重庆市巴蜀中学2020届高三高考适应性月考卷（八）理科综合试题答案

重庆市巴蜀中学2020届高三高考适应性月考卷（八）理科综合试题答案

巴蜀中学2020届高考适应性月考卷（八）‎ 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 D A D D B C B C A D 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14～17题只有一项符合题目要求；第18～21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 C B D D AC BC ABD BC ‎【解析】‎ ‎1．植物体缺Mg，导致叶绿素合成不足，不利于光反应的进行，进而会抑制暗反应速率，A错误。抗体的化学本质是蛋白质，由核糖体参与合成，而酶的化学本质是蛋白质或RNA，所以并非所有的酶的合成都需要核糖体，B错误。碘是甲状腺激素的元素组成之一，缺碘不会抑制促甲状腺激素的合成，C错误。蛋白质的元素组成有C、H、O、N、S、P、Fe等元素，可能含有微量元素，D正确。‎ ‎2．当被运输物质的浓度很低，且其载体蛋白还未饱和时，主动运输的速率会随浓度的增大而增大，A正确。肾小管上皮细胞吸收葡萄糖是主动运输，而不是自由扩散，B错误。神经细胞的静息电位是由于K+外流导致，而不是由细胞外部流入细胞内部，C错误。细胞之间的信息交流有的依赖细胞膜上的受体，也有可能是细胞内部的受体，还可以直接通过胞间连丝，D错误。‎ ‎3．洋葱根尖细胞是植物细胞，有细胞壁，不存在吸水胀破现象，所以配置健那绿染液时无需使用生理盐水，A错误。该实验中，95%的酒精用于冲洗根尖组织，以及配置解离液，B错误。预实验可以为进一步的实验摸索条件，以及检验实验设计的科学性、可行性，进而减少人力、物力和财力的浪费，不能减小实验误差，C错误。重复实验可以降低实验误差，使实验结果更接近理论值，D正确。‎ ‎4．非同源染色体之间发生片段交换属于染色体结构的变异，A错误。B 选项描述的是三倍体，而不是三体，三体是二倍体生物体细胞核中的1对同源染色体多了一条染色体的现象，B错误。由配子直接发育而来的个体都是单倍体，C错误。含一个染色体组的体细胞处于有丝分裂的分裂期时，一条染色体上的两条姐妹染色单体上，由于基因突变，可能出现等位基因，D正确。‎ ‎5．突变包括基因突变和染色体变异，若自然界中没有基因突变，则不会有等位基因，基因重组就不会出现种类多样的配子，后代也就不会出现新的性状组合。同时又没有染色体变异，则不会出现可遗传变异，所以生物无法进化，A正确。生物多样性包括基因多样性、物种多样性和生态系统多样性，B错误。存在生殖隔离的生物一定不是同一个物种，C正确。达尔文的自然选择学说不能科学解释生物遗传变异的本质，D正确。‎ ‎6．烟草植物的花和叶片细胞中，遗传信息不可以从RNA流向RNA，A错误。高等植物根尖成熟区的细胞不可以分裂，所以遗传信息不能从DNA到DNA，B错误。浆细胞中，遗传信息存在DNA→RNA→蛋白质的传递，C正确。哺乳动物成熟红细胞中无细胞核和众多细胞器，则不存在DNA，也就无遗传信息的传递，D错误。‎ ‎7．五氧化二磷不可作食品干燥剂，故A错误。合成纤维是有机高分子，不属于无机非金属材料，故C错误。酒精消毒的原理是使细菌蛋白质变性，故D错误。‎ ‎8．如果足量的某酸是稀硝酸，反应后铁变为+3价，则转移的电子数为0.3NA，故A错误。甲烷与氯气的取代反应无论两者的组成比是多少都得到四种取代产物，故B错误。标准状况下，‎22.4L全部为S18O2，氧原子含有的中子数为20NA，‎22.4L全部为C16O2，氧原子含有的中子数为16NA，‎22.4L混合气体的中子数为（16NA，20NA），故C正确。Cl2溶入足量水中，氯元素还以HClO的形式存在，故D错误。‎ ‎9．根据X、Y在周期表中位于同一主族且Y原子核外电子数为X原子核外电子数的两倍，推断出X为O、Y为S，Z的原子序数大于Y为短周期元素，Z为Cl，根据四种元素的质子数之和为47，推出W为C。X、Y与氢均可形成原子个数比为1∶2的化合物，如H2O、，故A正确。Z为氯元素最高正价为+7，X为O元素没有+6价，W为C最高正价为+4价，故B错误。