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2024届云南三校高考备考实用性联考卷（五）理综
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这是一份2024届云南三校高考备考实用性联考卷（五）理综，文件包含2024届云南三校高考备考实用性联考卷五理科综合pdf、2024届云南三校高考备考实用性联考卷五理综-答案docx、2024届云南三校高考备考实用性联考卷五理综-答案pdf、2024届云南三校高考备考实用性联考卷五理科综合双向细目表docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共51页， 欢迎下载使用。
一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
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。
【解析】
1． = 1 \* GB3 ①农业生产中，土壤松土可促进根细胞有氧呼吸作用，有利于主动运输，为矿质元素吸收供应能量，正确；②植物光合色素主要吸收红光和蓝紫光，不吸收红外光和紫外光，错误；③酿酒时前期适当通气，目的是促进酵母菌有氧呼吸，利于菌种繁殖，后期密封发酵罐，促进酵母菌无氧呼吸，利于产生酒精，错误；④稻田应定期排水，可以避免水稻根细胞无氧呼吸产生酒精使根腐烂变黑，错误；⑤小麦、玉米等种子收获后经适当风干，可以减少自由水含量利于储藏，错误；⑥连续阴雨天小麦传粉受到影响，喷洒一定浓度的生长素类调节剂能促进果实发育，而小麦是靠种子增产，错误。因此正确的有一项，故选B。
2．摩尔根的果蝇杂交实验和孟德尔的豌豆交实验结论的得出都应用了假说—演绎法，A正确。证明DNA半保留复制（15N标记）的实验和T2噬菌体侵染大肠杆菌（32P/35S标记）的实验都用到了同位素标记法，但是15N是稳定性同位素没有放射性，B错误。用颜色不同、形状大小相同的两条橡皮泥代表同源染色体，C正确。在“模拟性状分离比”实验中两个桶内的彩球分别代表雌雄配子，数量不一定要相等，D正确。故选B。
3．高血糖时，下丘脑某一区域兴奋，引起胰岛B细胞分泌胰岛素属于神经调节，A错误。激素发挥作用后会被灭活，但激素运输到靶细胞的时间有先后，因此体液调节的作用时间比较长，B错误。免疫活性物质是由免疫细胞或其他细胞产生的发挥免疫作用的物质，C正确。不是所有激素的分泌都是通过下丘脑—垂体—相应靶腺体来进行分级调节的，如肾上腺素的分泌等，D错误。故选C。
4．探究土壤微生物对落叶的分解作用时，应将实验组的土壤灭菌以排除土壤微生物的作用，运用了变量处理中的减法原理，A正确。一些土壤小动物，如蚯蚓、蜣螂等可以通过呼吸作用产生二氧化碳，二氧化碳进入大气中，可以参与碳循环，进而影响植物的生长，B正确。可依据土壤小动物趋暗、趋湿、避高温等特性来设计诱虫器，C正确。调查身体微小、活动能力强的土壤小动物数量常用取样器取样法，D错误。故选D。
5．组合一的F1自交得到的F2中红花∶黄花∶白花=12∶3∶1，符合9∶3∶3∶1的变式，说明控制该花色的两对基因（A/a 和B/b）位于两对染色体上，遵循基因的自由组合定律。白花的基因型为aabb，黄花的基因型有两种：AAbb、Aabb或aaBB、aaBb，A错误。组合一的F2中红花植株共占12份，纯合体占2份，所以纯合子占1/6；只有一对基因是杂合的占6份，所以只有一对基因是杂合的占1/2，B错误。组合二黄花与红花杂交，设黄花基因型是Aabb，则红花的基因型应为aaBb，F1黄花基因型为Aabb，与白花（aabb）杂交，后代黄花和白花的比例为1∶1，黄花占1/2，C正确。测交是要与隐性纯合子杂交，组合二的亲本黄花与红花都为杂合子，因此不属于测交；组合三的亲本中红花是双杂合子，白花是隐性纯合子，所以组合三的杂交类型在遗传学中称为测交，D错误。故选C。
6．醋酸菌在糖源充足的情况下能将糖分解成醋酸，故可采用葡萄糖作为发酵培养液的碳源，A错误。工业发酵罐的体积一般很大，需要接入的菌种总体积也多，所以接入发酵罐前还需要对菌种进行扩大化培养，B正确。醋酸菌为需氧型生物，深层通气液体发酵可保证氧气供应，使醋酸菌迅速生长繁殖，产生代谢产物醋酸，从而提高醋的产量，C正确。发酵工程所用的菌种，大多是单一菌种，一旦有杂菌污染可能导致产量大大降低，所以发酵设备和培养液均需要经过严格灭菌，D正确。故选A。
7．燃煤脱硫可以减少SO₂的排放，有利于减少酸雨的形成，但并未减少CO₂的排放，不利于实现“碳中和”，A错误。柴油是多种烃的混合物，烃不发生水解，热的纯碱溶液无法洗涤金属表面的柴油，B错误。黄金光亮且薄如纸，说明金不活泼和有很好的延展性，C正确。丝绸和毛的化学成分是蛋白质，棉的化学成分是纤维素，D错误。
8．M为酯类物质，故在稀硫酸条件下M水解产物A的结构简式为 ，M与A的分子中都含有碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，A正确。由M的结构简式可知，合成M的单体为，故M的单体中C原子有sp、sp2和sp3共3种杂化方式，B正确。B的结构为 ，分子中含有羧基和羟基，可以发生酯化反应，羟基的β−碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，C正确。1ml A中有n ml羧基，1ml B中有1ml羧基、1ml羟基，1ml C中有2ml羟基，它们与金属钠反应放出的气体的物质的量分别为ml、1ml、1ml，故放出的气体的物质的量之比为n∶2∶2，D错误。
9．向饱和AgCl溶液中加入少量NaCl固体，产生白色沉淀，即AgCl沉淀，说明该实验过程存在沉淀溶解平衡，A正确。蛋白质溶液中滴加饱和NaCl溶液发生盐析，加CuSO4溶液发生变性，盐析为可逆过程，变性为不可逆过程，B错误。向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，浊液变澄清，说明酸性：苯酚>碳酸氢根，C错误。若溶液中含有亚硫酸根离子、硫离子，加入盐酸也会出现相同的现象，故不能说明该无色溶液中一定含有，D错误。
10．Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O；结合图示可知，Z形成+1价阳离子，其原子序数大于O，则Z为Na；W形成1个共价键，其原子序数小于O，则W为H，四种原子的原子序数总和为25，X的原子序数为25−1−8−11=5，则X为B元素。由上述分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，同一周期从左到右，电负性增大，故电负性Y(O)＞X(B)，A错误。X为B，最高价氧化物的水化物分子式为，B错误。该化合物含有过氧键结构，因此具有强氧化性，可杀菌消毒，C正确。W为H，X为B，Y为O，都是非金属元素，H与X或Y形成化合物只有共价键，Z为Na，与H形成化合物NaH含离子键，D错误。
