阿克蘇地區第一中學高三年級第5次月考理科綜合參考答案1.B【分析】在顯微鏡下觀察質壁分離，最好選擇成熟的植物細胞，且液泡含有顏色，如紫色洋蔥鱗片葉外表皮細胞。【詳解】A、葉綠體存在于細胞質，隨著細胞質的流動而運動，觀察細胞質的流動可用葉綠體的運動作為標志，A正確；

B、酵母菌純培養過程中，形成的單菌落是肉眼可見的，B錯誤；

C、由于紫色洋蔥鱗葉片外表皮有成熟的液泡，且液泡中有顏色，能與細胞質形成顏色對比，故可用于觀察質壁分離和復原的實驗，C正確；

D、分裂間期占整個細胞周期的比例大，因此觀察有絲分裂裝片時，經堿性染料染色后，能觀察到處于間期的染色質，也能觀察到處于分裂期的染色體，D正確。

故選B。2.D【分析】圖1中AF表示有絲分裂，FG表示減數第一次分裂，HI表示減數第二次分裂，圖2中b為染色單體，a表示染色體，c表示核DNA。【詳解】A、不同基因中遺傳信息不同，所以基因A和a中堿基對的排列順序不可能相同，A錯誤；B、圖2中b有的時期沒有，故為染色單體，存在染色單體時，染色體數是染色單體的一半，故a表示染色體，c表示核DNA。圖2中的I時期染色體數為體細胞的二倍，表示有絲分裂后期，同源染色體對數加倍，對應圖1中的CD段，圖2中的Ⅱ時期染色體數與體細胞相同，含有染色單體，可表示有絲分裂前期和中期、減數第一次分裂，對應圖1中的AB段和FG段，B錯誤；C、若該個體的一個精原細胞產生了四個基因型不同的精子，最可能的原因是FG段（減數第一次分裂前期）發生了同源染色體的非姐妹染色單體的互換，C錯誤；D、正常情況下，減數分裂I是AA與aa分開，XBXB與Y分開，減數分裂II是兩個相同的基因分開，即A與A、a與a、XB與XB、Y與Y分開、若該個體產生了一個基因組成為AAXB的精子，則是減數分裂Ⅱ異常導致的，同時產生的另外三個精子的基因型分別為XB、aY，aY，分裂出現異常的時期對應圖1中的HI段，D正確。故選D。3.D【分析】分泌蛋白的合成與分泌過程：核糖體合成蛋白質→內質網進行粗加工→內質網“出芽”形成囊泡→高爾基體進行再加工形成成熟的蛋白質→高爾基體“出芽”形成囊泡→細胞膜，整個過程還需要線粒體提供能量。【詳解】A、內質網和高爾基體可對多肽進行加工，形成具有一定空間結構的蛋白質，酵母細胞內蛋白質的折疊可能發生在內質網和高爾基體上，A正確；B、錯誤折疊的蛋白質仍含有肽鍵，能夠與雙縮脲試劑發生紫色反應，B正確；C、錯誤折疊的蛋白質被降解后的產物是氨基酸，可能會被細胞重新利用，C正確；D、合成水解酶的場所在核糖體而非液泡，D錯誤。故選D。4.D【分析】題圖分析：過程①表示光合作用的光反應階段，發生在葉綠體的類囊體薄膜；過程②③表示光合作用暗反應階段，發生在葉綠體基質；過程④⑤表示細胞呼吸，包括有氧呼吸和無氧呼吸；過程⑥表示ATP的水解，為各項生命活動供能。【詳解】A、過程②⑥是ATP的水解，釋放能量，與吸能反應相聯系，A正確；B、葉肉細胞內③的速率大于④的速率時，則植物干重不一定增加，因為還有其他部分不能進行光合作用的細胞還要通過呼吸消耗有機物，B正確；C、過程③表示光合作用暗反應階段其產物為糖類，可在細胞內轉化為氨基酸、脂肪等其它有機物，C正確；D、一片森林要想處于穩定狀態，則過程①同化的能量大于過程⑥釋放的能量，D錯誤；故選D。5.C【分析】端粒是染色體末端的DNA序列，在正常人體細胞中，端粒可隨著細胞分裂次數的增加而逐漸縮短，從而導致細胞衰老和凋亡，而端粒酶中RNA能逆轉錄形成DNA，進而能延長縮短的端粒。