1、2018 届福建省厦门市双十中学高三第三次理综模拟考试生物一、单选题1.下列有关生物学实验及研宄的叙述正确的有用微电流计测量膜电位时，要将微电流计的两极置于膜外或膜内经健那绿染液处理，可以使活细胞中的线粒体呈蓝绿色在观察细胞的 DNA 和 RNA 分布时，盐酸的作用是对细胞进行解离探索淀粉酶对淀粉和蔗糖作用的专一性时，可用碘液替代斐林试剂进行鉴定正在发生质壁分离的植物细胞中观察不到染色体在证明 T2 噬菌体的遗传物质是 DNA 的实验中，不可同时用 32P 和 35S 标记其 DNA 和蛋白质外壳A. B. C. D. 【答案】B【解析】用微电流计测量膜的静息电位或动作电位时，要将微电流计的两
2、极分别置于膜外、膜内，错误；健那绿染液可以将活细胞中的线粒体染成蓝绿色，正确；在观察细胞的 DNA 和 RNA分布时，用质量分数为 8%的盐酸可以改变细胞膜的通透性，加速染色剂进入细胞，将染色体上的 DNA 和蛋白质分离，便于染色剂与 DNA 结合，错误；碘遇淀粉变蓝色，但是不能检测蔗糖，所以不能用碘液代替斐林试剂，错误；染色体出现在细胞分裂过程中，因此正在发生质壁分离的植物细胞中观察不到染色体，正确；T 2噬菌体侵染细菌时，其蛋白质外壳留在大肠杆菌的外面，而其 DNA 注入细菌体内，如果同时标记，上清液和沉淀物均具有放射性，不能判断谁是遗传物质，正确。根据以上分析可知，正确的有，故选 B。2
3、. 如图是小麦种子萌发形成幼苗后的生长情况。下列相关说法不正确的是（ ）A. 该实验探究的可能是有无光照对幼苗生长的影响B. 10 d 后白光下的幼苗体内消耗 ADP 的场所有叶绿体、线粒体和细胞质基质C. 前 10 d 光照对幼苗的生长有抑制作用D. 白光条件下的幼苗体内有机物的量一直在增加【答案】C【解析】试题分析：自变量为黑暗和白光，因变量为幼苗长度，故探究的可能是有无光照对幼苗生长的影响，A 正确。0 天后白光下的幼苗叶子变绿，可以光合作用合成有机物，在叶绿体类囊体薄膜进行光反应，将 ADDP 合成 ATP 参加暗反应，有氧呼吸第一阶段在细胞质基质进行，二、三阶段在线粒体进行，三个阶段
4、都消耗 ADP 合成 ATP，B 正确。前 10 天黑暗下幼苗长度长于白光下，推测前 10 天光照对幼苗的生长有抑制作用，C 正确。白光条件下前 10 天叶子不变绿，不能光合作用，只进行细胞呼吸消耗有机物，D 错。考点：本题考查光合作用和细胞呼吸相关知识，意在考查考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。3.如遗传病的研究备受关注，己知控制某遗传病的致病基因位于人类性染色体的同源部分，图表示某家系中该遗传病的发病情况，选项是对该致病基因的测定，则-4 的有关基因组成应是选项中的A. A B. B C. C D. D【
5、答案】A【解析】【分析】分析系谱图：已知控制某遗传病的致病基因位于人类性染色体的同源部分（人类的 X 染色体比 Y 染色体大） ，-3 和-4 均患该遗传病，但他们有一个正常的女儿（-3） ，即“有中生无为显性” ，说明该病为显性遗传病据此答题。【详解】结合前面的分析可知，患病为显性性状，正常为隐性性状。A 图表示-4 的基因型为 XaYA，其儿子均患病，女儿可能不患病，与系谱图相符，A 正确； B 图表示-4 的基因型为 XAYa，其女儿均患病，儿子可能不患病，与系谱图不符，B 错误；-4 为该病患者，含有A 基因，C 错误；D 图表示-4 的基因型为 XAYA，其儿子和女儿均患病，与系谱图
