【生物】天津市一中2019-2020学年高二下学期期末考试试卷（解析版）

天津市一中2019-2020学年高二下学期期末考试试卷
1.下列对生命系统的认识正确的是
A. 蛋白质、核酸等大分子属于生命系统的一个层次
B. 生态系统这个层次代表一定自然区域内相互间有直接或间接联系的所有生物
C. 生物个体中由功能相关的器官联合组成的系统层次，是每种生物个体都具备的
D. 能完整表现生命活动的最小生命系统是细胞
【答案】D
【解析】
蛋白质、核酸等大分子不属于生命系统的结构层次，A错误；生态系统这个层次包含一定自然区域内相互间有直接或间接联系的所有生物及其生存环境，B错误；生物个体中由功能相关的器官联合组成的系统层次，不是每种生物个体都具备的，如植物没有系统这一结构层次，C错误；能完整表现生命活动的最小生命系统是细胞，D正确。
2.下列关于原核细胞和真核细胞的叙述，正确的是（ ）
A. 原核细胞和真核细胞都有染色体
B. 原核细胞的DNA主要分布于拟核，真核细胞的DNA主要分布于细胞核
C. 乳酸菌、大肠杆菌、酵母菌等都不具有核膜
D. 真核细胞中存在核糖体，原核细胞中不存在核糖体
【答案】B
【解析】
【详解】A、原核细胞不含染色体，A错误；
B、原核细胞的DNA主要分布于拟核，真核细胞的DNA主要分布于细胞核，B正确；
C、酵母菌属于真核生物，其具有核膜，C错误；
D、真核细胞和原核细胞中都存在核糖体，D错误。
故选B。
3.下列不具有细胞壁的生物有（ ）
①金黄色葡萄球菌②发菜③草履虫④酵母菌⑤乳酸菌⑥人口腔上皮细胞⑦噬菌体
A. ①②④⑤ B. ④⑥⑦ C. ②③④⑥⑦ D. ③⑥⑦
【答案】D
【解析】
【详解】①金黄色葡萄球菌属于细菌，具有细胞壁结构，①正确；
②发菜属于原核生物，具有细胞壁结构，②正确；
③草履虫属于原生动物，不具有细胞壁结构，③错误；
④酵母菌属于真菌，具有细胞壁结构，④正确；
⑤乳酸菌属于细菌，具有细胞壁结构，⑤正确；
⑥人口腔上皮细胞为动物细胞，不具有细胞壁结构，⑥错误；
⑦噬菌体是病毒，没有细胞结构，因此不含细胞壁，⑦错误。
故选D。
4. 下列关于图示①②③④四个框图内所包括生物的共同特征的叙述，正确的是（ ）

A. 框图①内都是原核生物，且都能发生突变
B. 框图②内的生物都不含叶绿素，且都是分解者
C. 框图③内的生物都具有细胞结构，且都有细胞壁
D. 框图④内都是异养生物，且都能进行有丝分裂
【答案】C
【解析】
【详解】烟草花叶病毒无细胞结构，不属于原核生物，且酵母菌是真菌，为真核生物，A错误；硝化细菌能进行化能合成作用，是生产者，B错误；酵母菌、硝化细菌、衣藻和金鱼藻都具有细胞结构且都有细胞壁，但细胞壁的成分有所不同，C正确；硝化细菌是原核生物，是自养生物，可以通过二分裂增殖，不进行有丝分裂，有丝分裂是真核细胞的增殖方式之一，D错误。
5.绿藻被认为是21世纪人类最理想的健康食品，螺旋藻(属蓝藻)特有的藻蓝蛋白能提高淋巴细胞活性，增强人体免疫力。下列关于绿藻和螺旋藻的叙述不正确的是(　　)
A. 二者的遗传物质都是DNA
B. 绿藻和螺旋藻合成蛋白质的场所都是核糖体
C. 绿藻有核膜、核仁，而螺旋藻没有
D. 绿藻和螺旋藻都能进行光合作用，这与它们含有叶绿体有关
【答案】D
【解析】
【详解】绿藻和螺旋藻遗传物质都是DNA，绿藻和螺旋藻合成蛋白质的场所都是核糖体，绿藻和螺旋藻细胞壁的合成与高尔基体有关,A、B正确；绿藻是真核生物，有成形的细胞核，螺旋藻是原核生物，不具有成形的细胞核，C正确；绿藻是真核生物，螺旋藻是原核生物；绿藻含有叶绿体，而螺旋藻不含叶绿体，D错误。
6.下列关于生物大分子的叙述，准确的是（ ）
A. 蛋白质是由多个氨基酸分子通过肽键相互连接而成的具有一定空间结构的高分子化合物
B. DNA是一切生物遗传信息的载体
C. 全部激素属于蛋白质
D. RNA通常只有一条链，它的碱基组成与DNA完全不同
【答案】A
【解析】
【详解】A、蛋白质是由多肽链盘曲折叠形成具有一定空间结构的高分子化合物，A正确；
B、有部分病毒不含DNA，只含有RNA，所以这部分病毒遗传信息的载体是RNA，B错误；
C、激素的本质有些属于蛋白质，有些属于固醇类，例如性激素，C错误；
D、RNA与DNA的碱基组成不完全相同，两者都含有A、G、C，但RNA含有U，DNA含有T，D错误。
故选A。
7.图表示细胞中主要化合物的相对含量，其中序号代表不同的化合物，面积代表含量，其中Ⅰ和II代表两大类化合物。下列叙述正确的是

