2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二下学期期中考试生物试题 解析版

2018-2019学年黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二下学期期中考试生物试题 解析版

牡一中2017级高二学年下学期期中考试 生 物 试 题 一、选择题 ‎1.下列有关显微镜操作的说法，正确的是 A. 高倍镜下细胞质流向是逆时针的，则细胞中细胞质流向应是顺时针的 B. 为观察低倍视野中位于左下方的细胞，应将装片向右上方移动，再换用高倍镜 C. 用显微镜的凹面反光镜反光，观察到的细胞数目更多，但细胞更小 D. 在观察植物细胞的实验中，先用低倍镜，再换用高倍镜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 光学显微镜主要由物镜、管镜和目镜组成．标本经物镜和管镜放大后，形成放大倒立的实象；实象经目镜再次放大后，形成放大的虚象。显微镜放大倍数越大，细胞数目越少，细胞越大；反之，放大倍数越小，细胞数目越多，细胞越小。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象到达视野中央→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象更加清晰。‎ ‎【详解】显微镜下呈现的是倒立的虚像，高倍镜下细胞质流向是逆时针的，则细胞中细胞质流向就是逆时针的，A错误；为观察低倍视野中位于左下方的细胞，应将装片向左下方移动，再换用高倍镜，B错误；用显微镜的凹面反光镜反光，只能使视野变亮，不能改变细胞数目和大小，C错误；在观察植物细胞的实验中，先用低倍镜，再换用高倍镜，D正确。‎ ‎【点睛】熟悉显微镜的结构组成以及工作原理是分析解答本题的关键。‎ ‎2.在使用高倍镜观察酵母菌和大肠杆菌时 A. 都可以观察到细胞壁、细胞核 B. 都可以观察到核糖体 C. 酵母菌和大肠杆菌在结构上具有统一性 D. 在换用高倍镜后，只能用粗准焦螺旋调焦 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 酵母菌属于真核生物中的真菌，大肠杆菌属于原核生物中的细菌，真菌和细菌均具有细胞壁结构。原核细胞和真核细胞最主要的区别就是原核细胞没有核膜包被的典型的细胞核；它们的共同点是均具有细胞膜、细胞质、核糖体和遗传物质DNA。‎ ‎【详解】大肠杆菌为原核生物，细胞中无细胞核，A错误；原核细胞和真核细胞共有的细胞器是核糖体，但核糖体比较小，光学显微镜下看不到，B错误；酵母菌和大肠杆菌都具有细胞壁、细胞膜、细胞质等结构，所以它们在结构上具有统一性，C正确；换用高倍镜观察视野不清晰，应该调节细准焦螺旋，D错误。‎ ‎【点睛】易错选项C，由于核糖体的确是两种细胞内都有的细胞结构，而忽视核糖体无法在光学显微镜下观察到。‎ ‎3.下图为生物种类的概念图，对a、b、c所代表的生物分析正确的一项是 A. a—原核生物、b—细菌、c—流感病毒 B. a—原核生物、b—细菌、c—乳酸菌 C. a—真核生物、b—植物、c—蓝藻 D. a—真核生物、b—真菌、c—大肠杆菌 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题解析：生物包括细胞生物和非细胞生物，细胞生物包括真核生物和原核生物，非细胞生物是病毒；A错误。乳酸菌属于细菌，细菌属于原核生物；B正确。蓝藻属于原核生物；C错误。大肠杆菌属于原核生物；D错误。‎ 考点：本题考查生物种类的相关知识，意在考查考生对知识的识记及形成知识网络的能力。‎ ‎4.人体胆固醇的生理功能之一是(　　)‎ A. 促进肠道对钙和磷的吸收 B. 调节内环境的渗透压 C. 作为细胞内良好的储能物质 D. 参与细胞膜的构成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：人体胆固醇的功能：①构成生物膜的重要成分；②参与血液中脂质的运输。维生素D能促进肠道对钙和磷的吸收；无机盐能调节内环境的渗透压；脂肪是细胞内良好的储能物质。故选D 考点：本题考查组成细胞的化合物的功能。‎ 点评：本题意在考查考生的识记能力，属于容易题。‎ ‎5. 下列有关表述正确的是 （ ）‎ A. 磷脂是所有细胞必不可缺少的脂质 B. 所有细胞的组成成分都有纤维素 C. 只有多糖、蛋白质、脂肪三类生物大分子以碳链为骨架 D. 被形容为“生命的燃料”的物质是指储存能量的多糖 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 磷脂是组成细胞膜的主要成分，凡是细胞生物都有细胞膜，A正确；纤维素是构成植物细胞壁的成分，动物细胞没有细胞壁，不含有纤维素，B错误；生物大分子中核酸也是以碳链为骨架的生物大分子，C错误；被称为“生命的燃料”的物质是指细胞生命活动所需要的主要能源物质葡萄糖，D错误．‎ ‎【考点定位】脂质的种类及其功能；糖类的种类及其分布和功能；糖类的作用；生物大分子以碳链为骨架 ‎【名师点睛】脂类、糖类的种类以及主要功能．‎ ‎（1）脂类物质主要包括脂肪，主要的储能物质，并且有保温作用；‎ ‎（2）磷脂，构成细胞膜的主要成分；‎ ‎（3）固醇类：胆固醇，动物细胞膜的主要成分，参与血液中脂质的运输；性激素，促进生殖器官的生殖发育，激发并维持第二性征；维生素D，促进人和动物肠道对钙磷的吸收．‎ ‎（4）纤维素构成植物细胞壁．‎ ‎6.下列有关组成生物体元素和化合物的叙述，正确的是 A. 同一生物体内不同细胞的功能不同，主要是由不同细胞内有机物的种类和含量差异引起的，而构成这些细胞的化学元素的种类基本是一致的 B. 一个DNA分子水解能得到4种脱氧核苷酸，而一个蛋白质分子彻底水解就能得到20种氨基酸 C. 蛋白质和DNA分子的多样性都与它们的空间结构密切相关 D. 淀粉、糖原、纤维素和麦芽糖彻底水解后，得到的产物是不同的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A．同一生物体内不同的细胞功能是不同的，主要是由于不同细胞内有机物的种类和含量差异引起的，而构成这些细胞的化学元素的种类基本是一致的，A正确；B．蛋白质的基本单位是氨基酸，组成蛋白质的氨基酸一共有20种，但是并不是每一个蛋白质分子彻底水解后都能得到2O种氨基酸，B错误；C．蛋白质的多样性与它的空间结构密切相关，而DNA分子的多样性与它的脱氧核苷酸的排列顺序有关，C错误；‎ D．淀粉、糖原、纤维素和麦芽糖彻底水解后，得到的产物都是葡萄糖，D错误。‎ 考点：本题考查组成细胞中的分子的有关知识，意在考查考生对知识的识记理解和分析能力。‎ ‎7.科研人员在研究叶肉细胞中的某物质时，发现它是一种由两条肽链组成的化合物，在生成ATP的过程中起着重要作用，分子式为CxHyOzNw。下列关于该物质的说法不正确的是（）‎ A. 最多含有肽键（w－2）个 B. 可能是一种酶 C. 两条肽链都是由氨基酸分子脱水缩合而成的 D. 该化合物由w个氨基酸组成 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ATP的合成需要酶的催化，由题干分析可知，该物质可能是一种酶，其最多含有肽键（w-2）个，两条肽链都是由氨基酸分子脱水缩合而成的，ABC正确；该化合物由两条肽链组成，若组成该化合物的氨基酸都只含有1个氨基，则该化合物由w个氨基酸组成，否则不成立，D错误。