【文档说明】河南省TOP二十名校2022-2023学年高三上学期调研模拟卷二理科综合试题附答案.pdf，共(25)页，8.069 MB，由小喜鸽上传

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【高三理科综合能力测试参考答案（第１页共１３页）】２０２２－２０２３学年高三年级ＴＯＰ二十名校调研模拟卷二高三理科综合能力测试参考答案１．【答案】Ｃ【解析】人体内Ｍｎ的含量过高会导致运动失调不能说明微量元素是生命活动所必需的，Ａ错误；人体中不含叶绿素，构成脂质的化学元素主要是Ｃ、Ｈ、

Ｏ，有些脂质中含有Ｎ和Ｐ，Ｂ错误；Ｃａ２＋可调节肌肉收缩和血液凝固，血钙过高会造成肌无力，血钙过低会引起抽搐，Ｃ正确；口服核酸后核酸会被人体消化成核苷酸，所以口服核酸补充并不科学，Ｄ错误。２．【答案】Ａ【解析】金鱼藻光合作用产生的Ｏ２量多于呼吸作用消耗的Ｏ２量，因此有气泡产生，Ａ正确；图中

信息表明金鱼藻１ｍｉｎ内释放气泡数随光照距离的减小而增多，当光照距离小于１４ｃｍ时金鱼藻１ｍｉｎ内释放气泡数可能继续增加，Ｂ错误；水参与细胞呼吸第二阶段产生Ｃ１８Ｏ２，该Ｃ１８Ｏ２再参与光合作用生成含１８Ｏ的有

机物，Ｃ错误；若用１４Ｃ标记ＮａＨＣＯ３中的Ｃ，则光合作用过程中１４Ｃ的转移途径应为ＮａＨ１４ＣＯ３→１４ＣＯ２→１４Ｃ３→（１４ＣＨ２Ｏ），Ｄ错误。３．【答案】Ｄ【解析】Ｆ２中绿色圆粒豌豆的遗传因子组成为２／３ｙｙＲｒ和１／３ｙｙＲＲ，自交后代绿色圆粒为ｙｙＲ－＝２／３×３／４＋１／３＝５／６

，绿色皱粒为ｙｙｒｒ＝２／３×１／４＝１／６，因此子代中表现型及比例为绿色圆粒∶绿色皱粒＝５∶１，Ａ正确；Ｆ１产生的配子受精时，雌雄配子的结合方式有１６种，Ｆ２的遗传因子组合有９种，性状表现有４种，Ｂ正确；“Ｆ１产生配

子时，每对遗传因子彼此分离，不同对的遗传因子可以自由组合”是孟德尔假说的内容，Ｃ正确；选取的豌豆基因型分别为Ｙｙｒｒ和ｙｙＲｒ，若两对基因位于一对同源染色体上，杂交后代也有四种表现型且比例也为１∶１∶１∶１，因此不能说明两对基因遵循自由组合定律，Ｄ错误。４．【答案】Ａ【解析】由题

可知ＢＡＤＨ基因控制合成的蛋白质是合成甜菜碱的关键酶，表明基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状，Ａ错误；环己酰亚胺是细胞质蛋白质合成抑制剂，可能是通过抑制基因的翻译过程进行的，Ｂ正确；放线菌素Ｄ是ＲＮＡ合成抑制剂，施加后ＢＡＤＨ蛋白合成减少，说明Ｒ

ＮＡ的合成对小麦ＢＡＤＨ基因表达是必需的，Ｃ正确；氯霉素是线粒体合成抑制剂，施加后小麦ＢＡＤＨ蛋白合成增多，说明线粒体对该蛋白合成有抑制作用，可能是由于线粒体可以合成阻遏ＢＡＤＨ基因表达的阻遏蛋白，Ｄ正确。５．【答案】Ｄ【解析】抗体检测具有灵敏度高、耗时短、操作简单等优点，Ａ正确；感染者

被感染并产生抗体需要一定的时间，因此抗原检测比抗体检测更有利于排查人群中的早期感染者，Ｂ正确；若检测结果为阳性，则该过程发生了金标抗原与ＩｇＭ抗体、金标抗原－ＩｇＭ抗体复合物与抗ＩｇＭ抗体、游离的金标抗原与抗原特异性抗体三个特异性结合的过程，Ｃ正确；新型冠状

病毒患者的检测结果为Ｔ线和Ｃ线都为红色条带，健康人的检测结果为Ｃ线为红色条带，Ｔ线不显色，Ｄ错误。６．【答案】Ｃ【解析】流经该生态系统的能量为第Ｉ营养级生物光合作用固定的太阳能和外界的营养输入，Ａ错误；Ｄ代表分解者

，第ＩＩ营养级粪便中的能量属于上一营养级同化量的一部分，Ｂ错误；能量流动的渠道是食物链和食物网，而捕食关系一般不可逆转，所以能量流动是单向的，Ｃ正确。第二营养级用于生长发育繁殖的能量＝同化量－呼吸作用散失量，图中方框内数字表示该营养

级【高三理科综合能力测试参考答案（第２页共１３页）】暂时未利用的能量，Ｄ错误。７．【答案】Ｂ【解析】火药燃烧和爆炸是放热反应，Ａ项正确；冰熔化成水，属于状态变化，属于物理变化，Ｂ项错误；硫化汞加热分解生成

汞，汞与硫混合又变为硫化汞，涉及物质相互转化，Ｃ项正确；这里“乌金”指煤，煤是化石能源，Ｄ项正确。８．【答案】Ｄ【解析】蚕蛾醇含醇羟基、碳碳双键两种官能团，Ａ项错误；蚕蛾醇中醇羟基、碳碳双键都能被酸性重铬酸钾溶液氧化，Ｂ项错误；

蚕蛾醇中醇羟基不能与氢氧化钠、碳酸氢钠反应，Ｃ项错误；蚕蛾醇分子含２个碳碳双键，有４种顺、反异构体，其中蚕蛾醇（ａ）是一种，它的顺反异构体有３种，Ｄ项正确。９．【答案】Ｃ【解析】试管①中１，２－二溴乙烷不溶于水，液体

分层，Ａ项错误；试管②中四氯化碳中溴与乙烯发生加成反应，１，２－二溴乙烷溶于四氯化碳，Ｂ项错误；试管③中高锰酸钾被乙烯还原成无色锰离子，乙烯被氧化成ＣＯ２，发生氧化反应，Ｃ项正确；试管④中乙烯在常温常压

