（生物试卷）2024届河北省承德市部分示范性高中高三下学期二模（解析版）

2024届河北省承德市部分示范性高中高三下学期二模一、选择题（本大题共13小题，每小题2分，共26分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）1.牙菌斑是黏附在牙齿表面的细菌生物被膜（由变形链球菌等分泌的多糖、脂质、蛋白质等将其自身包绕其中而形成），是龋病的重要诱因之一。下列叙述正确的是（）A.漱口可使变形链球菌吸水涨破，有效防止牙菌斑的发生B.变形链球菌中的核酸彻底水解后可以得到8种有机产物C.含抗生素的牙膏具抗菌作用，但抗生素难以直接杀死牙菌斑中的细菌D.细菌生物被膜中的多糖、蛋白质都属于生物大分子，细菌有细胞生物膜系统【答案】C【分析】原核细胞与真核细胞相比，最大的区别是原核细胞没有被核膜包被的成形的细胞核（没有核膜、核仁和染色体）；原核生物没有复杂的细胞器，只有核糖体一种细胞器，但原核生物含有细胞膜、细胞质等结构，也含有核酸（DNA和RNA）和蛋白质等物质。【详解】A、细菌含有细胞壁，细胞壁能维持细胞的形状，因此细菌不会吸水涨破，A错误；B、变形链球菌是原核生物，其细胞内的核酸（包括DNA和RNA）彻底水解后可以得到7种有机产物（5种碱基、2种五碳糖），B错误；C、细菌生物被膜有利于细菌在恶劣或有抗生素的环境中生存，使用含抗生素的牙膏难以直接杀死牙菌斑中的细菌，C正确；D、细菌是原核生物，无核膜和细胞器膜，无细胞生物膜系统，D错误。故选C。2.中国农业大学课题组发现拉恩氏菌（HX2）能吸收亚硒酸盐。离子通道蛋白（AqpZ）抑制剂和呼吸抑制剂均会抑制HX2对亚硒酸盐的吸收，无上述抑制剂时亚硫酸盐也会抑制HX2吸收亚硒酸盐。经研究还发现，HX2能在高盐环境下生存，其膜上的Na+/H+逆向转运体将H+顺浓度梯度运进细胞的同时泵出Na+。下列说法错误的是（）A.HX2对亚硒酸盐吸收属于主动运输和被动运输B.亚硫酸盐和亚硒酸盐通过HX2膜时可能共享AqpZC.Na+/H+逆向转运体泵出Na+的过程属于协助扩散D.使用ATP抑制剂处理HX2，H+运出细胞的速率会下降【答案】C【分析】小分子物质跨膜运输的方式包括：自由扩散、协助扩散、主动运输。自由扩散高浓度到低浓度，不需要转运蛋白，不需要能量；协助扩散是从高浓度到低浓度，不需要能量，需要转运蛋白；主动运输从高低浓度到高浓度，需要转运蛋白，需要能量。【详解】A、HX2对亚硒酸盐的吸收过程既有主动运输（呼吸抑制剂能抑制HX2对亚硒酸盐的吸收），也有协助扩散（离子通道蛋白抑制剂能抑制HX2对亚硒酸盐的吸收），A正确；B、无上述抑制剂时亚硫酸盐也会抑制HX2吸收亚硒酸盐，说明亚硫酸盐和亚硒酸盐通过HX2膜时可能共享AqpZ，B正确；C、其膜上的Na+/H+逆向转运体将H+顺浓度梯度运进细胞的同时泵出Na+，可知，Na+/H+逆向转运体泵出Na+的过程属于主动运输，Na+运出细胞的直接驱动力是H+浓度差，C错误；D、H+进入HX2的方式是协助扩散，故H+运出HX2的方式是主动运输，使用ATP抑制剂处理HX2，H+运出细胞的速率会下降，D正确。故选C。3.面对病原体侵染时，活化的中性粒细胞中的打孔蛋白GSDMD等会在其膜上打孔，导致Ca2+流入细胞，随后PAD4酶被激活，使核DNA从组蛋白上解旋后被挤到细胞外与多种酶等成分形成外诱捕网（NET）以捕获病原体，该过程中伴随着中性粒细胞死亡，这种死亡方式被称为NETosis，NETosis过程不发生炎症反应。下列说法正确的是（）A.中性粒细胞的NETosis属于细胞坏死B.中性粒细胞的PAD4基因突变后，其NETosis现象会显著减少C.外诱捕网捕获的病原体最后会被溶酶体合成的多种水解酶降解D.中性粒细胞能识别并捕获病原体，这发挥了免疫系统的免疫防御功能【答案】D【分析】免疫系统的基本功能：（1）免疫防御：防止外界病原体入侵及清除已入侵病原体其害物质异免疫功能低或缺发免疫缺陷病；（2）免疫监视：随发现清除体内现非肿瘤细胞及衰、死亡细胞异；（3）免疫自稳：通免疫耐受免疫调节两种机制维持免疫系统内环境稳定。【详解】A、题意显示，面对病原体侵染时，活化的中性粒细胞中的打孔蛋白GSDMD等会在其膜上打孔，导致Ca2+流入细胞，随后PAD4酶被激活，使核DNA从组蛋白上解旋后被挤到细胞外与多种酶等成分形成外诱捕网（NET）以捕获病原体，该过程中伴随着中性粒细胞死亡，该过程并没有形成炎症，不会对周围细胞造成影响，故中性粒细胞的NETosis不属于细胞坏死，A错误；B、基因突变具有不定向性，故中性粒细胞的PAD4基因突变后，其NETosis现象不一定会显著减少，B错误；C、溶酶体中的水解酶是在核糖体上合成的，C错误；D、中性粒细胞能识别并捕获病原体，体现了免疫系统对外来病原体的作用，因而属于免疫系统的免疫防御的功能，D正确。故选D。4.某人研究了小麦种子萌发过程，并绘制了CO2释放量（Oo2）和O2吸收量（Oo2）的变化趋势图（如图甲，假设细胞呼吸底物都是葡萄糖）。他还将花生种子置于条件适宜的环境中培养，定期检测种子萌发过程中（含幼苗）脂肪的相对含量和干重，结果如图乙。下列说法错误的是（）

