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2021-2022学年天津市静海区一中高一12月学生学业能力调研生物试题含解析
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这是一份2021-2022学年天津市静海区一中高一12月学生学业能力调研生物试题含解析，共31页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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天津市静海区一中2021-2022学年高一12月学生学业能力调研生物试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、单选题
1．下列关于真核生物、原核生物和病毒的叙述中正确的有（ ）
①乳酸菌、青霉菌、大肠杆菌都属于原核生物 ②乳酸菌、酵母菌都含有核糖体和DNA ③T2噬菌体的繁殖只在宿主细胞中进行，因为只有核糖体一种细胞器 ④细胞没有叶绿素就不能进行光合作用 ⑤有些细菌只含有RNA
A．1项 B．2项 C．3项 D．4项
【答案】B
【解析】
【分析】
原核细胞与真核细胞相比，最大的区别是原核细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）；原核生物没有复杂的细胞器，只有核糖体一种细胞器，但原核生物含有细胞膜、细胞质等结构，也含有核酸（DNA和RNA）和蛋白质等物质，且遗传物质是DNA。
【详解】
①青霉菌是真菌，属于真核生物，①错误；
②乳酸菌是原核生物，酵母菌是真核生物，两者都含有核糖体，且两者的遗传物质都是DNA，②正确；
③T2噬菌体是病毒，没有细胞结构，因此不含核糖体，③错误；
④叶绿素能吸收光能，没有叶绿素就不能进行光合作用，④正确；
⑤细菌既有DNA也有RNA，⑤错误。
可见，以上述说有2项正确。
故选B。
2．对下图所示的生物学实验的叙述正确的是（ ）
A．若图①表示将显微镜镜头由 a转换成 b，则视野中观察到的细胞数目增多
B．若图②是显微镜下洋葱根尖某视野的图像，则向右移装片能观察清楚 c细胞的特点
C．若图③是在显微镜下观察细胞质流动时，发现细胞质的流动是顺时针，则实际细胞质的流动方向是逆时针
D．若图④是在显微镜下目镜为10×，物镜为10×，视野中被相连的64个细胞所充满，目镜不变，物镜换成40×时，则在视野中可检测到的细胞数为4个
【答案】D
【解析】
【分析】
显微镜的呈像原理和基本操作：（1）显微镜成像的特点：显微镜成像是倒立的虚像，即上下相反，左右相反，物像的移动方向与标本的移动方向相反，故显微镜下所成的像是倒立放大的虚像，若在视野中看到细胞质顺时针流动，则实际上细胞质就是顺时针流动。（2）显微镜观察细胞，放大倍数与观察的细胞数呈反比例关系，放大倍数越大，观察的细胞数越少，视野越暗，反之亦然。（3）显微镜的放大倍数=物镜的放大倍数×目镜的放大倍数。目镜的镜头越长，其放大倍数越小；物镜的镜头越长，其放大倍数越大，与玻片的距离也越近，反之则越远。显微镜的放大倍数越大，视野中看的细胞数目越少，细胞越大。（4）反光镜和光圈都是用于调节视野亮度的；粗准焦螺旋和细准焦螺旋都是用于调节清晰度的，且高倍镜下只能通过细准焦螺旋进行微调。（5）由低倍镜换用高倍镜进行观察的步骤是：移动玻片标本使要观察的某一物像到达视野中央→转动转换器选择高倍镜对准通光孔→调节光圈，换用较大光圈使视野较为明亮→转动细准焦螺旋使物像更加清晰。
【详解】
A、由图分析可知，图①中的a、b带有螺纹是物镜，物镜镜头越长放大倍数越大，若图①表示将显微镜镜头由a转换成b，是由低倍镜转换为高倍镜，则视野中观察到的细胞数目减少，A错误；
B、洋葱根尖细胞，没有叶绿体，B错误；
C、若图③是在显微镜下观察细胞质流动时，发现细胞质的流动是顺时针，则实际细胞质的流动方向是顺时针，C错误；
D、由图④分析可知，在放大100倍时能观察到64个细胞，而放大400倍后观察到的细胞数为64×（100÷400）2=4个，D正确。
故选D。
【点睛】
3．下列关于细胞中元素和化合物的描述，正确的是（ ）
A．与水相比，细胞中无机盐含量很少，但它们都是组成细胞结构的成分
B．与等质量糖类相比，油脂中H含量高，细胞中的C主要组成有机物
C．与等质量蛋白质相比，核酸中P含量高，细胞中大多数P组成了ATP
D．同一细胞中，DNA分子质量肯定大于RNA分子质量，但数量少于RNA数量
【答案】B
【解析】
【分析】
1、构成细胞的化合物分为有机化合物和无机化合物，有机化合物包括糖类、脂质、蛋白质、核酸，无机化合物包括水和无机盐，不论细胞的有机化合物还是无机化合物都在参与细胞建构、维持细胞生命活动中具有重要作用。
2、与糖类相比，脂肪含有较多的H，氧化分解时消耗的氧气多，释放的能量多。
【详解】
A、与水相比，细胞中无机盐含量很少，但自由水不参与构成细胞结构，且有的无机盐可参与维持渗透压，不参与构成细胞，A错误；
B、与等质量糖类相比，油脂中H含量高，O含量更少，故储存能量更多；细胞中的C主要组成有机物，如蛋白质、糖类等，B正确；
C、蛋白质的主要组成元素为C、H、O、N，核酸的组成元素为C、H、O、N、P，核酸中P含量高，细胞中大多数P组成核酸、磷脂等含P化合物，ATP在细胞内含量少，所需P也少，C错误；
D、生物体中的DNA是有限的，一个DNA分子上有多个基因，可通过转录可形成多种RNA分子，故细胞中RNA分子的质量和数量均可能多于DNA，D错误。
故选B。
4．在冬季来临过程中，随着气温的逐浙降低、植物体内发生了一系列适应低温的生理生化变化，抗寒能力逐渐增强，植株含水量总体呈下降趋势。冬小麦在不同时期含水量变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．冬小麦的含水量从9月至12月处于下降趋势，主要是因为自由水含量下降
B．冬小麦结合水上升比较多有利于抵抗低温冻害
C．收获的小麦种子晒干后无自由水，以降低代谢，有利于储藏
D．冬小麦结合水含量上升的原因是一部分自由水转化成结合水
【答案】C
【解析】
【分析】
分析图形：从横坐标分析，9～12月温度降低，而细胞中含水量曲线呈逐渐下降趋势，自由水的含量下降，自由水与结合水的比例减少，新陈代谢减弱，植物的抗逆性增强。
【详解】
A、据图可知，冬小麦从9月至12月自由水含量下降，结合水含量升高，因此如果冬小麦的含水量从9月至12月处于下降趋势，主要是因为自由水含量下降，A正确；
B、结合水与植物的抗逆性有关，结合水越多，抗逆性越强，冬小麦结合水上升比较多有利于抵抗低温冻害，B正确；
C、收获的小麦种子晒干后自由水含量下降，以降低代谢，有利于储藏，不是没有自由水，C错误；
D、自由水和结合水可以相互转化，冬小麦结合水含量上升的原因是一部分自由水转化成结合水，从而有利于抵抗低温冻害，D正确。
故选C。
5．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，可溶性糖更多地转变为脂肪
B．种子萌发时，脂肪转变为可溶性糖，说明可溶性糖是油菜种子主要的储能物质
C．可溶性糖和脂质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】A
【解析】
【分析】
题图分析，图示为油菜种子在发育和萌发过程中糖类和脂肪的变化曲线。在种子发育过程中，可溶性糖的含量逐渐降低，脂肪的含量逐渐增加；在种子萌发过程中脂肪的含量逐渐降低，可溶性糖的含量逐渐升高。
【详解】
A、种子形成过程中脂肪含量逐渐升高，而可溶性还原糖逐渐下降，说明可溶性糖更多地转变为脂肪，A正确；
B、种子萌发时，脂肪转变为可溶性糖，说明脂肪是油菜种子主要的储能物质，B错误；
C、可溶性糖的组成元素为C、H、O，而脂质的化学元素组成主要为C、H、O，有的还含有P和N，显然可溶性糖和脂质的化学元素的组成不完全相同，C错误；
D、种子发育过程中，由于可溶性糖更多地转变为脂肪，但脂肪和可溶性还原糖的组成元素均为C、H、O，据此可推测种子需要的N未必增加，D错误。
故选A。
【点睛】
6．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，下列表述不正确的是（ ）
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的种类约有20种
B．若该图为RNA的结构模式图，则1、2和3构成一个核糖核苷酸，2、4和5也可构成核糖核苷酸
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的种类有4种
D．由此图也可看得出碳链构成了多糖、蛋白质和核酸大分子的基本骨架
【答案】B
【解析】
【分析】
1、蛋白质的基本组成单位是氨基酸，组成蛋白质的氨基酸根据R基不同分为20种，氨基酸通过脱水缩合反应由肽键连接形成肽链，肽键是由一个氨基酸的氨基和另一个氨基酸的羧基，脱去1分子水形成的。
2、核酸的基本组成单位是核苷酸，一分子核苷酸由1分子磷酸、1分子五碳糖和1分子碱基组成，磷酸连接在五碳糖的5号碳原子上，碱基连在1号碳原子上；核苷酸由磷酸二酯键连接形成核苷酸链；核酸根据五碳糖不同分为DNA和RNA，DNA中的五碳糖是脱氧核糖，碱基是A、T、G、C四种，RNA中的五碳糖是核糖，碱基是A、U、G、C四种。
3、淀粉、纤维素、糖原都属于多糖，基本组成单位都是葡萄糖，三者不同的原因是葡萄糖的连接方式不同。
【详解】
A、如果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为R基决定氨基酸的种类，故3的种类有20种，A正确；
B、如果该图为一段RNA的结构模式图，则1表示核糖，2表示磷酸基团，3是碱基，但2、4和5不能构成核糖核苷酸，B错误；
C、如果该图为一段单链DNA的结构模式图，则1表示脱氧核糖，2表示磷酸基团，3是碱基，DNA中的碱基含有A、T、C、G四种，C正确；
D、由此图也可看得出碳链构成了多糖、蛋白质和核酸大分子的基本骨架，D正确。
故选B。
7．关于高中生物实验中所涉及的材料、试剂、方法或原理，下列相关叙述合理的是（ ）
A．甘蔗茎的薄壁组织、甜菜的块根都含有较多的糖且近于白色，可用于还原糖的鉴定
B．检测生物组织中脂肪的实验中，酒精有冲洗作用
C．鉴别细胞的死活时，台盼蓝能将代谢旺盛的动物细胞染成蓝色
D．利用同位素标记法分别标记人与鼠细胞膜蛋白质并融合，证明细胞膜具有流动性