‎ ‎【考点定位】蛋白质的合成 ‎【名师点睛】用“一、二、三、四、五”巧记蛋白质的结构与功能：‎ ‎“一个通式”指氨基酸的结构通式。‎ ‎“两个标准”指组成蛋白质的氨基酸必须同时具备的标准有两个：一是数量标准，二是位置标准。‎ ‎“三个数量关系”指蛋白质分子合成过程中的3个数量关系：脱去水分子数＝肽键数＝氨基酸数－肽链数。‎ ‎“四个原因”指蛋白质分子结构多样性的原因有四个：氨基酸的种类不同、氨基酸的数量不同、氨基酸排列顺序不同、蛋白质的空间结构不同。‎ ‎“五大功能”指蛋白质分子有5个功能：细胞的组成物质、催化作用、免疫作用、运输作用和调节作用。‎ ‎8.下列关于核酸和蛋白质的叙述中，不正确的是 A. 蛋白质肽链的盘曲和折叠被解开时，其特定功能并未发生改变 B. RNA与DNA都可以储存遗传信息，均由四种核苷酸组成 C. DNA分子碱基的特定排列顺序，构成了DNA分子的特异性 D. 蛋白质分子结构和功能多样性的原因是DNA分子的多样性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不同的DNA分子中脱氧核苷酸的数量和排列顺序不同，这体现了DNA 分子的多样性，特定DNA 分子这具有特定的核苷酸排列顺序，体现了DNA 分子的特异性；蛋白质中肽链的氨基酸序列是有DNA分子中核苷酸序列决定，所以DNA的多样性决定了蛋白质的结构和功能也具有多样性。蛋白质中特定的氨基酸种类、数目、排列顺序以及蛋白质分子特定的空间结构决定了其功能特异性，一旦空间结构被破坏，功能特异性也就丧失。‎ ‎【详解】蛋白质的功能依赖于其结构，蛋白质肽链的盘曲和折叠是其结构的主要组成部分，当它被解开时，空间结构被怕破坏，其活性将丧失，功能会减弱甚至消失，A错误；RNA和DNA的分子结构相似，RNA由四种核糖核苷酸组成，DNA 由四种脱氧核苷酸组成，各自四种核苷酸的数量和排列顺序可以储存大量的遗传信息，B正确；不同DNA分子的脱氧核苷酸的排列顺序不同，特定的DNA分子具有特定的碱基排列顺序，这构成了DNA分子的特异性，C正确；蛋白质结构和功能的多样性由DNA碱基排列顺序决定，所以DNA分子的多样性决定蛋白质结构和功能的多样性，D正确。‎ ‎【点睛】注意：DNA的脱氧核苷酸序列（DNA多样性）决定RNA的核糖核苷酸序列（RNA多样性），RNA的核苷酸序列决定蛋白质中氨基酸序列（蛋白质结构的多样性），蛋白质的多样性决定蛋白质结构的多样性决定蛋白质功能的多样性。‎ ‎9.下面是四位同学的实验操作方法或结果，其中正确的一项是 A. 观察RNA和DNA在细胞中的分布，发现红色主要分布在细胞核中 B. 西瓜汁中含有丰富的葡萄糖和果糖，可用作还原糖鉴定的替代材料 C. 可溶性淀粉溶液与碘液作用产生蓝色反应 D. 换高倍镜后，先用粗准焦螺旋调节，再用细准焦螺旋调节 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、在显色反应实验中，所选取的实验材料应无色或接近白色，以避免颜色干扰。‎ ‎2、观察DNA和RNA在细胞中分布实验的原理：甲基绿和吡罗红两种染色剂对DNA和RNA的亲和力不同，利用甲基绿和吡罗红混合染色剂对细胞染色，同时显示DNA和RNA在细胞中的分布，观察的结果是细胞核呈绿色，细胞质呈红色，说明DNA主要分布在细胞核，RNA主要分布在细胞质。‎ ‎3、高倍显微镜的操作流程：在低倍镜下观察清楚，找到物像→将物像移到视野中央→转动转换器换用高倍镜观察→调节反光镜或光圈使视野变亮，同时转动细准焦螺旋直到物像清晰可见。‎ ‎【详解】观察RNA和DNA在细胞中的分布，发现红色主要分布在细胞质，A错误；西瓜汁有颜色，不能用作还原糖鉴定的替代材料，否则会造成颜色干扰，B错误；可溶性淀粉溶液与碘液作用产生蓝色反应，C正确；换高倍镜后，只能用细准焦螺旋进行微调，D错误。‎ ‎【点睛】注意：所有鉴定或检测有机物的实验中，如果实验结果是观察颜色变化的，所选的实验材料都不能选带有颜色的生物材料。‎ ‎10. 下列关于转基因生物安全性的叙述，错误的是 A. 种植转基因作物应与传统农业种植区隔离 B. 转基因作物被动物食用后，目的基因会转入动物体细胞中 C. 种植转基因植物有可能因基因扩散而影响野生植物的遗传多样性 D. 转基因植物的目的基因可能转入根际微生物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 本题考查转基因生物安全性的相关问题，转基因作物被食用后，目的基因不能进入动物体细胞内，B错。‎ 考点定位：转基因生物安全性的相关问题。‎ ‎11.下列事实利用了植物组培技术且体现了细胞全能性的是 A. 利用植物体细胞杂交技术得到白菜—甘蓝品种 B. 单细胞的DNA在体外大量扩增 C. 杂交瘤细胞产生单克隆抗体 D. 小鼠细胞经诱导培育成小鼠 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 全能性是指已经分化的细胞仍然具有发育成完整个体的潜能．细胞的全能性以产生个体为标志，若无个体产生，则不能体现细胞的全能性．动物杂交瘤细胞产生单克隆抗体及单细胞的DNA在体外大量扩增都没有形成个体，不能体现细胞的全能性。‎ ‎【详解】利用植物体细胞杂交技术得到白菜—甘蓝品种，是通过杂种细胞培育得到杂种植株，整个过程体现了细胞具有全能性，同时采用了植物组织培养技术，A正确；单细胞的DNA在体外大量扩增，原理是细胞增殖，并没有体现细胞的全能性，更没有利用植物组织培养技术，B错误；动物杂交瘤细胞产生单克隆抗体，但没有形成完整的个体，不能体现细胞的全能性，同时也没没有利用植物组织培养技术，C错误；小鼠体细胞经诱导培育成小鼠，体现了细胞具有全能性，但培育过程没有利用植物组织培养技术，D错误。‎ ‎【点睛】总结利用植物组织培养技术的有：培育转基因植株、培育杂种植株、利用植物体细胞快速培育植物幼苗和生产提取植物细胞产生的有效成分等。‎ ‎12.动物基因工程通常以受精卵作为受体细胞的根本原因是 A. 受精卵体积较大，便于DNA导入操作 B. 受精卵细胞能使目的基因高效表达 C. 受精卵基因组更易接受DNA的插入 D. 受精卵可发育成动物个体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将目的基因导入动物细胞的方法：显微注射技术.(最有效一种方法) ；操作程序：目的基因表达载体提纯→取卵(受精卵)→显微注射→注射了目的基因的受精卵移植到雌性动物的子宫或输卵管内发育→新性状动物。‎ ‎【详解】动物基因工程通常以受精卵作为受体细胞的根本原因是动物体细胞的全能性受到限制，不能表现出来，而受精卵的全能性最高，可以发育成完整的动物个体， 所以D选项是正确的。‎ ‎13.关于哺乳动物体内脂质与糖类的叙述，错误的是 A. 固醇在动物体内可转化成性激素 B. C、H、O、P是构成脂质和糖原的元素 C. 脂肪与糖原都是细胞内储存能量的物质 D. 胆固醇是细胞膜的组分，也参与血脂运输 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 胆固醇是高等动物细胞的重要组分；它与长链脂肪酸形成的胆固醇酯是血浆脂蛋白（参与血脂运输）及细胞膜的重要组分；胆固醇是动物组织中其它固醇类化合物如胆汁醇、性激素、肾上腺皮质激素、维生素D3等的前体，AD正确。糖原属于糖类，只有C、H、O三种元素组成，B错误。脂肪与糖原都属于储能物质，C正确。‎ ‎【考点定位】脂质与糖类 ‎【名师点睛】熟知脂质与糖类的作用及其之间的相互转化是正确解答该题的关键。