2022-2023学年湖南省长沙市麓山国际实验学校高一上学期期末第二次线上考试生物试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市麓山国际实验学校高一上学期期末第二次线上考试生物试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单项选择题，不定项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2023年麓山国际实验学校高一年级阶段性检测
生物试卷
一、单项选择题
1. “野池水满连秋堤，菱花结实蒲叶齐。川口雨晴风复止，蜻蜓上下鱼东西。”以下与此相关的描述错误的是（ ）
A. “野池”是由池水等无机环境及菱、蒲、鱼等生物组成生态系统
B. “野池”里所有的鱼组成了一个种群
C. 蜻蜓与蒲所具有的生命系统结构层次不完全相同
D. “野池”中最基本的生命系统是细胞
【答案】B
【解析】
【分析】种群是指一定区域同种生物全部个体的集合；群落是一定区域所有生物的集合；生态系统是指一定区域所有的生物及其所生活的无机环境。
【详解】A、“野池”包括池水、阳光等等无机环境及菱、蒲、鱼等各种生物，属于生态系统，A正确；
B、所有的鱼包括多个种类的鱼，既不属于种群，也不属于群落层次，B错误；
C、蜻蜓与蒲所具有的生命系统结构层次不完全相同，如蒲不具有系统层次，C正确；
D、生命系统最基本的层次是细胞，D正确。
故选B。
2. 科学家发现了一种罕见的嗜热好氧杆菌，长有许多触角（又叫集光绿色体），内含大量叶绿素，具有细胞壁，能与其他细菌争夺阳光来维持生存。下列相关叙述错误的是（　　）
A. 该菌能进行光合作用，是自养生物
B. 该菌与洋葱细胞共有的细胞器是核糖体
C. 该菌遗传物质的组成中有碱基T
D. 该菌细胞壁的主要成分是纤维素和果胶
【答案】D
【解析】
【分析】光能自养生物能够利用光能将无机环境中的二氧化碳转变为有机物，同时储存能量。细菌属于原核生物，没有成形的细胞核，细胞质中只有核糖体一种细胞器，其细胞壁的主要成分是肽聚糖。
【详解】A、该菌含有大量叶绿素，能进行光合作用，是自养生物，A正确；
B、该菌为原核生物，只有核糖体一种细胞器， 洋葱细胞为真核细胞，含有多种细胞器，因此该菌与洋葱细胞共有的细胞器是核糖体，B正确；
C、该菌的遗传物质是DNA，DNA特有的碱基是T，C正确；
D、纤维素和果胶是植物细胞壁的主要成分，细菌细胞壁的主要成分是肽聚糖，D错误。
故选D。
3. 根据下表分析同质量的脂肪和糖类在氧化分解时的差异，以下说法错误的是（　　）
物质
各元素比例
氧化分解时
C
D
耗氧量
释放能量
产生的水
脂肪
75%
13%
较多
较多
X
糖类
44%
50%
较少
较少
Y

A. 同质量下，脂肪比糖类在氧化分解时耗氧量多
B. 脂肪中 H 的比例是 12%
C. X＜Y
D. 脂肪中 H 的比例较高，所以释放能量较多
【答案】C
【解析】
【分析】本题是脂肪和糖类在元素组成特点上、耗氧量、放能多少方面进行比较的题目，分析题干表格可知，同质量的脂肪和糖类相比，O元素含量少，H元素含量多，释放的能量也较多。C为碳元素，D为氧元素。
【详解】A、脂肪的H比例较高，氧化分解时消耗的氧气就多，A正确；
B、脂肪的元素组成只有C、H、O，C为碳元素，D为氧元素，因此H的比例=100%-75%-13%=12%，B正确；
C、同理可得糖类中的H的比例=100%-44%-50%=6%，因此脂肪产生的水大于糖类产生的水，C错误；
D、脂肪中H的比例较高，消耗氧气多，所以释放能量较多，D正确。
故选C。
4. 在香蕉果实成熟过程中，果实中的贮藏物不断代谢转化，香蕉逐渐变甜，下图A中Ⅰ、Ⅱ两条曲线分别表示香蕉果实成熟过程中两种物质含量的变化趋势。现取等量成熟到第x天和第y天的香蕉果肉进行研磨，分别加入等量的蒸馏水中制成两种提取液，然后在a、b试管中各加5mL第x天的提取液，在c、d试管中各加5mL第y天的提取液（图B）。下列说法不正确的是（ ）

