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广东省六校2024届高三上学期第三次联考生物试题（Word版附解析）
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这是一份广东省六校2024届高三上学期第三次联考生物试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
生物
(满分100分 考试时间75分钟)
一、选择题：本题共16小题，共40分。第1～12小题，每小题2分；第13～16小题，每小题4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. 细胞学说揭示了生物界的统一性，现代生物学的发展在分子水平上为其提供了新的证据。下列说法中不可作为证据的是（ ）
A. 生命活动需要酶的催化B. 生物以ATP作为能量“货币”
C. 生物体共用一套密码子D. 脂肪和糖类都蕴含大量能量
【答案】D
【解析】
【分析】1、ATP作为直接能源物质，ATP和ADP相互转化的能量供应机制，在所有生物的细胞内都是一样的，这体现了生物界的统一性。
2、几乎所有生物都公用一套遗传密码子，说明生物界具有统一性。
【详解】A、生物生命活动的正常进行离不开酶的催化，生物界的所有生物进行生命活动时都需要酶的催化，可以揭示生物界的统一性，A正确；
B、ATP作为直接能源物质，ATP和ADP相互转化的能量供应机制，在所有生物的细胞内都是一样的，这体现了生物界的统一性，B正确；
C、翻译过程中几乎所有的生物都共用一套遗传密码子，这说明生物界具有统一性，C正确；
D、脂肪作为良好的储能物质，糖类作为主要的能源物质，其内都蕴含大量能量，但是生物体的直接能源物质是ATP，故脂肪和糖类都蕴含大量能量并不能揭示生物界的统一性，D错误。
故选D。
2. 科研人员将某油料作物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)脂肪的相对含量和种子干重，结果如图所示。以下叙述正确的是（ ）
A. 导致AB段种子干重增加的主要元素是碳
B. B点时种子干重最大，有机物的种类也最多
C. AB段种子干重增加是由于光合速率大于呼吸速率
D. 植物在C点之前已经开始进行光合作用
【答案】D
【解析】
【分析】如图所示，在种子萌发过程中，脂肪含量逐渐下降，种子干重先上升后降低又上升。AB段种子干重上升主要原因是脂肪水解，在水解过程中有水参与到有机物的生成中，使干重增加，BC段种子干重下降的主要原因为种子萌发过程中有机物的大量消耗，C点后种子干重增加是因为植物的光合作用使有机物增加。
【详解】A、AB段种子干重的主要原因是脂肪水解过程中，有水参与形成有机物，因此增加的主要元素是O，A错误；
B、B点时种子的干重最大，但是有机物的种类不是最多的，BC阶段的有氧呼吸过程有机物的种类最多，B错误；
C、AB段种子干重增加是脂肪水解过程中，水参与有机物的形成，此时种子还未萌发出芽，不能进行光合作用，C错误；
D、植物在C点后干重增加，说明光合作用强于呼吸作用，因此在C点之前就已经开始进行光合作用了，只是光合作用较弱，D正确。
故选D。
3. 基因是有遗传效应的DNA片段，基因的表达包括转录和翻译过程。真核细胞内不同基因的表达效率存在差异，如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. 由图可知，RNA聚合酶与基因A起始密码子结合次数大于基因B
B. ①主要发生在细胞核，mRNA、rRNA和tRNA都是转录的产物
C. ②过程中多个核糖体沿着mRNA移动可以合成多条相同的肽链
D. 若基因A部分碱基发生甲基化导致①和②过程减弱，这种现象属于可遗传变异
【答案】A
【解析】
【分析】1、转录是以DNA的一条链为模板合成RNA的过程，该过程的原料是核糖核苷酸；翻译是指在核糖体上，以mRNA为模板、以氨基酸为原料合成蛋白质的过程，该过程还需要tRNA来运转氨基酸。
2、题图分析：①表示转录过程，②表示翻译过程。
【详解】A、由图可知，RNA聚合酶与基因A的启动子的结合次数大于基因B，转录形成的mRNA较多，而起始密码子位于mRNA上，A错误；
B、转录是以DNA的一条链为模板合成RNA的过程，题图①为转录过程，该过程主要发生在细胞核中，其次还可以发生在线粒体和叶绿体；mRNA、rRNA和tRNA都是转录的产物，B正确；
C、②过程为翻译，多个核糖体相继沿着mRNA移动可以合成多条相同的肽链，提高翻译的速率，C正确；
D、基因A部分碱基发生甲基化导致①过程减弱，进而导致②过程减弱，这种现象是表观遗传，这种甲基化可遗传，D正确。
故选A。
4. 深海中生存着一种通体透明的超深渊狮子鱼，它与栖息于海岸岩礁的狮子鱼相比，色素、视觉相关基因大量丢失，与细胞膜稳定有关的基因也发生了变化，增强了该鱼的抗压能力。下列说法错误的是（ ）
A. 超深渊狮子鱼视觉退化的实质是种群基因频率发生了定向改变
B. 超深渊狮子鱼种群与栖息于海岸岩礁的狮子鱼种群的基因库不同
C. .超深渊狮子鱼个体间在争夺食物和栖息空间中相互选择，协同进化
D. 深海环境的定向选择提高了与超深渊狮子鱼细胞膜稳定有关基因的频率
【答案】C
【解析】
【分析】现代生物进化理论认为：种群是生物进化的基本单位，生物进化的实质是种群基因频率的改变。突变和基因重组，自然选择及隔离是物种形成过程的三个基本环节，通过它们的综合作用，种群产生分化，最终导致新物种形成。在这个过程中，突变和基因重组产生生物进化的原材料，自然选择使种群的基因频率定向改变并决定生物进化的方向，隔离是新物种形成的必要条件。
【详解】A、超深渊狮子鱼视觉退化属于自然选择下的进化，而进化的实质是种群基因频率发生了定向改变，A正确；
B、因自然选择，超深渊狮子鱼基因组中与色素、视觉相关的基因发生了大量丢失，使得超深渊狮子鱼种群与温带靠海岸狮子鱼种群的基因库不同，两者可能存在生殖隔离，B正确；
C、协同进化是指不同物种之间，生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展的现象，而超深渊狮子鱼是一个物种，C错误；
D、与细胞膜稳定有关的基因增强了该鱼的抗压能力，使个体有更强的生存能力，在自然选择下该基因频率提高，即深海环境的定向选择提高了与超深渊狮子鱼细胞膜稳定有关基因的频率，D正确。
故选C。
5. 下列有关人体生理状态异常及疾病的相关叙述，错误的是（ ）
A. 人醉酒时出现四肢不协调和语无伦次，主要原因是酒精麻醉了小脑和脑干
B. 人体内甲状腺激素分泌过多，人会变得消瘦，且情绪容易激动
C. 艾滋病不是遗传病，艾滋病患者可能生下不患艾滋病的健康婴儿
D. 人缺乏维生素会患皮肤干燥、夜盲症和千眼症等多种症状
【答案】A
【解析】
【分析】脑有大脑、小脑、脑干组成，小脑的主要功能是使运动协调、准确，维持身体的平衡。
【详解】A、语无伦次，表明酒精麻醉了大脑皮层的语言中枢，A错误；
B、甲状腺激素能促进代谢，提高神经系统的兴奋性，人体内甲状腺激素分泌过多，人会变得消瘦（代谢旺盛，有机物消耗多），且情绪容易激动（兴奋性增强），B正确；
C 、艾滋病属于传染病，不是遗传病，艾滋病患者可能生下不患艾滋病的健康婴儿，C正确；
D、人体患皮肤干燥、夜盲症、干眼症等是由于缺乏维生素A，D正确。
故选A。
6. 通过人工调节提前休眠、再解除休眠，可实现大樱桃提前上市。人工强制落叶是诱发大樱桃进入休眠的关键措施。休眠的解除依赖于足够时长低温的积累。在一定时长的人工低温处理后，施用一定浓度的单氰胺溶液能部分代替低温处理，同时提升芽的萌发率、开花的整齐度和坐果率。下列叙述错误的是（ ）
A. 施用一定浓度乙烯利处理，可使大樱桃提前进入休眠
B. 低温处理可能使赤霉素含量提前达到峰值，促进萌芽
C. 单氰胺与脱落酸对解除大樱桃的休眠具有协同作用
D. 施用单氰胺可提高大樱桃产量并使果实成熟期一致
【答案】C
【解析】
【分析】乙烯属于气体激素，是由植物体各个部位均可产生，在成熟的果实中含量较多，能够促进果实的成熟。在农业生产上经常使用乙烯利代替乙烯作为催熟剂使用。
【详解】A、乙烯利是植物生长调节剂，据有与乙烯相类似的生理作用，促进成熟，可使大樱桃提前进入休眠，A正确；
B、赤霉素具有促进发芽的作用，休眠的解除依赖于足够时长低温的积累，则低温处理可能使赤霉素含量提前达到峰值，促进萌芽，B正确；
C、单氰胺溶液能部分代替低温处理，同时提升芽的萌发率，脱落酸促进休眠，则单氰胺与脱落酸对解除大樱桃的休眠具有拮抗作用，C错误；
D、施用一定浓度的单氰胺溶液能部分代替低温处理，同时提升芽的萌发率、开花的整齐度和坐果率，所以施用单氰胺可提高大樱桃产量并使果实成熟期一致，D正确。
故选C。
7. 为加强生态文明建设，保护好某湖泊生态系统，欲在湖泊某区域进行人工养殖，还需定期投放饵料，科研人员对该湖泊生态系统能量流动进行调查，结果如下表所示。若人工养殖过程中，植食性动物(第二营养级)通过饵料获得的能量为20×105kJ，肉食性动物(第三营养级)通过饵料获得的能量为5×105kJ。下列说法正确的是（ ）
A. 该湖泊生态系统的食物网中所有的生物可以构成一个群落
B. 该湖泊中任何营养级生物同化的能量都有一部分流向分解者和下一营养级
C. 图中X为115，Y为20，第二、三营养级之间的能量传递效率约13.04%
D. 流经该生态系统的总能量是指投放的饵料中的化学能
【答案】C
【解析】
【分析】1、生物群落是指一定区域内全部生物的总称，包含所有动物、植物和微生物。
2、某营养级的同化量=流入下一营养级的同化量+自身呼吸消耗量+未被利用的能量+分解者分解的能量。
3、相邻营养级的传递效率=后一营养级的同化量/前一营养级的同化量×100%。
【详解】A、生态系统中的食物网只含生产者和消费者，不含分解者，故食物网中的所有生物不能构成一个群落，A错误；
B、最高营养级生物同化的能量没有流入下一营养级，B错误；
C、由表中数据可知，第二营养级（植食性动物）的同化量X=植物的同化量-呼吸消耗量-未被利用的能量-分解者分解的能量+通过饵料获得的能量=700-201-390-14+20=115（×105kJ），同理，第三营养级（肉食性动物）的同化量Y=115-42.8-45-12.2+5 =20（×105kJ），所以二者之间的能量传递效率=肉食动物从植食性动物获得的能量/植食性动物同化的能量=（115-42.8-45 -12.2）/115=15/115≈13.04%，C正确；
D、根据题意，流经该湖泊生态系统总能量是指生产者固定的太阳能和投放的饵料中的化学能，D错误。
故选C。
8. 下列各图表示的生物学意义正确的是（ ）
A. 甲图表示杂合子Aa连续自交后代中显性纯合子的概率变化