【詳解】A、端粒是一段特殊序列DNA蛋白質復合體，存在于每條染色體的兩端，可防止染色體DNA降解，A正確；B、端粒嚴重縮短后，導致細胞衰老，細胞核體積可能增大，B正確；C、端粒酶催化的是以RNA為模板合成DNA的過程，是一種逆轉錄酶，在細胞核中起作用，線粒體中沒有染色體，C錯誤；D、被激活的端粒酶可修復延長端粒，從而導致細胞無限增殖，腫瘤細胞的惡性增殖可能與端粒酶被激活有關，D正確。故選C。6..B【分析】自由組合定律的實質：進行有性生殖的生物在進行減數分裂產生配子的過程中，位于同源染色體上的等位基因隨同源染色體分離而分離，分別進入不同的配子中，隨配子獨立遺傳給后代，同時位于非同源染色體上的非等位基因進行自由組合。【詳解】根據題意，純合的黃色圓粒（YYRR）和純合的綠色皺粒（yyrr）雜交（這兩對相對性狀獨立遺傳），產生的F1（YyRr）自交得到F2，則F2中黃色圓粒：黃色皺粒：綠色圓粒：綠色皺粒=9:3:3:1；然后將F2中全部的綠圓豌豆（yyRr：yyRR=2:1）自交，則F3中純種綠圓豌豆（yyRR）占F3的2/3×1/4+1/3×1=1/2，綜上分析，B正確，ACD錯誤。故選B。7、D【解析】A.“碳中和”指一段時間內直接或間接產生的二氧化碳或溫室氣體排放總量，通過植樹造林、節能減排等形式，以抵消自身產生的二氧化碳或溫室氣體排放量，實現正負抵消，達到相對“零排放”，故A錯誤；B.該光伏組件主要材料為晶體硅，故B錯誤；C.開幕式將“實物煙花”改為“數字煙花”，主要目的是減少有害氣體、粉塵等對環境的污染，故C錯誤；D.采光罩的材質是有機玻璃，屬于有機高分子材料，故D正確；故選D。8、C【解析】60gHCHO水溶液中甲醛分子的O原子數為2NA，此選項未考慮水分子中的O，A錯誤。溶液未說明體積，B錯誤。2.4gMg在空氣中完全燃燒生成的鎂均為正二價，故轉移電子個數為0.2N，C正確。畫出結構簡式可知lmol甲醇中只有3mol碳氫鍵，D錯誤。9、C【解析】A.在苯環上可以取代與加成。故A對；含有碳碳雙鍵，能使高錳酸鉀褪色。故B對；1mol該化合物最多能消耗2molNaOH。故C錯；該化合物無手性碳原子。故D對。10、A【解析】A.電解飽和氯化鈉溶液反應為2NaCl+2H20Cl2+H2+2NaOH，生成的氯氣和氫氧化鈉反應生成次氯酸鈉，為了使生成的氯氣與氫氧化鈉溶液充分接觸，氯氣應該在下面生成，所以下端應為陽極，與電源的正極相連，上端為陰極，與電源的負極相連，A錯誤；B.Fe(OH)2易被氧化，通過圖中電解裝置，陽極產生Fe2+，陰極生成OH和氫氣，可以制備Fe(OH)2，氫氣、汽油隔離層的存在可以防止Fe(OH)2被氧化，B正確；C.食鹽水為電解質溶液，溶液顯中性，Fe發生吸氧腐蝕，紅墨水左高右低可證明，C正確；D.先斷開K2、閉合k1，該裝置為電解池，電解稀硫酸時左側陽極產生O2，右側陰極產生H2，當右側玻璃管內液柱接近溢出時斷開K1、閉合k2，組成簡單的氫氧燃料電池，D正確；故選A。11、D【解析】催化劑不影響反應熱的大小，A錯誤；形成化學鍵，釋放能量，B錯誤；每生成2molAB(g)吸收(a－b)kJ熱量，C錯誤；△H=ab=100KJ/mol，則活化能=(100+a)KJ/mol，大于a，故D對12、D【解析】A.由圖可知，三氧化二鎳是反應的催化劑，二氧化鎳是反應的中間產物，故A錯誤；

