湖北省荆州中学2025-2026学年高一上学期10月月考生物试卷含解析

这是一份湖北省荆州中学2025-2026学年高一上学期10月月考生物试卷含解析，共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（选出最符合题意的一项，每小题2分，共54分）
1. 在生物学家的眼中，地球上瑰丽的生命画卷是富有层次的生命系统。下列关于生命系统结构层次的叙述，正确的是（ ）
A. 一种生物可以同时属于两个不同的结构层次
B. 水、阳光和空气不属于生命系统的组成成分
C. 病毒比细胞更小，是地球上最基本的生命系统
D. 在一条小河中，鱼和水草等所有动植物构成一个群落
【答案】A
【解析】
【分析】生命系统的结构层次；细胞——组织——器官——系统——个体——种群——群落——生态系统——生物圈。其中细胞是最基本的生命系统。组织：界于细胞及器官之间的细胞架构，由许多形态相似的细胞及细胞间质所组成。器官：几种不同类型的组织发育分化并相互结合构成具有一定形态和功能的结构。
【详解】A、一种生物可以同时属于两个不同的结构层次，例如草履虫，既属于细胞层次，又属于个体层次，A正确；
B、生态系统的组成成分包括非生物的物质和能量，如水、阳光和空气等，B错误；
C、细胞是生命系统的最基本层次，病毒没有细胞结构，不属于生命系统层次，C错误；
D、在一条小河中，所有的种群构成一个群落，鱼和水草等所有的动植物没有包括所有的种群，D错误。
故选A。
2. 猴痘是一种病毒性人畜共患病，人感染后会出现发热、头痛、皮疹等症状。75%酒精等家用消毒剂可杀死猴痘病毒（一种双链DNA病毒）。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 猴痘病毒脱离细胞后无法完成生命活动
B. 利用光学显微镜可以观察到猴痘病毒中的核糖体
C. 猴痘病毒的遗传物质DNA与蛋白质结合形成染色体
D. 75%酒精杀死猴痘病毒的原理是酒精破坏了病毒的细胞结构
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，猴痘病毒是一种含包膜的双链DNA病毒，其主要成分是DNA和蛋白质，包膜中含有脂质；体积分数为75%左右的酒精具有杀死猴痘病毒的作用。
【详解】A、猴痘病毒无细胞结构，离开细胞后无法独立完成生命活动，A正确；
B、猴痘病毒没有细胞结构，没有核糖体，B错误；
C、猴痘病毒没有染色体，C错误；
D、75%酒精杀死猴痘病毒的原理是酒精破坏了猴痘病毒蛋白的空间结构，但病毒无细胞结构，D错误。
故选A。
3. 佝偻病伴发的手足抽搐症状与人体内某种元素缺乏有关。下列关于该元素的说法正确的是（ ）
A. 参与构成叶绿素
B. 在人体中以离子和化合物形式存在
C. 辅助血红蛋白携氧
D. 属于微量元素
【答案】B
【解析】
【详解】A、手足抽搐是由于血液中钙离子浓度过低引起，叶绿素的核心元素是镁（Mg），钙不参与叶绿素的构成，A错误；
B、钙在人体中主要以离子形式（如Ca²⁺）存在，同时以化合物形式（如骨骼中的碳酸钙）存在，B正确；
C、血红蛋白携氧依赖的是铁（Fe）元素，与钙无关，C错误；
D、钙是组成生物体的大量元素之一，而非微量元素，D错误。
故选B。
4. 南极雌帝企鹅产蛋后，由雄帝企鹅负责孵蛋，孵蛋期间不进食。下列叙述错误的是（ ）
A. 帝企鹅蛋的卵清蛋白中N元素的质量分数高于C元素
B. 帝企鹅的多糖和蛋白质合成过程中都有水的产生
C. 帝企鹅蛋孵化过程中有蛋白质种类的变化
D. 雄帝企鹅孵蛋期间主要靠消耗体内脂肪以供能
【答案】A
【解析】
【分析】糖类是主要的能源物质，脂肪是良好的储能物质，ATP是直接能源物质。
【详解】A、帝企鹅蛋的卵清蛋白中N元素的质量分数低于C元素，C元素是最基本的元素，A错误；
B、多糖、蛋白质的合成都经历了“小分子脱水缩合形成大分子”的过程，故都有水的产生，B正确；
C、帝企鹅蛋孵化过程涉及基因的选择性表达，故帝企鹅蛋孵化过程有mRNA和蛋白质种类的变化，C正确；
D、脂肪是良好的储能物质，雄帝企鹅孵蛋期间不进食，主要靠消耗体内脂肪以供能，D正确。
故选A。
5. 某同学使用双缩脲试剂检测豆浆中的蛋白质。下列做法错误的是（ ）
A. 用蒸馏水稀释豆浆作样液B. 在常温下检测
C. 用未加试剂的样液作对照D. 剩余豆浆不饮用
【答案】C
【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、豆浆本身为液体，豆浆中蛋白质浓度较高，需要用蒸馏水稀释，A正确；
B、蛋白质可与双缩脲试剂产生紫色反应在常温下进行，B正确；
C、应设置对照组（标准蛋白质溶液+双缩脲试剂）与实验组 （稀释的豆浆液+双缩脲试剂），如果两组都出现紫色，说明豆浆中含有蛋白质，C错误；
D、实验室中严禁进食、饮水,以免误将危险物质带入口中,造成中毒或其他安全事故，D正确。
故选C。
6. 运用某些化学试剂可以检测生物组织中的物质或相关代谢物。下列叙述正确的是（ ）
A. 蔗糖的水解产物都能和斐林试剂在温水浴中反应生成砖红色沉淀
B. 淡蓝色的双缩脲试剂可与豆浆中的蛋白质结合，通过吸附作用显示紫色
C. 苏丹Ⅲ染液可与花生子叶中的脂肪结合，通过化学反应形成橘黄色
D. 碘液是一种染料，能将淀粉染成蓝色
