2.4蛋白质是生命活动的主要承担者讲义2026-2027学年高一上学期生物人教版必修1

本讲义聚焦“蛋白质是生命活动的主要承担者”核心知识点，系统梳理从氨基酸结构特点（通式、必需氨基酸）、脱水缩合形成肽链（肽键、肽链数与肽键数计算），到蛋白质空间结构（一级至四级结构、二硫键作用），再到功能多样性（结构蛋白、催化、运输等）及变性因素、相关计算的完整知识链条，构建分子基础到功能应用的学习支架。 该资料以题型为框架，融合生命观念与科学思维。“解题知识”模块系统梳理原理，如氨基酸结构与蛋白质功能分类强化结构与功能观。典例与变式题结合血红蛋白、水熊虫IDP蛋白等实例，引导科学分析。实验设计题（如探究乙醇对蛋白质变性影响）培养探究实践能力，过关验收助力课后查漏补缺，课中分层题型提升教学效率。

第2章 2.4 蛋白质是生命活动的主要承担者 内 容 导 航 题型1 蛋白质在生命活动中的主要功能 题型2 氨基酸的种类和结构特点 题型3 蛋白质的合成——氨基酸脱水缩合 题型4 蛋白质分子的化学结构和空间结构 题型5 蛋白质变性的主要因素 题型6 蛋白质（多肽）的相关计算 题型7 蛋白质的结构和功能的综合 考 点 演 练 题型1 蛋白质在生命活动中的主要功能 解｜题｜知｜识 蛋白质的功能﹣生命活动的主要承担者： ①构成细胞和生物体的重要物质，即结构蛋白，如羽毛、头发、蛛丝、肌动蛋白； ②催化作用：如绝大多数酶； ③传递信息，即调节作用：如胰岛素、生长激素； ④免疫作用：如免疫球蛋白（抗体）； ⑤运输作用：如红细胞中的血红蛋白． 【典例1】蛋白质是生命活动的主要承担者。下列属于血红蛋白生理功能的是（　　） A．作为细胞内的储能物质 B．调节机体的生命活动 C．运输某些物质 D．催化细胞内的化学反应 【变式1】生物学的一个基本观点是结构与功能相适应，蛋白质结构的多样性使得蛋白质的功能也具有多样性，下列关于蛋白质功能的叙述，错误的是（　　） A．人体内抗体的本质是蛋白质，可以帮助人体抵御病菌和病毒等抗原，说明蛋白质具有调节的作用 B．神经细胞的细胞膜上的钠—钾泵（一种蛋白质）能将细胞外钾离子运进细胞，将细胞内钠离子运出细胞，是蛋白质运输功能的具体体现 C．绝大多数酶的本质是蛋白质，酶具有生物催化作用 D．人体肌肉纤维的成分主要是蛋白质，这样的蛋白质称为结构蛋白 【变式2】帮助细胞感知触摸的受体Piezo是由三个相同的Piezo蛋白组成的“叶片”结构“支撑杆”“螺旋桨状”三聚体，能直接响应细胞膜上的机械力刺激信号。如图结构“帽”图为Piezo的结构模式图。下列相关叙述错误的是（　　） A．Piezo最多由20种氨基酸组成 B．Piezo蛋白一定含有C、H、O、N这几种大量元素 C．Piezo蛋白的“叶片”、“支撑杆”等结构跟它完成相关的功能相适应 D．Piezo受体可以体现蛋白质的信息传递功能 【变式3】资料一：神经肽Y是由36个氨基酸组成的一条多肽链，与动物的摄食行为和血压调节具有密切关系。如图是神经肽Y的部分氨基酸组成示意图和谷氨酸（Glu）的结构式，请回答下列问题： （1）神经肽Y中连接Leu和Ala的化学键称为　 　 。已知组成神经肽Y的11种氨基酸中，Glu有4个，其他氨基酸仅含有一个羧基，则该神经肽Y含有的游离羧基有　 　 个，一分子神经肽Y中至少含有　 　 个氮原子。 （2）从鱼体内提纯神经肽Y并饲喂给小鼠后，小鼠的摄食行为和血压没有发生变化，原因是　 　 。 （3）蛋白质的结构多种多样，在细胞中承担的功能也是多种多样的。许多蛋白质是构成生物体结构的重要物质；有些蛋白质起到运输作用：有些蛋白质有　 　 功能，如人体内的抗体；还有些蛋白质起到　 　 作用，如唾液淀粉酶。 （4）组成鱼和人的神经肽均是三十六肽化合物，但两者的结构存在一定的差别，那么造成这种差别的原因最可能是　 　 。 资料二：科研人员对海藻糖能否成为冷冻鱼糜制品的抗冻剂，进行了相关研究。 （5）鱼糜蛋白是氨基酸通过　 　 方式聚合而成的。加热可以改变鱼糜中肌球蛋白和肌动蛋白的　 　 结构，导致两类蛋白相互缠绕，形成网格结构，将自由水封闭其中。经过这样的凝胶化过程，提高了鱼糜的口感。 （6）为延长鱼糜制品的保质期，常常采取低温储存的方式。因为低温能够抑制微生物中酶的活性，降低微生物的细胞呼吸，最终抑制微生物的繁殖，达到延长鱼糜制品保质期的目的。但长时间冷冻会影响鱼糜制品的凝胶强度，导致口感变差。科研人员将添加了不同浓度海藻糖的鱼糜放在﹣18℃下冷冻，检测其凝胶强度的变化。结果如图所示： 由实验结果可知，随着冷冻时间的增加，鱼糜蛋白凝胶强度　 　 ，且海藻糖可以　 　 （填“减缓”或“加强”）这种变化，但考虑4以及效果，选择浓度为　 　 海藻糖添加最好。 （7）进一步研究发现，随着冷冻时间的延长，不同氨基酸的　 　 基之间形成的二硫键含量有所上升，破坏原有的网格结构。推测海藻糖的添加可以　 　 二硫键的增加，从而保护网格结构的稳定，维持鱼糜制品的口感。 题型2 氨基酸的种类和结构特点 解｜题｜知｜识 氨基酸的结构通式与结构特点： 结构通式： 结构特点：每种氨基酸分子至少都含有一个氨基和一个羧基，并且都有一个氨基和一个羧基连在同一个碳原子上。这个碳原子还连接一个氢原子和一个侧链基团； （2）构成生物体的氨基酸有21种，其中8种是必需氨基酸，必需氨基酸包括：赖氨酸，色氨酸，苯丙氨酸，蛋（甲硫）氨酸，苏氨酸，异亮氨酸，亮氨酸，缬氨酸。 【典例1】科学家在研究和鉴定一些动物谷胱甘肽过氧化物酶的作用时，发现了人体合成的第21种氨基酸——硒代半胱氨酸，硒代半胱氨酸的合成原料须从食物中获取。下列相关叙述错误的是（　　） A．谷胱甘肽过氧化物酶合成场所是核糖体 B．硒位于硒代半胱氨酸的R基中 C．硒代半胱氨酸是非必需氨基酸 D．人体的蛋白质均含有硒 【变式1】如图表示不同化学元素所组成的化合物，以下说法正确的是（　　） A．若①为某种大分子的组成单位，则①可能是肽链 B．若④是主要在动物肝脏和肌肉中合成的储能物质，则④一定是糖原 C．若③为能储存遗传信息的大分子物质，则③一定是DNA D．若②是细胞中重要的储能物质，则②一定是脂肪 【变式2】鱼胶原蛋白具有易吸收、高生物活性、低致敏性及可食用性等特点，在医学修复（如手术缝合线）、美容护肤及食品工业中逐步替代陆生动物胶原蛋白。鱼胶原蛋白的氨基酸序列以“甘氨酸—脯氨酸—羟脯氨酸”为核心重复单元，下列叙述错误的是（　　） A．作为手术缝合线的胶原蛋白能被相关酶分解从而被人体组织吸收 B．鱼胶原蛋白的美容护肤作用与核心重复单元的高生物活性相关 C．鱼胶原蛋白可作为食品添加剂，但不能大量添加到某些食品中 D．甘氨酸、脯氨酸等人体细胞不能合成的非必需氨基酸有13种 【变式3】如图表示小麦开花数天后测定种子中主要物质的变化，请据图回答问题： （1）小麦成熟种子中主要的营养物质是 　 　 。 （2）检测还原糖的试剂是 　 　 ，可溶性还原糖的多少可通过 　 　 来判断。 （3）小麦种子成熟过程中，胚乳里蔗糖与可溶性 　 　 含量比较，两者的变化趋势相同。 （4）种子成熟时，淀粉的形成与一种磷酸化酶的活性有密切关系，为验证磷酸化酶是否是蛋白质，实验过程中向实验组试管中加入2mL 　 　 ，对照组试管中加入 　 　 ，然后加入等量的 　 　 ，如果出现 　 　 反应，则证明磷酸化酶是蛋白质。 （5）蔗糖水解产物是 　 ，蛋白质基本组成单位的结构通式是： 。 题型3 蛋白质的合成——氨基酸脱水缩合 解｜题｜知｜识 氨基酸分子首先通过互相结合的方式进行连接：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，同时脱去一分子的水，这种结合方式叫作脱水缩合。 【典例1】胶原三肽是利用生物工程技术由猪皮、鱼皮为原料制备的胶原蛋白的最小结构单位，其模式图如图所示。由于胶原三肽的分子量很小，因此能够极有效的渗入角质层、真皮层和头发根部细胞内。下列叙述正确的是（　　） A．胶原三肽的氮元素主要存在于氨基中 B．甘氨酸是组成胶原蛋白最主要的氨基酸 C．皮肤表面涂抹的胶原三肽可被直接吸收 D．a、b表示由C、H、O、N四种元素组成的肽键 【变式1】如图是由280个氨基酸组成的某蛋白质的结构图，据图分析以下说法不正确的是（　　） A．该蛋白质中的游离氨基数至少为2个 B．该蛋白质形成过程中，分子量减少了5008 C．该蛋白质中含有的氧原子数为282个 D．高温处理可能会使﹣S﹣S﹣遭到破坏 【变式2】如图所示，一分子的胰岛素原切去C肽（图中箭头表示切点）后，可转变成由A、B两条肽链构成的有活性的胰岛素（图中数字表示氨基酸序号）。下列说法正确的是（　　） A．胰岛素分子具有50个肽键，合成它的过程中共脱去50分子水 B．胰岛素分子至少含有一个游离的氨基和一个游离的羧基 C．胰岛素合成过程中脱去的水中的氢来自羧基和R基 D．切去C肽不需要破坏二硫键 【变式3】水熊虫是迄今为止发现的生命力最为顽强的生物，对不良环境有极强的抵抗力。低温时，水熊虫的体内会大量合成并积累一种特殊的糖类——海藻糖，由两个葡萄糖（C6H12O6）构成，使其处于一种假死状态，代谢率几乎降到零，甚至能耐受﹣273℃冰冻数小时。请回答下列问题： （1）水熊虫细胞中含量最多的化合物是　 　 ，当水熊虫处于假死状态时，水熊虫细胞的干重中，　 　 元素的质量分数所占比例会显著增加。 （2）水熊虫还十分耐干旱，科学家推测与一种蛋白质IDP有关，在水熊虫细胞内，氨基酸经　 　 反应形成IDP。为探究IDP与水熊虫抗干旱的关系，科研人员敲除水熊虫的IDP基因（不能合成IDP），检测其在正常和干旱情况下的存活率，结果如图所示： ①实验中，IDP基因正常水熊虫组作为　 　 组。 ②该实验结果表明　 　 。 题型4 蛋白质分子的化学结构和空间结构 解｜题｜知｜识 一个氨基酸分子的羧基和另一个氨基酸分子的氨基结合，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叫做肽键。由于氨基酸之间能够形成氢键，从而使得肽链能盘曲折叠，形成具有一定空间结构的蛋白质分子，许多蛋白质分子都含有两条或多条肽链，它们通过一定的化学键如二硫键相互结合在一起，这些肽链不呈直线，也不在同一个平面上，而是形成更为复杂的空间结构。 【典例1】血红蛋白是红细胞内运输氧的特殊蛋白质，是使血液呈红色的蛋白，由珠蛋白和血红素组成。图甲是血红蛋白的空间结构模式图，其含有两条α链和两条β链（α链和β链不同），图乙表示β链一端的氨基酸排列顺序。下列叙述错误的是（　　） A．图乙中①的名称是氨基，该段多肽链由3种氨基酸脱水缩合而成 B．据甲、乙两图可知，1条β链至少含有3个羧基，若2条β链完全相同，则1个血红蛋白分子至少含有8个羧基 C．构成蛋白质多样性的原因在于氨基酸的数目、种类、排列顺序及空间结构不同 D．氨基酸脱水缩合产生水，水中的氢都来自氨基和羧基 【变式1】研究人员发现了锌金属的第一个伴侣蛋白ZNG1，它可将锌运送到需要锌的蛋白质处发挥作用。下列叙述错误的是（　　） A．锌在细胞中的含量很少但功能不可替代，因此是组成细胞的微量元素 B．ZNG1运送锌的功能与其氨基酸的排列顺序及肽链的盘曲、折叠方式有关 C．温度过高、过低或过酸、过碱的环境都会破坏ZNG1的空间结构，使其功能丧失 D．ZNG1的基本组成元素一定含有C、H、O、N 【变式2】关于氨基酸，下列叙述错误的是（　　） A．人体细胞可利用代谢中间产物合成非必需氨基酸 B．某氨基酸的R基为﹣CH3，则它的分子式是C3H7ON C．氨基酸的R基不同决定了其化学性质不同 D．氨基酸排列顺序不同是引起蛋白质结构多样性的原因之一 【变式3】生物体内某些有机物的素组成可表示如图： （1）A可分为A1、A2、A3、A4、A5，以a分析是由于　 　 ． （2）写出A1～A5的物质名称：A1　 　 ；A2　 　 ；A3　 ；A4　 　 A5　 　 ． （3）c的名称为　 　 ，C1的名称为　 　 ． （4）B是主要的能源物质，则b　 　 ． （5）在生命活动中，A是　 　 ，C是　 　 ． 题型5 蛋白质变性的主要因素 解｜题｜知｜识 蛋白质的理化性质： （1）蛋白质的水解：蛋白质在酸性、碱性、酶等条件下发生水解，水解的最终产物是氨基酸。 （2）盐析：盐析为蛋白质在水溶液中溶解度的降低，不影响活性。加水后还可以溶解。 蛋白质溶液析出蛋白质（盐析） （3）变性：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。 蛋白质溶液变性凝结 （4）颜色反应：遇浓硝酸有黄色反应。 （5）灼烧：蛋白质灼烧有烧焦羽毛的味道。 【典例1】北京烤鸭是中国传统美食，北京鸭主要以玉米、谷类为饲料，使它们育肥，下列有关说法正确的是（　　） A．玉米、谷类中富含的淀粉、纤维素等可被北京鸭消化吸收 B．大多数动物脂肪所含的脂肪酸长链中存在双键，是饱和脂肪酸 C．鸭被烤熟的过程蛋白质的空间结构变得松散，容易被蛋白酶水解 D．脂肪一般只在糖类供能不足时，分解供能，且可以大量转化为糖类 【变式1】头发中的主要蛋白质是角蛋白，它含有二硫键（﹣S﹣S﹣），从而使头发强韧且有弹性。烫发药剂会破坏角蛋白中的二硫键，使头发软化并改变形状，随后通过氧化剂重建二硫键从而固定发型。烫发、染发等化学处理会不可逆地破坏部分二硫键，导致头发脆化、易断。下列相关叙述错误的是（　　） A．角蛋白是一种结构蛋白，其S元素存在于氨基酸的R基中 B．与烫发前相比，烫发后角蛋白的相对分子质量可能会发生改变 C．烫发药剂与高温可分别破坏角蛋白的二硫键、肽键使蛋白质变性 D．烫发后重建的二硫键位置可能与原结构不同，导致头发形状改变 【变式2】球状蛋白分子空间结构为外圆中空，氨基酸侧链极性基团分布在分子的外侧，而非极性基团分布在内侧。蛋白质变性后，会出现生物活性丧失及一系列理化性质的变化。下列叙述错误的是（　　） A．蛋白质变性可导致所有肽键断裂 B．球状蛋白盐析后，其生物活性和理化性质不变 C．加热变性的蛋白质不能恢复原有的结构和性质 D．变性后生物活性丧失是因为原有空间结构破坏 【变式3】蛋白质的空间结构遭到破坏，其生物活性就会丧失，这称为蛋白质的变性。高温、强碱、强酸、重金属等都会使蛋白质变性。现利用提供的材料用具，请你设计实验，探究乙醇能否使蛋白质变性。 材料用具：质量分数为3%的可溶性淀粉溶液、质量分数为2%的新鲜淀粉酶溶液、蒸馏水、质量浓度为0.1g/mL的NaOH溶液、质量浓度为0.05g/mL的CuSO4溶液、无水乙醇、烧杯、试管、量筒、滴管、温度计、酒精灯。 （1）实验步骤 ①取两支试管，编号A、B，向A、B两试管中各加入1mL新鲜的淀粉酶溶液，然后向A试管加 　 　 ，向B试管加5滴无水乙醇，混匀后向A、B两试管再加2mL可溶性淀粉溶液； ②将两支试管摇匀后，同时放入适宜温度的温水中维持5min； ③取 　 　 溶液和 　 溶液等量混合，配制成斐林试剂； ④从温水中取出A、B试管，各加入1mL斐林试剂摇匀，放入盛有50～65℃温水的大烧杯中加热约2min，观察试管中出现的颜色变化。 （2）实验结果预测及结论。 ①　 　 ，说明乙醇能使淀粉酶（蛋白质）变性； ②　 　 ，说明乙醇不能使淀粉酶（蛋白质）变性。 （3）该实验的自变量是 　 　 ，因变量是 　 　 ，对照组是 　 　 。 题型6 蛋白质（多肽）的相关计算 解｜题｜知｜识 ①肽键数＝失去水分子的数目＝氨基酸数﹣肽链数（不包括环状） ②n个氨基酸脱水缩合形成m条多肽链时，共脱去（n﹣m）个水分子，形成（n﹣m）个肽键。 含 X 条肽链的蛋白质中：氨基和羧基数至少各为X个； R基中有m个氨基和n个羧基，则该含X条肽链的蛋白质中含氨基X+m个，羧基X+n个； 若该蛋白质中的肽链均为环肽，则该蛋白质中氨基为m个，羧基为n个。 ③蛋白质总的分子量＝组成蛋白质的氨基酸总分子量﹣脱水缩合反应脱去的水的总分子量 ④环状肽链：氨基酸数目＝脱水数目＝肽键数目 ⑤链接两条肽链之间的键为二硫键（大多数），有些为肽键，连接位置为两个氨基酸的R基。 ⑥﹣﹣SH SH﹣﹣转变﹣﹣S﹣﹣S﹣﹣（二硫键）去掉两个H ⑦每条多肽链上至少有一个游离的氨基，至少有一个游离的羧基 ⑧肽键 （—NH—CO—）有一个O一个N元素 ⑨设氨基酸的平均相对分子质量为a 肽链数目 氨基酸数目 肽键数目 脱去水分子数目 多肽的相对分子质量 氨基数目 羧基数目 1 m m﹣1 m﹣1 ma﹣18（m﹣1） 至少1个 至少1个 n m m﹣n m﹣n ma﹣18（m﹣n） 至少n个 至少n个 【典例1】利用计算机模拟蛋白质的三维结构，如利用同一批的300个氨基酸分别构建以下三种结构： ①为环肽，其中两个不相邻的氨基酸的侧链基团之间形成肽键； ②为两条肽链，其中有两个氨基酸的侧链基团之间形成肽键； ③为两条肽链，且两条肽链之间形成一个二硫键（﹣S—S﹣）。 下列说法错误的是（　　） A．①比②多2个肽键 B．③至少含有的游离氨基数和游离羧基数分别为2，2 C．300个氨基酸在形成③时，相对分子质量减少5366 D．300个氨基酸可分为多种，划分的依据是R基不同 【变式1】肽酶X作用于天冬氨酸羧基端的肽键时具有专一性，肽酶Y作用于天冬氨酸氨基端的肽键时具有专一性。经肽酶X、肽酶Y共同处理，1分子多肽Z（氨基酸总数大于3个）水解可得到3个天冬氨酸，该水解过程中消耗的水分子数不可能是（　　） A．7个 B．6个 C．5个 D．4个 【变式2】假如蛋白酶1作用于苯丙氨酸（C9H11O2N）羧基端的肽键，蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14O2N2）两侧的肽键。某四十九肽分别经酶1和酶2作用后的情况如图所示。下列叙述错误的是（　　） A．此多肽中含3个苯丙氨酸、1个赖氨酸 B．苯丙氨酸位于四十九肽的16、30、48位 C．短肽D、E的氧原子数之和与四十九肽的氧原子数相比增加1个，氮原子数减少2个 D．适宜条件下酶1和酶2同时作用于此多肽，可形成4条短肽和2个氨基酸 【变式3】请对下列关于元素和化合物的相关内容填空。 （1）组成细胞的元素追根溯源来自无机环境，但细胞内各种元素的比例与无机环境的大不相同，原因是　 。 （2）细胞内结合水的存在形式主要是水与　 　 等物质结合，这样水就失去流动性和溶解性。结合水的功能为　 　 。 （3）北方冬小麦在冬天来临前，自由水与结合水比值　 　 ，以避 免　 　 而损害自身。 （4）某蛋白质由n个氨基酸组成且仅为一条链，其分子式为CmHpNqOwS2，并且是由图中的4种氨基酸组成的，那么该物质彻底水解后将会得到乙、丙数目依次为 。 题型7 蛋白质的结构和功能的综合 解｜题｜知｜识 （1）从氨基酸到蛋白质，大致的结构层次有：氨基酸脱水缩合形成二肽，三肽……多肽；一条肽链按照一定形态盘曲折叠构成空间结构；多条肽链构成更为复杂的空间结构。 （2）蛋白质结构多样性的原因： 组成蛋白质的氨基酸的种类、数目、排列顺序不同，肽链形成的空间结构千差万别。 根本原因：DNA（或基因）中碱基的排列顺序不同。 （3）蛋白质的功能有： ①结构蛋白 ②催化作用 ③运输载体 ④信息传递 ⑤免疫功能 【典例1】“分子伴侣”是一类本身不参与组成最终产物并可循环发挥作用的蛋白质，其可识别正在合成的多肽或部分折叠的多肽，并通过改变自身空间结构与多肽的某些部位相结合，从而帮助这些多肽折叠、组装或转运。