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1．D【解析】β－珠蛋白DNA探针、RNA聚合酶结合位点、大肠杆菌质粒的化学本质都是DNA；胰岛素是蛋白质；HIV的遗传物质是RNA；生长素是吲哚乙酸；2，4－D是一种生长素类似物。
2．D【解析】作物“烧心”是由于缺乏如铁、钙等在细胞中以稳定化合物形式存在的矿质元素，有别于因缺水而造成的“烧苗”。
3．B【解析】疫苗的作用是在机体不患病的情况下发生免疫反应，产生的抗体与抗原结合，发挥免疫效应；流感病毒的遗传物质是单链的RNA，其结构稳定性不如天花病毒的双链DNA，容易发生变异，所以流感疫苗的研究的难度较天花疫苗研究的难度大很多；正是由于流感病毒极易发生变异，所以某种特定的单克隆抗体不一定对其它的抗原起作用。
4．C【解析】生态系统的成分除生产者、消费者和分解者外，还包括了非生物的物质和能量；生物圈的自给自足表现在物质上，能量来源于太阳能；草原上的牛和羊同属于第二营养级，共获得生产者固定太阳能的10％～20％。
5．B【解析】考查分泌蛋白的形成和分泌过程这一知识点和图形分析能力。蛋白质分泌以细胞膜的外排方式实现，所经过的膜结构顺序为：内质网→高尔基体→细胞膜，所以结果是：内质网面积减小，高尔基体膜面积不变，细胞膜面积增加。
6．B 【解析】有机分子的特点一般满足C四键、H一键、N三键原则，三聚氰胺分子中含有3个－NH2，则其余3个C、3个N形成一个六元环，故三聚氰胺的结构简式为。
。根据三聚氰胺的结构简式，该物质不是高聚物，也不是氨基酸，但分子中含有不饱和键，在一定条件下能发生加成反应。六元环不变且除自身外的三聚氰胺的异构体有3种。
7．B 【解析】选项A，Na2O2中含有的阳离子为Na＋，阴离子为O22?,0.1mol
Na218O2中含有的阴阳离子总数为0.3NA。选项B，C2H4、C3H6的化学式均为CH2，
8．A 【解析】选项A，ClO－具有氧化性，SO2具有还原性，SO2被氧化为SO42?，ClO－被还原为Cl?，正确。选项B，加入少许H＋时，CO32?优先与H＋结合生成HCO3?。选项C，离子方程式两边电荷不守恒。选项D，Mg2＋能与电解产生的OH?结合生成难溶性Mg(OH)2沉淀：Mg2＋ + 2Cl? + 2H2O＝Mg(OH)2↓+ H2↑+ Cl2↑。
9. B 【解析】加入稀H2SO4出现白色混浊说明一定存在Ba2＋，因SO32?、CO32?能与Ba2＋结合生成难溶物BaSO3、BaCO3，所以原溶液中不存在SO32?、CO32?。由于溶液呈电中性，剩下的一种HCO3?，一定存在。无法判断是否含有K＋，所以原溶液中一定含有Ba2＋、HCO3?，可能含有K＋。溶质可能是Ba(HCO3)2或Ba(HCO3)2和KHCO3。
10．D 【解析】根据题设条件可推知A为NH4＋，B为OH?，C为NH3，D为H2O。NH3能与H2O反应生成NH3?H2O。NH4＋为离子，不是分子，所以NH4＋不是非极性分子。选项D，固态H2O分子间存在氢键，其熔沸点高于固态H2S，与H－O和H－S键强弱无关。NH4Cl ，NH4＋水解溶液的pH<7。
11．C【解析】分析反应①②中各元素的价态变化可知，反应①中，SO2为还原剂，Fe3＋为氧化剂，且还原性：SO2>Fe2＋，氧化性：Fe3＋>SO42?。反应②中，Fe2＋为还原剂，Cr2O72?为氧化剂，且还原性：Fe2＋>Cr3+ ，氧化性：Cr2O72? > Fe3＋。由此可见选项A、B错误。选项C，由于Cr2O72?具有氧化性，Na2SO3具有还原性，故Cr2O72? 能将Na2SO3氧化成Na2SO4。选项D，反应①中Fe2(SO4)3为氧化剂，反应②中Fe2(SO4)3为氧化产物。
12．C【解析】选项A，NaHS、Na2S溶液又因为有HS?、S2?的水解，使其溶液呈碱性，但S2?的水解能力大于HS?，故溶液的pH值：③>②。H2S溶液呈酸性，H2S和NaHS混合液中，由于HS?抑制的H2S的电离，故溶液的pH：④>①，4种溶液pH大小顺序为：③>②>④>①。选项B，由于HS?抑制H2S的电离，所以H2S溶液中的c(H2S)小于H2S和Na2S混合液中的c(H2S)。选项C，c(Na＋)＝0.1mol?L-1，根据物料守恒有：c(H2S) + c(HS?)
