1、北京市房山区2020届高三生物衔接诊断试题（含解析）一、选择题1.新型冠状病毒是RNA病毒，与肺炎双球菌比较（ ）A. 遗传物质均为RNAB. 都有细胞膜等生物膜系统C. 均可以通过光学显微镜观察到D. 均遵循中心法则【答案】D【解析】【分析】新型冠状病毒是一种RNA病毒，没有细胞结构，其遗传物质是RNA；肺炎双球菌属于原核生物，其遗传物质是DNA，与真核细胞相比，原核细胞没有核膜包被的成形的细胞核。【详解】A、根据以上分析已知，新型冠状病毒的遗传物质是RNA，肺炎双球菌遗传物质是DNA，A错误；B、新型冠状病毒没有细胞结构，因此没有细胞膜，肺炎双球菌也只有细胞膜，无生物膜系统， B错误；C、
2、新型冠状病毒不能通过光学显微镜观察到，C错误；D、病毒、原核生物和真核生物都遵循碱基互补配对原则，D正确。故选D。2.如图为小肠内表面细胞结构图，下列相关说法不正确的是（ ）A. 在小肠内表面细胞分泌消化酶的过程中体现了具有一定的流动性B. 消化酶的本质是蛋白质，由内质网合成并通过转运囊泡运到高尔基体C. 由双层核被膜包被，该细胞分泌消化酶与其内基因的选择性表达有关D. 接受来自内质网的蛋白质和脂质，修饰它们并将它们派送到细胞内其他目的地【答案】B【解析】【分析】据图分析，图示为小肠内表面细胞结构图，其中表示高尔基体，表示线粒体，表示内质网，表示细胞核，表示细胞膜，表示核糖体，据此分析答题。【
3、详解】A、消化酶是通过细胞膜分泌出来的，体现了细胞膜具有一定的流动性结构特点，A正确；B、消化酶的本质是蛋白质，由核糖体合成，通过内质网的初步加工并通过转运囊泡运到高尔基体，B错误；C、表示细胞核，由双层核被膜包被，该细胞分泌消化酶与其内基因的选择性表达有关，C正确；D、表示高尔基体，接受来自内质网的蛋白质和脂质，修饰它们并将它们派送到细胞内其他目的地，D正确。故选B。3.苹果削皮后，破损处细胞中的酚类物质在多酚氧化酶的作用下，与空气中的氧结合，产生能使植物细胞迅速变成褐色的醌类物质，以下说法不正确的是（ ）A. 可利用双缩脲试剂鉴定多酚氧化酶的化学本质B. 该酶促反应的底物是酚类物质和空气中
4、的氧气C. 将苹果块煮熟后放置在空气中会快速发生变色反应D. 削皮后在其切面滴加富含柠檬酸的柠檬汁能延缓变色【答案】C【解析】【分析】根据题干信息分析，在多酚氧化酶的催化作用下，酚类物质与空气中的氧结合，产生了使植物细胞迅速变成褐色的醌类物质；鉴定蛋白质常用的试剂是双缩脲试剂；酶的活性受温度、pH等影响。【详解】A、酶的化学本质是蛋白质或RNA，其中蛋白质与双缩脲试剂产生紫色反应，因此可利用双缩脲试剂鉴定多酚氧化酶的化学本质，A正确；B、根据以上分析已知，该反应的催化剂是多酚氧化酶，反应物是酚类物质和空气中的氧气，B正确；C、将苹果块煮熟后，其含有的多酚氧化酶（本质是蛋白质）丧失活性，不能催化
5、醌类物质的合成，因此一般不会发生变色反应，C错误；D、柠檬汁具有可以防止苹果切面的酚类物质氧化，因此削皮后在其切面滴加富含柠檬酸的柠檬汁能延缓变色，D正确。故选C。4.下列有关细胞呼吸在生产实践中的应用不正确的是（ ）A. 乳酸菌无氧呼吸不产生二氧化碳，故酸奶胀袋后不能饮用B. 栽培植物常用疏松透气的基质代替土壤，利于根部细胞呼吸作用C. 皮肤角质层太厚会影响皮肤细胞呼吸，故要定时去角质至出现红血丝D. 爬山等剧烈运动时，常由有氧呼吸和无氧呼吸共同供能【答案】C【解析】【分析】细胞呼吸包括有氧呼吸和无氧呼吸，有氧呼吸产生二氧化碳和水，无氧呼吸产生酒精和二氧化碳或乳酸；不同的生物无氧呼吸的产物可
6、能不同，据此分析答题。【详解】A、乳酸菌是厌氧菌，无氧呼吸产生乳酸，不产生二氧化碳，其发酵不会产生胀袋现象，因此酸奶胀袋后说明酸奶内有其他杂菌，故酸奶不能饮用，A正确；B、栽培植物常用疏松透气的基质代替土壤，有利于植物根部细胞进行有氧呼吸，为矿质元素的吸收等生命活动提供能量，B正确；C、皮肤角质层太厚会影响皮肤细胞呼吸，因此可以定时适度的去角质，但是不能出现红血丝，C错误；D、爬山等剧烈运动时，由于需要消耗大量的ATP，细胞呼吸加快，导致氧气供应不足，机体会同时进行有氧呼吸和无氧呼吸，D正确。故选C。5.下图为一只果蝇两条染色体上部分基因分布示意图，下列叙述不正确的是（ ）A. 有丝分裂中期，
7、染色体的着丝点都排列在细胞赤道板上B. 有丝分裂后期，基因cn、cl、v、w会出现在细胞的同一极C. 减数第一次分裂后期，等位基因cn、cl随同源染色体分开而分离D. 减数第二次分裂后期，基因cn、cl、v、w可出现在细胞的同一极【答案】C【解析】【分析】据图分析，图示为一只果蝇两条染色体上部分基因分布示意图，两条染色体为非同源染色体，两条染色体上含有的4个基因为非等位基因，结合有丝分裂和减数分裂的过程分析答题。【详解】A、有丝分裂中期，所有染色体的着丝点都排列在赤道板上，A正确；B、有丝分裂后期，每一极都含有图示的常染色体和X染色体，因此为一只果蝇两条染色体上部分基因分布示意图，B正确；C、
8、图中基因cn、cl在同一条染色体上，为非等位基因，一般不会随同源染色体分开而分离，C错误；D、图示常染色体和X染色体为非同源染色体，可以出现于减数第二次分裂后期的同一极，因此减数第二次分裂后期，基因cn、cl、v、w可出现在细胞的同一极，D正确。故选C。6.两个具有不同遗传背景的纯合转基因小鼠B和P品系，进行同品系交配及品系间交配繁育，得到F1，（PBF1表示母本为P，父本为B；BPF1同理），观察亲代和品系间杂交后代F1在热敏（在热板上感受到热刺激的反应时间越短，表明对热越敏感）实验中的行为差异，实验结果如下图所示，下列相关实验结果分析合理的是（ ）A. 该杂交过程中涉及自交和正、反交，同品
9、系间交配产生F1代为实验组B. B品系热敏强于P品系，F1的行为特征为父系遗传，雌性F1中没有明显不同C. 据F1代小鼠表现可知，热敏与热钝为一对相对性状，由一对等位基因控制D. 小鼠的行为特征与亲本的遗传背景影响无关，为不可遗传的行为特征【答案】B【解析】【分析】根据题干信息和图形分析，同品系交配产生的F1代中，雌雄性都是B品系热敏强于P品系；品系间交配产生的F1代显示，后代雄性的热敏性与父本相同，表现为父系遗传，而后代雌性的热敏性没有明显的不同，位于父母本之间。【详解】A、该实验的对象是小鼠（动物），同品系交配不能称为自交，且同品系交配产生的F1代应该作为对照组，A错误；B、根据以上分析已
