2024届广东省广州市增城区四校联考生物高二下期末达标测试试题含解析

2024届广东省广州市增城区四校联考生物高二下期末达标测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：（共6小题，每小题6分，共36分。每小题只有一个选项符合题目要求）1．甲、乙、丙图是通过显微镜观察的示意图，相关叙述正确的是(）A．上述图像均是在高倍显微镜下观察的B．若乙图视野暗，可以通过调大光圈和凹面镜进行调节，丙图可以调节细准焦螺旋使视野清晰C．乙图和丙图细胞的活性不同，材料均取自洋葱鱗片叶外表皮D．观察颜色深的材料时，视野应适当调暗，反之则应适当调亮2．下列关于群落演替的叙述，错误的是A．地衣阶段演替到森林阶段过程中，地衣逐渐消失B．群落演替最终不一定都会演替到相对稳定的森林阶段C．“野火烧不尽，春风吹又生”描述的是次生演替D．人类的活动也可对群落的演替产生积极的影响3．大熊猫圈养是保护大熊猫的重要措施。若将圈养的大熊猫放归至栖息地保护区，则下列说法错误的是A．圈养大熊猫放归栖息地是通过增加迁入率来提高栖息地种群密度的B．放归圈养的大熊猫会使栖息地群落的物种丰富度在一定程度上增加C．栖息地群落的垂直结构和水平结构都会因大熊猫的放归而发生改变D．放归大熊猫后，栖息地的大熊猫种群基因库和基因频率都可能增大4．放射性同位素示踪法是生物学研究过程中常采用的技术手段，下面是几个放射性同位素示踪实验，对其结果的叙述不正确的是（）A．小白鼠吸入18O2后呼出的二氧化碳会含有18O，尿液中也会含有少量的H218OB．用含有3H标记的胸腺嘧啶脱氧核苷酸的营养液培养洋葱的根尖，可以在细胞核和线粒体处检测到较强的放射性，而在核糖体处则检测不到C．要得到含32P的噬菌体，必须先用含32P的培养基培养细菌D．卡尔文通过追踪检测CO2和H2O中标记的O的去向，最终探明了整个卡尔文循环的途径5．下列关于人体中蛋白质功能的叙述，错误的是A．蛋白质结合Mg2+形成的血红蛋白参与O2运输B．生长激素对人体的生长发育起重要调节作用C．细胞核中某些蛋白质是染色体的重要组成成分D．细胞和生物体新陈代谢的催化剂绝大多数是蛋白质6．关于转录和翻译的叙述，错误的是()A．转录时以核糖核苷酸为原料B．转录时RNA聚合酶能识别DNA中特定碱基序列C．mRNA在核糖体上移动翻译出蛋白质D．不同密码子编码同种氨基酸可增强密码的容错性二、综合题：本大题共4小题7．（9分）已知一种有机物X（仅含有C、H两种元素）不易降解，会造成环境污染。某小组用三种培养基筛选土壤中能高效降解X的细菌（目标菌）。Ⅰ号培养基：在牛肉膏蛋白胨培养基中加入X（5g/L）。Ⅱ号培养基：氯化钠（5g/L），硝酸铵（3g/L），其他无机盐（适量），X（15g/L）。Ⅲ号培养基：氯化钠（5g/L），硝酸铵（3g/L），其他无机盐（适量）。X（45g/L）。回答下列问题。（1）在Ⅰ号培养基中，为微生物提供氮源的是___________。Ⅱ、Ⅲ号培养基为微生物提供碳源的有机物是_________。（2）若将土壤悬浮液种在Ⅱ号液体培养基中，培养一段时间后，不能降解X的细菌比例会_________，其原因是_________。（3）Ⅱ号培养基加入琼脂后可以制成固体培养基，若要以该固体培养基培养目标菌并对菌落进行计数，接种时，应采用的方法是______________。（4）假设从Ⅲ号培养基中得到了能高效降解X的细菌，且该菌能将X代谢为丙酮酸，则在有氧条件下，丙酮酸可为该菌的生长提供_________和_________。8．（10分）回答下列有关泡菜制作并检测亚硝酸盐含量的有关问题。(1)泡菜的制作离不开_______菌，其代谢类型是_______，因此制作过程中_______(填“需要”或“不需要”)对泡菜坛进行密封处理。