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２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷·高三理科综合能力测试参考答案 第 １ 页（共 １３页）
２０２０—２０２１学年第一学期期末考试卷
高三理科综合能力测试参考答案
１．【答案】 Ｄ
【解析】 基因突变是生物进化的原材料，突变的 ＤＮＡ聚合酶可以减少基因突变的概率，也就减少了
生物进化的原材料，不利于生物的进化，突变不改变生物进化的方向，自然选择决定生物进化的方向，
Ａ错误。突变的 ＤＮＡ聚合酶可以提高 ＤＮＡ复制的精确度，并不能得出提高 ＤＮＡ复制的速度和数
量，Ｂ错误。ＤＮＡ聚合酶催化 ＤＮＡ复制，其底物是 ４种游离的脱氧核糖核苷酸，Ｃ错误。两种不同的
ＤＮＡ聚合酶的氨基酸数目或序列一定不同，所以 ｍＲＮＡ在翻译时与 ｔＲＮＡ配对的序列就不同，Ｄ
正确。
２．【答案】 Ｂ
【解析】 钠钾离子通过钠钾泵由低浓度向高浓度运输，钠钾泵作为运输载体，细胞代谢提供能量完
成主动运输的过程，Ａ、Ｃ正确。图中具有 ＡＴＰ的磷酸结合位点，也就是说可以催化 ＡＴＰ水解为 ＡＤＰ
和 Ｐｉ并结合磷酸基团，具备酶的功能，但不能从图中看出该载体能否运输葡萄糖，Ｂ错误。温度会降
低酶的活性、也会影响载体蛋白的转运效率，Ｄ正确。
３．【答案】 Ｃ
【解析】 图中信息显示，“抗体 １”是作用于胰岛 Ｂ细胞膜上葡萄糖受体的抗体，这些抗体使胰岛 Ｂ
细胞不能接受高浓度血糖的刺激，导致胰岛素分泌不足，从而导致血糖升高，从免疫学角度看，这种类
型的糖尿病属于自身免疫病；同样由抗体 ２作用于靶细胞而导致靶细胞不能正常接受胰岛素信号，也
属于自身免疫病，Ａ错误。促进肾小管、集合管重吸收水分的激素是抗利尿激素，该激素是由下丘脑
合成和分泌、并由垂体后叶释放的，Ｂ错误。经过下丘脑—垂体—腺体产生的调节体温的激素可以是
甲状腺激素，该激素的本质是氨基酸的衍生物，不是蛋白质，Ｃ正确。细胞膜上某些受体可以识别一
种或几种信号分子，但这些信号分子是通过体液运输到靶细胞的，而不是像精细胞和卵细胞那样通过
两个细胞的细胞膜接触来传递信息，Ｄ错误。
４．【答案】 Ａ
【解析】 通过坐标图可以看出，施加赤霉素和生长素后对矮生植株茎的长度基本没有影响，因此，该
突变植株是激素不敏感型突变体，Ａ正确。实验中的变化因素称为变量，其中人为控制的对实验对象
进行处理的因素叫作自变量，该实验中的自变量除南瓜的表现型不同外，还有激素的种类及浓度，因
变量是茎长度，Ｂ错误。生长素的本质是吲哚乙酸，是色氨酸经一系列反应转变生成的化合物，具有
促进生长的作用，Ｃ错误。从图中不能看出赤霉素和生长素对南瓜具有相同的生理效应，因此体现不
出它们的协同作用；从图中也不能看出赤霉素对南瓜茎的生长具有抑制作用，所以也体现不出两重
性，Ｄ错误。
５．【答案】 Ｃ
【解析】 激光、放射性同位素照射菌株，有可能会引起基因突变，但是基因突变具有低频性，也可能
不发生基因突变，另外，如果碱基对的增添、缺失、替换发生在非基因片段，则基因的结构也不发生改
变，Ａ正确。单倍体是指由配子发育而来的个体，比如雄蜂由卵细胞直接发育而来、花药离体培养的
到的植株都是单倍体，由同源四倍体的生殖细胞发育来的含有两个染色体组的单倍体含有成对的同
源染色体，Ｂ正确。三倍体无子西瓜减数分裂过程中虽然会发生同源染色体联会紊乱，但仍然有 １
２ｎ（ｎ
表示一个染色体组中的染色体个数）的概率产生正常的配子，Ｃ错误。遗传物质的改变不仅仅包括基
因突变，染色体变异也可以引起遗传病，比如 ２１三体综合征等，Ｄ正确。
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６．【答案】 Ｂ
【解析】 生物群落是指一定时间内，一定区域的全部生物，包括动物、植物和微生物，图中生物小于
该地区的动植物，因此不能构成群落，Ａ错误。海鸥在天上飞，企鹅在陆地和海洋往返，鱼儿、虾在海
中游，体现了群落的垂直结构，Ｂ正确。食物链和食物网是不同生物由于捕食关系而建立的链状或网
状结构，所以存在捕食关系，海鸥、墨鱼和鲸都捕食虾，所以这三者也存在竞争关系，Ｃ错误。鲸数量
减少，则虾的天敌减少，虾的数量有上升的趋势，作为墨鱼的食物，墨鱼有上升的趋势，墨鱼和海鸥则
具有更多的食物，因此，海鸥和企鹅的食物竞争关系减弱，Ｄ错误。
７．【答案】 Ｂ
【解析】 乙醇使蛋白质变性而达到消毒的目的，Ａ错误；雾霾属于气溶胶，有丁达尔效应，Ｂ正确；矿
物油的主要成分是烃，不能用热的纯碱溶液洗去，Ｃ错误；ＡＢＳ树脂属于有机高分子化合物，光导纤维
和碳纤维属于无机物，Ｄ错误；故选 Ｂ。
８．【答案】 Ｃ
【解析】 普伐他汀分子式为 Ｃ２３Ｈ３６Ｏ７，Ａ正确；普伐他汀和有机物 Ａ中均含有碳碳双键，都能使溴水
