2020全国一卷答案

1/19

2020年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅰ卷

理科综合答案解析

一、选择题

1

.【答案】

B

【解析】新冠肺炎是由新型冠状病毒引起的疾病，该病毒不能离开活细胞独立生活。

A

、戴口罩可以减少飞

沫引起的病毒传播，可以在一定程度上预防新冠病毒，

A

正确；

B

、病毒只能依赖于活细胞才能存活，不能

在餐桌上增殖，

B

错误；

C

、煮沸可以破坏病原体蛋白质的空间结构，进而杀死病原体，

C

正确；

D

、手可

能接触到病毒，勤洗手可以洗去手上的病原体，降低感染风险，

D

正确。故选

B

。

2

.【答案】

D

【解析】呼吸底物是葡萄糖时，若只进行有氧呼吸，则消耗的氧气

=

生成的二氧化碳量；若只进行无氧呼吸，

当呼吸产物是酒精时，生成的酒精量

=

生成的二氧化碳量。

A

、若二氧化碳的生成量

=

酒精的生成量，则说明

不消耗氧气，故只有无氧呼吸，

A

正确；

B

、若只进行有氧呼吸，则消耗的氧气量

=

生成的二氧化碳量，

B

正

确；

C

、若只进行无氧呼吸，说明不消耗氧气，产乳酸的无氧呼吸不会产生二氧化碳，

C

正确；

D

、若同时

进行有氧呼吸和无氧呼吸，若无氧呼吸产酒精，则消耗的氧气量小于二氧化碳的生成量，若无氧呼吸产乳

酸，则消耗的氧气量

=

二氧化碳的生成量，

D

错误。故选

D

。

3

.【答案】

D

【解析】甲状腺可以分泌甲状腺激素，甲状腺激素可以促进神经系统的发育，还可以促进细胞代谢，增加产

热。

A

、若切除垂体，则垂体分泌的促甲状腺激素减少，会导致甲状腺激素分泌不足，产热减少，

A

正确；

B

、给切除垂体的幼年小鼠注射垂体提取液后，该提取液中含有促甲状腺激素，可以促进甲状腺激素的分泌，

故小鼠的耗氧量会增加，

B

正确；

C

、甲状腺激素可以促进神经系统的发育，故给成年小鼠注射甲状腺激素

后，神经系统的兴奋性会增加，

C

正确；

D

、促甲状腺激素释放激素作用的靶器官是垂体，故切除垂体后，

注射促甲状腺激素释放激素不能让代谢恢复正常，

D

错误。故选

D

。

4

.【答案】

A

【解析】细胞质壁分离及复原的原理：把成熟的植物细胞放置在某些对细胞无毒害的物质溶液中，当细胞液

的浓度小于外界溶液的浓度时，细胞液中的水分子就透过原生质层进入到外界溶液中，使原生质层和细胞

壁都出现一定程度的收缩。由于原生质层比细胞壁的伸缩性大，当细胞不断失水时，原生质层就会与细胞壁

逐渐分离开来，也就是逐渐发生了质壁分离。当细胞液的浓度大于外界溶液的浓度时，外界溶液中的水分子

就通过原生质层进入到细胞液中，发生质壁分离的细胞的整个原生质层会慢慢地恢复成原来的状态，使植

物细胞逐渐发生质壁分离复原。

A

、根尖分生区无成熟的大液泡，不能用于观察细胞的质壁分离与复原，

A

符合题意；

B

、蝗虫的精巢细胞可以发生减数分裂，可以用于观察细胞的减数分裂，

B

不符合题意；

C

、哺

2/19

乳动物的红细胞吸水会膨胀，失水会皱缩，故可以用于观察细胞的吸水和失水，

C

不符合题意；

D

、人的口

腔上皮细胞无色，且含有

DNA

和

RNA

，可以用于观察

DNA

、

RNA

在细胞中的分布，

D

不符合题意。故

选

A

。

5

.【答案】

C

【解析】由题意可知，长翅与长翅果蝇杂交的后代中出现截翅果蝇，说明截翅是隐性性状，长翅是显性性状。

A

、根据截翅为无中生有可知，截翅为隐性性状，长翅为显性性状，

A

不符合题意；

B

、根据杂交的后代发

生性状分离可知，亲本雌蝇一定为杂合子，

B

不符合题意；

C

、无论控制翅形的基因位于X染色体上还是常

染色体上，后代中均会出现长翅

:

截翅

3:1

的分离比，

C

符合题意；

D

、根据后代中长翅

:

