河北省张家口市宣化一中2020届高三下学期开学考试生物试题

河北省张家口市宣化一中2020届高三下学期开学考试生物试题

宣化第一中学2020年高考生物押题卷（一）‎ ‎1.下列叙述错误的是（　　）‎ A. 生物体内所有的蛋白质的组成元素是相同的 B. 脱氧核糖核酸上有启动子和终止子 C. 新型冠状病毒的遗传物质是RNA，容易在人体内寄生，使人患肺炎 D. 控制细菌性状的遗传物质是DNA，呈环状 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 真核生物和原核生物的主要差别是有无成形的细胞核或者有无核膜包被的细胞核。原核生物包括细菌、蓝藻、放线菌、支原体、衣原体等，原核生物仅有的细胞器为核糖体。原核生物的遗传物质存在于拟核区。‎ ‎【详解】A、生物体内的蛋白质组成元素不同，如血红蛋白含有铁元素，还有的蛋白质有硫元素，A错误；‎ B、脱氧核糖核酸是DNA，有启动子和终止子，B正确；‎ C、新型冠状病毒是RNA病毒，遗传物质是RNA，没有独立的新陈代谢能力，必须依赖于宿主细胞，C正确；‎ D、细菌原核生物有拟核和质粒，遗传物质DNA是环状，D正确。‎ 故选A。‎ ‎2.假设某果蝇种群中雌雄个体数目相等，且对于A和a这对等位基因来说只有Aa一种基因型，下列叙述错误的是（　　）‎ A. 若不考虑基因突变和染色体变异，则该果蝇种群中A基因频率：a基因频率是相等的 B. 理论上，该果蝇种群随机交配产生的第一代中AA、Aa和aa的数量比为1：2：1‎ C. 该种群随机交配不改变基因型频率，所以种群没有进化 D. 没有其他因素的影响自由交配的子二代和子三代，显性个体所占的比例是相同的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可遗传变异是进化 原材料，进化的实质是基因频率的改变，变异具有不定向性，而自然选择是定向的，是适应进化的唯一因素。‎ ‎【详解】A、该种群的基因型只有Aa，所以显性基因和隐性基因的频率是相等的，A正确；‎ B、理论上，该果蝇种群（只有Aa）自由交配的子一代他们的数量比是1∶2∶1，B正确；‎ C、种群进化的标志是基因频率的改变而不是基因型的频率，该种群随机交配不改变基因频率，所以种群没有进化，C错误；‎ D、自由交配不改变基因频率也不改变基因型的频率所以子二代和子三代显性个体所占的比例不变，D正确。‎ 故选C。‎ ‎3.某植物净光合速率变化趋势如图所示。据图下列有关光合和呼吸的叙述正确的是（　　）‎ A. 当CO2浓度为a时，高光强下该植物的光合速率大于呼吸速率，该条件下植物可以正常生长 B. 该实验的因变量是光强和二氧化碳浓度，自变量是净光合速率，无关变量是温度 C. 该植物的净光合速率可以用植物单位时间内产生氧气的量来表示 D. 据图可推测，在温室中，若要采取提高CO2浓度的措施来提高该种植物的产量，还应该同时考虑光强这一因素的影响，并采取相应措施 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 光合作用分为两个阶段进行，在这两个阶段中，第一阶段是直接需要光的称为光反应，第二阶段不需要光直接参加，是二氧化碳转变为糖的反过程称为暗反应。光合作用在叶绿体中进行，光反应的场所位于类囊体膜，暗反应的场所在叶绿体基质。光反应的发生需要叶绿体类囊体膜上的色素、酶参与。光合作用和呼吸作用是植物两大重要的代谢反应，光合作用与呼吸作用的差值称为净光合作用。光合作用强度主要受光照强度、CO2浓度、温度等影响。‎ ‎【详解】A、当CO2浓度为a时，二氧化碳的浓度低光合作用弱，光合作用等于呼吸作用，植物没有有机物的积累，不能正常生长，A错误；‎ B、本实验的自变量和应变量分别是二氧化碳和光照强度、净光合速率，无关变量是温度，B错误；‎ C、该植物的净光合速率可以用植物单位时间内氧气的释放量来表示，C错误；‎ D、联系实际提高作物的产量，要考虑到光和二氧化碳的影响，因为影响光合作用的因素主要有光照、二氧化碳浓度、温度，D正确。‎ 故选D。‎ ‎4.将宣化一中的连翘植物幼根分别培养在含有相同培养液的密闭培养瓶中，一段时间后，测定根吸收镁矿质元素离子的量。