北京市房山区2025届高三生物衔接诊断试题含解析

PAGE26-北京市房山区2025届高三生物连接诊断试题（含解析）一、选择题1.新型冠状病毒是RNA病毒，与肺炎双球菌比较（）A.遗传物质均为RNAB.都有细胞膜等生物膜系统C.均可以通过光学显微镜视察到D.均遵循中心法则【答案】D【解析】【分析】新型冠状病毒是一种RNA病毒，没有细胞结构，其遗传物质是RNA；肺炎双球菌属于原核生物，其遗传物质是DNA，与真核细胞相比，原核细胞没有核膜包被的成形的细胞核。【详解】A、依据以上分析已知，新型冠状病毒的遗传物质是RNA，肺炎双球菌遗传物质是DNA，A错误；B、新型冠状病毒没有细胞结构，因此没有细胞膜，肺炎双球菌也只有细胞膜，无生物膜系统，B错误；C、新型冠状病毒不能通过光学显微镜视察到，C错误；D、病毒、原核生物和真核生物都遵循碱基互补配对原则，D正确。故选D。2.如图为小肠内表面细胞结构图，下列相关说法不正确的是（）A.在小肠内表面细胞分泌消化酶的过程中体现了⑤具有肯定的流淌性B.消化酶的本质是蛋白质，由③内质网合成并通过转运囊泡运到高尔基体C.④由双层核被膜包被，该细胞分泌消化酶与其内基因的选择性表达有关D.①接受来自内质网的蛋白质和脂质，修饰它们并将它们派送到细胞内其他目的地【答案】B【解析】【分析】据图分析，图示为小肠内表面细胞结构图，其中①表示高尔基体，②表示线粒体，③表示内质网，④表示细胞核，⑤表示细胞膜，⑥表示核糖体，据此分析答题。【详解】A、消化酶是通过⑤细胞膜分泌出来的，体现了细胞膜具有肯定的流淌性结构特点，A正确；B、消化酶的本质是蛋白质，由⑥核糖体合成，通过③内质网的初步加工并通过转运囊泡运到高尔基体，B错误；C、④表示细胞核，由双层核被膜包被，该细胞分泌消化酶与其内基因的选择性表达有关，C正确；D、①表示高尔基体，接受来自内质网的蛋白质和脂质，修饰它们并将它们派送到细胞内其他目的地，D正确。故选B。3.苹果削皮后，破损处细胞中的酚类物质在多酚氧化酶的作用下，与空气中的氧结合，产生能使植物细胞快速变成褐色的醌类物质，以下说法不正确的是（）A.可利用双缩脲试剂鉴定多酚氧化酶的化学本质B.该酶促反应的底物是酚类物质和空气中的氧气C.将苹果块煮熟后放置在空气中会快速发生变色反应D.削皮后在其切面滴加富含柠檬酸的柠檬汁能延缓变色【答案】C【解析】【分析】依据题干信息分析，在多酚氧化酶的催化作用下，酚类物质与空气中的氧结合，产生了使植物细胞快速变成褐色的醌类物质；鉴定蛋白质常用的试剂是双缩脲试剂；酶的活性受温度、pH等影响。【详解】A、酶的化学本质是蛋白质或RNA，其中蛋白质与双缩脲试剂产生紫色反应，因此可利用双缩脲试剂鉴定多酚氧化酶的化学本质，A正确；B、依据以上分析已知，该反应的催化剂是多酚氧化酶，反应物是酚类物质和空气中的氧气，B正确；C、将苹果块煮熟后，其含有的多酚氧化酶（本质是蛋白质）丢失活性，不能催化醌类物质的合成，因此一般不会发生变色反应，C错误；D、柠檬汁具有可以防止苹果切面的酚类物质氧化，因此削皮后在其切面滴加富含柠檬酸的柠檬汁能延缓变色，D正确。故选C。4.下列有关细胞呼吸在生产实践中的应用不正确的是（）A.乳酸菌无氧呼吸不产生二氧化碳，故酸奶胀袋后不能饮用B.栽培植物常用疏松透气的基质代替土壤，利于根部细胞呼吸作用C.皮肤角质层太厚会影响皮肤细胞呼吸，故要定时去角质至出现红血丝D.爬山等猛烈运动时，常由有氧呼吸和无氧呼吸共同供能【答案】C【解析】【分析】细胞呼吸包括有氧呼吸和无氧呼吸，有氧呼吸产生二氧化碳和水，无氧呼吸产生酒精和二氧化碳或乳酸；不同的生物无氧呼吸的产物可能不同，据此分析答题。【详解】A、乳酸菌是厌氧菌，无氧呼吸产生乳酸，不产生二氧化碳，其发酵不会产生胀袋现象，因此酸奶胀袋后说明酸奶内有其他杂菌，故酸奶不能饮用，A正确；B、栽培植物常用疏松透气的基质代替土壤，有利于植物根部细胞进行有氧呼吸，为矿质元素的汲取等生命活动供应能量，B正确；C、皮肤角质层太厚会影响皮肤细胞呼吸，因此可以定时适度的去角质，但是不能出现红血丝，C错误；D、爬山等猛烈运动时，由于须要消耗大量的ATP，细胞呼吸加快，导致氧气供应不足，机体会同时进行有氧呼吸和无氧呼吸，D正确。故选C。5.下图为一只果蝇两条染色体上部分基因分布示意图，下列叙述不正确的是（）A.有丝分裂中期，染色体的着丝点都排列在细胞赤道板上B.有丝分裂后期，基因cn、cl、v、w会出现在细胞的同一极C.减数第一次分裂后期，等位基因cn、cl伴同源染色体分开而分别D.减数其次次分裂后期，基因cn、cl、v、w可出现在细胞的同一极【答案】C【解析】【分析】据图分析，图示为一只果蝇两条染色体上部分基因分布示意图，两条染色体为非同源染色体，两条染色体上含有的4个基因为非等位基因，结合有丝分裂和减数分裂的过程分析答题。【详解】A、有丝分裂中期，全部染色体的着丝点都排列在赤道板上，A正确；B、有丝分裂后期，每一极都含有图示的常染色体和X染色体，因此为一只果蝇两条染色体上部分基因分布示意图，B正确；C、图中基因cn、cl在同一条染色体上，为非等位基因，一般不会伴同源染色体分开而分别，C错误；D、图示常染色体和X染色体为非同源染色体，可以出现于减数其次次分裂后期的同一极，因此减数其次次分裂后期，基因cn、cl、v、w可出现在细胞的同一极，D正确。