【答案】B
【解析】
【分析】
斐林试剂可用于鉴定还原糖，在水浴加热的条件下，溶液的颜色变化为砖红色（沉淀）。斐林试剂只能检验生物组织中还原糖（如葡萄糖、麦芽糖、果糖）存在与否，而不能鉴定非还原性糖（如淀粉）。细胞膜具有选择透过性，台盼蓝等不被细胞需要的大分子物质不能进入活细胞内。
【详解】
A、甘蔗茎的薄壁组织、甜菜的块根含有较多的糖是蔗糖，蔗糖不是还原糖，A错误；
B、检测生物组织中脂肪的实验中，可用50%的酒精冲洗浮色，B正确；
C、活细胞的膜具有选择透过性，台盼蓝不能通过活细胞膜，因此鉴别细胞的死活时，能被台盼蓝染色的是死细胞，C错误；
D、利用荧光标记法分别标记人与鼠细胞膜蛋白质并融合，可证明细胞膜具有流动性，D错误。
故选B。
8．如图是细胞膜的结构模式图，其中①②③表示细胞膜的组成成分，a、b、c、d、e表示跨膜运输的不同物质。下列有关叙述，正确的是（ ）
A．③组成细胞膜的基本支架，脂溶性物质容易通过细胞膜，主要与图中的①②密切有关
B．图中的物质a正被运输到细胞外，物质e则是正在进入细胞
C．人的小肠上皮细胞可以吸收葡萄糖，而不吸收木糖，这与图中的①密切有关
D．该细胞膜的结构模式图属于物理模型，在光学显微镜下可看到此结构
【答案】C
【解析】
【分析】
据图分析，①是蛋白质，②是糖蛋白，③是磷脂双分子层；a是主动运输，b是自由扩散，c、d是协助扩散，e是主动运输。
【详解】
A、③是磷脂双分子层，是细胞膜的基本支架，图中的模型被称为细胞膜的流动镶嵌模型，根据相似相容性原理，脂溶性物质容易通过细胞膜，主要与细胞膜上的磷脂双分子层③有关，A错误；
B、e所在的一侧有糖蛋白，是细胞膜的外侧，故图中的物质a正在进入细胞，物质e则是被运出细胞，B错误；
C、人的小肠上皮细胞可以吸收葡萄糖而不吸收比葡萄糖分子量小的木糖，这说明细胞膜具有选择透过性，这与图中的①蛋白质密切相关，C正确；
D、该模型属于细胞膜的亚显微结构模式图，需要用电子显微镜才能观察到，D错误。
故选C。
9．某同学将洋葱鳞片叶外表皮细胞放置在清水中，一段时间后向清水中加入蔗糖，洋葱外表皮细胞的液泡体积交化如下图所示，实验过程中细胞保持活性。下列叙述正确的是
A．在a～b段，细胞液发生渗透失水，细胞吸水能力增强
B．在b～c段，达到渗透平衡，细胞内外溶液的浓度相同
C．在c～d段，液泡膜和细胞膜都会出现磷脂分子的运动
D．在d～e段，细胞大量吸收蔗糖，质壁分离后自动复原
【答案】C
【解析】
【分析】
把成熟的植物细胞放置在某些对细胞无毒害的物质溶液中：
（1）当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时，细胞液中的水分子就透过原生质层进入到外界溶液中，使原生质层和细胞壁都出现一定程度的收缩。由于原生质层比细胞壁的收缩性大，当细胞不断失水时，原生质层就会与细胞壁逐渐分离开来，也就是逐渐发生了质壁分离。
（2）当细胞液的浓度大于外界溶液的浓度时，外界溶液中的水分子就通过原生质层进入到细胞液中，发生质壁分离的细胞的整个原生质层会慢慢地恢复成原来的状态，使植物细胞逐渐发生质壁分离复原。
【详解】
A、在a～b段，细胞吸水后细胞液的渗透压降低，细胞吸水能力减弱，A错误；
B、在b～c段的前期，细胞液的浓度大于外界溶液浓度，由于细胞壁的限制，水分子进出细胞达到平衡，但此时细胞内溶液浓度大于细胞外溶液浓度；在b～c段的后期，随着蔗糖的逐渐加入，外界蔗糖溶液的浓度逐渐升高，导致细胞液的浓度和蔗糖溶液的浓度逐渐接近；c点为临界点，此时继续增大蔗糖溶液浓度，细胞失水，B错误；
C、在c～d段，液泡体积减小，液泡膜和细胞膜都会出现膜脂的流动现象，C正确；
D、细胞不能吸收蔗糖，d～e段在蔗糖溶液中，无法发生质壁分离的复原，D错误。
故选C。
【点睛】
当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时发生质壁分离，当细胞液浓度大于外界溶液浓度时发生质壁分离的复原。
10．下列有关ATP的叙述，不正确的有几项（ ）
①人体成熟的红细胞、蛙的红细胞、鸡的红细胞中均能合成ATP
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
③ATP中的“A”与构成DNA、RNA中的碱基“A”是同一物质
④ATP是生物体生命活动的直接供能物质，但在细胞内含量很少
⑤质壁分离和复原的实验过程需要消耗ATP
⑥ATP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】C
【解析】
【分析】
1、ATP是三磷酸腺苷的英文名称缩写。ATP分子的结构 式可以简写成A—P～P～P，其中A代表腺苷，P代表磷酸基团，～代表一种特殊的化学键，ATP分子中大量的能量就储存在特殊的化学键中。ATP可以水解，这实际上是指ATP分子中特殊的化学键水解。ATP是细胞内的一种高能磷酸化合物。
2、正常生活的细胞中ATP与ADP的相互转化是时刻不停地发生并且处于动态平衡之中。
【详解】
①ATP是生命活动的直接能源物质，人体成熟的红细胞、蛙的红细胞、鸡的红细胞中均能合成ATP，①正确；
②由题意可知，细胞内Na+浓度偏高，所以Na+运进细胞的方式为主动运输，细胞消耗能量，因此为维持Na+浓度的稳定，细胞消耗ATP的量增加，②正确；
③ATP中的“A”是指腺苷，DNA、RNA中的碱基“A”是指腺嘌呤，不是同一物质，③错误；
④ATP是生物体生命活动的直接供能物质，但在细胞内含量很少，④正确；
⑤质壁分离和复原实验过程中为水的运输，属于自由扩散，不消耗ATP，⑤错误；
⑥光合作用过程合成ATP的能量来源于光能，呼吸作用过程合成ATP能量来源于化学能，ATP水解释放的能量也可以转化成光能(如萤火虫发光)和化学能(如蛋白质的合成)，⑥正确。
综上所诉，③⑤错误，共两项，ABD错误，C正确。
故选C。
11．已知蛋白酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）两侧的肽键，蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）氨基端的肽键，如图表示某四十九肽经酶1和酶2作用后的情况，下列分析不正确的是（ ）
A．该四十九肽分子中共含有3个赖氨酸，3个苯丙氨酸
B．短肽A、B、C比四十九肽的氧原子数少1个
C．酶1和酶2分别处理一个该多肽分子共需要8个水分子
D．经酶1和酶2作用后，所有的产物都能与双缩脲试剂反应呈紫色
【答案】D
【解析】
【分析】
认真分析图，抓住题目中两种酶的作用位点，获悉四十九肽中，位点17、31和32是苯丙氨酸；四十九肽中，位点22、23和49是赖氨酸。蛋白质的合成是氨基酸脱水缩合反应形成的，关注脱水数=肽键数、反应前和反应后的氧原子和氮原子的数目变化情况。根据题意和图示分析可知：蛋白酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）两侧的肽键后，形成的短肽A、B、C中，肽键减少了5个，苯丙氨酸减少了3个，所以短肽A、B、C比四十九肽的氧原子数少1个。蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）氨基端的肽键后，形成的短肽D、E中，肽键减少了3个，赖氨酸减少了2个，所以短肽D、E与四十九肽的氧原子数少1个。
【详解】
A、根据分析，该四十九肽分子中共含有3个赖氨酸，3个苯丙氨酸，A正确；
B、短肽A、B、C的形成过程中共去掉3个苯丙氨酸(C9H11NO2)，减少3×2=6个氧原子，该过程需要断裂5个肽键，消耗5个水分子，会增加5个氧原子，故该过程中氧原子数减少1个，B正确；
C、酶1处理该多肽消耗5分子水，酶2处理该多肽消耗3分子水，因此共需消耗8分子水，C正确；
D、经酶1和酶2作用后，所有的多肽都能与双缩脲试剂反应呈紫色，但产物中还有苯丙氨酸和赖氨酸，氨基酸不能与双缩脲试剂反应呈紫色，D错误。
故选D。
12．下列关于酶实验的叙述，正确的是
A．过氧化氢在高温下和酶催化下分解都加快，其原理都是降低了反应所需要的活化能
B．若底物选择淀粉和蔗糖，用淀粉酶来验证酶的专一性，则检测试剂宜选用斐林试剂，不宜选用碘液
C．在探究温度对酶活性影响时，选择淀粉和淀粉酶作实验材料，或者选择过氧化氢和过氧化氢酶作实验材料，检测效果均可
D．探究淀粉酶的最适温度的实验顺序：淀粉＋淀粉酶→置于相应水浴温度5 min→滴斐林试剂加热→观察溶液颜色变化
【答案】B
【解析】
【分析】
①酶的作用机理是降低化学反应的活化能。加热使过氧化氢分子得到了能量，因此能促进过氧化氢的分解。②淀粉遇碘液变蓝色。③过氧化氢在自然条件下可以缓慢分解，加热可加快过氧化氢的分解。④还原糖与斐林试剂发生作用，在水浴加热(50～65℃)的条件下会生成砖红色沉淀。⑤探究淀粉酶的最适温度的实验，由于酶具有高效性，应先使酶溶液和底物溶液分别达到实验温度后再混合，以免对实验结果产生干扰。将相同温度下的酶溶液和底物溶液混合后，维持各自的实验温度一定时间，以保证酶有足够的时间催化化学反应。最后向试管中滴加碘液，通过检测淀粉的剩余量的多少来判断酶的活性。
【详解】
A、加热可以给过氧化氢分子提供能量，而过氧化氢酶能降低反应所需要的活化能，所以过氧化氢在高温下和酶催化下分解都加快，A错误；
B、淀粉和蔗糖的水解产物都是还原糖，还原糖与斐林试剂发生作用会生成砖红色沉淀，碘遇淀粉变蓝，碘液只能鉴定淀粉有没有被分解，不能鉴定蔗糖有没有被分解，若底物选择淀粉和蔗糖，用淀粉酶来验证酶的专一性，则检测试剂宜选用斐林试剂，不宜选用碘液，B正确；
C、在探究温度对酶活性影响时，自变量是温度的不同，加热可以加快过氧化氢的分解，对实验有干扰，因此不能选择过氧化氢和过氧化氢酶作实验材料，C错误；
D、探究淀粉酶的最适温度的实验，自变量是温度的不同，用斐林试剂检测淀粉的水解产物——还原糖需要水浴加热，对实验结果有干扰，由于酶具有高效性，应先使酶溶液和底物溶液分别达到实验温度后再混合，以免对实验结果产生干扰，D错误。
故选B。
【点睛】
明确对照实验、自变量、因变量和无关变量的内涵，理解实验设计应遵循的原则是正确解答此题的关键。据此依据实验设计遵循的单一变量原则、等量原则和各选项呈现的信息找准实验变量（自变量、因变量、无关变量），进而围绕“比较过氧化氢在不同条件下的分解速率的实验、酶的高效性、专一性及影响酶活性的因素”等相关知识来分析判断各选项。
13．研究真核细胞的结构和功能时，常采用差速离心法分离细胞器。某同学用该方法对菠菜的叶肉细胞进行了如图所示操作，其中 S1-S4 表示上清液，P1-P4表示沉淀物。下列叙述正确的是（ ）
