2014-2015学年四川省德阳市高二（下）期末生物试卷参考答案与试题解析
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一、选择题（共21小题，每小题2分，满分42分）
1．下列关于人体细胞中部分代谢场所的叙述，正确的是（ ）
A． 产生二氧化碳的场所是线粒体
B． 合成性激素的场所是高尔基体
C． .合成核酸水解酶的场所是溶酶体
D． 形成mRNA的场所是细胞质基质
考点： 有氧呼吸的过程和意义；细胞器中其他器官的主要功能；遗传信息的转录和翻译．
分析： 有氧呼吸分为三个阶段，第一阶段是葡萄糖酵解形成丙酮酸和[H]，同时释放少量能量，第二阶段是丙酮酸和水反应产生二氧化碳和[H]，同时释放少量能量，第三阶段是[H]和氧气结合形成水，释放大量能量；真核细胞中有氧呼吸的第一阶段发生在细胞质基质中，第二、第三阶段发生在线粒体中．
解答： 解：A、有氧呼吸第二阶段是丙酮酸和水反应产生二氧化碳和[H]，同时释放少量能量，发生在线粒体基质中，A正确；
B、性激素属于脂质，合成场所为内质网，B错误；
C、核酸水解酶的本质为蛋白质，合成场所为核糖体，C错误；
D、通过转录形成mRNA，主要场所为细胞核中，D错误．
故选：A．
点评： 本题考查细胞的结构与功能，对相关细胞器即结构功能的记忆是解题的关键．
2．利用传统发酵技术制作食品历史悠久，下列与果酒、果醋和腐乳制作有关叙述正确的是（ ）
A． 参与果酒发酒和果醋发酵及腐乳制作的微生物都含有线粒体
B． 果酒制成后只需将装置移至温度较高的环境中即可制作果醋
C． 使用的菌种都具有细胞壁、核糖体、DNA和RNA
D． 果酒制作过程中，应先除去葡萄枝梗，然后反复冲洗，直到彻底的干净
考点： 酒酵母制酒及乙酸菌由酒制醋；制作腐乳的科学原理及影响腐乳品质的条件．
分析： 果酒制作菌种是酵母菌，代谢类型是兼性厌氧型真菌，属于真核细胞，条件是18～25℃、前期需氧，后期不需氧．
果醋制作的菌种是醋酸菌，代谢类型是需氧型细菌，属于原核细胞，条件是30～35℃、一直需氧．
腐乳制作的菌种主要是毛霉，代谢类型是需氧型真菌，属于真核细胞，条件是15?18℃，一定湿度．
解答： 解：A、参与果酒、果醋和腐乳制作的微生物分别是酵母菌、醋酸（杆）菌、毛霉，其中醋酸杆菌是原核生物不含线粒体，A错误；
B、果酒制成后除需转移到温度较高环境外，还需醋酸杆菌且需在有氧环境中才可制作果醋，B错误；p分页标题e
C、果酒、果醋和腐乳制作所使用的菌种分别是酵母菌（单细胞真菌）、醋酸杆菌（属于需氧型细菌）和毛霉（多细胞真菌），它们均有细胞结构，都具有细胞壁、核糖体、DNA和RNA，C正确；
D、应先冲洗，然后除去葡萄枝梗，而且不能反复冲洗，D错误．
故选：C．
点评： 本题考查果酒、果醋和腐乳制作的相关知识，意在考查考生的识记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．
3．细胞中绝大多数需要能量的生命活动都由ATP直接供能，下列叙述正确的是（ ）
A． ATP合成酶通过为ADP供能和降低活化能来催化ATP的合成
B． 无光条件下，线粒体是植物叶肉细胞中能产生ATP的唯一场所
C． 马拉松运动中，骨骼肌细胞内ATP的水解速率远大于合成速率
D． 细胞中的能量通过ATP在吸能和放能反应之间的循环实现流通
考点： ATP在能量代谢中的作用的综合．
分析： 1、酶是一类起催化作用的有机分子，作用条件比较温和，同无机催化剂相比，酶能够显著减低活化能，绝大多数酶是蛋白质．
2、绿色植物的叶肉细胞在无光条件下只能进行呼吸作用，而有氧呼吸的场所是细胞质基质和线粒体．
3、正常状态下，细胞内ATP的合成速率和分解速率处于动态平衡．
4、ATP是细胞里的能量流通的能量“通货”，能量通过ATP分子在吸能反应和放能反应之间循环流通．
解答： 解：A、酶不能为反应物提供能量，只能降低化学反应的活化能，A错误；
B、无光条件下，植物叶肉细胞只能进行呼吸作用，产生ATP的场所是细胞质基质和线粒体，B错误；
C、马拉松运动中，骨骼肌细胞内ATP的合成速率和分解速率仍处于动态平衡，C错误；
D、细胞内的吸能反应和ATP分解相联系，放能反应和ATP合成相联系，能量通过ATP分子在吸能反应和放能反应之间循环流通，ATP是细胞里的能量流通的能量“通货”，D正确；
故选：D．
点评： 本题考查ATP的结构、作用、意义等相关知识，意在考查学生的识记和理解能力，另外需要注意ATP和ADP的相互转化．
4．为了保持菌种的纯净，需要进行菌种的保藏，下列有关叙述不正确的是（ ）
A． 对于频繁使用的菌种，可以采用临时保藏的方法
B． 临时保藏的菌种一般是接种到试管的斜面培养基上
C． 临时保藏的菌种容易被污染或产生变异
D． 对于需要长期保存的菌种，可以采用低温?4℃保藏的方法
考点： 微生物的利用．
分析： 菌种保藏是一切微生物工作的基础，其目的：是使菌种被保藏后不死亡、不变异、不被杂菌污染，并保持其优良性状，以利于生产和科研应用． 菌种保藏的原理：是为了达到长期保持菌种的优良特性，核心问题是必须降低菌种变异率，而菌种的变异主要发生于微生物旺盛生长、繁殖过程，因此必须创造一种环境，使微生物处于新陈代谢最低水平，生长繁殖不活跃状态． 常用的方法主要有：常规转接斜面低温保藏法，半固体穿刺保藏法，液体石蜡保藏法，含甘油培养物保藏法等，沙土管保藏法．特殊的有：真空冷冻干燥保藏法和液氮超低温保藏法．p分页标题e
解答： 解：A、对于频繁使用的菌种，可以采用临时保藏的方法，在固体斜面培养基上菌落长成后，放入冰箱低温保藏，A正确；
