理综-河南省郑州市名校教研联盟2024届高三下学期模拟预测试题和答案

物理参考答案第1页（共7页）绝密★启用前物理参考答案14.【答案】C【解析】该反应为核聚变反应，根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为He+H喻He+H+ΔE，可知生成的新核x是He，选项A错误；氦4核中有2个质子2个中子，质子数相同的称为同位素，氦4核与氦3核是互为同位素，选项B错误；根据3E3+2E1+ΔE=4E2，可得氦3的比结合能为E3=，选项C正确；核反应过程的前后，反应体系的质量数守恒，选项D错误。15.【答案】A【解析】根据图像可知，轨迹ABC最高点大于轨迹CDA最高点，分析在最高点往左运动，根据平抛规律可知h=gt2，vx=，轨迹ABC运动时间长，但水平位移小，所以轨迹ABC水平分速度小，竖直分速度v2=2gh，轨迹ABC的大，所以沿轨迹CDA运动的最大速度可能为v1，沿轨迹ABC运动的最小速度即水平速度小于v2，选项A正确，B错误；沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的速度变化量Δv=gΔt不同，因为运动时间不同，选项C错误；沿轨迹ABC和轨迹CDA运动过程的平均速度大小不同，因为位移大小相同，但时间不同，选项D错误。16.【答案】B【解析】由题图知，该简谐运动的周期T=2根10-2s，振幅A=7cm，选项A错误；由ω==100πrad/s，又因为Q=或Q=-，所以振子做简谐运动的表达式为x=7sin(100πt+)cm或x=7sin(100πt-)cm，选项B正确；t=0.5根10-2s时振子位于平衡位置，速度最大，由“爬坡法”知质点在向上运动，选项C错误；当-2s时位移为x=7sin(100πt+)cm=-cm，选项D错误。17.【答案】D 【解析】如图所示，C处+q受到的电场力为F=2FAcosθ,方向由B指向A。根据几何关系有cosθ=，则有F=，x=l，则F=，选项D正确。物理参考答案第2页（共7页）3rGM47(3rGM47(4R)318.【答案】B2r，可得T=2π GMmGMm ma== GMmGMm ma==T=7则有中T同联立可得卫星A向心加速度大小为a=0.625m/s2，选项B2v父r，第一宇宙速度为7.9km2v父r，第一宇宙速度为7.9km/s，故卫星B在轨运行速度一定小于7.9km/s，选项D错误。19.【答案】ACD【解析】设B的质量为m，在物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得2×3mv2＋2mgLsinθ-mgL，得μ=2×3mv2＋2mgLsinθ-mgL，得μ=342×3mv2－0=μ·2mgcosθ·2x，其中x为弹簧的最大压缩量，得x＝0.4m，选项C×3mv2－0=μ·2mgcosθ·2x，其中x为弹簧的最大压缩量，得x＝0.4m，选项C正确；从C2摩擦产生的热量，即1点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得1×3mv2＋2mgxsinθ-mgx=μ·2mgcosθ·x＋Epm，得B的质量为点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得1m＝2kg，选项D正确。20.【答案】BD【解析】根据理想降压变压器的变流比可知【解析】根据理想降压变压器的变流比可知ΔP=IR=160W，选项A错误；根据理想变压器的变压比可知=，得U3=2200V，升压变压器副线升压变压器的原线圈输入功率P1=ΔP+P用，降压变压器输出功率为P用=I4U4=8800W，得P1=8960W，选项C错误；根据P1=U1I1，解得I1=32A，根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为Em=NBSΦ,代入数物理参考答案第3页（共7页）Em 2据解得Em=300V，有效值Em 2选项D正确。