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3月考试化学模拟题答案及详解
7. 答案 C。解析 A．新能源汽车的推广与使用，减少汽油的使用，有助于减少光化学烟雾的产生，A正确；B.肥皂水显碱性，因此氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域，B正确；C.铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而生锈，C错误；D.地球上99%的溴元素以Br－的形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂，D正确，答案选C。
8. 答案 D。解析 氯原子的半径大于碳原子，该模型也不是球棍模型，故A错误；氢硫酸的电离：H2SH＋＋HS－，故B错误；溴化铵的电子式：，故C错误；含78个中子的碘原子，质量数是131，原子符号是53I，故D正确。
9. 答案 A。解析 6.0 g SiO2晶体的物质的量为0.1 mol，含有共价键的个数为0.4NA，A错误；SO2与O2的反应为可逆反应，B正确；根据氧化还原反应规律可以得出，生成0.5 mol Cl2时转移电子数为NA，C正确；53.5 g NH4Cl的物质的量为1 mol，根据电荷守恒，可以得出pH＝7时，NH的数目为NA，D正确。
10. 答案 B。解析 选项A，分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种结构，则形成的酯有2种，若为乙酸与乙醇形成的酯，则只有乙酸乙酯1种，若为丙酸与甲醇形成的酯，则只有丙酸甲酯1种，故分子式为C4H8O2、属于酯类的同分异构体共有4种，A项正确；选项B，主链含5个C，则乙基只能在中间C上，甲基有2种位置，所以该烷烃有2种结构：、，B项错误；选项C，丙烯分子可以看做甲基取代乙烯中的一个氢原子，乙烯基有5个原子共平面，甲基中最多有2个原子与乙烯基共平面，故丙烯分子中最多有7个原子共平面，C项正确；选项D，碳碳双键能发生加成反应，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反应生成1，2二溴乙烷，故D正确。
11. 答案 C。解析 由Y的化合价只有－2价推断Y为氧元素，X的半径比氧原子的半径小且只有＋1价，则X为氢元素，M的最高正价为＋7价，最低负价为－1，则M代表氯元素，Z的半径小于氯元素，且最低负价为＋3价，最高价为＋5价，则Z代表氮元素，Q只有＋1一种化合价，且Q的半径大于氯原子半径，但小于只有＋2价的R，故Q代表钠元素，R代表Ca元素；Na为第三周期ⅠA族，A正确；B项，X、Y、Z三种元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸铵和一水合氨，故B正确；C项M－、Q＋、R2＋的半径大小应该为Cl－>Ca2＋>Na＋，故C错误；D项，Z、M的最高价氧化物对应的水化物为HNO3和HClO4，都是强酸，故D正确；答案为C。
12. 答案 B。解析 A项，观察题图知，交换膜左侧硫酸浓度增大，说明SO由交换膜右侧向左侧迁移，交换膜为阴离子交换膜，错误；B项，铂极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，则a极为锌银电池的正极，根据电池反应可书写正极反应式，正确；C项，本实验的主要目的是冶炼纯镍，所以，镍极的主要反应是Ni2＋＋2e－===Ni，错误；D项，b极的电极反应式为Zn－2e－＋2OH－===Zn(OH)2，理论上，消耗65 g锌析出59 g镍，则溶解13 g锌，最多析出11.8 g Ni，错误。
13. 答案 A。解析 往(NH4)2SO4溶液中加入的氨水是弱碱溶液，抑制水的电离，故滴加氨水的过程中，水的电离平衡逆向移动，故A错误；滴加a L氨水后溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，结合电荷守恒可知，溶液中c(NH)＝2c(SO)，设此时溶液体积为y L，则c(NH)＝2c(SO)＝ mol·L－1，根据一水合氨电离方程式：NH3·H2ONH＋OH－，平衡常数K＝＝＝2×10－5 mol·L－1，计算得到c(NH3·H2O)＝ mol·L－1，则滴加a L氨水后的溶液中，n(NH)＝200n(NH3·H2O)＝1 mol，故B正确；设所加氨水的浓度为z mol·L－1，根据物料守恒，滴加a L氨水后溶液中n(NH3·H2O)＋n(NH)＝1 mol＋z mol·L－1×a L，联立n(NH)＝200n(NH3·H2O)＝1 mol，计算得到z＝，故C正确；溶液中存在电荷守恒式：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，又溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝2c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)，故D正确。
