【文档说明】【精准解析】宁夏银川市宁夏大学附中2019-2020学年高二下学期期末考试生物试题.doc，共(32)页，1.295 MB，由小赞的店铺上传

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高二生物试卷一、选择题（每题1.5分，40道题，共60分）1.下列物质中，属于内环境的成分的是A.抗体B.血红蛋白C.呼吸酶D.汗液【答案】A【解析】【分析】人体内的液体都叫体液，可以分成细胞内液和细胞外液，其中细胞外液是人体细胞直接生存的环境，又叫内环境．内环境主要由组织液、血浆、淋巴组

成，是细胞与外界环境进行物质交换的媒介．据此答题．【详解】A、抗体是一种分泌蛋白，主要分布在血清中，属于内环境成分，A正确；B、血红蛋白在红细胞内，不属于内环境成分，B错误；C、呼吸酶在细胞内，不属于内环境成分，C错误；D、汗液分泌后通过皮肤排出体外，即排到外环境中，因此汗液不属于内环

境的成分，D错误。故选A。【点睛】本题考查内环境的组成，要求考生识记内环境的组成部分即组成成分，能准确判断题中各选项是否属于人体内环境，再选出正确的答案即可，属于考纲识记和理解层次的考查．需要考生注意的是消化道、呼吸道、生殖道等都是直接与外界环境相通的，不属于

内环境．2.如图中电视屏幕上的图像引起猫大脑皮层视觉中枢兴奋，经插入脑内的电极记录神经膜电位变化，当兴奋产生时，对该电位变化表述正确的是()A.神经膜离子分布为内负外正B.Na＋大量进入神经细胞内C.K＋大量进入神经细胞内D神经冲动沿神经纤维单向传导【答案】B

【解析】【分析】神经细胞膜内外的Na+、k+等分布不均，膜外Na+浓度比膜内高，膜内k+浓度比膜外高，静息状态时，k+大量外流，膜外侧聚集较多的正离子，膜内侧聚集较多的负离子，形成了膜电位差：外正内负，兴奋

状态时，兴奋部位的膜对Na+的通透性增大，Na+迅速内流形成局部膜电位：外负内正。【详解】A、神经膜在兴奋时的离子分布为内正外负，A错误；BC、兴奋时，Na+通过协助扩散大量进入神经细胞，使细胞膜电位发生变化，B正确，C错误；D、兴奋时，神经冲动在神经纤维

上是双向传导的，D错误。故选B。【点睛】本题考查对动作电位生理基础的理解，理解并识记其产生的原因。3.某同学没吃早饭，到上午第4节课时，下列有关他体内血糖调节的叙述，不正确的是()A.胰岛A细胞分泌胰高血糖素增加B.肾上腺分泌肾上腺素增加C.胰岛B细胞分泌的胰

岛素增加D.胰高血糖素促进非糖物质转化为葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A、某同学没吃早饭，到上午第4节课时，由于消耗血糖较低，这时胰岛A细胞分泌胰高血糖素增加，肾上腺分泌肾上腺素增加，促进血糖浓度升高，达到

正常；而胰岛B细胞分泌的胰岛素减少。ABD正确，C错。故本题选C。4.下丘脑分泌的抗利尿激素，能提高肾脏集合管对水的通透性，促进水的重吸收。下图为水平衡调节机理，请据图判断A、B、C依次为（）A.抗利尿激素、渴觉中枢、肾小管B.渴觉中枢、肾小管、抗利尿激素C.抗利尿激

素、肾小管、渴觉中枢D.渴觉中枢、抗利尿激素、肾小管【答案】C【解析】【分析】本题考查水盐平衡的调节：①当人饮水不足、体内失水过多或吃的食物过咸，细胞外液渗透压就会升高，这一情况刺激下丘脑渗透压感受器．使得下丘脑一方面把信息传到大脑皮层感觉中枢，使人产生渴觉而

主动饮水，结果就能使细胞外液渗透压下降．这部分属于神经调节．另一方面，下丘脑还分泌抗利尿激素，并由垂体释放到血液中．血液中的抗利尿激素含量增加，就加强了肾小管、集合管对水分的重吸收，回到内环境中的水分增加了，就会使

细胞渗透压下降，同时也会使尿量增加．这属于体液调节．②当人饮水过多时，细胞外液渗透压就会降低，这一情况刺激下丘脑渗透压感受器．使得下丘脑一方面把信息传到大脑皮层感觉中枢，使人不产生渴觉．另一方面，下丘脑还减少分泌抗利尿激素，垂体释放到血液中的抗

利尿激素减少，就减弱了肾小管、集合管对水分的重吸收，回到内环境中的水分减少了，就会使细胞渗透压升高，另外也会使尿量减少．【详解】垂体释放抗利尿激素，抗利尿激素作用于肾小管和集合管，如果抗利尿激素多，则加强了肾小管、集合管对水分的重吸收，回到内环境中的水分增加了，就会使细胞渗透压下降，如果抗利

尿激素少，则减弱了肾小管、集合管对水分的重吸收，回到内环境中的水分减少了，就会使细胞渗透压升高；渴觉中枢是在大脑皮层上，产生口渴，故选C。【点睛】水盐平衡调节常考内容：（1）能构建水盐平衡调节模型；（2）人体水平衡的调节方式为神经和体液调节；（3）水平

衡的调节中枢在下丘脑，渴觉中枢在大脑皮层；（4）抗利尿激素由下丘脑神经细胞分泌、由垂体释放。5.某国为了防止在战争中敌方使用生物武器，对所有参战人员都接种了天花病毒疫苗，以提高特异性免疫能力。以下关于该免疫的叙述，不正确的是（）A.该免疫属细胞免疫，无体液免疫B.抗原可

由T细胞呈递给B细胞C.只有形成记忆细胞，再遇到天花病毒时才能增殖、分化形成大量的效应细胞D.效应T细胞可引起靶细胞渗透压改变而导致其裂解死亡【答案】A【解析】【分析】特异性免疫包括体液免疫和细胞免疫，其具体过程如下：【详解】A、该免疫包括细胞免疫和体液免疫，A错误；B、在

体液免疫过程中，抗原可以由T细胞呈递给B细胞，B正确；C、接种天花病毒疫苗后，体内能产生记忆细胞，当天花病毒再次入侵时，记忆细胞能迅速增殖、分化形成大量的效应细胞，C正确；D、效应T细胞与被抗原入侵的宿主细胞（即靶细胞）密切接触，激活靶细胞内的溶酶体酶，使靶细胞的通透

性改变，渗透压发生变化，最终导致靶细胞裂解死亡，D正确。故选A。【点睛】解答本题的关键是了解病毒是寄生于活细胞内的，先经过体液免疫，再发生细胞免疫过程。6.在切去尖端的燕麦胚芽鞘切面一侧，放置含不同浓度生长素的琼脂块(如下图)，然

后测定各胚芽鞘弯曲生长的角度，下表数据能说明()琼脂块中生长素浓度（mg/L）00.050.100.150.250.300.35胚芽鞘弯曲的角度（°）03712181510A.生长素浓度不同，促进效应就一定不同B.胚芽鞘弯曲的程度与生长素浓度呈正相关C.琼脂块

中生长素浓度为0.30mg/L时，对胚芽鞘的生长起促进作用D.琼脂块中生长素浓度为0.35mg/L时，胚芽鞘生长受到抑制【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：具有两重性即低浓度促进生长，高浓度抑制生长。分