有时还需要加入一些“陈泡菜水”，目的是_______。(2)在泡菜腌制过程中，有机物的干重将_______,种类将_______，其亚硝酸盐含量的变化规律是_______。(3)检测亚硝酸盐含量时，对氨基苯磺酸溶解于_______中，与亚硝酸盐发生________反应后，与_______结合形成_______色染料。(4)下图是制备的亚硝酸钠标准显色液，其中①号管中不含亚硝酸盐，作为_______对照。(5)将制备的无色透明的泡菜样品处理液显色反应后，与上述已知浓度的标准显色液进行目测比较，找出与标准液最_______的颜色，记录对应的亚硝酸钠含量，可以_______出泡菜中亚硝酸盐的含量。9．（10分）2015年，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获奖。工业上青蒿素一般从青蒿植株中提取，产量低，价格高。基因工程及细胞工程等为培育出高青蒿素含量的青蒿提供了思路。科学家先通过紫外线处理大量青蒿幼苗后，偶然发现一株高产植株。通过基因测序发现该高产植株控制青蒿素合成相关的一种关键酶的基因发生了突变。将获得的突变基因导入普通青蒿之前，先构建基因表达载体，图1、2中箭头表示相关限制酶的酶切位点。请回答：用图中的质粒和外源DNA构建重组质粒，不能使用SmaⅠ切割，原因______________，构建好的重组质粒在其目的基因前要加上特殊的启动子，启动子是____________________识别结合位点。10．（10分）虫草中的超氧化物歧化酶(SOD)具有抗衰老作用，研究人员培育了能合成SOD的转基因酵母菌。回答下列问题：注:HindⅢ和ApaLⅠ是两种限制酶,箭头表示酶的切割位置。（1）将图中的重组DNA分子用HinⅢ和ApaLⅠ完全酶切后,可得到____种DNA片段。图示的表达载体存在氨苄青霉素抗性基因，不能导入用于食品生产的酵母菌中,据图分析，可用______（填限制酶的种类）切除该抗性基因的部分片段使其失效，再用_________酶使表达载体重新连接起来。（2）作为受体细胞的酵母菌缺失URA3基因，必须在含有尿嘧啶的培养基中才能存活，因此，图示表达载体上的URA3基因可作为________供鉴定和选择，为了筛选出成功导入表达载体的酵母菌，所使用的培养基______(填“需要”或“不需要”)添加尿嘧啶。（3）目的基因进入受体细胞内，并且在受体细胞内维持稳定和表达的过程，称为______。为了确定受体细胞中SOD基因是否转录,可用标记的__________作探针进行分子杂交检测，分子杂交的原理是___________________。（4）利用蛋白质工程获得活性更高的SOD时,需根据所设计蛋白质的结构推测其_____________序列,最终确定相对应的脱氧核苷酸序列并经____________获得所需的基因。11．（15分）根据图和表的内容回答下面的问题。被测物质钾离子氯离子海水0.01mol/L0.50mol/L细胞液0.59mol/L0.04mol/L（1）图中1是____________________，2是_____________________。（2）图中1在细胞膜中作为_________________，2在钾离子、氯离子通过该植物细胞膜时作为________。（3）从表中数据可知，植物细胞从海水中吸收_______离子并向海水排出__________离子。由此可见，植物细胞膜对离子的通过具有________________________性。（4）钾离子和氯离子通过细胞膜的方式是_____________________。（5）细胞膜功能的复杂程度主要取决于膜上的___________的种类和_____。