10、知，B品系热敏强于P品系，雄性后代的行为特征为父系遗传，但是雌性后代中没有明显不同，B正确；C、根据以上分析已知，雄性后代的行为特征为父系遗传，雌性后代中没有明显不同，不能得出“热敏与热钝为一对相对性状，由一对等位基因控制”的结论，C错误；D、小鼠的行为特征与亲本的遗传背景影响有关，为可遗传的行为特征，D错误。故选B。7.半乳糖血症是一种严重的遗传病，人群中的致病基因频率为1/150，由于位于第9号染色体短臂的p13区的1磷酸半乳糖尿苷转移酶基因发生突变，导致半乳糖代谢异常，主要侵害肝、肾、脑及晶状体。下图为该病的家族遗传系谱图，（控制半乳糖血症的基因用B、b表示），下列相关说法不正确的是（
11、）A. 半乳糖血症属于常染色体隐性遗传病B. 该家系图中8的基因型为BB或BbC. 若11和12婚配，子女患该病概率是1/22500D. 该病可以通过羊膜穿刺术进行产前诊断【答案】C【解析】【分析】据图分析，图中3号和4号正常，而他们的女儿9号患病，说明半乳糖血症属于常染色体隐性遗传病；人群中的该致病基因频率为1/150，即b=1/150， B=1-1/150=149/150，则正常人群中携带者Bb的概率=2Bb(2Bb+BB)= 2b(2b+B)=2/151，据此分析答题。【详解】A、根据以上分析已知，半乳糖血症属于常染色体隐性遗传病，A正确；B、图中9号基因型为bb，则3号和4号的基因型都
12、为Bb，因此8号基因型为BB或Bb，B正确；C、3号和4号的基因型都为Bb，则11号的基因型为1/3BB或2/3Bb；7号基因型为为Bb，8号基因型为1/3BB或2/3Bb，后代BB占1/22/3=2/6，Bb占1/22/3+1/21/3=3/6，则 12号是携带者的概率是3/5。因此，若11号和12号婚配，后代患该病概率=2/33/51/4=1/10，C错误；D、该病为常染色体隐性遗传病，属于单基因遗传病，可以通过羊膜穿刺术进行产前诊断，D正确。故选C。8.使用不同浓度的油菜素内脂 ( B R ) 及Hongland完全培养液浸泡烟草根系24小时后，测得氨基酸含量如下表所示： mg/100g
13、干重项目BR对照0.01ppm0.05ppm0.1ppm天门冬氨酸95.1847.7121.3942.73谷氨酸80.8654.5948.3551.82赖氨酸25.4014.335.836.78精氨酸276.20131.0198.74107.19脯氨酸207.9555.114.2222.35以下说法不正确的是（ ）A. 对照组烟草根细胞中植物激素含量为0B. BR能够提高烟草根细胞中5种氨基酸含量C. BR对烟草根细胞的调节作用具有两重性D. 烟草根细胞生命活动需要多种激素调控【答案】A【解析】【分析】根据题干信息和表格内容分析，实验的自变量是油菜素内脂 ( BR )浓度，因变量是5种氨基酸的
14、含量，与对照组相比，0.01ppm和0.05ppm的BR使得5种氨基酸的含量都升高，且前者升高更多，而0.1ppm的BR使得5种氨基酸的含量都降低。【详解】A、对照组烟草根细胞中植物激素含量不为0，A错误；B、根据以上分析已知，0.01ppm和0.05ppm的BR使得5种氨基酸的含量都升高，说明BR能够提高烟草根细胞中5种氨基酸含量，B正确；C、根据以上分析已知，三种浓度的BR中，对5种氨基酸的含量既有促进作用，也有抑制作用，说明BR对烟草根细胞的调节作用具有两重性，C正确；D、烟草根细胞生命活动需要生长素、细胞分裂素等多种激素的调控，D正确。故选A。9.人体被新冠病毒感染后会引起发热，在体温
15、上升期机体体温调节过程示意图如下，以下说法不正确的是（ ）A. 机体通过体液调节增加甲状腺激素的含量促进新陈代谢从而增加产热B. 经突触前膜释放的神经递质可与骨骼肌细胞膜上的特异性受体结合C. 机体通过增加产热、减少散热两种方式共同作用使体温升高至38.5D. 患者还伴有肌肉酸痛和头疼，产生这两种感觉的部位分别是四肢肌肉和大脑皮层【答案】D【解析】【分析】据图分析，图示为人体被新冠病毒感染后发生的体温调节过程，其中激素甲是由下丘脑分泌的，为促甲状腺激素释放激素；激素乙是由垂体分泌的，为促甲状腺激素。体温调节过程为神经体液调节，体液调节过程中，甲状腺激素可以促进细胞代谢，增加产热量；神经调节过程
16、中，骨骼肌收缩以增加产热量，皮肤血管收缩以减少散热量。【详解】A、据图分析可知，在图示体液调节过程中，机体通过下丘脑和垂体促进甲状腺分泌甲状腺激素，进而促进细胞代谢以增加产热量，A正确；B、据图分析，图示传出神经可以调节骨骼肌收缩，说明经突触前膜释放的神经递质可与骨骼肌细胞膜上的特异性受体结合，B正确；C、据图分析可知，图中下丘脑的体温调定点上调至了38.5，说明该过程中机体的产热量高于散热量，即机体通过增加产热、减少散热两种方式共同作用使体温升高至38.5，C正确；D、肌肉酸痛和头疼的感觉都是由大脑皮层产生的，D错误。故选D。10.含磷洗涤剂产生的污水未经处理即行排放，使海水、湖水中富含氮、
17、磷等植物营养物质，称为水体富营养化。水体富营养化是全球性的水环境问题，科学家研制出生态浮床以进行缓解，如下图所示，以下关于生态浮床的作用说法错误的是（ ）A. 生态浮床上的植物能吸收水中的氮磷，缓解水体富营养化现象B. 生态浮床上的植物能吸收水中的有机物，减少水体污染现象C. 生态浮床上的植物能使进入该生态系统的总能量增加D. 生态浮床能为水中的鱼类提供隐蔽空间，避免其被捕食【答案】B【解析】【分析】1.水体富营养化是指在人类活动的影响下，生物所需的N、P等营养物质大量进入湖泊、河湖、海湾等缓流水体，引起藻类及其他浮游生物迅速繁殖，水体溶解氧量下降，水质恶化，鱼类及其他生物大量死亡的现象。2.
