内蒙古巴彦淖尔一中高三生物上学期10月月考试卷（含解析）.doc

内蒙古巴彦淖尔一中2015届高三上学期月考生物试卷（10月份）一、选择题（每题1.5分，共60分）1下列物质中，不属于人体内环境组成成分的是( )a钙离子b呼吸酶c葡萄糖d血浆蛋白考点：内环境的组成 分析：内环境又叫细胞外液，由血浆、组织液和淋巴组成，凡是存在于血浆、组织液或者是淋巴中的物质都是内环境的组成成分，只存在于细胞内的物质不是内环境的成分解答：解；a、钙离子可以存在于血浆、组织液或淋巴中，是内环境的成分，a错误；b、呼吸酶只存在于细胞内，不是内环境的成分，b正确；c、葡萄糖可以存在于血浆、组织液或者淋巴中，属于内环境的成分，c错误；d、血浆蛋白存在于血浆中，属于内环境的成分，d错误故选：b点评：本题的知识点是内环境的组成，内环境成分的判断，对于内环境概念的理解是解题的关键2下列关于内环境的叙述，正确的是( )a内环境的渗透压下降会刺激下丘脑分泌抗利尿激素增加b内环境是一个主要由h2po4/hpo42 构成的缓冲体系c内环境是机体进行正常生命活动和细胞代谢的场所d内环境的变化会引起机体自动地调节器官和系统的活动考点：稳态的生理意义；内环境的理化特性 分析：本题是对内环境概念、内环境的作用、理化性质和内环境稳态的概念的综合考察，梳理环境概念、内环境的作用、理化性质和内环境稳态的概念，结合选项分析解答解答：解：a、内环境渗透压下降会刺激下丘脑分泌抗利尿激素减少，不是增加，a错误；b、内环境的缓冲体系主要由h2co3和nahco3构成，b错误；c、内环境是细胞与外界环境进行物质交换的媒介，细胞代谢的场所在细胞内，内环境是细胞外液，c错误；d、内环境的变化会引起机体自动地调节器官和系统的活动，以维持内环境的相对稳定，d正确故选：d点评：本题的知识点是水平衡调节，内环境的缓冲体系的组成，内环境在细胞代谢中的作用，内环境稳态的概念，对内环境概念和稳态的理解是解题的关键3人体稳态的调节能力是有一定限度的下列现象属于内环境稳态失调的是( )a寒冷时出现寒颤b从平原到高原，有的人出现肺水肿症状c接受抗原刺激后，b淋巴细胞增殖和分化d饮水不足时，抗利尿激素释放增加考点：稳态的生理意义 分析：内环境稳态是在神经、体液和免疫调节的共同作用下，通过机体的各器官，系统的分工合作，协调统一而实现的常见的稳态失调：血糖平衡失调低血糖、糖尿病等；ph失调酸中毒、碱中毒；渗透压失调（如呕吐等）细胞形态、功能异常；体温失调发热、中暑等解答：解：a、寒颤是竖毛肌收缩增加机体的产热量，维持体温得相对稳定，而并非失调，故a错误；b、出现水肿，正常的调节已失去效果，需要外来药物的干扰才能回复稳态，故b正确；c、b淋巴细胞增至分化，产生效应b细胞，进而产生抗体消灭抗原，属于体液免疫，故c错误；c、抗利尿激素增加促进肾小管和集合管对水分的重吸收，使得尿量减少，维持细胞外液的渗透压平衡，故d错误故选：b点评：本题主要考查机体内水、血糖、体温及免疫调节的相关知识，意在考查学生的识记和理解能力，难度不大4如图为人体体液物质交换示意图下列有关叙述不正确的是( )a、依次为淋巴、血浆、组织液b神经递质可以存在于中c与、相比含有较多的蛋白质d正常情况下，蛋白质水解酶不会存在于中考点：内环境的组成 分析：分析题图：是血浆，是组织液，是细胞内液，是淋巴其中血浆和组织液之间的成分可以相互转化，血浆可以转化成淋巴，淋巴可以转化成血浆淋巴、组织液和血浆中的成分与生活在其中的细胞成分也可以相互转化解答：解：a、图中是血浆，是组织液，是细胞内液，a错误；b、神经元属于组织细胞，直接生活在组织液中，所以神经细胞将神经递质直接分泌到组织液中，因此神经递质可以存在于中，b正确；c、血浆与组织液、淋巴相比，含有较多的蛋白质，c正确；d、蛋白质水解酶分布在消化道中，而消化道是与外界直接相同的，不属于内环境，因此正常情况下，蛋白质水解酶不会存在于中，d正确故选：a点评：本题结合图解，考查人体体液的组成及相互关系，要求考生识记人体体液的组成，掌握各体液之间的关系，能准确判断图中各体液的名称；识记内环境的组成和成分，能运用所学的知识准确判断各选项5如图为膝跳反射的示意图，相关叙述错误的是( )a若在处给予足够强的有效刺激，则在a处可检测到电信号b在b处发生的信号转换为：电信号化学信号电信号c突触前膜释放的递质作用于突触后膜后会迅速被酶分解d在处施加有效刺激引起的屈肌收缩不属于非条件反射考点：反射弧各部分组成及功能；反射的过程；神经冲动的产生和传导 