【理科综合能力测试试卷 及答案】新疆维吾尔自治区2025年普通高考高三下学期第三次适应性检测（新疆三模）

根据万有引力公式将单位代入解得G的单位是N.m2/kg2，F=550N，C错；由0-vEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up9(2),1)=-2a2x3得x3=2m，s=x1+x2+x3=30m，D正确。根据开普勒第三定律可得第一激发太的周期T2=8T1，根据得I=0.1mA。故选A。个过程中，小球动量变化量不为零，所以C选项错误；根据能量守Q的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理，电新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测理科综合能力测试参考答案题号123456789答案DADBCCADCDD题号答案BCBBCCDA22.(10分)(1)BD(2分)(2)不需要(2分)(3)右上侧(2分)不能(2分)23.(16分)(1)①×100(2分)需要(2分)②(4分)(2)开关(2分)直流电压(2分)a(2分)有(2分)24.(16分)(1)3N(2)6J解:(1)由图乙可得:物块在0-2s内的加速度大小a1=2m/s2,位移大小x1=4m;物块在………4分利用牛顿第二定律可得:………………………2分F-Ff=ma2………………………2分………………1分Ff=1N………………1分(2)物块在0-2s内摩擦力做功W1=-Ff·x1=-4J……………2分物块在2-4s内摩擦力做功W2=-Ff·x2=-2J 即克服摩擦力做功6J 新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测理科综合能力测试参考答案第1页共5页解:(1)S断开时,MN棒所受安培力:FA=BISL…………1分………………2分解得……………………2分(2)设MN进入ef时,MN的速度大小为v0,S断开瞬间,MN的速度大小为vS,由法拉第电磁感应定律:E00,ES=BLvS………………1分由闭合电路欧姆定律:……………………1分由已知及安培力公式:FAMN由静止下落至ef过程,由运动学公式:02=2gh…………1分解得…………………2分(3)MN进入ef时,R的功率为:P0=I02R…………1分R的功率保持不变,说明回路中电流大小始终为I,其两端电压UR和功率PR为:UR…………………1分S…………1分S断开,R功率保持不变后,若某时刻MN的速度为v,由闭合电路欧姆定律:R………………………1分设经过Δt,MN速度增量为Δv,由于UR保持不变,因此:………………………1分CC………………………1分再由电流定义及加速度定义式a=可得:新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测理科综合能力测试参考答案第2页共5页…………………2分由于MN的加速度a为定值,可知此时外力为恒力,设为F,对MN由牛顿第二定律可得:…………………1分外力在t时间内的冲量大小………………………1分S断开,R功率保持不变后,若某时刻MN的速度为v1,由闭合电路欧姆定律:+IR……………………1分设经过时间t,MN速度变为v2,由闭合电路欧姆定律:+IR……………………1分在t时间内,对MN由动量定理得:IF2-v1)………3分CC………………………1分外力在t时间内的冲量大小…………1分26.(14分)(1)5s25p1(2分)(2)PbSO4(1分)(或-OR是吸电子基团,使含氧酸的酸性增强),因此P204的酸性强于P507的酸性(2分)(5)2HInCl4+4Zn=4ZnCl2+2In+H2↑(2分)(6)2~3mol·L-1(1分)27.