四川省广安市岳池县第一中学2020届高三诊断性考试理综试卷

这是一份四川省广安市岳池县第一中学2020届高三诊断性考试理综试卷，共33页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。






















理科综合参考答案

一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
C
C
A
C
D
B
B
D
A
C
D
D
C
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
D
B
C
B
A
BC
ABD
CD
【解析】
1．蓝藻是原核生物，细胞器只有无膜的核糖体；两者都能进行有氧呼吸消耗O2，蓝藻能进行光合作用生成O2，酵母菌不能进行光合作用；二者的遗传物质均为DNA；蓝藻是原核生物，没有细胞核。
2．被铁钉扎伤后注射破伤风抗毒血清利用了免疫学的原理。
3．这两种细胞的增殖方式都是有丝分裂。
4．赤霉素促进果实的发育，脱落酸促进果实的衰老和脱落。
5．该突变型雄果蝇的出现既可能是显性突变，也可能是隐性突变；雄性子代X染色体上的基因只能来自母本。
6．每毫升湖水中有20个蓝球藻是种群密度，属于种群数量特征的描述。
7．A项，聚丙烯无双键，无法使酸性高锰酸钾溶液褪色。B项，75%的医用酒精具有杀菌消毒的作用，作用原理是乙醇使得蛋白质变性。C项，植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，久置会因双键被氧化而变质，不是因为水解。D项，气溶胶是指气体作为分散剂的一种胶体。
8．A项，3Mg+N2Mg3N2，50g的氮化镁即为0.5mol，生成0.5mol氮化镁消耗0.5mol N2，破坏了0.5×3对共用电子对。B项，标准状况下，2.24L的气体即为0.1mol的气体，Ne和NH3均为10电子微粒，故而所含电子总数的物质的量为1mol，即电子总数为1NA。C项，甲醛和乙酸最简式均为“CH2O”，最简式相对分子质量为30，6g即为0.2mol，故所含原子总数为0.2×4=0.8NA。D项，未指出溶液体积，故而无法确定NH的数目。
9．Y是形成化合物种类最多的元素，故而Y为C，Y和W同主族且同为短周期元素，则W为Si，X与R形成的化合物XR中仅有一对共用电子对，则X与R分别为H、Cl，又因为五种元素的最外层电子数之和为19，则Z为Al。A项，W的最高价氧化物对应水化物为H2SiO3，不溶于水。B项，Y和W为同主族元素，Y的非金属性强于W，最简单氢化物的稳定性Y>W。C项，Z、W、R分别为Al、Si、Cl，其单质均能与强碱溶液反应。D项，同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，同主族从上到下，原子半径依次增大，故而原子半径大小关系有r(Z)>r(W)>r(R)>r(Y)>r(X)。
10．A项，不饱和度为5，故而分子式正确。B项，布洛芬分子中仅有苯环可与氢气发生加成。C项，由于苯环左、右侧的碳原子均有饱和碳连接碳原子，所以不可能所有碳原子共平面。 D项，布洛芬中烃基和苯环均为疏水基，仅有羧基为亲水基，布洛芬难溶于水。
11．A项，氯离子和碘离子浓度相同，加入银离子后先产生淡黄色沉淀，故而Ksp(AgI)
c(AlO)+ c(Cl−)。D项，d点溶质是NaCl、NaOH、NaAlO2，物质的量之比为3∶2∶1，该浓度大小比较关系成立。
14．原子核衰变时电荷数和质量数守恒，故A错误。β衰变时，核内的一个中子转化为一个质中和一个电子，其中的电子发射出来就是β射线，这个电子不是核外电子，故B、C错误。原子核的半衰期是一个统计规律，具体到某个原子核在什么时候衰变是不确定的，故D正确。
15．三脚架对称展开，地面对三只脚的弹力相同，整体进行受力分析，这三个弹力的合力与总的重力等大反向，即，故B正确。
16．设有效值为I，0~0.2s、0.8~1s的电流的大小为I1，0.2~0.8s内电流大小为I2，由交流电有效值的定义有，解得。
