河北省石家庄市2025届普通高中毕业年级教学质量检测（一）生物试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1河北省石家庄市2025届普通高中毕业年级教学质量检测（一）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、单项选择题：本题共13小题，每小题2分，共26分。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.下列有关化合物的叙述，错误的是（）A.水在生物体内的流动可以把营养物质送到各个细胞B.点燃小麦种子后剩余的灰烬就是小麦种子里的无机盐C.甲壳类动物和昆虫的外骨骼中含有的几丁质是一种多糖D.动物脂肪室温下呈固态是因为其含有大量不饱和脂肪酸【答案】D〖祥解〗脂质分为脂肪、磷脂和固醇，固醇包括胆固醇、性激素和维生素D，与糖类相比，脂肪分子中的氢含量多，氧含量少，氧化分解时产生的能量多，因此是良好的储能物质，磷脂双分子层构成生物膜的基本骨架，固醇中的胆固醇是动物细胞膜的重要组成成分，也参与脂质在血液中的运输。【详析】A、水作为溶剂和运输介质，能协助将营养物质输送至各细胞，A正确；B、小麦种子燃烧后，有机物会分解成二氧化碳和水，剩余灰烬主要为无机盐，B正确；C、几丁质属于多糖，存在于甲壳类动物和昆虫的外骨骼中，具有保护和支持作用，C正确；D、动物脂肪室温下呈固态是因为含大量饱和脂肪酸（如猪油），而不饱和脂肪酸（如植物油）通常熔点较低，呈液态，D错误。故选D。2.下列有关病毒和细菌的叙述，错误的是（）A.通过光学显微镜无法观察到人乳头瘤病毒B.HIV的包膜来源于病毒最后所在的宿主细胞C.病毒和细菌都属于原核生物，无成形的细胞核D.病毒和细菌都具有蛋白质，但不一定都有酶【答案】C〖祥解〗生物病毒是一类个体微小，结构简单，只含单一核酸(DNA或RNA)，必须在活细胞内寄生并以复制方式增殖的非细胞型微生物。【详析】A、病毒个体极其微小，必须借助电子显微镜才能观察到，通过光学显微镜无法观察到人乳头瘤病毒，A正确；B、HIV是逆转录病毒，其包膜来源于病毒最后所在的宿主细胞，B正确；C、细菌属于原核生物，无成形的细胞核；而病毒没有细胞结构，既不属于原核生物也不属于真核生物，C错误；D、病毒和细菌都具有蛋白质，病毒没有代谢系统，一般没有酶，细菌有完整代谢系统，有酶，所以病毒和细菌不一定都有酶，D正确。故选C。3.下列有关胞吞和胞吐的叙述，错误的是（）A.胞吐只转运大分子而不转运小分子B.消化腺细胞依靠胞吐来分泌消化酶C.胞吞过程体现了细胞膜的结构特点D.胞吞形成的囊泡可在细胞内被溶酶体降解【答案】A〖祥解〗大分子物质是通过胞吞或胞吐的方式运输的，胞吞和胞吐的生理基础是细胞膜的流动性，在此过程中需要消耗由细胞呼吸提供的能量。【详析】A、有的神经递质，如甘氨酸，也可以以胞吐的方式分泌出去，A错误；B、消化腺是分泌蛋白的一种，消化腺细胞依靠胞吐来分泌消化酶，B正确；C、胞吞过程体现了细胞膜的结构特点—具有一定的流动性，C正确；D、溶酶体内含有大量的水解酶，经胞吞形成的囊泡可在细胞内被溶酶体降解，D正确。故选A。4.芸薹（2n＝20）与黑芥（2n＝16）杂交，子代经人工诱导染色体数加倍形成芥菜（4n＝36），如图为培育过程中检测到部分细胞相关数据，a~f代表不同种类的细胞。下列叙述正确的是（）A.b一定为芸墓的花粉细胞B.芥菜中一定能检测到无叶绿体的eC.f中一定存在同源染色体的互换D.若用体细胞杂交技术培育芥菜，需选择a和c【答案】B〖祥解〗图示分析，a为黑芥产生的生殖细胞，b是芸薹产生的生殖细胞，c是黑芥的体细胞，d是芸薹的体细胞，e是芥菜体细胞，f是芸薹细胞处于有丝后期。【详析】A、b染色体组数为1，核DNA数为10，可能是芸墓的花粉细胞，也可能是芸墓的卵细胞，A错误；B、e染色体组数为4，核DNA数为36，为芥菜体细胞，芥菜叶肉细胞含有叶绿体，根、茎等细胞没有叶绿体，B正确；C、f染色体组数是4，核DNA数为40，应该是处于有丝分裂后期的芸薹细胞，同源染色体的互换发生在减数分裂过程中，C错误；D、a是黑芥产生的生殖细胞，c是黑芥的体细胞，d是芸薹的体细胞，若用体细胞杂交技术培育芥菜，需选择c和d，D错误。故选B。5.科研小组为探究某病毒的遗传物质是DNA还是RNA进行了不同的实验设计。下列设计思路合理的是（）A.检测遗传物质中含有的五碳糖的元素种类B.用15N标记核苷酸并检测遗传物质的放射性C.用双缩脲试剂对遗传物质的种类进行鉴定D.