新疆维吾尔自治区阿克苏地区阿克苏市地区第一中学2023-2024学年第一学期高三年级第五次月考理科综合试题解析

阿克苏地区第一中学高三年级第5次月考理科综合参考答案1.B【分析】在显微镜下观察质壁分离，最好选择成熟的植物细胞，且液泡含有颜色，如紫色洋葱鳞片叶外表皮细胞。【详解】A、叶绿体存在于细胞质，随着细胞质的流动而运动，观察细胞质的流动可用叶绿体的运动作为标志，A正确；

B、酵母菌纯培养过程中，形成的单菌落是肉眼可见的，B错误；

C、由于紫色洋葱鳞叶片外表皮有成熟的液泡，且液泡中有颜色，能与细胞质形成颜色对比，故可用于观察质壁分离和复原的实验，C正确；

D、分裂间期占整个细胞周期的比例大，因此观察有丝分裂装片时，经碱性染料染色后，能观察到处于间期的染色质，也能观察到处于分裂期的染色体，D正确。

故选B。2.D【分析】图1中AF表示有丝分裂，FG表示减数第一次分裂，HI表示减数第二次分裂，图2中b为染色单体，a表示染色体，c表示核DNA。【详解】A、不同基因中遗传信息不同，所以基因A和a中碱基对的排列顺序不可能相同，A错误；B、图2中b有的时期没有，故为染色单体，存在染色单体时，染色体数是染色单体的一半，故a表示染色体，c表示核DNA。图2中的I时期染色体数为体细胞的二倍，表示有丝分裂后期，同源染色体对数加倍，对应图1中的CD段，图2中的Ⅱ时期染色体数与体细胞相同，含有染色单体，可表示有丝分裂前期和中期、减数第一次分裂，对应图1中的AB段和FG段，B错误；C、若该个体的一个精原细胞产生了四个基因型不同的精子，最可能的原因是FG段（减数第一次分裂前期）发生了同源染色体的非姐妹染色单体的互换，C错误；D、正常情况下，减数分裂I是AA与aa分开，XBXB与Y分开，减数分裂II是两个相同的基因分开，即A与A、a与a、XB与XB、Y与Y分开、若该个体产生了一个基因组成为AAXB的精子，则是减数分裂Ⅱ异常导致的，同时产生的另外三个精子的基因型分别为XB、aY，aY，分裂出现异常的时期对应图1中的HI段，D正确。故选D。3.D【分析】分泌蛋白的合成与分泌过程：核糖体合成蛋白质→内质网进行粗加工→内质网“出芽”形成囊泡→高尔基体进行再加工形成成熟的蛋白质→高尔基体“出芽”形成囊泡→细胞膜，整个过程还需要线粒体提供能量。【详解】A、内质网和高尔基体可对多肽进行加工，形成具有一定空间结构的蛋白质，酵母细胞内蛋白质的折叠可能发生在内质网和高尔基体上，A正确；B、错误折叠的蛋白质仍含有肽键，能够与双缩脲试剂发生紫色反应，B正确；C、错误折叠的蛋白质被降解后的产物是氨基酸，可能会被细胞重新利用，C正确；D、合成水解酶的场所在核糖体而非液泡，D错误。故选D。4.D【分析】题图分析：过程①表示光合作用的光反应阶段，发生在叶绿体的类囊体薄膜；过程②③表示光合作用暗反应阶段，发生在叶绿体基质；过程④⑤表示细胞呼吸，包括有氧呼吸和无氧呼吸；过程⑥表示ATP的水解，为各项生命活动供能。【详解】A、过程②⑥是ATP的水解，释放能量，与吸能反应相联系，A正确；B、叶肉细胞内③的速率大于④的速率时，则植物干重不一定增加，因为还有其他部分不能进行光合作用的细胞还要通过呼吸消耗有机物，B正确；C、过程③表示光合作用暗反应阶段其产物为糖类，可在细胞内转化为氨基酸、脂肪等其它有机物，C正确；D、一片森林要想处于稳定状态，则过程①同化的能量大于过程⑥释放的能量，D错误；故选D。5.C【分析】端粒是染色体末端的DNA序列，在正常人体细胞中，端粒可随着细胞分裂次数的增加而逐渐缩短，从而导致细胞衰老和凋亡，而端粒酶中RNA能逆转录形成DNA，进而能延长缩短的端粒。【详解】A、端粒是一段特殊序列DNA蛋白质复合体，存在于每条染色体的两端，可防止染色体DNA降解，A正确；B、端粒严重缩短后，导致细胞衰老，细胞核体积可能增大，B正确；C、端粒酶催化的是以RNA为模板合成DNA的过程，是一种逆转录酶，在细胞核中起作用，线粒体中没有染色体，C错误；D、被激活的端粒酶可修复延长端粒，从而导致细胞无限增殖，肿瘤细胞的恶性增殖可能与端粒酶被激活有关，D正确。