四川绵阳中学2017级2020年3月考试 理科综合试题（含答案）.doc

理科综合测试(2020.3.5)物理参考答案14、【答案】A 所有粒子都具有波粒二象性，A正确；裂变是较重的原子核分裂成较轻原子核的反应，而该反应是较轻的原子核的聚变反应，B错误；卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，查德威克通过粒子轰击铍核()获得碳核()的实验发现了中子，C错误；y=210-4=206，X中中子个数为206-82=124，D错误15、【答案】B 由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力为零 ，所以只有B图受力可能为零，故B正确16、【答案】B 汽车刹车后做减速运动，根据运动学公式可知：s=v2/2a，故s和v的图象是抛物线，根据抛物线特点可知a甲a乙，即甲车刹车时加速度小于乙车的，以相同的车速开始刹车乙车先停止运动，故乙车刹车性能好，乙车与地面间的动摩擦因数较大，因两车的质量关系不确定，不能确定摩擦力关系，故ACD错误，B正确故选B17、【答案】C 天体受到黑洞的万有引力提供天体做圆周运动所需的向心力，则有：Gm，得M，故A、B错误；设黑洞的半径为R，质量M和半径R的关系满足：，联立解得R，故C正确，D错误。18、【答案】B A.变压器的输入电压的最大值为：Um=NBS=100.40.5100=200V；从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：u=Umcost=200cos100t（V），故选项A不符合题意；B.若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，电流表示数将增大，故选项B符合题意；C.若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故选项C不符合题意；D.变压器输入电压的有效值为：；开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：P=U1I1=1000.01=W，故选项D不符合题意；19、【答案】AB 当入射点与出射点分别在直径的两端时距离最大，则，即，选项A正确；根据可知，选项B正确；从距离P最远点射出的粒子在磁场中偏转的角度为1800，选项C错误；由于洛伦兹力不做功，带电粒子在磁场中运动时动能保持不变，但是由于速度方向改变，则动量改变，选项D错误；故选B.20、【答案】 AC A由于A、B两金属板带电为正，粒子向下偏转，选项A正确；BC两粒子在电场力的作用下做类平抛运动，在水平方向 ，在竖直方向 由图可知，则有，由题设条件无法比较与关系，选项B错误，C正确；D由电场力做功公式知，因加速电压U相同，而与的大小关系不能确定，所以不能确定与的大小关系，选项D错误； 故选AC。21、【答案】AD P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，产生回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动AB、开始运动时，P棒做加速度减小的加速度运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终做加速度相同的加速度运动，故A正确，B错误；CD、开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确故选AD22、（2分/空）【答案】 (1). 4.8 (2). 2.4 (3). 9.6【详解】（1）据题意，从纸带可以求出系统的加速度：,而相邻计数点之间时间间隔为：，则加速度为：；（2）计数点5的瞬时速度为：；（3）据，整理得：，则图像斜率为：，重力加速度为：23、【答案】 (1). ， (2). (3). 将滑动触头移至最左端 . . 多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2 (5). 【解析】 (1)根据电路连接特点，G2为定值电阻和电流表G1的总电流，若定值电阻选10，则易使流过G2的总电流超过其满偏值，故选R1；分压接法用小阻值的滑动变阻器即可(2) (3)在闭合开关前应将滑动变阻器滑片打在最左端以保护仪表(4)根据欧姆定律：解得：即,所以24、【解析】（1）带电粒子在S1和S2两极板间加速，根据动能定理有： （2分）解得：加速后的速度（2分）（2）带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡：（2分）解得：（2分）（3）带电粒子在磁场中运动，做匀速圆周运动，据牛顿第二定律有：（2分），又解得：（2分）25、解析：（1）将两滑块由静止释放后，对滑块A进行受力分析，由牛顿第二定律得：（1分）得 （1分）对B有 ， 