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1.B【解析】植物細胞原生質(zhì)層成為半透膜決定于細胞膜的選擇透過性，其結構特性――流動性與其半透膜特性無關；下丘腦細胞是甲狀腺素的靶細胞，促甲狀腺激素的靶細胞是甲狀腺細胞；細胞新陳代謝的主要場所是細胞質(zhì)基質(zhì)而不是細胞器；二倍體生物細胞有絲分裂后期染色體數(shù)目應是4的整數(shù)倍。

2．D【解析】本題考查了細胞質(zhì)遺傳、基因的結構、基因突變等相關知識。質(zhì)粒是基因工程中目的基因的運載體，而氨基酸的運輸工具是tRNA；DNA分子中脫氧核苷酸的改變可能發(fā)生在非遺傳效應的片段，而基因是有遺傳效應的DNA片段；花斑紫茉莉的花斑枝條上葉肉細胞中的質(zhì)體分布情況有3種：只含葉綠體、只含白色體、同時含有葉綠體和白色體；花斑紫茉莉的母本一定是花斑紫茉莉，花斑紫茉莉為母本的子代可能是綠色、白色、花斑色紫茉莉。

3．C【解析】由于植物的根對生長素的敏感性高于莖的敏感性，抑制根生長的生長素濃度對莖可能起促進作用；離體培養(yǎng)的小鼠細胞失去調(diào)節(jié)體溫能力，溫度將通過影響酶的活性對小鼠細胞的呼吸產(chǎn)生影響；生態(tài)系統(tǒng)穩(wěn)定性包括抵抗力穩(wěn)定性和恢復力穩(wěn)定性，其中抵抗力穩(wěn)定性與物種豐富度成正相關關系。

4．C【解析】本題考查了植物組織培養(yǎng)、植物體細胞雜交、動物細胞融合以及單克隆抗體的制備等。愈傷組織細胞由成熟植物細胞脫分化形成，細胞中缺少葉綠體等進行自養(yǎng)生活所需結構，其同化作用應為異養(yǎng)型；動物細胞融合后的雜種細胞經(jīng)培養(yǎng)最終得到一個細胞系，不能得到一個完整個體，所以不可能得到新品種；同種植物體細胞得到染色體數(shù)目加倍的生物，該生物與原生物屬于不同物種，因為有生殖隔離形成；效應B細胞是單個存在的，用于單克隆抗體制備時不需用胰蛋白酶處理。

5．C【解析】S區(qū)不位于中央前回；體溫調(diào)節(jié)中樞也不位于大腦皮層內(nèi)側面，而是位于下丘腦；神經(jīng)調(diào)節(jié)的基本方式是反射而不是反射弧，反射弧是反射的結構基礎。

6. B由于氯氣的密度比空氣小，低洼處聚集的氯氣量大，所以人群應該向著高處緊急疏散。漂白粉的主要成分為CaCl₂、Ca(ClO)₂，在酸性環(huán)境中，Cl^?、ClO^?發(fā)生氧化氧化還原反應而產(chǎn)生氯氣：Cl^? + ClO^? + 2H^＋＝Cl₂↑+ H₂O。      由于NaOH具有很強的腐蝕性且對環(huán)境產(chǎn)生影響，所以不能用NaOH濃溶液吸收釋放的氯氣，但可以用Ca(OH)₂溶液處理。漂白粉中的Ca(ClO)₂與空氣中的H₂O、CO₂反應生成CaCO₃、HClO，HClO分解而變質(zhì)，所以發(fā)生漂白粉．漂白粉長時間放置在露天倉庫中發(fā)生變質(zhì)只發(fā)生了兩個化學反應。綜合上述選項B正確。

7． B 【解析】加入過量鹽酸，NO₃^?（H^＋）氧化S^2?而導致NO₃^?和S^2?的數(shù)目大大減少，而SiO₃^2－、AlO₂^?與過量的H^＋反應生成H₂SiO₃、Al^3＋，H₂SiO₃、Al^3＋與過量的OH^?反應生成SiO₃^2－和AlO₂^?。

8．A　【解析】A中銅電極是活性電極，先放電，總方程式?jīng)]有體現(xiàn)；B中少量SO₂生成SO₃^2? ，正確；C中當KOH過量時，1molCa(HCO₃)₂發(fā)生反應要符合組成，生成1mol CaCO₃沉淀，還要生成1molCO₃^2―。