S的非金属性弱于Cl，H2SO4酸性弱于HClO4，故C错误。简单离子半径：S2－>Cl－>O2－，故D错误。‎ ‎10．Mn2+有催化作用，故A错误。‎ 硼酸的酸性弱于碳酸而强于碳酸氢根，故B错误。未指明CuCl2、FeCl3的浓度关系，故C错误。实验现象说明Mg(OH)2的碱性强于Al(OH)3，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，对应元素的金属性越强，故D正确。‎ ‎11．制乙炔应该生成Ca(OH)2，A错误。锂与氧气在加热条件下反应，受锂活泼性的影响只能生成Li2O，故B错误。向次氯酸钾溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液为碱性，故C错误。‎ ‎12．葡萄糖分子式为C6H12O6和麦芽糖分子式为C12H22O11结构不相似，组成上也不相差n个CH2，故A错误。植物油中含有碳碳双键，和碘水发生反应，不能萃取碘，故B错误。中单键碳原子的四面体结构使得所有碳不在同一平面内，故C错误。中有两种H，如图所示，二氯代物的种数为取代1种，取代4种，取代2种，共7种，故D正确。‎ ‎13．上层清液为饱和溶液，，故A错误。c到a，pH逐渐减小，说明Ur－的浓度逐渐减小，加入的盐酸增多，故水的电离程度减小，故B错误。b点，，，，，溶液呈酸性，，根据电荷守恒，可知，根据元素守恒，可得，可得，故C正确。pH=7时，，根据电荷守恒，可得，故D错误。‎ ‎14．处电场强度最小，且为零，故A错误。点和的电场强度沿x轴的分量的方向不同，故B错误。粒子在处的电势能最大，动能最小，故D错误。‎ ‎15．设初速度为，，，所以，故A错误。因为所以所以故B正确。水平位移的大小之比为 ‎，故C错误。速度的大小的改变量之比，故D错误。‎ ‎16．由开普勒第三定律得，所以，所以，故A错误。P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据，所以有，故B错误。根据，得，所以，故C错误。综合B、C，有，，得，故D正确。‎ ‎17．如果一起向上加速，弹簧的弹力会变大，弹簧长度变大，故A错误。B的机械能的增量等于支持力和弹簧弹力做的总功，故B错误。向左进入粗糙轨道瞬间，斜面减速，弹簧的弹力不突变，A对B的支持力变大，故C错误。斜面竖直方向平衡，因为B对A的压力增大，弹簧弹力不变，地面对斜面的支持力增大，故D正确。‎ ‎18．磁励磁线圈的电流产生磁场B∝I，电子带负电向左射入时，由左手定则知B垂直纸面向里，又由右手螺旋定则知I为顺时针，故A正确。增大电子枪的加速电压时，由知，电子速度增大，又由，知R增大，故B错误。增大励磁线圈中的电流时，B增大，R减小，故C正确。由，知T与无关，故D错误。‎ 19． ‎，故A错误。，故B正确。线框的合力为重力，故C正确。安培力做的总功为零，故D错误。‎ ‎20．画出受力分析，易知A正确。从A到B有，得，在B点对小球有得，故B正确。若撤去磁场，依然把小球从A点静止释放，切向受力不变，小球能到达B点，且时间不变，故C错误，D正确。‎ ‎21．电键接a，，上板带正电，电键断开时，，上板带正电，电荷量减少，，故B正确。电键接b，，上板带负电，所以电容器先放电，再反向充电，，故C正确。‎ 三、非选择题 ‎（一）必考题：共11题，共129分。‎ ‎22．（每空2分，共6分）‎ ‎（1）CD ‎（2）‎ ‎23．（每空3分，共9分）‎ ‎（1）2‎ ‎（2）①电路连线如图所示（每根线1分，共3分）‎ ‎②‎ ‎24．（12分）‎ 解：（1）图象如图所示 水火箭刚离开地面时， ①‎ 由图象可知水火箭刚离开地面所用时间为 ②‎ ‎（由图象直接得出，也可给4分）‎ ‎（2）图中阴影部分的“面积”，就是水火箭从离开到过程中推力与重力的合力的冲量I合 即 ③‎ 时，“水火箭”的质量为 ④‎ 由动量定理得，解得速度 ⑤‎ 评分标准：本题共12分。正确画出图象给3分，正确得出④式给1分，其余各式各给2分。‎ ‎25．