B. 乙图表示酵母菌酿酒过程中从接种到密封这一段时间内酵母菌种群数量变化
C. 丙图中，若B点为茎背光侧的生长素浓度，则C点不可能为茎向光侧生长素浓度
D. 丁图中，昆虫种群由B点到C点的数量变化是由于农药诱导昆虫产生了抗药突变
【答案】C
【解析】
【分析】甲图中随着自交代数的增加，纯合子比例不断上升；乙图随着时间的延长种群数量不断减少；丙图B点生长素浓度促进作用最强，C点生长素浓度虽然高于B但是促进作用减弱；丁图中AB段使用农药使得昆虫数量下降，BC段随着农药施用次数的增加，昆虫的数量不断上升。
【详解】A、杂合子Aa连续自交后代中纯合子的比例逐渐升高直到1为止，所以甲图表示杂合子Aa连续自交后代中纯合子（非显性纯合子）的概率变化，A错误；
B、酵母菌酿酒过程中从接种到密封这一段时间内酵母菌种群数量逐渐增多，与乙图不符，B错误；
C、丙图中，若B点为茎背光侧的生长素浓度，因为背光侧生长素浓度高，而向光侧生长素浓度低，所以C点不可能为茎向光侧的生长素浓度，C正确；
D、昆虫的抗药性突变产生于使用农药前，农药只是对害虫的抗药性进行了选择，昆虫种群由B点到C点的数量增加的原因为在农药的选择下，抗药性昆虫数量增多，施用同一农药无法杀死抗药性昆虫，D错误。
故选C。
9. 下图表示处于平衡状态的某生物种群由某些外界环境变化景致种群中生物个体数量改变时的四种情形，下列有关产生这些变化的原因的分析中，错误的是（ ）
A. 若图甲所示为草原生态系统中某种群，则a点后变化的原因可能是过度放牧
B. 若图乙所示为发酵罐中某菌种数量，则b点后变化的原因可能是后期添加一定量的同种菌种
C. 图丙中c点后发生的变化表明生存环境发生剧烈变化，不再适合生存
D. 图丁曲线可用于指导渔业捕捞，种群数量在K/2时增长速率最快
【答案】B
【解析】
【分析】据图分析，曲线甲表明该种群个体数量突然过度增加，导致环境中生物容纳量（K值）下降；曲线乙表明该种群数量增加并且达到新的平衡，且K值增加，可能是由于外界变化，如增加营养、空间等，环境条件更加优良；曲线丙表明因为外界破坏超过生态系统的自我调节能力，生态系统崩溃，表明生态系统的抵抗力稳定性有一定限度；曲线丁表明，K/2时种群增长速率最大，有利于捕鱼。
【详解】A、若图甲所示为草原生态系统中某种群，由于过度放牧会导致牧草减少，所以a点后的变化可能原因是过度放牧，A正确；
B、若图乙所示为某发酵罐中某菌种数量，则b点后变化原因可能是后期添加一定量的营养，使环境容纳量增加，添加一定量的同种菌种不能增加环境容纳量，B错误；
C、图丙中，当外界干扰超过生态系统自我调节能力时，生态系统被破坏，种群数量急剧下降，所以c点后发生的变化表明生存环境发生剧烈变化，不再适合生存，C正确；
D、当种群数量维持K/2时，种群的增长速率最大，图丁曲线可用于指导渔业捕捞，为了获得最大日捕捞量，捕捞的剩余量应为K/2，可以保护鱼类资源可持续发展，D正确。
故选B。
10. 酶联免疫吸附试验(ELISA)是常用的测定抗体的技术，其基本原理如下图所示。相关叙述错误的是（ ）
A 待测抗体既可以和抗原结合又可以和酶标二抗结合
B. 酶标二抗和抗原由于结构相同均能与待测抗体发生结合
C. 酶标抗体有免疫学活性和酶活性，可催化底物水解为有色产物
D. 可通过测定单位时间有色产物生成量来推测待测抗体的相对含量
【答案】B
【解析】
【分析】据图分析，抗体和抗原特异性结合，再与酶标抗体结合，催化特定底物形成检测产物。
【详解】A、根据图像，待测抗体既可以和抗原结合又可以和酶标二抗结合，A正确；
B、抗原和酶标抗体分别和抗体的不同部位发生结合，说明两者结构不同，B错误；
C、酶标抗体有免疫学活性和酶活性可催化标本中的底物水解形成有色产物，形成的有色产物可作为检测的指标，C正确；
D、加入酶标抗体的目的是酶催化检测底物反应，通过测定单位时间有色产物生成量来推测待测抗体的相对含量，D正确。
故选B。
11. 单峰骆驼在野外几乎灭绝，科学家欲通过胚胎工程的方法拯救野化单峰骆驼，进行了如图所示研究。请据图分析，下列说法正确的是( )
A. 为使A野化单峰骆驼超数排卵，可在其饲料中添加适量的雌激素
B. 为提高胚胎利用率，可采用胚胎分割等无性繁殖技术
C. 卵裂期，胚胎的总体积不增加，但有机物总量增加
D. 若①表示体外受精，可直接利用B野化单峰骆驼的新鲜精子与处丁MⅡ期卵母细胞完成受精作用
【答案】B
【解析】
【分析】体外受精主要包括：卵母细胞的采集和培养、精子的采集和获能、受精。
【详解】A、为使A野化单峰骆驼超数排卵，可注射促性腺激素，A错误；
B、为提高胚胎利用率，可采用胚胎分割、移植等无性繁殖技术实现，通过胚胎分割获得的胚胎遗传特性相同，B正确；
C、卵裂期，胚胎的总体积不增加，但由于细胞呼吸对有机物的消耗，因而有机物总量减少，C错误；
D、若①表示体外受精，不可直接利用B野化单峰骆驼的新鲜精子与处于MII期卵母细胞完成受精作用，因为获能后的精子才具备受精能力，D错误。
故选B。
12. 以下高中生物学实验中，实验材料选择正确的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】1、检测生物组织中化合物时，应选择富含该化合物且颜色浅的实验材料。
2、绿叶中色素的提取和分离实验中，应选择富含色素且新鲜的植物叶片。
【详解】A、甘蔗中富含蔗糖，属于非还原糖，因此甘蔗不能作为检测还原糖的实验材料，A错误；
B、黑藻含有叶绿体，富含叶绿素，可用于绿叶中色素的提取和分离实验，B正确；
C、由于过氧化氢不稳定，受热易分解，故不能用作探究温度对酶活性的影响的材料，C错误；
D、洋葱鳞片叶外表皮细胞属于高度分化的细胞，不能用于观察植物细胞的有丝分裂，D错误。
故选B。
13. 为探究十字花科植物羽衣甘蓝的叶片中所含色素种类，某兴趣小组做了如下的色素分离实验：将其叶片色素提取液在滤纸上进行点样，先置于层析液中层析分离，再置于蒸馏水中进行层析，过程及结果如下图所示，图中1、2、3、4、5代表不同类型的色素。分析正确的是（ ）
A. 色素1、2、3、4、5均难溶于水，易溶于有机溶剂
B. 色素1、2、3、4可能分布在叶绿体中，色素5可能存在于液泡中
C. 色素1和2主要吸收蓝紫光和红光，色素3、4、5主要吸收蓝紫光
D. 色素1在层析液中的溶解度最小，色素4在层析液中溶解度最大
【答案】B
【解析】
【分析】纸层析法分离色素的原理是不同的色素分子在层析液中的溶解度不同，溶解度大的在滤纸条上的扩散速率快，反之则慢。
【详解】AB、分析题图可知：1、2、3、4在层析液中具有不同的溶解度，推测是光合色素，光合色素易溶于有机溶剂，分布在叶绿体中；根据在蒸馏水中的层析结果说明，色素5可以溶解在蒸馏水中，推测其可能是存在于植物液泡中的色素，色素5易溶于水，A错误，B正确；
C、色素1、2、3、4是光合色素，依次是胡萝卜素、叶黄素、叶绿素a、叶绿素b,色素1和2即胡萝卜素和叶黄素主要吸收蓝紫光，色素3和4即叶绿素a和叶绿素b,主要吸收蓝紫光和红光，C错误；
D、根据层析的结果，色素1距离起点最远，说明色素1在层析液中的溶解度最大，而色素4距离起点最近，说明色素4在层析液中的溶解度最小，D错误。
故选B。
14. 研究表明，正常女性细胞核内两条X染色体中的一条会随机失活，浓缩形成染色较深的巴氏小体。肾上腺脑白质营养不良(ALD)是伴X染色体隐性遗传病(致病基因用a表示)，女性杂合子中有5%的个体会患病，图1为某患者家族遗传系谱图。利用图中四位女性细胞中与此病有关的基因片段经能识别特定碱基序列的酶进行切割(如图2)，产物的电泳结果如图3所示。下列叙述错误的是（ ）
A. 女性杂合子患ALD原因很可能是巴氏小体上的基因无法正常表达
B. Ⅱ-2个体的基因型是XAXa，患ALD的原因是来自母方的X染色体形成巴氏小体
C. a基因的产生可能是由于A基因发生碱基替换，酶切后会出现3个大小不同的DNA片段
D. 若Ⅱ-1和一个基因型与Ⅱ-4相同的女性婚配，后代患ALD的概率为2.5%
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，肾上腺脑白质营养不良（ALD）是伴X染色体隐性遗传病。由图2可知，A基因含有一个酶切位点，被切成两段，而a基因含有两个酶切位点，可被切成三段，其中一段的长度与A基因被切割得到的其中一个片段长度相同，根据图3中Ⅱ-4只有两个条带，可知其只含A基因，故Ⅱ-4基因型为XAXA。Ⅰ-1、Ⅱ-2、Ⅱ-3号都含有与Ⅱ-4号相同的条带，故都含有A基因，其它条带是a基因被切割产生的，故Ⅰ-1、Ⅱ-2、Ⅱ-3基因型均为XAXa。
【详解】A、根据题干信息“两条X染色体中的一条会随机失活”，女性杂合子患ALD的原因很可能是巴氏小体上的基因无法正常表达，A正确；
B、根据图2可知，正常基因含一个限制酶切位点，因此正常基因酶切后只能形成两种长度的DNA片段；突变基因增加了一个酶切位点，则突变基因酶切后可形成3种长度的DNA片段。结合电泳图可知，Ⅱ-4电泳的两条条带应为正常基因A酶切后的条带，长度为310bp和118bp的两种DNA片段，a基因新增了一个酶切位点后应该得到三个DNA片段，对照Ⅱ-4电泳的条带可以判断另外的两个条带长度分别为217bp和93bp，长度之和为310bp，故基因突变a酶切后可形成长度为217bp、118bp和93bp的三种DNA片段。由图3可知，Ⅱ-2个体基因型是XAXa，据题可知其父方Ⅰ-2基因型为XAY，故其XA来自其父亲，Xa来自母亲，但含XA的Ⅱ-2依然表现为患病，故推测其患ALD的原因可能是来自父方的X染色体失活，Xa正常表达，B错误；
C、a基因新增了一个酶切位点后应该得到三个DNA片段，对照Ⅱ-4可以判断另外的两个条带长度分别为217bp和93bp，长度之和为310bp，与A基因酶切的片段之一310bp长度相同，故新增的酶切位点位于310bpDNA片段中，即A基因和a基因的总长度相同，应是A基因发生碱基替换形成了a基因，C正确；
D、Ⅱ-1基因型为XaY，和一个与Ⅱ-4基因型（XAXA）相同的女性婚配，后代女儿基因型为XAXa，儿子基因型为XAY，可知所生男孩均不含致病基因，都正常，所生女孩均为杂合子，由于女性杂合子中有5%的个体会患病，因此后代患ALD的概率为1/2×5%=2.5%，D正确。
故选B。
15. 治疗最凶险乳腺癌“HER2+”的抗体-药物偶联物(T-DM1)被纳入2023年医保目录名单。T-DM1由曲妥珠单抗、细胞毒性药物DM1偶联形成。T-DM1作用机制如下图，下列有关叙述错误的是（ ）
A. 曲妥珠单抗的作用是将DM1准确带至乳腺癌细胞
B. T-DM1被乳腺癌细胞吞噬后释放DM1抑制微管聚合进而导致细胞凋亡
C. 曲妥珠单抗制备中可选择DM1作为抗原刺激小鼠产生免疫应答
D. 利用同位素或荧光标记的曲妥珠单抗可定位诊断HER2+