下列叙述正确的是（　　） A．“分子伴侣”发挥作用体现了蛋白质的催化功能 B．某些分子伴侣可能在核糖体部位发挥生理作用 C．“分子伴侣”空间结构一旦发生改变，则不可逆转 D．“分子伴侣”参与了两个氨基酸之间的脱水缩合 【变式1】生物体生命活动的主要承担者、遗传信息的携带者、主要能源物质、主要储能物质和结构和功能的基本单位依次是（　　） A．核酸、蛋白质、细胞、糖类、脂肪 B．蛋白质、核酸、糖类、脂肪、细胞 C．核酸、蛋白质、细胞、脂肪、糖类 D．蛋白质、细胞、核酸、糖类、脂肪 【变式2】西湖大学柴继杰团队的研究发现，番茄植株中的抗病蛋白（NRC蛋白）即使在无病原体入侵时也维持较高水平，却能避免过度免疫。其原因在于NRC蛋白倾向于形成二聚体或四聚体，并且这些多聚体处于非活性构象。关于NRC蛋白的说法错误的是（　　） A．让NRC蛋白二聚体和四聚体解聚可能增强番茄对病虫害的抵抗力 B．NRC蛋白的N原子主要蕴含在氨基中 C．高温条件易引发植物病害，可能与NRC蛋白构象改变有关 D．通过盐析提取的NRC蛋白有抗虫活性 【变式3】据报道，一些不法商家生产的所谓“100%纯牛奶”居然与牛没有任何关系，只用香精、糖、自来水和一些添加剂，就可以生产出“纯牛奶”．更骇人听闻的是，不法商家利用垃圾堆里的破旧皮鞋、皮衣、皮帽及其他皮具，经过化学、生物处理，水解出皮革中的原有蛋白质（称“人造蛋白”），作为原料制成假牛奶． 请设计实验，探究“人造蛋白”是否比缺乏蛋白质更有害儿童正常发育． （1）实验材料：幼龄大白鼠若干、真正的纯牛奶、不含任何蛋白质的假牛奶、含有“人造蛋白”的假牛奶、发育状况测定装置（可测定一定的发育状况指标，具体不作考试要求）、饲养装置等． （2）实验步骤： ①选取年龄相当、体重相当、发育良好的幼龄大白鼠若干，　 　 ，标记为A、B、C，分别饲养． ②每天分别给A、B、C三组大白鼠饲喂　 　 ． ③在　 　 的条件下饲养一段时间． ④用发育状况测定装置测定A、B、C三组大白鼠的发育状况．记录各组发育状况指标，计算出各组的平均值，进行比较分析． （3） 预测实验结果并作出相应的结论．（写出其中两种即可）　 过 关 验 收 1. 蛋白质是生命活动的主要承担者，下列蛋白质与其功能对应正确的是（　　） A．生长激素——催化功能 B．甲流抗体——免疫功能 C．肌肉蛋白——调节功能 D．血红蛋白——结构蛋白 2. 从某一动物细胞中得到两类大分子有机物X、Y，已知细胞中X的含量大于Y的，用胃液（其中含有胃蛋白酶，可分解蛋白质）处理，X被分解而Y不变。X含有化学元素N，有的还含有S，Y含有化学元素N和P，它们与碘都没有颜色反应。下列有关X和Y的叙述，错误的是（　　） A．X不可能是蛋白质 B．Y的基本组成单位可能是核苷酸 C．细胞内的X不可能具有免疫和催化作用 D．Y可能主要存在于细胞核中 3. 如图所示，图1表示细胞内某些有机物的元素组成和功能关系，其中A、B代表元素，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ表示生物大分子，X、Y、Z、P分别为构成生物大分子的基本单位；图2为核酸的部分结构示意图。请回答下列问题： （1）图1中B代表的元素是　 　 ；Ⅰ在动物体和植物体中分别是　 　 、　 　 。 （2）图1中Y的中文名称是　 　 。若图2为图1中Ⅲ的部分结构，则①的中文名称是　 　 。 （3）人的白细胞主要承担机体免疫功能，心肌细胞承担心脏律动作用，这两种细胞功能不同主要与图1中物质　Ⅳ　 （填序号）有直接关系，从该物质单体的角度分析原因是　 　 。 （4）人体内的抗体是蛋白质，可以帮助人体抵御细菌、病毒等病原体的侵害。为检测抗体M的免疫疗效，实验人员对小鼠饲喂抗体M，结果没有免疫疗效。该结果　 　 （填“能”或“不能”）说明抗体M研发失败，理由是　 　 。 4. 下列物质能参与构成生物体内天然蛋白质的有（　　） A．①②③ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③④⑤⑥ 5. 缬氨酸的R基为C3H7，则一分子缬氨酸含有的C、H、O、N原子数依次（　　） A．2，4，2，1 B．5，11，2，1 C．5，9，4，1 D．5，8，2，1 6. 硒蛋白是含有硒代半胱氨酸的蛋白质，在人体抗氧化、抗癌等方面发挥重要作用，因此在日常饮食中应适量摄入富硒食物，如坚果、谷物、蛋、奶等。图甲表示某硒蛋白中的一条肽链（124个氨基酸）结构示意图，对其中的氨基酸进行数字编号，虚线表示两个巯基（—SH）脱去2个H形成二硫键，图乙表示该肽链的部分结构放大图，请回答相关问题： （1）硒代半胱氨酸被称为“第21种氨基酸”，是硒蛋白（如谷胱甘肽过氧化物酶、脱碘酶）等的核心成分，需要从食物中获得，属于　 　 氨基酸。 （2）图乙所示的部分肽链由　 　 种氨基酸经脱水缩合形成的。 （3）图甲中肽链的相对分子质量比组成它的氨基酸的相对分子质量之和少　 。 （4）胶原蛋白是动物体中的一种结构蛋白，广泛分布于人体的皮肤、骨骼和血管壁等组织器官，可保护皮肤黏膜、增加组织弹性和韧性。研究人员提取了一种主要含图1中三种氨基酸的胶原蛋白用来制作手术缝合线。 ①据图1氨基酸分子式可知，组成这种胶原蛋白的主要化学元素是　 　 。 ②这三种氨基酸分子通过脱水缩合，形成一条包含“—甘—赖—脯—”序列重复200次的肽链，此肽链所含游离的氨基（﹣NH2）个数至少为　 　 个，连接相邻氨基酸的化学键是 　 。 上述三条同样的肽链螺旋缠绕在一起形成三螺旋结构（图2所示），称为原胶原蛋白。赖氨酸和脯氨酸的R基被修饰而具有较强的亲水性，因此原胶原蛋白可进一步聚合，形成胶原蛋白。 ③缺乏维生素C会导致赖氨酸和脯氨酸的R基无法发生亲水性修饰，造成胶原蛋白易被降解。结合题目信息及生活常识，推测人体缺乏维生素C易引发的疾病，并提出预防措施　 　 。 7. 如图所示，甲、乙、丙为组成生物体的相关化合物，乙为一个由α、β、γ三条多肽链形成的蛋白质分子，共含285个氨基酸，图中每条虚线表示由两个巯基（﹣SH）脱氢形成的二硫键（﹣S﹣S﹣）。下列相关叙述正确的是（　　） A．由不同的甲形成乙后，相对分子质量比原来少了5080 B．甲为组成乙的基本单位，动物细胞中的甲都在核糖体上合成 C．丙是生物体中遗传信息的携带者，主要存在于细胞核且不能继续水解 D．如果甲中的R为C3H5O2，则由两分子甲形成的有机化合物中含有16个H 8. 胰岛素是我们体内与血糖平衡有关的重要激素。胰岛素由A、B两个肽链组成，其中A链有21个氨基酸，B链有30个氨基酸，两条链之间通过3个二硫键连接在一起，二硫键是由两个﹣SH脱去两个H形成的，如图，下列说法正确的是（　　） A．胰岛素为五十一肽，其中含有50个肽键 B．51个氨基酸形成胰岛素时，减少了104个氢原子 C．该蛋白质的功能由氨基酸的数量、种类、空间结构决定 D．该蛋白质有2个游离的羧基和2个游离的氨基 9. 如图甲是血红蛋白的空间结构模式图，其含有两条α肽链，两条β肽链（α肽链和β肽链不同）。图乙表示β肽链一端的氨基酸排列顺序，请回答下列问题： （1）①的中文名称　 　 ，画出③⑤⑦处肽键的位置： 。 （2）图乙所示的一段肽链由　 　 种氨基酸脱水缩合而成。 （3）据乙图可知一条β肽链至少含有　 　 个羧基，若两条β肽链完全相同，则甲图中的一个血红蛋白分子至少含有 　 个羧基。 （4）图甲中肽链盘曲过程中形成了三个二硫键（由两个半胱氨酸上的﹣SH缩合而成，即﹣SH和HS﹣缩合成﹣S﹣S﹣）若组成图甲中蛋白质由574个氨基酸组成，氨基酸平均分子量为100，则图甲中蛋白质的分子量为　 　 。 A．57400 B．47140 C．47134 D．47068 10. 胰岛素是由51个氨基酸组成的蛋白质，含有A、B两条肽链，对血糖调节具有重要作用。已知牛和人的胰岛素均由51个氨基酸构成，但结构存在一定差别。下列叙述正确的是（　　） A．氨基酸形成胰岛素时脱水缩合产生的水中的H只来自氨基 B．组成胰岛素的氨基酸之间脱水缩合的方式有多种 C．牛和人的胰岛素在结构上存在差别可能是氨基酸的种类、排列顺序不同导致的 D．若用胰岛素饲喂小鼠，会使小鼠的血糖浓度降低 11. 鲎的蓝色血液比黄金还贵，血液颜色由血蓝蛋白决定，血蓝蛋白依靠铜离子运输氧气，而且具有高效的抑菌和抗病毒活性。血蓝蛋白由48条肽链构成，其中一条肽链的结构简图如下，以下说法正确的是（　　） A．图中X为﹣CHO，一个血蓝蛋白分子至少含48个﹣CHO B．鲎的血蓝蛋白具有免疫、运输功能 C．血蓝蛋白和血红蛋白都具有运输O2功能，因此空间结构相同 D．组成细胞的各种元素大多像Cu2+一样以离子形式存在 12. 血红蛋白（HbA）由1个珠蛋白和4个血红素组成。每个珠蛋白包括4条多肽链，其中α、β链各2条，肽链由α、β珠蛋白基因编码。如图是血红蛋白的四级结构示意图。回答下列问题： （1）组成HbA的化学元素至少包含 　 　 。 （2）HbA的一级结构指肽链上 　 　 的排列顺序。HbA易与氧结合和分离，使HbA执行 　 　 的功能。 （3）蛋白质表面吸附的水构成“水膜”以保护蛋白质。强酸能破坏蛋白质表面的“水膜”使蛋白质变性，导致其空间结构都变得伸展、松散，从而暴露出更多的肽键。为验证盐酸能使蛋白质变性，可选用 　 　 （填“HbA”或“豆浆”）为材料，并用双缩脲试剂检测，实验组给予强酸处理，预测实验结果是 　 　 。 13. 