第61頁（共61頁）2024-2025學年下學期高二生物滬科版（2020）期中必刷?？碱}之能量在單向流動中逐級遞減一．選擇題（共12小題）1．（2025?武漢模擬）我國生態學家對三峽工程蓄水后期長江口水域生態系統的能量流動進行了定量分析，得到的數據如圖所示（Ⅰ～Ⅳ代表營養級，圖中能量數據的單位為t?km﹣2?a﹣1）。下列敘述正確的是（）A．該生態系統的能量金字塔呈現上寬下窄的金字塔形 B．該生態系統第Ⅰ營養級固定的太陽能為615.22t?km﹣2?a﹣1 C．該生態系統第Ⅱ和第Ⅲ營養級之間的能量傳遞效率為11.1% D．第Ⅳ營養級用于生長發育繁殖的能量有0.55t?km﹣2?a﹣12．（2025?長春模擬）下列實驗和研究中，沒有進行定量分析的是（）A．格里菲思進行的肺炎鏈球菌轉化實驗 B．孟德爾利用豌豆進行的一對相對性狀雜交實驗 C．查哥夫發現DNA中嘌呤含量與嘧啶含量相等 D．林德曼研究賽達伯格湖的能量流動情況3．（2025?日照模擬）某山地水庫生產者以藍細菌、綠藻等浮游藻類為主，高等水生植物占比很小。研究人員對該生態系統的能量流動情況進行了調查，部分結果如圖。下列敘述錯誤的是（）注：數據為能量大小的相對值，營養級方框內數字代表未利用能量A．營養級Ⅱ的同化量約有19%用于其生長、發育和繁殖 B．營養級Ⅱ、Ⅲ之間的能量傳遞效率約為7% C．營養級Ⅲ、Ⅳ同化的能量大部分以熱能形式散失 D．該水庫可能存在水體富營養化現象4．（2024秋?和平區校級期末）某校生物科研小組研究某區域的生態系統，得到部分食物網如圖1所示；然后又采用不同體積的樣方來調查該地段土壤中生物的物種數，結果如圖2所示。下列敘述正確的是（）A．該地段土壤中生物的物種數最多為N B．調查該地段土壤中物種數的樣方體積最好是V3 C．圖中E所代表的生物占有3個營養級 D．若圖1食物網中一種生物攝食兩種生物時，攝取的兩種生物的生物量相等，則E每增加4kg生物量，理論上至少需要消耗生產者200kg生物量5．（2024秋?和平區校級期末）某池塘生態系統中的能量流動關系如下（單位：J/m2?a），A、B、C、D共同構成生物群落。下列敘述正確的是（）（圖中有機物輸入量即被相應營養級同化的能量）A．輸入此生態系統的能量只有生產者的總初級生產量 B．圖中所有字母所代表的生物總和構成生態系統 C．從第二營養級到第三營養級的能量傳遞效率是16.67% D．B流入D的能量包括B的糞便及其遺體殘骸中的化學能6．（2024秋?和平區校級期末）動物的同化量（A）是指從食物中消化、吸收的能量，即攝食量（I）與其糞便量之差；生產量（P）則是同化量與呼吸量（R）之差，它以有機物的形式累積在生物體內或生態系統中。同化效率、生產效率分別表示為A/I、P/A．依據表中所示黃鼠等的數據分析，下列敘述正確的是（）能量數值/（kJ?m﹣2a﹣1）動物種類攝食量（I）同化量（A）呼吸量（R）生產量（P）收割蟻（植食）34.53130.90.1小蜘蛛（肉食）12.611.9101.9鹽沼蝗（植食）3.711.370.860.51黃鼠（植食）5.63.83.690.11A．表中4類動物中，同化效率最高的是收割蟻 B．用于自身生長、發育和繁殖的能量占同化量比例最高的是小蜘蛛 C．黃鼠的生長速率較低與其細胞呼吸消耗的能量占比較高有關 D．表中幾種動物同化效率（A/I）不同是因為能量傳遞效率不同7．（2025?河南開學）某生態系統各營養級的能量含量及能量流動方向如圖所示，其中甲、乙、丙、丁分別代表不同生物。下列有關分析正確的是（）A．圖中包含了生態系統的所有組成成分 B．圖中丁既是三級消費者又是四級消費者 C．若圖中乙消失，則藻類的數量會增加 D．有害物質鉛在圖中丙的體內含量最高8．（2024秋?唐山期末）遷西縣是“中國板栗之鄉”，當地有漫山遍野的板栗樹，板栗銷往國內外。廢棄的板栗樹枝條還可用來栽培栗蘑，增加農民收入。下列相關敘述正確的是（）A．在板栗樹集中的區域調查其種群密度 B．板栗林中的植物沒有垂直分層現象 C．種植栗蘑可以提高能量傳遞效率 D．板栗林應給予相應的物質、能量投入9．（2024秋?唐山期末）美洲商陸是京津冀地區入侵物種之一，其果實飽滿可以吸引鳥類攝食。鳥類攝食后不能消化商陸的種子，將其隨糞便排出。下列敘述正確的是（）A．鳥類對美洲商陸的取食可減緩其入侵 B．鳥類屬于影響美洲商陸種群數量變化的密度制約因素 C．美洲商陸的入侵不會導致當地生物多樣性的下降 D．美洲商陸同化的能量中，只有10%～20%的能量流到鳥類10．（2025?南京開學）如表為不同食草動物和食肉動物的同化量在生產（P：生長、發育和繁殖的能量）與維持（R：呼吸作用散失的能量）之間的分配。下列敘述錯誤的是（）P占同化量的比例（%）R占同化量的比例（%）棉鼠（恒溫食草動物）1387紅狐（恒溫食肉動物）496狼蛛（變溫食肉動物）2575豌豆蚜蟲（變溫食草動物）5842A．初級消費者的攝入量等于其P、R及次級消費者糞便的能量之和 B．食肉動物比食草動物的P占比低可能是由于捕獲食物的過程耗能多 C．恒溫動物比變溫動物的R占比高可能是由于分配更多能量維持體溫 D．P與R的比例不僅隨環境資源改變，還受種間關系變化的影響11．（2025?渭南模擬）下列有關生態系統結構和功能的敘述，正確的是（）A．生態系統的結構包括生產者、消費者、分解者以及食物鏈和食物網 B．在生態系統中，生產者全是自養生物，但不一定都是綠色植物 C．煙草利用信息素吸引蛾幼蟲的天敵以控制其數量，屬于化學防治 D．初級消費者同化的能量中有一部分通過其糞便流入分解者12．（2025?小店區校級開學）如圖1為某池塘生態系統中的食物網，圖2為D種群中不同體長個體的食性占比。下列敘述正確的是（）A．C和D的種間關系是捕食 B．若池塘中投放大量體長為1.4cm的D種群個體，一定時間內A、B、C種群數量均大量減少 C．若D種群中所有個體體長均為6.5cm，則該種群同化量增加1kJ時至少需要消耗第一營養級生物的能量為10kJ D．該池塘生態系統由A、B、C、D共同構成二．解答題（共3小題）13．（2024秋?濱州期末）科研人員對海南儋州海頭天然牡蠣礁生態系統進行研究，牡蠣是生態系統中第Ⅱ營養級的主要組成部分，濾食浮游植物和水體碎屑等。該生態系統中常見的數量較多的物種還有腹足類、節肢動物、大型海藻和?？?。調查該生態系統中各營養級能量（單位：t?km﹣2?a﹣1）如表所示。營養級流向下一營養級量輸出系統量沉積量呼吸量同化量Ⅳ0.000.000.100.170.27Ⅲ0.270.73209.10296.90507.00Ⅱ507.007.0026009.0033056.0059579.00Ⅰ59579.00872.0033227.00﹣？注：沉積量包括被分解者利用的能量和未被利用的能量。（1）從生態系統組成成分分析，牡蠣屬于。若研究牡蠣的生態位，則需要從等方面進行研究。（2）經分析，腹足類、節肢動物、大型海藻和海葵等不是優勢種，理由是。（3）流經該生態系統的總能量（填“是”或“不是”）93678.00t?km﹣2?a﹣1，原因是。第Ⅲ營養級用于自身生長、發育和繁殖的能量是t?km﹣2?a﹣1。（4）能量轉換效率為相鄰兩個營養級間用于生長、發育和繁殖的能量的比值，由表可知，第Ⅲ營養級到第Ⅳ營養級比第Ⅰ營養級到Ⅱ營養級之間的能量轉換效率。該生態系統營養極少，食物網較簡單，其（填“抵抗力”或“恢復力”）穩定性低，故需對其加以保護。14．（2025?梅河口市校級開學）圖1表示某湖泊生態系統能量流動部分簡圖，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ代表該生態系統的三個營養級，括號中數值表示一年內的能量轉化值（單位：106kJ/m2）。圖2表示某生態系統的碳循環示意圖，其中甲、乙、丙為生態系統中的三種組成成分，A、B、C、D是乙中的四種生物。