【答案】C
【解析】
【分析】由于单克隆抗体的特异性强，能特异性识别抗原，因此可以把抗癌细胞的单克隆抗体跟放射性同位素、药物等相结合，制成“生物导弹”。借助单克隆抗体的定位导向作用将药物定向带到癌细胞，在原位杀死癌细胞。疗效高，副作用小，位置准确。
【详解】A、T-DM1由曲妥珠单抗、细胞毒性药物DM1偶联前成，分析题图曲妥珠单抗可以与细胞膜表面的HER2+特异性结合，将DM1准确带至乳腺癌细胞，A正确；
B、根据题图：T-DM1被乳腺癌细胞吞噬后释放DM1抑制微管聚合，且溶酶体破裂导致细胞凋亡，B正确；
C、DM1是细胞毒性药物，不能与HER2+特异性结合，其免疫小鼠后产生的抗体也不能与HER2+特异性结合，所以不选择它作为制备单抗的抗原，C错误；
D、曲妥珠单抗可以与HER2+特异性结合，因此可以利用同位素或荧光标记的曲妥珠单抗定位诊断HER2+，D正确。
故选C。
16. 乳酸乳球菌是乳酸菌属中的一种重要模式菌，在食品工业中应用广泛。乳酸乳球菌在特定条件下可进行有氧呼吸来增加自身数量，这是改善发酵剂生产效率的潜在途径之一。某兴趣小组在不同条件下，利用等量乳酸乳球菌进行相关实验，一段时间后，测定乳酸乳球菌的数量及培养液中的pH，实验结果如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. 实验的自变量为氧气的有无、血红素的有无
B. 无氧条件下，血红素能促进丙酮酸的彻底氧化分解
C. Ⅱ组中，培养液中葡萄糖氧化分解释放能量大部分以热能形式散失
D. 制作泡菜时，初期加入血红素并通入无菌空气可缩短发酵时间
【答案】B
【解析】
【分析】1、有氧呼吸全过程：第一阶段：在细胞质基质中，一分子葡萄糖形成两分子丙酮酸、少量的[H]和少量能量，这一阶段不需要氧的参与。第二阶段：丙酮酸进入线粒体的基质中，分解为二氧化碳、大量的[H]和少量能量。第三阶段：在线粒体的内膜上，[H]和氧气结合，形成水和大量能量，这一阶段需要氧的参与。
2、无氧呼吸全过程：第一阶段：在细胞质的基质中，与有氧呼吸的第一阶段完全相同。即一分子的葡萄糖在酶的作用下分解成两分子的丙酮酸，过程中释放少量的[H]和少量能量。第二阶段：在细胞质的基质中，丙酮酸在不同酶的催化下，分解为酒精和二氧化碳，或者转化为乳酸。无氧呼吸第二阶段不产生能量。
【详解】A、结合图示信息可知，本实验的自变量为氧气的有无、血红素的有无，因变量是乳酸乳球菌种群数量的变化和培养液pH的变化，A正确；
B、Ⅰ、Ⅱ相比，二者的差异在于血红素是否使用，但实验结果并无明显差异，据此可推测，无氧条件下，血红素不能促进丙酮酸的彻底氧化分解，B错误；
C、Ⅱ组为无氧环境，乳酸乳球菌进行无氧呼吸，据此可推测，培养液中葡萄糖所含的能量大部分以乳酸形式存在，葡萄糖氧化分解释放的能量大部分以热能形式散失，C正确；
D、制作泡菜时，初期加入血红素并通入无菌空气可使乳酸乳球菌在特定条件下进行有氧呼吸来增加自身数量，进而可以缩短发酵时间，D正确。
故选B。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。考生根据要求作答。
17. 图1表示植物叶肉细胞中光合作用和有氧呼吸的部分过程，图2是以马铃薯植株为实验材料，探究遮光处理对马铃薯植株光合作用和产量影响的三组实验结果，注：正常光照(CK)、单层遮光网遮盖处理(Z₁)、双层遮光网遮盖处理(Z₂)。
（1）从叶肉细胞中分离叶绿体，可采用______法，叶绿体中含有的__(填色素名称)不能利用波长为640～660nm的光。
（2）图1中能产生ATP的过程有_______(填序号)，为过程②提供能量的物质是_______。当过程③发生时，并没有CO₂排出细胞外，此时该细胞所处的生理状态是光合作用强度____呼吸作用强度。
（3）遮光后，植物短时间内C₃含量将_____;若在正常生长的马铃薯块茎膨大期去除块茎，则马铃薯叶片的光合速率将_____。
（4）根据图2分析，遮光条件下，气孔导度(Gs)、净光合速率(Pn)的值均减小，Gs减小能引起Pn减小的原因是_______，遮光条件下，胞间CO₂浓度(Ci)的值增大，结合信息分析其原因是_______。
【答案】（1） ①. 差速离心 ②. 类胡萝卜素(胡萝卜素和叶黄素)
（2） ①. ①③ ②. ATP和NADPH ③. 大于、等于
（3） ①. 增多 ②. 降低
（4） ①. 气孔导度减小，叶肉细胞从外界环境吸收的CO₂减少，光合作用暗反应速率减小，净光合速率减小 ②. 虽然气孔导度减小，导致CO₂吸收减少，但净光合速率减小幅度更大，叶肉细胞消耗CO₂更少
【解析】
【分析】光合作用的原料：水、CO2，动力：光能，都是影响光合作用强度的因素。因此，只要影响到原料、能量的供应，都可能是影响光合作用强度的因素。例如，环境中CO2浓度，叶片气孔开闭情况，都会因影响CO2的供应量而影响光合作用的进行。叶绿体是光合作用的场所，影响叶绿体的形成和结构的因素，如无机营养、病虫害，也会影响光合作用强度。此外，光合作用需要众多的酶参与，因此影响酶活性的因素(如温度)，也是影响因素。
【小问1详解】
从叶肉细胞中分离叶绿体，可采用差速离心法，叶绿体含有的色素中不能利用640～660nm波长红光的是类胡萝卜素。
【小问2详解】
图1中过程产生ATP的过程有①③，为过程②暗反应中C3的还原提供能量的物质是ATP和NADPH，当过程③CO2的固定发生时，并没有CO2排出细胞外，此时该细胞所处的生理状态是光合作用大于或等于细胞呼吸。
【小问3详解】
遮光后，植物光反应产生的ATP、NADPH减少，C3的还原减少，但是C3生成速度短时间不变，则C3增多，正常生长的马铃薯块茎膨大期去除块茎，由于马铃薯块茎储存有机物，会导致其有机物不能及时的输出，马铃薯叶片的光合速率将下降。
【小问4详解】
气孔导度减小能引起净光合速率值减小的原因是气孔导度减小，叶肉细胞从外界环境吸收的CO2减少，叶肉细胞暗反应速率减小，净光合速率减小；遮光条件下，胞间CO2浓度（Ci）的值却都增大是因为虽然气孔导度减小，导致CO2吸收减少，但是净光合速率减小幅度更大，叶肉细胞消耗CO2更少。
18. 果蝇(2N=8)是遗传学研究中的常用材料。果蝇的体色黑体(A)对灰体(a)为显性，翅形长翅(B)对残翅(b)为显性，两对等位基因均位于常染色体上。现用两种纯合果蝇杂交，得到的F1代全为黑体长翅，F1代雌雄果蝇随机交配得到F2代。
（1）果蝇作为遗传学材料的优势有________(至少答2点)。
（2）若因某种精子没有受精能力，导致F2代的4种表型比例为5:3:3:1，则亲本的基因型为______。F2代黑体长翅果蝇中双杂合子个体占_____。若用F1代的雄果蝇进行测交，则其子代有_______种表型。
（3）GALA/UAS是一种基因表达调控系统，GAL4蛋白是一类转录因子，它能够与特定的DNA序列UAS结合，并驱动UAS下游基因的表达。科研人员将一个GAL4基因插入到雄果蝇的一条3号染色体上，将UAS序列和绿色荧光蛋白基因(GFP)连接在一起形成UAS-GFP，并将UAS-GFP随机插入到雌果蝇的一条染色体上，科研人员发现该雌果蝇并不表达GFP，只有与插入GAL4基因的雄果蝇杂交得到的子一代中，GFP才会表达(过程如下图所示)。已知野生型果蝇的翅色是无色透明的(无色翅)，GFP表达使翅色变为绿色(绿色翅)。
①科研小组甲利用上述的一对转基因雌雄果蝇进行杂交得到F1，F1中绿色翅雌雄个体随机交配得到F2，杂交子代的表型及比例如表所示，据表结果分析，判断UAS-GFP是否插入到3号染色体上并说明理由：______。
②科研小组乙在重复甲组的杂交实验时，发现F2中雌雄果蝇两种翅色个体的比例不同，推测最可能的原因是________;若统计F2中雌雄果蝇翅色比例是__________________，说明推测原因是正确的。
【答案】（1）易饲养、繁殖快，后代数目多，染色体数目少，有易于区分的相对性状
（2） ①. AAbb和aaBB ②. 3/5 ③. 三##3
（3） ①. 否，F₂表型比例为9∶7，符合基因的自由组合定律，说明GAL4和UAS-GFP位于非同源染色体上，故UAS-GFP未插入到3号染色体上 ②. UAS-GFP插入到了X染色体上 ③. 绿色翅雌性：无色翅雌性：绿色翅雄性：无色翅雄性=6:2:3:5
【解析】
【分析】1、基因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自由组合是互不干扰的；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。
2、伴性遗传：控制某些性状的基因位于性染色体上，在遗传上总是和性别相关联的现象叫做伴性遗传。
【小问1详解】
果蝇易饲养、繁殖快，后代数目多，染色体数目少，有易于区分的相对性状，可作为遗传学材料。
【小问2详解】
两种纯合果蝇杂交，F2出现的4种表型比例为5∶3∶3∶1，为9∶3∶3∶1的变式，说明两对等位基因遵循基因的自由组合定律，F1基因型为AaBb；因某种精子没有受精能力，F2表型比例为5∶3∶3∶1，由于数量减少的是双显性状的个体，说明没有受精能力的精子基因组成为AB，故群体中没有AABB，则亲本的基因型为AAbb和aaBB，子一代基因型为AaBb。F2代黑体长翅果蝇的基因型是AaBB、AABb、AaBb，比例为1∶1∶3，所以双杂合子个体占3/5。若用F1代的雄果蝇进行测交，即AaBb×aabb，测交父本产生的精子中能受精的只有Ab、aB、ab三种，所以其子代基因型有Aabb、AaBb、Aabb，表型有3种。
【小问3详解】
①据表可知，F2杂交结果显示表型比例为9∶7，为9∶3∶3∶1的变式，符合基因的自由组合定律，所以仅根据甲组F2可确定这2种基因不是插入到了同一条染色体上，而是插入到了非同源染色体上，已知科研人员将一个GAL4基因插入到雄果蝇的一条3号染色体上，即UAS-GFP未插入到3号染色体上。
②3号染色体是常染色体，乙科研小组在重复甲组的杂交实验时，发现F2中雌雄果蝇的翅色比例不同，最可能的原因是UAS-GFP可能插入到X染色体上。 假设亲本基因型为AaXbY×aaXBXb，F1中绿色翅的自由交配基因型及比例为AaXBY×AaXBXb→绿色翅雌性（A_XBX-）=3/4×1/2=3/8，无色翅雌性=1/2-3/8=1/8，绿色翅雄性（A_XBY）=3/4×1/4=3/16，无色翅雄性=1/2-3/16=5/16，即F2中雌雄果蝇翅色比例是绿色翅雌性∶无色翅雌性∶绿色翅雄性∶无色翅雄性=6∶2∶3∶5。
19. 研究发现调节T细胞某些基因的表达可以提高其抗肿瘤疗效。为探究ATPIF1基因对CD8+T细胞(一种细胞毒性T细胞)抗肿瘤免疫功能的影响，研究人员进行相关实验，请回答下列问题.
