題目列表(包括答案和解析)
具有相同的質子數和不同的中子數的原子(核)稱為同位素．測量同位素質量和相對含量的儀器叫質譜儀．它的種類很多，其中一種的構造原理如圖所示．
粒子源P產生的帶電粒子經過窄縫S1與S2之間的電場加速后射入濾速器，濾速器中的勻強電場場強E和勻強磁場的磁感應強度B和速度方向三者互相垂直．通過濾速器的粒子接著垂直進入磁感應強度為B0的勻強磁場中，沿著半圓周運動后到達照相底片上形成譜線．
①某種元素同位素的電荷量為q，若測出譜線A到入口S0的距離為x．試用B0、B、E、q、x表示該粒子質量m．
②分析①中結論，說明為什么一種元素的不同同位素會在質譜儀底片上形成若干條譜線，并且從譜線的黑度可以確定不同同位素的相對含量．
A．（選修模塊3-3）| 1 |
| 6 |
（3）在某科技館內放置了一個高大的半圓柱形透明物體，其俯視圖如圖所示，0為半圓的圓心．甲、乙兩同學為了估測該透明體的折射率，進行了如下實驗．他們分別站在A、O處時，相互看著對方，然后兩人貼著柱體慢慢向一側運動，到達B、C處時，甲剛好看不到乙．已知半圓柱體的半徑為R，OC=0.6R，BC⊥OC，則半圓柱形透明物體的折射率為多少？2 1 |
3 1 |
4 2 |
1 0 |
2 1 |
3 1 |
2 1 |
3 1 |
4 2 |
1 0 |
4 2 |
2 1 |
1 0 |
A．選修3-3| 5πt |
| 2 |
| 5πt |
| 2 |
| 5πt |
| 3 |
| 5πt |
| 3 |
A．選修3-3A． (1)如題12A-1圖所示，一演示用的“永動機”轉輪由5根輕桿和轉軸構成，輕桿的末端裝有形狀記憶合金制成的葉片，輕推轉輪后，進入熱水的葉片因伸展面“劃水”，推動轉輪轉動。離開熱水后，葉片形狀迅速恢復，轉輪因此能較長時間轉動。下列說法正確的是
A．轉輪依靠自身慣性轉動，不需要消耗外界能量
B．轉輪轉動所需能量來自形狀記憶合金自身
C．轉動的葉片不斷攪動熱水，水溫升高
D．葉片在熱水中吸收的熱量一定大于在空氣中釋放的熱量
(2)如題12A-2圖所示，內壁光滑的氣缸水平放置。一定質量的理想氣體被密封在氣缸內，外界大氣壓強為P0。現對氣缸緩慢加熱，氣體吸收熱量Q后，體積由V1增大為V2。則在此過程中，氣體分子平均動能_________(選填“增大”、“不變”或“減小”)，氣體內能變化了_____________。
(3)某同學在進行“用油膜法估測分子的大小”的實驗前，查閱數據手冊得知：油酸的摩爾質量M=0.283kg·mol-1，密度ρ=0.895×103kg·m-3.若100滴油酸的體積為1ml，則1滴油酸所能形成的單分子油膜的面積約是多少？(取NA=6.02×1023mol-1.球的體積V與直徑D的關系為
，結果保留一位有效數字)
B． (1)如圖所示，沿平直鐵路線有間距相等的三座鐵塔A、B和C。假想有一列車沿AC方向以接近光速行駛，當鐵塔B發出一個閃光，列車上的觀測者測得A、C兩鐵塔被照亮的順序是
(A)同時被照亮
(B)A先被照亮
(C)C先被照亮
(D)無法判斷
(2)一束光從空氣射向折射率為
的某種介質，若反向光線與折射光線垂直，則入射角為__________。真空中的光速為c ，則光在該介質中的傳播速度為________________ .
