重庆市西南大学附属中学2023-2024学年高二下学期期末考试生物试题

西南大学附中2023—2024学年度下期期末考试高二生物试题（满分:100分;考试时间:75分钟）一、单选题:共15个小题,每题3分,共45分。1.大豆是我国重要的粮食作物。下列叙述正确的是（）A.大豆油含有饱和脂肪酸，熔点较高，室温时呈液态B.大豆的蛋白质不能在人体内分解产生能量C.大豆中的蛋白质含有人体细胞不能合成的必需氨基酸D.大豆中的脂肪和磷脂均含有碳、氢、氧、磷4种元素【答案】C【解析】【分析】1、脂肪是由三分子脂肪酸与一分子甘油发生反应而形成的酯。2、蛋白质是生命活动的主要承担者，在人体中，组成蛋白质的氨基酸有21种。3、磷脂与脂肪的不同之处在于甘油的一个羟基不是与脂肪酸结合成酯，而是与磷酸及其衍生物结合。【详解】A、植物脂肪大多含有不饱和脂肪酸，熔点较低，在室温下呈液态；而动物脂肪大多含有饱和脂肪酸，熔点较高，在室温下呈固态，A错误；B、人体内含有分解蛋白质的酶，蛋白质可在人体内分解产生能量，B错误；C、组成人体蛋白质的21种氨基酸，其中有8种是人体细胞不能合成的，它们是赖氨酸、色氨酸、苯丙氨酸、蛋(甲硫)氨酸、苏氨酸、异亮氨酸、亮氨酸、缬氨酸，这些氨基酸必须从外界环境中获取，因此，被称为必需氨基酸。大豆中的蛋白质含有人体细胞不能合成的必需氨基酸，C正确；D、脂肪的组成元素是C、H、O，磷脂的组成元素是C、H、O、N、P，D错误。故选C。2.不同细胞的几种生物膜主要成分的相对含量见表。生物膜膜主要成分红细胞质膜神经鞘细胞质膜高尔基体膜内质网膜线粒体内膜蛋白质（%）4918646278脂质（%）4379262822糖类（%）831010少下列有关叙述错误的是（）A.据表可知，红细胞质膜比神经鞘细胞质膜功能复杂B.神经鞘细胞质膜上除了磷脂、蛋白质和糖类外，还存在胆固醇C.高尔基体和内质网之间的信息交流与二者膜上的糖类有关D.表中的质膜和细胞器膜共同构成生物膜系统【答案】D【解析】【分析】生物膜的流动镶嵌模型：（1）磷脂双分子层构成膜的基本支架，这个支架是可以流动的。（2）蛋白质分子有的镶嵌在磷脂双分子层表面，有的部分或全部嵌入磷脂双分子层中，有的横跨整个磷脂双分子层；大多数蛋白质也是可以流动的。（3）在细胞膜的外表，少数糖类与蛋白质结合形成糖蛋白。除糖蛋白外，细胞膜表面还有糖类与脂质结合形成糖脂。【详解】A、功能越复杂的细胞膜，蛋白质的种类和数量越多，由表格内容可知，据表可知，红细胞质膜比神经鞘细胞质膜蛋白质含量更高，所以功能更复杂，A正确；B、细胞膜主要由脂质和蛋白质组成的，此外还含有少量的糖类，动物细胞膜还含有胆固醇，B正确；C、糖被与细胞识别作用有密切关系，因此高尔基体和内质网之间的信息交流与二者膜上的糖类有关，C正确；D、生物膜系统还应包括核膜等，D错误。故选D。3.缬氨霉素是一种脂溶性抗生素，可结合在微生物的细胞膜上，将K⁺运输到细胞外（如图所示），降低细胞内外的K⁺浓度差，使微生物无法维持细胞内离子的正常浓度而死亡。下列叙述正确的是（）A.缬氨霉素逆浓度梯度运输K⁺到膜外B.有氧呼吸过程可为图示K⁺运输提供能量C.缬氨霉素运输K⁺依赖细胞膜的结构特点D.缬氨霉素可致流感病毒失去侵染能力【答案】C【解析】【分析】分析题意：缬氨霉素可结合在微生物的细胞膜上，将K＋运输到细胞外，降低细胞内外的K＋浓度差，可推测正常微生物膜内K＋浓度高于膜外。【详解】A、结合题意“将K＋运输到细胞外，降低细胞内外的K＋浓差”和题图中缬氨可霉素运输K＋的过程不消耗能量，可推测K＋的运输方式为协助扩散，顺浓度梯度运输，A错误；B、结合A选项分析可知，K＋的运输方式为协助扩散，不需要消耗能量，B错误；C、缬氨霉素是一种脂溶性抗生素，能结合在细胞膜上，能在磷脂双子层间移动，该过程与质膜具有一定的流动性这一结构特点有关，C正确；D、流感病毒，没有细胞结构，故缬氨霉素不会影响流感病毒的侵染能力，D错误。故选C。4.哺乳动物红细胞的部分生命历程如下图所示，下列叙述正确的是（）A.造血干细胞和幼红细胞的核基因相同，mRNA种类也相同B.网织红细胞的分化程度比幼红细胞高，表现出来的全能性也高C.成熟红细胞衰老过程中，细胞核体积增大，核膜内折D.成熟红细胞在细胞呼吸过程中不产生二氧化碳【答案】D【解析】【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。细胞分化的实质：基因的选择性表达。