A. Ⅰ代表有机物、II代表无机物
B. 一切生命活动都离不开Ⅲ和V
C. Ⅳ均以离子形式存在
D. V、VI、Ⅶ均为生物大分子
【答案】B
【解析】
【详解】Ⅰ代表无机物、II代表有机物，A错误；一切生命活动都离不开Ⅲ水和V蛋白质，B正确；Ⅳ为无机盐，大多数以离子形式存在，C错误；V为蛋白质是生物大分子，VI为脂质，脂质为小分子，VII为糖类，单糖、二糖为小分子，D错误；故选B。
8.将下列有关内容依次填入下图各框中，其中包含关系正确的选项是（ ）

 
①
②
③
④
⑤
A
生物大分子
蛋白质
核酸
脱氧核糖核苷酸
核糖核苷酸
B
脂质
脂肪
胆固醇
性激素
维生素D
C
单糖
五碳糖
六碳糖
葡萄糖
乳糖
D
无机物
无机盐
水
自由水
结合水
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A、蛋白质与核酸均属于生物大分子，核酸包括脱氧核糖核酸与核糖核酸，A错误；
B、磷脂、脂肪和固醇均属于脂质，固醇包括胆固醇、性激素和维生素D，B错误；
C、五碳糖与六碳糖均属于单糖，葡萄糖属于六碳糖，乳糖是动物细胞特有的二糖，C错误；
D、水与无机盐均属于无机物，水的存在形式有自由水和结合水，D正确。
故选D。
9. 如图甲、乙、丙表示某动物细胞中的不同化合物,下列叙述正确的是( )

A. 核糖核苷酸是构成物质甲的单体
B. 物质甲为该生物的主要遗传物质
C. 可用苏丹Ⅲ染液来鉴定物质乙
D. 物质丙构成生物膜的基本骨架
【答案】D
【解析】
【详解】综合分析可知甲、乙、丙分别代表脱氧核糖核酸、蛋白质、磷脂。构成物质甲的单体是脱氧核糖核苷酸，A项错误；对于细胞生物而言，DNA就是生物的遗传物质，不能描述为主要遗传物质，B项错误；鉴定蛋白质采用双缩脲试剂，C项错误；分析题图可知，物质丙是磷脂，磷脂双分子层构成生物膜的基本骨架；D正确。
10.生物大分子通常都有一定的分子结构规律，是由一定的基本结构单位，按一定的排列顺序和连接方式形成的多聚体，下列表述正确的是（ ）

A. 若该图为一段肽链的结构模式图，则1表示肽键，2表示中心碳原子，3的种类有20种
B. 若该图为一段单链DNA的结构模式图，则1表示磷酸基团，2表示脱氧核糖，3的种类有4种
C. 若该图为一段RNA的结构模式图，则1表示核糖，2表示磷酸基团，3的种类有4种
D. 若该图表示多糖的结构模式图，则淀粉、纤维素和糖原是相同的
【答案】C
【解析】
【详解】A、该图表示肽链的时候，单体为氨基酸，连接各氨基酸的结构为肽键，因此可以推断2表示肽键，1表示中心碳原子，3若表示R基，则组成蛋白质的氨基酸有20种，所以3有20种，A错误；
B、该图表示DNA时，组成DNA的单体为脱氧核苷酸，连接脱氧核苷酸之间的化学键为磷酸二酯键，而磷酸二酯键是连接上一个核苷酸的脱氧核糖与下一个核苷酸的磷酸，所以图中1表示脱氧核糖，2表示磷酸基团，3表示含氮碱基，B错误；
C、由于DNA的单链结构和RNA很像，均是由磷酸二酯键连接核苷酸，所以此时1表示核糖，2表示磷酸基团，3表示含氮碱基，RNA中的碱基有4种，C正确；
D、多糖的单体均为葡萄糖，但各种多糖的空间结构并不相同，所以图示不能把全部的多糖表示出来，D错误；
故选C。
11.图中甲、乙、丙可组成生物体内的相关化合物，乙为个由α、β、γ三条肽链形成的蛋白质分子，共含271个氨基酸，图中每条虚线表示个由两个巯基（-SH）形成的二硫键（-S-S-）。下列相关叙述正确的是（ ）

