2022全国甲卷高考理科综合答案及解析.docx

《2022全国甲卷高考理科综合答案及解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022全国甲卷高考理科综合答案及解析.docx（31页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（全国甲卷理综）答案及解析1 .【答案】B【解析】【分析】无机盐的存在形式与作用:（1）存在形式:细胞中大多数无机盐以离子的形式存在:（2）无机盐的功能:对维持细胞和生物体生命活动有重要作用,如：Fe是构成血红素的元 素;Mg是构成叶绿素的元素。【详解】A、细胞中有以无机离子形式存在的钙,也有以化合物形式存在的钙（如CaCO。,A 正确:B、C不能自由通过细胞膜的磷脂双分子层,需要载体协助,B错误;C、维生素D能有效地促进人体肠道对钙和磷的吸收，故适当补充维生素D可以促进肠道对 钙的吸收，C正确；D、哺乳动物的血液中必须含有一定量的Ca*

2、Ca的含量太低，会出现抽搐等症状，D正确。 故选B。2 .【答案】C【解析】【分析】由题分析可知，水分交换达到平衡时细胞a未发生变化，既不吸水也不失水，细胞 a的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度；细胞b的体积增大，说明细胞吸水,水分交换前, 细胞b的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度；细胞c发生质壁分离，说明细胞失水,水分 交换前，细胞c的细胞液浓度小于外界蔗糖溶液的浓度。【详解】A、由于细胞b在水分交换达到平衡时细胞的体积增大,说明细胞吸水，则水分交 换前，细胞b的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度，A正确；B、水分交换达到平衡时，细胞a的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度,细胞b的细胞液 浓度大

3、于外界蔗糖溶液的浓度,细胞c的细胞液浓度小于外界蔗糖溶液的浓度，因此水分交 换前，细胞液浓度大小关系为细胞b细胞a细胞c, B正确；C、由题意可知,水分交换达到平衡时，细胞a未发生变化，说明其细胞液浓度与外界蔗糖 溶液浓度相等;水分交换达到平衡时,细胞c的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度，因此， 水分交换平衡时,细胞c的细胞液浓度等于细胞a的细胞液浓度,C错误；D、在一定的蔗糖溶液中,细胞c发生了质壁分离,水分交换达到平衡时,其细胞液浓度等 于外界蔗糖溶液的浓度,D正确。故选Co3 .【答案】A【解析】【分析】赤霉素:合成部位:幼芽、幼根和未成熟的种子等幼嫩部分;主要生理功能:促进 细胞的伸长

4、;解除种子、块茎的休眠并促进萌发的作用。【详解】AB、赤霉素具有促进细胞伸长的功能，该作用的发挥需要与受体结合后才能完成, 故喷施某种激素后作物的矮生突变体长高，说明喷施的为赤霉素，矮生突变体矮生的原因是 缺乏赤霉素而非受体合成受阻（若受体合成受阻，则外源激素也不能起作用），A正确,B 错误;CD、脱落酸抑制植物细胞的分裂和种子的萌发，与植物矮化无直接关系,CD错误。故选A。4 .【答案】C【解析】【分析】有氧呼吸的第一、二、三阶段的场所依次是细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜。 有氧呼吸第一阶段是葡萄糖分解成丙酮酸和H,合成少量ATP;第二阶段是丙酮酸和水反 应生成二氧化碳和H,合成少量AT

5、P;第三阶段是氧气和H反应生成水,合成大量ATP。【详解】A、有氧呼吸的第一阶段场所是细胞质基质，第二、三阶段在线粒体,三个阶段均 可产生ATP,故有氧呼吸时细胞质基质和线粒体都可产生ATP, A正确:B、线粒体内膜是有氧呼吸第三阶段的场所，该阶段氧气和H反应生成水，该过程需要酶的 催化,B正确;C、丙酮酸分解为CO和H是有氧呼吸第二阶段,场所是线粒体基质,该过程需要水的参与, 不需要氧气的参与,C错误；D、线粒体是半自主性细胞器，其中含有少量DNA,可以通过转录和翻译控制蛋白质的合成， D正确。故选Co5 .【答案】D【解析】【分析】S型增长曲线:当种群在个有限的环境中增长时,随着种群密度的