A．图示四次离心，离心机的转速设置应该是依次变小
B．全面考虑 S1-S4，P1-P4，DNA仅存在于 P1、P2、P3中
C．S1、S2、P2、P3在适宜条件下均能进行能量转换
D．S1、S2、S3、P4中均有具膜的细胞器
【答案】C
【解析】
【分析】
分析各个部分中所含有的细胞器或细胞结构：P1为细胞核、细胞壁碎片，S1为各种细胞器；P2为叶绿体，S2为除叶绿体之外的细胞器；P3为线粒体，S3为除叶绿体、线粒体之外的细胞器；P4为核糖体，S4为除线粒体、核糖体、叶绿体之外的细胞器；S1包括S2和P2；S2包括S3和P3；S3包括S4和P4。
【详解】
A、图示四次离心，试管中的物质或结构质量越来越低，离心机的转速设置应该是依次变大，A错误；
B、真核生物DNA主要分布在细胞核中，还有少量分布在叶绿体和线粒体中，图中的P1、P2、S2、P3都含有DNA，B错误；
C、线粒体和叶绿体都是能进行能量转换的细胞器，则图中的S1含有叶绿体和线粒体、P2为叶绿体、S2和P3都含有线粒体，C正确；
D、P4为核糖体，不含有膜结构，D错误。
故选C。
14．下图为高等动物胰腺中某种细胞内蛋白质合成、加工及定向转运的主要途径示意图，其中a～f表示相应的细胞结构，①～⑧表示相应的生理过程。下列说法合理的是（ ）
A．若原料中含有放射性标记的尿嘧啶，则图中具膜结构a、b、c都能检测到某些放射性大分子物质
B．从图可知，呼吸酶和解旋酶的形成可能不经过高尔基体
C．⑧过程的产物可能是胰岛素、生长激素、抗体或某些消化酶，其分泌过程需要c供能
D．据图分析，细胞膜上钠钾泵的形成过程依次是⑤⑥⑧
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题图分析，图中a是核糖体、b是细胞核、c是线粒体、d是内质网、e是高尔基体、f是细胞膜；①表示翻译过程，⑤表示内质网的加工，⑥表示高尔基体的加工；⑦⑧表示高尔基体的分类、包装和转运；②③④表示翻译形成的肽链进入各种细胞结构。
【详解】
A、a为核糖体，没有膜结构，A错误；
B、呼吸酶和解旋酶在细胞内发挥作用，属于滞留细胞内的蛋白质，其形成可能不经过高尔基体，B正确；
C、胰腺细胞不能合成生长激素、抗体，C错误；
D、钠钾泵存在于细胞膜上，不是分泌蛋白，故其形成过程依次是⑤⑥⑦，D错误。
故选B。
【点睛】
15．如图为研究渗透作用的实验装置，其中渗透装置中半透膜不能透过蔗糖，漏斗内溶液（S1）和漏斗外溶液（S2）为两种不同浓度的蔗糖溶液，若渗透平衡时液面差为△h，如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．渗透平衡时S1和S2浓度的大小关系为S1>S2
B．若半透膜不允许单糖通过，如图渗透平衡时向S1中加入少量蔗糖酶，则S1液面将上升
C．若仅将蔗糖溶液S1换成等量蔗糖溶液S3（S3浓度高于S1），其余不变，则平衡时S2浓度换之后低于换之前
D．若半透膜允许单糖通过，如图渗透平衡时向S1中加入少量蔗糖酶，则S1液面将先上升后下降至低于S2
【答案】C
【解析】
【分析】
渗透作用是指水分子通过半透膜，从溶质浓度低的溶液向溶质浓度高的溶液的转移现象；漏斗液面上升，则漏斗内溶液（S1）浓度大于漏斗外溶液（S2），渗透平衡时的液面差为△h，△h与浓度差的大小有关，浓度差越大，△h越大。
【详解】
A、蔗糖不能透过半透膜，图中由于漏斗内的蔗糖溶液浓度高，因此烧杯中的水分子通过半透膜进入漏斗，使漏斗内液面升高，渗透平衡时△h会产生压力与漏斗内因溶液浓度差产生的压力的大小相等，因此，漏斗内的浓度仍然大于漏斗外，为S1>S2，A正确；
B、若半透膜不允许单糖通过，如图渗透平衡时向S1中加入少量蔗糖酶，则S1蔗糖溶液浓度升高，进入的水分子增多，因此S1液面将上升，B正确；
C、若仅将蔗糖溶液S1换成等量蔗糖溶液S3（S3浓度高于S1），其余不变，则平衡时S2蔗糖溶液中的水分子更多进入S3，因此浓度换后高于换之前，C错误；
D、若半透膜允许单糖通过，如图渗透平衡时向S1中加入少量蔗糖酶，水解产生单糖，分子数目增加，S1液面将先上升，随后随着单糖分子进入S2浓液，使S2蔗糖溶液浓度升高，最终S1液面将低于S2，D正确。
故选C。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、判断题
16．细胞骨架是由蛋白质纤维组成的网架结构。 ( )
【答案】√
【解析】
【详解】
细胞骨架是由蛋白质纤维组成的网架结构，维持着细胞形态，锚定并支撑着许多细胞器，与细胞运动、分裂、分化以及物质运输、能量转化、信息传递等生命活动密切相关，此说法正确。
17．叶绿体、线粒体和核糖体中都含有RNA和蛋白质。 ( )
【答案】√
【解析】
【分析】
本题考查细胞器的成分，要求学生识记各种细胞器的组成。叶绿体、线粒体为双层膜结构的细胞器，叶绿体基质和线粒体基质中均含有少量的DNA、RNA。核糖体为无膜细胞器，由rRNA和蛋白质组成。
【详解】
叶绿体和线粒体的基质中含有DNA、RNA和蛋白质，核糖体由rRNA和蛋白质组成，故叶绿体、线粒体和核糖体中都含有RNA和蛋白质，此说法正确。
评卷人
得分
三、填空题
18．洋葱内表皮细胞不能发生质壁分离。( )________________
【答案】 错误 洋葱内表皮细胞能发生质壁分离。
【解析】
【详解】
洋葱内表皮细胞是成熟的植物细胞，其原生质层相当于一层半透膜，当外界溶液浓度高于细胞液浓度时，能发生质壁分离，但其液泡内不含色素，不便于观察。故该叙述是错误的。
19．催化酶水解的是蛋白酶。( )______________
【答案】 错误 催化酶水解的是蛋白酶或RNA酶。
【解析】
【详解】
绝大多数酶的化学本质是蛋白质，少数酶的化学本质是RNA，酶具有专一性，催化酶水解的是蛋白酶或RNA酶。故该叙述是错误的。
20．协助扩散需要载体蛋白协助。 ( )______________
【答案】 错误 协助扩散需要转运蛋白协助。
【解析】
【详解】
协助扩散需要通道蛋白或载体蛋白协助。主动运输需要 载体蛋白协助。 故该叙述是错误的。
评卷人
得分
四、综合题
21．糖类是生物体生命活动的主要能源物质，蛋白质是生命活动的体现者。图甲为糖类的概念图，图乙是某种需要能量的蛋白质的降解过程，科学家发现：一种被称为泛素的多肽在该过程中起重要作用。泛素激活酶E1将泛素分子激活，然后由E1将泛素交给泛素结合酶E2，最后在泛素连接酶E3的指引下将泛素转移到靶蛋白上。这一过程不断重复，靶蛋白就被绑上一批泛素分子。被泛素标记的靶蛋白很快就送往细胞内一种被称为蛋白酶体的结构中进行降解，整个过程如图乙所示。请分析回答：
(1)如果某种单糖A经缩合反应形成物质③作为植物细胞中储存能量的物质，则物质③是_____；如果缩合反应形成的物质③一般不能被动物所消化，则物质③是____。
(2)如果某种单糖A与磷酸和碱基结合形成物质②，其中碱基是胸腺嘧啶，则单糖A是__________，形成的物质②是___________（填名称）的基本单位；如果某种单糖A与磷酸和碱基结合形成的物质④的衍生物是ATP，则其中碱基名称是_________。
(3)蛋白质在生物体内具有多种重要功能，根据图乙信息可推测出蛋白质的一项具体功能是___________________。
【答案】(1) 淀粉 纤维素
(2) 脱氧核糖 脱氧核糖核酸#DNA 腺嘌呤
(3)运输作用
【解析】
【分析】
分析图甲可知，①是两分子单糖缩合而成的，为二糖，②④是单糖、磷酸和碱基组成的，为核苷酸，③可能是多个单糖缩合而成的，可能是多糖。图乙中，当靶蛋白被绑上一批泛素分子后，很快就送往细胞内一种被称为蛋白酶体的结构中进行降解。
(1)
淀粉是植物体内的储能物质，由多个葡萄糖合成，所以如果某种单糖A（葡萄糖）经缩合反应形成物质③作为植物细胞中储存能量的物质，则物质③是淀粉；纤维素的单体也是葡萄糖，且一般不能被动物消化，因此物质③是纤维素。
(2)
胸腺嘧啶（T）是DNA（脱氧核糖核酸）特有的碱基，所以物质②是DNA的基本单位脱氧核苷酸，含有的单糖A是脱氧核糖。ATP中的A代表腺苷，由腺嘌呤和核糖组成，所以如果某种单糖A与磷酸和碱基结合形成的物质④的衍生物是ATP，则其中碱基名称是腺嘌呤。
(3)
分析图可知，泛素的本质是多肽，且当靶蛋白被绑上一批泛素分子后，很快就送往细胞内一种被称为蛋白酶体的结构中进行降解，因此根据图乙信息可推测出蛋白质的一项具体功能是具有运输作用。
【点睛】
本题结合糖类的概念图、某种需要能量的蛋白质降解过程图，考查核酸和蛋白质结构和功能的知识，考生识记核酸的种类、组成和分布，明确蛋白质的结构和功能是解题的关键。
22．如图甲是四类细胞的亚显微结构模式图，图乙为真核细胞结构及细胞内物质转运的示意图，图丙表示四种物质在细胞内外的相对浓度差异，请据图回答下列问题：
(1)图甲能够进行光合作用的细胞是_______。发菜能进行光合作用是因为含有______________等光合色素以及_______________。
(2)用丙酮从甲图Ⅰ细胞中提取脂质，在空气—水界面上铺展成单分子层，测得的单分子层面积__________（填大于、等于、小于）细胞表面积的2倍。
(3)图乙中具双层膜的结构有_________个，新转录产生的mRNA经一系列加工后可从______结构进入到细胞质中，该过程经过了____层膜。
(4)构成生物膜的成分是____________，图丙中钠离子出细胞的方式是__________，体现了细胞膜的__________________功能。
(5)图甲中的Ⅰ类细胞放在等渗的葡萄糖溶液中，则细胞的体积会______________（增大或减小或不变）。
【答案】(1) Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ 藻蓝素和叶绿素 光合作用有关的酶
(2)大于
(3) 3 核孔 0
(4) 脂质、蛋白质和糖类 主动运输 控制物质进出细胞
(5)增大
【解析】
【分析】
分析图甲可知，图中结构①~⑥依次是：内质网、线粒体、中心体、叶绿体、液泡和高尔基体，甲图表示四类细胞的亚显微结构模式图，I为动物细胞结构图，Ⅱ为高等植物细胞结构图，Ⅲ为蓝细菌细胞结构图，Ⅳ 为低等植物细胞结构图。图乙中，①表示核糖体，②表示内质网，③表示高尔基体，④表示线粒体，⑤表示叶绿体。图丙中，Na+ 离子细胞外的浓度高于细胞内，K+ 离子是细胞外的浓度低于细胞内，胰岛素存在于细胞外，二氧化碳是细胞内浓度高于细胞外。
(1)