析表格：琼脂块中生长素浓度为0mg/L的一组为对照组；生长素浓度在0mg/L～0.25mg/L范围内，胚芽鞘弯曲的程度随着生长素浓度的升高而增大；生长素浓度超过0.25mg/L时，胚芽鞘弯曲的程度可能随着生长素

浓度的升高而减小。【详解】A、由于最适生长素浓度两侧存在两个促进效应相同的不同浓度，所以生长素浓度不同，促进效应也可能相同，A错误；B、据表格数据可知，生长素浓度低于0.25mg/L时，胚芽鞘弯曲程度与生长素浓度呈

正相关，超过该浓度后则可能呈负相关，B错误；C、琼脂中生长素浓度为0.30mg/L时，胚芽鞘弯曲的角度α为15°，说明生长素对胚芽鞘生长仍是促进作用，C正确；D、与对照组相比可知，生长素浓度在0.35mg/L时胚

芽鞘弯曲角度为10°，仍为促进作用，D错误。故选C。7.关于种群、群落和生态系统的叙述，正确的是（）A.种群中的个体是生物进化的基本单位B.生态系统的营养结构是食物链和食物网C.马尾松林地中所有树木构成了生物群落D.亚热带生长的常绿阔叶林组成了一个种群【答案

】B【解析】试题分析：食物链：从生产者开始到最高营养级结束，分解者不参与食物链。食物网：在食物网之间的关系有竞争同时存在竞争。食物链，食物网是能量流动物质循环的渠道。故选择B。考点：考查食物链和食物网，种群的概念，群

落的概念等考点的理解。8.探究温度对果胶酶活性影响的实验中，得到如表所示实验结果。据此分析错误的是()温度(℃)3035404550556065707580果汁量(mL)3.54.68.610.912.311.710.15.43.94.85.6A.实验过程中应先将苹果泥和果胶酶分别调节到对应温

度后再混合B.为了实验结果的科学性和控制单一变量，各组混合处理时间和过滤果汁时间均应相同C.该实验自变量为温度，因变量为果汁量，pH、混合处理时间和过滤时间等为无关变量D.若要探究果胶酶的最适温度，应在50～55℃之间设置更小温度梯度进行实验【答案】D【解析】【分析】在进行

科学探究时，为了确保实验结果只是由实验变量的不同引起的，就应当使这两种环境中除实验变量不同外，其它条件都相同；分析表中数据可知，为探究温度对果胶酶活性的影响，该同学以温度为变量设置了不同温度条件下的多组对照实验。【详解】A、实验过程中应先将苹果泥和果胶酶分别调节到对应温度后再混合，

以保证二者混合后是在预设的温度下进行的反应，A正确；B、本实验的自变量为温度，因变量为果汁量，其它无关变量各组应相同且适宜，为了实验结果的科学性和控制单一变量，各组混合处理时间和过滤果汁时间均应相同，B正确；C、该实验自变量为温度，因变量为果汁量，pH、混合处理时间和

过滤时间等为无关变量，C正确；D、实验中的温度梯度跨度较大，要想确定最适温度，需要设置更细温度梯度进行实验，分析数据，应该在45～55℃之间设置更细温度梯度进行实验探究果胶酶的最适温度，D错误。故选D。9.关于生态系统组成成分的叙述，正确的是①凡是细菌、真菌

都是分解者②凡是自养型生物都是生产者③植物都是生产者④动物都是消费者⑤异养型生物都是消费者⑥细菌可能是生产者、消费者、分解者⑦动物只能是消费者或分解者A.②⑥⑦B.②③⑥C.①⑤⑦D.②⑤【答案】A【解析】【分析

】生产者都是自养的生物，植物可以是消费者，动物可以是分解者。细菌可以是生产者、消费者或分解者。【详解】进行化能合成作用的硝化细菌是生产者，①错误；生产者都是自养型生物，②正确；寄生的植物（如菟丝子）属于消费者，③错误；秃鹫、蚯蚓、蜣螂等以动植物残体为食的腐生动物属于分解者，④错误；消费者和分解者均

为异养型生物，⑤错误；硝化细菌是生产者，寄生细菌属于特殊的消费者，乳酸菌属于分解者，⑥正确；动物为异养型生物，除了腐生生活的动物（如蚯蚓、蜣螂等）为分解者外，其余为消费者，⑦正确。综上所述，供选答案组合，A项正确，B、C、D三项均错误。故

选A。10.科学家从黄花蒿中提取的青蒿素可在临床上治疗疟疾。这一事实表明生物多样性具有A.间接价值B.直接价值C.潜在价值D.科学研究价值【答案】B【解析】【分析】生物多样性包括基因多样性、物种多样性和生态系统多样性；生物多样性的价值有潜在价值（目

前人类尚不清楚）、间接价值（对生态系统起到重要调节功能）和直接价值（对人类有实用意义和非实用意义）；保护生物多样性就是在生态系统、物种和基因三个水平上采取保护战略和保护措施。【详解】直接使用价值，指对

人类的社会生活有直接影响和作用的价值，如：药用价值、观赏价值、食用价值和生产使用价值（野外收获进入贸易市场）等。间接使用价值，一般表现为涵养水源、净化水质、巩固堤岸、防止土壤侵蚀、降低洪峰、改善地方气候、吸收污染物，调节碳氧平衡，主要指维持生态系统的平衡的作用。潜在价值：人类

所认识和利用的是生物的一小部分，大量的野生生物的使用价值目前还不清楚，它们具有巨大的潜在使用价值。根据三个价值的概念可知科学家从黄花蒿中提取的青蒿素可在临床上治疗疟疾。这一事实表明生物多样性具有直接价值。故选B。【点睛】本题考查了生

物多样性的相关知识，意在考查学生了解生物多样性的内容及价值等。11.下列三种生物学现象产生的机理依次属于（）①给小白鼠注射一定量的胰岛素后，小白鼠休克②当细菌进入人体后，机体产生特异性的抗体与之结合，从而抑制细菌繁殖③小

猪听到主人“噜噜”叫声就奔向主人A.体液调节、免疫调节、反射B.反射、细胞免疫、激素调节C.体液调节、过敏反应、反射D.反射、自身免疫、体液调节【答案】A【解析】【分析】1、体液调节指激素等化学物质（除激素以外，还有其

他调节因子，如CO2等），通过体液传送的方式对生命活动进行调节。2、免疫是机体的一种特殊的保护性生理功能，通过免疫，机体能够识别“自己”，排除“非己”，以维持内环境的平衡和稳定。【详解】①胰岛素具有降低血糖的作用，给小白鼠注射胰岛素后，小白鼠休克，属于激素调节，激素调节又属于体液调节；②抗体是

体液免疫的活性物质，其与抗原的特异性结合属于免疫调节；③小猪听到主人“噜噜”叫声就奔向主人，是一种条件反射，属于神经调节。综上分析，A正确，BCD错误。故选A。12.新生儿在出生后六个月内一般不易生某些传染病，这是因为（）A.病原体不感染新生儿B.新生儿的皮肤、

黏膜有极强的杀菌力C.新生儿体内免疫系统十分健全D.在胎儿期从母体血液中就获得了抗体【答案】D【解析】婴幼儿出生后，从母体带来的抵抗疾病的抗体大约在出生后6个月就消耗完了，所以出生半年后各种传染病很容易发生。为了预防传染病，婴幼儿要进行各种