和酸性高锰酸钾褪色，Ｂ正确；酯基和羧基中的碳氧双键不能与 Ｈ２发生加成反应，则 １ｍｏｌ有机物 Ａ
最多可与 ４ｍｏｌＨ２发生加成反应，Ｃ错误；普伐他汀转化成有机物 Ａ时失去氢元素，为氧化反应，Ｄ正
确；故选 Ｃ。
９．【答案】 Ｄ
【解析】 放电时，石墨为负极，ＭｎＰＯ４为正极，正极的电势大于负极，故 Ａ错误；充电时，石墨为阴极，
接直流电源的负极，Ｂ错误；放电时，ＭｎＰＯ４为正极，其电极反应方程式为 ＭｎＰＯ４ ＋ｅ－ ＋Ｎａ ＋
ＮａＭｎＰＯ４，Ｃ错误；充电时，石墨为阴极，ＭｎＰＯ４为阳极，Ｎａ＋由右侧经过离子交换膜迁移到左侧，Ｄ正
确；故选 Ｄ。
１０．【答案】 Ｄ
【解析】 先通过浓硫酸除去空气中的水蒸气，黄铜矿在空气中煅烧，再利用铜网除去 ＳＯ２气体中的
氧气，最后用足量的 Ｂａ（ＮＯ３）２溶液吸收 ＳＯ２气体生成 ＢａＳＯ４沉淀，利用 ＢａＳＯ４沉淀的质量计算黄铜
矿的纯度，Ａ正确，Ｂ正确；实验结束后，向装置中通入过量的空气，目的是确保反应生成的 ＳＯ２气体
全部被 Ｂａ（ＮＯ３）２溶液吸收，Ｃ正确；ＳＯ２与 Ｂａ（ＮＯ３）２溶液反应产生 ＢａＳＯ４沉淀，而与 ＢａＣｌ２溶液不反
应，Ｄ错误；故选 Ｄ。
１１．【答案】 Ｂ
【解析】 ＡｇＮＯ３溶液过量，与 ＫＩ溶液反应产生 ＡｇＩ沉淀，不是 ＡｇＣｌ沉淀转化成 ＡｇＩ沉淀，不能说明
Ｋｓｐ（ＡｇＣｌ）＞Ｋｓｐ（ＡｇＩ），Ａ错误；向 ＫＣｌＯ３溶液中滴加 ＡｇＮＯ３溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含 Ｃｌ－，
由于 ＫＣｌＯ３中没有 Ｃｌ－，说明 ＫＣｌＯ３溶液变质，Ｂ正确；蔗糖的水解液显酸性，滴加银氨溶液，不会产
生银镜，但是蔗糖水解后的产物是葡萄糖，其中含有醛基，Ｃ错误；加热浸透了石蜡油的碎瓷片，将产
生的气体通过酸性 Ｋ２Ｃｒ２Ｏ７溶液中，溶液变绿色，说明石蜡油分解产生了烯烃，但不一定是乙烯；Ｄ
错误；故选 Ｂ。
１２．【答案】 Ａ
【解析】 据题意可知，Ｙ、Ｚ分别为 Ｏ和 Ｓ，ｍ为 ＮＨ３，则 Ｗ、Ｘ分别为 Ｈ和 Ｎ。Ｚ的常见氧化物 ＳＯ２、
ＳＯ３均为酸性氧化物，Ａ正确；Ｗ 和 Ｘ形成的化合物 ＮＨ４Ｈ为离子化合物，Ｂ错误；原子半径：Ｓ＞Ｏ，Ｎ
＞Ｏ，Ｃ错误；四种元素组成化合物 ＮＨ４ＨＳＯ４抑制水的电离，Ｄ错误；故选 Ａ。
１３【答案】 Ｃ
【解析】 ａ点的溶质为 ＮａＨＡ，其电荷守恒：ｃ（Ｎａ＋）＋ｃ（Ｈ＋）＝２ｃ（Ａ２－）＋ｃ（ＨＡ－）＋ｃ（ＯＨ－），物料
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守恒：ｃ（Ｎａ＋）＝ｃ（Ａ２－）＋ｃ（ＨＡ－），两式合并得：ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（Ａ２－）＋ｃ（ＯＨ－），Ａ正确；ｂ点溶液的 ｐＨ
＝５，说明 ｃ（Ｈ＋）＝１０－５，由于 ＨＡ－的电离平衡常数 Ｋａ＝ｃ（Ａ２－）ｃ（Ｈ＋）
ｃ（ＨＡ－） ＝ｃ（Ｈ＋）＝１０－５，则ｃ（Ａ２－）
＝ｃ（ＨＡ－），据电荷守恒：ｃ（Ｎａ＋）＋ｃ（Ｈ＋）＝２ｃ（Ａ２－）＋ｃ（ＨＡ－）＋ｃ（ＯＨ－），溶液显酸性，ｃ（Ｈ＋）＞
ｃ（ＯＨ－），则 ３ｃ（Ａ２－）＞ｃ（Ｎａ＋），Ｂ正确；Ｖ（ＮａＯＨ）＝３０ｍＬ时，溶质成分为 ＮａＨＡ和Ｎａ２Ａ，其物质的
量之比为 １∶１，ＨＡ－的电离平衡常数 Ｋａ＝１０－５，Ａ２－的水解平衡常数 Ｋｈ＝Ｋｗ
Ｋａ
＝１０－９，由于 ＨＡ－的电离
程度大于 Ａ２－的水解程度，所以 Ｖ（ＮａＯＨ）＝３０ｍＬ时，溶液显酸性；而 ｃ点溶液显中性，则其消耗的
ＮａＯＨ溶液的体积应大于 ３０ｍＬ，Ｃ错误；ｄ点的溶质为 Ｎａ２Ａ，其物料守恒为 ｃ（Ｎａ＋）＝２ｃ（Ａ２－）＋
２ｃ（ＨＡ－），Ｄ正确；故选 Ｃ。
１４．【答案】 Ａ
【解析】 Ｘ发生一次 α衰变放出两个中子，两个质子，发生 ２次 β衰变，又减少两个中子，增加两个
质子，因此共减少 ４个核子，减少 ４个中子，质子数不变，因此 Ｘ与 Ｙ互为同位素，Ａ项正确。
１５．【答案】 Ｄ
【解析】 原线圈输入电压不变，根据变压比可知，副线圈输出电压不变，电压表的示数不变，Ａ项错
误；Ｒ１两端的电压不变，消耗的功率不变，Ｂ项错误；由于 Ｒ１中电流不变，一定是原线圈输入电流减
小，副线圈输出电流减小，一定是 Ｒ２的阻值变大，即滑片向上移动，Ｃ项错误；原线圈电压不变，输入
电流减小，输入功率减小，Ｄ项正确。
１６．【答案】 Ｂ
【解析】 设水平位移为 ｘ，Ａ球：ｘ＝ｖ１ｔ１，ｔａｎθ＝ｖ１
ｇｔ１
，得到 ｔａｎθ＝ｖ２
１
ｇｘ，同理对于 Ｂ球，ｔａｎα＝ｖ２
２
ｇｘ，由于
ｔａｎα·ｔａｎθ＝１，因此有 ｘ＝ｖ１ｖ２
ｇ，两球抛出点间的水平距离为 ｓ＝２ｘ＝２ｖ１ｖ２
ｇ ，Ｂ项正确。
１７．【答案】 Ｃ
【解析】 直线电流在 ａ点的磁场方向垂直纸面向里，由于 ａ点的磁感应强度是 ｂ点磁感应强度的一