26.（15分）解析 (1)实验室用Na2SO3和硫酸制备少量SO2气体时，若硫酸浓度太大，则c(H＋)较小，导致复分解反应速率慢。若硫酸浓度太小，则由于SO2气体易溶于水，也不利于SO2气体逸出。收集SO2时，应先干燥，再收集—向上排空气法(长进短出)；又因SO2易溶于水，要有防倒吸装置(安全装置)。(2)反应终止时溶液的pH＝4.1，可推测反应的产物是NaHSO3而不是Na2SO3，NaHSO3是弱酸的酸式盐，书写离子方程式时要注意拆分形式。起始原料是SO2和Na2CO3，目标产物是Na2S2O5，根据质量守恒可写出化学方程式。(3)书写该氧化还原反应方程式的关键是确定HCOONa的氧化产物，在强碱性条件下，HCOONa中＋2价碳必被氧化为CO。(4)①去除率最高时，TOC的含量最低，由图1可得此时n(H2O2)∶n(Fe2＋)＝1。②当H2O2的加入量大于40 mL·L－1时，随着H2O2含量增加去除率反而降低，说明H2O2必参加了其他副反应。
答案 (1)Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O（1分） 浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H＋)很小，导致复分解反应速率慢（2分） d e c b （2分） 防止倒吸（1分）
(2)CO＋2SO2＋H2O===2HSO＋CO2 （2分） Na2CO3＋2SO2===Na2S2O5＋CO2 （2分）
(3)HCOO－＋S2O＋OH－===CO＋S2O＋H2O （2分）
(4)①1（1分） ②酸性条件下H2O2直接与Fe2＋反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降（2分）
27.（14分）解析 (1)Fe(CrO2)2中铁元素为＋2价，则氧化物为氧化亚铁和三氧化二铬；将铬铁矿磨碎、不断搅拌可使反应物之间充分接触，加快反应速率。(2)Na2CrO4中加入酸生成Na2Cr2O7，为非氧化还原反应，在离子方程式中用氢离子平衡电荷，即可写出并配平离子方程式。由流程可知操作a将固体和溶液分离，为过滤。(3)根据化合物中元素化合价代数和为零可得，铬元素在此化合物中为＋6价；配平已知的化学方程式得：4Fe(CrO2)2～7O2～8Na2CrO4，生成1 mol Na2CrO4，参加反应的O2的物质的量为 mol，反应中氧元素由0价降低为－2价，转移电子的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为 mol×4＝3.5 mol。(5)由CrO＋Ba2＋BaCrO4知Ksp(BaCrO4)＝c(CrO)·c(Ba2＋)＝5.0×10－7×c(Ba2＋)＝1.2×10－10，解得c(Ba2＋)＝2.4×10－4 mol·L－1。
答案 (1)FeO·Cr2O3 （2分）不断搅拌（2分）
(2)2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O （2分） 烧杯、漏斗、玻璃棒（3分）
＋6（1分） 3.5（2分）
2.4×10－4（2分）
28.（14分）解析 (1)由题给信息知，一水合氨的电离常数大于亚硫酸的第二步电离常数，所以SO的水解程度大于NH的水解程度，则25 ℃时，0.1 mol·L－1亚硫酸铵溶液呈碱性。(2)K＝＝＝4.3×1013。(3)由已知信息③可得CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH3＝－283 kJ·mol－1，将该热化学方程式及已知信息①中热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由a×2－b得：S(l)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝(－283 kJ·mol－1)×2＋37.0 kJ·mol－1＝－529 kJ·mol－1。