分析：反射弧结构包括感受器、传入神经、神经中枢、传出神经和效应器五部分，是反射活动完成的结构基础根据题意和图示分析可知：a是传入神经，b是突触结构，是传入神经纤维上的实验位点，是传出神经纤维上的实验位点明确知识点，梳理相关的基础知识，并解析题图结合问题的具体提示综合作答解答：解：a、由于b处的兴奋传递是单向的，所以在处给予足够强的有效刺激，在a处也不可能检测到电信号，a错误；b、在b处通过神经递质传递兴奋，所以发生的信号转换为：电信号化学信号电信号，b正确；c、突触前膜释放的递质作用于突触后膜后会迅速被酶分解，否则会引起突触后膜持续兴奋或抑制，c正确；d、反射活动需要完整的反射弧，在处施加有效刺激引起的屈肌收缩不属于非条件反射，d正确故选：a点评：本题考查反射弧及神经传递的相关知识，意在考查学生的识图能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题和解决问题的能力6如图是高等动物甲状腺激素分泌调节示意图下列叙述中正确的是( )a在寒冷环境中，激素的分泌减少，的分泌增加b切除垂体后，的分泌会增加，的分泌会立即停止c切除甲状腺后，和的分泌会增加，但不促进代谢d给动物注射，反馈调节使和的分泌增加考点：动物激素的调节 分析：分析题图：甲状腺激素的调节过程：下丘脑促甲状腺激素释放激素垂体促甲状腺激素甲状腺甲状腺激素，同时甲状腺激素还能对下丘脑和垂体进行负反馈调节所图中是促甲状腺激素释放激素、是促甲状腺激素、是甲状腺激素解答：解：a、在寒冷环境中，激素、和的分泌均增加，加快代谢，增加产热，故a错误；b、切除垂体后，的分泌会减少，而不是立即停止，故b错误；c、切除甲状腺后，减少，甲状腺激素对下丘脑和垂体存在负反馈调节，所以和的分泌会增加，但没有甲状腺，不能产生甲状腺激素，所以不会促进代谢，故c正确；d、给动物注射，反馈调节使和的分泌减少，故d错误故选：c点评：本题结合甲状腺激素的分级调节过程图，考查甲状腺激素的条件，意在考查考生的识图能力和识记能力；能理解所学知识要点，把握知识间内在联系的能力；能运用所学知识准确判断问题的能力7关于人和高等动物激素的叙述中，正确的是( )a激素的本质是蛋白质b激素的合成场所是高尔基体c激素在成分上都含有元素c、h、od激素是由外分泌腺细胞分泌或人工合成的高效能物质考点：动物激素的调节 分析：激素是高度分化的内分泌细胞合成并直接分泌入血的化学信息物质，它通过调节各种组织细胞的代谢活动来影响人体的生理活动激素本质有类固醇、氨基酸衍生物、肽与蛋白质、脂肪酸衍生物等，基本组成元素都有c、h、o解答：解：a、激素的本质有类固醇、氨基酸衍生物、蛋白质、脂肪酸衍生物等，a错误；b、激素合成的场所可以是内质网和核糖体，高尔基体只能对分泌蛋白进行加工，b错误；c、人和高等动物激素无论是类固醇、氨基酸衍生物、蛋白质、脂肪酸衍生物等都含c、h、o，c正确；d、激素是有内分泌腺分泌的物质，d错误故选：c点评：本题考查激素的化学组成、本质及合成场所8当人所处的环境温度从25降至5时，耗氧量、尿量、抗利尿激素及体内酶活性的变化依次为( )a减少、减少、增加、不变b增加、增加、减少、不变c增加、减少、增加、不变d增加、增加、减少、降低考点：体温调节、水盐调节、血糖调节 分析：低温时，通过体温调节使体温维持恒定，产热量等于散热量，但由于低温时散热量大，故产热量也多，低温时出汗少，尿量多解答：解：人所处的环境温度从25降至5时，散热量增多，通过调节增加产热，故耗氧量增加；同时汗液蒸发减少，使尿量增加，因此抗利尿激素减少；由于体温保持不变，故酶活性不变本题选：b点评：本题考查体温调节，解题关键是产热量等于散热量，机体维持稳态9有关免疫细胞的说法，正确的是( )a记忆细胞再次受到相同抗原的刺激后都能迅速产生抗体bb细胞、t细胞和浆细胞遇到刺激后都能不断进行分裂c一个浆细胞内的基因数目与其产生的抗体数量是相同的d浆细胞的寿命比记忆b细胞短而所含的内质网相对发达考点：人体免疫系统在维持稳态中的作用 分析：记忆细胞再次受到相同抗原的刺激后能迅速增殖分化为浆细胞，浆细胞产生抗体，记忆细胞不能产生抗体b细胞、t细胞遇到抗原刺激后都能不断进行分裂，浆细胞不能分裂一个浆细胞内的基因不只是产生抗体的基因，细胞内的基因数目与其产生的抗体数量无法比较解答：解：a、记忆细胞再次受到相同抗原的刺激后能迅速增殖分化为浆细胞，浆细胞产生抗体，记忆细胞不能产生抗体，a错误；b、b细胞、t细胞遇到抗原刺激后都能不断进行分裂，浆细胞不能分裂，b错误；c、个浆细胞内的基因不只是产生抗体的基因，细胞内的基因数目与其产生的抗体数量无法比较，c错误；d、浆细胞的寿命比记忆b细胞短，由于产生抗体，故所含的内质网相对发达，d正确故选：d点评：本题考查免疫调节的相关知识，意在考查学生的识记和理解能力，难度不大10果实生长发育和成熟受多种激素调节下列叙述正确的是( )a细胞分裂素在果实生长中起促进作用b生长素对果实的发育和成熟没有影响c乙烯在果实生长和成熟中起抑制作用d脱落酸在果实成熟中促进细胞分裂和果实脱落考点：植物激素的作用 