2021-2022学年江西省宜春市上高二中高一上学期第三次月考生物试题含解析

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2021-2022学年江西省宜春市上高二中
高一上学期第三次月考生物试题
第I卷（选择题）
评卷人
得分



一、单选题
1．下列与生物学科知识有关的的叙述中，正确的是（       ）
A．牛奶中的乳糖一般需水解后才能被人体吸收
B．作物秸秆充分晒干后剩余的物质主要是无机盐
C．肉类蒸煮后因肽键断裂易被蛋白酶水解
D．补充特定的核酸可增强基因的修复能力
【答案】A
【解析】
【分析】
1、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。
2、水在细胞中以两种形式存在：一部分水与细胞内的其他物质相结合，为结合水；绝大部分以游离的形式存在，为自由水，参与细胞中各种代谢活动。
【详解】
A、牛奶中的乳糖属于二糖，一般需水解成单糖后才能被人体吸收，A正确；
B、作物秸秆充分晒干减少的只是自由水，燃烧后剩余的物质主要是无机盐，B错误；
C、肉类蒸煮时高温破坏了蛋白质的空间结构，肽键没有断裂，C错误；
D、核酸在消化道会被水解成核苷酸，失去了原来核酸的功能，D错误 。
故选A。
2．某生物兴趣小组在野外发现一种组织颜色为白色的不知名野果，该小组把这些野果带回实验室欲鉴定其中是否含有还原糖、脂肪和蛋白质，下列叙述正确的是（       ）
A．对该野果进行脂肪鉴定会出现橘黄色
B．若对该野果的组织样液检测后出现较多的砖红色沉淀，说明该野果中含有大量的葡萄糖
C．若该野果中含有大量的蛋白质，则对该野果的组织样液进行检测时，溶液变为蓝色
D．进行还原糖鉴定实验结束时将剩余的斐林试剂装入棕色瓶，以备长期使用
【答案】A
【解析】
【分析】
1、检测生物组织中的糖类、脂肪和蛋白质：①可溶性还原糖+斐林试剂→砖红色沉淀。（水浴加热）②脂肪小颗粒+苏丹Ⅲ染液→橘黄色小颗粒。（要显微镜观察）③蛋白质+双缩脲试剂→紫色反应。（要先加A液NaOH溶液再加B液CuSO4溶液）
2、斐林试剂是由甲液（质量浓度为0.1g/mL氢氧化钠溶液）和乙液（质量浓度为0.05 g/mL硫酸铜溶液）组成，用于鉴定还原糖，使用时要将甲液和乙液混合均匀后再加入含样品的试管中，且需水浴加热；
3、双缩脲试剂由A液（质量浓度为0.1g/mL氢氧化钠溶液）和B液（质量浓度为0.01g/mL硫酸铜溶液）组成，用于鉴定蛋白质，使用时要先加A液后再加入B液。
【详解】
A、苏丹Ⅲ染液能够使脂肪颗粒呈橘黄色，A正确；
B、斐林试剂鉴定还原糖，若对该野果的组织样液中加入斐林试剂并水浴加热出现较深的砖红色，只能说明该野果中含有大量的还原糖，但是还原糖不一定是葡萄糖，B错误；
C、双缩脲试剂为蓝色，蛋白质与双缩脲试剂发生作用，产生紫色反应，若该野果中含有大量的蛋白质，则对该野果的组织样液进行检测时，溶液由蓝色变为紫色，C错误；
D、斐林试剂应该现配现用，不能长期放置，D错误。
故选A。
3．如图表示细胞核的结构，下列关于细胞核的结构说法正确的是（       ）

A．⑥是蛋白质、DNA等大分子出入细胞核的通道
B．⑤与蛋白质的合成、加工和核糖体的装配有关
C．细胞核是细胞生命活动的控制中心和细胞代谢中心
D．图中②和③的连通，使细胞质和核内物质的联系更为紧密
【答案】D
【解析】
【分析】
据图分析：③是核膜、②是内质网、①是核糖体、⑥是细胞核的核孔、④是染色质、⑤是核仁。细胞核是遗传的信息库，是细胞代谢和遗传的控制中心。
【详解】
A、⑥是核孔，蛋白质、RNA等大分子出入细胞核的通道，但是DNA 不能穿过核孔出细胞核，A错误；
B、 ⑤是核仁，与rRNA的合成和核糖体的形成有关，但是蛋白质的合成在核糖体处，蛋白质的加工在内质网和高尔基体处，B错误；
C、细胞核是细胞生命活动的控制中心和细胞代谢的控制中心，C错误；
D、 图中②内质网和③核外膜的连通，使细胞质和核内物质的联系更为紧密，D正确。
故选D。
4．dATP是脱氧腺苷三磷酸的英文名称缩写，其结构式可简写成dA—P〜P〜P（该结构式中的dA表示脱氧腺苷）。下列关于dATP和ATP的叙述正确的是（       ）
A．dATP与ATP分子结构的主要区别是含氮碱基不同
B．dATP彻底水解后可形成3种有机物
C．ATP中的特殊化学键水解，可为某些吸能反应供能
D．动物细胞内生成ATP的场所主要在细胞质基质
【答案】C
【解析】
【分析】
1、ATP的中文名称叫腺苷三磷酸，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，～代表特殊化学键。水解时远离A的化学键易断裂，释放大量的能量，供给各项生命活动，所以ATP是新陈代谢所需能量的直接来源。
2、dATP与ATP结构类似，从其结构简式可知，一分子dATP由三分子磷酸、一分子脱氧核糖和一分子腺嘌呤组成。
【详解】
A、ATP与dATP分子结构的主要区别是五碳糖不同，前者含的是核糖，后者含的是脱氧核糖，A错误；
B、结合分析可知，dATP彻底水解后可形成脱氧核糖和腺嘌呤共2种有机物（产物磷酸不是有机物），B错误；
C、若ATP中的特殊化学键水解，可为某些吸能反应供能，C正确；
D、ATP合成发生在线粒体、叶绿体、细胞质基质。所以，动物细胞内生成ATP的场所主要在线粒体、细胞质基质，D错误。
故选C。
5．某研究小组以过氧化氢为材料进行了图甲、乙、丙所示的三组实验，丁图为所获得的实验结果。下列分析错误的是（       ）


