2018-2019学年河北省易县中学高二下学期期末考试生物试题 解析版

2018-2019学年河北省易县中学高二下学期期末考试生物试题 解析版

高 二 期 末 生 物 试 题 一、选择题 ‎1.下列有关真核细胞的结构和功能的叙述，正确的是 A. 细胞器中一定含有磷脂和蛋白质 B. 细胞核是细胞代谢的主要场所 C. 溶酶体中的水解酶能分解衰老的细胞器 D. 蛋白质分子在细胞膜内外两侧的分布是对称的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 真核细胞有核膜包被的成形的细胞核，还含有除了核糖体以外多种复杂的细胞器，不同的细胞器具有不同的功能，如叶绿体是光合作用的场所、线粒体是有氧呼吸的主要场所。‎ ‎【详解】中心体和核糖体是没有膜结构的细胞器，不含磷脂分子，A错误；细胞核是新陈代谢的控制中心，而细胞质基质是新陈代谢的主要场所，B错误；溶酶体含有大量的水解酶，能够分解衰老的细胞器，C正确；蛋白质分子在细胞膜内外两侧的分布是不对称的，D错误。‎ ‎2.用卡片构建DNA平面结构模型，所提供的卡片类型和数量如下表所示（代表氢键的连接物、脱氧核糖和碱基之间的连接物若干），则所搭建的DNA分子片段最长为多少碱基对（　 　）‎ 卡片类型 脱氧核糖 脱氧核糖和磷酸连接物 磷酸 碱基种类及数量 A T G C 卡片数量 ‎42‎ ‎14‎ ‎100‎ ‎3‎ ‎7‎ ‎6‎ ‎4‎ A. 4 B. ‎5 ‎C. 6 D. 7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在双链DNA中，碱基之间的配对遵循碱基互补配对原则，即A=T、G=C，分析表格中卡片类型和数量可知，能组成A－T碱基对3对，G－C碱基对4对。要用卡片构建DNA平面结构模型，还与脱氧核糖和磷酸之间的连接物数量有关。‎ ‎【详解】设能搭建的DNA分子含有n个碱基对，则每条链需要脱氧核糖和磷酸之间的连接物的数目为2n－1，共需（2n－1）×2个，已知脱氧核糖和磷酸之间的连接物有14个，则（2n－1）×2＝14，n＝4，所以只能搭建出一个4碱基对的DNA分子片段。因此A正确，B、C、D错误；‎ 故选：A。‎ ‎3.下列关于糖类的叙述，正确的是 A. 单糖可以被进一步水解为更简单的化合物 B. 构成淀粉、糖原和纤维素的单体均为果糖 C. 细胞识别与糖蛋白中蛋白质有关，与糖链无关 D. 糖类是大多数植物体干重中含量最多的化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】糖类分为单糖、二糖和多糖，单糖包括葡萄糖、果糖、核糖、脱氧核糖等，二糖包括蔗糖、麦芽糖、乳糖等，多糖包括淀粉、纤维素和糖原。‎ ‎【详解】单糖是最简单的糖类，不能水解为更简单的糖类，A错误；淀粉、纤维素和糖原都属于多糖，它们的单体都是葡萄糖，B错误；细胞识别与细胞膜外侧的糖蛋白有关，而糖蛋白是由蛋白质和多糖组成的，C错误；植物利用空气中的二氧化碳和水为原料，通过叶绿体合成糖类等有机物，即光合作用的产物主要是糖类，且细胞壁的结构成分也是糖类，因此大多数植物体干重中含量最多的化合物是糖类，D正确。‎ ‎【点睛】本题考查糖类的种类和作用，识记和理解糖类的分类、功能以及动植物糖类的不同点等是解答本题的关键。‎ ‎4.下列有关实验及结论分析合理的是 A. 在温度影响酶的活性的实验中，若某两支试管的反应速率相同，在其他条件均相同的条件下，可判断这两支试管的所处的环境温度也一定是相同的。‎ B. ‎ 在研究呼吸作用的实验中，有水生成时一定进行有氧呼吸，有酒精生成时一定有无氧呼吸，动物细胞进行无氧呼吸时一定不会产生酒精 C. 在探究某油料作物的种子萌发时的呼吸作用方式的实验中，检测到产生的CO2与消耗的O2的体积相等，则该萌发种子在测定条件下的呼吸作用方式是有氧呼吸 D. 在光合作用的相关实验中，可以通过测定绿色植物在光照条件下CO2的吸收量、O2释放量以及有机物的积累量来体现植物实际光合作用的强度。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在最适温度之前，随着温度的升高酶的活性逐渐增强，而超过最适温度，随着温度的升高，酶的活性逐渐减弱，直至失活。有氧呼吸的产物是二氧化碳和水，无氧呼吸的产物是酒精和二氧化碳或乳酸。实际光合速率=净光合速率+呼吸速率。‎ ‎【详解】由于在最适温度的两侧存在酶活性相等的两个不同温度，所以在温度影响酶的活性的实验中，若某两支试管的反应速率相同，在其他条件均相同的条件下，不能判断这两支试管所处的环境温度也一定是相同，A错误；有氧呼吸的产物是二氧化碳和水，无氧呼吸的产物是酒精和二氧化碳或乳酸，所以有水生成时一定进行有氧呼吸，有酒精生成时一定有无氧呼吸，动物细胞的无氧呼吸产物是乳酸，故动物细胞进行无氧呼吸时一定不会产生酒精，B正确；油料作物种子进行呼吸时消耗的底物不只是葡萄糖，还有脂肪，而脂肪氧化分解消耗的氧大于产生的二氧化碳，故在探究某油料作物的种子萌发时的呼吸作用方式的实验中，检测到产生的CO2与消耗的O2的体积相等，则该萌发种子在测定条件下的呼吸作用方式不一定是有氧呼吸，C错误；实际光合速率=净光合速率+呼吸速率，而绿色植物在光照条件下CO2的吸收量、O2释放量以及有机物的积累量表示的是净光合速率，D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.下列有关细胞结构和功能叙述，错误的是( )‎ A. 水稻可通过根尖成熟区细胞的渗透作用吸收水分子 B. 人体细胞的线粒体内膜蛋白质与脂质的比值大于外膜 C. 肽链的形成是在核糖体中完成，需要模板和能量 D. 核膜的主要成分是磷脂和蛋白质，不具有流动性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 渗透作用吸水是具有大液泡的植物细胞吸收水分的主要方式；线粒体是有氧呼吸的主要场所，与有氧呼吸有关的酶主要分布在线粒体中（线粒体基质和线粒体内膜）；翻译的场所在核糖体，需要模板、能量、酶、tRNA；核膜属于生物膜，生物膜的结构特点是具有一定的流动性，功能特性是选择透过性，其主要成分是磷脂和蛋白质。