1、（全国I卷）2021届高三理综第二次模拟考试题（二）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。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137第卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共13小题
2、，每小题6分，共78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在生物体内，酶是具有催化作用的有机物。下列关于酶的叙述，错误的是A过氧化氢酶、脲酶和麦芽糖酶的化学本质都是蛋白质BDNA聚合酶和DNA连接酶都能催化磷酸二酯键的形成C胰蛋白酶的合成及分泌与核糖体、内质网和高尔基体有关D淀粉酶和盐酸通过降低反应物
3、的活化能催化淀粉水解3miRNA是一类由基因编码的，长约22个核苷酸的单链RNA分子。在线虫中，Lin-4基因的转录产物经加工后形成miRNA-miRNA*双链，其中miRNA与Lin-14mRNA部分配对，使其翻译受阻，进而调控幼虫的正常发育模式。Lin-4 miRNA的形成过程及其对Lin-14基因的调控如下图所示。下列叙述正确的是ALin-4基因调控Lin-14基因选择性表达的结果是Lin-14基因转录水平降低B用抗原抗体杂交技术可检测到线虫内Lin-4基因表达的蛋白质C图中过程、过程分别需要RNA聚合酶、限制性核酸内切酶DmiRNA转录模板区段的碱基序列与miRNA*的碱基序列不同4植
4、物激素对植物的生长发育至关重要，下列叙述正确的是A新鲜的小青菜中脱落酸含量相对较高B自然萌发的黄豆芽中含有多种植物激素C猕猴桃果实中通常含有少量自身合成的萘乙酸D自然成熟的葡萄中不再含有细胞分裂素和生长素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
5、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4221。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BF1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2/37“17世纪中国工艺百科全书” 天工开物为明代宋应星所著。下列说法错误的是A“凡铁分生熟，出炉未
6、炒则生，既炒则熟”中的“炒”为氧化除碳过程B“凡铜出炉只有赤铜，以倭铅（锌古称）参和，转色为黄铜”中的“黄铜”为锌铜金C“凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD“凡松烟造墨，入水久浸，以浮沉分清悫”，是指炭因颗粒大小及表面积的不同而浮沉8有机物M、N、Q的转化关系为： 下列说法正确的是AM分子中的所有原子均在同一平面B上述两步反应依次属于加成反应和取代反应CM与H2加成后的产物，一氯代物有6种DQ与乙醇互同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色9某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和SO2性质实验（部分夹持装置已省略），下列“现象预测”与“解释或结论”均正确
7、的是选项仪器现象预测解释或结论A试管1有气泡、酸雾，溶液中有白色固体出现酸雾是SO2所形成，白色固体是硫酸铜晶体B试管2紫红色溶液由深变浅，直至褪色SO2具有还原性C试管3注入稀硫酸后，没有现象由于Ksp（ZnS）太小，SO2与ZnS在注入稀硫酸后仍不反应D锥形瓶溶液红色变浅NaOH溶液完全转化为NaHSO3溶液，NaHSO3溶液碱性小于NaOH10用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A1mol硝基(-NO2)与46g NO2所含的电子数均为23NAB1mol环己烷中含有共价键数为12NAC向FeI2溶液中通入适量Cl2，当有1mol Fe2+被氧化时，转移的电子数为NAD电解精炼
8、铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量减小32g11最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点，下列说法错误的是A硫酸水溶液主要作用是增强导电性B充电时，电极b接正极Cd膜是质子交换膜D充放电时，a极有12几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437574主要化合价+2+3+5，-3-2下列叙述正确的是AY的最高价氧化物对应的水化物显两性B放电条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CX、Y元素的金属性：XAl，即XY，故C错误；D电子层数相同时，元素原子的核电荷数越小，离子半径越大，则Mg