A．本实验的自变量是催化剂的有无和催化剂的种类，过氧化氢的浓度为无关变量
B．若利用乙组与丙组实验研究酶具有高效性，则乙组为实验组，丙组为对照组
C．若要研究不同催化剂对H2O2分解速率的影响，则乙组与丙组实验互为对照
D．乙组、丙组实验对应的结果依次为丁图中的曲线b、a
【答案】B
【解析】
【分析】
由题图分析可知，该实验的自变量可以是有无催化剂（甲、乙和丙）、催化剂的种类（乙和丙），因变量是过氧化氢的分解速度，通过气泡（氧气）产生的速度体现出来，无关变量有过氧化氢的量、催化剂的用量等。
【详解】
A、由题图分析可知，本实验的自变量是催化剂的有无和催化剂的种类，过氧化氢的浓度为无关变量，A正确；
B、若利用乙组与丙组研究酶具有高效性，则乙组为对照组，丙组为实验组，B错误；
C、乙组试管添加了2滴质量分数为3.5%的FeCl3溶液，丙组试管添加了2滴肝脏研磨液，两者对照说明不同催化剂对H2O2的分解速率的影响，C正确；
D、肝脏研磨液中含有过氧化氢酶，具有高效性，过氧化氢分解速率最快；FeCl3也能催化过氧化氢的分解，比甲组分解速率快，甲、乙、丙对于的曲线依次是c、b、a，D正确。
故选B。
6．如图所示为6支试管，在1、3、5号试管中分别加入2mL蒸馏水，2、4、6号试管中分别加入2mL发芽的小麦种子匀浆样液。然后在3、4号试管中加入适量的某种耐高温的淀粉酶，保温一段时间后，在1、2号试管中滴加适量碘液试剂；3、4号试管中滴加适量斐林试剂，摇匀后水浴加热。以下说法错误的是（       ）

A．1号试管不呈蓝色，2号试管呈蓝色，说明小麦种子匀浆样液中含有淀粉
B．3号试管呈蓝色，4号试管出现砖红色，说明小麦种子匀浆样液中含还原糖
C．若先在5、6号试管中加入大量蛋白酶，再加双缩脲试剂，5、6号试管均呈紫色
D．斐林试剂和双缩脲试剂的组成成分均是硫酸铜溶液和氢氧化钠溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
小麦种子中富含麦芽糖和蛋白质，麦芽糖属于还原糖，与斐林试剂水浴加热后，呈现砖红色沉淀；蛋白质与双缩脲试剂反应，呈现紫色。
【详解】
A、1号试管加入2mL蒸馏水，2号试管加入2mL发芽的小麦种子匀浆样液，1、2号试管中滴加适量碘液试剂，淀粉遇碘变蓝，若1号试管不呈蓝色，2号试管呈蓝色，说明小麦种子匀浆样液中含有淀粉，A正确；
B、3号试管加入2mL蒸馏水，4号试管加入2mL发芽的小麦种子匀浆样液，3、4号试管中加入适量的某种耐高温的淀粉酶，同时加入适量斐林试剂，摇匀后水浴加热，斐林试剂与还原糖反应呈砖红色沉淀，若3号试管呈蓝色，4号试管出现砖红色，说明小麦种子匀浆样液中含淀粉，不含有还原糖，B错误；
C、酶在化学反应前后性质不变，若先在5、6号试管中加入大量蛋白酶，蛋白酶的化学本质是蛋白质，与双缩脲试剂反应呈紫色，C正确；
D、双缩脲试剂和斐林试剂都含有NaOH溶液和CuSO4溶液，D正确。
故选B。
【点睛】
7．淀粉酶有多种类型，如α-淀粉酶可使淀粉内部随机水解，β-淀粉酶则使淀粉从末端以两个单糖为单位进行水解。如图为对两种淀粉酶的研究实验结果，下列有关叙述错误的是（ ）

A．该实验中的淀粉溶液和淀粉酶需要先调节相应的pH再混合
B．α-淀粉酶水解淀粉的终产物中有葡萄糖，β-淀粉酶水解淀粉的主要产物为麦芽糖
C．β-淀粉酶的最适pH低于α-淀粉酶，在人体胃内α-淀粉酶活性低于β-淀粉酶
D．能够促使淀粉酶水解的酶是蛋白酶
【答案】C
【解析】
【分析】
分析题图可知，α-淀粉酶和β-淀粉酶适宜的pH不同，曲线中可看出二者的最适pH分别为6、4.5。
【详解】
A、为防止混合溶液时pH变化影响实验结果，该实验中的淀粉溶液和淀粉酶需要先调节相应的pH再混合，A正确；
B、α﹣淀粉酶可使淀粉内部随机水解，β﹣淀粉酶则使淀粉从末端以两个单糖为单位进行水解，所以α﹣淀粉酶水解淀粉的终产物中有葡萄糖，β﹣淀粉酶水解淀粉的主要产物为麦芽糖，B正确；
C、由图可知，β﹣淀粉酶的最适pH低于α﹣淀粉酶，人体胃中是强酸性环境，因此在人体胃内α﹣淀粉酶与β﹣淀粉酶均失活，C错误；
D、淀粉酶的本质为蛋白质，能够促使淀粉酶水解的酶是蛋白酶，D正确。
故选C。
【点睛】
8．据图判断，下列叙述正确的是（　　）

