根據萬有引力公式將單位代入解得G的單位是N.m2/kg2，F=550N，C錯；由0-vEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up9(2),1)=-2a2x3得x3=2m，s=x1+x2+x3=30m，D正確。根據開普勒第三定律可得第一激發太的周期T2=8T1，根據得I=0.1mA。故選A。個過程中，小球動量變化量不為零，所以C選項錯誤；根據能量守Q的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，根據動能定理，電新疆維吾爾自治區2025年普通高考第三次適應性檢測理科綜合能力測試參考答案題號123456789答案DADBCCADCDD題號答案BCBBCCDA22.(10分)(1)BD(2分)(2)不需要(2分)(3)右上側(2分)不能(2分)23.(16分)(1)①×100(2分)需要(2分)②(4分)(2)開關(2分)直流電壓(2分)a(2分)有(2分)24.(16分)(1)3N(2)6J解:(1)由圖乙可得:物塊在0-2s內的加速度大小a1=2m/s2,位移大小x1=4m;物塊在………4分利用牛頓第二定律可得:………………………2分F-Ff=ma2………………………2分………………1分Ff=1N………………1分(2)物塊在0-2s內摩擦力做功W1=-Ff·x1=-4J……………2分物塊在2-4s內摩擦力做功W2=-Ff·x2=-2J 即克服摩擦力做功6J 新疆維吾爾自治區2025年普通高考第三次適應性檢測理科綜合能力測試參考答案第1頁共5頁解:(1)S斷開時,MN棒所受安培力:FA=BISL…………1分………………2分解得……………………2分(2)設MN進入ef時,MN的速度大小為v0,S斷開瞬間,MN的速度大小為vS,由法拉第電磁感應定律:E00,ES=BLvS………………1分由閉合電路歐姆定律:……………………1分由已知及安培力公式:FAMN由靜止下落至ef過程,由運動學公式:02=2gh…………1分解得…………………2分(3)MN進入ef時,R的功率為:P0=I02R…………1分R的功率保持不變,說明回路中電流大小始終為I,其兩端電壓UR和功率PR為:UR…………………1分S…………1分S斷開,R功率保持不變后,若某時刻MN的速度為v,由閉合電路歐姆定律:R………………………1分設經過Δt,MN速度增量為Δv,由于UR保持不變,因此:………………………1分CC………………………1分再由電流定義及加速度定義式a=可得:新疆維吾爾自治區2025年普通高考第三次適應性檢測理科綜合能力測試參考答案第2頁共5頁…………………2分由于MN的加速度a為定值,可知此時外力為恒力,設為F,對MN由牛頓第二定律可得:…………………1分外力在t時間內的沖量大小………………………1分S斷開,R功率保持不變后,若某時刻MN的速度為v1,由閉合電路歐姆定律:+IR……………………1分設經過時間t,MN速度變為v2,由閉合電路歐姆定律:+IR……………………1分在t時間內,對MN由動量定理得:IF2-v1)………3分CC………………………1分外力在t時間內的沖量大小…………1分26.