‎ ‎14.下列有关各种化合物的叙述，正确的是 A. 各种糖都能与斐林试剂发生显色反应 B. 各种脂质都参与生物膜的构成 C. 各种蛋白质的合成都需要模板 D. 各种核酸分子中嘌呤数都等于嘧啶数 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 只有还原性糖才能与斐林试剂发生显色反应，A错误。脂质中脂肪、维生素D等未参与构成生物膜，B错误。蛋白质的合成需要mRNA作为模板，C正确。单链RNA中嘌呤数不一定等于嘧啶数，D错误。‎ ‎15.糖类和脂质是细胞中两种重要的有机物，相关的叙述错误的是 A. 组成脂质的化学元素主要是C、H、O，有些脂质还含有P和N B. 糖类中的淀粉、纤维素和糖原都完全由葡萄糖缩合而成 C. 淀粉水解的终产物是氨基酸 D. 质量相同的糖类和脂肪被彻底分解时，糖类耗氧少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、糖类的种类及其分布和功能 种类 分子式 分布 生理功能 单  糖 五碳糖 核糖 C5H10O5‎ 动植物细胞 五碳糖是构成核酸的重要物质 脱氧核糖 C5H10O4‎ 六碳糖 葡萄糖 C6H12O6‎ 葡萄糖是细胞的主要能源物质 二  糖 蔗糖 C12H22O11‎ 植物细胞 水解产物中都有葡萄糖 麦芽糖 乳糖 C12H22O11‎ 动物细胞 多  糖 淀粉 ‎（C6H10O5）n 植物细胞 淀粉是植物细胞中储存能量的物质 纤维素 纤维素是细胞壁的组成成分之一 糖原 动物细胞 糖原是动物细胞中储存能量的物质 ‎2、脂质的种类及其功能：‎ 功能分类 化学本质分类 功                  能 储藏脂类 脂    肪 储藏能量，缓冲压力，减少摩擦，保温作用 结构脂类 磷    脂 是细胞膜、细胞器膜和细胞核膜的重要成份 调节脂类 固醇 胆固醇 细胞膜的重要成份，与细胞膜的流动性有关 性激素 促进生殖器官的生长发育，激发和维持第二性征及雌性动物的性周期 维生素D 促进动物肠道对钙磷的吸收，调节钙磷的平衡 ‎【详解】组成脂质的化学元素主要是C、H、O，有些脂质还含有P和N，如磷脂的组成元素是C、H、O、N、P，A正确；糖类中的淀粉、纤维素和糖原都完全由葡萄糖缩合而成，B正确；淀粉水解的终产物是葡萄糖，C错误；质量相同的糖类和脂肪被彻底分解时，由于脂肪中C和H的比例较高，因此脂肪耗氧多，释放的能量也多，D正确。‎ ‎【点睛】熟悉糖类的分类与组成、熟悉脂质的种类与组成，尤其是相同质量糖类与脂肪相比，氧化分解时耗氧少，放能少的原因。‎ ‎16.组成细胞的各种化学元素在细胞中的存在形式是 A. 大多数以离子形式存在 B. 全部以无机物形式存在 C. 大多数以化合物形式存在 D. 全部以有机物形式存在 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 组成生物体的化学元素根据其含量不同分为大量元素和微量元素两大类．‎ ‎（1）大量元素是指含量占生物总重量万分之一以上的元素，包括C、H、O、N、P、S、K、Ca、Mg，其中C、H、O、N为基本元素，C为最基本元素，O是含量最多的元素； ‎ ‎（2）微量元素是指含量占生物总重量万分之一以下的元素，包括Fe、Mn、Zn、Cu、B、Mo等。‎ ‎【详解】组成细胞的20多种化学元素，在细胞中大多数是以化合物的形式存在．故选C。‎ ‎17.动物饥饿或冬眠时，能源物质消耗的顺序是 A. 脂肪→蛋白质→糖类 B. 脂肪→糖类→蛋白质 C. 糖类→脂肪→蛋白质 D. 蛋白质→糖类→脂肪 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、糖类的作用：糖类是人体主要的供能物质，人体的一切活动，包括走路、学习、呼吸等都要消耗能量，这些能量大部分是由糖类提供的。‎ ‎2、脂肪的作用：脂肪是人体能量来源的重要物质，但是脂肪一般是储存在体内作为备用能源。‎ ‎3、蛋白质的作用：①组成细胞和生物体的主要有机物，如蛋白质是构成细胞膜、染色体的主要成分；②还具有催化、免疫、运输和调节的功能，如一些蛋白质类的酶、抗体、血红蛋白、胰岛素等。‎ ‎【详解】糖类是动物体最重要的供能物质，生物体的一切生命活动，所消耗的能量主要来自糖类；脂肪是动物体内备用的能源物质；蛋白质是构成动物体细胞的基本物质，动物体的生长发育、组织的更新等都离不开蛋白质，此外，蛋白质还能被分解，为动物体的生理活动提供能量．因此动物饥饿或冬眠时，消耗能量物质的顺序依次是糖类、脂肪、蛋白质．故选C。‎ ‎【点睛】注意：动物体内的蛋白质常常在一些特殊情况下才作为能源物质分解供能。‎ ‎18. 下列哪些糖类物质能分别对应（ ）‎ ‎①属于二糖且可用斐林试剂鉴定的糖类；‎ ‎②存在于DNA中而不存在于RNA中的糖类；‎ ‎③存在于植物细胞中而不存在于动物细胞中的糖类．‎ A. 乳糖、核糖、纤维素 B. 麦芽糖、脱氧核糖、淀粉 C. 麦芽糖、核糖、淀粉 D. 葡萄糖、脱氧核糖、糖原 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎①属于二糖且可用斐林试剂鉴定的糖类为麦芽糖和乳糖，属于单糖且可用斐林试剂鉴定的糖类为葡萄糖、果糖；②存在于RNA中而不存在于DNA中的糖类是核糖；③存在于植物细胞中而不存在于动物细胞中的糖类：单糖有果糖，二糖有蔗糖、麦芽糖，多糖有淀粉、纤维素。‎ ‎【考点定位】糖类的种类及其分布和功能 ‎19. “观察DNA和RNA在细胞中的分布”的实验中，为改变细胞膜的通透性，加速染色剂进入细胞，所采用的试剂是 A. 质量分数为0．9%的NaCl溶液 B. 质量分数为8%的盐酸 C. 吡罗红甲基绿染色剂 D. 斐林试剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 在“观察DNA和RNA在细胞中的分布”实验中，用质量分数为8%的盐酸改变细胞膜的通透性，加速染色剂进入细胞，将染色体上的DNA和蛋白质分离，便于染色剂与DNA结合，故选B。‎ ‎【考点定位】观察DNA和RNA在细胞中的分布 ‎【名师点睛】在“观察DNA和RNA在细胞中的分布”实验中：‎ ‎（1）用质量分数为0．9%的NaCl溶液保持细胞原有的形态；‎ ‎（2）用质量分数为8%的盐酸改变细胞膜的通透性，加速染色剂进入细胞，将染色体上的DNA和蛋白质分离，便于染色剂与DNA结合；‎ ‎（3）用吡罗红-甲基绿染色剂对DNA和RNA进行染色。‎ ‎20. “组成不同生物的元素含量有不同”。对此现象的合理解释是（ ）‎ A. 组成细胞的化学元素在含量上具有差异性 B. 生物界与非生物界在元素含量上具有差异性 C. 生物根据自身生命活动的需要，有选择地从环境中吸收的元素 D. 生物体内元素的存在形式各不相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：组成细胞的化学元素在含量上具有差异性，生物界与非生物界在元素含量上具有差异性，这两句话知识陈述事实，没有解释原因，故AB不准确；生物体总是和外界进行着物质交换，归根到底是有选择地从无机环境中获取各种物质来组成自身，从而使生物界与非生物界在元素含量有上区别，故C更准确；不同元素的存在形式不同，没有解释不同生物元素含量不同的原因，故D不准确。‎ 考点：本题考查组成细胞的元素的有关知识，意在考查考生识记能力和理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系的能力。