河北省2020届高三新时代NT抗疫爱心卷(Ⅱ)理综答案+全解全析.pdf

1、 理科综合试题（二）第 3页 (共 12 页)理科综合试题（二）第 4页 (共 12 页) 17.【答案】C【解析】从图示时刻开始计时，即从中性面开始计时为正弦式，A 错误；如果以 bd 连线为轴旋转，且角 速度不变，则感应电动势不变，B 错误；如果把 OO上边的磁场去掉，其他条件不变，峰值变化变为原来的一半，波 形不变，故 C 正确，D 错误。 18.【答案】C 【解析】功率不变，所以电流不变，电动势不变，根据 E=BLv，金属棒 ab 经过 x1m 和 x3m 处时的 有效长度之比为 2：1，故速度大小之比为 12，A 正确；又根据安培力 F=BIL，得出安培力大小之比为 21，B 正确；

2、 电量之比即面积之比，在金属棒 ab 从 x1m 到 x2m 和从 x2m 到 x3m 处的过程中，面积变化之比为 4：3，所 以通过电阻 R 的电量之比为 4：3，C 错误。消耗电能满足 QI2RtIRItIRq ，所以消耗电能之比也为 4：3，D 正确。 19.【答案】BD【解析】如图，因为带负电的粒子经过 C 点时电势能最大，所以 C 点电势最低。因此电场强度方向由 O 指向 C。过 D 做 OC 的垂线 DM，M 在圆上，连接 AM，由几何关系可知 AM DM，AMOC， 过 A 做 OC 的垂线， 交 OC 于 N 点。 AMR、ONR/2， NC3R/2 UADWAD/q10V，B

3、 正确；EUAD/R200V/m，A 错误；D、M 两点电势相等， C 错误。UACEdNCE(3R/2)15V，D 正确。 20.【答案】AB 【解析】若将滑片 P 上移，电源路端电压降低，小灯泡 L 变暗， 因二极管作用，电容器不能放电，电场强度不变，带电液滴 Q 仍静止，A 正确； 电容器下极板下移，不影响电源路端电压，故小灯泡亮度不变，下移后 C 变小，电容器不能通过二极管放电，液滴仍 处于静止状态，B 正确；若将电容器上极板下移，C 变大，继续充电，二极管正向能导通，电压不变，场强变大，Q 处电势升高，由于液滴带负电，故在 Q 点的电势能一定减小，C 错误；光照强度增大，光敏电阻阻值

4、减小，电源路端 电压降低，电流表A的示数减小，由于二极管作用，电容器电量不变，场强不变，液滴不动。 21.【答案】AC 22.【答案】 （1）使细线的拉力等于合外力；（1 分）（2）M2/M1（2 分）；m1/m2（2 分） 【解析】 （1）实验中，必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的目的是让绳子对小车的拉力就是小车的合外力。 （2）通过比较两小车的位移来比较两小车的加速度大小，是因为位移与加速度的关系式为 2 2 1 atx ，根据 M F a ， Mm 和平衡了小车与长木板间摩擦力的条件下，可以用悬挂物（钩码）重力代替拉力，当 m1=m2时，则 x1/x2=M2/M1； 当 M2=M1时，则

5、 x1/x2=m1/m2。 23.【答案】（1）A（2 分）D（2 分）（2）B（2 分）（3）增大(2 分）增大（2 分） 【解析】 （1） “2.5 V，1.2 W”的小电珠额定电流为 0.48A，所以电流表选 A，滑动变阻器采用分压接法，应选总阻值 较小的，所以选 D； （2）由于要求描绘出小电珠从零逐渐增加到 2.5 V 的伏安特性曲线，则滑动变阻器采用分压接法；小灯泡电阻较小， 电流表采用外接法，所以选 B； （3）由图可知，随电流增大，电阻逐渐增大，根据电阻定律，可知电阻率增大。 24.【答案】 （1）依题意得：qE=mg，故可等效为粒子只受洛伦兹力（1 分） 由粒子做圆周运动规律

6、可知： 2 40 m T qB s （1 分） 则由磁场变化的规律可知，粒子运动的轨迹如图所示， 由几何关系可得 L=4R（2 分） 又 2 0 0 v qv Bm R （2 分） 联立可得 v0=0.1m/s(1 分) （2）分析可知：粒子第一次运动到最远点的时间为 1 40 22 TT t s （2 分） 以后每隔 80s 都会运动到最远点，所以粒子从 A 点出发运动到最远点所满足的时间关系为 1 240 (21)ttnTns（n=0、1、2、3） （3 分） 25. 【答案】(1)子弹瞬间射入木块过程子弹和木块动量守恒，设子弹和木块的速度为v 0 00 m vmm v(2 分) 子弹和木