18、 生态浮床是人工浮岛的一种，针对富营养化的水质，利用生态工学原理，降解水中的COD、N和P的含量。它以水生植物为主体，运用无土栽培技术原理，以高分子材料等为载体和基质，应用物种间共生关系，充分利用水体空间生态位和营养生态位，从而建立高效人工生态系统，用以削减水体中的污染负荷；它能使水体透明度大幅度提高，同时水质指标也得到有效的改善，特别是对藻类有很好的抑制效果；生态浮岛对水质净化最主要的功效是利用植物的根系吸收水中的富营养化物质，例如总N、P、等，使得水体的营养得到转移，减轻水体由于封闭或自循环不足带来的水体腥臭、富营养化现象。【详解】A、生态浮床上的植物的根能够吸收水中的N、P等，进而缓解水
19、体富营养化现象，A正确；B、生态浮床上的植物属于生产者，水中的有机物经过微生物的分解作用后产生的无机物可以被植物吸收，B错误；C、生态浮床上的植物属于生产者，可以利用光能进行光合作用，因此其能使进入该生态系统的总能量增加，C正确； D、生态浮床能为水中的鱼类提供隐蔽空间，避免其被捕食，D正确。故选B。11.北美水貂脚有蹼，夏季以捕鱼为生，能游泳；冬季以小型啮齿类、鸟类和昆虫为食。单只水貂可杀死整群地面营巢鸟类。由于北美水貂适应性强， 被作为毛皮兽引入我国，在东北、华东、新疆地区饲养，与当地水獭的生态习性相似。下列有关说法不正确的是（ ）A. 北美水貂脚上有蹼是进化的结果，有利于游泳和捕食B.
20、北美水貂不同季节的捕食动物的差异是长期自然选择的结果C. 北美水貂适应力强，放逐野外有利于提高当地生态系统稳定性D. 进入我国野外的北美水貂会与水獭形成竞争关系【答案】C【解析】【分析】现代生物进化理论内容：种群是生物进化的基本单位，生物进化的实质是种群基因频率的定向改变；突变和基因重组为生物进化提供原材料；自然选择决定生物进化的方向；隔离是物种形成的必要条件。【详解】A、北美水貂脚上有蹼是生物进化的结果，有利于其游泳和捕食，A正确；B、根据题干信息分析可知，北美水貂不同季节的捕食动物的种类不同，这是长期自然选择的结果，B正确；C、北美水貂适应力强，放逐野外可能会导致其他物种灭绝，因此可能会降
21、低当地生态系统稳定性，C错误D、进入我国野外的北美水貂与当地水獭的生态习性相似，因此北美水貂会与水獭形成竞争关系，D正确。故选C。12.春天，青蛙是池塘食物网的一部分，到了秋天，它转移到陆地，又加入了草地食物网。因此，青蛙是池塘和草地这两个不同食物网的连接点。下列有关说法不正确的是（ ）A. 池塘中的所有生物构成了一个生物群落B. 池塘里的蝌蚪和草地上的青蛙属于两个物种C. 狐狸属于消费者，草地食物网的最高营养级D. 池塘和草地这两个生态系统的能量最终都源于太阳能【答案】B【解析】分析】在生态系统中，生产者和消费者以及消费者和消费者之间存在着吃与被吃的关系，这种各种生物之间由于食物关系而形成的
22、一种联系，叫作食物链；一个生态系统中，往往有很多条食物链，它们彼此交错连接，形成网状，我们称之为食物网。【详解】A、池塘中的所有生物包括动物、植物和微生物，它们共同构成了一个生物群落，A正确；B、池塘里的蝌蚪和草地上的青蛙属于同一个物种，B错误；C、据图分析，在草地食物网中，狐狸为消费者，处于最高营养级，C正确；D、池塘和草地这两个生态系统的能量归根结底都来自于太阳能，D正确。故选B。13.蓝藻（含特有色素藻蓝蛋白）引起的水华时有发生，应用细菌治理水华取得了一定效果。科研人员为研究溶藻细菌S7的溶藻效果，做了相关实验，下列说法不正确的是（ ）A. 培养溶藻细菌S7和蓝藻的培养基成分相同，都需有
23、机碳源、氮源等物质B. 接种不同浓度的溶藻细菌S7培养液以研究溶藻的最适浓度C. 每个浓度下应设置至少三个平行重复操作来排除实验误差D. 可通过检测藻蓝蛋白含量反映不同浓度溶藻细菌S7的溶藻效果【答案】A【解析】【分析】根据题干信息分析，该实验中蓝藻含有藻蓝蛋白，且会引起水体富营养化（水华），而溶藻细菌S7可以用于治理水华；实验的目的是研究溶藻细菌S7的溶藻效果，自变量是溶藻细菌S7，因变量是蓝藻的数量（可以用藻蓝蛋白的含量来反应）。【详解】A、蓝藻是是生产者，可以进行光合作用合成有机物，因此培养蓝藻的培养基成分中不需要加入有机碳源，A错误；B、研究溶藻的最适浓度实验中，应该接种不同浓度的溶藻
24、细菌S7培养液，B正确；C、每个浓度下应设置至少三个平行重复操作来排除实验误差，C正确；D、该实验的目的是研究溶藻细菌S7的溶藻效果，而蓝藻含有特殊的色素（藻蓝蛋白），因此可通过检测藻蓝蛋白含量反映不同浓度溶藻细菌S7的溶藻效果，D正确。14.下列实验中，不经过染色即可在显微镜下清晰观察到的是（ ）A. 人体口腔上皮细胞中的线粒体B. 黑藻细胞的叶绿体及细胞质流动C. 紫色洋葱内表皮细胞的质壁分离与复原D. 大蒜根尖细胞中的染色体【答案】B【解析】【分析】生物学实验中，由于许多材料是无色透明的，无法在显微镜下直接观察到，因此需要经过特殊的染色后才能观察到，如还原糖、脂肪的和蛋白质的鉴定、DNA
25、的鉴定、DNA和RNA再细胞中的分布、线粒体的观察等实验，回忆各个实验的过程、原理等答题。【详解】A、人体口腔上皮细胞中的线粒体需要用健那绿染色后观察，A错误；B、黑藻细胞的叶绿体含有色素，不需要染色就可以在显微镜下观察到，且可以借助于叶绿体的流动观察细胞质的流动情况，B正确；C、紫色洋葱内表皮细胞是无色透明的，需要经过染色后才能观察到质壁分离和复原现象，C错误；D、大蒜根尖细胞中的染色体需要用碱性染料染成深色，才能用显微镜观察到，D错误。故选B。15.下列关于微生物发酵的说法，正确的是（ ）A. 制作腐乳时，越到瓶口放盐越多是为了防止杂菌污染B. 制作果酒时，发酵的时间越长，则产生的酒精就越
