江苏省盐城市八校2024-2025学年高三上学期开学考试生物试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省盐城市八校2024-2025学年高三上学期开学考试全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。5．本卷主要考查内容：选择性必修3，必修1第1章～第5章。一、单项选择题：共14题，每题2分，共28分。每题只有一个选项最符合题意。1.为从泡菜汁中筛选出耐高盐的乳酸菌，某兴趣小组进行了如下操作：取少量泡菜汁样品，采用平板划线法将其接种于一定NaCl浓度梯度的培养基，经培养得到单菌落。下列叙述错误的是（）A.所用培养基为选择培养基，且其中需添加维生素B.泡菜汁样品需要经过多次稀释后才能进行划线接种C.应在无氧条件下培养，分离得到的不一定均为乳酸菌D.若选择稀释涂布平板法接种，还可对菌落进行计数【答案】B【分析】微生物常见的接种的方法：①平板划线法：将已经熔化的培养基倒入培养皿制成平板，接种，划线，在恒温箱里培养。在线的开始部分，微生物往往连在一起生长，随着线的延伸，菌数逐渐减少，最后可能形成单个菌落；②稀释涂布平板法：将待分离的菌液经过大量稀释后，均匀涂布在培养皿表面，经培养后可形成单个菌落。【详解】A、该培养基有一定浓度NaCl，能够筛选耐盐菌，属于选择培养基，其中需添加维生素，有利于乳酸菌的生长，A正确；B、平板划线接种时不需要稀释，B错误；C、应在无氧条件下培养，分离得到的不一定均为乳酸菌，因为泡菜汁中含有的微生物种类较多，C正确；D、若选择稀释涂布平板法接种，还可对菌落进行计数，同时也能得到单菌落，D正确。故选B。2.青霉素是临床上广泛应用的一种抗生素。利用发酵工程生产青霉素的流程如图所示，图中①～⑤代表相应过程。下列叙述错误的是（）A.接种前的过程①②都属于扩大培养环节B.发酵罐中的发酵是该发酵工程的中心环节C.过程③可选择干热灭菌法对培养基进行灭菌D.过程④可用过滤、沉淀的方法将菌体分离干燥【答案】C【分析】发酵工程是指利用微生物的特定功能，通过现代工程技术，规模化生产对人类有用的产品。它涉及菌种的选育和培养、产物的分离和提纯等方面。具体包括：菌种的选育，扩大培养，培养基的配制、灭菌，接种，发酵，产品的分离、提纯等环节。【详解】A、图中的过程①、②都属于扩大培养，该过程需要进行培养液的更换，这样有利于增加菌种的数量，A正确；B、发酵罐中的发酵是该发酵工程的中心环节，通过该环节可以获得人类所需要的产品，B正确；C、过程③是配制培养基，需要利用高压蒸汽灭菌法进行灭菌，以防止培养基中掺杂其他微生物，不能利用干热灭菌法灭菌，C错误；D、过程④是获得菌种，即微生物本身，常采用过滤和沉淀等方法将菌体分离和干燥，分离出的菌种可以再使用，D正确。故选C。3.下列关于植物细胞工程与动物细胞工程相关内容的分析，不合理的是（）A.植物细胞培养和动物细胞培养都利用了细胞增殖的原理B.植物组织培养和克隆动物技术都涉及了基因的选择性表达C.为获得单个完整的悬浮细胞，可用纤维素酶充分处理植物细胞团D.植物原生质体融合和动物细胞融合都体现了细胞膜的流动性【答案】C【分析】植物组织培养的原理是细胞的全能性。植物体细胞杂交的原理是细胞膜的流动性和全能性。动物细胞培养的原理是细胞增殖。动物细胞融合的原理是细胞膜的流动性。【详解】A、植物细胞培养和动物细胞培养都是使细胞数目增加，都利用了细胞增殖的原理，A正确；B、植物组织培养和克隆动物技术都涉及了细胞的分化，细胞分化的实质是基因的选择性表达，B正确；C、为使细胞分散开，进行植物细胞培养时可用果胶酶和纤维素酶适当处理，C错误；D、原生质体融合和动物细胞融合过程涉及细胞膜的融合过程，故体现细胞膜的流动性这一结构特点，D正确。故选C。4.单克隆抗体是由一种杂交瘤细胞经无性繁殖而来的细胞群所产生的，具有高度特异性。下列有关单克隆抗体及其制备过程的叙述，正确的是（）A.对已免疫小鼠脾脏中的浆细胞进行传代培养，是为了扩大细胞数量B.在选择培养基上，未融合的细胞会死亡，融合的细胞都能正常生长C.抗体检测呈阳性的杂交瘤细胞只有注射到小鼠腹腔内才能大量增殖D.