故选C。6.两个具有不同遗传背景的纯合转基因小鼠B和P品系，进行同品系交配及品系间交配繁育，得到F1，（PBF1表示母本为P，父本为B；BPF1同理），视察亲代和品系间杂交后代F1在热敏（在热板上感受到热刺激的反应时间越短，表明对热越敏感）试验中的行为差异，试验结果如下图所示，下列相关试验结果分析合理的是（）A.该杂交过程中涉及自交和正、反交，同品系间交配产生F1代为试验组B.B品系热敏强于P品系，F1的行为特征为父系遗传，雌性F1中没有明显不同C.据F1代小鼠表现可知，热敏与热钝为一对相对性状，由一对等位基因限制D.小鼠的行为特征与亲本的遗传背景影响无关，为不行遗传的行为特征【答案】B【解析】【分析】依据题干信息和图形分析，同品系交配产生的F1代中，雌雄性都是B品系热敏强于P品系；品系间交配产生的F1代显示，后代雄性的热敏性与父本相同，表现为父系遗传，而后代雌性的热敏性没有明显的不同，位于父母本之间。【详解】A、该试验的对象是小鼠（动物），同品系交配不能称为自交，且同品系交配产生的F1代应当作为比照组，A错误；B、依据以上分析已知，B品系热敏强于P品系，雄性后代的行为特征为父系遗传，但是雌性后代中没有明显不同，B正确；C、依据以上分析已知，雄性后代的行为特征为父系遗传，雌性后代中没有明显不同，不能得出“热敏与热钝为一对相对性状，由一对等位基因限制”的结论，C错误；D、小鼠的行为特征与亲本的遗传背景影响有关，为可遗传的行为特征，D错误。故选B。7.半乳糖血症是一种严峻的遗传病，人群中的致病基因频率为1/150，由于位于第9号染色体短臂的p13区的1－磷酸半乳糖尿苷转移酶基因发生突变，导致半乳糖代谢异样，主要侵害肝、肾、脑及晶状体。下图为该病的家族遗传系谱图，（限制半乳糖血症的基因用B、b表示），下列相关说法不正确的是（）A.半乳糖血症属于常染色体隐性遗传病B.该家系图中8的基因型为BB或BbC.若11和12婚配，子女患该病概率是1/22500D.该病可以通过羊膜穿刺术进行产前诊断【答案】C【解析】【分析】据图分析，图中3号和4号正常，而他们的女儿9号患病，说明半乳糖血症属于常染色体隐性遗传病；人群中的该致病基因频率为1/150，即b=1/150，B=1-1/150=149/150，则正常人群中携带者Bb的概率=2Bb÷(2Bb+BB)=2b÷(2b+B)=2/151，据此分析答题。【详解】A、依据以上分析已知，半乳糖血症属于常染色体隐性遗传病，A正确；B、图中9号基因型为bb，则3号和4号的基因型都为Bb，因此8号基因型为BB或Bb，B正确；C、3号和4号的基因型都为Bb，则11号的基因型为1/3BB或2/3Bb；7号基因型为为Bb，8号基因型为1/3BB或2/3Bb，后代BB占1/2×2/3=2/6，Bb占1/2×2/3+1/2×1/3=3/6，则12号是携带者的概率是3/5。因此，若11号和12号婚配，后代患该病概率=2/3×3/5×1/4=1/10，C错误；D、该病为常染色体隐性遗传病，属于单基因遗传病，可以通过羊膜穿刺术进行产前诊断，D正确。故选C。8.运用不同浓度的油菜素内脂(BR)及Hongland完全培育液浸泡烟草根系24小时后，测得氨基酸含量如下表所示：mg/100g干重项目BR比照0.01ppm0.05ppm0.1ppm天门冬氨酸95.1847.7121.3942.73谷氨酸80.8654.5948.3551.82赖氨酸25.4014.335.836.78精氨酸276.20131.0198.74107.19脯氨酸207.9555.114.2222.35以下说法不正确的是（）A.比照组烟草根细胞中植物激素含量为0B.BR能够提高烟草根细胞中5种氨基酸含量C.BR对烟草根细胞的调整作用具有两重性D.烟草根细胞生命活动须要多种激素调控【答案】A【解析】【分析】依据题干信息和表格内容分析，试验的自变量是油菜素内脂(BR)浓度，因变量是5种氨基酸的含量，与比照组相比，0.01ppm和0.05ppm的BR使得5种氨基酸的含量都上升，且前者上升更多，而0.1ppm的BR使得5种氨基酸的含量都降低。【详解】A、比照组烟草根细胞中植物激素含量不为0，A错误；B、依据以上分析已知，0.01ppm和0.05ppm的BR使得5种氨基酸的含量都上升，说明BR能够提高烟草根细胞中5种氨基酸含量，B正确；C、依据以上分析已知，三种浓度的BR中，对5种氨基酸的含量既有促进作用，也有抑制作用，说明BR对烟草根细胞的调整作用具有两重性，C正确；D、烟草根细胞生命活动须要生长素、细胞分裂素等多种激素的调控，D正确。故选A。9.人体被新冠病毒感染后会引起发热，在体温上升期机体体温调整过程示意图如下，以下说法不正确的是（）A.机体通过体液调整增加甲状腺激素的含量促进新陈代谢从而增加产热B.经突触前膜释放的神经递质可与骨骼肌细胞膜上的特异性受体结合C.机体通过增加产热、削减散热两种方式共同作用使体温上升至38.5D.