培养条件及实验结果见下表：‎ 培养瓶中气体 温度（℃）‎ 离子相对吸收量（%）‎ 空气 ‎30‎ ‎100‎ 氮气 ‎30‎ ‎10‎ 空气 ‎5‎ ‎28‎ 下列分析正确的是（　 ）‎ A. 氮气环境中该植物幼根细胞吸收该离子不消耗ATP，且植物光合作用最强 B. 与空气相比，氮气环境有利于该植物幼根对该离子的吸收，吸收镁的方式是主动运输 C. 有氧条件有利于该植物幼根对该离子的吸收，可以说明细胞吸收镁离子的需要消耗能量 D. 该植物幼根对该离子的吸收与温度的变化无关，与细胞膜上的载体数量无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 空气与氮气的对比主要是氧气的有无，而氧气对物质运输的影响主要是氧气影响细胞呼吸，影响能量供应，从表格中可知镁离子的运输需要消耗能量。温度主要影响酶的活性，间接影响呼吸，也影响载体的合成。从表格中可知，空气+‎30℃‎条件下对镁离子的吸收量最大。‎ ‎【详解】A、氮气环境中该植物幼根细胞吸收该离子消耗ATP，但由于缺氧所以吸收量减少，植物光合作用最弱，A错误；‎ B、与空气相比，氮气环境吸收量最少，不利于该植物幼根对该离子的吸收，吸收镁的方式是主动运输，B错误；‎ C、有氧条件有利于该植物幼根对该离子的吸收（空气+‎30℃‎最好），可以说明细胞吸收镁离子的需要消耗能量，C正确；‎ D、该植物幼根对该离子的吸收为主动运输，与温度的变化有关（能量），与细胞膜上的载体数量有关，D错误。‎ 故选C。‎ ‎5. 将某植物花冠切成大小和形状相同的细条，分为a、b、c、d、e和f组（每组的细条数相等），取上述6组细条分别置于不同浓度的蔗糖溶液中，浸泡相同时间后测量各组花冠细条的长度，结果如图所示。假如蔗糖溶液与花冠细胞之间只有水分交换，则 A. 实验后，a组液泡中的溶质浓度比b组的高 B. 浸泡导致f组细胞中液泡的失水量小于b组的 C. a组细胞在蔗糖溶液中失水或吸水所耗ATP大于b组 D. 使细条在浸泡前后长度不变的蔗糖浓度介于0.4～0.5mol·L-1之间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.纵坐标是实验前的长度/实验后的长度，比值为1时，细胞既不吸水也不失水，比值小于1时，细胞吸水越多，比值越小，比值大于1时，细胞失水越多，比值越大，所以a、b、c三组吸水且吸水程度a>b>c，d、e、f三组失水且失水程度f＝e>d。由分析可知，a组细胞吸水比b组多，所以实验后a组液泡中的溶质浓度低于b组，A错误；‎ B.f组细胞失水，b组细胞吸水，B错误；‎ C.水进出细胞的方式是自由扩散，不消耗能量，C错误；‎ D.c、d两组之间存在比值为1的数值，此时浓度为0.4～0.5mol·L-1之间，D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.内蒙古草原生态系统中，除分解者外，仅有甲、乙、丙、丁、戊5个种群，调查得知，该生态系统有4个营养级，营养级之间的能量传递效率为10%～20%，且每个种群只处于一个营养级。一年内输入各种群的能量数值如表所示，表中能量数值的单位相同。下列相关的叙述错误的是：（ 　）‎ 种群 甲 乙 丙 丁 戊 能量 ‎3．56‎ ‎12．80‎ ‎10．30‎ ‎0．48‎ ‎226．50‎ A. 该生态系统中的食物网可以写成，并且这些种群是生态系统的生产者和消费者 B. 甲和乙的种间关系是捕食和竞争，这些种群构成了生态系统的组成成分 C. 一般来说，生态系统的主要功能包括物质循环、能量流动，此外还具有信息传递等功能，能量流动和物质循环的主渠道是食物链和食物网 D. 该生态系统如果受到重金属的污染，由于富集种群丁的浓度会最高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生态系统各生物之间通过一系列的取食与被取食关系，不断传递着生产者所固定的能量，这种单方向的营养关系，叫做食物链。从生态系统能量流动的角度分析，能量沿着食物链逐级递减，食物链的起点是生产者，可知戊为生产者，乙、丙处于同一营养级（初级消费者），甲为次级消费者，丁为三级消费者。