A.图甲中12h时，有2/3的葡萄糖被用于种子的无氧呼吸B.图乙中，导致AB段花生种子干重增加的主要元素是OC.图乙中，幼苗在C点之前就已经开始进行光合作用D.小麦发芽种子的细胞质基质中，合成ATP所需的能量可来自葡萄糖或丙酮酸【答案】D【分析】细胞内的水以自由水与结合水的形式存在，结合水是细胞结构的重要组成成分，自由水是良好的溶剂，是许多化学反应的介质，自由水还参与许多化学反应，自由水对于运输营养物质和代谢废物具有重要作用，自由水与结合水比值越高，细胞代谢越旺盛，抗逆性越差，反之亦然。【详解】A、图甲中12h时，CO2释放量为10，O2吸收量为6，因此无氧呼吸产生的CO2量为4，有氧呼吸产生的CO2量为6，根据有氧呼吸和无氧呼吸中C6H12O6和CO2间的关系比推知，无氧呼吸消耗的葡萄糖量为2，有氧呼吸消耗的葡萄糖量为1，因此有2/3的葡萄糖被用于种子的无氧呼吸，A正确；B、图乙中，导致AB段种子干重增加的主要元素是O，因为花生种子在萌发过程中脂肪会转变成糖类，糖类与脂肪相比含有较多的氧原子，B正确；C、幼苗可以进行光合作用，当光合速率大于呼吸速率时，有机物开始积累，所以光合作用在C点之前就开始了，C正确；D、细胞质基质中可以进行有氧呼吸的第一阶段或无氧呼吸的第一、二阶段，有氧呼吸的第一阶段和无氧呼吸的第一阶段能将葡萄糖分解为丙酮酸和[H]，并释放出能量以合成ATP，无氧呼吸的第二阶段不合成ATP，D错误。故选D。5.DNA复制时一条子链连续复制，另一条子链先合成小片段（冈崎片段），过程如图所示。已知DNA聚合酶不能直接催化冈崎片段合成，需先借助引物酶以DNA为模板合成RNA引物，DNA聚合酶再在引物的某端聚合脱氧核苷酸，在某种酶的作用下冈崎片段相连后，DNA聚合酶再把RNA引物去掉。下列说法错误的是（）A.a、c、f均表示DNA一条链的3＇端，该端有一个游离的羟基B.DNA聚合酶能催化磷酸二酯键形成，不能催化磷酸二酯键断裂C.DNA复制过程中后随链的合成需要RNA聚合酶、DNA聚合酶、DNA连接酶等的参与。D.子链5＇端的引物被切除后无法修复，使DNA随复制次数增加而缩短是细胞衰老的原因之一【答案】B【分析】DNA复制需要模板、原料、能量、酶等条件。DNA复制是边解旋边复制、半保留复制。DNA复制时，子链只能从5’端向3’端延伸，两条子链的延伸方向相反。【详解】A、由DNA子链复制的方向为5'→3'可以判断，a、c、f均表示DNA一条链的3'端，该端有一个游离的羟基，b、d、e均表示DNA一条链的5'端，该端有一个游离的磷酸基团，A正确；B、据题干可知，引物酶以DNA为模板合成RNA引物，DNA聚合酶再在引物的3'端聚合脱氧核苷酸，当冈崎片段相连后，DNA聚合酶再把RNA引物去掉，即DNA聚合酶既能催化磷酸二酯键形成，也能催化磷酸二酯键断裂，B错误；C、据题干可知，后随链合成时需要DNA聚合酶、引物酶以及将冈崎片段相连的酶，引物酶以DNA为模板合成RNA引物，故引物酶为RNA聚合酶，将冈崎片段相连的酶是DNA连接酶，C正确；D、子链5'端的RNA引物被切除后无法修复，会导致子代DNA（端粒DNA）长度变短，这是细胞衰老的原因之一，D正确。故选B。6.VMAT2是交感神经元中最重要的囊泡单胺转运蛋白，负责将突触前神经元合成的多巴胺等单胺类神经递质（兴奋性神经递质）转运到囊泡中储存，这是神经递质有效向突触间隙释放的前提，突触前膜上有回收多巴胺的转运蛋白。已知利血平会抑制交感神经中VMAT2的作用。下列说法正确的是（）A.神经细胞中的核糖体合成多巴胺的过程中会有水的产生B.单胺类神经递质从进入囊泡到与突触后膜上的受体结合的过程不都需要消耗ATPC.利血平有减慢心率、扩张支气管、加强胃肠的蠕动和消化腺的分泌等作用D.突触前膜通过胞吐方式释放、胞吞方式回收多巴胺，体现了膜具有一定的流动性【答案】B【分析】兴奋在神经元之间的传递：兴奋在神经元之间的传递是通过突触完成的，突触包括突触前膜、突触后膜和突触间隙，突触前膜内的突触小泡含有神经递质，神经递质以胞吐的形式分泌到突触间隙，作用于突触后膜上的受体，引起突触后膜所在神经元兴奋或抑制；由于神经递质只能由突触前膜释放作用于突触后膜上的受体，因此兴奋在神经元之间的传递是单向的。【详解】A、多巴胺是一种非蛋白类有机小分子，其合成场所不是核糖体，A错误；B、神经递质进入囊泡、释放到突触间隙需要消耗ATP，释放到突触间隙后经扩散作用到达突触后膜不消耗ATP，B正确；C、利血平会抑制交感神经中VMAT2的作用，是交感神经抑制类药物，利血平发挥作用后，交感神经活动减弱，此时副交感神经活动占优势，心率减慢，胃肠的蠕动和消化腺的分泌加强，但支气管扩张是交感神经活动占优势时的表现，C错误；D、回收多巴胺需要突触前膜上的转运蛋白协助，故突触前膜不是通过胞吞方式回收多巴胺的，D错误。故选B。7.应激是机体在受到伤害性刺激的状态下出现的保护性反应，此时人体代谢明显加快，如大面积烧伤病人每日的能量需求可达正常人的2.5倍。