11．根据反应③，X为，是生成物（副产物），A错误。反应③显示其是制备过程的副反应，会生成X（乙醇），因此每消耗2ml N2O，可制备的CH3CHO少于1ml，B正确。Fe+是催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率、产率，C错误。过程①～⑥铁的化合价出现了多种，比如Fe+中为+1价，FeO+中为+3价等，D错误。
12．由图示可判断，放电时Na+向 NaFePO4F(a电极)方向移动，所以a 电极为正极，根据总反应式，放电时，原电池的正极反应为 NaFePO4F+Na++e−=Na2FePO4F，a极质量增重，导线中每通过1ml 电子，理论上a极质量增重23 g，A正确。充电时b极接电源负极，CH4燃料电池中负极应该通入CH4，B错误。由总反应结合原电池正极反应可知，放电时负极b上的电极反应式为 Na3Ti2(PO4)3−2e−=NaTi2(PO4)3+2Na+，C正确。由图示知，NaFePO4F、Na2FePO4F、Na3Ti2(PO4)3、NaTi2(PO4)3 均附着在电极材料上，充、放电时Na+生成与消耗的量相等，理论上溶液中的钠离子浓度不变，D正确。
13．当，即时，由常温时可知，，则，即为P点，故曲线①表示与pH的关系，曲线②表示与pH的关系，A错误。M点时，与 相等，即 ，可得
，c(OH−)=10−7.9ml/L，pH=6.1，B错误。曲线②表示与pH的关系，而N点的比M点的大，酸的电离抑制水的电离，则N点水的电离程度比M点的小，C错误。由题图可知，N点时，即，则HX的电离平衡常数，D正确。
14．对A进行受力分析，如图甲所示，由图可知B向右缓慢移动时，B对A的支持力与竖直方向的夹角逐渐变大，可知B对A的支持力增大，竖直墙面对A的弹力增大，故A正确，C错误。对A、B整体进行受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可知、，所以水平地面对B的支持力不变，外力增大，故B、D错误。
15．由图像可知，波源Q比P先起振，故A错误。时两列波在处发生干涉，振动加强，振幅为45cm，故B正确。两列波的波长均为4m，产生明显衍射条件相同，故C错误。当观察者以2m/s的速度向x轴正方向运动时，观察到的P波波速为8m/s，速度减小，故频率减小，故D错误。
16．气球内的压强大于汽缸内的气体压强，故A错误。因为气球导热性能良好，气球内的温度一定等于汽缸内的温度，故B错误。若将活塞缓慢下移，外界对气体做功，W为正数，又因为汽缸P绝热，所以Q为零，由热力学第一定律：，得到一定为正数，所以汽缸内气体温度升高，压强增大，故C错误。对于汽缸内的气体，若将活塞缓慢上移，气体对外界做功，W为负数，Q为零，由热力学第一定律：，得到一定为负数，即汽缸内气体温度降低，因为气球导热性能良好，气球内的温度一定等于汽缸内的温度，所以气球内气体温度也降低，即气球内的气体分子平均动能减小，故D正确。
17．两次铅球到达的最大高度相同，则由可知，两次铅球运动的竖直位移相同，由可知时间相同，故A错误。由A项分析可知两次铅球在空中运动的时间相等，而第2次水平位移大，所以第2次抛出时初速度的水平分量大，即，故B错误。由可知第2次抛出时的初速度大，根据动能定理可知，推球过程人对铅球做的功：，故C正确。两次落地时速度的竖直分量相等，所以由可得，故D错误。
18．发射飞船的速度小于第二宇宙速度，故A错误。月球绕地球做匀速圆周运动，由，得，故B错误。由图示位置到下一次地球、月球、飞船共线所用时间为，则，，解得，故C错误，D正确。
19．由于不知道带电质点的电性，无法判断电场的方向，所以不能确定各点电势的高低，故A错误。由图可知，P点处电场线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，带电质点在P点所受电场力比Q点大，在P点的加速度大于在点的加速度，故B正确。由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力的方向在轨迹凹侧，从P到Q，电场力做正功，电势能减小，即带电质点在Q点具有的电势能比在P点具有的电势能小；根据动能定理知，动能增大，即Q点的动能大于P点的动能，即带电质点在Q点处的速率比在P点处大，故C正确，D错误。
20．由图可知电容器上极板带正电，下极板带负电，所以带电油滴带负电，故A错误。若保持、闭合，滑片P向上移动，接入阻值变小，电流表示数增大，电压表示数减小，故B正确。若保持闭合，将断开，滑片P向下移动，接入阻值变大，外电路电阻增大，因为，电源输出功率随外电阻增大而减小，故C错误。若保持、闭合，将上极板向上平移一小段距离，电容器两极板电压值不变，由知E变小，M点与下极板间的电势差减小，下极板接地电势为0，所以M点的电势降低，故D正确。
21．因为OC垂直于杆，所以在C点圆环沿着绳的方向速度等于零，则物块的速度等于零，圆环从A运动到C的过程中，物块下降，速度先增大再减小，物块先失重后超重，故A正确。根据机械能守恒得，，=3m，解得圆环到达C位置时，圆环的速度，故B错误。从A运动到B的过程中，圆环和物体的机械能守恒，圆环沿杆下滑到最低点B，在该点圆环和物块的速度都等于零，圆环的重力势能减少了，物块的重力势能必然增加，所以物块上升，OA三、非选择题：共14题，共174分。
22．（每空2分，共8分）
（1）需要
（2） ()
（3）
（4）小于
【解析】（1）为了使电压调节范围尽量大，滑动变阻器应采用分压式接法，则图乙中虚线处需要连接导线。
（2）将其与一个电动势为3V（内阻忽略不计）的电源和阻值为5kΩ的定值电阻串联在一起时，可等效为将其接在电动势为3V、内阻为5kΩ的电源上，将等效电源的I−U图像画在元件的I−U图像上，交点处电压与电流的乘积即为它消耗的电功率（如图所示），即、，则。
（3）由电阻定律以及可得。
（4）由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏大，则电阻测量值偏小。
23．（每空2分，共10分）
（1）C
（2）CD
（3）
（4）