回答下列問題：（1）若要正確表示圖1所示的湖泊生態系統能量流動情況，圖1中應該補充的能量流動情況是、。（2）若圖1所示的湖泊生態系統的總面積為10000m2，則每年流經該生態系統的總能量值是×106kJ。第一、二營養級之間的能量傳遞效率為%（精確到小數點后兩位）。（3）湖泊在受到輕度污染后，能夠迅速恢復，這是通過反饋調節機制來實現的。（4）寫出圖2中存在的食物鏈（網）。15．（2025?廣陽區校級開學）汕頭市濠江區蘇埃灣紅樹林是我市一處美麗的濕地景觀。白鷺常棲息在該林區，其主要食物為小型的魚類、蝦、蟹、蝌蚪和水生昆蟲等動物。近幾年，濠江區利用其獨特的生態優勢發展水產養殖，取得了良好的經濟效益。圖1為該濕地生態系統中的一條食物鏈，圖2為能量流經白鷺的示意圖，請根據相關信息回答下列問題。（1）圖1中甲、乙、丙三個種群組成的食物鏈為，若白鷺屬于該食物鏈中的某一環節，則白鷺屬于第營養級。（2）為調查白鷺的種群密度，可使用進行調查并統計數據，要研究湖區該種水鳥的生態位，需要研究的方面有（回答2個方面）。該生態系統中水鳥等各種生物都占據著相對穩定的生態位，其意義是。（3）圖2為能量流經白鷺的示意圖，①、②、③表示生物的生命活動過程，其中①是；③是，過程②的能量無法被生產者所固定，體現了能量流動具有的特點。（4）近年來，一些白鷺離開紅樹林區前往周邊農田，吸引來一些游客觀賞。從保護鳥類的角度來看，游客在觀賞時應注意的事項是。（回答兩點即可）

2024-2025學年下學期高二生物滬科版（2020）期中必刷常考題之能量在單向流動中逐級遞減參考答案與試題解析題號1234567891011答案DAADCCCDBAB題號12答案C一．選擇題（共12小題）1．（2025?武漢模擬）我國生態學家對三峽工程蓄水后期長江口水域生態系統的能量流動進行了定量分析，得到的數據如圖所示（Ⅰ～Ⅳ代表營養級，圖中能量數據的單位為t?km﹣2?a﹣1）。下列敘述正確的是（）A．該生態系統的能量金字塔呈現上寬下窄的金字塔形 B．該生態系統第Ⅰ營養級固定的太陽能為615.22t?km﹣2?a﹣1 C．該生態系統第Ⅱ和第Ⅲ營養級之間的能量傳遞效率為11.1% D．第Ⅳ營養級用于生長發育繁殖的能量有0.55t?km﹣2?a﹣1【考點】能量流動的概念和過程；能量流動的特點及相關計算；生態金字塔．【專題】正推法；物質循環和能量流動；理解能力．【答案】D【分析】除最高營養級外，各營養級生物同化的能量有四個去向：一部分流向下一營養級、一部分流向分解者、一部分用于自身呼吸消耗和一部分儲存（未利用）?！窘獯稹拷猓篈、該生態系統的能量金字塔呈現上窄下寬的金字塔形，因為生態系統中能量流動的特點是單向流動、逐級遞減，A錯誤；B、該生態系統中流入第Ⅱ營養級的能量為615.22t?km﹣2?a﹣1，B錯誤；C、該生態系統第Ⅱ和第Ⅲ營養級之間的能量傳遞效率為12.38÷615.22＝2.01%，C錯誤；D、第Ⅳ營養級用于生長發育繁殖的能量為1.37﹣0.82＝0.55t?km﹣2?a﹣1，D正確。故選：D。【點評】本題考查生態系統能量流動的相關內容，要求學生能運用所學的知識正確作答。2．（2025?長春模擬）下列實驗和研究中，沒有進行定量分析的是（）A．格里菲思進行的肺炎鏈球菌轉化實驗 B．孟德爾利用豌豆進行的一對相對性狀雜交實驗 C．查哥夫發現DNA中嘌呤含量與嘧啶含量相等 D．林德曼研究賽達伯格湖的能量流動情況【考點】能量流動的概念和過程；孟德爾遺傳實驗；肺炎鏈球菌轉化實驗；DNA的結構層次及特點．【專題】正推法；遺傳物質的探索；DNA分子結構和復制；孟德爾遺傳實驗；物質循環和能量流動；實驗探究能力．【答案】A【分析】1、孟德爾發現遺傳定律用了假說—演繹法，其基本步驟：提出問題→作出假說→演繹推理→實驗驗證→得出結論。2、肺炎鏈球菌轉化實驗包括格里菲思體內轉化實驗和艾弗里體外轉化實驗，其中格里菲思體內轉化實驗證明S型細菌中存在某種“轉化因子”，能將R型細菌轉化為S型細菌?！窘獯稹拷猓篈、格里菲思進行肺炎鏈球菌體內轉化實驗是將R型或S型肺炎鏈球菌注入小鼠體內，觀察小鼠存活情況，沒有進行定量分析，A正確；B、孟德爾利用豌豆進行的一對相對性狀雜交實驗，運用了數學統計學方法對豌豆各種性狀進行計數，進行了定量分析，B錯誤；C、查哥夫發現DNA中嘌呤含量與嘧啶含量相等運用了定量分析，C錯誤；D、林德曼對賽達伯格湖的能量流動情況進行了定量分析，得出了生態系統中能量流動的規律，D錯誤。故選：A。【點評】本題考查科學探究過程，涉及遺傳物質的發現、遺傳定律的發現、DNA分子雙螺旋結構的發現和生態系統能量流動規律的發現等知識，需要考生實際并理解科學家的實驗過程，結合題干解答。3．（2025?日照模擬）某山地水庫生產者以藍細菌、綠藻等浮游藻類為主，高等水生植物占比很小。研究人員對該生態系統的能量流動情況進行了調查，部分結果如圖。下列敘述錯誤的是（）注：數據為能量大小的相對值，營養級方框內數字代表未利用能量A．營養級Ⅱ的同化量約有19%用于其生長、發育和繁殖 B．營養級Ⅱ、Ⅲ之間的能量傳遞效率約為7% C．營養級Ⅲ、Ⅳ同化的能量大部分以熱能形式散失 D．該水庫可能存在水體富營養化現象【考點】能量流動的特點及相關計算；能量流動的概念和過程．【專題】模式圖；物質循環和能量流動；理解能力．【答案】A【分析】生產者同化的能量＝生產者呼吸消耗的能量+生產者自身生長發育繁殖的能量＝生產者呼吸消耗的能量+流向分解者的能量+流向下一營養級的能量+未被利用的能量。消費者（除最高級消費者）同化的能量＝攝入量﹣糞便量＝呼吸消耗的能量+自身生長發育和繁殖的能量＝呼吸消耗的能量+流向分解者的能量+流向下一營養級的能量+未被利用的能量；最高級消費者沒有流向下一營養級的能量?！窘獯稹拷猓篈、第Ⅱ營養級的同化量＝166+76.82+34+21+2.18＝300，用于其生長、發育和繁殖的能量＝該營養級的同化量﹣呼吸消耗的能量＝300﹣166＝134，約占其同化量45%，A錯誤B、由營養級Ⅲ傳到營養級Ⅳ的能量＝1.12+0.32+0.06+0.4＝1.9，第Ⅲ營養級的同化量＝1.9+3.2+12.9+0.9+2.1＝21，第Ⅱ營養級的同化量＝166+76.82+34+21+2.18＝300，所以營養級Ⅱ、Ⅲ之間的能量傳遞效率＝第Ⅲ營養級的同化量÷第Ⅱ營養級的同化量×100%＝21÷300×100%＝7.0%，B正確；C、由題中信息可知，營養級中Ⅲ、Ⅳ同化的能量大部分在呼吸作用中以熱能形式散失，C正確；D、一般情況下，相鄰兩個營養級之間的能量傳遞效率約為10%～20%。該水庫中第Ⅰ營養級的同化量為25000，第Ⅱ營養級的同化量為300，第Ⅰ、Ⅱ營養級間能量傳遞效率＝第Ⅱ營養級的同化量÷第Ⅰ營養級的同化量×100%＝300÷25000×100%＝1.2%，說明第一營養級即生產者較多，而第二營養級較少，該水庫可能存在水體富營養化，D正確。故選：A?！军c評】本題考查生態系統能量流動和物質循環的相關知識，意在考查學生的識記能力和判斷能力，學生具備運用所學知識綜合分析問題的能力是解答本題的關鍵。4．（2024秋?和平區校級期末）某校生物科研小組研究某區域的生態系統，得到部分食物網如圖1所示；然后又采用不同體積的樣方來調查該地段土壤中生物的物種數，結果如圖2所示。下列敘述正確的是（）A．該地段土壤中生物的物種數最多為N B．調查該地段土壤中物種數的樣方體積最好是V3 C．圖中E所代表的生物占有3個營養級 D．若圖1食物網中一種生物攝食兩種生物時，攝取的兩種生物的生物量相等，則E每增加4kg生物量，理論上至少需要消耗生產者200kg生物量【考點】能量流動的特點及相關計算；土壤中動物類群豐富度的研究；食物鏈與食物網．【專題】正推法；種群和群落；物質循環和能量流動．