[生物]江西省重点中学联盟2024-2025学年高三上学期7月联考试卷(解析版)

这是一份[生物]江西省重点中学联盟2024-2025学年高三上学期7月联考试卷(解析版)，共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1. 生态学家认为，一定时间内，当种群数量增加时，会出现临近个体之间的相互影响，即种群密度制约效应。某地空心莲子草在适宜的条件下大量繁殖后，数量维持在a附近，后来由于降水量减少，该植物数量明显下降，最后数量维持在b附近。下列说法正确的是（ ）
A. 环境条件改变不会导致种群的K值发生改变
B. 空心莲子草繁殖量越大，越有利于生态系统维持平衡
C. 地震、火灾等对种群的作用强度与种群密度无关
D. 空心莲子草数量维持在a附近的主要原因是存在非密度制约因素
【答案】C
【分析】环境容纳量是指在自然环境不受破坏的情况下，一定空间中所能容许的种群数量的最大值。
【详解】A、环境条件改变会导致种群的K值发生改变，如破坏环境会减小环境容纳量，A错误；
B、若该植物为入侵物种，则其大量繁殖后会破坏当地的生态平衡，B错误；
C、地震、火灾等对种群的作用强度与种群密度无关，属于非密度制约因素，C正确；
D、空心莲子草在大量繁殖一段时间后数量未继续增加的主要原因是存在密度制约因素，D错误。
故选C。
2. 下列关于种群群落的说法正确的是（ ）
A. 动物穴居、善跑，夏眠的习性与草原环境相适应
B. 顶极群落的能量输入和输出达到动态平衡，净生产量达到最大值
C. 温带落叶阔叶林从冬季到夏季群落结构和类型发生了改变
D. 肠道内的寄生物对仓鼠的环境容纳量不产生影响
【答案】D
【分析】草原生态系统分布在干旱地区，这里年降雨量很少，草原上的植物以草本植物为主，有的草原上有少量的灌木丛，由于降雨稀少，乔木非常少见，那里的动物与草原上的生活相适应，大多数具有挖洞或快速奔跑的行为特点，草原上啮齿目动物特别多，它们几乎都过着地下穴居的生活，草原上视野开阔，动物挖洞穴居或奔跑有利于逃避敌害，是对草原环境的一种适应，由于缺水，在草原生态系统中，两栖类和水生动物非常少见。
【详解】A、夏眠主要是适应荒漠环境，荒漠动物在干旱季节进入夏眠是长期自然选择的结果，是对不良环境的一种适应，A错误；
B、演替达到顶极群落后，群落的能量输入和输出达到动态平衡，但生产力并不最大，净生态系生产量很低或甚至达到零，B错误；
C、温带落叶阔叶林从冬季到夏季，群落的类型不会发生改变，只是外貌等季节性变化，C错误；
D、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，环境容纳量的大小与环境中的资源、空间和天敌等生物因素有关(环境因素)，不会随肠道内寄生物的改变而改变，D正确。
故选D。
3. 中科院康乐院士团队通过分析飞蝗的体表和粪便挥发物，发现了飞蝗群聚信息素4-乙烯基苯甲醚（4VA），4VA能够响应蝗虫种群密度的变化，并随着种群密度增加而增加；利用基因编辑技术获得飞蝗OR35缺失突变体，发现其对4VA的响应行为丧失。下列叙述错误的是（ ）
A. 可利用样方法调查蝗虫幼虫的种群密度
B. 4VA通过负反馈调节的方式调节蝗虫种群密度
C. 利用人工合成的4VA诱杀蝗虫属于生物防治
D. OR35可能为编码信息素4VA受体的基因
【答案】B
【分析】目前控制动物危害的技术大致有化学防治、生物防治和机械防治等，目前人们越来越倾向于利用对人类生存环境无污染的生物防治。生物防治，生物防治的优点是对环境无污染、操作方便、比较安全。
【详解】A、因为蝗虫幼虫活动能力弱，所以可利用样方法调查蝗虫幼虫的种群密度，A正确；
B、4VA能够响应蝗虫种群密度的变化，并随着种群密度增加而增加，说明4VA让蝗虫聚集，然后种群数目增多，又反过来使得4VA增多，再吸引更多的蝗虫，为正反馈调节，B错误；
C、利用人工合成的4VA诱杀蝗虫的防治方法利用了生物个体间的信息传递，属于生物防治，C正确；
D、利用基因编辑技术获得飞蝗OR35缺失突变体，发现其对4VA的响应行为丧失，据此可推测合成的OR35蛋白可能为信息素4VA的受体，D正确。
故选B。
4. 农户开展“稻虾共作”综合种养模式，虾能除去稻田中的害虫、杂草和有机废弃物，还能松动田泥，稻田能为虾提供饵料和良好的生活环境，稻在水中长，虾在稻边游，实现了粮渔双赢，下列相关叙述正确的是（ ）
A. 虾清除田中的杂草、害虫及有机废弃物，属于消费者
B. 稻田中的水稻长势有高有低，构成了稻田的垂直结构
C. 虾的排泄物可以肥田，这体现了生态工程的循环原理
D. 这种模式加快了生态系统的物质和能量的循环利用
【答案】C
【分析】在群落中，各个生物种群分别占据了不同的空间，使群落形成一定的空间结构，群落的空间结构包括垂直结构和水平结构等方面。垂直结构是在垂直方向上，大多数群落都具有明显的分层现象。
【详解】A、虾清除田中的杂草、害虫及有机废弃物，属于消费者和分解者，A错误；