分析：解答本题的关键：细胞分裂素能促进细胞分裂和组织分化；生长素能促进果实发育；乙烯能促进果实成熟；脱落酸促进抑制细胞分裂解答：解：a、细胞分裂素主要生理作用是促进细胞分裂和组织的分化，延缓衰老；常用于蔬菜和水果的保鲜，故a正确；b、生长素的作用表现出两重性，既能促进生长、促进发芽、促进果实发育，防止落花落果等，也能抑制生长、抑制发芽，也能疏花疏果，故b错误； c、乙烯能增强细胞膜的通透性和酶的活性，加强果实细胞的呼吸作用，促进果实中有机物的转化，从而促进果实成熟乙烯也能刺激叶子脱落、抑制茎的伸长，故c错误；d、脱落酸能抑制植物的细胞分裂和种子的萌发，促进花、果实和叶的脱落，故d错误故选：a点评：本题考查植物激素在果实生长和成熟中的生理作用，意在考查学生的识记和理解能力，属于中档题11如图是达尔文利用燕麦胚芽鞘所做的实验，该实验研究的目的是探究( )a胚芽鞘背光的一侧促进生长的物质含量是否较多b胚芽鞘尖端对光线是否敏感，照光后是否会引起胚芽鞘向光弯曲c胚芽鞘是否展现向光性，是否取决于尖端存在d生长素是否会受到强光的破坏考点：生长素的产生、分布和运输情况 分析：根据题意和图示分析可知：本实验的自变量是胚芽鞘的有无和是否照光，通过比较和可以得知胚芽鞘向光性是由于具有尖端的缘故；通过比较和可以得知感光部位在尖端明确知识点，梳理相关知识，分析题图，根据选项描述结合基础知识做出判断解答：解：a、由实验不能得出胚芽鞘背光的一侧促进生长的物质含量是否较多，a错误；b、由组实验可得出胚芽鞘的感光部位在尖端，单侧光照射尖端，会引起胚芽鞘向光弯曲，b正确；c、由组实验可得出胚芽鞘是否表现向光性，取决于尖端是否能感受到单侧光照，c错误；d、由实验不能得出生长素是否会受到强光的破坏，d错误故选：b点评：本题考查植物的向光性生长的相关知识，意在考查学生的识图能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力12下列实例中能体现植物生长素作用具有两重性的是( )胚芽鞘的向光性 根的向地性顶端优势 用除草剂去除单子叶农田中的双子叶杂草abcd考点：生长素的作用以及作用的两重性 分析：生长素作用具有两重性，即低浓度促进生长，高浓度抑制生长，主要表现为：既能促进生长，也能抑制生长；既可以疏花蔬果，也可以防止落花落果；既能促进生根，也能抑制生根能够体现生长素两重性的实例有：顶端优势、根的向地性、根的背光性等解答：解：胚芽鞘的向光性向光侧和背光侧均为促进作用，错误；根的向地性中，近地侧为抑制作用，远地侧为促进作用，正确；顶端优势中，顶芽为促进作用，侧芽为抑制作用，正确；用除草剂去除单子叶农田中的双子叶杂草，利用了低浓度促进单子叶农作物的生长，高浓度抑制双子叶杂草的生长，正确所以，正确故选：c点评：本题考查了生长素生理作用的相关知识，意在考查考生对生长素两重性的识记和理解，难度适中生长素的两重性与生长素的浓度、植物器官的种类以及细胞的年龄等有关；考生应能够识记体现两重性的相关实例13某科技小组在调查一块方圆为2hm2的草场中灰苍鼠的数量时，放置了100个捕鼠笼，一夜间捕获了70只，将捕获的灰苍鼠做好标记后在原地放生5天后，在同一地点再放置同样数量的捕鼠笼，捕获了52只，其中有上次标记的个体26只则该草场中灰苍鼠的种群密度是( )a50只/hm2b70只/hm2c90只/hm2d140只/hm2考点：估算种群密度的方法 分析：1、标志重捕法是在被调查种群的生存环境中捕获一部分个体将这些个体进行标志后再放回原来的环境，经过一定期限后进行重捕，根据重捕中标志的个体占总捕数的比例，来估计该种群的数量2、设该地段种群中个体数为n，其中标志总数为m，重捕总数为n，重捕中被标志的个体数为m，则n：m=n：m解答：解：1、根据题干信息可知，第一次捕获并标记70只灰苍鼠，第二次捕获52只灰苍鼠，其中有上次标记的个体26只；2、根据标志重捕法计算公式：种群中个体数（n）标记总数=重捕总数重捕中被标志的个体数，即n：70=52：26，n=140只，因此该灰苍鼠种群数量大约140只3、块方圆为2hm2的草场中灰苍鼠的数量为140只，则种群密度为70只/hm2故选：b点评：本题考查了标记重捕法中种群密度的相关计算，考生要能够识记计算的相关公式，利用题中所给数据代入计算即可；特别注意题中提出“方圆为2hm2的草场”，由于要求计算“种群密度”，因此切记计算结果除以面积14如图为某地人口出生率和死亡率的变化曲线该人群的年龄组成( )a由稳定型变为增长型b由衰退型变为稳定型c由增长型变为稳定型d由稳定型变为衰退型考点：种群的特征 