2023届高考生物热点题型押题专项训练题型07数据计算类

题型07数据计算类1．小鼠颌下腺中存在一种表皮生长因子EGF，它是由53个氨基酸组成的单链，其中含有6个二硫键（形成一个二硫键会脱去2个H）。EGF与靶细胞表面的受体结合后，激发了细胞内的信号传递过程，从而促进细胞增殖。下列说法不正确的是（

）A．EGF的基因至少含有318个脱氧核苷酸B．在氨基酸形成EGF的过程中，相对分子量减少了948C．EGF和高温处理后变性的EGF都能与双缩脲试剂产生紫色反应D．EGF的mRNA沿着多个核糖体移动快速地生成EGF【答案】D【分析】mRNA是以DNA的一条链为模板经转录形成的，翻译过程中，mRNA中每3个碱基决定一个氨基酸，所以经翻译合成的蛋白质分子中氨基酸的数目是mRNA碱基数目的三分之一，是DNA（基因）中碱基数目的六分之一，即DNA（或基因）中碱基数：mRNA上碱基数：氨基酸个数=6：3：1。蛋白质的相对分子质量=氨基酸数目×氨基酸平均相对分子质量一脱去水分子数×18。【详解】A.该表皮生长因子EGF中的氨基酸数目是53个，所以控制其合成的基因中的脱氧核苷酸数目至少是53×6=318，A正确；B.氨基酸脱水缩合过程脱去的水分子数目是52，6个二硫键脱去12个H，因此相对分子量减少52×18+12=948，B正确；C.EGF的本质是蛋白质，蛋白质在高温条件下变性时肽键没有断裂，依然可以与双缩脲试剂产生紫色反应，C正确；D.翻译过程中核糖体沿着mRNA移动，D错误。故选D。2．假如蛋白酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）羧基端的肽键，蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）两侧的肽键。某四十九肽分别经酶1和酶2作用后的情况如图，下列叙述正确的是（）A．此多肽中含2个赖氨酸B．苯丙氨酸位于四十九肽的17、31、49位C．短肽D、E与四十九肽的氧原子数相同，N原子数减少2个D．适宜条件下酶1和酶2同时作用于此多肽，可形成5条短肽【答案】C【分析】根据题意和图示分析可知：蛋白酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）羧基端的肽键后，形成了三个短肽A、B、C，说明酶1作用位点是16-17、30-31、48-49，则位点16、30、48为苯丙氨酸；蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）两侧的肽键后，形成的短肽D.E中，少了位点23，说明位点23为赖氨酸。【详解】根据以上分析已知，此多肽种只有一个赖氨酸，A错误；根据以上分析已知，苯丙氨酸位于16、30、48位，B错误；已知赖氨酸的分子式为C6H14N2O2，而短肽D、E与四十九肽相比减少两个肽建和1个赖氨酸，即水解消耗了两个水并减少了一个赖氨酸，则氧原子数目不变、N原子数减少2个，C正确；适宜条件下酶1和酶2同时作用与此多肽，可得到短肽1-16、17-22、24-30、31-484个短肽和23位、49位两个氨基酸，D错误。【点睛】解答本题的关键是认真分析图，抓住题目中两种酶的作用位点，获悉四十九肽中，位点16、30和48是苯丙氨酸；四十九肽中，位点23是赖氨酸。3．某实验室用两种方式进行酵母菌发酵葡萄糖生产酒精。甲发酵罐中保留一定量的氧气，乙发酵罐中没有氧气，其余条件相同且适宜。实验过程中每小时测定一次两发酵罐中氧气和酒精的物质的量，记录数据并绘成如图所示坐标图。据此下列说法中正确的是（

）A．甲、乙两发酵罐分别在第10h和第7h厌氧呼吸速率最快B．实验结束时甲、乙两发酵罐中产生的二氧化碳量之比为8：5C．甲发酵罐实验结果表明在有氧气存在时酵母菌无法进行厌氧呼吸D．该实验证明向葡萄糖溶液中通入大量的氧气可以提高酒精的产量【答案】B【分析】本题考查了有氧呼吸与无氧呼吸的过程，无氧呼吸与氧气浓度的关系，准确分析题图曲线获取信息是解题的关键。据图分析：甲发酵罐中保留一定量的氧气，随着时间的推移，氧气含量逐渐减少，酵母菌的无氧呼吸逐渐增强，且在第5小时无氧呼吸速率最快，实验结束时甲发酵罐中产生的酒精量为18mol；乙发酵罐中没有氧气，一开始就进行无氧呼吸产生酒精，并且在第3小时无氧呼吸速率最快，实验结束时乙发酵罐中产生的酒精量为15mol。由此可见，向葡萄糖溶液中通入少量的氧气可以提高酒精的产量。【详解】A.由图可知，甲、乙两发酵罐分别在第5小时和第3小时无氧呼吸速率最快，A错误；B.由题图可知，发酵罐中消耗的氧气是6，产生的二氧化碳也是6，产生的酒精是18产生的二氧化碳也是18，甲发酵罐产生的二氧化碳是6+18=24，乙发酵罐产生的酒精是15，产生的二氧化碳也是15，则实验结束时甲、乙两发酵罐中产生的二氧化碳量之比为24：15=8：5，B正确；C.分析题图可知，甲发酵罐从第二小时开始有酒精产生，即进行无氧呼吸，此时有氧气存在，也进行无氧呼吸，C错误；D.分析题图可知，适当提高氧气可以使酵母菌数量迅速增加而提高酒精的产量，若通入氧气过多，酵母菌只进行有氧呼吸不产生酒精，D错误。故选B。4．将植株置于透明密闭容器内，测量容器中CO2的浓度变化情况。在适宜温度条件下，用一定强度的光照处理30分钟，容器中CO2的浓度由2000ppm降低到180ppm。随后将整个装置置于相同温度的黑暗条件下30分钟，容器中CO2的浓度变为600ppm。下列叙述正确的是（

）A．前30分钟，叶绿体中NADPH由基质向类囊体膜运输B．该植株前30分钟的平均总光合速率为60.7ppm/minC．经过完整的1小时处理后，该植株的有机物含量会减少D．光照处理时，若停止光照则短时间内叶绿体中C3的含量会增加【答案】D【分析】光合作用的过程：①光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体薄膜）：水的光解产生NADPH与O2，以及ATP的形成；②暗反应阶段（场所是叶绿体的基质）：CO2被C5固定形成C3，C3在光反应提供的ATP和NADPH的作用下还原生成C5和糖类等有机物。【详解】A.前30分钟，植物在光照下能光合作用，产生的NADPH由类囊体膜向叶绿体基质运输，A错误；B.前30分钟，CO2浓度由2000ppm降低到180ppm，经计算，每分钟减少（2000-180）÷30≈60.7，这是净光合速率，不是总光合速率，B错误；C.经过完整的1小时处理后，容器中CO2浓度由2000ppm降到600ppm，减少的CO2都全部用于光合作用合成有机物，因此有机物含量会增加，C错误；D.停止光照后，光反应不再进行，不能合成NADPH和ATP，因此暗反应还原C3的途径变慢，而CO2固定形成C3的过程不受影响，故C3的含量会增加，D正确。故选D。5．测定的CO2吸收量与释放量为指标，研究温度对某绿色植物光合作用与细胞呼吸的影响，结果如图甲所示。下列分析正确的是（

）A．光照相同时间，在20℃条件下植物积累的有机物的量最多B．光照相同时间，35℃时光合作用制造的有机物的量大于30℃时光合作用制造的有机物的量C．如果该植物原重Xkg，置于暗处4h后重（X-1）kg，然后光照4h后重（X+2）kg，则总光合速率为1kg•h-1D．若将乙装置中NaHCO3溶液换成蒸馏水，则在黑暗条件下可测得B曲线【答案】C【分析】据图分析：图甲中虚线表示的是CO2的吸收量，即光合作用净合成量，实线表示的是呼吸消耗量。图乙装置可以用来测定光合速率。【详解】A.在光照时间相同的情况下，在25℃时，CO2吸收量最大，即光合作用净合成量最大，积累的有机物最多，A错误；B.在光照时间相同的情况下，30℃时光合作用的总量为3.50（净合成量）+3.00（呼吸消耗量）=6.50mg/h，35℃时光合作用的总量为3.00（净合成量）+3.50（呼吸消耗量）=6.50mg/h，二者相同，B错误；C.该植物原重Xkg，置于暗处4h后重（X-1）kg，则呼吸速率为[X−（X−1）]/4=1/4kg•h-1，然后光照4h后重（X+2）kg，则净光合速率为[（X+2）−（X−1）]/4=3/4kg•h-1，则总光合速率为呼吸速率+净光合速率=1/4kg•h-1+3/4kg•h-1=1kg•h-1，C正确；D.将乙装置中NaHCO3溶液换成蒸馏水，则在黑暗条件下不能测得B曲线，D错误。故选C。6．如图为某森林生态系统能量流动的部分示意图，图中数字为能量值，单位是J/（cm2·a）。下列相关叙述错误的是（