（1）活化的细胞毒性T细胞可以________肿瘤细胞，体现了免疫系统的________功能。
（2）实验一：研究人员选取了同等数量同等周龄的野生型小鼠和ATPIE1基因沉默的小鼠B，检测A、B两组小鼠CD8+T细胞分泌IFN-γ(一种细胞因子，可增强T细胞活性)的量，结果如图。
实验二：研究人员在上述A、B两组小鼠的腋下注射黑色素瘤细胞，再将A组小鼠均分为A1、A2两组，将B组小鼠均分为B1、B2两组。3天后，对A2、B2的小鼠注射CD8+T细胞抗体，以消除小鼠CD8+T细胞的作用(如下图)。14天后，对比4个组小鼠的黑色素瘤的重量，结果如图。
据图可知，ATPIF1基因沉默可以________肿瘤生长。注射CD8+T细胞抗体清除CD8+T细胞的作用后，A2组和B2组小鼠肿瘤重量均________。
（3）综合实验一和二，解释B1组小鼠黑色素瘤重量较小的原因：________。
（4）黑色素瘤细胞通过表达PD-L1与T细胞表面的PD-1特异性结合，抑制T细胞的增殖分化，致使肿瘤细胞免疫逃逸。抗PD-L1抗体可以作为治疗肿瘤的药物，研究人员推测抗PD-L1抗体与使ATPIF1基因沉默在治疗肿瘤上具有叠加效果，请利用下列合适的选项，设计一组实验验证该推测，要求写出实验思路并预期实验结果。
①黑色素瘤细胞②抗PD-L1抗体 ③CD8+T细胞抗体④A1组小鼠⑤A2组小鼠⑥B1组小鼠⑦B2组小鼠⑧检测IFN-γ的量⑨检测黑色素瘤的重量
实验思路：________________
预期实验结果：________________
【答案】19. ①. 识别、接触并裂解 ②. 免疫监视
20. ①. 抑制 ②. 更大
21. ATPIF1基因沉默，促进了CD8+T细胞分泌了更多的IFN-γ，该细胞因子可以增强T细胞活性，进而抑制黑色素瘤的生长
22. ①. 给B1组小鼠注射抗PD-L1抗体，一段时间后，检测黑色素瘤的重量 ②. 黑色素瘤的重量应小于上述实验B1组的结果
【解析】
【分析】1、免疫系统的功能包括：免疫防御、免疫自稳和免疫监视。
2、细胞免疫过程：①被病原体（如病毒）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。②细胞毒性T细胞分裂并分化，形成新的细胞毒性T细胞和记忆T细胞。细胞因子能加速这一过程。③新形成的细胞毒性T细胞在体液中循环，它们可以识别并接触、裂解被同样病原体感染的靶细胞。④靶细胞裂解、死亡后，病原体暴露出来，抗体可以与之结合或被其他细胞吞噬掉。
【小问1详解】
活化的细胞毒性T细胞可以识别肿瘤细胞，并和肿瘤细胞密切接触，裂解肿瘤细胞；体现了免疫系统的免疫监视功能。
【小问2详解】
分析实验结果可知，B1组的黑色素瘤比A1组的重量轻，B2组的黑色素瘤比A2组的重量轻，说明沉默ATPIF1基因可以抑制肿瘤生长；注射CD8+T细胞抗体清除CD8+T细胞的作用后，不能分泌IFN-γ, A2和B2基因沉默的小鼠肿瘤重量均显著增加。
【小问3详解】
综合实验一、二可知，B1组小鼠黑色素肿瘤细体积小的原因是ATPIF1基因沉默，促进了CD8+T细胞分泌了更多的IFN-γ，该细胞因子可以增强T细胞细胞活性，进行细胞免疫，裂解肿瘤细胞的速度加快，从而抑制黑色素瘤的生长。
【小问4详解】
研究人员猜测抗PD-L1抗体与ATPIF1基因沉默的小鼠在治疗肿瘤上具有叠加效果，可选择ATPIF1基因沉默的小鼠进行实验，即⑥B1组小鼠，为该小鼠注射②抗PD-L1抗体，一段时间（14天） 后，检测⑨检测黑色素瘤的重量，与上述实验的B１组结果进行对比；如果抗PD-L1抗体与ATPIF1基因沉默的小鼠在治疗肿瘤上具有叠加效果，则该实验处理后的黑色素瘤的重量应小于B1组的结果。
20. 如图是庭院经济生态农业模式图，请回答下列问题：
（1）从生态系统的功能角度分析，图中的生态农业与传统农业相比，明显的优势是_________。
（2）请在答题卡指定的框中画出图生态系统中的食物网_________________。
（3）传统农业往往需要往农田施加大量氮肥，氮元素在生物群落和非食用菌生物环境之间是不断循环的，还要往农田中不断施加氮肥的原因是________
（4）某生态农庄因管理不善，家禽和家畜的粪便长时间随河流流入附近的湖泊，造成湖泊水体严重富营养化，铜绿微囊藻等蓝细菌大量繁殖并产生难被降解的藻毒素，威胁生物安全和人类健康。研究者在不同时期采集湖水样本，测定铜绿微囊藻及部分水生动物的藻毒素含量，结果如下表。
①表中生物利用了湖泊中的不同空间，形成了湖泊群落的__________结构。
②据表推测最高营养级的生物是___________，理由是________。
③群落的生态位是指·个物种在群落中的地位或作用，包括________。
【答案】20. 实现了能量多级利用、实现了废物资源化等
21. 22. 农田中氮含量往往不足以使作物高产，加之农产品源源不断地自农田生态系统输出，其中的氮元素并不能都归还土壤。
23. ①. 垂直 ②. 翘嘴红鲌 ③. 藻毒素很难降解，会沿食物链在生物体内聚集，营养级越高，相对含量越高 ④. 所处的空间位置、占用资源的情况、与其他物种的关系
【解析】
【分析】1、生态系统中的生物种类越多，营养结构越复杂，生态系统的自我调节能力就越强，抵抗力稳定性就越高；反之，生物种类越少，营养结构越简单，生态系统的自我调节能力就越弱，抵抗力稳定性就越低。
2、垂直结构指在垂直方向上，大多数群落都具有明显的分层现象．群落中植物的垂直结构为动物创造了许多的栖息空间和食物条件，所以动物也有分层现象。
【小问1详解】
与统农业相比，图中的生态农业实现了能量多级利用（或提高了能量利用率），且减轻了对环境的污染（或实现了废物资源化等）。
【小问2详解】
图中的生产者是农作物，消费者有鸡、牛、人，人处于各个食物链的最高营养极，且食物网中不能出现分解者、非生物的物质和能量，因此该生态系统的食物网为：
【小问3详解】
农田中氮含量往往不足以使作物高产，加之农产品源源不断地自农田生态系统输出，其中的氮元素并不能都归还土壤，所以要往农田中不断施加氮肥。
【小问4详解】
①表中不同鱼类分别占据不同的水体空间，体现了群落的垂直结构；
②藻毒素很难降解，会沿着食物链逐渐在生物体内聚集，营养级越高，其相对含量越高，故调查水域的最高营养级的生物是翘嘴红鲌。
③群落中每种生物都占据着相对稳定的生态位，生态位是指一个物种在生物群落中的地位和作用，生态位的形成是群落中物种之间及生物与环境间协同进化的结果。
21. 塑料的主要成分为聚氯乙烯(PVC)、聚乙烯(PE)和聚丙烯(PP)等，塑料制品方便人们生活的同时，也造成了短时期难以降解的“白色污染”。自然界有多种细菌可以降解塑料的不同成分，研究人员欲通过筛选，并利用基因工程技术培育能降解多种塑料成分的“超级菌”。
（1）研究人员欲比较肠杆菌YT1和芽孢杆菌YP1两类细菌降解PE塑料的能力，配置固体培养基，接种菌株后表层覆盖0.1mm厚的PE塑料。分组实验结果如表所示：
①在筛选能分解PE塑料的菌株时，应将菌株接种到以________为唯一碳源的培养基，从功能上讲，该培养基属于________培养基。
②培养基3中接种混合培养后的YP1，其降解圈直径明显加大，其原因可能是________。
（2）研究人员发现了一种胞外酶基因A，有降解PVC塑料的功能。对A基因测序可知，如果在其调节功能区增加一个碱基对A/T，可大大增强其表达能力。通过经典的大引物PCR定点诱变技术在体外改造A基因(如图1)，然后构建表达载体(如图2)，导入受体菌进而培育“超级菌”。
①图1所示，通过PCR1获得的大引物②是指以________(选填图中引物)延伸得到的DNA链为模板，________(选填图中引物)与之结合延伸得到的DNA子链。要获得图1中的改良A基因至少需要________个PCR循环。
②图2中为实现质粒和改良A基因的正确连接，应选用的限制酶是__________。将构建的表达载体导入受体菌后，在含氨苄青霉素和β-半乳糖苷的平板上培养，长出的白色菌落是成功导入了重组质粒的菌株，判断依据是________。
【答案】（1） ①. PE塑料 ②. 选择 ③. 混合培养过程中发生了转化，YT1的对PE塑料分解能力更高的基因整合到了YP1菌株中
（2） ①. 诱变引物 ②. 引物1 ③. 4 ④. XmaI和BgIⅡ ⑤. 含有改良基因A的重组质粒上LacZ基因被破坏，受体菌不能产生相应的酶，无法分解β-半乳糖苷，不能产生蓝色物质。
【解析】
【分析】1、PCR技术的原理是模拟生物体内DNA分子复制的过程，利用DNA分子热变性原理，通过控制温度控制控制DNA分子的解聚和结合，过程：①高温变性: DNA解旋过程；②低温复性：引物结合到互补链DNA上；③中温延伸：合成子链。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。
2、基因工程技术的基本步骤：
(1) 目的基因的筛选和获取：方法有从基因文库中获取、利用PCR技术扩增和人工合成。
(2) 基因表达载体的构建：是基因工程的核心步骤，基因表达载体包括目的基因、启动子.终止子和标记基因等。
(3) 将目的基因导入受体细胞：根据受体细胞不同，导入的方法也不一样。将目的基因导入植物细胞的方法有农杆菌转化法和花粉管通道法；将目的基因导入动物细胞最有效的方法是显微注射法；将目的基因导入微生物细胞的方法是感受态细胞法。
(4) 目的基因的检测与鉴定：
分子水平上的检测：①检测转基因生物染色体的DNA是否插入目的基因：DNA分子杂交技术；②检测目的基因是否转录出了mRNA：分子杂交技术；③检测目的基因是否翻译成蛋白质：抗原抗体杂交技术。
个体水平上的鉴定:抗虫鉴定、抗病鉴定、活性鉴定等。
【小问1详解】
①在筛选分解PE塑料能力大小的菌株时，应将两类菌株接种到以PE塑料为唯一碳源的培养基，不能分解PE塑料的细菌，因为缺少营养物质碳源死亡；该培养基属筛选出能分解PE塑料类的细菌，所以从功能上讲属于选择培养基；
②筛选分解PE塑料能力强的菌株不能直接以降解圈的大小为指标，因为菌体繁殖力不同，形成的菌落大小不同，故应该看菌落直径和降解圈直径的比值来判断菌株对PE塑料的分解能力；原本YP1对PE塑料的分解能力弱于YT1，而培养基3中接种混合培养后的YP1，其降解圈直径明显加大，其原因可能是YP1菌株整合了YT1的对PE塑料高分解力的基因，发生了转化。
【小问2详解】
①观察图1PCR1大引物是指：以诱变引物延伸得到的DNA链为模板，引物1与之结合延伸得到的DNA子链；经过PCR1得到大引物再利用大引物和引物2至少3个PCR循环才能获得完整的改良A基因，所以至少需要4个PCR循环才能获得完整的改良A基因；植物
植食性动物
肉食性动物
同化量（105kJ）
700
X
Y
呼吸消耗量（105kJ）
201
42.8
3.8
未被利用的能量（105kJ）
390
45
2.6
分解者分解的能量（105kJ）
14
12.2
微量
选项
实验名称
实验材料