分别用RNA酶或DNA酶处理核酸后检测侵染活性【答案】D〖祥解〗核酸是细胞内携带遗传信息的载体，在生物的遗传、变异和蛋白质的生物合成中具有极其重要的作用，其基本单位是核苷酸。核酸分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA），它们的组成单位依次是四种脱氧核苷酸（脱氧核苷酸由一分子磷酸、一分子脱氧核糖和一分子含氮碱基组成）和四种核糖核苷酸（核糖核苷酸由一分子磷酸、一分子核糖和一分子含氮碱基组成）。【详析】A、组成DNA的五碳糖是脱氧核糖，组成RNA的五碳糖是核糖，组成元素都是C、H、O，所以该方法不能用于探究病毒的遗传物质是DNA还是RNA，A错误；B、15N没有放射性，且脱氧核苷酸和核糖核苷酸中都含有N，所以该方法不能用于探究病毒的遗传物质是DNA还是RNA，B错误；C、双缩脲试剂鉴定的蛋白质，DNA和RNA不能用双缩脲试剂进行鉴定，C错误；D、用RNA酶处理核酸后，如果仍具有侵染活性，则说明病毒的遗传物质是DNA，否则则说明其遗传物质是RNA，所以该方法可以用来鉴定病毒的遗传物质是DNA还是RNA，D正确。故选D。6.研究表明，某些与健康相关的基因启动子甲基化可以抑制一些老年疾病的发生，女性比男性人均寿命长与此有关。下列叙述正确的是（）A.基因启动子甲基化可抑制mRNA的翻译过程B.基因启动子甲基化可改变基因的碱基序列C.基因启动子甲基化现象不能遗传给后代D.女性与健康相关的基因启动子甲基化较男性多【答案】D〖祥解〗表现遗传是指DNA序列不改变，而基因的表达发生可遗传的改变，所以DNA甲基化不会改变基因转录产物的碱基序列。【详析】A、启动子的作用是启动转录，所以基因启动子甲基化可抑制基因的转录过程，A错误；B、基因启动子甲基化不改变基因的碱基序列，B错误；C、基因启动子甲基化现象可遗传给后代，C错误；D、依据题干信息，某些与健康相关的基因启动子甲基化可以抑制一些老年疾病的发生，女性比男性人均寿命长与此有关，故可推知，女性与健康相关的基因启动子甲基化较男性多，D正确。故选D。7.下列有关动物激素的叙述，正确的是（）A.内环境稳态是指人体内各种激素含量的相对稳定B.寒冷环境下肾上腺素作用于肌肉细胞使骨骼肌不自主战栗C.胰岛素和胰高血糖素的分泌只受血糖浓度的直接调节D.甲状腺激素分泌增多可增加机体的耗氧量和产热量【答案】D〖祥解〗体温的相对恒定是机体产热和散热动态平衡的结果，即产的热多，散的热多，产的热少，散的热少，环境温度低时，机体产热多，散热也多。寒冷环境中体温调节过程：寒冷环境→皮肤冷觉感受器→下丘脑体温调节中枢→增加产热（骨骼肌战栗、立毛肌收缩、甲状腺激素分泌增加），减少散热（毛细血管收缩、汗腺分泌减少）→体温维持相对恒定。【详析】A、内环境稳态是指内环境中的各种化学成分和理化性质的相对稳定，A错误；B、寒冷环境中，肾上腺素分泌增加，使肝及其他组织的代谢活动增强，增加产热，同时，寒冷刺激使下丘脑的体温调节中枢兴奋后，引起骨骼肌战栗，使产热增加，B错误；C、胰岛素和胰高血糖素的分泌除了受血糖浓度的直接调节外，还受神经调节的控制，C错误；D、甲状腺激素分泌增多，可提高细胞的代谢水平，增加产热，细胞的代谢需要消耗氧气，故甲状腺激素分泌增多可增加机体的耗氧量和产热量，D正确。故选D。8.下列有关植物生命活动调节及应用的叙述，正确的是（）A.植物根中具有感受重力的物质和细胞，能够将重力信号直接转换为生长素合成信号B.生产啤酒时用赤霉素处理大麦种子，原因是赤霉素可以催化种子中的淀粉水解C.植物体内合成乙烯的部位不一定能合成生长素，而合成生长素的部位能合成乙烯D.有些植物种子需要在有光的条件下才能萌发，是由于光可为种子的萌发提供能量【答案】C〖祥解〗激素调节在植物的生长发育和对环境的适应过程中发挥着重要作用，但是，激素调节只是植物生命活动调节的一部分。植物的生长发育过程，在根本上是基因组在一定时间和空间上程序性表达的结果。光照、温度等环境因子的变化，会引起植物体内产生包括植物激素合成在内的多种变化，进而对基因组的表达进行调节。环境因素（光照、温度、重力等）对植物的生长发育有一定的影响。【详析】A、植物的根中存在感受重力的物质和细胞，例如根中的淀粉体，可以将重力信号转换成生长素的转移信号，从而使生长素分布不均，A错误；B、酶具有催化作用，赤霉素具有的是调节作用，不能催化淀粉的水解，B错误；C、生长素合成的部位往往是顶芽、幼叶和胚，植物各器官都能合成乙烯，因此植物体内合成乙烯的部位不一定能合成生长素，而合成生长素的部位能合成乙烯，C正确；D、种子没有叶绿体，不能通过光合作用利用太阳能，因此光照不能为种子的萌发提供能量，此时光作为一种信号分子发挥作用，D错误。