生物（湖南卷）（全解全析）

2023年高考生物第一次模拟考试卷生物·全解全析注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。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12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．植物细胞中的多酚氧化酶是一种存在于质体（具有双层生物膜的细胞器）中的含有铜离子的酶，它能催化质体外的多酚类物质形成黑色素或其他色素，从而出现褐变，导致农产品品质下降。下列有关说法错误的是（

）A．该实例可以说明无机盐是构成细胞中某些化合物的重要成分B．多酚氧化酶能够使多酚类物质转变为容易发生化学反应的活跃状态C．茶叶细胞中多酚氧化酶活性高，多酚类物质含量多，有利于制作绿茶D．生物膜系统结构的完整性和细胞中物质区域化分布可有效阻止褐变【答案】C【分析】1、酶具有专一性，每一种酶只能催化一种或一类化学反应。2、一般影响酶活性的因素包括：温度、pH等，在高温、过酸、过碱的条件下，酶的空间结构会改变，在低温条件下酶的活性会降低。3、生物膜系统包括细胞膜、核膜和细胞器膜。生物膜系统的功能之一是：将细胞分隔成小区室，使各种化学反应互不干扰，保证了生命活动高效、有序地进行。【详解】A、多酚氧化酶是一种存在于质体中的含有铜离子的酶，说明无机盐是构成细胞中某些化合物的重要成分，A正确；B、酶的作用是降低化学反应的活化能，所以多酚氧化酶能够使多酚类物质转变为容易发生化学反应的活跃状态，B正确；C、茶叶细胞中多酚氧化酶活性高，多酚类物质含量多，有利于制作红茶，制作绿茶应该降低多酚氧化酶的活性，防止褐变，C错误；D、生物膜系统的功能之一是：将细胞分隔成小区室，使各种化学反应互不干扰，保证了生命活动高效、有序地进行，所以生物膜系统结构的完整性和细胞中物质区域化分布可有效阻止褐变，D正确。故选C。2．在噬菌体侵染细菌的实验过程中，先将噬菌体在含32P的培养液培养12h，然后将其与35S标记的大肠杆菌混合保温，在大肠杆菌裂解前，搅拌离心并检测放射性，下列叙述正确的是（

）A．悬浮液能检测到35S的放射性，沉淀物中能检测到32P的放射性B．仅在悬浮液可以检测到放射性，说明噬菌体的蛋白质未进入大肠杆菌内C．仅在沉淀物可以检测到放射性，既有来自32P又有来自35S的放射性D．仅在沉淀物可以检测到放射性，无法判断噬菌体的DNA是否进入大肠杆菌【答案】D【分析】噬菌体侵染细菌的过程：吸附→注入（注入噬菌体的DNA）→合成（控制者：噬菌体的DNA；原料：细菌的化学成分）→组装→释放。噬菌体侵染细菌的实验步骤：分别用35S或32P标记噬菌体→噬菌体与大肠杆菌混合培养→噬菌体侵染未被标记的细菌→在搅拌器中搅拌，然后离心，检测上清液和沉淀物中的放射性物质。【详解】A、将噬菌体在含32P的培养液培养12h，因为没有宿主细胞，所以噬菌体无法被标记，则沉淀物中能不能检测到32P的放射性，A错误；B、先将噬菌体在含32P的培养液培养12h，然后将其与35S标记的大肠杆菌混合保温，细胞中合成蛋白质的原料会被标记，不能确定噬菌体的蛋白质是否进入大肠杆菌内，B错误；C、因为噬菌体无法被标记，在大肠杆菌裂解前，搅拌离心并检测放射性，所有子代噬菌体的蛋白质合成原料来自大肠杆菌，而大肠杆菌在沉淀物中，所以只能在沉淀物检测到35S放射性，C错误；D、根据ABC分析可知，无法判断噬菌体的DNA是否进入大肠杆菌，D正确。故选D。3．研究发现，细胞中一些不需要的蛋白质是通过泛素（一种多肽）调节被降解的。对于人体一些不需要的致病蛋白质，泛素分子会主动与之“拥抱”，继而再在这些蛋白质上留下“亲吻”标记，被标记的蛋白质很快就会运送到一种称为蛋白质酶体的复合物中被降解掉。下列分析不合理的是（

）A．泛素和被标记的死亡蛋白质的合成都受DNA控制B．泛素分子的合成泛素在核糖体，泛素降解在蛋白质酶体C．细胞质和细胞核中都存在能够降解蛋白质的蛋白质酶体D．蛋白质酶体具有酶的催化活性，催化断裂的化学键是肽键【答案】B【分析】蛋白质可以被蛋白酶降解，酶具有专一性，蛋白酶降解蛋白质时使蛋白质内的肽键断开。【详解】A、根据题目信息泛素是一种多肽，多肽和蛋白质的合成都受DNA控制，A正确；B、泛素是一种多肽，其合成过程发生在核糖体，但蛋白质酶体的降解具有专一性，只降解被泛素标记的蛋白质，不能得出泛素在蛋白质酶体降解的结论，B错误；C、不论细胞质还是细胞核都存在不需要的致病蛋白质，它们都需要被标记后被蛋白质酶体降解，C正确；D、蛋白质酶体具有降解致病蛋白质的功能，降解是酶催化下把蛋白质分解的过程，因此，蛋白质酶体具有酶的催化功能，其催化断裂的化学键是肽键，D正确。故选B。4．随年龄增长，老年人会出现睡眠“碎片化”。利用小鼠进行的研究显示，Hcrt神经元在睡眠中起着关键作用。Hcrtt神经元兴奋时，能使小鼠发生睡眠到觉醒状态的转化，并维持觉醒状态。与年轻小鼠相比，年老小鼠Hert神经元的KCNQ2/3（钾离子通道）表达量下降，导致觉醒状态持续时间延长。下列叙述正确的是（

