2022高考全国乙卷理科综合答案及解析.docx

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1、2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷）理科综合能力测试答案与解析1 .【答案】D【解析】【分析】减数分裂过程包括减数第一次分裂和减数第二次分裂;主要特点是减数第一次分裂 前期同源染色体联会,可能发生同源染色体非姐妹单体之间的交叉互换,后期同源染色体分 开,同时非同源染色体自由组合,实现基因的重组,减数第二次分裂则为姐妹染色单体的分 离。【详解】AB、有丝分裂过程中不会发生同源染色体联会形成四分体 过程，这样就不会发生 姐妹染色单体分离导致等位基因A和a进入不同细胞的现象,A、B错误:C、D、根据题意,某动物基因型是Aa,经过间期复制，初级性母细胞中有AAaa四个基因, 该动物的某细

2、胞在四分体时期发生交叉互换，涉及A和a的交换，交换后两条同源染色的姐 妹染色单体上均分别具有A和a基因，减数第一次分裂时，同源染色体分开,两组Aa彼此 分开进入次级性母细胞，但不会发生姐妹染色单体分离导致等位基因A和a的现象，而在减 数第二次分裂时,姐妹染色单体分离，其上的A和a分开进入两个子细胞，C错误,D正确。 故选D。2 .【答案】D【解析】【分析】光合作用会吸收密闭容器中的CO”而呼吸作用会释放COz,在温度和光照均适宜且 恒定的情况下，两者速率主要受容器中CO和0Z的变化影响。【详解】A、初期容器内C6浓度较大,光合作用强于呼吸作用，植物吸收CO释放,使密 闭容器内的CO浓度下降“浓

3、度上升，A错误;B、根据分析由于密闭容器内的C02浓度下降,02浓度上升，从而使植物光合速率逐渐降低， 呼吸作用逐渐升高,直至两者平衡趋于稳定,B错误;CD、初期光合速率大于呼吸速率,之后光合速率等于呼吸速率，C错误,D正确。故选D3 .【答案】B【解析】【分析】兴奋在两个神经元之间传递是通过突触进行的，突触由突触前膜、突触间隙和突触 后膜三部分组成,神经递质只存在于突触前膜的突触小泡中,只能由突触前膜释放,进入突 触间隙,作用于突触后膜上的特异性受体，引起下个神经元兴奋或抑制。【详解】A、如果通过药物加快神经递质经突触前膜释放到突触间隙中,突触间隙中神经递 质浓度增加,与突触后膜上特异性受体

4、结合增多，会导致兴奋过度传递引起肌肉痉挛，达不 到治疗目的，A不符合题意;B、如果通过药物阻止神经递质与突触后膜上特异性受体结合，兴奋传递减弱，会缓解兴奋 过度传递引起的肌肉痉挛，可达到治疗目的,B符合题意:C、如果通过药物抑制突触间隙中可降解神经递质的酶的活性，突触间隙中的神经递质不能 有效降解,导致神经递质与突触后膜上的特异性受体持续结合，导致兴奋传递过度引起肌肉 痉挛，达不到治疗目的，C不符合题意;D、如果通过药物增加突触后膜上神经递质特异性受体的数量,突触间隙的神经递质与特异 性受体结合增多，会导致兴奋传递过度引起肌肉痉挛,达不到治疗目的，D不符合题意。 故选B。4 .【答案】C【解析

5、】【分析】分析:由表格数据可知,该实验的自变量是醜的组分、Mg的浓度，因变量是有没 有产物生成,底物为无关变量。第组为正常组作为空白对照，其余组均为实验组。【详解】A、第组中，酶P在低浓度Mg”条件，有产物生成,说明酶P在该条件下具有催 化活性,A错误;BD、第组和第组对照,无关变量是底物和蛋白质组分，自变量是Mg浓度，无论是高 浓度悔条件下还是低浓度Mg2条件下,两组均没有产物生成,说明蛋白质组分无催化活性， BD错误；C、第组和第组对照,无关变量是底物和RNA组分，自变量是帼浓度，第组在高浓 度Mg条件下有产物生成,第组在低浓度蛇条件下,没有产物生成,说明在高浓度Mg 条件下RNA组分具有

