生物 第二部分 科学专项提能 专项二 掌握六类热考题型 把握解题技巧 题型专练（四）数据计算类

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1-学必求其心得，业必贵于专精题型专练（四）数据计算类1．下列有关计算中，不正确的是()A．用32P标记的噬菌体在不含放射性的大肠杆菌内增殖3代，具有放射性的噬菌体占总数为1/4B．某DNA片段有300个碱基对，其中一条链上A＋T比例为40%，则复制三次该DNA片段时，总共需要720个胞嘧啶脱氧核苷酸C．某蛋白质分子中含有120个氨基酸，则控制合成该蛋白质的基因中至少有720个碱基D．用15N标记的精原细胞（含8条染色体）在含14N的培养基中培养，减数第一次分裂后期和减数第二次分裂后期含15N的染色体数分别是8和8解析：由DNA中碱基总数600个，及A＋T所占比例为40%,推知，该DNA分子中A＋T＝240，则G＋C＝360，G＝C＝180(个)，该DNA分子复制3次，共需C的数目为（23－1)×180＝1260（个)。答案：B2．某基因含有b个碱基对，由该基因控制合成的蛋白质含有n条肽链，已知该蛋白质的相对分子质量为m，则形成该蛋白质的氨基酸的平均相对分子质量最小为(）A．（m＋6b－9n)/3 B．m/3C．（3m＋18b－54n）/b D．(b/3－m解析：由基因含有b个碱基对,可知由该基因控制合成的蛋白质中氨基酸最多有b/3个。假设氨基酸的平均相对分子质量为a，则有如下关系：m＝a×b/3－18(b/3－n),则a＝(3m＋18b－54n）/b答案：C3．将某种绿色植物的叶片放在特定的实验装置中，研究其在10℃、20℃的温度条件下，分别置于5klx、10klx光照和黑暗条件下的光合作用和细胞呼吸，结果如图。据图所做的推测中，正确的是（)A．该叶片在20℃、10klx的光照强度下，每小时光合作用固定的CO2量约是8。25mgB．该叶片在5klx光照强度下,10℃时积累的有机物比20℃时的少C．该叶片在10℃、5klx的光照强度下，每小时光合作用所产生的O2量是3mgD．通过实验可知，叶片的净光合速率与温度和光照强度均成正比解析:叶片在20℃、10klx时，每小时光合作用固定的CO2量是(10＋2）/2×（44/32)＝8。25mg；在5klx光照强度下，10℃时积累的有机物比20℃时的多；在10℃、5klx的光照强度下每小时光合作用所产生的O2量是（6＋1）/2＝3.5mg；净光合速率与植物细胞的呼吸速率和光合速率有关，仅就图中曲线而言，不能得出净光合速率与温度和光照强度的关系。答案:A4．已知某双链DNA分子中,G与C之和占全部碱基总数的34％，其一条链中的T与C分别占该链碱基总数的32％和18％，则在它的互补链中，T和C分别占该链碱基总数的(）A．34％和16％ B．34％和18％C．16％和34% D．32％和18%解析：设该DNA分子的两条链分别为1链和2链,双链DNA分子中，G与C之和占全部碱基总数的34％，则A＋T占66%，又因为双链DNA分子中，互补配对的两种碱基之和占整个DNA分子比例和每条链中的比例相同，因此A1＋T1＝66%，G1＋C1＝34％,又因为T1与C1分别占该链碱基总数的32%和18%，则A1＝66％－32%＝34％，G1＝34％－18％＝16％.根据DNA分子的碱基互补配对关系，所以T2＝A1＝34%，C2＝G1＝16％。答案：A5．某植物种群中，AA基因型个体占30％,aa基因型个体占20％。若该种群植物自交,后代中AA、aa基因型个体出现的频率以及该植物的A、a基因频率分别为()A．55％45％55%45％B．42。5%32.5%55%45％C．55％45%45％55%D．42.5％32.5%45%55％解析:若该种群植物自交,后代中AA的基因型频率为30%＋50%×1/4＝42。5％，aa的基因型频率为20％＋50％×1/4＝32.5％,自交不会改变基因频率,故A的基因频率为30%＋50％×l/2＝55％，同理a的基因频率为45％，B正确。答案：B6．某弃耕地的主要食物链是植物→田鼠→鼬。某生态学家对此食物链的能量流动进行了研究,结果如表所示,单位是J/（hm2·a）.下列说法错误的是（）植物田鼠鼬固定的太阳能摄入量同化量呼吸量摄入量同化量呼吸量2.45×10111.05×1097。50×1087.15×1082.44×1072.25×1072.18×107A.能量从田鼠传递到鼬的效率是3%B．流经这个生态系统的总能量是2.45×1011J/（hm2·a)C．第一次捕获并标记40只田鼠,第二次捕获30只，其中被标记的有15只，该种群密度是60只D．流入某一营养级的能量不可能百分之百地流到下一营养级解析：能量由田鼠传递到鼬的效率是(2.25×107）÷（7.50×108）≈3%。流经这个生态系统的总能量是生产者固定的太阳能,即2.45×1011J/（hm2·a）。该种群数量为(30×40)/15＝80（只)。流入某一营养级的能量主要有以下去向：一部分通过该营养级的呼吸作用散失了;一部分作为排出物、遗体或残枝败叶不能进入下一营养级，而被分解者利用；还有一部分未能进入下一营养级(未被捕食).