‎ ‎【详解】A、根据题干的数据能量最多的是生产者，戊为生产者，食物网可表示为，A正确；‎ B、甲和乙是捕食关系，未体现竞争关系，生态系统的成分包含生物成分（生产者、消费者、分解者）和非生物成分（气候、能源、无机物、有机物），B错误；‎ C、生态系统具有物质循环、能量流动和信息传递的作用，能量流动和物质循环的主渠道是食物链和食物网，C正确；‎ D、随着营养级的升高，重金属会发生富集作用，丁是最高营养级，所以丁重金属的浓度最大，D正确。‎ 故选B。‎ ‎7.图甲为研究光照强度对某植物光合作用强度影响实验示意图，图乙表示其叶肉细胞气体交换情况，图丙表示光照强度与光合速率的关系，图丁表示夏季晴朗的一天，某种绿色植物在24小时内O2吸收和释放速率的变化示意图（单位：mg/h），A、B点对应时刻分别为6点和19点。请据图同答：‎ ‎（1）若要测定图甲中植物的净光合速率，可供选择的测定指标是（答一项即可）_________________。‎ ‎（2）图乙中暗反应的具体部位是[ ]__________（填字母及名称）。该反应中的能量变化是 _____________________________。叶肉细胞处于图乙状态时，对应图丙中的区段是_________。‎ ‎（3）丁图中24小时内不进行光合作用的时段是_______________。‎ ‎（4）图丙中C点以后光合速率的主要因素是 ___________________。若适当提高CO2的浓度，B点将_____移；若提高温度，B点将如何移动？__________（上移；下移；不动；无法确定）。‎ ‎（5）丁图中测得该植物一昼夜的O2净释放量为120mg，假设该植物在24小时内呼吸速率不变，则该植物一天通过光合作用产生的有机物（以葡萄糖量来计算）总量是_____mg。‎ ‎（6）在生产实践中，常采用施用农家肥的方法增加CO2的浓度，其原理是_________________。‎ ‎【答案】 (1). 单位时间内O2的释放量（或单位时间内CO2的吸收量；或单位时间内有机物的积累量） (2). [b]叶绿体基质 (3). ATP中的活跃的化学能转变成有机物中稳定的化学能 (4). B点以后 (5). 0-5和20-24（或20-5） (6). CO2浓度或温度 (7). 左 (8). 无法确定 (9). 382．5 (10). 农家肥富含有机物，通过分解者的分解作用释放出大量的CO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 光合作用分为两个阶段进行，在这两个阶段中，第一阶段是直接需要光的称为光反应，第二阶段不需要光直接参加，是二氧化碳转变为糖的反过程称为暗反应。光合作用在叶绿体中进行，光反应的场所位于类囊体膜，暗反应的场所在叶绿体基质。光反应的发生需要叶绿体类囊体膜上的色素、酶参与。光合作用和呼吸作用是植物两大重要的代谢反应，光合作用与呼吸作用的差值称为净光合作用。光合作用强度主要受光照强度、CO2浓度、温度等影响。‎ ‎【详解】（1）若要测定图甲中植物的净光合速率，可供选择的测定指标是单位时间内O2的释放量（或单位时间内CO2的吸收量；或单位时间内有机物的积累量）。‎ ‎（2）图乙中暗反应的具体部位是[ b]叶绿体基质。该反应消耗ATP，将CO2还原成有机物，能量变化是ATP中的活跃的化学能转变成有机物中稳定的化学能。图乙中①表示吸收氧气进行有氧呼吸、②表示吸收二氧化碳进行光合作用，该图表示光合速率大于呼吸速率，对应图丙中的区段是B点以后。‎ ‎（3）图丁表示夏季晴朗的一天，某种绿色植物在24小时内02吸收和释放速率的变化示意图（单位：mg/h）。A、B点对应时刻分别为6点和19点，0-5只进行呼吸作用、5-6呼吸作用大于光合作用、6-19光合作用大于呼吸作用、19-20呼吸作用大于光合作用和20-24 （或20-5）进行呼吸作用。24小时内不进行光合作用时氧气的释放量会最小，吸收量最大，所以时段是0-5和20-24（或20-5）。‎ ‎（4）图丙中C点以后光照强度不再是限制光合速率的因素，影响光合速率的主要因素是CO2浓度或温度。若适当提高CO2的浓度，对光合作用是有利的，B点（光补偿点）将左移。若提高温度，不确定温度变得是适宜了还是不适宜了，所以B点如何移动将无法确定。