A. 在a、c试管中各加入等量碘液摇匀后，可观察到两管均呈蓝色，但c管颜色较浅
B. 在b、d试管中各加入等量斐林试剂摇匀后，即可观察到两管均呈砖红色，d管颜色较深
C. 图A中表示淀粉含量变化的曲线是Ⅰ，表示还原糖含量变化的曲线是Ⅱ
D. 图A中Ⅰ、Ⅱ曲线所表示的物质的组成元素都是C、H、O
【答案】B
【解析】
【分析】在香蕉果实成熟过程中，香蕉逐渐变甜，发生了淀粉转化为还原糖。分析图A曲线可知，Ⅰ是香蕉成熟过程中淀粉含量的变化，Ⅱ是还原糖的变化；分析题图B可知，a、c是检测淀粉的含量，b、d是检测还原糖的含量。
【详解】A、与a管相比c管内的淀粉含量下降，所以加入等量碘液后，两管均呈蓝色，但是c管颜色较浅，A正确；
B、斐林试剂可用于鉴定还原糖，条件是水浴加热，B错误；
C、在香蕉果实成熟过程中，香蕉逐渐变甜，说明淀粉含量逐渐减少，还原糖含量逐渐增加，图A中Ⅰ、Ⅱ曲线所表示的物质分别是淀粉和还原糖，C正确；
D、图A中Ⅰ、Ⅱ曲线所表示的物质分别是淀粉和还原糖，都属于糖类，都是由C、H、O组成的，D正确。
故选B。
5. 生物大分子通常都有一定的分子结构规律，即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表示侧链基团
B. 若图为一段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
C. 若图为一段单链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
D. 若图表示多糖的结构模式图，淀粉、纤维素和糖原是相同的
【答案】B
【解析】
【分析】氨基酸通过脱水缩合形成肽链，肽键在两个中心碳原子之间。DNA和RNA分子中的五碳糖是不同的，碱基也不完全相同，核苷酸通过磷酸与三号碳形成磷酸二酯键而连接。淀粉、纤维素和糖原的基本单位相同，但空间结构不同。
【详解】A、若该图为一段肽链的结构模式图，则1表示中心碳原子，2表示肽键，3表示R基，3的种类有21种，A错误；
B、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为含氮碱基，3的种类有4种（A、U、C、G），B正确；
C、若该图为一段单链DNA的结构模式图，则1表示脱氧核糖，2表示磷酸基团，3表示含氮碱基，3的种类有4种（A、T、C、G），C错误；
D、若该图表示多糖的结构模式图，淀粉、纤维素和糖原的空间结构不同，D错误。
故选B。
6. 细胞内的囊泡能够附着在细胞骨架上定向转移。下图是正常酵母菌和两种突变型酵母菌的蛋白质分泌途径，据图分析有关叙述不合理的是（ ）

A. 分泌突变体甲的内质网中积累了大量成熟的蛋白质
B. 分泌突变体乙可能伴随着高尔基体的膨大
C. 分泌蛋白的合成和分泌需要核糖体、内质网、高尔基体和线粒体的参与
D. 将突变型酵母菌与正常酵母菌进行基因比对，可研究囊泡定向运输的分子机制
【答案】A
【解析】
【分析】分泌蛋白的合成与分泌过程大致是：首先在游离的核糖体中以氨基酸为原料开始多肽链的合成，当合成了一段肽链后，这段肽链会与核糖体一起转移到粗面内质网上继续其合成过程，并且边合成边转移到内质网腔内，再经过加工、折叠，形成具有一定空间结构的蛋白质。内质网膜鼓出形成囊泡，包裹着蛋白质离开内质网，到达高尔基体，与高尔基体膜融合，囊泡膜成为高尔基体膜的一部分。高尔基体对蛋白质做进一步的修饰加工，然后由高尔基体膜形成包裹着蛋白质的囊泡，囊泡转运到细胞膜，与细胞膜融合，将蛋白质分泌到细胞外。在分泌蛋白的合成、加工、运输的过程中，需要消耗能量，这些能量主要来自线粒体。
题图分析，甲型突变体蛋白质进入内质网但不能形成囊泡，所以是内质网结构不正常导致分泌过程出现障碍。乙型突变体蛋白质进入了高尔基体，说明内质网是正常的，所以是高尔基体结构不正常导致分泌过程出现障碍。
【详解】A、由图可知，甲型突变体由于内质网异常，因而其中积累了大量的蛋白质，且其中积累的蛋白质不具有活性，A错误；
B、由图可知，乙型突变体由于高尔基体异常，导致蛋白质在高尔基体堆积，从而导致高尔基体膨大，B正确；
C、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多肽→内质网进行初加工→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，故分泌蛋白的合成和分泌需要核糖体、内质网、高尔基体和线粒体的参与，C正确；
D、将突变型酵母菌与正常酵母菌进行基因比对，可从DNA分子水平研究囊泡定向运输的分子机制，D正确。
故选A。
7. 铁是人体内必不可少的微量元素，下图表示铁被小肠吸收和转运至细胞内的过程。图中转铁蛋白（Tf）可运载Fe3+，以Tf-Fe3+结合形式进入血液。Tf-Fe3+与转铁蛋白受体（TfR）结合后进入细胞，并在囊泡的酸性环境中将Fe3+释放。下列叙述错误的是（ ）

A. Fe2+顺浓度梯度通过蛋白1通道的过程属于协助扩散
B. Tf与TfR结合后携带Fe3+进入细胞的过程属于胞吞
C. 蛋白2和转铁蛋白（Tf）都是细胞膜上的载体蛋白
D. H+进入囊泡的过程属于主动运输，需要消耗能量
【答案】C
【解析】
【分析】物质运输的方式：