6、催化活性,C正确。故选C。5 .【答案】A【解析】【分析】群落的垂直结构指群落在垂直方面的配置状态，其最显著的特征是分层现象,即在 垂直方向上分成许多层次的现象。影响植物群落垂直分层的主要因素是光照,影响动物群落 垂直分层的主要因素为食物和栖息空间。【详解】森林群落的分层现象在占地面积相同情况下提供了更多空间,提高了生物对阳光 等环境资源的利用能力,正确;森林植物从上到下可分为不同层次,最上层为乔木层，错误:影响植物群落垂直分层的主要因素是光照，垂直方向上森林中植物分层现象与对光的利用 有关，正确:森林群落中动物的分层现象与食物和栖息空间有关，正确;群落垂直结构的分层现象、群落的水平结构等都是

7、自然选择的结果,正确；群落中植物垂直分层现象的形成主要是由光照决定的，错误。A正确，BCD错误。故选A6 .【答案】C【解析】【分析】根据题意可知，正交子代中芦花鸡和非芦花鸡数目相同，反交子代均为芦花鸡，说 明控制鸡羽毛性状芦花和非芦花的基因位于Z染色体上,且芦花为显性。【详解】A、根据题意可知，正交为ZT （非芦花雄鸡）XZAW （芦花雌鸡）,子代为、ZW, 且芦花鸡和非芦花鸡数目相同，反交为ZAZXZ”W,子代为Z2、ZAW,且全为芦花鸡，A正确； B、正交子代中芦花雄鸡为ZZ（杂合子）,反交子代中芦花雄鸡为（杂合子），B正确； C、反交子代芦花鸡相互交配，即ZVXZ、,所产雌鸡Z*W、Z

8、屮（非芦花），C错误;D,正交子代为ZZ（芦花雄鸡）、ZW （非芦花雌鸡），D正确。故选Co7 .【答案】B【解析】【详解】A.铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A错误；8 .碳酸氢钠不稳定,受热易分解产生二氧化碳,能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确； C,青铜是在纯铜（紫铜）中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属 于混合物，不是铜单质,C错误;D.钠元素灼烧显黄色,D错误；故选B.9 .【答案】D【解析】【详解】A.化合物1分子中还有亚甲基结构，其中心碳原子采用5杂化方式，所以所有 原子不可能共平面，A错误;8 .结构相似，分子上相差n个CH的有机物互为同系物，上述

9、化合物1为环氧乙烷，属于 醛类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似,不是同系物,B错误;C.根据上述化合物2的分子结构可知，分子中含酯基，不含羟基,C错误;OHC-CH2-o_-nD.化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物,D正确:答案选D。9 .【答案】A【解析】 【详解】由题意可知,取少量样品溶于水得到无色透明溶液,说明固体溶于水且相互之间 能共存，向的溶液中滴加过量稀盐酸,溶液变浑浊,有刺激性气体放出，说明固体中存 在NazSzOs,发生反应SzO；+2H=S I+H2O+SO2 t ,离心分离，取的上层清液，向其中滴加 BaCl溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO.,说明固体中存在Naz

10、SO”不能确定是否有NaSO：, 和Na（h, N&SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2（X）3与过量盐酸反应生成二氧化碳,而 这些现象可以被NazSzOs与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析,该样品中确定存在的是: NazSO,、Na2s2O3, 答案选A。10 .【答案】C【解析】【详解】A.向NaBr溶液中滴加过量氯水，漠离子被氧化为漠单质，但氯水过量，再加入淀 粉K!溶液,过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明漠单质的氧化性强于碘单质， A错误;B.向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢 氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应,则不会

11、产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没 有发生水解，B错误;C,石蜡油加强热，产生的气体能使澳的四氯化碳溶液褪色,说明气体中含有不饱和燈，与 澳发生加成反应使澳的四氯化碳溶液褪色，C正确;D,聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体,说明产生了氯化氢,不能说明氯乙烯加聚是可逆反应,可逆反应是指在同一条件下,既能向正反应方向进行,同时又能向 逆反应的方向进行的反应,而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同,D错误;答案选C。11 .【答案】D 【解析】 【分析】化合物(YW,X5Zb4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元 素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的