‎ ‎（5）该植物一昼夜的O2净释放量为120mg=白天光合作用量一昼夜呼吸作用量，呼吸速率为12，故24小时呼吸量为288，实际光合量=净光合量+呼吸量=120+288=408（mg）。据光合作用光合作用：6CO2+6H2O→C6H12O6+6O2，该植物一天通过光合作用产生的有机物（以葡萄糖量来计算）总量是408×30/32=382.5（mg）。‎ ‎（6）在生产实践中，常采用施用农家肥的方法增加CO2的浓度，其原理是农家肥富含有机物，通过分解者的分解作用释放出大量的CO2。‎ ‎【点睛】光合作用和呼吸作用是植物两大重要的代谢活动，净光合作用是常见的考点也是难点，对于光合作用的考查，通常结合图形、实验来考察，要注意对图形信息的处理能力的培养。‎ ‎8.新冠病毒感染人体后，可以通过血管紧张素转化酶2（ACE2）进入细胞。‎ ‎（1）尝试解释肺组织成为新型冠状病毒的主要入侵对象的原因：_____________________。‎ ‎（2）发热是该病毒感染的一个重要表现，人体体温调节的中枢_______通过__________等信号分子调节体温。‎ ‎（3）“细胞因子风暴”是引起许多新冠患者死亡的重要原因，其主要机理是：新型冠状病毒感染后，迅速激活病原性T细胞，产生大量淋巴因子如：粒细胞-巨噬细胞集落刺激因子GM-CSF和白介素6等因子。GM-CSF会进一步激活CD14+CD16+‎ 炎症性单核细胞，产生更大量的白介素6和其他炎症因子，从而形成炎症风暴，导致严重肺部和其他器官的免疫损伤。可见该过程存在________调节。‎ ‎（4）对于“细胞因子风暴”的治疗可用糖皮质激素，由图分析其原理：_________，该激素与胰岛素具有拮抗作用，推测其可能的副作用：________________。‎ ‎（5）抗白细胞介素6受体的单抗类药物—“托珠单抗”，可以阻断新冠肺炎炎症风暴，该药物也可用于治疗________（自身免疫病/免疫缺陷病）。‎ ‎（6）针对新冠的疫苗有DNA疫苗、mRNA疫苗、蛋白质疫苗等，其机理都是通过病毒特异的抗原蛋白刺激机体产生_____细胞，在检测该疫苗有效性和安全性的的动物实验中，考虑到个体差异，为了提高实验的可重复性需要注意__________（写出两个方面）。检测有效性的最简单方法是__________________。‎ ‎【答案】 (1). 肺组织中ACE2较多，且与外界直接接触 (2). 下丘脑 (3). 促甲状腺激素释放激素、神经递质 (4). 反馈 (5). 糖皮质激素抑制免疫系统的作用 (6). 抑制细胞对葡萄糖的摄取利用和储存 (7). 自身免疫病 (8). 记忆 (9). 实验动物数量足够大、实验动物有不同的年龄和性别 (10). 检测动物是否产生相应抗体 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 免疫是指身体对抗病原体引起的疾病的能力，特异性免疫包含细胞免疫和体液免疫。免疫接种或预防接种是以诱发机体免疫应答为目的，预防某种传染性疾病的方法。免疫接种分为主动免疫和被动免疫，主动免疫是通过接种疫苗获得免疫力，被动免疫是通过接种对抗某种病原体的抗体获得免疫力。注射疫苗可以使机体产生更多的效应细胞和记忆细胞，提供对相关疾病的长期保护，而注射抗体可以在很短时间内及时有效地对抗病原体引起的疾病。‎ ‎【详解】（1）新冠病毒感染人体后，可以通过血管紧张素转化酶2（ACE2）进入细胞，肺组织中ACE2较多，且与外界直接接触，因此肺组织成为新型冠状病毒的主要入侵对象。‎ ‎（2）下丘脑是体温调节的中枢。通过促甲状腺激素释放激素、神经递质等信号分子调节体温。‎ ‎（3）肺部免疫细胞过度活化，产生大量炎症因子，通过正反馈循环的机制形成炎症风暴。‎ ‎（4）由图分析可知，糖皮质激素抑制免疫系统的作用，对于“细胞因子风暴”的治疗可用糖皮质激素。该激素与胰岛素具有拮抗作用，胰岛素的作用是促进细胞加速摄取利用储存葡萄糖，该激素会抑制细胞对葡萄糖的摄取利用和储存。‎ ‎（5）白细胞介素6为淋巴因子，因此其受体抗体可使其信号不能传递抑制免疫反应，用于免疫过强的治疗即自身免疫病。‎ ‎（6）病毒特异的抗原蛋白刺激机体产生记忆细胞。