B、临时保藏的菌种一般是接种到试管的斜面培养基上，等到菌落长成后，放入冰箱低温保藏，B正确；
C、临时保藏的菌种由于频繁转种，容易被污染或产生变异，C正确；
D、对于需要长期保存的菌种，可以采用甘油管藏的方法，D错误．
故选：D．
点评： 本题主要考查微生物菌种的保藏方法，意在强化学生对两种菌种保藏方法的识记与理解．
5．微生物的实验室培养有较高的技术要求，下列操作不符合规范的是（ ）
A． 溶化琼脂时，需要用玻璃棒不断搅拌以防止糊底
B． 新配置的培养基可以用干热灭菌的方法灭菌
C． 倒平板操作时，待平板凝固后，需要将其倒过来放置
D． 用平板划线法分离大肠杆菌时，需要多次灼烧接种环
考点： 微生物的分离和培养．
分析： 本题是关于微生物实验室培养技术的题目，根据选项涉及的具体内容梳理微生物培养的知识点，然后分析综合进行判断．
解答： 解：A、琼脂熔化时，容易糊底，所以熔化琼脂时，需要用玻璃棒不断搅拌以防止糊底，A正确；
B、培养基的灭菌方法是高压蒸汽灭菌，不是干热灭菌，B错误；
C、倒平板操作时，待平板凝固后，需要将其倒过来放置，防止水珠落到培养基上，C正确；
D、用平板划线法分离大肠杆菌时，第一次划线前和每次划线后，都要对接种环进行灼烧灭菌，D正确．
故选：B．
点评： 本题的知识点是培养基配制的过程和灭菌方法，倒平板的操作，平板划线法操作，主要考查学生对微生物实验室培养技术的掌握程度．
6．怎样处理秸秆是近年来农村的一大难题，某农科所培养了一种菌肥解决了这一难题，农民将该菌肥喷洒在农作物秸秆上，不久结感就会被腐化掉．推测菌肥很可能是（ ）
A． 酵母菌 B． 大肠杆菌 C． 纤维素分解菌 D． 硝化细菌
考点： 土壤中能分解纤维素的微生物及其应用价值．
分析： 纤维素分解菌能够产生纤维素酶，纤维素酶可以将纤维素分解为葡萄糖加以利用．据此分析作答．
解答： 解：植物秸秆的主要成分是纤维素，纤维素分解菌能够产生纤维素酶，纤维素酶可以将纤维素分解为葡萄糖加以利用，同时秸秆中的其他有机物可以被转变为无机物而作为肥料被植物重新利用．
故选：C．
点评： 本题主要考查相关微生物的代谢特点，意在强化学生对微生物的利用的知识的识记、理解与运用．
7．下列有关“菊花的组织培养”实验说法不正确的是（ ）p分页标题e
A． 培养基中添加蔗糖的目的是提供营养和调节渗透压
B． 培养基中可以不添加生长素和细胞分裂素等植物激素
C． 外植体的消毒既要考虑效果，又要考虑植物的耐受能力
D． 培育出的试管苗可以进行光合作用，应直接移栽到大田中
考点： 植物的组织培养．
分析： 植物组织培养将离题的组织、器官或细胞在体外经过脱分化和再分化形成完整植株的过程，培养过程中需要调节调节激素的比例、无菌等条件．
解答： 解：A、植物组织培养时在培养基中添加蔗糖的目的是为了提供营养和调节渗透压，A正确；
B、由于菊花茎段组织培养比较容易，因此不必添加植物激素，B正确；
C、对外植体的消毒既要考虑效果，又要考虑植物的耐受能力，不是强度越大越好，C正确；
D、刚培育出的试管苗光合能力较弱，需要在消过毒的蛭石或珍珠岩等环境下生活一段时间，等幼苗强壮后再移栽到土壤，D错误．
故选：D．
点评： 本题考查组织培养基的成分及作用，意在考查学生对植物组织培养的过程的理解程度，并培养学生的解决问题的能力．
8．下列有关生物技术的叙述，不正确的是（ ）
A． 制作果醋时，必须向发酵装置不断的补充无菌空气，以保证醋酸菌的生长
B． 制作腐乳时，毛霉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
C． 泡菜腌制利用了乳酸菌的乳酸发酵
D． 制作果酒、果醋、腐乳的过程中，都应该防止微生物的生长和繁殖
考点： 酒酵母制酒及乙酸菌由酒制醋．
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 6CO2+12H2O+能量；
（2）在无氧条件下，反应式如下：C6H12O6 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．
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．腐乳制作的原理：毛霉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．
解答： 解：A、参与果醋制作的醋酸菌是嗜氧菌，因此制作果醋时，必须向发酵装置不断的补充无菌空气，以保证醋酸菌的生长，A正确；
B、制作腐乳时，毛霉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，产生的脂肪酶能将脂肪分解成甘油和脂肪酸，B正确；p分页标题e
C、泡菜腌制利用了乳酸菌的乳酸发酵，C正确；
D、制作果酒、果醋和腐乳过程都需要微生物的生长和繁殖，果酒制备的菌种是酵母菌，果醋制备的菌种是醋酸菌，腐乳制备的菌种是毛霉，D错误．
故选：D．
点评： 本题考查果酒和果醋的制作、腐乳的制作，要求考生识记参与果酒、果醋和腐乳制作的微生物及其代谢类型，掌握果酒、果醋和腐乳制作的原理及条件，能结合所学的知识准确判断各选项．
9．如图为利用体细胞诱变育种技术获得抗除草剂白三叶草新品种的过程，下列叙述错误的是（ ）
A． 该育种过程所依据的原理有基因突变和植物细胞具有全能性
B． 过程①和②所涉及的培养基中，不同植物生长调节剂的浓度比例不同
C． 白三叶草愈伤组织和胚状体的细胞中DNA和RNA种类相同
D． 过程③通常采用的筛选方法是向白三叶草幼苗喷洒除草剂
考点： 植物培养的条件及过程．
分析： 分析题图：图示为利用体细胞诱变获得抗除草剂白三叶草新品种的过程，其中①表示脱分化过程，②表示再分化过程，③表示筛选过程．