9、2+的离子半径小于O2的离子半径，故D错误；答案选A。13. 【答案】A【解析】醋酸的电离常数，取对数可得到；A据以上分析，将C点坐标(6，1.7)代入，可得lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.0105，A正确；B根据A项分析可知，B错误；C当往10mL 0.10molL1 NaOH溶液中加入10mL 0.10molL1醋酸溶液时，得到CH3COONa溶液，溶液呈碱性，故当pH=7时加入的醋酸溶液体积应大于10mL，C错误；DB点，又lgKa(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，则由得，pH=8.3，c(H+)=108.3molL1，结合电荷守恒式
10、：c(CH3COO)+c(OH)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO)=c(OH)-c(H+)=(105.7-108.3)molL1，D错误；答案选A。14.【答案】B【解析】木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力，故木块受到重力、弹力、摩擦力和力F四个力作用，A错误，B正确；木块受力如图，根据平衡条件得，静摩擦力与F无关，当逐渐增大F的过程，FN增大，最大静摩擦力增大，而木块受到的静摩擦力不变，木块将始终保持静止，CD错误。15.【答案】D【解析】由题目可知，遏制电压Uc1.7 V，最大初动能EkmeUc1.7 eV，A错误
11、；根据光电效应方程可知，逸出功W0EEkm1.05 eV，B错误；断开开关S，光电效应依然发生，有光电流，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，电流表中电流不为零，C错误；电源电压为反向电压，当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电压表示数增大，电流表中电流减小，D正确。16.【答案】D【解析】理想变压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻R3阻值减小，副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知通过原线圈的电流也增大，A错误；理想变压器的输出功率PUI，其中U不变，I变大，故变压器的输出功率变大，B错误；副线圈电流增大，R1两端电压增大，故R2两端电压
12、减小，根据P可得R2消耗的功率减小，C错误，D正确。17.【答案】D【解析】当开关闭合时，液体中有从A到C方向的电流，根据正离子的定向移动方向与电流方向相同，而负离子移动方向与电流方向相反，由左手定则可以知道，钠离子与氯离子均偏向M处，M处钠离子与氯离子浓度高于N处，同时M处和N处仍呈电中性，电势相等，ABC错误；由前面分析可知液体将受到向M的安培力作用，在液面内部将产生压强，因此P端的液面将比Q端的高，D正确。18.【答案】C【解析】匀减速运动的加速度大小分别为，摩擦力大小分别为，；对于匀加速运动过程，两物体加速度大小分别为，根据牛顿第二定律得，所以F1和F2大小不相等，A、B所受摩擦力大小
13、相等，A错误，C正确。两个物体匀加速直线运动的位移大小分别为x1v0t0，x2v02t0v0t0，F1和F2对A、B做功分别为W1F1x1mv02，W2F2x2mv02，所以F1和F2对A、B做功之比为11；根据“面积”等于位移，可知全过程中两物体的位移大小相等，两物体所受的摩擦力之比为11，故全过程中摩擦力对A、B做功之比为11，BD错误。19.【答案】BD【解析】由场强的叠加和对称性可知，O点和D点场强方向相同，但D点场强要小于O点的场强，A错误；由电场的分布特点可知，D点电势为0，P点电势小于0，故D点的电势一定高于P点，B正确；将一正检验电荷沿直线从O点运动到D点，电场力不做功，C错误
14、；将一正检验电荷沿直线从O点运动到P点，电场力做正功，电势能减小，D正确。20.【答案】BCD【解析】由图可知，当弹簧压缩量x0时，a5m/s2，则有agsin 5 m/s2，解得30，故A错误；当弹簧压缩量x20cm0.2m时，a0，则有mgsin kx0，解得k12.5 N/m，故B正确；在当x0.2m时，a0，此时小球的速度最大，由可知，即小球最大的动能Ekmmv20.25 J，故C正确；由运动的对称性可知，当弹簧的压缩量为x10.4m时，小球速度为零，此时弹簧的弹性势能最大，从最高点到小球速度为零的位置，由机械能守恒可得，最大的弹性势能等于重力势能的减小量，即最大弹性势能Epmmgx1
15、sin 301 J，故D正确。21.【答案】ACD【解析】根据题意作出粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径rl，因为粒子做圆周运动的半径r，质子与粒子的比荷为21，所以其半径之比为12，质子半径为l，故A正确，B错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期，转过的圆心角1300，则粒子在磁场中的运动时间，质子从O点射入P点射出，半径为l，可知O点射入的速度方向必与OP边界垂直，2180，故，所以质子和粒子发射的时间间隔为，故CD正确。22.【答案】(1)平衡摩擦力 (2)0.68 (3)【解析】(1)长木板右端垫一小物块，其作用是利用重力在斜面上的分力来平衡摩擦，使弹簧
