贵州省贵阳市五校2022-2023学年高三下学期联合考试（四）理综-答案(1)

贵阳市五校2023届高三年级联合考试（四）理科综合参考答案一、选择题：本题共13小题，每小题6分。题号12345678910111213答案BCDAADDCBABAC二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求；第1921题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。题号1415161718192021答案ADCDBADBDAD【解析】1．病毒无细胞结构，没有细胞核，也没有拟核，A错误。病毒需寄生在活细胞中，并可利用人体肝细胞内的核糖体进行蛋白质的合成，B正确。乙肝病毒的遗传物质中含有碱基T，说明乙肝病毒的核酸是DNA，丙肝病毒则含有碱基U，说明丙肝病毒的核酸是RNA，更易发生突变，C错误。丙肝病毒与乙肝病毒都通过血液传播，佩戴口罩不能有效避免感染，D错误。2．人的受精卵发育到胚胎过程中会产生衰老的细胞，A正确。由题图可知，自由基攻击磷脂，磷脂又可以产生更多的自由基，故过程、的作用效果属于正反馈调节，B正确。若过程使酪氨酸酶活性降低，将引起头发花白，而白化病则是基因突变导致酪氨酸酶缺乏引起的，C错误。过程使DNA分子中的基因碱基对缺失或替换，导致遗传信息发生改变，如果发生在原癌基因和抑癌基因上，则可能导致细胞癌变，D正确。3．20世纪40年代，美国科学家卡尔文（M．Calvin，1911~1997）等用小球藻（一种单细胞的绿藻）做了这样的实验：用经过14C标记的14CO2，供小球藻进行光合作用，然后追踪放射性14C的去向，最终探明了CO2中的碳是如何转化为有机物中的碳的，A正确。1952年，美国遗传学家赫尔希（A．D．Hershey，1908~1997）和他的助手蔡斯（M．C．Chase，1927~2003）以T2噬菌体为实验材料，利用放射性同位素标记技术，完成了另一个有说服力的实验—噬菌体侵染细菌的实验，证明DNA是遗传物质，B正确。1958年，科学家以大肠杆菌为实验材料，运用同位素标记技术，设计了一个巧妙的实验，证明DNA是半保留复制，C正确。1928年，荷兰科学家温特（F．W．Went）做了以下实验：把切下的燕麦胚芽鞘尖端放在琼脂块上，几小时后，移去尖端。然后将琼脂切成小块，再将经处理过的琼脂块放在切去尖端的燕麦胚芽鞘一侧，结果胚芽鞘会朝对侧弯曲生长。如果放上的是没有接触过胚芽鞘尖端的琼脂块，胚芽鞘则既不生长也不弯曲。温特的实验进一步证明胚芽鞘的弯曲生长确实是由一种化学物质引起的。温特认为这可能是一种和动物激素类似的物质，并把这种物质命名为生长素。实验中未用到同位素标记法，D错误。4．3过程是翻译，需要tRNA、mRNA、rRNA参与完成，A正确。人体成熟的白细胞是高度分化的细胞，只有DNA的转录和翻译，B错误。转录是以DNA的一条链为模板合成mRNA分子的过程，C错误。据图分析可知，1、2、3、4、5过程分别代表DNA复制、转录、翻译、RNA复制、逆转录。HIV是逆转录病毒，在宿主细胞内可发生5、1、2、3过程，D错误。5．在反射弧中，兴奋在神经纤维上的传导是单向的。只有刺激离体神经纤维时，才会出现双向传导，A错误。兴奋在神经元间的传递需要突触的协助，B正确。兴奋只能从突触前膜传递到突触后膜，C正确。兴奋在神经元间的传递过程中，要发生由电信号转变成化学信号再转变为电信号的过程，D正确。6．大量引入新物种，可能会引起物种入侵，导致生态系统的稳定性遭到破坏，D错误，其余均正确。7．氕、氘、氚互为同位素，故D错误。8．分枝酸分子式为C10H10O6，故A错误。分枝酸中含有羧基、羟基等官能团，均能发生取代反应，故B错误。分枝酸中含有饱和碳原子，则所有原子不可能共面，故D错误。9．标况下，SO3为固态，故A错误。没有明确溶液体积，不能计算微粒数目，故C错误。随着反应进行，浓硫酸变稀，反应停止，无法计算转移电子数目，故D错误。10．pH=7时，n[NaHSO4]n[Ba(OH)2]=21，正确的离子方程式为2H++SOeq\o\al(2,4)+Ba2++2OH=BaSO4+2H2O，故B错误。Fe3+具有氧化性，I具有还原性，二者发生氧化还原反应，故C错误。草酸（H2C2O4）是弱酸，离子方程式中不可拆，故D错误。11．