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2023年高考第三次模拟考试卷-生物（北京A卷）（全解全析）
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这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-生物（北京A卷）（全解全析），共28页。试卷主要包含了0，依据是_________，5组相比，pH5等内容，欢迎下载使用。
2023年高考生物第三次模拟考试卷（北京卷）
生物·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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
第I卷
一、单项选择题：本卷共15题，每题2分，共30分。在每题列出的四个选项中，只有一项最符合题意。
1、下列关于噬菌体、大肠杆菌和酵母菌共同特征的叙述，不正确的是（ ）
A. 都能发生基因突变 B. 都能进行细胞呼吸
C. 遗传物质都是DNA D. 组成成分都含蛋白质
【答案】B
【解析】
【分析】1、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、细胞质结构，含有核酸（DNA和RNA）和蛋白质等物质，原核生物只能进行二分裂生殖。
2、细胞生物（包括原核生物和真核生物）的细胞中含有DNA和RNA两种核酸、其中DNA是遗传物质，非细胞生物（病毒）中含有DNA或RNA一种核酸、其遗传物质是DNA或RNA。
【详解】A、噬菌体是DNA病毒、大肠杆菌是原核生物、酵母菌是真核生物，均含有基因，均能发生基因突变，A正确；
B、噬菌体是DNA病毒，无细胞结构，故不进行细胞呼吸，而大肠杆菌和酵母菌是具有细胞结构的生物，可进行细胞呼吸，B错误；
C、噬菌体是DNA病毒、大肠杆菌和酵母菌是有细胞结构的生物，其遗传物质均是DNA，C正确；
D、病毒是由蛋白质外壳和遗传物质构成，而大肠杆菌和酵母菌中存在膜成分等，故组成有蛋白质，D正确。
故选B。
2、载体蛋白甲和乙依赖于细胞膜两侧的Na+浓度差完成相应物质的运输，Na+浓度差由膜上的钠钾泵来维持。据图分析下列说法错误的是（ ）
A. 图中所示过程能体现细胞膜的选择透过性
B. Na+浓度差具有的势能可为C6H12O6跨膜运输供能
C. 图中细胞的膜外pH高于膜内
D. 图中的钠钾泵还具有催化功能
【答案】C
【解析】
【分析】题图分析：载体蛋白甲顺浓度梯度将Na+运入细胞的同时将葡萄糖运入细胞，钠钾泵在消耗ATP的条件下，将Na+逆浓度梯度运出细胞的同时将K+逆浓度梯度运入细胞，而载体蛋白乙将运入细胞的同时将H+运出细胞。
【详解】A、图中所示物质的运输依靠特定的载体完成，说明细胞膜具有选择透过性，A正确；
B、图中载体蛋白甲顺浓度梯度将Na+运入细胞的同时，逆浓度梯度将葡萄糖运入细胞，所以Na+浓度差具有的势能可为C6H12O6跨膜运输供能 ，B正确；
C、图中氢离子的运输是主动运输，说明细胞外氢离子浓度高，则膜外pH低于膜内pH，C错误；
D、“Na+-K+泵”还具有ATP酶的作用，说明图中载体蛋白有的具有催化功能，D正确。
故选C。
3、氰化物（CN-）对线粒体具有毒害作用，下图显示其对细胞膜电位的影响。下列相关分析，合理的是（ ）
A. 线粒体产生ATP维持细胞膜电位 B. CN-对线粒体的损伤是不可逆的
C. CN-会导致细胞膜产生动作电位 D. CN-导致线粒体的外膜产生ATP
【答案】A
【解析】
【分析】1、有氧呼吸的第一、二、三阶段的场所依次是细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜。有氧呼吸第一阶段是葡萄糖分解成丙酮酸和[H]，合成少量ATP；第二阶段是丙酮酸和水反应生成二氧化碳和[H]，合成少量ATP；第三阶段是氧气和[H]反应生成水，合成大量ATP。
2、静息时，K+外流，造成膜两侧的电位表现为内负外正；受刺激后，Na+内流，造成膜两侧的电位表现为内正外负。
【详解】A、据题意可知，氰化物（CN-）对线粒体具有毒害作用，线粒体能产生ATP，移除CN-，细胞膜电位能恢复到原来水平，说明线粒体产生ATP能维持细胞膜电位，A正确；
B、氰化物（CN-）对线粒体具有毒害作用；据图可知，加入CN-，细胞膜电位升高，移除CN-，细胞膜电位能恢复到原来水平，据此推测CN-对线粒体的损伤是可逆的，B错误；
C、据图可知，加入CN-后，细胞膜电位的绝对值变得更小，膜电位没有发生逆转，因此不会产生动作电位，C错误；
D、线粒体内膜和基质能发生有氧呼吸的第三阶段和第二阶段，产生ATP，但线粒体的外膜不会产生ATP，D错误。
故选A。
4、现有野生型稻品种甲和品种乙，甲用γ射线诱变处理后，经筛选获得稀突变体丙、丙分别与甲和乙杂交，统计下F2穗形，结果如下表。以下分析不正确的是（ ）
杂交组合
F2
总数
正常
突变
甲×丙
118
91
27
乙×丙
1132
860
272
A. 穗形性状中稀穗对正常穗为隐性
B. 控制穗形的基因遵循基因分离定律
C. F1测交后代中正常株：突变株≈1：1
D. 控制甲和乙穗形的基因是非等位基因
【答案】D
【解析】
【分析】1、非等位基因就是位于同源染色体的不同位置上或非同源染色体上的基因。等位基因是位于一对同源染色体的相同位置上，控制相对性状的一对基因，例如A与a，B与b，D与d均为等位基因，A与B、b、D、d均不是等位基因。假如a换成A，A与A就是位于同源染色体上的相同基因。
2、测交是一种特殊形式的杂交，是杂交子一代个体(F1)再与其隐性或双隐性亲本的交配，是用以测验子一代个体基因型的一种回交。
3、根据题意和表格可知，甲和乙是野生型，为正常穗，而丙是稀穗突变体。甲×丙杂交后产生F1，F1自交后得F2，F2中正常：突变=91:27≈3:1；乙×丙杂交后产生F1，F1自交后得F2，F2中正常：突变=860:272≈3:1。
【详解】AB、根据题意和表格分析可知，丙分别与甲和乙杂交，F2中正常：突变≈3:1，说明稀穗突变为隐性，正常穗为显性，说明控制穗形的基因遵循基因分离定律，AB正确；
C、根据题意和表格分析可知，丙分别与甲和乙杂交，F2中正常：突变≈3:1，说明F1为杂合子，测交后后代中正常株：突变株≈1：1，C正确；
D、根据题意和表格分析可知，丙分别与甲和乙杂交，F2中正常：突变≈3:1，说明甲和乙为显性纯合子，控制甲和乙穗形的基因是位于同源染色体上的相同基因，D错误。
故选D。
【点睛】本题考查基因的分离定律的相关知识。考生要识记和理解孟德尔的杂交实验及分离定律，结合表格分析，判断显性性状和隐性性状，然后再推测亲本和子一代的基因型，最终对各选项的描述进行准确判断。
5、大熊猫是我国的国宝，也是国家一级保护动物。主要分布在我国秦岭、岷山等山系，栖息地被分割成多个区域。近年来，我国持续加大野生动植物保护力度，野生大熊猫的数量也增加到1800多只，圈养的大熊猫也超过了500只。 2021年大熊猫在世界自然保护联盟（IUCN）红色名录上的濒危等级由“濒危”降级为“易危”。下列说法不正确的是（ ）
A. 大熊猫自然种群个体数量低与其繁育能力有关
B. 增加大熊猫自然保护区的面积可提高环境容纳量
C. 在大熊猫种群不同活动区域间建立走廊，可以减少地理隔离，增加基因交流
D. 濒危等级的下降说明我国保护措施的有效性，可完全将圈养大熊猫野化放归
【答案】D
【解析】
【分析】1、在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量称为环境容纳量，又称K值。
2、出生率和死亡率：单位时间内新产生的个体数目或死亡的个体数目占该种群个体总数的比率，出生率和死亡率对种群数量起着决定性作用。
3、隔离是物种形成的必要条件，长期的地理隔离可能会导致生殖隔离进而产生新物种。
【详解】A、动物的繁育能力可影响种群的出生率，进而影响种群数量，故熊猫的自然种群个体数量低与其繁育能力有关，A正确；
B、在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量称为环境容纳量，所以增加大熊猫自然保护区的面积可改善生存环境，进而提高环境容纳量，B正确；
C、隔离(地理隔离等)导致熊猫不能相遇，阻碍了各种群间的基因交流，在大熊猫种群不同活动区域间建立走廊，可以减少地理隔离，增加基因交流，C正确；
D、濒危等级的下降说明我国保护措施的有效性，但不能完全将圈养大熊猫野化放归，D错误。
故选D。
6、为提高转基因抗虫棉的抗性，我国科学家通过基因改造，采用了植物偏好的密码子，大大提高了棉花细胞中抗虫蛋白的表达量，如将天冬氨酸的密码子由GAU改为GAC。此过程发生的变化有（ ）
A. 抗虫蛋白的空间结构发生改变
B. 抗虫基因转录的mRNA含量增加
C. 抗虫基因的核苷酸序列发生改变
D. 棉花细胞染色体的结构发生改变
【答案】C
【解析】
【分析】科学家通过基因改造，采用了植物偏好的密码子，如将天冬氨酸的密码子由GAU改为GAC，则对应的模板链中的变化为CTA→CTG，因此基因结构发生了碱基对的替换，原来是A-T被替换成G-C。
【详解】A、GAU改为GAC后还是天冬氨酸，因此抗虫蛋白的氨基酸序列未变，空间结构也未变，A错误；
B、mRNA是翻译的模板，抗虫基因转录的mRNA含量不一定增加，而是改为植物偏好的密码子后，在植物细胞内更容易表达，B错误；
C、结合以上分析可知，抗虫基因的核苷酸序列发生改变，C正确；
D、基因结构改变不涉及染色体结构的改变，D错误。
故选C。
7、三碘苯甲酸（TIBA）是一种人工合成的化学物质，将TIBA喷洒在植株顶端能够解除顶端优势，促进侧芽的分化和生长。据此分析，以下推测最合理的是（ ）
A. TIBA阻碍了植物体内生长素的极性运输
B. TIBA提高了植株侧芽处的生长素浓度
C. TIBA促进了植株顶芽处生长素的合成
D. TIBA能够增强植物内源生长素的作用
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，三碘苯甲酸可能是通过抑制生长素的合成或作用发挥相应作用的。
【详解】A、TIBA阻碍植物体内生长素的极性运输，可使侧枝的生长素浓度降低，从而达到消除顶端优势的效果，A正确；
B、若TIBA提高了植株侧芽处的生长素浓度，侧芽受到抑制更加严重，不能消除顶端优势，B错误；
C、若TIBA促进了植株顶芽处生长素的合成，则往侧芽运输的生长素更多，侧芽受到抑制更加严重，C错误；
D、若TIBA能够增强植物内源生长素的作用，则其增加了高浓度生长素对侧芽的抑制作用，D错误。
故选A。
8、腺苷是一种重要的促眠物质，腺苷与受体结合后促进睡眠。咖啡因与腺苷竞争受体，使神经元兴奋，起提神作用。下列判断不合理的是（ ）