截翅

3:1

可知，

控制翅形的基因符合基因的分离定律，故可推测该等位基因在雌蝇体细胞中是成对存在的，

D

不符合题意。

故选

C

。

6

.【答案】

A

【解析】物种丰富度指群落中物种数目的多少。常用取样器取样法调查土壤小动物的丰富度。

A

、调查身体

微小、活动能力强的小动物数量常用取样器取样法，

A

错误；

B

、物种丰富度指群落中物种数目的多少，土

壤中小动物丰富度高，说明该类群含有的物种数目多，

B

正确；

C

、一些土壤小动物可以将有机物分解为无

机物，增加土壤肥力，进而影响植物的生长，

C

正确；

D

、土壤小动物可以通过呼吸作用产生二氧化碳，二

氧化碳进入大气中，可以参与碳循环，

D

正确。故选

A

。

7

.【答案】

D

【解析】

A

、乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，

A

说法正确；

B

、次

氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，

B

说法正确；

C

、过氧乙酸的分子式

为

243

CHO

，故其相对分子质量为

76

，

C

说法正确；

D

、氯仿的化学名称为三氯甲烷，

D

说法不正确。综上

所述，故选

D

。

8

.【答案】

B

【解析】

A

、根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为

14144

CHO

，

A

叙述正确；

B

、该有机物的分子在

有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变

色，

B

叙述不正确；

C

、该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，

C

叙述正确；

D

、该有机物分

子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，

D

叙述正确。综上所述，故选

B

。

9

.【答案】

A

【解析】

A

、

2

SO

和

2

HS

都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶

液除杂质

2

HS

时，

2

SO

也会被吸收，故

A

项不能实现除杂目的；

B

、氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用

饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故

B

项能实现除杂

3/19

目的；

C

、氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应：

2

2CuO2CuO

△

，

而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故

C

项能实现除杂目的；

D

、

2

NO

可以与

NaOH

发生反应：

2322

2NO2NaOHNaNONaNOHO

，

NO

与

NaOH

溶液不能发生反应；尽管

NO

可以与

2

NO

一同跟

NaOH

发生反应：

222

NONO2NaOH2NaNOHO

，但由于杂质的含量一般较少，所以也不

会对

NO

的量产生较大的影响，故

D

项能实现除杂的目的；答案选

A

。

【考点】除杂操作原则

10

.【答案】

C

【解析】题干中明确指出，铑配合物

2

2

RhCOI



充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提

供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察

出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要

CO

，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既

非反应物又非产物的物种如

3

CHCOI

以及各种配离子等，都可视作中间物种。

A

、通过分析可知，

3

CHCOI

属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为

3

CHI

的HI，

A

项正确；

B

、通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及

CO

，产物为乙酸，方程

式可写成：



2

2

RhCOI

33

CHOHCOCHCOOH





，

B

项正确；

C

、通过分析可知，铑配合物在整个反应历

程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，

C

项不正确；

D

、通过分析可知，反应中间体

3

CHCOI

与水作

用生成的HI可以使甲醇转化为

3

CHI

，方程式可写成：

332

CHOHHICHIHO

，

D

项正确；答案选

C

。

【考点】对于反应机理图的分析

11

.【答案】

B

【解析】原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此

W4301

，则

W27

，X与Y原子之间质子

数相差

2

，因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，则Y与X位于同一周期，且Y位于X右侧，且元素

X、Y的最外层电子数之和为

8

，设X最外层电子数为

a

，则Y的最外层电子为

2a

，解得

3a

，因此X

为Al，Y为P，以此解答。

A

、27

13

Al

的质量数为

27

，则该原子相对原子质量为

27

，故

A

错误；

B

、Al元素

均可形成

3

AlCl

，P元素均可形成

3

PCl

，故

B

正确；

C

、Al原子与P原子位于同一周期，且Al原子序数大

于P原子序数，故原子半径AlP＞，故

C

错误；

D

、P的含氧酸有

34

HPO

、

33

HPO

、

32

HPO

等，故

D

错误；

故答案为：

B

。

12

.【答案】

D

【解析】由题可知，放电时，

2

CO

转化为

HCOOH

，即

2

CO

发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左

4/19

侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成2

4

ZnOH

；充电时，右侧为阳极，

2

HO

发生氧化反应生成

2

O

，左侧

为阴极，2

4

ZnOH

发生还原反应生成Zn，以此分析解答。

A

、放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反

应式为：2

4

Zn2e4OH=ZnOH



，故

A

正确，不选；

B

、放电时，

2

CO

转化为

HCOOH

，

C

元素化合

价降低

2

，则

2

1molCO

转化为

HCOOH

时，转移电子数为

2mol

，故

B

正确，不选；

C

、充电时，阳极上

2

HO

转化为

2

O

，负极上2

4

ZnOH

转化为Zn，电池总反应为：2

22

4

2ZnOH2ZnO4OH2HO



，

故

C

正确，不选；

D

、充电时，正极即为阳极，电极反应式为：

22

2HO4e4HO，溶液中H浓度

增大，溶液中

W

HOHccK

，温度不变时，

W

K

不变，因此溶液中OH浓度降低，故

D

错误，符合

题意；答案选

D

。

13

.【答案】

C

【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着

NaOH

的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布

系数随着

NaOH

的滴入逐渐增大；当加入

40mLNaOH

溶液时，溶液的

pH

在中性发生突变，且曲线②代表

的粒子达到最大值接近

1

；没有加入

NaOH

时，

pH

