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1．D【解析】β－珠蛋白DNA探針、RNA聚合酶結(jié)合位點(diǎn)、大腸桿菌質(zhì)粒的化學(xué)本質(zhì)都是DNA；胰島素是蛋白質(zhì)；HIV的遺傳物質(zhì)是RNA；生長素是吲哚乙酸；2，4－D是一種生長素類似物。

2．D【解析】作物“燒心”是由于缺乏如鐵、鈣等在細(xì)胞中以穩(wěn)定化合物形式存在的礦質(zhì)元素，有別于因缺水而造成的“燒苗”。

3．B【解析】疫苗的作用是在機(jī)體不患病的情況下發(fā)生免疫反應(yīng)，產(chǎn)生的抗體與抗原結(jié)合，發(fā)揮免疫效應(yīng)；流感病毒的遺傳物質(zhì)是單鏈的RNA，其結(jié)構(gòu)穩(wěn)定性不如天花病毒的雙鏈DNA，容易發(fā)生變異，所以流感疫苗的研究的難度較天花疫苗研究的難度大很多；正是由于流感病毒極易發(fā)生變異，所以某種特定的單克隆抗體不一定對其它的抗原起作用。

4．C【解析】生態(tài)系統(tǒng)的成分除生產(chǎn)者、消費(fèi)者和分解者外，還包括了非生物的物質(zhì)和能量；生物圈的自給自足表現(xiàn)在物質(zhì)上，能量來源于太陽能；草原上的牛和羊同屬于第二營養(yǎng)級，共獲得生產(chǎn)者固定太陽能的10％～20％。

5．B【解析】考查分泌蛋白的形成和分泌過程這一知識點(diǎn)和圖形分析能力。蛋白質(zhì)分泌以細(xì)胞膜的外排方式實(shí)現(xiàn)，所經(jīng)過的膜結(jié)構(gòu)順序?yàn)椋簝?nèi)質(zhì)網(wǎng)→高爾基體→細(xì)胞膜，所以結(jié)果是：內(nèi)質(zhì)網(wǎng)面積減小，高爾基體膜面積不變，細(xì)胞膜面積增加。

6．B　【解析】有機(jī)分子的特點(diǎn)一般滿足C四鍵、H一鍵、N三鍵原則，三聚氰胺分子中含有3個(gè)－NH₂，則其余3個(gè)C、3個(gè)N形成一個(gè)六元環(huán)，故三聚氰胺的結(jié)構(gòu)簡式為。。根據(jù)三聚氰胺的結(jié)構(gòu)簡式，該物質(zhì)不是高聚物，也不是氨基酸，但分子中含有不飽和鍵，在一定條件下能發(fā)生加成反應(yīng)。六元環(huán)不變且除自身外的三聚氰胺的異構(gòu)體有3種。

7．B　  【解析】選項(xiàng)A，Na₂O₂中含有的陽離子為Na^＋，陰離子為O₂^2?,0.1mol  Na₂¹⁸O₂中含有的陰陽離子總數(shù)為0.3N_A。選項(xiàng)B，C₂H₄、C₃H₆的化學(xué)式均為CH₂，1.4g二者含有的C原子數(shù)的物質(zhì)的量＝1.4g/14g?mol^－1＝0.1mol，即0.1N_A。選項(xiàng)C，0.1mol Cl₂參與反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移0.1mol。選項(xiàng)D，D₂O為10電子微粒，18g D₂O物質(zhì)的量小于1mol，含有的電子數(shù)也小于N_A。

8．A　【解析】選項(xiàng)A，ClO^－具有氧化性，SO₂具有還原性，SO₂被氧化為SO₄^2?，ClO^－被還原為Cl^?，正確。選項(xiàng)B，加入少許H^＋時(shí)，CO₃^2?優(yōu)先與H^＋結(jié)合生成HCO₃^?。選項(xiàng)C，離子方程式兩邊電荷不守恒。選項(xiàng)D，Mg^2＋能與電解產(chǎn)生的OH^?結(jié)合生成難溶性Mg(OH)₂沉淀：Mg^2＋ + 2Cl^? + 2H₂O＝Mg(OH)₂↓+ H₂↑+ Cl₂↑。