(15分)(1)平衡压强便于浓盐酸顺利滴下及防止浓盐酸挥发污染大气(2分)(2)稀释Cl2O,防止发生爆炸(2分)将装置中的氯气全部排入装置戊中被吸收,防止污染空气(1分)(3)V形(1分)不能(1分)调节温度防止温度过高(1分)新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测理科综合能力测试参考答案第3页共5页(5)淀粉溶液(1分)当滴入最后半滴标准液时,溶液由浅蓝色变无色,且在半分钟内不恢复(2分)35.50%(2分)(1)-118(2分)(2)c(1分)(3)CH3CHCH3∗+H∗→CH3CH=CH2∗+2H∗(或CH3CHCH3∗→CH3CH=CH2∗+H∗)(1分)3(1分)(4)14.4或(2分)H2O(g)过多地占据催化剂表面活性位点,导致催化剂对丙烷的吸附率降低(2分)(5)b(1分)氧化脱氢为放热反应,能减少能耗(或产物易于分离)(1分)(6)低温有利于该反应正向移动,有利于NO2的吸附(1分)2N2O4+O2+2H2O=4HNO3(2分)(2)(2分)(3)bd(2分)(4)+CH2Cl2+2HCl(2分)(5)加成反应(1分)消去反应(1分)(6)12(2分)(2分)(1)微量(1分)减轻Cu对细胞主要场所代谢的影响(答案合理即可)(2分)(2)叶绿素a(1分)一定范围内,叶绿素含量随Cu浓度升高而升高,叶绿素含量升高,光合作用增强,CO2的吸收速率增加;当Cu的浓度超过一定范围时,叶绿素含量随Cu浓度升高而降低,叶绿素含量下降,光合作用下降,CO2吸收速率降低(3分)(3)二和三(2分)在遮光条件下,用一系列不同浓度的Cu溶液处理生长状况相同的紫鸭跖草,一段时间后,检测CO2释放速率。(3分)(1)去甲肾上腺素、细胞因子Z、胰高血糖素(3分)新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测理科综合能力测试参考答案第4页共5页(2)通过体液进行运输、作用于靶器官或靶细胞、作为信使传递信息、微量和高效(2分)(3)实验思路:用含细胞因子Z和不含细胞因子Z的培养液分别培养胰岛A细胞,一段时间后检测培养液中胰高血糖素的含量。预期结果:含细胞因子Z的培养液中胰高血糖素含量比不含细胞因子Z的培养液中的高。(4分)32.(12分,除标注外每空2分)(1)减少(1分)流入分解者流入下一营养级(②③答案顺序可调)(2)防止美国白蛾耐药基因频率的增加物理(1分)出生率(3)确保在白蛾蛹期精准投放;根据虫害密度确定合理投放数量;考虑投放区域的环境,如温度、湿度是否适合该种寄生蜂生存繁衍33.(10分,除标注外每空2分)(1)IAIBRr、IBiRr父亲和母亲的基因型分别为IAIB和IBi,他们孩子的基因型不可能是ii,不可能生出O型血的孩子(2)92%1/27(3)ABC34.(11分,除标注外每空2分)(1)湿热灭菌(高压蒸汽灭菌)(1分)(2)增加单位体积培养液中纤维素分解菌的数量(3)培养基中纤维素是主要碳源,只有以纤维素为碳源的微生物才能正常生长繁殖菌落A的透明圈直径与菌落直径的比值较大,分解纤维素的能力较强(4)Ⅰ、Ⅴ利用通常相同的Ⅰ、Ⅴ区域容易设计出引物,扩增区域中包含差异较大的Ⅱ、Ⅳ区域,易发现培养出的某种真菌碱基序列的特异性新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测理科综合能力测试参考答案第5页共5页7.【答案】A【详解】A.液晶分子中沿分子长轴方向有序排列，从而表现出类似晶体的各向异性，A正确；B.较高压力、温度和引发剂作用下，乙烯加聚成密度较小的聚乙烯，即低密度聚乙烯，B错误；C.碳纤维是碳元素的一种单质，是新型无机非金属材料，C错误；D.暖宝宝放热是利用原电池原理，铁作负极，最终将化学能转化为热能，D错误。8.【答案】D【详解】A.根据反应过程知，A与B反应是成肽反应，生成C和水，是取代反应，A正确；B.合成E时，E中含有两段由物质D形成的链节，每段需要m个D，所以合成E时，参加反应的D和CC．E中的含氧官能团有4种，即酰胺基、醚键、羟基和酯基，C正确；D．E在酸性条件下充分水解后可以转化得到A，但不能得到碱性物质B，D错误。9.【答案】C【详解】A.浓度相同的CF3COOH和CCl3COOH两种溶液，，F的电负性强于Cl，F对电子的吸引能力更强，导致羧基上的H更容易电离，因此现象应为CF3COOH的pH更小，A错误；B.