为

1

，说明

2

HA

第一步完全电离，第二步部分电离，曲

线①代表δHA，曲线②代表2δA，根据反应

222

2NaOHHANaA2HO

，



2

0.1000mol/L40mL

0.1000mol/L

220.00m

H

L

Ac







，据此分析作答。

A

、根据分析，曲线①代表δHA，曲

线②代表2δA，

A

错误；

B

、当加入

40.00mLNaOH

溶液时，溶液的

pH

发生突变，说明恰好完全反应，

结合分析，根据反应

222

2NaOHHANaA2HO

，



2

0.1000mol/L40mL

0.1000mol/L

220.00m

H

L

Ac







，

B

错

误；

C

、由于

2

HA

第一步完全电离，则HA的起始浓度为

0.1000mol/L

，根据图像，当

NaOH

V0

时，HA

的分布系数为

0.9

，溶液的

pH1

，2A的分布系数为

0.1

，则HA的电离平衡常数





2+

2

a

AH

0.1000mol/L0.10.1000mol/L

110

0.1000mol/L0.9

HA

cc

K

c



















≈

，

C

正确；

D

、用酚酞作指示剂，酚酞变色

pH

范围为

8.2

～

10

，终点时溶液呈碱性，OHHcc＞

，溶液中的电荷守恒为

2NaHAHAOH2ccccc

，则2NaAA2Hccc＞

，

D

错误；答案选

C

。

【考点】判断

2

HA

的电离

二、选择题

14

.【答案】

D

【解析】

A

、因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故

A

错误；

B

、有无

安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故

B

错误；

C

、因有安全气囊的存在，司

的

5/19

机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故

C

错误；

D

、因为

安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了

作用时间，故

D

正确。故选

D

。

15

.【答案】

B

【解析】设物体质量为

m

，则在火星表面有1

1

2

1

F

Mm

G

R



，在地球表面有2

2

2

2

F

Mm

G

R



，由题意知有1

2

1

10

M

M



，

1

2

1

2

R

R



，故联立以上公式可得

2

2

2

1

11

22

14

0.4

101

FM

RFM

R



，故选

B

。

16

.【答案】

B

【解析】在最低点由

2

2T

r

mg

mv

，知

410NT

，即每根绳子拉力约为

410N

，故选

B

。

17

.【答案】

A

【解析】根据电容器的定义式

C

Q

U



可知，

C

QI

t

CC

U

，结合图像可知，图像的斜率为

I

C

，则

2s1～

内

的电流

12

I

与

3:5s

内的电流

35

I

关系为

1235

2II

，且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律

I

U

R



可知

R两端电压大小关系满足

1235

2

RR

UU

，由于电流方向不同，所以电压方向不同。故选

A

。

18

.【答案】

C

【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动

2mv

qBv

r

，

2r

T

v





，可得粒子在磁场中的周期

2m

T

qB





，粒子在

磁场中运动的时间

2

m

tT

qB







,则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动

时间越长。采用放缩圆解决该问题，粒子垂直

ac

射入磁场，则轨迹圆心必在

ac

直线上，将粒子的轨迹半径

由零逐渐放大。当半径0.5rR≤和1.5rR≥时，粒子分别从

ac

、

bd

区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动

时间等于半个周期。当

0.51.5RrR＜

＜

时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从

0.5R

逐渐放大，粒子射

出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从



逐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增

大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即轨迹对应的最大圆心角

4

33





，粒子运动最长时间为

4

24

3

223

mm

tT

pqBqB









，故选

C

。

6/19

19

.【答案】

BD

【解析】



粒子为氦原子核4

2

He

，根据核反应方程遵守电荷数守恒和质量数守恒，

A

选项中的

1

X

为3

2

He

，

B

选项中的

2

X

为4

2

He

，

C

选项中的

3

X

为中子1

0

n

，

D

选项中的

4

X

为4

2

He

。故选

BD

。

20

.【答案】

AB

【解析】

A

、下滑

5m

的过程中，重力势能减少

30J

，动能增加

10J

，减小的重力势能并不等与增加的动能，

所以机械能不守恒，

A

正确；

B

、斜面高

3m

、长

5m

，则斜面倾角为37。令斜面底端为零势面，则物

块在斜面顶端时的重力势能

30Jmgh

，可得质量

1kgm

，下滑

5m

过程中，由功能原理，机械能的减少

量等于克服摩擦力做的功

cos20Jmgs

，求得

0.5

，

B

正确；

C

、由牛顿第二定律

sincosmgmgma

，求得22m/sa

，

C

错误；

D

、物块下滑

2.0m

时，重力势能减少

12J

，动能增

加

4J

，所以机械能损失了

8J

，

D

选项错误。故选

AB

。

21

.【答案】

BC

【解析】由

bc

边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒

MN

受到向右的安培力，做加速运动，

bc

边受到向左的安培力，向右做加速运动。当

MN

运动时，金属框的

bc

边和导体棒

MN

一起切割磁感线，设

导体棒

MN

和金属框的速度分别为

1

v

、

2

v

，则电路中的电动势

21

EBLvv

，电流中的电流



21

BLvv

E

I

RR



，金属框和导体棒

MN

受到的安培力

22

21

BLvv

F

R





安框

，与运动方向相反，

22

21

BLvv

F

R





安MN

，与运动方向相同，设导体棒

MN

和金属框的质量分别为

1

m

、

2

m

，则对导体棒

MN

22

21

11

BLvv

ma

R



，对金属框

22

21

22

BLvv

Fma

R



，初始速度均为零，则

1

a

从零开始逐渐增加，

2

a

从

2

F

m

开始逐渐减小。当

12

aa

时，相对速度1

21

22

12

2

FRm

vv

BLmm





大小恒定。整个运动过程用速度时间图

象描述如下。

7/19

综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，

BC

选项正确；金属框的速度会一直增大，

导体棒到金属框

bc

边的距离也会一直增大，

AD

选项错误。故选

BC

。

三、非选择题

22

.【答案】（

1

）

O

、P

（

2

）Ⅰ

50.5

（

3

）

50.0

【解析】（

1

）若将电压表接

在

O

、P之间，

Vx

UU

I

RR



，则

xV

xV

RR