患者还伴有肌肉酸痛和头疼，产生这两种感觉的部位分别是四肢肌肉和大脑皮层【答案】D【解析】【分析】据图分析，图示为人体被新冠病毒感染后发生的体温调整过程，其中激素甲是由下丘脑分泌的，为促甲状腺激素释放激素；激素乙是由垂体分泌的，为促甲状腺激素。体温调整过程为神经体液调整，体液调整过程中，甲状腺激素可以促进细胞代谢，增加产热量；神经调整过程中，骨骼肌收缩以增加产热量，皮肤血管收缩以削减散热量。【详解】A、据图分析可知，在图示体液调整过程中，机体通过下丘脑和垂体促进甲状腺分泌甲状腺激素，进而促进细胞代谢以增加产热量，A正确；B、据图分析，图示传出神经可以调整骨骼肌收缩，说明经突触前膜释放的神经递质可与骨骼肌细胞膜上的特异性受体结合，B正确；C、据图分析可知，图中下丘脑的体温调定点上调至了38.5℃，说明该过程中机体的产热量高于散热量，即机体通过增加产热、削减散热两种方式共同作用使体温上升至38.5℃，C正确；D、肌肉酸痛和头疼的感觉都是由大脑皮层产生的，D错误。故选D。10.含磷洗涤剂产生的污水未经处理即行排放，使海水、湖水中富含氮、磷等植物养分物质，称为水体富养分化。水体富养分化是全球性的水环境问题，科学家研制诞生态浮床以进行缓解，如下图所示，以下关于生态浮床的作用说法错误的是（）A.生态浮床上的植物能汲取水中的氮磷，缓解水体富养分化现象B.生态浮床上的植物能汲取水中的有机物，削减水体污染现象C.生态浮床上的植物能使进入该生态系统的总能量增加D.生态浮床能为水中的鱼类供应隐藏空间，避开其被捕食【答案】B【解析】【分析】1.水体富养分化是指在人类活动的影响下，生物所需的N、P等养分物质大量进入湖泊、河湖、海湾等缓流水体，引起藻类及其他浮游生物快速繁殖，水体溶解氧量下降，水质恶化，鱼类及其他生物大量死亡的现象。2.生态浮床是人工浮岛的一种，针对富养分化的水质，利用生态工学原理，降解水中的COD、N和P的含量。它以水生植物为主体，运用无土栽培技术原理，以高分子材料等为载体和基质，应用物种间共生关系，充分利用水体空间生态位和养分生态位，从而建立高效人工生态系统，用以削减水体中的污染负荷；它能使水体透亮度大幅度提高，同时水质指标也得到有效的改善，特殊是对藻类有很好的抑制效果；生态浮岛对水质净化最主要的功效是利用植物的根系汲取水中的富养分化物质，例如总N、P、等，使得水体的养分得到转移，减轻水体由于封闭或自循环不足带来的水体腥臭、富养分化现象。【详解】A、生态浮床上的植物的根能够汲取水中的N、P等，进而缓解水体富养分化现象，A正确；B、生态浮床上的植物属于生产者，水中的有机物经过微生物的分解作用后产生的无机物可以被植物汲取，B错误；C、生态浮床上的植物属于生产者，可以利用光能进行光合作用，因此其能使进入该生态系统的总能量增加，C正确；D、生态浮床能为水中的鱼类供应隐藏空间，避开其被捕食，D正确。故选B。11.北美水貂脚有蹼，夏季以捕鱼为生，能游泳；冬季以小型啮齿类、鸟类和昆虫为食。单只水貂可杀死整群地面营巢鸟类。由于北美水貂适应性强，被作为毛皮兽引入我国，在东北、华东、新疆地区饲养，与当地水獭的生态习性相像。下列有关说法不正确的是（）A.北美水貂脚上有蹼是进化的结果，有利于游泳和捕食B.北美水貂不同季节的捕食动物的差异是长期自然选择的结果C.北美水貂适应力强，放逐野外有利于提高当地生态系统稳定性D.进入我国野外的北美水貂会与水獭形成竞争关系【答案】C【解析】【分析】现代生物进化理论内容：种群是生物进化的基本单位，生物进化的实质是种群基因频率的定向变更；突变和基因重组为生物进化供应原材料；自然选择确定生物进化的方向；隔离是物种形成的必要条件。【详解】A、北美水貂脚上有蹼是生物进化的结果，有利于其游泳和捕食，A正确；B、依据题干信息分析可知，北美水貂不同季节的捕食动物的种类不同，这是长期自然选择的结果，B正确；C、北美水貂适应力强，放逐野外可能会导致其他物种灭亡，因此可能会降低当地生态系统稳定性，C错误D、进入我国野外的北美水貂与当地水獭的生态习性相像，因此北美水貂会与水獭形成竞争关系，D正确。故选C。12.春天，青蛙是池塘食物网的一部分，到了秋天，它转移到陆地，又加入了草地食物网。因此，青蛙是池塘和草地这两个不同食物网的连接点。下列有关说法不正确的是（）A.池塘中的全部生物构成了一个生物群落B.池塘里的蝌蚪和草地上的青蛙属于两个物种C.狐狸属于消费者，草地食物网的最高养分级D.池塘和草地这两个生态系统的能量最终都源于太阳能【答案】B【解析】分析】在生态系统中，生产者和消费者以及消费者和消费者之间存在着吃与被吃的关系，这种各种生物之间由于食物关系而形成的一种联系，叫作食物链；一个生态系统中，往往有很多条食物链，它们彼此交织连接，形成网状，我们称之为食物网。【详解】A、池塘中的全部生物包括动物、植物和微生物，它们共同构成了一个生物群落，A正确；B、池塘里的蝌蚪和草地上的青蛙属于同一个物种，B错误；C、据图分析，在草地食物网中，狐狸为消费者，处于最高养分级，C正确；D、池塘和草地这两个生态系统的能量归根结底都来自于太阳能，D正确。故选B。13.