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2022-2023学年河北省邢台市六校联考高一上学期期中生物试题含解析
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这是一份2022-2023学年河北省邢台市六校联考高一上学期期中生物试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．图甲表示放大倍数分别为6×和16×的两个目镜、和放大倍数分别为10×和20×的两个物镜，图乙是在图甲中选用的一组能放大160倍的镜头组合所观察到的图像，欲将装片中左下方细胞放大320倍观察，下列叙述错误的是（ ）
A．若想要放大观察左下角的细胞，则需将装片往左下角移动即可将该细胞移至视野中央
B．甲图中①②是目镜，③④为物镜，放大160倍的镜头组合是①④
C．换高倍镜后，图乙视野内细胞数将变为1个
D．换上高倍镜后，视野会变暗，此时可将显微镜的光圈调大或将反光镜调成凹面镜
【答案】B
【分析】1、显微镜的呈像原理和基本操作：
（1）显微镜成像的特点：显微镜成像是倒立的虚像，即上下相反，左右相反，物像的移动方向与标本的移动方向相反，故显微镜下所成的像是倒立放大的虚像，若在视野中看到细胞质顺时针流动，则实际上细胞质就是顺时针流动。
（2）显微镜观察细胞，放大倍数与观察的细胞数呈反比例关系，放大倍数越大，观察的细胞数越少，视野越暗，反之亦然。
（3）显微镜的放大倍数=物镜的放大倍数×目镜的放大倍数。目镜的镜头越长，其放大倍数越小；物镜的镜头越长，其放大倍数越大，与玻片的距离也越近，反之则越远。显微镜的放大倍数越大，视野中看的细胞数目越少，细胞越大。
（4）反光镜和光圈都是用于调节视野亮度的；粗准焦螺旋和细准焦螺旋都是用于调节清晰度的，且高倍镜下只能通过细准焦螺旋进行微调。
（5）由低倍镜换用高倍镜进行观察的步骤是：移动玻片标本使要观察的某一物像到达视野中央→转动转换器选择高倍镜对准通光孔→调节光圈，换用较大光圈使视野较为明亮→转动细准焦螺旋使物像更加清晰。
2、由题干信息可知，图甲中①②不带螺纹，是目镜，目镜越长放大倍数越小，则①的放大倍数是6×，②是放大倍数是16×；③④带有螺纹是物镜，物镜越长放大倍数越大，则③的放大倍数是20×，④的放大倍数是10×。
【详解】A、欲将装片中左下方细胞放大，由于显微镜成像是倒立的虚像，故需将装片向左下方移动到视野正中央，A正确；
B、图甲中①②不带螺纹，是目镜，目镜越长放大倍数越小，则①的放大倍数是6×，②是放大倍数是16×；③④带有螺纹是物镜，物镜越长放大倍数越大，则③的放大倍数是20×，④的放大倍数是10×，160倍的镜头组合是目镜16×，物镜10×，即镜头组合是②④，B错误；
C、换高倍镜后，放大倍数为原来的2倍，故图乙视野内细胞数将变为4÷2×2=1个，C正确；
D、欲将装片中右上方细胞放大320倍观察，此时为高倍镜，高倍镜下视野会变暗，为了便于观察，需将显微镜的光圈调大，反光镜调成凹面镜，D正确。
故选B。
2．绿藻在淡水中分布最多，在海水中和陆地上的阴湿处也有分布，它被认为是21世纪人类最理想的健康食品，螺旋藻（属蓝细菌）特有的藻蓝蛋白能提高人体淋巴细胞活性，增强免疫力，预防疾病，促体健康，适合免疫力低下的人群服用。下列关于绿藻和螺旋藻的叙述不正确的是（ ）
A．绿藻的遗传物质是DNA，螺旋藻的遗传物质是RNA
B．绿藻有染色体，而螺旋藻没有
C．绿藻和螺旋藻共有的细胞结构有细胞壁、细胞膜、细胞质和核糖体等
D．绿藻和螺旋藻都能进行光合作用，这与它们含有与光合作用相关的色素和酶有关
【答案】A
【分析】原核细胞：没有被核膜包被的成形的细胞核，没有核膜、核仁和染色质；没有复杂的细胞器（只有核糖体一种细胞器）；只能进行二分裂生殖，属于无性生殖，不遵循孟德尔的遗传定律；含有细胞膜、细胞质，遗传物质是DNA，螺旋藻（属蓝细菌）属于原核生物，绿藻属于真核生物。
【详解】A、螺旋藻（属蓝细菌）属于原核生物，绿藻属于真核生物，二者的遗传物质都是DNA，A错误；
B、螺旋藻（属蓝细菌）属于原核生物，无染色体，绿藻属于真核生物，有染色体，B正确；
C、绿藻和螺旋藻共有的细胞结构有细胞壁、细胞膜、细胞质和核糖体等，C正确；
D、螺旋藻是原核生物，没有叶绿体，含有叶绿素和藻蓝素，所以能进行光合作用，绿藻含有叶绿体，所以能进行光合作用，D正确。
故选A。
3．常见的豌豆种子有圆粒和皱粒两种，圆粒种子含淀粉多，成熟时能有效地保留水分，而皱粒种子含蔗糖多，在成熟时由于失水而皱缩。下图表示对刚收获的种子所做的一系列处理，下列有关说法错误的是（ ）
A．豌豆种子成熟时，圆粒种子保留的水分主要是结合水，而皱粒种子失去的水分主要是自由水
B．③在生物体内主要以离子的形式存在
C．点燃后产生的CO2中的碳原子来自于种子中的各种有机物和无机物
D．图中④和⑤是同一种物质，但是在细胞中的存在形式和含量不同
【答案】C
【分析】细胞内的水有自由水和结合水两种形式，其中绝大部分以自由水形式存在的。据图示可知，①为种子晒干的过程，②为种子烘干的过程，③为种子燃烧后剩下的灰分，即无机盐，④为自由水，⑤为结合水。
【详解】A、由题意可知，豌豆种子成熟时，圆粒种子保留的水分主要是与化合物相结合的结合水，而皱粒种子失去的水分主要是自由水，A正确；
B、③为种子燃烧后剩下的灰分，即无机盐，在生物体内主要以离子形式存在，B正确；
C、点燃后产生CO2中的C只来自于种子的糖类、脂质、蛋白质等有机物，C错误；
D、据图示可知，④为种子晒干的过程失去的自由水，⑤为种子烘干的过程失去的结合水，故④和⑤是同一种物质，但是在细胞中的存在形式和含量不同，D正确。
故选C。
4．研究发现一类称为“分子伴侣”的蛋白质可识别正在合成或部分折叠的多肽，并通过改变其自身空间结构与多肽的某些部位相结合，从而帮助这些多肽折叠、组装或转运，而其本身并不参与组成最终产物，而且可以循环发挥作用。下列相关叙述正确的是（ ）
A．放线菌细胞内“分子伴侣”发挥作用的场所可能在核糖体或内质网
B．“分子伴侣”介导加工的环状六肽化合物中至少含有7个氧原子和6个氮原子
C．蛋白质变性会使肽键数目减少
D．“分子伴侣”发挥作用的过程中可能涉及氢键和二硫键的形成
【答案】D
【分析】蛋白质变性是指天然蛋白质因受物理、化学因素的影响，使蛋白质分子的构象发生了异常变化，从而导致生物活性的丧失以及物理、化学性质的异常变化。蛋白质变性不涉及蛋白质一级结构的改变，即由氨基酸构成的肽链并不发生改变。
【详解】A、放线菌是原核生物，细胞中没有内质网，“分子伴侣”发挥作用的场所可能在核糖体，A错误；
B、每一个氨基酸至少含有一个氨基（-NH2）和一个羧基（-COOH），环状六肽化合物由6个氨基酸脱去6个水形成，其中 6个氨基酸中至少的氧原子数为 6×2=12，至少的氮原子数为 6×1=6，6分子水（H2O）包含的氧原子数为6，氮原子数为 0，则环链六肽化合物至少有氧原子 6×2－6=6，氮原子 6×1=6，B错误；
C、蛋白质变性不涉及蛋白质一级结构的改变，即由氨基酸构成的肽链并不发生改变，故蛋白质变性不会使肽键数目减少，C错误；
D、“分子伴侣”折叠蛋白质的过程中，即蛋白质的空间结构形成，其过程中可能涉及氢键和二硫键的形成，D正确。
故选D。
5．丙氨酸的R基为-CH3，谷氨酸的R基为-CH2-CH2-COOH，2个丙氨酸和3个谷氨酸脱水缩合形成的多肽链中，C、H、O的原子比例为（ ）
A．21：31：11B．21：33：12C．21：31：12D．21：33：11
【答案】B
【分析】构成蛋白质的基本单位是氨基酸，每种氨基酸分子至少都含有一个氨基和一个羧基，且都有一个氨基和一个羧基连接在同一个碳原子上，这个碳原子还连接一个氢和一个R基，氨基酸的不同在于R基的不同。
【详解】氨基酸的脱水缩合反应是一个氨基酸的氨基与另一个氨基酸的羧基反应，脱去1分子水的过程；已知丙氨酸的R基为-CH3，谷氨酸的R基为-CH2-CH2-COOH，将其代入氨基酸的结构式（C2H4O2NR）即可写出丙氨酸的分子结构式为（C3H7O2N）和谷氨酸的分子结构式（C5H9O4N），,2个丙氨酸和3个谷氨酸缩合形成的五肽分子为2×（C3H7O2N）+3×（C5H9O4N）-4H2O=C21H33O12N5，即C、H、O的原子比例为21：33：12，B符合题意。
故选B。
6．自2019年12月新冠病毒疫情爆发以来，新冠病毒已出现了众多变异毒株，科学家用24个希腊字母为变异毒株命名，现已排至第15位Omiern（奥密克戎）。下列叙述错误的是（ ）
A．与DNA病毒如噬菌体相比，新冠病毒更易发生变异
B．酒精可以进入新冠病毒内部，引起新冠病毒的蛋白质变性，从而达到消毒的目的
C．新冠病毒的核酸初步水解可得到6种产物
D．新冠病毒的核酸是以碳链为基本骨架的生物大分子
【答案】C
【分析】病毒是非细胞生物，只能寄生在活细胞中进行生命活动。病毒依据宿主细胞的种类可分为植物病毒、动物病毒和噬菌体；根据遗传物质来分，分为DNA病毒和RNA病毒；病毒由核酸和蛋白质组成。
【详解】A、新冠病毒的遗传物质是RNA（单链RNA），与遗传物质为DNA的噬菌体相比，DNA的双螺旋结构较稳定，单链的RNA更容易发生变异，A正确；
B、酒精能通过自由扩散进入细菌和病毒的内部，使蛋白质分子结构改变，引起蛋白质变性，从而达到消毒的目的，B正确；