半，因此匀强磁场的方向与直线电流在 ｂ点磁场方向相同，根据安培定则可知，直线电流在 ｂ点的磁
场方向垂直纸面向外，因此匀强磁场方向垂直纸面向外，Ａ项错误；若 Ｂ１ ＋Ｂ２ ＝２（Ｂ２ －Ｂ１），则 Ｂ１ ＝
１
３Ｂ２，这时，ａ、ｂ两点的磁场方向均垂直纸面向外，若 Ｂ１ ＋Ｂ２ ＝２（Ｂ１ －Ｂ２），则 Ｂ１ ＝３Ｂ２，这时 ａ点的
磁场方向垂直纸面向里，ｂ点的磁场方向垂直纸面向外，因此 Ｂ、Ｄ项错误，Ｃ项正确。
１８．【答案】 Ｄ
【解析】 卫星做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，所以有 Ｇ Ｍｍ
［（ｋ＋１）Ｒ］２ ＝ｍ（ｋ＋１）Ｒ
２π( )Ｔ
２
，又由于 ＧＭｍ
Ｒ２ ＝ｍｇ，解得 Ｒ＝ ｇＴ２
４π２（ｋ＋１）３，火星的第一宇宙速度 ｖ＝槡ｇＲ＝ｇＴ ｋ槡 ＋１
２π（ｋ＋１）２，Ｄ项
正确。
１９．【答案】 ＣＤ
【解析】 根据力的平衡有，Ｆｃｏｓθ＝μ（ｍｇ－Ｆｓｉｎθ），解得 Ｆ＝ μｍｇ
ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ，因此 Ｆ有极小值，即 Ｆ与 θ
并不是单调关系，Ａ、Ｂ项错误；地面对轮胎的作用力即为支持力与滑动摩擦力的合力，设合力与水平
方向的夹角为 α，则 ｔａｎα＝Ｎ
ｆ＝１
μ，即 α与 θ大小无关，Ｃ项正确；由于重力与支持力的合力竖直向
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下，物体匀速运动，合力为零，因此绳的拉力与地面对轮胎的摩擦力合力竖直向上，Ｄ项正确。
２０．【答案】 ＣＤ
【解析】 若小球带正电，由静止释放后由于电场力作用，小球不会沿圆弧轨道运动，因此小球一定
带负电，Ａ项错误；小球沿圆弧轨道向右运动过程中，电场力做负功，电势能增大，因此小球的机械能
减少，Ｄ项正确，根据能量守恒，小球不可能运动到 Ｃ点，Ｂ项错误；由于小球受到的电场力与重力的
合力斜向左下，因此当速度和电场力与重力的合力垂直时速度最大，位置在 ＡＢ段圆弧上某一点，Ｃ
项正确。
２１．【答案】 ＢＣＤ
【解析】 设 ＰＱ进磁场时的速度为 ｖ，则 ｍｇｓｉｎ３０°＝Ｂ２Ｌ２ｖ
２Ｒ ，解得 ｖ＝ｍｇＲ
Ｂ２Ｌ２，Ａ项错误；设金属棒开始释
放的位置离 ａｂ的距离为 ｘ，则 ｘ＝ ｖ２
２ｇｓｉｎ３０°＝ｖ２
ｇ＝ｍ２ｇＲ２
Ｂ４Ｌ４ ，设 ＭＮ从释放到进磁场所用时间为 ｔ，则 ｔ＝
ｖ
ｇｓｉｎ３０°＝２ｍＲ
Ｂ２Ｌ２，根据题意知，ＰＱ穿过磁场所用的时间也为２ｍＲ
Ｂ２Ｌ２，Ｂ项正确；设 ａｂ、ｃｄ间的距离为 ｓ，则
ｓ＝ｖｔ＝２ｍ２ｇＲ２
Ｂ４Ｌ４ ，则金属棒 ＰＱ通过磁场过程中，通过 ＰＱ截面的电荷量 ｑ＝ＢＬｓ
２Ｒ＝ｍ２ｇＲ
Ｂ３Ｌ３，Ｃ项正确；根
据题意可知，ＰＱ、ＭＮ均匀速通过磁场，ＰＱ、ＭＮ上产生的焦耳热相等，设 ＰＱ上产生的焦耳热为 Ｑ１，
则 ２Ｑ１＝２ｍｇｓｓｉｎ３０°，解得 Ｑ１＝ｍ３ｇ２Ｒ２
Ｂ４Ｌ４ ，Ｄ项正确。
２２．【答案】（６分）
（１）小于（１分） 不需要（１分）
（２）０．９６（１分） ２．４（１分）
（３）Ａ（２分）
【解析】 （１）对整体分析，根据牛顿第二定律得，ａ＝ ｍｇ
ｍ＋Ｍ，则绳子的拉力 Ｆ＝Ｍａ＝ ｍｇ
１＋ｍ
Ｍ
，所以实际
小车在运动过程中所受的拉力小于钩码的重力。由于力传感器能直接测出小车受到的合外力，不需
要使钩码质量 ｍ远小于小车质量 Ｍ。
（２）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：ｖＣ ＝ｘＢＤ
２Ｔ＝２８．８１－９．６１
２×０．１ ×
１０－２ｍ／ｓ＝０．９６ｍ／ｓ；由题意可知：ｘ１ ＝３．６０ｃｍ，ｘ２ ＝（９．６１－３．６０）ｃｍ＝６．０１ｃｍ，ｘ３ ＝（１８．０１－
９．６１）ｃｍ＝８．４ｃｍ，ｘ４＝（２８．８１－１８．０１）ｃｍ＝１０．８０ｃｍ；由此 Δｘ＝２．４ｃｍ，Ｔ＝０．１ｓ，根据匀变速直
线运动推论 Δｘ＝ａＴ２，可得：ａ＝Δｘ
Ｔ２ ＝２．４×１０－２
０．１２ ｍ／ｓ２＝２．４ｍ／ｓ２。
（３）由于用传感器可直接测出小车的拉力 Ｆ，则小车质量 Ｍ不变时，加速度与拉力 Ｆ成正比，所以 ａ
－Ｆ图像是一条过原点的倾斜的直线，故选 Ａ。
２３．【答案】（９分）
（１）负（１分） ３８０（２分）
（２）Ｒ１（１分） 见解析（２分）
（３）使滑动变阻器的输出电压为零，保护电路元件（１分） （ｋ－１）Ｒ１（２分）
【解析】 （１）多用电表测电阻时，电流红进黑出，电流表的电流从正接线柱流入，因此多用电表的红
表笔应与电流表的负接线柱连接；由图示可知，电流表的内阻为 ３８０Ω。
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（２）要测量电流表的电阻，根据电阻定义式 Ｒ＝Ｕ