因为有个体差异就有偶然性造成的误差，因此要样本足够大，且疫苗用于人类时，不同年龄、性别可能反应也不同，实验动物也应具有一定的年龄结构。检测有效性的最简单方法是检测动物是否产生相应抗体。‎ ‎【点睛】本题主要考查免疫的原理以及疫苗的原理，要求学生有一定的识图能力以及分析推理能力。‎ ‎9.“低碳、节能、减排”是当今社会呼吁的一种绿色生活方式。下图为生态系统中碳循环的相关途径，请回答下列问题：‎ ‎（1）图中的C属于该生态系统的____（成分），与A、B（B1、B2、B3）共同构成了该生态系统中的_____，其中生物之间的关系是在____（填“个体”“种群”或“群落”）水平上进行研究获得的。‎ ‎（2）若某生态系统的植被被破坏，打乱原有CO2的平衡并毁坏旅游资源，这降低了该生态系统生物多样性的________________价值。若要做到“低碳、节能、减排”，实现碳循环的平衡，人们应采取的措施是_____________________________。‎ ‎（3）若某森林生态系统遭到毁灭性破坏后不能自动恢复，则这一事实说明生态系统的_________能力是有限的，该能力的基础是_____________________。但科研人员可以采用恢复生态学的技术进行治理恢复，这说明人类活动能影响群落演替的______________________。‎ ‎（4）生态学家在研究生态系统的物质循环时不会以某一单独的生态系统为单位的。请从物质循环特点的角度进行解释，其原因是_____________。‎ ‎【答案】 (1). 分解者 (2). 生物群落 (3). 群落 (4). 间接价值和直接 (5). 大量植树造林，减少化石燃料的燃烧 (6). 自我调节 (7). 负反馈调节 (8). 速度和方向（或方向） (9). 物质循环具有全球性 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生态系统的成分包含生物成分（生产者、消费者、分解者）和非生物成分（气候、能源、无机物、有机物）。生物多样性包括生态系统多样性、遗传多样性、物种多样性。关于生物多样性的价值，科学家一般概括为以下三方面：一是目前人类尚不清楚的潜在价值，二是对生态系统起着重要调节功能的潜在价值（也叫做生态功能，如森林和草地对水土的保护作用，湿地在蓄洪防旱、调节气候等方面的作用），三是对人类有食用、药用和工业原料等实用意义的，以及有旅游观赏、科学研究和文学艺术创作等非实用意义的直接价值。‎ ‎【详解】（1）分析图可知，A为生产者，B为消费者，C为分解者。①为绿色植物的光合作用和硝化细菌的化能合成作用，②为生物的呼吸作用。C与A、B（B1、B2、B3）共同构成了该生态系统中的生物群落。其中生物之间的关系是在群落水平上进行研究获得的。‎ ‎（2）若某生态系统的植被被破坏，打乱原有CO2的平衡并毁坏旅游资源，这降低了该生态系统生物多样性的间接价值和直接价值。若要做到“低碳、节能、减排”，实现碳循环的平衡，人们应采取的措施是大量植树造林，减少化石燃料的燃烧。‎ ‎（3）若某森林生态系统遭到毁灭性破坏后不能自动恢复，则这一事实说明生态系统的自我调节能力是有限的。自我调节能力的基础是负反馈调节。但科研人员可以采用恢复生态学的技术进行治理恢复，这说明人类活动能影响群落演替的速度和方向（或方向）。‎ ‎（4）生态学家在研究生态系统的物质循环时不会以某一单独的生态系统为单位的。物质循环特点的角度分析，其原因是物质循环具有全球性。‎ ‎【点睛】本题主要考查了生态系统的结构、功能和稳定性的相关知识，意在考查考生的识图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，属于考纲识记和理解层次的考查。‎ ‎10.某昆虫翅膀的颜色由常染色体上的两对基因（E和e、R和r）控制，当两种显性基因（E、R）同时存在时翅膀才表现出颜色，其余情况下均表现为无色。现有甲（基因型为eeRR）、乙（基因型为EErr）和丙（基因型为eerr）三组昆虫，请回答下列问题：‎ ‎（1）请以上述三组昆虫为材料，设计杂交实验来判断控制昆虫翅色的基因能否独立遗传。（要求：写出杂交实验思路即可）______________________________________。