【期中真题】四川省成都市树德中学2022-2023学年高一上学期11月（期中）阶段性测试生物试题.zip

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树德中学高2022级高一上学期11月阶段性测试生物试题
一、单项选择题
1. “阴性艾滋病”事件曾引发社会各界关注，据说一种被称为阴性艾滋病的神秘病毒可通过唾液与血液传播，其感染途径与艾滋病相似，由此加重了人们的“恐艾”心理。关于艾滋病病毒，下列叙述中正确的是（ ）
A. 艾滋病病毒是一种单细胞生物，在分类上属于原核生物
B. 由于艾滋病病毒只有核糖体一种细胞器，所以其营寄生生活
C. 获取大量艾滋病病毒的方法是将其接种在营养物质齐全的培养基上培养
D. 艾滋病病毒能参与构成生态系统、生物圈这些生命系统结构层次
【答案】D
【解析】
【分析】病毒属于非细胞生物，主要由核酸和蛋白质外壳构成，依赖活的宿主细胞才能完成生命活动。病毒的复制方式属于繁殖，自身只提供核酸作为模板，合成核酸和蛋白质的原料及酶等均由宿主细胞提供。
【详解】AB、艾滋病病毒是一种没有细胞结构的生物，不属于原核生物，也不属于真核生物，主要由核酸和蛋白质外壳构成，没有核糖体，AB错误；
C、艾滋病病毒没有细胞结构，只能在活细胞中进行繁殖，因此不能将其接种在培养基上培养，C错误；
D、生态系统、生物圈都包括生物成分和非生物成分，病毒是一种非细胞微生物，故病毒参与构成生态系统、生物圈这些生命系统结构层次，D正确。
故选D。
2. 下面是细胞中几种重要化合物的元素组成。相关叙述错误的是（ ）

A. 植物生长过程中，如果缺乏了Mg元素，植物叶片呈黄色
B. 蛋白质若含Fe或S元素，这些元素一定不在氨基和羧基中
C. ATP中含有腺嘌呤
D. 产生甲状腺激素的甲状腺细胞通过与靶细胞密切接触将信息进行传递
【答案】D
【解析】
【分析】无机盐主要以离子的形式存在，其生理作用有：
（1）细胞中某些复杂化合物的重要组成成分，如Fe2+是血红蛋白的必要成分；Mg2+是叶绿素的必要成分。
（2）维持细胞的生命活动，如Ca2+可调节肌肉收缩和血液凝固，血钙过高会造成肌无力，血钙过低会引起抽搐。
（3）维持细胞的酸碱平衡和细胞的形态。
【详解】A、Mg2+是叶绿素的必要成分，所以缺乏了Mg元素，植物的叶片会因叶绿素缺乏而呈黄色，A正确；
B、氨基和羧基的组成元素中不含Fe或S元素，蛋白质若含Fe或S元素，这些元素一定不在氨基和羧基中，而是在R基上，B正确；
C、ATP中含有腺苷，腺苷由腺嘌呤、核糖组成，C正确；
D、甲状腺细胞通过产生甲状腺激素，甲状腺激素通过血液运输，与靶细胞密切接触将信息进行传递，D错误。
故选D。
3. 下列说法不正确的是（ ）
A. 施旺说：每个细胞都相对独立的生活，但同时又从属于有机体的整体功能
B. 动植物以细胞代谢为基础的各种生理活动，以增殖、分化为基础的生长发育
C. 魏尔肖说:所有的细胞都来源于先前存在的细胞
D. 细胞学说使人们认识到真核和原核生物有着共同的结构基础，从而打破真原核之间的壁垒
【答案】D
【解析】
【分析】细胞学说的内容： ①细胞是一个有机体，一切动植物都由细胞发育而来，并由细胞和细胞产物所构成。②细胞是一个相对独立的单位，既有它自己的生命，又对与其他细胞共同组成的整体的生命起作用。 ③新细胞可以从老细胞中产生。细胞学说的意义：阐明了动植物都是以细胞为基本单位，揭示了细胞的统一性和生物体结构的统一性。病毒没有细胞结构，必须依赖宿主细胞才能进行正常的生命活动。
【详解】A、施旺和施莱登提出细胞学说:每个细胞都相对独立的生活，每个细胞能完成基本的生命活动，多细胞生物的细胞相互协作共同完成个体的生命活动，每个细胞同时又从属于有机体的整体功能，A正确；
B、动植物的基本单位是细胞，个体生命活动的基础是细胞代谢，个体的生长发育离不开细胞的增殖、分化，B正确；
C、魏尔肖通过研究发现:所有的细胞都来源于先前存在的细胞，新的细胞从老的细胞产生，C正确；
D、细胞学说使人们认识到动植物有着共同的结构基础，都是由细胞和细胞产物构成，D错误。
故选D。
4. 肺炎是由病原微生物、理化因素、免疫损伤、过敏及药物等因素引起的炎症，可分为细菌性肺炎、非典型病原体肺炎（如支原体肺炎等）、病毒性肺炎（如新冠肺炎）。下列相关叙述正确的是（　　）
A. 细菌、支原体和新冠病毒都含有糖类且都不具有细胞核和细胞器
B. 细菌、支原体和新冠病毒的遗传物质彻底水解得到的碱基都是四种
C. 细菌、支原体和新冠病毒的蛋白质都是在宿主细胞的核糖体上合成的
D. 抑制细胞壁合成的药物对非典型病原体肺炎有效，对病毒性肺炎无效
【答案】B
【解析】
【分析】1、生物病毒是一类个体微小，结构简单，只含单一核酸（DNA或RNA），必须在活细胞内寄生并以复制方式增殖的非细胞型微生物。
2、肺炎支原体是原核生物，没有以核膜为界限的细胞核，有唯一的细胞器（核糖体）。
【详解】A、细菌、支原体含有核糖体这一种细胞器，A错误；
B、细菌、支原体的遗传物质是DNA彻底水解以后的碱基是A、T、G、C，新冠病毒的遗传物质是RNA，彻底水解得到的碱基是A、U、G、C，所以细菌、支原体和新冠病毒的遗传物质彻底水解得到的碱基都是四种，B正确；
C、细菌和支原体的蛋白质在自身细胞内的核糖体上合成，C错误；
D、支原体没有细胞壁，抑制细胞壁合成的药物对支原体肺炎和病毒性肺炎均无效，D错误。
故选B。
【点睛】
5. 细胞是生物体结构与功能的基本单位。①~④为四种细胞模式图，对下图有关叙述正确的是（ ）

A. ①④细胞中能进行光合作用的细胞器含有两层生物膜
B. ③和④细胞中的DNA主要存在于拟核中的染色体上
C. 只有①②才有复杂的生物膜系统
D. ①中含有色素的细胞器均能进行光合作用
【答案】C
【解析】
【分析】图中①细胞中有液泡和细胞壁，属于植物细胞；②细胞中没有细胞壁，有中心体，属于动物细胞；③细胞没有成形的细胞核，属于原核生物；④细胞属于原核生物中的蓝细菌（旧称蓝藻）。
【详解】A、图中①细胞中有液泡和细胞壁，属于植物细胞，能进行光合作用是因为有叶绿体，叶绿体具有双层膜结构；④细胞属于原核生物中的蓝细菌（旧称蓝藻），能进行光合作用是因为含有藻蓝素、叶绿素，不含叶绿体，A错误；
B、③细胞没有成形的细胞核，属于原核生物；③和④细胞都是原核生物，不含染色体，B错误；
C、①细胞属于植物细胞；②细胞中没有细胞壁，有中心体，属于动物细胞，①②属于真核生物，有复杂的生物膜系统，③④属于原核生物，没有生物膜系统，C正确；
D、①中含有色素的细胞器有叶绿体、液泡，液泡不能进行光合作用，D错误。
故选C。
6. 李斯特氏菌是一种致死食源性细菌，当它侵入人体后，该菌的一种名为1nIC的蛋白可通过阻碍人体细胞中的Tuba蛋白的活性，使细胞膜更易变形而有利于细菌在人体细胞之间快速转移，使人忠脑膜炎。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 李斯特氏菌的线粒体和核糖体均含有核酸，但种类有差异
B. Tuba蛋白合成场所是核糖体，有可能不需要高尔基体的加工
C. InIC蛋白合成场是核糖体，一定不需要内质网的加工
D. 该菌能在人类细胞之间快速转移与细胞膜的流动性有关
【答案】A
【解析】
【分析】细菌无内质网，InIC蛋白为细胞膜上的蛋白，不是分泌蛋白，细菌属于原核细胞，遗传物质是DNA。该菌的一种InIc蛋白可通过抑制人类细胞中Tuba蛋白的活性，使细胞膜更易变形而有利于细菌的转移，说明该菌在人体细胞间快速传递与细胞膜的特性发生改变有关。
【详解】A、李斯特氏菌属于原核生物，只含有核糖体一种细胞器，无线粒体，A错误；
B、人体细胞中的Tuba蛋白是胞内蛋白，其合成场所在核糖体，有可能不需要高尔基体的加工，B正确；
C、InIC蛋白是细菌的蛋白质，其合成场所在核糖体，细菌没有内质网，故一定不需要内质网的加工，C正确；
D、李斯特氏菌能在人类细胞之间快速转移依赖于细胞膜的流动性，D正确。
故选A。
7. 幽门螺旋杆菌(Hp)是引起多种消化道疾病的致病细菌。体检时可通过13C 尿素呼气试验检测 Hp 感染情况。受试者口服13C 标记的尿素胶囊后，尿素可被 Hp 产生的脲酶催化分解为 NH3和13CO2，定时测定受试者吹出的气体中是否含有13CO2，来作为受试者是否感染 Hp 的依据。下列有关叙述正确的是（ ）
A. HP的遗传物质彻底水解后得到碱基“U”是和另一种核酸差异处之一
B. Hp具有以2层磷脂分子为基本支架的细胞膜
C. 脲酶由Hp细胞中附着在内质网上的核糖体合成
D. 感染者呼出的13CO2是由人体细胞呼吸产生的
【答案】B
【解析】
【分析】幽门螺旋杆菌为原核生物，原核生物没有以核膜为界限的细胞核，只有拟核；原核生物除了支原体都具有细胞壁，成分主要是肽聚糖；原核生物具有细胞膜、细胞质和核糖体；原核生物遗传物质是DNA，DNA为环状裸露的，不构成染色体。
【详解】A、幽门螺旋杆菌为原核生物，其遗传物质就是DNA，彻底水解后得到A、C、G、T四种碱基，没有U。A错误；
B、原核生物也具有细胞膜，和真核生物具有相似的结构，其细胞膜的基本骨架是磷脂双分子层，B正确；
C、原核生物的细胞中没有内质网，C错误；
D、根据题干可知，幽门螺旋杆菌能产生脲酶，可将受试者口服的13C标记的尿素分解为NH3和13CO2，因此感染者呼出的13CO2不是由人体细胞呼吸产生，是幽门螺杆菌产生，D错误。
故选B。
8. 北京大学医学部研究表明，在调控肝脏葡萄糖和脂类代谢中发挥了重要作用的FAM3A编码一条含224~235个氨基酸的多肽。下列有关说法正确的是（ ）
A. 在肝脏中，O2由肝细胞的细胞膜无糖被一侧扩散到有糖被一侧
B. 该多肽中的N原子数大于等于氨基酸数，O原子数则等于各氨基酸中O原子数一肽键数
C. 饥饿状态下胰岛素能将肝糖原和肌糖原分解为葡萄糖来提升血糖含量
D. 磷脂和胆固醇是构成肝细胞的细胞膜的重要成分，均含有C、H、O、N、P
【答案】B
【解析】
【分析】在细胞膜的外表面有糖蛋白，具有识别、保护和润滑的作用；蛋白质的基本组成单位是氨基酸，每个氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基，且连在同一个碳原子上，在氨基酸结构通式中可变的为R基，氨基酸之间通过脱水缩合形成肽链。
【详解】A、O2是由细胞外向细胞内扩散的，而糖被只分布于细胞膜外侧，即O2是由细胞膜有糖被一侧向无糖被一侧扩散，A错误；
B、蛋白质的基本单位是氨基酸，每个氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基，其它氨基和羧基都在R基上，每个氨基含有一个N原子，所以该多肽的N原子数大于或等于氨基酸数，氨基酸脱水缩合时，每形成一个肽键，减少一个O原子，所以O原子数=氨基酸的O原子总数－肽键数，B正确；
C、饥饿状态下胰高血糖素能将肝糖原分解为葡萄糖来提升血糖含量，胰岛素是降低血糖的，肌糖原也不能直接分解为葡萄糖，C错误；
D、磷脂和胆固醇都是构成动物细胞膜的成分，磷脂的组成元素是C、H、O、N、P，胆固醇的组成元素是C、H、O，D错误。
故选B。
9. 下列实验中，加后不能产生特定颜色的是（ ）
A. 取成熟香蕉匀浆，加斐林试剂后经水浴加热检测还原糖
B. 取成熟香蕉匀浆，直接滴加混合后的双缩脲试剂检测蛋白质
C. 玉米根尖分生区细胞经碱性染料染色后，显微镜可观察到染成深色的染色体
D. 花生子叶经苏丹III染液染色后，在显微镜下观察脂肪颗粒
【答案】B
【解析】
【分析】生物组织中化合物的鉴定：（1）斐林试剂可用于鉴定还原糖，在水浴加热的条件下，溶液的颜色变化为砖红色（沉淀）．斐林试剂只能检验生物组织中还原糖（如葡萄糖、麦芽糖、果糖）存在与否，而不能鉴定非还原性糖（如淀粉）。（2）蛋白质可与双缩脲试剂产生紫色反应。（3）脂肪可用苏丹Ⅲ染液鉴定，呈橘黄色。（4）淀粉遇碘液变蓝。
【详解】A、成熟香蕉含有丰富的还原糖，且近乎于白色，取成熟香蕉匀浆，加斐林试剂后经水浴加热会出现砖红色沉淀，A正确；
B、双缩脲试剂使用时，先加入NaOH溶液（2mL），振荡摇匀，造成碱性的反应环境，然后再加入3~4滴CuSO4溶液，振荡摇匀后观察现象，不能混合使用，B错误；
C、根尖分生区细胞能进行有丝分裂，分裂期可以形成染色体，碱性染料能将染色体染成深色，C正确；
D、花生子叶中富含脂肪，脂肪可被苏丹Ⅲ染成橘黄色，在显微镜下可观察到脂肪颗粒，D正确。
故选B。
10. 支原体肺炎是一种常见的传染病，其病原体是一种称为肺炎支原体的单细胞生物，某生物兴趣小组就该支原体的主要化学组成进行探究。设计如下实验:将支原体搅碎，稀释成溶液，并用相应试剂检验。下列有关实验的叙述正确的是（ ）
组别
材料
实验试剂
实验目的
实验结果
A
破碎的支原体样液
斐林试剂
检测还原糖的存在
紫色
B
破碎的支原体样滴
苏丹Ⅲ染液
检测脂肪的含量
橘黄色
C
破碎的支原体样液
双缩脲试剂
检测蛋白质的存在
蓝色
D
破碎的支原体样液
某种特定的试剂
检测遗传物质碱基组成
含有碱基T，不含U