蓝藻（含特有色素—藻蓝蛋白）引起的水华时有发生，应用细菌治理水华取得了肯定效果。科研人员为探讨溶藻细菌S7的溶藻效果，做了相关试验，下列说法不正确的是（）A.培育溶藻细菌S7和蓝藻的培育基成分相同，都需有机碳源、氮源等物质B.接种不同浓度的溶藻细菌S7培育液以探讨溶藻的最适浓度C.每个浓度下应设置至少三个平行重复操作来解除试验误差D.可通过检测藻蓝蛋白含量反映不同浓度溶藻细菌S7的溶藻效果【答案】A【解析】【分析】依据题干信息分析，该试验中蓝藻含有藻蓝蛋白，且会引起水体富养分化（水华），而溶藻细菌S7可以用于治理水华；试验的目的是探讨溶藻细菌S7的溶藻效果，自变量是溶藻细菌S7，因变量是蓝藻的数量（可以用藻蓝蛋白的含量来反应）。【详解】A、蓝藻是是生产者，可以进行光合作用合成有机物，因此培育蓝藻的培育基成分中不须要加入有机碳源，A错误；B、探讨溶藻的最适浓度试验中，应当接种不同浓度的溶藻细菌S7培育液，B正确；C、每个浓度下应设置至少三个平行重复操作来解除试验误差，C正确；D、该试验的目的是探讨溶藻细菌S7的溶藻效果，而蓝藻含有特殊的色素（藻蓝蛋白），因此可通过检测藻蓝蛋白含量反映不同浓度溶藻细菌S7的溶藻效果，D正确。14.下列试验中，不经过染色即可在显微镜下清晰视察到的是（）A.人体口腔上皮细胞中的线粒体B.黑藻细胞的叶绿体及细胞质流淌C.紫色洋葱内表皮细胞的质壁分别与复原D.大蒜根尖细胞中的染色体【答案】B【解析】【分析】生物学试验中，由于很多材料是无色透亮的，无法在显微镜下干脆视察到，因此须要经过特殊的染色后才能视察到，如还原糖、脂肪的和蛋白质的鉴定、DNA的鉴定、DNA和RNA再细胞中的分布、线粒体的视察等试验，回忆各个试验的过程、原理等答题。【详解】A、人体口腔上皮细胞中的线粒体须要用健那绿染色后视察，A错误；B、黑藻细胞的叶绿体含有色素，不须要染色就可以在显微镜下视察到，且可以借助于叶绿体的流淌视察细胞质的流淌状况，B正确；C、紫色洋葱内表皮细胞是无色透亮的，须要经过染色后才能视察到质壁分别和复原现象，C错误；D、大蒜根尖细胞中的染色体须要用碱性染料染成深色，才能用显微镜视察到，D错误。故选B。15.下列关于微生物发酵的说法，正确的是（）A.制作腐乳时，越到瓶口放盐越多是为了防止杂菌污染B.制作果酒时，发酵的时间越长，则产生的酒精就越多C.制作泡菜时，须要密封是因为醋酸杆菌是厌氧型生物D.由果酒到果醋的发酵过程，只需变更成有氧条件即可【答案】A【解析】【分析】本题涉及到微生物发酵的几个试验，包括果酒和果醋的发酵、腐乳的制作、泡菜的制作，回忆各个试验的过程和原理，了解不同的试验所选菌种的种类和代谢类型及其发酵条件等，据此答题。【详解】A、制作腐乳时，由于越接近瓶口，微生物污染可能越严峻，故豆腐加盐时，越近瓶口处盐用量越多，A正确；B、酵母菌无氧呼吸产生的酒精，一段时间内，密封的时间延长，酒精量就越多，由于养分物质的消耗、pH降低、有害代谢产物的增加等缘由，酒精产生量削减，B错误；C、制作泡菜利用的是乳酸菌，而醋酸杆菌是好氧菌，C错误；D、由果酒到果醋的发酵过程，须要变更的条件有氧气、温度等，D错误。故选A。二、非选择题16.农夫为了达到高产目的通常在水稻种植时运用氮肥，然而在生产上经常会出现随施氮量的增加而增产效果不显著的现象。科研人员为了探讨不同施氮量对Rubisco酶（参加碳（暗）反应的关键酶）及作物光合作用的影响，进行了相关试验探讨。请回答问题：（1）NO3-和NH4+是土壤中主要的氮素，可以逆浓度梯度通过_________的方式汲取进入植物根系运输到植物体各个部位，用以合成含氮物质，如光合作用过程中所需的____________等。（2）科研人员探讨高施氮量条件下Rubisco酶及碳反应速率变更，试验结果如图1所示，据图1分析，在高施氮量条件下，随着施氮量的增加，Rubisco酶含量____________，而碳反应速率无明显增长，推想Rubisco酶催化碳反应的效率______________。（3）科研人员探讨发觉，Rubisco酶是一种双功能酶，其作用过程如图2所示。图中①代表的细胞结构是______________。据图2分析，Rubisco酶作为双功能酶，一方面可以催化碳反应中________________的过程；另一方面可以催化C5与CO2结合成_____________________，进而完成过氧化氢体内反应，最终在线粒体产生CO2并释放，此过程在生物学上称为光呼吸。有人提出，光呼吸速率增加也是导致光合速率下降的缘由之一，请结合以上材料阐明其理由_____________。【答案】(1).主动运输(2).光合色素、酶、ATP、ADP(3).上升(4).降低（酶活性降低）(5).叶绿体基质(6).CO2与C5结合形成C3（CO2的固定）(7).磷酸乙醇酸和C3(8).光呼吸消耗了碳反应的底物，将其氧化后最终形成CO2释放出细胞，从而降低了光合速率【解析】【分析】依据题干信息分析，Rubisco酶是一种参加光合作用碳反应的酶，该酶的含量或活性上升，可能会增加碳反应的速率，进而提高水稻的光合速率；该试验的目的是探讨不同施氮量对Rubisco酶（参加碳（暗）反应的关键酶）及作物光合作用的影响，因此该试验的自变量是不同施氮量，因变量是Rubisco酶的活性、光合速率。