下图表示人受到伤害性刺激时部分物质代谢变化的调节过程。下列说法错误的是（）A.应激反应时糖皮质激素可促进脂肪酸等转化为葡萄糖使血糖升高B.儿茶酚胺可通过促进肝糖原的分解和非糖物质的转化来升高血糖C.人体的应激性以交感神经—肾上腺髓质系统为主，并能更快地应对应激情况D.由肾上腺髓质分泌的肾上腺素也可提高机体应激能力，该激素还能升高血糖【答案】B【分析】糖皮质激素、肾上腺素、甲状腺激素等激素通过调节有机物代谢胰岛素的分泌和作用，直接或间接地提高血糖浓度。【详解】A、分析图可知，应激反应时糖皮质激素可以促进糖异生，所以可以促进脂肪酸等转化为葡萄糖使血糖升高，A正确；B、据图可知，应激条件下儿茶酚胺可以促进肝糖原和脂肪的分解，但是没有促进非糖物质的转化，B错误；C、人体的应激性以交感神经—肾上腺髓质系统为主，因为这一调节途径中有神经参与，通过神经作用于肾上腺髓质，可对外界刺激更快作出反应，C正确；D、肾上腺素由肾上腺髓质分泌，其在升高血糖方面与糖皮质激素、胰高血糖素等具有协同作用，D正确。故选B。8.为分析外源植物激素对元宝枫碳水化合物代谢的影响，某人将长势一致、生长状态等良好的若干元宝枫分成三组，对其叶面分别喷施油菜素内酯（EBR）和激动素（KT），喷施浓度分别为0.5mg·L-1和50mol·L-1，喷施清水作对照组。于喷施后第1、3、5、7、9天对叶片进行采样并分析、计算可溶性糖含量，结果如图所示。下列说法正确的是（）A.实验的自变量为外源植物激素的种类和浓度，因变量为蔗糖和淀粉的含量B.通过实验结果可以得知，两种外源激素在促进可溶性糖生成上相互促进C.喷施KT和EBR后叶片中可溶性糖含量与对照组相比都显著升高D.叶片中可溶性糖增多可提高元宝枫的抗旱性，但叶片中可溶性糖含量不能用斐林试剂检测【答案】D【分析】由题意可知，该实验的自变量是时间及外源植物激素的种类，因变量是可溶性糖的含量。【详解】A、本实验的自变量为时间及外源植物激素的种类而不是浓度，因变量为可溶性糖的含量，A错误；B、实验中没有两种外源激素共同处理的实验组，所以无法得知两种外源激素在促进可溶性糖生成上相互促进，B错误；C、喷施KT和EBR后1~3天叶片中可溶性糖含量没有明显的变化，5~9天叶片中可溶性糖含量与对照组相比升高，C错误；D、叶片中可溶性糖增多提高了元宝枫叶片细胞渗透压，提高了元宝枫的吸水能力，从而提高了元宝枫的抗旱性，但斐林试剂是检测还原糖的，可溶性糖中有些不是还原糖（如蔗糖），以及叶片中有色素会掩盖颜色反应，故叶片中可溶性糖含量不能用斐林试剂检测，D正确。故选D。9.河北省一直以来注重环境保护，据有关部门称，2024年河北省颗粒物平均浓度较2014年下降57.3%。在生态环境保护方面，下列叙述正确的是（）A.对濒危野生动植物最有效的保护是建立濒危动植物繁育中心B.保护生物多样性的实质是遏止物种的灭绝，增加物种的多样性C.生态系统的稳定性是生态系统维持自身结构和功能相对平衡的能力D.湿地修复时有效选择生物组分，并考虑这些生物的生态位差异进行合理布设主要遵循自生原理【答案】D【分析】（1）生物多样性包括基因多样性、物种多样性和生态系统多样性。（2）生态工程的基本原理有：自生、循环、协调、整体。【详解】A、对濒危野生动植物最有效的保护是就地保护，建立濒危动植物繁育中心属于易地保护，A错误；B、保护生物多样性是保护基因的多样性、物种的多样性和生态系统的多样性，而不仅仅是增加物种的多样性，B错误；C、生态系统维持或恢复自身结构和功能相对平衡的能力，叫生态系统的稳定性，C错误；D、湿地修复时，依据自生原理应该选择净化污染物能力强的水生生物并考虑它们的生态位差异，之后进行合理布设，D正确。故选D。10.2024年1月呼吸道合胞病毒（RSV）预防性单克隆抗体——尼塞韦单抗正式在中国获批上市，用于预防新生儿和婴儿由RSV引起的下呼吸道感染。科学家将控制尼塞韦单抗结构域的某基因替换了三个碱基以达到延长半衰期的效果。下列说法正确的是（）A.尼塞韦单抗的制备利用了基因突变、细胞培养、细胞融合等技术B.制备尼塞韦单抗时杂交瘤细胞需要分瓶培养，以防止接触抑制C.体外培养杂交瘤细胞时，要通入95%的O2和5%的CO2D.为了减轻代谢物积累对细胞的伤害，可在细胞培养液中加入一定量的抗生素【答案】A【分析】单克隆抗体的制备过程:(1)两次筛选：①筛选得到杂交瘤细胞（去掉未杂交的细胞以及自身融合的细胞)；②筛选出能够产生特异性抗体的细胞群；(2)细胞来源：B淋巴细胞：能产生特异性抗体，在体外不能无限繁殖；骨髓瘤细胞不产生专一性抗体，体外能无限繁殖；(3)杂交瘤细胞的特点：既能大量增殖，又能产生特异性抗体；(4)提取单克隆抗体：从培养液或小鼠腹水中提取。【详解】A、尼塞韦单抗的制备利用了基因突变（控制尼塞韦单抗结构域的某基因替换三个碱基用到了基因突变）、细胞培养、细胞融合（经免疫的B细胞与骨髓瘤细胞融合）等技术，A正确；B、接触抑制是细胞贴壁生长过程中发生的现象，杂交瘤细胞能无限增殖，不会出现接触抑制，B错误；C、体外培养杂交瘤细胞时，需要给予95%的空气和5%的CO2，C错误；D、为了防止细胞培养过程中细菌的污染，可向细胞培养液中加入适量的抗生素；为了防止有害代谢物的积累，可采用定期更换培养液的方法，以便清除代谢物，D错误。