6、上升，个体间 由于有限的空间、食物和其他生活条件而引起的种内斗争必将加剧,以该种群生物为食的捕 食者的数量也会增加,这就会使这个种群的出生率降低,死亡率增高,从而使种群数量的增 长率下降，当种群数量达到环境条件所允许的最大值时,种群数量将停止增长，有时会在K 值保持相对稳定。【详解】分析题图可知，随着时间变化,甲曲线先增加后减少，乙曲线呈S形，丙曲线下降, 在池塘中投放批鱼苗后，由于一段时间内鱼没有进行繁殖，而且一部分鱼苗由于不适应环 境而死亡,故种群数量下降,如曲线丙;存活的个体重量增加，如曲线乙,种群总重量先增 加后由于捕捞而减少，如曲线甲。综上可知，D正确。故选D。6 .【答案】B【解析

7、】【分析】分析题意可知:A、a和B、b基因位于非同源染色体上，独立遗传，遵循自由组合 定律。【详解】A、分析题意可知,两对等位基因独立遗传，故含a的花粉育性不影响B和b基因 的遗传,所以Bb自交,子一代中红花植株B_:白花植株bb=3： 1, A正确:B、基因型为AaBb的亲本产生的雌配子种类和比例为AB:Ab:aB:ab=l:l:l:l,由于含a的花 粉50%可育，故雄配子种类及比例为AB:Ab:aB:ab=2:2:l:l,所以子一代中基因型为aabb 的个体所占比例为1/4X1/6=1/24, B错误:C、由于含a的花粉50%可育，50%不可育，故亲本产生的可育雄配子是A+l/2a,不育雄

8、配子 为l/2a,由于Aa个体产生的A： a=l:l,故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子的三倍， C正确:D、两对等位基因独立遗传，所以Bb自交，亲本产生的含B的雄配子数和含b的雄配子数相 等,D正确。故选Bo7 .【答案】D【解析】【详解】A.漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合,会发生氧化还原反应生成有毒的氯气, 两者不能混合使用，A错误;B,温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质 是硫氧化物、氮氧化物等，B错误;C,棉花、麻来源于植物,主要成分均是纤维素,为碳水化合物,但蚕丝来源于动物,主要 成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物,C错误;D.干冰是固态

9、的二氧化碳,干冰升华时,吸收大量的热,使周围温度降低，大量的水蒸气 凝结成了小液滴,形成“云雾”效果，D正确: 答案选D。8 .【答案】B【解析】【详解】A.由该物质的结构简式可知，其分子式为C59HA错误;B,由该物质的结构简式可知,键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后个连接H原子 的碳是甲基,故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基,B正确;C.双键碳以及与其相连的四个原子共面,誤基碳采取sp2杂化，狼基碳原子和与其相连的 氧原子及另外两个原子共面,因此分子中的四个氧原子在同一平面上,C错误:D.分子中有碳碳双键，能发生加成反应,分子中含有甲基，能发生取代反应,D错误; 答案选B。

10、9 .【答案】D【解析】【详解】A.硝酸具有强氧化性,可以将S氧化为S单质,自身根据其浓度大小还原为N0 或 N02,反应的离子方程式为 4H+2N0； +S? =S I +2N02 t +21W(浓)或 8H+2N0； +3S? =3S I +2NO+4HQ (稀)，A 错误;B.明矶在水中可以电离出A，可以与氨水中电离出的0H发生反应生成Al (0H%,但由于 氨水的碱性较弱，生成的A1(OH”不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为A13，+3NH3 HQ=A1 (OH% I +3NH： , B 错误:C.硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时,生成硅酸沉淀，二氧化碳则根

11、据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiOf +HQ+C02=Hi03 I +C0： (CO少量)或 SiOr+2HQ+2coz=HzSi()3 I +2HC0： (CO过量),C 错误;D.将等物质的量浓度的Ba(0H)z与NH,HSOi溶液以体积比1： 2混合,Ba(0H)z电离出的0H 与NH,HSO,电离出的H+反应生成水，Ba (0H)2电离出的Ba与NH.HSO.电离出的S0;反应生成BaSO沉淀,反应的离子方程为为Ba+2OH-+2H+SO；=BaSON+2H2O, D正确;故答案选D。10 .【答案】A【解析】【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知