26、多C. 制作泡菜时，需要密封是因为醋酸杆菌是厌氧型生物D. 由果酒到果醋的发酵过程，只需改变成有氧条件即可【答案】A【解析】【分析】本题涉及到微生物发酵的几个实验，包括果酒和果醋的发酵、腐乳的制作、泡菜的制作，回忆各个实验的过程和原理，了解不同的实验所选菌种的种类和代谢类型及其发酵条件等，据此答题。【详解】A、制作腐乳时，由于越接近瓶口，微生物污染可能越严重，故豆腐加盐时，越近瓶口处盐用量越多，A正确；B、酵母菌无氧呼吸产生的酒精，一段时间内，密封的时间延长，酒精量就越多，由于营养物质的消耗、pH降低、有害代谢产物的增加等原因，酒精产生量减少，B错误；C、制作泡菜利用的是乳酸菌，而醋酸杆菌是好
27、氧菌，C错误；D、由果酒到果醋的发酵过程，需要改变的条件有氧气、温度等，D错误。故选A。二、非选择题16.农民为了达到高产目的通常在水稻种植时使用氮肥，然而在生产上常常会出现随施氮量的增加而增产效果不显著的现象。科研人员为了研究不同施氮量对Rubisco酶（参与碳（暗）反应的关键酶）及作物光合作用的影响，进行了相关实验研究。请回答问题：（1）NO3-和NH4+是土壤中主要的氮素，可以逆浓度梯度通过_的方式吸收进入植物根系运送到植物体各个部位，用以合成含氮物质，如光合作用过程中所需的_等。（2）科研人员研究高施氮量条件下Rubisco酶及碳反应速率变化，实验结果如图1所示，据图1分析，在高施氮量
28、条件下，随着施氮量的增加，Rubisco酶含量_，而碳反应速率无明显增长，推测Rubisco酶催化碳反应的效率_。（3）科研人员研究发现，Rubisco酶是一种双功能酶，其作用过程如图2所示。 图中代表的细胞结构是 _。据图2分析，Rubisco酶作为双功能酶，一方面可以催化碳反应中_的过程；另一方面可以催化C5与CO2结合成_，进而完成过氧化氢体内反应，最终在线粒体产生CO2并释放，此过程在生物学上称为光呼吸。有人提出，光呼吸速率增强也是导致光合速率下降的原因之一，请结合以上材料阐明其理由_。【答案】 (1). 主动运输 (2). 光合色素、酶、ATP、ADP (3). 升高 (4). 降低
29、（酶活性降低） (5). 叶绿体基质 (6). CO2 与C5结合形成C3（CO2的固定） (7). 磷酸乙醇酸和C3 (8). 光呼吸消耗了碳反应的底物，将其氧化后最终形成CO2释放出细胞，从而降低了光合速率【解析】【分析】根据题干信息分析，Rubisco酶是一种参与光合作用碳反应的酶，该酶的含量或活性升高，可能会增加碳反应的速率，进而提高水稻的光合速率；该实验的目的是研究不同施氮量对Rubisco酶（参与碳（暗）反应的关键酶）及作物光合作用的影响，因此该实验的自变量是不同施氮量，因变量是Rubisco酶的活性、光合速率。【详解】（1）根据题意分析，NO3-和NH4+进入植物根系是逆浓梯度进
30、行的，说明其跨膜运输方式为主动运输；植物细胞中参与光合作用的含氮物质有光合色素、酶、ATP、ADP。（2）图中a为Rubisco酶，b是碳反应速率，图中曲线显示，在高施氮量条件下，随着施氮量的增加，Rubisco酶含量，但是碳反应速率变化不明显，说明Rubisco酶催化碳反应的效率降低。（3）据图分析，图2中为叶绿体基质，是碳反应的场所；图中显示Rubisco酶一方面可以催化碳反应中的CO2的固定（CO2 与C5结合形成C3）过程，另一方面可以催化C5与CO2结合成磷酸乙醇酸和C3，进而完成过氧化氢体内反应，最终在线粒体产生CO2并释放，该过程在生物学上称为光呼吸；根据以上分析可知，光呼吸消耗
31、了碳反应的底物，将其氧化后最终形成CO2释放出细胞，从而降低了光合速率，所以光呼吸速率增强也是导致光合速率下降的原因之一。【点睛】解答本题关键是掌握光合作用光反应和暗反应的过程，弄清楚Rubisco酶再光合作用中的作用，能够根据实验目的找出实验的自变量和因变量，进而利用所学知识结合题干要求分析答题。17.研究发现HOXA7基因表达的蛋白质具有DNA结合及转录因子活性， 调控胚胎及成体细胞增殖、分化。科研人员对研究HOXA7基因在宫颈癌中的功能作用做了相关实验。请回答问题：（1）癌细胞具有无限_的特点，宫颈癌发生的根本原因是_。（2）利用_酶分别对HOXA7基因干扰序列si-HOXA7（可以与H
32、OXA7的mRNA发生碱基互补配对）和载体（plent-U6-GFP）进行切割，并用_酶连接，构建表达载体plent-U6-GFP/si-HOXA7， 并以空载体plent-U6- GFP（NC)为对照。将重组质粒plent-U6-GFP/si-HOXA7和对照质粒plent-U6-GFP用脂质体转染宫颈癌Siha细胞，获得实验组细胞（Siha/si-HOXA7）和对照组细胞（Siha/NC）。分别采用RT-PCR法和抗原抗体杂交检测获得细胞中的HOXA7 mRNA（图1A）和HOXA7蛋白质（图1B）水平，结果如图1。注：GAPDH和-actin在各组织和细胞中的表达相对恒定，作为参照物。与