UI

RR





，根据一次函数关系可知对应

斜率为

xV

xV

RR

RR

。若将电压表接在

O

、

Q

之间，电流表分压为

AA

UIR

，根据欧姆定律变形可知A

UIR

R

I





，

解得

A

UIRR

，根据一次函数可知对应斜率为

A

RR

，对比图像的斜率可知

kk

ⅠⅡ

＞

，所以Ⅱ图线是

采用电压表跨接在

O

、P之间。

（

2

）因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为

50

左右，根据

1k50

500.5





＜

，

说明电流表的分压较小，电流表的分流较大，所以电压表应跨接在

O

、

Q

之间，所以选择图线Ⅰ得到的结

果较为准确。根据图像可知

3V1V

50.5

59.6mA20mAx

R







≈

。

（

3

）考虑电流表内阻，则修正后的电阻为

A

50.50.550.0

xx

RRr



。

23

.【答案】（

1

）大约相等

（

5

）

112

mgt

2

21

dd

m

tt











（

6

）

0.221

0.212

（

7

）

4

【解析】（

1

）当经过

A

、

B

两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平

的。

8/19

（

5

）由

IFt

，知

112

Imgt

。由

21

pmvmv

知

222

2121

dddd

pmmm

tttt











。

（

6

）代入数值知，冲量2

112

=1.5109.81.5Ns0.221NsImgt。

动量改变量1

2

21

0.212kgms

dd

pm

tt













。

（

7

）

0.2250.212

100%100%4%

0.225

Ip

I







≈

24

.【答案】（

1

）

2

78m/sv

（

2

）22m/s

39st

【解析】（

1

）空载起飞时，升力正好等于重力：2

11

kvmg

，满载起飞时，升力正好等于重力：2

22

kvmg

，

由上两式解得：

2

78m/sv

。

（

2

）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以2

2

02vax

，解得：22m/sa

，由加速的定

义式变形得：2

0v

v

t

aa







，解得：

39st

。

25

.【答案】（

1

）

2

0

2

mv

E

qR



（

2

）0

1

2

4

v

v

（

3

）

0

或0

2

3

2

v

v

【解析】（

1

）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于

q＞0

，故电场线由A指向

C

，

根据几何关系可知：

AC

xR

，所以根据动能定理有：2

0

1

0

2AC

qExmv

，解得：

2

0

2

mv

E

qR



；

（

2

）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做

AC

垂线并且与圆相切，切点

为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有

1

sin60xRvt

，2

1

cos60

2

yRRat

，而电场力提供加速度有

qEma

，联立各式解得粒子进入电

场时的速度：0

1

2

4

v

v；

（

3

）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为

0

mv

，即在电场方向上速度变

化为

0

v

，过

C

点做

AC

垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从

C

点或B点射出。当从B点射出时

9/19

由几何关系有

22

3

BC

xRvt，2

2

1

2AC

xRat

，电场力提供加速度有

qEma

，联立解得0

2

3

2

v

v；当

粒子从

C

点射出时初速度为

0

。

26

.【答案】（

1

）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）

（

2

）2Fe

222

+2VOVMnO2HMnHOO

（

3

）2Mn

3Fe、3Al

（

4

）



3

FeOH

（

5

）



2

3

2

HClHOCNaAlONallOHA

或

43

2

HClNaAlOHNaClOHlHOA







（

6

）利用同离子效应，促进

43

NHVO

尽可能析出完全

【解析】黏土钒矿中，钒以

3

、4、

5

价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及

2

SiO

、

34

FeO

，

用

24

30%HSO

和

2

MnO

“酸浸氧化”时VO和2VO被氧化成+

2

VO

，

34

FeO

与硫酸反应生成的2Fe被氧化

成3Fe，

2

SiO

此过程中不反应，滤液①中含有+

2

VO

、K、2Mg、3Al、3Fe、2Mn、2

4

SO；滤液①中

加入

NaOH

调节

pH3.03.1～

，钒水解并沉淀为

252

VOxHO

，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀

和完全沉淀的

pH

，此过程中3Fe部分转化为



3

FeOH

沉淀，部分3Al转化为



3

AlOH

沉淀，滤液②中含

有K、+Na、2Mg、3Al、3Fe、2Mn、2

4

SO，滤饼②中含

252

VOxHO

、

3

FeOH

、



3

AlOH

，滤

饼②中加入

NaOH

使

pH13＞

，

252

VOxHO

转化为钒酸盐溶解，

3

AlOH

转化为

2

NaAlO

，则滤渣③的主

要成分为



3

FeOH

；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入

HCl

调

pH8.5

，

2

NaAlO

转化为

3

AlOH

沉淀而

除去；最后向滤液④中加入

4

NHCl

“沉钒”得到

43

NHVO

。（

1

）“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高

温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；

（

2

）“酸浸氧化”中，钒矿粉中的

34

FeO

与硫酸反应生成

4

FeSO

、

24

3

FeSO

和水，

2

MnO

具有氧化性，

2Fe具有还原性，则VO和2VO被氧化成+

2

VO

的同时还有2Fe被氧化，反应的离子方程式为

2++2+3+

22

MnO2Fe4HM2n2FeHO

；VO转化为+

2

VO

时，钒元素的化合价由

3

价升至

5

价，

10/19

1molVO失去

2mol

电子，

2

MnO

被还原为2Mn，Mn元素的化合价由4价降至2价，

2

1molMnO

得

到

2mol

电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO转化为+

2

VO

反应的离子方程式为

+++2+

222

VOMnO2HVOMnHO

，故答案为：2Fe，+++2+

222

VOMnO2HVOMnHO

；

（

3

）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为

252

VOxHO

，随滤液②可除去金属离子K、2Mg、

+Na、2Mn，以及部分的3Fe、3Al，故答案为：2Mn，3Fe、3Al；

（

4

）根据分析，滤渣③的主要成分是



3

FeOH

，故答案为：



3

FeOH

；

（

5

）“调

pH

”中有沉淀生成，是

2

NaAlO

与

HCl

反应生成

3

Al(OH)

沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是



22

3

NaAlOHClHONaClAlOH

或

2

43

NaAlOHHClNaClAlOHHO













，故答案为：



22

3

NaAlOHClHONaClAlOH

或

2

43

NaAlOHHClNaClAlOHHO













。

（

6

）“沉钒”中析出

43

NHVO

晶体时，需要加入过量

4

NHCl

，其原因是：增大+

4

NH

离子浓度，利用同离

子效应，促进

43

NHVO

尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进

43

NHVO

尽可能析出完全。

【考点】流程的分析，物质的分离和提纯，反应方程式的书写

27

.【答案】（

1

）烧杯、量筒、托盘天平

（

2

）

KCl

（

3

）石墨

（

4

）

0.09mol/L

（

5

）3+2+FeeFe

2+ee2FeF

3+Fe

Fe

（

6

）取活化后溶液少许于试管中，加入

KSCN

溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成

【解析】（

1

）根据物质的量浓度溶液的配制步骤选择所用仪器；（

2

）～（

5

）根据题给信息选择合适的物质，

根据原电池工作的原理书写电极反应式，并进行计算，由此判断氧化性、还原性的强弱；（

6

）根据刻蚀活化

的原理分析作答。（

1

）由

42

FeSO7HO

固体配制1

4

0.10molLOFeS

溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却

至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由

42

FeSO7HO

固体配制-1

4

0.10molLFeSO

溶液需要

的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、

托盘天平。

（

2

）2+Fe、3+Fe能与

3

HCO反应，2+Ca能与2

4

SO反应，

4

FeSO

、

24

3

FeSO

都属于强酸弱碱盐，水溶液

呈酸性，酸性条件下

3

NO能与2+Fe反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，

11/19

盐桥中阴离子不可以选择

3

HCO、

3

NO，阳离子不可以选择2+Ca，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（

u）应

尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择

KCl

作为电解质，故答案为：

KCl

。

（

3

）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移

动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨。

（

4

）根据（

3

）的分析，铁电极的电极反应式为2+ee2FeF，石墨电极上未见

Fe

析出，石墨电极的电极

反应式为3+2+FeeFe，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中2Fec增加了

0.02mol/L

，根据得失

电子守恒，石墨电极溶液中2Fec增加

0.04mol/L

，石墨电极溶液中

2Fe0.05mol/L0.04mol/L0.09mol/Lc

，故答案为：

0.09mol/L

。

（

5

）根据（

3

）、（

4

）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为3+2+FeeFe，铁电极的电极反应式为

2+ee2FeF；电池总反应为3+2+FeFe23Fe，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原