12、热重曲线如图所示，在200,C以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即w为H, Z为0, YZz分子的总电子数为奇数,常温下为气体，则Y为N,原子序数依次增加,且加和为21,则X为B。【详解】A. X(B)的单质常温下为固体，故A错误;B,根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性:X (H3BO3) Y(HNO:t),故 B 错误;C.根据前面已知200C以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去 是水，若1002OOC阶段热分解失去4个0,则质量分数x 100% 73.6%_14 + 4 + 11x5 + 16x8 _14 + 4 + 11x5 +

13、 16x8 + 18x4说明不是失去去4个H?0,故C错误;D.化合物(NHBsOb/HzO)在500热分解后若生成固体化合物XzZ3(B。),根据硼元素守恒, 则得到关系式2NH区0. 4H20-5BA,则固体化合物B。质量分数为xl00%64.1%说明假设正确，故D正确。 (11x2 + 16x3)x5 (14 + 4 + 11x5 + 16x8 + 18x4)x2综上所述，答案为D。12 .【答案】C【解析】【分析】充电时光照光催化电极产生电子和空穴,驱动阴极反应(Li+e匸)和阳极反应 (Li202+2h-2Li*+02),则充电时总反应为LizOELi+Oz,结合图示,充电时金属Li

14、电极为阴 极，光催化电极为阳极;则放电时金属Li电极为负极,光催化电极为正极;据此作答。【详解】A.光照时，光催化电极产生电子和空穴,驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充 电,结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为202=2+02, A正确；B.充电时,光照光催化电极产生电子和空穴,阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关,B正确;C,放电时,金属Li电极为负极,光催化电极为正极,Li.从负极穿过离子交换膜向正极迁 移,C错误;D.放电时总反应为2Li+0z=Li。,正极反应为Oz+2Li*+2e =LizOz, D正确;答案选C。13 .【答案】B【

15、解析】【详解】A.常温下溶液 I 的 pH=7.0,则溶液 I 中 c(H )=c(0H )=lX10-7mol/L, c(H ) = 2R联立可得h = 2R故C正确,ABD错误。故选Co17 .【答案】B【解析】【详解】一个光子的能量为为光的频率，光的波长与频率有以下关系光源每秒发岀的光子的个数为P PAn =hv heP为光源的功率,光子以球面波的形式传播,那么以光源为原点的球面上的光子数相同,此 时距光源的距离为7?处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3 X 10个,那么此处的球面 的表面积为- = 3xl014 S联立以上各式解得七3 X 102m故选Bo18 .【答案】BC【解析】【

16、详解】A如图所示 地磁南极地磁北极地球可视为个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近,磁北极大致指向地理南极附近。通 过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11. 3度的倾斜。由表中z轴数据 可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球,A错误;B.磁感应强度为矢量,故由表格可看出此处的磁感应强度大致为B =强+B；=也+度计算得B正确;CD.由选项A可知测量地在北半球,而北半球地磁场指向北方斜向下,则第2次测量,测量 40,故”轴指向北方而y轴则指向西方,C正 确、D错误。故选BCo19 .【答案】AB【解析】【详解】A.两个正电荷在点产生的场强方向由指向。，点处于两负电荷连线的

17、中垂线 上,则两负电荷在点产生的场强方向由指向0,则点的合场强方向由川指向0,同理 可知，两个负电荷在/处产生的场强方向由。指向厶点处于两正电荷连线的中垂线上, 两正电荷在工处产生的场强方向由。指向厶则处的合场方向由。指向厶由于正方向两 对角线垂直平分，则Z和川两点处的电场方向相互垂直，故A正确:B,正方向底边的对等量异号电荷在点产生的场强方向向左,而正方形上方的对等量 异号电荷在“点产生的场强方向向右，由于点离上方对等量异号电荷距离较远，则 点的场方向向左，故B正确;C.由图可知,“和。点位于两等量异号电荷的等势线上,即和。点电势相等，所以将一 带正电的点电荷从点移动到。点，电场做功为零，故