【详解】（1）依据题意分析，NO3-和NH4+进入植物根系是逆浓梯度进行的，说明其跨膜运输方式为主动运输；植物细胞中参加光合作用的含氮物质有光合色素、酶、ATP、ADP。（2）图中a为Rubisco酶，b是碳反应速率，图中曲线显示，在高施氮量条件下，随着施氮量的增加，Rubisco酶含量，但是碳反应速率变更不明显，说明Rubisco酶催化碳反应的效率降低。（3）据图分析，图2中①为叶绿体基质，是碳反应的场所；图中显示Rubisco酶一方面可以催化碳反应中的CO2的固定（CO2与C5结合形成C3）过程，另一方面可以催化C5与CO2结合成磷酸乙醇酸和C3，进而完成过氧化氢体内反应，最终在线粒体产生CO2并释放，该过程在生物学上称为光呼吸；依据以上分析可知，光呼吸消耗了碳反应的底物，将其氧化后最终形成CO2释放出细胞，从而降低了光合速率，所以光呼吸速率增加也是导致光合速率下降的缘由之一。【点睛】解答本题关键是驾驭光合作用光反应和暗反应的过程，弄清晰Rubisco酶再光合作用中的作用，能够依据试验目的找出试验的自变量和因变量，进而利用所学学问结合题干要求分析答题。17.探讨发觉HOXA7基因表达的蛋白质具有DNA结合及转录因子活性，调控胚胎及成体细胞增殖、分化。科研人员对探讨HOXA7基因在宫颈癌中的功能作用做了相关试验。请回答问题：（1）癌细胞具有无限___________的特点，宫颈癌发生的根本缘由是___________。（2）利用_____酶分别对HOXA7基因干扰序列—si-HOXA7（可以与HOXA7的mRNA发生碱基互补配对）和载体（plent-U6-GFP）进行切割，并用___________酶连接，构建表达载体plent-U6-GFP/si-HOXA7，并以空载体plent-U6-GFP（NC)为比照。将重组质粒plent-U6-GFP/si-HOXA7和比照质粒plent-U6-GFP用脂质体转染宫颈癌Siha细胞，获得试验组细胞（Siha/si-HOXA7）和比照组细胞（Siha/NC）。分别采纳RT-PCR法和抗原—抗体杂交检测获得细胞中的HOXA7mRNA（图1A）和HOXA7蛋白质（图1B）水平，结果如图1。注：GAPDH和β-actin在各组织和细胞中的表达相对恒定，作为参照物。与比照组相比，试验组HOXA7基因表达的mRNA和蛋白质______________，说明_________（胜利/未胜利）建立可以用于后续试验的Siha/si-HOXA7细胞系。（3）为进一步探讨HOXA7对宫颈癌细胞体外增殖实力的影响，取试验组细胞Siha/si-HOXA7和比照组细胞Siha/NC培育，检测细胞的平板克隆形成实力，结果如图2（A）；利用流式细胞术检测试验组和比照组的细胞周期，结果如图2（B）。由图2（A）结果可知，与比照组相比，试验组细胞Siha/si-HOXA7_________，由此可以推想HOXA7基因能够________（促进或抑制）宫颈癌细胞体外增殖；结合流式细胞术检测结果，推想HOXA7对人宫颈癌细胞的作用机制是______________。【答案】(1).分裂（增殖）(2).原癌基因或抑癌基因突变(3).限制性内切（限制）(4).DNA连接(5).均明显低于比照组(6).胜利(7).克隆形成实力明显减弱（增殖实力减弱/细胞周期阻滞）继而导致细胞增殖实力降低(8).促进宫颈癌细胞体外增殖(9).G1期细胞增多，S期细胞削减【解析】【分析】据图分析，图1中A、B两图显示，与比照组相比，试验组细胞（Siha/si-HOXA7）的HOXA7表达产生的mRNA和蛋白质都比比照组少；图2A图显示，培育皿中试验组细胞（Siha/si-HOXA7）数量明显少于比照组，说明HOXA7基因能够促进宫颈癌细胞体外增殖。【详解】（1）细胞癌变的根本缘由是原癌基因或抑癌基因突变，癌细胞具有无限增殖等特点。（2）切割基因和质粒应当用限制酶，连接切割后的质粒和目的基因应当用DNA连接酶；据图1分析，与比照组相比，试验组HOXA7基因表达的产生的mRNA和蛋白质含量都明显削减了，说明胜利建立可以用于后续试验的Siha/si-HOXA7细胞系。（3）据图2分析，A图显示右图培育皿中细胞数量明显少于左图培育皿，即试验组细胞Siha/si-HOXA7克隆形成实力明显减弱（增殖实力减弱/细胞周期阻滞）继而导致细胞增殖实力降低，结合以上分析可以推想HOXA7基因能够促进宫颈癌细胞体外增殖；结合流式细胞术检测结果，推想HOXA7对人宫颈癌细胞的作用机制是G1期细胞增多，S【点睛】解答本题的关键是了解癌细胞的特点及其致病机理，弄清晰试验组与比照组的试验内容，明确图1中试验组的HOXA7基因表达产物少、图2中的试验组的细胞数量少，进而推想HOXA7基因在癌细胞增值过程中的作用。18.水稻是自花传粉的植物，其杂种一代会出现杂种优势（产量等性状优于双亲），但这种优势无法在自交后代中保持。科研人员为解决这一问题做了相关试验。请回答问题：（1）自然条件下，筛选出水稻品种ZH11的雄性不育突变体（hms1）。