C、新冠病毒的遗传物质是RNA，新冠病毒的核酸初步水解产物为4种核糖核苷酸，彻底水解后有6种产物，分别是A、U、G、C四种碱基，以及磷酸和核糖，C错误；
D、新冠病毒的核酸（RNA）是以碳链为基本骨架的生物大分子，D正确。
故选C。
7．研究人员发现，人类和小鼠的软骨细胞中富含“miR140”分子，这是一种微型单链核糖核酸。不含“miR140”分子的实验鼠与正常小鼠比较，其软骨严重损伤。下列关于“miR140”分子的叙述，正确的是（ ）
A．“miR140”分子是由磷酸、脱氧核糖和A、U、G、C四种含氮碱基组成的
B．每个正常的“miR140”分子中都含有一个游离的磷酸基团
C．“miR140”分子分布主要在人和小鼠的细胞核中
D．“miR140”是人和小鼠的遗传物质
【答案】B
【分析】核酸是遗传信息的携带者，是一切生物的遗传物质，在生物体的遗传、变异和蛋白质的生物合成中具有重要作用，细胞中的核酸根据所含五碳糖的不同分为DNA（脱氧核糖核酸）和RNA（核糖核酸）两种，构成DNA与RNA的基本单位分别是脱氧核苷酸和核糖核苷酸，每个脱氧核苷酸分子是由一分子磷酸、一分子脱氧核糖和一分子含氮碱基形成，每个核糖核苷酸分子是由一分子磷酸、一分子核糖和一分子含氮碱基形成。
【详解】A、“miR140”分子是单链核糖核酸，由磷酸、核糖和A、U、G、C四种含氮碱基组成的，A错误；
B、“miR140”分子是单链核糖核酸，所以每个正常的“miR140”分子中都含有一个游离的磷酸基团，B正确；
C、“miR140”分子分布主要在人和小鼠的细胞质中，C错误；
D、“miR140”是单链核糖核酸，人和小鼠的遗传物质是DNA，D错误。
故选B。
8．科学家设计了仅1纳米宽的分子转子，在紫外光的驱动下，分子转子依靠细胞膜上某特殊结构的识别功能与特定的靶细胞结合，以每秒200~300万的转速进行旋转，从而在单个细胞的膜上钻孔，进而将治疗试剂运送到这些细胞中，或者直接诱导这些细胞死亡。图为分子转子钻孔过程的示意图，下列有关说法正确的是（ ）
A．将治疗试剂运送到细胞中，分子转子需要钻开两层磷脂双分子层
B．分子转子钻孔后可以运送治疗试剂到细胞中，说明此时的细胞膜已失活
C．该过程体现出组成细胞膜的磷脂分子和蛋白质分子都具有一定的流动性
D．分子转子在识别靶细胞时用到的特殊结构，很可能是靶细胞膜表面的糖蛋白
【答案】D
【分析】细胞膜主要由脂质、蛋白质和少量糖类组成，脂质中磷脂最丰富，功能越复杂的细胞膜，蛋白质种类和数量越多；细胞膜基本支架是磷脂双分子层。在细胞膜的外表，有一层由细胞膜上的蛋白质与糖类结合而成的糖蛋白，与细胞表面的识别有密切关系；由于所有的脂质和大部分蛋白质可以运动导致细胞膜具有一定的流动性，而膜上的蛋白质决定细胞膜具有选择透过性。
【详解】A、细胞膜为单层膜结构，膜的基本骨架是磷脂双分子层，故将治疗试剂运送到细胞中，分子转子需要钻开一层磷脂双分子层，A错误；
B、正常情况下，治疗试剂不能进入细胞，而钻孔破坏细胞膜后治疗试剂进入细胞，说明细胞膜具有选择透过性，此时的细胞膜没有失活，B错误；
C、该过程没有体现磷脂分子和蛋白质分子都具有一定的流动性，C错误；
D、糖蛋白具有识别功能，故分子转子与特定靶细胞的识别依靠的是细胞膜上的糖蛋白，D正确。
故选D。
9．研究表明，2019-nCV新型冠状病毒外壳外存在一层病毒包膜，这层包膜来源于宿主细胞膜，包膜表面的刺突蛋白（S蛋白）能识别靶细胞膜上特定受体——血管紧张素转换酶Ⅱ（ACE2），并与之结合形成稳定的复合物，再通过膜融合进入宿主细胞，研究还发现吸烟会引起肺部细胞ACE2基因表达显著增加。下列有关分析错误的是（ ）
A．与不抽烟的人群相比，抽烟人群感染新冠病毒的概率更高
B．ACE2在新冠病毒侵入人体细胞的过程中充当了运载体
C．新型冠状病毒通过和ACE2结合可入侵细胞，表明细胞膜控制物质进出的能力是相对的
D．糖蛋白S与受体ACE2结合不能体现细胞膜可以进行细胞间信息交流的功能
【答案】B
【分析】病毒没有细胞结构，主要由内部的遗传物质和外部的蛋白质外壳组成，不能独立生存，只有寄生在活细胞里才能进行生命活动，一旦离开就会变成结晶体，失去生命活动。病毒从其它生物的活细胞中获得营养物质，利用自己的遗传物质进行复制，繁殖新病毒。
【详解】A、吸烟会引起肺部细胞ACE2基因表达显著增加，2019-nCV新型冠状病毒的包膜表面的刺突蛋白（S蛋白）能识别靶细胞膜上特定受体——血管紧张素转换酶Ⅱ（ACE2），并与之结合形成稳定的复合物，再通过膜融合进入宿主细胞，所以抽烟人群感染新冠病毒的概率更高，A正确；
B、ACE2在新冠病毒侵入人体细胞的过程中充当了受体的作用，B错误；
C、新型冠状病毒通过和细胞膜上的结合位点ACE2结合入侵细胞，这说明细胞膜控制物质进出的功能是相对的，C正确；
D、新型冠状病毒没有细胞结构，只能寄生于活细胞中，所以糖蛋白S与受体ACE2结合不能体现细胞膜可以进行细胞间信息交流的功能，D正确。
故选B。
10．如图表示某种真核生物细胞内甲、乙、丙三种细胞器的物质组成情况。下列相关叙述错误的是（ ）
A．若该细胞是植物细胞，则甲可能是线粒体、叶绿体或细胞核
B．若该细胞是动物细胞，则乙可能是内质网、高尔基体或溶酶体
C．甲与细胞内能量转换有关
D．甲中含有的核酸是DNA和RNA，丙中含有的核酸是RNA
【答案】A
【分析】分析柱形图：生物膜的主要成分是脂质和蛋白质，细胞器甲含有膜结构，且含有微量的核酸，应该为线粒体或叶绿体；细胞器乙含有膜结构，但不含核酸，可能是内质网或高尔基体或溶酶体或液泡；细胞器丙不具有膜结构，其组成成分是蛋白质和核酸，应为核糖体。
【详解】A、若该细胞是植物细胞，细胞器甲含有膜结构，且含有微量的核酸，应该为线粒体或叶绿体，不可能是细胞核，因为细胞核不是细胞器，A错误；
B、若该细胞是动物细胞，细胞器乙含有膜结构，但不含核酸，可能是内质网、高尔基体或溶酶体，B正确；
C、细胞器甲含有膜结构，且含有微量的核酸，应该为线粒体或叶绿体，与细胞内能量转换有关，C正确；
D、细胞器甲含有膜结构，且含有微量的核酸，应该为线粒体或叶绿体，其中含有的核酸是DNA和RNA；丙不具有膜结构，其组成成分是蛋白质和核酸，应为核糖体，含有的核酸是RNA，D正确。
故选A。
11．中心体位于细胞的中心部位，由微管组成，微管属于细胞骨架。细胞分裂时，中心体会进行复制。中心体能使细胞产生纤毛和鞭毛，并影响其运动能力；在超微结构的水平上，中心体调节着细胞的运动。下列关于中心体的叙述不正确的是（ ）
A．中心体存在于动物细胞和低等植物细胞中，若其中心体功能发生障碍，该细胞将有可能不能正常进行分裂
B．中心体由两个相互垂直的中心粒构成
C．白细胞分解病原体的过程与溶酶体有关，白细胞的运动与中心体有关
D．中心体异常会造成纤毛运动能力过弱，使气管的病原体不易被清除，从而易患慢性支气管炎
【答案】B
【分析】中心体：（1）分布：动物和某些低等植物细胞（如藻类）；（2）形态：由两个互相垂直排列的中心粒（许多管状物组成）及周围物质组成；（3）作用：与细胞的有丝分裂有关，形成纺锤体。
【详解】A、中心体与细胞有丝分裂有关，动物细胞和低等植物细胞如果中心体功能发生障碍，细胞将有可能不能进行正常的有丝分裂，A正确；
B、中心体由两个互相垂直排列的中心粒（许多管状物组成）及周围物质组成，B错误；
C、中心粒能使细胞产生纤毛和鞭毛，并影响其运动能力，在超微结构的水平上，调节着细胞的运动。因此白细胞变形穿过血管壁吞噬、分解病原体的运动与溶酶体有关，也与中心体有关，C正确；
D、气管上皮细胞中心体异常易患慢性支气管炎，与纤毛运动能力过弱，使气管的病原体不易被清除有关，D正确。
故选B。
12．研究发现，COP膜泡运输是内质网和高尔基体之间物质转运机制之一。内质网驻留蛋白是指经核糖体合成、内质网折叠和组装后，留在内质网中的蛋白质。内质网驻留蛋白的羧基端有一段特殊的信号肽，若内质网驻留蛋白被错误包装进入COPⅡ转运膜泡，会从内质网逃逸到高尔基体，此时高尔基体顺面膜囊区的信号肽受体就会识别信号肽并与之结合，将该蛋白质通过COPI转运膜泡送回内质网。下列叙述错误的是（ ）
A．内质网和高尔基体之间存在膜成分的交换
B．内质网驻留蛋白上的信号肽对于细胞内蛋白质的正常分布具有重要作用，若该信号肽缺失，将有可能导致内质网驻留蛋白被分泌到细胞外
C．信号肽与信号肽受体的识别与结合具有特异性
D．内质网驻留蛋白需要经过核糖体合成以及内质网和高尔基体的加工修饰
【答案】D
【分析】细胞中，各细胞器之间分工明确，有各自的功能。各种细胞器既有一定的独立性，同时又密切配合，共同完成各种生理功能。
【详解】A、由题可知，COP膜泡运输是内质网和高尔基体之间物质转运机制之一，内质网和高尔基体在结构上通过COP转运膜泡建立联系，故内质网和高尔基体之间存在膜成分的交换，A正确；
B、如果内质网驻留蛋白意外从内质网逃逸到高尔基体，若缺乏信号肽，高尔基体顺面膜囊区的信号肽受体就不能识别，不会送回内质网，该蛋白质可能被分泌到细胞外，B正确；
C、信号分子受体识别与结合，具有特异性，故信号肽与信号肽受体识别与结合的过程具有特异性， C正确；
D、内质网驻留蛋白是指经核糖体合成、内质网折叠和组装后，留在内质网中的蛋白质，不需要高尔基体加工，D错误；
故选D。
13．如图所示为细胞核结构模式图，下列叙述中正确的是（ ）
A．哺乳动物成熟红细胞的细胞核控制着整个细胞的代谢和遗传
B．③与核糖体的形成以及DNA的合成有关
C．④是真核生物遗传信息的主要载体，可被酸性染料染成深色