解答： 解：A、γ射线照射愈伤组织，能诱发基因突变；白三叶草组织细胞的培养运用了植物细胞的全能性，A正确；
B、过程①脱分化和②再分化的培养基中，不同植物生长调节剂??生长素和细胞分裂素的浓度比例不同，B正确；
C、白三叶草愈伤组织和胚状体的细胞中DNA种类相同，但由于细胞分化，基因选择性表达，RNA种类不同，C错误；
D、由于基因突变具有多害少利性和不定向性，需要通过检测与筛选培育作物新品种，所以过程③通常采用的筛选方法是向白三叶草幼苗喷洒除草剂，D正确．
故选：C．
点评： 本题结合图解，考查植物组织培养的相关知识，要求考生识记植物组织培养的过程、条件、原理等基础知识，掌握植物组织培养技术的相关应用，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．
10．探究温度对果胶酶活性影响的实验中，得到如下实验结果．据此分析不正确的是（ ）
温度（℃） 30 35 40 45 50 55 60 65 70 75 80
果汁量（ml） 3.5 4.6 8.6 10.9 12.3 11.7 10.1 5.4 3.9 4.8 5.6
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
B． 为了实验结果的科学性，各组混合处理时间和过滤果汁时间均应相同
C． 应在50～55℃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． 该实验结果表明高温能使果胶酶失活，但高温也可能促进果胶分解
考点： 果胶酶的活性测定．
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；p分页标题e
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．
解答： 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，以保证反应温度为设定的温度，A正确；
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，B正确；
C、分析数据，在50℃时果汁量最大，所以果胶酶的最适温度应在50℃左右，要在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，C错误；
D、高温可以使酶失活，由表格数据温度超过70℃后果汁量增多可以看出高温也可能促进果胶分解，D正确．
故选：C．
点评： 本题主要考查酶特性的相关探究实验，意在考查考生的分析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．
11．下列关于细胞结构和功能的叙述正确的是（ ）
A． DNA、RNA和蛋白质可通过核孔进出细胞核
B． 只有含叶绿体的细胞才能将无机物合成有机物
C． 分泌功能越强的细胞，高尔基体膜的更新速度越快
D． 蛋白质是细胞膜的主要组成成分且在膜上均匀分布
考点： 细胞器中其他器官的主要功能；细胞核的结构和功能．
分析： 结构决定功能．核孔是细胞核和细胞质之间进行物质交换和信息交流的通道．生物可以通过光合作用或化能合成作用将无机物合成有机物．高尔基体与细胞分泌物的形成有关．细胞膜上的蛋白质分布具有不对称性．
解答： 解：
A、核内外的蛋白质和RNA等大分子物质的交换就通过核孔进行．故A 错误．
B、蓝藻是原核生物，细胞中没有叶绿体，但可以进行光合作用将无机物合成有机物．硝化细菌通过化能合成作用将无机物合成有机物．故B错误．
C、高尔基体与细胞分泌物的形成有关．在运输分泌物时，高尔基体边缘会形成囊泡包裹分泌物，运输到细胞膜排出细胞外．所以分泌功能越强的细胞，高尔基体膜的更新速度越快．故C正确．
D、细胞膜上的蛋白质分布具有不对称性，有的部分或全部嵌入其中，有的镶在表面，有的贯穿整个磷脂双分子层．故D错误．
故选C．
点评： 本题考查了细胞结构和功能的相关内容．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．
12．下列关于颤藻的说法，正确的是（ ）
A． 线粒体是颤藻进行有氧呼吸的主要场所，而叶绿体则是其光合作用的场所
B． 颤藻的遗传物质主要是DNA，并以染色体作为其主要载体p分页标题e
C． 核糖体是颤藻细胞内蛋白质的“装配机器”，主要由蛋白质和mRNA组成
D． 颤藻在分裂过程中既不出现基因重组，也不出现染色体变异
考点： 原核细胞和真核细胞的形态和结构的异同．
分析： 1、细胞类生物（包括原核生物和真核生物）的遗传物质都是DNA，而病毒的遗传物质是DNA或RNA．
2、颤藻属于原核生物，原核细胞与真核细胞相比，最大的区别是原核细胞没有被核膜包被的成形的细胞核（没有核膜、核仁和染色体）；原核生物只能进行二分裂生殖；原核细胞只有核糖体一种细胞器，但原核生物含有细胞膜、细胞质结构，含有核酸和蛋白质等物质．
解答： 解：A、颤藻是原核生物，其细胞中不含线粒体，A错误；
B、颤藻的遗传物质就是DNA，B错误；
C、颤藻细胞只含一种细胞器??核糖体，其化学成分包括蛋白质和rRNA，C错误；
D、颤藻是原核生物，由于没有染色体，并且不能进行有性生殖，因此其二分裂过程中既不出现基因重组，也不出现染色体变异，D正确．
故选：D．
点评： 本题考查原核细胞和真核细胞的形态和结构的异同，首先要求考生明确颤藻属于原核生物；其次要求考生识记原核细胞和真核细胞的形态和结构的异同，能运用所学的知识准确判断各选项，属于考纲识记层次的考查．
