篇一：2015届高考化学大一轮复习 教案
高中三年化学科上学期教学计划
任课教师：刘春平 2014.08.08制定
一、本学期的教学目的、任务：
二、本学期教学的重点、难点：
【教学重点】此轮复习要求学生精读课本，认真阅读课本上的任何内容（包括注释），从而扫除理解上所有的障碍，初步构建高中化学的基本知识框架，提高化学科学素养，为在此轮复习中一定程度上提高学生的能力。
【教学难点】高中化学基础知识框架的构建 三、本学期提高教学质量的主要措施：
1.认真研读《考试大纲》，力求把握高考命脉，把握复习的标高，明确复习的重难点，提高复习的针对性，减轻学生负担，减少练习的盲目性，收到事半功倍的效果。
2．优化教法，提高课堂效率
提高课堂效率是一直以来我们所追求的目标，在复习阶段如何能够提高课堂效率，我们也尝试过很多方法。例如元素化合物的复习多放手给学生构建自己的知识网络，而对于基本概念、基本理论部分应多引导学生理解并加以应用。 3．强化训练，提高学科能力
对学生进行套题训练和专题训练是提高学科能力的有效方法，强化训练不等于题海战术，所以需做好以下方面：
（1）精选试题，注重高考题研究。平时训练应从学生实际出发，以中档题为主，穿插高考题中的典型题，易错题训练，提高学生的应试能力，同时解决学生的审题不仔细，表达不完善，不准确，化学用语不规范等问题。
（2）重视解题思路、方法的训练，在训练过程中，注重启发学生分析过程，归纳方法、提倡一题多解，一题多变，力求举一反三，培养学生思维的发散性、灵活性、深刻性和创造性，提高复习的效率和质量。
（3）培养学生总结反思的好习惯，做完题不但要听老师讲评，还要反思解题思路，解法，书写格式，规范答题是提高成绩的有效途径。我们应严格要求自己，做学生的表率，培养学生严谨认真的科学态度，并将规范性落实在每一天、每一节课，这样才能最大限度的降低或避免学生失分，提高成绩。
长春市一三七中学教学进度安排
月考
期中
期末
课题： 第一章 化学计量在实验中的应用
第一课时 物质的量与阿伏伽德罗常的应用
教学目标：
知识与技能：
1.准确理解物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数的含义; 2．掌握几种量之间的换算; 3．掌握物质的量
过程与方法：以“细”和“准”为原则，辨析以物质的量为中心的计算
情感态度和价值取向：通过以物质的量为中心的计算，培养学生严谨求实的科学态度。
教学重点：物质的量、阿伏伽德罗常熟的应用 教学难点：各物理量之间的计算 教学方法、手段：讲解、对比、多媒体 教学时数：2课时 板书设计：
第一课时 物质的量与阿伏伽德罗常的应用
一、物质的量 1.物质的量
2.阿伏伽德罗常数 二、摩尔质量（M）
三、以物质的量为中心的转化关系
教学过程：
一、物质的量 1．物质的量
(1)物质的量是国际单位制中7个基本物理量之一。
2．阿伏加德罗常数
(1)定义：把1 mol任何粒子的粒子数叫做阿伏加德罗常数， 通常用 来表示。 (2)符号： (3)单位：。 二、摩尔质量
1．概念：单位物质的量的物质所具有的质量。 2．符号：，单位为。
3．物质的量、物质的质量与摩尔质量之间的关系为
三、以物质的量为中心的转化关系
【说明】一、物质的量
（1）物质的量是七个基本物理量之一，其意义是表示含有一定量数目的粒子的集体。符号为：n ，单位为：摩尔（mol）。
