山东省(鲁)2021高考理综真题解析

山东省(鲁)2021高考理综真题解析

物理

1 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A

2 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

3 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

4 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

D

5 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

6 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

C

7 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

D

8 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A

9 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B,D

10 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,C

11 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B,C

12 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,B,D

13 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

（1）0.20      （2），0.95      （3）高于

14 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

（1）

（2）如图所示

（3）3500，大于      （4）减小

15 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

（1）设C是全反射的临界角，光线在第一个三棱镜右侧斜面上恰好发生全反射时，

根据折射定律得

                  ①

代入较大的折射率得

            ②

所以顶角的范围为

（或）            ③

（2）脉冲激光从第一个三棱镜右侧斜面射出时发生折射，设折射角分别为和，由折射定律得

            ④

            ⑤

设两束光在前两个三棱镜斜面之间的路程分别为和，则

                  ⑥

                  ⑦

                  ⑧

联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得

            ⑨

16 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得

            ①

            ②

            ③

在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得

            ④

联立①②③④式，代入数据得

            ⑤

（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得

            ⑥

            ⑦

联立①⑥⑦式，代入数据得

            ⑧

若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得

            ⑨

            ⑩

联立①⑨⑩式，代入数据得

            ⑪

综上得x坐标区间

或            ⑫

17 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得

            ①

根据几何关系得

            ②

联立①②式得

            ③

（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为，加速度大小为a，由牛顿第二定律得

            ④

由运动的合成与分解得

            ⑤

            ⑥

            ⑦

联立①②④⑤⑥⑦式得

            ⑧

（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得

                  ⑨

            ⑩

离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有

            ⑪

C到的距离

            ⑫

联立⑨⑩⑪⑫式得

            ⑬

18 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得

            ①

弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得

            ②

联立①②式得

            ③

            ④

（2）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得

            ⑤

若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得

            ⑥

联立①②⑤⑥式得

            ⑦

根据题意舍去，得

            ⑧

（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得

            ⑨

以C为研究对象，由动能定理得

            ⑩

由B、C的运动关系得

            ⑪

联立⑨⑩⑪式得

            ⑫

（4）

化学

1 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A

解析

【详解】碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”，故选A。

点睛】

2 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

C

解析

【详解】A．石墨层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固体润滑剂，A项不符合题意；

B．氧化钙可以和水发生反应生成氢氧化钙，可以用作食品干燥剂，B项不符合题意；

C．聚乙炔的结构中有单键和双键交替，具有电子容易流动的性质，是导电聚合物，C项符合题意；

D．乙二醇容易与水分子形成氢键，可以与水以任意比例互溶。混合后由于改变了冷却水的蒸汽压，冰点显著降低，故乙二醇可以用作汽车防冻液，D项不符合题意；

故选C。

3 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A

解析

①是锥形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸馏烧瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗

【详解】A．锥形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能加热，A项符合题意；

B．酸式滴定管用于量取一定体积的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶液，都不能作反应容器，B项不符合题意；

C．蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，分离相互溶解的液体，分液漏斗用于分液操作，分离相互不溶解的液体，两者均可用于物质分离，C项不符合题意；

D．酸式滴定管带有旋塞、容量瓶带有瓶塞、分液漏斗带有瓶塞和旋塞，使用前均需检查是否漏水，D项不符合题意；

故选A。

4 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

D

解析

Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。

【详解】A．P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；

B．两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；

C．同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；

D．同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；

故选D。

5 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

C

解析

【详解】A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价，发生还原反应，体现氧化性，A项不符合题意；

B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意；

C．在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意；

D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；

故选C。

6 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

D

解析

设与1mol X反应消耗HCl的物质的量为amol，与1mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知、。

【详解】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；

B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因，因此，故B正确；

C．产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，故C正确；

D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；

综上所述，错误的D项，故答案为D。

7 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

解析

【详解】第1处错误：利用新制氢氧化铜溶液检验蔗糖水解生成的葡萄糖中的醛基时，溶液需保持弱碱性，否则作水解催化剂的酸会将氢氧化铜反应，导致实验失败，题干实验过程中蔗糖水解后溶液未冷却并碱化；第2处错误：NaOH溶液具有强碱性，不能用玻璃瓶塞，否则NaOH与玻璃塞中SiO2反应生成具有黏性的Na2SiO3，会导致瓶盖无法打开，共2处错误，故答案为B。

8 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

解析

根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。

【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；

B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；

C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；

D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；

故选B。

9 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

解析

【详解】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；

B．N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；

C．N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；

D．CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；

故选B。

10 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

C

解析

碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；N2H4-O2清洁燃料电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为-2价，H元素化合价为+1价，所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为：(CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O，据此结合原电池的工作原理分析解答。

【详解】A．放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；

B．根据上述分析可知，N2H4-O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；

C．理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为mg，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量（物质的量表达式）分别是：、、，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；

D．根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1molO2生成的氮气的物质的量为1mol，在标准状况下为22.4L，D错误；

故选C。

11 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

解析

【详解】A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应I和反应IV的活化能较高，因此反应的决速步为反应I、IV，故A错误；

B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；

C．反应III的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318H，故C错误；

D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；

综上所述，正确的是B项，故答案为B。

12 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,B

解析

【详解】A．配制100mL一定物质量浓度的NaCl溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等，选项中所选玻璃仪器和试剂均准确，A符合题意；

B．往烧杯中加入适量蒸馏水并加热至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色停止加热，得到氢氧化铁胶体，所选玻璃仪器和试剂均准确，B符合题意；

C．用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液可测定出氢氧化钠的浓度，取待测液时需选取碱式滴定管，酸式滴定管则盛装标准盐酸溶液，所以所选仪器还应有碱式滴定管，C不符合题意；

D．制备乙酸乙酯时需要用浓硫酸作催化剂和吸水剂，所选试剂中缺少浓硫酸，D不符合题意；

故选AB。

13 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,C

解析

M()在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成或，N与HCl发生加成反应生成L，L能发生水解反应生成M，则L的结构简式为。