【答案】A
【解析】
【详解】A、蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，均为还原糖，可在水浴加热条件下与斐林试剂生成砖红色沉淀，A正确；
B、双缩脲试剂与蛋白质的紫色反应是碱性环境下Cu²⁺与肽键结合形成络合物，属于化学反应，而非吸附作用，B错误；
C、苏丹Ⅲ染液与脂肪结合后呈橘黄色，且该过程为物理吸附作用，而非化学反应，C错误；
D、碘液与淀粉结合形成蓝色复合物，属于分子间的作用，不是碘液将淀粉染蓝，D错误。
故选A。
7. 运动型饮料可为人体提供水和无机盐。下列有关生物体内水和无机盐的叙述中，错误的是（ ）
A. 生物体内的生化反应通常需要在水环境中进行
B. 自由水参与体内营养物质和代谢废物的运输
C. 某些无机盐是组成磷脂、RNA和纤维素的必需成分
D. 无机盐在细胞内的含量很少，主要以离子形式存在
【答案】C
【解析】
【详解】A、生物体内的生化反应（如酶促反应、物质分解与合成）大多需要水作为溶剂和反应介质，A正确；
B、自由水具有流动性，可运输营养物质（如葡萄糖）和代谢废物（如尿素），B正确；
C、磷脂和RNA的组成中含磷（来自磷酸盐），但纤维素属于多糖，仅由C、H、O构成，无需无机盐参与组成，C错误；
D、无机盐在细胞内的水环境中主要以离子形式存在，具有维持细胞正常生命活动的功能，D正确。
故选C。
8. 分步冷冻保存种子技术可用于长期保存植物种子。将种子放在4℃冰箱中存放30min后立刻移入-20℃冰箱中存放1h，随即将其投入液氮（-196℃）中进行保存。该过程使种子中的水分有充足的时间流出细胞，从而增加种子的抗逆性，减少冷冻伤害。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 种子细胞中的无机盐可参与细胞构建，但水不参与
B. 水在常温下能够维持液体状态与氢键的不断断裂和形成有关
C. 分步冷冻过程中流出的水主要是自由水
D. 分步冷冻过程中，细胞内结合水比例升高，自由水比例降低，细胞代谢减弱
【答案】A
【解析】
【详解】A、种子细胞中的无机盐可参与细胞构建，例如镁离子参与叶绿素的构成；水也参与细胞构建，比如结合水是细胞结构的重要组成成分，A错误；
B、由于水分子之间氢键的不断断裂和形成，使得水在常温下能够维持液体状态，B正确；
C、自由水流动性强，分步冷冻过程中流出的水主要是自由水，C正确；
D、分步冷冻过程中，细胞中的自由水流出，自由水比例降低，结合水比例相对升高。由于自由水是细胞代谢的良好溶剂，参与许多化学反应，所以自由水比例降低会使细胞代谢减弱，D正确。
故选A。
9. 科学家用水培法培养甜瓜幼苗时，每天的K和Mg初始浓度均为500mg·L-1，定时测定培养液中K+和Mg2+的剩余量，结果如图所示。下列有关叙述错误的是（ ）
A. Mg是构成叶绿素的元素，缺Mg对光合作用有影响
B. 据图可知，甜瓜在营养生长期对K+的吸收速率大于授粉期
C. 甜瓜对K+和Mg2+吸收量的差异可能与细胞膜上的物质有关
D. 据图可知，甜瓜对K+和Mg2+的吸收速率在坐果期的前期最大，须注意适时适量的施肥
【答案】B
【解析】
【详解】A、Mg是构成叶绿素的元素，缺Mg会影响叶绿素合成，进而影响光合作用，A正确；
B、离子吸收速率越快，培养液中离子剩余量越少。由图可知，营养生长期K+剩余量下降幅度比授粉期小，说明营养生长期对K+的吸收速率小于授粉期，B错误；
C、植物对离子的吸收方式是主动运输（一般情况），需要载体蛋白协助，所以甜瓜对K+和Mg2+吸收量的差异可能与细胞膜上两种离子的载体数量有关，C正确；
D、坐果期前期培养液中K+和Mg2+剩余量最低，说明吸收速率最大，此时甜瓜生长需肥量大，须注意适时适量施肥，D正确。
故选B。
10. 湖南邵阳的“邵阳茶油”是中国国家地理标志产品，茶油树的种籽，富含脂肪。由其生产的茶油含有丰富的不饱和脂肪酸，可广泛用于食品、医药和化工等领域。下列叙述错误的是（ ）
A. 不饱和脂肪酸的熔点较低，不容易凝固，茶油在室温下通常呈液态
B. 脂肪酸在人体内可以参与构成脂肪、磷脂和核苷酸
C. 饱和脂肪酸的碳原子之间全是单键，大多数动物脂肪富含饱和脂肪酸
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】
【详解】A、不饱和脂肪酸因含有双键，分子结构松散，熔点较低，故茶油在室温下呈液态，A正确；
B、脂肪酸参与构成脂肪（甘油三酯）和磷脂（甘油、脂肪酸、磷酸及衍生物），但核苷酸由五碳糖、磷酸和含氮碱基组成，不含脂肪酸，B错误；
C、饱和脂肪酸的碳链仅含单键，结构稳定，动物脂肪（如猪油）中含量较高，C正确；
D、脂肪在消化道经酶水解为甘油和脂肪酸，二者通过自由扩散或主动运输进入小肠上皮细胞，D正确。
故选B。
11. 哺乳动物的催产素具有催产和排乳的作用，加压素具有升高血压和减少排尿的作用。两者结构简式如下图，各氨基酸残基用3个字母缩写表示。下列叙述正确的是（ ）
A. 两种激素都是由八肽环和三肽侧链构成的多肽类化合物
B. 催产素和加压素分子中都至少含有一个氨基和一个羧基
C. 肽链中游离氨基的数目与参与构成肽链的氨基酸种类无关
D. 两种激素间因2个氨基酸种类不同导致生理功能不同
【答案】D
【解析】
