2019年高考生物大二轮复习第18讲实验设计与科学探究专题跟踪训练201902193120.doc

1、1第 18讲 实验设计与科学探究专题跟踪训练(十八)一、单选题1(2018北京市海淀区一模)研究者使用稳定同位素 18O标记水和碳酸盐/碳酸氢盐中的氧，加入三组小球藻培养液中，记录反应起始时水和碳酸盐/碳酸氢盐中 18O的比例，光照一段时间后，分别检测小球藻释放的氧气中 18O的比例，实验结果如下表所示。下列相关叙述，不正确的是( )A.小球藻光合作用所需的 CO2可由 HCO 和 CO 提供3 23BHCO 和 CO 中 18O的比例不同导致放氧速率不同3 23C释放的 O2中 18O的比例不受光合作用反应时间的影响D释放的 O2和水中 18O的比例接近，推测氧气来自于水解析 碳酸盐/碳酸氢

2、盐相当于 CO2缓冲液，小球藻光合作用所需的 CO2可由 HCO和 CO 提供，A 项正确；根据表格数据可知，放氧速率与 HCO 和 CO 中 18O的比例3 23 3 23无关，B 项错误；表中数据说明释放的 O2中 18O的比例不受光合作用反应时间的影响，C 项正确；释放的 O2中 18O的比例和水中 18O的比例接近，由此可推测氧气来自于水，D 项正确。答案 B2(2018河南省中原名校联考)为研究根背光生长与生长素的关系，将水稻幼苗分别培养在含不同浓度生长素或适宜浓度 NPA(生长素运输抑制剂)的溶液中，用水平单侧光照射根部(如图)，测得根的弯曲角度及生长速率如下表：2据此实验的结果，

3、不能得出的结论是( )A根向光一侧的生长速率大于背光一侧B生长素对水稻根生长的作用具有两重性C单侧光对向光一侧生长素的合成没有影响D单侧光照射下根的背光生长与生长素的运输有关解析 图中植物根背光生长，说明根向光一侧的生长速率大于背光一侧，A 正确；对比四个外源生长素的测定指标，可以看出随生长素浓度的增高，生长速度是先增高后降低，可以看出生长素对根生长的作用具有两重性，B 正确；题干没有给出单侧光对向光一侧生长素合成或分解是否有影响的任何信息，无法得出单侧光对向光一侧生长素的合成或分解有没有影响的结论，C 错误；用生长素抑制剂处理根，根的弯曲程度减弱，说明单侧光照射下根的背光生长与生长素的运输有

4、关，D 正确。答案 C3(2018浙江省宁波市十校联考)科研人员研究了不同氮素水平对某植物叶片光合作用的影响。其实验结果如下表所示，下列分析错误的是( )3(注：气孔导度指气孔开放程度；表观光合速率是指在光照条件下，一定量的植物在单位时间内释放到外界的 O2量)A氮是叶绿素的组成元素，适当增施氮肥有利于叶绿素的合成B随着氮素水平的增加，胞间 CO2浓度的持续下降促进了表观光合速率不断增加C第 4组的表观光合速率高于第 3组，而叶绿素含量相同，推测其主要原因可能是高氮条件下，氮素参与合成的光合作用有关酶的数量增多D一定范围内增大氮素浓度，可提高该植物叶片的表观光合速率解析 根据实验目的可知，该实

5、验的自变量是不同浓度的氮素水平，叶绿素的元素组成是 C、H、O、N、Mg，根据表格可知，在一定范围内随着氮素水平的提高，叶绿素的含量在增加，因此适当增施氮肥有利于叶绿素的合成，A 项正确；胞间 CO2浓度和表观光合速率均属于因变量，该实验不能说明两个因变量之间的关系，B 项错误；氮也是组成细胞中酶的元素，第 4组(高氮组)比第 3组(偏高组)叶片表观光合作用速率高，而叶绿素含量相同，可能原因是高氮条件下，氮素参与合成的光合作用有关酶的数量增多，C 项正确；根据表格数据可知，一定范围内增大氮素浓度，可提高该植物叶片的表观光合速率，D 项正确。答案 B二、非选择题4(2018江苏省南通市考前卷)花