（20分）‎ 解：（1）对金属棒ab受力分析 由牛顿第二定律得 ①‎ 又R0与金属棒cd的电阻R2并联， ②‎ 金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为 ③‎ 又 ④‎ 故流过金属棒ab的感应电流为 ⑤‎ 联解①～⑤并代入数据整理得 ⑥‎ 由图乙中的截距可知，解得加速度 ⑦‎ 由图乙中的斜率可知，解得磁感应强度 ⑧‎ ‎（2）时，金属棒ab的速度 ⑨‎ 金属棒ab的位移 ⑩‎ 对金属棒ab，由动能定理得 ⑪‎ 解得棒ab克服安培力做功 ⑫‎ 由于金属棒cd不切割磁感线，不产电，故金属棒ab克服安培力做功等于回路中的总焦耳热 即 ⑬‎ 又由，‎ 可知 ⑭‎ 联解得金属棒cd产生的焦耳热 ⑮‎ ‎（3）cd棒下滑过程中受到滑动摩擦力 又 联解得 ⑯‎ cd棒最大速度时，cd棒合力为零，所需时间为t0，即 ⑰‎ 解得 ⑱‎ cd棒达到最大速度后，继续向下做减速运动，到速度为零时，因重力小于最大静摩擦力而静止 最终为静摩擦力，其图如图所示（2分，其中图 线1分，坐标1分）‎ 评分标准：本题共20分。正确画出图象给2分，正确得出①～⑱式各给1分。‎ ‎26．（每空2分，共14分）‎ ‎（1）SiO2+‎2CSi+2CO↑‎ ‎（2）H2、H2S 2S2－++O2+2H2O=2S↓+4NH3·H2O ‎（3）氧化Fe2+为Fe3+，便于除尽 ‎（4）蒸发浓缩、冷却结晶 ‎（5）①10.4 ②在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中加入少量Ba(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，在大于4.7小于8.5时，过滤 ‎【解析】（2）足量炭焙烧重晶石矿粉的产物中Fe、BaS与盐酸反应产生H2、H2S，其中H2S被过量氨水吸收生成(NH4)2S，(NH4)2S被通入空气中的氧气氧化生成淡黄色硫和氨水，离子方程式为2S2－++O2+2H2O=2S↓+4NH3·H2O。‎ ‎（3）氧化Fe2+为Fe3+，便于除尽。‎ ‎（4）产品氯化钡晶体（BaCl2·H2O）带有结晶水，获得它的晶体用蒸发浓缩、冷却结晶。‎ ‎（5）①使0.2mol BaSO4全部转化为BaCO3需要Na2CO3 0.2mol，生成0.2mol，=0.4mol/L，，‎ ‎，，，。‎ ‎②在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生，溶解Fe2O3和BaCO3‎ ‎，过滤，去掉SiO2，向滤液中加入少量Ba(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，在大于4.7小于8.5时，过滤。‎ ‎27．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）①−1628.2 ②溶胶—凝胶法制备的催化剂表面积更大，则催化效率更大（答催化剂粒径大小也可得分） 4NH3+2SO2+O2+2H2O=2(NH4)2SO4‎ ‎（2）①0.03（1分） ②通入一定量的NO ③1.33‎ ‎（3）①+8e−+6H2O=NH3↑+9OH− ②13‎ ‎【解析】（1）①根据盖斯定律，由3。②“溶胶—凝胶法”制得的催化剂为胶体，“共沉淀法”的制得的催化剂为沉淀，所以“溶胶—凝胶法”制得的催化剂表面积更大或者颗粒更小，则催化效率高。加入SO2气体后生成（NH4）2SO4，根据原子守恒，参加反应的物质一定有SO2、NH3、H2O，根据价态分析，为氧化还原反应，所以有O2参与反应，根据电子得失守恒，得出2SO2+O2，根据原子守恒得出2(NH4)2SO4，最后确定4NH3+2H2O，从而得出方程式：4NH3+2SO2+O2+2H2O=2(NH4)2SO4。‎ ‎（2）①根据图象可知v(CO2)=mol·L−1·min−1。②50min时改变某一条件后，新平衡下反应物生成物浓度都增加且平衡常数没有改变，则不可能是改变温度，因为改变温度是反应物浓度增加，生成物浓度减小，也不是改变催化剂，因为催化剂不改变平衡，则浓度不会改变，由于体积不能改变，所以不可能是增大压强，故可能是加入一定量的NO，或者等比例加入一定量的N2和CO2。‎ ‎③因为平衡态Ⅰ，，，故。