33、对照组相比，实验组HOXA7基因表达的mRNA和蛋白质_，说明_（成功/未成功）建立可以用于后续实验的Siha/si-HOXA7细胞系。（3）为进一步研究HOXA7对宫颈癌细胞体外增殖能力的影响， 取实验组细胞Siha/si-HOXA7和对照组细胞Siha/NC培养， 检测细胞的平板克隆形成能力，结果如图2（A）；利用流式细胞术检测实验组和对照组的细胞周期，结果如图2（B）。由图2（A）结果可知，与对照组相比，实验组细胞Siha/si-HOXA7_，由此可以推测HOXA7基因能够_（促进或抑制）宫颈癌细胞体外增殖；结合流式细胞术检测结果，推测HOXA7对人宫颈癌细胞的作用机制是_。【答案】 (
34、1). 分裂（增殖） (2). 原癌基因或抑癌基因突变 (3). 限制性内切（限制） (4). DNA连接 (5). 均明显低于对照组 (6). 成功 (7). 克隆形成能力明显减弱（增殖能力减弱/细胞周期阻滞 ）继而导致细胞增殖能力降低 (8). 促进宫颈癌细胞体外增殖 (9). G1期细胞增多， S期细胞减少【解析】【分析】据图分析，图1中A、B两图显示，与对照组相比，实验组细胞（Siha/si-HOXA7）的HOXA7表达产生的mRNA和蛋白质都比对照组少；图2A图显示，培养皿中实验组细胞（Siha/si-HOXA7）数量明显少于对照组，说明HOXA7基因能够促进宫颈癌细胞体外增殖。【详
35、解】（1）细胞癌变的根本原因是原癌基因或抑癌基因突变，癌细胞具有无限增殖等特点。（2）切割基因和质粒应该用限制酶，连接切割后的质粒和目的基因应该用DNA连接酶；据图1分析，与对照组相比，实验组HOXA7基因表达的产生的mRNA和蛋白质含量都明显减少了，说明成功建立可以用于后续实验的Siha/si-HOXA7细胞系。（3）据图2分析，A图显示右图培养皿中细胞数量明显少于左图培养皿，即实验组细胞Siha/si-HOXA7克隆形成能力明显减弱（增殖能力减弱/细胞周期阻滞 ）继而导致细胞增殖能力降低，结合以上分析可以推测HOXA7基因能够促进宫颈癌细胞体外增殖；结合流式细胞术检测结果，推测HOXA7对
36、人宫颈癌细胞的作用机制是G1期细胞增多， S期细胞减少。【点睛】解答本题的关键是了解癌细胞的特点及其致病机理，弄清楚实验组与对照组的实验内容，明确图1中实验组的HOXA7基因表达产物少、图2中的实验组的细胞数量少，进而推测HOXA7基因在癌细胞增值过程中的作用。18.水稻是自花传粉的植物，其杂种一代会出现杂种优势（产量等性状优于双亲），但这种优势无法在自交后代中保持。科研人员为解决这一问题做了相关实验。请回答问题：（1）自然条件下，筛选出水稻品种ZH11的雄性不育突变体（hms1）。在杂交育种中，雄性不育植株只能作为亲本中的_（父本/母本），其应用优势是不必进行_操作，极大地减轻了人的工作量。
37、（2）若将野生型ZH11和突变体（hms1）杂交，F2中突变型占1/4，说明这对相对性状是由_对基因控制的，遵循_定律。（3）为研究湿度与雄性不育突变体产生的关系，研究人员将野生型ZH11和突变体（hms1）分别在不同湿度条件下自交，结实率如图1，将野生型和突变体的花粉放置于高浓度溶液中做脱水实验，结果如图2：由图1实验结果分析：突变体在_条件下表现为雄性不育。由图2实验结果推测：突变体的花粉可能在结构或化学组成方面存在缺陷，导致花粉_，产生雄性不育突变体。（4）进一步研究发现，突变体的产生是由于HMS1基因插入了8个碱基对而发生基因突变，转变为hms1基因后，其转录出的mRNA，在翻译时_，
38、使花粉细胞中催化脂肪酸链延伸的酶A分子量变小。特长链脂肪酸的缺少会影响花粉壁中含油层的形成。（5）综上研究，阐述产生雄性不育突变体的可能机理_。（6）结合以上材料，请设计对利用hms1培育生产用水稻杂交种或如何保存突变体（hms1）其一的简要流程_。【答案】 (1). 母本 (2). 去雄 (3). 一对 (4). 基因分离 (5). 低湿度（湿度小于55%） (6). 易脱水（保水能力差） (7). 蛋白质合成提前终止 (8). HMS1基因突变，蛋白质合成提前终止，使花粉细胞中催化脂肪酸链延伸的酶A分子量变小，花粉保水能力差，导致突变体在低湿度条件下表现为雄性不育。 (9). 培育水稻杂交
39、种：在湿度小55%条件下，以突变体（hms1）为母本，与普通水稻杂交，收获突变体（hms1）植株上所结的种子即为生产中所用的杂交种；保存突变体（hms1）：在湿度大于75%条件下，使突变体S自交，收获种子，获得突变体（hms1）以备来年使用【解析】【分析】1.杂交实验过程中，需要对母本进行去雄处理，而雄性不育的个体不需要去雄；一对等位基因的测交实验中，后代的性状分离比为11。2.根据题干信息和图形分析，实验的自变量是湿度、时间、水稻的品种，因变量是结实率、花粉脱水率。图1显示，野生型ZH11杂不同的湿度条件下都可育，而突变体（hms1）在湿度大于55%后也可育了；图2显示，将野生型和突变体的花
40、粉放置于高浓度溶液中做脱水实验，随着时间的延长，野生型的花粉脱水率先增加后维持相对平衡，而突变体的花粉脱水率开始一直为0，一段时间后出现了逐渐增加的现象。【详解】（1）雄性不育个体不能作为父本，只能作为母本，可以省去杂交育种过程中的去雄的操作步骤。（2）让野生型ZH11（隐性纯合子）和突变体（hms1、杂合子）杂交，子二代中突变体占1/4(=1/21/2)，说明子一代突变体占1/2，进而说明这对相对性状是由一对基因控制的，遵循基因的分离定律。（3）据图1分析可知，突变体在低湿度（湿度小于55%）条件下表现为雄性不育，而湿度大于55%后也可育了；结合图2分析，突变体雄性不育的花粉的脱水率几乎为0