单克隆抗体能准确识别不同抗原之间的细微差异，可用于抗原检测【答案】D【分析】一、单克隆抗体制备流程：先给小鼠注射特定抗原使之发生免疫反应，之后从小鼠脾脏中获取已经免疫的B淋巴细胞；诱导B细胞和骨髓瘤细胞融合，利用选择培养基筛选出杂交瘤细胞；进行抗体检测，筛选出能产生特定抗体的杂交瘤细胞；进行克隆化培养，即用培养基培养和注入小鼠腹腔中培养；最后从培养液或小鼠腹水中获取单克隆抗体。二、单克隆抗体的作用：①作为诊断试剂：（最广泛的用途）具有准确、高效、简易、快速的优点。②用于治疗疾病和运载药物：主要用于治疗癌症，可制成“生物导弹”。【详解】A、浆细胞是高度分化的细胞，不进行细胞分裂，无法通过传代培养以扩大细胞数量，A错误；B、在选择培养基上，未融合的亲本细胞和融合的具有同种核的细胞都会死亡，只有融合的杂交瘤细胞才能生长，B错误；C、可将抗体检测呈阳性的杂交瘤细胞在体外条件下大规模培养，或注射到小鼠腹腔内增殖，C错误；D、单克隆抗体可以准确识别抗原的细微差异，可以与特定的抗原结合，且可以大量制备，D正确。故选D。5.纤维素的酶解产物有着非常广泛的应用，但目前存在纤维素酶催化活性低、持续催化能力弱等问题，利用蛋白质工程对纤维素酶进行改造可能避免上述问题。下列叙述错误的是（）A.需要通过蛋白质修饰直接对现有的纤维素酶进行改造B.通过蛋白质工程能生产出自然界中不存在的纤维素酶C.设计预期纤维素酶的结构是对其进行改造的重要步骤D.酶解法实现对纤维素的利用对环境污染小甚至无污染【答案】A【分析】蛋白质工程的过程：根据中心法则逆推以确定目的基因的碱基序列：预期蛋白质功能→设计预期的蛋白质结构→推测应有氨基酸序列→找到对应的脱氧核苷酸序列（基因）；最终还是回到基因工程上来解决蛋白质的合成。【详解】A、蛋白质工程就是通过基因修饰或基因合成，对现有蛋白质进行改造或合成新蛋白，需要对基因进行操作，A错误；B、与基因工程相比，蛋白质工程对基因进行改造，可以生产自然界没有的蛋白质，B正确；C、设计预期蛋白质结构和推测应有的氨基酸序列是蛋白质工程重要步骤，也是最难的环节，C正确；D、利用酶解法实现对纤维素的利用，从而避免了纤维素堆积对环境造成的污染，同时酶解法处理纤维素获得的产物可以被重新利用，因而可能不会造成污染，D正确。故选A。6.下列关于生物体中元素和化合物的叙述，错误的是（）A.在活细胞中，水可以与蛋白质、多糖等分子结合B.脂质分子的组成元素为C、H、O，其中氧的含量远远高于糖类C.叶绿素分子与血红蛋白分子结构的区别之一为所含的无机盐离子不同D.原核细胞的DNA主要分布于拟核中，RNA主要分布在细胞质中【答案】B【分析】一、糖类的元素组成是C、H、O，蛋白质的元素组成是C、H、O、N等，不同类的脂质的元素组成不同，脂肪和固醇的元素组成是C、H、O，磷脂的元素组成是C、H、O、N、P，核酸的元素组成是C、H、O、N、P。二、水的存在形式有自由水和结合水。三、真核生物中，DNA主要分布于细胞核，RNA主要分布于细胞质。【详解】A、水的存在形式有自由水和结合水，在活细胞中，水可以与蛋白质、多糖等分子结合，A正确；B、脂质分子的组成元素为C、H、O，其中氧的含量远远低于糖类，B错误；C、叶绿素的合成需要Mg2+，血红蛋白分子需要Fe2+，可见叶绿素分子与血红蛋白分子结构的区别之一为所含的无机盐离子不同，C正确；D、真核生物中DNA主要分布于细胞核，RNA主要分布于细胞质；原核生物的DNA主要分布于拟核中，RNA主要分布在细胞质中，D正确。故选B。7.研究发现，人内耳中一种Prestin蛋白的快速运动对于听到高频声音至关重要。下列相关叙述错误的是（）A.Prestin蛋白的合成过程中伴随着水的生成B.Prestin蛋白和胰岛素的基本组成单位相同C.高温、低温等均会使Prestin蛋白失去活性而令人无法听到高频声音D.Prestin蛋白对于人听到高频声音的重要功能是由其结构决定的【答案】C【分析】一、蛋白质的基本单位是氨基酸。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，同时脱出一分子水的过程；连接两个氨基酸的化学键是肽键。二、蛋白质的变性：受热、酸碱、重金属盐、某些有机物（乙醇、甲醛等）、紫外线等作用时蛋白质可发生变性，失去其生理活性；变性是不可逆过程，是化学变化过程。【详解】A、Prestin蛋白是由氨基酸脱水缩合而成的，所以在合成过程中伴随着水的生成，A正确；B、Prestin蛋白和胰岛素的基本组成单位相同，都是氨基酸，B正确；C、高温会使Prestin蛋白的空间结构发生改变并失去活性而令人无法听到高频声音，但低温不会使Prestin蛋白失去活性，C错误；D、结构决定功能，Prestin蛋白对于人听到高频声音的重要功能是由其结构决定的，D正确。