麦芽糖自身有还原性，也能和新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，则该实验不能说明麦芽糖发生了水解，B错误；C.Ba2+与CrOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-形成难溶的BaCrO4沉淀，使反应Cr2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),7)-+H2O≈2CrOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-+2H+的平衡正向移动，c(H+)增大，C正确；D.盐酸也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则将铁锈溶于浓盐酸，滴入高锰酸钾溶液，紫色褪去不能说明铁锈中含有二价铁，故D错误；10.【答案】D【分析】四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z，W、X、Z分别位于不同周期，分别位于第一、第二、第三周期，则W为H元素；X形成4个共价键，则X为C元素；Z为Na元素；Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，以此分析解答。【详解】A.体现超分子分子识别的特征，A错误；B.CH4与H2O均为分子晶体，H2O可形成分子间氢键，为非密堆积，CH4为密堆积。C.H、O、Na三种元素中组成的二元化合物有H2O2、H2O、Na2O、Na2O2、NaH等，至少有三种离子化合物，C错误；D.水分子间存在氢键，X与W组成的简单化合物的沸点一定比Y与W组成的简单化合物的沸点低，即CH4＜H2O，其它化合物不一定，如C10H22沸点高于100度，故D正确。11.【答案】D【分析】NO2-在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，NO2-中氮元素化合价为+3价，X中氮元素化合价比+3价低，X可能为NO或N2O，X在X还原酶的作用下转化为Y，Y中氮元素化合价比X中低，X、Y均为氮氧化物，则Y为N2O、X为NO，据此分析；【详解】A.分子构型N-N-O，中心的N形成2个σ键，无孤电子对，N原子采取sp杂化，N2O的分子是直线形的，A正确；B.9gNO物质的量为0.3mol，转移电子0.6mol，B正确；C.pH越小，阳离子水解程度越大，根据越弱越水解，碱性NH3·H2O>NH2OH，C正确;D.⑥氮化合价上升，D错误。12.【答案】B【分析】即冷端发生得电子的还原反应，热端发生失电子的氧化反应，则冷端为正极，热端为负极，正极反应为+2e-+2H+→-2e-→+2H+，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，pH：冷端>热端，故A正确；B.结合两端反应，对醌、对苯二酚浓度不变，不需要补充，故B错误；C.含羧酸的纳米颗粒在不同温度下溶胀或收缩，从而释放或吸收H+驱动电极反应发生，则温差恒定时该电池能持续工作，形成连续的反应和持续的电流，不需要充电恢复，C正确；D.由分析可知，冷端电极为正极电势高，热端电极为负极电势低，故D正确。13.【答案】C【分析】由题意可知，随着c(Cl-)的增加，c(Ag+)逐渐减小，故线l1对应于pc(Ag+)，随着c(Cl-)的增加，逐渐出现AgCl→AgClEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(-),2)→AgClEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),3)-→AgClEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(3),4)-的转化，故AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(-),2)、AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-、AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(3),4)-依次出现，即线l2、l3、l4分别对应于pc(AgClEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(-),2))、pc(AgClEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),3)-)、pc(AgClEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(3),4)-)。【详解】A．由线l1知，c(Cl-)=10-7mol/L时，pc(Ag+)≈3，即c(Ag+)≈10-3mol/L，故Ksp≈10-10，A正确；B．由题干知①+②+③得Ag+(aq)+3Cl-(aq)AgCl32-(aq)，K=c(AgCl32-)/[c(Ag+)c3(Cl-)]，由多重平衡的复合平衡常数规则知，K=K1K2K3，B正确；C．由N点坐标知，K3=10-c，由M点坐标知，K4=10-a，③+④得到反应式为AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(-),2)(aq)+2Cl-(aq)=AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(3),4)-(aq)，其平衡常数K=K3.K4=10-(a+c),P点c(AgCl2-)=c(AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(3),4)-)，故P点的Cl-)==10-(a+c)/2，即错误；D．P点溶液中有Na+，根据电荷守恒应满足关系：Cl-)+c(OH-)+c(AgCl2-)+2c(AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-)+3c(AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(3),4)-)+c(NO3-)，因为c(AgCl2-)=c(AgCl3-)，所以有c(Ag+)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(NO3-)+3c(AgCl2-)+3c(AgCl43-)，D正确。【分析】含铅烟灰（主要化学成分为PbO、Fe2O3、In2O3和In2S3）加入MnO2、H2SO4氧化酸浸后，PbO转变为PbSO4沉淀，Fe2O3和In2O3分别溶于硫酸，In2S3、MnO2、H2SO4发生氧化还原反应，滤液中含Fe3+、In3+、SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)-、Mn2+，滤渣A为过量的MnO2和PbSO4，向滤液中加入有机萃取剂除去Mn2+、SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)-，在有机相中加入盐酸，反萃取除去Fe3+，在HInCl4溶液中加入Zn，得到粗铟，电解精炼得到铟。【详解】(1)基态铟原子的电子排布式为[Kr]4d105s25p1；(2)由分析可知，PbO转变为PbSO4沉淀，即PbO+H2SO4=PbSO4+H2O，滤渣A除了过量的MnO2还有PbSO4；(3)由分析可知，In2S3、MnO2、H2SO4发生氧化还原反应，S由-2价变为+6价，Mn由+4价变为+2价，则In2S3化合价升高24价，MnO2降低2，根据化合价升降守恒得到物质的量之比为1:12；(4)P204的酸性强于P507的酸性，其原因是：-R是推电子基团，使含氧酸的酸性减弱（或-OR是吸电子基团，使含氧酸的酸性增强），因此P204的酸性强于P507的酸性；(5)H+也可与金属Zn反应，故方程式为：2HInclz+4zn—4zncl+2In+H,T(6)