）A．Hcrt神经元的轴突接受信息并将其传导到细胞体B．Hcrt神经元发生Na内流时，不利于从觉醒向睡眠状态转化C．与年轻小鼠相比，年老小鼠的Hert神经元细胞膜对K+的通透性增大D．阻断Hcrt神经元的KCNQ2/3的基因表达可治疗睡眠障碍【答案】B【分析】静息电位和动作电位产生的原因：静息时，K+外流，造成膜两侧的电位表现为内负外正；受刺激后，Na+内流，造成膜两侧的电位表现为内正外负。年老小鼠Hert神经元的KCNQ2/3（钾离子通道）表达量下降，导致觉醒状态持续时间延长，促进KCNQ2/3基因的表达可治疗睡眠障碍。【详解】A、Hcrt神经元的树突接受信息并将其传导到细胞体，而非轴突，A错误；B、由题意可知，Hcrt神经元兴奋时，能使小鼠发生睡眠到觉醒状态的转化，Na+内流使神经元兴奋，不利于从觉醒向睡眠状态转化，B正确；C、与年轻小鼠相比，年老小鼠Hcrt神经元的KCNQ2/3（钾离子通道）表达量下降，细胞膜对K+的通透性降低，C错误；D、年老小鼠Hert神经元的KCNQ2/3（钾离子通道）表达量下降，导致觉醒状态持续时间延长阻断Hcrt神经元的KCNQ2/3的基因表达，可加重睡眠障碍，D错误。故选B。5．目前，研究者对癌细胞的转移进行了研究，他们将一种新的荧光蛋白基因转移到小鼠乳腺癌细胞并表达出具有穿透细胞特性的荧光蛋白，再将这些乳腺癌细胞注射到小鼠尾巴上的静脉中，一段时间后，发现肺部健康细胞被“染上”荧光，且都具有一定的干细胞活性，说明这些癌细胞在肺部发生了转移。以下相关说法错误的是（

）A．乳腺癌细胞内大多数酶活性增强B．肺部细胞癌变后，细胞膜上的糖蛋白、甲胎蛋白等会增多C．小鼠乳腺癌细胞中的原癌基因被激活，同时抑癌基因的功能丧失D．该研究可以帮助人们了解不同种类的癌细胞倾向转移的部位【答案】B【分析】细胞癌变的根本原因是原癌基因和抑癌基因发生基因突变，其中原癌基因负责调节细胞周期，控制细胞生长和分裂的过程，抑癌基因主要是阻止细胞不正常的增殖。【详解】A、细胞癌变后大多数酶活性增强，进而癌细胞表现为无限增殖，A正确；B、细胞癌变后细胞膜上的糖蛋白减少，甲胎蛋白和癌胚抗原等会增多，B错误；C、人体正常细胞中存在原癌基因和抑癌基因，原癌基因主要负责调节细胞周期，控制细胞生长和分裂的进程，抑癌基因主要是阻止细胞不正常的增殖，若原癌基因被激活，抑癌基因的功能丧失，细胞生长和分裂失控，从而成为癌细胞，C正确；D、由题可知，该研究可以通过荧光蛋白示踪癌细胞的转移，帮助人们了解不同种类的癌细胞倾向转移的部位，D正确。故选B。6．研究发现，雄性动物少精子症与S基因有关，研究人员围绕S基因展开了系列实验。已知雄性小鼠出生第10天可启动减数分裂。将出生10～18天的野生小鼠（WT）与S基因敲除小鼠（KO）的曲细精管制作成横切切片，观察结果如图1。已有研究表明多个基因参与精子发生的调控，为进一步探究S基因的作用机制，研究人员检测了WT和KO睾丸中四种蛋白的表达情况，结果如图2。（β－Actin蛋白的作用是作为标准对照，以排除细胞取样量、检测方法等无关变量对实验结果的影响）下列叙述错误的是（

）A．据图2可知，与S基因发挥作用有关的是P基因和C基因B．图1中18d时KO的曲细精管出现空泡状的原因可能是细胞凋亡所致C．随着时间推移，WT的管壁精母细胞层数增加、形态规则且排列整齐D．据图1可知，13d时两组小鼠的曲细精管中均出现了的早期精母细胞【答案】A【分析】结合图1及图1下面的注解可判断，13d时两组小鼠的曲细精管中均着色较深，是因为出现了染色质浓缩的早期精母细胞；比较图2中WT和KO组的四种基因表达的蛋白质的变化，敲除S基因后，R蛋白和E蛋白有明显的变化，说明P基因和E基因与S基因发挥作用有关。【详解】A、比较图2中WT和KO组的四种基因表达的蛋白质的变化，敲除S基因后，R蛋白和E蛋白有明显的变化，说明P基因和E基因与S基因发挥作用有关，A错误；B、图1中18d时KO的曲细精管出现空泡状，空泡部分已经没有细胞了，可能是细胞凋亡所致，B正确；C、从第13d、16d、18d比较，可看出WT的管壁精母细胞层数不断增加，排列整齐，C正确；D、结合图1及图1下面的注解可判断，13d时两组小鼠的曲细精管中均着色较深，是因为出现了染色质浓缩的早期精母细胞，D正确。故选A。7．中科院康乐院士团队通过分析飞蝗的体表和粪便挥发物，发现了飞蝗群聚信息素—4乙烯基苯甲醚（4VA）。4VA能够响应蝗虫种群密度的变化，并随着种群密度增加而增加，利用基因编辑技术获得飞蝗OR35蛋白缺失突变体，发现其触角和锥形感觉神经的生理反应显著降低，对4VA的响应行为丧失。下列相关叙述正确的是（

