題目列表(包括答案和解析)
在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，利用重物拖著紙帶自由下落通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器并打出一系列的點(diǎn)，對紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．| m(h3-h1)2 |
| 8T2 |
| m(h3-h1)2 |
| 8T2 |
在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量m=1kg的重物自由下落，在紙帶上打出了一系列的點(diǎn)，如圖所示，相鄰記數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.02s，長度單位是cm，g取9.8m/s2．求：
1.B【解析】植物細(xì)胞原生質(zhì)層成為半透膜決定于細(xì)胞膜的選擇透過性，其結(jié)構(gòu)特性――流動性與其半透膜特性無關(guān)；下丘腦細(xì)胞是甲狀腺素的靶細(xì)胞，促甲狀腺激素的靶細(xì)胞是甲狀腺細(xì)胞；細(xì)胞新陳代謝的主要場所是細(xì)胞質(zhì)基質(zhì)而不是細(xì)胞器；二倍體生物細(xì)胞有絲分裂后期染色體數(shù)目應(yīng)是4的整數(shù)倍。
2．D【解析】本題考查了細(xì)胞質(zhì)遺傳、基因的結(jié)構(gòu)、基因突變等相關(guān)知識。質(zhì)粒是基因工程中目的基因的運(yùn)載體，而氨基酸的運(yùn)輸工具是tRNA；DNA分子中脫氧核苷酸的改變可能發(fā)生在非遺傳效應(yīng)的片段，而基因是有遺傳效應(yīng)的DNA片段；花斑紫茉莉的花斑枝條上葉肉細(xì)胞中的質(zhì)體分布情況有3種：只含葉綠體、只含白色體、同時(shí)含有葉綠體和白色體；花斑紫茉莉的母本一定是花斑紫茉莉，花斑紫茉莉?yàn)槟副镜淖哟赡苁蔷G色、白色、花斑色紫茉莉。
3．C【解析】由于植物的根對生長素的敏感性高于莖的敏感性，抑制根生長的生長素濃度對莖可能起促進(jìn)作用；離體培養(yǎng)的小鼠細(xì)胞失去調(diào)節(jié)體溫能力，溫度將通過影響酶的活性對小鼠細(xì)胞的呼吸產(chǎn)生影響；生態(tài)系統(tǒng)穩(wěn)定性包括抵抗力穩(wěn)定性和恢復(fù)力穩(wěn)定性，其中抵抗力穩(wěn)定性與物種豐富度成正相關(guān)關(guān)系。
4．C【解析】本題考查了植物組織培養(yǎng)、植物體細(xì)胞雜交、動物細(xì)胞融合以及單克隆抗體的制備等。愈傷組織細(xì)胞由成熟植物細(xì)胞脫分化形成，細(xì)胞中缺少葉綠體等進(jìn)行自養(yǎng)生活所需結(jié)構(gòu)，其同化作用應(yīng)為異養(yǎng)型；動物細(xì)胞融合后的雜種細(xì)胞經(jīng)培養(yǎng)最終得到一個(gè)細(xì)胞系，不能得到一個(gè)完整個(gè)體，所以不可能得到新品種；同種植物體細(xì)胞得到染色體數(shù)目加倍的生物，該生物與原生物屬于不同物種，因?yàn)橛猩掣綦x形成；效應(yīng)B細(xì)胞是單個(gè)存在的，用于單克隆抗體制備時(shí)不需用胰蛋白酶處理。
5．C【解析】S區(qū)不位于中央前回；體溫調(diào)節(jié)中樞也不位于大腦皮層內(nèi)側(cè)面，而是位于下丘腦；神經(jīng)調(diào)節(jié)的基本方式是反射而不是反射弧，反射弧是反射的結(jié)構(gòu)基礎(chǔ)。