‎ ‎（2）已知这两对基因能独立遗传，且昆虫翅色有黑色、灰色、无色三种类型。有色翅昆虫中存在黑翅和灰翅两种，两个显性基因（E、R）中有一个存在剂量效应，即有一个显性基因时为灰翅，有两个显性基因时为黑翅。请以上述三组昆虫为材料，设计杂交实验来判断存在剂量效应的基因是E还是R。（要求写出杂交实验及预期结果）____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 思路一：让甲组昆虫和乙组昆虫杂交得F1，再让F1的雌雄个体相互交配得 F2，统计F2的表现型及比例 思路二：让甲组昆虫和乙组昆虫杂交得F1，再让F1与丙组昆虫杂交得F2，统计F2的表现型及比例 (2). 杂交实验：让甲组昆虫和乙组昆虫杂交得F1，再让F1分别与甲组昆虫和乙组昆虫杂交得F2，统计F2的表现型及比例 预期结果：若甲组的F2中黑翅∶灰翅∶无色翅＝1∶1∶2，乙组的F2中灰翅∶无色翅＝1∶1，则存在剂量效应的基因是R；若甲组的F2中灰翅∶无色翅＝1∶1，乙组的F2中黑翅∶灰翅∶无色翅＝1∶1∶2，则存在剂量效应的基因是E（3分，答对1点给1分）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 所谓性状，是指生物的形态结构和生理生化等特征的总称。每种性状具有不同的表现形式，称为相对性状。性状是由基因控制的，控制性状的基因组合类型称为基因型。当两对基因在两对同源染色体上时，能独立遗传，符合基因的自由组合定律。‎ ‎【详解】（1）思路一：让甲组昆虫（eeRR）和乙组昆虫（EErr）杂交得F1（EeRr），再让F1的雌雄个体相互交配得F2，统计F2的表现型及比例。若控制昆虫翅色的基因能独立遗传，则F2的表现型及比例为有色（9E_R_）∶无色（3E_rr、4ee__）=9∶7。‎ 思路二：让甲组昆虫（eeRR）和乙组昆虫（EErr）杂交得F1（EeRr），再让F1与丙组昆虫（eerr）杂交得F2，统计F2的表现型及比例。若控制昆虫翅色的基因能独立遗传，则F2的表现型及比例为有色（1EeRr）∶无色（1Eerr、1eeRr、1eerr）=1∶3。‎ ‎（2）杂交实验：让甲组昆虫（eeRR）和乙组昆虫（EErr）杂交得F1（EeRr），再让F1分别与甲组昆虫（eeRR）和乙组昆虫（EErr）杂交得F2，统计F2的表现型及比例。‎ 预期结果：若存在剂量效应的基因是R，则甲组的F2中黑翅（1EeRR）∶灰翅（1EeRr）∶无色翅（1eeRr、1eeRR）＝1∶1∶2，乙组的F2中灰翅（1EeRr、1EERr）∶无色翅（1Eerr、1EErr）＝1∶1；若存在剂量效应的基因是E，则甲组的F2中灰翅（1EeRR、1EeRr）∶无色翅（1eeRr、1eeRR）＝1∶1，乙组的F2中黑翅（1 EERr）∶灰翅（1EeRr）∶无色翅（1Eerr、1EErr）＝1∶1∶2。‎ ‎【点睛】本题主要考查基因的位置判断以及基因控制性状的规律判断，要求学生有一定的信息处理及分析推理能力。‎ ‎[生物--选修1：生物技术实践]‎ ‎11.幽门螺杆菌（Hp）感染是急慢性胃炎和消化道溃疡的主要致病因素，其不良预后是胃癌。据研究发现，目前我国有超过50%人感染了Hp病菌。Hp是微需氧菌，环境氧要求5%～8%，在大气或绝对厌氧环境下均能生长，Hp的尿素酶极为丰富，尿素酶催化尿素水解形成“氨云”保护细菌在高酸环境下生存。在患者体内采集样本并制成菌液后，进行分离培养。实验基本步骤如下：配制培养基→灭菌、倒平板→X→培养→观察。请回答：‎ ‎（1）在配制培养基时，要加入尿素和________________指示剂，这是因为Hp能以尿素作为氮源；若有Hp，则菌落周围会出现红色环带。‎ ‎（2）步骤X的操作如图所示：‎ ‎①图中所用微生物接种的方法是__________________________。‎ ‎②图示每次取样前需用手指轻压移液管上的橡皮头，吹吸三次，目的是_______________。‎ ‎③下列关于此实验的操作，正确的是____________。‎ A．高压蒸汽灭菌加热结束时，打开放气阀使压力表指针回到零后，开启锅盖 B．含酚红指示剂尿素为唯一氮源的培养基灭菌后，冷却至室温倒平板 C．