【详解】A、由图可知，两种激素都是由六肽环和三肽侧链构成的多肽化合物，A错误；
B、由图得出催产素和加压素分子中都至少含有两个氨基，B错误；
C、由于R基中可以有氨基，所以肽链中游离氨基的数目与参与构成肽链的氨基酸种类有关，C错误；
D、催产素和加压素结构相似，但氨基酸的种类不完全相同，所以生理功能不同，D正确。
故选D。
12. 生命科学常用图示表示微观物质的结构，图1—3分别表示植物细胞中常见的三种有机物，则图1—3可分别表示（ ）

A. 多肽、RNA、淀粉B. DNA、RNA、纤维素
C. DNA、蛋白质、糖原D. 蛋白质、核酸、糖原
【答案】A
【解析】
【分析】图中每个小单位可认为是单体，然后由单体聚合形成多聚体，即图中三种物质都属于生物大分子，生物大分子包括蛋白质、核酸、多糖。据图分析，
【详解】图1中单体的种类超过4种，可表示氨基酸，因此图1可能表示蛋白质或者多肽；图2中有4种不同的单体，并且该有机物是单链的，因此可以表示RNA分子；图3中只有1种单体，最可能表示的是由葡萄糖聚合形成的多糖，而植物细胞中的多糖只有淀粉和纤维素。综合三幅图，甲、乙、丙可分别表示蛋白质或多肽、RNA、淀粉或纤维素，A正确，BCD错误。
故选A。
13. 已知①酶、②抗体、③激素、④糖原、⑤脂肪、⑥核酸都是人体内有重要作用的物质。下列说法正确的是（ ）
A. ①②③都是由氨基酸通过肽键连接而成的
B. ③④⑤都是生物大分子，都以碳链为骨架
C. ①②⑥都是由含氮的单体连接成的多聚体
D. ④⑤⑥都是人体细胞内的主要能源物质
【答案】C
【解析】
【分析】1、酶是活细胞合成的具有催化作用的有机物，大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA。
2、核酸是一切生物的遗传物质。有细胞结构的生物含有DNA和RNA两种核酸，但其细胞核遗传物质和细胞质遗传物质都是DNA。
3、动物体内激素的化学成分不完全相同，有的属于蛋白质类，有的属于脂质，有的属于氨基酸衍生物。
【详解】A、酶的化学本质是蛋白质或RNA，抗体的化学本质是蛋白质，激素的化学本质是有机物，如蛋白质、氨基酸的衍生物、脂质等，只有蛋白质才是由氨基酸通过肽键连接而成的，A错误；
B、糖原是生物大分子，脂肪不是生物大分子，且激素不一定是大分子物质，如甲状腺激素是含碘的氨基酸，B错误；
C、酶的化学本质是蛋白质或RNA，抗体的化学成分是蛋白质，蛋白质是由氨基酸连接而成的多聚体，核酸是由核苷酸连接而成的多聚体，氨基酸和核苷酸都含有氮元素，C正确；
D、人体主要的能源物质是糖类，核酸是生物的遗传物质，脂肪是机体主要的储能物质，D错误。
故选C。
14. 如图为一个200个氨基酸构成的蛋白质分子，其中“—S—S—”是将2条肽链连接起来的二硫键，下列叙述正确的是（ ）
A. 该蛋白质分子中含有197个肽键
B. 该蛋白质分子中至少含有2个游离的氨基
C. 参与构成该蛋白质分子的氨基酸中至少有200个氨基
D. 合成该蛋白质分子的过程中，相对分子质量减少了3568
【答案】D
【解析】
【详解】A、由题图看出，该蛋白质有3条肽链组成，并且有两条肽链由一个肽键连接，因此链内肽键为200-3=197个，链间肽键1个，共198个肽键，A错误；
B、蛋白质分子中至少含有的游离的氨基或羧基数=肽链数，该蛋白质有3条肽链，故至少含有3个游离的氨基， B错误；
C、分析题意，图示一个由200个氨基酸构成的蛋白质分子，因丙和乙的链间的肽键是R基上的氨基和羧基形成的，所以200个氨基酸中至少有201个氨基，C错误；
D、缩合成该蛋白质时脱去水分子198个，相对分子质量减少了198×18=3564，且形成两个二硫键时减少4个H，所以合成该蛋白质分子的过程中，相对分子质量减少了3564+4=3568，D正确。
故选D。
15. 某直链多肽的分子式为C22H34O13N6，其水解后共产生下列3种氨基酸，相关叙述正确的是（ ）

A. 每个该多肽分子水解后可以产生3个谷氨酸
B. 合成1分子该物质需要1个甘氨酸和2个丙氨酸
C. 该多肽分子中含1个氨基和1个羧基
D. 合成1分子该物质将产生6个水分子
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据题文分析：某直链多肽（分子式为C22H34O13N6）水解后产生的3种氨基酸，这3种氨基酸均只含有1个氨基，因此根据多肽中的N原子数目可知该多肽是由6个氨基酸脱水缩合形成的。这3种氨基酸中只有谷氨酸含有2个羧基，根据氧原子数目计算，多肽中的氧原子数==肽键数+2×肽链数+R基上的氧原子数，计算可知谷氨酸数目为3，A正确；
B、根据C原子个数守恒。假设甘氨酸的个数是x，丙氨酸的个数是3-x，2x+3（3-x）=7，求得x=2，合成1分子该物质需要2个甘氨酸和1个丙氨酸，B错误；
C、该多肽分子含有1个游离氨基和4个游离羧基，C错误；
D、题中3种氨基酸都只含有1个氮原子，而题中多肽含有6个氮原子，说明该多肽是由6个氨基酸脱去5个水分子合成的，D错误。
故选A。
16. DNA指纹技术在案件侦破、亲子鉴定等工作中起着重要作用，如图是一幅DNA指纹技术应用图，下列叙述错误的是（ ）

A. DNA指纹能用于案件侦破，原因是个体的DNA的脱氧核苷酸序列具有特异性