分析：据图分析，起初出生率等于死亡率，增长率为零，此时该人群的年龄组成为稳定性；以后出生率逐渐增加，死亡率逐渐减少，而且出生率大于死亡率，种群的增长率持续增加，种群密度急剧增加，年龄结构为增长型解答：解：a、由稳定型变为增长型，a正确；b、由衰退型变为稳定型，衰退型增长率小于零，种群数量逐渐减少，与图不符，b错误；c、不是由增长型变为稳定型，c错误；d、不是由稳定型变为衰退型，d错误故选：a点评：本题考查出生率和死亡率、年龄结构的相关知识，意在考查学生的识图和判断能力，难度不大15一块农田中有豌豆、杂草、田鼠和土壤微生物等生物，其中属于竞争关系的是( )a田鼠和杂草b豌豆和杂草c豌豆和其根中的根瘤菌d细菌和其细胞内的噬菌体考点：种间关系 分析：竞争：两种或两种以上生物相互争夺资源和空间等；捕食：一种生物以另一种生物为食；寄生：种生物寄居于另一种生物的体内或体表，摄取寄主的养分以维持生活；互利共生：两种生物共同生活在一起，相互依赖，彼此有利解答：解：a、田鼠和杂草属于捕食关系，故a错误；b、豌豆和杂草属于竞争关系，地上部分争取光照，地下部分争夺水和无机盐，故b正确；d、豌豆和其根中的根瘤菌属于互利共生关系，豌豆为根瘤菌提供营养物质，根瘤菌为豌豆提供氮素，故c错误；d、细菌和其细胞中的噬菌体属于寄生关系，噬菌体利用宿主细胞内原料、能量和酶进行繁殖，故d错误故选：b点评：本题考查了四种种间关系的判断，意在考查学生提取信息和分析问题的能力16下列有关初生演替和次生演替的叙述，正确的是( )a初生演替能形成森林，次生演替很难形成森林b初生演替所需时间较长，次生演替所需时间较短c初生演替形成的群落内无竞争现象，次生演替形成的群落内竞争明显d沙丘、火山岩进行的演替是初生演替，冰川泥、弃耕农田进行的演替是次生演替考点：群落的演替 分析：生物群落的演替是群落内部因素（包括种内关系、种间关系等）与外界环境因素综合作用的结果不同群落的演替其过程有一定的区别：初生演替的一般过程是裸岩阶段地衣阶段苔藓阶段草本植物阶段灌木阶段森林阶段，次生演替的一般过程是草本植物阶段灌木阶段森林阶段，因此一般森林是群落演替的顶级群落解答：解：a、只要条件适宜，初生演替能形成森林，次生演替也能形成森林，a错误；b、与次生演替相比，初生演替要从裸岩阶段地衣阶段苔藓阶段草本植物阶段灌木阶段森林阶段，因而演替的过程更加漫长而艰难，b正确；c、初生演替和次生演替形成的群落内部都有竞争，c错误；d、沙丘、冰川泥、火山岩进行的演替是初生演替，弃耕农田进行的演替是次生演替，d错误故选：b点评：本题考查群落演替的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力17生态系统结构越复杂，其自我调节能力就越强，原因是( )处于同一营养级的生物种类多 能量可通过不同的食物链传递到顶级某营养级中部分生物减少或消失，可由该营养级的其他生物代替能量流经各营养级时，是逐级递减的abcd考点：生态系统的稳定性 分析：生态系统结构越复杂即生物种类越多，所构成的食物链和食物网也就复杂，自我调节能力就越强解答：解：处于同一营养的生物种类多 若某生物灭绝，处在同一营养级的生物可以代替，所以生态系统越复杂，就越不容易灭绝，所以调节能力越大； 能量可通过不同的食物链传递到顶级，通过不同食物链传递到顶级，那么最大的营养级就通过不同的方式获得能量； 某营养级的部分生物减少或消失，可由该营养级的其他生物代替；能量流经各营养级时是逐级递减的，逐级递减是能量流动的特点其中是生态系统结构越复杂，自我调节能力就越强的是故选：b点评：本题考查生态系统稳定性，意在考察学生把握所学知识要点和对知识的理解运用能力18如图表示某生态系统中4种成分之间的关系下列相关叙述中，正确的是( )a1和2包含着所有种群构成的群落b3代表的是自养生物c代表光合作用，代表呼吸作用d4中包含了大气中的co2库考点：生态系统的结构 分析：题图示中1应为生产者，2为消费者，3为分解者，4 为无机环境；代表被消费者利用，代表呼吸作用，代表光合作用解答：解：a、据图可知，1、2、3等所包含的所有生物可构成群落，a错误；b、3为分解者为异养生物，b错误；c、代表被消费者利用，代表呼吸作用，c错误；d、4 为无机环境，包含了大气中的co2库，d正确故选：d点评：本题考查生态系统结构的知识意在考查能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，能用文字、图表以及数学方式等多种表达形式准确地描述生物学方面的内容的能力19与自然界的碳循环关系最密切的两种细胞器是( )a内质网和高尔基体b叶绿体和线粒体c核糖体和叶绿体d核糖体和高尔基体考点：线粒体、叶绿体的结构和功能；生态系统的功能 