9．C【解析】分析反應①、②、③中各元素的價態(tài)變化，反應①中KMnO₄為氧化劑，H₂O₂為還原劑，O₂為氧化產(chǎn)物，故氧化性：KMnO₄＞O₂。反應②中各種元素價態(tài)沒有發(fā)生變化，是非氧化還原反應，反應③錳、氟元素的價態(tài)都發(fā)生了變化，是氧化還原反應。根據(jù)反應關系有：1mol F₂～2mol MnF₄～2mol K₂MnF₆～2molKMnO₄，每生成1mol F₂，反應①轉(zhuǎn)移6mol 電子，反應③轉(zhuǎn)移2mol 電子，故共轉(zhuǎn)移8mol電子。反應①、②、③所列的物質(zhì)中不存在堿。綜合上述只有選項C正確。

10．A　【解析】根據(jù)表給信息，元素Z、Q元素的最低價態(tài)均為－2價，說明它們原子的最外層電子數(shù)相同，均為6，再根據(jù)其原子半徑可推知Z為S，Q為O。L最低化合價為－1，原子最外層有7個電子，且有正價，故L為Cl。M的半徑較小但大于Q，再結合其它信息可得M為C，X為Mg，Y為Al。選項A，C原子最外層有4個電子，既不易失電子也不易得電子。選項B，Al的金屬性比Mg落，與鹽酸反應時，Mg更為劇烈。選項C，CO不能被NaOH溶液吸收。選項D，S、Cl原子的電子層數(shù)相同，S的非金屬性比Cl弱，氫化物的穩(wěn)定性H₂S<HCl。

11．C　【解析】選項A，因HCO₃^?的水解能力大于CH₃COO^?水解能力，故同濃度下，NaHCO₃溶液的pH值比CH₃COONa大。選項B，等體積的pH＝3的H₂SO₄與pH＝11的NH₃?H₂O混合后，NH₃?H₂O過量，溶液呈堿性。選項C，因FeCl₃、Fe(NO₃)₃發(fā)生水解，蒸干過程中生成的HCl、HNO₃揮發(fā)，促使Fe^3＋水解徹底而得到Fe(OH)₃灼燒時Fe(OH)₃分解得到Fe₂O₃。選項D，CH₃COOK溶液中含有CH₃COO^?、K^＋、H₂O、H^＋、OH^?、CH₃COOH。

12、B  先確定5個碳原子的飽和一元羧酸的結構，丁基有四種結構，因此5個碳原子的飽和一元羧酸也有四種結構，其中碳骨架為的羧酸，羧基相連的碳原子上無氫原子，氨基無法取代，故分子式為C₅H₁₁O₂N的同分異構體中，屬于α―氨基酸的有3種結構。

13．B【解析】左圖可以看出改變溫度物質(zhì)濃度變化應從原點突變?nèi)缓鬂u變，而30min時A、B、C濃度均減小，當屬擴大容器體積，而且平衡沒有移動，說明x＝1，從右圖看出40min時速率均高于平衡時，且υ（逆）＞υ（正），故為升溫，正反應為放熱反應。0～8min內(nèi)△c(A)＝（2.0―1.36）mol/L=0.64 mol/L，所以υ（A）=。20min～30min時間內(nèi)，A、B、C的濃度不再變化，反應處于平衡狀態(tài)，正反應速率等于逆反應速率。

14.答案：D【解析】氣體體積變小時，單位體積的分子數(shù)增多，單位時間內(nèi)打到器壁單位面積上的分子數(shù)增多，不能確定分子平均動能的變化，故不能確定氣體壓強的變化。氣體的壓強取決于分子的平均動能和分子數(shù)密度。氣體的溫度升高時，分子的平均動能增大，撞擊器壁時對器壁的作用力增大，但不能確定分子數(shù)密度的變化，所以氣體壓強不一定增大。壓縮一定量的氣體，外界對氣體做功，吸、放熱情況未知，不能確定內(nèi)能的變化。對一定量的氣體，體積增大，即分子數(shù)密度減小，而壓強增大，則分子的平均動能增大。所以D選項正確

15、答案C【解析】根據(jù)全反射臨界角的公式，可知折射率越大，臨界角越��；在同一介質(zhì)中紫光的折射率比其它可見光的折射率大，所以紫光發(fā)生全反射的臨界角最小。故選項C正確。

