安徽省安庆市桐城中学2023-2024学年高一下学期开学检测生物试题 Word版含解析.docx

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1、桐城中学20232024学年度下学期高一开学检测 生物试题（考试总分：100 分 考试时长： 75 分钟）一、 单选题 （本题共计14小题，总分30分）1. 下列有关生命系统的叙述正确的是（ ）A. 生命系统中各生物体均具有多种组织、器官和系统B. 生物圈是地球上最基本，也是最大的生态系统C. 肌肉细胞里的蛋白质和核酸属于生命系统的分子层次D. H1N1流感病毒不属于生命系统，但其增殖离不开活细胞【答案】D【解析】【详解】单细胞生物细胞即个体，不具有多种组织、器官和系统，因此生命系统中各生物体不一定均具有多种组织、器官和系统，A错误；地球上最基本的生命系统是细胞，而不是生物圈，生物圈是最大的生

2、态系统，B错误；细胞是最基本的生命系统，因此肌肉细胞里的蛋白质和核酸不属于生命系统，C错误；H1N1流感病毒没有细胞结构，只能寄生在活细胞中，因此病毒不属于生命系统，其增殖离不开活细胞，D正确。【点睛】解答BC选项，关键能理清生命系统的结构层次，特别要注意病毒不是生命系统的结构层次，蛋白质和核酸也不属于生命系统。2. 一种植物和一种哺乳动物体内细胞的某些化学元素含量（占细胞干重的百分比：%）如下表数据，下列相关叙述正确的是（）元素CHONPCaS植物43.576.2444.431.460.200.230.17动物55.997.4614.629.333.114.670.78A. 碳元素的含量说明

3、有机物是干重的主要成分B. 这两种生物体内所含的化学元素的种类差异很大C. N、S含量说明动物组织含蛋白质较多，若该动物血钙高则会出现肌肉抽搐D. 经测定该植物某有机物含C、H、O、N、S，此化合物可能是核苷酸【答案】A【解析】【分析】1、生物体内干重含量最多的化合物是蛋白质，而蛋白质中含量最多的元素就是C元素；2、分析表格：表格显示动植物细胞的相同点就是元素的组成一样，而差异性表现在各种元素的含量不一样。【详解】A、由于表格中，动物细胞还是植物细胞的干重含量最多的元素几乎都是C元素，原因是动物细胞和植物细胞中含有大量的蛋白质和糖类，所以碳元素的含量说明有机物是干物质的主要成分，A正确；B、这

4、两种生物体内的化学元素的种类基本相同，B错误；C、血钙较低会发生肌肉抽搐，C错误；D、该植物某有机物含C、H、O、N、S，此化合物可能是蛋白质，D错误。故选A。【点睛】3. 如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。下列分析正确的是（ ）A. 种子形成时，脂肪分解量增多B. 种子萌发时，脂肪转变为可溶性糖，说明可溶性糖是种子主要的储能物质C. 可溶性糖和脂肪的化学元素的组成完全相同D. 种子发育过程中，由于可溶性糖更多地转变为脂肪，种子需要的N增加【答案】C【解析】【分析】由图甲分析可知，随着开花时间的延长，油菜种子中可溶性糖含量降低，脂肪含量增加，这能够将植物合成的有机物储存到种

5、子中；由图乙分析可知，随着萌发天数的增加，油菜种子中脂肪含量减少，可溶性糖含量增加，这是将脂肪等有机物分解为种子萌发提供能量。【详解】A、种子形成时，脂肪合成量增多，A错误；B、由图乙观察可知，种子发育过程中，脂肪含量减少，可溶性糖含量增加，这说明脂肪转变为了可溶性糖，说明可溶性糖是种子主要的能源物质，B错误；C、可溶性糖和脂肪的化学元素的组成完全相同，都含有C、H、O三种元素，C正确；D、脂肪和可溶性糖都只含有C、H、O三种元素，故种子萌发过程中需要的N不变，D错误。故选C。4. 已知某条肽链由 88 个氨基酸缩合而成，其中共有氨基 6 个，甲硫氨酸 5 个且在肽链中的 位置为 3、25、5

6、6、78、88，甲硫氨酸的分子式为 C5H11O2NS，以下叙述错误选项是( )合成该多肽的氨基酸共有 N 原子数目 94 个若去掉多肽中的甲硫氨酸，肽键数目会减少 10 个若去掉该多肽中的甲硫氨酸，氨基和羧基均分别增加 5 个若去掉该多肽中的甲硫氨酸，新形成的多肽中氧原子数目比原来减少 1 个A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意分析：一条肽链有一个氨基，此肽链有6个氨基，说明在R基上还有5个氨基，88个氨基酸中有88个N，5个R基上的氨基是5个N，加在一起就是93个N【详解】由氨基酸的结构通式可知，每个氨基酸的主链上含有一个氨基（一个N原子），则由88个氨基酸合成的该多

