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    2．如图1是显微镜下观察到的几种细胞或组织图象，根据所学知识请据图回答：

    （1）图中能表示生命系统个体层次的是B（填字母编号），能进行光合作用的是B、C（填字母编号），因此属于自养生物，在它们光合作用的色素中都有叶绿素．
    （2）从D图中的某种细胞内提取出了人体的核糖体（是将氨基酸合成蛋白质的场所），放入含有下列几种有机物（其中的氮原子已被15N标记，可以检测到）的培养液里，假设培养液里含有核糖体完成其功能所需的一切物质和条件．请回答：

    ①实验中，核糖体所需要完成的功能就是把图2物质中的A、D、E（填字母），通过一定的化学反应合成有机物，鉴定该有机物的原理是该有机物中含有肽键、能与双缩脲试剂发生紫色反应．
    ②上述有机物（每种只取一个）合成的多肽可能有6种，实验中，检测到某一多肽链（链状）含58个15N，则该多肽最多有57个肽键．
    （3）在无土栽培的培养液中缺少Mg会影响植物叶绿素的形成，这都说明无机盐的作用是参与组成细胞内某些化合物；人体补钙时，必须同时吃一些鱼肝油（富含维生素D）等，这是因为维生素D能有效地促进人和动物肠道对钙和磷的吸收．

    分析 1、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．
    2、氨基酸在核糖体中通过脱水缩合形成多肽链，而脱水缩合是指一个氨基酸分子的羧基（-COOH ）和另一个氨基酸分子的氨基（-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，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．
    3、蛋白质结构多样性的直接原因：构成蛋白质的氨基酸的种类、数目、排列顺序和肽链的空间结构千差万别．
    4、蛋白质中含有肽键，可与双缩脲试剂作用产生紫色反应．
    5、分析题图：
    图1中的A是人体口腔上皮细胞；B是蓝藻细胞，属于原核细胞，没有成形的细胞核，没有复杂的细胞器（除核糖体外），但含有藻蓝素和叶绿素，能进行光合作用；C是植物叶肉细胞，属于真核细胞；D是血细胞，包括血小板、红细胞和白细胞．
    图2中的化合物A～E中，A、D、E分子中均有一个氨基和一个羧基连接在同一个碳原子上、均是构成蛋白质的氨基酸，B分子中不含羧基、C分子中的氨基和羧基没有连接在同一个碳原子上，B和C均不是构成蛋白质的氨基酸．

    解答 解：（1）图1中的几种细胞或组织中，B蓝藻是单细胞生物，既属于生命系统的细胞层次，也是个体层次；B蓝藻细胞中含有藻蓝素和叶绿素、C植物叶肉细胞中含有叶绿体和叶绿素等光合色素，所以B和C细胞均能进行光合作用，属于自养生物．
    （2）①图2中的A、D、E均是构成蛋白质的氨基酸，在核糖体中能通过脱水缩合形成蛋白质，鉴定蛋白质的试剂是双缩脲试剂，蛋白质中含有肽键、能与双缩脲试剂作用发生紫色反应．
    ②上述有机物（A、D、E）每种只取一个，合成的多肽（三肽）的种类可能有3×2×1=6种，检测到某一多肽链（链状）含58个15N，根据氨基酸的结构通式推知，该多肽最多由58个氨基酸形成，该多肽最多含有的肽键数=氨基酸数-肽链数=58-1=57个．
    （3）根据题意，缺少Mg会影响植物叶绿体的形成，这都说明无机盐的作用是参与组成细胞内某些化合物的合成；牛奶、鱼肝油等含有丰富的维生素D，维生素D能有效地促进人和动物肠道对钙和磷的吸收，所以人体补钙时，必须同时吃一些牛奶、肝油等．
    故答案为：
    （1）B      B、C    自养      叶绿素
    （2）①ADE      该有机物中含有肽键、能与双缩脲试剂发生紫色反应          ②6     57
    （3）参与组成细胞内某些化合物  维生素D能有效地促进人和动物肠道对钙和磷的吸收