【详解】A．顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间的排列方式不同而出现的非对映异构现象，、都不存在顺反异构，故A错误；

B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，L的同分异构体结构及手性碳原子(用*标记)为、、、、、、、，任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子，故B正确；

C．当与羟基相连的碳原子上只有1个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基取代戊烷同分异构体中含有2个氢原子的碳原子上1个氢原子即满足条件，满足条件的结构有：、、，共3种，故C错误；

D．连接在同一碳原子上的氢原子等效，连接在同一碳原子上的甲基等效，由B项解析可知，L的同分异构体中，含有2种化学环境的氢原子的结构为，故D正确；

综上所述，说法错误的是AC，故答案为：AC。

正确答案

B,D

解析

KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。

【详解】A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；

B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；

C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；

D．每生成1mol O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；

综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。

15 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

C,D

解析

向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：、、，溶液中逐渐减小，和先增大后减小，逐渐增大。，，，M点，由此可知，N点，则，P点，则。

【详解】A．，

，因此，故A错误；

B．M点存在电荷守恒：，此时，因此，故B错误；

C．O点，因此，即，因此，溶液，故C正确；

D．P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此，故D正确；

综上所述，正确的是CD，故答案为CD。

16 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

①. 9    ②. F>O>Cl    ③. 角(V)形    ④. 低于    ⑤. OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高    ⑥. 5    ⑦. D    ⑧. 2    ⑨. (0，0，)    ⑩.  pm

解析

【详解】(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；

(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论有，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；

(3)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为，其中心原子的杂化方式应为sp3d；

(4)图中大球的个数为，小球的个数为，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为(0，0，)；图中y是底面对角线的一半，，，所以 pm。

17 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

①. 增大反应物接触面积，提高化学反应速率    ②.     ③. 使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率    ④. 浸取    ⑤. 所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O    ⑥. H2SO4    ⑦. 阳    ⑧.

解析

以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2Cr2O4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2Cr2O4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。

【详解】(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。

(2)中和时调节溶液pH目的是将、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH4.5时，Al3+除尽，当溶液pH>9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时pH的理论范围为；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：；使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。

(3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，Na2SO4•10H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4，故答案为：所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；H2SO4。

(4)由4Na2Cr2O4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上OH-失去电子生成H2O和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由可知，在减小的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阳极室中减小，水解平衡正向移动，减小，增大，为提高制备Na2Cr2O7的效率，通过离子交换膜移向阳极，故答案为：阳；。

18 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

①. 排除装置中的空气    ②. 直形冷凝管    ③. 淡黄色固体变为银白色    ④. 吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E    ⑤. 再次通入N2    ⑥. 排除装置中的H2    ⑦. ( m3+m1- 2m2)    ⑧. %    ⑨. 不变    ⑩. 偏大

解析

(1) 将WO3在加热条件下用H2还原为W，为防止空气干扰，还原WO3之前要除去装置中的空气；

(2) 由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中；

(3)利用碘量法测定WCl6产品纯度，称量时加入足量的CS2用于溶解样品，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g；滴定时，利用关系式：WO~2IO~6I2~12 S2O计算样品中含WCl6的质量，进而计算样品中WCl6的质量分数；根据测定原理分析是否存在误差及误差是偏大还是偏小。

【详解】(1)用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；WO3为淡黄色固体，被还原后生成W为银白色，所以能证明WO3已被完全还原的现象是淡黄色固体变为银白色，故答案为：淡黄色固体变为银白色；

(2) 由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2；

(3) ①根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g+2(m1- m2)g-m1g=( m3+m1- 2m2)g，故答案为：( m3+m1- 2m2)；

②滴定时，根据关系式：WO~2IO~6I2~12 S2O，样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol，m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%=%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：%；不变；偏大。

19 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

①.     ②. 8    ③. FeCl3溶液    ④. 氧化反应    ⑤. +CH3OH+H2O    ⑥. 3    ⑦.

解析

由信息反应II以及F的结构简式和E的分子式可知E的结构简式为，D发生信息反应I得到E，则D的结构简式为，C与CH3OH发生反应生成D，C相较于D少1个碳原子，说明C→D是酯化反应，因此C的结构简式为，B→C碳链不变，而A→B碳链增长，且增长的碳原子数等于中碳原子数，同时B→C的反应条件为NaClO2、H+，NaClO2具有氧化性，因此B→C为氧化反应，A→B为取代反应，C8H8O3的不饱和度为5，说明苯环上的取代基中含有不饱和键，因此A的结构简式为，B的结构简式为。

【详解】(1)由上述分析可知，A的结构简式为；A的同分异构体中满足：①含有酚羟基；②不能发生银镜反应，说明结构中不含醛基；③含有四种化学环境的氢，说明具有对称结构，则满足条件的结构有：(有邻、间、对3种异构)、(有邻、间、对3种异构)、、，共有3+3+1+1=8种，故答案为：；8。

(2)A中含有酚羟基，B中不含酚羟基，可利用FeCl3溶液检验B中是否含有A，若含有A，则加入FeCl3溶液后溶液呈紫色；由上述分析可知，B→C的反应类型为氧化反应，故答案为：FeCl3溶液；氧化反应。

(3)C→D为与CH3OH在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成，反应化学方程式为+CH3OH+H2O；E的结构简式为，其中的含氧官能团为醚键、酚羟基、酯基，共3种，故答案为：+CH3OH+H2O；3。

(4)由和制备过程需要增长碳链，可利用题干中A→B的反应实现，然后利用信息反应I得到目标产物，目标产物中碳碳双键位于端基碳原子上，因此需要与HBr在-80℃下发生加成反应生成，因此合成路线为。

20 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

①. 2-甲基-2-丁烯    ②. D    ③. 0.9α    ④.     ⑤. 逆向移动    ⑥. 1:10    ⑦. X    ⑧. ＜

解析

【详解】(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，B的总能量高于A的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。