7、肽中含有的N原子数目=氨基酸数目+R基中的氨基数=88+5=93个，错误；该肽链含有5个甲硫氨酸，在肽链中的位置为3、25、56、78、88，去掉该多肽中位置为3、25、56、78的每个甲硫氨酸需减少2个肽键，而去掉多肽中位置为88（最后）的甲硫氨酸需减少1个肽键，所以去掉该多肽中的甲硫氨酸，减少的肽键数目=42+1=9个，错误；由于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，中间的4个（分别位于第3、25、56、78位）每个肽键断裂后都形成一个游离的氨基和一个游离的羧基，而最后一个（位于第88位）不影响氨基和羧基的数量，因此形成的几个多肽中氨

8、基和羧基均分别增加4个，错误；由甲硫氨酸的分子式为C5H11O2NS，可知甲硫氨酸的R基中没有游离的羧基（没有氧原子），在去掉该多肽中位置为3、25、56、78的每个甲硫氨酸时，甲硫氨酸两侧的肽键一个加一个氧原子，另一个减少一个氧原子，氧原子数目没有改变，而去掉多肽中位置为88（最后）的甲硫氨酸时氧原子会减少一个，即去掉该多肽中的甲硫氨酸，氧原子数目减少1个，正确。综上错误，正确。故选A。【点睛】知道氮原子在多肽链上的分布是正确解答该题的关键，多肽中H、O、N原子的计算：（1）H原子数=各氨基酸的H原子数之和-2脱水数（2）O原子数=肽键数+2肽链数+R基上的O原子数（3）N原子数=肽键数+肽

9、链数+R基上的N原子数5. 生物体内某些重要化合物的元素组成和功能关系如图所示。其中 X、Y 代表元素，a、b、c 是组成 A(DNA)、B（RNA）、C （蛋白质） 三种生物大分子的单体。这三种单体的结构可用 d 或 e 表示。据图分析正确的是（ ）A. X 为 N、P 元素，a、b 是生物体内遗传信息的携带者B. 绿藻细胞内单体结构 d 种类有 8 种，蓝细菌细胞中 d 的种类有 4 种C. 人体细胞中不能合成所有种类的 eD. A、B 的多样性由 d 中的 n 充分体现，C 的多样性由 e 中的 R 充分体现【答案】C【解析】【分析】据图分析，根据ABC可推测出A是DNA，B是mRNA，

10、C是蛋白质，a表示脱氧核苷酸，b表示核糖核苷酸，c表示氨基酸；X 为 N、P 元素；Y为 N元素。d表示核苷酸，n为含氮碱基，f表示五碳糖，m表示磷酸；e表示氨基酸。【详解】A、据图可知，A是DNA，B是mRNA，C是蛋白质，核酸的元素组成是CHONP，故X为 N、P 元素；a表示脱氧核苷酸，b表示核糖核苷酸，核酸才是生物体内遗传信息的携带者，A错误；B、d表示核苷酸，绿藻和蓝细菌细胞内都含DNA和RNA，核苷酸的种类都有 8 种（4种核糖核苷酸和4种脱氧核苷酸），B错误；C、e是氨基酸，人体细胞有8种必需氨基酸不能合成，C正确；D、A和B表示DNA和RNA，核酸的多样性与核苷酸的数目和排列顺

11、序有关； C蛋白质的多样性除了与e中的R有关，还与氨基酸的数目、排列顺序和肽链的空间结构有关，D错误。故选C。6. 将某动物细胞破碎后用差速离心法分离出三种细胞器，分别测定细胞器上三种有机物的含量如下图所示，以下叙述正确的是 A. 甲是核糖体，是蛋白质合成的场所B. 乙只含有蛋白质和脂质，上面有合成磷脂所需的酶C. 若丙不断从内质网上脱落下来，将直接影响分泌蛋白的合成D. 乳酸菌细胞与此细胞共有细胞器可能有甲和丙【答案】C【解析】【详解】本题结合图形考查细胞器的知识，要求考生掌握细胞内各种细胞器的成分、结构和功能，能利用所学知识解读图形，判断出图中甲是线粒体，丙是核糖体，乙可能是内质网、高尔基