故选C。6..B【分析】自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子的过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代，同时位于非同源染色体上的非等位基因进行自由组合。【详解】根据题意，纯合的黄色圆粒（YYRR）和纯合的绿色皱粒（yyrr）杂交（这两对相对性状独立遗传），产生的F1（YyRr）自交得到F2，则F2中黄色圆粒：黄色皱粒：绿色圆粒：绿色皱粒=9:3:3:1；然后将F2中全部的绿圆豌豆（yyRr：yyRR=2:1）自交，则F3中纯种绿圆豌豆（yyRR）占F3的2/3×1/4+1/3×1=1/2，综上分析，B正确，ACD错误。故选B。7、D【解析】A.“碳中和”指一段时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”，故A错误；B.该光伏组件主要材料为晶体硅，故B错误；C.开幕式将“实物烟花”改为“数字烟花”，主要目的是减少有害气体、粉尘等对环境的污染，故C错误；D.采光罩的材质是有机玻璃，属于有机高分子材料，故D正确；故选D。8、C【解析】60gHCHO水溶液中甲醛分子的O原子数为2NA，此选项未考虑水分子中的O，A错误。溶液未说明体积，B错误。2.4gMg在空气中完全燃烧生成的镁均为正二价，故转移电子个数为0.2N，C正确。画出结构简式可知lmol甲醇中只有3mol碳氢键，D错误。9、C【解析】A.在苯环上可以取代与加成。故A对；含有碳碳双键，能使高锰酸钾褪色。故B对；1mol该化合物最多能消耗2molNaOH。故C错；该化合物无手性碳原子。故D对。10、A【解析】A.电解饱和氯化钠溶液反应为2NaCl+2H20Cl2+H2+2NaOH，生成的氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为了使生成的氯气与氢氧化钠溶液充分接触，氯气应该在下面生成，所以下端应为阳极，与电源的正极相连，上端为阴极，与电源的负极相连，A错误；B.Fe(OH)2易被氧化，通过图中电解装置，阳极产生Fe2+，阴极生成OH和氢气，可以制备Fe(OH)2，氢气、汽油隔离层的存在可以防止Fe(OH)2被氧化，B正确；C.食盐水为电解质溶液，溶液显中性，Fe发生吸氧腐蚀，红墨水左高右低可证明，C正确；D.先断开K2、闭合k1，该装置为电解池，电解稀硫酸时左侧阳极产生O2，右侧阴极产生H2，当右侧玻璃管内液柱接近溢出时断开K1、闭合k2，组成简单的氢氧燃料电池，D正确；故选A。11、D【解析】催化剂不影响反应热的大小，A错误；形成化学键，释放能量，B错误；每生成2molAB(g)吸收(a－b)kJ热量，C错误；△H=ab=100KJ/mol，则活化能=(100+a)KJ/mol，大于a，故D对12、D【解析】A.由图可知，三氧化二镍是反应的催化剂，二氧化镍是反应的中间产物，故A错误；

B.由图可知，过程1中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸根离子式反应的氧化剂、氯离子是还原产物，故B正确；

C.次氯酸钙用于脱硫时，次氯酸钙溶液能与二氧化硫反应生成微溶的硫酸钙，有利于二氧化硫的吸收，所以脱硫的效果比次氯酸钠更好，故C正确；

D.根据得失电子守恒，过程2中参与反应的溶液中次氯酸根离子与二氧化镍反应生成三氧化二镍、氯离子和氧原子，反应的离子方程式为ClO+2NiO2=Ni203+Cl+20，故D正确；13、D【解析】a:阴极反应式为NO3+6H2O+8e=NH3+9OH；b:阳极反应式为80H8e=202+4H2O，电解总反应为NO3+2H2O=NH3+202+OH，A.即H+向电极a移动，OH向电极b移动，故A，B正确；