故选C。8.科学家发现四膜虫rRNA的前体在没有蛋白质参与的情况下，能专一催化寡聚核苷酸底物的切割与连接，被称为核酶。下列叙述正确的是（）A.核酶的组成元素为C、H、O、NB.核酶与双缩脲试剂在常温下可发生紫色反应C.核酶的催化活性受温度、pH等外界因素的影响D.核酶能催化磷酸二酯键和氢键的断裂和形成【答案】C【分析】酶是活细胞产生的具有生物催化能力的有机物，大多数是蛋白质，少数是RNA；酶的催化具有高效性（酶的催化效率远远高于无机催化剂）、专一性（一种酶只能催化一种或一类化学反应的进行）、需要适宜的温度和pH值（在最适条件下，酶的催化活性是最高的，低温可以抑制酶的活性，随着温度升高，酶的活性可以逐渐恢复，高温、过酸、过碱可以使酶的空间结构发生改变，使酶永久性的失活）。【详解】AB、核酶的化学本质为RNA，组成元素为C、H、O、N、P，不能与双缩脲试剂发生紫色反应，A错误、B错误；C、酶的活性受温度、pH等外界因素的影响，酶的化学本质是蛋白质或RNA（核酶），可见核酶的催化活性受温度、pH等外界因素的影响，C正确；D、题干信息：RNA的前体在没有蛋白质参与的情况下，能专一催化寡聚核苷酸底物的切割与连接，被称为核酶；可见核酶只能催化磷酸二酯键的断裂和形成，D错误。故选C。9.叶绿体可能起源于被真核细胞内吞后并与之共生的蓝细菌。下图是核基因编码叶绿体前体蛋白合成与转运的过程。下列相关叙述正确的是（）A.蓝细菌和植物叶肉细胞含有相同的光合色素，都分布在类囊体薄膜上B.蓝细菌与植物病毒在结构上的最大区别是有无以核膜包被的细胞核C.前体蛋白可能参与组成叶绿体内关键酶，叶绿体是半自主性的细胞器D.叶绿体与蓝细菌中遗传物质都是DNA，但叶绿体中不能进行DNA复制【答案】C【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、蓝细菌是原核生物，没有叶绿体，也就没有类囊体薄膜，A错误；B、蓝细菌是细胞生物，植物病毒无细胞结构，因此二者最主要的区别是有无细胞结构，B错误；C、题图可知，前提蛋白在细胞质中的核糖体上合成，然后被运入叶绿体，可见前体蛋白可能参与组成叶绿体内关键酶；叶绿体基质中含有DNA、核糖体、RNA等能够合成一部分自身需要的蛋白质，叶绿体是半自主性的细胞器，C正确；D、叶绿体基质中含有DNA、核糖体、RNA等；叶绿体中能发生转录和翻译，也能进行DNA复制，D错误。故选C。10.将某藻类叶片放入一定浓度的溶液中，细胞的变化趋势如图所示，y为相应参数。下列叙述错误的是（）A.若y表示液泡体积，则a点时细胞吸水能力最弱B.若y表示液泡体积，则该溶液不可能是蔗糖溶液C.若y表示液泡体积，则b点时发生质壁分离复原D.若将藻类叶片置于清水中，细胞也不会吸水涨破【答案】A【分析】植物的原生质层由细胞膜、液泡膜以及两者之间的细胞质组成，相当于一层半透膜，当外界溶液浓度大于细胞液浓度时细胞失水，发生质壁分离，质壁分离过程中，液泡体积减小，细胞液的浓度逐渐升高，细胞吸水能力增强。【详解】A、y表示液泡体积，a点时液泡体积最小，此时细胞失水量最多，细胞液浓度最大，细胞吸水能力最强，A错误；B、y表示液泡体积，液泡体积先减小后增加，说明细胞发生了质壁分离以及质壁分离的自动复原，故该溶液不可能是蔗糖溶液，B正确；C、y表示液泡体积，液泡体积先减小后增大，说明细胞先失水，ab段细胞吸水，因此b点时发生质壁分离复原，C正确；D、将藻类叶片置于清水中，由于植物细胞壁的支持和保护，细胞不会吸水涨破，D正确。故选A。11.腺苷酸环化酶可促进ATP转化为环化腺苷一磷酸（CAMP），细胞中的CAMP含量升高会影响多种代谢过程，如抑制细胞增殖，促进细胞分化等。下列叙述错误的是（）A.ATP分子中含有3个特殊的化学键B.小分子物质CAMP分子中含有糖类C.CAMP含量升高，可能会使细胞周期延长D.ATP是驱动细胞生命活动的直接能源物质【答案】A【分析】ATP的结构简式是A-P～P～P，其中A代表腺苷，T是三的意思，P代表磷酸基团；ATP和ADP的转化过程中，能量来源不同：ATP水解释放的能量，来自特殊的化学键的化学能，并用于生命活动；合成ATP的能量来自呼吸作用或光合作用。