12、体、溶酶体等细胞器，可据此分析答题。结合题意分析图形可知，甲细胞器蛋白质含量很高，且含有脂质与少量的核酸，脂质中的磷脂是各种生物膜的主要成分，说明甲不含膜结构，不可能是核糖体，而可能是线粒体，A错误；乙只含有蛋白质和脂质，可能是动物细胞内线粒体以外的具有膜结构的细胞器，如内质网、高尔基体、溶酶体等细胞器，因此上面不一定有合成磷脂所需的酶，B错误；丙的成分只含有蛋白质与核酸，因此丙一定是核糖体，分泌蛋白合成与分泌过程中，氨基酸脱水缩合反应是在粗面型内质网上的核糖体进行的，若核糖体不断从内质网上脱落下来，将直接影响分泌蛋白的合成，C正确；动物细胞属于真核细胞，乳酸菌属于原核细胞，乳酸菌细胞与此细胞

13、共有的细胞器只能是丙（核糖体），D错误。7. 如图表示细胞核结构模式图，下列有关叙述不正确的是（ ）A. 是主要由DNA和蛋白质组成的链状结构B. 与核糖体的形成、核糖体RNA的合成有关C. 蛋白质合成旺盛的细胞，的数目会较多D. 核孔对物质的运输具有选择性【答案】C【解析】【分析】题图分析：表示染色质，染色质主要是由DNA和蛋白质组成的，在分裂间期呈染色质状态，进入分裂期前期，染色质缩短变粗成为染色体，分裂末期染色体解螺旋成为染色质；表示核仁，与某种RNA（rRNA）的合成以及核糖体的形成有关。表示核孔，是大分子物质进出细胞核的通道，核膜上的核孔的功能是实现核质之间频繁的物质交换和信息交流。

14、【详解】A、是染色质，主要由DNA和蛋白质组成的链状结构，在分裂期会螺旋化形成染色体，A正确；B、表示核仁，与rRNA（核糖体RNA）的合成以及核糖体的形成有关，B正确；C、蛋白质合成旺盛的细胞，核质之间信息交流旺盛，因此，核孔的数目会较多，但染色体的数目是稳定的，C错误；D、核孔是大分子物质出入细胞核的通道，对物质的运输具有选择性，D正确。故选C。8. 取大小与生长状况相同的马铃薯幼根与物种X的幼根分别放入甲丁四种不同浓度的蔗糖溶液中，数小时后，取出称重，质量变化量如下表所示。已知在该实验中，植物根细胞吸水能力与根细胞细胞液的浓度有关。下列关于该实验的叙述正确的是（）不同浓度的蔗糖溶液甲乙丙

15、丁马铃薯幼根质量变化量（g）0-4+3-2物种X幼根质量变化量（g）-2.5-5+1-3注：“+”表示增加；“-”表示减少。A. 四种蔗糖溶液浓度从大到小的顺序为丙、甲、丁、乙B. 正常情况下，马铃薯幼根细胞的细胞液浓度小于物种X幼根细胞的C. 马铃薯幼苗和物种X幼苗可用与丙等浓度营养液进行培养D. 当马铃薯幼根在丁内的质量不再变化时，水分子的跨膜运输停止【答案】C【解析】【分析】质壁分离的原因：外因：外界溶液浓度大于细胞液浓度；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；质壁分离的表现：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、当蔗糖溶液浓度相对较高

16、时，根细胞失水，根质量减轻，而蔗糖溶液浓度相对较低时，根细胞吸水，质量增加，因此可推断出四种蔗糖溶液的浓度从小到大的顺序为丙、甲、丁、乙，A错误；B、根据题干信息可知，植物根细胞吸水能力与根细胞中细胞液的浓度有关，则细胞液浓度越大，根吸收水的能力越强，据表中信息推断，正常情况下，马铃薯幼根细胞的细胞液浓度大于物种X幼根细胞的，B错误；C、对于马铃薯幼苗和物种X幼苗来说，丙蔗糖溶液属于低渗溶液，因此可选择与丙等浓度的营养液进行培养马铃薯幼苗和物种X幼苗，C正确；D、当马铃薯幼根在丁蔗糖溶液内的质量不再变化时，水分子进出细胞处于动态平衡之中，D错误。故选C。9. 胃内的酸性环境是通过质子泵维持的，

17、质子泵催化1分子的ATP水解所释放的能量，可驱动1个H+从胃壁细胞进入胃腔和1个K+从胃腔进入胃壁细胞，细胞内K+又可经通道蛋白进入胃腔。下列相关叙述错误的是（ ）A. 质子泵的本质是一种载体蛋白,具有专一性B. 胃液的pH偏低可能与H+从胃壁细胞进入胃腔有关C. K+从胃腔进入胃壁细胞是顺浓度梯度进行的D. K+进出胃壁细胞的跨膜运输方式是不同的【答案】C【解析】【分析】质子泵催化1分子的 ATP水解所释放的能量，可驱动1个H+从胃壁细胞进入胃腔和1个K+从胃腔进入胃壁细胞，说明这两种离子的运输方式均为主动运输，质子泵具有运输功能和催化功能；协助扩散的特点：顺浓度梯度，不需要载体和能量；细胞