9. B 【解析】加入稀H₂SO₄出現(xiàn)白色混濁說明一定存在Ba^2＋，因SO₃^2?、CO₃^2?能與Ba^2＋結(jié)合生成難溶物BaSO₃、BaCO₃，所以原溶液中不存在SO₃^2?、CO₃^2?。由于溶液呈電中性，剩下的一種HCO₃^?，一定存在。無法判斷是否含有K^＋，所以原溶液中一定含有Ba^2＋、HCO₃^?，可能含有K^＋。溶質(zhì)可能是Ba(HCO₃)₂或Ba(HCO₃)₂和KHCO₃。

10．D 【解析】根據(jù)題設(shè)條件可推知A為NH₄^＋，B為OH^?，C為NH₃，D為H₂O。NH₃能與H₂O反應(yīng)生成NH₃?H₂O。NH₄^＋為離子，不是分子，所以NH₄^＋不是非極性分子。選項(xiàng)D，固態(tài)H₂O分子間存在氫鍵，其熔沸點(diǎn)高于固態(tài)H₂S，與H－O和H－S鍵強(qiáng)弱無關(guān)。NH₄Cl ，NH₄^＋水解溶液的pH<7。

11．C【解析】分析反應(yīng)①②中各元素的價(jià)態(tài)變化可知，反應(yīng)①中，SO₂為還原劑，F(xiàn)e^3＋為氧化劑，且還原性：SO₂>Fe^2＋，氧化性：Fe^3＋>SO₄^2?。反應(yīng)②中，F(xiàn)e^2＋為還原劑，Cr₂O₇^2?為氧化劑，且還原性：Fe^2＋>Cr³⁺ ，氧化性：Cr₂O₇^2? > Fe^3＋。由此可見選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。選項(xiàng)C，由于Cr₂O₇^2?具有氧化性，Na₂SO₃具有還原性，故Cr₂O₇^2? 能將Na₂SO₃氧化成Na₂SO₄。選項(xiàng)D，反應(yīng)①中Fe₂(SO₄)₃為氧化劑，反應(yīng)②中Fe₂(SO₄)₃為氧化產(chǎn)物。

12．C【解析】選項(xiàng)A，NaHS、Na₂S溶液又因?yàn)橛蠬S^?、S^2?的水解，使其溶液呈堿性，但S^2?的水解能力大于HS^?，故溶液的pH值：③>②。H₂S溶液呈酸性，H₂S和NaHS混合液中，由于HS^?抑制的H₂S的電離，故溶液的pH：④>①，4種溶液pH大小順序?yàn)椋孩?gt;②>④>①。選項(xiàng)B，由于HS^?抑制H₂S的電離，所以H₂S溶液中的c(H₂S)小于H₂S和Na₂S混合液中的c(H₂S)。選項(xiàng)C，c(Na^＋)＝0.1mol?L^-1，根據(jù)物料守恒有：c(H₂S) + c(HS^?) + c(S^2?)＝0.2mol?L^-1，故2c(Na^＋)＝c(H₂S) + c(HS^?) + c(S^2?)。選項(xiàng)D，根據(jù)電荷守恒有：c(H^＋) + c(Na^＋)＝c(OH^?) + c(HS^?) +2 c(S^2?)。

13．B　【解析】設(shè)達(dá)平衡時(shí)生成SO₃(g)物質(zhì)的量為2x ，則剩余SO₂(g)的物質(zhì)的量為(3－2x)，O₂(g)(2－x)，混合氣體總的物質(zhì)的量為（5－x），根據(jù)阿伏伽德羅定律有5/（5－x）＝1/0.9，解得x＝0.5mol，再結(jié)合熱化學(xué)方程式可知，放出的熱量為196.6kJ/2＝98.3kJ。選項(xiàng)B，起始物質(zhì)的量改為 4mol SO₂ 、 3 mol O₂ 、2SO₃ (g) 相當(dāng)于加入6mol SO₂、4mol O₂，n(SO₂)/n(O₂)＝3/2，故與第一次平衡是等效平衡，兩次平衡中SO₂的轉(zhuǎn)化率、SO₃的體積分?jǐn)?shù)相等，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤。選項(xiàng)D，題目沒有告訴達(dá)平衡時(shí)的時(shí)間，無法計(jì)算反應(yīng)速率。