Ｉ可知，需要测量电流表的电流和电流表两端的电
压，电流可以由被测电流表测出，电压可以通过与被测电流表并联的定值电阻测得，通过 Ａ２测量定
值电阻和电流表 Ａ１的总电流，求得通过定值电阻的电流，由于 Ａ２的量程是 Ａ１的 ２倍，因此并联电阻
与被测电流表的内阻差不多，可以使两个电流表的示数都可以偏转较大的角度从而可以减小测量的
误差，因此定值电阻选用 Ｒ１。
由于滑动变阻器的最大阻值远小于电流表的内阻，采用分压式，电路连接如图所示。
（３）闭合电键前，应使滑动变阻器的滑片移到一端，目的是为了使滑动变阻器的输出电压为零，保护
电路元件；Ｉ２＝Ｉ１＋Ｉ１ｒ１
Ｒ１
＝（１＋ｒ１
Ｒ１
）Ｉ１，则 １＋ｒ１
Ｒ１
＝ｋ，解得 ｒ１＝（ｋ－１）Ｒ１。
２４．【答案】（共 １２分） 见解析
【解析】 （１）设物块在水平面上的速度为 ｖ０，根据机械能守恒有
ｍｇＲ＝１
２ｍｖ２
０ （２分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
解得：ｖ０＝ ２槡 ｇＲ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
（２）设物块 ｂ的质量为 ｍｂ，碰撞后 ａ的速度为 ｖ１，物块 ｂ的速度为 ｖ２，
根据动量守恒定律有 ｍｖ０＝ｍｖ１＋ｍｂｖ２ （２分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
根据能量守恒有：１
２ｍｖ２
０＝１
２ｍｖ２
１＋１
２ｍｂｖ２
２ （２分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
设物块 ｂ到达 Ｄ点的速度为 ｖ３，根据牛顿第二定律有 ｍｂｇ＝ｍｂ
ｖ２
３
Ｒ （２分）!!!!!!!!!!!
根据机械能守恒定律有：ｍｂｇ×２Ｒ＝１
２ｍｂｖ２
２－１
２ｍｂｖ２
３ （２分）!!!!!!!!!!!!!!!!
解得：ｍｂ＝（ 槡２ １０
５ －１）ｍ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
２５．【答案】（共 ２０分） 见解析
【解析】 （１）粒子从 Ｐ点射后，在电场中做类平抛运动，
根据运动分解可知，ｄ＝１
２ａｔ２ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
根据牛顿第二定律 ｑＥ＝ｍａ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
槡２３
３ ｄ＝ｖ０ｔ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
解得：Ｅ＝３ｍｖ２
０
２ｑｄ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
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（２）设粒子进磁场时速度为 ｖ，速度方向与 ｘ轴正向夹角为 θ，
根据动能定理有：ｑＥｄ＝１
２ｍｖ２－１
２ｍｖ２
０ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
解得：ｖ＝２ｖ０ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
由几何关系 ｖｃｏｓθ＝ｖ０ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
解得：θ＝６０° （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
粒子在 ０－ｔ１时间内，做圆周运动的周期 Ｔ＝２πｍ
ｑＢ１
（１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!
则 ｔ１＝Ｔ
２ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
即在 ０－ｔ１时间内，粒子在磁场中运动轨迹是半圆。
由于粒子的运动轨迹刚好与 ｘ轴、ｙ轴相切，轨迹如图（１）、（２）所示。
①如图（１），设粒子在 ｔ１时刻前运动半径为 ｒ１，ｔ１时刻后运动轨迹半径为 ｒ２，
由几何关系 ｒ２－１
２ｒ１＝１
２（ｒ１＋ｒ２），解得：ｒ２＝２ｒ１ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!
根据牛顿第二定律 ｑｖＢ１＝ｍｖ２
ｒ１
，ｑｖＢ２＝ｍｖ２
ｒ２
解得：Ｂ２＝１
２Ｂ１ （１分）!!!!!!!!!!!!!!
由几何关系，ｒ２＋ 槡２３
３ ｄ＝（ｒ２＋２ｒ１）ｃｏｓ３０°，解得：ｒ１＝ 槡３＋ ３
６ ｄ （１分）!!!!!!!!!!!!!