反萃取时，Fe3+尽可能留在有机相，In3+尽可能反萃取到水相，则由题中图示可知，当盐酸的浓度在2~3mol/L之间时，In3+的反萃取率较高，而Fe3+的反萃取率很小，所以盐酸的最佳浓度范围为2~3mol/L；(7)Fe3O4中n(Fe3+)：n(Fe2+)：n(O2-)=2：1：4，晶胞含有8个正四面体空隙，即有2个Fe3+和1个Fe2+，1个三价铁离子放入正四面体空隙；晶胞中由3、6、7、9、8、12处的原子形成一个正八面体空隙，剩余的空间以每条棱分析：如4、7、9、13或1、3、4、7等处的原子形成的四面体空隙为正八面体空隙的，共12条棱，则正八面体空隙有1+12×=4个，其中已经有一个放Fe3+，另外一个Fe2+占据一个正八面体空隙，所以有2个正八面体空隙没有被填充，故答案为：7：2；根据分析可知晶胞中Fe3+2个，Fe2+1个，O四个，A3【分析】装置甲中由浓盐酸和高锰酸钾制备氯气，除去其中的氯化氢后，和碳酸钠反应制备Cl2O，在装置丁中和氰尿酸反应生成最终产品，最后注意尾气处理，以此解题。【详解】(1)如答案；(2)根据题给信息可知，Cl2O在温度较高时易分解，浓度较高时易爆炸，另外该反应使用了氯气，氯气有毒，则通入空气（不参与反应）的目的为：稀释Cl2O，防止发生爆炸；拆卸实验装置前还需再通入空气的目的为：尽量将装置中残留的氯气赶入戊中，避免污染空气；(3)Cl2O中心原子O的价层电子对数为4，其中有2对故电子对，则其空间构型为V形；根据相似相溶原则，Cl2O为弱极性分子可以在四氯化碳中溶解一部分，则不能用CCl4除去Cl2O中的Cl2；该反应需要在20~25℃发生反应，可以水浴加热，则丁中c装置的作用为控制温度在20℃~25℃;(4)根据题意可知，Cl2O与氰尿酸（）反应生成产物，方程式为：(5)①根据信息可知三氯异氰尿酸可以和水反应生成次氯酸，次氯酸可以和碘化钾反应生成单质碘，再用Na2S2O3滴定其中的碘，则滴定时加入的最佳指示剂是淀粉溶液；滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液时，由浅蓝色变无色，且在半分钟内不恢复；②根据得失电子守恒可知，关系式为：~3HClO~3I2~6Na2S2O3，则样品有效氯为 【详解】(1)反应B×2反应A×2可得反应：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，则由盖斯定律可得：ΔH=2ΔH2-2ΔH1，则反应B的ΔH2=(2)反应B为放热反应、气体体积增大的反应，升温平衡逆移，产率下降，故a错误；加压平衡逆移，故b错误；充入氧气平衡正向移动，反应速率增大，c正确；及时分离水蒸气，反应速率减小，d不正确；加催化剂不改变平衡产率，e不正确，故选c；(3)从能量变化图可知，路径中由c生成d的活化能最高，为决速步骤，其反应式为：CH3CHCHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(*),3)+H*EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(*),2)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(*),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(*),2)(4)①W点C3H8的平衡转化率为75%，设C3H8通过反应I和副反应转化的物质的量分别为xmol、ymol，且起始n(C3H8)=1mol，根据已知条件列出“三段式”：起始/mol转化/mol平衡/molC3H8(g)1x1-x≈C3H6(g)+H2(g)xxxx起始/mol转化/mol平衡/mol1-xy≈C2H4(g)+CH4(g)yyyy则×100%=75%，C3H6的选择性为80%，则故x=0.6，y=0.15。