）A．飞蝗幼虫活动能力强，可用标记重捕法调查种群密度B．4VA通过负反馈方式调节蝗虫种群密度，以维持生态系统的相对稳定C．OR35可能是4VA的特异性受体D．用人工合成的4VA诱杀蝗虫以降低其K值【答案】C【分析】1、调查种群密度的方法：标志重捕法和样方法。（1）活动能力强，活动范围广采用标志重捕法。（2）活动能力弱，活动范围小，或者不活动采用样方法。2、生态系统的反馈调节：正反馈调节和负反馈调节。（1）正反馈调节：生态系统某一成分的变化所引起的其他一系列变化，不是抑制而是加速最初发生的变化。（2）负反馈调节：生态系统某一成分的变化所引起的其他一系列变化，抑制最初发生的变化。【详解】A、飞蝗幼虫活动能力弱，可用样方法调查种群密度，A错误；B、4VA能够响应蝗虫种群密度的变化，并随着种群密度增加而增加，因此4VA通过正反馈方式调节蝗虫种群密度，B错误；C、题目信息“OR35缺失突变体的飞蝗对4VA的响应行为丧失”据此可推测，OR35可能是4VA的特异性受体，C正确；D、利用人工合成的4VA可以诱捕飞蝗，从而降低其种群密度，但不能降低其K值，D错误。故选C。8．下列有关生物学实验的叙述，正确的是（

）A．在“绿叶中色素的提取和分离”实验中，研磨时加入SiO2的目的是防止叶绿素被破坏B．DNA双螺旋结构的研究和某种群数量变化规律的研究均用到了模型建构法C．将“15N标记的细菌转移到含14N的培养液中，可通过放射性检测来确定DNA复制方式D．在低温诱导染色体数目加倍实验中，需要用体积分数为95%的酒精洗去多余的解离液【答案】B【分析】防止叶绿素受到破坏应加入碳酸钙。DNA双螺旋结构模型是物理模型，种群数量变化应用了数学模型。15N是稳定性同位素，无放射性。解离液需用清水洗去。【详解】A、研磨时加入SiO2的目的是使研磨充分，A错误；B、DNA双螺旋结构的研究应用了物理模型，某种群数量变化规律的研究应用了数学模型，二者均用到了模型建构法，B正确；C、15N无放射性，不能通过放射性检测来确定DNA复制方式，C错误；D、在低温诱导染色体数目加倍实验中，需要用体积分数为95%的酒精洗去的是卡诺氏液，解离液需用清水洗去，D错误。故选B。9．家猪（2n=38）群体中发现一种染色体易位导致的变异，如图所示。易位纯合公猪体细胞无正常13、17号染色体，易位纯合公猪与四条染色体组成正常的母猪交配产生的后代均为易位杂合子。相关叙述不正确的是（

）A．易位纯合公猪的减数分裂Ⅱ中期的细胞中含18条染色体B．易位杂合子减数分裂会形成17个正常的四分体C．易位杂合子不可能产生染色体组成正常的配子D．该变异是染色体结构和数目均异常导致的【答案】C【分析】图示易位变异涉及13号、17号染色体，易位纯合公猪体细胞没有正常的13号、17号染色体，与正常母猪交配，母猪提供的卵细胞含有正常的13号、17号染色体，该公猪提供的精子含有一条13号、17号易位染色体，雌雄配子随机结合，产生的子代都是易位杂合子。【详解】A、图中变异是易位，属于染色体结构变异，考虑到13号、17号染色体重接成一条新的染色体，因此易位纯合公猪的体细胞中的染色体数目是36条，减数分裂Ⅱ中期的细胞染色体数目减半，因此含18条染色体，A正确；B、该易位变异涉及13号、17号染色体，易位杂合子减数分裂时，13号和17号染色体不能正常形成四分体，剩下的染色体（34条）可以正常形成四分体，即会产生17个正常的四分体，B正确；C、易位杂合子的13号、17号染色体各有一条是正常的，如果减数分裂时这两条正常的13号和17号染色体分配到一个次级精母细胞或次级卵母细胞中，则可能产生染色体组成正常的配子，C错误；D、图中变异是易位，属于染色体结构变异，考虑到13号、17号染色体重接成一条新的染色体，残片丢失，染色体数目也减少了2条，所以也存在染色体数目变异，D正确；故选C。10．将等量的猪红细胞分别放置在不同浓度的NaCl溶液中，一段时间后，红细胞体积和初始体积之比的曲线图如图所示。下列叙述不正确的是（

）A．制备细胞膜时可将猪的红细胞时置于蒸馏水中B．一段时间后，M处红细胞的吸水能力大于N处C．当细胞处于Q点时，形态正常，但仍有水分子进出细胞D．该实验体现了细胞膜具有一定流动性的结构特点【答案】B【分析】分析题图可知：纵坐标表示红细胞体积和初始体积之比，该值等于1时，细胞不失水也不吸水；该值大于1，则红细胞吸水，小于1，红细胞失水。【详解】A、制备细胞膜时可将猪的红细胞置于蒸馏水中，细胞会吸水涨破，得到纯净的细胞膜，A正确；B、M处的红细胞所处NaCl溶液浓度小于N处的，M处的红细胞失水更少，M处的红细胞的吸水能力小于N处，B错误；C、当细胞处于Q点时，形态正常，说明细胞质的浓度等于外界溶液浓度，进出细胞的水分子相等，C正确；D、细胞体积的变化体现了细胞膜具有一定流动性的结构特点，D正确。故选B。11．干扰素是一种具有抗病毒、抗肿瘤功能的分泌型糖蛋白，能增强B细胞和T细胞的免疫功能。肿瘤细胞表面的PDL1蛋白能够与T细胞表面的PD1蛋白特异性结合，从而抑制T细胞释放干扰素。下列有关叙述错误的是（