18、C错误;D,由图可知,工点的电势低于点电势,则将一带正电的点电荷从/点移动到点,电场 做功不为零，故D错误。故选ABo20 .【答案】AD【解析】【详解】物块与地面间摩擦为f = ,mg = 2NAC,对物块从。3内由动量定理可知(F-/X =mv3即(4 - 2) x 3 = 1 x v3匕=6m/s3s时物块的动量为p = mv3 = 6kg - m/s设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得_(F + 于)t = O-mv3即一(4 + 2=0- 1x6解得t = s所以物块在4s时速度减为,则此时物块的动能也为0,故A正确,C错误;B1 3物块发生的位移为小，由动能定理可得1

19、 ,(/)X = 2mv3即(4-2)x, =xlx62得x =9m3s 4s过程中,对物块由动能定理可得-(F + f)x2 = 0 mv即一(4 + 2)=0丄 xlx6?得x2 =3m4s6s物块开始反向运动,物块的加速度大小为F-f ,2a =- = 2m/stn发生的位移为1 ,玉=x 2 x 2- m=4m m-12 qE, 12mv： 1O5, PbSO,可以比较彻底的转(aq)= PbC0Ks)+S0： (aq)的平衡常数 K=g!望c (.CUq )化为PbCO3(2)反应 BaSO4(s)+CO； (aq)= BaCO?(s)+S0： (aq)的平衡常数 K=c(SOj)

20、c(COj)=0. 04105l反应正向进行的程度有限(3) .Fe .Pb+H2O2+2HAc=Pb (Ac) 2+2H2O.作还原剂(4) Fe(0H)3、Al (0H)3(5) Ba、 Na【解析】【分析】铅膏中主要含有PbSO,、PbO2, PbO和Pb,还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等, 向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫,硫酸铅转化为碳酸铅,过滤,向所得固体中加入醋酸、 过氧化氢进行酸浸,过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子,酸浸后溶液的pH约为 4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后, 向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅,得到氢氧化

21、铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离 子和钢离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。【小问1详解】“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠,反应的离子方程式为:PbSOKs)+CO： (aq)= PbCOs(s)+SOt (aq),由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知,Kip(PbC03)=7. 4x 10 H, Ksp(PbS0.,)=2. 5x 1,反应 PbSO(s)+CO； (aq)= PbC()3(s)+S0； (aq)的平衡常数 K.c(S0r)_c(Pb-).c(SO )_Kp(PbSO4) 2.5x10s的干衝吊数(常c(Pb-).c(COh- %(PbCOJ 一4x

22、 10 10,说明可以转化的比较彻底,且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中,减少铅的损失。【小问2详解】九九. , c(S0D c(Ba2+)-c(SO?)Ksp(BaSO4) i.ixlQ10Ksp(BaCO3)-2.6x109反应BaS0i(s)+C()3 (aq)= BaC()3(s)+S0； (aq)的平衡常数K二 小=e 2+_仄 c (。)c(Ba )*c(CO3 )0. 04105.说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSOi完全转化。【小问3详解】(i)过氧化氢有氧化性,亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ii)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液

23、中转化为Pb(Ac”,过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)z和HQ,依据得失电子守恒和原子守恒可知,反应的化学方程式为:Pb+lW2HAc=Pb (Ac)2+2H20o(iii)过氧化氢也能使PbO,转化为Pb(Ac)2,铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO是 氧化剂,则过氧化氢是还原剂。【小问4详解】酸浸后溶液的pH约为4. 9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知,滤渣主要成分为氢氧化铝、 氢氧化铁。【小问5详解】依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO,完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧 化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅,因此沉铅的滤液中

24、，金属 离子有B和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。27 .【答案】(1)分液漏斗和球形冷凝管(2) CuSO4 -5H2O风化失去结晶水生成无水硫酸铜(3) CuO (4) 3H2C204+2K2C03=2KHC204+K2C204+2H20+2C02T(5)分批加入并搅拌 (6)水浴(7)冷却结晶、过滤、洗涤【解析】 【分析】取已知浓度的CuSO溶液,搅拌下滴加足量NaOH溶液,产生浅蓝色沉淀氢氧化 铜,加热,氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀,过滤,向草酸（H2c20J溶液中加入适量 K2co、固体,制得KHC?O4和K2c204混合溶液，将KHC204和K2c204混合溶液加热 至80