A. 1分子ATP脱去2个磷酸基团后生成腺苷
B 咖啡因刺激神经元Na+内流产生动作电位
C. 咖啡因与腺苷结构相似，但无腺苷的作用
D. 腺苷与受体结合后，咖啡因不能起提神作用
【答案】A
【解析】
【分析】腺苷三磷酸（ATP）是由腺嘌呤、核糖和3个磷酸基团连接而成，水解时释放出能量较多，是生物体内最直接的能量来源。
【详解】A、1分子ATP脱去2个磷酸基团后生成腺苷一磷酸，脱去3个磷酸基团后生成腺苷，A错误；
B、咖啡因与腺苷竞争受体，使Na+内流产生动作电位，使神经元兴奋，B正确；
C、咖啡因与腺苷竞争受体，说明咖啡因与腺苷结构相似，但作用不同，C正确；
D、腺苷与受体结合后，咖啡因不能与受体结合或结合被抑制，因此不能起提神作用，D正确。
故选A。
9、鸢尾素是运动时释放的一种小分子肽类激素。为研究鸢尾素与学习认知之间的关系，科学家构建了鸢尾素基因敲除小鼠，运动训练或静止后，记录小鼠在水迷官不同平台上停留的时间（在目标平台上停留时间与学习记忆能力正相关），结果如下图。相关叙述不正确的是（ ）
A. 实验自变量是不同平台，因变量是小鼠在不同平台停留的时间
B. 运动后基因敲除小鼠在目标平台停留时间明显少于野生型小鼠
C. 运动能提高小鼠体内的鸢尾素含量进而提高学习和记忆的能力
D. 鸢尾素需与相应受体结合后才能发挥调节神经系统功能的作用
【答案】A
【解析】
【分析】变量：实验过程中的变化因素。
自变量：人为控制的对实验对象进行处理的因素。
因变量：因自变量改变而变化的变量。
无关变量：除自变量外，还存在一些对实验结果造成影响的可变因素，实验过程中保持各组相同且适宜。
【详解】A、实验自变量是是否运动和是否敲除鸢尾素基因，因变量是小鼠在不同平台停留的时间，A错误；
B、运动后基因敲除小鼠在目标平台停留的时间是比较第2组和第4组实验结果得出的，在目标平台的时间明显少于野生型小鼠，B正确；
C、通过比较能发现，运动能提高小鼠在目标平台的时间，是因为运动能提高体内的鸢尾素含量进而提高学习和记忆的能力，C正确；
D、鸢尾素是一种激素，激素需与相应受体结合后才能发挥调节神经系统功能的作用，D正确。
故选A。
10、新型冠状病毒的检测方法目前主要有核酸检测法和抗体检测法。下列说法错误的是（ ）
A. 抗体检测法利用了抗原与抗体特异性结合的原理
B. 感染早期，会出现能检测出核酸而检测不出抗体的情况
C. 患者康复后，会出现能检测出抗体而检测不出核酸的情况
D. 无症状感染者核酸检测和抗体检测均为阳性，但无临床症状，不存在传播风险
【答案】D
【解析】
【分析】体液免疫过程为：（1）感应阶段：除少数抗原可以直接刺激B细胞外，大多数抗原被吞噬细胞摄取和处理，并暴露出其抗原决定簇；吞噬细胞将抗原呈递给T细胞，再由T细胞产生淋巴因子作用于B细胞；（2）反应阶段：B细胞接受抗原刺激后，开始进行一系列的增殖、分化，形成记忆细胞和浆细胞；（3）效应阶段：浆细胞分泌抗体与相应的抗原特异性结合，发挥免疫效应。核酸检测法：利用碱基互补配对的原则进行。
【详解】A、抗体只能与特定抗原结合，所以抗体检测法就利用了抗原与抗体特异性结合的原理，A正确；
B、体液免疫需要经过一段时间才会产生抗体，所以感染早期会出现能检测出病毒的核酸而检测不出抗体的情况，B正确；
C、机体通过产生较多的抗体从而将新冠病毒彻底消灭，故患者康复后，会出现能检测出抗体而检测不出病毒的核酸的情况，C正确；
D、无症状感染者由于其体内存在对抗新冠病毒的抗体而没有症状，但是其核酸检测呈阳性，说明其携带新冠病毒，因此存在传播风险，D错误。
故选D。
11、芒果果实成熟到一定程度时，细胞呼吸突然增强至原来的35倍左右，而后又突然减弱，随后果实进入衰老阶段。下列叙述正确的是（ ）
A. 细胞呼吸时，葡萄糖在线粒体中被分解
B. 细胞呼吸增强时，果实内乳酸含量上升
C. 细胞呼吸减弱时，第一阶段产生的CO2减少
D. 低O2或高CO2处理，有利于芒果的贮藏
【答案】D
【解析】
【分析】1、有氧呼吸的第一、二、三阶段的场所依次是细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜。有氧呼吸第一阶段是葡萄糖分解成丙酮酸和还原氢，合成少量ATP；第二阶段是丙酮酸和水反应生成二氧化碳和还原氢，合成少量ATP；第三阶段是氧气和还原氢反应生成水，合成大量ATP。
2、无氧呼吸的场所是细胞质基质，无氧呼吸的第一阶段和有氧呼吸的第一阶段相同。无氧呼吸由于不同生物体中相关的酶不同，在大多数植物细胞和酵母菌中产生酒精和二氧化碳，在动物细胞和乳酸菌中产生乳酸。
【详解】A、细胞呼吸时，葡萄糖在细胞质基质中被分解，A错误；
B、芒果果实细胞无氧呼吸产生的是酒精和二氧化碳，不是乳酸，有氧呼吸产生的是水和二氧化碳，B错误；
C、第一阶段不产生CO2，第二阶段才产生二氧化碳，C错误；
D、低O2或高CO2处理，能降低呼吸速率，减少有机物的消耗，有利于芒果的贮藏，D正确。
故选D。
12、研究人员将红隼的雏鸟转移到不同的巢中，形成雏鸟数量减少的巢（3~4只）、正常的巢（5~6只）和扩大的巢（7~8只）。统计冬季雌、雄亲本的存活比例，结果如下图。根据实验结果作出的推论不合理的是（ ）
A. 雄性亲本在抚育雏鸟过程中不发挥作用
B. 养育较多后代对双亲成活率有负面影响
C. 育雏规模的改变会影响红隼的性别比例
D. 育雏规模的改变会影响红隼的种群数量
【答案】A
【解析】
【分析】种群的特征包括：①种群密度：种群在单位面积或单位体积中的个体数就是种群密度；是种群最基本的数量特征。②出生率和死亡率：单位时间内新产生的个体数目或死亡的个体数目占该种群个体总数的比率，出生率和死亡率对种群数量起着决定性作用。③迁入率和迁出率：单位时间内迁入或迁出的个体占该种群个体总数的比率，迁入率和迁出率对种群数量起着决定性作用。④年龄组成：一个种群中各年龄期的个体数目的比例(包括增长型、稳定型、衰退型)，年龄组成可以预测一个种群数量发展的变化趋势。⑤性别比例：种群中雌雄个体数目的比例。
【详解】A、由图可知，随着雏鸟数量的增多，雄性亲本的存活比例均降低，说明雄性亲本在抚育雏鸟过程中发挥了作用，A符合题意；
B、由图可知，随着雏鸟数量的增多，双亲的存活比例呈下降趋势，说明养育较多后代对双亲成活比例有负面影响，B不符合题意；
C、性别比例是指种群中雌雄个体数目的比例，随着雏鸟数量的减少或增多，雄性亲本的存活比例均比雌性增加，说明育雏规模的改变会影响红隼的性别比例，C不符合题意；
D、由图可知，育雏规模的改变会影响亲本的存活比例，从而影响红隼的种群数量，D不符合题意。
故选A。
13、下列生物学实验中都用到了酒精，有关酒精的作用和体积分数的叙述，错误的是（ ）
实验名称
酒精作用
体积分数
A
绿叶中色素的提取和分离
提取绿叶中色素
100%
B
制作并观察有丝分裂临时装片
漂洗被解离后的根尖
95%
C
土壤中小动物类群的采集
杀死样本，并进行防腐处理
70%
D
观察花生子叶细胞中脂肪
洗去浮色
50%
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】酒精是生物实验常用试剂之一，如检测脂肪实验中需用体积分数为50%的酒精溶液洗去浮色；观察植物细胞有丝分裂实验和低温诱导染色体数目加倍实验中都需用体积分数为95%的酒精对材料进行解离；绿叶中色素的提取和分离实验中需用无水酒精来提取色素；果酒和果醋制作实验中可用体积分数为70%的酒精进行消毒；
【详解】A、在“绿叶中光合色素的提取和分离”实验中，需要用到无水酒精，其作用是提取色素，A正确；
B、在“制作并观察有丝分裂临时装片”实验中，需要用到体积分数为95%的酒精，与盐酸组成解离液，作用是解离，漂洗解离后的根尖需要用清水进行漂洗，B错误；
C、土壤中小动物类群的采集杀死样本，并进行防腐处理所用的酒精是70%，C正确；
D、观察花生子叶细胞中脂肪的实验中，需要用苏丹Ⅲ染液染色，染色后需要用50%酒精洗去浮色，便于观察，D正确。
故选B。
14、啤酒发酵依赖于发醇工程，产品质检可应用“电子舌”，电子舌可根据不同滋味信号传感器呈现的响应值对啤酒风味进行评价，结果如下图。下列相关叙述，不正确的是（ ）
A. 啤酒主要经酵母菌和乳酸菌发酵制成
B. 发酵原料应含有糖类作为发醇菌种的碳源
C. 发酵液L1和L2口味相似，而L3涩味较强
D. 菌种选育可依赖于突变筛选或转基因技术等
【答案】A
【解析】
【分析】参与果酒制作的微生物是酵母菌，其生存的适宜温度是18～25℃，新陈代谢类型为异养兼性厌氧型。
【详解】A、啤酒是以大麦为主要原料经酵母菌无氧呼吸将糖类分解为酒精而制成的，A错误；
B、酒精发酵的原材料是糖类，B正确；
C、由题图可知，发酵液L1和L2口味相似，而L3涩味较强，C正确；
D、菌种选育可依赖于突变筛选（诱变育种）或转基因技术（基因工程）等，D正确。
故选A。
15、玉米(2n＝20)和水稻(2m＝24)均为二倍体植物，某实验小组拟用体细胞杂交技术培育富含β-胡萝卜素的“黄金大米”植株，过程设计如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 过程①需使用纤维素酶和果胶酶处理细胞
B. 过程②中常用PEG诱导原生质体融合
C. “黄金大米”植株染色体数目为22
D. 该技术体现了植物细胞具有全能性
【答案】C
【解析】
【分析】原生质体是除去细胞壁的植物细胞和细菌细胞。仍有正常细胞的全部功能。植物原生质体的研究,已成为近代实验生物学一个有重要进展的领域。
【详解】A、过程①是获得原生质体，需去掉植物的细胞壁（主要由纤维素和果胶组成），因此需使用纤维素酶和果胶酶处理细胞，A正确；
B、过程②中常用PEG诱导原生质体融合，是一种化学诱导法，B正确；
C、“黄金大米”植株是两种植株的融合体，染色体数目为44，C错误；
D、该技术将杂种细胞培育成“黄金大米”植株，体现了植物细胞具有全能性，D正确。
故选D。
第II卷
二、非选择题：共 6题， 共 70分。
16、为研究外来植物的引入对本地生态系统碳循环的影响，展开了相关实验。
（1）研究人员构建多个实验生态系统。系统中添加的外来植物、当地植物、土壤微生物和食草动物构成了_____。所有实验系统外均用透光的网膜隔离，目的是_____。（填选项前字母）
a、保证生产者光合作用所需光能
b、防止系统内外动物迁出、迁入
c、阻止实验系统内的热能散失
（2）请在图中补充文字、箭头及相应的生理过程，完善实验生态系统的碳循环过程。_____
（3）研究人员测定不同实验系统（引入的外来植物比例不同）的部分指标如图所示。
①结果显示，随外来植物所占比例升高，_____。
②随着快速生长的外来植物的引入，输入生态系统的_____增加，沿_____流动，进而影响系统内其他生物的生物量。
（4）近期我国的政府工作报告中提出了“碳中和”的目标，即通过某种方式抵消生态系统产生的CO2，实现CO2“零排放”。根据实验结果及所学知识，辩证分析引入快速生长的外来植物对碳中和的影响。_____