C.阴极反应式为NO3+6H2O+8e=NH3+9OH；生成lmolNH3·H2O转移8mol电子，则双极膜处有8mol的H2O解离，故C对；

D.电解过程中，电极b:阳极反应式为80H8e=202+4H2O，OH被消耗，n(KOH)逐渐减小。故D错误。14．【答案】C【详解】A．可乐罐做平抛运动，设初速度为v0，抛出点距桶的高度为h，水平位移为x，则有平抛运动的时间为水平位移为抛出点的位置不变，高度不变，增大初速度，可增大水平位移，从而把可乐罐扔进垃圾桶，A错误；B．由A选项解析可知，减小扔出可乐罐时的高度，会减小可乐罐运动的时间，抛出点的位置不变，高度不变，初速度不变，水平位移会减小，从而不会把可乐罐扔进垃圾桶，B错误；CD．可乐罐抛出时的高度不变，初速度不变，只减小扔出可乐罐时人与垃圾桶的水平距离，由题图可知，会把可乐罐扔进垃圾桶，C正确，D错误。故选C。15.【答案】D【详解】设a、b两个点电荷的电荷量分别为、，a、b间的距离为，则有若将a、b间的距离和b所带电荷量均变为原来的2倍，其他条件不变，则有联立可得故选D。16.【答案】A【解析】【详解】AB．A为彗星运动的远日点，B为彗星运动的近日点。则彗星运行到A点的速度小于行星运行到B点的速度，A正确，B错误；C．根据开普勒第三定律彗星运动轨道的半长轴大于行星运动半径，则彗星运行的周期大于行星运行的周期，C错误；D．根据得彗星运行到B点的加速度等于行星运行到B点的加速度，D错误。故选A。17．B【详解】A.整个运动过程中小球与小车的系统由于只要重力和系统内弹力做功，机械能守恒。但系统所受的外力不为0，所以动量不守恒。但系统在水平方向所受合外力为0，水平方向动量守恒。故A错误；BC.上升过程由动量守恒和机械能守恒有解得小球上升过程动量变化量为下降过程，由动量守恒和机械能守恒有解得方向向左。小球下降过程动量变化量为故B正确，C错误；D.由动量定理有，小球上升过程中，轨道对小球的冲量为故D错误。故选B。18.【答案】C【解析】【详解】B．结合甲、乙图像可知，1s时机器人的加速度恰好为零，有由甲图中图线的比例关系，可得1s时牵引力为联立，解得机器人所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即滑动摩擦力大小也为3N。故B错误；A．同理，4s时有解得故A错误；C．由动量定理可得0～4s内，合外力的冲量为根据乙图中图线与横坐标所围面积表示，可得依题意，机器人初速度为零，所以4s末的速度值为。联立，解得故C正确；D．由动能定理可得0～4s内，合外力做的功为故D错误。故选C。19.【答案】AD【解析】【详解】A.由甲图可知，波长为4m，由乙图可知，周期为所以波速A正确；BC．根据乙图分析，t=0时，M点振动方向向下，机械波向x轴正方向传播，故t=0时刻，x＝1.5m处的质点正向y轴正方向运动，M点的横坐标不可能为1.5m，B，C错误；D.t=1.0s时，根据乙图，由于对称性可知，M点位移为，D正确。故选AD。20.CD【详解】A．过山车在A点时，向心加速度竖直向上，处于超重状态，故A错误；B．经过两个点时过山车的速率相等，在A点有在B点有因为圆半径不同，则在A、B两点轨道对过山车的弹力大小之差不为2mg，故B错误；C．经过两个点时过山车的速率相等，根据，因为，故过山车在A点的角速度大于在B点的角速度，故C正确；D．根据可得故D正确。故选CD。21.【答案】BC【解析】【详解】设传送带长度为L，倾角为，质量为m，运动时间为t，物块受到的摩擦力为f，根据题意，有则有可得对物块，根据动能定理产生的热量为其中联立可得则有Q>Ek故选BC。22．13.45降低【详解】（1）[1]游标卡尺读数为：13mm+0.05mm×9=13.45mm；（2）[2]滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间，说明滑块从光电门1到光电门2为减速运动，则右端较高，因此可调节Q使轨道右端降低。（3）[3]若动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒，有滑块经过光电门的速度分别为联立可得23．C9.450/9.448/9.449/9.451/9.452BD/DBc【详解】（1）细线要用铁夹固定，防止摆长忽长忽短；摆线要用细线，不能用弹性棉绳；摆球要用密度较大的铁球，故选C。（2）螺旋测微器测量小钢球直径的读数为。（3）根据单摆周期公式可得A．单摆振动时振幅较小，不影响的测量，故A错误；B．将摆线长当成了摆长，导致变小，可知g值偏小，故B正确；C．实验时误将将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，可知g值偏大，故C错误；D．