宁夏石嘴山市三中2019-2020学年高二上学期期中考试生物试题

宁夏石嘴山市三中2019-2020学年高二上学期期中考试生物试题

石嘴山三中2019—2020第一学期高二期中考试 生物试题 一、选择题 ‎1.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．‎ 考点：水在细胞中的存在形式和作用；无机盐的主要存在形式和作用．‎ ‎2.以下说法中有几项是正确（ ）‎ ‎①原核细胞的细胞膜化学组成和结构与真核细胞相似 ‎②一个鱼塘中的所有鱼构成一个种群 ‎③生物界有的元素，非生物界一定有 ‎④蛋白质肽链在核糖体形成后，一定要经内质网和高尔基体加工后才具备其功能 ‎⑤光合作用的细胞一定含叶绿体，含叶绿体的细胞无时无刻不在进行光合作用 ‎⑥抑制膜载体活性或影响线粒体功能的药物都会阻碍根细胞吸收矿质离子 ‎⑦没有细胞结构的生物一定是原核生物 A. 3项 B. 2项 C. 1项 D. 0项 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是一个综合性试题，需要学生透切理解相关知识要点才能准确判断。比如真核生物、原核生物及病毒的区别与联系；光合作用和有氧呼吸的场所；分泌蛋白合成与加工场所等等。‎ ‎【详解】原核细胞的细胞膜的化学组成和结构与真核细胞的相似，化学组成主要是磷脂分子和蛋白质分子，结构是磷脂双分子层构成基本支架，蛋白质分子镶、嵌插、贯穿在其中，①正确；一个鱼塘中的所有鱼既不是种群，也不是群落，②错误；生物界的组成元素全部来自于非生物，③正确；胞内的结构蛋白的肽链在核糖体形成后，不需要经内质网和高尔基体加工，④错误；蓝藻能进行光合作用，但没有叶绿体，⑤错误；根细胞吸收矿质离子是主动运输，与载体蛋白的活性和线粒体供应能量有关，所以抑制膜载体活性或影响线粒体功能的药物都会阻碍根细胞吸收矿质离子，⑥正确；没有细胞结构的生物如病毒却不是原核生物，⑦错误；综上分析，正确的选项有3项，故选A。‎ ‎3.如图所示,甲图中①②表示目镜，③④表示物镜，⑤⑥表示物镜与装片的距离，乙和丙分别表示不同物镜下观察到的图像。下面描述正确的是 A. 为使物像放大倍数最大，甲图中的组合为②③⑥‎ B. 若从图乙转为图丙时，应先向上方移动装片，再转动转换器换成高倍镜 C. 图丙为视野内所看见的物像，则载玻片上的实物应为“6＞‎‎9”‎ D. 若丙是由乙放大10倍后的物像，则实物的面积增大为原来的10倍 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、分析题图可知，①、②表示目镜，①比②长，说明①放大倍数小于②，③④是物镜，③比④长，③放大倍数大于④，⑤距离玻片的距离比⑥近，说明⑤是高倍物镜下观察，⑥是低倍物镜下观察；乙和丙图中，乙是低倍镜下观察的物像，丙是高倍镜下观察的物像。‎ ‎2、高倍显微镜的使用方法：低倍镜下找到清晰的物像→移动装片，使物像移至视野中央→转动转换器，换用高倍物镜→调节反光镜和光圈，使视野亮度适宜→调节细准焦螺旋，使物像清晰。‎ ‎【详解】为使物像放大倍数最大，应选目镜和物镜放大倍数的乘积最大，根据分析可知，甲图中的组合为②③⑤，A错误；显微镜下呈的是倒像，物像与装片移动的方向相反，若从图乙转为图丙时，应先向左下方移动装片，再转动转换器换成高倍镜，B错误；根据显微镜下呈的是上下颠倒、左右颠倒的像可知，图丙为视野内所看见的物像，则载玻片上的实物应为“6＞‎9”‎，C正确；显微镜下放大的倍数是物体的长度或宽度被放大的倍数，若丙是由乙放大10倍后的物像，则实物的面积增大为原来的100倍，D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.2017年10月，诺贝尔化学奖授予了Joachim Frank，因其发明了单粒子冷冻电子显微镜，这对核糖体结构、功能以及蛋白质三维结构的研究有重要贡献。下列相关叙述正确的是 A. 冷冻电镜下细胞内都能看到核糖体 B. 核糖体、病毒化合物成分完全相同 C. 冷冻条件下蛋白质活性会受到抑制 D. 蛋白质的三维结构由氨基酸折叠而成 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．并非所有细胞内都有核糖体，如哺乳动物成熟的细胞不具有任何细胞器，A错误；‎ B．核糖体由蛋白质和rRNA组成，有些病毒由蛋白质和DNA组成，B错误；‎ C．低温下蛋白质活性会受到抑制，C正确；‎ D．蛋白质的三维结构是在肽链的基础上折叠而成的空间结构，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.某校研究性学习小组在设计验证Ni是必需矿质元素的实验时，设计了下列四组实验，你认为其中最恰当的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 该实验的目的是“验证Ni是必需矿质元素”，依据实验设计遵循的对照原则和单一变量原则，应选择完全营养液和缺Ni营养液分别培养相应的植物，利用溶液培养法进行判断。若完全营养液中植物生长良好，而缺Ni营养液中生长不良，且向其中添加一定浓度Ni溶液后不良症状恢复可说明Ni是必需矿质元素。综上所述，C项正确，A、B、D三项均错误。‎ ‎【考点定位】“验证Ni是必需矿质元素”的实验设计的相关知识 ‎【名师点睛】设计验证植物必需的矿质元素的实验思路：‎ ‎6.将蛋清溶液作如下两种方式的处理，有关分析正确的是（　　）‎ A. ③过程有水分子的产生，④过程有水分子的消耗 B. ③、④过程的处理，都能使蛋白质的空间结构及肽键遭到破坏 C. ①、②过程的处理，不会破坏蛋白质的空间结构及肽键 D. 甲、乙两溶液中加入双缩脲试剂，甲溶液变紫色，乙溶液不会变紫色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①过程为蛋白质的盐析，②过程为蛋白质的再溶解，这两个过程不会破坏蛋白质的空间结构及肽键；③过程中的高温可破坏蛋白质的空间结构，但不会有水生成；④过程可破坏肽键，消耗水。‎ ‎【详解】A、③过程中的高温可破坏蛋白质的空间结构，但不会有水生成，A错误；‎ B、③过程中的高温可破坏蛋白质的空间结构，但没有破坏肽键，B错误；‎ C、①过程为蛋白质的盐析，②过程为蛋白质的再溶解，这两个过程不会破坏蛋白质的空间结构及肽键，C正确；‎ D、甲、乙两种溶液中都有肽键存在，甲、乙两溶液中加入双缩脲试剂，甲溶液变紫色，乙溶液也会变紫色，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】知识易混点：蛋白质盐析并不影响原来蛋白质的性质，属于物理变化；高温、强酸和强碱等作用下，蛋白质的空间结构发生改变，这种变化叫变性。‎ ‎7. 如图所示为脂肪和糖类部分元素含量，已知两者最终氧化分解的产物相同。根据图中有关数据分析，以下说法错误的是( )。‎ 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的比例较高，所以释放能量较多 C. 同质量下，糖类比脂肪在氧化分解时产生的水多 D. 正常情况下，糖类是能源物质，脂肪是储能物质 ‎【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，分析题干图示可知，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。