A
检测生物组织中的糖类
颜色较浅的甘蔗汁
B
绿叶中色素的提取和分离
富含叶绿素的黑藻
C
探究温度对酶活性的影响
易分解产生氧气的过氧化氢
D
观察植物细胞的有丝分裂
有大液泡的洋葱鳞片叶外表皮细胞
F1
绿色翅：无色翅=1:3
F2
绿色翅：无色翅=9:7
生物种类
分布
食性
藻毒素含量（µg/g干重）
微囊藻爆发初期
微囊藻爆发期
铜绿微囊藻
浮游
2.03
7.14
铜锈环棱螺
底栖
以有机碎屑、浮游藻类等为食
0.63
3.69
鲢鱼
水体上层
主要以浮游藻类为食
1.05
12.936
翅嘴红鲌
水体中上层
以鱼、虾为食
1.11
35.91
水体下层
以有机碎屑、幼螺、藻类等为食
0.47
11.07
培养基及接种菌株
培养基1
培养基2
培养基3
单独培养并接种YT1
单独培养并接种YT1
提取YT1和YP1的核酸，并与YT1和YP1混合，培养一段时间后选取YP1接种
降解圈（直径D/mm）
3.5
1.8
4.2
生物
(满分100分 考试时间75分钟)
一、选择题：本题共16小题，共40分。第1～12小题，每小题2分；第13～16小题，每小题4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. 细胞学说揭示了生物界的统一性，现代生物学的发展在分子水平上为其提供了新的证据。下列说法中不可作为证据的是（ ）
A. 生命活动需要酶的催化B. 生物以ATP作为能量“货币”
C. 生物体共用一套密码子D. 脂肪和糖类都蕴含大量能量
【答案】D
【解析】
【分析】1、ATP作为直接能源物质，ATP和ADP相互转化的能量供应机制，在所有生物的细胞内都是一样的，这体现了生物界的统一性。
2、几乎所有生物都公用一套遗传密码子，说明生物界具有统一性。
【详解】A、生物生命活动的正常进行离不开酶的催化，生物界的所有生物进行生命活动时都需要酶的催化，可以揭示生物界的统一性，A正确；
B、ATP作为直接能源物质，ATP和ADP相互转化的能量供应机制，在所有生物的细胞内都是一样的，这体现了生物界的统一性，B正确；
C、翻译过程中几乎所有的生物都共用一套遗传密码子，这说明生物界具有统一性，C正确；
D、脂肪作为良好的储能物质，糖类作为主要的能源物质，其内都蕴含大量能量，但是生物体的直接能源物质是ATP，故脂肪和糖类都蕴含大量能量并不能揭示生物界的统一性，D错误。
故选D。
2. 科研人员将某油料作物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)脂肪的相对含量和种子干重，结果如图所示。以下叙述正确的是（ ）
A. 导致AB段种子干重增加的主要元素是碳
B. B点时种子干重最大，有机物的种类也最多
C. AB段种子干重增加是由于光合速率大于呼吸速率
D. 植物在C点之前已经开始进行光合作用
【答案】D
【解析】
【分析】如图所示，在种子萌发过程中，脂肪含量逐渐下降，种子干重先上升后降低又上升。AB段种子干重上升主要原因是脂肪水解，在水解过程中有水参与到有机物的生成中，使干重增加，BC段种子干重下降的主要原因为种子萌发过程中有机物的大量消耗，C点后种子干重增加是因为植物的光合作用使有机物增加。
【详解】A、AB段种子干重的主要原因是脂肪水解过程中，有水参与形成有机物，因此增加的主要元素是O，A错误；
B、B点时种子的干重最大，但是有机物的种类不是最多的，BC阶段的有氧呼吸过程有机物的种类最多，B错误；
C、AB段种子干重增加是脂肪水解过程中，水参与有机物的形成，此时种子还未萌发出芽，不能进行光合作用，C错误；
D、植物在C点后干重增加，说明光合作用强于呼吸作用，因此在C点之前就已经开始进行光合作用了，只是光合作用较弱，D正确。
故选D。
3. 基因是有遗传效应的DNA片段，基因的表达包括转录和翻译过程。真核细胞内不同基因的表达效率存在差异，如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. 由图可知，RNA聚合酶与基因A起始密码子结合次数大于基因B
B. ①主要发生在细胞核，mRNA、rRNA和tRNA都是转录的产物
C. ②过程中多个核糖体沿着mRNA移动可以合成多条相同的肽链
D. 若基因A部分碱基发生甲基化导致①和②过程减弱，这种现象属于可遗传变异
【答案】A
【解析】
【分析】1、转录是以DNA的一条链为模板合成RNA的过程，该过程的原料是核糖核苷酸；翻译是指在核糖体上，以mRNA为模板、以氨基酸为原料合成蛋白质的过程，该过程还需要tRNA来运转氨基酸。
2、题图分析：①表示转录过程，②表示翻译过程。
【详解】A、由图可知，RNA聚合酶与基因A的启动子的结合次数大于基因B，转录形成的mRNA较多，而起始密码子位于mRNA上，A错误；
B、转录是以DNA的一条链为模板合成RNA的过程，题图①为转录过程，该过程主要发生在细胞核中，其次还可以发生在线粒体和叶绿体；mRNA、rRNA和tRNA都是转录的产物，B正确；
C、②过程为翻译，多个核糖体相继沿着mRNA移动可以合成多条相同的肽链，提高翻译的速率，C正确；
D、基因A部分碱基发生甲基化导致①过程减弱，进而导致②过程减弱，这种现象是表观遗传，这种甲基化可遗传，D正确。
故选A。
4. 深海中生存着一种通体透明的超深渊狮子鱼，它与栖息于海岸岩礁的狮子鱼相比，色素、视觉相关基因大量丢失，与细胞膜稳定有关的基因也发生了变化，增强了该鱼的抗压能力。下列说法错误的是（ ）
A. 超深渊狮子鱼视觉退化的实质是种群基因频率发生了定向改变
B. 超深渊狮子鱼种群与栖息于海岸岩礁的狮子鱼种群的基因库不同
C. .超深渊狮子鱼个体间在争夺食物和栖息空间中相互选择，协同进化
D. 深海环境的定向选择提高了与超深渊狮子鱼细胞膜稳定有关基因的频率
【答案】C
【解析】
【分析】现代生物进化理论认为：种群是生物进化的基本单位，生物进化的实质是种群基因频率的改变。突变和基因重组，自然选择及隔离是物种形成过程的三个基本环节，通过它们的综合作用，种群产生分化，最终导致新物种形成。在这个过程中，突变和基因重组产生生物进化的原材料，自然选择使种群的基因频率定向改变并决定生物进化的方向，隔离是新物种形成的必要条件。
【详解】A、超深渊狮子鱼视觉退化属于自然选择下的进化，而进化的实质是种群基因频率发生了定向改变，A正确；
B、因自然选择，超深渊狮子鱼基因组中与色素、视觉相关的基因发生了大量丢失，使得超深渊狮子鱼种群与温带靠海岸狮子鱼种群的基因库不同，两者可能存在生殖隔离，B正确；
C、协同进化是指不同物种之间，生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展的现象，而超深渊狮子鱼是一个物种，C错误；
D、与细胞膜稳定有关的基因增强了该鱼的抗压能力，使个体有更强的生存能力，在自然选择下该基因频率提高，即深海环境的定向选择提高了与超深渊狮子鱼细胞膜稳定有关基因的频率，D正确。
故选C。
5. 下列有关人体生理状态异常及疾病的相关叙述，错误的是（ ）
A. 人醉酒时出现四肢不协调和语无伦次，主要原因是酒精麻醉了小脑和脑干
B. 人体内甲状腺激素分泌过多，人会变得消瘦，且情绪容易激动
C. 艾滋病不是遗传病，艾滋病患者可能生下不患艾滋病的健康婴儿
D. 人缺乏维生素会患皮肤干燥、夜盲症和千眼症等多种症状
【答案】A
【解析】
【分析】脑有大脑、小脑、脑干组成，小脑的主要功能是使运动协调、准确，维持身体的平衡。
【详解】A、语无伦次，表明酒精麻醉了大脑皮层的语言中枢，A错误；
B、甲状腺激素能促进代谢，提高神经系统的兴奋性，人体内甲状腺激素分泌过多，人会变得消瘦（代谢旺盛，有机物消耗多），且情绪容易激动（兴奋性增强），B正确；
C 、艾滋病属于传染病，不是遗传病，艾滋病患者可能生下不患艾滋病的健康婴儿，C正确；
D、人体患皮肤干燥、夜盲症、干眼症等是由于缺乏维生素A，D正确。
故选A。
6. 通过人工调节提前休眠、再解除休眠，可实现大樱桃提前上市。人工强制落叶是诱发大樱桃进入休眠的关键措施。休眠的解除依赖于足够时长低温的积累。在一定时长的人工低温处理后，施用一定浓度的单氰胺溶液能部分代替低温处理，同时提升芽的萌发率、开花的整齐度和坐果率。下列叙述错误的是（ ）
A. 施用一定浓度乙烯利处理，可使大樱桃提前进入休眠
B. 低温处理可能使赤霉素含量提前达到峰值，促进萌芽
C. 单氰胺与脱落酸对解除大樱桃的休眠具有协同作用
D. 施用单氰胺可提高大樱桃产量并使果实成熟期一致
【答案】C
【解析】
【分析】乙烯属于气体激素，是由植物体各个部位均可产生，在成熟的果实中含量较多，能够促进果实的成熟。在农业生产上经常使用乙烯利代替乙烯作为催熟剂使用。
【详解】A、乙烯利是植物生长调节剂，据有与乙烯相类似的生理作用，促进成熟，可使大樱桃提前进入休眠，A正确；
B、赤霉素具有促进发芽的作用，休眠的解除依赖于足够时长低温的积累，则低温处理可能使赤霉素含量提前达到峰值，促进萌芽，B正确；
C、单氰胺溶液能部分代替低温处理，同时提升芽的萌发率，脱落酸促进休眠，则单氰胺与脱落酸对解除大樱桃的休眠具有拮抗作用，C错误；
D、施用一定浓度的单氰胺溶液能部分代替低温处理，同时提升芽的萌发率、开花的整齐度和坐果率，所以施用单氰胺可提高大樱桃产量并使果实成熟期一致，D正确。
故选C。
7. 为加强生态文明建设，保护好某湖泊生态系统，欲在湖泊某区域进行人工养殖，还需定期投放饵料，科研人员对该湖泊生态系统能量流动进行调查，结果如下表所示。若人工养殖过程中，植食性动物(第二营养级)通过饵料获得的能量为20×105kJ，肉食性动物(第三营养级)通过饵料获得的能量为5×105kJ。下列说法正确的是（ ）
A. 该湖泊生态系统的食物网中所有的生物可以构成一个群落
B. 该湖泊中任何营养级生物同化的能量都有一部分流向分解者和下一营养级
C. 图中X为115，Y为20，第二、三营养级之间的能量传递效率约13.04%
D. 流经该生态系统的总能量是指投放的饵料中的化学能
【答案】C
【解析】
【分析】1、生物群落是指一定区域内全部生物的总称，包含所有动物、植物和微生物。
2、某营养级的同化量=流入下一营养级的同化量+自身呼吸消耗量+未被利用的能量+分解者分解的能量。
3、相邻营养级的传递效率=后一营养级的同化量/前一营养级的同化量×100%。
【详解】A、生态系统中的食物网只含生产者和消费者，不含分解者，故食物网中的所有生物不能构成一个群落，A错误；
B、最高营养级生物同化的能量没有流入下一营养级，B错误；
C、由表中数据可知，第二营养级（植食性动物）的同化量X=植物的同化量-呼吸消耗量-未被利用的能量-分解者分解的能量+通过饵料获得的能量=700-201-390-14+20=115（×105kJ），同理，第三营养级（肉食性动物）的同化量Y=115-42.8-45-12.2+5 =20（×105kJ），所以二者之间的能量传递效率=肉食动物从植食性动物获得的能量/植食性动物同化的能量=（115-42.8-45 -12.2）/115=15/115≈13.04%，C正确；