故选C。9.兴趣小组为探究某细菌在不同条件下的种群数量变化，共设置了四组实验，a、b、c三组分别每3h、12h和24h更新培养液，d为对照组，其他培养条件相同，结果如图所示。下列叙述正确的是（）A.用细菌计数板进行计数时，先在计数室滴加培养液再盖上盖玻片B.随时间推移，a组细菌将持续呈“J”形增长C.若增大细菌初始接种量，d组的环境容纳量会增大D.营养物质和有害代谢产物是影响细菌种群数量变化的密度制约因素【答案】D〖祥解〗分析题意，本实验目的是探究某细菌在不同条件下的种群数量变化，实验的自变量是培养时间和培养液的更新时间，因变量是种群数量，据此分析作答。【详析】A、细菌计数板的使用方法是先盖上盖玻片，然后在盖玻片边缘滴加培养液，利用毛细作用使培养液进入计数室，A错误；B、a组每3小时更新培养液，意味着营养物质供应充足，细菌在初期可能会呈“J”形增长。但随着时间推移，即使营养物质充足，细菌的种群数量也会受到空间、代谢产物积累等因素的限制，最终会趋于稳定，不会持续呈“J”形增长，B错误；C、环境容纳量（K值）是由环境资源（如营养物质、空间等）决定的，与初始接种量无关。增大初始接种量可能会加快种群达到环境容纳量的速度，但不会改变环境容纳量本身，C错误；D、密度制约因素是影响程度与种群密度有密切关系的因素，营养物质是细菌生长所必需的，随着种群密度的增加，营养物质会逐渐耗尽，限制种群增长。有害代谢产物会随着种群密度的增加而积累，抑制细菌生长。因此，营养物质和有害代谢产物都是密度制约因素，D正确。故选D。10.原生质体比正常植物细胞更易接受外源DNA，其制备过程主要包括取材→剪碎→酶解。下列叙述错误的是（）A.细胞壁可能会阻止外源DNA进入细胞B.取材后需用酒精和次氯酸钠对材料灭菌C.剪碎的目的是使酶与细胞充分接触D.可用台盼蓝染液来鉴定原生质体活性【答案】B〖祥解〗植物细胞壁的主要成分是纤维素和果胶，所以制备原生质体，需要用纤维素酶和果胶酶将细胞壁去除，这种去除细胞壁的方法称为酶解法。【详析】A、细胞壁的存在可能阻碍外源DNA进入细胞，原生质体因去除了细胞壁，更易吸收外源DNA，A正确；B、酒精和次氯酸钠常用于消毒（减少微生物数量），而非灭菌，B错误；C、剪碎材料可增大接触面积，便于酶解细胞壁，C正确；D、台盼蓝可鉴别原生质体活性，活细胞不被染成蓝色，死细胞膜破损，被染成蓝色，D正确。故选B。11.研究人员将胰岛素B链的第28位氨基酸替换为天冬氨酸，抑制了胰岛素聚合，从而获得速效胰岛素类似物。下列叙述正确的是（）A.该产品是通过直接改造胰岛素来生产的B.改变氨基酸的种类不会影响胰岛素的空间结构C.可通过定向诱导胰岛素基因碱基增添达到改造目D.胰岛素改造的基本思路与天然蛋白质合成过程相反【答案】D〖祥解〗蛋白质工程概念及基本原理（1）蛋白质工程是指以蛋白质分子的结构规律及其生物功能的关系作为基础，通过基因修饰或基因合成，对现有蛋白质进行改造，或制造一种新的蛋白质，以满足人类的生产和生活的需求。（基因工程在原则上只能生产自然界已存在的蛋白质）。（2）蛋白质工程崛起的缘由：基因工程只能生产自然界已存在的蛋白质。（3）蛋白质工程的基本原理：它可以根据人的需求来设计蛋白质的结构，又称为第二代的基因工程。（4）基本途径：预期蛋白质功能→设计预期的蛋白质结构→推测应有氨基酸序列→找到对应的脱氧核苷酸序列（基因），最终还是回到基因工程上来解决蛋白质的合成。【详析】A、蛋白质工程最终还是回到基因工程上来解决蛋白质的合成，即改造胰岛素的过程实际是改造胰岛素基因的过程，A错误；B、氨基酸的种类及排列顺序影响蛋白质的空间结构，B错误；C、可通过定向诱导胰岛素基因碱基替换达到第28位氨基酸替换为天冬氨酸的目的，C错误；D、蛋白质工程的基本途径是预期蛋白质功能→设计预期的蛋白质结构→推测应有氨基酸序列→找到对应的脱氧核苷酸序列（基因），胰岛素改造的基本思路与天然蛋白质合成过程（基因→蛋白质合成）相反，D正确。故选D。12.外泌体是人体细胞分泌的一种微小囊泡，可由多种细胞产生，它们可以携带RNA、蛋白质等多种分子，进而影响其他细胞的功能。研究发现，来自肿瘤的外泌体可以导致大量新生血管的生成，促进肿瘤的生长。下列叙述错误的是（）A.外泌体的释放需要消耗能量B.外泌体可参与细胞间的信息交流C.肿瘤细胞分泌的外泌体可能携带了促进血管生成的信号D.外泌体携带的RNA进入靶细胞后可直接整合到染色体上【答案】D〖祥解〗染色体的主要成分是DNA和蛋白质，是遗传物质DNA的主要载体。