‎ ‎【详解】A、同质量下，脂肪比糖类在氧化分解时耗氧量多，A正确； B、脂肪中H的比例较高，O的比例较少，所以释放能量较多，B正确； C、同质量下，糖类比脂肪在氧化分解时产生的水少，C错误； D、正常情况下，糖类是主要的能源物质，脂肪是主要的储能物质，D正确。 故选C。‎ ‎8. 细胞之间通过信息交流，保证细胞间功能的协调。关于细胞间信息交流的说法错误的是 （ ）‎ A. B细胞与乙细胞上受体化学本质都是糖蛋白 B. 图2可以表示精子与卵细胞的识别 C. 细胞膜上的受体是细胞间信息交流必不可少的结构 D. 激素随血液运输到全身各处，与靶细胞的细胞膜表面的受体结合，将信息传递给靶细胞 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：细胞膜外侧的受体化学本质都是糖蛋白，有专一性识别并结合信息分子作用，传递给细胞相关信息，A正确。图2可以表示细胞与细胞之间通过细胞膜的直接接触和识别作用结合，B正确。细胞间信息交流方式除了通过细胞膜受体识别信息分子，还可以通过细胞间通道进行，如植物细胞的胞间连丝，C错。激素通过血液运输，与靶细胞的细胞膜表面的受体结合，将信息传递给靶细胞，调节相关生命活动，D正确。‎ 考点：本题考查细胞信息传递相关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识的网络结构能力。‎ ‎9.如图为细胞中化合物A与化合物B生成化合物D的过程示意图，C为化学键。下列叙述中正确的是（　 ）‎ A. 若A为葡萄糖、B为果糖，则合成D的反应是一个放能反应 B. 若A为葡萄糖、B为半乳糖，则D为麦芽糖 C. 若A为甲硫氨酸、B为甘氨酸，则C可表示为﹣CO﹣NH2﹣‎ D. 若A为腺苷，B为磷酸，则C不是高能磷酸键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 细胞中的吸能反应一般与ATP水解的反应相联系，由ATP水解提供能量；放能反应一般与ATP的合成相联系。麦芽糖可水解成两分子葡萄糖。ATP的结构简式为A-P~P~P，其中~表示高能磷酸键。‎ ‎【详解】A、A葡萄糖和B果糖合成D蔗糖的反应需要吸收能量，是吸能反应，A错误；‎ B、若A为葡萄糖、B为半乳糖，则D为乳糖，B错误；‎ C、若A为甲硫氨酸、B为甘氨酸，则C为肽键可表示为﹣CO﹣NH﹣，C错误；‎ D、若A为腺苷，B为磷酸，则D为腺嘌呤核糖核苷酸，C不是高能磷酸键，D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解题关键是识记各种有机物的组成和结构，注意区分吸能反应和放能反应。‎ ‎10.如图1表示甲、乙两种无机盐离子处于不同浓度时与作物产量的关系；图2表示钙对某种植物花粉管生长的影响的关系。下列相关叙述错误的是(　　)‎ A. 据图1可知，乙的浓度为b时，对提高作物的产量最有利 B. 据图1可知，乙的浓度为d时，虽然对提高产量有利，但会造成肥料的浪费 C. 据图2可知，适宜浓度的钙有利于花粉管的生长 D. 据图2可知，钙对花粉管生长速率的影响随浓度变化而变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【考点定位】无机盐的主要存在形式和作用 ‎【详解】‎ 据图1可知，乙的浓度在cd之间时，对提高作物的产量最有利，A错误；乙的浓度为d时，虽然对高产量有利，会造成肥料浪费，成本增加，B正确；据图2可知，适宜浓度的钙有利于花粉管的生长，C正确；据图2可知，钙对花粉管生长速率的影响随浓度变化而变化，D正确。‎ ‎11.‎ 元素或基团 ‎ C ‎ H ‎ O ‎ N ‎ ‎—NH2 ‎ ‎—COOH ‎ 多肽 ‎ ‎202 ‎ ‎348 ‎ ‎62 ‎ ‎53 ‎ ‎3 ‎ ‎2 ‎ 推算这种多肽中氨基酸的数目及这些氨基酸中的羧基、氨基数依次是（ ）‎ A. 51、52、53 B. 62、53、‎55 ‎C. 53、54、53 D. 101、54、102‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 详解】‎ 从表中数据可知该多肽链含有3个游离的氨基，其中有两个应该在R基团上，那么有51个N原子是构成氨基酸的氨基中的N原子，因此可推知该多肽由51个氨基酸构成；这51个氨基酸中共有53个氨基。从表中所给的数据还可看出该多肽链中含有2个游离的羧基，其中有1个应该在R基团上，所以这51个氨基酸中共有52个羧基，A项正确。‎ ‎12.在下列物质中，将其中能够构成蛋白质的氨基酸连接成一多肽链（每种氨基酸只有一个），则此蛋白质分子中所含有的羧基、氨基和肽键的数目依次是 （　　）‎ A. 3、3、2 B. 4、3、3、 C. 3、2、4 D. 2、2、2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构成生物体蛋白质的氨基酸的结构通式特点：至少有一个氨基和一个羧基连在同一个碳原子上，其次剩下的部分是R基和一个氢原子；因此不同氨基酸的区别在于R基的不同。‎ ‎【详解】根据分析可以知道，图中①②③④⑥五种氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基，并且它们都连接在同一个碳原子上，属于组成蛋白质的氨基酸，且此五种氨基酸中，②的R基中含1个氨基，③④的R基中含1个羧基，所以，由此五种氨基酸（各一个）组成的蛋白质中：‎ 所含有的羧基=肽链数+R基中含有的羧基数=3个；‎ 所含有的氨基=肽链数+R基中含有的氨基数=2个； ‎ 形成的肽键数=氨基酸数-肽链数=4个。综上所述，C正确，A、B、D错误。‎ 故选C。‎ ‎13.某50肽中有丙氨酸(R基为—CH3)4个，现脱掉其中的丙氨酸(相应位置如图)得到4条多肽链和5个氨基酸(脱下的氨基酸均以游离态正常存在)。下列有关叙述错误的是(　　)‎ A. 该50肽水解得到的几种有机物比原50肽增加了8个氧原子 B. 若将得到的5个氨基酸缩合成5肽，则有3种不同的氨基酸序列 C. 若新生成的4条多肽链总共有5个羧基，那么其中必有1个羧基在R基上 D. 若将新生成的4条多肽链重新连接成一条长链将脱去3个H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题意和题图：脱掉这4个丙氨酸需要断开8个肽键，每断开一个肽键需要1分子水。每条肽链中至少有1个游离的氨基和1个游离的羧基。‎ ‎【详解】A、据图可知，脱掉这4个丙氨酸需要断开8个肽键，每断开一个肽键需要1分子水，共需8个水分子参与，故该50肽水解得到的几种有机物比原50肽增加了8个氧原子，A正确；‎ B、若将得到的5个氨基酸缩合成五肽，则有5种不同的氨基酸序列，B错误；‎ C、每条肽链中至少有1个游离的氨基和1个游离的羧基，故新生成的4条多肽链至少有4个羧基，再多出的羧基必定在R基上，C正确；‎ D、若将新生成的4条多肽链重新连接成一条长链，需要3个连接位点，形成3个肽键，脱去3分子水，D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是识记氨基酸的结构通式，掌握氨基酸脱水缩合形成的多肽链中氨基酸数-脱水数=肽键数的关系。‎ ‎14.下列关于蛋白质的叙述，正确的是（　　）‎ A. 沸水浴加热之后，构成胰岛素的肽链充分伸展并断裂 B. 由N个氨基酸构成的一个蛋白质分子，有M条肽链，其中X条是环状肽，则这个蛋白质分子完全水解共需要（N﹣M+X）个水分子 C. 组成蛋白质的氨基酸之间可按不同的方式脱水缩合 D. 