A．酶1能催化甲→ATP的过程
B．乙中不含特殊化学键，是RNA基本组成单位之一
C．丙物质为腺苷，丁可用于油脂的合成
D．ATP为生命活动供能需经过图示的整个过程
【答案】B
【解析】
【分析】
分析题图：ATP含有3个磷酸基团；甲含有2个磷酸基团，为ADP；乙含有1个磷酸基团，为AMP（腺嘌呤核糖核苷酸）；丙不含磷酸基团，为腺嘌呤核苷（简称腺苷）；丁为磷酸基团。
【详解】
A、酶1能催化ATP→甲，但酶具有专一性，不能催化甲→ATP的过程，A错误；
B、乙为腺嘌呤核糖核苷酸，其中不含特殊化学键，是RNA基本组成单位之一，B正确；
C、丙为腺苷，由腺嘌呤和核糖组成，不可用于油脂的合成，C错误；
D、ATP转化为ADP时为生物体的各项生命活动提供能量，不需要两个特殊化学键都断裂，只是末端的特殊化学键断裂，D错误；
故选B。
9．细胞代谢中某种酶与其底物、产物的关系如下图所示，下列有关叙述不正确的是（　　）

A．酶1与产物乙结合后失活，说明酶的功能由其空间结构决定
B．酶1的变构位点和活性位点的结构取决于特定的氨基酸序列
C．酶1有两种底物且能与产物乙结合，因此酶1不具有专一性
D．酶1与产物乙的相互作用可以防止细胞生产过多的产物甲
【答案】C
【解析】
据图分析，产物乙浓度低时酶1有活性时，将两种底物合成产物甲；产物甲和另外一种物质在酶2的作用下合成产物乙；当产物乙浓度过高时，与酶1的变构位点结合，使得酶1失去活性。
【详解】
A、由图中关系可知：酶1与产物乙结合后失活，酶1失活后与有活性时相比空间结构发生了改变，说明酶的功能由其空间结构决定，A正确；
B、同一种酶，氨基酸种类和数目相同，故酶1的变构位点和活性位点的结构不同是因为氨基酸的序列不同，B正确；
C、从图中可知，酶1只催化两种底物合成产物甲的反应，具有专一性，C错误；
D、酶1与产物乙结合使酶1无活性，合成产物甲的反应会中断，这样可以防止细胞生产过多的产物甲，D正确。
故选C。
【点睛】
10．将某活组织放入适宜的完全营养液中，置于适宜的条件下培养。培养液中甲、乙两种离子的浓度保持相等且恒定，定期测定细胞中两种离子的含量，得到如图所示曲线。下列叙述正确的是（       ）

A．曲线m～n段和a～b段表明两种离子的吸收达到最大速率
B．甲离子的吸收会影响组织细胞对水的吸收，而乙离子不会
C．该组织细胞运输离子乙的载体蛋白数量比运输甲离子的载体数量少
D．该组织细胞吸收甲、乙两种离子的方式分别是协助扩散和主动运输
【答案】C
【解析】
【分析】
据图分析，随时间的变化是：细胞内的离子浓度超过细胞外，因此物质的运输方向可以从低浓度一侧运输到高浓度一侧，属于主动运输的方式。在相同的时间内，甲曲线表示的浓度高于乙曲线，说明甲离子的吸收速度快，主要原因是载体的数量。
【详解】
A、曲线m～n段和a～b段表明细胞对甲、乙两种离子的吸收已满足自身需要，吸收速率稳定，但不一定达到最大运输速率，A错误；
B、由图可知，细胞对甲离子的吸收和利用处于平衡的状态，不会影响水的吸收，B错误；
C、由于细胞膜上的载体具有选择性，又细胞内甲离子浓度大于乙离子浓度，所以该组织细胞运输离子乙的载体数量比运输离子甲的载体数量少，C正确；
D、由题图曲线可知，甲乙两种离子的浓度细胞内高于细胞外，说明两种离子的吸收方式是主动运输，D错误。
故选C。
11．下图表示为研究渗透作用所做的两组实验，玻璃槽中是相同体积的蒸馏水。倒置的长颈漏斗中先装入体积和浓度均相同的蔗糖溶液，一段时间后向乙组的漏斗中再加入微量的蔗糖酶（不考虑自身对渗透作用的影响）。实验起始，漏斗内外的液面持平，已知单糖能透过半透膜，二糖不能透过。下列分析错误的是（       ）


A．实验的原理是半透膜两侧的溶液存在浓度差，水分子发生了渗透作用
B．在加入蔗糖酶之前，两支漏斗内外的液面差相同
C．乙组漏斗内液面先升高，加入蔗糖酶后再上升后又下降
D．实验结束时，甲组玻璃槽内溶液的浓度不变，乙组玻璃槽内溶液的浓度变小
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，半透膜可以允许水分子和单糖分子透过，不允许二糖中的蔗糖透过，但是蔗糖酶能将一分子的蔗糖水解成一分子的葡萄糖和一分子的果糖，它们均属于单糖，它们也可以通过半透膜。
【详解】
A、渗透装置中液面变化的实验原理是半透膜两侧的溶液存在浓度差，水分子发生了渗透作用，A正确；
B、在加入蔗糖酶之前，由于蔗糖溶液的浓度大于蒸馏水的浓度，所以两装置内均会发生渗透吸水而导致长颈漏斗的玻璃管内液面升高，且两支漏斗内外的液面差相同，B正确；
C、根据B项分析可知，乙组漏斗内液面先升高，当加入蔗糖酶后，由于一分子的蔗糖水解成一分子的葡萄糖和一分子的果糖，使漏斗内的浓度增加，吸水能力增强，所以液面会继续上升，随着葡萄糖和果糖向玻璃槽内的扩散，一段时间后，液面又下降，C正确；
D、由于蔗糖不能透过半透膜，所以实验结束时，甲组玻璃槽内仍为蒸馏水，浓度不变，而乙组由于蔗糖分解形成的葡萄糖和果糖进入玻璃槽内，所以玻璃槽内溶液的浓度会增加，D错误。
故选D。
12．下表是人体成熟红细胞中与血浆中的K+和Mg2+在不同条件下的含量比较，据表分析最不合理的是（       ）
单位mmol/L
处理前
用鱼滕酮处理后
用乌本苷处理后
细胞内
血浆中
细胞内
血浆中
细胞内
血浆中
K+
145
5
11
5
13
5
Mg2+
35
1．4
1．8
1．4
35
1．4