14．AD【解析】由狀態(tài)方程知溫度升高而壓強(qiáng)增大體積必增大，故狀態(tài)I時(shí)氣體的密度比狀態(tài)II時(shí)氣體的密度大，A正確，平衡態(tài)II的溫度比狀態(tài)I高，故狀態(tài)I時(shí)分子的平均動能比狀態(tài)II時(shí)分子的平均動能小，B錯(cuò)誤，由熱力學(xué)第一定律知從狀態(tài)I到狀態(tài)II過程中溫度升高內(nèi)能變大，體積增大對外界做功，氣體要從外界吸熱，故C錯(cuò)，D正確，故選AD。

15.答案：BD【解析】：在同一介質(zhì)中紅光傳播速度最大，從AB面射入到BC面射出，紅光用的時(shí)間最短，故選項(xiàng)A錯(cuò)．由于玻璃對紅光折射率最小，對紫光的折射率最大，即紫光的偏折本領(lǐng)最大，所以彩色光帶右邊緣的色光為紅光，左邊緣的色光為紫光，且紫光的頻率比紅光的要高，當(dāng)紅光能讓某金屬板發(fā)生光電效應(yīng)，紫光也一定能夠，故選項(xiàng)B正確．在同樣條件下做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，波長越長，相鄰干涉條紋間距越大，而彩色光帶左邊緣的色光是紫光，其波長最短，故選項(xiàng)C錯(cuò)．對玻璃而言，在七色光中，紅光的臨界角最大，當(dāng)∠MNB逐漸變小時(shí)，射到AC面上的光的入射角變小，且紅光入射角小得更多，故紅光最先從從AC面透出，所以選項(xiàng)D正確．

16、答案 D 【解析】 燒斷細(xì)線后，無論是彈簧將A+B和C彈開過程，還是A和B分離后，系統(tǒng)始終動量守恒、機(jī)械能守恒；彈簧將A+B和C彈開過程，A+B和C動量大小相等，動能跟質(zhì)量成反比，因此A+B的總動能是E/3，其中A的動能是E/6；當(dāng)時(shí)C的動能是2E/3；前3個(gè)選項(xiàng)都錯(cuò)，可判定D正確。證明：A和B分離時(shí)，B+C的總動能是5E/6，B、C共速時(shí)彈性勢能最大，當(dāng)時(shí)A和B+C動量大小相等，動能跟質(zhì)量成反比，因此B+C的動能是E/12，該過程B+C的動能損失就是此時(shí)的彈性勢能，因此E_p=5E/6- E/12=3E/4。

17.答案：ACD【解析】：根據(jù)波的傳播方向，可以判斷b質(zhì)點(diǎn)此時(shí)刻振動方向沿y軸負(fù)方向，離開平衡位置，速度正在變小，A對；由圖象可知該波的波長是4m，根據(jù)發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件判斷D正確；根據(jù)得，由波干涉條件知C正確；經(jīng)過0.01s即半個(gè)周期，任何質(zhì)點(diǎn)通過的路程都是2個(gè)振幅，即0.4m，B錯(cuò)誤.

18．C【解析】從圖(甲)到圖(乙)的過程中，根據(jù)動能定理有：，所以；從拋出后到落地，根據(jù)動能定理得：，代入上式可得：。

19.答案： BC　【解析】此模型為類雙星模型，兩電荷做圓周運(yùn)動的角速度相等；兩個(gè)電荷之間的庫侖力充當(dāng)各自做圓周運(yùn)動的向心力，所以向心力大小相等，A錯(cuò)，B對．由知，線速度大小與質(zhì)量成反比，運(yùn)動半徑與質(zhì)量成反比，C對，D錯(cuò)．

20.答案：ABD 【解析】天然放射性元素的半衰期與溫度改變無關(guān)。根據(jù)質(zhì)能方程計(jì)算可知D答案正確。

21.答案：.D  【解析】地球同步衛(wèi)星是指與地球自轉(zhuǎn)同步的人造衛(wèi)星，它的周期是24小時(shí)，它的軌道平面只能在赤道，得軌道也是固定的，但并不是說同一赤道平面內(nèi)的、或是周期與地球自轉(zhuǎn)周期相等的就都是同步衛(wèi)星，故A、C是錯(cuò)的、D是正確的；同步衛(wèi)星做圓周運(yùn)動時(shí)，內(nèi)部的儀器是處于失重狀態(tài)而不是超重狀態(tài)，B錯(cuò)