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】生物组织中化合物的鉴定：
（1）斐林试剂可用于鉴定还原糖，在水浴加热的条件下，溶液的颜色变化为砖红色（沉淀）。斐林试剂只能检验生物组织中还原糖（如葡萄糖、麦芽糖、果糖）存在与否，而不能鉴定非还原性糖（如淀粉）。
（2）蛋白质可与双缩脲试剂产生紫色反应。
（3）脂肪可用苏丹Ⅲ染液（或苏丹Ⅳ染液）鉴定，呈橘黄色（或红色）。
【详解】A、若破碎的支原体样液中含有还原糖，可以与斐林试剂在水浴加热的条件下反应产生砖红色沉淀，A错误；
B、若破碎的支原体样液中含有脂肪，可以被苏丹III染液染成橘黄色，但是不能检测脂肪的含量，B错误；
C、若破碎的支原体样液中含有蛋白质，可以与双缩脲试剂反应产生紫色，C错误；
D、支原体是原核生物，其遗传物质是DNA，可以在破碎的支原体样液中加入某种特定的试剂，检测遗传物质碱基组成，其实验结果应该是含有碱基T，不含U，D正确。
故选D。
11. 下图为北方冬小麦在不同时期含水量和细胞呼吸速率变化关系图，下列说法错误的是（ ）

A. 冬小麦的含水量从9月至12月下降的主要原因是自由水减少
B. 温度降低，冬小麦自由水减少，以抵抗低温对植物造成的伤害
C. 自由水含量减少，呼吸作用一定减弱
D. 结合水比例上升，是植物适应环境的一种表现，是生物进化的结果
【答案】C
【解析】
【分析】分析图形：从横坐标分析，9～12月温度降低，而细胞中含水量曲线呈逐渐下降趋势，自由水的含量下降，自由水与结合水的比例减少，新陈代谢减弱，植物的抗逆性增强；呼吸速率下降的主要原因是由于温度过低导致酶活性降低。
【详解】A、图中可以看出，在9～12月间，冬小麦的含水量不断降低主要因为自由水减少，A正确；
B、结合水与自由水的比值越大，自由水含量越低，抗逆性越强，所以温度降低，冬小麦自由水减少，以抵抗低温对植物造成的伤害，B正确；
C、由题干信息可知，在9月份，自由水含量减少，但呼吸作用升高，C错误；
D、结合水比例上升，抗逆性增强，能适应外界环境，故结合水比例上升，是植物适应环境的一种表现，是生物进化的结果，D正确。
故选C。
12. 下列关于高倍镜的叙述，正确的是（ ）
A. 因为藓类叶片大，在高倍镜下容易找到，所以可以直接使用高倍镜观察
B. 为了使高倍镜下的视野亮一些，可使用更大的光圈或平面反光镜
C. 换上高倍镜后，必须先用粗准焦螺旋调焦，再用细准焦螺旋调至物像最清晰
D. 要使用高倍镜观察低倍镜下观察到的某细胞结构，应把载玻片向该结构所在位置的方向移动
【答案】D
【解析】
【分析】1、光学显微镜主要由物镜、管镜和目镜组成。标本经物镜和管镜放大后，形成放大倒立的实象；实象经目镜再次放大后，形成放大的虚像。
2、显微镜放大倍数越大，细胞数目越少，细胞越大；反之，放大倍数越小，细胞数目越多，细胞越小。
3、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。用高倍显微镜观察细胞，应先在低倍物镜下找到物像，至物像清晰并将物像移至视野中央，然后换用高倍物镜，并调节细准焦螺旋至物像清晰。
4、因为藓类叶片大，在低倍镜下容易找到，移到视野中央再换用高倍镜观察，换上高倍物镜后，直接用细准焦螺旋调至物像最清晰，为了使高倍镜下的视野亮一些，可使用较大的光圈或凹面反光镜。
【详解】A、尽管藓类叶片大，也需要先在低倍镜下找到要观察的物像，移到视野中央，再换用高倍物镜观察，A错误；
B、高倍镜下视野比较暗，为了使高倍镜下的视野亮一些，可使用较大的光圈或凹面反光镜，B错误；
C、换上高倍物镜后，不能调节粗准焦螺旋，直接用细准焦螺旋调至物像最清晰，C错误；
D、由于显微镜下观察到的倒像，因此要使用高倍镜观察低倍镜下观察到的某细胞结构，应把载玻片向该结构所在位置的方向，即偏哪移哪，D正确。
故选D。
13. 据统计，我国肥胖人口超25亿，由肥胖引起的健康问题已逐渐成为社会关注的焦点。肥胖与长期糖摄入超标有关，培养健康的饮食习惯，控制高糖类副食的摄入，是防止肥胖发生的有效手段。下列认识正确的是（ ）
A. 糖是细胞内主要的储能物质，常被形容为“生命的燃料”
B. 糖尿病是一种常见的糖代谢异常疾病，病人饮食中不能含任何糖类
C. 在糖类代谢发生障碍时，脂肪能大量转化为糖类为生命活动供能
D. 糖类既可以存于细胞膜上，也可存在于细胞壁和细胞质中
【答案】D
【解析】
【分析】糖类分为单糖、二糖和多糖，二糖包括麦芽糖、蔗糖、乳糖，麦芽糖是由2分子葡萄糖形成的，蔗糖是由1分子葡萄糖和1分子果糖形成的，乳糖是由1分子葡萄糖和1分子半乳糖形成的；多糖包括淀粉、纤维素和糖原，淀粉是植物细胞的储能物质，糖原是动物细胞的储能物质，纤维素是植物细胞壁的组成成分。
【详解】A、葡萄糖是细胞内主要的能源物质，常被形容为“生命的燃料”，糖类是主要的能源物质，A错误；
B、糖尿病人饮食中不是不含任何糖类，应该是不含有过多的糖类，由于糖类是主要的能源物质，因此糖尿病人饮食中应该含有一定的糖类，B错误；
C、糖类在供应充足的情况下，可以大量转化为脂肪，在糖类代谢发生障碍时，脂肪可少量转化为糖类，脂肪不能大量转化为糖类，C错误；
D、细胞膜上含有糖蛋白，植物细胞壁中含有纤维素（多糖），细胞质中含有RNA，RNA含有核糖，葡萄糖是主要的能源物质，分布在细胞质，因此糖类既可以存在于细胞膜上，也可存在于细胞壁和细胞质中，D正确。
故选D。
14. 下图为酥梨成熟过程中有机物的含量变化曲线图，相关分析错误的是（　　）

A. 在图中所示酶的作用下，酥梨细胞内液的渗透压逐渐变大
B. 图中的五种有机物质中最可能含有S元素的是酶
C. 用斐林试剂检测，10月底的酥梨样液砖红色最深
D. 图中蔗糖和果糖含量逐渐升高，是由淀粉分解而来
【答案】D
【解析】
【分析】分析题图曲线可知，酥梨成熟期各种有机物质的变化是：果糖在初期含量很低，8 月份后明显增高，葡萄糖含量在6、7 月份上升，7 月份后不再上升，维持在一定的水平；蔗糖7 份之前含量较低，7月份后明显升高，9 月份达到较高水平，然后又逐渐下降；淀粉在7、8 月份含量最高，然后下降。
【详解】A、据题分析，酶增加淀粉含量减少，推测该酶是淀粉酶，在淀粉酶的作用下淀粉分解为单糖 或二糖，导致酥梨细胞液浓度逐渐变大，细胞内液的渗透压逐渐变大，A正确；
B、酶的主要成分是蛋白质，主要组成元素是C，H，O，N，有的含有S，所以图中的五种有机物质中最可能含有S，而糖类的组成元素是C、H、O，B正确；
C、10 月的样液中果糖含量高，果糖是还原糖，所以斐林试剂检测砖红色最深，C正确；
D、淀粉水解形成麦芽糖和葡萄糖，不会形成蔗糖和果糖，D 错误；
故选D。
15. 关于下列四个图的叙述中，不正确的是（ ）