）A．生产者能固定太阳能﹐被称为生态系统的基石B．分解者是联系生物群落和无机环境的一大“桥梁”C．植食性动物为初级消费者，其同化的能量为1.96×106D．植食性动物同化的能量大部分用于自身生长、发育和繁殖【答案】D【分析】在能量流动过程中，摄入量=同化量+粪便量，能量传递效率=下一营养级的同化量÷上一营养级的同化量×100%。【详解】A.生产者能将太阳能或化学能转变成有机物中化学能，为生态系统输入能量，被称为生态系统的基石，A正确；B.生产者将无机物合成有机物，分解者将有机物分解为无机物，所以它们是联系生物群落和无机环境的“桥梁”，B正确；C.植食性动物为初级消费者，其同化的能量=摄入的能量-粪便中的能量=3.27×106-1.31×106=1.96×106，C正确；D.植食性动物同化的能量大部分用于呼吸作用，少部分用于自身生长、发育和繁殖，D错误。故选D。7．在含有BrdU的培养液中进行DNA复制时，BrdU会取代胸苷掺入新合成的链中，形成BrdU标记链。若将一个玉米体细胞（含20条染色体）置于含BrdU的培养液中进行连续两次相同分裂方式产生4个子细胞（不考虑突变和交叉互换）。下列说法正确的是（

）A．在第一次细胞分裂中期，1个细胞中被标记的染色单体条数是20B．在第二次细胞分裂中期，核DNA中被标记的DNA链所占的比例是50%C．在第二次分裂完成后，形成的4个子细胞核中可能有2.3或4个细胞含亲代DNA链D．在第二次分裂完成后，形成的4个子细胞中未被标记的染色体的条数是：从0到20条都有可能【答案】C【分析】将一个玉米体细胞（含20条染色体）置于含BrdU的培养液中进行连续两次相同分裂方式产生4个子细胞，则进行的是两次有丝分裂，DNA复制为半保留复制，第一次有丝分裂得到的两个子细胞的DNA为一条链含BrdU，一条链不含，所有20条染色体上的DNA都一样。第二次有丝分裂，染色体复制，DNA复制，有丝分裂前期、中期，染色体上都有姐妹染色单体，每条染色体上的两条姐妹染色单体的情况为一条染色单体的DNA一条链含BrdU、一条链不含，另一条染色单体的DNA两条链都含有BrdU，即20条染色体都含有BrdU，有丝分裂后期，变为40条染色体，20条染色体的DNA一条链含BrdU、一条链不含，20条染色体的DNA两条链都含有BrdU，染色体随机移向两极。【详解】A.在第一次细胞分裂中期，由于DNA半保留复制，所有的染色单体都被标记，即1个细胞中被标记的染色单体条数是40，A错误；B.在第二次细胞分裂中期，核DNA有40个，共80条链，不含BrdU的链为20条，则其中被标记的DNA链所占的比例是3/4，B错误；C.亲代的DNA链不含BrdU，在第二次分裂完成后，染色体随机移向细胞两极，由于第一次有丝分裂得到的两个细胞都含有亲代的DNA链，因此形成的4个子细胞核中可能有2、3或4个细胞含亲代DNA链，C正确；D.在第二次分裂完成后，由于DNA进行半保留复制，形成的4个子细胞中都含有被标记的染色体，即形成的4个子细胞中未被标记的染色体的条数是0，D错误。故选C。8．某种小鼠的毛色受AY（黄色）、A（灰色）、a（黑色）3个基因控制，三者互为等位基因，AY对A.a为完全显性，A对a为不完全显性，并且基因型AYAY胚胎致死（不计个体数）。一只黄色小鼠与一只灰色小鼠杂交，后代表现型的种类最多为（

）A．1种 B．2种 C．3种 D．4种【答案】B【分析】某种小鼠的毛色受AY（黄色）、A（灰色）、a（黑色）3个基因控制，并且基因型AYAY胚胎致死，A对a为不完全显性，因此该小鼠毛色对应的表现型及基因型为：黄色（AYA.AYa）、灰色（AA）、黑色（aa）。【详解】一只黄色小鼠（AYA.AYa）与一只灰色小鼠（AA）杂交，后代可能的表现型为黄色小鼠（AYA）与灰色小鼠（AA）或黄色（AYA）与灰黑色（Aa），共2种。故选B。9．下图为某种单基因遗传病一个家系的遗传系谱图。下列有关叙述正确的是（

）A．可判断此病最可能属于伴Y染色体的遗传病B．Ⅱ-5与Ⅱ-6再生一个患该病男孩的概率为1/8C．若Ⅱ-6无该病的致病基因，则Ⅲ-10是携带者的概率为1/2D．若Ⅱ-6无该病的致病基因，则Ⅲ-11与正常女性婚配，建议生女孩【答案】C【分析】系谱图分析：Ⅱ-5与Ⅱ-6均正常，但他们生有患病的儿子，3号和4号，说明该病为隐性遗传病（用A.a表示），无法判断是常染色体隐性还是X染色体隐性遗传。【详解】A.此病不可能属于伴Y染色体的遗传病，Ⅲ-11的父亲不患该病，A错误；B.Ⅱ-5与Ⅱ-6均正常，但他们生有患病的儿子，若该病是常染色体隐性遗传病，则二者的基因型为Aa，因此二者再生一个患病男孩的概率为1/2×1/4=1/8，若该病是伴X隐性遗传病，则Ⅱ-5与Ⅱ-6的基因型分别是XAXA.XAY，则二者再生一个患病男孩的概率为1/4，B错误；C.若Ⅱ-6无该病的致病基因，则该病为伴X隐性遗传病，Ⅱ-5与Ⅱ-6的基因型分别是XAXA.XAY，显然Ⅲ-10是携带者的概率为1/2，C正确；D.若Ⅱ-6无该病的致病基因，则该病为伴X隐性遗传病，Ⅱ-5与Ⅱ-6的基因型分别是XAXA.XAY，则Ⅲ-11的基因型为XaY，其与正常女性（XAXA/XAXa）婚配，所生的孩子均正常或一半患病，且与性别无关，因此生男生女均可，D错误。故选C。10．泰和乌鸡（黑皮肤）营养价值高，强身滋补，抗衰老，而黄皮肤的乌鸡不仅具有乌鸡的营养和药用特点，而且属国内稀有品种，开发潜力大。研究发现，泰和乌鸡的常染色体上含有黑色素基因H，海兰白鸡的Z染色体上含有显性抑制基因I，对黑色素在皮肤上的表现有一定的抑制作用，且无论一个I基因还是两个I基因抑制效果相同。现以纯合的泰和乌鸡公鸡和海兰白母鸡杂交，F1中公鸡全为黄皮肤，母鸡全为黑皮肤。让F1的鸡相互交配得F2，则下列叙述错误的是（

）A．F2中黑、黄、白三种肤色鸡的基因型均有4种B．F2中具有能稳定遗传的雄性黄皮肤乌鸡C．F2中各肤色鸡的数量比，黄皮肤：黑皮肤：白皮肤=3：3：2D．可用纯合的泰和乌鸡母鸡和海兰白公鸡杂交，培育黄皮肤乌鸡【答案】B【分析】基因自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或自由组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。题意分析，研究发现，泰和乌鸡的常染色体上含有黑色素基因H，海兰白鸡的Z染色体上含有显性抑制基因I，对黑色素在皮肤上的表现有一定的抑制作用，且无论一个I基因还是两个I基因抑制效果相同，据此可知，H_ZIZ_（黄色肤）、H_ZIW（黄色肤）、H_ZiZi（黑色肤）、H_ZiW（黑色肤）、hhZIZ_（白色肤）、hhZIW（白色肤）、hhZiZi（白色肤）、hhZiW（白色肤）。纯合的泰和乌鸡公鸡（黑皮肤）（HHZiZi）和海兰白母鸡（hhZIW）杂交，F1中公鸡全为黄皮肤（HhZIZi），母鸡全为黑皮肤（HhZiW）。【详解】A.根据分析可知，F1的基因型为HhZIZi、HhZiW，二者杂交产生的F2中黑色肤的基因型（H_ZiZi或H_ZiW）有2×2=4；黄色肤的基因型（H_ZI-）有2×2=4；白色肤的基因型（hh--）有1×4=4种，A正确；B.F2中具有雄性黄皮肤乌鸡的基因型有HHZIZi、HhZIZi，显然二者均为杂合子，没有纯合子，不具有能稳定遗传的雄性黄皮肤乌鸡，B错误；C.F1的基因型为HhZIZi、HhZiW，让其自由交配，F2中黄皮肤的比例为3/4×1/2=3/8；黑皮肤的比例为3/4×1/2=3/8；白皮肤的比例为1/4×1=1/4，即黄皮肤∶黑皮肤∶白皮肤=3∶3∶2，C正确；D.用纯合的泰和乌鸡母鸡（HHZiW）和海兰白公鸡（hhZIZI）杂交，子代的基因型为HhZIZi，HhZIW，即无论雌雄均为黄皮肤乌鸡，D正确。故选B。11．野生百合雌雄同体，其鳞茎颜色受独立遗传的两对基因A.a和B.b控制，显性基因B使鳞茎表现为紫色，隐性基因b使鳞茎表现为黄色，只要A基因存在野生百合就不能合成色素，鳞茎表现为白色。下列有关叙述正确的是（

