《2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校高三下学期四模理科综合试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校高三下学期四模理科综合试题含答案.pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACK
2、oGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAA
3、ABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#高三理科综合试题答案精析 第1页,共6页2 0 2 3 2 0 2 4学年怀仁一中高三年级下学期第四次
4、模拟考试理科综合试题答案精析1.C2.C 人剧烈运动时,能量需求增加,为满足能量需求,AT P的水解速率和合成速率都会加快且保持动态平衡,C错误。3.A 光敏色素不能传递、转化光能,A错误。4.D 一个物种在群落中的地位或作用,包括所处的空间位置,占用资源的情况,以及与其他物种的关系等,称为这个物种的生态位,D错误。5.C G U S基因仅在真核细胞中表达,表达产物可催化底物呈蓝色,而重组质粒中没有G U S基因,故用农杆菌转化植物愈伤组织后,导入重组质粒的愈伤组织中没有G U S基因,不会呈现蓝色,C错误。6.A 单独考虑植物的两对性状,先分析花色性状,F1自交所得F2中白花紫花=31,则F
5、1的基因型为B b,两亲本关于花色的基因型分别为B B、b b;再分析花瓣性状,F1自交所得F2中单瓣重瓣=35,又知单瓣对重瓣为显性,可推知F1的基因型为A a、a a,且比例为11,则亲本关于花瓣性状的基因型分别为A a、a a,故甲、乙植株的基因型组合 为A a B Ba a b b或A a b ba a B B,A错 误。F2的表 型 及 比 例 分 别 为 单 瓣重 瓣=35,白花紫花=31,说明控制单瓣、重瓣的基因与控制花色的基因遵循自由组合定律,B正确。由电泳图可知,由于野生型只有一个条带,紫花突变体H也只有一个条带,则野生型与紫花突变体H均为纯合子,为验证紫花为隐性性状,可选紫
6、花突变体H与野生型白花植株作为亲本杂交,若子代全是野生型,则紫花为隐性性状,C正确。因为自交和自由交配不改变种群的基因频率,就A、a基因而言,从F1可知a配子占3/4,F2自由交配后,F3中重瓣植株(a a)所占比例为9/1 6,就B、b基因而言,b配子占1/2,F2自由交配后,F3中白花植株(B_)所占比例为3/4,故F3中重瓣白花植株(a a B_)所占比例为9/1 63/4=2 7/6 4,D正确。7.B 蔗糖变白的原因是利用黄泥的吸附作用,而不是泥土具有强氧化性,A错误;酿酒过程中发生的反 应 有(C6H1 0O5)n+nH2O酶nC6H1 2O6,C6H1 2O6酶2 C2H5OH+
7、2 C O2,后者反应中碳元素化合价发生改变,故发生了氧化还原反应,B正确;矾是各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐,不是金属硫化物,C错误;“丹砂(H g S)烧之成水银,积变又还成丹砂”不是可逆反应,前者条件是加热,后者不需要条件,也不是同时发生,D错误。8.D 由转化流程图可知,过程中醛基转化为羧基、醇羟基,故包含氧化还原反应,过程发生分子内酯化反应,A正确;1 m o l M中含有2 m o l醛基,故1 m o l M与足量新制C u(OH)2充分反应,生成2 m o l C u2O,B正确;M中含有醛基,N中含有醇羟基(且与羟基相连的碳原子含有H),故均能使酸性KM n O4溶液褪色,
8、C正确;同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子,结合题干有机物的结构简式可知,M中不含手性碳原子,N、L中 均 含 有1个 手 性 碳 原 子,如 图 所 示:、,D错误。9.C 由方程式可知,与在空气中相比,真空条件下相当于减少二氧化碳的浓度,平衡逆向移动,有利于Y解吸出二氧化碳,故B正确;由X的阴离子中所有原子共平面可知,X的阴离子中双键氮原子提供1个电子参与大键的形成,故C错误;Y的熔点比X的低,说明X中离子键强于Y,且X、Y阳离子相同,则Y的阴离子半径大于X,故D正确。1 0.D 由图可知,HMC-3电极上铁元素、氧元素价态降低得电子,故HMC-3电极为阴极,电极反应式