A．鱼藤酮对K+和Mg2+的载体的生理功能均有直接抑制作用
B．鱼藤酮可能抑制ATP的合成从而影响K+和Mg2+的运输
C．乌本苷抑制K+的载体的生理功能而不影响Mg2+的载体的生理功能
D．正常情况下血浆中K+和Mg2+均通过主动运输进入红细胞
【答案】A
【解析】
【分析】
1、物质逆浓度梯度进行跨膜运输，需要载体蛋白的协助，同时还需要消耗细胞内化学反应所释放的能量，这种方式叫作主动运输。
2、被动运输：物质以扩散方式进出细胞，不需要消耗细胞内化学反应所释放的能量，这种物质跨膜运输方式称为被动运输。被动运输又分为自由扩散和协助扩散。
【详解】
A、据表格分析可知，鱼藤酮处理组，细胞内K+和Mg2+的含量显著低于处理前细胞内含量，而血浆中K+和Mg2+的含量和处理前相比，无明显差异，故推测鱼藤酮影响了K+和Mg2+的运输，对其生理功能的影响本实验无法得出有无抑制作用的结论，A错误；
B、鱼藤酮可能影响了K+和Mg2+的主动运输过程，导致二者运输到细胞内过程受到抑制，B正确；
C、据表格分析可知，乌本苷处理组，细胞内K+含量显著低于处理前细胞内含量，细胞内Mg2+含量和处理前相比，无明显差异。推测乌本苷抑制了K+的载体的生理功能而不影响Mg2+的载体的生理功能，C正确；
D、正常情况下，K+和Mg2+通过主动运输从血浆中运输到红细胞中，D正确。
故选A。
【点睛】
13．某一条肽链有88个氨基酸，其中有氨基6个，甲硫氨酸5个，且在肽链中的位置为6，25、56、78，84，甲硫氨酸的分子式为C5H11O2NS。以下叙述正确的是（       ）
A．合成该多肽的氨基酸共有N原子数目94个
B．去掉甲硫氨酸得到的肽链中，肽键数目会减少9个
C．去掉甲硫氨酸得到5条肽链，氨基和羧基均分别增加4个
D．特殊水解酶水解掉甲硫氨酸后，所得多肽链中氧原子数目相比之前没有改变
【答案】D
【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（-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。
3、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。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一脱去水分子数。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一脱去水分子数×18。
【详解】
A、由于一条肽链中至少有一个游离的氨基和一个游离的羧基，现肽链中共有氨基6个，说明其中有5个应位于R基上，所以合成该多肽的氨基酸共有的N原子数目=氨基酸数目+5个R基上的N原子数=88+5=93个，A错误；
B、甲硫氨酸的分子式为C5H11O2NS，R基中没有游离的氨基和羧基，所以去掉该多肽中的甲硫氨酸（分别位于第6、25、56、78、84位）时，要断裂10个肽键，即减少10个肽键，B错误；
C、甲硫氨酸的分子式为C5H11O2NS，R基中没有游离的氨基和羧基，该肽链去掉甲硫氨酸会得到一个二肽（首端）、一个四肽（尾端）和中间4条肽链，由于水解过程中R基上的氨基和羧基不会减少，所以只需要考虑增加的肽链数即可，所以水解得到的肽链（包含二肽）中氨基和羧基均分别增加6-1=5个，C错误；
D、由于甲硫氨酸的分子式为C5H11O2NS，R基中没有游离的羧基，若去掉该多肽中的5个甲硫氨酸（分别位于第6、25、56、78、84位），需要断裂5×2=10个肽键，消耗10分子水（每个水分子含有1个氧原子），所以若去掉该多肽中的甲硫氨酸，所得肽链中O原子数目的减少数=断裂5个甲硫氨酸共消耗的水分子中的氧原子数-5个甲硫氨酸分子中的氧原子数=10-5×2=0个，即所得肽链中氧原子数目相比之前没有改变，D正确。
故选D。
14．研究发现，COP膜泡运输是内质网和高尔基体之间物质转运机制之一。内质网驻留蛋白是指经核糖体合成、内质网折叠和组装后，留在内质网中的蛋白质。内质网驻留蛋白的羧基端有一段特殊的信号肽，若内质网驻留蛋白被意外包装进入COPⅡ转运膜泡，会从内质网逃逸到高尔基体，此时高尔基体顺面膜囊区的信号肽受体就会识别信号肽并与之结合，将整个蛋白质通过COPI转运膜泡送回内质网。下列叙述正确的是（　　）
A．内质网和高尔基体在结构上通过COP转运膜泡建立联系
B．如果内质网驻留蛋白上缺乏信号肽，该蛋白质不可能被分泌到细胞外
C．信号肽与信号肽受体识别与结合的过程说明细胞间存在信息交流
D．内质网驻留蛋白的合成和转运需要高尔基体的加工
【答案】A
【解析】
【分析】
题干信息“内质网驻留蛋白是指经核糖体合成、内质网折叠和组装后，留在内质网中的蛋白质。”、“内质网驻留蛋白的羧基端有一段特殊的信号肽，若内质网驻留蛋白被意外包装进入COPⅡ转运膜泡，会从内质网逃逸到高尔基体，此时高尔基体顺面膜囊区的信号肽受体就会识别信号肽并与之结合，将整个蛋白质通过COPI转运膜泡送回内质网”
【详解】
A、根据题干信息可知，内质网和高尔基体在结构上通过COP转运膜泡建立联系，A正确；
B、根据题干信息“高尔基体顺面膜囊区的信号肽受体就会识别信号肽并与之结合，将整个蛋白质通过COPI转运膜泡送回内质网”，因此如果缺乏信号肽，则该蛋白质不会被送回内质网，因此可能被分泌到细胞外，B错误；
C、信号肽与信号肽受体识别与结合的过程不是发生在细胞之间的，所以不能说明细胞间存在信息交流，C错误；
D、内质网驻留蛋白是指经核糖体合成、内质网折叠和组装后，留在内质网中的蛋白质，可见内质网驻留蛋白的合成和转运不需要高尔基体的加工，D错误。
故选A。
【点睛】
15．黏菌是一种介于真菌和动物之间的单细胞原生动物，黏菌细胞在营养生长期不具有细胞壁，可像变形虫一样任意改变细胞形态。下列叙述错误的是（　　）
A．黏菌细胞中只有核糖体一种细胞器
B．黏菌能独立完成各项生命活动
C．黏菌细胞形态的改变依赖于细胞膜的流动性
D．黏菌在营养生长期的结构特点有利于其吞噬营养物质
【答案】A
【解析】
【分析】
真核细胞与原核细胞的本质区别是有无以核膜为界限的细胞核。单细胞生物能够独立完成生命活动，多细胞生物依赖各种分化的细胞密切合作，共同完成一系列复杂的生命活动。
【详解】
A、黏菌细胞是单细胞原生动物，属于真核生物，有核糖体等多种细胞器，A错误；
B、黏菌是单细胞生物，其单个细胞就能独立完成各项生命活动，B正确；
C、由于细胞膜具有一定的流动性，黏菌能像变形虫异养改变细胞形态，C正确；
D、黏菌在营养生长期可像变形虫一样任意改变细胞形态，有利于其吞噬营养物质，D正确。
故选A。
评卷人
得分