）A．白色、紫色、黄色鳞茎植株的基因型种类数目依次为5种、2种、1种B．欲判断一株白色鳞茎植株的基因型，可让其与黄色鳞茎植株杂交，观察并统计子代表现型及比例C．现让一株黄色鳞茎植株与一株紫色鳞茎植株杂交得到F1，F1个体全部自交，F2的表现型及比例是紫色：黄色=3：5D．现让一株纯合的白色鳞茎植株与一株纯合的紫色鳞茎植株杂交得到F1，F1自交得到的F2中有三种表现型，则亲本基因型是AAbB、aaBB【答案】D【分析】分析题意可知，A___的个体鳞茎表现为白色，aaB_的个体鳞茎表现为紫色，aabb的个体鱗茎表现为黄色。【详解】A.根据分析可知，白色鳞茎植株的基因型有6种（AABB.AABB.AAbB.AaBB.AaBB.Aabb），紫色鳞茎植株的基因型有2种（aaBB.aaBb），黄色鳞茎植株的基因型有1种（aabb）A错误；B.让一株白色鳞茎植株和黄色鳞茎植株杂交，若白色的基因型是AA__，则子代均为白色，无法区分基因型，B错误；C.紫色鳞茎植株的基因型为aaBB或aaBb，与黄色杂交得到F1，F1个体全部自交，F2的表现型及比例是紫色：黄色=3∶5或紫色：黄色=3∶1，C错误；D.纯合紫色亲本基因型是aaBB，纯合白色亲本基因型可能是AABB或AAbb，由于F2中出现了黄色鳞茎的植株（aabb），F1必含有b基因，因此白色鳞茎亲本基因型不可能是AABB，故可推知亲本基因型为AAbB.aaBB，D正确。故选D。12．某单基因遗传病在人群中的患病率为1/8100，图1是该病某患者的遗传系谱图。科研人员提取了其中4个人的DNA，用PCR扩增相关的基因，并对产物用MspⅠ酶切（正常基因含有一个限制酶切位点，致病基因增加了一个酶切位点）、电泳，结果如图2．下列相关叙述正确的是（

）A．该病为伴X染色体隐性遗传病B．Ⅱ-5是携带者的概率为2/3C．致病基因新增的酶切位点位于332bp片段中D．Ⅱ-1和Ⅱ-2所生的孩子患该病的概率为1/180【答案】C【分析】据图分析，I-1和I-2均正常，但其子代II-2患病，说明该病为隐性遗传病，又因为II-2为女性，其双亲正常，说明该病为常染色体隐性遗传病，设相关基因为A.a，则II-2基因型为aa，故I-1和I-2基因型均为Aa，据图2可知，II-4基因型为Aa，II-5为AA。【详解】A.结合分析可知，该遗传病为常染色体隐性遗传病，A错误；B.II-5正常，且结合图2可知，其不携带致病基因，基因型应为AA，B错误；C.I-1和I-2均为Aa，其酶切条带有332.228、126、104四条，而II-5基因型为AA，条带有332和126两条，其中332=228＋104，说明致病基因新增的酶切位点位于332bp片段中，C正确；D.II-2患病，基因型为aa，据图2可知，II-1基因型为Aa，两者婚配，生育孩子患病aa的概率=1/2，D错误。故选C。13．某海岛上分趾海龟WW占25%，Ww占50%，连趾海龟ww占25%。在食物缺乏的环境下，分趾海龟（WW、Ww）的个体数每年各减少20%，连海龟ww的个体数量保持稳定，则一年后W的基因频率是（

）A．47．1% B．29．4% C．50% D．52．9%【答案】A【分析】由题意知，开始时海岛上海龟的W与w基因频率分别是25%+1/2×50%=50%、25%+1/2×50%=50%，由于在食物缺乏的环境下，基因型为WW、Ww的个体数每年减少20%，因此分趾个体在生存斗争中逐渐被淘汰，分趾基因频率逐渐降低，连趾基因频率逐渐升高。【详解】假设第一年海龟数量为100只，则基因型为WW的个体为25只，基因型为Ww的个体为50只，基因型为ww的个体为25只，在食物缺乏的环境下，分趾海龟的个体数每年减少20%，即第二年时，基因型为WW的个体为25-25×20%=20只，基因型为Ww的个体为50-50×20%=40只，基因型为ww的个体数量稳定不变，仍为25只，所以W=（20×2+40）÷（20+40+25）×2=47．1%，A正确。故选A。14．下列关于氨基酸和蛋白质的叙述，正确的是（

）A．酪氨酸几乎不溶于水，而精氨酸易溶于水，这种差异是由R基的不同引起的B．甲硫氨酸的R基是—CH2—CH2—S—CH3，则它的分子式是C5H11O2NSC．n个氨基酸共有m个氨基（m>n），则这些氨基酸缩合成的一条肽链中的氨基数为m-nD．甜味肽的分子式为C13H1605N2，则甜味肽一定是一种二肽【答案】ABD【分析】组成蛋白质的氨基酸约有20种，这些氨基酸的区别在于R基不同。氨基酸脱水缩合过程中脱去的水分子数=形成的肽键个数=氨基酸个数-肽链条数。蛋白质具有多样性的原因是：氨基酸的种类、数目和排列顺序不同，肽链的空间结构不同。【详解】A.组成蛋白质的氨基酸不同是由于氨基酸的R基不同决定的，因此酪氨酸几乎不溶于水，而精氨酸易溶于水，这种差异是由R基不同引起，A正确；B.氨基酸的分子通式可以简写为C2H4O2NR，甲硫氨酸的R基是-CH2-CH2-S-CH3，则它的分子式是C5H11O2NS，B正确；C.由氨基酸脱水缩合形成的多肽链中，一条多肽链至少含有一个氨基和一个羧基，因此n个氨基酸共有m个氨基，说明各氨基酸的R基中有（m-n）个氨基，则这些氨基酸脱水缩合成的一条肽链中的氨基数为（m-n+1）个氨基，C错误；D.氨基酸至少含有一个氨基，即每个氨基只有一个N原子，由“甜味肽”名称和其分子式中含有2个N原子，可以确定该甜味肽是二肽，D正确。故选ABD。【点睛】15．若入海口生态系统中物质与能量的输入和输出在一年时间内保持平衡。其中浮游植物P和碎屑D（包括海洋生物尸体分解成的小碎块，食物残余，粪便，还有被河流冲进海中的颗粒）构成了第I营养级，各营养级的能量包括了单位时间内被捕食、自身呼吸、进入碎屑以及输出到系统外能量的总和（单位t/km2/y）。下图为该生态系统的能量流动示意图，下列相关说法错误的是（

）A．流经该生态系统的总能量为1076.9t/km2/yB．第二营养级和第三营养级间的能量传递效率为6.86%C．第四营养级用于自身生长发育繁殖的能量是1.13t/km2/yD．该生态系统中的能量是沿着P→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ这一条食物链流动的【答案】ACD【分析】能量的传递效率=下一营养级固定的能量/上一营养级固定的能量。【详解】A.流经该生态系统的总能量为第I营养级所固定能量，但P呼吸的消耗的能量未知，不能计算计算流经该生态系统的总能量，A错误；B.第二营养级和第三营养级间的能量传递效率为31.10/（191.7+261.7）=6.86%，B正确；C.第四营养级用于自身生长发育繁殖的能量是流入下一营养级的量+流入碎屑的量=0.16+0.55=0.71t/km2/y，C错误；D.该生态系统中的能量是沿着P、D→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ这一条食物链流动的，D错误。故选ACD。16．如下图为地震毁损的某自然保护区人为干预下恢复过程的能量流动图[单位为103kJ/（m2·a）]。下列说法不正确的是（）A．流经该生态系统的总能量是该生态系统中的生产者固定的太阳能B．计算可知，肉食动物需补偿输入的能量值为5×103kJ/（m2·a）C．“未利用”就是指未被生物自身呼吸作用消耗的能量D．在人为干预下，能量在第一营养级到第二营养级之间传递效率为14.6%【答案】ACD【分析】分析图形：流经该生态系统的总能量是生产者固定的太阳能总量和补偿输入的有机物总量。生态系统中能量流动的特点是：单向流动，逐级递减。【详解】A.从图中看出，流经该生态系统的总能量是该生态系统中的生产者固定的太阳能和补偿输入的有机物总量，A错误；B.由植食动物流入肉食动物的能量为14+2-4-9-0.5=2.5×103kJ/（m2•a），肉食动物需补偿输入的能量0.25+0.05+2.1+5.1-2.5=5.0×103kJ/（m2•a），B正确；C.“未利用”就是指未被生物自身呼吸作用消耗的能量和未被分解者利用及未传递至下一个营养级的能量，C错误；D.能量在第一营养级到第二营养级之间传递效率为14÷（23+70+3+14）×100%=12.7%，D错误。故选ACD。17．表观遗传是指生物体基因的碱基序列不变，而基因表达与表现型发生可遗传变异的现象。其原因之一是碱基甲基化影响基因表达。下列叙述正确的是（