+ c(S2?)＝0.2mol?L-1，故
13．B 【解析】设达平衡时生成SO3(g)物质的量为2x ，则剩余SO2(g)的物质的量为(3－2x)，O2(g)(2－x)，混合气体总的物质的量为（5－x），根据阿伏伽德罗定律有5/（5－x）＝1/0.9，解得x＝0.5mol，再结合热化学方程式可知，放出的热量为196.6kJ/2＝98.3kJ。选项B，起始物质的量改为 4mol SO2 、 3 mol O2 、2SO3 (g) 相当于加入6mol SO2、4mol O2，n(SO2)/n(O2)＝3/2，故与第一次平衡是等效平衡，两次平衡中SO2的转化率、SO3的体积分数相等，故选项B正确，C错误。选项D，题目没有告诉达平衡时的时间，无法计算反应速率。
14．AD【解析】由状态方程
知温度升高而压强增大体积必增大，故状态I时气体的密度比状态II时气体的密度大，A正确，平衡态II的温度比状态I高，故状态I时分子的平均动能比状态II时分子的平均动能小，B错误，由热力学第一定律
知从状态I到状态II过程中温度升高内能变大，体积增大对外界做功，气体要从外界吸热，故C错，D正确，故选AD。
15.答案：BD【解析】：在同一介质中红光传播速度最大，从AB面射入到BC面射出，红光用的时间最短，故选项A错．由于玻璃对红光折射率最小，对紫光的折射率最大，即紫光的偏折本领最大，所以彩色光带右边缘的色光为红光，左边缘的色光为紫光，且紫光的频率比红光的要高，当红光能让某金属板发生光电效应，紫光也一定能够，故选项B正确．在同样条件下做双缝干涉实验，波长越长，相邻干涉条纹间距越大，而彩色光带左边缘的色光是紫光，其波长最短，故选项C错．对玻璃而言，在七色光中，红光的临界角最大，当∠MNB逐渐变小时，射到AC面上的光的入射角变小，且红光入射角小得更多，故红光最先从从AC面透出，所以选项D正确．
16、答案 D 【解析】 烧断细线后，无论是弹簧将A+B和C弹开过程，还是A和B分离后，系统始终动量守恒、机械能守恒；弹簧将A+B和C弹开过程，A+B和C动量大小相等，动能跟质量成反比，因此A+B的总动能是E/3，其中A的动能是E/6；当时C的动能是2E/3；前3个选项都错，可判定D正确。证明：A和B分离时，B+C的总动能是5E/6，B、C共速时弹性势能最大，当时A和B+C动量大小相等，动能跟质量成反比，因此B+C的动能是E/12，该过程B+C的动能损失就是此时的弹性势能，因此Ep=5E/6- E/12=3E/4。
17.答案：ACD【解析】：根据波的传播方向，可以判断b质点此时刻振动方向沿y轴负方向，离开平衡位置，速度正在变小，A对；由图象可知该波的波长是
得
，由波干涉条件知C正确；经过0.01s即半个周期，任何质点通过的路程都是2个振幅，即
18．C【解析】从图(甲)到图(乙)的过程中，根据动能定理有：
，所以
；从抛出后到落地，根据动能定理得：
，代入上式可得：
。
19.答案： BC 【解析】此模型为类双星模型，两电荷做圆周运动的角速度相等；两个电荷之间的库仑力充当各自做圆周运动的向心力，所以向心力大小相等，A错，B对．由
知，线速度大小与质量成反比，运动半径与质量成反比，C对，D错．
20.答案：ABD 【解析】天然放射性元素的半衰期与温度改变无关。根据质能方程计算可知D答案正确。