13．下列关于生物膜的说法，正确的是（ ）
A． 线粒体中生成ATP的场所是线粒体内膜
B． 用蛋白酶处理生物膜可改变其组成和通透性
C． 细胞膜和细胞器膜在结构和功能上紧密联系，共同组成了细胞的生物膜系统
D． 叶绿体的类囊体膜上附着大量与光合作用有关的基因与酶，是生成光合产物的主要场所
考点： 细胞膜系统的结构和功能．
分析： 光合作用场所是叶绿体，是产生光合产物的场所．线粒体是进行有氧呼吸的主要场所，有氧呼吸的第三阶段产生的能量最多，发生场所是线粒体内膜．在真核细胞中，细胞膜、核膜和内质网、高尔基体、线粒体等由膜围绕而成的细胞器，在结构和功能上市紧密联系的统一整体，它们形成的结构体系，称为细胞的生物膜系统．
解答： 解：A、线粒体是进行有氧呼吸的主要场所，线粒体中生成ATP的场所是线粒体内膜和线粒体基质，A错误；
B、生物膜的主要成分是磷脂和蛋白质，故用蛋白酶处理生物膜可改变其组成和通透性，B正确；
C、生物膜系统是指在真核细胞中，细胞膜、核膜和内质网、高尔基体、线粒体等由膜围绕而成的细胞器，在结构和功能上市紧密联系的统一整体，C错误；
D、叶绿体的类囊体薄膜上有进行光合作用的色素和酶，是进行光反应的场所．但生成光合产物的产所是叶绿体基质，D错误．p分页标题e
故选：B．
点评： 本题着重考查了生物膜系统的结构和功能等方面的知识，意在考查考生能识记并理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成一定知识网络的能力，并且具有一定的分析能力和理解能力．
14．细胞内很多化学反应都是在生物膜上进行的，如图表示真核细胞中4种生物膜上发生的化学变化示意图，相关叙述中，正确的是（ ）
A． ①是抗体的合成场所 B． ②只发生在根尖分生区细胞
C． ③发生在叶绿体内膜 D． ④发生在线粒体内膜
考点： 细胞膜系统的结构和功能．
分析： 据图分析，①为主动运输过程，表示细胞膜；②是高尔基体，能够将葡萄糖合成纤维素，参与植物细胞壁的形成；③是类囊体膜，能够将水分解成O2和[H]；④是线粒体内膜，能够将O2和[H]生成水．
解答： 解：根据题意和图示分析可知：
A、①为主动运输过程，表示细胞膜，抗体的合成场所是核糖体，A错误；
B、在植物细胞有丝分裂过程中，末期在赤道板位置形成细胞板，并合成细胞壁．而高尔基体与植物细胞壁的形成有关，促使葡萄糖合成纤维素，②发生在根尖分生区及形成层等部位，B错误；
C、③是光合作用过程中水的光解，发生在叶绿体类囊体的薄膜上而不是叶绿体内膜，C错误；
D、④是有氧呼吸的第三阶段，发生在线粒体内膜上，需要许多酶催化反应，D正确．
故选：D．
点评： 本题考查主要细胞器的结构与功能的相关知识，属理解层次，意在考查考生对常见的细胞器的结构和功能有很好的理解，并且把握知识间的内在联系的能力．
15．用来判断选择培养基是否起到了选择作用需要设置的对照是（ ）
A． 未接种的选择培养基
B． 未接种的牛肉膏蛋白胨培养基
C． 接种了的牛肉膏蛋白胨培养基
D． 接种了的选择培养基
考点： 培养基对微生物的选择作用．
分析： 对照实验是指除所控因素外其它条件与被对照实验完全对等的实验．判断选择培养基是否起到了选择作用，则接种了的选择培养基是实验组，而接种了的牛肉膏蛋白胨培养基属于对照组．
解答： 解：将菌液稀释相同的倍数，在牛肉膏蛋白胨培养基上生长的菌落数目应明显多于选择培养基上的数目，因此牛肉膏蛋白胨培养基是对照组．对照组遵循的原则是单一变量，所以需要与选择培养基一样接种、培养．
故选：C．
点评： 本题主要考查实验过程中遵循的对照原则、单一变量意在等内容，意在加强学生的实验遵循的原则的理解与运用．
16．下面有关实验的表述正确的是（ ）p分页标题e
A． 斐林试剂鉴定还原糖实验中，如未加热，则不出现砖红色，溶液无色
B． 浓硫酸为溴麝香草酚蓝与酒精的显色反应创造酸性环境
C． 盐酸水解口腔上皮细胞可改变膜的通透性，加速健那绿进入细胞将DNA染色
D． 双缩脲试剂中，NaOH为CuSO4与蛋白质反应创造碱性条件
考点： 检测蛋白质的实验；DNA、RNA在细胞中的分布实验；检测还原糖的实验．
分析： 1、检测还原糖时需要使用斐林试剂，在水浴加热的条件下进行，颜色由浅蓝色变成棕色，最终变为砖红色沉淀．
2、蛋白质与双缩脲试剂发生作用，产生紫色反应．（蛋白质分子中含有很多肽键，在碱性NaOH溶液中能与双缩脲试剂中的Cu2+作用，产生紫色反应．）
解答： 解：A、斐林试剂鉴定还原糖实验中，如未加热，则不出现砖红色，溶液为蓝色，A错误；
B、溴麝香草酚蓝溶液鉴定的是二氧化碳，鉴定酒精用重铬酸钾，B错误；
C、健那绿用于线粒体染色，DNA染色的试剂是甲基绿，C错误．
D、蛋白质分子的肽键，在碱性NaOH溶液中能与双缩脲试剂中的Cu2+作用，产生紫色反应，D正确．
故选：D．
点评： 本题考查课本实验中试剂的使用，考查对基础知识的识记能力．
17．埃博拉病毒是一种逆转录病毒，它的基因可以嵌入宿主的基因，并引起埃博拉出血热的症状．埃博拉出血热是当今世界上最致命的病毒性出血热，生物安全等级为4级（艾滋病为3级，SARS为3级，级数越大防护越难）．关于埃博拉病毒叙述错误的是（ ）
A． 埃博拉病毒不能独立进行新陈代谢，只有寄生在宿主细胞内才能完成生命活动
B． 埃博拉病毒的生物安全等级如此高，是因为人体对它没有任何免疫能力
C． 埃博拉病毒体内含逆转录酶，遗传信息可从RNA→DNA
D． 一切生物包括埃博拉病毒都能进行基因突变
考点： 人体免疫系统在维持稳态中的作用；艾滋病的流行和预防．
分析： 病毒是一类没有细胞结构的特殊生物，只有蛋白质外壳和内部的遗传物质构成，不能独立的生活和繁殖，只有寄生在其他生物的活细胞内才能生活和繁殖，一旦离开了活细胞，病毒就无法进行生命活动．