故B静止（1分）则 （1分）得 t=1s（1分）（2）设发生第一次碰撞前的瞬间滑块A的速度是（1分）碰后滑块A、B的速度分别是、，由弹性碰撞得：（2分）（2分）解得 滑块B开始向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：（1分）设滑块B下滑时间t0后停止运动，则（1分）由于，B停止运动时二者仍未发生第二次碰撞（2分），即 （1分）得 （1分）(3)由(2)知，每次碰撞后B先减速到零，再次与A碰撞，又 最终A，B将静止在斜面上，设A下滑的位移为x，由能量守恒得：（2分）解得： x=5m（2分）34（1）【答案】 ADE【解析】波沿x轴正方向传播，由传播方向与振动方向的关系可知t=0时刻P振动的方向向下，则P质点经过=0.6s第一次到达波峰，所以可知周期为0.8s，波的频率为：=1.25Hz，故A正确；从波形图象可知此波的波长是4m，故B错误；波速为：，故C错误；在t=0时刻P在平衡位置，经0.8s即一个周期回到原位置，故D正确；P、Q两质点相距6m，即个波长，P、Q两质点振动步调相反，故E正确。（2）【答案】 （i）；（ii）【解析】（i）如图所示，因为光线在D点发生全反射，由反射定律和几何知识得430，则第一次射入空气的折射角545（5分）（ii）设光线由O点到E点所需的时间t，则， 由数学知识得，由以上各式可得（5分）3月考试化学模拟题答案及详解7. 答案 C。解析 A新能源汽车的推广与使用，减少汽油的使用，有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；B.肥皂水显碱性，因此氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域，B正确；C.铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而生锈，C错误；D.地球上99%的溴元素以Br的形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂，D正确，答案选C。8. 答案 D。解析 氯原子的半径大于碳原子，该模型也不是球棍模型，故A错误；氢硫酸的电离：H2SHHS，故B错误；溴化铵的电子式：，故C错误；含78个中子的碘原子，质量数是131，原子符号是53I，故D正确。9. 答案 A。解析 6.0 g SiO2晶体的物质的量为0.1 mol，含有共价键的个数为0.4NA，A错误；SO2与O2的反应为可逆反应，B正确；根据氧化还原反应规律可以得出，生成0.5 mol Cl2时转移电子数为NA，C正确；53.5 g NH4Cl的物质的量为1 mol，根据电荷守恒，可以得出pH7时，NH的数目为NA，D正确。10. 答案 B。解析 选项A，分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种结构，则形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，则只有乙酸乙酯1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，则只有丙酸甲酯1种，故分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体共有4种，A项正确；选项B，主链含5个C，则乙基只能在中间C上，甲基有2种位置，所以该烷烃有2种结构：、，B项错误；选项C，丙烯分子可以看做甲基取代乙烯中的一个氢原子，乙烯基有5个原子共平面，甲基中最多有2个原子与乙烯基共平面，故丙烯分子中最多有7个原子共平面，C项正确；选项D，碳碳双键能发生加成反应，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2二溴乙烷，故D正确。11. 答案 C。解析 由Y的化合价只有2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有1价，则X为氢元素，M的最高正价为7价，最低负价为1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为3价，最高价为5价，则Z代表氮元素，Q只有1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素；Na为第三周期A族，A正确；B项，X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M、Q、R2的半径大小应该为ClCa2Na，故C错误；D项，Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确；答案为C。12. 答案 B。