广西专用2020高考生物二轮复习题型专项训练4直方图类含解析

题型专项训练四　直方图类1.(2019江苏盐城模拟)研究者将乳腺细胞(M)诱导成为乳腺癌细胞(记为Me),研究细胞癌变后的代谢水平变化(如下图所示),其中图2是在培养液中加入线粒体内膜呼吸酶抑制剂后测得的相关数据。下列分析正确的是(　　) 图1　　　　　　　　　　　图2A.M中的原癌基因和抑癌基因选择性表达导致Me产生B.M对该呼吸酶抑制剂的敏感性大于MeC.Me的线粒体对葡萄糖的摄取能力高于MD.Me的培养液中酒精含量要高于M的培养液答案:B解析:乳腺癌细胞(Me)的产生是M中的原癌基因和抑癌基因发生基因突变的结果,A项错误。据图2可知,加入线粒体内膜呼吸酶抑制剂后,M的数量减少较多,说明M对该呼吸酶抑制剂的敏感性大于Me,B项正确。葡萄糖的氧化分解发生在细胞质基质中,线粒体没有摄取葡萄糖的能力,C项错误。乳腺细胞无氧呼吸的产物为乳酸,不会有酒精产生,D项错误。2.下页左上图表示某植物的非绿色器官在氧浓度为a、b、c、d时,CO2释放量和O2吸收量的变化。下列相关叙述正确的是(　　)A.O2浓度为a时,最适于贮藏该植物器官B.O2浓度为b时,无氧呼吸消耗葡萄糖的量是有氧呼吸的5倍C.O2浓度为c时,无氧呼吸最弱D.O2浓度为d时,有氧呼吸强度与无氧呼吸强度相等答案:B解析:O2浓度为a时,O2吸收量为0,此时只是进行无氧呼吸,产生大量酒精,不利于贮藏该植物器官,A项错误。O2浓度为b时,有氧呼吸释放CO2的量=O2的吸收量,无氧呼吸释放CO2的量为(8-3)=5。据反应式可知,有氧呼吸消耗葡萄糖的量为0.5,无氧呼吸消耗葡萄糖的量为2.5,B项正确。O2浓度为c时,有氧呼吸释放CO2的量为4,无氧呼吸释放CO2的量为(6-4)=2,故无氧呼吸不是最弱,最弱应为0,C项错误。O2浓度为d时,CO2的释放量=O2的吸收量,说明只进行有氧呼吸,D项错误。3.下列有关右图的叙述正确的是 (　　)A.若该图表示组成人体细胞的主要元素占细胞鲜重的百分比,则①代表碳元素B.①②③可分别表示加过氧化氢酶、Fe3+及自然条件下等量过氧化氢分解产生氧气的相对含量C.夏季晴朗白天的正午植物出现“光合午休现象”时,植物叶肉细胞中五碳化合物的含量变化趋势为①→②,三碳化合物的含量则相反D.若该图表示组成人体细胞的主要化合物占细胞干重的百分比,则①是生命活动的主要承担者答案:D解析:若该图表示组成人体细胞的主要元素占细胞鲜重的百分比,鲜重时水最多,则①代表氧元素,A项错误。①②③可分别表示加过氧化氢酶、Fe3+及自然条件下等量过氧化氢分解速率,而产生氧气的相对含量相同,B项错误。夏季晴朗白天的正午植物出现“光合午休现象”时,不能吸收二氧化碳,植物叶肉细胞中五碳化合物的含量变化趋势为②→①,三碳化合物的含量则相反,C项错误。若该图表示组成人体细胞的主要化合物占细胞干重的百分比,干重时蛋白质最多,则①是生命活动的主要承担者,D项正确。4.小麦的毛颖和光颖是一对相对性状(显、隐性由 P、p基因控制),抗锈病和感锈病是一对相对性状(由 R、r控制),两对基因独立遗传。以纯种毛颖感锈病(甲)和纯种光颖抗锈病(乙)为亲本进行杂交,F1均为毛颖抗锈病(丙)。再用F1与丁进行杂交,F2有四种表现型,对每对相对性状的植株数目做出的统计结果如下图所示,则丁的基因型是(　　)A.Pprr　　　　B.PPRr　　　　C.PpRR　　　　D.ppRr答案:D解析:由题意知,甲、乙杂交子代性状全部表现为毛颖抗锈病,所以毛颖和抗锈病都为显性性状,所以甲的基因型为PPrr,乙为ppRR,丙为PpRr,F2中抗锈病与感锈病数量比为3∶1,符合分离定律;毛颖与光颖数量比为1∶1,推出丁的基因型为ppRr,D项正确。5.