16.答案：BCD【解析】和互為同位素，故有相同的質(zhì)子數(shù)，不同的核子數(shù)，所以選項A的說法錯誤．本題的正確選項為BCD．

17. B D【解析】由于AC段的路程未知，只知道質(zhì)點在AB段和BC段的平均速度，不能確定質(zhì)點在AC段的運動時間，A項錯誤。根據(jù)平均速度定義可得，故B項正確。由于AB段和BC段的運動時間不能確定，故質(zhì)點運動的加速度不能確定，C項錯誤。根據(jù)勻變速直線運動的特點：，，可求出，D項正確。

18.答案：BD【解析】：當拉力為F時，對重物而言，由牛頓第二定律有，F(xiàn)－mg＝ma

當拉力突然減半時，若＞mg，則重物所受合力的方向向上，大小為＜，即加速度小于．若＜mg，則重物所受合力的方向向下，大小為，F(xiàn)′_合有可能等于，此時加速度等于．故正確選項為B、D．

19.答案：AD【解析】：由于波源O的起振方向沿y軸負方向，而t＝0.7s，x軸上在0～10m的范圍內(nèi)第一次出現(xiàn)圖示的波形（質(zhì)點O正處于正的最大位移處），可知在t＝0.7s時，波恰好傳到了x=14m的質(zhì)點處，故波速為，而波長λ＝8m，由有，波的周期為0.4s，所以選項A正確，選項C錯．在t＝0.7s時刻，質(zhì)點A處于正的最大位移處，其速度為零，故選項B錯．從質(zhì)點A開始振動到t＝0.7s，A振動了T，故質(zhì)點A通過的路程是0.3m，所以選項D正確．

20、答案 BC  【解析】：當A B間距增大時，電容器電容減小，電容器要放電，二極管阻止放電。即電容器電量不變，極板間電場強度不變，所以不管小球帶正電還是帶負電，小球受力情況不變，仍打在N點；反之，當A B間距減小時，電容器電容增大，電容器要充電，充電電流方向與二極管方向相同，即電容器電量增加，極板間電場強度增加，小球受的電場力變大，若小球帶正電，則小球受到的電場力方向向下，豎直方向加速度變大，將打在N點左側。若小球帶負電，則小球受到的電場力方向向上，豎直方向加速度變小，將打在N點右側。

21.答案：B．【解析】在0～t₁內(nèi)，磁通量減少，所以PQ受到沿斜面向上的安培力逐漸減小，此時向下的靜摩擦力逐漸減�。�當安培力等于mgsinθ時，摩擦力為零，當安培力小于mgsinθ時靜摩擦力反向向上逐漸增大，在t₁時刻安培力為零，F_f=mgsinθ

22．（18分）答案Ⅰ．1.911m（2分）  ；1.944（2分）；是（2分）

Ⅱ．（1）右側（3分）；（2）（4分）；（3）如圖所示（3分）；B，D（2分）

解析Ⅰ．重力勢能的減小量為：J，重錘下落到B點時的速度為m/s，重錘下落到B點時增加的動能為J，在誤差允許的范圍內(nèi)，重物的重力勢能減少量和動能的增加量相等，達到了驗證的目的。

 Ⅱ．（1）若溫度t₁＜t₂，由電阻R隨攝氏溫度t變化的關系圖線可知，R₁<R₂，由可知I₁>I₂，則t₁的刻度應在t₂的右側；

（2）由閉合電路的歐姆定律可知，，又R＝R₀＋kt，聯(lián)立可知所測溫度t與電流I的關系式t＝；

（3）用“半偏法”測電流表內(nèi)阻R_g的電路如圖所示，應用半偏法測安培表內(nèi)阻時，為了能讀出R_g的電阻，電阻箱應選B，因滑線變阻器的總電阻應遠大于R_g，所以滑線變阻器應選D。

23．解析（1）設行星質(zhì)量為m，恒星質(zhì)量為，行星的公轉(zhuǎn)周期為，公轉(zhuǎn)軌道半徑為，則根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律可得：，（3分）