解得：Ｂ１＝２（ 槡３－ ３）ｍｖ０
ｑｄ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
因此 Ｂ２＝（ 槡３－ ３）ｍｖ０
ｑｄ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
②如图（２），设粒子在 ｔ１时刻前运动半径为 ｒ１，ｔ１时刻后运动轨迹半径为 ｒ２，
由几何关系， ｒ２
ｒ２＋２ｒ１
＝ｓｉｎ３０°，ｒ２ 槡＋ ３ｒ２＝ 槡２３
３ ｄ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
由 ｑｖＢ＝ｍｖ２
ｒ得：ｒ２＝２ｒ１， （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
解得：ｒ２＝（ 槡３－ ３）ｄ
３ ，ｒ１＝（ 槡３－ ３）ｄ
６ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
解得：Ｂ１＝２（ 槡３＋ ３）ｍｖ０
ｑｄ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
因此 Ｂ２＝（ 槡３＋ ３）ｍｖ０
２ｄ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
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２６．【答案】（共 １４分）
（１）ｋ１正 ·ｋ２正
ｋ１逆 ·ｋ２逆
（２分）
（２）①（１分） ＜（１分）
（３）Ｐｔ／Ａｌ２Ｏ３、３８０℃（２分）
（４）２（２分） ＜（２分）
（５）Ｎ２Ｏ５（２分） Ｏ２＋４ｅ－ ＋２Ｎ２Ｏ５ ４ＮＯ－
３ （２分）
【解析】 （１）ｖ正 ＝ｖ逆 时，反应达到平衡，则反应①的平衡常数 Ｋ１＝ｋ１正
ｋ１逆
，反应②的平衡常数 Ｋ２ ＝ｋ２正
ｋ２逆
；
由于 ２ＮＯ（ｇ）＋２ＣＯ（ｇ幑幐） Ｎ２（ｇ）＋２ＣＯ２（ｇ）可由反应① ＋②得，则 Ｋ＝Ｋ１·Ｋ２＝ｋ１正 ·ｋ２正
ｋ１逆 ·ｋ２逆
。
（２）据题意可知，反应①的活化能 Ｅ５ －Ｅ３大于反应②的活化能 Ｅ４ －Ｅ２，Ｅ４ ＋Ｅ３ ＜Ｅ５ ＋Ｅ２；反应①为
慢反应，所以决定总反应速率的是反应①。
（３）由图 １可知，Ｐｔ／Ａｌ２Ｏ３催化作用下，ＣＯ的转化率的最高，故最适合作催化剂的是 Ｐｔ／Ａｌ２Ｏ３，且
３８０℃时转化率较高。
（４）与 ｎ（ＮＯ）∶ｎ（ＣＯ）为 １相比较，ｎ（ＮＯ）∶ｎ（ＣＯ）为 ２时，增大 ＮＯ的物质的量，平衡正移，ＣＯ的转
化率增大，则曲线 ａ表示 ｎ（ＮＯ）∶ｎ（ＣＯ）＝２；ｎ（ＮＯ）∶ｎ（ＣＯ）为 １时，Ｎ２的体积分数最大，故 Ｍ＜Ｎ。
（５）由图可知，石墨 Ｉ电极为负极，ＮＯ２化合价升高，氧化物 Ｙ为 Ｎ２Ｏ５；石墨 ＩＩ电极为正极，电极反应
式为 Ｏ２＋４ｅ－ ＋２Ｎ２Ｏ５ ４ＮＯ－
３ 。
２７．【答案】（共 １５分）
（１）ＭｎＯ２＋４Ｈ＋ ＋２Ｃｌ－△ Ｍｎ２＋ ＋Ｃｌ２↑ ＋２Ｈ２Ｏ（２分）
（２）放热反应（１分）
（３）吸收多余的氯气，防止污染空气；同时防止空气中的水蒸气进入装置 Ｄ中，以免 ＰＣｌ３ 水解变质
（２分）
（４）ＰＯＣｌ３＋３Ｈ２ Ｏ Ｈ３ＰＯ４＋３ＨＣｌ（２分） Ｎａ２ＨＰＯ３（１分） 酸（１分）
（５）最后一滴 ＫＳＣＮ溶液加入后，溶液变为红色，且 ３０ｓ不变色（２分）
（６）偏小（２分）
（７）１３７．５（ｃ１Ｖ１－ｃ２Ｖ２）
３ａ ％（２分）
【解析】 （１）ＭｎＯ２与浓盐酸反应的离子方程式为 ＭｎＯ２＋４Ｈ＋ ＋２Ｃｌ－△ Ｍｎ２＋ ＋Ｃｌ２↑ ＋２Ｈ２Ｏ。
（２）结合题意，说明白磷和氯气反应生成 ＰＣｌ３是放热反应。
（３）装置 Ｅ的作用是尾气处理，吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入装置 Ｄ中，以免 ＰＣｌ３
水解变质。
（４）ＰＯＣｌ３水解的化学方程式为：ＰＯＣｌ３＋３Ｈ２ Ｏ Ｈ３ＰＯ４ ＋３ＨＣｌ。由于 Ｈ３ＰＯ３是一种二元弱酸，则
Ｈ３ＰＯ３与足量的 ＮａＯＨ溶液反应生成的盐是 Ｎａ２ＨＰＯ３；ＮａＨ２ＰＯ３中 Ｈ２ＰＯ－
３ 的电离平衡常数 Ｋａ２ ＝２．５
×１０－７，Ｈ２ＰＯ－
３ 的水解平衡常数 Ｋｈ ＝ＫＷ
Ｋａ１
＝２×１０－１３，Ｈ２ＰＯ－
３ 的电离程度大于其的水解程度，则
ＮａＨ２ＰＯ３溶液显酸性。
（５）以硫酸铁溶液为指示剂，用 ＫＳＣＮ溶液滴定过量的 ＡｇＮＯ３溶液，则滴定终点的现象是最后一滴
ＫＳＣＮ溶液加入后，溶液变为红色，且 ３０ｓ不变色。
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（６）若测定过程中加入硝基苯，硝基苯可覆盖 ＡｇＣｌ沉淀，避免 ＡｇＣｌ与 ＫＳＣＮ溶液反应，若无此操
作，则 ＫＳＣＮ溶液用量偏多，原溶液中 Ｃｌ－浓度偏小，ＰＣｌ３的含量偏小。
（７）与盐酸反应的 ＡｇＮＯ３的物质的量为（ｃ１Ｖ１ －ｃ２Ｖ２）×１０－３ ｍｏｌ，则上述产品中 ＰＣｌ３的质量分数为