A. 甲为组成乙的基本单位，乙中一定是由20种甲组成的
B. 由不同的甲形成后，相对分子质量比原来减少了4824
C. 如果甲中的R基为-C3H5O2，则由两分子甲脱水缩合形成的化合物中含有16个H
D. 丙都存在于细胞核中，且在乙的生物合成中具有重要作用
【答案】C
【解析】
【详解】A、蛋白质的基本单位是氨基酸，但某一个具体的蛋白质并不一定是由20种氨基酸组成，A错误；
B、氨基酸经过脱水缩合形成蛋白质，两个巯基（-SH）脱氢形成一个二硫健。相对分子量比原来减少了（271-3）×18+4×2=4832，B错误；
C、如果甲中的R为-C3H5O2，则甲的分子式为C5H9O4N，两分子甲脱一个水形成的化合物分子式为C10H16O7N，所以两分子甲形成的化合物中含有16个H，C正确；
C、丙是核苷酸分子，存在于细胞核与细胞质中，且在蛋白质的生物合成中具有重要作用（转录和翻译），D错误。
故选C。
12.如图为真核生物体内不同化学元素组成化合物的示意图，下列相关说法不正确的是

A. 若①是大分子化合物，则可能具有物质运输功能
B. 若③彻底水解的产物中含有糖类，则该化合物的种类有五种
C. 若②为储能物质，则可以是脂肪、淀粉和糖原
D. 若①③共同构成的物质能被碱性染料染色，则其只分布在细胞核中
【答案】B
【解析】
【详解】A、①中除含有C、H、O元素外，还含有N、S元素，若①是大分子化合物，则①可能为蛋白质，载体蛋白具有物质运输功能，故A正确；
B、③中含有C、H、O、N、P元素，若③彻底水解的产物中含有糖类，则该化合物可能是核酸或核苷酸，若为核酸则种类有两种，若为核苷酸则种类有8种，故B错误；
C、②中只含有C、H、O三种元素，可能是糖类和脂肪；脂肪是细胞内良好的储能物质，植物细胞内的储能物质主要是淀粉，动物细胞内的储能物质主要是糖原，故C正确；
D、能被碱性染料染色的物质是染色体，若①③共同组成物质为染色体，染色体只分布在细胞核内，故D正确。
故选B。
13.如图为蛋白质加热过程中的变化，据此判断下列有关叙述正确的是

A. 加热后，构成蛋白质的肽链充分伸展并断裂
B. 食盐作用下析出的蛋白质也发生了变性
C. 变性后的蛋白质仍可与双缩脲试剂产生紫色反应
D. 蛋白质肽链的盘曲和折叠被解开后，其特定功能并未发生改变
【答案】C
【解析】
【详解】A、由图可知，蛋白质经加热变性后，肽链伸展，肽键并未断裂，A错误；
B、食盐的作用只是析出蛋白质，并没有使其变性，B错误；
C、由于肽键未断裂，因此变性后的蛋白质仍可与双缩脲试剂产生紫色反应，C正确；
D、蛋白质肽链的盘曲和折叠被解开后，由于空间结构改变，其特定功能丧失，D错误；
故选C。
14.层粘连蛋白是一种大型的糖蛋白,由一条重链(α)和两条轻链 (β1、β2)经二硫键交联而成。若将层粘连蛋白彻底水解,不可能产生的物质是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A、层粘连蛋白是一种大型的糖蛋白，所以彻底水解产物有糖类和氨基酸，可能获得葡萄糖，A正确；
B、层粘连蛋白彻底水解产物有糖类和氨基酸，该结构符合氨基酸结构通式，B正确；
C、该结构符合氨基酸结构通式，C正确；
D、该结构不符合都有一个氨基和一个羧基连接在同一个碳原子上，D错误。
故选D。
15.元素和化合物是组成细胞的物质基础，下列说法正确的是(　　)
A. 氨基酸、脂肪酸、核苷酸都含有氮元素
B. 胰高血糖素、性激素、生长激素与双缩脲试剂反应均呈紫色
C. 细胞内结合水/自由水的值，种子萌发时比休眠时低
D. 哺乳动物血液中钙离子含量高，会出现抽搐症状
【答案】C
【解析】
试题分析：1、水含量与代谢强度的关系：
①一般情况下，代谢活跃时，生物体含水量在70%以上．含水量降低，生命活动不活跃或进入休眠．
②当自由水比例增加时，生物体代谢活跃，生长迅速．如干种子内所含的主要是结合水，干种子只有吸足水分﹣﹣获得大量自由水，才能进行旺盛的生命活动．
2、蛋白质能与双缩脲试剂发生紫色反应．
解：A、氨基酸和核苷酸中都含有氮元素，但脂肪酸的组成元素只有C、H、O，不含氮元素，A错误；
B、胰高血糖素、生长激素与双缩脲试剂反应均呈紫色，而性激素属于脂质，不能与双缩脲试剂发生紫色反应，B错误；
C、种子萌发时新陈代谢旺盛，自由水含量较高，因此细胞内结合水/自由水的值，种子萌发时比休眠时低，C正确；
D、哺乳动物血液中钙离子含量低，会出现抽搐症状，D错误．
故选C．
16.如图是细胞核模型图，①~⑤表示细胞核的各种结构，⑥和⑦是两种细胞器。下列说法错误的是（ ）