物质的量是用来描述微观粒子，如分子、原子、离子、电子、质子、中子等。在描述的
时候应该标明微观粒子的特定组合。如1molH，或1mol氢原子。
（2）物质的量的基准（NA）：以0.012kg12C所含的碳原子数即阿伏加德罗常数作为物质的量的基准。阿伏加德罗常数可以表示为NA，其近似值为6.02×1023 mol-1 二、摩尔质量（M）
摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，单位是g/mol 。如果g/mol作为单位，其数字上等于相对原子（分子）质量或式量。
[阿佛加德罗常数考点命题陷阱归类分析]
阿佛加德罗常数（用NA表示）涉及的知识面广，灵活性强，是高考的热点之一，主要以选择题的形式（选择正确的或错误的）进行考查。分析近几年的高考试题，此类题型常以选择题形式出现，容易引起学生错误的有以下几点：
1、温度和压强：22.4L/mol是在标准状况（0 ℃，1.01×105Pa）下的气体摩尔体积。命题者有意在题目中设置非标准状况下的气体体积，让考生与22.4L/mol进行转换，从而误入陷阱。
2、物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体（包括混合气体）。命题者常把一些容易忽视的
篇二：高三大一轮复习答案5
2.解析 解此题的关键在于依据所用仪器的精确度，如实记录可测得的可靠数值。托盘天平的精确度为0.1 g，①正确；量筒精确度为0.1 mL，②错误；容量瓶的规格中有100 mL、250 mL、500 mL、1 000 mL等，没有210 mL的容量瓶，③错误；中和滴定要用滴定管，滴定管的精确度为0.01 mL，题中18.20 mL的数值合理，④正确。
2.解析 容量瓶不能直接溶解固体，A项错；Fe3易水解，应加盐酸抑制其水解，加铁粉会＋
使Fe3还原为Fe2，B项错；取用不同液体的滴管必须专用，C项错。 ＋＋
3.解析 硫微溶于酒精，A项错；钠、钾等活泼金属剩余药品要放回原试剂瓶，其他药品一般不能放回原试剂瓶，B项错，C项正确；NaOH固体有腐蚀性，不能放在纸片上称量，D项错。
6.解析 B项利用液差法：夹紧弹簧夹，从长颈漏斗中向试管内加水，长颈漏斗中会形成一段液柱，停止加水后，通过液柱是否变化即可检查；C项利用加热(手捂)法：用酒精灯微热(或用手捂热)试管，通过观察烧杯中有无气泡以及导管中水柱是否变化即可检查；D项利用抽气法：向外轻轻拉动注射器的活塞，通过观察浸没在水中的玻璃导管口是否有气泡冒出即可检查。
1.解析 A项，氢氟酸会与玻璃的成分二氧化硅反应，浓硝酸会腐蚀(氧化)橡胶塞；B项，汽油或煤油会使橡胶塞溶胀；C项，由于碳酸钠溶液或氢氧化钙溶液呈碱性，会与玻璃的成分二氧化硅反应，且二者见光不分解，不用放于棕色瓶中；D项，氯水或硝酸银溶液存放时，为防止氯水腐蚀(氧化)橡胶塞，应用磨口塞，为了避免硝酸银见光分解，应存放在棕色玻璃瓶中。
2.解析 液溴能腐蚀橡胶，A错；波尔多液中的CuSO4能与Fe发生臵换反应，B错；金属锂的密度比煤油小，会漂浮在煤油上面，锂和空气中的氧气、水蒸气等均能发生反应，金属锂应保存在固体石蜡中，D错。