16、做的功全部转化为小车的动能。(2)由图可知，第二段物体做匀速直线运动，则速度为。(3)根据能量守恒有，又Epkx2，联立解得。23.【答案】(1)100 910 2000 (2)50 (3)大于【解析】(1)根据题意R1与表头G构成1mA的电流表，则，代入数据解得，因为使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，所以 ，因为使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，所以。(2)电压表与之并联之前电阻小于2500 ，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大电阻远小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50 的电阻。(3)改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电
17、流偏小，则实际其电阻的阻值偏大，故实际阻值大于900 。24.【解析】(1)bc边刚进入时，有：线框匀速运动，有联立可得ah、ed边将离开磁场时，有：线框匀速运动，有联立可得综上所述即线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的4倍。(2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有穿过磁场过程中能量守恒，有联立可得：Qmg(H13l)。25.【解析】(1)以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中动量守恒：mv0(mM)v01解得v014 m/s因为传送带速度为2 m/s，所以物块减速上升，由牛顿第二定律得：(mM)gsin (mM)gcos (mM)a1a110 m/s2减至共
18、速，所需时间t10.2 s(2)共速时的位移x1(v01v)t10.6 m继续减速时，摩擦力方向沿传送带向上，此时加速度方向沿传送带向下：(mM)gsin(mM)gcos(mM)a2a22 m/s2若继续减速至零，所需时间为t1 s所以物块未减至零时，第二颗弹丸已射入，此时物块的速度v1va2(1t1)0.4 m/s此时位移x2(v1v)(1t1)x20.96 m传送带与物块间摩擦力大小f(Mm)gcos 0.4 N传送带与物块间的相对位移x1(v01v)t1vt10.2 mx2v(1t1)(v1v)(1t1)0.64 m则物体与传送带摩擦产生的热量Qf(x1x2)0.336 J。(3)第二颗
19、弹丸射入的过程中量守恒：mv0(mM)v1(mmM)v02得v024 m/s由此可推至每次射入弹丸后，物块A都是先减速至传送带速度，然后继续减速到下一颗弹丸射入。可推知这次物块上升的位移sx1x21.56 m第三颗子弹射入的过程中动量守恒：mv0(2mM)v2(mmmM)v03得v033.7 m/s减至共速，所需时间t30.17 s所以物块未减至零时，第4颗子弹已射入，此时物块的速度v3va2(1t3)0.34 m/s此时上升的总位移s3(v03v)t3(v3v)(1t3)1.4556 m此时已发生位移为sx1x2s2s34.5756 m传送带总长5 m，还剩0.4244 m，可以推知第4颗子
20、弹射入后，A物体到达传送带顶端，所以子弹需要射入4次。26. 【答案】(1)a 使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离 圆底烧瓶A (2)防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解 使过氧化氢和冰醋酸充分反应 (3)淀粉溶液 滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变 CH3COOOH+2H+2I=I2+CH3COOH+H2O 【解析】蛇形冷凝管的进水口在下面，即图中a，出水口在上面；答案为：a；实验目的是双氧水的提浓，需要水分挥发、避免双氧水分解，故向蛇形冷凝管中通入60水，主要目的为使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；答案为：使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧
21、化氢分离；圆底烧瓶B收集的是挥发又冷凝后的水，故高浓度的过氧化氢最终主要收集在圆底烧瓶A；答案为：圆底烧瓶A；(2)用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制过氧乙酸，双氧水和冰醋酸反应放出大量的热，而过氧乙酸性质不稳定遇热易分解，过氧化氢易分解，温度升高会加速分解，故向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，主要防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；答案为：防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；磁力搅拌能增大反应物的接触面积，便于过氧化氢和冰醋酸充分反应；答案为：使过氧化氢和冰醋酸充分反应；(3)硫代硫酸钠滴定含碘溶液，所选指示剂自然为淀粉，碘的淀粉溶液呈特殊的蓝色，等碘消耗完溶液会褪色，滴定终点