6、不符，D 错误。【点睛】本题最佳解法是将选项假设为正确的，则根据-4 的基因型推断系谱图中其他个体的表现型是否吻合来判断。4.下列关于人体免疫的叙述，正确的是A. B 细胞受到抗原刺激后增殖分化成的浆细胞能产生抗体B. T 细胞受到抗原刺激后直接转变为效应 T 细胞C. 过敏反应是人体非特异性免疫应答的一种异常生理现象D. 人体内的吞噬细胞只参与非特异性免疫过程【答案】A【解析】B 细胞受到抗原刺激后增殖分化成浆细胞，浆细胞可以合成与分泌抗体，A 正确；T 细胞受到抗原刺激后，增殖分化形成效应 T 细胞，B 错误；过敏反应是人体特异性免疫应答的一种异常生理现象，C 错误；人体内的吞噬细胞既参与
7、了非特异性免疫过程，又参与了特异性免疫过程，D 错误。5. 家蝇对某类杀虫剂产生抗性，原因是神经细胞膜上某通道蛋白中的某一亮氨酸被另一氨基酸替换。下图是对甲、乙、丙三个地区家蝇种群的敏感性和抗性基因型频率调查分析的结果。下列叙述错误的是（ ）A. 上述通道蛋白中氨基酸的改变是基因碱基对替换的结果B. 甲地区家蝇种群中抗性基因频率为 12%C. 比较三地区抗性基因频率可知乙地区抗性基因突变率最高D. 丙地区敏感性基因频率高是自然选择的结果【答案】C【解析】1、分析题干可知，家蝇对某类杀虫剂产生抗性的原因是神经细胞膜上某通道蛋白中的某一亮氨酸被另一氨基酸替换，根本原因可能是碱基对发生替换；2、由柱
8、形图可知，杂合子具有抗性，说明抗性对敏感性是显性性状，如果抗性基因用 A 表示，敏感性基因为 a，甲地区中：aa=78%，Aa=20%，AA=2%，乙地区中：aa=64%，Aa=32%，AA=4%，丙地区中：aa=84%，Aa=15%，AA=1%A、由题意知，抗性性状出现的原因是通道蛋白中氨基酸的替换，根本原因是基因碱基对替换的结果，A 正确；B、由柱形图可知，甲地区中：aa=78%，Aa=20%，AA=2%，抗性基因 A 的基因频率是：A=2%+1/220%=12%，B 正确；C、甲、乙、丙三个地区的抗性基因和敏感性基因的基因频率的变化是自然选择的结果，不能体现基因突变频率的高低，C 错误；
9、D、由 C 分析可知，D 正确【考点定位】基因频率的变化；基因突变的原因6.下列关于生态系统物质循环和能量流动的叙述中，正确的是A. 使用粪便作肥料，其能量可以流向植物，实现了对能量的多级利用B. 物质是能量的载体，生态系统的能量是伴随物质而循环利用的C. 碳在生物群落与无机环境之间的循环主要是以 CO2的形式进行的D. 食物链中初级消费者数量越多，次级消费者能够获得的能量就越少【答案】C【解析】试题分析：A、使用粪便作肥料，其被微生物分解产生的物质可以被植物利用，实现了物质的循环再生，但能量散失到大气中，A 错误；B、生态系统的能量是单向流动，不可循环利用的，B 错误；C、碳元素在生物群落与
10、无机环境之间以二氧化碳的形式循环，C 正确；D、次级消费者能够获得的能量多少与初级消费者数量无关，D 错误故选：C考点：生态系统的功能【名师点睛】碳元素在生物群落内部以有机物的形式循环，在生物群落与无机环境之间以二氧化碳的形式循环明确知识点，梳理相关的基础知识，结合问题的具体提示综合作答二、综合题7.植物细胞的叶绿体在光照条件下可以消耗一定量的 02，这属于植物细胞光呼吸的重要环节，如图所示为植物细胞光合作用和光呼吸的部分过程。据图回答下列问题：（1）图中加氧反应发生的场所是_；已知光合作用的中间产物有 C3，则光呼吸对应的中间产物有_。（2）研究发现，催化羧化反应和加氧反应的是同一种羧化酶，