）A．若DNA分子中C甲基化且占30％，则单链中A占比不超过40％B．由于碱基甲基化而引起的变异属于基因突变C．碱基甲基化可能会影响RNA聚合酶的识别D．碱基甲基化不会改变基因储存的遗传信息【答案】ACD【分析】表观遗传学的主要特点：1.可遗传的，即这类改变通过有丝分裂或减数分裂，能在细胞或个体世代间遗传。2.可逆性的基因表达调节，也有较少的学者描述为基因活性或功能调节。3.没有DNA序列的改变或不能用DNA序列变化来解释。【详解】A.若DNA分子中C甲基化，比例为30%，双链DNA中A=T，C=G，则一条链中A的最大比例不超过40%，A正确；B.表观遗传是指生物体基因的碱基序列不变，而基因表达与表现型发生可遗传变化的现象，碱基甲基化影响基因表达属于表观遗传原因之一，该过程不属于基因突变，B错误；C.基因表达时，需要RNA聚合酶识别DNA序列并启动转录，碱基甲基化可能会影响RNA聚合酶的识别，C正确；D.遗传信息储存在基因的碱基序列中，碱基甲基化没有改变碱基序列，D正确。故选ACD。18．人体中的胆固醇是构成细胞膜的重要成分，参与血液中脂质的运输。血浆中胆固醇的含量受LDL（胆固醇含量为45%的脂蛋白）的影响，细胞中胆固醇的来源如图所示下列有关叙述中，正确的是（

）A．LDL受体的化学本质是糖蛋白B．催化①过程的酶是DNA聚合酶C．已知mRNA1中有30个碱基，其中A和C共有12个，则其对应基因中至少含G和T共30个D．当LDL受体出现遗传性缺陷时，将导致血浆中胆固醇含量增加【答案】ACD【分析】1.RNA是单链结构，而DNA是双链结构，碱基互补配对原则是A和T或A和U配对，C和G配对。2.基因控制蛋白质合成包括转录和翻译两个过程，其中转录是以DNA的一条链为模板合成RNA的过程，而翻译是以mRNA为模板合成蛋白质的过程。【详解】A.受体的化学本质是糖蛋白，A正确；B.①过程是RNA的合成过程，参与的是RNA聚合酶，B错误；C.转录mRNA1的DNA链中，与A和C配对的T和G共12个，剩下的碱基为A.C，两者共18个，这18个碱基又与另一条DNA链的T和G配对（共18个），所以说其对应基因中至少含G和T共30个，C正确；D.当LDL受体出现遗传性缺陷时，LDL无法行使其运输作用，会导致血浆中的胆固醇含量增多，D正确。故选ACD。19．下图是两种遗传病的某家庭遗传系谱图，甲病由A/a控制，乙病由B/b控制，其中一种遗传病的致病基因位于X染色体上，乙病在人群中的发病率为1/2500。下列叙述正确的是（

）A．甲遗传病的特点是交叉遗传、男患者多于女患者B．I-2和Ⅱ-3基因型相同的概率是1C．若Ⅲ-2为男孩，患两种病的概率是1/102D．Ⅱ-1和Ⅱ-2所生孩子，患病男孩和患病女孩的概率相同【答案】BCD【分析】据图分析，对于乙病，Ⅱ-3.Ⅱ-4正常，他们的女儿有乙病，说明乙病为常染色体隐性遗传病；由题意可知，其中一种遗传病的致病基因位于X染色体上，故甲病为伴X遗传病，由于II-1患甲病，而其父亲I-1不患病，故甲病不可能是伴X隐性遗传病，应为伴X显性遗传病。【详解】A.由分析可知，甲病为伴X显性遗传病，其特点是代代遗传，女性患者多于男性，A错误；B.Ⅱ-2基因型为bbXaY，则I-1.I-2基因型分别是BbXaY、BbXAXa，其女儿Ⅱ-3基因型为BbXAXa，即I-2和Ⅱ-3基因型相同的概率是1，B正确；C.Ⅲ-1基因型为B-XaXa，其父亲Ⅱ-2基因型为bbXaY，母亲Ⅱ-1基因型为B-XAXa，由于乙病在人群中的发病率为1/2500，即bb基因型频率=1/2500，根据遗传平衡定律，b=1/50，B=49/50，BB=49/50×49/50，Bb=2×1/50×49/50，人群中表现型正常的基因型为BB和Bb，杂合子在正常人中的比例为Bb=2×49÷（2×49+49×49）=2/51，若Ⅱ-2为男孩，患两种病（bbXAY）的概率是2/51×1/2×1/2=1/102，C正确；D.Ⅱ-1.Ⅱ-2基因型分别是BbXAXA.bbXaY，患病男孩（bbXAY、bbXaY、BbXAY）的概率为1/2×1/4+1/2×1/4+1/2×1/4=3/8，患病女孩（bbXAXA.bbXaXA.BbXAXa）的概率为1/2×1/4+1/2×1/4+1/2×1/4=3/8，故患病男孩和患病女孩的概率相同，D正确。故选BCD。20．豌豆的花色有紫花和白花两种表现型，为探究豌豆花色的遗传规律，随机选取了多对天然紫花和白花植株作为亲本进行杂交试验，结果如下。下列说法正确的是（

）亲本F1F1自交得到的F2紫花×白花紫花紫花：白花=15：1A．该植物花色遗传可能受两对独立遗传的基因控制（A/A.B/b）B．该植物花色遗传可能受一对基因（A/a）控制，但aa个体有3/5致死C．该植物花色遗传可能受一对基因（A/a）控制，但含a的花粉有6/7不育D．该植物花色遗传不遵循孟德尔遗传定律【答案】AC【分析】豌豆属于自花传粉、闭花授粉植物，自然状态下只能进行自交实验，自然状态下全是纯合子。【详解】A.根据F2中紫花：白花=15：1，植物花色遗传可能受两对独立遗传的基因控制，只要含有显性基因即为紫花，而只有aabb为白花，且F1的基因型为AaBb，A正确；B.若是受一对基因（A/a）控制，aa个体有部分致死，则亲本紫花为AA，白花为aa，F1为杂合子Aa，没有致死情况下自交后A_：aa=3：1=15：5，而实际因为致死A_：aa=15：1，aa个体有4/5致死，B错误；C.若是受一对基因（A/a）控制，但含a的花粉部分不育，则根据后代有紫花和白花出现，说明F1能产生两种配子，即F1为杂合子，产生雌配子的种类和比例不受影响，即雌配子A：a=1：1，而产生雄配子中a所占雄配子比例可设为x，根据F2中白花占1/16，可知1/2x=1/16，解得x=1/8，即雄配子中A：a=7：1，即含a的花粉有6/7不育，C正确；D.由上述分析可知，豌豆花色遗传出现了一定的性状分离比，说明植物花色遗传遵循孟德尔遗传定律，D错误。故选AC。21．2021年10月11日联合国《生物多样性公约》缔约方大会第十五次会议在云南昆明举行，大会主题为“生态文明：共建地球生命共同体”。请结合所学知识回答下列问题：（1）生物多样性是漫长的共同进化的结果，共同进化是指_____________。这也是人类倡导推进全球生态文明建设，强调人与自然是生命共同体的重要原因。（2）庞泉沟自然保护区是山西省设立的第一个国家级自然保护区。研究人员对保护区内鸟类丰富度进行了调查，结果显示，森林中鸟类有96种．灌木林中鸟类有57种，莫原上鸟类有36种。森林中鸟类种数远多于灌木林和草地，原因是森林中植物自上而下的___________更复杂，为鸟类提供了___________。保护区内褐马鸡种群的能量流动关系如表所示[单位：（×102J·m-2·a-1）]。摄食量粪便量呼吸散失流向下一营养级158.649.845.316.7褐马鸡种群用于生长、发育和繁殖的能量为___________（×102J·m-2·a-1）），其最终去路为___________。（3）习近平总书记在本次会议上提出，为推动实现碳达峰、碳中和目标，我们要建立绿色低碳循环体系。碳在生物群落和无机环境之间主要以___________的形式循环，建立绿色低碳循环体系需要世界各国共同参与，其主要原因是___________，请从增加碳存储和减少碳释放两方面各提出一项有效措施：___________。【答案】（1）不同物种之间、生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展（2）垂直结构