18、内K+又可经通道蛋白顺浓度进入胃腔，说明其运输方式是协助扩散。消化道中的消化液、胃液、泪液、汗液、尿液、原尿均不属于细胞外液也不属于体液。【详解】A、质子泵可以驱动1个H+从胃壁细胞进入胃腔和1个K+从胃腔进入胃壁细胞，细胞内K+又可经通道蛋白顺浓度进入胃腔，说明质子泵是一种载体蛋白，质子泵专一性转运两种离子与其结构的特异性有关，A正确；B、由题意可知，质子泵驱动H+从胃壁细胞进入胃腔，从而胃液中H+浓度较高，pH较低，B正确；C、通过信息“质子泵催化1分子的ATP水解所释放的能量，可驱动1个H+从胃壁细胞进入胃腔和1个K+从胃腔进入胃壁细胞”可知，K+从胃腔进入胃壁细胞是主动运输过程，主动运

19、输是逆浓度梯度进行的，C错误；D、由题意可知，K+进入胃壁细胞跨膜运输需要消耗ATP，为主动运输，而K+可经通道蛋白顺浓度进入胃腔，不消耗能量，为协助扩散，D正确。故选C。10. 图中曲线b表示在最适温度、最适pH条件下，反应物浓度与酶促反应速率的关系。据图分析正确的是（ ）A. 酶量是限制曲线AB段反应速率的主要因素B. 升高温度后，图示反应速率可用曲线c表示C. 降低pH，重复该实验，A、B点位置都不变D. 酶量减少后，图示反应速率可用曲线a表示【答案】D【解析】【分析】图中可以看出，在曲线AB段反应速率与反应物浓度呈正相关，因此反应物浓度是限制曲线AB段反应速率的主要因素，但是在B点时反

20、应速率不再增加，此时的限制因素为酶的数量。【详解】A、反应物浓度是限制曲线AB段反应速率的主要因素，A错误；B、图中可以看出，曲线b是在最适温度条件下进行的，如果升高温度，酶活性将会下降，即反应速率应在B点后下降，B错误；C、题干中提出“曲线b表示在最适温度、最适pH条件下”，因此如果减小pH，酶的活性会下降，A、B点位置都会下移，C错误；D、酶量减少后，酶促反应速率下降，其反应速率可用曲线a表示，D正确。故选D。11. ATP在生物体的生命活动中发挥着重要作用，下列有关ATP的叙述，不正确的有几项（ ）人体成熟的红细胞、蛙的红细胞、鸡的红细胞中均能合成ATP若细胞内Na+浓度偏高，为维持Na

21、+浓度的稳定，细胞消耗ATP的量可能增加ATP中的“A”与构成DNA、RNA中的碱基“A”不是同一物质ATP是生物体生命活动的直接供能物质，但在细胞内含量很少质壁分离和复原实验过程中不消耗ATPATP中的能量可以来源于光能、化学能，也可以转化为光能和化学能A. 0项B. 1项C. 2项D. 3项【答案】A【解析】【分析】ATP中文名叫三磷酸腺苷，结构式简写A-PPP，其中A表示腺苷，T表示三个，P表示磷酸基团.几乎所有生命活动的能量直接来自ATP的水解，由ADP合成ATP 所需能量，动物来自呼吸作用，植物来自光合作用和呼吸作用，ATP可在细胞器线粒体或叶绿体中和在细胞质基质中合成。【详解】人体

22、成熟的红细胞无线粒体，可通过无氧呼吸产生ATP，蛙的红细胞、鸡的红细胞可通过有氧呼吸合成ATP，正确；细胞通过主动运输维持Na+浓度内低外高的稳定，需要消耗ATP，正确；ATP中的“A”代表腺苷（由一分子核糖和一分子腺嘌呤组成），构成DNA、RNA中的碱基“A”是腺嘌呤，两者不是同一物质，正确；ATP是生物体生命活动的直接供能物质，但在细胞内含量很少，可以通过ATP与ADP相互转化保证供能，正确；质壁分离和复原的原理是渗透作用，不消耗能量，正确；ATP是经光合作用或细胞呼吸产生的，其能量分别来源于光能和化学能，ATP被利用时，其能量可转化为光能和化学能等，正确；综上所述全部正确，错误的有0项，