6. B由于氯氣的密度比空氣小，低洼處聚集的氯氣量大，所以人群應(yīng)該向著高處緊急疏散。漂白粉的主要成分為CaCl2、Ca(ClO)2，在酸性環(huán)境中，Cl?、ClO?發(fā)生氧化氧化還原反應(yīng)而產(chǎn)生氯氣：Cl? + ClO? + 2H＋＝Cl2↑+ H2O。 由于NaOH具有很強(qiáng)的腐蝕性且對環(huán)境產(chǎn)生影響，所以不能用NaOH濃溶液吸收釋放的氯氣，但可以用Ca(OH)2溶液處理。漂白粉中的Ca(ClO)2與空氣中的H2O、CO2反應(yīng)生成CaCO3、HClO，HClO分解而變質(zhì)，所以發(fā)生漂白粉．漂白粉長時(shí)間放置在露天倉庫中發(fā)生變質(zhì)只發(fā)生了兩個(gè)化學(xué)反應(yīng)。綜合上述選項(xiàng)B正確。
7． B 【解析】加入過量鹽酸，NO3?（H＋）氧化S2?而導(dǎo)致NO3?和S2?的數(shù)目大大減少，而SiO32－、AlO2?與過量的H＋反應(yīng)生成H2SiO3、Al3＋，H2SiO3、Al3＋與過量的OH?反應(yīng)生成SiO32－和AlO2?。
8．A 【解析】A中銅電極是活性電極，先放電，總方程式?jīng)]有體現(xiàn)；B中少量SO2生成SO32? ，正確；C中當(dāng)KOH過量時(shí)，1molCa(HCO3)2發(fā)生反應(yīng)要符合組成，生成1mol CaCO3沉淀，還要生成1molCO32―。
9．C【解析】分析反應(yīng)①、②、③中各元素的價(jià)態(tài)變化，反應(yīng)①中KMnO4為氧化劑，H2O2為還原劑，O2為氧化產(chǎn)物，故氧化性：KMnO4＞O2。反應(yīng)②中各種元素價(jià)態(tài)沒有發(fā)生變化，是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)③錳、氟元素的價(jià)態(tài)都發(fā)生了變化，是氧化還原反應(yīng)。根據(jù)反應(yīng)關(guān)系有：1mol F2～2mol MnF4～2mol K2MnF6～2molKMnO4，每生成1mol F2，反應(yīng)①轉(zhuǎn)移6mol 電子，反應(yīng)③轉(zhuǎn)移2mol 電子，故共轉(zhuǎn)移8mol電子。反應(yīng)①、②、③所列的物質(zhì)中不存在堿。綜合上述只有選項(xiàng)C正確。
10．A 【解析】根據(jù)表給信息，元素Z、Q元素的最低價(jià)態(tài)均為－2價(jià)，說明它們原子的最外層電子數(shù)相同，均為6，再根據(jù)其原子半徑可推知Z為S，Q為O。L最低化合價(jià)為－1，原子最外層有7個(gè)電子，且有正價(jià)，故L為Cl。M的半徑較小但大于Q，再結(jié)合其它信息可得M為C，X為Mg，Y為Al。選項(xiàng)A，C原子最外層有4個(gè)電子，既不易失電子也不易得電子。選項(xiàng)B，Al的金屬性比Mg落，與鹽酸反應(yīng)時(shí)，Mg更為劇烈。選項(xiàng)C，CO不能被NaOH溶液吸收。選項(xiàng)D，S、Cl原子的電子層數(shù)相同，S的非金屬性比Cl弱，氫化物的穩(wěn)定性H2S<HCl。
11．C 【解析】選項(xiàng)A，因HCO3?的水解能力大于CH3COO?水解能力，故同濃度下，NaHCO3溶液的pH值比CH3COONa大。選項(xiàng)B，等體積的pH＝3的H2SO4與pH＝11的NH3?H2O混合后，NH3?H2O過量，溶液呈堿性。選項(xiàng)C，因FeCl3、Fe(NO3)3發(fā)生水解，蒸干過程中生成的HCl、HNO3揮發(fā)，促使Fe3＋水解徹底而得到Fe(OH)3灼燒時(shí)Fe(OH)3分解得到Fe2O3。選項(xiàng)D，CH3COOK溶液中含有CH3COO?、K＋、H2O、H＋、OH?、CH3COOH。
12、B 先確定5個(gè)碳原子的飽和一元羧酸的結(jié)構(gòu)，丁基有四種結(jié)構(gòu)，因此5個(gè)碳原子的飽和一元羧酸也有四種結(jié)構(gòu)，其中碳骨架為的羧酸，羧基相連的碳原子上無氫原子，氨基無法取代，故分子式為C5H11O2N的同分異構(gòu)體中，屬于α―氨基酸的有3種結(jié)構(gòu)。