下不能与水反应，不会减少硫酸铜溶液中水，不能析出蓝色硫酸铜晶体，Ｄ项错误。１０．【答案】Ａ【解析】反应（３）中三种气体是ＳＯ２、ＳＯ３、Ｏ２，Ｓ和Ｏ原子中质子数和中子数相等，故混合气体含质子质量等于总质量的一半，５．０ｇＳＯ２、ＳＯ３、Ｏ２的混合气体含２．５ｍｏｌ中子，Ａ项正确；

反应（１）为２Ｃｕ２Ｓ＋３Ｏ２高温２Ｃｕ２Ｏ＋２ＳＯ２，１ｍｏｌＣｕ２Ｓ完全反应时转移６ｍｏｌ电子，（２）反应为２Ｃｕ２Ｏ＋Ｃｕ２Ｓ高温６Ｃｕ＋ＳＯ２，１ｍｏｌＣｕ２Ｓ完全反应时转移６ｍｏｌ电子。３２．０ｇＣｕ２Ｓ的物质的量为０．２ｍｏｌ，完全

反应转移电子数都为１．２ＮＡ，Ｂ项错误；ＳＯ２和Ｏ２反应是可逆反应，Ｃ项错误；ｐＨ＝１的稀硫酸中，ｃ（Ｈ�）＝０．１ｍｏｌ·Ｌ－１，与硫酸是二元酸无关，Ｄ项错误。１１．【答案】Ｄ【解析】根据图像可知，Ｍ含有铝离子，由Ｍ组成和图像可知，Ｍ含铵根离子。综合上述信息可知，Ｘ为氢元素，Ｙ为

氮元素，Ｚ为氧元素，Ｗ为铝元素，Ｒ为硫元素。铝、硫、氮、氧、氢的原子半径依次减小，Ａ项错误；铵明矾（Ｍ）含离子键和共价键，Ｂ项错误；稳定性：Ｈ２Ｏ＞ＮＨ３，Ｈ２Ｏ＞Ｈ２Ｓ，Ｃ项错误；酸性：Ｈ２ＳＯ４＞Ａｌ（ＯＨ）３，

Ｄ项正确。１２．【答案】Ｃ【解析】Ａｇ�＋Ｘ�＝ＡｇＸ↓，２Ａｇ�＋Ｙ２�＝Ａｇ２Ｓ↓。根据图像可知，ｃ点代表ＮａＸ与硝酸银恰好完全反应，ｅ点代表Ｎａ２Ｙ与ＡｇＮＯ３恰好完全反应，所以，根据溶度积表达式，Ａｇ２Ｙ的Ｋｓｐ＝４×１０－３ａ，Ａ项错误；ｃ（Ｙ２

－）：ｆ＞ｅ，故ｃ（Ａｇ�）：ｆ＜ｅ，Ｂ项错误；ｐＭ代表阴离子的负对称，ｐＭ值越小，阴离子浓度越大，ａ＜ｂ，故Ａｇ２Ｙ溶解度大于ＡｇＸ，Ｃ项正确；ｄ点为Ａｇ２Ｙ的不饱和溶液，ｅ点饱和溶液中加水，变为不饱和溶液，但ｃ（Ｙ２－）≠ｃ（Ａｇ�），ｅ点向右上方迁移，Ｄ项错误

。１３．【答案】Ｂ【解析】观察图示可知，钛电极上，Ｍｎ２＋→Ｍｎ３＋，发生了氧化反应，Ａ项正确；电解时，钛电极附近发生反应：ＣｌＣ６Ｈ４ＣＨ３＋Ｈ２Ｏ＋４Ｍｎ３＋＝４Ｍｎ２＋＋ＣｌＣ６Ｈ４ＣＨＯ＋４Ｈ�，为了维持电荷守恒，双极膜中ＯＨ�向钛电极附近迁移，Ｂ项错误；石墨电极为阴极，发生还原反应

生成丁二酸，Ｃ项正确；根据电荷守恒，制备１ｍｏｌＣｌＣ６Ｈ４ＣＨＯ时消耗双极膜中４ｍｏｌ水（相当于７２ｇ），Ｄ项正确。１４．【答案】Ｄ【高三理科综合能力测试参考答案（第３页共１３页）】【解析】麦克斯韦提出电磁场理论，赫兹用实验验证了这一理论，光的波动说不可以解释光电效应，Ａ错

误；光电效应和康普顿效应说明光像其他粒子一样，具有能量和动量，但同时也不否定光的波动性，即光具有波粒二象性，Ｂ错误；ε＝ｈν和ｐ＝ｈλ中的ｈ把光的粒子性和波动性紧密联系了起来，德布罗意把光的波粒二象性推广到了所有的物体，任何一个运动着的物体，都有一种波与之相伴随，其波长为λ＝ｈ

ｐ，人们把这种波称为物质波（即德布罗意波），即Ｅ＝ｈν和ｐ＝ｈλ对宏观运动着的物体也成立，Ｃ错误；若光子的能量为ε频率为ｖ，由ε＝ｈν可得ｈ＝εｖ，某种物体的质量为ｍ速度为ｖ０，则物体的德布罗意波长为λ＝ｈｍｖ０，综合可得λ＝εｍ

ｖｖ０，Ｄ正确。１５．【答案】Ｂ【解析】＋ｑ在ｄ点产生的电场强度大小为Ｅｄ１＝ｋｑ（３ｒ）２，方向由ａ指向ｄ，带负电圆盘在ｄ点产生的电场由ｄ指向ａ，设电场强度大小为Ｅｄ２，ｄ点处的电场强度为Ｅ０，方向由ａ指向ｄ，则有Ｅｄ１－Ｅｄ２＝Ｅ０，解得Ｅ

ｄ２＝ｋｑ（３ｒ）２－Ｅ０，根据对称性带负电圆盘在ｂ点的电场强度的大小Ｅｂ２＝Ｅｄ２，方向由ａ指向ｂ，＋ｑ在ｂ点产生的电场强度大小为Ｅｂ１＝ｋｑｒ２，方向由ａ指向ｂ，则ｂ点处电场强度为Ｅｂ＝Ｅｂ１＋Ｅｂ２，综合解得Ｅｂ＝１０ｋ

ｑ９ｒ２－Ｅ０，Ｂ正确。１６．【答案】Ｂ【解析】小球穿过ＡＢ杆，对小球受力分析，由力的平衡可得Ｔ１＝ｍｇ＋ＦＮ１，由胡克定律可得Ｔ１＝ｋ（５４Ｌ－Ｌ）＝ｋＬ４，结合ＦＮ１＝４ｍｇ综合解得综合解得Ｔ１＝５ｍｇ，ｋ＝２０ｍｇＬ，Ａ错误；小球穿过ＣＤ杆，对小球受力分析