某肽的分子式为C13H16O5N3，则该肽一定是一种三肽 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由N个氨基酸构成的一个蛋白质分子，如果都是肽链，则肽键数=N-M，如果其中的X条再形成环状肽链，则会多形成X个肽键，即肽键数=N-M+X。‎ ‎【详解】A、沸水浴加热之后，胰岛素的空间结构被破坏，肽链不一定充分伸展并断裂，A错误；‎ B、氨基酸脱水缩合形成蛋白质过程中，肽键=脱去水分子数，由分析可知，这个蛋白质分子完全水解共需要（N﹣M+X）个水分子，B正确；‎ C、组成蛋白质的氨基酸之间都是通过相同的脱水缩合方式形成肽键的，C错误；‎ D、氨基酸的R基上可能含有氨基，所以某肽的分子式为C13H16O5N3，则该肽不一定是一种三肽，D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题考查有关蛋白质的知识点，识记并掌握氨基酸脱水缩合过程是解题关键，要求考生能理解所学知识点，把握知识间的内在联系。‎ ‎15.某39肽中共有甘氨酸4个，现去掉这4个氨基酸，得到4条长短不等的多肽如下图，则得到这些多肽至少需要消耗水的数目、这些多肽中至少含有游离氨基的数目以及肽键的数目分别是（　　）‎ A. 8、31、35‎ B. 4、5、 31‎ C. 7、4、 31‎ D. 3、32、38‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 肽键数=氨基酸数-肽链数；某39肽中共有丙氨酸4个，氨基酸共39个，肽键数=氨基酸数-肽链数=39-1=38个；现去掉其中的4个丙氨酸，得到4条长短不等的多肽，这4条长短不等的多肽中，共含氨基酸35个，肽键数=氨基酸数-肽链数=35-4=31个。‎ ‎【详解】A、由分析可知，原39肽中肽键数为38，去掉其中的4个丙氨酸，得到4条长短不等的多肽后，肽键数为31，故至少需要消耗水的数目=38-31=7，A错误；‎ B、每条肽链中至少有1个游离氨基和1个游离的羧基，4条多肽中至少含有游离氨基的数目为4，B错误；‎ C、4条多肽中的肽键数=氨基酸数-肽链数=35-4=31，C正确；‎ D、综上分析可知，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】对于氨基酸脱水缩合反应过程中的氨基酸数、肽链数、形成的肽键数、脱去的水分子数、游离的氨基和羧基数之间关系的理解是解题关键。‎ ‎16.有一条由12个氨基酸组成的多肽，分子式为CxHyNzOwS(z>12，w>13)，这条多肽链经过水解后的产物中有5种氨基酸：半胱氨酸(C3H7NO2S)、丙氨酸(C3H6NO2)、天冬氨酸 ‎(C4H7NO4)、赖氨酸(C6H14N2O2)、苯丙氨酸(C9H11NO2)。求水解产物中天冬氨酸的数目是（ ）‎ A. y＋12 B. （z＋12）/2‎ C. (w－13)/2 D. w＋13‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题意：该多肽水解产物有5种氨基酸；半胱氨酸、丙氨酸、天冬氨酸和苯丙氨酸中都只有1个氮原子，而赖氨酸中有2个氮原子，其中的1个氮原子应该在R基上；同理半胱氨酸、丙氨酸、赖氨酸、苯丙氨酸中都只有2个氧原子，而天冬氨酸有4个氧原子，其中2个氧原子在R基上。‎ ‎【详解】蛋白质中氧原子数=肽键数+2×肽链数+R基上氧原子数=各氨基酸中氧原子总数-脱去水分子数。即如果不考虑R基，12个氨基酸组成的多肽中氧原子数=12×2-11=13，根据题干可知天冬氨酸的R基上有2个氧原子，故水解产物中天冬氨酸的数目= (w－13)/2。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解题关键是对蛋白质中含有N、O原子数的计算：N原子数=肽键数+肽链数+R基上的N原子数=各氨基酸中N原子总数；O原子数=肽键数+2×肽链数+R基上O原子数=各氨基酸中O原子总数-脱去水分子数。‎ ‎17.某细菌能产生一种单链的“毒性肽”，其分子式是C55H70O19N10，将它彻底水解后只能得到下列四种氨基酸：‎ 下列说法正确的是（　　）‎ A. 该多肽一种十肽，含有10个肽键 B. 该多肽完全水解后，得到4个谷氨酸分子 C. 甘氨酸是分子量最大的氨基酸 D. 该多肽中至少含有一个氨基和一个羧基 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题图可知，甘氨酸、丙氨酸和苯丙氨酸中都只有一个氨基和一个羧基，而谷氨酸中含一个氨基和二个羧基。‎ ‎【详解】A、由题图可知，该多肽水解后的四种氨基酸中都只含有一个氨基，故分子式C55H70O19N10的多肽为十肽，含有9个肽键，A错误；‎ B、该十肽完全水解后，得到谷氨酸分子数=（19-11）/2=4，B正确；‎ C、由题图中各氨基酸的分子式可知，甘氨酸是分子量最小的氨基酸，C错误；‎ D、该多肽中至少含有一个氨基和五个羧基，D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】解题关键是对蛋白质中含有N、O原子数的计算：N原子数=肽键数+肽链数+R基上的N原子数=各氨基酸中N原子总数；O原子数=肽键数+2×肽链数+R基上O原子数=各氨基酸中O原子总数-脱去水分子数。‎ ‎18.通过检测某种生物体内各种碱基的相对含量，得到的结果如下表所示。下列叙述正确的是（　　）‎ 碱基 A G C U 百分含量 ‎24%‎ ‎27%‎ ‎35%‎ ‎14%‎ A. 该生物可能同时含有核糖核苷酸和脱氧核糖核苷酸 B. 该生物体内的A、G、U能参与构成7种核苷酸 C. 彻底水解该生物体内的核酸能获得6种产物 D. 该生物可能是大肠杆菌等原核生物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ DNA分子中含碱基A、T、G、C，且A=T，G=C；RNA中含有A、U、G、C四种碱基，且A不一定等于U，G不一定等于C。‎ ‎【详解】A、由表格中该生物体内的碱基种类A、U、G、G可知，该生物体内只有RNA一种核酸，即只含有核糖核苷酸，A错误；‎ B、该生物体内的A、G、U能参与构成3种核苷酸，B错误；‎ C、RNA水解后可得到核糖、磷酸和四种碱基共6种产物，C正确；‎ D、该生物是RNA病毒，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】知识易混点：1. DNA分子中含碱基A、T、G、C， RNA中含有A、U、G、C四种碱基；2.具有细胞结构生物的遗传物质是DNA，细胞中既有DNA也有RNA。‎ ‎19.内共生学说认为：线粒体来源于一种大型的、具吞噬能力的生物吞进了一种较小的、需氧型细菌（以二分裂方式增殖），被吞进的细菌不仅未被消化分解，而是逐渐生存下来，最终形成了主细胞内的细胞器一线粒体。叶绿体也来源于类似的途径。根据以上信息，下列推断错误的是（　　）‎ A. 叶绿体来源于较小的，可以进行光合作用的原核细胞，比如蓝细菌 B. 线粒体、叶绿体内含有的DNA是环状 C. 线粒体、叶绿体均以二分裂的方式进行增殖 D. 抑制细菌蛋白质合成的抗生素能抑制真核细胞中蛋白质的合成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据内共生学说，线粒体来源于一种较小的、需氧型细菌；则叶绿体来源于较小的，可以进行光合作用的原核细胞。