【答案】D【分析】題圖分析：圖1表示食物網的示意圖，共有3條食物鏈：B→D→E、B→C→E、B→A→C→E。圖2中在一定范圍內，隨樣方體積的增大，物種數迅速增多，并逐漸達到最多后保持穩定?！窘獯稹拷猓篈、土壤中生物的物種數到最多后保持穩定在N，不會明顯大于N，A錯誤；B、V2是物種數目達到最多時對應的最小樣方體積，故調查該生態系統土壤中物種數的樣方體積最好是V2，B錯誤；C、據圖1分析可知圖中有3條食物鏈：B→D→E、B→C→E、B→A→C→E，E所代表的生物在這3條食物鏈中占有2個營養級，C錯誤；D、若圖1食物網中一種生物攝食兩種生物時，兩種被攝食的生物所占比例相等，則E每增加4kg生物量，至少需要消耗生產者的質量用20%計算。故至少需要消耗生產者的質量是2÷20%÷20%+2÷20%×12÷20%+2÷20%×12÷20%÷故選：D?！军c評】本題考查群落和生態系統的相關內容，要求學生能結合所學知識正確作答。5．（2024秋?和平區校級期末）某池塘生態系統中的能量流動關系如下（單位：J/m2?a），A、B、C、D共同構成生物群落。下列敘述正確的是（）（圖中有機物輸入量即被相應營養級同化的能量）A．輸入此生態系統的能量只有生產者的總初級生產量 B．圖中所有字母所代表的生物總和構成生態系統 C．從第二營養級到第三營養級的能量傳遞效率是16.67% D．B流入D的能量包括B的糞便及其遺體殘骸中的化學能【考點】能量流動的特點及相關計算；能量流動的概念和過程．【專題】正推法；物質循環和能量流動；理解能力．【答案】C【分析】據圖分析，A是生產者（第一營養級），B是初級消費者（第二營養級），C表示次級消費者（第三營養級），D是分解者?！窘獯稹拷猓篈、輸入此生態系統的能量有生產者的總初級生產量和外界輸入的有機物中的化學能，A錯誤；B、圖中A是生產者，B是初級消費者（第二營養級），C表示次級消費者（第三營養級），D是分解者，因此圖中所有字母所代表的生物總和構成生物群落，但是生態系統包括生物群落和非生物環境，B錯誤；C、據圖分析，圖為該農場的某年能量流動示意圖，A是生產者，B是第二營養極，總能量為16+2＝18J/m2?a，C表示第三營養級，由B傳至C的能量為3J/m2?a，即其從第二營養級同化的能量為3J/m2?a，則第二營養級到第三營養級的能量傳遞效率＝3÷18×100%＝16.67%，C正確；D、B流入D的能量包括C的糞便及B的遺體殘骸中的化學能，B的糞便中的化學能屬于上一營養級的能量，D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查生態系統的相關內容，要求學生能結合所學知識正確作答。6．（2024秋?和平區校級期末）動物的同化量（A）是指從食物中消化、吸收的能量，即攝食量（I）與其糞便量之差；生產量（P）則是同化量與呼吸量（R）之差，它以有機物的形式累積在生物體內或生態系統中。同化效率、生產效率分別表示為A/I、P/A．依據表中所示黃鼠等的數據分析，下列敘述正確的是（）能量數值/（kJ?m﹣2a﹣1）動物種類攝食量（I）同化量（A）呼吸量（R）生產量（P）收割蟻（植食）34.53130.90.1小蜘蛛（肉食）12.611.9101.9鹽沼蝗（植食）3.711.370.860.51黃鼠（植食）5.63.83.690.11A．表中4類動物中，同化效率最高的是收割蟻 B．用于自身生長、發育和繁殖的能量占同化量比例最高的是小蜘蛛 C．黃鼠的生長速率較低與其細胞呼吸消耗的能量占比較高有關 D．表中幾種動物同化效率（A/I）不同是因為能量傳遞效率不同【考點】能量流動的特點及相關計算．【專題】正推法；物質循環和能量流動；理解能力．【答案】C【分析】1、攝入量＝同化量+糞便量，同化量＝呼吸量+用于自身生長、發育和繁殖的能量（即表格中生產量）。2、能量傳遞效率＝某一營養級的同化量÷上一營養級的同化量×100%，一般為10%～20%?！窘獯稹拷猓篈、表中幾種動物同化效率（A/I）分別為：收割蟻31.00÷34.50×100%＝89.9%，小蜘蛛11.9÷12.6×100%＝94.4%，鹽沼蝗1.37÷3.71×100%＝36.9%，黃鼠3.8÷5.6×100%＝67.9%，由此可見，同化效率（A/I）最高的為小蜘蛛，A錯誤；B、根據題意可知，生產量（P）則是同化量與呼吸量（R）之差，生產量（P）表示的是用于自身生長、發育和繁殖的能量，因此表中幾種動物用于自身生長、發育和繁殖的能量占同化量比例P/A分別為：收割蟻0.1÷31.00×100%＝0.32%，小蜘蛛1.9÷11.90×100%＝11.97%，鹽沼蝗0.51÷1.37×100%＝37.23%，黃鼠0.11÷3.80×100%＝2.89%，由此可見，用于自身生長、發育和繁殖的能量占同化量比例最高的是鹽沼蝗，B錯誤；C、黃鼠能量的同化量為3.80，呼吸量為3.69，黃鼠的生長速率較低（P/A）與其細胞呼吸消耗的能量占比較高有關，C正確；D、能量傳遞效率＝某一營養級的同化量÷上一營養級的同化量×100%，而同化效率＝A/I，D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查能量流動的相關內容，要求學生能結合所學知識正確作答。7．（2025?河南開學）某生態系統各營養級的能量含量及能量流動方向如圖所示，其中甲、乙、丙、丁分別代表不同生物。下列有關分析正確的是（）A．圖中包含了生態系統的所有組成成分 B．圖中丁既是三級消費者又是四級消費者 C．若圖中乙消失，則藻類的數量會增加 D．有害物質鉛在圖中丙的體內含量最高【考點】能量流動的概念和過程；生物富集；生態系統的組成成分；食物鏈與食物網．【專題】正推法；生態系統；物質循環和能量流動；理解能力．【答案】C【分析】生態系統組成成分有非生物的物質和能量、生產者、消費者、分解者。食物鏈中只有生產者和消費者。【解答】解：A、生態系統組成成分有非生物的物質和能量、生產者、消費者、分解者，圖中只有生產者和消費者，缺少非生物的物質和能量以及分解者，A錯誤；B、在食物鏈中，消費者級別比營養級少1，丁在“水草→甲→丙→丁”中是三級消費者，在“藻類→乙→丙→丁”和“藻類→乙→丁”中分別是三級、二級消費者，B錯誤；C、乙消失，以藻類為食的生物減少，藻類被捕食壓力減小，數量會增加，C正確；D、有害物質沿食物鏈積累，營養級越高含量越高，丁是最高營養級，有害物質鉛在丁體內含量最高，D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查生態系統的組成成分、食物鏈和食物網以及生物富集等知識點，意在考查對生態系統結構和功能相關知識的理解與應用能力。8．（2024秋?唐山期末）遷西縣是“中國板栗之鄉”，當地有漫山遍野的板栗樹，板栗銷往國內外。廢棄的板栗樹枝條還可用來栽培栗蘑，增加農民收入。下列相關敘述正確的是（）A．在板栗樹集中的區域調查其種群密度 B．板栗林中的植物沒有垂直分層現象 C．種植栗蘑可以提高能量傳遞效率 D．板栗林應給予相應的物質、能量投入【考點】能量流動的特點及相關計算；估算種群密度的方法；群落的空間結構．【專題】正推法；種群和群落；物質循環和能量流動；理解能力．【答案】D【分析】群落垂直結構：在垂直方向上，大多數群落具有明顯的分層現象；植物主要受陽光的影響，動物主要受食物和棲息空間的影響?！窘獯稹拷猓篈、調查種群密度應該隨機取樣，A錯誤；B、板栗林中的植物也有垂直分層現象，B錯誤；C、種植栗蘑能夠提高群落的復雜程度，提高能量利用率，但不能提高能量傳遞效率，C錯誤；D、對于人類需求比較多的生態系統，同時為提高產量，板栗林應給予相應的物質、能量投入，D正確。故選：D?！军c評】本題考查種群、群落和生態系統的相關內容，要求學生能結合所學知識正確作答。9．（2024秋?