参考答案一、选择题：（共6小题，每小题6分，共36分。每小题只有一个选项符合题目要求）1、B【解题分析】

由图可知，甲表示草履虫，乙图中植物细胞进行有丝分裂，丙图中细胞发生质壁分离。【题目详解】A、丙图是在低倍显微镜下观察的，A错误；B、若乙图视野暗，可以通过调大光圈和凹面镜调亮视野，丙图可以调节细准焦螺旋使视野清晰，B正确；C、乙图细胞可以发生有丝分裂，可以来自洋葱的根尖分生区，丙图细胞可以发生质壁分离，取自洋葱鱗片叶外表皮，C错误；D、观察颜色深的材料时，视野应适当调亮，D错误。故选B。2、A【解题分析】

据题文和选项的描述可知：该题考查学生对群落演替的相关知识的识记和理解能力。【题目详解】A、地衣阶段演替到森林阶段过程中，地衣逐渐被优势种群取代，但地衣并没有消失，而是逐渐丧失了优势种群的地位，A错误；

B、受气候等自然条件的限制，群落演替最终不一定都会演替到相对稳定的森林阶段，B正确；

C、“野火烧不尽，春风吹又生”，描述的是火灾过后，植被逐渐恢复的次生演替过程，C正确；

D、人类活动会使群落的演替按照不同于自然演替的速度和方向进行，可对群落的演替产生积极的影响，如退耕还林还草，D正确。

故选A。

【题目点拨】识记和理解群落演替的类型、过程、人类活动对群落演替的影响等相关知识是解答此题的关键。3、B【解题分析】

大熊猫本来就属于栖息地具有的物种，所以放归圈养的大熊猫不会使栖息地群落的物种丰富度增加，同时放归会导致栖息地内被大熊猫捕食的生物、天敌生物等的数量、分布发生改变，进而导致栖息地群落的垂直结构和水平结构都会受到一定影响。【题目详解】A、将圈养的大熊猫放归栖息地是通过增加迁入率来提高其种群密度的，A正确；B、大熊猫本来就属于栖息地具有的物种，所以放归圈养的大熊猫不会使栖息地群落的物种丰富度增加，B错误；C、大熊猫的放归会导致栖息地内被大熊猫捕食的生物、天敌生物等的数量、分布发生改变，进而导致栖息地群落的垂直结构和水平结构都会受到一定的影响，C正确；D、放归的大熊猫中可能具有与栖息地大熊猫不同的基因和基因型，所以放归大熊猫后，栖息地的大熊猫种群基因库和基因频率都可能增大，D正确。故选B。【题目点拨】本题主要考查群落的相关知识，意在考查考生对所学知识的理解，把知识间内在联系能力。4、D【解题分析】

放射性同位素示踪法是生物学研究过程中常采用的技术手段，在中学生物教材中多次出现，这就需要我们准确识记当时所用的材料和所要解决的问题。由于题干没有给出过多的信息，因此我们只能通过选项逐条分析。【题目详解】A.小白鼠吸入18O2后,18O2的作用是参与有氧呼吸的第三阶段，也即18O2最先和[H]结合生成H218O，H218O又可以作为细胞呼吸的原料参与有氧呼吸的第二阶段，丙酮酸和H218O彻底分解成C18O2和[H]，通过这样的变化，小白鼠吸入18O2后呼出的二氧化碳会含有18O，尿液中也会含有少量的H218O，A正确；B.用含有3H标记的胸腺嘧啶脱氧核苷酸的营养液培养洋葱的根尖，由于胸腺嘧啶脱氧核苷酸是合成DNA的原料之一，因此可以在细胞核和线粒体处检测到较强的放射性，由于核糖体中不含DNA，所以在核糖体处则检测不到放射性，B正确；C.噬菌体是病毒，没有细胞结构，必须在活细胞内寄生，不能用普通的培养基培养，因此要得到含32P的噬菌体，必须先用含32P的培养基培养细菌，C正确；D.卡尔文通过追踪检测14CO2中标记的14C的去向，最终探明了整个卡尔文循环的途径，D错误；因此选D。【题目点拨】本题以放射性同位素示踪法为背景，综合考查了光合作用、细胞呼吸和细胞分裂等相关知识，意在考查考生理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力。5、A【解题分析】