取103、104、105倍的稀释液和无菌水各0．1mL，分别涂布于各组平板上 D．在皿盖上用记号笔做标记 ‎（3）在培养时，需将培养皿_____并放在恒温培养箱中，否则将可能导致无法形成单一菌落。‎ ‎（4）临床上‎14C呼气试验检测是一种安全、准确的检测Hp的方法，其基本原理是当被检测者服用含有_________________的胶囊后，如患者的胃内存在Hp感染，则可将其分解为氨和14CO2。‎ ‎（5）某同学将分离得到的Hp扩大培养，对其进行计数。取1 mL菌液稀释106倍后再各取0．1 mL分别涂布在3个培养基上，培养一段时间后，其菌落数分别为180、220、200个，则每升菌液中Hp的数量_________个，此方法测定的活菌数比实际活菌数少的原因为________________。‎ ‎【答案】 (1). 酚红指示剂 (2). 稀释涂布平板法 (3). 使微生物和无菌水混合均匀 (4). C (5). 倒置 (6). ‎14C标记尿素 (7). 2×1012 (8). ‎ 当两个或多个细胞连在一起时，平板上只能观察到一个菌落 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 微生物的研究通常包含微生物的获得、分离纯化、培养以及保存等。单菌落分离法包含划线分离法和涂布分离法，常用于分离获得单菌落。通常是细菌在固体培养基上（内）生长发育，形成以母细胞为中心的一团肉眼可见的、有一定形态、构造等特征的子细胞的集团，称之为菌落。‎ ‎【详解】（1）由于Hp含有尿素酶，尿素酶能将尿素分解成氨，而氨会使培养基碱性增强，即pH升高，导致酚红指示剂变红。‎ ‎（2）①微生物接种的方法很多，但都要注意防止杂菌的污染；接种微生物常用平板划线法和稀释涂布平板法，图示所示为稀释涂布平板法。‎ ‎②图示每次取样前需用手指轻压移液管上的橡皮头，吹吸三次，目的是使微生物和无菌水混合均匀。‎ ‎③A、高压蒸汽灭菌加热结束时，等待压力表指针回到零后，才能开启锅盖，不能打开放气阀使压力表指针回到零，A错误；‎ B、含酚红指示剂的尿素为唯一氮源的培养基灭菌后，冷却至‎50℃‎左右倒平板，不需要冷却到室温，B错误；‎ C、取103、104、105倍的稀释液和无菌水各0．1mL，分别涂布于各组平板上，C正确；‎ D、用记号笔标记培养皿中的菌落时，应标记在皿底上，D错误。‎ 故选C。‎ ‎（3）在培养时，需将培养皿倒置并放在恒温培养箱中，倒置培养基的目的也是为了获得单一菌落。‎ ‎（4）如果人感染了Hp，能将尿素分解为NH3和CO2，因而用‎14C标记尿素中的C，可通过呼吸产物来判断是否感染Hp。‎ ‎（5）‎1 L菌液中Hp的数量=（180+220+200）÷3÷0．1×106×103=2×1012（个）；用稀释涂布平板法统计的菌落数往往比活菌的实际数目低的原因是当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落。‎ ‎【点睛】本题考查微生物接种方法及检测相关知识，要求学生对重要概念及过程在理解的基础上进行识记，并且有一定的分析推理能力。‎ ‎[生物--选修3：现代生物科技专题]‎ ‎12.I．玉米是重要经济作物，常受到玉米螟危害而减产。研究人员发现玉米螟若食用某种原核生物分泌的γ-蛋白后将会死亡，由此他们将γ-蛋白基因转入到玉米体内，使玉米获得抗玉米螟危害的能力．回答下列问题：‎ ‎（1）若用限制酶E和F从原核生物基因组DNA上切下γ-蛋白的基因，并将之取代质粒Zl上相应的E-F区域（0．4kb，lkb=1000对碱基）。图中E、F、G、H是4种识别序列完全不同的限制酶及其部分识别位点，已知用限制酶G切割Zl，可得到2．5kb的DNA片段，用限制酶E和F切割Zl时，可得到0．4kb和4．6kb的DNA片段。‎ ‎①质粒Zl上有____个限制酶G的酶切位点，若图中所形成的重组质粒Z2的大小为5．4kb，则目的基因的大小是_____________________。‎ ‎②若用含重组质粒的土壤农杆菌直接感染玉米植株根部伤口，则该植株产生的种子中______（填“含有”或“不含”）γ-蛋白基因。