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，则摆长测量值偏小，故D正确。故选BD。（4）根据单摆周期公式可得实验中将摆线长作为摆长L，没有加上摆球的半径，所以摆线长为零时，纵轴截距不为零，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故选c。24．（1）0.32；（2）130N；（3）【详解】（1）从A到B由动能定理可得可得（2）与墙壁碰撞时，以向右为正方向，由动量定理可得解得（3）反向运动过程，以向左为正方，向由动量定理可得解得摩擦力冲量大小为25.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得代入数据解得对小球，由牛顿第二定律得代入数据解得（2）小球与碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得代入数据解得，（3）物块与木板相互作用过程，系统动量守恒，以的速度方向为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得由能量守恒定律得代入数据解得26.【答案】（1）；（2）；（3）见解析【解析】【详解】（1）B、C碰撞前瞬间对A、B系统，由动量守恒可得B、C第一次碰撞前后动量守恒、动能守恒，有B、C发生第一次碰撞后，对A、B系统由动量守恒可得联立以上方程解得，解得（2）两个过程中总的摩擦生热解得（3）B、C第二次碰撞，由动量守恒和动能守恒解得，假设A没有滑离木板B，A、B最终将共速，由动量守恒定律可得解得此过程摩擦生热摩擦生热与相对位移成正比解得所以假设成立。由于，之后B、C不会再次碰撞，故物块A不会与木板B脱离。27、【答案】（1）①H2O2+HSO3=SO42+2H2O+H+,②HSO3；HCO3；NH4+；Cl；Ba2+（2）①正2(CH3)4N++2H20+2e=2(CH3)4NOH+H2②阳离子交换阴离子交换182g（3）2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290.0kJ·mol－1【解析】（1）已知题目无色溶液，则无Cu2+；由图可知，过氧化氢具有强氧化性，能与HSO3反应，离子方程式为：H2O2+HSO3=SO42+2H2O+H+,,故，一定存在HSO3；再加足量的稀盐酸有气泡产生，则一定存在HCO3，有沉淀生成一定有Ba2+,一定无SO42；最后加过量的Ba(OH)2，并加热，有气泡产生，则一定有NH4+。通过计算可知：n(HSO3)=0.015mol；n（HCO3）=0.01mol；n(NH4+)=0.01mol；n（Ba2+）=0.01mol；依据溶液呈电中性，则一定存在Cl。2+由图可知，①根据第三个池中浓度变化得出：钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，得到a为阴极，b为阳极，b与直流电源的正极相连。a极的电极反应式为：2(CH3)4N++2H20+2e=2(CH3)4NOH+H2:；b极的电极反应式为:40H4e=02+2H2O；②根据第三个池中浓度变化得出：钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，得到c、e均为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜；根据总反应4(CH3)4N++2H20+40H=4(CH3)4NOH+2H2+02可知：n(H2)=1mol,n(O2)=0.5mol,n((CH3)4NOH)=2mol,所以：m((CH3)4NOH)=182g.当有1molCl2参与反应时释放出145.0kJ热量，该反应的热化学方程式：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－145.0kJ·mol－1×2＝－290.0kJ·mol－1。【解析】（1）3d74S2增大接触面积，加快反应速率；加入Na2SO3溶液的主要作用是将Co3+Fe3+还原为Co2+、Fe2+，

故答案为：将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；加入NaCl03溶液的主要目的是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为ClO3+6Fe2++6H+=Cl+6Fe3++3H2O，