【详析】A、外泌体是人体细胞分泌的一种微小囊泡，其释放过程类似于胞吐，需要消耗能量，A正确；B、外泌体是人体细胞分泌的，可以携带RNA、蛋白质等多种分子，进而影响其他细胞的功能，说明外泌体可参与细胞间的信息交流，B正确；C、由于来自肿瘤的外泌体可以导致大量新生血管的生成，促进肿瘤的生长，因此推测肿瘤细胞分泌的外泌体可能携带了促进血管生成的信号，C正确；D、染色体上的遗传物质是DNA，外泌体携带的RNA需要逆转录形成DNA才能整合到染色体上，D错误。故选D。13.鸟类的性别决定方式为ZW型，某鸟类羽色由两对等位基因控制，Z染色体上的基因T/t分别控制褐羽和黑羽；常染色体上的基因B/b控制色素合成，无基因B不能合成色素而表现为白羽，基因型为Bb的个体表型为半褐羽或半黑羽。一只纯合黑羽雌鸟和一只纯合白羽雄鸟杂交，F1均为半褐羽，F1相互交配得F2。下列叙述错误的是（）A.亲本雌雄个体的基因型分别为BBZtW和bbZTZTB.F2中褐羽：黑羽：半褐羽：半黑羽：白羽＝3:1:6:2:4C.F2中褐羽、半褐羽个体中的雌与雄数量比均为2:1D.F2半褐羽雌雄个体相互交配后代中黑羽个体占1/32【答案】C〖祥解〗（1）基因的分离定律的实质：在杂合体的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性，在减数分裂形成配子的过程中，等位基因会随同源染色体的分开而分离，分别进入两个配子中，独立地随配子遗传给后代。（2）基因的自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时非同源染色体上的非等位基因自由组合。【详析】A、依据题干信息，一只纯合黑羽雌鸟（BBZtW）与一只纯合白羽雄鸟（bbZ-Z-）杂交，F1均为半褐羽（BbZT-），故可知，亲本纯合白羽雄鸟的基因型为bbZTZT，A正确；B、结合A项可知，F1的基因型为BbZTZt、BbZTW，按照拆分法，可知，F2中，BB：Bb：bb=1:2:1，ZTZT:ZTW:ZTZt:ZtW=1:1:1:1，褐羽（BBZT-）所占的概率为1/43/4=3/16，黑羽（BBZtW）所占的概率为1/41/4=1/16，半褐羽（BbZT-）所占的概率为2/43/4=6/16，半黑羽（BbZtW）所占的概率为2/41/4=2/16，白羽（bb--）所占的概率为1/41=4/16，即F2中褐羽：黑羽：半褐羽：半黑羽：白羽＝3:1:6:2:4，B正确；C、结合B项，褐羽中有2/3的BBZTZ-，1/3的BBZTW，即雄：雌=2:1，半褐羽中2/3的BbZTZ-，1/3的BbZTW，即雄：雌=2:1，C错误；D、半褐羽中2/3的BbZTZ-，1/3的BbZTW，雄：雌=2:1，雌雄个体相互交配按照拆分法和配子法，黑羽个体的基因型为BBZtW，其中BB的概率为：1/21/2=1/4，ZtW的概率为1/41/2=1/8，故BBZtW的概率为1/41/8=1/32，D正确。故选C。二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得1分，有选错得0分。14.斑马鱼幼鱼表面上皮细胞（SEC）能在DNA不复制的情况下进行分裂，这种分裂方式可保障快速生长期的幼鱼体表覆盖表面上皮。这个过程与皮肤表面张力增大导致Piezol离子通道开放有关（如图），激活Piezol能显著增加SEC的“无复制分裂”。某些因素可能导致成年斑马鱼表面上皮细胞衰老脱落。下列叙述正确的是（）A.母SEC细胞进行该分裂的过程中不会出现姐妹染色单体B.可通过激活Piezol离子通道研究该分裂具体过程C.成年鱼表面上皮细胞衰老可能是细胞中产生自由基导致D.该分裂方式与细胞分化都是由遗传物质发生变化引起的【答案】ABC〖祥解〗斑马鱼幼鱼有一个快速生长期，此时其皮肤的表面上皮细胞（SEC）数量必须迅速增加，才能构成生物体与外界之间的保护屏障。斑马鱼幼鱼皮肤扩张过程中的张力使表面上皮细胞能在不复制其DNA的情况下进行分裂（通过涉及离子通道蛋白Piezo1开放活性）。这种“无复制分裂”所产生的子细胞比它们的母细胞更平、更小，DNA含量也比母细胞要少。【详析】A、母SEC细胞能在DNA不复制的情况下进行分裂，DNA的复制就是染色体的复制，说明SEC细胞进行该分裂的过程中不会出现姐妹染色单体，A正确；B、激活的Piezol能显著增加SEC的“无复制分裂”，所以可通过激活Piezol离子通道研究该分裂的具体过程，B正确；C、细胞内产生的自由基增多时，可导致细胞衰老，所以成年鱼表面上皮细胞衰老可能是细胞中产生自由基导致，C正确；D、细胞分化过程中遗传物质不变，D错误。故选ABC。