故选A。11.下表显示了某生态系统中种群A~F的能量数值［单位：×102KJ/（m2.a）］，且每个种群只处于一个营养级，已知F为分解者。下列叙述错误的是（）种群/能量ABCDEF用于生长、发育和繁殖的能量66.22.1408.50.81.921.1呼吸作用消耗能量74.69.7554.31.69.5211A.生产者同化的能量为9.628×104KJ/（m2.a），是流经该生态系统的总能量BB.据表可知，该生态系统存在的食物网为C.碳元素以有机物的形式在种群A~F中循环流动D.第二营养级到第三营养级的能量传递效率约为16.5%【答案】C【分析】（1）生态系统的结构包括生态系统的成分和营养结构，生态系统的成分包括生产者、消费者、分解者和非生物的物质和能量，营养结构指食物链和食物网。（2）能量流动特点：①单向流动：生态系统内的能量只能从第一营养级流向第二营养级，再依次流向下一个营养级，不能逆向流动，也不能循环流动。②逐级递减：能量在沿食物链流动的过程中，逐级减少，能量在相邻两个营养级间的传递效率是10%-20%；可用能量金字塔表示。【详解】A、根据能量逐级递减的特征可知处于第一营养级的生产者能量最高，故据表可推知，C是生产者，生产者（C）同化的能量为（408.5+554.3）×102=9.628×104kJ/（m2·a），是流经该生态系统的总能量，A正确；B、据表可知，C为第一营养级，A为第二营养级，B和E均处于第三营养级，D处于最高营养级，故该生态系统存在的食物网为，B正确；C、碳元素以有机物的形式在生物群落中流动，不能循环，C错误；D、能量传递效率为相邻营养级同化量之比，故第二营养级（A）到第三营养级（B和E）的能量传递效率为（23.2÷140.8）×100%≈16.5%，D正确。故选C。12.植物组织培养可实现植物的快速、大量繁殖，还可保持优良品种的遗传特性。下列叙述正确的是（）A.取植物茎尖或根尖进行组织培养可获得抗病毒苗B.脱分化和再分化使用的培养基中激素的种类和比例都不同C.外植体消毒时，用无菌水处理后再用次氯酸钠溶液冲洗即可D.DNA甲基化可能会影响基因表达，脱分化后的细胞中也存在甲基化现象【答案】D【分析】植物组织培养技术：（1）过程：离体的植物组织，器官或细胞（外植体）→愈伤组织→胚状体→植株（新植体）。（2）原理：植物细胞的全能性。（3）条件：①细胞离体和适宜的外界条件（如适宜温度、适时的光照、pH和无菌环境等）；②一定的营养（无机、有机成分）和植物激素（生长素和细胞分裂素）。【详解】A、脱毒苗不等同于抗病毒苗，培育脱毒苗时，一般选取植物茎尖或根尖作为外植体，因为植物分生区附近病毒极少，甚至无病毒，A错误；B、脱分化和再分化使用的培养基中激素的种类是相同的，浓度和比例不同，B错误；C、外植体消毒时，需将经流水充分冲洗后的外植体用酒精消毒30s，后立即用无菌水清洗2~3次，再用次氯酸钠溶液处理30min后，立即用无菌水冲洗2~3次，冲洗掉次氯酸钠，以免长时间作用破坏细胞，C错误；D、DNA甲基化主要表现为抑制转录，由此可知，DNA甲基化可能会影响基因表达，脱分化后的细胞中存在基因表达，故存在甲基化现象，D正确。故选D。13.许多植物提取物对致病菌有很好的抑制作用。某人为验证甲、乙两种植物提取物对金黄色葡萄球菌的抑制作用，进行了相关实验，结果如图所示。下列有关实验操作的叙述，正确的是（）A.配制培养基、接种等过程均需在无菌条件下进行B.配制金黄色葡萄球菌培养基时应先将pH调至酸性再进行高压蒸汽灭菌C.图示接种方法为稀释涂布平板法，用涂布器将菌液均匀涂布后立即倒置于适宜条件下培养D.植物提取物乙对金黄色葡萄球菌的抑制作用更强，挑取抑菌圈边缘的菌落重复该实验，所得抑菌圈直径会越来越小【答案】D【分析】本实验的思路为：将含植物提取物的滤纸片放到接种了细菌的平板培养基上，滤纸片周围会出现抑菌圈，在抑菌圈边缘生长的细菌可能是耐药菌；若植物提取物对细菌起选择作用，则随着培养次数增多，耐药菌的比例增大，在连续培养几代后，抑菌圈的平均直径变小。【详解】A、因为培养基配制好后还需要进行灭菌处理，所以配制培养基不需要在无菌条件下进行，A错误；B、配制金黄色葡萄球菌培养基时应先将pH调至中性或弱碱性再进行高压蒸汽灭菌，B错误；C、图示接种方法为稀释涂布平板法，用涂布器将菌液均匀涂布后，需等待菌液被培养基吸收，再倒置培养，C错误；D、据图可知，植物提取物甲抑菌圈比植物提取物乙的抑菌圈小，故植物提取物乙对金黄色葡萄球菌的抑制作用更强，挑取抑菌圈边缘的菌落重复该实验，耐药菌的比例增大，在连续培养几代后，抑菌圈的平均直径变小，D正确。故选D。二、选择题（本大题共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正确，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。）