【生物】山东省名校联盟2023-2024学年高三上学期中（解析版）

山东省名校联盟2023-2024学年高三上学期中本试卷共8页，满分100分，考试用时90分钟。注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.生物大分子一般是指生物体内的分子量大于10KD（千道尔顿）的物质，如蛋白质、核酸和多糖等，它们还可相互结合以复合大分子的形式存在。生物大分子的方向性指的是生物大分子中的单体分子在化学结构上存在某种方向性。下列说法正确的是（）A.生物大分子是由许多不含碳链单体连接成的多聚体，碳链为生物大分子的基本骨架B.生物大分子是构成生命的基础物质，都在生物新陈代谢中发挥作用C.蛋白质分子有氨基端到羧基端的方向性，单链核酸分子有5到3的方向性D.真核细胞核内存在核酸和蛋白质的复合体，原核生物中不存在【答案】C【分析】多糖、蛋白质、核酸等生物大分子都是由许多基本组成单位（单体）连接而成，多糖的单体是单糖，蛋白质的单体是氨基酸，核酸的单体是核苷酸。【详解】A、生物大分子是由许多单体连接成的多聚体，例如蛋白质是由氨基酸等单体构成的，单体是以若干个相连的碳原子构成的碳链为基本骨架，因此生物大分子都是以碳链为基本骨架，A错误；B、生物大分子是构成生命的基础物质，不一定都在生物新陈代谢中发挥作用，如核酸中的

RNA，B错误；C、蛋白质分子有氨基端到羧基端的方向性，单链核酸分子有5到3的方向性，C正确；D、真核细胞核内存在核酸和蛋白质的复合体，如染色体，原核生物中也存在，如

DNA

复制时，DNA聚合酶与

DNA

结合，D错误。故选C。2.微管是细胞骨架的重要组成部分。观察活细胞时，可以看到许多细胞器或膜状小泡沿微管做定向运动。若用抑制ATP酶活性的药物处理细胞，可使该过程停止。有丝分裂前期，细胞质微管解聚，解聚产物被用于组装纺锤体微管。紫杉醇可使微管不停地组装而不会解聚。下列说法错误的是（）A.高尔基体产生的囊泡向细胞膜运输，通常由细胞骨架提供运输轨道B.轴突中由微管参与的突触小泡运输过程是个需能的靶向过程C.紫杉醇的作用结果会使细胞周期运行停止，该机理可用于临床上肿瘤治疗D.若用抑制ATP酶活性的药物处理细胞，细胞器失去锚定位点，但细胞形态不会改变【答案】D【分析】微管是构成细胞骨架的重要组分，参与细胞内物质运输﹑细胞迁移、极性建立和形态维持等多种生命活动。细胞骨架的主要成分是蛋白质纤维。【详解】A、根据题意，活细胞时，可以看到许多细胞器或膜状小泡沿微管做定向运动，而微管是细胞骨架的重要组成部分，故高尔基体产生的囊泡向细胞膜运输，通常由细胞骨架提供运输轨道，A正确；B、突触小泡的运输需要沿微管做定向运动，根据题干，用抑制ATP酶活性的药物处理细胞，可使该过程停止，ATP酶活性会影响细胞中能量的产生，故轴突中由微管参与的突触小泡运输过程是个需能的靶向过程，B正确；C、根据题意，紫杉醇可使微管不停地组装而不会解聚，有丝分裂前期，细胞质微管解聚，解聚产物被用于组装纺锤体微管，紫杉醇的作用结果会使细胞周期运行停止，停留在有丝分裂前期，阻止细胞的增殖，该机理可用于临床上肿瘤治疗，C正确；D、若用抑制