在杂交育种中，雄性不育植株只能作为亲本中的____________（父本/母本），其应用优势是不必进行__________操作，极大地减轻了人的工作量。（2）若将野生型ZH11和突变体（hms1）杂交，F2中突变型占1/4，说明这对相对性状是由__________对基因限制的，遵循__________定律。（3）为探讨湿度与雄性不育突变体产生的关系，探讨人员将野生型ZH11和突变体（hms1）分别在不同湿度条件下自交，牢固率如图1，将野生型和突变体的花粉放置于高浓度溶液中做脱水试验，结果如图2：由图1试验结果分析：突变体在__________条件下表现为雄性不育。由图2试验结果推想：突变体的花粉可能在结构或化学组成方面存在缺陷，导致花粉___________________，产生雄性不育突变体。（4）进一步探讨发觉，突变体的产生是由于HMS1基因插入了8个碱基对而发生基因突变，转变为hms1基因后，其转录出的mRNA，在翻译时_____________________，使花粉细胞中催化脂肪酸链延长的酶A分子量变小。特长链脂肪酸的缺少会影响花粉壁中含油层的形成。（5）综上探讨，阐述产生雄性不育突变体的可能机理_________________。（6）结合以上材料，请设计对利用hms1培育生产用水稻杂交种或如何保存突变体（hms1）其一的简要流程____________________。【答案】(1).母本(2).去雄(3).一对(4).基因分别(5).低湿度（湿度小于55%）(6).易脱水（保水实力差）(7).蛋白质合成提前终止(8).HMS1基因突变，蛋白质合成提前终止，使花粉细胞中催化脂肪酸链延长的酶A分子量变小，花粉保水实力差，导致突变体在低湿度条件下表现为雄性不育。(9).培育水稻杂交种：在湿度小55%条件下，以突变体（hms1）为母本，与一般水稻杂交，收获突变体（hms1）植株上所结的种子即为生产中所用的杂交种；保存突变体（hms1）：在湿度大于75%条件下，使突变体S自交，收获种子，获得突变体（hms1）以备来年运用【解析】【分析】1.杂交试验过程中，须要对母本进行去雄处理，而雄性不育的个体不须要去雄；一对等位基因的测交试验中，后代的性状分别比为1∶1。2.依据题干信息和图形分析，试验的自变量是湿度、时间、水稻的品种，因变量是牢固率、花粉脱水率。图1显示，野生型ZH11杂不同的湿度条件下都可育，而突变体（hms1）在湿度大于55%后也可育了；图2显示，将野生型和突变体的花粉放置于高浓度溶液中做脱水试验，随着时间的延长，野生型的花粉脱水领先增加后维持相对平衡，而突变体的花粉脱水率起先始终为0，一段时间后出现了渐渐增加的现象。【详解】（1）雄性不育个体不能作为父本，只能作为母本，可以省去杂交育种过程中的去雄的操作步骤。（2）让野生型ZH11（隐性纯合子）和突变体（hms1、杂合子）杂交，子二代中突变体占1/4(=1/2×1/2)，说明子一代突变体占1/2，进而说明这对相对性状是由一对基因限制的，遵循基因的分别定律。（3）据图1分析可知，突变体在低湿度（湿度小于55%）条件下表现为雄性不育，而湿度大于55%后也可育了；结合图2分析，突变体雄性不育的花粉的脱水率几乎为0，说明突变体的花粉可能在结构或化学组成方面存在缺陷，导致花粉易脱水（保水实力差），产生雄性不育突变体。（4）依据题意分析，基因通过翻译指导蛋白质的合成，而突变体产生的酶A分子（本质是蛋白质）量变小，说明翻译时蛋白质合成提前终止了。（5）结合以上分析，产生雄性不育突变体的可能机理是：HMS1基因突变，蛋白质合成提前终止，使花粉细胞中催化脂肪酸链延长的酶A分子量变小，花粉保水实力差，导致突变体在低湿度条件下表现为雄性不育。（6）依据以上雄性不育突变体的产朝气理，设计试验培育水稻杂交种：在湿度小55%条件下，以突变体（hms1）为母本，与一般水稻杂交，收获突变体（hms1）植株上所结的种子即为生产中所用的杂交种；保存突变体（hms1）：在湿度大于75%条件下，使突变体S自交，收获种子，获得突变体（hms1）以备来年运用。【点睛】解答本题的关键是驾驭基因的分别定律及实质、杂种优势等学问点，明确雄性不育个体可以免去去雄的麻烦，能够依据子二代的性状分别比推断限制该性状的等位基因的对数，并能够结合图形和题干信息分析试验的自变量与因变量之间的关系。19.阅读下列材料并回答问题。p53蛋白——细胞的守护神或刽子手多细胞动物都能清除自身组织中有缺陷或者丢失功能的细胞。p53蛋白在其中起着重要作用。由p53基因编码的p53蛋白是一种转录因子，限制着细胞周期的启动。探讨发觉，细胞受到X射线照耀后（通常会损伤遗传物质DNA），p53蛋白水平明显上升，诱导p21蛋白（细胞周期蛋白）表达，将分裂的细胞阻滞在任一时期，从而停止分裂增殖。也就是说，当p53蛋白接收到细胞代谢紊乱（如癌细胞）或者遗传物质损伤的信息时，它将阻挡细胞生长、分裂等生命活动的进程，促进细胞进行损伤修复，假如这个受损细胞不能得到修复，则p53蛋白将放出信号激活细胞潜在的自杀程序——凋亡。