7、块在木板上运动的加速度大小为 a=g (2 分) 设三者速度相同时速度为 v共，则 0 atvv 共 (3 分) 设木板克服弹簧弹力做功为 W， 对木板使用动能定理得 2 00 1 2 mm gxWMv 共(3 分) 解得 W=40J (2 分) 所以弹簧弹性势能 E弹=W=40J (1 分) (2)当弹簧向右运动到原长时弹性势能全部转化为木板和木块及子弹的动能，此时，三者速度最大(3 分) 设最大速度为 vm 22 00m 11 (m) 22 EmM vmmM v 共弹 (3 分) 解得 m 33 3 v m/s (1 分) 26.（15 分） 【答案】 （1）FeTiO32H2SO4TiO

8、SO4FeSO42H2O（2 分）（2） Fe（1 分）蒸发浓 缩、冷却结晶、过滤（2 分）（3） 加水稀释反应物（1 分）加碱中和生成的酸、加热等（1 分）（4） TiO2 4e =Ti2O2 （2 分）4480（2 分）（5） Fe2+ 2HCO3 FeCO3+CO2+ H2O （2 分） 1105（2 分） 【解析】 （1）因钛铁矿主要成分为 FeTiO3，且滤液 1 中钛元素以 TiO2+形式存在，所以其主要反应化学方程式为 FeTiO3 2H2SO4TiOSO4FeSO42H2O。 （2）该流程中还有副产物 FeSO47H2O，故需将溶浸产物中的 Fe3+除去，物质 A 为 Fe，

9、“一系列操作”包括蒸发浓缩、 冷却结晶、过滤。 （3） “水解”反应为 TiO2 (x1)H 2O=TiO2xH2O2H ，根据平衡移动原理，为提高 TiO 2xH2O 的产率可以加水 稀释反应物、加碱中和生成的酸、加热等。 AD C 30 O M N A 理科综合试题（二）第 5页 (共 12 页)理科综合试题（二）第 6页 (共 12 页) （4） “电解”过程中阴极反应：TiO24e =Ti2O2，阳极反应：2O24e=O2，若制得金属 Ti 9.60g，则 n(Ti)=n(O2)=0.2mol， V(O2)=4480mL （标准状况下） 。 （5） 由题意知该反应化学方程式为： Fe2

10、+ 2HCO3 FeCO 3+CO2+ H2O；由常温下 FeCO3饱和溶液浓度为 4.510-6molL-1，KSP(FeCO3)=2.0251011mol2L-2，则 c(CO32 )? ? 1.01310-5molL-1。 27. （14 分） 【答案】(1) 2FeS230NaClO314H2SO430ClO2Fe2(SO4)315Na2SO414H2O（2 分） (2) 提高化学反应速率，同时防止 H2O2受热分解(或答：高于 30 会导致 H2O2分解，低于 30 会导致反应速率较 低)（2 分） 稀释 ClO2，防止其发生爆炸（2 分） 2CN 2ClO22CO2N22Cl（2

11、分） 吸收 ClO2 等气体， 防止污染大气 （2 分）（3） 通入 60 L 0.008 gL 1O 3充分反应， 再加入 80 g KCl 固体充分反应 （2 分）然 后将溶液浓缩蒸发水量 25% （1 分）将滤液冷却到 10 结晶 （1 分） 【解析】(1) FeS2中+2 价铁元素被氧化为 Fe3+， -1 价硫元素被氧化为 SO42 ， NaClO3中+5 价氯元素被还原为+4 价 ClO2。 根据化合价升降守恒和元素守恒配平，其化学反应方程式为 2FeS230NaClO314H2SO4=30ClO2Fe2(SO4)3 15Na2SO414H2O。(2)以过氧化氢作还原剂，在硫酸介质