预防注射，即预防接种。这对于一个营养充足的孩子来说，将会对抵抗传染病的发生起重要作用。可是对一个瘦小虚弱的孩子来说，所起的预防作用则将是有限的。13.研究一个种群的密度通常需要根据种群生物的不同特点选择不同的方法，下列关于种群密度的调查方法中正确的是（）A.调查

草地上的跳蝻—标志重捕法B.调查太湖中的鲤鱼—取样调查法C.调查某片森林灰松鼠—标志重捕法D.调查沼泽中的丹顶鹤—黑光灯诱捕【答案】C【解析】【分析】种群密度的调查一般有样方法和标志重捕法：1、一般植物和个体

小、活动能力小的动物以及虫卵常用的调查方法是样方法，其步骤是确定调查对象→选取样方→计数→计算种群密度。2、活动能力大的动物常用标志重捕法调查，其步骤是确定调查对象→捕获并标志个体→重捕并计数→计算种群密度。【详解】A、草

地上跳蝻的活动能力弱，活动范围小，宜采用样方法调查其种群密度，A错误；B、太湖中的鲤鱼活动能力强，活动范围较广，应该用标志重捕法调查其种群密度，B错误；C、森林中灰松鼠活动能力强，活动范围较广，可以用标志重捕法调查其种群密度，C正确；D、沼泽中的丹顶鹤活

动能力强，活动范围广，应采用标志重捕法调查其种群密度，D错误。故选C。14.下图表示有限环境中某一种群增长的曲线。下列有关叙述正确的是()①K值是环境条件所允许达到的种群数量最大值②在K值时,种群的增长速率最大③如果不考虑迁入、迁出等其他因素,在K值时出生率等于死亡率④假设

这是鱼的种群,当种群达到K值时开始捕捞,可持续获得最高产量A.①②B.①④C.①③D.③④【答案】C【解析】【分析】K值代表的是环境容纳量，即环境条件所允许达到的种群数量最大值；达到K值后，种群增长率为0，若不考虑迁入与迁出，则出生率与死亡率相当；根据相关原理，要获

得最大的产量，捕鱼应在K值前，而保持种群数量在1/2K左右。【详解】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，①正确；②在K值时种群增长率为0，在K/2时种群的增长率最大，②错误；③如果不考虑迁入、迁出等其他因

素，在K值时出生率和死亡率基本相等，种群增长率为0，③正确；④一般将种群数量（捕捞后剩余量）控制在环境容纳量的一半，即K/2左右，此时种群增长速率最快，可提供的资源数量也最多，而且又不影响资源的再生，所以当鱼的种群数量大于K/2值时即可开始捕捞，D错误。④错误。故选C。15.鉴别不同群落类型的

基本特征是A.群落所在的地理位置B.群落所处地区的气候条件C.群落的物种组成D.群落的生物数量【答案】C【解析】【分析】群落的特征：1、群落的物种组成是区别不同群落的重要特征；2、衡量依据：丰富度；3、丰富度概念：群落中物种数目的多少【详解】群落中物种的组成是决定群落性质最

重要的因素，也是鉴别不同群落类型的基本特征，故选C。【点睛】本题考查了群落的有关知识，解题关键是能够明确群落的物种组成是区别不同群落的重要特征。16.甲地因森林火灾使原有植被消失，乙地因火山喷发被火山岩全部覆盖

，之后两地均发生了群落演替。关于甲、乙两地群落演替的叙述，错误的是A.甲地和乙地发生的演替类型相同B.若没有外力干扰，甲地可重现森林C.地衣会比苔藓更早地出现在乙地火山岩上D.甲、乙两地随着时间延长生物多样性逐渐

增多【答案】A【解析】【分析】甲地因森林火灾使原有植被消失，但原有的土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体，甲地发生的演替属于次生演替；乙地因火山喷发被火山岩全部覆盖，植被彻底消失，乙地发生的演替属于初生演替。【详解】A、由以上分析可知：甲地发生的演替属于次生演替，乙地发生的演替属

于初生演替，A错误；B、无论是初生演替，还是次生演替，若没有外力干扰，都可演替到森林阶段，B正确；C、初生演替要依次经历裸岩阶段、地衣阶段、苔藓阶段、草本植物阶段、灌木阶段、森林阶段，C正确；D、演替的最终结果使生物多样性增加，生态系统稳定性增加，D正确。故选：A。17.下列有关

生态系统组成成分的叙述，不正确的是()A.太阳光来自地球以外，但是也属于生态系统的成分B.原核生物和部分真菌在生态系统中都属于分解者C.真核生物也可能属于分解者，原核生物也可能属于生产者D.蚯蚓是需氧生物，在生态系

统中属于分解者【答案】B【解析】【分析】生态系统的成分包括非生物的物质和能量、生产者、消费者和分解者。太阳能属于生态系统的成分中的非生物物质和能量，硝化细菌是化能自养生物，属于生产者，病毒等专性寄生的生物，属于消费者，蚯蚓分解腐烂变质的物体，属于分解者。【详解】A、太阳光来自地球以外，属于生态系

统的成分中的非生物的物质和能量，A正确；B、腐生真菌属于分解者，寄生真菌属于消费者，原核生物不一定是分解者，如蓝藻、硝化细菌属于生产者，B错误；C、真核生物也可能属于分解者，如腐生真菌，原核生物也可能属于生产者，如蓝

藻，C正确；D、蚯蚓是需氧生物，能够分解有机质，在生态系统中属于分解者，D正确。故选B。18.在由草、兔，狐组成的一条食物链中，兔经同化作用所获得的能量，其去向不包括()A.通过兔细胞呼吸释放的能量B.通过兔的粪便流入到分解者体内的能量C.通过狐的粪便流入到分解者体内的能量

D.流入到狐体内的能量【答案】B【解析】【分析】在草→兔→狐这条食物链中，兔的同化量（经同化作用所获得的能量）有多个去向：流向下一营养级、分解者分解、呼吸消耗等。同化量＝摄入量－粪便量，粪便量属于上一营养级的同化量。【详解】兔的同化量

一部分通过细胞呼吸以热能的形式散失，A正确；兔的粪便中的能量不属于兔的同化量，而是属于草的同化量，B错误；狐的粪便中的能量，属于兔的同化量，C正确；兔的同化量有一部分会流向狐的体内，D正确。19.在一般情况下，下列

关于生态系统中物质循环的主要渠道的图解正确的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：生产者通过光合作用或化能合成作用，利用光能或氧化无机物释放的能量，将无机物合成为有机物，这样无机环境中的物质进入生物群落，经各级消费者利用，最

后经分解者的分解作用又将有机物转化成无机物归还于无机环境。A正确。考点：本题考查生态系统物质循环的知识。意在考查能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，能用文字、图表以及数学方式等多种表达形式准确

地描述生物学方面的内容的能力。20.生态系统中信息的传递方式多种多样如毒蜂身上斑斓的花纹可以警告、威胁其他生物；雄鸟求偶时进行复杂的“求偶炫耀”；迅速将一只椿象杀死，尽管做得干净无声，但还是引起了其他椿象的逃跑。下列相关说法错误的是()A.以上信息分别属于物理信息、行为信息和化学信息B.生态