【答案】（1） ①. 生物群落 ②. a、b
（2） （3） ①. 平均比叶 面积、食草动物生物量、细菌生物量增加 ②. 总能量 ③. 食物链/食物网/营养级
（4）结果显示实验周期内 CO2固定量增加，有利于碳中和，但引入外来植物，可能造成生物入侵，导致当地生物多样性降低，破坏生态系统的稳定性，不利于碳中和。
【解析】
【分析】碳循环，是指碳元素在地球上的生物圈、岩石圈、水圈及大气圈中交换，并随地球的运动循环不止的现象。生物圈中的碳循环主要表现在绿色植物从大气中吸收二氧化碳，在水的参与下经光合作用转化为葡萄糖并释放出氧气，有机体再利用葡萄糖合成其他有机化合物。有机化合物经食物链传递，又成为动物和细菌等其他生物体的一部分。生物体内的碳水化合物一部分作为有机体代谢的能源经呼吸作用被氧化为二氧化碳和水，并释放出其中储存的能量。
【小问1详解】
生物群落是指一定空间内所有生物的集合体；用透光的网膜是保证生产者光合作用所需光能，采用网膜隔离是阻止系统内外动物迁出、迁入，而不能阻止热能散失，故选a、b。
【小问2详解】
碳循环发生在生物群落和无机环境中，通过光合作用将CO2转变为有机物，有机物进入生物群落，沿着食物链和食物网传递，通过呼吸作用可以将有机物变成CO2，回到大气中，碳循环可以表示如下。
【小问3详解】
结合图中三条曲线可知，随着外来植物的比例增大（横坐标），三种曲线都呈上升趋势，因此平均比叶面积、食草动物生物量、细菌生物量增加；快速生长的外来植物也是生产者，可以固定光能，因此输入生态系统的总能量增加；生产者固定的太阳能是进入生态系统的总能量，在食物链和食物网之间以有机物的形式流动，可以增加系统内其他生物的生物量。
【小问4详解】
结合所学知识，从两方面辩证分析外来植物的引入结果：结果显示实验周期内 CO2固定量增加，有利于碳中和，但引入外来植物，可能造成生物入侵，导致当地生物多样性降低，破坏生态系统的稳定性，不利于碳中和。
【点睛】本题主要考查生态系统的能量流动和物质循环，要求学生有一定的理解分析表达能力。
17、植物的生长与氮素的吸收、同化、转移等过程密切相关。科研人员对烟草叶片光合作用中的氮素利用进行了相关研究。
（1）参与光合作用的很多分子都含有氮，氮与____离子参与组成的叶绿素能够吸收光能用于驱动水的分解和__________物质的合成；RUBP羧化酶将CO2固定为_______，再进一步被还原为糖类。
（2）科研工作者对烤烟品种K326施加不同的供氮量处理， 实验结果如下：
组别
氮浓度(mmol/L)
比叶氮(g/m2)
叶绿素含量(mg/dm2)
叶绿体CO2浓度(μmol/mol)
净光合速率(μmol/m2/s)
低氮
0.2
0.5
1.6
75
9
中氮
2
0.95
2.8
125
15
高氮
20
1.1
3.0
80
14.9
注：比叶氮表示单位叶面积的氮素的含量
①从表中数据可知，氮素对烤烟叶片净光合速率的影响是____________________。
②研究人员推测出现该现象的原因可能是：施氮提高了________的合成，进而影响光合速率；但在高氮情况下，_________成为影响光合速率持续升高的限制因素。
（3）植物光合系统中的氮素分配受供氮量等因素的影响，研究人员对叶片光合系统中氮素的含量及分配进行了检测，结果如下：
注：叶片氮素可分为光合氮素和非光合氮素；前者包括捕光氮素和羧化氮素
检测结果显示：相对于中氮，高氮环境下，氮素从___________向________转化，且羧化氮素所占比例降低，影响RuBP 羧化酶活性，进而影响了光合作用的_________阶段。
（4）综合以上信息，从物质与能量的角度对烤烟种植提出合理建议并说明理由。
【答案】（1） ①. 镁（Mg、镁离子） ②. ATP、NADPH ③. C3 （三碳化合物）
（2） ①. 氮素可显著提高烤烟叶片的净光合速率，高氮相对于中氮提高作用不显著 （但中氮与高氮的作用无显著差异） ②. 叶绿素 ③. 叶绿体CO2浓度
（3） ①. 光合氮素 （捕光氮素和羧化氮素/羧化氮素） ②. 非光合氮素 ③. 暗反应（碳反应）
（4）适量施加氮肥。原因：既能提高光合速率，合成更多的有机物，储存更多能量，又避免物质（氮）的浪费
【解析】
【分析】光合作用的过程：①光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体薄膜）：水的光解产生NADPH与O2，以及ATP的形成；②暗反应阶段或碳反应阶段（场所是叶绿体的基质）：CO2被C5固定形成C3，C3在光反应提供的ATP和NADPH氢的作用下还原生成C5和糖类等有机物。
【小问1详解】
氮与镁（Mg）离子参与组成的叶绿素能够吸收光能，从而促进光合作用的光反应阶段NADPH、ATP的合成和水的分解；在暗反应阶段，CO2和五碳化合物分子生成C3 （三碳化合物），C3在NADPH、ATP的作用下再进一步被还原为糖类。
【小问2详解】
由表可知，高氮组的净光合速率略小于中氮组，中氮组的净光合速率明显大于低氮组，因此氮素对烤烟叶片净光合速率的影响是：氮素可显著提高烤烟叶片的净光合速率，高氮相对于中氮提高作用不显著 （但中氮与高氮的作用无显著差异）。根据氮和镁离子参与组成叶绿素，可推测出现该现象的原因可能是：施氮提高了叶绿素的合成，进而影响光合速率；再结合表格可知，低氮组叶绿体CO2浓度明显高于低氮组和高氮组，说明在高氮情况下，叶绿体CO2浓度成为影响光合速率持续升高的限制因素。
【小问3详解】
据图可知，相对于中氮，高氮环境下，非光合氮素增多，羧化氮素减少，说明高氮环境下，氮素从光合氮素 （捕光氮素和羧化氮素/羧化氮素）向非光合氮素转化，且羧化氮素所占比例降低，结合RuBP 羧化酶参与二氧化碳的固定，可知进而影响了光合作用的暗反应（碳反应）阶段。
【小问4详解】
根据以上分析可知，氮素可显著提高烤烟叶片的净光合速率，高氮相对于中氮提高作用不显著，且为了避免物质（氮）的浪费，故对烤烟种植提出合理建议是：适量施加氮肥，原因是适量施加氮肥既能提高光合速率，合成更多的有机物，储存更多能量，又避免物质（氮）的浪费。
【点睛】本题以科研人员对烟草叶片光合作用中的氮素利用的相关研究为素材，考查光合作用的相关知识，要求考生掌握光合作用的过程，识记叶绿素的组成成分，能根据实验结果得出相应的结论，难度不大。
18、脑梗死又称缺血性脑卒中，是脑部血液循环障碍导致的局部脑组织坏死。为阐明脑组织神经元损伤死亡的机制，进行了如下研究。
（1）神经元是神经系统____________和功能的基本单位，它由细胞体、树突和____________构成。
（2）为制备大脑中动脉栓塞小鼠模型，研究人员对小鼠进行手术：颈部切1cm长切口，插入线栓，阻塞大脑中动脉血流，1h后拔出线栓恢复血流，缝合皮肤。在恢复血流24h后，取脑组织切片进行染色，结果如图1，并检测大脑组织内Sirt3蛋白表达量，结果如图2。
对照组小鼠的处理应为____________。图1脑切片中深色部分是正常组织，浅色部分是缺血造成的梗死部分。由染色结果可知，小鼠大脑中动脉栓塞模型制备____________（选填“成功”或“不成功”）。图2结果显示，对照组大脑两侧Sirt3蛋白表达量无显著差异，实验组_____________。
（3）研究人员以小鼠海马神经元为材料，在体外模拟（2）实验。实验组的主要步骤依次是：将海马神经元置于常态条件培养8d→转入“氧糖剥夺”条件（无糖培养基、低氧气体环境）培养1h→转入常态条件培养12h→检测神经元的损伤情况、神经元内Sirt3蛋白表达量。实验中“氧糖剥夺”的目的是模拟体内____________条件。实验结果显示，体外实验中神经元的变化与体内实验基本一致。
（4）已有研究表明，线粒体功能障碍会导致神经元损伤。推测Sirt3蛋白能够避免血液循环障碍造成的线粒体功能障碍。为证明这一推测，研究人员设计了如下表所示的实验。
组别
实验处理
检测指标
步骤1（24h）
步骤2（8d）
步骤3（1h）
步骤4（12h）
甲组
用不含Sirt3基因表达质粒的慢病毒感染细胞
常态条件培养
常态条件培养
常态条件培养
乙组
丙组
注：慢病毒是一种常用载体
从下列选项中选出合适的实验处理，填入上表完善实验设计____________。
a．用不含Sirt3基因表达质粒的慢病毒感染细胞
b．用含有Sirt3基因表达质粒的慢病毒感染细胞
c．常态条件培养
d．“氧糖剥夺”条件培养
e．检测Sirt3蛋白表达量
f．检测线粒体功能
【答案】（1） ①. 结构 ②. 轴突
（2） ①. 进行手术操作，但不插入线栓 ②. 成功 ③. 损伤侧脑组织中Sirt3蛋白表达量显著低于未损伤侧脑组织
（3）血液循环障碍造成的脑组织缺血
（4）
乙组
a
d
f
丙组
b
d
（乙、丙组两组顺序可互换）
【解析】
【分析】分析题意，本实验目的是研究脑组织神经元损伤死亡的机制，实验设计时应遵循对照原则与单一变量原则，其中无关变量应保持等量且适宜。据此分析作答。
【小问1详解】
神经元是神经系统结构和功能的基本单位；它由细胞体、树突和轴突组成，其中树突和轴突统称为突起。
【小问2详解】
实验设计应遵循对照与单一变量原则，实验组处理为“颈部切1cm长切口，插入线栓，阻塞大脑中动脉血流，1h后拔出线栓恢复血流”，为了排除手术的影响，对照组的处理应是进行手术操作，但不插入线栓 ；据图可知，“深色部分是正常组织，浅色部分是缺血造成的梗死部分”，与对照相比，模型组的浅色部分增多，故小鼠大脑中动脉栓塞模型制备成功；图2结果显示，对照组大脑两侧Sirt3蛋白表达量无显著差异，实验组损伤侧脑组织中Sirt3蛋白表达量显著低于未损伤侧脑组织。
【小问3详解】
据题干信息可知，氧糖剥夺条件是无糖培养基、低氧气体环境，故该处理是模拟体内的血液循环障碍造成的脑组织缺血 。
【小问4详解】
本实验目的是验证“线粒体功能障碍会导致神经元损伤”且“Sirt3蛋白能够避免血液循环障碍造成的线粒体功能障碍”，则实验的自变量是线粒体功能是否正常及Sirt3蛋白的有无，实验设计应遵循对照与单一变量原则，结合（3）中的实验顺序：将海马神经元置于常态条件培养8d→转入“氧糖剥夺”条件（无糖培养基、低氧气体环境）培养1h→转入常态条件培养12h→检测神经元的损伤情况、神经元内Sirt3蛋白表达量，可知表格中的实验设计为：
乙组
a
d
f
丙组
b
d
（乙、丙组两组顺序可互换）。
【点睛】本题结合图解，考查探究实验相关知识，要求考生明确实验的目的，能根据探究实验的原则完善实验步骤，同时能根据实验结果得出正确的实验结论，能结合题意分析作答是解题关键。
19、 学习以下材料，回答（1）-（4）小题。
肿瘤来源外泌体促进预转移部位免疫抑制的机制
研究发现，肿瘤细胞转移需要有免疫抑制表型的巨噬细胞提前浸润到预转移部位。那么这些巨噬细胞是如何获得免疫抑制表型的呢?