）A．肿瘤细胞膜上的PDL1蛋白可降低机体的免疫效力B．敲除T细胞PD1基因，可增强T细胞对肿瘤的杀伤作用C．在细胞免疫中干扰素能识别并直接杀死病毒和肿瘤细胞D．抗PDL1抗体和抗PD1抗体均可以用于肿瘤的治疗【答案】C【分析】在细胞膜的外表，有一层由细胞膜上的蛋白质与糖类结合形成的糖蛋白。【详解】A、肿瘤细胞膜上的PDL1蛋白与T细胞表面的PD1蛋白结合，从而抑制T细胞释放干扰素，可降低B细胞和T细胞的免疫功能，降低机体的免疫效力，A正确；B、若敲除T细胞PD1基因，避免肿瘤细胞产生的PDLI蛋白与T细胞上的PD1结合，干扰素释放量增加，可增强T细胞对肿瘤的杀伤作用，B正确；C、干扰素能增强B细胞和T细胞的免疫功能，但不能识别并直接杀死病毒和肿瘤细胞，C错误；D、PDL1与PD1的结合会减弱T细胞的肿瘤杀伤功能，抗PDL1抗体和抗PD1抗体均能降低PDL1与PD1的结合，可以用于肿瘤的治疗，D正确。故选C。12．科研人员常采用突变体与三体杂交的方法确定突变基因在染色体上的位置。已知水稻的正常熟对早熟为显性，由基因B/b控制。现有早熟突变株水稻，为判断突变基因是在9号还是在11号染色体上，科研人员以该突变株为父本，分别与9号染色体和11号染色体的三体纯合正常熟水稻杂交，选择F1中的三体与早熟水稻杂交得到F2（说明：实验过程中不考虑突变，各种配子均能存活且受精机会均等；三体在减数分裂时，配对的两条染色体彼此分离，另一条染色体随机移向细胞一极；三体和二倍体存活机会相等），结果如下表。下列叙述正确的是（

）亲本（♀）F2表型及比例早熟正常熟9号染色体三体858811号染色体三体36172A．无法用光学显微镜观察鉴定三体水稻B．突变基因b位于9号染色体上C．亲本为11号染色体三体的F2的正常熟中三体占3/5D．F2中正常熟水稻的基因型为BBb或Bbb【答案】C【分析】题意分析，若基因B/b在9号染色体上，则该突变体与9三体（BBB）杂交，产生的F1中的基因型为BBb和Bb且比例为1：1，然后从F1中选出三体（BBb）进行测交，则后代的比例为（1BBb、2Bbb、2Bb、1bb）正常熟：早熟=5：1；同时与11号三体正常熟纯合体植株（AA）杂交，产生的F1的基因型为Aa，该个体测交产生的子代性状比例正常熟：早熟=1：1。同理若基因B/b在11号染色体上，则该突变体与11三体（AAA）杂交，产生的F1中的基因型为BBb和Bb且比例为1：1，然后从F1中选出三体（BBb）进行测交，则后代的比例为（1BBb、2Bbb、2Bb、bb）正常熟：早熟=5：1；同时与9号三体正常熟纯合体植株（BB）杂交，产生的F1的基因型为Bb，该个体测交产生的子代性状比例正常熟：早熟=1：1。【详解】A、染色体数目变异在光学显微镜下可观察到，A错误；B、若突变基因在三体上，则F1测交所得F2的表现型及比例为正常熟：早熟=5：1，对应表格数据则可知突变基因b位于11号染色体上，B错误；C、若基因B/b在9号染色体上，则该突变体与9三体（BBB）杂交，产生的F1中的基因型为BBb和Bb且比例为1：1，然后从F1中选出三体（BBb）进行测交，则后代的比例为（1BBb、2Bbb、2Bb、1bb）正常熟，F2的正常熟中三体占3/5，C正确；D、突变基因在11号染色体上，测交的基因型及比例为BBb：Bbb：Bb：bb=1：2：2：1，即F2中正常熟水稻的基因型有BBb、Bbb、Bb三种，D错误。故选C。二、选择题:本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。13．糖和淀粉是绿色植物光合作用的重要产物，二者都是由在卡尔文循环中产生的丙糖磷酸转化而成。其合成过程如图所示。其中磷酸转运体（TPT）在将丙糖磷酸运到细胞质基质的同时可将无机磷酸（Pi）运入叶绿体，且这种转运严格遵循1∶1的反向交换原则。下列叙述错误的是（）A．由图可知淀粉和蔗糖都是光合作用的产物，合成场所都在叶绿体基质B．TPT的化学本质为蛋白质，能结合Pi和丙糖磷酸，说明不是所有的载体都有专一性C．据图可知，当细胞质基质中的Pi水平降低时，淀粉的合成会增加D．根据光合作用过程并结合图，推测丙糖磷酸生成蔗糖的过程需要细胞呼吸提供的ATP【答案】AB【分析】据图分析：磷酸丙糖和淀粉都是暗反应的产物，产物的量积累过多会抑制暗反应的进行；磷酸转运器将卡尔文循环产生的磷酸丙糖不断运至细胞质用于蔗糖合成，同时将释放的Pi运至叶绿体基质。所以磷酸运转器的活性受抑制，会导致磷酸丙糖在叶绿体内积累同时运至叶绿体基质的Pi减少也会抑制暗反应的进行。【详解】A、由图可知，淀粉和蔗糖都是光合作用的产物，但蔗糖的合成场所在细胞质基质，A错误；B、TPT的化学本质为蛋白质，能结合Pi和丙糖磷酸，说明载体具有专一性，B错误；C、据图可知，当细胞质基质中的Pi水平降低时，会导致丙糖磷酸不能转运至细胞质基质，而使淀粉的合成增加，C正确；D、光合作用暗反应需要光反应提供ATP和[H]供能和供氢生成糖类（淀粉），该过程在叶绿体中进行，而丙糖磷酸生成蔗糖的过程在细胞质基质中进行，结合图推测需要细胞呼吸产生的ATP供能，D正确。故选AB。14．噬菌体φX174的遗传物质是单链环状DNA分子（正链）。感染宿主细胞时，首先合成其互补的负链，形成闭合的双链DNA分子，之后正链发生断裂，产生3'—OH端，再以此为引物，以未断裂的负链为模板，在DNA聚合酶的作用下使3'—OH端不断延伸。延伸出的长链可切割、环化产生很多拷贝的环化正链，进而与噬菌体的蛋白质颗粒组装产生子代噬菌体。其部分过程如下图所示。下列说法错误的是（