有机氯类农药可以与蛋白质中的氨基酸残基发生反应，破坏蛋白质的氢键和化学键，导致蛋白质变性。误食此类农药的患者可通过饮用大量牛奶等以减轻农药对身体的伤害，为急救争取更多的时间。下列有关蛋白质的叙述，错误的是（　　） A．农药导致蛋白质变性从而使其失去正常功能 B．蛋白质变性是不可逆的，变性后的蛋白质肽键大量减少 C．牛奶中蛋白质可以与农药反应以减轻农药对机体的伤害 D．蛋白质若含多条肽链，这些肽链可能通过二硫键相互结合 14. 蛋白质受到物理或化学因素的影响后会出现结构改变而导致生物活性的丧失。下列关于蛋白质的叙述不合理的是（　　） A．蛋白质变性后仍能与双缩脲试剂产生紫色反应 B．蛋白质变性后容易被蛋白酶分解成小分子，因此熟食更易被消化 C．病毒、细菌经高温或化学物质的处理后其蛋白质失活，失去侵染能力 D．蛋白质变性过程中结构的改变与肽键以及氢键数目的变化有关 15. 1965年，我国科学家首次应用人工方法合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素。胰岛素是由17种、51个氨基酸形成的含有2条肽链的蛋白质分子，形成如图所示的胰岛素的分子结构。（注：图中数字表示氨基酸序号；每个圆圈代表一种氨基酸残基；﹣S﹣S﹣是由2个﹣SH脱去2个H形成的） （1）一个结晶牛胰岛素分子由51个氨基酸失去　 分子水而形成，这样的反应叫作　 　 ，氨基酸分子之间通过　 　 连接。 （2）已知胰岛素是机体内唯一降低血糖的激素，同时也能促进糖原、脂肪和蛋白质合成，这体现了蛋白质具有　 　 的功能。 （3）胰高血糖素是一种可以升高血糖的多肽类激素（属于二十九肽），与胰岛素降低血糖的作用相反。试从氨基酸的角度分析二者功能差异的可能原因：　 　 。 （4）胰岛素保存温度一般为2～8℃。温度太高，胰岛素会失去活性，原因是　 　 。 16. 有一种链状“十五肽”的化学式为CxHyNzOdSe（z＞15，d＞16）。已知其彻底水解后得到下列几种氨基酸：天门冬氨酸（C4H7NO4）；苯丙氨酸（C9H11NO2）；半胱氨酸（C3H7NSO2）；赖氨酸（C6H14N2O2）。下列有关说法中不正确的是（　　） A．水解可得e个半胱氨酸 B．水解可得个天门冬氨酸 C．水解可得z﹣15个赖氨酸 D．苯丙氨酸有22﹣e﹣z﹣d/2个 17. 胰岛素分子含有2条肽链，共51个氨基酸，如图为其中的一条多肽链，该肽链中有3个甘氨酸且分别位于第8、20、23位。则下列叙述正确的是（　　） A．该肽链中含有30个肽键 B．若除去所有甘氨酸形成的其他产物中，氧原子至少有30个 C．若除去所有甘氨酸，形成的其他产物比该多肽链多3个游离的羧基 D．将1个胰岛素分子完全水解，共需要消耗49个水分子 18. 油菜是生活中常见的作物。细胞中含有多种有机物，其种子成熟过程中部分有机物的含量变化如图所示，图答下列问题： （1）由图可知，成熟后期油菜种子中主要的营养物质是　 　 ，其含量最高的有机物 可用　 　 进行检测，将其彻底水解得到的产物为　 　 。 （2）等质量的脂肪要比糖类储存的能量多，这与脂肪在元素含量上具 有　 　 的特点是有关的。油菜种子中淀粉的基本单位是　 　 。 （3）据图分析，在第12～30天内油菜种子的糖类（可溶性糖和淀粉）相对含量均降低，主要原因是　 。 （4）油菜种子中含有多种蛋白质，科学家从油菜种子发现有如图所示结构的化合物。 图中①～④表示肽键的是　 　 （填序号）。该多肽化合物是由　 　 种氨基酸，通过　 　 方式 形成的。在形成时，相对分子质量减少了　 　 。 19. 2023年1月，西湖大学施一公团队在阿尔茨海默病领域取得重大原创发现——找到了可能触发阿尔茨海默病记忆衰退的“机关”，为人类对付阿尔茨海默病带来一线曙光。科学家利用基因测序技术发现，APOE4是阿尔茨海默病最大的风险基因。APOE基因主要负责编码APOE蛋白。APOE蛋白在人群中有APOE2、APOE3和APOE4等3种亚型。研究发现，APOE2的携带者，不易患阿尔茨海默病；而APOE4的携带者，患病风险成倍增加。因此，找到APOE4的受体，可能是破解阿尔茨海默病的关键，施一公团队找到了阿尔兹海默症最强风险因子APOE4受体。下列相关叙述不正确的是（　　） A．施一公团队从分子水平找到了可能触发阿尔茨海默病记忆衰退的“机关” B．APOE4的携带者，患病风险成倍增加，可能与细胞膜上的受体蛋白有关 C．APOE蛋白存在不同的亚型只与蛋白质的空间结构有关 D．这一发现对理解阿尔茨海默病的发病机制和开展针对性的药物设计具有重要意义 20. 科学家在研究地中海贫血症的过程中发现了“缺氧诱导因子”（HIF）。HIF由两种不同的DNA结合蛋白HIF﹣1α和ARNT组成，其中对氧气敏感的是HIF﹣1α，而ARNT稳定表达且不受氧调节。当细胞处于正常氧条件时，在脯氨酰羟化酶的参与下，氧原子与HIF﹣1α脯氨酸中的氢原子结合形成羟基。羟基化的HIF﹣1α能与VHL蛋白结合，致使HIF﹣1α被蛋白酶体降解。在缺氧的情况下，HIF﹣1α羟基化不能发生，导致HIF﹣1α无法被VHL蛋白识别从而不被降解而在细胞内积聚，并进入细胞核与ARNT形成转录因子，激活缺氧调控基因。细胞感知氧气的机制如下图所示。下列说法不正确的是（　　） A．人体细胞中葡萄糖分解成丙酮酸不受氧气含量的影响 B．在缺氧诱导因子中，HIF﹣1α是机体感受氧气含量变化的关键 C．图中B、C分别代表氧气和VHL蛋白分子 D．人体剧烈运动时，骨骼肌细胞中HIF的含量下降 21. 游离在细胞质基质中的核糖体合成的蛋白质（多肽）可能成为细胞质基质的“永久居民”，也可能运送到细胞核、线粒体、内质网等结构，其“命运”取决于自身的氨基酸序列中是否包含了分选信号序列以及是哪种分选信号序列，如图所示： （1）蛋白质可以穿过 　 　 进入细胞核，这种运输方式 　 　 （具有、没有）选择透过性。 （2）线粒体所需的蛋白质 　 　 （全部、部分）来自细胞质基质，蛋白质进入线粒体多数需要位于其外膜上的TOM复合物和内膜上的TM23复合物的协助，据此推测TOM复合物和TM23复合物在功能上很可能相当于主动运输所需的 　 　 。 （3）多肽在进入内质网之后需要继续完成翻译并进行 　 　 ，研究发现，源于内质网的蛋白质其结构中并不包含分选信号序列，据此推测内质网中可能含有切除分选信号序列的 　 酶。 （4）内质网可以通过“出芽”形成 　 　 ，包裹着蛋白质定向移动到高尔基体并与之融合，“出芽”和融合的基础是生物膜具有 　 性。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2章 2.4 蛋白质是生命活动的主要承担者 内 容 导 航 题型1 蛋白质在生命活动中的主要功能 题型2 氨基酸的种类和结构特点 题型3 蛋白质的合成——氨基酸脱水缩合 题型4 蛋白质分子的化学结构和空间结构 题型5 蛋白质变性的主要因素 题型6 蛋白质（多肽）的相关计算 题型7 蛋白质的结构和功能的综合 考 点 演 练 题型1 蛋白质在生命活动中的主要功能 解｜题｜知｜识 蛋白质的功能﹣生命活动的主要承担者： ①构成细胞和生物体的重要物质，即结构蛋白，如羽毛、头发、蛛丝、肌动蛋白； ②催化作用：如绝大多数酶； ③传递信息，即调节作用：如胰岛素、生长激素； ④免疫作用：如免疫球蛋白（抗体）； ⑤运输作用：如红细胞中的血红蛋白． 【典例1】蛋白质是生命活动的主要承担者。下列属于血红蛋白生理功能的是（　　） A．作为细胞内的储能物质 B．调节机体的生命活动 C．运输某些物质 D．催化细胞内的化学反应 【答案】C 【解答】解：A、血红蛋白不能作为细胞中的储能物质，A错误； B、调节机体的生命活动的物质是激素（如胰岛素）的作用，B错误； C、血红蛋白运输氧气，具有运输作用，C正确； D、酶具有催化作用，血红蛋白不是酶，不能催化细胞内的化学反应，D错误。 故选：C。 【变式1】生物学的一个基本观点是结构与功能相适应，蛋白质结构的多样性使得蛋白质的功能也具有多样性，下列关于蛋白质功能的叙述，错误的是（　　） A．人体内抗体的本质是蛋白质，可以帮助人体抵御病菌和病毒等抗原，说明蛋白质具有调节的作用 B．神经细胞的细胞膜上的钠—钾泵（一种蛋白质）能将细胞外钾离子运进细胞，将细胞内钠离子运出细胞，是蛋白质运输功能的具体体现 C．绝大多数酶的本质是蛋白质，酶具有生物催化作用 D．人体肌肉纤维的成分主要是蛋白质，这样的蛋白质称为结构蛋白 【答案】A 【解答】解：A、人体内抗体的本质是蛋白质，可以帮助人体抵御病菌和病毒等抗原，说明蛋白质具有免疫的作用，A错误； B、钠—钾泵是神经细胞的细胞膜上的一种蛋白质，能同时将细胞外钾离子运进细胞，将细胞内钠离子运出细胞，体现了蛋白质运输功能，B正确； C、酶具有生物催化作用，绝大多数酶的本质是蛋白质，少数酶是RNA，C正确； D、人体肌肉纤维的成分主要是蛋白质，这样的蛋白质称为结构蛋白，D正确。 故选：A。 【变式2】帮助细胞感知触摸的受体Piezo是由三个相同的Piezo蛋白组成的“叶片”结构“支撑杆”“螺旋桨状”三聚体，能直接响应细胞膜上的机械力刺激信号。如图结构“帽”图为Piezo的结构模式图。下列相关叙述错误的是（　　） A．Piezo最多由20种氨基酸组成 B．Piezo蛋白一定含有C、H、O、N这几种大量元素 C．Piezo蛋白的“叶片”、“支撑杆”等结构跟它完成相关的功能相适应 D．