B.由圖可知，過程1中氯元素的化合價降低被還原，次氯酸根離子式反應的氧化劑、氯離子是還原產物，故B正確；

C.次氯酸鈣用于脫硫時，次氯酸鈣溶液能與二氧化硫反應生成微溶的硫酸鈣，有利于二氧化硫的吸收，所以脫硫的效果比次氯酸鈉更好，故C正確；

D.根據得失電子守恒，過程2中參與反應的溶液中次氯酸根離子與二氧化鎳反應生成三氧化二鎳、氯離子和氧原子，反應的離子方程式為ClO+2NiO2=Ni203+Cl+20，故D正確；13、D【解析】a:陰極反應式為NO3+6H2O+8e=NH3+9OH；b:陽極反應式為80H8e=202+4H2O，電解總反應為NO3+2H2O=NH3+202+OH，A.即H+向電極a移動，OH向電極b移動，故A，B正確；

C.陰極反應式為NO3+6H2O+8e=NH3+9OH；生成lmolNH3·H2O轉移8mol電子，則雙極膜處有8mol的H2O解離，故C對；

D.電解過程中，電極b:陽極反應式為80H8e=202+4H2O，OH被消耗，n(KOH)逐漸減小。故D錯誤。14．【答案】C【詳解】A．可樂罐做平拋運動，設初速度為v0，拋出點距桶的高度為h，水平位移為x，則有平拋運動的時間為水平位移為拋出點的位置不變，高度不變，增大初速度，可增大水平位移，從而把可樂罐扔進垃圾桶，A錯誤；B．由A選項解析可知，減小扔出可樂罐時的高度，會減小可樂罐運動的時間，拋出點的位置不變，高度不變，初速度不變，水平位移會減小，從而不會把可樂罐扔進垃圾桶，B錯誤；CD．可樂罐拋出時的高度不變，初速度不變，只減小扔出可樂罐時人與垃圾桶的水平距離，由題圖可知，會把可樂罐扔進垃圾桶，C正確，D錯誤。故選C。15.【答案】D【詳解】設a、b兩個點電荷的電荷量分別為、，a、b間的距離為，則有若將a、b間的距離和b所帶電荷量均變為原來的2倍，其他條件不變，則有聯立可得故選D。16.【答案】A【解析】【詳解】AB．A為彗星運動的遠日點，B為彗星運動的近日點。則彗星運行到A點的速度小于行星運行到B點的速度，A正確，B錯誤；C．根據開普勒第三定律彗星運動軌道的半長軸大于行星運動半徑，則彗星運行的周期大于行星運行的周期，C錯誤；D．根據得彗星運行到B點的加速度等于行星運行到B點的加速度，D錯誤。故選A。17．B【詳解】A.整個運動過程中小球與小車的系統由于只要重力和系統內彈力做功，機械能守恒。但系統所受的外力不為0，所以動量不守恒。但系統在水平方向所受合外力為0，水平方向動量守恒。故A錯誤；BC.上升過程由動量守恒和機械能守恒有解得小球上升過程動量變化量為下降過程，由動量守恒和機械能守恒有解得方向向左。小球下降過程動量變化量為故B正確，C錯誤；D.由動量定理有，小球上升過程中，軌道對小球的沖量為故D錯誤。故選B。18.【答案】C【解析】【詳解】B．結合甲、乙圖像可知，1s時機器人的加速度恰好為零，有由甲圖中圖線的比例關系，可得1s時牽引力為聯立，解得機器人所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，即滑動摩擦力大小也為3N。故B錯誤；A．同理，4s時有解得故A錯誤；C．由動量定理可得0～4s內，合外力的沖量為根據乙圖中圖線與橫坐標所圍面積表示，可得依題意，機器人初速度為零，所以4s末的速度值為。聯立，解得故C正確；D．由動能定理可得0～4s內，合外力做的功為故D錯誤。故選C。19.【答案】AD【解析】【詳解】A.