(4)设E2为逆反应的活化能，则E1－E2＝ΔH2>0，所以E1>ΔH2。(5)比较M、N两点CO的转化率，选择P点为参照点，比较M点和P点对应的CO的转化率：温度相同，y1大于y2，投入较多CO来增大SO2转化率，则CO的转化率降低，故M点对应的CO转化率小于P点。比较N点和P点对应的CO转化率：投料比的比值相同，P点温度高于N点，反应①的正反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，故P点对应的CO转化率小于N点。故CO的平衡转化率：N>P>M。N点和P点的投料比的比值相同，升高温度，正、逆反应速率均增大，故N点逆反应速率小于P点。(6)①设参与反应①、②的SO2的起始物质的量浓度分别为a mol·L－1、b mol·L－1，达到平衡时，转化的物质的量浓度分别为x mol·L－1、y mol·L－1，利用三段式法计算：

依题意知，2x＝0.16，解得x＝0.08，2y＝0.18，解得y＝0.09，平衡时c(SO2)＝0.2 mol·L－1－0.17 mol·L－1＝0.03 mol·L－1，c(H2)＝0.02 mol·L－1，c(H2O)＝0.18 mol·L－1，则反应②的K＝＝ L·mol－1＝2 700。②缩小容器体积相当于增大压强，反应①、②都是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO2的平衡转化率增大。
答案 (1)>（2分） (2)4.3×1013（2分）
(3)S(l)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－529 kJ·mol－1（2分）
(4)>（2分） (5)>（1分） <（1分）
(6)①2 700（2分） ②增大（2分）
35.（15分）解析 (1)N结构是对称的，5个N排成V形，5个N结合后都达到8电子结构，且含有2个N≡N键，满足条件的结构为[]＋，故“N”带一个单位正电荷。因此化学式为“N8”的离子晶体是由N和N形成的，电子式为。其中的阴离子和CO2互为等电子体，则其空间构型为直线形。(2)N4与白磷的结构类似为正四面体形，因此N4H的结构式为，所以1个N4H中含有10个σ键。(3)由于N的电负性强于P，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3。(4)①P4S3分子中硫原子的价层电子对数是4，含有2对孤对电子，杂化轨道类型为sp3。②分子中每个P含有1对孤对电子，每个S含有2对孤对电子，则每个P4S3分子中含孤电子对的数为4×1＋3×2＝10。(5)根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为2，Fe原子数为2×1/2＋12×1/6＋3＝6，所以氮化铁的化学式Fe3N；若晶胞底边长为a nm，高为c nm，则晶胞的体积是a2c nm3，所以这种磁性氮化铁的晶体密度为g·cm－3＝×1021 g·cm－3。
(6)铜的原子序数是29，基态时Cu3＋的电子排布式为[Ar]3d8；根据表中数据可知Ce的第三电离能与第四电离能相差最小，所以最有可能显示＋4价的稀土元素是Ce。
答案 (1) （2分）直线形（1分） (2)10（2分）
(3)N的电负性强于P，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更近，成键电子对之间距离更小，排斥力更大致使键角更大，因而PH3的键角小于NH3(或氮原子电负性强于磷原子，PH3中P周围的电子密度小于NH3中N周围的电子密度，故PH3的键角小于NH3)（2分）
(4)①sp3（1分） ②10（1分） (5)Fe3N（2分） ×1021（2分） (6)3d8（1分） Ce（1分）
36.（15分）解析 (1)该酯的名称为丙二酸二乙酯。(2)A生成B的反应类型为加成反应。E中官能团的名称为酯基和氰基。F的分子式为C9H14O4。(3)通过观察可知，D生成E为酯化反应，因而化学方程式为＋H2O。(4)根据芳香族化合物G为E的同分异构体，1 mol G可与2 mol Na2CO3反应可知，G的苯环上有两个酚羟基，又其苯环上有三个取代基，且苯环上有两种等效氢，则—C3H8N为苯环上的一个取代基且G为对称结构。两个酚羟基处于邻位和对位时都不符合要求，当两个酚羟基处于间位时，—C3H8N在苯环上的位置有2种，又因含有—NH2，故—C3H8N的结构有—CH2CH2CH2NH2、—CH(NH2)CH2CH3、—CH(CH3)CH2NH2、—CH2CH(CH3)NH2、5种，故符合条件的同分异构体有10种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶2∶1的结构简式有2种。