D．⑤的多少可以反映细胞代谢的强弱
【答案】D
【分析】1、细胞核包括核膜（将细胞核内物质与细胞质分开）、染色质（主要成分是DNA和蛋白质）、核仁（与某种RNA（rRNA）的合成以及核糖体的形成有关）、核孔（核膜上的核孔的功能是实现核质之间频繁的物质交换和信息交流）。功能：细胞核是遗传物质贮存和复制的场所，是细胞遗传和代谢的控制中心。
2、分析题图：①是内质网、②是核膜、③是核仁、④是染色质、⑤是核孔。
【详解】A、哺乳动物成熟的红细胞都没有细胞核，A错误；
B、③是核仁，与核糖体的形成以及某些RNA的合成有关，B错误；
C、④是染色质，染色质主要由DNA和蛋白质组成，可被碱性染料染成深色，C错误；
D、⑤是核孔，核膜上的核孔的功能是实现核质之间频繁的物质交换和信息交流，细胞代谢时核孔数目较多，故⑤的多少可以反映细胞代谢的强弱，D正确。
故选D。
14．西湖大学校长、清华大学生命科学与医学研究院院长施一公院士和他的团队解析了来自非洲爪蟾的核孔复合体（NPC）的近原子分辨半结构。他们通过电镜观察到NPC“附着”并稳定融合在核膜上。是真核生物连接细胞质和细胞核的唯一双向通道，控制着所有的生物大分子进出细胞核。下列说法正确的是（ ）
A．附着NPC的核膜由2层磷脂分子组成，且与内质网膜直接相连
B．小分子物质也可以通过NPC自由进出细胞核，且不耗能
C．正常情况下，DNA、RNA和蛋白质等大分子物质可以通过NPC进出细胞核
D．NPC对生物大分子进出细胞核有选择性
【答案】D
【分析】核孔是核质之间频繁进行物质交换和信息交流的通道；在代谢旺盛的细胞中，核孔的数目较多。
【详解】A、核膜有内膜和外膜两层膜组成，每层膜是一个磷脂双分子层，故核膜共由4层磷脂分子组成，且与内质网膜直接相连，A错误；
BCD、NPC具有选择透过性，如DNA不能通过NPC，小分子也不能自由进出细胞核，BC错误，D正确。
故选D。
15．某生物兴趣小组的同学将A、B两种植物的成熟叶片置于不同浓度的蔗糖溶液中，培养相同时间后检测其重量变化，结果如图所示。下列相关叙述错误的是（ ）
A．甲浓度条件下，A植物细胞的细胞液浓度变大
B．乙浓度条件下，A、B两种植物成熟细胞的细胞液浓度相等
C．由图可知，实验前B植物成熟细胞的细胞液浓度大于A植物
D．五种蔗糖溶液浓度的大小关系为丙<戊<甲<丁<乙
【答案】B
【分析】在甲～戊不同浓度的蔗糖溶液中，B植物比A植物的吸水能力强，保水能力也较强，说明B植物比A植物更耐干旱。
【详解】A、甲浓度条件下，A植物细胞质量减少，说明细胞失水，细胞液浓度变大，液泡体积变小，A正确；
B、乙浓度条件下，A、B两种植物细胞质量都大量减轻，说明A、B植物细胞都失水，因不确定两种细胞的失水程度，故不能说明A、B两种植物成熟细胞的细胞液浓度相等，B错误；
C、由图可知，丙浓度下，植物B的增加质量大于植物A，说明植物B的吸水量大于植物A，则实验前，两种植物细胞液浓度的大小关系为B>A，C正确；
D、以植物B作为研究对象，丙浓度下细胞吸水最多，则丙浓度的溶液浓度最小，其次是戊，甲溶液中植物B既不吸水也不失水，与细胞液浓度相等，乙浓度下失水最多，则乙的浓度最大，因此五种蔗糖溶液浓度的大小关系为丙＜戊＜甲＜丁＜乙，D正确。
故选B。
二、多选题
16．下图为某二十肽，其中含天门冬氨酸4个，分别位于第5、6、15、20位；肽酶X特异性作用于天门冬氨酸羧基端的肽键，肽酶Y特异性作用于天门冬氨酸氨基端的肽键，下列相关叙述正确的是（ ）
A．该二十肽至少含有1个游离的氨基和5个游离的羧基
B．肽酶X完全作用后产生的全部有机物比原二十肽增加了3个氧原子
C．该二十肽经肽酶Y充分作用后会产生3条多肽链和2个游离的天门冬氨酸
D．肽酶Y完全作用后产生的多肽中氧原子数目比原二十肽少8个
【答案】ABC
【分析】分析题图：图示为某二十肽，其中含天门冬氨酸4个，分别位于第5、6、15、20位。肽酶X专门作用于天门冬氨酸羧基端的肽键，肽酶Y专门作用于天门冬氨酸氨基端的肽键，用其中任何一种酶处理，都会断开其中的相关肽键。
【详解】A、由图可知，每个天门冬氨酸含2个游离的羧基，其他氨基酸的R基中也可能含有游离的氨基或羧基，因此该二十肽至少含有1个游离的氨基和5个游离的羧基，A正确；
B、肽酶X专门作用于天冬氨酸羧基端的肽键，肽酶X完全作用该多肽链后，共断裂3个肽键（分别位于第5和6、6和7、15和16位氨基酸之间），其中第6位天冬氨酸会脱离肽链，其中断裂3个肽键的过程中消耗了3个水分子，所产生的全部有机物较原二十肽增加了3个氧原子，B正确；
C、肽酶Y专门作用于天门冬氨酸氨基端的肽键，肽酶Y完全作用后第5位和第20位氨基酸脱离肽链，会产生3条多肽链和2个游离的天门冬氨酸，C正确；
D、肽酶Y专门作用于天门冬氨酸氨基端的肽键，肽酶Y完全作用后第5位和第20位氨基酸脱离肽链，每断开一个肽键增加1个氧原子，共增加4个氧原子，又因为第5号和第20号氨基酸脱离，每个氨基酸中有4个氧原子，共脱去8个氧，所以肽酶Y完全作用后产生的多肽中氧原子数目比原二十肽少4个，D错误。
故选ABC。
17．如图中甲是组成乙图中DNA或丙图中tRNA（转运RNA，在蛋白质合成过程中可以特异性转运氨基酸分子）的基本单位。下列相关叙述正确的是（ ）
A．如果甲中的m是U，则甲是尿嘧啶脱氧核糖核苷酸
B．如果甲中的m是G，则甲可能是组成乙或丙的基本单位
C．如果甲中的a是脱氧核糖，则甲物质聚合成的大分子物质可以分布于红藻的线粒体和叶绿体中
D．如果甲中的a是核糖，则甲物质聚合成的大分子物质一般情况下以单链的形式存在，且在真核细胞中主要分布在细胞质
【答案】BCD
【分析】分析题图：甲为核苷酸的结构简图，其中a为五碳糖，b为核苷酸，m为含氮碱基；乙为DNA分子双螺旋结构图；丙为tRNA的结构模式图。
【详解】A、如果甲中的m是U，则甲为核糖核苷酸，是丙tRNA的基本单位，A错误；
B、如果甲中的m是G，则甲为鸟嘌呤脱氧核苷酸或鸟嘌呤核糖核苷酸，则甲可能是组成乙或丙的基本单位，B正确；
C、如果甲中的a是脱氧核糖，则甲为脱氧核苷酸，其聚合成的大分子物质是DNA，DNA主要分布于细胞核中，在线粒体和叶绿体中也有少量分布，C正确；
D、如果甲中的a是核糖，则甲为核糖核苷酸，其聚合成的大分子物质是RNA，RNA一般都是单链，在真核细胞中主要分布于细胞质，细胞核中也有分布，D正确。
故选BCD。
18．人、鼠细胞融合实验是用带有不同荧光染料的抗体标记两种细胞的膜蛋白，一段时间后两种膜蛋白能在杂种细胞膜上均匀分布形成嵌合体。如图是相关的实验记录，据此能得到的结论有（ ）
A．蛋白质分子有的镶在磷脂双分子层表面，有的部分或全部嵌入磷脂双分子层中，有的贯穿于整个磷脂双分子层
B．随着融合时间的增加，形成的嵌合体也越来越多
C．温度会影响细胞膜上蛋白质分子的运动速率
D．图中数据能说明膜蛋白是可以运动的，但不能直接证明膜上的脂质也是可以运动的
【答案】CD
【分析】根据曲线可以得出：在0～15℃之间，随着温度的升高，形成嵌合体几乎不变；在15～35℃之间，随着温度的升高，形成的嵌合体越来越多。
【详解】A、人鼠细胞融合实验不能够说明蛋白质分子有的镶在磷脂双分子层表面，有的部分或全部嵌入磷脂双分子层中，有的贯穿于整个磷脂双分子层，A不符合题意；
B、图中横坐标是温度，说明其实验的自变量是温度，故图中数据不能说明嵌合体随融合时间延长不断增多，B不符合题意；
C、在图中横坐标是温度，也就是说自变量是温度，随着温度的升高，形成嵌合体越来越多，说明温度会影响细胞膜上蛋白质分子的运动速率，C符合题意；
D、人、鼠细胞融合实验的原理是利用细胞膜的流动性，根据两种膜蛋白能在杂种细胞膜上均匀分布形成嵌合体，证明细胞膜上的蛋白质分子可以运动，但不能直接证明膜上的脂质也是可以运动的，D符合题意。
故选CD。
19．如图1是对变形虫进行去核和再植入核后对摄食影响的有关实验过程，如图2表示以地中海伞藻和细圆齿伞藻为实验材料进行的实验，根据实验结果分析下列相关叙述正确的是（ ）
A．图1中①②④没有完整的细胞结构，一段时间后会死亡，③能存活，说明细胞核与细胞质是相互依存的统一整体
B．图1中去核部分可将已吞噬的食物继续消化，说明细胞质中已合成的蛋白质等物质仍可在一定时间内发挥一定作用
C．图2所示实验中，为确定帽形与柄和足的关系，可在去掉伞帽后交换伞柄
D．根据图2实验中再生新伞帽的形状可知伞藻的帽形由足决定
【答案】ABC
【分析】细胞核对生物的遗传具有重要意义，且对于细胞的生存有直接影响，同时细胞核的生存又必须依赖于稳定的细胞环境，同时短时间的核移植不影响细胞的生存。
【详解】A、分析题意可知，图1中①②④没有完整的细胞结构，一段时间后会死亡，③能存活，说明没有细胞核细胞不能存活，而细胞核的生存也必须有相应的细胞环境，细胞核与细胞质是相互依存的统一整体，A正确；
B、图1中，由于去核部分的细胞质中已合成的蛋白质等物质仍可在一定时间内发挥一定作用，故可将已经吞噬的食物继续消化，B正确；
C、为确定帽形是柄还是足控制的，通过伞藻的嫁接实验，即可以在去掉伞帽之后交换伞柄进行验证，C正确；
D、根据图2实验结果中再生新伞帽的形状分析可知，伞藻的帽形由足或柄决定，D错误。
故选ABC。
20．原生质体（由细胞除细胞壁以外的部分组成）表面积大小的变化可作为质壁分离实验的检测指标。用适宜浓度的葡萄糖基本培养基和一定浓度的NaCl溶液交替处理某假单孢菌（一种真菌，具有细胞壁和液泡），其原生质体表面积的测定结果如图所示。下列相关叙述正确的是（ ）