解析 A项，观察题图知，交换膜左侧硫酸浓度增大，说明SO由交换膜右侧向左侧迁移，交换膜为阴离子交换膜，错误；B项，铂极为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，则a极为锌银电池的正极，根据电池反应可书写正极反应式，正确；C项，本实验的主要目的是冶炼纯镍，所以，镍极的主要反应是Ni22e=Ni，错误；D项，b极的电极反应式为Zn2e2OH=Zn(OH)2，理论上，消耗65 g锌析出59 g镍，则溶解13 g锌，最多析出11.8 g Ni，错误。13. 答案 A。解析 往(NH4)2SO4溶液中加入的氨水是弱碱溶液，抑制水的电离，故滴加氨水的过程中，水的电离平衡逆向移动，故A错误；滴加a L氨水后溶液呈中性，c(H)c(OH)107 molL1，结合电荷守恒可知，溶液中c(NH)2c(SO)，设此时溶液体积为y L，则c(NH)2c(SO) molL1，根据一水合氨电离方程式：NH3H2ONHOH，平衡常数K2105 molL1，计算得到c(NH3H2O) molL1，则滴加a L氨水后的溶液中，n(NH)200n(NH3H2O)1 mol，故B正确；设所加氨水的浓度为z molL1，根据物料守恒，滴加a L氨水后溶液中n(NH3H2O)n(NH)1 molz molL1a L，联立n(NH)200n(NH3H2O)1 mol，计算得到z，故C正确；溶液中存在电荷守恒式：c(NH)c(H)c(OH)2c(SO)，又溶液呈中性，c(H)c(OH)，则c(NH)2c(SO)c(H)c(OH)，故D正确。26.（15分）解析 (1)实验室用Na2SO3和硫酸制备少量SO2气体时，若硫酸浓度太大，则c(H)较小，导致复分解反应速率慢。若硫酸浓度太小，则由于SO2气体易溶于水，也不利于SO2气体逸出。收集SO2时，应先干燥，再收集向上排空气法(长进短出)；又因SO2易溶于水，要有防倒吸装置(安全装置)。(2)反应终止时溶液的pH4.1，可推测反应的产物是NaHSO3而不是Na2SO3，NaHSO3是弱酸的酸式盐，书写离子方程式时要注意拆分形式。起始原料是SO2和Na2CO3，目标产物是Na2S2O5，根据质量守恒可写出化学方程式。(3)书写该氧化还原反应方程式的关键是确定HCOONa的氧化产物，在强碱性条件下，HCOONa中2价碳必被氧化为CO。(4)去除率最高时，TOC的含量最低，由图1可得此时n(H2O2)n(Fe2)1。当H2O2的加入量大于40 mLL1时，随着H2O2含量增加去除率反而降低，说明H2O2必参加了其他副反应。答案 (1)Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O（1分） 浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H)很小，导致复分解反应速率慢（2分） d e c b （2分） 防止倒吸（1分）(2)CO2SO2H2O=2HSOCO2 （2分） Na2CO32SO2=Na2S2O5CO2 （2分）(3)HCOOS2OOH=COS2OH2O （2分）(4)1（1分） 酸性条件下H2O2直接与Fe2反应，导致溶液中羟基自由基(OH)浓度减小，使得TOC去除率下降（2分）27.（14分）解析 (1)Fe(CrO2)2中铁元素为2价，则氧化物为氧化亚铁和三氧化二铬；将铬铁矿磨碎、不断搅拌可使反应物之间充分接触，加快反应速率。(2)Na2CrO4中加入酸生成Na2Cr2O7，为非氧化还原反应，在离子方程式中用氢离子平衡电荷，即可写出并配平离子方程式。由流程可知操作a将固体和溶液分离，为过滤。(3)根据化合物中元素化合价代数和为零可得，铬元素在此化合物中为6价；配平已知的化学方程式得：4Fe(CrO2)27O28Na2CrO4，生成1 mol Na2CrO4，参加反应的O2的物质的量为 mol，反应中氧元素由0价降低为2价，转移电子的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为 mol43.5 mol。(5)由CrOBa2BaCrO4知Ksp(BaCrO4)c(CrO)c(Ba2)5.0107c(Ba2)1.21010，解得c(Ba2)2.4104 molL1。答案 (1)FeOCr2O3 （2分）不断搅拌（2分）(2)2CrO2HCr2OH2O （2分） 烧杯、漏斗、玻璃棒（3分）(3) 6（1分） 3.5（2分） (4) 2.4104（2分）28.（14分）解析 (1)由题给信息知，一水合氨的电离常数大于亚硫酸的第二步电离常数，所以SO的水解程度大于NH的水解程度，则25 时，0.1 molL1亚硫酸铵溶液呈碱性。(2)K4.31013。(3)由已知信息可得CO(g)O2(g)=CO2(g) H3283 kJmol1，将该热化学方程式及已知信息中热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由a2b得：S(l)O2(g)=SO2(g) H(283 kJmol1)237.0 kJmol1529 kJmol1。