图甲中四类细胞分别是动物细胞、高等植物细胞、蓝细菌细胞、低等植物细胞，其中能够进行光合作用的细胞是Ⅱ ( 高等植物细胞)、Ⅲ (蓝细菌细胞) 、Ⅳ(低等植物细胞) 。发菜属于蓝细菌，能进行光合作是因为含有藻蓝素、叶绿素以及与光合作用有关的酶。
(2)
甲细胞中除了细胞膜以外，还有细胞器膜和核膜多种膜结构，又由于膜结构的基本支架均为磷脂双分子层，因此测得的单分子层面积大于该细胞表面积的2倍。
(3)
图乙中具双层膜的是线粒体、叶绿体、细胞核3个细胞结构。核孔是核质之间频繁进行物质交换和信息交流的通道，所以新转录产生的mRNA经一系列加工后可从核孔结构进入到细胞质中，该过程经过了0层膜。
(4)
构成生物膜的成分是脂质、蛋白质和少量糖类。丙图中，Na+ 离子细胞外的浓度高于细胞内，所以钠离子出细胞是逆浓度运输，需要载体和能量，为主动运输，体现了细胞膜的控制物质进出细胞功能。
(5)
图甲中的Ⅰ类细胞放在等渗的葡萄糖溶液中，由于细胞会吸收葡萄糖，导致细胞液浓度增大，当细胞液浓度大于外界溶液浓度时，细胞吸水，体积变大。
【点睛】
本题结合图解，考查细胞结构和功能、物质运输的相关知识，要求考生识记细胞中各种细胞器的结构、分布和功能，掌握分泌蛋白的形成运输过程，掌握物质跨膜运输，再结合所学的知识准确答题。
23．信息提炼在靠近海滩或者海水与淡水汇合的河口地区，陆生植物遭受着高盐环境胁迫。碱蓬等耐盐植物能够在盐胁迫逆境中正常生长，其根细胞独特的物质转运机制发挥了十分重要的作用。下图是耐盐植物根细胞参与抵抗盐胁迫有关的结构示意图。
(1)通常情况下，当盐浸入到根周围的环境时，Na+以 ________ 方式顺浓度梯度大量进入根部细胞，同时抑制了K+进入细胞，导致细胞中Na+/K+的比例异常，使细胞内的酶失活，影响蛋白质的正常合成。
(2)据图可知，耐盐植物根细胞的细胞质基质中pH为7．5，而细胞膜外和液泡膜内pH均为5．5（H+含量越高的溶液pH越低）。这个差异主要由细胞膜和液泡膜上的H+-ATP泵以 ________ 方式转运H+来维持的。这种H+分布特点为图中的 ________ 两种转运蛋白运输Na+提供了动力，这一转运过程可以帮助根细胞将Na+转运到 ________ ，从而减少Na+对胞内代谢的影响。
(3)在高盐胁迫下，根细胞还会借助Ca2+调节其它相关离子转运蛋白的功能，进而调节细胞中各种离子的浓度和比例。据图分析，细胞质基质中的Ca2+对HKT1和 AKT1的作用依次为________（a．激活、b．抑制，选择序号填写），使胞内的蛋白质合成恢复正常。同时，一部分离子被运入液泡内，可以通过调节细胞液的渗透压促进根细胞________，从而降低细胞内盐的浓度。
(4)温度影响主动运输，一方面是因为温度影响细胞膜的____________（结构特点）；另一方面温度影响合成ATP的重要途径——___________中酶的活性。
【答案】(1)被动运输
(2) 主动运输 SOS1和NHX（答全给分） 细胞膜外或液泡内（答全给分）
(3) b、 a 吸水
(4) 流动性 细胞呼吸#呼吸作用
【解析】
【分析】
分析题图，根细胞的细胞质基质中pH为7. 5，而细胞膜外和液泡膜内pH均为5.5，细胞质基质中H+含量比细胞膜外和液泡膜内低，H+ 运输到细胞膜外和液泡内是逆浓度梯度运输，运输方式为主动运输。SOS1将H+运进细胞质基质的同时，将Na+排出细胞。NHX将H+运入细胞质基质的同时，将Na+运输到液泡内。
(1)
根据题意，Na+ 是顺浓度梯度进入根部细胞，则进入细胞的方式是被动运输。
(2)
)据图可知，耐盐植物根细胞的细胞质基质中pH为7.5，而细胞膜外和液泡膜内pH均为5.5，细胞质基质中H+含量比细胞膜外和液泡膜内低，要维持浓度差，则是逆浓度梯度运输，运输方式为主动运输。
H+借助转运蛋白SOS1顺浓度梯度从细胞膜外运输到细胞质基质形成的势能，为Na+从细胞质基质运输到细胞膜外提供了动力；H+借助转运蛋白NHX顺浓度梯度从液泡内运输到细胞质基质形成的势能，为Na+从细胞质基质运输到液泡内提供了动力。这一转运过程可以帮助根细胞将Na+转运到细胞膜外或液泡内，从而减少Na+对胞内代谢的影响。
(3)
根据(1) 题意，蛋白质合成受影响是由于Na+大量进入细胞，K+进入细胞受抑制，导致细胞中Na+ /K+的比例异常，使细胞内的酶失活而引起。HKT1能协助Na+进入细胞，AKT1能协助K+ 进入细胞。要使胞内的蛋白质合成恢复正常，则细胞质基质中的Ca2+抑制HKT1运输Na+，促进AKT1运输K+，使细胞中Na+ /K+的比例恢复正常。同时，一部分离子被运入液泡内，导致细胞液的渗透压升高，促进根细胞吸水，从而降低细胞内盐的浓度。
(4)
主动运输需要消耗能量，温度影响主动运输，一方面是因为温度影响细胞膜的流动性；另一方面温度影响合成ATP的重要途径——呼吸作用中酶的活性。
【点睛】
本题的结合物质进出细胞的图解考查了物质跨膜运输方式，意在考查学生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，综合运用所学知识解决生物学问题的能力和从题目所给的图形中获取有效信息的能力。
24．学校生物实验室有少量保存时间较长淀粉酶制剂，不知酶活性是否发生变化。某兴趣小组承担了鉴定任务，请你帮助完成实验设计，并解答有关问题。
(1)实验步骤
①取唾液：将口漱净，口腔中含一块脱脂棉，片刻后取出，将唾液挤入小烧杯中；
②取两个烧杯，分别编号为A、B。分别加入适量的____________。再往A烧杯加入适量唾液。B烧杯中加入____________。
③适当时间后，取两支试管分别编号为A1、A2，各加入A烧杯中的溶液2mL。另取两支试管分别编号为B1、B2，各加入B烧杯中的溶液2mL。
④向试管A1、B1中加入_________，向试管A2、B2中加入________。
⑤将试管试管A2、B2水浴加热，观察各试管中的颜色变化。
(2)结果：若试管A1中溶液为褐色，试管A2中出现红黄色沉淀，试管B1、B2中可能出现的实验结果及相应的实验结论（用表格形式表达）。
B1
B2
结论
蓝色
①___
该淀粉酶制剂完全失活
②___
有红黄色沉淀
③___
④___
⑤___
⑥___
【答案】(1) 淀粉糊 等量的淀粉酶制剂 等量碘液 等量的本尼迪特试剂
(2) 蓝色 有红黄色沉淀 该淀粉酶制剂保留部分活性 褐色 有红黄色沉淀 该淀粉酶制剂活性正常
【解析】
【分析】
分析题干可知，该实验的目的是探究淀粉酶的活性，实验原理是淀粉是非还原性糖，在淀粉酶作用下能水解成还原糖；还原糖能与本尼迪特试剂发生氧化还原反应，生成红黄色沉淀；通过比较该淀粉酶制剂和唾液淀粉酶的催化效率，可以鉴定这批淀粉酶制剂的活性；实验的自变量为是否为新鲜的淀粉酶，因变量是出现的颜色反应，按照实验设计的对照原则与单一变量的原则评价和完善实验步骤，预期实验结果并获取结论。
(1)
②据实验目的可知，反应底物应该是淀粉，因此应该向A、B中烧杯中加入适量的淀粉糊；由于A烧杯杯中加入适量唾液，因此B烧杯中应加入等量的淀粉酶制剂。
④该实验的原理是淀粉是非还原性糖，在淀粉酶作用下能水解成还原糖。还原糖能与本尼迪特试剂发生氧化还原反应，生成红黄色沉淀，淀粉能与碘液反应呈现蓝色，因此实验应该检测淀粉和还原糖的含量，所以向试管A1、B1中加入等量碘液检测淀粉，向A2、B2中加入等量本尼迪特试剂还原糖。
(2)
若试管A1中溶液为褐色，试管A2中出现红黄色沉淀，试管B1中溶液为蓝色，试管B2中无红黄色沉淀，则说明该淀粉酶制剂完全失活；若试管B1中溶液为蓝色，管B2中有红黄色沉淀，则说明该淀粉酶制剂保留部分活性；若试管B1中溶液为褐色，试管B2中有红黄色沉淀，则说明该淀粉酶制剂活性正常。
【点睛】
对于实验变量的分析和控制能力、根据实验设计的对照原则与单一变量的原则完善、评价实验步骤的能力及预期实验结果并获取结论的能力是本考题考查的重点。
评卷人
得分
五、实验题
25．现有两种淀粉酶A与B，某生物兴趣小组为探究不同温度条件下这两种淀粉酶的活性，设计实验过程如表所示:
组别
1
2
3
4
5
6
7
8
①设置水浴锅温度（℃）
20
30
40
50
20
30
40
50
②取8支试管各加入淀粉溶液（mL），分别保温5min
10
10
10
10
10
10
10
10
③另取8支试管各加入等量淀粉酶溶液，分别保温5min
酶A
酶A
酶A
酶A
酶B
酶B
酶B
酶B
⑥将同组两个试中的淀粉溶液与淀粉酶溶液混合摇匀，保温5min
图1是实验第④步保温5分钟后对各组淀粉剩余量进行检测的结果，图2是40℃时测定酶A催化淀粉水解时淀粉剩余量随时间变化的曲线。
(1)该实验中淀粉酶催化的实质是__________
(2)该实验的自变量是______________，无关变量有_______________（写三个）
(3)此实验通过检测淀粉的剩余量来表示酶的活性，_____（是/否）能用斐林试剂检测生成物麦芽糖的含量来表示。若步骤③中淀粉酶的浓度适当减少，为保持图1实验结果不变，则保温时间应__________（填“缩短”“延长”或“不变”）。
(4)若适当降低温度，请在图2坐标中用虚线画出该试管中淀粉剩余量随时间变化的曲线_____________ 。
(5)若要探究酶B的最适温度，应在__________℃之间设置________________进行分组实验，分析结果得出结论。
【答案】(1)降低化学反应的活化能
(2) 温度和酶的种类 酶浓度、底物浓度、pH等
(3) 否 延长
(4)
(5) 30～50℃ 一系列温度梯度
【解析】
【分析】
根据题意，该实验的目的是探究不同温度条件下这两种淀粉酶的活性，分析表格和图1可知，该实验的自变量是温度和酶的种类，因变量是淀粉剩余量，则无关变量有pH、反应时间、溶液的量、 淀粉的浓度、酶的浓度等。
(1)
酶的作用机理是降低反应所需的活化能。
(2)
根据以上分析可知，该实验的目的是探究不同温度条件下这两种淀粉酶的活性，结合表格可知，实验中设计了不同的温度，酶的种类有酶A和酶B两种，因此该实验的自变量是温度和酶的种类，无关变量有pH、反应时间、溶液的量、 淀粉的浓度、酶的浓度等。
(3)
由于斐林试剂检测时需水浴加热，会导致反应体系温度发生改变，影响实验结果，因此本实验通过检测淀粉的剩余量来表示酶的活性，不能用斐林试剂检测生成物麦芽糖的含量来表示。若步骤③中淀粉酶的浓度适当降低，酶促反应速率会降低，因此为保持图乙实验结果不变，则保温时间应延长。
(4)
若适当降低温度，则酶的活性受到抑制而降低，反应速率减慢，则试管中淀粉剩余量随时间变化的曲线如下虚线：
。
(5)
若要进一步探究酶B的最适温度，应在30～50℃之间设立一系列温度梯度的分组实验，按上述步骤进行实验，分析结果得出结论。