剂的还原性强于还原产物，则验证了2+Fe氧化性小于3+Fe，还原性小于

Fe

，故答案为：3+2+FeeFe，

2+ee2FeF，3+Fe，

Fe

。

（

6

）在

4

FeSO

溶液中加入几滴

24

3

FeSO

溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的

反应为

2434

()FeFeSO3FeSO

，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含3+Fe即可，检验活化反应完

成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入

KSCN

溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，

故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入

KSCN

溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。

【考点】盐桥中电解质的选择，实验方法的设计，信息和反应的原理解答

28

.【答案】（

1

）

252424

2VOs2SOg2VOSOsVOs

1351kJmolH

（

2

）

0.975

该反应气体分子数减少，增大压强，



提高。所以，该反应在550℃、压强为

2

5.0MPa2.5MPap＞

的，

所以

1

5.0MPap

反应物（

2

N

和

2

O

）的起始浓度（组成）、温度、压强

（

3

）

2m

100m

p



0.5

1.51

100

mp

m

















（

4

）升高温度，

k

增大使

v

逐渐提高，但



降低使

v

逐渐下降。当

m

tt＜

，

k

增大对

v

的提高大于



引起的

降低；当

m

tt＞

，

k

增大对

v

的提高小于



引起的降低

12/19

【解析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压

强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进

一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一

步分析对速率的影响。（

1

）由题中信息可知：

①

223

1

SOgOgSOg

2

198kJmolH

②

243252

VOsSOgVOsSOg1

2

24kJmolH

③

2434

VOs2SOg2VOSOs1

1

399kJmolH

根据盖斯定律可知，2③②得

542422

2VOs2SOg2VOSOsVOs

，则

111

12

2399kJmol24kJmol2351kJmolHHH

，所以该反应的热化学方程式

为：

252424

2VOs2SOg2VOSOsVOs1351kJmolH；

（

2

）

223

1

SOgOgSOg

2



，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平

衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，

2

SO

的平衡转化率越大，所以，该反应在550℃、

压强为

5.0MPa

条件下，

2

SO

的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为

2.5MPa

的，因此，

1

5.0MPap

，

由图中数据可知，

0.975

。影响



的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（

2

N

和

2

O

）的

浓度、温度、压强等。

（

3

）假设原气体的物质的量为

100mol

，则

2

SO

、

2

O

和

2

N

的物质的量分别为

2mmol

、

mmol

和

qmol

，

2mmq3mq100

，

2

SO

的平衡转化率为



，则有下列关系：

平衡时气体的总物质的量为n2m1m12mmolqmol总

，则

3

SO

的物质的量分数为



3

nSO

2mmol2m

100%100%100%

n2m1m12mmolqmol100m







总

。该反应在恒压容器

中进行，因此，

3

SO

的分压

3

2m

SO

100m

p

p









，



2

2m1

SO

100m

p

p











，



2

m1

O

100m

p

p











，在该

条件下，

223

1

SOgOg2SOg

2



的

13/19









3

0.50.50.5

1.5

22

2m

SO

100m

SOO

2m1m1

1

100

100m100m

p

p

p

K

pp

mp

pp

m









































。

（

4

）由于该反应是放热反应，温度升高后



降低。由题中信息可知，0.8

11vkn





















，升高温度，

k

增大使

v

逐渐提高，但



降低使

v

逐渐下降。当

m

tt＜

，

k

增大对

v

的提高大于



引起的降低；当

m

tt＞

，

k

增大对

v

的提高小于



引起的降低。

【考点】化学平衡常数的计算，速率公式与化学平衡的综合理解

29

.【答案】（

1

）细胞膜

（

2

）参与信息传递

（

3

）对蛋白质进行加工修饰

（

4

）脂质和蛋白质

（

5

）叶肉细胞进行光合作用时，光能转化为化学能的过程发生在类囊体膜上

【解析】

1

、生物膜主要由脂质和蛋白质组成，还有少量的糖类。脂质中磷脂最丰富，功能越复杂的生物膜，

蛋白质的种类和数量越多。

2

、细胞膜的功能：①将细胞与外界环境分隔开；②控制物质进出；③进行细胞

间的信息交流。

3

、分泌蛋白的合成与分泌过程：附着在内质网上的核糖体合成蛋白质→内质网进行粗加工

→内质网“出芽”形成囊泡→高尔基体进行再加工形成成熟的蛋白质→高尔基体“出芽”形成囊泡→细胞

膜，整个过程还需要线粒体提供能量。

（

1

）K进入植物根细胞的过程为主动运输，体现了细胞膜控制物质进出的功能。

（

2

）兴奋在神经元之间是通过突触传递的，当兴奋传递到突触小体时，突触前膜释放神经递质进入突触间

隙，与突触后膜上的受体结合，使突触后膜发生兴奋或抑制，该过程体现了细胞膜参与信息传递的功能。

（

3

）由分析可知，在分泌蛋白的合成和分泌过程中，高尔基体对来自内质网的蛋白质进行加工修饰后，“出

芽”形成囊泡，最终将蛋白质分泌到细胞外。

（

4

）由分析可知生物膜的主要成分是脂质和蛋白质。

（

5

）类囊体薄膜上分布着光合色素和多种酶，是绿色植物进行光反应的场所，光能转化为化学能的过程发

生在类囊体膜上。

【考点】生物膜的成分和功能

30

.【答案】（

1

）减少杂草对水分、矿质元素和光的竞争；增加土壤氧气含量，促进根系的呼吸作用

（

2

）肥料中的矿质元素只有溶解在水中才能被作物根系吸收

（

3

）A和

C