另外，p53蛋白在对抗肿瘤发生的过程中，具有重要的预警及爱护功能。p53基因是一种抑癌基因，在人类全部恶性肿瘤中，50%以上的个体会出现该基因的突变。在p53基因的探讨过程中，曾由于操作失误，导致p53基因突变，使其所编码的p53蛋白具有持续的活性，甚至并不须要通常激活它的信号，结果导致携带该突变基因的杂合小鼠比正常野生型小鼠具有更强的抗癌性。结合其他探讨表明，p53蛋白的确能爱护组织细胞避开癌变，从而在癌细胞有机会增殖成一个明显的肿瘤之前歼灭它们。有利亦有弊，p53蛋白供应抗肿瘤的爱护作用的同时，也加速了细胞苍老的过程。这些“肿瘤抗性”小鼠非但没有活得更长，还显示出早衰综合征，它们的生存周期削减了20％。这个加速的苍老过程包括了通常在苍老的人类中发生的变更，如脊柱弯曲的形成，延迟的伤口愈合，具有自我更新实力的干细胞削减，以及体重、气力、肌肉、骨密度及头发的削减。（1）p53基因表达产生的p53蛋白是一种转录因子，限制着细胞周期的启动，请列举与细胞周期相关5个术语（专业名词）________________________________。（2）日常生活中体内细胞受到X射线照耀后，p53基因激活不能复原的受损细胞的自杀程序——凋亡，这是一个正常的生理过程，有利于维持机体内环境的_________。（3）对野生型小鼠胸腺细胞进行电泳分析p53和p21蛋白的表达量，并视察不同基因型小鼠的胸腺细胞进行肯定辐射剂量X射线照耀后的存活率，结果如图A和图B所示。注：p53基因（+）突变基因（—）p53+/-杂合型小鼠的胸腺细胞p53-/-纯合子突变小鼠胸腺细胞p53+/+野生型小鼠胸腺细胞actin：表达无组织特异性，作为参考①提取小鼠胸腺时，需在_____________处理后，才能获得单个细胞进行培育，培育液中除加入糖类、氨基酸、促生长因子、无机盐、微量元素等养分物质外，还需额外加入_______________，置于5%CO2培育箱中培育。②据图A与图B分析，________基因型小鼠的胸腺细胞的存活率最高，说明突变基因编码的p53蛋白持续具有活性，导致其具有超强抗癌变的特性。③依据图A分析p53基因和p21基因的表达状况和阅读材料，请补充完全下列流程：肯定辐射剂量X射线照耀激活p53基因p53蛋白含量______________基因表达，阻滞细胞分裂进程，最终凋亡，避开细胞发生癌变。（4）p53是一把双刃剑，对机体的生命活动既有利又有弊，请依据阅读材料，说出其对人体的利和弊，并据此陈述在肿瘤疾病的治疗方面如何合理利用________。【答案】(1).间期分裂期前期中期后期末期有丝分裂着丝粒染色体赤道面(2).稳态(3).胰蛋白酶(4).动物血清(5).p53-/-(6).上升(7).p21(8).利：p53蛋白接收到细胞代谢紊乱或者遗传物质损伤的信息时，它将阻挡细胞生长、分裂等生命活动的进程，促进细胞进行损伤修复，假如这个受损细胞不能得到修复，则p53蛋白将放出信号激活细胞潜在的自杀程序——凋亡，以避开细胞癌变和人体患癌症。（只抄文中语句不得分）弊：p53蛋白含量过多，将加速细胞苍老和人体苍老的过程。肿瘤治疗过程中，p53蛋白不能过少或过量，假如相应的抗体携带肯定量的p53制成药物，将能特异性终止癌细胞分裂而诱导凋亡。【解析】【分析】依据题干信息分析，p53蛋白既是细胞的守护神，也是刽子手。①p53蛋白在多细胞动物清除自身组织中有缺陷或者丢失功能的细胞中起着主要的作用，其为一种转录因子，限制着细胞周期的启动，当细胞代谢紊乱（如癌细胞）或者遗传物质损伤的信息时，它将阻挡细胞生长、分裂等生命活动的进程，促进细胞进行损伤修复，假如这个受损细胞不能得到修复，则p53蛋白将放出信号激活细胞潜在的自杀程序——凋亡。②p53基因是一种抑癌基因，p53蛋白在对抗肿瘤发生的过程中，具有重要的预警及爱护功能。③p53蛋白加速了细胞苍老的过程。【详解】（1）细胞周期指的是连续分裂的细胞，从一次分裂完成时起先到下一次分裂完成时为止所经验的全过程，包括分裂间期和分裂期，分裂期又包括前期、中期、后期和末期；细胞周期中涉及到DNA的复制、蛋白质的合成、着丝点的分裂、赤道板、染色体等学问点。（2）细胞凋亡属于正常的生理过程，有利于维持机体内环境的稳态。（3）①将小鼠胸腺处理成单个细胞须要用胰蛋白酶或胶原蛋白梅处理；培育小鼠胸腺细胞（动物细胞）时，培育基中须要加入动物血清。②结合图A和图B分析可知，p53-/-（纯合子突变小鼠胸腺细胞）基因型小鼠的胸腺细胞的存活率最高。③结合图A和图B分析，肯定辐射剂量X射线照耀激活p53基因后，其表达产生的p53蛋白含量上升，进而促进p21的表达，阻滞细胞分裂进程，最终凋亡，避开细胞发生癌变。（4）p53是一把双刃剑，对机体的生命活动既有利又有弊，在肿瘤疾病的治疗方面，p53蛋白接收到细胞代谢紊乱或者遗传物质损伤的信息时，它将阻挡细胞生长、分裂等生命活动的进程，促进细胞进行损伤修复，假如这个受损细胞不能得到修复，则p53蛋白将放出信号激活细胞潜在的自杀程序——凋亡，以避开细胞癌变和人体患癌症。