唐山期末）美洲商陸是京津冀地區入侵物種之一，其果實飽滿可以吸引鳥類攝食。鳥類攝食后不能消化商陸的種子，將其隨糞便排出。下列敘述正確的是（）A．鳥類對美洲商陸的取食可減緩其入侵 B．鳥類屬于影響美洲商陸種群數量變化的密度制約因素 C．美洲商陸的入侵不會導致當地生物多樣性的下降 D．美洲商陸同化的能量中，只有10%～20%的能量流到鳥類【考點】能量流動的特點及相關計算；生物因素和非生物因素對種群數量變化的影響．【專題】正推法；種群和群落；生態系統；理解能力．【答案】B【分析】生物入侵是指某種生物從外地自然傳入或人為引種后成為野生狀態，并對本地生態系統造成一定危害的現象。這些生物被叫做外來物種。外來入侵物種具有生態適應能力強，繁殖能力強，傳播能力強等特點。【解答】解：A、鳥類在取食美洲商陸時，會將種子傳播到新的生境中，從而促進美洲商陸的擴散和入侵?，所以鳥類對美洲商陸的取食并不能減緩其入侵，反而有助于其傳播和繁殖，A錯誤；B、鳥類取食美洲商陸的果實，與種群數量的作用相關，所以鳥類屬于影響美洲商陸種群數量變化的密度制約因素，B正確；C、美洲商陸的入侵會導致當地生物多樣性的下降，C錯誤；D、依據題干信息，美洲商陸的果實可以被鳥類攝食，鳥類攝食后不能消化商陸的種子，將其隨糞便排出，所以美洲商陸同化的能量中，沒有能量流到鳥類，D錯誤。故選：B。【點評】本題考查種群、群落和生態系統的相關知識，意在考查學生的識記能力和判斷能力，學生具備運用所學知識綜合分析問題的能力是解答本題的關鍵。10．（2025?南京開學）如表為不同食草動物和食肉動物的同化量在生產（P：生長、發育和繁殖的能量）與維持（R：呼吸作用散失的能量）之間的分配。下列敘述錯誤的是（）P占同化量的比例（%）R占同化量的比例（%）棉鼠（恒溫食草動物）1387紅狐（恒溫食肉動物）496狼蛛（變溫食肉動物）2575豌豆蚜蟲（變溫食草動物）5842A．初級消費者的攝入量等于其P、R及次級消費者糞便的能量之和 B．食肉動物比食草動物的P占比低可能是由于捕獲食物的過程耗能多 C．恒溫動物比變溫動物的R占比高可能是由于分配更多能量維持體溫 D．P與R的比例不僅隨環境資源改變，還受種間關系變化的影響【考點】能量流動的特點及相關計算．【專題】數據表格；物質循環和能量流動；理解能力．【答案】A【分析】生態系統的能量去路：①自身呼吸消耗；②流向下一營養級；③殘體、糞便等被分解者分解；④未被利用?！窘獯稹拷猓篈、初級消費者的同化量等于用于生長、發育、繁殖的能量（即P）、呼吸作用散失的能量（即R）兩者之和，A錯誤；B、分析數據可知：恒溫食肉動物和變溫食肉動物的P占比較低，而呼吸作用喪失的熱能占比較高，由此推測可能是食肉動物在捕獲食物中需要消耗的能量更多，因此P占比低，B正確；C、分析數據可知：恒溫動物要保持溫度的穩定，故需要比變溫動物分配更多能量用于呼吸作用產熱，因此R占比高，C正確；D、P與R的比例不是固定的，不僅隨生物的生活模式改變，還受環境資源的影響，也包括人為因素的影響，D正確。故選：A?！军c評】本題主要考查能量流動的概念和過程等相關知識點，意在考查學生對相關知識點的理解和掌握的能力。11．（2025?渭南模擬）下列有關生態系統結構和功能的敘述，正確的是（）A．生態系統的結構包括生產者、消費者、分解者以及食物鏈和食物網 B．在生態系統中，生產者全是自養生物，但不一定都是綠色植物 C．煙草利用信息素吸引蛾幼蟲的天敵以控制其數量，屬于化學防治 D．初級消費者同化的能量中有一部分通過其糞便流入分解者【考點】能量流動的概念和過程；信息傳遞在農業生產中的應用；生態系統的組成成分．【專題】正推法；生態系統；物質循環和能量流動；理解能力．【答案】B【分析】1、生態系統的結構包括生態系統成分和營養結構（食物鏈和食物網）。2、生態系統中的成分有：①非生物的物質和能量：空氣、水、礦物質、陽光、熱能；②生產者：屬自養生物（主要是綠色植物）；是生態系統的主要成分；③消費者：屬異養生物（各種動物）；分類：初級消費者、次級消費者、三級消費者；④分解者：屬異養生物（細菌、真菌等營腐生生活的微生物），其作用為：分解動植物遺體、排出物和殘落物中的有機物為無機物歸還到無機環境?！窘獯稹拷猓篈、生態系統的結構包括生態系統的組成成分（包括非生物的物質和能量、生產者、消費者和分解者）、食物鏈和食物網，A錯誤；B、在生態系統中，生產者全是自養生物，但不一定都是綠色植物，也可以是硝化細菌、藍細菌等，B正確；C、煙草利用信息素吸引蛾幼蟲的天敵以控制其數量，屬于生物防治，不污染環境，C錯誤；D、初級消費者糞便里的能量不屬于其同化量，而是上一營養級生產者同化能量的一部分，會經糞便流向分解者，D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查生態系統的結構、生產者的類型、生態系統的信息傳遞及能量流動等知識點，意在考查學生對生態系統相關概念和原理的理解，檢驗學生對這些知識的掌握程度以及對易混淆知識點的辨析能力。12．（2025?小店區校級開學）如圖1為某池塘生態系統中的食物網，圖2為D種群中不同體長個體的食性占比。下列敘述正確的是（）A．C和D的種間關系是捕食 B．若池塘中投放大量體長為1.4cm的D種群個體，一定時間內A、B、C種群數量均大量減少 C．若D種群中所有個體體長均為6.5cm，則該種群同化量增加1kJ時至少需要消耗第一營養級生物的能量為10kJ D．該池塘生態系統由A、B、C、D共同構成【考點】能量流動的特點及相關計算；群落中生物的種間關系；生態系統的組成成分；食物鏈與食物網．【專題】正推法；物質循環和能量流動；解決問題能力．【答案】C【分析】生態系統的完整組成包括生物群落（生產者、消費者和分解者）以及無機環境。在計算能量消耗時，根據能量流動的特點，能量在相鄰兩個營養級間的傳遞效率一般為10%﹣20%，這里求至少消耗第一營養級生物的能量，應按照最高傳遞效率20%計算。【解答】解：A、從圖1食物網可知，C和D之間不僅存在捕食關系，還都以A、B為食，存在競爭關系，所以C和D的種間關系是捕食和競爭，A錯誤；B、由圖2可知，體長為1.4cm的D種群個體肉食性比例為100%，其食物來源只有C，若池塘中投放大量體長為1.4cm的D種群個體，C的數量會減少，而A、B是C的食物，C減少對A、B的捕食壓力減小，一定時間內A、B種群數量會增加，B錯誤；C、當D種群中所有個體體長均為6.5cm時，植食性比例為75%，肉食性比例為25%。當D通過植食性獲得能量時，按照能量傳遞效率20%計算，要使D同化量增加1kJ，通過植食性（從第一營養級獲取能量）獲得0.75kJ，則至少需要消耗第一營養級生物的能量為0.75÷20%＝3.75kJ。當D通過肉食性獲得能量時，其食物來源為C，C的食物來源為A、B（第一營養級），D通過肉食性獲得0.25kJ，按照能量傳遞效率20%計算，至少需要消耗第一營養級生物的能量為0.25÷20%÷20%＝6.25kJ?？偣仓辽傩枰牡谝粻I養級生物的能量為3.75+6.25＝10kJ，C正確；D、生態系統由生物群落和無機環境共同組成，A、B、C、D只是該池塘生態系統中的生產者和消費者，不能構成生態系統，D錯誤。故選：C。【點評】本題綜合考查了種間關系（捕食、競爭）、生態系統的組成、生態系統的能量流動等多個重要知識點，對學生知識的綜合運用能力有一定要求。二．解答題（共3小題）13．（2024秋?濱州期末）科研人員對海南儋州海頭天然牡蠣礁生態系統進行研究，牡蠣是生態系統中第Ⅱ營養級的主要組成部分，濾食浮游植物和水體碎屑等。該生態系統中常見的數量較多的物種還有腹足類、節肢動物、大型海藻和?？?。調查該生態系統中各營養級能量（單位：t?km﹣2?a﹣1）如表所示。