14/19

作物A光饱和点高且长得高，可以利用上层光照进行光合作用；作物

C

光饱和点低且长得矮，与作物A间

作后，能利用下层的弱光进行光合作用

【解析】

1

、中耕松土是指对土壤进行浅层翻倒、疏松表层土壤。中耕的作用有：疏松表土、增加土壤通气

性、提高地温，促进好气微生物的活动和养分有效化、去除杂草、促使根系伸展、调节土壤水分状况。

2

、

矿质元素只有溶解在水中，以离子形式存在，才能被植物的根系选择吸收。

（

1

）中耕松土过程中去除了杂草，减少了杂草和农作物之间的竞争；疏松土壤可以增加土壤的含氧量，有

利于根细胞的有氧呼吸，促进矿质元素的吸收，从而达到增产的目的。

（

2

）农田施肥时，肥料中的矿质元素只有溶解在水中，以离子形式存在，才能被作物根系吸收。

（

3

）分析表中数据可知，作物A、D的株高较高，B、

C

的株高较低，作物A、B的光饱和点较高，适宜

在较强光照下生长，

C

、D的光饱和点较低，适宜在弱光下生长，综合上述特点，应选取作物A和

C

进行

间作，作物A可利用上层光照进行光合作用，作物

C

能利用下层的弱光进行光合作用，从而提高光能利用

率。

【考点】光合作用和呼吸作用的相关内容

31

.【答案】（

1

）胰岛B

（

2

）高

增加

（

3

）甲组大鼠胰岛素缺乏，使机体不能充分利用葡萄糖来获得能量，导致机体脂肪和蛋白质的分解增加

（

4

）获得了因胰岛素缺乏而患糖尿病的动物，这种动物可以作为实验材料用于研发治疗这类糖尿病的药物

【解析】

1

、胰岛B细胞能分泌胰岛素，其作用是促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，从而使血糖

水平降低；胰岛A细胞能分泌胰高血糖素，其作用是促进糖原分解，并促进一些非糖物质转化为葡萄糖，

从而使血糖水平升高。

2

、糖尿病的病人由于胰岛B细胞受损，导致胰岛素分泌过少，血糖进入细胞及在细

胞内氧化分解发生障碍，而非糖物质转化成糖仍在进行，从而使血糖水平升高，部分糖随尿液排出，而原尿

中的葡萄糖又增加了尿液的渗透压，因此导致肾小管、集合管对水分的重吸收减少，进而导致尿量增多。

（

1

）由于甲组大鼠注射药物

W

后，血糖浓度升高，可推知药物

W

破坏了胰腺中的胰岛B细胞，使胰岛素

的分泌量减少，从而导致血糖浓度升高。

（

2

）由题干信息可知，甲组大鼠肾小管液中的葡萄糖含量增加，会导致肾小管液的渗透压比正常时的高，

因此导致肾小管、集合管对水分的重吸收减少，进而导致尿量增加。

（

3

）甲组大鼠注射药物

W

后，由于胰岛素分泌不足，使机体不能充分利用葡萄糖来获得能量，导致机体脂

肪和蛋白质的分解增加，体重下降。

（

4

）由以上分析可知，药物

W

破坏了胰腺中的胰岛B细胞，使大鼠因胰岛素缺乏而患糖尿病，这种动物可

以作为实验材料用于研发治疗这类糖尿病的药物。

15/19

【考点】糖尿病的病因，“三多一少”症状出现的原因等相关基础知识

32

.【答案】（

1

）在减数分裂过程中，随着非同源染色体的自由组合，非等位基因自由组合；同源染色体上

的等位基因随着非姐妹染色单体的交换而发生交换，导致染色单体上的基因重组

（

2

）控制新性状的基因是杂合的通过自交筛选性状能稳定遗传的子代

【解析】

1

、基因重组是指在生物体进行有性生殖的过程中，控制不同性状的基因的重新组合。它包括：①

减数第一次分裂过程中，随着非同源染色体的自由组合，非等位基因自由组合；②减数分裂形成四分体时

期，位于同源染色体上的等位基因随着非姐妹染色单体的交换而发生交换，导致染色单体上的基因重组。

2

、诱变育种是指利用物理因素或化学因素来处理生物，使生物发生基因突变。用这种方法可以提高突变率，

在较短时间内获得更多的优良变异类型。其原理是基因突变。

（

1

）由分析可知，减数分裂形成配子的过程中，基因重组的途径有减数第一次分裂后期，非同源染色体上

的非等位基因自由组合；减数第一次分裂前期同源染色体的非姐妹染色单体之间发生交叉互换。

（

2

）在诱变育种过程中，诱变获得的新个体通常为杂合子，自交后代会发生性状分离，故可以将该个体进

行自交，筛选出符合性状要求的个体后再自交，重复此过程，直到不发生性状分离，即可获得稳定遗传的纯

合子。

【考点】基因重组的概念和分类，诱变育种的原理和应用

33

.【答案】（

1

）减小

减小

小于

（

2

）

2

3

p

2

3

【解析】（

1

）从距

O

点很远处向

O

点运动，两分子间距减小到

2

r

的过程中，分子间体现引力，引力做正功，

分子势能减小。在

21

rr

过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小。在间距等于

1

r

之前，

分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在

1

r

处分子势能小于零。

（

2

）气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积

V

变成

3V

，乙中原气体体积有

2V

变

成

3V

，则根据玻意尔定律分别有

1

3pVpV

，

2

1

23

2

pVpV

，则

12

1

23

2

pVpVppV

，则甲

乙中气体最终压强

12

2

3

pppp





。若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为

p

，则

pVpV





，

计算可得

2

3

VV





，由密度定律可得，质量之比等于

2

3

m

V

mV



现

原

。

的

16/19

34

.【答案】（

1

）

BCE

（

2

）

1

4

l

1

4

fl

【解析】

A

、之所以不能同时观察到是因为声音的传播速度比光的传播速度慢，所以

A

错误；

B

、超声波与

血液中的血小板等细胞发生反射时，由于血小板的运动会使得反射声波的频率发生变化，

B

正确；

C

、列车

和人的位置相对变化了，所以听得的声音频率发生了变化，所以

C

正确；

D

、波动传播速度不一样是由于波

的频率不一样导致的，

D

错误；

E

、双星在周期性运动时，会使得到地球的距离发生周期性变化，故接收到

的光频率会发生变化，

E

正确。故选

BCE

。

（

2

）设与

c

点最近的振幅极大点为

d

，则

35

88

adlll

，22

7

2cos60

8

bdcdbcbccdl，根据

干涉加强点距离差的关系：

12

xxxn

，

1

4

bdadl

，所以波长为

1

4

l

。由于受迫振动的频率取决于

受迫源的频率由

vf

知，

1

4

vfl

。

35

.【答案】（

1

）

4:5

（

2

）

Na

与Li同主族，

Na

的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小Li，

Be

和B为同周

期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态

Be

原子的

s

能级轨道处于全充满

状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的

（

3

）正四面体形

4

3sp

（

4

）

4

3

16

或

0

.