Piezo受体可以体现蛋白质的信息传递功能 【答案】A 【解答】解：A、组成蛋白质的氨基酸约有21种，Piezo是蛋白质，最多由21种氨基酸组成，A错误； B、组成蛋白质的氨基酸含有C、H、O、N，故Piezo蛋白一定含有C、H、O、N这几种大量元素，B正确； C、Piezo蛋白的“叶片”、“支撑杆”等结构与它能直接响应细胞膜上的机械力刺激信号等功能相适应，体现了结构与功能相适应的特点，C正确； D、Piezo受体能直接响应细胞膜上的机械力刺激信号，说明蛋白质具有信息传递的功能，D正确。 故选：A。 【变式3】资料一：神经肽Y是由36个氨基酸组成的一条多肽链，与动物的摄食行为和血压调节具有密切关系。如图是神经肽Y的部分氨基酸组成示意图和谷氨酸（Glu）的结构式，请回答下列问题： （1）神经肽Y中连接Leu和Ala的化学键称为　肽键　 。已知组成神经肽Y的11种氨基酸中，Glu有4个，其他氨基酸仅含有一个羧基，则该神经肽Y含有的游离羧基有　5　 个，一分子神经肽Y中至少含有　36　 个氮原子。 （2）从鱼体内提纯神经肽Y并饲喂给小鼠后，小鼠的摄食行为和血压没有发生变化，原因是　神经肽Y在消化道被分解为氨基酸　 。 （3）蛋白质的结构多种多样，在细胞中承担的功能也是多种多样的。许多蛋白质是构成生物体结构的重要物质；有些蛋白质起到运输作用：有些蛋白质有　免疫　 功能，如人体内的抗体；还有些蛋白质起到　催化　 作用，如唾液淀粉酶。 （4）组成鱼和人的神经肽均是三十六肽化合物，但两者的结构存在一定的差别，那么造成这种差别的原因最可能是　氨基酸种类、排列顺序及蛋白质的空间结构不同　 。 资料二：科研人员对海藻糖能否成为冷冻鱼糜制品的抗冻剂，进行了相关研究。 （5）鱼糜蛋白是氨基酸通过　脱水缩合　 方式聚合而成的。加热可以改变鱼糜中肌球蛋白和肌动蛋白的　空间　 结构，导致两类蛋白相互缠绕，形成网格结构，将自由水封闭其中。经过这样的凝胶化过程，提高了鱼糜的口感。 （6）为延长鱼糜制品的保质期，常常采取低温储存的方式。因为低温能够抑制微生物中酶的活性，降低微生物的细胞呼吸，最终抑制微生物的繁殖，达到延长鱼糜制品保质期的目的。但长时间冷冻会影响鱼糜制品的凝胶强度，导致口感变差。科研人员将添加了不同浓度海藻糖的鱼糜放在﹣18℃下冷冻，检测其凝胶强度的变化。结果如图所示： 由实验结果可知，随着冷冻时间的增加，鱼糜蛋白凝胶强度　下降　 ，且海藻糖可以　减缓　 （填“减缓”或“加强”）这种变化，但考虑4以及效果，选择浓度为　6%　 海藻糖添加最好。 （7）进一步研究发现，随着冷冻时间的延长，不同氨基酸的　巯　 基之间形成的二硫键含量有所上升，破坏原有的网格结构。推测海藻糖的添加可以　抑制　 二硫键的增加，从而保护网格结构的稳定，维持鱼糜制品的口感。 【答案】（1）肽键 5 36 （2）神经肽Y在消化道被分解为氨基酸 （3）免疫 催化 （4）氨基酸种类、排列顺序及蛋白质的空间结构不同 （5）脱水缩合 空间 （6）下降 减缓 6% （7）巯 抑制 【解答】解：（1）神经肽Y中连接Leu和Ala的化学键称为肽键；Glu的R基上含有羧基，其他氨基酸含有的氨基但与形成肽键，因此游离的羧基还存在于肽链的末端，因此神经肽含有的游离羧基有4+1＝5个，每个氨基酸中的氨基参与形成肽键，因此一分子神经肽Y中至少含有36个氮原子。 （2）由于神经肽Y在消化道被分解为氨基酸，从鱼体内提纯神经肽Y并饲喂给小鼠后，小鼠的摄食行为和血压没有发生变化。 （3）许多蛋白质是构成生物体结构的重要物质；有些蛋白质起到运输作用：有些蛋白质有免疫，例如抗体，还有些蛋白质起到催化，如唾液淀粉酶。 （4）组成鱼和人的神经肽均是三十六肽化合物，但两者的结构存在一定的差别，那么造成这种差别的原因最可能是氨基酸种类、排列顺序不同及蛋白质的空间结构不同。 （5）鱼糜蛋白蛋白质是由氨基酸脱水缩合形成的；加热会改变蛋白质的空间结构。 （6）以时间为自变量，不加海藻糖、加入3%、6%、9%的海藻糖为无关变量，每一组随着时间延长，凝胶强度都逐渐降低；时间作为无关变量，海藻糖的浓度为因变量，每一冷冻时间，加入海藻糖的凝胶强度都高于不加海藻糖的凝胶强度，因此海藻糖可以减缓冷冻使凝胶强度降低这一问题；由柱形图可知，加入6%海藻糖，减缓效果明显，而加入9%的海藻糖与加入6%海藻糖的效果无显著差异，因此考虑成本以及效果，选择浓度为6%海藻糖添加最好。 （7）二硫键是不同氨基酸的R基上的巯基之间形成的化学键；如果冷冻时间延长使二硫键含量有所上升，破坏原有的网格结构，导致凝胶强度降低，加入海藻糖可能会抑制二硫键增加，保护网格结构的稳定，维持鱼糜制品的口感。 故答案为： （1）肽键 5 36 （2）神经肽Y在消化道被分解为氨基酸 （3）免疫 催化 （4）氨基酸种类、排列顺序及蛋白质的空间结构不同 （5）脱水缩合 空间 （6）下降 减缓 6% （7）巯 抑制 题型2 氨基酸的种类和结构特点 解｜题｜知｜识 氨基酸的结构通式与结构特点： 结构通式： 结构特点：每种氨基酸分子至少都含有一个氨基和一个羧基，并且都有一个氨基和一个羧基连在同一个碳原子上。这个碳原子还连接一个氢原子和一个侧链基团； （2）构成生物体的氨基酸有21种，其中8种是必需氨基酸，必需氨基酸包括：赖氨酸，色氨酸，苯丙氨酸，蛋（甲硫）氨酸，苏氨酸，异亮氨酸，亮氨酸，缬氨酸。 【典例1】科学家在研究和鉴定一些动物谷胱甘肽过氧化物酶的作用时，发现了人体合成的第21种氨基酸——硒代半胱氨酸，硒代半胱氨酸的合成原料须从食物中获取。下列相关叙述错误的是（　　） A．谷胱甘肽过氧化物酶合成场所是核糖体 B．硒位于硒代半胱氨酸的R基中 C．硒代半胱氨酸是非必需氨基酸 D．人体的蛋白质均含有硒 【答案】D 【解答】解：A、谷胱甘肽过氧化物酶本质为蛋白质，蛋白质在核糖体合成，A正确； B、每种氨基酸分子至少都含有一个氨基和一个羧基，并且都有一个氨基和一个羧基连在同一个碳原子上，该碳原子还连接一个R基团和氢元素，其中硒位于硒代半胱氨酸的R基中，B正确； C、根据题干信息“合成硒代半胱氨酸的原料需要不断从食物中获取”可知，硒代半胱氨酸可以在人体内合成，属于非必需氨基酸，C正确； D、由题意可知，硒代半胱氨酸是蛋白质中硒的主要存在位置，有的蛋白质是不含硒代半胱氨酸的，可能不含硒元素，D错误。 故选：D。 【变式1】如图表示不同化学元素所组成的化合物，以下说法正确的是（　　） A．若①为某种大分子的组成单位，则①可能是肽链 B．若④是主要在动物肝脏和肌肉中合成的储能物质，则④一定是糖原 C．若③为能储存遗传信息的大分子物质，则③一定是DNA D．若②是细胞中重要的储能物质，则②一定是脂肪 【答案】B 【解答】解：A、①的组成元素为C、H、O、N，可能是蛋白质，若①为某种大分子的组成单位，则①最可能是蛋白质的组成单位氨基酸，A错误； B、④的组成元素为C、H、O，可能是糖类或脂肪，若④是主要在动物肝脏和肌肉中合成的贮能物质，则④可以是糖原，B正确； C、③的组成元素为C、H、O、N、P，可能是核酸，若③为能储存遗传信息的大分子物质，则③可能是DNA或RNA（病毒的遗传物质是RNA），C错误； D、②的组成元素为C、H、O，可能是糖类或脂肪，若②是细胞中重要的贮能物质，则②最可能是脂肪、淀粉或糖原，D错误。 故选：B。 【变式2】鱼胶原蛋白具有易吸收、高生物活性、低致敏性及可食用性等特点，在医学修复（如手术缝合线）、美容护肤及食品工业中逐步替代陆生动物胶原蛋白。鱼胶原蛋白的氨基酸序列以“甘氨酸—脯氨酸—羟脯氨酸”为核心重复单元，下列叙述错误的是（　　） A．作为手术缝合线的胶原蛋白能被相关酶分解从而被人体组织吸收 B．鱼胶原蛋白的美容护肤作用与核心重复单元的高生物活性相关 C．鱼胶原蛋白可作为食品添加剂，但不能大量添加到某些食品中 D．甘氨酸、脯氨酸等人体细胞不能合成的非必需氨基酸有13种 【答案】D 【解答】解：A、胶原蛋白的化学本质是蛋白质，蛋白质能在酶的催化作用下分解，所以作为手术缝合线的胶原蛋白能被相关酶分解，进而被人体组织吸收，A正确； B、题目中提到鱼胶原蛋白具有高生物活性的特点，而其美容护肤作用与这种高生物活性密切相关，B正确； C、虽然鱼胶原蛋白可作为食品添加剂，但过量添加可能会对食品或人体产生不良影响，所以不能大量添加到某些食品中，C正确； D、甘氨酸、脯氨酸是人体细胞能合成的非必需氨基酸，人体不能合成的是8种必需氨基酸，并非该选项所说的情况，D错误。 故选：D。 【变式3】如图表示小麦开花数天后测定种子中主要物质的变化，请据图回答问题： （1）小麦成熟种子中主要的营养物质是 　淀粉　 。 （2）检测还原糖的试剂是 　斐林试剂　 ，可溶性还原糖的多少可通过 　砖红色的深浅　 来判断。 （3）小麦种子成熟过程中，胚乳里蔗糖与可溶性 　还原糖　 含量比较，两者的变化趋势相同。 （4）种子成熟时，淀粉的形成与一种磷酸化酶的活性有密切关系，为验证磷酸化酶是否是蛋白质，实验过程中向实验组试管中加入2mL 　磷酸化酶溶液　 ，对照组试管中加入 　2mL（等量）已知蛋白质液（豆浆、蛋清）　 ，然后加入等量的 　双缩脲试剂　 ，如果出现 　紫色　 反应，则证明磷酸化酶是蛋白质。 （5）蔗糖水解产物是 　葡萄糖和果糖　 ，蛋白质基本组成单位的结构通式是： 。 【答案】（1）淀粉 （2）斐林试剂 砖红色的深浅 （3）还原糖 （3）磷酸化酶溶液 2 mL（等量）已知蛋白质液（豆浆、蛋清） 双缩脲试剂 紫色 （4）葡萄糖和果糖 【解答】解：（1）小麦成熟种子的主要营养成分是淀粉。 （2）检测还原糖的试剂是斐林试剂，斐林试剂和还原糖在水浴条件下生成砖红色沉淀，可以根据砖红色的深浅判断还原糖的多少。 （3）小麦种子成熟过程中，胚乳里蔗糖与可溶性还原糖含量比较，两者的变化趋势都是逐渐减少。 （4）鉴定蛋白质是用双缩脲试剂，该试剂和蛋白质反应呈紫色，所以为验证磷酸化酶是否是蛋白质，实验过程中向实验组试管中加入2 mL磷酸化酶溶液，对照组加入2 mL已知蛋白质液，然后加入等量的双缩脲试剂，如果出现紫色反应，则证明磷酸化酶是蛋白质。 （5）蔗糖的水解产物是果糖和葡萄糖，蛋白质基本组成单位是氨基酸，含有1个氨基和1个羧基连在同一个碳原子上，结构简式如下：。 故答案为： （1）淀粉 （2）斐林试剂 砖红色的深浅 （3）还原糖 （3）磷酸化酶溶液 2 mL（等量）已知蛋白质液（豆浆、蛋清） 双缩脲试剂 紫色 （4）葡萄糖和果糖 题型3 蛋白质的合成——氨基酸脱水缩合 解｜题｜知｜识 氨基酸分子首先通过互相结合的方式进行连接：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，同时脱去一分子的水，这种结合方式叫作脱水缩合。 【典例1】胶原三肽是利用生物工程技术由猪皮、鱼皮为原料制备的胶原蛋白的最小结构单位，其模式图如图所示。由于胶原三肽的分子量很小，因此能够极有效的渗入角质层、真皮层和头发根部细胞内。下列叙述正确的是（　　） A．胶原三肽的氮元素主要存在于氨基中 B．甘氨酸是组成胶原蛋白最主要的氨基酸 C．皮肤表面涂抹的胶原三肽可被直接吸收 D．a、b表示由C、H、O、N四种元素组成的肽键 【答案】C 【解答】解：A、胶原三肽的氮元素主要存在于氨基酸残基中，A错误； B、题中信息不能说明甘氨酸是组成胶原蛋白最主要的氨基酸，B错误； C、由题干信息可知，“由于胶原三肽的分子量很小，因此能够极有效的渗入角质层、真皮层和头发根部细胞内”，据此可推测，皮肤表面涂抹的胶原三肽可被直接吸收，C正确； D、a、b表示C和N之间的键位，即肽键，肽键不含有C、H、O、N元素，D错误。 故选：C。 【变式1】如图是由280个氨基酸组成的某蛋白质的结构图，据图分析以下说法不正确的是（　　） A．该蛋白质中的游离氨基数至少为2个 B．该蛋白质形成过程中，分子量减少了5008 C．该蛋白质中含有的氧原子数为282个 D．高温处理可能会使﹣S﹣S﹣遭到破坏 【答案】C 【解答】解：A、该蛋白质由3条肽链组成，其中有2条是链状肽链，每条链状肽链至少含有一个氨基，因此该蛋白质分子至少含有2个游离的氨基，A正确； B、该蛋白质合成时脱去水分子数目＝氨基酸数﹣（链状）肽链数＝280﹣2＝278个、因形成二硫键脱去的氢分子数＝二硫键数＝2个，所以生成一个该蛋白质分子时减少的相对分子质量＝278×18+2×2＝5008，B正确； C、该蛋白质中至少含有的氧原子数＝肽键数+链状肽链数×2＝278+2×2＝282个，C错误； D、高温处理可能会使﹣S﹣S﹣遭到破坏，D正确。 故选：C。 【变式2】如图所示，一分子的胰岛素原切去C肽（图中箭头表示切点）后，可转变成由A、B两条肽链构成的有活性的胰岛素（图中数字表示氨基酸序号）。下列说法正确的是（　　） A．胰岛素分子具有50个肽键，合成它的过程中共脱去50分子水 B．胰岛素分子至少含有一个游离的氨基和一个游离的羧基 C．胰岛素合成过程中脱去的水中的氢来自羧基和R基 D．切去C肽不需要破坏二硫键 【答案】D 【解答】解：A、胰岛素分子共两条肽链，含51个氨基酸，则具有51﹣2＝49（个）肽键，合成过程中脱去49分子水，A错误； B、胰岛素分子含有2条肽链，至少含有2个游离的氨基和2个游离的羧基，B错误； C、在氨基酸脱水缩合形成肽链的过程中，一个氨基酸的氨基提供一个氢原子，另一个氨基酸的羧基提供羟基，两者结合生成一分子水。因此，脱去的水中的氢来自于氨基和羧基，C错误； D、由题图可知，切去C肽需要破坏肽键，不需要破坏二硫键，D正确。 故选：D。 【变式3】水熊虫是迄今为止发现的生命力最为顽强的生物，对不良环境有极强的抵抗力。低温时，水熊虫的体内会大量合成并积累一种特殊的糖类——海藻糖，由两个葡萄糖（C6H12O6）构成，使其处于一种假死状态，代谢率几乎降到零，甚至能耐受﹣273℃冰冻数小时。请回答下列问题： （1）水熊虫细胞中含量最多的化合物是　水　 ，当水熊虫处于假死状态时，水熊虫细胞的干重中，　C　 元素的质量分数所占比例会显著增加。 （2）水熊虫还十分耐干旱，科学家推测与一种蛋白质IDP有关，在水熊虫细胞内，氨基酸经　脱水缩合　 反应形成IDP。为探究IDP与水熊虫抗干旱的关系，科研人员敲除水熊虫的IDP基因（不能合成IDP），检测其在正常和干旱情况下的存活率，结果如图所示： ①实验中，IDP基因正常水熊虫组作为　对照　 组。 ②该实验结果表明　水熊虫耐干旱与蛋白质IDP有关　 。 【答案】（1）水 C （2）脱水缩合 对照 水熊虫耐干旱与蛋白质IDP有关 【解答】解：（1）细胞内含量最多的化合物是水，含量最多的有机化合物是蛋白质。水熊虫细胞中含量最多的化合物是水；活细胞中含量最多元素是O，干重状态下，细胞中含量最多的元素是C；题干信息：低温时，水熊虫的体内会大量合成并积累一种特殊的糖类——海藻糖，由两个葡萄糖（C6H12O6）构成，使其处于一种假死状态，当水熊虫处于假死状态时，水熊虫细胞的干重中，C元素的质量分数所占比例会显著增加。 （2）IDP的化学本质是蛋白质，在水熊虫细胞内，氨基酸经脱水缩合反应形成IDP。题图可知，干旱条件下，与IDP基因正常组相比，敲除IDP基因组存活率显著下降，可见水熊虫耐干旱与蛋白质IDP有关。 ①实验中，IDP基因正常水熊虫组作为对照组。 ②该实验结果表明水熊虫耐干旱与蛋白质IDP有关。 故答案为： （1）水 C （2）脱水缩合 对照 水熊虫耐干旱与蛋白质IDP有关 题型4 蛋白质分子的化学结构和空间结构 解｜题｜知｜识 一个氨基酸分子的羧基和另一个氨基酸分子的氨基结合，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叫做肽键。由于氨基酸之间能够形成氢键，从而使得肽链能盘曲折叠，形成具有一定空间结构的蛋白质分子，许多蛋白质分子都含有两条或多条肽链，它们通过一定的化学键如二硫键相互结合在一起，这些肽链不呈直线，也不在同一个平面上，而是形成更为复杂的空间结构。 【典例1】血红蛋白是红细胞内运输氧的特殊蛋白质，是使血液呈红色的蛋白，由珠蛋白和血红素组成。图甲是血红蛋白的空间结构模式图，其含有两条α链和两条β链（α链和β链不同），图乙表示β链一端的氨基酸排列顺序。下列叙述错误的是（　　） A．图乙中①的名称是氨基，该段多肽链由3种氨基酸脱水缩合而成 B．据甲、乙两图可知，1条β链至少含有3个羧基，若2条β链完全相同，则1个血红蛋白分子至少含有8个羧基 C．构成蛋白质多样性的原因在于氨基酸的数目、种类、排列顺序及空间结构不同 D．氨基酸脱水缩合产生水，水中的氢都来自氨基和羧基 【答案】C 【解答】解：A、分析图乙，①是氨基，②④⑥⑧是四个R基，由于⑥⑧相同，所以图乙显示的一段多肽链中含四个氨基酸共3种，A正确； B、由图乙可知，β链中有2个氨基酸中的R基含有羧基，因此该β链中至少含有3个羧基；若两条β链完全相同，则2条β链中的羧基至少是6个，2条α链至少含有2个羧基，因此1个血红蛋白分子至少含有8个羧基，B正确； C、蛋白质多样性的原因是氨基酸的数目、种类、排列顺序和肽链的盘曲、折叠方式及其形成的空间结构不同，C错误； D、氨基酸脱水缩合产生水，水中的氢来自于氨基和羧基，D正确。 故选：C。 【变式1】研究人员发现了锌金属的第一个伴侣蛋白ZNG1，它可将锌运送到需要锌的蛋白质处发挥作用。下列叙述错误的是（　　） A．锌在细胞中的含量很少但功能不可替代，因此是组成细胞的微量元素 B．ZNG1运送锌的功能与其氨基酸的排列顺序及肽链的盘曲、折叠方式有关 C．温度过高、过低或过酸、过碱的环境都会破坏ZNG1的空间结构，使其功能丧失 D．ZNG1的基本组成元素一定含有C、H、O、N 【答案】C 【解答】解：A、锌属于微量元素，其在细胞内含量少但作用重要，A正确； B、蛋白质功能由结构决定，包括氨基酸序列（一级结构）和空间结构（如盘曲折叠），故ZNG1运送锌的功能与其氨基酸的排列顺序及肽链的盘曲、折叠方式有关，B正确； C、高温、强酸和强碱会破坏蛋白质空间结构，使酶失活，但是低温仅抑制活性，不会破坏酶的空间结构，C错误； D、蛋白质的组成元素为C、H、O、N，ZNG1作为蛋白质必然含有这些元素，D正确。 故选：C。 【变式2】关于氨基酸，下列叙述错误的是（　　） A．人体细胞可利用代谢中间产物合成非必需氨基酸 B．某氨基酸的R基为﹣CH3，则它的分子式是C3H7ON C．氨基酸的R基不同决定了其化学性质不同 D．氨基酸排列顺序不同是引起蛋白质结构多样性的原因之一 【答案】B 【解答】解：A、非必需氨基酸是指人体细胞能够合成的氨基酸，可通过转氨基作用利用代谢中间产物合成，A正确； B、氨基酸的通式为C2H5O2N﹣R。当R基为﹣CH3时，分子式应为C3H8O2N，B错误； C、氨基酸的R基不同导致其种类和化学性质（如极性、酸碱性等）不同，C正确； D、蛋白质结构多样性原因包括氨基酸种类、数目、排列顺序及空间结构差异，D正确。 故选：B。 【变式3】生物体内某些有机物的素组成可表示如图： （1）A可分为A1、A2、A3、A4、A5，以a分析是由于　氨基酸的种类、数目和排列顺序不同　 ． （2）写出A1～A5的物质名称：A1　酶　 ；A2　抗体　 ；A3　血红蛋白　 ；A4　肌动蛋白（肌球蛋白）　 A5　胰岛素　 ． （3）c的名称为　核苷酸　 ，C1的名称为　脱氧核糖核酸　 ． （4）B是主要的能源物质，则b　葡萄糖　 ． （5）在生命活动中，A是　生命活动的主要承担者　 ，C是　遗传信息的携带者　 ． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）由题意知可知A是蛋白质，a是蛋白质的基本组成单位氨基酸，蛋白质多样性的原因从氨基酸水平分析是氨基酸的种类、数目和排列顺序不同． （2）由不同蛋白质的功能，可以推知，A1、A2、A3、A4、A5分别是酶、抗体、血红蛋白、结构蛋白（肌球蛋白或肌动蛋白）、胰岛素． （3）图中C的组成元素是C、H、O、N、P，C的核酸，其基本组成单位c是核苷酸，C1是脱氧核糖核酸，C2是核糖核酸． （4）糖类是主要的能源物质，因此B是多糖，b的其基本组成单位葡萄糖． （5）蛋白质是生命活动的主要承担者，核酸是遗传信息的携带者． 故答案为： （1）氨基酸的种类、数目和排列顺序不同 （2）酶 抗体 血红蛋白 结构蛋白（肌球蛋白或肌动蛋白） 胰岛素 （3）核苷酸 脱氧核糖核酸 （4）葡萄糖 （5）生命活动的主要承担者 遗传信息的携带者 题型5 蛋白质变性的主要因素 解｜题｜知｜识 蛋白质的理化性质： （1）蛋白质的水解：蛋白质在酸性、碱性、酶等条件下发生水解，水解的最终产物是氨基酸。 （2）盐析：盐析为蛋白质在水溶液中溶解度的降低，不影响活性。加水后还可以溶解。 蛋白质溶液析出蛋白质（盐析） （3）变性：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。 蛋白质溶液变性凝结 （4）颜色反应：遇浓硝酸有黄色反应。 （5）灼烧：蛋白质灼烧有烧焦羽毛的味道。 【典例1】北京烤鸭是中国传统美食，北京鸭主要以玉米、谷类为饲料，使它们育肥，下列有关说法正确的是（　　） A．玉米、谷类中富含的淀粉、纤维素等可被北京鸭消化吸收 B．大多数动物脂肪所含的脂肪酸长链中存在双键，是饱和脂肪酸 C．鸭被烤熟的过程蛋白质的空间结构变得松散，容易被蛋白酶水解 D．脂肪一般只在糖类供能不足时，分解供能，且可以大量转化为糖类 【答案】C 【解答】解：A、玉米、谷类中的纤维素不能被鸭消化吸收，因鸭缺乏纤维素酶，无法分解植物细胞壁中的纤维素，A错误； B、大多数动物脂肪以饱和脂肪酸为主，饱和脂肪酸的脂肪酸长链中无双键，不饱和脂肪酸才有双键，B错误； C、鸭被烤熟时，高温使蛋白质变性，空间结构变得松散（如二级、三级结构破坏），暴露出更多肽键，有利于蛋白酶结合并催化水解反应，C正确； D、脂肪在糖类供能不足时可分解供能（通过β﹣氧化），但脂肪不能大量转化为糖类；糖异生作用可将非糖物质（如甘油）少量转化为糖，但脂肪酸无法直接转化为葡萄糖，转化量有限（受代谢途径限制），D错误。 故选：C。 【变式1】头发中的主要蛋白质是角蛋白，它含有二硫键（﹣S﹣S﹣），从而使头发强韧且有弹性。烫发药剂会破坏角蛋白中的二硫键，使头发软化并改变形状，随后通过氧化剂重建二硫键从而固定发型。烫发、染发等化学处理会不可逆地破坏部分二硫键，导致头发脆化、易断。下列相关叙述错误的是（　　） A．角蛋白是一种结构蛋白，其S元素存在于氨基酸的R基中 B．与烫发前相比，烫发后角蛋白的相对分子质量可能会发生改变 C．烫发药剂与高温可分别破坏角蛋白的二硫键、肽键使蛋白质变性 D．烫发后重建的二硫键位置可能与原结构不同，导致头发形状改变 【答案】C 【解答】解：A、角蛋白属于结构蛋白，其S元素来源于氨基酸的R基（如半胱氨酸中的—SH），A正确； B、烫发过程中二硫键断裂（—S—S—变为—SH）会加入H原子，导致相对分子质量增加；重建时可能减少H原子，但若二硫键数量变化，总分子质量可能改变，B正确； C、烫发药剂破坏二硫键，而非肽键；高温仅破坏蛋白质的空间结构（如氢键），不破坏肽键，C错误； D、烫发后重建的二硫键位置可能与原结构不同，导致头发形状改变，D正确。 故选：C。 【变式2】球状蛋白分子空间结构为外圆中空，氨基酸侧链极性基团分布在分子的外侧，而非极性基团分布在内侧。蛋白质变性后，会出现生物活性丧失及一系列理化性质的变化。下列叙述错误的是（　　） A．蛋白质变性可导致所有肽键断裂 B．球状蛋白盐析后，其生物活性和理化性质不变 C．加热变性的蛋白质不能恢复原有的结构和性质 D．变性后生物活性丧失是因为原有空间结构破坏 【答案】A 【解答】解：A、蛋白质变性是空间结构破坏，而肽键并未断裂，A错误； B、盐析仅改变蛋白质的溶解度，不破坏空间结构，故活性和理化性质不变，B正确； C、加热使蛋白质变性是不可逆的，无法恢复原有结构和性质，C正确； D、变性导致生物活性丧失，主要是酶空间结构破坏，而失去活性，D正确。 故选：A。 【变式3】蛋白质的空间结构遭到破坏，其生物活性就会丧失，这称为蛋白质的变性。高温、强碱、强酸、重金属等都会使蛋白质变性。现利用提供的材料用具，请你设计实验，探究乙醇能否使蛋白质变性。 材料用具：质量分数为3%的可溶性淀粉溶液、质量分数为2%的新鲜淀粉酶溶液、蒸馏水、质量浓度为0.1g/mL的NaOH溶液、质量浓度为0.05g/mL的CuSO4溶液、无水乙醇、烧杯、试管、量筒、滴管、温度计、酒精灯。 （1）实验步骤 ①取两支试管，编号A、B，向A、B两试管中各加入1mL新鲜的淀粉酶溶液，然后向A试管加 　5滴蒸馏水　 ，向B试管加5滴无水乙醇，混匀后向A、B两试管再加2mL可溶性淀粉溶液； ②将两支试管摇匀后，同时放入适宜温度的温水中维持5min； ③取 　质量浓度为0.1g/mL的NaOH　 溶液和 　质量浓度为0.05g/mL的CuSO4 溶液等量混合，配制成斐林试剂； ④从温水中取出A、B试管，各加入1mL斐林试剂摇匀，放入盛有50～65℃温水的大烧杯中加热约2min，观察试管中出现的颜色变化。 （2）实验结果预测及结论。 ①　A试管中出现砖红色沉淀，B试管不出现　 ，说明乙醇能使淀粉酶（蛋白质）变性； ②　A试管中出现砖红色沉淀，B试管也出现砖红色沉淀　 ，说明乙醇不能使淀粉酶（蛋白质）变性。 （3）该实验的自变量是 　乙醇的有无　 ，因变量是 　A、B试管中的颜色变化　 ，对照组是 　A试管　 。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）分析题干可知本实验的目的是探究乙醇能否使蛋白质变性，由实验目的和实验材料推出实验原理是：淀粉酶能催化淀粉水解成可溶性糖，可溶性糖可以与斐林试剂反应生成砖红色沉淀，若乙醇能使蛋白质变性，唾液淀粉酶活性丧失，不出现砖红色沉淀，若乙醇不能使蛋白质变性，唾液淀粉酶具有活性，出现砖红色沉淀；因此实验的自变量是乙醇的有无，因变量是否出现砖红色沉淀，其他变量属于无关变量，实验设计应遵循对照原则与单一变量的原则。 故实验步骤是： ①实验的试剂的量是无关变量，应保持一致，因此，取两支试管，编号A、B，向A、B两试管中各加入1mL新鲜的淀粉酶溶液，然后向A试管加5滴蒸馏水，向B试管加5滴无水乙醇，混匀后向A、B两试管再加2mL可溶性淀粉溶液； ②温度和水浴加热 的时间是无关变量，应保持一致且适宜，将两支试管摇匀后，同时放入适宜温度的温水中维持5min； ③配制斐林试剂溶液，取质量浓度为0.1g/mL的NaOH溶液和质量浓度为0.05g/mL的CuSO4溶液等量混合，配制成斐林试剂； ④从温水中取出A、B试管，各加入1mL斐林试剂摇匀，放入盛有50～65℃温水的大烧杯中加热约2min，观察试管中出现的颜色变化。 （2）实验结果预测及结论。 本实验是探究实验，乙醇能可能使蛋白质变性，也可能乙醇不能使蛋白质变性，因此预期实验结果应有2种情况。 ①A试管中出现砖红色沉淀，B试管不出现说明乙醇能使淀粉酶（蛋白质）变性 ②A试管中出现砖红色沉淀，B试管也出现砖红色沉淀，说明乙醇不能使淀粉酶（蛋白质）变性。 （3）该实验的自变量是乙醇的有无；因变量是A、B试管中的颜色变化；A试管是对照组，B试管是实验组。 故答案应为： （1）①5滴蒸馏水 ③质量浓度为0.1g/mL的NaOH溶液、质量浓度为0.05g/mL的CuSO4溶液 （2）①A试管中出现砖红色沉淀，B试管不出现 ②A试管中出现砖红色沉淀，B试管也出现砖红色沉淀 （3）乙醇的有无 A、B试管中的颜色变化 A试管 题型6 蛋白质（多肽）的相关计算 解｜题｜知｜识 ①肽键数＝失去水分子的数目＝氨基酸数﹣肽链数（不包括环状） ②n个氨基酸脱水缩合形成m条多肽链时，共脱去（n﹣m）个水分子，形成（n﹣m）个肽键。 含 X 条肽链的蛋白质中：氨基和羧基数至少各为X个； R基中有m个氨基和n个羧基，则该含X条肽链的蛋白质中含氨基X+m个，羧基X+n个； 若该蛋白质中的肽链均为环肽，则该蛋白质中氨基为m个，羧基为n个。 ③蛋白质总的分子量＝组成蛋白质的氨基酸总分子量﹣脱水缩合反应脱去的水的总分子量 ④环状肽链：氨基酸数目＝脱水数目＝肽键数目 ⑤链接两条肽链之间的键为二硫键（大多数），有些为肽键，连接位置为两个氨基酸的R基。 ⑥﹣﹣SH SH﹣﹣转变﹣﹣S﹣﹣S﹣﹣（二硫键）去掉两个H ⑦每条多肽链上至少有一个游离的氨基，至少有一个游离的羧基 ⑧肽键 （—NH—CO—）有一个O一个N元素 ⑨设氨基酸的平均相对分子质量为a 肽链数目 氨基酸数目 肽键数目 脱去水分子数目 多肽的相对分子质量 氨基数目 羧基数目 1 m m﹣1 m﹣1 ma﹣18（m﹣1） 至少1个 至少1个 n m m﹣n m﹣n ma﹣18（m﹣n） 至少n个 至少n个 【典例1】利用计算机模拟蛋白质的三维结构，如利用同一批的300个氨基酸分别构建以下三种结构： ①为环肽，其中两个不相邻的氨基酸的侧链基团之间形成肽键； ②为两条肽链，其中有两个氨基酸的侧链基团之间形成肽键； ③为两条肽链，且两条肽链之间形成一个二硫键（﹣S—S﹣）。 