广东省佛山市三校佛山一中珠海一中金山中学2018-2019学年高二下学期期中考试生物试题

广东省佛山市三校佛山一中珠海一中金山中学2018-2019学年高二下学期期中考试生物试题

‎2018-2019学年广东省佛山一中、珠海一中、金山中学高二（下）期中生物试卷 一、单选题 ‎1.人体内环境中的蛋白质不具有的功能是（）‎ A. 调节机体生命活动 B. 作为氧运输的载体 C. 抗击入侵的病原体 D. 维持内环境渗透压 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、体液是由细胞内液和细胞外液组成，细胞内液是指细胞内的液体，而细胞外液即细胞的生存环境，它包括血浆、组织液、淋巴等，也称为内环境，内环境是细胞与外界环境进行物质交换的媒介。‎ ‎2、蛋白质是生命活动的主要承担者，蛋白质的结构多样，在细胞中承担的功能也多样：①有的蛋白质是细胞结构的重要组成成分，如肌肉蛋白；②有的蛋白质具有催化功能，如大多数酶的本质是蛋白质；③有的蛋白质具有运输功能，如载体蛋白和血红蛋白；④有的蛋白质具有信息传递，能够调节机体的生命活动，如胰岛素；⑤有的蛋白质具有免疫功能，如抗体。‎ ‎【详解】胰岛素等蛋白质类激素，体现了蛋白质的调节功能，A与题意不符；血红蛋白是氧运输的载体，血红蛋白存在于红细胞内，不存在于内环境，B与题意相符；抗体的化学本质是蛋白质，血浆、组织液中的抗体可抗击入侵的病原体，C与题意不符；血浆中的血浆蛋白可维持血浆渗透压的相对平衡，D与题意不符。‎ ‎【点睛】本题考查蛋白质的结构和功能的知识，考生识记蛋白质的结构和功能，明确内环境的概念和组成是解题的关键。‎ ‎2.如图是某人在餐后及运动过程中两种主要分泌物对血糖平衡进行调节的示意图。相关叙述正确的是（　　）‎ A. 餐后血糖含量升高，主要是胰高血糖素分泌量增加所致 B. 据图可知，分泌物甲和乙协同作用，共同维持人体的血糖平衡 C. 分泌物甲由胰岛B细胞分泌，其作用的结果又可能影响分泌物乙的分泌 D. 分泌物乙促进肝细胞和肌细胞内的糖原分解转化成葡萄糖，从而升高血糖浓度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从图中分泌物甲能使血糖降低、分泌物乙能升血糖可知，甲是胰岛素，乙胰高血糖素。胰岛素由胰岛B细胞分泌，具有促进血糖合成糖原、促进血糖转化为非糖物质的功能；胰高血糖素由胰岛A细胞分泌，具有促进糖原分解、促进非糖物质转化为血糖的功能。可见，这两者在血糖调节中具有拮抗作用。‎ ‎【详解】A、餐后血糖含量升高，主要是食物中的葡萄糖进入血液，A错误； ‎ B、据图可知，分泌物甲和乙具有拮抗作用，共同维持人体的血糖平衡，B错误； ‎ C、分泌物甲是胰岛B细胞分泌的胰岛素，其作用的结果又可影响分泌物乙胰高血糖素的分泌，C正确； ‎ D、分泌物乙促进肝细胞内的糖原分解转化成葡萄糖，从而升高血糖浓度，D错误。 ‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查血糖平衡调节的相关知识，意在考查考生学生分析图形和解决问题的能力，解题的关键是理解胰岛素和胰高血糖素的功能。‎ ‎3.图甲示水平放置在黑暗环境中的植物的生长素运输情况，图乙示不同浓度生长素对顶芽和根部生长的生理作用。以下相关说法正确的是（　　）‎ A. 图乙中曲线①代表的是顶芽 B. 图甲中代表极性运输的箭头是③和④‎ C. 图乙中生长素浓度为bmol/L 时，对根和顶芽都是起促进生长作用 D. 图甲中根部远地侧生长素浓度范围为图乙中的cmol/L～dmol/L 时，根表现出向地性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生长素生理作用：促进生长、促进扦插的枝条生根、促进果实的发育；特点：具有双重性，即低浓度促进生长，高浓度抑制生长。生长素的双重作用与浓度和器官有关，如根比芽敏感，芽比茎敏感。明确知识点，梳理相关知识，分析题图，根据选项描述结合基础知识做出判断。‎ ‎【详解】A、图乙中曲线①敏感度高，故代表的是根，A错误； ‎ B、甲图中代表极性运输的箭头是①和②，③和④为横向运输，B错误； ‎ C、图乙中，生长素浓度为b时，对根和芽是促进生长，C正确； ‎ D、水平放置在黑暗环境的植物，重力使生长素集中分布在根和顶芽的近地侧，对于根，由于对生长素敏感性大于芽，图乙中的cmol/L～dmol/L 时，近地侧生长受抑制，背地侧生长快，故向地生长，D错误。 ‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查植物生长素相关知识，意在考查学生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论能力以及图形分析能力。‎ ‎4.甘氨酸是脊髓中主要的抑制性神经递质，能使突触后膜的Cl-通道开放，使Cl-内流。相关叙述正确的是（　　）‎ A. 脊髓神经元内的Na+外流是形成静息电位的基础 B. 甘氨酸以自由扩散的方式经突触前膜释放到突触间隙 C. 甘氨酸与突触后膜上受体结合后引起膜内电位由负变正 D. 毒素Gxgx可阻止神经末梢释放甘氨酸，从而引起肌肉痉挛 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 兴奋在神经元间的传递是通过突触结构完成的，兴奋在神经元间的传递是单向的，神经递质由突触前膜以胞吐的方式释放进入突触间隙，作用于突触后膜，引起突触后神经元的兴奋或抑制。‎ ‎【详解】A、脊髓神经元内的钾离子外流是形成静息电位的基础，A错误； ‎ B、甘氨酸作为神经递质以胞吐的方式经突触前膜释放到突触间隙，B错误； ‎ C、甘氨酸与突触后膜上受体结合后引起膜内负电位增大，C错误； ‎ D、某种毒素可阻止神经末梢释放甘氨酸，从而失去对突触后神经元的抑制作用，因而可以引起肌肉持续兴奋而痉挛，D正确。 ‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查神经调节的相关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识的网络结构的能力。‎ ‎5.下列有关人体免疫的叙述，正确的有几项（　　）‎ ‎①抗原都是外来异物 ‎②吞噬细胞可参与细胞免疫 ‎③过敏反应一般不会破坏组织细胞 ‎④体液中的溶菌酶属于人体的第一道防线 ‎⑤对移植器官的排斥主要是通过细胞免疫进行的 ‎⑥HIV主要攻击人体的T细胞，引起自身免疫病 A. 2 项 B. 3 项 C. 4 项 D. 5 项 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、抗体指机体的免疫系统在抗原刺激下，由B淋巴细胞或记忆细胞增殖分化成的浆细胞所产生的、可与相应抗原发生特异性结合的免疫球蛋白。主要分布在血清中，也分布于组织液及外分泌液中。 ‎ ‎2、人体的三道防线：第一道防线是由皮肤和黏膜构成的，他们不仅能够阻挡病原体侵入人体，而且它们的分泌物（如乳酸、脂肪酸、胃酸和酶等）还有杀菌的作用。 ‎ 第二道防线是体液中的杀菌物质--溶菌酶和吞噬细胞。 ‎ 第三道防线主要由免疫器官（扁桃体、淋巴结、胸腺、骨髓、和脾脏等）和免疫细胞（淋巴细胞、吞噬细胞等）借助血液循环和淋巴循环而组成的。 ‎ ‎3、过敏反应的特点是：发作迅速、反应强烈、消退较快；一般不会破坏组织细胞，也不会引起组织损伤，有明显的遗传倾向和个体差异。 ‎ ‎4、艾滋病的致病原理：HIV病毒进入人体后，与人体的T淋巴细胞结合，破坏T淋巴细胞，使免疫调节受到抑制，使人的免疫系统瘫痪，最后使人无法抵抗其他细菌、病毒的入侵，让人死亡。