更加多样的栖息空间和食物条件

63.5

流向下一营养级和被分解者利用（3）二氧化碳

碳循环具有全球性的特点

加大植树造林力度，退耕还林，退牧还草；减少化石燃料的燃烧，开发新能源等【分析】1.共同进化：不同物种之间，生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展。2.生态系统的能量流动和物质循环都是通过食物链和食物网的渠道实现的，物质是能量的载体，使能量沿着食物链（网）流动，而能量又作为动力，使物质能够不断地在生态系统和无机环境之间循环往复。（1）共同进化是指不同物种之间，生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展。（2）群落中植物的存在可为动物提供食物及栖息空间，而且动物在群落中分层的原因是植物提供的食物和栖息空间，这属于群落的垂直结构。褐马鸡种群用于生长发育繁殖的能量为摄食量158.6-粪便量49.8-呼吸散失45.3=即63.5×102J/m2•a-1。这些能量暂时储存在褐马鸡体内的有机物中，最终流向下一营养级或流向分解者通过分解者的分解作用以热能形式散失。（3）碳在生物群落和无机环境之间的循环主要以CO2形式，由于碳循环具有全球性，因此建立绿色低碳循环体系需要世界各个国家共同参与，可通过加大植树造林力度，退耕还林，退牧还草增加碳存储，通过减少化石燃料的燃烧，开发新能源减少碳释放。【点睛】本题考查生物进化、物质循环和能量流动的相关知识，要求考生识记相关知识，意在考查考生对所学知识的综合应用能力。22．图1表示玉米光合作用利用CO2合成（CH2O）的过程，玉米叶肉细胞通过“CO2泵”内的一些化学反应，将空气中的CO2泵入维管束鞘细胞，使维管束鞘细胞积累较高浓度的CO2，保证（CH2O）的合成顺利进行；图2表示光照强度对玉米光合速率的影响。回答下列问题：（1）图1中物质A是______，过程②是__________，该过程的进行还需要__________等物质参与。（2）如果在玉米叶肉细胞中注入某种抑制剂使“CO2泵”的活性降低，则在短时间内，维管束鞘细胞中C5的含量______。（3）图2中当光照强度从20klx增加到25klx，玉米CO2吸收速率没有发生变化，这主要受到图1中过程______（填序号）的限制；当光照强度为15klx时，玉米每小时能固定______mL的CO2。（4）研究发现晴朗的夏季中午光照增强，温度过高，叶片气孔开度下降，作为光合作用原料之一的______减少，而此时玉米光合作用速率基本不受影响，其原因是玉米__________。【答案】（1）C3

C3的还原

[H]和ATP（2）增加（3）①

200（4）CO2

有“CO2泵”（维持维管束鞘细胞内有较高CO2浓度）【分析】1.分析图1：玉米的叶肉细胞和维管束鞘细胞的功能不同，叶肉细胞不能进行暗反应过程，空气中的二氧化碳进入叶肉细胞中，形成二氧化碳泵，将空气中的CO2泵入维管束鞘细胞，保证维管束鞘细胞的较高浓度的二氧化碳，维持维管束鞘细胞暗反应的顺利进行，图中①是二氧化碳的固定过程，②是三碳化合物的还原过程，三碳化合物还原需要光反应产生的还原氢和ATP。2.分析图2：该曲线表示二氧化碳的吸收速率与光照强度之间的关系，光照强度为0时，二氧化碳的吸收速率是-50ml/h，即呼吸作用强度是50ml/h，因此该曲线表示净光合作用强度随光照强度变化而变化的曲线，实际光合作用强度=净光合作用强度+呼吸作用强度。【详解】（1）根据光合作用暗反应中的物质变化可以判断，图1中过程①是二氧化碳的固定，物质A是三碳化合物（C3）；过程②的C3的还原还需要光反应提供NADPH（[H]）和ATP。（2）如果在玉米叶肉细胞中注入某种抑制剂使“CO2泵”的活性降低，则维管束鞘细胞中二氧化碳浓度下降，二氧化碳与五碳化合物结合消耗的五碳化合物减少，在短时间内，三碳化合物的还原形成五碳化合物的速率不变，因此五碳化合物含量增加。（3）当光照强度从20klx增加到25klx时，随着光照强度的增加，玉米CO2吸收速率没有发生变化，此时限制光合作用速率的主要外界因素是CO2浓度，即图中过程①的限制；由图2可知，植物呼吸速率为50ml/h，当光照强度为15klx时，净光合作用吸收CO2的速率为150ml/h，玉米每小时能固定的二氧化碳是实际光合作用强度，等于净光合作用强度与呼吸作用强度之和，玉米光合作用固定CO2速率为150+50=200ml/h。（4）光合作用的原料二氧化碳是通过气孔进入细胞的，气孔部分关闭，细胞中二氧化碳浓度下降，光合速率下降，但是玉米植物由于叶肉细胞中存在“CO2泵”，维持了维管束鞘细胞内有较高CO2浓度，因此玉米光合作用速率基本不受影响。【点睛】本题的知识点是光反应与暗反应过程的物质、能量变化及相互关系，净光合作用、实际光合作用、呼吸作用之间的关系，影响光合作用的因素，旨在考查学生理解所学知识的要点，把握知识的内在联系形成知识网络，并结合题图信息综合解答问题。23．实验小组在某种野生型的灰身昆虫（2n＝12）中发现了黄身突变体，该突变体和野生型个体杂交，F1为野生型。（1）显微镜下观察黄身突变体昆虫体细胞的染色体，发现与野生型的并无差别，结合F1的表型及比例推测，黄身突变体形成的原因是_____________。（2）当体细胞缺失一对同源染色体中的一条染色体时，称为单体，染色体数可以表示为2n－1。该种昆虫的单体能存活且可育。若黄身基因位于3号染色体上，让3号染色体单体的黄身个体与3号染色体单体的灰身个体杂交，F1灰身∶黄身约为2∶1，出现这种表型比例的原因是_____________。让F1由交配，F2的表型及比例为_____________。（3）启动子的甲基化会抑制基因的表达。已知灰身和黄身基因的启动子在精子中均会发生去甲基化修饰，在卵细胞中均会发生甲基化修饰，且每一代个体的原始生殖细胞在形成配子之前会消除来自父母的印记，并按配子的性别重新发生修饰，以保证基因组的稳定遗传。若纯合黄身雌虫与纯合灰身雄虫杂交，则F1表型应为_____________。F1雌雄个体随机交配，则F2的表型及其比例为_____________。（4）已知该种昆虫的正常翅（B）对残翅（b）为显性、红眼（D）对白眼（d）为显性，请用三个纯合品系：①bbDD；②BBDD；③BBdd设计一代杂交实验来验证B/B.D/d这两对等位基因均只位于X染色体上，写出实验设计思路并预期实验结果_____________。【答案】（1）灰身基因发生了隐性突变（或灰身基因突变为隐性的黄身基因）（2）不含3号染色体的个体不能存活