A. ②③是生物膜的一部分
B. ⑦的形成与⑤有关
C. ⑥不能与②直接相连
D. 分泌蛋白的合成、运输、加工离不开⑥和⑦
【答案】C
【解析】
【详解】A、②（核膜的外膜）、③（核膜的内膜）都是生物膜的一部分，A正确；
B、⑦（核糖体）的形成与⑤（核仁）有关，B正确；
C、⑥（内质网）与②（核膜的外膜）直接相连，C错误；
D、分泌蛋白在附着在内质网上的核糖体（⑦）中合成，经内质网（⑥）、高尔基体加工后，分泌到细胞外，D正确。
故选C。
17.下图为某动物细胞内部分泌蛋白质合成及转运的示意图，据图分析下列有关叙述错误的是

A. 高尔基体加工后的各种蛋白质会被转运到不同部位，胞内、胞外、细胞膜上均有分布
B. 除囊泡外，细胞膜、核膜和细胞器膜共同构成了细胞的生物膜系统
C. 内质网膜可以转化为高尔基体膜，说明这两种膜在结构成分上比较接近
D. 细胞膜上出现的糖蛋白与内质网和高尔基体有关
【答案】B
【解析】
【详解】根据图形分析可知，高尔基体加工后的各种蛋白质会被转运到不同部位，胞内、胞外、细胞膜上均有分布，A正确；囊泡膜可与细胞器膜与细胞膜相互转化，属于生物膜系统的一部分，B错误；内质网膜可以转化为高尔基体膜，说明这两种膜在结构成分上比较接近，C正确；看图可知：细胞膜上的糖蛋白的形成经内质网和高尔基体的加工，D正确。
18.下列关于细胞结构和功能相适应的叙述，错误的是
A. 红细胞的表面积与体积比值较大，利于气体交换的进行
B. 肾小管细胞膜上分布的大量水通道蛋白，是重吸收水和无机盐的通道
C. 溶酶体中含有多种酸性水解酶，能吞噬和处理病原菌
D. 根尖分生区间期细胞的染色质螺旋化程度较低，利于遗传信息的复制与表达
【答案】B
【解析】
【详解】A. 哺乳动物成熟红细胞体积和表面积之比较大，有利于提高对氧气的运输能力，A正确；
B. 肾小管细胞膜上分布大量的水通道蛋白，是重吸收水的通道，不是无机盐的通道，B错误；
C. 溶酶体能消化病原体的原因是溶酶体内含有多种水解酶，能吞噬并杀死侵入细胞的病毒或病菌，C正确；
D. 根尖分生区细胞的间期染色质存在的时间比染色体长，细胞的染色质螺旋化程度低，利于遗传信息的复制与表达，D正确。
故选B。
19.黄曲霉毒素是毒性极强的致癌物质，常藏身于霉变的花生和玉米等种子中。研究发现，黄曲霉毒素能引起细胞中的核糖体不断从内质网上脱落下来，这一结果将直接导致人的胰岛B细胞中的
A. 胰岛素合成受到影响 B. 染色体被破坏
C. 细胞内大量酶的合成受到影响 D. 细胞膜被破坏
【答案】A
【解析】
【详解】A、胰岛B细胞会合成胰岛素，胰岛素是分泌蛋白，分泌蛋白质是在附着在内质网的核糖体上合成的，如果核糖体从内质网上脱落会影响分泌蛋白的合成，故A正确。
BC、对细胞内的蛋白质合成影响不大，故染色体和细胞内的酶影响不大，故B、C错误。
D、细胞膜上也需要蛋白质，但短时间内不会被破坏，故D错误。故选A。
20.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S，y含有化学元素N和P，它们与碘都没有颜色反应，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可能是载体
D. y只存在于细胞核中
【答案】D
【解析】
【详解】A、在细胞中含有C、H、O、N、S的一般都是蛋白质，又知用胃液处理，x被分解，更说明x是蛋白质，能被胃里的蛋白质酶水解，A正确；
B、y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是核酸，其基本组成单位可能是核苷酸，B正确；
C、蛋白质可以作为细胞膜上的载体，参与协助扩散和主动运输，C正确；
D、核酸在细胞核和细胞质中均有分布，D错误。
故选D。
21.科学家设计了仅1纳米宽的分子转子，该转子由紫外光驱动，能以每秒200-300万的转速进行旋转，从而在单个细胞的膜上钻孔。当分子转子与特定的靶细胞结合后，就有望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，有关说法不正确的是（ ）