A. 甲图中共有5种核苷酸
B. 组成丙物质的单糖是脱氧核糖或核糖
C. 乙图所示的化合物中含有糖类物质
D. 在人的体细胞内检测到的化合物丁不可能是蔗糖
【答案】A
【解析】
【分析】分析题图：甲图可以表示转录，图中共有4种脱氧核苷酸、4种核糖核苷酸，共8种核苷酸；乙图为ATP分子简式，A表示腺苷，由一分子腺嘌呤和一分子核糖组成；丙图为一个核苷酸分子，A表示腺嘌呤；丁为二糖分子式，动物体内是乳糖，植物体内可为蔗糖、麦芽糖。
【详解】A、甲图可以表示转录，图中共有4种脱氧核苷酸、4种核糖核苷酸，共8种核苷酸，A错误；
B、丙可能是腺嘌呤脱氧核苷酸，也可能是腺嘌呤核糖核苷酸，所以组成丙的单糖可能是脱氧核糖，也可能是核糖，B正确；
C、乙图表示ATP，含有核糖，C正确；
D、蔗糖是植物细胞内特有的二糖，人体细胞内不会检测到蔗糖，D正确。
故选A。
16. 下图表示某多肽链，其中有3个甘氨酸(R基:—H)分别位于第8、20、23位。下列叙述正确的是（ ）

A. 该多肽含有一个游离的羧基，位于第1位
B. 用特殊水解酶除去3个甘氨酸，形成的产物比原多肽多5个氧原子
C. 用特殊水解酶除去3个甘氨酸，形成的产物中有3条多肽
D. 该多肽的合成属于吸能反应，与ATP合成相联系
【答案】C
【解析】
【分析】分析题图可知，该肽链含有30个氨基酸，3个甘氨酸分别位于第8、20、23位，因此水解掉3个甘氨酸需要水解6个肽键、消耗6分子水，水解得到的产物是3个甘氨酸、一条二肽、三条多肽。
【详解】A、该多肽至少含有一个游离羧基，位于第1位或第30位，A错误；
B、用特殊水解酶除去3个甘氨酸，需要（6分）子水参与，即增加6个氧，但脱去3个甘氨酸带走6个氧，故形成的产物氧原子数目不变，B错误；
C、用特殊水解酶除去3个甘氨酸，除去3个甘氨酸后，形成的肽有4种，分别是一分子二肽、两分子七肽、一分子十一肽，七肽和十一肽是多肽，二肽不是多肽，C正确；
D、该多肽的合成属于需能反应，与ATP水解相联系，D错误。
故选C。
17. 下图是细胞膜上3种膜蛋白与磷脂双分子层之间的直接相互作用模式。下列叙述错误的是

A. 蛋白A和B的跨膜区段的氨基酸很可能具有较强的疏水性
B. 如膜蛋白A具有信息传递功能，则该蛋白可能是某激素的受体
C. 如蛋白质B具有运输功能，其运输物质的过程中可能消耗ATP
D. 如蛋白C具有催化功能，其活性的高低受温度的影响，因为高温可以破坏肽键
【答案】D
【解析】
【详解】磷脂双分子层内部是磷脂的尾部基团，具有很强的疏水性， A与B两种蛋白的跨膜区段的氨基酸能与脂双层牢固结合，所以它们也可能具有较强的疏水性，A正确；细胞膜上具有信息传递功能的蛋白质，极可能是位于细胞膜上的某激素的受体，B正确；物质进出细胞需要载体协助的有协助扩散和主动运输，其中后者消耗ATP，C正确；高温不会破坏蛋白质类酶中的肽键，只是破坏其空间结构，D错误。
18. 下图甲、乙依次为蛋白质、核酸的单体结构示意图。下列叙述错误的是（ ）

A. ①可为羧基或氨基，R基的种类决定了单体的种类
B. 图甲的种类、数量及排列顺序影响蛋白质的多样性
C. 若④是脱氧核糖，则图乙是HIV中DNA的单体
D. 若⑤是胞嘧啶，则图乙可代表胞嘧啶脱氧核糖核苷酸或胞嘧啶核糖核苷酸
【答案】C
【解析】
【分析】分析题图：图甲为蛋白质的单体即氨基酸的结构示意图，其中①②是氨基和羧基（或羧基和氨基）；图乙是核酸的单体即核苷酸的结构示意图，其中③是磷酸、④是五碳糖、⑤是含氮碱基。
【详解】A、蛋白质的单体是氨基酸，因此图甲为氨基酸的结构通式，①可为羧基或氨基，R基的种类决定了氨基酸的种类，A正确；
B、蛋白质的多样性与氨基酸的种类、数量、排列顺序以及肽链的空间结构有关，因此图甲的种类、数量及排列顺序可影响蛋白质的多样性，B正确；
C、HIV病毒的核酸是RNA，其五碳糖④为核糖，C错误；
D、若⑤是胞嘧啶，当④是脱氧核糖时，则图乙可代表胞嘧啶脱氧核糖核苷酸，当④是核糖时，则图乙可代表胞嘧啶核糖核苷酸，D正确。
故选C。
19. 新型冠状病毒出现后，我国科学家在短时间内完成了其核酸碱基序列(基因组)的测序，并通过与其他病毒的基因组序列对比，发现了新型冠状病毒中的特异核酸序列。下列有关新型冠状病毒叙述错误的是（ ）
A. 其核酸的特异性体现在核糖核苷酸的数量和排列顺序不同
B. 与大肠杆菌细胞内含有的核酸相比，新冠病毒的核酸特有的含氮碱基为尿嘧啶
C. 其核酸彻底水解后可得到6种产物
D. 其核酸是以碳链为基本骨架的生物大分子
【答案】B
【解析】
【分析】1、核酸分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA），它们的组成单位依次是四种脱氧核苷酸（脱氧核苷酸由一分子磷酸、一分子脱氧核糖和一分子含氮碱基组成）和四种核糖核苷酸（核糖核苷酸由一分子磷酸、一分子核糖和一分子含氮碱基组成）。
2、细胞类生物（原核生物和真核生物）的细胞都同时含有DNA和RNA两种核酸，而病毒只含有一种核酸，即DNA或RNA。
【详解】A、新型冠状病毒只含RNA一种核酸，其核酸的特异性体现在核糖核苷酸的数量和排列顺序不同，A正确；
B、新型冠状病毒所含的核酸是RNA，其中含有的碱基是A、U、G、C，而大肠杆菌细胞内含有两种核酸，组成其核酸的含氮碱基为A、U、G、C、T，所以新冠病毒的核酸中含有的含氮碱基在大肠杆菌中都有，B错误；
C、新型冠状病毒的核酸是RNA，其彻底水解后可得到6种产物，分别是核糖、磷酸和四种碱基A、U、G、C，C正确；
D、组成细胞的生物大分子都是以碳链为基本骨架，新冠病毒的核酸也不例外，也是以碳链为基本骨架的生物大分子，D正确。
故选B。
20. 如图表示细胞膜的结构示意图，其中乙侧有某种信号分子。下列有关分析错误的是（ ）

A. 图中乙侧是细胞膜的外侧，甲侧是细胞膜的内侧
B. 该图体现了细胞膜具有控制物质进出细胞的功能
C. 动物细胞膜的甲侧有由蛋白质纤维构成的细胞骨架
D. 该图说明细胞膜上的受体蛋白能与信号分子结合
【答案】B
【解析】
【分析】据图分析，糖蛋白位于乙侧，则乙侧代表细胞膜外，甲侧代表细胞膜内；信号分子与受体结合体现了细胞膜具有信息交流的功能。
【详解】A、据图分析，糖蛋白在细胞膜外，位于乙侧，则乙侧代表细胞膜外侧，甲侧代表细胞膜内侧，A正确；
B、该图表示信号分子与受体结合，体现了细胞膜具有信息交流的功能，B错误；
C、动物细胞中存在由蛋白质纤维构成的细胞骨架，由图可知，甲侧为细胞膜内侧，故动物细胞膜的甲侧有由蛋白质纤维构成的细胞骨架，C正确；
D、该图能说明细胞膜上的受体蛋白能与信号分子结合，D正确。
故选B。
21. 下列关于细胞膜结构和功能的叙述，错误的是（ ）
A. 细胞膜两侧的离子浓度差的维持是通过主动运输实现的
B. 细胞间进行信息交流不一定需要细胞膜上的受体
C. 细胞膜的功能是由它的成分和结构决定的
D. 细胞之间的信息交流，大多与细胞膜的功能有关
【答案】D
【解析】
【分析】细胞膜的功能：1、将细胞与外界环境分开；2、控制物质进出细胞；3、进行细胞间的信息交流。
【详解】A、主动运输可以使离子从低浓度一侧运输到高浓度一侧，以保证活细胞能够按照生命活动的需要，主动选择吸收所需要的营养物质，排出代谢废物和对细胞有害的物质，所以细胞膜两侧的离子浓度差是通过主动运输实现的，A正确；
B、细胞间进行信息交流不一定需要细胞膜上的受体，如高等植物细胞可以通过胞间连丝进行信息交流，B正确；
C、细胞膜具有①将细胞与外界环境分开；②控制物质进出细胞；③进行细胞间的信息交流的功能，这些功能是由它的成分和结构决定的，C正确；
D、细胞膜主要由磷脂和蛋白质组成，此外还有少量糖类，细胞间的信息交流，大多与细胞膜上的糖蛋白（细胞膜的结构）有关，D错误。
故选D。
22. 胆固醇以LDL(低密度脂蛋白)的形式在血液中运输，并最终与细胞膜上的一种蛋白质相互识别、结合，通过细胞膜内陷形成小囊泡进入细胞中，如图所示。据图分析，下列说法不正确的是（ ）