營養級流向下一營養級量輸出系統量沉積量呼吸量同化量Ⅳ0.000.000.100.170.27Ⅲ0.270.73209.10296.90507.00Ⅱ507.007.0026009.0033056.0059579.00Ⅰ59579.00872.0033227.00﹣？注：沉積量包括被分解者利用的能量和未被利用的能量。（1）從生態系統組成成分分析，牡蠣屬于消費者和分解者。若研究牡蠣的生態位，則需要從牡蠣的棲息地、天敵、食物，以及與其他物種的關系等方面進行研究。（2）經分析，腹足類、節肢動物、大型海藻和?？炔皇莾瀯莘N，理由是它們對其他物種的影響不大。（3）流經該生態系統的總能量不是（填“是”或“不是”）93678.00t?km﹣2?a﹣1，原因是該能量不含第Ⅰ營養級的呼吸量。第Ⅲ營養級用于自身生長、發育和繁殖的能量是210.1t?km﹣2?a﹣1。（4）能量轉換效率為相鄰兩個營養級間用于生長、發育和繁殖的能量的比值，由表可知，第Ⅲ營養級到第Ⅳ營養級比第Ⅰ營養級到Ⅱ營養級之間的能量轉換效率低。該生態系統營養極少，食物網較簡單，其抵抗力（填“抵抗力”或“恢復力”）穩定性低，故需對其加以保護?！究键c】能量流動的特點及相關計算；生態系統穩定性的概念和類型；群落的季節性和生態位．【專題】正推法；種群和群落；物質循環和能量流動；理解能力．【答案】（1）消費者和分解者牡蠣的棲息地、天敵、食物，以及與其他物種的關系（2）它們對其他物種的影響不大（3）不是該能量不含第Ⅰ營養級的呼吸量210.1（4）低抵抗力【分析】1、生態系統中能量的輸入、傳遞、轉化和散失的過程，稱為生態系統的能量流動。2、生態系統的能量流動功能包括以下幾個方面：①能量輸入：生態系統中能量流動的起點是生產者（主要是植物）通過光合作用固定的太陽能開始的。能量流動的渠道是食物鏈和食物網。②能量傳遞：生態系統能量流動中，能量以太陽光能→生物體內有機物中的化學能→熱能散失的形式變化。能量在食物鏈的各營養級中以有機物（食物）中化學能的形式流動。③能量散失：生態系統能量流動中能量散失的主要途徑是通過食物鏈中各營養級生物本身的細胞呼吸及分解者的細胞呼吸，主要以熱量的形式散失?！窘獯稹拷猓海?）牡蠣是生態系統中第Ⅱ營養級的主要組成部分，濾食浮游植物和水體碎屑等。從生態系統組成成分分析，牡蠣既屬于消費者又屬于分解者；若研究牡蠣的生態位，則需要從牡蠣的棲息地、天敵、食物，生活習性以及與其他物種的關系等多方面進行研究；（2）優勢種通常是環境適應能力強、數量多且對群落其他種群有重要作用的物種，經分析，腹足類、節肢動物、大型海藻和?？炔皇莾瀯莘N，理由是它們對其他物種的影響并不大；（3）流經該生態系統的總能量不是93678.00t?km﹣2?a﹣1，依題意，該生態系統存在以碎屑為主的碎屑食物鏈，因此，流經該生態系統的總能量應包括生產者固定的能量及碎屑中所包含的能量，不含第Ⅰ營養級的呼吸量，第Ⅲ營養級用于自身生長、發育和繁殖的能量是507.00﹣296.90＝210.1t?km﹣2?a﹣1；（4）能量轉換效率為相鄰兩個營養級間用于生長、發育和繁殖的能量的比值，第Ⅲ營養級到第Ⅳ營養級的能量轉換效率是（0.27﹣0.17）÷（507.00﹣296.90）×100%≈0.0476%，第Ⅰ營養級到Ⅱ營養級之間的能量轉換效率是（59579.00﹣33056.00）÷（59579.00+872.00+33227.00）×100%≈28.31%，可知，第Ⅲ營養級到第Ⅳ營養級比第Ⅰ營養級到Ⅱ營養級之間的能量轉換效率低。該生態系統營養極少，食物網較簡單，物種種類少，抵抗力穩定性低，自我調節能力也低，故需對其加以保護。故答案為：（1）消費者和分解者牡蠣的棲息地、天敵、食物，以及與其他物種的關系（2）它們對其他物種的影響不大（3）不是該能量不含第Ⅰ營養級的呼吸量210.1（4）低抵抗力【點評】本題主要考查了生態系統、群落等相關知識點，意在考查學生對相關知識點的理解和熟練應用的能力。14．（2025?梅河口市校級開學）圖1表示某湖泊生態系統能量流動部分簡圖，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ代表該生態系統的三個營養級，括號中數值表示一年內的能量轉化值（單位：106kJ/m2）。圖2表示某生態系統的碳循環示意圖，其中甲、乙、丙為生態系統中的三種組成成分，A、B、C、D是乙中的四種生物?；卮鹣铝袉栴}：（1）若要正確表示圖1所示的湖泊生態系統能量流動情況，圖1中應該補充的能量流動情況是Ⅱ→a、分解者→a。（2）若圖1所示的湖泊生態系統的總面積為10000m2，則每年流經該生態系統的總能量值是1176000×106kJ。第一、二營養級之間的能量傳遞效率為10.03%（精確到小數點后兩位）。（3）湖泊在受到輕度污染后，能夠迅速恢復，這是通過負反饋調節機制來實現的。（4）寫出圖2中存在的食物鏈（網）。【考點】能量流動的概念和過程；能量流動的特點及相關計算；食物鏈與食物網．【專題】正推法；物質循環和能量流動；理解能力．【答案】（1）Ⅱ→a分解者→a（2）117600010.03（3）負（4）【分析】據圖分析：圖1中，一般情況下，動物同化的能量的去向主要是呼吸作用消耗、流入下一營養級、流向分解者和未被利用的能量。圖2表示某生態系統的碳循環示意圖，其中甲是生產者；乙是消費者（A、B、C、D）是乙中的四種生物；丙為分解者?！窘獯稹拷猓海?）生態系統流入每一個營養級的能量包括本身呼吸消耗、流入下一個營養級、自身生長發育繁殖儲存在體內以及被分解者分解一部分。圖1中應該補充的能量流動情況是Ⅱ→a、分解者→a。（2）流經生態系統的總能量為生產者所固定的太陽能總量，第一營養級的總能量＝（3.0+11.8+42.5+60.3）×10000＝117.6×10000＝1.176x106（百萬千焦），第一、二營養級之間的能量傳遞效率為11.8÷117.6×100%＝10.03%。（3）負反饋調節在生態系統中普遍存在，它是生態系統具備自我調節能力的基礎。湖泊在受到輕度污染后，能夠迅速恢復，是通過負反饋調節實現自身的相對穩定。（4）能量流動的特點是單向流動，逐級遞減，且能量在兩個營養級之間的傳遞效率為10%～20%，根據圖1中乙中四種生物的能量可判斷：A為第二營養級，B和C都處于第三營養級，D位于第四營養級。因此圖1中存在的食物鏈。故答案為：（1）Ⅱ→a分解者→a（2）117600010.03（3）負（4）【點評】本題考查生態系統的相關內容，要求學生能運用所學的知識正確作答。15．（2025?廣陽區校級開學）汕頭市濠江區蘇埃灣紅樹林是我市一處美麗的濕地景觀。白鷺常棲息在該林區，其主要食物為小型的魚類、蝦、蟹、蝌蚪和水生昆蟲等動物。近幾年，濠江區利用其獨特的生態優勢發展水產養殖，取得了良好的經濟效益。圖1為該濕地生態系統中的一條食物鏈，圖2為能量流經白鷺的示意圖，請根據相關信息回答下列問題。（1）圖1中甲、乙、丙三個種群組成的食物鏈為甲→乙→丙，若白鷺屬于該食物鏈中的某一環節，則白鷺屬于第三營養級。（2）為調查白鷺的種群密度，可使用標記重捕法進行調查并統計數據，要研究湖區該種水鳥的生態位，需要研究的方面有棲息地、食物、天敵、與其他物種的關系（回答2個方面）。該生態系統中水鳥等各種生物都占據著相對穩定的生態位，其意義是有利于不同生物充分利用環境資源。（3）圖2為能量流經白鷺的示意圖，①、②、③表示生物的生命活動過程，其中①是白鷺同化量；③是分解者分解利用的能量（或分解作用），過程②的能量無法被生產者所固定，體現了能量流動具有單向流動，逐級遞減的特點。（4）近年來，一些白鷺離開紅樹林區前往周邊農田，吸引來一些游客觀賞。從保護鳥類的角度來看，游客在觀賞時應注意的事項是禁止捕捉白鷺；不能隨意投喂；避免干擾其正在進行的活動等（不驚嚇白鷺或遠距離觀賞或不破壞白鷺的棲息環境或生存環境）。（回答兩點即可）【考點】能量流動的概念和過程；生物多樣性喪失的原因及保護措施；估算種群密度的方法；群落的季節性和生態位；食物鏈與食物網．