23、BCD错误，A正确。故选A。12. 下图是向含有酵母菌的葡萄糖培养液中通入不同浓度的O2后，O2的消耗量和CO2的产生量变化曲线。据图判断，下列分析正确的是（ ）A. 曲线、分别表示O2的消耗量和CO2的产生量B. O2浓度为b时，约有2/3的葡萄糖用于酵母菌的酒精发酵C. O2浓度为c时，酵母菌产生的CO2全部来自线粒体基质D. O2.浓度为d时，细胞呼吸形成的ATP全部来自线粒体【答案】B【解析】【详解】A、酵母菌为兼性厌氧菌，其进行有氧呼吸消耗氧气，产生二氧化碳；进行无氧呼吸，产生二氧化碳，当氧气浓度小于d时，曲线均高于曲线，说明曲线为总的呼吸产生的二氧化碳，曲线为有氧呼吸氧气的消耗量，

24、A错误。B、O2浓度为b时，02的消耗量为6，CO2的产生量为10，说明有氧呼吸消耗的葡萄糖为1，无氧呼吸CO2的产生量为4，无氧呼吸消耗的葡萄糖为2，即约有2/3的葡萄糖用于酵母菌的酒精发酵，B正确。C、O2浓度为C时，02的消耗量为10，CO2的产生量为12，说明酵母菌既进行有氧呼吸，又进行无氧呼吸，其产生的C02来自细胞质基质和线粒体基质，C错误。D、O2浓度为d时，02的消耗量和CO2的产生量相等，说明其只进行有氧呼吸，细胞呼吸形成的ATP来自细胞质基质和线粒体，D错误。故选B。【点睛】学生对O2浓度影响有氧呼吸和无氧呼吸的曲线理解不清O2浓度对有氧呼吸和无氧呼吸的曲线分析(1)氧气作

25、为有氧呼吸的原料，可同时影响有氧呼吸和无氧呼吸的速率。图甲中O2浓度为0时只进行无氧呼吸，随O2浓度升高，有氧呼吸逐渐增强，无氧呼吸逐渐减弱。当O2浓度为010%时，细胞既进行有氧呼吸又进行无氧呼吸；O2浓度为10%以上时，只进行有氧呼吸。图乙中三条曲线分别表示无氧呼吸CO2释放量、有氧呼吸O2吸收量(等于有氧呼吸CO2释放量)及两种呼吸CO2释放总量。(2)图中R点为两种呼吸CO2释放总量的最低点，一般认为此时细胞的呼吸消耗最少。AB段长度BC段长度，说明此时有氧呼吸与无氧呼吸释放CO2量相等，则此时有氧呼吸消耗的葡萄糖量应为无氧呼吸消耗葡萄糖量的1/3。13. 将状况相同的某种绿叶分成四等

26、组，在不同温度下分别暗处理lh，再光照1h（光强相同），测其重量变化，得到如下表的数据，正确的是（）组别一二三四温度/27282930暗处理后重量变化/mg-1-2-3-1光照后与暗处理前重量变化/mg+3+3+3+1A. 该植物光合作用的最适温度约是27B. 2729下的净光合速率相等C. 该植物呼吸作用的最适温度约是29D. 30下的真正光合速率为2mg/h【答案】C【解析】【分析】表格中暗处理后的重量变化指的是1h呼吸消耗的有机物，光照后和暗处理前的重量变化是指呼吸作用2小时、光合作用1小时后的有机物积累。由图中数值可计算出总光合作用，总光合作用=光照后和暗处理前的重量变化+暗处理后的重

27、量变化2。27、28、29、30呼吸速率分别为1、2、3、1mg/h，真正光合速率分别为5、7、9、3mg/h，因此该植物光合作用的最适温度约为29，净光合速率=真正光合速率-呼吸速率，27、28、29、30净光合速率分别为4、5、6、2mg/h。【详解】A、光合速率=光照后与暗处理前重量变化+2暗处理后重量变化，经过计算可知，29时光合速率最快，植物光合作用的最适温度是29，A错误；B、净光合速率=光照后与暗处理前重量变化+暗处理后重量变化，经过计算可知，27、28、29的净光合速率依次是：4mg/h、5mg/h和6mg/h，2729下的净光合速率不相等，B错误；C、暗处理后重量变化表示1h

28、植物呼吸消耗的有机物，即呼吸速率，结合表中数据可知29时呼吸速率最大，呼吸作用的最适温度约是29，C正确； D、30下实际光合速率=光照后与暗处理前重量变化+2暗处理后重量变化=3mg/h，D错误。故选C。14. 图1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2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。下列分析正确的是（ ）A. 图1可见250 mmolL-1 NaCl溶液不影响人红细胞的代谢B. 图2中植物细胞体积的变化是先明显减小后增大C. 图2中 A 点细胞失水量最大，此时细胞吸水能力最小D. 人的红细胞长时间处在3