分析：碳循环指的是碳元素不断从无机环境到生物群落，又从生物群落到无机环境的循环过程碳元素以二氧化碳的形式不断在生物群落与无机环境之间往返解答：解：植物的叶绿体是进行光合作用的场所，吸收二氧化碳，将大气中的碳的碳元素固定在有机物中，使得碳元素进入生物群落；而动植物的线粒体是进行有氧呼吸的主要场所，又将有机物分解，的碳以二氧化碳的形式释放到大气中所以与自然界的碳循环关系最密切的两种细胞器是线粒体和叶绿体故选：b点评：本题考查物生态系统的功能、线粒体和叶绿体的结构和功能的相关知识点，意在考查学生对所学知识的理解与掌握程度，培养了学生分析题意、获取信息、解决问题的能力20下列关于生态系统的叙述，错误的是( )a生态系统由生产者、消费者和分解者三种成分组成b生态系统中的能量最终都以热能形式散发到大气中c森林生态系统的自动调节能力大于草原生态系统，所以有较强的抵抗力稳定性d生态系统的物质循环是通过食物链、食物网渠道进行的考点：生态系统的结构；生态系统的功能；生态系统的稳定性 分析：生态系统由非生物的物质和能量、生产者、消费者和分解者四种成分组成解答：解：a、生态系统由非生物的物质和能量、生产者、消费者和分解者四种成分组成，a错误；b、生态系统中的能量最终都以热能形式散发到大气中，b正确；c、森林生态系统相对于草原生态系统来说，其生物种类繁多，营养结构复杂，其自动调节能力大，所以有较强的抵抗力稳定性，c正确；d、生态系统的物质循环是通过食物链、食物网渠道进行的，d正确故选：a点评：本题考查生态系统的相关知识，意在考查了学生对基础知识掌握和应用能力21果酒是以新鲜水果或果汁为原料，经全部或部分发酵而成，酒精度在7%18%在果酒的基础上继续发酵可得到果醋下列有关果酒和果醋制作的叙述正确的是( )a果酒和果醋的制作都是由酵母菌完成b制果醋的温度要比制果酒的温度高些c传统的葡萄酒制作一定需要人工接种菌种d葡萄汁装入发酵瓶时，要将瓶装满考点：酒酵母制酒及乙酸菌由酒制醋 分析：果酒的制作利用的微生物是酵母菌，菌种来源于葡萄皮是野生型酵母菌，其发酵条件是前期需氧后期无氧，原理是利用了酵母菌无氧呼吸可以产生酒精果醋的分解是利用醋酸菌的有氧呼吸可以将酒精发酵为乙酸的原理解答：解：a、果酒的制作离不开酵母菌，果醋的制作由醋酸菌完成，a错误；b、传统发酵过程中，制果醋的温度要比制果酒的温度高些，b正确；c、传统的葡萄酒制作中起主要作用的是附着在葡萄皮上的野生酵母菌，c错误；d、葡萄汁装入发酵瓶时，要留有大约1/3的空间，d错误故选：b点评：本题主要考查传统发酵的相关知识，意在强化学生对葡萄酒和果醋制作过程的识记与理解22在制果酒、果醋、泡菜中，产品产生时对氧气的需求分别是( )a无氧、有氧、无氧b兼氧、无氧、无氧c无氧、有氧、有氧d兼氧、无氧、有氧考点：酒酵母制酒及乙酸菌由酒制醋；制作泡莱 分析：1、参与果酒制作的微生物是酵母菌，其新陈代谢类型为异养兼性厌氧型2、参与果醋制作的微生物是醋酸菌，其新陈代谢类型是异养需氧型3、参与腐乳制作的微生物主要是毛霉，其新陈代谢类型是异养需氧型4、参与泡菜制作的微生物是乳酸菌，其其新陈代谢类型是异养厌氧型解答：解：果酒制作利用了酵母菌的无氧呼吸并且产生酒精；果醋制作利用了醋酸菌的有氧呼吸；泡菜制作利用了乳酸菌的无氧呼吸故选：a点评：本题考查了果酒和果醋的制作、泡菜的制作，对于此类试题，需要考生注意的细节较多，如实验的原理、参与制作的微生物及其特点、实验条件等，需要考生在平时的学习过程中注意积累23在果酒、果醋和腐乳制作中，都要防止微生物污染，有关叙述正确的是( )a果酒发酵阶段应封闭充气口，防止杂菌进入，放完气后要迅速拧紧b腌制腐乳的卤汤中应含有12%左右的食盐以抑制细菌的增殖c利用自然菌种发酵果酒时，将封有葡萄汁的发酵瓶进行高温高压灭菌d将长满毛霉的豆腐放在瓶中，并逐层加盐，接近瓶口部分的盐要铺薄一些考点：酒酵母制酒及乙酸菌由酒制醋；制作腐乳的科学原理及影响腐乳品质的条件 分析：1、参与果酒制作的微生物是酵母菌，其新陈代谢类型为异养兼性厌氧型果酒制作的原理：（1）在有氧条件下，反应式如下：c6h12o6+6h2o+6o26co2+12h2o+能量； （2）在无氧条件下，反应式如下：c6h12o62co2+2c2h5oh+能量2、参与果醋制作的微生物是醋酸菌，其新陈代谢类型是异养需氧型果醋制作的原理：当氧气、糖源都充足时，醋酸菌将葡萄汁中的果糖分解成醋酸当缺少糖源时，醋酸菌将乙醇变为乙醛，再将乙醛变为醋酸3、参与腐乳制作的微生物主要是毛霉，其新陈代谢类型是异养需氧型解答：解：a、果酒制作需要无氧环境，因此果酒发酵阶段应封闭充气口，为防止杂菌进入，放完气后要迅速拧紧，a正确；b、腌制腐乳的卤汤中应含有12%左右的酒以调味和抑制细菌的增殖，b错误；c、利用自然菌种发酵果酒时，不能将封有葡萄汁的发酵瓶进行高温高压灭菌，否则会杀死葡萄汁中的野生酵母菌，c错误；d、将长满毛霉的豆腐放在瓶中，并逐层加盐，由于