湖北省武汉市第三中学2023-2024学年高一生物上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市第三中学2023-2024学年高一生物上学期10月月考试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

高一年级十月月考生物试卷
一、选择题 （1～30题，每题1.5分，共45分）
1. 自然界的细胞具有统一性，不同细胞又具有多样性。下列有关说法正确的是（ ）
A. 根据有无叶绿素可以区分自养生物和异养生物
B. 人类细胞与鼠细胞融合实验支持了“细胞膜结构具有统一性”的观点
C. 核糖体与线粒体是原核生物与真核生物共有的细胞器
D. 不同生物细胞膜的功能复杂程度取决于膜蛋白的数量
【答案】B
【解析】
【分析】蓝藻和硝化细菌属于原核细胞，绿色植物叶肉细胞属于真核细胞。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；原核生物只能进行二分裂生殖；原核细胞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，也含有核酸和蛋白质等物质。
【详解】A、自养生物包括进行光合作用或化能合成作用的生物，不一定都有叶绿素，A错误；
B、人类细胞与鼠细胞融合实验说明了人类细胞膜和鼠细胞膜的组成和结构上具有抑制性，因而该实验支持了“细胞膜结构具有统一性”的观点，B正确；
C、原核生物没有线粒体，核糖体是原核生物与真核生物共有的细胞器，C错误；
D、细胞的功能越复杂，其细胞膜上蛋白质的种类和数量就越多，即细胞膜的功能复杂程度取决于膜蛋白的种类与数量，D错误。
故选B。
2. 下列各组生物或细胞中，均能完成该种生物各项生命活动的一组是 (　　)
A. 乳酸菌和酵母菌 B. 萌发的小麦种子和白菜叶肉细胞
C. 人口腔上皮细胞和草履虫 D. 蓝细菌和流感病毒
【答案】A
【解析】
【分析】生命活动离不开细胞，细胞是生物体结构和功能的基本单位，单细胞生物单个细胞就能完成各种生命活动，多细胞生物依赖各种分化的细胞密切合作，共同完成一系列复杂的生命活动，病毒虽然没有细胞结构，但它不能独立生活，只有寄生在活细胞中才能表现出生命活动。
【详解】A、乳酸菌和酵母菌都属于单细胞生物，均能完成该种生物各项生命活动，A正确；
B、小麦和白菜都属于多细胞生物，萌发的小麦种子和白菜叶肉细胞不能完成该种生物各项生命活动，B错误；
C、人属于多细胞生物，人口腔上皮细胞不能完成人的各项生命活动，C错误；
D、流感病毒没有细胞结构，其生命活动只能寄生在其它细胞中进行，D错误。
故选A。
【点睛】本题考查了生物体结构和功能的基本单位，考生要识记并理解生命活动离不开细胞，包括病毒、单细胞生物和多细胞生物，同时明确只有单细胞生物能完成该种生物各项生命活动。
3. 下列关于生物体结构和成分的说法，正确的是（ ）
A. 所有原核生物都有细胞壁、细胞膜和拟核 B. 所有生物的遗传信息都储存在核酸中
C. 所有生物膜都含有磷脂和胆固醇 D. 所有构成生物的化合物都以碳链为基本骨架
【答案】B
【解析】
【分析】细胞是生物体结构和功能的基本单位，真核生物和原核生物共有的结构有细胞膜、细胞质和核糖体。
【详解】A、支原体没有细胞壁，A错误；
B、所有细胞生物和部分病毒的遗传物质是DNA，少部分病毒的遗传物质是RNA，因此所有生物的遗传信息都储存在核酸中，B正确；
C、生物膜上都含有磷脂，但不是都含有胆固醇，C错误；
D、生物大分子和它们的单体都以碳链为基本骨架，D错误；
故选B。
4. 如图是生物界常见的四种细胞，下列说法正确的是（　　）

A. a、b两种细胞可能来自同一生物，但表达的基因完全不同
B. c、d两种细胞均为自养型生物，但c细胞没有以核膜为界限的细胞核
C. a、b、c、d四种细胞都含有两种核酸，但遗传物质只是DNA
D. a、b细胞可能由于过量吸水，细胞涨破
【答案】D
【解析】
【分析】据图可知，a是哺乳动物成熟的红细胞，无细胞核和细胞器；b是神经细胞；c是细菌，是原核生物；d是植物细胞，细胞中有叶绿体，能进行光合作用。
【详解】A、a为哺乳动物成熟红细胞，b为神经细胞，两种细胞可能来自同一生物，表达的基因不完全相同，A错误；
B、c为细菌，不一定为自养型生物，B错误；
C、a哺乳动物成熟红细胞不含有细胞核和细胞器，不含有核酸，C错误；
D、a、b细胞无细胞壁，可能由于过量吸水，细胞涨破，D正确。
故选D。
5. 小麦是我国重要的粮食作物，小麦种子成熟过程中干物质和水分的变化如图所示，下列叙述正确的是（　　）

A. 种子中水分减少的主要原因是植物吸收的水分减少
B. 种子一旦形成，细胞中的自由水与结合水不能相互转化
C. 开花后，种子干物质含量升高，自由水的相对含量下降
D. 种子成熟过程中水分含量逐渐降低，种子的生命活动会暂时停止
【答案】C
【解析】
【分析】水是活细胞中含量最多的化合物，细胞的一切生命活动离不开水，一般来说细胞代谢旺盛的细胞含水量多，老熟的器官比幼嫩的器官含水量多；细胞内的水的存在形式是自由水与结合水，自由水与结合水在一定的条件下可以相互转化。分析题图可知，小麦种子成熟过程中干物质含量逐渐升高，水分的相对含量逐渐下降。
【详解】A、种子中水分减小的主要原因是生物体自身的调节，不是植物吸收的水分减少，A错误；
B、种子形成之后，细胞中的自由水和结合水还是可以相互转化的，B错误；
C、据图可知，种子成熟期间干物质相对含量升高，水分的相对含量下降，C正确；
D、小麦种子成熟过程中水分含量逐渐降低，种子的生命活动由代谢活跃状态转入休眠状态，生命活动并未暂时停止，D错误。
故选C。
6. 下表为在同一低温胁迫下，4个不同抗寒等级的女贞植物枝条中自由水与结合水的含量，下列叙述正确的是（ ）
等级
总含水量（%）
自由水含量（%）
结合水含量（%）
自由水与结合水比值
0级
51.6
30.3
21.3
1.42
Ⅰ级
52.5
331
19.4
1.71
Ⅱ级
51.0
35.6
15.4
2.31
Ⅲ级
51.4
37.8
13.6
2.78