肿瘤细胞与微环境中各种细胞间的信息传递在肿瘤转移中发挥着重要的作用，而外泌体是细胞间通讯的重要媒介之一，科研工作者利用肿瘤来源的外泌体进行了一系列实验。
研究人员将小鼠肺上皮细胞和小鼠肺癌细胞的外泌体分离出来，通过尾静脉将它们注射到已经移植肺癌细胞皮下瘤的小鼠体内，空白对照组注射等量的生理盐水。结果显示，注射了肺癌细胞来源的外泌体的小鼠，肺部有更多的转移细胞，而且这些小鼠肺部巨噬细胞表面的PD-L1蛋白含量比其它两组要高。通过RT-PCR技术分析肿瘤来源外泌体处理后的巨噬细胞内PD-L1的mRNA含量，结果显示巨噬细胞中PD-L1的mRNA增加。
科研人员用小鼠肺癌细胞的外泌体处理后的巨噬细胞与T细胞共培养，与没有用外泌体处理的巨噬细胞对比，实验组中T细胞的增殖减弱。
为了研究肿瘤细胞外泌体导致巨噬细胞PD-L1蛋白表达上调的机制，研究人员将肺癌细胞来源的外泌体注射到TLR2（巨噬细胞的一种膜蛋白）缺陷的小鼠体内，结果显示，巨噬细胞的PD-L1没有增加；将肺癌细胞来源的外泌体注射到已经移植了肺癌细胞的TLR2缺陷的小鼠体内，与野生型小鼠相比，巨噬细胞的PD-L1没有增加，且小鼠转移细胞明显减少。
进一步的研究发现肿瘤细胞的外泌体与TLR2结合后能够激活NF-kB，NF-kB作为关键的转录因子，可以促进葡萄糖转运蛋白基因的表达；同时NF-kB可使巨噬细胞内NOS2的量增多，抑制线粒体氧化磷酸化，导致更多的丙酮酸转化为乳酸。研究人员用乳酸直接处理巨噬细胞，发现PD-L1表达增加。
（1）在特异性免疫反应中，识别并接触、裂解肿瘤细胞的是_____________细胞，属于_____________免疫。
（2）本文中的RT-PCR技术需要先提取肿瘤来源外泌体处理后的巨噬细胞的mRNA，然后在_____________酶的作用下获得cDNA，再用_____________的DNA片段设计引物进行扩增，反映PD-L1在巨噬细胞中的_____________水平，用以表示其表达水平。
（3）从文中信息分析，下列叙述合理的是_____________。
A. TLR2是巨噬细胞膜上肺癌细胞来源的外泌体的受体蛋白
B. 巨噬细胞PD-L1表达具有增强免疫应答的作用
C. 肿瘤细胞的外泌体可以增加巨噬细胞对葡萄糖的摄取
D. 免疫抑制表型的巨噬细胞具有有氧呼吸减弱的表型
E. 无氧呼吸在驱动巨噬细胞PD-L1表达中发挥重要作用
（4）从抑制癌细胞转移的角度提出肿瘤治疗思路_____________。
【答案】（1） ①. 细胞毒性T细胞
②. 细胞
（2） ①. 逆转录 ②. 目的基因
③. 转录 （3）ACDE
（4）通过某种药物使巨噬细胞膜上的TLR2蛋白失活，这样细胞转移便明显减少
【解析】
【分析】小鼠肺癌细胞的外泌体处理后的巨噬细胞与T细胞共培养，与没有用外泌体处理的巨噬细胞对比，实验组中T细胞的增殖减弱。说明外泌体能抑制T细胞的增殖。注射了肺癌细胞来源的外泌体的小鼠，肺部有更多的转移细胞，而且这些小鼠肺部巨噬细胞表面的PD-L1蛋白含量比其它两组要高。说明外泌体有助于PD-L1基因的表达。
【小问1详解】
在特异性免疫反应中，细胞毒性T细胞可以识别并接触、裂解肿瘤细胞，属于细胞免疫。
【小问2详解】
DNA转录可以形成RNA，mRNA在逆转录酶的作用下可以变成cDNA；用目的基因的DNA片段设计引物进行扩增，进行PCR，根据产物的多少，反映PD-L1在巨噬细胞中的转录水平（mRNA多少即代表PD-L1基因转录的多少）。
【小问3详解】
A、将肺癌细胞来源的外泌体注射到TLR2（巨噬细胞的一种膜蛋白）缺陷的小鼠体内，结果显示，巨噬细胞的PD-L1没有增加，说明TLR2是巨噬细胞膜上肺癌细胞来源的外泌体的受体蛋白，A正确；
B、巨噬细胞PD-L1增多，T细胞减少，说明PD-L1的表达具有减弱免疫应答的作用，B错误；
C、肿瘤细胞的外泌体与TLR2结合后能够促进葡萄糖转运蛋白基因的表达，可以增加巨噬细胞对葡萄糖的摄取，C正确；
D、肿瘤细胞的外泌体抑制线粒体氧化磷酸化，导致更多的丙酮酸转化为乳酸，PD-L1表达增加，说明无氧呼吸在驱动巨噬细胞PD-L1表达中发挥重要作用，D正确。
E、材料最后一段说研究人员用乳酸直接处理巨噬细胞，发现PD-L1表达增加，而人无氧呼吸产生的是乳酸，故无氧呼吸在驱动巨噬细胞PD-L1表达中发挥重要作用，E正确。
故选ACDE。
【小问4详解】
根据材料“将肺癌细胞来源的外泌体注射到TLR2（巨噬细胞的一种膜蛋白）缺陷的小鼠体内，结果显示，巨噬细胞的PD-L1没有增加，且小鼠转移细胞明显减少”，故抑制癌细胞转移的角度提出肿瘤治疗思路为：通过某种药物使巨噬细胞膜上的TLR2蛋白失活，这样细胞转移便明显减少
【点睛】本题主要考查细胞免疫和体液免疫，要求学生有一定的理解分析能力。
20、番茄细菌性斑点病会降低番茄产量、破坏番茄口味。研究番茄的抗病机理对农业生产具有重要意义。
（1）番茄的抗病和易感病为一对____________。利用番茄抗病品系甲，培育出两种纯合突变体，突变体1表现为中度易感病（患病程度介于抗病和易感病之间），突变体2表现为易感病。研究人员进行了如下杂交实验，结果见下表。
杂交组合
F1植株数量（株）
F1自交得到的F2植株数量（株）
抗病
中度易感病
易感病
抗病
中度易感病
易感病
品系甲×突变体1
7
1
0
36
11
0
品系甲×突变体2
7
0
0
25
0
7
①上述杂交实验结果表明，显性性状为____________；推测突变体1和突变体2均为单基因突变体，判断依据是____________。
②品系甲与突变体1杂交，F1中出现1株中度易感病的原因可能有____________。
A．品系甲自交的结果
B．突变体1自交的结果
C．品系甲产生配子的过程中抗病基因发生了突变
D．突变体1产生配子的过程中发生了基因重组
（2）已知品系甲中存在抗病基因D，为确定突变体1、2的突变基因与基因D的位置关系，利用基因D缺失的易感病番茄品系乙（其他遗传信息均与品系甲相同）进行了如下杂交实验，结果见下表。
杂交组合
F1植株数量（株）
F1自交得到的F2植株数量（株）
抗病
中度易感病
易感病
抗病
中度易感病
易感病
品系乙×突变体1
0
9
0
0
71
25
品系乙×突变体2
0
10
0
0
32
30
①突变体1中突变基因与基因D在染色体上的关系为____________。
②请用遗传图解解释品系乙与突变体2的杂交结果______________（要求写出F1的配子）。
【答案】（1） ①. 相对性状 ②. 抗病 ③. F1自交得到F2均为3∶1
④. BC
（2） ①. 互为等位基因
②.
【解析】
【分析】表格中自交得到F2比例都接近于3∶1，说明F1中只有一对杂合，且两种纯合突变体，因此该性状可能受两对等位基因控制，假定为A/a1/a2。品系甲的基因型为AA，突变体1可以为a1a1，品系2的基因型可以为a2a2。
【小问1详解】
番茄的抗病和易感病是同一种性状的不同表现形式，称为相对性状；品系甲（抗病）与突变体2（易感病）杂交，F1均为抗病，说明抗病为显性性状；F1自交得到F2均为3∶1，说明突变体1和突变体2都只涉及单基因突变；品系甲（AA）与突变体1（a1a1）杂交，杂交结果为Aa1（抗病），甲自交不会出现中度易感病株，A错误，突变体1自交（a1a1）可以出现中度易感病株，B正确，品系甲产生配子的过程中抗病基因发生了突变（如产生了a1的配子），可以产生a1a1的后代，C正确，突变体1产生配子的过程中没有非等位基因的重组，D错误。故选BC。
【小问2详解】
突变基因与基因D都是决定同一性状的基因，称为等位基因；品系乙缺失D基因（AA），突变体2为纯合体（DDaa），后代都是中度易感（D_Aa）。根据F2的比例，写出F1的配子，遗传图解如下。
【点睛】本题主要考查基因的分离定律及自由组合定律，要求学生有一定的分析计算能力。
21、乳酸菌耐酸能力对菌株自身生长、在人体胃肠道微环境中发挥益生作用至关重要。
（1）乳酸菌通过呼吸作用在______中合成乳酸，导致细胞内和生存环境pH逐步降低，抑制细胞生长。
（2）为探究乳酸菌的耐酸机制，研究者进行了如下实验：
①将乳酸菌在不同pH的液体培养基中37℃静置厌氧培养，并在0min、30min、60min分别取样，采用__________法进行活菌计数，结果如图1所示。
酸耐受反应是乳酸菌应对酸胁迫时在细胞代谢等方面发生的适应性变化，是一种自我保护机制。根据上述实验结果，初步选择酸耐受反应的胁迫条件为pH5．0，依据是_________。为进一步确定，研究者在pH6．5和5．0条件下培养乳酸菌，然后进行pH3．7酸致死处理后统计存活率，若_________，则可确定酸耐受反应的胁迫条件为pH5．0。
②研究者发现，经酸胁迫后，乳酸菌的hpk基因表达上调。为研究hpk基因的功能，利用S质粒构建hpk基因突变的乳酸菌菌株。S质粒上有红霉素抗性基因，但是S质粒不能在宿主细胞中复制只有交换到宿主DNA上才能传代。请从下列各项中选择正确的实验步骤并进行排序______________
A．转化乳酸菌
B．根据hpk基因的序列信息获得部分片段缺失的hpk
C．根据hpk基因的序列信息获得完整的hpk
D．将不同的乳酸菌涂布在含乳酸的固体培养基上静置培养
E．将不同的乳酸菌涂布在含红霉素的固体培养基上静置培养
F．将目的基因与S质粒连接构建重组S质粒
从上述培养基上初步筛选出来的单菌落中提取细菌基因组DNA．PCR特异扩增红霉素抗性基因后电泳，结果如图2。据图可知，_________是对红霉素有一定耐受能力的乳酸菌，而不是目标转化菌。
（3）为了验证hpk突变体的耐酸能力，应对野生乳酸菌和突变体进行的实验处理和预期的结果是__________。
【答案】（1）细胞质 （2） ①. 稀释涂布平板 ②. 乳酸菌存活率不增不减 ③. 与pH6．5组相比，pH5．0组乳酸菌的存活率明显提高 ④. BFA ⑤. 样品6
（3）实验处理：分别先pH5．0培养后置于pH3．7的培养液中
预期结果：突变体的存活率明显低于野生型
【解析】
【分析】稀释涂布平板法：先将待分离的材料用无菌水作一系列的稀释，然后分别取不同稀释液少许，与已溶化并冷却至 45℃左右的琼脂培养基混合，摇匀后，倾入灭过菌的培养皿中，待琼脂凝固后，制成可能含菌的琼脂平板，保温培养一定时间即可出菌落。
【小问1详解】
乳酸菌属于原核生物，其呼吸作用产生乳酸的场所是细胞质。
【小问2详解】
①对活菌进行计数的方法是稀释涂布平板法；据图可知，在pH5．0，不同处理时间下的乳酸菌的存活率不增不减，故可初步选择酸耐受反应的胁迫条件为pH5．0；结合题意，若要确定酸耐受反应的胁迫条件为pH5．0，则在pH6．5和5．0条件下培养乳酸菌后再进行致死处理后，应有的结果是与pH6．5组相比，pH5．0组乳酸菌的存活率明显提高。