）A．噬菌体φX174中嘌呤碱基与嘧啶碱基数量相等B．以正链为模板合成双链DNA分子时需要解旋酶参与C．噬菌体φX174的DNA复制方式可称作半保留复制D．该过程表明可以只以一条链为模板进行DNA的合成【答案】ABC【分析】DNA分子复制的过程1、概念：以亲代DNA分子为模板合成子代DNA的过程。2、时间：有丝分裂或减数第一次分裂前的间期。3、方式：半保留复制。4、条件：①模板：亲代DNA分子两条脱氧核苷酸链。②原料：4种脱氧核苷酸。③能量：ATP④解旋酶、DNA聚合酶等。5、特点：边解旋边复制、DNA半保留复制。6、场所：主要在细胞核中，线粒体和叶绿体也存在。原核细胞的复制，在拟核处。7、意义：保持了遗传信息的稳定性和连续性。【详解】A、噬菌体ΦXI74的遗传物质是单链环状DNA分子，单链结构中嘌呤碱基与嘧啶碱基数量不一定相等，A错误；B、以正链为模板合成双链DNA分子时，正链是单链不需要解旋酶参与，B错误；C、DNA分子的半保留复制是复制完成后的子代DNA分子的核苷酸序列均与亲代DNA分子相同，但子代DNA分子的双链一条来自亲代，另一条为新合成的链，而噬菌体φX174的遗传物质是单链环状DNA分子，所以噬菌体ΦX174的DNA复制方式不是半保留复制，C错误；D、据题图分析，该过程表明可以只以一条链为模板进行DNA的合成，D正确。故选ABC。15．玉米是雌雄同株的植物，顶生的垂花是雄花序（产生花粉），侧生的穗是雌花序（产生卵细胞）。玉米中有些基因可以改变玉米植株的性别：隐性基因ba纯合时，植物没有雌花序，成为雄株；位于非同源染色体上的隐性基因ts纯合时，使垂花成为雌花序，不产生花粉。让babatsts跟babaTsts交配，可以在玉米中建立起一个新的性别决定系统。下列叙述正确的是（

）A．babatsts植株进行交配时无需去雄B．后代植株中，雌雄的比例是1：1C．ts所在的染色体可以看成“性染色体”D．相比于XY型性别决定机制，这种新的性别决定系统更符合ZW型性别决定机制【答案】ABC【分析】根据题意分析，隐性基因ba纯合时，植物没有雌花序，成为雄株；位于非同源染色体上的隐性基因ts纯合时，使垂花成为雌花序，所以babatsts为雌株，babaTsts为雄株，据此分析。【详解】A、ba纯合时，植物没有雌花序，但ts纯合时，使垂花成为雌花序，成为雌株，所以babatsts植株进行交配时无需去雄，A正确；B、babatsts跟babaTsts交配，后代为babatsts：babaTsts=1：1，babatsts表现为雌，babaTsts表现为雄，B正确；C、babaTsts为雄株，产生的含Ts的配子受精后发育成雄株，含ts的配子发育成雌株，Ts（ts）所在的染色体可以看成性染色体，C正确；D、后代中，含不同相关基因的个体为雄性（即Tsts），含相同相关基因的个体为雌性（即tsts），这与XY性别决定决定机制相似（含不同性染色体的为雄性，含相同性染色体的为雌性），与ZW性别决定机制相反，D错误。故选ABC。16．低温胁迫能引起细胞中过氧化物增多而对细胞产生损伤，而超氧化物歧化酶（SOD）则可以减少细胞中的过氧化物。研究人员将大豆种子分别在常温（25℃)下萌发24h(T24)和48h(T48)后转移至4℃低温胁迫处理24h，而后转移至常温继续发芽至第5天，研究不同浓度褪黑素浸种处理（0μmol·L1、50μmol·L1、100μmol·L1、200μmol·L1、400μmol·L1)对大豆种子萌发的影响。据图分析，下列说法错误的是（