2、细胞凋亡是由基因决定的细胞编程性死亡的过程。细胞凋亡是生物体正常的生命历程，对生物体是有利的，而且细胞凋亡贯穿于整个生命历程。【详解】A、图示造血干细胞分化形成幼红细胞，而细胞分化的实质是基因的选择性表达，因此两种细胞所含的mRNA不完全相同，A错误；B、据图可知，网织红细胞已经不具有细胞核结构，不具有细胞的全能性，B错误；C、成熟红细胞衰老后，其细胞中没有细胞核，C错误；D、成熟红细胞无氧呼吸产乳酸，不产生CO2，D正确。故选D。5.将酵母菌培养液进行离心处理。把沉淀的酵母菌破碎后，再次离心处理为只含有酵母菌细胞质基质的上清液和只含有酵母菌细胞器的沉淀两部分，与未离心处理过的酵母菌培养液分别放入甲、乙、丙3支试管中，并向这3支试管内同时滴入等量、等浓度的葡萄糖溶液。下列叙述错误的是（）A.甲在无氧条件下，能够产生酒精B.在无氧条件下，甲和丙[H]产生和消耗场所相同C.在有氧条件下，最终能够产生CO₂和H₂O的是丙D.在氧气充足条件下，甲、乙、丙最终都能产生ATP【答案】D【解析】【分析】1、酵母菌是真菌的一种，属于真核生物。酵母菌为兼性厌氧型，既能进行有氧呼吸，又能进行无氧呼吸。2、有氧呼吸的场所是细胞质基质和线粒体，无氧呼吸的场所是细胞质基质。【详解】A、甲试管只含有酵母菌细胞质基质的上清液，无氧呼吸的场所是细胞质基质，因此可以进行无氧呼吸产生酒精，A正确；B、丙试管中含有细胞质基质、线粒体和葡萄糖，但在无氧的条件下，只能进行无氧呼吸，甲和丙[H]产生和消耗场所相同，B正确；C、有氧呼吸的场所是细胞质基质和线粒体，在氧气充足条件下，只有丙含有细胞质基质、线粒体，最终能够产生CO2和H2O，C正确；D、乙试管中是线粒体和葡萄糖，线粒体是有氧呼吸的主要场所，在线粒体中发生有氧呼吸的第二、第三阶段的反应，进入线粒体参与反应的是丙酮酸，葡萄糖不能在线粒体中反应，故乙在有氧和无氧条件下都不能产生ATP，D错误。故选D。6.“噬菌体侵染大肠杆菌”的实验示意图如图所示。已知在以下实验条件中，该噬菌体在大肠杆菌中每20分钟复制一代，不考虑大肠杆菌裂解，下列叙述正确的是（）A.本实验为空白对照实验，其中A组是对照组，B组是实验组B.大肠杆菌为噬菌体的增殖提供了模板、原料、酶和能量C.提取A组试管Ⅲ沉淀中的子代噬菌体DNA，仅少量DNA含有³²PD.若B组用¹⁵N代替³⁵S标记大肠杆菌，则试管Ⅲ沉淀中的子代噬菌体全都含有15N【答案】C【解析】【分析】噬菌体侵染细菌的实验：1、实验思路：S是蛋白质的特有元素，DNA分子中含有P，蛋白质中几乎不含有，用放射性同位素32P和放射性同位素35S分别标记DNA和蛋白质，直接单独去观察它们的作用。2、实验过程：首先用放射性同位素35S标记了一部分噬菌体的蛋白质，并用放射性同位素32P标记了另一部分噬菌体的DNA，然后，用被标记的T2噬菌体分别去侵染细菌，当噬菌体在细菌体内大量增殖时，生物学家对被标记物质进行测试。简单过程为：标记细菌→标记噬菌体→用标记的噬菌体侵染为标记的细菌→搅拌离心。【详解】A、本实验属于对比试验，其中A组和B组均为实验组，通过它们之间的相互对照得出结论，A错误；B、噬菌体增殖过程中原料、酶和能量均由细菌提供，噬菌体提供模板，B错误；C、35S标记的蛋白质外壳并未进入宿主细胞内，32P标记的DNA进入了宿主细胞内。经多次半保留复制，A组试管中沉淀中少量DNA含有32P，C正确；D、蛋白质和核酸中都含有15N，若B组用15N代替35S标记大肠杆菌，则亲代噬菌体的DNA和蛋白质外壳均带有15N，侵染未标记的大肠杆菌后，噬菌体的DNA经多次半保留复制，试管III沉淀中的子代噬菌体不全含有15N；D错误。故选C。7.不同品种烟草在受到烟草花叶病毒（TMV）侵染后症状不同。研究者发现品种甲受TMV侵染后表现为无症状（非敏感型），而品种乙则表现为感病（敏感型）。甲与乙杂交，F₁均为敏感型；F₁与甲回交所得的子代中，敏感型与非敏感型植株之比为3：1。对决定该性状的N基因测序发现，甲的N基因相较于乙的缺失了2个碱基对。下列叙述错误的是（）A.该相对性状至少由两对等位基因控制B.发生在N基因上的2个碱基对的缺失会影响该基因表达产物的功能C.F₁自交所得的F₂中敏感型和非敏感型的植株之比为13：3D.用DNA酶处理该病毒的遗传物质，然后导入到正常乙植株中，该植株表现为感病【答案】C【解析】【分析】双杂合子测交后代分离比为3∶1，则可推测双杂合子自交后代的分离比为15∶1。