【解析】（2）小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即，而由可知，每次平抛的竖直高度相同，则平抛时间相等，若两球相碰前后的动量守恒，则有，可得，所以只需要测量小球做平抛运动的水平射程。由上述分析可知，实验中不需要测量测量小球m1开始释放高度h和抛出点距地面的高度H，故A、B错误。由上述分析可知，实验需要测量小球做平抛运动的水平射程，故C、D正确。
（3）若两球相碰前后的动量守恒，则有，即
①；若是弹性碰撞，则还应满足机械能守恒，故有
，即②。
（4）结合（3）中的①②式，解得、，可得
，即。
24．（10分）
解：（1）小滑块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律可得
①
解得 ②
小滑块在斜面上由静止状态匀加速下滑，由 ③
解得滑块第一次经过A点时的时间
④
（2）滑块第一次经过A点时的速度
⑤
滑块滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
⑥
解得滑块在传送带上向左匀减速运动的加速度大小为 ⑦
滑块在传送带上向左运动的位移大小为 ⑧
评分标准：本题共10分。正确得出③、⑧式各给2分，其余各式各给1分。
25．（14分）
解：（1）粒子进入电场E1后，受力如图所示
水平方向做匀加速直线运动，有
①
②
解得 ③
（2）竖直方向仅受重力作用： ④
粒子进入磁场时水平速度：，解得 ⑤
粒子进入磁场时竖直速度：，解得 ⑥
则带电粒子进入磁场中的速度：，解得 ⑦
速度与水平方向夹角为θ，则，，所以 ⑧
则带电粒子进入磁场中的速度为5m/s，方向与水平方向夹角为θ，且
（3）从虚线上C点进入匀强磁场时
C点与P点相距 ⑨
带电粒子进入磁场区域后，由于qE2=mg，则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其做圆周运动的半径为r，则由，解得 ⑩
由于带电粒子从C点进入磁场区域时速度与水平方向夹角为53°，则，则C、D两点之间的距离 ⑪
则出射点D与点P间的距离 ⑫
评分标准：本题共14分。正确得出⑤、⑨式各给2分，其余各式各给1分。
26．（20分）
解：（1）设起跳后，小虫获得的速度为，杆获得的速度为
根据 = 1 \* GB3 ①
= 2 \* GB3 ②
= 3 \* GB3 ③
解得 = 4 \* GB3 ④
（2）对小虫与杆受力分析即得
= 5 \* GB3 ⑤
= 6 \* GB3 ⑥
即得 = 7 \* GB3 ⑦
根据 = 8 \* GB3 ⑧
= 9 \* GB3 ⑨
解得 = 10 \* GB3 ⑩
（3）设爬行时相互作用力为F，由（2）中受力分析即得
⑪
⑫
根据可得
⑬
⑭
即得⑮
所以⑯
令，整理即得⑰
由基本不等式即得：当时，⑱
评分标准：本题共20分。正确得出⑰、⑱式各给2分，其余各式各给1分。
27．（除特殊标注外，每空1分，共14分）
（1）三颈烧瓶 温度计的水银球没有插入液面以下或温度计位置错误（2分）
（2）冷水浴
（3）发生反应2，使呋喃甲酸钠转化为呋喃甲酸而析出（2分）
（4）B（2分） ①及时排除乙醚，以免对人体造成危害 ②使用电磁加热无明火，防止引燃乙醚蒸气或受热均匀，便于控制温度（顺序不限）
（5） 重结晶
（6）75.0%（2分）
【解析】呋喃甲醛在碱性条件下发生歧化反应生成和，易溶于乙醚，加入乙醚萃取分液，得到有机相（含的乙醚溶液）和水相（含的水溶液）。的乙醚溶液经蒸馏先蒸出乙醚，再蒸馏出。的水溶液加入盐酸，调节pH=3，生成和NaCl，操作3为冷却结晶、抽滤，得到呋喃甲酸，再用少量冷水洗涤，用冷水洗涤的目的是减少呋喃甲酸的溶解损失。粗产品再用重结晶法提纯。
（1）实验中控制温度为8～12℃是反应温度，不是蒸馏，故温度计应插入三颈烧瓶的溶液中。
（2）反应1为放热反应，温度过高会导致反应过于剧烈且过高温度容易使得呋喃甲醇结构被破坏，同时使得反应物质挥发降低了产品产率，需保持温度为8℃~12℃，可用冷水浴控制温度，搅拌散热也可控制温度，通过控制滴加反应物的速率也可控制反应的温度。
（3）操作1为萃取分液，所得水溶液加盐酸至pH=3的目的是发生反应2，使呋喃甲酸钠转化为呋喃甲酸。
（5）由分析可知，所得产品1的成分为呋喃甲醇。将粗产品纯化的实验操作名称为重结晶。
（6）由分析可知，所得产品2的成分为呋喃甲酸，呋喃甲醛的物质的量是，根据反应1和2，生成呋喃甲酸的理论产量是0.04ml，实际生成呋喃甲酸的质量是3.36g，物质的量为=0.03ml。产品2的产率==75.0%。
28．（除特殊标注外，每空1分，共14分）
（1） 分子晶体
（2）+4 TiO2+6HF=[TiF6]2−+2H++2H2O（2分）
（3）防止Fe2+被氧化（2分）
（4）① TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+（或TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+）（2分）
2（2分）
②FeSO4·7H2O
（5）隔绝空气或者在惰性气体氛围中进行反应
（6）稀盐酸或稀硫酸
【解析】（2）根据2R+Ceq \(=====,\s\up7(高温))2Fe+2TiO2+CO2↑以及原子守恒，可得钛酸亚铁的化学式为，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得中Ti的化合价为+4价。据TiO2能与氢氟酸反应生成[TiF6]2−，可以写出离子方程式：TiO2+6HF=[TiF6]2−+2H++2H2O。（3）由分析可知，加铁粉的目的除了消耗多余的H+外，还可防止亚铁离子被氧化。
（4）①在常温下，若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，析出大量白色沉淀，结合表中Ksp数据可知TiO(OH)2的Ksp最小，则该白色沉淀为氢氧化氧钛，反应的离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+或TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+。离子沉淀完全时c2(OH−)==1.0×10−24，c(OH−)=1.0×10−12，pH=2。
②由分析可知，溶液Ⅰ经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是为FeSO4·7H2O。
（5）Mg为活泼金属，容易被氧气氧化，所以Mg还原TiCl4过程除必须在1070K的温度下进行外还应隔绝空气或者在惰性气体氛围中进行反应。