22.答案．（1）(g＋a)× (OM－ON)＝(g－a)× OP    （4分）

【解析】利用紙帶分析得m₁帶動m₂的加速度為a ,又由牛頓第二定律得a＝解得

⑴3000；（2分）

⑵丙(1分)；乙圖中電流表的示數(shù)太小，誤差太大。丙圖中R的阻值與電壓表阻值接近，誤差小。（3分）。

⑶實(shí)物圖連接如右圖所示：(4分)

⑷實(shí)驗(yàn)步驟：

①閉合K₁．再閉合K_２，讀得電壓表示數(shù)Ｕ_１；再斷開K_２，讀得電壓表示數(shù)Ｕ_２.（2分）　②Ｒ_V＝。（2分）

23.【解析】：（1）負(fù)電……(2分)∵mg =E×……(5分)

∴E=４(r+R)dmg/Rq…………(2分)

（2）mg+q v₀B=……………(5分)    ∴v₀=mg/qB…………(2分)

24.【解析】：（1）ab通過最大電流時(shí)，受力分析如圖甲，此時(shí)靜摩擦力最大，，方向沿斜面向下，由平衡條件得：

水平：

（3分）

豎直：（3分）

以上兩式聯(lián)立得出

（3分）

（2）通以最小電流時(shí)，ab受力分析如圖乙，此時(shí)ab受靜摩擦力，方向沿斜面向上，與（1）類似，由平衡條件得：（3分）

（3）當(dāng)ab中電流最小時(shí)，變阻器阻值為：（3分）

當(dāng)ab中電流最強(qiáng)時(shí)，變阻器阻值為：，（2分 ）

為保持ab靜止，R的調(diào)節(jié)范圍為0.91~10．（1分）

25.【解析】：（1）設(shè)A物塊碰撞B物塊前后的速度分別為v₁和v₂，碰撞過程中動量守恒，

  代入數(shù)據(jù)得：        （4分）

（2）設(shè)A、B兩物塊碰撞前后兩物塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能分別為E₁和E₂，機(jī)械能的損失為，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律：   

     %     （4分）

（3）設(shè)物塊A的初速度為v₀，輪胎與冰面的動摩擦因數(shù)為µ，A物塊與B物塊碰撞前，根據(jù)動能定理：                 （3分）

碰后兩物塊共同滑動過程中根據(jù)動能定理：

         （3分）

由、  及（1）、（2）得：    （2分）

設(shè)在冰面上A物塊距離B物塊為L′時(shí)，A物塊與B物塊不相撞，

則：                             （4分）

26．（15分）（1）（1）KNO₃ （2分）CuSO₄（2分）

(2) Na₂CO₃  （2分）

（3）Al^3＋ + 3OH^?＝Al(OH)₃↓（3分） Al(OH)₃ + OH^?＝AlO₂^? + 2H₂O （3分）

（4） Al^3＋ + 3H₂O Al(OH)₃（膠體）+ 3H^＋ （3分）

【解析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)①可知，D中含有Cu^2＋；根據(jù)實(shí)驗(yàn)②可知C中含有Al^3＋，E可能是KOH或NaOH，再根據(jù)③，只有B、C中含有K^＋，故E為NaOH。根據(jù)實(shí)驗(yàn)③A中含有HCO₃^?，故A為NaHCO₃，C、D中含有SO₄^2?，故D為CuSO₄，C為KAl(SO₄)₂。

最后可判定B為KNO₃。等物質(zhì)的量的NaHCO₃與NaOH反應(yīng)生成Na₂CO₃和H₂O。 NaOH溶液加入到KAl(SO₄)₂溶液中，首先是Al^3＋與OH^?反應(yīng)生成Al(OH)₃，Al(OH)₃沉淀又溶解在過量的NaOH溶液中：Al^3＋ + 3OH^?＝Al(OH)₃↓，Al(OH)₃ + OH^?＝AlO₂^? + 2H₂O。KAl(SO₄)₂中的Al^3＋水解生成具有吸附作用的Al(OH)₃膠體而凈水。