【详解】A、已知品种甲受TMV侵染后表现为无症状（非敏感型），而品种乙则表现为感病（敏感型）。甲与乙杂交，F1均为敏感型，说明敏感型为显性性状，F1与甲回交相当于测交，所得的子代中，敏感型与非敏感型植株之比为3∶1，说明控制该性状的基因至少为两对独立遗传的等位基因，假设为A/a、B/b，A正确；B、发生在N基因上2个碱基对的缺失会导致基因的碱基序列改变，使表现敏感型的个体变为了非敏感型的个体，说明发生在N基因上的2个碱基对的缺失会影响该基因表达产物的功能，B正确；C、根据F1与甲回交所得的子代中，敏感型与非敏感型植株之比为3∶1，可知子一代基因型为AaBb，甲的基因型为aabb，且只要含有显性基因即表现敏感型，因此子一代AaBb自交所得子二代中非敏感型aabb占1/4×1/4=1/16，其余均为敏感型，即F2中敏感型和非敏感型的植株之比为15∶1，C错误；D、烟草花叶病毒遗传物质为RNA，由于酶具有专一性，用DNA酶处理该病毒的遗传物质，其RNA仍保持完整性，因此将处理后的病毒导入到正常乙植株中，该植株表现为感病，D正确。故选C。8.蚕豆病是红细胞G6PD（葡萄糖——6—磷酸脱氢酶）缺乏者进食蚕豆或接触蚕豆花粉后发生的急性溶血性疾病，是一种单基因遗传病，患者中男性约占90%。研究表明，GA、GB、g互为等位基因，只有GA、GB能控制合成G6PD。图1为某家族蚕豆病遗传系谱图，图2为该家族部分成员相关基因的电泳图谱。以下相关叙述错误的是（）A.控制此相对性状的基因型有9种，患者的基因型有2种B.该病基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状C.II7患病，可能是GB基因发生了甲基化修饰，修饰后遗传信息未发生改变D.II7和II8婚配，假如他们有足够多的后代，那么后代中g的基因频率为1/2【答案】D【解析】【分析】1、DNA分子中发生碱基对的替换、增添和缺失，而引起的基因结构的改变，叫做基因突变。2、基因对性状的控制有两种途径，一是基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状，二是基因通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状。3、蚕豆病患者中男性约占90%，可知该病与性别相联系，且患病表现为男多女少，则推测该遗传病的致病基因位于X染色体上，为伴X染色体隐性遗传病，结合图1和图2可以进一步判断蚕豆病为伴X染色体隐性遗传病。【详解】A、蚕豆病患者中男性约占90%，可知该病与性别相联系，且患病表现为男多女少，则推测该遗传病的致病基因位于X染色体上，为伴X染色体隐性遗传病，结合图1和图2可以进一步判断蚕豆病为伴X染色体隐性遗传病，控制此相对性状的基因型有9种XGAXGA、XGBXGB、XgXg、XGAXGB、XGBXg、XGAXg、XGAY、XGBY、XgY，患者的基因型有两种，A正确；B、由题干，蚕豆病是红细胞G6PD（葡萄糖6磷酸脱氢酶）缺乏者进食蚕豆或接触蚕豆花粉后发生的急性溶血性疾病，可知该病基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状，B正确；C、根据图1和图2可知I2既含GA基因又含g基因，因此其基因型为XGAXg，Ⅱ7的基因型为XGBXg，Ⅱ7患病的原因是XGB基因表达受到影响，导致其无法合成G6PD，表观遗传是指生物体基因的碱基序列保持不变，但基因表达和表型发尘可遗传变化的现象，被甲基化的GB基因遗传遗传信息不变，C正确；D、Ⅱ7和Ⅱ8婚配，Ⅱ7的基因型为XGBXg，Ⅱ8的基因型为XgY，假如他们有足够多的后代，基因型为XGBXg、XGBY、XgXg、XgY那么后代中g的基因频率为2/3，D错误。故选D。9.为探究kdr基因突变对杀虫剂抗性的影响，使用溴氰菊酯和氯菊酯两种杀虫剂处理白纹伊蚊，结果如图。相关叙述正确的是（）A.kdr基因发生突变与杀虫剂的使用无关B.kdr基因野生型个体对溴氰菊酯更敏感C.实验结果说明突变型对杀虫剂的抵抗效果更好D.轮换使用两种杀虫剂可加快白纹伊蚊产生抗性【答案】A【解析】【分析】由图可知，使用溴氰菊酯杀虫剂处理白纹伊蚊，野生型的基因型频率高于kdr基因突变型；使用氯菊酯杀虫剂处理白纹伊蚊，野生型的基因型频率低于kdr基因突变型。