9、分别为O2+2 e-+2 H+H2O2、F e3+e-F e2+,后发生反应F e2+H2O2+H+F e3+OH+H2O,OH氧化苯酚,反应为C6H5OH+2 8OH6 C O2+1 7 H2O,P t电极为阳极,电极反应式为2 H2O-4 e-4 H+O2,A、B正确;苯酚转化为二氧化碳和水:C6H5O H+2 8O H6 C O2+1 7 H2O,由图可知,每产生1 m o l OH,阴极共转移3 m o l e-,处理1 m o l OH,需转移8 4 m o l e-,D错误。1 1.C 草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5 H2C2O4+2 M n O-4+6 H+2 M n
10、2+1 0 C O2+8 H2O,4 m L 0.1 m o lL-1酸性高锰酸钾溶液完全反应需要草酸的物质的量为0.1 m o lL-10.0 0 4 L52=0.0 0 1 m o l,则两支试管中加入的草#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#高三理科综合试题答案精析 第2页,共6页酸溶液均不足,酸性高锰酸钾溶液不能褪色,A错误;向K B r O3溶液中通 入少量氯气,发生 反 应:2 K B r O3+C l2B r2+2 K C l O3,则 氧 化 性:K B r O3K C l O3,无法比较C l2和B r2的
11、氧化性,B错误;向含相同浓度的K B r、K I混合溶液中加入少量氯水,发生反应:C l2+2 K II2+2 K C l,则氧化性:C l2 I2,生成的I2不能将K B r中的溴离子置换出来,说明氧化性:B r2I2,再加入C C l4,振荡,静置,溶液分层,下层为碘的C C l4溶液,呈紫红色,C正确;使用新制氢氧化铜检验醛基时,需要在碱性条件下进行,故应在纤维素水解后加入氢氧化钠溶液中和至碱性后再滴入少量新制氢氧化铜,加热检验醛基,D错误。1 2.D 步骤中氢气是还原剂,消耗3 m o l氢气产生1 m o l水,所以每产生1 m o l H2O转移6 m o l e-,A正确;步骤的
12、方程式为CH3OH+O2HCHO+H2O2,由于2 m o l双氧水才能产生1 m o l氧气,所以每产生1 m o l甲醛需外界补充1 m o l H2O2,B正确;步骤中3分子甲醛之间发生加成反应生成HO CH2C O CH2OH,C正确;化合物D的结构简式为HO CH2C O CH2OH,其中羟基中氧原子和饱和碳原子为s p3杂化,碳氧双键中的碳原子是s p2杂化,因此s p3杂化的中心原子数与s p2杂化的中心原子数之比为41,D错误。1 3.D K1=c A g(N H3)2+c(A g+)c2(N H3),l g K1=l g c A g(N H3)2+c(A g+)-2 l g
13、c(N H3),l g c A g(N H3)2+c(A g+)=2 l g c(N H3)+l g K1;同理,l g c C u(NH3)42+c(C u2+)=4 l g c(NH3)+l g K2、l g c H g(N H3)42+c(H g2+)=4 l g c(N H3)+l g K3;已知K2K3,再结合图像斜率可知,a、b、c分别代表l g c H g(NH3)42+c(H g2+)、l g c C u(NH3)42+c(C u2+)、l g c A g(NH3)2+c(A g+)与l g c(NH3)的关系。由点(-1,9)可知,9=4(-1)+l g K2,K2=1.01