29、00 mmolL-1 NaCl溶液中可能死亡【答案】D【解析】【分析】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100mmolL-1，红细胞会吸水涨破；当NaCl溶液浓度等于150mmolL-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。乙图中植物细胞在一定浓度的NaCl溶液中细胞失水量先增加后减少，原因是细胞对NaCl进行吸收。【详解】A、图甲中，250 mmolL-1NaCl溶液中红细胞体积与初始体积之比小于1，说明红细胞失水皱缩了，会影响红细胞的代谢，A错误；B、图乙中植物细胞失水量

30、先变大后变小，之后表现为吸水，故植物细胞原生质体体积先变小后变大，植物细胞由于细胞壁保护，细胞体积几乎不变，B错误；C、图乙中，A点植物细胞失水量最多，此时细胞吸水能力最高，C错误；D、人红细胞长时间处于300 mmolL-1NaCl溶液中会使细胞失水过多而死亡，D正确。故选D。二、 多选题 （本题共计4小题，总分16分）15. 某非环状多肽，经测定其分子式是C25HxOyN5S2，该多肽上有一个二硫键（SS是由两个SH缩合而成），其它R基团没有参与反应。已知该多肽是由下列氨基酸中的几种作为原料合成的。苯丙氨酸（C9H11NO2）、天冬氨酸（C4H7NO4）、丙氨酸（C3H7NO2）、亮氨酸（

31、C6H13NO2）、半胱氨酸（C3H7NO2S）。下列有关该多肽的叙述，正确的是（）A. 该多肽有四个肽键，为四肽化合物B. 该多肽彻底水解后能产生4种氨基酸C. 该多肽中氢原子数和氧原子数分别是37和8D. 该多肽在核糖体上形成，形成过程中相对分子质量减少了74【答案】BD【解析】【分析】1、构成蛋白质的基本单位是氨基酸，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、氨基酸在核糖体中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（

32、-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；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-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-脱去水分子数。【详解】AC、通过题目分析，每一个氨基酸只含有一个氮，而非环状多肽C25HxOyN5S2含有5个氮，所以该多肽含量有5个氨基酸，由于该多肽含有2个S，而氨基酸中只有半胱氨酸（C3H7NO2S）含有S，所以有2个半胱氨酸（C3H7NO2S）。再根据C的数目总共是25个，根据题目所给的条件（该多肽是由下列氨基酸

33、中的几种作为原料合成的），苯丙氨酸（C9H11NO2）、天冬氨酸（C4H7NO4）、丙氨酸（C3H7NO2）、亮氨酸（C6H13NO2）、半胱氨酸（C3H7NO2S），去掉2个半胱氨酸（C3H7NO2S）的6个碳，还有19个碳，有3个氨基酸。所以这3个氨基酸是苯丙氨酸（C9H11NO2）、天冬氨酸（C4H7NO4）、亮氨酸（C6H13NO2）。所以氢原子的总数是11+7+137+7-8-2=35，氧原子的总数是:2+4+2+2+2-4=8，该多肽由5个氨基酸脱水缩合形成的，为五肽化合物，AC错误；B、由A分析可知，该多肽由5个4种氨基酸组成，故彻底水解后能产生4种氨基酸，B正确；D、该多肽在核

34、糖体上形成，形成4个肽键，即脱去4个水分子，形成一个二硫键，脱去2个氢原子，故形成过程中相对分子质量减少了418+2=74，D正确。故选BD。16. 内质网的结构是隔离于细胞质基质的三维管道系统，在内质网中加工的蛋白质可以分为运出蛋白和驻留蛋白，KDEL序列是位于蛋白质C端的四肽序列，凡是含此序列的蛋白质都会被滞留在内质网中，下列说法错误的是（ ） A. 图中的运出蛋白在核糖体上合成，经内质网的初步加工后出芽形成COPII小泡运往高尔基体进行加工，分类及包装B. KDEL受体蛋白与内质网驻留蛋白结合后可能参与其他分泌蛋白的折叠，组装，加工C. 图示中驻留蛋白、COP小泡在运输物质的过程中需要消

35、耗能量，而COPI小泡则不需要D. 图中所涉及到的膜性结构的相互转化可以说明生物膜的组成成分和结构具有相似性【答案】C【解析】【分析】内质网由脂质和多种蛋白质构成，蛋白质分为运出蛋白和驻留蛋白。运出蛋白在核糖体合成后，经内质网初步加工后，出芽形成COPI具膜小泡，转运至高尔基体进行进一步加工和分拣。若驻留蛋白进入到高尔基体，内质网驻留蛋白与高尔基体膜上的KDEL受体蛋白结合形成COPI具膜小泡转运至内质网并释放到内质网腔，使内质网驻留蛋白被选择性回收。【详解】A、图中的运出蛋白在核糖体合成后，经内质网初步加工后，出芽形成COP具膜小泡，包裹着经内质网初步加工的蛋白质，转运至高尔基体进行进一步加