(14分)(1)5s25p1(2分)(2)PbSO4(1分)(或-OR是吸電子基團,使含氧酸的酸性增強),因此P204的酸性強于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)平衡壓強便于濃鹽酸順利滴下及防止濃鹽酸揮發污染大氣(2分)(2)稀釋Cl2O,防止發生爆炸(2分)將裝置中的氯氣全部排入裝置戊中被吸收,防止污染空氣(1分)(3)V形(1分)不能(1分)調節溫度防止溫度過高(1分)新疆維吾爾自治區2025年普通高考第三次適應性檢測理科綜合能力測試參考答案第3頁共5頁(5)淀粉溶液(1分)當滴入最后半滴標準液時,溶液由淺藍色變無色,且在半分鐘內不恢復(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)過多地占據催化劑表面活性位點,導致催化劑對丙烷的吸附率降低(2分)(5)b(1分)氧化脫氫為放熱反應,能減少能耗(或產物易于分離)(1分)(6)低溫有利于該反應正向移動,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)加成反應(1分)消去反應(1分)(6)12(2分)(2分)(1)微量(1分)減輕Cu對細胞主要場所代謝的影響(答案合理即可)(2分)(2)葉綠素a(1分)一定范圍內,葉綠素含量隨Cu濃度升高而升高,葉綠素含量升高,光合作用增強,CO2的吸收速率增加;當Cu的濃度超過一定范圍時,葉綠素含量隨Cu濃度升高而降低,葉綠素含量下降,光合作用下降,CO2吸收速率降低(3分)(3)二和三(2分)在遮光條件下,用一系列不同濃度的Cu溶液處理生長狀況相同的紫鴨跖草,一段時間后,檢測CO2釋放速率。(3分)(1)去甲腎上腺素、細胞因子Z、胰高血糖素(3分)新疆維吾爾自治區2025年普通高考第三次適應性檢測理科綜合能力測試參考答案第4頁共5頁(2)通過體液進行運輸、作用于靶器官或靶細胞、作為信使傳遞信息、微量和高效(2分)(3)實驗思路:用含細胞因子Z和不含細胞因子Z的培養液分別培養胰島A細胞,一段時間后檢測培養液中胰高血糖素的含量。預期結果:含細胞因子Z的培養液中胰高血糖素含量比不含細胞因子Z的培養液中的高。(4分)32.(12分,除標注外每空2分)(1)減少(1分)流入分解者流入下一營養級(②③答案順序可調)(2)防止美國白蛾耐藥基因頻率的增加物理(1分)出生率(3)確保在白蛾蛹期精準投放;根據蟲害密度確定合理投放數量;考慮投放區域的環境,如溫度、濕度是否適合該種寄生蜂生存繁衍33.(10分,除標注外每空2分)(1)IAIBRr、IBiRr父親和母親的基因型分別為IAIB和IBi,他們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,除標注外每空2分)(1)濕熱滅菌(高壓蒸汽滅菌)(1分)(2)增加單位體積培養液中纖維素分解菌的數量(3)培養基中纖維素是主要碳源,只有以纖維素為碳源的微生物才能正常生長繁殖菌落A的透明圈直徑與菌落直徑的比值較大,分解纖維素的能力較強(4)Ⅰ、Ⅴ利用通常相同的Ⅰ、Ⅴ區域容易設計出引物,擴增區域中包含差異較大的Ⅱ、Ⅳ區域,易發現培養出的某種真菌堿基序列的特異性新疆維吾爾自治區2025年普通高考第三次適應性檢測理科綜合能力測試參考答案第5頁共5頁7.【答案】A【詳解】A.液晶分子中沿分子長軸方向有序排列，從而表現出類似晶體的各向異性，A正確；B.較高壓力、溫度和引發劑作用下，乙烯加聚成密度較小的聚乙烯，即低密度聚乙烯，B錯誤；C.碳纖維是碳元素的一種單質，是新型無機非金屬材料，C錯誤；D.暖寶寶放熱是利用原電池原理，鐵作負極，最終將化學能轉化為熱能，D錯誤。8.【答案】D【詳解】A.根據反應過程知，A與B反應是成肽反應，生成C和水，是取代反應，A正確；B.合成E時，E中含有兩段由物質D形成的鏈節，每段需要m個D，所以合成E時，參加反應的D和CC．E中的含氧官能團有4種，即酰胺基、醚鍵、羥基和酯基，C正確；D．E在酸性條件下充分水解后可以轉化得到A，但不能得到堿性物質B，D錯誤。9.【答案】C【詳解】A.濃度相同的CF3COOH和CCl3COOH兩種溶液，，F的電負性強于Cl，F對電子的吸引能力更強，導致羧基上的H更容易電離，因此現象應為CF3COOH的pH更小，A錯誤；B.