(2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。

(3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填＜。

生物

1 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

C

解析

根据题干信息“高尔基体膜上的 RS 受体特异性识别并结合含有短肽序列 RS 的蛋白质，以出芽的形式形成囊泡，通过囊泡运输的方式将错误转运到高尔基体的该类蛋白运回内质网并释放”，说明RS 受体和含有短肽序列 RS 的蛋白质结合，将其从高尔基体运回内质网。且 pH 升高结合的能力减弱。

【详解】A、根据题干信息可以得出结论，高尔基体产生的囊泡将错误转运至高尔基体的蛋白质运回内质网，即这些蛋白质不应该运输至高尔基体，而消化酶和抗体属于分泌蛋白，需要运输至高尔基体并发送至细胞外，所以消化酶和抗体不属于该类蛋白，A正确；

B、细胞通过囊泡运输需要消耗能量ATP，B正确；

C、根据题干信息“RS 受体特异性识别并结合含有短肽序列 RS 的蛋白质，RS 受体与 RS 的结合能力随 pH 升高而减弱”，如果高尔基体内 RS 受体所在区域的 pH 比内质网的 pH 高，则结合能力减弱，所以可以推测高尔基体内 RS 受体所在区域的 pH 比内质网的 pH 低，C错误；

D、通过题干可以得出结论“RS 受体特异性识别并结合含有短肽序列 RS 的蛋白质，通过囊泡运输的方式将错误转运到高尔基体的该类蛋白运回内质网并释放”，因此可以得出结论，如果RS 功能的缺失，则受体不能和错误的蛋白质结合，并运回内质网，因此能会使高尔基体内该类蛋白的含量增加，D正确。

故选C。

【点睛】

2 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A

解析

由题干信息可知，H+通过液泡膜上的载体蛋白 CAX 完成跨膜运输进入细胞质基质为协助扩散，而 Ca2+通过 CAX 进行进入液泡并储存的方式为主动运输。

【详解】A、Ca2+通过 CAX 的跨膜运输方式为主动运输，所需要的能量由H+顺浓度梯度产生的势能提供，A错误；

B、Ca2+通过 CAX 的运输进入液泡增加细胞液的浓度，有利于植物细胞保持坚挺，B正确；

C、加入 H+焦磷酸酶抑制剂，则液泡中的H+浓度降低，液泡膜两侧的 H+浓度梯度差减小，为Ca2+通过 CAX 的运输提供的能量减少，C正确；

D、H+从细胞质基质转运到液泡的跨膜运输方式需要水解无机焦磷酸释放的能量来提供，为主动运输，D正确。

故选A。

【点睛】

3 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

C

解析

根据题干信息“该复合体与溶酶体膜上的受体 L 结合后，目标蛋白进入溶酶体被降解。该过程可通过降解α-酮戊二酸合成酶，调控细胞内α-酮戊二酸的含量，从而促进胚胎干细胞分化”，可以得出相应的过程，α-酮戊二酸合成酶先形成复合体，与受体L结合，进入溶酶体被降解，导致α-酮戊二酸含量降低，促进细胞分化。

【详解】A、α-酮戊二酸合成酶被溶酶体降解，所以其降解产物可被细胞再利用，A正确；

B、根据题干信息“该过程可通过降解α-酮戊二酸合成酶，调控细胞内α-酮戊二酸的含量，从而促进胚胎干细胞分化”，说明α-酮戊二酸含量降低促进细胞分化，而含量升高不利于胚胎干细胞的分化，B正确；

C、根据题干信息“该复合体与溶酶体膜上的受体 L 结合后，目标蛋白进入溶酶体被降解”，所以如果抑制 L 基因表达，则复合体不能与受体L结合，不利于降解α-酮戊二酸合成酶，细胞中α-酮戊二酸的含量会升高，C错误；

D、目标蛋白进入溶酶体的过程体现了生物膜具有物质运输的功能，D正确。

故选C。

【点睛】

4 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

C

解析

根据题干信息“利用现代人的 DNA 序列设计并合成了一种类似磁铁的“引子”，成功将极其微量的古人类 DNA 从提取自土壤沉积物中的多种生物的 DNA 中识别并分离出来”，所以可以推测“因子”是一段单链DNA序列，根据碱基互补配对的原则去探测古人类DNA中是否有与该序列配对的碱基序列。

【详解】A、根据分析“引子”是一段DNA序列，彻底水解产物有磷酸、脱氧核糖和四种含氮碱基，共6种产物，A错误；

B、由于线粒体中也含有DNA，因此设计“引子”的 DNA 序列信息还可以来自线粒体DNA，B错误；

C、根据题干信息“利用现代人的 DNA 序列设计并合成了引子”，说明设计“引子”前不需要知道古人类的 DNA 序列，C正确；

D、土壤沉积物中的古人类双链 DNA 需要经过提取，且在体外经过加热解旋后，才能与“引子”结合，而不能直接与引子结合，D错误。

故选C。

【点睛】

5 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

D

解析

根据题干信息“含有基因修饰系统的 T-DNA 插入到水稻细胞 M 的某条染色体上，在该修饰系统的作用下，一个 DNA 分子单链上的一个 C 脱去氨基变为 U，脱氨基过程在细胞 M 中只发生一次”，所以M细胞含有T-DNA，且该细胞的脱氨基位点由C-G对变为U-G对，DNA的复制方式是半保留复制，原料为脱氧核苷酸（A、T、C、G）。

【详解】A、N是由M细胞形成的，在形成过程中没有DNA的丢失，由于T-DNA 插入到水稻细胞 M 的某条染色体上，所以M细胞含有T-DNA，因此N的每一个细胞中都含有 T-DNA，A正确；

B、N植株的一条染色体中含有T-DNA，可以记为+，因此N植株关于是否含有T-DNA的基因型记为+-，如果自交，则子代中相关的基因型为++∶+-∶--=1∶2∶1，有 3/4的植株含 T-DNA ，B正确；