11、而且 C02和 02会竞争此酶的同一活性位点，当细胞中 02浓度升髙时，羧化反应会_，从而导致植物积累有机物的速率_；对于绿色植物而言，光合作用、细胞呼吸和光呼吸三种生理过程，只能在光下进行的有：_。（3）若在理想状态下，绿色植物的叶肉细胞不进行光呼吸，则将理想状态下的一株植物移至具有高浓度 02 的环境中，则其叶肉细胞的叶绿体中 C5含量将_（填“升高”或“降低” ） 。（4）若将植物密闭在无 02、但其他条件适宜的小室中，照光培养一段时间后，发现植物的有氧呼吸增加， 原因是_。【答案】 (1). 叶绿体基质 (2). C3和 C2 (3). 减弱（或受抑制） (4). 减小 (5). 光合
12、作用和光呼吸 (6). 降低 (7). 植物在光照等适宜条件下，光合速率大于呼吸速率，有多余的氧气释放到细胞外（光合作用释放的 O2） ， 使密闭小室中 O2增加，而O2与有机物分解产生的 NADH 发生作用形成水是有氧呼吸的一个环节（或氧气参与有氧呼吸第三阶段与H结合生成水） ，所以当 O2增多时，有氧呼吸会增加【解析】试题分析：光呼吸是所有行光合作用的细胞在光照和高氧低二氧化碳情况下发生的一个生化过程，它是光合作用一个损耗能量的副反应；光呼吸可消除多余的 NADPH 和 ATP，减少细胞受损的可能，有其正面意义。据图分析，高浓度二氧化碳条件下，五碳化合物与二氧化碳发生羧化反应生成三碳化合物
13、，进而进行卡尔文循环生成糖类；高浓度氧气条件下，五碳化合物与氧气发生加氧反应，生成三碳化合物和二碳化合物，三碳化合物一方面参与卡尔文循环，另一方面与二碳化合物结合，参与有氧呼吸，生成二氧化碳。（1）根据题意，植物细胞的叶绿体在光照条件下可以消耗一定量的 02，说明图中加氧反应发生在叶绿体基质中；光呼吸过程中，五碳化合物发生加氧反应生成了三碳化合物和二碳化合物。（2）根据题意分析，羧化反应和加氧反应需要的是同一种羧化酶，则当细胞中 02浓度升髙时，加氧反应增强，因此羧化反应会减弱，导致植物积累有机物的速率降低；根据题干信息可知，光呼吸需要光照条件，因此光合作用、细胞呼吸和光呼吸三种生理过程，只能
14、在光下进行的有光合作用和光呼吸，而呼吸作用在有光和无光条件下都可以进行。（3）将理想状态下的一株植物移至具有高浓度 02 的环境中，植物将进行光呼吸，导致五碳化合物含量降低。（4）植物在光照等适宜条件下，光合速率大于呼吸速率，有多余的氧气释放到细胞外（光合作用释放的 O2） ， 使密闭小室中 O2增加，而 O2与有机物分解产生的 NADH 发生作用形成水是有氧呼吸的一个环节（或氧气参与有氧呼吸第三阶段与H结合生成水） ，所以当 O2增多时，有氧呼吸会增加。【点睛】解答本题的关键是分析题图、获取有效信息，弄清楚在高浓度二氧化碳和高浓度氧气条件下生成三碳化合物，参与卡尔文循环以及有氧呼吸的过程。8