12、,HI区Zn为电池的负极,电极反应为 Zn-2e+4OH =Zn (0H) ； , I 区 MnO为电池的正极,电极反应为 MnOz+2e+4H=Mn+2H2。;电池 在工作过程中,由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜,故两个离子 隔膜均可以通过阴、阳离子,因此可以得到I区消耗H*,生成Mn。【区的K向1区移动或 I区的so;向n区移动,hi区消耗oh,生成zn(OH)；, n区的so;向in区移动或in区的 k,向n区移动。据此分析答题。【详解】A.根据分析,II区的K+只能向I区移动,A错误;B.根据分析，I区的SO;向H区移动,B正确;C. MnOz电极的电极反应式为M

13、n0?+2e +4H=Mn2，+2H2O, C正确;D.电池的总反应为2/4011+102+4=211(011)；+乂+20, D正确:故答案选Ao11 .【答案】C【解析】【详解】A. 25、lOlkPa不是标准状况,不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的 量,故A错误;B. A在溶液中会发生水解生成Al(0H)3,因此2.0L 1.0 mol/L的A1CL溶液中AF,数目小 于2.0N4,故B错误:15 点燃C.苯甲酸燃烧的化学方程式为C6H5c。H+5027(Z2+3也, Imol苯甲酸燃烧 生成7m。ICO?,则0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molC02,数目为1.4N,”故

14、C正确;D.电解熔融CuCk时，阳极反应为2。-2=02 阴极反应为Cu2+2d=Cu,阴极增加 的重量为Cu的质量，6. 4gCu的物质的量为0. Imol,根据阴极反应可知，外电路中通过电子 的物质的量为0.2mol,数目为0.2Na,故D错误:答案选C。12 .【答案】D【解析】【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,Q与X、Y、Z不在同一周期, Y原子最外层电子数为Q元原子内层电子数的2倍,则Q应为第二周期元素,X、Y、Z位于 第三周期,丫的最外层电子数为4,则丫为Si元素,X、Y相邻，且X的原子序数小于Y,则 X为A1元素,Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19,则

15、Q、Z的最外层电子数之和为!9-3-4=12, 主族元素的最外层电子数最多为7,若Q的最外层电子数为7,为F元素，Z的最外层电子 数为5,为P元素，若Q的最外层电子数为6,为元素,则Z的最外层电子数为6,为S 元素，若Q的最外层电子数为5,为N元素,Z的最外层电子数为7,为C1元素;综上所述， Q为N或。或F, X为A1, 丫为Si, Z为C1或S或P,据此分析解题。【详解】A. X为Al, Q为N或。或F,同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族 从上往下依次减弱,故非金属性:QX, A错误;B,由分析可知,X为A1属于金属晶体,丫为Si属于原子晶体或共价晶体,故单质熔点SiAl, 即

16、YX, B错误;C,含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或。或F,其简单氢化物为HQ或NL或HF, Z为C1或S或P,其简单氢化物为HC1或H2s或PL,由于前者物质中存在分子间氢键，而 后者物质中不存在，故沸点QZ, C错误;D.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、C1的非金属性均强于Si,因 此最髙价含氧酸酸性:ZY, D正确;故答案为:Do13 .【答案】C【解析】【详解】A. CH3COONH,中 NH:水解，NHH2O=iNH3 H2OH+ ,会消耗 CH3COO 水 解生成的。H,测定相同浓度的CHEOONH,和NaHC溶液的pH,后者大于前者,不能说明 Kh