（6）常温时耐酸碱腐蚀，所以除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂为稀硫酸或稀盐酸。
29．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）803
B
（3）或HCO*+H2O*+3H*=H2CO*+H2O*+2H*
（4）①温度低，反应速率太慢，且CO2转化率低；温度太高，甲醇的选择性低
②0.4 0.21或
（5）8（1分）
【解析】（1）由ΔH=反应物的总键能−生成物的总键能可得：ΔH2=2EC=O+436−（1073+464×2）=+41.2kJ/ml，解得EC=O≈803kJ/ml，或ΔH1=2EC=O+3×436− (3×415+326+464+2×464)=
−49.4kJ/ml，解得EC=O≈803kJ/ml
（2）反应过程中c(CO2)减小，c(CO)浓度增大，则c(CO2)与c(CO)比值减小，故比值不变能判断反应达到平衡状态，A不符合题意。容器容积不变，混合气体的总质量不变，则气体的密度始终不变，故容器内气体密度不变，不能判断反应达到平衡状态，B符合题意。反应前后气体物质的量不变，但是容器绝热，温度降低，压强减小，故容器内气体压强不变能判断反应达到平衡状态，C不符合题意。容器绝热，温度降低，降温平衡逆向移动，平衡常数减小，故不变能判断反应达到平衡状态，D不符合题意。
（4）①实际选用312℃反应温度的原因：温度低，反应速率太慢，且CO2转化率低，温度高，甲醇选择性低。
②反应i为气体分子数减小的反应，导致总压强减小。反应ii为气体分子数不变的反应，不会导致压强的变化。故反应开始到40min时，减小的压强120MPa−88MPa=32MPa为反应i进行导致。由三段式可知：
则CH3OH的平均反应速率是。
容器中通入1ml CO2、3ml H2进行反应i和反应ii，初始压强为120MPa，则初始CO2、H2的分压分别为30MPa、90MPa。由图表可知，反应开始至40min时，反应达到平衡，由三段式可知：
平衡时、、、、CO的分压分别为(30−x−y)MPa、(90−3x−y)MPa、xMPa、(x+y)MPa、yMPa，总压强为88MPa，则(30−x−y)+ (90−3x−y)+x+(x+y)+y=88，得120−2x=88。平衡时n(CH3OH)是n(CO)的4倍，根据气体压强之比等于物质的量之比，则x=4y，联立解得：y=4MPa，x=16MPa。故H2的平衡分压是90MPa−3×16MPa−4MPa=38MPa，CO2的分压是10MPa，H2O的分压是20MPa，故Kp===0.21。
（5）根据晶胞图可知1个Zr4+与8个O2−结合，因此Zr4+的配位数为8。把晶胞平均分成8个小立方体，O2−位于小立方体的中心，即Zr4+与O2−最短距离是体对角线的，最短距离是nm。
30．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）1，2−二氯乙烯（或顺二氯乙烯）（1分） 羧基，碳氯键 取代反应（1分）
（2）
（3）5
（4）11
（5） （3分）
【解析】由信息可知与发生加成反应生成B为，由C的分子式、D的结构简式，C发生取代反应生成D和HBr，则C为，D发生水解反应、酸化得到E（），F中羟基与中酯基之间发生取代反应、重新引入E→F反应中消除的羟基、羧基而生成G，可知E→F的目的是保护羧基、特定位置羟基，使特定位置的羟基发生反应。
（4）有机物C的结构简式，C的同分异构体满足：含有六元碳环，Cl原子均连在环上不同的C原子上，能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，则符合条件的同分异构体有、、、、、、、、、、，共11种。其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1∶1∶1∶4∶2的结构简式为。
（5）2−丁烯和1，3−丁二烯先发生信息①反应生成，和CO、H2O在Ni的催化下反应，氧化碳碳双键引入羧基得到，2−丁烯和水发生加成反应生成2−丁醇，羧酸和醇发生酯化反应得到最后的产物，故可设计合成路线为
31．（除特殊标注外，每空2分，共8分）
（1）细胞坏死（1分） 由基因所决定的细胞自动结束生命的过程
（2）不完全相同（1分）
（3）（有丝分裂）后期和分裂间期
（4）端粒内侧正常基因的DNA序列受到损伤
32．（除特殊标注外，每空2分，共11分）
基因重组（1分） 杂交时不用去雄
（2）第一代杂交种（F1）为杂合子，自交会发生性状分离［只答到第一代杂交种（F1）为杂
合子给1分，答到第一代杂交种（F1）自交会发生性状分离给2分］
（3）染色体变异（1分）
取该变异株和原品种植株的（根尖、茎尖等）分生组织制成装片，用显微镜观察比较二者细胞中染色体的形态和数目（答到取变异株和原品种植株的分生组织或具有分裂能力的细胞给1分，利用显微镜观察给1分，比较染色体的形态和数目给1分，共3分）
（4）①密码子具有简并性，基因突变前后的密码子对应同一种氨基酸
②原品种为显性性状，太空种子内发生隐性突变
③基因突变发生在非编码区（或内含子）片段中
④基因突变导致个别氨基酸发生改变，但蛋白质的功能没有改变
（其他表述合理也可酌情给分）
33．（除特殊标注外，每空2分，共12分）
（1）由植物体内产生，能从产生部位运送到作用部位，对植物的生长发育有显著影响的微量有机物（3分）
（2）预实验（1分） 检验实验设计的科学性和可行性 沾蘸（1分）
在2~6μL·L−1的NAA浓度范围内，设计一系列更小的浓度梯度进行实验
（3）活化（1分） 活化状态的光敏色素不利于PIFS基因的表达（1分），导致生长素合成减少，下胚轴伸长减弱（1分）
34．（除特殊标注外，每空2分，共11分）
（1）水生植物固定的太阳能和污水中有机物所含的能量 初级消费者粪便中的能量（1分）
（2）浮床上的植物根系可吸收水中的N、P等无机盐；浮床上的植物根系富集的微生物可将污染物进行降解
（3）有利于生物种群繁衍（1分）
（4）间接价值和直接（答不全不给分）
（5）垂直（1分） 提高群落对环境资源的利用能力
35．（除特殊标注外，每空2分，共12分）
（1）PCR（1分） 琼脂糖凝胶电泳（1分）
（2）终止子 RNA聚合酶识别和结合的部位，驱动基因转录（答出RNA聚合酶识别和结合的部位给1分，答出驱动基因转录给1分）
（3）便于重组DNA分子的筛选
（4）基因突变具有不定向性 未转化成功，大肠杆菌内没有导入表达载体（目的基因）；基因表达载体（目的基因）虽导入大肠杆菌，但是未转录出mRNA；基因表达载体导入大肠杆菌后已转录出mRNA，但是未翻译形成蛋白质；突变基因翻译出的蛋白质不能发出荧光（合理即可，酌情给分）题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