【点睛】
本题考查影响酶活性的因素的实验分析的知识点，要求学生掌握酶的作用机理和影响酶活性的因素，把握实验设计的基本原则，能够根据题意和图示信息分析实验的自变量、因变量和无关变量，结合题意和所学的知识点解决问题。
绝密★启用前
天津市静海区一中2021-2022学年高一12月学生学业能力调研生物试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、单选题
1．下列关于真核生物、原核生物和病毒的叙述中正确的有（ ）
①乳酸菌、青霉菌、大肠杆菌都属于原核生物 ②乳酸菌、酵母菌都含有核糖体和DNA ③T2噬菌体的繁殖只在宿主细胞中进行，因为只有核糖体一种细胞器 ④细胞没有叶绿素就不能进行光合作用 ⑤有些细菌只含有RNA
A．1项 B．2项 C．3项 D．4项
【答案】B
【解析】
【分析】
原核细胞与真核细胞相比，最大的区别是原核细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）；原核生物没有复杂的细胞器，只有核糖体一种细胞器，但原核生物含有细胞膜、细胞质等结构，也含有核酸（DNA和RNA）和蛋白质等物质，且遗传物质是DNA。
【详解】
①青霉菌是真菌，属于真核生物，①错误；
②乳酸菌是原核生物，酵母菌是真核生物，两者都含有核糖体，且两者的遗传物质都是DNA，②正确；
③T2噬菌体是病毒，没有细胞结构，因此不含核糖体，③错误；
④叶绿素能吸收光能，没有叶绿素就不能进行光合作用，④正确；
⑤细菌既有DNA也有RNA，⑤错误。
可见，以上述说有2项正确。
故选B。
2．对下图所示的生物学实验的叙述正确的是（ ）
A．若图①表示将显微镜镜头由 a转换成 b，则视野中观察到的细胞数目增多
B．若图②是显微镜下洋葱根尖某视野的图像，则向右移装片能观察清楚 c细胞的特点
C．若图③是在显微镜下观察细胞质流动时，发现细胞质的流动是顺时针，则实际细胞质的流动方向是逆时针
D．若图④是在显微镜下目镜为10×，物镜为10×，视野中被相连的64个细胞所充满，目镜不变，物镜换成40×时，则在视野中可检测到的细胞数为4个
【答案】D
【解析】
【分析】
显微镜的呈像原理和基本操作：（1）显微镜成像的特点：显微镜成像是倒立的虚像，即上下相反，左右相反，物像的移动方向与标本的移动方向相反，故显微镜下所成的像是倒立放大的虚像，若在视野中看到细胞质顺时针流动，则实际上细胞质就是顺时针流动。（2）显微镜观察细胞，放大倍数与观察的细胞数呈反比例关系，放大倍数越大，观察的细胞数越少，视野越暗，反之亦然。（3）显微镜的放大倍数=物镜的放大倍数×目镜的放大倍数。目镜的镜头越长，其放大倍数越小；物镜的镜头越长，其放大倍数越大，与玻片的距离也越近，反之则越远。显微镜的放大倍数越大，视野中看的细胞数目越少，细胞越大。（4）反光镜和光圈都是用于调节视野亮度的；粗准焦螺旋和细准焦螺旋都是用于调节清晰度的，且高倍镜下只能通过细准焦螺旋进行微调。（5）由低倍镜换用高倍镜进行观察的步骤是：移动玻片标本使要观察的某一物像到达视野中央→转动转换器选择高倍镜对准通光孔→调节光圈，换用较大光圈使视野较为明亮→转动细准焦螺旋使物像更加清晰。
【详解】
A、由图分析可知，图①中的a、b带有螺纹是物镜，物镜镜头越长放大倍数越大，若图①表示将显微镜镜头由a转换成b，是由低倍镜转换为高倍镜，则视野中观察到的细胞数目减少，A错误；
B、洋葱根尖细胞，没有叶绿体，B错误；
C、若图③是在显微镜下观察细胞质流动时，发现细胞质的流动是顺时针，则实际细胞质的流动方向是顺时针，C错误；
D、由图④分析可知，在放大100倍时能观察到64个细胞，而放大400倍后观察到的细胞数为64×（100÷400）2=4个，D正确。
故选D。
【点睛】
3．下列关于细胞中元素和化合物的描述，正确的是（ ）
A．与水相比，细胞中无机盐含量很少，但它们都是组成细胞结构的成分
B．与等质量糖类相比，油脂中H含量高，细胞中的C主要组成有机物
C．与等质量蛋白质相比，核酸中P含量高，细胞中大多数P组成了ATP
D．同一细胞中，DNA分子质量肯定大于RNA分子质量，但数量少于RNA数量
【答案】B
【解析】
【分析】
1、构成细胞的化合物分为有机化合物和无机化合物，有机化合物包括糖类、脂质、蛋白质、核酸，无机化合物包括水和无机盐，不论细胞的有机化合物还是无机化合物都在参与细胞建构、维持细胞生命活动中具有重要作用。
2、与糖类相比，脂肪含有较多的H，氧化分解时消耗的氧气多，释放的能量多。
【详解】
A、与水相比，细胞中无机盐含量很少，但自由水不参与构成细胞结构，且有的无机盐可参与维持渗透压，不参与构成细胞，A错误；
B、与等质量糖类相比，油脂中H含量高，O含量更少，故储存能量更多；细胞中的C主要组成有机物，如蛋白质、糖类等，B正确；
C、蛋白质的主要组成元素为C、H、O、N，核酸的组成元素为C、H、O、N、P，核酸中P含量高，细胞中大多数P组成核酸、磷脂等含P化合物，ATP在细胞内含量少，所需P也少，C错误；
D、生物体中的DNA是有限的，一个DNA分子上有多个基因，可通过转录可形成多种RNA分子，故细胞中RNA分子的质量和数量均可能多于DNA，D错误。
故选B。
4．在冬季来临过程中，随着气温的逐浙降低、植物体内发生了一系列适应低温的生理生化变化，抗寒能力逐渐增强，植株含水量总体呈下降趋势。冬小麦在不同时期含水量变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．冬小麦的含水量从9月至12月处于下降趋势，主要是因为自由水含量下降
B．冬小麦结合水上升比较多有利于抵抗低温冻害
C．收获的小麦种子晒干后无自由水，以降低代谢，有利于储藏
D．冬小麦结合水含量上升的原因是一部分自由水转化成结合水
【答案】C
【解析】
【分析】
分析图形：从横坐标分析，9～12月温度降低，而细胞中含水量曲线呈逐渐下降趋势，自由水的含量下降，自由水与结合水的比例减少，新陈代谢减弱，植物的抗逆性增强。
【详解】
A、据图可知，冬小麦从9月至12月自由水含量下降，结合水含量升高，因此如果冬小麦的含水量从9月至12月处于下降趋势，主要是因为自由水含量下降，A正确；
B、结合水与植物的抗逆性有关，结合水越多，抗逆性越强，冬小麦结合水上升比较多有利于抵抗低温冻害，B正确；
C、收获的小麦种子晒干后自由水含量下降，以降低代谢，有利于储藏，不是没有自由水，C错误；
D、自由水和结合水可以相互转化，冬小麦结合水含量上升的原因是一部分自由水转化成结合水，从而有利于抵抗低温冻害，D正确。
故选C。
5．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，可溶性糖更多地转变为脂肪
B．种子萌发时，脂肪转变为可溶性糖，说明可溶性糖是油菜种子主要的储能物质
C．可溶性糖和脂质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】A
【解析】
【分析】
题图分析，图示为油菜种子在发育和萌发过程中糖类和脂肪的变化曲线。在种子发育过程中，可溶性糖的含量逐渐降低，脂肪的含量逐渐增加；在种子萌发过程中脂肪的含量逐渐降低，可溶性糖的含量逐渐升高。
【详解】
A、种子形成过程中脂肪含量逐渐升高，而可溶性还原糖逐渐下降，说明可溶性糖更多地转变为脂肪，A正确；
B、种子萌发时，脂肪转变为可溶性糖，说明脂肪是油菜种子主要的储能物质，B错误；
C、可溶性糖的组成元素为C、H、O，而脂质的化学元素组成主要为C、H、O，有的还含有P和N，显然可溶性糖和脂质的化学元素的组成不完全相同，C错误；
D、种子发育过程中，由于可溶性糖更多地转变为脂肪，但脂肪和可溶性还原糖的组成元素均为C、H、O，据此可推测种子需要的N未必增加，D错误。
故选A。
【点睛】
6．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，下列表述不正确的是（ ）
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的种类约有20种
B．若该图为RNA的结构模式图，则1、2和3构成一个核糖核苷酸，2、4和5也可构成核糖核苷酸
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的种类有4种
D．由此图也可看得出碳链构成了多糖、蛋白质和核酸大分子的基本骨架
【答案】B
【解析】
【分析】
1、蛋白质的基本组成单位是氨基酸，组成蛋白质的氨基酸根据R基不同分为20种，氨基酸通过脱水缩合反应由肽键连接形成肽链，肽键是由一个氨基酸的氨基和另一个氨基酸的羧基，脱去1分子水形成的。
2、核酸的基本组成单位是核苷酸，一分子核苷酸由1分子磷酸、1分子五碳糖和1分子碱基组成，磷酸连接在五碳糖的5号碳原子上，碱基连在1号碳原子上；核苷酸由磷酸二酯键连接形成核苷酸链；核酸根据五碳糖不同分为DNA和RNA，DNA中的五碳糖是脱氧核糖，碱基是A、T、G、C四种，RNA中的五碳糖是核糖，碱基是A、U、G、C四种。
3、淀粉、纤维素、糖原都属于多糖，基本组成单位都是葡萄糖，三者不同的原因是葡萄糖的连接方式不同。
【详解】
A、如果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为R基决定氨基酸的种类，故3的种类有20种，A正确；
B、如果该图为一段RNA的结构模式图，则1表示核糖，2表示磷酸基团，3是碱基，但2、4和5不能构成核糖核苷酸，B错误；
C、如果该图为一段单链DNA的结构模式图，则1表示脱氧核糖，2表示磷酸基团，3是碱基，DNA中的碱基含有A、T、C、G四种，C正确；
D、由此图也可看得出碳链构成了多糖、蛋白质和核酸大分子的基本骨架，D正确。
故选B。
7．关于高中生物实验中所涉及的材料、试剂、方法或原理，下列相关叙述合理的是（ ）
A．甘蔗茎的薄壁组织、甜菜的块根都含有较多的糖且近于白色，可用于还原糖的鉴定
B．检测生物组织中脂肪的实验中，酒精有冲洗作用
C．鉴别细胞的死活时，台盼蓝能将代谢旺盛的动物细胞染成蓝色
D．利用同位素标记法分别标记人与鼠细胞膜蛋白质并融合，证明细胞膜具有流动性
【答案】B
【解析】
【分析】
斐林试剂可用于鉴定还原糖，在水浴加热的条件下，溶液的颜色变化为砖红色（沉淀）。斐林试剂只能检验生物组织中还原糖（如葡萄糖、麦芽糖、果糖）存在与否，而不能鉴定非还原性糖（如淀粉）。细胞膜具有选择透过性，台盼蓝等不被细胞需要的大分子物质不能进入活细胞内。
【详解】
A、甘蔗茎的薄壁组织、甜菜的块根含有较多的糖是蔗糖，蔗糖不是还原糖，A错误；