13．B【解析】左圖可以看出改變溫度物質(zhì)濃度變化應(yīng)從原點(diǎn)突變?nèi)缓鬂u變，而30min時(shí)A、B、C濃度均減小，當(dāng)屬擴(kuò)大容器體積，而且平衡沒有移動，說明x＝1，從右圖看出40min時(shí)速率均高于平衡時(shí)，且υ（逆）＞υ（正），故為升溫，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)。0～8min內(nèi)△c(A)＝（2.0―1.36）mol/L=0.64 mol/L，所以υ（A）=。20min～30min時(shí)間內(nèi)，A、B、C的濃度不再變化，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率。
14.答案：D【解析】氣體體積變小時(shí)，單位體積的分子數(shù)增多，單位時(shí)間內(nèi)打到器壁單位面積上的分子數(shù)增多，不能確定分子平均動能的變化，故不能確定氣體壓強(qiáng)的變化。氣體的壓強(qiáng)取決于分子的平均動能和分子數(shù)密度。氣體的溫度升高時(shí)，分子的平均動能增大，撞擊器壁時(shí)對器壁的作用力增大，但不能確定分子數(shù)密度的變化，所以氣體壓強(qiáng)不一定增大。壓縮一定量的氣體，外界對氣體做功，吸、放熱情況未知，不能確定內(nèi)能的變化。對一定量的氣體，體積增大，即分子數(shù)密度減小，而壓強(qiáng)增大，則分子的平均動能增大。所以D選項(xiàng)正確
15、答案C【解析】根據(jù)全反射臨界角的公式，可知折射率越大，臨界角越��；在同一介質(zhì)中紫光的折射率比其它可見光的折射率大，所以紫光發(fā)生全反射的臨界角最小。故選項(xiàng)C正確。
16.答案：BCD【解析】和互為同位素，故有相同的質(zhì)子數(shù)，不同的核子數(shù)，所以選項(xiàng)A的說法錯(cuò)誤．本題的正確選項(xiàng)為BCD．
17. B D【解析】由于AC段的路程未知，只知道質(zhì)點(diǎn)在AB段和BC段的平均速度，不能確定質(zhì)點(diǎn)在AC段的運(yùn)動時(shí)間，A項(xiàng)錯(cuò)誤。根據(jù)平均速度定義可得，故B項(xiàng)正確。由于AB段和BC段的運(yùn)動時(shí)間不能確定，故質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的加速度不能確定，C項(xiàng)錯(cuò)誤。根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的特點(diǎn)：，，可求出，D項(xiàng)正確。
18.答案：BD【解析】：當(dāng)拉力為F時(shí)，對重物而言，由牛頓第二定律有，F(xiàn)－mg＝ma
當(dāng)拉力突然減半時(shí)，若＞mg，則重物所受合力的方向向上，大小為＜，即加速度小于．若＜mg，則重物所受合力的方向向下，大小為，F(xiàn)′合有可能等于，此時(shí)加速度等于．故正確選項(xiàng)為B、D．
19.答案：AD【解析】：由于波源O的起振方向沿y軸負(fù)方向，而t＝0.7s，x軸上在0～10m的范圍內(nèi)第一次出現(xiàn)圖示的波形（質(zhì)點(diǎn)O正處于正的最大位移處），可知在t＝0.7s時(shí)，波恰好傳到了x=14m的質(zhì)點(diǎn)處，故波速為，而波長λ＝8m，由有，波的周期為0.4s，所以選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)C錯(cuò)．在t＝0.7s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)A處于正的最大位移處，其速度為零，故選項(xiàng)B錯(cuò)．從質(zhì)點(diǎn)A開始振動到t＝0.7s，A振動了T，故質(zhì)點(diǎn)A通過的路程是0.3m，所以選項(xiàng)D正確．