B. DNA指纹显示，受害者和嫌疑人1、2、3与发现的样品中DNA有相同的区域
C. DNA指纹显示，嫌疑人2核酸彻底水解产物有8种，受害人DNA彻底水解产物有5种
D. 罪犯样品和怀疑对象1、2、3进行DNA指纹比对，怀疑对象1最可能是罪犯
【答案】C
【解析】
【分析】DNA分子的多样性和特异性：(1)DNA分子的多样性主要表现为构成DNA分子的四种脱氧核苷酸的排列顺序千变万化。(2)DNA分子的特异性主要表现为每个DNA分子都有特定的碱基序列，这也是DNA指纹的主要依据。
【详解】A、DNA分子的特异性主要表现为每个DNA的脱氧核苷酸序列各不相同，这也是DNA指纹能获得嫌疑人信息的根本原因，A正确；
B、不同人的DNA序列并不是完全不同，如DNA指纹显示，受害者和嫌疑人1、2、3与发现的样品中DNA有相同的区域，B正确；
C、DNA指纹并没有将DNA彻底水解，则不能得出彻底水解产物有多少，C错误；
D、DNA指纹显示，怀疑对象1的DNA指纹图与从受害者体内分离的样品最相似，故怀疑对象1最可能是罪犯，D正确。
故选C。
17. 色氨酸可由动物的肠道微生物产生。当色氨酸进入大脑时会转化为血清素，血清素是产生饱腹感的一种重要信号分子，最终会转化为褪黑素使人感觉困倦．下列叙述正确的是（ ）
A. 色氨酸中至少含四种大量元素，在人体内可由其他氨基酸转化而来
B. 如果食物中色氨酸的含量较高，则产生饱腹感时需摄入的食物更多
C. 人在吃饱之后容易产生困倦的直接原因是血液中色氨酸含量上升
D. 血液中色氨酸含量较多的动物肠道中，产生色氨酸的微生物可能更多
【答案】D
【解析】
【详解】A、色氨酸的组成元素为C、H、O、N，含四种大量元素，但色氨酸是人体必需氨基酸，不能由其他氨基酸转化而来，A错误；
B、色氨酸转化为血清素会增强饱腹感，若食物中色氨酸含量高，产生饱腹感所需食物量应减少，而非更多，B错误；
C、题干明确褪黑素使人困倦，直接原因褪黑素含量上升，而非色氨酸，C错误；
D、肠道微生物产生的色氨酸可进入血液，若血液中色氨酸含量较高，可能反映肠道中产色氨酸的微生物较多，D正确。
故选D。
18. 肽核酸（PNA）是一种人工合成的以多肽骨架取代糖—磷酸主链的DNA类似物，结构如图所示（Base表示碱基）。PNA可通过碱基互补配对与核酸稳定结合，可用作核酸探针、抗癌剂等。下列叙述错误的是（ ）
A. PNA多样性与核酸多样性的决定因素相似，主要取决于碱基种类的多样性
B. 组成PNA的元素是C、H、O、N，若PNA彻底水解会获得的产物可能多于5种
C. 组成PNA和组成蛋白质的单体，连接方式相似，均有肽键形成
D. PNA能与核酸形成稳定结构可能是由于细胞内缺乏降解PNA的酶
【答案】A
【解析】
【详解】A、核酸的多样性主要是碱基对的排列顺序具有多样性，题干信息PNA可通过碱基互补配对与核酸稳定结合，可见PNA多样性与核酸多样性的决定因素相似，A错误；
B、肽核酸（PNA）是一种人工合成的以多肽骨架取代糖—磷酸主链的DNA类似物，结构上还含有碱基，故组成PNA的元素是C、H、O、N，PNA彻底水解会得到氨基酸、碱基等，氨基酸有多种，碱基有多种，不止5种不同的有机物，B正确；
C、组成PNA的单体是氨基酸，氨基酸通过肽键连接，组成蛋白质的单体也是氨基酸，同样通过肽键连接，二者连接方式相似，均有肽键形成，C正确；
D、题干信息，肽核酸（PNA）是一种人工合成的聚合物，其主链由重复的单体聚合而成，PNA可通过碱基互补配对与核酸稳定结合，可见PNA能与核酸形成稳定结构可能由于细胞内缺乏降解PNA的酶，D正确。
故选A。
19. 核酸是生物体内重要的化合物，当用蛇毒磷酸二酯酶处理小鼠核酸时，得到的产物是5′-核苷酸（五碳糖的5′位连接磷酸）的混合物，当用牛脾磷酸二酯酶处理小鼠核酸时，产物是“3′-核苷酸”（五碳糖的3′位连接磷酸）的混合物。下列有关核酸的叙述正确的是（ ）
A. 用上述两种酶分别处理小鼠核酸均可得到4种水解产物
B. 蛇毒磷酸二酯酶具有催化作用，其基本单位是核苷酸
C. 上述实验证明核苷酸是通过3'，5′-磷酸二酯键连接而成的
D. 小鼠体内的核酸主要存在于细胞核中，并且可以与蛋白质相结合
【答案】C
【解析】
【详解】A、小鼠的核酸有DNA和RNA，蛇毒磷酸二酯酶处理小鼠核酸时，得到的产物是5'-核苷酸，因而可得到8种水解产物（4种5'—核糖核苷酸和4种5'—脱氧核苷酸）；当用牛脾磷酸二酯酶处理小鼠核酸时，产物是“3'—核苷酸”，因而可得到8种水解产物（4种3'-核糖核苷酸和4种3'-脱氧核苷酸），A错误；
B、蛇毒磷酸二酯酶具有催化作用，其基本单位是氨基酸，B错误；
C、用两种磷酸二酯酶处理的结果不同，产物分别为5＇-核苷酸（五碳糖的5＇位连接磷酸）和3＇-核苷酸（五碳糖的3＇位连接磷酸），因而上述实验证明核苷酸是通过3′，5′-磷酸二酯键连接而成的，C正确；
D、小鼠体内的DNA主要存在于细胞核中，与蛋白质结合生成染色体，而RNA主要存在于细胞质中，D错误。
故选C。
20. 如图是DNA和RNA组成的结构示意图，下列叙述正确的是（ ）
A. 判断脱氧核糖、核糖主要依靠图中3位置的基团
B. 乳酸菌细胞中含上述五种碱基的单体共有10种
C. 若将RNA彻底水解，能获得5种不同的有机物
D. RNA一般呈单链结构，含有2个游离的磷酸基团
【答案】C
【解析】