故答案为：ClO3+6Fe2++6H+=Cl+6Fe3++3H2O取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则证明已洗涤由题中可知CoC204·2H20在空气中高温煅烧得到Co203，CoC204中Co的化合价为+2价，生成Co203(Co的化合价为+3价)，化合价升高，说明空气中的02作为氧化剂参与了反应，而C2042具有一定还原性也被02氧化成CO，故产物分别为Co203和CO2，根据元素守恒，可推测出产物中还有H20生成。在根据电子守恒和原子守恒法，最终高温可得知反应方程式为：4CoC204·2H20+3022CO203+8CO2+8H2O。【解析】（1）a装置的名称为三颈烧瓶(或三颈瓶、三口烧瓶)；盛放浓盐酸的仪器优点是：平衡压强，使液体顺利流下。B装置盛放的试剂是：饱和食盐水（用于除去Cl2中的HCl）Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O当观察到C中白色固体消失时，应关闭K3和K1，并停止对A加热，原因是防止Cl2过量太多，溶液呈酸性，使NaBiO3分解，故答案为：防止Cl2过量太多，溶液呈酸性，使NaBiO3分解；反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，已知NaBiO3遇沸水迅速分解且难溶于水，故需要的操作有冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。除去装置a中残留的氯气以免污染环境。30、【答案】（1）羟基、醚键、碳碳双键、酰胺基（2）C8H8O3（3）取代反应（4）（5）FeCl3溶液（6）+CH3OH+H2O（7）+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O【解析】【分析】A与发生取代反应生成的B在NaClO2和H+作用下醛基被氧化成羧基生成C，C中的羧基和CH3OH在浓硫酸条件下发生酯化反应生成的D受热生成E，E与F反应生成G【小问1详解】根据推导出来的G的结构简式，可知其中官能团的名称是羟基、醚键、碳碳双键、酰胺基【小问2详解】A为，其的分子式为C8H8O3小问3详解】A→B的反应是A中的羟基氧取代了的溴原子，所以其反应类型是取代反应【小问4详解】F为，其结构式为【小问5详解】B为、A为，A中有B没有的酚羟基，所以检验B中是否含有A的试剂为FeCl3溶液【小问6详解】C为、D为，C→D是C和CH3OH在浓硫酸条件下发生酯化反应，其化学方程式为+CH3OH+H2O【小问7详解】B为，其中的醛基能与银氨溶液反应，其化学方程式为：+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O。31.【答案】（1）主动运输（2）①.幼嫩部位②.幼嫩部位结合水的相对含量低，抗逆性弱（答自由水含量高也可）（3）油菜、花生种子中脂肪含量高，脂肪含氧量低，有氧呼吸时耗氧量大，浅播时氧气供应充足（或深播时氧气供应不足）（4）①.还原糖②.增强【解析】【分析】1、主动运输从高浓度到低浓度，需要载体，需要能量。2、细胞内的水的存在形式是自由水和结合水，结合水是细胞结构的重要组成成分；自由水是良好的溶剂，是许多化学反应的介质，自由水还参与许多化学反应，自由水对于营养物质和代谢废物的运输具有重要作用；自由水与结合水不是一成不变的，可以相互转化，自由水与结合水的比值越高，细胞代谢越旺盛，抗逆性越低，反之亦然。【小问1详解】主动运输一般是逆浓度吸收物质，因此种子细胞内的蔗糖浓度比细胞外高，说明种子细胞吸收蔗糖的跨膜运输方式是主动运输。【小问2详解】幼嫩部位结合水的相对含量低，抗逆性弱，故冬季气温过低时，冻害主要发生在油菜的幼嫩部位。