【详解】A、kdr基因发生突变不是杀虫剂的使用导致的，而是自然条件下就可能出现的，只不过杀虫剂的使用将具有抗药性状的个体选择了出来，A正确；B、对比图中使用溴氰菊酯和氯菊酯两种杀虫剂处理白纹伊蚊的结果，使用氯菊酯后kdr基因野生型基因型频率更低，说明kdr基因野生型个体对氯菊酯更敏感，B错误；C、由图可知，kdr基因突变型对溴氰菊酯的抵抗性没有野生型的好，C错误；D、使用溴氰菊酯杀虫剂处理白纹伊蚊，kdr基因突变型的基因型频率低，使用氯菊酯杀虫剂处理白纹伊蚊，野生型的基因型频率低，因此轮换使用两种杀虫剂可延缓白纹伊蚊产生抗性，D错误。故选A。10.病原体感染可引起人体产生免疫反应。如图表示某人被病毒感染后体内T细胞和病毒的变化。下列叙述正确的是（）A.ab期间辅助性T细胞增殖并分泌细胞因子B.bc期间病毒减少，该过程没有体液免疫的参与C.病毒与辅助性T细胞接触为B细胞的激活提供第二个信号D.被病毒感染的细胞裂解死亡不利于机体内环境的稳定【答案】A【解析】【分析】图中ab段病毒入侵并增殖，同时机体开始进行特异性免疫，T细胞数量增加；随后bc段病毒数量减少，T细胞数量也减少并趋于稳定。【详解】A、ab期间病毒入侵，导致辅助性T细胞开始分裂、分化，并分泌细胞因子，A正确；B、bc期间细胞毒性T细胞大量裂解被病毒感染的细胞，进而使病毒暴露出来，通过体液免疫产生的抗体使病毒数量减少，B错误；C、抗原呈递细胞将抗原处理后呈递在细胞表面，然后传递给辅助性T细胞，辅助性T细胞表面的特定分子发生变化并与B细胞结合，这是激活B细胞的第二个信号，C错误；D、病毒和细菌感染可刺激机体产生细胞免疫和体液免疫，细胞免疫使被病毒感染的细胞裂解死亡，体液免疫再将暴露的病原体清楚，有利于机体内环境的稳定，D错误。故选A。11.光周期广泛调控植物生长发育的多个方面，光周期响应因子（简称CO）在此过程中发挥重要作用。研究者测量了不同光照条件下拟南芥所结种子的大小，结果如图。下列说法正确的是（）A.图示结果说明环境、基因和激素三者共同影响种子大小B.短日照条件可能通过抑制CO基因的表达而使种子变小C.光受体基因突变后拟南芥种子大小可能会发生变化D.CO敲除组的结果说明种子大小只与CO基因有关【答案】C【解析】【分析】题图分析：由图可知，光周期响应因子（CO）敲除后长日照与短日照种子面积相同，说明长日照通过CO起作用；而光周期响应因子（CO）过表达种子在长日照时种子面积更大，说明长日照通过促进CO表达而发挥作用。【详解】A、该实验未说明激素的作用，A错误；B、由图可知，与野生型相比，CO敲除后长日照与短日照种子面积相同，说明长日照通过CO起作用，而CO过表达之后长日照种子面积更大，说明长日照可能通过促进CO表达而发挥作用，而短日照处理对各组种子大小没有影响，B错误；C、光受体基因突变后，光受体结构可能改变，影响信号接收，C正确；D、CO敲除组的结果说明种子大小与CO基因有关，但和其他因素如日照长短等也有关系，D错误。故选C。12.为了研究植被的分布，科研人员根据不同季节江水上涨的高度将江心到防洪堤之间的湿地划分为A、B、C、D四个区域（如图所示）。下列相关说法正确的是（）A.芦苇可以调节气候、涵养水源，这体现了生物多样性的直接价值B.枯水期A区重新露干时植被能迅速恢复，该过程属于初生演替C.不同高度的芦苇形成了群落的垂直结构，可以更充分利用光照D.从江心到岸边由地形变化导致种群分布不同，构成群落水平结构【答案】D【解析】【分析】图示为一个既有水域生态系统也有陆地生态系统的环境，从A到D四个区域由于海拔高度的差异，形成不同的水分、土壤、光照环境从而影响了生物群落的差异。【详解】A、芦苇可以调节气候、涵养水源，这属于生态功能，体现了生物多样性的间接价值，A错误；B、A区有淤泥，有土壤条件存在，也会有一些繁殖体和种子的存在，枯水期A区重新露干时发生次生演替，植被恢复比较快，B错误；C、群落的垂直结构是群落内不同种群的分布，芦苇是一个物种，长势高低错落不属于群落的垂直结构，C错误；D、从江心到岸边主要是地形高低不同，地形变化导致种群分布不同，构成群落水平结构，D正确。故选D。13.2023年8月日本福岛第一核电站启动核污染水排海。核污染水虽经处理但仍残留大量3H、¹⁴C、¹³¹I等放射性元素，这些同位素难降解且容易被海洋生物吸收，放射性元素会进入全球物质循环，下图为碳循环过程简图。下列叙述正确的是（）A.放射性物质属于物理致突变因子，会使海洋物种多样性大大增加B.