20、答案 BC 【解析】：當(dāng)A B間距增大時(shí)，電容器電容減小，電容器要放電，二極管阻止放電。即電容器電量不變，極板間電場強(qiáng)度不變，所以不管小球帶正電還是帶負(fù)電，小球受力情況不變，仍打在N點(diǎn)；反之，當(dāng)A B間距減小時(shí)，電容器電容增大，電容器要充電，充電電流方向與二極管方向相同，即電容器電量增加，極板間電場強(qiáng)度增加，小球受的電場力變大，若小球帶正電，則小球受到的電場力方向向下，豎直方向加速度變大，將打在N點(diǎn)左側(cè)。若小球帶負(fù)電，則小球受到的電場力方向向上，豎直方向加速度變小，將打在N點(diǎn)右側(cè)。
21.答案：B．【解析】在0～t1內(nèi)，磁通量減少，所以PQ受到沿斜面向上的安培力逐漸減小，此時(shí)向下的靜摩擦力逐漸減小．當(dāng)安培力等于mgsinθ時(shí)，摩擦力為零，當(dāng)安培力小于mgsinθ時(shí)靜摩擦力反向向上逐漸增大，在t1時(shí)刻安培力為零，F(xiàn)f=mgsinθ
22．（18分）
Ⅱ．（1）右側(cè)（3分）；（2）（4分）；（3）如圖所示（3分）；B，D（2分）
解析Ⅰ．重力勢能的減小量為：J，重錘下落到B點(diǎn)時(shí)的速度為m/s，重錘下落到B點(diǎn)時(shí)增加的動能為J，在誤差允許的范圍內(nèi)，重物的重力勢能減少量和動能的增加量相等，達(dá)到了驗(yàn)證的目的。
Ⅱ．（1）若溫度t1＜t2，由電阻R隨攝氏溫度t變化的關(guān)系圖線可知，R1<R2，由可知I1>I2，則t1的刻度應(yīng)在t2的右側(cè)；
（2）由閉合電路的歐姆定律可知，，又R＝R0＋kt，聯(lián)立可知所測溫度t與電流I的關(guān)系式t＝；
（3）用“半偏法”測電流表內(nèi)阻Rg的電路如圖所示，應(yīng)用半偏法測安培表內(nèi)阻時(shí)，為了能讀出Rg的電阻，電阻箱應(yīng)選B，因滑線變阻器的總電阻應(yīng)遠(yuǎn)大于Rg，所以滑線變阻器應(yīng)選D。
23．解析（1）設(shè)行星質(zhì)量為m，恒星質(zhì)量為，行星的公轉(zhuǎn)周期為，公轉(zhuǎn)軌道半徑為，則根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律可得：，（3分）
可解得：（2分）
設(shè)太陽的質(zhì)量為，地球繞太陽的公轉(zhuǎn)周期為，公轉(zhuǎn)軌道半徑為，
同理可得：（2分）
故恒星質(zhì)量與太陽質(zhì)量之比為：，代入數(shù)據(jù)可解得：（2分）
（2）設(shè)行星繞恒星運(yùn)行的速率為，則有，可得：（3分）
設(shè)地球繞太陽的運(yùn)行速率為，同理可得：（2分）
行星繞恒星的公轉(zhuǎn)速率與地球繞太陽的公轉(zhuǎn)速率之比為（2分）
代入數(shù)據(jù)可解得：（2分）
24.答案．（1）（2）（2）
【解析】：（1）粒子在電場中偏轉(zhuǎn)：在垂直電場方向，平行電場分量
① （2分） ② （2分）
即： 得 （1分）
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動， 故穿出磁場速度： ③ （1分）
（2）在電場中運(yùn)動時(shí) ④ （2分）
得 （1分）
在磁場中運(yùn)動如圖所示
運(yùn)動方向改變45°，運(yùn)動半徑⑤ （2分）
又 ⑥ （2分）
得 （1分）
（3）粒子在電場中運(yùn)動時(shí)間： ⑦ （2分）
粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間： ⑧ （2分）
所以在電磁磁場中運(yùn)動的總時(shí)間t＝�、� （2分）
25.【解析】．（1）A、B兩球碰撞過程動量守恒，即Mv0=MV+mv （4分）
根據(jù)已知：M=3m，v = 1.2v0 解得V = 0.6 v0
方向與B球碰撞前的速度方向相同。（3分）
（2）A球?qū)球所做功的大小等于B球動能的減少量
所以A球?qū)球所做功的大小為：W=Mv02-MV2=0.96mv02 ………（5分）
（3）設(shè)A、B兩球發(fā)生第二次碰撞的位置距墻壁為x，則A球以1.2v0的速度運(yùn)動的距離為s+x，B球以0.6 v0運(yùn)動的距離為s ? x，A、B兩球運(yùn)動的時(shí)間相等，…（2分）
則有： …………（4分）
解得兩球發(fā)生第二次碰撞的位置距墻壁： …………（2分）
26．（15分）（1）P （1分）第四周期第VIA族 （2分）
（2）SiO2 + 2OH? ＝SiO32－ + H2O （2分）
（3）c （2分） （4）②：還原性（2分） ③：H2SeO3 + Br2 + H2O＝H2SeO4 + 2HBr（2分）
④酸性（2分） ⑤：H2SeO3 + 2NaOH＝Na2SeO3 + 2H2O（2分）（其它合理答案也可）
【解析】（1）根據(jù)性質(zhì)①②，最外層有4個(gè)電子的短周期元素為碳、硅，而元素C、D、E在同一周期，假設(shè)C為碳，則E為氧，單質(zhì)氧不能在空氣中燃燒，C為硅，D為磷，E為硫，單質(zhì)硫能在空氣中燃燒生成SO2，F(xiàn)為硒。Se元素的原子序數(shù)為34，Se原子核外34個(gè)電子分4層排布，且與氧同族，據(jù)此可判斷在周期表中的位置。
（2）Si的最高價(jià)氧化物為SiO2，SiO2能與NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SiO3和H2O：SiO2 + 2OH? ＝SiO32－ + H2O。
（3）根據(jù)題設(shè)條件，推知A為Mg，B為Al。Mg通常顯＋2價(jià)，Al通常顯＋3價(jià)。Mg的活潑性比Al強(qiáng)。產(chǎn)生等量的H2，Mg、Al失去電子數(shù)相等，即可得出消耗Mg、Al單質(zhì)的物質(zhì)的量比為3：2。
（4）H2FO3為H2SeO3，根據(jù)H2SO3的性質(zhì)推測出H2SeO3具有氧化性、還原性、酸性、不穩(wěn)定性等。H2SeO3具有氧化性可與具有較強(qiáng)的還原性物質(zhì)如HI反應(yīng)：H2SeO3 + 4HI＝Se↓+ 2I2 + 3H2O，H2SeO3具有還原性可與具有較強(qiáng)的氧化性物質(zhì)如溴水反應(yīng)：H2SeO3 + Br2 + H2O＝H2SeO4 + 2HBr。H2SeO3具有酸性可以與堿如NaOH反應(yīng)：H2SeO3 + 2NaOH＝Na2SeO3 + 2H2O。
27．（14分）（1）2Cl? + 2H2O 2OH? + H2↑+ Cl2↑（3分）
（2）2FeTiO3 + 6C + 7Cl2 2TiCl4 + 2FeCl3 + 6CO （3分）
（3）C（2分）
（4）10t （3分）
（5）CH3OH－6e－ + 8OH?＝CO32? + 6H2O （3分）
【解析】（1）電解食鹽水生成NaOH、H2和Cl2，反應(yīng)的離子方程式為：2Cl? + 2H2O 2OH? + H2↑+ Cl2↑。
（2）從圖示可知氯化時(shí)的反應(yīng)物為FeTiO3、C、Cl2，生成物為FeCl3、TiCl4、CO，再根據(jù)得失電子和原子守恒即可得出該反應(yīng)的方程式為：2FeTiO3 + 6C + 7Cl2 2TiCl4 + 2FeCl3 + 6CO。