21.答案：.D 【解析】地球同步卫星是指与地球自转同步的人造卫星，它的周期是24小时，它的轨道平面只能在赤道，
得
轨道也是固定的，但并不是说同一赤道平面内的、或是周期与地球自转周期相等的就都是同步卫星，故A、C是错的、D是正确的；同步卫星做圆周运动时，内部的仪器是处于失重状态而不是超重状态，B错
22.答案．（1）(g＋a)× (OM－ON)＝(g－a)× OP （4分）
【解析】利用纸带分析得m1带动m2的加速度为a ,又由牛顿第二定律得a＝
解得
⑴3000；（2分）
⑵丙(1分)；乙图中电流表的示数太小，误差太大。丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小。（3分）。
⑶实物图连接如右图所示：(4分)
⑷实验步骤：
①闭合K1．再闭合K２，读得电压表示数Ｕ１；再断开K２，读得电压表示数Ｕ２.（2分） ②ＲV＝
。（2分）
23.【解析】：（1）负电……(2分)∵mg =
E×
……(5分)
∴E=４(r+R)dmg/Rq…………(2分)
（2）mg+q v0B=
……………(5分) ∴v0=mg/qB…………(2分)
24.【解析】：（1）ab通过最大电流时，受力分析如图甲，此时静摩擦力最大，
，方向沿斜面向下，由平衡条件得：
水平：
（3分）
竖直：
（3分）
以上两式联立得出
（3分）
（2）通以最小电流时，ab受力分析如图乙，此时ab受静摩擦力，方向沿斜面向上，与（1）类似，由平衡条件得：
（3分）
（3）当ab中电流最小时，变阻器阻值为：
（3分）
当ab中电流最强时，变阻器阻值为：
，（2分 ）
为保持ab静止，R的调节范围为0.91~10
．（1分）
25.【解析】：（1）设A物块碰撞B物块前后的速度分别为v1和v2，碰撞过程中动量守恒，
代入数据得： 
（4分）
（2）设A、B两物块碰撞前后两物块组成的系统的机械能分别为E1和E2，机械能的损失为
，根据能的转化和守恒定律： 
%
（4分）
（3）设物块A的初速度为v0，轮胎与冰面的动摩擦因数为µ，A物块与B物块碰撞前，根据动能定理：
（3分）
碰后两物块共同滑动过程中根据动能定理：
（3分）
由
、 
及（1）、（2）得：
（2分）
设在冰面上A物块距离B物块为L′时，A物块与B物块不相撞，
则：
（4分）
26．（15分）（1）（1）KNO3 （2分）CuSO4（2分）
(2) Na2CO3 （2分）
（3）Al3＋ + 3OH?＝Al(OH)3↓（3分） Al(OH)3 + OH?＝AlO2? + 2H2O （3分）
（4） Al3＋ + 3H2O 
Al(OH)3（胶体）+ 3H＋ （3分）
【解析】根据实验①可知，D中含有Cu2＋；根据实验②可知C中含有Al3＋，E可能是KOH或NaOH，再根据③，只有B、C中含有K＋，故E为NaOH。根据实验③A中含有HCO3?，故A为NaHCO3，C、D中含有SO42?，故D为CuSO4，C为KAl(SO4)2。
最后可判定B为KNO3。等物质的量的NaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3和H2O。 NaOH溶液加入到KAl(SO4)2溶液中，首先是Al3＋与OH?反应生成Al(OH)3，Al(OH)3沉淀又溶解在过量的NaOH溶液中：Al3＋ + 3OH?＝Al(OH)3↓，Al(OH)3 + OH?＝AlO2? + 2H2O。KAl(SO4)2中的Al3＋水解生成具有吸附作用的Al(OH)3胶体而净水。