麥芽糖自身有還原性，也能和新制Cu(OH)2反應生成磚紅色沉淀，則該實驗不能說明麥芽糖發生了水解，B錯誤；C.Ba2+與CrOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-形成難溶的BaCrO4沉淀，使反應Cr2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),7)-+H2O≈2CrOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-+2H+的平衡正向移動，c(H+)增大，C正確；D.鹽酸也能與酸性高錳酸鉀溶液反應使溶液褪色，則將鐵銹溶于濃鹽酸，滴入高錳酸鉀溶液，紫色褪去不能說明鐵銹中含有二價鐵，故D錯誤；10.【答案】D【分析】四種原子序數依次遞增的短周期元素W、X、Y、Z，W、X、Z分別位于不同周期，分別位于第一、第二、第三周期，則W為H元素；X形成4個共價鍵，則X為C元素；Z為Na元素；Y形成2個共價鍵，原子序數比C大，比Na小，說明Y原子核外有2個電子層，最外層有6個電子，則Y是O元素，以此分析解答。【詳解】A.體現超分子分子識別的特征，A錯誤；B.CH4與H2O均為分子晶體，H2O可形成分子間氫鍵，為非密堆積，CH4為密堆積。C.H、O、Na三種元素中組成的二元化合物有H2O2、H2O、Na2O、Na2O2、NaH等，至少有三種離子化合物，C錯誤；D.水分子間存在氫鍵，X與W組成的簡單化合物的沸點一定比Y與W組成的簡單化合物的沸點低，即CH4＜H2O，其它化合物不一定，如C10H22沸點高于100度，故D正確。11.【答案】D【分析】NO2-在亞硝酸鹽還原酶的作用下轉化為X，NO2-中氮元素化合價為+3價，X中氮元素化合價比+3價低，X可能為NO或N2O，X在X還原酶的作用下轉化為Y，Y中氮元素化合價比X中低，X、Y均為氮氧化物，則Y為N2O、X為NO，據此分析；【詳解】A.分子構型N-N-O，中心的N形成2個σ鍵，無孤電子對，N原子采取sp雜化，N2O的分子是直線形的，A正確；B.9gNO物質的量為0.3mol，轉移電子0.6mol，B正確；C.pH越小，陽離子水解程度越大，根據越弱越水解，堿性NH3·H2O>NH2OH，C正確;D.⑥氮化合價上升，D錯誤。12.【答案】B【分析】即冷端發生得電子的還原反應，熱端發生失電子的氧化反應，則冷端為正極，熱端為負極，正極反應為+2e-+2H+→-2e-→+2H+，據此分析解答。【詳解】A．由分析可知，pH：冷端>熱端，故A正確；B.結合兩端反應，對醌、對苯二酚濃度不變，不需要補充，故B錯誤；C.含羧酸的納米顆粒在不同溫度下溶脹或收縮，從而釋放或吸收H+驅動電極反應發生，則溫差恒定時該電池能持續工作，形成連續的反應和持續的電流，不需要充電恢復，C正確；D.由分析可知，冷端電極為正極電勢高，熱端電極為負極電勢低，故D正確。13.【答案】C【分析】由題意可知，隨著c(Cl-)的增加，c(Ag+)逐漸減小，故線l1對應于pc(Ag+)，隨著c(Cl-)的增加，逐漸出現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)-的轉化，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)-依次出現，即線l2、l3、l4分別對應于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)-)。【詳解】A．由線l1知，c(Cl-)=10-7mol/L時，pc(Ag+)≈3，即c(Ag+)≈10-3mol/L，故Ksp≈10-10，A正確；B．