A. 将治疗试剂运送到细胞中，分子转子需要钻开两层生物膜
B. 钻孔后才可以运送治疗试剂，说明了细胞膜具有选择透过性
C. 细胞膜中磷脂分子的排列与磷脂分子的亲水性有关
D. 一个细胞是否能成为靶细胞，很可能与表面的糖蛋白有关
【答案】A
【解析】
【详解】A、细胞膜是单层膜结构，故将治疗试剂运送到细胞中，分子转子需要钻开一层生物膜，A错误；
B、由题意分析可知，在正常情况下治疗试剂无法运送进入细胞，而在钻孔后才可以运送治疗试剂，这说明了细胞膜具有选择透过性，B正确；
C、细胞膜中磷脂分子其磷脂双分子层中亲水的极性头部朝外（一个头朝向细胞膜外侧，另一个头朝向细胞质），两条疏水的非极性尾部朝内，使得细胞膜内、外表面都表现出亲水性，故细胞膜中磷脂分子的排列与磷脂分子的亲水性有关，C正确；
D、糖蛋白与细胞表面得识别有密切得关系，这说明其具有识别得功能，分子转子和靶细胞得识别需要依靠糖蛋白，故一个细胞是否能成为靶细胞，很可能与表面的糖蛋白有关，D正确。
故选A。
22.下列关于基因工程及其应用的叙述正确的是(　　)
A. 若要生产转基因抗病水稻，可先将目的基因导入大肠杆菌中，再转入水稻细胞
B. 用氨基酸序列推测合成的目的基因与原基因的编码区中的外显子一致
C. 用DNA探针能检测饮用水中重金属物质的含量
D. 作为运载体要有多种限制酶的切点，但对一种限制酶而言，最好只有一个切点
【答案】D
【解析】
水稻属于单子叶植物，一般利用基因枪法将目的基因导入受体细胞； 如果用农杆菌转化法，才需要先导入农杆菌中，再用农杆菌去感染植物受体细胞，所以A错误；因为密码子的简并性，用氨基酸序列推测合成的目的基因与原基因的编码区中的外显子不一定相同，B错误；DNA探针是用放射性同位素(或荧光分子)标记的含有目的基因单链DNA片段，可以检查饮用水中是否含有病毒，而不能检查重金属，C错误；作为运载体要有多种限制酶的切点，但对一种限制酶而言，最好只有一个切点，D正确。
23.为了增加菊花花色类型，研究者从其他植物中克隆出花色基因C（图1），拟将其与质粒（图2）重组，再借助农杆菌导入菊花中。

下列操作与实验目的不符的是（ ）
A. 用限制性核酸内切酶EcoR I和DNA连接酶构建重组质粒
B. 用含C基因的农杆菌侵染菊花愈伤组织，将C基因导入细胞
C. 在培养基中添加卡那霉素，筛选被转化的菊花细胞
D. 用DNA分子杂交方法检测C基因是否整合到菊花染色体上
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据目的基因两侧的限制酶切割位点可知，用限制性核酸内切酶EcoRⅠ和DNA连接酶构建重组质粒，A正确；
B、将目的基因导入到植物细胞常用农杆菌转化法，即用含C基因的农杆菌侵染菊花愈伤组织，将C基因导入细胞，B正确；
C、图2中显示标记基因是潮霉素抗性基因，因此可在培养基中添加潮霉素，筛选被转化的菊花细胞，C错误；
D、检测C基因是否整合到菊花染色体上用DNA分子杂交技术，D正确。
故选C。
24.下图是某转基因抗虫水稻培育流程图,下列有关分析错误的是(    )

A. ④过程依据细胞的全能性原理
B. 毒蛋白基因的获得需要RNA聚合酶
C. ①过程所依据的理论基础之一是DNA分子结构的相似性
D. 该基因工程成功的标志是毒蛋白基因在宿主细胞中稳定维持和表达其遗传特性
【答案】B
【解析】
④过程是植物组织培养，依据细胞的全能性原理，A正确；毒蛋白基因的获得需要限制酶，RNA聚合酶是催化RNA合成的酶，不需要，B错误；①过程所依据的理论基础之一是DNA分子结构的相似性，C正确；该基因工程的目的就是让毒蛋白基因在宿主细胞中稳定存在并高效的表达所需的遗传特性，D正确。
25.下图为利用生物技术获得生物新品种的过程，有关说法错误的是

A. A→B过程中一般用4种脱氧核苷酸为原料，并加入两种引物
B. B→C为转基因绵羊的培育过程，常选用的受体细胞是卵母细胞
C. A→B过程利用了DNA（双链）复制原理，需要使用耐高温的DNA聚合酶
D. B→D为转基因植物的培育过程，其中④过程常用的方法是农杆菌转化法
【答案】B
【解析】
【详解】A. A→B过程是多聚酶链式反应扩增DNA片段的过程，需要加入两种引物和4种脱氧核苷酸，A正确；
B. B→C为转基因绵羊的培育过程，常选用的受体细胞是受精卵，B错误；
C. A→B过程是多聚酶链式反应扩增DNA片段的过程，利用了DNA复制原理，需要使用耐高温的DNA聚合酶，C正确；
D. B→D为转基因植物的培育过程，其中④过程常用的方法是农杆菌转化法，D正确。
26.如图所示，hok基因位于大肠杆菌的R1质粒上，能编码产生一种毒蛋白，会导致自身细胞裂解死亡，另一基因sok也在这个质粒上，转录产生的sokmRNA能与hokmRNA结合，这两种mRNA结合形成的产物能被酶降解，从而阻止细胞死亡。下列说法合理的是