21.【答案】BC=300V，电机线圈内阻上消耗的热功率P内=I1E-I1U1，得P内=640W，【解析】设匀强磁场的磁感应强度为B，带电粒子的电荷量为q，质量为m，初速度为v，运动半径为r，根据可得r=，根据匀速圆周运动规律可得粒子运动周期为T=。若粒子运动轨迹所对应的圆心角为α,则粒子在磁场中运动时间为t=2πBq。若两粒子在磁场中运动的时间相等，则两粒子在磁场中的转过的圆心角（或弦切角）必定相等，可能分别从左右边射出；可能正粒子从左边射出，负粒子从上边射出；可能都从下边射出，例如此时圆心角均为180°,即均从NP边射出，则对于正粒子有0＜<，解得，对于负粒子同理可知其初速度v2需满足0＜v2<3av v 2v2可以取任意值，不一定为 ,=，对应正粒子恰好从N点射出，且负粒子恰好从P点射出的特殊情况，故A错误；若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当正粒子的运动半径为时，它将垂直MN边射出，转过的圆心角为90°;而负粒子将从NP边射出，转过的圆心角为180°,所以二者在磁场中运动的时间之比为1∶2，故B正确。若其中一个粒子（即负粒子）垂直PQ边射出磁场，则其转过的圆心角为90°,而正粒子转过的圆心角最大值为180°,所以正粒子与负粒子在磁场中运动的时间之比一定不大于2∶1，故C正确。若两粒子分别从M、Q两点射出磁场，设正、负粒子半径分别为r1和r2，-222-2=a，所以正粒子与负粒子在磁场中运动的初速度大小之比恰好为==，故D错误。22.【答案】（8分）（1）1.56（2分2）0.1（2分）0.2（2分3）0.2（2分）【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为1.5cm，游标读数为6×0.1mm=0.6mm=0.06cm，所以最终读数为1.5cm+0.06cm=1.56cm。物理参考答案第4页（共7页）vv2（2）遮光条通过第一个光电门的平均速度大小v1==m/s=0.1m/s，这个速度就是通过第一个光电门中间时刻的速度，即记时0.078s时的瞬时速度；遮光条通过第二个光电门的平均速度大小d2Δt2m/s=0.2m/s，这个速度就是通过第二个光电门中间时刻的速度，即第二个光电门记时0.039s时的瞬时速度。（3）滑块的加速度大小a=23.【答案】（11分）（1）BD（2分，每个1分）（2）6.0（或61分）（3）3.707（3.705～3.709均可2分）（4）B（1分）D（1分）（5）如图（2分）πd2U4Il（6πd2U4Il【解析】（1）用多用电表测电阻时，每换一次挡位，都必须重新进行欧姆调零，A错误；指针越接近刻度盘中央，误差越小，B正确；在外电路中，电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔，C错误；测量时，若指针偏角较小，说明这个电阻的阻值较大，应换倍率较大的挡位来测量，D正确。（2）该同学选用欧姆表“×1”挡，由图甲可知，对应的读数是Rx＝6.0×1Ω=6.0Ω。（3）螺旋测微器固定刻度为3.5mm，可动刻度为20.7x0.01mm=0.207mm，则该次金属丝直径的测量值（4）电源电动势为3.0V，因此电压表选择电压表V1（量程0~3V，内阻约3kΩ);测量金属丝的电阻阻值约为6Ω,则电路中的最大电流I==A=0.5A，因此电流表应选电流表A1（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω)。即电流表应选B，电压表应选D。（5）由于电流表内阻约0.1Ω较小，因此应选用电流表外接法，如答图所示。（6）根据欧姆定律有R=，根据电阻定律有R=p=p=p，联立解得p=。24.