由題干知①+②+③得Ag+(aq)+3Cl-(aq)AgCl32-(aq)，K=c(AgCl32-)/[c(Ag+)c3(Cl-)]，由多重平衡的復合平衡常數規則知，K=K1K2K3，B正確；C．由N點坐標知，K3=10-c，由M點坐標知，K4=10-a，③+④得到反應式為AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(-),2)(aq)+2Cl-(aq)=AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(3),4)-(aq)，其平衡常數K=K3.K4=10-(a+c),P點c(AgCl2-)=c(AgClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(3),4)-)，故P點的Cl-)==10-(a+c)/2，即錯誤；D．P點溶液中有Na+，根據電荷守恒應滿足關系：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-)，因為c(AgCl2-)=c(AgCl3-)，所以有c(Ag+)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(NO3-)+3c(AgCl2-)+3c(AgCl43-)，D正確。【分析】含鉛煙灰（主要化學成分為PbO、Fe2O3、In2O3和In2S3）加入MnO2、H2SO4氧化酸浸后，PbO轉變為PbSO4沉淀，Fe2O3和In2O3分別溶于硫酸，In2S3、MnO2、H2SO4發生氧化還原反應，濾液中含Fe3+、In3+、SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)-、Mn2+，濾渣A為過量的MnO2和PbSO4，向濾液中加入有機萃取劑除去Mn2+、SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)-，在有機相中加入鹽酸，反萃取除去Fe3+，在HInCl4溶液中加入Zn，得到粗銦，電解精煉得到銦。【詳解】(1)基態銦原子的電子排布式為[Kr]4d105s25p1；(2)由分析可知，PbO轉變為PbSO4沉淀，即PbO+H2SO4=PbSO4+H2O，濾渣A除了過量的MnO2還有PbSO4；(3)由分析可知，In2S3、MnO2、H2SO4發生氧化還原反應，S由-2價變為+6價，Mn由+4價變為+2價，則In2S3化合價升高24價，MnO2降低2，根據化合價升降守恒得到物質的量之比為1:12；(4)P204的酸性強于P507的酸性，其原因是：-R是推電子基團，使含氧酸的酸性減弱（或-OR是吸電子基團，使含氧酸的酸性增強），因此P204的酸性強于P507的酸性；(5)H+也可與金屬Zn反應，故方程式為：2HInclz+4zn—4zncl+2In+H,T(6)反萃取時，Fe3+盡可能留在有機相，In3+盡可能反萃取到水相，則由題中圖示可知，當鹽酸的濃度在2~3mol/L之間時，In3+的反萃取率較高，而Fe3+的反萃取率很小，所以鹽酸的最佳濃度范圍為2~3mol/L；(7)Fe3O4中n(Fe3+)：n(Fe2+)：n(O2-)=2：1：4，晶胞含有8個正四面體空隙，即有2個Fe3+和1個Fe2+，1個三價鐵離子放入正四面體空隙；晶胞中由3、6、7、9、8、12處的原子形成一個正八面體空隙，剩余的空間以每條棱分析：如4、7、9、13或1、3、4、7等處的原子形成的四面體空隙為正八面體空隙的，共12條棱，則正八面體空隙有1+12×=4個，其中已經有一個放Fe3+，另外一個Fe2+占據一個正八面體空隙，所以有2個正八面體空隙沒有被填充，故答案為：7：2；根據分析可知晶胞中Fe3+2個，Fe2+1個，O四個，A3【分析】裝置甲中由濃鹽酸和高錳酸鉀制備氯氣，除去其中的氯化氫后，和碳酸鈉反應制備Cl2O，在裝置丁中和氰尿酸反應生成最終產品，最后注意尾氣處理，以此解題。