二、多选题
16．以下关于真核细胞和原核细胞的说法，错误的是（　　）
A．发菜细胞群体呈黑蓝色，无叶绿素，不能进行光合作用
B．蓝细菌和酵母菌在结构上的相同点：都有细胞壁、细胞膜
C．哺乳动物成熟的红细胞中没有细胞核，属于原核细胞
D．念珠蓝细菌是由许多细胞构成的真核生物
【答案】ACD
【解析】
【分析】
1、原核细胞与真核细胞的区别有：原核细胞体积小，无核膜、核仁，DNA上无蛋白质，除核糖体外，无其他细胞器。真核细胞体积较大，有核膜、核仁，DNA 与蛋白质形成染色质(染色体)，细胞器的种类多，结构复杂。其中最主要的区别是：有无核膜包围的细胞核。
2、蓝细菌：细胞内含有藻蓝素和叶绿素，是能进行光合作用的自养生物，包含色球蓝细菌、颤蓝细菌、念珠蓝细菌和发菜。
【详解】
A、发菜是原核生物，发菜细胞群体呈黑蓝色，无叶绿体，但有叶绿素和藻蓝素以及与光合作用有关的酶，所以能进行光合作用，A错误；
B、蓝细菌属于原核生物，酵母菌属于真核生物，它们在结构上的相同点：都有细胞壁、细胞膜、细胞质、遗传物质DNA和核糖体等，B正确；
C、哺乳动物未成熟的时候含有细胞核，成熟后的红细胞中没有细胞核，属于真核细胞，C错误；
D、念珠蓝细菌无核膜包被的细胞核，所以念珠蓝细菌是单细胞原核生物，D错误。
故选ACD。
17．下列有关酶的叙述中，正确的是（       ）
A．人体血液凝固是一系列酶促反应，采集到的血液在体外37℃条件下凝固最快
B．多酶片中含有蛋白酶、淀粉酶和脂肪酶，这种药片的主要功能是提供能量
C．常温常压下，要使过氧化氢溶液迅速放出大量的氧气，可注入新鲜猪肝研磨液
D．在测定唾液淀粉酶活性时，将溶液pH由1提升到3的过程中，该酶的活性将不变
【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题主要考查酶的知识。
1、酶是由活细胞产生的具有催化活性的有机物，其中大部分是蛋白质、少量是RNA。
2、酶的特性：①高效性：酶的催化效率大约是无机催化剂的107～1013倍。②专一性：每一种酶只能催化一种或者一类化学反应。③酶的作用条件较温和：在最适宜的温度和pH条件下，酶的活性最高；温度和pH偏高或偏低，酶的活性都会明显降低。
【详解】
A、人体内酶催化的最适温度一般与动物体温相符，故采集到的血液在体外37℃温度条件下凝固最快，A正确；
B、多酶片中含有蛋白酶、淀粉酶和脂肪酶，这种药片的主要功能是催化，B错误；
C、新鲜猪肝研磨液中过氧化氢酶的活性强，能使过氧化氢溶液迅速放出大量的O2，C正确；
D、pH为1时，唾液淀粉酶已经失活，且不可恢复，因此将溶液pH由1上升到3的过程中，该酶的活性将不变，D正确。
故选ACD。
【点睛】
18．图甲是人的红细胞处在不同浓度的NaCl溶液中，红细胞的体积（V）与初始体积（V0）之比的变化曲线；图乙是某植物细胞在一定浓度的KNO3溶液中细胞失水量的变化情况。有关叙述正确的是（　　）