越接近瓶口，被杂菌污染的机会越大，因此接近瓶口部分的盐要铺厚一些，d错误故选：a点评：本题考查果酒和果醋的制作、腐乳的制作，要求考生识记参与果酒、果醋和腐乳制作的微生物及其代谢类型，掌握果酒、果醋和腐乳制作的原理，能结合所学的知识准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查24下列与腐乳制作过程相关的操作，错误的是( )a为了有利于毛霉的生长，豆腐块应整齐排放，保持适当的距离b豆腐块装瓶时，为了避免影响口味，逐层加盐量大致相等c装瓶时，将瓶口通过酒精灯火焰，迅速用胶条密封保存d加入胡椒、花椒、八角、桂皮、姜、辣椒等香辛料，调节口味考点：制作腐乳的科学原理及影响腐乳品质的条件 分析：1、毛霉属需氧型微生物，因而放置在空气中即可2、分层加盐，并随层加高而增加盐量，在瓶口表面铺盐厚些，以防止杂菌从瓶口进入3、在豆腐乳的后期制作过程中，能防止杂菌生长，利于后期成熟的因素：腌制中的盐，卤汤中的酒、香辛料以及对坛子消毒、装坛密封时用酒精灯火焰处理坛口等，都有抑制微生物生长的作用3、将黄酒、米酒和糖，按口味不同而配以各种香辛料（如胡椒、花椒、八角茴香、桂皮、姜、辣椒等）混合制成卤汤解答：解：a、毛霉的代谢类型是异养需氧型，则豆腐块整齐排放时保持适当的距离，有利于毛霉的生长，a正确；b、腐乳制作过程中，豆腐块装瓶时，要分层摆放并逐层加盐随着层数的加高，加盐量也增加，b错误；c、装瓶时，将瓶口通过酒精灯火焰，迅速用胶条密封保存，防止杂菌的污染，c正确；d、加入胡椒、花椒、八角、桂皮、姜、辣椒等香辛料，具有调味和杀菌的作用，从而影响腐乳的风味或质量，d正确故选：b点评：本题考查腐乳的制备，意在考查学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题25如图为泡菜腌制过程中亚硝酸盐含量变化的正确曲线的是( )abcd考点：用比色法测定亚硝酸盐含量的变化；制作泡莱 分析：本题是对泡菜制作过程中亚硝酸盐含量变化的考查，回忆泡菜制作过程中亚硝酸盐含量变化的曲线模型，然后分析选项进行解答解答：解：泡菜制作过程中亚硝酸盐是先增加，然后逐渐减低，稳定在较低水平故选：c点评：对泡菜制作过程中亚硝酸盐含量变化的模型曲线的理解记忆是本题考查的重点26变酸的酒表面有一层膜、泡菜坛表面有一层白膜、腐乳外面有一层致密的皮，它们分别是( )a醋酸菌、乳酸菌、毛霉菌丝b醋酸菌、毛霉菌丝、毛霉菌丝c醋酸菌、酵母菌、毛霉菌丝d酵母菌、醋酸菌、乳酸菌考点：制作腐乳的科学原理及影响腐乳品质的条件；酒酵母制酒及乙酸菌由酒制醋；制作泡莱 分析：醋酸菌是好氧菌，在氧气充足的条件下可以将乙醇转化成醋酸；泡菜制作的原理是乳酸菌发酵，在泡菜制作过程中，泡菜发酵液的营养丰富，其表面往往含有适量的氧气，适合酵母菌生长繁殖，成膜酵母生长繁殖会在泡菜坛液面的形成一层白膜；腐乳表面的一层致密的皮是由毛霉的匍匐菌丝形成的，它能形成腐乳的体，使腐乳成型解答：解：在氧气充足的条件下，能将乙醇转化成醋酸，变酸酸的酒表面的一层菌膜，主要与醋酸菌有关；泡菜坛液面的一层白膜，主要是成膜酵母繁殖的结果；腐乳表面一层致密的皮是由毛霉的匍匐菌丝形成的故选：c点评：本题考查传统发酵技术的应用过程中一些常见现象的解释，明确不同微生物代谢过程中的现象，正确的解释传统发酵技术中出现的现象是本题考查的重点27消毒和灭菌是两个不同的概念，灭菌是指彻底杀灭微生物使其永远丧失生长繁殖的能力消毒仅指杀死一部分对人体有害的病原菌而对被消毒的物体基本无害下列哪些事物适用于消毒处理( )皮肤 饮用水 牛奶 注射器 培养皿 接种环 培养基 果汁 酱油 手术刀abcd以上全部考点：微生物的分离和培养 分析：消毒就是用物理或化学方法杀灭或消除致病微生物，但不一定能杀死细菌芽孢和物体内部的微生物灭菌就是用物理或化学方法杀灭所有的微生物，使其达到无菌，包括致病和非致病微生物以及芽孢解答：解：消毒指用比较温和的方法杀死微生物的营养细胞，适用于那些不耐高温的液体如牛奶、果汁、酱油，这样可以使其中的营养成分不被破坏另外对要求不是很严格的皮肤、饮用水也用消毒的方法处理而对于严格要求的注射器、培养皿、接种环、培养基、手术刀等必须进行灭菌处理所以，应该用消毒的方法处理故选：a点评：本题考查消毒与灭菌的相关知识，意在考查考生对消毒与灭菌的区分和实验操作用的运用28制备牛肉膏蛋白胨固体培养基的步骤是( )a计算、称量、倒平板、溶化、灭菌b计算、称量、溶化、倒平板、灭菌c计算、称量、溶化、灭菌、倒平板d计算、称量、灭菌、溶化、倒平板考点：微生物的分离和培养 