(4)设E2为逆反应的活化能，则E1E2H20，所以E1H2。(5)比较M、N两点CO的转化率，选择P点为参照点，比较M点和P点对应的CO的转化率：温度相同，y1大于y2，投入较多CO来增大SO2转化率，则CO的转化率降低，故M点对应的CO转化率小于P点。比较N点和P点对应的CO转化率：投料比的比值相同，P点温度高于N点，反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，故P点对应的CO转化率小于N点。故CO的平衡转化率：NPM。N点和P点的投料比的比值相同，升高温度，正、逆反应速率均增大，故N点逆反应速率小于P点。(6)设参与反应、的SO2的起始物质的量浓度分别为a molL1、b molL1，达到平衡时，转化的物质的量浓度分别为x molL1、y molL1，利用三段式法计算： 依题意知，2x0.16，解得x0.08，2y0.18，解得y0.09，平衡时c(SO2)0.2 molL10.17 molL10.03 molL1，c(H2)0.02 molL1，c(H2O)0.18 molL1，则反应的K Lmol12 700。缩小容器体积相当于增大压强，反应、都是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO2的平衡转化率增大。答案 (1)（2分） (2)4.31013（2分）(3)S(l)O2(g)=SO2(g) H529 kJmol1（2分）(4)（2分） (5)（1分） （1分）(6)2 700（2分） 增大（2分）35.（15分）解析 (1)N结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个NN键，满足条件的结构为，故“N”带一个单位正电荷。因此化学式为“N8”的离子晶体是由N和N形成的，电子式为。其中的阴离子和CO2互为等电子体，则其空间构型为直线形。(2)N4与白磷的结构类似为正四面体形，因此N4H的结构式为，所以1个N4H中含有10个键。(3)由于N的电负性强于P，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3。(4)P4S3分子中硫原子的价层电子对数是4，含有2对孤对电子，杂化轨道类型为sp3。分子中每个P含有1对孤对电子，每个S含有2对孤对电子，则每个P4S3分子中含孤电子对的数为413210。(5)根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为2，Fe原子数为21/2121/636，所以氮化铁的化学式Fe3N；若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则晶胞的体积是a2c nm3，所以这种磁性氮化铁的晶体密度为gcm31021 gcm3。(6)铜的原子序数是29，基态时Cu3的电子排布式为Ar3d8；根据表中数据可知Ce的第三电离能与第四电离能相差最小，所以最有可能显示4价的稀土元素是Ce。答案 (1) （2分）直线形（1分） (2)10（2分）(3)N的电负性强于P，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3(或氮原子电负性强于磷原子，PH3中P周围的电子密度小于NH3中N周围的电子密度，故PH3的键角小于NH3)（2分）(4)sp3（1分） 10（1分） (5)Fe3N（2分） 1021（2分） (6)3d8（1分） Ce（1分）36.（15分）解析 (1)该酯的名称为丙二酸二乙酯。(2)A生成B的反应类型为加成反应。E中官能团的名称为酯基和氰基。F的分子式为C9H14O4。(3)通过观察可知，D生成E为酯化反应，因而化学方程式为H2O。(4)根据芳香族化合物G为E的同分异构体，1 mol G可与2 mol Na2CO3反应可知，G的苯环上有两个酚羟基，又其苯环上有三个取代基，且苯环上有两种等效氢，则C3H8N为苯环上的一个取代基且G为对称结构。两个酚羟基处于邻位和对位时都不符合要求，当两个酚羟基处于间位时，C3H8N在苯环上的位置有2种，又因含有NH2，故C3H8N的结构有CH2CH2CH2NH2、CH(NH2)CH2CH3、CH(CH3)CH2NH2、CH2CH(CH3)NH2、5种，故符合条件的同分异构体有10种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为62221的结构简式有2种。答案 (1)丙二酸二乙酯（1分）(2)加成反应（1分） 酯基和氰基（2分） C9H14O4（2分）(3) （2分）(4)10（2分） （各1分）(5) （3分）绵阳中学高三下学期月考（3.7）（答案）1-6 DADDCC1.