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云南民族中学2020届高考适应性月考卷（七）
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
C
C
C
A
B
A
D
C
C
B
B
D
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14~18题只有一项符合题目要求；第19~21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
C
D
A
B
AD
BC
CD
【解析】
1．“A”表示腺苷，A错误。dTTP和ATP的五碳糖也不同，B错误。CMP没有高能磷酸键，C错误。
2．衰老时细胞核体积增大，染色质收缩，染色加深，A错误。凋亡时控制凋亡的基因表达会增强，B错误。胰岛A细胞属于高度分化的细胞，不能进行细胞分裂，则染色质不能形成染色体，D错误。
3．秋水仙素在单倍体育种和多倍体育种过程中的作用相同，都是抑制纺锤体的形成，导致染色体数目加倍，A正确。转基因技术的可遗传变异类型属于基因重组，B正确。基因频率是指某个基因占种群中全部等位基因数的比率，C错误。二倍体西瓜和四倍体西瓜杂交获得的三倍体西瓜不育，说明二倍体西瓜和四倍体西瓜之间存在生殖隔离，D正确。
4．根据分析可知，F1白眼雄果蝇占1/4，红眼雌果蝇占1/2，A、B错误。Aaa的果蝇产生的配子及比例为A∶aa∶Aa∶a=1∶1∶2∶2，所以基因型为Aa的红眼果蝇占1/6×3/4=1/8，C正确。根据自由组合定律，基因型为Aaa的白眼果蝇占1/3×1/4=1/12，D错误。
5．激素不一定是蛋白质，不一定由核糖体合成，A错误。乙酰胆碱与特定分子即突触后膜上的受体结合后，能将化学信号转变成电信号，从而在神经元之间传递信息，B正确。酶和激素都具有高效性，几乎所有活细胞都能产生酶，因此，能产生激素的细胞一定能产生酶，C正确。激素与靶细胞结合并发挥作用后被灭活，D正确。
6．生物在进化地位上不论是高等还是低等，都是自然选择的结果，都具有适应能力，A错误。“收割理论”指出：捕食者往往捕食数量多的物种，这样就会避免出现一种或少数几种生物在生态系统中占绝对优势的局面，为其他物种的形成腾出空间。捕食者的存在有利于增加物种的多样性，B正确。物质循环是指组成生物体的化学元素在无机环境和生物群落之间的循环，C错误。生物多样性对维持生态系统稳定性具有重要作用，体现了其间接价值，D错误。
7．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在高温或放电条件下生成的，A错误。B、C、D正确。
8．NaCl溶液不水解，为中性，NaF溶液水解，为碱性，根据电荷守恒，两溶液中离子总数均可表示为2[n(Na+)+n(H+)]，Na+数目相等，H+数目前者大于后者，所以1L 1mol/L NaCl溶液和1L 1mol/L NaF溶液中离子总数：前者大于后者，A正确。正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个分子中均含10个C—H键和3个C—C键，即每个分子中含13个共价键，则48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中含13mol共价键，B正确。在标准状况下，11.2L H2和D2的混合气体的物质的量为0.5mol，0.5mol混合气体的质子数为NA，C正确。如果氯化铝完全水解，则生成0.1mol Al(OH)3，而氢氧化铝胶体粒子由许多氢氧化铝聚集而成，故氢氧化铝胶体粒子数远小于0.1NA，D错误。
9．根据题目所给反应信息，三种不同的断键方式可生成最多3种有机产物。
10．根据分析可知，W为N、X为O、Y为Na、Z为Cl。工业上通过电解熔融氯化钠获得钠，A错误。氨中存在氢键，沸点较高，B错误。Z为Cl，其最高价氧化物对应的水化物HClO4为强酸，C正确。过氧化钠与水的反应不属于化合反应，D错误。
11．生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A错误。若像氨气，氨气的密度比空气密度小，则短进长出集气；若像二氧化碳，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，B正确。Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C错误。液溴与苯互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D错误。
12．由题目可知，Li?CO2电池有活泼金属Li，故电解液为非水溶液饱和LiClO4?(CH3)2SO
（二甲基亚砜）有机溶剂，A错误。由题目可知，CO2的固定中的电极方程式为 2Li2CO3
= 4Li++ 2CO2↑+ O2 + 4e?，转移4mol e?生成3mol气体，B正确。由题目可知，钌电极上的电极反应式为 2Li2CO3 + C?4e?=4Li++3CO2↑，C错误。由题目可知，储能系统中，钌电极为负极且产生Li+，Li+要移向正极，D错误。