‎ ‎【详解】A、水稻根尖成熟区细胞具有大液泡，可通过渗透作用吸收水分子，A正确；‎ B、线粒体内膜是进行有氧呼吸第三阶段的场所，线粒体内膜上分布着与有氧呼吸有关的酶，因此蛋白质与脂质的比值大于外膜，B正确；‎ C、肽键的形成在核糖体上，为翻译过程，需要模板mRNA和ATP提供能量， C正确；‎ D、核膜是膜结构，其主要成分是磷脂和蛋白质，具有一定的流动性，D错误；‎ 故选：D。‎ ‎6.关于下图所示生物活细胞的叙述，正确的是 A. abcd均在DNA中储存遗传信息 B. abcd均能进行有氧呼吸 C. bd今可在叶绿体中合成有机物 D. bc均有纤维素和果胶构成的细胞壁 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】噬菌体属于DNA病毒，其遗传物质是DNA；蓝藻、酵母菌和叶肉细胞都具有细胞结构，细胞内的遗传物质都是DNA，所以abcd均在DNA中储存遗传信息，A正确；‎ 病毒没有细胞呼吸能力，bcd均能进行需（有）氧呼吸，B错误；‎ 酵母菌属于异养型真菌，不含叶绿体，C错误；‎ d有纤维素和果胶构成的细胞壁，蓝藻和酵母菌虽然都有细胞壁，但成分不是纤维素和果胶，D错误。‎ ‎【考点定位】细胞的统一性与多样性 ‎【名师点睛】1．细胞统一性的“五个”表现：‎ ‎2．病毒的遗传物质是DNA或RNA，细胞生物的遗传物质都只能是DNA。‎ ‎3．原核生物、真菌及植物都具有细胞壁，但成分有所不同，其中原核细胞的细胞壁成分是肽聚糖，真菌细胞的细胞壁成分是几丁质，植物细胞的细胞壁成分是纤维素和果胶。‎ ‎7.图中表示部分化合物的元素组成，其中数字表示元素。相关叙述中，不正确的是 A. 图中所示①为大量元素，③④为微量元素 B. 人体缺③会影响正常的有氧呼吸功能 C. 甲状腺激素、血红蛋白等从细胞中分泌到外部环境的方式是胞吐 D. 图示化合物合成过程中都需要消耗能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：图中1是镁元素，是大量元素，2是P，3是铁，4是碘，铁和碘属于微量元素，故A正确。 人体红细胞内的血红蛋白参与氧气的运输，缺失血红蛋白会影响正常的有氧呼吸功能，故B正确。 甲状腺激素是从细胞中分泌到内环境中但血红蛋白只在细胞内，不会分泌出去，故C错误。 图示中所有化合物的合成过程都需要消耗能量，故D正确。‎ 考点：本题考查组成细胞的元素和化合物相关知识，意在考察考生对知识点的理解掌握程度。‎ ‎8.已知丙氨酸的R基是―CH3，某多肽链的氨基酸顺序为：甲硫氨酸―甘氨酸―丙氨酸―甘氨酸―苯丙氨酸―缬氨酸，如果脱掉丙氨酸残基。下列叙述不正确的是 A. 脱下来的丙氨酸的分子式是C3H7O2N B. 所得所有产物相对分子质量总和比原多肽减少36‎ C. 所得所有产物的游离氨基数目比原多肽增加2个 D. 脱去丙氨酸后，一个甘氨酸含有游离氨基、一个甘氨酸含有游离羧基 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：根据氨基酸结构简式，加上R基―CH3，推导出丙氨酸分子式是C3H7O2N，A正确；‎ 脱掉丙氨酸残基后，破坏了两个肽键，加上两分子水，形成两条多肽，质量总和比原先多了36，B错误；‎ 和原先想比增加了一条肽链和一分子丙氨酸，所有产物的游离氨基数目比原多肽增加2个，C正确；‎ 脱去丙氨酸后，一个甘氨酸位于肽链的未端，含有游离氨基、一个甘氨酸位于肽链的首端，含有游离羧基，D正确。‎ 考点：本题考查蛋白质结构的知识。意在考查能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系的能力。‎ ‎9.如图表示某油料作物种子在黑暗且适宜条件下萌发过程中的干重变化，据图判断下列说法正确的是（     ）‎ A. 导致种子干重增加的主要元素是碳元素 B. 有丝分裂和减数分裂是种子萌发过程中细胞增殖的主要方式.‎ C. 7天后干重减少是因为有机物在萌发过程中氧化分解 D. 10天后，使萌发种子干重(含幼苗)增加的必需条件是充足的水分和无机盐 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可知，种子始终放在黑暗条件中培养，种子不能进行光合作用，只有呼吸作用；曲线中看出，在前7天种子的干重在增加，这说明脂肪在不断转变成糖类等其他形式的有机物，糖类物质中O含量大于脂肪，脂肪转化为糖类、氨基酸等有机物需要添加O，添加的O可直接来自吸收的水，因此导致种子干重增加的主要元素是氧元素；7天后干重减少是因为有机物在种子萌发过程中氧化分解，产生二氧化碳和水，使有机物的量减少所致。‎ ‎【详解】A、种子在黑暗条件下萌发，不能进行光合作用，因此导致种子干重增加的主要元素不是C元素而是O，A错误；‎ B、种子萌发过程中细胞增殖的方式是有丝分裂，无减数分裂，B错误；‎ C、种子始终放在黑暗条件中培养，不能进行光合作用，只有呼吸作用，因此第7d后种子由于进行细胞呼吸分解有机物使干重下降，C正确；‎ D、种子萌发为幼苗后，必须提供适宜的光照和所需的矿质元素才能进行光合作用合成有机物，从而使干重增加，D错误；‎ 故选：C。‎ ‎10.下列概念除哪项外，均可用如图来表示（ 　　）‎ A. ①表示固醇，②～④分别表示脂质、磷脂、性激素 B. ①表示核糖核苷酸，②～④分别表示含氮碱基、核糖、磷酸 C. ①表示糖类，②～④分别表示单糖、二糖、多糖 D. ①表示双层膜的细胞结构，②～④分别表示线粒体、叶绿体、细胞核 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、脂质的种类：（1）脂肪；（2）磷脂；（3）固醇：分为胆固醇、性激素、维生素D。‎ ‎2、RNA的基本组成单位是四种核糖核苷酸，一分子核糖核苷酸由一分子磷酸、一分子核糖和一分子含氮碱基（A、C、G、U）组成。‎ ‎3、具有双层膜的细胞结构有线粒体、叶绿体、细胞核。‎ ‎【详解】A、脂质包括脂肪、磷脂和固醇；而固醇包括胆固醇、性激素和维生素D，A错误；‎ B、核糖核苷酸由磷酸、核糖和含氮碱基组成，B正确；‎ C、糖类可以分单糖、二糖、多糖，C正确；‎ D、具有双层膜的细胞结构有线粒体、叶绿体、细胞核，D正确；‎ 故选：A。‎ ‎11.图甲为细胞膜的亚显微结构模式图，图乙为图甲细胞膜的磷脂分子结构模式图，下列有关描述错误的是（ ）‎ A. 图甲中①②③共同为细胞的生命活动提供稳定的内部环境 B. 图乙分子可识别“自己”和“非己”的成分 C. 图甲中②与细胞的选择吸收有关，①②可作为气味分子的受体并完成信息的传递 D. 