【详解】A、通过题图可知，Fe2+ 从小肠上皮细胞进入组织液时，是顺浓度梯度且需要载体，但不需要能量，属于协助扩散，A正确；
B、由题图知细胞膜上的转铁蛋白受体（TfR）具有识别作用，与 Tf-Fe识别并结合后通过胞吞进入细胞，B正确；
C、转铁蛋白（TF）是血液中运载 Fe3+ 的蛋白，不在细胞膜上，C错误；
D、由图可知 H 进入囊泡是通过质子泵逆浓度梯度进行的，属于主动运输，需要消耗能量，D正确。
故选C。
8. 下图表示某农作物种子在不同氧浓度下，以葡萄糖为原料进行细胞呼吸时O2的吸收量和CO2释放量的变化。据图分析，下列叙述正确的是（ ）

A. 为最大限度降低有机物的消耗，种子宜储存在无氧环境中
B. 图中M区域的变化体现了有氧呼吸CO2释放量与O2浓度的关系
C. 浸种催芽时O2浓度应保持在5%左右，以有利于幼苗的生长
D. 种子在O2浓度为10%时葡萄糖的消耗量是O2浓度为0时的0.2倍
【答案】D
【解析】
【分析】有氧呼吸反应式是： ，无氧呼吸的反应式是： ；当细胞呼吸产生的二氧化碳多于吸收的氧气时细胞即进行有氧呼吸，也进行无氧呼吸，当二氧化碳释放量与氧气吸收量相等时，细胞进行有氧呼吸。
【详解】A、储藏在完全无氧的环境中，种子将会进行无氧呼吸产生酒精，对种子储存不利，A错误；
B、图中阴影部分M种子既进行有氧呼吸也进行无氧呼吸。由于有氧呼吸过程中细胞呼吸CO2释放量与O2吸收量相等，而无氧呼吸过程中不消耗O2，只产生CO2，所以M为种子进行细胞呼吸CO2释放量与O2吸收量的差，即无氧呼吸释放的二氧化碳总量，B错误；
C、当氧浓度为5%时，二氧化碳的释放量最低，证明此时种子的呼吸作用最弱，代谢缓慢，不利于幼苗的生长，C错误；
D、当氧气浓度为10%时，两曲线相交于点P，此时种子只进行有氧呼吸，CO2释放量的相对值为0.6，说明此时葡萄糖的消耗量为0.1；又氧浓度为0时种子只进行无氧呼吸，CO2释放量的相对值为1，说明此时葡萄糖的消耗量为0.5。因此，当氧气浓度为10%时，葡萄糖的消耗量是氧浓度为0时的0.1÷0.5=0.2倍，D正确。
故选D。
9. 图1表示渗透作用装置，一段时间后液面上升的高度为h。图2是处于质壁分离状态的洋葱鳞片叶外表皮细胞。图3中P1、P2是半透膜制成的结构，且在如图所示的小室内可自由滑动。A室内蔗糖溶液浓度为2mol/L，B室内蔗糖溶液浓度为1.5 mol/L，C室内蔗糖溶液浓度为1.5mol/L。下列叙述正确的是（ ）

A. 图1中如果A、a均为蔗糖溶液，则开始时浓度大小关系为Ma>MA，达到平衡后Ma>MA
B. 图1中的半透膜相当于图2中的①②⑥组成的结构
C. 图2细胞此时浸润在一定浓度的蔗糖溶液中，则外界溶液浓度一定大于细胞液浓度
D. 图3实验开始时，P1将向右移，P2不移动
【答案】A
【解析】
【分析】题图分析：图1中半透膜可以让水分子自由通过，而蔗糖分子不能;图2中①是细胞壁、②是细胞膜、③是细胞核、④是液泡膜、⑤是两者之间的细胞质，⑥是细胞壁与细胞膜之间的部分，⑦是细胞液；图3中P1、P2是半透膜制成的结构，且在如图所示的小室内可自由滑动。
【详解】A、图1中，开始时Ma>MA，则漏斗内液面上升，但由于漏斗内液柱压力的作用，当液面不再上升时，则MA小于Ma，A正确;
B、植物细胞的原生质层相当于一层半透膜，包括图中的②④⑤，B错误;
C、图2细胞此时浸润在一定浓度的蔗糖溶液中，则外界溶液浓度可能大于细胞液浓度，可能小于细胞液浓度，也可能等于细胞液浓度，C错误;
D、A室内蔗糖溶液浓度为2mol/L，B室内蔗糖溶液浓度为1.5 mol/L，C室内蔗糖溶液浓度为1.5mol/L，图3实验开始时，P1将向右移，P2右移，D错误。
故选A。
【点睛】本题主要渗透作用的内容，要求考生识记相关知识，并结合所学知识准确答题。
10. 直链淀粉通常由几百个葡萄糖经α-1，4-糖苷键连接而成。淀粉酶有多种类型，其中α-淀粉酶可无差别地随机切断淀粉内部的α-1，4-糖苷键，而β-淀粉酶则使淀粉从非还原性末端以麦芽糖为单位切断α-1，4-糖苷键。下图为不同pH对两种淀粉酶活性的影响，下列有关叙述错误的是（　　）