‎ ‎21.牛通过吃草获得各种化合物和元素，那么牛和草体内的各种化学元素 A. 种类差异很大，含量大体相同 B. 种类和含量差异都很大 C. 种类和含量都是大体相同的 D. 种类大体相同，含量差异很大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 组成生物体的元素中，不同生物的组成元素的种类大体相同，含量差别较大，这体现了不同生物之间的统一性和差异性。‎ ‎【详解】羊通过吃草从草中获得营养物质，羊和草体内的各种化学元素的种类大体相同，但是含量差别较大．故选D。‎ ‎22.某同学用显微镜观察装片时，见视野中有甲、乙、丙三异物。为判断异物的位置，他先转动目镜，见甲异物动，然后转换物镜，甲、乙异物仍存在，而丙异物消失。据此推断甲、乙、丙三异物分别在 A. 物镜、目镜、装片 B. 目镜、物镜、装片 C. 目镜、装片、物镜 D. 装片、目镜、物镜 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 显微镜中视野中污物可能存在的位置：物镜、目镜或装片．判断方法如下：先移动装片，污物动则在装片上；不动再转换目镜，污物动在目镜上，不动就在物镜上。‎ ‎【详解】根据题意可知，“他先转动目镜，见甲异物动”，则甲异物存在目镜上；“他先转动目镜，见甲异物动”，则乙异物不在目镜上，又由于“转换物镜，甲、乙异物仍存在”，说明乙异物也不在物镜上，因此乙异物应存在装片上；“转动物镜，丙异物消失”，则丙异物存在于物镜上。故选C。‎ ‎【点睛】熟悉显微镜的使用原理是分析解答本题的关键。‎ ‎23.从生命系统的结构层次分析，下列叙述正确的是 A. 细菌只是细胞层次 B. 高等动物和高等植物都具有器官和系统层次 C. 构成生命系统的结构具有层次性、复杂性和多样性 D. 病毒虽没有细胞结构，但具有生命系统的结构层次 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 命系统的结构层次是：细胞→组织→器官→系统→个体→种群→群落→生态系统→生物圈。‎ ‎【详解】细菌既属于细胞层次，又属于个体层次，A错误；高等动物有器官和系统层次，高等植物没有系统层次，B错误；构成生命系统的结构具有层次性、复杂性和多样性，C正确；病毒没有细胞结构，不属于生命系统的结构层次，生命系统的最基本层次是细胞，D错误。‎ ‎【点睛】需要熟练掌握生命系统的结构层次是解决本题的关键。尤其要记住细胞是生命系统中最基本的结构层次，没有细胞结构的病毒不具有生命系统的结构层次；分子、原子等更不具有生命系统的结构层次。‎ ‎24.在探索外星空间是否存在生命的过程中，科学家始终把寻找水作为最关键的一环，这是因为水在生命中的意义主要是(　　)‎ A. 水可以在生物体内流动 B. 水是生命的最重要成分 C. 细胞内的生物化学反应都是在水中进行 D. 水在细胞中含量最多 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 水在体内有自由水和结合水两种，故A错误。水是生命的最重要成分，但其它也是，故B错误。细胞内的生物化学反应都是在水中进行，所以新陈代谢离不开水，故C正确。水在细胞中含量最多不是主要因素，故D错误。‎ ‎【考点定位】本题考查细胞中的无机物相关知识，意在考察考生对知识点的理解和应用能力。‎ ‎【名师点睛】‎ ‎25.下列关于组成人体细胞有关化合物功能的叙述，正确的是 A. DNA是主要的遗传物质 B. 脂肪是良好的储能物质 C. 麦芽糖是主要的能源物质 D. 结合水是良好的溶剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 具有细胞结构的生物遗传物质是DNA，A项错误；脂肪是细胞内良好的储能物质，B项正确；葡萄糖是主要的能源物质，C项错误；自由水是细胞内的良好溶剂，D项错误。‎ ‎26. 下列关于氨基酸和蛋白质的叙述，错误的是 A. 酪氨酸几乎不溶于水，而精氨酸易溶于水，这种差异是由R基的不同引起的 B. 甜味肽的分子式为C13H16O5N2，则该甜味肽是一种二肽 C. 某二肽的化学式是C8H14N2O5，水解后得到丙氨酸(R基为—CH3)和另一种氨基酸X，则X的化学式应该是C5H9NO4‎ D. n个氨基酸共有m(m＞n)个氨基，则由这些氨基酸缩合成的一个多肽中氨基的数目为m－n ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构成蛋白质的基本单位是氨基酸，其结构通式是 ‎，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。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（-NH2）相连接，同时脱去一分子水的过程；连接两个氨基酸的化学键是肽键，其结构式是-CO-NH-；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】氨基酸结构中不同的结构是R基，所以酪氨酸几乎不溶于水，而精氨酸易溶于水，这种差异是由R基的不同引起的，A正确；由于氨基酸分子中至少含有一个氨基（-NH2），甜味肽的分子式为C13H16O5N2，由氮原子数可知甜味肽中含有两个氨基酸，是一种二肽，B正确；某二肽的化学式是C8H14O5N2，水解时需补充一分子H2O，水解后得到丙氨酸（R基为-CH3），则丙氨酸的化学式为C3H7O2N，因此另一种氨基酸X的化学式应该是C5H9O4N，C正确；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，所以n个氨基酸共有m个氨基，则这些氨基酸缩合成的一个多肽中氨基数为m-n+1，D错误。‎ ‎【点睛】B项需利用关系式：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；‎ D项需利用关系式：游离氨基或羧基数=肽链数+R基中含有的氨基或羧基数。‎ ‎27.某兴趣小组釆用两种途径处理鸡蛋淸溶液，过程如下图所示。有关叙述正确的是 A. ①②所依据的原理不同，过程②破坏了蛋白质的空间结构和肽键 B. ③④所依据的原理不同，过程③破坏了蛋白质的空间结构和肽键 C. 在溶解后产生的溶液中分别加入双缩脲试剂，都会变成紫色 D. 过程②产生的蛋白块也可以用③的方法进行溶解 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 蛋白质盐析：少量的盐（如硫酸铵、硫酸钠等）能促进蛋白质的溶解，但如向蛋白质溶液中加入浓的盐溶液，可使蛋白质的溶解度降低而从溶液中析出，这种作用叫做盐析，析出的蛋白质再继续加水时，仍能溶解，并不影响原来蛋白质的性质，盐析属于物理变化。蛋白质变性：蛋白质受热、紫外线、X射线、强酸、强碱、重金属（如铅、铜、汞等）盐、一些有机物（甲醛、酒精、苯甲酸）等作用时会凝结，这种凝结是不可逆的，即凝结后不能在水中重新溶解，这种变化叫做变性。据图分析，过程①为蛋白质的盐析过程，过程②为蛋白质在高温下变性的过程。‎ ‎【详解】过程②高温加热使蛋白质变性，导致蛋白质的空间结构改变，但是肽键并没有断裂，A错误；过程③加入蒸馏水使得蛋白质溶解，并没有破坏蛋白质的空间结构和肽键，B错误；溶解后产生的溶液中含有的物质是蛋白质或多肽，仍然具有肽键，因此用双缩脲试剂鉴定均能产生紫色反应，C正确；过程②产生的蛋白块其蛋白质已经变性，用③的方法不能使其再溶解，D错误。