36、工和分拣，A正确；B、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，KDEL序列是位于蛋白质C端的四肽序列，凡是含此序列的蛋白质都会被滞留在内质网中，推断内质网驻留蛋白与KDEL受体蛋白结合可能参与其他分泌蛋白的折叠、组装、加工，B正确；C、图示中驻留蛋白、COP小泡在运输物质的过程中需要消耗能量，COP小泡也需要，C错误；D、图中所涉及到的膜性结构（内质网膜与高尔基体膜等）的相互转化可以说明生物膜的组成成分和结构具有相似性，D正确。故选C。17. 在有氧呼吸第三阶段，线粒体基质中的还原型辅酶脱去氢并释放电子，电子经线粒体内膜最终传递给O2，电子传递过程中释放的能量

37、驱动H+从线粒体基质移至内外膜间隙中，随后H+经ATP合酶返回线粒体基质并促使ATP合成，然后与接受了电子的O2结合生成水。为研究短时低温对该阶段的影响，将长势相同的黄瓜幼苗在不同条件下处理，分组情况及结果如图所示。已知DNP可使H+进入线粒体基质时不经过ATP合酶。下列相关说法正确的是（ ）A. 4时线粒体内膜上的电子传递受阻B. 与25时相比，4时有氧呼吸产热多C. 与25时相比，4时有氧呼吸消耗葡萄糖的量多D. DNP导致线粒体内外膜间隙中H+浓度降低，生成的ATP减少【答案】BCD【解析】【分析】DNP可使H+进入线粒体基质时不经过ATP合酶，即NDP可抑制ATP的合成。【详解】A、与

38、25相比，4耗氧量增加，根据题意，电子经线粒体内膜最终传递给氧气，说明电子传递未受阻，A错误；BC、与25相比，短时间低温4处理，ATP合成量较少，耗氧量较多，说明4时有氧呼吸释放的能量较多的用于产热，消耗的葡萄糖量多， BC正确；D、DNP使H+不经ATP合酶返回基质中，会使线粒体内外膜间隙中H+浓度降低，导致ATP合成减少， D正确。故选BCD。18. 叶肉细胞中存在“苹果酸/草酰乙酸穿梭”和“苹果酸/天冬氨酸穿梭”，可实现叶绿体和线粒体中物质和能量的转移，如图为叶肉细胞中部分代谢途径，以下叙述正确的是（） A. 卡尔文循环和三羧酸循环的场所分别是叶绿体基质和线粒体基质B. “苹果酸/天冬

39、氨酸穿梭”可将细胞质基质NADH的能量转移到线粒体NADH中C. 叶绿体和线粒体借助“苹果酸/草酰乙酸穿梭”和“苹果酸/天冬氨酸穿梭”实现能量的转移路径可表示为：NADPH苹果酸NADHD. 线粒体内NADH中的能量最终在线粒体基质中转化为ATP中的化学能【答案】ABC【解析】【分析】光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）：水的光解产生H（NADPH）与氧气，以及ATP的形成。光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：CO2被C5固定形成C3，C3在光反应提供的ATP和NADPH的作用下还原生成糖类等有机物。【详解】A、图中的卡尔文循环包括二氧化碳的固定和C3的还原两个过程，在叶

40、绿体基质中进行，三羧酸循环进行的场所是线粒体基质，A正确；B、分析题图可以推测“苹果酸/天冬氨酸穿梭”可将细胞质基质NADH的能量转移到线粒体NADH中，B正确；C、叶肉细胞中存在“苹果酸/草酰乙酸穿梭”和“苹果酸/天冬氨酸穿梭”，可实现叶绿体和线粒体中物质和能量的转移，转移路径可表示为：NADPH苹果酸NADH，C正确；D、线粒体内NADH中的能量最终在线粒体内膜上转化为ATP中的化学能和热能，D错误。故选ABC。三、 填空题 （本题共计5小题，总分54分）19. 生物膜在细胞的许多生命活动中发挥着重要作用。请回答一下与生物膜相关的问题：（1）在光学显微镜下不需要染色能观察到的具膜结构的细胞