‎ ‎【详解】A、根据题意分析可知，叶绿体来源于较小的，可以进行光合作用的原核细胞，比如蓝细菌，A正确；‎ B、细菌等原核生物细胞中的DNA是环状的，所以线粒体、叶绿体内含有的DNA是环状的，B正确；‎ C、原核细胞以以二分裂的方式进行增殖，故线粒体、叶绿体均以二分裂的方式进行增殖，C正确；‎ D、抑制细菌蛋白质合成的抗生素，对真核细胞中蛋白质的合成没有影响，D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题属于材料信息题，对此类题型的解题技巧：1. ‎ 认真阅读材料，分析其中的关键语句，充分联系教材，找到与教材的衔接点；2. 给合题文要求，对于联系教材的有关原理、概念等，尽可能用教材语言规范答题。‎ ‎20.下列有关①②③④四个框图中所包括的生物共同特征的叙述正确的是（ ）‎ A. 框图①中的生物内都含水、无机盐、蛋白质、糖类、脂质、核酸等化合物 B. 框图②内的生物都不含染色体，是原核生物 C. 框图③内的生物共有的细胞结构包括细胞膜、细胞质、核糖体等 D. 框图④内的生物都有细胞结构，且都能通过细胞分裂繁殖后代 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原核细胞与真核细胞相比，最大的区別是原核細胞没有被核膜包被的成形的细胞核(没有核膜、核仁和染色体)；原核细胞的细胞壁的主要成分是肽聚糖；原核细胞只有核糖体一种细胞器，但部分原核生物也能进行光合作用和有氧呼吸，如蓝藻。病毒(如噬苗体、HIV等)没有细胞结构，主要由蛋白质外壳和核酸组成。‎ ‎【详解】噬菌体是病毒，没有细胞结构，其成分是蛋白质和DNA（脱氧核糖核酸），A错误；酵母菌是真核生物，细胞中含有染色体，B错误；水绵、蓝藻、光合细菌、酵母菌共有的细胞结构包括胞壁、细胞膜、细胞质、核糖体等，C正确；噬菌体是病毒，没有细胞结构，D错误。‎ ‎21. 细胞的结构和功能高度统一。下列有关叙述不正确的是 A. 哺乳动物成熟的红细胞表面积与体积之比相对较大，提高了气体交换效率 B. 小肠绒毛上皮细胞内有大量的线粒体，有助于物质运输的能量供应 C. 哺乳动物成熟精子中细胞质较少，有利于精子运动 D. 卵细胞体积较大有利于和周围环境进行物质交换，为胚胎早期发育提供所需养料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、哺乳动物成熟的红细胞呈圆饼状，这样使表面积与体积之比相对较大，有利于提高气体交换效率， A正确；‎ B、线粒体能为生命活动提供能量，小肠绒毛上皮细胞内有大量的线粒体，这样有助于物质运输的能量供应，B正确；‎ C、哺乳动物成熟精子中细胞质较少，外形似蝌蚪，有利于精子运动，C正确；‎ D、卵细胞体积较大，其相对表面积较小，不利于与周围环境进行物质交换，D错误。‎ 故选D。‎ ‎22.亲核蛋白具有明确的头、尾结构，是在细胞质合成后、通过核孔进入到细胞核内发挥作用的。科学家通过有限的水解将亲核蛋白的头尾分开，再将带有放射性标记的完整的亲核蛋白、头部及尾部分别注入到爪蟾卵母细胞的细胞质中，结果在细胞核中发现被标记的完整亲核蛋白和亲核蛋白的尾部。这说明 A. 亲核蛋白进入细胞核的方式是自由扩散 B. 亲核蛋白进入细胞核的关键部位是头部 C. 细胞核对物质的运输具有选择性 D. 细胞核和细胞质之间只能进行单向的物质运输 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 亲核蛋白进入细胞核的方式是通过核孔，没有跨膜运输，A错误；放射头部没有进入细胞核，放射性尾部全部进入细胞核，可见亲核蛋白进入细胞核由尾部决定，B错误；放射头部没有进入细胞核，放射性尾部全部进入细胞核，说明对物质的运输具有选择性，C正确；题干信息得出细胞质中的物质能进入细胞核，但无法判断细胞核中物质不能进入细胞质，因此无法判断细胞核和细胞质之间只能进行单向的物质运输，D错误 ‎【点睛】方法点拨：从题干中获取“在细胞核中发现被标记的完整亲核蛋白和亲核蛋白尾部”，说明亲核蛋白进入细胞核由尾部决定。‎ ‎23.有关细胞核的叙述，错误的是（　　）‎ A. 组成细胞核的核孔、核膜、核仁、染色质均可以发生变化 B. 染色质不能称为遗传信息的载体，而只能是DNA的载体 C. 细胞核中会发生肽键、氢键、磷酸二酯键的数目变化 D. 通过核膜、核孔来实现核质之间频繁的物质交换和信息交流 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 核膜孔的数目、分布和密度与细胞代谢活性有关，核质与细胞质之间物质交换旺盛的部位核膜孔数目多；细胞分裂期核膜、核仁有消失和再现的变化；染色质在分裂期螺旋成染色体。‎ ‎【详解】A、由分析可知，组成细胞核的核孔、核膜、核仁、染色质均可以发生变化，A正确；‎ B、遗传信息是指DNA上碱基的排列顺序，所以染色质是遗传信息的载体，B错误；‎ C、细胞核中会发生肽键、氢键、磷酸二酯键的数目变化，C正确；‎ D、通过核膜、核孔来实现核质之间频繁的物质交换和信息交流，D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】解题关键是识记细胞核的结构和功能，理清在细胞核中可以发生的变化，如DNA的复制、转录等过程中，有氢键、磷酸二酯键的数目变化。‎ ‎24.下表是人体成熟红细胞与血浆中的K+和Mg2+在不同条件下的含量比较，据表分析不确切的是（）‎ ‎ ‎ 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+ ‎ ‎145mmol ‎ ‎5mmol ‎ ‎11mmol ‎ ‎5mmol ‎ ‎13mmol ‎ ‎5mmol ‎ Mg2+ ‎ ‎35mmol ‎ ‎1．4mmol ‎ ‎1．8mmol ‎ ‎1．4mmol ‎ ‎35mmol ‎ ‎1．4mmol ‎ A. 鱼滕酮对K+和]Mg2+的载体的生理功能均有抑制作用 B. 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 C. 鱼滕酮抑制ATP的合成从而影响K+和Mg2+的运输 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】‎ ‎【详解】由表格看出，用鱼滕酮处理后，细胞对K+和Mg2+‎ 的吸收都受到影响；用乌本苷处理后，只有细胞对K+的吸收受到影响、而细胞对Mg2+的吸收不会受到影响。考虑到细胞对K+和Mg2+的吸收都属于主动运输，ATP的供应和载体都会影响这个过程。若ATP的供应受影响，则两种离子的吸收都受到影响，故可判断鱼滕酮通过影响ATP供应来影响吸收，而乌本苷则通过影响K+的载体来影响对K+的吸收。综上分析可知，A符合题意，BCD不符合题意。‎ 故选A。‎ ‎25.小肠上皮细胞跨膜运输葡萄糖的过程如图所示，据图分析，下列叙述正确的是(　　)‎ A. 由图可知，葡萄糖进出小肠上皮细胞的方式均是主动运输 B. 该细胞内葡萄糖向细胞外运输的方式和神经细胞内K＋向细胞外运输的方式不同 C. 若肠腔中的Na+浓度降低，会影响小肠上皮细胞吸收葡萄糖 D. 若小肠上皮细胞膜上缺少Na＋葡萄糖同向转运蛋白，则可能导致高血糖 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题图：葡萄糖进入小肠上皮细胞是从低浓度至高浓度，属于主动运输，而从小肠上皮细胞进入组织液是由高浓度至低浓度，且需要载体协助，为协助扩散；小肠上皮细胞排出Na+和吸收K+方式为主动运输。神经细胞内K＋外流方式为协助扩散。