蛋白质的功能-生命活动的主要承担者：①构成细胞和生物体的重要物质，即结构蛋白，如羽毛、头发、蛛丝、肌动蛋白；②催化作用：如绝大多数酶；③传递信息，即调节作用：如胰岛素、生长激素；④免疫作用：如免疫球蛋白（抗体）；⑤运输作用：如红细胞中的血红蛋白。【题目详解】A、蛋白质结合Fe2+形成的血红蛋白参与O2运输，A错误；B、生长激素可以促进蛋白质的合成和骨骼的生长，对人体的生长发育起重要调节作用，B正确；C、细胞核中的染色体的主要成分是蛋白质和DNA，C正确；D、细胞和生物体新陈代谢的催化剂是酶，大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA，D正确。故选A。6、C【解题分析】

A、转录的产物是mRNA，因此以核糖核苷酸为原料，故A正确；B、酶具有专一性，因此RNA聚合酶能识别DNA中特定碱基序列，故B正确；C、翻译时，核糖体在mRNA上移动翻译出蛋白质，故C错误；D、密码子的简并性增强密码的容错性，故D正确．故选C。【题目点拨】本题应从转录和翻译过程着手，做此类题型时，考生要逐一分析每个选型，从中找出错误的选项，要求考生有扎实的基础知识。二、综合题：本大题共4小题7、牛肉膏、蛋白胨X下降不能降解X的细菌因缺乏碳源不能增殖，而能降解X的细菌能够增殖稀释涂布平板法能量合成其他物质的原料【解题分析】

1、选择培养基的概念：在微生物学中，将允许特定微生物种类生长，同时抑制或阻止其他种类微生物生长的培养基，称为选择培养基，选择培养基必须是固体培养基，本题中选择培养基中的唯一碳源是有机物X，这样能分解X的微生物能够从该有机物获得碳源，其他微生物由于无法获得碳源而不能生存。2、常用的接种微生物的方法有稀释涂布平板法和平板划线法，稀释涂布平板法是将菌液进行一系列的梯度稀释，然后将不同稀释度的菌液涂布到固体琼脂培养基上，进行培养，在稀释度足够高的菌液里，将聚集在一起的微生物分散成单个细胞，获得由单个细胞繁殖而来的菌落，微生物的计数通常采用稀释涂布平板法。【题目详解】（1）氮源是微生物生长需要的一类营养物质，是含氮化合物，可为微生物的生长提供氮元素，牛肉膏、蛋白胨来源于动物原料，含有糖、维生素和有机氮等营养物质，因此在1号培养基中，可为微生物提供氮源的是牛肉膏、蛋白胨。碳源也是微生物生长所需要的一类营养物质，可为微生物的生长提供碳元素，而有机物均含碳元素，II、III号培养基均含有有机物X，因此，II、III号培养基为微生物的生长提供碳源的均为有机物X。（2）由于II号培养基含有的碳源只有有机物X，因此若将土壤悬浮液接种在II号液体培养基中，培养一段时间后，不能降解X的细菌由于无法获得碳源而无法增殖导致其比例减少。（3）微生物的接种方法很多，最常用的有平板划线法与稀释涂布平板法，由于稀释涂布平板法中，稀释度足够高的菌液经涂布培养后，在培养基表面形成的一个菌落是由菌液中的一个活菌繁殖而来，所以常用来进行微生物的计数。（4）丙酮酸参与有氧呼吸的第二阶段，能被分解产生能量，且丙酮酸可作为许多物质合成的中间产物，因此其可为微生物的生长提供能量和合成其他物质的原料。【题目点拨】选择培养基能选择特定的微生物。微生物的接种方法有多种，其中稀释涂布平板法常用来进行微生物的计数。微生物的营养物质有水、碳源、氮源、无机盐等。8、乳酸（异养）厌氧型需要提供乳酸菌菌种（接种）减少增加先增加后减少盐酸溶液重氮化N-1-萘基乙二胺盐酸盐玫瑰红空白相近大致估算（计算）【解题分析】