B
B
C
D
C
A
C
D
A
C
B
B
D
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
A
B
D
C
D
BC
BD
AC
一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
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。
【解析】
1． = 1 \* GB3 ①农业生产中，土壤松土可促进根细胞有氧呼吸作用，有利于主动运输，为矿质元素吸收供应能量，正确；②植物光合色素主要吸收红光和蓝紫光，不吸收红外光和紫外光，错误；③酿酒时前期适当通气，目的是促进酵母菌有氧呼吸，利于菌种繁殖，后期密封发酵罐，促进酵母菌无氧呼吸，利于产生酒精，错误；④稻田应定期排水，可以避免水稻根细胞无氧呼吸产生酒精使根腐烂变黑，错误；⑤小麦、玉米等种子收获后经适当风干，可以减少自由水含量利于储藏，错误；⑥连续阴雨天小麦传粉受到影响，喷洒一定浓度的生长素类调节剂能促进果实发育，而小麦是靠种子增产，错误。因此正确的有一项，故选B。
2．摩尔根的果蝇杂交实验和孟德尔的豌豆交实验结论的得出都应用了假说—演绎法，A正确。证明DNA半保留复制（15N标记）的实验和T2噬菌体侵染大肠杆菌（32P/35S标记）的实验都用到了同位素标记法，但是15N是稳定性同位素没有放射性，B错误。用颜色不同、形状大小相同的两条橡皮泥代表同源染色体，C正确。在“模拟性状分离比”实验中两个桶内的彩球分别代表雌雄配子，数量不一定要相等，D正确。故选B。
3．高血糖时，下丘脑某一区域兴奋，引起胰岛B细胞分泌胰岛素属于神经调节，A错误。激素发挥作用后会被灭活，但激素运输到靶细胞的时间有先后，因此体液调节的作用时间比较长，B错误。免疫活性物质是由免疫细胞或其他细胞产生的发挥免疫作用的物质，C正确。不是所有激素的分泌都是通过下丘脑—垂体—相应靶腺体来进行分级调节的，如肾上腺素的分泌等，D错误。故选C。
4．探究土壤微生物对落叶的分解作用时，应将实验组的土壤灭菌以排除土壤微生物的作用，运用了变量处理中的减法原理，A正确。一些土壤小动物，如蚯蚓、蜣螂等可以通过呼吸作用产生二氧化碳，二氧化碳进入大气中，可以参与碳循环，进而影响植物的生长，B正确。可依据土壤小动物趋暗、趋湿、避高温等特性来设计诱虫器，C正确。调查身体微小、活动能力强的土壤小动物数量常用取样器取样法，D错误。故选D。
5．组合一的F1自交得到的F2中红花∶黄花∶白花=12∶3∶1，符合9∶3∶3∶1的变式，说明控制该花色的两对基因（A/a 和B/b）位于两对染色体上，遵循基因的自由组合定律。白花的基因型为aabb，黄花的基因型有两种：AAbb、Aabb或aaBB、aaBb，A错误。组合一的F2中红花植株共占12份，纯合体占2份，所以纯合子占1/6；只有一对基因是杂合的占6份，所以只有一对基因是杂合的占1/2，B错误。组合二黄花与红花杂交，设黄花基因型是Aabb，则红花的基因型应为aaBb，F1黄花基因型为Aabb，与白花（aabb）杂交，后代黄花和白花的比例为1∶1，黄花占1/2，C正确。测交是要与隐性纯合子杂交，组合二的亲本黄花与红花都为杂合子，因此不属于测交；组合三的亲本中红花是双杂合子，白花是隐性纯合子，所以组合三的杂交类型在遗传学中称为测交，D错误。故选C。
6．醋酸菌在糖源充足的情况下能将糖分解成醋酸，故可采用葡萄糖作为发酵培养液的碳源，A错误。工业发酵罐的体积一般很大，需要接入的菌种总体积也多，所以接入发酵罐前还需要对菌种进行扩大化培养，B正确。醋酸菌为需氧型生物，深层通气液体发酵可保证氧气供应，使醋酸菌迅速生长繁殖，产生代谢产物醋酸，从而提高醋的产量，C正确。发酵工程所用的菌种，大多是单一菌种，一旦有杂菌污染可能导致产量大大降低，所以发酵设备和培养液均需要经过严格灭菌，D正确。故选A。
7．燃煤脱硫可以减少SO₂的排放，有利于减少酸雨的形成，但并未减少CO₂的排放，不利于实现“碳中和”，A错误。柴油是多种烃的混合物，烃不发生水解，热的纯碱溶液无法洗涤金属表面的柴油，B错误。黄金光亮且薄如纸，说明金不活泼和有很好的延展性，C正确。丝绸和毛的化学成分是蛋白质，棉的化学成分是纤维素，D错误。
8．M为酯类物质，故在稀硫酸条件下M水解产物A的结构简式为 ，M与A的分子中都含有碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，A正确。由M的结构简式可知，合成M的单体为，故M的单体中C原子有sp、sp2和sp3共3种杂化方式，B正确。B的结构为 ，分子中含有羧基和羟基，可以发生酯化反应，羟基的β−碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应，C正确。1ml A中有n ml羧基，1ml B中有1ml羧基、1ml羟基，1ml C中有2ml羟基，它们与金属钠反应放出的气体的物质的量分别为ml、1ml、1ml，故放出的气体的物质的量之比为n∶2∶2，D错误。
9．向饱和AgCl溶液中加入少量NaCl固体，产生白色沉淀，即AgCl沉淀，说明该实验过程存在沉淀溶解平衡，A正确。蛋白质溶液中滴加饱和NaCl溶液发生盐析，加CuSO4溶液发生变性，盐析为可逆过程，变性为不可逆过程，B错误。向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，浊液变澄清，说明酸性：苯酚>碳酸氢根，C错误。若溶液中含有亚硫酸根离子、硫离子，加入盐酸也会出现相同的现象，故不能说明该无色溶液中一定含有，D错误。
10．Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O；结合图示可知，Z形成+1价阳离子，其原子序数大于O，则Z为Na；W形成1个共价键，其原子序数小于O，则W为H，四种原子的原子序数总和为25，X的原子序数为25−1−8−11=5，则X为B元素。由上述分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，同一周期从左到右，电负性增大，故电负性Y(O)＞X(B)，A错误。X为B，最高价氧化物的水化物分子式为，B错误。该化合物含有过氧键结构，因此具有强氧化性，可杀菌消毒，C正确。W为H，X为B，Y为O，都是非金属元素，H与X或Y形成化合物只有共价键，Z为Na，与H形成化合物NaH含离子键，D错误。