A. 胆固醇促进人和动物对钙和磷的吸收
B. LDL与膜蛋白的识别与结合具有特异性
C. LDL进入细胞的过程与ATP密切相关
D. LDL进入细胞的过程体现了细胞膜的流动性
【答案】A
【解析】
【分析】据图分析，低密度脂蛋白与细胞膜上的LDL受体结合，以胞吞的方式进入细胞，形成囊泡，体现了生物膜的流动性特点。
【详解】A、胆固醇是构成动物细胞膜的重要组成成分，同时参与血液中脂质的运输，维生素D可促进人和动物对钙和磷的吸收，A错误；
B、LDL与膜蛋白（LDL受体）的识别与结合具有特异性，B正确；
C、LDL进入细胞的过程为胞吞，需要细胞呼吸产生的ATP提供能量，C正确；
D、LDL进入细胞的过程为胞吞，这与细胞膜的流动性有关，D正确。
故选A。
23. 细胞内部就像一个繁忙的工厂，在细胞质中有许多忙碌不停地“车间”，下面有关这些关于不同“车间”的描述，正确的是（ ）
A. 这些“车间”都有一定的结构，如线粒体、核糖体和细胞核等细胞器
B. 与抗体合成分泌相关的“车间”有核糖体、内质网、高尔基体和溶酶体
C. 线粒体是细胞的“动力车间”，细胞生命活动的全部的能量都由其提供
D. 内质网是蛋白质等大分子物质的合成、加工场所和运输通道
【答案】D
【解析】
【分析】分泌蛋白是指分泌到细胞外发挥作用的蛋白质，如胰岛素、抗体等。其合成、加工、分泌过程：①（内质网上的）核糖体合成分泌蛋白；②内质网对分泌蛋白进行初步加工，高尔基体对分泌蛋白进行进一步加工和分选；③高尔基体包裹分泌蛋白以囊泡的形式与细胞膜融合，将分泌蛋白分泌出去。④各细胞器执行功能所需的能量主要由线粒体提供。
【详解】A、这些“车间”都有一定的结构，如线粒体是双层膜结构、核糖体没有膜结构，细胞核不是细胞器，A错误；
B、与抗体合成分泌相关的“车间”有核糖体（合成蛋白质）、内质网（初步加工、运输）、高尔基体（再次加工、运输），B错误；
C、线粒体是细胞的“动力车间”，但有氧呼吸的第一阶段是在细胞质基质发生，细胞生命活动的大部分能量由其提供，C错误；
D、分泌蛋白首先在核糖体合成，然后核糖体附着在内质网上形成粗面内质网，进而对分泌蛋白进行加工，然后运输到高尔基体，D正确。
故选D。
24. 细胞中各种细胞器的形态、结构不同，在功能上也各有分工，下列有关细胞器的叙述正确的是（ ）
A. 线粒体是细胞有氧呼吸的主要场所，进行有氧呼吸的细胞都含有线粒体
B. 叶绿体是进行光合作用的主要场所，进行光合作用的细胞都含有叶绿体
C. 溶酶体内合成的多种水解酶，能分解衰老、损伤的细胞器
D. 内质网和高尔基体都只有一层膜，都能对蛋白质进行加工
【答案】D
【解析】
【分析】细胞中各种细胞器的功能为：线粒体是进行有氧呼吸的主要场所；叶绿体是植物细胞进行光合作用的场所；内质网具有单层膜，是细胞内蛋白质的合成和加工，以及脂质合成的场所；高尔基体具有单层膜，能对来自内质网的蛋白质进行加工、分类和包装，在植物细胞中，高尔基体参与细胞壁形成；核糖体是合成蛋白质的场所；溶酶体内含多种水解酶，能分解衰老、损伤的细胞器，吞噬并且杀死侵入细胞的病毒和细菌。液泡内含细胞液，含糖类、无机盐、色素和蛋白质等，可以调节植物细胞内的环境，充盈的液泡还可以使植物细胞保持坚挺；中心体分布在动物与低等植物细胞中，由两个互相垂直排列的中心粒及周围物质组成，与细胞的有丝分裂有关。
【详解】A、有些原核细胞也能进行有氧呼吸，但不含有线粒体，A错误；
B、蓝细菌（旧称蓝藻）能进行光合作用，但不含有叶绿体，B错误；
C、溶酶体中的水解酶是在核糖体上合成的，C错误；
D、内质网和高尔基体都只有一层膜，都能对蛋白质进行加工，D正确。
故选D。
25. 内质网上的载体蛋白TMCO1可“感知”内质网中Ca2+浓度变化。当内质网中Ca2+浓度过高时，TMCO1形成具有活性的钙离子载体，并将内质网中的钙离子排出；当内质网与细胞质基质中Ca2+浓度接近时，该载体解体失去转运活性。根据以上材料分析正确的有几项（ ）
①内质网中Ca2+浓度失衡可能会影响其功能②TMCO1蛋白感知到Ca2+浓度变化后会改变自身的空间结构③Ca2+以协助扩散的方式由内质网释放到细胞质基质中④抑制TMCO1的合成会导致内质网中Ca2+下降⑤高浓度的钙离子会导致钙离子载体失活⑥TMCO1需要经内质网加工后，再由高尔基体分泌出细胞⑦内质网中钙离子浓度失衡可能会导致细胞代谢紊乱
A. 一项 B. 两项 C. 三项 D. 四项
【答案】D
【解析】
【分析】当内质网中Ca2+浓度过高时，TMCO1形成具有活性的钙离子载体，并将内质网中的钙离子排出，当内质网与细胞质基质中Ca2+浓度接近时，该载体解体失去转运活性。由此可知，内质网排出钙离子是顺浓度梯度，需要载体蛋白参与的协助扩散方式。
【详解】①当内质网与细胞质基质中Ca2+浓度接近时，该载体解体失去转运活性，说明内质网中Ca2+浓度失衡可能会影响其功能，①正确；
②当内质网中Ca2+浓度过高时，TMCO1具有活性，当内质网与细胞质基质中Ca2+浓度接近时，该载体解体失去转运活性，所以TMCO1蛋白感知到Ca2+浓度变化后会改变自身的空间结构，②正确；
③内质网排出钙离子是顺浓度梯度，需要载体蛋白参与的协助扩散方式释放到细胞质基质中，③正确；
④抑制TMCO1的合成会导致内质网中Ca2+浓度过高时不法运出，其浓度无法下降，④错误；
⑤当内质网中Ca2+浓度过高时，TMCO1形成具有活性的钙离子载体，⑤错误；
⑥TMCO1是内质网上的载体蛋白，所以不会分泌出细胞，⑥错误；
⑦当内质网与细胞质基质中Ca2+浓度接近时，该载体解体失去转运活性，说明内质网中钙离子浓度失衡可能会导致细胞代谢紊乱，⑦正确。
故选D。
26. 随着科学技术的发展，人们发现相思豆中含有毒性很强的毒蛋白-相思子毒素蛋白。相思子毒素蛋白前体由4部分组成，即34个氨基酸的前导信号序列、251个氨基酸的A链、263个氨基酸的B链以及连接A、B链的14个氨基酸的连接肽。经过相应细胞器的加工，最后形成含有514个氨基酸的相思子毒素蛋白，加工过程如图所示。下列说法错误的是（　　）

A. 前导信号序列可能引导新合成的肽链转移到内质网继续其加工
B. 相思子毒素蛋白前体至少含有563个氧原子
C. 内质网与高尔基体均能对该前体进行包括切除在内的加工
D. 据图分析液泡中含有相应的酶，可以对蛋白质进行加工
【答案】C
【解析】
【分析】1、构成蛋白质的基本单位是氨基酸，其结构通式是 ，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，游离氨基或羧基数=肽链数+R基中含有的氨基或羧基数，至少含有的游离氨基或羧基数=肽链数，氮原子数=肽键数+肽链数+R基上的氮原子数=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，蛋白质的相对分子质量=氨基酸数目×氨基酸平均相对分子质量-脱去水分子数×18。
3、分泌蛋白的合成与分泌过程：附着在内质网上的核糖体合成蛋白质→内质网进行粗加工→内质网“出芽”形成囊泡→高尔基体进行再加工形成成熟的蛋白质→高尔基体“出芽”形成囊泡→细胞膜，整个过程还需要线粒体提供能量。
【详解】A、据题图信息可知，前导信号序列能够引导相思子毒素蛋白前体到内质网进行加工，A正确；
B、据题意“相思子毒素蛋白前体由4部分组成，即34个氨基酸的前导信号序列、251个氨基酸的A链、263个氨基酸的B链以及连接A、B链的14个氨基酸的连接肽”，相思子毒素蛋白前体共有34＋251＋263＋14＝562个氨基酸，该过程中脱去561分子水，根据氨基酸的结构通式可知，最少氧原子数=各氨基酸中最少氧原子总数一脱去水分子数＝562×2－561＝563个，B正确；
C、分析题图可知，在内质网中加工后可将前导信号序列切除，故内质网对蛋白质进行切除，但再经高尔基体加工后，仍含有连接肽，故高尔基体对该前体无切除功能，C错误；
D、据图可知，连接肽是经液泡加工后切除的，故推测液泡中含有相应的酶，可以对蛋白质进行加工，D正确。
故选C。
27. 高尔基体膜上的RS受体特异性识别并结合含有短肽序列RS的蛋白质，以出芽的形式形成囊泡。通过囊泡运输的方式将错误转运到高尔基体的该类蛋白运回内质网并释放。RS受体与RS的结合能力随pH升高而减弱。下列说法正确的是（ ）
A. 消化酶和抗体属于该类蛋白
B. 该类蛋白运回内质网的过程不消耗ATP
C. 高尔基体内RS受体所在区域的pH比内质网的pH高
D. RS功能的缺失可能会使高尔基体内该类蛋白的含量增加
【答案】D
【解析】
【分析】根据题干可知，高尔基体膜上的RS受体将含RS短肽序列的蛋白质以囊泡的形式运回内质网，而受体结合能力会随外界pH的改变而发生变化。
【详解】A、高尔基体产生的囊泡可以将运输至高尔基体的蛋白质运回内质网，说明这些蛋白质不在高尔基体中进行加工，而消化酶和抗体属于分泌蛋白，需要在高尔基体加工，因此不属于这类蛋白，A错误；
B、该类蛋白以囊泡的形式运回内质网，需要消耗ATP，B错误；
C、根据题干可知，RS受体与RS结合能力随pH的升高而减弱，因此，高尔基体内RS受体所在区域的pH比内质网低，C错误；
D、RS受体功能的缺失，会使高尔基体内该类蛋白无法运会内质网，导致高尔基体内该类蛋白质含量增加，D正确。
故选D。
28. 如图是某细胞中部分结构的示意图，下列相关叙述正确的是（ ）

A. 图示结构可存在于酵母菌、大肠杆菌等细胞中
B. ②没有膜结构，破坏④会导致②的数量减少
C. 在光学显微镜下观察图示结构，⑤最清晰
D. ①和③两种双层膜结构在蛋白质的种类和数量上差异度很大
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，①内质网、②核糖体、③核膜、④核仁、⑤染色质。
【详解】A、大肠杆菌由原核细胞构成，不具有内质网和以核膜为界限的细胞核，A错误；
B、②核糖体没有膜结构，其形成与④核仁有关，破坏④会导致②的数量减少，B正确；
C、④核仁、⑤染色质，在光学显微镜下观察图示结构，④核仁最清晰，C错误；
D、①内质网，内质网是单层膜结构，D错误。
故选B。
29. 细胞核具有什么功能？科学家通过下列实验(如图)进行探究；①用头发将蝾螈的受精卵横缢为有核和无核的两半，中间只有很少的细胞质相连，结果无核的一半(a)停止分裂，有核的一半(b)能继续分裂；②b部分分裂到16~32个细胞时，将一个细胞核挤入不能分裂的a部分，结果a部分开始分裂、分化，进而发育成胚胎。下列叙述中不正确的是（ ）

A. 实验结果可以说明细胞核与细胞的分裂、分化有关
B. 实验①中，b部分细胞属于对照组，a部分属于实验组
C. 实验②中，a部分的操作与实验①中的a部分形成对照
D. 实验说明细胞的寿命与细胞核有关
【答案】D
【解析】
【分析】分析题干可知，①用头发将蝾螈的受精卵横缢为有核和无核的两半，中间只是很少的细胞质相连，结果无核的一半（a）停止分裂，有核的一半（b）能继续分裂，这说明细胞核对于细胞分裂具有重要作用；②b部分分裂到16～32个细胞时，将一个细胞核挤入到不能分裂的a部分，结果a部分开始分裂、分化，进而发育成胚胎，这说明细胞核对于细胞的分裂、分化和生物体的发育具有重要功能。
【详解】A、有核或植入核的部分能分裂、分化，无核的部分则停止分裂，说明细胞核与细胞的分裂、分化有关，A正确；
B、实验①中，a部分无核不分裂也不能长大与b有核部分对照，因此b是对照组，B正确；
C、实验②中，a部分植入核后开始分裂、分化，与实验①中a部分无核不分裂形成对照，C正确；
D、整个实验并没有涉及细胞的寿命，不能证明细胞核与细胞寿命的关系，D错误。
故选D。
30. 某人做的“植物细胞的吸水和失水”实验的步骤和现象如下表。下列相关说法错误的是（　　）