A. α-淀粉酶水解直链淀粉的产物中往往含有较多的葡萄糖
B. β-淀粉酶水解直链淀粉的产物中往往含有较多的麦芽糖
C. 无法通过斐林试剂在水浴加热条件下检测两种酶催化产物的差异
D. 在人的胃内，α-淀粉酶的活性低于β-淀粉酶的活性
【答案】D
【解析】
【分析】α-淀粉酶可无差别地随机切断淀粉内部的α-1，4-糖苷键，故其水解产物中可能有较多的葡萄糖；而β-淀粉酶则使淀粉从非还原性末端以麦芽糖为单位切断α-1，4-糖苷键，故其水解产物主要是麦芽糖。α-淀粉酶和β-淀粉酶对应的最适pH分别为4.5和6。
【详解】A、α-淀粉酶可使淀粉内部随机水解，所以α-淀粉酶水解淀粉的终产物中有较多葡萄糖，A正确；
B、β-淀粉酶则使淀粉从末端以麦芽糖为单位进行水解，β-淀粉酶水解淀粉的主要产物为麦芽糖，B正确；
C、在水浴加热条件下，还原糖遇斐林试剂生成砖红色沉淀，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，二者在水浴加热条件下均生成砖红色沉淀，无法检测两种酶催化产物的差异，C正确；
D、从图中信息可知，当pH=3时a-淀粉酶和β-淀粉酶均失活，人的胃液pH为0.9～1.5，故两种酶均处于失活状态，D错误。
故选D。
11. 家族性高胆固醇血症（FH）是一种表现为血浆总胆固醇和低密度脂蛋白均增高的遗传病。胆固醇合成酶（HMGCoA）的活性可直接影响胆固醇的含量，为研究脂蛋白（LDL）对HMGCoA活性的影响，研究人员取健康个体的成纤维细胞，在培养液中分别加入无LDL的血清、含LDL的血清，结果如图甲。为进一步研究LDL对FH患者体内HMGCoA活性的影响，将健康人和FH患者的成纤维细胞在血清培养液（含LDL）中培养六天（相当于图乙中的0h）后，转入去除LDL的血清培养液中培养，结果如图乙。下列相关分析正确的是（ ）