17．超重和失重不是重力或地球对物体的引力变大或变小，而是重力或地球对物体的引力与物体对水平支持面或竖直绳的拉力不相等，故A错误。地球对卫星的万有引力就是卫星绕地球做圆周运动的向心力，故B正确。引力的大小与卫星的质量有关，题目中没有告诉近地卫星和中圆轨道卫星的质量关系，不能只由轨道半径确定，故C错误。人造卫星的轨道有圆轨道、也有椭圆轨道，圆轨道上的卫星的速度不超过第一宇宙速度，而椭圆轨道上的运动速度可以大于第一宇宙速度，故D错误。
18．O1是粒子在磁场Ⅰ中的圆心，O2是粒子在磁场Ⅱ中的圆心。由图可知，所以，其中，，即，由及“磁场Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度分别为B和”可知，联立可得，解得，故A正确。
19．电场强度的大小和电势的高低没有必然的联系，故A错误。正电荷在电势高的地方电势能较大，负电荷在电势高的地方电势能小，故B正确。电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增大，与移动的电荷的正负没有关系，故C正确。从静止的只受电场力作用的运动一定是电场力做正功，电势能减小，从电势能较高的地方向电势能低的地方运动，但电势能的高低与移动的电荷的正负有关，故D错误。
20．力F没有作用于A时，对A、B整体可知弹簧弹力大小与A、B的重力大小相等，墙面对B没有弹力也没有摩擦力。F沿斜面向上推A时，由于AB并未运动，所以弹簧的长度没有发生改变，弹簧弹力不变，故B正确。再对A、B整体进行受力分析，可知墙面对B有弹力和摩擦力，弹力的大小与F的水平分力大小相同，摩擦力的大小与F的竖直分力大小相同，故A正确。有力F作用时，对A受力分析，由于不知道F的大小，所以A相对于B的运动趋势不清楚，B对A的静摩擦力的大小和方向都不确定，故C错误，D正确。
21．MN、PQ为光滑水平轨道，在金属棒1获得向右的速度后向2靠近的过程中，两金属棒所受安培力大小相等方向相反，所以两棒所组成的系统动量守恒，在此过程中，1做减速运动而2做加速运动，当两者的速度相等时，两棒和两轨道所构成的区域的磁通量不变，回路中感应电流为0，两棒以相同的速度做匀速直线运动，且，即最后两者的运动速度为。对两棒所组成的系统，所产生的总焦耳热Q等于系统动能的减少量，即，其中一根金属棒产生的焦耳热是Q的一半，故B错误。对金属棒1，克服安培力做的功等于产生的电能，安培力的功是合力的功，也就等于金属棒1的动能变化量，所以金属棒1减少的动能等于产生的电能，即金属棒1克服安培力所做的功与产生的电能E相等，且为，故A错误，D正确。对金属棒2，安培力的功是合力的功，也就是金属棒2动能的变化量，即，故C正确。
三、非选择题（共174分）
（一）必考题：共11小题，共129分。
22．（每空2分，共6分）
（1）让一个测力计与两个测力计有相同的作用效果，使得F是F1与F2的合力（只答“让一个测力计与两个测力计有相同的作用效果”或“使得F是F1与F2的合力”也得分）
（2）3.00
（3）CDB
【解析】该实验是通过实验找到两个力的合力，由于合力与分力是有相当作用效果的，即两弹簧力共同作用时的作用效果与一个测力计单独作用时有相同的作用效果，两次效果相同，所以橡皮条的拉伸长度和拉伸方向都应该相同，G固定，所以活动端应该要拉到同一位置。本实验中一个测力计拉动圆环时仍使它处于O点这一操作的目的就是为了让一个测力计与两个测力计有相同的作用效果，使得F是F1与F2的合力。通过实验确定两个分力和对应的合力后，接下来是进行数据分析，其过程是以O为作用点，用力的图示法分别画出F1、F2和F；以F1和F2为邻边做平行四边形，画出F1和F2所夹的对角线F´；比较F´与F，得到结论。
23.（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）0.680（0.678~0.682之间都给分）
（2）如图所示
（4）
（5）没有（1分）