由甲圖可知，波長為4m，由乙圖可知，周期為所以波速A正確；BC．根據乙圖分析，t=0時，M點振動方向向下，機械波向x軸正方向傳播，故t=0時刻，x＝1.5m處的質點正向y軸正方向運動，M點的橫坐標不可能為1.5m，B，C錯誤；D.t=1.0s時，根據乙圖，由于對稱性可知，M點位移為，D正確。故選AD。20.CD【詳解】A．過山車在A點時，向心加速度豎直向上，處于超重狀態，故A錯誤；B．經過兩個點時過山車的速率相等，在A點有在B點有因為圓半徑不同，則在A、B兩點軌道對過山車的彈力大小之差不為2mg，故B錯誤；C．經過兩個點時過山車的速率相等，根據，因為，故過山車在A點的角速度大于在B點的角速度，故C正確；D．根據可得故D正確。故選CD。21.【答案】BC【解析】【詳解】設傳送帶長度為L，傾角為，質量為m，運動時間為t，物塊受到的摩擦力為f，根據題意，有則有可得對物塊，根據動能定理產生的熱量為其中聯立可得則有Q>Ek故選BC。22．13.45降低【詳解】（1）[1]游標卡尺讀數為：13mm+0.05mm×9=13.45mm；（2）[2]滑塊通過光電門1的時間小于通過光電門2的時間，說明滑塊從光電門1到光電門2為減速運動，則右端較高，因此可調節Q使軌道右端降低。（3）[3]若動量守恒，取水平向左為正方向，根據動量守恒，有滑塊經過光電門的速度分別為聯立可得23．C9.450/9.448/9.449/9.451/9.452BD/DBc【詳解】（1）細線要用鐵夾固定，防止擺長忽長忽短；擺線要用細線，不能用彈性棉繩；擺球要用密度較大的鐵球，故選C。（2）螺旋測微器測量小鋼球直徑的讀數為。（3）根據單擺周期公式可得A．單擺振動時振幅較小，不影響的測量，故A錯誤；B．將擺線長當成了擺長，導致變小，可知g值偏小，故B正確；C．實驗時誤將將49次全振動記為50次，則周期測量值偏小，可知g值偏大，故C錯誤；D．擺線上端懸點未固定，振動中出現松動，使擺線長度增加了，則擺長測量值偏小，故D正確。故選BD。（4）根據單擺周期公式可得實驗中將擺線長作為擺長L，沒有加上擺球的半徑，所以擺線長為零時，縱軸截距不為零，由于重力加速度不變，則圖線的斜率不變，故選c。24．（1）0.32；（2）130N；（3）【詳解】（1）從A到B由動能定理可得可得（2）與墻壁碰撞時，以向右為正方向，由動量定理可得解得（3）反向運動過程，以向左為正方，向由動量定理可得解得摩擦力沖量大小為25.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）小球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得代入數據解得對小球，由牛頓第二定律得代入數據解得（2）小球與碰撞過程系統動量守恒，以小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得代入數據解得，（3）物塊與木板相互作用過程，系統動量守恒，以的速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數據解得由能量守恒定律得代入數據解得26.【答案】（1）；（2）；（3）見解析【解析】【詳解】（1）B、C碰撞前瞬間對A、B系統，由動量守恒可得B、C第一次碰撞前后動量守恒、動能守恒，有B、C發生第一次碰撞后，對A、B系統由動量守恒可得聯立以上方程解得，解得（2）兩個過程中總的摩擦生熱解得（3）B、C第二次碰撞，由動量守恒和動能守恒解得，假設A沒有滑離木板B，A、B最終將共速，由動量守恒定律可得解得此過程摩擦生熱摩擦生熱與相對位移成正比解得所以假設成立。