‎ ‎（2）将获得的目的基因在体外大量扩增，可以用PCR技术，DNA的两条链是反向平行的，当引物与DNA母链通过碱基互补配对结合后，DNA聚合酶就能从引物的_______________（填“‎3”‎或“‎5”‎）端开始延伸DNA链。 PCR反应体系中加入dNTP（三磷酸碱基脱氧核苷酸，结构与ATP类似）后，不再单独添加ATP等能源物质，请推测其原因是____________。‎ ‎（3）下图表示利用PCR技术扩增目的基因的部分过程，下列叙述错误的是_____ ‎ A．从理论上推测，第二轮循环产物中含有引物A的DNA片段占3/4‎ B．在第二轮循环产物中开始出现两条脱氧核苷酸链等长DNA片段 C．引物之间或引物自身发生碱基互补配对则不能扩增目的基因 D．PCR的反应过程需要耐高温的解旋酶和聚合酶 II．基因疫苗指的是DNA疫苗，即将编码外源性抗原的基因插入到质粒上，然后将质粒直接导入人或动物体内，让其在宿主细胞中表达出抗原蛋白，诱导机体产生免疫应答。口蹄疫是一种危害严重的偶蹄动物传染病，近年来国内外在口蹄疫基因疫苗研究方面有了许多新的突破。回答下列问题： ‎ ‎（1）将编码外源性抗原的基因插入到质粒上，此过程目的是___________________。‎ ‎（2）DNA疫苗导入宿主细胞后首先经过__________过程表达出抗原蛋白，然后由抗原蛋白诱导机体产生免疫应答。‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). 0．8kb (3). 不含 (4). 3′ (5). 三磷酸脱氧核苷酸转变为脱氧核苷酸过程中，脱去磷酸基团，释放高能磷酸键中的能量 (6). BD (7). 使目的基因在受体细胞中稳定存在，并且可以遗传给下一代，同时使目的基因能够表达和发挥作用。 (8). 转录和翻译 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 质粒Zl大小为5.0kb，若用限制酶G切割Z1，可得到大小未2.5kb的DNA片段，说明该质粒上有2个限制酶G的酶切位点；用限制酶E和F切割Zl时，可得到0.4kb和4.6kb的DNA片段，结合图解可知，该质粒上有1个限制酶E的酶切位点，有1个限制酶F的酶切位点。‎ ‎“PCR”是一种体外迅速扩增DNA片段的技术，在离体条件下，利用DNA的热变性原理高温解旋DNA双链，然后再用耐高温的DNA聚合酶使DNA复制扩增；人体内的DNA复制，解旋双链时用的是DNA解旋酶而不是高温，复制时用普通的DNA聚合酶在体温条件就能进行。引物作用是作为DNA复制的起点（或使DNA聚合酶能够从引物的3′端开始连接脱氧核苷酸）。‎ ‎【详解】I．（1）①质粒Zl上有2个限制酶G的酶切位点。根据图示，Z2是Z1中的EF段被目的基因替换后形成的，假设目的基因的大小为xkb，则3.2+0.8+0.6+x=5.4，可得x=0.8kb。‎ ‎②农杆菌易感染双子叶植物和裸子植物，对单子叶植物没有感染力，因此若用含重组质粒的土壤农杆菌直接感染玉米植株根部伤口，则该植株产生的种子中不含γ-蛋白基因。‎ ‎（2）DNA分子中，通常将含有游离磷酸基团的末端称为5′，另一端为3′端，当引物与DNA母链通过碱基互补配对结合后，DNA聚合酶从引物的3′端开始延伸DNA链“PCR”是一种体外迅速扩增DNA片段的技术，三磷酸脱氧核苷酸转变为脱氧核苷酸过程中，脱去磷酸基团，释放高能磷酸键中的能量 ‎（3）从理论上推测，PCR第二轮后得到四个DNA片段，其中有两个含有引物A和引物B，有一个只含有引物A，因此含有引物A的片段占3/4，A正确；从第三轮开始出现两条脱氧核苷酸链等长的DNA片段，B错误；引物之间或引物自身发生碱基互补配对不会扩增目的基因，C正确；PCR利用DNA在不同温度下变性解聚或复性的特性来解旋并结合引物，不需要解旋酶来解旋，D错误。故选BD。‎ II．（1）将编码外源性抗原的基因插入到质粒上，此过程目的是使目的基因在受体细胞中稳定存在，并且可以遗传给下一代，同时使目的基因能够表达和发挥作用。 ‎ ‎（2）DNA疫苗（基因）导入宿主细胞后首先经过转录和翻译过程表达出抗原蛋白。‎ ‎【点睛】本题主要考查重组质粒的构建，要求学生有一定的识图能力，及分析推理计算的能力。‎