A. LDL能够增强健康者胆固醇合成酶（HMGCoA）的活性
B. LDL对FH患者胆固醇合成酶（HMGCoA）的活性无显著影响
C. 培养液中LDL通过主动运输的方式进入健康者成纤维细胞
D. FH患者成纤维细胞膜上LDL的（特异性）受体比健康者的多
【答案】B
【解析】
【分析】从图甲看出，在含有LDL的血清中HMGCoA的活性不断下降，而从图乙看出，FH患者体内的HMGCoA蛋白活性居高不下，而正常对照组HMGCoA蛋白活性升高。
【详解】A、从图甲可以看出，加入LDL后，细胞内HMGCoA的活性明显降低，可以推测LDL能够抑制健康者胆固醇合成酶（HMGCoA）的活性，A错误；
B、由图乙可知，FH患者体内的HMGCoA蛋白活性居高不下，而正常对照组HMGCoA蛋白活性升高，说明LDL对FH患者胆固醇合成酶（HMG CoA）的活性无显著影响，B正确；
C、 LDL是脂蛋白，大分子物质，所以其进入细胞的方式是胞吞作用，C错误；
D、培养液中LDL通过胞吞方式被吸收进入健康者成纤维细胞发挥作用，但不能进入FH患者成纤维细胞，胞吞过程中需要细胞膜表面的受体识别，才能形成囊泡，推测可能的原因是：FH患者细胞膜上缺少LDL的受体，导致LDL不能被识别，D错误。
故选B。
12. 科学家在研究地中海贫血症的过程中发现了“缺氧诱导因子”（HIF）。HIF由两种不同的DNA结合蛋白HIF-1α和ARNT组成，其中对氧气敏感的是HIF-1α，而ARNT稳定表达且不受氧调节。当细胞处于正常氧条件时，在脯氨酰羟化酶的参与下，氧原子与HIF-1α脯氨酸中的氢原子结合形成羟基。羟基化的HIF-1α能与VHL蛋白结合，致使HIF-1α被蛋白酶体降解。在缺氧的情况下，HIF-1α羟基化不能发生，导致HIF-1α无法被VHL蛋白识别从而不被降解而在细胞内积聚，并进入细胞核与ARNT形成转录因子，激活缺氧调控基因。细胞感知氧气的机制如下图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 人体细胞中葡萄糖分解成丙酮酸不受氧气含量的影响
B. 在缺氧诱导因子中，HIF-1α是机体感受氧气含量变化的关键
C. 图中B、C分别代表氧气和VHL蛋白分子
D. 人体剧烈运动时，骨骼肌细胞中HIF的含量下降
【答案】D
【解析】
【分析】1、缺氧诱导因子HIF由两种不同 DNA 结合蛋白（HIF-1α和 ARNT）组成，其中对氧气敏感的部分是HIF-1α；而蛋白ARNT稳定表达且不受氧调节。所以，HIF-1α是机体感受氧气含量变化的关键。
2、细胞处于正常氧条件时，在脯氨酰羟化酶的参与下，氧原子与HIF-1α脯氨酸中的氢原子结合形成羟基。羟基化的HIF-1α能与VHL蛋白结合，最终被蛋白酶体降解。在缺氧的情况下，HIF-1α羟基化不能发生，导致HIF-1α无法被VHL蛋白识别，从而不被降解而在细胞内积聚，并进入细胞核与ARNT形成转录因子，激活缺氧调控基因。
3、研究生物氧气感知通路，这不仅在基础科学上有其价值，还有望为某些疾病的治疗带来创新性的疗法。比如干扰 HIF-1α的降解能促进红细胞的生成来治疗贫血，同时还可能促进新血管生成，治疗循环不良等。
【详解】A、人体细胞中葡萄糖分解成丙酮酸是呼吸作用的第一阶段，不论有氧无氧均可进行，不受氧气含量的影响，A正确；
B、由信息“缺氧诱导因子HIF由两种不同的 DNA 结合蛋白（HIF-1α和 ARNT）组成，其中对氧气敏感的部分是HIF-1α；而蛋白ARNT稳定表达且不受氧调节”可知：在缺氧诱导因子中，HIF—la是机体感受氧气含量变化的关键，B正确；
C、氧气正常时氧原子与HIF-1α脯氨酸中的氢原子结合形成羟基，B代表氧气；羟基化的HIF-1α能与VHL蛋白结合，c代表VHL蛋白分子；氧气缺乏时HIF-1α无法被VHL蛋白识别从而不被降解而在细胞内积聚，并进入细胞核与ARNT形成转录因子，A代表ARNT蛋白，C正确；
D、人体剧烈运动时，无氧呼吸过程会加剧，据题干信息“在缺氧的情况下，HIF-1α羟基化不能发生，导致HIF-1α无法被VHL蛋白识别，从而不被降解而在细胞内积聚”可知，该状态下，骨骼肌细胞中的HIF的含量积累（上升），D错误。
故选D。
二、不定项选择题
13. 以下关于最多或最少的计算正确的是（ ）
A. 用不限个数的4种氨基酸(A、B、C、D)为原料，最多可以构成256种四肽
B. 由n个氨基酸组成含m条肽链的蛋白质，该蛋白质含游离的氨基数最多是m个
C. 显微镜下观察同等直径的细胞，如果放大50倍时最多可看到整个视野中有20个完整的细胞，那么放大100倍时，整个视野中最多可看到10个完整细胞
D. 由m个氨基酸、n条肽链组成的蛋白质中O原子数至少有m+n个
【答案】AD
【解析】
【分析】1、氨基酸脱水缩合过程中的相关计算：
（1）脱去的水分子数=形成的肽键个数=氨基酸个数n-肽链条数m。
（2）蛋白质分子至少含有的氨基数或羧基数，应该看肽链的条数，有几条肽链，则至少含有几个氨基或几个羧基。
（3）对于环状肽结构来说，失去水数目=肽键数=氨基酸数。
2、氨基酸的种类因为R基的不同而不同。
【详解】A、由于氨基酸的位置是随机的且每个位置可以是4种，因此，该四肽的氨基酸排列顺序最多可达44=256种，A正确；
B、一个蛋白质由n个氨基酸组成m条肽链，由于每条肽链最少有一个游离的氨基，所以这个蛋白质中游离的氨基数最少应是m个，B错误；
C、显微镜放大的是物体长度或宽度，显微镜下观察同等直径的细胞，如果放大50倍时最多可看到视野中的20个完整的细胞，放大100倍时最多可看到20÷（100÷50）2=5个完整细胞，C错误；
D、某蛋白质由m个氨基酸、n条肽链组成，至少含有m-n个肽键，每个肽键含一个O，至少含有n个游离的羧基，每个羧基含两个O，故其至少含有m-n+2n=m+n个O，D正确。
故选AD。
14. 下列关于生物实验及技术的叙述正确的是（ ）
A. 质壁分离及复原可用于鉴别植物细胞是否死亡
B. 唾液促使淀粉水解证明酶只能在活细胞中发挥功能
C. 荧光标记的人、鼠细胞融合实验证明细胞膜具有流动性
D. 同位素示踪技术可用于探究光合作用释放氧气的来源
【答案】ACD
【解析】
【分析】1、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。质壁分离复原的原因分析：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。
2、酶具有高效性、专一性和作用条件温和的特点，在体内外均可发挥作用。
【详解】A、质壁分离与复原实验利用了细胞膜的选择透过性和渗透原理，死细胞无法发生质壁分离与复原，故质壁分离及复原可用于鉴别植物细胞是否死亡，A正确；
B、口腔中，唾液中的淀粉酶可以将催化淀粉水解，说明酶也可以在细胞外发挥功能，B错误；
C、荧光材料标记动物细胞，是荧光染料标记细胞膜中的蛋白质，荧光标记的人、鼠细胞融合实验证明细胞膜具有流动性，C正确；
D、用同位素示踪技术分别标记水和二氧化碳中的氧原子，从而确定光合作用释放CO2的来源，D正确。
故选ACD。
15. “红豆生南国，春来发几枝。愿君多采撷，此物最相思。”红豆就是相思豆。随着科学技术的发展，人们发现相思豆中含有很强毒性的毒蛋白—相思子毒素蛋白。相思子毒素蛋白前体由4部分组成，即34个氨基酸组成的前导信号序列、251个氨基酸组成的A链、263个氨基酸组成的B链以及14个氨基酸组成的连接A、B链的连接肽。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。下列说法正确的是（ ）