C、M中只有1个DNA分子上的单链上的一个 C 脱去氨基变为 U，所以复制n次后，产生的子细胞有2n个，但脱氨基位点为 A-U 的细胞的只有1个，所以这种细胞的比例为1/2n，C正确；

D、如果M 经 3 次有丝分裂后，形成子细胞有8个，由于M细胞 DNA 分子单链上的一个 C 脱去氨基变为 U，所以是G和U配对，所以复制三次后，有4个细胞脱氨基位点为C-G，3个细胞脱氨基位点为A-T，1个细胞脱氨基位点为U-A，因此含T-DNA 且脱氨基位点为 A-T 的细胞占 3/8，D错误。

故选D。

【点睛】

6 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

D

解析

分析题意可知：果蝇星眼、圆眼由常染色体上的一对等位基因控制，星眼果蝇与圆眼果蝇杂交，子一代中星眼果蝇∶圆眼果蝇=1∶1，属于测交；星眼果蝇与星眼果蝇杂交，子一代中星眼果蝇∶圆眼果蝇=2∶1，则星眼为显性性状，且星眼基因纯合致死，假设相关基因用A、a表示。缺刻翅、正常翅由 X 染色体上的一对等位基因控制，且 Y染色体上不含有其等位基因，缺刻翅雌果蝇与正常翅雄果蝇杂交所得子一代中，缺刻翅雌果蝇∶正常翅雌果蝇=1∶1，雄果蝇均为正常翅，可知缺刻翅为显性性状，正常翅为隐性性状，且缺刻翅雄果蝇致死，假设相关基因用B、b表示，则雌蝇中没有基因型为XBXB的个体。

【详解】A、亲本星眼缺刻翅雌果蝇基因型为AaXBXb，星眼正常翅雄果蝇基因型为AaXbY，则F1中星眼缺刻翅果蝇（只有雌蝇，基因型为AaXBXb，比例为2/3×1/3=2/9）与圆眼正常翅果蝇（1/9aaXbXb、1/9aaXbY）数/量相等，A正确；

B、雌果蝇中纯合子基因型为aaXbXb，在雌果蝇中所占比例为1/3×1/2= 1/6，B正确；

C、由于缺刻翅雄果蝇致死，故雌果蝇数量是雄果蝇的2倍，C正确；

D、F1中XBXb∶XbXb∶XbY=1∶1∶1，则缺刻翅基因XB的基因频率为1/（2×2+1）= 1/5，D错误。

故选D。

7 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

C

解析

反射活动是由反射弧完成的，如图所示反射弧包括感受器、传入神经、神经中枢、传出神经、效应器。膝跳反射和缩手反射都是非条件发射。

大脑皮层：调节机体活动的最高级中枢，对低级中枢有控制作用。

【详解】A、膝跳反射一共有2个神经元参与，缩手反射有3个神经元参与，膝跳反射的突触数目少，都是非条件反射，因此兴奋经过膝跳反射神经中枢的时间比经过缩手反射神经中枢的时间短，A正确；

B、患者由于谷氨酰胺增多，引起脑组织水肿、代谢障碍，所以应该是高级神经中枢对低级神经中枢的控制减弱，B正确；

C、抗利尿激素促进肾小管、集合管对水的重吸收，没有作用于脑组织，所以输入抗利尿激素类药物，不能减轻脑组织水肿，C错误；

D、如果患者摄入过多的蛋白质，其中的氨基酸脱氢产生的氨进入脑组织的氨与谷氨酸反应生成谷氨酰胺，加重病情，所以应减少蛋白类食品摄入，D正确。

故选C。

【点睛】

8 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

解析

胰岛A细胞分泌胰高血糖素，胰岛B细胞分泌胰岛素，同一个体细胞的基因是相同的，但表达的基因不同。

【详解】A、同一个体胰岛 A 细胞和胰岛B细胞内的基因是相同的，只是表达的基因冉，因此转化为胰岛 B 细胞是γ-氨基丁酸诱导了相关的基因选择性表达的结果，A正确；

B、胰岛A细胞合成胰高血糖素，胰岛B细胞合成胰岛素，因此在转化过程中，合成胰高血糖素的能力逐渐减弱，B错误；

C、由于胰岛 A 细胞可以转化为胰岛 B 细胞，所以可以推测在合适的条件下，胰岛 B 细胞也具有转化为胰岛 A 细胞的潜能，C正确；

D、胰岛素是动物激素，经靶细胞接受并起作用后就被灭活，D正确。

故选B。

【点睛】

9 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

解析

分析题意：物质甲可促进愈伤组织分化出丛芽，甲是细胞分裂素；乙可解除种子休眠，是赤霉素；丙浓度低时促进植株生长，浓度过高时抑制植株生长，是生长素；丁可促进叶片衰老，是脱落酸。

【详解】A、甲是细胞分裂素，合成部位主要是根尖，A错误；

B、乙是赤霉素，可通过某些微生物发酵获得，B正确；

C、丙是生长素，丁是脱落酸，成熟的果实中，丙的作用减弱，丁的作用增强，C错误；

D、乙是赤霉素，夏季炎热条件下，乙可促进小麦种子发芽，丁抑制发芽，D错误。

故选B。

10 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A

解析

题干分析，L玻璃缸不放螺，做空白对照，M中放入100只螺，则M中藻类数量变化如图所示为甲藻数量增加，乙藻和丙藻数量减少，甲藻成为优势物种。将M中的螺全部移入L中，随着时间的变化，甲藻数量减少，乙藻数量先升后降，丙藻数量慢慢上升，据此答题。

【详解】AB 、结合两图可知，在放入螺之前，甲藻数量多，乙藻数量其次，丙藻数量较少，放入螺之后，甲藻的数量减少明显，乙藻其次，丙藻数量增加，说明螺螺捕食藻类的喜好为甲藻＞乙藻＞丙藻，且三种藻的竞争能力为甲藻＞乙藻＞丙藻，A正确，B错误；