17、（CH；）COO） 8时,导体棒加速运动,当速度达到最大值之后,电容器与心及?构成回路, 由于一直处于通路 形式，由能量守恒可知，最后加,终极速度为零,故B错误:C. ,斯在运动过程中为非纯电阻电路,上的电流瞬时值为.u BlvI =R当 =8时,榊,上电流瞬时为零,安培为零此时，粉V速度最大，故C错误;D,在也V加速度阶段，由于V反电动势存在，故楸上电流小于电阻上的电流，电阻 消耗电能大于就上消耗的电能（即 Emn ）,故加速过程中，Qr Qmn:当网,减速为 零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻/?形成各自的回路，因此可知此时也 是电阻R的电流大,综上分析可知全过程中电阻?上的

18、热量大于导体棒上的热量,故D正确。 故选ADo21 .【答案】BD【解析】【详解】A.如图所示Eq mg故等效重力G的方向与水平成45Vy 当Vv =0时速度最小为in =% ,由于此时匕存在水平分量,电场还可以向左做负功,V0故此时电势能不是最大,故A错误;BD.水平方向上Eqv0=-tm在竖直方向上=卽由于Eq = mg ,得 = %如图所示,小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量,故电势能最大。由动能定 理可知%+w%=o则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD正确:C.当如图中匕所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误;故选BD。22 .【答案】.见解析.99

19、00【解析】【详解】(1) 1为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻凡并联,再与 电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻的电流,从 而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻,由于电源电压过大，并且为了测量多 组数据，滑动电阻器采用分压式解法,实验电路原理图如图所示(2) 2流过定值电阻的电流1 = IA-IC = 9.00mA-0.09mA = 8.91mA加在微安表两端的电压U = /% = 8.91x10-2 V微安表的内电阻R =L&91x10：q = 990C g Ir 90.0x1023.【答案】.0. 304m-in .0.31.0.

20、32.0.332班【解析】【详解】（2） 1应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块,碰后运动方向相反,故选0. 304kg的滑块作为A。（6） 2由于两段位移大小相等,根据表中的数据可得=- = - = = 0.31 v2 0.67（7） 3,平均值为丁 0.31+0.31 + 0.33+0.33+0.33 k = 0.325（8） 4 5弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒,可得叫 = 一 叫 h + m1V2121212町% =5町+I明联立解得Vj _ -%2m,代入数据可得 = 0.3324.【答案】竝m/s5【解析】【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光,每相邻两个球之间被删去3个影

21、像,故相邻两球的时间间隔为/ = 47 = 0.05 x4s = 0.2s设抛出瞬间小球的速度为%,每相邻两球间的水平方向上位移为x,竖直方向上的位移分别为弘、2，根据平抛运动位移公式有x=vot1 , 1 一,y = gt2 = -x 10x0.2-m = 0.2m% =丄g(2 一;g* = gx 10x(0.42 - 0.22)m = 0.6m% =3y =3y已标注的线段邑、“分别为* = yjx2 + y2s2 = 2 +(3y) =.2 +9则有旧 + :yjx2 + 9y2 =3:7整理得故在抛出瞬间小球的速度大小为X 2y/5 .%= 1nzs25.【答案】（1）NB11k2N

22、Bllr dk以(中2)ANBlr【解析】【详解】（1）由题意当线圈中通入微小电流/时,线圈中的安培力为F 二 NBI1根据胡克定律有F = NBI1 = 4 | Ax |阳=等设此时细杆转过的弧度为e,则可知反射光线转过的弧度为2夕,又因为d bx, r)d则sin 00, sin2 020所以有bx 二 d. es = r-2 0联立可得2r . 2NBIlr s = Ax =ddk(2)因为测量前未调零,设没有通电流时偏移的弧长为s,当初始时反射光点在。点上方,通电流/后根据前面的结论可知有2NBIlr ,5, =+ 51 dk当电流反向后有2NBIlr ,“ =5dk联立可得r 4dk

23、(sl+s2) NBlr同理可得初始时反射光点在0点下方结果也相同,故待测电流的大小为r = 4dk(Si+sj NBlr焙烧26.【答案】(1) ZnCO3=Zn0+C02T(2).增大压强.将焙烧后的产物碾碎,增大接触面积、增大硫酸的浓度等(3).B .Fe (OH)3.CaS04SiO2(4) 3Fe MnO4+7H20=3Fe (OH) 31 +MnO2丄 +5H(5)置换+为Cu从而除去(6).CaS04 .MgSO4【解析】【分析】由题干信息,菱锌矿的主要成分为ZnCOs,杂质为SiOz以及Ca、Mg、Fe、Cu等的 焙烧化合物,结合流程图分析,菱锌矿焙烧,主要发生反应ZnC。,Z