6、椰菜是一种低脂肪、高能量并富含多种维生素的短季节蔬菜，具有防治癌症和心脏病的作用。化肥的过量施用会改变土壤理化性质，降低肥料利用率，导致蔬菜内硝酸盐累积，降低其产量和品质。为了给花椰菜种植过程中的合理施肥提供科学依据，研究人员研究了单施化肥、化肥减量及配施生物肥(含生物制剂的有机肥)对花椰菜的净光合速率、气孔导度(叶片气孔的开放程度)、硝酸盐含量、维生素 C含量等方面的影响，相关结果如下表所示。请回答问题。4(1)植物吸收肥料中的 Mg主要用于合成_(填物质名称)来参与光合作用，气孔导度大小会影响叶片从空气中吸收_，进而影响光合作用的_过程，最终影响产量。(2)与常规施肥相比，80%常规施肥可

7、_(选填“促进”或“抑制”)气孔开放。(3)实验结果表明，在施用化肥的基础之上再配施生物肥能显著提高花椰菜的光合速率，其可能的原因是_；_。(4)表中数据表明，花椰菜中维生素 C含量与硝酸盐含量呈_关系，综合分析研究结果，花椰菜种植过程中的合理施肥方案是_。解析 本题主要考查光合作用的过程及影响光合作用的因素的相关知识，意在考查学生数据分析及知识应用能力。学生可通过分析表格数据，再结合题意对各小题分析作答。光合作用可分为光反应与暗反应两个阶段，光反应发生在类囊体薄膜上，叶绿素含量及光照强度会影响光反应；暗反应发生在叶绿体基质中，二氧化碳浓度及温度(影响暗反应酶的活性)会影响暗反应。据表格数据分

8、析，不同的施肥方案对花椰菜的净光合速率、气孔导度、硝酸盐含量及维生素含量影响不同，综合考虑，80%常规施肥生物肥是花椰菜种植过程中的最佳施肥方案。(1)植物吸收肥料中的 Mg用于合成叶绿素，叶绿素在光合作用光反应中吸收、传递、转化光能，气孔导度大小会影响叶片从空气中吸收 CO2，影响光合作用的暗反应过程，从而影响产量。(2)80%常规施肥和常规施肥的气孔导度分别是 529.30 5mmol/m2s、500.67 mmol/m2s，所以与常规施肥相比，80%常规施肥促进了气孔开放。(3)施用生物肥后，微生物分解有机物，可释放较多的 CO2，又能增大气孔导度，双重作用有利于花椰菜吸收 CO2，进行

9、光合作用。(4)表中维生素含量越高，硝酸盐含量越低，所以两者之间呈负相关关系；表中数据表明，采用 80%常规施肥生物肥方案时，花椰菜的净光合速率较大、维生素含量较高、硝酸盐含量较低，因此花椰菜种植过程中的合理施肥方案是 80%常规施肥生物肥。答案 (1)叶绿素 CO 2 暗反应(二氧化碳的固定和三碳化合物的还原)(2)促进(3)施用生物肥环境下，土壤释放的 CO2相对较多，浓度相对较高的 CO2环境有利于植物提高光合速率 配施生物肥后气孔导度均有所增大(4)负相关 80%常规施肥生物肥(750 kg/hm 2)5(2018天津市和平区模拟)下表表示果蝇 6个品系(都是纯系)的性状和携带这些基因

10、的染色体，品系都只有一个性状是隐性性状，其他性状为显性性状。(1)研究伴性遗传时，选择上表中哪两个品系交配最恰当？_；用常染色体上的基因，通过翅和眼的性状验证基因自由组合定律时，选择哪两个品系交配最恰当？_。(2)让品系中的雌性个体与品系中的雄性个体进行交配，F 1的基因型可能是_。(写具体基因型)(3)对果蝇的灰体(V)与黑体(v)这对相对性状做遗传研究。如果用含有某种添加剂的食物喂养果蝇，所有的果蝇都是黑体。现有一只用含有这种添加剂的食物喂养的黑体雄果蝇，请设计实验探究其基因型。亲本性状：_。F 1幼虫喂养方法：_。观察 F1的体色，请写出判断其基因型的方法：_。解析 本题以遗传实验为背景

11、，考查基因分离定律和自由组合定律的实质及应用。需要考生能从题目中获取有用信息，对所学知识理解到位，然后再根据题意梳理并回忆相关知识，找出教材中与之相对应的基本原理，对各小题进行分析作答。测交的定义是孟德尔在验证自己对性状分离现象的解释是否正确时提出的，在实践中，测交往往用来鉴定某一个体的基因型和它形成的配子类型及其比例。据此答题。(1)品系果蝇的隐性性状基因6位于 X染色体上，因此研究伴性遗传时，应选择品系和品系交配最恰当，即；用常染色体上的基因，通过翅和眼的性状验证基因自由组合定律时，由于品系的相关基因在同一染色体上，所以应选用和两个品系交配最恰当，即。(2)根据题意可知品系中的雌性个体基因