【分析】核酸包括脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA）：
（1）DNA的基本单位是4种脱氧核苷酸，彻底水解后的产物是磷酸、脱氧核糖和4种(A、T、G、C)含氮碱基；
（2）RNA的基本单位是4种核糖核苷酸，彻底水解后的产物是磷酸、核糖和4种(A、U、G、C）含氮碱基。
【详解】A、判断脱氧核糖、核糖主要依靠图中2'位置的基团是-H还是-OH，A错误；
B、乳酸菌细胞中同时含有DNA、RNA，而T（胸腺嘧啶）只存在于DNA中，U（尿嘧啶）只存在于RNA中，故细胞中含有上述五种碱基的单体共有8种，B错误；
C、若将RNA彻底水解，能获得的核糖、4种碱基、磷酸，其中有5种有机物，C正确；
D、RNA一般呈单链结构，只含有1个游离的磷酸基团，D错误。
故选C。
21. 细胞膜磷脂分子运动主要包括侧向移动和内外翻动两种形式。胆固醇分子与磷脂分子的结合程度、磷脂分子中脂肪酸链的不饱和度都是影响磷脂分子侧向移动的因素；而位于磷脂双分子层间的磷脂转运酶可通过水解ATP，将具有特定头部基团的磷脂分子从胞外侧转移到胞质侧，完成内外翻动，实现膜弯曲或分子重排。下列叙述正确的是（ ）
A. 温度变化通过直接影响磷脂分子的内外翻动影响膜的流动性
B. 细胞膜的不对称性仅与膜两侧蛋白质的不均匀分布有关
C. 磷脂转运酶发挥作用可使磷脂分子头部在膜内，尾部在膜外
D. 抑制磷脂转运酶的活性，可能会对物质通过细胞膜产生影响
【答案】D
【解析】
【详解】A、温度变化主要通过影响磷脂分子的侧向移动来改变膜的流动性，而内外翻动需要磷脂转运酶的参与，属于主动运输，温度通过影响酶活性间接影响该过程，A错误；
B、细胞膜的不对称性不仅由膜蛋白的不均匀分布决定，还与磷脂分子种类在内外层的差异有关（如糖脂仅分布于外侧），B错误；
C、磷脂分子头部为亲水基团，尾部为疏水链。无论磷脂分子如何翻动，其头部始终朝向膜的内外表面，尾部位于中间，不可能出现头部在膜内、尾部在膜外的情况，C错误；
D、磷脂转运酶参与膜形态变化（如弯曲或重排），若其活性被抑制，可能影响胞吞、胞吐等依赖膜形态改变的运输方式，D正确。
故选D。
22. 已知生物毒素a是由蛋白质b经过糖链修饰的糖蛋白，其进入细胞后可专一性地抑制核糖体合成蛋白质的功能。为研究a的结构与功能的关系，某小组取生物毒素a、蛋白质b和c（c是由a经高温加热处理获得，糖链不变）三种样品蛋白，分别加入三组等量的癌细胞培养物中适当培养后，检测癌细胞内样品蛋白的含量和细胞活力（初始细胞活力为100%），结果如图所示。下列相关分析不合理的是（ ）

A. 高温会使蛋白质空间结构破坏，但通常不会使肽键断裂
B. 根据图1可知，糖蛋白进入细胞几乎不受蛋白质b变性的影响
C. 生物毒素a组细胞蛋白质合成量少于蛋白质b组细胞的
D. 生物毒素a能显著抑制细胞的活力，主要依赖糖链的作用
【答案】D
【解析】
【详解】A、高温会破坏蛋白质的空间结构，但通常不会断裂肽键（肽键断裂需要酶或强酸强碱等条件），A正确；
B、根据图1可知，细胞内样品蛋白b含量基本不变，说明糖蛋白进入细胞几乎不受蛋白质b变性的影响，B正确；
C、图2中，a组细胞活力降低，b组细胞活力基本不变，则生物毒素a组细胞的蛋白质合成量少于蛋白质b组细胞的，C正确；
D、a和c都含有糖链，根据实验和图2可知，a能正常发挥抑制细胞活力的作用，但蛋白质空间结构被破坏的c不能，说明a抑制细胞活力主要是由蛋白质b的空间结构决定的，D错误。
故选D。
23. 研究人员发现了锌金属的第一个伴侣蛋白ZNG1，它可将锌运送到需要锌的蛋白质处发挥作用，参与酶活性的调节。下列叙述错误的是（ ）
A. 锌是组成细胞的微量元素，微量元素既参与细胞结构组成也参与细胞的代谢调节
B. ZNG1运送锌的功能与其氨基酸的排列顺序及肽链的盘曲、折叠方式有关
C. 该实例说明细胞中的无机盐和有机物相互配合才能保证某些生命活动的正常进行
D. 锌是构成ZNG1的重要元素，说明无机盐可以参与构成细胞内的重要化合物
【答案】D
【解析】
【分析】组成细胞的元素：①大量元素：C、H、O、N、P、S、K、Ca、Mg等；②微量元素：Fe、Mn、B、Zn、M、Cu等；③主要元素：C、H、O、N、P、S；④基本元素：C、H、O、N。
【详解】A、锌是组成细胞的微量元素，微量元素既参与细胞结构组成也参与细胞的代谢调节，例如铁元素参与血红蛋白的组成，锌参与酶活性的调节，A正确；
B、ZNG1是蛋白质，蛋白质的功能与含有氨基酸的种类、数目、排列顺序及肽链的盘曲、折叠方式和形成的空间结构有关，B正确；
C、由题意可知，锌被ZNG1运送到需要与锌结合才能发挥作用的蛋白质中，这说明细胞中的无机盐和有机物需要相互配合才能保证某些生命活动的正常进行，C正确；
D、根据题意，ZNG1作为锌的伴侣蛋白，可以运输锌，但锌并不是组成ZNG1的元素，D错误。
故选D。
24. 肽酶X作用于天冬氨酸羧基端的肽键时具有专一性，肽酶Y作用于天冬氨酸氨基端的肽键时具有专一性。经肽酶X、肽酶Y共同处理，1分子多肽Z（氨基酸总数大于3个）水解可得到3个天冬氨酸，该水解过程中消耗的水分子数不可能是（ ）
A. 7个B. 6个C. 5个D. 4个
【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和另一个氨基酸分子的氨基相连接，脱出一分子水后形成肽键将两个氨基酸连接起来的过程。