A. 内质网与高尔基体能依次对该前体进行切除加工
B. 相思子毒素蛋白前体在合成过程中产生562个水分子
C. 据图分析液泡中含有相应的酶，可以对蛋白质进行切除加工
D. 液泡形成的囊泡与细胞膜的融合体现了细胞膜的流动性
【答案】AD
【解析】
【分析】由图可知，相思子毒蛋白前体含有的前导信号序列在内质网中被切除，后通过囊泡运输止高尔基体，在高尔基体中切除连接肽，再经囊泡运输至液泡，最后经由细胞膜分泌至细胞外。据此分析作答。
【详解】A、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，经高尔基体加工后，形成的囊泡中的相思子毒素蛋白没有链接肽，故高尔基体对该前体也有切除功能，A正确；
B、多肽形成过程中产生的水分子数=肽键数=氨基酸数目-肽链数，故相思子毒素蛋白前体在翻译过程中产生的水=（34＋251＋263＋14）-1（最终为1条肽链）=561个，B错误；
C、据图可知，液泡只起到了运输相思子毒素蛋白的功能，故推测液泡中不含相应的酶，不能对蛋白质进行加工，C错误；
D、囊泡是内质网和高尔基体、液泡之间进行流通的方式，也属于生物膜系统，液泡形成的囊泡与细胞膜的融合体现了细胞膜的流动性，D正确。
故选AD。
16. 我国是传统农业大国，农民们积累了丰富的农业种植措施，下列措施与对应原理的描述正确的是（ ）
A. 玉米和大豆高矮间作，充分利用光照
B. 麦秆填埋，提供丰富有机物供植物吸收
C. 中耕松土，利于根部细胞呼吸，促进无机盐吸收
D. 合理密植，保证通风透光，提高光合作用效率
【答案】ACD
【解析】
【分析】1、影响光合作用强度的外界因素：空气中二氧化碳的浓度，土壤中水分的多少，光照的长短与强弱、光的成分以及温度的高低等，都是影响光合作用强度的外界因素。
2、影响细胞有氧呼吸的因素包括温度、氧气含量等。
【详解】A、玉米植株较高，需要较强的光照强度，大豆植株较矮，需要较弱的光照强度，玉米和大豆高矮间作，充分利用光照，A正确；
B、麦秆填埋后，土壤中的微生物会将麦秆的有机物分解为无机盐和，从而有利于植物的光合作用，植物不能直接吸收和利用有机物，B错误；
C、中耕松土可以增加土壤中的空气含量，有助于植物根系细胞的有氧呼吸，从而促进根细胞对无机盐的吸收，C正确；
D、种植过密，植物叶片相互遮盖，被遮盖的叶片得到的光照不足，加之气体流通不顺，叶片光合作用减弱但仍然要呼吸作用消耗有机物，这样有机物积累减少；种植过稀，部分光能得不到利用，光能利用率低，故合理密植能保证通风透光，提高光合作用效率，D正确。
故选ACD。
17. 研究发现，人体可依靠脑部基底前脑区合成的胞外腺苷来调节睡眠活动，胞外腺苷作用机制类似于神经递质，通过与神经元细胞膜上的腺苷受体（R）结合而发挥作用。常见的R有R1和R2两种，咖啡因是腺苷类似物，可能与某种R结合，但不引起腺苷的效应。研究者用适量的咖啡因分别处理野生型、R1突变体（敲除R1基因）和R2突变体（敲除R2基因）小鼠，对照组用生理盐水处理，分别测定小鼠的觉醒时间，结果如图所示，下列叙述错误的是（ ）

注：箭头对应时刻为处理时刻。
A. ATP脱去两个磷酸基团可形成腺苷 B. 咖啡因可以阻断腺苷与R2的结合
C. 胞外腺苷浓度的增加可能会延长觉醒时间 D. 该研究有利于探索睡眠障碍的治疗
【答案】AC
【解析】
【分析】对曲线进行分析可知，R1突变体敲除小鼠的实验组和对照组觉醒时间差异与野生型相似；R2突变体敲除小鼠的实验组和对照组的觉醒时间无显著差异，与野生型差异显著。
【详解】A、腺苷由1分子腺嘌呤和1分子核糖组成，ATP是三磷酸腺苷，ATP在相关酶催化下脱去3个磷酸基团可形成腺苷，A错误；
B、据图分析，R1、R2基因敲除小鼠的实验结果与野生型相比，R1敲除小鼠的实验组和对照组觉醒时间差异与野生型相似，R2敲除小鼠的实验组和对照组的觉醒时间无显著差异，与野生型差异显著，因此可推测咖啡因是通过与R2结合发挥作用，B正确；
C、据图可知，野生型的实验组（用咖啡因处理后）觉醒时间明显高于对照组，即咖啡因能延长觉醒时间，而据题意“咖啡因是腺苷类似物，可能与某种R结合，但不引起腺苷的效应”可知，咖啡因与腺苷竞争R受体后不起腺苷的作用，据此推测腺苷可以缩短觉醒时间，C错误；
D、由于人体可依靠脑部基底前脑区合成的胞外腺苷来调节睡眠活动，该实验探究咖啡因与R突变体的关系，有利于探索睡眠障碍的治疗，D正确。
故选AC。