ATP

酶活性的药物处理细胞，可以看到许多细胞器或膜状小泡沿微管做定向运动会停止，微管是细胞骨架的重要组成部分，而细胞骨架维持着细胞的形态，锚定并支撑着许多细胞，因此若用抑制ATP酶活性的药物处理细胞，细胞器失去锚定位点，细胞形态发生改变，D错误。故选D。3.下图是叶绿素a的分子结构式，其结构中包括四个吡咯构成的卟啉环，其功能是吸收光。四个吡咯与金属镁元素结合，酸性条件下，叶绿素a分子很容易失去卟啉环中的镁成为脱镁叶绿素。①为亲水端，②为疏水端，二者可与磷脂分子相连。下列说法正确的是（）A.①和②的存在利于叶绿素a在类囊体膜上固定并发挥吸收光能的作用B.图中结构式说明微量元素镁可构成细胞重要化合物的成分，缺少镁元素的植物叶片发黄C.叶绿素a与其合成相关的基因、催化其合成的酶共同元素只有C、H、OD.绿叶中色素的提取和分离实验中，放入少许碳酸钙的目的是中和由于加入二氧化硅后产生的H+【答案】A【分析】无机盐的主要存在形式是离子，有些无机盐是某些复杂化合物的组成成分；许多无机盐对于维持细胞和生物体的生命活动具有重要作用，有的无机盐还对维持渗透压和酸碱平衡具有重要作用。【详解】A、①为亲水端，②为疏水端，二者可与磷脂分子相连，①和②的存在利于叶绿素a在类囊体膜上固定并发挥吸收光能的作用，A正确；B、镁是大量元素，B错误；C、酶的化学本质是蛋白质或RNA，其化学元素组成都含有C、H、O、N，其合成相关的基因，组成元素为C、H、O、N、P，如图叶绿素a分子含有C、H、O、N、Mg元素，共有的元素是C、H、O、N，C错误；D、绿叶中色素的提取和分离实验中，放入少许碳酸钙的目的是保护叶绿素不被破坏，D错误。故选A。4.校正tRNA是指某些能校正基因的有害突变的tRNA，编码tRNA的DNA某些碱基改变后，导致反密码子发生改变而产生的。由于单个碱基替换导致的某种突变产生了一种携带精氨酸但是识别甲硫氨酸遗传密码的tRNA（X）。下列叙述错误的是（）A.X由多个核糖核苷酸构成，是基因表达的产物B.X参与合成的多肽链中，原来甲硫氨酸的位置可被替换为精氨酸C.X可以对应两种氨基酸，体现出密码子简并特点，提高容错率D.校正tRNA的存在可以弥补某些突变引发的遗传缺陷【答案】A【分析】基因控制蛋白质合成的过程称为基因表达，包括转录和翻译两个过程翻译是指以mRNA为模板，合成具有一定氨基酸排列顺序的蛋白质的过程。翻译的场所：核糖体上。翻译的本质：把DNA上的遗传信息通过mRNA转化成为蛋白质分子上氨基酸的特定排列顺序。【详解】A、基因控制蛋白质合成的过程称为基因表达，X是一种tRNA，是遗传信息转录的产物，A错误；B、X上携带的是精氨酸但是识别甲硫氨酸的遗传密码，所以，X参与合成的多肽链中，原来甲硫氨酸的位置可被替换为精氨酸，B正确；C、甲硫氨酸的密码子正常情况下编码甲硫氨酸，但由于X的存在，该密码子相当于又能编码精氨酸，体现出密码子的简并特点，提高容错率，C正确；D、校正tRNA分子的作用是校正发生错误的翻译的过程，故某些突变引发密码子改变，但由于校正tRNA分子的存在使得该位置的氨基酸未发生改变，可以弥补某些突变引发的遗传缺陷，D正确。故选A。5.下列关于支持生物进化论证据的说法，错误的是（）A.利用化石可以确定地球上曾经生活过的生物的种类及其形态、结构、行为等特征B.不同生物的DNA和蛋白质等生物大分子的共同点为生物进化提供了直接证据。C.细胞色素c的氨基酸数目差异越大和生物的亲缘关系越远，二者存在正相关的关系D.测定化石中238U和20Pb的比例，可以作为推测化石的形成时间的证据【答案】B【分析】生物有共同祖先的证据：(1)化石证据：在研究生物进化的过程中，化石是最重要的、比较全面的证据。(2)比较解剖学证据：具有同源器官的生物是由共同祖先演化而来。这些具有共同祖先的生物生活在不同环境中，向着不同的方向进化发展，其结构适应于不同的生活环境，因而产生形态上的差异。(3)胚胎学证据：①人和鱼的胚胎在发育早期都出现鳃裂和尾；②人和其它脊椎动物在胚胎发育早期都有彼此相似的阶段。(4)细胞水平的证据：①细胞有许多共同特征，如有能进行代谢、生长和增殖的细胞；②细胞有共同的物质基础和结构基础。(5)分子水平的证据：不同生物的DNA和蛋白质等生物大分子既有共同点，又存在差异性。【详解】A、化石是研究生物进化最重要的、最直接的证据，通过化石可以了解已经绝灭的生物的形态结构特点，推测其行为特点，A正确；B、不同生物的DNA和蛋白质的差异大小可以提示当今生物种类亲缘关系的远近，差异越小，亲缘关系越近反之越远，但直接证据是化石，B错误；C、细胞色素c的氨基酸数目差异越大，生物的亲缘关系越远，差异越小，亲缘关系越近，二者存在正相关的关系，C正确；D、放射性同位素在一定的单位时间内衰变一半，这个单位时间叫作半衰期，根据半衰期原理，测定化石中238U和20Pb的比例，可以作为推测化石的形成时间的证据，D正确。故选B。6.2017年我国科学家以深圳拟兰为材料成功解开兰花进化之谜。该团队通过对深圳拟兰基因组的分析，发现6600万年前兰花曾发生一次全基因组复制事件，即为兰花复制了一套基因。其通过后来的基因收缩与扩张，迅速适应了各种新的生态环境，比如深圳拟兰的种子缺乏胚乳，没有胚乳种子使自身体积变得非常细小。下列选项正确的是（）A.深圳拟兰基因收缩与扩张可以导致其发生进化B.不同的生境不利于进化出不同的兰花物种C.深圳拟兰的种子容易远距离传播和降落到树上或石头上，不利于生命的延续D.兰花的全基因组复制事件，由于只是单纯重复，没有产生可遗传变异【答案】A【分析】1、基因库：一个种群中全部个体所含有的全部基因，叫作这个种群的基因库。2、协同进化：(1)概念：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)原因：生物与生物之间的相互选择和生物与无机环境之间的相互影响。【详解】A、通过基因收缩与扩张，迅速适应了各种新的生态环境，说明基因频率发生了定向变化，所以深圳拟兰基因收缩与扩张可以导致其发生进化，A正确；B、在自然选择的作用下，种群的基因频率会发生定向的改变，不同的生境有利于进化出不同的兰花物种，B错误；C、深圳拟兰的种子容易远距离传播和降落到树上或石头上，有利于生命的延续，C错误；D、兰花的全基因组复制事件，即为兰花复制了一套基因，在复制过程中可能发生基因突变，所以产生可遗传变异，D错误。故选A。7.关于人体内细胞分化、细胞癌变、细胞衰老的叙述，错误的是（）A.肝脏细胞与树突状细胞不可能脱分化到受精卵的状态B.癌变细胞中可能发生多个基因突变，细胞的形态发生变化C.衰老细胞中各种酶的活性显著降低，代谢速率减慢D.细胞分裂能力随细胞分化程度的提高而减弱【答案】C【分析】1、细胞分化是指在个体发育中，由一个或一种细胞增殖产生的后代，在形态，结构和生理功能上发生稳定性差异的过程。2、衰老细胞的特征：（1）细胞内水分减少，细胞萎缩，体积变小，但细胞核体积增大，染色质固缩，染色加深；（2）细胞膜通透性功能改变，物质运输功能降低；（3）细胞色素随着细胞衰老逐渐累积；（4）有些酶的活性降低；（5）呼吸速度减慢，新陈代谢减慢。3、癌细胞的主要特征：（1）无限增殖；（2）形态结构发生显著改变；（3）细胞表面发生变化，细胞膜上的糖蛋白等物质减少，易转移。