C、图示 L 中使乙藻数量在峰值后下降主要原因是引入了螺的捕食使数量下降，C错误；

D、生态系统是由该区域所有生物和生物所处的无机环境构成，甲、乙、丙藻只是该区域的部分生物，D错误。

故选A。

【点睛】

11 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

解析

标志重捕法在被调查种群活动范围内，捕获一部分个体，做上标记后再放回原来的环境，经过一段时间后进行重捕，根据重捕到的动物中标记个体数占总个体数的比例，来估计种群密度。

【详解】分析题意可知：调查一公顷范围内某种鼠的种群密度时，第一次捕获并标记 39 只鼠中有 5 只由于竞争、天敌等自然因素死亡，故可将第一次标记的鼠的数量视为39-5=34只，第二次捕获 34 只鼠，其中有标记的鼠 15 只，设该区域该种鼠的种群数量为X只，则根据计算公式可知，（39-5）/X=15/34，解得X≈77.07，面积为一公顷，故该区域该种鼠的实际种群密度最接近于77 只/公顷。B正确。

故选B。

12 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

D

解析

果酒制备的菌种是酵母菌，条件：温度18-25℃，先通气后密闭。通气阶段，酵母菌有氧呼吸获得能量大量繁殖，密闭阶段发酵产生酒精。pH最好是弱酸性。

【详解】A、酵母菌进行有氧呼吸获得能量大量繁殖，无氧条件下，发酵产生酒精，故无氧条件下酵母菌能进行无氧呼吸存活但不能大量繁殖，A正确；

B、自然发酵制作葡萄酒时起主要作用的菌是葡萄皮上的野生型酵母菌，B正确；

C、葡萄皮中的色素进入发酵液使葡萄酒呈现颜色，C正确；

D、制作过程中随着发酵的进行发酵液中糖含量减少，D错误。

故选D。

13 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A

解析

DNA粗提取和鉴定的原理：（1）DNA的溶解性：DNA和蛋白质等其他成分在不同浓度NaCl溶液中溶解度不同；DNA不溶于酒精溶液，但细胞中的某些蛋白质溶于酒精；DNA对酶、高温和洗涤剂的耐受性。（2）DNA的鉴定：在沸水浴的条件下，DNA遇二苯胺会被染成蓝色。

【详解】A、木瓜蛋白酶可以水解DNA中的蛋白质类杂质，由于酶具有专一性，不能水解DNA，过滤后在得到的滤液中加入特定试剂后容易提取出 DNA相对含量较高的白色丝状物，A正确；

B、37～40℃的水浴箱中保温 10～15 分钟不能去除滤液中的杂质，应该放在60~75℃的水浴箱中保温 10～15 分钟，使蛋白质变性析出，B错误；

C、向鸡血细胞液中加入一定量的蒸馏水并搅拌，过滤后在得到的滤液中加入与滤液体积相等的、体积分数为 95%的冷却的酒精，此时DNA析出，不会进入滤液中，C错误；

D、加入 NaCl 调节浓度至 2mol/L→过滤→调节滤液中 NaCl 浓度至 0．14mol/L，DNA在0．14mol/L的NaCl溶液中溶解度小，DNA析出，不会进入滤液中，D错误。

故选A。

【点睛】

14 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B

解析

选择培养基：根据某种微生物的特殊营养要求或其对某化学、物理因素的抗性而设计的培养基使混合菌样中的劣势菌变成优势菌，从而提高该菌的筛选率。

鉴别培养基：依据微生物产生的某种代谢产物与培养基中特定试剂或化学药品反应，产生明显的特征变化而设计。

【详解】A、根据题干信息“甲菌菌落周围呈现深蓝色”，说明甲可以分泌脂肪酶将脂肪分解成甘油和脂肪酸，脂肪酸会使醇溶青琼脂平板变为深蓝色，因此甲菌属于解脂菌，A正确；

B、乙菌落周围没有出现深蓝色，说明乙菌落不能产生脂肪酶，不能利用脂肪为其供能，但乙菌落也可以在培养基上生存，说明该培养基不是以脂肪为唯一碳源，B错误；

C、可将两种菌分别接种在同一平板的不同区域进行对比，更加直观，C正确；

D、可以利用该平板可用来比较解脂菌分泌脂肪酶的能力，观察指标可以以菌落周围深蓝色圈的大小，D正确。

故选B。

【点睛】

15 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

D

解析

根据题干信息“一个抗原往往有多个不同的抗原决定簇，一个抗决定簇只能刺激机体产生一种抗体”，非洲猪瘟病毒衣壳蛋白 p72 上有多个抗原决定簇，所以可以刺激机体产生多种抗体。每个抗原决定簇刺激产生的抗体是单抗。

【详解】A、单抗的制作需要筛选，而多抗不需要筛选，抗原纯度越高，产生的多抗纯度越高，因此原纯度对单抗纯度的影响比对多抗纯度的影响小，A错误；

B、单抗制备过程中通常将分离出的B淋巴细胞与骨髓瘤细胞融合，B错误；

C、非洲猪瘟病毒衣壳蛋白 p72 上有多种抗原决定簇，一个抗决定簇只能刺激机体产生一种抗体，所以向小鼠体内注入p72 后，可以刺激小鼠产生多种抗p72的单抗，C错误；

D、p72 部分结构改变只改变了部分抗原决定簇，因此由这部分抗原决定簇产生的抗体失效，但由于还存在由其他抗原决定簇刺激机体产生的抗体，所以多抗仍有效，D正确。

故选D。

16 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,B,D

解析

有氧呼吸可以分为三个阶段：第一阶段：在细胞质的基质中：1分子葡萄糖被分解为2分子丙酮酸和少量的还原型氢，释放少量能量；第二阶段：在线粒体基质中进行，丙酮酸和水在线粒体基质中被彻底分解成二氧化碳和还原型氢；释放少量能量；第三阶段：在线粒体的内膜上，前两个阶段产生的还原型氢和氧气发生反应生成水并释放大量的能量。

光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）：水的光解产生[H]与氧气，以及ATP的形成；光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：CO2被C5固定形成C3，C3在光反应提供的ATP和[H]的作用下还原生成糖类等有机物。