11．根据反应③，X为，是生成物（副产物），A错误。反应③显示其是制备过程的副反应，会生成X（乙醇），因此每消耗2ml N2O，可制备的CH3CHO少于1ml，B正确。Fe+是催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率、产率，C错误。过程①～⑥铁的化合价出现了多种，比如Fe+中为+1价，FeO+中为+3价等，D错误。
12．由图示可判断，放电时Na+向 NaFePO4F(a电极)方向移动，所以a 电极为正极，根据总反应式，放电时，原电池的正极反应为 NaFePO4F+Na++e−=Na2FePO4F，a极质量增重，导线中每通过1ml 电子，理论上a极质量增重23 g，A正确。充电时b极接电源负极，CH4燃料电池中负极应该通入CH4，B错误。由总反应结合原电池正极反应可知，放电时负极b上的电极反应式为 Na3Ti2(PO4)3−2e−=NaTi2(PO4)3+2Na+，C正确。由图示知，NaFePO4F、Na2FePO4F、Na3Ti2(PO4)3、NaTi2(PO4)3 均附着在电极材料上，充、放电时Na+生成与消耗的量相等，理论上溶液中的钠离子浓度不变，D正确。
13．当，即时，由常温时可知，，则，即为P点，故曲线①表示与pH的关系，曲线②表示与pH的关系，A错误。M点时，与 相等，即 ，可得
，c(OH−)=10−7.9ml/L，pH=6.1，B错误。曲线②表示与pH的关系，而N点的比M点的大，酸的电离抑制水的电离，则N点水的电离程度比M点的小，C错误。由题图可知，N点时，即，则HX的电离平衡常数，D正确。
14．对A进行受力分析，如图甲所示，由图可知B向右缓慢移动时，B对A的支持力与竖直方向的夹角逐渐变大，可知B对A的支持力增大，竖直墙面对A的弹力增大，故A正确，C错误。对A、B整体进行受力分析，如图乙所示，根据平衡条件可知、，所以水平地面对B的支持力不变，外力增大，故B、D错误。
15．由图像可知，波源Q比P先起振，故A错误。时两列波在处发生干涉，振动加强，振幅为45cm，故B正确。两列波的波长均为4m，产生明显衍射条件相同，故C错误。当观察者以2m/s的速度向x轴正方向运动时，观察到的P波波速为8m/s，速度减小，故频率减小，故D错误。
16．气球内的压强大于汽缸内的气体压强，故A错误。因为气球导热性能良好，气球内的温度一定等于汽缸内的温度，故B错误。若将活塞缓慢下移，外界对气体做功，W为正数，又因为汽缸P绝热，所以Q为零，由热力学第一定律：，得到一定为正数，所以汽缸内气体温度升高，压强增大，故C错误。对于汽缸内的气体，若将活塞缓慢上移，气体对外界做功，W为负数，Q为零，由热力学第一定律：，得到一定为负数，即汽缸内气体温度降低，因为气球导热性能良好，气球内的温度一定等于汽缸内的温度，所以气球内气体温度也降低，即气球内的气体分子平均动能减小，故D正确。
17．两次铅球到达的最大高度相同，则由可知，两次铅球运动的竖直位移相同，由可知时间相同，故A错误。由A项分析可知两次铅球在空中运动的时间相等，而第2次水平位移大，所以第2次抛出时初速度的水平分量大，即，故B错误。由可知第2次抛出时的初速度大，根据动能定理可知，推球过程人对铅球做的功：，故C正确。两次落地时速度的竖直分量相等，所以由可得，故D错误。
18．发射飞船的速度小于第二宇宙速度，故A错误。月球绕地球做匀速圆周运动，由，得，故B错误。由图示位置到下一次地球、月球、飞船共线所用时间为，则，，解得，故C错误，D正确。
19．由于不知道带电质点的电性，无法判断电场的方向，所以不能确定各点电势的高低，故A错误。由图可知，P点处电场线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，带电质点在P点所受电场力比Q点大，在P点的加速度大于在点的加速度，故B正确。由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力的方向在轨迹凹侧，从P到Q，电场力做正功，电势能减小，即带电质点在Q点具有的电势能比在P点具有的电势能小；根据动能定理知，动能增大，即Q点的动能大于P点的动能，即带电质点在Q点处的速率比在P点处大，故C正确，D错误。
20．由图可知电容器上极板带正电，下极板带负电，所以带电油滴带负电，故A错误。若保持、闭合，滑片P向上移动，接入阻值变小，电流表示数增大，电压表示数减小，故B正确。若保持闭合，将断开，滑片P向下移动，接入阻值变大，外电路电阻增大，因为，电源输出功率随外电阻增大而减小，故C错误。若保持、闭合，将上极板向上平移一小段距离，电容器两极板电压值不变，由知E变小，M点与下极板间的电势差减小，下极板接地电势为0，所以M点的电势降低，故D正确。
21．因为OC垂直于杆，所以在C点圆环沿着绳的方向速度等于零，则物块的速度等于零，圆环从A运动到C的过程中，物块下降，速度先增大再减小，物块先失重后超重，故A正确。根据机械能守恒得，，=3m，解得圆环到达C位置时，圆环的速度，故B错误。从A运动到B的过程中，圆环和物体的机械能守恒，圆环沿杆下滑到最低点B，在该点圆环和物块的速度都等于零，圆环的重力势能减少了，物块的重力势能必然增加，所以物块上升，OA
22．（每空2分，共8分）
（1）需要
（2） ()
（3）
（4）小于
【解析】（1）为了使电压调节范围尽量大，滑动变阻器应采用分压式接法，则图乙中虚线处需要连接导线。
（2）将其与一个电动势为3V（内阻忽略不计）的电源和阻值为5kΩ的定值电阻串联在一起时，可等效为将其接在电动势为3V、内阻为5kΩ的电源上，将等效电源的I−U图像画在元件的I−U图像上，交点处电压与电流的乘积即为它消耗的电功率（如图所示），即、，则。
（3）由电阻定律以及可得。
（4）由于电压表的分流作用，使得电流的测量值偏大，则电阻测量值偏小。
23．（每空2分，共10分）
（1）C
（2）CD
（3）
（4）
【解析】（2）小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即，而由可知，每次平抛的竖直高度相同，则平抛时间相等，若两球相碰前后的动量守恒，则有，可得，所以只需要测量小球做平抛运动的水平射程。由上述分析可知，实验中不需要测量测量小球m1开始释放高度h和抛出点距地面的高度H，故A、B错误。由上述分析可知，实验需要测量小球做平抛运动的水平射程，故C、D正确。
（3）若两球相碰前后的动量守恒，则有，即
①；若是弹性碰撞，则还应满足机械能守恒，故有
，即②。
（4）结合（3）中的①②式，解得、，可得
，即。
24．（10分）