【详解】A、ATP的结构简式是A-P～P～P，含有2个特殊的化学键，A错误；B、小分子物质CAMP由ATP脱去磷酸后环化而来，ATP中含有核糖，故小分子物质CAMP分子中含有糖类，B正确；C、据题干信息可知，细胞中的CAMP含量升高会抑制细胞的增殖，进而延长细胞周期，C正确；D、ATP水解释放的能量，来自特殊的化学键的化学能，可直接用于生命活动，D正确。故选A。12.下列有关细胞呼吸的叙述，正确的是（）A.用透气的纱布包扎伤口可避免组织细胞缺氧死亡B.水稻在水淹状态下，根细胞释放的CO2都来自无氧呼吸C.粮食种子适宜储藏在零上低温、低氧和中等湿度的环境中D.硝化细菌、根瘤菌等原核生物有氧呼吸的主要场所不是线粒体【答案】D【分析】细胞呼吸原理的应用：（1）种植农作物时，疏松土壤能促进根细胞有氧呼吸，有利于根细胞对矿质离子的主动吸收；（2）利用酵母菌发酵产生酒精的原理酿酒，利用其发酵产生二氧化碳的原理制作面包、馒头；（3）利用乳酸菌发酵产生乳酸的原理制作酸奶、泡菜；（4）稻田中定期排水可防止水稻因缺氧而变黑、腐烂；（5）皮肤破损较深或被锈钉扎伤后，破伤风芽孢杆菌容易大量繁殖，引起破伤风；（6）提倡慢跑等有氧运动，是不致因剧烈运动导致氧的不足，使肌细胞因无氧呼吸产生乳酸，引起肌肉酸胀乏力；（7）粮食要在低温、低氧、干燥的环境中保存；（8）果蔬、鲜花的保鲜要在低温、低氧、适宜湿度的条件下保存。【详解】A、由于氧气能抑制破伤风杆菌的无氧呼吸，所以在包扎伤口时，选用透气的纱布进行包扎，以抑制破伤风杆菌的无氧呼吸，而不是避免组织细胞缺氧死亡，A错误；B、水淹状态下，根细胞缺氧，产生的CO2来自有氧呼吸和无氧呼吸，B错误；C、粮食种子适宜储藏在低温、低氧和干燥的环境中，C错误；D、硝化细菌、根瘤菌等原核生物无线粒体，因此其有氧呼吸的主要场所不是线粒体，D正确。故选D。13.植物中许多含铁化合物都参与了光合作用，植物体内约有80%的铁储存于叶绿体内，在缺铁条件下，叶绿素含量会减少。下列叙述正确的是（）A.光合作用的光反应发生在叶绿体外膜和类囊体薄膜上B.缺铁时叶绿素含量减少说明铁是合成叶绿素的元素C.铁为微量元素，但对细胞的正常生命活动至关重要D.在铁充足时，光反应产生的ATP可用于CO2固定【答案】C【分析】光合作用包括光反应和暗反应两个阶段，其中光反应包括水的光解和ATP的生成，暗反应包括二氧化碳的固定和三碳化合物的还原等。【详解】A、光合作用的光反应发生在叶绿体类囊体薄膜上，不在叶绿体外膜，A错误；B、缺铁时叶绿素含量减少，但不能说明铁是合成叶绿素的元素，B错误；C、铁为微量元素，在细胞中含量较少，但对细胞的正常生命活动至关重要，C正确；D、在铁充足时，光反应产生的ATP可用于暗反应中C3的还原，CO2固定不消耗能量，D错误。故选C。14.膜联蛋白是依赖Ca2+活化后与膜磷脂结合形成的一类紧挨细胞膜的蛋白质，其具有调控功能，可参与囊泡运输、钙信号传导、细胞生长、分裂和凋亡等过程。下列叙述错误的是（）A.膜联蛋白的形成需要Ca2+以及膜上磷脂分子的参与B.推测当Ca2+浓度降低时，膜联蛋白的调控功能下降C.膜联蛋白是需要分泌到细胞外起作用的蛋白质D.膜联蛋白可能是检测早期细胞凋亡的指标之一【答案】C【分析】细胞膜功能的复杂程度取决于膜上蛋白质的种类和数量。膜联蛋白是依赖Ca2+活化后与膜磷脂结合形成的一类紧挨细胞膜的蛋白质，其位于细胞膜上。【详解】A、根据题干信息“膜联蛋白是依赖Ca2+活化后与膜磷脂结合形成的一类紧挨细胞膜的蛋白质”可知，膜联蛋白的形成需要Ca2+以及膜上磷脂分子的参与，A正确；B、膜联蛋白的功能活化需要Ca2+参与，推测当Ca2+浓度降低时，膜联蛋白的调控功能下降，B正确；C、膜联蛋白与膜磷脂结合紧挨细胞膜，其属于膜上蛋白，并不是需要分泌到细胞外起作用的蛋白质，C错误；D、膜联蛋白可参与囊泡运输、钙信号传导、细胞生长、分裂和凋亡等过程，因此膜联蛋白可能是检测早期细胞凋亡的指标之一，D正确。故选C。二、多项选择题：共4题，每题3分，共12分。每题有不止一个选项符合题意。每题全选对者得3分，选对但不全的得1分，错选或不答的得0分。15.研究人员将杨树中的重金属转运蛋白HMA3基因与外源高效启动子连接后，导入杨树基因组中，如下图所示，图中①～④代表引物。下列叙述正确的是（）A.可利用DNA连接酶将HMA3基因与外源高效启动子进行连接B.为检测转基因杨树是否含导入的HMA3基因，可选择②③进行PCR扩增C.