【详解】A、葡萄糖是单糖，通过脱水缩合形成多糖的过程有水生成，A正确；

B、有氧呼吸第二阶段是丙酮酸和水反应生成CO2和[H]，所以一定消耗 H2O，B正确；

C、有些植物细胞含有过氧化氢酶（例如土豆），可以分解过氧化氢生成O2，因此植物细胞产生的 O2 不一定只来自光合作用，C错误；

D、光反应阶段水的分解产生氧气，故光合作用产生的 O2 中的氧元素只能来自于 H2O，D正确。

故选ABD。

点睛】

17 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,B,D

解析

根据题干信息“，带有S基因的染色体片段可转接到 X 染色体上”，一个基因为 XYS 的受精卵中的 S 基因丢失，记为XY；

由该受精卵发育成能产生可育雌配子的小鼠，与一只体细胞中含两条性染色体但基因型未知的雄鼠杂交，则该雄鼠肯定含有S基因，且体细胞中有两条性染色体，所以其基因型只能是XYS，XSY，XSX，如果是两条性染色体都含S基因，则子代全为雄性，无法交配。

【详解】根据分析如果雄鼠的基因型是XYS，当其和该雌鼠XY杂交，由于YSY致死，所以F1中XX∶XY∶XYS=1∶1∶1，雌性∶雄性为2∶1，当F1杂交，雌性产生配子及比例3X∶1Y，雄性产生的配子1X∶1YS，随机交配后，3XX∶3XYS∶1XY∶1YSY（致死），所以雌性∶雄性=4∶3；

如果雄鼠的基因型是XSY，当其和该雌鼠XY杂交，F1中XSX∶XSY∶XY=1∶1∶1，雄性∶雌性=2∶1，雄性可以产生的配子及比例为1X∶2XS∶1Y，雌性产生的配子及比例1X∶1Y，随机结合后，1XX∶1XY∶2XSX∶2XSY∶1XY∶1YY，雌性∶雄性=3∶4。

如果雄鼠的基因型是XSX，当其和该雌鼠XY杂交，F1中XSX∶XSY∶XX∶XY=1∶1∶1∶1，雌性∶雄性=1∶1，随机交配，雌性产生的配子3X∶1Y，雄性产生的配子2XS∶1X∶1Y，随机结合后，6XSX∶2XSY∶3XX∶1XY∶3XY∶1YY（致死），雄性∶雌性=8∶7。

故选ABD。

18 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

A,B,C

解析

人体的三道防线：第一道防线是由皮肤和黏膜构成的，他们不仅能够阻挡病原体侵入人体，而且它们的分泌物（如乳酸、脂肪酸、胃酸和酶等）还有杀菌的作用；

第二道防线是体液中的杀菌物质--溶菌酶和吞噬细胞；

第三道防线主要由免疫器官（扁桃体、淋巴结、胸腺、骨髓、和脾脏等）和免疫细胞（淋巴细胞、吞噬细胞等）借助血液循环和淋巴循环而组成的。

【详解】A、根据题干信息“干扰素几乎能抵抗所有病毒引起的感染”，说明吞噬细胞产生干扰素不具有特异性，属于非特异性免疫，A错误；

B、溶酶体分解病毒，是将大分子分解为小分子，而效应 T 细胞抵抗病毒的机制是效应T细胞将靶细胞裂解，使病毒失去藏身之所，B错误；

C、吞噬细胞对病毒的识别作用不具有特异性，所以再次接触相同抗原时，吞噬细胞参与免疫反应的速度不会加快，C错误；

D、干扰素是免疫细胞产生的具有免疫作用的物质，属于免疫活性物质，D正确。

故选ABC。

【点睛】

19 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B,C

解析

从图中可以看出随着种群密度的增加，种群增长率逐渐降低，当种群密度达到24个cm3 ，种群增长率为0，说明其数量达到最大。

【详解】A、随着种群密度的增加，种内斗争加剧，资源空间有限，所以出生率降低，A正确；

B、水蚤种群密度为 1 个/cm3 时，种群增长率最大，但由于种群数量少，所以此时不是种群数量增长最快的时刻，B错误；

C、单位时间内水蚤种群的增加量随种群密度的增加不一定降低，例如当种群密度为1cm3 ，增长率为30%，增长量为0.3，而当种群密度为8 个/cm3时，增长率大约20%，增长量为1.6，C错误；

D、从图中看出当种群密度达到24个cm3 ，种群增长率为0，说明其数量达到最大，可以推测当种群密度为 32 个/cm3 时，种内斗争进一步加剧，出生率将小于死亡率，增长率为负值，D正确。

故选BC。

【点睛】

20 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

B,C

解析

图中是穿刺接种的方法，根据题干中的信息“硫化氢可以与硫酸亚铁铵结合形成黑色沉淀”，所以根据黑色沉淀的多少，比较两种菌产生硫化氢的能力。

【详解】A、从图中可以看出甲菌在试管中分布范围小于乙菌，说明了乙菌的运动能力比甲菌强，A正确；

B、为不影响菌的运动需选用半固体培养基，B错误；

C、该实验可以根据黑色沉淀的多少初步比较细菌产生硫化氢的能力，但不能测定产生硫化氢的量，C正确；

D、微生物接种技术的核心是防止杂菌的污染，D正确。

故选B。

21 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

①. 基质    ②. 光照停止，产生的ATP、[H]减少，暗反应消耗的C5减少，C5与O2结合增加，产生的CO2增多    ③. 低    ④. 喷施 SoBS溶液后，光合作用固定的CO2增加，光呼吸释放的CO2减少，即叶片的CO2吸收量增加，释放量减少，此时，在更低的光照强度下，两者即可相等    ⑤. 100～300

解析

题意分析，光呼吸会抑制暗反应，光呼吸会产生CO2。向水稻叶面喷施不同浓度的光呼吸抑制剂 SoBS 溶液后由表格数据可知，光合作用的强度随着SoBS浓度的增加出现先增加后下降的现象。