M、X、Y、Z、W五种短周期元素，原子序数依次增大，其中Y的原子半径最大，Y的单质在W的单质中燃烧产生黄色火焰；结合有机盐结构可知，Y为Na，从有机盐的结构可知，M形成单键，X形成4根键，则X为C，M为H，Z和W也形成单键，整个阴离子带一个负电荷，则Z和W有一个通过共用一个电子对达到稳定结构，而另一个通过共用一个电子对以及得到一个电子从而达到稳定结构，则最外层电子数分别为6和7，Z和W分别是S和Cl。C和H形成的化合物中还可以含有非极性键，例如乙烯，故A错误。S的含氧酸如H2SO4酸性比Cl的含氧酸如HClO强，故C错误。简单氢化物的还原性H2SHCl，故D错误。12．NO不可用排空气法收集，故B错误。NH3应用向上排空气法收集，故C错误。实验室制CO2的原料是稀盐酸和石灰石，故D错误。13．燃料电池中电解质为固体氧化物，电解质中无OH，故C错误。14．三种说法均符合量子化观点，故A正确。15．在最高点，摩擦力方向无法确定，与角速度大小有关，可能向上也可能向下，故A错误。在最低点，合外力向上，故摩擦力方向一定向上，故B错误。在B点摩擦力斜向右上，与重力的合力提供向心力，故C错误。物体做匀速圆周运动，一定由摩擦力与重力合外力提供向心力，故D正确。16．由，，联解得，故C正确。图117．如图1所示，接触后，a处电量为+2Q，b处电量为+4Q，c处电量为+2Q，a、c两处的电荷在O点的合场强大小为，方向沿Ob且指向b，b处的电荷在O点的场强大小为，方向沿Ob且指向O，故合场强大小为，方向沿Ob且指向O，故D正确。18．斜面和水平面粗糙程度相同，设A与斜面、水平面间的摩擦因数为，A、B在斜面上运动时，对A、B整体有，解得，对B有，解得；在水平面上运动时，解得，在水平面上运动时A、B间的摩擦力大小为f2，对B有，解得，可得两种情况下A、B间的摩擦力大小之比为，故B正确。19．由图可知，在t1时刻，两物体位移相同，故两物体相遇，故A正确。甲为抛物线，加速度不变，故B错误。位移方向不同，故平均速度方向不同，故C错误。速度方向始终相反，故D正确。20．4s时开始变为滑动摩擦力，故A错误。在时刻，故，故B正确。变为滑动摩擦力后，故C错误。由图可知，故D正确。21．电场对电子做正功，电势能逐渐减小，故A正确。等势线分布不均匀，故是非匀强电场，电子在电场中是加速度变化，故B错误。由对称性可知，A、C两点射入的电子轨迹应均经过P点，故C错误。由对称性可知，A、C两点射入的电子射出过程中，电场力做功相同，故射出时速度大小相同，故D正确。三、非选择题（共174分）（一）必考题：共11小题，共129分。22．（每空2分，共6分）（1）<（2）（3）C【解析】（1）步骤=2\*GB3\*MERGEFORMAT中由闭合电路欧姆定理可得，步骤=3\*GB3\*MERGEFORMAT中由闭合电路欧姆定理可得，联立可得，则。（3）考虑电流表内阻，步骤=2\*GB3\*MERGEFORMAT有，步骤=3\*GB3\*MERGEFORMAT有，可得，与测量值相等，故C正确。23．（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）m（2）659.46（3分）【解析】（1）小球释放后做自由落体运动，光电门A到电磁铁的距离不变，到达A点的速度设为，由运动学公式可得，其中为图像截距，为图像斜率，所以小球下落到A门时的速度大小为；当地重力加速度大小为。（2）；斜率，。24．（12分）解：（1）设斜面高为h，底边长为L小球在电场中运动时，做类平抛运动竖直方向=1\*GB3其中根据牛顿第二定律=2\*GB3若撤去电场，小球抛出后做平抛运动，竖直方向=3\*GB3得解得=4\*GB3（2）小球在电场中运动时，小球做类平抛运动水平方向=5\*GB3撤去电场后，小球做平抛运动水平方向=6\*GB3解得评分标准：本题共12分。正确得出、式各给1分，其余各式各给2分。其他解法酌情给分。25．（20分）解：（1）对a由机械能守恒由动量守恒由能量守恒解得（2）b在传送带上减速，当速度减小为时，位移为由动能定理得故b在传送带上未达到共速，由位移关系解得（3）a以的速度滑上传送带，加速到时位移为x1，由动能定理此后a以匀速前进到水平面上，然后做减速运动，运动3m后速度为由动能定理此后ab发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得由动能定理评分标准：本题共20分。正确得出、、、、式各给2分，其余各式各给1分。其他解法酌情给分。26．