A. 不同等级枝条的抗寒性顺序为Ⅲ级＞Ⅱ级＞Ⅰ级＞0级
B. 女贞枝条总含水量可以通过烘箱来实现测定
C. 结合水在低温状态下易结冰，导致细胞脱水死亡
D. 不同等级的枝条中总含水量和自由水都有显著的差异
【答案】B
【解析】
【分析】一般而言，生物体内自由水含量越多，新陈代谢越旺盛，结合水含量越多，抗逆性越强。
【详解】A、自由水与结合水比值越高，代谢越旺盛，抗逆性越差，根据表格中数据可知，不同等级枝条的抗寒性顺序为Ⅲ级＜Ⅱ级＜Ⅰ级＜0级，A错误；
B、晾干过程中蒸发的是自由水，继续烘干过程中散失的是细胞内的结合水，因此女贞枝条总含水量可以通过烘箱来实现测定，B正确；
C、自由水在低温下易结冰，不利于细胞度过不利环境条件，结冰会导致细胞遭到破坏，从而导致细胞死亡，C错误；
D、根据表格数据可知，不同等级的枝条中总含水量没有明显差异，D错误。
故选B。
7. 某植物培养液中含有甲、乙、丙3种离子，它们对植物的生长都有影响。下表列出的5种培养液中，甲、乙、丙3种离子的浓度(单位：mmol/L)不同。为了研究丙离子的浓度大小对植物生长的影响，进行实验时可以选用的两种培养液是（ ）
培养液编号
①
②
③
④
⑤
甲离子
20
30
50
30
40
乙离子
55
45
60
45
55
丙离子
10
15
20
25
25

A. ①⑤ B. ②③ C. ②④ D. ③⑤
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知，该题主要考察了实验的对照原则和单一变量原则，在设计实验时，需要首先明确实验目的，题干中明确的指出实验目的为“研究丙离子的浓度大小对植物生长的影响”，所以自变量为丙离子的浓度。
【详解】A、①⑤中除了丙离子的浓度不同以外，甲离子的浓度也不相同，没有遵循单一变量原则，A错误；
B、②③两组三种离子的浓度都不相同，没有遵循单一变量原则，B错误；
C、②④中甲离子和乙离子的浓度相同，控制了无关变量，C正确；
D、③⑤两组三种离子的浓度都不相同，也没有遵循单一变量原则，D错误。
故选C。
【点睛】该题的重点是考虑实验设计的单一变量原则，由于实验目的是探究丙离子的浓度，则除了丙以外的两种离子都属于无关变量，在实验设计时需要保证无关变量相同且适宜。
8. 在生物组织中还原性糖、脂肪、蛋白质的鉴定实验中，下列叙述中正确的是（　　）
A. 梨的匀浆加入斐林试剂后，可以直接观察到砖红色沉淀
B. 对种子进行脂肪检测时，需用75%的酒精溶液洗去浮色
C. 鉴定蛋白质时，双缩脲试剂A液与B液要等量混合均匀后，再使用
D. 蛋白质高温处理后用双缩脲试剂鉴定会产生紫色反应
【答案】D
【解析】
【分析】生物组织中化合物的鉴定：（1）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）。（2）蛋白质可与双缩脲试剂产生紫色反应。（3）脂肪可用苏丹Ⅲ染液鉴定，呈橘黄色。
【详解】A、梨的匀浆含有还原糖，加入斐林试剂后，需要在加热条件下才能观察到砖红色沉淀，A错误；
B、对种子进行脂肪检测时，需用50%的酒精溶液洗去浮色，B错误；
C、鉴定蛋白质时，要先加双缩脲试剂A液，然后在滴加双缩脲试剂B液，C错误；
D、蛋白质高温处理后，空间结构发生改变，但肽键并没有断裂，用双缩脲试剂鉴定会产生紫色反应，D正确。
故选D。
9. 食品安全是经济发展水平和人民生活质量的重要标志，如表所示的有关实验设计正确的是（ ）
选项
探究主题
实验试剂
预期结果
结论
A
某色拉油是否含有脂肪
苏丹Ⅲ染液
红色
含有脂肪
B
某奶粉是否含有蛋白质
双缩脲试剂
砖红色
含有蛋白质
C
某无糖饮料中是否含有葡萄糖
斐林试剂
砖红色
含有葡萄糖
D
某奶片是否添加淀粉
碘液
蓝色
含有淀粉

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】苏丹Ⅲ能把脂肪染成橘黄色，蛋白质与双缩脲试剂发生紫色反应，还原糖与斐林试剂水浴加热产生砖红色沉淀，淀粉遇碘变蓝色。
【详解】A、苏丹Ⅲ能把脂肪染成橘黄色，A错误；
B、蛋白质与双缩脲试剂反应呈紫色，B错误；
C、还原糖与斐林试剂反应生成砖红色沉淀，由于还原糖包括葡萄糖、麦芽糖等，因此某无糖饮料中加入斐林试剂出现了砖红色沉淀，可以说明该饮料中含有还原糖，但不一定是葡萄糖，C错误；
D、奶片加碘变蓝色，说明其中含有淀粉，D正确。
故选D。
10. 在一定条件下，斐林试剂可与葡萄糖反应生成砖红色沉淀，去除沉淀后的溶液蓝色变浅，测定其吸光值可用于计算葡萄糖含量。下表是用该方法检测不同样本的结果。下列叙述正确的是（　　）
样本
①
②
③
④
⑤
⑥
吸光值
0.616
0.606
0.595
0583
0.571
0.564
葡萄糖含量（mg/mL）
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5