【解析】洋葱是高等植物，根尖分生区细胞没有中心体， A选项错误；抗体属于分泌蛋白，是生物大分子，先在细胞内形成囊泡，囊泡与细胞膜融合，通过胞吐将抗体分泌到细胞外，此过程不依赖载体蛋白，B 选项错误；催化ATP合成的酶存在细胞内,内环境血浆中没有,C选项错误；正常生理状态下的溶酶体会分解衰老损伤的细胞器，D选项正确。2.【解析】叶肉细胞内RuBP羧化酶是植物体内催化CO2固定的酶，反应的场所是叶绿体基质，A正确。酶的作用原理是降低化学反应的活化能，因此RuBP羧化酶降低了上述反应进行所需的活化能，B错误。酶在低温条件下，空间结构保持稳定，在适宜的温度下酶的活性可以恢复，因此酶适于在低温下保存以保持活性，C错误。CO2的固定在有光、无光条件下都能进行，因此叶肉细胞内RuBP羧化酶在光照和黑暗条件下都能发挥作用，D错误。3.【解析】达尔文的向光性实验提出尖端产生的某种影响传到下面的伸长区,但并不清楚这种影响是什么,直到1928年温特通过实验证明该影响为一种化学物质,并命名为生长素。4.【解析】胸腺嘧啶二聚体形成后会影响DNA复制和转录过程中的碱基互补配对，A项正确；图示DNA分子损伤后修复时首先需要某种酶催化，切除胸腺嘧啶二聚体，然后在DNA聚合酶作用下填补、封闭缺口，B项正确；DNA修复功能缺陷可能会引发基因突变，原癌基因和抑癌基因突变会导致恶性肿瘤，C项正确；DNA损伤引起的基因突变可以成为生物进化的原材料，但不能决定生物进化的方向，D项错误。5.【解析】50%长果穗植株的子代中出现短果穗，而短果穗植株的子代中未出现长果穗，说明短果穂是隐性性状，长果穂是显性性状，A错误；长果穗植株自交后代中出现短果穗植株，是基因分离的结果，B错误；50%长果穗植株的子代中出现短果穗，说明种群长果穗植株中纯合子AA与杂合子Aa比例为1:1，因此种群中基因型AA：Aa：aa=1:1:2，因此控制短果穗a的基因频率=2/4+1/21/4=5/8，短果穗A的基因频率=3/8，C正确；该种群随机传粉一代，传粉前后A频率不变，AA频率=3/83/8=9/64，传粉前AA的频率为1/4，D错误。6.【解析】本题考查群落的基本知识。适应草本阶段和灌木阶段的野生动物，不一定适应森林阶段，A选项正确；在森林阶段，高大的乔木、低矮的灌木和地面的草本使植物分层明显，从而为动物提供分层明显的食物和栖息空间，B选项正确；森林阶段的优势物种的兴起，可能使前阶段优势物种的数量减少，但不一定会消亡，C选项错误；森林阶段与农田阶段相比，丰富度更高，营养结构更加复杂，生态系统的自我调节能力更强，抵抗力稳定性明显提高，D选项正确。29.（10分）(1). 葡萄糖、神经递质、胰高血糖素（答全2分，答对2个给1分） (2). 感受器乙传入神经下丘脑传出神经胰岛A细胞 （2分） 血糖浓度变化可直接刺激胰岛A、胰岛B细胞分泌相关激素来调节血糖 （2分） (3). 机体产生了抗体攻击胰岛B细胞表面葡萄糖受体，胰岛B细胞无法接受高血糖信号，分泌胰岛素不足（2分）；机体产生了抗体攻击组织细胞表面胰岛素受体，组织细胞无法接受胰岛素信号，无法促进组织细胞对血糖的摄取和利用（2分）。【解析】根据图分析,当血糖浓度上升时，葡萄糖感受器接受刺激产生兴奋，通过下丘脑血糖调节中枢，最终由传出神经末梢释放神经递质，与胰岛B细胞（丙）膜上相应的受体结合，引起胰岛素分泌增多，当血糖浓度下降时，葡萄糖感受器接受刺激产生兴奋，通过下丘脑血糖调节中枢，最终由传出神经末梢释放神经递质，与胰岛A细胞（丁）膜上相应的受体结合，引起胰高血糖素分泌增多。图中抗体1与胰岛B细胞膜上相应的受体结合，使得胰岛素不能合成分泌，血糖浓度升高；抗体2与靶细胞膜上的受体结合，使得血糖不能被组织细胞利用。30.（9分）（1）.在不同细胞中执行情况不同（或选择性表达的结果）（1分） 生长素和植物激素M （1分） （2）.有无植物激素M（1分） 植物激素M对侧芽的生长有抑制作用（或植物激素M和生长素抑制侧芽生长是协同作用）（2分） （3）.植物激素M是根产生的（2分） 用突变型做根、野生型做茎进行嫁接实验形成植株丁，对比观察丁植株侧芽的长度（2分）【解析】（1）“一定细胞”和“特定细胞”是通过细胞分化产生的，是基因选择性表达的结果。（2）图2中，植株甲、乙进行对照，植株甲能合成植物激素M，而植株乙不能合成植物激素M，其他条件相同，所以自变量是有无植物激素M；图中甲、乙对照结果显示，不能合成植物激素M的植株乙侧芽生长较长，可得出植物激素M对侧芽的生长有抑制作用。（3）嫁接型植株丙是用野生型甲做根、突变型乙做茎，实验结果是侧芽短，出现了顶端优势，说明能产生植物激素M，可得出植物激素M是根产生的；为使这一结论更具说服力，还需增设的另一组实验是用突变型做根、野生型做茎进行嫁接实验形成植株丁，对比观察丁植株侧芽的长度。31.（10分)（1）组成成分和营养结构 （或组成成分、食物链和食物网）（2分，答全得分） 甲、乙（1分） 竞争（1分）（2）传递给丙、自身呼吸以热能形式散失（多答“未利用的能量不扣分”，2分）（3）（1分） 乙的同化量并不等于第二营养级的同化量（或能量传递效率等于两相邻营养级的同化量的比值，第二营养级不只有乙；或