‎ ‎【详解】①人体内部癌变的细胞也是抗原，①错误； ‎ ‎②吞噬细胞在特异性免疫和非特异性免疫中都能发挥作用，②正确； ‎ ‎③过敏反应一般不损伤组织细胞，③正确； ‎ ‎④体液中的溶菌酶等杀菌物质属于第二道防线，④错误；‎ ‎⑤对移植器官的排斥主要是通过细胞免疫进行的，⑤正确；‎ ‎⑥HIV主要攻击人体的T细胞，引起免疫缺陷，⑥错误； ‎ 其中②③⑤共3项正确。 ‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查人体免疫系统在维持稳态中的作用，要求考生识记人体免疫系统的组成及功能，掌握体液免疫和细胞免疫的具体过程；识记免疫失调引起的疾病的类型、原理及实例，能结合所学的知识准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查。‎ ‎6.研究者对本地的一种田鼠进行了调查，所调查样方的总面积为2hm2，对初次捕获的田鼠进行统计、标记后放归，7日后进行重捕，所得到的调查数据见表。以下分析正确的是（　　）‎ 项目 捕获数（只）‎ 标记数（只）‎ 雌性个体数（只）‎ 雄性个体数（只）‎ 初捕 ‎52‎ ‎52‎ ‎28‎ ‎24‎ 重捕 ‎50‎ ‎10‎ ‎32‎ ‎18‎ A. 该地区田鼠的平均种群密度约为130 只/hm2‎ B. 综合两次捕获情况，该田鼠种群的（♀/♂）约为10：7‎ C. 此调查方法也可用来调查土壤中小动物的种群密度、物种丰富度 D. 若田鼠在被捕捉过一次后更难被再次捕捉，则统计的种群密度比实际值低 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 标志重捕法只适用于运动能力较强和活动范围广的动物，调查土壤动物物种丰富度的方法是取样器取样法。种群中的个体数=第一次捕获数×第二次捕获数÷标志后重新捕获数。‎ ‎【详解】A、该地区田鼠的平均种群密度约为（52×50）÷10÷2=130只/hm2，A正确； ‎ B、重捕个体中被标记的雌雄个体数未知，根据调查数据无法确定该田鼠种群的性别比例，B错误； ‎ C、田鼠种群密度的调查采用的是标志重捕法，调查土壤中小动物的种群密度、物种丰富度应该用记名计算法，C错误； ‎ D、若田鼠在被捕捉过一次后更难被再次捕捉，则统计的种群密度比实际值高，D错误。 ‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查种群的相关知识，意在考查学生理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系的能力以及图表分析能力。‎ ‎7.科研小组对某地甲、乙两个种群的数量进行了多年的跟踪调 查，结果如图所示（图中Nt表示第t年的种群数量，Nt+1表示第t+1年的种群数量）。下列分析正确的是（　　）‎ A. 甲种群在t2时种群数量最少 B. 在0～t3时间段乙为增长型种群 C. 甲种群在0～t1段的种群数量呈“J”型增长 D. 由于生存条件较理想，乙种群在t3后数量相对稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（ Nt+1）/ Nt比值大于1，种群数量增加，比值等于1，种群数量稳定，比值小于1，种群数量减小，据此答题。‎ ‎【详解】A、甲种群t3后λ等于1，种群数量不再变化，此时种群数量最少，A错误；‎ B、乙种群在0～t3段，（ Nt+1）/ Nt比值先小于1，种群数量减小，后又大于1，种群数量增加，故甲种群在0～t3段的年龄结构先是衰退型，后是增长型，B错误；‎ C、甲种群在0～t1段，（ Nt+1）/ Nt 比值比值大于1，且保持不变，种群数量呈“J”型增长，C正确；‎ D、由于生存条件较理想，乙种群在t3后数量呈J型增长，D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查种群数量变化的相关知识，属于图形分析题，利用好相关的知识，读懂图意，进行图文转换即可得出正确选项。‎ ‎8.如图示用血细胞计数板通过显微镜观察到的酵母菌培养液的结果，相关叙述正确的是（　　）‎ A. 在加样液之前，要对计数室进行镜检，如果有污物必 须进行清洗 B. 取样时为避免吸到培养液底部的死菌，滴管应轻轻吸取，避免溶液晃动 C. 在计数板滴上酵母菌培养液后，应将盖玻片先斜靠再 盖好，防止气泡产生 D. 在计数的时候，应该选择图中位于角上的四个小格计数并进行换算 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 探究酵母菌种群数量的变化实验中，实验流程为：（1）酵母菌培养（液体培养基，无菌条件）→（2）振荡培养基（酵母菌均匀分布于培养基中）→（3）观察并计数→重复（2）、（3）步骤（每天计数酵母菌数量的时间要固定）→绘图分析。‎ ‎【详解】A、加样液之前，要对计数室进行镜检，若有污物必须先进行清洗，A正确； ‎ B、取样时应先振荡试管，目的是使酵母菌均匀分布，B错误； ‎ C、在血球计数板滴加酵母菌培养液前，应先盖盖玻片，C错误； ‎ D、计数时应选择5个中方格进行计数，并求其平均值，D错误。 ‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题结合图解，考查探究培养液中酵母菌种群数量的动态变化，对于此类试题，需要考生注意的细节较多，如实验的原理、实验操作步骤、实验现象等，需要考生在平时的学习过程中注意积累。‎ ‎9.下列关于种群和群落的描述，正确的是（　　）‎ A. 在冰川泥上进行的演替属于初生演替 B. 某一区域所有动植物种群构成一个群落 C. 就食性而言，杂食性动物的数量波动较大 D. “S”型增长的数学模型可以表示为Nt=N0λt ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 种群是指生活在同一地域的同种生物的全部个体，群落是指同一区域的全部生物个体。群落演替有初生演替和次生演替。种群的增长方式有“J”型和“S”型。据此分析作答。‎ ‎【详解】A、发生在冰川泥上的演替属于初生演替，A正确； ‎ B、群落是指同一区域的全部生物个体，包括植物、动物和微生物，B错误； ‎ C、就食性而言，单一食性动物的数量波动较大，C错误； ‎ D、“J”型增长数学模型可以表示为Nt=N0λt，D错误。 ‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查种群、群落结构、群落演替、种群数量变化的相关知识，意在考查学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题。‎ ‎10.有关生态系统组成成分的叙述，正确的是（　　）‎ A. 病毒无细胞结构，在生态系统中属于分解者 B. 蚯蚓是真核生物，在生态系统中属于消费者 C. 硝化细菌是原核生物，在生态系统中属于生产者 D. 太阳光来源于地球以外，不属于生态系统的成分 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生态系统的组成成分：‎ ‎ ‎ 成分 构成 作用（主要生理过程）‎ 营养方式 地位 非生物 成 分 非生物的物质和能量 光、热、水、土，气 为生物提供物质和能量 生物成分 生产者 绿色植物、光合细菌、化能合成细菌 将无机物转变成有机 ‎（光合作用 化能合成作用）‎ 自养型 生态系统的基石 消费者 动物、寄生微生物、‎ 消费有机物（呼吸作用）‎ 异养型 根瘤菌 生态系统最活跃的成分 分解者 腐生微生物、蛔虫 分解动植物遗体（呼吸作用）‎ 生态系统的关键成分 ‎【详解】A、病毒无细胞结构，是异养生物，营寄生生活，在生态系统中属于消费者，A错误； ‎ B、蚯蚓是需氧生物，营腐生生活，在生态系统中属于分解者，B错误； ‎ C、硝化细菌是原核生物，能进行化能合成作用，是自养生物，在生态系统中属于生产者，C正确； ‎ D、太阳光属于生态系统的组成成分的非生物物质和能量部分，D错误。 ‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】本题考查生态系统的结构，要求考生识记生态系统的组成成分，掌握各组成成分的生物类型及功能，能结合所学的知识准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查。‎ ‎11.某生态系统中存在图所示的食物网，如果将丙的食物比例由甲：乙=1：1 调整为甲：乙=3：1，能量传递效率按10%计算，那么该生态系统能承载丙的数量大约是原来的（　　）‎ A. 1.71 倍 B. 1.69 倍 C. 1.59 倍 D. 1.41 倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据图分析：该食物网中具有2条食物链，即甲→丙，甲→乙→丙；解题时从高营养级丙求低营养级甲，则除以能量传递效率10%，即乘以10，而生产者的数量是一定的，进而得出食物比例改变前后的数量关系。‎ ‎【详解】解题时应该从丙出发，设当食物由甲：乙为1：1时，丙的能量为x，需要的A为1/2x÷10%+1/2x÷10%÷10%=55x。设当食物由甲：乙为3：1时，丙的能量为y，需要的A为3/4y÷10%+1/4y÷10%÷10%=65/2y．由于两种情况下，生产者的数量是一定的，所以55x=655/2y，则y=1.69x。‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查根据能量流动的传递进行计算，相对较难，注重学生的分析能力和计算能力的培养。‎ ‎12.下列关于生态系统中物质循环的叙述，错误的是（　　）‎ A. 碳元素主要通过植物的光合作用进入到生物群落中 B. 物质循环和能量流动是同时进行的，彼此相互依存 C. 化石燃料的大量燃烧打破了生物圈中碳循环的平衡 D. 物质循环是在生产者、消费者、分解者之间进行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生产者可以通过光合作用或化能合成作用，直接利用无机环境的CO2合成自身的组成物质，也能通过细胞呼吸直接将CO2释放到无机环境中；消费者只能通过细胞呼吸向无机环境释放CO2但不能直接利用CO2；物质循环应是在无机环境与生物群落之间进行的；物质循环是在整个生物圈中进行的，而比生物圈小的任何一个生态系统都不能独立进行物质循环。‎ ‎【详解】A、碳元素主要通过植物的光合作用进入到生物群落中，也有部分通过化能合成作用进入到生物群落中，A正确； ‎ B、物质循环和能量流动是同时进行的，彼此相互依存，物质是能量流动的载体，能量是物质循环的动力，B正确； ‎ C、化石燃料的大量燃烧打破了生物圈中碳循环的平衡，会造成温室效应，C正确； ‎ D、物质循环是在生物群落和无机环境之间进行的，D错误。 ‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查生态系统的功能等知识，要求考生掌握物质循环的范围，理解碳循环的过程，识记温室效应产生的原因，理解物质循环和能量流动的关系，并结合所学知识判断各选项，难度适中。生态系统的功能包括能量流动、物质循环和信息传递，三者缺一不可；物质循环是生态系统的基础，能量流动是生态系统的动力，信息传递则决定着能量流动和物质循环的方向和状态； 信息传递是双向的，能量流动是单向的，物质循环具有全球性。‎ ‎13.运用生态学原理可以解决实际生产中的问题，下列相关说法正确的是（　　）‎ A. 在“桑基鱼塘”生态系统中将蚕粪喂鱼，提高了生态系统能量的传递效率 B. 引进外地物种一定能增加本地的生物多样性，并提高生态系统的抵抗力稳定性 C. 用人工合成的性引诱剂诱杀雄虫的目的，是通过提高害虫死亡率来降低其种群密度 D. 建立珠江口中华白海豚自然保护区是就地保护措施，有利于提高中华白海豚种群的K值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、生物多样性的保护：‎ ‎（1）就地保护（自然保护区）：就地保护是保护物种多样性最为有效的措施。 ‎ ‎（2）易地保护：动物园、植物园。 ‎ ‎（3）利用生物技术对生物进行濒危物种的基因进行保护。如建立精子库、种子库等。 ‎ ‎（4）利用生物技术对生物进行濒危物种进行保护。如人工授精、组织培养和胚胎移植等。 ‎ ‎2、提高生态系统稳定性的措施 ‎ ‎（1）控制对生态系统的干扰程度。 ‎ ‎（2）实施相应的物质、能量投入，保证生态系统内部结构与功能的协调关系。‎ ‎【详解】A、“桑基鱼塘”生态系统中将蚕粪喂鱼，实现了生态系统能量的多级利用，无法提高了生态系统能量的传递效率，A错误； ‎ B、引进物种不当会导致生态入侵，使生物多样性降低，进而降低生态系统的抵抗力稳定性，B错误； ‎ C、用人工合成的性引诱剂诱杀雄虫的目的是通过改变性别比例，降低害虫的出生率来降低其种群密度，C错误； ‎ D、建立中华白海豚自然保护区的目的是提高中华白海豚种群的环境容纳量，D正确。 ‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查生物多样性的相关知识，要求考生识记保护生物多样性的措施，能结合所学的知识准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查。‎ ‎14.甲鱼的生理习性较特殊，使得甲鱼养殖水体因为大量饵料投放而污染严重。为了改善甲鱼池 水质，有人设计了如图所示的甲鱼养殖废水净化生态系统。有关叙述不正确的是（　　）‎ A. 蔬菜、浮游植物是该生态系统的主要成分 B. 养殖池中的废水可以为蔬菜提供物质和能量 C. 建立该生态系统主要依据的原理是物质循环再生 D. 该系统中的物质循环离不开水体中微生物的分解作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、生态工程依据的基本原理：‎ ‎ ‎ ‎（1）物质循环再生原理：物质能在生态系统中循环往复，分层分级利用； ‎ ‎（2）物种多样性原理：物种繁多复杂的生态系统具有较高的抵抗力稳定性； ‎ ‎（3）协调与平衡原理：生态系统的生物数量不能超过环境承载力（环境容纳量）的限度； ‎ ‎（4）整体性原理：生态系统建设要考虑自然、经济、社会的整体影响； ‎ ‎（5）系统学和工程学原理：系统的结构决定功能原理：要通过改善和优化系统结构改善功能； ‎ 系统整体性原理：系统各组分间要有适当的比例关系，使得能量、物质、信息等的转换和流通顺利完成，并实现总体功能大于各部分之和的效果，即“1+1＞2”。 ‎ ‎2、生态系统中能量流动的特点是：单向流动、逐级递减。‎ ‎【详解】A、蔬菜、浮游植物属于生产者，是该生态系统的主要成分，A正确； ‎ B、养殖池中的废水可以为蔬菜提供物质，但不能提供能量，B错误； ‎ C、建立该生态系统主要依据的原理是物质循环再生，C正确； ‎ D、该生态系统中的物质流动离不开水体中微生物的分解作用，D正确。 ‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题结合图解，考查治污生态工程，要求考生识记生态工程依据的基本原理；识记生态系统中能量流动的特点，能结合图中信息准确判断各选项。‎ ‎15.许多谚语、诗词等体现了丰富的生态学观点。下列说法不正确的是 A. “一山不容二虎”是因为虎的营养级较高，获得的能量少 B. “野火烧不尽，春风吹又生”主要体现了生态系统具有抵抗力稳定性 C. “落红不是无情物，化作春泥更护花”体现了生态系统具有物质循环的功能 D. “金山银山不如绿水青山，绿水青山就是金山银山”体现了保护生物多样性的价值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1.