（3）C 選項(xiàng)A，Mg不是在O2中燃燒，故641kJ/mol不能稱其燃燒熱。選項(xiàng)B，反應(yīng)Ti(s) + 2Cl2(g)＝TiCl4(s)為放熱反應(yīng)，1mol Ti(s)和2mol Cl2 (g)的總能量大于1mol TiCl4 (s)的總能量。選項(xiàng)C，假設(shè)質(zhì)量均為24g，則Mg(s)與足量Cl2(g)反應(yīng)放出641kJ熱量，24gTi(s) 與足量Cl2(g)反應(yīng)放出的熱量＝＝385kJ，故正確。選項(xiàng)D，該冶煉過程使用了有毒Cl2，對環(huán)境有影響。
（4）根據(jù)CO + 2H2 →CH3OH，CH3OH～CO～7/6Cl2～7/6 H2，所以生產(chǎn)32g CH3OH，理論上還需補(bǔ)充2－7/6＝5/6 mol（5/3g）H2，故生產(chǎn)192t CH3OH還需補(bǔ)充H2的質(zhì)量＝＝10t。
（5）CH3OH失去電子為原電池的負(fù)極，CH3OH燃燒時(shí)生成的CO2被KOH吸收生成K2CO3，故負(fù)極上的電極反應(yīng)為：CH3OH－6e－ + 8OH?＝CO32? + 6H2O。
28．（14分）（1）BC （2分）Cu(OH)2既能溶于稀硫酸，又能溶于NaOH溶液 （2分）
（2）Cu2O（2分）；高于1000℃時(shí)Cu2O比CuO穩(wěn)定，在溶液中Cu2＋比Cu＋穩(wěn)定 （3分）
（3）干燥NH3（2分） 3CuO ＋ 2NH3 3Cu ＋ N2 ＋ 3H2O （3分）
【解析】（1）要證明Cu(OH)2有兩性需觀察Cu(OH)2是否既溶解在酸中也能溶解在堿中，故選用的藥品為NaOH溶液、稀硫酸。如Cu(OH)2具有兩性，Cu(OH)2溶解在NaOH溶液中得到澄清溶液，溶解在稀硫酸中生成藍(lán)色溶液。
（2）98g Cu(OH)2在80℃～100℃時(shí)分解得到1mol CuO，在溫度高于1000℃時(shí)，CuO分解得到紅色Cu2O：CuO Cu2O + O2↑［1mol CuO可得0.5mol（72g）］， 可見在溫度大于1000℃時(shí)，CuO不及Cu2O穩(wěn)定。Cu2O在酸中發(fā)生反應(yīng)生成Cu、Cu2＋和H2O：Cu2O + 2H＋＝Cu2＋ + Cu + H2O，可見在酸性環(huán)境中Cu2O不及Cu2＋穩(wěn)定。
（3）CuO變?yōu)榧t色物質(zhì)，說明CuO與NH3反應(yīng)時(shí)生成了Cu，無水CuSO4變藍(lán)，說明有H2O生成，另一種物質(zhì)為N2，其反應(yīng)為：3CuO + 2NH3 3Cu + 6H2O + N2↑。通入的NH3中可能含有H2O而干擾實(shí)驗(yàn)，所以裝置A中的堿石灰的作用是用于除去NH3中的H2O。
29.（17分）（1） a、b、e （3分）
（2）① 加成反應(yīng) （2分） ② 3 （3分）
（3） ① 保護(hù)碳鏈中的“C＝C”不被氧化（3分）
②
（3分）
（3分）
【解析】（1）能發(fā)生雙烯合成反應(yīng)的有機(jī)物中必修含有類似1，3－丁二烯（CH2＝CH－CH＝CH2）的結(jié)構(gòu)，比較題給有機(jī)物可知a、b、e中含有碳碳單、雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，能發(fā)生雙烯合成反應(yīng)。
（2）（HCHO）1分子乙炔（CH≡CH）中的2個(gè)H原子分別與1分子甲醛（HCHO）中碳氧雙鍵發(fā)生加成反應(yīng)可得HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH在一定條件下與H2發(fā)生完全加成反應(yīng)生成X（HOCH2CH2CH2CH2OH），HOCH2CH2CH2CH2OH分子間脫去2分子H2O可得CH2＝CH－CH＝CH2。能被氧化成一元醛的Y中一定只含有1個(gè)－CH2OH，符合此條件的Y的同分異構(gòu)體有：