（9分）【解析】（1）拿掉活塞上的物块，气体做等温变化初态：V1=hS，气缸内封闭气体的压强p1=+p0（1分）物理参考答案第5页（共7页）代入数据解得p1=4x105Pa（1分）205Pa（1分）由气体状态方程得p1Sh=p2Sh/（2分）整理得h/=2h=1.3m（1分）（2）在降温过程中，气体做等压变化，外界对气体作功为W=p2SΔh=9.6J（1分）由热力学第一定律ΔU=W+Q（1分）可得ΔU=9.6J+(-24J)=-14.4J（1分）25.（14分）【解析】（1）MN切割磁感线产生的感应电动势E=Bdv（1分）回路中的感应电流I=（1分）MN两端的电势差UMN=I.R=Bdv（2分）M端电势高（1分）（2）设线框从MN边刚进磁场到PQ边刚进磁场所用时间为t由焦耳定律有Q=2I2Rt（2分）解得导体框穿过磁场的过程中，导体框中产生的焦耳热Q=（1分）（3）在0-时间内M、N两点的电势差UMN随时间t变化的情况可分为三段：第一段：在0-时间内，线框中产生的电动势E=Bdv，MN边相当于电源，电流由N流向M，M、N两点的电势差相当于路端电压，大小为U=3E=3Bdv（1分）MN44d2d时间内，线框完全在磁场中运动，穿过线框的磁通量没有变化，不产生感应电流，MN边仍然在切割磁感线，M、N两点的电势差大小为UMN=Bdv（1分）第三段：在2d3d时间内，线圈开始出磁场，MN边离开磁场，只有PQ边切割磁感线，此时PQ边相当于电源，MN边中的电流由M流向N，线圈中电动势为E=Bdv，M、N两点的电势差为外电路部分电压，大小为UMN=E=（1分）由以上三段可做出M、N两点的电势差UMN随时间t变化的图线如图所示（2分）物理参考答案第6页（共7页）2620分）【解析】（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为30°,则小球P自由下落R时，轻绳刚好再次伸直如图，设此时P的速度为v1。根据自由落体运动规律，可得v=2gR（1分）轻质细线伸直后瞬间小球P速度为v2＝v1cos30o（1分）小球P与小物块A碰前瞬间，设小球P的速度大小为v3，从轻质细绳刚好再次伸直到小球P运动到最低点联立解得小球P运动到最低点与小物块碰前的速度大小vp=v3=6m/s（1分）设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为FN根据牛顿第三定律可知：小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5N。（1分）（2）小球与小物块进行弹性碰撞后的速度为vp,、v4动量守恒：mvp=mvp,+mv4（1分）22能量守恒：2mvp=22解得小物块冲上传送带前的速度v4=vp=6m/s（1分）小物块冲上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μmg=ma（1分）解得加速度大小a=2.5m/s2（1分）物理参考答案第7页（共7页）设小物块与传送带共速时对地位移为x，传送带速度为v5，则由运动学公式可得v-v=2ax（1分）代入数据解得x=2.2m<l，则可知小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减速所用时间为t==0.4s，这段时间内传送带运动的位移为x带=v5t=2m（1分）则小物块通过传送带时由于摩擦产生的热量Q=μmg(x-x带)=0.15J（1分）（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为v6，轨道对小物块的弹力为FT，则由动能定理有-2mgr=mv-mv（1分）小物块通过圆轨道最高点时的速度大小为v6=m/s（1分）在最高点由牛顿第二定律可得FT+mg=m（1分）联立解得FT=0，根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，小物块对轨道的压力为0。