3.解析 A项，H2与O2的混合气体容易爆炸，点燃前必须验纯；B项，NH3极易溶于水，导管直接通入水中会倒吸；D项，浓硫酸溶于水会放出大量热，易造成暴沸。
4.解析 在实验过程中，如果将浓碱液沾到皮肤上，要用大量的水冲洗，再涂上稀硼酸溶液；苯酚有毒，在冷水中溶解度不大，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，如果不慎将苯酚沾到皮肤上，应立即用酒精清洗；氢气和氯气的混合气体光照会爆炸。
1.解析 A项，钠与水反应生成氢气，同时钠燃烧后生成的Na2O2 会与CO2反应生成O2 ，这样会使燃烧更剧烈甚至发生爆炸，错误；B项，加热碳酸氢钠时有水生成，若试管口竖直向上，水会倒流进入试管底部造成试管炸裂，错误；C项，浓硫酸溅到皮肤上时应迅速用干布拭去，再用大量水冲洗，错误；D项，制备乙烯时，向混合液中加入碎瓷片可以防止暴沸，正确。
3.解析 这两个标签说明该药品具有氧化性和腐蚀性。A项，C2H5OH无氧化性和腐蚀性，错误；B项，HNO3是一种氧化性酸，也具有强腐蚀性，正确；C项，NaOH具有强腐蚀性，
但无氧化性，错误；D项，HCl不具有强氧化性，错误。
4.解析 灼烧固体物质一般使用坩埚，而坩埚加热时需用泥三角支撑然后放在三脚架上，三脚架的下面应放酒精灯，选用的实验用品都能用到，选项A不符合题意；溶解固体并加蒸馏水稀释，所需仪器为烧杯和玻璃棒，用不到容量瓶，选项B符合题意；过滤所需的实验用品为漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯和带铁圈的铁架台，选项C不符合题意；检验Fe3的试＋剂为KSCN溶液，所需仪器为试管和胶头滴管，选项D不符合题意。
练出高分
1.解析 集气瓶、量筒、表面皿、容量瓶不能加热，烧杯、圆底烧瓶要隔石棉网加热，蒸发皿可直接加热。
2.解析 浓硝酸具有强氧化性，不能用橡胶塞，一般用玻璃塞保存在细口瓶中；水和乙酸乙酯互不相溶，可用分液漏斗分离；用量筒量取液体只能精确到0.1 mL；实验室中固体药品要保存在广口瓶中，便于取用。
3.解析 A项，配制一定质量分数溶液不需容量瓶，A项可达实验目的；B项，测定物质的量浓度用中和滴定实验；C项，鉴别葡萄糖、蔗糖可用银镜反应，在试管中水浴加热即可；D项，浓氨水与生石灰制备氨气不能在烧杯中进行，一般在锥形瓶中进行。
4.解析 Ⅰ称量NaOH时应放在小烧杯里，错误；Ⅱ溶解时用玻璃棒搅拌，正确；Ⅲ转移液体时要用玻璃棒引流，错误；Ⅳ转移溶液后要洗涤烧杯，正确；Ⅴ转移洗涤液要用玻璃棒引流，错误；Ⅵ定容时用胶头滴管，错误；Ⅶ摇匀时要盖上容量瓶的瓶塞，错误。
7.解析 浓硫酸对皮肤有腐蚀性，如不慎溅到皮肤上，应先用干抹布擦净，再用大量的水冲洗，然后涂上NaHCO3溶液；由于酒精有挥发性，酒精灯中不能添满酒精，否则点燃时易发生火灾或爆炸；量筒属于粗量器，精确度为0.1 mL，不能量取8.55 mL蒸馏水。
9.解析 A项，坩埚可以直接加热，不需要垫石棉网；B项，实验中应该先研磨，后称取硫酸铜晶体的质量；D项，坩埚在加热前未完全干燥，则其中的水会被算作结晶水，导致测定结果偏高，故不正确。
――→14.解析 (2)KClO3和MnO2制O2属于“固＋固△气体”，因而要选用E装臵为气体发生