【專題】正推法；種群和群落；生態系統；解決問題能力．【答案】（1）甲→乙→丙三（2）標記重捕法棲息地、食物、天敵、與其他物種的關系有利于不同生物充分利用環境資源（3）白鷺同化量分解者分解利用的能量（或分解作用）單向流動，逐級遞減（4）禁止捕捉白鷺；不能隨意投喂；避免干擾其正在進行的活動等（不驚嚇白鷺或遠距離觀賞或不破壞白鷺的棲息環境或生存環境）【分析】能量流動的相關計算為：攝入的能量有兩個去向：同化量+糞便量（糞便量屬于上一個營養級流向分解者的能量）。同化的能量有兩個去向：呼吸作用散失的能量+用于生長發育和繁殖的能量。用于生長發育和繁殖的能量有兩個去向：傳遞給下一個營養級+流向分解者。能量傳遞效率＝傳遞給下一營養級的能量÷該營養級所同化的能量?！窘獯稹拷猓海?）根據圖1中甲、乙、丙三種生物的種群數量走向、結合判斷的原則：先上升的先下降為被捕食者，后上升后下降的為捕食者，據此可判斷圖1中甲、乙、丙三個種群組成的食物鏈為甲→乙→丙，若白鷺屬于該食物鏈中的某一環節，且白鷺的主要食物為小型的魚類、蝦、蟹、蝌蚪和水生昆蟲等動物，即白鷺為次級消費者，屬于第三營養級。（2）白鷺活動能力強、活動范圍廣，因此，為調查白鷺的種群密度，可使用標記重捕法進行調查并統計數據，要研究湖區該種水鳥的生態位，即研究動物的生態位需要研究白鷺的棲息地、食物、天敵及其與其他物種的關系。該生態系統中水鳥等各種生物都占據著相對穩定的生態位，這有利于不同生物充分利用環境資源，提高生態系統的穩定性。（3）圖2為能量流經白鷺的示意圖，①、②、③表示生物的生命活動過程，其中①是白鷺的同化量；③是分解者分解利用的能量（或分解作用），包含圖中白鷺糞便中的能量和白鷺遺體殘骸中的能量，過程②表示呼吸作用散失的能量，該能量無法被生產者所固定，因而使得能量流動具單向流動，逐級遞減的特點。（4）近年來，一些白鷺離開紅樹林區前往周邊農田，吸引來一些游客觀賞，從保護鳥類的角度來看，游客在觀賞時應注意的事項包括禁止捕捉白鷺；不能隨意投喂；避免干擾其正在進行的活動；不破壞水鳥的生存環境（不丟棄廢棄物、不污染水源）；遠距離觀賞而避免對其造成驚嚇等。故答案為：（1）甲→乙→丙三（2）標記重捕法棲息地、食物、天敵、與其他物種的關系有利于不同生物充分利用環境資源（3）白鷺同化量分解者分解利用的能量（或分解作用）單向流動，逐級遞減（4）禁止捕捉白鷺；不能隨意投喂；避免干擾其正在進行的活動等（不驚嚇白鷺或遠距離觀賞或不破壞白鷺的棲息環境或生存環境）【點評】本題考查種群、群落和生態系統的相關內容，

考點卡片1．孟德爾遺傳實驗【知識點的認識】1、假說演繹法提出問題→假說解釋→演繹推理→實驗驗證→總結規律2、孟德爾遺傳實驗的科學方法：（1）提出問題（在實驗基礎上提出問題）（2）做出假說（其中假說內容：①生物的性狀是由細胞中的遺傳因子決定的；②體細胞中的遺傳因子成對存在；③配子中的遺傳因子成單存在；④受精時，雌雄配子隨機結合。）（3）演繹推理（如果這個假說是正確的，這樣F1會產生兩種數量相等的配子，這樣測交后代應該會產生兩種數量相等的類型）；（4）實驗驗證（測交實驗驗證，結果確實產生了兩種數量相等的類型）；（5）得出結論（就是分離定律）。3、相關概念（1）兩性花：同一朵花中既有雄蕊又有雌蕊；單性花：一朵花中只有雄蕊或者只有雌蕊。只有雌蕊稱雌花，只有雄蕊稱雄花。（2）傳粉方式：①自花傳粉：兩性花的花粉落到同一朵雄蕊柱頭上的過程；②異花傳粉：兩朵花之間的傳粉過程；③花未開時同一朵花就完成了自花傳粉的過程，傳粉后才開花。4、孟德爾雜交實驗的操作①認定父本和母本，供應花粉的植株叫做父本，接受花粉的植株叫做母本，先除去母本未成熟花的全部雄蕊，注意去除干凈、徹底，然后套上紙袋。②待雌蕊成熟時，采集另一植株的花粉，撒在去雄花的雌蕊柱頭上，再套上紙袋?？偨Y為：（1）確定被研究的相對性狀，選擇好父本和母本；（2）去雄；（3）套袋；（4）人工授粉；（5）再套袋。5、孟德爾取得成功的原因（1）正確地選用實驗材料；（豌豆）①豌豆是嚴格的自花傳粉、閉花授粉植物。所以在自然狀態下，能避開外來花粉的干擾，便于形成純種，能確保實驗結果的可靠性。②豌豆花大且花冠的性狀便于人工去雄和人工授粉。③豌豆具有多個穩定的，可以明顯區分的相對性狀。④繁殖周期短，后代數量大，而且豌豆成熟后籽粒都留在豆莢中，便于觀察和計數。（2）分析方法科學：先研究一對相對性狀，再對兩對甚至多對相對性狀進行研究，遵循了由簡單到復雜的原則。（單因子→多因子）（3）應用統計學方法對實驗結果進行分析。（4）科學地設計了實驗的程序?！久}方向】題型一：假說演繹法的考察典例1：（2015?寧都縣一模）假說演繹法是現代科學研究中常用的方法，包括“提出問題、作出假設、演繹推理、檢驗推理、得出結論”五個基本環節。利用該方法，孟德爾發現了兩個遺傳規律。下列關于孟德爾的研究過程的分析不正確的是（）A．本實驗中“提出問題”環節是建立在豌豆純合親本雜交和F1自交遺傳實驗基礎上的B．孟德爾所作假設的核心內容是“性狀是由位于染色體上的基因控制的”C．“若F1產生配子時的遺傳因子分離，則測交后代的兩種性狀比接近1：1”，屬于“演繹推理”的過程D．孟德爾運用統計學分析的方法對大量實驗數據進行處理，從中找出規律分析：孟德爾的假說﹣﹣演繹法：提出問題→作出假說→演繹推理→實驗驗證→得出結論。①提出問題（在實驗基礎上提出問題）②做出假設（生物的性狀是由細胞中的遺傳因子決定的；體細胞中的遺傳因子成對存在；配子中的遺傳因子成單存在；受精時雌雄配子隨機結合）③演繹推理（如果這個假說是正確的，這樣F1會產生兩種數量相等的配子，這樣測交后代應該會產生兩種數量相等的類型）；④實驗驗證（測交實驗驗證，結果確實產生了兩種數量相等的類型）；⑤得出結論（就是分離定律）。解答：A、孟德爾在做豌豆雜交實驗時，用豌豆純合親本雜交得F1，然后讓F1自交，發生性狀分離，經思考提出問題，A正確；B、孟德爾所作假設的內容是“性狀是遺傳因子控制的，體細胞中遺傳因子是成對的，配子中成對的遺傳因子分離，受精時雌雄配子隨機結合”，其中核心內容是“性狀是遺傳因子控制的”，B錯誤；C、“若F1產生配子時的遺傳因子分離，則測交后代的兩種性狀比接近1：1”，屬于“演繹推理”的過程，C正確；D、孟德爾運用統計學分析的方法對大量實驗數據進行處理，從中找出規律，D正確。故選：B。點評：本題考查孟德爾遺傳實驗，要求考生識記孟德爾遺傳實驗的過程，識記孟德爾對實驗現象作出的解釋（假說），掌握孟德爾驗證其假說的方法和孟德爾遺傳定律的適用范圍，能準確判斷各選項，屬于考綱識記和理解層次的考查。題型二：實驗材料的選擇﹣﹣豌豆特點的考察典例2：下列有關孟德爾豌豆雜交實驗的敘述，正確的是（）A．孟德爾在豌豆開花時進行去雄和授粉，實現親本的雜交B．孟德爾研究豌豆花的構造，但無需考慮雌蕊、雄蕊的發育程度C．孟德爾根據親本中不同個體表現型來判斷親本是否純合D．孟德爾利用了豌豆自花傳粉、閉花受粉的特性分析：本題主要考查孟德爾實驗的有關知識。碗豆是自花閉花授粉的，可避免其他植珠花粉干擾，做雜交實驗時則必須對母本去雄，進行人工授粉。解釋實驗現象時，提出的假說是：在生物體的體細胞中，控制同一形狀的遺傳因子成對存在，不相融合；在形成配子時，成對的遺傳因子發生分離，分離后的遺傳因子分別進入不同的配子中，隨配子遺傳給后代。通過測交實驗進行演繹推理，測交的結果是，子代出現兩種基因型，比例為1：1．孟德爾在進行豌豆雜交實驗時，對不同世代的不同性狀的個體數目都進行了記載，并用統計學的方法進行了分析。解答：A、豌豆是自花傳粉，閉花授粉，為實現親本雜交，應在開花前去雄，A錯誤；B、研究花的構造必須研究雌雄蕊的發育程度，B錯誤；C、不能根據表現型判斷親本的純合，因為顯性雜合子和顯性純合子表型一樣，C錯誤；D、孟德爾以豌豆作為實驗材料，利用了豌豆自花傳粉，閉花受粉的特性，這樣可避免外來花粉的干擾，D正確。