【小问3详解】油菜、花生种子中脂肪含量高，脂肪中氢的比例高，氧的比例低，种子有氧呼吸会消耗更多的氧气，浅播时氧气供应充足。【小问4详解】还原糖与斐林试剂在水浴加热的条件下可产生砖红色沉淀，低温组颜色明显加深，说明还原糖含量高，故低温会诱导根尖细胞中还原糖的合成；还原糖增加可使油菜植株在低温下的吸水能力增强，原因是还原糖属于溶质，含量增加，引起细胞液浓度(渗透压)升高，因此吸水能力增强。32.（1）.自由扩散不消耗能量、不需要载体蛋白的协助或顺相对含量梯度运输（2）.卵母细胞迅速吸水膨胀后涨破（3）.不含CHIP28的等体积脂质体外低内高不消耗能量（ATP）【解析】【分析】物质的跨膜运输有三种方式：（1）自由扩散：特点是由高浓度向低浓度运输，不需要载体且不消耗能量，如水、甘油、二氧化碳的跨膜运输；（2）易化扩散（协助扩散）：特点是由高浓度向低浓度运输，需要载体但不消耗能量，如红细胞吸收葡萄糖；（3）主动转运：特点是由低浓度向高浓度运输，需要载体且消耗能量，如小肠上皮细胞吸收氨基酸、葡萄糖的跨膜运输等。【详解】（1）水分子进入细胞的运输方式是自由扩散；自由扩散的运输特点是顺浓度梯度运输、不消耗能量与不借助载体蛋白；（2）若水通道蛋白CHIP8与细胞快速吸水有关，则将该蛋白插入不含有水通道蛋白的爪的卵母细胞的细胞膜上，再将卵母细胞放清水中，则会使该细胞迅速吸水涨破；（3）对照组设置需要制作不含CHIP28的等体积脂质体的空白对照组；脂质体内外溶液渗透压大小应符合外低内高以模仿细胞吸水的渗透压大小；该实验中，脂质体无法提供ATP，故还可以证明水通道蛋白CHIP28运输水分子具有不消耗能量的特点。【点睛】本题考查物质跨膜运输的相关实验设计，涉及水分子的跨膜运输、物质跨膜运输方式的特点及实验设计的相关延伸，考查学生对所学知识的拓展应用。33.（1）①.黑暗②.O₂(氧气)或有机物（2）20℃时西瓜幼苗细胞与呼吸作用有关的酶活性较高，有利于呼吸作用的进行（3）①.进入线粒体基质与H₂O反应生成CO₂和[H]②.在细胞质基质中被[H]还原生成酒精和CO₂【解析】【分析】有氧呼吸第一阶段发生的场所为细胞质基质，葡萄糖分解生成丙酮酸和还原氢，生成少量ATP；第二阶段发生在线粒体基质，丙酮酸与水反应生成二氧化碳和还原氢，生成少量ATP；第三阶段发生在线粒体内膜，还原氢与氧气生成水，生成大量ATP。【小问1详解】为保证实验的顺利进行，图甲的实验装置需要避免进行光合作用，即置于黑暗条件下；置于黑暗条件下，植物只进行呼吸作用，即红色小液滴向左移动的距离表示装置内O₂(氧气)或有机物的减少量。【小问2详解】有氧呼吸第一阶段发生的场所为细胞质基质，葡萄糖分解生成丙酮酸和还原氢，生成少量ATP；第二阶段发生在线粒体基质，丙酮酸与水反应生成二氧化碳和还原氢，生成少量ATP；第三阶段发生在线粒体内膜，还原氢与氧气生成水，生成大量ATP，故西瓜幼苗细胞中，与有氧呼吸有关的酶的具体分布部位是细胞质基质、线粒体的内膜上和基质中。据图乙分析，西瓜幼苗在20℃时比在10℃时呼吸作用强度高的原因是20℃时西瓜幼苗细胞与呼吸作用有关的酶活性较高，有利于呼吸作用的进行。【小问3详解】在20℃、t₁条件下，氧气较为充足，西瓜幼苗细胞质基质中丙酮酸的去向是进入线粒体基质与H₂O反应生成CO₂和[H]；在20℃、t₃条件下，容器内氧气含量较低且西瓜幼苗细胞在无氧条件不产生乳酸，故在20℃、t₃条件下，西瓜幼苗细胞质基质中丙酮酸的去向是在细胞质基质中被[H]还原生成酒精和CO₂。34.（1）基因的选择性表达（2）着丝粒分裂，姐妹染色单体分开（成为两个子染色体）（3）①.cd1：2：2（4）20【分析】图1中细胞①②③④分别为成熟区细胞、伸长区细胞，分生区细胞和根冠细胞。细胞周期包括分裂间期和分裂期，分裂期包括前期、中期、后