A．由甲组实验结果可知，该假单胞菌的细胞液浓度>0.3ml/L
B．乙、丙组的NaCl处理都能使该假单胞菌发生质壁分离，换回到葡萄糖基本培养基后会发生质壁分离的复原
C．细胞膜、液泡膜及两层膜之间的细胞结构构成该假单胞菌的原生质层
D．若先将该假单胞菌高温灭活，再用高浓度NaCl溶液处理，依然可以出现质壁分离的现象
【答案】AB
【分析】当外界溶液浓度大于细胞内溶液的浓度时，细胞会失水，由于细胞壁的伸缩性小于原生质体，会发生质壁分离。当外界溶液浓度小于细胞内溶液的浓度时，细胞会吸水，会发生质壁分离的复原。
【详解】A、甲组中原生质体表面积随时间变化逐渐增大，说明细胞吸水，外界溶液浓度低于细胞内溶液浓度，该假单胞菌的细胞液浓度>0.3ml/L，A正确；
B、乙组、丙组中用NaCl处理时原生质体体积都比葡萄糖基本培养基处理时要小，说明NaCl处理后发生了质壁分离；换用葡萄糖基本培养基处理后，原生质体体积又增大，说明NaCl处理解除后细胞又发生了质壁分离复原，B正确；
C、细胞膜、液泡膜及两层膜之间的细胞质构成该假单胞菌的原生质层，C错误；
D、若将该菌先高温灭活后，细胞膜失去选择透过性，此时再用NaCl溶液处理，不会发生质壁分离，原生质体表面积无变化，D错误。
故选AB。
三、综合题
21．某非环状多肽，经测定其分子式是C25HxOyN5S2，该多肽上有一个二硫键（-S-S-是由两个-SH缩合而成），其它R基团没有参与反应。已知该多肽是由下列氨基酸中的几种作为原料合成的。苯丙氨酸（C9H11NO2）、天冬氨酸（C4H7NO4）、丙氨酸（C3H7NO2）、亮氨酸（C6H13NO2）、半胱氨酸（C3H7NO2S）。请根据题意回答下列有关问题。
(1)该多肽中有__________个氢原子和__________个氧原子。
(2)该多肽彻底水解后能产生__________种氨基酸，该多肽有__________个肽键，为__________肽化合物。
(3)该多肽在形成过程中相对分子质量减少了__________。
(4)若某蛋白质由n条肽链组成，相对分子质量为a，如果该蛋白质分子含有的氨基酸个数为c个，则氨基酸的平均相对分子质量是__________（用题中所给字母表示）。
(5)蛋白质功能的发挥需要其正确的三维结构，高温加热蛋白质会使其__________，加入双缩脲试剂摇匀后__________（填“会”或“不会”）出现紫色。
【答案】(1) 35 8
(2) 4 4 五
(3)74
(4)
(5) 变性（空间结构被破坏） 会
【分析】1、构成蛋白质的基本单位是氨基酸，即每种氨基酸分子至少都含有一个氨基和一个羧基，且都有一个氨基和一个羧基连接在同一个碳原子上，这个碳原子还连接一个氢和一个R基，氨基酸的不同在于R基的不同。
2、氨基酸在核糖体中通过脱水缩合形成多肽链，而脱水缩合是指一个氨基酸分子的羧基（-COOH ）和另一个氨基酸分子的氨基（-NH2）相连接，同时脱出一分子水的过程；连接两个氨基酸的化学键是肽键；氨基酸形成多肽过程中的相关计算：肽键数=脱去水分子数=氨基酸数-肽链数，氮原子数=肽键数+肽链数+R基上的氨原子数=各氨基酸中氮原子总数，氧原子数肽键数+2×肽链数+R基上的氧原子数=各氨基酸中氧原子总数-脱去水分子数。
【详解】（1）通过题意分析可知，每一个氨基酸只含有一个氮，而非环状多肽C25HxOyN5S2含有5个氮，所以该多肽含量有5个氨基酸，由于该多肽含有2个S，而氨基酸中只有半胱氨酸（C3H7NO2S）含有S，所以有2个半胱氨酸。再根据C的数目总共是25个，根据题目所给的条件（该多肽是由下列氨基酸中的几种作为原料合成的），去掉2个半胱氨酸（C3H7NO2S） 的6个碳，还有19个碳，有3个氨基酸，所以这3个氨基酸只能是苯丙氨酸（C9H11NO2）、天冬氨酸（C4H7NO4）、亮氨酸（C6H13NO2），所以该多肽中，氢原子的总数是11+7+13+7+7-8-2=35，氧原子的总数是：2+4+2+2+2-4=8。
（2）该多肽是由2个半胱氨酸、1个苯丙氨酸、1个天冬氨酸和1个亮氨酸组成的非环状多肽，故该多肽彻底水解后能产生4种氨基酸，该多肽有5-1=4个肽键，为五肽化合物。
（3）该非环状五肽在核糖体上形成，形成过程中脱去了4个水，形成了1个二硫键，故其相对分子质量减少了4×18+2=74。
（4）蛋白质相对分子量=氨基酸分子量×氨基酸个数-水的个数×18，即a=c×氨基酸的平均相对分子质量-（c-n）×18，氨基酸的平均相对分子质量是。
（5）高温加热蛋白质会使其空间结构被破坏，空间结构发生改变而变性，但是肽键没有被破坏，加入双缩脲试剂摇匀后会出现紫色。
22．细胞作为基本的生命系统，具有系统的一般特征：有边界，有系统内各组分的分工合作，有控制中心起调节作用。请结合所学过的与细胞结构相关的内容，回答些列问题。
(1)生物体内的膜结构具有一定的选择透过性，请根据下面提供的材料和用具验证细胞膜具有选择透过性。
实验材料和用具：新鲜的蓝色玫瑰花瓣、烧杯、质量分数为15％的盐酸（可杀死活细胞）、清水等。
①细胞膜的功能越复杂，__________就越多。
②材料中提供的蓝色玫瑰花瓣的蓝色部分存在于细胞的__________（填一种细胞结构）中。
③填写下列实验步骤以验证细胞膜具有选择透过性。
第一步：选两只大小相同的烧杯，分别作A、B标记，其中A为对照组，B为实验组。
第二步：______________________________。
第三步：______________________________。
第四步：放置一段时间后观察并记录实验现象。
结果预测：______________________________。
原因分析：______________________________。
(2)细胞内的各种生物膜在组成成分和结构方面很相似，在结构和功能上有紧密联系。结合下面关于溶酶体发生过程和“消化”功能的示意图，回答下列问题。
①b是刚形成的溶酶体，它来源于__________（填细胞器名称），c、d分别是__________、__________。
②f是由b与e融合形成的，这一过程反映了生物膜__________的特点。
③细胞器膜和__________等结构，共同构成细胞的生物膜系统。
(3)为了研究细胞核的作用，一位生物学家研究了100个细胞，他把每个细胞都分成含有细胞核和不含细胞核两个部分，然后把这些细胞放在相同且适宜的条件下培养，结果如下：
①经研究证明，有核部分在30天内仍有21％~35％的细胞死亡率，其原因可能是__________、__________（请写出两种原因）。
②有人把细胞核比作是细胞的“大脑”，可见细胞核对于细胞而言是非常重要的，那么请解释为什么高等植物成熟的筛管细胞没有细胞核__________。
【答案】(1) 细胞膜上蛋白质的种类和数量 液泡 在A烧杯中加入适量的清水，在B烧杯中加入等量的质量分数为15%的盐酸 选等量的蓝色玫瑰花瓣，分别放入A、B两只烧杯中 A烧杯中的花瓣仍为蓝色，水仍呈无色；B烧杯中的花瓣颜色（蓝色）逐渐变浅，而盐酸溶液逐渐变蓝 盐酸可杀死活细胞，从而使其细胞膜失去选择透过性（而清水对活细胞无伤害）
(2) 高尔基体 内质网 线粒体 具有一定的流动性 细胞膜和核膜
(3) 实验操作使部分细胞损伤，进而导致其死亡 部分细胞的正常衰老、死亡 因为筛管细胞的主要功能是运输有机物，为了增大运输空间、提高运输效率，成熟筛管细胞的细胞器和细胞核都退化了
【分析】1、实验探究“验证膜具有选择透过性”，则分别用质量分数为15%的盐酸和清水处理蓝色玫瑰花瓣，在盐酸中细胞膜失去选择透过性，花瓣颜色变淡，盐酸变蓝，清水中不变。
2、分析题图：a是高尔基体；b表示溶酶体；c是内质网；d是线粒体；e表示膜包裹的衰老细胞器线粒体，f表示b与e正在融合，g表示消化过程。
【详解】（1）①细胞膜由磷脂分子和蛋白质分子组成，其功能越复杂，膜上的蛋白质的种类和数量越多。②蓝色玫瑰花瓣的蓝色是由于液泡中的花青素形成的，蓝色玫瑰花瓣的蓝色部分存在于细胞的液泡中。验证膜具有选择透过性，设立对照实验，单一变量是质量分数为15%的盐酸和清水：第一步（取材编号）：选择两只大小相同的烧杯，分别作A、B标记，其中A为对照组，B为实验组；第二步（分别作不同的处理）：在A烧杯中加入适量的清水，在B烧杯中加入等量的质量分数为15%的盐酸；第三步（观察实验结果）：选等量的蓝色玫瑰花瓣，分别放入A、B两只烧杯中；第四步：放置一段时间后观察并记录实验现象；结果预测：A烧杯中的花瓣仍为蓝色，水仍呈无色；B烧杯中的花瓣颜色（蓝色）逐渐变浅，而盐酸溶液逐渐变蓝；原因分析：盐酸对活细胞具有很强的伤害作用，将细胞杀死而使其细胞膜失去选择透过性，而清水对活细胞无伤害。
（2）①分析题图细胞器的形态可知：a由一个个单膜结构组成的囊状结构垛叠而成，是高尔基体；b是刚形成的溶酶体，它来源于高尔基体；c由单膜连接而成的网状结构是内质网；d由两层膜构成，内膜凹陷形成脊的是线粒体。②f是由b与e融合形成的，这种融合过程反映了生物膜在结构上具有一定的流动性特点。③细胞器膜、细胞膜与核膜等结构，共同构成细胞的生物膜系统。理。
（3）①由于部分细胞的正常衰老、死亡或实验操作使部分细胞损伤，进而导致其中一些细胞死亡，所以有核部分在30天内仍有21%～35%的细胞死亡率。②因为筛管细胞的主要功能是运输有机物，为了增大运输空间、提高运输效率，成熟筛管细胞的细胞器和细胞核都退化了，体现了结构与功能的统一。