（1分）化学参考答案第1页（共5页）绝密★启用前化学参考答案7.【答案】A【解析】医学上硫酸钡常用作“钡餐”，主要是因为其难溶于稀盐酸。8.【答案】D【解析】灼烧实验一般是在坩埚中进行，不需要石棉网（或陶土网）和铁架台，需要泥三角和三脚架等，A项错误；Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的溶质都可以通过滤纸，不能用过滤方式分离，B项错误；生成的三溴苯酚在苯中可溶，不能通过过滤的方法分离，C项错误；不要误以为生成的H2可能会跑到恒压漏斗中就不能测H2体积，根据反应前后气压相等原理，该装置可以测定生成H2的体积，D项正确。9.【答案】D【解析】根据结构可知：X、Y、Z、W分别为C、N、O、F。Y、Z、W的简单离子核外电子排布相同，半径关系：Y＞Z＞W，A项正确；由于N原子的2p轨道半满结构，稳定性较强，其第一电离能比O大，但是比F小，第一电离能的关系：Z（O）＜Y（N）＜W（F），B项正确；C原子杂化类型有sp2、sp3，C项正确；HF的沸点高于CH4，是因为HF分子之间可以形成氢键，使其沸点升高，但是HF分子之间形成的不是直线形氢键（锯齿形），D项错误。10.【答案】C【解析】1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH，A项错误；含3种含氧官能团：酯基、羟基和醚键，B项错误；溴水褪色是C=C键发生加成反应，酸性KMnO4溶液褪色是与分子中的还原性基团发生氧化反应，C项正确；该分子中C=C键两个C原子连接不同的原子或原子团，存在顺反异构体，D项错误。11.【答案】C【解析】碳棒b上发生氧化反应，碳棒b为原电池的负极，碳棒a为原电池的正极，在外电路，电子从负极移动到正极，A项正确；碳棒b上（负极）S生成SO42-的电极反应式：S-6e-+4H2O＝SO42-+8H+，B项正确；负极上每生成1molSO42-，电路中转移7mol电子，理论上消耗39.2LO2（标准状况下），C项错误；根据负极的电极反应可以判断，工作一段时间后，生成了H2SO4，酸性增强，氧硫化菌失去活性，电池效率降低，D项正确。12.【答案】B【解析】过程中只有极性键的断裂和形成，A项错误；中间体A的结构简式为，得一个质子变成B，则B的结构为，B项正确；根据最终各产物的百分比可以判断，用C原子吸附在复合金属上的CO2的量为90%,化学参考答案第2页（共5页）用O原子吸附在复合金属上的CO2的量为10C项错误；0.1molCO2→0.1molHCOOH（转移0.2mol电子0.6molCO2→0.6molCH3OH（转移3.6mol电子），0.3molCO2→0.3molCH4（转移2.4mol电子），共转移6.2mol电子，D项错误。13.【答案】C【解析】由-lgKsp〔N(OH)2〕=-lgc(N2+)c2(OH-)=-lgc(N2+)-2lgc(OH-)=pN+2pR得关系式①pN=-2pR-lgKsp〔N(OH)2sp(NCO3)=-lgc(N2+)c(CO32-)=-lgc(N2+)-lgc(CO32-)=pN+pR，得关系式②pN=-pR-lgKsp(NCO3)。从关系式可知：①的斜率的绝对值大于②的，故曲线XY对应的物质是N(OH)2，曲线XZ对应的物质是NCO3，A项错误。B项，X点时，pR=5.7，pN=0，由关系式①pN=-2pR-lgKsp〔N(OH)2〕得lgKsp〔N(OH)2〕=-2pR-pN=-2×5.7=-11.4，则Ks〔N(OH)2〕=10-11.4，其数量级为10-12，B项错误。曲线XY中X点表示饱和N(OH)2溶液，向其中通入HCl后，c(OH-)减小（即pR增大），c(N2+)增大（即pN减小），所以能使溶液从X点变成Y点，C项正确。