13．A项，根据图象，pH=1.2时，H2A和HA?物质的量分数图象相交，则
，数量级为10?2，正确。B项，根据pH=4.2时，，正确。C项，根据图象，pH=2.7时，H2A和A2?物质的量分数图象相交，c(HA?)达到最大，溶液显酸性，则有c(H+)>c(OH－)，正确。Na2A溶液中，电荷守恒为c(HA?)+2c(A2?)+c(OH?)=c(H+)+c(Na+)，错误。
14．电场强度为矢量，其正负号代表矢量的方向；磁通量的正负代表磁感线是怎么穿过某一平面的，若规定向里穿过某一平面的磁通量为正，则向外为负。功为标量，正负不代表大小，表明力的效果：做正功的力，说明该力是动力，将能量传给物体；负功说明该力为阻力，使物体能量减小。电势能为标量，正负号代表大小，故C正确，A、B、D错误。
15．钢筒受到重力和8根钢索的拉力共9个力作用，故A错误。由题意知，每根钢索与竖直方向的夹角为30°，设每根钢索的拉力大小为F，钢筒处于静止状态，则由平衡条件有，解得，结合牛顿第三定律可知，故C正确，B错误。钢筒悬吊在空中处于静止状态，加速度为零，故D错误。
16．飞船在同一轨道上加速追赶空间实验室时，速度增大，所需向心力大于万有引力，飞船将做离心运动，不能实现与空间实验室的对接，故A错误。同理，空间实验室在同一轨道上减速等待飞船时，速度减小，所需向心力小于万有引力，空间实验室做近心运动，也不能实现对接，故B错误。当飞船在比空间实验室半径大的轨道上加速时，飞船做离心运动，远离空间实验室，不能实现对接；当飞船在比空间实验室半径小的轨道上加速时，飞船做近心运动，逐渐靠近空间实验室，可实现对接，故C错误，D正确。
17．据题意，特战队员随绳索摆动到最低点后做平抛运动，设绳索长度为l，平抛运动的高度为h，起点到地面总高度为H，且有；当下摆到最低点时，由机械能守恒定律得：，平抛运动竖直位移为，特战队员平抛运动过程水平位移为，由此可知，特战队员的水平位移由绳索长度和平抛高度决定，绳索越长，虽然平抛速度越大，但平抛运动高度就越低，平抛运动的时间就越短，则水平位移不一定就越大，故B错误。据可知，不管绳索有多长，摆到最低点时绳索的拉力均不变，故C错误。由于落地水平速度等于摆到最低点的速度，即，则绳索越长，水平速度越大，故A正确。由机械能守恒定律得，由于总高度不变，则特战队员落地时的速度不变，故D错误。
18．根据光电效应方程，可知图线的斜率表示普朗克常量，故两条图线与横轴的夹角α和β一定相等，故A错误。根据和，得，若增大入射光频率，则所需的遏止电压Uc随之增大，故B正确。根据光电效应方程，当时，，即甲的逸出功小于乙的逸出功，当某一频率的光可以使甲金属发生光电效应，但此光不一定能使乙金属发生光电效应，故C错误。光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故D错误。
19．图中，人匀速上楼，不受静摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向为锐角，则支持力做正功，故A、D正确。
20．电容器放电时导体棒在安培力作用下运动，产生感应电动势，感应电动势与电容器电压相等时，棒做匀速直线运动，说明极板上电荷量最终不等于零，故A错误。但电流最终必为零，故B正确。导体棒速度增大到最大后做匀速直线运动，加速度为零，故D错误，C正确。
21．滑块受到的电场力是两点电荷对它作用力的合力，滑块向右运动，合力向右，滑块一定带与A、B同种的电荷，否则滑块将向左运动，故A错误。滑块运动可能有两种情况：①滑块受到的电场力先向右后向左，电场力先做正功，再做负功，电势能先减小后增加；②滑块受到的电场力合力始终向右，在到达AB中点前停止，电场力始终做正功，电势能始终减小，故B错误。根据能量守恒，滑块的电势能、动能、内能之和不变，阻力做负功，内能增大，则动能与电势能之和一定减小，故C正确。若没有摩擦力，；因为水平面不光滑，水平方向受到摩擦力作用，运动到速度为0的位置在P点关于AB中点对称点的左侧，所以，故D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）18.50（18.48～18.52均可）
（2）如图所示
（3）23.5～24.8
【解析】（1）由题图可知，刻度尺的分度值为0.1cm，则读数为18.50cm，误差范围±0.02cm均可，即答案在18.48～18.52cm之间均可。
（2）钩码质量为200g时对应的弹簧长度为18.50cm，图象如图所示。
（3）根据可知，弹簧的劲度系数
（答案在23.5～24.8之间均可）。
23．（除特殊标注外，每空1分，共9分）
（1）短接
（2）1
（3）15 3.60
（4）12（2分）
（5）9.00（1.5分） 15（1.5分）
【解析】（1）使用多用电表测电阻时，换挡后需重新进行欧姆调零，故应将两表笔短接。
（2）电流应从多用电表的红表笔流入、黑表笔流出，故红表笔应接“1”。
（3）从题图甲可以看出多用电表中的指针指向表盘最上行刻度15位置，电阻挡为“×1k”，故读数为15kΩ；由于电压表量程为5V，电压表中的指针所指位置为3.60，故读数为3.60V。
（4）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，多用电表读数即为电压表内阻，所以电压表内阻为12kΩ。