【解析】读数、连线按要求。电压表示数是电阻两端的电压，电压表示数U2是电阻两端的电压，所以，解之得。由电阻定律有，代入可得。由于电源是稳压电源，其输出电压U不变，设电压表的电阻为R。开关S1掷向a、S2掷向c时电压表示数为U1，则；开关S1掷向b、S2掷向d时电压表示数为U2，则。所以，即，这个结果与电压表的内电阻没有关系，所以这样的测量方法所得的结果与真实值没有差异。
24．（12分）
解：（1）微粒在两板间刚好能沿水平方向做直线运动，则
①
②
③
④
所以 ⑤
（2）设微粒从两板右侧射出时的侧向位移为y，微粒运动过程中的加速度为a，则
⑥
⑦
微粒能从右侧射出的条件
解得
代入数据得 ⑧
如果微粒向上偏转，则 ⑨
解得 ⑩
如果微粒向下偏转，则
解得
所以，为使微粒能从金属板A、B的右侧射出两板间，极板A的电势的范围为
评分标准：本题共12分。正确得出①~式各给1分。
25.（20分）
解：（1）对A，被B碰撞后的速度设为，从被碰到沿轨道运动最高点Q的过程中
①
解得 ②
代入数据得 ③
（2）物块A以速度滑回到碰撞点P，在P点设轨道对A的支持力为FN，则
④
解得 ⑤
代入数据得 ⑥
由牛顿第三定律得，A对轨道的压力为100N、方向向下 ⑦
（3）设B与A第一次碰撞前的速度为，碰撞后速度为，则
⑧
⑨
解得 ⑩
设B第一次与A碰撞后向左运动xB停止运动，则

解得
设A返回到P点在水平面上运动时速度为，则

解得
A以速度与静止的物块B发生第二次弹性碰撞，设碰撞后两物体的速度分别为和，则


解得，
再往后，设A经x1、B经x2停止运动，则
对A有
对B有
解得
所以最终两物体之间的距离为
代入数据得
评分标准：本题共20分。正确得出①~③式共给4分，④~⑥式共给5分，⑦式给1分；⑧、⑨、、、、、、、、式各给1分。
26.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
Ⅰ．（1）2MnO+10Cl− + 16H+ =2Mn2+ + 5Cl2↑ + 8H2O（或其他合理答案，但不能用二氧化锰和浓盐酸）
（2）F→C→B→E→D（错或漏均不给分） 吸收尾气，防止污染空气；防止空气中的水气进入E中（答对一方面给1分）
（3）偏低
（4）控制好温度
Ⅱ．（1）2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑
（2）①H2O2（1分） ②Ba(OH)2（1分） ③过滤，洗涤，干燥，称量（1分，漏写不给分）
【解析】Ⅰ．（1）实验室制氯气的基本原理是用氧化剂和浓盐酸反应，在不加热的情况下，可选用氧化性较强的高锰酸钾、氯酸钾或次氯酸盐等和浓盐酸反应（由于没有加热条件，所以不可用二氧化锰）。
（2）利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫黄在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫（S2Cl2），连接装置D，D中应装入碱石灰，其作用一方面防止空气中水蒸气进入，另一方面吸收未完全反应的氯气，防止污染空气，依据上述分析可知装置连接顺序为A→F→C→B→E→D。
（3）实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气，并将B中残留的S2Cl2排入E中收集，否则收集到的S2Cl2偏少，产率偏低。
（4）反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量。
Ⅱ．（1）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，该气体X为SO2，且反应过程中只有一种元素化合价发生变化，即反应中只有硫元素化合价发生变化，产生烟雾，雾应为反应产生的氯化氢气体在空气中与水蒸汽结合形成的液滴，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式2S2Cl2+2H2O=SO2↑+
3S↓+4HCl↑。