解：（1）小滑块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律可得
①
解得 ②
小滑块在斜面上由静止状态匀加速下滑，由 ③
解得滑块第一次经过A点时的时间
④
（2）滑块第一次经过A点时的速度
⑤
滑块滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
⑥
解得滑块在传送带上向左匀减速运动的加速度大小为 ⑦
滑块在传送带上向左运动的位移大小为 ⑧
评分标准：本题共10分。正确得出③、⑧式各给2分，其余各式各给1分。
25．（14分）
解：（1）粒子进入电场E1后，受力如图所示
水平方向做匀加速直线运动，有
①
②
解得 ③
（2）竖直方向仅受重力作用： ④
粒子进入磁场时水平速度：，解得 ⑤
粒子进入磁场时竖直速度：，解得 ⑥
则带电粒子进入磁场中的速度：，解得 ⑦
速度与水平方向夹角为θ，则，，所以 ⑧
则带电粒子进入磁场中的速度为5m/s，方向与水平方向夹角为θ，且
（3）从虚线上C点进入匀强磁场时
C点与P点相距 ⑨
带电粒子进入磁场区域后，由于qE2=mg，则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其做圆周运动的半径为r，则由，解得 ⑩
由于带电粒子从C点进入磁场区域时速度与水平方向夹角为53°，则，则C、D两点之间的距离 ⑪
则出射点D与点P间的距离 ⑫
评分标准：本题共14分。正确得出⑤、⑨式各给2分，其余各式各给1分。
26．（20分）
解：（1）设起跳后，小虫获得的速度为，杆获得的速度为
根据 = 1 \* GB3 ①
= 2 \* GB3 ②
= 3 \* GB3 ③
解得 = 4 \* GB3 ④
（2）对小虫与杆受力分析即得
= 5 \* GB3 ⑤
= 6 \* GB3 ⑥
即得 = 7 \* GB3 ⑦
根据 = 8 \* GB3 ⑧
= 9 \* GB3 ⑨
解得 = 10 \* GB3 ⑩
（3）设爬行时相互作用力为F，由（2）中受力分析即得
⑪
⑫
根据可得
⑬
⑭
即得⑮
所以⑯
令，整理即得⑰
由基本不等式即得：当时，⑱
评分标准：本题共20分。正确得出⑰、⑱式各给2分，其余各式各给1分。
27．（除特殊标注外，每空1分，共14分）
（1）三颈烧瓶 温度计的水银球没有插入液面以下或温度计位置错误（2分）
（2）冷水浴
（3）发生反应2，使呋喃甲酸钠转化为呋喃甲酸而析出（2分）
（4）B（2分） ①及时排除乙醚，以免对人体造成危害 ②使用电磁加热无明火，防止引燃乙醚蒸气或受热均匀，便于控制温度（顺序不限）
（5） 重结晶
（6）75.0%（2分）
【解析】呋喃甲醛在碱性条件下发生歧化反应生成和，易溶于乙醚，加入乙醚萃取分液，得到有机相（含的乙醚溶液）和水相（含的水溶液）。的乙醚溶液经蒸馏先蒸出乙醚，再蒸馏出。的水溶液加入盐酸，调节pH=3，生成和NaCl，操作3为冷却结晶、抽滤，得到呋喃甲酸，再用少量冷水洗涤，用冷水洗涤的目的是减少呋喃甲酸的溶解损失。粗产品再用重结晶法提纯。
（1）实验中控制温度为8～12℃是反应温度，不是蒸馏，故温度计应插入三颈烧瓶的溶液中。
（2）反应1为放热反应，温度过高会导致反应过于剧烈且过高温度容易使得呋喃甲醇结构被破坏，同时使得反应物质挥发降低了产品产率，需保持温度为8℃~12℃，可用冷水浴控制温度，搅拌散热也可控制温度，通过控制滴加反应物的速率也可控制反应的温度。
（3）操作1为萃取分液，所得水溶液加盐酸至pH=3的目的是发生反应2，使呋喃甲酸钠转化为呋喃甲酸。
（5）由分析可知，所得产品1的成分为呋喃甲醇。将粗产品纯化的实验操作名称为重结晶。
（6）由分析可知，所得产品2的成分为呋喃甲酸，呋喃甲醛的物质的量是，根据反应1和2，生成呋喃甲酸的理论产量是0.04ml，实际生成呋喃甲酸的质量是3.36g，物质的量为=0.03ml。产品2的产率==75.0%。
28．（除特殊标注外，每空1分，共14分）
（1） 分子晶体
（2）+4 TiO2+6HF=[TiF6]2−+2H++2H2O（2分）
（3）防止Fe2+被氧化（2分）
（4）① TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+（或TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+）（2分）
2（2分）
②FeSO4·7H2O
（5）隔绝空气或者在惰性气体氛围中进行反应
（6）稀盐酸或稀硫酸
【解析】（2）根据2R+Ceq \(=====,\s\up7(高温))2Fe+2TiO2+CO2↑以及原子守恒，可得钛酸亚铁的化学式为，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得中Ti的化合价为+4价。据TiO2能与氢氟酸反应生成[TiF6]2−，可以写出离子方程式：TiO2+6HF=[TiF6]2−+2H++2H2O。（3）由分析可知，加铁粉的目的除了消耗多余的H+外，还可防止亚铁离子被氧化。
（4）①在常温下，若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，析出大量白色沉淀，结合表中Ksp数据可知TiO(OH)2的Ksp最小，则该白色沉淀为氢氧化氧钛，反应的离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+或TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+。离子沉淀完全时c2(OH−)==1.0×10−24，c(OH−)=1.0×10−12，pH=2。
②由分析可知，溶液Ⅰ经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是为FeSO4·7H2O。
（5）Mg为活泼金属，容易被氧气氧化，所以Mg还原TiCl4过程除必须在1070K的温度下进行外还应隔绝空气或者在惰性气体氛围中进行反应。
（6）常温时耐酸碱腐蚀，所以除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂为稀硫酸或稀盐酸。
29．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）803
B
（3）或HCO*+H2O*+3H*=H2CO*+H2O*+2H*
（4）①温度低，反应速率太慢，且CO2转化率低；温度太高，甲醇的选择性低
②0.4 0.21或
（5）8（1分）