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是了解蛋白质的性质，弄清楚蛋白质变性和盐析的区别与联系，明确前者空间结构被破坏已经失活，而后者仍然具有生物活性。‎ ‎28.下列关于原核细胞的叙述，正确的是 A. 有膜包被的细胞器 B. 不能进行光合作用 C. 没有成形的细胞核 D. 细胞壁的主要成分是纤维素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原核细胞和真核细胞的区别：‎ 举例 差异性 统一性 原核细胞 细菌、蓝藻、放线菌 无成形的细胞核 只有核糖体一种细胞器 ‎1. 都有细胞膜、细胞质和核物质；‎ ‎2. 都有核糖体 真核细胞 草履虫、酵母菌、动植物 有成形的细胞核（有核膜）‎ 有多种细胞器 ‎【详解】原核细胞只有核糖体一种细胞器，即没有任何具膜的细胞器，A 错误；原核细胞无叶绿体，但某些原核生物也能进行光合作用，如蓝藻，B错误；原核细胞都没有成形的细胞核，C正确；原核细胞一般有细胞壁，但细胞壁的组成成分不是纤维素，如细菌细胞壁的主要成分是肽聚糖，D错误。‎ ‎【点睛】熟悉真核细胞和原核细胞的结构组成区别是解答本题的关键。‎ ‎29.某肽链由50个氨基酸缩合而成，其中含有2个丙氨酸(C3H7O2N)，现脱掉丙氨酸(相应位置如图)得到几种不同的有机产物，其中脱下的氨基酸均以游离态正常存在。下列有关该过程产生的全部有机物的叙述，错误的是 ‎ ‎ A. 氧原子数目增加2个 B. 肽键数目减少4个 C. 氢原子数目增加8个 D. 氨基和羧基均增加4个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查蛋白质形成的相关计算，意在考查考生能运用所学知识，进行解释、推理，做出合理的判断的能力。‎ ‎【详解】在水解此多肽去掉2个丙氨酸的过程中，需要水解4个肽键，即需要4个水分子参与，所以氢原子数目增加8个，氧原子数目增加4个，故A错，C正确。‎ 从图中可知，每个丙氨酸左右各有2个肽键，脱掉2个丙氨酸，肽键数目减少4个，故B正确；‎ 该过程得到3条短肽和2个游离的丙氨酸，3条短肽增加了2个氨基和2个羧基，两个游离的丙氨酸增加了2个氨基和2个羧基，所以氨基和羧基的数目分别增加4个，故D正确。‎ ‎【点睛】审清题是关键：考查的是全部有机物而不是多肽中相关原子的变化。‎ 技巧：计算氢原子和氧原子的数目，关键在水；计算羧基和氨基数目时把每一个多肽和氨基酸都当成一条肽链，两端各一羧基或氨基。‎ ‎30.如图，①②③④四个框的每个框内包括2～4种生物，下列有关其生物共同特征的叙述正确的 A. 框①内都是原核生物，且遗传物质不一定是DNA B. 框②内的生物都不含叶绿素 C. 框③内的生物都具有细胞结构，且都有细胞壁 D. 框④内的生物都能进行光合作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由题图呈现的信息可知，该题考查的是病毒、细胞的多样性与统一性的相关知识。选项所描述的内容涉及到常见病毒的实例、常见的原核生物与真核生物、原核细胞与真核细胞的结构及其代谢特点、生物的遗传物质。‎ ‎【详解】框①内的烟草花叶病毒没有细胞结构，其遗传物质是RNA，酵母菌是真核生物，其遗传物质是DNA，二者都不是原核生物，A错误；框②内的蓝藻含叶绿素，烟草花叶病毒和酵母菌不含叶绿素，B错误；框③内的酵母菌是由真核细胞构成的真核生物，蓝藻是由原核细胞构成的原核生物，二者都具有细胞结构，且都有细胞壁，C正确；框④内的蓝藻、衣藻和金鱼藻都能进行光合作用，酵母菌不能进行光合作用，D错误。‎ ‎【点睛】本题结合概念图进行考查。解答此类题目时，要准确记忆和理解各生物类群的归属、原核生物与真核生物结构的异同及细胞代谢的特点。‎ ‎31.如图所示，一分子的胰岛素原切去C肽（图中箭头表示切点）可转变成一分子的胰岛素（图中数字表示氨基酸序号）。下列分析正确的是（　　）‎ A. 胰岛素分子具有50个肽键，合成它过程中共脱去50分子水 B. 胰岛素分子含有一个游离的氨基和一个游离的羧基 C. 沸水浴时肽键断裂导致胰岛素生物活性丧失 D. 理论上可通过测定C肽的含量反映胰岛素的分泌情况 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题综合考查了蛋白质合成过程中相关物质的变化、有关计算以及蛋白质与生活的联系等方面的知识。‎ ‎【详解】由图可以看出胰岛素由A、B两条肽链组成，共含有51个氨基酸，如果仅从氨基酸数目来看，A链由21个氨基酸组成，该链中有20肽键，B链由30个氨基酸组成，该链中有29个肽键，所以合成的胰岛素分子中共有49个肽键。但是由于胰岛素是由胰岛素原切去C肽形成的，也就是说细胞先合成了一条氨基酸数目很多的多肽，所以合成胰岛素的过程中脱去水分子数不止50个，A错误。每条肽链至少含有一个游离的氨基和一个游离的羧基，该胰岛素分子含有两条肽链，所以至少含有两个游离的氨基和两个游离的羧基，B错误；沸水浴时空间结构遭到破坏，导致胰岛素生物活性丧失，C错误；一分子的胰岛素原切去C肽可转变成一分子的胰岛素，所以，理论上可通过测定C肽的含量反映胰岛素的分泌情况，D正确。‎ ‎【点睛】本题结合胰岛素的形成过程示意图，考查蛋白质合成的相关知识，旨在考查考生的理解能力和审图获取信息的能力。‎ ‎32.设计实验探究元素X是否属于必需矿质元素，某同学的构思大致如下：‎ 本实验中采用甲组、乙组之间的空白对照，以及乙组中实验前(无X元素)与实验后(有X元素)之间的自身对照，其中属于对照组的分别是 A. 甲组、实验 B. 甲组、实验前 C. 乙组、实验前 D. 乙组、实验后 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，本实验的目的是探究元素X是否属于植物必需矿质元素；实验原理是必需元素是植物生长、繁殖所必需的，一旦缺乏，植物就不能正常生长、发育和生殖，即出现特定的营养缺乏症；而且这种缺乏症是可以利用该元素进行预防和恢复的，即添加该元素后植物又恢复正常；实验的自变量为培养液中是否含有X元素；实验设计的思路是；取生长一致的某植物两株（组），对照组盛含有植物必需的各种元素的完全营养液，实验组盛不含该矿质元素离子的完全营养液，两组置于相同的适宜条件下培养，观察比较两组的生长发育情况；一段时间后，给实验组添加该元素，观察其生长发育情况。‎ ‎【详解】分析题图可知，A组实验装中，甲培养液是完全营养液，乙是缺乏X的营养液，因此甲是对照组，乙是实验组；B组实验中，实验前培养液缺乏X元素，不能正常生长，实验后是加入X元素，植物恢复正常生长，实验后实验现象与实验前的实验现象进行对照，因此，该组实验中实验前是对照组，实验后是实验组．故选B。‎ ‎【点睛】抓住实验目的分析实验组和对照组是判断本题的关键。‎ ‎33.下列关于无机盐的叙述，错误的是 A. 缺铁性贫血是因为体内缺乏铁，血红蛋白合成减少 B. Mg2＋是叶绿素的成分之一，缺Mg2＋会影响光合作用 C. 长跑时流汗过多会发生抽搐，说明无机盐对维持酸碱平衡很重要 D. I是甲状腺激素的成分，幼年时缺乏会患呆小症 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 细胞内的无机盐绝的主要生理功能：‎ ‎(1)细胞中某些复杂化合物的重要组成成分；如Fe2+是血红蛋白的主要成分；Mg2＋是叶绿素的必要成分；‎ ‎(2)维持细胞的生命活动，如Ca2+可调节肌肉收缩和血液凝固，血钙过高会造成肌无力，血钙过低会引起抽搐；‎ ‎(3)维持细胞的酸碱平衡和渗透压。