B、检测生物组织中脂肪的实验中，可用50%的酒精冲洗浮色，B正确；
C、活细胞的膜具有选择透过性，台盼蓝不能通过活细胞膜，因此鉴别细胞的死活时，能被台盼蓝染色的是死细胞，C错误；
D、利用荧光标记法分别标记人与鼠细胞膜蛋白质并融合，可证明细胞膜具有流动性，D错误。
故选B。
8．如图是细胞膜的结构模式图，其中①②③表示细胞膜的组成成分，a、b、c、d、e表示跨膜运输的不同物质。下列有关叙述，正确的是（ ）
A．③组成细胞膜的基本支架，脂溶性物质容易通过细胞膜，主要与图中的①②密切有关
B．图中的物质a正被运输到细胞外，物质e则是正在进入细胞
C．人的小肠上皮细胞可以吸收葡萄糖，而不吸收木糖，这与图中的①密切有关
D．该细胞膜的结构模式图属于物理模型，在光学显微镜下可看到此结构
【答案】C
【解析】
【分析】
据图分析，①是蛋白质，②是糖蛋白，③是磷脂双分子层；a是主动运输，b是自由扩散，c、d是协助扩散，e是主动运输。
【详解】
A、③是磷脂双分子层，是细胞膜的基本支架，图中的模型被称为细胞膜的流动镶嵌模型，根据相似相容性原理，脂溶性物质容易通过细胞膜，主要与细胞膜上的磷脂双分子层③有关，A错误；
B、e所在的一侧有糖蛋白，是细胞膜的外侧，故图中的物质a正在进入细胞，物质e则是被运出细胞，B错误；
C、人的小肠上皮细胞可以吸收葡萄糖而不吸收比葡萄糖分子量小的木糖，这说明细胞膜具有选择透过性，这与图中的①蛋白质密切相关，C正确；
D、该模型属于细胞膜的亚显微结构模式图，需要用电子显微镜才能观察到，D错误。
故选C。
9．某同学将洋葱鳞片叶外表皮细胞放置在清水中，一段时间后向清水中加入蔗糖，洋葱外表皮细胞的液泡体积交化如下图所示，实验过程中细胞保持活性。下列叙述正确的是
A．在a～b段，细胞液发生渗透失水，细胞吸水能力增强
B．在b～c段，达到渗透平衡，细胞内外溶液的浓度相同
C．在c～d段，液泡膜和细胞膜都会出现磷脂分子的运动
D．在d～e段，细胞大量吸收蔗糖，质壁分离后自动复原
【答案】C
【解析】
【分析】
把成熟的植物细胞放置在某些对细胞无毒害的物质溶液中：
（1）当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时，细胞液中的水分子就透过原生质层进入到外界溶液中，使原生质层和细胞壁都出现一定程度的收缩。由于原生质层比细胞壁的收缩性大，当细胞不断失水时，原生质层就会与细胞壁逐渐分离开来，也就是逐渐发生了质壁分离。
（2）当细胞液的浓度大于外界溶液的浓度时，外界溶液中的水分子就通过原生质层进入到细胞液中，发生质壁分离的细胞的整个原生质层会慢慢地恢复成原来的状态，使植物细胞逐渐发生质壁分离复原。
【详解】
A、在a～b段，细胞吸水后细胞液的渗透压降低，细胞吸水能力减弱，A错误；
B、在b～c段的前期，细胞液的浓度大于外界溶液浓度，由于细胞壁的限制，水分子进出细胞达到平衡，但此时细胞内溶液浓度大于细胞外溶液浓度；在b～c段的后期，随着蔗糖的逐渐加入，外界蔗糖溶液的浓度逐渐升高，导致细胞液的浓度和蔗糖溶液的浓度逐渐接近；c点为临界点，此时继续增大蔗糖溶液浓度，细胞失水，B错误；
C、在c～d段，液泡体积减小，液泡膜和细胞膜都会出现膜脂的流动现象，C正确；
D、细胞不能吸收蔗糖，d～e段在蔗糖溶液中，无法发生质壁分离的复原，D错误。
故选C。
【点睛】
当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时发生质壁分离，当细胞液浓度大于外界溶液浓度时发生质壁分离的复原。
10．下列有关ATP的叙述，不正确的有几项（ ）
①人体成熟的红细胞、蛙的红细胞、鸡的红细胞中均能合成ATP
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
③ATP中的“A”与构成DNA、RNA中的碱基“A”是同一物质
④ATP是生物体生命活动的直接供能物质，但在细胞内含量很少
⑤质壁分离和复原的实验过程需要消耗ATP
⑥ATP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】C
【解析】
【分析】
1、ATP是三磷酸腺苷的英文名称缩写。ATP分子的结构 式可以简写成A—P～P～P，其中A代表腺苷，P代表磷酸基团，～代表一种特殊的化学键，ATP分子中大量的能量就储存在特殊的化学键中。ATP可以水解，这实际上是指ATP分子中特殊的化学键水解。ATP是细胞内的一种高能磷酸化合物。
2、正常生活的细胞中ATP与ADP的相互转化是时刻不停地发生并且处于动态平衡之中。
【详解】
①ATP是生命活动的直接能源物质，人体成熟的红细胞、蛙的红细胞、鸡的红细胞中均能合成ATP，①正确；
②由题意可知，细胞内Na+浓度偏高，所以Na+运进细胞的方式为主动运输，细胞消耗能量，因此为维持Na+浓度的稳定，细胞消耗ATP的量增加，②正确；
③ATP中的“A”是指腺苷，DNA、RNA中的碱基“A”是指腺嘌呤，不是同一物质，③错误；
④ATP是生物体生命活动的直接供能物质，但在细胞内含量很少，④正确；
⑤质壁分离和复原实验过程中为水的运输，属于自由扩散，不消耗ATP，⑤错误；
⑥光合作用过程合成ATP的能量来源于光能，呼吸作用过程合成ATP能量来源于化学能，ATP水解释放的能量也可以转化成光能(如萤火虫发光)和化学能(如蛋白质的合成)，⑥正确。
综上所诉，③⑤错误，共两项，ABD错误，C正确。
故选C。
11．已知蛋白酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）两侧的肽键，蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）氨基端的肽键，如图表示某四十九肽经酶1和酶2作用后的情况，下列分析不正确的是（ ）
A．该四十九肽分子中共含有3个赖氨酸，3个苯丙氨酸
B．短肽A、B、C比四十九肽的氧原子数少1个
C．酶1和酶2分别处理一个该多肽分子共需要8个水分子
D．经酶1和酶2作用后，所有的产物都能与双缩脲试剂反应呈紫色
【答案】D
【解析】
【分析】
认真分析图，抓住题目中两种酶的作用位点，获悉四十九肽中，位点17、31和32是苯丙氨酸；四十九肽中，位点22、23和49是赖氨酸。蛋白质的合成是氨基酸脱水缩合反应形成的，关注脱水数=肽键数、反应前和反应后的氧原子和氮原子的数目变化情况。根据题意和图示分析可知：蛋白酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）两侧的肽键后，形成的短肽A、B、C中，肽键减少了5个，苯丙氨酸减少了3个，所以短肽A、B、C比四十九肽的氧原子数少1个。蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）氨基端的肽键后，形成的短肽D、E中，肽键减少了3个，赖氨酸减少了2个，所以短肽D、E与四十九肽的氧原子数少1个。
【详解】
A、根据分析，该四十九肽分子中共含有3个赖氨酸，3个苯丙氨酸，A正确；
B、短肽A、B、C的形成过程中共去掉3个苯丙氨酸(C9H11NO2)，减少3×2=6个氧原子，该过程需要断裂5个肽键，消耗5个水分子，会增加5个氧原子，故该过程中氧原子数减少1个，B正确；
C、酶1处理该多肽消耗5分子水，酶2处理该多肽消耗3分子水，因此共需消耗8分子水，C正确；
D、经酶1和酶2作用后，所有的多肽都能与双缩脲试剂反应呈紫色，但产物中还有苯丙氨酸和赖氨酸，氨基酸不能与双缩脲试剂反应呈紫色，D错误。
故选D。
12．下列关于酶实验的叙述，正确的是
A．过氧化氢在高温下和酶催化下分解都加快，其原理都是降低了反应所需要的活化能
B．若底物选择淀粉和蔗糖，用淀粉酶来验证酶的专一性，则检测试剂宜选用斐林试剂，不宜选用碘液
C．在探究温度对酶活性影响时，选择淀粉和淀粉酶作实验材料，或者选择过氧化氢和过氧化氢酶作实验材料，检测效果均可
D．探究淀粉酶的最适温度的实验顺序：淀粉＋淀粉酶→置于相应水浴温度5 min→滴斐林试剂加热→观察溶液颜色变化
【答案】B
【解析】
【分析】
①酶的作用机理是降低化学反应的活化能。加热使过氧化氢分子得到了能量，因此能促进过氧化氢的分解。②淀粉遇碘液变蓝色。③过氧化氢在自然条件下可以缓慢分解，加热可加快过氧化氢的分解。④还原糖与斐林试剂发生作用，在水浴加热(50～65℃)的条件下会生成砖红色沉淀。⑤探究淀粉酶的最适温度的实验，由于酶具有高效性，应先使酶溶液和底物溶液分别达到实验温度后再混合，以免对实验结果产生干扰。将相同温度下的酶溶液和底物溶液混合后，维持各自的实验温度一定时间，以保证酶有足够的时间催化化学反应。最后向试管中滴加碘液，通过检测淀粉的剩余量的多少来判断酶的活性。
【详解】
A、加热可以给过氧化氢分子提供能量，而过氧化氢酶能降低反应所需要的活化能，所以过氧化氢在高温下和酶催化下分解都加快，A错误；
B、淀粉和蔗糖的水解产物都是还原糖，还原糖与斐林试剂发生作用会生成砖红色沉淀，碘遇淀粉变蓝，碘液只能鉴定淀粉有没有被分解，不能鉴定蔗糖有没有被分解，若底物选择淀粉和蔗糖，用淀粉酶来验证酶的专一性，则检测试剂宜选用斐林试剂，不宜选用碘液，B正确；
C、在探究温度对酶活性影响时，自变量是温度的不同，加热可以加快过氧化氢的分解，对实验有干扰，因此不能选择过氧化氢和过氧化氢酶作实验材料，C错误；
D、探究淀粉酶的最适温度的实验，自变量是温度的不同，用斐林试剂检测淀粉的水解产物——还原糖需要水浴加热，对实验结果有干扰，由于酶具有高效性，应先使酶溶液和底物溶液分别达到实验温度后再混合，以免对实验结果产生干扰，D错误。
故选B。
【点睛】
明确对照实验、自变量、因变量和无关变量的内涵，理解实验设计应遵循的原则是正确解答此题的关键。据此依据实验设计遵循的单一变量原则、等量原则和各选项呈现的信息找准实验变量（自变量、因变量、无关变量），进而围绕“比较过氧化氢在不同条件下的分解速率的实验、酶的高效性、专一性及影响酶活性的因素”等相关知识来分析判断各选项。
13．研究真核细胞的结构和功能时，常采用差速离心法分离细胞器。某同学用该方法对菠菜的叶肉细胞进行了如图所示操作，其中 S1-S4 表示上清液，P1-P4表示沉淀物。下列叙述正确的是（ ）
A．图示四次离心，离心机的转速设置应该是依次变小
B．全面考虑 S1-S4，P1-P4，DNA仅存在于 P1、P2、P3中
C．S1、S2、P2、P3在适宜条件下均能进行能量转换
D．S1、S2、S3、P4中均有具膜的细胞器
【答案】C
【解析】
【分析】