‎ ‎【详解】A、由图可知，葡萄糖进出小肠上皮细胞的方式分别为主动运输和协助扩散，A错误；‎ B、细胞内葡萄糖向细胞外运输的方式和神经细胞内K＋向细胞外运输的方式相同，都是协助扩散，B错误；‎ C、图中Na+葡萄糖同向转运蛋白转运Na+为转运葡萄糖提供能量，若肠腔中的Na+浓度降低，则会影响小肠上皮细胞吸收葡萄糖，C正确；‎ D、若小肠上皮细胞膜上缺少Na＋葡萄糖同向转运蛋白，会影响对肠腔中葡萄糖的吸收，则可能导致低血糖，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题解题关键是对题图的解读：根据图中信息分析葡萄糖进出小肠上皮的运输方式，Na+进出细胞的方式，注意区别K+进入细胞为主动运输，而分泌出细胞的方式为协助扩散。‎ ‎26.许多植物在种子发育时会储存大量的油脂，这些油积累在油质体中，油质体的产生如图所示下列说法错误的是 ‎ A. 油脂和淀粉是植物的常见的储能物质 B. 油质体中的油在两层磷脂分子之间积累 C. 图示为光面内质网，还可合成磷脂分子 D. 油脂可与苏丹III染液反应显色为红色 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 植物体内常见的储能物质是脂肪和淀粉；内质网是脂质合成场所，脂肪与苏丹III染液反应显色为橘黄色，与苏丹IV染液反应显色为红色。‎ ‎【详解】A、油脂和淀粉是植物的常见的储能物质，A正确；‎ B、由图可知，油质体中的油在两层磷脂分子之间积累，B正确；‎ C、图示为光面内质网，还可合成磷脂分子，C正确；‎ D、油脂可与苏丹III染液反应显色为橘黄色，D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题考查有关内质网的结构和功能，解题关键是提取题干信息，结合题图，联系教材相关知识点分析各选项。‎ ‎27.U形管中装有两种不同物质的溶液R及S，并被一半透性膜(X)隔开(如下图)，该半透膜只允许水分子自由通过。与S相比，R为低渗溶液(即浓度较低)。图a中黑色的深浅即代表浓度高低。当U形管内已达到平衡时，两侧液面及渗透压情况分别是(参看图b) （ ）‎ A. 右侧较高，两溶液等渗，即浓度相等 B. 右侧较高，且右侧为高渗，即浓度较高 C. 左侧较高，且右侧为低渗，即浓度较低 D. 两侧高度相等，且为等渗，即浓度相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据渗透作用原理，水分子总体运输方向是从低浓度溶液一侧向高浓度溶液一侧扩散。据图分析，水分子从R侧向S侧扩散得多，导致U形管的右侧液面升高，随着右侧液面的升高，右侧液面和左侧液面出现一个高度差，从而使U形管右侧的压力大于左侧的压力，促使水分子向左侧移动，右侧高浓度溶液又会导致水分子向右侧移动，当两侧溶液浓度差引起的水分子扩散的力等于两侧液面高度差引起的阻止水分子向右侧扩散的力时，水分子的扩散达到平衡，此时U形管右侧液面高于左侧，右侧溶液的浓度高于左侧。‎ ‎【详解】A、由分析可知，U形管内已达到平衡时，两侧溶液浓度不等，A错误；‎ B、U形管内已达到平衡时，右侧液面高于左侧，右侧溶液的浓度也高于左侧，B正确；‎ C、U形管内已达到平衡时，右侧液面高于左侧，C错误；‎ D、U形管内已达到平衡时，右侧液面高于左侧，两侧浓度不等，D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】解题关键是理解渗透作用原理，能结合题干信息，分析当U形管内达到平衡时，两侧液面及渗透压情况。‎ ‎28. 如图1所示的甲、乙、丙三个渗透装置中，三个漏斗颈的内径相等，漏斗内盛有浓度相同的蔗糖溶液，且漏斗内液面高度相同，漏斗口均封以半透膜，置于同一个水槽的清水中。三个渗透装置半透膜的面积和所盛蔗糖溶液的体积不同，如下表所示。右图2中曲线1、2、3表示漏斗液面高度随时间的变化情况。则曲线1、2、3与甲、乙、丙三个装置的对应关系应是 A. 1—乙；2—甲；3—丙 B. 1—丙；2—甲；3—乙 C. 1—甲；2—乙；3—丙 D. 1—丙；2—乙；3—甲 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：由于水的渗透方向总的趋势是由低浓度(指物质的量浓度）向高浓度方向，所以甲、乙、丙3个渗透装置中都因水渗透入漏斗而使漏斗液面升高。半透膜面积大者，实验开始时水的渗透量大，漏斗液面升高快，所以，甲和丙装置在实验开始漏斗液面升髙比装置乙的快。又由于丙装置的漏斗内盛的蔗糖熔液比装置甲的多，所以，实验最终丙装置的漏斗液面最高。故B正确。‎ 考点：本题考查渗透作用相关知识，意在考查考生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论能力；图形曲线分析能力。‎ ‎29.利用荧光素双醋酸酯（FDA）染色法测定动物细胞的活力，其基本原理是FDA本身无荧光，可自由通过细胞膜，经细胞内酯酶分解产生荧光素，积累在细胞内并能发出绿色荧光，下列相关叙述正确的是 A. 实验中配制的FDA溶液是一种低渗溶液 B. FDA通过胞吞方式进入细胞，需要消耗能量 C. 荧光素分子能以自由扩散的方式通过细胞膜 D. 一定范围内，荧光强度与细胞活力呈正相关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 提炼出题干的有效信息做题，根据“FDA本身无荧光，可自由通过细胞膜” “细胞内酯酶分解产生荧光素，并积累在细胞内能产生绿色荧光”可确定物质的运输方式。‎ ‎【详解】A、实验中配制的FDA溶液是一种高渗溶液，进而通过顺浓度梯度自由扩散进入细胞，A错误；‎ B、根据题意 “FDA本身无荧光，可自由通过细胞膜”，说明FDA进入细胞的方式是自由扩散，B错误；‎ C、“细胞内酯酶分解产生荧光素，并积累在细胞内能产生绿色荧光”，说明荧光素在细胞内，不能扩散出细胞，C错误；‎ D、细胞内酯酶分解产生积累在细胞内的荧光素，绿色荧光的强度越强，则酶活性越高，所以绿色荧光的强度与原生质体的活力呈正相关，D正确。‎ 故选D。‎ ‎30.下表为关于农作物A、B在相同土壤中N、P、K三元素肥效实验的结果记录(“+”表示施肥,“-”表示未施肥)（豆科植物可以与固氮微生物共生）。据此结果得出的正确结论是(　　) ‎ 农作物A 农作物B 肥料 成分 N ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎+‎ ‎-‎ P ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎+‎ K ‎+‎ ‎-‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎+‎ ‎+‎ ‎-‎ ‎-‎ ‎+‎ ‎+‎ 产量 ‎100‎ ‎54‎ ‎83‎ ‎65‎ ‎100‎ ‎100‎ ‎34‎ ‎70‎ ‎55‎ ‎40‎ A. 对农作物A来说,N是非必需元素 B. 农作物A可能是豆科植物 C. 对农作物B来说,三种元素中K最重要 D. 两种农作物对N、P、K的需求量基本相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ N是必需元素，农作物A 虽然施加氮肥前后产量不变，只能说明它自身可能能够吸收氮元素，且最可能的方式是通过生物固氮途径，故农作物A可能是豆科植物，A项错误，B项正确；通过对照可以看出，缺N对产量的影响最大，所以N元素可能对作物B更加重要，故C项错误；两种作物的减产数据表明，两种作物对N、P、K需求量是不同的，D项错误。