‎ ‎【详解】缺铁性贫血是因为体内缺乏铁，血红蛋白合成减少，因为Fe2+是血红蛋白的主要成分，A正确；Mg2＋是叶绿素的成分之一，缺Mg2＋会影响叶绿素的合成进而影响光合作用，B正确；长跑时流汗过多发生抽搐，说明无机盐对维持生物体生命活动很重要，C错误；I是合成甲状腺激素的必需元素，幼年时缺I无法合成甲状腺激素而会患呆小症，D正确。‎ ‎【点睛】区分无机盐的三方面功能是判断本题的关键。‎ ‎34.请判断下列几则广告用语，有几条在科学性上存在明显的错误(　　)‎ ‎①这种食品由纯天然谷物制成，不含任何糖类，糖尿病患者也可放心大量食用 ‎②这种饮料含有多种无机盐，能有效补充人体运动时消耗的能量 ‎③这种营养品含有人体所需的全部20种必需氨基酸 ‎④这种口服液含有丰富的钙、铁、锌等微量元素 A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题是对糖类的分类和分布、无机盐的功能、氨基酸的分类和分类依据、组成细胞的大量元素和微量元素的综合性考查，梳理相关知识点，然后分析选项进行解答。‎ ‎【详解】谷物的主要成分是淀粉，淀粉属于多糖，①错误；无机盐不能为细胞生命活动提供能量，②错误；组成人体的氨基酸一共有20种，其中8种是必需氨基酸，12种是非必需氨基酸，③错误；钙不是微量元素，是大量元素，④错误。因此，以上广告用语中，存在科学性错误的是①②③④，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查了糖类的种类、无机盐的功能元素的种类等知识，对于相关知识点的记忆是解题的关键，本题重点考查学生运用所学的知识点对生活中的广告用语进行分析鉴别的能力。‎ ‎35.下列关于细胞中核酸的叙述，错误的是 A. 组成核酸的碱基有5种，核苷酸有8种 B. DNA和RNA合成时都需要解旋酶 C. DNA和RNA在细胞质中均有分布 D. 核酸中碱基的排列顺序代表了遗传信息 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、核酸是遗传信息的携带者，是一切生物的遗传物质，在生物体的遗传、变异和蛋白质的生物合成中具有重要作用，细胞中的核酸根据所含五碳糖的不同分为DNA（脱氧核糖核酸）和RNA（核糖核酸）两种，构成DNA与RNA的基本单位分别是脱氧核苷酸和核糖核苷酸，每个脱氧核苷酸分子是由一分子磷酸、一分子脱氧核糖糖和一分子含氮碱基形成，每个核糖核苷酸分子是由一分子磷酸、一分子核糖和一分子含氮碱基形成。‎ ‎2、脱氧核苷酸和核糖核苷酸在组成上的差异有：①五碳糖不同，脱氧核苷酸中的五碳糖是脱氧核糖，核糖核苷酸中的五碳糖是核糖；②碱基不完全相同，脱氧核苷酸中的碱基是A、T、G、C，核糖核苷酸中的碱基是A、U、G、C。‎ ‎3、DNA主要分布在细胞核，RNA主要分布在细胞质，但细胞质中也有少量的DNA，如线粒体DNA，叶绿体DNA等。‎ ‎【详解】组成核酸的碱基有A、T、G、C、U五种，核苷酸有8种，A正确；DNA合成时需要解旋酶，RNA合成时只需要RNA聚合酶，B错误；DNA主要分布在细胞核，RNA主要分布在细胞质，但细胞质中也有少量DNA，C正确；DNA和RNA都可以贮存遗传信息，D正确。‎ ‎【点睛】注意：细胞生物（包括原核生物和真核生物）的细胞中含有DNA和RNA两种核酸、其中DNA是遗传物质，非细胞生物（病毒）中含有DNA或RNA一种核酸、其遗传物质是DNA或RNA。综上所述，DNA和RNA都可以储存遗传信息。‎ ‎36.由枯草芽孢杆菌分泌的生物表面活性剂——脂肽，作为高效环保材料已经在化妆品、洗涤工业等领域得到广泛应用。其结构示意如图所示，相关叙述正确的是 A. 该化合物合成至少要经过7次氨基酸之间的脱水缩合反应 B. 该化合物的合成、分泌过程需要经过核糖体、内质网、高尔基体等结构 C. 该化合物需在加热条件下才能与双缩脲试剂产生紫色反应 D. 该化合物中游离羧基的数目与参与构成肽链的氨基酸种类有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图文可知脂肽是由一条脂肪酸链和一条由7个氨基酸构成的多肽链组成的。‎ ‎【详解】A、脂肽中有7个氨基酸形成七肽，含有6个肽键，故需要6次氨基酸之间的脱水缩合反应，A错误；‎ B、枯草芽孢杆菌是原核生物，仅有核糖体，没有内质网、高尔基体，B错误；‎ C、鉴定蛋白质有无用双缩脲试剂，不需要加热，C错误；‎ D、该化合物游离的羧基位于多肽链的一端和R基中，氨基酸的种类由R基决定，D正确。‎ 故选D。‎ ‎37.下列有关生物体内元素和化合物的叙述，正确的是(　　)‎ A. 细胞干重中含量最多的化学元素是氧 B. 氨基酸、脱氧核苷酸和脂肪酸都含氮元素 C. 构成淀粉、糖原和纤维素的单体均为果糖 D. 抗体、受体、酶和神经递质都具有特异性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 细胞的鲜重中含量最多的蛋白质是水，干重中含量最多的化合物是蛋白质。‎ ‎【详解】细胞的干重中含量最多的化合物是蛋白质，含量最多的元素是C，A 错误；氨基酸、核苷酸含有N元素，脂肪酸不含，B错误；淀粉、糖原和纤维素的基本单位都是葡萄糖，C错误；抗体、受体、酶和神经递质都有特异性，D正确。故选D。‎ ‎38.下列有关脂质和核酸的叙述正确的是 A. 某些脂质分子具有与核酸分子相同的元素组成 B. 脂肪细胞膜的组成成分中可能含有少量的脂肪 C. RNA分子彻底水解的产物是四种核糖核苷酸 D. DNA分子加热解旋后其遗传信息会发生改变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 脂质包括：脂肪、磷脂和固醇类。‎ RNA的基本单位是核糖核苷酸。‎ ‎【详解】某些脂质分子如磷脂分子与核酸分子的元素组成相同，均为C、H、O、N、P，A正确；细胞膜中不含脂肪，B错误；RNA分子彻底水解的产物是A、U、C、G、核糖和磷酸，C错误；DNA分子加热解旋后其遗传信息不发生改变，D错误。故选A。‎ ‎39.下图是利用奶牛乳腺生产血清白蛋白的过程。下列有关叙述错误的是(　　)‎ A. 将牛组织置于清水中并加入一定量的胰蛋白酶处理可得到单细胞 B. 图中涉及基因工程、动物细胞培养、细胞核移植、胚胎移植等技术 C. 选用未受精的卵细胞作为受体细胞是因为其具有让细胞核全能性得到表达的环境 D. 若要获得同卵双胎或多胎，分割囊胚时需将内细胞团均等分割 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图中，首先把血清蛋白基因导入牛的细胞中，获得转基因的细胞，取该转基因的细胞核移植到去核的卵细胞中，经过早期胚胎培养及胚胎移植获得转基因奶牛。‎ ‎【详解】动物细胞需要在特定的培养液中培养，用胰蛋白酶可以分离得到单细胞，A错误；图示有转基因技术、动物细胞的培养、核移植、早期胚胎培养及胚胎移植等技术，B正确；未受精的卵母细胞较大，营养物质丰富，含有促进细胞核全能性表达的物质，C正确；可通过胚胎分割获得多个胚胎，从而获得同卵双胎或多胎，D正确。故选A。‎ ‎40.随着“绿水青山就是金山银山”理念的提出，生态经济的重要性日益增显。下列有关叙述错误的是(　　)‎ A. 生态经济所遵循的主要原则是循环经济 B. 