所以流入某一营养级的能量不可能百分之百地流到下一营养级。答案：C7．某池塘底栖动物主要有软体动物类(铜锈环棱螺等)、寡毛类(苏氏尾鳃蚓等)、摇蚊类(羽摇蚊等)。科研人员研究了该池塘底栖动物能量流动过程，构建了如图所示的模型，相关判断不正确的是()A．流经底栖动物的总能量是2119.5kJ·m－2·a－1B．底栖动物同化的能量大部分用于呼吸作用C．图中“X”包含被下一营养级同化的能量D．在能量流动的过程中伴随着物质循环和信息传递解析：流经底栖动物的总能量应该等于摄食能减去粪便中的能量，为477.4kJ·m－2·a－1。答案：A8．如果一个精原细胞核的DNA分子都被15N标记,现只供给该精原细胞含14N的原料，则其减数分裂产生的4个精子中，含有15N、14N标记的DNA分子的精子所占比例依次为（不考虑交叉互换现象）(）A．100%、0 B．50％、50%C．50%、100% D．100%、100％解析:依据题意画出减数分裂过程中染色体的变化简图（如图1)。由于染色体是由DNA和蛋白质组成的，染色体的复制实际上是DNA分子的复制，而DNA分子的复制是半保留复制，故可再画出图2来帮助解题。答案：D9．右图食物网中a表示鸟的食物中动物性食物所占比例，若要使鸟体重增加x,最多需要生产者量为y，那么x与y的关系可表示为(）A．y＝90ax＋10x B．y＝25ax＋5xC．y＝20ax＋5x D．y＝100ax＋10x解析:a表示鸟的食物中动物性食物所占比例，则植物性食物占的比例为1－a,当能量传递效率为10%时，消费者增重x需生产者的量最多.能量传递效应按10%计算，则y＝ax÷10%÷10％＋（1－a）x÷10%＝90ax＋100ax＋10（1－a)x＝90ax＋10x。答案：A10．如图是人类某一家族遗传病甲和遗传病乙的遗传系谱图（设遗传病甲与A、a这一对等位基因有关，遗传病乙与另一对等位基因B、b有关，且甲、乙两种遗传病中至少有一种是伴性遗传病）。下列有关说法不正确的是（)A．乙病为伴性遗传病B．7号和10号的致病基因都来自1号C．5号的基因型一定是AaXBXbD．3号与4号再生一个两病兼患男孩的可能性为3/16解析：对于甲病来说，3、4和8号的患病情况说明甲病为显性遗传病，4号患病而8号不患病,说明不是伴性遗传病，所以甲病是常染色体上的显性遗传病。根据题意可知乙病是伴性遗传病。3、4和7号的患病情况说明乙病为伴X染色体隐性遗传病。所以3号和4号的基因型为AaXBXb和AaXBY，则其再生一个两病皆患男孩的可能性为(3/4)×（1/4）＝3/16.5号患甲病，含有A基因，因为9号不患病,所以5号甲病对应的基因型为Aa；对于乙病来说,5号正常而10号患病，所以5号基因型为XBXb，可得出5号的基因型为AaXBXb。10号的患病基因是1号通过5号传递而来的，但7号的致病基因来自3号。答案：B11．回答下列有关能量流动的计算题：（1）如图所示的食物网中，若人的体重增加1kg，最少消耗水藻________kg,最多消耗水藻________kg。（2)若植食性动物粪便中的能量为M，呼吸作用消耗的能量为R,用于自身生长、发育和繁殖等生命活动的能量为N，则该植食性动物的同化量可表示为________。若杂食性动物的食物中草占1/3，则其体重增加30kg，需消耗草________kg(能量传递效率按10％计算)。(3)下图为某生态系统食物关系图。若鸟的食物是互花米草和植食性昆虫，由原来的2∶1调整为1∶1后,鸟的数量变为原来的________。(传递效率按20%计算）（4)某自然保护区地震后,据不完全统计，植被毁损达到30%以上,下图为该地区人为干预下恢复过程的能量流动图（单位：103kJ·m－2·a－1)。请回答：①第一营养级到第二营养级的能量传递效率为________(保留1位小数）。②第二营养级到第三营养级的能量传递效率为________(保留1位小数）。解析：（1）能量在相邻两个营养级间的传递效率是10％～20%。求最少消耗水藻时，选最短的食物链，即水藻→小鱼→人，传递效率按20％计算，设最少消耗水藻为X,则X×20%×20%＝1kg，X＝25kg;求最多消耗水藻时,选最长的食物链，即水藻→水蚤→虾→小鱼→大鱼→人,传递效率按10％计算，设最多消耗水藻为Y，则Y×10%×10%×10%×10％×10%＝1kg，Y＝100000kg。(2)杂食性动物的食物中1/3来自草，那么2/3来自植食性动物，共需草1/3×30÷10％＋2/3×30÷10％÷10％＝2100(kg)。(3)调整前为2∶1时，每增加m千克鸟需互花米草的量为2/3m·5＋1/3m·5·5＝35/3m,则每单位的互花米草能增加鸟为3/35m；调整后为1∶1时,每增加m千克鸟需互花米草的量为:1/2m·5＋1/2m·5·5＝30/2m，则每单位的互花米草能增加鸟为2/30m，故调整后鸟的数量为原来的（2/30m)/(3/35m)＝7/9。（4)①据题意知，该类计算利用了生态系统的能量流动原理。第一营养级到第二营养级的能量传递效率为：14/（3＋14＋70＋23)×100％＝12.7%.②第二