27．（14分）（1）Na₂CO₃ ＋HCl＝NaHCO₃ ＋ NaCl    （3分）

（2）Cl₂ + 2OH^?＝Cl^? + ClO^? + H₂O （3分）

（3）①Na₂O或Na₂O₂  （4分，每空各2分）②Na或NaOH （4分，每空各2分）

【解析】（1）根據(jù)題設(shè)條件可知，B為鹽酸，C為CO₂，D為H₂O，E為NaCl。

（2）根據(jù)題設(shè)條件可知B為濃鹽酸，C為Cl₂。

（3）若C為O₂，D、E的焰色反應(yīng)均為黃色，D、E中含有Na^＋，含有Na^＋的能產(chǎn)生O₂的固體為Na₂O₂，E能與鹽酸反應(yīng)生成的氣體能使澄清石灰水變混濁，該氣體為CO₂，B、E可相互轉(zhuǎn)化，故可推知B溶液為NaHCO₃溶液，E為Na₂CO₃溶液，D為NaOH溶液。Na₂O₂與NaHCO₃溶液反應(yīng)可分解為：2Na₂O₂ + 2H₂O＝4NaOH + O₂↑，NaHCO₃ + NaOH＝Na₂CO₃ + H₂O。amol NaHCO₃→a mol Na₂CO₃，只要增加a mol Na^＋，同時(shí)用OH^? 將HCO₃^?轉(zhuǎn)化為CO₃^2? ，所加物質(zhì)所產(chǎn)生的Na^＋和OH^?的物質(zhì)的量相等，才能不產(chǎn)生雜質(zhì)，故X為Na₂O或Na₂O₂，Y為Na或NaOH。

28．（16分）（1）B（2分）  銅與HNO₃反應(yīng)前，應(yīng)排凈裝置內(nèi)的空氣，防止NO與O₂發(fā)生反應(yīng) （2分）

（2）將C中的溶液加適量水稀釋（2分）

（3）③④⑤⑨ （3分）

（4）第二，打開a，通足量N₂，排凈裝置中的空氣（2分）

（5）向下移動乙管，使甲、乙兩管液面在同一水平面上（2分）
（6）(V－11.2n)/33.6n （3分）

【解析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模�要求得m值，需測定出Cu與HNO₃反應(yīng)生成的NO₂和NO的物質(zhì)的量，為此需將產(chǎn)生的氣體首先通入裝置C中，H₂O吸收NO₂生成NO和HNO₃，用裝置E測定出NO的體積，如果裝置中有空氣，空氣中的O₂會將NO氧化成NO₂導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差，裝置B通入N₂能將裝置中空氣趕走，防止NO被氧化，為此需要的裝置為B、C、E，裝置接口連接順序?yàn)棰邰堍茛帷Ｓ捎跐釮NO₃具有強(qiáng)氧化性，能將指示劑氧化而影響實(shí)驗(yàn)，可加水稀釋降低其氧化性，而溶質(zhì)HNO₃的量不變，便于觀察指示劑顏色變化。用裝置E測定NO的體積時(shí)，如甲的液面高于乙的液面，測出的NO體積偏小，如甲的液面低于乙的液面，測出的NO體積偏大，故應(yīng)向下移動乙管，使甲、乙兩管液面在同一水平面上，從而減少誤差。根據(jù)反應(yīng)：3NO₂ + 2H₂O＝2HNO₃ + NO，混合氣體中含有NO₂1.5nmol，NO總的物質(zhì)的量為V/22.4mol，其中屬于Cu與HNO₃反應(yīng)生成的NO為（V/22.4－n/2）mol，故M＝（V/22.4－n/2）：1.5n＝(V－11.2n)/33.6n。

29．（15分）（1）取代（或水解）、中和反應(yīng) （2分） （2）HCOOCH₃  （2分） HOCH₂CHO （2分）

（3）（2分）

  （4）+ 3NaOH+ CH₃COONa + 2H₂O （3分）

（5） （2分） （2分）

【解析】A的分子式為C₉H₈O₄，A能與醇發(fā)生酯化反應(yīng)，說明A中含有－COOH，且A在NaOH溶液中發(fā)生水解生成CH₃COONa，說明A中酯的官能團(tuán)，該官能團(tuán)與－COOH處于苯環(huán)上的鄰位，再結(jié)合A的分子式推知A的結(jié)構(gòu)簡式為，B為，由于H₂CO₃的酸性大于酚而小于羧酸，故在溶液中通入CO₂時(shí)，只有酚的鈉鹽反應(yīng)生成D（）和NaHCO₃。CH₃COONa與H^＋反應(yīng)生成E（CH₃COOH）。CH₃COOH的同分異構(gòu)體中R中含有－CHO和－OH：HOCH₂CHO，Q中含有－CHO而沒有－OH：HCOOCH₃。對照和結(jié)構(gòu)可知，首先用與酚羥基反應(yīng)，然后再用酸性KMnO₄氧化－CH₃為－COOH即可得到A。