②分析题意，本实验目的是验证hpk基因的功能，则应选育hpk基因缺失的个体，又因为S质粒上有红霉素抗性基因，但是S质粒不能在宿主细胞中复制只有交换到宿主DNA上才能传代，故应先转化，则实验步骤为：B据hpk基因的序列信息获得部分片段缺失的hpk→F将目的基因与S质粒连接构建重组S质粒→A转化乳酸菌；据图分析，M是标准样品，而2是未转化的乳酸菌，图示样品6与样品2的电泳结果一致，说明其是对红霉素有一定耐受能力的乳酸菌，而不是目标转化菌。
【小问3详解】
参照（2）的实验处理可知，为了验证hpk突变体的耐酸能力，应对野生乳酸菌和突变体进行的实验处理是分别先pH5．0培养后置于pH3．7（酸致死处理）的培养液；由于hpk具有耐酸能力，故预期结果是突变体的存活率明显低于野生型。
【点睛】本题的知识点是微生物培养过程、分离微生物和统计活菌数常用的常用方法，主要考查学生分析实验结果获取结论的能力和提出问题进行进一步探究的能力，利用所学的微生物知识解决生活问题的能力。
2023年高考生物第三次模拟考试卷（北京卷）
生物·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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
第I卷
一、单项选择题：本卷共15题，每题2分，共30分。在每题列出的四个选项中，只有一项最符合题意。
1、下列关于噬菌体、大肠杆菌和酵母菌共同特征的叙述，不正确的是（ ）
A. 都能发生基因突变 B. 都能进行细胞呼吸
C. 遗传物质都是DNA D. 组成成分都含蛋白质
【答案】B
【解析】
【分析】1、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、细胞质结构，含有核酸（DNA和RNA）和蛋白质等物质，原核生物只能进行二分裂生殖。
2、细胞生物（包括原核生物和真核生物）的细胞中含有DNA和RNA两种核酸、其中DNA是遗传物质，非细胞生物（病毒）中含有DNA或RNA一种核酸、其遗传物质是DNA或RNA。
【详解】A、噬菌体是DNA病毒、大肠杆菌是原核生物、酵母菌是真核生物，均含有基因，均能发生基因突变，A正确；
B、噬菌体是DNA病毒，无细胞结构，故不进行细胞呼吸，而大肠杆菌和酵母菌是具有细胞结构的生物，可进行细胞呼吸，B错误；
C、噬菌体是DNA病毒、大肠杆菌和酵母菌是有细胞结构的生物，其遗传物质均是DNA，C正确；
D、病毒是由蛋白质外壳和遗传物质构成，而大肠杆菌和酵母菌中存在膜成分等，故组成有蛋白质，D正确。
故选B。
2、载体蛋白甲和乙依赖于细胞膜两侧的Na+浓度差完成相应物质的运输，Na+浓度差由膜上的钠钾泵来维持。据图分析下列说法错误的是（ ）
A. 图中所示过程能体现细胞膜的选择透过性
B. Na+浓度差具有的势能可为C6H12O6跨膜运输供能
C. 图中细胞的膜外pH高于膜内
D. 图中的钠钾泵还具有催化功能
【答案】C
【解析】
【分析】题图分析：载体蛋白甲顺浓度梯度将Na+运入细胞的同时将葡萄糖运入细胞，钠钾泵在消耗ATP的条件下，将Na+逆浓度梯度运出细胞的同时将K+逆浓度梯度运入细胞，而载体蛋白乙将运入细胞的同时将H+运出细胞。
【详解】A、图中所示物质的运输依靠特定的载体完成，说明细胞膜具有选择透过性，A正确；
B、图中载体蛋白甲顺浓度梯度将Na+运入细胞的同时，逆浓度梯度将葡萄糖运入细胞，所以Na+浓度差具有的势能可为C6H12O6跨膜运输供能 ，B正确；
C、图中氢离子的运输是主动运输，说明细胞外氢离子浓度高，则膜外pH低于膜内pH，C错误；
D、“Na+-K+泵”还具有ATP酶的作用，说明图中载体蛋白有的具有催化功能，D正确。
故选C。
3、氰化物（CN-）对线粒体具有毒害作用，下图显示其对细胞膜电位的影响。下列相关分析，合理的是（ ）
A. 线粒体产生ATP维持细胞膜电位 B. CN-对线粒体的损伤是不可逆的
C. CN-会导致细胞膜产生动作电位 D. CN-导致线粒体的外膜产生ATP
【答案】A
【解析】
【分析】1、有氧呼吸的第一、二、三阶段的场所依次是细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜。有氧呼吸第一阶段是葡萄糖分解成丙酮酸和[H]，合成少量ATP；第二阶段是丙酮酸和水反应生成二氧化碳和[H]，合成少量ATP；第三阶段是氧气和[H]反应生成水，合成大量ATP。
2、静息时，K+外流，造成膜两侧的电位表现为内负外正；受刺激后，Na+内流，造成膜两侧的电位表现为内正外负。
【详解】A、据题意可知，氰化物（CN-）对线粒体具有毒害作用，线粒体能产生ATP，移除CN-，细胞膜电位能恢复到原来水平，说明线粒体产生ATP能维持细胞膜电位，A正确；
B、氰化物（CN-）对线粒体具有毒害作用；据图可知，加入CN-，细胞膜电位升高，移除CN-，细胞膜电位能恢复到原来水平，据此推测CN-对线粒体的损伤是可逆的，B错误；
C、据图可知，加入CN-后，细胞膜电位的绝对值变得更小，膜电位没有发生逆转，因此不会产生动作电位，C错误；
D、线粒体内膜和基质能发生有氧呼吸的第三阶段和第二阶段，产生ATP，但线粒体的外膜不会产生ATP，D错误。
故选A。
4、现有野生型稻品种甲和品种乙，甲用γ射线诱变处理后，经筛选获得稀突变体丙、丙分别与甲和乙杂交，统计下F2穗形，结果如下表。以下分析不正确的是（ ）
杂交组合
F2
总数
正常
突变
甲×丙
118
91
27
乙×丙
1132
860
272
A. 穗形性状中稀穗对正常穗为隐性
B. 控制穗形的基因遵循基因分离定律
C. F1测交后代中正常株：突变株≈1：1
D. 控制甲和乙穗形的基因是非等位基因
【答案】D
【解析】
【分析】1、非等位基因就是位于同源染色体的不同位置上或非同源染色体上的基因。等位基因是位于一对同源染色体的相同位置上，控制相对性状的一对基因，例如A与a，B与b，D与d均为等位基因，A与B、b、D、d均不是等位基因。假如a换成A，A与A就是位于同源染色体上的相同基因。
2、测交是一种特殊形式的杂交，是杂交子一代个体(F1)再与其隐性或双隐性亲本的交配，是用以测验子一代个体基因型的一种回交。
3、根据题意和表格可知，甲和乙是野生型，为正常穗，而丙是稀穗突变体。甲×丙杂交后产生F1，F1自交后得F2，F2中正常：突变=91:27≈3:1；乙×丙杂交后产生F1，F1自交后得F2，F2中正常：突变=860:272≈3:1。
【详解】AB、根据题意和表格分析可知，丙分别与甲和乙杂交，F2中正常：突变≈3:1，说明稀穗突变为隐性，正常穗为显性，说明控制穗形的基因遵循基因分离定律，AB正确；
C、根据题意和表格分析可知，丙分别与甲和乙杂交，F2中正常：突变≈3:1，说明F1为杂合子，测交后后代中正常株：突变株≈1：1，C正确；
D、根据题意和表格分析可知，丙分别与甲和乙杂交，F2中正常：突变≈3:1，说明甲和乙为显性纯合子，控制甲和乙穗形的基因是位于同源染色体上的相同基因，D错误。
故选D。
【点睛】本题考查基因的分离定律的相关知识。考生要识记和理解孟德尔的杂交实验及分离定律，结合表格分析，判断显性性状和隐性性状，然后再推测亲本和子一代的基因型，最终对各选项的描述进行准确判断。
5、大熊猫是我国的国宝，也是国家一级保护动物。主要分布在我国秦岭、岷山等山系，栖息地被分割成多个区域。近年来，我国持续加大野生动植物保护力度，野生大熊猫的数量也增加到1800多只，圈养的大熊猫也超过了500只。 2021年大熊猫在世界自然保护联盟（IUCN）红色名录上的濒危等级由“濒危”降级为“易危”。下列说法不正确的是（ ）
A. 大熊猫自然种群个体数量低与其繁育能力有关
B. 增加大熊猫自然保护区的面积可提高环境容纳量
C. 在大熊猫种群不同活动区域间建立走廊，可以减少地理隔离，增加基因交流
D. 濒危等级的下降说明我国保护措施的有效性，可完全将圈养大熊猫野化放归
【答案】D
【解析】
【分析】1、在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量称为环境容纳量，又称K值。
2、出生率和死亡率：单位时间内新产生的个体数目或死亡的个体数目占该种群个体总数的比率，出生率和死亡率对种群数量起着决定性作用。
3、隔离是物种形成的必要条件，长期的地理隔离可能会导致生殖隔离进而产生新物种。
【详解】A、动物的繁育能力可影响种群的出生率，进而影响种群数量，故熊猫的自然种群个体数量低与其繁育能力有关，A正确；
B、在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量称为环境容纳量，所以增加大熊猫自然保护区的面积可改善生存环境，进而提高环境容纳量，B正确；
C、隔离(地理隔离等)导致熊猫不能相遇，阻碍了各种群间的基因交流，在大熊猫种群不同活动区域间建立走廊，可以减少地理隔离，增加基因交流，C正确；
D、濒危等级的下降说明我国保护措施的有效性，但不能完全将圈养大熊猫野化放归，D错误。
故选D。
6、为提高转基因抗虫棉的抗性，我国科学家通过基因改造，采用了植物偏好的密码子，大大提高了棉花细胞中抗虫蛋白的表达量，如将天冬氨酸的密码子由GAU改为GAC。此过程发生的变化有（ ）
A. 抗虫蛋白的空间结构发生改变
B. 抗虫基因转录的mRNA含量增加
C. 抗虫基因的核苷酸序列发生改变
D. 棉花细胞染色体的结构发生改变
【答案】C
【解析】
【分析】科学家通过基因改造，采用了植物偏好的密码子，如将天冬氨酸的密码子由GAU改为GAC，则对应的模板链中的变化为CTA→CTG，因此基因结构发生了碱基对的替换，原来是A-T被替换成G-C。
【详解】A、GAU改为GAC后还是天冬氨酸，因此抗虫蛋白的氨基酸序列未变，空间结构也未变，A错误；
B、mRNA是翻译的模板，抗虫基因转录的mRNA含量不一定增加，而是改为植物偏好的密码子后，在植物细胞内更容易表达，B错误；
C、结合以上分析可知，抗虫基因的核苷酸序列发生改变，C正确；
D、基因结构改变不涉及染色体结构的改变，D错误。
故选C。
7、三碘苯甲酸（TIBA）是一种人工合成的化学物质，将TIBA喷洒在植株顶端能够解除顶端优势，促进侧芽的分化和生长。据此分析，以下推测最合理的是（ ）
A. TIBA阻碍了植物体内生长素的极性运输
B. TIBA提高了植株侧芽处的生长素浓度
C. TIBA促进了植株顶芽处生长素的合成
D. TIBA能够增强植物内源生长素的作用
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，三碘苯甲酸可能是通过抑制生长素的合成或作用发挥相应作用的。
【详解】A、TIBA阻碍植物体内生长素的极性运输，可使侧枝的生长素浓度降低，从而达到消除顶端优势的效果，A正确；
B、若TIBA提高了植株侧芽处的生长素浓度，侧芽受到抑制更加严重，不能消除顶端优势，B错误；
C、若TIBA促进了植株顶芽处生长素的合成，则往侧芽运输的生长素更多，侧芽受到抑制更加严重，C错误；
D、若TIBA能够增强植物内源生长素的作用，则其增加了高浓度生长素对侧芽的抑制作用，D错误。