41、，说明突变体的花粉可能在结构或化学组成方面存在缺陷，导致花粉易脱水（保水能力差），产生雄性不育突变体。（4）根据题意分析，基因通过翻译指导蛋白质的合成，而突变体产生的酶A分子（本质是蛋白质）量变小，说明翻译时蛋白质合成提前终止了。（5）结合以上分析，产生雄性不育突变体的可能机理是：HMS1基因突变，蛋白质合成提前终止，使花粉细胞中催化脂肪酸链延伸的酶A分子量变小，花粉保水能力差，导致突变体在低湿度条件下表现为雄性不育。（6）根据以上雄性不育突变体的产生机理，设计实验培育水稻杂交种：在湿度小55%条件下，以突变体（hms1）为母本，与普通水稻杂交，收获突变体（hms1）植株上所结的种子即为生产中
42、所用的杂交种；保存突变体（hms1）：在湿度大于75%条件下，使突变体S自交，收获种子，获得突变体（hms1）以备来年使用。【点睛】解答本题的关键是掌握基因的分离定律及实质、杂种优势等知识点，明确雄性不育个体可以免去去雄的麻烦，能够根据子二代的性状分离比判断控制该性状的等位基因的对数，并能够结合图形和题干信息分析实验的自变量与因变量之间的关系。19.阅读下列材料并回答问题。p53蛋白细胞的守护神或刽子手多细胞动物都能清除自身组织中有缺陷或者丧失功能的细胞。p53蛋白在其中起着重要作用。由p53基因编码的p53蛋白是一种转录因子，控制着细胞周期的启动。研究发现，细胞受到X射线照射后（通常会损伤遗
43、传物质DNA），p53蛋白水平明显升高，诱导p21蛋白（细胞周期蛋白）表达，将分裂的细胞阻滞在任一时期，从而停止分裂增殖。也就是说，当p53蛋白接收到细胞代谢紊乱（如癌细胞）或者遗传物质损伤的信息时，它将阻止细胞生长、分裂等生命活动的进程，促进细胞进行损伤修复，如果这个受损细胞不能得到修复，则p53蛋白将放出信号激活细胞潜在的自杀程序凋亡。另外，p53蛋白在对抗肿瘤发生的过程中，具有重要的预警及保护功能。p53基因是一种抑癌基因，在人类所有恶性肿瘤中，50%以上的个体会出现该基因的突变。在p53基因的研究过程中，曾由于操作失误，导致p53基因突变，使其所编码的p53蛋白具有持续的活性，甚至并不
44、需要通常激活它的信号，结果导致携带该突变基因的杂合小鼠比正常野生型小鼠具有更强的抗癌性。结合其他研究表明，p53蛋白确实能保护组织细胞避免癌变，从而在癌细胞有机会增殖成一个明显的肿瘤之前消灭它们。有利亦有弊，p53蛋白提供抗肿瘤的保护作用的同时，也加速了细胞衰老的过程。这些“肿瘤抗性”小鼠非但没有活得更长，还显示出早衰综合征，它们的生存周期减少了20。这个加速的衰老过程包括了通常在衰老的人类中发生的变化，如脊柱弯曲的形成，延迟的伤口愈合，具有自我更新能力的干细胞减少，以及体重、气力、肌肉、骨密度及头发的减少。（1）p53基因表达产生的p53蛋白是一种转录因子，控制着细胞周期的启动，请列举与细胞
45、周期相关5个术语（专业名词）_。（2）日常生活中体内细胞受到X射线照射后，p53基因激活不能恢复的受损细胞的自杀程序凋亡，这是一个正常的生理过程，有利于维持机体内环境的_。（3）对野生型小鼠胸腺细胞进行电泳分析p53和p21蛋白的表达量，并观察不同基因型小鼠的胸腺细胞进行一定辐射剂量X射线照射后的存活率，结果如图A和图B所示。注：p53基因（+）突变基因（） p53+/-杂合型小鼠的胸腺细胞p53-/-纯合子突变小鼠胸腺细胞 p53+/+野生型小鼠胸腺细胞actin：表达无组织特异性，作为参考提取小鼠胸腺时，需在_处理后，才能获得单个细胞进行培养，培养液中除加入糖类、氨基酸、促生长因子、无机盐
46、、微量元素等营养物质外，还需额外加入_，置于5%CO2培养箱中培养。据图A与图B分析，_基因型小鼠的胸腺细胞的存活率最高，说明突变基因编码的p53蛋白持续具有活性，导致其具有超强抗癌变的特性。根据图A分析p53基因和p21基因的表达情况和阅读材料，请补充完全下列流程：一定辐射剂量X射线照射 激活p53基因p53蛋白含量_基因表达，阻滞细胞分裂进程，最终凋亡，避免细胞发生癌变。（4）p53是一把双刃剑，对机体的生命活动既有利又有弊，请根据阅读材料，说出其对人体的利和弊，并据此陈述在肿瘤疾病的治疗方面如何合理利用_。【答案】 (1). 间期 分裂期 前期中期 后期 末期 有丝分裂 着丝粒 染色体
47、赤道面 (2). 稳态 (3). 胰蛋白酶 (4). 动物血清 (5). p53-/- (6). 升高 (7). p21 (8). 利：p53蛋白接收到细胞代谢紊乱或者遗传物质损伤的信息时，它将阻止细胞生长、分裂等生命活动的进程，促进细胞进行损伤修复，如果这个受损细胞不能得到修复，则p53蛋白将放出信号激活细胞潜在的自杀程序凋亡，以避免细胞癌变和人体患癌症。（只抄文中语句不得分）弊：p53蛋白含量过多，将加速细胞衰老和人体衰老的过程。肿瘤治疗过程中，p53蛋白不能过少或过量， 如果相应的抗体携带一定量的p53制成药物，将能特异性终止癌细胞分裂而诱导凋亡。【解析】【分析】根据题干信息分析，p53