D、根据题意，流经该湖泊生态系统总能量是指生产者固定的太阳能和投放的饵料中的化学能，D错误。
故选C。
8. 下列各图表示的生物学意义正确的是（ ）
A. 甲图表示杂合子Aa连续自交后代中显性纯合子的概率变化
B. 乙图表示酵母菌酿酒过程中从接种到密封这一段时间内酵母菌种群数量变化
C. 丙图中，若B点为茎背光侧的生长素浓度，则C点不可能为茎向光侧生长素浓度
D. 丁图中，昆虫种群由B点到C点的数量变化是由于农药诱导昆虫产生了抗药突变
【答案】C
【解析】
【分析】甲图中随着自交代数的增加，纯合子比例不断上升；乙图随着时间的延长种群数量不断减少；丙图B点生长素浓度促进作用最强，C点生长素浓度虽然高于B但是促进作用减弱；丁图中AB段使用农药使得昆虫数量下降，BC段随着农药施用次数的增加，昆虫的数量不断上升。
【详解】A、杂合子Aa连续自交后代中纯合子的比例逐渐升高直到1为止，所以甲图表示杂合子Aa连续自交后代中纯合子（非显性纯合子）的概率变化，A错误；
B、酵母菌酿酒过程中从接种到密封这一段时间内酵母菌种群数量逐渐增多，与乙图不符，B错误；
C、丙图中，若B点为茎背光侧的生长素浓度，因为背光侧生长素浓度高，而向光侧生长素浓度低，所以C点不可能为茎向光侧的生长素浓度，C正确；
D、昆虫的抗药性突变产生于使用农药前，农药只是对害虫的抗药性进行了选择，昆虫种群由B点到C点的数量增加的原因为在农药的选择下，抗药性昆虫数量增多，施用同一农药无法杀死抗药性昆虫，D错误。
故选C。
9. 下图表示处于平衡状态的某生物种群由某些外界环境变化景致种群中生物个体数量改变时的四种情形，下列有关产生这些变化的原因的分析中，错误的是（ ）
A. 若图甲所示为草原生态系统中某种群，则a点后变化的原因可能是过度放牧
B. 若图乙所示为发酵罐中某菌种数量，则b点后变化的原因可能是后期添加一定量的同种菌种
C. 图丙中c点后发生的变化表明生存环境发生剧烈变化，不再适合生存
D. 图丁曲线可用于指导渔业捕捞，种群数量在K/2时增长速率最快
【答案】B
【解析】
【分析】据图分析，曲线甲表明该种群个体数量突然过度增加，导致环境中生物容纳量（K值）下降；曲线乙表明该种群数量增加并且达到新的平衡，且K值增加，可能是由于外界变化，如增加营养、空间等，环境条件更加优良；曲线丙表明因为外界破坏超过生态系统的自我调节能力，生态系统崩溃，表明生态系统的抵抗力稳定性有一定限度；曲线丁表明，K/2时种群增长速率最大，有利于捕鱼。
【详解】A、若图甲所示为草原生态系统中某种群，由于过度放牧会导致牧草减少，所以a点后的变化可能原因是过度放牧，A正确；
B、若图乙所示为某发酵罐中某菌种数量，则b点后变化原因可能是后期添加一定量的营养，使环境容纳量增加，添加一定量的同种菌种不能增加环境容纳量，B错误；
C、图丙中，当外界干扰超过生态系统自我调节能力时，生态系统被破坏，种群数量急剧下降，所以c点后发生的变化表明生存环境发生剧烈变化，不再适合生存，C正确；
D、当种群数量维持K/2时，种群的增长速率最大，图丁曲线可用于指导渔业捕捞，为了获得最大日捕捞量，捕捞的剩余量应为K/2，可以保护鱼类资源可持续发展，D正确。
故选B。
10. 酶联免疫吸附试验(ELISA)是常用的测定抗体的技术，其基本原理如下图所示。相关叙述错误的是（ ）
A 待测抗体既可以和抗原结合又可以和酶标二抗结合
B. 酶标二抗和抗原由于结构相同均能与待测抗体发生结合
C. 酶标抗体有免疫学活性和酶活性，可催化底物水解为有色产物
D. 可通过测定单位时间有色产物生成量来推测待测抗体的相对含量
【答案】B
【解析】
【分析】据图分析，抗体和抗原特异性结合，再与酶标抗体结合，催化特定底物形成检测产物。
【详解】A、根据图像，待测抗体既可以和抗原结合又可以和酶标二抗结合，A正确；
B、抗原和酶标抗体分别和抗体的不同部位发生结合，说明两者结构不同，B错误；
C、酶标抗体有免疫学活性和酶活性可催化标本中的底物水解形成有色产物，形成的有色产物可作为检测的指标，C正确；
D、加入酶标抗体的目的是酶催化检测底物反应，通过测定单位时间有色产物生成量来推测待测抗体的相对含量，D正确。
故选B。
11. 单峰骆驼在野外几乎灭绝，科学家欲通过胚胎工程的方法拯救野化单峰骆驼，进行了如图所示研究。请据图分析，下列说法正确的是( )
A. 为使A野化单峰骆驼超数排卵，可在其饲料中添加适量的雌激素
B. 为提高胚胎利用率，可采用胚胎分割等无性繁殖技术
C. 卵裂期，胚胎的总体积不增加，但有机物总量增加
D. 若①表示体外受精，可直接利用B野化单峰骆驼的新鲜精子与处丁MⅡ期卵母细胞完成受精作用
【答案】B
【解析】
【分析】体外受精主要包括：卵母细胞的采集和培养、精子的采集和获能、受精。
【详解】A、为使A野化单峰骆驼超数排卵，可注射促性腺激素，A错误；
B、为提高胚胎利用率，可采用胚胎分割、移植等无性繁殖技术实现，通过胚胎分割获得的胚胎遗传特性相同，B正确；
C、卵裂期，胚胎的总体积不增加，但由于细胞呼吸对有机物的消耗，因而有机物总量减少，C错误；
D、若①表示体外受精，不可直接利用B野化单峰骆驼的新鲜精子与处于MII期卵母细胞完成受精作用，因为获能后的精子才具备受精能力，D错误。
故选B。
12. 以下高中生物学实验中，实验材料选择正确的是（ ）
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】1、检测生物组织中化合物时，应选择富含该化合物且颜色浅的实验材料。
2、绿叶中色素的提取和分离实验中，应选择富含色素且新鲜的植物叶片。
【详解】A、甘蔗中富含蔗糖，属于非还原糖，因此甘蔗不能作为检测还原糖的实验材料，A错误；
B、黑藻含有叶绿体，富含叶绿素，可用于绿叶中色素的提取和分离实验，B正确；
C、由于过氧化氢不稳定，受热易分解，故不能用作探究温度对酶活性的影响的材料，C错误；
D、洋葱鳞片叶外表皮细胞属于高度分化的细胞，不能用于观察植物细胞的有丝分裂，D错误。
故选B。
13. 为探究十字花科植物羽衣甘蓝的叶片中所含色素种类，某兴趣小组做了如下的色素分离实验：将其叶片色素提取液在滤纸上进行点样，先置于层析液中层析分离，再置于蒸馏水中进行层析，过程及结果如下图所示，图中1、2、3、4、5代表不同类型的色素。分析正确的是（ ）
A. 色素1、2、3、4、5均难溶于水，易溶于有机溶剂
B. 色素1、2、3、4可能分布在叶绿体中，色素5可能存在于液泡中
C. 色素1和2主要吸收蓝紫光和红光，色素3、4、5主要吸收蓝紫光
D. 色素1在层析液中的溶解度最小，色素4在层析液中溶解度最大
【答案】B
【解析】
【分析】纸层析法分离色素的原理是不同的色素分子在层析液中的溶解度不同，溶解度大的在滤纸条上的扩散速率快，反之则慢。
【详解】AB、分析题图可知：1、2、3、4在层析液中具有不同的溶解度，推测是光合色素，光合色素易溶于有机溶剂，分布在叶绿体中；根据在蒸馏水中的层析结果说明，色素5可以溶解在蒸馏水中，推测其可能是存在于植物液泡中的色素，色素5易溶于水，A错误，B正确；
C、色素1、2、3、4是光合色素，依次是胡萝卜素、叶黄素、叶绿素a、叶绿素b,色素1和2即胡萝卜素和叶黄素主要吸收蓝紫光，色素3和4即叶绿素a和叶绿素b,主要吸收蓝紫光和红光，C错误；
D、根据层析的结果，色素1距离起点最远，说明色素1在层析液中的溶解度最大，而色素4距离起点最近，说明色素4在层析液中的溶解度最小，D错误。
故选B。
14. 研究表明，正常女性细胞核内两条X染色体中的一条会随机失活，浓缩形成染色较深的巴氏小体。肾上腺脑白质营养不良(ALD)是伴X染色体隐性遗传病(致病基因用a表示)，女性杂合子中有5%的个体会患病，图1为某患者家族遗传系谱图。利用图中四位女性细胞中与此病有关的基因片段经能识别特定碱基序列的酶进行切割(如图2)，产物的电泳结果如图3所示。下列叙述错误的是（ ）
A. 女性杂合子患ALD原因很可能是巴氏小体上的基因无法正常表达
B. Ⅱ-2个体的基因型是XAXa，患ALD的原因是来自母方的X染色体形成巴氏小体
C. a基因的产生可能是由于A基因发生碱基替换，酶切后会出现3个大小不同的DNA片段
D. 若Ⅱ-1和一个基因型与Ⅱ-4相同的女性婚配，后代患ALD的概率为2.5%
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，肾上腺脑白质营养不良（ALD）是伴X染色体隐性遗传病。由图2可知，A基因含有一个酶切位点，被切成两段，而a基因含有两个酶切位点，可被切成三段，其中一段的长度与A基因被切割得到的其中一个片段长度相同，根据图3中Ⅱ-4只有两个条带，可知其只含A基因，故Ⅱ-4基因型为XAXA。Ⅰ-1、Ⅱ-2、Ⅱ-3号都含有与Ⅱ-4号相同的条带，故都含有A基因，其它条带是a基因被切割产生的，故Ⅰ-1、Ⅱ-2、Ⅱ-3基因型均为XAXa。
【详解】A、根据题干信息“两条X染色体中的一条会随机失活”，女性杂合子患ALD的原因很可能是巴氏小体上的基因无法正常表达，A正确；
B、根据图2可知，正常基因含一个限制酶切位点，因此正常基因酶切后只能形成两种长度的DNA片段；突变基因增加了一个酶切位点，则突变基因酶切后可形成3种长度的DNA片段。结合电泳图可知，Ⅱ-4电泳的两条条带应为正常基因A酶切后的条带，长度为310bp和118bp的两种DNA片段，a基因新增了一个酶切位点后应该得到三个DNA片段，对照Ⅱ-4电泳的条带可以判断另外的两个条带长度分别为217bp和93bp，长度之和为310bp，故基因突变a酶切后可形成长度为217bp、118bp和93bp的三种DNA片段。由图3可知，Ⅱ-2个体基因型是XAXa，据题可知其父方Ⅰ-2基因型为XAY，故其XA来自其父亲，Xa来自母亲，但含XA的Ⅱ-2依然表现为患病，故推测其患ALD的原因可能是来自父方的X染色体失活，Xa正常表达，B错误；
C、a基因新增了一个酶切位点后应该得到三个DNA片段，对照Ⅱ-4可以判断另外的两个条带长度分别为217bp和93bp，长度之和为310bp，与A基因酶切的片段之一310bp长度相同，故新增的酶切位点位于310bpDNA片段中，即A基因和a基因的总长度相同，应是A基因发生碱基替换形成了a基因，C正确；
D、Ⅱ-1基因型为XaY，和一个与Ⅱ-4基因型（XAXA）相同的女性婚配，后代女儿基因型为XAXa，儿子基因型为XAY，可知所生男孩均不含致病基因，都正常，所生女孩均为杂合子，由于女性杂合子中有5%的个体会患病，因此后代患ALD的概率为1/2×5%=2.5%，D正确。
故选B。
15. 治疗最凶险乳腺癌“HER2+”的抗体-药物偶联物(T-DM1)被纳入2023年医保目录名单。T-DM1由曲妥珠单抗、细胞毒性药物DM1偶联形成。T-DM1作用机制如下图，下列有关叙述错误的是（ ）
A. 曲妥珠单抗的作用是将DM1准确带至乳腺癌细胞
B. T-DM1被乳腺癌细胞吞噬后释放DM1抑制微管聚合进而导致细胞凋亡