时间/天
细胞无核部分的存活个数
细胞有核部分的存活个数
1
81
79
2
62
78
3
20
77
4
0
74
5
0
67
6
0
65
一、单选题
1．图甲表示放大倍数分别为6×和16×的两个目镜、和放大倍数分别为10×和20×的两个物镜，图乙是在图甲中选用的一组能放大160倍的镜头组合所观察到的图像，欲将装片中左下方细胞放大320倍观察，下列叙述错误的是（ ）
A．若想要放大观察左下角的细胞，则需将装片往左下角移动即可将该细胞移至视野中央
B．甲图中①②是目镜，③④为物镜，放大160倍的镜头组合是①④
C．换高倍镜后，图乙视野内细胞数将变为1个
D．换上高倍镜后，视野会变暗，此时可将显微镜的光圈调大或将反光镜调成凹面镜
【答案】B
【分析】1、显微镜的呈像原理和基本操作：
（1）显微镜成像的特点：显微镜成像是倒立的虚像，即上下相反，左右相反，物像的移动方向与标本的移动方向相反，故显微镜下所成的像是倒立放大的虚像，若在视野中看到细胞质顺时针流动，则实际上细胞质就是顺时针流动。
（2）显微镜观察细胞，放大倍数与观察的细胞数呈反比例关系，放大倍数越大，观察的细胞数越少，视野越暗，反之亦然。
（3）显微镜的放大倍数=物镜的放大倍数×目镜的放大倍数。目镜的镜头越长，其放大倍数越小；物镜的镜头越长，其放大倍数越大，与玻片的距离也越近，反之则越远。显微镜的放大倍数越大，视野中看的细胞数目越少，细胞越大。
（4）反光镜和光圈都是用于调节视野亮度的；粗准焦螺旋和细准焦螺旋都是用于调节清晰度的，且高倍镜下只能通过细准焦螺旋进行微调。
（5）由低倍镜换用高倍镜进行观察的步骤是：移动玻片标本使要观察的某一物像到达视野中央→转动转换器选择高倍镜对准通光孔→调节光圈，换用较大光圈使视野较为明亮→转动细准焦螺旋使物像更加清晰。
2、由题干信息可知，图甲中①②不带螺纹，是目镜，目镜越长放大倍数越小，则①的放大倍数是6×，②是放大倍数是16×；③④带有螺纹是物镜，物镜越长放大倍数越大，则③的放大倍数是20×，④的放大倍数是10×。
【详解】A、欲将装片中左下方细胞放大，由于显微镜成像是倒立的虚像，故需将装片向左下方移动到视野正中央，A正确；
B、图甲中①②不带螺纹，是目镜，目镜越长放大倍数越小，则①的放大倍数是6×，②是放大倍数是16×；③④带有螺纹是物镜，物镜越长放大倍数越大，则③的放大倍数是20×，④的放大倍数是10×，160倍的镜头组合是目镜16×，物镜10×，即镜头组合是②④，B错误；
C、换高倍镜后，放大倍数为原来的2倍，故图乙视野内细胞数将变为4÷2×2=1个，C正确；
D、欲将装片中右上方细胞放大320倍观察，此时为高倍镜，高倍镜下视野会变暗，为了便于观察，需将显微镜的光圈调大，反光镜调成凹面镜，D正确。
故选B。
2．绿藻在淡水中分布最多，在海水中和陆地上的阴湿处也有分布，它被认为是21世纪人类最理想的健康食品，螺旋藻（属蓝细菌）特有的藻蓝蛋白能提高人体淋巴细胞活性，增强免疫力，预防疾病，促体健康，适合免疫力低下的人群服用。下列关于绿藻和螺旋藻的叙述不正确的是（ ）
A．绿藻的遗传物质是DNA，螺旋藻的遗传物质是RNA
B．绿藻有染色体，而螺旋藻没有
C．绿藻和螺旋藻共有的细胞结构有细胞壁、细胞膜、细胞质和核糖体等
D．绿藻和螺旋藻都能进行光合作用，这与它们含有与光合作用相关的色素和酶有关
【答案】A
【分析】原核细胞：没有被核膜包被的成形的细胞核，没有核膜、核仁和染色质；没有复杂的细胞器（只有核糖体一种细胞器）；只能进行二分裂生殖，属于无性生殖，不遵循孟德尔的遗传定律；含有细胞膜、细胞质，遗传物质是DNA，螺旋藻（属蓝细菌）属于原核生物，绿藻属于真核生物。
【详解】A、螺旋藻（属蓝细菌）属于原核生物，绿藻属于真核生物，二者的遗传物质都是DNA，A错误；
B、螺旋藻（属蓝细菌）属于原核生物，无染色体，绿藻属于真核生物，有染色体，B正确；
C、绿藻和螺旋藻共有的细胞结构有细胞壁、细胞膜、细胞质和核糖体等，C正确；
D、螺旋藻是原核生物，没有叶绿体，含有叶绿素和藻蓝素，所以能进行光合作用，绿藻含有叶绿体，所以能进行光合作用，D正确。
故选A。
3．常见的豌豆种子有圆粒和皱粒两种，圆粒种子含淀粉多，成熟时能有效地保留水分，而皱粒种子含蔗糖多，在成熟时由于失水而皱缩。下图表示对刚收获的种子所做的一系列处理，下列有关说法错误的是（ ）
A．豌豆种子成熟时，圆粒种子保留的水分主要是结合水，而皱粒种子失去的水分主要是自由水
B．③在生物体内主要以离子的形式存在
C．点燃后产生的CO2中的碳原子来自于种子中的各种有机物和无机物
D．图中④和⑤是同一种物质，但是在细胞中的存在形式和含量不同
【答案】C
【分析】细胞内的水有自由水和结合水两种形式，其中绝大部分以自由水形式存在的。据图示可知，①为种子晒干的过程，②为种子烘干的过程，③为种子燃烧后剩下的灰分，即无机盐，④为自由水，⑤为结合水。
【详解】A、由题意可知，豌豆种子成熟时，圆粒种子保留的水分主要是与化合物相结合的结合水，而皱粒种子失去的水分主要是自由水，A正确；
B、③为种子燃烧后剩下的灰分，即无机盐，在生物体内主要以离子形式存在，B正确；
C、点燃后产生CO2中的C只来自于种子的糖类、脂质、蛋白质等有机物，C错误；
D、据图示可知，④为种子晒干的过程失去的自由水，⑤为种子烘干的过程失去的结合水，故④和⑤是同一种物质，但是在细胞中的存在形式和含量不同，D正确。
故选C。
4．研究发现一类称为“分子伴侣”的蛋白质可识别正在合成或部分折叠的多肽，并通过改变其自身空间结构与多肽的某些部位相结合，从而帮助这些多肽折叠、组装或转运，而其本身并不参与组成最终产物，而且可以循环发挥作用。下列相关叙述正确的是（ ）
A．放线菌细胞内“分子伴侣”发挥作用的场所可能在核糖体或内质网
B．“分子伴侣”介导加工的环状六肽化合物中至少含有7个氧原子和6个氮原子
C．蛋白质变性会使肽键数目减少
D．“分子伴侣”发挥作用的过程中可能涉及氢键和二硫键的形成
【答案】D
【分析】蛋白质变性是指天然蛋白质因受物理、化学因素的影响，使蛋白质分子的构象发生了异常变化，从而导致生物活性的丧失以及物理、化学性质的异常变化。蛋白质变性不涉及蛋白质一级结构的改变，即由氨基酸构成的肽链并不发生改变。
【详解】A、放线菌是原核生物，细胞中没有内质网，“分子伴侣”发挥作用的场所可能在核糖体，A错误；
B、每一个氨基酸至少含有一个氨基（-NH2）和一个羧基（-COOH），环状六肽化合物由6个氨基酸脱去6个水形成，其中 6个氨基酸中至少的氧原子数为 6×2=12，至少的氮原子数为 6×1=6，6分子水（H2O）包含的氧原子数为6，氮原子数为 0，则环链六肽化合物至少有氧原子 6×2－6=6，氮原子 6×1=6，B错误；
C、蛋白质变性不涉及蛋白质一级结构的改变，即由氨基酸构成的肽链并不发生改变，故蛋白质变性不会使肽键数目减少，C错误；
D、“分子伴侣”折叠蛋白质的过程中，即蛋白质的空间结构形成，其过程中可能涉及氢键和二硫键的形成，D正确。
故选D。
5．丙氨酸的R基为-CH3，谷氨酸的R基为-CH2-CH2-COOH，2个丙氨酸和3个谷氨酸脱水缩合形成的多肽链中，C、H、O的原子比例为（ ）
A．21：31：11B．21：33：12C．21：31：12D．21：33：11
【答案】B
【分析】构成蛋白质的基本单位是氨基酸，每种氨基酸分子至少都含有一个氨基和一个羧基，且都有一个氨基和一个羧基连接在同一个碳原子上，这个碳原子还连接一个氢和一个R基，氨基酸的不同在于R基的不同。
【详解】氨基酸的脱水缩合反应是一个氨基酸的氨基与另一个氨基酸的羧基反应，脱去1分子水的过程；已知丙氨酸的R基为-CH3，谷氨酸的R基为-CH2-CH2-COOH，将其代入氨基酸的结构式（C2H4O2NR）即可写出丙氨酸的分子结构式为（C3H7O2N）和谷氨酸的分子结构式（C5H9O4N），,2个丙氨酸和3个谷氨酸缩合形成的五肽分子为2×（C3H7O2N）+3×（C5H9O4N）-4H2O=C21H33O12N5，即C、H、O的原子比例为21：33：12，B符合题意。
故选B。
6．自2019年12月新冠病毒疫情爆发以来，新冠病毒已出现了众多变异毒株，科学家用24个希腊字母为变异毒株命名，现已排至第15位Omiern（奥密克戎）。下列叙述错误的是（ ）
A．与DNA病毒如噬菌体相比，新冠病毒更易发生变异
B．酒精可以进入新冠病毒内部，引起新冠病毒的蛋白质变性，从而达到消毒的目的
C．新冠病毒的核酸初步水解可得到6种产物
D．新冠病毒的核酸是以碳链为基本骨架的生物大分子
【答案】C
【分析】病毒是非细胞生物，只能寄生在活细胞中进行生命活动。病毒依据宿主细胞的种类可分为植物病毒、动物病毒和噬菌体；根据遗传物质来分，分为DNA病毒和RNA病毒；病毒由核酸和蛋白质组成。
【详解】A、新冠病毒的遗传物质是RNA（单链RNA），与遗传物质为DNA的噬菌体相比，DNA的双螺旋结构较稳定，单链的RNA更容易发生变异，A正确；
B、酒精能通过自由扩散进入细菌和病毒的内部，使蛋白质分子结构改变，引起蛋白质变性，从而达到消毒的目的，B正确；
C、新冠病毒的遗传物质是RNA，新冠病毒的核酸初步水解产物为4种核糖核苷酸，彻底水解后有6种产物，分别是A、U、G、C四种碱基，以及磷酸和核糖，C错误；
D、新冠病毒的核酸（RNA）是以碳链为基本骨架的生物大分子，D正确。
故选C。