灰身∶黄身＝5∶3（3）全部为灰身

灰身∶黄身＝1∶1（4）实验思路：选用①和③进行正反交，观察F1中雄性个体的表型预期实验结果：正反交得到的F1中雄性个体正常翅/残翅、红眼/白眼这两对相对性状的表型均不同【分析】分析题文描述：黄身突变体和野生型的灰身个体杂交，F1为野生型，说明黄身为隐性性状，灰身为显性性状，黄身的出现可能是基因突变所致。【详解】（1）黄身突变体和野生型的灰身个体杂交，F1为野生型，说明黄身为隐性性状。显微镜下观察发现，黄身突变体昆虫体细胞的染色体与野生型的并无差别，进而推知黄身突变体形成的原因是：灰身基因发生了隐性突变（或灰身基因突变为隐性的黄身基因）。（2）当体细胞缺失一对同源染色体中的一条染色体时，称为单体。若黄身基因位于3号染色体上，假设控制黄身的基因为a，缺失的一条3号染色体上相应位置的基因用“0”表示，则3号染色体单体的黄身个体的基因型为a0，3号染色体单体的灰身个体的基因型为A0，二者杂交，F1的基因型及其比例为Aa∶A0∶a0∶00＝1∶1∶1∶1，由于不含3号染色体的个体（00）不能存活，所以F1的表型及比例为灰身∶黄身＝2∶1。F1产生的配子及所占比例为1/3A.1/3A.1/30，让F1自由交配，F2的表型及比例为灰身∶黄身＝（1/9AA＋2/9Aa＋2/9A0）∶（1/9aa＋2/9a0）＝5∶3。（3）启动子的甲基化会抑制基因的表达。已知灰身和黄身基因的启动子在精子中均会发生去甲基化修饰，在卵细胞中均会发生甲基化修饰，且每一代个体的原始生殖细胞在形成配子之前会消除来自父母的印记，并按配子的性别重新发生修饰，以保证基因组的稳定遗传。假设控制黄身的基因为a，则纯合黄身雌虫与纯合灰身雄虫的基因型分别为aa和AA，二者杂交所得F1的基因型均为Aa，表型全部为灰身。F1产生的卵细胞及比例为A∶a＝1∶1，F1产生的精子及比例为A∶a＝1∶1。由于基因A和a的启动子在精子中均会发生去甲基化修饰，在卵细胞中均会发生甲基化修饰，所以F1雌雄个体随机交配，则F2的表型及其比例为灰身∶黄身＝1∶1。（4）已知该种昆虫的正常翅（B）对残翅（b）为显性、红眼（D）对白眼（d）为显性。欲设计一代杂交实验来验证B/B.D/d这两对等位基因均只位于X染色体上，应采用正交和反交实验。据此结合题文中给出的三个纯合品系的基因型可知，该实验设计思路是：选用①bbDD和③BBdd进行正反交，观察F1中雄性个体的表型。若B/B.D/d这两对等位基因均只位于X染色体上，则雄性个体①XbDY和雌性个体③XBdXBd杂交（正交），F1的基因型及比例为XBdXbD∶XBdY＝1∶1，雌性个体均为正常翅红眼，雄性个体均为正常翅白眼。若B/B.D/d这两对等位基因均只位于X染色体上，则雌性个体①XbDXbD和雄性个体③XBdY杂交（反交），F1的基因型及比例为XBdXbD∶XbDY＝1∶1，雌性个体均为正常翅红眼，雄性个体均为残翅红眼。综上分析，预期的实验结果为：正反交得到的F1中雄性个体正常翅/残翅、红眼/白眼这两对相对性状的表型均不同。【点睛】此题考查学生对基因的分离定律、伴性遗传、表观遗传等相关知识的识记和理解能力，以及获取信息并能运用这些信息、结合所学知识解决相关的生物学问题的能力。24．某二倍体动物的性别决定方式为XY型，其毛色有白色和黄色，由A1/A2/a基因（复等位基因）及B/b基因控制，基因与性状的关系如图所示。现让某黄毛雌性个体与某黄毛雄性个体交配，所得F1的表现型及比例为白毛（♀）：黄毛（♀）：白毛（♂）：黄毛（♂）=2：2：3：1，（不考虑基因位于Y染色体上，并且无突变、致死及交叉互换）。回答下列问题：（1）A1/A2/a基因（复等位基因）及B/b基因控制必有其中一对或两对基因在X染色体上，依据是_____________________________。A1/A2/a基因位于________染色体上，原因是________________________。（2）黄毛个体的基因型有________种，F1雄性个体中纯合子的比例为________。（3）若某基因模板链中的某个碱基G变为A推测密码子发生的变化是________。A．由GGA变为AGA B．由CGA变为GGAC．由CGA变为UGA D．由AGA变为UGA【答案】（1）F1的表现型及比例为白毛（♀）：黄毛（♀）：白毛（♂）：黄毛（♂）=2：2：3：1，F1性状跟性别相关联

常

雄性有黄色个体且必须同时存在A1A2，故可知A1/A2/a基因在常染色体上（2）3##三

1/2（3）C【分析】分析题意：某黄毛雌性个体与某黄毛雄性个体交配，所得F1的表现型及比例为白毛（♀）：黄毛（♀）：白毛（♂）：黄毛（♂）=2：2：3：1，每种性状在雌雄中的比例不一样，即F1性状跟性别相关联，故A1/A2/a基因（复等位基因）及B/b基因控制必有其中一对或两对基因在X染色体上，由于不考虑基因位于Y染色体上，并且无突变、致死及交叉互换情况，雄性也有黄色个体（必须同时存在A1A2），故可知A1/A2/a基因在常染色体上，则B/b基因在X染色体上。【详解】（1）由分析可知，A1/A2/a基因（复等位基因）及B/b基因控制必有其中一对或两对基因在X染色体上，依据是F1的表现型及比例为白毛（♀）：黄毛（♀）：白毛（♂）：黄毛（♂）=2：2：3：1，F1性状跟性别相关联。由图可知，黄色个体必须同时存在A1A2，由于不考虑基因位于Y染色体上，并且无突变、致死及交叉互换情况，雄性也有黄色个体，故A1/A2/a基因位于常染色体上。（2）由图可知，同时含有A1.A2和B基因的个体表现为黄色，故黄毛个体的基因型有3种，分别是A1A2XBXB、A1A2XBXB、A1A2XBY。根据分析，某黄毛雌性个体与某黄毛雄性个体交配，即A1A2XBX-与A1A2XBY杂交，由于黄毛（♂）占F1的1/8=1/2×1/4，经计算可知子代A1A2占1/2，故XBY占1/4，即可推出亲本雌性个体基因型为A1A2XBXb，与A1A2XBY杂交，F1雄性个体中纯合子（A1A1XBY、A1A1XbY、A2A2XBY、A2A2XbY）所占比例为1/4×1/2+1/4×1/2+1/4×1/2+1/4×1/2=1/2。（3）A.密码子由GGA变为AGA，根据碱基互补配对，则其对应的基因模板链中碱基序列由CCT变为TCT，不符合题意，A错误；B.密码子由CGA变为GGA，根据碱基互补配对，则其对应的基因模板链中碱基序列由GCT变为CCT，不符合题意，B错误；C.密码子由CGA变为UGA，根据碱基互补配对，则其对应的基因模板链中碱基序列由GCT变为ACT，符合题意，C正确；D.密码子由AGA变为UGA，根据碱基互补配对，则其对应的基因模板链中碱基序列由TCT变为ACT，不符合题意，D错误。故选C。【点睛】本题考查基因自由组合定律的实质和应用、伴性遗传、转录等相关知识，解答本题需要根据实验交配结果推测基因在染色体上的位置，再根据分离定律和自由组合定律进行判断，培养了考生分析题意、获取信息、解决问题的能力。25．果蝇的性别是由XY染色体决定的。科研小组为了研究果蝇控制眼色、眼形、翅型和是否为黏胶眼基因的显隐性关系和遗传机制，进行了相关实验：杂交组合F1F2（单位：只）I．猩红正常眼雌蝇×猩红棘眼雄蝇深红正常眼233（深红正常眼雌蝇）116（深红正常眼雄蝇）157（猩红正常眼雌蝇）117（深红棘眼雄蝇）79（猩红正常眼雄蝇）78（猩红棘眼雄蝇）27（无色正常眼雌蝇）13（无色正常眼雄蝇）12（无色棘眼雄蝇）Ⅱ．展翅×展翅雌雄均为：261（展翅）、130（正常翅）Ⅲ．黏胶眼×黏胶眼雌雄均为：301（黏胶眼）、152（正常眼）注：F2是由F1相互交配而得。上述果蝇未列出的性状均为正常的野生型。（1）根据实验I可判断控制眼形的一对等位基因不位于____________（常、X、X和Y同源区段）染色体上。欲通过一次杂交实验以进一步确定控制眼形基因的位置，最好选择____________的果蝇杂交。（2）若控制眼形的等位基因不在Y染色体上，根据实验I分析，果蝇眼色的遗传机制是：_____________，判断依据是____________。若实验I的F2中猩红正常眼雌雄果蝇相互交配，则F3雄蝇中深红棘眼果蝇占的比例为_____________，F3中棘眼基因频率为____________。（3）展翅与正常翅基因用D/d表示，黏胶眼与正常眼基因用G/g表示。两对等位基因都位于3号染色体上。请解释实验Ⅱ和Ⅲ中出现F1表型比例的原因：____________。现欲利用上述实验中的果蝇为材料，培育一果蝇品系用于长期保存展翅D基因，即该品系果蝇的子代始终保持D与d的基因频率相等。请简要写出培育程序：____________。【答案】（1）常

棘眼雌性与纯合的正常眼雄性（2）眼色是由位于常染色体上的两对独立遗传的等位基因控制，且两对等位基因均为显性时表现为深红眼，两对等位基因均为隐性时表现为无色眼，其余为猩红眼。