故选A。
8、腺苷是一种重要的促眠物质，腺苷与受体结合后促进睡眠。咖啡因与腺苷竞争受体，使神经元兴奋，起提神作用。下列判断不合理的是（ ）
A. 1分子ATP脱去2个磷酸基团后生成腺苷
B 咖啡因刺激神经元Na+内流产生动作电位
C. 咖啡因与腺苷结构相似，但无腺苷的作用
D. 腺苷与受体结合后，咖啡因不能起提神作用
【答案】A
【解析】
【分析】腺苷三磷酸（ATP）是由腺嘌呤、核糖和3个磷酸基团连接而成，水解时释放出能量较多，是生物体内最直接的能量来源。
【详解】A、1分子ATP脱去2个磷酸基团后生成腺苷一磷酸，脱去3个磷酸基团后生成腺苷，A错误；
B、咖啡因与腺苷竞争受体，使Na+内流产生动作电位，使神经元兴奋，B正确；
C、咖啡因与腺苷竞争受体，说明咖啡因与腺苷结构相似，但作用不同，C正确；
D、腺苷与受体结合后，咖啡因不能与受体结合或结合被抑制，因此不能起提神作用，D正确。
故选A。
9、鸢尾素是运动时释放的一种小分子肽类激素。为研究鸢尾素与学习认知之间的关系，科学家构建了鸢尾素基因敲除小鼠，运动训练或静止后，记录小鼠在水迷官不同平台上停留的时间（在目标平台上停留时间与学习记忆能力正相关），结果如下图。相关叙述不正确的是（ ）
A. 实验自变量是不同平台，因变量是小鼠在不同平台停留的时间
B. 运动后基因敲除小鼠在目标平台停留时间明显少于野生型小鼠
C. 运动能提高小鼠体内的鸢尾素含量进而提高学习和记忆的能力
D. 鸢尾素需与相应受体结合后才能发挥调节神经系统功能的作用
【答案】A
【解析】
【分析】变量：实验过程中的变化因素。
自变量：人为控制的对实验对象进行处理的因素。
因变量：因自变量改变而变化的变量。
无关变量：除自变量外，还存在一些对实验结果造成影响的可变因素，实验过程中保持各组相同且适宜。
【详解】A、实验自变量是是否运动和是否敲除鸢尾素基因，因变量是小鼠在不同平台停留的时间，A错误；
B、运动后基因敲除小鼠在目标平台停留的时间是比较第2组和第4组实验结果得出的，在目标平台的时间明显少于野生型小鼠，B正确；
C、通过比较能发现，运动能提高小鼠在目标平台的时间，是因为运动能提高体内的鸢尾素含量进而提高学习和记忆的能力，C正确；
D、鸢尾素是一种激素，激素需与相应受体结合后才能发挥调节神经系统功能的作用，D正确。
故选A。
10、新型冠状病毒的检测方法目前主要有核酸检测法和抗体检测法。下列说法错误的是（ ）
A. 抗体检测法利用了抗原与抗体特异性结合的原理
B. 感染早期，会出现能检测出核酸而检测不出抗体的情况
C. 患者康复后，会出现能检测出抗体而检测不出核酸的情况
D. 无症状感染者核酸检测和抗体检测均为阳性，但无临床症状，不存在传播风险
【答案】D
【解析】
【分析】体液免疫过程为：（1）感应阶段：除少数抗原可以直接刺激B细胞外，大多数抗原被吞噬细胞摄取和处理，并暴露出其抗原决定簇；吞噬细胞将抗原呈递给T细胞，再由T细胞产生淋巴因子作用于B细胞；（2）反应阶段：B细胞接受抗原刺激后，开始进行一系列的增殖、分化，形成记忆细胞和浆细胞；（3）效应阶段：浆细胞分泌抗体与相应的抗原特异性结合，发挥免疫效应。核酸检测法：利用碱基互补配对的原则进行。
【详解】A、抗体只能与特定抗原结合，所以抗体检测法就利用了抗原与抗体特异性结合的原理，A正确；
B、体液免疫需要经过一段时间才会产生抗体，所以感染早期会出现能检测出病毒的核酸而检测不出抗体的情况，B正确；
C、机体通过产生较多的抗体从而将新冠病毒彻底消灭，故患者康复后，会出现能检测出抗体而检测不出病毒的核酸的情况，C正确；
D、无症状感染者由于其体内存在对抗新冠病毒的抗体而没有症状，但是其核酸检测呈阳性，说明其携带新冠病毒，因此存在传播风险，D错误。
故选D。
11、芒果果实成熟到一定程度时，细胞呼吸突然增强至原来的35倍左右，而后又突然减弱，随后果实进入衰老阶段。下列叙述正确的是（ ）
A. 细胞呼吸时，葡萄糖在线粒体中被分解
B. 细胞呼吸增强时，果实内乳酸含量上升
C. 细胞呼吸减弱时，第一阶段产生的CO2减少
D. 低O2或高CO2处理，有利于芒果的贮藏
【答案】D
【解析】
【分析】1、有氧呼吸的第一、二、三阶段的场所依次是细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜。有氧呼吸第一阶段是葡萄糖分解成丙酮酸和还原氢，合成少量ATP；第二阶段是丙酮酸和水反应生成二氧化碳和还原氢，合成少量ATP；第三阶段是氧气和还原氢反应生成水，合成大量ATP。
2、无氧呼吸的场所是细胞质基质，无氧呼吸的第一阶段和有氧呼吸的第一阶段相同。无氧呼吸由于不同生物体中相关的酶不同，在大多数植物细胞和酵母菌中产生酒精和二氧化碳，在动物细胞和乳酸菌中产生乳酸。
【详解】A、细胞呼吸时，葡萄糖在细胞质基质中被分解，A错误；
B、芒果果实细胞无氧呼吸产生的是酒精和二氧化碳，不是乳酸，有氧呼吸产生的是水和二氧化碳，B错误；
C、第一阶段不产生CO2，第二阶段才产生二氧化碳，C错误；
D、低O2或高CO2处理，能降低呼吸速率，减少有机物的消耗，有利于芒果的贮藏，D正确。
故选D。
12、研究人员将红隼的雏鸟转移到不同的巢中，形成雏鸟数量减少的巢（3~4只）、正常的巢（5~6只）和扩大的巢（7~8只）。统计冬季雌、雄亲本的存活比例，结果如下图。根据实验结果作出的推论不合理的是（ ）
A. 雄性亲本在抚育雏鸟过程中不发挥作用
B. 养育较多后代对双亲成活率有负面影响
C. 育雏规模的改变会影响红隼的性别比例
D. 育雏规模的改变会影响红隼的种群数量
【答案】A
【解析】
【分析】种群的特征包括：①种群密度：种群在单位面积或单位体积中的个体数就是种群密度；是种群最基本的数量特征。②出生率和死亡率：单位时间内新产生的个体数目或死亡的个体数目占该种群个体总数的比率，出生率和死亡率对种群数量起着决定性作用。③迁入率和迁出率：单位时间内迁入或迁出的个体占该种群个体总数的比率，迁入率和迁出率对种群数量起着决定性作用。④年龄组成：一个种群中各年龄期的个体数目的比例(包括增长型、稳定型、衰退型)，年龄组成可以预测一个种群数量发展的变化趋势。⑤性别比例：种群中雌雄个体数目的比例。
【详解】A、由图可知，随着雏鸟数量的增多，雄性亲本的存活比例均降低，说明雄性亲本在抚育雏鸟过程中发挥了作用，A符合题意；
B、由图可知，随着雏鸟数量的增多，双亲的存活比例呈下降趋势，说明养育较多后代对双亲成活比例有负面影响，B不符合题意；
C、性别比例是指种群中雌雄个体数目的比例，随着雏鸟数量的减少或增多，雄性亲本的存活比例均比雌性增加，说明育雏规模的改变会影响红隼的性别比例，C不符合题意；
D、由图可知，育雏规模的改变会影响亲本的存活比例，从而影响红隼的种群数量，D不符合题意。
故选A。
13、下列生物学实验中都用到了酒精，有关酒精的作用和体积分数的叙述，错误的是（ ）
实验名称
酒精作用
体积分数
A
绿叶中色素的提取和分离
提取绿叶中色素
100%
B
制作并观察有丝分裂临时装片
漂洗被解离后的根尖
95%
C
土壤中小动物类群的采集
杀死样本，并进行防腐处理
70%
D
观察花生子叶细胞中脂肪
洗去浮色
50%
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】酒精是生物实验常用试剂之一，如检测脂肪实验中需用体积分数为50%的酒精溶液洗去浮色；观察植物细胞有丝分裂实验和低温诱导染色体数目加倍实验中都需用体积分数为95%的酒精对材料进行解离；绿叶中色素的提取和分离实验中需用无水酒精来提取色素；果酒和果醋制作实验中可用体积分数为70%的酒精进行消毒；
【详解】A、在“绿叶中光合色素的提取和分离”实验中，需要用到无水酒精，其作用是提取色素，A正确；
B、在“制作并观察有丝分裂临时装片”实验中，需要用到体积分数为95%的酒精，与盐酸组成解离液，作用是解离，漂洗解离后的根尖需要用清水进行漂洗，B错误；
C、土壤中小动物类群的采集杀死样本，并进行防腐处理所用的酒精是70%，C正确；
D、观察花生子叶细胞中脂肪的实验中，需要用苏丹Ⅲ染液染色，染色后需要用50%酒精洗去浮色，便于观察，D正确。
故选B。
14、啤酒发酵依赖于发醇工程，产品质检可应用“电子舌”，电子舌可根据不同滋味信号传感器呈现的响应值对啤酒风味进行评价，结果如下图。下列相关叙述，不正确的是（ ）
A. 啤酒主要经酵母菌和乳酸菌发酵制成
B. 发酵原料应含有糖类作为发醇菌种的碳源
C. 发酵液L1和L2口味相似，而L3涩味较强
D. 菌种选育可依赖于突变筛选或转基因技术等
【答案】A
【解析】
【分析】参与果酒制作的微生物是酵母菌，其生存的适宜温度是18～25℃，新陈代谢类型为异养兼性厌氧型。
【详解】A、啤酒是以大麦为主要原料经酵母菌无氧呼吸将糖类分解为酒精而制成的，A错误；
B、酒精发酵的原材料是糖类，B正确；
C、由题图可知，发酵液L1和L2口味相似，而L3涩味较强，C正确；
D、菌种选育可依赖于突变筛选（诱变育种）或转基因技术（基因工程）等，D正确。
故选A。
15、玉米(2n＝20)和水稻(2m＝24)均为二倍体植物，某实验小组拟用体细胞杂交技术培育富含β-胡萝卜素的“黄金大米”植株，过程设计如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 过程①需使用纤维素酶和果胶酶处理细胞
B. 过程②中常用PEG诱导原生质体融合
C. “黄金大米”植株染色体数目为22
D. 该技术体现了植物细胞具有全能性
【答案】C
【解析】
【分析】原生质体是除去细胞壁的植物细胞和细菌细胞。仍有正常细胞的全部功能。植物原生质体的研究,已成为近代实验生物学一个有重要进展的领域。
【详解】A、过程①是获得原生质体，需去掉植物的细胞壁（主要由纤维素和果胶组成），因此需使用纤维素酶和果胶酶处理细胞，A正确；
B、过程②中常用PEG诱导原生质体融合，是一种化学诱导法，B正确；
C、“黄金大米”植株是两种植株的融合体，染色体数目为44，C错误；
D、该技术将杂种细胞培育成“黄金大米”植株，体现了植物细胞具有全能性，D正确。
故选D。
第II卷
二、非选择题：共 6题， 共 70分。
16、为研究外来植物的引入对本地生态系统碳循环的影响，展开了相关实验。
（1）研究人员构建多个实验生态系统。系统中添加的外来植物、当地植物、土壤微生物和食草动物构成了_____。所有实验系统外均用透光的网膜隔离，目的是_____。（填选项前字母）
a、保证生产者光合作用所需光能
b、防止系统内外动物迁出、迁入
c、阻止实验系统内的热能散失
（2）请在图中补充文字、箭头及相应的生理过程，完善实验生态系统的碳循环过程。_____
（3）研究人员测定不同实验系统（引入的外来植物比例不同）的部分指标如图所示。
①结果显示，随外来植物所占比例升高，_____。
②随着快速生长的外来植物的引入，输入生态系统的_____增加，沿_____流动，进而影响系统内其他生物的生物量。