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）K4（1分）球形干燥管（1分）吸收未反应的Cl2，可防止空气中的水蒸气进入装置C中（2）PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl，POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl（任意写其中一个方程式，或全部都写，都给2分）平衡气压（1分）（3）PCl3低沸点，易挥发，利用率降低蒸馏（4）60%（3分）【解析】（1）根据先制备PCl3，再用O2氧化PCl3制得POCl3顺序要求。装置E为固液混合加热制备气体的装置，符合氯气制备的装置要求，所以要先打开装置K4。装置b为球形干燥管，其盛放的碱石灰可以吸收未反应的Cl2，同时还可防止空气中的水蒸气进入装置中，使PCl3发生水解。（2）装置A为固液不加热制备气体，符合二氧化锰与过氧化氢制备氧气的装置，杂质气体为挥发的水，需要B中的浓硫酸干燥。如果没有除掉氧气中的水蒸气，会使C中的PCl3或POCl3与水发生PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl，POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl反应。装置B安装了长颈漏斗有调节气流，平衡气压的作用。（3）装置C中反应温度控制在60~65，不能过高或过低，这是由于温度太低，反应速率变慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率降低；由PCl3、POCl3的熔沸点信息可知其在常温下为液态，分离混溶的液态混合物应采用蒸馏法。（4）6.2克的白磷，根据磷原子守恒，理论上生成POCl3质量为153.5g/mol=30.7g，产率=100%=60%。27．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）粉碎（1分）升温、适当增加硫酸浓度等（其他合理答案也可）（1分）（2）SiO2（1分）（3）B（4）降低溶解度冷却结晶（1分）用玻璃棒引流向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待液体流下，重复操作23次（5）4Fe2++O2+8OH=4FeOOH+2H2O（6）【解析】（3）因“酸浸”所得溶液中含Fe3+，加入的试剂X的作用是还原Fe3+，为不引入杂质，应选用铁粉。（4）乙醇是有机物，FeSO4为无机物，所以加入乙醇可降低溶解度，利于FeSO47H2O晶体析出。（6）将原理方程式配平后得5Fe2++MnOeq\o\al(,4)+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可列关系式：5Fe2+~MnOeq\o\al(,4)，所以10片补血剂药片中n(Fe2+)=5n(MnOeq\o\al(,4))=50.0200a103=a104mol，故一片补血剂药片中含的物质的量为a104=a105，质量就为a105mol278g/mol=2.78a103g。28．（除特殊标注外，每空1分，共15分）．（1）49.4kJmol1（2）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)H=(a+b+c+d)kJmol1（2分）．（1）0.0025mol/(Ls)40%（2分）（2）T1>T2>T3由图可知压强一定时，H<0，温度越高转化率越低，所以T1>T2>T3（2分）．正极COeq\o\al(2,3)+4e=C+3O2（2分）11.2（2分）【解析】．（1）通过（）式+（）式可得（）式，可知H3=+40.9kJmol1+(90.3kJmol1)=49.4kJmol1。（2）通过观察图可知第一步催化剂捕获CO2，第二步H2参与反应，第三步反应有水生成，第四步又有2H2参加反应同时生成甲醇和催化剂，根据盖斯定律，可知整个反应的热效应就等于每一步反应热效应之和，则CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)H=(a+b+c+d)kJmol1。．