂间期，④为有丝分裂前期，②为有丝分裂中期，①为有丝分裂后期，③为有丝 分裂末期，所以图乙所示细胞周期中各时期的顺序是⑤→④→②→①→③，B 正确； C、图甲材料为洋葱表皮细胞，含有大的紫色液泡，但不含叶绿体，即不含光合色素，因此若用图甲材料做色素 提取与分离实验，不能得到图丙实验结果，C 错误； D、图丙中④对应的色素是叶绿素 b，D 错误。 故选：B。 3．（ 6 分）【解答】解：t 位点杂合的雌蝇基因型可表示为 TtXX，纯合隐性雄蝇基因型可表示为 ttXY，二者杂交所 得 F1 的基因型及其表现型为 TtXX（雌性）、 ttXX（转化为不育的雄性）、 TtXY（雄性）、 ttXY（雄性）， 所以 F1 的性比♂：♀＝3：1； F1 中正常可育的个体及比例为 TtXX（雌性）、 TtXY（雄性）、 ttXY（雄性），雌雄个体相互交配，有两种杂 交组合： ①TtXX×TtXY（ ）、 ②TtXX×ttXY（ ） 杂交组合①的子代中有 T_XX（雌性）、 ttXX（转化为不育的雄性）、 T_XY（雄性）、 ttXY（雄性），即子代中♂：♀＝ ： 。 杂交组合②的子代中有 TtXX（雌性）、 ttXX（转化为不育的雄性）、 TtXY（雄性）、 ttXY（雄性），即子 代中♂：♀＝ ： ．因此，F2 的性比♂：♀＝（ + ）：（ + ）＝11：5。 故选：D。 4．（ 6 分）【解答】解：A、减数第一次分裂前期形成 20 个四分体，每个四分体的 DNA 均被 3H 标记，A 错误； B、减数分裂形成的每个精子中 20 条染色体都被 3H 标记，B 错误； C、受精卵第一次有丝分裂后期，细胞中被 3H 标记的染色体只有 20 条，C 正确； D、受精卵第一次有丝分裂产生的每个子细胞中被 3H 标记的染色体有 0﹣20 条，D 错误。 故选：C。 5．（ 6 分）【解答】解：A、据图 1 分析可知，患肿瘤的 IFN﹣γ 的含量较低，可能与自身 IFN﹣γ 表达量降低有关， A 正确； B、由图 2 分析可知，顺铂具有抑制 T 细胞中 IFN﹣γ 的表达量的作用，因此可能是一种用于肿瘤治疗的化疗药 物，B 正确； C、由图 2 综合分析可知，IL﹣12 可以缓解化疗药物顺铂对肿瘤患者的免疫抑制作用，C 正确； D、白细胞介素可以提高免疫细胞的功能，因此推测 IL﹣12 可促进健康人的 IFN﹣γ 表达量，D 错误。 故选：D。 6．（ 6 分）【解答】解：A、生产者的种类有多种，所以该生态系统有多条食物链，A 错误； B、植食鱼类与肉食鱼类之间的能量传递效率为 2.25×103÷15.75×103＝14.3%，B 正确； C、肉食鱼类通过侧线感知水流完成取食说明物理信息能调节种间关系以维持生态系统的稳定，C 错误； D、人类活动有利于维持该系统内部结构与功能的协调，D 错误。 故选：B。 二．非选择题（共 4 小题 共 39 分） 29．【解答】解：（1）由图一可知，A 表示 ATP 和还原氢，可为三碳酸还原提供能量；磷酸转运器作用是同时向叶 绿体基质内转运 Pi，并同时向细胞质基质转运磷酸丙糖，无机磷酸大量运入叶绿体，抑制磷酸丙糖的外运，导致 淀粉的合成量增加并释放 Pi，所以叶绿体中的 Pi 来自叶绿体内磷酸丙糖转化为淀粉过程中释放的 Pi 和磷酸转运 器从细胞溶胶中转入。 （2）图二中横坐标为温度，两条曲线在不同二氧化碳浓度下测得，因此这一实验过程中的自变量有温度和二氧 化碳浓度。 （3）当大气 CO2 浓度升高到饱和 CO2 浓度时（其他条件适宜），会导致 CO2 浓度二氧化碳固定增加，光合作用 增强，物质 C（五碳化合物）的合成速率将会增加，需要更强的光照合成更多有机物，故图三中光饱和点会向右 移动。 （4）叶绿体中含有的主要色素有叶绿素 a 和叶绿素 b，它们都是含镁的有机分子，这种色素主要吸收红光和蓝 紫光而几乎不吸收绿光，所以呈绿色。 