（2）S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，为了测定该混合气体中SO2的体积分数，将混合气体通过氧化剂（H2O2溶液）吸收二氧化硫气体，得到的溶液中加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀。过滤、洗涤、干燥、称量，得到一定质量的硫酸钡沉淀，元素守恒即可计算二氧化硫的体积分数。
27.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）
（2）三（1分，答3或叁亦给分）
（3）反应a为放热反应，温度升高，平衡逆移，c(Ca2+)减小，反应b逆移，砷元素沉淀率下降
（4）CaSO4（写成硫酸钙或多写均不扣分）
（5）H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4（反应物生成物均写对1分，配平对1分；写成H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+ 2H++SO亦得2分） 分解反应（1分）
（6）NaOH、H2SO4（答出一个给1分，多写不扣分，写成硫酸或氢氧化钠亦给分）
（7）
【解析】（1）已知砷元素与P同一主族，As原子比P原子多1个电子层，砷为第四周期元素，第四周期有18种元素，故砷元素的原子序数为15+18=33，原子结构示意图为。
（2）1mol H3AsO4最多可消耗3mol NaOH，故H3AsO4为三元酸。
（3）从化学平衡原理角度解释温度过高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，反应b平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降。
（4）由流程可知“酸化”过程Ca5(AsO4)3OH与硫酸反应生成H3AsO4和CaSO4，故废渣成分为CaSO4。
（5）由题干信息可得，该过程SO2作还原剂，被氧化为硫酸，化学方程式为H3AsO4+SO2+H2O =H3AsO3+H2SO4，“还原”所得溶液进行加热发生的反应是2H3AsO3=As2O3+3H2O，反应类型为分解反应。
（6）根据流程可知，滤液1的主要溶质为NaOH，滤液2的主要溶质为H2SO4，故该工艺可以循环使用的物质有NaOH、H2SO4。
（7）由As2O3~2As可知，回收所得砷的质量为，废水中砷的质量为aω kg，故砷的回收率为%。
28.（除特殊标注外，每空1分，共14分）
（1）①低温 ②−740.0kJ·mol−1 未达到催化剂工作温度或未达到反应的温度等　
（2）① > a点的初始浓度和温度均大于b点，浓度越大、温度越高反应速率越快（2分）
②bc（2分） ③增大
④364.5（2分）
（3）SO2 + 2H2O−2e−= SO+4H+（2分） 硫酸
【解析】（1）根据，小于0时自发，反应Ⅰ为放热熵减反应，推测反应Ⅰ低温下自发进行； 根据盖斯定律计算得−740.0kJ·mol−1；前10s内CO、NO百分含量没有明显变化即还未开始反应或反应很慢，原因可能是催化剂活性不够或未达到催化剂工作温度或未达到反应的温度等。
（2）①由图信息可知a点的初始浓度和温度均大于b点，而浓度越大、温度越高反应速率越快。
②同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v(SO)=2v(NO)，a错误。溶液pH不变时，则c(OH−)也保持不变，反应达到平衡状态，b正确。不变可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，c正确。对于该反应无论是否达到平衡，都存在生成物=1∶2，d错误。
③由勒夏特列原理知升高温度，平衡向吸热方向移动，而根据图象信息知，相同初始浓度下，温度越高，NO的脱除率越高，即升高温度，平衡向正反应方向进行，正反应是吸热反应，化学平衡常数只受温度的影响，升高温度，化学平衡常数增大。
④反应前，三种溶液混合后，Na2S2O8的浓度为0.6mol/L×[20÷(20+20+20)]=0.2mol/L，同理NO的浓度为0.2mol/L，平衡时NO脱除率为90%，由三段式进行计算，得到平衡时各物质平衡浓度，而OH−浓度为0.4mol/L，再利用平衡常数公式计算得364.5。