A．图甲中150 mmol·L-1NaCl溶液不影响人红细胞的功能
B．图甲中显示可用小于100 mmol·L-1NaCl溶液处理人红细胞制备纯净细胞膜
C．图乙中OA段，细胞的吸水能力逐渐增强
D．图乙中细胞失水量变化过程中不只有水分子渗出和进入细胞
【答案】ABCD
【解析】
【分析】
1、甲图中随着NaCl溶液浓度的增加，红细胞的体积（V）与初始体积（V0）之比越来越小。当NaCl溶液浓度低于100mmol•L-1，红细胞会吸水涨破；当NaCl溶液浓度等于150mmol•L-1，红细胞的体积（V）与初始体积（V0）之比是1，该溶液浓度与细胞内液浓度的渗透压相等。
2、乙图中植物细胞在一定浓度的KNO3溶液中细胞失水量先增加后减少。
【详解】
A、图甲中，150mmol•L-1NaCl溶液中红细胞体积与初始体积之比等于1，说明该溶液浓度与细胞内液浓度的渗透压相等，不影响红细胞功能，A正确；
B、人的红细胞内没有细胞核和众多的细胞器，而且图甲中红细胞在100mmol•L-1NaCl溶液会吸水涨破，因此，用该浓度的NaCl溶液处理人红细胞可制备纯净细胞膜，B正确；
C、图乙中OA段细胞的失水量逐渐增大，则细胞浓度会逐渐增大，因此，细胞的吸水能力逐渐增强，C正确；
D、图乙中细胞失水量变化过程中，既有水分子渗出，也有水分子和钾离子和硝酸根离子进入细胞，D正确。
故选ABCD。
19．下图是小肠上皮细胞部分物质跨膜运输的示意图，下列叙述正确的是（　　）

A．图中Na+和葡萄糖进入小肠绒毛上皮细胞的方式不同
B．图中一种载体蛋白只能转运一种物质
C．图中物质跨膜运输的过程体现了细胞膜的选择透过性
D．葡萄糖进入红细胞的方式与图中相同
【答案】AC
【解析】
【分析】
分析题图：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，为主动运输；而运出细胞时，是从高浓度向低浓度一侧运输，且需要载体蛋白协助，为协助扩散。钠离子进入小肠上皮细胞时，是由高浓度向低浓度一侧运输，且需要载体蛋白协助，为协助扩散；而运出细胞时，由低浓度向高浓度一侧运输，为主动运输。
【详解】
A、由分析可知，钠离子进入小肠上皮细胞属于协助扩散，而葡萄糖进入小肠上皮细胞的方式属于主动运输，A正确；
B、图中看出，葡萄糖和钠离子进入细胞膜可以共用同一载体蛋白，B错误；
C、图中物质跨膜运输的过程体现了细胞膜的选择透过性，C正确；
D、图中葡萄糖进入小肠上皮细胞的方式是主动运输，而葡萄糖进入红细胞的方式是协助扩散，D错误。
故选AC。
20．以紫色洋葱鳞片叶外表皮为材料进行细胞质壁分离和复原的实验，图中X和Y分别表示原生质体长度和细胞长度，在处理时间相同的前提下，下列相关叙述错误的是（　　）

A．同一细胞用不同浓度蔗糖溶液处理，X/Y值越小，则细胞液的紫色越深
B．同一细胞用不同浓度蔗糖溶液处理，X/Y值最大时，则细胞液浓度与外界溶液浓度相等
C．不同细胞都用0. 3 g/mL的蔗糖溶液处理，X/Y值变化越快，细胞液浓度与外界溶液浓度差越小
D．不同细胞都用0. 3 g/mL的蔗糖溶液处理，X/Y值越大，则细胞的正常细胞液浓度越低
【答案】BCD
【解析】
【分析】
1、据图分析，图中Y是细胞长度，X是原生质层长度，所以X/Y表示质壁分离的程度。
2、质壁分离的原因分析：外因：外界溶液浓度>细胞液浓度；内因：原生质层相当于一层半透膜，细胞壁的伸缩性小于原生质层；表现：液泡由大变小，细胞液颜色由浅变深，原生质层与细胞壁分离。
【详解】
A、同一细胞用不同浓度蔗糖溶液处理，X/Y值越小，说明质壁分离程度越大，失水越多，则紫色越深，A正确；
B、同一细胞用不同浓度蔗糖溶液处理，X/Y值越大，说明质壁分离程度越小，失水越少，则所用蔗糖溶液浓度越低，X/Y值最大时，细胞吸水膨胀，但因有细胞壁的支持作用，故细胞液浓度仍大于外界溶液浓度，B错误；
C、不同细胞用相同浓度蔗糖溶液处理，X/Y值变化越快，细胞液浓度与外界溶液浓度差越大，C错误；
D、不同细胞用相同浓度蔗糖溶液处理，X/Y越大，说明质壁分离程度越小，失水越少，则细胞的正常细胞液浓度越高，D错误。
故选BCD。
第II卷（非选择题）
评卷人
得分



三、综合题
21．下图所示为构成细胞的部分元素、化合物及其作用。其中a、b、c代表不同的单体，A、B、C、D代表不同的有机物。请回答下列问题：

(1)若a是单糖，则物质A是_________。在动物细胞内，与物质A作用最相似的物质是_________。
(2)组成人体的b分子有21种，其中有8种是人体细胞不能合成的，被称为____________。有些B具有________功能，如胰岛素。
(3)物质C彻底水解后，得到的物质是_________、_________和_________。
(4)物质D是____________，D和__________、__________都属于固醇类物质。
【答案】(1)淀粉     糖原
(2)必需氨基酸     调节
(3)磷酸     脱氧核糖     (含氮)碱基
(4)性激素     胆固醇     维生素D
【解析】
【分析】
分析图可知，A为植物细胞中的储能物质，且由a单糖组成，所以A表示淀粉，a表示葡萄糖；B含有C、H、O、N元素，且为染色体在主要成分，所以B为蛋白质，b为氨基酸；C含有C、H、O、N、P元素，且为染色体的主要成分，所以C为DNA，c为脱氧核苷酸；D可以促进生殖器官发育和激发并维持动物第二性征，为性激素。
(1)
A为植物细胞中的储能物质，所以若a是单糖，则物质A是淀粉。在动物细胞内，与物质A作用最相似的物质是糖原。
(2)
B含有C、H、O、N元素，且为染色体的主要成分，所以B为蛋白质，b为氨基酸，组成人体的氨基酸分子有21种，其中有8种是人体细胞不能合成的，被称为必需氨基酸。有些蛋白质具有调节功能，如胰岛素。
(3)
C含有C、H、O、N、P元素，且为染色体在主要成分，所以C为DNA，DNA彻底水解后，得到的物质是磷酸、脱氧核糖和4种含氮碱基。
(4)
D可以促进生殖器官发育和激发并维持动物第二性征，为性激素，性激素和胆固醇以及维生素D都属于固醇类物质。
【点睛】
本题结合题图，考查组成细胞的元素和化合物，重点考查组成细胞的化合物及功能，这也是审图的切入点，根据化合物的功能，准确判断图中各物质的名称进行解答。
22．下图为小肠上皮细胞亚显微结构示意图，请据图回答下列问题：