1875

13:3

【解析】题（

1

）考查了对基态原子电子排布规律的认识；题（

2

）考查了第一电离能的周期性变化规律；题

（

3

）考查了分子或离子空间构型判断的两大理论；题（

4

）重点考查通过陌生晶胞的晶胞结构示意图判断晶

胞组成。（

1

）基态铁原子的价电子排布式为623d4s，失去外层电子转化为2+Fe和3+Fe，这两种基态离子的

价电子排布式分别为63d和53d，根据Hund规则可知，基态2+Fe有

4

个未成对电子，基态3+Fe有

5

个未成

对电子，所以未成对电子个数比为

4:5

；

17/19

（

2

）同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以

11

LiNaII＞

；同周期元素，

从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于AⅡ元素基态原子

s

能级轨道处于全充满的状态，能量更低

更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的AⅢ元素，因此

111

BeBLiIII＞＞

；

（

3

）经过计算，3

4

PO中不含孤电子对，成键电子对数目为

4

，价层电子对数为

4

，因此其构型为正四面体

形，P原子是采用3sp

杂化方式形成的

4

个3sp

杂化轨道；

（

4

）由题干可知，

4

LiFePO

的晶胞中，

Fe

存在于由

O

构成的正八面体内部，P存在由

O

构成的正四面体

内部；再分析题干中给出的（

a

）

,

（

b

）和（

c

）三个不同物质的晶胞结构示意图，对比（

a

）和（

c

）的差异

可知，（

a

）图所示的

4

LiFePO

的晶胞中，小球表示的即为Li，其位于晶胞的

8

个顶点，

4

个侧面面心以及

上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li的个数为

111

8444

824



个；进一步分析

（

a

）图所示的

4

LiFePO

的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为

4

，即晶胞中含

Fe

和P的数目均为

4

；考虑到化学式为

4

LiFePO

，并且一个晶胞中含有的Li，

Fe

和P的数目均为

4

，所以一个晶胞中含有

4

个

4

LiFePO

单元。对比（

a

）和（

b

）两个晶胞结构示意图可知，

1x4

LiFePO



相比于

4

LiFePO

缺失一个面心的

Li以及一个棱心的Li；结合上一个空的分析可知，

4

LiFePO

晶胞的化学式为

44416

LiFePO

，那么

1x4

LiFePO



晶胞的化学式为

3.254416

LiFePO

，所以有

3.25

1=

4

x

即

0.1875x

。结合上一个空计算的结果可知，

1x4

LiFePO



即

0.81254

LiFePO

；假设2+Fe和3+Fe数目分别为

x

和

y

，则列方程组：

1xy

，

0.812523+542xy

，

解得

0.8125x

，

0.1875y

，则

1x4

LiFePO



中23Fe:Fe0.8125:0.187513:3nn

。

【考点】第一电离能，判断分子等构型时，由陌生晶胞结构书写晶体化学式时

36

.【答案】（

1

）三氯乙烯

（

2

）

KOH△

醇

2

KClHO

（

3

）碳碳双键、氯原子

（

4

）取代反应

（

5

）

（

6

）

6

18/19

【解析】由合成路线可知，A为三氯乙烯，其先发生信息①的反应生成B，则B为；B与氢氧

化钾的醇溶液共热发生消去反应生成

C

，则

C

为；

C

与过量的二环己基胺发生取代反应生成

D；D最后与E发生信息②的反应生成F。（

1

）由题中信息可知，A的分子式为

23

CHCl

，其结构简式为

2

ClHCCCl

，其化学名称为三氯乙烯。

（

2

）B与氢氧化钾的醇溶液共热发生消去反应生成

C

（），该反应的化学方程式为

KOH△

醇

2

KClHO

。

（

3

）由

C

的分子结构可知其所含官能团有碳碳双键和氯原子。

（

4

）

C

（）与过量的二环己基胺发生生成D，D与E发生信息②的反应生成F，由F的分子

结构可知，

C

的分子中的两个氯原子被二环己基胺基所取代，则由

C

生成D的反应类型为取代反应。

（

5

）由D的分子式及F的结构可知D的结构简式为。

（

6

）已知苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体。E（）的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠

反应，则其分子中也有羟基；核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为

6:2:2:1

的有、、、

、、，共

6

种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为。

【考点】同分异构体的书写

37

.【答案】（

1

）高压蒸汽灭菌

琼脂

选择

（

2

）410

19/19

（

3

）

S

的浓度超过某一值时会抑制菌株的生长

（

4

）取淤泥加入无菌水，涂布（或稀释涂布）到乙培养基上，培养后计数

（

5

）水、碳源、氮源和无机盐

【解析】培养基一般含有水、碳源、氮源、无机盐等。常用的接种方法：平板划线法和稀释涂布平板法。常

用的灭菌方法：干热灭菌法、灼烧灭菌法、高压蒸汽灭菌法。

（

1

）常用高压蒸汽灭菌法处理盛有水或培养基的摇瓶，乙为固体培养基，故需要加入Y琼脂；甲和乙培养

基可以用于筛选能降解

S

的菌株，故均属于选择培养基。

（

2

）若要在每个平板上涂布

100μL

稀释液后的菌液，且每个平板上长出的菌落数不超过

200

个，则摇瓶

M中的菌液稀释的倍数至少为7421110倍。

（

3

）当培养基中的

S

超过某一浓度后，可能会抑制菌株的生长，从而造成其对

S

的降解量下降。

（

4

）要测定淤泥中能降解

S

的细菌的细胞数，可以取淤泥加无菌水制成菌悬液，稀释涂布到乙培养基上，

培养后进行计数。

（

5

）甲和乙培养基均含有水、无机盐、碳源、氮源。

【考点】高压蒸汽灭菌法，灼烧灭菌，干热灭菌

38

.【答案】（

1

）诱导小鼠甲产生能够分泌抗病毒A抗体的B淋巴细胞

（

2

）取小鼠甲脾脏剪碎，用胰蛋白酶处理使其分散成单个细胞，加入培养液制成单细胞悬液

（

3

）选择培养基

只有杂交瘤细胞能够生存

抗原与抗体的反应具有特异性

（

4

）将杂交瘤细胞注射到小鼠腹腔内增殖；将杂交瘤细胞在体外培养

【解析】由图可知，筛选

1

指用选择培养基筛选出杂交瘤细胞，筛选

2

指进行克隆化培养和专一抗体检测，

筛选出能产生特定抗体的杂交瘤细胞。（

1

）实验前给小鼠甲注射病毒A，是为了诱导小鼠甲产生能够分泌

抗病毒A抗体的B淋巴细胞。

（

2

）取小鼠的脾脏，剪碎组织，用胰蛋白酶处理获得单个细胞，加入培养液可以制成单细胞悬液。

（

3

）图中筛选

1

需要用到选择培养基，只有杂交瘤细胞可以存活。筛选

2

是为了获得能产生特定抗体的杂

交瘤细胞，该过程要用到抗原抗体杂交，故筛选所依据的原理是抗原—抗体反应具有特异性。

（

4

）获得能产生抗病毒A的单克隆抗体的杂交瘤细胞后，可以在体外培养液中进行培养，或在小鼠的腹腔

中进行培养，使杂交瘤细胞大量增殖。

【考点】制备单克隆抗体