14、 01 3,B错误;K2K3,H g(NH3)42+更容易生成,则向含相同浓度的C u2+和H g2+的混合溶液中滴 加 少 量 氨 水,C u(NH3)42+的 浓 度 小 于H g(NH3)42+,C错误;由点(-3,7)可知,7=4(-3)+l g K3,K3=1.01 01 9,H g(NH3)42+C u2+C u(NH3)42+H g2+的平衡常数K=c(H g2+)cC u(NH3)4 2+c(C u2+)cH g(NH3)4 2+=c4(NH3)c(H g2+)cC u(NH3)4 2+c4(NH3)c(C u2+)cH g(NH3)4 2+=K2K3=1.01 0-6,D正确
15、。1 4.C 1 5.A 1 6.D 1 7.D 1 8.B 1 9.A B C2 0.C D 2 1.B D2 2.(1)tn(1分)(2)t n(1分)(3)4 2n2mt 2-t2-k0(2分)(4)未考虑弹簧的质量影响;气垫导轨是否调节水平;全振动次数计数有偏差等(2分)2 3.(1)5.0(2分)(2)见解析图(2分)(3)见解析图(2分)(4)1.9(2分)1 4(2分)解析(1)将小量程的电流表改装成大量程的电流表需要并联一个电阻,根据欧姆定律可知并联电阻的阻值为R=IgRgIA-Ig=1 0 01 0-62 5 0 05 01 0-3-1 0 01 0-6 5.0,故电阻箱阻值
16、应为5.0。(2)将电流表与电阻箱并联,与其他元件串联,实物图连接如图。(3)根据表格中数据在坐标系中描点,用直线连线,让大部分点落在直线上或均匀分布在直线两侧,距离较大的点舍去,图像如图所示。(4)改装后电流表的内阻为R内=IgRgIA=1 0 01 0-62 5 0 05 01 0-3=5.0 根据闭合电路欧姆定律有E=I(R内+r+n R05)即1I=R内+rE+n R05E图像的斜率为R05E=7 0-1 05.6 A-1图像纵轴截距为R内+rE=1 0 A-1代入数据解得E=1.9 V,r=1 4。#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMA
17、AAyQNABCA=#高三理科综合试题答案精析 第3页,共6页2 4.见解析解析(1)由题意可知此过程为等压变化过程,T0=3 0 0 K,T=3 1 0 K,由盖吕萨克定律知V0T0=VT(2分)解得V=3 13 0V0(1分)(2)当气球上升至2 5 0 0 m高度处时,T1=2 8 5 K由理想气体状态方程得p0Vm i nT0=p12V0T1(2分)解得Vm i n=3 01 9V0(1分)由玻意耳定律得p0(V0+n0.2V0)=p0Vm i n(2分)解得n=5 51 9(1分)n应取整数,故n=3次(1分)2 5.见解析解析(1)粒子运动轨迹与c d边相切,如图甲所示由几何关系可
18、知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=d(1分)粒子在磁场中做匀速圆周 运动,洛伦兹力提供向心力,则有q v B=mv2r(1分)解得v=q B dm(1分)(2)粒子在极板间做直线运动,洛伦兹力与电场力大小相等,则有q v B=q E(1分)解得E=q B2dm(1分)因粒子带负电荷,在极板间洛伦兹力方向竖直向下,则电场力方向竖直向上,所以电场强度方向竖直向下(1分)(3)若撤去极板间的磁场,则粒子在板间做类平抛运动,如图乙所示则有d=v t,y=12a t2,(1分)vy=a t,a=q Em(1分)解得y=12d,vy=q B dm=v(1分)即粒子从下极板边沿Q点离开电场,在进入磁
19、场时的速度大小为v1=2v=2q B dm(1分)进入磁场时的速度方向与水平方向夹角t a n=vyv,得=4 5(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动,则洛伦兹力提供向心力,则有q v1B=mv12r1(1分)解得r1=2d(1分)由几何关系可知粒子从下极板射出,在磁场中做匀速圆周运动的轨迹对应的圆心为b点,所以粒子在b c边的e点垂直b c边射出磁场,e点到b点的距离为2d(1分)粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角是4 5,在磁场中的运动时间t=18T,T=2 r1v1(1分)可得t=m4q B(1分)2 6.见解析解析(1)第一次碰撞前,对A由动能定理有F L=12mAv02(1分)解得v0