【詳解】(1)如答案；(2)根據題給信息可知，Cl2O在溫度較高時易分解，濃度較高時易爆炸，另外該反應使用了氯氣，氯氣有毒，則通入空氣（不參與反應）的目的為：稀釋Cl2O，防止發生爆炸；拆卸實驗裝置前還需再通入空氣的目的為：盡量將裝置中殘留的氯氣趕入戊中，避免污染空氣；(3)Cl2O中心原子O的價層電子對數為4，其中有2對故電子對，則其空間構型為V形；根據相似相溶原則，Cl2O為弱極性分子可以在四氯化碳中溶解一部分，則不能用CCl4除去Cl2O中的Cl2；該反應需要在20~25℃發生反應，可以水浴加熱，則丁中c裝置的作用為控制溫度在20℃~25℃;(4)根據題意可知，Cl2O與氰尿酸（）反應生成產物，方程式為：(5)①根據信息可知三氯異氰尿酸可以和水反應生成次氯酸，次氯酸可以和碘化鉀反應生成單質碘，再用Na2S2O3滴定其中的碘，則滴定時加入的最佳指示劑是淀粉溶液；滴定終點的現象為當滴入最后半滴標準液時，由淺藍色變無色，且在半分鐘內不恢復；②根據得失電子守恒可知，關系式為：~3HClO~3I2~6Na2S2O3，則樣品有效氯為 【詳解】(1)反應B×2反應A×2可得反應：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，則由蓋斯定律可得：ΔH=2ΔH2-2ΔH1，則反應B的ΔH2=(2)反應B為放熱反應、氣體體積增大的反應，升溫平衡逆移，產率下降，故a錯誤；加壓平衡逆移，故b錯誤；充入氧氣平衡正向移動，反應速率增大，c正確；及時分離水蒸氣，反應速率減小，d不正確；加催化劑不改變平衡產率，e不正確，故選c；(3)從能量變化圖可知，路徑中由c生成d的活化能最高，為決速步驟，其反應式為：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點C3H8的平衡轉化率為75%，設C3H8通過反應I和副反應轉化的物質的量分別為xmol、ymol，且起始n(C3H8)=1mol，根據已知條件列出“三段式”：起始/mol轉化/mol平衡/molC3H8(g)1x1-x≈C3H6(g)+H2(g)xxxx起始/mol轉化/mol平衡/mol1-xy≈C2H4(g)+CH4(g)yyyy則×100%=75%，C3H6的選擇性為80%，則故x=0.6，y=0.15。W點2O(g)的物質的量為10mol，平衡時C3H8物質的量為0.25mol，C3H6、H2的物質的量均為0.6mol，混合氣總物質的量為(0.25+0.6+0.6+0.15+0.15+10)mol=11.75mol，則反應I的分壓平衡常數②相同溫度下，水烴比遠大于15:1時，說明水蒸氣過多，則C3H8的濃度過低，反應速率減慢，另一個可能的原因是：H2O(g)過多地占據催化劑表面活性位點，導致催化劑對丙烷的吸附率降低，C3H8的消耗速率明顯下降；(5)①該反應是放熱反應，升高溫度，速率常數都增大，平衡向逆反應方向移動，即逆反應速率常數增幅大于正反應速率常數，即k正的變化程度小于k逆的變化程度，故選b；②相比反應I，反應II為放熱反應，低溫條件下有利于該反應平衡向正反應方向移動，能減少能耗，且常溫下丙烯為氣態，水為液態，水的沸點較高，丙烯和水存在沸點差異，易于分離，則相比反應I（直接脫氫），反應Ⅱ（氧化脫氫）的優點有：氧化脫氫為放熱反應，能減少能耗（或產物易于分離）。