12、中还原 NaClO3制备 ClO2的原理是： H2O2+2NaClO3+H2SO4=O2+2ClO2+Na2SO4+2H2O。H2O2作为反应物要防止其受热分解，但是温度太低反应又太慢， 实验现象不明显。氮气很稳定，通入氮气从溶液中赶出 ClO2，氮气稀释了 ClO2气体，防止 ClO2浓度过高发生爆炸。 ClO2具有较强氧化性，被还原为 Cl；CN具有较强还原性，+2 价碳元素被氧化为 CO2，-3 价氮元素被氧化为 N2， 由此写离子方程式。 装置D吸收尾气中的ClO2等污染大气的气体。 (3)本试验以工业废渣(主要成分为NaNO3和NaNO2) 为原料，用 O3将 NaNO2氧化为 Na

13、NO3，用 KCl 固体提供 K+，利用 NaNO3和 KNO3的溶解度随温度变化的差异，通 过重结晶的方法来制取 KNO3。由图 2 知浓缩蒸发水量在小于 25%时 KNO3的产率和纯度都较低，浓缩蒸发水量大于 25%时KNO3的产率和纯度都有所降低， 所以选择浓缩蒸发水量为25%较合适。 由图3知冷却结晶温度高于10时KNO3 的产率迅速减小，冷却温度低于 10时 KNO3的纯度太低，所以冷却结晶温度应选择 10。 28. （14 分） 【答案】 （1）(Q2Q3Q1)kJmol 1 （2 分）（2） 76% （1 分）1.7/a（1 分） 2.13（2 分） （2 分）催化剂活性降低（或

14、反应物浓度降低等） （2 分） （3） 还原 （2 分）C4H1013O2 26e=4CO 25H2O（2 分） 【解析】 （1） C4H10(g)6.5O2(g)=4CO2(g)5H2O(l)H=-Q1kJmol 1 C2H6(g)3.5O2(g)=2CO2(g)3H2O(l)H=-Q2kJmol 1 CH2=CH2(g)3O2(g)=2CO2(g)2H2O(l) H=-Q3kJmol 1 -得： C4H10(g)C2H6(g)+CH2=CH2(g)H2=(Q2Q3Q1)kJmol 1； （2）设该温度下，正丁烷的平衡转化率，平衡时，5（1-）+5+5=8.8，=0.76；前 2amin 内

15、压强从 5MPa 增大 到 8.4MPa，即前 2amin 内正丁烷的p=3.4MPa，根据（正丁烷）=p/t=（8.4MPa-5MPa）/2amin=1.7/aMPamin 1；反 应 IC4H10(g)CH4(g)+CH3CH=CH3(g)，反应 C4H10（g）C2H6（g）+CH2=CH2（g）平衡时，若平衡 时甲烷、乙烯的体积分数分别为 ? ?、 ? ?，则丙烷和乙烷的体积分数分别为 ? ?、 ? ?，正丁烷为 3/22，Kp= ? ? ? ? ? ? ? ? =2.13； 反应为体积变大的反应， 若反应在恒温、 恒压条件进行， 平衡后反应容器的体积变大， 故体积大于 8.8L； 高

16、于 640K 后，乙烯和丙烯的产率随温度升高增加幅度减小，可能的原因是：催化剂活性降低（或反应物浓度降低等） ； （3） A 电极上氧气得电子， 发生还原反应； B 电极上正丁烷被氧化， 电极反应式为： C4H1013O2 26e=4CO 25H2O。 29.（10 分，除标注外，每空 2 分） 【答案】(1)自由扩散（1 分）自由水/结合水的比值增加(2)31(3)种子不进行光合作用，不能制造有机物， 同时细胞呼吸消耗有机物，使有机物总量下降 (4)细胞质基质和线粒体基质线粒体基质(5)暗反应（1 分） 【解析】(1)据图分析，阶段胚根长出鲜重增加较快，可见其吸水速度快。由此推测水分子的跨膜

17、运输方式为自由扩 散。阶段比前两个阶段的新陈代谢更加旺盛的原因是自由水/结合水的比值增加。 (2) 根据有氧呼吸和无氧呼吸的反应式，有氧呼吸过程中葡萄糖O2CO2=166，无氧呼吸过程中葡萄糖CO2= 12。若有氧呼吸与无氧呼吸消耗葡萄糖之比为 16，则有氧呼吸释放的 CO2相当于 6，吸收的 O2相当于 6，无氧呼 吸释放的 CO2相当于 12，总的释放 CO2与吸收 O2的体积比为 186=31。 (3) 胚根长出期间，由于种子不进行光合作用，不能制造有机物，同时细胞呼吸消耗有机物，使有机物总量下降，萌 发种子的干物质总量会减少。 (4) 阶段细胞的呼吸方式由既有无氧呼吸又有有氧呼吸转变为