A. 斐林试剂与样本混合后立即生成砖红色沉淀
B. 吸光值与样本的葡萄糖含量有关，与斐林试剂的用量无关
C. 若某样本的吸光值为0.578，则其葡萄糖含量大于0.4mg/mL
D. 在一定范围内葡萄糖含量越高，反应液去除沉淀后蓝色越浅
【答案】D
【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）。斐林试剂是由甲液（质量浓度为0.1g/mL氢氧化钠溶液）和乙液（质量浓度为0.05g/mL硫酸铜溶液）组成，使用时要将甲液和乙液混合均匀后再加入含样品的试管中。
【详解】A、斐林试剂可用于鉴定还原糖，在水浴加热的条件下，会产生砖红色沉淀，A错误；
B、吸光值与溶液的浓度有关，故与样本的葡萄糖含量和斐林试剂的用量有关，B错误；
C、由表格内容可知，葡萄糖含量越高，吸光值越小，若某样本的吸光值为0.578，则其葡萄糖含量小于0.4mg/mL，即葡萄糖含量在0.3mg/mL～0.4mg/mL，C错误；
D、在一定范围内葡萄糖含量越高，生成的砖红色沉淀（氧化亚铜）越多，反应液去除沉淀后的溶液中游离的Cu2+越少，则蓝色越浅，D正确。
故选D。
11. 多糖（polysaccharide），是由糖苷键结合的糖链，至少要超过10个的单糖组成的聚合糖高分子碳水化合物。由相同的单糖组成的多糖称为同多糖，如淀粉、纤维素和糖原；以不同的单糖组成的多糖称为杂多糖，如阿拉伯胶是由戊糖和半乳糖等组成。下列叙述错误的是（ ）
A. 阿拉伯胶可与斐林试剂发生作用，生成砖红色沉淀
B. 戊糖是指含五个碳原子的单糖，核糖和脱氧核糖属于戊糖
C. 淀粉、纤维素和糖原的基本单位均是葡萄糖
D. 糖原主要分布在人和动物的肝脏和肌肉中，是人和动物细胞中的储能物质
【答案】A
【解析】
【分析】斐林试剂在水浴加热的条件下可与还原糖发生作用生成砖红色沉淀。
【详解】A、阿拉伯胶是由戊糖和半乳糖等组成，不属于还原性糖，不能与斐林试剂反应生成砖红色沉淀，A错误；
B、戊糖是指含五个碳原子的单糖，核糖和脱氧核糖都是五碳糖，属于戊糖，B正确；
C、淀粉、纤维素和糖原都是由葡萄糖形成的单糖，C正确；
D、糖原主要分布在人和动物的肝脏和肌肉中，是人和动物细胞中的储能物质，D正确。
故选A。
12. 糖类和脂质是细胞中不可或缺的化合物，下列有关说法正确的是（ ）
A. 单糖是不能水解的糖，常见的单糖有葡萄糖、果糖、半乳糖、核糖等，它们都是细胞的主要能源物质
B. 糖原是动物细胞特有的多糖，主要分布在肝脏和肌肉中，动物血糖含量低于正常时，这些糖原都能分解及时补充血糖
C. 与糖类相比，脂肪中H的比例较高，氧化分解释放的能量较多
D. 固醇中的维生素D能有效促进人和动物肠道对钙和磷的吸收，还参与血液中脂质的运输
【答案】C
【解析】
【分析】糖类的元素组成只有C、H、O。常见的单糖有葡萄糖、果糖、半乳糖，常见的二糖有蔗糖、麦芽糖、乳糖，常见的多糖有淀粉、纤维素、糖原。还原糖加斐林试剂，水浴加热会出现砖红色沉淀。
【详解】A、单糖是不能水解的糖，常见的单糖有葡萄糖、果糖、半乳糖、核糖等，葡萄糖是细胞的主要能源物质 ，核糖参与RNA的组成，半乳糖参与乳糖的组成，果糖参与蔗糖的组成，A错误；
B、糖原是动物细胞特有的多糖，主要分布在肝脏和肌肉中，动物血糖含量低于正常时，肝糖原能分解及时补充血糖 ，肌糖原不能直接分解为葡萄糖，B错误；
C、与糖类相比，脂肪中H的比例较高，氧化分解时需要更多的氧气，释放的能量较多 ，C正确；
D、固醇中的维生素D能有效促进人和动物肠道对钙和磷的吸收，D错误。
故选C。
13. 甘油分子有3 个-OH，每个-OH 和一个脂肪酸的-COOH脱水结合而形成一个脂键，就形成一个脂肪分子，如下面的反应式所示，其中R代表脂肪酸的碳氢链：

研究表明，对于哺乳动物和人，至少有2种脂肪酸（亚油酸和亚麻酸）是必须脂肪酸。下列相关说法错误的是（ ）
A. 脂肪是由甘油和脂肪酸脱水结合而成的，故脂肪的单体是甘油和脂肪酸
B. 哺乳动物和人不能自己合成亚油酸和亚麻酸，只能从外界摄取
C. 高等植物体内的R中不饱和程度较高，其中的双键部分可扭曲成小弯，分子不能紧密排列，易于散开
D. 一个脂肪分子中的3个脂肪酸可相同，也可以不同，所以脂肪的种类多种多样
【答案】A
【解析】
【分析】脂肪：是由三分子脂肪酸与一分子甘油发生反应而形成的，植物脂肪大多含有非饱和脂肪酸，在室温时呈液态，动物脂肪大多含有饱和脂肪酸，在室温时呈固态。
【详解】A、脂肪是由一分子甘油和三分子脂肪酸组成，脂肪不是大分子物质，没有单体，A错误；
B、必需脂肪酸是指机体生命活动必不可少，但机体自身又不能合成，必须由食物供给的多不饱和脂肪酸，根据题意“亚油酸和亚麻酸是必须脂肪酸”，只能从外界摄取，B正确；
C、高等植物体内含有不饱和脂肪酸，R中不饱和程度较高，其中的双键部分可扭曲成小弯，分子不能紧密排列，易于散开，C正确；
D、一个脂肪分子中的3个脂肪酸可相同，也可以不同，如脂肪酸链的长度、饱和程度等，所以脂肪的种类多种多样，D正确。
故选A。
14. 英国科学家Chambers等人研究和鉴定一些动物谷胱甘肽过氧化物酶的作用时，发现了人体第21种氨基酸——硒代半胱氨酸，是蛋白质中硒的主要存在位置，人体内硒含量很少，合成硒代半胱氨酸的原料需要不断从食物中获取。下列有关叙述中，错误的是（　　）
A. 硒的元素属于微量元素
B. 硒的代半胱氨酸是必需氨基酸
C. 硒位于硒代半胱氨酸的R基中
D. 人体的某些蛋白质含有硒
【答案】B
【解析】
【分析】构成蛋白质的基本单位是氨基酸，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。
【详解】A、由题意知：体内硒含量很少，硒元素属于微量元素，A正确；
B、由题意知：合成硒代半胱氨酸的原料需不断从食物中获取，因此硒代半胱氨酸是非必需氨基酸，B错误；
C、氨基酸的不同在于R基的不同，硒位于硒代半胱氨酸的R基中，C正确；
D、并不是所有的蛋白质都含有硒，含有硒代半胱氨酸的蛋白质含有硒，D正确。
故选B。
15. 澳大利亚一项新研究发现，女性在怀孕期间除多吃富含蛋白质和脂质的食物外，还应多吃富含植物纤维素的食物，这有利于胎儿免疫系统的发育。下列相关叙述错误的是（　　）
A. 蛋白质、核酸和纤维素的单体在排列顺序上不都具有多样性
B. 组成人体蛋白质的某些氨基酸必须从食物中获得
C. 人体内的细胞能分泌分解纤维素的酶将其水解为单糖
D. 胆固醇既参与人体内血液中脂质的运输，也参与细胞膜的构成
【答案】C
【解析】
【分析】所有生物体内的生物大分子都是以碳链为骨架的，每一个单体都是以若干个相连的碳原子构成的碳链为基本骨架，由许多单体连接成多聚体。在人体内不能合成，只能从食物中获得的氨基酸称为必需氨基酸，能在体内合成的氨基酸称为非必需氨基酸。
【详解】A、构成蛋白质、核酸等生物大分子的单体在排列顺序上都具有多样性，而纤维素的基本单位是葡萄糖，其在排列顺序上没有多样性，A正确；
B、组成人体蛋白质的氨基酸分为必需氨基酸和非必需氨基酸，人体细胞不能合成必需氨基酸，需从食物中获得，B正确；
C、人体细胞不能分泌分解纤维素的酶，C错误；
D、人体中的胆固醇既参与血液中脂质的运输，也是动物细胞膜的重要组成成分，D正确。
故选C。
16. 某多肽经测定其分子式是C21HXOYN4S2，已知该多肽是由下列氨基酸中的几种做原料合成的：苯丙氨酸（C9H11NO2）、天冬氨酸（C4H7NO4）、丙氨酸（C3H6NO2）、半胱氨酸（C3H7NO2S）、亮氨酸（C6H13NO2），据此不正确的是（ ）
A. 该多肽水解后能产生3种氨基酸
B. 该多肽中H原子数和O原子数分别是32和5
C. 该多肽有2个肽键
D. 该多肽形成过程中相对分子质量减少了54
【答案】C
【解析】
【分析】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。蛋白质的相对分子质量=氨基酸数目×氨基酸平均相对分子质量-脱去水分子数×18。
【详解】A、分子式是C21HXOYN4S2的该非环状多肽是由氨基酸经过脱水缩合反应生成的，根据反应前后原子守恒以计算出肽链中不同氨基酸的个数，C21HXOYN4S2中共有4个N原子，而在苯丙氨酸（C9H11O2N）、天冬氨酸（C4H7O4N）、丙氨酸（C3H7O2N）、亮氨酸（C6H13O2N）、半胱氨酸（C3H7O2NS）中的每个氨基酸分子中均只有一个N原子，所以该非环状多肽是由4个氨基酸脱水缩合形成的四肽，又C21HXOYN4S2中含有2个S，所以构成C21HXOYN4S2中含有两个半胱氨酸，C21HXOYN4S2中共含有21个C，而两个半胱氨酸中共含有3×2=6个C，其它两个氨基酸含有的C个数为21-6=15个，组成C21HXOYN4S2的另外两个氨基酸要含有15个碳，进一步推测另外两个氨基酸是苯丙氨酸（9个C）和亮氨酸（6个C）。综上所述，组成C21HXOYN4S2的氨基酸有4个，3种，2个半胱氨酸，1个苯丙氨酸，一个亮氨酸，A正确；
B、根据多肽分子式C21HXOYN4S2，由于含有2个半胱氨酸，所以从C21可知另外两个氨基酸是苯丙氨酸（C9H11O2N）和亮氨酸（C6H13O2N），因此该多肽中H原子数和O原子数分别是32和5，B正确；
C、该多肽是由4个氨基酸脱水缩合而成，含有3个肽键，C错误；
D、该多肽在核糖体上由4个氨基酸脱水缩合形成，同时产生3个水，所以形成过程中相对分子质量减少了18×3=54，D正确。
故选C。