故答案为（每空一分）： （1）A 叶绿体内磷酸丙糖转化为淀粉过程中释放的 Pi 磷酸转运器从细胞溶胶中转入 （2）温度 CO2 浓度 （3）增加 右移 （4）叶绿素 a 叶绿素 b 红光、蓝紫光 30．【解答】解：（1）F2 中果肉红色：浅黄色：浅绿色＝12：3：1，符合 9：3：3：1 的变式，可知果肉颜色由两对 等位基因控制，设这两对基因分别为 B/b、C/c，则果肉红色基因型为 B_C_，浅绿色基因型为 bbcc，B_cc 和 bbC_两种基因型中，有一种为控制浅黄色的，另一种为控制红色的，能稳定遗传的个体为纯合子，基因型为 BBcc 或 bbCC，比例都为 ；F1 的基因型为 BbCc，与 P1（bbcc）杂交，后代的基因型比例为 BbCc：Bbcc：bbCc：bbcc ＝1：1：1：1，果肉颜色及比例为红色：浅黄色：浅绿色＝2：1：1。 （2）①若控制果肉颜色的基因中有一对和控制果皮颜色的基因位于同一对同源染色体上，有两种情况（设 B_cc 控制红果肉，bbC_控制浅黄果肉）； 情况 1：基因 A 与 B、a 与 b 位于同一对同源染色体上（根据亲本表现型可知，P1 的基因型为 aabbcc，P2 的基因 型为 AABBCC，故只能是 A 与 B、a 与 b 位于同一对同源染色体上），F1 产生的配子为 ABC：ABc：abC：abc＝ 1：1：1：1，F2 的性状及比例为黄果皮红果肉：透明果皮浅黄果肉：透明果皮浅绿果肉＝12：3：1，共 3 种表现 型。 情况 2：基因 A 与 C、a 与 c 位于同一对同源染色体上。F1 产生的配子为 ABC：AbC：aBc：abc＝1：1：1：1， 配子结合产生 F2，如下表所示： 配子 ABC AbC aBc abc ABC AABBCC 黄果皮红果肉 AABbCC 黄果皮红果肉 AaBBCc 黄果皮红果肉 AaBbCc 黄果皮红果肉 AbC AABbCC 黄果皮红果肉 AAbbCC 黄果皮浅黄果肉 AaBbCc 黄果皮红果肉 AabbCc 黄果皮浅黄果肉 aBc AaBBCc 黄果皮红果肉 AaBbCc 黄果皮红果肉 aaBBcc 透明果皮红果肉 aaBbcc 透明果皮红果肉 abc AaBbCc 黄果皮红果肉 AabbCc 黄果皮浅黄果肉 aaBbcc 透明果皮红果肉 Aabbcc 透明果皮浅绿果 肉 子代中共有 4 种表现型，黄果皮红果肉：黄果皮浅黄果肉：透明果皮红果肉：透明果皮浅绿果肉＝9：3：3：1。 ②若控制果肉颜色的基因和控制果皮颜色的基因分别位于不同的同源染色体上，三对基因之间都遵循自由组合 定律，F1 的基因型为 AaBbCc，F2 中，果皮颜色分离比为黄果皮：透明果皮＝3：1，红果肉：浅黄果肉：浅绿果 肉＝12：3：1，两对性状自由组合，F2 中表现型有 2×3＝6 种，F2 中黄果皮红果肉：黄果皮浅黄果肉：黄果皮 浅绿果肉：透明果皮红果肉：透明果皮浅黄果肉：透明果皮浅绿果肉＝36：9：3：12：3：1；其中黄果皮浅黄果 肉：透明果皮红果肉＝9：12＝3：4。 故答案为（除标注外，每空一分）： （1）两 红色：浅黄色：浅绿色＝2：1：1 （2）3 或 4（2 分） 6（2 分） 3：4（2 分） 31．【解答】解：（1）①是转录过程，催化该过程的酶是 RNA 聚合酶，所以启动过程①时，RNA 聚合酶需识别并与基因上的启动子结合。②是翻译过程，其场所是核糖体。由于控制合成的三条多肽链是同一个模板 mRNA， 所以最终合成的 T1、T2、T3 三条多肽链的氨基酸顺序相同。根据肽链的长短可知，翻译的方向是从左到右。 （2）当心肌缺血、缺氧时，某些基因过度表达产生过多的 miR﹣223，miR﹣233 与 mRNA 特定序列通过碱基互 补配对原则结合形成核酸杂交分子 1，导致过程②因模板的缺失而受阻，最终导致心力衰竭。与 ARC 基因（碱 基配对方式为 A﹣T、C﹣G）相比，核酸杂交分子 1（碱基配对方式为 A﹣U、T﹣A、C﹣G）中特有的碱基对是 A﹣U。 （3）根据题意，RNA 除了具有为蛋白质合成提供模板外，还具有形成核酸杂交分子，调控基因的表达功能。 （4）科研人员认为，HRCR 有望成为减缓心力衰竭的新药物，其依据是 HRCR 与 miR﹣223 碱基互补配对，清 除 miR﹣223，使 ARC 基因的表达增加，抑制心肌细胞的凋亡。 故答案为（除标注外，每空一分）： （1）RNA 聚合 核糖体 相同 从左到右（2 分） （2）碱基互补配对 A﹣U （3）形成核酸杂交分子，调控基因的表达 （4）HRCR 与 miR﹣223 碱基互补配对，清除 miR﹣223，使 ARC 基因的表达增加，抑制心肌细胞的凋亡（2 分） 32．【解答】解：（1）A、B、C 三者共同构成了细胞生活的液体环境，这个液体环境称为内环境即细胞外液。 （2）维持内环境渗透压的 Na+和 Cl﹣以及葡萄糖、氨基酸等物质进入内环境要经过消化系统、循环系统。 （3）饭后半小时，血糖浓度升高，图示血管中血液里胰岛素含量会增多，该胰腺组织能产生胰蛋白酶和胰高血 糖素，由于胰蛋白酶属于消化酶，分泌后进入消化道，不进入血液。 （4）在一些病理条件下，血浆、组织液和淋巴三者的量都可能发生变化。由于过敏反应、长期营养不良、毛细 淋巴管堵塞、肾炎等病理引起组织液增多，其结果是将会引起组织水肿。 （5）某人喝入大量的食醋后不会引起内环境 pH 明显下降，原因是图中 B 血浆内存在着缓冲物质。 故答案为（每空一分）： （1）内环境 （2）消化系统 循环 （3）胰岛素 胰蛋白酶 （4）组织水肿 过敏反应、长期营养不良、毛细淋巴管堵塞、肾炎 （5）B 缓冲 三．选修题（除标注外，每空 2 分 共 15 分） 意，不得复制发布 37．【解答】解：（1）处理由无机物引起的水体富营养化，由于缺少有机物，所以早期是自养菌，之后好氧异养菌， 最后厌氧异养菌，三种类型微生物按照这样的先后顺序发挥作用。 （2）菌落对微生物学工作有很大作用，可用于科研等很多方面，如分离菌种、鉴定菌种、细菌计数、选种育种 等。 （3）基本培养基中含有碳源、氮源、生长因子、水和无机盐等营养，营养缺陷型菌株能够正常生长。的过程属于化能合成作用的过程，起作用的微生物是硝化细菌，属于自养型生物。 （4）在腐乳制作过程中必须有能产生蛋白酶的微生物参与蛋白质的水解，后期加入香辛料既能调节风味，使口 感良好，还具有防腐和杀菌的作用，提高产品质量。 （5）果酒发酵装置内要留 空间，在发酵期的用途是初期菌种有氧呼吸产生大量能量，使菌种大量繁殖，耗尽 O2 后进行酒精发酵。 故答案为（除标注外，每空 2 分）： （1）自养菌、好氧异养菌、厌氧异养菌 （2）分离菌种、鉴定菌种、细菌计数、选种育种 （3）能 自养型（1 分） （4）蛋白酶 防腐杀菌 （5）供菌种有氧呼吸大量繁殖 酒精发酵 38．【解答】解：（1）Brazzein 基因作为目的基因，除了可从原产植物中分离得到外，还可以通过人工合成的方法获 得，此方法适用于基因比较小，且核苷酸序列已知的情况。 （2）将 Brazzein 基因导人细菌、真菌和高等植物细胞时都可使用的常用载体是质粒，构建基因表达载体是基因 工程的核心步骤，其目的是使目的基因在受体细胞中稳定存在，并且可以遗传给下一代，同时，使目的基因能够 表达和发挥作用。基因表达载体中，除了目的基因外，还必须有启动子、终止子、标记基因、复制原点等。 （3）若受体细胞是大肠杆菌，可先用 Ca2+处理细胞，使其成为感受态状态，再将重组表达载体 DNA 分子溶于 缓冲液中与大肠杆菌混合；若受体是双子叶植物，则常采用的方法是农杆菌转化法。若受体是哺乳动物，则可将 Brazzein 基因与乳腺蛋白基因的启动子等调控组件重组在一起，以便从乳汁中获得大量的 Brazzein 蛋白。 故答案为（除标注外，每空 2 分）： （1）人工合成 核苷酸序列 （2）质粒（1 分） 使目的基因在受体细胞中稳定存在，并且可以遗传给下一代 启动子、终止子、标记基 因 （3）处于一种能吸收周围环境中 DNA 分子的生理状态（或成为感受态状态） 农杆菌转化法 乳腺蛋 白基因