B、长势有高有低的水稻属于同一种群，不能体现群落的垂直结构，B错误；
C、生态工程的循环原理是指通过系统设计实现不断循环，使前一个环节产生的废物尽可能地被后一个环节利用，减少整个生产环节“废物”的产生，故虾的排泄物可以肥田，这体现了生态工程的循环原理，C正确；
D、该模式能调整能量流动关系，加快了生态系统物质循环利用，但能量是单向流动的不能循环，D错误。
故选C。
5. 富集培养主要是指利用不同微生物间生命活动特点的不同，制定特定的环境条件，使仅适应于该条件的微生物旺盛生长，从而使其在群落中的数量大大增加，使人们能够更容易从自然界中分离到这种特定微生物。如图是采用富集方法从土壤中分离能降解酚类化合物对羟基苯甲酸（C7H5O3）的微生物的实验过程。下列相关说法正确的是（ ）
A. 用经湿热灭菌后的含对羟基苯甲酸、葡萄糖和无机盐等成分的液体培养基多次重复培养样品之后，培养物中目标微生物的比例将大大增加
B. 用平板划线法分离纯化目标微生物，配置好培养基后依次进行灭菌、调节酸碱度和倒平板操作
C. 微生物的纯培养物就是不含有代谢废物的微生物培养物
D. ⑤为选择培养基，统计的菌落数往往比活菌的实际数目少，统计结果一般用菌落数表示
【答案】D
【分析】选择培养基的原理是：不同微生物在代谢过程中所需要的营养物质和环境不同。有的适于酸性环境，有的适于碱性环境；不同微生物对某些化学药品的抵抗力不同。利用这些特点，我们便可配制出适于某些微生物生长而抑制其他微生物的选择培养基。
【详解】A 、培养基中含有葡萄糖，不具有选择作用，因此培养物中目标微生物的比例不会大大增加，A 错误；
B 、用平板划线法分离纯化目标微生物，配置好培养基后依次进行调节酸碱度、灭菌和倒平板操作，B 错误；
C、微生物的纯培养物是指只含有一种微生物的培养物，而不是不含有代谢废物的微生物培养物，C 错误；
D 、⑤为选择培养基，统计的菌落数往往比活菌的实际数目少，因为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。统计结果一般用菌落数表示，D 正确。
故选D。
6. 科研人员将诺如病毒（NV）作为抗原注射给小鼠，通过制备NV单克隆抗体1和2，应用于胶体金检测试纸进行抗原鉴定（如图）。检测原理采用双抗体夹心法：将待测样液加到样品孔处，结合垫处含有过量胶体金（可与蛋白质结合，大量聚集时出现肉眼可见的红色）标记的游离金标抗体1，可以结合样液中的抗原，T上固定有抗体2，抗体1和抗体2与NV表面同一抗原的不同部位发生特异性结合而呈红色，多余的抗体1继续向左流，C上固定有抗体1的抗体，二者结合使胶体金大量聚集也呈红色。下列叙述错误的是（ ）
A. 将NV作为抗原注射给小鼠，可获得多种产生特定抗体的B淋巴细胞
B. 利用单克隆抗体技术制备的抗体1和抗体2不能直接对患者进行注射治疗
C. 若仅C处呈红色，说明检测结果为阴性，则可初步判断待测液中不含NV
D. 若C、T处均呈红色，说明检测结果为阳性，该过程发生2次特异性结合
【答案】D
【分析】若检测结果为阳性，则诺如病毒表面抗原结合位点会先与结合垫处的可移动抗体1结合，随着抗体1移动到T线处，病毒表面同一抗原不同位点在T线处与抗体2结合，呈红色，结合垫处未与病毒表面抗原蛋白结合的抗体1在移动到C线处会与抗体1的抗体结合，也呈红色。
【详解】A、NV作为抗原，具有多个抗原结合位点，可以诱导机体产生多种特定抗体的B淋巴细胞，A正确；
B、利用单克隆抗体技术制备的抗体1和抗体2是利用小鼠的骨髓瘤细胞和B淋巴细胞融合的杂交瘤细胞分泌产生的，对人来说属于异物，为了降低免疫排斥，需要对单克隆抗体进行改造，除抗原结合区域外，其他部分都替换为人抗体区段，B正确；
C、若待测液中含NV，则检测线和质控线C处均出现红色，而仅C处呈红色，说明检测结果为阴性，则可初步判断待测液中不含NV，C正确；
D、若检测结果为阳性，则该病毒表面的抗原与结合垫处的抗体1结合，随着抗体1移动到T处，同一抗原表面的不同结合位点与抗体2结合呈红色，未与该病毒表面抗原结合的抗体1移动到C处与抗体1的抗体结合，因此该过程共发生3次特异性结合，D错误。
故选D。
7. 某科研小组采用PCR 技术构建了红色荧光蛋白基因(dsred2)和α-淀粉酶基因(amy)的dsred2-amy融合基因，其过程如图所示，其中引物②和引物③中部分序列(黑色区域)可互补配对。下列说法错误的是（ ）
A. 利用PCR 技术扩增基因时不需要解旋酶来打开 DNA 双链
B. 不能在同一反应体系中进行dsred2 基因和amy基因的扩增
C. dsred2基因和amy 基因混合后只能得到一种类型的杂交链
D. 杂交链延伸得到 dsred2-amy融合基因的过程不需要加引物
【答案】C
【分析】PCR技术：
（1）定义：PCR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；