‎ ‎【点睛】‎ 本题以表格的形式，考查细胞内无机盐的相关知识，意在考查学生获取图示信息、审题、分析能力。根据表格分析：农作物A缺K、P时，产量减少，缺少N时，产量不变；农作物B缺少N、P、K时，产量明显减少。‎ ‎31.某同学利用紫玉兰、诸葛菜、山茶、茶梅和红花檀木的叶片为材料，放大相同倍数后观察、记录视野中的细胞数目，然后做“质壁分离实验”，记录开始滴加‎0.3 g/mL蔗糖溶液到发生初始质壁分离的时间并计算平均值。有关叙述不合理的是(　　)‎ A. 该实验中的各组材料之间相互对照 B. 各组实验中红花檀木质壁分离的速度最快 C. 山茶细胞体积最大，从接触蔗糖溶液到发生质壁分离的时间最长 D. 细胞液浓度：山茶<茶梅<紫玉兰<诸葛菜<红花檀木 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据题文的描述和分析图示可知：该题考查学生对植物细胞的质壁分离的相关知识的识记和理解能力，以及对实验现象和结果进行解释、分析和处理的能力。‎ ‎【详解】A：依题意和图示分析可知：该实验中的各组材料之间形成相互对照，A正确； B：各组实验中，红花檀木的质壁分离所需平均时间最短，因此质壁分离的速度最快，B正确； C：山茶的细胞平均数最小，说明其细胞体积最大，因此从接触蔗糖溶液到发生质壁分离的时间最长，C正确； D：柱形图显示，视野中细胞平均数由多到少为：红花檀木＞诸葛菜＞紫玉兰＞茶梅＞‎ 山茶，而发生质壁分离的平均时间由短到长为：红花檀木＜诸葛菜＜紫玉兰＜茶梅＜山茶，据此可推知细胞液的浓度由低到高为：红花檀木＜诸葛菜＜紫玉兰＜茶梅＜山茶，D错误。 故选D ‎ ‎【点睛】由题意“放大相同倍数后观察、记录视野中的细胞数目”可推知：细胞平均数越多，细胞的体积越小；当外界溶液浓度大于细胞液浓度时，细胞因失水而发生质壁分离，而且外界溶液与细胞液的浓度差越大，发生质壁分离所需时间越短。在此基础上，分析比较柱形图呈现的各类细胞平均数和发生初始质壁分离的平均时间，进而分析判断各选项。‎ ‎32.如图容器 A 中含 0.02 mol·L－1 蔗糖，0.03 mol·L－1 尿素；容器 B 中含 0.01 mol·L－1 蔗糖，0.05 mol·L－1 尿素。A、B 间隔一层半透膜。第一种情况：半透膜只允许水分子通过；第二种情况：半透膜允许水分子和尿素分子通过。当达到动态平衡时，这两种情况下的液面高度情况是（ ）‎ A. 一样高，A 高于 B B. B 高于 A，不能确定 C. B 高于 A，A 高于 B D. 一样高，不能确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】第一种情况：半透膜只允许水分子通过：A.溶液总的摩尔浓度是0.05，B溶液总的摩尔浓度是0.06，B的渗透压高于A，故最终B液面高于A；第二种情况：半透膜允许水分子和尿素分子通过，那么最终半透膜两侧的尿素浓度相等，但是A溶液的蔗糖浓度大于B，故最终A液面高于B。综上所述，C正确。‎ ‎【点睛】渗透作用的知识总结 ‎1.渗透作用的概念：渗透作用指水分子或其他溶剂分子通过半透膜向溶质浓度大的一方做分子运动，使膜两侧溶质浓度达到均衡的现象。‎ ‎2.渗透系统的组成（如图）‎ ‎（1）半透膜：指一类可以让小分子物质通过而大分子物质不能通过的一类薄膜的总称。可以是生物性的选择透过性膜，如细胞膜，也可以是物理性的过滤膜，如玻璃纸。‎ ‎（2）半透膜两侧溶液具有浓度差。‎ ‎3.渗透作用的发生：‎ ‎（1）当S1浓度＞S2浓度时，单位时间内由S2→S1的水分子数多于S1→S2的水分子数，水分子是可以双向运动的，外观上表现为S1液面上升。‎ ‎（2）当S1浓度＜S2浓度时，则情况相反，外观上表现为S1液面下降。‎ ‎（3）在达到渗透平衡后，若存在如图所示的液面差h，则表明S1溶液浓度大于S2‎ ‎33.某同学通过下列模拟实验探究膜的透性。用带有一个小孔的隔板把水槽分成左右两室，把磷脂分子引入隔板小孔，使之成为一层薄膜，水槽左室加入钾离子浓度较低的溶液，右室加入钾离子浓度较高的溶液。①若在左、右两室分别插入正、负电极，结果发现钾离子不能由左室进入右室；②若此时在左室加入少量缬氨霉素（多肽），结果发现钾离子可以由左室进入右室；③若此时再将电极取出，结果钾离子又不能由左室进入右室。对该实验的分析，错误的是（　　）‎ A. 缬氨霉素（多肽）可以模拟载体 B. 隔板小孔中形成的磷脂分子薄膜有选择透过性 C. 插入正负电极可以为钾离子的运输提供能量 D. 可说明钾离子的逆浓度运输需要载体和消耗能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题意：左室加入钾离子浓度较低的溶液，右室加入钾离子浓度较高的溶液，①若在左、右两室分别插入正、负电极，结果发现钾离子不能由左室进入右室，由于磷脂膜上没有载体，说明只有能量不能使钾离子从低浓度运输至高浓度；②若此时在左室加入少量缬氨霉素（多肽），结果发现钾离子可以由左室进入右室，说明钾离子从低浓度运输到高浓度需要载体。③若此时再将电极取出，结果钾离子又不能由左室进入右室，说明插入正负电极可以为钾离子的运输提供能量。‎ ‎【详解】A、由分析可知，缬氨霉素（多肽）可以模拟载体，A正确；‎ B、隔板小孔中形成的磷脂分子薄膜没有选择透过性，B错误；‎ C、由实验③说明插入正负电极可以为钾离子的运输提供能量，C正确；‎ D、由分析可知，该实验可说明钾离子的逆浓度运输需要载体和消耗能量，D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题以渗透作用的实验装置为载体，考查细胞膜的结构、渗透作用、主动运输的条件等相关知识，解题的关键是根据题意分析：磷脂分子层上缺乏载体，不能进行主动运输，加入的缬氨霉素作为离子运输的载体，插入正负电极可以为钾离子的运输提供能量。‎ ‎34.下图是油菜种子在发育和萌发过程中，糖类和脂肪的变化曲线。下列分析中正确的是(　　)‎ A. 干重相等的可溶性糖和脂肪，所贮存的能量大致相同 B. 种子发育过程中，因可溶性糖转变为脂肪，种子需要的N量增加 C. 种子萌发过程时，脂肪水解酶的活性很高 D. 种子萌发时，脂肪转变为可溶性糖，说明可溶性糖是种子生命活动的直接能源物质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题图：油菜种子在发育过程中，随着开花天数增加，干重中可溶性糖含量越来越少，脂肪含量越来越高；种子在萌发过程中，随着萌发天数增加，干重中脂肪含量越来越少，而可溶糖含量却在增加。‎ ‎【详解】A、干重相等的可溶性糖和脂肪，脂肪储存的能量较多，A错误；‎ B、可溶性糖和脂肪中所含化学元素相同，都是C、H、O，所以可溶性糖转变为脂肪过程中，不需要增加N，B错误；‎ C、种子在萌发过程中，随着萌发天数增加，干重中脂肪含量越来越少，说明脂肪水解酶的活性很高，C正确；‎ D、生命活动的直接能源物质是ATP，可溶性糖是能源物质，经氧化分解将部分能量转移到ATP中，D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】解题关键是对题图的分析，根据自变量（纵坐标）分析曲线变化趋势，联系教材相关知识点，分析判断各选项。‎ ‎35.下面是科学家所做的一组生物学实验：先向乌贼神经纤维里注入微量的放射性同位素24Na, 不久可测得神经纤维周围溶液中存在24Na。