系统中信息是由生物发出并相互传递而发挥作用的C.种间关系的调节和种群的繁衍等离不开信息的传递D.信息传递有利于维持生态系统的稳定【答案】B【解析】【分析】1、生态系统中信息的类型：（1）物理信息：生态系统中的光、声、颜色、温度、湿度、磁力等，通过物理过程传递

的信息。（2）化学信息：生物在生命活动过程中，产生的一些可以传递信息的化学物质。（3）行为信息：是指某些动物通过某些特殊行为，在同种或异种生物间传递的某种信息。2、信息传递在生态系统中的作用：（1）个

体：生命活动的正常进行，离不开信息的传递。（2）种群：生物种群的繁衍，离不开信息的传递。（3）群落和生态系统：能调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定。【详解】A、毒蜂身上的花纹通过光传递，属于物理信息；雄鸟求偶时进行复杂

的“求偶炫耀”是通过行为信息为雌鸟发出信号；迅速将一只椿象杀死，还是引起了其他椿象的逃跑，是因为它释放了化学物质，即化学信息，经过分析可知以上三个实例分别体现了物理信息、行为信息、化学信息的作用，A正确；B、生态系统中的信息不都是由生物发出的，也可以来自无机环境，B错误；C、根据分析

可知，种间关系的调节和种群的繁衍等离不开信息的传递，C正确D、生态系统信息的传递能调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定，D正确。故选B。21.下列关于生态系统稳定性的叙述错误的是()A.高尔夫球场上长满了一种绿油油的草本植物—

—台湾草，其抵抗力稳定性较低B.在同等强度干扰下，森林生态系统比草原生态系统受影响的程度小C.不同生态系统的抵抗力稳定性和恢复力稳定性相同D.森林生态系统和海洋生态系统的自我调节能力较强【答案】C【解析】【分析】生态系统具有保持或恢复自

身结构和功能相对稳定的能力叫生态系统的稳定性，生态系统之所以能维持相对稳定，是由于生态系统具有自我调节能力，生态系统自我调节能力的基础是负反馈调节。生态系统内部结构与功能的协调，能提高生态系统稳定性，生态系统中的组成成分越多，食物网越复杂，其自我调节能力

就越强，抵抗力稳定性就越强。【详解】A、高尔夫球场上的生物种类单一（只有一种台湾草），故其自我调节能力弱，抵抗力稳定性较低，A正确；B、森林生态系统比草原生态系统中生物种类多，营养结构复杂，抵抗力稳定性较强，因此在同等强度干扰下，森林生态系统比草原生态系统受影响的程度小，B正确；C、不同的生态系

统，由于营养结构不同，其抵抗力稳定性和恢复力稳定性也不相同，C错误；D、森林生态系统和海洋生态系统的生物种类都较多，营养结构都较复杂，其自我调节能力都较强，D正确。故选C。22.保护生物多样性就是在下列哪三个层次上采取保护战略和保护措施?()A.基因、

染色体、细胞B.细胞、物种、生物圈C.基因、物种、生态系统D.物种、种群、生态系统【答案】C【解析】【分析】生物多样性是指在一定时间和一定地区所有生物（动物、植物、微生物）、物种及其遗传变异和生态系统的复杂性总称．它包括遗传多样性、物种多样性

和生态系统多样性三个层次【详解】生物多样性包括遗传多样性、物种多样性和生态系统多样性，即基因、物种、生态系统三个层次，故选C。【点睛】本题主要考查学生对生物多样性知识的理解和掌握情况，还要知道，生物多样性的价值包括经济价值、生态学价值、科研价值和美学价值等。23.酵母

菌、醋酸菌、毛霉、乳酸菌的代谢类型分别是（）A.异养兼性厌氧、异养厌氧、异养需氧、异养需氧B.异养厌氧、异养需氧、异养需氧、异养兼性厌氧C.异养兼性厌氧、异养需氧、异养需氧、异养厌氧D.异养需氧、异养需氧、异养兼性厌氧、异养厌氧【答案】C【解析】【分析】酵母菌代谢类型为异养兼性厌氧型，醋酸菌代

谢类型为异养需氧型，毛霉是代谢类型为异养需氧型，乳酸菌代谢类型为异养厌氧型。【详解】酵母菌是一种真菌，属于真核生物，其代谢类型为异养兼性厌氧型；醋酸菌是一种原核生物，其代谢类型为异养需氧型；毛霉是一种真菌，

属于真核生物，其代谢类型为异养需氧型；乳酸菌是一种原核生物，其代谢类型为异养厌氧型。故选C。【点睛】准确识记与辨识细菌、真菌等生物的营养方式、生活条件是解决本题的关键。24.蓝莓酒和蓝莓醋被称为“液体黄金”“口服化妆品”等。下图是以鲜蓝莓为原料天然发酵制作蓝莓酒和蓝莓醋的过程简图。下列叙

述错误的是（）A.去除蓝莓枝梗应在冲洗之后，目的是防止杂菌污染B.过程③在氧气、糖源充足条件下可直接发酵为蓝莓醋C.在过程④时，榨出的蓝莓汁需经过高压蒸汽灭菌后才能密闭发酵D.过程⑤中酒精可作为醋酸菌的

碳源和能源【答案】C【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+6O2⎯⎯→酶6CO2+12H2O+能量；（2）在无氧条件下，反应式如下：C6H

12O6⎯⎯→酶2CO2+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。【详

解】A、榨汁前需将新鲜的蓝莓进行冲洗，然后除去枝梗，以避免除去枝梗时引起蓝莓破损，防止增加被杂菌污染的机会，A正确；B、过程③是果醋发酵，所用的微生物是醋酸菌，醋酸菌在氧气、糖源充足条件下可直接发酵为蓝莓醋，B正确；C、过程④果酒

制作的菌种的来源于蓝莓皮上野生的酵母菌，所以蓝莓汁不需经过高压蒸汽灭菌，C错误；D、在没有糖原的情况下，醋酸菌可以把酒精转化为醋酸，即酒精可作为醋酸菌的碳源和能源，D正确。故选C。【点睛】本题结合图解，考查果酒和果醋的制作、微生物的分离和培养，对于此类

试题，需要考生注意的细节较多，如实验的原理、实验采用的方法、实验步骤等，需要考生在平时的学习过程中注意积累。25.培养基、培养皿、接种针、实验操作者的双手、空气、牛奶所采用的灭菌或消毒方法依次是()①化学消毒②灼烧灭菌③干热灭菌④紫外线消毒⑤高压蒸汽灭菌⑥巴氏消毒法A.⑤③②①④⑥B

.①②③④⑤⑥C.⑥②③④①⑤D.③④②①⑥⑤【答案】A【解析】【分析】无菌操作技术有消毒和灭菌；消毒有煮沸消毒法、巴氏消毒法和化学药剂消毒法；灭菌有灼烧灭菌法（适用于接种工具）、干热灭菌法（适用于玻璃器皿和金属工具）、高压蒸汽灭菌法（适用于培养基及容器的灭菌）。

【详解】①培养基用高压蒸汽灭菌；②培养皿能耐高温，需用干热灭菌；③接种针可用灼烧灭菌达到迅速彻底的灭菌效果；④实验操作者的双手用化学药剂进行消毒，用酒精擦拭双手；⑤空气可用紫外线消毒；⑥巴氏消毒法用于牛奶及其制品的消毒，不会破坏其营养成分；综合以上分析，正确的顺序为⑤③②①④⑥，A