成功制备的转基因杨树，其某个细胞的核内可能存在多个HMA3基因D.成功制备的转基因杨树植株中，HMA3基因的表达量明显上调【答案】ACD【分析】根据图示中引物的位置可知，引物①扩增的片段含有启动子和HMA3基因，引物③扩增的片段不含启动子，引物②扩增的片段既含有启动子，又含有HMA3基因序列。【详解】A、DNA连接酶可以连接两个DNA片段，因此可利用DNA连接酶将HMA3基因与外源高效启动子进行连接，A正确；B、为检测转基因杨树是否含导入的HMA3基因，可选择②③进行PCR扩增，防止内源DNA的干扰，B错误；C、成功制备的转基因杨树，其某个细胞的核内可能存在多个HMA3基因，包括本身杨树存在的HMA3基因以及导入的HMA3基因，C正确；D、将杨树中的重金属转运蛋白HMA3基因与外源高效启动子连接后，导入杨树基因组中，因此成功制备的转基因杨树植株中，HMA3基因的表达量明显上调，D正确。故选ACD。16.内质网与线粒体的联系是由ERMES蛋白复合体介导的，ERMES蛋白复合体中含有一个SMP结构域，缺失SMP结构域的ERMES蛋白复合体不能正确地定位在内质网—线粒体接触位点上。在酵母菌细胞中，内质网与线粒体之间的脂质转运也依赖ERMES蛋白复合体。下列叙述错误的是（）A.SMP结构域可以正确引导内质网中的葡萄糖进入线粒体氧化分解B.推测SMP结构域参与相关蛋白在内质网—线粒体接触位点上的正确定位C.内质网通过ERMES蛋白复合体与线粒体相连保证了大肠杆菌的正常细胞代谢D.酵母菌细胞中，内质网与线粒体间的脂质转运属于依赖ERMES蛋白的主动运输【答案】ACD【分析】一、内质网是细胞内范围最广的细胞器，向内与核膜相连，向外与质膜相连。二、膜蛋白具有信息交流、运输物质等等功能。三、内质网产生的囊泡运输给高尔基体，高尔基体对来自内质网的蛋白质进行加工、分拣、运输。【详解】A、葡萄糖在细胞质基质中分解为丙酮酸后，进入线粒体氧化分解，可见葡萄糖不能直接进入线粒体氧化分解，A错误；B、由“缺失SMP结构域的ERMES蛋白复合体不能正确地定位在内质网—线粒体接触位点上”可知，SMP结构域参与相关蛋白在内质网—线粒体接触位点上的正确定位，B正确；C、大肠杆菌属于原核生物，只有核糖体一种细胞器，不含有内质网、线粒体等细胞器，C错误；D、酵母菌细胞中，内质网与线粒体间的脂质转运依赖ERMES蛋白复合体，但该过程不是主动运输，D错误。故选ACD。17.如图所示，细胞膜上的钠—钾泵可以将细胞外的钾离子运进细胞内，并将细胞内的钠离子运出细胞。每将三个钠离子运出细胞的同时将两个钾离子运进细胞，钠—钾泵的转运需消耗ATP。下列叙述错误的是（）A.Na+结合位点和K+结合位点都位于α亚基B.钠—钾泵能转运K+和Na+，说明该蛋白不具有专一性C.钠—钾泵转运Na+和K+的不平衡，与静息电位产生有关D.逆电化学梯度泵出Na+不利于保持膜外较高的Na+浓度【答案】BD【分析】神经纤维未受到刺激时，K+外流，细胞膜内外的电荷分布情况是外正内负，表现为静息电位；当某一部位受刺激时，Na+内流，其膜电位变为外负内正，表现为动作电位。【详解】A、据图可知，Na+结合位点和K+结合位点都位于α亚基，A正确；B、钠—钾泵有Na+结合位点和K+结合位点，但两者的结合位点不一样，说明该蛋白仍具有专一性，固定的位点能够结合固定的离子，B错误；C、神经纤维未受到刺激时，K+外流，细胞膜内外的电荷分布情况是外正内负，钠—钾泵转运Na+和K+的不平衡，可以使得更多的钠离子进入细胞外，更多的钾离子进入细胞内，故与静息电位产生有关，C正确；D、静息状态时，细胞外钠离子浓度高，细胞内钾离子浓度高，由图可知：逆电化学梯度泵出Na+有利于保持膜外较高的Na+浓度，D错误。故选BD。18.酵母菌是一种单细胞真菌，能将糖发酵成酒精和二氧化碳，是一种典型的异养兼性厌氧微生物，在有氧和无氧条件下都能存活。下图为探究酵母菌呼吸方式的装置图，有关叙述错误的是（）A.根据装置1中红色液滴的移动情况可判断酵母菌是否进行有氧呼吸B.若装置1中液滴左移，装置2右移，则酵母菌呼吸类型为无氧呼吸C.若装置2液滴右移，则用酸性重铬酸钾检测酵母菌液不会发生颜色变化D.若用绿色植物进行该实验，则需要进行遮光处理【答案】BC【分析】分析实验装置：装置1中NaOH溶液的作用是除去酵母菌呼吸作用释放的二氧化碳，所以装置1中液滴移动的距离代表酵母菌有氧呼吸消耗的氧气；装置2中的清水不吸收气体，也不释放气体，所以装置2中液滴移动的距离代表呼吸作用释放的二氧化碳的量与消耗氧气的量的差值。