生态系统的稳定性包括抵抗力稳定性和恢复力稳定性 ‎2.生物多样性的价值有直接使用价值、间接使用价值和潜在使用价值三种。‎ ‎【详解】能量流动是单向的，逐级递减的，在食物链中营养级越高获得的能量越少，A正确。“野火烧不尽，春风吹又生”主要体现了生态系统具有恢复力稳定性，B错误。落红可以被微生物分解后又可被植物吸收利用，体现了物质循环的特点，C正确。绿水青山可以美化环境，减弱温室效应，可以为人们创造经济价值，且有很大的潜在价值，“金山银山不如绿水青山，绿水青山就是金山银山”体现了保护生物多样性的价值，D正确。‎ ‎16.下列有关果酒、果醋和腐乳制作的叙述，正确的是（　　）‎ A. 在果醋发酵过程中，要适时通过充气口充气 B. 在果酒、果醋和腐乳制作全过程中，都需要严格灭菌 C. 利用酵母菌酿酒时，密封时间越长，产生的酒精量就越多 D. 果酒发酵、果醋发酵过程中温度分别控制在30℃、20℃‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、参与果酒制作的微生物是酵母菌，其新陈代谢类型为异养兼性厌氧型。果酒制作的原理：‎ ‎（1）在有氧条件下，反应式如下：C6H12O6+6H2O+6O26CO2+12H2O+能量；‎ ‎（2）在无氧条件下，反应式如下：C6H12O62CO2+2C2H5OH+能量。‎ ‎2、参与果醋制作的微生物是醋酸菌，其新陈代谢类型是异养需氧型。果醋制作的原理：‎ 当氧气、糖源都充足时，醋酸菌将葡萄汁中的果糖分解成醋酸。‎ 当缺少糖源时，醋酸菌将乙醇变为乙醛，再将乙醛变为醋酸。‎ ‎3、参与腐乳制作的微生物主要是毛霉，其新陈代谢类型是异养需氧型。‎ ‎【详解】参与果醋制作的醋酸菌是需氧菌，因此在果醋发酵过程中，要适时通过充气口充气，从而有利于醋酸菌的代谢，A正确；家庭制作果酒、果醋和腐乳时不需要严格灭菌处理，B错误；利用酵母菌酿酒时，在一定范围内，发酵时间越长，产生的酒精量越多，但时间过长后，由于营养物质的消耗等原因，酒精产量减少，C错误；果酒发酵过程中温度控制在20℃，果醋发酵过程中温度控制在30℃，D错误。故选：A。‎ ‎【点睛】酵母菌为异养兼性厌氧型，发酵的温度18-25度；醋酸菌异养需氧型，发酵温度30-35度。‎ ‎17.下列关于腐乳制作的描述中，错误的是（　　）‎ A. 加盐和加酒都能够抑制微生物的生长 B. 含水量大于85%的豆腐最适合用来制作腐乳 C. 必须要有能产生蛋白酶、脂肪酶的微生物参与 D. 密封瓶口前最好将瓶口通过火焰灼烧以防杂菌污染 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 腐乳制作的原理：毛酶等微生物产生的蛋白酶能将豆腐中的蛋白质分解成小分子的肽和氨基酸；脂肪酶可将脂肪分解成甘油和脂肪酸。腐乳制作过程中应注意的细节： ‎ ‎1、用盐腌制时，注意盐的用量。盐的浓度过低，不足以抑制微生物生长，可能导致豆腐腐败变质；盐的浓度过高，会影响腐乳的口味。 ‎ ‎2、酒精含量的高低与腐乳后期发酵时间的长短有很大关系。酒精含量越高，对蛋白酶的抑制作用也越大，使腐乳成熟期延长；酒精含量过低，蛋白酶的活性高，加快蛋白质的水解，杂菌繁殖快，豆腐易腐败，难以成块。 ‎ ‎3、在豆腐乳的腌制过程中盐的作用：盐不仅能防止豆腐腐败，还可与分解形成的氨基酸结合成氨基酸钠，使豆腐乳味道鲜美。 ‎ ‎4、豆腐乳的前、后期制作中温度和空气条件：豆腐乳的前期制作温度控制在15℃～18℃环境条件下，因为毛霉属需氧型微生物，因而放置在空气中即可；豆腐乳的后期制作温度控制在30℃条件下，且要放入坛中密封坛口。 ‎ ‎5、在豆腐乳的后期制作过程中，能防止杂菌生长，利于后期成熟的因素：腌制中的盐、卤汤中的酒、香辛料以及对坛子消毒、装坛密封时用酒精灯火焰处理坛口等，都有抑制微生物生长的作用。‎ ‎【详解】A、加盐和加酒都能抑制微生物的生长，避免豆腐腐败变质，A正确； ‎ B、含水量70%左右的豆腐最适合用来制作腐乳，B错误； ‎ C、根据腐乳制作的原理可知，在腐乳制作过程中要有能产生蛋白酶的微生物参与，如毛霉，C正确； ‎ D、为了避免杂菌污染，装瓶时，要将瓶口通过酒精灯火焰，迅速用胶条密封保存，D正确。 ‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查腐乳的制作等知识，要求考生识记参与腐乳制作的微生物及其特点；识记腐乳制作的过程及条件，能结合所学的知识准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查。‎ ‎18.在泡菜制作过程中，影响亚硝酸盐含量的主要因素有（　　）‎ ‎①腌制温度 ‎②空气湿度 ‎③食盐用量 ‎④腌制时间 ‎⑤原料的形状 A. ①③④ B. ①②③ C. ②③⑤ D. ①③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 泡菜制作的原理：泡菜的制作离不开乳酸菌。在无氧条件下，乳酸菌将葡萄糖分解成乳酸，测定亚硝酸盐含量的原理：在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料。将显色反应后的样品与已知浓度的标准液进行目测对比，可以大致估算出亚硝酸盐的含量。‎ ‎【详解】泡菜制作过程中，腌制时间、温度和食盐用量均会影响亚硝酸盐含量，空气湿度与原料形状与亚硝酸盐含量无关。 ‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查泡菜的制作，要求考生识记泡菜制作的微生物及其代谢类型，掌握泡菜制作的原理及条件，能结合所学的知识准确答题。‎ ‎19.有关检测泡菜中亚硝酸盐含量的叙述，不正确的是（　　）‎ A. 实验必须设置一组不含亚硝酸盐的比色管作为空白对照组 B. 在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生重氮化反应 C. 重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料 D. 对显色反应样品进行目测，可以精确计算出泡菜中亚硝酸盐的含量 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 测定亚硝酸盐含量的方法是比色法，其原理是：在盐酸酸化的条件下，亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料，将显色反应后的样品与已知浓度的标准液进行目测比较，可以大致估算出泡菜中亚硝酸盐的含量。据此答题。‎ ‎【详解】A、实验必须设置一组不含亚硝酸盐的比色管作为空白对照组，A正确； ‎ B、在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生重氮化反应，B正确； ‎ C、重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料，C正确； ‎ D、显色反应后的样品与已知浓度的标准液进行目测比较，可以大致估算出泡菜中亚硝酸盐的含量，D错误。 ‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查泡菜的制作，对于此类试题，需要考生识记参与泡菜制作的微生物及其代谢类型，掌握泡菜的制作的原理及条件，掌握测定亚硝酸盐的方法及原理，能结合所学的知识准确判断各选项。‎ ‎20.如图示从土壤中筛选出能产生脲酶的微生物并予以纯化的基本操作流程。如果在平板中加入酚红指示剂，那么目的菌落周围将出现（　　）‎ A. 红圈 B. 紫圈 C. 蓝圈 D. 