分析各个部分中所含有的细胞器或细胞结构：P1为细胞核、细胞壁碎片，S1为各种细胞器；P2为叶绿体，S2为除叶绿体之外的细胞器；P3为线粒体，S3为除叶绿体、线粒体之外的细胞器；P4为核糖体，S4为除线粒体、核糖体、叶绿体之外的细胞器；S1包括S2和P2；S2包括S3和P3；S3包括S4和P4。
【详解】
A、图示四次离心，试管中的物质或结构质量越来越低，离心机的转速设置应该是依次变大，A错误；
B、真核生物DNA主要分布在细胞核中，还有少量分布在叶绿体和线粒体中，图中的P1、P2、S2、P3都含有DNA，B错误；
C、线粒体和叶绿体都是能进行能量转换的细胞器，则图中的S1含有叶绿体和线粒体、P2为叶绿体、S2和P3都含有线粒体，C正确；
D、P4为核糖体，不含有膜结构，D错误。
故选C。
14．下图为高等动物胰腺中某种细胞内蛋白质合成、加工及定向转运的主要途径示意图，其中a～f表示相应的细胞结构，①～⑧表示相应的生理过程。下列说法合理的是（ ）
A．若原料中含有放射性标记的尿嘧啶，则图中具膜结构a、b、c都能检测到某些放射性大分子物质
B．从图可知，呼吸酶和解旋酶的形成可能不经过高尔基体
C．⑧过程的产物可能是胰岛素、生长激素、抗体或某些消化酶，其分泌过程需要c供能
D．据图分析，细胞膜上钠钾泵的形成过程依次是⑤⑥⑧
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题图分析，图中a是核糖体、b是细胞核、c是线粒体、d是内质网、e是高尔基体、f是细胞膜；①表示翻译过程，⑤表示内质网的加工，⑥表示高尔基体的加工；⑦⑧表示高尔基体的分类、包装和转运；②③④表示翻译形成的肽链进入各种细胞结构。
【详解】
A、a为核糖体，没有膜结构，A错误；
B、呼吸酶和解旋酶在细胞内发挥作用，属于滞留细胞内的蛋白质，其形成可能不经过高尔基体，B正确；
C、胰腺细胞不能合成生长激素、抗体，C错误；
D、钠钾泵存在于细胞膜上，不是分泌蛋白，故其形成过程依次是⑤⑥⑦，D错误。
故选B。
【点睛】
15．如图为研究渗透作用的实验装置，其中渗透装置中半透膜不能透过蔗糖，漏斗内溶液（S1）和漏斗外溶液（S2）为两种不同浓度的蔗糖溶液，若渗透平衡时液面差为△h，如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．渗透平衡时S1和S2浓度的大小关系为S1>S2
B．若半透膜不允许单糖通过，如图渗透平衡时向S1中加入少量蔗糖酶，则S1液面将上升
C．若仅将蔗糖溶液S1换成等量蔗糖溶液S3（S3浓度高于S1），其余不变，则平衡时S2浓度换之后低于换之前
D．若半透膜允许单糖通过，如图渗透平衡时向S1中加入少量蔗糖酶，则S1液面将先上升后下降至低于S2
【答案】C
【解析】
【分析】
渗透作用是指水分子通过半透膜，从溶质浓度低的溶液向溶质浓度高的溶液的转移现象；漏斗液面上升，则漏斗内溶液（S1）浓度大于漏斗外溶液（S2），渗透平衡时的液面差为△h，△h与浓度差的大小有关，浓度差越大，△h越大。
【详解】
A、蔗糖不能透过半透膜，图中由于漏斗内的蔗糖溶液浓度高，因此烧杯中的水分子通过半透膜进入漏斗，使漏斗内液面升高，渗透平衡时△h会产生压力与漏斗内因溶液浓度差产生的压力的大小相等，因此，漏斗内的浓度仍然大于漏斗外，为S1>S2，A正确；
B、若半透膜不允许单糖通过，如图渗透平衡时向S1中加入少量蔗糖酶，则S1蔗糖溶液浓度升高，进入的水分子增多，因此S1液面将上升，B正确；
C、若仅将蔗糖溶液S1换成等量蔗糖溶液S3（S3浓度高于S1），其余不变，则平衡时S2蔗糖溶液中的水分子更多进入S3，因此浓度换后高于换之前，C错误；
D、若半透膜允许单糖通过，如图渗透平衡时向S1中加入少量蔗糖酶，水解产生单糖，分子数目增加，S1液面将先上升，随后随着单糖分子进入S2浓液，使S2蔗糖溶液浓度升高，最终S1液面将低于S2，D正确。
故选C。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、判断题
16．细胞骨架是由蛋白质纤维组成的网架结构。 ( )
【答案】√
【解析】
【详解】
细胞骨架是由蛋白质纤维组成的网架结构，维持着细胞形态，锚定并支撑着许多细胞器，与细胞运动、分裂、分化以及物质运输、能量转化、信息传递等生命活动密切相关，此说法正确。
17．叶绿体、线粒体和核糖体中都含有RNA和蛋白质。 ( )
【答案】√
【解析】
【分析】
本题考查细胞器的成分，要求学生识记各种细胞器的组成。叶绿体、线粒体为双层膜结构的细胞器，叶绿体基质和线粒体基质中均含有少量的DNA、RNA。核糖体为无膜细胞器，由rRNA和蛋白质组成。
【详解】
叶绿体和线粒体的基质中含有DNA、RNA和蛋白质，核糖体由rRNA和蛋白质组成，故叶绿体、线粒体和核糖体中都含有RNA和蛋白质，此说法正确。
评卷人
得分
三、填空题
18．洋葱内表皮细胞不能发生质壁分离。( )________________
【答案】 错误 洋葱内表皮细胞能发生质壁分离。
【解析】
【详解】
洋葱内表皮细胞是成熟的植物细胞，其原生质层相当于一层半透膜，当外界溶液浓度高于细胞液浓度时，能发生质壁分离，但其液泡内不含色素，不便于观察。故该叙述是错误的。
19．催化酶水解的是蛋白酶。( )______________
【答案】 错误 催化酶水解的是蛋白酶或RNA酶。
【解析】
【详解】
绝大多数酶的化学本质是蛋白质，少数酶的化学本质是RNA，酶具有专一性，催化酶水解的是蛋白酶或RNA酶。故该叙述是错误的。
20．协助扩散需要载体蛋白协助。 ( )______________
【答案】 错误 协助扩散需要转运蛋白协助。
【解析】
【详解】
协助扩散需要通道蛋白或载体蛋白协助。主动运输需要 载体蛋白协助。 故该叙述是错误的。
评卷人
得分
四、综合题
21．糖类是生物体生命活动的主要能源物质，蛋白质是生命活动的体现者。图甲为糖类的概念图，图乙是某种需要能量的蛋白质的降解过程，科学家发现：一种被称为泛素的多肽在该过程中起重要作用。泛素激活酶E1将泛素分子激活，然后由E1将泛素交给泛素结合酶E2，最后在泛素连接酶E3的指引下将泛素转移到靶蛋白上。这一过程不断重复，靶蛋白就被绑上一批泛素分子。被泛素标记的靶蛋白很快就送往细胞内一种被称为蛋白酶体的结构中进行降解，整个过程如图乙所示。请分析回答：
(1)如果某种单糖A经缩合反应形成物质③作为植物细胞中储存能量的物质，则物质③是_____；如果缩合反应形成的物质③一般不能被动物所消化，则物质③是____。
(2)如果某种单糖A与磷酸和碱基结合形成物质②，其中碱基是胸腺嘧啶，则单糖A是__________，形成的物质②是___________（填名称）的基本单位；如果某种单糖A与磷酸和碱基结合形成的物质④的衍生物是ATP，则其中碱基名称是_________。
(3)蛋白质在生物体内具有多种重要功能，根据图乙信息可推测出蛋白质的一项具体功能是___________________。
【答案】(1) 淀粉 纤维素
(2) 脱氧核糖 脱氧核糖核酸#DNA 腺嘌呤
(3)运输作用
【解析】
【分析】
分析图甲可知，①是两分子单糖缩合而成的，为二糖，②④是单糖、磷酸和碱基组成的，为核苷酸，③可能是多个单糖缩合而成的，可能是多糖。图乙中，当靶蛋白被绑上一批泛素分子后，很快就送往细胞内一种被称为蛋白酶体的结构中进行降解。
(1)
淀粉是植物体内的储能物质，由多个葡萄糖合成，所以如果某种单糖A（葡萄糖）经缩合反应形成物质③作为植物细胞中储存能量的物质，则物质③是淀粉；纤维素的单体也是葡萄糖，且一般不能被动物消化，因此物质③是纤维素。
(2)
胸腺嘧啶（T）是DNA（脱氧核糖核酸）特有的碱基，所以物质②是DNA的基本单位脱氧核苷酸，含有的单糖A是脱氧核糖。ATP中的A代表腺苷，由腺嘌呤和核糖组成，所以如果某种单糖A与磷酸和碱基结合形成的物质④的衍生物是ATP，则其中碱基名称是腺嘌呤。
(3)
分析图可知，泛素的本质是多肽，且当靶蛋白被绑上一批泛素分子后，很快就送往细胞内一种被称为蛋白酶体的结构中进行降解，因此根据图乙信息可推测出蛋白质的一项具体功能是具有运输作用。
【点睛】
本题结合糖类的概念图、某种需要能量的蛋白质降解过程图，考查核酸和蛋白质结构和功能的知识，考生识记核酸的种类、组成和分布，明确蛋白质的结构和功能是解题的关键。
22．如图甲是四类细胞的亚显微结构模式图，图乙为真核细胞结构及细胞内物质转运的示意图，图丙表示四种物质在细胞内外的相对浓度差异，请据图回答下列问题：
(1)图甲能够进行光合作用的细胞是_______。发菜能进行光合作用是因为含有______________等光合色素以及_______________。
(2)用丙酮从甲图Ⅰ细胞中提取脂质，在空气—水界面上铺展成单分子层，测得的单分子层面积__________（填大于、等于、小于）细胞表面积的2倍。
(3)图乙中具双层膜的结构有_________个，新转录产生的mRNA经一系列加工后可从______结构进入到细胞质中，该过程经过了____层膜。
(4)构成生物膜的成分是____________，图丙中钠离子出细胞的方式是__________，体现了细胞膜的__________________功能。
(5)图甲中的Ⅰ类细胞放在等渗的葡萄糖溶液中，则细胞的体积会______________（增大或减小或不变）。
【答案】(1) Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ 藻蓝素和叶绿素 光合作用有关的酶
(2)大于
(3) 3 核孔 0
(4) 脂质、蛋白质和糖类 主动运输 控制物质进出细胞
(5)增大
【解析】
【分析】
分析图甲可知，图中结构①~⑥依次是：内质网、线粒体、中心体、叶绿体、液泡和高尔基体，甲图表示四类细胞的亚显微结构模式图，I为动物细胞结构图，Ⅱ为高等植物细胞结构图，Ⅲ为蓝细菌细胞结构图，Ⅳ 为低等植物细胞结构图。图乙中，①表示核糖体，②表示内质网，③表示高尔基体，④表示线粒体，⑤表示叶绿体。图丙中，Na+ 离子细胞外的浓度高于细胞内，K+ 离子是细胞外的浓度低于细胞内，胰岛素存在于细胞外，二氧化碳是细胞内浓度高于细胞外。
(1)
图甲中四类细胞分别是动物细胞、高等植物细胞、蓝细菌细胞、低等植物细胞，其中能够进行光合作用的细胞是Ⅱ ( 高等植物细胞)、Ⅲ (蓝细菌细胞) 、Ⅳ(低等植物细胞) 。发菜属于蓝细菌，能进行光合作是因为含有藻蓝素、叶绿素以及与光合作用有关的酶。
(2)
甲细胞中除了细胞膜以外，还有细胞器膜和核膜多种膜结构，又由于膜结构的基本支架均为磷脂双分子层，因此测得的单分子层面积大于该细胞表面积的2倍。
(3)