15.某种群雌雄比例接近1:1，B/b为一对等位基因，基因型为的个体占1%。下列叙述错误的是（）A.全部和构成了该种群的基因库B.该种群中的基因频率为2%C.自然选择可决定突变和基因重组的方向D.该种群的基因型频率改变一定会导致进化【答案】ACD〖祥解〗生物变异是不定向的，但自然选择是定向的。生物进化的标志是基因频率的改变，物种形成的标志是生殖隔离的产生。【详析】A、一个种群内的全部基因称为该种群的基因库，不仅仅包括XB和Xb基因，A错误；B、由于该种群雌雄比例接近1:1，假定Xb的概率为A，雄性个体中XbY的概率为A，整个种群中XbY的概率为A/2，已知基因型为XbY的个体占1%，因此该种群中Xb的基因频率为2%，B正确；C、基因突变是不定向的，自然选择不可决定突变和基因重组的方向，C错误；D、生物进化的标志是基因频率的改变，基因型频率改变，但基因频率不一定改变，生物不一定发生进化，D错误。故选ACD。16.花萼突触因突触后膜面积大，包裹突触前膜，形似花萼而得名。如图表示大鼠脑中的花萼突触结构和部分信号传导通路，PLC－γ1被激活后能水解PIP2，产生DAG，促进eCBs的释放。我国科学家研究发现，BDNF可通过激活突触后膜上的TrkE来诱导eCBs的释放，eCBs与突触前膜上CBIR结合后，可以减少神经递质的释放，使神经元免于遭受过度兴奋的损伤。下列叙述正确的是（）A.TrkE的激活会增加细胞内Ca2+浓度，从而促进神经递质的释放B.花萼突触有利于突触前膜与突触后膜相互间的信息传递C.BDNF通过TrkE激活PLC－γ1/DAG信号通路，可降低突触后神经元的兴奋性D.若PLC－γ1功能受损，可能会导致神经元更容易受到过度兴奋的损伤【答案】BD〖祥解〗兴奋在神经元之间需要通过突触结构进行传递，其具体的传递过程为：兴奋以电流的形式传导到轴突末梢时，突触小泡释放递质（化学信号），递质作用于突触后膜，引起突触后膜产生膜电位（电信号），从而将兴奋传递到下一个神经元。【详析】A、根据图示，BDNF激活TrkE诱导eCBs释放，eCBs与突触前膜CB1R结合后会减少神经递质释放，而非通过增加细胞内Ca2+浓度促进神经递质释放，A错误；B、花萼突触后膜面积大且包裹突触前膜，增大了两者的接触面积，有利于突触前膜与突触后膜之间的信息传递，B正确；C、BDNF通过TrkE激活通路，促使eCBs释放，eCBs与突触前膜CB1R结合，减少的是突触前膜神经递质的释放，降低的是突触前相关过程，而非突触后神经元的兴奋性，C错误；D、若PLC-γ1功能受损，无法水解PIP2产生DAG，进而导致eCBs释放减少，无法有效减少神经递质释放，使神经元更易因过度兴奋而受损，D正确。故选BD。17.不合理放牧会导致草原退化。为兼顾草原稳定和畜牧业的发展，科研人员将样地划分为禁牧区、轻度放牧区、中度放牧区和重度放牧区，研究了不同放牧强度对草原的影响，结果如下表所示。下列叙述正确的是（）放牧强度物种丰富度地上生物量（g/m²）地下生物量（g/m²）禁牧14600400轻度18180750中度232002250重度141001600A.禁牧时个别优势物种对其他物种的生长可能有抑制作用B.重度放牧和禁牧状态下丰富度相同，但物种组成可能不同C.放牧可能导致群落优势种改变，且重度放牧下的优势种更加不耐旱D.适度放牧使草原生态系统抵抗外界干扰的能力增强【答案】ABD〖祥解〗生态系统的稳定性包括抵抗力稳定性和恢复力稳定性，抵抗力稳定性指生态系统抵抗外界干扰并使自身的结构与功能保持原状的能力，生态系统的成分越单纯，营养结构越简单，自我调节能力就越弱，抵抗力稳定性就越低，反之则越高；恢复力稳定性指生态系统在受到外界干扰因素的破坏后恢复到原状的能力，与抵抗力稳定性的关系往往相反。【详析】A、分析表格数据可知，禁牧区的物种丰富度较低（14），且地上生物量较高（600g/m²），说明可能存在优势物种抑制其他物种生长的现象，A正确；B、禁牧区和重度放牧区的物种丰富度均为14，但地上和地下生物量差异较大，说明物种组成可能不同，B正确；C、据表可知，不同放牧强度的丰富度和生物量不同，但无法得知优势种与耐旱性的关系，C错误；D、中度放牧区的物种丰富度最高（23），地下生物量也较高（2250g/m²），说明适度放牧可能增强了生态系统的稳定性，D正确。故选ABD。18.蛭弧菌能使污水中的嗜水气单胞菌（异养型）裂解，将其接种在长满嗜水气单胞菌的平板上会出现噬菌斑。某兴趣小组将嗜水气单胞菌接种到固体培养基上，培养形成薄层，再接种采集的污水用以分离蛭弧菌。下列叙述错误的是（）A.可用干热灭菌法对平板进行灭菌B.