湖北省武汉市2024_2025学年高一生物上学期第二次月考试题含解析

这是一份湖北省武汉市2024_2025学年高一生物上学期第二次月考试题含解析，共33页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 花生种子萌发时主要靠分解脂肪供能。下列叙述中正确的是（ ）
A. 油属于脂质，脂质和糖类的组成元素完全相同，所以可以转化
B. 花生干种子中含量最多的元素是C，O是生命核心元素
C. 脂肪酶的主要组成元素有C、H、O、N、P等
D. 花生种子萌发初期，种子干重增加的主要元素是O
【答案】D
【解析】
【分析】组成脂质的元素主要是C、H、O，有些脂质还含有 P 和 N；脂肪是生物体良好的储能物质，此外还是一种很好的绝热体，分布在内脏器官周围的脂肪还具有缓冲和减压的作用，可以保护内脏器官；磷脂作用是构成细胞膜和多种细胞器膜的重要成分；固醇类包括胆固醇、性激素和维生素D。
【详解】A、油属于脂质，但脂质和糖类的组成元素并不完全相同，脂质中的磷脂还含有N、P，A错误；
B、花生鲜种子中含量最多的是O，干种子中含量最多的元素是C，碳链是构成生物大分子的基本骨架，故C是组成生命最基本的元素，B错误；
C、脂肪酶的化学本质是蛋白质，主要组成元素是C、H、O、N，但不含P元素，C错误；
D、油料种子萌发初期（真叶长出之前），干重先增加、后减少，干重增加是由于脂肪水解导致的，故需要吸水，因此引起干重增加的主要元素是O，D正确。
故选D。
2. 市场上有假冒奶粉及使用农药后的青菜引起的中毒现象等，都需要人类正确检测及科学处理，你认为不科学的处理方式是（ ）
A. 采样奶粉，用碘液检测观察是否变蓝色，若变蓝，则是假冒奶粉
B. 农药引起的重金属中毒，若及时饮用牛奶，利用蛋白质变性原理，可缓解中毒进程
C. 检测奶粉中是否有脂肪，可用苏丹Ⅲ试剂鉴定
D. 鉴定奶粉中是否有大量蛋白质，可用双缩脲试剂水浴加热后观察溶液是否出现深紫色
【答案】D
【解析】
【分析】糖类中的还原糖（如葡萄糖、果糖），与斐林试剂发生作用，生成砖红色沉淀；脂肪可以被苏丹III染液染成橘黄色；淀粉遇碘变蓝色；蛋白质与双缩脲试剂发生作用，产生紫色反应。因此，可以根据与某些化学试剂所产生的颜色反应，检测生物组织中糖类、脂肪或蛋白质的存在。
【详解】A、采样奶粉，用碘液检测观察是否变蓝色，若变蓝，说明含淀粉，则是假冒奶粉，A正确；
B、农药引起的重金属中毒，若及时饮用牛奶，重金属可被蛋白质结合，该过程利用了蛋白质变性原理，因而可缓解中毒进程，B正确；
C、脂肪与苏丹Ⅲ试剂呈橘黄色，所以用苏丹Ⅲ试剂鉴定奶粉中是否有脂肪，C正确；
D、鉴定奶粉中是否有大量蛋白质，可用双缩脲试剂观察溶液是否出现深紫色，不需要水浴加热，D错误。
故选D。
3. 关于食用过夜的熟食、偏食等生活习惯，下列说法正确的是（ ）
A. 过夜的熟食可能因细菌大量繁殖，产生毒素，危害人体健康
B. 过夜食物因再次加热微生物被杀死了，故不会使人体产生疾病
C. 偏食主要是由于糖类、脂肪大量不足引起人体产生疾病
D. 食物中营养成分及含量不同，但各种化合物种类是相同的，所以偏食不会引起人类疾病
【答案】A
【解析】
【分析】食物种类及所含营养成分较多，食物所含的营养成分非常丰富，通常分为：糖类、蛋白质、脂类、维生素和无机盐以及水，不同的食物营养成分对人体各有不同的作用。
【详解】A、熟食经过一夜可能有大量的细菌繁殖，产生毒素，危害健康，所以最好不要食用过夜的熟食，A正确；
B、过夜食物再次加热微生物被杀死了，但是可能含有毒素，所以会引起人体产生疾病，B错误；
C、偏食会导致摄入的食物中种类较少，因而会由于营养不均衡引起人体产生疾病，C错误；
D、食物中营养成分及含量不同，各种化合物种类也不相同，所以偏食导致营养不均衡，进而会引起人类疾病，D错误。
故选A。
4. 日常膳食中不同食物的合理搭配可以满足人体的营养需要。下面有关说法正确的是（ ）
A. 米饭、面条中的淀粉和蔬菜中的纤维素都可以为人体生命活动提供能量
B. 豆制品和瘦肉中含有丰富的蛋白质，其组成单位都是人体的必需氨基酸
C. 人体需要的各种核苷酸都可以通过消化食物中动、植物组织里的核酸获得
D. 脂肪摄入过多会引发肥胖、高血压等疾病，因此含有脂肪的食物都不能吃
【答案】C
【解析】
【分析】1、生物界与非生物界具有统一性体现在：组成生物体的化学元素在无机自然界中都存在，没有一种是生物所特有的；生物界与非生物界具有差异性体现在：组成生物体的化学元素在生物界的含量和在无机自然界的含量差异很大。
2、组成细胞的化合物包括无机物和有机物，无机物包括水和无机盐，有机物包括蛋白质、脂质、糖类和核酸，鲜重含量最多的化合物是水，干重含量最多的有机物是蛋白质。
【详解】A、米饭、面条中的淀粉可以为人体生命活动提供能量，蔬菜中的纤维素不能被消化，不能为人体生命活动提供能量，A错误；
B、豆制品和瘦肉中含有丰富的蛋白质，其组成单位是氨基酸，但并不都是人体的必需氨基酸，人体不能合成的氨基酸才是必需氨基酸，B错误；
C、由于人和动植物的核苷酸的种类都相同，所以人体需要的各种核苷酸都可以通过消化食物中动、植物组织里的核酸获得，C正确；
D、脂肪也是人体必需的有机物，为了防止引发肥胖、高血压等疾病，可以适量摄入脂肪，D错误。
故选C。
5. 香蕉成熟过程中，果实中的糖类物质会发生转化。某生物小组利用成熟初期和成熟后期的香蕉研磨液进行了相关实验。用碘液检测时，发现成熟初期的香蕉研磨液变蓝，且颜色深于成熟后期的香蕉研磨液；用斐林试剂检测时，发现成熟后期的香蕉研磨液颜色变为砖红色，且颜色深于成熟初期的香蕉研磨液。下列相关叙述错误的是（ ）
A. 为提高实验结果的科学性、准确性，应设置淀粉、可溶性还原糖标准样液进行对比
B. 将碘液和斐林试剂分别加入到试管内的研磨液中，水浴加热后方能出现相应的颜色反应
C. 斐林试剂的乙液稀释到一定浓度，可与甲液配合用于检测香蕉研磨液中是否含有蛋白质
D. 实验结果说明香蕉成熟变甜是大量淀粉转变成可溶性还原糖的结果
【答案】B
【解析】
【分析】 双缩脲试剂用于检验蛋白质，呈紫色；苏丹Ⅲ染液用于检验脂肪，呈橘黄色；斐林试剂可检测还原糖，呈现砖红色。
还原糖的鉴定：加入组织样液后，加入斐林试剂（甲液和乙液等量混合均匀后注入），进行水浴加热，观察试管颜色变化，如果出现砖红色沉淀即待测样品中含有还原糖。
【详解】A、实验中通过设置淀粉、可溶性还原糖标准样液与香蕉研磨液的检测结果进行对比，排除无关变量干扰，使实验结果更科学、更准确，A正确；
B、加入斐林试剂后需水浴加热方可出现砖红色沉淀，而加入碘液后香蕉研磨液直接变蓝色，B错误；
C、斐林试剂的乙液稀释到0.01g/mL，甲液浓度不变，即双缩脲试剂的成分，可用于香蕉研磨液中蛋白质的检测，C正确；
D、用碘液检测时，发现成熟初期的香蕉研磨液变蓝，且颜色深于成熟后期的香蕉研磨液，说明香蕉成熟过程中，淀粉含量在减少，成熟后期的香蕉研磨液颜色变为砖红色，且颜色深于成熟初期的香蕉研磨液，说明香蕉成熟过程中，还原糖含量增多，因此香蕉成熟后变软变甜，原因是香蕉组织中大量淀粉转变成了可溶性还原糖，D正确。
故选B。
6. 蛋白质是决定生物体结构和功能的重要物质。下列相关叙述错误的是（ ）
A. 经盐析后得到的蛋白质空间结构会发生改变
B. 氨基酸之间脱水缩合生成的H2O中，氢来自氨基和羧基
C. 细胞内蛋白质发生水解时，通常需要另一种蛋白质的参与
D. 蛋白质的基本性质不仅与碳骨架有关，也与功能基团有关
【答案】A
【解析】
【分析】氨基酸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，其结构式是-CO-NH-。
【详解】A、蛋白质的盐析是指向蛋白质的水溶液中加入盐（如氯化钠）导致蛋白质溶解度变小而从溶液中析出，其空间结构不改变，A错误；
B、氨基酸脱水缩合时，氨基提供的—H和羧基提供的—OH结合生成水，B正确；
C、蛋白质的水解需要酶的催化，而催化蛋白质水解的酶的化学本质是蛋白质，C正确；
D、蛋白质的基本性质与碳骨架和功能基团（如R基）有关，D正确。
故选A。
7. 叶酸亦称维生素M，分子式是C19H19N7O6。孕妇怀孕期间需补充叶酸，胎儿缺乏叶酸会导致胎儿发生神经系统缺陷等疾病。下列说法正确的是（ ）
A. 叶酸的元素组成与核酸相同
B. 叶酸彻底氧化分解后只产生二氧化碳和水