将图乙平展在水面上，A部分与水面接触 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：图甲中的①②③共同为细胞的生命活动提供相对稳定的内部环境，A正确；‎ 细胞膜上识别“自己”和“非己”的成分是蛋白质而非图乙中的磷脂，B错误；‎ 图甲中②与细胞的选择吸收有关，①②可作为气味分子的受体并完成信息的传递，C正确；将图乙平展在水面上，a为亲水的头部，b为疏水的尾部，故a部分与水面接触，D正确。‎ 考点：生物膜的结构与功能。‎ ‎12.下列有关生物体内的物质运输的叙述，正确的是 A. 细胞内囊泡的运输过程中存在囊泡膜与靶膜的识别，这可能与囊泡膜上的蛋白质有关 B. 氨基酸的跨膜运输和被转运到核糖体上都离不开载体蛋白 C. 蛋白质可通过核孔自由进出细胞核 D. 人体内细胞都是通过协助扩散的方式吸收葡萄糖的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 细胞膜控制小分子物质进出细胞的方式有自由扩散、协助扩散和主动运输，大分子物质可以通过胞吞和胞吐发方式进出细胞；大分子物质可以通过核孔进出细胞；高尔基体在囊泡的运输过程中起重要的交通枢纽作用。‎ ‎【详解】细胞内囊泡的运输过程中存在囊泡膜与靶膜的识别，这可能与囊泡膜上的蛋白质有关，A正确；核糖体没有膜结构，氨基酸由tRNA携带进入核糖体，不需要载体蛋白的协助，B错误；大分子物质通过核孔进出细胞核是有选择性的，蛋白质并不能自由的进出细胞核，C错误；葡萄糖进入人体成熟的红细胞的方式是协助扩散，而进入小肠上皮细胞等的方式都是主动运输，D错误。‎ ‎13.图为细胞膜的结构模式图及离子的跨膜运输。研究发现，哺乳动物细胞内K+浓度是细胞外液的30倍左右，而细胞外液中Na+的浓度约为细胞内的5倍。下列说法错误的是 A. 离子泵具有载体的运输作用及酶的催化作用 B. K+以主动运输的方式由内环境进入组织细胞 C. 膜两侧Na+浓度差的维持与膜的选择透过性有关 D. 离子泵的作用会引起神经元合成并释放神经递质 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据图分析，钠离子和钾离子的运输都是逆浓度差进行的，且都需要离子泵的协助并消耗能量，说明两种离子的运输方式都是主动运输；图中显示离子泵既可以作为钠离子和钾离子运输的载体，也可以作为催化ATP合成的酶。‎ ‎【详解】根据以上分析已知，离子泵可以作为运输钾离子和钠离子的载体、催化ATP合成的酶，A正确；哺乳动物细胞内K+浓度是细胞外液的30倍左右，说明钾离子是以主动运输的方式由内环境进入组织细胞的，B正确；膜两侧Na+浓度差的维持与膜的选择透过性有关，C正确；离子泵与神经元合成并释放神经递质无关，D错误。‎ ‎14.将同一部位的紫色洋葱外表皮细胞分别浸在甲、乙、丙3种溶液中，测得原生质层的外界面与细胞壁间距离变化如图所示，下列相关分析错误的是 A. 实验开始时，甲、乙溶液的浓度均大于洋葱表皮细胞细胞液浓度 B. 与t0时相比，t2时乙溶液中洋葱表皮细胞的细胞液浓度未发生变化 C. 实验过程中，丙溶液中有水分子进出洋葱表皮细胞 D. 实验结束时，甲、乙溶液的浓度有所下降 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题以“曲线图”为情境，考查学生对植物细胞的质壁分离及其复原等相关知识的识记和理解能力，以及获取信息、分析问题的能力。明确细胞发生吸水与失水的条件及质壁分离与复原的含义是正确解答此题的前提。‎ ‎【详解】实验开始后，甲、乙溶液中的原生质层的外界面与细胞壁间的距离逐渐增大，说明甲、乙溶液的浓度均大于洋葱表皮细胞的细胞液浓度，细胞失水，A正确；实验开始后，乙溶液中的原生质层的外界面与细胞壁间的距离先逐渐增大，而后又逐渐减小，说明乙溶液中的部分溶质可被细胞吸收，细胞发生质壁分离后又自动复原，与t0时相比，t2时乙溶液中洋葱表皮细胞的细胞液浓度发生了变化，B 错误；实验过程中，丙溶液中的原生质层的外界面与细胞壁间的距离没有发生变化，说明水分子进出洋葱表皮细胞处于动态平衡，C正确；实验结束时，甲溶液中的水分增多，乙溶液中的溶质有所减少，二者的浓度均有所下降，D正确。‎ ‎【点睛】当外界溶液浓度大于细胞液浓度时，细胞失水，发生质壁分离，导致原生质层的外界面与细胞壁间的距离逐渐增大，反之则细胞吸水，发生质壁分离复原，导致原生质层的外界面与细胞壁间的距离逐渐变小；当外界溶液浓度等于细胞液浓度时，水分子进出细胞处于动态平衡，原生质层的外界面与细胞壁间的距离不变。据此，从曲线的变化趋势中提取有效信息，对各选项做出判断。‎ ‎15.生物膜系统在细胞的生命活动中发挥着极其重要的作用。图1～3表示3种生物膜结构及其所发生的部分生理过程。下列说法正确的是（   ）‎ A. 图1表示的生理过程是有氧呼吸的第三阶段，产生的大量能量主要用于合成ATP B. 图2中与受体蛋白结合的只能是特定的信号分子，体现了生物膜的识别功能 C. 植物根细胞吸收矿质元素离子消耗的能量直接来源于图3中合成的ATP D. 图1～3中生物膜功能不同，从其组成成分分析，主要原因是含有的磷脂不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析图：1、图1表示H+与O2反应生成H2O，该生物膜结构属于线粒体内膜，表示的生理过程是有氧呼吸第三阶段。‎ ‎2、图2表示信号分子能与其糖蛋白结合，表示生物膜具有信息交流的功能。‎ ‎3、图3表示H2O分解成H+与O2，属于光反应，发生于叶绿体的类囊体薄膜。‎ ‎【详解】A. 图1表示H+与O2反应生成H2O，该生物膜结构属于线粒体内膜，表示的生理过程是有氧呼吸第三阶段；有氧呼吸第三阶段能够产生大量的能量，大部分以热能形式散失，少部分用于合成ATP，为生命活动供能，A错误；‎ B. 图2表示信号分子能与其糖蛋白结合，糖蛋白具有识别功能， B正确；‎ C. 图3中光合作用光反应合成的ATP只能用于暗反应，不能用于其他各项生命活动，C错误；‎ D. 生物膜的功能主要取决于其中蛋白质的种类和数量，D错误。‎ 故选：B。‎ ‎16.如图实验装置，玻璃槽中是蒸馏水，半透膜允许单糖透过。倒置的长颈漏斗中装入蔗糖溶液，一定时间后再加入蔗糖酶。最可能的实验现象是( )‎ A. 