可解得：（2分）

設太陽的質(zhì)量為，地球繞太陽的公轉(zhuǎn)周期為，公轉(zhuǎn)軌道半徑為，

同理可得：（2分）

故恒星質(zhì)量與太陽質(zhì)量之比為：，代入數(shù)據(jù)可解得：（2分）

（2）設行星繞恒星運行的速率為，則有，可得：（3分）

設地球繞太陽的運行速率為，同理可得：（2分）

行星繞恒星的公轉(zhuǎn)速率與地球繞太陽的公轉(zhuǎn)速率之比為（2分）

代入數(shù)據(jù)可解得：（2分）

24.答案．（1）（2）（2）

【解析】：（1）粒子在電場中偏轉(zhuǎn)：在垂直電場方向，平行電場分量

 ① �。�2分）           ②    （2分）

 即：　　得   （1分）

 粒子在磁場中做勻速圓周運動，　　故穿出磁場速度：   ③  （1分）

（2）在電場中運動時    ④    （2分）

 得    （1分）

   在磁場中運動如圖所示

運動方向改變45°，運動半徑⑤   （2分）

又 ⑥     （2分）

 得    （1分）

（3）粒子在電場中運動時間：  ⑦   （2分）

粒子在磁場中運動時間：  ⑧  （2分）

所以在電磁磁場中運動的總時間t＝　⑨  （2分）

25.【解析】．（1）A、B兩球碰撞過程動量守恒，即Mv₀=MV+mv     （4分）

根據(jù)已知：M=3m，v = 1.2v₀ 解得V = 0.6 v₀   

 方向與B球碰撞前的速度方向相同。（3分）

（2）A球?qū)�B球所做功的大小等于B球動能的減少量

所以A球?qū)�B球所做功的大小為：W=Mv₀²-MV²=0.96mv₀² ………（5分）

（3）設A、B兩球發(fā)生第二次碰撞的位置距墻壁為x，則A球以1.2v₀的速度運動的距離為s+x，B球以0.6 v₀運動的距離為s ? x，A、B兩球運動的時間相等，…（2分）

則有： …………（4分）

解得兩球發(fā)生第二次碰撞的位置距墻壁： …………（2分）

26．（15分）（1）P （1分）第四周期第VIA族 （2分）

（2）SiO₂ + 2OH^? ＝SiO₃^2－  + H₂O （2分）

（3）c （2分） （4）②：還原性（2分）  ③：H₂SeO₃ + Br₂ + H₂O＝H₂SeO₄ + 2HBr（2分）

④酸性（2分）  ⑤：H₂SeO₃ + 2NaOH＝Na₂SeO₃ + 2H₂O（2分）（其它合理答案也可）

【解析】（1）根據(jù)性質(zhì)①②，最外層有4個電子的短周期元素為碳、硅，而元素C、D、E在同一周期，假設C為碳，則E為氧，單質(zhì)氧不能在空氣中燃燒，C為硅，D為磷，E為硫，單質(zhì)硫能在空氣中燃燒生成SO₂，F(xiàn)為硒。Se元素的原子序數(shù)為34，Se原子核外34個電子分4層排布，且與氧同族，據(jù)此可判斷在周期表中的位置。

（2）Si的最高價氧化物為SiO₂，SiO₂能與NaOH溶液反應生成Na₂SiO₃和H₂O：SiO₂ + 2OH^? ＝SiO₃^2－  + H₂O。

（3）根據(jù)題設條件，推知A為Mg，B為Al。Mg通常顯＋2價，Al通常顯＋3價。Mg的活潑性比Al強。產(chǎn)生等量的H₂，Mg、Al失去電子數(shù)相等，即可得出消耗Mg、Al單質(zhì)的物質(zhì)的量比為3：2。

（4）H₂FO₃為H₂SeO₃，根據(jù)H₂SO₃的性質(zhì)推測出H₂SeO₃具有氧化性、還原性、酸性、不穩(wěn)定性等。H₂SeO₃具有氧化性可與具有較強的還原性物質(zhì)如HI反應：H₂SeO₃ + 4HI＝Se↓+ 2I₂ + 3H₂O，H₂SeO₃具有還原性可與具有較強的氧化性物質(zhì)如溴水反應：H₂SeO₃ + Br₂ + H₂O＝H₂SeO₄ + 2HBr。H₂SeO₃具有酸性可以與堿如NaOH反應：H₂SeO₃ + 2NaOH＝Na₂SeO₃ + 2H₂O。