若在神经纤维膜外溶液中先后加入某药物和ATP，测得神经纤维周围溶液中24Na的量如图所示。关于该实验的下列说法中，错误的是(　　)‎ A. 该实验的主要目的是研究钠通过细胞膜的运输方式 B. 神经纤维排出24Na需要消耗ATP C. “某药物”的作用机理是促进细胞的呼吸 D. 24Na通过细胞膜的方式是主动运输 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：据图可知，加入药物后钠离子的量没有变化，加入ATP后钠离子的量增多，说明钠离子的运输需要消耗能量，且该药物的作用机理是抑制ATP的形成，故C错。‎ 考点：本题主要考查物质运输的方式，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，形成知识的网络结构的能力。‎ ‎36.Na+—K+泵是普遍存在于动物细胞表面的一种载体蛋白，如下图所示，它具有ATP酶活性，能将Na+排出细胞外，同时将K+运进细胞内，维持细胞内外Na+和K+的浓度差。载体蛋白1和载体蛋白2依赖于细胞膜两侧的Na+浓度差完成相应物质的运输。下列叙述错误的是 A. 图中所示过程说明细胞膜具有选择透过性 B. 载体蛋白2可能与细胞内pH的调节有关 C. 图中细胞对C6H12O6和Na+的吸收方式均属于主动运输 D. 图中Na+—K+泵既有运输功能，又有催化功能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意和图形分析，Na+—K+泵能将Na+排出细胞外，同时将K+运进细胞内，维持细胞内外Na+和K+的浓度差，说明钾离子的吸收和钠离子的排出方式都是主动运输，且Na+—K+泵具有ATP酶活性，可以催化ATP水解为主动运输提供能量；钠离子通过载体蛋白1和2进入细胞都是顺浓度梯度进行的，为协助扩散；钠离子的顺浓度梯度为葡萄糖的吸收和氢离子的排出提供动力，说明葡萄糖的吸收和氢离子的排出方式都是主动运输。‎ ‎【详解】A、根据以上分析可知，图示物质的跨膜运输方式有主动运输和协助扩散，体现了细胞膜的功能特点是具有选择透过性，A正确；‎ B、载体蛋白2与氢离子的运输有关，所以可能与细胞内pH的调节有关，B正确；‎ C、根据以上分析已知，图中细胞对葡萄糖的吸收方式是主动运输，而对钠离子的吸收方式是协助扩散，C错误；‎ D、根据以上分析可知Na+—K+泵既有运输功能，又有催化功能，D正确。‎ 故选C。‎ ‎37. 下列有关ATP 的叙述，正确的是 ‎①人长时间剧烈运动时，骨骼肌细胞中每摩尔葡萄糖生成ATP 的量与安静时相等 ‎②若细胞内Na＋浓度偏高，为维持Na＋浓度的稳定，细胞消耗ATP的量增加 ‎③人在寒Na＋冷时，肾上腺素和甲状腺激素分泌增多，细胞产生式ATP的量增加 ‎④人在饥饿时，细胞中ATP与ADP的含量难以达到动态平衡 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 人在安静时只进行有氧呼吸，在剧烈运动时骨骼肌细胞可进行无氧呼吸来获得部分能量。要维持Na＋浓度的平衡，就得将多余的Na＋运输出细胞，而Na＋的运输是耗能的主动运输过程。肾上腺素和甲状腺激素都能促进物质的分解代谢，可释放更多的热量来维持寒冷时体温的相对恒定，同时ATP的产量会增加。人不管在什么状态下，细胞中的ATP和ADP含量总是要维持动态的平衡状态的，否则最终会导致能量供应出现问题而影响正常生命活动的进行，在饥饿时可通过分解释放体内糖类等有机物的能量来维持两者的含量相对平衡。‎ ‎38.细胞所处的能量状态用ATP、ADP和AMP之间的关系式来表示，称为能荷，公式如下：能荷= （ATP+1/2ADP）/（ATP+ADP+AMP），其中AMP为一磷酸腺苷。能荷对代谢起着重要的调节作用，高能荷时，ATP生成过程被抑制，而ATP的利用过程被激发；低能荷时，其效应相反。下列说法错误的是（ ）‎ A. 一般情况下细胞能荷数值小于1‎ B. 细胞内的吸能反应一般与ATP的水解相联系 C. 细胞在吸收Mg2+时，能荷较高 D. ATP彻底水解产物不能用于酶的合成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能荷的定义为在总的腺苷酸系统中（即ATP、ADP和AMP浓度之和）所负荷的高能磷酸基数量。当所有腺苷酸充分磷酸化为ATP，能荷值为1；当所有腺苷酸去磷酸化为AMP，能荷值为零。‎ ‎【详解】A、根据能荷公式，当ATP全部转化为AMP时，能荷为0，当AMP全部转化为ATP时，能荷为1，所以一般情况下细胞能荷数值小于是，A正确；‎ B、细胞内的吸能反应一般与ATP的水解相联系，B正确；‎ C、能荷较高时，ATP生成过程被抑制，而ATP的利用过程被激发，细胞吸收Mg2+需要能量，C正确；‎ D、大部分酶是蛋白质，少部分酶是RNA，所以ATP彻底水解产物可用于酶的合成，D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解题关键是分析能荷公式，注意ATP、ADP、AMP 均与能量有关，在不同生理状态下可以相互转化。‎ ‎39. 20世纪60年代后，科研人员开始用淀粉酶替代酸来分解淀粉。如图为某同学探究不同pH条件下淀粉酶对淀粉的分解作用的实验结果。下列有关叙述不正确的是 A. 应先将各组试管溶液pH分别调到设定数值再混合 B. pH为3和9的两只试管中的淀粉酶的活性相同 C. pH为l3的试管调到pH为7后淀粉含量基本不变 D. 淀粉酶通过降低淀粉分解反应的活化能起到催化作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、探究不同pH条件下淀粉酶对淀粉的分解作用，应先将各组试管淀粉酶溶液和pH分别调到设定数值，再与淀粉混合，A项正确；‎ B、pH为3和9的两只试管中的淀粉剩余量相同，但由于PH不同，对淀粉的直接分解作用不同，淀粉酶的活性不相同，B项错误；‎ C、pH为13时酶已变性失活，因此将pH为13的试管调到pH为7后，淀粉含量基本不变，C项正确；‎ D、酶催化作用的机理是降低化学反应的活化能，D项正确。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题以反映“探究不同pH条件下淀粉酶对淀粉的分解作用的实验结果”的柱形图为情境，综合考查学生对影响酶促反应速率的因素的理解能力以及对实验结果的分析能力。解答此类问题的关键是：‎ ‎（1）看清楚纵、横坐标轴的含义以及坐标系中直方图所代表的意义，即分析直方图所蕴含的生物学信息；‎ ‎（2）认真分析、对比各变量之间的关系，找出各变量之间的内在联系；‎ ‎（3）结合相关的生物学知识作进一步的推理分析，并进行“图→文”等的转化，由此对照各选项作出合理判断。‎ ‎40.为了证明酶的作用具有专一性，某同学设计了如下5‎ 组实验，分别选择一定的试剂进行检测，合理的实验方案是(　　)‎ 组别 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ ‎⑤‎ 酶 蛋白酶 蛋白酶 淀粉酶 淀粉酶 淀粉酶 反应物 蛋白质 淀粉 蛋白质 淀粉 麦芽糖 A. ①和③对比，用双缩脲试剂检测 B. ②和④对比，用碘液检测 C. ④和⑤对比，用斐林试剂检测 D. ③和④对比，用斐林试剂检测 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 酶的化学本质是蛋白质，①和③对比，加入双缩脲试剂都会变紫色，A错误；②和④对比，自变量是酶的种类，可用碘液检测，B正确；淀粉酶水解淀粉后产生葡萄糖，葡萄糖和麦芽糖都属于还原性糖，用斐林试剂检测，都会出现砖红色沉淀，C错误；淀粉酶能被蛋白酶水解，淀粉酶能水解淀粉，但不能说明酶具有专一性，D错误．