组别
第5分钟时
第10分钟时
滴加清水5分钟时
①
0．3g·mL-1蔗糖溶液
质壁分离
X
质壁分离复原
②
0．5g·mL-1蔗糖溶液
质壁分离
无变化
无变化
③
1 mol·L-1KNO3溶液
质壁分离
质壁分离复原
Z

A. 表中X状态时，细胞的失水速度比5分钟时的更快
B. ②组细胞可能在5分钟后失水死亡
C. 表中Z状态时，细胞的液泡比10分钟时的大
D. ①组细胞在第20分钟时的细胞液浓度可能不同于原始细胞液浓度
【答案】A
【解析】
【分析】成熟的植物细胞有一大液泡。当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时，细胞液中的水分就透过原生质层进入到外界溶液中，由于原生质层比细胞壁的伸缩性大，当细胞不断失水时，液泡逐渐缩小，原生质层就会与细胞壁逐渐分离开来，既发生了质壁分离；当细胞液的浓度大于外界溶液的浓度时，外界溶液中的水分就透过原生质层进入到细胞液中，液泡逐渐变大，整个原生质层就会慢慢地恢复成原来的状态，即发生了质壁分离复原。
【详解】A、由于0.3g•mL-1蔗糖溶液浓度大于细胞液浓度，且原生质层比细胞壁的伸缩性大，X为质壁分离，此时细胞液和外界溶液浓度差小于第5分钟，所以细胞失水速度比第5分钟慢，A错误；
B、由于0.5g•mL-1蔗糖溶液浓度过高，植物细胞失水过多，细胞能发生质壁分离，但因细胞失水过多而死亡，第10分钟时无变化，B正确；
C、由于K+和NO3-能通过主动运输方式进入细胞，所以可导致质壁分离自动复原。滴加清水5分钟后，由于细胞的保护作用，所以Z为细胞稍增大，细胞的液泡比10分钟时的大，C正确；
D、①组细胞质壁分离15分钟，滴加清水后发生质壁分离复原时间为5分钟，所以在第20分钟时的细胞液浓度可能不同于原始细胞液的浓度，D正确。
故选A。
31. 下表为甲同学用某浓度KNO3溶液进行质壁分离实验时所测得数据，如图为乙同学用另一浓度的KNO3溶液进行质壁分离实验时所绘制的曲线图，下列分析正确的是（ ）
时间(min)
2
4
6
8
10
原生质体相对大小
90%
60%
30%
30%
30%

A. 乙同学的实验进行到T2时观察不到质壁分离现象，此时细胞液浓度一定等于外界溶液浓度
B. 乙同学在实验进行到T1时可观察到质壁分离正在复原，此时细胞液浓度一定小于外界溶液浓度
C. 甲同学实验进行到8 min时质壁分离已达到平衡，滴加清水后一定能发生质壁分离复原
D. 甲同学所用溶液浓度要大于乙同学
【答案】D
【解析】
【分析】成熟的植物细胞有一大液泡。当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时，细胞液中的水分就透过原生质层进入到外界溶液中，由于原生质层比细胞壁的伸缩性大，当细胞不断失水时，液泡逐渐缩小，原生质层就会与细胞壁逐渐分离开来，即发生了质壁分离。当细胞液的浓度大于外界溶液的浓度时，外界溶液中的水分就透过原生质层进入到细胞液中，液泡逐渐变大，整个原生质层就会慢慢地恢复成原来的状态，即发生了质壁分离复原。
【详解】A、乙同学在实验进行到T2时观察不到质壁分离现象，此时细胞液浓度等于或大于外界溶液浓度，但由于细胞壁的作用，原生质体不能增大，A错误；
B、乙同学在实验进行到T1时可观察到质壁分离现象，此时已经开始发生质壁分离复原，所以细胞液浓度大于外界溶液浓度，B错误；
C、甲同学实验进行到4分钟之后6分钟时，质壁分离达到平衡，滴加清水后发生质壁分离复原，C错误；
D、根据表格数据可知，甲同学所做实验结果没有发生质壁分离复原，而乙同学所做实验结果发生了质壁分离复原，所以甲同学所用溶液浓度要大于乙同学，D正确。
故选D。
【点睛】
32. 某同学在“观察紫色洋葱鳞片叶外表皮细胞质壁分离与复原“实验后，根据观察到的实验现象绘制出如下的细胞图像。下列相关分析正确的是（ ）

A. 在显微镜下可观察到紫色洋葱鳞片叶外表皮细胞中的大液泡和叶绿体
B. 在小于细胞液浓度的蔗糖溶液中，能观察到洋葱鳞片叶外表皮细胞发生X→Y的变化
C. 水分子以被动运输方式进出该表皮细胞，此时细胞Y的吸水能力大于细胞X
D. 当该表皮细胞Y经b过程复原后，此时细胞液浓度等于外界溶液浓度
【答案】C
【解析】
【分析】根据题图分析，由X→Y的变化为质壁分离，细胞失水说明外界溶液浓度大于细胞液浓度；由Y→X的变化为质壁分离的复原。
【详解】A、在光学显微镜下能观察到的细胞结构有，细胞壁、大液泡、叶绿体，染色后的线粒体等结构，紫色洋葱鳞片叶外表皮细胞不含有叶绿体，A错误；
B、在小于细胞液浓度的蔗糖溶液中，细胞吸水，观察不到洋葱鳞片叶外表皮细胞发生X→Y的变化，B错误；
C、水分子通过细胞膜的方式是自由扩散或协助扩散，失水后，细胞Y的细胞液浓度增大，吸水能力增强，C正确；
D、当洋葱鳞片叶外表皮细胞经b过程复原后，此时细胞液浓度可能等于外界溶液浓度，也可能大于外界溶液浓度，D错误。
故选C。
33. 植物液泡膜上特有的水通道蛋白(TIPs)是运输水分子的通道，可使水分子顺相对浓度的梯度进行跨膜运输。下列说法正确的是（ ）
A. 水分子通过TIPs时，需要与TIPs结合后，由膜的一侧运输到另一侧
B. 去掉液泡膜上TIPs，水分子就不能通过液泡膜
C. 液泡膜上的TIPs具有运输、催化、识别的作用
D. TIPs在植物细胞内只分布在液泡膜上说明不同类型的生物膜行使的功能有差异
【答案】D
【解析】
【分析】水分子通过协助扩散和自由扩散进出细胞；通道蛋白只容许与自身通道的直径和形状相适配、大小和电荷相适宜的分子或离子通过。
【详解】A、TIPs是通道蛋白，运输物质时，不与所运输的物质结合，A错误；
B、没有通道蛋白，水分子也可通过自由扩散通过，B错误；
C、通道蛋白能够识别并运输所运输的物质，但没有催化的作用，C错误；
D、蛋白质的种类和数量决定生物膜的供能，不同类型的生物膜上蛋白质的种类和数量不同，行使的功能也有差异，D正确。
故选D。
34. 拟南芥液泡膜上存在Na+/H+反向转运载体蛋白，它可利用液泡内外H+的电化学梯度（电位和浓度差）将H+转出液泡，同时将Na+由细胞质基质转入液泡。某些物质跨液泡膜转运过程如下图所示，据图判断，下列叙述错误的是（ ）

A. Na+以协助扩散的方式由细胞质基质进入液泡
B. Cl-以协助扩散的方式由细胞质基质进入液泡
C. H2O以协助扩散的方式进出液泡
D. H+以主动运输的方式进液泡
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，H+进入液泡需要消耗能量，也需要载体蛋白，故跨膜方式为主动运输，则液泡内的细胞液中H+浓度大于细胞质基质，说明H+运出液泡是顺浓度梯度，因此方式是协助扩散；液泡膜上的Na+/H+反向转运蛋白能将H+转运出液泡的同时将细胞质基质中的Na+转运到液泡内，说明Na+进入液泡的直接驱动力是液泡膜两侧的H+电化学梯度，因此该过程Na+的进入液泡的方式为主动转运。
【详解】A、液泡内的细胞液中H+浓度大于细胞质基质，说明H+运出液泡是顺浓度梯度，因此方式是协助扩散，液泡膜上的Na+/H+反向转运蛋白能将H+转运出液泡的同时将细胞质基质中的Na+转运到液泡内，说明Na+进入液泡的直接驱动力是液泡膜两侧的H+电化学梯度，因此该过程Na+的进入液泡的方式为主动转运，A错误；
B、Cl− 借助通道蛋白，以协助扩散的方式由细胞质基质进入液泡，B正确；
C、H2O 借助水通道蛋白以协助扩散的方式进出液泡，C正确；
D、H+进入液泡需要消耗能量，也需要载体蛋白，故跨膜方式为主动运输，D正确。
故选A。
35. 人体小肠上皮细胞对3种单糖吸收的方式如图所示，其中转运半乳糖与葡萄糖的载体蛋白是同向协同转运蛋白（半乳糖与载体的亲和力大于葡萄糖），它们的运输是伴随钠离子从细胞外流入细胞而完成的。动物细胞外高内低的钠离子浓度梯度是依靠细胞膜上的钠钾泵维持的。下列叙述正确的是（　　）

A. 果糖的转运速率会随着果糖浓度的升高持续增大
B. 葡萄糖和半乳糖转运时直接消耗了大量ATP
C. 半乳糖出现后，葡萄糖的转运量减少
D. 抑制小肠上皮细胞的钠钾泵后，葡萄糖转运速率不变
【答案】C
【解析】
【分析】据图分析，半乳糖与葡萄糖进入细胞从低浓度运输到高浓度，需要载体，属于主动运输；而果糖的运输是从高浓度到低浓度，需要载体，属于协助扩散。
【详解】A、在一定浓度范围内，果糖的转运速率会随着果糖浓度的升高而增大，但载体蛋白的数量有限，不能无限增加，A错误；
B、葡萄糖和半乳糖转运时能量来源于钠离子浓度梯度的势能，B错误；
C、根据题干信息，半乳糖与载体的亲和力大于葡萄糖，说明半乳糖出现后，葡萄糖的转运量减少，C正确；
D、抑制小肠上皮细胞的钠钾泵后，则无法维持钠离子浓度梯度的势能，葡萄糖的转运速率下降，D错误。
故选C。
【点睛】
36. 如图为小肠上皮细胞物质跨膜运输示意图，下列相关叙述错误的是（ ）

A. 葡萄糖进入小肠上皮细胞的方式是主动运输
B. 钠离子进入小肠上皮细胞的方式是协助扩散
C. 运输葡萄糖的载体蛋白①③在红细胞膜上也存在
D. 载体蛋白①②③具有特异性
【答案】C
【解析】
【分析】据图分析，葡萄糖进入小肠上皮细胞时，是由低浓度向高浓度一侧运输，属于主动运输；而运出细胞时，是从高浓度向低浓度一侧运输，属于协助扩散；Na+进入小肠上皮细胞时是由高浓度向低浓度一侧运输，属于协助扩散；而运出细胞时是由低浓度向高浓度一侧运输，属于主动运输；K+运出细胞时，是由高浓度向低浓度一侧运输，属于协助扩散。
【详解】A、据图分析，葡萄糖进入小肠上皮细胞时，是由低浓度向高浓度一侧运输，属于主动运输，A正确；
B、 钠离子进入小肠上皮细胞是从高浓度向低浓度运输，需要载体蛋白协助，方式是协助扩散，B正确；
C、①蛋白运输葡萄糖的方式为逆浓度梯度运输的主动运输，而红细胞吸收葡萄糖的方式是协助扩散，方向是由高浓度到低浓度，故没有①，C错误；
D、载体蛋白只容许与自身结合部位相适应的分子或离子通过，故载体蛋白①②③都具有特异性，D正确。
故选C。
37. 已知提高植物细胞质基质中K+/Na+比，对提高植物耐盐性至关重要，下图是某种耐盐植物细胞中4种离子的转运方式。相关叙述正确的是（ ）