12、型是 aaXBXB，品系中的雄性个体基因型是 AAXbY，则它们的后代 F1的基因型可能有 AaXBXb、AaX BY。(3)检测某动物的基因型，常用测交法，即选取多只用不含添加剂的食物喂养的黑体雌果蝇(vv)与待测雄果蝇交配；F 1幼虫应用正常饲料(不含该添加剂)喂养。可用逆推法判断待测果蝇的基因型：若待测果蝇的基因型是 VV，则后代全部为灰体；若待测果蝇的基因型为 Vv，则后代出现两种体色；若待测果蝇的因型是 vv，则后代全为黑体。答案 (1) (2)AaXBY、AaX BXb(3)黑体雄果蝇与正常黑体雌果蝇(未用添加剂饲料喂过)交配 用正常饲料(不含该添加剂)喂养 若后代全部为灰体，说明

13、该果蝇基因型是 VV，若后代出现两种体色，说明是杂合子其基因型为 Vv，若后代全为黑体，说明其基因型是 vv6(2018山西省太原市模拟)草鱼主要以水草为食，鲢鱼主要滤食浮游动植物及草鱼的粪便，鲤鱼主要摄食底栖昆虫等。为了探究高产鱼池中草鱼、鲢鱼的合理结构，科研人员研究了“一草带三鲢”(A 方式)和“三草带一鲢”(B 方式)两种混养方式，实验结果如下表所示。请回答：7(1)鲢鱼、草鱼、鲤鱼生活在不同的水层中，可以充分利用养殖水体的_，体现了群落的_结构。(2)草鱼同化的能量一部分通过呼吸作用以热能形式散失，另一部分用于_。(3)与 B方式相比，A 方式需要施用氮肥、磷肥，其目的是_，以满足鲢鱼

14、的食物需求，这种模式可能造成的负面影响是_。(4)与 A方式相比，B 方式的草鱼、鲢鱼结构更合理，判断依据是_(至少答出两点)。解析 本题考查群落、生态系统，考查对群落结构、能量流动、水体富营养化问题的理解。解答此题，可根据施肥量、光能量利用率、青草料利用率和水体能见度和鱼产量的不同，判断 A、B 方式哪一个更合理。(1)鲢鱼、草鱼和鲤鱼食性不同，生活在不同的水层，混合放养可以充分利用养殖水体的食物和空间，它们的分层分布体现了群落的垂直结构。(2)草鱼同化的能量中大部分通过呼吸作用以热能形式散失，其余部分用于自身的生长、发育和繁殖。(3)A 方式施用氮肥、磷肥，N、P 等元素可参与组成细胞的磷

15、脂、核酸、蛋白质等化合物，因而可以促进水体中浮游植物的生长，为鲢鱼提供较多的食物。N、P 元素过多，会引起水体富营养化，导致水体污染。(4)据表可知，B 方式下不需要施肥，却可以充分利用光能，提高青草料的利用率，并且保持较好的水质，获得较高的鱼产量，因此 B方8式的草鱼、鲢鱼结构更合理。答案 (1)食物和空间 垂直(2)自身的生长、发育和繁殖(3)促进浮游植物的生长 容易引起水体富营养化(4)提高了能量利用率，鱼产量高，经济效益好；污染少，水质好7(2018河北省衡水中学模考)核能是人类最具希望的未来能源，但是核能也是一把非常锋利的双刃剑，切尔诺贝利事故和日本核泄漏事件足以说明。某科学兴趣小组

16、对切尔诺贝利事故前后的某雌雄异株植物(性染色体为 XY型)进行研究，发现了一雄株性状与野生植物有明显差异的突变植株。在事故前，这种突变类型的植株并不存在。请回答：(1)若该植物的突变性状和野生性状由一对等位基因(A、a)控制，该科学兴趣小组发现该突变植株的突变性状是由其一条染色体上的某基因突变产生的，为了想进一步了解突变基因的显隐性和在染色体中的位置，设计了如下杂交实验方案。请将下列方案补充完整。杂交方法：该株突变雄株与多株野生纯合雌株杂交。观察统计：观察记录子代中雌雄植株中野生性状和突变性状的数量，填入下表。若突变基因位于 Y染色体上，则 Q和 P值分别为_。若突变基因位于 X染色体上且为显