）A．本实验的自变量是不同浓度的褪黑素B．萌发大豆种子遭遇低温的时间越晚，使用褪黑素处理的效果越差C．褪黑素可以通过提高SOD的活性缓解低温对种子发芽的影响D．实验浓度范围内，褪黑素浓度越高，SOD的活性越高，对大豆种子发芽率的促进作用越强【答案】ABD【分析】由题意分析可知，SOD可以缓解低温对种子萌发带来的影响，分析两图可以得出在一定范围内，随着褪黑素浓度的增加，SOD的活性也随着增加，发芽率也随着SOD的活性增加和升高，实验的自变量是褪黑素的浓度和低温胁迫前的培养时间。【详解】A、题图显示本实验的自变量有两个，一个是褪黑素的浓度，一个是低温胁迫前的培养时间，A错误；B、实验结果显示，萌发的大豆种子遭遇低温的时间越晚，使用褪黑素处理的效果越好，B错误；C、低温胁迫能引起细胞中过氧化物增多而对细胞产生损伤，而SOD可以减少细胞中的过氧化物，实验结果表明，使用褪黑素后超氧化物歧化酶（SOD)的活性提高，发芽率也提高，因此，褪黑素可通过提高SOD的活性缓解低温对种子发芽的影响，C正确；D、T24400处理组的褪黑素浓度比T2450处理组、T24100处理组、T24200处理组的高，但SOD的活性比其他三组低，且T24400处理组大豆种子发芽率也低于其他三组；虽然T48处理组，随着褪黑素浓度的提高，SOD的活性越高，但T48400处理组的大豆种子发芽率低于其他三组，D错误。故选ABD。三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第17～20题为必考题，每个试题考生都必须作答。第21、22题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题:此题包括4小题，共45分。17．图1表示西瓜幼苗叶肉细胞中光合作用和有氧呼吸的部分过程，其中C3和C5在不同代谢过程中表示不同的化合物；图2为该植物光合作用速率、呼吸作用速率随温度变化的曲线图，请据图回答：(1)图1中过程①至⑤表示的生化反应，需要消耗H2O的过程是_____。突然停止光照，图中C3上升的原因是_____。(2)由图2可知，A点时叶肉细胞还要从细胞间隙吸收CO2，判断的依据是_____。白天室温为_____时有利于西瓜甜度的增加。(3)西瓜的叶肉细胞在光下合成糖，以淀粉的形式储存。通常认为若持续光照，淀粉的积累量会增加。但科研人员有了新的发现：①给予植物48小时持续光照，测定叶肉细胞中的淀粉量，淀粉积累量的变化规律如下图3所示。为了解释图3的实验现象，研究人员提出了两种假设。假设一：当叶肉细胞内淀粉含量达到一定值后，淀粉的合成停止。假设二：当叶肉细胞内淀粉含量达到一定值后，淀粉的合成与降解同时存在。为验证假设，科研人员测定了叶肉细胞的CO2吸收量和淀粉降解产物（麦芽糖）的含量，结果如图4所示。实验结果支持上述哪一种假设？_____请运用图中证据进行阐述_____。②为进一步确定该假设成立，研究人员在第12小时测得叶肉细胞中的淀粉含量为a，为叶片光合作用通入仅含13C标记的13CO2四小时，在第16小时测得叶肉细胞中淀粉总量为b，13C标记的淀粉含量为c。若淀粉量abc的关系满足_____（用关系式表示），则该假设成立。【答案】(1)

③

突然停止光照，CO2的固定可继续进行产生C3，但C3被还原受阻(2)

A点植物的净光合速率为0，但叶肉细胞的光合速率大于呼吸速率，还要从细胞间隙吸收CO2

20℃—30℃(3)

支持假设二

实验结果显示，叶肉细胞持续（或并未停止）吸收CO2，麦芽糖含量快速增加，说明合成和降解同时存在

ba＜c（b＜a+c）【分析】分析题图1：①表示葡萄糖分解成丙酮酸，②表示暗反应中C3还原成有机物过程，⑤表示C3再生C5过程，④表示光合作用暗反应CO2的固定，③表示丙酮酸产生CO2过程。（1）由图分析，①表示葡萄糖分解成丙酮酸，②表示暗反应中C3还原成有机物过程，⑤表示C3再生C5过程，④表示光合作用暗反应CO2的固定，③表示丙酮酸产生CO2过程，有氧呼吸第二个阶段，丙酮酸和水生成二氧化碳和[H]，所以需要消耗水的过程是③。突然停止光照，光反应停止，ATP和[H]的合成停止，三碳化合物的消耗减少，短时间内三碳化合物的来源不变，最终导致三碳化合物的含量升高。（2）由图可知，A点时，从空气中吸收的二氧化碳为0，说明植物的净光合速率为0，但叶肉细胞的光合速率大于呼吸速率，还要从细胞间隙吸收CO2。当光合作用与呼吸速率相差最大时甜度最大，温度是20℃—30℃时，光合作用与呼吸速率相差最大时甜度最大。（3）叶肉细胞的CO2吸收量代表光合作用中淀粉的合成量，麦芽糖的含量代表淀粉的分解量。分析图4可知，CO2吸收量基本不变，即淀粉的合成没有停止，而从6小时开始麦芽糖的含量逐渐增加，说明淀粉在不断分解，即淀粉合成和降解同时存在，故支持假设二、第12小时测得叶肉细胞中的淀粉含量为a，第16小时测得叶肉细胞中淀粉总量为b，则ba代表通入13CO2的四小时内淀粉的积累量，若小于这四小时内淀粉合成总量c，即ba＜c，则说明一部分淀粉被分解，假设二成立。18．为研究原发性高血压大鼠（SHR）阻力血管对苯肾上腺素的反应性变化，分别选用16周和40周龄雄性SHR和正常血压大鼠（WKY）大鼠作对照研究，得到最大舒张状态冠脉灌注压（PPmin）、最大冠脉灌注压（PPmax）和50%苯肾上腺素有效浓度（EC3o），见下表（备注：阻力血管是指对外周血液流动阻力有影响的细小血管，冠脉灌注压是指冠脉流入端与流出端之间的压力差）。PPmin（kpa）PPmax（kpa）EC50（ug/ml）SHR164.4±0.832.5±2.11.2±0.25WKY163.3±0.725.1±3.82.23±0.91SHR404.2±1.135.2±6.71.15±0.96WKY403.3±0.725.9±5.15.13±1.97(1)比较16周的SHR和WKY，可以看出_____________，16周与40周的WKY比较，则____________。(2)苯肾上腺素作为一种激素，具有____________等特点。（至少答出两点）(3)研究发现，苯肾上腺素引起血管收缩的同时还可以引起NO释放的增加，高血压时合成和释放NO功能减低会导致阻力血管对苯肾上腺素的反应性增强。若用NO合成的前体物质Larg增加NO合成和分泌后，阻力血管灌注对苯肾上腺素的剂量水平在WKY组明显减弱而SHR组没有明显变化，原因可能是____________。(4)若想探究不同剂量的三七浸膏对增强苯肾上腺素收缩大鼠主动脉环作用，请简要写出实验的思路：____________。【答案】(1)