【详解】A、细胞分化具有不可逆性，因此，肝脏细胞与树突状细胞不可能脱分化到受精卵的状态，A正确；B、细胞癌变的根本原因是原癌基因或抑癌基因以及其他有关基因的突变，癌变后细胞的形态发生变化，比如癌细胞通常为球型，B正确；C、细胞衰老后，绝大多数酶活性降低，而不是所有酶活性降低，C错误；D、一般来说，细胞分化程度越高，分裂能力越弱，甚至失去分裂能力，如浆细胞没有分裂能力，D正确。故选C。8.医学研究发现，某种癌细胞的前身为CSC细胞，CSC细胞可增殖分化形成癌细胞。用药物Curcumin治疗，会引起该种癌细胞内凋亡基因BAX高度表达，进而提高癌细胞凋亡率；而由于CSC细胞的细胞膜上存在大量的药物转运蛋白，能有效排出Curcumin，其凋亡率变化不大。下列说法错误的是（）A.在癌细胞培养液中加入用放射性同位素标记的Curcumin，可确定Curcumin能否进入细胞B.为检测Curcumin对凋亡基因BAX表达的影响，应设置不含Curcumin的对照试验C.用药物转运蛋白抑制剂与Curcumin联合治疗，可促进CSC细胞凋亡D.用凋亡蛋白BAX饲喂患癌小白鼠，可确定该蛋白能否在动物体内诱导癌细胞凋亡【答案】D【分析】1、癌细胞的特征为：无限增殖；形态结构发生显著变化；细胞表面发生改变，细胞膜上的糖蛋白减少，细胞膜之间的黏着性降低，失去接触抑制。2、细胞调亡都是基因编程性表达的结果．癌细胞由于无限增殖，故代谢加快，产生蛋白质较多，耗能较多，故线粒体和核糖体数量增多．癌细胞由于表面糖蛋白减少，故容易扩散和转移。【详解】A、在癌细胞培养液中加入用放射性同位素标记的Curcumin，如果细胞内含有放射性，则可确定Curcumin已进入细胞，A正确；B、生物实验的原则之一是对照，所以为检测Curcumin对凋亡蛋白BAX表达的影响，须设置不含Curcumin的对照实验，进行对照，以便得出结论B正确；C、转运蛋白抑制剂，降低癌细胞排出Curcumin，Curcumin会引起该种癌细胞内凋亡基因BAX高度表达，两者联合使用，促进CSC细胞凋亡，C正确；D、用凋亡蛋白BAX饲喂患癌小白鼠，由于消化道内蛋白酶的分解作用，凋亡蛋白BAX被水解成氨基酸而失去作用，因而不能确定该蛋白能否在动物体内诱导癌细胞凋亡，D，错误。故选D。9.下图为某哺乳动物卵细胞形成过程中一对同源染色体配对的示意图，图中字母表示基因。I、Ⅱ为染色体编号。下列叙述正确的是（）A.A1与A1、A2互为等位基因，与B2、B3互为非等位基因B.B2与B3都在减数第一次分裂分离，B2与B2都在减数第二次分裂分离C.若有一个A1突变为a，则卵细胞中含有a的概率为1/4D.图中I、Ⅱ的彼此分离确保后续遗传物质被平均分配到子细胞中【答案】C【分析】图为某哺乳动物卵细胞形成过程中一对同源染色体配对的示意图，其中A1与A1、A2与A2、B2与B2、B3与B3都应该是相同基因。【详解】A、A1与A1为相同基因，A1和A2可能为等位基因，也可能为相同基因，A1与B2、B3互为非等位基因，A错误；B、若不考虑互换，B2与B3会在减数第一次分裂的后期随同源染色体的分开而分离，B2与B2会在减数第二次分裂的后期随姐妹染色单体的分开而分离，若考虑互换，则B2与B2可能会在减数第一次分裂的后期随同源染色体分开而分离，B2与B3可能在减数第二次分裂的后期随姐妹染色单体的分开而分离，B错误；C、若有一个A1突变为a，则a进入卵细胞的概率为1/4，卵细胞中含有a的概率为1/4，C正确；D、图中I、Ⅱ的彼此分离有利于亲子代之间遗传信息的相对稳定，D错误。故选C。10.致育因子又称F因子，是游离在大肠杆菌细胞质中的一种环状DNA，能指导性菌毛的合成，性菌毛形成连接相邻大肠杆菌间的通道。含致育因子的大肠杆菌（F+）借助通道将自身的遗传物质传递给不含致育因子的大肠杆菌（F－），继而完成细胞的暂时沟通和遗传物质转移，（F－）转化为（F+），过程如下图所示。下列相关叙述错误的是（）A.F－转化为F+的过程中发生了基因重组B.F+中的F因子仅有一条DNA链进入F－C.完成转化过程的F－获取了F+中的大多数性状DNA转移与复制完成D.F－转化为F+的转化过程需要内切酶、DNA聚合酶、DNA连接酶和解旋酶参与【答案】C【分析】DNA重组技术至少需要三种工具：限制性核酸内切酶（限制酶）、DNA连接酶、运载体．DNA连接酶和DNA聚合酶的区别：①DNA连接酶是在两个DNA片段之间形成磷酸二酯键，而DNA聚合酶只能将单个脱氧核苷酸加到已有的核苷酸片段上，形成磷酸二酯键；②DNA连接酶是同时连接双链的切口，而DNA聚合酶只是在单链上将一个个脱氧核苷酸连接起来；③DNA连接酶不需要模板，而DNA聚合酶需要模板。【详解】A、由图可知，F⁻转化为F⁺的过程中发生了基因重组，A正确；B、由图可知，F⁺中的F因子仅有一条DNA链进入F⁻，然后在F⁻中完成复制过程，B正确；C、完成转化过程的F⁻只获取了F⁺中的至育因子，C错误；D、F⁻转化为F⁺的转化是DNA重组技术，其过程需要内切酶、DNA聚合酶、DNA连接酶和解旋酶参与，D正确。故选C。11.1953年沃森和克里克等提出了DNA双螺旋模型。1957年又发现三螺旋DNA存在，三螺旋DNA受环境影响比较大，例如核酸胞嘧啶的甲基化可使三螺旋DNA的稳定性显著增强。三螺旋DNA的发现，为从基因水平上治疗病毒性疾病提供了新的思路。下列有关叙述错误的是（）A.沃森和克里克首先指出了“DNA长链中含有4种脱氧核苷酸，含有A、T、G、C4种碱基B.沃森和克里克提出了DNA半保留复制假说C.三螺旋DNA的形成可能阻碍DNA复制和抑制基因的表达D.三螺旋DNA和双螺旋DNA的基本骨架都是由脱氧核糖与磷酸交替排列构成【答案】A【分析】DNA的双螺旋结构：①DNA分子是由两条反向平行的脱氧核苷酸长链盘旋而成的；②DNA分子中的脱氧核糖和磷酸交替连接，排列在外侧，构成基本骨架，碱基在内侧；③两条链上的碱基通过氢键连接起来，形成碱基对且遵循碱基互补配对原则。【详解】A、在沃森和克里克等提出了DNA双螺旋模型之前，科学界已经认识到：DNA长链中含有4种脱氧核苷酸，含有A、T、G、C4种碱基，A错误；B、沃森和克里克发现了DNA双螺旋结构，提出了DNA半保留复制方式的假说，B正确；C、由题意可知，三螺旋DNA受环境影响比较大，例如核酸胞嘧啶的甲基化可使三螺旋DNA的稳定性显著增强，三螺旋DNA的形成可能阻碍DNA复制和抑制基因的表达，C正确；D、三螺旋DNA和双螺旋DNA的基本骨架都是由脱氧核糖与磷酸交替排列构成，D正确。故选A。12.miRNA是细胞内一种单链小分子RNA，可与mRNA靶向结合并使其降解，图中前体mRNA中U+C=40%。circRNA是细胞内一种富含miRNA结合位点的闭合环状RNA，可靶向结合miRNA使其不能与mRNA结合，从而提高细胞对mRNA的翻译水平。下列说法错误的是（）A.前体mRNA的形成与DNA复制过程都存在氢键的形成与断裂B.在细胞质中circRNA对miRNA的竞争性结合能力比mRNA强C.若降低细胞内circRNA的含量，可提高P基因的表达量，抑制细胞凋亡D.转录成前体mRNA的DNA片段中A+G=50%【答案】C【分析】结合题意分析题图可知，