C. 根据其元素组成，推断叶酸可能参与氨基酸的合成
D. 人体内叶酸只能从食物中获取，由此推测叶酸在体内必须循环利用
【答案】C
【解析】
【分析】氨基酸的元素组成包括C、H、O、N等，其氧化分解产物包括水和二氧化碳等。
【详解】A、分析题意可知，叶酸的元素组成是CHON，而核酸的元素组成包括CHONP，两者不同，A错误；
B、叶酸含有N元素，其彻底氧化分解后除产生二氧化碳和水之外，还可产生含氮物质，B错误；
C、叶酸和氨基酸的元素组成均是CHON等，据此推测叶酸可能参与氨基酸的合成，C正确；
D、叶酸可以从食物中获取，不一定需要循环利用，D错误。
故选C。
8. 广告语指通过各种形式向公众介绍商品、文化、娱乐等服务内容的一种宣传用语，是市场营销中商家获得利润必不可少的手段及方式。以下广告语中不存在科学性错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】组成生物体的化学元素根据其含量不同分为大量元素和微量元素两大类：（1）大量元素是指含量占生物总重量万分之一以上的元素，包括C、H、O、N、P、S、K、Ca、Mg等，其中C、H、O、N为基本元素，C为最基本元素，O是含量最多的元素。（2）微量元素是指含量占生物总重量万分之一以下的元素，包括Fe、Mn、Zn、Cu、B、M等。
【详解】A、人体中组成蛋白质的氨基酸有21种，而人体的必需氨基酸有8种，A错误；
B、Fe、Zn、Se属于微量元素，Ca属于大量元素，B错误；
C、维生素D可促进肠道对Ca、P的吸收，C正确；
D、无机盐不能为细胞生命活动提供能量，D错误。
故选C。
9. 梨中含多种人体必需的氨基酸、维生素、矿物质（钙、镁、硒等）、糖类等物质，具有润肺止咳的作用。下列关于梨的物质组成的叙述，错误的是（ ）
A. 梨的细胞中的水大多与蛋白质、多糖等物质结合而存在
B. 梨中可能含有人体所必需的色氨酸、苏氨酸等必需氨基酸
C. 钙、镁为大量元素，硒属于微量元素，元素在梨中大多以化合物形式存在
D. 在梨汁中加入斐林试剂，经水浴加热后出现砖红色沉淀，说明其含还原糖
【答案】A
【解析】
【分析】组成生物体的化学元素根据其含量不同分为大量元素和微量元素两大类：（1）大量元素是指含量占生物总重量万分之一以上的元素，包括C、H、O、N、P、S、K、Ca、Mg；（2）微量元素是指含量占生物总重量万分之一以下的元素，包括Fe、Mn、Zn、Cu、B、M等。
【详解】A、砀山酥梨细胞中的水大多数是自由水，少数是结合水，结合水与蛋白质、多糖等物质结合而存在，A错误；
B、人体必需的氨基酸有8种，色氨酸和苏氨酸都是人体必需的氨基酸，B正确；
C、钙、镁为大量元素，硒属于微量元素，元素在梨中大多以化合物形式存在，例如蛋白质的元素组成的C、H、O、N，C正确；
D、还原糖与斐林试剂反应会出现砖红色沉淀，因此在梨汁中加入斐林试剂，经水浴加热后出现砖红色沉淀，说明其含还原糖，D正确。
故选A。
10. 下列关于细胞中元素和化合物的叙述正确的有几项（ ）
①性激素、维生素D、抗体都属于脂质
②非常肥胖的人的细胞中含量最多的是脂肪
③淀粉、半乳糖、核糖、脱氧核糖的元素组成相同
④冬季时结合水和自由水的比值增大，细胞代谢减弱，抗逆性增强
⑤静脉注射时，要用0.9%的NaCl溶液溶解药物，目的是为机体补充钠盐
⑥鸡蛋的卵清蛋白中N元素的质量分数高于C元素
⑦血液中的葡萄糖除可以合成糖原外，还可转变成脂肪和非必需氨基酸
⑧血Ca2+高会引起肌肉抽搐，血Na+缺乏会引发肌肉酸痛、无力
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】生物体的一切生命活动离不开水，细胞内的水的存在形式是自由水和结合水，自由水是良好的溶剂，是许多化学反应的介质，自由水参与细胞内的许多化学反应，自由水对物质运输具有重要作用；细胞内自由水与结合水的比值越大，细胞代谢越旺盛，抗逆性越差，反之亦然。
【详解】①、抗体属于蛋白质，①错误；
②、非常肥胖的人细胞中含量最多的是水，②错误；
③、淀粉、半乳糖、核糖、脱氧核糖都是糖类，所以它们的元素组成相同，③正确；
④、结合水含量高植物的抗寒、抗旱性强。故冬季时结合水和自由水的比值增大，细胞代谢减弱，抗逆性增强，④正确；
⑤、为了维持人体组织细胞的正常形态，在静脉注射时，通常要用0.9%的NaCl溶液溶解药物，⑤错误；
⑥、蛋白质是以碳链为基本骨架形成的生物大分子，所以鸡蛋的卵清蛋白中N元素的质量分数低于C元素，⑥错误；
⑦、血液中的葡萄糖除供细胞利用外，多余的部分可以合成糖原储存起来，如果葡萄糖还有富余，还可转变成脂肪和非必需氨基酸，⑦正确；
⑧、血钙低引起肌肉抽搐，⑧错误。
综上所述，只有3项正确，B正确，ACD错误。
故选B。
11. 过氧化氢酶（CAT）是植物抗氧化系统的关键酶，衰老叶片中CAT 的活性明显下降。研究者为探究施氮量和播种量对燕麦叶片衰老的影响，设置了60、180和300kg·hm-23个播种量（分别用D1、D2、D3表示），每个播种量设0、90和180kg·hm-23个施氮量（分别用N0、N1、N2表示），检测结果如图。下列说法错误的是（ ）
A. 氮肥中的N可作为合成脂质、核酸、酶、ATP等物质的原料
B. 一定情况下，施氮量增加能够加速叶片的衰老
C. 衰老叶片产生过氧化氢少，导致CAT活性下降
D. 合理密植有利于减缓叶片的衰老
【答案】C
【解析】
【分析】分析题干信息可知：过氧化氢酶（CAT）是植物抗氧化系统的关键酶，衰老叶片中CAT 的活性明显下降。实验目的是探究施氮量和播种量对燕麦叶片衰老的影响，自变量是施氮量和播种量，因变量是过氧化氢酶（CAT）活性。
【详解】A、脂质中的磷脂、核酸、酶、ATP等物质中含有N元素，故氮肥中的N可作为合成脂质、核酸、酶、ATP等物质的原料，A正确；
B、分析题图数据可知，D1组和D2组，随着施氮量增加过氧化氢酶活性增大，故施氮量增加能够减缓叶片的衰老，而D3组随着施氮量增加过氧化氢酶活性降低，即一定情况下，施氮量增加能够加速叶片的衰老，B正确；
C、衰老叶片中CAT活性下降的原因并不是产生过氧化氢少导致的，C错误；
D、分析题图数据可知，相同施氮量时，随播种量增大，过氧化氢酶活性先增大后减小，故可知合理密植有利于减缓叶片的衰老，D正确。
故选C。
12. 糖类能与蛋白质结合形成糖蛋白、与脂质结合形成糖脂，该过程称为糖基化。最新研究发现：糖类还能与细胞中的RNA结合形成glycRNA。下列叙述错误的是（ ）
A. 多糖结合RNA形成glycRNA的过程需要酶的催化
B. glycRNA的基本骨架是碳原子构成的长链
C. RNA与glycRNA在元素组成上存在差异
D. 多糖可以分布于细胞膜，也可以分布于细胞质
【答案】C
【解析】
【分析】1、糖类的元素组成为C、H、O，RNA的元素组成为C、H、O、N、P。
2、每一个单体都以若干个相连的碳原子构成的碳链为基本骨架，生物大分子是由许多单体连接成的多聚体，因此生物大分子也是以碳链为基本骨架。
【详解】A、多糖结合RNA形成glycRNA的过程需要酶的催化形成相应的化学键，A正确；
B、多糖、RNA等生物大分子的基本骨架是碳链，而组成多聚体的单体，都以若干个相连的碳原子构成的碳链为基本骨架，B正确；
C、glycRNA是由多糖和RNA结合形成的，元素组成为C、H、O、N、P，RNA的元素组成也是C、H、O、N、P，C错误；
D、多糖可以分布于细胞膜，如与蛋白质结合形成糖蛋白，也可以分布于细胞质，D正确。
故选C。
13. 霍乱是一种由霍乱弧菌引起的急性腹泻疾病，可通过水体等途径传播。霍乱弧菌产生外毒素，致使人体细胞大量钠离子和水持续外流，进而导致患者腹泻脱水甚至死亡。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 人体细胞水持续外流可能与钠离子持续外流有关
B. 若患者腹泻脱水，可静脉缓注葡萄糖生理盐水
C. 腹泻患者可通过检测核酸水解产物来判断否为霍乱患者
D. 及时发现患者和疑似患者并隔离治疗是控制霍乱流行的重要手段
【答案】C
【解析】
【分析】正常人体有70～80%的水分，如果失水过多就会导致生命活动障碍，由于腹泻又大量失水，脱水的同时可能使体内盐分也大量损失，因此也要补盐分。
【详解】A、人体细胞钠离子持续外流使得细胞渗透压下降，水通过被动运输持续外流，A正确；