答案 (1)丙二酸二乙酯（1分）
(2)加成反应（1分） 酯基和氰基（2分） C9H14O4（2分）
(3) （2分）
(4)10（2分） （各1分）
(5)
（3分）
理科综合测试(2020.3.5)物理参考答案
14、【答案】A 所有粒子都具有波粒二象性，A正确；裂变是较重的原子核分裂成较轻原子核的反应，而该反应是较轻的原子核的聚变反应，B错误；卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，查德威克通过粒子轰击铍核()获得碳核()的实验发现了中子，C错误；y=210-4=206，X中中子个数为206-82=124，D错误．
15、【答案】B 由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力为零 ，所以只有B图受力可能为零，故B正确．
16、【答案】B 汽车刹车后做减速运动，根据运动学公式可知：s=v2/2a，故s和v的图象是抛物线，根据抛物线特点可知a甲＜a乙，即甲车刹车时加速度小于乙车的，以相同的车速开始刹车乙车先停止运动，故乙车刹车性能好，乙车与地面间的动摩擦因数较大，因两车的质量关系不确定，不能确定摩擦力关系，故ACD错误，B正确．故选B．
17、【答案】C 天体受到黑洞的万有引力提供天体做圆周运动所需的向心力，则有：G＝m，得M＝，故A、B错误；设黑洞的半径为R，质量M和半径R的关系满足：＝，联立解得R＝，故C正确，D错误。
18、【答案】B A.变压器的输入电压的最大值为：Um=NBSω=10×0.4×0.5×100=200V；从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：u=Umcosωt=200cos100t（V），故选项A不符合题意；
B.若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，电流表示数将增大，故选项B符合题意；
C.若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故选项C不符合题意；
D.变压器输入电压的有效值为：；开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：P=U1I1=100×0.01=W，故选项D不符合题意；
19、【答案】AB 当入射点与出射点分别在直径的两端时距离最大，则，即，选项A正确；根据可知，，选项B正确；从距离P最远点射出的粒子在磁场中偏转的角度为1800，选项C错误；由于洛伦兹力不做功，带电粒子在磁场中运动时动能保持不变，但是由于速度方向改变，则动量改变，选项D错误；故选B.
20、【答案】 AC A．由于A、B两金属板带电为正，粒子向下偏转，选项A正确；
BC．两粒子在电场力的作用下做类平抛运动，在水平方向 ，
在竖直方向 由图可知，则有，由题设条件无法比较与关系，选项B错误，C正确；
D．由电场力做功公式知，因加速电压U相同，而与的大小关系不能确定，所以不能确定与的大小关系，选项D错误； 故选AC。
21、【答案】AD P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，产生回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动．AB、开始运动时，P棒做加速度减小的加速度运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终做加速度相同的加速度运动，故A正确，B错误；CD、开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确．故选AD．
22、（2分/空）【答案】 (1). 4.8 (2). 2.4 (3). 9.6
【详解】（1）据题意，从纸带可以求出系统的加速度：,而相邻计数点之间时间间隔为：，则加速度为：；（2）计数点5的瞬时速度为：；（3）据，整理得：，则图像斜率为：，重力加速度为：．
23、【答案】 (1). ③，⑥ (2). (3). ①将滑动触头移至最左端 . ③. 多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2 (5).