A. Na+通过NHX运输到细胞外和液泡中的方式属于主动运输
B. H+-ATPase转运H+能间接为NHX、KUP、CLC转运Na+、K+、Cl-提供动力
C. K+通过KUP进入细胞的方式属于协助扩散提高了植物的耐盐性
D. 一种转运蛋白可转运多种离子，一种离子只能由一种转运蛋白转运
【答案】AB
【解析】
【分析】物质运输方式：
1、被动运输：分为自由扩散和协助扩散；
（1）自由扩散：①顺相对含量梯度运输；②不需要载体；③不需要消耗能量。
（2）协助扩散：①顺相对含量梯度运输；②需要载体参与；③不需要消耗能量。
2、主动运输：（1）能逆相对含量梯度运输；（2）需要载体；（3）需要消耗能量 。
3、胞吞胞吐：物质以囊泡包裹的形式通过细胞膜，从细胞外进或出细胞内的过程。
【详解】A、分析图可知，NHX将Na+从细胞质基质中运出细胞和运入液泡，是逆浓度运输，需要载体，为主动运输，A正确；
B、由图可知，NHX、KUP、CLC转运Na+、K+、Cl-都为逆浓度运输，同时伴随着H+-ATPase转运H+，所以H+-ATPase转运H+能间接为NHX、KUP、CLC转运Na+、K+、Cl-提供动力，B正确；
C、K+通过KUP进入细胞的方式属于主动运输，使细胞内K+更高，提高了植物的耐盐性，C错误；
D、从图中看出一种转运蛋白可转运多种离子，一种离子可由多种转运蛋白转运，D错误。
故选AB。
38. 如图中甲曲线表示在适宜条件下，某酶促反应速率与反应物浓度之间的关系。乙、丙两条曲线表示其他条件适宜时该酶促反应速率随pH或温度的变化。下列相关分析正确的是（ ）

A. 在B点适当增加酶的浓度，反应速率将增大
B. H点对应的影响酶促反应相关因素的值是该酶催化作用的最适温度
C. 在G点，向反应系统中加入某试剂提高pH，酶促反应速率将加快
D. H、E两点对应的环境条件有利于酶的保存
【答案】A
【解析】
【分析】分析曲线甲：曲线AB段，随着反应物浓度的增加，反应速率加快，因此该段影响酶促反应速率的因素是反应物浓度；B点时，酶促反应速率达到最大值；曲线BC段随着反应物浓度的增加，催化速率不变，说明此时限制催化速率的因素最有可能是酶的数量和酶的活性。乙、丙两条曲线分别表示该酶促反应速率随温度和pH的变化（题干信息）。
【详解】A、甲曲线是在最适温度下测定的，B点限制反应速率的最可能是酶浓度，故B点适当增加酶的浓度，反应速率会增大，A正确；
B、低温时，酶活性低，反应速率不为0，而pH低时，酶完全失活，反应速率为0，因此乙曲线代表温度对酶促反应的影响，丙曲线代表pH对酶促反应的影响，因此图中E点代表该酶的最适温度，H点代表该酶的最适pH，B错误；
C、丙曲线表示其他条件适宜时该酶促反应速率随pH的变化，在G点，酶的活性降低，向反应系统中加入某试剂提高pH，酶的活性不变，酶促反应不会加快，C错误；
D、酶的保存应该在最适pH、低温下保存，由B选项分析可知，E点代表该酶的最适温度，H点代表该酶的最适pH，因此图中H（最适pH）、D（低温）两点对应的环境条件，D错误。
故选A。
39. 科研人员研究了养殖温度对点篮子幼鱼消化酶活性的影响，部分结果如图所示。下列说法错误的是（ ）

A. 胰蛋白酶作用的机理是降低蛋白质水解的活化能
B. 胰蛋白酶的活性可用单位时间内蛋白质消耗的量或产物的生成量表示
C. 由图可看出，点篮子幼鱼的最适养殖温度是19℃
D. 19℃时胰蛋白酶活性较高可能与低温下点篮子鱼摄食率低、需要更高的消化吸收效率有关
【答案】C
【解析】
【分析】酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，绝大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA。酶催化具有高效性、专一性和作用条件温和性等特点。
【详解】A、酶的作用机理是降低化学反应的活化能，因此胰蛋白酶作用的机理是降低蛋白质水解的活化能，A正确；
B、酶的活性可用单位时间内底物消耗的量或产物的生成量表示，该酶是胰蛋白酶，底物是蛋白质，它的催化效率为单位时间内蛋白质消耗的量或多肽的生成量，B正确；
C、19℃在图示4个温度中胰蛋白酶活性最高，但图示信息不全面，没有低于19°的组，且温度梯度较大，因此该温度不一定就是最适养殖温度，C错误；
D、19℃条件下，胰蛋白酶的活性更高，推测分析这是由于低温下点篮子鱼的摄食率降低，此时需要鱼体内有更高的消化吸收效率，以保证有足够的有机物进行氧化分解释放热能来抵御寒冷，D正确。
故选C。
40. 细胞中绝大多数耗能的生命活动都由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. 洋葱鳞片外表皮细胞可以通过叶绿体和线粒体来产生ATP
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
【答案】D
【解析】
【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、洋葱鳞片叶细胞没有叶绿体，不进行光合作用，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。
【详解】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、洋葱鳞片外表皮细胞没有叶绿体，通过细胞质基质和线粒体来产生ATP。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。
41. 磷酸肌酸（C~P）是动物和人的肌肉或其他兴奋性组织中的一种高能磷酸化合物，其分解释放的能量比ATP水解释放的还多。磷酸肌酸能在肌酸激酶的催化下，将其磷酸基团转移到ADP分子上，从而生成ATP和肌酸（C）。细胞中的肌酸积累时，会被ATP磷酸化而生成磷酸肌酸和ADP。ATP和磷酸肌酸相互转化的过程如图所示。下列相关叙述正确的是（ ）
磷酸肌酸（C~P）+ADP⇄ATP+肌酸（C）
A. 磷酸肌酸去磷酸化时会伴随着ATP的水解
B. 人在剧烈运动时，肌细胞内磷酸肌酸的数量不会变化
C. 磷酸肌酸分子中的磷酸基团可来自ATP
D. 与一般人相比，运动员肌细胞磷酸肌酸的含量较少
【答案】C
【解析】
【分析】ATP的结构简式A-P～P～P，其中A代表腺苷，P代表磷酸基团，ATP是生命活动中的直接能源物质。结合题干信息“ATP和磷酸肌酸在一定条件下可相互转化”分析作答。
【详解】A、磷酸肌酸能在肌酸激酶的催化下，将其磷酸基团转移到ADP分子上，从而生成ATP和肌酸（C），因此磷酸肌酸去磷酸化时会伴随着ATP的合成，A错误；
B、人在剧烈运动时，会产生肌酸，细胞中的肌酸积累时，会被ATP磷酸化而生成磷酸肌酸和ADP，因此人在剧烈运动时，肌细胞内磷酸肌酸的数量会发生变化，B错误；
C、根据反应式可知，细胞中的肌酸积累时，会被ATP磷酸化而生成磷酸肌酸和ADP，因此磷酸肌酸分子中的磷酸基团可来自ATP，C正确；
D、磷酸肌酸（C~P）是动物和人的肌肉或其他兴奋性组织中的一种高能磷酸化合物，其分解释放的能量比ATP水解释放的还多。因此可推测与一般人相比，运动员肌细胞磷酸肌酸的含量较多，D错误。
故选C。
42. 苏炳添在比赛中，其骨骼肌细胞中ATP含量仅够剧烈运动时3s以内的能量供给，该过程肌细胞中ATP的相对含量随时间的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）

A. 一个ATP分子由一个核糖核苷酸与三个磷酸基团组成
B. 苏炳添在短跑时所需要的能量都是由ATP直接提供的
C. a-b过程ATP含量下降可能是因为肌细胞中没有ATP的合成
D. b→c过程ATP含量增加说明细胞呼吸速率加强
【答案】B
【解析】
【分析】ATP的结构简式是“A-P～P～P”，其中“A”是腺苷，由1分子核糖和1分子腺嘌呤碱基组成，“P”是磷酸基团，其中远离腺苷的化学键容易断裂，形成ADP和Pi，同时释放能量，供生命活动的需要，ATP是细胞生命活动的直接能源物质。
【详解】A、一个ATP分子由一个腺苷与三个磷酸基团组成，或者由一个腺嘌呤核糖核苷酸与两个磷酸基团组成，A错误；
B、ATP是各项生命活动的直接能源物质，B正确；
C、图中a-b的变化过程中ATP含量下降，可能是由于肌肉收缩等生命活动需要消耗的能量多，ATP被大量水解，其合成速率小于水解速率导致，C错误；
D、b→c过程ATP含量增加，可通过磷酸肌酸转化而来，D错误。
故选B。
43. 萤火虫是鞘翅目萤科昆虫的通称，其腹部末端下方有发光器，能发黄绿色光，由于大部分的能量都转化为光能，只有少部分转化为热能，所以称之为冷光。发光器能发光的机理如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 可以利用萤火虫发光的原理检测密闭容器内 O2的含量
B. ATP 是细胞中的能量货币，细胞中储存大量 ATP 为生命活动供能
C. 荧光素接受 ATP 水解产生的磷酸基团后形成荧光素酰腺苷酸
D. 萤火虫发光器发光原理为我们研究提高能量转化为光能的效率提供了思路
【答案】D
【解析】
【分析】1、ATP的中文名称叫三磷酸腺苷，其结构简式为A-P～P～P，其中A代表腺苷，P代表磷酸基团，-代表普通磷酸键，～代表高能磷酸键。ATP为直接能源物质，在体内含量不高，可与ADP在体内迅速转化。
2、ATP是一种含有高能磷酸键的有机化合物，它的大量化学能就储存在高能磷酸键中。ATP水解释放能量断裂的是末端的那个高能磷酸键。ATP来源于光合作用和呼吸作用。放能反应一般与ATP的合成相联系，吸能反应一般与ATP的水解相联系。
【详解】A．萤火虫发光的过程会消耗O2，可利用萤火虫发光的原理检测密闭容器内O2的有无，但不能检测O2的含量，A错误；
B．ATP是细胞中的能量货币，但细胞中储存的ATP较少， 细胞内 ATP 与 ADP 的相互转化是时刻不停得发生并且处于动态平衡的，因此 ATP 在细胞内不会大量存在，B错误；
C．由图可知，荧光素接受 ATP 水解产生的能量后形成荧光素酰腺苷酸，C错误；
D．由于萤火虫将ATP中大部分的能量都转化为光能，只有少部分转化为热能，为我们研究提高能量转化为光能的效率提供了思路，D正确。
故选D。
44. 将A、B两种物质混合，T1时加入酶C。如图为最适温度下A、B浓度的变化曲线。下列叙述错误的是(　　)