（4）近期我国的政府工作报告中提出了“碳中和”的目标，即通过某种方式抵消生态系统产生的CO2，实现CO2“零排放”。根据实验结果及所学知识，辩证分析引入快速生长的外来植物对碳中和的影响。_____
【答案】（1） ①. 生物群落 ②. a、b
（2） （3） ①. 平均比叶 面积、食草动物生物量、细菌生物量增加 ②. 总能量 ③. 食物链/食物网/营养级
（4）结果显示实验周期内 CO2固定量增加，有利于碳中和，但引入外来植物，可能造成生物入侵，导致当地生物多样性降低，破坏生态系统的稳定性，不利于碳中和。
【解析】
【分析】碳循环，是指碳元素在地球上的生物圈、岩石圈、水圈及大气圈中交换，并随地球的运动循环不止的现象。生物圈中的碳循环主要表现在绿色植物从大气中吸收二氧化碳，在水的参与下经光合作用转化为葡萄糖并释放出氧气，有机体再利用葡萄糖合成其他有机化合物。有机化合物经食物链传递，又成为动物和细菌等其他生物体的一部分。生物体内的碳水化合物一部分作为有机体代谢的能源经呼吸作用被氧化为二氧化碳和水，并释放出其中储存的能量。
【小问1详解】
生物群落是指一定空间内所有生物的集合体；用透光的网膜是保证生产者光合作用所需光能，采用网膜隔离是阻止系统内外动物迁出、迁入，而不能阻止热能散失，故选a、b。
【小问2详解】
碳循环发生在生物群落和无机环境中，通过光合作用将CO2转变为有机物，有机物进入生物群落，沿着食物链和食物网传递，通过呼吸作用可以将有机物变成CO2，回到大气中，碳循环可以表示如下。
【小问3详解】
结合图中三条曲线可知，随着外来植物的比例增大（横坐标），三种曲线都呈上升趋势，因此平均比叶面积、食草动物生物量、细菌生物量增加；快速生长的外来植物也是生产者，可以固定光能，因此输入生态系统的总能量增加；生产者固定的太阳能是进入生态系统的总能量，在食物链和食物网之间以有机物的形式流动，可以增加系统内其他生物的生物量。
【小问4详解】
结合所学知识，从两方面辩证分析外来植物的引入结果：结果显示实验周期内 CO2固定量增加，有利于碳中和，但引入外来植物，可能造成生物入侵，导致当地生物多样性降低，破坏生态系统的稳定性，不利于碳中和。
【点睛】本题主要考查生态系统的能量流动和物质循环，要求学生有一定的理解分析表达能力。
17、植物的生长与氮素的吸收、同化、转移等过程密切相关。科研人员对烟草叶片光合作用中的氮素利用进行了相关研究。
（1）参与光合作用的很多分子都含有氮，氮与____离子参与组成的叶绿素能够吸收光能用于驱动水的分解和__________物质的合成；RUBP羧化酶将CO2固定为_______，再进一步被还原为糖类。
（2）科研工作者对烤烟品种K326施加不同的供氮量处理， 实验结果如下：
组别
氮浓度(mmol/L)
比叶氮(g/m2)
叶绿素含量(mg/dm2)
叶绿体CO2浓度(μmol/mol)
净光合速率(μmol/m2/s)
低氮
0.2
0.5
1.6
75
9
中氮
2
0.95
2.8
125
15
高氮
20
1.1
3.0
80
14.9
注：比叶氮表示单位叶面积的氮素的含量
①从表中数据可知，氮素对烤烟叶片净光合速率的影响是____________________。
②研究人员推测出现该现象的原因可能是：施氮提高了________的合成，进而影响光合速率；但在高氮情况下，_________成为影响光合速率持续升高的限制因素。
（3）植物光合系统中的氮素分配受供氮量等因素的影响，研究人员对叶片光合系统中氮素的含量及分配进行了检测，结果如下：
注：叶片氮素可分为光合氮素和非光合氮素；前者包括捕光氮素和羧化氮素
检测结果显示：相对于中氮，高氮环境下，氮素从___________向________转化，且羧化氮素所占比例降低，影响RuBP 羧化酶活性，进而影响了光合作用的_________阶段。
（4）综合以上信息，从物质与能量的角度对烤烟种植提出合理建议并说明理由。
【答案】（1） ①. 镁（Mg、镁离子） ②. ATP、NADPH ③. C3 （三碳化合物）
（2） ①. 氮素可显著提高烤烟叶片的净光合速率，高氮相对于中氮提高作用不显著 （但中氮与高氮的作用无显著差异） ②. 叶绿素 ③. 叶绿体CO2浓度
（3） ①. 光合氮素 （捕光氮素和羧化氮素/羧化氮素） ②. 非光合氮素 ③. 暗反应（碳反应）
（4）适量施加氮肥。原因：既能提高光合速率，合成更多的有机物，储存更多能量，又避免物质（氮）的浪费
【解析】
【分析】光合作用的过程：①光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体薄膜）：水的光解产生NADPH与O2，以及ATP的形成；②暗反应阶段或碳反应阶段（场所是叶绿体的基质）：CO2被C5固定形成C3，C3在光反应提供的ATP和NADPH氢的作用下还原生成C5和糖类等有机物。
【小问1详解】
氮与镁（Mg）离子参与组成的叶绿素能够吸收光能，从而促进光合作用的光反应阶段NADPH、ATP的合成和水的分解；在暗反应阶段，CO2和五碳化合物分子生成C3 （三碳化合物），C3在NADPH、ATP的作用下再进一步被还原为糖类。
【小问2详解】
由表可知，高氮组的净光合速率略小于中氮组，中氮组的净光合速率明显大于低氮组，因此氮素对烤烟叶片净光合速率的影响是：氮素可显著提高烤烟叶片的净光合速率，高氮相对于中氮提高作用不显著 （但中氮与高氮的作用无显著差异）。根据氮和镁离子参与组成叶绿素，可推测出现该现象的原因可能是：施氮提高了叶绿素的合成，进而影响光合速率；再结合表格可知，低氮组叶绿体CO2浓度明显高于低氮组和高氮组，说明在高氮情况下，叶绿体CO2浓度成为影响光合速率持续升高的限制因素。
【小问3详解】
据图可知，相对于中氮，高氮环境下，非光合氮素增多，羧化氮素减少，说明高氮环境下，氮素从光合氮素 （捕光氮素和羧化氮素/羧化氮素）向非光合氮素转化，且羧化氮素所占比例降低，结合RuBP 羧化酶参与二氧化碳的固定，可知进而影响了光合作用的暗反应（碳反应）阶段。
【小问4详解】
根据以上分析可知，氮素可显著提高烤烟叶片的净光合速率，高氮相对于中氮提高作用不显著，且为了避免物质（氮）的浪费，故对烤烟种植提出合理建议是：适量施加氮肥，原因是适量施加氮肥既能提高光合速率，合成更多的有机物，储存更多能量，又避免物质（氮）的浪费。
【点睛】本题以科研人员对烟草叶片光合作用中的氮素利用的相关研究为素材，考查光合作用的相关知识，要求考生掌握光合作用的过程，识记叶绿素的组成成分，能根据实验结果得出相应的结论，难度不大。
18、脑梗死又称缺血性脑卒中，是脑部血液循环障碍导致的局部脑组织坏死。为阐明脑组织神经元损伤死亡的机制，进行了如下研究。
（1）神经元是神经系统____________和功能的基本单位，它由细胞体、树突和____________构成。
（2）为制备大脑中动脉栓塞小鼠模型，研究人员对小鼠进行手术：颈部切1cm长切口，插入线栓，阻塞大脑中动脉血流，1h后拔出线栓恢复血流，缝合皮肤。在恢复血流24h后，取脑组织切片进行染色，结果如图1，并检测大脑组织内Sirt3蛋白表达量，结果如图2。
对照组小鼠的处理应为____________。图1脑切片中深色部分是正常组织，浅色部分是缺血造成的梗死部分。由染色结果可知，小鼠大脑中动脉栓塞模型制备____________（选填“成功”或“不成功”）。图2结果显示，对照组大脑两侧Sirt3蛋白表达量无显著差异，实验组_____________。
（3）研究人员以小鼠海马神经元为材料，在体外模拟（2）实验。实验组的主要步骤依次是：将海马神经元置于常态条件培养8d→转入“氧糖剥夺”条件（无糖培养基、低氧气体环境）培养1h→转入常态条件培养12h→检测神经元的损伤情况、神经元内Sirt3蛋白表达量。实验中“氧糖剥夺”的目的是模拟体内____________条件。实验结果显示，体外实验中神经元的变化与体内实验基本一致。
（4）已有研究表明，线粒体功能障碍会导致神经元损伤。推测Sirt3蛋白能够避免血液循环障碍造成的线粒体功能障碍。为证明这一推测，研究人员设计了如下表所示的实验。
组别
实验处理
检测指标
步骤1（24h）
步骤2（8d）
步骤3（1h）
步骤4（12h）
甲组
用不含Sirt3基因表达质粒的慢病毒感染细胞
常态条件培养
常态条件培养
常态条件培养
乙组
丙组
注：慢病毒是一种常用载体
从下列选项中选出合适的实验处理，填入上表完善实验设计____________。
a．用不含Sirt3基因表达质粒的慢病毒感染细胞
b．用含有Sirt3基因表达质粒的慢病毒感染细胞
c．常态条件培养
d．“氧糖剥夺”条件培养
e．检测Sirt3蛋白表达量
f．检测线粒体功能
【答案】（1） ①. 结构 ②. 轴突
（2） ①. 进行手术操作，但不插入线栓 ②. 成功 ③. 损伤侧脑组织中Sirt3蛋白表达量显著低于未损伤侧脑组织
（3）血液循环障碍造成的脑组织缺血
（4）
乙组
a
d
f
丙组
b
d
（乙、丙组两组顺序可互换）
【解析】
【分析】分析题意，本实验目的是研究脑组织神经元损伤死亡的机制，实验设计时应遵循对照原则与单一变量原则，其中无关变量应保持等量且适宜。据此分析作答。
【小问1详解】
神经元是神经系统结构和功能的基本单位；它由细胞体、树突和轴突组成，其中树突和轴突统称为突起。
【小问2详解】
实验设计应遵循对照与单一变量原则，实验组处理为“颈部切1cm长切口，插入线栓，阻塞大脑中动脉血流，1h后拔出线栓恢复血流”，为了排除手术的影响，对照组的处理应是进行手术操作，但不插入线栓 ；据图可知，“深色部分是正常组织，浅色部分是缺血造成的梗死部分”，与对照相比，模型组的浅色部分增多，故小鼠大脑中动脉栓塞模型制备成功；图2结果显示，对照组大脑两侧Sirt3蛋白表达量无显著差异，实验组损伤侧脑组织中Sirt3蛋白表达量显著低于未损伤侧脑组织。
【小问3详解】
据题干信息可知，氧糖剥夺条件是无糖培养基、低氧气体环境，故该处理是模拟体内的血液循环障碍造成的脑组织缺血 。
【小问4详解】
本实验目的是验证“线粒体功能障碍会导致神经元损伤”且“Sirt3蛋白能够避免血液循环障碍造成的线粒体功能障碍”，则实验的自变量是线粒体功能是否正常及Sirt3蛋白的有无，实验设计应遵循对照与单一变量原则，结合（3）中的实验顺序：将海马神经元置于常态条件培养8d→转入“氧糖剥夺”条件（无糖培养基、低氧气体环境）培养1h→转入常态条件培养12h→检测神经元的损伤情况、神经元内Sirt3蛋白表达量，可知表格中的实验设计为：
乙组
a
d
f
丙组
b
d
（乙、丙组两组顺序可互换）。
【点睛】本题结合图解，考查探究实验相关知识，要求考生明确实验的目的，能根据探究实验的原则完善实验步骤，同时能根据实验结果得出正确的实验结论，能结合题意分析作答是解题关键。
19、 学习以下材料，回答（1）-（4）小题。
肿瘤来源外泌体促进预转移部位免疫抑制的机制
研究发现，肿瘤细胞转移需要有免疫抑制表型的巨噬细胞提前浸润到预转移部位。那么这些巨噬细胞是如何获得免疫抑制表型的呢?