可用涂布平板法接种嗜水气单胞菌C.出现噬菌斑一定是蛭弧菌作用的结果D.污水可为自然环境中的嗜水气单胞菌提供碳源【答案】C〖祥解〗微生物常见的接种的方法:（1）平板划线法:将已经熔化的培养基倒入培养皿制成平板,接种,划线，在恒温箱里培养。在线的开始部分,微生物往往连在一起生长，随着线的延伸，菌数逐渐减少,最后可能形成单个菌落。（2）稀释涂布平板法:将待分离的菌液经过大量稀释后,均匀涂布在培养皿表面，经培养后可形成单个菌落。【详析】A、干热灭菌适用于能耐高温的,需要保持干燥的物品，如玻璃器皿(吸管、培养皿)和金属用具等，A正确；B、接种方法有稀释徒步平板法和平板划线法，可用涂布平板法接种嗜水气单胞菌，B正确；C、出现噬菌斑说明有能分解嗜水气单胞菌的微生物，不一定是蛭弧菌作用的结果，C错误；D、污水中含有氨氮，可以为微生物提供氮源，D正确。故选C。三、非选择题：本题共5题，共59分。19.矮化棉具有抗倒伏、适宜密植、产量高等特征。D1蛋白是光反应过程中的重要蛋白，编码D1蛋白的基因只位于叶绿体中。为提高棉花的生产潜能并增强棉花抵御高温胁迫的能力，科研人员将编码D1蛋白的基因插入棉花某条染色体的特定位点上，人为建立D1蛋白的补充途径，获得了产量显著提高的纯合矮化H品系新疆棉。回答下列问题：（1）若要检测高温对各种光合色素含量的影响，可提取色素并利用______（填溶液名称）对光合色素进行分离后，再检测各种色素的含量。D1蛋白和光合色素共同参与光能的转换。D1蛋白含量升高可以提高光反应强度，C3接受光反应产物中______释放的能量，并且被______还原，进而提高暗反应强度。（2）高温胁迫会造成光合速率下降。研究人员研究了高温胁迫对野生棉光合作用相关指标的影响，结果见下表。据表分析，高温胁迫导致野生棉光合速率降低与其气孔开放程度______（填“有关”或“无关”），判断理由是______。温度光能转化效率气孔开放程度胞间浓度常温0.82300.38284.45高温0.62290.25314.25（3）研究人员利用抗原—抗体杂交的方法对野生棉和矮化H品系叶片内的D1蛋白含量及茎秆赤霉素（GA）含量进行了检测，结果如图所示。综合分析，矮化H品系高产的原因包括：①D1蛋白基因可能影响GA合成基因的表达，使GA含量骤减，削弱其______的功能；②高温对染色体上D1蛋白基因表达的影响______（填“大于”、“小于”或“等于”）对叶绿体中D1蛋白基因表达的影响，且染色体上D1蛋白基因控制合成的D1蛋白可以转移至______上，从而保证了H品系在高温下具有较高的光合速率。【答案】（1）①.层析液②.ATP和NADPH③.NADPH（2）①.无关②.高温和常温情况相比，其气孔开放程度下降，但胞间二氧化碳浓度升高（3）①.促进细胞伸长，从而引起植株增高，促进细胞分裂②.小于③.类囊体膜（叶绿体）〖祥解〗（1）光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）：水的光解产生[H]与氧气，以及

ATP的形成。（2）光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：CO2被C5固定形成C3，C3在光反应提供的ATP和[H]的作用下还原生成糖类等有机物。（3）叶绿体色素提取的原理：叶绿体中的色素能够溶解在有机溶剂，所以，可以在叶片被磨碎以后用乙醇提取叶绿体中的色素．色素分离原理：叶绿体中的色素在层析液中的溶解度不同，溶解度高的随层析液在滤纸上扩散得快，溶解度低的随层析液在滤纸上扩散得慢．根据这个原理就可以将叶绿体中不同的色素分离开来。【解析】（1）光合色素的提取试剂是无水乙醇，分离试剂是层析液，分离的原理是不同色素在层析液中的溶解度不同，溶解度越大扩散速率越快。光反应的产物ATP和NADPH可以用于暗反应过程中C3的还原，ATP的作用是提供能量，而NADPH的作用是提高能量，且作为还原剂，用于还原C3。（2）根据实验结果分析，和常温下相比，高温条件下气孔开放程度减小，但胞间二氧化碳浓度升高，说明二氧化碳不是限制光合作用的因素，高温胁迫导致野生棉光合速率降低与其气孔开放程度无关，导致高温胁迫导致野生棉光合速率降低的原因是光能转化效率降低。（3）①赤霉素（GA）的作用是促进细胞伸长，促进细胞分裂，从而引起植株增高。结合图示可知，D1蛋白基因可能影响GA合成基因的表达，使GA含量骤减，进而削弱GA的功能，从而使得H品系矮化。