【详解】A、装置1中NaOH可吸收产生的CO2，使装置内气压的改变取决于O2，因此根据装置1中红色液滴的移动情况可判断酵母菌是否进行有氧呼吸，A正确；B、装置1液滴左移，说明消耗氧气进行了有氧呼吸，装置2液滴右移，说明CO2产生量大于O2吸收量，故同时进行有氧呼吸和无氧呼吸，B错误；C、装置2液滴右移，说明酵母菌进行了无氧呼吸，能产生酒精，与酸性重铬酸钾会发生颜色变化，C错误；D、绿色植物能进行光合作用，若要探究呼吸类型，则需在黑暗条件下进行，D正确。故选BC。三、非选择题：共5题，共60分。19.真核生物基因转录的起始与启动子有关。启动子大多位于RNA转录起始点上游，长度约为100bp，典型的启动子包括一个CAT盒和一个TATA盒。下图是某基因的启动子，回答下列问题：（1）启动子是______酶识别和结合的部位，该酶能催化______（填化学键名称）的形成。（2）提取该基因转录得到的mRNA，经______过程可得到cDNA，该cDNA序列中______（填“含有”或“不含有”）CAT盒序列。（3）AOX1为甲醇氧化酶基因的启动子，只能在以甲醇为唯一碳源的环境下正常发挥作用。人绒毛膜促性腺激素（hCGβ）与结肠癌等多种恶性肿瘤的发生、发展及转移有关。某研发团队关于制备抗hCGβ疫苗的方案如下图所示。注：甲序列指导合成的信号肽能引导后续合成的肽链进入内质网腔。①为防止目的基因与质粒的自身环化并保证连接的方向性，可在如图所示hCGβ基因左右两端分别添加______限制酶的识别序列。②hCGβ基因需要与甲序列一起构建形成融合基因，这有利于______。选用AOX1作为hCGβ基因启动子的优势是______。③阶段Ⅱ是为了______，阶段Ⅳ培养基中______（填“需要”或“不需要”）添加组氨酸。阶段V进行检测所依据的原理是______。【答案】（1）①.RNA聚合②.磷酸二酯键（2）①.逆转录②.不含有（3）①.XhoⅠ、MumⅠ②.hCGβ基因控制合成的肽链进入内质网继续合成、再加工③.可以通过控制培养液中以甲醇作为唯一碳源，进而控制hCGβ基因的表达④.实现重组DNA（或环化质粒）的大量扩增⑤.不需要⑥.抗原和抗体特异性结合【分析】基因工程技术的基本步骤：（1）目的基因的获取：方法有从基因文库中获取、利用PCR技术扩增和人工合成。（2）基因表达载体的构建：是基因工程的核心步骤，基因表达载体包括目的基因、启动子、终止子和标记基因等。（3）将目的基因导入受体细胞：根据受体细胞不同，导入的方法也不一样。（4）目的基因的检测与鉴定。【小问1详解】启动子是RNA聚合酶识别和结合的部位，RNA聚合酶能催化磷酸二酯键的形成。【小问2详解】提取该基因转录得到的mRNA，经逆转录过程可得到cDNA。该cDNA序列中不含有CAT盒序列，因为CAT盒存在于启动子区，不属于基因转录序列。【小问3详解】①为防止目的基因与质粒的自身环化并保证连接的方向性，可在hCGβ基因左右两端分别添加限制酶的识别序列。根据限制酶的识别序列及酶切位点，SmaⅠ酶切会破坏目的基因，EcoRⅠ酶切会破坏质粒上的氨苄青霉素抗性基因（标记基因），SalⅠ酶切会破坏质粒上的组氨酸合成酶基因，XmaⅠ识别序列与SmaⅠ识别序列相同，也会破坏目的基因。因此，应选择XhoⅠ和MumⅠ。②甲序列指导合成的信号肽能引导后续合成的肽链进入内质网腔，因此hCGβ基因与甲序列一起构建形成融合基因后有利于hCGβ基因控制合成的肽链进入内质网继续合成、再加工。AOX1为甲醇氧化酶基因的启动子，其只能在以甲醇为唯一碳源的培养基中正常表达，选用AOX1作为hCGβ基因启动子的优势是可以通过控制培养液中以甲醇作为唯一碳源，进而控制hCGβ基因的表达。③阶段Ⅱ是为了实现重组DNA（或环化质粒）的大量扩增。由于环化质粒中含有组氨酸合成酶基因，因此为筛选导入重组质粒的酵母菌，培养基中不需要再加入组氨酸。阶段Ⅴ采用抗原—抗体杂交法进行检测，其原理为抗原和抗体特异性结合。20.如图是组成人体的部分元素与化合物之间的关系，以及某些生物大分子的结构和分解过程图解，其中a～e代表小分子，A、C、D可代表生物大分子，甲～丙代表物质或结构，物质D1、D2为生物大分子中的两种类型：一种为单链结构，另一种为双链结构。