，把橡皮筋的弹力分别沿水平方向和竖直方向分解，由力的平衡可得Ｔ２ｓｉｎ５３°＝ＦＮ２＋ｍｇ，Ｔ２ｃｏｓ５３°＝ｆｍ，由胡克定律可得Ｔ２＝ｋ（３Ｌ－Ｌ）＝２ｋＬ，由滑动摩擦的定义可得ｆｍ＝μＦＮ２，结合ｋ＝５ｍｇＬ综合解得ＦＮ２＝３１ｍｇ、μ＝２４３１，Ｂ正确、Ｃ错误；

橡皮筋竖直与倾斜两种情况下的弹力之比为Ｔ１∶Ｔ１＝１∶８，Ｄ错误。１７．【答案】Ｄ【解析】（１）对矢量三角形ＡＢＣ应用正弦定理可得ＢＣｓｉｎ１５°＝Ｌｓｉｎ４５°，解得ＢＣ＝（槡３－１）Ｌ２Ａ错误；弓箭运动的时间等于静止时射出弓箭的分运动时间，则有ｔ＝ＢＣ

ｖ，计算可得ｔ＝（槡３－１）Ｌ２ｖ，Ｂ错误；过Ｃ点做直线跑道的垂线，由几何关系可得直线跑道与固定标靶之间的距离为ｄ＝ＢＣｓｉｎ６０°，Ａ、Ｃ两点沿直线跑道的距离为Ｄ＝Ｌ＋ＢＣｃｏｓ６０°，综合解得ｄ＝（槡３－３）Ｌ４、Ｄ＝（槡３＋３）Ｌ４，Ｃ错误、Ｄ正确。１

８．【答案】Ｂ【解析】对甲图，由理想变压器的原理可得，ＵＵ２＝１０２、ＵＵ３＝１０３，由欧姆定律与能量守恒定律可得【高三理科综合能力测试参考答案（第４页共１３页）】ＵＩ甲＝Ｕ２２Ｒ＋Ｕ２３Ｒ，同理对乙图，ＵＵ４＝１０５，ＵＩ乙＝Ｕ２４２Ｒ，综合解得Ｕ２＝Ｕ５、Ｕ３＝３Ｕ１０、Ｕ４＝Ｕ２、Ｉ甲＝１

３Ｕ１００Ｒ、Ｉ乙＝Ｕ８Ｒ，则有Ｉ甲－Ｉ乙＝Ｕ２００Ｒ，Ａ错误；由Ｐ甲＝ＵＩ甲、Ｐ乙＝ＵＩ乙比较可得Ｐ甲∶Ｐ乙＝２６∶２５，Ｂ正确；甲图两个电阻的功率之比为Ｕ２２Ｕ２３＝４９，Ｃ错误；乙图每个电阻的功率为Ｐ＝１２×Ｕ２

４２Ｒ＝Ｕ２１６Ｒ，Ｄ错误。１９．【答案】ＡＤ【解析】小球释放的瞬间，小球和物块的加速度大小相等设为ａ，设细线的拉力的大小为Ｔ２，把小球的重力ｍｇ分别沿着ＯＡ和垂直ＯＡ分解，对两者分别应用牛顿第二定律可得Ｔ２－ｍｇｓｉｎ５３°＝ｍａ，ｍｇ－Ｔ２＝ｍａ，综

合解得ａ＝ｇ１０、Ｔ２＝９ｍｇ１０，Ａ正确、Ｂ错误；由几何关系可得ＡＢＲ＝ｔａｎ５３°，ＲＯＢ＝ｃｏｓ５３°，ＢＰ＝ＯＢ－Ｒ，小球从Ａ到Ｐ，物块下降的高度为ｈ＝ＡＢ－ＢＰ，综合解得ｈ＝２３Ｒ，则物块的重力势能减小量为ΔＥＰ＝ｍｇｈ＝２３ｍｇＲ，Ｃ错误；小球运动到Ｐ点，细线与小

球的速度ｖ垂直，则绳子伸长的速度为０，由关联速度可得物块的速度为０，由机械能守恒定律可得ΔＥＰ＝１２ｍｖ２＋ｍｇΔｈ，Δｈ＝２５Ｒ综合解得ｖ＝２３０槡ｇＲ１５，Ｄ正确。２０．【答案】ＢＤ【解析】静止的２１１８３Ｂｉ在发生衰变的过程中动量守恒，新核Ｘ与４２Ｈｅ或０－１ｅ的动量等大反向，且

新核Ｘ的电量大于４２Ｈｅ或０－１ｅ的电量，由Ｂｑｖ＝ｍｖ２Ｒ、ｐ＝ｍｖ可得Ｒ＝ｐＢｑ，可见新核Ｘ的半径小于与４２Ｈｅ或０－１ｅ的半径，新核Ｘ带正电对应小圆２，Ａ错误；由左手定则可知新核Ｘ沿逆时针方向运动，则４２Ｈｅ或０－１ｅ对应大圆１也沿逆时针方向运动，由左手定则可知大圆１对

应的粒子带正电，是４２Ｈｅ，２１１８３Ｂｉ发生α衰变，Ｂ正确；衰变方程式为２１１８３Ｂｉ→２０７８１Ｘ＋４２Ｈｅ，粒子匀速圆周运动的周期公式为Ｔ＝２πｍｑＢ，则有ＴαＴＸ＝４２２０７８１＝１８２３，Ｃ错误；轨迹２对应粒子即新核Ｘ的动量为ｐ，带电量为ｑ，则４２Ｈｅ的动量为ｐ

，带电量为２ｑ８１，由Ｒ＝ｐＢｑ可得ＲＸ＝ｐＢｑ，Ｒα＝８１ｐ２Ｂｑ，则有Ｒα－ＲＸ＝７９ｐ２Ｂｑ，Ｄ正确。２１．【答案】ＡＤ【解析】过Ｄ点做ＰＡ的垂线与ＰＡ的交点为Ｅ，设平抛运动的水平位移为ｘ，即Ｅ

、Ｄ两点之间的距离为ｘ，如下图所示，由几何关系可得ｘｔａｎ３７°＋ｘｔａｎ３７°＝ｈ由平抛运动的规律可得ｘ＝ｖ０ｔ，ｘｔａｎ３７°＝１２ｇｔ２【高三理科综合能力测试参考答案（第５页共１３页）】综合解得ｘ＝１２２５ｈ、ｔ＝４

５２ｈ槡ｇ、ｖ０＝３１０２槡ｇｈ，Ａ正确、Ｂ错误；小球在Ｄ点沿竖直方向的分速度为ｖｙ＝ｇｔ，小球在Ｄ的速度大小为ｖＤ＝ｖ２０＋ｖ２槡ｙ，ｖＤ与水平方向夹角的正弦值为ｔａｎθ＝ｖｙｖ０，综合解得ｖＤ＝１４６槡ｇｈ１０、ｔａｎθ＝８３，Ｃ错误、Ｄ正确。２２．【答案】（１）