20、=5 m/s(1分)A、B碰撞瞬间由动量守恒有mAv0=-mAvA+mBvB(1分)由能量守恒有5 0%E=12mAvA2+12mBvB2-12mAv02(1分)因为A回到初始点,所以vA=v0=5 m/s(1分)解得vB=1 09 m/s,E=191 05 J(1分)(2)第一次爆燃后到下次碰撞前,物体B向右做减速运动直到停止,设B移动距离为x0,由能量守恒有12mBvB2=12x0 xmBg x0(1分)(因为物体B对粗糙地面的压力与向右滑动的距离成正比,即摩擦力与向右滑动的距离成正比,可以用平均作用力表示克服摩擦力的功,等于产生的热量)解得x0=56 m(1分)如果只喷射一次,假设B物体
21、始终未全部运动到P的右侧,对整个过程,设B滑动的总距离为x总,由能量守恒有5 0%E+F(L+x总)=12x总xmBg x总(1分)解得x总2.2 5 m(1分)假设成立第二次碰撞后直到B最终停止,B物体向右滑动的距离为x1=x总-x01.4 2 m(1分)#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#高三理科综合试题答案精析 第4页,共6页设喷射n次恰好使B运动到P点右侧,即运动距离为x,由能量守恒有5 0%n E+F(L+x)=12mBg x(1分)解得n=1 8.8 1(1分)所以最少需要爆燃1 9次(1分)(3)()每次撞击
22、瞬间动量守恒mAv0=(mA+mB)v共(1分)解得v共=0.5 m/s共速瞬间的动能为Ek=12(mA+mB)v共2(1分)B在撞击后向右滑动一段小距离过程中产生的热量等于刚共速时整体的动能和滑动这段小距离恒力做的功的和,有F x2+Ek=12x2xmBg x2(1分)解得x2=5+3 58 m=1.3 6 5 m(1分)()假设撞击了N次,B在每次撞击向右滑动一段小距离过程中产生的热量等于刚共速时整体的动能和滑动这段小距离恒力做的功的和,对整个移动过程NEk+F x=12mBg x(1分)解得N=9 3.6所以至少需要碰撞9 4次(1分)2 7.(除标注外,每空2分)(1)防止空气中的水蒸
23、气进入反应装置(1分)恒压滴液漏斗(或分液漏斗)(1分)球形冷凝管(1分)(2)C C l4的密度比N a大,N a接触空气会被氧化(3)酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳,导致其中碳原子的正电性增强,继而使亚甲基中的碳氢键极性增强 将乙酰乙酸乙酯钠和乙醇钠转化为乙酰乙酸乙酯和乙醇(4)降低产品在水中的溶解度(或增大水层密度利于分层)干燥产品(1分)(5)7 0.42 8.(除标注外,每空2分)(1)使反应物充分接触,使反应更充分且能加快反应速率(1分)2 V2O5+4 N a C l+O2焙烧4 N a VO3+2 C l2(2)2 VO+2+H2C2O4+2 H+2 VO2+2 H2O+2 C
24、 O2(3)分液(1分)H2S O4(1分)(4)两性氧化物(1分)保证V以VO2+微粒存在,利于其萃取分离出来 1 01 9.2(5)5 1 2+1 6 4NAa b c 1 0-3 0解析(1)“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行,目的是使反应物充分接触,使反应更充分且能加快反应速率。该步操作中V2O5和氯化钠、空气中氧气反应产生N a VO3和氯气,化学方程式为2 V2O5+4 N a C l+O2焙烧4 N a VO3+2 C l2。(2)由已知可知,“还原”时,VO+2和草酸反应生成VO2+、二氧化碳和水,发生反应的离子方程式为2 VO+2+H2C2O4+2 H+2 VO2+2 H2O+