27．（14分）（1）Na2CO3 ＋HCl＝NaHCO3 ＋ NaCl （3分）
（2）Cl2 + 2OH?＝Cl? + ClO? + H2O （3分）
（3）①Na2O或Na2O2 （4分，每空各2分）②Na或NaOH （4分，每空各2分）
【解析】（1）根据题设条件可知，B为盐酸，C为CO2，D为H2O，E为NaCl。
（2）根据题设条件可知B为浓盐酸，C为Cl2。
（3）若C为O2，D、E的焰色反应均为黄色，D、E中含有Na＋，含有Na＋的能产生O2的固体为Na2O2，E能与盐酸反应生成的气体能使澄清石灰水变混浊，该气体为CO2，B、E可相互转化，故可推知B溶液为NaHCO3溶液，E为Na2CO3溶液，D为NaOH溶液。Na2O2与NaHCO3溶液反应可分解为：2Na2O2 + 2H2O＝4NaOH + O2↑，NaHCO3 + NaOH＝Na2CO3 + H2O。amol NaHCO3→a mol Na2CO3，只要增加a mol Na＋，同时用OH? 将HCO3?转化为CO32? ，所加物质所产生的Na＋和OH?的物质的量相等，才能不产生杂质，故X为Na2O或Na2O2，Y为Na或NaOH。
28．（16分）（1）B（2分） 铜与HNO3反应前，应排净装置内的空气，防止NO与O2发生反应 （2分）
（2）将C中的溶液加适量水稀释（2分）
（3）③④⑤⑨ （3分）
（4）第二，打开a，通足量N2，排净装置中的空气（2分）
（5）向下移动乙管，使甲、乙两管液面在同一水平面上（2分）
（6）(V－11.2n)/33.6n （3分）
【解析】根据实验目的，要求得m值，需测定出Cu与HNO3反应生成的NO2和NO的物质的量，为此需将产生的气体首先通入装置C中，H2O吸收NO2生成NO和HNO3，用装置E测定出NO的体积，如果装置中有空气，空气中的O2会将NO氧化成NO2导致实验误差，装置B通入N2能将装置中空气赶走，防止NO被氧化，为此需要的装置为B、C、E，装置接口连接顺序为③④⑤⑨。由于浓HNO3具有强氧化性，能将指示剂氧化而影响实验，可加水稀释降低其氧化性，而溶质HNO3的量不变，便于观察指示剂颜色变化。用装置E测定NO的体积时，如甲的液面高于乙的液面，测出的NO体积偏小，如甲的液面低于乙的液面，测出的NO体积偏大，故应向下移动乙管，使甲、乙两管液面在同一水平面上，从而减少误差。根据反应：3NO2 + 2H2O＝2HNO3 + NO，混合气体中含有NO21.5nmol，NO总的物质的量为V/22.4mol，其中属于Cu与HNO3反应生成的NO为（V/22.4－n/2）mol，故M＝（V/22.4－n/2）：1.5n＝(V－11.2n)/33.6n。
29．（15分）（1）取代（或水解）、中和反应 （2分） （2）HCOOCH3 （2分） HOCH2CHO （2分）
（3）
（2分）
（4）
+ 3NaOH
+ CH3COONa + 2H2O
（3分）
（5）
（2分）
（2分）
【解析】A的分子式为C9H8O4，A能与醇发生酯化反应，说明A中含有－COOH，且A在NaOH溶液中发生水解生成CH3COONa，说明A中酯的官能团，该官能团与－COOH处于苯环上的邻位，再结合A的分子式推知A的结构简式为，B为