17、性，则 Q和 P值分别为_。若突变基因位于 X染色体上且为隐性，则 Q和 P值分别为_。若_，则 Q和 P值分别为 1/2、1/2。若突变基因位于 X和 Y的同源区段，则该株突变个体的基因型为_。(2)除基因突变外，生物可遗传变异类型还有_。(3)现有一株野生植物具有两对独立遗传的等位基因(B 和 b、C 和 c)，其中 C和 c位于X染色体上，则用于与该植株测交的个体基因型为_。解析 根据题意分析，该突变植株的突变性状由某条染色体上的某个基因突变产生，且在事故前，这种突变类型的植株并不存在。分析表格，Q 表示突变性状在雄性中出现的比例，P 表示突变性状在雌性中出现的比例。(1)如果突变基因位

18、于 Y染色体上，后代的雄株都是突变型，雌株都是野生型，因此 P为 1，Q 为 0。若突变基因位于 X染色体上且9为显性，亲代突变雄株与多株野生纯合雌株的基因型为 XAY和 XaXa，后代的基因型为XAXa、X aY，雌性个体都是突变型，雄性个体都是野生型，即 P为 0，Q 为 1。若突变基因位于 X染色体上且为隐性，亲代突变雄株与多株野生纯合雌株的基因型为 XaY和 XAXA，后代的基因型为 XAXa、X AY，不论是雄性个体还是雌性个体，都是野生型，即 P、Q 都是 0。如果突变基因位于常染色体上且为显性，亲代突变雄株与多株野生纯合雌株的基因型为 Aa和 aa，后代的基因型为 Aa和 aa，

19、在性别之间的比例没有差异，因此 Q和 P值分别为1/2、1/2。若突变基因位于 X和 Y的同源区段，则该株突变个体的基因型为 XAYa或XaYA。(2)除基因突变外，生物可遗传变异类型还有基因重组和染色体变异。(3)测交是指被测个体与隐性纯合子杂交，由题可知，野生植株为雌性，因此用于与该植株测交的个体基因型为 bbXcY。答案 (1)1、0 0、1 0、0 突变基因位于常染色体上且为显性 X AYa或 XaYA(2)基因重组和染色体变异(3)bbXcY8(2018南昌检测)刚收获的玉米种子堆放一天后就发热了，某同学认为这只是玉米自身呼吸作用所散发的热量。根据以下提供的实验材料和器具设计实验，研

20、究玉米种子堆中热量的来源。(1)实验原理：生物呼吸作用以热能形式散失的能量的相对值可用温度计测量，且散失的能量越多，温度计读数越高。(2)实验材料和器具：刚收获的玉米种子，同样大小且消过毒的透明暖水瓶，消过毒的温度计和棉花，加热煮沸过的用具，质量分数为 0.1%的高锰酸钾溶液等。(3)实验步骤：第一步：取 A、B、C 三个透明暖水瓶；第二步：_；第三步：在三个瓶中插入消过毒的温度计并用棉花把瓶口塞紧，记录三个瓶的起始温度；第四步：_。(4)实验现象：_。(5)实验结论：_。解析 通过题干信息和实验原理可知，本题考查呼吸作用产能放热的问题。此题中的“消过毒” “煮沸”等信息提示需考虑微生物对实验

21、的影响，而“质量分数为 0.1%的高锰酸钾溶液”也起消毒作用。综合分析题干信息，可得出玉米种子堆中的热量可能来自玉10米种子自身的呼吸作用，也可能来自玉米种子上携带的微生物的呼吸作用，从而确定该实验的自变量有两个：玉米种子的生存状态、微生物的生存状态，故在设计实验时可分为三组：A 组玉米种子和微生物都死亡；B 组玉米种子存活，微生物死亡；C 组玉米和微生物都存活。实验的因变量为释放热量的多少，可通过温度计读数的变化来体现。根据实验原理可推出实验现象：A 瓶中温度无变化，B 瓶和 C瓶中温度均升高，且 C瓶中的温度稍高于 B瓶。根据本实验的自变量和因变量，再结合实验结果就可写出实验结论：玉米种子堆中的热量来源于玉米种子自身呼吸作用释放的能量和玉米种子上携带的微生物呼吸作用释放的能量。答案 (3)取刚收获的玉米种子若干，平均分成三份，一份煮熟后冷却，然后放入 A瓶中；一份用质量分数为 0.1%的高锰酸钾溶液浸泡一段时间后放入 B瓶中；一份不做任何处理放入 C瓶中 将三个瓶放到相同的环境中，过一段时间观察、记录温度计的读数(4)A瓶中温度无变化，B 瓶和 C瓶中温度均升高，且 C瓶中的温度稍高于 B瓶(5)玉米种子堆中的热量来源于玉米种子自身呼吸作用释放的能量和玉米种子上携带的微生物呼吸作用释放的能量