水平（１分）（２）Ｌｇ２槡ｈ（２分）（３）正比（１分）ｍｇＬ２２ｈｘ２（２分）【解析】（１）要保证弹丸做平抛运动，安装时要求桌面成水平状态；（１分）（２）由平抛运动的规律可得弹丸的射出速度为ｖ＝Ｌｇ２槡ｈ；（２分）（３）由Ｅｋ＝１２ｍｖ２、ＥＰ＝１２ｋｘ２结合能量守恒定律可得Ｅｋ＝Ｅ

Ｐ，结合ｖ＝Ｌｇ２槡ｈ可得Ｌ２ｈ＝２ｋｍｇｘ２，则有Ｌ２ｈ∝ｘ２，即Ｌ２ｈ与弹簧的压缩量ｘ的平方成正比；（１分）进一步可得ｋ＝ｍｇＬ２２ｈｘ２。（２分）２３．【答案】（１）见解析（３分）（２）０．５Ω（２分）３Ｖ（２分）（３）电压表、分流（２分）【解析】（１）完整的电路图补充如下：（３分）（２

）由闭合电路欧姆定律可得Ｉ１＝ＥＲ２＋ｒ、Ｕ２＝Ｅ－Ｉ２ｒ，结合Ｉ１＝０．５Ａ、Ｒ２＝５．５Ω、Ｕ２＝２．７０Ｖ，Ｉ２＝０．６Ａ，综合解得Ｅ＝３Ｖ（２分）、ｒ＝０．５Ω（２分）（３）由于电压表的分流作用，实验的测量值有误差（２分）２４．【答案】（１）４Ｍ２ｖ２０３（Ｍ＋ｍ）２ｇ－２３

Ｒ（７分）（２）Ｍｍ５槡ｇＲ２ｖ０－５槡ｇＲ或Ｍ�槡ｍｇＲ槡２ｖ０－槡ｇＲ（５分）【解析】（１）甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒可得Ｍｖ０＝Ｍｖ甲＋ｍｖ乙（１分）…………………【高三理科综合能力测试参考答案（第６页共１３页）】由动能守恒可得１２Ｍ

ｖ２０＝１２Ｍｖ２甲＋１２ｍｖ２乙（１分）…………………………………………………综合解得ｖ乙＝２Ｍｖ０Ｍ＋ｍ（１分）…………………………………………………………………………乙运动到Ｃ点时恰好脱离半圆轨道，轨道对小球的弹力刚好为０，设重力与ＯＣ的夹

角为θ，则有ｍｇｃｏｓθ＝ｍｖ２ＣＲ（１分）……………………………………………………………………………由几何关系可得ｃｏｓθ＝ｈＲ（１分）……………………………………………………………………乙从Ａ点到Ｃ点，由机械能守恒定律可得１２ｍｖ２乙＝１２ｍｖ２Ｃ＋ｍｇ（ｈ＋Ｒ）（１分）…………………综合

可得ｈ＝４Ｍ２ｖ２０３（Ｍ＋ｍ）２ｇ－２３Ｒ（１分）……………………………………………………………（２）乙能完整通过Ｄ点，则有ｍｖ２ＤＲｍｇ（１分）……………………………………………………由机械能守恒定律可得１２ｍｖ２乙＝１２ｍｖ２Ｄ＋ｍｇ×２Ｒ（１分

）…………………………………………结合ｖ乙＝２Ｍｖ０Ｍ＋ｍ，综合解得Ｍｍ５槡ｇＲ２ｖ０－５槡ｇＲ（１分）………………………………………………乙不能运动到Ｂ点以上，则有１２ｍｖ２乙�ｍｇＲ（１分）………………………………………………

…结合ｖ乙＝２Ｍｖ０Ｍ＋ｍ，综合解得Ｍ�槡ｍｇＲ槡２ｖ０－槡ｇＲ（１分）………………………………………………所以，Ｍｍ５槡ｇＲ２ｖ０－５槡ｇＲ或Ｍ�槡ｍｇＲ槡２ｖ０－槡ｇＲ２５．【答案】（１）３７°（７分）（２）３Ｂ２ｑＬ８ｍ（６分）（３）２２５ＢｑＬ（４８０＋２８６π）ｍ、２２５

Ｂ２ｑ２Ｌ（３６０＋２５４π）ｍ（７分）【解析】设两粒子在ａ点的速度大小均为ｖ０，在电场中，把两粒子类斜抛运动的初速度分别沿着电场的方向和垂直电场的方向分解，则有ｖ甲ｙ＝ｖ０ｃｏｓθ、ｖ乙ｙ＝ｖ０ｃｏｓβ（１分）……………………………………………………

………………ｖ甲ｘ＝ｖ０ｓｉｎθ、ｖ乙ｘ＝ｖ０ｓｉｎβ（１分）……………………………………………………………………ａ、ｏ两点间的距离为Ｌ，设粒子的加速度为ａ，根据逆向思维，把类斜抛运动看成两个类平抛运动，粒子在ａ、ｏ两点的速度大小相等均为ｖ０，甲、乙类斜抛运动的时间分别为ｔ１＝２×ｖ甲ｘａ、

ｔ２＝２×ｖ乙ｘａ（１分）…………………………………………………………………………………………Ｌ＝ｖ甲ｙｔ１、Ｌ＝ｖ乙ｙｔ２（１分）……………………………………………………………………………综合可得Ｌ＝２ｖ２０ｓｉｎθｃｏｓθａ＝ｖ２０ｓｉｎ２θａ、Ｌ＝２ｖ２０ｓｉｎβ

ｃｏｓβａ＝ｖ２０ｓｉｎ２βａ（１分）………………………………比较可得ｓｉｎ２θ＝ｓｉｎ２β或ｓｉｎ２θ＝ｓｉｎ（１８０°－２β）（１分）…………………………………………解得θ＝β（舍去），θ＋β＝９０°，结合θ＝５３°，可得β＝３７°

（１分）…………………………………【高三理科综合能力测试参考答案（第７页共１３页）】（２）由类斜抛运动的对称性，可得乙在ｏ点的速度与ｙ轴的正方向成β＝３７°的夹角，与ｘ轴的负方向成５３°的夹角，根据匀速圆周运动的对称乙在ｃ点的速度与ｘ轴成５３°的夹角（１分）…过ｏ、ｃ两点分别做乙的速度的垂线，设粒