48、蛋白既是细胞的守护神，也是刽子手。p53蛋白在多细胞动物清除自身组织中有缺陷或者丧失功能的细胞中起着主要的作用，其为一种转录因子，控制着细胞周期的启动，当细胞代谢紊乱（如癌细胞）或者遗传物质损伤的信息时，它将阻止细胞生长、分裂等生命活动的进程，促进细胞进行损伤修复，如果这个受损细胞不能得到修复，则p53蛋白将放出信号激活细胞潜在的自杀程序凋亡。p53基因是一种抑癌基因，p53蛋白在对抗肿瘤发生的过程中，具有重要的预警及保护功能。p53蛋白加速了细胞衰老的过程。【详解】（1）细胞周期指的是连续分裂的细胞，从一次分裂完成时开始到下一次分裂完成时为止所经历的全过程，包括分裂间期和分裂期，分裂期又包括
49、前期、中期、后期和末期；细胞周期中涉及到DNA的复制、蛋白质的合成、着丝点的分裂、赤道板、染色体等知识点。（2）细胞凋亡属于正常的生理过程，有利于维持机体内环境的稳态。（3）将小鼠胸腺处理成单个细胞需要用胰蛋白酶或胶原蛋白梅处理；培养小鼠胸腺细胞（动物细胞）时，培养基中需要加入动物血清。结合图A和图B分析可知，p53-/-（纯合子突变小鼠胸腺细胞）基因型小鼠的胸腺细胞的存活率最高。结合图A和图B分析，一定辐射剂量X射线照射激活p53基因后，其表达产生的p53蛋白含量升高，进而促进p21的表达，阻滞细胞分裂进程，最终凋亡，避免细胞发生癌变。（4）p53是一把双刃剑，对机体的生命活动既有利又有弊，
50、在肿瘤疾病的治疗方面，p53蛋白接收到细胞代谢紊乱或者遗传物质损伤的信息时，它将阻止细胞生长、分裂等生命活动的进程，促进细胞进行损伤修复，如果这个受损细胞不能得到修复，则p53蛋白将放出信号激活细胞潜在的自杀程序凋亡，以避免细胞癌变和人体患癌症。【点睛】解答本题关键是掌握细胞癌变的机理以及癌细胞的特征，明确题干中的p53蛋白是一把“双刃剑”（细胞的守护神或刽子手），能够从题干信息中读取其有利和不利的方面，进而利用所学知识结合题干要求分析答题。20.贝壳杉烷二萜（ Ra）是拟南芥的代谢产物，Ra能够通过调节生长素的运输来影响拟南芥的生长发育。请回答问题：（1）生长素是植物体内合成的一类起调节作用
51、的_的有机物，其化学本质是_。 （2）为探究Ra对拟南芥生长影响，研究人员选择长势一致的野生型拟南芥幼苗置于含有不同浓度的Ra的培养基上培养，野生型及突变体幼苗于 5 d 后取出拍照、固定并测定拟南芥幼苗主根长以及统计侧根和侧根原基数，侧根原基按照其发展过程分为A、B、C、D四个时期（A期3细胞层，C期0.5mm）。实验结果图1和图2所示依据图1可知，低浓度的Ra对野生型拟南芥幼苗根的生长_作用，而高浓度Ra_拟南芥幼苗根的生长。依据图2分析，高浓度Ra对侧根及侧根原基的作用表现为_，说明高浓度Ra对侧根发育有延迟作用。（3）为进一步探究Ra对拟南芥的幼苗主根及侧根发育是否与生长素分布改变有关
52、，科研人员通过转基因报告株系DR5：DR5：GFP（荧光基因，DR5启动子可反映细胞中生长素水平）检测Ra处理DR5：DR5：GFP报告株系幼苗24小时和48小时报告基因荧光强度及分布情况如图3。 荧光主要分布在根尖的_区，Ra处理的幼苗可_且48小时高浓度处理的幼苗根尖部荧光分布范围与对照组比有扩展趋势，说明Ra对拟南芥主根及侧根的作用效应与其改变了_有关。（4）有人提出，Ra对根尖部生长素分布变化影响是通过对生长素极性运输PIN 蛋白的调节作用实现的，请选出可以用于验证此说法的实验组材料。_APIN 蛋白突变体 B敲除PIN蛋白基因的拟南芥幼苗C生长素合成缺陷的拟南芥幼苗 D野生型拟南芥幼
53、苗【答案】 (1). 微量、高效 (2). 吲哚乙酸 (3). 无明显作用 (4). 抑制 (5). 对C期和D期的侧根原基有明显的抑制作用，而对A期和B期侧根原基无明显的影响 (6). 分生区 (7). 明显升高幼苗根尖部荧光强度，并随着处理浓度升高荧光增强 (8). 改变生长素含量与分布 (9). A B【解析】【分析】根据题干信息分析可知，该实验的自变量是含有不同浓度的Ra的培养基，即Ra的浓度，因变量是拟南芥幼苗主根长以及统计侧根和侧根原基数。据图分析，图1中，与CK组（对照组）相比，随着Ra浓度的增加，野生型拟南芥幼苗根的长度先基本不变后减小，说明低浓度的Ra对野生型拟南芥幼苗根的生
54、长有促进作用。图2中，与CK组（对照组）相比，各组侧根A时期个数基本相同，B时期的个数变化也不大，而随着Ra浓度是增加，C时期的个数先基本不变后明显减少，而D时期的个数逐渐减少。【详解】（1）生长素的化学本质是吲哚乙酸，是一种植物激素，具有微量、高效的特点。（2）根据以上分析已知，图1中随着Ra浓度的增加，野生型拟南芥幼苗根的长度先基本不变后减小，说明低浓度的Ra对野生型拟南芥幼苗根的生长无明显作用，而高浓度Ra抑制了拟南芥幼苗根的生长。根据以上分析已知，图2中在Ra浓度较高的情况下，A、B时期的侧根个数基本不变，而C、D时期的侧根个数都明显减少了，即高浓度Ra对C期和D期的侧根原基有明显的抑
55、制作用，而对A期和B期侧根原基无明显的影响，说明高浓度Ra对侧根发育有延迟作用。（3）根尖的结构分为成熟区、伸长区、分生区和根冠，其中分生区具有旺盛的分裂能力。据图分析，荧光主要分布在根尖的分生区，横比发现Ra处理的幼苗可明显升高幼苗根尖部荧光强度，并随着处理浓度升高荧光增强；纵比发现48小时高浓度处理的幼苗根尖部荧光分布范围与对照组比有扩展趋势，说明Ra对拟南芥主根及侧根的作用效应与其改变了生长素的含量和分布有关。（4）已知Ra对根尖部生长素分布变化影响是通过对生长素极性运输PIN 蛋白调节作用实现的，则实验的自变量是PIN蛋白的有无，因此应该选择PIN 蛋白突变体和敲除PIN蛋白基因的拟南