（2）原理：DNA复制；
（3）前提条件：要有一段已知目的基因的核苷酸序列以便合成引物；
（4）条件：模板DNA、四种脱氧核苷酸、耐高温的DNA聚合酶、能量；
（5）过程：高温变性，DNA双链解旋；低温复性，引物与互补链DNA结合；中温延伸，在耐高温的DNA聚合酶作用下合成子链。
【详解】A、利用PCR 技术扩增基因时，高温变性使DNA双链解旋，不需要解旋酶来打开 DNA 双链，A正确；
B、引物之间的结合会干扰引物和模板链的结合，从而影响PCR过程，因此不能在同一个反应体系中进行dsred2 基因和amy基因的扩增，B正确；
C、dsred2基因和amy 基因混合可以得到两种类型的杂交链，C错误；
D、杂交链延伸得到 dsred2-amy融合基因的过程中，不需要加入引物，两条母链的起始位置的碱基序列即为引物，可以作为子链合成的引物，D正确。
故选C。
8. 含氨苄青霉素抗性基因（AmpR）的质粒、含有目的基因的DNA片段及相关限制酶酶切位点如图所示。在构建基因表达载体（重组质粒），并转化到受体菌中的实践中，某同学选用EcRI和MfeI分别对质粒和含目的基因的DNA片段进行双酶切。下列对这种操作的优点的叙述，正确的是（ ）
A. 可以避免质粒或者目的基因自身环化
B. 可以避免目的基因与质粒反向连接
C. 可以避免一个质粒中连续接入多个目的基因
D. 可以避免受体菌的EcRI和MfeI将重组质粒中的目的基因切割下来
【答案】D
【分析】从酶切位点示意图可以看出，两种限制酶切割后得到的黏性末端一致，这两种酶为“同尾酶”。故不能避免质粒或者目的基因自身环化，不能避免目的基因与质粒反向连接，也不能避免一个质粒中连续接入多个目的基因。
【详解】AB、两种限制酶切割后得到的黏性末端一致，不能避免质粒或者目的基因自身环化，也不能避免目的基因与质粒反向连接，AB错误；
C、两种限制酶切割后得到的黏性末端一致，不能避免一个质粒中连续接入多个目的基因，C错误；
D、若质粒EcRI酶切位点处与目的基因MfeI酶切处连接，质粒MfeI酶切位点处与目的基因EcRI酶切处连接，则正好将目的基因正向连接，这样的重组质粒，既无EcRI识别位点，又无MfeI识别位点，相当于将基因“焊死”在质粒上，故可以避免受体菌的EcRI和MfeI将重组质粒中的目的基因切割下来，D正确。
故选D。
9. 下列关于脂质的叙述中正确的是（ ）
A. 磷脂是构成细胞膜的重要成分，在动物的脑、卵细胞、肝脏及大豆种子中含量丰富
B. 脂肪组成元素只有℃、H、O，且与糖类物质相比，C、H比例低，O比例较高
C. 胆固醇能够有效促进人和动物肠道对钙、磷的吸收，饮食中不能过多摄入
D. 性激素可由性腺产生并分泌，可以促进生殖器官的发育，也是重要的储能物质
【答案】A
【分析】 常见的脂质有脂肪、磷脂和固醇。
1、脂肪是最常见的脂质，是细胞内良好的储能物质，还是一种良好的绝热体，起保温作用，分布在内脏周围的脂肪还具有缓冲和减压的作用，可以保护内脏器官。
2、磷脂是构成细胞膜的重要成分，也是构成多种细胞器膜的重要成分。
3、固醇类物质包括胆固醇、性激素和维生素D．胆固醇是构成细胞膜的重要成分，在人体内还参与血液中脂质的运输；性激素能促进人和动物生殖器官的发育以及生殖细胞的形成；维生素D能有效地促进人和动物肠道对钙和磷的吸收。
【详解】A、细胞膜由磷脂双分子层构成基本支架，磷脂是构成细胞膜的重要成分，在动物的脑、卵细胞、肝脏及大豆种子中含量丰富，A正确；
B、肪组成元素只有C，H，O，且与糖类物质相比，C，H比例高，O比例较低，B错误；
C、胆固醇是构成动物细胞膜的重要成分，维生素D能够有效促进人和动物肠道对钙磷的吸收，C错误；
D、性激素可由性腺产生并分泌，可以促进生殖器官的发育，属于调节物质，性激素含量少，没有储能的作用，D错误。
故选A。
10. 研究者在果蝇的肠吸收细胞中发现了一种新的细胞器——PX小体。PX蛋白分布在PX小体膜上，可将Pi转运进入PX小体，并转化为磷脂进行储存。PX小体具有多层膜，膜的结构与细胞膜类似；当饮食中磷酸盐不足时，膜层数减少，最终被降解。下列说法错误的是（ ）
A. PX蛋白的合成起始于游离的核糖体
B. PX小体降解产生的Pi可用于合成腺苷、核苷酸等物质
C. 细胞内磷酸盐充足时，PX小体膜层数可增加
D. 肠道中磷酸盐不足时，PX小体的降解需要溶酶体的参与
【答案】B
【分析】题意分析，当食物中磷酸盐过多时，PX蛋白分布在PX小体膜上，可将Pi转运进入PX小体后，再将Pi转化为膜的主要成分磷脂进行储存。当食物中的磷酸盐不足时，PX 小体中的膜成分显著减少，最终PX 小体被降解、释放出磷酸盐供细胞使用。
【详解】A、据题意可知，PX蛋白分布在PX小体膜上，属于膜蛋白，膜蛋白的合成起始于游离的核糖体，A正确；
B、PX小体降解产生的Pi可用于合成核苷酸等物质，腺苷的组成成分是腺嘌呤和核糖，其中不含有磷元素，B错误；