18. 将某种植物置于高温环境（HT）下生长一定时间后，测定HT植株和正常温度（CT）条件下的植株（CT植株）在不同温度下的光合速率，结果如图所示。根据实验结果，可以得出的结论是（ ）

A. CT植株在50℃条件下可以进行光合作用，但不能生长
B. 35℃的条件下，CT植株与HT植株积累有机物的速率相等
C. CT植株与HT植株的最大CO2固定速率基本相等
D. HT植株在50℃条件下的光合速率大于呼吸速率，比CT植株更适应高温环境
【答案】ABD
【解析】
【分析】1、分析图可知，35°C的条件下，两条曲线相交，即CT植株与HT植株CO2的吸收速率相等；CT植株在50°C条件下CO2的吸收为0，说明此时光合速率等于呼吸速率。
2、总光合速率=净光合速率+呼吸速率。
【详解】A、分析图可知，CT植株在50°C条件下CO2的吸收为0，说明此时光合速率等于呼吸速率，没有有机物的积累，植物不能生长，A正确；
B、分析图可知，35°C的条件下，两条曲线相交，即CT植株与HT植株CO2的吸收速率相等，说明积累有机物的速率相等，B正确；
C、CO2吸收速率代表净光合速率，CO2固定速率代表总光合速率，而总光合速率=净光合速率+呼吸速率。分析图可知，CT植株与HT植株的最大CO2吸收速率相等，即净光合速率相等，但呼吸速率未知，因此最大CO2固定速率无法比较，C错误；
D、HT植株在50°C条件下CO2的吸收速率大于0，说明光合速率大于呼吸速率，而CT植株在50°C条件下CO2的吸收为0，说明此时光合速率等于呼吸速率，没有有机物的积累，故比CT植株更适应高温环境，D正确。
故选ABD。
三、非选择题
19. 生物膜在细胞的生命活动中发挥着极其重要的作用。图1表示哺乳动物成熟红细胞膜的结构，其中A、B、C、D表示膜上的有关蛋白质。图2表示真核细胞中另一种生物膜结构及其所发生的生理过程。请回答下列问题：

（1）生物膜的主要成分是__________，图1膜中D蛋白的作用有__________。
（2）图2所示膜结构为__________。图中合成ATP的动力来自于__________。哺乳动物成熟红细胞__________（填“能”或“不能”）发生图2所示生理过程。
（3）图1、2都体现出的生物膜功能是_________。不同生物膜的功能有差异，从组成成分分析主要原因是_____________。
【答案】（1） ①. 脂质（或磷脂）和蛋白质 ②. 运输和催化
（2） ①. 线粒体内膜 ②. 的跨膜运输 ③. 不能
（3） ①. 控制物质进出（不能写控制物质进出“细胞”） ②. 蛋白质的种类和数量不同
【解析】
【分析】分析题图可知：图1是哺乳动物成熟红细胞膜的结构，其基本支架为磷脂双分子层，主要成分有磷脂、蛋白质等；图2中发生了NADH的氧化过程，和ATP的形成过程，同时有水生成，说明该生物膜上发生的有氧呼吸的第二阶段，即该生物膜是线粒体内膜。
【小问1详解】
生物膜的主要成分是磷脂和蛋白质，还含有少量糖类等。由图1可知，其中D蛋白可协助Na+出细胞，K+进细胞，同时消耗ATP（催化ATP水解），说明其具有运输和催化功能。
【小问2详解】
图2中发生了NADH的氧化过程，和ATP的形成过程，同时有水生成，说明该生物膜上发生的有氧呼吸的第二阶段，即该生物膜是线粒体内膜。哺乳动物成熟红细胞无线粒体等细胞器，不能发生图2所示的生理过程。
【小问3详解】
图1、2体现出生物膜的功能是控制物质进出等；其功能的差异是由结构的差异决定的，从组成成分分析主要原因是膜上蛋白质的种类与数量的不同。
20. 人的酒量主要与人体肝脏产生的乙醇脱氢酶和乙醛脱氢酶有关，其作用如图，在人体中，都存在乙醇脱氢酶，而且数量基本相等。但缺少乙醛脱氢酶的人就比较多，这种乙醛脱氢酶的缺少，使酒精不能被完全分解为水和二氧化碳，使人喝酒后产生恶心欲吐、昏迷不适等醉酒症状。
（注：碳酸氢钠在酸性条件下能产生二氧化碳）