(6)已知：2NO2(g)≈N2O4(g)正反應放熱，降低溫度之后，平衡正向移動，導致生成的N2O4增多，利于NO2的吸附N2O4和氧氣、水反應生成硝酸，其方程式為2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；【分析】A到B為酚羥基的鄰對位與溴發生取代，故B的結構為；B到C為鹵素原子在堿性條件下水解成酚鈉后酸化,故C的機構為；由已知條件b，結合H的結構可推知化合物G的結構簡式為。(1)F中含有醚鍵、羰基和氨基；(2)化合物G的結構簡式為，故答案為：；(3)a．物質D不含酚羥基，所以不能與FeCl3發生顯色反應，故錯誤；b．F含有氨基，所以物質F具有堿性，故正確；c．G為，不含醛基，所以G不能和銀氨溶液發生反應，故錯誤；d．物質H的分子式是C12H15NO4，故正確；故選bd；(4)C發生信息a的反應生成D，C→D的化學方程式：2NaOH2NaOH2NaOH2NaOH;(5)D中醛基中的C=O和CH3NH2先發生加成，再消去形成雙鍵。(6)化合物A的同分異構體符合下列條件：①可以與活波金屬反應生成氫氣，但不與NaHCO3溶液反應，說明含有酚羥基或羥基，不含羧基；②分子中含有結構，說明具有酯基；③含有苯環，且有兩個取代基，如果取代基為-OH、-COOCH3，有鄰間對3種結構；如果取代基為-OH、HCOOCH2-、有鄰間對3種結構；如果取代基為-OH、CH3COO-，有鄰間對3種結構；取代基為-CH2OH、HCOO-，有鄰間對3種結構，所以符合條件的有12種；峰面積之比符合題意的有故答案為：12；新疆維吾爾自治區2025年普通高考第三次適應性檢測理科綜合能力測試生物部分分析1.【答案】D【分析】纖維素雖然難以被人體直接消化，但作為膳食纖維，它能促進腸道蠕動，有助于預防便秘和維持腸道健康，A選項錯誤。在活細胞中，含量最多的化合物是水，而非糖類。即使桑葚果實含糖量高，其細胞中含量最多的化合物仍然是水。B選項錯誤。非條件反射是先天性的（如膝跳反射），而孩童看到杏子分泌唾液是后天通過經驗建立的（如吃過杏子，聯想杏子的味道），屬于條件反射。C選項錯誤。成熟的果實（如桑葚）會釋放乙烯，乙烯是促進果實成熟的植物激素。將青杏與成熟桑葚密封放置，桑葚釋放的乙烯可加速青杏的成熟。D選項正確。2.【答案】A【分析】細胞自噬是細胞通過溶酶體系統降解和回收自身組分的過程，對于維持細胞內環境穩定和應對壓力條件具有重要作用。溶酶體中的水解酶是在游離的核糖體中合成多肽鏈，當合成了一段肽鏈后，這段肽鏈會與核糖體一起轉移到粗面內質網上繼續合成并在內質網腔內加工、折疊，形成具有一定空間結構的蛋白質，然后在高爾基體中加工和包裝，最終形成溶酶體，A選項錯誤。細胞凋亡是由基因決定的細胞程序性死亡，題目中介紹細胞自噬過程有多種自噬相關的基因參與，所以細胞自噬和細胞凋亡都涉及到特定基因的選擇性表達，B選項正確。自噬小泡與溶酶體融合形成自噬溶酶體，這個過程體現生物膜的流動性，C選項正確。在細胞自噬過程中，異常蛋白質被降解成小分子如氨基酸等，這些分子可以被細胞再次利用，參與新的蛋白質合成或其他代謝過程，D選項正確。3.【答案】D【分析】Na+內流后膜內外膜兩側出現暫時性的電位變化，表現為內正外負的興奮狀態，此時的膜電位為動作電位。河豚毒素通過與神經元上的Na+通道結合，阻斷Na+內流，從而抑制動作電位的產生，A選項正確。神經遞質由突觸前膜釋放，作用于突觸后膜，使興奮在兩個細胞之間傳遞。肉毒素阻止神經遞質由突觸前膜釋放，會導致興奮無法在細胞間正常傳遞，B選項正確。神經遞質作用結束后，會與受體分開，并迅速被降解或回收進細胞。有機磷農藥使水解乙酰膽堿的酶失活，會導致乙酰膽堿在突觸間隙中持續存在，從而持續發揮作用，C選項正確。氟西汀抑制突觸前膜對5-羥色胺的回收，也會導致乙酰膽堿在突觸間隙中持續存在，從而增加突觸間隙中5-羥色胺的濃度，D選項錯誤。4.