向N(OH)2饱和溶液中加入一定量NaOH，会产生沉淀N(OH)2，但是c(OH-)变大，D项错误。27.（14分）（1）FeS2（2分）不同（2分）（2）FeS2+2Fe3+＝3Fe2++2S（2分）（3）1∶1（2分）5cV（4）酚酞（2分，甲基橙也给分）0V0【解析】（2分）硫酸溶液中含有盐酸（2分）（1）硫铁矿的主要成分为二硫化亚铁（FeS2“操作1”包含萃取和分液，“操作2”为分液操作。（2）“浸取”过程中，饱和的FeCl3溶液和硫铁矿粉发生的主要反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+＝3Fe2++2S。（3）NaClO+2HCl＝Cl2↑+H2O+NaCl，参加反应的HCl只有一半做还原剂。（4）用氢氧化钠标准溶液滴定强酸溶液，指示剂可选用酚酞或甲基橙；量取的25mL配制的硫酸溶液，其溶质的物质的量为5cV×10-4mol，250mL配制的硫酸溶液中溶质的物质的量为5cV×10-3mol，则该硫酸溶液的浓度为5col=5mol/L。经过3次平行实验，发现测得的结果高于实际浓度，其原因可能是硫酸溶液中含有未除净的盐酸。化学参考答案第3页（共5页）28.（15分）（1）+6（1分）（2）过滤（2分）玻璃棒漏斗（2分，每个1分，顺序可换）（3）20（1分）170（1分）（4）NiMoO4+2Na2CO3+H2ONa2MoO4+2NaHCO3+NiO（2分）（5）(R4N)2MoO4+2HCO3-＝2R4NHCO3+MoO42-（2分）（6）C（2分）（7）(R4N)2CO3Na2CO3（2分，每个1分，顺序可换）【解析】（1）Ni为+2价，O为-2价，则Mo为+6价。（1）“操作1”后有“浸出渣”和“浸出液”，则“操作1”是过滤。过滤实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。（3）图1，Na2CO3最佳添加量为20wt％-60wt％时，Mo和Al浸出率变化量很小，则Na2CO3最佳添加量为20wt%;图2，当浸出温度≥170℃时，Mo和Al浸出率较高，且再继续升温后，Mo和Al浸出率变化不大，则最佳浸出温度为170℃。（4）NiMoO4在碱浸时有Na2MoO4和NaHCO3生成，根据已知②判断生成物还有NiO；则NiMoO4在碱浸时的化学方程式为NiMoO4+2Na2CO3+H2ONa2MoO4+2NaHCO3+NiO。（5）由一些离子被R4N+萃取的先后顺序可知，加入NH4HCO3反萃取发生反应为(R4N)2MoO4+2NH4HCO3=2R4NHCO3+(NH4)2MoO4，其离子方程式为(R4N)2MoO4+2HCO3-＝2R4NHCO3+MoO42-。（6）下口倾斜向上，旋转下口的活塞放气。（7）根据（5）中信息可知，采用碳酸根类型的N263萃取钼的反应产物有Na2CO3；萃取后有机相为HCO3-型（如R4NHCO3加入NaOH处理后可实现萃取剂(R4N)2CO3再生。流程中可以循环利用的物质有Na2CO3和(R4N)2CO3。29.（14分）CH3CH2OH(g)+3H2O(g)②0.4CH3CH2OH(g)+3H2O(g)②0.4（2分）①A（2分）ΔH＝-173.4kJ/mol（2分）（2分）（2）300℃之前，反应未达到平衡，随温度升高，反应速率加快，CH3CH2OH选择性增大；300℃之后，生成CH3CH2OH反应的催化活性降低，反应速率减慢，CH3CH2OH选择性减小（或其他合理答案2分）化学参考答案第4页（共5页）（3）12（2分）NA(一7)3（2分，其他合理形式也可给分）【解析】（1）Ⅰ×2+Ⅱ即为所求的热化学方程式2CO2(g)+6H2(g)—CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH＝-173.4kJ/mol。①A.