解答： 解：A、埃博拉病毒不能独立进行新陈代谢，只有寄生在宿主细胞内才能完成生命活动，A正确；
B、埃博拉病毒的生物安全等级如此高，是因为它是RNA病毒，变异速度很快，B错误；
C、埃博拉病毒体内含逆转录酶，遗传信息可从RNA→DNA，C正确；
D、一切生物都有基因，故一切生物包括埃博拉病毒都能进行基因突变，D正确．
故选：B．
点评： 本题以社会热点问题为题材，结合埃博拉病毒的特点，考查查病毒的结构及人体内环境稳态的调节，要求考生识记病毒的结构以及人体内环境稳态的调节，能根据题中信息和所学知识准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查．p分页标题e
18．某生物兴趣小组就影响植物光合作用的因素进行了研究，获得如图所示的实验结果．下列有关分析正确的是（ ）
A． 该实验表明，温度、光照强度和CO2浓度都会影响植物光合作用的强度
B． 当光照强度大于7时，该植物在15℃和25℃的环境中合成有机物的速率相同
C． 该植物可在较低温度、较弱光照的环境中快速生长
D． 随着温度的升高，该植物的呼吸速率逐渐增强
考点： 光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化．
分析： 图示表示影响光合作用强度的因素有光照强度和温度；当光照强度大于7时，15℃和25℃的环境中净光合速率相等，有机物的积累量相同；在一定范围内，随着温度的升高酶活性增强，超过这个范围，随温度升高，酶活性降低；曲线表示15℃、光照强度为4时净光合速率最大，生长速度最快．
解答： 解：A、曲线图中显示的影响植物光合作用的因素是温度和光照强度，自变量是温度和光照强度，A错误；
B、当光照强度大于7时，该植物在15℃和25℃的环境中积累有机物的速率相同，但是25℃呼吸速率较大，所以25℃时合成有机物的速率较大，B错误；
C、图中可以看出，在15℃条件下，植物的净光合速率较高，并且在光照强度为5时就达到了光饱和点，C正确；
D、在一定温度范围内，随着温度的升高，该植物的呼吸速率逐渐增强，但是超过一定的温度后，该植物的呼吸速率会减小，D错误．
故选：C．
点评： 本题考查光照强度和温度对光合作用强度的影响．本题难度中等，属于考纲理解层次．解答本题的关键是正确识别曲线，比较不同光照强度和不同温度下光合作用强度的区别．光合速率：光合作用固定二氧化碳的速率，即单位时间单位叶面积的二氧化碳固定（或氧气释放）量．影响光合速率的条件：光照强度、温度和空气中二氧化碳浓度．
19．MRSA菌是一种引起皮肤感染的“超级细菌”，对青霉素等多种抗生素有抗性．为研究人母乳中新发现的蛋白质H与青霉素组合使用对MRSA菌生长的影响，某兴趣小组的实验设计及结果如表．下列说法正确的是（ ）
组别 培养基中的添加物 MRSA菌
1 100μg/mL 蛋白质H 生长正常
2 20μg/mL 青霉素 生长正常
3 2μg/mL 青霉素+100μg/mL 蛋白质H 死亡
A． 细菌死亡与否是通过光学显微镜观察其细胞核的有无来确定
B． 第2组和第3组对比表明，使用低浓度的青霉素即可杀死MRSA菌
C． 实验还需设计用2μg/mL青霉素做处理的对照组
D． 蛋白质H有很强的杀菌作用，是一种新型抗生素
考点： 真题集萃；微生物的分离和培养．p分页标题e
分析： 阅读题干可知本题涉及的知识点是细菌结构及其生长，明确知识点，梳理相关知识，分析图表，根据选项描述结合基础知识做出判断．
解答： 解：A、细菌是原核细胞，无细胞核，故A选项错误；
B、第2组和第3组对比说明使用低浓度青霉素和高浓度蛋白H可杀死MRSA菌，故B选项错误；
C、第3组缺少2ug/mL的对照组，故C选项正确；
D、抗生素是由微生物产生的具有抗菌作用的物质，而蛋白H是乳腺细胞产生，不属于抗生素，故D选项错误．
故选：C．
点评： 本题考查原核生物及其生长的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力．
20．研究表明，癌细胞和正常分化细胞在有氧条件下产生的ATP总量没有明显差异，但癌细胞从内环境中摄取并用于细胞呼吸的葡萄糖是正常细胞的若干倍．如图是癌细胞在有氧条件下葡萄糖的部分代谢过程，下列分析中错误的是（ ）
A． 图中A代表细胞膜上的载体蛋白
B． 葡萄糖进入癌细胞后，可通过形成五碳塘进而合成脱氧核苷酸作为DNA复制的原料
C． 在有氧条件下，癌细胞呼吸作用的方式为有氧呼吸
D． 若要研制药物来抑制癌症患者细胞中的异常代谢途径，图中的①④不宜选为作用位点
考点： 细胞呼吸原理在生产和生活中的应用；癌细胞的主要特征．
分析： 由于癌细胞具有无限增殖的能力，因此细胞周期短，代谢速度快，因此从外界吸收的葡萄糖多．图中①过程表示葡萄糖通过主动运输的方式进入细胞，②过程表示葡萄糖转化成脱氧核糖参与合成DNA，③表示无氧呼吸产生乳酸，④表示有氧呼吸过程．
解答： 解：A、葡糖糖跨膜运输的方式主动运输，主动运输需要载体的协助，故A正确；
B、核糖和脱氧核糖是五碳糖，脱氧核糖是合成DNA的原料，故B正确；
C、由图可知，在有氧条件下，癌细胞既能进行有氧呼吸也能进行无氧呼吸，故C错误；
D、正常细胞与癌细胞都具有①④过程，所以若要研制药物来抑制癌症患者细胞中的异常代谢途径，不宜选择该过程为作用位点，故D正确．
故选：C．
点评： 本题考查细胞的代谢和细胞的增值分化，意在考查考生能从课外材料中获取相关的生物学信息，并能运用这些信息，结合所学知识解决相关的生物学问题．