【答案】B【分析】題目考查土壤微生物的同化作用類型及其在氮循環中的功能。①硝化細菌的同化類型為自養型（通過化能合成作用制造有機物，非異養），可將將氨氧化為亞硝酸、硝酸。題目的同化類型描述錯誤（異養→自養），故①錯誤。②根瘤菌的同化類型為異養型（依賴宿主植物提供有機物），將氮氣轉化為氨（固氮作用），而非“將氨轉化為蛋白質”（蛋白質合成是宿主植物的代謝過程）。作用描述錯誤，故②錯誤。③尿素分解菌的同化類型為異養型，分泌脲酶，將尿素分解為氨和二氧化碳，③完全正確。④固氮藍細菌的同化類型為自養型（含光合色素，可光合作用），通過生物固氮將氮氣轉化為含氮養料（如氨），④完全正確。正確組合為③④,對應選項B。5.【答案】C【分析】甲發生的變異屬于染色體結構變異（易位而非基因突變。基因突變是基因1堿基序列的改變，而圖示中A基因從常染色體被轉移到性染色體Y上，屬于染色體結構變異。A選項錯誤。甲是純合棕蛹（AA），變異導致其一個A基因易位到Y染色體上，因此甲產生的配子中若含有Y染色體就一定含有A基因，與白蛹雌蠅（aa）雜交，所有F1雄蠅均為棕蛹。B選項錯誤。F1雄蠅基因型有兩種為AaXYA和aaXYA（缺失的基因可看作是隱性基因），其中AaXYA與白蛹雌蠅（aaXX）雜交，子代有3/4的棕蛹。C選項正確。aaXYA與白蛹雌蠅（aaXX）雜交，后代雄蠅均為棕蛹，雌蠅均為白蛹。D選項錯誤。6.【答案C】【分析】用F蛋白作為抗原對小鼠進行免疫，小鼠的免疫系統會識別F蛋白，B淋巴細胞受抗原刺激后會增殖分化，其中部分B淋巴細胞能產生針對F蛋白的抗體。從免疫后的小鼠脾中可以得到能產生F蛋白抗體的B淋巴細胞，因為脾臟是免疫器官，是B淋巴細胞集中分布和發揮免疫作用的場所之一，A選項正確。將獲得的能產生抗體的B淋巴細胞與骨髓瘤細胞用PEG（聚乙二醇）誘導融合。PEG可以促進細胞融合，形成多種融合細胞以及未融合的細胞。經過篩選（如用特定的選擇培養基篩選可以去除未融合的細胞（B淋巴細胞和骨髓瘤細胞）以及同種細胞融合的細胞（如B淋巴細胞-B淋巴細胞融合細胞、骨髓瘤細胞-骨髓瘤細胞融合細胞），從而獲得雜交瘤細胞（B淋巴細胞與骨髓瘤細胞融合形成的細胞），B選項正確。因為不同的雜交瘤細胞可能產生不同的抗體，將篩選出的雜交瘤細胞并不是混合培養，而是要進行單個細胞培養（克隆化培養并對每個孔中的細胞進行抗體檢測，才能篩選出產生F蛋白抗體的雜交瘤細胞，C選項錯誤。已知F蛋白可刺激機體產生兩類不同的抗體，成功篩選出的兩類雜交瘤細胞在小鼠體內培養，產生的抗體都是針對F蛋白的，所以這兩類抗體均可與F蛋白結合，選項D正確。30.（12分）【答案】（1）微量（1分）減輕Cu對細胞主要場所代謝的影響（答案合理即可）（2分）（2）葉綠素a（1分）一定范圍內，葉綠素含量隨Cu濃度升高而升高，葉綠素含量升高，光合作用增強，CO2的吸收速率增加；當Cu的濃度超過一定范圍時，葉綠素含量隨Cu濃度升高而降低，葉綠素含量下降，光合作用下降，CO2吸收速率降低（3分）（3）二和三（2分）在遮光條件下，用一系列不同濃度的Cu溶液處理生長狀況相同的紫鴨跖草，一段時間后，檢測CO2釋放速率。（3分）【分析】（1）銅是許多酶的重要組成部分，參與多種生理過程，但植物對銅的需求量很小，Cu是植物生長發育所必需的微量元素。過多的Cu主要分布在細胞壁和液泡中，這種分布可以減輕Cu對紫鴨跖草細胞的毒害，原因是細胞壁和液泡可以將多余的Cu隔離，防止其進入細胞內其他主要代謝結構，由于Cu可使多種酶活性降低，所以這樣分布減少Cu對細胞主要場所代謝的影響。（2）根據圖1，葉綠素a受Cu濃度的影響比較大，所以Cu對紫鴨跖草葉綠素的影響主要表現在對葉綠素a含量的影響上。