17. 某多肽链的分子式为（C49H71N11O9，它彻底水解后只得到以下3种氨基酸，若该多肽链中含有2个甘氨酸，则此多肽中含有的苯丙氨酸和赖氨酸的个数分别为（ ）

A. 2个、5个 B. 2个、3个 C. 3个、3个 D. 3个、5个
【答案】C
【解析】
【分析】氨基酸形成多肽过程中的相关计算：
（1）肽键数=脱去水分子数=氨基酸数-肽链数；
（2）游离氨基或羧基数=肽链数+R基中含有的氨基或羧基数；
（3）至少含有游离氨基或羧基数=肽链数；
（4）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；
（5）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一脱去水分子数。
【详解】观察这三种氨基酸可知，赖氨酸的R基中含有氨基，一个赖氨酸R基含有一个氨基，每种氨基酸都只有一种羧基，因此可根据O原子数目计算出氨基酸数目，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一脱去水分子数，假定氨基酸数目为x，可得等式：9=(x-1)+2×1+0，解得x=8；根据N原子计算公式（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)可计算出赖氨酸数目，假定赖氨酸数目为y，可得等式：11=8+y，解得，y=3，即赖氨酸数目为3个；因此苯丙氨酸数目为8-3-2=3个，C正确，ABD错误。
故选C。
18. 在提取蛋白质A的过程中，β-巯基乙醇的使用浓度会直接影响蛋白质A的结构，当β-巯基乙醇的使用浓度过高时，蛋白质A的二硫键断裂（-S-S-被还原成-SH），肽链伸展。下列相关叙述错误的是（ ）
A. 蛋白质A的功能与其空间结构的变化直接相关
B. 蛋白质A受到高浓度的β巯基乙醇影响后，其元素组成发生了改变
C. 蛋白质的空间结构被破坏后，仍然可以与双缩脲试剂反应呈现紫色
D. 用高浓度的β-巯基乙醇处理蛋白质A并不会改变该蛋白质的氨基酸序列
【答案】B
【解析】
【分析】蛋白质结构：（1）氨基酸→多肽：氨基酸分子互相结合的方式是:一个氨基酸分子的羧基(-COOH)和另一个氨基酸分子的氨基(—NH2)相连接，同时脱去一分子水，这种结合方式叫做脱水缩合。连接两个氨基酸分子的化学键(—NH—CO—)叫做肽键。由两个氨基酸分子缩合而成的化合物，叫做二肽。以此类推，由多个氨基酸分子缩合而成的，含有多个肽键的化合物，叫做多肽。多肽通常呈链状结构，叫做肽链。（2）多肽→蛋白质肽链盘曲、折叠，形成有一定空间结构的蛋白质分子。许多蛋白质分子含有几条肽链，它们通过一定的化学键互相结合在一起。这些肽链不呈直线，也不在同一个平面上，形成更为复杂的空间结构。
【详解】A、蛋白质的结构决定功能，蛋白质A的功能与其空间结构的变化直接相关，A正确；
B、蛋白质A受到高浓度的β巯基乙醇影响后，二硫键断裂等，但其元素组成不发生改变，B错误；
C、蛋白质的空间结构被破坏后，仍然具有肽键，可以与双缩脲试剂反应呈现紫色，C正确；
D、用高浓度的β-巯基乙醇处理蛋白质A，二硫键断裂等，不破坏肽键，并不会改变该蛋白质的氨基酸序列，D正确。
故选B。
19. 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2、25、56、78、88，甲硫氨酸的分子式为C5H11O2NS，以下叙述错误的是（　　）
①合成该多肽的氨基酸一定共有N原子94个
②若去掉该多肽中的甲硫氨酸，生成的若干肽链中的肽键数目会减少9个
③若去掉该多肽中的甲硫氨酸，生成的多肽的氨基和羧基均分别增加5个
④若去掉该多肽中的甲硫氨酸，生成的多肽中的氧原子数目减少1个
A. ① B. ①③ C. ①④ D. ②③
【答案】B
【解析】
【分析】氨基酸形成多肽过程中的相关计算：肽键数=脱去水分子数=氨基酸数一肽链数；游离氨基或羧基数=肽链数+R基中含有的氨基或羧基数；至少含有的游离氨基或羧基数=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一脱去水分子数；蛋白质的相对分子质量=氨基酸数目×氨基酸平均相对分子质量一脱去水分子数×18。
【详解】①由于一个肽链中至少有一个游离的氨基和一个游离的羧基，现肽链中共有氨基6个，因此其中有5个应位于R 基团上，所以合成该多肽的氨基酸共有N原子数目= 88 +5= 93个，①错误；
②由于含有5个甲硫氨酸，在中间的有4个，所以中间水解掉一个甲硫氨酸就少2个肽键，而水解掉最后一个甲硫氨酸仅少一个肽键，所以去掉甲硫氨酸得到的肽链中，肽键数目会减少2×4+1=9个，②正确；
③若去掉该多肽中的5个甲硫氨酸，会形成5条短肽和5个甲硫氨酸，一个肽链中至少有一个游离的氨基和一个游离的羧基，这些短肽与原来的多肽相比，氨基和羧基均分别增加5-1=4个，③错误；
④结合②可知，若去掉该多肽中的甲硫氨酸，需要破坏9个肽键，即需要9个水分子参与，故会增加9个氧原子，又因为5个甲硫氨酸中，每个甲硫氨酸有一个羧基-COOH，带走了5×2=10个氧原子，故生成的若干肽链中的O原子数目与原来的多肽相比数目减少1个，④正确。
综上所述，①③说法错误，B正确。
故选B。
20. 双脱氧核苷三磷酸（ddNTP）与脱氧核苷三磷酸（dNTP）的结构如下图所示，根据所学知识判断下列叙述正确的是（ ）