由于，之后B、C不會再次碰撞，故物塊A不會與木板B脫離。27、【答案】（1）①H2O2+HSO3=SO42+2H2O+H+,②HSO3；HCO3；NH4+；Cl；Ba2+（2）①正2(CH3)4N++2H20+2e=2(CH3)4NOH+H2②陽離子交換陰離子交換182g（3）2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290.0kJ·mol－1【解析】（1）已知題目無色溶液，則無Cu2+；由圖可知，過氧化氫具有強氧化性，能與HSO3反應，離子方程式為：H2O2+HSO3=SO42+2H2O+H+,,故，一定存在HSO3；再加足量的稀鹽酸有氣泡產生，則一定存在HCO3，有沉淀生成一定有Ba2+,一定無SO42；最后加過量的Ba(OH)2，并加熱，有氣泡產生，則一定有NH4+。通過計算可知：n(HSO3)=0.015mol；n（HCO3）=0.01mol；n(NH4+)=0.01mol；n（Ba2+）=0.01mol；依據溶液呈電中性，則一定存在Cl。2+由圖可知，①根據第三個池中濃度變化得出：鈉離子從第四池通過e膜，氯離子從第二池通過d膜，得到a為陰極，b為陽極，b與直流電源的正極相連。a極的電極反應式為：2(CH3)4N++2H20+2e=2(CH3)4NOH+H2:；b極的電極反應式為:40H4e=02+2H2O；②根據第三個池中濃度變化得出：鈉離子從第四池通過e膜，氯離子從第二池通過d膜，得到c、e均為陽離子交換膜，d為陰離子交換膜；根據總反應4(CH3)4N++2H20+40H=4(CH3)4NOH+2H2+02可知：n(H2)=1mol,n(O2)=0.5mol,n((CH3)4NOH)=2mol,所以：m((CH3)4NOH)=182g.當有1molCl2參與反應時釋放出145.0kJ熱量，該反應的熱化學方程式：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－145.0kJ·mol－1×2＝－290.0kJ·mol－1。【解析】（1）3d74S2增大接觸面積，加快反應速率；加入Na2SO3溶液的主要作用是將Co3+Fe3+還原為Co2+、Fe2+，

故答案為：將Co3+、Fe3+還原為Co2+、Fe2+；加入NaCl03溶液的主要目的是將Fe2+氧化為Fe3+，離子方程式為ClO3+6Fe2++6H+=Cl+6Fe3++3H2O，

故答案為：ClO3+6Fe2++6H+=Cl+6Fe3++3H2O取少量最后一次洗滌液于試管中，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若無白色沉淀產生，則證明已洗滌由題中可知CoC204·2H20在空氣中高溫煅燒得到Co203，CoC204中Co的化合價為+2價，生成Co203(Co的化合價為+3價)，化合價升高，說明空氣中的02作為氧化劑參與了反應，而C2042具有一定還原性也被02氧化成CO，故產物分別為Co203和CO2，根據元素守恒，可推測出產物中還有H20生成。