故選：D。點評：本題主要考查了孟德爾一對相對性狀的雜交實驗等相關知識，考查了學生對知識的記憶和理解能力，培養學生熱愛科學和為科學獻身的精神。題型三：遺傳學的經典實驗典例3：（2014?黃山一模）下列是人類探索遺傳奧秘的幾個經典實驗，其中表述合理的是（）A．孟德爾通過豌豆雜交實驗發現了基因，摩爾根用實驗證明了基因在染色體上B．格里菲思用肺炎雙球菌感染小鼠的實驗，證明了DNA是轉化因子C．沃森和克里克發現了DNA雙螺旋結構，提出了DNA半保留復制方式的假說D．許多科學家相繼研究，將逆轉錄和RNA復制納入細胞生物的中心法則范疇分析：1、孟德爾通過豌豆雜交實驗提出“生物的性狀是由遺傳因子決定的”。2、薩頓運用類比推理法提出基因在染色體上的假說，摩爾根運用假說演繹法證明基因在染色體上。3、肺炎雙球菌轉化實驗包括格里菲斯體內轉化實驗和艾弗里體外轉化實驗，其中格里菲斯體內轉化實驗證明S型細菌中存在某種轉化因子，能將R型細菌轉化為S型細菌；艾弗里體外轉化實驗證明DNA是轉化因子。4、中心法則：（1）遺傳信息可以從DNA流向DNA，即DNA的復制；（2）遺傳信息可以從DNA流向RNA，進而流向蛋白質，即遺傳信息的轉錄和翻譯。后來中心法則又補充了遺傳信息從RNA流向RNA以及從RNA流向DNA兩條途徑。解答：A、孟德爾通過豌豆雜交實驗提出來的遺傳因子一詞，但并沒有發現基因，A錯誤；B、格里菲思用肺炎雙球菌感染小鼠的實驗，證明了S型細菌中存在某種轉化因子，能將R型細菌轉化為S型細菌，但并沒有證明DNA轉化因子，B錯誤；C、沃森和克里克發現了DNA雙螺旋結構，同時提出DNA半保留復制方式的假說，C正確；D、逆轉錄和RNA復制只發生在被某些病毒侵染的細胞中，不屬于細胞生物的中心法則范疇，D錯誤。故選：C。點評：本題綜合考查孟德爾遺傳實驗、肺炎雙球菌轉化實驗、DNA分子結構的主要特點及中心法則等知識，要求考生識記孟德爾遺傳實驗過程及其提出的假說內容；識記肺炎雙球菌轉化實驗過程及實驗結論；識記基因在染色體上的發現過程；識記中心法則的主要內容及后人對其進行補充和完善。題型四：科學研究方法的考察典例4：（2013?鄭州一模）在探索遺傳本質的過程中，科學發現與使用的研究方法配對正確的是（）①1866年孟德爾根據豌豆雜交實驗，提出遺傳定律；②1903年薩頓研究蝗蟲的減數分裂，提出假說“基因在染色體上”；③1910年摩爾根進行果蠅雜交實驗，證明基因位于染色體上。A．①假說﹣演繹法②假說﹣演繹法③類比推理B．①假說﹣演繹法②類比推理③類比推理C．①假說﹣演繹法②類比推理③假說﹣演繹法D．①類比推理②假說﹣演繹法③類比推理分析：1、孟德爾發現遺傳定律用了假說演繹法，其基本步驟：提出問題→作出假說→演繹推理→實驗驗證→得出結論。2、“基因在染色體上”的發現歷程：薩頓通過類比基因和染色體的行為，提出基因在染色體上的假說；之后，摩爾根以果蠅為實驗材料，采用假說﹣演繹法證明基因在染色體上。解答：①1866年孟德爾提出遺傳定律時采用了假說﹣演繹法；②1903年薩頓采用類比推理法提出了“基因在染色體上”的假說；③1910年摩爾根采用假說﹣演繹法證明了基因位于染色體上。故選：C。點評：本題知識點簡單，考查孟德爾遺傳實驗、基因在染色體上的探索歷程，要求考生識記孟德爾遺傳實驗的過程及采用的方法；識記“基因在染色體”的探索歷程，明確薩頓采用的是類比推理法，摩爾根采用的是假說﹣演繹法。【解題方法點撥】高中生物學中各類實驗的材料選擇及分析1、觀察類、調查類實驗的材料選擇及分析實驗名稱實驗材料選擇該種材料的優點備注用高倍鏡觀察線粒體和葉綠體1、觀察葉綠體時選用：蘚類的葉、黑藻的葉，或者菠菜葉的下表皮并稍帶些葉肉2、觀察線粒體時選用人的口腔上皮細胞1、葉子薄而小，葉綠體清楚，可取整個小葉直接制片，所以作為實驗的首選材料。取菠菜葉的下表皮并稍帶些葉肉。因為下表皮細胞含葉綠體數目少但大。2．人的口腔上皮細胞進行有氧呼吸富含線粒體，取材方便觀察植物細胞的質壁分離和復原紫色洋蔥鱗片葉的外表皮因為液泡呈紫色，減少了染色過程，易于觀察實驗現象觀察細胞的有絲分裂洋蔥（可用蔥、蒜代替）的根尖因為根尖生長點屬于分生組織，細胞分裂能力強，易觀察到有絲分裂各個時期的細胞。觀察細胞的減數分裂馬蛔蟲或蝗蟲精母細胞染色體數目較少，且用馬蛔蟲或蝗蟲，取材方便，精母細胞細胞數目多，易找到處于不同階段的分裂相，且現象明顯觀察DNA和RNA在細胞中的分布人的口腔上皮細胞易于取材，易于觀察調查常見的人類遺傳病群體中發病率較高的單基因遺傳病。如色盲、白化病、高度近視等該種病不易受環境的影響，能較穩定地遺傳，易于進行發病率的統計及遺傳方式的研究。2、檢測類實驗的材料選擇及分析實驗名稱實驗材料選擇該種材料的原因備注檢測生物組織中還原糖蘋果或梨的組織液蘋果或梨組織液的富含還原糖，且顏色接近白色，避免了實驗中的顏色干擾不能有橘子或甘蔗。橘子本身富含色素，會掩蓋顏色應的結果；而甘蔗不含還原糖，蔗糖不是還原糖。檢測生物組織中脂肪花生種子浸泡、去皮、切下一些子葉薄片或者花生種子的組織液花生子葉富含脂肪，且顏色接近白色，避免了實驗中的顏色干擾檢測生物組織中蛋白質可用蛋清或者豆漿蛋清或豆漿富含蛋白質，蛋清的稀釋液為無色，豆漿接近白色，避免了實驗中的顏色干擾。3、提取類實驗的材料選擇及分析實驗名稱實驗材料選擇該種材料的原因備注葉綠體色素的提取新鮮綠色的菠菜葉新鮮的菠菜葉富含色素，且便于研磨不能用很嫩的葉片，也不能用發黃的老葉，嫩葉色素含量少，發黃的老葉含葉綠素少。血紅蛋白的提取和分離豬、牛、羊或其他脊椎動物的血液富含血紅蛋白，且血紅蛋白為紅色，便于收集。DNA的粗提取與鑒定雞血、豬肝、菜花、香蕉、洋蔥、菠菜、等富含DNA，且取材方便不能用人或其它哺乳動物的血液，因為其紅細胞內無DNA，無法提取到DNA4、探究類實驗的材料選擇及分析實驗名稱實驗材料選擇該種材料的優點備注探究溫度對酶活性的影響質量分數為2%的新配制的淀粉酶溶液，質量分數為3%的可溶性淀粉溶液取材方便，且溫度不影響淀粉的分解。不能用過氧化氫酶作材料，是因為不同溫度影響過氧化氫的分解速度探究PH對酶活性的影響新鮮的質量分數為20%肝臟研磨液，體積分數為3%的過氧化氫溶液可以直接通過觀察氣泡數（氧氣）的多少，實驗現象直觀明了。探究酵母菌的呼吸方式酵母菌酵母菌為單細胞生物，屬于兼性厭氧菌。便于研究細胞呼吸的不同類型探究植物生長調節劑對扦插枝條生根的作用生長旺盛的一年生枝條實驗效果明顯，縮短實驗時間探究培養液中酵母菌種群數量的動態變化酵母菌單細胞生物，適宜環境中可以大量增殖，較短時間內便可進行種群數量的統計。探討加酶洗衣粉的洗滌效果加酶洗衣粉取材容易，貼近生活，并可用于指導生活5、生物科學史中的實驗材料選擇及分析實驗名稱實驗材料選擇該種實驗材料的優點備注體驗制備細胞膜的方法人或其它哺乳動物成熟的紅細胞沒有核膜及細胞器膜，便于獲得較純凈的細胞膜核質關系的研究傘藻體形大，便于操作，形態差異明顯DNA是遺傳物質噬菌體結構簡單，且只有蛋白質和DNA組成，有利于確定究竟哪一種物質影響遺傳DNA的半保留復制細菌僅含一個擬核DNA孟德爾的豌豆雜交實驗豌豆相對性狀易于區分，自花授粉、閉花受粉遺傳規律果蠅有易于區分的相對性狀，染色體數目少，易于培養，繁殖速度快、后代數量多。單倍體育種花藥離體培養數量多，易于取材，易于培養2．肺炎鏈球菌轉化實驗【知識點的認識】1、肺炎雙球菌轉化實驗（體內轉化實驗）：（1）轉化的概念：轉化是指受體細胞直接攝取供體細胞的遺傳物質（DNA片段），將其同源部分進行堿基配對，組合到自己的基因中，從而獲得供體細胞的某些遺傳性狀，這種變異現象，稱為轉化．（2）肺炎雙球菌S型細菌R型細菌菌落光滑粗糙菌體有多糖類莢膜無多糖類莢膜毒性有毒性，使小鼠患敗血癥死亡無毒性S型細菌和R型細菌的鑒別方法：a、借助于顯微鏡觀察有無莢膜；b、直接用肉眼觀察菌落表面是否光滑．