1、泡菜的制作所使用的微生物是乳酸菌，代谢类型是异养厌氧型，在无氧条件下乳酸菌能够将蔬菜中的葡萄糖氧化为乳酸。

2、泡菜的制作流程是：选择原料、配制盐水、调味装坛、密封发酵。

3、泡菜中的亚硝酸盐含量可以用比色法测定，即在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生重氮化反应生成重氮盐，重氮盐与N1萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料。【题目详解】（1）制作泡菜所用的菌体主要是乳酸菌，其代谢类型为异养厌氧型。因此制作过程中需要对泡菜坛进行密封处理，以保证乳酸菌的代谢。“陈泡菜水”中含有乳酸菌，制作泡菜过程中加入一些“陈泡菜水”，目的是提供乳酸菌菌种（接种）。（2）制作泡菜的过程中，乳酸菌的生命活动消耗有机物，将有机物转变成其他物质，因此有机物的干重减少，菜坛内有机物的种类增加。在泡菜制作过程中，亚硝酸盐含量的变化趋势是先增加后减少，一般是在腌制10天后亚硝酸盐的含量开始下降的。（3）检测亚硝酸盐含量时，对氨基苯磺酸溶解于盐酸溶液中，与亚硝酸盐发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料。（4）①号管中不含亚硝酸盐，作为空白对照。（5）根据测定亚硝酸盐含量的原理可知，将制备的无色透明的泡菜样品处理液显色反应后，与上述已知浓度的标准显色液进行目测比较，找出与标准液最接近的颜色，记录对应的亚硝酸钠含量，可以大致估算出泡菜中亚硝酸盐的含量。【题目点拨】本题考查泡菜制作的相关知识，意在考查考生的识记能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲识记和理解层次的考查。9、（SmaⅠ会破坏质粒的抗性基因及外源DNA中的目的基因RNA聚合酶【解题分析】

本题考查基因工程，考查基因表达载体的构建和组成，解答此题，可根据图中各种限制酶的识别、切割位点选择合适的限制酶切割目的基因和质粒。【题目详解】据图可知，质粒的抗生素抗性基因和目的基因中均含有SmaⅠ识别、切割位点，用SmaⅠ切割时，会破坏目的基因和质粒中的抗生素抗性基因，使目的基因和标记基因被破坏。重组质粒中，启动子是RNA聚合酶的识别、结合位点，可以启动目的基因的转录。【题目点拨】选择限制酶的方法(1)根据目的基因两端的限制酶切点确定限制酶的种类①应选择切点位于目的基因两端的限制酶，如图甲可选择PstⅠ。②不能选择切点位于目的基因内部的限制酶，如图甲不能选择SmaⅠ。③为避免目的基因和质粒的自身环化和随意连接，也可使用不同的限制酶切割目的基因和质粒，如图甲也可选择用PstⅠ和EcoRⅠ两种限制酶(但要确保质粒上也有这两种酶的切点)。(2)根据质粒的特点确定限制酶的种类①所选限制酶要与切割目的基因的限制酶相一致，以确保具有相同的黏性末端。②质粒作为载体必须具备标记基因等，所以所选择的限制酶尽量不要破坏这些结构，如图乙中限制酶SmaⅠ会破坏标记基因；如果所选酶的切点不止一个，则切割重组后可能会丢失某些片段，若丢失的片段含复制起点区，则切割重组后的片段进入受体细胞后将不能自主复制。10、3ApaLⅠDNA连接标记基因不需要转化SOD基因碱基互补配对氨基酸基因修饰【解题分析】

分析题图可知，图中基因表达载体中的目的基因是外源PSSOD基因，氨苄青霉素抗性基因是标记基因；该基因表达载体中存在HindIII的一个酶切位点，存在ApaLI的两个酶切位点，因此用两种酶同时切割环状质粒，会得到3种不同的DNA片段。【题目详解】（1）根据以上分析已知，图中的重组DNA分子中存在HindIII的一个酶切位点，存在ApaLI的两个酶切位点，因此用两种酶同时切割环状质粒，会得到3种不同的DNA片段。根据题意分析，图示的表达载体存在氨苄青霉素抗性基因，不能导入用于食品生产的酵母菌中，因此可以利用ApaLⅠ切除该抗性基因的部分片段使其失效，再用DNA连接酶使表达载体重新连接起来。（2）根据题意分析，已知作为受体细胞的酵母菌缺失URA3基因，必须在含有尿嘧啶的培养基中才能存活，因此图示表达载体上的URA3基因可作为标