B、腹泻脱水，丢失大量的水和无机盐，缓注葡萄糖生理盐水能提供能源物质，并维持渗透压，B正确；
C、核酸水解产物为核苷酸，不具备特异性，要判断是否为霍乱弧菌感染，需测定核苷酸排列顺序，C错误；
D、控制传染源、阻断传播途径、保护易感人群是控制传染疾病的三大手段，及时发现患者和疑似患者并隔离治疗是控制霍乱流行的重要手段，D正确。
故选C。
14. 大熊猫是中国的特有物种、国家一级保护野生动物。近年来，为加强对野生大熊猫的保护。四川省开启了“野生大熊猫DNA建档行动”，该行动旨在通过采集粪便提取野生大熊猫的DNA，然后逐个办理“身份证”，实现大熊猫的数据化保护。下列叙述错误的是（ ）
A. “野生大熊猫DNA建档行动”可以在生命系统的个体层次对野生大熊猫进行保护
B. 采集粪便能够提取DNA，说明粪便中可能含有来自野生大熊猫的细胞
C. 提取大熊猫的DNA办理“身份证”是因为不同个体中DNA的脱氧核苷酸序列不同
D. 提取大熊猫细胞中的蛋白质或糖原等其他生物大分子，均可以办理“身份证”
【答案】D
【解析】
【分析】脱氧核苷酸的排列顺序储存着生物的遗传信息，DNA分子是储存、传递遗传信息的生物大分子。核酸是细胞内携带遗传信息的物质，在生物体的遗传、变异和蛋白质的生物合成中具有极其重要的作用。
【详解】A、依题意，“野生大熊猫DNA建档行动”旨在通过采集粪便提取野生大熊猫的DNA，然后逐个办理“身份证”，因此，“野生大熊猫DNA建档行动”可以在生命系统的个体层次对野生大熊猫进行保护，A正确；
B、大熊猫粪便中含有大熊猫身体脱落的细胞，可从脱落的细胞中提取DNA，B正确；
C、脱氧核苷酸的排列顺序储存着生物的遗传信息，提取大熊猫的DNA办理“身份证”是因为不同个体中DNA的脱氧核苷酸序列不同，C正确；
D、糖原分子不携带遗传信息，不能通过提取大熊猫细胞中的糖原来办理“身份证”，D错误。
故选D。
15. 月饼是中秋节不可缺少的传统美食，一种新款阿胶月饼走俏市场。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 阿胶月饼含有的胶原蛋白具有催化作用，可延缓衰老
B. 阿胶月饼含有的蔗糖可以被人体细胞直接吸收
C. 阿胶月饼中含少量核酸和磷脂，它们的组成元素可能相同
D. 制作月饼使用的花生油中含有的脂肪酸大多是饱和脂肪酸
【答案】C
【解析】
【分析】植物脂肪中大多是不饱和脂肪酸，在室温下呈液态，动物脂肪中大多是饱和脂肪酸，在室温下呈固态。具有催化作用的是酶，大多数酶的本质为蛋白质。
【详解】A、酶具有催化作用，胶原蛋白属于结构蛋白，不具有催化作用，A错误；
B、蔗糖是二糖，需要被水解成单糖才可以被人体细胞吸收，B错误；
C、核酸和磷脂的组成元素都含C、H、O、N、P，C正确；
D、花生油等植物油中的脂肪酸大多是不饱和脂肪酸，动物脂肪中含有较多的饱和脂肪酸，D错误。
故选C。
16. 据报道，科研人员从西伯利亚地区的永久冻土样本中分离出多种古代DNA病毒。这些病毒都能感染变形虫。下列说法正确的是（ ）
A. 古代病毒能合成耐低温的酶以适应极寒的环境
B. 为全面研究冻土中的古代病毒应加快解冻极地冻土
C. 古代病毒的DNA主要存在于拟核区域
D. 古代病毒一定含有C、H、O、N、P元素，可能含有S元素
【答案】D
【解析】
【分析】病毒是一类没有细胞结构的特殊生物，只由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。
【详解】A、病毒没有细胞结构，没有核糖体，不能合成酶，A错误；
B、解冻极地冻土会给环境等带来危害，比如温室效应，因此不应加快解冻极地冻土，B错误；
C、原核生物的DNA主要存在于拟核区域，病毒没有细胞结构，没有拟核区域，C错误；
D、古代病毒由蛋白质外壳和内部的遗传物质构成，一定含有C、H、O、N、P元素，可能含有S元素，D正确。
故选D。
17. 蕈菌（mushrm）又称伞菌，是指那些能形成大型肉质子实体的微生物。在蕈菌的发育过程中，其菌丝的分化可明显地分成5个阶段。在第一个阶段形成的菌丝称之为一级菌丝，一级菌丝是由担孢子萌发而形成的由许多单核细胞构成的菌丝。下列说法错误的是（ ）
A. 蕈菌的细胞结构与酵母菌的细胞结构类似
B. 蕈菌是一种多细胞微生物
C. 蕈菌没有染色体，但有环状的DNA分子
D. 蕈菌细胞中含有5种碱基，两种五碳糖
【答案】C
【解析】
【分析】根据细胞中有无被核膜包被的成形的细胞核，可把细胞分为原核细胞和真核细胞。
【详解】A、根据“一级菌丝是由担孢子萌发而形成的由许多单核细胞构成的菌丝”，可知蕈菌含有细胞核，与酵母菌都是真核细胞构成的真核生物，二者的细胞结构相似，A正确；
B、一级菌丝是由担孢子萌发而形成的由许多单核细胞构成的菌丝，说明蕈菌是一种多细胞微生物，B正确；
C、蕈菌含有细胞核，为真核生物，有染色体，细胞质中也有环状的DNA分子，C错误；
D、蕈菌细胞中含有DNA和RNA两种核酸，因此细胞内含有A、T、G、C、U共5种碱基，含核糖和脱氧核糖共两种五碳糖，D正确。
故选C。
18. 生长旺盛的小麦在灌浆期若缺乏钾元素，会导致当年小麦的收成下降。其原因最可能是（ ）
A. 钾是小麦种子含量最多的元素
B. 钾参与了小麦遗传物质组成
C. 钾对植物体内有机物运输发挥了重要作用
D. 钾是细胞中酶的组成基本单位，影响了小麦灌浆期的代谢
【答案】C
【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+是血红蛋白的主要成分；Mg2+是叶绿素的必要成分。（2）维持细胞的生命活动，如钙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、O是小麦种子含量最多的元素，A错误；
B、小麦遗传物质为DNA，元素组成为C、H、O、N、P，钾不参与了小麦遗传物质组成，B错误；
C、植物体内钾元素有利于有机物运输，当土壤中缺钾时，会影响有机物的运输，会导致小麦的收成下降，C正确；
D、酶的本质是蛋白质或RNA，蛋白质的基本单位是氨基酸，RNA的基本单位是核糖核苷酸，D错误。
故选C。
19. 关于DNA 和蛋白质分子的结构，下列叙述正确的是（ ）
A. 组成DNA的4种核苷酸的差异取决于碱基的不同
B. 合成蛋白质的约21种氨基酸的R基有些相同有些不同
C. DNA 和蛋白质分子共有的元素是C、H、O、N、P
D. 蛋白质结构的改变不会引起特定功能发生改变
【答案】A
【解析】
【分析】化合物的元素组成：（1）蛋白质的组成元素有C、H、O、N元素构成，有些还含有S等；（2）核酸的组成元素为C、H、O、N、P；（3）脂质的组成元素有C、H、O，有些还含有N、P；（4）糖类的组成元素一般为C、H、O。
【详解】A、每一分子的核苷酸中都含有一分子五碳糖、一分子磷酸和一分子碱基，所以组成DNA的4种核苷酸的差异取决于碱基（A、G、C、T）的不同，A正确；
B、氨基酸的种类因为R基的不同而不同，因此，合成蛋白质的21种氨基酸的R基都不同，B错误；
C、DNA的元素组成是C、H、O、N、P，蛋白质的组成元素主要是C、H、O、N等，所以DNA和蛋白质分子共有的元素是C、H、O、N，C错误；
D、根据结构与功能相适应的特征可推测，蛋白质结构的改变会引起特定功能发生改变，D错误。
故选A。
20. 核污染水中的放射性物质会进入生物体内，影响细胞的生理功能并导致DNA和蛋白质等物质的结构发生改变，对生物产生不可逆的影响。下列叙述错误的是（ ）
A. 放射性物质可能影响细胞膜上的载体蛋白，导致物质吸收发生障碍
B. 放射性物质可能影响蓝细菌细胞内的叶绿体功能，导致光合作用发生障碍
C. 放射性物质可能改变细胞核内的遗传物质，导致细胞的生理功能改变
D. 放射性物质可能影响酶的功能，导致生物体新陈代谢异常
【答案】B
【解析】
【分析】蛋白质的结构多样性取决于氨基酸的种类、数量、排列顺序以及蛋白质的空间结构。蛋白质的结构决定了蛋白质的功能。
【详解】A、放射性物质具有放射性，放射性会导致蛋白质可能会导致蛋白质结构的改变，因而可能影响细胞膜上的载体蛋白，导致物质吸收发生障碍，A正确；
B、蓝细菌为原核生物，其细胞内没有叶绿体，B错误；
C、放射性物质会导致DNA和蛋白质等物质的结构发生改变，据此可推测，放射性物质可能改变细胞核内的遗传物质，导致细胞的生理功能改变，C正确；