18、只有有氧呼吸，所以生成 CO2的场所的变化是细胞质 基质和线粒体基质线粒体基质。 (5) 植物光合作用过程中产生的ATP与有氧呼吸产生的 ATP的去路不同之处在于： 光合作用光反应阶段中产生的ATP 只能用于暗反应阶段。 30.（9 分，除标注外，每空 1 分） 【答案】(1)单 细胞外 K+浓度低于细胞内，Na+相反（或其它正确答案） 细胞膜对 Na+的通透性增强，Na+内流不会 (2)收缩传出神经末梢（2 分）(3)位于脊髓的低级中枢受脑中相应的高级中枢的调控（2 分） 【解析】(1)当 1（感受器）受到一定强度的刺激后，由于是发生在人体内的反射，所以兴奋在 2（传入神经）中的传 导是单向

19、的。神经元处于 A 状态（静息电位）时，细胞内外 K+和 Na+的分布特征是细胞外 K+浓度低于细胞内，Na+相 反。B 状态的神经元处于动作电位，动作电位的大小不会随有效刺激的增强而不断加大。 (2)乙图所示的反射为缩手反射，甲图中的 c（神经递质）和 d（突触后膜）上的受体结合后，会导致结构 5（骨骼肌） 收缩。反射弧的效应器是由传出神经末梢和它所支配的肌肉或腺体等组成。 (3)由于位于脊髓的低级中枢受脑中相应的高级中枢的调控，所以人体在受到图乙所示的刺激后，若有意控制，在能够 忍受的范围内可以不发生缩手动作。 31.（8 分，除标注外，每空 2 分） 【答案】 (1)捕食和竞争(2)杂食

20、性鱼类 能将动植物遗体残骸中的有机物分解成无机物(3)精明的捕食者 （1 分） (4) 抵抗力 （1 分） 【解析】(1)图中浮游动物与杂食性鱼类的种间关系既是捕食关系又是竞争关系。 (2)图中既含有初级消费者，又含有次级消费者的生物类群是杂食性鱼类。生态系统中包含但在图中没有标出的生物成 分是分解者，其在生态系统中的作用是能将动植物遗体残骸中的有机物分解成无机物。 (3)捕食者吃掉的一般是被捕食者中的年老、病弱或年幼的个体。此外捕食者也不会将所有的被捕食者都吃掉，否则自 己也无法生存，这在生态学上被称为“精明的捕食者”策略。 (4)生态系统被轻微污染，能够自我净化，这体现了生态系统的抵抗力稳

21、定性。 理科综合试题（二）第 7页 (共 12 页)理科综合试题（二）第 8页 (共 12 页) 32.（12 分，除标注外，每空 2 分） 【答案】(1)不是，因为 F1植株是杂合体，F2代性状发生分离(2) 26/27 (3) 高茎子粒饱满红花和高茎子粒饱满白花AaBbCc 和 AABBcc (4)设计三组杂交实验，分别用不同的两对基因对应的显性纯合与隐性纯合亲本杂交，得到的 F1自交，观察 F2表现型 分离比，若不符合 9331，则两对基因位于同一对同源染色体上。 （4 分） 【解析】(1) 从题意可知，亲本是纯合体（AABBccaabbCC） ，F1的基因型是 AaBbCc，F2会发生

22、性状分离，形成 八种（即 23）表现型。 (2) 上述 F1AaBbCc 自交，F2代表现为高茎子粒饱满红花的基因型为(A-B-C-)，其中纯合体 AABBCC 占其中的 1/31/31/3=1/27，杂合体占 1-1/27=26/27。 (3) 如果在上述杂交操作过程中部分母本去雄不彻底，导致了部分母本自花受粉，部分母本异花传粉。那么异花受粉 得到的 F1代植株表现型为高茎子粒饱满红花，对应的基因型为 AaBbCc，自花受粉得到的 F1代植株表现型为高茎 子粒饱满白花，对应的基因型为 AABBcc。 (4) 设计三组杂交实验，分别用不同的两对基因对应的显性纯合与隐性纯合亲本杂交，得到的 F1