22、时的现象为：滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变；答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变；过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子反应，碘单质为氧化产物，乙酸为还原产物，故离子方程式为：CH3COOOH+2H+2I=I2+CH3COOH+H2O；答案为：CH3COOOH+2H+2I=I2+CH3COOH+H2O；通过CH3COOOH+2H+2I=I2+CH3COOH+H2O及滴定反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，找出过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式为：，得x=5.000V2105mol，则原过氧乙酸的浓度；答案为。27. 【答案】(
23、1) b (2)T3T2T1 7.32103 (3)ab N2+6H+6MV+=2NH3+6MV2+ 条件温和、生成氨的同时释放电能【解析】(1)NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，N原子还有1对孤电子对，NH3电子式为：；根据合成氨的反应机理与各步能量的关系图可知，反应b需要的能量最大，反应需要的能量越高，反应速率越慢，需要能量最高的反应决定总反应速率，所以决定反应速率的一步是b；根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应，H0；(2)正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小，所以图中温度T1、T2、T3大小关系是T3T2T1；设M点N
24、2反应的物质的量为x mol，反应三段式为：M点平衡时NH3的质量分数为40%，即=40%，可得x=2，则平衡时c(N2)=3mol/L，c(H2)=9mol/L，c(NH3)=4mol/L，平衡常数为K=7.32103；(3)根据装置电极b上MV2+转化为MV+可知，b电极为正极、a电极为负极，原电池工作时，电子从负极a电极经过导线流向正极b电极，即ab；固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，所以发生的反应为：N2+6H+6MV+=2NH3+6MV2+；该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、
25、反应条件温和，所以与传统化工工艺相比，该工艺的优点为：条件温和、生成氨的同时释放电能。28. 【答案】(1)温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低） (2)Na2SO4 (3)AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O (4) 432 氨浸 氯化焙烧 (5)使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度 电解【解析】(1)“氯化焙烧”过程中，若温度过高，氯化物会进入烟尘逃逸，或者会发生其他副反应，导致产率降低，故答案为：温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低）；(2)滤液中溶质有盐酸盐和大量钠
26、盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明含有SO，则此钠盐的化学式是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；(3)根据上述分析可知，氨浸时发生的化学反应为AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，故答案为：AgCl+2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O；(4)N2H4是共价化合物，其电子式是，故答案为：；沉银过程中发生反应4Ag(NH3)2Cl+N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3，则理论上1mol N2H4完全反应所得到4mol Ag，其质量为4mol108g/mol=432g，故答案为：432；所得母液为NH4Cl，向其中加入烧碱，
27、可反应得到NaCl和NH3H2O，可返回“氯化焙烧”和“氨浸”工序中循环使用，故答案为：氯化焙烧；氨浸；(5)助熔剂Na2CO3和Na2B4O7既可以降低了银的熔点，减少能耗，又可以使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度，可用银锭作阳极，纯银作阴极，硝酸银作电解质溶液构成电解池，进一步精练银锭，即采用电解的方法进一步直接精炼银锭，故答案为：使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度；电解。29. 【答案】(1)光照强度 光反应 (2)光反应为暗反应提供H和ATP，暗反应为光反应提供ADP、Pi 呼吸作用 生长发育 (3)二氧化碳 灌浆前 合理灌溉 叶绿素含量高 (4)ABD【解析】（1）据图可知：