據圖1和圖2，不同濃度Cu濃度下，葉綠素a和CO2吸收速率變化趨勢相同，所以不同濃度Cu作用下紫鴨跖草CO2吸收速率變化的原因主要是一定范圍內，葉綠素含量隨Cu濃度升高而升高，葉綠素含量升高，光合作用增強，CO2的吸收速率增加；當Cu的濃度超過一定范圍時，葉綠素含量隨Cu濃度升高而降低，葉綠素含量下降，光合作用下降，CO2吸收速率降低。2（3）有氧呼吸的三個階段分別發生在細胞質基質、線粒體基質和線粒體內膜，線粒體是細胞進行有氧呼吸的主要場所，所以過量的Cu溶液使紫云英線粒體損傷變形，該變化可導致有氧呼吸的第二和三階段受到嚴重影響。該實驗的自變量是不同濃度的Cu溶液，因變量是有氧呼吸速率，檢測指標是CO2釋放 速率，又因為測綠色植物的呼吸速率需要在黑暗情況下，所以實驗思路是在遮光條件下，用一系列不同濃度的Cu溶液處理生長狀況相同的紫鴨跖草，一段時間后，檢測CO2釋放速率。31.（9分）【答案】（1）去甲腎上腺素、細胞因子Z、胰高血糖素（3分）（2）通過體液進行運輸、作用于靶器官或靶細胞、作為信使傳遞信息、微量和高效（2（3）實驗思路：用含細胞因子Z和不含細胞因子Z的培養液分別培養胰島A細胞，一段時間后檢測培養液中胰高血糖素的含量。預期結果：含細胞因子Z的培養液中胰高血糖素含量比不含細胞因子Z的培養液中的高。（4分）【分析】（1）結合所學與表中實驗可知，交感神經產生去甲腎上腺素作用于L細胞，促進其分泌細胞因子Z，作用于胰島A細胞使其分泌胰高血糖素，促進肝糖原分解和非糖物質轉化為血糖。因此神經細胞產生的物質甲為去甲腎上腺素，L細胞產生的物質乙為細胞因子Z，胰島A細胞產生的物質丙為胰高血糖素。（2）丙為胰高血糖素，參與的調節方式為激素調節，其特點為通過體液進行運輸、作用于靶器官或靶細胞、作為信使傳遞信息、微量和高效。（3）實驗組使用減法原理進行設計，使小鼠分泌細胞因子Z的過程受抑制，繼而檢測到小鼠血糖升高過程受到影響，該結果可證明細胞因子Z與血糖升高有關，但并未直接證明就是細胞因子Z在血糖升高的過程中發揮作用，故應再使用加法原理設計一組實驗。因題目要求進行體外實驗，所以可選擇動物細胞培養這項生物技術。由于該實驗環境與原實驗不同，無法直接形成對照，故體外實驗也需涉及對照組。綜上，實驗設計為：用含細胞因子Z和不含細胞因子Z的培養液分別培養胰島A細胞，一段時間后檢測培養液中胰高血糖素的含量。預期結果為：含細胞因子Z的培養液中胰高血糖素含量比不含細胞因子Z的培養液中的高。32.（12分，除標注外每空2分）【答案】（1）減少（1分）流入分解者流入下一營養級(②③答案順序可調）（2）防止美國白蛾耐藥基因頻率的增加物理（1分）出生率（3）確保在白蛾蛹期精準投放；根據蟲害密度確定合理投放數量；考慮投放區域的環境，如溫度、濕度是否適合該種寄生蜂生存繁衍【分析】（1）美國白蛾幼蟲大量取食植物葉片，導致生產者（植物）數量減少，光合作用固定的總能量減少。根據生態系統的能量流動，定時定量進行分析，一年中美國白蛾同化能量的去向除了呼吸散失，還包括被下一營養級同化（如捕食美國白蛾的天敵）、被分解者利用，以及未利用的部分（未被利用的個體或部分）。（2）防治美國白蛾可采用多種方法。化學防治時，多種高效低毒藥劑需交替使用可避免單一藥劑對害蟲的定向選擇，延緩抗藥性進化，即防止美國白蛾抗藥性基因頻率升高（或3“避免抗藥性個體存活并繁殖”）。交替用藥的核心是避免“自然選擇”導致抗藥性基因積累，而非“藥劑失效”。利用黑光燈誘捕法誘殺美國白蛾的成蟲，黑光燈光源屬于物理信息，這是物理信息在農業生產中的應用。釋放人工合成的性引誘劑吸引雄蛾，干擾交配，直接降低交配成功率，通過降低美國白蛾的出生率來減少其數量。（3）寄生蜂與美國白蛾為寄生關系，根據題目信息，為確保防治效果，投放該種寄生蜂應考慮的因素有投放時間即寄生蜂需在美國白蛾蛹期投放，確保幼蟲可寄生蛹（若提前或滯后，蛹可能已羽化或被其他生物破壞）。還需控制投放數量，避免過度