miRNA

能与

mRNA

结合，使其降解，降低

mRNA

的翻译水平。当

miRNA

与

circRNA

结合时，就不能与

mRNA

结合，从而提高

mRNA

的翻译水平。【详解】A、由图示可知，前体

mRNA

的形成和DNA复制过程中都存在DNA双链的解开和DNA双链的恢复，即伴随氢键的形成与断裂，A正确；B、miRNA

既能与

mRNA

结合，降低

mRNA

的翻译水平，又能与

circRNA

结合，提高

mRNA

的翻译水平，故

circRNA

和

mRNA

在细胞质中通过对

miRNA

的竞争性结合，调节基因表达，因此在细胞质中circRNA对miRNA的竞争性结合能力比mRNA强，B正确；C、若降低细胞内

circRNA

的含量，则其与

miRNA

结合减少，导致

miRNA

与

mRNA

大量结合，降低

P

基因表达，C错误；D、DNA

转录成前体mRNA的时候，碱基进行互补配对，DNA两条链之间是互补配对的，因此转录成前体的DNA片段中A+G=（A+G）/（A+T+C+G）=(A+G）/（A+A+G+G）=50%，D正确。故选C。13.下列关于人体内环境和稳态说法正确的是（）A.渗透压的大小取决于单位体积溶液中溶质微粒的大小，细胞外液渗透压90%以上来源于Na+和CI－B.剧烈运动后积累的乳酸可由内环境中的HCO3－和H2PO4－中和，从而维持内环境稳态C.贝尔纳提出内环境的稳定是生命能独立和自由存在的首要条件，内环境稳态是神经一激素一免疫调节共同的结果D.稳态的特性普遍存在于生命系统的各个层次，如原癌基因和抑癌基因的表达也存在着稳态【答案】D【分析】内环境稳态是指内环境的成分和理化性质处于动态平衡，通过神经-体液-免疫调节。【详解】A、溶液渗透压的大小取决于单位体积溶液中溶质微粒数目，溶质微粒越多，即溶液浓度越高，对水的吸引力越大，A错误；B、剧烈运动时产生的乳酸是一种酸，与血浆中的HCO3-和HPO42-发生中和，使血浆pH保持相对稳定，B错误；C、人们对稳态调节机制的认识,最初是法国生理学家贝尔纳的推测，内环境的恒定主要依赖于神经系统的调节，C错误；D、稳态的特性普遍存在于生命系统的各个层次，如原癌基因和抑癌基因的表达也存在着稳态，共同维持基因表达的稳态，D正确。故选D。14.在有髓鞘的神经纤维上，每隔0.2—2mm距离即是无髓鞘包裹的裸露的纤维，此处被称为郎飞氏结，如下图所示。局部电流可由一个郎飞氏结跳跃至邻近的下一个或几个郎飞氏结，这种冲动传导方式称为跳跃传导。下列有关说法正确的是（）A.神经胶质细胞是神经系统结构与功能的基本单位，参与构成神经纤维表面的髓鞘B.当局部电流传导至A点时，Na+大量内流，使A点膜外阳离子浓度高于膜内C.局部电流由A点传导至D点的过程可跳跃进行，兴奋的传导都依次经过A→B→C→DD.跳跃传导方式可以加快神经冲动的传导速度【答案】D【分析】1、神经系统主要由神经元和神经胶质细胞组成，神经元是组成神经系统结构与功能的基本单位，神经胶质细胞对神经元有辅助作用，二者共同完成神经系统的调节功能。2、兴奋在神经纤维上以电信号（局部电流）的形式传导。【详解】A、神经系统结构的基本单位是神经元，A错误；B、当局部电流传导至A点时，Na+大量内流，膜电位为外负内正，使A点膜外阴离子浓度高于膜内，B错误；C、局部电流可由一个郎飞氏结跳跃至邻近的下一个或几个郎飞氏结，未必依次经过郎飞氏结，C错误；D、郎飞氏结的电阻较小，在冲动传导时，局部电流可由一个郎飞结跳跃到邻近的下一个郎飞氏结，该传导称为跳跃传导，郎飞氏结的形成极大地加快了神经冲动的传导速度，D正确。故选D。15.“一朝被蛇咬，十年怕井绳”这种现象的产生涉及到了反射的形成和人脑的高级功能，下列有关说法正确的是（）A.被蛇咬过的人见到井绳会感到恐惧，这是一种非条件反射B.上述现象中的井绳经历了由非条件刺激转为条件刺激的过程C.该反射活动的维持可能与突触形态及功能的改变以及新突触的建立有关D.该反射活动涉及语言、学习、记忆等人脑特有的高级功能【答案】C【分析】1、非条件反射是指人生来就有的先天性反射，是一种比较低级的神经活动，由大脑皮层以下的神经中枢（如脑干、脊髓）参与即可完成。2、条件反射是人出生以后在生活过程中逐渐形成的后天性反射，是在非条件反射的基础上，经过一定的过程，在大脑皮层参与下完成的，是一种高级的神经活动，是高级神经活动的基本方式。【详解】A、被蛇咬过的人见到井绳会感到恐惧，这是一种条件反射，A错误；B、述现象中的，井绳属于条件刺激，蛇也属于条件刺激，B错误；C、该反射活动的维持可能与突触形态及功能的改变以及新突触的建立有关，C正确；D、语言是人脑特有的高级功能，学习和记忆不是，D错误。故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题有一个或多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。16.下图中，图甲表示某作物种子萌发为幼苗过程中CO₂释放、O₂吸收相对速率的变化。图乙表示只以葡萄糖为底物的种子进行细胞呼吸时气体量的变化趋势。相关叙述正确的是（）A.图甲中第Ⅲ阶段种子细胞中的自由水含量比第I阶段高且ATP产生的部位不只有细胞质基质B.图甲中第Ⅲ阶段C点所对应的时刻，该种子细胞既进行有氧呼吸也有无氧呼吸C.