在根據電子守恒和原子守恒法，最終高溫可得知反應方程式為：4CoC204·2H20+3022CO203+8CO2+8H2O。【解析】（1）a裝置的名稱為三頸燒瓶(或三頸瓶、三口燒瓶)；盛放濃鹽酸的儀器優點是：平衡壓強，使液體順利流下。B裝置盛放的試劑是：飽和食鹽水（用于除去Cl2中的HCl）Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O當觀察到C中白色固體消失時，應關閉K3和K1，并停止對A加熱，原因是防止Cl2過量太多，溶液呈酸性，使NaBiO3分解，故答案為：防止Cl2過量太多，溶液呈酸性，使NaBiO3分解；反應結束后，為從裝置C中獲得盡可能多的產品，已知NaBiO3遇沸水迅速分解且難溶于水，故需要的操作有冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥。除去裝置a中殘留的氯氣以免污染環境。30、【答案】（1）羥基、醚鍵、碳碳雙鍵、酰胺基（2）C8H8O3（3）取代反應（4）（5）FeCl3溶液（6）+CH3OH+H2O（7）+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O【解析】【分析】A與發生取代反應生成的B在NaClO2和H+作用下醛基被氧化成羧基生成C，C中的羧基和CH3OH在濃硫酸條件下發生酯化反應生成的D受熱生成E，E與F反應生成G【小問1詳解】根據推導出來的G的結構簡式，可知其中官能團的名稱是羥基、醚鍵、碳碳雙鍵、酰胺基【小問2詳解】A為，其的分子式為C8H8O3小問3詳解】A→B的反應是A中的羥基氧取代了的溴原子，所以其反應類型是取代反應【小問4詳解】F為，其結構式為【小問5詳解】B為、A為，A中有B沒有的酚羥基，所以檢驗B中是否含有A的試劑為FeCl3溶液【小問6詳解】C為、D為，C→D是C和CH3OH在濃硫酸條件下發生酯化反應，其化學方程式為+CH3OH+H2O【小問7詳解】B為，其中的醛基能與銀氨溶液反應，其化學方程式為：+2[Ag(NH3)2]OH+2Ag↓+3NH3+H2O。31.【答案】（1）主動運輸（2）①.幼嫩部位②.幼嫩部位結合水的相對含量低，抗逆性弱（答自由水含量高也可）（3）油菜、花生種子中脂肪含量高，脂肪含氧量低，有氧呼吸時耗氧量大，淺播時氧氣供應充足（或深播時氧氣供應不足）（4）①.還原糖②.增強【解析】【分析】1、主動運輸從高濃度到低濃度，需要載體，需要能量。2、細胞內的水的存在形式是自由水和結合水，結合水是細胞結構的重要組成成分；自由水是良好的溶劑，是許多化學反應的介質，自由水還參與許多化學反應，自由水對于營養物質和代謝廢物的運輸具有重要作用；自由水與結合水不是一成不變的，可以相互轉化，自由水與結合水的比值越高，細胞代謝越旺盛，抗逆性越低，反之亦然。【小問1詳解】主動運輸一般是逆濃度吸收物質，因此種子細胞內的蔗糖濃度比細胞外高，說明種子細胞吸收蔗糖的跨膜運輸方式是主動運輸。【小問2詳解】幼嫩部位結合水的相對含量低，抗逆性弱，故冬季氣溫過低時，凍害主要發生在油菜的幼嫩部位。【小問3詳解】油菜、花生種子中脂肪含量高，脂肪中氫的比例高，氧的比例低，種子有氧呼吸會消耗更多的氧氣，淺播時氧氣供應充足。【小問4詳解】還原糖與斐林試劑在水浴加熱的條件下可產生磚紅色沉淀，低溫組顏色明顯加深，說明還原糖含量高，故低溫會誘導根尖細胞中還原糖的合成；還原糖增加可使油菜植株在低溫下的吸水能力增強，原因是還原糖屬于溶質，含量增加，引起細胞液濃度(滲透壓)升高，因此吸水能力增強。