A. sokmRNA和hokmRNA碱基序列相同
B. 当sokmRNA存在时，hok基因不会转录
C. 当sokmRNA不存在时，大肠杆菌细胞会裂解死亡
D. 两种mRNA结合形成的产物能够表达相关酶将其分解
【答案】C
【解析】
【详解】sokmRNA能与hokmRNA结合，说明这两种mRNA的碱基序列互补而不是相同，A错误；当sokmRNA存在时，hok基因仍能转录，只是转录形成的hokmRNA会与sokmRNA结合，B错误；根据题干信息“转录产生的sokmRNA能与hokmRNA结合”可知，当sokmRNA不存在时，hokmRNA能翻译合成毒蛋白，会导致自身细胞裂解死亡，C正确；由题文信息“两种mRNA结合形成的产物能被酶降解”可知，两种mRNA结合形成的产物不能够表达，D错误；故正确的应选C。
27.某同学用鸡血进行DNA粗提取和鉴定实验。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 可用兔血代替鸡血进行实验
B. 含有DNA的滤液中加入2mol/L的NaCl溶液，再过滤去除溶解的杂质
C. 实验前需要预先配制好2mol/L和0．14mol/L两种NaCl溶液
D. 鉴定时，两支试管中都应加入等量的NaCl溶液和二苯胺试剂
【答案】D
【解析】
【详解】A、兔是哺乳动物，其成熟的红细胞中不含细胞核和细胞器，即不含DNA，因此不能用兔血代替鸡血进行实验，A错误；
B、DNA在2mol/L的NaCl溶液中的溶解度大，因此在含有DNA的滤液中加入2mol/L的NaCl溶液，再过滤去除不溶解的杂质，B错误；
C、实验前不需要预先配制好0.14mol/L浓度的NaCl溶液，实验过程中通过加入蒸馏水降低NaCl溶液的浓度，使其浓度达到0.14mol/L，C错误；
D、鉴定时，根据实验的对照原则和单一变量原则，两支试管中都应加入等量的NaCl溶液和二苯胺试剂，D正确。
故选D。
28. 关于DNA聚合酶催化合成DNA子链的说法中，正确的是 （ ）
A. 以DNA为模板，使DNA子链从5′端延伸到3′端的一种酶
B. Taq DNA聚合酶必须在每次高温变性处理后再添加
C. DNA聚合酶能特异性地复制整个DNA的全部序列
D. Taq DNA聚合酶是从深海生态系统中发现的
【答案】A
【解析】
【详解】A、DNA聚合酶不能从头开始催化合成DNA，而只能从DNA单链的3′端延伸子链，A正确；
B、Taq DNA聚合酶能耐高温，所以在反应体系中可反复利用无需另外再添加，B不正确；
C、PCR扩增的是引物之间的固定长度的DNA序列，C不正确；
D、Taq DNA聚合酶是1966年从美国黄石国家公园的一个热泉中发现的，所以D不正确
故选A
29.用PCR方法检测转基因植株是否成功导入目的基因时，得到以下电泳图谱，其中1号为DNA标准样液（Marker），10号为电泳缓冲液。PCR时加入的模板DNA如图所示。据此做出分析不合理的是（ ）

A. PCR产物的分子大小在250至500bp之间
B. 3号样品为不含目的基因的载体DNA
C. 9号样品对应植株不是所需的转基因植株
D. 10号的电泳结果能确定反应体系等对实验结果没有干扰
【答案】B
【解析】
【详解】A、PCR过程中，可以通过设计特定的引物来扩增特定的DNA片段。4～9号是转基因植株，理论上应包含目的基因，结合2号野生型和10号蒸馏水组的结果，推测包含目的基因的片段大小应为250～500bp，A正确；
B、3号PCR结果包含250～500bp片段，应包含目的基因，B错误；
C、9号PCR结果不包含250～500bp片段，所以不是所需转基因植株，C正确；
D、10号放入蒸馏水，可排除反应体系等对结果的干扰，D正确。
故选B。
30.下列关于cDNA文库和基因组文库的说法中，不正确的是（ ）
A. cDNA文库中只含有某种生物的部分基因，基因组文库中含有某种生物的全部基因
B. 如果某种生物的cDNA文库中的某个基因与该生物的基因组文库中的某个基因控制的性状相同，则这两个基因的结构也完全相同
C. cDNA文库中的基因都没有启动子
D. 一种生物的cDNA文库可以有许多种，但基因组文库往往只有一种
【答案】B
【解析】
【详解】A、由分析中定义可知，cDNA文库中只含有某种生物的部分基因，基因组文库中含有某种生物的全部基因，A正确；
B、mRNA是由基因中的外显子转录形成的，因此cDNA文库中的基因不包含启动子和内含子等结构，与该生物的基因组文库中的基因结构不同，B错误；
C、cDNA文库中的基因都没有启动子，只包含基因中的外显子，C正确；
D、由于cDNA文库中只含有某种生物的部分基因，因此该种基因文库可能有多种，而基因组文库中含有某种生物的全部基因，因此只有一种，D正确。
故选B。
31.图甲是组成生物体的部分大分子化合物与相应组成元素的关系图，图乙是F2所对应的相应抗原的结构式，据图回答下列问题：