24、nO+CO,再加入HzSO,酸浸，得到含Zn、Ca2 Ma、Fe、Fe3 Cu的溶液，加入物质X调节pH=5,结合表格数 据，过滤得到Fe(0H)3、CaSO,、SiO的滤渣，滤液中主要含有Zn2 Cu、Mg2+、Ca2 Fe, 再向滤液中加入KMn(h溶液氧化Fe,过滤得到Fe(OH)3和MnO的滤渣，滤液中加入 锌粉，发生反应Zn+Cu2=Zn2=Cu,过滤后得到滤渣为Cu,再向滤液中加入HF脱钙镁， 过滤得到滤渣为CaF、MgF”滤液为ZnSO,溶液，经系列处理得到ZnSO j 7HQ,据此 分析解答。【小问1详解】焙烧由分析，焙烧时,生成ZnO的反应为:ZnC03=Zn0+C02t ；

25、【小问2详解】可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸 取率;小问3详解】A. NH3H20易分解产生Nth污染空气,且经济成本较高，故A不适宜:B. Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜;C. NaOH会引入杂质Na,且成本较高，C不适宜;故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于!0-5mol/D ,结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH5的只 有Fe,故滤渣中有Fe (OH)3,又CaSO,是微溶物，SiOz不溶于酸,故滤渣的主要成分是 Fe (OH)3, CaSOn SiO2；【小问4详解】向80、90滤液中加入KMrA溶液，可氧化F

26、e，得到Fe(OH) 和MnO的滤渣,反应的离 子方程式为 3Fe+ MnO4 +7H2O=3Fe (OH)31 +MnO21 +5H；【小问5详解】 滤液中加入锌粉,发生反应Zn+Cu2，=Zn2-Cu,故加入锌粉的目的为置换Cu为Cu从而除 去;【小问6详解】由分析,滤渣为CaFz、MgFz,与浓硫酸反应可得到HF,同时得到的副产物为CaSO卜MgSO). 高温27 .【答案】(1) Na2S04 - 10H20+4C=Na2S+4C0t+10H20(2).硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质,这些杂质可以直接作 沸石 .降低温度(3).硫化钠易溶于热乙醇,若回流时间过长,N

27、a会直接析出在冷凝管上,使提纯率 较低,同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸.D(4)防止滤液冷却.重金属硫化物.温度逐渐恢复至室温(5)冷水【解析】【分析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用 高温 芒硝(Na2solOH。)和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为:Na2SO4 - 10H20+4CNa2S+4C0 t +10H20.结合硫化钠的性质解答问题。【小问1详解】工业上常用芒硝(Na2sO/lOH。)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO,根据得失电 高温子守恒，反应的化学方程式为:Na2SO4 10H20+4C = Na2S+

28、4C0 t +10H，0；【小问2详解】由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可 以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高,可直接降低降低温度，使气压 降低;小问3详解】硫化钠易溶于热乙醇,若回流时间过长,Na?S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时 易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；回流结束后，先停止加热，再移 去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为，答案选D。【小问4详解】硫化钠易溶于热乙醇,使用锥形瓶可有效防止滤液冷却,重金属硫化物难溶于乙醇,故过滤 除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢

29、复至室温,滤纸 上便会析出大量晶体:【小问5详解】乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇,因此将滤液冷却、结晶、过滤后,晶体可用少量冷水 洗涤，再干燥,即可得到Na2s-xH。28 .【答案】(1).-223 .1.2X10 .碳氯化反应气体分子数增加,小 于,是炳增、放热过程,炳判据与焙判据均是自发过程,而直接氯化的体系气体分子数不 变、且是吸热过程 .向左 .变小(2).7. 2X10，.为了提高反应速率,在相同时间内得到更多的TiCI,产品,提高效益(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入CL,使固体粉末“沸腾”【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，将“反应ii一反应i ”得到反应2C(s)+02(g