C. 曲妥珠单抗制备中可选择DM1作为抗原刺激小鼠产生免疫应答
D. 利用同位素或荧光标记的曲妥珠单抗可定位诊断HER2+
【答案】C
【解析】
【分析】由于单克隆抗体的特异性强，能特异性识别抗原，因此可以把抗癌细胞的单克隆抗体跟放射性同位素、药物等相结合，制成“生物导弹”。借助单克隆抗体的定位导向作用将药物定向带到癌细胞，在原位杀死癌细胞。疗效高，副作用小，位置准确。
【详解】A、T-DM1由曲妥珠单抗、细胞毒性药物DM1偶联前成，分析题图曲妥珠单抗可以与细胞膜表面的HER2+特异性结合，将DM1准确带至乳腺癌细胞，A正确；
B、根据题图：T-DM1被乳腺癌细胞吞噬后释放DM1抑制微管聚合，且溶酶体破裂导致细胞凋亡，B正确；
C、DM1是细胞毒性药物，不能与HER2+特异性结合，其免疫小鼠后产生的抗体也不能与HER2+特异性结合，所以不选择它作为制备单抗的抗原，C错误；
D、曲妥珠单抗可以与HER2+特异性结合，因此可以利用同位素或荧光标记的曲妥珠单抗定位诊断HER2+，D正确。
故选C。
16. 乳酸乳球菌是乳酸菌属中的一种重要模式菌，在食品工业中应用广泛。乳酸乳球菌在特定条件下可进行有氧呼吸来增加自身数量，这是改善发酵剂生产效率的潜在途径之一。某兴趣小组在不同条件下，利用等量乳酸乳球菌进行相关实验，一段时间后，测定乳酸乳球菌的数量及培养液中的pH，实验结果如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. 实验的自变量为氧气的有无、血红素的有无
B. 无氧条件下，血红素能促进丙酮酸的彻底氧化分解
C. Ⅱ组中，培养液中葡萄糖氧化分解释放能量大部分以热能形式散失
D. 制作泡菜时，初期加入血红素并通入无菌空气可缩短发酵时间
【答案】B
【解析】
【分析】1、有氧呼吸全过程：第一阶段：在细胞质基质中，一分子葡萄糖形成两分子丙酮酸、少量的[H]和少量能量，这一阶段不需要氧的参与。第二阶段：丙酮酸进入线粒体的基质中，分解为二氧化碳、大量的[H]和少量能量。第三阶段：在线粒体的内膜上，[H]和氧气结合，形成水和大量能量，这一阶段需要氧的参与。
2、无氧呼吸全过程：第一阶段：在细胞质的基质中，与有氧呼吸的第一阶段完全相同。即一分子的葡萄糖在酶的作用下分解成两分子的丙酮酸，过程中释放少量的[H]和少量能量。第二阶段：在细胞质的基质中，丙酮酸在不同酶的催化下，分解为酒精和二氧化碳，或者转化为乳酸。无氧呼吸第二阶段不产生能量。
【详解】A、结合图示信息可知，本实验的自变量为氧气的有无、血红素的有无，因变量是乳酸乳球菌种群数量的变化和培养液pH的变化，A正确；
B、Ⅰ、Ⅱ相比，二者的差异在于血红素是否使用，但实验结果并无明显差异，据此可推测，无氧条件下，血红素不能促进丙酮酸的彻底氧化分解，B错误；
C、Ⅱ组为无氧环境，乳酸乳球菌进行无氧呼吸，据此可推测，培养液中葡萄糖所含的能量大部分以乳酸形式存在，葡萄糖氧化分解释放的能量大部分以热能形式散失，C正确；
D、制作泡菜时，初期加入血红素并通入无菌空气可使乳酸乳球菌在特定条件下进行有氧呼吸来增加自身数量，进而可以缩短发酵时间，D正确。
故选B。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。考生根据要求作答。
17. 图1表示植物叶肉细胞中光合作用和有氧呼吸的部分过程，图2是以马铃薯植株为实验材料，探究遮光处理对马铃薯植株光合作用和产量影响的三组实验结果，注：正常光照(CK)、单层遮光网遮盖处理(Z₁)、双层遮光网遮盖处理(Z₂)。
（1）从叶肉细胞中分离叶绿体，可采用______法，叶绿体中含有的__(填色素名称)不能利用波长为640～660nm的光。
（2）图1中能产生ATP的过程有_______(填序号)，为过程②提供能量的物质是_______。当过程③发生时，并没有CO₂排出细胞外，此时该细胞所处的生理状态是光合作用强度____呼吸作用强度。
（3）遮光后，植物短时间内C₃含量将_____;若在正常生长的马铃薯块茎膨大期去除块茎，则马铃薯叶片的光合速率将_____。
（4）根据图2分析，遮光条件下，气孔导度(Gs)、净光合速率(Pn)的值均减小，Gs减小能引起Pn减小的原因是_______，遮光条件下，胞间CO₂浓度(Ci)的值增大，结合信息分析其原因是_______。
【答案】（1） ①. 差速离心 ②. 类胡萝卜素(胡萝卜素和叶黄素)
（2） ①. ①③ ②. ATP和NADPH ③. 大于、等于
（3） ①. 增多 ②. 降低
（4） ①. 气孔导度减小，叶肉细胞从外界环境吸收的CO₂减少，光合作用暗反应速率减小，净光合速率减小 ②. 虽然气孔导度减小，导致CO₂吸收减少，但净光合速率减小幅度更大，叶肉细胞消耗CO₂更少
【解析】
【分析】光合作用的原料：水、CO2，动力：光能，都是影响光合作用强度的因素。因此，只要影响到原料、能量的供应，都可能是影响光合作用强度的因素。例如，环境中CO2浓度，叶片气孔开闭情况，都会因影响CO2的供应量而影响光合作用的进行。叶绿体是光合作用的场所，影响叶绿体的形成和结构的因素，如无机营养、病虫害，也会影响光合作用强度。此外，光合作用需要众多的酶参与，因此影响酶活性的因素(如温度)，也是影响因素。
【小问1详解】
从叶肉细胞中分离叶绿体，可采用差速离心法，叶绿体含有的色素中不能利用640～660nm波长红光的是类胡萝卜素。
【小问2详解】
图1中过程产生ATP的过程有①③，为过程②暗反应中C3的还原提供能量的物质是ATP和NADPH，当过程③CO2的固定发生时，并没有CO2排出细胞外，此时该细胞所处的生理状态是光合作用大于或等于细胞呼吸。
【小问3详解】
遮光后，植物光反应产生的ATP、NADPH减少，C3的还原减少，但是C3生成速度短时间不变，则C3增多，正常生长的马铃薯块茎膨大期去除块茎，由于马铃薯块茎储存有机物，会导致其有机物不能及时的输出，马铃薯叶片的光合速率将下降。
【小问4详解】
气孔导度减小能引起净光合速率值减小的原因是气孔导度减小，叶肉细胞从外界环境吸收的CO2减少，叶肉细胞暗反应速率减小，净光合速率减小；遮光条件下，胞间CO2浓度（Ci）的值却都增大是因为虽然气孔导度减小，导致CO2吸收减少，但是净光合速率减小幅度更大，叶肉细胞消耗CO2更少。
18. 果蝇(2N=8)是遗传学研究中的常用材料。果蝇的体色黑体(A)对灰体(a)为显性，翅形长翅(B)对残翅(b)为显性，两对等位基因均位于常染色体上。现用两种纯合果蝇杂交，得到的F1代全为黑体长翅，F1代雌雄果蝇随机交配得到F2代。
（1）果蝇作为遗传学材料的优势有________(至少答2点)。
（2）若因某种精子没有受精能力，导致F2代的4种表型比例为5:3:3:1，则亲本的基因型为______。F2代黑体长翅果蝇中双杂合子个体占_____。若用F1代的雄果蝇进行测交，则其子代有_______种表型。
（3）GALA/UAS是一种基因表达调控系统，GAL4蛋白是一类转录因子，它能够与特定的DNA序列UAS结合，并驱动UAS下游基因的表达。科研人员将一个GAL4基因插入到雄果蝇的一条3号染色体上，将UAS序列和绿色荧光蛋白基因(GFP)连接在一起形成UAS-GFP，并将UAS-GFP随机插入到雌果蝇的一条染色体上，科研人员发现该雌果蝇并不表达GFP，只有与插入GAL4基因的雄果蝇杂交得到的子一代中，GFP才会表达(过程如下图所示)。已知野生型果蝇的翅色是无色透明的(无色翅)，GFP表达使翅色变为绿色(绿色翅)。
①科研小组甲利用上述的一对转基因雌雄果蝇进行杂交得到F1，F1中绿色翅雌雄个体随机交配得到F2，杂交子代的表型及比例如表所示，据表结果分析，判断UAS-GFP是否插入到3号染色体上并说明理由：______。
②科研小组乙在重复甲组的杂交实验时，发现F2中雌雄果蝇两种翅色个体的比例不同，推测最可能的原因是________;若统计F2中雌雄果蝇翅色比例是__________________，说明推测原因是正确的。
【答案】（1）易饲养、繁殖快，后代数目多，染色体数目少，有易于区分的相对性状
（2） ①. AAbb和aaBB ②. 3/5 ③. 三##3
（3） ①. 否，F₂表型比例为9∶7，符合基因的自由组合定律，说明GAL4和UAS-GFP位于非同源染色体上，故UAS-GFP未插入到3号染色体上 ②. UAS-GFP插入到了X染色体上 ③. 绿色翅雌性：无色翅雌性：绿色翅雄性：无色翅雄性=6:2:3:5
【解析】
【分析】1、基因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自由组合是互不干扰的；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。
2、伴性遗传：控制某些性状的基因位于性染色体上，在遗传上总是和性别相关联的现象叫做伴性遗传。
【小问1详解】
果蝇易饲养、繁殖快，后代数目多，染色体数目少，有易于区分的相对性状，可作为遗传学材料。
【小问2详解】
两种纯合果蝇杂交，F2出现的4种表型比例为5∶3∶3∶1，为9∶3∶3∶1的变式，说明两对等位基因遵循基因的自由组合定律，F1基因型为AaBb；因某种精子没有受精能力，F2表型比例为5∶3∶3∶1，由于数量减少的是双显性状的个体，说明没有受精能力的精子基因组成为AB，故群体中没有AABB，则亲本的基因型为AAbb和aaBB，子一代基因型为AaBb。F2代黑体长翅果蝇的基因型是AaBB、AABb、AaBb，比例为1∶1∶3，所以双杂合子个体占3/5。若用F1代的雄果蝇进行测交，即AaBb×aabb，测交父本产生的精子中能受精的只有Ab、aB、ab三种，所以其子代基因型有Aabb、AaBb、Aabb，表型有3种。
【小问3详解】
①据表可知，F2杂交结果显示表型比例为9∶7，为9∶3∶3∶1的变式，符合基因的自由组合定律，所以仅根据甲组F2可确定这2种基因不是插入到了同一条染色体上，而是插入到了非同源染色体上，已知科研人员将一个GAL4基因插入到雄果蝇的一条3号染色体上，即UAS-GFP未插入到3号染色体上。
②3号染色体是常染色体，乙科研小组在重复甲组的杂交实验时，发现F2中雌雄果蝇的翅色比例不同，最可能的原因是UAS-GFP可能插入到X染色体上。 假设亲本基因型为AaXbY×aaXBXb，F1中绿色翅的自由交配基因型及比例为AaXBY×AaXBXb→绿色翅雌性（A_XBX-）=3/4×1/2=3/8，无色翅雌性=1/2-3/8=1/8，绿色翅雄性（A_XBY）=3/4×1/4=3/16，无色翅雄性=1/2-3/16=5/16，即F2中雌雄果蝇翅色比例是绿色翅雌性∶无色翅雌性∶绿色翅雄性∶无色翅雄性=6∶2∶3∶5。
19. 研究发现调节T细胞某些基因的表达可以提高其抗肿瘤疗效。为探究ATPIF1基因对CD8+T细胞(一种细胞毒性T细胞)抗肿瘤免疫功能的影响，研究人员进行相关实验，请回答下列问题.