C、题意显示，当饮食中磷酸盐不足时，膜层数减少，最终被降解，据此推测，当细胞内磷酸盐充足时，PX小体膜层数可增加，C正确；
D、溶酶体内含多种水解酶，能分解衰老、损伤的细胞器，吞噬并杀死侵入细胞的病毒或病菌，因此肠道中磷酸盐不足时，会导致磷酸盐供应不足，则会引起PX小体的降解，其降解过程需要溶酶体的参与，D正确。
故选B。
11. 从某微生物中提取出的淀粉酶能催化淀粉水解成麦芽糖。取适量该淀粉酶分别在不同温度下水解等量淀粉，并在1小时末和2小时末测定产物麦芽糖的含量。下列说法错误的是（ ）
A. 该实验的自变量是反应温度和反应时间
B. 15℃条件下,6h末麦芽糖含量有可能达到1.8g/mL
C. 35℃条件下，1~2h麦芽糖生成量比0~1h少最可能是因为淀粉酶变性了
D. 若第2h末将45℃实验组的温度降至25℃,3h末麦芽糖含量还是0.1g/mL
【答案】C
【分析】酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，绝大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA。酶的作用机理是降低化学反应的活化能。分析题图可知：在0~1h，35℃下麦芽糖含量最高（1.5g/mL），说明在已测的4个温度中，35℃时酶的催化效率最高，但不能确定该淀粉酶的最适温度为35℃。在1~2h，25℃和35℃条件下，麦芽糖含量均为1.8g/mL，说明此时淀粉已完全水解。
【详解】A、取适量该淀粉酶分别在不同温度下水解等量淀粉，并在1小时末和2小时末测定产物麦芽糖的含量，所以该实验的自变量是反应温度和反应时间，A正确；
B、据图可知，15℃条件下，该淀粉酶每小时使麦芽糖含量增加0.3g/mL，而淀粉完全水解产生的麦芽糖总含量为1.8mg/L，所以15℃下淀粉被全部水解共需要6h，B正确；
C、35℃第2h只增加了0.3g/mL，是因为在第1h内生成了麦芽糖1.5mg/L，留给第2h反应的淀粉少，不是酶已变性，C错误；
D、若第2h末将45℃实验组的温度降至25℃，45℃时，酶已经变性，不能发挥作用，所以3h末麦芽糖含量还是0.1g/mL，D正确。
故选C。
12. 乙醇脱氢酶（ADH）、乳酸脱氢酶（LDH）是植物细胞中无氧呼吸的关键酶，其催化的代谢途径如图1所示。为探究Ca2+对淹水处理的植物根细胞呼吸作用的影响，研究人员将辣椒幼苗进行分组和3种处理：甲组（未淹水）、乙组（淹水）和丙组（淹水+Ca2+），在其它条件适宜且相同的条件下进行实验，结果如图2所示。下列说法正确的是（ ）

A. 丙酮酸生成乳酸或酒精的过程中，利用NADH的能量合成ATP
B. 辣椒幼苗在淹水的条件下，其根细胞无氧呼吸的产物仅有乳酸
C. Ca2+影响ADH、LDH的活性，减少乙醛和乳酸积累造成的伤害
D. 淹水胁迫时，该植物根细胞酒精的产生速率小于乳酸的产生速率
【答案】C
【分析】无氧呼吸分为两个阶段，第一阶段与有氧呼吸完全相同，第二阶段发生于细胞质基质，丙酮酸分解为酒精和二氧化碳或产生乳酸，不产生ATP。
【详解】A、丙酮酸生成乳酸或酒精的过程是无氧呼吸第二阶段，该阶段不产生ATP，A错误；
B、分析题意，乙醇脱氢酶（ADH白色柱形图）、乳酸脱氢酶（LDH黑色柱形图）是植物细胞中无氧呼吸的关键酶，而图2显示乙醇脱氢酶（ADH）、乳酸脱氢酶（LDH）活性均＞0，说明辣椒幼苗在淹水条件下，其根细胞的无氧呼吸产物有乳酸和酒精，B错误；
C、据图分析，与乙组相比，丙组是淹水+Ca2+组，ADH含量较高，LDH含量较低，说明水淹条件下，适当施用Ca2+可减少根细胞厌氧呼吸产物乳酸和乙醛的积累，从而减轻其对根细胞的伤害，C正确；
D、甲为对照组，是正常生长的幼苗，乙为实验组，为淹水条件，乙醇脱氢酶（ADH）、乳酸脱氢酶（LDH）活性升高，且LDH酶活性更高，据此可推测淹水条件下乳酸产生的速率高于乙醇产生速率，D错误。
故选C。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的4个选项中，有2项或2项以上符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
13. ATP的释放存在两种机制：一是同分泌蛋白一样通过囊泡释放；二是通过某种通道介导释放。研究发现通道蛋白PX1可以在红细胞膜上形成通道介导ATP 释放，胞外ATP 含量升高会抑制PX1通道开放。下列说法错误的是（ ）
A. ATP 通过囊泡释放的过程需要膜上蛋白质的参与
B. 哺乳动物的成熟红细胞内含有PX1 通道蛋白表达有关的基因
C. ATP 通过红细胞膜的PX1通道蛋白介导释放的运输方式属于主动运输
D. ATP 含量对PX1 通道蛋白的开放进行负反馈调节，从而精确调控胞外ATP浓度
【答案】BC