，由于H2CO3的酸性大于酚而小于羧酸，故在
溶液中通入CO2时，只有酚的钠盐反应生成D（
）和NaHCO3。CH3COONa与H＋反应生成E（CH3COOH）。CH3COOH的同分异构体中R中含有－CHO和－OH：HOCH2CHO，Q中含有－CHO而没有－OH：HCOOCH3。对照和
结构可知，首先用
与酚羟基反应，然后再用酸性KMnO4氧化－CH3为－COOH即可得到A。
30.【解析】（1）新陈代谢是生物最本质的特征。（2）人体内水的来源包括：饮水、食物中的水、代谢产生的水，人体代谢产生水的途径有：核糖体上的氨基酸脱水缩合、线粒体中的有氧呼吸等。（3）异化作用类型包括需氧型、厌氧型和兼性厌氧型，根据材料提供信息，气性坏疽的异化作用类型为厌氧型。（4）本题考查的是细胞的选择透过性，细胞的功能特性决定于细胞膜上的载体的种类和数量
【答案】（12分，每空各2分）（1）新陈代谢现象 （2） 代谢产生水
氨基酸脱水缩合（或有氧呼吸） （3） 厌氧型
（4）选择透过性 载体蛋白
【解析】由反应式：CO2+C5→C3和 
C5+CH2O可知：一定范围内的CO2增加可以使细胞中C3增加；一定范围内的光照增强会导致细胞内C5增加。甲图信息显示：只考虑光照的影响，光照强度为由n增加到k时，光合速率几乎不变，而乙图的变化应是光照之外的其他因素引起，比如温度等
【答案】（10分，每空各2分）（1）低、高、约等于 （2）温度
（3）光照强度、CO2浓度、温度
31．（20分）【解析】：（1）该6个品系玉米的基因型分别为：①：AABBCCDDEE ②：aaBBCCDDEE ③：AAbbccDDEE ④：AABBCCddEE ⑤：AABBCCDDee ⑥：aabbccddee
基因分离定律适用于一对等位基因控制的相对性状的遗传，基因自由组合定律适用于2对（及以上）的同源染色体上的2对（及以上）等位基因控制的性状遗传。具有两对相对性状的纯合亲本杂交，F1自交。若F2中出现性状分离比为：双显∶单显1∶单显2∶双隐＝9∶3∶3∶1，则控制这两对相对性状的基因位于2对同源染色体上，反之则位于同一染色体上
让F1侧交，若F2中出现性状分离比为：双显∶单显1∶单显2∶双隐＝1∶1∶1∶1，则控制这两对相对性状的基因位于2对同源染色体上，反之则位于同一染色体上
【答案】（1）②与①（③或、④、⑤） （1分） 不行 （1分） 品系①和⑤只有一对相对性状 （2分）不行 （1分） 控制花色和种皮颜色的基因位于同一对同源染色体（Ⅰ）上，而控制子叶味道的基因位置未知（2分）
（2）D（1分）
①若绿色非甜子叶∶绿色甜子叶∶黄色非甜子叶∶黄色甜子叶＝9∶3∶3∶1，则控制子叶颜色和味道的基因不是位于同一染色体上。（3分）
②若绿色非甜子叶∶绿色甜子叶∶黄色非甜子叶∶黄色甜子叶≠9∶3∶3∶1（答绿色甜子叶：绿色非甜子叶：黄色非甜子叶＝1：2：1也可），则控制子叶颜色和味道的基因位于同一染色体上。（3分）
（3）
①若绿色非甜子叶∶绿色甜子叶∶黄色非甜子叶∶黄色甜子叶＝1∶1∶1∶1，则控制子叶颜色和味道的基因不是位于同一染色体上。（3分）
②若绿色非甜子叶∶绿色甜子叶∶黄色非甜子叶∶黄色甜子叶≠1∶1∶1∶1（答绿色甜子叶：黄色非甜子叶＝1：1也可），则控制子叶颜色和味道的基因位于同一染色体上。（3分）