（3）HOCH2C≡CCH2OH與H2按1：1發(fā)生加成反應(yīng)生成A（HOCH2CH＝CHCH2OH），由于在氧化－CHO時(shí)，C＝C鍵也能被氧化，故將HOCH2CH＝CHCH2OH與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成B（ ），這樣C＝C雙鍵得以保護(hù)，防止被氧化。被催化氧化生成C（），被催化氧化生成D（），在NaOH醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成E（HOOC－CH＝CH－COOH），HOOC－CH＝CH－COOH與CH2＝CH－CH＝CH2發(fā)生雙烯合成生成F（），與HOCH2CH2CH2CH2OH發(fā)生縮合反應(yīng)生成M（）。
30．（22分）【解析】實(shí)驗(yàn)一、二考查的是多倍體育種相關(guān)知識，實(shí)驗(yàn)三考查的是植物體細(xì)胞雜交。二倍體生物經(jīng)秋水仙素處理后成為四倍體生物，二倍體和四倍體屬于不同物種，因?yàn)樗鼈冸s交產(chǎn)生不育的三倍體。蘿卜－甘藍(lán)B減數(shù)分裂能產(chǎn)生可育的配子；當(dāng)植物細(xì)胞處于質(zhì)壁分離狀態(tài)時(shí)，可以通過機(jī)械切除細(xì)胞壁獲得原生質(zhì)體；過程②表示植物組織培養(yǎng)過程，這一過程主要由脫分化和再分化構(gòu)成；C的基因型為AaBb，A的可能基因型為：AABB、AAbb、aaBB、aabb。實(shí)驗(yàn)二中經(jīng)秋水仙素處理后的蘿卜基因型為AAaa，它產(chǎn)生的配子可能有3種：AA、Aa、aa；同理經(jīng)秋水仙素處理的甘藍(lán)也可能產(chǎn)生3種配子：BB、Bb、bb。所以蘿卜－甘藍(lán)B可能有9種基因型
答案:（1）F1產(chǎn)生配子時(shí)，蘿卜和甘藍(lán)的染色體之間不能配對，不能產(chǎn)生可育的配子（3分）
（2）不是（2分） 可育（1分） 36（2分）
（3）纖維素酶和果膠酶（2分） 防止原生質(zhì)體因過度吸水而破裂（2分） 質(zhì)壁分離（2分）
（4）植物細(xì)胞的全能性 （2分） 脫分化和再分化（2分）
（5）0 （2分） 9 （2分）
31．（20分）【解析】本題考查對照實(shí)驗(yàn)相關(guān)知識。關(guān)鍵在于對照建立過程中遵循單一變量原則。利用題目提供的信息理解實(shí)驗(yàn)過程中反應(yīng)的發(fā)生以及實(shí)驗(yàn)的檢測手段
在淀粉酶作用下，非還原糖淀粉分解成有還原性的麥芽糖，淀粉存在可以用碘液檢測出來，還原糖可以用斐林試劑檢測。檢測到還原糖存在說明反應(yīng)發(fā)生了，即酶有活性；檢測到淀粉存在說明反應(yīng)未發(fā)生或反應(yīng)不完全，分別對應(yīng)于酶完全失活或保留部分活性。（六）小題考查學(xué)生思維發(fā)散能力以及思維嚴(yán)密性
答案:（四）（2）淀粉糊（2分）等量的存量酶制劑（2分）
（4）向試管A1、B1加入等量碘液，向試管A2、B2加入等量新制的斐林試劑（2分）
（5）將試管B1、B2水浴加熱，觀察各試管中顏色變化（2分）
（五）（9分）
B1
B2
結(jié)論
第一種可能
藍(lán)色
無磚紅色沉淀
該存量酶制劑完全失活
第二種可能
藍(lán)色
有磚紅色沉淀
該存量酶制劑保留部分活性
第三種可能
褐色
有磚紅色沉淀
該存量酶制劑活性正常
（六）沒有考慮到該酶制劑與唾液中酶的濃度的可能差異；沒有考慮到該淀粉酶與唾液淀粉酶在催化效率之間可能存在的差異（其他合理答案也給分）（3分）
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