【分析】自由扩散的特点是物质从高浓度一侧运输到低浓度一侧，不需要转运蛋白的协助和能量。协助扩散特点是物质从高浓度一侧运输到低浓度一侧，需要转运蛋白的协助，不需要能量。主动运输特点是物质从低浓度一侧运输到高浓度一侧，需要载体蛋白和能量。胞吞胞吐需要消耗能量。
【详解】A、ATP 通过囊泡释放的过程属于胞吐，囊泡膜和细胞膜的组成成分中含有蛋白质，因此需要膜上蛋白质的参与，A正确；
B、哺乳动物的成熟红细胞内DNA已经解体，因此没有PX1通道蛋白表达有关的基因，B错误；
C、ATP 通过红细胞膜的PX1通道蛋白介导释放，需要PX1通道蛋白参与，其运输方式属于协助扩散，C错误；
D、通道蛋白PX1可以在红细胞膜上形成通道介导ATP 释放，胞外ATP 含量升高会抑制PX1通道开放，说明ATP 含量对PX1 通道蛋白的开放进行负反馈调节，从而精确调控胞外ATP浓度，D正确。
故选BC。
14. 有氧呼吸第三阶段的电子传递链如图所示。图中复合物Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ能传递电子并逆浓度梯度运输H+，建立膜H+势能差；ATP合酶能参与生物体的氧化磷酸化和光合磷酸化，其作用是在跨膜H+势能的推动下合成ATP；UCP是一种特殊的H+通道。下列相关叙述错误的是（ ）

A. ATP合酶既能运输H+又能为ATP的合成提供活化能
B. 细胞中只有线粒体内膜上有ATP合酶
C. 有氧呼吸和无氧呼吸的第二阶段均能产生NADH
D. 有氧呼吸过程中，葡萄糖中的能量部分以热能形式散失可能与UCP有关
【答案】ABC
【分析】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。
【详解】A、ATP合酶既能运输H+又能催化ATP的合成，酶的作用机理是降低化学反应的活化能，A错误；
B、ATP合酶能参与生物体的氧化磷酸化和光合磷酸化，故线粒体内膜和叶绿体类囊体薄膜上都有ATP合酶，B错误；
C、无氧呼吸的第二阶段消耗NADH，C错误；
D、由图可知，UCP是一种特殊的H+通道，产生的能量以热能散失，故有氧呼吸过程中，葡萄糖中的能量部分以热能形式散失可能与UCP有关，D正确。
故选ABC。
15. 每年冬季，大量来自西伯利亚的白天鹅在山东半岛停歇、觅食，形成“那香海天鹅湖”奇观。研究鸟类的迁徙行为，可为保护珍稀濒危鸟种和维护生态平衡等提供科学依据。下表表示能量流经那香海生态系统第一和第二营养级的情况（表中数值代表能量，单位：×109KJ下列分析错误的是（ ）
A. 白天鹅的迁徙行为体现了群落的季节性变化
B. 表中①的数值为888
C. 信息只能从低营养级向高营养级传递
D. 发展那香海旅游业为当地渔民带来了经济收入，体现了生态系统的间接价值
【答案】CD
【分析】生物摄入的能量一部分被同化，另一部分以粪便的形式被分解者利用；被同化的能量一部分被用于自身生长和繁殖，另一部分通过呼吸作用以热能的形式散出；被用于自身生长和繁殖的能量一部分以遗体、残骸的形式被分解者利用，另一部分以被下一营养级摄入。
【详解】A、群落的季节性变化是指群落的外貌和结构随季节而发生的有规律变化，白天鹅的迁徙行为使那香海生物群落表现出明显的季节性变化，A正确；
B、第一营养级用于自身生长、发育和繁殖的能量包括流入分解者的能量、未利用和能量和流向第二营养级的能量共三部分，流向第二营养级的能量为（134+367）×109KJ，则表中①代表的数据为355+32+（134+367）=888×109KJ，B正确；
C、信息传递是双向的，既能从低营养级向高营养级传递，又能从高营养级向低营养级传递，C错误；
D、发展那香海旅游业为当地渔民带来了经济收入，体现了生态系统的直接价值，D错误。
故选CD。
16. dNTP（脱氧核糖核苷三磷酸）是dATP、dGTP、dTTP、dCTP四种物质的统称，常在PCR中做原料。ddNTP是双脱氧核苷三磷酸，有ddATP、ddGTP、ddTTP、ddCTP4种。DNA合成时，在DNA聚合酶作用下，ddNTP与dNTP竞争核苷酸链延长位点。若连接上的是双脱氧核苷酸，子链延伸终止；若连接上的是脱氧核苷酸，子链延伸继续。在4个试管中分别加入4种dNTP和1种ddNTP进行PCR，在4个试管中形成不同长度的DNA单链片段，这些片段随后可被电泳分开（过程如图所示）。下列说法中正确的是（ ）
A. dNTP连接在核苷酸链的5'末端
B. 电泳图谱中的箭头所指的DNA片段以鸟嘌呤结尾
C. 未知序列的碱基序列为3'-CTAAGCTCGACT-5'
D. ATP、dATP 和ddATP中A都由腺嘌呤和脱氧核糖组成
【答案】BC
【分析】PCR是聚合酶链式反应的缩写。它是一项根据DNA半保留复制的原理，在体外提供参与DNA复制的各种组分与反应条件，对目的基因的核苷酸序列进行大量复制的技术。PCR反应需要在一定的缓冲液中才能进行，需提供DNA模板，分别与两条模板链结合的2种引物，4种脱氧核苷酸和耐高温的DNA聚合酶，同时通过控制温度使DNA复制在体外反复进行。