D、绝大多数酶的化学本质是蛋白质，而放射性物质可能影响蛋白质的结构，进而影响酶的功能，导致生物体新陈代谢异常，D正确。
故选B。
21. 与牛奶相比，酸奶因发酵过程中奶中的部分糖、蛋白质、脂肪被分解而更易被人体消化吸收。随着人们对健康生活品质的需求，很多商家推出了不添加蔗糖的“零蔗糖”酸奶。下列相关分析正确的是（ ）
A. “零蔗糖”酸奶不含蔗糖，糖尿病患者可大量饮用
B. 酸奶中的乳糖和脂肪无须消化就可被人体细胞吸收
C. 酸奶中的糖类被人体细胞吸收后不能转化为氨基酸
D. 酸奶中的有机化合物共有的元素为C、H、O
【答案】D
【解析】
【分析】乳酸菌属于厌氧菌，在无氧条件下可将葡萄糖分解为乳酸，使食品具有特殊的风味。酸奶因发酵过程中奶中的部分糖、蛋白质、脂肪被分解而更易被人体消化吸收。
【详解】A、酸奶中部分糖被分解形成单糖，因此“零蔗糖”酸奶中虽不含蔗糖，但含有单糖，糖尿病患者大量饮用可导致血糖升高，病情加剧，A错误；
B、乳糖是二糖，脂肪是由甘油和脂肪酸聚合形成的，都不能直接被人体吸收，需要水解为小分子化合物才能被吸收，B错误；
C、酸奶中的糖类被人体细胞吸收后能转化为氨基酸、脂肪等非糖物质，C错误；
D、酸奶中含有糖、蛋白质、脂肪，糖类和脂肪的组成元素是C、H、O，蛋白质的组成元素是C、H、O、N，因此酸奶中的有机化合物共有的元素为C、H、O，D正确。
故选D。
22. 肉毒杆菌（一种厌氧菌）分泌的毒素会引起食物中毒。肉毒毒素是由两条肽链组成，共含1295个氨基酸。该毒素可与神经元细胞膜上的受体蛋白结合从而进入细胞，阻抑神经功能，导致呼吸肌和肌肉麻痹，以下说法正确的是（ ）
A. 肉毒毒素分子含有1294个肽键
B. 肉毒毒素在肉毒杆菌的核糖体上合成
C. 肉毒杆菌在密封的罐头食品中生存能力较弱
D. 毒素在煮沸1min后可丧失活性，是因为其氨基酸排列顺序发生了改变
【答案】B
【解析】
【分析】氨基酸通过脱水缩合反应形成肽链，一条或几条肽链盘曲折叠形成具有一定的空间结构的蛋白质，氨基酸脱水缩合反应过程中，脱去的水分子数=形成的肽键数=氨基酸数-肽链数，一条肽链至少含有一个游离的氨基和一个游离的羧基；蛋白质结构多样性与组成蛋白质的氨基酸的种类、数目、排列顺序及蛋白质的空间结构有关，蛋白质结构多样性决定功能多样性。
【详解】A、形成的肽键数=氨基酸数-肽链数，则肉毒毒素分子含有的肽键数=1295-2=1293，A错误；
B、肉毒毒素是蛋白质，在肉毒杆菌的核糖体上合成，B正确；
C、肉毒杆菌是一种厌氧菌，所以密封的罐头食品中生存能力较强，C错误；
D、毒素在煮沸1min后可丧失活性，是因为其空间结构发生了改变，D错误。
故选B。
23. 丝蛋白是组成蚕丝和蜘蛛丝的一种蛋白质，具有抗张强度高、质地柔软的特性。丝蛋白的肽链通常由多个六肽单元重复而成，该六肽的氨基酸顺序为“一甘氨酸一丝氨酸一甘氨酸一丙氨酸一甘氨酸一丙氨酸一”。下列叙述错误的是（ ）
A. 甘氨酸、丙氨酸和丝氨酸除R基外，其它结构相同
B. 丝蛋白属于结构蛋白，由氨基酸通过脱水缩合形成
C. 两个氨基酸可生成四种二肽，上述丝蛋白含有7个肽键
D. 丝蛋白的特性与六肽单元的氨基酸排列顺序、重复次数等有关
【答案】C
【解析】
【分析】1、蛋白质是细胞的基本组成成分，具有参与组成细胞结构、催化、运输、信息传递、防御等重要功能。可以说，细胞的各项生命活动都离不开蛋白质。
2、蛋白质是以氨基酸为基本单位构成的生物大分子。氨基酸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，同时脱去一分子的水的过程。
【详解】A、每种氨基酸至少都含有一个氨基（—NH2）和一个羧基 （—COOH），并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原子和一个侧链基团，这个侧链基团用R表示，各种氨基酸之间的区别在于R基的不同，A正确；
B、丝蛋白是组成蚕丝和蜘蛛丝的一种蛋白质，是构成细胞和生物体结构的重要物质，属于结构蛋白；蛋白质是由氨基酸通过脱水缩合形成，B正确；
C、两个氨基酸脱水缩合形成二肽，若这两个氨基酸相同，只能生成一种二肽；若这两个氨基酸不相同，能生成两种二肽。丝蛋白的肽链通常由多个六肽单元重复而成，说明丝蛋白中氨基酸的数目大于6且应为6的倍数，所含肽键数=氨基酸数目-肽链数＞7，C错误；
D、蛋白质的结构与组成蛋白质的氨基酸数目、排列顺序、种类及肽链盘曲折叠形成的空间结构有关，所以丝蛋白的特性与六肽单元的氨基酸排列顺序、重复次数等有关，D正确。
故选C。
24. 二硫键一般指多肽链中的两个半胱氨酸残基侧链的硫原子之间形成的共价键，图示牛胰核糖核酸酶是由142个氨基酸组成的一条肽链，含有4个二硫键，该酶可以催化RNA水解，该酶所含半胱氨酸残基位置如图所示。理论上形成4个二硫键有105 种配对方式，但唯有与天然核糖核酸酶有完全相同的配对方式的肽链，才具有酶活性。下列叙述错误的是（ ）
A. 牛胰核糖核酸酶中共含有8个半胱氨酸
B. 牛胰核糖核酸酶的合成过程中相对分子质量减少了2546
C. 蛋白质的空间构象一旦发生改变，其生物活性将永久丧失
D. 根据题意推测细胞内可能存在纠正错误配对二硫键的机制
【答案】C
【解析】
【分析】由图信息可知，β-巯基乙醇和尿素可以使牛胰核糖核酸酶（一种蛋白质）失去活性，当除去尿素和β-巯基乙醇时，该核糖核酸酶又复性，说明β-巯基乙醇和尿素没有改变氨基酸的序列，只是蛋白质的空间结构暂时发生变化。
【详解】A、由题干信息可知，二硫键一般是多肽链中的两个半胱氨酸残基侧链的硫原子之间形成的共价键，图中共有4个二硫键，所以共有8个半胱氨酸，A正确；
B、牛胰核糖核酸酶是由142个氨基酸组成的一条肽链，共脱掉141个水，含有4个二硫键，共脱去8个氢，所以在牛胰核糖核酸酶的合成过程中相对分子质量减少了141×18+8=2546，B正确；
C、由图可知，β-巯基乙醇和尿素可以使牛胰核糖核酸酶的空间构象发生改变而失去活性，当除去尿素和β-巯基乙醇时，该核糖核酸酶又复性，C错误；
D、牛胰核糖核酸酶是由142个氨基酸组成的一条肽链，含有4个二硫键，理论上形成4个二硫键有105种配对方式，但唯有与天然核糖核酸酶有完全相同的配对方式的肽链，才具有酶活性，推测细胞内可能存在纠正错误配对二硫键的机制，D正确。
故选C。
25. 酪蛋白含有人体的8种必需氨基酸。牛奶中大约80%的蛋白为酪蛋白，其中最为常见的是A1和A2 两种类型的β-酪蛋白。在蛋白酶的作用下，A1 型会产生一种七肽，部分人饮用后可能出现牛乳不耐受症状（如过敏、肠胃不适等），但A2型不会。如图示两种酪蛋白的结构及酶解位点。下列叙述正确的是（ ）
A. Val （缬氨酸）在人体细胞内不能合成，称为非必需氨基酸
B. 两种酪蛋白链的主要区别是氨基酸种类和数目不同
C. 两种酪蛋白链各含有一个游离的氨基和一个游离的羧基
D. A2型会产生一种九肽，通常不会引起人群的胃肠道不适症状
【答案】D
【解析】
【分析】1、蛋白质的结构多样性决定蛋白质结构多样性的直接原因是构成蛋白质的氨基酸的种类、 数目、排列顺序和肽链的空间结构千差方别， 根本原因是基因的多样性。
2、组成人体蛋白质的氨基酸有21种，其中有8种是人体细胞不能合成的，它们是赖氨酸、色氨酸、苯丙氨酸、蛋（甲硫）氨酸、苏氨酸、异亮氨酸、亮氨酸、缬氨酸，这些氨基酸必须从外界环境中获取，因此，被称为必需氨基酸。经常食用奶制品、肉类、蛋类和大豆制品，人体一般就不会缺乏必需氨基酸。另外13种氨基酸是人体细胞能够合成的，叫作非必需氨基酸。
【详解】A、人体不能合成的氨基酸属于必需氨基酸，A错误；
B、两种酪蛋白链的主要区别是氨基酸种类不同，B错误；
C、两种酪蛋白链各至少含有一个游离的氨基和一个游离的羧基，也可能含有更多的氨基和羧基(存在于R基中)，C错误；
D、根据题意，A1型会产生一种七肽，部分人饮用后可能出现牛乳不耐受症状（如过敏、肠胃不适等），但A2型不会，图中的A2型降解后会产生一种九肽，因此饮用只含A2的牛奶可以减轻牛乳不耐受人群的胃肠道不适症状，D正确。
故选D。
26. 鬼笔鹅膏是知名毒蕈，其剧毒成分为鬼笔环肽。鬼笔环肽是一种环状七肽，能特异性结合细胞中的微丝。下列叙述正确的是（ ）
A. 鬼笔环肽的组成单位是肽链