分析：制备牛肉膏蛋白胨固体培养基的一般步骤是：计算、称量、溶化、灭菌、倒平板解答：解：制备牛肉膏蛋白胨固体培养基的一般步骤是：计算、称量、溶化、灭菌、倒平板故选：c点评：本题考查培养基制备，意在考查考生识记所列知识点的能力29某学者欲研究被石油污染过的土壤中细菌数量，并从中筛选出能分解石油的细菌下列操作错误的是( )a利用平板划线法对细菌进行计数b以石油为唯一碳源的培养基筛选c采用稀释涂布平板法分离菌种d称取和稀释土壤样品时应在火焰旁考点：用土壤浸出液进行细菌培养 分析：阅读题干可知本题涉及的知识点是利用选择培养基分离特定菌种，梳理相关知识点，然后根据选项描述结合基础知识做出判断解答：解：a、分离菌种常用的接种方法是平板划线法和稀释涂布平板对微生物法，但对活菌进行计数常用稀释涂布平板法而不能用平板划线法所以a描述错误b、阅读题干可知实验目的是筛选出能分解石油的细菌，培养基的配方应以石油为唯一碳源所以b描述正确c、对微生物进行分离和计数，应该用稀释涂布平板法所以c描述正确d、微生物的分离和培养的关键技术是无菌技术，因此在微生物的分离和培养的过程中称取和稀释土壤时应在火焰旁等活动要在火焰旁进行所以d描述正确故应选a点评：本题的知识点是微生物的实验室培养的基本操作技术和选择培养基的选择培养主要考查学生对基础知识点的记忆30用来判断选择培养基是否起到了选择作用需要设置的对照是( )a未接种的选择培养基b未接种的牛肉膏蛋白胨培养基c接种了的选择培养基d接种了的牛肉膏蛋白胨培养基考点：培养基对微生物的选择作用 分析：对照实验是指除所控因素外其它条件与被对照实验完全对等的实验判断选择培养基是否起到了选择作用，则接种了的选择培养基是实验组，而接种了的牛肉膏蛋白胨培养基属于对照组解答：解：将菌液稀释相同的倍数，在牛肉膏蛋白胨培养基上生长的菌落数目应明显多于选择培养基上的数目，因此牛肉膏蛋白胨培养基是对照组对照组遵循的原则是单一变量，所以需要与选择培养基一样接种、培养故选：d点评：本题主要考查实验过程中遵循的对照原则、单一变量意在等内容，意在加强学生的实验遵循的原则的理解与运用31伊红美蓝培养基常用来鉴别大肠杆菌，其原理是( )a大肠杆菌在该培养基中形成特定的菌落b大肠杆菌能使培养基改变颜色c大肠杆菌菌的代谢产物与伊红美蓝结合，使菌落呈深紫色，并有金属光泽d大肠杆菌能在该培养基中很好生活，其余微生物不能很好生活考点：培养基对微生物的选择作用 分析：伊红为酸性染料，美蓝为碱性染料大肠杆菌在伊红美蓝培养基的菌落呈深紫色，并有金属光泽；是专一鉴别大肠杆菌的指示剂解答：解：伊红美蓝培养基常用来鉴别大肠杆菌，其原理是大肠杆菌能分解乳糖产生大量的混合酸，菌体带h+故菌落被染成深紫色，从菌落表面的反射光中还可以看到金属光泽在碱性环境中不分解乳糖产酸的细菌不着色，伊红和美蓝不能结合故选：c点评：本题主要考查考查伊红美蓝培养基鉴别大肠杆菌的原理，意在强化相关知识点的识记与理解32下列是关于“检测土壤中细菌总数”实验操作的叙述，其中错误的是( )a用蒸馏水配制牛肉膏蛋白胨培养基，经高温、高压灭菌后倒平板b取104、105、106倍的土壤稀释液和无菌水各0.1ml，分别涂布于各组平板上c将实验组和对照组平板倒置，37恒温培养2448小时d确定对照组无菌后，选择菌落数在300以上的实验组平板进行计数考点：测定某种微生物的数量；微生物的分离和培养 分析：检测土壤中细菌总数，应该进行计数，根据选项，可以看出采用的计数方法是稀释涂布平板法进行计数解答：解：a、首先要进行培养基的制备、用蒸馏水配制牛肉膏蛋白胨培养基，经高温、高压灭菌后倒平板，a正确；b、然后进行对土壤稀释液进行涂布于各组平板上，b正确；c、将实验组和对照组平板倒置，37恒温培养2448小时，c正确；d、确定对照组无菌后，选择菌落数在30300的进行记数，求起平均值，再通过计算得出土壤中细菌总数，d错误故选：d点评：本题属于识记内容，理解、识记稀释涂布平板法，就可以做出正确的答案33分离纤维素分解菌的实验过程中操作有误的是( )a经选择培养后将样品涂布到鉴别纤维素分解菌的培养基上b富集培养这一步可省略，但培养的纤维素分解菌少c经稀释培养后，用刚果红染色d对照组可用同样量的培养液涂布到不含纤维素的培养基上考点：土壤中能分解纤维素的微生物及其应用价值；微生物的分离和培养 分析：纤维素分解菌的筛选实验流程为：土壤取样、选择培养、梯度稀释、将样品涂布到鉴别纤维素分解菌的培养基上、挑选产生透明圈的菌落解答：解：a、经选择培养后，再经梯度稀释，才能将样品涂布到鉴别纤维素分解菌的培养基上，a错误；b、富集培养可省略，但培养分离的纤维素分解菌少，b正确；c、经稀释培养后，纤维素分解菌可以用刚果红染色进行鉴别，c正确；d、设置对照能证明经富集培养的确得到了欲分离的微生物，d正确故选：a点评：本题主要考查纤维素分解菌的筛选过程，意在强化学生该实验流程的理解与运用34用高度分化的植物细胞、组织和器官进行组织培养可以形成愈伤组织，下列叙述错误的是( )a该愈伤组织是细胞经过脱分化和分裂形成的b该愈伤组织的细胞没有全能性c该愈伤组织是由排列疏松的薄壁细胞组成d该愈伤组织可以形成具有生根发芽能力的胚状结构考点：植物培养的条件及过程 