23、自交，观察 F2表现型 分离比，若符合 9331，则两对基因分别位于两对染色体上，若不符合 9331，则两对基因位于同一对 同源染色体上。 33.（1）【答案】ACE （2） 【解析】 气缸竖直放置时，对缸内气体有 10 mg pp S ， 1 VSh， 1 300KT （1 分） 气缸水平放置时，对缸内气体有 20 pp， 2 ()VS hx， 2 270KT （1 分） 气缸转动前后，由理想气体状态方程 1 122 12 PVPV TT （1 分） 解得：2kgm （1 分） 加热过程气体等压膨胀，由热力学第一定律可知气体对外做功为3JWQU（1 分） 设加热时活塞向缸口移动的距离为 y，

24、则有 W=P0Sy（1 分） 解得 y=3cm（1 分） 加热后，对缸内气体有 30 PP， 3 ()VS hxy， 33 273Tt（1 分） 由理想气体状态方程 331 1 13 PVPV TT （1 分） 解得：t3=72（1 分） 34.（1） 【答案】ADE 【解析】由读出相邻波谷之间的距离为 4m，即波长为 4m已知 P 点相继出现两个波峰的时间间隔为 0.4s，波的周期 为 T0.4s，则波速为 v/T10m/s所以该列波在 0.1s 内向右传播的距离为xvt 1 m，故 A 正确；介质中的 质点不随波移动，故 B 错误；在 00.1s 时间内，质点 Q（x1.5m）通过的路程不

25、是 10cm，故 C 错误；t0 时，质 点 Q（x1.5m）的振动方向沿 y 轴负方向，所以在 t0.2s 时，质点 Q（x1.5m）的振动方向沿 y 轴正方向，故 D 正 确；x=4m 处的波谷传播到 x=9m 处时，N 点第一次到达波谷，所用时间 t=x/v=（9-4）/10 m/s =0.5s，故 E 正确。 （2） 【答案】3n 3 2 sL t vc 光射入三棱镜的光路如图所示， 1 903060i （1 分） 由折射定理得： 1 1 sin sin i n r （1 分） 光在 BC 边折射时，由折射定律有： 2 2 sin1 sin i nr （1 分） 由几何关系可知， 21

26、 30ir（1 分） 21 60ri（1 分） 联立解得：3n （1 分） （2）由几何知识知：从 AB 边上射入的光在三棱镜中的传播路程0.5sL（1 分） 光在三棱镜中传播速度 3 3 c vc n （2 分） 光在三棱镜中的传播时间 3 2 sL t vc （1 分） 35.（15 分） 【答案】(1)Si C0 （1 分）3s 23p2（1 分） (2)sp3（2 分）(3)原子晶体（2 分） (4) Fe（2 分）0（2 分）（2 分）2（2 分）SiO2（1 分） 【解析】根据元素周期表排布规律判断元素种类 A 为元素周期表中原子半径最小的元素则 A 是 H 元素，B 的基态原 子

27、中占有电子的 3 个能级上的电子数均相等，则 B 是 C 元素，D 与 B 同族即 D 是 Si 元素，C 与 B 同周期即 C 元素为 理科综合试题（二）第 9页 (共 12 页)理科综合试题（二）第 10页 (共 12 页) 与第二周期， 且 C 的所有 p 轨道上的电子数与所有 s 轨道上的电子数相等， 则 C 的基态原子核外电子排布为： 1s22s22p4 即 C 是 O 元素，E 的次外层电子数是其最外层电子的 7 倍则 E 的基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d64s2，所 以 E 是 Fe 元素。(1) 同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元

28、素电负性递减。即电负性：SiCO， D 是 Si 元素，它的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，即它的基态原子价层电子排布式为：3s23p2；故答案 为：SiCO；3s23p2；(2) A 是 H 元素，C 是 O 元素，它们形成的三原子分子是 H2O，根据价层电子对互斥理论,四对 电子相互排斥成四面体结构,可见四个轨道都参与了杂化,所以是 sp3杂化， C 原子的杂化方式为 sp3； 故答案为： sp3； (3)C 是 O 元素， D 是 Si 元素，形成化合物 SiO2，SiO 键是共价键，属于 SiO2属于原子晶体；故答案为：原子晶体；(4) 三 角双锥构型为对称性