（5）设多用电表内电池的电动势为E，内阻为R，由（3）、（4）问可知，，两式联立解得：，。
24.（12分）
解：（1）液滴在空间受到三个力作用：重力、电场力与洛伦兹力；因带电液滴刚好做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则液滴的重力与电场力相平衡，电场力方向竖直向上，又因电场线方向向下，所以有：液滴带负电
由于 ①
又带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供； ②
联立解得 ③
（2）电场变为水平向右
水平方向做匀减速直线运动
④
⑤
竖直方向做自由落体运动
⑥
解得液滴再次到达左边界时偏离入射点O的竖直距离
⑦
评分标准：本题共12分。正确得出③、④式各给1分，其余各式各给2分。
25．（20分）
解：（1）对A，在A向右运动的过程：，B相对地面静止 ①
A向右运动到与B碰撞前的过程，对A
由动能定理得： ②
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒
以向右为正方向，由动量守恒定律得： ③
由机械能守恒定律得： ④
代入数据解得：， ⑤
（2）碰撞后，A做加速运动，B做减速运动，由牛顿第二定律得：
对A：， ⑥
对B：， ⑦
设经过时间t，A、B速度相等，则： ⑧
代入数据解得： ⑨
⑩

假设A、B此后一起减速运动
由牛顿第二定律得：
此时：，假设成立，A、B一起减速，
最后静止，
则滑块A到B右侧壁的距离，
评分标准：本题共20分。正确得出③~⑧式各给2分，其余各式各给1分。
26．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）（球形）干燥管（1分） 通过观察气泡的多少控制气体的流速
（2）控制浓盐酸的滴加速度或控制A处加热温度
（3）立即关闭分液漏斗的活塞、移去酒精灯、关闭K1
（4）NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O
（5）将多余的反应气体赶入干燥管中吸收完全
（6）④（1分） 80%
【解析】氯气通入D中，发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，通入氨气后发生反应：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，要验证肼的还原性，则需要选择氧化剂，AgCl中Ag+具有氧化性，故选择AgCl，操作现象及结论为取少量AgCl于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性。
27．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）4CeFCO3+O2=3CeO2+CeF4+4CO2↑（条件不写不扣分）
（2）9CeO2+3CeF4+45HCl+3H3BO3=Ce(BF4)3↓+11CeCl3+6Cl2↑+27H2O 升高温度、搅拌、研细反应物等（1分）
（3）避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失（或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率）
（4）9
（5）提高氯化铈的纯度（1分） 在氯化氢的气流中蒸发浓缩，冷却结晶 降低晶体的溶解度，减少损耗，蒸发速率快
【解析】焙烧过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂分别为O2和CeFCO3，通过分析化合价变化，O2和CeFCO3的物质的量之比为1∶4写出方程式。酸浸过程中Ce的化合价从+4变为+3，则必有元素被氧化，分析知，只能是?1价Cl被氧化生成Cl2，据此可写出反应的化学方程式。常温下，若要使c(Ce3+)≤1.0×10?5mol·L?1，则需使c(OH?)≥1.0×10?5mol·L?1，c(H+)≤1.0×10?9mol·L?1，所以pH至少达到9时，可视为Ce3+已沉淀完全。
28．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
Ⅰ．4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g) ΔH=?1100.2kJ·mol?1
Ⅱ．（1）①低温 ②de
（2）①＞（1分） kPa?2（单位不要求） ②＞（1分）　
（3）①CO2+2H++2e?=HCOOH ②减少（1分） 9
【解析】Ⅰ．根据氢气的燃烧热可书写氢气燃烧时的热化学方程式是2H2(g)+O2(g)=
2H2O(l)　ΔH=?285.8×2kJ·mol?1=?571.6kJ·mol?1，根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氧气与液态水消去得到H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式，为4H2(g)+2NO2(g)=N2(g)+4H2O(g)　ΔH=?1100.2kJ·mol?1。