正确。故选A。【点睛】26.某研究小组欲研究被石油污染过的土壤中细菌的数量，并从中筛选出能分解石油的细菌。下列操作错误的是A.称取和稀释被污染的土壤时应在火焰旁B.用以石油为唯一碳源的培养基进行筛选C.分离菌种时可采用稀释涂布平

板法接种D.对细菌进行计数时宜采用平板划线法接种【答案】D【解析】【详解】A、微生物的分离和培养的关键技术是无菌技术，因此在微生物的分离和培养的过程中称取和稀释土壤时应在火焰旁等活动要在火焰旁进行,A正确；B、筛选出能分解石油的细菌，培养基的配方

应以石油为唯一碳源，B正确；C、对微生物进行分离和计数，应该用稀释涂布平板法，C正确。D、对活菌进行计数常用稀释涂布平板法而不能用平板划线法，D错误。故选D。27.下列与纤维素分解菌及其分离实验的有关说法，错误的是（）A.纤维素酶至少包括三种组分：C1酶、CX酶、葡萄

糖苷酶B.正确的操作流程：土壤取样→选择培养→梯度稀释→将样品涂布到鉴别纤维素分解菌的培养基上→挑选菌落C.刚果红可与纤维素形成透明复合物，所以可通过是否产生透明圈来筛选纤维素分解菌D.通过定时测定葡萄糖产量的变化来衡量

纤维素分解菌培养液中纤维素酶产量【答案】C【解析】【分析】分解纤维素的微生物的分离：（1）实验原理：①土壤中存在着大量纤维素分解酶，包括真菌、细菌和放线菌等，它们可以产生纤维素酶。纤维素酶是一种复合酶，可以把纤维素分解为纤维二糖，进一步分解为葡萄糖使微生物加以利用，故

在用纤维素作为唯一碳源的培养基中，纤维素分解菌能够很好地生长，其他微生物则不能生长。②在培养基中加入刚果红，可与培养基中的纤维素形成红色复合物，当纤维素被分解后，红色复合物不能形成，培养基中会出现以纤维素分解菌为中心的透明圈，从而可筛选纤维素分解菌。（2）实验过程：土壤取样：

采集土样时，应选择富含纤维素的环境。梯度稀释：用选择培养基培养，以增加纤维素分解菌的浓度。涂布平板：将样品涂布于含刚果红的鉴别纤维素分解菌的固体培养基上。挑选产生透明圈的菌落：产生纤维素酶的菌落周围出现透明圈，从产生明显的透明圈的菌落上挑取部分细菌，并接种到

纤维素分解菌的选择培养基上，在30～37℃条件下培养，可获得较纯的菌种。【详解】A、纤维素酶是一种复合酶，主要包括C1酶、Cx酶和葡萄糖苷酶，A正确；B、纤维素分解菌及其分离实验的步骤为：土壤取样→选择培养→梯

度稀释→将样品涂布到鉴别纤维素分解菌的培养基上→挑选产生透明圈的菌落，B正确；C、刚果红可以与纤维素结合形成红色的复合物，纤维素分解菌可以产生纤维素酶将纤维素分解为葡萄糖，因此在纤维素分解菌的菌落周围，由于缺少纤维素而出现透明圈，所以可通过是否产生透明圈来筛选

纤维素分解菌，C错误；D、可通过定时测定葡萄糖产量的变化来衡量纤维素分解菌培养液中的纤维素酶的产量，D正确。故选C。28.在用水蒸气蒸馏法制取玫瑰乳浊液的过程中，先后使用NaCl、无水Na2SO4其作用分别是()A.分

层、吸水B.溶解、吸水C.吸水、分层D.分层、萃取【答案】A【解析】【分析】分析：提取玫瑰精油的过程中，加入NaCl的作用是盐析，使油水分层；加入无水Na2SO4的作用是除去多余的水分。【详解】玫瑰乳浊液的处理过程中，加入NaCl的目的是

降低玫瑰油的溶解度，利用水、油分层，便于分液；加入无水Na2SO4可除去芳香油中的水份，提高产品纯度；BCD错误,A正确。【点睛】识记提取玫瑰精油的过程及相关试剂的作用是解决本题的关键。29.玫瑰精油、橘皮精油、胡萝卜素的提取应分别使用（）A.水蒸气

蒸馏法、萃取法、压榨法B.水蒸气蒸馏法、压榨法、萃取法C.萃取法、水蒸气蒸馏法、压榨法D.压榨法、萃取法、水蒸气蒸馏法【答案】B【解析】玫瑰精油的化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，能随水蒸气一同蒸馏，玫瑰精油常采用蒸馏法提取；橘皮精油无色透明，主要

储存在橘皮部分，由于橘皮精油的有效成分在用水蒸气蒸馏时会发生部分水解，又会产生原料焦糊问题，所以一般采用压榨法提取；胡萝卜素是橘黄色结晶，化学性质比较稳定，不溶于水，微溶于乙醇，易溶于石油醚等有机溶剂，一般用萃取法提取，故选B。【点睛】解答本题的关键是掌握玫瑰精油、橘皮精油、胡萝卜素的特点

，根据各自的特性确定它们的提取方法。30.蒸熟的苹果具有很好的止泻作用，这是因为苹果中果胶的“立场”不太坚定，未经加热的生果胶可软化大便，与膳食纤维共同起着通便的作用，而煮过的果胶则摇身一变，不仅具有吸收细菌和毒素的作用，而且还有收敛、止泻的功效。下列有

关果胶的叙述，不正确的是A.果胶是植物细胞壁的主要成分之一B.酵母菌可产生果胶酶，是因为酵母菌的细胞壁中也含有果胶C.果胶酶能够分解果胶D.果胶影响出汁率【答案】B【解析】植物细胞壁的主要成分是纤维素和果胶，A正确；酵

母菌虽然有细胞壁，但其细胞壁中不含果胶成分，B错误；果胶酶能够分解果胶形成可溶性半乳糖醛酸，C正确；果胶在果汁加工中，影响果汁的出汁率和澄清度，D正确。31.人是恒温动物，在一定范围内，能够随外界温度变化来调整自身的产热和

散热，从而维持体温的相对稳定。假如正常个体处于0℃的环境中，产热为a1，散热为b1；处于30℃的环境中，产热为a2，散热为b2．下列关于体温调节的叙述，错误的是A.体温调节中枢在下丘脑，冷的感觉是在大脑皮层形成的B.同30℃环境

相比，人处于0℃环境中要通过增加产热，减少散热以维持体温稳定，因此a1>a2、b1<b2C.从30℃的环境中进入0℃的环境中，人体甲状腺激素分泌会增加，抗利尿激素分泌减少，尿量增加D.从30℃的环境中进入0℃的环境后，人体内调节

自身的产热和散热是神经—体液调节的结果【答案】B【解析】【分析】本题需在掌握体温调节过程的基础上进行答题，另外人属于恒温动物，为使体温恒定，需使机体的产热和散热相等。【详解】体温调节中枢在下丘脑，而感觉（如冷觉、热觉等）则是在大脑皮层形成的，A项正确

；人属于恒温动物，因此体温恒定时，人的散热量与产热量基本相等，即a1＝b1、a2＝b2。当外界温度下降时，机体产热增多，即a1>a2，同时为维持体温恒定，则需b1>b2，B项错误；人在寒冷环境中需增加产热并减少散热，此时甲状腺激素和肾上腺素分泌增多，促进细胞代谢使产热增加，在分解