【详解】（1）C5位于叶绿体基质中，则O2与C5结合发生的场所在叶绿体基质中。突然停止光照，则光反应产生的ATP、[H]减少，暗反应消耗的C5减少，C5与O2结合增加，产生的CO2增多。

（2）叶片吸收和放出CO2量相等时所需的光照强度即为光饱和点，与对照相比，喷施100mg/L SoBS溶液后，光合作用固定的CO2增加，光呼吸释放的CO2减少，即叶片的CO2吸收量增加，释放量减少，此时，在更低的光照强度下，两者即可相等。

（3）光呼吸会消耗有机物，但光呼吸会释放CO2，补充光合作用的原料，适当抑制光呼吸可以增加作物产量，由表可知，在 SoBS溶液浓度为200mg/L SoBS时光合作用强度与光呼吸强度差值最大，即光合产量最大，为了进一步探究最适喷施浓度，应在100～300mg/L之间再设置多个浓度梯度进一步进行实验。

【点睛】本题着重考查了光合作用的影响因素等方面的知识，意在考查考生能识记并理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成一定知识网络的能力，并且具有一定的分析能力和理解能力。

22 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

①. 1/6     ②. MmRr    ③. 5/12    ④. 0    ⑤. M基因    ⑥. 必须有1个H基因位于M所在染色体上，且2条同源染色体上不能同时存在H基因    ⑦. 1/2n    ⑧. 以雄性不育植株为母本、植体甲为父本进行杂交，子代中大花植株即为所需植株（或：利用雄性不育株与植株甲杂交，子代中大花植株即为所需植株)

解析

分析题干信息：番茄是雌雄同花植物，可自花受粉也可异花受粉，即可自交亦可杂交。M、m 基因位于 2号染色体上，基因型为 mm 的植株只产生可育雌配子，表现为小花、雄性不育。基因型为 MM、Mm 的植株表现为大花、可育。R、r 基因位于 5 号染色体上，基因型为 RR、Rr、rr 的植株表现型分别为：正常成熟红果、晚熟红果、晚熟黄果，可知基因M、m 和R、r 位于非同源染色体上，遵循自由组合定律。细菌中的 H 基因控制某种酶的合成，导入 H 基因的转基因番茄植株中，H 基因只在雄配子中表达，喷施萘乙酰胺（NAM）后含H            基因的雄配子死亡。

【详解】（1）基因型为 Mm 的植株自交，F1中 MM∶Mm∶mm=1∶2∶1 ，其中 MM、Mm 的植株表现为大花、可育， mm 的植株只产生可育雌配子，故只有1/3 MM和2/3Mm能够自交，则F2 中雄性不育植株mm所占的比例为2/3×1/4=1/6。雄性不育植株mm与野生型植株杂交所得可育（Mm）晚熟红果（Rr）杂交种的基因型为MmRr，以该杂交种为亲本连续种植，若每代均随机受粉，即自由交配，两对等位基因自由组合，产生的配子有MR、Mr、mR、mr，比例为1∶1∶1∶1，则F1中有9种基因型，分别为：1MMRR、2MMRr、1MMrr、2MmRR、4MmRr、2Mmrr、1mmRR、2mmRr、1mmrr，雌配子种类及比例为：MR∶Mr∶mR∶mr=1∶1∶1∶1，，雄配子种类及比例为：MR∶Mr∶mR∶mr=2∶2∶1∶1，则 F2 中可育晚熟红果植株（基因型为M--Rr ）所占比例为 1/4×3/6+1/4×3/6+1/4×2/6+1/4×2/6=

10/24，即5/12。

（2）已知细菌中的 H 基因控制某种酶的合成，导入 H 基因的转基因番茄植株中，H 基因只在雄配子中表达，喷施萘乙酰胺（NAM）后含 H 基因的雄配子死亡。H 基因在每条染色体上最多插入 1 个且不影响其他基因。将 H 基因导入基因型为 Mm 的细胞，并获得转基因植株甲和乙，则 H 基因的可能位置有：插入了M基因所在的染色体上、插入了m基因所在的染色体上、插入了2号染色体以外的染色体上，植株甲和乙分别与雄性不育植株mm杂交，在形成配子时喷施 NAM，则含 H 基因的雄配子死亡，F1 均表现为雄性不育mm，说明含有M基因的雄配子死亡，即有H 基因插入了M基因所在的染色体上。若植株甲和乙的体细胞中含 1 个或多个 H 基因，以上所得F1 均表现为雄性不育，说明F1 的体细胞中含有0个 H 基因。若植株甲的体细胞中仅含 1个 H 基因，则 H 基因插入了M基因所在的染色体上，即H与M基因连锁。若植株乙的体细胞中含 n 个 H 基因，则 H 基因在染色体上的分布必须满足的条件是必须有1个H基因位于M所在染色体上，且2条同源染色体上不能同时存在H基因，植株乙与雄性不育植株杂交，若不喷施NAM，则子一代中不含 H 基因的雄性不育植株所占比例为1/2n。

（3）若植株甲的细胞中仅含一个 H 基因，且H 基因插入了M基因所在的染色体上，在不喷施 NAM 的情况下，以雄性不育植株mm为母本、植体甲HMm为父本进行杂交，雌配子种类为m，雄配子为HM、m，则子代中大花植株（基因型为HMm）即为与植株甲基因型相同的植株（或：利用雄性不育株与植株甲杂交，子代中大花植株即为所需植株)　。

【点睛】本题考查基因自由组合定律的相关知识，意在考查考生运用所学知识解决实际问题的能力，难度较大。

23 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

①. 分级调节    ②. 两过程NE的作用方式不同（或NE分别作为激素和神经递质起作用）    ③. 两过程NE的浓度不同    ④. 两过程NE运输到MeSC的时间不同    ⑤. 取生理状况相同的黑色小鼠若干只，随机平均分为A、B、C、D四组，A组不作处理，B组切除肾上腺，C组束缚，D组切除肾上腺并束缚，其他条件相同且适宜，饲养一段时间后，观察并记录小鼠体毛数量（生长情况）和颜色的变化。    ⑥. A组小鼠的体毛无变化，B组小鼠的体毛增多，不变白，C组小鼠脱毛且变白，D组小鼠毛发增多（生长旺盛），变白