图乙中具双层膜的是线粒体、叶绿体、细胞核3个细胞结构。核孔是核质之间频繁进行物质交换和信息交流的通道，所以新转录产生的mRNA经一系列加工后可从核孔结构进入到细胞质中，该过程经过了0层膜。
(4)
构成生物膜的成分是脂质、蛋白质和少量糖类。丙图中，Na+ 离子细胞外的浓度高于细胞内，所以钠离子出细胞是逆浓度运输，需要载体和能量，为主动运输，体现了细胞膜的控制物质进出细胞功能。
(5)
图甲中的Ⅰ类细胞放在等渗的葡萄糖溶液中，由于细胞会吸收葡萄糖，导致细胞液浓度增大，当细胞液浓度大于外界溶液浓度时，细胞吸水，体积变大。
【点睛】
本题结合图解，考查细胞结构和功能、物质运输的相关知识，要求考生识记细胞中各种细胞器的结构、分布和功能，掌握分泌蛋白的形成运输过程，掌握物质跨膜运输，再结合所学的知识准确答题。
23．信息提炼在靠近海滩或者海水与淡水汇合的河口地区，陆生植物遭受着高盐环境胁迫。碱蓬等耐盐植物能够在盐胁迫逆境中正常生长，其根细胞独特的物质转运机制发挥了十分重要的作用。下图是耐盐植物根细胞参与抵抗盐胁迫有关的结构示意图。
(1)通常情况下，当盐浸入到根周围的环境时，Na+以 ________ 方式顺浓度梯度大量进入根部细胞，同时抑制了K+进入细胞，导致细胞中Na+/K+的比例异常，使细胞内的酶失活，影响蛋白质的正常合成。
(2)据图可知，耐盐植物根细胞的细胞质基质中pH为7．5，而细胞膜外和液泡膜内pH均为5．5（H+含量越高的溶液pH越低）。这个差异主要由细胞膜和液泡膜上的H+-ATP泵以 ________ 方式转运H+来维持的。这种H+分布特点为图中的 ________ 两种转运蛋白运输Na+提供了动力，这一转运过程可以帮助根细胞将Na+转运到 ________ ，从而减少Na+对胞内代谢的影响。
(3)在高盐胁迫下，根细胞还会借助Ca2+调节其它相关离子转运蛋白的功能，进而调节细胞中各种离子的浓度和比例。据图分析，细胞质基质中的Ca2+对HKT1和 AKT1的作用依次为________（a．激活、b．抑制，选择序号填写），使胞内的蛋白质合成恢复正常。同时，一部分离子被运入液泡内，可以通过调节细胞液的渗透压促进根细胞________，从而降低细胞内盐的浓度。
(4)温度影响主动运输，一方面是因为温度影响细胞膜的____________（结构特点）；另一方面温度影响合成ATP的重要途径——___________中酶的活性。
【答案】(1)被动运输
(2) 主动运输 SOS1和NHX（答全给分） 细胞膜外或液泡内（答全给分）
(3) b、 a 吸水
(4) 流动性 细胞呼吸#呼吸作用
【解析】
【分析】
分析题图，根细胞的细胞质基质中pH为7. 5，而细胞膜外和液泡膜内pH均为5.5，细胞质基质中H+含量比细胞膜外和液泡膜内低，H+ 运输到细胞膜外和液泡内是逆浓度梯度运输，运输方式为主动运输。SOS1将H+运进细胞质基质的同时，将Na+排出细胞。NHX将H+运入细胞质基质的同时，将Na+运输到液泡内。
(1)
根据题意，Na+ 是顺浓度梯度进入根部细胞，则进入细胞的方式是被动运输。
(2)
)据图可知，耐盐植物根细胞的细胞质基质中pH为7.5，而细胞膜外和液泡膜内pH均为5.5，细胞质基质中H+含量比细胞膜外和液泡膜内低，要维持浓度差，则是逆浓度梯度运输，运输方式为主动运输。
H+借助转运蛋白SOS1顺浓度梯度从细胞膜外运输到细胞质基质形成的势能，为Na+从细胞质基质运输到细胞膜外提供了动力；H+借助转运蛋白NHX顺浓度梯度从液泡内运输到细胞质基质形成的势能，为Na+从细胞质基质运输到液泡内提供了动力。这一转运过程可以帮助根细胞将Na+转运到细胞膜外或液泡内，从而减少Na+对胞内代谢的影响。
(3)
根据(1) 题意，蛋白质合成受影响是由于Na+大量进入细胞，K+进入细胞受抑制，导致细胞中Na+ /K+的比例异常，使细胞内的酶失活而引起。HKT1能协助Na+进入细胞，AKT1能协助K+ 进入细胞。要使胞内的蛋白质合成恢复正常，则细胞质基质中的Ca2+抑制HKT1运输Na+，促进AKT1运输K+，使细胞中Na+ /K+的比例恢复正常。同时，一部分离子被运入液泡内，导致细胞液的渗透压升高，促进根细胞吸水，从而降低细胞内盐的浓度。
(4)
主动运输需要消耗能量，温度影响主动运输，一方面是因为温度影响细胞膜的流动性；另一方面温度影响合成ATP的重要途径——呼吸作用中酶的活性。
【点睛】
本题的结合物质进出细胞的图解考查了物质跨膜运输方式，意在考查学生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，综合运用所学知识解决生物学问题的能力和从题目所给的图形中获取有效信息的能力。
24．学校生物实验室有少量保存时间较长淀粉酶制剂，不知酶活性是否发生变化。某兴趣小组承担了鉴定任务，请你帮助完成实验设计，并解答有关问题。
(1)实验步骤
①取唾液：将口漱净，口腔中含一块脱脂棉，片刻后取出，将唾液挤入小烧杯中；
②取两个烧杯，分别编号为A、B。分别加入适量的____________。再往A烧杯加入适量唾液。B烧杯中加入____________。
③适当时间后，取两支试管分别编号为A1、A2，各加入A烧杯中的溶液2mL。另取两支试管分别编号为B1、B2，各加入B烧杯中的溶液2mL。
④向试管A1、B1中加入_________，向试管A2、B2中加入________。
⑤将试管试管A2、B2水浴加热，观察各试管中的颜色变化。
(2)结果：若试管A1中溶液为褐色，试管A2中出现红黄色沉淀，试管B1、B2中可能出现的实验结果及相应的实验结论（用表格形式表达）。
B1
B2
结论
蓝色
①___
该淀粉酶制剂完全失活
②___
有红黄色沉淀
③___
④___
⑤___
⑥___
【答案】(1) 淀粉糊 等量的淀粉酶制剂 等量碘液 等量的本尼迪特试剂
(2) 蓝色 有红黄色沉淀 该淀粉酶制剂保留部分活性 褐色 有红黄色沉淀 该淀粉酶制剂活性正常
【解析】
【分析】
分析题干可知，该实验的目的是探究淀粉酶的活性，实验原理是淀粉是非还原性糖，在淀粉酶作用下能水解成还原糖；还原糖能与本尼迪特试剂发生氧化还原反应，生成红黄色沉淀；通过比较该淀粉酶制剂和唾液淀粉酶的催化效率，可以鉴定这批淀粉酶制剂的活性；实验的自变量为是否为新鲜的淀粉酶，因变量是出现的颜色反应，按照实验设计的对照原则与单一变量的原则评价和完善实验步骤，预期实验结果并获取结论。
(1)
②据实验目的可知，反应底物应该是淀粉，因此应该向A、B中烧杯中加入适量的淀粉糊；由于A烧杯杯中加入适量唾液，因此B烧杯中应加入等量的淀粉酶制剂。
④该实验的原理是淀粉是非还原性糖，在淀粉酶作用下能水解成还原糖。还原糖能与本尼迪特试剂发生氧化还原反应，生成红黄色沉淀，淀粉能与碘液反应呈现蓝色，因此实验应该检测淀粉和还原糖的含量，所以向试管A1、B1中加入等量碘液检测淀粉，向A2、B2中加入等量本尼迪特试剂还原糖。
(2)
若试管A1中溶液为褐色，试管A2中出现红黄色沉淀，试管B1中溶液为蓝色，试管B2中无红黄色沉淀，则说明该淀粉酶制剂完全失活；若试管B1中溶液为蓝色，管B2中有红黄色沉淀，则说明该淀粉酶制剂保留部分活性；若试管B1中溶液为褐色，试管B2中有红黄色沉淀，则说明该淀粉酶制剂活性正常。
【点睛】
对于实验变量的分析和控制能力、根据实验设计的对照原则与单一变量的原则完善、评价实验步骤的能力及预期实验结果并获取结论的能力是本考题考查的重点。
评卷人
得分
五、实验题
25．现有两种淀粉酶A与B，某生物兴趣小组为探究不同温度条件下这两种淀粉酶的活性，设计实验过程如表所示:
组别
1
2
3
4
5
6
7
8
①设置水浴锅温度（℃）
20
30
40
50
20
30
40
50
②取8支试管各加入淀粉溶液（mL），分别保温5min
10
10
10
10
10
10
10
10
③另取8支试管各加入等量淀粉酶溶液，分别保温5min
酶A
酶A
酶A
酶A
酶B
酶B
酶B
酶B
⑥将同组两个试中的淀粉溶液与淀粉酶溶液混合摇匀，保温5min
图1是实验第④步保温5分钟后对各组淀粉剩余量进行检测的结果，图2是40℃时测定酶A催化淀粉水解时淀粉剩余量随时间变化的曲线。
(1)该实验中淀粉酶催化的实质是__________
(2)该实验的自变量是______________，无关变量有_______________（写三个）
(3)此实验通过检测淀粉的剩余量来表示酶的活性，_____（是/否）能用斐林试剂检测生成物麦芽糖的含量来表示。若步骤③中淀粉酶的浓度适当减少，为保持图1实验结果不变，则保温时间应__________（填“缩短”“延长”或“不变”）。
(4)若适当降低温度，请在图2坐标中用虚线画出该试管中淀粉剩余量随时间变化的曲线_____________ 。
(5)若要探究酶B的最适温度，应在__________℃之间设置________________进行分组实验，分析结果得出结论。
【答案】(1)降低化学反应的活化能
(2) 温度和酶的种类 酶浓度、底物浓度、pH等
(3) 否 延长
(4)
(5) 30～50℃ 一系列温度梯度
【解析】
【分析】
根据题意，该实验的目的是探究不同温度条件下这两种淀粉酶的活性，分析表格和图1可知，该实验的自变量是温度和酶的种类，因变量是淀粉剩余量，则无关变量有pH、反应时间、溶液的量、 淀粉的浓度、酶的浓度等。
(1)
酶的作用机理是降低反应所需的活化能。
(2)
根据以上分析可知，该实验的目的是探究不同温度条件下这两种淀粉酶的活性，结合表格可知，实验中设计了不同的温度，酶的种类有酶A和酶B两种，因此该实验的自变量是温度和酶的种类，无关变量有pH、反应时间、溶液的量、 淀粉的浓度、酶的浓度等。
(3)
由于斐林试剂检测时需水浴加热，会导致反应体系温度发生改变，影响实验结果，因此本实验通过检测淀粉的剩余量来表示酶的活性，不能用斐林试剂检测生成物麦芽糖的含量来表示。若步骤③中淀粉酶的浓度适当降低，酶促反应速率会降低，因此为保持图乙实验结果不变，则保温时间应延长。
(4)
若适当降低温度，则酶的活性受到抑制而降低，反应速率减慢，则试管中淀粉剩余量随时间变化的曲线如下虚线：
。
(5)
若要进一步探究酶B的最适温度，应在30～50℃之间设立一系列温度梯度的分组实验，按上述步骤进行实验，分析结果得出结论。
【点睛】
本题考查影响酶活性的因素的实验分析的知识点，要求学生掌握酶的作用机理和影响酶活性的因素，把握实验设计的基本原则，能够根据题意和图示信息分析实验的自变量、因变量和无关变量，结合题意和所学的知识点解决问题。
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