A. 酶C降低了A生成B这一反应的活化能
B. 该体系中酶促反应速率先快后慢
C. T2后B增加缓慢是酶活性降低导致的
D. 适当降低反应温度，T2值增大
【答案】C
【解析】
【详解】T1时加入酶C，A物质浓度降低，B物质浓度增加，说明酶C催化A物质生成B物质，而酶的作用机理是降低化学反应的活化能，A正确；题图显示：该体系中酶促反应速率先快后慢，B正确；T2后B增加缓慢是A物质含量减少导致，C错误；曲线是在最适温度下绘制的，因此适当降低反应温度，反应速率减慢，T2值增大，D正确。
45. Na+-K+泵是普遍存在于动物细胞表面的一种载体蛋白，如图所示，它具有ATP酶活性，能将Na+排出细胞外，同时将K+运进细胞内，以维持细胞内外Na+和K+的浓度差。载体蛋白1和载体蛋白2依赖细胞两侧的Na+浓度差完成相应物质的运输。下列叙述错误的是（ ）

A. 图中所示过程不能说明细胞具有选择透过性
B. 图中细胞对C6H12O6和K+的吸收方式属于主动运输
C. 载体蛋白2可能与细胞内pH的调节有关
D. 图中通过Na+-K+泵运输离子时先与载体蛋白结合，后在能量推动下使载体空间结构发生变化
【答案】A
【解析】
【分析】题图分析：载体蛋白1在Na+-K+泵转运离子的过程同时又把Na+从和葡萄糖运进细胞内，而载体蛋白2在Na+-K+泵转运离子的过程同时又把Na+转运到细胞内，把氢离子运出细胞。
【详解】A、图中所示物质的运输依靠特定的载体完成，说明细胞膜具有选择透过性，A错误；
B、图中细胞对C6H12O6和K+的运输都是在消耗ATP的条件下进行，这属于主动运输，B正确；
C、载体蛋白2可以运输细胞内的氢离子，因此可能与细胞内pH的调节有关，C正确；
D、“Na+-K+泵”运输离子时先与载体蛋白结合，然后在能量推动下载体发生磷酸化而导致空间结构发生变化，D正确。
故选A。
46. 主动运输可根据是否由ATP直接供能，分为原发性主动运输和继发性主动运输，其中继发性主动运输不由ATP直接供能。图甲为人小肠上皮细胞与肠腔、组织液之间部分物质交换的示意图，图乙表示物质跨膜运输时被转运分子的浓度和转运速率的关系。下列有关叙述不正确的是（ ）

A. 图甲中转运蛋白①运输葡萄糖的方式为继发性主动运输
B. 图甲中转运蛋白②的功能可能包括物质运输和催化作用
C. 图甲中转运蛋白②和转运蛋白③运输物质的速率与被转运分子浓度的关系，分别用图乙中的曲线a和曲线b表示
D. 由图甲可知，同一种物质可能存在两种跨膜运输方式
【答案】C
【解析】
【分析】物质跨膜运输包括自由扩散、协助扩散和主动运输。自由扩散从高浓度向低浓度运输，不需要载体协助，也不需要能量；协助扩散是从高浓度向低浓度运输，需要载体协助，但不消耗能量；主动运输从低浓度向高浓度运输，既需要载体协助，也需要消耗能量。
【详解】A、据图可知，图甲中载体①运输葡萄糖的方式为主动运输，但运输所需能量是由细胞内外钠离子顺浓度梯度运输时产生的势能提供，不是由ATP功能，属于继发性主动运输，A正确；
B、图甲中钠离子可以通过载体②主动运输出细胞，同时能催化ATP水解为主动运输供能，B正确；
C、图乙中a表示自由扩散，b表示主动运输或者协助扩散，图甲载体②和载体③运输物质分别为协助扩散和主动运输，C错误；
D、由图甲可知。葡萄糖从细胞外进入细胞内是主动运输，从细胞内出细胞是协助扩散，D正确。
故选C。
47. 某研究小组为探究不同物质跨膜运输方式的特点做了相关实验，请根据表中实验结果分析，下列相关叙述错误的是（ ）
膜类型及处理方式
物质跨膜运输速率（cm/s）
葡萄糖
K＋
Na＋
O2
H2O
单纯磷脂双分子层
0
0
0
1．0×10-2
1．0×10-4
细胞膜
无处理
1．0×10-10
1．0×10-8
1．0×10-6
1．0×10-2
1．0×10-1
加入呼吸抑制剂
1．0×10-12
1．0×10-10
1．0×10-6
1．0×10-2
1．0×10-1

A. 葡萄糖跨膜运输时需要消耗能量
B. K＋和Na＋的跨膜运输方式相同
C. O2跨膜运输时只取决于膜两侧的浓度差
D. 细胞吸收水的方式可能有协助扩散
【答案】B
【解析】
【分析】据图分析可知：氧气和二氧化碳能通过单纯磷脂双分子层，属于自由扩散，葡萄糖和钾离子加入呼吸抑制剂后物质运输速率变慢，说明葡萄糖和钾离子的运输为主动运输，钠离子加入呼吸抑制剂后物质运输速率不变，说明钠离子运输不需要能量，为协助扩散。
【详解】A、据图分析，加入呼吸抑制剂后，葡萄糖的运输速率变慢，说明为主动运输，需要消耗能量，A正确；
B、K＋运输为主动运输，而Na＋为协助扩散，两者的跨膜运输方式不相同，B错误；
C、O2跨膜运输属于自由扩散，运输时只取决于膜两侧的浓度差，C正确；
D、细胞吸收水的方式可能有协助扩散，比如肾小管上皮细胞通过水通道蛋白吸收水分，D正确。
故选B。
48. ABC转运蛋白是一类跨膜转运蛋白，参与细胞吸收多种营养物质，每一种ABC转运蛋白对物质运输具有特异性。ABC转运蛋白的结构及转运过程如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）

A. ABC转运蛋白可提高O2的跨膜运输速度
B. ABC转运蛋白可协助葡萄糖顺浓度梯度进入细胞
C. Cl-和氨基酸依赖同一种ABC转运蛋白跨膜运输
D. 若ATP水解受阻，ABC转运蛋白不能完成转运过程
【答案】D
【解析】
【分析】1、氧气进出细胞的方式为自由扩散，不需要载体和能量。
2、据图和题干信息可知：ABC转运蛋白对物质运输具有特异性，故一种转运蛋白转运一种物质。
【详解】A、O2的跨膜运输方式为自由扩散，不需要载体蛋白协助，A错误；
B、据图可知：ABC转运蛋白发挥作用过程伴随水解ATP，产生能量，葡萄糖顺浓度梯度进入细胞不需要耗能，B错误；
C、据题干信息可知“每一种ABC转运蛋白对物质运输具有特异性”，故Cl-和氨基酸跨膜运输依赖的转运蛋白不同，C错误；
D、据图可知，ABC转运蛋白的功能发挥伴随ATP水解的过程，故若ATP水解受阻，ABC转运蛋白不能完成转运过程，D正确。
故选D。
49. 某兴趣小组为探究酶浓度和乳糖浓度对乳糖水解速率的影响，进行了相关的实验（其他条件均为最适）。实验结果如下表：
实验
自变量
组别1
组别2
组别3
组别4
组别5
实验一
（乳糖浓度为10%）
酶浓度
0%
1%
2%
3%
4%
相对反应速率
0
25
50
100
200
实验二
（乳糖酶浓度为2%）
乳糖浓度
0%
5%
10%
15%
20%
相对反应速率
0
25
50
65
65
下列分析正确的是
A. 实验一中，限制组别4相对反应速率的主要原因是乳糖浓度
B. 实验二中，限制组别4相对反应速率的主要原因是酶浓度
C. 实验一中，若适当提高温度则各组别相对反应速率均将增加
D. 实验二中，若提高乳糖浓度则各组别相对反应速率均将增加
【答案】B
【解析】
【分析】分析表格：表中是其他条件均为最适情况下探究乳糖酶催化乳糖水解的相关实验结果，实验一的自变量是酶浓度，酶浓度在0～4%范围内，随着酶浓度的升高，相对反应速率逐渐增大；实验二的自变量是乳糖浓度，乳糖浓度在0～15%范围内，随着乳糖浓度的升高，相对反应速率逐渐增大；乳糖浓度超过15%，随着乳糖浓度的升高，相对反应速率不再增大。
【详解】A、实验一中，底物浓度是一定的（浓度为10%的乳糖），随着1～5组的酶浓度由0～4%升高，相对反应速率逐渐增大，限制各组别相对反应速率的主要原因是酶的浓度（酶的数量），A错误；
B、实验二中，乳糖酶的浓度是一定的（乳糖酶浓度为2%），随着1～4组乳糖浓度由0～15%升高，相对反应速率逐渐增大，乳糖浓度达到15%（组别4），相对反应速率已经达到最大值，若继续增加乳糖浓度，相对反应速率不再增大，此时限制组别4相对反应速率的主要原因是酶浓度，B正确；
C、根据题干信息“其他条件均为最适”可知实验温度为最适温度，此时酶的活性最强，实验一中若适当提高温度则酶活性均降低，各组别的相对反应速率均会降低，C错误；
D、在酶浓度一定时，增加底物浓度会使相对反应速率升高，实验二中，乳糖酶的浓度是一定的（乳糖酶浓度为2%），若提高乳糖浓度则各组别相对反应速率可能会增加或不变，D错误。
故选B。
50. 为了探究半胱氨酸对木瓜蛋白酶活性的影响，某实验小组先分别在两组试管中加入等量的蒸馏水和适宜浓度的半胱氨酸，再加入等量的木瓜蛋白酶，一段时间后向试管中加入等量的蛋白质，在最适温度和pH下反应，测得酶促反应速率随时间的变化如图所示。下列有关分析错误的是（　　）

A. 最适温度、pH属于无关变量
B. B点之前，实验组酶促反应速率比对照组快，一定是半胱氨酸提高了木瓜蛋白酶的活性
C. C点时，实验组中加入双缩脲试剂会出现紫色
D. 该实验要得出半胱氨酸能提高木瓜蛋白酶的活性，还需要另加一组实验
【答案】B
【解析】
【分析】影响酶促反应速率的因素主要有温度、pH、 底物浓度和酶浓度、温度能影响酶促反应速率，在最适温度前，随着温度的升高，酶活性增强，酶促反应速率加快；到达最适温度时，酶活性最强，酶促反应速率最快；超过最适温度后，随着温度的升高酶活性降低，酶促反应速率减慢。另外低温不会使酶变性失活，而高温会使酶变性失活。
【详解】A、本实验探究的是半胱氨酸对木瓜蛋白酶活性的影响，所以最适温度、pH属于无关变量，A正确；
BD、B点之前，实验组酶促反应速率比对照组快，不一定是半胱氨酸提高了木瓜蛋白酶的活性，也可能是半胱酸起到了与木瓜蛋白酶相同的作用，故该实验要得出半胱氨酸能提高木瓜蛋白酶的活性，还需要另加一组实验，即添加等量半胱氨酸的组别，B错误，D正确。
C、木瓜蛋白酶的化学本质是蛋白质，所以C点时，实验组中加入双缩脲试剂会出现紫色，C正确。
故选B。
二、填空题
51. 盐藻是一种单细胞真核藻类，其鞭毛是由微管蛋白聚合而成的。为研究泛素和蛋白酶体是否参与盐藻鞭毛的解聚过程，科研人员进行了相关研究。
（1）借助荧光显微镜，观察到盐藻鞭毛上存在泛素，它是由76个________组成的多肽，可与微管蛋白形成泛素化蛋白。
（2）科研人员检测了不同处理下盐藻鞭毛中泛素化蛋白的含量，其电泳结果如图1。（对照组：正常生长状态的盐藻细胞；组装组：鞭毛组装状态的盐藻细胞；解聚组：鞭毛解聚状态的盐藻细胞）