②D1蛋白是光反应过程中的重要蛋白，编码D1蛋白的基因只位于叶绿体中，从20℃到40℃，野生棉中的D1蛋白含量显著下降，说明高温对叶绿体中D1蛋白基因表达的影响很大，而H品系在高温条件下，D1蛋白含量几乎不变，H品系编码D1蛋白的基因插入在了染色体上，由此说明高温对染色体上D1蛋白基因表达的影响小于对叶绿体中D1蛋白基因表达的影响。D1蛋白是光反应过程中的重要蛋白，光反应的场所是类囊体膜（叶绿体），因此推测染色体上D1蛋白基因控制合成的D1蛋白可以转移至类囊体膜（叶绿体）上，从而保证了H品系在高温下具有较高的光合速率。20.研究发现，人类感染EB病毒后可能会诱发一种名为“多发性硬化”的中枢神经系统疾病。在多发性硬化症患者中，免疫系统错误地将神经纤维的髓鞘视为外来物质并加以破坏。其部分机制如图所示。回答下列问题：（1）多发性硬化患者的免疫____________功能发生异常，这属于免疫失调中的______病。（2）图中无法特异性识别抗原的免疫细胞有______，推测其直接原因可能是______。（3）研究发现，EB病毒编码的蛋白质与中枢神经系统髓鞘脂碱性蛋白（MBP）结构相似，推测多发性硬化患者体内与EB病毒抗体结合的抗原可能有______和______；该患者的CD8+T细胞可以特异性识别并结合MBP，引起髓鞘细胞裂解，据此推测CD8+T细胞属于______细胞，该细胞活化的信号是______。【答案】（1）①自稳②.自身免疫（2）①.树突状细胞和浆细胞②.细胞表面没有特异性识别抗原的受体（3）①.EB病毒编码的蛋白质②.中枢神经系统髓鞘脂碱性蛋白（MBP）③.细胞毒性T④.靶细胞膜表面的某些分子发生变化被细胞毒性T细胞识别以及辅助性T细胞分泌的细胞因子的刺激〖祥解〗免疫系统具有免疫防御、免疫自稳和免疫监视功能。免疫自稳是指机体清除衰老或损伤的细胞，进行自身调节，维持内环境稳态的功能。自身免疫病是指免疫系统异常敏感、反应过度，“敌我不分”地将自身物质当作外来异物进行攻击而引起的疾病【解析】（1）免疫系统具有免疫防御、免疫自稳和免疫监视功能。免疫自稳是指机体清除衰老或损伤的细胞，进行自身调节，维持内环境稳态的功能。在多发性硬化症患者中，免疫系统错误地将神经纤维的髓鞘视为外来物质并加以破坏，说明免疫自稳功能发生异常。自身免疫病是指免疫系统异常敏感、反应过度，“敌我不分”地将自身物质当作外来异物进行攻击而引起的疾病。多发性硬化症患者免疫系统攻击自身的神经纤维髓鞘，属于自身免疫病。（2）图中的免疫细胞有树突状细胞、CD4+T细胞、CD4+Th2细胞、CD4+Th1细胞、CD8+T细胞和浆细胞。其中树突状细胞能识别抗原，但不具有特异性；浆细胞不能识别抗原。所以无法特异性识别抗原的免疫细胞有树突状细胞和浆细胞。细胞识别抗原依靠细胞表面的特异性受体，树突状细胞和浆细胞无法特异性识别抗原，直接原因可能是细胞表面没有特异性识别抗原的受体。（3）因为EB病毒编码的蛋白质与中枢神经系统髓鞘脂碱性蛋白（MBP）结构相似，所以多发性硬化患者体内与EB病毒抗体结合的抗原可能有EB病毒编码的蛋白质和中枢神经系统髓鞘脂碱性蛋白（MBP）。CD8+T细胞可以特异性识别并结合MBP，引起髓鞘细胞裂解，说明CD8+T细胞属于细胞毒性T细胞。细胞毒性T细胞活化需要两个信号，一是被病原体感染的宿主细胞（靶细胞）膜表面的某些分子发生变化，细胞毒性T细胞识别变化的信号；二是辅助性T细胞分泌的细胞因子的刺激。21.秋冬季天干物燥，是森林火灾多发季节。回答下列问题：（1）火灾导致树木死亡，造成林冠层出现空隙，称为林窗。森林中不同区域形成林窗，导致不同区域的生物分布表现为斑块状和镶嵌性，这属于群落的______结构。（2）森林局部火灾后仍能逐步恢复原状，这是______调节的结果，它是生态系统具备自我调节能力的基础。（3）森林火灾后，森林中许多动物的种群密度会降低，从动植物关系的角度分析，原因是____________。因严重火灾导致大部分植被被破坏的地区，可以通过植树造林加快森林生态系统的恢复，植树时应选择多种适应该地区气候和土壤条件的树种，这遵循了生态工程的______原理。（4）研究发现，火灾后恢复初期的森林生态系统中只有三个营养级，其能量流动的关系如图所示，其中a、b、c、d表示不同的生理过程对应的能量数值，A、B、C、D表示生态系统中的部分组成成分。①初级消费者用于生长、发育和繁殖的能量可用代数式______表示。图中的d表示______。②研究人员调查了该森林生态系统一年内的能量流动，结果如下表（单位：）。该生态系统未利用的能量约为______。第一营养级第二营养级第三营养级分解者流入能量——呼吸作用【答案】（1）空间（2）负反馈（3）①.食物资源减少和栖息地破坏②.协调（4）①.a2-b2②.