W点2O(g)的物质的量为10mol，平衡时C3H8物质的量为0.25mol，C3H6、H2的物质的量均为0.6mol，混合气总物质的量为(0.25+0.6+0.6+0.15+0.15+10)mol=11.75mol，则反应I的分压平衡常数②相同温度下，水烃比远大于15:1时，说明水蒸气过多，则C3H8的浓度过低，反应速率减慢，另一个可能的原因是：H2O(g)过多地占据催化剂表面活性位点，导致催化剂对丙烷的吸附率降低，C3H8的消耗速率明显下降；(5)①该反应是放热反应，升高温度，速率常数都增大，平衡向逆反应方向移动，即逆反应速率常数增幅大于正反应速率常数，即k正的变化程度小于k逆的变化程度，故选b；②相比反应I，反应II为放热反应，低温条件下有利于该反应平衡向正反应方向移动，能减少能耗，且常温下丙烯为气态，水为液态，水的沸点较高，丙烯和水存在沸点差异，易于分离，则相比反应I（直接脱氢），反应Ⅱ（氧化脱氢）的优点有：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗（或产物易于分离）。(6)已知：2NO2(g)≈N2O4(g)正反应放热，降低温度之后，平衡正向移动，导致生成的N2O4增多，利于NO2的吸附N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；【分析】A到B为酚羟基的邻对位与溴发生取代，故B的结构为；B到C为卤素原子在碱性条件下水解成酚钠后酸化,故C的机构为；由已知条件b，结合H的结构可推知化合物G的结构简式为。(1)F中含有醚键、羰基和氨基；(2)化合物G的结构简式为，故答案为：；(3)a．物质D不含酚羟基，所以不能与FeCl3发生显色反应，故错误；b．F含有氨基，所以物质F具有碱性，故正确；c．G为，不含醛基，所以G不能和银氨溶液发生反应，故错误；d．物质H的分子式是C12H15NO4，故正确；故选bd；(4)C发生信息a的反应生成D，C→D的化学方程式：2NaOH2NaOH2NaOH2NaOH;(5)D中醛基中的C=O和CH3NH2先发生加成，再消去形成双键。(6)化合物A的同分异构体符合下列条件：①可以与活波金属反应生成氢气，但不与NaHCO3溶液反应，说明含有酚羟基或羟基，不含羧基；②分子中含有结构，说明具有酯基；③含有苯环，且有两个取代基，如果取代基为-OH、-COOCH3，有邻间对3种结构；如果取代基为-OH、HCOOCH2-、有邻间对3种结构；如果取代基为-OH、CH3COO-，有邻间对3种结构；取代基为-CH2OH、HCOO-，有邻间对3种结构，所以符合条件的有12种；峰面积之比符合题意的有故答案为：12；新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测理科综合能力测试生物部分分析1.【答案】D【分析】纤维素虽然难以被人体直接消化，但作为膳食纤维，它能促进肠道蠕动，有助于预防便秘和维持肠道健康，A选项错误。在活细胞中，含量最多的化合物是水，而非糖类。即使桑葚果实含糖量高，其细胞中含量最多的化合物仍然是水。B选项错误。非条件反射是先天性的（如膝跳反射），而孩童看到杏子分泌唾液是后天通过经验建立的（如吃过杏子，联想杏子的味道），属于条件反射。C选项错误。成熟的果实（如桑葚）会释放乙烯，乙烯是促进果实成熟的植物激素。将青杏与成熟桑葚密封放置，桑葚释放的乙烯可加速青杏的成熟。D选项正确。2.【答案】A【分析】细胞自噬是细胞通过溶酶体系统降解和回收自身组分的过程，对于维持细胞内环境稳定和应对压力条件具有重要作用。溶酶体中的水解酶是在游离的核糖体中合成多肽链，当合成了一段肽链后，这段肽链会与核糖体一起转移到粗面内质网上继续合成并在内质网腔内加工、折叠，形成具有一定空间结构的蛋白质，然后在高尔基体中加工和包装，最终形成溶酶体，A选项错误。细胞凋亡是由基因决定的细胞程序性死亡，题目中介绍细胞自噬过程有多种自噬相关的基因参与，所以细胞自噬和细胞凋亡都涉及到特定基因的选择性表达，B选项正确。自噬小泡与溶酶体融合形成自噬溶酶体，这个过程体现生物膜的流动性，C选项正确。在细胞自噬过程中，异常蛋白质被降解成小分子如氨基酸等，这些分子可以被细胞再次利用，参与新的蛋白质合成或其他代谢过程，D选项正确。3.【答案】D【分析】Na+内流后膜内外膜两侧出现暂时性的电位变化，表现为内正外负的兴奋状态，此时的膜电位为动作电位。