透明圈 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 微生物常见的接种的方法 ‎ ‎①平板划线法：将已经熔化的培养基倒入培养皿制成平板，接种，划线，在恒温箱里培养。在线的开始部分，微生物往往连在一起生长，随着线的延伸，菌数逐渐减少，最后可能形成单个菌落。 ‎ ‎②稀释涂布平板法：将待分离的菌液经过大量稀释后，均匀涂布在培养皿表面，经培养后可形成单个菌落。‎ ‎【详解】根据题意可知，该种微生物能够产生脲酶，因此这种选择培养基在营养组成上的重要特点是氮源只有尿素，而脲酶能将尿素分解成氨，若在平板中加入酚红，氨与酚红指示剂会出现红色，导致菌落周围出现红圈。 ‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题结合实验流程，考查微生物的培养和分离等有关知识，要求考生识记微生物培养和分离的知识，能根据题干信息“产生脲酶”答题，属于考纲识记和理解层次的考查。‎ ‎21.下列有关“探究加酶洗衣粉和普通洗衣粉的洗涤效果”的叙述，不正确的是（　　）‎ A. 先用沸水溶解洗衣粉，再将水温调节到最适温度 B. 实验的观察指标可以是相同污渍洗净所用时间的长短 C. 与普通的洗衣粉相比，用加酶洗衣粉可以减少磷对环境的污染 D. 加酶洗衣粉中的纤维素酶不能直接去除污垢，但可以增强洗涤效果 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、探究实验需要遵循对照原则和单一变量原则。 ‎ ‎2、探究加酶洗衣粉和普通洗衣粉洗涤效果实验中，自变量是洗衣服的种类，因变量是洗涤效果，其余均为无关变量。‎ ‎【详解】A、酶的活性受温度影响，高温会使酶变性失活，因此不能先用热水溶解洗衣服，A错误； ‎ B、实验的观察指标可以是相同洗涤时间内污渍的残留程度，B正确； ‎ C、普通洗衣粉往往含有P，会对环境造成污染，使用加酶洗衣粉可以减少磷对环境的污染，C正确； ‎ D、加酶洗衣粉中的纤维素酶不能直接去除污垢，但可以纤维素蓬松，使蛋白酶等与污渍充分接触，增强洗涤效果，D正确。 ‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查加酶洗衣粉的相关知识，要求考生明确实验的目的，能准确判断实验的自变量、因变量和无关变量，掌握影响酶活性的因素，能结合所学的知识准确判断各选项。‎ ‎22.纤维素和壳聚糖都是多糖类化合物，纤维素酶对其都有不同程度的水解作用。如图表示相关 的实验研究结果，则以下分析错误的是（　　）‎ A. 纤维素酶中的C1酶、CX酶可以将纤维素分解成纤维二糖 B. 纤维素酶对纤维素的水解作用，强于对壳聚糖的水解作用 C. 可以利用富含纤维素的培养基来富集能够合成纤维素酶的微生物 D. 纤维素酶对两种底物水解作用的差异可能与底物和酶结合部位不同有关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析曲线： ‎ 右图曲线中，实验的自变量为pH和底物种类，不同底物的最适pH不同，但是酶活力可以相同； ‎ 左图图曲线中，实验的自变量为温度和底物种类，不同底物的最适温度相同，并且最大酶活力也相同。‎ ‎【详解】A、纤维素酶中的C1酶、CX酶可以将纤维素分解成纤维二糖，葡萄糖苷酶将纤维二糖分解成葡萄糖，A正确； ‎ B、在pH较高时，纤维素酶对纤维素的水解作用，低于对壳聚糖的水解作用，B错误； ‎ C、由于酶具有专一性，可以利用富含纤维素的培养基来富集能够合成纤维素酶的微生物，C正确； ‎ D、纤维素酶对两种底物水解作用的差异可能与底物和酶结合部位不同有关，D正确。 ‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题结合纤维素酶的应用价值考查了酶的有关知识，要求学生掌握酶的特性，能够结合题干和曲线确定实验的自变量和因变量，并结合曲线信息准确判断各项。‎ ‎23.有关固定化酶和固定化细胞的说法，正确的是（　　）‎ A. 固定化细胞技术一次只能固定一种酶 B. 固定化酶和固定化细胞都适宜用包埋法制备 C. 某种固定化酶的优势在于能催化一系列生化反应 D. 固定化酶和固定化细胞都既能与反应物接触，又能与产物分离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接使用酶、固定化酶、固定化细胞的比较 ‎ ‎ ‎ 直接使用酶 固定化酶 固定化细胞 酶的种类 一种或几种 一种 一系列酶 常用载体 无 高岭土、皂土、硅胶、凝胶 明胶、琼脂糖、海藻酸钠、醋酸纤维素、聚丙烯酰胺 制作方法 无 化学结合固定化、物理吸附固定化 包埋法固定化 是否需要营养物质 否 否 是 催化反应 单一或多种 单一 一系列 反应底物 各种物质（大分子、小分子）‎ 各种物质（大分子、小分子）‎ 小分子物质 缺点 ‎①对环境条件非常敏感，易失活②难回收，成本高，影响产品质量 不利于催化一系列的酶促反应 反应物不易与酶接近，尤其是大分子物质，反应效率下降 优点 成本低、操作容易 催化效率高、耗能低、低污染 ‎①既能与反应物接触，又能与产物分离②可以反复利用 ‎【详解】A、固定化细胞技术一次能固定一系列酶，A错误； ‎ B、酶分子较小，常用化学结合法、吸附法固定，不宜用包埋法，B错误； ‎ C、固定化酶一次只能固定一种酶，因此只能催化一种化学反应，而固定化细胞的优势在于能催化一系列生化反应，C错误； ‎ D、固定化酶和固定化细胞都既能与反应物接触，又能与产物分离，D正确。 ‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查制备和应用固定化酶，要求考生识记固定化酶和固定化细胞的方法，能对两者进行比较，再结合所学的知识准确判断各选项。‎ ‎24.某科研小组制备了海藻酸钠-活性炭固定化微球（含菌种Bbai-1）来降解原油，如表表示不同pH和盐度对游离菌和固定化微球降解原油的影响。以下叙述正确的是（　　）‎ 不同pH 不同盐度 pH 游离菌降解率/%‎ 固定化菌降解率/%‎ 盐度/%‎ 游离菌降解率/%‎ 固定化菌降解率/%‎ ‎6‎ ‎22.78‎ ‎3632‎ ‎1.5‎ ‎26.89‎ ‎31.95‎ ‎7‎ ‎30.82‎ ‎43.41‎ ‎2.0‎ ‎29.02‎ ‎41.57‎ ‎8‎ ‎27.62‎ ‎50.87‎ ‎2.5‎ ‎31.95‎ ‎45.38‎ ‎9‎ ‎21.82‎ ‎39.16‎ ‎3.0‎ ‎2356‎ ‎52.64‎ ‎10‎ ‎20.69‎ ‎22.95‎ ‎3.5‎ ‎20.88‎ ‎40.26‎ A. 菌种Bbai-1经固定化后对环境的耐受性降低 B. 与游离菌相比，固定化菌的降解原油能力提高 C. 在pH=8、盐度=3%时，接种量越大降解率越高 D. 与固定化酶相比，此技术成本高、操作难度更大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据表格分析，有两个对照实验，一组实验的自变量是不同pH和不同的菌；另外一组是不同盐度和不同的菌；因变量是降解原油的降解率。‎ ‎【详解】A、无论在不同pH，还是不同盐度，固定化菌降解率高于游离菌，说明菌种Bbai-1经固定化后对环境的耐受性增强，A错误； ‎ B、根据表格分析，与游离菌相比，无论在不同pH，还是不同盐度，固定化菌的降解原油能力提高，B正确； ‎ C、在pH=8、盐度=3%时，固定化菌对原油的降解率最高，但无法说明接种量越大降解率越高，C错误； ‎ D、与固定化酶相比，此技术成本低、操作难度简单，D错误。 ‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查固定化酶技术和细胞固定化技术的相关知识，意在考查学生的识记固定化技术的方法，根据表格判断相关信息的能力，难度不大。‎ ‎25.在血红蛋白的整个提取过程中，不断用磷酸缓冲液处理的目的是 （ ）‎ A. 