【详解】A、DNA复制时，子链由5'至3'方向延伸。因此，dNTP 连接在核苷酸链的3'末端，A错误；
B、依题意，ddNTP 与dNTP 竞争核苷酸链延长位点，若连接上的是双脱氧核苷酸，子链延伸终止。据图可知，箭头所指的实验组中加入了ddGTP，箭头侧为3'端，因此，电泳图谱中的箭头所指的 DNA 片段以鸟嘌呤结尾，B正确；
C、据电泳图谱可知，引物后所连接的核苷酸上碱基依次为：5'-GATTCGAGCTGA-3'，引物位于的链与模板链互补，因此，未知序列的碱基序列为：3'-CTAAGCTCGACT-5'，C正确；
D、ATP是腺苷三磷酸，其中的A由核糖和腺嘌呤组成，D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，每小题12分，共60分。
17. 柽柳等耐盐植物能够在盐胁迫逆境中正常生长，如图是其根细胞参与抵抗盐胁迫的部分结构示意图，其根细胞生物膜两侧H+形成的电化学梯度，在物质转运过程中发挥了重要作用。
（1）细胞膜和液泡膜的基本支架是____，液泡中能维持较高浓度的某些特定物质，这体现了液泡膜____的特点，该特点的结构基础是____。
（2）据图分析，盐胁迫条件下，Na+通过转运蛋白SOS1运出细胞的方式是____。液泡中H+浓度与细胞质基质中H+浓度差主要由液泡膜上H+-ATP泵来维持，该结构的具体作用是____。
（3）进一步研究发现，在盐胁迫下大量的Na+持续进入植物根部细胞，会抑制K+进入细胞，导致细胞中Na+/K+的比例异常，使细胞内的酶失活，影响蛋白质的正常合成。图中H+的分布差异使Na+在NHX的作用下进入液泡，其意义是____（答出2点）。
（4）某研究小组提出：脯氨酸可通过调节柽柳细胞内Na+和K+浓度来增强其应对盐胁迫的能力。据此完善相关实验进行验证。
材料选择：对照组（略）；实验组应选取的植株____（填序号）。
①野生型柽柳植株 ②脯氨酸转运蛋白基因敲除的突变体榉柳植株
培养环境：用一定浓度的NaCl溶液模拟盐胁迫环境。检测指标：____。
实验结果及结论：对照组与实验组的检测结果存在明显差异。
【答案】（1）磷脂双分子层 选择透过性 液泡膜上的载体蛋白具有特异性
（2）主动运输 催化ATP水解提供能量和作为转运蛋白协助运输H+
（3）降低细胞质基质中Na+的浓度，降低其对细胞的伤害，同时还能提高细胞液的渗透压，增加细胞对水的吸收
（4）①② 两组细胞中细胞内Na+和K+浓度
【分析】分析题图，SOS1将H+运进细胞质基质的同时，将Na+排出细胞。NHX将H+运入细胞质基质的同时，将Na+运输到液泡内。
【小问1详解】生物膜的基本支架是磷脂双分子层，细胞膜和液泡膜均属于生物膜，细胞膜和液泡膜的基本支架是磷脂双分子层。
液泡中能储存较高浓度的某些特定物质，这些特定物质（如钠离子）是通过主动运输方式进入液泡中的，这体现了液泡膜具有选择透过性的特性，该特点的结构基础是液泡膜上的载体蛋白具有特异性。
【小问2详解】分析题图，Na+通过转运蛋白SOS1运出细胞需要转运蛋白协助，需要H+的浓度差提供能量，属于主动运输。液泡中H+浓度与细胞质基质中H+浓度差主要由液泡膜上H+-ATP泵来维持，该结构的作用是催化ATP水解提供能量和作为转运蛋白协助运输H+。
【小问3详解】将Na+转运到液泡内的意义是降低细胞质基质中Na+的浓度，降低其对细胞的伤害，同时还能提高细胞液的渗透压，增加细胞对水的吸收。
【小问4详解】要验证脯氨酸可通过调节柽柳细胞内Na+和K+浓度来增强其应对盐胁迫的能力，自变量应该为植株是否含有脯氨酸，因变量为细胞中细胞内Na+和K+浓度，外界环境为盐胁迫环境。所以实验组选择②脯氨酸转运蛋白基因敲除的突变体柽柳植株，对照组选择①野生型柽柳植株，在相同盐胁迫条件下培养，检测两组细胞中细胞内Na+和K+浓度。
18. 相对多度是群落野外调查的一种估测指标，是指群落中某一种植物的个体数占该群落所有植物个体数的百分比。在某退耕农田自然演替过程中，植物物种甲、乙和丙分别在不同阶段占据优势，它们的相对多度与演替时间的关系如图所示。回答下列问题：

（1）在研究该群落植物类群丰富度的过程中，统计丙的相对数量采用了记名计算法。根据记名计算法适用对象的特点分析，丙的特点是____。
（2）退耕农田自然演替过程中，该群落演替与在沙丘上进行的群落演替相比，除了演替起点不同，区别还在于该群落的演替____（答出2点区别即可）。
（3）据图分析，第30年至第50年乙种群密度的变化是____（填“增大”“减小”或“不能确定”），原因是____。
（4）有同学认为物种丙的加入会使该群落的物种丰富度增加，该同学的观点____（填“一定正确”或“不一定正确”），理由是____。
【答案】（1）个体较大，种群数量有限
（2）时间短，速度较快
（3）不能确定 由于30-50年丙的相对多度在增加，故无法确定该群落总的植物个体数的变化，相应的，虽然乙植物占比（相对多度）在减小，但无法确定其具体的种群密度在减小，可能只是丙个体数目增加的更快，占比更多，优势取代