（1）该细胞面向肠腔的一侧形成的很多突起是微绒毛，微绒毛不仅可以增加膜面积，还可以增加细胞膜上________________的数量，有利于吸收肠腔中的葡萄糖等物质。
（2）研究发现膜蛋白与分泌蛋白合成、加工和运输的途径基本相同，现用含3H标记的氨基酸的培养液培养图中的细胞，则该细胞中的膜蛋白数量增加时，放射性同位素在细胞各个结构出现的先后顺序依次是___________________（用数字标号和箭头表示），上述过程体现了生物膜在结构上具有____________的特点。
（3）图中膜蛋白A的功能是_______________，膜蛋白C为受体蛋白，其功能是___________。
【答案】载体蛋白     ①→③→②→④     一定的流动性（流动性）     运输物质     进行细胞间信息交流（细胞识别、信息传递）
【解析】
【分析】
分析题图：该图中的细胞不同部位膜蛋白不同，有膜蛋白A、B、C、D四种，且功能各不相同，膜蛋白A为葡萄糖的载体蛋白；膜蛋白B能将相邻的两个细胞膜紧密连在一起；膜蛋白C为受体，能进行细胞识别；膜蛋白D将二糖水解成单糖，说明膜蛋白具有催化功能。图中①表示核糖体，②表示高尔基体，③表示内质网，④表示细胞膜，⑤表示细胞核，⑥表示线粒体。
【详解】
（1）微绒毛不仅可以增加膜面积，还可以增加细胞膜上载体蛋白的数量，有利于吸收肠腔中的葡萄糖等物质。
（2）现用含3H标记的氨基酸的培养液培养图中的细胞，放射性同位素出现的先后顺序依次是①核糖体→③内质网→②高尔基体→④细胞膜，上述过程体现了生物膜在结构上具有一定的流动性的特点。
（3）图中膜蛋白A为葡萄糖的载体蛋白，其功能是运输物质作用，膜蛋白C为受体蛋白，其功能是进行细胞间信息交流。
【点睛】
本题结合图解，考查细胞结构和功能，要求考生识记蛋白质具有多样性的原因；识记细胞核的功能；识记生物膜系统的组成，掌握细胞膜的功能，能结合题中信息准确答题。
23．下图甲、图乙表示物质的跨膜运输过程，其中A1、A2、A3、A4、B、D表示生物分子，a、b、c、d、e表示跨膜运输方式。请据图回答问题：

(1)图甲A2是______（填具体名称），作用特点是_______________。
(2)图乙表示存在于动物细胞膜上的一种载体Na+-K+泵，具有ATP酶活性。该泵每消耗1个的ATP，就将3个Na+泵出细胞外，同时将2个K+泵入细胞内。Na+、K+通过Na+-K+泵的跨膜运输方式是___________，理由是_________________。
(3)将形状、大小相同的萝卜条A和萝卜条B各5段，分别放在不同浓度的蔗糖溶液（甲~戊）中相同时间后，取出萝卜条称重，结果如图三所示。由图可知：

①萝卜条A与萝卜条B的细胞液浓度大小的关系为A___________B（填“>” 或“     乙＞丁＞甲＞戊＞丙
【解析】
【分析】
1、细胞膜的主要成分是脂质和蛋白质，此外还有少量的糖类。组成细胞膜的脂质中，磷脂最丰富，磷脂构成了细胞膜的基本骨架，蛋白质在细胞膜行使功能时起重要作用，因此，功能越复杂的细胞膜，蛋白质的种类和数量越多。
2、小分子物质跨膜运输的方式和特点：
自由扩散：顺浓度梯度、不需要载体蛋白、不消耗能量；协助扩散：顺浓度梯度、需要载体蛋白、不消耗能量；主动运输：逆浓度梯度、需要在载体蛋白、消耗能量。
此外，一般大分子物质运输的方式是胞吞、胞吐。
(1)
由图示可知，A2是是通道蛋白，通道蛋白的作用特点是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，当分子或离子通过通道蛋白时，不需要与通道蛋白结合。
(2)
由图可知，Na+、K+通过Na+-K+泵的跨膜运输需要载体蛋白、也消耗能量，符合主动运输的特点，即属于主动运输。
(3)
①由图三甲可知，A与所在的蔗糖溶液浓度相当，B因失水而质量减少，说明B细胞液浓度小于所在的蔗糖溶液浓度，所以A的细胞液浓度大于B的细胞液浓度。
②根据图三可知，萝卜条A与所在的甲蔗糖溶液浓度相当，在乙、丁蔗糖溶液中失水且乙失水程度大于丁，故乙浓度大于丁，丁大于甲，在丙戊蔗糖溶液中吸水且丙吸水程度大于戊，即五种蔗糖溶液的浓度关系是乙＞丁＞甲＞戊＞丙。
【点睛】
本题结合图解，考纲渗透作用、物质跨膜运输等知识，要求考生识记物质跨膜运输的方式及其特点，能结合图中信息准确答题，属于考纲识记和理解层次的考查。
24．现有A、B、C三瓶外观一样但没有标签的溶液，已知三种溶液是质量浓度为0.1 g/mL的蔗糖溶液、0.1 g/mL的棉籽糖溶液和0.3 g/mL的棉籽糖溶液。某同学利用如图所示的装置设计了两组实验。(注：图中半透膜允许溶剂和蔗糖分子通过，不允许棉籽糖分子通过)