28、旗叶靠近麦穗最上端，能接受较多的光照，故与其他叶片相比，旗叶光合作用更有优势的环境因素是光照强度；类囊体上附着有与光合作用相关的酶和色素，为光反应阶段提供了场所。（2）光反应可为暗反应阶段提供H和ATP，同时暗反应可为光反应提供ADP、Pi，故在光合作用过程中，光反应与暗反应相互依存；制造或输出有机物的组织器官被称为“源”，故源”光合作用所制造的有机物一部分用于“源”自身的呼吸作用，一部分用于生长发育，其余部分运输至“库”。（3）气孔导度表示气孔张开的程度，则气孔导度越大，植物吸收的二氧化碳越多，暗反应越有利；据表格数据可知：灌浆前期气孔导度最大，即此时对籽粒产量的影响最大；因“干旱导致气孔开
29、放程度下降”，故为避免产量下降，应保证水分供应，即应合理灌溉。据表格可知：灌浆后期和末期，叶绿素含量指数最高，对于光合速率影响较大，故应优先选择旗叶叶绿素含量高的品种进行进一步培育。（4）据题干信息可知：本实验为“研究小麦旗叶与籽粒的“源”“库”关系”，且据以上分析可知，源物质可转移至库，也可用于自身生长发育等，故可从阻断向库的运输及检测自身物质方面入手：AB、阻断旗叶有机物的输出，检测籽粒产量的变化、阻断籽粒有机物的输入，检测旗叶光合作用速率的变化均为阻断向“库”的运输后检测的效果，AB正确；CD、使用14CO2饲喂旗叶，检测籽粒中含14C的有机物的比例为检测自身的有机物变化，而检测有机物的
30、变化一般不用18O进行，C错误、D正确；故选ABD。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
31、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
32、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）不正确，A/a基因位于X染色体上、D/d基因位于常染色体上，也可以出现正常节律雄性亲本和长节律雌性亲本杂交，后代雌雄个体分别表
33、现为正常节律、长节律，遗传图谱为： （2） aaXDXD或ddXAXA AAXdY或DDXaY （3） 31 35【解析】（1）若D/d基因位于常染色体上，A/a位于X染色体上，亲本DDXAYDDXaXa，后代雌性全部为正常节律，雄性全部为长节律，遗传图谱为：（2）雌性亲本均为长节律，F1全部表现为正常节律，且雌雄亲本均只有A或D，故亲本的基因型为aaXDXDAAXdY或ddXAXADDXaY。（3）设A/a位于X染色体上，F1基因型为DdXAXa，DdXAY，后代D_dd=31，雌性中XAXAXAXa=11，雌性正常节律长节律=31，雄性XAYXaY=11，雄性中正常节律=3/41/2=3/
34、8，长节律=1-3/8=5/8，雄性中正常节律长节律=35。33.（1）【答案】ACD【解析】分子间作用力为引力时，rr0 ，随着分子势能增大，分子间距离r增大，分子间作用力可能先增大后减小，A正确；相对湿度指的是同一温度时，空气中水蒸气的压强与水的饱和气压之比，B错误；一切自发过程总是沿分子热运动无序性增大的方向进行，体现热力学第二定律的微观意义，C正确；理想气体等压膨胀过程，体积增大，对外做功，由理想气体状态方程可知，气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律U=W+Q可知，气体一定吸热，D正确；布朗运动是悬浮微粒运动，并非微粒分子运动，E错误。（2）【解析】(i)小孔将容器内外空气连通，
35、故容器内气体压强不变，气体温度升高到T1时，根据盖-吕萨克定律有：设升温至T1后逸出的体积为V的空气在温度为T0时的体积为V1，则可得：同种气体在相同压强和相同温度下密度相等，即：联立解得：。(ii)水进入容器开始形成液封，当容器内气体温度恢复到T0时，容器内外水面的高度差为h，容器内部气体体积为，设此时气体压强为p1，容器内部气体质量不变。根据理想气体状态方程有：当水不再进入容器内部时有：联立解得：。34.（1）【答案】AC【解析】由图可知，x0处质点在t0.45s时沿y轴正方向振动，则该波沿x轴正方向传播，故A正确； x0.5m处的质点比x0处的质点振动滞后时间s，故B错误；简谐波的周期T
36、0.4s，x0处的质点经过0.6s的路程m，故C正确；x0处的质点的振动方程为y0.1sin 5t(m)，将t0.45s代入得m，故D错误。（2）【解析】如图所示，由光的折射定律可知带入数据可得30。在三角形OO1O2中，由正弦定理可知可得60则sin ，可知光线在O2刚好发生全反射，且反射角EO2F60。由几何关系可知，光线在器件中通过的路程为sR+RR光线在介质中传播的速度vc光线在介质中传播的时间。35.【答案】(1)4s24p4 H2S或硫化氢 (2)O=C=O (3) sp2 (4)4 或【解析】(1)Se是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s22s
37、22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；硒所在主族元素是第VIA，简单氢化物化学式通式是H2X，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S；(2)在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O；VL标准状况下CO2的物质的量