控制眼形的基因位于X染色体上，眼形与眼色可以自由组合，且F2深红眼：猩红眼：无色眼＝9：6：1。

1/18

1/6（3）展翅基因D纯合致死，黏胶眼基因G纯合致死

选取展翅正常眼果蝇与正常翅黏胶眼果蝇做亲本，选取F1中展翅黏胶眼DdGg果蝇相互交配，保留其后代，后代即为该品系果蝇DdGg【分析】由表中数据可知，F2中，正常眼：棘眼=3：1，但在雌雄个体中该比例不一致，说明控制该性状的基因不在常染色体上。深红眼：猩红眼：无色眼=9：（3+3）：1，故控制颜色的为两对等位基因，其遵循基因的自由组合定律。【详解】（1）由表中数据可知，F2中，正常眼：棘眼=3：1，但在雌雄个体中该比例不一致，说明控制该性状的基因不在常染色体上。针对XY型生物，通常采用隐形雌性个体与显性雄性个体杂交，判断基因在染色体上的位置。（2）根据实验I中F2的表现型及比例，深红眼：猩红眼：无色眼=9：（3+3）：1可推测果蝇的眼色由两对等位基因控制，且遵循基因的自由组合定律，若控制眼形的等位基因不在Y染色体上，根据第1问可知，该基因也不在常染色体上，说明该基因位于X染色体上，故控制颜色的基因位于常染色体上。根据表中数据可知，深红为双显性，正常眼为显性，F1的基因型分别为AaBbXEXe，AaBbXEY，F2中猩红为1/6AAbB、2/6AabB、1/6aaBB.2/6aaBb，正常眼为雌性为1/2XEXE，1/2XEXe，雄性为XEY，故F3雄果蝇中深红棘眼A-B-XeY=1/9×1/2=1/18，F3中棘眼基因频率=（1/8XDXd+1/8XdY）/（2×1/8XDXd+2×3/8XDXD+1/8XdY+3/8XDY）=1/6。（3）由题意可知，D/D.G/g连锁，正常情况下应该出现1：2：1的分离比，但表中只有2：1的分离比，根据表中数据可知，应该是D纯合致死，G纯合致死所导致。选取展翅正常眼果蝇Ddgg与正常翅黏胶眼果蝇ddGg做亲本，选取F1中展翅黏胶眼DdGg果蝇相互交配，保留其后代，后代即为该品系果蝇DdGg。【点睛】本题主要考查基因的自由组合定律、连锁规律，要求考生能够利用分离定律的思想进行解答自由组合的题型，熟练9：3：3：1或1：1：1：1变式，结合题干，注意基因是在常染色还是性染色体，遇自由交配时，优先考虑利用配子的基因频率进行解答。26．果蝇体细胞中有4对染色体，其中Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ号为常染色体。现有①~④四个纯种果蝇品系，其中品系①的性状均为显性，品系②~④均只有一种性状是隐性，其他性状均为显性。这四个品系的隐性性状残翅、黑身、紫红眼基因分别用A.B.d表示，控制该隐性性状的基因所在的染色体如表所示，相对应的显性性状长翅、灰身、红眼基因分别用A、B、D表示。回答下列问题：品系①②③④隐性性状无残翅黑身紫红眼基因所在的染色体Ⅱ、ⅢⅡⅡⅢ（1）纯种果蝇品系①、④的基因型分别是_____。（2）假如能够运用交配组合产生的子代做进一步实验，并且不用考虑正反交，那么可以用来验证分离定律的交配组合有_____种。（3）品系②与品系③杂交产生F1，若F1代果蝇产生配子的过程不发生交叉互换，则F1代果蝇自由交配产生的F2代果蝇中，长翅黑身：长翅灰身：残翅灰身=_____。（4）验证自由组合定律时，只能选择_____这两个交配组合的子代进行自由交配。（5）果蝇缺失1条Ⅳ号染色体仍能正常生存和繁殖，缺失2条则致死。一对都缺失1条Ⅳ号染色体的杂合灰身果蝇杂交，F1中缺失1条Ⅳ号染色体的灰身果蝇占比为_____。【答案】（1）AABBDD和AABBdd（2）6（3）1：2：1（4）②×④、③×④（5）1/2【分析】1.基因分离定律的实质是位于同源染色体的等位基因随着同源染色体的分开和分离。2.基因自由组合定律的实质：进行有性生殖的生物在进行减数分裂产生配子的过程中，位于同源染色体上的等位基因随同源染色体分离而分离，分别进入不同的配子中，随配子独立遗传给后代；同时，位于非同源染色体上的非等位基因随非同源染色体的自由组合而发生自由组合。3.基因分离定律是基因自由组合定律的基础。【详解】（1）由题意可知：①~④均为纯种，且①为显性纯合子，品系②~④均只有一种性状是隐性，故品系①、④的基因型为AABBDD和AABBdd。（2）离定律的实质是位于同源染色体上的等位基因随着同源染色体的分开而分离，为验证分离定律的交配组合有：①×②，①×③，①×④，②×④，③×④，②×③，故种类数为6。（3）品系②aaBBDD与品系③AAbbDD杂交产生F1，基因型为AaBbDD，若F1代果蝇产生配子的过程不发生交叉互换，因为A/a和B/b均位于Ⅱ染色体上，则F1代果蝇产生的配子类型及比例为Ab：aB=1：1，则自由交配产生的F2代果蝇中，长翅黑身AAbb：长翅灰身AaBb：残翅灰身aaBB=1：2：1。（4）由分析可知，自由组合定律指的是非同源染色体上的非等位基因的自由组合，故验证自由组合定律时，应选择②×④，③×④这两个交配组合的子代进行自由交配，只能选择上述两个交配组合的理由是只有这两个交配组合产生的子代能同时满足如下两个要求：出现双杂合、相应的两对等位基因位于两对同源染色体上。（5）已知果蝇有4对同源染色体，由此可知Ⅳ为性染色体，果蝇缺失1条Ⅳ号染色体仍能正常生存和繁殖，缺失2条则致死。一对都缺失1条Ⅳ号染色体的杂合灰身果蝇杂交，即BbⅣO×BbⅣO产生的后代中缺失1条Ⅳ号染色体果蝇占2/3，灰身果蝇占3/4，因此F1中缺失1条Ⅳ号染色体的灰身果蝇占比为2/3×3/4=1/2。【点睛】熟练掌握基因分离定律和基因自由组合定律的实质，尤其是基因自由组合定律的适用范围，明确能够发生自由组合的前提条件，即两对基因位于非同染色体上，是正确解答本题的关键。27．研究人员从野生型果蝇中培育出两个亮红眼单基因纯合突变品系A和B，以及1只体色为褐色的雌蝇突变体C。为研究各突变体的遗传规律和分子机制进行了如下实验。（1）突变体C与纯合野生型雄果蝇杂交，子代数量足够多，F1中褐色雌∶野生型雄∶野生型雌＝1：1：1。据此可以推测果蝇C发生的是________（填“显性”或“隐性”）突变，出现该异常比例的原因可能是________。（2）品系A与野生型果蝇进行正反交，F1均为野生型，F2中亮红眼个体的比例为1/4，据此能得出控制品系A基因的遗传方式为________。若品系A.B的突变仅涉及一对等位基因，将品系A.B杂交，子代的表型为________；若品系B是由控制品系A之外的另一对基因控制，则两对等位基因可能位于________（填“1”、“2”、“1或2”）对同源染色体上。选择品系A的雄果蝇与突变体C杂交，F1相互交配，F2中体色为褐色且眼色正常雌蝇的比例为________。（3）研究发现，品系A的亮红眼性状与果蝇3号染色体的scarlet基因的突变有关，研究人员根据scarlet基因的序列设计了6对引物，以相互重叠的方式覆盖整个基因区域，提取突变品系A和野生型的总DNA进行PCR，产物扩增结果如下图。据图可知分子量较大的扩增产物与点样处的距离较________（填“远”或“近”），推测突变区域位于3号染色体上第________对引物对应的区间。若突变性状产生的根本原因是scarlet基因的某些区域被插入特定片段导致转录提前终止，则对scarlet基因所决定的蛋白质的影响是________。【答案】（1）显性