【解析】（1）由ΔH=反应物的总键能−生成物的总键能可得：ΔH2=2EC=O+436−（1073+464×2）=+41.2kJ/ml，解得EC=O≈803kJ/ml，或ΔH1=2EC=O+3×436− (3×415+326+464+2×464)=
−49.4kJ/ml，解得EC=O≈803kJ/ml
（2）反应过程中c(CO2)减小，c(CO)浓度增大，则c(CO2)与c(CO)比值减小，故比值不变能判断反应达到平衡状态，A不符合题意。容器容积不变，混合气体的总质量不变，则气体的密度始终不变，故容器内气体密度不变，不能判断反应达到平衡状态，B符合题意。反应前后气体物质的量不变，但是容器绝热，温度降低，压强减小，故容器内气体压强不变能判断反应达到平衡状态，C不符合题意。容器绝热，温度降低，降温平衡逆向移动，平衡常数减小，故不变能判断反应达到平衡状态，D不符合题意。
（4）①实际选用312℃反应温度的原因：温度低，反应速率太慢，且CO2转化率低，温度高，甲醇选择性低。
②反应i为气体分子数减小的反应，导致总压强减小。反应ii为气体分子数不变的反应，不会导致压强的变化。故反应开始到40min时，减小的压强120MPa−88MPa=32MPa为反应i进行导致。由三段式可知：
则CH3OH的平均反应速率是。
容器中通入1ml CO2、3ml H2进行反应i和反应ii，初始压强为120MPa，则初始CO2、H2的分压分别为30MPa、90MPa。由图表可知，反应开始至40min时，反应达到平衡，由三段式可知：
平衡时、、、、CO的分压分别为(30−x−y)MPa、(90−3x−y)MPa、xMPa、(x+y)MPa、yMPa，总压强为88MPa，则(30−x−y)+ (90−3x−y)+x+(x+y)+y=88，得120−2x=88。平衡时n(CH3OH)是n(CO)的4倍，根据气体压强之比等于物质的量之比，则x=4y，联立解得：y=4MPa，x=16MPa。故H2的平衡分压是90MPa−3×16MPa−4MPa=38MPa，CO2的分压是10MPa，H2O的分压是20MPa，故Kp===0.21。
（5）根据晶胞图可知1个Zr4+与8个O2−结合，因此Zr4+的配位数为8。把晶胞平均分成8个小立方体，O2−位于小立方体的中心，即Zr4+与O2−最短距离是体对角线的，最短距离是nm。
30．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）1，2−二氯乙烯（或顺二氯乙烯）（1分） 羧基，碳氯键 取代反应（1分）
（2）
（3）5
（4）11
（5） （3分）
【解析】由信息可知与发生加成反应生成B为，由C的分子式、D的结构简式，C发生取代反应生成D和HBr，则C为，D发生水解反应、酸化得到E（），F中羟基与中酯基之间发生取代反应、重新引入E→F反应中消除的羟基、羧基而生成G，可知E→F的目的是保护羧基、特定位置羟基，使特定位置的羟基发生反应。
（4）有机物C的结构简式，C的同分异构体满足：含有六元碳环，Cl原子均连在环上不同的C原子上，能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，则符合条件的同分异构体有、、、、、、、、、、，共11种。其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1∶1∶1∶4∶2的结构简式为。
（5）2−丁烯和1，3−丁二烯先发生信息①反应生成，和CO、H2O在Ni的催化下反应，氧化碳碳双键引入羧基得到，2−丁烯和水发生加成反应生成2−丁醇，羧酸和醇发生酯化反应得到最后的产物，故可设计合成路线为
31．（除特殊标注外，每空2分，共8分）
（1）细胞坏死（1分） 由基因所决定的细胞自动结束生命的过程
（2）不完全相同（1分）
（3）（有丝分裂）后期和分裂间期
（4）端粒内侧正常基因的DNA序列受到损伤
32．（除特殊标注外，每空2分，共11分）
基因重组（1分） 杂交时不用去雄
（2）第一代杂交种（F1）为杂合子，自交会发生性状分离［只答到第一代杂交种（F1）为杂
合子给1分，答到第一代杂交种（F1）自交会发生性状分离给2分］
（3）染色体变异（1分）
取该变异株和原品种植株的（根尖、茎尖等）分生组织制成装片，用显微镜观察比较二者细胞中染色体的形态和数目（答到取变异株和原品种植株的分生组织或具有分裂能力的细胞给1分，利用显微镜观察给1分，比较染色体的形态和数目给1分，共3分）
（4）①密码子具有简并性，基因突变前后的密码子对应同一种氨基酸
②原品种为显性性状，太空种子内发生隐性突变
③基因突变发生在非编码区（或内含子）片段中
④基因突变导致个别氨基酸发生改变，但蛋白质的功能没有改变
（其他表述合理也可酌情给分）
33．（除特殊标注外，每空2分，共12分）
（1）由植物体内产生，能从产生部位运送到作用部位，对植物的生长发育有显著影响的微量有机物（3分）
（2）预实验（1分） 检验实验设计的科学性和可行性 沾蘸（1分）
在2~6μL·L−1的NAA浓度范围内，设计一系列更小的浓度梯度进行实验
（3）活化（1分） 活化状态的光敏色素不利于PIFS基因的表达（1分），导致生长素合成减少，下胚轴伸长减弱（1分）
34．（除特殊标注外，每空2分，共11分）
（1）水生植物固定的太阳能和污水中有机物所含的能量 初级消费者粪便中的能量（1分）
（2）浮床上的植物根系可吸收水中的N、P等无机盐；浮床上的植物根系富集的微生物可将污染物进行降解
（3）有利于生物种群繁衍（1分）
（4）间接价值和直接（答不全不给分）
（5）垂直（1分） 提高群落对环境资源的利用能力
35．（除特殊标注外，每空2分，共12分）
（1）PCR（1分） 琼脂糖凝胶电泳（1分）
（2）终止子 RNA聚合酶识别和结合的部位，驱动基因转录（答出RNA聚合酶识别和结合的部位给1分，答出驱动基因转录给1分）
（3）便于重组DNA分子的筛选
（4）基因突变具有不定向性 未转化成功，大肠杆菌内没有导入表达载体（目的基因）；基因表达载体（目的基因）虽导入大肠杆菌，但是未转录出mRNA；基因表达载体导入大肠杆菌后已转录出mRNA，但是未翻译形成蛋白质；突变基因翻译出的蛋白质不能发出荧光（合理即可，酌情给分）题号
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答案
B
B
C
D
C
A
C
D
A
C
B
B
D
题号
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21
答案
A
B
D
C
D
BC
BD
AC
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