(3)將一勁度系數為K的輕質彈簧豎直懸掛，下端系上質量為m的物塊，將物塊向下拉離平衡位置后松開，物塊上下做簡諧運動，其振動周期恰好等于以物塊平衡時彈簧的伸長量為擺長的單擺周期。請由單擺周期公式推算出物塊做簡諧運動的周期T。
C． (1)下列描繪兩種溫度下黑體輻射強度與波長關系的圖中，符合黑體輻射規律的是
(2)按照玻爾原子理論，氫原子中的電子離原子核越遠，氫原子的能量__________(選填“越大”或“越小”)。已知氫原子的基態能量為E1(E1<0)，電子質量為m，基態氫原子中的電子吸收一頻率為γ的光子被電離后，電子速度大小為___________(普朗克常量為h ).
(3)有些核反應過程是吸收能量的。例如在
中，核反應吸收的能量
，在該核反應中，X表示什么粒子？X粒子以動能EK轟擊靜止的
，若EK=Q，則該核反應能否發生？請簡要說明理由。
1.B【解析】植物細胞原生質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基質而不是細胞器；二倍體生物細胞有絲分裂后期染色體數目應是4的整數倍。
2．D【解析】本題考查了細胞質遺傳、基因的結構、基因突變等相關知識。質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；離體培養的小鼠細胞失去調節體溫能力，溫度將通過影響酶的活性對小鼠細胞的呼吸產生影響；生態系統穩定性包括抵抗力穩定性和恢復力穩定性，其中抵抗力穩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、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生活所需結構，其同化作用應為異養型；動物細胞融合后的雜種細胞經培養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區不位于中央前回；體溫調節中樞也不位于大腦皮層內側面，而是位于下丘腦；神經調節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，在酸性環境中，Cl?、ClO?發生氧化氧化還原反應而產生氯氣：Cl? + ClO? + 2H＋＝Cl2↑+ H2O。 由于NaOH具有很強的腐蝕性且對環境產生影響，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，所以發生漂白粉．漂白粉長時間放置在露天倉庫中發生變質只發生了兩個化學反應。綜合上述選項B正確。
7． B 【解析】加入過量鹽酸，NO3?（H＋）氧化S2?而導致NO3?和S2?的數目大大減少，而SiO32－、AlO2?與過量的H＋反應生成H2SiO3、Al3＋，H2SiO3、Al3＋與過量的OH?反應生成SiO32－和AlO2?。
8．A 【解析】A中銅電極是活性電極，先放電，總方程式沒有體現；B中少量SO2生成SO32? ，正確；C中當KOH過量時，1molCa(HCO3)2發生反應要符合組成，生成1mol CaCO3沉淀，還要生成1molCO32―。
9．C【解析】分析反應①、②、③中各元素的價態變化，反應①中KMnO4為氧化劑，H2O2為還原劑，O2為氧化產物，故氧化性：KMnO4＞O2。反應②中各種元素價態沒有發生變化，是非氧化還原反應，反應③錳、氟元素的價態都發生了變化，是氧化還原反應。根據反應關系有：1mol F2～2mol MnF4～2mol K2MnF6～2molKMnO4，每生成1mol F2，反應①轉移6mol 電子，反應③轉移2mol 電子，故共轉移8mol電子。反應①、②、③所列的物質中不存在堿。綜合上述只有選項C正確。
10．A 【解析】根據表給信息，元素Z、Q元素的最低價態均為－2價，說明它們原子的最外層電子數相同，均為6，再根據其原子半徑可推知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原子的電子層數相同，S的非金屬性比Cl弱，氫化物的穩定性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發生水解，蒸干過程中生成的HCl、HNO3揮發，促使Fe3＋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濃度變化應從原點突變然后漸變，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△c(A)＝（2.0―1.36）mol/L=0.64 mol/L，所以υ（A）=
。20min～30min時間內，A、B、C的濃度不再變化，反應處于平衡狀態，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，單位體積的分子數增多，單位時間內打到器壁單位面積上的分子數增多，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，不能確定內能的變化。對一定量的氣體，體積增大，即分子數密度減小，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】根據全反射臨界角的公式
，可知折射率越大，臨界角越小；在同一介質中紫光的折射率比其它可見光的折射率大，所以紫光發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，故有相同的質子數，不同的核子數，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，只知道質點在AB段和BC段的平均速度，不能確定質點在AC段的運動時間，A項錯誤。根據平均速度定義可得
，故B項正確。由于AB段和BC段的運動時間不能確定，故質點運動的加速度不能確定，C項錯誤。根據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－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′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～
，而波長λ＝
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，質點A處于正的最大位移處，其速度為零，故選項B錯．從質點A開始振動到t＝0.7s，A振動了