29、结构，因此该分子为非极性分子，对比三种球的原子半径大小可知小白球为 O 原子，黑球为 C 原 子，大白球为 Fe 原子，Fe 原子具有多余的原子轨道，可提供空轨道，形成化合物 Fe(CO)5，其中 Fe(CO)5中 Fe 的化 合价为 0；故答案为：Fe；0； H5O2+可以写成两个水分子以氢键相连，其中一个水分子的 O 再以氢键连结一个氢离 子，书写时将所有原子看为一个整体用方括号括起来， “+”放在方括号右上角，即结构；故答案为： ；晶体冰中，每两个水分子间有一个氢键，平均属于每个水分子有 0.5 个，一个水分子与周围的四个水 分子以氢键结合，故 1mol 冰中有 2mol 氢键；二氧化硅

30、是原子晶体，SiO 通过共价键形成四面体结构，四面体之间通 过共价键形成空间网状结构，以立方体中的水分子为研究对象，每个水分子形成 4 条氢键， SiO2空间连接方式与这种 冰连接类似；故答案为：2；SiO2。 36. （15 分） 【答案【答案】 （1）苯甲醇消去反应（2）碳碳双键、羧基 （3） （4） 否在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化（5） （6） 【解析】【解析】 由的结构可知为，与溴发生加成反应生成，发生水解反应生成为，催 化氧化的产物继续氧化生成，则为，对比、分子式可知分子内脱去分子水生成， 故在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，则为，和发生酯化反应生成为 。 （1）F

31、 的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，为在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成。 （2）E 的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚 合生成酯类高分子化合物，结构简式为。 （3）经过反应，是羟基连接的碳原子上有 2 个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到 ，与 O2在催化剂、加热的条件下反应可得 D，写出反应的化学方程式 。 （4）、两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。 （5）与 A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有 5 种。苯环上可以连接一个甲基和 一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH

32、=CH2，共 5 种，其中核磁共振氢谱为六组峰， 且峰面积之比为 1：1：2：2：2：2 的结构简式为。 （6）根据逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代 反应生成甲苯，故合成路线为：。 37. （15 分，除标注外，每空 2 分） 【答案】(1)碳源能源(2)-胡萝卜素(3)不易挥发和易溶于有机溶剂萃取胡萝卜素的有机溶剂应不与水混溶， 而乙醇属于水溶性有机溶剂，影响萃取效果（3 分）溶解度两种色素随层析液在滤纸上的扩散速度不同（或其他 合理答案） 【解析】(1)蔗糖主要提供碳源，也可作为能源物质。 (2)胡萝卜素的化学分子式中包含多个碳碳双键，根据

33、双键的数目可以将胡萝卜素划分为、三类，-胡萝卜素是其 中最主要的组成成分。 理科综合试题（二）第 11页 (共 12 页)理科综合试题（二）第 12页 (共 12 页) (3)根据胡萝卜素不易挥发和易溶于有机溶剂的特点，应选择的提取方法是萃取。萃取胡萝卜素的有机溶剂应不与水混 溶，而乙醇属于水溶性有机溶剂，影响萃取效果。胡萝卜素和叶绿素在层析液（有机溶剂）中的溶解度不同，溶解度 高的随层析液在滤纸上的扩散速度快，反之则慢，从而将它们分离。 38. （15 分，除标注外，每空 2 分） 【答案】(1)用促性腺激素使雌性棕榈猫超数排卵使精子获能(2)获能溶液或专用的受精溶液受精卵受体猫 (家猫）

34、对移入子宫的外来胚胎基本上不发生免疫排斥反应(3)核移植该技术获得的幼仔性别与供核个体的性别相同， 而胚胎工程所获得的幼仔性别是由亲本提供的性染色体组合决定的(3 分） 【解析】(1)图中处理A为用促性腺激素使雌性棕榈猫超数排卵，处理B为利用培养法或化学诱导法使精子获能。 (2)图中步骤甲为体外受精的过程， 所使用的培养液是获能溶液或专用的受精溶液。 步骤乙为早期胚胎培养的过程， 所需的营养主要来自受精卵。步骤丙为胚胎移植，之所以能进行是因为受体猫(家猫）对移入子宫的外来胚胎基本 上不发生免疫排斥反应，这为移入的胚胎在代孕家猫体内的存活提供了可能。 (3)要想得到大量的棕榈猫，理论上还可以通过细胞工程的方法，采用的是核移植技术。利用核移植技术获得的幼仔 性别上与提供细胞核的亲本一致；而利用图示胚胎工程技术获得的幼仔性别由双亲提供的性染色体组合决定，XX 为雌性，XY 为雄性。