此图中的细菌可以是生产者、消费者或分解者，可以是好氧菌或厌氧菌C.风化过程中岩石可分解释放出而大气中的也可参与岩石形成D.放射性物质集中在海洋生物中，不食用海产品就不会影响人类【答案】C【解析】【分析】生态系统中的无机物，在光合作用中被合成为可被生物利用的有机物。这些有机物的一部分通过生物的呼吸作用又被分解为无机物，而大部分是在生物死亡后才被分解者分解为无机物的。这些无机物可以重新回到生态系统中被生产者吸收利用，从而完成生态系统中的物质循环。物质循环主要有水循环、碳循环和氮循环等。【详解】A、放射性物质会使生物的突变概率增加，产生更多变异，大多数变异都是有害的，不利于生物的生存，从而影响生物多样性，A错误；B、图中细菌主要指分解者，可以是好氧菌或厌氧菌，B错误；C、岩石主要成分是碳酸盐，风化过程中碳酸盐可分解形成CO2，而大气中的CO2也可形成碳酸盐而参与岩石的形成，C正确；D、核污染水中的放射性物质可通过动植物的生命活动进入生物群落，并在群落内部进行传递，最后进入非海洋生物包括人类体内，D错误。故选C。14.基因定点突变的目的是通过定向地改变基因内一个或少数几个碱基来改变多肽链上一个或几个氨基酸。该技术是蛋白质工程的重要技术，图示为利用PCR技术进行定点突变的流程，相关叙述错误的是（）注：引物1和引物3的突起处代表与模板不能互补的突变位点，而这两条引物有部分碱基（包括突变位点）是可以互补的。A.第一阶段PCR过程中需要进行两次循环才会出现所需的DNA片段B.要完成两处位点的定点突变，共需要设计8种引物C.酶①应为耐高温DNA聚合酶，引物X和Y分别为引物2和4D.通过该技术获得的突变基因可以表达出原来自然界不存在的蛋白质【答案】B【解析】【分析】PCR原理：在高温作用下，打开DNA双链，每条DNA单链作为母链，以4种游离脱氧核苷酸为原料，合成子链，在引物作用下，DNA聚合酶从引物3'端开始延伸DNA链，即DNA的合成方向是从子链的5'端自3'端延伸的。实际上就是在体外模拟细胞内DNA的复制过程。DNA的复制需要引物，其主要原因是DNA聚合酶只能从3′端延伸DNA链。【详解】A、第一阶段要获得的DNA是目的DNA的一段，且不是中间的一段，第一次循环得到的是两条链长短不一的DNA，第二次循环才会出现等长的DNA片段，A正确；B、由图可知，完成一处突变需要两种通用引物（引物2和引物4），和两种突变引物，如果要完成两种突变，则需要两种通用引物，和四种突变引物，需要设计6种引物，B错误；C、酶①要在高温条件下延伸DNA，所以酶①为耐高温的DNA聚合酶，由图可知，要得到两条链一样长的DNA单链，应选择引物2和引物4，所以引物X和Y应该为引物2和4，C正确；D、通过该技术可获得突变的基因，该基因的产物可能是自然界原来不存在的，D正确。故选B。15.转录因子Ghl蛋白和GhE1蛋白能调控棉花愈伤组织细胞的生长发育，其机制如图所示。下列相关分析正确的是（）A.愈伤组织增殖使用的培养基不需要添加植物激素类物质B.Gh1与GhE1单独作用均能促进GhPs基因的表达C.促进GhEl基因的表达可促进愈伤组织分化成根等器官D.图示是从转录水平对GhPs基因的表达进行调控【答案】D【解析】【分析】离体的植物组织或细胞，在培养一段时间后，会通过细胞分裂形成愈伤组织。愈伤组织的细胞排列疏松而无规则，是一种高度液泡化的呈无定形状态的薄壁细胞。由高度分化的植物组织或细胞产生愈伤组织的过程，称为植物细胞的脱分化。脱分化产生的愈伤组织继续进行培养，又可以重新分化成根或芽等器官，这个过程叫做再分化。再分化形成的试管苗，移栽到地里，可以发育成完整的植株体。【详解】A、将脱分化产生的愈伤组织在培养基中继续培养，需要添加植物激素类物质，A错误；B、由图可知，Gh1与GhE1表达后形成的蛋白质相互结合可调控GhPs的表达，Gh1与GhE1单独作用不能调控GhPs基因的表达，B错误；C、促进GhEl基因的表达，可能会导致GhPs的表达产物增多，从而促进愈伤组织细胞的增殖，抑制愈伤组织分化成根等器官，C错误；D、Ghl蛋白和GhE1蛋白与GhPs基因上游序列结合，促进GhPs基因的转录，从而对GhPs基因的表达进行调控，D正确。故选D。二、非选择题：本题有5个小题，共55分。16.陆生植物的碳流动过程如图所示。植物叶绿体中的淀粉含量在白天和黑夜间的变化很大，被称为过渡性淀粉。这种淀粉作为储存能源，可在夜间光合作用不能进行时，为植物提供充足的碳水化合物。