B. 加热后的鬼笔环肽遇双缩脲试剂不显紫色
C. 鬼笔环肽可能会影响细胞的变形运动
D. 鬼笔环肽中的N元素主要存在于羧基
【答案】C
【解析】
【分析】1、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。
2、氨基酸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。
【详解】A、鬼笔环肽的基本组成单位是氨基酸，A错误；
B、加热后破坏的是鬼笔环肽的空间结构，仍含有肽键，仍能与双缩脲试剂反应显紫色，B错误；
C、鬼笔环肽能特异性结合细胞中的微丝，因而可能会影响细胞的变形运动，C正确；
D、羧基不会N元素，D错误。
故选C。
27. 母乳含适合新生婴儿的蛋白质、脂肪、乳糖、钙、磷和维生素等营养成分，婴几的小肠上皮细胞可以直接吸收母乳中的免疫球蛋白。含n个肽键的某种免疫球蛋白的结构如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 母乳中的钙元素是构成新生婴儿血红素的重要元素
B. 该种免疫球蛋白至少有6个氨基酸的R基中含有S
C. 若1分子该蛋白质彻底水解，将得到n+1个氨基酸
D. 蛋白质结构多样性与氨基酸间的结合方式密切相关
【答案】B
【解析】
【分析】蛋白质多样性的原因：氨基酸的种类、数目、排列顺序不同，及肽链盘曲折叠形成的空间结构的多样性。
【详解】A、血红素含有铁元素，而不含钙元素，A错误；
B、由该图信息可知，共含有3个二硫键，每个二硫键的形成，需要两个R基上-SH的参与，所以该种免疫球蛋白至少有6个氨基酸的R基中含有S，B正确；
C、氨基酸数=肽键数+肽链数，由题图信息可知，共有4条肽链，所以彻底水解后可得到n+4个氨基酸，C错误；
D、组成不同蛋白质的氨基酸之间的结合方式均为脱水缩合形成肽键，肽键的形成不是蛋白质结构多样性的原因，D错误。
故选B。
28. 洛阳燕菜又称牡丹燕菜，是河南洛阳独具风格的传统名菜，主料有白萝卜、海参、鱿鱼、鸡肉等，其中主要的营养成分包含糖类、蛋白质等。下列叙述正确的是（ ）
A. 白萝卜可以促进胃肠道蠕动，原因是含有的纤维素易被人体消化吸收
B. 海参中含脂肪较少，等量的脂肪比糖类氧化分解时释放的能量少
C. 鱿鱼中富含钙、磷、铁等大量元素，对骨骼发育和造血有益
D. 鸡肉中富含蛋白质，炖煮使蛋白质空间结构变得伸展、松散，易被水解
【答案】D
【解析】
【分析】多糖：糖原、淀粉、纤维素、几丁质。其中纤维素和几丁质不供能，而是合成细胞结构；氨基酸在核糖体上合成多肽，在内质网、高尔基体上加工形成具有一定空间结构的蛋白质。蛋白质在高温、强酸、强碱条件下，会导致酶的空间结构遭到破坏而失活。
【详解】A、纤维素是多糖，不溶于水，在人和动物体内很难被消化吸收，A错误；
B、与等质量的糖类物质相比，脂肪氧含量少、氢含量多，氧化分解时释放的能量多，B错误；
C、铁属于微量元素，C错误；
D、鸡肉中富含蛋白质，高温炖煮使蛋白质分子的空间结构变得伸展、松散，容易被蛋白酶水解，D正确。
故选D。
29. CXCL17是一种主要存在于肺部等黏膜组织中的蛋白质，在肺部发生病毒感染期间，其表达水平会增加。研究发现CXCL17是CXCR4趋化因子受体（存在于机体特定细胞表面的蛋白质）的潜在抑制剂。下列相关叙述正确的是（ ）
A. CXCL17中的氢键可使肽链盘曲、折叠，使CXCL17具有一定的空间结构
B. CXCR4趋化因子受体和CXCL17的功能不同与氨基酸脱水缩合方式有关
C. CXCL17可抑制CXCR4趋化因子受体的活性，说明CXCL17具有催化作用
D. 利用3H标记特定氨基酸的氨基或羧基用于研究CXCL17的合成和分泌过程
【答案】A
【解析】
【分析】蛋白质的特定功能是由于蛋白质分子结构多样性，造成蛋白质分子结构多样性原因是氨基酸的种类、数目和排列顺序不同，以及蛋白质分子空间结构的不同。蛋白质肽链的盘曲和折叠被打开时，其特定功能发生改变。
【详解】A、CXCL17中氢键可使肽链盘曲、折叠，使CXCL17具有一定的空间结构，A正确；
B、CXCR4趋化因子受体和CXCL17的功能不同与氨基酸的种类、数目、排列顺序及蛋白质的空间结构有关，不同蛋白质的氨基酸脱水缩合方式都一样，B错误；
C、CXCL17可抑制CXCR4趋化因子受体的激活，说明蛋白质具有信息传递的作用，具有催化作用的是酶，C错误；
D、用3H标记特定氨基酸的R基可用于研究CXCL17的合成和分泌过程，标记羧基，在脱水缩合反应过程中，标记元素可能会丢失，D错误。
故选A。
30. APOE4是阿尔茨海默病最大的风险基因。APOE 基因主要负责编码APOE蛋白。APOE蛋白在人群中有APOE2、APOE3和APOE4等3种亚型。研究发现，APOE2的携带者，不易患阿尔茨海默病；而APOE4的携带者，患病风险成倍增加。科学家找到了阿尔兹海默症最强风险因子APOE4受体。下列相关叙述不正确的是（ ）
A. 科学家从分子水平找到了可能触发阿尔茨海默病记忆衰退的“机关”
B. APOE4 的携带者， 患病风险成倍增加，可能与细胞膜上的受体蛋白有关
C. APOE蛋白存在不同的亚型只与肽链的空间结构有关
D. 这一发现对理解阿尔茨海默病的发病机制和开展针对性的药物设计具有重要意义
【答案】C
【解析】
【分析】组成蛋白质的氨基酸有21种。氨基酸是组成蛋白质的基本单位；蛋白质是以氨基酸为基本单位构成的生物大分子。氨基酸分子首先通过互相结合的方式进行连接：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，同时脱去一分子的水，这种结合方式叫作脱水缩合。连接两个氨基酸分子的化学键叫作肽键。由两个氨基酸缩合而成的化合物，叫作二肽；蛋白质结构多样性的直接原因：构成蛋白质的氨基酸的种类、数目、排列顺序和肽链的空间结构千差万别。
【详解】A、题意显示，科学家找到了阿尔兹海默症最强风险因子APOE4受体。而APOE4受体的化学本质是蛋白质属于分子水平的研究，故科学家从分子水平找到了可能触发阿尔茨海默病记忆衰退的“机关”，A正确；
B、研究发现，APOE4是阿尔茨海默病最大的风险基因，APOE4受体是阿尔茨海默症最强风险因子，APOE4的携带者，患病风险成倍增加，据此可推测，这可能与细胞膜上的受体蛋白APOE4有关，B正确；
C、蛋白质分子的结构多样性与组成的它的氨基酸种类、数目、排列顺序以及蛋白质的空间结构有关，故APOE蛋白存在不同的亚型不仅与蛋白质的空间结构有关，还与组成它的氨基酸种类、数目和排列顺序有关，C错误；
D、题意显示，POE4是阿尔茨海默病最大的风险基因，找到APOE4的受体，可能是破解阿尔茨海默病的关键，即这一发现对理解阿尔茨海默病的发病机制和开展针对性的药物设计具有重要意义，D正确。
故选C。
31. 有关蛋白质结构与功能的叙述，正确的是
A. 氨基酸序列相同的多肽链只能折叠成一种空间结构
B. 数量相同的5种氨基酸可以组成不同的多肽链
C. 将鸡蛋清溶于一定浓度的NaCl溶液中会造成其生物活性的丧失
D. 蛋白质的生物活性与蛋白质的空间结构等无关
【答案】B
【解析】
【分析】
蛋白质的多样性和氨基酸的种类、数目、排列顺序及肽链的空间结构有关。
【详解】Ａ、氨基酸序列相同的多肽链可能会折叠成多种空间结构，此时功能也不相同，A错误；
Ｂ、数量相同的5种氨基酸可以因为排列顺序的不同组成不同的多肽链，B正确；
Ｃ、盐析不会使蛋白质变性，C错误；
Ｄ、蛋白质的空间结构改变时生物活性也会降低或丧失，D错误。
故选Ｃ。
32. 某链状多肽a 的分子式为C22H34O13N6，其水解后共产生了下列3种氨基酸。据此判断，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 该链状多肽a分子中含有6个肽键
B 1个丙氨酸参与合成该链状多肽a
C. 1个a分子水解后可产生4个谷氨酸
D. 1个a分子中含有3个游离的羧基
【答案】B
【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和另一个氨基酸分子的氨基相连接，同时脱出一分子水的过程；氨基酸形成多肽过程中的相关计算：肽键数=脱去水分子数=氨基酸数一肽链数，游离氨基或羧基数=肽链数+R基中含有的氨基或羧基数。肽链中的N与氨基酸中的N之和相同，肽链中的O=氨基酸中的O-脱去的水中的O。