实验Ⅰ：同时将等量的A液和B液分别放入U形管的左、右两侧，一段时间后，左侧的液面升高；
实验Ⅱ：将等量的B液和C液分别放入U形管的左、右两侧，一段时间后，液面发生了下列变化：右侧先升高后降低。
(1)根据实验现象得出结论：A液是_________，C液是____________。
(2)用紫色洋葱鳞片叶探究植物细胞吸水和失水方式的实验中，常选用___________溶液，观察指标主要有__________________、_____________及细胞大小。
【答案】(1)0.3 g/mL的棉籽糖溶液
(2)0.1 g/mL的蔗糖溶液
(3)0.3 g/mL的蔗糖     中央液泡的大小（及颜色深浅）     原生质层的位置
【解析】
【分析】
水分子从低浓度溶液流向高浓度溶液，这里的浓度指单位体积内，溶质分子个数。单位体积内，溶质分子个数多，是高浓度，溶质分子个数少是低浓度，指的是摩尔浓度，不是质量浓度。渗透作用发生的条件是要有半透膜和膜两侧有浓度差，所以该实验应用了渗透作用。
(1)
实验Ⅰ中左侧液面升高，所以左侧浓度大，即A为0.3 g/mL的棉籽糖溶液，右侧B为0.1 g/mL的棉籽糖溶液。实验Ⅱ 将等量的B液和C液分放入U形管的左、右两侧，一段时间后，液面发生了下列变化：右侧先升高后降低，可知C为0.1 g/mL的蔗糖溶液。原因是左侧是0.1 g/mL的棉籽糖溶液，右侧是0.1 g/mL的蔗糖溶液，虽然质量浓度相同，但半透膜允许溶剂和蔗糖分子通过，不允许棉籽糖分子通过，所以蔗糖分子会进入左侧，使左侧溶质分子增多，摩尔浓度增大，进而水分子向左侧流动的多，所以液面发生了下列变化：先右高于左，后左高于右。
(2)
用紫色洋葱鳞片叶探究植物细胞吸水和失水方式的实验中，常选用0．3g/mL的蔗糖溶液，可观察指标是在显微镜下容易观察的变化，中央液泡大小变化、颜色深浅变化、原生质层的位置变化等。
【点睛】
本题考查渗透作用应用的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力。
评卷人
得分



四、实验题
25．欲探究某铁矿区土壤重金属污染程度与土壤酶（脲酶、FDA酶）活性的关系，某生物小组通过实验得到如图所示的结果。回答下列问题：

(1)由图推测，污染最严重的采样点可能是____________。
(2)若图中S6采样点的污染程度高于S5采样点，而FDA酶活性在这两采样点却表现为随重金属污染程度的增大而增加，可能的原因是____________。
(3)重金属对土壤酶活性有抑制作用，有同学认为其机理是重金属抑制土壤微生物的生长、繁殖，减少了微生物体内酶的合成、分泌，最后导致土壤酶活性下降，你认为该同学的判断____________（填“合理”或“不合理”），理由是____________。
(4)影响酶活性的因素除上述外，还有____________（填两点）；请选择其中一个影响因素设计实验，探究S2采样点中FDA酶活性的最适值：____________（写出实验思路即可）。
【答案】(1)S1和S4
(2)较高浓度的重金属离子对FDA活性具一定的促进作用
(3)不合理     重金属导致土壤酶活性下降与改变其空间结构有关，而抑制土壤微生物的生长、繁殖，进而减少了微生物体内酶的合成、分泌，只是酶的数量或浓度下降，不影响酶的活性
(4)温度、pH等     取S2采样点土壤样液，先确定合适的温度（或pH）范围，在预实验基础上设置更小的温度（或pH）梯度再进行实验，测定酶促反应速率，酶促反应速率最大时对应的温度或pH，即为FDA酶的最适温度（或最适pH）
【解析】
【分析】
1、酶是由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。
2、酶的特性：高效性、专一性和作用条件较温和的特性。
3、影响酶活性的因素主要是温度和pH，在最适温度（pH）前，随着温度（pH）的升高，酶活性增强；到达最适温度（pH）时，酶活性最强；超过最适温度（pH）后，随着温度（pH）的升高，酶活性降低。另外低温不会使酶变性失活，但高温、pH过高或过低都会使酶变性失活。
(1)
绝大多数酶的本质是蛋白质，少数是RNA，重金属会使酶活性降低。由图可知，在S1和S4采样点脲酶和FDA酶的酶活性最低，所以污染最严重的采样点可能是S1和S4。
(2)
S6采样点的污染程度高于S5采样点，而FDA酶的活性却高于S5采样点，原因可能是S6采样点虽然重金属多于S5采样点，但对FDA酶的活性的影响却小于S5采样点，在一定范围内，随着重金属的增加，影响酶活性能力却下降，即较高浓度的重金属离子对FDA活性具一定的促进作用。
(3)
重金属会使蛋白质变性，从而影响其活性，所以土壤酶的活性才下降，如果重金属抑制微生物的生长、繁殖，减少了微生物体内酶的合成、分泌，只能说土壤微生物分泌的土壤酶减少，但是不能说这会导致土壤酶的活性下降，所以不合理。
(4)
影响酶活性的因素还有温度和pH。例如选择温度来设计实验，探究S2采样点中FDA酶活性的最适值。在最适温度下，酶活性最强，酶促反应速率最大，而且在实验过程中要进行预实验，预实验可以为进一步的实验摸索条件，也可以检验实验设计的科学性和可行性，以免由于设计不周，盲目开展实验而造成人力、物力和财力的浪费。所以取S2采样点土壤样液，先确定合适的温度范围，在预实验基础上设置更小的温度梯度再进行实验，测定酶促反应速率，酶促反应速率最大时对应的温度，即为FDA酶的最适温度。
【点睛】
本题主要考查酶的相关实验，考查学生的理解能力和实验与探究能力。