    点评 本题结合显微镜下观察到的几种细胞或组织图象、几种化合物的结构简图，综合考查组成细胞的化合物、细胞的结构和功能、氨基酸的脱水缩合、蛋白质的鉴定的知识，考生识记细胞各结构的图象和功能、明确氨基酸脱水缩合的过程和相关计算、掌握蛋白质鉴定的原理是解题的关键．

    练习册系列答案
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    15．图甲为研究光照强度对某植物光合作用强度影响实验示意图，图乙表示其细胞气体交换情况，图丙表示光照强度与光合速率的关系，图丁表示夏季晴朗的一天，某种绿色植物在24小时内O2吸收和释放速率的变化示意图（单位：mg/h）．A、B点对应时刻分别为6点和19点．

    （1）图乙中光反应的具体部位字母及名称是[a]类囊体薄膜，反应中的能量变化是光能转化为ATP中活跃的化学能
    ？．
    （2）叶肉细胞处于图乙状态时，对应图丙中的区段是B点以后．
    （3）图丙中限制A～C段光合速率的主要因素是光照强度．若提高温度，曲线的变化是无法确定 （上移、下移、不动、无法确定）
    （4）丁图中24小时内不进行光合作用的时段是0～5和20～24（或20～5）．
    （5）丁图中测得该植物一昼夜的O2净释放量为300mg，假设该植物在24小时内呼吸速率不变，则该植物一天通过光合作用产生的O2总量是588mg，光合作用速率最高时，光合作用每小时利用CO2的量是77mg．图中阴影部分所表示的O2释放量大于 （大于、等于、小于）300mg．
    （6）丁图中，若适当增加植物生长环境中CO2浓度，B点将向右（左/右）移动．在生产实践中，常采用施用农家肥的方法增加CO2的浓度，其原理是农家肥富含有机物，通过微生物的呼吸作用释放出大量CO2．

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    科目：高中生物 来源： 题型：选择题

    15．下列有关细胞核的叙述，正确的是（　　）
    A．染色质和染色体是同样的物质在细胞不同时期的两种存在状态
    B．核膜共有2层磷脂分子
    C．核孔是大分子物质自由出入细胞核的通道
    D．核仁不含DNA，只含RNA

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    科目：高中生物 来源： 题型：解答题

    11．艾弗里等人通过实验证实了在肺炎双球菌转化过程中，起转化作用的是DNA．请利用DNA酶作试剂，选择适当的材料用具，设计实验方案，验证“促使R型细菌转化成S型细菌的物质是DNA”，并预测实验结果，得出实验结论．
    材抖用具：R型细菌、S型细菌、DNA酶、蒸馏水、制备培养基所需的原料．
    （1）①实验设计方案：
    第一步：从S型细菌中提取DNA；
    第二步：制备符合要求的培养基，将其均分为三组，标为A、B、C，请将处理方法填写在表格中：
    组合编号ABC
    处理方法不加任何提取物加入提取出的S型细菌DNA
    第三步：取等量的               分别接种到三组培养基上．
    第四步：将接种后的培养装置放在适宜温度下培养一段时间，观察菌落生长情况．
    ②预测实验结果：由于A中没有加任何提取物，C中的DNA分子被水解，所以A、C组中未出现S型细菌；由于B组中加入了提取出的S型细菌DNA，所以B组培养基中出现S型细菌．
    ③得出结论：由于基因是遗传物质的结构单位，所以DNA分子可以使R型细菌转化为S型细菌、DNA结构要保持完整才能完成此转化过程．
    （2）本实验以细菌为实验材料主要是由于细菌具有变异类型容易选择、易培养、繁殖快结构简单等优点．（写出两点）

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    18．关于细胞内自由水的主要生理作用，下列叙述不正确的是（　　）
    A．反应介质并参与某些代谢反应B．运输各种物质
    C．细胞结构的重要组成成分D．良好溶剂

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    7．科技人员在对草原鼠害进行调查时，随机选定某一区域，第一次放置了100只鼠笼，捕获68头草原鼠，标记放走；一段时间后在相同的位置又放置了100只鼠笼，又捕获了54头草原鼠，其中标记的有12头．下列有关说法中错误的是（　　）
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    B．这种调查方法称为样方法，适合调查活动范围较大的动物
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    D．若在两次捕鼠期间发生过草原大火，则该种群密度的调查结果就不准确

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