装臵；H2O2与MnO2制O2属于“固＋液―→气体”且要控制产生气体的速率，只能用分液漏斗控制加入的H2O2的量。(3)使用X收集氧气时，用“排空气法”，由于O2的密度比空气的大，应从长管进气，用排水法收集气体，应从短管进气。(4)根据反应原理可知，制取CO
――→属于“液＋液△气体”，用分液漏斗控制加入浓硫酸的量，应选DG为气体发生装臵，
X的作用是除去CO中的水蒸气，洗气时气体流向为“长进短出”。
1.解析 ①普通漏斗：用于过滤分离固液混合物。③蒸馏烧瓶：用于液体蒸馏，分离沸点相差较大的液态混合物。⑤分液漏斗：萃取分离互不相溶的液态混合物。
2.解析 蒸发结晶时，当蒸发至大量晶体析出时要停止加热，利用余热蒸干，不能直接蒸干。
3.解析 加热FeCl3溶液，促进盐类水解，直接蒸干得到的是Fe(OH)3或Fe2O3，A项错误；石油分馏时，温度计的水银球应放在蒸馏烧瓶的支管口处，B项错误；乙醇和乙酸乙酯互溶，不能用分液法分离，C项错误。
4.解析 A项，灼烧应选用坩埚，错误；B项，应用玻璃棒引流，且漏斗下端尖口处要紧贴烧杯内壁，错误；C项，碘的苯溶液应从上口倒出，错误。
1.解析 除去KCl中的MnO2应采用过滤的方法；B项，碘易升华，加热可分离；C项，利用重结晶方法分离KNO3和NaCl是利用KNO3的溶解度受温度的影响大于NaCl；D项，食用油和汽油互溶，但沸点不同应用蒸馏的方法分离。
2.解析 要将两种固体按溶解、过滤、蒸发的实验操作顺序分离，必需的条件是其中一种固体难溶于水，另一种固体易溶于水。对于所给出的物质组：①两者都易溶；④两者都难溶，均不能用指定的方法分离；②CaCl2易溶，CaCO3难溶；③MnO2难溶，KCl易溶，可用指定的方法分离。
5.解析 ①加热法分离提纯固体混合物应满足的条件：一种物质受热易挥发或分解，另一物质受热不挥发或难分解。②加试剂法分离(过滤)提纯固体混合物应满足的条件：所加试剂能达到让一种物质形成溶液，而另一物质形成难溶物的状态。A项中碳酸氢钠、氯化铵受热均易分解，故用方案1不能将两物质分离开，错误；B项方案1中的残留物应该具有受热时不挥发或难分解的性质，错误；C项方案2中加入的试剂可能不与除X外的物质发生化学反应 ，如加水进行溶解分离，错误；D项中SiO2与NaOH溶液反应生成Na2SiO3溶解而分离，正确。
1.解析 A项，做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石或碎瓷片，以防暴沸，如果忘记加入，应立即停止加热，冷却后补加，正确；B项，正确操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；C项，互溶的液体物质沸点相差较大的，可以用蒸馏的方法分离，正确；D项，乙酸的酸性强于碳酸钠，用饱和碳酸钠可以除去乙酸，还可以降低乙酸乙酯的溶解度使之析出，然后分液即可，故正确。
2.解析 A项，浓硫酸具有吸水性且不与HCl发生反应，所以除去HCl中的H2O可以通过浓
=====硫酸进行，正确；B项，H2和CO均能与CuO发生反应(H2＋CuO△Cu＋H2O、CO＋CuO
==========△Cu＋CO2)，错误；C项，N2和O2均能与镁粉发生反应(3Mg＋ N2点燃 Mg3N2、2Mg
=====＋O2点燃2MgO)，错误；D项，CO2在水中的溶解度很小，不能用水来除去CO中的CO2，应利用NaOH溶液除去CO中的CO2，错误。