7．研究人员发现，人类和小鼠的软骨细胞中富含“miR140”分子，这是一种微型单链核糖核酸。不含“miR140”分子的实验鼠与正常小鼠比较，其软骨严重损伤。下列关于“miR140”分子的叙述，正确的是（ ）
A．“miR140”分子是由磷酸、脱氧核糖和A、U、G、C四种含氮碱基组成的
B．每个正常的“miR140”分子中都含有一个游离的磷酸基团
C．“miR140”分子分布主要在人和小鼠的细胞核中
D．“miR140”是人和小鼠的遗传物质
【答案】B
【分析】核酸是遗传信息的携带者，是一切生物的遗传物质，在生物体的遗传、变异和蛋白质的生物合成中具有重要作用，细胞中的核酸根据所含五碳糖的不同分为DNA（脱氧核糖核酸）和RNA（核糖核酸）两种，构成DNA与RNA的基本单位分别是脱氧核苷酸和核糖核苷酸，每个脱氧核苷酸分子是由一分子磷酸、一分子脱氧核糖和一分子含氮碱基形成，每个核糖核苷酸分子是由一分子磷酸、一分子核糖和一分子含氮碱基形成。
【详解】A、“miR140”分子是单链核糖核酸，由磷酸、核糖和A、U、G、C四种含氮碱基组成的，A错误；
B、“miR140”分子是单链核糖核酸，所以每个正常的“miR140”分子中都含有一个游离的磷酸基团，B正确；
C、“miR140”分子分布主要在人和小鼠的细胞质中，C错误；
D、“miR140”是单链核糖核酸，人和小鼠的遗传物质是DNA，D错误。
故选B。
8．科学家设计了仅1纳米宽的分子转子，在紫外光的驱动下，分子转子依靠细胞膜上某特殊结构的识别功能与特定的靶细胞结合，以每秒200~300万的转速进行旋转，从而在单个细胞的膜上钻孔，进而将治疗试剂运送到这些细胞中，或者直接诱导这些细胞死亡。图为分子转子钻孔过程的示意图，下列有关说法正确的是（ ）
A．将治疗试剂运送到细胞中，分子转子需要钻开两层磷脂双分子层
B．分子转子钻孔后可以运送治疗试剂到细胞中，说明此时的细胞膜已失活
C．该过程体现出组成细胞膜的磷脂分子和蛋白质分子都具有一定的流动性
D．分子转子在识别靶细胞时用到的特殊结构，很可能是靶细胞膜表面的糖蛋白
【答案】D
【分析】细胞膜主要由脂质、蛋白质和少量糖类组成，脂质中磷脂最丰富，功能越复杂的细胞膜，蛋白质种类和数量越多；细胞膜基本支架是磷脂双分子层。在细胞膜的外表，有一层由细胞膜上的蛋白质与糖类结合而成的糖蛋白，与细胞表面的识别有密切关系；由于所有的脂质和大部分蛋白质可以运动导致细胞膜具有一定的流动性，而膜上的蛋白质决定细胞膜具有选择透过性。
【详解】A、细胞膜为单层膜结构，膜的基本骨架是磷脂双分子层，故将治疗试剂运送到细胞中，分子转子需要钻开一层磷脂双分子层，A错误；
B、正常情况下，治疗试剂不能进入细胞，而钻孔破坏细胞膜后治疗试剂进入细胞，说明细胞膜具有选择透过性，此时的细胞膜没有失活，B错误；
C、该过程没有体现磷脂分子和蛋白质分子都具有一定的流动性，C错误；
D、糖蛋白具有识别功能，故分子转子与特定靶细胞的识别依靠的是细胞膜上的糖蛋白，D正确。
故选D。
9．研究表明，2019-nCV新型冠状病毒外壳外存在一层病毒包膜，这层包膜来源于宿主细胞膜，包膜表面的刺突蛋白（S蛋白）能识别靶细胞膜上特定受体——血管紧张素转换酶Ⅱ（ACE2），并与之结合形成稳定的复合物，再通过膜融合进入宿主细胞，研究还发现吸烟会引起肺部细胞ACE2基因表达显著增加。下列有关分析错误的是（ ）
A．与不抽烟的人群相比，抽烟人群感染新冠病毒的概率更高
B．ACE2在新冠病毒侵入人体细胞的过程中充当了运载体
C．新型冠状病毒通过和ACE2结合可入侵细胞，表明细胞膜控制物质进出的能力是相对的
D．糖蛋白S与受体ACE2结合不能体现细胞膜可以进行细胞间信息交流的功能
【答案】B
【分析】病毒没有细胞结构，主要由内部的遗传物质和外部的蛋白质外壳组成，不能独立生存，只有寄生在活细胞里才能进行生命活动，一旦离开就会变成结晶体，失去生命活动。病毒从其它生物的活细胞中获得营养物质，利用自己的遗传物质进行复制，繁殖新病毒。
【详解】A、吸烟会引起肺部细胞ACE2基因表达显著增加，2019-nCV新型冠状病毒的包膜表面的刺突蛋白（S蛋白）能识别靶细胞膜上特定受体——血管紧张素转换酶Ⅱ（ACE2），并与之结合形成稳定的复合物，再通过膜融合进入宿主细胞，所以抽烟人群感染新冠病毒的概率更高，A正确；
B、ACE2在新冠病毒侵入人体细胞的过程中充当了受体的作用，B错误；
C、新型冠状病毒通过和细胞膜上的结合位点ACE2结合入侵细胞，这说明细胞膜控制物质进出的功能是相对的，C正确；
D、新型冠状病毒没有细胞结构，只能寄生于活细胞中，所以糖蛋白S与受体ACE2结合不能体现细胞膜可以进行细胞间信息交流的功能，D正确。
故选B。
10．如图表示某种真核生物细胞内甲、乙、丙三种细胞器的物质组成情况。下列相关叙述错误的是（ ）
A．若该细胞是植物细胞，则甲可能是线粒体、叶绿体或细胞核
B．若该细胞是动物细胞，则乙可能是内质网、高尔基体或溶酶体
C．甲与细胞内能量转换有关
D．甲中含有的核酸是DNA和RNA，丙中含有的核酸是RNA
【答案】A
【分析】分析柱形图：生物膜的主要成分是脂质和蛋白质，细胞器甲含有膜结构，且含有微量的核酸，应该为线粒体或叶绿体；细胞器乙含有膜结构，但不含核酸，可能是内质网或高尔基体或溶酶体或液泡；细胞器丙不具有膜结构，其组成成分是蛋白质和核酸，应为核糖体。
【详解】A、若该细胞是植物细胞，细胞器甲含有膜结构，且含有微量的核酸，应该为线粒体或叶绿体，不可能是细胞核，因为细胞核不是细胞器，A错误；
B、若该细胞是动物细胞，细胞器乙含有膜结构，但不含核酸，可能是内质网、高尔基体或溶酶体，B正确；
C、细胞器甲含有膜结构，且含有微量的核酸，应该为线粒体或叶绿体，与细胞内能量转换有关，C正确；
D、细胞器甲含有膜结构，且含有微量的核酸，应该为线粒体或叶绿体，其中含有的核酸是DNA和RNA；丙不具有膜结构，其组成成分是蛋白质和核酸，应为核糖体，含有的核酸是RNA，D正确。
故选A。
11．中心体位于细胞的中心部位，由微管组成，微管属于细胞骨架。细胞分裂时，中心体会进行复制。中心体能使细胞产生纤毛和鞭毛，并影响其运动能力；在超微结构的水平上，中心体调节着细胞的运动。下列关于中心体的叙述不正确的是（ ）
A．中心体存在于动物细胞和低等植物细胞中，若其中心体功能发生障碍，该细胞将有可能不能正常进行分裂
B．中心体由两个相互垂直的中心粒构成
C．白细胞分解病原体的过程与溶酶体有关，白细胞的运动与中心体有关
D．中心体异常会造成纤毛运动能力过弱，使气管的病原体不易被清除，从而易患慢性支气管炎
【答案】B
【分析】中心体：（1）分布：动物和某些低等植物细胞（如藻类）；（2）形态：由两个互相垂直排列的中心粒（许多管状物组成）及周围物质组成；（3）作用：与细胞的有丝分裂有关，形成纺锤体。
【详解】A、中心体与细胞有丝分裂有关，动物细胞和低等植物细胞如果中心体功能发生障碍，细胞将有可能不能进行正常的有丝分裂，A正确；
B、中心体由两个互相垂直排列的中心粒（许多管状物组成）及周围物质组成，B错误；
C、中心粒能使细胞产生纤毛和鞭毛，并影响其运动能力，在超微结构的水平上，调节着细胞的运动。因此白细胞变形穿过血管壁吞噬、分解病原体的运动与溶酶体有关，也与中心体有关，C正确；
D、气管上皮细胞中心体异常易患慢性支气管炎，与纤毛运动能力过弱，使气管的病原体不易被清除有关，D正确。
故选B。
12．研究发现，COP膜泡运输是内质网和高尔基体之间物质转运机制之一。内质网驻留蛋白是指经核糖体合成、内质网折叠和组装后，留在内质网中的蛋白质。内质网驻留蛋白的羧基端有一段特殊的信号肽，若内质网驻留蛋白被错误包装进入COPⅡ转运膜泡，会从内质网逃逸到高尔基体，此时高尔基体顺面膜囊区的信号肽受体就会识别信号肽并与之结合，将该蛋白质通过COPI转运膜泡送回内质网。下列叙述错误的是（ ）
A．内质网和高尔基体之间存在膜成分的交换
B．内质网驻留蛋白上的信号肽对于细胞内蛋白质的正常分布具有重要作用，若该信号肽缺失，将有可能导致内质网驻留蛋白被分泌到细胞外
C．信号肽与信号肽受体的识别与结合具有特异性
D．内质网驻留蛋白需要经过核糖体合成以及内质网和高尔基体的加工修饰
【答案】D
【分析】细胞中，各细胞器之间分工明确，有各自的功能。各种细胞器既有一定的独立性，同时又密切配合，共同完成各种生理功能。
【详解】A、由题可知，COP膜泡运输是内质网和高尔基体之间物质转运机制之一，内质网和高尔基体在结构上通过COP转运膜泡建立联系，故内质网和高尔基体之间存在膜成分的交换，A正确；
B、如果内质网驻留蛋白意外从内质网逃逸到高尔基体，若缺乏信号肽，高尔基体顺面膜囊区的信号肽受体就不能识别，不会送回内质网，该蛋白质可能被分泌到细胞外，B正确；
C、信号分子受体识别与结合，具有特异性，故信号肽与信号肽受体识别与结合的过程具有特异性， C正确；
D、内质网驻留蛋白是指经核糖体合成、内质网折叠和组装后，留在内质网中的蛋白质，不需要高尔基体加工，D错误；
故选D。
13．如图所示为细胞核结构模式图，下列叙述中正确的是（ ）
A．哺乳动物成熟红细胞的细胞核控制着整个细胞的代谢和遗传
B．③与核糖体的形成以及DNA的合成有关
C．④是真核生物遗传信息的主要载体，可被酸性染料染成深色
D．⑤的多少可以反映细胞代谢的强弱
【答案】D
【分析】1、细胞核包括核膜（将细胞核内物质与细胞质分开）、染色质（主要成分是DNA和蛋白质）、核仁（与某种RNA（rRNA）的合成以及核糖体的形成有关）、核孔（核膜上的核孔的功能是实现核质之间频繁的物质交换和信息交流）。功能：细胞核是遗传物质贮存和复制的场所，是细胞遗传和代谢的控制中心。