15、.哺乳动物血液中 C02含量变化能够作用于神经系统，调节呼吸运动的频率和强度。C0 2感受器有两类，位于脑部或位于躯体的动脉管壁上。据此回答下列问题：（1）哺乳动物因剧烈运动产生的_等酸性物质能与血浆中的 HCO3-反应，使血液中 C02含量升髙。C0 2浓度变化可使一些特定的感受器兴奋，兴奋以_的形式沿传入神经传导至呼吸中枢，使呼吸运动加深加快。（2）科研人员摘除家兔动脉管壁上的化学感受器或切断其传入神经后，吸入 C02可使呼吸加深加快，说明_。如果保持脑部细胞外液的 pH 不变，用含髙浓度 C02的人工细胞外液灌流脑部时所引起的呼吸加深加快现象消失，可知脑部化学感受器的有效刺激_（填“是”
16、或“不是” ）C0 2本身。（3）定浓度的低 02和 C02都能使呼吸作用增强，但二者机制不同。低 02只能通过对动脉管壁感受器的刺激引起呼吸中枢兴奋，从而在一定程度上抵抗低 02对脑部中枢的抑制作用。在严重缺 02时，如 CO（煤气）中毒患者，需用含 5%C02的 02进行吸氧治疗，原因可能是_。【答案】 (1). 乳酸 (2). 神经冲动（电信号或局部电流） (3). CO2能通过脑部的感受器对呼吸运动起调节作用 (4). 不是 (5). 用 CO2可刺激脑部的感受器（或脑干的呼吸中枢） ，使之产生兴奋【解析】试题分析：根据题干信息分析，哺乳动物血液中的二氧化碳含量能够作用于神经系统，调节
17、机体的呼吸运动，进而影响二氧化碳的呼出和氧气的吸进；且二氧化碳感受器有两种，分别位于脑部或位于躯体的动脉管壁上。（1）哺乳动物剧烈运动时，有氧呼吸的同时进行了无氧呼吸，产生的乳酸等酸性物质能与血浆中的碳酸氢钠反应，使得血液中的二氧化碳含量升高；兴奋产生后是以神经冲动（电信号或局部电流）的形式沿神经纤维传导的。（2）根据以上分析已知，二氧化碳的感受器有两种，分别位于脑部或位于躯体的动脉管壁上。摘除家兔动脉管壁上的化学感受器或切断其传入神经后，吸入 C02可使呼吸加深加快，说明 CO2能通过脑部的感受器对呼吸运动起调节作用。如果保持脑部细胞外液的 pH 不变，用含髙浓度 C02的人工细胞外液灌流脑
18、部时所引起的呼吸加深加快现象消失，说明脑部化学感受器的有效刺激不是 C02本身。（3）在严重缺 02时，如 CO（煤气）中毒患者，需用含 5%C02的 02进行吸氧治疗，因为用CO2可刺激脑部的感受器（或脑干的呼吸中枢） ，使之产生兴奋。9.科学家发现多数抗旱性农作物能通过细胞代谢，产生一种代谢产物，调节根部细胞液的渗透压，此代谢产物在叶肉细胞和茎部细胞中却很难找到。请回答下列问题：（l）这种代谢产物在茎部和叶肉细胞中很难找到，而在根部细胞中却能找到，究其根本原因是_。（2）现有某抗旱农作物，体细胞内有一个抗旱基因（R） ，其等位基因为 r（旱敏基因） 。研究发现 R、r 的部分核苷酸序列如下
19、：抗旱基因（R）：CAAG 旱敏基因（r）：CATG。据此分析，抗旱基因突变为旱敏基因的根本原因是_。（3）己知抗旱性（R）对旱敏性（r）为显性，多颗粒（D）对少颗粒（d）为显性，两对等位基因分别位于两对同源常染色体上。纯合的旱敏性多颗粒植株与纯合的抗旱性少颗粒植株杂交，F 1自交，F 2抗旱性多颗粒植株中双杂合子占的比例是_。若拔除 F2中所有的旱敏性植株后，剩余植株随机交配，F 3中旱敏性植株的比例是_。（4）请利用抗旱性少颗粒（Rrdd）和旱敏性多颗粒（rrDd）两植物品种作试验材料，设计一个快速育种方案，使后代个体全部都是抗旱性多颗粒杂交种（RrDd） ，用文字简要说明第一步：_；第二