有机物的过程中会产生水，产热越多生成的水也越多，抗利尿激素能促进肾小管和集合管对水分的重吸收，所以此时抗利尿激素分泌减少，尿量增多，C项正确；寒冷刺激时体温调节是神经和体液调节共同作用的结果，D项正确。【点睛】易错点：1.为维持体

温相对稳定，机体在寒冷条件下产热多散热也多。2.恒温动物才有体温调节机制，变温动物的体温随外界环境温度的改变而改变。32.下列属于非特异性免疫的是()A.唾液中的溶菌酶分解细菌和接种牛痘预防天花B.胃液呈强酸性，能抑制、杀死细菌和服

用小儿麻痹糖丸C.吞噬细胞摄取并处理抗原D.白细胞的吞噬作用、皮肤的屏障作用均对多种病原体具有预防作用【答案】D【解析】【分析】人体免疫系统有三道防线，第一道防线是皮肤、黏膜及其分泌物，第二道防线是吞噬细胞、杀菌物质以及炎症反应，第三道防线是特异性免疫，包括体液免疫

和细胞免疫。【详解】A、接种牛痘预防天花属于特异性免疫，A错误；B、服用小儿麻痹糖丸预防小儿麻痹症，属于特异性免疫，B错误；C、吞噬细胞摄取并处理抗原，然后呈递给T细胞，属于特异性免疫，C错误；D、白细胞的吞噬作用、皮

肤的屏障作用均对多种病原体具有预防作用，这些都属于非特异性免疫，D正确。故选D。33.如图表示生长素浓度对某植物根、芽和茎生长的影响,与此图无关的结论是（）A.生长素对三种器官的作用都具有两重性B.同一植物不同器官对生长素的敏感性不同C

.D点对应的生长素浓度对茎和芽都具有促进作用D.幼嫩的根细胞对生长素反应灵敏,成熟的根细胞对生长素反应不灵敏【答案】D【解析】【分析】图示表示生长素浓度对植物根、芽和茎生长的影响，其中根对于生长素最敏感，其次是芽，对生长素最不敏感的是茎；生长素促进根、芽和茎生长的最适浓度依次是10-10

mol/L、10-8mol/L、10-4mol/L。生长素作用具有两重性，即低浓度促进生长，高浓度抑制生长。【详解】A.由图可知，生长素对三种器官的作用都具有两重性，即低浓度促进生长，高浓度抑制生长，A正确；B.由图可知，根对于生长素最敏感，其次是芽，对生长素最不敏感的是茎，B正确；C.

D点对应的生长素浓度对茎和芽的作用都是促进，C正确；D.由该图不能判断幼嫩的细胞和成熟的细胞对生长素反应的灵敏程度，D错误。故选D。34.下列关于植物生长调节剂与植物激素的说法，正确的是（）A.生长调节剂与植物激素的化学本质完全相同B.赤霉素是植物激素，所以人工合成的赤霉素类物质不属于生长

调节剂C.与植物激素相比，植物生长调节剂具有易合成、原料广泛、效果稳定的优点D.由于人体没有相应受体，所以植物生长调节剂的使用对人体健康没有任何不良影响【答案】C【解析】【分析】植物激素指的是在植物体内合成，从产生部位运输到作用部位，并且对植物体的生命活动产生显著调节作用的微量有机物；植物生长调节

剂：人工合成的对植物的生长发育有调节作用的化学物质。【详解】A、植物生长调节剂是人工合成的，其化学本质与天然激素不完全相同，A错误；B、赤霉素若是在植物体内合成，则为植物激素，若是人工合成的，则属于植物生长

调节剂，B错误；C、与含量低、提取困难的天然激素相比，植物生长调节剂的优点除了原料广泛、容易合成之外，还有效果稳定，不易分解等特点，C正确；D、在蔬菜和水果上残留的植物生长调节剂可能会损害人体健康，D错误。故选C。【点睛】解答

此题需要明确植物激素、植物生长调节剂的不同，熟记各类植物激素的作用。35.下图为南极某海域的食物网。据图判断正确的是()A.此食物网共有6条食物链B.硅藻既是生产者，又是分解者C.磷虾在不同食物链上都属于同一营养级D.严禁过度捕杀蓝鲸是由于其对该食物网影响最大【答案】C【解析】【分析】在生态系

统中，食物链是指生产者和消费者之间存在吃与被吃的关系，起点是生产者，终点是消费者，中间用箭头来表示，而箭头的方向指向捕食者。【详解】A、据图可知，该食物网有9条食物链，分别为①硅藻→磷虾→枪乌贼→帝企鹅→豹海豹→虎鲸

，②硅藻→磷虾→枪乌贼→罗斯海豹→豹海豹→虎鲸，③硅藻→磷虾→枪乌贼→罗斯海豹→虎鲸，④硅藻→磷虾→阿德利企鹅→豹海豹→虎鲸，⑤硅藻→磷虾→飞鸟；⑥硅藻→磷虾→锯齿海豹→罗斯海豹→豹海豹→虎鲸，⑦硅藻→磷虾→锯齿海豹→罗斯海豹→虎鲸，⑧硅藻→磷虾→蓝鲸→虎鲸，⑨硅藻→磷虾→锯齿海豹→豹

海豹→虎鲸，A错误；B、硅藻是生产者，不是分解者，B错误；C、磷虾在不同食物链上都属于第二营养级，C正确；D、过度捕杀蓝鲸对该食物网有影响，但不是最大的。严禁过度捕杀蓝鲸是因为其属于国家二级保护动物，已

濒临灭绝，D错误。故选C。36.下列关于生态系统碳循环的叙述，不正确的是()A.碳在生物群落与无机环境之间主要以CO2的形式循环B.生态系统的各种成分都参与碳循环过程C.大气中的CO2要合成有机物进入生物群落只有通过光合作用才能完成D.如果碳循环过程不能进行，生态系统将会被

破坏【答案】C【解析】【分析】有关“碳循环”，考生可以从以下几方面把握：1、碳在无机环境中的存在形式主要是碳酸盐和二氧化碳；2、碳在生物群落中的存在形式主要是含碳有机物；3、碳在生物群落和无机环境之间主要以二氧化碳的形式循环；4、碳在生物群落内部是以含碳有机物的形式流动；5、碳循环过程为：无机环

境中碳进出生物群落的途径是光合作用、化能合成作用，而生物群落中的碳进入无机环境的途径有呼吸作用、微生物的分解作用、燃烧作用。【详解】A、碳在生物群落与无机环境之间以CO2的形式进行循环，在生物群落内部，

碳是以有机物的形式流动，A正确；B、碳在生物群落与无机环境之间通过生产者以二氧化碳的形式进入生物群落，通过生产者、消费者和分解者的呼吸作用又以二氧化碳的形式返回无机环境，所以生态系统的各种成分都参与碳循环

过程，B正确；C、大气中的CO2要变成含碳有机物主要通过绿色植物的光合作用，此外还可以通过微生物的化能合成作用固定CO2，C错误；D、如果碳循环过程不能进行，由于物质是能量的载体，那么能量流动也就无法进行，所以生态系统将会被破坏而消失，D正确。故选C。37.下列

各组腺体中，都属于内分泌腺的是A.唾液腺和胰腺B.肾上腺和性腺C.甲状腺和肝脏D.胃腺和肠腺【答案】B【解析】【分析】本题考查内分泌腺和外分泌腺的区别，以考查通过比较分析理解和识记相关知识的情况。【详解】A、唾液腺和胰腺是消化腺，属于外分泌腺，A错误；B、