（1）构成小分子A、B、C、D、E的化学元素中相同的是______。A代表的化合物是______，C代表的化合物是______。
（2）写出下列大分子化合物的名称：⑥______；⑨______。
（3）写出下列物质的具体名称：F2为______，F4为______。
（4）组成乙图化合物的氨基酸有______种。
（5）该抗毒素在形成过程相对分子质量减少了______，形成的化合物为______肽。
【答案】 (1). C、H、O (2). 葡萄糖 (3). 核糖核苷酸 (4). 糖原 (5). DNA (6). 抗体 (7). 胰岛素 (8). 5 (9). 126 (10). 七
【解析】
【详解】（1）题图中的小分子A、B、C、D、E分别为葡萄糖、甘油和脂肪酸、核糖核苷酸、脱氧核苷酸、氨基酸，以上几种物质中均含有的元素是C、H、O。
（2）动物特有的储能物质是⑥糖原，生物界主要的遗传物质是⑨DNA。
（3）F2的功能消灭抗原，是抗体；F4具有降低血糖的功能，是胰岛素。
（4）分析题图可知，图中氨基酸中的R基是5种，因此该化合物的氨基酸是5种。
（5）该化合物形成过程中脱去了7分子水，该抗毒素在形成环状肽过程中相对分子质量减少了18×7=126。该抗毒素为环状结构，由7个氨基酸脱水缩合形成，为七肽。
32.下图表示人小肠上皮细胞亚显微结构示意图，回答下列问题（括号中填数字，横线上填文字）。

（1）图中结构________（填数字）和细胞膜共同构成细胞的生物膜系统。这些生物膜的组成成分和结构很相似，都以_____构成膜的基本支架，行使功能时起重要作用的是______。
（2）该细胞面向肠腔的一侧形成很多突起即微绒毛，不仅可以增加膜面积，还可以增加细胞膜上________的数量，可以高效地吸收肠腔中的葡萄糖。细胞膜表面还存在水解双糖的膜蛋白D，说明膜蛋白有____功能。膜蛋白A、B、C、D的合成场所是[ ]________。有些蛋白质执行相应功能时还需要消耗ATP，提供ATP的结构主要是图中的[ ] ________。各种膜蛋白的功能各不相同，这主要是由它们的结构差异造成的，导致其结构差异的根本原因是________。
（3）该细胞虽然细胞膜面积大，但却不适合做制备细胞膜的实验材料，原因是_______。
【答案】 (1). 2、3、5、6 (2). 磷脂双分子层 (3). 蛋白质 (4). 膜蛋白A（载体蛋白） (5). 催化 (6). 1核糖体 (7). 6线粒体 (8). DNA分子不同（基因不同） (9). 有核膜和众多细胞器膜，不易提取纯净的细胞膜
【解析】
【详解】（1）生物膜系统是由细胞器膜和细胞膜、核膜等结构共同组成得，故图中结构2、3、5、6和细胞膜共同构成细胞的生物膜系统；这些生物膜都以磷脂双分子层构成膜的基本支架，行使功能时起重要作用的是蛋白质。
（2）在细胞膜的外表，有一层由细胞膜上的蛋白质与糖类结合形成的糖蛋白，结合图形分析，该细胞面向肠腔的一侧形成很多突起即微绒毛，不仅可以增加膜面积，还可以增加细胞膜上膜蛋白A的数量；
细胞膜表面还存在水解双糖的膜蛋白D，这说明膜蛋白能够水解糖类，具有催化功能；膜蛋白A、B、C、D都是蛋白质，而合成场所是1核糖体；
线粒体是有氧呼吸的主要场所，会产生ATP，故提供ATP的结构主要是图中的6线粒体；
各种膜蛋白的功能各不相同，这主要是由它们的结构差异造成的，导致其结构差异的根本原因是DNA分子不同。
（3）该细胞虽然细胞膜面积大，但却不适合做制备细胞膜的实验材料，原因是有核膜和众多细胞器膜，不易提取纯净的细胞膜。
33.下表是几种限制酶识别序例及其切割位点，图1、图2中标注了相关限制酶的酶切位点。请回答下列问题：
限制酶
BamH I
Bcl I
Sau3A I
Hind III
识别序列及切割位点