3、根据题意和图示分析可知：图示3种氨基酸中都只含有一个氨基（N原子），根据分子式（C22H34O13N6）中的N原子数可知该多肽是由6个氨基酸构成的；3种氨基酸只有谷氨酸含有2个羧基，假设谷氨酸的数目为X，则4X+2（6-X）-5=13，解得X=3；再通过对C原子个数的计算可知，含甘氨酸2个、丙氨酸1个。
【详解】A、根据题意和图示分析可知：图示3种氨基酸中都只含有一个氨基（N原子），根据分子式（C22H34O13N6）中的N原子数可知该多肽是由6个氨基酸构成的，因此该链状多肽a分子中含有6-1=5个肽键，A错误；
BC、该多肽是由6个氨基酸构成的；3种氨基酸只有谷氨酸含有2个羧基，假设谷氨酸的数目为X，则4X+2（6-X）-5=13，解得X=3；再通过对C原子个数的计算可知，含甘氨酸2个、丙氨酸1个，B正确，C错误；
D、该化合物的谷氨酸的R基中含有一个羧基，且含有3个谷氨酸，因此该化合物的游离的羧基数是3+1=4，D错误。
故选B。
33. 生物体中的有机物具有重要作用，下列有关叙述错误的是（ ）
A. 胆固醇可以影响动物细胞膜的流动性
B. 糖原是马铃薯重要的贮能物质
C. 碳链是各种生物大分子的结构基础
D. 脂肪在人体消化道内水解为脂肪酸和甘油后，可被小肠上皮细胞吸收
【答案】B
【解析】
【分析】单体是能与同种或他种分子聚合的小分子的统称；是能起聚合反应或缩聚反应等而成高分子化合物的简单化合物；是合成聚合物所用的低分子的原料。多糖（淀粉、糖原和纤维素）、蛋白质、核酸等生物大分子都是由许多单体连接而成，因而被称为多聚体。
【详解】A、胆固醇是构成动物细胞膜的重要成分，其对于调节膜的流动性具有重要作用，A正确；
B、糖原是动物细胞特有的多糖，淀粉是马铃薯重要的贮能物质，B错误。
C、生物大分子都是以碳链为基本骨架，C正确；
D、脂肪是由三分子脂肪酸与一分子甘油发生反应而形成的酯，脂肪在人体消化道内水解为脂肪酸和甘油后，可被小肠上皮细胞吸收，D正确。
故选B。
34. 某十九肽含4个天门冬氨酸（R基为—CH2—COOH），分别位于第7、8、14、19位（见图）。肽酶E1专门作用于天门冬氨酸羧基端的肽键，肽酶E2专门作用于天门冬氨酸氨基端的肽键。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 该十九肽含有的肽键数目为19个
B. 肽酶E1完全作用后产生的多肽有七肽、六肽、四肽
C. 该十九肽至少含有6个游离的羧基
D. 肽酶E2完全作用后产生的多肽中氧原子数目比十九肽少了4个
【答案】D
【解析】
【分析】十九肽应是一条肽链，根据肽键数目=氨基酸数目-肽链条数，十九肽含有肽键数目应是19-1=18个；该十九肽含游离的氨基或羧基数目=肽链条数+R基中含有的氨基或羧基数，则羧基数目至少4+1=5个；肽酶E1专门作用于天门冬氨酸羧基端的肽键，因此该酶将7、8、14位右侧的肽键切断，产生的多肽有七肽、六肽、五肽，另外还有一个游离的氨基酸；肽酶E2专门作用于天门冬氨酸氨基端的肽键，完全作用后第7位和第19位氨基酸脱离多肽链，并且形成3个多肽。
【详解】A、肽键数目=氨基酸数目-肽链条数，十九肽含有肽键数目应是19-1=18个，A错误；
B、肽酶E1专门作用于天冬氨酸羧基端的肽键，肽酶E1作用后产生的多肽是七肽（1-7号氨基酸）、六肽（9-14号氨基酸）和五肽（15-19号氨基酸），B错误；
C、由于天门冬氨酸的R基上有－COOH（共4个天门冬氨酸），且氨基酸脱水缩合成一条肽链，所以该十九肽羧基至少有5个，C错误；
D、肽酶E2专门作用于天门冬氨酸氨基端的肽键，肽酶E2完全作用该多肽链后，共断开4个肽键(分别位于第6和7、7和8、13和14、18和19位氨基酸之间)，其中的第7位和第19位天门冬氨基酸会脱离肽链，这样产生三条多肽：六肽(第1到6位)、六肽(第8到13位)、五肽(第14到18位)，由多肽中氧原子数=氨基酸总数+肽链数+R基上的氧原子数得，原十九肽中氧原子数=19+1+R基中氧=20+R基中氧，肽酶E2作用后氧原子数=17+3+R基中氧=20+R基中氧，两次变化前后除了R基的氧，多肽中氧没有变化。又因为第7位和第19位天门冬氨酸的脱离(每个天门冬氨酸R基中含有两个羧基)，R基中共减少4个氧原子，所以肽酶E2完全作用后产生的多肽中，氧原子数目比十九肽少4个，D正确。
故选D。
35. 医用酒精消毒原理之一是使细菌蛋白质变性，该过程破坏了蛋白质的空间结构(基本结构 未破坏)，进而导致蛋白质脱水变性。下列叙述正确的是（ ）
A. 细菌蛋白质的合成不会产生水B. 酒精使细菌失去了生物活性
C. 酒精破坏了细菌蛋白质中的肽键D. 蛋白质变性后不能与双缩脲试剂发生紫色反应
【答案】B
【解析】
【分析】本题以医用酒精消毒原理为背景，考查了蛋白质的基本单位、合成场所及鉴定的相关知识。需要学生掌握蛋白质的基本组成单位是氨基酸，氨基酸通过脱水缩合的方式在核糖体上合成蛋白质，蛋白质变性后，其肽键没有被破坏，依然可以用双缩脲试剂鉴定。
【详解】A、细菌蛋白质合成需要在细菌的核糖体上合成，脱水缩合会产生水，A错误；
B、酒精分子以自由扩散的方式顺浓度梯度进入细菌，通常用酒精消毒，其原理是酒精使细菌中的蛋白质变性而失去生理活性，从而使细菌失去了生物活性，B正确；
C、酒精只是破坏了细菌蛋白质的空间结构，没有破坏蛋白质中的肽键，C错误；
D、由于蛋白质变性后其肽键没有被破坏，仍然可以与双缩脲试剂发生紫色反应，D错误。
故选B。
36. 研究发现一类称做“分子伴侣”的蛋白质可识别正在合成的多肽或部分折叠的多肽，并通过改变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，其本身不参与组成最终产物并可循环发挥作用。下列叙述正确的是( )
A. “分子伴侣”对靶蛋白有高度的专一性
B. “分子伴侣”溶于盐水中会造成其生物活性的丧失
C. “分子伴侣”的空间结构一旦发生改变，则不可逆转
D. “分子伴侣”介导加工的直链八肽化合物中至少含有9个氧原子和8个氮原子
【答案】D
【解析】
【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、由题意可知， “分子伴侣”对靶蛋白没有高度专一性，同一“分子伴侣”可以促进多种氨基酸序列完全不同的多肽链折叠成为空间结构、性质和功能都不相关的蛋白质 ，A错误；
B、“分子伴侣”的化学本质是蛋白质，NaCl溶液如果是生理盐水0.9%的浓度，那就不会丧失活性，B错误；
C、由题干信息可知， “分子伴侣”在发挥作用时会改变自身空间结构，并可循环发挥作用，因此可以判断“分子伴侣”的空间结构的改变是可以逆转的，C错误；
D、每一个氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基，直链八肽化合物由8个氨基酸脱去7个水形成，其中8个氨基酸中至少的氧原子数为8×2=16，7分子水（H2O）包含的氧原子数7，则直链八肽至少有氧原子8×2-7=9，直链八肽化合物至少含有氮原子数为8，D正确。
故选D。
37. 某研究小组在25 ℃、黑暗、无菌、湿润的条件下进行实验，测定大豆种子萌发和生长过程中糖类与蛋白质等相关物质的含量变化，结果如图所示。下列叙述正确的是

A. 实验过程中，需将大豆种子一直浸没在水中以保持湿润
B. 种子萌发过程中蛋白质含量的增加可能是糖类分解后转化合成的
C. 可分别用斐林试剂和双缩脲试剂测定蛋白质与还原糖含量
D. 在此条件下继续培养，幼苗中蛋白质和糖类等有机物总量将增加
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意和图示分析可知：题目通过图示信息显示了在大豆种子的萌发过程中可溶性糖先增加，然后是稳定不变的；而总糖的含量是在不断的下降中的，与之相伴随的是蛋白质含量的增加，由此说明糖类在种子的萌发过程中转化为蛋白质，糖类转化蛋白质是糖类呼吸作用产生的中间产物通过氨基转换作用转化为对应氨基酸的结果。
【详解】种子萌发的条件需要充足的水分，适宜的温度，充足的空气等；如果完全浸没在水中，会导致缺氧，A错误；图中显示，总糖的含量是在不断的下降，与之相伴随的是蛋白质含量的增加，由此说明糖类在种子的萌发过程中转化为蛋白质，B正确；蛋白质的鉴定应用双缩脲试剂，颜色反应为紫色，还原性糖用本尼迪特试剂产生砖红色沉淀，C错误；在25℃、黑暗、无菌、湿润的条件下，植物只进行呼吸作用消耗有机物，D错误，故选B。