肿瘤细胞与微环境中各种细胞间的信息传递在肿瘤转移中发挥着重要的作用，而外泌体是细胞间通讯的重要媒介之一，科研工作者利用肿瘤来源的外泌体进行了一系列实验。
研究人员将小鼠肺上皮细胞和小鼠肺癌细胞的外泌体分离出来，通过尾静脉将它们注射到已经移植肺癌细胞皮下瘤的小鼠体内，空白对照组注射等量的生理盐水。结果显示，注射了肺癌细胞来源的外泌体的小鼠，肺部有更多的转移细胞，而且这些小鼠肺部巨噬细胞表面的PD-L1蛋白含量比其它两组要高。通过RT-PCR技术分析肿瘤来源外泌体处理后的巨噬细胞内PD-L1的mRNA含量，结果显示巨噬细胞中PD-L1的mRNA增加。
科研人员用小鼠肺癌细胞的外泌体处理后的巨噬细胞与T细胞共培养，与没有用外泌体处理的巨噬细胞对比，实验组中T细胞的增殖减弱。
为了研究肿瘤细胞外泌体导致巨噬细胞PD-L1蛋白表达上调的机制，研究人员将肺癌细胞来源的外泌体注射到TLR2（巨噬细胞的一种膜蛋白）缺陷的小鼠体内，结果显示，巨噬细胞的PD-L1没有增加；将肺癌细胞来源的外泌体注射到已经移植了肺癌细胞的TLR2缺陷的小鼠体内，与野生型小鼠相比，巨噬细胞的PD-L1没有增加，且小鼠转移细胞明显减少。
进一步的研究发现肿瘤细胞的外泌体与TLR2结合后能够激活NF-kB，NF-kB作为关键的转录因子，可以促进葡萄糖转运蛋白基因的表达；同时NF-kB可使巨噬细胞内NOS2的量增多，抑制线粒体氧化磷酸化，导致更多的丙酮酸转化为乳酸。研究人员用乳酸直接处理巨噬细胞，发现PD-L1表达增加。
（1）在特异性免疫反应中，识别并接触、裂解肿瘤细胞的是_____________细胞，属于_____________免疫。
（2）本文中的RT-PCR技术需要先提取肿瘤来源外泌体处理后的巨噬细胞的mRNA，然后在_____________酶的作用下获得cDNA，再用_____________的DNA片段设计引物进行扩增，反映PD-L1在巨噬细胞中的_____________水平，用以表示其表达水平。
（3）从文中信息分析，下列叙述合理的是_____________。
A. TLR2是巨噬细胞膜上肺癌细胞来源的外泌体的受体蛋白
B. 巨噬细胞PD-L1表达具有增强免疫应答的作用
C. 肿瘤细胞的外泌体可以增加巨噬细胞对葡萄糖的摄取
D. 免疫抑制表型的巨噬细胞具有有氧呼吸减弱的表型
E. 无氧呼吸在驱动巨噬细胞PD-L1表达中发挥重要作用
（4）从抑制癌细胞转移的角度提出肿瘤治疗思路_____________。
【答案】（1） ①. 细胞毒性T细胞
②. 细胞
（2） ①. 逆转录 ②. 目的基因
③. 转录 （3）ACDE
（4）通过某种药物使巨噬细胞膜上的TLR2蛋白失活，这样细胞转移便明显减少
【解析】
【分析】小鼠肺癌细胞的外泌体处理后的巨噬细胞与T细胞共培养，与没有用外泌体处理的巨噬细胞对比，实验组中T细胞的增殖减弱。说明外泌体能抑制T细胞的增殖。注射了肺癌细胞来源的外泌体的小鼠，肺部有更多的转移细胞，而且这些小鼠肺部巨噬细胞表面的PD-L1蛋白含量比其它两组要高。说明外泌体有助于PD-L1基因的表达。
【小问1详解】
在特异性免疫反应中，细胞毒性T细胞可以识别并接触、裂解肿瘤细胞，属于细胞免疫。
【小问2详解】
DNA转录可以形成RNA，mRNA在逆转录酶的作用下可以变成cDNA；用目的基因的DNA片段设计引物进行扩增，进行PCR，根据产物的多少，反映PD-L1在巨噬细胞中的转录水平（mRNA多少即代表PD-L1基因转录的多少）。
【小问3详解】
A、将肺癌细胞来源的外泌体注射到TLR2（巨噬细胞的一种膜蛋白）缺陷的小鼠体内，结果显示，巨噬细胞的PD-L1没有增加，说明TLR2是巨噬细胞膜上肺癌细胞来源的外泌体的受体蛋白，A正确；
B、巨噬细胞PD-L1增多，T细胞减少，说明PD-L1的表达具有减弱免疫应答的作用，B错误；
C、肿瘤细胞的外泌体与TLR2结合后能够促进葡萄糖转运蛋白基因的表达，可以增加巨噬细胞对葡萄糖的摄取，C正确；
D、肿瘤细胞的外泌体抑制线粒体氧化磷酸化，导致更多的丙酮酸转化为乳酸，PD-L1表达增加，说明无氧呼吸在驱动巨噬细胞PD-L1表达中发挥重要作用，D正确。
E、材料最后一段说研究人员用乳酸直接处理巨噬细胞，发现PD-L1表达增加，而人无氧呼吸产生的是乳酸，故无氧呼吸在驱动巨噬细胞PD-L1表达中发挥重要作用，E正确。
故选ACDE。
【小问4详解】
根据材料“将肺癌细胞来源的外泌体注射到TLR2（巨噬细胞的一种膜蛋白）缺陷的小鼠体内，结果显示，巨噬细胞的PD-L1没有增加，且小鼠转移细胞明显减少”，故抑制癌细胞转移的角度提出肿瘤治疗思路为：通过某种药物使巨噬细胞膜上的TLR2蛋白失活，这样细胞转移便明显减少
【点睛】本题主要考查细胞免疫和体液免疫，要求学生有一定的理解分析能力。
20、番茄细菌性斑点病会降低番茄产量、破坏番茄口味。研究番茄的抗病机理对农业生产具有重要意义。
（1）番茄的抗病和易感病为一对____________。利用番茄抗病品系甲，培育出两种纯合突变体，突变体1表现为中度易感病（患病程度介于抗病和易感病之间），突变体2表现为易感病。研究人员进行了如下杂交实验，结果见下表。
杂交组合
F1植株数量（株）
F1自交得到的F2植株数量（株）
抗病
中度易感病
易感病
抗病
中度易感病
易感病
品系甲×突变体1
7
1
0
36
11
0
品系甲×突变体2
7
0
0
25
0
7
①上述杂交实验结果表明，显性性状为____________；推测突变体1和突变体2均为单基因突变体，判断依据是____________。
②品系甲与突变体1杂交，F1中出现1株中度易感病的原因可能有____________。
A．品系甲自交的结果
B．突变体1自交的结果
C．品系甲产生配子的过程中抗病基因发生了突变
D．突变体1产生配子的过程中发生了基因重组
（2）已知品系甲中存在抗病基因D，为确定突变体1、2的突变基因与基因D的位置关系，利用基因D缺失的易感病番茄品系乙（其他遗传信息均与品系甲相同）进行了如下杂交实验，结果见下表。
杂交组合
F1植株数量（株）
F1自交得到的F2植株数量（株）
抗病
中度易感病
易感病
抗病
中度易感病
易感病
品系乙×突变体1
0
9
0
0
71
25
品系乙×突变体2
0
10
0
0
32
30
①突变体1中突变基因与基因D在染色体上的关系为____________。
②请用遗传图解解释品系乙与突变体2的杂交结果______________（要求写出F1的配子）。
【答案】（1） ①. 相对性状 ②. 抗病 ③. F1自交得到F2均为3∶1
④. BC
（2） ①. 互为等位基因
②.
【解析】
【分析】表格中自交得到F2比例都接近于3∶1，说明F1中只有一对杂合，且两种纯合突变体，因此该性状可能受两对等位基因控制，假定为A/a1/a2。品系甲的基因型为AA，突变体1可以为a1a1，品系2的基因型可以为a2a2。
【小问1详解】
番茄的抗病和易感病是同一种性状的不同表现形式，称为相对性状；品系甲（抗病）与突变体2（易感病）杂交，F1均为抗病，说明抗病为显性性状；F1自交得到F2均为3∶1，说明突变体1和突变体2都只涉及单基因突变；品系甲（AA）与突变体1（a1a1）杂交，杂交结果为Aa1（抗病），甲自交不会出现中度易感病株，A错误，突变体1自交（a1a1）可以出现中度易感病株，B正确，品系甲产生配子的过程中抗病基因发生了突变（如产生了a1的配子），可以产生a1a1的后代，C正确，突变体1产生配子的过程中没有非等位基因的重组，D错误。故选BC。
【小问2详解】
突变基因与基因D都是决定同一性状的基因，称为等位基因；品系乙缺失D基因（AA），突变体2为纯合体（DDaa），后代都是中度易感（D_Aa）。根据F2的比例，写出F1的配子，遗传图解如下。
【点睛】本题主要考查基因的分离定律及自由组合定律，要求学生有一定的分析计算能力。
21、乳酸菌耐酸能力对菌株自身生长、在人体胃肠道微环境中发挥益生作用至关重要。
（1）乳酸菌通过呼吸作用在______中合成乳酸，导致细胞内和生存环境pH逐步降低，抑制细胞生长。
（2）为探究乳酸菌的耐酸机制，研究者进行了如下实验：
①将乳酸菌在不同pH的液体培养基中37℃静置厌氧培养，并在0min、30min、60min分别取样，采用__________法进行活菌计数，结果如图1所示。
酸耐受反应是乳酸菌应对酸胁迫时在细胞代谢等方面发生的适应性变化，是一种自我保护机制。根据上述实验结果，初步选择酸耐受反应的胁迫条件为pH5．0，依据是_________。为进一步确定，研究者在pH6．5和5．0条件下培养乳酸菌，然后进行pH3．7酸致死处理后统计存活率，若_________，则可确定酸耐受反应的胁迫条件为pH5．0。
②研究者发现，经酸胁迫后，乳酸菌的hpk基因表达上调。为研究hpk基因的功能，利用S质粒构建hpk基因突变的乳酸菌菌株。S质粒上有红霉素抗性基因，但是S质粒不能在宿主细胞中复制只有交换到宿主DNA上才能传代。请从下列各项中选择正确的实验步骤并进行排序______________
A．转化乳酸菌
B．根据hpk基因的序列信息获得部分片段缺失的hpk
C．根据hpk基因的序列信息获得完整的hpk
D．将不同的乳酸菌涂布在含乳酸的固体培养基上静置培养
E．将不同的乳酸菌涂布在含红霉素的固体培养基上静置培养
F．将目的基因与S质粒连接构建重组S质粒
从上述培养基上初步筛选出来的单菌落中提取细菌基因组DNA．PCR特异扩增红霉素抗性基因后电泳，结果如图2。据图可知，_________是对红霉素有一定耐受能力的乳酸菌，而不是目标转化菌。
（3）为了验证hpk突变体的耐酸能力，应对野生乳酸菌和突变体进行的实验处理和预期的结果是__________。
【答案】（1）细胞质 （2） ①. 稀释涂布平板 ②. 乳酸菌存活率不增不减 ③. 与pH6．5组相比，pH5．0组乳酸菌的存活率明显提高 ④. BFA ⑤. 样品6
（3）实验处理：分别先pH5．0培养后置于pH3．7的培养液中
预期结果：突变体的存活率明显低于野生型
【解析】
【分析】稀释涂布平板法：先将待分离的材料用无菌水作一系列的稀释，然后分别取不同稀释液少许，与已溶化并冷却至 45℃左右的琼脂培养基混合，摇匀后，倾入灭过菌的培养皿中，待琼脂凝固后，制成可能含菌的琼脂平板，保温培养一定时间即可出菌落。
【小问1详解】
乳酸菌属于原核生物，其呼吸作用产生乳酸的场所是细胞质。
【小问2详解】
①对活菌进行计数的方法是稀释涂布平板法；据图可知，在pH5．0，不同处理时间下的乳酸菌的存活率不增不减，故可初步选择酸耐受反应的胁迫条件为pH5．0；结合题意，若要确定酸耐受反应的胁迫条件为pH5．0，则在pH6．5和5．0条件下培养乳酸菌后再进行致死处理后，应有的结果是与pH6．5组相比，pH5．0组乳酸菌的存活率明显提高。
②分析题意，本实验目的是验证hpk基因的功能，则应选育hpk基因缺失的个体，又因为S质粒上有红霉素抗性基因，但是S质粒不能在宿主细胞中复制只有交换到宿主DNA上才能传代，故应先转化，则实验步骤为：B据hpk基因的序列信息获得部分片段缺失的hpk→F将目的基因与S质粒连接构建重组S质粒→A转化乳酸菌；据图分析，M是标准样品，而2是未转化的乳酸菌，图示样品6与样品2的电泳结果一致，说明其是对红霉素有一定耐受能力的乳酸菌，而不是目标转化菌。
【小问3详解】
参照（2）的实验处理可知，为了验证hpk突变体的耐酸能力，应对野生乳酸菌和突变体进行的实验处理是分别先pH5．0培养后置于pH3．7（酸致死处理）的培养液；由于hpk具有耐酸能力，故预期结果是突变体的存活率明显低于野生型。
【点睛】本题的知识点是微生物培养过程、分离微生物和统计活菌数常用的常用方法，主要考查学生分析实验结果获取结论的能力和提出问题进行进一步探究的能力，利用所学的微生物知识解决生活问题的能力。
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