（4）不一定正确 物种丙可能是外来物种，进入到该群落后与本地物种竞争资源和空间，可能导致本地物种无法生存，从而使物种丰富度下降
【分析】（1）初生演替：是指一个从来没有被植物覆盖的地面，或者是原来存在过植被，但是被彻底消灭了的地方发生的演替。初生演替的一般过程是裸岩阶段→地衣阶段→苔藓阶段→草本植物阶段→灌木阶段→森林阶段。
（2）次生演替：原来有的植被虽然已经不存在，但是原来有的土壤基本保留，甚至还保留有植物的种子和其他繁殖体的地方发生的演替，次生演替的一般过程是草本植物阶段→灌木阶段→森林阶段。
【小问1详解】记名计算法是指在一定面积的样地中，直接数出各种群的个体数目，这一般用于个体较大、种群数量有限的群落，可见丙的特点是个体较大、种群数量有限。
【小问2详解】退耕农田自然演替是在有一定植被的基础上进行的，为次生演替，火山岩上进行的群落演替为初生演替。初生演替比次生演替经历的时间长，速度较缓慢，次生演替的影响因素是要是人类活动，而初生演替的影响因素是自然元素。
【小问3详解】群落中某一种植物的个体数占该群落所有植物个体数的百分比可用相对多度表示，第30年至第50年乙种群的相对多度下降，图中纵坐标为相对多度，是该种植物个体数所占百分比，而不是具体的数目，其变化无法直接反映种群密度的变化。由于30-50年丙的相对多度在增加，故无法确定该群落总的植物个体数的变化，相应的，虽然乙植物占比（相对多度）在减小，但无法确定其具体的种群密度在减小，可能只是丙个体数目增加的更快，占比更多，优势取代。
【小问4详解】物种丙的加入会使该群落的物种丰富度增加，该同学的观点不一定正确，物种丙可能是外来物种，进入到该群落后与本地物种竞争资源和空间，可能导致本地物种无法生存，从而使物种丰富度下降。
19. 为贯彻“绿水青山就是金山银山”的发展理念，相关部门对曾遭污染的清江流域进行治理，治理后水质明显提高，物种多样性明显增加，实现了“清水绿岸、鱼翔浅底”的景象。科研人员采集水样，分别放入不同生物并检测水体中多项指标，结果如下表。请回答下列问题：
（1）表中红假单胞光合菌在生态系统的组成成分中属于____，其治理该水体污染效果最好的理由是____。
（2）某段时间，该流域部分能量流动关系如下图，图中的数值表示能量的相对值，Ⅰ、Ⅱ两个营养级间的能量传递效率约为____（小数点后保留1位数字）。据图分析，一个营养级的能量不能百分之百流入下一个营养级的原因包括____（至少写出两点）。

（3）科研人员利用人工生物浮床技术对水体污染进行治理，请你分别从生态系统的物质和能量角度分析，人工生物浮床能有效治理该流域水体污染的原因：①物质角度：____；②能量角度：____。

【答案】（1）生产者和分解者 不产生毒素且对铵盐和有机物的去除率高
（2）6.7% 每个营养级的能量都会有一部分通过呼吸作用以热能形式散失、流入分解者和产品输出
（3）浮床水生植物可吸收含氨、磷等元素的无机盐，净化水质 浮床水生植物能够有效阻挡阳光（或与藻类竞争阳光），抑制藻类的光合作用
【分析】能量流动指生态系统中能量输入、传递、转化和散失的过程．能量流动是生态系统的重要功能，在生态系统中，生物与环境，生物与生物间的密切联系，可以通过能量流动来实现。
【小问1详解】红假单胞光合菌能进行光合作用，属于自养生物，无光条件下可分解有机物异养生长，因此其在生态系统中既属于生产者又属于分解者；红假单胞光合菌不产生毒素且对铵盐和有机物的去除率高，故红假单胞光合菌治理该水体污染效果最好。
【小问2详解】能量流动的传递效率指的是相邻营养级之间高营养级的同化量与低营养级同化量的比值，图中Ⅰ的同化量为1100+42=1142，Ⅱ的同化量为4.8+2.5+43.2+26.5=77，则能量在Ⅰ、Ⅱ两个营养级间的传递效率约为77÷1142×100%=6.7%；每个营养级的能量都会有一部分通过呼吸作用以热能形式散失、流入分解者和产品输出，因此，一个营养级的能量不能百分之百流入下一个营养级。
【小问3详解】从物质角度，浮床水生植物可吸收含氨、磷等元素的无机盐，净化水质；从能量角度，浮床水生植物能够有效阻挡阳光（或与藻类竞争阳光），抑制藻类的光合作用，故人工生物浮床能有效治理该流域水体污染。
20. 为探究经巴氏消毒后的牛奶中细菌种类及数量与放置时间的关系，某同学按如下流程来检测经巴氏消毒后的牛奶放置在室温下12~24h后，牛奶中细菌的种类及数量。请回答相关问题：

（1）下表为两种培养基的配方，应选其中的培养基______，原因是______。
（2）流程图中A 常采用的方法是______，待培养基冷却至 50℃左右时在酒精灯火焰附近倒平板，培养基冷却凝固后，将培养皿倒过来放置的原因是______（答出1 点即可）。
（3）分组接种时，需要在其中一组培养基上接种刚消毒并已冷却的牛奶的目的是______。若经培养得到的平板上菌落密集、无法分辨出单菌落，可在接种前先将牛奶进行______。