图乙中A表示O₂吸收量，B表示CO₂的释放量D.图乙中，在20h时种子进行有氧呼吸和无氧呼吸消耗葡萄糖量的比值为接近1∶6【答案】AD【分析】依据O2吸收量和CO2的释放量判断呼吸作用的方式：①不消耗O2，释放CO2→只进行无氧呼吸；②O2吸收量=CO2释放量→只进行有氧呼吸或；③O2吸收量＜CO2释放量→两种呼吸同时进行，且多余CO2来自无氧呼吸。【详解】A、第Ⅲ阶段种子细胞代谢强于第Ⅰ阶段，因此自由水含量更高，且ATP产生的部位不只有细胞质基质，还有线粒体，A正确；B、图甲中第Ⅲ阶段C点所对应的时刻，氧气吸收和二氧化碳释放相等，只进行有氧呼吸，B错误；C、图乙表示只以葡萄糖为底物的种子进行细胞呼吸时气体量的变化趋势，氧气为0是只进行无氧呼吸产生二氧化碳，因此A表示CO₂的释放量，B表示O₂吸收量，C错误；D、图乙中，在20h时种子氧气吸收量是20，二氧化碳释放量是60，有氧呼吸消耗的葡萄糖和氧气之比是1:6，因此有氧呼吸消耗的葡萄糖是10/3，无氧呼吸产生的二氧化碳是40，无氧呼吸消耗的葡萄糖和二氧化碳之比是1:2，因此无氧呼吸消耗的葡萄糖是20，所以有氧呼吸和无氧呼吸消耗葡萄糖量的比值为接近1∶6，D正确。故选AD。17.H+-ATPase是一种位于部分植物细胞膜上的载体蛋白，具有ATP水解酶活性，能够利用水解ATP释放的能量跨膜转运H+。细胞壁在H+-ATPase的作用下维持酸性。生长素以IAAH形式扩散进入细胞质，或者在透性酶的协助下以IAA-的形式与H+形成协同转运体进入细胞质，在细胞基部的外向转运体协助下输出到细胞壁，进而完成对生长素的极性运输。IAAHpH5细胞质ATPAT外向转运抑制因子（AEI）可竞争性抑制外向转运体对生长素的运输。下列选项错误的是（）A.IAA可以通过主动运输进入细胞B.处于缺氧环境或使用呼吸抑制剂会影响生长素的极性运输C.外向转运体在运输生长素时，不需要与生长素结合D.降低细胞壁内的pH可以缓解AEI对生长素运输的抑制作用【答案】C【分析】生长素的产生、运输和作用：1、产生：主要是细嫩的芽、叶和发育中的种子；2、分布：集中分布于生长旺盛的部位，如胚芽鞘、芽和根顶端的分生组织、形成层、发育中的种子等处。3、运输：极性运输：生长素只能由形态学上端运向形态学下端，此过程为主动运输；非极性运输：在成熟组织中可以通过韧皮部进行非极性运输。【详解】A、由题干：生长素以IAAH形式扩散进入细胞质，或者在透性酶的协助下以IAA-的形式与H+形成协同转运体进入细胞质，可知IAA进入细胞，需要载体，需要细胞内外H+浓度差提供的能量，运输方式为主动运输，A正确；B、生长素的极性运输为主动运输，需要能量，缺氧环境或使用呼吸抑制剂会影响生长素的极性运输，B正确；C、外向转运体在运输生长素时，需要与生长素结合，C错误；D、AEI可竞争性抑制外向转运体对生长素的运输，降低细胞壁内的pH，细胞质内IAA浓度上升，缓解AEI对生长素运输的抑制作用，D正确。故选C。18.关于细胞分裂过程中涉及到的细胞结构和物质叙述错误的是（）A.细胞核中染色质和核仁内都含有DNAB.植物细胞两极发出的纺锤丝属于细胞骨架，其主要成分为纤维素C.发生着丝粒分裂的细胞中染色体数目是体细胞中染色体数目的二倍D.有丝分裂和减数分裂中的染色体、纺锤体、核膜和核仁等结构会出现规律性的变化【答案】BC【分析】减数分裂是进行有性生殖的生物，在产生成熟生殖细胞时进行的染色体数目减半的细胞分裂。在减数分裂前，染色体复制一次，而细胞在减数分裂过程中连续分裂两次。减数分裂的结果是，成熟生殖细胞中的染色体数目比原始生殖细胞的减少一半。【详解】A、细胞核中染色质主要由DNA和蛋白质组成，核仁的组成成分包括rRNA、rDNA和核糖核蛋白，因此染色质和核仁内都含有DNA，A正确；B、植物细胞两极发出的纺锤丝属于细胞骨架，其主要成分为蛋白质纤维，B错误；C、着丝粒分裂后，姐妹染色单体分离，染色体数目暂时加倍，若为减数第二次分裂后期，则此时细胞中染色体数目与体细胞中染色体数目相等，C错误；D、有丝分裂和减数分裂过程中，染色质在分裂前期高度螺旋化变为染色体，染色体在分裂末期解螺旋成为染色质；纺锤体在分裂前期形成，在分裂末期消失；核仁、核膜的在分裂前期消失，在分裂末期重建，染色体、纺锤体、核膜和核仁这些结构都会出现规律性的变化，D正确。故选BC。19.豌豆（2n=14）的红花对白花为显性（分别用A、a表示），甲、乙、丙植株都开红花。甲植株正常，乙植株产生的雄配子中，若含有不正常染色体，其受精能力只有正常雄配子的一半，雌配子中不存在此现象，受精卵都能正常分裂。丙植株产生的配子活力相同，但受精卵同时缺少A和a基因时不能存活。图丁为豌豆圆粒、皱粒形成的分子机理。下列有关叙述正确的是（）A.乙、丙、丁所发生的变异类型均为染色体结构变异B.乙植株自交，从理论上推测，其子代中红花与白花的比例为2∶1C.丙植株自交，从理论上推测，其子代中红花与白花的比例为4∶1D.植株丙减数分裂的初级性母细胞中可能形成5个四分体【答案】BCD【分析】体细胞或生殖细胞内染色体数目或结构的变化，称为染色体变异。包括染色体数目变异和染色体结构变异。染色体结构变异包括缺失、增添、易位、倒位，会使排列在染色体上的基因数目或排列顺序发生改变，导致性状的变异。