【详解】据题意可知，1分子多肽Z含有3个天冬氨酸，但不知这3个天冬氨酸的位置，分为四种情况：
① 3个天冬氨酸都不位于多肽Z的两端，且3个天冬氨酸不相连，要想得到1个天冬氨酸，需要用肽酶X、肽酶Y断裂天冬氨酸羧基端的肽键和天冬氨酸氨基端的肽键，即需要断裂2个肽键，消耗2分子水，因此水解可得到这3个天冬氨酸需要消耗2×3=6分子水；
②3个天冬氨酸中有一个位于多肽Z的一端，且3个天冬氨酸不相连，要想得到位于一端的天冬氨酸，需要用肽酶X或者肽酶Y断裂天冬氨酸羧基端的肽键和天冬氨酸氨基端的肽键，即需要断裂1个肽键，消耗1分子水，需要得到其他2个天冬氨酸，则需要断裂2个肽键，消耗2分子水，因此水解可得到这3个天冬氨酸需要消耗1+2×2=5分子水；
③3个天冬氨酸中有2个位于多肽Z的两端，且另一个天冬氨酸不与端部的天冬氨酸连接，要想得到位于一端的天冬氨酸，需要用肽酶X或者肽酶Y断裂天冬氨酸羧基端的肽键和天冬氨酸氨基端的肽键，即需要断裂1个肽键，消耗1分子水，需要得到中间那个天冬氨酸，则需要断裂2个肽键，消耗2分子水，因此水解可得到这3个天冬氨酸需要消耗1+1+1×2=4分子水；
④3个天冬氨酸中有2个位于多肽Z的两端，且另一个天冬氨酸与端部的天冬氨酸连接，要想得到位于一端的天冬氨酸，需要用肽酶X或者肽酶Y断裂天冬氨酸羧基端的肽键和天冬氨酸氨基端的肽键，即需要断裂1个肽键，消耗1分子水，要想得到与端部的天冬氨酸连接的天冬氨酸，还需要断裂1个肽键，消耗1分子水，因此，水解得到这3个天冬氨酸需要消耗1+1+1=3分子水。
综上所述，该水解过程中消耗的水分子数可能是6、5、4、3，不可能是7，因此A错误、BCD正确。
故选A。
25. 如图所示，该蛋白质共由67个氨基酸构成，包括两条多肽链和一个环状肽。数字代表两条多肽链上氨基酸的起止数字，该蛋白质由二硫键(两个—SH形成—S—S—相连，假设氨基酸的平均相对分子质量为a，下列说法错误的是（ ）
A. 该蛋白质分子至少有2个游离的氨基和2个游离的羧基
B. 该蛋白质分子至少含有氧原子67个
C. 该蛋白质分子含有肽键65个
D. 该蛋白质的相对分子质量为67a-1174
【答案】B
【解析】
【分析】1、氨基酸脱水缩合反应过程中，形成的肽键数=脱去的水分子数=氨基酸数目-肽链数；环状肽链中氨基酸的数目=肽键数=脱去的水分子数；
2、氨基酸脱水缩合形成蛋白质的过程中减少的相对分子质量是失去的水分子分子量与形成二硫键脱去的H的和。
【详解】A、该蛋白质分子由3条肽链组成，其中1条为环状肽，环状肽可能没有游离的氨基和羧基，所以该蛋白质至少含有2个游离的氨基和2个游离的羧基，A正确；
B、一个蛋白质分子由两条多肽链（32个氨基酸）和一个环状肽（35个氨基酸）组成，该蛋白质分子至少含有O原子的数量为（18-1+2）+（14-1+2）+35=69个，B错误；
C、一个蛋白质分子由两条多肽链（32个氨基酸）和一个环状肽（35个氨基酸）组成，该蛋白质共有肽键（32-2）+35=65个，C正确；
D、一个蛋白质分子由两条多肽链（32个氨基酸）和一个环状肽（35个氨基酸）组成，且它们之间由二硫键（两个-SH形成-S-S-）相连，则该蛋白质的分子量为（32+35）×a-（65×18+2×2）=67a-1174，D正确。
故选B。
26. 《科学》杂志近日报道，生物学家们发现了一种肉眼可见的细菌—华丽硫珠菌，是有史以来人类发现的最大的细菌，约2厘米，该菌细胞中含有两个膜囊，膜囊甲包含所有遗传物质；膜囊乙充满了水，占细菌总体积的73%，紧贴细胞壁。下列叙述错误的是（ ）
A. 该菌属于单细胞生物，既属于细胞层次又属于个体层次
B. 与一般的细菌不同，该菌的遗传物质分布在膜囊中，与真核细胞较相似
C. 该菌的遗传物质是RNA或DNA，具有核糖体
D. 可推测该菌的出现弥补了进化过程中由原核生物向真核生物过渡的空白
【答案】C
【解析】
【详解】A、细菌为单细胞原核生物，一个细胞即一个个体，属于细胞层次和个体层次，A正确；
B、普通细菌的遗传物质位于拟核区（无膜包裹），而该菌的遗传物质被膜囊甲包裹，类似真核生物的细胞核结构，B正确；
C、所有原核生物的遗传物质均为DNA，且均含有核糖体，C错误；
D、该菌的膜囊结构可能代表原核生物向真核生物进化的中间形态，填补了进化过渡的空白，D正确。
故选C。
27. 目镜测微尺是一种安装在显微镜目镜中的一种精密测量设备，其刻度不会随物镜变化而发生变化。若在低倍显微镜下用目镜侧微尺测量细胞长径如下图，则转换高倍物镜后相关说法正确的是（ ）
A. 目镜测微尺每小格实际长度变大
B. 视野中看到的细胞数目变多
C. 目镜测微尺每小格所代表长度变小
D. 被测细胞所占的格数变少
【答案】C
【解析】
【详解】A、目镜测微尺每小格的实际长度由物镜放大倍数决定，高倍镜下放大倍数增大，每小格实际长度变小，而非变大，A错误；
B、高倍镜下视野范围缩小，细胞变大，故视野中看到的细胞数目变少，而非变多，B错误；
C、高倍镜放大倍数大，同样的刻度格数对应更短的实际长度，因此目镜测微尺每小格所代表的长度变小，C正确；
D、细胞被高倍镜放大后，在目镜测微尺上所占的格数变多，而非变少，D错误。
故选C。
二、非选择题（每空2分，共46分）