38、是n(CO2)=mol，由于在1个CO2分子中含有2个键，所以mol CO2气体中含有的键数目为mol2NA/mol=；(3)已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大键，根据结构简式可知，形成大键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为，其中Se的杂化方式为sp2；(4)根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；晶胞中Fe2+数目=8+4+1=4，Cu+的数目=6+4=4，S2数目为81=8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=524pm，c=1032pm，则晶体的密度=g/cm3或g
39、/cm3。36.【答案】(1)CH2=C(CH3)CH2CH3 (2)3，4二甲基3己烯 (3)消去反应 (4)+2H2O (5)碳碳双键，酯基 (6)3 、 (7)CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO【解析】（1）根据F的结构简式，结合A的分子式分析A为CH2=C(CH3)CH2CH3，故答案为：CH2=C(CH3)CH2CH3；（2）由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，根据系统命名法命名为3，4二甲基3己烯，故答案为：3，4二甲基3己烯；（3）根据F的结构简式及G的分子式分析，FG的过
40、程为脱去一个水分子，形成双键的过程，该反应为消去反应，故答案为：消去反应；（4）D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为，故答案为：；（5）根据上述分析N为，其中所含官能团为：碳碳双键，酯基，故答案为：碳碳双键，酯基；（6）X为苯乙醇，对应的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，苯环上的一氯取代物只有两种，若苯环上只有两个取代基，则另一取代基为乙基，只能为对位，若苯环上有三个取代基，则一个为羟基，两个是甲基，两个甲基的可以位置在羟基的邻位或间位，所以共3种，故答案为：3；（7）E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2
41、OHCOH(CH3)CH2CH3，端点的羟基在铜催化条件下可以被氧化生成醛，2号碳上的羟基由于2号碳上没有氢原子，所以不能被氧化，醛基被弱氧化剂氧化，酸化后反应生成酸，反应的流程为：CH3CH2Br(CH3)CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO。37.【答案】（1）红树莓果汁产品 CE 具有透明圈 （2）对细胞进行破碎匀浆处理，过滤取上清液，加蛋白酶抑制剂，进行电泳或用果胶类似物进行亲和层析（3）分子本身大小、形状以及带电性质 （4）中期 中期时所有酶都与底物充分接触，化学反应速率稳定 （5）2 （6）杀死酵母菌，停止酒精发酵，同时防止发酵液中有机
42、物的破坏和酒精的流失【解析】（1）寻找目的菌株时，要根据它对生存环境的要求，到相应的环境中区寻找。本题中需要筛选一株分解红树莓果实中果胶酶的微生物，最佳菌体采样点应为红树莓果汁产品。该培养基为固体培养基，所以要加入凝固剂：琼脂。因为要筛选分解过胶的微生物，所以要以果胶作为唯一的碳源。因此，培养基中还需加入果胶和琼脂，而不能加入蛋白胨和牛肉膏。培养基中的刚果红可以与果胶结合生成红色复合物，但是不与果胶分解后的产物结合，接种一段时间后，如果微生物能产生分解果胶的酶，就会出现透明圈，所以选择具有透明圈的菌落。（2）从微生物中提取和分离果胶酶的基本步骤：对细胞进行破碎匀浆处理，过滤取上清液，加蛋白酶抑
43、制剂，进行电泳或用果胶类似物进行亲和层析。（3）采用凝胶电泳分离果胶酶中不同组分，在同一电场下，由于各种酶分子带电性质的差异以及分子本身大小、形状的不同，使带电分子产生不同的迁移速度，从而实现样品中各种分子的分离。（4）在反应体系中底物足量且处于最适温度和pH条件下，测定果胶酶活性需要在反应中期进行，主要原因是前期酶和底物接触不充分，化学反应速率慢；后期由于产物增多、积累，可能会影响酶促反应的进行；中期时所有酶都与底物充分接触，化学反应速率稳定。（5）工艺中“发酵”环节所用菌株为酵母菌，图中2号试管为酵母菌在半固体培养基中培养后状态，因为酵母菌为兼性厌氧菌，在有氧的条件下大量繁殖，在无氧的条件
44、下进行酒精发酵，所以固体培养基与空气接触的部位分布了较多酵母菌，固体培养基底部和中部无氧的环境中也有酵母菌生活。（6）工艺中“后处理”环节一个重要工序是将酒样置于87保温30min，目的是杀死酵母菌，停止酒精发酵；同时87的条件下可以防止有发酵液中机物的破坏和酒精流失（合理即可）。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
45、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710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。