27．（14分）（1）2Cl^? +  2H₂O  2OH^? + H₂↑+ Cl₂↑（3分）

（2）2FeTiO₃ + 6C + 7Cl₂ 2TiCl₄ + 2FeCl₃ + 6CO （3分）

（3）C（2分）

（4）10t （3分）

 （5）CH₃OH－6e^－ + 8OH^?＝CO₃^2? + 6H₂O （3分）

【解析】（1）電解食鹽水生成NaOH、H₂和Cl₂，反應的離子方程式為：2Cl^? +  2H₂O  2OH^? + H₂↑+ Cl₂↑。

（2）從圖示可知氯化時的反應物為FeTiO₃、C、Cl₂，生成物為FeCl₃、TiCl₄、CO，再根據(jù)得失電子和原子守恒即可得出該反應的方程式為：2FeTiO₃ + 6C + 7Cl₂ 2TiCl₄ + 2FeCl₃ + 6CO。

（3）C 選項A，Mg不是在O₂中燃燒，故641kJ/mol不能稱其燃燒熱。選項B，反應Ti(s) + 2Cl₂(g)＝TiCl₄(s)為放熱反應，1mol Ti(s)和2mol Cl₂ (g)的總能量大于1mol TiCl₄ (s)的總能量。選項C，假設質(zhì)量均為24g，則Mg(s)與足量Cl₂(g)反應放出641kJ熱量，24gTi(s) 與足量Cl₂(g)反應放出的熱量＝＝385kJ，故正確。選項D，該冶煉過程使用了有毒Cl₂，對環(huán)境有影響。

（4）根據(jù)CO + 2H₂ →CH₃OH，CH₃OH～CO～7/6Cl₂～7/6 H₂，所以生產(chǎn)32g CH₃OH，理論上還需補充2－7/6＝5/6 mol（5/3g）H₂，故生產(chǎn)192t CH₃OH還需補充H₂的質(zhì)量＝＝10t。

（5）CH₃OH失去電子為原電池的負極，CH₃OH燃燒時生成的CO₂被KOH吸收生成K₂CO₃，故負極上的電極反應為：CH₃OH－6e^－ + 8OH^?＝CO₃^2? + 6H₂O。

28．（14分）（1）BC  （2分）Cu(OH)₂既能溶于稀硫酸，又能溶于NaOH溶液 （2分）

（2）Cu₂O（2分）；高于1000℃時Cu₂O比CuO穩(wěn)定，在溶液中Cu^2＋比Cu^＋穩(wěn)定 （3分）

（3）干燥NH₃（2分） 3CuO ＋ 2NH₃  3Cu ＋ N₂ ＋ 3H₂O  （3分） 

【解析】（1）要證明Cu(OH)₂有兩性需觀察Cu(OH)₂是否既溶解在酸中也能溶解在堿中，故選用的藥品為NaOH溶液、稀硫酸。如Cu(OH)₂具有兩性，Cu(OH)₂溶解在NaOH溶液中得到澄清溶液，溶解在稀硫酸中生成藍色溶液。

（2）98g Cu(OH)₂在80℃～100℃時分解得到1mol CuO，在溫度高于1000℃時，CuO分解得到紅色Cu₂O：CuO  Cu₂O + O₂↑［1mol CuO可得0.5mol（72g）］， 可見在溫度大于1000℃時，CuO不及Cu₂O穩(wěn)定。Cu₂O在酸中發(fā)生反應生成Cu、Cu^2＋和H₂O：Cu₂O + 2H^＋＝Cu^2＋ + Cu + H₂O，可見在酸性環(huán)境中Cu₂O不及Cu^2＋穩(wěn)定。

（3）CuO變?yōu)榧t色物質(zhì)，說明CuO與NH₃反應時生成了Cu，無水CuSO₄變藍，說明有H₂O生成，另一種物質(zhì)為N₂，其反應為：3CuO + 2NH₃ 3Cu  + 6H₂O + N₂↑。通入的NH₃中可能含有H₂O而干擾實驗，所以裝置A中的堿石灰的作用是用于除去NH₃中的H₂O。

29.（17分）（1） a、b、e    （3分）

（2）① 加成反應 （2分） ②  3  （3分）       

（3） ① 保護碳鏈中的“C＝C”不被氧化（3分）

②

（3分）

（3分）

【解析】（1）能發(fā)生雙烯合成反應的有機物中必修含有類似1，3－丁二烯（CH₂＝CH－CH＝CH₂）的結構，比較題給有機物可知a、b、e中含有碳碳單、雙鍵交替的結構，能發(fā)生雙烯合成反應。