子做匀速圆周运动的半径为Ｒ，由几何关系可得２Ｒｃｏｓ３７°＝Ｌ（１分）………………………………………………………………………………………则两粒子在磁场中的速度大小均为ｖ０，由洛伦兹力充当向心力可得Ｂｑｖ０＝ｍｖ２０Ｒ（１分）………对甲有Ｌ

＝２ｖ２０ｓｉｎθｃｏｓθａ，由牛顿第二定律可得Ｅｑ＝ｍａ（１分）……………………………………综合解得Ｒ＝５８Ｌ、ｖ０＝５ＢｑＬ８ｍ、Ｅ＝３Ｂ２ｑＬ８ｍ（２分）……………………………………………………（３）由Ｌ＝ｖ甲ｙｔ１、Ｌ

＝ｖ乙ｙｔ２，可得甲、乙类斜抛运动的时间分别为ｔ１＝８ｍ３Ｂｑ、ｔ２＝２ｍＢｑ（１分）………甲从ｏ点运动到ｂ点的时间为ｔ３＝（３６０－２×３７）×πｍ１８０Ｂｑ，乙从ｏ点运动到ｃ点的时间为ｔ４＝（３６０－２×５３）×πｍ１８０Ｂｑ（１分）………………………

…………………………………………………由几何关系ｏ、ｂ两点之间的距离为ｄ＝２Ｒｓｉｎ３７°＝３４Ｌ，甲从ａ点运动到ｂ点的位移大小为ｘ甲＝Ｌ２＋ｄ槡２＝５４Ｌ（１分）……………………………………………………………………………甲从ａ到ｂ的平均速度大小为ｖ甲＝ｘ甲ｔ１＋ｔ３（１分）…

………………………………………………乙从ａ到ｃ速度的变化量为Δｖ＝２ｖ０（１分）………………………………………………………由动量定理可得Ｆ（ｔ２＋ｔ４）＝ｍΔｖ（１分）…………………………………………………………综合解得ｖ甲＝２２５ＢｑＬ（４８０＋２

８６π）ｍ、Ｆ＝２２５Ｂ２ｑ２Ｌ（３６０＋２５４π）ｍ（１分）………………………………………２６．【答案】（１）煅烧１的烧渣可能含Ｆｅ２＋（２分）（２）先调节３．７≤ｐＨ＜４．６，后调节ｐＨ＝６（２分）（３）［Ａｌ（ＯＨ）４］�＋ＣＯ２＝Ａｌ（ＯＨ）３↓＋ＨＣＯ３�（２分）（

４）１∶２∶２（２分）（５）８０（２分）２Ｈ�＋Ｓ２Ｏ３２�＝Ｓ↓＋ＳＯ２↑＋Ｈ２Ｏ（２分）（６）Ｖ２Ｏ５＋ｘＺｎ２＋＋２ｘｅ�＝ＺｎｘＶ２Ｏ５（２分）【解析】（１）四氧化三铁稳定，煅烧时可能不能将铁全部转化成氧化铁。（２）分两段调节，使

氢氧化铁、氢氧化铜分开沉淀。（３）通入ＣＯ２生成氢氧化铝和碳酸氢钠。（４）根据电子守恒，１ｍｏｌ还原剂Ｃ、ＣＯ、Ｈ２Ｃ２Ｏ４失去电子依次为４ｍｏｌ、２ｍｏｌ、２ｍｏｌ。（５）①组数据误差较大，舍去。②、③组数据取平均值为２０

．００ｍＬ。关系式为２ＶＯ２～Ｉ２～２Ｎａ２Ｓ２Ｏ３，ｎ（ＶＯ２）＝ｎ（Ｎａ２Ｓ２Ｏ３）＝２０．００×１０－３Ｌ×０．１ｍｏｌ·Ｌ－１＝２．０×１０－３ｍｏｌ。【高三理科综合能力测试参考答案（第８页共１３页）】ｍ（ＶＯ２）＝２．０×１０－３ｍｏｌ×８３ｇ·ｍｏ

ｌ－１＝０．１６６ｇ。ｗ（ＶＯ２）＝０．１６６ｇ×２５０２５２．０７５ｇ×１００％＝８０％。加入硫酸过多，会发生反应：２Ｈ�＋Ｓ２Ｏ２－３＝Ｓ↓＋ＳＯ２↑＋Ｈ２Ｏ，导致测得结果偏高。（６）放电时，锌为负极，Ｖ２Ｏ５所在极为正极，正极发生还原反应，电极反应式

为Ｖ２Ｏ５＋ｘＺｎ２＋＋２ｘｅ�＝ＺｎｘＶ２Ｏ５。２７．【答案】（１）吸收Ｆ中挥发出来的水蒸气（２分）（２）关闭Ｋ，向长颈漏斗中加水至漏斗内液面高于容器内液面，停止加水，一段时间后，液面差不变，表明气密性良好（２分）（３）

铜锌在稀硫酸中构成原电池，加快锌失去电子（２分）（４）Ｈ２Ｓ＋Ｃｕ２�＝ＣｕＳ↓＋２Ｈ�（２分）（５）旋转关闭Ｋ，容器内气体压强增大，将液体压回长颈漏斗，使液面与固体脱离接触（２分）（６）①ｃｂａ（２分）②１３９（Ｖ２－Ｖ

１）２０ａＶｍ（２分）【解析】（１）氢化钡易与水蒸气反应，水槽中水挥发出来水蒸气被Ｅ装置吸收，避免水蒸气与氢化钡反应。（２）检查装置气密性抓住两点：一是形成封闭体系；二是改变容器内压强，观察现象。（３）粗锌含铜等杂质，在

稀硫酸中构成原电池，加快锌失电子。（４）粗锌中硫化锌与稀硫酸反应生成硫化氢，硫化氢与硫酸铜溶液反应产生硫化铜沉淀。（５）关闭Ｋ，装置内气体不能排出，增大容器内气压，将液体压回长颈漏斗，使固液脱离，停止反应。（６）①实验步骤是：冷却、调平、读数。②ＢａＨ２＋２Ｈ２Ｏ

＝Ｂａ（ＯＨ）２＋２Ｈ２↑，ｎ（ＢａＨ２）＝Ｖ２－Ｖ１１０００Ｖｍ×１２ｍｏｌ，ｗ（ＢａＨ２）＝１３９（Ｖ２－Ｖ１）２０００Ｖｍ×ａ×１００％＝１３９（Ｖ２－Ｖ１）２０ａＶｍ％。２８．【答案】（１）ＣＨ４（ｇ）＋Ｈ２