肾上腺和性腺是内分泌腺，能够分泌激素，B正确；C、甲状腺是内分泌腺，但肝脏是消化腺，属于外分泌腺，C错误；D、胃腺和肠腺都是消化腺，属于外分泌腺，D错误；故选B。【点睛】区别：外分泌腺有导管，分泌物排出体外；内分泌腺无导管，分泌物弥散到体液中。3

8.广州南沙区拥有200多公顷的湿地面积,是多种候鸟南下过冬的重要栖息地,被誉为广州的“南肾”。但是近年来多项大型石油化工项目落户南沙,引起环保专家对南沙自然环境的关注。下列有关叙述正确的是()A.湿地的破坏不会影响该生

态系统生物多样性的间接价值B.负反馈调节是湿地生态系统自我调节能力的基础C.南沙湿地群落的物种丰富度会长时间保持不变D.南沙湿地生态系统如果遭受严重破坏,物种会大量减少,抵抗力稳定性升高【答案】B【解析】【分析

】关于生物多样性的价值，科学家一般概括为以下三个方面：一是目前人类尚不清楚的潜在价值；二是对生态系统起到重要调节功能的间接价值（也叫做生态功能，如森林和草地对水土的保持作用，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】湿地在蓄洪防旱、调节气候等方面起着重要作用，这属于生物多样性的间接价值，若破坏湿地，一定会影响该生态系统生物多样性的间接价值，A错误；负反馈调节在生态系统中普遍存在，它是生态系统自我调节能

力的基础，B正确；一个稳定的生态系统的物种丰富度会长时间保持相对稳定，C错误；南沙湿地生态系统如果遭受严重破坏，物种数可能大量减少，自我调节能力减弱，则抵抗力稳定性降低，D错误。【点睛】本题的易错点是：人体内环境稳态以及生态系统的稳态都不

是绝对不变的，而是保持相对稳定的状态，可以在一定范围内波动。39.下列关于果胶酶的叙述正确的是()①凡具有分泌功能的细胞都能产生果胶酶②凡是活细胞都能产生果胶酶③果胶酶能将果胶分解成半乳糖醛酸④部分植物、霉菌、酵母菌和细菌均能产生果胶酶⑤果胶酶特指分解果胶

的一种酶⑥纤维素酶和果胶酶可用于去除植物细胞壁⑦组成果胶酶的基本单位是氨基酸或核苷酸A.①②⑤B.②③⑦C.③④⑥D.③④⑤【答案】C【解析】【分析】酶是由活细胞产生的具有催化活性的有机物，其中大部分是蛋白质、少量是RNA；果胶酶是分解果胶的一类酶的总

称，它包括多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶，产生果胶酶的生物有植物、霉菌、酵母菌和细菌等；果胶酶能够分解果胶，瓦解植物的细胞壁及胞间层，使果汁变得澄清。【详解】所有活细胞都能产生酶，但不同细胞产生的酶不一定相同，产生果胶酶的生物有植物、霉菌、酵母菌和细菌等，①②错误、④正确

；果胶酶特指分解果胶的一类酶的总称，包括多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶等，果胶酶的作用是将果胶分解成半乳糖醛酸；植物细胞壁由纤维素和果胶组成，可用纤维素酶和果胶酶去除植物细胞壁，⑤错误、③⑥正确；果胶酶

的成分是蛋白质，其组成单位是氨基酸，⑦错误；故③④⑥正确，选C。【点睛】1、酶是由活细胞产生的具有催化活性的有机物，其中大部分是蛋白质、少量是RNA。2、酶的特性．①高效性：酶的催化效率大约是无机催化剂的

107～1013倍．②专一性：每一种酶只能催化一种或者一类化学反应．③酶的作用条件较温和：在最适宜的温度和pH条件下，酶的活性最高；温度和pH偏高或偏低，酶的活性都会明显降低。3、果胶酶是分解果胶的一类酶的总称，它包括

多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶．产生果胶酶的生物有植物、霉菌、酵母菌和细菌等．果胶酶能够分解果胶，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。40.在观察果胶酶对苹果匀浆作用的实验中

，将苹果匀浆放在90℃恒温水中保温4min，其目的是()A.杀灭苹果匀浆中的微生物B.使果胶分解，从而提高出汁率C.使苹果匀浆中的酶变性失活，以排除对实验的干扰D.果胶酶最适温度为90℃，此时酶的活性最高【答案】C【解析】【分析】果胶酶能将果胶

分解，使果汁变的澄清，高温能使酶失活，将苹果匀浆放在90℃恒温水中保温4min，目的是使苹果匀浆中的原有酶失活。【详解】本实验属于对照实验，其实验目的是证明果胶酶能将果胶分解；苹果匀浆中原有的酶会影响实验结果，将苹果匀浆放在90℃恒温水中保温4min，可使苹

果匀浆中果胶酶变性失活，这就排除了苹果匀浆中原有的酶对实验结果的影响。综上分析，C符合题意，ABD不符合题意。故选C。二、非选择题（共40分.）41.完成下列问题：（1）在葡萄酒的自然发酵过程中，菌种的来源主要是附着在葡萄皮上的野生型酵母菌。写出酵母菌无氧呼吸的反应式

______，是否有酒精产生可在酸性条件下用_______溶液来检验。（2）腐乳是豆腐经微生物发酵后制成的食品。多种微生物参与了该发酵过程，其中起主要作用的微生物是_______，其产生的蛋白酶可将豆腐中的蛋白质水解为______

__和________。（3）为了缩短制作时间，有人还会在冷却后的盐水中加入少量陈泡菜液，加入陈泡菜液的目的是_______。【答案】(1).(2).重铬酸钾(3).毛霉(4).小分子的肽(5).氨基酸(

6).增加乳酸菌含量【解析】【分析】1、腐乳制作的原理：（1）腐乳的发酵在多种微生物的协同作用下进行，其中起主要作用的是毛霉，它是一种丝状真菌，新陈代谢类型是异养需氧型。（2）毛霉等微生物产生的蛋白酶可以将豆腐

中的蛋白质分解成小分子的肽和氨基酸；脂肪酶可以将脂肪水解成甘油和脂肪酸。2、酵母菌无氧发酵产生的酒精可以用酸性的重铬酸钾检验，呈灰绿色。【详解】（1）酵母菌无氧呼吸的产物是酒精和二氧化碳，反应式为：；在酸性条件下，可用重铬酸钾溶液来检测发酵产物中是否有酒

精产生，若有酒精产生，溶液的颜色会由橙色变成灰绿色。（2）腐乳制作过程中，参与发酵的主要微生物是毛霉，其产生的蛋白酶可将豆腐中的蛋白质水解为小分子的肽和氨基酸。（3）陈泡菜液含有乳酸菌，可为泡菜发酵提供

菌种，因此为了缩短制作时间，有人还会在冷却后的盐水中加入少量陈泡菜液。【点睛】本题考查传统的发酵工程，意在考查考生对所学知识的识记能力。42.回答下列有关获得纤维素分解菌和尿素分解菌的实验的问题。（1）将上面分离分解纤维素的微生物的实

验流程图补充完整。①______________;②____________。（2）在筛选纤维素分解菌的过程中，通常用_____染色法，这种方法能够通过颜色反应直接对纤维素分解菌进行筛选;当纤维素分解菌将纤