（3）肺炎雙球菌體內轉化實驗1）研究者：1928年，英國科學家格里菲思．2）實驗材料：S型和R型肺炎雙球菌、小鼠．3）實驗原理：S型肺炎雙球菌使小鼠患敗血病死亡；R型肺炎雙球菌是無毒性的．4）實驗過程：①將無毒性的R型活細菌注射到小鼠體內，小鼠不死亡．②將有毒性的S型活細菌注射到小鼠體內，小鼠患敗血癥死亡．③將加熱殺死后的S型細菌注射到小鼠體內，小鼠不死亡．④將無毒性的R型活細菌與加熱殺死后的S型細菌混合后，注射到小鼠體內，小鼠患敗血癥死亡．實驗過程如下圖所示：4）結論：加熱殺死的S型細菌體內含有“轉化因子”，促使R型細菌轉化為S型細菌．2、艾弗里證明DNA是遺傳物質的實驗（肺炎雙球菌體外轉化實驗）：（1）研究者：1944年，美國科學家艾弗里等人．（2）實驗材料：S型和R型肺炎雙球菌、細菌培養基等．（3）實驗設計思路：把DNA與其他物質分開，單獨直接研究各自的遺傳功能．（4）實驗過程：①S型細菌的DNA+R型活細菌→培養基S型+R②S型細菌的蛋白質+R型活細菌→培養基R③S型細菌莢膜的多糖+R型活細菌→培養基R④S型細菌的DNA+DNA酶+R型活細菌→培養基R（5）實驗分析：①只有S型細菌的DNA能使R型細菌發生轉化．②DNA被水解后不能使R型細菌發生轉化．（6）實驗結論：①S型細菌的DNA是“轉化因子”，即DNA是遺傳物質．②同時還直接證明蛋白質等其他物質不是遺傳物質．【命題方向】題型一：肺炎雙球菌轉化實驗過程及分析典例1：（2014?泰安一模）下列關于肺炎雙球菌轉化實驗的敘述中，錯誤的是（）A．需對S型細菌中的物質進行提取、分離和鑒定B．配制的培養基應適合肺炎雙球菌的生長和繁殖C．轉化的有效性與R型細菌的DNA純度有密切關系D．實驗證明了DNA是遺傳物質而蛋白質不是分析：R型和S型肺炎雙球菌的區別是前者沒有莢膜（菌落表現粗糙），后者有莢膜（菌落表現光滑）．由肺炎雙球菌轉化實驗可知，只有S型菌有毒，會導致小鼠死亡，S型菌的DNA才會是R型菌轉化為S型菌．肺炎雙球菌體內轉化實驗：R型細菌→小鼠→存活；S型細菌→小鼠→死亡；加熱殺死的S型細菌→小鼠→存活；加熱殺死的S型細菌+R型細菌→小鼠→死亡．解答：A、需對S型細菌中的物質進行提取、分離和鑒定，以便進行確定轉化因子是何種物質，A正確；B、配制的培養基應適合肺炎雙球菌的生長和繁殖，以確保肺炎雙球菌能增殖和轉化，B正確；C、轉化的有效性與S型細菌的DNA純度有密切關系，C錯誤；D、艾弗里將S型細菌的各種成分分離開，分別于R型細菌混合，實驗證明了DNA是遺傳物質而蛋白質不是，D正確．故選：C．點評：本題考查肺炎雙球菌轉化實驗的相關知識，意在考查學生的識記能力和判斷能力，運用所學知識綜合分析問題和解決問題的能力．【解題方法點撥】1、肺炎雙球菌體外轉化實驗與噬菌體侵染細菌實驗的比較肺炎雙球菌體外轉化實驗噬菌體侵染細菌實驗不同點方法不同直接分離：分離S型細菌的DNA、多糖、蛋白質等，分別與R型菌混合培養同位素標記：分別用32P和35S標記DNA和蛋白質結論不同證明DNA是遺傳物質，蛋白質不是遺傳物質證明DNA是遺傳物質，不能證明蛋白質不是遺傳物質（因蛋白質沒有進入細菌體內）相同點①均使DNA和蛋白質區分開，單獨處理，觀察它們各自的作用；②都遵循了對照原則；③都能證明DNA是遺傳物質，但都不能證明DNA是主要的遺傳物質3．DNA的結構層次及特點【知識點的認識】核酸的基本組成單位：名稱基本組成單位核酸核苷酸（8種）一分子磷酸（H3PO4）一分子五碳糖（核糖或脫氧核糖）核苷一分子含氮堿基（5種：A、G、C、T、U）核酸包括DNA脫氧核苷酸（4種）一分子磷酸一分子脫氧核糖脫氧核苷一分子含氮堿基（A、G、C、T）RNA核糖核苷酸（4種）一分子磷酸一分子核糖核糖核苷一分子含氮堿基（A、G、C、U）【命題方向】題型：DNA分子的基本單位典例：（2014?天津一模）由1分子磷酸，1分子堿基和1分子化合物a構成了化合物b，如圖所示，則下列敘述正確的是（）A．若m為腺嘌呤，則b肯定為腺嘌呤脫氧核苷酸B．若a為核糖，則b為DNA的基本組成單位C．若m為尿嘧啶，則DNA中肯定不含b這種化合物D．若a為脫氧核糖，則由b構成的核酸完全水解，得到的化合物最多有8種分析：DNA和RNA的區別：英文縮寫基本組成單位五碳糖含氮堿基存在場所結構DNA脫氧核糖核苷酸脫氧核糖A、C、G、T主要在細胞核中，在葉綠體和線粒體中有少量存在一般是雙鏈結構RNA核糖核苷酸核糖A、C、G、U主要存在細胞質中一般是單鏈結構由1分子磷酸、1分子堿基和1分子化合物a構成了化合物b，則化合物a是五碳糖，有兩種即核糖和脫氧核糖；化合物b是核苷酸，也有兩種即核糖核苷酸和脫氧核糖核苷酸．解答：A、若m為腺嘌呤，則b為腺嘌呤核糖核苷酸或腺嘌呤脫氧核糖核苷酸，故A錯誤；B、若a為核糖，則b為核糖核苷酸，是RNA的基本組成單位，故B錯誤；C、若m為尿嘧啶，尿嘧啶是RNA中特有的堿基，因此DNA中肯定不含b這種化合物，故C正確；D、若a為脫氧核糖，則b為脫氧核苷酸，則由b構成的核酸為DNA，DNA完全水解，得到的化合物最多有6種（磷酸、脫氧核糖、四種含氮堿基），故D錯誤．故選：C．點評：本題是容易題，考查學生對DNA和RNA分子結構的相關知識的了解，要求學生熟悉核酸分子的基本組成單位．【解題方法點撥】①DNA和RNA在細胞核和細胞質中均有分布，只是量的不同．細胞生物體內的核酸有DNA和RNA兩類，但遺傳物質只能是DNA；②核酸初步水解的產物是核苷酸，徹底水解的產物是磷酸、五碳糖和含氮堿基．4．估算種群密度的方法【知識點的認識】種群密度：種群在單位面積或單位體積中的個體數就是種群密度．種群密度=調查方法：①總數調查：逐個計數．②取樣調查：計數種群一部分，估算種群密度．1、樣方法﹣﹣估算種群密度最常用的方法之一（1）概念：在被調查種群的分布范圍內，隨機選取若干個樣方，通過計數每個樣方內的個體數，求得每個樣方的種群密度，以所有樣方法種群密度的平均值作為該種群的種群密度估計值．（2）適用范圍：植物種群密度，昆蟲卵的密度，蚜蟲、跳蝻的密度等．（3）常用取樣：①五點取樣法：在總體中按梅花形取5個樣方，每個樣方要求一致，適用于總體為非長條形．②等距取樣法．適用于長條形的總體，先將總體分成若干等份，由抽樣比例決定距離或間隔，然后以這一相等的距離或間隔抽取樣方．如圖所示：（4）計數原則：若有正好長在邊界線上的，應遵循“計上不計下，計左不計右”的原則；即只計數樣方相鄰兩邊及其頂角的個數．（5）調查記錄樣表及計算公式：種群密度＝所有樣方內種群密度合計/樣方數樣方X1X2X3X4X5X6X7X8種群密度N1N2N3N4N5N6N7N8（注意：這里的N1、N2指的是樣方的種群密度，而不是指樣方的個體數量）種群密度=2、標志重捕法（1）前提條件：標志個體與未標志個體重捕的概率相等．調查期內沒有新的出生和死亡，無遷入和遷出．（2）適用范圍：活動能力強和范圍大的動物，如哺乳類、鳥類、爬行類、兩棲類、魚類和昆蟲等動物．（3）計算公式：個體總數（4）標志重捕法中的標志技術：①標志物和標志方法必須對動物的身體不會產生傷害．②標志不能過于醒目．原因：過分醒目的個體，在自然界中有可能改變與捕食者之間的關系，最終有可能改變樣本中標志個體的比例而導致結果失真．③標志一段時間內不能消失；④標志不能影響個體生活，不影響重新捕捉；⑤調查期間種群不能有個體的遷入或遷出．【命題方向】題型一：樣方法及其注意事項的考察典例1：（2012?海南）某小組用樣方法調查草地中某種雙子葉植物的種群密度．下列做法錯誤的是（）A．隨機取樣B．選擇植物生長茂盛處取樣C．根據調查數據估算該種群密度D．根據地段的形狀確定取樣方法分析：種群密度的調查一般有樣方法和標志重捕法．在利用樣方法調查種群密度時需注意隨機取樣、樣方大小合