A. 若X表示OH，脱掉β位和γ位的磷酸基团，可作为构成DNA的基本单位
B. 若X表示OH，脱掉β位和γ位的磷酸基团，可作为构成RNA的基本单位
C. 若X表示H，脱掉β位和γ位的磷酸基团，可作为构成DNA的基本单位
D. 若X表示H，脱掉β位和γ位的磷酸基团，可作为构成RNA的基本单位
【答案】A
【解析】
【分析】ATP的中文名称叫三磷酸腺苷，其结构简式为A-P~P~P，其中A代表腺苷，P代表磷酸基团，-代表普通磷酸键，~代表高能磷酸键。ATP为直接能源物质，在体内含量不高，可与ADP在体内迅速转化。
【详解】AB、若X表示OH则为dNTP，dNTP脱去两个磷酸基团后，变成脱氧核糖核酸(dNMP)，为体内DNA分子复制的原料，RNA的基本单位是核糖核苷酸，而脱氧核糖核酸(dNMP)不是RNA的基本单位，A正确，B错误；
CD、若X表示H，则为ddNTP，若将ddNTP脱掉β位和y位的磷酸基团，加到正在复制的DNA反应体系中，ddNTP结合到子链后，因为没有3′的羟基基，不能同后续的dNTP形成磷酸二酯键，因此，正在延伸的DNA链不能继续延伸，不能作为DNA的基本单位也不能作用RNA的基本单位，CD错误。
故选A。
21. 如图是生物体内核酸的基本单位——核苷酸的结构模式图，下列叙述正确的是（　　）

A. 构成人体遗传物质的b共有4种，a有1种，m有4种
B. 构成人体的遗传物质的b共有8种，a有2种，m有5种
C. 在HIV病毒中可以检测到2种a、5种m、8种b
D. 若 m 为尿嘧啶，则 b 的名称是尿嘧啶核糖核苷酸或尿嘧啶脱氧核苷酸
【答案】A
【解析】
【分析】分析题图：一分子核苷酸是由一分子磷酸、一分子五碳糖和一分子含氮碱基组成，因此图中a表示五碳糖，m表示含氮碱基。当a为核糖时，b为核糖核苷酸；当a为脱氧核糖时，b为脱氧核糖核苷酸。
【详解】AB、人体的遗传物质为DNA，DNA中的核苷酸有4种，五碳糖为脱氧核糖，含氮碱基有A、T、G、C四种，A正确，B错误；
C、HIV病毒的核酸只有RNA，因此可以检测到 1 种 a，4 种 m，4 种 b，C错误；
D、若 m 为尿嘧啶，尿嘧啶是RNA特有的碱基，则 b 的名称只能是是尿嘧啶核糖核苷酸，D错误。
故选A。
22. 如图为某种有机物的分子结构图，数字1～5代表五个碳原子相应的位置。下列叙述正确的是（　　）

A. 该化合物是构成DNA及其基本单位的成分之一
B. 形成核苷酸时，碳原子1与磷酸相连，碳原子5与含氮碱基相连
C. SARS病毒的遗传物质彻底水解可以产生该化合物
D. 该化合物在核苷酸单链中，与下一个核苷酸相连的是碳原子2
【答案】C
【解析】
【分析】题图分析：图示是一种五碳糖的分子结构图，图中2号和3号位置均为羟基，因此为核糖。
【详解】A、该化合物为核糖，是构成RNA及其基本单位的成分之一，A错误；
B、形成核苷酸时，碳原子1与含氮碱基相连，碳原子5与磷酸相连，B错误；
C、SARS病毒的遗传物质是RNA，RNA彻底水解可以产生6种物质，其中包含核糖，C正确；
D、该化合物在核苷酸单链中，与下一个核苷酸相连的是碳原子3，D错误。
故选C。
23. 大豆疫霉菌在侵染大豆过程中分泌的水解酶XEG1可降解细胞壁，破坏植物的抗病性。植物通过分泌蛋白GIP1与XEG1结合并抑制其活性，从而达到干扰XEG1的作用。研究发现，大豆疫霉菌在漫长的进化过程中变异出XEG1酶活性丧失的突变体，该突变体可产生XLP1作为“诱饵”与野生大豆疫霉菌协同攻击植物。下列相关叙述中正确的是（　　）
A. 大豆疫霉菌为原核生物，水解酶XEG1的合成场所为核糖体
B. XEG1可能破坏植物细胞壁中的肽聚糖和果胶，使其丧失对细胞的保护和支持作用
C. 突变体的形成说明大豆疫霉菌的遗传物质为RNA，结构不稳定，容易发生变异
D. XLP1可能竞争性地与GIP1结合，从而保护致病因子XEG1免受GIP1的攻击
【答案】D
【解析】
【分析】基因突变是指DNA分子中发生碱基对的替换、增添和缺失，而引起的基因结构的改变。基因突变是新基因产生的途径，是生物变异的根本来源，是生物进化的原始材料。自然发生的突变叫做自然突变（自发突变），这种突变发生的频率极低，由外界因素诱发而导致的突变叫做诱发突变。
【详解】A、大豆疫霉菌为真核生物，水解酶XEG1的本质为蛋白质，合成场所为细胞质中的核糖体，A错误；
B、植物细胞壁的主要成分为纤维素和果胶，对细胞具有保护和支持作用，B错误；
C、大豆疫霉菌为真核生物，遗传物质为DNA，C错误；
D、由于突变体可作为“诱饵”与野生大豆疫霉菌协同攻击植物，推测突变体产生的XLP1可竞争性地与GIP1结合，从而保护致病因子XEG1免受GIP1的攻击，D正确。
故选D。
24. 一种聚联乙炔细胞膜识别器已问世，它是通过物理力把类似于细胞膜上具有分子识别功能的物质镶嵌到聚联乙炔囊泡中，组装成纳米尺寸的生物传感器。它在接触到细菌、病毒时可以发生颜色变化，用以检测细菌、病毒。这类被镶嵌进去的物质很可能含有（ ）
A 磷脂和蛋白质 B. 多糖和蛋白质
C. 胆固醇和多糖 D. 胆固醇和蛋白质
【答案】B
【解析】
【分析】细胞膜的主要成分是脂质和蛋白质，此外还有少量的糖类；组成细胞膜的脂质中，磷脂最丰富，磷脂双分子层构成了细胞膜的基本骨架；蛋白质在细胞膜行使功能时起重要作用，因此功能越复杂的细胞膜，蛋白质的种类和数量越多；细胞膜上的糖类和蛋白质结合形成糖蛋白，具有保护和润滑作用，还与细胞识别作用有密切关系。
【详解】根据细胞膜的组成、结构和功能可知，细胞膜上的糖类和蛋白质在一起构成的糖蛋白，具有识别功能，而聚联乙炔细胞膜识别器是把类似于细胞膜上具有分子识别功能的物质镶嵌到聚联乙炔囊泡中，因此被镶嵌的物质很可能是多糖和蛋白质，B正确。
故选B。
25. 荧光漂白恢复技术在细胞生物学中具有重要的应用，包括三个步骤：绿色荧光染料与膜上的蛋白质结合，细胞膜上发出一定强度的绿色荧光：激光照射淬灭（荧光分子不可逆破坏而漂白）膜上部分绿色荧光：检测淬灭部位荧光再现速率。实验过程如图甲，结果如图乙所示。下列说法错误的是（ ）