14.基因表达的调控可发生在转录前水平，最典型的例子是沙门杆菌两种鞭毛的基因选择性表达。沙门杆菌的两种鞭毛分别由不连锁的两个基因H1、H2编码，且同时只能表达一个。H2基因的上游有一段序列，称hin基因（倒位基因），该基因有H2的启动子，如下图所示。下列说法正确的是（）A.阻遏物基因表达时产生的阻遏物蛋白阻止了RNA聚合酶的功能B.H1基因能表达是由于基因组内部结构变化使阻遏物蛋白不能合成C.据图可知，H2基因和阻遏物基因共用一个启动子D.H1基因转录出的mRNA经蛋白酶剪切和拼接后可能参与相关调控【答案】ABC【分析】（1）启动子是一段有特殊序列结构的DNA片段，位于基因的上游，紧挨转录的起始位点，它是RNA聚合酶识别和结合的部位，有了它才能驱动基因转录出mRNA，最终表达出人类需要的蛋白质。（2）原核生物基因的编码区是连续的，没有内含子。真核生物基因编码区是不连续的，由内含子和外显子组成。【详解】A、阻遏物基因表达时会产生阻遏物蛋白，阻遏物蛋白与H1基因的启动子结合阻止了RNA聚合酶的功能，A正确；B、倒位基因表达时，可使hin基因发生倒位，这样H2的启动子方向发生了改变，H2基因和阻遏物基因不能表达出H2蛋白和阻遏物蛋白，此时H1基因能表达，B正确；C、图中，H2基因和阻遏物基因转录时形成一个mRNA分子，故H2基因和阻遏物基因共用一个启动子，C正确；D、蛋白酶的作用是催化蛋白质水解，mRNA为核酸，不能被蛋白酶剪切和拼接，且沙门杆菌是原核生物，H1基因转录出的mRNA没有内含子，一般不需要经过剪切和拼接，D错误。故选ABC。15.幽门螺杆菌侵入胃黏膜细胞会诱导相关细胞释放大量白细胞介素8，进而导致炎症反应。幽门螺杆菌还具有操纵和破坏宿主免疫系统的能力进而发生免疫逃逸，其与慢性胃炎、胃肿瘤等的发生密切相关。下列说法错误的是（）A.白细胞介素8、干扰素、肿瘤坏死因子、抗体不都属于细胞因子B.幽门螺杆菌引起的免疫能力下降是胃肿瘤发生的根本原因C.幽门螺杆菌免疫耐受的形成是机体的免疫系统的监视功能障碍引起的D.幽门螺杆菌发生免疫逃逸可能会导致机体患自身免疫病等并发症【答案】BCD【分析】免疫系统包括免疫器官、免疫细胞和免疫活性物质；免疫器官：骨髓、胸腺、脾、淋巴结、扁桃体等；免疫细胞：吞噬细胞和淋巴细胞；免疫活性物质：抗体（由浆细胞分泌）、细胞因子（由T细胞分泌）、溶菌酶等。【详解】A、抗体属于免疫活性物质，但不属于细胞因子，白细胞介素8、干扰素、肿瘤坏死因子属于细胞因子，A正确；B、胃肿瘤发生的根本原因是基因突变，幽门螺杆菌引起的免疫能力下降可能引起肿瘤发生，B错误；C、幽门螺杆菌免疫耐受的形成是机体的免疫系统的防御功能障碍引起的，C错误；D、幽门螺杆菌具有操纵和破坏宿主免疫系统的能力进而发生免疫逃逸，故发生免疫逃逸时机体免疫力下降，而自身免疫病是免疫过强引起的，是自身免疫反应对组织和器官造成损伤并出现了症状，D错误。故选BCD。16.某种位于X染色体上的单基因控制的遗传病，其正常基因含一个限制酶酶切位点，突变基因增加了一个酶切位点，该病在男性中的发病率为1/100.图1是某家系相关成员的遗传系谱图，图2表示相关基因酶切后的电泳结果。下列有关说法正确的是（）A.正常基因经酶切后产生的DNA片段为310bp和217bpB.Ⅲ1将该病的致病基因传递给下一代的概率是1/4C.Ⅱ1与正常的某女性婚配，后代为患该病女性的概率为1/202D.Ⅱ4与患该病的某男性结婚，后代为患该病男性的概率为1/8【答案】BC【分析】分析图1，Ⅰ-1和Ⅰ-2表现正常，但生下了Ⅱ-1的患病男性，所以该病是隐性遗传病。图2：正常基因含有一个酶切位点，产生的DNA片段应该为310bp和118bp，突变基因增加了一个酶切位点，经酶切后可形成长度为217bp、118bp和93bp的三种DNA片段，故突变基因新增加的一个酶切位点位于长度为310bp的DNA片段上，经酶切后产生的DNA片段为217bp和93bp。【详解】A、据图1可判断出该病为伴X染色体隐性遗传病（Ⅰ-1和Ⅰ-2表现正常，但生下了Ⅱ-1的患病男性），据图2可判断出正常基因含有一个酶切位点，产生的DNA片段应该为310bp和118bp，突变基因增加了一个酶切位点，经酶切后可形成长度为217bp、118bp和93bp的三种DNA片段，故突变基因新增加的一个酶切位点位于长度为310bp的DNA片段上，经酶切后产生的DNA片段为217bp和93bp，A错误；B、若用A、a表示相关基因，Ⅱ2的基因型为XAXa，Ⅲ1的基因型及所占的比例为1/2XAXA、1/2XAXa，Ⅲ1将该病的致病基因传递给下一代的概率是1/4，B正确；C、该病在男性中的发病率为1/100，那么在人群中该病的致病基因频率为1/100，正常女性中携带者所占的比例为2/101，Ⅱ1与正常的某女性婚配，后代为患该病女性的概率为（2/101）×（1/4）=1/202，C正确；D、据图1、图2可知，Ⅱ4正常且不含致病基因，其与患该病的某男性结婚，后代为患该病男性的概率为0，D错误。