河豚毒素通过与神经元上的Na+通道结合，阻断Na+内流，从而抑制动作电位的产生，A选项正确。神经递质由突触前膜释放，作用于突触后膜，使兴奋在两个细胞之间传递。肉毒素阻止神经递质由突触前膜释放，会导致兴奋无法在细胞间正常传递，B选项正确。神经递质作用结束后，会与受体分开，并迅速被降解或回收进细胞。有机磷农药使水解乙酰胆碱的酶失活，会导致乙酰胆碱在突触间隙中持续存在，从而持续发挥作用，C选项正确。氟西汀抑制突触前膜对5-羟色胺的回收，也会导致乙酰胆碱在突触间隙中持续存在，从而增加突触间隙中5-羟色胺的浓度，D选项错误。4.【答案】B【分析】题目考查土壤微生物的同化作用类型及其在氮循环中的功能。①硝化细菌的同化类型为自养型（通过化能合成作用制造有机物，非异养），可将将氨氧化为亚硝酸、硝酸。题目的同化类型描述错误（异养→自养），故①错误。②根瘤菌的同化类型为异养型（依赖宿主植物提供有机物），将氮气转化为氨（固氮作用），而非“将氨转化为蛋白质”（蛋白质合成是宿主植物的代谢过程）。作用描述错误，故②错误。③尿素分解菌的同化类型为异养型，分泌脲酶，将尿素分解为氨和二氧化碳，③完全正确。④固氮蓝细菌的同化类型为自养型（含光合色素，可光合作用），通过生物固氮将氮气转化为含氮养料（如氨），④完全正确。正确组合为③④,对应选项B。5.【答案】C【分析】甲发生的变异属于染色体结构变异（易位而非基因突变。基因突变是基因1碱基序列的改变，而图示中A基因从常染色体被转移到性染色体Y上，属于染色体结构变异。A选项错误。甲是纯合棕蛹（AA），变异导致其一个A基因易位到Y染色体上，因此甲产生的配子中若含有Y染色体就一定含有A基因，与白蛹雌蝇（aa）杂交，所有F1雄蝇均为棕蛹。B选项错误。F1雄蝇基因型有两种为AaXYA和aaXYA（缺失的基因可看作是隐性基因），其中AaXYA与白蛹雌蝇（aaXX）杂交，子代有3/4的棕蛹。C选项正确。aaXYA与白蛹雌蝇（aaXX）杂交，后代雄蝇均为棕蛹，雌蝇均为白蛹。D选项错误。6.【答案C】【分析】用F蛋白作为抗原对小鼠进行免疫，小鼠的免疫系统会识别F蛋白，B淋巴细胞受抗原刺激后会增殖分化，其中部分B淋巴细胞能产生针对F蛋白的抗体。从免疫后的小鼠脾中可以得到能产生F蛋白抗体的B淋巴细胞，因为脾脏是免疫器官，是B淋巴细胞集中分布和发挥免疫作用的场所之一，A选项正确。将获得的能产生抗体的B淋巴细胞与骨髓瘤细胞用PEG（聚乙二醇）诱导融合。PEG可以促进细胞融合，形成多种融合细胞以及未融合的细胞。经过筛选（如用特定的选择培养基筛选可以去除未融合的细胞（B淋巴细胞和骨髓瘤细胞）以及同种细胞融合的细胞（如B淋巴细胞-B淋巴细胞融合细胞、骨髓瘤细胞-骨髓瘤细胞融合细胞），从而获得杂交瘤细胞（B淋巴细胞与骨髓瘤细胞融合形成的细胞），B选项正确。因为不同的杂交瘤细胞可能产生不同的抗体，将筛选出的杂交瘤细胞并不是混合培养，而是要进行单个细胞培养（克隆化培养并对每个孔中的细胞进行抗体检测，才能筛选出产生F蛋白抗体的杂交瘤细胞，C选项错误。已知F蛋白可刺激机体产生两类不同的抗体，成功筛选出的两类杂交瘤细胞在小鼠体内培养，产生的抗体都是针对F蛋白的，所以这两类抗体均可与F蛋白结合，选项D正确。30.（12分）【答案】（1）微量（1分）减轻Cu对细胞主要场所代谢的影响（答案合理即可）（2分）（2）叶绿素a（1分）一定范围内，叶绿素含量随Cu浓度升高而升高，叶绿素含量升高，光合作用增强，CO2的吸收速率增加；当Cu的浓度超过一定范围时，叶绿素含量随Cu浓度升高而降低，叶绿素含量下降，光合作用下降，CO2吸收速率降低（3分）（3）二和三（2分）在遮光条件下，用一系列不同浓度的Cu溶液处理生长状况相同的紫鸭跖草，一段时间后，检测CO2释放速率。（3分）【分析】（1）铜是许多酶的重要组成部分，参与多种生理过程，但植物对铜的需求量很小，Cu是植物生长发育所必需的微量元素。过多的Cu主要分布在细胞壁和液泡中，这种分布可以减轻Cu对紫鸭跖草细胞的毒害，原因是细胞壁和液泡可以将多余的Cu隔离，防止其进入细胞内其他主要代谢结构，由于Cu可使多种酶活性降低，所以这样分布减少Cu对细胞主要场所代谢的影响。