Ⅱ．（1）①该反应的ΔS<0，ΔH<0，因此反应自发进行的条件是低温。
②a项，该体系中的气体只有二氧化碳和氢气，且二者的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能判断为平衡状态，错误。b项，二氧化碳与氢气始终是1∶3的关系，所以CO2和H2的体积分数保持不变的状态不是平衡状态，错误。c项，二氧化碳与氢气的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以二者的转化率一定相等，与是否达到平衡状态无关，错误。d项，因为该体系中有液体生成，所以气体的质量在逐渐减小，则气体的密度减小，达平衡时，密度保持不变，正确。e项，1mol CO2生成的同时有3mol H—H键断裂，符合正、逆反应速率相等，是平衡状态。
（2）①该反应为放热反应，故φ(CH3OH)随温度升高而减小，该反应的平衡常数也随温度的升高而减小，所以温度T1＜T2，K1＞K2；若恒温（T1）恒容条件下，起始时a=2、b=4，起始量之比等于化学计量数之比，变化量之比也等于化学计量数之比，则CO和H2的物质的量分数之比也等于化学计量数之比。由图中信息可知，达到平衡状态时，φ(CH3OH)=40%，则φ(CO)=(1?40%)×=20%，φ(H2)=(1?40%)×=40%，测得平衡时混合气体的压强为p1 kPa，则T1时该反应的压强平衡常数Kp==
kPa?2。
②当温度为T1、压强为p1时，加入等物质的量的CO、H2与CH3OH，则三者的体积分数均为，故此时Qp==（3）根据装置图中电子的流向判断1是负极、2是正极，负极上水失电子生成氢离子和氧气，电极1电极反应：2H2O?4e?=O2↑+4H+，酸性增强，H+通过质子膜进入到电极2区域；电极2通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极反应：CO2+2H++2e?
=HCOOH，酸性减弱，从总反应看，每消耗1mol CO2，就会消耗1mol H2O，现有标准状况下11.2L即0.5mol CO2反应，那就会消耗0.5mol H2O即9g。
29．（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）O2（1分） 细胞质基质、线粒体基质
（2）光照强度 上
（3）减少
30.（每空2分，共10分）
（1）速度和方向
（2）生产者固定的太阳能和人工投放的能量
（3）出生率<死亡率
（4）调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定
（5）减少环境污染、减少害虫抗药性的产生等
31.（每空2分，共10分）
（1）顶芽产生的生长素向下运输，使侧芽附近生长素积累，从而对侧芽的生长抑制
（2）③④⑤
（3）琼脂块对实验结果几乎没有影响
（4）脱落酸的含量上升 相互作用、共同调节
32.（每空2分，共10分）
（1）常染色体显性遗传 Ⅱ-3、Ⅱ-4和Ⅲ-2
（2）Ⅱ-1、Ⅱ-3、Ⅱ-4、Ⅲ-1、Ⅲ-2
（3）1/2
（4）2/9
（二）选考题：共45分。
33．（15分）
（1）（5分）CDE（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）
【解析】在过程1中，气体的体积一直变大，可知气体一直对外做功，故A错误。在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分，可知从A到C为等温线，即pV乘积不变；则在过程2的从A到B的过程，pV乘积逐渐变大，温度逐渐升高，故B错误，C正确。过程4中，pV乘积逐渐减小，可知温度逐渐降低，内能减小，气体体积变大，对外做功，可知气体始终与外界无热量交换的过程是过程4，故D正确。由以上分析可知，在A、B、C、D四个状态中，B状态气体温度最高，故E正确。
（2）（10分）
解：（ⅰ）设需打气的次数为，每次打入的气体体积为，储液桶药液上方的气体体积为，则开始打气前：
储液桶液体上方气体的压强：
气体的体积为 ①
打气完毕时，储液桶内药液上方的气体体积为，压强为
打气过程为等温变化，所以： ②
代入数据解得： ③
（ⅱ）打开喷雾头开关K直至储液桶内外气压相同时，设储液桶上方气体的体积为，
此过程为等温变化， ④
所以： ⑤
代入数据解得： ⑥
所以喷出的药液的体积 ⑦
评分标准：本题共10分。正确得出①、②、⑤式各给2分，其余各式各给1分。
34．（15分）
（1）（5分）ABD（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）
【解析】由题图乙读出时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由题图甲判断出波的传播方向为沿x轴正方向，故A正确。由题图甲读出波长为，由图乙知周期，则波速，故B正确。，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程为4倍振幅，则经过，A质点通过的路程，故C错误。图示时刻质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知，P点的横坐标为，Q点的横坐标，根据波形的平移法可知质点P比质点Q早回到平衡位置的时间，故D正确。发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20m，故E错误。