A. 该实验说明细胞膜具有一定的流动性，有力地反驳了静态模型假说
B. 理论分析，若淬灭部位恢复足够长的时间，则荧光强度F2与F1相等
C. 改变实验温度，淬灭部位荧光强度恢复到F2的时间可能会延长
D. 若用绿色荧光染料与膜上的磷脂结合开展实验，淬灭部位荧光也会再现
【答案】B
【解析】
【分析】细胞膜主要由蛋白质、脂质和少量糖类组成。磷脂双分子层构成细胞膜的基本骨架。细胞膜的结构特点：具有流动性（膜的结构成分不是静止的，而是动态的）。细胞膜的功能特点：具有选择透过性。图中猝灭部分膜上绿色荧光的恢复是由于蛋白质具有流动性，其他有荧光的蛋白质补充了猝灭的部位。
【详解】A、罗伯特森认为生物膜是一种静止的结构，而该实验通过荧光消失的蛋白质重新恢复了荧光，说明了细胞膜具有流动性，有力反驳了罗伯特森的静态模型假说，A正确；
B、由图可知，由于有少量的荧光被激光漂白（消失），所以即使漂白区域恢复足够长的时间后，其荧光强度F2也小于漂白前的荧光强度F1，B错误；
C、温度影响膜的流动性，所以如果改变实验的温度，漂白区域荧光强度恢复到F2的时间可能会延长，C正确；
D、生物膜上的磷脂分子也具有流动性，所以用绿色荧光染料与膜上的磷脂结合开展实验，猝灭部位荧光也会再现，D正确。
故选B。
26. 内皮素在皮肤中分布不均是形成色斑的主要原因。内皮素拮抗剂进入皮肤后，可以与黑色素细胞膜的受体结合，使内皮素失去作用，这为美容带来了福音。根据材料，下列说法正确的是（　　）
A. 组成细胞膜的脂质主要是磷脂、脂肪和胆固醇
B. 细胞膜是细胞的边界，具有绝对地控制物质进出细胞功能
C. 细胞膜上某些蛋白质可完成细胞间信息传递功能
D. 内皮素拮抗剂进入细胞，体现了细胞膜的流动性
【答案】C
【解析】
【分析】细胞膜的功能：（1）将细胞与外界环境分开；（2）控制物质进出细胞；（3）进行细胞间的物质交流。
【详解】A、组成细胞膜的脂质主要是磷脂和胆固醇，A错误；
B、细胞膜作为细胞的边界，能够控制物质进出细胞，但该控制作用时相对的，B错误；
C、根据题干材料分析可知内皮素只有与细胞膜上相应的受体结合后才能发挥作用，其中信号分子和受体结合可完成信息传递，因此这体现了细胞膜的信息交流功能，C正确；
D、内皮素拮抗剂进入皮肤后，可以与黑色素细胞膜的受体结合，内皮素拮抗剂未进入细胞，D错误。
故选C。
27. 下图是动物质膜的流动镶嵌模型，①〜④表示构成质膜的物质，下列叙述正确的是（　　）

A. 这是电镜下面观察到的质膜流动镶嵌的结构
B. ②的尾部和③一起存在于脂双层的内部
C. 质膜中都存在③，③的存在使得质膜比较“坚实”
D. 质膜具有选择透性是由②体现出来的
【答案】B
【解析】
【分析】细胞膜主要由脂质和蛋白质组成，还有少量的糖类。细胞膜的功能：
1、将细胞与外界环境分开；
2、控制物质进出细胞；
3、进行细胞间的物质交流。细胞膜的结构特点是流动性，功能特性是选择透过性。
据图分析，①为糖蛋白，②为磷脂分子，③为胆固醇，④为蛋白质。
【详解】A、这是质膜的流动镶嵌模型，不是电镜下看到的结构，A错误；
B、③胆固醇的作用是与②磷脂的非极性尾部一起存在于脂双层内部，使质膜具有一定的流动性，又比较坚实，B正确；
C、并不是所有质膜都有胆固醇，胆固醇是动物细胞膜的重要成分，C错误；
D、细胞膜的选择透性与构成膜的磷脂分子和④蛋白质分子都有关，D错误。
故选B。
28. 洗涤剂中的碱性蛋白酶受到其他成分的影响而改变构象，部分解折叠后可被正常碱性蛋白酶特异性识别并降解（自溶）失活。此外，加热也能使碱性蛋白酶失活，如图所示。下列叙述错误的是（　　）

A. 碱性蛋白酶在一定条件下可发生自溶失活
B. 加热导致碱性蛋白酶构象改变是不可逆的
C. 添加酶稳定剂可提高加碱性蛋白酶洗涤剂的去污效果
D. 添加碱性蛋白酶可降低洗涤剂使用量，减少环境污染
【答案】B
【解析】
【分析】碱性蛋白酶能使蛋白质水解成可溶于水的多肽和氨基酸。衣物上附着的血渍、汗渍、奶渍、酱油渍等污物，都会在碱性蛋白酶的作用下，结构松弛、膨胀解体，起到去污的效果。
【详解】A、由题“部分解折叠后可被正常碱性蛋白酶特异性识别并降解（自溶）失活”可知，碱性蛋白酶在一定条件下可发生自溶失活，A正确；
B、由图可知，加热导致碱性蛋白酶由天然状态变为部分解折叠，部分解折叠的碱性蛋白酶降温后可恢复到天然状态，因此加热导致碱性蛋白酶构象改变是可逆的 ，B错误；
C、碱性蛋白酶受到其他成分的影响而改变构象，而且加热也能使碱性蛋白酶失活，会降低碱性蛋白酶的洗涤剂去污效果，添加酶稳定剂可提高加碱性蛋白酶洗涤剂的去污效果，C正确；
D、酶具有高效性，碱性蛋白酶能使蛋白质水解成多肽和氨基酸，具有很强的分解蛋白质的能力，可有效地清除汗渍、奶渍、酱油渍等污渍，添加碱性蛋白酶可降低洗涤剂使用量，减少环境污染，D正确。
故选B。