2、分析题图：①是内质网、②是核膜、③是核仁、④是染色质、⑤是核孔。
【详解】A、哺乳动物成熟的红细胞都没有细胞核，A错误；
B、③是核仁，与核糖体的形成以及某些RNA的合成有关，B错误；
C、④是染色质，染色质主要由DNA和蛋白质组成，可被碱性染料染成深色，C错误；
D、⑤是核孔，核膜上的核孔的功能是实现核质之间频繁的物质交换和信息交流，细胞代谢时核孔数目较多，故⑤的多少可以反映细胞代谢的强弱，D正确。
故选D。
14．西湖大学校长、清华大学生命科学与医学研究院院长施一公院士和他的团队解析了来自非洲爪蟾的核孔复合体（NPC）的近原子分辨半结构。他们通过电镜观察到NPC“附着”并稳定融合在核膜上。是真核生物连接细胞质和细胞核的唯一双向通道，控制着所有的生物大分子进出细胞核。下列说法正确的是（ ）
A．附着NPC的核膜由2层磷脂分子组成，且与内质网膜直接相连
B．小分子物质也可以通过NPC自由进出细胞核，且不耗能
C．正常情况下，DNA、RNA和蛋白质等大分子物质可以通过NPC进出细胞核
D．NPC对生物大分子进出细胞核有选择性
【答案】D
【分析】核孔是核质之间频繁进行物质交换和信息交流的通道；在代谢旺盛的细胞中，核孔的数目较多。
【详解】A、核膜有内膜和外膜两层膜组成，每层膜是一个磷脂双分子层，故核膜共由4层磷脂分子组成，且与内质网膜直接相连，A错误；
BCD、NPC具有选择透过性，如DNA不能通过NPC，小分子也不能自由进出细胞核，BC错误，D正确。
故选D。
15．某生物兴趣小组的同学将A、B两种植物的成熟叶片置于不同浓度的蔗糖溶液中，培养相同时间后检测其重量变化，结果如图所示。下列相关叙述错误的是（ ）
A．甲浓度条件下，A植物细胞的细胞液浓度变大
B．乙浓度条件下，A、B两种植物成熟细胞的细胞液浓度相等
C．由图可知，实验前B植物成熟细胞的细胞液浓度大于A植物
D．五种蔗糖溶液浓度的大小关系为丙<戊<甲<丁<乙
【答案】B
【分析】在甲～戊不同浓度的蔗糖溶液中，B植物比A植物的吸水能力强，保水能力也较强，说明B植物比A植物更耐干旱。
【详解】A、甲浓度条件下，A植物细胞质量减少，说明细胞失水，细胞液浓度变大，液泡体积变小，A正确；
B、乙浓度条件下，A、B两种植物细胞质量都大量减轻，说明A、B植物细胞都失水，因不确定两种细胞的失水程度，故不能说明A、B两种植物成熟细胞的细胞液浓度相等，B错误；
C、由图可知，丙浓度下，植物B的增加质量大于植物A，说明植物B的吸水量大于植物A，则实验前，两种植物细胞液浓度的大小关系为B>A，C正确；
D、以植物B作为研究对象，丙浓度下细胞吸水最多，则丙浓度的溶液浓度最小，其次是戊，甲溶液中植物B既不吸水也不失水，与细胞液浓度相等，乙浓度下失水最多，则乙的浓度最大，因此五种蔗糖溶液浓度的大小关系为丙＜戊＜甲＜丁＜乙，D正确。
故选B。
二、多选题
16．下图为某二十肽，其中含天门冬氨酸4个，分别位于第5、6、15、20位；肽酶X特异性作用于天门冬氨酸羧基端的肽键，肽酶Y特异性作用于天门冬氨酸氨基端的肽键，下列相关叙述正确的是（ ）
A．该二十肽至少含有1个游离的氨基和5个游离的羧基
B．肽酶X完全作用后产生的全部有机物比原二十肽增加了3个氧原子
C．该二十肽经肽酶Y充分作用后会产生3条多肽链和2个游离的天门冬氨酸
D．肽酶Y完全作用后产生的多肽中氧原子数目比原二十肽少8个
【答案】ABC
【分析】分析题图：图示为某二十肽，其中含天门冬氨酸4个，分别位于第5、6、15、20位。肽酶X专门作用于天门冬氨酸羧基端的肽键，肽酶Y专门作用于天门冬氨酸氨基端的肽键，用其中任何一种酶处理，都会断开其中的相关肽键。
【详解】A、由图可知，每个天门冬氨酸含2个游离的羧基，其他氨基酸的R基中也可能含有游离的氨基或羧基，因此该二十肽至少含有1个游离的氨基和5个游离的羧基，A正确；
B、肽酶X专门作用于天冬氨酸羧基端的肽键，肽酶X完全作用该多肽链后，共断裂3个肽键（分别位于第5和6、6和7、15和16位氨基酸之间），其中第6位天冬氨酸会脱离肽链，其中断裂3个肽键的过程中消耗了3个水分子，所产生的全部有机物较原二十肽增加了3个氧原子，B正确；
C、肽酶Y专门作用于天门冬氨酸氨基端的肽键，肽酶Y完全作用后第5位和第20位氨基酸脱离肽链，会产生3条多肽链和2个游离的天门冬氨酸，C正确；
D、肽酶Y专门作用于天门冬氨酸氨基端的肽键，肽酶Y完全作用后第5位和第20位氨基酸脱离肽链，每断开一个肽键增加1个氧原子，共增加4个氧原子，又因为第5号和第20号氨基酸脱离，每个氨基酸中有4个氧原子，共脱去8个氧，所以肽酶Y完全作用后产生的多肽中氧原子数目比原二十肽少4个，D错误。
故选ABC。
17．如图中甲是组成乙图中DNA或丙图中tRNA（转运RNA，在蛋白质合成过程中可以特异性转运氨基酸分子）的基本单位。下列相关叙述正确的是（ ）
A．如果甲中的m是U，则甲是尿嘧啶脱氧核糖核苷酸
B．如果甲中的m是G，则甲可能是组成乙或丙的基本单位
C．如果甲中的a是脱氧核糖，则甲物质聚合成的大分子物质可以分布于红藻的线粒体和叶绿体中
D．如果甲中的a是核糖，则甲物质聚合成的大分子物质一般情况下以单链的形式存在，且在真核细胞中主要分布在细胞质
【答案】BCD
【分析】分析题图：甲为核苷酸的结构简图，其中a为五碳糖，b为核苷酸，m为含氮碱基；乙为DNA分子双螺旋结构图；丙为tRNA的结构模式图。
【详解】A、如果甲中的m是U，则甲为核糖核苷酸，是丙tRNA的基本单位，A错误；
B、如果甲中的m是G，则甲为鸟嘌呤脱氧核苷酸或鸟嘌呤核糖核苷酸，则甲可能是组成乙或丙的基本单位，B正确；
C、如果甲中的a是脱氧核糖，则甲为脱氧核苷酸，其聚合成的大分子物质是DNA，DNA主要分布于细胞核中，在线粒体和叶绿体中也有少量分布，C正确；
D、如果甲中的a是核糖，则甲为核糖核苷酸，其聚合成的大分子物质是RNA，RNA一般都是单链，在真核细胞中主要分布于细胞质，细胞核中也有分布，D正确。
故选BCD。
18．人、鼠细胞融合实验是用带有不同荧光染料的抗体标记两种细胞的膜蛋白，一段时间后两种膜蛋白能在杂种细胞膜上均匀分布形成嵌合体。如图是相关的实验记录，据此能得到的结论有（ ）
A．蛋白质分子有的镶在磷脂双分子层表面，有的部分或全部嵌入磷脂双分子层中，有的贯穿于整个磷脂双分子层
B．随着融合时间的增加，形成的嵌合体也越来越多
C．温度会影响细胞膜上蛋白质分子的运动速率
D．图中数据能说明膜蛋白是可以运动的，但不能直接证明膜上的脂质也是可以运动的
【答案】CD
【分析】根据曲线可以得出：在0～15℃之间，随着温度的升高，形成嵌合体几乎不变；在15～35℃之间，随着温度的升高，形成的嵌合体越来越多。
【详解】A、人鼠细胞融合实验不能够说明蛋白质分子有的镶在磷脂双分子层表面，有的部分或全部嵌入磷脂双分子层中，有的贯穿于整个磷脂双分子层，A不符合题意；
B、图中横坐标是温度，说明其实验的自变量是温度，故图中数据不能说明嵌合体随融合时间延长不断增多，B不符合题意；
C、在图中横坐标是温度，也就是说自变量是温度，随着温度的升高，形成嵌合体越来越多，说明温度会影响细胞膜上蛋白质分子的运动速率，C符合题意；
D、人、鼠细胞融合实验的原理是利用细胞膜的流动性，根据两种膜蛋白能在杂种细胞膜上均匀分布形成嵌合体，证明细胞膜上的蛋白质分子可以运动，但不能直接证明膜上的脂质也是可以运动的，D符合题意。
故选CD。
19．如图1是对变形虫进行去核和再植入核后对摄食影响的有关实验过程，如图2表示以地中海伞藻和细圆齿伞藻为实验材料进行的实验，根据实验结果分析下列相关叙述正确的是（ ）
A．图1中①②④没有完整的细胞结构，一段时间后会死亡，③能存活，说明细胞核与细胞质是相互依存的统一整体
B．图1中去核部分可将已吞噬的食物继续消化，说明细胞质中已合成的蛋白质等物质仍可在一定时间内发挥一定作用
C．图2所示实验中，为确定帽形与柄和足的关系，可在去掉伞帽后交换伞柄
D．根据图2实验中再生新伞帽的形状可知伞藻的帽形由足决定
【答案】ABC
【分析】细胞核对生物的遗传具有重要意义，且对于细胞的生存有直接影响，同时细胞核的生存又必须依赖于稳定的细胞环境，同时短时间的核移植不影响细胞的生存。
【详解】A、分析题意可知，图1中①②④没有完整的细胞结构，一段时间后会死亡，③能存活，说明没有细胞核细胞不能存活，而细胞核的生存也必须有相应的细胞环境，细胞核与细胞质是相互依存的统一整体，A正确；
B、图1中，由于去核部分的细胞质中已合成的蛋白质等物质仍可在一定时间内发挥一定作用，故可将已经吞噬的食物继续消化，B正确；
C、为确定帽形是柄还是足控制的，通过伞藻的嫁接实验，即可以在去掉伞帽之后交换伞柄进行验证，C正确；
D、根据图2实验结果中再生新伞帽的形状分析可知，伞藻的帽形由足或柄决定，D错误。
故选ABC。
20．原生质体（由细胞除细胞壁以外的部分组成）表面积大小的变化可作为质壁分离实验的检测指标。用适宜浓度的葡萄糖基本培养基和一定浓度的NaCl溶液交替处理某假单孢菌（一种真菌，具有细胞壁和液泡），其原生质体表面积的测定结果如图所示。下列相关叙述正确的是（ ）
A．由甲组实验结果可知，该假单胞菌的细胞液浓度>0.3ml/L
B．乙、丙组的NaCl处理都能使该假单胞菌发生质壁分离，换回到葡萄糖基本培养基后会发生质壁分离的复原
C．细胞膜、液泡膜及两层膜之间的细胞结构构成该假单胞菌的原生质层