3.解析 A项，步骤(1)，由于得到不溶性物质，所以应采取过滤的方法，正确；B项，步骤
(2)，由于得到有机层和水层，所以应用分液漏斗分离，正确；C项，从水溶液中获得固体，应采取蒸发结晶或蒸发浓缩冷却结晶的方法，应用蒸发皿，错误；D项，从有机层中获得甲苯，应根据沸点不同，采用蒸馏装臵，正确。
6.解析 A项，MnO2固体与浓HCl要在加热的条件下发生反应制取Cl2，缺少加热装臵；B项，除去Cl2中混有的HCl气体，应将混合气体从长导气管通入盛有饱和食盐水的洗气瓶洗气，较纯净的气体从短导气管流出，选用饱和NaHCO3溶液，可使Cl2中混入CO2气体；C项，制取Cl2实验结束后，将剩余物过滤除去未反应的MnO2，得到MnCl2溶液，从而回收MnCl2；D项，MnCl2为强酸弱碱盐，易发生水解反应，直接蒸发溶剂，不能得到纯净的MnCl2·4H2O。
7.解析 A项，向苦卤中通入Cl2 时发生反应Cl2＋2Br===2Cl＋Br2，故其目的是为了提取溴，正确；B项，可将粗盐溶解、过滤除去难溶性杂质，然后向滤液中加入沉淀剂，过滤后调节滤液pH以除去可溶性杂质，最后重结晶可得精盐，正确；C项，工业生产常选用廉价的Ca(OH)2作为沉淀剂，错误；D项，由于通入Cl2后所得溶液中Br2的浓度很小，因此利用Br2的挥发性，可先用空气和水蒸气吹出Br2，再用SO2将其还原为HBr进行富集，正确。 －－
练出高分
3.解析 硝酸钾的溶解度受温度的影响较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响较小，故可以通过把混合物溶于蒸馏水后降温结晶的办法除去氯化钠，①正确；NH4Cl加热分解，生成的HCl、NH3再化合，不属于升华，②错误；金属钠与乙醇和水都能发生反应，③错误；Na2S溶液和AgCl反应，生成Ag2S和NaCl，过滤除去Ag2S，④正确。
6.解析 因通入H2的量不易控制，故不能保证完全除去乙烯的同时不引入H2杂质，①错误；因乙酸能与饱和碳酸钠溶液反应而乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，②正确；氯水也可氧化NaBr同时引入杂质Cl，③错误；生石灰与乙酸反应生成盐，难挥发，可用蒸馏法，④正确；MgO可消耗H，使溶液pH增大，促进Fe3水解形成Fe(OH)3沉淀，⑤正＋＋－
确；泥沙不溶于水，可通过过滤法除去，通过蒸发结晶得到食盐，⑥正确。
8.解析 NaHCO3溶解度较小，过程Ⅰ可以产生NaHCO3沉淀，符合离子反应条件，A项正确；
2－2－过程Ⅱ调整溶液的pH＝2，溶液中不含有CO3，故仅需BaCl2溶液即可鉴别SO4，B项
2－＋正确；若省略过程Ⅱ，因CO3与Al3水解相互促进，导致产率降低，C项正确；向铵明
＋＋－矾溶液中加入NaOH，Al3结合OH能力比NH4强，应先产生白色沉淀，后产生刺激性气
味的气体，再加入过量的NaOH，白色沉淀逐渐溶解并消失，D项错误。