‎ ‎【考点定位】本题考查酶专一性实验验证，验证考查考生具备验证简单生物学事实的能力，并能对实验现象和结果进行解释、分析和处理能力。‎ ‎41.除了温度和pH值对酶活性有影响外，一些抑制剂也会降低酶的催化效果。下图为酶作用机理及两种抑制剂影响酶活性的机理的示意图。下列说法不正确的是（ ）‎ A. 用胰蛋白酶处理生物膜可改变其通透性 B. 酶只能催化一种或一类化学反应，与酶自身结构有关 C. 非竞争性抑制可以改变酶的结构，使酶不适于结合底物分子 D. 竞争性抑制剂降低酶活性的机理与高温、低温对酶活性抑制的机理相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题图可知：竞争性抑制剂和底物争夺酶的同一活性部位，使酶和底物的结合机会减少，从而降低酶对底物的催化反应速率；非竞争性抑制剂与酶活性位点以外的其他位点结合，通过改变酶的结构使酶的活性受到抑制。‎ ‎【详解】A、用胰蛋白酶处理生物膜，因膜蛋白被分解可改变膜的通透性，A正确；‎ B、由图可知，酶只能催化一种或一类化学反应，与酶自身结构有关，B正确；‎ C、非竞争性抑制剂与酶活性位点以外的其他位点结合，通过改变酶的结构使酶不适于结合底物分子，C正确；‎ D、竞争性抑制剂和底物争夺酶的同一活性部位，使酶和底物的结合机会减少，从而降低酶对底物的催化反应速率，高温通过改变酶的空间结构降低酶的活性，低温只是抑制酶的活性，酶在低温下酶的空间结构没有改变，D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】解题关键是对题图的解读：根据题图分析判断竞争性抑制剂和非竞争性抑制剂降低酶活性的机理，并能解释高温和低温对酶活性的影响的机理。‎ ‎42.ATP、GTP、CTP和UTP是细胞内四种高能磷酸化合物，它们的结构只是碱基的不同，下列叙述错误的是 A. ATP的合成常伴随着细胞内的放能反应 B. 1分子GTP彻底水解可得到3种小分子物质 C. CTP中“C”是由胞嘧啶和脱氧核糖构成的 D. UTP断裂两个高能磷酸键后可作为基因转录的原料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】细胞的吸能反应常伴随着ATP的水解，放能反应总是与ATP的合成相关联，A正确；ATP、GTP、CTP和UTP是细胞内四种高能磷酸化合物，它们的结构只是碱基的不同，1分子GTP彻底水解可得到3种小分子物质，磷酸、核糖和碱基，B正确；CTP中“C”是由胞嘧啶和核糖构成的，C错误；UTP断裂两个高能磷酸键后是尿嘧啶核糖核苷酸，是RNA的基本单位之一，可作为基因转录的原料，D正确。‎ ‎【点睛】‎ 解答A选项，关键要掌握吸能反应常伴随着ATP的水解，放能反应总是与ATP的合成相关联。‎ ‎43.下图1表示酶促反应在不同的温度条件下，产物浓度随反应时间的变化；图2表示温度对酶活性的影响。图1中曲线Ⅲ所对应的温度为图2中的m，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 图1中曲线Ⅰ、Ⅱ所对应的温度都高于m B. 曲线Ⅰ对应的温度比曲线Ⅱ对应的更接近该酶的最适温度 C. 适当升高曲线Ⅰ对应的温度，B点将右移，A点将上移 D. 适当增加曲线Ⅱ的酶浓度，C点将左移，A点不移动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图1中：Ⅰ条件下反应速度最快，Ⅲ条件下反应速度最慢。‎ 图2表示温度对酶活性的影响。‎ ‎【详解】A、图1中曲线Ⅲ所对应的温度为图2中的m，图1中曲线Ⅰ、Ⅱ反应速度均快于曲线Ⅲ，结合图2可知，曲线Ⅰ、Ⅱ所对应的温度都高于m，A正确；‎ B、曲线Ⅰ对应的温度反应速度更快，故比曲线Ⅱ对应的更接近该酶的最适温度，B正确；‎ C、适当升高曲线Ⅰ对应的温度，酶活性可能会增强，B点可能会右移，A点不变，C错误；‎ D、适当增加曲线Ⅱ的酶浓度，反应速率加快，C点将左移，平衡点不变，A点不移动，D正确。‎ 故选C。‎ ‎44.某研究性学习小组为了探究酶的特性,用某种酶进行了以下四组实验,实验结果如图所示,下列相关说法不正确的是 A. 做图1所示的探究实验时不宜使用过氧化氢酶 B. 做图2所示的探究实验时不宜使用淀粉作为底物 C. 四组实验能够证明酶具有专一性、高效性和温和性 D. 在pH=5或温度为‎20 ℃‎的情况下酶活性下降的原因相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 过氧化氢的分解受温度的影响，所以探究温度对酶活性的影响时不宜使用过氧化氢作为底物，A正确；淀粉在酸性条件下也会发生水解，所以图2实验的底物不宜用淀粉，B正确；图1和图2实验证明了酶的温和性，图3实验证明了酶的专一性，图4实验证明了酶的高效性， C正确；‎20 ℃‎时酶活性下降是因为低温抑制了酶的活性，而pH＝5时酶可能变性失活，D错误。‎ ‎45.乳糖酶催化乳糖水解。有两项与此相关的实验，其他实验条件均设置为最适条件，实验结果如下表，以下分析正确的是(　　)‎ 实验一(乳糖浓度为10%)‎ 酶浓度 ‎0%‎ ‎1%‎ ‎2%‎ ‎4%‎ ‎5%‎ 相对反应速率 ‎0‎ ‎25‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎200‎ 实验二(酶浓度为2%)　‎ 乳糖浓度 ‎0%‎ ‎5%‎ ‎10%‎ ‎20%‎ ‎30%‎ 相对反应速率 ‎0‎ ‎25‎ ‎50‎ ‎65‎ ‎65‎ A. 实验一增加乳糖浓度，相对反应速率将降低 B. 实验二若继续增大乳糖浓度，相对反应速率不再加大 C. 实验一如果继续增加酶浓度，相对反应速率不再加大 D. 实验二若温度升高‎10℃‎，相对反应速率将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查酶相关知识，意在考查考生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论能力。‎ ‎【详解】实验一增加乳糖浓度，相对反应速率将升高，A错误；由表格数据可知，实验二中，因为酶的数量不足，故增加底物浓度，其化学反应速率不变，B正确；实验一中，底物的量是一定的，如果继续增加酶浓度，相对反应速率应先增加后基本不变，C错误；根据题干信息“实验条件均设置为最适条件”可知：实验温度为最适温度，此时酶的活性最强，若再提高‎10℃‎，相对反应速率均会降低，D错误。‎ ‎【点睛】本题要求考生掌握影响酶促反应速率的因素及相关曲线，能分析表中实验，明确实验一和实验二的自变量，能运用所学的知识准确判断各选项。‎ ‎46.如图表示某种酶在不同处理条件（a、b、c）下，催化某化学反应的反应物的量和反应时间的关系，分析此图可获得的信息是 （　　）‎ A. 三个处理条件中b是此酶促反应的最适条件 B. 三个处理条件的差异很可能是处理温度的不同 C. 三个处理条件的差异可能是反应底物的量不同 D. 三个处理条件的差异不可能是酶制剂的量不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可知，起始反应物的量是相同的，反应所需时间a

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