25、-85C,加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结 晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸合铜（0）酸钾晶体。【小问1详解】由CuSO5H。固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的CuSOjSH。固体，将 称量好的固体放入烧杯中,用量筒量取一定体积的水溶解CuSO5H2。,因此用不到的仪 器有分液漏斗和球形冷凝管。【小问2详解】CuSO5H2。含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白 色固体。【小问3详解】硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀,加热，氢氧化铜分解生成黑色的 氧化铜沉淀。【小问4详解】草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5

26、:1发生非氧化还原反应生成KHC。、K2c20CO? 和水,依据原子守恒可知，反应的化学方程式为:3H。+2用（:03=2KHe2+K2c2O4+2H2O+2CO21。【小问5详解】为防止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾进行分批 加入并搅拌。【小问6详解】III中将混合溶液加热至80-85C,应采取水浴加热,使液体受热均匀。小问7详解】从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将III的滤液用 蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸合铜（H）酸钾晶体。28 .【答案】（1） 170（2）.副产物氢气可作燃料.耗能高(3)

27、 .50%.4.76(4) .越高 ,n(H2S):n(Ar)越小,H2s的分压越小,平衡向正反应方向进行,H2s平衡转化率越高.d .24.9【解析】【小问1详解】已知: 2H2s (g) +302 (g) =2SO2(g) +2H20 (g) - 1036kJ/mol 4Hzs (g)+2S0z(g) =3S2(g)+4H20(g)=94kJ/mol2H2 (g) +02 (g) = 2HQ (g) A A = - 484kJ/mo 1根据盖斯定律(+)X g 即得到 2Hzs(g) =Sz(g)+2Hz(g)的=(-1036+94) kj/mol 1 ,X +484kJ/mol = 17

28、0 kj/mol；3【小问2详解】根据盖斯定律(+)X g 可得 2H2s (g)+02(g)=S2(g)+2Hz0(g) A/=(-1036+94) kJ/molX 1=-314kJ/mol,因此,克劳斯艺的总反应是放热反应;根据硫化氢分解的化学方程式 可知,髙温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此,高温热分解方法的优点是:可以获得氢气作燃料:但由于高温分解HzS会消耗大量能量,所以其缺点是耗能高;【小问3详解】假设在该条件下,硫化氢和氣的起始投料的物质的量分别为!mol和4moi,根据三段式可知:2H2s(g)U S2(g)+ 2H2(g)始 / mol100变 / molX0.

29、5xX平mol1 X0.5xX平衡时HzS和的分压相等，则二者的物质的量相等,即l-x = x,解得x=0.5,所以H?S的平衡转化率为羽x 100% = 50%,所以平衡常数=幽*。 1p-(HaS)些 xlOOk&x (30.55.25xlOOkPa)224. 76kPa；xlOQkPa)2【小问4详解】由于正反应是体积增大的可逆反应,n(H,S):n(Ar)越小,H?S的分压越小,相当于降低压 强，平衡向正反应方向移动,因此H2s平衡转化率越高;n(H：；S) :n(Ar)越小，H2s平衡转化率越高,所以n+f) :n(Ar) = 1:9对应的曲线是d;根据 图像可知($)5 61)=1

30、:9反应进行到0.时$转化率为0.24。假设在该条件下,硫 化氢和氢的起始投料的物质的量分别为!mol和9mol,则根据三段式可知2H2s(g) Qs2U) +2H2(g)始 / mol100变 / mol0.240.120.24平 / mol0.760.120.240 7，此时H2s的压强为:xiOOkPa七7. 51kPa, H2s的起始压强为lOkPa,所0.76 + 0.12 + 0.24 + 9以H2s分压的平均变化率为lkP751kpgkpa . s-0.1529 .【答案】(1)主动运输需要呼吸作用提供能量,。浓度小于a点,根细胞对NO;的吸收 速率与Oz浓度呈正相关(2)主动运