（2）根据图1，叶绿素a受Cu浓度的影响比较大，所以Cu对紫鸭跖草叶绿素的影响主要表现在对叶绿素a含量的影响上。据图1和图2，不同浓度Cu浓度下，叶绿素a和CO2吸收速率变化趋势相同，所以不同浓度Cu作用下紫鸭跖草CO2吸收速率变化的原因主要是一定范围内，叶绿素含量随Cu浓度升高而升高，叶绿素含量升高，光合作用增强，CO2的吸收速率增加；当Cu的浓度超过一定范围时，叶绿素含量随Cu浓度升高而降低，叶绿素含量下降，光合作用下降，CO2吸收速率降低。2（3）有氧呼吸的三个阶段分别发生在细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜，线粒体是细胞进行有氧呼吸的主要场所，所以过量的Cu溶液使紫云英线粒体损伤变形，该变化可导致有氧呼吸的第二和三阶段受到严重影响。该实验的自变量是不同浓度的Cu溶液，因变量是有氧呼吸速率，检测指标是CO2释放 速率，又因为测绿色植物的呼吸速率需要在黑暗情况下，所以实验思路是在遮光条件下，用一系列不同浓度的Cu溶液处理生长状况相同的紫鸭跖草，一段时间后，检测CO2释放速率。31.（9分）【答案】（1）去甲肾上腺素、细胞因子Z、胰高血糖素（3分）（2）通过体液进行运输、作用于靶器官或靶细胞、作为信使传递信息、微量和高效（2（3）实验思路：用含细胞因子Z和不含细胞因子Z的培养液分别培养胰岛A细胞，一段时间后检测培养液中胰高血糖素的含量。预期结果：含细胞因子Z的培养液中胰高血糖素含量比不含细胞因子Z的培养液中的高。（4分）【分析】（1）结合所学与表中实验可知，交感神经产生去甲肾上腺素作用于L细胞，促进其分泌细胞因子Z，作用于胰岛A细胞使其分泌胰高血糖素，促进肝糖原分解和非糖物质转化为血糖。因此神经细胞产生的物质甲为去甲肾上腺素，L细胞产生的物质乙为细胞因子Z，胰岛A细胞产生的物质丙为胰高血糖素。（2）丙为胰高血糖素，参与的调节方式为激素调节，其特点为通过体液进行运输、作用于靶器官或靶细胞、作为信使传递信息、微量和高效。（3）实验组使用减法原理进行设计，使小鼠分泌细胞因子Z的过程受抑制，继而检测到小鼠血糖升高过程受到影响，该结果可证明细胞因子Z与血糖升高有关，但并未直接证明就是细胞因子Z在血糖升高的过程中发挥作用，故应再使用加法原理设计一组实验。因题目要求进行体外实验，所以可选择动物细胞培养这项生物技术。由于该实验环境与原实验不同，无法直接形成对照，故体外实验也需涉及对照组。综上，实验设计为：用含细胞因子Z和不含细胞因子Z的培养液分别培养胰岛A细胞，一段时间后检测培养液中胰高血糖素的含量。预期结果为：含细胞因子Z的培养液中胰高血糖素含量比不含细胞因子Z的培养液中的高。32.（12分，除标注外每空2分）【答案】（1）减少（1分）流入分解者流入下一营养级(②③答案顺序可调）（2）防止美国白蛾耐药基因频率的增加物理（1分）出生率（3）确保在白蛾蛹期精准投放；根据虫害密度确定合理投放数量；考虑投放区域的环境，如温度、湿度是否适合该种寄生蜂生存繁衍【分析】（1）美国白蛾幼虫大量取食植物叶片，导致生产者（植物）数量减少，光合作用固定的总能量减少。根据生态系统的能量流动，定时定量进行分析，一年中美国白蛾同化能量的去向除了呼吸散失，还包括被下一营养级同化（如捕食美国白蛾的天敌）、被分解者利用，以及未利用的部分（未被利用的个体或部分）。（2）防治美国白蛾可采用多种方法。化学防治时，多种高效低毒药剂需交替使用可避免单一药剂对害虫的定向选择，延缓抗药性进化，即防止美国白蛾抗药性基因频率升高（或3“避免抗药性个体存活并繁殖”）。交替用药的核心是避免“自然选择”导致抗药性基因积累，而非“药剂失效”。利用黑光灯诱捕法诱杀美国白蛾的成虫，黑光灯光源属于物理信息，这是物理信息在农业生产中的应用。释放人工合成的性引诱剂吸引雄蛾，干扰交配，直接降低交配成功率，通过降低美国白蛾的出生率来减少其数量。（3）寄生蜂与美国白蛾为寄生关系，根据题目信息，为确保防治效果，投放该种寄生蜂应考虑的因素有投放时间即寄生蜂需在美国白蛾蛹期投放，确保幼虫可寄生蛹（若提前或滞后，蛹可能已羽化或被其他生物破坏）。还需控制投放数量，避免过度