分解者通过分解作用散失的能量③.1.03×108〖祥解〗（1）生产者同化的能量=生产者呼吸消耗的能量+生产者自身生长、发育和繁殖的能量=生产者呼吸消耗的能量+流向下一营养级的能量+流向分解者的能量+未被利用的能量。（2）初级（次级、三级……）消费者的同化的能量=初级（次级、三级……）消费者的摄入量－初级（次级、三级……）消费者的粪便量=初级（次级、三级……）消费者呼吸消耗的能量+初级（次级、三级……）消费者自身生长、发育和繁殖的能量=初级（次级、三级……）消费者呼吸消耗的能量+流向下一营养级的能量+流向分解者的能量+未被利用的能量。最高营养级没有流向下一营养级的能量。【解析】（1）根据题意信息可知，森林中不同区域形成林窗，导致不同区域的生物分布表现为斑块状和镶嵌性，这属于群落的空间结构。（2）负反馈调节是生态系统具备自我调节能力的基础，森林局部火灾后仍能逐步恢复原状，这是负反馈调节的结果。（3）森林火灾后，森林中许多动物的种群密度会降低，这是因为很多动物的食物资源减少和栖息地破坏。在生态工程建设时，需要考虑生物与环境、生物与生物的协调与适应。因严重火灾导致大部分植被被破坏的地区，可以通过植树造林加快森林生态系统的恢复，植树时应选择多种适应该地区气候和土壤条件的树种，这遵循了生态工程的协调原理。（4）①根据图示信息可知，A为生产者，B为初级消费者，C为次级消费者。a代表了同化的能量，b代表了呼吸作用散失的能量，c代表流入分解者的能量，d表示分解者通过分解作用散失的能量。同化的能量=呼吸消耗的能量+自身生长、发育和繁殖的能量=呼吸消耗的能量+流向下一营养级的能量+流向分解者的能量+未被利用的能量。因此，初级消费者用于生长、发育和繁殖的能量可用a2-b2表示。②根据图表信息可知，该生态系统一年内，总流入能量为9.8×108J.m-2.a-1，总呼吸消耗为6.1×108＋8.1×107＋1.6×107＋1.7×108=8.77×108J.m-2.a-1，该生态系统未利用的能量等于总流入能量-总呼吸消耗=1.03×108J.m-2.a-1。22.草甘膦是一种广泛使用的除草剂，对大多数植物都具有杀灭作用。为在作物生长期间定向除草，研究人员改变芥菜EPSPS基因特定位点，将其导入芥菜，培育出了抗草甘膦的新品种，操作流程如图。回答下列问题：（1）过程①为______，其需要在缓冲液中进行，缓冲液的作用是______；①与②（PCR）的反应体系相比不同点有______（答出两点即可）。（2）以cDNA为模板扩增EPSPS基因后一般通过______鉴定产物，并置于______下观察结果。（3）芥菜EPSPS基因定点突变原理如图2所示，引物2部分核苷酸序列为5'－GAATAGTCATGCGTTCACTC…－3'，请据此补充引物3的核苷酸序列5'－GTGAACGCATGA______…－3'，引物3与反义链相应的核苷酸序列______（填“相同”或“不同”）。（4）研究人员将突变基因插入T－DNA的绿色荧光蛋白基因上游，如图3。为使两个基因融合表达以确定EPSPS在细胞的位置，需要去除突变基因的______序列。【答案】（1）①.逆转录②.维持反应体系的pH稳定，并提供酶所需的离子环境（如Mg²⁺）③.①（反转录）需要逆转录酶，而PCR需要耐高温的DNA聚合酶（如Taq酶）；反转录的引物为oligo(dT)或随机引物，而PCR需要特异性引物（2）①.琼脂糖凝胶电泳②.紫外灯（3）①.CTATTC②.不同（4）终止子〖祥解〗基因工程的基本操作步骤主要包括四步：①目的基因的获取，②基因表达载体的构建，③将目的基因导入受体细胞，④目的基因的检测与鉴定。【解析】（1）过程①将RNA转化为cDNA，属于逆转录。缓冲液为酶反应提供适宜环境，包括pH和离子条件，缓冲液的作用是维持反应体系的pH稳定，并提供酶所需的离子环境（如Mg²⁺）。反转录与PCR的差异主要体现在酶、引物类型及反应温度（如反转录无需高温循环），①（反转录）需要逆转录酶，而PCR需要耐高温的DNA聚合酶（如Taq酶）；反转录的引物为oligo(dT)或随机引物，而PCR需要特异性引物。（2）PCR产物通常通过琼脂糖凝胶电泳分离，DNA与溴化乙锭（EB）结合后，在紫外灯下显示荧光条带。（3）根据图示信息可知，引物2和引物3有部分序列是互补的，由此可知引物3需补充序列为5'－CTATTC…－3'，在PCR中，引物需与模板链的3'端互补。若反义链为模板，引物3的序列应与反义链互补（即与正义链相同）。题目中引物3的序列设计为与反义链互补，但是由于是进行基因定点突变，所以引物3与反义链对应区域的核苷酸序列不同。（4）