【详解】A、乙发生的染色体结构变异类型为缺失（A所在染色体片段缺失），丙中染色体片段移接到另一条非同源染色体，其发生的染色体结构变异类型为易位，丁所发生的变异类型基因突变，不是染色体结构变异，A错误；B、乙植株中含不正常染色体的雄配子的受精能力只有正常雄配子的一半，类型乙植株自交产生的雄配子基因型及比例为A：a=1：2，雌配子基因型及比例为A：a=1：1，子代中aa=2/3×1/2=1/3，故理论上所得子代中红花与白花的比例约为2：1，B正确；C、丙植株产生的不同配子活力相同，但受精卵中同时缺少A和a基因时不能存活，丙植株自交，其产生的雌雄配子基因型及比例为Aa：AO：aO：OO=1：1：1：1，所得子代中有1/4×1/4=1/16受精卵（OO）中同时缺少A和a基因时不能存活，剩余15份中，含a基因（不含A基因）的有3份，含有A基因的植株占12份，故理论上所得子代中红花植株约占4/5，即其子代中红花与白花的比例为4∶1，C正确；D、植株丙减数分裂的初级性母细胞中同源染色体两两配对，由于丙染色体发生了易位，发生易位的两段染色体可能两两配对，故可能形成5个四分体，D正确。故选BCD。20.尿毒症患者常出现组织水肿，一般需要通过血液透析来净化血液，从而维持生命。进行血液透析的设备被称之为“人工肾”，图1为“人工肾”的工作原理示意图。血液在中空纤维中向一侧流动，透析液在中空纤维外向相反方向流动，血液中的小分子废物进入到透析液中，从而实现血液的净化。图2为血液流经肾脏中一个肾单位的示意图。下列相关说法正确的是（）A.出现组织水肿的原因可能与血浆蛋白质减少和水、钠排出体外过程受阻有关B.“人工肾”工作过程中，起到血液透析膜作用的是中空纤维壁C.血液透析过程具有选择透过性的特点，血液和透析液之间进行着营养及废物的交换D.“人工肾”也可以完成图2肾单位所进行的生理过程【答案】AB【分析】内环境的理化性质主要包括温度、pH和渗透压：（1）人体细胞外液的温度一般维持在37℃左右；（2）正常人的血浆接近中性，pH为7.35～7.45，血浆的pH之所以能够保持稳定，与它含有的缓冲物质有关；（3）血浆渗透压的大小主要与无机盐、蛋白质的含量有关．在组成细胞外液的各种无机盐离子中，含量上占有明显优势的是Na+和Cl-，细胞外液渗透压的90%来源于Na+和Cl-。【详解】A、患者使用人工肾后，会使水重吸收增多，细胞外液渗透压降低，下丘脑减少分泌抗利尿激素，垂体释放到血液中的抗利尿激素减少，就减弱了肾小管、集合管对水分的重吸收，使尿量增加，减弱水肿现象，因此患者出现组织水肿的原因可能与血浆蛋白质减少和水、钠排出体外过程受阻有关，A正确；B、人工制造的血液透析膜模拟了生物膜的选择透过性，承担这个作用的是中空纤维壁，B正确；C、人工肾利用了生物膜的选择透过性，即大分子蛋白质不能通过，通过血液和透析液之间的渗透交换使患者的血液实现更新，C错误；D、“人工肾”是不可以完成图2肾单位所进行的肾小管、集合管重吸收生理过程的，D错误。故选AB。三、非选择题：本题共5小题，共55分。21.光呼吸指绿色植物在光下吸收O₂释放CO₂的过程，该过程会抵消约30%的光合作用，降低光呼吸强度成为提高光合效率的研究方向之一。科研人员将四种酶基因GLO、CAT、GCL、TSR导入水稻中，并通过优化的RS2信号肽将基因定位至叶绿体，创造了一条新的光呼吸代谢支路——GCGT支路（图中虚线部分）。该支路首次在粮食作物中降低了光呼吸速率。图中字母表示物质，甲、乙、丙表示过程。（1）图中的物质D位于____，若用不同波长的光照射D含量最高的物质提取液，测量并计算该物质对不同波长光的吸收率，在____光区吸收率较高。（2）过程乙中催化C5生成PGA（C3）的酶是Rubisco，当O2浓度较高时，该酶催化CO2固定反应减弱，催化C5发生加氧反应增强。从光、暗反应物质联系的角度分析，高浓度O2条件下，NADPH含量升高的原因是____。利用提取的Rubisco模拟光合作用暗反应过程，构建反应体系时需加入的供能物质有____。（3）普通水稻在有光条件下，当CO2/O2分压降低，光呼吸增强时，水稻产量降低的原因有____。而转基因GCGT支路水稻在理论上能够有效提高水稻产量，据图分析原因有____。（4）导入的四种关键基因经转录、翻译过程形成4种关键酶，研究中可通过检测水稻植株中4种酶的____初步筛选出具有进一步研究价值的GCGT支路水稻。【答案】（1）①.叶绿体类囊体薄膜②.红光和蓝紫（2）①.高浓度O2条件下，CO2固定能力减弱，生成的C3减少，C3的还原速率降低，消耗ATP和NADPH减少，光照条件不变，NADPH生成量不变，相对含量升高②.ATP和NADPH（3）①.普通水稻光呼吸会消耗部分暗反应的底物（C5），导致部分有机碳以CO₂的形式损失，（或者用于暗反应的C5减少）②.GCCT支路可以使光呼吸产生的乙醇酸分解为CO2，提高了CO2浓度，从而提高了CO2与O2竞争酶的能力，进而减弱光呼吸强度，提高光合速率，水稻产量增加（4）浓度、活性【分析】①光合作用的过程包括光反应和暗反应。光反应的物质变变化包括水的光解和ATP的合成，场所是类囊体薄膜；暗反应的物质变化包括CO2的固定和三碳化合物的还原，场所是叶绿体基质。②光呼吸是所有进行光合作用的细胞在光照和高O2、低CO2情况下发生的一个生化过程。它是光合作用一个损耗能量的副反应，绿色植物在照光条件下的呼吸作用。特点是呼吸基质在被分解转化过程中虽也放出CO2，但不能转换成能量ATP，而使光合产物被白白地耗费掉。【小问1详解】图中的物质D为叶绿体中的色素，位于叶绿体的类囊体薄膜上。