（2）（HCHO）1分子乙炔（CH≡CH）中的2個H原子分別與1分子甲醛（HCHO）中碳氧雙鍵發(fā)生加成反應可得HOCH₂C≡CCH₂OH，HOCH₂C≡CCH₂OH在一定條件下與H₂發(fā)生完全加成反應生成X（HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH），HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH分子間脫去2分子H₂O可得CH₂＝CH－CH＝CH₂。能被氧化成一元醛的Y中一定只含有1個－CH₂OH，符合此條件的Y的同分異構體有：

（3）HOCH₂C≡CCH₂OH與H₂按1：1發(fā)生加成反應生成A（HOCH₂CH＝CHCH₂OH），由于在氧化－CHO時，C＝C鍵也能被氧化，故將HOCH₂CH＝CHCH₂OH與HCl發(fā)生加成反應生成B（ ），這樣C＝C雙鍵得以保護，防止被氧化。被催化氧化生成C（），被催化氧化生成D（），在NaOH醇溶液中發(fā)生消去反應生成E（HOOC－CH＝CH－COOH），HOOC－CH＝CH－COOH與CH₂＝CH－CH＝CH₂發(fā)生雙烯合成生成F（），與HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH發(fā)生縮合反應生成M（）。

30．（22分）【解析】實驗一、二考查的是多倍體育種相關知識，實驗三考查的是植物體細胞雜交。二倍體生物經(jīng)秋水仙素處理后成為四倍體生物，二倍體和四倍體屬于不同物種，因為它們雜交產(chǎn)生不育的三倍體。蘿卜－甘藍B減數(shù)分裂能產(chǎn)生可育的配子；當植物細胞處于質(zhì)壁分離狀態(tài)時，可以通過機械切除細胞壁獲得原生質(zhì)體；過程②表示植物組織培養(yǎng)過程，這一過程主要由脫分化和再分化構成；C的基因型為AaBb，A的可能基因型為：AABB、AAbb、aaBB、aabb。實驗二中經(jīng)秋水仙素處理后的蘿卜基因型為AAaa，它產(chǎn)生的配子可能有3種：AA、Aa、aa；同理經(jīng)秋水仙素處理的甘藍也可能產(chǎn)生3種配子：BB、Bb、bb。所以蘿卜－甘藍B可能有9種基因型

答案:（1）F₁產(chǎn)生配子時，蘿卜和甘藍的染色體之間不能配對，不能產(chǎn)生可育的配子（3分）

（2）不是（2分）  可育（1分）    36（2分）

（3）纖維素酶和果膠酶（2分）   防止原生質(zhì)體因過度吸水而破裂（2分）    質(zhì)壁分離（2分）

（4）植物細胞的全能性 （2分）    脫分化和再分化（2分）

（5）0 （2分）  9 （2分） 

31．（20分）【解析】本題考查對照實驗相關知識。關鍵在于對照建立過程中遵循單一變量原則。利用題目提供的信息理解實驗過程中反應的發(fā)生以及實驗的檢測手段

在淀粉酶作用下，非還原糖淀粉分解成有還原性的麥芽糖，淀粉存在可以用碘液檢測出來，還原糖可以用斐林試劑檢測。檢測到還原糖存在說明反應發(fā)生了，即酶有活性；檢測到淀粉存在說明反應未發(fā)生或反應不完全，分別對應于酶完全失活或保留部分活性。（六）小題考查學生思維發(fā)散能力以及思維嚴密性

答案:（四）（2）淀粉糊（2分）等量的存量酶制劑（2分）

（4）向試管A₁、B₁加入等量碘液，向試管A₂、B₂加入等量新制的斐林試劑（2分）

（5）將試管B₁、B₂水浴加熱，觀察各試管中顏色變化（2分）

（五）（9分）

B₁

B₂

結論

第一種可能

藍色

無磚紅色沉淀

該存量酶制劑完全失活

第二種可能

藍色

有磚紅色沉淀

該存量酶制劑保留部分活性

第三種可能

褐色

有磚紅色沉淀

該存量酶制劑活性正常

（六）沒有考慮到該酶制劑與唾液中酶的濃度的可能差異；沒有考慮到該淀粉酶與唾液淀粉酶在催化效率之間可能存在的差異（其他合理答案也給分）（3分）