20、步：_。【答案】 (1). 基因的选择性表达 (2). 碱基对替换 (3). 4/9 (4). 1/9 (5). 用（ Rrdd）和（rrDd）通过单倍体育种得到（RRdd）和（rrDD） (6). 然后让它们杂交得杂交种(RrDd)【解析】试题分析：梳理细胞分化、基因突变、基因的自由组合定律等相关基础知识，形成清晰的知识网络。据此从题意中提取有效信息，进行相关问题的解答。(1) 茎部细胞、叶肉细胞和根部细胞的形成都是细胞分化的结果，而细胞分化的实质是基因的选择表达，所以该代谢产物在茎、叶肉细胞中很难找到、而在根部细胞中却能找到的根本原因是基因的选择性表达。(2)已知抗旱基因（R）和旱敏基因（
21、r）的部分核苷酸序列分别为 CAAG 和 CATG ，对比分析R 基因与 r 基因的核苷酸序列可知，R 基因上的 A 被 T 取代从而突变成了 r 基因，这是碱基对的替换引起的基因突变。(3) 由题意可知，亲本纯合的旱敏性多颗粒植株与纯合的抗旱性少颗粒植株的基因型分别为 rrDD、RRdd，二者所得杂交 F1的基因型为 RrDd。F 1自交，F 2抗旱性多颗粒植株中双杂合子（RrDd）占的比例是（1/2 Rr1/2Dd）（3/4R_3/4D_）4/9。若拔除 F2中所有的旱敏性植株后，剩余植株中 RRRr12，产生的雌配子和雄配子均为 2/3 R、1/3r，所以剩余植株随机交配，F 3中旱敏性
22、植株的比例是 1/3r1/3r1/9rr。(4) 由题意可知：该实验的目的是利用抗旱性少颗粒（Rrdd）和旱敏性多颗粒（rrDd）两植物品种作试验材料，快速培育使后代个体全部都是抗旱性多颗粒杂交种（RrDd） ，因此可采用单倍体育种的方法，其过程为：先用基因型为 Rrdd 和 rrDd 的植株通过单倍体育种得到基因型为 RRdd 和 rrDD 的植株，然后让它们杂交得到抗旱型多颗粒杂交种(RrDd)。10.1910 年摩尔根偶然在一群红眼果蝇中发现了一只白眼雄果蝇。于是摩尔根用这只白眼雄果蝇与群体中的红眼雌果蝇交配，结果 F1全为红眼。然后他让 F1雌雄果蝇相互交配。F 2中，雌果蝇全为红眼，
23、雄果蝇既有红眼，又有白眼，且 F2中红眼果蝇数量约占 3/4。回答下列问题：（1）当时摩尔根之所以选用果蝇为实验材料，是因为果蝇_（写出两条） 。（2）摩尔根等人根据其他科学家的研究成果提出了控制果蝇白眼的基因只位于 X 染色体上的假设（假设 1） ，且对上述实验现象进行了合理的解释，并设计了测交方案对上述假设进行了进一步的验证。结合当时实际分析，该测交方案应该是让 F1中的_果蝇与_果蝇交配。（3）根据果蝇 X、Y 染色体结构特点和摩尔根的实验现象，有人提出控制果蝇该眼色遗传的基因还可以位于 X 和 Y 染色体的同源区段（假设 2） 。在上述测交实验的基础上，请设计一个实验方案来检验两种假设
24、是否成立（可从上述的所有果蝇中选择合适的实验材料） 。杂交方案：选用_为亲本进行杂交。预测结果与结论：如果子一代_，则假设 1 成立；如果子一代_，则假设 2 成立。【答案】 (1). 易饲养，繁殖快（繁殖周期短）后代数量多，便于统计 (2). 红眼雌 (3). F 2中的白眼雄 (4). 测交所得的白眼雌果蝇与群体中的红眼雄果蝇 (5).雌果蝇全是红眼，雄果蝇全是白眼 (6). 雌雄果蝇全是红眼【解析】试题分析：根据题干信息分析，白眼雄果蝇与群体中的红眼雌果蝇交配，F 1全为红眼，说明红眼对白眼是显性性状；F 2中，雌果蝇全为红眼，雄果蝇既有红眼，又有白眼，且 F2中红眼果蝇数量约占 3/4