28. 某实验小组为了探究细胞膜的通透性，将小鼠肝细胞在体外培养一段时间后，检测培养液中的氨基酸、葡萄糖和尿素含量，发现它们的含量发生了明显的变化，如下图。请据图回答。
（1）由图可知，随培养时间延长，培养液中葡萄糖、氨基酸、尿素的含量变化趋势分别是______。由于在原培养液中没有尿素，推测其是______的产物。
（2）培养液中的氨基酸进入细胞后，其主要作用是______。被吸收的葡萄糖的主要作用是_______。
（3）转氨酶是肝细胞内参与氨基酸分解与合成的一类酶，正常情况下这类酶不会排出胞外，若在细胞培养液中检测到该类酶，可能的原因是_______。
【答案】（1） ①. 降低、降低、增加 ②. 细胞代谢（代谢）
（2） ①. 作为蛋白质合成的原料 ②. 为细胞生命活动提供能量
（3）肝细胞膜受损或细胞裂解
【解析】
【分析】1、据图分析，随时间推移，培养液中葡萄糖和氨基酸含量降低，尿素含量增加。可以推测尿素是由细胞代谢产生。
2、细胞可以根据自身是否需要选择性吸收离子和小分子等营养物质，也可以将有毒有害的物质排出，而其他的离子、小分子和大分子则不能通过，体现了细胞膜在功能上具有选择透过性。
【小问1详解】
动物细胞培养过程中，细胞代谢时会消耗掉葡萄糖和氨基酸，故培养液中葡萄糖和氨基酸的含量降低；细胞代谢过程中会产生代谢废物尿素，故尿素含量增多。由于在原培养液中没有尿素，推测其是细胞代谢（代谢）的产物。
【小问2详解】
因为氨基酸是蛋白质的基本单位，所以培养液中的氨基酸进入细胞后的主要作用是作为蛋白质合成的原料；葡萄糖可通过呼吸作用释放能量，为细胞生命活动提供能量。
【小问3详解】
转氨酶是肝细胞内参与氨基酸分解与合成的一类酶，故正常情况下该酶存在于细胞内，现在培养液中检测到，说明该酶从细胞中排出，可推测肝细胞膜受损或细胞裂解。
29. 蛋白质功能多样，不同蛋白质起作用的部位不同。有的在细胞外与细胞膜上的受体蛋白结合发挥作用的，而有的需要进入细胞内起作用。请回答下列问题。
（1）胰岛素是一种能降血糖的激素，其通过与________（细胞膜上/细胞内部）的受体结合而发挥作用。胰岛素能降低血糖体现了蛋白质对机体生命活动具有______的功能。在治疗糖尿病时，胰岛素_____（能/不能）通过口服方式给药。
（2）科学家为了研究某些蛋白质是否能进入细胞核，选取了一种病毒蛋白A（该蛋白由708个氨基酸构成，能够进入到宿主细胞的细胞核内）进行了如下实验：将蛋白A上某些氨基酸删除后，检测蛋白A在细胞内的位置。实验结果如图：

同位素标记法是用物理性质特殊的同位素来标记化学物质中的原子，可用于示踪物质的运行和变化规律。若采用同位素标记法定位蛋白A在细胞内的位置，可用含“3H-氨基酸”或“35S-氨基酸”等标记蛋白质。下列3H-氨基酸能达到标记蛋白质目的有_____。
A. B.
C. D.
（3）根据上述实验结果，推测蛋白A中负责细胞核定位的序列为______。为验证上述推测，需要在上述实验结果的基础上，进一步补充完成下列实验设计。
第一步：选择一种_______（填“细胞质蛋白X”或“细胞核蛋白X”）。
第二步：向选取的蛋白质添加上述实验结果推测的蛋白A中负责细胞核定位的序列。
第三步：检测蛋白X在细胞内的定位。
若实验结果为蛋白X定位到_______，则推测成立。
【答案】（1） ①. 细胞膜上 ②. 调节 ③. 不能 （2）BCD
（3） ①. 第127～133位氨基酸序列 ②. 细胞质蛋白X ③. 细胞核
【解析】
【分析】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。
【小问1详解】
胰岛素是一种分泌蛋白，它通过与细胞膜上的受体结合来发挥调节血糖的作用。因为胰岛素作为信号分子，需要与细胞膜表面的受体相互作用，从而将调节血糖的信号传递给细胞。胰岛素能降低血糖，这体现了蛋白质对机体生命活动具有调节的功能，它可以调节细胞的代谢等生命活动过程。 胰岛素的化学本质是蛋白质，口服后会被消化道中的蛋白酶分解，从而失去其生物活性，所以在治疗糖尿病时，胰岛素不能通过口服方式给药。
【小问2详解】
蛋白A是蛋白质，是大分子，可以通过核孔进入细胞核内。想要定位蛋白A在细胞内的位置，可以采用同位素标记法或荧光标记法。氨基酸之间脱水缩合时，一个氨基酸脱掉的是氨基中一个H，另一个氨基酸的羧基脱掉的是-OH，若要保证标记氨基酸的元素能出现在蛋白质中，则应保证氨基酸之间脱水缩合后仍有3H存在，A中标记了羧基中的H，形成肽键时3H会出现在形成的水中，氨基中标记的3H在脱水缩合时会脱掉一个H，但仍保留一个3H，R基上的H不参与脱水缩合，因此能达到标记蛋白质目的是BCD。
【小问3详解】
据图可知，删除第1-126位氨基酸序列或删除第136-708位氨基酸序列，蛋白A定位在细胞核内，删除第127-133位氨基酸序列，蛋白A定位在细胞核外，可推测蛋白A中负责细胞核定位的序列为第127~133位氨基酸序列。为了验证该推测，需要进行实验，选择一种细胞质蛋白X，向选取的蛋白质添加蛋白A的推测氨基酸序列，检测蛋白X在细胞内的定位，如果蛋白X定位到细胞核，则推测成立。
30. 研究者用荧光染料对细胞膜上的蛋白质分子进行处理，并使膜发出荧光，再用高强度激光照射细胞膜的某区域，使其瞬间被“漂白”，即荧光消失。一段时间后，该漂白区域荧光逐渐恢复（如图）。回答下列问题。