又因充入后压强从100kP变成150kP，该反应为气体体积不变的反应，故压强之比等于物质的量之比，又因体积不变，故压强之比也等于气体总浓度之比：即新平衡总浓度为3mol/L，因该反应为气体系数相等的反应，从总浓度2mol/L变成3mol/L可知，CO2浓度增加量为1mol/L。‎ 则三段式可列为：‎ C+2NO N2 + CO2‎ ‎ 2 0 1‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎，解得，则NO浓度为mol/L。‎ ‎（3）①根据溶液中性且产生氨气，故电极反应式为+8e−+6H2O=NH3↑+9OH−。②通过电量为‎77200C，则通过的电子的物质的量为7720096500=0.8mol，这时通过阳离子交换膜的H+为0.8mol，根据电极反应式可求出左侧生成的OH−为0.9mol，则左侧剩余的OH−为0.1mol，其浓度为0.1mol/L，则pH=13。‎ ‎28．（除特殊标注外，每空2分，14分）‎ Ⅰ．（1）圆底烧瓶（1分） 吸收氯气防止污染，防止外界水蒸气进入 ‎（2）D和收集器之间是细导管，容易堵塞 Ⅱ．浓盐酸（1分） 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+‎ ‎（1）3mL 0.1mol/L FeCl2溶液 ‎（2）2Cu2++4SCN−=2CuSCN↓+(SCN)2‎ ‎（3）生成的(SCN)2氧化Fe2+发生反应(SCN)2+2Fe2+=2Fe3++2SCN−，生成的Fe3+与SCN−形成红色，震荡后Cu2+与SCN−继续反应，让Fe3++3SCN−Fe(SCN)3平衡逆向移动，则红色褪去 ‎【解析】Ⅰ．（1）A的名称为圆底烧瓶，因为FeCl3易潮解，所以E要防止外界的水蒸气进入，同时可能产生尾气氯气，所以要有防止污染的装置，所以E还有吸收氯气，防止污染的作用。‎ ‎（2）由于FeCl3熔点为‎306℃‎、沸点为‎315℃‎，所以在D处生成后经过玻璃导管容易冷凝成固体堵塞导管。‎ Ⅱ．步骤一：因为于FeCl3极易水解，所以配制该溶液是先将固体溶液加入到浓溶液中，再稀释到某一浓度；步骤二：FeCl3可以将Cu氧化成CuCl2，故离子方程式为2Fe3++Cu=‎ ‎2Fe2++Cu2+；步骤三：（1）根据反应所得溶液成分，含有3mL 0.1mol/L FeCl2和0.05mol/L ‎ CuCl2溶液，证明时要控制变量，所以①中的A是3mL 0.1mol/L FeCl2溶液，根据②中的实验现象及已知信息可得离子方程式为2Cu2++4SCN−=2CuSCN↓+(SCN)2，实验③中，局部变红说明有Fe2+变成了Fe3+，则说明生成的(SCN)2氧化Fe2+发生反应(SCN)2+2Fe2+=2Fe3++2SCN−，生成的Fe3+与SCN−形成红色，震荡后Cu2+与SCN−继续反应，让Fe3++3SCN−Fe(SCN)3平衡逆向移动，则红色褪去。‎ ‎29．（除特殊标注外，每空2分，共11分）‎ ‎（1）叶绿体基质、类囊体薄膜 （答对1个给1分）‎ ‎（2）A、B（选填，不拆分）‎ ‎（3）①光照强度 叶片光合色素含量、酶的数量等（答对1个给满分）‎ ‎②b点（1分） a点时小球藻光合作用强度等于呼吸作用强度，没有有机物的积累，b点时有积累，因此b点的干重大于a点（要求答出比较关系）‎ ‎【解析】（1）试管甲光合作用过程中，首先利用C18O2是在暗反应阶段，发生在叶绿体基质中；试管乙光合作用过程中首先利用H218O发生在光反应阶段水的光解，场所为类囊体薄膜。‎ ‎（2）光照一段时间后，甲、乙两组均停止二氧化碳供应，再将其同时置于黑暗条件下，此时产生的气体A、B中均含18O。‎ ‎（3）①本实验中自变量为光源与装置的距离，即光照强度，因变量为气泡产生速率，即光合作用强度，因此研究的是光照强度对光合作用强度的影响。c点光源与装置的距离较小，光照较强，达到光饱和点，此时的限制因素是叶片光合色素含量、酶的数量等。‎ ②干重可以表示净光合作用强度，由于a点时小球藻光合作用强度等于呼吸作用强度，没有有机物的积累，b点时光合作用强度大于呼吸作用强度，有有机物积累，因此b点的干重较a点多。‎ ‎30．