１３７．５×（ｃ１Ｖ１－ｃ２Ｖ２）×１０－３×１
３×１０
ａ ×１００％ ＝１３７．５（ｃ１Ｖ１－ｃ２Ｖ２）
３ａ ％。
２８．【答案】（共 １４分）
（１）ＺｎＯ＋２Ｈ ＋ Ｚｎ２＋ ＋Ｈ２Ｏ（２分）
（２）ＰｂＳＯ４（１分）
（３）确保氟离子沉淀完全（２分）
（４）Ｍｎ２＋ ＋Ｓ２Ｏ２－
８ ＋２Ｈ２ Ｏ ＭｎＯ２↓ ＋２ＳＯ２－
４ ＋４Ｈ＋（２分） ３（２分）
（５）温度过高，ＮＨ４ＨＣＯ３易分解（２分） １．２（１分）
３ＺｎＳＯ４＋６ＮＨ４ＨＣＯ３ ＺｎＣＯ３·２Ｚｎ（ＯＨ）２·Ｈ２Ｏ↓ ＋３（ＮＨ４）２ＳＯ４＋５ＣＯ２↑（２分）
【解析】 （１）“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为 ＺｎＯ＋２Ｈ ＋ Ｚｎ２＋ ＋Ｈ２Ｏ。
（２）由于 ＰｂＳＯ４难溶于水，则浸出渣的主要成分是 ＰｂＳＯ４。
（３）硫酸钙的作用是将 Ｆ－转化为 ＣａＦ２沉淀，使用过量硫酸钙的目的是确保 Ｆ－沉淀完全。
（４）过二硫酸铵将 Ｍｎ２＋转化为 ＭｎＯ２沉淀的离子方程式为 Ｍｎ２＋ ＋Ｓ２Ｏ２－
８ ＋２Ｈ２ Ｏ ＭｎＯ２↓ ＋４Ｈ＋
＋２ＳＯ２－
４ ；ｃ（ＯＨ－）＝
３Ｋｓｐ［Ｆｅ（ＯＨ）３］
１０槡 －５ ＝１０－１１ｍｏｌ·Ｌ－１，则溶液的 ｐＨ＝３。
（５）温度控制在 ４６℃左右，不宜过高的原因是 ＮＨ４ＨＣＯ３会分解。据图像可知，碳酸氢铵用量为理论
量 １．２倍时，沉锌率最高。“沉淀”时，ＮＨ４ＨＣＯ３与 ＺｎＳＯ４反应生成碱式碳酸锌的化学方程式为
３ＺｎＳＯ４＋６ＮＨ４ＨＣＯ３ ＺｎＣＯ３·２Ｚｎ（ＯＨ）２·Ｈ２Ｏ↓ ＋３（ＮＨ４）２ＳＯ４＋５ＣＯ２↑。
２９．【答案】（除标注外，每空 １分，共 １０分）
（１）（一定的）流动性
（２）内质网、高尔基体（２分）
（３）转录和翻译（２分）
（４）游离 线粒体 保护、润滑、识别（至少答出两点）
（５）脂质 细胞壁
【解析】 （１）在分泌过程中，细胞的膜结构体现了流动性的特点。
（２）细胞的生物膜系统包括细胞器膜和细胞膜、核膜等结构（其中囊泡膜也属于细胞的生物膜系
统）。材料中涉及到的结构有内质网、囊泡、高尔基体、细胞膜，但内质网、高尔基体是参与构成细胞
生物膜系统的细胞器。
（３）蛋白质经基因转录和翻译形成。
（４）从材料中可以看出，这些蛋白首先在游离的核糖体上合成，能量主要由线粒体有氧呼吸提供；例
如消化道和呼吸道上皮细胞表面的糖蛋白有保护和润滑作用，糖被与细胞表面的识别有密切的
关系。
（５）内质网是细胞中的脂质合成“车间”，比如性激素就是由内质网合成；高尔基体可以将葡萄糖脱
水缩合成纤维素，形成细胞壁。
３０．【答案】（除标注外，每空 １分，共 ９分）
（１）蓝紫光和红光
（２）光反应 暗反应
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（３）大 更高 叶绿体基质
（４）提高 与无氮相比，有氮时气孔导度增大、胞间 ＣＯ２降低（合理即可，２分）
【解析】 （１）叶绿体中的色素有叶绿素 ａ和叶绿素 ｂ、胡萝卜素和叶黄素，叶绿素 ａ和叶绿素 ｂ主要
吸收蓝紫光和红光，胡萝卜素和叶黄素主要吸收蓝紫光，所以，蓝紫光和红光区域变暗。
（２）Ａ为光反应阶段，Ｂ为暗反应阶段。
（３）通过表格分析，野生型胞间 ＣＯ２变化不大，而突变型的胞间 ＣＯ２变化很大，且中氮环境下胞间
ＣＯ２更低，因此光合速率更强，所以中氮环境下两种类型水稻的光合速率的差值比无氮环境下更大；
突变体色素含量低，但是光合速率大，说明其暗反应阶段比野生型强，因此，突变体叶肉细胞中固定
ＣＯ２所需酶含量或活性更高，暗反应在叶绿体基质进行，这些酶主要分布在叶绿体基质。
（４）从表中可以看出，氮增加后气孔导度增大，ＣＯ２更容易进入叶片，胞间 ＣＯ２降低，说明 ＣＯ２利用较
快，光合速率较大。
３１．【答案】（除标注外，每空 ２分，共 １０分）
（１）斐林试剂（１分） 砖红色沉淀（１分）
（２）血糖浓度以及生理状况 血糖浓度下降甚至出现低血糖 一定浓度的葡萄糖溶液
一方面增加细胞对葡萄糖的摄取、贮存和利用，另一方面抑制非糖等物质转化为葡萄糖
【解析】 （１）尿糖是指尿中的葡萄糖，葡萄糖是还原糖，中学阶段鉴定还原糖的试剂是斐林试剂，水
浴加热产生砖红色沉淀。
（２）从该空后面可以看出需要测定血糖浓度、观察某些症状；由于 Ａ组注射了胰岛素，大鼠会出现的
血糖浓度下降甚至低血糖等症状，为了让低血糖等症状消除，需要为 Ａ组大鼠注射一定浓度的葡萄
糖溶液。胰岛素的生理作用是增加细胞对葡萄糖的摄取、贮存和利用、抑制非糖等物质转化为葡
萄糖。
３２．【答案】（除标注外，每空 ２分，共 １０分）
（１）基因的自由组合定律（１分）
（２）３
１６ （３）２７ １
６４
（４）有丝分裂中期的染色体（１分） 染色体数目或结构
【解析】 （１）小麦的颗粒颜色是由 ３对同源染色体上的 ３对非等位基因控制，因此在遗传中遵循基
因的自由组合定律。
（２）Ｆ２中含有两个显性基因的杂合个体与 ａａＢＢｃｃ表现型相同，即 ＡａＢｂｃｃ（１
２ ×１
２ ×１
４ ＝１
１６）、
ＡａｂｂＣｃ（１
２×１
４×１
２＝１
１６）、ａａＢｂＣｃ（１