（2）（10分）
解：（ⅰ）光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角
①
在AB界面上发生折射，折射角 ②
由折射定律： ③
由以上几式解得： ④
（ⅱ）光在此棱镜中的速度： ⑤
路程： ⑥
所以： ⑦
评分标准：本题共10分。正确得出④、⑤、⑥式各给2分，其余各式各给1分。
35．（除特殊标注外，每空1分，共15分）
（1）1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1（2分） 10
（2）①sp2杂化 7∶2（2分）　
②四面体形 NH
③abfi（2分）
（3）五种元素的最高正化合价数值等于各元素基态原子的最高能层s电子和次高能层d电子数目之和（2分）
（4）（3分）
【解析】（1）Sc（钪）为21号元素，基态Sc2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d1或[Ar]3d1，其电子共占据10个轨道。
（2）①H2C2O4的结构简式为 ， C原子的杂化轨道类型为sp2，1mol H2C2O4分子中含σ键和π键的数目之比为7∶2。
②H2O中O原子的价层电子对数==4，且含有2个孤电子对，所以H2O的VSEPR模型为四面体形，分子空间构型为V形。与H2O互为等电子体的阴离子为NH。
（4）由图可知，相距最近的Pr原子和O原子之间的距离为该立方体晶胞的体对角线长的，则该晶胞的晶胞参数=4a10?10cm；每个晶胞中占有4个“PrO2”，则该晶胞的质量为g，根据ρ=可知，该晶体的密度为g·cm?3。
36．（除特殊标注外，每空1分，共15分）
（1）FeCl3溶液或浓溴水
（2）否 2-溴丙烷
（3）加成反应 100%
（4）
+(2n?1)CH3OH（2分）
（5）4（2分）
（6）（2分） 或 等（2分）
（7）（2分）

【解析】B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成 ，与甲醇反应为已知信息①的反应，反应的化学方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定条件下与HBr发生加成反应，根据原子守恒知，A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，C为CH3CHBrCH3，C在NaOH溶液中加热发生水解生成D，D为CH3CHOHCH3，D在铜作催化剂，加热条件下氧化成丙酮，丙酮与发生反应Ⅰ生成E，E与CH3OCOOCH3发生反应Ⅳ生成PC。
（1）E中官能团为酚羟基，检验试剂为FeCl3溶液或浓溴水。
（2）顺反异构的条件是有碳碳双键，同一个碳上原子团不同，相同原子团位于不同碳上。乙烯无顺反异构。C为2-溴丙烷。
（3）环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成 ，原子只进不出，反应Ⅲ的反应类型为加成反应，原子利用率为100%。
（4）E与CH3OCOOCH3发生反应Ⅳ生成PC，反应Ⅳ的化学方程式为
+(2n?1)CH3OH。
（5）酚形成的酚酯水解时需消耗2mol NaOH，1mol E能形成2mol酚酯基，则最多消耗4mol NaOH。
（6）反应Ⅰ生成E时会生成副产物F（C9H12O2），分子式为C9H12O2且属于芳香化合物，其苯环上一氯代物有两种，F的两取代基只能处于对位，则F的结构简式为；能满足下列条件的F的同分异构体：①分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量之比为1︰2，②核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6︰2︰2︰1︰1，符合条件的是二元酚类，符合条件的同分异构体结构简式为 或等。
（7）根据B的转化路线，甲醇换成乙醇即可。
37.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）带电荷量
（2）较高酒精和醋酸浓度 选择（1分）
（3）CaCO3 透明圈
（4）稀释涂布平板 菌落数稳定 理由：重复组的结果相差较大，结果不一致，意味着操作有误（1分）；正确做法：重新进行实验（1分）
38.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）④②③①
（2）标记基因（1分） 是重组DNA的重要标记，用来检验转化是否成功（或鉴别受体细胞中是否含有目的基因，从而将含有目的基因的细胞筛选出来）
（3）限制酶和DNA连接酶 磷酸二酯键 受体细胞
（4）能够在受体细胞中自我复制；至少一个酶切位点可与目的基因连接；具有某些标记基因，便于筛选与鉴定等（回答一条即可）
（5）噬菌体（或动植物病毒）

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