防止血红蛋白被氧气氧化 B. 血红蛋白是一种碱性物质，需要酸中和 C. 磷酸缓冲液会加速血红蛋白的提取过程 D. 让血红蛋白处在稳定的pH范围内，维持其结构和功能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、血红蛋白的提取与分离的实验步骤主要有：（1）样品处理：①红细胞的洗涤，②血红蛋白的释放，③分离血红蛋白。（2）粗分离：①分离血红蛋白溶液，②透析。（3）纯化：调节缓冲液面→加入蛋白质样品→调节缓冲液面→洗脱→收集分装蛋白质。（4）纯度鉴定--SDS聚丙烯酰胺凝胶电泳． 2、磷酸缓冲液（pH为7.0）能够准确模拟生物体内的生理环境，保持体外的pH和体内的一致．‎ ‎【详解】在血红蛋白的整个提取过程中，不断用磷酸缓冲液处理，是为了维持PH相对稳定，防止血红蛋白的结构发生改变．故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查血红蛋白的提取和分离过程，意在强化学生对相关实验操作流程的识记、理解与运用，试题难度一般．‎ ‎26.关于用凝胶色谱法分离蛋白质的叙述，正确的是（　　）‎ A. 相对分子质量较小的蛋白质行程小于相对分子质量较大的蛋白质 B. 相对分子质量较小的蛋白质行程大于相对分子质量较大的蛋白质 C. 相对分子质量较小的蛋白质行程等于相对分子质量较大的蛋白质 D. 相对分子质量较小的蛋白质行程小于或等于相对分子质量较大的蛋白质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、凝胶色谱法分离蛋白质的原理：凝胶色谱法是根据相对分子质量的大小来分离蛋白质的有效方法，相对分子质量小的蛋白质容易进入凝胶内部的通道，路程长，移动的速度慢，相对分子质量大的蛋白质不容易进入凝胶内部的通道，路程短，移动的速度快，因此相对分子质量不同的蛋白质得以分离。 ‎ ‎2、电泳法是利用待测样品中各种分子带电性质的差异和分子本身的大小、形状不同，使带电分子产生不同的迁移速度，从而实现样品中各种分子的分离或鉴定。‎ ‎【详解】凝胶色谱法是根据相对分子质量的大小来分离蛋白质的有效方法，相对分子质量小的蛋白质容易进入凝胶内部的通道，路程长，移动的速度慢，相对分子质量大的蛋白质不容易进入凝胶内部的通道，路程短，移动的速度快，因此相对分子质量不同的蛋白质得以分离。 ‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题考查蛋白质的提取和分离中用到的实验技术，对于此类试题，需要考生注意的细节较多，如实验的原理、实验采用的试剂及试剂的作用、实验步骤等，需要考生在平时的学习过程中注意积累。‎ ‎27.血红蛋白的提取和分离一般分为四步，符合要求的是（ ）‎ A. 粗分离→样品处理→纯化→纯度鉴定 B. 粗分离→纯化→样品处理→纯度鉴定 C. 样品处理→粗分离→纯化→纯度鉴定 D. 纯化→纯度鉴定→粗分高→样品处理 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 蛋白质的分离和提取 步骤 操作 样品处理 通过细胞的洗涤、血红蛋白的释放、分离血红蛋白溶液等操作收集到血红蛋白溶液 粗分离 通过透析法去除血红蛋白溶液中的相对分子质量较小的杂质 纯化 通过凝胶色谱法分离相对分子质量不同的蛋白质 纯度鉴定 SDS——聚丙烯酰胺凝胶电泳判断纯化的蛋白质是否达到要求 ‎【详解】蛋白质的提取和分离一般包括样品处理、粗分离、纯化和纯度鉴定四步。首先通过红细胞的洗涤、血红蛋白的释放、离心等操作收集到血红蛋白溶液，即样品的处理。再经过透析去除分子量较小的杂质，即样品的粗分离。然后通过凝胶色谱法将相对分子质量大的杂质蛋白除去，即样品的纯化。最后通过SDS——聚丙烯酰胺凝胶电泳进行纯度鉴定。综上所述，C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎【点睛】识记红细胞中血红蛋白的提取和分离的步骤便可解答本题。‎ ‎28. 提取植物芳香油的方法可以根据其原料不同而不同。从柑橘、柠檬等植物原料中提取植物芳香油，通常采用的方法是（ ）‎ A. 水中蒸馏 B. 水下蒸馏 C. 压榨法 D. 萃取法 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：植物芳香油的方法有蒸馏、压榨和萃取等，具体采用哪种方法要根据植物原料的特点来决定。如柑橘和柠檬等植物的果皮中，由于有效成分在高温条件下易分解，同时原料容易焦糊，所以通常采用压榨法，C项正确，A、B、D项错误。‎ 考点：本题考查植物有效成分的提取的相关知识，意在考查考生理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系的能力。‎ ‎29.玫瑰精油提取的流程是（　　）‎ A. 鲜玫瑰花+水→水蒸气蒸馏→分离油层→油水混合物→除水 B. 鲜玫瑰花+水→油水混合物→除水→分离油层→水蒸气蒸馏 C. 鲜玫瑰花+水→油水混合物→分离油层→水蒸气蒸馏→除水 D. 鲜玫瑰花+水→水蒸气蒸馏→油水混合物→分离油层→除水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 玫瑰精油的提取 ‎ ‎（1）玫瑰精油的性质：化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，能随水蒸气一同蒸馏。 ‎ ‎（2）提取流程 ‎ ‎①在开花的盛期（时期）采收玫瑰花瓣，与清水以质量比为1：4的比例进行混合。 ‎ ‎②在水蒸气蒸馏装置中进行蒸馏，在锥形瓶中收集到乳白色（颜色）的乳浊液。 ‎ ‎③向乳化液中加入NaCl，增加盐的浓度，静置，出现油水分层。 ‎ ‎④用分液漏斗将其两层分开，得到油层。 ‎ ‎⑤向油层中加入一些无水硫酸钠吸水，静置约12h，过滤得到的液体为玫瑰油。 ‎ ‎（3）分析：加入氯化钠的目的是增大盐水的密度，有利于玫瑰油与水的分层；加入无水Na2SO4的目的是吸收精油中残留的水分。‎ ‎【详解】在玫瑰精油的提取中，经过水蒸气蒸馏，在锥形瓶中收集到①乳白色（颜色）的乳浊液。向乳化液中加入NaCl，增加盐的浓度，静置，出现油水分层。用分液漏斗将其两层分开，得到油层。⑤向油层中加入一些无水硫酸钠吸水，静置约12h，过滤得到的液体为玫瑰油。 ‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题主要考察玫瑰精油的提取流程，意在强化学生对相关知识点理解与运用，难度较小。‎ ‎30.如图为胡萝卜素的纸层析结果示意图，图中属于标准样品的样点、甲代表的物质分别是（　　）‎ A. E和H，胡萝卜素 B. E和G，胡萝卜素 C. F和H，其它色素和杂质 D. G和F，其它色素和杂质 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题图：鉴定胡萝卜素一般采用纸层析法，其基线一般距底边2 cm。E、F、G、H 4点中，E和G层析后只出现一个色素点，F和H层析后出现两个色素点．在图中的层析谱中，甲和乙代表的物质分别是胡萝卜素、其他色素和杂质，该层析的目的是胡萝卜素粗品的鉴定。‎ ‎【详解】据图分析可知，属于标准样品的样点是E和G，甲代表的物质是胡萝卜素。F和H代表胡萝卜素粗品。 ‎ 故选：B。‎ ‎【点睛】本题结合图解，考查从生物材料中提取某些特定成分，对于此类试题，需要考生注意的细节较多，如实验的原理、实验操作步骤等，需要考生在平时的学习过程中注意积累。‎ 二、探究题 ‎31.如图是人体内某些生命活动调节过程的示意图，请回答相关问题：‎ ‎（1）图中的信息分子A、B、C在释放之后，会进入血浆的有______。与调节方式甲相比较，方式乙的作用特点是______（请答出两项即可）。