据图1分析，与对照组相比，鞭毛解聚组细胞内泛素化蛋白含量________，由此推测，泛素参与了________过程。
（3）进一步用带有荧光的物质检测盐藻蛋白酶体的活性，结果如图2。据图分析，鞭毛解聚组蛋白酶体的活性________对照组。
（4）综合图1和图2说明________________________________________________。
（5）图3为泛素（Ub）作用机理示意图

据图3分析，在多种酶的________作用及ATP供能条件下，微管蛋白的________断裂，导致鞭毛解聚。
（6）人体组织细胞中存在多种蛋白质降解途径，请你再举一例：______________。
【答案】 ①. 氨基酸 ②. 增加 ③. 鞭毛解聚 ④. 高于 ⑤. 泛素和蛋白酶体均参与盐藻鞭毛的解聚过程 ⑥. 催化 ⑦. 肽键 ⑧. 溶酶体途径
【解析】
【分析】本题采用图文结合的形式考查学生对蛋白质的化学组成、酶的特性等知识的识记和理解能力，以及获取信息、分析问题的能力。
【详解】（1）氨基酸脱水缩合形成多肽，据此依题意可知：泛素是由76个氨基酸组成的多肽，可与微管蛋白形成泛素化蛋白。
（2）分析图1可知，解聚组细胞内的泛素化蛋白的含量高于对照组。可见，与对照组相比，鞭毛解聚组细胞内的泛素化蛋白含量增加，说明泛素参与了鞭毛解聚过程。
（3）图2曲线反映的是用带有荧光的物质检测盐藻蛋白酶体活性的实验结果，该结果显示：鞭毛解聚组曲线的峰值高于对照组，说明鞭毛解聚组蛋白酶体的活性高于对照组。
（4）综上分析，图1和图2的实验结果说明：泛素和蛋白酶体均参与盐藻鞭毛的解聚过程。
（5）分析图3可知，在多种酶的催化作用及ATP供能条件下，微管蛋白的肽键断裂，导致鞭毛解聚。
（6）溶酶体内部含有多种水解酶，其中的蛋白酶能够催化蛋白质水解，因此细胞中的溶酶体途径是人体组织细胞中存在多种蛋白质降解途径之一。
【点睛】从图1至3中提取有效信息，即鞭毛解聚组细胞内泛素化蛋白含量高于对照组、鞭毛解聚组曲线的峰值高于对照组、蛋白酶体可催化泛素化蛋白分解，以此为切入点，结合题意并围绕“蛋白质、酶的特性”等相关知识对各问题情境进行分析解答。
52. 脂质体是一种类似于生物膜的由磷脂双分子层构成的封闭囊泡，图1为不同物质透过脂质体的示意图，图2表示胆固醇含量对脂质体磷脂双分子层流动性的影响。回答下列问题：

（1）据图，K+、Ca2+等的运输方式可能为______________。
（2）体外培养人的成熟红细胞能使其维持一段时间活性，但相比其他细胞成活时间较短，其原因是________，某同学欲确认红细胞吸收葡萄糖的方式是主动运输还是协助扩散，请你根据所学知识给该同学提供一种思路：_________________________。
（3）动物细胞中胆固醇应该在图1的_______（填“甲”“乙”或“丙”）处，胆固醇在人体中还参与_______的运输。根据图2，当脂质体中胆固醇含量在0~40%范围内，随胆固醇含量升高，脂质体对氧的通透性_______，理由是________________________。
【答案】 ①. 主动运输或协助扩散 ②. 不含细胞核等 ③. ①在培养液中增加ATP的量或降低ATP的量（或加入呼吸抑制剂），检测葡萄糖运输速率；②培养液中适量增加葡萄糖的量（不能过高），检测葡萄糖运输速率（任写一种） ④. 乙 ⑤. 血液中脂质 ⑥. 降低 ⑦. 胆固醇含量在0~40%范围内，随胆固醇含量升高，脂质体的微黏度上升，流动性下降，而自由扩散与脂质体流动性有关，因此对氧的通透性降低
【解析】
【分析】小分子物质跨膜运输的方式：被动运输包括自由扩散和协助扩散，两者均为顺浓度梯度运输；主动运输为逆浓度梯度运输，需要载体和能量。
【详解】（1）据图可知，K+、Ca2+等的运输需要载体，故方式可能为主动运输或协助扩散。
（2）因哺乳动物成熟红细胞不含细胞核和众多细胞器，故体外培养人的成熟红细胞较其他细胞成活时间较短；主动运输和协助扩散的区别在于是否需要能量，故欲确认红细胞吸收葡萄糖的方式是主动运输还是协助扩散，实验的自变量为能量（氧气）的有无，根据实验设计的单一变量和对照原则，可设计实验如下：
①在培养液中增加ATP的量或降低ATP的量（或加入呼吸抑制剂），检测葡萄糖运输速率；
②培养液中适量增加葡萄糖的量（不能过高），检测葡萄糖运输速率（任写一种）。
（3）胆固醇属于脂质，在磷脂双分子层中应处于乙处；除参与构成动物细胞膜外，胆固醇还可以参与血液中脂质的运输；据图2可知：固醇含量在0~40%范围内，随胆固醇含量升高，脂质体的微黏度上升，流动性下降，而自由扩散与脂质体流动性有关，因此对氧的通透性降低。
【点睛】解答此题需要明确物质跨膜运输的方式和特点，并能结合题图分析作答。
53. 用清水、2mol·L－1的乙二醇溶液、2mol·L－1的蔗糖溶液分别浸泡取自同一部位的植物表皮。每隔相同时间在显微镜下测量视野中若干个细胞的长度x和原生质体长度y（如图1），并计算x/y的平均值，得到图2所示结果。原生质体指的是细胞壁以内各种结构的总称。据此回答下列问题：

（1）产生a~b变化的内因是___________________________________（答两点），在此过程中，原生质体的吸水能力______。
（2）d点______（填“达到”或“未达到”）渗透平衡，此时原生质层内外溶液浓度______（填“相等”或“不相等”）。
（3）c点______（填“达到”或“未达到”）渗透平衡，此时原生质层内外溶液浓度______（填“相等”或“不相等”）。
（4）请解释AB时间段内，相同时间点下乙二醇组的x/y低于蔗糖组的原因是______。
【答案】（1） ①. 原生质层具有选择透过性（原生质层相当于半透膜），原生质层的伸缩性强于细胞壁 ②. 逐渐增强
（2） ①. 达到 ②. 不相等
（3） ①. 达到 ②. 相等
（4）蔗糖无法进入原生质体，而乙二醇可进入，因此相同时间点下乙二醇组原生质体渗透压高于蔗糖组、失水速度慢、y值大
【解析】
【分析】1、分析题图1：若x/y变大，说明植物细胞发生了质壁分离现象；若x/y变小，说明植物细胞发生了质壁分离现象。
2、分析图2：物质浓度为2mol/L的乙二醇溶液和2mol/L的蔗糖溶液均会使细胞发生质壁分离，细胞失水从而使原生质体的体积减少，但是乙二醇属于脂类小分子物质，可以进入细胞内部从而发生自动复原，而蔗糖分子属于二糖，不能被细胞吸收。
【小问1详解】
在蔗糖溶液中a-b发生质壁分离，质壁分离的内因是原生质层具有选择透过性（原生质层相当于半透膜），且原生质层的伸缩性强于细胞壁；该过程中细胞不断失水，渗透压增大，故原生质体的吸水能力逐渐增强。
【小问2详解】
d点前后细胞的x/y不变，说明达到渗透平衡；由于有细胞壁的限制，此时原生质层内外溶液浓度不相等。
【小问3详解】
c点之后x/y数值减少，表明因乙二醇属于脂类小分子物质，可以进入细胞内部从而发生表皮细胞发生质壁分离复原现象，故c点未达到渗透平衡；此时原生质层内外溶液浓度相等。
【小问4详解】
由于蔗糖无法进入原生质体，而乙二醇可进入，因此相同时间点下乙二醇组原生质体渗透压高于蔗糖组、失水速度慢、y值大，故AB时间段内，相同时间点下乙二醇组的x/y低于蔗糖组。
【点睛】本题考查质壁分离和复原相关知识，意在考查考生识图和理解能力，准确把握题图信息是解题关键。
54. 植酸磷是某些鸡饲料中磷元素的重要存在形式，微生物植酸酶（蛋白质）能增大植酸磷分解速率，提高鸡对这些饲料中磷的利用率，但植酸酶的活性会受鸡消化道中环境的影响（不同消化道部位中pH不同，含有的蛋白酶存在差异），某课题小组为探究黑曲霉植酸酶在肉仔鸡消化道中的活性及影响因素，在体外进行了相关实验，部分结果如图所示。已知肉仔鸡小肠中的pH约为6．0，含有胰蛋白酶，回答下列问题：

（1）植酸酶能增大植酸磷分解速率，其作用机理是____________。通过图1可知，黑曲霉植酸酶在____________（填“强酸”“弱酸”或“中性”）条件下活性最强。
（2）图2实验中设置pH为6．0，设置此pH的主要目的是____________________________________。分析图2可知，胰蛋白酶可降低植酸酶的活性，其原因是____________________________________。
（3）研究发现，肉仔鸡嗉囊比小肠更适合植酸酶发挥作用，结合上述信息，可能的原因是____________、____________。
【答案】（1） ①. 降低植酸磷分解所需的活化能 ②. 弱酸
（2） ①. 模拟肉仔鸡小肠内pH环境 ②. 植酸酶是蛋白质，胰蛋白酶会破坏其结构
（3） ①. 嗉囊中的pH更接近植酸酶的最适pH ②. 嗉囊中不含胰蛋白酶
【解析】
【分析】本实验探究pH、胰蛋白酶对黑曲霉植酸酶活性的影响，自变量为不同的pH、是否加入胰蛋白酶，因变量为植酸酶的活性率。据图1和2可知，植酸酶的最适pH在5.5左右，不含胰蛋白酶时活性更高。
【小问1详解】
酶的作用机理是降低化学反应的活化能，该实验中植酸酶能增大植酸磷分解速率，其作用机理是降低植酸磷分解所需的活化能。据图1可知，当pH在5.5左右时，植酸酶的活性率最高，因此黑曲霉植酸酶在弱酸条件下活性最强。
【小问2详解】
据题意可知，肉仔鸡小肠中的pH约为6．0，含有胰蛋白酶，所以图2实验中设置pH为6．0，设置此pH的主要目的是模拟肉仔鸡小肠内的pH环境。植酸酶的化学本质是蛋白质，胰蛋白酶能催化蛋白质的分解，破坏蛋白质的结构，因此胰蛋白酶可降低植酸酶的活性。
【小问3详解】
据图1和图2可知，植酸酶的最适pH在5.5左右，不含胰蛋白酶时活性更高，肉仔鸡嗉囊比小肠更适合植酸酶发挥作用，说明嗉囊中的pH更接近植酸酶的最适pH，嗉囊中不含胰蛋白酶。
【点睛】本题考查影响酶活性的因素的相关知识，意在考查学生能从题图中提取有效信息并结合这些信息，运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确结论的能力。