Ｏ（ｇ）＝ＣＯ（ｇ）＋３Ｈ２（ｇ）ΔＨ＝＋１９８ｋＪ·ｍｏｌ－１（２分）（２）－１６．７３（２分）（３）①正反应是放热反应，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动（２分）②Ｎ点温度高于Ｍ，温度对速率的影响起决定作用（２分）（４）①乙（１分）②＞（

１分）③大于（２分）④＜（２分）⑤３．２（１分）【解析】（１）反应热等于断裂化学键总键能与形成化学键的总键能之差。ΔＨ＝（４１３×４＋４６５×２－１０７６－４３６×３）ｋＪ·ｍｏｌ－１＝＋１９８ｋＪ·ｍ

ｏｌ－１。（２）根据盖斯定律，④×６＝①×３－②－③×２得：ΔＨ４＝（５８．５８－２７．６１×３－３８．０７×２）／６ｋＪ·ｍｏｌ－１＝－１６．７３ｋＪ·ｍｏｌ－１。（３）①根据温度对平衡影响分析；②速率与浓度、催化剂、温度有关，Ｎ点浓度小于Ｍ，催

化效率低于Ｍ，温度高于Ｍ，结果Ｎ速率大于Ｍ，说明温度对速率起主要作用。（４）①可逆反应是气体分子数减小的反应，正反应放热，由甲、乙曲线可知，甲的压强大于乙，说明甲的温度高于乙，即甲为恒容绝热条件，乙为恒容恒温条件。②对于恒容

条件下，压强与温度、物质的量有关，压强相同，温度越高，总物质的量越小，故ａ点气体总物质的量大于ｂ点。③ｂ、ｃ点都是平衡状态，ｂ点温度较高，ｂ点正反应速率大于ｃ点正反应速率，而ｃ点正反应速率等于逆反应速率

。④假设甲容器在恒温恒容条件下进行，有关计算如下：【高三理科综合能力测试参考答案（第９页共１３页）】２ＣＯ（ｇ）＋２ＮＯ（ｇ幑幐帯）Ｎ２（ｇ）（ｇ）＋２ＣＯ２（ｇ）起始分压（ｋＰａ）：４０４００００变化分压（ｋＰａ）：２ｐ２ｐｐ２ｐ平衡分压（ｋＰａ）：（４０－２

ｐ）（４０－２ｐ）ｐ２ｐ平衡时总压强：８０ｋＰａ－ｐｋＰａ＝６４ｋＰａ，解得：ｐ＝１６所以，平衡时ｐ（ＣＯ）＝ｐ（ＮＯ）＝８ｋＰａ，ｐ（Ｎ２）＝１６ｋＰａ，ｐ（ＣＯ２）＝３２ｋＰａ。Ｋｐ＝ｐ（Ｎ２）·ｐ２（ＣＯ２）ｐ２（ＣＯ）·ｐ２（ＮＯ）＝

１６×３２２８２×８２（ｋＰａ）－１＝４．０（ｋＰａ）－１恒容绝热条件下Ｋｐ小于恒温恒容条件下Ｋｐ，故ｂ点Ｋｐ＜４．０（ｋＰａ）－１⑤ＣＯ分压变化率为３２ｋＰａ１０．０ｍｉｎ＝３．２ｋＰａ·ｍｉｎ－１。２９．【答案】（８分，每空２分）（１）蔗糖为二糖，对渗

透压的影响小；蔗糖为非还原糖，性质较稳定；蔗糖为二糖，（比单糖）运输效率高等（２）抽穗降低（３）叶绿素含量升高，总光合速率提高；呼吸速率降低【解析】（１）葡萄糖是单糖，而蔗糖是二糖，以蔗糖作为运输物质，其溶液中溶质分子个数相对较少，渗透压相对稳定，而且蔗糖为非还原糖，性

质较稳定，蔗糖为二糖，（比单糖）运输效率高。（２）在玉米生长的不同时期，处理株的光合速率表现均比对照株高，其中对抽穗期的影响最显著。由于蔗糖基聚合物喷施在植物叶片上能形成一层薄膜，可以减弱蒸腾作用的进行，蒸

腾速率会降低。（４）由表可知喷施蔗糖基聚合物后玉米植株净光合速率增强，净光合速率与总光合速率及呼吸速率有关，由表中信息可知处理后植株的呼吸速率降低，叶绿素含量升高，总光合速率升高，因此净光合速率升高。３０．【答案】（共１０分，每空２分）（１）父传子、子传孙，性状只在男性之间代代相传，女性不会表现出

相应的性状甲、乙、丙（２）男性的Ｘ染色体必然来自母亲，即ＩＩ３致病基因ＸＡ必然来自于Ｉ２，说明Ｉ２基因型为ＸＡＸＡ或ＸＡＸａ（３）伴Ｘ染色体隐性遗传（４）在群体中发病率比较高、有家族聚集现象、容易受到环境因素影响【解析】（１）伴Ｙ染色体遗传的特点是

父传子、子传孙，性状只在男性之间代代相传，女性不会表现出相应的性状，由上图中甲、乙、丙都可判断恐高症不是伴Ｙ染色体遗传。（２）若恐高症是伴Ｘ染色体显性遗传，则ＩＩ３的基因型为ＸＡＹ，根据伴性遗传的遗传特点，

男性的Ｘ染色体必然来自母亲，即ＩＩ３致病基因ＸＡ必然来自于Ｉ２，说明Ｉ２基因型为ＸＡＸＡ或ＸＡＸａ，这与图中所示Ｉ２正常的信息矛盾。因此，恐高症也不是伴Ｘ染色体显性遗传。（３）根据图乙可确认恐高症不是伴Ｘ染色体隐性遗传。（

４）多基因遗传病具有在群体中发病率比较高、有家族聚集现象、容易受到环境因素影响的特点。３１．【答案】（共１１分，除标注外每空２分）【高三理科综合能力测试参考答案（第１０页共１３页）】（１）下丘脑（１分）抗利尿激素（１分）肾小管和集合管对水分的重吸收（２）促甲状腺激素释放激

素实验思路：选取生长发育良好的小鼠随机均分为甲、乙两组，并摘除甲状腺。甲组小鼠注射适量促甲状腺激素，测定促甲状腺激素释放激素分泌量。乙组注射等量生理盐水，测定促甲状腺激素释放激素分泌量。（３分）实验结果及结论：若甲组促甲状腺激

素释放激素分泌量小于乙组，则垂体分泌的促甲状腺激素对下丘脑存在负反馈调节过程；若甲、乙两组促甲状腺激素释放激素分泌量相同，则垂体分泌的促甲状腺激素对下丘脑不存在负反馈调节过程。【解析】（１）运动大量出