叶绿体中的色素分为叶绿素和类胡萝卜素，前者主要吸收红光和蓝紫光，后者主要吸收蓝紫光，叶绿素的含量明显高于类胡萝卜素。若用不同波长的光照射D含量最高的物质（叶绿素）提取液，测量并计算该物质对不同波长光的吸收率，则在红光和蓝紫光区吸收率较高。【小问2详解】当O2浓度较高时，Rubisco酶催化CO2固定反应减弱，催化C5发生加氧反应增强。可见，在高浓度O2条件下，CO2固定能力减弱，生成的C3减少，C3的还原速率降低，消耗ATP和NADPH减少，但光照条件不变，光反应生成NADPH的量不变，所以NADPH的相对含量升高。暗反应需要光反应产生的ATP和NADPH提供能量，因此利用提取的Rubisco模拟光合作用暗反应过程，构建反应体系时需加入的供能物质有ATP和NADPH。【小问3详解】CO2/O2分压降低，说明CO2浓度降低、O2浓度升高，此时普通水稻的光呼吸增强，而光呼吸会消耗部分暗反应的底物（C5），导致部分有机碳以CO₂的形式损失，（或者用于暗反应的C5减少），进而引起水稻产量降低。由图可知：GCCT支路可以使光呼吸产生的乙醇酸分解为CO2，提高了CO2浓度，从而提高了CO2与O2竞争酶的能力，进而减弱光呼吸强度，提高光合速率，因此能够有效提高水稻产量。【小问4详解】酶的浓度、活性都会影响酶促反应速率。通过检测导入水稻植株中的四种关键基因经转录、翻译过程形成的4种关键酶的浓度、活性，可以初步筛选出具有进一步研究价值的GCGT支路水稻。22.在使用酵母进行淀粉发酵的工业生产中，需要先将淀粉糖化，这一过程可使用糖化酶和α—淀粉酶。为研究哪种酶更适用于工业生产，分别进行甲、乙、丙、丁共4组实验，每组实验各取4支试管，编号1、2、3、4，每支试管中均加入1mL淀粉溶液，1号不加入酶，2、3、4号分别加入10万活性糖化酶、5万活性糖化酶、5万活性α一淀粉酶各0.5mL。5min后检测实验结果如下表所示。组别反应温度（℃）1号2号3号4号甲冰浴++++++++++-乙室温++++++++++-丙60++++---丁85++++++++-注：“+”表示显色；“+”的数目表示显色程度（1）以上实验中的自变量是____，无关变量是____（答出两点即可）空白对照是____。（2）以上实验中用于检测的试剂是____。（3）对比上述实验，就其功能而言，糖化酶和α-淀粉酶对比的结果是____。推测产生该结果的原因是____。（4）依据实验结果，请设计实验确定α—淀粉酶的最佳用量以降低成本。____。【答案】（1）①.酶的种类、糖化酶的浓度（活性）和温度②.pH、淀粉溶液的浓度③.甲、乙、丙、丁四组的1号试管（2）碘液（3）①.冰浴、室温和85℃条件下，a-淀粉酶的催化效率均高于糖化酶（α-淀粉酶降低活化能的作用更显著）②.糖化酶对温度更敏感，α-淀粉酶的空间结构稳定（4）取5支试管分别编号，每支试管中均加入1mL淀粉溶液，再分别加入1、2、3、4、5万活性α-淀粉酶各0.5mL置于室温下反应，5min后用碘液检测。再逐步缩小浓度范围做进一步实验【分析】1、温度对酶活性的影响：在温度较低时，酶促反应速率会随温度的升高而加快，当温度升高到最适温度，酶促反应速率会随温度的升高而降低；温度偏高或偏低，酶活性都会明显降低，温度过高可能使酶永久失活；低温下抑制酶的活性，但不会使酶失活。2、用淀粉酶作用于淀粉和蔗糖来验证酶的专一性时，可用斐林试剂检测，不能用碘液，因为蔗糖及其分解产物葡萄糖和果糖与碘液不发生颜色反应，不能确定蔗糖是否水解。探究温度对酶活性的影响，底物选择淀粉溶液时，检测试剂不宜用斐林试剂，因为使用斐林试剂需要进行水浴加热，而实验需要严格控制温度。【小问1详解】由图表可知，本实验的自变量是酶的种类、糖化酶的浓度和温度；无关变量是pH、淀粉溶液的浓度；空白对照是甲、乙、丙、丁四组的1号试管。【小问2详解】由于实验的自变量之一是温度，不能用斐林试剂检测，所以用于检测的试剂是碘液。【小问3详解】检测试剂选用的是碘液，碘液能让淀粉溶液呈现蓝色，淀粉越多，蓝色越深，在冰浴和室温条件下，3号（加入了5万活性糖化酶0.5mL）实验结果都是“+++”，呈现蓝色，说明甲组和乙组的3号试管酶促反应过后仍然有较多的淀粉存在，在冰浴和室温条件下，4号（加入了5万活性α-淀粉酶0.5mL）实验结果都是“-”，说明冰浴、室温和85℃条件下，a-淀粉酶的催化效率均高于糖化酶（α-淀粉酶降低活化能的作用更显著）。推测产生该结果的原因是糖化酶对温度更敏感，α-淀粉酶的空间结构稳定。【小问4详解】依据实验结果，5万活性α-淀粉酶在各温度下都有较高的效率，设置其用量梯度为：1、2、3、4、5万，五个梯度，实验思路：取5支试管分别编号，每支试管中均加入1mL淀粉溶液，再分别加入1、2、3、4、5万活性α-淀粉酶各0.5mL置于室温下反应，5min后用碘液检测，再逐步缩小浓度范围做进一步实验。23.某种昆虫为雌雄异体，其体色中的白色和灰色为一对相对性状，由A、a控制，其长触角与短触角为一对相对性状，与该对相对性状有关的基因为B、b，这两对等位基因的分离和组合互不干扰。科研人员进行了如下实验，实验一：选取表型为白色和灰色纯合亲本分别进行正反交，F₁中出现两种结果：全部为灰色；雄性个体为灰色，雌性个体为白色。实验二：选取长触角（只含有B的纯合体）和短触角（只含有b的纯合体）的个体做亲本分别进行正反交，F₁中雄性个体都表现为长触角，雌性个体都表现为短触角。