30、)=2C0(g),则K 1 1。x 1 PaH=-51 kj/mo 1 -172kJ/mol=-223kJ/mo 1 ;则 Kp= = -=1. 2X 10Pa；Kp, 1.0 x 102碳氯化的反应趋势远大于直接氯化,因为碳氯化反应气体分子数增加,AI小于0,是熾增、 放热过程,嫡判据与焰判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过 程:对应碳氯化反应,气体分子数增大,依据勒夏特列原理,增大压强，平衡往气体分子数减 少的方向移动,即平衡向左移动:该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动,即 向左移动,则平衡转化率变小。【小问2详解】从图中可知,1400,体系中气体平衡组

31、成比例CO2是0. 05, TiCh是0.35, C0是0.6,(0.6Prt)2 (06 x 1 0 x 105)2反应 C (s) +C02(g)=2C0 (g)的平衡常数 Kp(1400C)= : =山一! Pa=7. 2 X0.05Pti0.05 x 1.0 x 105105Pa； 实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等,以达到最佳效益,实际反应温度远高于 200,就是为了提高反应速率,在相同时间内得到更多的TiCL产品。【小问3详解】固体颗粒越小,比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiOz - C “固固”接触，可将 两者粉碎后混合,同时鼓入CL,使固体粉末“沸腾”，增大接触面

32、积。29 .【答案】（1） 。、H和ATP（2）自身呼吸消耗或建造植物体结构（3） C,植物的C0补偿点低于Cs植物,C4植物能够利用较低浓度的C0?【解析】【分析】光合作用包括光反应和暗反应两个阶段:（1）光合作用的光反应阶段（场所是叶绿 体的类囊体膜上）:水的光解产生H与氧气，以及ATP的形成:（2）光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：C0,被Cs固定形成C3, Cs在光反应提供的ATP和H的作用下还 原生成糖类等有机物是指绿色植物通过叶绿体,利用光能把二氧化碳和水转变成储存着能量 的有机物,并释放出氧气的过程。【小问1详解】光合作用光反应阶段的场所是叶绿体的类囊体膜上,光反应发

33、生的物质变化包括水的光解以 及ATP的形成,因此光合作用光反应阶段生成的产物有Oz、H和ATP。【小问2详解】叶片光合作用产物一部分用来建造植物体结构和自身呼吸消耗,其余部分被输送到植物体的 储藏器官储存起来。故正常条件下,植物叶片的光合产物不会全部运输到其他部位。【小问3详解】C植物的C0固定途径有G和Cs途径，其主要的C0固定酶是PEPC, Rubisco;而C,植物只 有C3途径，其主要的CO固定能是Rubisco。干旱会导致气孔开度减小，叶片气孔关闭,CO? 吸收减少;由于G植物的C0补偿点低于Cs植物,则C植物能够利用较低浓度的COz,因此 光合作用受影响较小的植物是G植物，G植物比

34、C植物生长得好。30 .【答案】（1）胸腺 浆细胞（2）抗体与病毒特异性结合形成沉淀,被吞噬细胞吞噬消化（3）病毒再次感染时,机体内相应的记忆细胞迅速增殖分化,快速产生大量抗体（4）多次接种【解析】【分析】体液免疫过程:抗原被吞噬细胞处理呈递给T淋巴细胞,T细胞产生淋巴因子作用 于B细胞,B细胞再接受淋巴因子的刺激和抗原的刺激后,增殖分化成浆细胞和记忆B细胞, 浆细胞产生抗体作用于抗原。【小问1详解】免疫细胞是免疫系统的重要组成成分，包括淋巴细胞和吞噬细胞等，其中T细胞成熟的场所 是胸腺。体液免疫过程中,只有浆细胞能产生特异性的抗体。【小问2详解】体液免疫过程中，抗体和病毒特异性结合后形成沉淀