29. 科学家利用小鼠和人的细胞进行了如图所示的实验。相关分析错误的是（ ）

A. 两种细胞膜的基本支架是磷脂双分子层，其不是静止不动的
B. 细胞膜具有一定的流动性是荧光染料最终呈均匀分布状态的原因
C. 该实验结果说明，构成细胞膜的蛋白质和磷脂分子是可以运动的
D. 不同温度下重复该实验，荧光染料分布均匀所需的时间不一样
【答案】C
【解析】
【分析】该实验采用了荧光标记技术，这个实验能证明细胞膜上的蛋白质具有流动性。这一实验以及相关的其他实验证据表明，细胞膜具有流动性。
【详解】A、磷脂双分子层是细胞膜的基本支架，构成膜的磷脂分子可以侧向自由移动，A正确；
B、细胞膜具有一定的流动性，这使得荧光染料最终均匀分布，B正确；
C、荧光染料标记的是细胞表面的蛋白质，而荧光染料最终均匀分布说明膜中的蛋白质大多是能运动的，该实验结果不能说明磷脂分子是可以运动的，C错误；
D、在适宜的温度范围内，随外界温度升高，细胞膜的流动性增强，荧光染料分布均匀时间越短，反之则长，D正确。
故选C
30. 如表表示人体肌细胞受刺激后，细胞内钙含量和肌肉收缩力量随时间的变化关系：
时间（ms）
0
30
60
90
120
150
180
钙含量（mmol/mL）
0
7.8
2.2
0.5
0
0
0
肌肉收缩力量（N）
0
2.0
5
3.5
2.1
0.5
0
表中数据可以说明（　　）
A. 细胞内钙浓度越高肌肉收缩力量越大
B. 肌肉收缩力量随时间不断增强
C. 钙离子进入肌细胞的方式是主动运输
D. 肌肉在达到最大收缩力前钙离子释放
【答案】D
【解析】
【分析】物质跨膜运输的方式有自由扩散、协助扩散、主动运输。
【详解】A、分析表格中的数据可知，细胞内钙浓度最高时，肌肉力量不是最大，A错误；
B、由表格中信息可知，人体肌细胞受刺激后，肌肉细胞收缩力量先随时间延长而升高，然后随时间延长而降低，B错误；
C、该表格信息不能显示钙离子进入肌肉细胞的方式，C错误；
D、分析表格信息可知，肌肉细胞力量在60秒时最大，此时钙离子浓度由7.8下降至2.2，因此肌肉在达到最大收缩力前钙离子释放，D正确。
故选D。
【点睛】识记无机盐离子的作用，物质跨膜运输方式，分析题图获取信息并进行推理判断是解题的关键。
二、非选择题（本题共4小题，共55分）
31. 图表示构成生物体的元素、化合物及其作用，其中a、b、d、e、f代表小分子物质，A、B、E代表不同的生物大分子。请据图回答下列问题：

（1）若E是动物细胞特有的储能物质，则E是______，其在人体中主要分布在__________细胞中。若 E 广泛存在于甲壳类动物和昆虫的外骨骼中，则 E 表示的物质是______。
（2）d是__________。若物质f在人体内参与血液中脂质的运输，则f是__________；若f在动植物细胞中均有，作为生物长期储备能源的物质，则f是____________。
（3）物质a表示_______，一分子a是由________、________、________三种小分子物质构成。
（4）图中的“?”是指______元素,A的名称是_______,物质b的结构通式是___________ 。分析B结构多样性的原因______________________。
【答案】（1） ①. 糖原 ②. 肝脏、肌肉 # #肌肉、肝脏 ③. 几丁质
（2） ①. 雌性激素 ②. 胆固醇 ③. 脂肪
（3） ①. 脱氧核糖核苷酸 ②. 一分子含氮碱基 ③. 一分子脱氧核糖 ④. 一分子磷酸
（4） ①. N # #氮 ②. 脱氧核糖核酸 ## DNA ③. ④. 构成蛋白质的氨基酸的种类、数目、排列顺序不同，肽链的盘曲、折叠方式及其形成的空间结构千差万别
【解析】
【分析】据图分析：E为生物体内的主要能源物质，且E是由C、H、O三种元素组成的大分子，因而E为多糖，e是单糖。d具有促进生殖器官的发育，激发并维持雌性动物的第二性征的作用，因而d是雌性激素。染色体是主要是由DNA和蛋白质组成的，A含C、H、O、N、P五种元素，因而A是DNA，a是脱氧核糖核苷酸；B是蛋白质，b是氨基酸。
【小问1详解】
根据分析，E是多糖，因而在动物细胞中为糖原，主要分布在肝脏和肌肉细胞中，有肝糖原和肌糖原两种。甲壳类动物和昆虫的外骨骼中的多糖是几丁质。
【小问2详解】
根据分析，d是雌性激素。f由C、H、O元素组成，若在人体内参与血液中脂质的运输，则f是胆固醇；若动植物细胞中均有，且作为长期储备的能源物质，则f是脂肪。
【小问3详解】
根据判断，a是脱氧核糖核苷酸，其是由三部分组成的一分子含氮碱基、一分子脱氧核糖、一分子磷酸。
【小问4详解】
根据分析，b是氨基酸，因而“?”代表N元素。A是DNA（脱氧核糖核酸）。B是氨基酸，其结构通式为 。导致蛋白质多样性的原因为：构成蛋白质的氨基酸的种类、数目、排列顺序不同，肽链的盘曲、折叠方式及其形成的空间结构千差万别。
【点睛】本题综合考查构成生物体的有机物，要求学生熟记各种化合物的元素组成、分类、功能，具备一定的分析和判断能力。
32. 造成植物体内发生冰冻而受伤甚至死亡，这种现象称为冻害。某科研团队对冬小麦在不同时期细胞内水的含量及呼吸速率进行了研究，结果如下图所示。回答下列问题：