【点睛】本题主要考查种子萌发过程中的物质变化，意在考查学生的识图能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力。
38. 从一动物细胞中得到两类大分子有机物x、y，已知细胞中x的含量大于y，用胃液处理，x被分解而y不变。x含有化学元素N，有的还含有元素S，y含有化学元素N和P，它们与苏丹Ⅲ染液都没有颜色反应，细胞膜上有x而无y。下列有关x、y的叙述，错误的是( )
A. x可能是蛋白质B. y的基本组成单位可能是核苷酸
C. 细胞膜上的x可能是胆固醇D. y一般在于细胞核和细胞质中
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：动物细胞中生物大分子有机物一般有蛋白质、糖原、核酸。胃液中有胃蛋白酶，可将蛋白质水解为多肽，并且x含有化学元素N，有的还含有S，则x可能是蛋白质；由于糖原的元素组成只有C、H、O，核酸的元素组成是C、H、O、N、P，而该化合物含有化学元素N和P，则y最可能是核酸，基本单位为核苷酸。
根据前面分析可知，在细胞中含有C、H、O、N、S最可能是蛋白质，又知用胃液处理，x被分解，更说明x是蛋白质，A正确；y中含C、H、O、N、P，一般有两种可能，磷脂或核酸，因为细胞膜上有磷脂，所以y最可能是核酸，其基本组成单位是核苷酸，B正确；胆固醇只有C、H、O三种元素组成，所以x不可能是胆固醇，C错误；y最可能是核酸，其中DNA主要分布在细胞核，RNA主要分布在细胞质，D正确。
39. 肌红蛋白（Mb）是哺乳动物肌肉中储氧的蛋白质，含有C、H、O、N、Fe五种元素，由一条肽链和一个血红素辅基构成。Mb中的极性侧链基团几乎全部分布在分子的表面，而非极性的侧链基团则被埋在分子内部。含有Fe2+的血红素辅基位于Mb表面内陷的疏水洞穴中，避免了Fe2+被氧化。下列说法错误的是（ ）
A. Mb表面极性侧链基团可以与水分子结合，故Mb可溶于水
B. Mb中的疏水洞穴保证了血红素的储氧能力
C. 组成Mb的肽链中氧原子数一定多于氨基酸数
D. Mb复杂结构的形成与不同部位氨基酸之间形成的氢键和二硫键有关
【答案】D
【解析】
【分析】分析题意可知，Mb的极性侧链分布在分子表面，能与水结合，非极性侧链基团位于分子内部，含有Fe2+的血红素辅基位于Mb表面内陷的疏水洞穴中，能够避免与水溶液中的氧自由基等接触，避免了Fe2+被氧化，保证了Fe2+能与氧结合，即Mb的储氧功能。
【详解】A、Mb表面含有极性侧链基团，可溶于水，A正确；
B、由分析可知，Mb中的疏水洞穴能避免血红素辅基中Fe2+被氧化，保证了Mb的储氧能力，B正确；
C、由题意可知，Mb含有一条肽链，肽链中的氨基酸通过脱水缩合形成肽键，一个肽键含有一个氧原子，肽键数＝氨基酸数－1，肽链的末端的羧基含有两个氧原子，若不考虑侧链基团中的氧原子，则肽链中氧原子数＝肽键数+2＝氨基酸数+1，C正确；
D、Mb含有C、H、O、N、Fe五种元素，不会形成二硫键，D错误。
故选D。
40. 西湖大学柴继杰团队的研究发现，番茄植株中的抗病蛋白(NRC蛋白)即使在无病原体入侵时也维持较高水平，却能避免过度免疫。其原因在于NRC蛋白倾向于形成二聚体或四聚体，并且这些多聚体处于非活性构象。关于 NRC 蛋白的说法错误的是（ ）
A. 让NRC蛋白二聚体和四聚体解聚可能增强番茄对病虫害的抵抗力
B. NRC蛋白的N原子主要蕴含在氨基中
C. 高温条件易引发植物病害，可能与NRC蛋白构象改变有关
D. 通过盐析提取的NRC蛋白有抗虫活性
【答案】B
【解析】
【分析】蛋白质的结构具有多样性，其结构的多样性与肽链中氨基酸的数目、种类和排序有关，且与多肽链千变万化的空间结构有关。
【详解】A、题意显示，NRC蛋白形成二聚体或四聚体，并且这些多聚体处于非活性构象，据此推测，让NRC蛋白二聚体和四聚体解聚可能增强番茄对病虫害的抵抗力，A正确；
B、NRC蛋白的N原子主要蕴含在肽键中，因为氨基只存在于多肽链的一端或部分氨基酸的R基中，B错误；
C、温度过高会影响蛋白质的空间构象，据此推测，高温条件可能通过改变NRC蛋白的构象而引发植物病害，C正确；
D、盐析不会改变蛋白质的空间构象，可以使蛋白质出现原来的状态，因此，通过盐析提取的NRC蛋白有抗虫活性，D正确，
故选B。
二、非选择题（每空2分，共60分）
41. 神经肽Y是由36个氨基酸组成的一条多肽链，与动物的摄食行为和血压调节具有密切关系，图1是神经肽 Y 的部分氨基酸组成示意图和谷氨酸（Glu）的结构式。图2是某核苷酸长链的示意图。
（1）神经肽Y 中连接 Leu和Alu的化学键为_______（画出结构）。已知组成神经肽Y的11种氨基酸中，Glu有4个， 其他氨基酸仅含有一个羧基，则一分子神经肽Y含有_______个氧原子。
（2）组成鱼和人的神经肽均是三十六肽化合物，但两者的结构存在一定的差别，造成这种差别的原因最可能是_______。
（3）从鱼体内提纯神经肽 Y 并喂养小鼠后，小鼠的摄食行为和血压没有发生变化，原因是_______。
（4）图2中________（用图中称号1、2、3、4回答）构成一个核苷酸，T、C、G可参与合成_______种核苷酸，该核苷酸链_______（填“能”或“不能”） 存在于 HIV中。
【答案】（1） ①. -CO-NH- ②. 45
（2）组成两种神经肽的氨基酸的种类、排列顺序不同
（3）神经Y肽在消化道中被分解成氨基酸，因而无法发挥其相应的作用
（4） ①. 1、2、3 ②. 5 ③. 不能
【解析】
【分析】1、氨基酸的结构特点：每种氨基酸分子至少都含有一个氨基（-NH2）和一个羧基（-COOH），并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原子和一个侧链基因。
2、蛋白质具有多样性的原因是：氨基酸的种类、数目和排列顺序不同，多肽链的条数不同，蛋白质的空间结构不同。
【小问1详解】
神经肽Y 中连接Leu和A1a两个氨基酸的化学键称为肽键，其结构可表示为-CO-NH-，而肽键指的是其中C和N之间的化学键；是通过脱水缩合方式形成的；题意显示，组成神经肽Y的11种36个氨基酸中，Glu占4个，该氨基酸的R基中有一个羧基，其他氨基酸分子中都仅有一个羧基，形成多肽后，一条多肽链至少有一个氨基和羧基，则神经肽Y含有的游离羧基有4+1=5个；多肽链中的氧原子主要存在于“-CO-NH-”和游离的羧基中，神经肽Y是由36个氨基酸形成的一条肽链，其中肽键数目为36-1=35个，则该多肽中含有的氧原子的数目为35+5×2=45个。
【小问2详解】
组成鱼和人的神经肽均是三十六肽化合物，说明组成两者的氨基酸数目相同，由于氨基酸的种类、排列顺序不同，所以其生理作用却彼此不同。
【小问3详解】
蛋白质的结构决定功能， 从鱼体内提纯神经肽Y并饲喂给小鼠后，由于神经Y肽在消化道中被分解成氨基酸，因而无法发挥其相应的作用，因此小鼠的摄食行为和血压没有发生变化。
【小问4详解】
图2中，1为磷酸，2为脱氧核糖和3为碱基（胞嘧啶）构成一个核苷酸，其名称为胞嘧啶脱氧核苷酸，T是DNA分子特有的碱基，而C、G可参与构成核糖核苷酸和脱氧核苷酸，故T、C、G可参与合成的核苷酸为1＋2＋2=5种；图示碱基有T，是组成DNA的基本单位，而HIV属于RNA病毒，不含DNA，所以该核苷酸不可能存在于HIV中。
42. 大豆植株生长过程中形成根瘤容纳根瘤菌， 根瘤菌能固定大气中的N2为大豆提供N元素，提高大豆产量。根瘤菌被噬菌体（一种病毒）侵染后数量减少，导致固氮作用减弱，大豆产量下降。
（1）下图A为根瘤菌细胞某种核酸的基本单位，虚线方框表示腺嘌呤；图B为根瘤菌细胞某种核酸局部结构示意图。
图A所示物质的生物学名称是_______，图B 中④⑤分别代表_______、_______，图B代表的物质虽然只有4种基本单位，但可以储存大量遗传信息， 其原因是_______。
（2）大豆叶肉细胞中含有_______种核酸， 彻底水解能得到_______种产物。
（3）核酸在生物体的遗传、变异和_______中有重要作用。某厂家开发了大豆核酸营养露保健品，产品功效中指出可直接参与受损DNA的修复。你认为这句话正确吗？ 请作出判断并说明理由_____。