分析：植物组织培养的原理是植物细胞具有全能性，其过程为离体的植物组织，器官或细胞经过脱分化形成愈伤组织（高度液泡化，无定形状态薄壁细胞组成的排列疏松、无规则的组织）；愈伤组织经过再分化形成胚状体，进一步发育成植株解答：解：a、愈伤组织是外植体脱分化和分离形成的，a正确；b、愈伤组织细胞含有该生物全部的遗传物质，仍然具有全能性，且全能性比外植体高，b错误；c、愈伤组织是高度液泡化，无定形状态薄壁细胞组成的排列疏松、无规则的组织，c正确；d、愈伤组织经过再分化可以形成胚状体，d正确故选：b点评：本题考查植物组织培养的相关知识，要求考生识记植物组织培养的原理、过程和条件等知识，并运用所学的知识对选项作出准确的判断，属于考纲识记层次的考查35植物组织培养过程中的脱分化是指( )a植物体的分生组织通过细胞分裂产生新细胞b未成熟的种子经过处理培育出幼苗的过程c植物的器官、组织或细胞通过离体培养产生愈伤组织的过程d取植物的枝芽培育成一株新植物的过程考点：植物培养的条件及过程 分析：植物组织培养包括脱分化和再分化两个过程脱分化是指已分化的细胞失去特有的结构转变成愈伤组织的过程，再分化是指愈伤组织分化形成根、芽、胚状体等结构的过程解答：解：植物组织培养中的“脱分化”过程是指离体的植物组织、细胞培养产生愈伤组织的过程故选：c点评：本题考查植物组织培养的相关知识，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的能力；能运用所学知识，对生物学问题作出准确的判断36某同学在进行组织培养过程中，发现只分裂而不分化出芽和根，可能原因是( )a未见阳光b培养时间不到c培养基营养过多d细胞分裂素和生长素配比不对考点：植物培养的条件及过程 分析：在植物组织培养时，植物激素的使用：激素使用情况结果先使用生长素，后使用细胞分裂素有利于细胞分裂，但细胞不分化先使用细胞分裂素，后使用生长素细胞既分裂也分化同时使用，且比例适中促进愈伤组织的形成同时使用，且生长素用量较高有利于根的分化、抑制芽的形成同时使用，且细胞分裂素用量较高有利于芽的分化、抑制根的形成解答：解：植物组织培养过程中，植物激素的使用顺序及比例都会影响结果由以上分析可知，植物组织培养过程中，若只分裂而不分化出芽和根，其可能原因是细胞分裂素和生长素配比不对故选：d点评：本题考查植物组织培养的相关知识，要求考生识记植物组织培养的具体过程、条件及相关应用，解答本题的关键是明确植物激素的使用顺序或比例都会影响最终的结果，再做出准确的判断即可37下列关于花药离体培养过程的叙述中正确的是( )a花药培养成功与否与材料选择无关b花药培养成幼苗后，一定不能分瓶培养c花药培养成幼苗的过程中，除了适宜的温度、ph等，还要注意照光d一般地讲，材料选在单核期时花药培养成功率最高考点：植物培养的条件及过程 分析：植物组织培养包括脱分化和再分化两个重要的过程，决定植物脱分化和再分化的关键因素是植物激素的种类和比例，特别是生长素和细胞分裂素的协同作用在组织培养过程中非常重要脱分化过程要避光，否则会形成维管组织，不形成愈伤组织，而再分化过程需要光照解答：解：a、花粉植株能否培育成功受多种因素影响，其中材料的选择与培养基组成是主要影响因素，a错误；b、当培养获得愈伤组织或幼小植株时必须分瓶培养，才能诱导愈伤组织分化或幼苗分开，b错误；c、在花粉到幼苗阶段，由于无叶绿体，所以不需照光，c错误；d、对一般植物来讲，选择单核期往往成功率最高，d正确故选：d点评：本题主要考查学生对植物组织培养相关知识的理解和分析能力花药的离体培养、基因工程中的受体细胞的培养、植物体细胞杂交后杂种细胞的培养以及植物的大量快速繁殖都要用到植物组织培养技术植物组织培养的目的不完全是为了获得完整的植株，如获取胚状体制备人工种子、获取愈伤组织生产细胞代谢产物等38对于蒸馏法、萃取法、压榨法来提取芳香油各自的适用范围的叙述正确的一项是( )a蒸馏法适用于提取玫瑰油、薄荷油等挥发性强的芳香油b压榨法适用于范围广，要求原料的颗粒要尽可能细小，能充分浸泡在有机溶液中c萃取法适用于提取柑橘、柠檬等易焦糊的原料d玫瑰油、薄荷油、熏衣草油等芳香油主要通过压榨法获得考点：提取芳香油 分析：植物芳香油的提取一般由蒸馏法、萃取法和压榨法三种方法，蒸馏法一般用于提取挥发性强、能随水分一同蒸馏的芳香油，压榨法一般使用于从柑橘、柠檬等易焦糊的原料中提取芳香油，萃取法一般适宜用于提取易溶于有机溶剂、化学性质稳定的芳香油解答：解：a、玫瑰油、薄荷油等挥发性强的芳香