汗，丢失大量水分，血浆渗透压升高，使大脑皮层产生渴觉，并激活位于下丘脑的神经元Ａ，促进下丘脑合成抗利尿激素，垂体释放抗利尿激素也增多，进而促进肾小管和集合管对水的重吸收。（２）当人体进入寒冷环境后，散热量增加，下丘脑通过分泌促甲状腺激素释放激素作用于

垂体，进而调节甲状腺激素的分泌量增加，增加产热。若要探究垂体分泌的促甲状腺激素对下丘脑是否存在负反馈调节过程，可选取生长发育良好的小鼠随机均分为甲、乙两组，并摘除甲状腺。甲组小鼠注射适量促甲状腺激素，测定促甲状腺激素释放激素分泌量。乙组

注射等量生理盐水，测定促甲状腺激素释放激素分泌量。若甲组促甲状腺激素释放激素分泌量小于乙组，则垂体分泌的促甲状腺激素对下丘脑存在负反馈调节过程；若甲、乙两组促甲状腺激素释放激素分泌量相同，则垂体分泌的促甲状腺激素对下丘脑不存在负反馈调节过程。３２．【答案

】（共１０分，每空２分）（１）在其生活空间中的位置状态或布局抗药性基因频率上升或抗药个体数量增多（２）捕食和竞争、捕食调整生态系统中的能量流动关系，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分（３）影响种群的繁

衍【解析】（１）组成种群的个体，在其生活空间中的位置状态或布局叫做种群的空间特征。长期使用化学农药会导致稻飞虱的抗药性基因频率逐渐上升，使这种方法的效果逐年减退。（２）鸭与害虫都可以杂草为食，两者之间存在

捕食关系和竞争关系，鸭与杂草之间存在捕食关系。从能量流动的角度分析，田间除草和杀虫可以调整生态系统中的能量流动路径，使能量流向对人类有益的部分。（３）成熟的稻飞虱会分泌信息素以加速雄性稻飞虱的成熟，这表明信息素能够影响种群的繁衍。３３．【答案】（１）减小（１分）、有、没有（２分）“中间多

、两头少”（２分）（２）（ⅰ）２．４ｐ０Ｓ（４分）（ⅱ）Ｔ３＝７（２ｐ０＋Ｌ）Ｔ１０ｐ０（６分）【解析】（１）从甲图看出，０－ｒ０范围内，随着ｒ的增大，分子势能、分子力均减小；（１分）从乙图看出晶体在熔化过程中有固定的熔点Ｔ０，

而非晶体在熔化过程中没有固定的熔点；（２分）从丙图看出，在一定的温度下，气体分子的速率分布是确定的，呈现“中间多、两头少”的分布规律。（２分）（２）（ⅰ）初状态气体的压强为ｐ１＝ｐ０，体积为Ｖ１＝ＬＳ，若气体的温度为１．６Ｔ时，设向管内添加体积为ΔＶ的水银，气体的体积保持不变【

高三理科综合能力测试参考答案（第１１页共１３页）】气体的压强为ｐ２＝ｐ０＋ΔＶ４Ｓ（１分）…………………………………………………………………气体发生等容变化，则有ｐ１Ｔ＝ｐ２１．６Ｔ（２分）…………………………………………………………综合解得ΔＶ＝２

．４ｐ０Ｓ（１分）………………………………………………………………………（ⅱ）若左管水银面上升的高度为０．１Ｌ，由水银柱的体积守恒可得右侧水银柱下降的高度为０．４Ｌ，左侧水银柱比右侧高Δｈ＝０．５Ｌ（１分）

………………………………………………………气体的压强为ｐ３＝ｐ０＋Δｈ（１分）…………………………………………………………………气体的体积为Ｖ３＝（Ｌ＋０．４Ｌ）Ｓ（１分）……………………………………

………………………由理想气体状态方程可得ｐ１Ｖ１Ｔ＝ｐ３Ｖ３Ｔ３（２分）………………………………………………………综合解得Ｔ３＝７（２ｐ０＋Ｌ）Ｔ１０ｐ０（１分）……………………………………………………

……………３４．【答案】（１）Ｆ１＋Ｆ２２ｇ（２分）５１Ａ（３分）（２）（ⅰ）槡２（５分）（ⅱ）槡６Ｌ２ｃ（５分）【解析】当弹力最大时，小球处在最低点，则乙图说明小球从处在最低点开始计时，弹簧振子的回复力在最高点和

最低点具有对称性，或根据图像的对称性，则有Ｆ２－ｍｇ＝ｍｇ－Ｆ１，综合解得ｍ＝Ｆ１＋Ｆ２２ｇ（２分）设弹簧振子的周期为Ｔ，由Ｆ－ｔ图像的左右周期性可得３４Ｔ＝ｔ０，解得Ｔ＝４３ｔ０，从计时开始到１７ｔ

０时，小球的路程为Ｓ＝１７ｔ０Ｔ×４Ａ，综合解得Ｓ＝５１Ａ（３分）（２）（ⅰ）由题意可得∠ＢＣＥ＝３０°，由几何关系可得∠ＢＣＥ＋∠ＢＥＣ＝９０°，解得∠ＢＥＣ＝６０°（１分）………………………………………………………………………………………………在Ｅ的出射光线与反射光

线的夹角为１０５°，由几何关系可得在Ｅ的出射光线与ＡＢ边的夹角为１０５°－６０°＝４５°，在Ｅ的出射光线的与法线的夹角为θ＝４５°（１分）……………………………ＤＥ、ＣＥ与法线的夹角为α＝９０°－６０°＝３０°（１分）…………………

……………………………三棱镜对此单色光的折射率为ｎ＝ｓｉｎθｓｉｎα（１分）……………………………………………………解得ｎ槡＝２（１分）……………………………………………………………………………………（ⅱ）细光束从ＡＣ边的中点Ｄ

垂直ＡＣ边射入棱镜，由几何关系可得∠ＢＥＣ＝∠ＥＣＡ＋∠Ａ、∠ＥＣＡ＝∠Ａ结合∠ＢＥＣ＝６０°综合解得∠ＥＣＡ＝∠Ａ＝３０°（１分）……由几何关系可得ＣＥ＝ＣＤｃｏｓ３０°、ＤＥ＝ＣＤｔａｎ３０°，结合ＣＤ＝０．５Ｌ综合解得ＣＥ＝槡３Ｌ３、ＤＥ＝槡３Ｌ６（１分）………………………

……………………由折射率的定义可得ｎ＝ｃｖ（１分）…………………………………………………………………光线从Ｄ点传播Ｃ点需要的时间为ｔ＝ＣＥ＋ＤＥｖ（１分）…………………………………………【高三理科综合能力测试参考答