回答下列问题：（1）物质a为______，A和C可在细胞膜的外侧结合成______，而A和B则可结合成乙______，它们均可起到信息交流的作用。（2）d作为D的组成单位，它是由______组成的，D2可以与氨基酸结合，其结合部位是它的______末端，而组成D1的⑥名称为______。（3）物质e的名称是______，脂质中与e元素组成相同的化合物还有______。（4）图中大分子C在降解时，酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）两侧的肽键，酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）氨基端的肽键，则大分子C中，苯丙氨酸共有______个，赖氨酸存在于第______号位上，这两种酶中，用酶______作用于C后产物中可能有二肽。【答案】（1）①.单糖②.糖蛋白③.糖脂（2）①.碱基、五碳糖和磷酸②.羟基（-OH）③.脱氧（核糖）核苷酸（3）①.胆固醇②.脂肪、性激素、维生素D（4）①.3##三②.22、（23、）24、61③.2【分析】一、多糖、蛋白质、核酸属于生物大分子；核酸包括核糖核酸（RNA）和脱氧核糖核酸（DNA），核酸的基本单位是核苷酸，蛋白质的基本单位是氨基酸。二、分析题图可知，a是单糖，A是多糖，B是磷脂，A和B构成糖脂（乙），c表示氨基酸，C表示蛋白质，A和C构成糖蛋白（甲），D1表示DNA，D2表示RNA，C和D1构成染色体（丙）【小问1详解】由图可知，物质A是多糖，B是磷脂，C是蛋白质，D1是DNA，D2是RNA。物质a为单糖，A和C可以在细胞膜的外侧结合成甲（糖蛋白），而A和B则可以结合成乙（糖脂），它们均可起到信息交流的作用。【小问2详解】d是核苷酸，其作为D的组成单位，它是由更小的分子，即碱基、五碳糖和磷酸组成的，D2可以与氨基酸结合，其结合部位是它的羟基（-OH）末端，而组成D1的⑥名称为脱氧（核糖）核苷酸。【小问3详解】从e的功能来看，e是构成细胞膜的重要成分，在人体内还参与血液中脂质的运输，则e是胆固醇，脂质中与e元素组成相同的化合物还有脂肪、性激素和维生素D。【小问4详解】图中大分子C在降解时，酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）两侧的肽键，这样每个苯丙氨酸会被切除，故与C相比，少几个氨基酸，就有几个苯丙氨酸，所以大分子C中，苯丙氨酸共有3（三）个。酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）氨基端的肽键，有赖氨酸处才会被切割，根据结果来看，赖氨酸存在于第22、（23、）24、61号位上，23号位可能是赖氨酸也可能不是。酶1水解C后，只能产生单个的苯丙氨酸，而酶2水解后的产物可能有二肽。21.生存于盐渍环境中的盐生植物在长期适应生境的过程中进化出了独特的耐盐机制，一种积盐盐生植物通过吸收大量Na+并运至地上部分，将Na+区域化到液泡中，从而抵御盐胁迫。回答下列问题：（1）积盐盐生植物的耐盐机制与细胞膜的通透性有关，细胞膜由______（填组成成分）组成。研究发现，积盐植物叶和茎表面的角质层较厚，表皮蜡质含量较高，其意义是____________。（2）Na+区域化到液泡中有助于______的同时，还能______，避免Na+对胞内各项代谢过程的损害。大量研究表明，液泡Na+区域化主要由液泡膜Na+/H+逆向转运蛋白（NHX）介导，而在此过程中，需要H+为NHX提供质子驱动力。因此，Na+区域化到液泡内的运输方式是____________。（3）兴趣小组为研究细胞膜等生物膜的特性，比较了某积盐盐生植物细胞膜和人工膜（双层磷脂）对多种物质的通透性，结果如图所示。①水分子进出该植物细胞膜不是完全依赖于自由扩散，判断的理由是____________。②通过图中该植物细胞膜对K+、Na+、Cl-的通透性数值比较，可知该植物细胞膜对离子吸收具有______。③甘油、CO2、O2等物质通过该积盐盐生植物细胞膜的扩散速率不同，说明______可能影响其通过人工膜的扩散速率。【答案】（1）①.脂质、蛋白质、糖类②.减少植株在盐胁迫下的水分散失，维持体内良好的水分状况（2）①.提高植物吸水能力②.减少Na+在细胞质基质中的过量积累③.主动运输（3）①.细胞膜对水分子的通透性大于人工膜②.选择透过性③.