容器内压强不变，说明容器内所有气体的物质的量都不再变化，则反应Ⅰ和Ⅱ都达到化学平衡状态，A项正确；B.容积固定，平衡时向容器中充入稀有气体，各气体分压不变，平衡不移动，B项错误；C.平衡时向容器中充入一定量H2，反应Ⅰ和Ⅱ均正向移动，但是H2的转化率降低，C项错误。②根据原子守恒来解此题，只考虑起始和平衡时各组分的物质的量，忽略反应过程，分析如下：起始转化平衡备注1molCO2（1-0.1-2x）molCO2根据C原子守恒写CO2的物质的量1molH2转化率40%0.6molH2根据转化率可求0.1molCO（0.4-3x）molH2O根据H原子守恒写H2O的物质的量xmolCH3CH2OH设的未知数根据O原子守恒列式为2（1-0.1-2x）+0.1+（0.4-3x）+x=2，解方程得x=0.05。平衡时，体系中各气态物质的物质的量分别为：0.8molCO2，0.6molH2，0.1molCO，0.25molH2O，0.05molCH3CH2OH，故总的气体的物质的p(CO).p(H2O)量为1.8mol，平衡时容器内混合气体的压强为0.9pMPap(CO).p(H2O)p(CO2).p(H2)0.10.9pMPa0.250.9pMPa1.81.8=5。平衡时，CO2(g)的物质的量浓度为=0.8mol=0.4mol/L。0.9pMPa0.9pMPa962L（2）300℃之前，反应未达到平衡，随温度升高，反应速率加快，CH3CH2OH选择性增大；300℃之后，生成CH3CH2OH反应的催化活性降低，反应速率减慢，CH3CH2OH选择性减小。300℃之后，还是速率因素，不是平衡原因。因为总反应是放热反应，且CO2的转化率是增大的，如果是平衡原因，则二者矛盾。（3）1个砷化硼的晶胞结构中，顶点：8=1，面心：6=3，故含有4个B原子，离硼原子最近的硼原子有12个，且最近距离为2anm，该晶胞中有4个BAs，晶体密度可表示为NA(一7)3g/cm3。30.（15分）（1）对氨基苯酚或4-氨基苯酚（2分）酯基、羧基（2分，每个1分）化学参考答案第5页（共5页）（2）邻硝基苯酚（2分）对硝基苯酚可形成分子间氢键，使其沸点升高，邻硝基苯酚形成分子内氢键，使其沸点降低，故先蒸馏出来的是邻硝基苯酚（2分）（32分，其他合理形式也可给分）（4）10种（2分）（3分）【解析】（1）把氨基看成取代基，命名为对氨基苯酚或4-氨基苯酚；化合物E的官能团有酯基和羧基，苯环不是官能团。（2）对硝基苯酚可形成分子间氢键，使其沸点升高，而邻硝基苯酚形成分子内氢键，使其沸点降低，故先蒸馏出来的是沸点相对低的邻硝基苯酚。（3）G中的-ONa结构会与盐酸反应生成酚羟基（强酸制取弱酸），-NH2会与盐酸发生中和反应生成-NH3Cl，所以G→H的化学方程式为。（4）根据题意，化合物J的同分异构体中含有、-COOH、-CH2CH3，固定-COOH在环上，移动-CH2CH3，即可得满足题设条件的同分异构体数目。①固定-COOH在环上N原子的邻位，移动-CH2CH3，有4种同分异构体；②固定-COOH在环上N原子的间位，移动-CH2CH3，也有4种同分异构体；③固定-COOH在环上N原子的对位，移动-CH2CH3，有2种同分异构体；满足条件的同分异构体共10种。（5）见答案。生物参考答案第1页（共5页）绝密★启用前生物参考答案1.【答案】C【解析】部分植物细胞没有叶绿体，不能通过光合作用产生O2，A错误。PIP2s蛋白属于细胞膜上的蛋白质，其合成起始于游离的核糖体，需要内质网和高尔基体的加工，然后运输至细胞膜，B错误。PIP2s蛋白磷酸化水平升高使其获得了向外运输H2O2能力，这有利于植物在盐碱地中生长和存活，C正确。据图分析可以看出，敲除AT1蛋白基因后，PIP2s蛋白发生磷酸化，可以运输H2O2，仍然可以运输H2O，D错误。2.