【解析】 (1)根据电路连接特点，G2为定值电阻和电流表G1的总电流，若定值电阻选10Ω，则易使流过G2的总电流超过其满偏值，故选R1；分压接法用小阻值的滑动变阻器即可．
(2)
(3)在闭合开关前应将滑动变阻器滑片打在最左端以保护仪表．
(4)根据欧姆定律：解得：即,所以．
24、【解析】
（1）带电粒子在S1和S2两极板间加速，根据动能定理有： （2分）
解得：加速后的速度（2分）
（2）带电粒子在P1和P2两金属板间运动时，电场力与洛伦兹力平衡：（2分））
解得：（2分）
（3）带电粒子在磁场中运动，做匀速圆周运动，据牛顿第二定律有：（2分），又
解得：（2分）
25、解析：
（1）将两滑块由静止释放后，对滑块A进行受力分析，由牛顿第二定律得：
（1分）
得 （1分）
对B有 ， 故B静止（1分）
则 （1分）
得 t=1s（1分）
（2）设发生第一次碰撞前的瞬间滑块A的速度是
（1分）
碰后滑块A、B的速度分别是、，由弹性碰撞得：
（2分）
（2分）
解得
滑块B开始向下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：
（1分）
设滑块B下滑时间t0后停止运动，则
（1分）
由于，B停止运动时二者仍未发生第二次碰撞（2分），即 （1分）
得 （1分）
(3)由(2)知，每次碰撞后B先减速到零，再次与A碰撞，又
最终A，B将静止在斜面上，设A下滑的位移为x，由能量守恒得：
（2分）
解得： x=5m（2分）
34（1）【答案】 ADE
【解析】
波沿x轴正方向传播，由传播方向与振动方向的关系可知t=0时刻P振动的方向向下，则P质点经过=0.6s第一次到达波峰，所以可知周期为0.8s，波的频率为：=1.25Hz，故A正确；从波形图象可知此波的波长是4?m，故B错误；波速为：，故C错误；在t=0时刻P在平衡位置，经0.8s即一个周期回到原位置，故D正确；P、Q两质点相距6?m，即个波长，P、Q两质点振动步调相反，故E正确。
（2）【答案】 （i）；（ii）
【解析】（i）如图所示，因为光线在D点发生全反射，由反射定律和几何知识得∠4＝30°，则
第一次射入空气的折射角∠5＝45°．（5分）
（ii）设光线由O点到E点所需的时间t，则
，， 由数学知识得，，
由以上各式可得．（5分）
绵阳中学高三下学期月考（3.7）（答案）
1-6 DADDCC
1.【解析】洋葱是高等植物，根尖分生区细胞没有中心体， A选项错误；抗体属于分泌蛋白，是生物大分子，先在细胞内形成囊泡，囊泡与细胞膜融合，通过胞吐将抗体分泌到细胞外，此过程不依赖载体蛋白，B 选项错误；催化ATP合成的酶存在细胞内,内环境血浆中没有,C选项错误；正常生理状态下的溶酶体会分解衰老损伤的细胞器，D选项正确。
2.【解析】叶肉细胞内RuBP羧化酶是植物体内催化CO2固定的酶，反应的场所是叶绿体基质，A正确。酶的作用原理是降低化学反应的活化能，因此RuBP羧化酶降低了上述反应进行所需的活化能，B错误。酶在低温条件下，空间结构保持稳定，在适宜的温度下酶的活性可以恢复，因此酶适于在低温下保存以保持活性，C错误。CO2的固定在有光、无光条件下都能进行，因此叶肉细胞内RuBP羧化酶在光照和黑暗条件下都能发挥作用，D错误。
3.【解析】达尔文的向光性实验提出尖端产生的某种影响传到下面的伸长区,但并不清楚这种影响是什么,直到1928年温特通过实验证明该影响为一种化学物质,并命名为生长素。