（1）根据数据表可知20s时已知甲醇的物质的量为0.05mol，所以根据“三段式”可推导出CO2的浓度变化量：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)c起：0.2molL10.4molL10c变：0.05molL10.1molL10.05molL120s末c：0.15molL10.3molL10.05molL1v(CO)==0.0025mol/Ls，100，达到平衡时，由表数据可知60s到80s段，甲醇的物质的量都是0.08mol，说明反应已达到平衡状态，根据“三段式”可推导出CO的消耗量：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)c起：0.2molL10.4molL10c变：0.08molL10.16molL10.08molL120s末c：0.12molL10.24molL10.08molL1CO转化率=。（2）由图可知压强一定时，H<0，温度越高转化率越低，所以T1>T2>T3。由M点可知：p总=32MPaCO转化率=40%CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)n起：10mol30mol0n变：1040%=4mol8mol4moln平：6mol22mol4mol。．由装置图可知右侧电极上COeq\o\al(2,3)中碳元素由+4价变为0价碳，获得电子，发生还原反应，所以这一极为阴极，其所连电源b极为负极，则a极为正极；其电极反应式为COeq\o\al(2,3)+4e=C+3O2，阳极反应式为2C2Oeq\o\al(2,5)4e=O2+4CO2412mol0.5molVO2=0.5mol22.4molL1=11.2L。29．（除特殊标注外，每空2分，共10分）（1）叶绿体基质（1分）各种相应的催化酶（与暗反应有关的酶）（2）储存在ATP中的活跃化学能水（3）高于（1分）人工光合作用系统没有呼吸作用消耗糖类（或植物呼吸作用消耗糖类），因此积累量更多【解析】（1）绿色植物通过光合作用，利用CO2合成糖类属于暗反应阶段，其场所在叶绿体基质。光合作用的卡尔文循环需要多种酶的催化作用才能高效完成，图中人工固定CO2合成糖类的反应过程与卡尔文循环相似，因此人工合成淀粉过程中应加入各种相应的催化酶，反应才能高效完成。（2）植物光合作用的光反应阶段利用光合色素吸收、转化、利用太阳能，将太阳能转变为储存在ATP中的活跃化学能。从图中可以看出，人工合成淀粉利用了太阳能发电，然后利用电能将水分解成氧气和氢，再将氢用于还原二氧化碳反应。（3）在与植物光合作用固定的CO2量相等的情况下，光合作用、人工合成淀粉两种途径合成糖类相同，而人工光合作用系统没有呼吸作用消耗糖类（或植物呼吸作用消耗糖类），因此人工合成淀粉的积累量高于植物。30．（除特殊标注外，每空2分，共8分）（1）协助扩散增加（1分）（2）促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖反馈调节（1分）（3）=2\*GB3=4\*GB3【解析】（1）血糖通过协助扩散进入胰岛B细胞后，氧化分解加快使ATP浓度升高，导致K+通道关闭，K+外流受阻，触发Ca2+大量内流，最终引起胰岛素分泌增加。（2）胰岛素可以促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，使血糖浓度降低。其作用效果反过来又会抑制胰岛素的分泌，这种调节称为反馈调节。（3）2型糖尿病的靶细胞对胰岛素作用不敏感，说明体内胰岛素能正常分泌，故不存在胰岛B细胞受损，胰岛素分泌障碍等情况。而胰岛素受体表达量下降，会导致靶细胞膜上受体减少，对胰岛素不敏感。存在自身抗体与胰岛素受体结合，也会导致靶细胞对胰岛素不敏感。但自身抗体与胰岛B细胞结合会影响胰岛素的分泌，也不会导致靶细胞对胰岛素不敏感。31．（共9分）（1）垂直（1分）显著提高了群落利用阳光等环境资源的能力；为动物创造了多种多样的栖息空间和食物条件（4分）（2）随机取样（1分）（3）引入松毛虫的天敌（灰喜鹊）（1分）（4）原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体（如能发芽的地下茎）的地方发生的演替（2分）【解析】（1）在垂直方向上，大多数群落都具有明显的分层现象。例如，森林中自上而下分别有乔木、灌木和草本植物，形成群落的垂直结构。植物的分层与对光的利用有关：不同植物适于在不同的光照强度下生长。这种分层现象显著提高了群落利用阳光等环境资源的能力。群落中植物的垂直分层为动物创造了多种多样的栖息空间和食物条件。（2）样方法是估算种群密度最常用的方法之一：在被调查种群的分布范围内，随机选取若干个样方，通过计数每个样方内的个体数，求得每个样方的种群密度，以所有样方种群密度的平均值作为该种群的种群密度估算值。