（4）在相同且适宜的环境条件下培养一定时间后，检测细菌种类的指标是______，某小组同学培养后获得以下两个平板，______（填字母）平板操作比较成功，能够用于菌落数量的统计，另一平板不成功的原因是______。

【答案】（1）乙 培养基甲为液体培养基，不能用于涂布平板
（2）高压蒸汽灭菌法 防止水分过快蒸发或防止培养基中水分冷凝掉落到培养基造成二次污染
（3）测定刚消毒后的牛奶中细菌的种类及数量，作为对照 稀释
（4）菌落的特征 A B平板菌落数较少，计算后误差会较大
【分析】配制培养基的步骤一般为计算→称量→溶化→灭菌→倒平板。微生物的接种方法为平板划线法和稀释涂布平板法，两种方法均可以用于分离菌种，其中稀释涂布平板法可用于计数。
【小问1详解】培养基甲为液体培养基，不能用于涂布平板，故应选乙培养基。
【小问2详解】配制培养基的步骤一般为计算→称量→溶化→灭菌→倒平板，图中A为灭菌，灭菌常用的方法为高压蒸汽灭菌法。为防止水分过快蒸发或防止培养基中水分冷凝掉落到培养基造成二次污染，故需要将平板倒置。
【小问3详解】为了测定刚消毒后的牛奶中细菌的种类及数量，需要在其中一组培养基上接种刚消毒并已冷却的牛奶作为对照。若经培养得到的平板上菌落密集、无法分辨出单菌落，可在接种前先将牛奶进行稀释。
【小问4详解】在相同且适宜的环境条件下培养一定时间后，检测细菌种类的指标是菌落的特征（菌落的性状、大小和颜色）；某小组同学培养后获得以下两个平板，A平板操作比较成功，能够用于菌落数量的统计，B组菌落数较少，计算后误差会较大。
21. 科研人员将除草剂草甘膦抗性基因转入甘蓝植株，获得抗草甘膦转基因甘蓝植株。培育过程如图1所示。
（1）为便于PCR扩增后的草甘膦抗性基因与质粒连接，需在两个引物的______（填“”或“”）端添加限制的识别序列。扩增产物经酶切后形成的黏性末端（单链突出末端）序列为______和______。
（2）若目的基因用BamHⅠ和BglⅡ剪切，质粒用BamHⅠ剪切，酶切后的目的基因存在正向与反向两种连接方式，可用______酶对两种重组质粒进行剪切。通过琼脂糖凝胶电泳技术对产物分别进行分析，结果如图2所示，样品1和样品2中小片段的长度分别为______kb，图中______（填“样品1”或“样品2”）为所需的基因表达载体。
（3）在过程④的培养基中添加的抗生素为______，以便筛选出含目的基因的甘蓝植株。鉴定时发现，该过程获得的转基因甘蓝植株有一部分具有草甘膦抗性基因，但没有表现出抗草甘膦性状，原因可能是______（答出1点即可）。
【答案】（1）5′ GATC GATC
（2）BamHI和EcRI 20kb、45kb 样品2
（3）潮霉素 草甘膦抗性基因没有表达
【分析】（1）基因工程的基本操作步骤主要包括四步：①目的基因的获取，②基因表达载体的构建，③将目的基因导入受体细胞，④目的基因的检测与鉴定。（2）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。
【小问1详解】PCR扩增后的草甘膦抗性基因包含引物，切割的时候也要包含引物，需要把限制酶识别序列加在5′ 端，扩增产物用BamHI酶到BglII酶进行切割，产生的黏性末端分别是5′−GATC−3′和5′−GATC−3′。
【小问2详解】用BamHI酶到BglII酶切割产生相同的黏性末端，保证正向连接用的是EcRI酶和BamHI酶。正向连接的重组质粒会被切去20+25=45kb长度的片段，反向连接的重组质粒会被切去20kb长度的片段，电泳凝胶中，DNA分子量越大，在凝胶中收到的阻力越大，迁移距离越短，正向连接的重组质粒被切割后两个片段的大小介于反向连接的重组质粒被切割后两个片段的大小之间，说明样品2是所需的基因表达载体。
【小问3详解】由图可知，卡那霉素抗性基因不在T-DNA片段中，潮霉素抗性基因在T-DNA片段中，可随T-DNA转移并整合到被侵染的细胞的染色体DNA上，从而使含目的基因的甘蓝植株有抗潮霉素的抗性，所以能在含潮霉素的培养基上筛选含目的基因的甘蓝植株，故步骤④的培养基中添加潮霉素，以便筛选出含目的基因的甘蓝植株。转基因甘蓝植株有一部分具有草甘膦抗性基因，但没有表现出抗草甘膦性状，原因可能是草甘膦抗性基因没有表达，从而使得相应性状没有表现出来。
项目
用于生长、发育和繁殖的能量
呼吸作用散失量
流入分解者
未利用
第一营养级
①
223
355
32
第二营养级
134
367
86
10
生物
毒素含量ug/L
铵盐吸收率
有机物去除率
硅藻
0.11
51%
0
蓝细菌
0.56
79%
0
红假单胞光合菌
0
85%
93%
培养基类型
培养基组分
培养基甲
甘露醇、KH2PO4、MgSO4·7H2O、NaCl、K2SO4、CaCO3、蒸馏水
培养基乙
甘露醇、KH2PO4、MgSO4·7H2O、NaCl、K2SO4、CaCO3、蒸馏水、琼脂