（1）活化的细胞毒性T细胞可以________肿瘤细胞，体现了免疫系统的________功能。
（2）实验一：研究人员选取了同等数量同等周龄的野生型小鼠和ATPIE1基因沉默的小鼠B，检测A、B两组小鼠CD8+T细胞分泌IFN-γ(一种细胞因子，可增强T细胞活性)的量，结果如图。
实验二：研究人员在上述A、B两组小鼠的腋下注射黑色素瘤细胞，再将A组小鼠均分为A1、A2两组，将B组小鼠均分为B1、B2两组。3天后，对A2、B2的小鼠注射CD8+T细胞抗体，以消除小鼠CD8+T细胞的作用(如下图)。14天后，对比4个组小鼠的黑色素瘤的重量，结果如图。
据图可知，ATPIF1基因沉默可以________肿瘤生长。注射CD8+T细胞抗体清除CD8+T细胞的作用后，A2组和B2组小鼠肿瘤重量均________。
（3）综合实验一和二，解释B1组小鼠黑色素瘤重量较小的原因：________。
（4）黑色素瘤细胞通过表达PD-L1与T细胞表面的PD-1特异性结合，抑制T细胞的增殖分化，致使肿瘤细胞免疫逃逸。抗PD-L1抗体可以作为治疗肿瘤的药物，研究人员推测抗PD-L1抗体与使ATPIF1基因沉默在治疗肿瘤上具有叠加效果，请利用下列合适的选项，设计一组实验验证该推测，要求写出实验思路并预期实验结果。
①黑色素瘤细胞②抗PD-L1抗体 ③CD8+T细胞抗体④A1组小鼠⑤A2组小鼠⑥B1组小鼠⑦B2组小鼠⑧检测IFN-γ的量⑨检测黑色素瘤的重量
实验思路：________________
预期实验结果：________________
【答案】19. ①. 识别、接触并裂解 ②. 免疫监视
20. ①. 抑制 ②. 更大
21. ATPIF1基因沉默，促进了CD8+T细胞分泌了更多的IFN-γ，该细胞因子可以增强T细胞活性，进而抑制黑色素瘤的生长
22. ①. 给B1组小鼠注射抗PD-L1抗体，一段时间后，检测黑色素瘤的重量 ②. 黑色素瘤的重量应小于上述实验B1组的结果
【解析】
【分析】1、免疫系统的功能包括：免疫防御、免疫自稳和免疫监视。
2、细胞免疫过程：①被病原体（如病毒）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。②细胞毒性T细胞分裂并分化，形成新的细胞毒性T细胞和记忆T细胞。细胞因子能加速这一过程。③新形成的细胞毒性T细胞在体液中循环，它们可以识别并接触、裂解被同样病原体感染的靶细胞。④靶细胞裂解、死亡后，病原体暴露出来，抗体可以与之结合或被其他细胞吞噬掉。
【小问1详解】
活化的细胞毒性T细胞可以识别肿瘤细胞，并和肿瘤细胞密切接触，裂解肿瘤细胞；体现了免疫系统的免疫监视功能。
【小问2详解】
分析实验结果可知，B1组的黑色素瘤比A1组的重量轻，B2组的黑色素瘤比A2组的重量轻，说明沉默ATPIF1基因可以抑制肿瘤生长；注射CD8+T细胞抗体清除CD8+T细胞的作用后，不能分泌IFN-γ, A2和B2基因沉默的小鼠肿瘤重量均显著增加。
【小问3详解】
综合实验一、二可知，B1组小鼠黑色素肿瘤细体积小的原因是ATPIF1基因沉默，促进了CD8+T细胞分泌了更多的IFN-γ，该细胞因子可以增强T细胞细胞活性，进行细胞免疫，裂解肿瘤细胞的速度加快，从而抑制黑色素瘤的生长。
【小问4详解】
研究人员猜测抗PD-L1抗体与ATPIF1基因沉默的小鼠在治疗肿瘤上具有叠加效果，可选择ATPIF1基因沉默的小鼠进行实验，即⑥B1组小鼠，为该小鼠注射②抗PD-L1抗体，一段时间（14天） 后，检测⑨检测黑色素瘤的重量，与上述实验的B１组结果进行对比；如果抗PD-L1抗体与ATPIF1基因沉默的小鼠在治疗肿瘤上具有叠加效果，则该实验处理后的黑色素瘤的重量应小于B1组的结果。
20. 如图是庭院经济生态农业模式图，请回答下列问题：
（1）从生态系统的功能角度分析，图中的生态农业与传统农业相比，明显的优势是_________。
（2）请在答题卡指定的框中画出图生态系统中的食物网_________________。
（3）传统农业往往需要往农田施加大量氮肥，氮元素在生物群落和非食用菌生物环境之间是不断循环的，还要往农田中不断施加氮肥的原因是________
（4）某生态农庄因管理不善，家禽和家畜的粪便长时间随河流流入附近的湖泊，造成湖泊水体严重富营养化，铜绿微囊藻等蓝细菌大量繁殖并产生难被降解的藻毒素，威胁生物安全和人类健康。研究者在不同时期采集湖水样本，测定铜绿微囊藻及部分水生动物的藻毒素含量，结果如下表。
①表中生物利用了湖泊中的不同空间，形成了湖泊群落的__________结构。
②据表推测最高营养级的生物是___________，理由是________。
③群落的生态位是指·个物种在群落中的地位或作用，包括________。
【答案】20. 实现了能量多级利用、实现了废物资源化等
21. 22. 农田中氮含量往往不足以使作物高产，加之农产品源源不断地自农田生态系统输出，其中的氮元素并不能都归还土壤。
23. ①. 垂直 ②. 翘嘴红鲌 ③. 藻毒素很难降解，会沿食物链在生物体内聚集，营养级越高，相对含量越高 ④. 所处的空间位置、占用资源的情况、与其他物种的关系
【解析】
【分析】1、生态系统中的生物种类越多，营养结构越复杂，生态系统的自我调节能力就越强，抵抗力稳定性就越高；反之，生物种类越少，营养结构越简单，生态系统的自我调节能力就越弱，抵抗力稳定性就越低。
2、垂直结构指在垂直方向上，大多数群落都具有明显的分层现象．群落中植物的垂直结构为动物创造了许多的栖息空间和食物条件，所以动物也有分层现象。
【小问1详解】
与统农业相比，图中的生态农业实现了能量多级利用（或提高了能量利用率），且减轻了对环境的污染（或实现了废物资源化等）。
【小问2详解】
图中的生产者是农作物，消费者有鸡、牛、人，人处于各个食物链的最高营养极，且食物网中不能出现分解者、非生物的物质和能量，因此该生态系统的食物网为：
【小问3详解】
农田中氮含量往往不足以使作物高产，加之农产品源源不断地自农田生态系统输出，其中的氮元素并不能都归还土壤，所以要往农田中不断施加氮肥。
【小问4详解】
①表中不同鱼类分别占据不同的水体空间，体现了群落的垂直结构；
②藻毒素很难降解，会沿着食物链逐渐在生物体内聚集，营养级越高，其相对含量越高，故调查水域的最高营养级的生物是翘嘴红鲌。
③群落中每种生物都占据着相对稳定的生态位，生态位是指一个物种在生物群落中的地位和作用，生态位的形成是群落中物种之间及生物与环境间协同进化的结果。
21. 塑料的主要成分为聚氯乙烯(PVC)、聚乙烯(PE)和聚丙烯(PP)等，塑料制品方便人们生活的同时，也造成了短时期难以降解的“白色污染”。自然界有多种细菌可以降解塑料的不同成分，研究人员欲通过筛选，并利用基因工程技术培育能降解多种塑料成分的“超级菌”。
（1）研究人员欲比较肠杆菌YT1和芽孢杆菌YP1两类细菌降解PE塑料的能力，配置固体培养基，接种菌株后表层覆盖0.1mm厚的PE塑料。分组实验结果如表所示：
①在筛选能分解PE塑料的菌株时，应将菌株接种到以________为唯一碳源的培养基，从功能上讲，该培养基属于________培养基。
②培养基3中接种混合培养后的YP1，其降解圈直径明显加大，其原因可能是________。
（2）研究人员发现了一种胞外酶基因A，有降解PVC塑料的功能。对A基因测序可知，如果在其调节功能区增加一个碱基对A/T，可大大增强其表达能力。通过经典的大引物PCR定点诱变技术在体外改造A基因(如图1)，然后构建表达载体(如图2)，导入受体菌进而培育“超级菌”。
①图1所示，通过PCR1获得的大引物②是指以________(选填图中引物)延伸得到的DNA链为模板，________(选填图中引物)与之结合延伸得到的DNA子链。要获得图1中的改良A基因至少需要________个PCR循环。
②图2中为实现质粒和改良A基因的正确连接，应选用的限制酶是__________。将构建的表达载体导入受体菌后，在含氨苄青霉素和β-半乳糖苷的平板上培养，长出的白色菌落是成功导入了重组质粒的菌株，判断依据是________。
【答案】（1） ①. PE塑料 ②. 选择 ③. 混合培养过程中发生了转化，YT1的对PE塑料分解能力更高的基因整合到了YP1菌株中
（2） ①. 诱变引物 ②. 引物1 ③. 4 ④. XmaI和BgIⅡ ⑤. 含有改良基因A的重组质粒上LacZ基因被破坏，受体菌不能产生相应的酶，无法分解β-半乳糖苷，不能产生蓝色物质。
【解析】
【分析】1、PCR技术的原理是模拟生物体内DNA分子复制的过程，利用DNA分子热变性原理，通过控制温度控制控制DNA分子的解聚和结合，过程：①高温变性: DNA解旋过程；②低温复性：引物结合到互补链DNA上；③中温延伸：合成子链。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。
2、基因工程技术的基本步骤：
(1) 目的基因的筛选和获取：方法有从基因文库中获取、利用PCR技术扩增和人工合成。
(2) 基因表达载体的构建：是基因工程的核心步骤，基因表达载体包括目的基因、启动子.终止子和标记基因等。
(3) 将目的基因导入受体细胞：根据受体细胞不同，导入的方法也不一样。将目的基因导入植物细胞的方法有农杆菌转化法和花粉管通道法；将目的基因导入动物细胞最有效的方法是显微注射法；将目的基因导入微生物细胞的方法是感受态细胞法。
(4) 目的基因的检测与鉴定：
分子水平上的检测：①检测转基因生物染色体的DNA是否插入目的基因：DNA分子杂交技术；②检测目的基因是否转录出了mRNA：分子杂交技术；③检测目的基因是否翻译成蛋白质：抗原抗体杂交技术。
个体水平上的鉴定:抗虫鉴定、抗病鉴定、活性鉴定等。
【小问1详解】
①在筛选分解PE塑料能力大小的菌株时，应将两类菌株接种到以PE塑料为唯一碳源的培养基，不能分解PE塑料的细菌，因为缺少营养物质碳源死亡；该培养基属筛选出能分解PE塑料类的细菌，所以从功能上讲属于选择培养基；
②筛选分解PE塑料能力强的菌株不能直接以降解圈的大小为指标，因为菌体繁殖力不同，形成的菌落大小不同，故应该看菌落直径和降解圈直径的比值来判断菌株对PE塑料的分解能力；原本YP1对PE塑料的分解能力弱于YT1，而培养基3中接种混合培养后的YP1，其降解圈直径明显加大，其原因可能是YP1菌株整合了YT1的对PE塑料高分解力的基因，发生了转化。
【小问2详解】
①观察图1PCR1大引物是指：以诱变引物延伸得到的DNA链为模板，引物1与之结合延伸得到的DNA子链；经过PCR1得到大引物再利用大引物和引物2至少3个PCR循环才能获得完整的改良A基因，所以至少需要4个PCR循环才能获得完整的改良A基因；植物
植食性动物
肉食性动物
同化量（105kJ）
700
X
Y
呼吸消耗量（105kJ）
201
42.8
3.8
未被利用的能量（105kJ）
390
45
2.6
分解者分解的能量（105kJ）
14
12.2
微量
选项
实验名称
实验材料
A
检测生物组织中的糖类
颜色较浅的甘蔗汁
B
绿叶中色素的提取和分离
富含叶绿素的黑藻
C
探究温度对酶活性的影响
易分解产生氧气的过氧化氢
D
观察植物细胞的有丝分裂
有大液泡的洋葱鳞片叶外表皮细胞
F1
绿色翅：无色翅=1:3
F2
绿色翅：无色翅=9:7
生物种类
分布
食性
藻毒素含量（µg/g干重）
微囊藻爆发初期
微囊藻爆发期
铜绿微囊藻
浮游
2.03
7.14
铜锈环棱螺
底栖
以有机碎屑、浮游藻类等为食
0.63
3.69
鲢鱼
水体上层
主要以浮游藻类为食
1.05
12.936
翅嘴红鲌
水体中上层
以鱼、虾为食
1.11
35.91
水体下层
以有机碎屑、幼螺、藻类等为食
0.47
11.07
培养基及接种菌株
培养基1
培养基2
培养基3
单独培养并接种YT1
单独培养并接种YT1
提取YT1和YP1的核酸，并与YT1和YP1混合，培养一段时间后选取YP1接种
降解圈（直径D/mm）
3.5
1.8
4.2
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