SHR的PPmin、PPmax较WKY明显增高，EC50反而下降

PPmin、PPmax没有明显差别，但EC50明显降低(2)微量高效、通过体液运送、作用于靶细胞、靶器官(3)WKY可以利用Larg合成和分泌NO，导致对苯肾上腺素的反应性减弱，而在SHR组存在着NO利用合成或分泌的功能障碍，因此对苯肾上腺素的反应性没有明显的变化(4)选取年龄、大小及生理状况一致的雌雄大鼠若干，随机均分为4组，即生理盐水组、三七浸膏高剂量组、中剂量组和低剂量组，腹腔注射给药，生理盐水组以等体积给药，2天后测量各组大鼠主动脉环的收缩作用【分析】激素调节的特点（1）通过体液进行运输：内分泌腺没有导管，内分泌细胞产生的激素弥散到体液中，随血液流到全身，传递各种信息。（2）作用于靶器官、靶细胞：激素与靶细胞上的特异性受体结合，引发细胞内的代谢速率发生改变，从而起调节作用。（3）作为信使传递信息：激素将信息从内分泌细胞传递给靶细胞，靶细胞发生一系列的代谢变化。（4）微量和高效：正常生理状态下，血液中激素浓度都很低。【详解】（1）由表中数据可知，16周时SHR的PPmin、PPmax较WKY明显增高，EC50反而下降，事实上SHR是原发性高血压大鼠，PPmin、PPmax自然较WKY要高；16周与40周的WKY比较，PPmin、PPmax没有明显差别，但EC50明显降低。（2）苯肾上腺素是一种动物激素，具有微量高效、通过体液运送、作用于靶细胞、靶器官的特点。（3）根据题干，由于高血压时合成和释放NO功能减低会导致阻力血管对苯肾上腺素的反应性增强，若用NO合成的前体物质Larg增加NO合成和分泌后，必定会导致阻力血管对苯肾上腺素的反应性减弱，但实际情况是WKY组明显减弱而SHR组没有明显变化，说明Larg不能增加SHR组NO的合成和分泌，由于SHR组是原发性高血压组，可能存在NO利用合成或分泌的功能障碍。（4）自变量是不同剂量的三七浸膏，因此实验组要分三个组，加上对照组，需要分为4个组，实验材料是大鼠，测量指标是大鼠主动脉环的收缩作用。所以实验的思路为：选取年龄、大小及生理状况一致的雌雄大鼠若干，随机均分为4组，即生理盐水组、三七浸膏高剂量组、中剂量组和低剂量组，腹腔注射给药，生理盐水组以等体积给药，2天后测量各组大鼠主动脉环的收缩作用。【点睛】本题通过研究原发性高血压大鼠（SHR）阻力血管对苯肾上腺素的反应性变化，设计了相关实验，考查学生对探究性实验的综合分析，需要学生理解整个实验的思路，并对实验现象做出综合分析。19．薇甘菊是一种具有超强繁殖能力的多年生藤本植物，它不但能攀援、缠绕、覆盖于木本植物上，还会分泌化学物质抑制其他植物的种子萌发和根系生长，造成成片树林枯萎死亡，并快速传播形成群落中的优势种群，因此被称为“生物多样性终极杀手”。回答下列问题：(1)在群落中，薇甘菊与被缠绕的植物之间是______关系。若研究薇甘菊的生态位，通常需要研究的因素有______________________________（答出2点即可）。(2)防治薇甘菊可以采用人工清除、化学防治和______防治相结合的方式进行。其中人工清除通常选择在每年的4～9月份进行，请从薇甘菊生长周期（如下表）的角度分析，原因是_____________。时间3月7～9月12月1月左右生长周期变化种子萌发生长旺盛期开花、结籽种子成熟(3)科研人员研究了薇甘菊的不同入侵程度对某地红树林生态系统有机碳储量的影响，调查结果如下表。有机碳储量/t·hm2未入侵区域轻度入侵区域重度入侵区域植被碳库51.8550.8643.54凋落物碳库2.013.525.42土壤碳库161.87143.18117.74总计215.73197.56166.70根据调查结果分析，随着薇甘菊入侵程度的加剧，凋落物碳储量显著增加，其原因是______________；而土壤碳储量减少是因为薇甘菊根系较多且密集，增加土壤孔隙度，从而促进了__________________。【答案】(1)

种间竞争

在生长区域出现的频率、种群密度、植株高度、与其他物种的关系等(2)

生物

4～9月份薇甘菊还没有开花传粉，此时期清除可减少种子的形成，防治效果更好(3)