（3）该装置为电解池装置，由原理和元素价态变化可推测阳极反应式为SO2 + 2H2O−2e−=SO+4H+，阴极反应式为NO+6H++5e−=NH+H2O，由两极生成和消耗H+推测H+剩余，则A为硫酸。
29.（每空2分，共10分）
（1）细胞中良好的储能物质、保温、缓冲减压 磷脂和固醇
（2）相似 要排除小鼠体内瘦素对实验结果的干扰
（3）促进肌肉细胞加速摄取葡萄糖，从而使血糖浓度降低（合理叙述给分）
30.（除特殊标注外，每空2分，共11分）
（1）T（1分） 促进被少数抗原刺激的B细胞增殖和分化 繁殖或对人体细胞的黏附
（2）下丘脑（1分） 增加（1分） =
（3）多喝水有利于增加排尿量和排汗量，从而增加散热量
31.（每空2分，共8分）
（1）一
（2）能量得到最有效的利用 能量
（3）浮游藻类大量繁殖，导致呼吸作用消耗的氧气量增加；微生物大量繁殖，导致呼吸作用消耗的氧气量增加；浮游藻类大量繁殖，覆盖水体表面，导致水中植物光合作用释放的氧气量减少，不利于空气中氧气溶解在水中等（合理叙述给分）
32.（每空2分，共10分）
（1）隐性
（2）多基因
（3）5
（4）AAbb、aaBB 7/16
（二）选考题：共45分。
33.（15分）
（1）（5分）ACD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
【解析】布朗运动不是分子的运动，但这种现象反映了分子在做无规则的运动，故B错误。电冰箱把热量从低温物体传到高温物体的过程消耗了电能，这个过程同样遵从热力学第二定律，故E错误。同种物质也可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，也就是说，物质是晶体还是非晶体，并不是绝对的，例如，天然水晶是晶体，而熔化以后再凝固的水晶（即石英玻璃）就是非晶体。有些非晶体在一定条件下也可以转化为晶体，故D正确。
（2）（10分）
解：i．管口D封闭时，对CD管中的气体，，体积 ①
AB管中的水银面比CD管中的水银面高时，设CD管中气体的压强，体积 ②
由 ③
得此时CD管中气体的压强 ④
ii．AB管中气体的压强为，则 ⑤
解得
开始时，对AB管中的气体，，体积，温度为
设加热后气体的温度为T2，AB管中气体体积 ⑥
由 ⑦
解得 ⑧
评分标准：本题共10分。正确得出③、⑦式各给2分，其余各式各给1分。
34．（15分）
（1）（5分）ADE（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
【解析】由图可知，波长，经时第一次形成图示波形图，说明周期，所以波的传播速度为，故A正确。质点P与处的质点相距90cm，再经，处的质点的振动状态第一次传播到P点，P点第一次振动到波峰，故B错误。振动的质点不会沿波的传播方向移动，只会在自己的平衡位置附近振动，故C错误。由图可知波源的起振方向是y轴负方向，故D正确。波从O点传播到P点的时间为，O点在时停止振动，所以质点P在时停止振动，故E正确。
（2）（10分）
解：i．如图所示， ①
所以 ②
由图可知 ③
所以折射率为 ④
ii．由图， ⑤
光在这种玻璃中的传播速度为 ⑥
所以从P点射入的单色光通过玻璃砖的时间为 ⑦
解得 ⑧
评分标准：本题共10分。正确得出④、⑥式各给2分，其余各式各给1分。
35.（除特殊标注外，每空1分，共15分）
（1）2s22p4 哑铃
（2）N2O4（其他合理答案也给分） 8NA（2分）
（3）sp杂化 C的电负性小于N，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易
（4）NaC8（2分）
（5）①六方BN的结构中没有像石墨中有自由移动的电子（2分）
②正方形（2分）
③×100%（2分）
【解析】（1）NH4CNO中电负性最大的元素为氧原子，氧原子价电子数为6，价电子排布式为2s22p4；基态氧原子核外电子占据的最高能级为2p，p的电子云轮廓图为哑铃形。