（除特殊标注外，每空2分，共8分）‎ ‎（1）胰高血糖（1分） 下丘脑（1分） 血糖（或葡萄糖）、神经递质、胰岛素（答对1个给1分，答对2个给满分）；‎ ‎（2）同一种神经递质对不同细胞可能发挥不同的作用 ‎（3）饮食过咸会使血浆渗透压升高，刺激A（下丘脑）中渗透压感受器，使其产生并由F（垂体）释放的①增加，使B（肾小管、集合管）对水分的重吸收增强，排出的尿量减少 ‎【解析】（1）人体在饥饿时，一方面，血糖浓度下降直接剌激胰岛A细胞分泌胰高血糖素，促进肝糖原的分解和非糖物质转化为葡萄糖，使血糖浓度上升；另一方面，位于下丘脑的血糖调节中枢通过传出神经支配胰岛A细胞和肾上腺，使它们分泌相应激素，使血糖浓度上升，此过程属于神经—体液调节。由上述血糖调节过程可知，胰岛A细胞可识别的信号分子有血糖（或葡萄糖）、神经递质。同时，胰岛A细胞表面也有胰岛素的受体，结合之后，抑制胰高血糖素的增加。‎ ‎（2）研究发现人体的交感神经在饥饿时也会兴奋，并且其末梢释放去甲肾上腺素，该物质能促进细胞D的分泌活动，却抑制细胞C的分泌活动，此现象说明同一种神经递质对不同细胞可能发挥不同的作用。去甲肾上腺素是一种神经递质，作用于不同的效应器，即胰岛A、B细胞产生不同的效应，推测是因为两种细胞中的相关受体不同，导致产生的效应不同。‎ ‎（3）某人饮食过咸会使血浆渗透压升高，刺激A（下丘脑）中渗透压感受器，使其产生并由F（垂体）释放的①增加，使B（肾小管、集合管）对水分的重吸收增强，排出的尿量减少。‎ ‎31．（每空2分，共10分）‎ ‎（1）种群密度 ‎（2）灌木比草本植物高大，能获得更多的阳光 ‎（3）①增加 在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量 ②不对，b点之后的一段时间内，种群乙的λ值仍小于1，说明这段时间种群乙的数量仍在减少 ‎【解析】（1）种植水稻时，每平方米一般控制在45～55株左右，从种群特征分析，这一措施是控制好水稻的种群密度，以利于提高水稻产量。‎ ‎（2）灌木比草本植物高大，能获得更多的阳光，因而灌木比草本植物具有更强的竞争力，在演替过程中能逐渐取代草本植物而成为优势种。‎ ‎（3）①c~d段，种群甲的λ值大于1，且数值保持不变，说明种群甲的数量呈“J”型增长。图中c点之后，种群乙的数量达到K值，所谓K值，即在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量。‎ ②不对。b点之后的一段时间内，种群乙的λ值仍小于1，说明这段时间种群乙的数量仍在减少，因此b点时种群乙的数量并不是最少的。‎ ‎32．（除特殊标注外，每空2分，共10分）‎ ‎（1）雌雄个体中均为灰身∶黑身=3∶1 雌性均为灰身，雄性个体中灰身∶黑身=1∶1 X、Y染色体的同源区段（1分）‎ ‎（2）2（1分） 让F1中的灰身红眼长翅果蝇与品系②杂交，观察子代性状及比例 灰身红眼长翅∶灰身红眼短翅∶黑身白眼长翅∶黑身白眼短翅=1∶1∶1∶1‎ ‎【解析】（1）F2中出现3∶1的性状分离比可能是伴性遗传也可能是常染色体遗传，若是常染色体遗传，则性状与性别不关联；若是（XAXa与XAY）或者（XAXa与XAYa），其子代性状之比也是3∶1，但是性状要与性别相关联。‎ ‎（2）两个纯合品系杂交，F1一定是AaBbDd杂合子，因为F2中灰身红眼长翅果蝇占9/16，出现9∶3∶3∶1的类型，则说明只有这三对等位基因必然有两对是连锁型（即三对等位基因位于两对同源染色体上），因为品系①②都是纯合子，所以F1（AaBbDd）基因的位置关系共有3种情况：①AB连锁，ab连锁，Dd独立位于一对同源染色体上；②AD连锁，ad连锁，Bb独立位于一对同源染色体上；③BD连锁，bd连锁，Aa独立位于一对同源染色体上。这三种情况下，F1所产生的配子种类会有差异，所以通过与aabbdd测交的形式，可以判断究竟是哪一种情况。‎ ‎（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）‎ ‎（2）（10分）‎ 解：ⅰ．抽气之前，有 ①‎ 重物刚好离开地面时，有 ‎ ②‎ ⅱ．