漏斗中液面开始时先上升，加酶后，再上升后又下降 B. 在玻璃槽中会测出蔗糖和蔗糖酶 C. 漏斗中液面开始时先下降，加酶后一直上升 D. 在玻璃槽中会测出葡萄糖、果糖和蔗糖酶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图中实验装置，玻璃槽中是蒸馏水，倒置的长颈漏斗中装入蔗糖溶液，由于蔗糖溶液浓度大于蒸馏水，因而开始时漏斗液面上升。加入酶后，蔗糖水解为单糖，溶液浓度增大，导致继续吸水，液面继续上升，但由于单糖分子可通过半透膜进入蒸馏水中，使外界溶液浓度增大，半透膜两侧浓度差减小，从而使液面下降。蔗糖酶是蛋白质，为大分子物质，不能透过半透膜，因此在玻璃槽中不能测出蔗糖酶。‎ ‎【详解】A、长颈漏斗中装入的是蔗糖溶液，玻璃槽中是蒸馏水，由于蔗糖溶液浓度大于蒸馏水，所以漏斗中液面开始时先上升。加入酶后，蔗糖水解为单糖，溶液浓度增大，导致继续吸水，液面继续上升，但由于单糖分子可通过半透膜进入蒸馏水中，使外界溶液浓度增大，半透膜两侧浓度差减小，从而使液面下降，A正确；‎ B、蔗糖是二糖，蔗糖酶是蛋白质，半透膜不允许蔗糖和蔗糖酶通过，则在玻璃槽中不会测出蔗糖和蔗糖酶，B错误；‎ C、根据分析可知，漏斗中液面开始时先上升，加酶后先上升后下降，C错误；‎ D、蔗糖水解的产物是葡萄糖和果糖，葡萄糖和果糖都是单糖，能透过半透膜，因此在玻璃槽中会测出葡萄糖和果糖，蔗糖酶是大分子物质，不能透过半透膜，在玻璃槽中测不出，D错误；‎ 故选：A。‎ ‎17. 将萝卜条放在不同浓度的蔗糖溶液中进行实验，在保持细胞存活的条件下，蔗糖溶液浓度与萝卜条细胞液的浓度变化的关系图如下,其中b点代表实验前细胞液的浓度，且a=b。假设实验前所选的各组萝卜条的细胞液的浓度均相同。下列有关叙述正确的是( )‎ A. 蔗糖是生物大分子，只能通过非跨膜运输出入细胞 B. 蔗糖溶液浓度为a时，萝卜条细胞内外的水分无跨膜运输 C. 蔗糖溶液浓度大于a点时，萝卜条细胞失水，质量将减少 D. 将处于a浓度蔗糖溶液中的萝卜条移入清水中，则该萝卜条细胞会发生吸水胀破 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 阅读题干和题图可知，本题涉及的知识是渗透作用和物质的跨膜运输，明确知识点，梳理相关的基础知识，分析题图，结合问题的具体提示综合作答。‎ ‎【详解】‎ A、蔗糖为二糖，属于小分子化合物，由于膜上没有相应的载体协助，所以蔗糖不能进入细胞，A错误； B、蔗糖溶液浓度为a时，与细胞液渗透压相等，萝卜条细胞内外水分子进出速率相等，B错误； C、蔗糖溶液浓度大于a点时，萝卜条细胞失水多于吸水，导致萝卜条质量减少，C正确； D、由于萝卜条细胞有细胞壁，具有保护作用，所以将处于a浓度蔗糖溶液中的萝卜条移入清水中，该细胞吸水后不会胀破，D错误。 故选：C。‎ ‎18.用呼吸抑制剂处理红细胞，如图表示物质吸收量变化正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于细胞主动运输过程需要的能量由细胞呼吸提供，因此用呼吸抑制剂处理红细胞，影响主动运输过程，不影响自由扩散和协助扩散过程。‎ ‎【详解】A、红细胞吸收葡萄糖过程是协助扩散，不消耗能量，用呼吸抑制剂处理红细胞，不影响葡萄糖的吸收，A错误；‎ B、红细胞吸收氨基酸和钾离子属于主动运输，均需消耗细胞呼吸提供的能量，用呼吸抑制剂处理红细胞，二者的吸收量均下降，B正确；‎ C、水和氧气进入红细胞方式是自由扩散，不消耗能量，用呼吸抑制剂处理红细胞，对水和氧气的吸收量没有影响，C错误；‎ D、甘油和脂肪酸属于脂溶性物质，进入红细胞方式是自由扩散，不消耗能量，用呼吸抑制剂处理红细胞，对甘油和脂肪酸的吸收量没有影响， D错误；‎ 故选：B ‎19.下图为胰岛素的合成与分泌过程示意图，a～d表示细胞器。下列说法正确的是 A. 胰岛素在胰岛A细胞的核糖体上合成 B. 细胞器b、c对胰岛素进行加工和包装 C. 葡萄糖在d的内膜上氧化分解提供能量 D. 胰岛素的两条肽链间通过脱水缩合形成的肽键连接 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】胰岛素的化学本质是蛋白质，在胰岛B细胞的核糖体合成，A错误；‎ 胰岛素是分泌蛋白，在a核糖体合成后，需要b内质网、c高尔基体对其进行加工、分类和包装，B正确；‎ 图中d表示线粒体，而葡萄糖的分解发生在细胞质基质中，C错误；‎ 胰岛素两条肽链之间是通过二硫键相连的，不是肽键，D错误。‎ ‎【点睛】本题的知识点是分泌蛋白的合成过程，细胞器之间的分工合作，分析题图明确图示过程是解题的突破口，对于基础知识的掌握是解题的关键。‎ ‎20.如图是生物界中能量“通货”——ATP的循环示意图。下列相关叙述正确的是 A. 图中的M指的是腺苷，N指的是核糖 B. 食物为ATP“充电”指的是呼吸作用分解有机物 C. 图中不同来源的ATP均可用于胞吞和胞吐 D. ATP的“充电”需要酶的催化，而“放能”不需要 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】题图中M指的是腺嘌呤，A错误；‎ 食物中稳定的化学能转化成ATP中活跃的化学能，需通过呼吸作用来完成，B正确；‎ 如果ATP来自光反应，则这部分ATP只能用于暗反应，不能用于胞吞和胞吐，C错误；‎ ATP的合成和分解均需要酶的催化，D错误。‎ ‎21.图是某课外活动小组探究酶活性影响因素时绘制的实验结果图(实验中用盐酸创设酸性条件，盐酸能催化淀粉水解)。下列有关叙述正确的是 ‎ ‎ A. 实验的自变量是1 h后淀粉剩余量，因变量是pH B. pH为1时有淀粉水解，则过酸条件下酶没有失活 C. pH为3时酶的活性小于pH为9时酶的活性 D. 与盐酸相比，淀粉酶降低反应活化能的作用要弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】据图分析，横坐标为不同的pH，纵坐标为淀粉剩余量，所以实验的自变量是pH，因变量是1h后淀粉剩余量，A错误；‎ 根据题干信息已知盐酸能催化淀粉水解，所以pH为1时有淀粉水解，应该是盐酸的作用，并不能说明酶没有失活，B错误；‎ 据图示可知pH为3和pH为9条件下淀粉剩余量相等，而因为淀粉在酸性条件下易分解，因此pH为3条件下的酶活性小于pH为9条件下的酶活性，C正确；‎ 比较pH为1和pH为7的实验结果可知，pH为7的条件下淀粉的剩余量小于pH为1条件下淀粉的剩余量。