（1）目前为大多数人所接受的细胞膜结构模型叫做_______模型，该模型认为细胞膜以________为基本支架。
（2）细胞膜上被漂白区域的荧光得以恢复，推测其可能的原因有两种：①被漂白区域内蛋白质分子带有的荧光染料的荧光会自行恢复；②被漂白区域内外的膜蛋白分子可以相互运动，一段时间后有未漂白区域的蛋白质分子运动到漂白区域。
研究发现，如果用特定方法去除细胞膜中的胆固醇，使膜结构上蛋白质分子停泊的“平台”被拆解，漂白区域荧光恢复所需的时间缩短，说明胆固醇对膜蛋白的运动具有_______（促进/限制）作用，该结果支持推测____。最终恢复的荧光强度与初始强度相比会_______（变低/变高/不变）。
【答案】（1） ①. 流动镶嵌 ②. 磷脂双分子层
（2） ①. 限制 ②. ② ③. 变低
【解析】
【分析】流动镶嵌模型的基本内容：生物膜的流动镶嵌模型认为，磷脂双分子层构成了膜的基本支架，这个支架不是静止的。
【小问1详解】
目前为大多数人所接受的细胞膜结构模型叫做流动镶嵌模型，该模型认为细胞膜以磷脂双分子层为基本支架。
【小问2详解】
去除胆固醇后，漂白区域荧光恢复的时间会缩短，所以说明细胞膜中的胆固醇对膜中分子的运动具有一定的限制作用；胆固醇被去除后膜蛋白运动加快，证明未漂白区域的蛋白能移动到漂白区域，说明荧光的恢复是漂白区域内外分子相互运动的结果，与推测②一致；恢复过程中，未漂白区域的蛋白质分子会向漂白区域运动，但整个细胞膜上的荧光染料总量并未增加（部分染料已被永久漂白）。最终漂白区域的荧光是由周围未漂白的蛋白补充而来，其强度会低于初始强度。
31. 土壤盐渍化是指土壤底层或地下水的盐分随地下水上升到地表，水分蒸发后，使盐分积累在表层土壤中的过程。改善此问题的重要研究方向就是筛选耐盐植物以及提高作物的耐盐性。
（1）盐渍化土壤中含有大量Na+、Cl-，它们在细胞中大量积累，会造成P、N等重要元素的亏缺，这些元素对植物的生长、发育具有重要作用，如N是构成叶绿素、核酸及_______（写出2种）等化合物的重要元素。
（2）在盐胁迫作用下，细胞内会出现许多过氧化物自由基，这些过氧化物自由基对细胞具有一定的危害，引起细胞损伤。超氧化物歧化酶（SOD）能够与这些过氧化物自由基结合，对植物起到保护作用。因此，SOD含量也是判断植物体耐盐性的重要指标之一。研究人员利用不同浓度的盐水来浇灌园林植物进行实验。实验设计5个处理，分别为盐浓度1.8g/kg（A）、盐浓度2.4g/kg（B）、盐浓度3.2g/kg（C）、盐浓度3.8g/kg（D），以清水为对照（CK），得到如图实验结果：
该实验的自变量为_______。由实验结果可知，_______（写2种即可）的SOD含量均随盐浓度的上升而上升，表明它们耐盐性较强，适合在盐度相对高的滨海盐渍土生长。
（3）为提高作物的耐盐性，科学家进行了各方面的研究。最新研究发现葡萄糖可以通过己糖激酶K（葡萄糖感受器）提高苹果幼苗耐盐性，请设计实验验证该结论（提供的实验材料：苹果幼苗若干、适宜浓度葡萄糖溶液、已糖激酶K抑制剂、适宜浓度的NaCl溶液。已知可通过检测叶片过氧化物MDA的含量作为细胞损伤指标），完善实验思路和预期结果。实验思路：将生长状况相近的苹果幼苗均分为四组，编号1、2、3、4。1组不做处理，2组加入_______，3组加入_______，4组加入_______。（只写加入的物质名称即可）。将四组幼苗放在相同且适宜的条件下培养一段时间，然后检测四组苹果幼苗叶片中过氧化物MDA的含量。
预期结果：一段时间后叶片过氧化物MDA的含量为2组>4组>3组>1组。
【答案】（1）磷脂、蛋白质
（2） ①. 树种、盐浓度 ②. 南洋杉、黄槿、山菅兰
（3） ①. NaCl溶液 ②. NaCl溶液、葡萄糖溶液 ③. NaCl溶液、葡萄糖溶液以及己糖激酶K抑制剂
【解析】
【分析】根据题意，在盐胁迫作用下，细胞内会出现许多过氧化物自由基，这些过氧化物自由基对细胞具有一定的危害，引起细胞损伤。因此降低细胞内过氧化物自由基是提高植物耐盐的方法之一。
【小问1详解】
N元素可用于合成含氮的化合物，如磷脂、ATP、叶绿素、蛋白质、核酸等。
【小问2详解】
据图可知，该实验的自变量为树种和盐浓度。据图可知，南洋杉、黄槿、山菅兰的SOD含量均随盐浓度的上升而上升，这表明3种植物耐盐性较强，适合在盐度相对高的滨海盐渍土生长。
【小问3详解】
本实验目的是验证葡萄糖可以通过己糖激酶K（葡萄糖感受器）提高苹果幼苗耐盐性，因此自变量为不同盐浓度下是否加入葡萄糖溶液及己糖激酶K是否发挥作用，因此实验思路为：将生长状况相近的苹果幼苗均分四组，编号1、2、3、4。1组不做处理，2组加入200mml·L-1的NaCl溶液，3组加入200mml·L-1的NaCl溶液、4%葡萄糖溶液，4组加入200mml·L-1的NaCl溶液、4%葡萄糖溶液以及己糖激酶K抑制剂。将四组放在相同且适宜的条件下培养一段时间，然后检测四组苹果幼苗叶片中过氧化物MDA的含量；若葡萄糖可以通过己糖激酶K（葡萄糖感受器）提高苹果幼苗耐盐，则4组己糖激酶K被己糖激酶K抑制剂抑制，不能使葡萄糖很好的发挥作用，因此叶片过氧化物MDA的含量高于3组、低于2组，1组为对照组，叶片过氧化物MDA的含量最低，因此一段时间后叶片过氧化物MDA的含量为2组>4组>3组>1组。