４×１
２×１
４＝１
１６），一共 ３
１６。
（３）Ｆ２中各基因的基因频率均为 １
２，随机传粉得到 Ｆ３的基因型有 ３×３×３＝２７种；Ｆ３中所结种子的颗
粒为白色的基因型为 ａａｂｂｃｃ＝１
４×１
４×１
４＝１
６４。
（４）染色体变异与基因突变的重要区别是染色体变异在光学显微镜下可以观察到，利用根尖分生区
细胞观察有丝分裂中期染色体数目和结构，若观察到染色体数目或结构与非粗壮植株不同，则发生
了染色体变异（注意：染色体变异包括染色体数目变异和染色体结构变异，答题要严谨、全面）。
３３．【答案】 （１）ＢＣＤ（５分） （２）见解析
【解析】 （１）破镜不能重圆，是因为达不到分子引力作用范围，故 Ａ错误；对于一定质量的物体，它
的内能只由体积和温度来决定，选项 Ｂ正确；液晶具有流动性，光学性质各向异性，选项 Ｃ正确；不
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可能从单一热源吸收热使之完全变为功而不引起其他变化，如果引起其他变化，可以从单一热源吸
收热量，使之完全变为功，Ｄ正确；潮湿天气，空气相对湿度大，从衣服飞出的水分子与回到衣服的水
分子相等，达到饱和。故 Ｅ错误。
（２）（ⅰ）设开始时缸内气体压强为 ｐ１，根据力的平衡有
ｐ０Ｓ＋２ｍｇ＝ｐ１Ｓ （２分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
解得：ｐ１＝ｐ０＋２ｍｇ
Ｓ ＝１．４×１０５Ｐａ （３分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
（ⅱ）设当 Ａ活塞与卡环刚好接触时，气缸高为 Ｈ，
当 Ａ、Ｂ间的距离为 ５ｃｍ时，弹簧压缩量增加 ５ｃｍ，弹簧弹力增加 ｋ×１
６Ｈ，
设封闭气体的压强为 ｐ２，根据力的平衡有
ｐ０Ｓ＋２ｍｇ＋ｋ×１
６Ｈ＝ｐ２Ｓ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
解得：ｐ２＝ｐ０＋１２ｍｇ＋ｋＨ
６Ｓ ＝２．０×１０５Ｐａ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
设环境温度为 Ｔ１，根据理想气体状态方程，有
ｐ１×１
３ＨＳ
Ｔ０
＝
ｐ２×５
６ＨＳ
Ｔ１
（２分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
解得：Ｔ１＝１５００Ｋ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
３４．【答案】 （１）ＡＤＥ（５分） （２）见解析
【解析】 （１）例如单摆，平衡位置在其最低点，回复力为零，但此时的合力不为零，Ａ正确；在稳定的
干涉现象中，两列波的频率是相同的，Ｂ错误；做简谐运动的弹簧振子越靠近平衡位置动能越大，振
子由平衡位置向最大位移处运动时动能只能减小，故 Ｃ错误；当驱动力的频率等于系统的固有频率
时，产生共振，此时受迫振动的振幅最大，选项 Ｄ正确；由 λ＝ｖＴ可知，在一个周期内，沿着波的传播
方向，振动在介质中传播一个波长的距离，选项 Ｅ正确。
（２）（ⅰ）由于 ＰＯ＝ＯＣ，因此△ＰＯＣ为等腰三角形，因此∠ＰＣＯ＝３０° （１分）!!!!!!!!!!
光线在 ＡＯ面上的入射角 ｉ＝６０° （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
由于 ＣＤ与 ＯＢ平行，因此光线在 Ｃ点的折射角 ｒ＝３０° （１分）!!!!!!!!!!!!!!!
因此玻璃砖对光的折射率 ｎ＝ｓｉｎｉ
ｓｉｎｒ 槡＝ ３ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
（ⅱ）由于 ＣＤ＝ＣＯ，因此△ＯＣＤ为等腰三角形，且 ＣＤ与 ＯＢ平行，
根据几何关系可知，
光线在圆弧面的入射角 α＝３０° （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
根据光路可逆可知，折射角 θ＝６０° （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
根据几何关系可知，四边形 ＰＣＤＥ为等腰梯形，根据几何关系
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ＣＯ＝ＣＤ＝
１
２Ｒ
ｃｏｓ３０°＝槡３
３Ｒ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
四边形 ＰＣＤＯ为平行四边形，因此 ＰＣ＝Ｒ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
光在该玻璃砖中的传播速度为 ｖ＝ｃ
ｎ＝槡３
３ｃ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
光从 Ｐ点传播到 Ｅ点所用的时间 ｔ＝２Ｒ
ｃ＋ＣＤ
ｖ＝３Ｒ
ｃ （１分）!!!!!!!!!!!!!!!!!