故说明与盐酸相比，淀粉酶降低反应活化能的作用更显著，D错误。‎ 因此，本题答案选C。‎ ‎22.菜同学从实验室取来一定浓度的蛋白酶溶液、蛋白质块、淀粉酶溶液、淀粉溶液和蒸馏水，仅利用这些物质，该同学可以完成的实验是（　　）‎ A. 验证淀粉酶的化学本质是蛋白质 B. 利用淀粉酶验证酶浓度对反应速率的影响 C. 验证酶具有专一性 D. 验证酶具有高效性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析实验材料：蛋白酶溶液、蛋白质块、淀粉酶溶液、淀粉溶液和蒸馏水，仅利用这些物质，可以完成的实验：蛋白酶可以和蛋白块发生反应，通过观察蛋白块的体积变化可以证明蛋白酶能催化蛋白质的水解，而淀粉酶则不能使蛋白块体积发生变化，因此可以用蛋白酶、淀粉酶、蛋白块验证酶的专一性。检验蛋白质则需用双缩脲试剂；验证酶的高效性则需与无机催化剂比较。‎ ‎【详解】A、蛋白质与双缩脲试剂呈现紫色，而题干实验材料没有双缩脲试剂，因蛋白酶本身也是蛋白质，即使有双缩脲试剂，蛋白酶催化淀粉酶分解，也不能检测出来，故该同学不能完成“验证淀粉酶的化学本质是蛋白质”的实验，A错误；‎ B、淀粉酶催化淀粉分解为还原糖，该反应可以用斐林试剂或者碘液检测，该实验材料没有斐林试剂或者碘液，故该同学不能完成“利用淀粉酶验证酶浓度对反应速率的影响”的实验，B错误；‎ C、可以用蛋白酶溶液、蛋白质块、淀粉酶溶液验证酶具有专一性，因变量的检测指标可以是蛋白块体积大小的变化，C正确；‎ D、酶与无机催化剂相比，可以显著降低化学反应的活化能，体现为酶具有高效性，所以验证酶具有高效性需要和无机催化剂对比，该实验题干没有无机催化剂，D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】酶是活细胞产生的具有生物催化能力的有机物，大多数是蛋白质，少数是RNA；酶的催化具有高效性（酶的催化效率远远高于无机催化剂）、专一性（一种酶只能催化一种或一类化学反应的进行）、需要适宜的温度和pH值（在最适条件下，酶的催化活性是最高的，低温可以抑制酶的活性，随着温度升高，酶的活性可以逐渐恢复，高温、过酸、过碱可以使酶的空间结构发生改变，使酶永久性的失活）。‎ ‎23.有一瓶含有酵母菌的葡萄糖培养液，当通入不同浓度的O2时，其产生的酒精和CO2‎ 的物质的量如下图所示。据图中信息推断，错误的是 A. 当氧浓度为a时，酵母菌只进行无氧呼吸 B. 当氧浓度为b和d时，酵母菌细胞呼吸方式有所不同 C. 当氧浓度为c时，有2/5的葡萄糖用于酵母菌的无氧呼吸 D. a、b、c、d不同氧浓度下，细胞都能产生[H]和ATP ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、分析曲线可知氧气浓度为a时，产生酒精的量与释放二氧化碳的量相等，说明酵母菌只进行无氧呼吸，不进行有氧呼吸，A正确；‎ B、分析曲线可知氧气浓度为b时，产生二氧化碳的量多于产生的酒精量，此时酵母菌既进行有氧呼吸，也进行无氧呼吸，氧气浓度为d时，不产生酒精，说明该点只进行有氧呼吸不进行无氧呼吸，B正确；‎ C、设氧气浓度为c时有氧呼吸消耗的葡萄糖是x，无氧呼吸消耗的葡萄糖为y，由曲线得出关系式：，解得，所以酒精发酵的葡萄糖占，C错误；‎ D、a、b、c、d不同氧浓度下，细胞都产生[H]和ATP，D正确。‎ ‎【考点定位】有氧呼吸的过程和意义；无氧呼吸的概念与过程 ‎24. 下图是探究酵母菌细胞呼吸方式的实验装置。以下说法中正确的是（ ）‎ A. 两个装置均需要在黑暗条件下同时进行 B. 在装置乙Ⅲ处取液体检测是否有酒精生成 C. 装置甲中NaOH的作用是吸收Ⅰ处的CO2‎ D. 应让装置乙中Ⅱ先放置一会再与Ⅲ连接 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意和图示分析可知：装置甲探究的是酵母菌的有氧呼吸，其中质量分数为10%的NaOH溶液的作用是除去空气中的二氧化碳，澄清石灰水的作用是检测有氧呼吸产生的二氧化碳；装置乙探究的是酵母菌的无氧呼吸，其中澄清石灰水的作用是检测无氧呼吸产生的二氧化碳。‎ ‎【详解】‎ A、黑暗或光照对酵母菌的细胞呼吸没有明显的影响，所以两个装置不需要在黑暗条件下进行实验，A错误； B、装置乙中酵母菌产生的CO2可通过导管进入Ⅲ，但酵母菌产生的酒精保留在Ⅱ瓶中，所以装置乙应在Ⅱ而不是Ⅲ处检测是否有酒精生成，B错误； C、装置甲中NaOH的作用是吸收空气中的CO2，避免对实验的干扰，C错误； D、装置乙应让Ⅱ先反应一会，消耗掉瓶中的氧气后再连接，D正确。 故选：D。‎ ‎25.某研究小组在研究不同金属离子对某种酶活性的影响时得到如图结果。下列分析错误的是（　　）‎ A. 底物浓度、pH和温度是该实验的无关变量 B. 在该实验中自变量是金属离子的种类 C. Mn2+能直接降低反应过程所必需的活化能 D. Co2+或Mg2+可能导致酶结构的改变使其活性降低 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析图：与对照组相比，加入Mn2+能提高酶活性，加入Co2+或Mg2+能使酶活性降低。不同离子对酶活性的影响可能不同，有的可以提高酶的活性，有的可以降低酶的活性。由图可知：不同金属离子为该实验的自变量。‎ ‎【详解】A、分析柱形图可知，本实验的自变量为不同金属离子，因变量是该水解酶的活性，故底物浓度、pH和温度是该实验的无关变量，A正确；‎ B、在该实验中自变量是金属离子的种类，B正确；‎ C、从柱状图可看出，Mn2+提高了该水解酶的活性，从而使酶更有效的降低了反应所需的活化能，而Mn2+本身不能降低反应过程所必需的活化能，C错误；‎ D、与对照组比较看出，Co2+或Mg2+使酶活性降低，可能是两种离子导致酶结构的改变使其活性降低，D正确；‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】实验过程中可以变化的因素称为变量。其中人为改变的变量称做自变量，随着自变量的变化而变化的变量称做因变量。除自变量外，实验过程中可能还会存在一些可变因素，对实验结果造成影响，这些变量称为无关变量。‎ 二.非选择题 ‎26.