（1）某科技团队从动物肝脏中提取出了纯净的乙醛脱氢酶，为了验证乙醛脱氢酶的成分，设计了如下实验：

第1组
第2组
第3组
乙醛脱氢酶
1ml
1ml
1ml
加入试剂种类
蛋白酶ml
RNA酶1ml
A试剂1ml
乙醛
1ml
1ml
1ml
保温
适宜温度保温5分钟
碳酸氢钠
2ml
2ml
2ml
实验结果



①实验中的A试剂应为____________________。
②如果实验结果是第__________组产生气泡，则说明乙醛脱氢酶的成分是蛋白质。
③如果实验结果是第__________组产生气泡，则说明乙醛脱氢酶的成分是RNA。
④实验中产生的气泡成分可以用溴麝香草酚蓝水溶液进行鉴定，则颜色反应是__________。
（2）经研究发现，乙醛脱氢酶最适作用温度为37℃，请在下方坐标图中，画出温度对酶活性的影响曲线______。

【答案】（1） ①. 蒸馏水 ②. 2、3 ③. 1、3 ④. 由蓝变绿再变黄
（2）
【解析】
【分析】酶具有专一性，蛋白酶可水解蛋白质，若乙醛脱氢酶的成分是蛋白质，则会被蛋白酶水解，若乙醛脱氢酶的成分是RNA，则会被RNA酶水解。乙醛脱氢酶可使乙醛转变为乙酸，乙酸可分解为水和二氧化碳等。
【小问1详解】
①由表可知，第3组为对照实验，实验须讲究对照原则和控制变量单一原则，因此实验中的A试剂应为生理盐水。
②若乙醛脱氢酶的成分是蛋白质，则第1组中的乙醛脱氢酶会被蛋白质酶分解，从而使乙醇不能被完全分解为水和二氧化碳，则第1组没有气泡产生，而第2、3组中的乙醛脱氢酶没有被分解，因此乙醇能被完全分解为水和二氧化碳，因此2、3组会产生气泡。
③同理，若乙醛脱氢酶的成分是RNA，则会被RNA酶水解，乙醇不能被完全分解为水和二氧化碳，故第2组不产生气泡，而1、3组乙醛脱氢酶没有被分解，因此乙醇能被完全分解为水和二氧化碳，会产生气泡。
④实验中产生的气泡为CO2，可用溴麝香草酚蓝水溶液进行鉴定，其颜色反应是由蓝变绿再变黄。
【小问2详解】
已知乙醛脱氢酶最适作用温度为37℃，则低于37℃，酶的活性随温度升高而逐渐增强，37℃酶的活性最高，超过37℃，酶的活性随温度升高而逐渐降低至失活，因此曲线为

21. 水稻是人类最重要的粮食作物之一，约为全球半数以上的人口提供热量和营养。大气组分变化对水稻光合作用的影响很大程度上决定了未来水稻产量的潜力。某科研团队以杂交籼稻‘汕优63’为材料， 设置了4个组：室内对照组（CK，模拟室外环境）、高浓度CO2组（大气CO2浓度＋200μmol·mol－1）、高浓度O3组（大气O3浓度的1.6倍）和高浓度CO2＋O3组，其他条件相同且适宜，分别在拔节期、抽穗期和灌浆期测定稻叶的净光合作用速率（Pn表示O2释放速率），实验结果如图所示：

（1）水稻叶肉细胞通过光合作用在 _________________ 中合成三碳糖（C3），在细胞质基质中转化为蔗糖后运输到发育的稻谷种子中转化为淀粉贮存。
（2）高浓度CO2提高叶片净光合速率的合理解释是 ______________ （不考虑CO2浓度对呼吸速率的影响）。
（3）由图可知，高浓度O3对水稻光合速率的作用效果为 _______ （填“促进”或“抑制”），其中作用效果最明显的生育时期是_______ （填“拔节期”“抽穗期”或“灌浆期”），判断依据是____________。
（4）比较高浓度CO2＋O3组与高浓度O3组，可得出结论； ____________________
【答案】（1）叶绿体基质
（2）二氧化碳可参与暗反应过程中二氧化碳
（3） ①. 抑制 ②. 灌浆期 ③. 该时期与其它组别相比，下降程度最高
（4）高浓度CO2能够缓解高浓度O3对于光合速率的抑制作用
【解析】
【分析】分析题意，本实验目的是探究二氧化碳浓度和O3浓度对于水稻净光合速率的影响，实验的自变量是二氧化碳和O3浓度的不同，因变量是净光合速率，据此分析作答。
【小问1详解】
三碳糖是暗反应的产物，暗反应的场所是叶绿体基质。
【小问2详解】
二氧化碳是光合作用的原料，可参与暗反应过程中二氧化碳的固定，故高浓度CO2可通过提高暗反应速率来提高叶片净光合速率。
【小问3详解】
据图可知，与对照组（CK）相比，高浓度O3处理组不同时期的净光合速率均有所降低，说明其对水稻光合速率的作用效果为抑制；据图可知，与其它组别相比，灌浆期高浓度O3处理组下降最多，抑制作用最明显。
【小问4详解】
比较高浓度CO2＋O3组与高浓度O3组可知，高浓度CO2＋O3组跟对照组相比，也有下降，但下降程度小于高浓度O3组，说明高浓度CO2能够缓解高浓度O3对于光合速率的抑制作用。