案（第１２页共１３页）】综合解得ｔ＝槡６Ｌ２ｃ（１分）……………………………………………………………………………３５．【答案】（１）４ｄ５５ｓ１（１分）４（１分）（２）Ｓｉ＜Ｈ＜Ｃ＜Ｃｌ（２分）１（１分）（３）３∶１（２分）ｓｐ３（１分）（４）①ＡＤ（２分）②６（１分）③＞（２分）（５）槡

４３９×１０－２４ａ３ＮＡ（２分）【解析】（１）根据钼在周期表中位置，由基态铬原子价层电子排布式３ｄ５４ｓ１→４ｄ５５１。基态钠原子核外电子，１ｓ、２ｓ、３ｓ有１个伸展方向，２ｐ、３ｐ有３个伸展方向，共有４个伸展方向。（２）依题意，硅的

电负性小于氢，四氯化碳中氯显负化合价，所以电负性氯、碳、氢、硅依次减小。Ｎ原子价层有４个电子对，３个成键电子对，还有１个孤电子对。（３）选１个正六边形作参照，１个共价键被２个正六边形分摊，１个原子被３个正六边形分摊，所以，１个正六边形净占Ｓ原子为３×１／３＝１，

钼硫键为６×１／２＝３。Ｓ原子价层有４个电子对，采用ｓｐ３杂化。（４）①ＮＨ４＋、ＳＯ２－４的空间结构、ＶＳＥＰＲ模型都是正四面体形。②配位数就是配位原子个数，配体中Ｃ原子是配位原子，配位数为６。③依题意，Ｆｅ３＋中３ｄ上电子较少，离子半径较

小，对电子吸引力较大，分裂能较大。（５）设晶胞参数为ｘ。体心立方晶胞中体对角线上３个原子相切，有：（２ａｎｍ）２＝３ｘ，ｘ＝２ａ槡３ｎｍ＝２ａ槡３×１０－８ｄｍ，Ｖ＝ｘ３＝（２ａ槡３×１０－８ｄｍ）３＝槡８３９×１

０－２４ａ３Ｌ，该体积为晶胞的体积，该晶胞中含２个Ｍｏ原子，ｎ（Ｍｏ）＝２ＮＡ，所以，Ｖｍ＝Ｖｎ＝槡４３９×１０－２４ａ３ＮＡＬ·ｍｏｌ－１。３６．【答案】（１）邻硝基甲苯（２分）羧基、氨基（２分）（２）取代

反应（２分）不含（１分）（３）ｂ（２分）（４）（２分）（５）１３（２分）（６）（２分）【解析】（２）Ｈ为苯胺，Ｇ中２个氯原子取代氨基上两个氢原子，发生取代反应。甲基环己烷不含手性碳原子。（３）如果先还原生成氨基，易被第二步中高锰酸钾氧化，故先氧化、后还原。（４）羧基中２个羟基取代亚硫酰氯中

２个氯，副产物为亚硫酸，亚硫酸不稳定，易分解生成ＳＯ２、Ｈ２Ｏ。（５）发生银镜反应，说明苯环上可能有醛基、甲酸酯基。有两种情况：一是苯环含氨基、甲酸酯基，有３种结构；二是苯环含氨基、羟基、醛基，有１０种结构，符合条件的结构有１３种。【高三理科综合能力测试参考答案（第１３页共１３页）】

（６）同系物之间相差最小的是１个ＣＨ２，Ｃ分子含２个氧原子，如果含硝基，则侧链上还有碳、氢，与四个不同的原子或基团相连的碳原子叫手性碳原子，符合条件的结构简式为。３７．【答案】（１５分，除标注外每空２分）（１）乳酸菌（１分）清水与盐的质量比为４∶１保证坛内

乳酸菌发酵所需的无氧环境（２）检测亚硝酸盐含量时需进行显色反应，胡萝卜的色素会干扰实验结果（３）萃取有机溶剂大多是易燃物，直接使用明火加热容易引起燃烧、爆炸纸层析标准样品【解析】（１）泡菜制作过程中发挥主要作用的微生物是乳酸菌。制作泡菜时应按照清水与

盐的质量比为４∶１的比例配制盐水，装坛后向坛盖边沿的水槽中注满水是为了保证坛内乳酸菌发酵所需的无氧环境。（２）胡萝卜中含有胡萝卜素，亚硝酸盐检测时需进行显色反应，胡萝卜素会对显色形成的玫瑰红色有遮盖作用，干扰实验结果，因此适合选用颜色浅的材料进行实验。（３）胡萝卜素易溶于有机溶剂，可选

择萃取法进行提取。提取过程中应避免明火加热，这是因为有机溶剂大多是易燃物，直接使用明火加热容易引起燃烧、爆炸。提取的胡萝卜素粗品可通过纸层析进行鉴定，鉴定过程需与标准样品进行对比。３８．【答案】（１５分，除特殊标注外每空２分）（１）

Ｔａｑ酶（或热稳定ＤＮＡ聚合酶）引物与单链的相应互补序列结合，然后在ＤＮＡ聚合酶的作用下进行延伸５０×２３１－１００（２）ＥｃｏＲⅠ、ＸｂａⅠ感受态四环素（３）传统疫苗灭活或减毒不彻底可能会导致接种者患病，重组疫

苗不具有病毒结构，无侵染能力，但有抗原特性，可刺激机体产生抗体和记忆细胞（３分）【解析】（１）利用ＰＣＲ技术扩增Ｌ１基因时，反应体系中应添加Ｔａｑ酶、模板ＤＮＡ、四种脱氧核苷酸和引物，其中引物的作用是与单链的相应互补序列结合，

然后在ＤＮＡ聚合酶的作用下进行延伸。ＰＣＲ技术扩增目的基因，结果会使ＤＮＡ呈指数增长，即２ｎ（ｎ为扩增循环的次数），所以５０个ＤＮＡ分子，３０次循环，ＤＮＡ数量可达到５０×２３０个，含有的单链数为５０×２３１个，其中包含目的基因单链数为１００，因此共消耗引物的数量为５０×２３１－

１００个。（２）启动子是ＲＮＡ聚合酶识别和结合的部位，是转录的起点，选择ＥｃｏＲⅠ、ＸｂａⅠ两种限制酶进行剪切，可保证转录的方向正确。Ｃａ２＋处理大肠杆菌可使其处于感受态，重组质粒中青霉素抗性基因被破坏，因此可用添加四环素的培养基筛选，对长出的单菌落提取质

粒进一步鉴定是否含有Ｌ１基因。（３）传统疫苗灭活或减毒不彻底可能会导致接种者患病，重组疫苗不具有病毒结构，无侵染能力，但有抗原特性，可刺激机体产生抗体和记忆细胞，因此重组疫苗安全性更高。