（1）用图中质粒和目的基因构建重组质粒，应选用的限制酶是__________，酶切后的载体和目的基因片段，通过__________酶作用后获得重组质粒。为了扩增重组质粒，需将其转入经__________处理的处于__________态的大肠杆菌。
（2）为了筛选出转入了重组质粒的大肠杆菌，应在筛选平板培养基中添加________。要检测目的基因是否在受体细胞中表达，应采用__________方法。
（3）若BamH I酶切的DNA末端与Bc1 I酶切的DNA末端连接，连接部位的6个碱基对序列为__________，对于该部位，这两种酶__________（填“都能”、“都不能”或“只有一种能”）切开。
（4）若用Sau3A I切图1质粒最多可能获得_______种大小不同的DNA片段。
【答案】 (1). BcI I和Hind III (2). DNA连接 (3). Ca2+（CaCl2） (4). 感受 (5). 四环素 (6). 抗原—抗体杂交 (7). (8). 都不能 (9). 7
【解析】
【详解】（1）据图中信息，质粒的四环素抗性基因和氨苄青霉素抗性基因中都存在BamHⅠ的酶切位点，因此不能选择BamHⅠ进行酶切；目的基因的两端和载体上都有BclⅠ酶和Hind Ⅲ的酶切位点，因此用图中质粒和目的基因构建重组质粒时，应选用BclⅠ酶和Hind Ⅲ酶同时对目的基因和质粒进行酶切，再用DNA连接酶进行连接。为了扩增重组质粒，需将其转入经 Ca2+（CaCl2）处理的处于感受态的大肠杆菌。
（2）因构建重组质粒时，目的基因的插入破坏了氨苄青霉素抗性基因，但四环素抗性基因却保持其结构的完整性，为了筛选出转入了重组质粒的大肠杆菌，应在筛选平板培养基中添加四环素。要检测目的基因是否在受体细胞中表达，应采用抗原-抗体检测。
（3）根据表格分析可知，经BamHⅠ酶切割后产生的黏性末端为，BclⅠ切割后露出的黏性末端是，即BamHⅠ和BclⅠ切割DNA后露出的黏性末端相同，可直接被DNA连接酶连接，但用该DNA连接酶连接所形成的重组DNA的相应核苷酸序列是，该核苷酸序列不能被BclⅠ和Hind Ⅲ识别切割，因此BclⅠ和Hind Ⅲ都不能切开连接的部位。
（4）依据表中Sau3A I的酶切位点可知，Sau3A I在质粒上有三个酶切位点，假设完全酶切可得到A、B、C三种片段；若部分位点被切开，可得到AB、AC、BC、ABC四种片段，所以若用Sau3A I切图1质粒最多可能获得7种大小不同的DNA片段。
34.微卫星DNA是广泛分布于真核生物基因组中的简单重复序列。由于重复单位的重复次数在个体间呈高度特异性并且数量丰富，因此，微卫星DNA可以作为分子标记，并有着广泛应用。

（1）为了分离捕获到某种生物的微卫星DNA分子标记，可以用生物素标记的特定简单重复序列作为探针，与该生物的__________（填“基因组”或“cDNA”）文库进行杂交，然后再经多个步骤筛选获取微卫星DNA。
（2）扩增分离到的微卫星DNA序列的技术方法为__________，其原理是__________。其反应体系中含缓冲液、dNTP（包含dATP、dCTP、dGTP、dTTP）、引物、_________及________酶等。
（3）对微卫星DNA进行体外扩增的基本反应步骤为____________________。
（4）从图中4种引物中选择正确的引物，并在_____内用箭头表示子链延伸的方向。
（5）根据“微卫星DNA”的特点判断，这种分子标记可应用于_____（填字母）。
A．人类亲子鉴定B．种群遗传多样性研究
C．诱导基因突变D．冠状病毒遗传物质测序
【答案】 (1). 基因组 (2). PCR (3). DNA双链复制的原理 (4). 模板DNA (5). 热稳定DNA聚合 (6). DNA解链—引物结合到互补链—互补链的合成（—重复）（变性、复性/退火、延伸} (7).
注：I、II、III、IV是引物 (8). AB
【解析】
【详解】（1）基因组文库包含一种生物的全部基因，所以为了分离捕获到某种生物的微卫星DNA分子标记，可以用生物素标记的特定简单重复序列作为探针，与该生物的基因组文库进行杂交，然后再经多个步骤筛选获取微卫星DNA。
（2）扩增分离得到微卫星DNA序列的技术方法为PCR，其原理是DNA双链复制。其反应体系中含缓冲液、dNTP（包含dATP、dCTP、dGTP、dTTP）、引物及模板DNA、热稳定DNA聚合酶等。
（3）PCR的基本反应步骤为变性→复性→延伸。
（4）因为DNA聚合酶只能从3′端延伸DNA链，所以引物应选用如图中Ⅰ和Ⅳ，延伸方向为注：I、II、III、IV是引物
（5）AB、微卫星DNA是真核生物基因组中的简单重复序列，由于重复单位的重复次数在个体间呈高度特异性并且数量丰富，可以作为分子标记应用于人类亲子鉴定、种群遗传多样性研究，A、B正确；
C、诱导基因突变的因素有物理、化学、生物因素三种，而微卫星DNA的特性与诱导基因突变的因素无关，C错误；
D、冠状病毒的遗传物质是RNA，无法使用微卫星DNA作为分子标记，D错误。
故选AB。