故选BC。17.甲，乙两种藻都需利用硅酸盐合成细胞壁，甲、乙之间存在生殖隔离。某人将甲、乙两种藻混合培养，两者数量变化如图1所示；甲、乙两种藻之一的（K值-种群数量）/K值随种群数量变化的趋势如图2所示。下列叙述错误的是（）A.甲、乙两种群均呈“S”形增长，增长速率均受本身密度制约B.图2中曲线表示乙种藻种群增长速率与种群数量呈负相关C.（K值－种群数量）/K值越大，影响种群增长的环境阻力越小D.乙种藻种群的年龄结构在S2点是增长型，在S4点是衰退型【答案】ABD【分析】根据题干和曲线的信息可知，存在K值的该种群数量变化的曲线为S形增长曲线；K值是与横轴的相交点，接近200。当种群数量在K/2时，增长速率最大，当种群数量到K值时，增长速率几乎为零。【详解】A、甲、乙两种藻之一的（K值-种群数量）/K值随种群数量变化的趋势如图2所示，可知甲、乙种群中有一种群呈“S”形增长，再结合图1可推知，随着时间的推移，甲、乙数量的比值先增大后减小，最后时刻降为0，由于甲、乙之间存在生殖隔离，故在有限的环境条件下，乙种藻种群最终呈“S”形增长，甲种藻种群数量呈先上升后下降的趋势，最终降为0，甲种藻最终被淘汰，不呈“S”形增长，A错误；B、图2表示乙种藻的（K值-种群数量）/K值随种群数量变化的趋势，在“S”形增长曲线中，K/2之前种群增长速率随种群数量的增加而增大，K/2之后种群增长速率随种群数量的增加而减小，故乙种藻种群增长速率与种群数量不呈负相关，B错误；C、（K值-种群数量）/K值越大，说明种群数量越小，影响种群增长的环境阻力越小，C正确；D、乙种藻种群的年龄结构在S2、S4点都是还没有达到K值，均为增长型，D错误。故选ABD。18.重叠延伸PCR技术是一种通过寡聚核苷酸链之间重叠的部分互相搭桥、互为模板，经过多次PCR扩增，从而获得目的基因的方法。利用该技术可以实现基因的定点诱变，其操作步骤如下图所示。下列说法错误的是（）A.PCR1和PCR2在同一个系统里面进行以便重叠延伸B.通过PCR2能得到产物CD至少经过3次DNA的复制C.取AB上链和CD下链加入引物再次扩增即可得到产物ADD.根据诱变基因单链的3＇→5＇方向来设计引物a和引物d【答案】ABC【分析】PCR技术的全称为聚合酶链式反应，是一项在生物体外复制特定DNA的核酸合成技术，其原理为DNA复制，该过程的进行首先要有一段已知核苷酸序列的目的基因以便合成一对引物，其过程为：高温变性：DNA解旋过程（PCR扩增中双链DNA解开不需要解旋酶，高温条件下氢键可自动解开）；低温复性：引物结合到互补链DNA上；中温延伸：合成子链。【详解】A、通过PCR1能得到大量产物AB，该过程需要加入引物a、b，同时通过PCR2能得到大量产物CD，该过程需要引物c、d，PCR1和PCR2必须分两个系统进行，不能在同一个系统里面，否则引物b、c之间发生碱基互补配对将导致扩增失败，即不在一个系统里面进行的目的是防止两种引物在扩增时进行碱基互补配对，失去作用，A错误；B、通过PCR2能得到产物CD至少经过2次DNA的复制，因为第一次复制获得的子代DNA带有模板链，而第二次复制就能产生图中CD类型的DNA片段，B错误；C、结合图示可以看出，AB上链和CD下链在突变位点处的碱基序列互补，能起到引物b、c的作用，因此不需要另加引物，C错误；D、引物的方向是5'→3'，所以根据诱变基因单链的3'→5'方向来设计引物a和引物d，D正确。故选ABC。三、非选择题（本大题共5小题，共59分。）19.盐渍化土壤严重影响农作物的生长发育。某研究人员利用不同品种（M和N）的某农作物幼苗探究盐胁迫下该农作物的光合特性（如下图所示），为耐盐品种的培育提供理论基础。请回答下列有关问题：（1）净光合速率可用______来表示。据图1可知，该农作物品种M和N中，更耐盐的为品种______，判断依据是______。（2）光合速率的限制可分为气孔限制和非气孔限制，气孔限制是气孔导度下降使CO2进入叶片受阻，从而导致光合速率降低；非气孔限制则是参与光合作用的结构受到了损害，从而导致光合速率降低。据图可知，在盐胁迫下，该农作物幼苗光合速率降低的主要原因是______（填“气孔限制”或“非气孔限制”），判断理由是______。（3）有研究表明，外源脱落酸（ABA）处理植物能够诱导植物产生应对高盐胁迫（植物生长于高盐浓度环境而受到的影响）的抗性，且低浓度的ABA缓解效果更好。请以清水、10μmol/LABA、50μmol/LABA、0.4%NaCl以及该农作物幼苗等为材料，设计实验来验证这一结论。要求简要写出实验思路和预期实验结果。实验思路：______。预期实验结果：______。【答案】（1）①.绿色植物单位时间单位叶面积内吸收的CO2量②.M③.随着NaCl浓度的增加，品种M的净光合速率下降幅度比品种N的小（2）①.非气孔限制②.在盐胁迫下，该农作物蒸腾速率下降，但胞间CO2浓度升高（3）①.