薇甘菊入侵导致附主（被攀援、缠绕、覆盖的木本植物）大量死亡，从而增加了凋落物量

微生物的分解作用【分析】同一地区的两种生物争夺一定的资源可构成种间竞争关系。生态位需要调查生长区域出现的频率、种群密度、植株高度、与其他物种的关系等。防治的进行应该越早越好。【详解】（1）薇甘菊与被缠绕的植物之间争夺阳光、养料，为中间竞争关系。生态位通常研究在生长区域出现的频率、种群密度、植株高度、与其他物种的关系等。（2）防治薇甘菊可以采用物理防治如人工清除、化学防治和生物防治相结合的方式。防治的原则是越早越好，对于植物未繁殖时最佳，4～9月份薇甘菊还没有开花传粉，此时期清除可减少种子的形成，防治效果更好。（3）薇甘菊入侵导致被攀援、缠绕、覆盖的木本植物大量死亡，从而增加了凋落物量。而土壤碳储量减少是因为薇甘菊根系较多且密集，增加土壤孔隙度，从而促进了微生物的分解作用。【点睛】本题具有一定的综合性。考查了群落和生态位的内容，且需要具有一定分析问题的能力。20．普通小麦有6个染色体组（AABBDD），分别来自三个不同的物种。普通小麦在减数分裂过程中仅来自同一物种的同源染色体联会。普通小麦既能自花传粉也能异花传粉，但人工杂交十分困难。我国科学家从太谷核不育小麦中精准定位了雄性不育基因PG5，该基因相对于可育基因为显性且位于一对同源染色体上，含该基因的花粉不育。回答下列问题：（注：若小麦出现花粉不育，表型为不育小麦）(1)太谷核不育小麦的发现为人工杂交省去_____________的步骤，杂交过程中纯合的太谷核不育小麦可作为_____________（填“父本”或“母本”）。(2)若将一个PG5基因导入普通小麦受体细胞并培育成植株，该植株作为母本与正常的植株杂交得F1，F1的所有植株随机受粉，则F2中不育小麦所占比例是_____________；若将两个PG5基因导入受体细胞并培育成植株，其产生的花粉中不育花粉的比例可能为_____________。(3)科学家发现一株纯合野生可育小麦表型为抗白粉病，且该性状是由隐性基因pml2决定的，现有纯合不抗白粉病太谷核不育小麦若干，请设计实验探究抗白粉病基因pml2与PG5基因是否位于同一对染色体上，写出实验思路并预测实验结果及结论。实验思路：__________________。实验结果及结论：若__________________________，则说明抗白粉病基因pml2与PG5基因位于同一对染色体上；若__________________________，则说明抗白粉病基因pml2与PG5基因不位于同一对染色体上。【答案】(1)

人工去雄

母本(2)

1/4

1/2或1或3/4(3)

实验思路：纯合野生抗白粉病可育小麦作父本，纯合不抗白粉病太谷核不育小麦作母本杂交获得F1，让F1与抗白粉病可育小麦杂交，统计F2表现型及比例（或让F1自交）

若F2中不抗白粉病不育小麦：抗白粉病可育小麦=1:1

若F2中不抗白粉病不育小麦：不抗白粉病可育小麦：抗白粉病不育小麦：抗白粉病可育小麦=1:1:1:1【分析】1、自由组合定律的实质：控制不同性状的遗传因子的分离和组合是互不干扰的；在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合。2、基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。【详解】（1）太谷核不育小麦花粉不育，为人工杂交省去去雄步骤；在杂交过程中纯合的太谷核不育小麦不能作父本只能做为母本。（2）若将一个PG5基因导入受体细胞并培育成植株，那么该植株为杂合子，该植株与正常的植株杂交，获得F1中1/2为杂合子，1/2为可育纯合子，F1的所有植株随机受粉，雌配子可育基因:不可育基因=3:1,雄配子全为可育基因，则F1表型及比例为雄性可育:雄性不育=3:1。预测F2的所有植株随机受粉，雌配子可育基因:不可育基因=7:1，雄配子全为可育基因，F3中PG5基因的基因频率将减小。若将两个PG5基因导入受体细胞并培育成植株，如果两个基因导入同一染色体上，则其产生的花粉中可育花粉的比例为1/2；如果两个基因分别导入同一对同源染色体的两条染色体上则其产生的花粉中可育花粉的比例为0；如果两个基因分别导入非同源染色体上，则其产生的花粉中可育花粉的比例为1/2×1/2=1/4。（3）探究抗白粉病基因pm12与PG5基因是否位于同一对染色体上，可利用杂种一代测交或自交，观察后代表现型及比例即可判断。用纯合野生抗白粉病可育小麦作父本，纯合不抗白粉病太谷核不育小麦作母本杂交获得F1，让F1与抗白粉病可育小麦杂交，统计F2表型及比例。若F2中不抗白粉病不育小麦：抗白粉病可育小麦=1:1，则说明抗白粉病基因pm12与PG5基因位于同一对染色体上，产生的雌配子可育抗白粉基因：不可育不抗白粉基因=1:1；若F2中不抗白粉病不育小麦：不抗白粉病可育小麦：抗白粉病不育小麦：抗白粉病可育小麦=1:1:1:1，则说明抗白粉病基因pm12与PG5基因不位于同一对染色体上，产生的雌配子不抗白粉病不育小麦：不抗白粉病可育小麦：抗白粉病不育小麦：抗白粉病可育小麦=1:1:1:1。（二）选考题:请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修1:生物技术实践]21．物质S是一种广谱性有机杀菌剂，对多种作物由真菌引起的病害有防治效果，在我国的使用范围广，但其残留能引起肝病和染色体畸变。某科研小组从长期受物质S污染的土壤中取样，进行了物质S降解菌的分离，分离过程如下：请回答下列有关问题：(1)“第二步”所用的培养基是以物质S为唯一碳源的选择培养基，选择培养基的作用是____________________；“第二步”的目的是_____________。(2)与“第二步”所用的培养基相比，培养基A中还需要加入的成分是_____。涂布平板过程中须无菌操作的措施有哪些？_____。（写出一种即可）(3)对涂布的平板进行培养时，将接种的培养基和一个未接种的培养基都放入恒温箱中培养，这样操作的目的是_____。(4)研究人员用0.1mL菌液在稀释倍数为104的平板中测得菌落数的平均值为96，则每毫升菌液中的细菌数是_____。使用该方法统计的菌落数往往比活菌的实际数目_____。【答案】(1)

允许特定种类的微生物生长，抑制或阻止其他种类微生物的生长

增加物质S降解菌的浓度(2)

琼脂

将沾有酒精的涂布器在火焰上灼烧引燃，涂布过程在酒精灯火焰附近进行(3)作为对照，检测培养基平板是否灭菌彻底（或是否被污染）(4)

9.6×106

少【