21．将某植物花冠切成大小和形状相同的细条，分为a、b、c、d、e和f组（每组的细条数相等），取上述6组细条分别置于不同浓度的蔗糖溶液中，浸泡相同时间后测量各组花冠细条的长度，结果如图所示．假如蔗糖溶液与花冠细胞之间只有水分交换，则（ ）p分页标题e
A． 实验后，a组液泡中的溶质浓度比b组的高
B． 浸泡导致f组细胞中液泡的失水量小于b组的
C． a组细胞在蔗糖溶液中失水或吸水所耗ATP大于b组
D． 使细条在浸泡前后长度不变的蔗糖浓度介于0.4～0.5mol•L?1之间
考点： 细胞质壁分离与质壁分离复原现象及其原因．
分析： 实验前长度/实验后长度的比值为1时，水分进出细胞达到平衡；比值小于1表明细胞吸水，且比值越小花冠吸水越多，则吸水量a＞b＞c；比值大于1表明细胞失水，且比值越大，花冠失水越多，则失水量d＜e＜f．
解答： 解：A、据图可推知a组吸水多于b组，因此实验后a组细胞液中溶质浓度低于b组，故A选项错误；
B、比值小于1表明细胞吸水，则b组细胞吸水；比值大于1表明细胞失水，则f组细胞失水，因此浸泡导致f组细胞中液泡的失水量＞b组，故B选项错误；
C、水分子进出细胞的方式是自由扩散，不消耗能量，故C选项错误；
D、由c组吸水，d组失水知细条细胞液浓度介于0.4～0.5mol?L?1之间，故D选项正确．
故选：D．
点评： 本题考查渗透作用的相关知识，意在考查学生的识图和判断能力，属于中档题．
二、解答题（共5小题，满分48分）
22．下面表示葡萄酒酿制的部分过程，请据图分析回答下面的问题．
（1）甲图中搅拌是为了使酵母菌进行 有氧呼吸 ，以增加酵母菌的数量．乙图中隔绝空气是为了使酵母菌进行 无氧呼吸 获得葡萄酒．最后，可以用 酸性重铬酸钾 试剂检测是否有酒精生成．
（2）如果要将酵母菌从其他细菌中分离出来，常采用向培养基中加青霉素的方法，这种培养基叫做 选择 培养基．接种时所用的接种环通过 灼烧 灭菌．在第二次及其以后的划线操作时，总是从 上一次划线的末端 开始划线，但分离纯化的方法称为 平板划线 法．
（3）通常对获得的菌种还可以依据菌落的 性状、大小、隆起程度、颜色 等（至少填两项）菌落特征对菌种进行初步的鉴定或分类．例如在伊红美蓝培养基中培养大肠杆菌，其菌落出现 黑 色．
（4）如果丙忘记盖上盖子，一段时间后会变酸，这是由于酒精在 醋酸菌 （生物）的作用下发生如下的化学反应式： C2H5OH+O2 CH3COOH+H2O（+能量） ．
考点： 酒酵母制酒及乙酸菌由酒制醋．
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 6CO2+12H2O+能量；
（2）在无氧条件下，反应式如下：C6H12O6 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：p分页标题e
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．
解答： 解：（1）葡萄酒的酿制过程要先通气后隔绝空气，先搅拌使酵母菌进行有氧呼吸，以增加酵母菌的数量，后隔绝空气使酵母菌无氧发酵产生酒精；酒精可以用酸性重铬酸钾溶液进行鉴定，颜色由橙色变成灰绿色．
（2）如果要将酵母菌从其他细菌中分离出来，常采用向培养基中加青霉素的方法，这种培养基叫做选择培养基．接种时所用的接种环通过灼烧灭菌．在第二次及其以后的划线操作时，总是从上一次划线的末端开始划线，但分离纯化的方法称为平板划线法．
（3）通常对获得的菌种还可以依据菌落的性状、大小、隆起程度、颜色等菌落特征对菌种进行初步的鉴定或分类．例如在伊红美蓝培养基中培养大肠杆菌，其菌落出现黑色．
（4）如果丙忘记盖上盖子，一段时间后会变酸，说明有醋酸菌进入并进行了果醋发酵，其化学反应式为：C2H5OH+O2 CH3COOH+H2O（+能量）．
故答案为：
（1）有氧呼吸 无氧呼吸 酸性重铬酸钾
（2）选择 灼烧 上一次划线的末端 平板划线
（3）性状、大小、隆起程度、颜色 黑
（4）醋酸菌 C2H5OH+O2 CH3COOH+H2O（+能量）
点评： 本题考查果酒和果醋的制作、微生物的培养和分离，要求考生识记参与果酒和果醋制作的微生物及其代谢类型，掌握果酒和果醋制作的原理及条件；识记微生物接种方法，掌握无菌技术，能结合所学的知识准确答题，属于考纲识记层次的考查．
23．．
（1）图中常用的是 MS 培养基．实验室一般使用保存的培养基母液来制备该培养基，配置母液时无机物中的 大量元素 浓缩10倍， 激素、维生素 等有机物单独制成1mg/mL的母液，接种前，用灭菌后未接种的培养基培养一段时间，观察是否形成菌落，目的是 判断培养基灭菌是否彻底 ．
（2）过程②、③分别是 脱分化 和 再分化 ．苦荞体细胞能培养成植株说明 植物细胞具有全能性 ．
（3）为探究激素对于过程诱导愈伤组织的影响，某研究小组在培养基中加入6?BA和2，4─D，灭菌后分别接种，在适宜条件下培养一段时间后，统计愈伤组织的诱导率，实验结果如下表：
实验编号 浓度/mg•L?1 诱导率% 实验编号 浓度/mg•L?1 诱导率% 实验编号 浓度/mg•L?1 诱导率%
2，4?D 6?BA 2，4?D 6?BA 2，4?D 6?BA
1 0 0 0 5 0 0.1 6 9 0 0.2 5
2 2 35 6 2 91 10 2 60
3 4 65 7 4 100 11 4 80
4 6 40 8 6 93 12 6 72
该实验的因变量是 诱导率 ，诱导的最佳组合是 0.1mg•L?16?BA和4mg•L?12，4?D ．
（4）判断转基因苦荞培育是否成功，可比较转基因苦荞与普通苦荞的 黄酮类化合物 含量，也可测定细胞中CHS含量．p分页标题e