41、器有_。（2）科学家用_能够分离细胞各种结构。分离动物细胞结构时首先要破坏细胞膜，破坏细胞膜最简单的方法是_。（3）某同学想提取较为纯净的细胞膜，但现在实验室没有人或哺乳动物成熟的红细胞，以下实验材料哪个可用于提取细胞膜（ ）A. 蛙成熟的红细胞B. 洋葱表皮细胞C. 念珠藻细胞D. 人的口腔上皮细胞（4）溶酶体内含有多种水解酶，水解酶的形成过程与分泌蛋白的形成类似，但水解酶不会分泌到细胞外，而是合成后储存在溶酶体中。那么与水解酶合成相关的细胞器有_（至少答三个）【答案】19. 叶绿体、液泡 20. . 差速离心法 . 将细胞放到清水中吸水涨破 21. C 22. 核糖体、内质网、高尔基体、线

42、粒体【解析】【分析】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蛋白质内质网进行粗加工内质网“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。【小问1详解】植物细胞含有色素的细胞器为液泡和叶绿体，在光学显微镜下不需要染色能观察到的具膜结构的细胞器有叶绿体、液泡。【小问2详解】分离各种细胞器的方法为差速离心法，分离动物细胞结构时首先要破坏细胞膜，破坏细胞膜最简单的方法是将细胞放到清水中吸水涨破。【小问3详解】念珠藻细胞为原核细胞，没有核膜、没有细胞器膜，若没有人或哺乳动物成熟的红细胞，可以选用念珠藻细胞提取细胞膜。而其他细胞具

43、有核膜和细胞器膜，不易提取纯净细胞膜，C正确。故选C。【小问4详解】溶酶体是高尔基体出芽形成的，溶酶体内的水解酶是由附着在内质网上的核糖体合成蛋白质内质网进行粗加工内质网“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”形成溶酶体，故与水解酶合成相关的细胞器有：核糖体、内质网、高尔基体、线粒体。20. 某科研小组将新鲜的黄瓜磨碎、过滤制得提取液，以等体积等浓度的H2O2作为底物，对提取液中过氧化氢酶的活性进行了相关研究，得到下图所示的实验结果。回答下列问题： （1）实验一的自变量是_，该实验的主要目的是_。（2）实验二是在最适温度下测定相同时间内H2O2的剩余量，只是第二次实验

44、时将黄瓜提取液按一定比例稀释后重复实验，其余操作都相同。则曲线A是第_次实验的结果，原因是_ 。（3）实验二的结果显示，当pH小于2或pH大于11时，两组实验的过氧化氢剩余量均为100%，请分析其原因_。【答案】 . 催化剂的种类 . 验证酶具有高效性 . 二 . A组反应物剩余量大，说明A组所含酶的数量较少 . 过酸、过碱会破坏酶的空间结构，使过氧化氢酶变性失活，不能催化H2O2分解【解析】【分析】1、分析实验一：该实验的自变量是催化剂的种类，一种是黄瓜提取液中的过氧化氢酶，另一种是Fe3+，因变量是氧气的产生量，实验的原理是过氧化氢酶催化过氧化氢分解，由于酶降低化学反应活化能的效果更显著，

45、因此与无机催化剂相比，加入黄瓜提取液的实验先达到平衡点，说明酶具有高效性。2、分析实验二：该图是多因素对过氧化氢酶活性的影响，横轴表示pH，pH是一个自变量，两次实验温度均保持在最适温度，只是第二次实验时黄瓜提取液经过一定比例的稀释，则另一个自变量是酶的数量，因变量是酶促反应速率，剩余量越大，说明酶促反应速率越小。【详解】（1）由分析可知，该实验的自变量是酶和无机催化剂，因变量是氧气的产生量，因此该实验的目的是探究酶作用的高效性。（2）A、B两曲线均是在最适温度下，测定相同时间内H2O2的剩余量，只是第二次实验时将黄瓜提取液按一定比例稀释，由图中可看出，A、B曲线在相同pH值条件下，H2O2的

46、剩余量A多于B，产生不同结果的原因是A组黄瓜提取液按一定比例稀释，所含酶的数量较B组少。（3）pH小于2为强酸性环境，pH大于11为强碱性环境，过酸、过碱会破坏酶的空间结构，使过氧化氢酶变性失活，不能催化H2O2分解。【点睛】本题的知识点是酶的高效性，影响酶促反应速率的因素，旨在考查分析题图曲线获取信息的能力，理解所学知识的要点，把握知识的内在联系，形成知识网络，并应用相关知识结合题图信息综合解答问题的能力。21. 图1表示萌发的小麦种子中可能发生的相关生理过程，AE表示物质，表示过程。图2的实验装置用来探究消过毒的小麦种子在萌发过程中的细胞呼吸方式(假定：葡萄糖为种子细胞呼吸过程中的唯一底物)。请分析回答下列问题： （1）图1中，产生物质B的过程和的酶分别存在