T，故質點A通過的路程是
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，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小．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，Ff=mgsinθ
22．（18分）
答案Ⅰ．
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，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”測電流表內阻Rg的電路如圖所示，應用半偏法測安培表內阻時，為了能讀出Rg的電阻，電阻箱應選B，因滑線變阻器的總電阻應遠大于Rg，所以滑線變阻器應選D。
23．解析（1）設行星質量為m，恒星質量為
，行星的公轉周期為
，公轉軌道半徑為
，則根據萬有引力定律和牛頓第二定律可得：
，（3分）
可解得：
（2分）
設太陽的質量為
，地球繞太陽的公轉周期為
，公轉軌道半徑為
，
同理可得：
（2分）
故恒星質量與太陽質量之比為：
，代入數據可解得：
（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）
行星繞恒星的公轉速率與地球繞太陽的公轉速率之比為
（2分）
代入數據可解得：
（2分）
24.答案．（1）
（2）
（2）
【解析】：（1）粒子在電場中偏轉：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）
根據已知：M=
方向與B球碰撞前的速度方向相同。（3分）
（2）A球對B球所做功的大小等于B球動能的減少量
所以A球對B球所做功的大小為：W=
Mv02-MV2=0.96mv02
………（5分）
（3）設A、B兩球發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? ＝SiO32－ + 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）根據性質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，單質氧不能在空氣中燃燒，C為硅，D為磷，E為硫，單質硫能在空氣中燃燒生成SO2，F為硒。Se元素的原子序數為34，Se原子核外34個電子分4層排布，且與氧同族，據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? ＝SiO32－ + H2O。
（3）根據題設條件，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。產生等量的H2，Mg、Al失去電子數相等，即可得出消耗Mg、Al單質的物質的量比為3：2。
（4）H2FO3為H2SeO3，根據H2SO3的性質推測出H2SeO3具有氧化性、還原性、酸性、不穩定性等。H2SeO3具有氧化性可與具有較強的還原性物質如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 + 
2TiCl4
+ 2FeCl3 + 6CO （3分）
（3）C（2分）
（4）10t （3分）
（5）CH3OH－6e－ + 8OH?＝CO32? + 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，再根據得失電子和原子守恒即可得出該反應的方程式為：2FeTiO3 +
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，假設質量均為
＝385kJ，故正確。選項D，該冶煉過程使用了有毒Cl2，對環境有影響。
（4）根據CO + 2H2 →CH3OH，CH3OH～CO～7/6Cl2～7/6 H2，所以生產
＝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?＝CO32? + 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
（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）
Cu2O
+ 
O2↑［1mol CuO可得0.5mol（
（3）CuO變為紅色物質，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）中碳氧雙鍵發生加成反應可得HOCH
（3）HOCH
），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醇溶液中發生消去反應生成E（HOOC－CH＝CH－COOH），HOOC－CH＝CH－COOH與CH2＝CH－CH＝CH2發生雙烯合成生成F（
），與HOCH2CH2CH2CH2OH發生縮合反應生成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，因為它們雜交產生不育的三倍體。蘿卜－甘藍B減數分裂能產生可育的配子；當植物細胞處于質壁分離狀態時，可以通過機械切除細胞壁獲得原生質體；過程②表示植物組織培養過程，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。實驗二中經秋水仙素處理后的蘿卜基因型為AAaa，它產生的配子可能有3種：AA、Aa、aa；同理經秋水仙素處理的甘藍也可能產生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產生配子時，蘿卜和甘藍的染色體之間不能配對，不能產生可育的配子（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） 防止原生質體因過度吸水而破裂（2分） 質壁分離（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生了，即酶有活性；檢測到淀粉存在說明反應未發生或反應不完全，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）
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