25、，表现为与性别相关联，说明控制该性状的基因在 X 染色体上，则子一代基因型为 XWXw、X WY，亲本基因型为 XWXW、X wY，子二代基因型为及其比例为 XWXW（红眼雌性）：XWXw（红眼雌性）：X WY（红眼雄性）：X wY（白眼雄性）=1：1：1：1。（1）果蝇易饲养，繁殖快，且后代数量多，便于统计，所以生物学家常用它作为遗传学研究的实验材料。（2）根据以上分析已知，子一代基因型为 XWXw、X WY，若用测交方案检测基因确实仅在 X 染色体上，应该选择让 F1中的红眼雌果蝇（X WXw）与 F2中的白眼雄果蝇（X wY）杂交。（3）选用测交所得的白眼雌果蝇（X wXw）与群体中的红
26、眼雄果蝇（X WY 或 XWYW）为亲本进行杂交，如果子一代雌果蝇全是红眼，雄果蝇全是白眼，说明红眼雄果蝇基因型为 XWY，控制果蝇白眼的基因只位于 X 染色体上，即假设 1 成立；如果子一代雌雄果蝇全是红眼，说明红眼雄果蝇基因型为 XWYW，控制果蝇白眼的基因位于 X 和 Y 染色体的同源区段，即假设 2 成立。【点睛】解答本题的关键是根据亲本、子一代的表现型关系判断显隐性关系，再根据子二代的表现型与性别的关系判断遗传方式，进而判断亲本、子一代、子二代的基因型。11.非洲大蜗牛是中国首批 16 种外来入侵物种之一，属杂食性动物。幼螺多为腐食性，成螺一般取食绿色植物和真菌，是许多人畜寄生虫和病
27、原菌的中间宿主。（1）非洲大蜗牛属于生态系统的_（成分） ，调查其种群密度常用样方法，取样的关键是_。（2）在_的环境条件下，非洲大蜗牛入侵以来数量几乎呈“J”型增长，对蔬菜等农作物危害极大，因此需要采取防治手段控制该型增长数学方程式中的_参数。有人提倡饲养鸡、鸭、鹅来控制非洲大蜗牛的增长，已收到较明显的效果，该方法属于_防治。（3）有学者推测，非洲大蜗牛也可能替肉食动物提供了一个食物来源，改变食物链，进而改变本生态系统的_功能。 （4）与热带森林生态系统相比，通常冻原生态系统有利于土壤有机物质的积累，其原因是_。（5）如图是某同学绘制的非洲大蜗牛同化能量去向的详细示意图，请补充完整:【答案】
28、 (1). 消费者和分解者 (2). 随机取样 (3). 没有天敌，食物充足，气候适宜 (4). (5). 生物 (6). 能量流动、物质循环和信息传递 (7). 热带森林生态系统相比，冻原生态系统的温度低，分解者的分解作用弱，有利于土壤有机物的积累 (8). 【解析】试题分析：根据题干信息分析，非洲大蜗牛属杂食性动物幼螺多为腐食性，属于分解者；成螺一般取食绿色植物和真菌，属于消费者。（1）根据以上分析已知，非洲大蜗牛属于生态系统的消费者和分解者，由于其活动能力不强，活动范围不广，一般用样方法调查其种群密度，调查时要注意随机取样。（2）在没有天敌，食物充足，气候适宜的理想条件下，非洲大蜗牛入侵以来数量几乎呈“J”型增长，对蔬菜等农作物危害极大，因此需要采取防治手段控制该型增长数学方程式中的 参数。通过饲养鸡、鸭、鹅来控制非洲大蜗牛的增长，属于生物防治。（3）非洲大蜗牛可能替肉食动物提供了一个食物来源，改变食物链，进而改变本生态系统的三大功能，即物质循环、能量流动和信息传递功能。（4）与热带森林生态系统相比，冻原生态系统的温度低，分解者的分解作用弱，有利于土壤有机物的积累。（5）非洲蜗牛的同化量的去向包括呼吸作用散失的热能、用于生长发育和繁殖的能量；生长发育和繁殖的能量的去向包括流向下一营养级的能量（被下一营养级同化的能量） 、分解者利用的能量，如图：。