调查草地上蒲公英的密度，农田中某种昆虫卵的密度，作物植株上蚜虫的密度、跳蝻的密度等，都可以采用样方法。取样的关键是要做到随机取样，不能掺入主观因素。（3）从环境容纳量的角度出发，可以通过引入松毛虫的天敌等方法减少松毛虫的环境容纳量。（4）次生演替是指在原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体（如能发芽的地下茎）的地方发生的演替。32．（除特殊标注外，每空2分，共12分）（1）显性（1分）X染色体（1分）子代中棒眼与正常眼表现出与性别相联系的现象（其他合理叙述均可）AaXRXr（2）XRO（3）实验思路：选择子代中糯性（非糯）植株自交，观察子代的性状表现预期结果和结论：若子代中糯性非糯=31（非糯糯=31），则糯（非糯）为显性性状，若子代全为糯性（非糯）植株，则糯性（非糯）为隐性性状【解析】（1）分别统计子代的灰身和黑色、棒眼和正常眼的比例，如下表所示：灰身与黑身在雌性、雄性中分离比相同且都为31，故灰身为显性；棒眼与正常眼在雌雄中分离比不同，与性别相联系，所以控制棒眼与正常眼的基因位于X染色体上，控制灰身与黑身的基因位于常染色体上。由后代灰身黑身为31可知亲本为Aa，子代雄性中棒眼与正常眼为11可知其母本为杂合子，即母本基因型为AaXRXr。灰身黑身棒眼正常眼31803111（2）从减数分裂过程分析，子代中出现一只棒眼雄果蝇的原因是卵母细胞在减数第一次分裂后期或减数第二次分裂后期异常，导致卵细胞中不含X染色体，与父本正常减数分裂产生的含XR的精子结合产生XRO导致。（3）由题干所给杂交方案可知亲本中表现为显性性状的一方为杂合子，即杂交方案为测交类型，所以子代中显性性状一方为杂合子，用子代表现型为糯性性状（或非糯）的植株自交，若出现3糯1非糯（或3非糯1糯）的分离比则糯性（非糯）为显，若不出现性状分离则糯性（非糯）为隐性。（二）选考题：共45分。33．（15分）（1）（5分）ABE（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）【解析】由热力学第一定律可知A正确。水变为水蒸气需要吸热，水蒸气内能大，故B正确。对于质量和温度相同的氢气和氧气，分子数不同，平均动能相同，所以内能不同，故C错误。内能与宏观位置、机械运动无关，故D错误。系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，是由系统的温度和体积决定的，故E正确。（2）（10分）解：（）设U形管两端竖直朝上时，左边气体的压强为p1U形管水平放置时，两边气体压强相等且等于大气压，此时原左边气柱长度变为，该过程中气体发生等温变化，由玻意耳定律有解得（）U形管水平放置时，两边气体压强相等且等于大气压，可知两边水银柱的高度差为7cm，若要两边空气柱长度相同（即水银面相平），所以左边空气柱的长度会变为气体发生等压变化，由盖吕萨克定律解得评分标准：本题共10分。正确得出、式各给1分，其余各式各给2分。其他解法酌情给分。34．（15分）（1）（5分）BCE（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）【解析】根据部分波形图不能确定波源的起振方向，也不能利用某个质点在某时刻的振动方向确定起振方向，故A错误。由质点M的振动情况，可知该列绳波沿x轴的正方向传播，故B正确。又由经第二次回到M点，可知周期，由简谐横波的波速公式，故C正确。该列绳波的振幅为2.5cm，经过0.1s，M点通过的路程为，故D错误。经过，恰好半个周期，M点应该从平衡位置沿y轴的正方向运动，加速度正在增大，故E正确。（2）（10分）解：（）如图2所示，经过平行玻璃砖，入射光线与出射光线分别平行，由几何关系图2（）做出如图3所示的辅助线图3评分标准：本题共10分。正确得出~式各给2分。其他解法酌情给分。35．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）d（1分）1s22s22p63s23p63d7或[Ar]3d7（1分）（2）NOCNisp3、sp2e（1分）（3）氮元素的电负性较氧元素小，更易提供孤电子对形成配位键（合理答案均可）（4）Fe4N或Fe()Fe3()N体心（1分）棱心（1分）【解析】（2）另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为N>O>C>Ni；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化。