【答案】（1） ①. 腺嘌呤核糖核苷酸 ②. 胞嘧啶脱氧核苷酸 ③. 一条脱氧核苷酸链片段 ④. 脱氧核苷酸(碱基)排列顺序的多样性
（2） ①. 2 ②. 8
（3） ①. 蛋白质的生物合成 ②. 不正确，人体细胞不能直接利用外源核酸
【解析】
【分析】1、DNA分子结构的主要特点：DNA是由两条反向平行的脱氧核苷酸长链盘旋而成的双螺旋结构；DNA的外侧由脱氧核糖和磷酸交替连接构成的基本骨架，内侧是碱基通过氢键连接形成的碱基对，碱基之间的配对遵循碱基互补配对原则（A-T、C-G）。
2、DNA的基本单位为脱氧核苷酸，是由磷酸、脱氧核糖和含氮碱基组成的；RNA的基本单位为核糖核苷酸，是由核糖、含氮碱基和磷酸基团组成的。
【小问1详解】
图A所示物质中含有腺嘌呤、核糖和磷酸，其生物学名称是腺嘌呤核糖核苷酸。 图B中含有T，故⑤代表一条脱氧核苷酸链片段，④包括三部分，代表胞嘧啶脱氧核苷酸，图B代表的物质虽然只有4种基本单位，但可以储存大量遗传信息，其原因是核苷酸的排列顺序多种多样。
【小问2详解】
大豆叶肉细胞中含有DNA和RNA两种核酸，其彻底水解可得到8种产物，即磷酸、2种五碳糖（脱氧核糖和核糖）、5种碱基（A、C、G、T、U）。
【小问3详解】
核酸在生物体的遗传、变异和蛋白质的生物合成中有重要作用。核酸包括DNA和RNA，DNA一般不能直接参与受损DNA的修复，人体细胞不能直接利用外源核酸，因此不正确。
43. 遗传物质DNA 控制蛋白质的生物合成，所以现在许多蛋白质的序列是直接从DNA 的序列推演而来的。但传统的多肽测序方法也依然使用广泛，一般的多肽测序方法包含了以下几个步骤。回答下列问题：

注：图2中不同字母表示不同的氨基酸残基。下面用黑线连接表示的是一个肽段。
（1）第一步：利用特定方法切下蛋白质N端的残基并分析，以初步判断蛋白质分子中多肽链的_______（填“数目”“种类”或“数目和种类”） 。
（2）第二步：拆分蛋白质分子的多肽链和断开二硫键。图1为某种胰岛素的结构示意图，断开二硫键时，所得到的多肽链的相对分子质量将_______（“增加”或“减少”）_______（数值）。胰岛素和其他激素一起维持人体血糖处于相对稳定状态，这体现了蛋白质能够_______机体的生命活动。
（3）第三步：分析每一条多肽链的氨基酸序列。一般先将完整的多肽链用不同的方法断开后形成若干小肽段，然后再来分析小肽段中的氨基酸序列。在分析小肽段中的氨基酸序列时，主要使用酸来完全水解肽段以得到各种氨基酸。理论上，酸也可以直接作用于蛋白质，其发挥作用时，不仅可以破坏蛋白质的______，从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失， 而且还能使_______断开，以得到单个氨基酸。
（4）第四步：氨基酸全序列的重建。图2表示用两种方法处理同一种只由一条肽链构成的蛋白质后得到的两套实验数据，请写出该蛋白质完整的氨基酸序列：（N端）_______（C端）。
【答案】（1）数目和种类
（2） ① 增加 ②. 6 ③. 调节
（3） ①. 空间结构 ②. 肽键
（4）HOWTOUSEOVERLAPS
【解析】
【分析】1、蛋白质的功能：蛋白质是细胞的基本组成成分，具有参与组成细胞结构、催化、运输、信息传递、防御等重要功能。可以说，细胞的各项生命活动都离不开蛋白质。
2、蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间构象被破坏，从而导致其理化性质的改变和生物活性丧失的现象。例如，鸡蛋、肉类经煮熟后蛋白质变性就不能恢复原来状态。原因是高温使蛋白质分子的空间结构变得伸展、松散，容易被蛋白酶水解，因此吃熟鸡蛋、熟肉容易消化。又如，经过加热、加酸、加酒精等引起细菌和病毒的蛋白质变性，可以达到消毒、灭菌的目的。
3、分析题图1是胰岛素分子的结构简图，胰岛素含有2条多肽链，2条多肽链间通过2个二硫键（二硫键是由2个“-SH”连接而成的，形成每个二硫键脱去一分子氢）连接，在A链上也形成1个二硫键。
【小问1详解】
由图可知，利用特定方法切下蛋白质N端的残基并分析，可以初步判断蛋白质分子中多肽链数目和种类。
【小问2详解】
形成二硫键时会脱去两个H原子，相对分子质量减少2，则断开二硫键时相对分子质量增加，图中共3个二硫键，则相对分子质量增加6。胰岛素和其他激素一起维持人体血糖处于相对稳定状态，这体现了蛋白质能够调节机体的生命活动。
【小问3详解】
蛋白质变性是指蛋白质在某些物理和化学因素作用下其特定的空间构象被破坏，从而导致其理化性质的改变和生物活性丧失的现象。强酸、强碱或重金属可使蛋白质变性，因此酸发挥作用时，不仅可以破坏蛋白质的空间结构，从而导致其理化性质的改变和生物活性的丧失，而且还能使肽键断开，以得到单个氨基酸。
【小问4详解】
分析图2可知，H为N端残基，S为为C端残基，分析两套肽段，可知（N端）起始序列为HOWT，结合第二套肽段接下来的序列为OU，再返回第一套序列为S，结合第二套肽段接下来序列为EO，再到第一套序列为VE，再到第二套肽段序列为RL，再返回第一套肽段序列为A，再回第二套序列为PS，再进行整理，则该蛋白质完整的氨基酸序列：（N端）HOWTOUSEOVERLAPS（C端）。
44. 我国是世界上水稻栽培历史最悠久的国家。水稻的一生依次经历了种子萌发、幼苗生长、移栽、分蘖、幼穗分化、抽穗开花、灌浆成熟期等过程。请回答下列问题：
（1）Mg是水稻生长所必需的元素，如果稻田中缺乏 Mg元素，会造成水稻减产。其原因是 Mg是构成_______的重要元素，从而影响了光合作用。
（2）水稻种子在萌发过程中， 淀粉在α-淀粉酶、β-淀粉酶等酶催化下， 最终水解为葡萄糖。α-淀粉酶、β-淀粉酶都是蛋白质，其基本单位的结构通式可表示为_______。从氨基酸角度分析，两种淀粉酶结构不同的原因是_______。
（3）为探究淀粉酶活性与水稻发芽速度的关系，研究人员选择盐恢888（萌发速度快）、南粳46（萌发速度中等）、海水稻（萌发速度慢）三个品种的萌发种子，并分别提取其粗酶液进行实验，实验步骤和结果如下表：
步骤③中加入的溶液为_______，步骤④中加0.4m/L NaOH 溶液的目的是_______。步骤⑤中测定_______。双缩脲试剂可用于测定蛋白质含量，该实验中_______（填“能”或“不能”）准确测定种子中淀粉酶的含量，理由是_______。
【答案】（1）叶绿素 （2） ①. ②. 氨基酸的种类、数量、排列顺序
（3） ①. 淀粉溶液 ②. 使淀粉酶失活，停止反应 ③. 淀粉酶活性 ④. 不能 ⑤. 双缩脲试剂与蛋白质反应呈紫色只能测定是否含有蛋白质，出现的紫色深浅也只能大致判断蛋白质含量多少，不能准确测定蛋白质含量高低，且种子中还含有其它蛋白质
【解析】
【分析】用双缩脲试剂可鉴定种子组织细胞中是否含有蛋白质，蛋白质结构多样性与组成蛋白质的氨基酸的种类、数量和排列顺序以及和肽链的空间结构不同有关。
【小问1详解】
Mg是构成叶绿素的重要元素，叶绿素可吸收并转化光能，因此缺镁引起叶绿素含量变化会影响光合作用。
【小问2详解】
蛋白质的基本单位是氨基酸，氨基酸的结构通式为。从氨基酸角度分析，两种淀粉酶结构不同的原因是组成两种淀粉酶的氨基酸种类、数量和排列顺序不同。
【小问3详解】
本实验是测定发育速度不同的种子淀粉酶活性，因此各组应加入等量的淀粉，根据相同条件相同时间的分解速度快慢，可知酶活性大小，即步骤③中加的样液为等量的淀粉溶液；步骤④中加0.4ml/LNaOH溶液的目的是使淀粉酶失活，停止反应。淀粉酶是蛋白质，双缩脲试剂与蛋白质可以发生紫色反应，因此通过是否有紫色反应可知是否有蛋白质存在，但不能根据与双缩脲试剂反应出现紫色来确定种子中含有淀粉酶，因为种子中除淀粉酶外还有其他蛋白质也会引起颜色反应。且与双缩脲试剂反应出现的紫色深浅也只能大致判断蛋白质含量多少，但不能准确测定蛋白质含量高低。步骤分组
盐恢 888
南粳 46
海水稻
①
加样
1mL 粗酶液
1mL 粗酶液
1mL 粗酶液
②
加缓冲液 （mL）
1
1
1
③
（mL）
2
2
2
④
置 40℃水浴保温5分钟，取出后立即加入4mL 的0.4ml/L NaOH 溶液
⑤
测定
淀粉酶活性/U
6.2
5.7
3.6