‎ ‎（2）图乙所示的内分泌腺是______，当人体内环境的______升高时，会促进其释放信号分子B。‎ ‎（3）图丙所示的过程属于特异性免疫中的______免疫，B淋巴细胞增殖、分化通常需要______的共同作用。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). 通过体液运输、反应速度较慢、作用范围较广泛、作用时间较长 (3). 垂体 (4). 渗透压 (5). 体液 (6). 抗原和信息分子C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据图分析：图甲中信息分子A表示传入神经释放的神经递质，图乙中信息分子B表示抗利尿激素，图丙中信息分子C表示淋巴因子。据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）图中除信息分子A神经递质释放在组织液中之外，信息分子B抗利尿激素和C淋巴因子都会进入血浆。甲的调节是神经调节，乙的调节是体液调节，体液调节的特点是通过体液运输、反应速度较慢、作用范围较广泛、作用时间较长。 ‎ ‎（2）图乙中的内分泌腺是垂体，当细胞外液渗透压升高时，垂体会释放抗利尿激素B。 ‎ ‎（3）图丙的过程是体液免疫的过程，B淋巴细胞增殖、分化通常需要抗原和淋巴因子C的共同作用。‎ ‎【点睛】本题主要考查神经调节、体液调节、免疫调节的相关知识，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，难度适中。‎ ‎32.已知甲、乙两个豌豆品种：甲为野生型植株，乙为矮化突变体。请回答下列问题：‎ ‎（1）研究者推测乙品种较矮的原因是缺乏赤霉素，该假说的依据是赤霉素具有______的作用。‎ ‎（2）为了检验上述假说，研究者设计用等量的不同浓度的赤霉素处理______品种豌豆幼苗作为实验组，对照组设置为______。如果技术条件满足，还可测定甲、乙品种豌豆体内的______含量来检验该假说。‎ ‎（3）上述实验结果支持该假说。研究者随后测定了甲、乙品种豌豆幼苗的生长素含量，发现乙品种的生长素含量低于甲品种。通过测定用赤霉素处理过的______品种豌豆幼苗体内的生长素含量，可推测赤霉素可能通过影响生长素的含量来完成其功能。植物的生长发育过程中各种激素的含量变化，从根本上说是______的结果。‎ ‎【答案】 (1). 促进植株生长（或促进细胞伸长） (2). 甲 (3). 不用赤霉素处理的甲品种豌豆幼苗 (4). 赤霉素 (5). 甲 (6). 基因组在一定时间和空间上程序性表达 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题干分析，“甲品种豌豆为矮化突变体，乙品种豌豆为野生型植株”，甲品种可能缺乏赤霉素。‎ ‎【详解】（1）甲品种较矮的原因是缺乏赤霉素，该假说的依据是赤霉素具有促进植株生长（或促进细胞伸长）作用。 ‎ ‎（2）检验上述假说，可以用不同浓度的赤霉素处理甲品种碗豆幼苗作为实验组，对照组设置为不用赤霉素处理的甲品种豌豆幼苗。如果技术条件满足，还可测定甲品种和乙品种豌豆体内的赤霉素含量来检验该假说。 ‎ ‎（3）测定甲、乙品种的生长素含量，发现甲品种的生长素含量低于乙品种，据此可推测赤霉素可能通过影响生长素的含量来完成其功能。植物的生长发育过程中各种激素的含量变化，从根本上说是基因组在一定时间和空间上程序性表达的结果。‎ ‎【点睛】本题考查赤霉素的功能、对照实验的设计、赤霉素影响生长素的含量等知识，解题的关键是根据题干关键词答题，属于中档题。‎ ‎33.棉蚜是一种生活在棉花上的农业害虫。研究人员将不同初始密度（1头/叶和20头/叶）的棉蚜放在开放和封闭条件的相同环境中，研究其种群变化情况，各实验组均放置规格、数量相同的棉叶，结果如下图。请回答下列问题： ‎ ‎（1）调查棉蚜的种群密度一般采用______法。调查结果显示，相同条件下，初始密度越大，种群数量的增长速率______。初始密度相同的种群，开放条件下比封闭条件下更早衰退的原因可能与______、______等有关。‎ ‎（2）研究人员对某地区棉田中的棉蚜和七星瓢虫的种群数量进行调查，结果如下表（单位：头/100株）。由表可知，七星瓢虫与棉蚜的种间关系为______。‎ 观测日期 ‎5　月17日 ‎5　月24日 ‎5　月31日 ‎6　月7日 ‎6　月14日 ‎6月21日 ‎6　月28日 ‎7　月5日 ‎7　月12日 ‎7　月19日 ‎7　月26日 ‎8　月2日 棉蚜 ‎0‎ ‎10‎ ‎940‎ ‎1560‎ ‎2990‎ ‎24530‎ ‎58930‎ ‎91600‎ ‎8910‎ ‎1850‎ ‎188‎ ‎128‎ 瓢虫 ‎0‎ ‎0‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎10‎ ‎10‎ ‎610‎ ‎11094‎ ‎510‎ ‎168‎ ‎90‎ ‎69‎ ‎（3）七星瓢虫遇到敌害侵袭时，能分泌出一种极难闻的黄色液体驱赶天敌，该过程体现了信息传递在生态系统中的______作用。‎ ‎（4）相较于使用农药灭虫，该防治方法的优点有______、______。‎ ‎【答案】 (1). 样方法 (2). 越大 (3). 天敌数量多 (4). 迁出率高 (5). 捕食 (6). 能调节种间关系，维持生态系统的稳定 (7). 减少污染 (8). 提高生物多样性（提高生态系统稳定性）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据题文描述和图表分析可知：该题考查学生对种群密度的调查方法、影响种群数量变化的因素、种间关系、生态系统的信息传递的作用、有害动物的防治等相关知识的识记和理解能力，以及获取信息、分析问题的能力。‎ ‎【详解】（1）棉蚜的活动能力极弱，调查棉蚜的种群密度一般采用样方法。曲线图显示：在一定时间内，无论是开放条件下还是封闭条件下，20头/叶的种群密度增加的幅度均大于1头/叶的种群，说明相同条件下，初始密度越大，种群数量的增长速率越大。与封闭条件下相比，开放条件下存在种群的迁入和迁出，据此可推知：初始密度相同的种群，开放条件下比封闭条件下更早衰退的原因可能与天敌数量多、迁出率高等有关。‎ ‎（2）分析表中数据可知，棉蚜和瓢虫的种群数量呈现“先增加者先减少，后增加者后减少”的非同步性变化，说明二者之间存在捕食关系。 ‎ ‎（3）七星瓢虫遇到敌害侵袭时，能分泌出一种极难闻的黄色液体驱赶天敌，该过程说明信息传递能调节种间关系，以维持生态系统的稳定。 ‎ ‎（4）相较于使用农药灭虫，生物防治方法的优点有减少污染、提高生物多样性（提高生态系统稳定性）。‎ ‎【点睛】解答此题的关键是识记并理解种群密度的调查方法及其应用、影响种群数量变化的因素、种间关系、生态系统的信息传递的作用、有害动物的防治等相关知识。据此，从题意和图表中提取有效信息，对各问题情境进行解答。‎ ‎34.近年来，由于进入TM湖的污水增多，该湿地水体的重金属污染加剧。研究人员发现可通过定期收割、处理湖中沉水植物的地上部分，修复镉等重金属对水体的污染。‎ ‎（1）此湿地由浅水区向陆地方向依次生长着芦苇、破蓬、柽柳等，这体现了群落的______结构。芦苇种群所具有的特征有：______（请填写以下序号）。‎ ‎①死亡率②优势种③年龄结构④性别比例⑤集群分布⑥水平镶嵌分布⑦鸟类栖息场所⑧垂直分层现象 ‎（2）沉水植物属于生态系统组成成分中的______，其根部能从底泥和水中吸收镉等重金属离子，净化水体，体现了生物多样性的______价值。‎ ‎（3）研究者从TM湖取底泥、水，用来培养本地沉水植物黑藻和菹草。测定两种植物的生长率和不同部位的镉富集系数和镉迁移系数（指由根系向地上部分的迁移能力），结果如图和表。