下图是动植物细胞亚显微结构模式图，请据图分析（题中［ ］表示标号，__‎ 表示结构名称或者其他的内容）：‎ ‎（1）判断B为高等植物细胞亚显微结构的理由是________________________。‎ ‎（2）吞噬细胞能够摄取外来的异物，如细菌等的外排过程体现了⑤的______________性。‎ ‎（3）控制动植物性状的物质主要位于［ ］______________中，它是___________________________的控制中心。‎ ‎（4）在一个植物细胞内由⑥产生的某气体物质扩散到⑩中被利用，最少要穿过___________层生物膜。‎ ‎（5）能对蛋白质进行加工和运输的细胞器是［ ］__________和［ ］_____________。‎ ‎（6）若B是衣藻细胞，其细胞质中的细胞器除图中所示外，还应有___________；若A是人的大腿肌肉细胞，在进行长跑时，大腿肌肉感到酸痛，是因为此细胞的____________中产生了使肌肉细胞疲劳的物质；若B是洋葱鳞片叶肉细胞的一部分，则与其渗透作用有关的细胞器[ ]______；A细胞中由于[ ]_______的存在，决定了其呼吸作用方式不同于蛔虫。‎ ‎【答案】有细胞壁、叶绿体和液泡，无中心体 流动 ④ 细胞核 细胞的遗传和代谢 4 ②内质网 ⑦高尔基体 中心体 ⑧细胞质基质 ⑨液泡 ⑥线粒体 ‎【解析】‎ ‎（1）图B细胞有细胞壁、叶绿体和液泡，但没有中心体，属于高等植物细胞。‎ ‎（2）吞噬作用的外排作用体现了细胞膜的流动性。‎ ‎（3）结构④为细胞核，是细胞遗传和代谢的控制中心。‎ ‎（4）在一个植物细胞内由⑥线粒体产生的某气体物质（二氧化碳）扩散到⑩叶绿体中被利用，最少要穿过4层生物膜（双层线粒体+双层叶绿体膜）。‎ ‎（5）能对蛋白质进行加工和运输的细胞器是②内质网和⑦高尔基体。‎ ‎（6）结构①为中心体，分布在动物细胞和低等植物细胞中，衣藻属于低等植物，其细胞中还含有中心体；人体肌肉细胞通过无氧呼吸产生乳酸，导致肌肉感到酸痛，而无氧呼吸的场所是⑧细胞质基质；洋葱鳞片叶肉细胞中⑨液泡与渗透作用有关；蛔虫属于厌氧型生物，其细胞中不含线粒体，而A细胞中含有⑥线粒体，这就决定了其呼吸作用方式不同于蛔虫。‎ ‎【考点定位】原核细胞和真核细胞的形态和结构的异同；细胞器之间的协调配合 ‎【名师点睛】知识脉络 ‎27.如图表示细胞内某些化合物的元素组成及其相互关系，甲、乙、丙、丁、戊、己代表不同的大分子物质，1、2、3、4代表组成大分子物质的单体。请分析回答下列问题：‎ ‎(1)1所代表的物质的名称是____________，细胞中的1与2相比特有的是___________(答案要全面)。‎ ‎(2)甲的特异性取决于____________________，甲通过乙控制丙的合成来控制生物性状的过程叫做________________。少数病毒侵入宿主细胞后，会发生由乙指导甲合成的过程，该过程叫做________。‎ ‎(3)细胞中的乙除了图示作用，还有_________________________(至少答出两点)。‎ ‎(4)己和丙参与构成生物膜结构，其中膜的功能主要由膜上的________决定。丁、戊都是动物细胞中的储能物质，相同质量的丁、戊含能量多的是________。‎ ‎(5)5为绝大多数生命活动直接供能。通常5供能后形成的产物有____________。在绿色开花植物的根尖细胞中，形成5的结构有____________________。‎ ‎【答案】 (1). 脱氧核苷酸 (2). 脱氧核糖、胸腺嘧啶 (3). ‎ 碱基对的排列顺序(脱氧核苷酸的排列顺序) (4). 基因的表达 (5). 逆转录 (6). 识别并转运氨基酸、催化 (7). 丙 (8). 戊 (9). ADP和磷酸 (10). 细胞质基质、线粒体 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题结合概念图，考查组成细胞的元素和化合物，要求考生识记细胞中几种重要化合物及其元素组成，能根据图中信息判断各化合物的名称，再结合所学的知识准确答题。‎ ‎【详解】结合题目信息及题图中“染色体”“核糖体”以及元素组成等可推出甲为DNA，乙为RNA，丙为蛋白质，丁为糖原，戊为脂肪，己为磷脂，1为脱氧核苷酸，2为核糖核苷酸，3为氨基酸，4为葡萄糖，5为ATP。(1)脱氧核苷酸、核糖核苷酸的主要区别是前者的五碳糖为脱氧核糖，后者的五碳糖为核糖；此外，前者特有的碱基为胸腺嘧啶，后者特有的碱基为尿嘧啶。(2)甲为DNA，其特异性取决于碱基对的排列顺序(脱氧核苷酸的排列顺序)，DNA通过控制蛋白质的合成来控制性状的过程；叫做基因的表达。少数RNA病毒有逆转录酶，当逆转录病毒侵入宿主细胞后能够由其RNA逆转录形成DNA。(3)细胞中的RNA有的作为翻译的模板指导蛋白质合成，有的作为核糖体的组成成分，有的作为运输工具识别并转运氨基酸，有的作为酶催化代谢过程等。(4)各种生物膜在结构上大致相同，都是由磷脂双分子层构成基本支架，蛋白质分子镶嵌其中。生物膜的特定功能主要由蛋白质决定。脂肪中氢的相对含量较等质量糖原中的多，相同质量的脂肪和糖原含能量多的是脂肪。(5)ATP供能后形成的产物有ADP和磷酸。由于绿色植物的根尖细胞不进行光合作用，但进行呼吸作用，故形成ATP的结构有细胞质基质、线粒体 ‎【点睛】本题突破口在于甲和丙构成染色体，丙和乙构成核糖体，根据染色体主要有DNA和蛋白质构成，而核糖体由RNA和蛋白质构成，从而推导出甲、乙、丙。‎ ‎28.酶活性受多种因素的影响，图1表示酶A和酶B在不同温度下催化反应速率的变化曲线，图2表示抑制酶活性的两个模型(模型A中的抑制剂与底物竞争酶的活性位点，从而降低酶对底物的催化效应；模B中的抑制剂和酶活性位点以外的其他位点结合，能改变酶的构型，使酶不能与底物结合，从而使酶失去催化活性)。请回答下列问题：‎ ‎（1）图l所示两种酶中，可能是来自热泉中的细菌体内的酶是____ ；温度约为____ 时两种酶催化的反应速率相等。‎ ‎（2）在0～80 ℃的温度范围内，随温度的升高，酶B的活性________ 。如果先将酶A置于80 ℃的温度下，然后逐渐降低温度，反应速率将_____，原因是_____________________________________。‎ ‎（3）研究发现精氨酸能降低酶B的活性。