生态工程的特点是少消耗、低效益、可持续 C. “无废弃物农业”遵循的基本原理是物质循环再生原理 D. 在湿地的周围建立缓冲带可使湿地依靠自然演替机制恢复其生态功能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生态经济主要通过实行循环经济原则，使一个系统产出的污染物，能够成为本系统或另一系统的生产原料，从而实现废弃物的资源化，实现生态经济的主要手段之一是生态工程。‎ ‎【详解】生态经济的主要原则是循环经济，A正确；生态工程是一类少消耗、多效益、可持续的工程体系，B错误；无废弃物农业主要是变废为宝，基本原理是物质循环再生，C正确；湿地周围的缓冲带有利于其恢复生态功能，D正确。故选B。‎ 二、非选择题 ‎41.Ⅱ型干扰素是效应T细胞分泌的一种淋巴因子，可用于治疗病毒感染和癌症，通常只能从人体内获得，产量小、体外保存相当困难。若将其分子上的一个半胱氨酸替换为丝氨酸，在-70℃条件下可以保存半年。用现代生物工程技术生产该种单克隆Ⅱ型干扰素已成为一种发展趋势。回答下列问题：‎ ‎(1)蛋白质工程是以蛋白质分子的结构规律及其与生物功能的关系作为基础，通过____________，对现有蛋白质进行改造或制造新的蛋白质。若将干扰素的一个半胱氨酸替换为丝氨酸，所推测出的脱氧核苷酸序列不止一种，其原因是__________________________。‎ ‎(2)人工合成该种Ⅱ型干扰素基因后，可利用PCR技术对其扩增，该技术需要合成______种引物。‎ ‎(3)诱导效应T细胞与骨髓瘤细胞融合的化学试剂是___________。杂交瘤细胞具有的特点是_________________。‎ ‎(4)从融合的细胞中筛选出分泌该种Ⅱ型干扰素的杂交瘤细胞，所采用的技术是____________________。体外培养杂交瘤细胞时，需要向培养液中添加动物血清，其作用是___________________。‎ ‎【答案】 (1). 基因修饰或基因合成 (2). 密码子具有简并性（或：丝氨酸有多种密码子） (3). 2 (4). 聚乙二醇（PEG） (5). 既能迅速大量繁殖，又能产生专一的淋巴因子 (6). 抗原一抗体杂交 (7). 补充合成培养基缺泛的营养物质和微量元素 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、蛋白质工程是指以蛋白质分子的结构规律及其生物功能的关系为基础，通过基因修饰或基因合成，对现有蛋白质进行改造，或制造一种新的蛋白质，以满足人类的生产和生活的需求。‎ ‎ 2、在PCR技术中扩增目的基因的前提，是要有一段已知目的基因的核苷酸序列，以便根据这一序列合成引物。‎ ‎3、在分子水平上检测目的基因是否翻译形成了相应的蛋白质通常采用抗原-抗体杂交技术。‎ ‎【详解】（1）根据蛋白质工程的概念可知，蛋白质工程是指以蛋白质分子的结构规律及其与生物功能的关系作为基础，通过基因修饰或基因合成，对现有蛋白质进行改造，或制造新的蛋白质，以满足人类生产和生活的需要。由于丝氨酸由多种密码子（简并性 ）来决定，因此通过该方法获得的序列不是唯一的。‎ ‎（2）在PCR技术中扩增目的基因的前提，是要有一段已知目的基因的核苷酸序列，以便根据这一序列合成引物。由于基因都是双链，所以需要两种引物。‎ ‎（3）诱导动物细胞融合的常用试剂聚乙二醇（PEG），杂交瘤细胞具有的特点是既能迅速大量繁殖，又能产生所需的淋巴因子。‎ ‎（4）检测干扰素的基因是否表达，可用抗原-抗体杂交的技术进行检测，即用(干扰素的)抗体进行检测。培养动物细胞时在培养液中加入动物血清的作用是补充合成培养基缺乏的营养物质和微量元素。‎ ‎【点睛】解答本题需要熟悉三个方面的基础知识：一是蛋白质工程的概念；二是PCR技术；三是动物细胞培养技术。‎ ‎42.DHA对脑神经发育至关重要。以A、B两种单细胞真核藻为亲本，利用细胞融合技术选育高产DHA融合藻。两种藻特性如下表。‎ 亲本藻 优势代谢类型 生长速率（g/L.天）‎ 固体培养基上菌落直径 DHA含量（‰）‎ A藻 自养 ‎0.06‎ 小 ‎0.7‎ B藻 异养 ‎0.14‎ 大 无 据表回答：‎ ‎（1）选育的融合藻应具有A藻_______________与B藻________________的优点。‎ ‎（2）诱导融合前需用纤维素酶处理两种藻，其目的是获得___________________。‎ ‎（3）通过以下三步筛选融合藻，步骤_______可淘汰B藻，步骤_______可淘汰生长速率较慢的藻落，再通过步骤_______获取生产所需的融合藻。‎ 步骤a：观察藻落的大小 步骤b:用不含有机碳源（碳源——生物生长的碳素来源）的培养基进行光照培养 步骤c：测定DHA含量 ‎【答案】 (1). 产生DHA、自养特性 (2). 快速生长 (3). 原生质体 (4). b (5). a (6). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 植物的体细胞杂交是将不同植物的细胞通过细胞融合技术形成杂种细胞，进而利用植物的组织培养将杂种细胞培育成多倍体的杂种植株．在进行植物体细胞杂交时需要使用纤维素酶和果胶酶去掉植物细胞的细胞壁，使用化学方法（聚乙二醇）或物理方法诱导原生质体融合，不能用灭活的病毒诱导。‎ ‎【详解】（1）A藻自养型，产DHA，但是生长速率慢，B藻异养型，不产DHA，但是生长速率快，选育的融合藻应具有A藻的产生DHA、自养特性与B藻的快速生长的优点。‎ ‎（2）诱导融合前需用纤维素酶处理两种藻，其目的是去除细胞壁，制备原生质体。‎ ‎（3）用不含有机碳源（碳源-生物生长的碳素来源）的培养进行光照培养可淘汰B藻和BB融合型藻类，观察藻落的大小，可淘汰生长速率较慢的藻落；再通过测定DHA含量的步骤获取生产所需的融合藻。‎ ‎【点睛】分析本题关键要结合表格中两种藻类的相关信息：一是确定筛选的融合藻的赢具有的优点（既能产生DHA、自养特性且能快速生长）；二是理解筛选的原理（根据自养型藻类能进行光合作用在无有机碳的培养基中能生长繁殖，同时形成的藻落（相当于菌落）越大其生长速度越快）。‎ ‎43.下图为经过体外受精和胚胎分割移植培育优质奶牛的过程，请回答下列问题：‎ ‎（1）A细胞是_____________，为了获得更多的A细胞，对供体母牛用________________处理。‎ ‎（2）在进行体外受精前要对精子进行___________________处理；受精后，体外培养受精卵时，培养液中提供CO2的目的是______________________。‎ ‎（3）进行胚胎分割时，应选择发育到___________________时期的胚胎进行操作。‎ ‎（4）②指的是__________。在对囊胚阶段的胚胎进行分割时，应注意______________________。‎ ‎（5）胚胎移植时，引出受体子宫和卵巢，将胚胎注入子宫角，缝合创口，这种方法称为________。另一种方法是将装有胚胎移植管送入受体母牛子宫的相应部位，注入胚胎，这种方法称为______。‎ ‎（6）胚胎移植后，要对受体母牛进行___________的检查。‎ ‎【答案】 (1). (次级)卵母细胞 (2). 促性腺激素 (3). 获能 (4). 维持培养液的pH (5). 桑椹胚或囊胚 (6). 囊胚腔 (7). 要将内细胞团均等分割 (8). 手术法 (9). 非手术法 (10). 是否妊娠 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 题图表示经过体外受精、胚胎分割、胚胎移植等培育优质奶牛的过程。