考点： 植物培养的条件及过程．
分析： 分析题图：植物组织培养技术包括脱分化和再分化两个重要过程，而决定植物脱分化和再分化的关键因素是植物激素的种类和比例，特别是生长素和细胞分裂素的协同作用在组织培养过程中非常重要．图中①表示基因表达载体的构建过程；②表示脱分化过程；③表示再分化过程．
分析表格：该实验的目的是探究不同浓度6?BA和2，4?D对诱导愈伤组织的影响，自变量是6?BA和2，4?D的浓度，因变量是诱导率，诱导的最佳组合是0.1mg•L ?16?BA和4mg•L?12，4?D．
解答： 解：（1）图中常用的是MS培养基．实验室一般使用保存的培养基母液来制备该培养基，配置母液时无机物中的大量元素浓缩10倍，激素、维生素等有机物单独制成1mg/mL的母液．在接种前，用灭菌后未接种的培养基培养一段时间，观察是否形成菌落，目的是判断培养基灭菌是否彻底，以防杂菌污染．
（2）过程②、③分别是脱分化和再分化．苦荞体细胞能培养成植株的根本原因是植物细胞的全能性，即细胞中含有发育成完整个体所必需的全部基因．
（3）由表格可知该实验的因变量是诱导率，诱导的最佳组合是0.1mg•L ?16?BA和4mg•L?12，4?D．
（4）判断转基因苦荞培育是否成功，可比较转基因苦荞与普通苦荞的黄酮类化合物含量，也可测定细胞中CHS含量
故答案为：
（1）MS 大量元素 激素、维生素 判断培养基灭菌是否彻底
（3）脱分化 再分化 植物细胞具有全能性
（4）诱导率 0.1mg•L ?16?BA和4mg•L?12，4?D
（5）黄酮类化合物
点评： 本题综合考查植物细胞工程的相关知识，要求考生识记植物组织培养的过程、条件，掌握植物组织培养技术的相关应用，能分析图表，并能从中提取有效信息答题．
24．如图为高等植物细胞的亚显微结构模式图，请据图回答：
（1）若用磷脂酶处理该细胞，功能不会受到影响的细胞器有 10 ，脱氧核苷酸被利用的细胞器有 4、8 ．（本题要求填图中序号）
（2）若要分别获取④和⑧等细胞器采用 差速离心 方法，将结构⑧从细胞中提取出来，置于清水中，则其内膜破裂 晚 （早、晚）于外膜．其内腔向内折叠形成 嵴 以增大膜面积．
（3）如果用某种药物处理植物根尖，发现其对Ca2+的吸收速率大大降低，而对其他离子的吸收速率没有影响，说明这种药物影响了 运输Ca2+的载体蛋白 正常功能．
（4）高等植物细胞之间通过胞间连丝相互连接，能够实现细胞膜的功能之一??实现细胞间的 信息交流 ．
（5）若将只含乙细胞的植物组织经解离→漂洗→染色→制片后，放在高倍显微镜下观察，不能观察到染色体的原因是 成熟植物细胞不再进行细胞分裂，不会有染色体的出现 ．p分页标题e
（6）如果将乙细胞放入0.3g/mL的蔗糖溶液中，将会出现细胞壁与 原生质层 分离的现象，其原因是：① 外界溶液浓度大于细胞液浓度，细胞失水 ，② 原生质层的伸缩性大于细胞壁 ．
考点： 原核细胞和真核细胞的形态和结构的异同．
分析： 分析题图：图示是高等植物细胞亚显微结构模式图，结构1是细胞壁、2是细胞膜、3是细胞质基质、4是叶绿体、5是高尔基体、6是核仁、7是核膜、8是线粒体、9是内质网、10是核糖体、11是液泡、12是液泡膜．
解答： 解：（1）生物膜的基本骨架是由磷脂双分子层组成的，根据酶的专一性，磷脂酶能够水解磷脂，而植物细胞中的细胞器除了核糖体没有膜结构外，其他细胞器均具有膜结构，所以若用磷脂酶处理该细胞，功能不会受到影响的细胞器是10核糖体；DNA复制过程中会利用脱氧核苷酸，该细胞中的细胞器4叶绿体和8线粒体中的DNA均会发生复制，即在图中的4叶绿体和8线粒体中的脱氧核苷酸能够被利用．
（2）由于不同细胞器的比重不同，因此一般利用差速离心法分离细胞器，图中8线粒体具有双层膜，其内腔向内折叠形成嵴以增大膜面积，内膜面积远大于外膜面积，所以若将8线粒体置于清水中，由于吸水膨胀其内膜破裂晚于外膜．
（3）植物根尖吸收Ca2+的方式是主动运输，此过程需要运输Ca2+的载体蛋白，如果用某种药物处理植物根尖，发现其对Ca2+的吸收速率大大降低，而对其他离子的吸收速率没有影响，说明这种药物影响了运输Ca2+的载体蛋白正常功能．
（4）高等植物细胞之间通过胞间连丝相互连接，能够实现细胞膜的进行细胞间的信息交流的功能．
（5）染色体是在细胞分裂时，染色质高度螺旋化，缩短变粗形成的，若将只含乙细胞的植物组织经解离→漂洗→染色→制片后，放在高倍显微镜下观察，不能观察到染色体的原因是成熟植物细胞不再进行细胞分裂，所以不会有染色体的出现．
（6）如果将乙细胞放入0.3g/mL的蔗糖溶液中，由于外界溶液浓度大于细胞液浓度，细胞会失水，再加上原生质层的伸缩性大于细胞壁，此细胞会将会出现质壁分离，即细胞壁与原生质层分离的现象．
故答案为：
（1）10 4、8
（2）差速离心 晚 嵴
（3）运输Ca2+的载体蛋白
（4）信息交流
（5）成熟植物细胞不再进行细胞分裂，不会有染色体的出现
（6）外界溶液浓度大于细胞液浓度，细胞失水 原生质层的伸缩性大于细胞
点评： 本题结合高等植物细胞的亚显微结构模式图，考查细胞结构和功能的知识，要求考生识记细胞中各结构的图象和功能、通过分析题图获取信息是解题的关键．p分页标题e
25．表中是植物Ⅰ和植物Ⅱ在一天中气孔导度的变化．请分析回答：
时刻 0：00 3：00 6：00 9：00 12：00 15：00 18：00 21：00 24：00
植物Ⅰ气孔导度 38 35 30 7 2 8 15 25 38
植物Ⅱ气孔导度 1 1 20 38 30 35 20 1 1
（注：气孔导度能反映气孔张开的程度，其单位是mmol CO2•m?2•s?1，表示单位时间内进入叶片表面单位面积的CO2的量）