D．若先将该假单胞菌高温灭活，再用高浓度NaCl溶液处理，依然可以出现质壁分离的现象
【答案】AB
【分析】当外界溶液浓度大于细胞内溶液的浓度时，细胞会失水，由于细胞壁的伸缩性小于原生质体，会发生质壁分离。当外界溶液浓度小于细胞内溶液的浓度时，细胞会吸水，会发生质壁分离的复原。
【详解】A、甲组中原生质体表面积随时间变化逐渐增大，说明细胞吸水，外界溶液浓度低于细胞内溶液浓度，该假单胞菌的细胞液浓度>0.3ml/L，A正确；
B、乙组、丙组中用NaCl处理时原生质体体积都比葡萄糖基本培养基处理时要小，说明NaCl处理后发生了质壁分离；换用葡萄糖基本培养基处理后，原生质体体积又增大，说明NaCl处理解除后细胞又发生了质壁分离复原，B正确；
C、细胞膜、液泡膜及两层膜之间的细胞质构成该假单胞菌的原生质层，C错误；
D、若将该菌先高温灭活后，细胞膜失去选择透过性，此时再用NaCl溶液处理，不会发生质壁分离，原生质体表面积无变化，D错误。
故选AB。
三、综合题
21．某非环状多肽，经测定其分子式是C25HxOyN5S2，该多肽上有一个二硫键（-S-S-是由两个-SH缩合而成），其它R基团没有参与反应。已知该多肽是由下列氨基酸中的几种作为原料合成的。苯丙氨酸（C9H11NO2）、天冬氨酸（C4H7NO4）、丙氨酸（C3H7NO2）、亮氨酸（C6H13NO2）、半胱氨酸（C3H7NO2S）。请根据题意回答下列有关问题。
(1)该多肽中有__________个氢原子和__________个氧原子。
(2)该多肽彻底水解后能产生__________种氨基酸，该多肽有__________个肽键，为__________肽化合物。
(3)该多肽在形成过程中相对分子质量减少了__________。
(4)若某蛋白质由n条肽链组成，相对分子质量为a，如果该蛋白质分子含有的氨基酸个数为c个，则氨基酸的平均相对分子质量是__________（用题中所给字母表示）。
(5)蛋白质功能的发挥需要其正确的三维结构，高温加热蛋白质会使其__________，加入双缩脲试剂摇匀后__________（填“会”或“不会”）出现紫色。
【答案】(1) 35 8
(2) 4 4 五
(3)74
(4)
(5) 变性（空间结构被破坏） 会
【分析】1、构成蛋白质的基本单位是氨基酸，即每种氨基酸分子至少都含有一个氨基和一个羧基，且都有一个氨基和一个羧基连接在同一个碳原子上，这个碳原子还连接一个氢和一个R基，氨基酸的不同在于R基的不同。
2、氨基酸在核糖体中通过脱水缩合形成多肽链，而脱水缩合是指一个氨基酸分子的羧基（-COOH ）和另一个氨基酸分子的氨基（-NH2）相连接，同时脱出一分子水的过程；连接两个氨基酸的化学键是肽键；氨基酸形成多肽过程中的相关计算：肽键数=脱去水分子数=氨基酸数-肽链数，氮原子数=肽键数+肽链数+R基上的氨原子数=各氨基酸中氮原子总数，氧原子数肽键数+2×肽链数+R基上的氧原子数=各氨基酸中氧原子总数-脱去水分子数。
【详解】（1）通过题意分析可知，每一个氨基酸只含有一个氮，而非环状多肽C25HxOyN5S2含有5个氮，所以该多肽含量有5个氨基酸，由于该多肽含有2个S，而氨基酸中只有半胱氨酸（C3H7NO2S）含有S，所以有2个半胱氨酸。再根据C的数目总共是25个，根据题目所给的条件（该多肽是由下列氨基酸中的几种作为原料合成的），去掉2个半胱氨酸（C3H7NO2S） 的6个碳，还有19个碳，有3个氨基酸，所以这3个氨基酸只能是苯丙氨酸（C9H11NO2）、天冬氨酸（C4H7NO4）、亮氨酸（C6H13NO2），所以该多肽中，氢原子的总数是11+7+13+7+7-8-2=35，氧原子的总数是：2+4+2+2+2-4=8。
（2）该多肽是由2个半胱氨酸、1个苯丙氨酸、1个天冬氨酸和1个亮氨酸组成的非环状多肽，故该多肽彻底水解后能产生4种氨基酸，该多肽有5-1=4个肽键，为五肽化合物。
（3）该非环状五肽在核糖体上形成，形成过程中脱去了4个水，形成了1个二硫键，故其相对分子质量减少了4×18+2=74。
（4）蛋白质相对分子量=氨基酸分子量×氨基酸个数-水的个数×18，即a=c×氨基酸的平均相对分子质量-（c-n）×18，氨基酸的平均相对分子质量是。
（5）高温加热蛋白质会使其空间结构被破坏，空间结构发生改变而变性，但是肽键没有被破坏，加入双缩脲试剂摇匀后会出现紫色。
22．细胞作为基本的生命系统，具有系统的一般特征：有边界，有系统内各组分的分工合作，有控制中心起调节作用。请结合所学过的与细胞结构相关的内容，回答些列问题。
(1)生物体内的膜结构具有一定的选择透过性，请根据下面提供的材料和用具验证细胞膜具有选择透过性。
实验材料和用具：新鲜的蓝色玫瑰花瓣、烧杯、质量分数为15％的盐酸（可杀死活细胞）、清水等。
①细胞膜的功能越复杂，__________就越多。
②材料中提供的蓝色玫瑰花瓣的蓝色部分存在于细胞的__________（填一种细胞结构）中。
③填写下列实验步骤以验证细胞膜具有选择透过性。
第一步：选两只大小相同的烧杯，分别作A、B标记，其中A为对照组，B为实验组。
第二步：______________________________。
第三步：______________________________。
第四步：放置一段时间后观察并记录实验现象。
结果预测：______________________________。
原因分析：______________________________。
(2)细胞内的各种生物膜在组成成分和结构方面很相似，在结构和功能上有紧密联系。结合下面关于溶酶体发生过程和“消化”功能的示意图，回答下列问题。
①b是刚形成的溶酶体，它来源于__________（填细胞器名称），c、d分别是__________、__________。
②f是由b与e融合形成的，这一过程反映了生物膜__________的特点。
③细胞器膜和__________等结构，共同构成细胞的生物膜系统。
(3)为了研究细胞核的作用，一位生物学家研究了100个细胞，他把每个细胞都分成含有细胞核和不含细胞核两个部分，然后把这些细胞放在相同且适宜的条件下培养，结果如下：
①经研究证明，有核部分在30天内仍有21％~35％的细胞死亡率，其原因可能是__________、__________（请写出两种原因）。
②有人把细胞核比作是细胞的“大脑”，可见细胞核对于细胞而言是非常重要的，那么请解释为什么高等植物成熟的筛管细胞没有细胞核__________。
【答案】(1) 细胞膜上蛋白质的种类和数量 液泡 在A烧杯中加入适量的清水，在B烧杯中加入等量的质量分数为15%的盐酸 选等量的蓝色玫瑰花瓣，分别放入A、B两只烧杯中 A烧杯中的花瓣仍为蓝色，水仍呈无色；B烧杯中的花瓣颜色（蓝色）逐渐变浅，而盐酸溶液逐渐变蓝 盐酸可杀死活细胞，从而使其细胞膜失去选择透过性（而清水对活细胞无伤害）
(2) 高尔基体 内质网 线粒体 具有一定的流动性 细胞膜和核膜
(3) 实验操作使部分细胞损伤，进而导致其死亡 部分细胞的正常衰老、死亡 因为筛管细胞的主要功能是运输有机物，为了增大运输空间、提高运输效率，成熟筛管细胞的细胞器和细胞核都退化了
【分析】1、实验探究“验证膜具有选择透过性”，则分别用质量分数为15%的盐酸和清水处理蓝色玫瑰花瓣，在盐酸中细胞膜失去选择透过性，花瓣颜色变淡，盐酸变蓝，清水中不变。
2、分析题图：a是高尔基体；b表示溶酶体；c是内质网；d是线粒体；e表示膜包裹的衰老细胞器线粒体，f表示b与e正在融合，g表示消化过程。
【详解】（1）①细胞膜由磷脂分子和蛋白质分子组成，其功能越复杂，膜上的蛋白质的种类和数量越多。②蓝色玫瑰花瓣的蓝色是由于液泡中的花青素形成的，蓝色玫瑰花瓣的蓝色部分存在于细胞的液泡中。验证膜具有选择透过性，设立对照实验，单一变量是质量分数为15%的盐酸和清水：第一步（取材编号）：选择两只大小相同的烧杯，分别作A、B标记，其中A为对照组，B为实验组；第二步（分别作不同的处理）：在A烧杯中加入适量的清水，在B烧杯中加入等量的质量分数为15%的盐酸；第三步（观察实验结果）：选等量的蓝色玫瑰花瓣，分别放入A、B两只烧杯中；第四步：放置一段时间后观察并记录实验现象；结果预测：A烧杯中的花瓣仍为蓝色，水仍呈无色；B烧杯中的花瓣颜色（蓝色）逐渐变浅，而盐酸溶液逐渐变蓝；原因分析：盐酸对活细胞具有很强的伤害作用，将细胞杀死而使其细胞膜失去选择透过性，而清水对活细胞无伤害。
（2）①分析题图细胞器的形态可知：a由一个个单膜结构组成的囊状结构垛叠而成，是高尔基体；b是刚形成的溶酶体，它来源于高尔基体；c由单膜连接而成的网状结构是内质网；d由两层膜构成，内膜凹陷形成脊的是线粒体。②f是由b与e融合形成的，这种融合过程反映了生物膜在结构上具有一定的流动性特点。③细胞器膜、细胞膜与核膜等结构，共同构成细胞的生物膜系统。理。
（3）①由于部分细胞的正常衰老、死亡或实验操作使部分细胞损伤，进而导致其中一些细胞死亡，所以有核部分在30天内仍有21%～35%的细胞死亡率。②因为筛管细胞的主要功能是运输有机物，为了增大运输空间、提高运输效率，成熟筛管细胞的细胞器和细胞核都退化了，体现了结构与功能的统一。
时间/天
细胞无核部分的存活个数
细胞有核部分的存活个数
1
81
79
2
62
78
3
20
77
4
0
74
5
0
67
6
0
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