第一次抽气后，有，得 ③‎ 第二次抽气后，有，得 ④‎ 以此类推，第次抽气后容器中气体压强降为 ⑤‎ 要把重物拉动，则，得 ⑥‎ ‎，抽气机的活塞抽动4次后，可以拉动重物 ⑦‎ 评分标准：本题共10分。正确得出①、②、⑦式各给2分，其余各式各给1分。‎ ‎34．（15分）‎ ‎（1）（5分）ABE（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1分，最低得分为0分）‎ ‎【解析】波的频率由波源的振动频率决定，故A正确。根据对称性可知，此时、两点运动方向相同，故B正确。由图知波长，周期为，该波的频率为，能与该波发生干涉的横波的频率一定为，故C错误。时间，设波传到点时间为，波传到点时，点向上运动，则经过质点刚好在波峰，其坐标为，故D错误。同理E正确。‎ ‎（2）（10分）‎ 解：ⅰ．由于对称性，考虑从AB面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC面的，由对称性和几何知识可得，光线进入AB面时的入射角和折射角分别为 ‎， ①‎ 则材料的折射率为 ②‎ ⅱ．如图O为BC中点，紧靠B点从BC面射出的光线与直线交于D，由图可知：当光屏放在D点右侧时，根据对称性，光屏上形成两条光斑 由几何关系有 ③‎ 所以当光屏到距离超过时，光斑分为两条 ④‎ 评分标准：本题共10分。正确得出①、④式各给2分，其余各式各给3分。‎ ‎35．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）s（1分）‎ ‎（2）O>S>H（1分）‎ ‎（3）（1分）‎ ‎（4）ABD ‎（5）ZnO是离子晶体，熔化时破坏离子键；而是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力 ‎（6）‎ ‎（7）①0.28 ②正八面体 ③0.7‎ ‎36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）‎ ‎（2）羰基，酯基 取代反应（1分）‎ ‎（3）苯乙酸乙酯 ‎（4）‎ ‎（5）48 或 ‎（6）（合理即可）‎ ‎37．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）大肠杆菌 黑（1分）‎ ‎（2）青霉素抗性基因（或抗青霉素基因）‎ ‎（3）当样品的稀释度足够高时，培养基表面生长的一个菌落，来源于样品稀释液中的一个活菌 ‎（4）滤膜法 1.67×1011 血细胞计数法统计的是总菌数，而滤膜法统计时，当两个或多个细胞连在一起，平板上观察到的只是一个菌落，故用滤膜法测得的菌落数偏低 ‎（5）培养时间不足而导致计数时遗漏部分菌落 ‎【解析】（1）伊红—美蓝培养基可用于鉴别自来水中的大肠杆菌，菌落呈黑色。‎ ‎（2）若此培养基含有青霉素，则可用于筛选含青霉素抗性基因的大肠杆菌。‎ ‎（3）当样品的稀释度足够高时，培养基表面生长的一个菌落，来源于样品稀释液中的一个活菌。‎ ‎（4）该过程采取的接种方法是过滤自来水后的滤膜放在此培养基上，此方法叫做滤膜法。统计的菌落数应介于30～300之间，故选择细菌菌落数为153、164和184的平板计数。每克该土壤样品中的菌落数对应的应该是每毫升菌液中的细菌数目，所以每升该土壤样品中的菌落数为(153+164+184)÷3÷0.1×105×103=1.67×1011。使用滤膜法计数，当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落，所以用此计数方法测得的细菌数较少，而血细胞计数法计数统计的总菌数，包括活菌和死菌。‎ ‎（5）统计菌落数目时，一定要选取菌落数目稳定时的记录数据作为结果，可以防止因培养时间不足而导致计数时遗漏部分菌落。‎ ‎38．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）目的基因（1分） 引物 耐高温的DNA聚合酶（TaqDNA聚合酶）‎ ‎（2）RNA聚合酶识别和结合部位，驱动转录出mRNA 整个生物界共用一套密码子 ‎（3）基因表达载体的构建 限制酶、DNA连接酶 ‎（4）X基因的转录过程存在障碍；翻译过程存在障碍；胰岛素前体物质加工过程存在障碍等