（2）根据等电子体的概念及C2O的构成原子个数、含有的电子数，可知与C2O互为等电子体的分子的化学式为N2O4，每个CO(NH2)2分子中含有8根化学键，所以1mol尿素中含有8NA化学键。
（3）CN−中C的杂化方式为sp杂化，C的电负性小于N，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易。
（4）可以取三个Na原子形成的小三角形为计算单位，其完全占有的碳原子数是4，占有的Na原子数为×3=，故碳原子数和Na原子数之比是4∶=8∶1，则其化学式表示为NaC8。
（5）①六方BN不能像石墨一样具有导电性，其原因是六方BN的结构中没有像石墨中有自由移动的电子。
②BN晶胞沿z轴在平面投影，N原子构成的几何形状为正方形。
③用“均摊法”，B：8×+6×=4，N：4，该晶体的化学式为BN，根据晶胞，晶体中一个N原子周围距离最近的B原子有4个，则一个B原子周围距离最近的N原子有4个，则晶胞的质量，晶胞的体积，B、N原子总体积
，晶胞中原子的空间利用率。
36.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）对溴甲苯(或4-溴甲苯)（1分）
（2）取代反应（1分） 银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）（试剂1分，条件1分）
（3）
（4）（写对主要物质，不配平，给1分；写离子方程式，全对，给2分，写对主要物质，不配平，给1分）
（5）8（1分） ；；（任选两种）
（4分，每步1分）
（6）
【解析】（1）从A→B合成条件及B的分子式看，该反应过程是用Br2分子中的一个Br原子取代苯环上的一个H原子，从最终产物绿原酸看，Br原子取代在原苯环取代基对位，所以A分子中含有7个C原子，该芳香烃A为，B为。
（2）B水解生成，再酸化后生成的C为，结合已知反应，加入H2O2后生成的D为，D在光照条件下与Cl2发生取代反应，结合E的分子式，E为。因为“两个羟基连在同一个碳上不稳定，易脱水形成羰基或醛基”，且酚羟基能与NaOH反应，所以E在NaOH溶液中反应生成的F为，结合已知反应，F与CH3CHO在NaOH溶液中反应生成的G为，G转变成H过程中需要氧化—CHO生成—COOH及酸化，
所以流程中的“一定条件”是“需要氧化—CHO生成—COOH”，该条件应为银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）。
（3）H与M发生酯化反应生成最终的产物绿原酸，由H和绿原酸的结构，可以推知M的结构简式为。
（4）E为在NaOH溶液中发生反应生成。
（5）F酸化后得到的K是，其分子式为C7H6O3，不饱和度为5，K的同分异构体X能发生银镜反应，且能与FeCl3溶液发生显色反应，所以X分子中含有1个—CHO和两个—OH，有6种结构；或属于含有一个—OH的甲酸某酯，有3种结构。所以X分子除了K还有8种结构。
（6）本题需要制备的产物结构（）中，Ⅰ来源于甲苯，Ⅱ来源于乙醛。二者的C—C键连接只能通过已知反应实现，所以先必须由与氯气在光照条件下发生取代反应生成，再通过水解反应、氧化反应制备。
37.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）催化D−果糖转化为D−阿洛酮糖
（2）包埋法 酶分子小容易从包埋材料中漏出 使其混合均匀
（3）游离（1分） 维持发酵过程中pH的稳定 严格的无菌 在一定pH范围内，随pH值改变，固定化细胞酶活性变化幅度显著低于游离细胞的
38.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）抗原能和特异性抗体相结合
（2）脾（1分） LPS属于抗原，注射到小鼠体内后可使小鼠产生免疫反应
（3）骨髓瘤细胞 未融合的亲本 融合的具有同种核 既能迅速大量繁殖，又能产生专一抗体
（4）该单克隆抗体只能与布鲁菌裂解抗原发生反应，而不能与其他细菌的裂解抗原发生反应