分子大小、物质的性质【分析】一、自由扩散的特点是顺浓度梯度，与膜内外物质浓度梯度有关，不需要载体蛋白协助，不消耗能量。二、协助扩散的特点是顺浓度梯度，与膜内外物质浓度梯度有关，还需要膜上的载体蛋白的协助，不消耗能量。三、主动运输的特点是需要载体蛋白协助，需要消耗能量。【小问1详解】细胞膜的组成成分为脂质、蛋白质、糖类；积盐盐生植物的耐盐机制与生物膜的通透性有关，细胞膜是由脂质、蛋白质、糖类组成的。积盐植物叶和茎表面的角质层较厚，表皮蜡质含量较高的意义是减少植株在逆境胁迫下的水分散失，维持体内良好的水分状况。【小问2详解】Na+区域化到液泡中导致液泡渗透压升高，有助于提高植物吸水能力的同时，还能减少Na+在细胞质基质中的过量积累，避免Na+对胞内各项代谢过程的损害。主动运输的特点是需要载体蛋白协助，需要消耗能量；液泡Na+区域化主要由液泡膜Na+/H+逆向转运蛋白（NHX）介导，而在此过程中，需要H+为NHX提供质子驱动力，因此可知，Na+区域化到液泡内的运输方式是主动运输。【小问3详解】①分析题图可知，细胞膜对水分子的通透性大于人工膜；可见图中水分子进出该植物细胞膜不是完全依赖自由扩散。②细胞膜的功能特点是具有选择透过性，题图可知，该植物细胞膜对K+、Na+、Cl−的通透性不同，说明细胞膜对离子吸收具有选择透过性。③物质出入细胞膜的速率受多种因素影响，比如温度、pH、被转运物质分子大小即物质的特性等；题图可知，甘油、CO2、O2，等物质通过该积盐盐生植物细胞膜的扩散速率不同，说明分子大小、物质的性质等可能影响其通过人工膜的扩散速率。22.随着生活水平的提高，因糖、脂过量摄入导致的肥胖、非酒精性脂肪肝炎（NASH）等代谢性疾病高发。此类疾病与脂滴的代谢异常有关。回答下列问题：（1）长期大量摄入糖类很容易导致肥胖，从物质转化角度分析，其原因是____________。脂肪（TG）、胆固醇等中性脂作为细胞内良好的______物质，在生命活动需要时分解为游离脂肪酸，进入线粒体氧化分解供能，等量脂肪和糖类彻底氧化分解，释放能量较多的是____________。（2）脂滴是由单层磷脂分子组成的泡状结构，具有储存中性脂的功能。机体营养匮乏时，脂滴可通过脂解和脂噬两种途径分解为脂肪酸，其形成和代谢过程如下图所示。请在方框内画出含中性脂脂滴的结构_________。（3）细胞脂代谢异常产生的活性氧（ROS）会攻击磷脂分子并影响ATP合成酶的产生。观察NASH模型小鼠（高脂饲料饲喂获得）的肝细胞，发现细胞内脂滴体积增大并有大量积累，细胞核被挤压变形或挤向细胞边缘，线粒体结构被破坏，内质网数量明显减少。完善下图，①____________、②____________。从结构和功能的角度解释NASH患者肝脏功能受损的原因是_______________。（4）脂滴表面有多种蛋白分子，正常情况下可与细胞核、内质网、线粒体等其他具膜的细胞结构通过__________________（答两点）等方式相互作用，体现细胞内各结构的协调与配合。NASH的成因说明细胞的物质含量或结构稳定被破坏，将会影响整个细胞的功能。【答案】（1）①.糖类在供应充足的情况下可以大量转化为脂肪②.储能③.脂肪（2）（3）①.细胞的遗传和代谢②.溶酶体膜③.由于细胞核受损导致细胞的遗传和代谢异常，内质网面积减少，不能正常合成足量的蛋白质（和脂质），溶酶体破裂导致细胞凋亡，线粒体崤减少致使能量不能正常供应，从而导致肝细胞功能受损（4）膜接触、囊泡运输【分析】脂肪是良好的储能物质；细胞核是遗传和代谢的控制中心；溶酶体内含有多种水解酶；线粒体是细胞进行有氧呼吸的主要场所。【小问1详解】细胞中的糖类和脂质是可以相互转化的，但是糖类和脂肪之间的转化程度是有明显差异的。例如，糖类在供应充足的情况下，可以大量转化为脂肪；而脂肪一般只在糖类代谢发生障碍，引起供能不足时，才会分解供能，而且不能大量转化为糖类。长期大量摄入糖类很容易导致肥胖，从物质转化角度分析，其原因是糖类在供应充足的情况下可以大量转化为脂肪。脂肪是良好的储能物质，如甘油三酯（TG）、胆固醇等中性脂作为细胞内良好的储能物质，在生命活动需要时分解为游离脂肪酸，进入线粒体氧化分解供能；等量脂肪和糖类彻底氧化分解，释放能量较多的是脂肪，原因是脂肪含C、H比例较高，耗氧量较大。【小问2详解】根据题意可知，脂滴是由单层磷脂分子组成的泡状结构，具有储存中性脂的功能，其结构如下：【小问3详解】①细胞核是遗传和代谢的控制中心，细胞核结构受损，