4.解析 (1)装臵C中澄清石灰水的作用是检验是否有CO2气体生成，若有CO2气体生成，澄清石灰水变浑浊。装臵B中冰水的作用是降低温度，使生成的水和草酸(题给信息：受热脱水、升华)冷凝。若草酸进入装臵C，会生成草酸钙沉淀，干扰CO2检验。(2)检验CO可通过检验CO还原黑色的CuO生成的CO2进行。因为分解产物中有CO2，所以先要除去CO2，可用浓NaOH溶液吸收CO2，并用澄清石灰水检验CO2是否除尽，再用无水氯化钙干燥CO，然后通过灼热的CuO，再用澄清石灰水检验生成的CO2气体，没有反应掉的CO可用排水法收集。若前面澄清石灰水无现象，H中黑色的CuO变红色，后面的澄清石灰水变浑浊，说明草酸晶体分解产物中有CO。
2.解析 (1)若装臵气密性良好，水滴入的速度会越来越慢，直到最后停止滴入。弹簧夹甲打开后的作用是调节装臵内气压与大气压平衡，弹簧夹乙打开后，可以使装臵F中的NaOH溶液吸收尾气。(2)硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫的反应为离子反应，70%～80%的硫酸能提供该反应所需的足够的H。(3)装臵C的作用是制备ClO2气体，并可通过观察气泡判断反应的快慢，由此可调节反应进行的快慢；装臵E可起到安全瓶的作用，即防止液体倒吸入装臵D中。(4)检验碱液的存在可用酸碱指示剂。(5)过量的SO2和过量的NaOH反应生成Na2SO3；Na2SO3与Ba(OH)2反应生成白色沉淀BaSO3，滴加稀盐酸，有无色刺激性气体产生。
3.解析 (1)由图可知，A制备的气体为CO2，所以选择药品为石灰石和6 mol·L－1＋盐酸。(2)制出的CO2中不能有HCl，否则会在C中与NH3反应，除去HCl应该用饱和NaHCO3溶液。
(4)NH3的溶解度大于CO2，所以先通入NH3使溶液呈碱性，CO2才能被充分的吸收参与反应。(5)检验NH3时将湿润的红色石蕊试纸放在D出口处，若试纸变蓝，则证明有氨气逸出；如果试纸不变蓝，则证明没有氨气逸出。
4.解析 (1)根据装臵示意图，制取无水氯化铁的实验中，装臵A为制取氯气的实验装臵，发生反应为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水；装臵B的作用是除去混杂在氯气中的水蒸气，故B中加入的试剂为浓硫酸。(2)根据题给信息，在制取无水氯化亚铁实验中，装臵A是用于制取HCl气体；经浓H2SO4干燥后，在硬质玻璃管中发生反应：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2，则尾气的成分是氯化氢和氢气；若仍用D装臵进行尾气处理，则因氯化氢极易溶于水，故会产生倒吸，且氢气与NaOH溶液不反应，可燃性气体氢气也不能被吸收。(3)检验氯化铁溶液常用的试剂是KSCN溶液；欲制得纯净的氯化亚铁，应防止装臵中氧气的干扰，在实验过程中应先点燃A处的酒精灯，利用产生的氯化氢气体排出装臵中的空气，再点燃C处的酒精灯。
5.解析 (1)若装臵不漏气，则长颈漏斗中会形成一段液柱并且液柱高度保持不变；装臵D为安全瓶，可防止倒吸；装臵E是尾气处理装臵，用来吸收过量的SO2，故所盛溶液可以是NaOH溶液等。
篇三：2014年高考生物大一轮复习教案 第三单元 第11讲(全国通用)
第11讲 能量之源——光与光合作用
[考纲要求] 1.光合作用的基本过程(Ⅱ)。2.影响光合作用速率的环境因素(Ⅱ)。3.实验：叶绿体色素的提取和分离。
一、捕获光能的色素和叶绿体的结构 1．叶绿体 (1)结构示意图
外表：①双层膜?