（1）据表分析可知，一天中植物Ⅰ和植物Ⅱ吸收CO2的主要差异是 植物Ⅰ主要在夜间吸收CO2，植物Ⅱ主要在白天吸收CO2（或“是吸收的时间而不是吸收的量”） ；沙漠植物的气孔导度变化更接近于植物 Ⅰ ，此特性的形成是长期 自然选择 的结果．
（2）如图表示植物叶肉细胞中发生的物质代谢过程（图中C3代表含有3个碳原子的有机化合物）．过程①②的能量变化是糖类中的化学能转化为 ATP中活跃的化学能和热能 ；过程③的完成需要光反应提供的 [H]和ATP ；凌晨3：00时，①②③④四种生理过程中，植物Ⅰ能完成的有 ①②④ 过程．
（4）完成④过程时CO2首先与 五碳化合物 （物质）结合而被固定，若突然停止光照，则该物质的含量会 减少 （增加、减少、不变）
考点： 光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化．
分析： 本题主要考查呼吸作用和光合作用的过程．
1、呼吸作用是指生物体内的有机物在细胞内经过一系列的氧化分解，最终生成二氧化碳或其他产物，并且释放出能量的总过程．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．
2、光合作用是指绿色植物通过叶绿体，利用光能把二氧化碳和水转变成储存着能量的有机物，并释放出氧气的过程．光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）：水的光解产生[H]与氧气，以及ATP的形成．光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：CO2被C5固定形成C3，C3在光反应提供的ATP和[H]的作用下还原生成淀粉等有机物．
解答： 解：（1）据表分析可知，植物Ⅰ主要在夜间（0：00?6：00）吸收CO2，植物Ⅱ主要在白天（6：00?18：00）吸收CO2．沙漠植物由于干旱和高温，气孔白天关闭，主要是夜间吸收CO2，所以沙漠植物的气孔导度变化更接近于植物Ⅰ，此特性的形成是长期自然选择的结果．
（2）据图分析，过程①②表示呼吸作用，呼吸作用可以将糖类中的化学能转化为ATP中活跃的化学能和热能．过程③为光合作用暗反应C3的还原，需要酶、[H]和ATP的参与．凌晨3：00时，①②③④四种生理过程中，植物Ⅰ能够进行呼吸作用与吸收二氧化碳，即完成的过程为①②④．p分页标题e
（3）由图分析可知，过程④为CO2的固定，CO2首先与五碳化合物结合而被固定，若突然停止光照，光反应停止，三碳化合物还原受阻，五碳化合物生成减少，短时间内去路不变，最终导致五碳化合物含量减少．
故答案为：
（1）植物Ⅰ主要在夜间吸收CO2，植物Ⅱ主要在白天吸收CO2 （或“是吸收的时间而不是吸收的量”）Ⅰ自然选择（进化）
（2）ATP中活跃的化学能和热能[H]和ATP ①②④
（3）五碳化合物 减少
点评： 本题以图形为载体，考查了学生识图、析图能力，运用所学知识分析和解决问题的能力．细胞呼吸和光合作用过程是考查的重点和难点，可以通过流程图分析，表格比较，典型练习分析强化学生的理解．影响光合作用的因素主要有：光照强度、二氧化碳浓度和温度．
26．如图所示表示某叶绿素细胞悬浮液放入密闭容器中，保持一定的PH和温度，给予不同条件时细胞悬浮液中溶解氧浓度变化的模式图．据图回答问题：
（1）该绿藻细胞的呼吸速率为 2.5 （用氧的消耗速率表示）微摩尔/分
（2）若在图中丁处给予光补偿点的光照，则正确表示溶解氧变化的曲线是a～g中的 d ．
（5）若在图中丁处加入使光反应停止的试剂，则正确表示溶解氧变化的曲线是a～g中的 e ．
（6）若在图中丁处给予适宜条件，使溶解氧的变化如图中的b，预计1小时后，实际产生的氧气量为 750 微摩尔．
考点： 光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化．
分析： 据图分析：光照之前只进行呼吸作用，只需根据氧气吸收的总量比时间即可计算出呼吸速率．
光照影响光合作用的光反应过程，它能促进ATP的生成和水的光解．在丙处添加CO2时，要考虑到二氧化碳影响的是光合作用的暗反应中的二氧化碳的固定．丁点以后，若曲线不变，则表示光合作用等于呼吸作用强度；若曲线上升，则表示光合作用大于呼吸作用强度；如果曲线下降，则表示光合作用小于呼吸作用或只进行呼吸作用．
解答： 解：（1）在光照开始之前，细胞只进行呼吸作用，呼吸作用第一阶段的场所为细胞质基质，第二、三两阶段发生在线粒体中．在0～4分细胞吸收的氧气的值=210?200=10微摩，因此该绿藻细胞的呼吸速率=10÷4=2.5微摩/分．
（2）在图中丁处给予光补偿点的光照，则光合作用速率=呼吸作用速率，溶解氧的含量不变，对应在图中的曲线是d．
（3）若在丁处加入光反应抑制剂，此时绿藻细胞不能进行光合作用，只能进行呼吸作用，又恢复到0～4分时的状态，并且呼吸速率不变，因此e可以表示溶解氧变化的曲线．
（4）据图曲线b，净光合作用量为20÷2=10微摩尔/分；呼吸量为2.5微摩尔/分，由此计算出每分总光合作用量为12.5微摩尔/分．所以1小时实际产生氧气量=12.5微摩尔/分×60分?750微摩尔．p分页标题e
故答案为：
（1）2.5
（2）d
（3）e
（4）750
点评： 本题难度适中，属于考纲中理解层次的要求，着重考查了环境因素影响光合作用的呼吸作用的强度的相关知识，解答本题分析图解中曲线变化趋势及转折点变化的原因，在计算时能熟练运用真光合速率=净光合速率+呼吸速率．
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