25、2 C O2。(3)“操作X”将VO2+从有机层中反萃取到水层中,然后分 液 分 离 出 水 层,故 该 操 作 为 分 液;萃 取VO2+的平 衡为VO2+2(C8H1 7O)2P O2H VO(C8H1 7O)2P O22+2 H+,且得到VO S O4,则试剂y为H2S O4,硫酸使得溶液中氢离子浓度增大,促使萃取平衡逆向移动生成VO S O4。(4)由图可知,VO2在酸性溶液中转化为VO2+,在碱性溶液中转化为HV2O-5、V4O2-9,故VO2为两性氧化物;由已知可知“调p H”时,调节p H=2的目的是保证V以V O2+微粒存在,利于其萃取分离出来;H V2O-5+5 H+2 V
26、O2+3 H2O平衡常数只受温度的影响,N、M点平衡常数相同,由M点可知,其平衡常数的数值为c2(V O2+)c(H V2O-5)c5(H+)=1 0-3.321 0-3.31 0-4.55=1 01 9.2。(5)该 晶 胞 中,位 于 面 上 和 晶 胞 内 部 的O原 子数为412+2=4,位于 顶角和体心 的V原子数 为818+1=2,则 该 晶 体 的 密 度=5 1 2+1 6 4(a 1 0-1 0)(b 1 0-1 0)(c 1 0-1 0)NA gc m-3=5 12+1 64NAa b c1 0-3 0 gc m-3。2 9.(除标注外,每空2分)(1)低于(1分)(2)K
27、p 1Kp 2 T越大,pKp=pKp 1+pKp 2的值越大,即Kp越小,因此该反应为放热反应(3)热解温度高,煤焦S-9 0 0中m(H)m(C)比值小,表面官能团少,不利于N O吸附(1分)S-9 0 0的比表面积小,吸附能力弱(1分)温度升高,反应速率增大(4)1.0 8 7 2%解析(1)当温度为2.4 K时,反应最终产物中c(N2)=7c(NO2),若使反应最终产物中c(N2)c(NO2)7,则氮气浓度降低,二氧化氮浓度升高,反应逆向移动,反应正向移动,根据反应分别是吸热反应和放热反应,则应该是降低温度即温度应该低于2.4 K。(2)将反应加反应得到反应3 N2H4(l)3 N2(
28、g)+6 H2(g),则平衡常数相乘即Kp=Kp 1Kp 2;由图可知,温度越高,pKp 1越大,pKp 2越小,pKp=pKp 1+pKp 2,故pKp越大,则Kp越小,说明平衡逆向移动,则正反应是放热反应,即反应的H 0。#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#高三理科综合试题答案精析 第5页,共6页(3)由图可知,相同温度下,S-9 0 0对NO的脱除率比S-5 0 0的低,结合表格数据分析,根据前面信息煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附,其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关,则可能原因是热解温度高,煤焦S-9 0 0
29、中m(H)m(C)比值小,表面官能团少;S-9 0 0的比表面积小,吸附能力弱。3 5 0 后,随着温度升高,NO的脱除率增大的原因是温度升高,反应速率增大。(4)根据题意,3 7 3 下,在容积固定的密闭容器中通入1 m o l NH3、1 m o l NO和0.7 m o l O2,初始压强为p0,达到平衡后测得NH3转化率为8 8%,体系中n(N2)n(NO)=2 07,设氮气物质的量为2 0 x,NO物质的量为7x,则22 0 x+7x=1 m o l8 8%+1 m o l,解得x=0.0 4 m o l,NO的物质的量为0.2 8 m o l,氮气的物质的量为0.8 m o l,4
30、 N H3(g)+5 O2(g)4 N O(g)+6 H2O(g)开始/m o l10.710转化/m o l0.0 80.10.0 80.1 2平衡/m o l0.9 20.61.0 80.1 2 4 N H3(g)+4 N O(g)+O2(g)4 N2(g)+6 H2O(g)开始/m o l0.9 21.0 80.600.1 2转化/m o l0.80.80.20.81.2平衡/m o l0.1 20.2 80.40.81.3 2反应后气体总物质的量为(0.1 2+0.2 8+0.4+0.8+1.3 2)m o l=2.9 2 m o l,pp0=2.9 2 m o l2.7 m o l,