（1）由图结果可知，冬季小麦细胞内的水主要以_____形式存在，不易结冰和蒸腾。当冬季气温过低时，小麦植株也会出现冻害，冻害主要发生在小麦的_____（填“幼嫩部位”、“成熟部位”）。
（2）进一步研究表明，冬小麦抗寒锻炼前后细胞质膜的变化如图所示。该变化的基础是细胞膜在结构上具有_____特点，锻炼后冬小麦抗寒能力增强的原因是_____。
（3）研究表明，提高细胞液的浓度可使植物的结冰温度降低。因此在抗寒锻炼过程中，淀粉水解为可溶性糖_____（填“增多”或“减少”），从而提高植物的抗寒能力。
（4）综合上述研究，请提出一条预防我国北方大田作物冻害发生的可行方案_____。
【答案】（1） ①. 结合水 ②. 幼嫩部位
（2） ①. （一定的）流动性 ②. 细胞膜内陷形成向细胞外排水的通道，细胞质内水减少避免结冰
（3）增多 （4）在晚秋和早春时减少作物的水分供应；减少氮肥等促进植物生长的肥料的供应；增强光合作用以积累更多的糖分
【解析】
【分析】1、水在细胞中以自由水和结合水两种形式存在；自由水的功能包括作为良好溶剂、参与细胞内的生物化学反应、构成液体环境、运输营养物质和代谢废物；结合水的功能是作为细胞结构的重要组成部分。
2、细胞膜的结构特性是一定的流动性，功能特性是具有选择透过性。
【小问1详解】
水在细胞中的存在形式有两种：自由水和结合水，其中自由水的作用有良好溶剂、参与细胞内的生物化学反应、构成液体环境、运输营养物质和代谢废物；结合水是细胞结构的重要组成部分；读图可知随着环境温度的逐渐下降结合水的比例逐渐升高，自由水的比例降低，说明小麦细胞内的水以结合水形式存在，不易结冰和蒸腾；小麦幼嫩部位自由水含量相对较高，易发生冻害。
【小问2详解】
由图中信息可知，抗寒锻炼前，液泡中的水较多，容易进入细胞质中结冰，抗寒锻炼后细胞膜内陷形成向细胞外排水的通道，细胞质内水减少避免结冰，因此冬小麦抗寒能力增强，细胞膜内陷的结构基础是细胞膜具有一定的流动性。
【小问3详解】
由于提高细胞液的浓度可使植物的结冰温度降低，因此在抗寒锻炼过程中，淀粉水解为可溶性糖增多，与此同时植物通过呼吸作用消耗的糖分减少细胞中积累的糖分增多，植物的抗寒能力增强。
【小问4详解】
我国北方晚秋及早春的气温较低，作物自由水的含量高，液泡中的水较多，容易进入细胞质中结冰，且细胞中脱落酸的含量下降，细胞分裂旺盛抗寒性降低，作物易发生冻害，所以可在晚秋和早春时减少作物的水分供应；减少氮肥等促进植物生长的肥料的供应；增强光合作用以积累更多的糖分，从而预防大田作物冻害发生。
33. 枣有“百果之王”的美称，成熟时枣出现裂果会影响枣的品质和产量。为研究枣裂果出现的原因，某兴趣小组测定了枣在生长发育过程中果皮细胞的细胞壁结构物质含量的变化，测定结果如图所示。

（1）构成纤维素的基本单位是__________。据图推断，在成熟期，出现裂果的原因可能是___________。
（2）有研究表明，在枣果实迅速增长期，Ca元素与果胶结合形成钙盐，能够增强细胞壁的弹性，使果皮有较强的抗裂能力，从而有效降低裂果率。该实例说明无机盐的作用是________。防素是生产上常用的叶面肥，主要成分为有机钙和无机钙，能有效降低裂果率。设计实验验证防素具有降低枣裂果率的作用，写出简要的实验思路和预期实验结果__________。
【答案】 ①. 葡萄糖 ②. 纤维素和果胶是细胞壁的主要组成成分，二者含量下降，细胞壁的支持和保护作用减弱，枣果皮韧性降低，容易裂果 ③. 是细胞某些复杂化合物的重要组成成分 ④. 实验思路：取若干长势相同的枣树，平均分成A．B两组，在迅速生长期A组喷洒一定量适宜浓度的防素，B组喷洒等量的蒸镏水，在成熟期进行裂果率统计。预期结果：A组裂果率低于B组裂果率
【解析】
【分析】细胞内的无机盐主要以离子的形式存在，有的无机盐是某些复杂化合物的组成成分；许多无机盐对于维持细胞和生物体的生命活动具有重要作用，有的无机盐对于维持酸碱平衡和渗透压具有重要作用。
从图中看出，随着果实不断成熟，纤维素和果胶不断降低，而裂果率不断增加。
【详解】（1）纤维素是多糖，其基本组成单位是葡萄糖；从图中看出随着纤维素和果胶的含量降低，裂果率增加，所以可能的原因是纤维素和果胶是细胞壁的主要组成成分，二者含量下降，细胞壁的支持和保护作用减弱，枣果皮韧性降低，容易裂果。
（2）Ca元素与果胶结合形成钙盐，说明无机盐是细胞某些复杂化合物的重要组成成分；验证防素具有降低枣裂果率的作用，自变量是防素，因变量是裂果率，所以设计实验思路：取若干长势相同的枣树，平均分成A、B两组，在迅速生长期A组喷洒一定量适宜浓度的防素，B组喷洒等量的蒸镏水，在成熟期进行裂果率统计；
预期结果：A组裂果率低于B组裂果率。
【点睛】本题主要考查矿质元素在细胞中的作用，需要考生识记矿质元素的基本知识，掌握实验设计的思路。
34. 在水产养殖中，入冬频繁的降温过程往往带来大量养殖鱼类的死亡。因此，了解鱼类的抗冻机制对产业实践具有重要意义。研究人员注意到，在自然界和养殖环境下，随着水温的下降，鱼类会降低甚至停止摄食，并处于长期低能量摄入状态，这或许表明鱼类存在着与哺乳动物不同的低温适应策略。研究者选取斑马鱼进行了研究，禁食组在禁食了不同时间后，和对照组同时置于11℃冷水中进行急性冷应激，观察和统计对照组和禁食

注：“＊”表示对照组和禁食组之间差异显著
回答下列问题：
（1）为保证实验结果的可靠性，研究者每次实验时应选取健康、_____相近的雄性斑马鱼作为实验样本，并随机均分为_____组。
（2）上述实验的目的是_____。
（3）依据实验结果，在寒潮来临前进行_____处理对于提高斑马鱼的抗低温能力最为有效。
（4）在上述研究的基础上，为进一步研究禁食持续时间对斑马鱼机体能量供应影响，研究人员又进行了相关测定，结果如下图。

由图可知，斑马鱼在禁食后12~24h内主要由_____的水解产物氧化分解供能；而在禁食开始的_____h内，甘油三酯的含量没有发生明显变化，但此时，与_____有关的酶系统逐渐被激活。综合之前存活率的实验结果，可以说明_____。
【答案】（1） ①. 体重 ②. 8
（2）探究禁食时间和11℃急性冷应激持续时间对斑马鱼存活率的影响
（3）禁食96h （4） ①. 肝糖原 ②. 48 ③. 脂肪代谢 ④. 鱼类利用脂肪供能比利用糖类供能更有利于抵抗急性冷应激
【解析】
【分析】分析题干的图可知，自变量为禁食时间和1I℃急性冷应激持续时间，因变量为斑马鱼的存活率，实验结果说明在11℃急性冷应激下，禁食时间越长，相比对照组，禁食组的存活率越高。
【小问1详解】
设计实验时，要围绕单一自变量，保证无关变量相同且适宜，因此研究者每次实验时应选取健康、体重相近的雄性斑马鱼作为实验样本。由图可知，实验研究了禁食 24 h、48 h、72 h、96h四种情况,并且每种情况都要设置一个对照组和一个实验组，因此选取的实验样本要随机均分为4×2=8组。
【小问2详解】
分析图可知，自变量为禁食时间和11℃急性冷应激持续时间，因变量为斑马鱼的存活率，因此实验的目的是探究禁食时间和11℃急性冷应激持续时间对斑马鱼存活率的影响。
【小问3详解】
分析题图可知，在11℃急性冷应激环境下,相比禁食24 h、48h、72h这三种情况,禁食96h这种情况下，禁食组的存活率要比对照组大得多，因此在寒潮来临前进行禁食96h处理对于提高斑马鱼的抗低温能力最为有效。
【小问4详解】