实验思路：将同一时期生理状况、长势等相同的该农作物均分为三组，分别用清水、10μmol/LABA、50μmol/LABA对三组该农作物幼苗进行处理，然后将三组幼苗放在含0.4%NaCl的完全培养液中进行栽培，其他条件相同且适宜，几天后，观察三组幼苗的生长情况②.预期实验结果：在0.4%NaCl的完全培养液中，10μmol/LABA预处理过的该农作物幼苗的长势比50μmol/LABA预处理过的幼苗好，50μmol/LABA预处理过的幼苗的长势比清水预处理过的幼苗好【分析】光合作用包括光反应和暗反应两个阶段：光版应发生场所在叶绿体的类囊体薄膜上，色素吸收光能、传递光能，并将一部分光能用于水的光解生成NADPH和氧气，另一部分光能用于合成ATP；暗反应发生场所是叶绿体基质中，首先发生二氧化碳的固定，即二氧化碳和五碳化合物结合形成两分子的三碳化合物，三碳化合物利用光反应产生的NADPH和ATP被还原。影响光合作用的因素有光照强度、二氧化碳浓度和温度等。【解析】（1）净光合速率可用绿色植物单位时间单位叶面积内CO2的吸收量、O2的释放量或有机物的积累量来表示。据图1可知，该农作物品种M和N中，更耐盐的为品种M，依据是随着NaCl浓度的增加，品种M的净光合速率下降幅度比品种N的小。（2）据图2、图3可知，在盐胁迫下该农作物蒸腾速率下降，气孔导度下降，但胞间CO2浓度升高，故该农作物幼苗光合速率降低的主要原因是非气孔限制。（3）要验证外源脱落酸（ABA）预处理植物能够诱导植物产生应对盐胁迫的抗性，且低浓度的ABA的缓解效果更好，则实验自变量是有无ABA及ABA浓度，因变量是植物在盐胁迫条件下的生长情况，故实验思路为分别用清水、10μmol/LABA、50μmol/LABA对等量生理状况等相同的该农作物幼苗进行处理，然后将幼苗放在同浓度的高盐溶液（0.4%NaCl的完全培养液）中栽培，其他条件相同且适宜，几天后，观察幼苗的生长情况。预期实验结果为在高盐溶液（0.4%NaCl的完全培养液）中，10μmol/LABA预处理过的幼苗的长势比50μmol/LABA预处理过的幼苗好，50μmol/LABA预处理过的幼苗的长势比清水预处理过的幼苗好。20.胃排空是指食物由胃排入十二指肠的过程。肠—胃反射（指小肠上部受到食糜刺激后，引起的抑制胃液分泌和胃运动的反射活动）和肠抑胃素可减慢胃排空，具体过程见下图。请回答下列问题：（1）在肠—胃反射活动中，十二指肠壁感受器的功能是______。肠抑胃素引起胃排空减慢的过程属于______（填“激素”或“神经—体液”）调节，该调节的特点有______（写出4点）等。（2）据图分析可知，胃排空是______（填“间断性的”或“持续性的”），原因是______，这种调节机制的意义在于______。（3）动物常因饥饿而摄食，某小组欲对“饥饿感觉形成是否由胃排空之后所发生的阵发性收缩引起”进行探究，请完善实验方案。①将大小等相同的健康成年小鼠随机分成甲、乙两组；②甲组切断支配胃的神经（或切除实验动物的胃），乙组______；③在相同且适宜的条件下培养相同的时间；④适宜时间（饥饿处理）后观察两组小鼠的______。【答案】（1）①.接受食物的刺激，产生兴奋②.激素③.通过体液运输，作用于靶细胞、靶器官，作为信使传递信息，微量、高效（2）①.间断性的②.食物由胃进入十二指肠后，会通过肠—胃反射减慢胃排空，且食物可促进肠抑胃素分泌，减慢胃排空，使胃排空不能持续进行③.有利于小肠对食物的消化和吸收（3）①.手术但不切断支配胃的神经②.摄食（觅食）行为【分析】（1）反射弧通常是由感受器、传入神经、神经中枢、传出神经和效应器（传出神经末梢和它所支配的肌肉或腺体等）组成的。反射活动需要经过完整的反射弧来实现，如果反射弧中任何环节在结构、功能上受损，反射就不能完成。体检时医生敲击膝盖下方，如果你小腿正常抬起，不仅说明你下肢参与该反射的功能正常，也说明脊髓中相应中枢是完好的。在反射活动中，感受器接受一定的刺激后，产生兴奋。兴奋是指动物体或人体内的某些细胞或组织（如神经组织）感受外界刺激后，由相对静止状态变为显著活跃状态的过程。感受器产生的兴奋沿着传入神经向神经中枢传导；神经中枢随之产生兴奋并对传入的信息进行分析和综合；神经中枢的兴奋经过传出神经到达效应器；效应器对刺激作出应答。这就是反射的大致过程。（2）激素调节的特点：通过体液进行运输；作用于靶器官、靶细胞；作为信使传递信息；微量和高效。【解析】（1）感受器的功能是接受刺激，产生兴奋。肠抑胃素由十二指肠黏膜内分泌细胞分泌，是一种激素，参与的胃排空属于激素调节。激素调节的特点为通过体液运输，作用于靶细胞、靶器官，作为信使传递信息，微量、高效等。（2）图中，胃排空是指食物由胃排入十二指肠的过程，食物由胃进入十二指肠后，会通过肠—胃反射减慢胃排空，且食物可促进十二指肠黏膜内分泌细胞分泌肠抑胃素，减慢胃排空，使胃排空不能持续进行。这一调节机制有利于小肠对食物的消化和吸收，减轻小肠在持续消化食物中存在的压力。（3）饥饿感觉的形成在大脑皮层，要通过实验探究“饥饿感觉形成是否由胃排空之后所发生的阵发性收缩引起”，就需要切断支配胃的神经，还需设置对照组排除伤口对结果的干扰，再观察动物的摄食（或觅食）行为。