31、p1.0 8p0,NO转化率为1 m o l-0.2 8 m o l1 m o l1 0 0%=7 2%。3 0.(除标注外,每空2分)(1)对硝基苯甲醚(或4-硝基苯甲醚)(1分)(2)醚键、酰胺基(3)提供碱性环境,有利于反应正向进行(4)保护酚羟基,防止其被氧化(5)NHCO CH3OHOB r+K2C O3+KHC O3+K B r(或 NHCO CH3OHOB rK2C O3+H B r)(6)A (7)1 4 H3CNO2CH3、NO2H3CCH3解析 OH与CH3I在碳酸钾作用下发生取代反 应 生 成 O CH3,C的 结 构 简 式 为 NHC O CH3O CH3,分子式为C
32、9H1 1NO2,B的分子式为C7H9NO,即B、C的分子式相差2个C、2个H、1个O,而另一种反应物为CH3C O C l,所以B到C为CH3C O取代苯环对位氨基上的氢原子,则B的 结 构 简 式 为 NH2O CH3,A的 分 子 式 为C7H7NO3,结合A到B的反应条件可知,A的结构简式 为 NO2O CH3,C NHC O CH3O CH3在B B r3/乙醚作用下转化为D NHC O CH3OH,根据题中信息:,由反应和G的结#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#高三理科综合试题答案精析 第6页,共6页构简式可
33、知F的结构简式为,E的分子式为C1 2H1 4NO3B r,F的分子式为C1 2H1 3NO3,对比E、F的分子式可知,反应是E去掉1个H B r成环生成F,所以E的结构简式为 NHCO CH3OHOB r,发 生 消 去 反 应 和 取 代 反 应 生 成Q 。(7)D的结构简式为 NHCO CH3OH,同时含有苯环和 硝 基 的 同 分 异 构 体 有:1个 侧 链:NO2、NO2;2个 侧 链:NO2(邻、间、对3种),NO2(邻、间、对3种);3个侧链:12(硝基有2种不同的位 置)、123(硝 基 有3种 不 同 的 位 置)、1(硝基有1种位置),符合要求的同分异构体共有2+3+3
34、+2+3+1=1 4种;其中核磁共振氢谱显示含3组吸收峰,且峰面积之比为621的同分异构体的结构简式为 H3CNO2CH3、NO2H3CCH3。3 1.(除标注外,每空1分)(1)层析液 蓝绿色 A D P、P i、NA D P+(2)在低温弱光处理下,叶绿素含量下降得更显著(2分)光合作用的酶含量下降(或酶活性下降)(2分)(3)果肉细胞中含1 4C的有机物的含量/有无(或果肉细胞中放射性的强度/有无)(2分)(4)蔗糖 类囊体3 2.(除标注外,每空1分)(1)血管紧张素(A)、神经递质(2分)神经体液调节 交感神经(2)激素一经靶细胞接受并起作用后就失活了(2分)醛固酮分泌过多,肾小管和
35、集合管对N a+的重吸收过强,使血浆渗透压升高,促进肾小管、集合管对水的重吸收,引起血容量增加,血压升高(2分)(3)抑制血管紧张素转换酶的活性 抑制A与A受体结合 舒张3 3.(除标注外,每空1分)(1)功能平衡 收支平衡(2)循环 土壤温度、水分(或湿度或含水量)实现了能量的多级利用,使能量得到最有效的利用(2分)(3)不合理;人们不断从该生态系统中输出农产品,短时间内这些农产品所含的元素没有回到该农田,因此该农田仍需要施肥,无法完全实现自给自足(3分)(4)增加土壤肥力,改良土壤结构;抑制土壤中病原微生物生长,减少病害的发生;减少化肥使用,保护生态环境(2分)3 4.(除标注外,每空1分
36、)(1)非等位(2)X 显 隐(3)连续缺失9个氨基酸(2分)(4)1 2.5%(2分)3 胚胎3未遗传父母双方的风险染色体,且其他染色体检测未见异常(2分)3 5.(除标注外,每空1分)(1)引物、4种脱氧核苷酸(原料)、耐高温的D NA聚合酶(2)E c oR B a mH (3)便于 重 组D NA分子的筛选(或使相关细胞发出绿色荧光方便进行筛选)复制原点(4)更换培养液 传代培养 离心(5)进行个体生物学水平的鉴定,即检测转基因猪体内的多不饱和脂肪酸(P U F A s)是否增加(2分)#QQABJYQEogCIAJAAABgCUQXQCEIQkBGACKoGBBAMMAAAyQNABCA=#