将实验二各自的F₁中个体相互交配得到各自的F₂，结果都如下表所示。设计与B、b相关引物用于PCR扩增，亲本、F₁、F₂中PCR产物电泳结果经处理后如下图所示。实验过程中所获取的样本足量，不存在突变和致死现象，雌雄个体比例为1∶1。性别F2中表型及比例雄性雄性长触角个体数∶短触角个体数=3∶1雌性长触角个体数∶短触角个体数=1∶3F2中个体表型及比例（1）由实验一推断，该昆虫的性别决定方式为____型，F₁中雌性个体的基因型为____。若需要进一步确定该昆虫的性别决定方式，可选取基因型____做亲本进行杂交，预期实验结果为____。（2）____（填“能确定”或“不能确定”）B、b是否位于性染色体上，理由是____。（3）通过研究发现，B、b由于受到性激素的作用，它们在不同性别中表达不同。据此推测实验二F₂中的基因型及比例为____。若让F₂中短触角的个体相互交配，其子代中长触角的个体所占的比例为____。【答案】（1）①.ZW②.ZAW和ZaW③.ZAW和ZAZa④.雄性个体都表现为白色，雌性中白色与灰色个体数的比例为1∶1（2）①.能确定②.A、a位于性染色体上，其与B、b的分离和组合互不干扰，B、b位于常染色体上（3）①.BB∶Bb∶bb=1∶2∶1②.1/6【分析】根据题意，选取表型为白色和灰色纯合亲本分别进行正反交，F₁中出现两种结果：全部为灰色；因此灰色显性性状，由A控制，而另一个结果为，雄性个体为灰色，雌性个体为白色，正反交结果不同，说明灰色和白色是伴性遗传，由于雄性个体为灰色，表现显性性状，因此昆虫的性别决定方式为ZW型。【小问1详解】根据题意，选取表型为白色和灰色纯合亲本分别进行正反交，F₁中出现两种结果：全部为灰色；因此灰色显性性状，由A控制，而另一个结果为，雄性个体为灰色，雌性个体为白色，正反交结果不同，说明灰色和白色是伴性遗传，由于雄性个体为灰色，表现显性性状，因此昆虫的性别决定方式为ZW型。因此正交的亲本基因型为ZAZA×ZaW，F1为ZAZa和ZAW，即F1全为灰色，反交的亲本基因型为ZaZa×ZAW，F1为ZAZa和ZaW，即；雄性个体为灰色，雌性个体为白色；因此F₁中雌性个体的基因型为ZAW和ZaW，若需要进一步确定该昆虫的性别决定方式，可选取基因型ZAW和ZAZa做亲本进行杂交，则F1为ZAZA：ZAZa：ZAW：ZaW=1：1：1：1，预期实验结果为雄性个体都表现为白色，雌性中白色与灰色个体数的比例为1∶1。【小问2详解】根据题意，体色中的白色和灰色为一对相对性状，由A、a控制，其长触角与短触角为一对相对性状，与该对相对性状有关的基因为B、b，这两对等位基因的分离和组合互不干扰，而根据第一小问的分析，A、a在性染色体上，因此能确定B、b不位于性染色体上，由于A、a位于性染色体上，其与B、b的分离和组合互不干扰，因此B、b位于常染色体上。【小问3详解】根据题意，实验二中选取长触角（只含有B的纯合体即BB）和短触角（只含有b的纯合体即bb）的个体做亲本分别进行正反交，F₁的基因型为Bb，但B、b由于受到性激素的作用，在不同性别中表达不同，Bb的雄性个体都表现为长触角，Bb的雌性个体都表现为短触角，实验二各自的F₁中个体相互交配得到各自的F₂，不论雌雄，F₂的基因型比例为BB：Bb：bb=1：2：1，F2中表型及比例为雄性中长触角个体数∶短触角个体数=3（1BB和2Bb）∶1（1bb），雌性长触角个体数∶短触角个体数=1（1BB）∶3（2Bb和1bb）；若让F₂中短触角的个体相互交配，雄性亲本的基因型为bb，雌性亲本的基因型为2/3Bb和1/3bb，雌雄亲本个体相互交配，得到的子代基因型及比例为1/3Bb：2/3bb，在雌性中都表现为短触角，而在雄性中Bb为长触角，所以子代中长触角的个体所占的比例为1/2×1/3=1/6。24.2023年诺贝尔生理学或医学奖授予卡塔琳·考里科和德鲁·韦斯曼，以表彰他们在信使核糖核酸（mRNA）研究上的突破性发现。20世纪80年代，无需细胞培养即可产生mRNA的有效方法已经开发出来，被称为体外转录，这加速了分子生物学在多个领域应用的发展。（1）如果在体外无细胞系统中转录mRNA，反应体系中需要加入模板、____等，这种体外转录技术则能够控制转录的基因、转录的过程和转录后RNA的用途。转录模板在基因组全长复制过程中，在引物____端添加T7启动子序列作为____的识别位点。（2）机体免疫系统的树突状细胞会将体外转录的mRNA识别为外来物，从而导致其激活并释放炎症信号分子。为什么体外转录的mRNA会被识别为是外来的，而来自哺乳动物细胞的mRNA却没有引起相同的反应?科学家发现在体内mRNA携带的遗传信息不仅仅是A、U、C、G四种碱基，还包括碱基被化学修饰过程。正是因为碱基化学修饰导致了区别。请你设计实验验证这一想法，实验思路：____。实验结果：____。（3）mRNA疫苗生产和使用过程是：确定病原体中的一个特定蛋白质，然后合成这个蛋白质的mRNA序列，这个mRNA序列会被包裹在脂质纳米颗粒中，作为疫苗注入人体。与传统疫苗相比，在生产上的优点是____。（4）体外合成mRNA可以被用来____。【答案】（1）①.RNA聚合酶、NTP（或者核糖核苷酸）、缓冲液②.5'③.RNA聚合酶（2）①.将体外合成的mRNA的碱基进行化学修饰，并让其刺激树突状细胞②.当mRNA中包含碱基修饰时，炎症反应几乎消除了（3）快速大量生产，精准度高，安全副作用小，可在体内持续性表达（4）