由M结构可知，M中存在NNi配位键，C—C非极性键，C—N、C—H、O—H极性键，C=N双键中含有键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。（4）依据晶胞结构，Fe原子个数为，其中Fe()占3个、Fe()占1个，N原子位于体心，原子数目为1，因此铁氮化合物的化学式为Fe4N或Fe()Fe3()N。依据晶胞结构图知，若N处于顶点位置，则Fe处于体心和棱心位置。氮化铁的化学式为Fe4N，则晶胞质量，若晶胞边长为acm，则晶胞质量，Fe()围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、，正四棱锥的高等于，根据，八面体体积。36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）1，3丁二烯氧化反应（1分）取代反应（1分）（2）C8H12O3（1分）酯基、羰基（3）（4）步骤少、原子利用率高、无污染废气产生等（1分）（5）、、、（任写其中一个，合理即可）（6）（3分）【解析】A与乙烯发生加成反应生成B，B发生氧化反应生成C，对比C、E的结构，结合D的分子式和给予的信息可知，C与乙醇发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，故D的结构简式为，E发生取代反应生成F，F发生酯的水解反应生成G，据此分析解答。（4）工业合成路线中硝酸氧化过程会产生氮氧化物，污染环境，且步骤多，原子利用率低，而“绿色”合成路线过程中，直接在催化剂加热条件下环己烷与空气发生反应直接生成目标产物，其步骤少、原子利用率高、无污染废气产生等。（5）X是G的同分异构体，X具有五元碳环结构，其核磁共振氢谱显示四种不同环境的氢原子，其个数比为6211，说明X存在对称结构，可能含两个羰基和一个羟基，其结构可能为、、、、、等。（6）由乙酸乙酯与1，4二溴丁烷反应生成，然后水解得到，乙酸乙酯在乙酸钠、DMF条件下发生反应生成，具体的合成路线为。37．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）萃取法萃取剂的性质和使用量（2）使原料和溶剂充分混合，提高萃取效率（3）水蒸气蒸馏利用水蒸气将挥发性较强的鱼腥草素携带出来，形成油水混合物，冷却后，混合物又会重新分层（4）梯度稀释样品稀释时，稀释度要足够高；应该选取菌落数30~300的平板进行计数；每个梯度的稀释液要涂布3个以上的平板等（3分）【解析】（1）植物芳香油的提取方法有蒸馏、压榨和萃取等。题图过程是萃取法。萃取的效率主要取决于萃取剂的性质和使用量。（2）提取时将鱼腥草与乙醇进行充分浸泡和振荡，振荡的目的是使原料和溶剂充分混合，提高萃取效率。（3）从鱼腥草素的化学性质来看，鱼腥草素难溶于水，具有挥发性，因此可以用水蒸气蒸馏法进行提取，其原理是利用水蒸气将挥发性较强的植物组分携带出来，形成油水混合物，冷却后，混合物又会重新分层。（4）为了减小误差，应该在样品稀释时，稀释足够高的倍数，保证涂布时能将菌种分散开；其次，每个梯度的稀释液要涂布3个以上的平板，计算平均菌落数；统计时应该选取菌落数30~300的平板进行计数等。38．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）诱导小鼠甲产生能够分泌抗SRBD抗体的B淋巴细胞（2）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（3）不需要杂交瘤细胞具有癌细胞特点，失去接触抑制现象（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（3分）【解析】（1）结合题干信息分析题图可推断，给小鼠甲注射新冠病毒的S蛋白的SRBD片段的目的是让小鼠甲产生免疫反应，以获得能够分泌抗SRBD抗体的B淋巴细胞。（2）图中筛选1所采用的培养基属于选择培养基，使用该培养基进行细胞培养的结果是未融合的亲本细胞和融合的具有同种细胞核的细胞都会死亡，只有融合的杂种细胞才能生存，即由B淋巴细胞与骨髓瘤细胞融合的杂交瘤细胞才能生存。图中筛选2所依据的基本原理是抗原与抗体的反应具有特异性。（3）由于杂交瘤细胞具有癌细胞的特征，失去接触抑制，故培养过程中不需要定期用胰蛋白酶处理进行传代培养。（4）若要使能产生抗SRBD的单克隆抗体的杂交瘤细胞大量增殖，可将杂交瘤细胞注射到小鼠腹腔内增殖，也可以将杂交瘤细胞在体外培养。