解析

题图分析，过度紧张焦虑刺激下丘脑分泌相应激素作用于垂体，垂体分泌相应激素作用于肾上腺皮质，使其分泌糖皮质激素抑制成纤维细胞，通过一系列途经最终分化出的毛囊细胞减少。与此同时，过度紧张焦虑会刺激脑和脊髓通过传出神经作用于肾上腺髓质分泌NE或传出神经分泌NE作用于MeSc，使其异常增殖分化，最终黑色素细胞减少，据此答题。

【详解】（1）由图可知，下丘脑分泌相应激素通过体液运输作用于垂体，使垂体分泌相应激素，在通过体液运输作用于肾上腺皮质，使其分泌糖皮质激素，这过程体现了激素分泌的分级调节。

（2）过程②为传出神经直接分泌NE作用于MeSC细胞，过程①是传出神经先作用于肾上腺髓质使其分泌NE再作用于MeSC细胞，这两种方式中过程②的作用效果大于过程①，这可能原因有两过程NE的作用方式不同，过程②中NE作为神经递质起作用，而过程①NE作为激素起作用，也可能是两过程NE的浓度不同或两过程NE运输到MeSC的时间不同，过程②中NE作用时间快，过程①中NE作用时间慢。

（3）观察黑色小鼠的体毛即观察是否变白以及是否脱发，由图可知，过度紧张和焦虑会导致黑色素细胞减少，引起头发变白和导致毛囊细胞数量减少，引起脱发。为了验证长期束缚及肾上腺对黑毛小鼠体毛的影响，可取生理状况相同的黑色小鼠若干只，随机平均分为A、B、C、D四组，A组不作处理，B组切除肾上腺，C组束缚，D组切除肾上腺并束缚，其他条件相同且适宜，饲养一段时间后，观察并记录小鼠体毛数量（生长情况）和颜色的变化。预期观察到的实验现象：A组小鼠的体毛无变化，B组小鼠的体毛增多，不变白，C组小鼠脱毛且变白，D组小鼠毛发增多（生长旺盛），变白。由此可见，长期束缚会引起小鼠过度紧张、焦虑导致脱发和白化现象，切除肾上腺有助于抑制脱毛的现象，但对白化减少影响不大。

【点睛】本题结合表格主要考查动物生命活动的调节实验，意在强化学生对动物激素的相关知识的理解与应用。

24 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

①. 海参活动能力弱，活动范围小    ②. 2488    ③. 6.3%    ④. 不能    ⑤. 由于海带的竞争，浮游植物数量下降，牡蛎的食物减少，产量降低    ⑥. 能充分利用空间和资源    ⑦. 维持生态系统的稳定性，保持养殖产品的持续高产（实现生态效益和经济效益的可持续发展）

解析

群落的结构包括垂直结构和水平结构：

垂直结构：在垂直方向上，大多数群落（陆生群落、水生群落）具有明显的分层现象，植物主要受光照、温度等的影响，动物主要受食物的影响。

水平结构：由于不同地区的环境条件不同，即空间的非均一性，使不同地段往往分布着不同的种群，同一地段上种群密度也有差异，形成了生物在水平方向上的配置状况。

能量流动的过程：

①自身呼吸消耗、转化为其他形式的能量和热能；

②流向下一营养级；

③残体、粪便等被分解者分解；

④未被利用：包括生物每年的积累量，也包括动植物残体以化学燃料形式被储存起来的能量。

即一个营养级所同化的能量=呼吸消耗的能量+被下一营养级同化的能量+分解者利用的能量+未被利用的能量。

M同化的能量是3281+2826=6107，N同化的能量是386。

【详解】（1）海参由于活动范围小，活动能力弱，所以常用样方法测定种群密度。

（2）生长、发育和繁殖的能量=同化的能量-呼吸作用消耗的能量=3281+2826-3619=2488 kJ/（m2•a）；由 M到N的能量传递效率为386÷（3281+2826）≈6.3%，能量流动的方向是单向的不能循环。

（3）牡蛎以浮游植物为食，由于海带的竞争，浮游植物数量下降，牡蛎的食物减少，所以产量降低。

（4）海水立体养殖利用了群落结构的特点，优点是能充分利用空间和资源；由于空间和资源是有限的，所以在构建海水立体养殖生态系统时，需考虑所养殖生物的环境容纳量、种间关系等因素，从而确定每种生物之间的合适比例，维持生态系统的稳定性，保持养殖产品的持续高产。

【点睛】本题解答时需要考生识记种群密度的测定方法、群落结构的知识，根据图中数据掌握生态系统能量流动的过程和相关的计算，牢记能量流动是单向的，不能循环。

25 第(0)小题正确答案及相关解析

正确答案

①. SalI    ②. EcoRI    ③. 6    ④. F7与R扩增产物不含完整的启动子，荧光蛋白基因不表达    ⑤. 引物 F4 与 F5 在调控序列上所对应序列之间的区段上    ⑥. 根据有无荧光情况判断，F1～F4 与 R 扩增产物上均有结合位点，因此结合位点位于 F4 所对应调控序列的下游（右侧）；F5～F6 与 R 扩增产物上均无结合位点，可知结合位点位于 F5 所对应调控序列的上游（左侧），所以结合位点位于引物 F4 与 F5 在调控序列上所对应序列之间的区段上

解析

1、据题意可知，科研人员扩增了γ基因上游不同长度的片段，据图中注释可知，F1~F7以及R位置均为引物，故扩增的序列分别是引物F1和引物R之间的序列，引物F2和引物R之间的序列，引物F3和引物R之间的序列，引物F4和引物R之间的序列，引物F5和引物R之间的序列，引物F6和引物R之间的序列，引物F7和引物R之间的序列；