32.（1）.自由擴散不消耗能量、不需要載體蛋白的協助或順相對含量梯度運輸（2）.卵母細胞迅速吸水膨脹后漲破（3）.不含CHIP28的等體積脂質體外低內高不消耗能量（ATP）【解析】【分析】物質的跨膜運輸有三種方式：（1）自由擴散：特點是由高濃度向低濃度運輸，不需要載體且不消耗能量，如水、甘油、二氧化碳的跨膜運輸；（2）易化擴散（協助擴散）：特點是由高濃度向低濃度運輸，需要載體但不消耗能量，如紅細胞吸收葡萄糖；（3）主動轉運：特點是由低濃度向高濃度運輸，需要載體且消耗能量，如小腸上皮細胞吸收氨基酸、葡萄糖的跨膜運輸等。【詳解】（1）水分子進入細胞的運輸方式是自由擴散；自由擴散的運輸特點是順濃度梯度運輸、不消耗能量與不借助載體蛋白；（2）若水通道蛋白CHIP8與細胞快速吸水有關，則將該蛋白插入不含有水通道蛋白的爪的卵母細胞的細胞膜上，再將卵母細胞放清水中，則會使該細胞迅速吸水漲破；（3）對照組設置需要制作不含CHIP28的等體積脂質體的空白對照組；脂質體內外溶液滲透壓大小應符合外低內高以模仿細胞吸水的滲透壓大小；該實驗中，脂質體無法提供ATP，故還可以證明水通道蛋白CHIP28運輸水分子具有不消耗能量的特點。【點睛】本題考查物質跨膜運輸的相關實驗設計，涉及水分子的跨膜運輸、物質跨膜運輸方式的特點及實驗設計的相關延伸，考查學生對所學知識的拓展應用。33.（1）①.黑暗②.O?(氧氣)或有機物（2）20℃時西瓜幼苗細胞與呼吸作用有關的酶活性較高，有利于呼吸作用的進行（3）①.進入線粒體基質與H?O反應生成CO?和[H]②.在細胞質基質中被[H]還原生成酒精和CO?【解析】【分析】有氧呼吸第一階段發生的場所為細胞質基質，葡萄糖分解生成丙酮酸和還原氫，生成少量ATP；第二階段發生在線粒體基質，丙酮酸與水反應生成二氧化碳和還原氫，生成少量ATP；第三階段發生在線粒體內膜，還原氫與氧氣生成水，生成大量ATP。【小問1詳解】為保證實驗的順利進行，圖甲的實驗裝置需要避免進行光合作用，即置于黑暗條件下；置于黑暗條件下，植物只進行呼吸作用，即紅色小液滴向左移動的距離表示裝置內O?(氧氣)或有機物的減少量。【小問2詳解】有氧呼吸第一階段發生的場所為細胞質基質，葡萄糖分解生成丙酮酸和還原氫，生成少量ATP；第二階段發生在線粒體基質，丙酮酸與水反應生成二氧化碳和還原氫，生成少量ATP；第三階段發生在線粒體內膜，還原氫與氧氣生成水，生成大量ATP，故西瓜幼苗細胞中，與有氧呼吸有關的酶的具體分布部位是細胞質基質、線粒體的內膜上和基質中。據圖乙分析，西瓜幼苗在20℃時比在10℃時呼吸作用強度高的原因是20℃時西瓜幼苗細胞與呼吸作用有關的酶活性較高，有利于呼吸作用的進行。【小問3詳解】在20℃、t?條件下，氧氣較為充足，西瓜幼苗細胞質基質中丙酮酸的去向是進入線粒體基質與H?O反應生成CO?和[H]；在20℃、t?條件下，容器內氧氣含量較低且西瓜幼苗細胞在無氧條件不產生乳酸，故在20℃、t?條件下，西瓜幼苗細胞質基質中丙酮酸的去向是在細胞質基質中被[H]還原生成酒精和CO?。34.（1）基因的選擇性表達（2）著絲粒分裂，姐妹染色單體分開（成為兩個子染色體）（3）①.cd1：2：2（4）20【分析】圖1中細胞①②③④分別為成熟區細胞、伸長區細胞，分生區細胞和根冠細胞。細胞周期包括分裂間期和分裂期，分裂期包括前期、中期、后