请回答下列问题：（1）参与图中卡尔文循环的ATP和NADPH生成的场所是______________（具体场所）。（2）在白天光合产物磷酸丙糖可用于制造淀粉，也可用于合成蔗糖，若用于这两条去路的磷酸丙糖比例为1：3，每合成1mol蔗糖，相当于固定了_____________molCO₂。光合产物运输的物质形式主要是蔗糖，与葡萄糖相比，以蔗糖作为运输物质的优点是____________________________________________（答出一点）。（3）为了验证光合产物以蔗糖的形式运输，研究人员将酵母菌蔗糖酶基因转入植物，该基因表达的蔗糖酶定位在叶肉细胞的细胞壁上。结果发现转基因植物出现严重的短根、短茎现象，其原因是叶肉细胞壁上的蔗糖酶水解蔗糖，导致___________________________，根和茎得到的糖不足，生长缓慢。（4）碳在蔗糖和淀粉间的分配受内外因素影响：①叶绿体内膜上的Pi转运蛋白（TPT）是磷酸丙糖与无机磷酸（Pi）的反向转运蛋白，在将磷酸丙糖运出叶绿体的同时能将无机磷酸（Pi）等量运入叶绿体。研究发现：抑制小麦的TPT使其失去运输能力，可使叶绿体内淀粉合成量增加14倍，但同时会使光合作用整体速率降低。据图分析，叶绿体内淀粉合成量增加、光合作用整体速率降低的原因是_________________________________________________________________。②环境因子（尤其是白天长短）也可以影响叶片对固定的碳在蔗糖和淀粉之间的分配。_____________（填“长日照”或“短日照”）下的植物更多地将光合产物转化为淀粉，从而保障夜间充足糖供给。【答案】（1）（叶绿体的）类囊体薄膜（2）①.16②.蔗糖为二糖，等质量的葡萄糖和蔗糖相比，蔗糖对渗透压的影响较小；蔗糖为非还原糖，性质（或结构）较稳定（3）进入筛管蔗糖减少（4）①.磷酸丙糖从叶绿体运出减少，更多的留在叶绿体中作为原料合成淀粉，（叶绿体中的淀粉作为）光合作用的产物大量积累抑制光合作用的进行②.短日照【解析】【分析】光合作用：（1）光反应阶段：水光解产生NADPH和氧气，ADP和Pi结合形成ATP。（2）暗反应阶段：二氧化碳和五碳化合物结合形成三碳化合物，三碳化合物在ATP和NADPH的作用下，还原成五碳化合物，同时ATP水解成ADP和Pi。【小问1详解】卡尔文循环的ATP和NADPH生成的场所是类囊体薄膜。【小问2详解】在白天光合产物磷酸丙糖可用于制造淀粉，也可用于合成蔗糖，若用于这两条去路的磷酸丙糖比例为1：3，蔗糖含有12个碳原子，每合成1mol蔗糖，相当于固定了16mol·CO2。与葡萄糖相比，以蔗糖作为运输物质的优点是，蔗糖为二糖，等质量的葡萄糖和蔗糖相比，蔗糖对渗透压的影响较小；蔗糖为非还原糖，性质（或结构）较稳定。【小问3详解】基因植物出现严重的短根、短茎现象，其原因是叶肉细胞壁上的蔗糖酶水解蔗糖，导致进入筛管（或维管组织）的蔗糖减少，根和茎得到的糖不足，生长缓慢。【小问4详解】①据图分析，磷酸丙糖从叶绿体输出减少，更多的留在叶绿体中作为原料合成淀粉，所以叶绿体内淀粉合成量增加，（叶绿体中的淀粉作为）光合作用的产物大量积累抑制光合作用的进行，所以光合作用整体速率降低。②环境因子（尤其是白天长短）也可以影响叶片对固定的碳在蔗糖和淀粉之间的分配。短日照植物的光合作用时间短，所以短日照下的植物更多地将光合产物转化为淀粉，从而保障夜间充足糖供给。17.下图为人体血压调节的部分过程，请分析并回答下列问题：（1）血压的形成与血管的收缩和舒张以及细胞外液总量等因素密切相关。当人受到惊吓时，支配心脏的______________（填“交感”或“副交感”）神经活动占据优势，使血压_____________（填“上升”或“下降”）。当肾脏病变或大量失血时，抗利尿激素增多，促进肾小管和集合管对水的重吸收增加，醛固酮增多，导致对_____________的重吸收增加，进而使得____________增加而提高血压。（2）从A、B途径分析，促进外周血管收缩的信号分子有____________________________。（3）药物X具有降压效果。