30.【解析】（1）新陳代謝是生物最本質(zhì)的特征。（2）人體內(nèi)水的來源包括：飲水、食物中的水、代謝產(chǎn)生的水，人體代謝產(chǎn)生水的途徑有：核糖體上的氨基酸脫水縮合、線粒體中的有氧呼吸等。（3）異化作用類型包括需氧型、厭氧型和兼性厭氧型，根據(jù)材料提供信息，氣性壞疽的異化作用類型為厭氧型。（4）本題考查的是細(xì)胞的選擇透過性，細(xì)胞的功能特性決定于細(xì)胞膜上的載體的種類和數(shù)量

【答案】（12分，每空各2分）（1）新陳代謝現(xiàn)象  （2） 代謝產(chǎn)生水   

氨基酸脫水縮合（或有氧呼吸）      （3）  厭氧型

（4）選擇透過性    載體蛋白 

【解析】由反應(yīng)式：CO₂+C₅→C₃和 2C₃C₅+CH₂O可知：一定范圍內(nèi)的CO₂增加可以使細(xì)胞中C₃增加；一定范圍內(nèi)的光照增強(qiáng)會導(dǎo)致細(xì)胞內(nèi)C₅增加。甲圖信息顯示：只考慮光照的影響，光照強(qiáng)度為由n增加到k時(shí)，光合速率幾乎不變，而乙圖的變化應(yīng)是光照之外的其他因素引起，比如溫度等

【答案】（10分，每空各2分）（1）低、高、約等于   （2）溫度   

（3）光照強(qiáng)度、CO₂濃度、溫度

31．（20分）【解析】：（1）該6個(gè)品系玉米的基因型分別為：①：AABBCCDDEE  ②：aaBBCCDDEE  ③：AAbbccDDEE  ④：AABBCCddEE  ⑤：AABBCCDDee  ⑥：aabbccddee

基因分離定律適用于一對等位基因控制的相對性狀的遺傳，基因自由組合定律適用于2對（及以上）的同源染色體上的2對（及以上）等位基因控制的性狀遺傳。具有兩對相對性狀的純合親本雜交，F(xiàn)₁自交。若F₂中出現(xiàn)性狀分離比為：雙顯∶單顯1∶單顯2∶雙隱＝9∶3∶3∶1，則控制這兩對相對性狀的基因位于2對同源染色體上，反之則位于同一染色體上

讓F₁側(cè)交，若F₂中出現(xiàn)性狀分離比為：雙顯∶單顯1∶單顯2∶雙隱＝1∶1∶1∶1，則控制這兩對相對性狀的基因位于2對同源染色體上，反之則位于同一染色體上

【答案】（1）②與①（③或、④、⑤） （1分）  不行  （1分）  品系①和⑤只有一對相對性狀   （2分）不行 （1分）  控制花色和種皮顏色的基因位于同一對同源染色體（Ⅰ）上，而控制子葉味道的基因位置未知（2分）

（2）D（1分）

①若綠色非甜子葉∶綠色甜子葉∶黃色非甜子葉∶黃色甜子葉＝9∶3∶3∶1，則控制子葉顏色和味道的基因不是位于同一染色體上。（3分）

②若綠色非甜子葉∶綠色甜子葉∶黃色非甜子葉∶黃色甜子葉≠9∶3∶3∶1（答綠色甜子葉：綠色非甜子葉：黃色非甜子葉＝1：2：1也可），則控制子葉顏色和味道的基因位于同一染色體上。（3分）

（3）

①若綠色非甜子葉∶綠色甜子葉∶黃色非甜子葉∶黃色甜子葉＝1∶1∶1∶1，則控制子葉顏色和味道的基因不是位于同一染色體上。（3分）

②若綠色非甜子葉∶綠色甜子葉∶黃色非甜子葉∶黃色甜子葉≠1∶1∶1∶1（答綠色甜子葉：黃色非甜子葉＝1：1也可），則控制子葉顏色和味道的基因位于同一染色體上。（3分）