21.草原灌丛化是草原生态系统中灌木的植株密度、生物量等增加的现象。为探究不同斑块大小的灌丛内外草本植物的群落特征变化，某人选择了典型草原和荒漠草原为研究对象，将灌丛分为小（小于m2）、中（2~4m2）、大（大于4m2）三个梯度，研究了不同灌丛内外草本植物的高度、密度和地上生物量，结果如表所示。请回答下列问题：草原种类典型草原荒漠草原检测项目斑块大小灌丛外（草地斑块）草本灌丛内草本灌丛外（草地斑块）草本灌丛内草本高度/cm小15.1269.212.6中15.2278.912.8大15.1269.112.4密度/（株/m2）小251.21.80.8中3.21.11.50.7大30.91.60.6地上生物量/（g/m2）小100995226中115834825大126725024（1）灌丛在草原上呈______分布，体现了群落的水平结构，其影响因素有______（至少答出2点）。区分灌丛和草原群落的重要特征是______。（2）一般根据被调查对象的______来确定样方的多少、大小和取样方法。与草地斑块相比，灌丛内的草本植物平均高度______（填“更高”“更低”或“相同”），这可能与灌丛防风防沙所引起的保育作用有关，也可能是因为______，灌丛下的草本植物为满足自身光需求，需要通过增加高度来获取足够的光资源，这是影响种群密度的______制约因素。（3）典型草原中随着灌丛斑块的增大，灌丛内草本地上生物量逐渐下降，表明灌丛与草本存在对水分、无机盐等环境资源的竞争。综上分析，为了保护草原，利于放牧，可控制______。【答案】（1）①.镶嵌②.地形的变化、土壤湿度和盐碱度的差异、光照强度的不同、生物自身生长特点的不同以及人与动物的影响等③.群落的物种组成（2）①.分布状况和地段的形状②.更高③.灌丛叶片的阻挡会使到达底层的光照有限④.非密度（3）灌丛斑块大小【分析】样方法的取样原则及方法：随机取样；样方大小适中：乔木100m2、灌木16m2、草本1m2；样方数量不宜太少；常用五点取样法和等距取样法。【解析】（1））灌丛在草原上呈镶嵌分布，体现了群落的水平结构，影响群落水平结构的因素有地形的变化、土壤湿度和盐碱度的差异、光照强度的不同、生物自身生长特点的不同以及人与动物的影响等。不同地段往往分布着不同的种群，同一地段上种群密度也有差异，区分不同群落的重要特征是群落的物种组成。（2）一般根据被调查对象的分布状况和地段的形状来确定样方的多少、大小和取样方法。与草地斑块相比，灌丛内的草本植物平均高度更高，这可能与灌丛防风防沙所引起的保育作用有关，也可能是因为灌丛叶片的阻挡会使到达底层的光照有限，灌丛下的草本植物为满足自身光需求，需要通过增加高度来获取足够的光资源，这是影响种群密度的非密度制约因素。（3）据表可知，典型草原中随着灌丛斑块的增大，灌丛内草本地上生物量逐渐下降，表明灌丛与草本存在竞争，竞争的环境资源主要是光、水分和无机盐等。综上分析，不同灌丛斑块大小对草本植物的高度、生物量等均有影响，所以为了保护草原，利于放牧，可以控制灌丛斑块大小和数目。22.某鸟类（ZW型）的灰色、黑色羽毛由一对等位基因A/a控制，长尾、短尾由两对等位基因B/b和D/d控制。让多只纯合灰羽长尾雄鸟与纯合黑羽短尾雌鸟交配，F1的表型全为灰羽长尾，让F1的雌雄鸟随机交配，F2中灰羽长尾雄：灰羽长尾雌：灰羽短尾雌：黑羽短尾雌：黑羽短尾雄＝6：3：3：2：2.不考虑基因位于Z、W染色体同源区段，也不考虑互换和突变，请回答下列问题：（1）A/a、B/b、D/d这三对等位基因______（填“位于”或“不位于”）三对同源染色体上，理由是______。（2）可推测出A/a、B/b、D/d这三对等位基因有______对基因位于性染色体上。已知D/d基因位于性染色体。上，请在下图中画出F1雄鸟中控制羽毛颜色和尾巴长度两种性状的基因在染色体上的位置关系_____（注：用“”表示，其中直线表示染色体，圆点表示基因所在位置，不考虑基因在染色体上的顺序）。（3）F2的灰羽长尾雄鸟中纯合子所占的比例为______。让F2中的黑羽短尾雄鸟与F1的灰羽长尾雌鸟进行回交，后代的表型及比例（考虑雌雄）为______。【答案】（1）①.不位于②.F2中灰羽∶黑羽=3∶1，长尾∶短尾=9∶7，若三对等位基因位于三对同源染色体上，则F2中灰羽长尾∶灰羽短尾∶黑羽长尾∶黑羽短尾应约为27∶21∶9∶7，与题干不符（2）①.1②.（3）①.1/6②.灰羽长尾雄∶灰羽长尾雌∶灰羽短尾雌∶黑羽短尾雄∶黑羽短尾雌=4∶3∶1∶4∶4【分析】鸟类（ZW型）的雌性个体性染色体组成为ZW，雄性个体性染色体组成为ZZ，其上基因的遗传表现为伴性遗传。【解析】（1）（1）已知F2中灰羽长尾雄∶灰羽长尾雌∶灰羽短尾雌∶黑羽短尾雌∶黑羽短尾雄=6∶3∶3∶2∶2，即F2中灰羽∶黑羽=3∶1且灰羽、黑羽中雌∶雄=1∶1，故A/a基因位于常染色体上，灰羽对黑羽为显性；因F2中长尾∶短尾=9∶7，故B/b和