??②基质：含有与暗反应有关的酶
?(2)结构?内部?③基粒：由类囊体堆叠而成，分布有色素?? ??决定
决定
(4)
巧记 叶绿体：叶绿体膜两层，基质基粒来组成，类囊体来堆叠，上有色素酶附着，吸收光能来转化，光合作用好场所。 2．色素的种类和功能
[(2)叶绿体中的色素只存在于光反应部位——叶绿体类囊体的薄膜上，与光合作用有关的酶存在于两个部位——叶绿体类囊体的薄膜上和基质中。
二、光合作用的探索历程 [连一连
]
[思考] ⑤和⑥中科学家用什么样的技术手段得出实验结论？该技术手段有何用途？ 提示 同位素标记法；追踪某元素或某物质的转移去向。 三、光合作用的反应式及过程
1．反应式：CO2＋H2O――→(CH2O)＋O2。 叶绿体2．过程 (1)区别
光能
(2)联系：光反应为暗反应提供 [判一判]
1．叶绿体中的色素主要分布在类囊体腔内 提示 分布在类囊体的薄膜上。
2．光合作用需要的酶只分布在叶绿体基质中
( × )
( × )
提示 类囊体的薄膜上和叶绿体基质中都有。 3．叶绿体是光合作用的主要场所 提示 是全部场所。
4．暗反应必须在无光条件下进行。 四、影响光合速率的环境因素 1．空气中 2
3
( × )
( × )
4
考点一 分析光合作用的过程
完善光合作用的过程图解并思考
1．在光合作用总反应式中标出各元素的来源和去路
2．填表比较光反应和暗反应
(1)若同一植物处于两种不同情况下进行光合作用
甲：一直光照10分钟；乙：光照5秒，黑暗5秒，持续20分钟，则光合作用制造的有机物：甲<乙(暗反应时间长)。
(2)CO2中C进入C3但不进入C5，最后进入(CH2O)，C5中C不进入(CH2O)，可用放射性同位素标记法证明。
(3)光合作用光反应产生的ATP只用于暗反应阶段，不能用于其他生命活动，其他生命活动所需ATP只能来自细胞呼吸。
1．如图为叶绿体结构与功能示意图，下列说法错误的是
( )
A．结构A中的能量变化是光能转变为ATP中的化学能 B．供给14CO2，放射性出现的顺序为CO2→C3→甲 C．结构A释放的O2可进入线粒体中
D．如果突然停止CO2的供应，短时间内C3的含量将会增加 答案 D
解析 在光合作用中，CO2首先和C5生成C3，如果突然停止CO2的供应，则C3的
生成量减少，而其消耗量不变，因此短时间内C3的含量将会减少。
2．(2011·新课标全国卷，29)在光照等适宜条件下，将培养在CO2浓度为1%环境中的某植物迅速转移到CO2浓度为0.003%的环境中，其叶片暗反应中C3和C5化合物微摩尔浓度的变化趋势如下图。回答问题：
(1)图中物质A是__________(C3化合物、C5化合物)。
(2)在CO2浓度为1%的环境中，物质B的浓度比A的低，原因是________________， 将CO2浓度从1%迅速降低到0.003%后，物质B浓度升高的原因是_____________。 (3)若使该植物继续处于CO2浓度为0.003%的环境中，暗反应中C3和C5化合物浓度达到稳定时，物质A的浓度将比B的__________(低、高)。
(4)CO2浓度为0.003%时，该植物光合速率最大时所需要的光照强度比CO2浓度为1%时的______(高、低)，其原因是_______________________________________。 答案 (1)C3化合物 (2)暗反应速率在该环境中已达到稳定，即C3和C5化合物的含量稳定，根据暗反应的特点，此时C3化合物的分子数是C5化合物的2倍 当CO2浓度突然降低时，C5化合物的合成速率不变，消耗速率却减慢，导致C5化合物积累 (3)高 (4)低 CO2浓度低时，暗反应的强度低，所需的ATP和[H]少
解析 (1)CO2浓度降低时，C3化合物产生减少而消耗继续，故C3化合物的浓度降低，所以物质A代表的是C3化合物。(2)在正常情况下，1 mol CO2与1 mol C5化合物结合形成2 mol C3化合物，即C3化合物的浓度是C5化合物浓度的2倍。CO2浓度迅速下降到0.003%后，C5化合物的产生量不变而消耗量减少，故C5化合物的浓度升高。(3)CO2浓度继续处于0.003%时，因光反应产物[H]和ATP的积累而抑制光反应过程，足量的[H]和ATP引起暗反应中C5化合物的浓度又逐渐降低，而C3化合物的浓度逐渐升高，在达到相对稳定时，C3化合物的浓度仍是C5化合物浓度的2倍。(4)CO2浓度较低时，暗反应减弱，需要的[H]和ATP量减少，故CO2浓度为0.003%时，在较低的光照强度时就能达到最大光合速率。
请结合下图，分析当光照与CO2浓度发生如表变化时，表格中相关信息如何填充
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