4.【解析】胸腺嘧啶二聚体形成后会影响DNA复制和转录过程中的碱基互补配对，A项正确；图示DNA分子损伤后修复时首先需要某种酶催化，切除胸腺嘧啶二聚体，然后在DNA聚合酶作用下填补、封闭缺口，B项正确；DNA修复功能缺陷可能会引发基因突变，原癌基因和抑癌基因突变会导致恶性肿瘤，C项正确；DNA损伤引起的基因突变可以成为生物进化的原材料，但不能决定生物进化的方向，D项错误。
5.【解析】50%长果穗植株的子代中出现短果穗，而短果穗植株的子代中未出现长果穗，说明短果穂是隐性性状，长果穂是显性性状，A错误；长果穗植株自交后代中出现短果穗植株，是基因分离的结果，B错误；50%长果穗植株的子代中出现短果穗，说明种群长果穗植株中纯合子AA与杂合子Aa比例为1:1，因此种群中基因型AA：Aa：aa=1:1:2，因此控制短果穗a的基因频率=2/4+1/2×1/4=5/8，短果穗A的基因频率=3/8，C正确；该种群随机传粉一代，传粉前后A频率不变，AA频率=3/8×3/8=9/64，传粉前AA的频率为1/4，D错误。
6.【解析】本题考查群落的基本知识。适应草本阶段和灌木阶段的野生动物，不一定适应森林阶段，A选项正确；在森林阶段，高大的乔木、低矮的灌木和地面的草本使植物分层明显，从而为动物提供分层明显的食物和栖息空间，B选项正确；森林阶段的优势物种的兴起，可能使前阶段优势物种的数量减少，但不一定会消亡，C选项错误；森林阶段与农田阶段相比，丰富度更高，营养结构更加复杂，生态系统的自我调节能力更强，抵抗力稳定性明显提高，D选项正确。
29.（10分）
(1). 葡萄糖、神经递质、胰高血糖素（答全2分，答对2个给1分）
(2). 感受器乙→传入神经→下丘脑→传出神经→胰岛A细胞 （2分） 血糖浓度变化可直接刺激胰岛A、胰岛B细胞分泌相关激素来调节血糖 （2分）
(3). 机体产生了抗体攻击胰岛B细胞表面葡萄糖受体，胰岛B细胞无法接受高血糖信号，分泌胰岛素不足（2分）；机体产生了抗体攻击组织细胞表面胰岛素受体，组织细胞无法接受胰岛素信号，无法促进组织细胞对血糖的摄取和利用（2分）。
【解析】根据图分析,当血糖浓度上升时，葡萄糖感受器接受刺激产生兴奋，通过下丘脑血糖调节中枢，最终由传出神经末梢释放神经递质，与胰岛B细胞（丙）膜上相应的受体结合，引起胰岛素分泌增多，当血糖浓度下降时，葡萄糖感受器接受刺激产生兴奋，通过下丘脑血糖调节中枢，最终由传出神经末梢释放神经递质，与胰岛A细胞（丁）膜上相应的受体结合，引起胰高血糖素分泌增多。图中抗体1与胰岛B细胞膜上相应的受体结合，使得胰岛素不能合成分泌，血糖浓度升高；抗体2与靶细胞膜上的受体结合，使得血糖不能被组织细胞利用。
30.（9分）
（1）.在不同细胞中执行情况不同（或选择性表达的结果）（1分） 生长素和植物激素M （1分）
（2）.有无植物激素M（1分） 植物激素M对侧芽的生长有抑制作用（或植物激素M和生长素抑制侧芽生长是协同作用）（2分）
（3）.植物激素M是根产生的（2分） 用突变型做根、野生型做茎进行嫁接实验形成植株丁，对比观察丁植株侧芽的长度（2分）