31、输需要载体蛋白,此时载体蛋白达到饱和(3)甲的NO;最大吸收速率大于乙,甲需要能量多,消耗Z多(4)定期松土【解析】【分析】根据物质运输的方向以及运输过程中是否需要能量,将物质跨膜运输分为被动运输 和主动运输，其中主动运输为逆浓度方向运输，需要载体蛋白和能量的供应。曲线图分析， 当氧气浓度小于a时，影响根细胞吸收NCh-的因素是能量，当氧气浓度大于a时,影响根 细胞吸收N03的因素是载体蛋白的数量。【小问1详解】主动运输是低浓度向高浓度运输,需要能量的供应,由图可知，当氧气浓度小于a点时，随 着02浓度的增加，根细胞对NO.的吸收速率也增加,说明根细胞吸收N03需要能量的供 应，为主动运输。【

32、小问2详解】影响主动运输的因素包括能量和载体蛋白,浓度大于a时作物乙吸收NO3速率不再增加, 能量不再是限制因素，此时影响根细胞吸收NCh-的速率的因素是载体蛋白的数量,因为数 量,载体蛋白达到饱和。【小问3详解】曲线图分析,当甲和乙根细胞均达到最大的N0./的吸收速率时,甲的NCh-最大吸收速率 大于乙,说明甲需要能量多,消耗02多，甲根部细胞的呼吸速率大于作物乙。【小问4详解】在农业生产中，为了促进根细胞对矿质元素的吸收，需要定期松土，增加土壤中的含氧量, 促进根细胞的有氧呼吸。30 .【答案】(1)甲状腺吸收碘合成甲状腺激素(2).大于 .不相同.乙组注射外源甲状腺激素,使甲状腺激素合成

33、减少,丙组注射促甲状腺激素会促进甲状腺激素的合成【解析】【分析】下丘脑通过释放促甲状腺激素释放激素(TRH),来促进垂体合成和分泌促甲状腺 激素(TSH), TSH可以促进甲状腺合成和释放甲状腺激素:当甲状腺激素达到一定浓度后, 又会反馈给下丘脑和垂体，从而抑制两者的活动。【小问1详解】碘是合成甲状腺激素的原料，将含有放射性碘溶液注射到兔体内，碘首先进入组织液，后进 入血浆或淋巴运输到甲状腺滤泡上皮细胞被吸收，参与甲状腺激素的合成。【小问2详解】甲组注射生理盐水,对甲状腺的活动没有明显的影响，甲状腺激素的合成与释放维持原来的 水平;乙组注射外源甲状腺激素，使机体甲状腺激素含量超过正常水平,会反

34、馈给下丘脑和 垂体，从而抑制两者的活动，使机体甲状腺激素合成减少;丙组注射促甲状腺激素，可以促 进甲状腺合成和分泌甲状腺激素，导致甲状腺激素合成增加，故三种情况下,丙组甲状腺激 素的合成量大于甲组，乙组和丙组甲状腺激素的合成量不相同。31 .【答案】(1)随机取样、样方大小一致、样方数量适宜(2) (SXn) /m (3)对野生动物的不良影响小、调查周期短,操作简便【解析】【分析】1、调查植物种群密度常用样方法，样方法是指在被调查种群的分布范围内，随机 选取若干个样方,通过计数每个样方内的个体数,求得每个样方的种群密度，以所有样方法 种群密度的平均值作为该种群的种群密度估计值。2、调查动物的种

35、群密度常用的方法是标志重捕法，计算种群数量时利用公式计算若将该地 段种群个体总数记作N,其中标志数为M,重捕个体数为n,重捕中标志个体数为m,假定总 数中标志个体的比例与重捕取样中标志个体的比例相同,则N=Mn+m。【小问1详解】为避免人为因素的干扰,保证调查的可靠性和准确性,选取样方时关键要做到随机取样、要 依据调查范围大小来确定样方大小和数量，样方大小要一致、样方数量要适宜。【小问2详解】假设区域内种群数量为N,样方内平均个体数为n,已知所调查区域总面积为S,样方面积 为m,调查区域内种群密度相等，N+S=n+m,则N= （SXn） /m。【小问3详解】研究小组借助空中拍照技术调查草原上地