【答案】B【解析】分离绿叶中的色素需要使用层析液，①正确；70%的酒精能使小动物和微生物因脱水而死亡，及时固定收集的小动物，防止腐烂，便于统计，②正确；观察根尖有丝分裂进行染色使用的试剂是甲紫溶液或醋酸洋红溶液，③错误；“绿叶中色素的分离”和“土壤中小动物类群丰富度的研究”这两个实验都不需要显微镜观察，④错误。3.【答案】D【解析】F2中红色∶橙色∶黄色的比例为9∶4∶3，属于9∶3∶3∶1的变式，可以推断F1的基因型为AaBb，亲代甲、乙的基因型存在两种情况，第一种情况：甲AAbb、乙aaBB；第二种情况：甲aaBB、乙AAbb。若亲代橙色甲的基因型为AAbb，则亲代黄色乙的基因型为aaBB，又因为红色丙只用A基因的特异引物进行扩增，所以丙对应的条带4为A，所以由此推测条带3为b，同理，根据丁只用B基因的特异引物进行的扩增，所以条带2为B，则条带1为a，因为乙的基因型为aaBB，由此推测条带1、2、3、4对应的基因分别是a、B、b、A；若亲代橙色甲的基因型为aaBB，则与题意不符，据此判断A错误。由此可知甲的基因型为AAbb、乙的基因型为aaBB，B错误。丙为F2中红色的个体，且带有A基因，因此其基因型可能是AABB、AABb、AaBb，不可能是AAbb，C错误。根据以上分析，橙色个体的基因型为1AAbb∶2Aabb∶1aabb，该群体随机传粉，后代基因型为bb，表型全部是橙色，D正确。4.【答案】D【解析】图中表示的染色体行为是同源染色体联会形成了2个四分体，并且序号为①和②的同源染色体的非姐妹染色单体之间发生了互换，A正确。经一次有丝分裂后形成的染色体的DNA中有一条链是含有32P（用图中的虚线表示），另一条链是含有的普通P（用图中的实线表示），继续进行减数分裂时，原料为普通的P，经染色体复制后，每个染色体的两条姐妹染色单体的P元素的组成不同，有一条单体含有32P，另一条单体的两条DNA链均含有普通的P，发生非姐妹染色单体的互换时，交换的片段可能是带有32P，也可能是普通的P的单体片段之间的互换，有以下两种情况：因此，图中的细胞中不考虑含有32P与普通P的染色单体间的互换（图中第一种情况则初级精母细胞中的两对同源染色体共有4条染色体单体含有32P，形成的次级精母细胞中含有2条非同源染色体，如①和③,可能有2条染色体含有32P，B正确。若考虑第二种情况，则图中有5条染色单体含有32P，分别是①的2条单体、②的1条单体、③和④分别只有1条单体，C正确。若按照第一种情况发生互换形成的次级精母细胞如①和③中含有32P的单体分到同一极，可能导致含有32P的染色体分到一个精细胞中，含有普通P的染色体分到一个精母细胞中，这样形成的4个精细胞中恰好有2个含有32P，另外2个不含有32P，D错误。5.【答案】A【解析】分析图示可知，突触前膜释放谷氨酸的方式属于胞吐，而突触后膜释放腺苷的方式是通过转运蛋白，属于协助扩散，A错误。腺苷即ATP结构中的“A”，腺苷结合三个磷酸基团则成为ATP，因此腺苷既可以作为信息分子，也可参与细胞内ATP的合成，B正确。咖啡因与腺苷结构类似，可以与腺苷受体结合，从而阻止腺苷发挥作用，抑制睡眠神经，激活觉醒神经元，达到提神醒脑的效果，C正确。腺苷与A1受体结合会抑制觉醒神经元，其机制可能是使神经元膜上Cl-内流，静息电位增大，细胞难以兴奋，D正确。6.【答案】A【解析】观察图可知，每个中格有4×4=16个小格，因此5个中格共有80个小格，56÷80=0.7，即每个小格中平均有0.7个菌，则计数室中的菌数为400×0.7=280个，台盼蓝可以鉴定细胞为死细胞还是活细胞，死细胞可以被着色，因此活菌数为280×0.8=224个，又因为观察之前将稀释后的培养液与台盼蓝染液进行等体积混合，这相当于将培养液进行了二等分，因此混合前培养液中的活菌数相当于224×2=448个，每个计数室的体积为0.1mm3，经换算可以得到1mL酵母菌培养液中活菌数约为448÷0.1×1000×100=4.48×108个。31.