为探究精氨酸降低酶B活性的作用方式属于模型A还是模型B，采取的实验思路大致是在酶量一定且底物浓度合适并使酶活性充分发挥的反应体系中加入_____________，同时不断提高___________，观察 __________________ 。如果酶促反应速率 ________(填“能恢复”或“不能恢复”)，则说明精氨酸降低酶活性的作用方式属于模型A；如果酶促反应速率_________ (填“能恢复”或“不能恢复”)，则说明精氨酸降低酶活性的作用方式属于模型B.‎ ‎【答案】 (1). 酶B (2). 50 (3). 逐渐升高 (4). 不变 (5). 酶A在80时已失活 (6). 精氨酸 (7). 底物浓度 (8). 酶促反应速率变化 (9). 能恢复 (10). 不能恢复 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析图：图1表示酶A和酶B在不同温度下催化反应速率的变化曲线，由曲线可知：由图1可知酶A的最适温度是40℃；酶B催化反应的最适温度是80℃，温度约为50℃时两种酶催化的反应速率相等。大约70℃时酶A失活，大约100℃时酶B失活。‎ 图2是抑制酶活性的两个模型：模型A中的抑制剂与底物竞争酶的活性位点，从而降低酶对底物的催化效应，模型B中的抑制剂和酶活性位点以外的其他位点结合，能改变酶的构型，使酶不能与底物结合，从而使酶失去催化活性。‎ ‎【详解】（1）由图1可知酶A的最适温度是40℃，酶B的最适温度是80℃，由此可见，酶B可能来自热泉中的细菌体内的酶。温度约为50℃时两种酶催化的反应速率相等。‎ ‎（2）酶B的最适温度是80℃，在0～80℃的温度范围内，随温度的升高，酶B 的活性逐渐升高。酶A在约在70℃时失活，如果先将酶A置于80℃的温度下，酶A会因温度过高而失活，即使温度恢复到最适，酶的活性也不能恢复，故逐渐降低温度，反应速率将不变。原因是酶A在80℃时已失活。‎ ‎（3）图2是抑制酶活性的两个模型：模型A中的抑制剂与底物竞争酶的活性位点，从而降低酶对底物的催化效应，模型B中的抑制剂和酶活性位点以外的其他位点结合，能改变酶的构型，使酶不能与底物结合，从而使酶失去催化活性。如果属于模型A，在酶量一定条件下，增大底物浓度，酶促反应速率会提高；如果属于模型B，在酶量一定条件下，增大底物浓度，酶促反应速率不会提高。因此为探究精氨酸降低酶B活性的作用方式属于模型A还是模型B，采取的实验思路大致是：在酶量一定且底物浓度合适并使酶活性充分发挥的反应体系中加入精氨酸，同时不断提高底物浓度，观察酶促反应速率变化。如果酶促反应速率能恢复，则说明精氨酸降低酶活性的作用方式属于模型A；如果酶促反应速率不能恢复，则说明精氨酸降低酶活性的作用方式属于模型B。‎ ‎【点睛】1、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。‎ ‎2、低温条件下酶的活性很低，但酶的空间结构稳定，在适宜温度下酶的活性可以升高；高温、pH过高或过低都会使酶的空间结构遭到破坏，使酶永久失活。‎ ‎29.如图为洋葱表皮细胞在不同溶液中，细胞吸水力和原生质层相对体积（正常状态为1.0）的相互关系示意图，据图回答下列问题：‎ 材料和用具：紫色洋葱，显微镜，载玻片，盖玻片，吸水纸，滴管等．‎ 试剂：清水，质量浓度为0.1g/mL的KNO3溶液，质量浓度为0.3g/mL的蔗糖溶液，质量浓度为0.5g/mL的蔗糖溶液．‎ ‎（1）由B→C的过程中，细胞可能处于哪种试剂中？_____．细胞液的浓度变化是_____．‎ ‎（2）若B→A过程发生后可自动发生A→B过程，请补充完善下面的实验操作：‎ 第一步：将小块紫色洋葱表皮平展在载玻片中央的清水中，盖上盖玻片，在显微镜下观察，可看到原生质层紧紧地贴着细胞壁．‎ 第二步：_____；说明选择该试剂的原理是：_____．‎ ‎（3）若选择一种试剂使洋葱表皮细胞在完成B→A过程后，无论再用哪种试剂，A→B过程都不能发生，则所选择的试剂是_____，原因是_____．‎ ‎【答案】清水 逐渐变小 将0.1g/ml KNO3溶液滴在盖玻片一侧，在另一侧用吸水纸吸引，直到细胞完全浸入其中，后在显微镜下观察细胞的变化 K+和NO3﹣会通过主动运输进入细胞内，使细胞液浓度逐渐升高后，外界的水会自动进入细胞内，质壁分离自动复原 0.5g/ml的蔗糖溶液 0.5g/ml的蔗糖溶液浓度过高，使细胞过度失水而死亡 ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：根据图文分析，当细胞相对体积高于1.0时，细胞内的水较多，相对于正常情况下为吸水；当细胞相对体积低于1.0时，细胞内的水较少，相对于正常情况下为失水．置于质量浓度为0.3g/mL的蔗糖溶液时，细胞可质壁分离，再换低于质量浓度为0.3g/mL的蔗糖溶液时，细胞可复原；置于质量浓度为0.1g/mL的KNO3溶液时，细胞可先质壁分离再自动复原；置于质量浓度为50%的葡萄糖溶液时，细胞先质壁分离后不能复原。‎ 解：（1）由B→C的过程中，细胞相对体积高于1，则细胞处于清水中，细胞吸水，细胞液浓度逐渐变小到不变。‎ ‎（2）若B→A过程细胞吸水能力增强，说明细胞失水发生质壁分离．可自动发生A→B过程，即细胞吸水发生质壁分离的复原，则选用的外界溶液是0.1g/mL的KNO3溶液。‎ 第一步：将一小块紫色洋葱表皮平展在载玻片中央的清水中，盖上盖玻片，在显微镜下观察，可看到原生质层紧紧地贴着细胞壁等现象。‎ 第二步：在盖玻片一侧滴入质量浓度为0.1g/mL的KNO3溶液，另一侧用吸水纸吸引，这样重复几次，使洋葱表皮浸入到KNO3溶液中．用显微镜连续观察细胞，记录结果。‎ 选择该试剂的原因是K+和NO3﹣会通过主动运输进入细胞，使细胞液浓度逐渐升高后，外界的水进入细胞内，质壁分离自动复原。‎ ‎（3）置于质量浓度为0.5g/mL的蔗糖溶液，细胞质壁分离和不能复原，原因是该溶液浓度过高，在该溶液内细胞过度失水死亡，质壁分离不能复原。‎ 故答案为：（1）清水 逐渐变小 ‎（2）将0.1g/ml KNO3溶液滴在盖玻片一侧，在另一侧用吸水纸吸引，直到细胞完全浸入其中，后在显微镜下观察细胞的变化。‎ K+和NO3﹣‎ 会通过主动运输进入细胞内，使细胞液浓度逐渐升高后，外界的水会自动进入细胞内，质壁分离自动复原。‎ ‎（3）0.5g/ml的蔗糖溶液 0.5g/ml的蔗糖溶液浓度过高，使细胞过度失水而死亡。‎ 考点：细胞质壁分离与质壁分离复原现象及其原因。‎ ‎30.