【点睛】解答本题关键是驾驭细胞癌变的机理以及癌细胞的特征，明确题干中的p53蛋白是一把“双刃剑”（细胞的守护神或刽子手），能够从题干信息中读取其有利和不利的方面，进而利用所学学问结合题干要求分析答题。20.贝壳杉烷二萜（Ra）是拟南芥的代谢产物，Ra能够通过调整生长素的运输来影响拟南芥的生长发育。请回答问题：（1）生长素是植物体内合成的一类起调整作用的_______的有机物，其化学本质是__________。（2）为探究Ra对拟南芥生长影响，探讨人员选择长势一样的野生型拟南芥幼苗置于含有不同浓度的Ra的培育基上培育，野生型及突变体幼苗于5d后取出拍照、固定并测定拟南芥幼苗主根长以及统计侧根和侧根原基数，侧根原基依据其发展过程分为A、B、C、D四个时期（A期<3细胞层，B期>3细胞层，C期<0.5mmD期>0.5mm）。试验结果图1和图2所示①依据图1可知，低浓度的Ra对野生型拟南芥幼苗根的生长__________作用，而高浓度Ra_____________拟南芥幼苗根的生长。②依据图2分析，高浓度Ra对侧根及侧根原基的作用表现为____________，说明高浓度Ra对侧根发育有延迟作用。（3）为进一步探究Ra对拟南芥的幼苗主根及侧根发育是否与生长素分布变更有关，科研人员通过转基因报告株系DR5：DR5：GFP（荧光基因，DR5启动子可反映细胞中生长素水平）检测Ra处理DR5：DR5：GFP报告株系幼苗24小时和48小时报告基因荧光强度及分布状况如图3。荧光主要分布在根尖的__________区，Ra处理的幼苗可__________________且48小时高浓度处理的幼苗根尖部荧光分布范围与比照组比有扩展趋势，说明Ra对拟南芥主根及侧根的作用效应与其变更了__________有关。（4）有人提出，Ra对根尖部生长素分布变更影响是通过对生长素极性运输PIN蛋白的调整作用实现的，请选出可以用于验证此说法的试验组材料。_________A．PIN蛋白突变体B．敲除PIN蛋白基因的拟南芥幼苗C．生长素合成缺陷的拟南芥幼苗D．野生型拟南芥幼苗【答案】(1).微量、高效(2).吲哚乙酸(3).无明显作用(4).抑制(5).对C期和D期的侧根原基有明显的抑制作用，而对A期和B期侧根原基无明显的影响(6).分生区(7).明显上升幼苗根尖部荧光强度，并随着处理浓度上升荧光增加(8).变更生长素含量与分布(9).AB【解析】【分析】依据题干信息分析可知，该试验的自变量是含有不同浓度的Ra的培育基，即Ra的浓度，因变量是拟南芥幼苗主根长以及统计侧根和侧根原基数。据图分析，图1中，与CK组（比照组）相比，随着Ra浓度的增加，野生型拟南芥幼苗根的长度先基本不变后减小，说明低浓度的Ra对野生型拟南芥幼苗根的生长有促进作用。图2中，与CK组（比照组）相比，各组侧根A时期个数基本相同，B时期的个数变更也不大，而随着Ra浓度是增加，C时期的个数先基本不变后明显削减，而D时期的个数渐渐削减。【详解】（1）生长素的化学本质是吲哚乙酸，是一种植物激素，具有微量、高效的特点。（2）①依据以上分析已知，图1中随着Ra浓度的增加，野生型拟南芥幼苗根的长度先基本不变后减小，说明低浓度的Ra对野生型拟南芥幼苗根的生长无明显作用，而高浓度Ra抑制了拟南芥幼苗根的生长。②依据以上分析已知，图2中在Ra浓度较高的状况下，A、B时期的侧根个数基本不变，而C、D时期的侧根个数都明显削减了，即高浓度Ra对C期和D期的侧根原基有明显的抑制作用，而对A期和B期侧根原基无明显的影响，说明高浓度Ra对侧根发育有延迟作用。（3）根尖的结构分为成熟区、伸长区、分生区和根冠，其中分生区具有旺盛的分裂实力。据图分析，荧光主要分布在根尖的分生区，横比发觉Ra处理的幼苗可明显上升幼苗根尖部荧光强度，并随着处理浓度上升荧光增加；纵比发觉48小时高浓度处理的幼苗根尖部荧光分布范围与比照组比有扩展趋势，说明Ra对拟南芥主根及侧根的作用效应与其变更了生长素的含量和分布有关。（4）已知Ra对根尖部生长素分布变更影响是通过对生长素极性运输PIN蛋白调整作用实现的，则试验的自变量是PIN蛋白的有无，因此应当选择PIN蛋白突变体和敲除PIN蛋白基因的拟南芥幼苗作为试验组材料，故选AB。【点睛】解答本题的关键是驾驭植物激素和试验设计的基本学问点，能够依据题干信息找出试验的自变量和因变量，并能够依据比照性原则和图形分析Ra浓度对拟南芥幼苗主根长以及侧根和侧根原基数的影响状况。21.新冠肺炎（COVID-2025）是一种严峻呼吸系统症状的高传染性疾病，严峻时可致人死亡。该病是由新近出现的一种病毒——新型冠状病毒（2024-nCov）（RNA病毒）引起的，为探究如何更好的防治该病，探讨人员进行了系列探讨。（1）新型冠状病毒与SARS-Cov（“非典”病毒）结构相像，都是营________生活的生物，侵染宿主细胞后，以_________为模板，利用细胞内的核苷酸和氨基酸作为原料，合成并组装新的病毒，同时会引发机体发生特异性抗病毒的____________免疫。（2）2024-nCov病毒主要通过其表面刺突蛋白S与人宿主细胞膜表面——血管惊慌素转换酶2（ACE2）受体结合，而感染细胞。S蛋白分为2个亚基S1和S2，S2蛋白包括两个膜融合区HR1