‎ 沉水 植物 镉富集系数 镉迁移系数 地上部分 根部 黑藻 ‎0.33‎ ‎0.41‎ ‎0.79‎ 菹草 ‎0.21‎ ‎1.01‎ ‎0.21‎ 综合分析以上结果，研究者认为黑藻是更适合修复镉污染水体的物种，其理由是：①______；②______。‎ ‎（4）富集镉的沉水植物必须及时收割并作无害化处理，一是因为镉等重金属能够通过______逐级积累和浓缩，在高营养级生物体内富集。二是因为通过______，可使镉等重金属又回到水体而造成对水体的二次污染。‎ ‎【答案】 (1). 水平 (2). ①③④⑤ (3). 生产者 (4). 间接 (5). 黑藻的生长率大于菹草 (6). 黑藻地上部分对镉的富集能力强于菹草 (7). 食物链（和食物网） (8). 生态系统的物质循环 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析表格：黑藻的迁移系数高于菹草，地上部分对镉的富集能力强于菹草，说明其是适合修复Cd污染水体的物种。‎ ‎【详解】（1）湿地由浅水区向陆地方向依次生长着芦苇、破蓬、柽柳等，这体现了群落的水平结构。芦苇种群所具有的数量特征有：种群密度、出生率和死亡率、迁入率和迁出率、年龄组成、性别比例；空间特征为集群分布，故选：①③④⑤。 ‎ ‎（2）沉水植物属于生态系统组成成分中的生产者，其根部能从底泥和水中吸收镉等重金属离子，净化水体，体现了生物多样性的间接价值。 ‎ ‎（3）由曲线图和表格可知：黑藻的生长率大于菹草且黑藻地上部分对镉的富集能力强于菹草，故黑藻是最适合修复Cd污染水体的物种。 ‎ ‎（4）富集镉的沉水植物必须及时收割并无害化处理，一是因为镉等重金属能够通过食物链和食物网逐级积累和浓缩，在高营养级生物体内富集。二是因为通过生态系统的物质循环（植物体和动物死亡腐烂后通过微生物的分解作用）返回水体而造成水体的二次污染 ‎【点睛】本题结合图形和表格主要考查生态系统的相关知识，意在考查考生对所学知识的理解，把握知识间内在联系的能力。‎ ‎35.微生物强化采油法是利用某些微生物能降解石油，增大石油的乳化度、降低石油黏度的原理，通过向油井中注入含微生物的水来提高采油率的新技术。以下是人们筛选、纯化和扩大培养该类微生物的实验操作。请回答相关问题：‎ ‎（1）为了获得能降解石油的微生物菌种，可在长期被石油污染的土壤中取样，并在含有氮源、______等的培养基中添加______ 进行选择培养。‎ ‎（2）如图为平板划线法接种后的示意图。在图示划线接种的整个 操作过程中，对接种环至少需进行______次灼烧灭菌。接种后盖上 皿盖，将平板倒置放入恒温箱中培养，其中“倒置”的目的是______。在适宜条件下培养划线接种后的图示平板，发现第四划线区域的划线上都不间断地生长有菌落，而第五划线区域所划的第一条线上无菌落，其他划线上都有菌落。据图分析造成划线无菌落最可能的操作失误是：______。‎ ‎（3）接种培养一段时间后在培养基上形成降油圈，此时选取______就可能获得高效菌株。‎ ‎（4）在扩大培养过程中需要对微生物进行计数：以0.2mL培养液样品涂布于固体培养基上进行 培养，最后统计了三个平板的菌落数分别是199、185、219．则样品中该种微生物的数量为______个/mL，该统计结果应该______（请选填“低于”或“高于”）活菌的实际数目。与显微镜直接计数法相比，此计数方法测得的该种微生物数较______（请选填“少”或“多”）。‎ ‎【答案】 (1). 水、无机盐 (2). 石油 (3). 6 (4). 防止培养皿中的水珠落入培养基和避免培养基水分挥发过快 (5). 接种环灼烧后为冷却 (6). 降油圈大的菌落 (7). 1005 (8). 低于 (9). 少 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从土壤中分离微生物的一般步骤是：土壤取样、选择培养、梯度稀释、涂布培养和筛选菌株。此过程中需要使用选择培养基，培养基需要进行高压蒸汽灭菌，常用的接种方法主要有稀释涂布平板法和平板划线法。‎ ‎【详解】（1）为了获得能降解石油的微生物菌种，可在长期被石油污染的土壤中取样应选用以石油为唯一碳源的选择培养基进行筛选和纯化该类微生物，培养基中还应加入水、无机盐和氮源。 ‎ ‎（2）接种环在每次接种前和接种结束后都要通过灼烧来灭菌，所以完成步骤④中5次划线操作前都要灼烧灭菌，接种结束后还需灼烧灭菌1次，以防止造成污染，因此完成步骤④共需灼烧接种环6次。接种后盖上皿盖，为了避免培养基被污染和防止培养基水分过快挥发，应将平板倒置放入恒温箱中培养。第五划线区域所划的第一条线上无菌落最可能的操作失误是接种环灼烧后为冷却，导致高温杀死菌种。 ‎ ‎（3）该类微生物是厌氧微生物，接种后应密封培养，一段时间后选择降油圈大的菌落进行培养可获得高效菌株。 ‎ ‎（4）计算微生物的数量应取三个平板的平均值，即（199+219+185）÷3÷0.2=1005个/mL。由于一个菌落可能是一个或多个细菌长成的，因此该结果会低于实际值。由于前者统计的是活菌数，与显微镜直接计数法相比，此计数方法测得的该种微生物数较少 ‎【点睛】本题结合图形和表格主要考查生态系统的相关知识，意在考查考生对所学知识的理解，把握知识间内在联系的能力。‎ ‎36.某校生物学兴趣小组以杧果为实验材料，探究果胶酶对杧果泥出汁率的影响。请回答以下相关问题。‎ ‎（1）果胶酶可以促进细胞壁中果胶的水解，产物是______。‎ ‎（2）保持温度、pH在最适值，一定量的果胶酶作用于一定量的杧果泥，杧果汁体积与反应时间的关系如图1所示，在40min后曲线变成水平是因为______。若增加果胶酶浓度，其他条件不变，请在答题卷的图1中用实线画出杧果汁体积变化的示意曲线。______。判断一定条件下果胶酶活性的高低，除利用果汁的体积作为检测指标外，还可以通过比较______来判断。‎ ‎（3）小组同学查找资料得知：适宜条件下完全水解100g杧果泥中的果胶，所需果胶酶浓度少于3U。请在答题卷的图2中画出此条件下杧果汁体积的变化曲线，并且在图中用W点标出生产实践中所用酶的最适浓度。______‎ ‎【答案】 (1). 半乳糖醛酸 (2). 底物量一定，底物已被消耗尽 (3). (4). 果汁澄清度 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1‎ ‎、酶的活性以酶促反应速率来体现，果胶酶能破坏细胞壁，有利于液泡中的果汁出汁，因此果汁的出汁量就能反应果胶酶的活性。‎ ‎2、温度能影响酶的活性，在高温下酶活性丧失，在低温下酶活性降低，只有温度适宜的情况下酶的活性达到最高。‎ ‎3、果胶酶在果汁生产中的作用：‎ ‎（1）果胶酶的作用：能够分解果胶，瓦解植物的细胞壁及胞间层，使榨取果汁变得容易，也是果汁变得澄清。‎ ‎（2）酶活性：是指酶催化一定化学反应的能力。‎ 酶是生物体内具有催化作用的有机物，绝大多数酶是蛋白质，其催化效率受反应物浓度、温度、pH的影响。‎ ‎（3）探究温度和pH对酶活性的影响实验和探究果胶酶的用量。‎ ‎【详解】（1）果胶酶催化植物细胞壁中的果胶分解为半乳糖醛酸。‎ ‎（2）图2是当果胶酶作用于一定量的某种物质，并保持温度、pH在最适宜时，生成物量与反应时间的关系图。35min后底物消耗完毕，生成物的量不再增加，因此曲线变成水平。若从反应开始时就增加该酶的浓度，会加快反应的速率，但不会改变化学反应的平衡点，因此在其他条件不变的情况下，生成物量变化的曲线为，判断一定条件下果胶酶活性的高低，除利用果汁的体积作为检测指标外，还可以通过比较果汁的澄清度来判断。‎ ‎（3）根据题意，适宜条件下完全水解100g杧果泥中的果胶，所需果胶酶浓度少于3U，故具体曲线如下图 ‎【点睛】果胶酶催化植物细胞壁中的果胶分解为半乳糖醛酸，在最适宜的温度和pH条件下，酶的活性最高，考查温度对果胶酶活性的影响。‎ ‎ ‎