维素分解后，红色复合物消失，形成________;甲同学在实验时得到了如图所示的结果，则纤维素分解菌位于(（）)A.③B.①②C.②③D.①②③（3）丙同学在3个培养基上分别接种稀释倍数为106的土壤样液0.1mL，培

养后菌落数分别为180、178、182个，则每毫升原土壤样液中纤维素分解菌的数量为______个。（4）分解尿素的细菌都能合成________；初步鉴定该细菌的方式是向以尿素为唯一氮源的培养基里加入_________指试剂，如果指示剂变_______,则说明分

离成功。【答案】(1).梯度稀释(2).挑选产生透明圈的菌落(3).刚果红(4).以纤维素分解菌为中心的透明圈(5).C(6).1.8×109(7).氨(8).酚红(9).红【解析】【分析】尿素是一种重要的农业化肥，尿素需要被土壤中的细菌分解成氨之后，才

能被植物利用。【详解】（1）土壤取样进行选择培养后，需要进行①梯度稀释，然后将样品涂布到鉴别纤维素分解菌的培养基上，挑选出产生透明圈的菌落即能纤维素分解菌。（2）常用刚果红染色法筛选纤维素分解菌，当纤维素被分解后，会形成以纤维素分解菌为中心的透明圈。图中②③有透

明圈，说明纤维素分解菌位于②③区域。综上所述，ABD不符合题意，C符合题意。故选C。（3）每毫升原土壤样液中纤维素分解菌的数量为（180+178+182）÷3×10×106=1.8×109个。（4）分解尿素的细菌能合成氨，培养基中加入酚红指示剂后会变

红。【点睛】常用酚红指示剂鉴别尿素分解菌，常用刚果红染色法鉴别纤维素分解菌。43.下图为水蒸气蒸馏装置图，请据图回答下面的问题。（1）水蒸气蒸馏装置，蒸馏瓶中要加入沸石的作用_______。（2）在花开的_______(时期)采收玫瑰花瓣，与清水以_____

__的比例进行混合（3）提取橘皮精油，常采用______法而不用蒸馏法，原因是_______。（4）提取橘皮精油时，为了提高出油率，首先将橘皮__________，并用石灰水浸泡，石灰水的作用是_________

__。（5）压榨过程，为了使橘皮油易与水分离，常加入相当于橘皮质量的___和___。【答案】(1).防止爆沸(2).盛花期(3).1∶4(4).压榨(5).橘皮精油的有效成分在用水蒸气蒸馏时会发生部分水解，水中蒸馏会导

致原料焦糊等问题(6).干燥去水(7).破坏细胞结构，分解果胶，防止橘皮压榨时滑脱，提高出油率(8).0.25%的NaHCO3(9).5%的Na2SO4【解析】【分析】橘皮精油的性质为无色透明，具有诱人的橘香味，主要成分

为柠檬烯，一般采用压榨法提取。橘皮精油提取流程：石灰水浸泡→漂洗→压榨→过滤→静置→再次过滤→橘皮油。【详解】（1）蒸馏瓶中要加入沸石的作用是防止爆沸。（2）因为盛花期的花朵的含油量最高，故应在花开的盛花期采收玫瑰花瓣，玫瑰花

瓣与清水的质量比以1∶4的比例进行混合。（3）橘皮精油主要存在于橘皮中，由于橘皮精油的有效成分在水蒸气蒸馏过程中会发生部分水解，同时水中蒸馏会导致原料焦糊等问题，因此一般采用压榨法提取橘皮精油。（4）提取橘皮精油时，为了提高出油率，首先将橘皮干燥

去水，然后用石灰水浸泡，石灰水的作用是破坏细胞结构，分解果胶，防止橘皮压榨时滑脱，提高出油率。（5）压榨过程中常加入相当于橘皮质量0.25%的NaHCO3和5%的Na2SO4，并将PH调至7～8，作用是促进橘皮油和水

分离。【点睛】本题结合图示，考查精油的提取原理、注意事项、过程等相关知识，意在考查考生把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲识记和理解层次的考查。44.下图为胡萝卜素的提取装置示意图,回答有关问题

:（1）提取胡萝卜素的实验流程为：胡萝卜→____→____→萃取→过滤→浓缩。（2）萃取过程应该避免明火加热,采用____加热,其原因是_______。（3）装置1的名称是____,其作用是__________。（4）本实验将提取的

胡萝卜素粗品通过___________法进行鉴定，样品原点不能触及层析液的原因________。【答案】(1).粉碎(2).干燥(3).水浴(4).有机溶剂都是易燃物，直接使用明火加热容易引起燃烧、爆炸(5).冷凝管(6).防止加热时有机

溶剂挥发(7).纸层析(8).胡萝卜素易溶于有机溶剂，样品原点触及层析液后胡萝卜素将溶于层析液，不能在滤纸上扩散形成色素带【解析】【分析】1、胡萝卜素的化学性质稳定，不溶于水，微溶于乙醇，易溶于石油醚等脂溶性有机溶剂，可以采用萃取法提取。提取流程为：胡萝卜-粉碎-

干燥-萃取-过滤-浓缩-胡萝卜素。2、萃取的效率主要取决于萃取剂的性质和用量，同时还受原料颗粒的大小、含水量等条件的影响；在对新鲜胡萝卜进行干燥时，要注意控制温度和时间，否则会引起胡萝卜素的分解；提取的胡萝卜素粗品可通过纸层析法进行鉴定。【详解】（1）胡萝卜素的提取流程为：胡萝卜-粉碎-干燥-

萃取-过滤-浓缩-胡萝卜素。（2）由于有机溶剂都是易燃物，直接使用明火加热容易引起燃烧爆炸，所以萃取过程应采用水浴加热。（3）装置1的名称是冷凝管，其作用是防止加热时有机溶剂的挥发。（4）将提取的胡萝卜素粗品通过纸层析法进行鉴定，由

于胡萝卜素易溶于有机溶剂，所以样品原点不能触及层析液，防止胡萝卜素溶于层析液中而不能在滤纸上扩散形成色素带。【点睛】本题主要考查胡萝卜素的提取与鉴定，意在强化学生对该实验过程的识记、理解与运用。45.看图完成以下问题：

（1）甲是___乙是_________;（2）b是_______,d是_______;（3）①是_________,A是__________,B是_________。【答案】(1).血浆(2).组织液(3).效应B细胞(4).抗体(5).传入神经(6).促甲状腺激素

(7).甲状腺激素【解析】【分析】据图分析可知：a表示B细胞，b表示浆细胞，c表示记忆细胞，d表示抗体；淋巴来自组织液，回到血浆；寒冷刺激下，①-④表示体温的神经调节过程，当人体处于寒冷环境时，甲状腺激素分泌

增加，提高细胞代谢速率，使机体产生更多的热量。【详解】（1）根据内环境血浆、组织液与淋巴的相互关系可知：淋巴来源于组织液（乙），流向血浆（甲）。（2）图示为体液免疫的过程，据图可知最终的免疫活性物质d为抗体，其由b细胞分泌，

故b为效应B细胞（浆细胞）。（3）图①-④为神经调节过程，①为感受器到下丘脑之间的传入神经；A是由垂体分泌的促甲状腺激素；B为甲状腺分泌的甲状腺激素。【点睛】熟记体液免疫、内环境各部分的关系及体温调节的过程，并能结合题图分析是解题关键。