为探究其降压机制，科研人员利用氯沙坦（血管紧张素Ⅱ受体抑制剂）、卡托普利和药物X进行了相关研究，结果如下表：组别实验动物灌胃处理4周后实验结果收缩压血管紧张素I血管紧张素Ⅱ醛固酮1正常大鼠生理盐水17.1510.92389.590202肾性高血压大鼠生理盐水24.0113.86526.110.303肾性高血压大鼠氯沙坦17.1313.831036.120.154肾性高血压大鼠卡托普利17.2715.03374.480.165肾性高血压大鼠药物X19.514.74401.70.21（注：肾性高血压指由于肾脏实质性病变和肾动脉病变引起的血压升高。）①组别3中氯沙坦能降低血压的具体机制是____________________________（答2点）。②研究结果表明，药物X可能通过抑制_____________活性，使血管紧张素Ⅱ含量减少，最终起到降血压的作用。【答案】（1）①.交感②.上升③.Na＋④.细胞外液（总量）（2）神经递质和血管紧张素Ⅱ（3）①.氯沙坦能阻滞/抑制血管紧张素Ⅱ与受体结合，一方面能使外周血管舒张，使血压下降；另一方面能使肾上腺皮质分泌的醛固酮和下丘脑分泌的抗利尿激素减少，降低血容量（或细胞外液总量），使血压下降②.血管紧张素转换酶/ACE【解析】【分析】神经系统包括中枢神经系统和外周神经系统，中枢神经系统由脑和脊髓组成，脑分为大脑、小脑和脑干；外周神经系统包括脊神经、脑神经、自主神经，自主神经系统包括交感神经和副交感神经。交感神经和副交感神经是调节人体内脏功能的神经装置，所以也叫内脏神经系统，因为其功能不完全受人类的意识支配，所以又叫自主神经系统，也可称为植物性神经系统。【小问1详解】当人受到惊吓时，机体处于兴奋状态，此时支配心脏的交感经活动占据优势，使血压上升。醛固酮是由肾上腺皮质分泌的，能促进钠离子重吸收，肾上腺皮质增生会导致醛固酮分泌增加，进而促进肾小管和集合管重吸收Na+，使血浆渗透压升高，引起血量增加，从而使血压升高。【小问2详解】过程A为神经调节过程，神经调节的结构基础是反射弧，过程B为体液调节，促进外周血管收缩的信号分子有神经递质和血管紧张素Ⅱ。【小问3详解】①组别3中氯沙坦能降低血压的具体机制是氯沙坦能阻滞/抑制血管紧张素Ⅱ与受体结合，一方面能使外周血管舒张，使血压下降；另一方面能使肾上腺皮质分泌的醛固酮和下丘脑分泌的抗利尿激素减少，降低血容量（或细胞外液总量），使血压下降。②血管紧张素I经血管紧张素转化酶作用而生成血管紧张素Ⅱ，对比2和5组实验结果可知，5组的血管紧张素Ⅱ低于2组，血管紧张素Ⅰ高于2组，推测药物X可能通过抑制血管紧张素转化酶活性，使血管紧张素Ⅱ含量减少，最终起到降血压的作用。18.氮循环是全球生物地球化学循环的重要组成部分。但是人类活动诸如工业固氮量不断增大、随意排放未经处理的含氮废水导致全球氮循环严重失衡，进而引发一系列环境问题。下图是氮循环示意模式图，请回答下列问题：（1）氮循环是指_____________在生物群落和非生物环境之间发生的循环。氮在生物群落内部以_____________形式流动，通过群落内生物的新陈代谢作用，产生的代谢产物最终以____________和含氮气体的形式重返无机环境。（2）为确保高产，农田生态系统常需不断施加氮肥。但种植豆科植物时，一般不需要施加氮肥，原因是豆科植物可与根瘤菌形成_____________关系。根瘤菌进行生物固氮作用形成的铵态氮，再进一步通过硝化细菌的硝化作用转化为硝酸盐，以利于植物吸收利用，硝化细菌在生态系统中属于______________（填生态系统的组成成分）。（3）据统计，全球每年的固氮量约为92×10⁶t,借助反硝化作用全球的产氮量只有约83×10⁶t,结合材料分析，造成两者之间存在差异的原因是__________________________（答2点）。（4）由于工业废水、生活污水的大量排放，导致河流、湖泊等水生生态系统中氮素超标，往往引发_____________现象，严重时会导致水生生物大量死亡。为有效降低或利用水体中的氮素，结合图示分析，可采取的措施有______________（填写选项字母）。A.增强水体中硝酸盐、亚硝酸盐的反硝化作用B.减少含氮废水的排放C.合理利用水生植物吸收并富集水体中的氮素D.用含高浓度氮素的水源灌溉农作物【答案】（1）①.氮元素②.含氮化合物（含氮有机物也可）③.硝酸盐或亚硝酸盐（2）①.互利共生②.生产者（3）工业固氮量增长、部分氮经径流进入河流或海洋（4）①.水体富营养化②.ABC【解析】【分析】1、图示为氮循环，体现了生态系统的物质循环功能，农田生态系统中农副产品被大量输出，只有输入大量的物质，才能使农田生态系统的物质循环正常进行，故农田需要大量施加氮肥，氮循环涉及到的微生物有硝化细菌、反硝化细菌、氨化作用的细菌、圆褐固氮菌等固氮微生物，其中硝化细菌是生产者，氨化细菌为分解者。