56、芥幼苗作为实验组材料，故选AB。【点睛】解答本题的关键是掌握植物激素和实验设计的基本知识点，能够根据题干信息找出实验的自变量和因变量，并能够根据对照性原则和图形分析Ra浓度对拟南芥幼苗主根长以及侧根和侧根原基数的影响情况。21.新冠肺炎（COVID-2019）是一种严重呼吸系统症状的高传染性疾病，严重时可致人死亡。该病是由新近出现的一种病毒新型冠状病毒（2019-nCov）（RNA病毒）引起的，为探究如何更好的防治该病，研究人员进行了系列研究。（1）新型冠状病毒与SARS-Cov（“非典”病毒）结构相似，都是营_生活的生物，侵染宿主细胞后，以_为模板，利用细胞内的核苷酸和氨基酸作为原料，合成并
57、组装新的病毒，同时会引发机体发生特异性抗病毒的_免疫。（2）2019-nCov病毒主要通过其表面刺突蛋白S与人宿主细胞膜表面血管紧张素转换酶2（ACE2）受体结合，而感染细胞。S蛋白分为2个亚基S1和S2，S2蛋白包括两个膜融合区HR1和HR2，HR1和HR2结合形成复合体：6-HB，使病毒吸附并发生膜融合而进入宿主细胞中。科研人员比对SARS-Cov与2019-nCov S2蛋白的氨基酸序列，发现两者HR1有8个氨基酸不同，HR2完全相同，说明2019-nCov在以_为原料，逆转录形成HR1基因时发生了改变而导致的，HR2相对而言，更保守，不易发生变化。科研人员为研究HR1结构的改变，是否影
58、响HR1和HR2的结合，从而改变其感染宿主细胞的方式，设计人工合成了结构和HR1、HR2相同的HR1P、HR2P，探究两者的自我折叠，以及相互结合情况。利用圆二色光谱技术进行检测，如图所示：注：圆二色谱技术是研究蛋白质构象变化的重要技术，主要进行蛋白质-蛋白质、蛋白质-核酸结合的研究。角的数值大小与物质的折叠率或物质之间的结合率成正相关 ；EK1为治疗SARS疾病时使用的融合抑制剂。据图可知，与其他组相比HR1P和HR2P的结合率_，并且复合体表现出6-HB的特征，说明2019-nCov的感染机制相似于SARS-Cov，没有发生显著变化。根据上图物质之间的结合情况，研究人员认为_和EK1可以作
59、为融合抑制剂，当患者使用含此类物质药物后，能够竞争性结合_，从而阻止病毒与宿主细胞的融合。（3）根据上述研究，科研人员明确了病毒感染细胞的机制。过程为：I. S1蛋白与宿主细胞膜上的受体结合； II. S2亚单位的FP（融合蛋白）插入宿主细胞膜内; III. 触发HR1和HR2结合形成6-HB复合体，从而与宿主细胞融合。请结合上述过程，分析融合抑制剂的作用机制：_。（4）对于该病的治疗，疫苗的研发也是一大应用前景，如果将HR1或HR2作为疫苗原料，你认为哪一种更好_，请说明理由_。【答案】 (1). 寄生 (2). 病毒RNA (3). 细胞免疫 (4). 脱氧核苷酸 (5). 高 (6).
60、HR2P (7). HR1 (8). S1与宿主细胞膜上的受体结合，S2亚单位的FP插入宿主细胞膜内，融合抑制剂与HR1结合，阻断HR1和HR2结合形成6-HB，导致病毒不能与宿主细胞融合。 (9). HR2 (10). HR2相较于HR1更稳定，不易变异【解析】【分析】1.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。病毒作为抗原进入人体后，会先后引起人体产生体液免疫和细胞免疫过程，人体主要依靠细胞免疫发挥作用对付病毒。2. 根据题干信息分析可知，2019-nC
61、ov病毒表面的刺突蛋白S分为2个亚基S1和S2，S2蛋白包括两个膜融合区HR1和HR2，HR1和HR2结合形成复合体6-HB，使病毒吸附并发生膜融合而进入宿主细胞中。【详解】（1）病毒没有细胞结构，不能独立生存，营寄生生活；新型冠状病毒与SARS-Cov都是RNA病毒，进入宿主细胞后，以病毒的RNA为模板，利用利用宿主细胞中的氨基酸和核苷酸为原料，合成病毒自身的RNA和蛋白质，进而组装出新的病毒；由于病毒寄生于活细胞，所以其会引发机体发生特异性抗病毒的细胞免疫。（2）2019-nCov是RNA病毒，其以RNA为模板逆转录形成HR1基因时需要的原料是脱氧核苷酸。根据图中曲线的走势分析，与其他组相
62、比，HR1P和HR2P组的结合率高，并且复合体表现出6-HB的特征，说明2019-nCov的感染机制相似于SARS-Cov，没有发生显著变化。根据曲线图和题干信息可知，HR2P和EK1可以作为融合抑制剂；根据不同物质之间的结合情况图分析可知，融合抑制剂竞争性结合的是HR1。（3）根据题意分析，已知S1与宿主细胞膜上的受体结合，S2亚单位的FP插入宿主细胞膜内，触发HR1和HR2结合形成6-HB复合体，从而与宿主细胞融合，且根据以上分析已知，融合抑制剂竞争性结合的是HR1，因此融合抑制剂的作用机理是与HR1结合，阻断HR1和HR2结合形成6-HB，导致病毒不能与宿主细胞融合。（4）根据题干信息已知，HR2相对而言，更保守，不易发生变化，即HR2相较于HR1更稳定，不易变异，所以HR2作为疫苗原料更好。【点睛】解答本题的关键是掌握病毒的结构与特点，明确病毒进入人体后主要引发细胞免疫，根据题干信息分析病毒进入宿主细胞的机理，能够根据图形分析HR1结构的改变对HR1和HR2结合的影响情况，确定作为联合抑制剂的分子种类及其作用的机理。