35、，再被吞噬细胞吞噬消化。【小问3详解】记忆细胞可以在病毒消失后存活几年甚至几十年，当同一种病毒再次感染机体，记忆细胞能 迅速增殖分化,快速产生大量抗体，使抗体浓度激增。【小问4详解】分析图示可知，二次免疫比初次免疫产生的抗体更多,故为了获得更好的免疫效果,接种疫 苗时可多次接种,使机体产生更多的抗体和记忆细胞。31 .【答案】(1)幼年个体数较多、中年个体数适中、老年个体数较少(2)样方法标志重捕法(3)物种丰富度(4)为动物提供食物和栖息空间对植物的传粉和种子传播具有重要作用【解析】【分析】预测种群变化主要依据是年龄组成,包含增长型、稳定性个衰退型。调查植物和活动能力弱、活动范围较小的动物的

36、种群密度,可用样方法:调查活动能力强、 活动范围广的动物一般用标志重捕法。【小问1详解】预测种群变化主要依据是年龄组成,是指不同年龄在种群内的分布情况,对种群内的出生率、 死亡率有很大影响，当幼年个体数最多、中年个体数适中、老年个体数最少时呈增长型，此 时种群中出生率大于死亡率。【小问2详解】调查林地中某种双子叶植物的种群密度,可采用样方法进行随机抽样调查;鸟的活动能力强、 活动范围广，调查其种群密度一般采用标志重捕法。【小问3详解】物种组成是区别不同群落的重要特征,个种群中物种数目的多少称为物种丰富度。【小问4详解】植物可进行光合作用,为动物提供食物,同时可以为动物提供栖息空间;动物的活动有

37、利于 植物的繁衍,如蜜蜂采蜜可帮助植物传粉,鸟类取食可帮助植物传播种子。32 .【答案】（1）对母本甲的雌花花序进行套袋,待雌蕊成熟时,采集丁的成熟花粉,撒在 甲的雌蕊柱头上，再套上纸袋。（2） 1/4 bbTTv bbTt 1/4（3）糯性植株上全为糯性籽粒,非糯植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒非糯性植株上只有非糯籽粒，糯性植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒【解析】【分析】雌花花序由显性基因B控制,雄花花序由显性基因T控制，基因型bbtt个体为雌 株、甲（雌雄同株）、乙（雌株）、丙（雌株）、丁（雄株）,可推断出甲的基因型为BBTT, 乙、丙基因型可能为BBtt或bbtt, 丁的基因型为bbTT。【

38、小问1详解】杂交育种 原理是基因重组,若甲为母本，丁为父本杂交，因为甲为雌雄同株异花植物，所 以在花粉未成熟时需对甲植株雌花花序套袋隔离,等丁的花粉成熟后再通过人工授粉把丁的 花粉传到甲的雌蕊柱头后，再套袋隔离。【小问2详解】根据分析及题干信息“乙和丁杂交,鼻全部表现为雌雄同株”，可知乙基因型为BBtt, 丁的 基因型为bbTT, R基因型为BbTt, H自交E基因型及比例为9B_T_ （雌雄同株）：3B_tt （雌株）：3bbT_ （雄株）：Ibbtt （雌株），故F/中雌株所占比例为1/4,雄株的基因型为 bbTT、bbTt,雌株中与丙基因型相同的比例为1/4。【小问3详解】假设糯和非糯这

39、对相对性状受A/a基因控制，因为两种玉米均为雌雄同株植物,间行种植时, 既有自交又有杂交。若糯性为显性，基因型为AA,非糯基因型为aa,则糯性植株无论自交 还是杂交,糯性植株上全为糯性籽粒,非糯植株杂交子代为糯性籽粒，自交子代为非糯籽粒， 所以非糯植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒。同理，非糯为显性时，非糯性植株上只有非糯 籽粒，糯性植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒。33. （1）【答案】BCE【解析】【详解】A.因从a到6 图像过原点,由上=C可知从a到6气体的体积不变,则T从a到6气体不对外做功,选项A错误;B.因从a到气体温度升髙,可知气体内能增加,选项B正确;CDE.因聆,根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量,选项CE正确，D错误。故选BCEo（2）【答案】（i） T = -To； （ii） p = /o【解析】【详解】（1）因两活塞的质量不计,则当环境温度升高时