【答案】（9分）（1）类囊体薄膜（或基粒）（1分）有氧呼吸第一阶段和第二阶段（1分）氧化型辅酶Ⅰ（结合H+和电子）转化成还原型辅酶Ⅰ（或NAD+结合H+和电子转化成NADH1分）（2）②（1分）气孔开放程度下降，植物胞间CO2浓度下降，植物暗反应速率减慢，制造的有机物减少，由于温度升高导致呼吸作用消耗的有机物增多（2分）（3）升高（1分）持续高温导致Rubisco酶活性降低，光合作用固定CO2的能力下降，而气孔开放程度降低，从外界进入的CO2减少，但是呼吸作用产生的CO2增多，导致胞间CO2浓度升高（2分）【解析】（1）①表示光反应，发生在叶绿体的类囊体薄膜（或基粒），产生[H]和CO2的过程为有氧呼吸第二阶段，产生[H]的过程实际上是指氧化型辅酶Ⅰ转化成还原型辅酶Ⅰ（或NAD+转化成NADH）。（2）CO2固定属于光合作用的暗反应阶段，用图中②表示。气孔开放程度下降，植物胞间CO2浓度下降，植物暗反应速率减慢，制造的有机物减少，由于温度升高导致呼吸作用消耗的有机物增多。（3）持续高温导致Rubisco酶活性降低，光合作用固定CO2的能力下降，而气孔开放程度降低，从外界进入的生物参考答案第2页（共5页）生物参考答案第3页（共5页）CO2减少，但是呼吸作用产生的CO2增多，导致胞间CO2浓度升高。32.【答案】（11分）（1）固醇（或脂质或类固醇）（1分）分级调节（1分）下丘脑—垂体—甲状腺轴、下丘脑—垂体—肾上腺皮质轴（每点1分，共2分）（2）副交感（1分）胰岛B（1分）抑制肝糖原分解和非糖物质转变成葡萄糖（每点1分，共2分）（3）实验思路：将生理状态相同的雌性小鼠若干只均分成甲、乙两组，甲组每天注射一定量的胰岛素，乙组每天注射等量的生理盐水，在相同且适宜的条件下饲养一段时间后，检测每组小鼠的卵巢的平均大小（2分）预期结果：甲组小鼠的卵巢比乙组大（1分）【解析】（1）雌二醇属于性激素，其化学本质为固醇（或脂质或类固醇），下丘脑、垂体和卵巢对雌二醇的分泌的调控属于分级调节，人体内的分级调节轴还有“下丘脑—垂体—甲状腺轴”和“下丘脑—垂体—肾上腺皮质轴”。（2）餐后人体血糖高于正常水平时，副交感兴奋，支配胰岛B细胞分泌的胰岛素增多，胰岛素能够通过抑制肝糖原分解和非糖物质转变成葡萄糖，抑制血糖的来源，同时促进血糖的三条去路，实现降血糖的作用。（3）胰岛素过多还可能刺激垂体和卵巢，导致卵巢增大，此实验的材料应选择雌性小鼠，自变量为胰岛素是否过多，因变量为卵巢的大小，设计的实验思路为：将生理状态相同的雌性小鼠若干只均分成甲、乙两组，甲组每天注射一定量的胰岛素，乙组每天注射等量的生理盐水，在相同且适宜的条件下培养一段时间后，检测每组小鼠的卵巢的平均大小。预期结果：甲组小鼠的卵巢比乙组大。33.【答案】（10分）（1）浮游植物固定的太阳能和有机物输入的化学能（每点1分，共2分）d/(c+e)×100%（1分）甲种鱼的能量去向存在流向下一营养级，乙种鱼属于最高营养级没有该能量去向（2分）（2）②—④（或⑤+⑥+⑦)（1分）a（1分）（3）根系释放的氧气有利于好氧微生物的繁殖和有氧呼吸，进而促进水体中有机物分解；根系释放的氧气有利于浮游动物的繁殖，进而通过捕食减少藻类含量；挺水植物遮挡阳光，抑制藻类植物的大量增殖，防止水体富营养化；植物发达的根系为浮游动物提供栖息空间，有利于躲避天敌，通过捕食减少藻类含量；植物根系可以促进N、P的吸收，减少藻类的数量（答出2点即可，每点1分，共2分）整体（1分）【解析】（1）由于本生态系统中有输入的有机物，因此流经该生态系统的总能量包括浮游植物固定的太阳能和有机物输入的化学能。能量传递效率的计算方法是下一级的同化量除以上一级的同化量，即乙种鱼的同化量d除以甲种鱼的同化量（c+e）。甲种鱼的能量去向存在流向下一营养级，乙种鱼作为最高营养级没有这个去向。（2）图2中②表示同化量，④表示呼吸作用散失的能量，因此浮游动物用于生长发育繁殖的能量可以表示为②—④,根据能量守恒原理，也可以表示为⑤+⑥+⑦。③是浮游动物的摄入量中的粪便的部分，属于浮游植物的能量，可以用图1