用不同浓度的生长素(IAA)和赤霉素(GA)分别处理豌豆黄化苗茎切段一段时间,得到如图所示的结果。下列叙述错误的是              (　　)A.激素的浓度和处理茎切段的时间分别属于自变量和无关变量B.在50 μmol·L-1浓度时,赤霉素比生长素促进伸长的效果更好C.250 μmol·L-1的赤霉素和生长素共同使用促进伸长的效果最佳D.106μmol·L-1的生长素对茎切段的作用可能与诱导乙烯的产生有关答案:C解析:根据图形,实验的自变量为激素的浓度和激素的种类,处理茎切段的时间属于无关变量,应保持相同,A项正确。50μmol/L时,赤霉素处理的茎段长度大于生长素处理的茎段长度,因此,浓度为50μmol/L时,赤霉素的促进伸长效果更好,B项正确。图中所示为赤霉素和生长素分别处理的结果,无法判断二者共同使用的作用效果,C项错误。据图分析,106μmol/L的生长素一组和对照组相比,茎切段短,说明该浓度的生长素对茎伸长有抑制作用,可能是因为较高浓度的生长素诱导乙烯合成,从而抑制细胞伸长,D项正确。6.调查发现小型湖泊中的绿藻、蓝藻是露斯塔野鲮鱼和罗氏沼虾的食物,罗氏沼虾又是露斯塔野鲮鱼的食物。图1表示不同体长露斯塔野鲮鱼的食性相对值,图2表示绿藻和蓝藻对水体中N元素、P元素的吸收量及其体内的藻毒素含量。请分析回答有关问题。图1图2(1)该湖泊中露斯塔野鲮鱼与罗氏沼虾的种间关系是　　　　　　　　　　　。 (2)若将体长为2.8 cm的露斯塔野鲮鱼增重2 kg,至少需要藻类　　　kg。 (3)调查露斯塔野鲮鱼的种群密度时,若标记个体更易发现而被捕食,则会导致种群密度估算结果　　　　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 (4)该湖泊受到富含P元素的生活用水的污染,某科研小组提出生态治污的方案:首先培养藻类去除水体中的P元素。选择的藻类是　　　　,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　。然后投放体长大于4.2 cm的露斯塔野鲮鱼控制藻类的数量。选择体长大于4.2 cm的野鲮鱼,其原因是　　 　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)科研小组又对罗氏沼虾的能量流动情况进行分析,结果如下表[数字为能量值,单位是kJ·(cm2·a)-1]。摄入食物中的能量粪便中的能量用于生长发育和繁殖的能量呼吸作用散失的能量51.627.01.523.1 据表结果分析,罗氏沼虾同化量为　　　　　　　　。 答案:(1)竞争和捕食　(2)30　(3)偏高　(4)绿藻　绿藻体内的藻毒素含量低　植食性比例高,食物链短,能量利用率高　(5)24.6 kJ/(cm2·a)解析:(1)该湖泊中露斯塔野鲮鱼与罗氏沼虾的种间关系是竞争和捕食。(2)体长为2.8cm的露斯塔野鲮鱼的食物来源中植食性∶肉食性=1∶1,则增重2kg,至少需要藻类(传递效率为20%)为1÷20%+1÷(20%×20%)=30(kg)。(3)调查露斯塔野鲮鱼的种群密度用标志重捕法,种群中的个体总数=初次标记个体数×重捕个体数/重捕中标记个体数,若标记个体更易发现而被捕食,则会使重捕中标记个体数变小,导致种群密度估算结果偏高。(4)两种藻类去除水体中的P元素能力相同,但蓝藻中藻毒素含量远高于绿藻,会对罗氏沼虾和露斯塔野鲮鱼造成危害,因此选择的藻类是绿藻。如果藻类大量繁殖也会破坏环境,所以放植食性较高的鱼类,即体长大于4.2cm的露斯塔野鲮鱼控制藻类的数量。此类鱼植食性比例高,食物链短,能量利用率高。(5)罗氏沼虾同化量=摄入食物中的能量-粪便中的能量=51.6-27.0=24.6kJ/(cm2·a)。