图中的A是卵母细胞，①是内细胞团，②是囊胚腔。‎ ‎【详解】（1）图中A细胞与精子结合形成受精卵，因此A是卵母细胞。使用促性腺激素对供体母牛进行超数排卵处理，可以获得更多的卵母细胞。‎ ‎（2）在进行体外受精前利用培养法或化学诱导法对精子进行获能处理。动物细胞培养中，培养液的CO2可以维持培养液的pH。‎ ‎（3）进行胚胎分割时，应选择发育到桑椹胚或囊胚期的胚胎进行操作。‎ ‎（4）②指的是囊胚腔，为了避免影响胚胎的恢复和进一步发育，对囊胚期的胚胎进行分割时，应将内细胞团均等分割。‎ ‎（5）在胚胎移植前，对受体和供体要用孕激素处理，使他们同期发性处理，处于相同的生理状态便于接受外来胚胎。胚胎移植时，一般有手术法和非手术法。手术法：引出受体子宫和卵巢，将胚胎注入子宫角，缝合创口。非手术法：将装有胚胎的移植管送入受体母牛子宫的相应部位，注入胚胎。‎ ‎（6）胚胎移植后，为了判断胚胎能否在受体子宫中存活，要对受体母牛进行是否妊娠检查。‎ ‎【点睛】识记体外受精的过程、胚胎分割的特点及注意事项、胚胎移植的概念等知识，结合图示进行分析便可解答本题。‎ ‎44.下图为三种质粒和一个含目的基因的 DNA 片段，其中 Ap 为氨苄青霉素抗性基因，Tc 为四环素抗性基因，lacZ 为蓝色显色基因，EcoRⅠ（0.7Kb）、PvuⅠ（0.8Kb）等为限制酶及其切割位点与复制原点之间的距离。已知1 kb＝1000个碱基对的长度。请回答下列问题：‎ ‎（1）片段 D 为目的基因中的某一片段，则限制酶和 DNA 连接酶的作用部位依次是_______________ 、______________（填图中数字标号））‎ ‎（2）图中能作为目的基因运载体最理想的质粒是__________（填A/B/C））据图分析，其他两种质粒一般不能作为运载体的理由分别是______________、_________。‎ ‎（3）如果将目的基因和质粒 A 构建重组质粒,然后再用 EcoRⅠ酶切这个重组质粒，进行电泳观察，可出现长度分别为 1.1 kb 和_________________kb 的两个片段，或者长度分别为___________kb 、_________kb的两个片段。‎ ‎【答案】 (1). ② (2). ② (3). B (4). 质粒A缺少标记基因 (5).‎ ‎ 质粒C在用和目的基因相同的限制酶切割时，复制原点会被破坏 (6). 5.4 (7). 3.1 kb (8). 3.4kb ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析题图：如图所示为三种质粒和一个含目的基因的DNA片段示意图．图中Ap为氨苄青霉素抗性基因，Tc为四环素抗性基因，lacZ为蓝色显色基因。EcoRⅠ（0.7Kb）、PvuⅠ（0.8Kb）等为限制酶及其切割的位点与复制原点的距离。片段D中，①是氢键，②是磷酸二酯键。‎ ‎【详解】（1）DNA聚合酶和DNA连接酶的作用部位均为磷酸二酯键，即图中部位②。‎ ‎（2）图中质粒A缺少标记基因；质粒C在用和目的基因相同的限制酶切割时，复制原点会被限制酶切割，会影响重组质粒的自主复制．因此，能作为目的基因运载体最理想的质粒是B。‎ ‎（3）目的基因和质粒A形成的重组质粒总长度为4.0+2.5=6.5kb（质粒+切割出来的目的基因）、其中重组质粒含有两个EcoRⅠ酶切位点，一个在插入的目的基因中，一个在原质粒中。若用EcoRⅠ酶切该重组质粒必然会产生2个片段，若产生的其中一个片段长度为1.1Kb，则说明另一个片段6.5-1.1=5.4kb；若目的基因与质粒A的连接位置与前一种刚好相反，重组质粒的总长度不变，但经EcoRⅠ酶切后产生的两个片段长度不同，分别为（1.3-1.2）+（4.0-1.0）=3.1Kb、6.5-3.1=3.4Kb。‎ ‎【点睛】本题难点在于分析解决（3）小题，关键理解题意中“每种限制酶的切割位点与复制原点的距离”，以及目的基因（4.0Kb）和质粒A的长度（2.5Kb）；当目的基因插入质粒A后的总长度为6.5Kb；其次要理解目的基因的两端与PvuⅠ酶切出的两个质粒切口链接时有两种方向，导致插入的目的基因中EcoRⅠ酶切点与原质粒A中EcoRⅠ酶切点之间的距离不等，所以EcoRⅠ酶切割后悔产生不同长度的两种片段。‎ ‎45.某细菌能产生一种环状毒性肽，其分子式是C55H68O18N10，将它彻底水解后只能得到下列四种氨基酸，分别是甘氨酸C2H5NO2，丙氨酸C3H7NO2，苯丙氨酸C9H11NO2，谷氨酸C5H9NO4，其结构式如图，请据图回答：‎ ‎（1）该多肽是___肽化合物，连接相邻两个氨基酸之间化学键的结构式是__________，氨基酸脱水缩合形成该化合物的过程中，相对分子质量减少了____________。‎ ‎（2）该多肽的彻底水解需______个水分子参与，水解后可得到_____个甘氨酸，_____个丙氨酸，______个谷氨酸和3个苯丙氨酸。‎ ‎（3）蛋白质分子结构复杂，经加热、X射线、强酸、强碱、重金属盐等的作用，引起蛋白质的变性，其原因主要是______________________________。‎ ‎（4）由题中提及的四种氨基酸按一定数量混合后，在适宜条件下，脱水缩合后形成的含四个肽键的链状分子最多有____________种。‎ ‎【答案】 (1). 十 (2). -CO-NH- (3). 180 (4). 10 (5). 1 (6). 2 (7). 4 (8). 蛋白质空间结构发生变化 (9). 45=1024‎ ‎【解析】‎ 分析：分析题图：图示表示分子式为C55H68O18N10的多肽彻底水解后得到的四种氨基酸，这四种氨基酸都只含有一个氨基，根据多肽的分子式中含有十个N可推测出该多肽是十肽，由于是环状毒性肽，则十肽形成过程中脱去了10个水分子，形成10个肽键。四种氨基酸中，只有谷氨酸含有4个O原子，其它三种氨基酸都含有2个O原子，所以以O原子作为突破口，算出谷氨酸的分子数目。‎ 详解：（1）由于四种氨基酸都只含有一个氨基，根据多肽的分子式中含有十个N可推测出该多肽是十肽，连接相邻两个氨基酸之间的化学键的结构式是-CO-NH-。氨基酸脱水缩合形成该“毒性肽”的过程中，环状十肽形成时会脱去了10个水分子，所以相对分子质量减少了18×10=180。‎ ‎（2）由于是环状十肽，该多肽彻底水解需10个水分子参与。根据图解可知，谷氨酸含有4个O原子，其他三种氨基酸都含有2个O原子，所以以O原子作为突破口，设谷氨酸为X个，则4X+（10-X）×2=18+10，可求出X=4个。因此该多肽进行水解，得到4个谷氨酸分子。此十肽中共有C原子55个，N原子10个。设此多肽中含有甘氨酸与丙氨酸数目分别为a、b个，由于已经知道谷氨酸与丙氨酸的数目，由于在水解过程中，C与N原子数守恒，则有2a+3b+9×3+5×4=55，a+b+3+4=10。解此二元一次方程组得，a=1，b=2，即该多肽水解后得到1个甘氨酸分子，2个丙氨酸分子，4个谷氨酸分子和3个苯丙氨酸。‎ ‎（3）蛋白质分子结构复杂，经加热、X射线、强酸、强碱、重金属盐等的作用，引起蛋白质的变性，其原因主要是蛋白质空间结构发生变化。‎ ‎（4）脱水缩合后形成的含四个肽键的分子是由5个氨基酸形成，所以最多可有45=1024种。‎ 点睛：阅读题干和题图可知，该题的知识点是组成蛋白质都氨基酸的结构特点，氨基酸的脱水缩合反应，蛋白质变性的原因，先梳理相关知识点，然后结合题干信息进行解答。‎ ‎ ‎ ‎ ‎