【解析】（1）“一定细胞”和“特定细胞”是通过细胞分化产生的，是基因选择性表达的结果。（2）图2中，植株甲、乙进行对照，植株甲能合成植物激素M，而植株乙不能合成植物激素M，其他条件相同，所以自变量是有无植物激素M；图中甲、乙对照结果显示，不能合成植物激素M的植株乙侧芽生长较长，可得出植物激素M对侧芽的生长有抑制作用。（3）嫁接型植株丙是用野生型甲做根、突变型乙做茎，实验结果是侧芽短，出现了顶端优势，说明能产生植物激素M，可得出植物激素M是根产生的；为使这一结论更具说服力，还需增设的另一组实验是用突变型做根、野生型做茎进行嫁接实验形成植株丁，对比观察丁植株侧芽的长度。
31.（10分)
（1）组成成分和营养结构 （或组成成分、食物链和食物网）（2分，答全得分）
甲、乙（1分） 竞争（1分）
（2）传递给丙、自身呼吸以热能形式散失（多答“未利用的能量不扣分”，2分）
（3）≠（1分） 乙的同化量并不等于第二营养级的同化量（或能量传递效率等于两相邻营养级的同化量的比值，第二营养级不只有乙；或甲和乙都是第二营养级）（2分）
（4）河流生态系统自我调节能力有限（1分）
【解析】（1）生态系统的结构包括组成成分和营养结构。据图Ⅰ可知初级消费者是第二营养级即甲和乙，丁与丙之间存在竞争关系。（2）图Ⅱ中已经标出的能量有流入丁和流入分解者的能量，乙的能量去向还有流入丙和自身呼吸作用消耗以热能形式散失的能量。（3）由于第二营养级包括甲和乙，所以计算第一营养级到第二营养级能量的传递效率应为两营养级的同化量的比值，而甲的同化量未知，只根据乙的同化量计算出的传递效率为7.6%，所以第一营养级到第二营养级能量的传递效率大于7.6%。（4）从生态学角度解释，污染物排放导致水质恶化的主要原因是污染物超过了生态系统的自我调节能力。
32.（10分)
（1）5/6 （1分） 基因突变 （1分） r基因转录的mRNA提前出现终止密码子（2分）
（2） 显性基因表达，隐性基因不转录，或隐性基因不翻译，或隐性基因编码的蛋白质无活性、或活性低（任意答出一点原因即可，1分）
（3）选择白色糯玉米（aabb）为母本，与黄色糯玉米（AAbb）为父本进行杂交获得F1（2分）， 再以F1（Aabb）为母本，与白色非糯玉米（aaBB）为父本进行杂交获得F2（2分），从中选择黄色玉米粒即可（1分）。
【解析】本题以遗传的发展史为背景，考查了基因表达、遗传规律、遗传的物质基础和DNA分子结构。（1）纯合的黄色圆粒（YYRR）与绿色皱粒（yyrr）的豌豆杂交，为YyRr，中黄色皱粒为Y_rr（2/3Yyrr，1/3YYrr），自交子代出现黄色皱粒Y_rrr概率为2/3×?3/4+1/3=5/6；由题意可知，r基因编码的蛋白质比R基因编码的少了61个氨基酸，可推测翻译提前终止。（2）同时存在显性基因和隐性基因，隐性性状不体现可能是显性基因表达，隐性基因不转录，或隐性基因不翻译，或隐性基因编码的蛋白质无活性或活性低。
（3）第一步:以黄色糯纯合的玉米籽粒（AAbb）为父本、白色糯纯合的玉米籽粒(aabb)为母本，进行杂交，得到的为抗除草剂的黄色糯玉米(Aabb)；第二步：以抗除草剂的黄色糯玉米(Aabb)为母本，与白色非糯纯合的玉米籽粒(aaBB)进行杂交，得到的为抗除草剂的黄色非糯杂种玉米和白色非糯杂种玉米；从中选择黄色玉米即为所需品种。37.（15分，除标注外，每空2分)
（1）C、H（1分） 易溶于有机溶剂 萃取剂的性质和使用量（答对一个给1分）
（2）浓缩 有机溶剂都是易燃物，使用明火加热易引起燃烧、爆炸
（3）平板划线法、稀释涂布平板法（答全给分） 活化（或从休眠状态恢复为正常状态）
包埋

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