2、根瘤菌固定大气中的氮气供给豆科植物利用，豆科植物供给根瘤菌有机营养，二者的种间关系是互利共生。【小问1详解】氮循环是指氮元素在生物群落和非生物环境之间发生的循环。据图分析可知，氮在生物群落内部以含氮有机物形式流动，通过群落内生物的新陈代谢作用，产生的代谢产物最终以硝酸盐（亚硝酸盐）或含氮气体（氮氧化物）。【小问2详解】种植豆科植物时，一般不需要施加氮肥，是因为根瘤菌固定大气中的氮气供给豆科植物利用，豆科植物供给根瘤菌有机营养，二者的种间关系是互利共生；硝化细菌在生态系统中属于生产者。【小问3详解】全球每年的固氮量约为92×106t，借助反硝化作用全球的产氮量只有约83×106t，造成这种不平衡的原因是工业固氮量增长（或部分氮经径流进入河流或海洋）。【小问4详解】由于工业废水、生活污水的大量排放，导致河流、湖泊等水生生态系统中氮素超标，往往会引发水体富营养化现象。为降低水体中的氮素浓度，结合图示分析，可采取的措施有增强水体中硝酸盐、亚硝酸盐的反硝化作用、减少含氮废水的排放、合理利用水生植物吸收并富集水体中的氮素，ABC正确，D错误。故选ABC。19.为保障公共健康，需要定期对公共饮用水进行卫生检测。已知居于大肠中的各种细菌统称为大肠菌群，大肠菌群中的杆菌称为肠杆菌，大肠杆菌是肠杆菌中的一种。一般用大肠菌群作为水体受粪便污染的指示菌，饮用水的卫生标准是1000mL饮用水中不超过3个大肠杆菌。若要确定饮用水是否合格，可采用膜过滤法检测饮用水中的大肠菌群，过程如下图所示：（1）检测前需要进行灭菌处理的材料用具有______________（选择序号填写）；它们均可以采用_____________法灭菌。①水样收集瓶②滤膜③培养基④镊子⑤水样（2）将完成过滤之后的滤膜______________（A面/B面）紧贴在培养基上，这属于微生物培养中的__________________________操作。（3）某生物兴趣小组的同学在无菌操作下将10ml待测水样加入到90ml无菌水中，稀释后的100ml菌液通过滤膜法测得培养基上的大肠杆菌菌落数，重复试验的结果分别为33、37、32、38，则推测1升待测水样中的大肠杆菌数目为_____________个。（4）KONFIRM培养基可以检测肠杆菌中大肠杆菌的存在。KONFIRM中含有ONPG和MUG可作碳源，色氨酸可作为氮源。在检测大肠菌群时，检测指标如下表所示：菌群检测项目及原理大肠菌群（有β半乳糖苷酶）ONPG检测：β半乳糖苷酶水解无色的ONPG为黄色物质肠杆菌群（降解色氨酸为吲哚）吲哚检测：吲哚可与特定显影剂显为绿色大肠杆菌（有β葡糖醛酸酶）MUG检测：β葡糖醛酸酶降解MUG为具有荧光的物质（注：出现上述颜色变化为阳性，未现上述颜色变化为阴性。）结合表中内容分析，若上述检测结果为（选择字母代号填写），则可以确定待测菌为大肠杆菌。A.ONPG检测、MUG检测、吲哚检测均为阴性B.ONPG检测、MUG检测、吲哚检测均为阳性C.吲哚检测为阳性，ONPG检测和MUG检测为阴性D.ONPG检测和吲哚检测为阳性，MUG检测为阴性【答案】（1）①.①②③④②.高压蒸汽灭菌（2）①.A面②.接种（3）3500（4）B【解析】【分析】培养基根据物理性质可分为固体培养基和液体培养基，培养基的基本营养成分有碳源、氮源、无机盐、水等成分；灭菌和消毒的主要区别是：消毒是指使用较为温和的物理或化学方法反杀死物体表面或内部一部分对人体有害的微生物（不包括芽孢和孢子）灭菌则是指使用强烈的理化因素杀死物体内外所有的微生物，包括芽孢和孢子。【小问1详解】检测前需要进行灭菌处理的材料用具有①水样收集瓶②滤膜③培养基④镊子⑤水样，它们均可以采用高压蒸汽灭菌法灭菌。【小问2详解】据图分析可知，滤膜的A面与水样接触，会带有大肠菌群，所以实验中需要将A面与培养基接触以达到接种的目的，此过程在微生物实验操作中称为接种。【小问3详解】稀释后的100ml菌液通过滤膜法测得培养基上的大肠杆菌菌落数平均为35，说明10ml待测水样中有35个大肠杆菌，1升=1000ml，因此推测1升待测水样中的大肠杆菌数目为35×100=3500个。【小问4详解】由于大肠杆菌MUG检测为阳性，同时大肠杆菌是肠杆菌的一种，所以吲哚检测为阳性，又属于大肠菌群，所以ONPG检测为阳性，故进行的三种检测均应该呈阳性，B正确，