突变基因在后代中显性纯合致死（2）常染色体隐性遗传

亮红眼

1或2

9/28（3）近

4

构成蛋白质的肽链变短，蛋白质功能异常【分析】1.单基因纯合突变是指的只有1对基因发生了基因突变，并且突变体为纯合子。2.品系A与野生型果蝇进行正反交，F1均为野生型，说明野生型为显性，且基因位于常染色体上。【详解】（1）褐色的雌蝇突变体C与纯合野生型雄果蝇杂交，F1中褐色雌：野生型雄：野生型雌＝1：1：1，由于野生型为纯合子，F1出现两种表现型（褐色和野生型），因此褐色为杂合子，故果蝇C发生的是显性突变；与理论上1：1：1：1相比少了褐色雄性，可知为伴性遗传，且显性纯合在雄性中致死。（2）正反交实验可以判断基因的位置，亮红眼品系A与野生型果蝇进行正反交，F1均为野生型，说明基因位于常染色体上，且野生型为显性，亮红色为隐性，因此控制品系A基因的遗传方式为常染色体隐性遗传；若品系A.B的突变仅涉及一对等位基因，假设亮红色品系A的基因型为a2a2（品系A为常染色体隐性遗传），野生型的基因型为AA，亮红色品系B的基因型为a1a1，将品系A、B杂交，子代的基因型为a1a2，表型为亮红眼；若品系B是由控制品系A之外的另一对基因控制，则两对等位基因可能位于1对同源染色体上，即前面的a1a2，也可能位于两对染色体上，如品系A的基因型为EEff，品系B的基因型为eeFF，野生型为EEFF，故两对等位基因可能位于1或2对同源染色体上；假设褐色突变体C的基因型为AAXHXh（假设H/h控制体色），品系A的雄果蝇为a2a2XhY（A对a2为显性），选择品系A的雄果蝇（a2a2XhY）与突变体C（AAXHXh）杂交，F1为Aa2XHXh、Aa2XhXh和Aa2XHY、Aa2XhY，F1相互交配，F2中体色为褐色且眼色正常雌蝇（A_XHX_）的比例，先计算A_的概率等于3/4（F1的Aa2和Aa2交配产生），再计算XHX_，计算时要考虑XHY致死，F1中的雌雄个体1/2XHXh和1/2XhXh与雄性个体XhY交配产生的子代中有1/2×1/4=1/8XHY要死亡，子代中的XHX_本来等于1/2×1/2×1/2=1/8，去除致死的情况，子代中的XHX_等于1/7，因此F2的A_XHX_=3/4×1/7=3/28。（3）由图可知，分子量较大的扩增产物迁移速率慢，与点样处的距离较近。根据野生型和突变体A经引物4扩增的产物不同可知，突变区域位于3号染色体上第4对引物对应的区间。由于突变导致转录提前终止，因此对scarlet基因所决定的蛋白质的影响是构成蛋白质的肽链变短，蛋白质功能异常。【点睛】本题主要考查基因的自由组合定律的相关知识，需要考生掌握基因在染色体上的位置的实验设计。28．在长期饲养果蝇的过程中，获得了一种雌性三倍体果蝇，当它和正常二倍体雄果蝇交配后，出现了以下不同类型的后代（1）由图中___和___类型可以推断，具有两个X染色体的受精卵还不能发育成雌性果蝇，可见，在X、Y染色体之外，___在性别决定上也具有一定的作用（2）正常翅雌果蝇（XaXaY）最多能产生XA.Y、XaXA.___四种类型的配子，其比例为___（3）在正常二倍体果蝇中发现一只缺刻翅雌性果蝇，缺刻翅性状是由一条X染色体的片段缺失引起的，研究发现在缺失的片段上有一个正常的红眼基因+w，（白眼基因为w）缺刻翅雌果蝇与白眼雄果蝇杂交产生的子一代，雌雄果蝇个体数目比2：1，且雄果蝇都是红眼正常翅①若用X0表示X染色体片段缺失，这对果蝇的基因型是___；在答题卡所给的方框中画出缺刻翅果蝇的性染色体模式图并标出基因在染色体上的位置___②子一代雌雄果蝇个体数目比为2：1的原因可能是___【答案】（1）三倍减一中间性

三倍体中间性

所有的常染色体（2）XaY

2：1：1：2（3）2

X0X+w、XwY

X染色体上这一片段的缺失对雄果蝇是致死的【分析】1.正常二倍体果蝇有两个染色体组，雌性的性染色体是XX，雄性的性染色体是XY。2.三倍体的体细胞中有三个染色体组。3.雌性三倍体果蝇和正常二倍体雄果蝇交配后，得到的后代有：二倍加一超雌性：两组常染色体+XXX；三倍体雌性：含有三个染色体组的雌性；三倍减一超雄性：三组常染色体+XY；二倍加一雌性：两组常染色体+XXY；正常雌性：含有两个染色体组的雌性；三倍减一中间性：三组常染色体+XX；正常雄性：含有两个染色体组的雄性；三倍体中间性：三组常染色体+XXY。【详解】（1）由图中三倍减一中间性（三组常染色体+XX）和三倍体中间性（三组常染色体+XXY）类型可以推断，具有两个X染色体的受精卵还不能发育成雌性果蝇，可见在X、Y染色体之外，所有的常染色体在性别决定上也具有一定的作用。（2）正常翅雌果蝇（XaXaY）通过减数分裂过程最多能产生XA.Y、XaXA.XaY四种类型的配子，其比例为2：1：1：2。（3）①正常二倍体雌性果蝇的染色体组成为XX，若用X0表示X染色体片段缺失，则该缺刻翅雌性果蝇的染色体组成可以表示为X0X。由题干信息已知在缺失的片段上有一个正常的红眼基因+w，（白眼基因为w），则该缺刻翅雌果蝇的基因型为X0X-，让其与白眼雄果蝇（XwY）杂交产生的子一代，雌雄果蝇个体数目比2：1，且雄果蝇都是红眼正常翅（X+wY），说明该缺刻翅雌果蝇的基因型为X0X+w，其性染色体组成如下图所示：②已知子一代雌雄果蝇个体数目比为2：1，且雄果蝇都是红眼正常翅（X+wY），说明雌配子X0不能形成雄性后代，即可能是X染色体上这一片段的缺失对雄果蝇是致死的。【点睛】本题考查染色体结构变异和数目变异、伴性遗传的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题和解决问题的能力。29．观赏辣椒既可作为食物，也可用于观赏。已知观赏辣椒果实着生方式和叶形由3对等位基因控制，为探究这两对性状的遗传规律，某科研人员以纯种簇生椒卵圆形叶品系M与纯种单生椒披针形叶品系N为亲本，进行正交与反交实验，F1均表现为单生椒长卵圆形叶；F1自交，F2的表现型及数量统计如下表所示。请回答下列问题：指标性状正交反交果实着生方式簇生3940单生119117叶形卵圆形2932长卵圆形9190披针形3941（1）分析以上信息可知，控制观赏辣椒果实着生方式的基因位于___________（填“性染色体”或“常染色体”）上，判断的理由是___________；控制观赏辣椒叶形的基因的遗传___________（填“遵循”或“不遵循”）基因的自由组合定律。（2）根据表中数据，F2中的披针形叶植株的基因型有___________种；F2中长卵圆形叶植株自交，理论上后代中的长卵圆形叶植株的比例为___________。（3）若控制果实着生方式的基因与控制叶形的基因中的一对位于同一对染色体上，在不考虑变异的情况下，则理论上F2的基因型有___________种。【答案】（1）常染色体

正反交结果相同，且后代的性状表现没有与性别相关联

遵循（2）3

25/36（3）9【分析】据表格信息分析，正反交结果相同，且后代的性状表现没有与性别相关联，所以控制观赏辣椒果实着生方式的基因位于常染色体上；F2中簇生∶单生≈1∶3，长卵圆形叶∶卵圆形叶∶披针形叶≈9∶3∶4，是9∶3∶3∶1的变式，故观赏辣椒的果实着生方式由一对基因控制，叶形由两对基因控制，叶形的遗传遵循基因的自由组合定律。（1）根据上述分析可知，由于正反交结果相同，且后代的性状表现没有与性别相关联，因此控制观赏辣椒果实着生方式的基因位于常染色体上。控制观赏辣椒叶形的基因为两对基因，其遗传遵循基因的自由组合定律。（2）F2中长卵圆形∶披针形∶圆形≈9∶3∶4，设两对基因分别为A/A、B/b，则长卵圆形叶的基因型为A_B_，披针形叶的基因型为aa__（或__bb，现以aa__为例，下同），卵圆形叶的基因型为A_bb（或aaB_）；披针形叶的基因型为aaBB、aaBB、aabb，有3种。F2中长卵圆形叶植株的基因型及比例为4/9AaBB、2/9AABB、2/9AaBB、1/9AABB，每种基因型的个体自交后代为长卵圆形叶的比例分别为3/4×3/4=9/16、1×3/4=3/4、3/4×1=3/4，所以F2中长卵圆形叶植株自交，理论上后代中的长卵圆形叶植株的比例为4/9×9/16+2/9×3/4+2/9×3/4+1/9×1=25/36。（3）若控制果实着生方式的基因与控制叶形的基因中的一对位于同一对染色体上，在不考虑变异的情况下，则可按两对等位基因处