不同种类的种子中储存的营养物质的种类不同。在科学研究中常用呼吸商RQ（RQ＝释放的二氧化碳体积/消耗的氧气体积）来表示生物的有氧呼吸的能源物质的不同。下面是测定发芽种子呼吸商的两个装置图，请回答：‎ ‎（1）装置一中的小瓶中加入NaOH溶液的目的是__________________________。‎ ‎（2）若发芽种子已长出幼苗，进行该实验时，应将装置放置在何种条件下进行？________；原因是________________。‎ ‎（3）小琪同学来做这个实验，她将同一种正在发芽的种子等量分装入两个装置。假定其他操作步骤无误，她发现装置一中的着色液向左移动，而装置二中的着色液位置却不发生改变，则可推定该种子发芽过程所消耗的能源物质主要是________，理由是____________________。若发现装置一与装置二中的着色液均匀向左移动，则该种子发芽过程中所消耗的能源物质主要是________，理由是_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 吸收发芽种子呼吸产生的二氧化碳 (2). 黑暗条件 (3). 避免幼苗进行光合作用，干扰细胞呼吸的气体量变化 (4). 葡萄糖（或糖类） (5). 以葡萄糖为能源物质进行有氧呼吸时，吸收的氧气量等于释放出的二氧化碳量 (6). 脂肪（或脂质） (7). 脂肪中碳氢百分比含量较高，吸收的氧气量大于释放的二氧化碳量 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题图可知：装置一的试管内装有NaOH，会吸收呼吸释放的CO2，因此装置一中液滴的移动是由O2的消耗决定的；装置二中无NaOH，液滴的移动是由消耗的O2与CO2的释放共同决定的，CO2‎ 的释放量是装置二与装置一液滴移动的距离差；由于幼苗可以进行光合作用，因此测量幼苗的呼吸熵要在黑暗的条件下进行。‎ ‎【详解】（1）装置一的小瓶中加入NaOH溶液的目的是吸收发芽种子呼吸产生的CO2。‎ ‎（2）发芽种子长出的幼苗可进行光合作用，光合作用吸收CO2释放O2，会干扰呼吸作用引起的气体量变化，因此为避免幼苗进行光合作用，干扰细胞呼吸的气体量变化，应将该装置放于黑暗条件下进行。‎ ‎（3）小琪发现装置一中的着色液向左移动，而装置二中的着色液位置不发生改变，则可推定该种子发芽过程所消耗的能源物质主要是葡萄糖，原因是以葡萄糖为能源物质进行有氧呼吸时吸收的O2量等于释放出的CO2量；若发现装置一与装置二中的着色液均匀向左移动，则该种子发芽过程中所消耗的能源物质主要是脂肪，原因是脂肪中C、H百分比含量较高，吸收的O2量大于释放的CO2量。‎ ‎【点睛】本题的知识点是发芽种子呼吸熵的测定，对于呼吸熵测定实验装置的分析、根据实验结果进行推理是解题的关键，对于有氧呼吸与无氧呼吸过程的掌握及糖类与脂肪在组成元素上的差异的理解是解题的基础。‎ ‎31.植物甲含有A基因，其编码的蛋白质中富含赖氨酸。科学家通过基因工程培育出的转基因玉米也能合成甲的富含赖氨酸的蛋白质，使玉米中赖氨酸的含量比原来提高30%。请回答：‎ ‎（1）在获取目的基因时，常从甲的细胞中提取富含赖氨酸的蛋白质的mRNA，并利用mRNA人工合成cDNA。上述人工合成cDNA的过程称作________；与甲细胞中的A基因相比，cDNA中不具有调控基因表达的________等组件。‎ ‎（2）在利用农杆菌转化法转基因时，需将目的基因插入到质粒的T-DNA中，原因是________。将携带了目的基因的农杆菌和玉米薄壁组织细胞共培养时，需用酚类化合物对玉米细胞进行处理，这种处理的作用是______________________________________________。‎ ‎（3）在获得转基因玉米后，可采用核酸分子杂交技术对玉米细胞中是否存在A基因的转录产物进行检测，检测时需用________制作基因探针。‎ ‎（4）实验发现，某携带了A基因的玉米植株（乙）自交，其子代中富含赖氨酸的个体占15/16，而用乙的体细胞离体培养所产生的植株100%富含赖氨酸。将玉米体细胞离体的培养成完整植株的过程称为________。若乙中的A基因都能表达，且不考虑突变和染色体交叉互换，乙自交子代富含赖氨酸的个体占15/16，原因是____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 逆转录 (2). 启动子、终止子、内含子 (3). T-DNA能进入并整合到玉米染色体DNA上 (4). 吸引农杆菌对玉米细胞进行侵染 (5). ‎ 含A基因的DNA片段（或A基因） (6). 组织培养 (7). 乙的体细胞中有2条非同源染色体上含有A基因，所产生的配子中只有3/4的配子含A基因 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 基因工程的基本操作步骤主要包括四步：①目的基因的获取； ②基因表达载体的构建；③将目的基因导入受体细胞；④目的基因的检测与鉴定。‎ ‎【详解】（1）根据题意分析，上述人工合成cDNA的过程是以RNA为模板合成DNA的过程，为逆转录过程；与A基因相比，人工合成的cDNA中不含启动子、终止子和内含子。‎ ‎（2）农杆菌细胞中的Ti质粒上的T-DNA（可转移DNA）能进入玉米细胞并整合到玉米染色体DNA上，因此在利用农杆菌转化法转基因时，需将目的基因插入到质粒的T-DNA中。将携带了目的基因的农杆菌和玉米薄壁组织细胞共培养时，需用酚类化合物对玉米细胞进行处理，以吸引农杆菌对玉米细胞进行侵染。‎ ‎（4）将玉米体细胞离体的培养成完整植株的过程为植物组织培养，利用了植物细胞的全能性；根据题意分析，将某携带了A基因的玉米植株（乙）自交，其子代中富含赖氨酸的个体占15/16，即只有1/16（1/4×1/4）的个体不富含赖氨酸，相当于两对杂合子的自交实验，说明乙的体细胞中有2条非同源染色体上含有A基因，所产生的配子中只有3/4的配子含A基因。‎ ‎（3）检测A基因（目的基因）可以用DNA分子杂交法，该过程需要用含A基因的DNA片段（或A基因）制作基因探针。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是识记基因工程的四个基本步骤，掌握基因表达载体的基本组成成分，并能够准确分析利用农杆菌转化法将目的基因导入植物细胞的实验原理。‎