３５．【答案】（共 １５分）
（１）５ｓ２５ｐ６（２分） ｐ（１分）
（２）ＸｅＦ２、ＸｅＦ４、ＸｅＦ６均为分子晶体，其相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高（２分）
（３）极性（１分） ｓｐ３（１分） 三角锥形（１分）
（４）离子键和配位键（填共价键也给分）（２分） ４６０．６（１分） １１７１．５（１分）
（５）ＣｏＰｔ或 ＰｔＣｏ（１分） 槡１２７２
ａ３ＮＡ
×１０３０（２分）
【解析】 （１）５４号元素氙核外价电子构型为 ５ｓ２５ｐ６，属于 ｐ区。
（２）ＸｅＦ２、ＸｅＦ４、ＸｅＦ６均为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高。
（３）ＡＢｎ型分子，中心原子："化合价" ＝最外层电子数时，分子为非极性分子，ＸｅＯ３的化合价为 ＋６，
最外层电子数为 ８，故 ＸｅＯ３为极性分子；ＸｅＯ３的价层电子对数为 ３＋１
２（８－２×３）＝３＋１＝４，则
ＸｅＯ３中心原子的杂化类型为 ｓｐ３；分子的空间构型为三角锥形。
（４）结合题意可知，配合物六氟合铂酸氙中的化学键是离子键和配位键。据 ｂｏｒｎ－Ｈａｂｅ循环图可
知，Ｘｅ［ＰｔＦ６］（ｓ）的晶格能为 ４６０．６ｋＪ·ｍｏｌ－１，Ｘｅ原子的第一电离能为 １１７１．５ｋＪ·ｍｏｌ－１。
（５）据题意可知，金属 Ｐｔ为面心立方结构，利用均摊法，铂钴合金的晶体中 Ｐｔ：４×１
２＝２，Ｃｏ：８×１
８＋
２×１
２＝２，则其化学式为 ＣｏＰｔ或 ＰｔＣｏ，该晶体的密度为 ２５４×２
ＮＡ（槡２ａ）３×１０３０＝ 槡１２７２
ａ３ＮＡ
×１０３０ｇ·ｃｍ－３。
３６．【答案】（共 １５分）
（１）间二甲苯（或 １，３－二甲苯）（１分）
（２）还原反应（１分）
（３）羰基、羟基（２分）
（４） （２分）
（５） （２分）
（６）３０（２分） （２分）
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（７） （３分）
【解析】（１）有机物 Ａ的名称为间二甲苯或 １，３－二甲苯。
（２）Ｂ→Ｃ反应是将—ＮＯ２转化为—ＮＨ２，故反应类型为还原反应。
（３）有机物 Ｅ的结构简式为 ，其含氧官能团名称为羰基、羟基。
（４）结合题意可知，Ｆ＋Ｙ→Ｇ反应类似于已知④，故 Ｙ的结构简式为 。
（５）Ｆ→Ｇ的化学反应方程式为 。
（６）结合题意可知，芳香族三取代物 Ｍ的结构为苯环上含有 ２个酚羟基（—ＯＨ），一个甲酸的酯基
（ＨＣＯＯＣＨ２ＣＨ２ＣＨ２—、ＨＣＯＯＣＨ２ＣＨ（ＣＨ３）—、ＨＣＯＯＣＨ（ＣＨ３）ＣＨ２—、ＨＣＯＯＣＨ（ＣＨ２ＣＨ３）—或
ＨＣＯＯＣ（ＣＨ３）２—）５种结构，苯环上含有 ２个酚羟基的结构有 ３种，其上再连一个取代基的位置有 ６
种，所以满足上述条件的有机物 Ｍ共有 ５×６＝３０种。其中，核磁共振氢谱共有 ５组吸收峰，且吸收
面积比为 １∶１∶２∶２∶６的同分异构体的结构简式为 和 。
（７）结合题意可知，以苯及其他物质为原料制备 的合成路线流程图为
。
３７．【答案】（除标注外，每空 ２分，共 １５分）
（１）干热 火焰旁 前（１分） 原油（１分） 选择培养基
（２）稀释涂布平板 ５×１０６
（３）需要（１分） 设置对照的主要目的是排除实验组中无关变量对实验结果的影响
【解析】 （１）灭菌的方法有灼烧灭菌、干热灭菌和高压蒸汽灭菌等，纸袋只能用干热灭菌；称取和稀
释土壤样品要在火焰旁是为了避免周围环境中微生物的污染；分装前对培养皿进行灭菌是为了防止
培养皿中微生物的污染；原油为唯一碳源是为了防止利用其他碳源的微生物的生长和繁殖；这种培
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养基是为了筛选特定的细菌，所以属于选择培养基。
（２）将菌液接种到平板上并为了计数菌落的方法是稀释涂布平板法；１０４ ×（４７＋５３＋５０＋４８＋５２）
÷５÷０．１＝５×１０６。
（３）需要设置空白对照，排除稀释液等因素的影响。
３８．【答案】（除标注外，每空 ２分，共 １５分）
（１）碱基互补配对（１分） 磷酸二酯键 不同
（２）同期发情 超数排卵 桑椹胚或囊胚
（３）载体（运载体） Ｓｌｃ２０ａ２基因
【解析】 （１）不同核酸间通过碱基互补配对原则进行结合，对目的 ＤＮＡ的敲除本质是断开核苷酸
之间的磷酸二酯键，识别不同的目的 ＤＮＡ需要设计不同的向导 ＤＮＡ识别序列。
（２）利用激素对供、受体进行同期发情处理，使其处于相同的生理状况，再用激素对供体进行超数排
卵以获得卵细胞，胚胎应发育到桑椹胚或囊胚阶段再移植。
（３）病毒在这里起到运载体的作用，目的是将相应基因转移到受体细胞，用 Ｓｌｃ２０ａ２基因对纹状体细
胞检测，如果出现杂交带，则说明相应基因未被敲除或部分敲除，如果不出现杂交带，说明相应基因
已敲除。
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