下列说法错误的是（　　） A．①比②多2个肽键 B．③至少含有的游离氨基数和游离羧基数分别为2，2 C．300个氨基酸在形成③时，相对分子质量减少5366 D．300个氨基酸可分为多种，划分的依据是R基不同 【答案】B 【解答】解：A、①为环肽，其中两个不相邻的氨基酸的侧链基团之间形成肽键，那么①有300+1＝301个肽键。②为两条肽链，其中有两个氨基酸的侧链基团之间形成肽键，那么②有300﹣2+1＝299个肽键，因此①比②多2个肽键，A正确； B、由①②可知，至少有1个氨基酸的R基中存在1个羧基，一个氨基酸的R基中存在1个氨基，除了R基以外，一条肽链至少含有1个羧基和1个氨基，③含有2条肽链，所以至少含有的游离羧基数和游离氨基数分别为3，3，B错误； C、300个氨基酸在形成③时，减少的质量包括脱去水的质量以及形成二硫键时脱去氢的质量，即相对分子质量减少了18×（300﹣2）+2＝5366，C正确； D、氨基酸的不同取决于R基的不同，所以300个氨基酸可分为多种，划分的依据是R基不同，D正确。 故选：B。 【变式1】肽酶X作用于天冬氨酸羧基端的肽键时具有专一性，肽酶Y作用于天冬氨酸氨基端的肽键时具有专一性。经肽酶X、肽酶Y共同处理，1分子多肽Z（氨基酸总数大于3个）水解可得到3个天冬氨酸，该水解过程中消耗的水分子数不可能是（　　） A．7个 B．6个 C．5个 D．4个 【答案】A 【解答】解：据题意可知，1分子多肽Z可水解得到3个天冬氨酸，但不知这3个天冬氨酸的位置，分情况讨论： ①3个天冬氨酸都不位于多肽Z的两端，且3个天冬氨酸不相连，要想得到1个天冬氨酸，需要用肽酶X、肽酶Y断裂天冬氨酸羧基端的肽键和天冬氨酸氨基端的肽键，即需要断裂2个肽键，消耗2分子水，因此水解可得到这3个天冬氨酸需要消耗2×3＝6分子水； ②3个天冬氨酸中有一个位于多肽Z的一端，且3个天冬氨酸不相连，要想得到位于一端的天冬氨酸，需要用肽酶X或者肽酶Y断裂天冬氨酸羧基端的肽键和天冬氨酸氨基端的肽键，即需要断裂1个肽键，消耗1分子水，需要得到其他2个天冬氨酸，则需要断裂2个肽键，消耗2分子水，因此水解可得到这3个天冬氨酸需要消耗1+2×2＝5分子水； ③3个天冬氨酸中有2个位于多肽Z的两端，且另一个天冬氨酸不与端部的天冬氨酸连接，要想得到位于一端的天冬氨酸，需要用肽酶X或者肽酶Y断裂天冬氨酸羧基端的肽键和天冬氨酸氨基端的肽键，即需要断裂1个肽键，消耗1分子水，需要得到中间那个天冬氨酸，则需要断裂2个肽键，消耗2分子水，因此水解可得到这3个天冬氨酸需要消耗1+1+1×2＝4分子水； 综上所述，该水解过程消耗的水分子能是6、5、4，A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式2】假如蛋白酶1作用于苯丙氨酸（C9H11O2N）羧基端的肽键，蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14O2N2）两侧的肽键。某四十九肽分别经酶1和酶2作用后的情况如图所示。下列叙述错误的是（　　） A．此多肽中含3个苯丙氨酸、1个赖氨酸 B．苯丙氨酸位于四十九肽的16、30、48位 C．短肽D、E的氧原子数之和与四十九肽的氧原子数相比增加1个，氮原子数减少2个 D．适宜条件下酶1和酶2同时作用于此多肽，可形成4条短肽和2个氨基酸 【答案】C 【解答】解：A、由以上分析知，该三十九肽中至少含3个苯丙氨酸，1个赖氨酸，A正确； B、由以上分析知，该四十九肽中的苯丙氨酸至少有3个，分别是第16、30、48位，B正确； C、蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）两侧的肽键后，形成的短肽D、E中，肽键减少了2个，赖氨酸减少了1个（含有2个N原子、2个氧原子），多了1个羧基，所以短肽D、E与四十九肽的氧原子数相同，N原子数减少2个，C错误； D、适宜条件下酶1和酶2同时作用与此多肽，可得到四条短肽（分别由第1﹣16、17﹣22、24﹣30、31﹣48位氨基酸形成）和2个氨基酸（分别是第23位、49位氨基酸），D正确。 故选：C。 【变式3】请对下列关于元素和化合物的相关内容填空。 （1）组成细胞的元素追根溯源来自无机环境，但细胞内各种元素的比例与无机环境的大不相同，原因是　细胞是有生命的，它可以主动地有选择地从无机环境中获取生命活动需要的元素　 。 （2）细胞内结合水的存在形式主要是水与　蛋白质、多糖　 等物质结合，这样水就失去流动性和溶解性。结合水的功能为　维持细胞形态和结构稳定　 。 （3）北方冬小麦在冬天来临前，自由水与结合水比值　逐渐降低　 ，以避免　自由水结冰导致细胞结冰　 而损害自身。 （4）某蛋白质由n个氨基酸组成且仅为一条链，其分子式为CmHpNqOwS2，并且是由图中的4种氨基酸组成的，那么该物质彻底水解后将会得到乙、丙数目依次为　（w﹣n﹣1）、n﹣q　 。 【答案】（1）细胞是有生命的，它可以主动地有选择地从无机环境中获取生命活动需要的元素 （2）蛋白质、多糖 维持细胞形态和结构稳定 （3）逐渐降低 自由水结冰导致细胞结冰 （4）（w﹣n﹣1）、n﹣q 【解答】解：（1）细胞是有生命的，它可以主动地有选择地从无机环境中获取生命活动需要的元素，导致细胞内各种元素的比例与无机环境的大不相同。 （2）结合水通过氢键与细胞内的蛋白质、多糖等物质结合，这种结合特性使其成为细胞结构的组成成分；结合水作为细胞结构的组成部分，维持细胞形态和结构稳定。 （3）北方冬小麦在冬天来临前，自由水的比例会逐渐降低，而结合水的比例会逐渐上升，以避免气温下降时自由水过多导致结冰而损害自身。 （4）乙含2个羧基，甲、丙、丁均只含一个羧基（﹣COOH），假设乙的数量为a，则某蛋白质由n个氨基酸组成且仅为一条链，脱去（n﹣1）分子水，氧原子的数目为2n+2a﹣（n﹣1）＝w，a＝（w﹣n﹣1）；丙含两个氨基（﹣NH2），假设丙的数量为b，则某蛋白质由n个氨基酸组成且仅为一条链，氮原子的数目为n+b＝q，b＝n﹣q。 故答案为： （1）细胞是有生命的，它可以主动地有选择地从无机环境中获取生命活动需要的元素 （2）蛋白质、多糖 维持细胞形态和结构稳定 （3）逐渐降低 自由水结冰导致细胞结冰 （4）（w﹣n﹣1）、n﹣q 题型7 蛋白质的结构和功能的综合 解｜题｜知｜识 （1）从氨基酸到蛋白质，大致的结构层次有：氨基酸脱水缩合形成二肽，三肽……多肽；一条肽链按照一定形态盘曲折叠构成空间结构；多条肽链构成更为复杂的空间结构。 （2）蛋白质结构多样性的原因： 组成蛋白质的氨基酸的种类、数目、排列顺序不同，肽链形成的空间结构千差万别。 根本原因：DNA（或基因）中碱基的排列顺序不同。 （3）蛋白质的功能有： ①结构蛋白 ②催化作用 ③运输载体 ④信息传递 ⑤免疫功能 【典例1】“分子伴侣”是一类本身不参与组成最终产物并可循环发挥作用的蛋白质，其可识别正在合成的多肽或部分折叠的多肽，并通过改变自身空间结构与多肽的某些部位相结合，从而帮助这些多肽折叠、组装或转运。下列叙述正确的是（　　） A．“分子伴侣”发挥作用体现了蛋白质的催化功能 B．某些分子伴侣可能在核糖体部位发挥生理作用 C．“分子伴侣”空间结构一旦发生改变，则不可逆转 D．“分子伴侣”参与了两个氨基酸之间的脱水缩合 【答案】B 【解答】解：A、绝大多数酶是蛋白质，酶具有催化功能，“分子伴侣”发挥作用未体现蛋白质的催化功能，A错误； B、蛋白质在核糖体中合成，由题意“可识别正在合成的多肽或部分折叠的多肽”可知，某些分子伴侣可能在核糖体部位发挥生理作用，B正确； C、由题意可知，“分子伴侣”与多肽的某些部位相结合的过程中自身空间结构改变，且“分子伴侣”可循环发挥作用，因此推测“分子伴侣”空间结构发生改变，可以逆转，C错误； D、由题意可知，“分子伴侣”是一类本身不参与组成最终产物的蛋白质，因此“分子伴侣”不参与两个氨基酸之间的脱水缩合，D错误。 故选：B。 【变式1】生物体生命活动的主要承担者、遗传信息的携带者、主要能源物质、主要储能物质和结构和功能的基本单位依次是（　　） A．核酸、蛋白质、细胞、糖类、脂肪 B．蛋白质、核酸、糖类、脂肪、细胞 C．核酸、蛋白质、细胞、脂肪、糖类 D．蛋白质、细胞、核酸、糖类、脂肪 【答案】B 【解答】解：A、核酸是遗传信息的携带者、蛋白质是生命活动的主要承担者、细胞是生物体结构和功能的基本单位、糖类是主要的能源物质、脂肪是良好的储能物质，A错误； B、生命活动的主要承担者是蛋白质、遗传信息的携带者是核酸、主要能源物质是糖类、主要储能物质是脂肪、生物体结构和功能的基本单位是细胞，B正确； C、由B分析可知，C错误； D、由B分析可知，D错误。 故选：B。 【变式2】西湖大学柴继杰团队的研究发现，番茄植株中的抗病蛋白（NRC蛋白）即使在无病原体入侵时也维持较高水平，却能避免过度免疫。其原因在于NRC蛋白倾向于形成二聚体或四聚体，并且这些多聚体处于非活性构象。关于NRC蛋白的说法错误的是（　　） A．让NRC蛋白二聚体和四聚体解聚可能增强番茄对病虫害的抵抗力 B．NRC蛋白的N原子主要蕴含在氨基中 C．高温条件易引发植物病害，可能与NRC蛋白构象改变有关 D．通过盐析提取的NRC蛋白有抗虫活性 【答案】B 【解答】解：A、题意显示，NRC蛋白形成二聚体或四聚体，并且这些多聚体处于非活性构象，据此推测，让NRC蛋白二聚体和四聚体解聚可能增强番茄对病虫害的抵抗力，A正确； B、NRC蛋白的N原子主要蕴含在肽键右端，氨基只存在于多肽链的一端或部分氨基酸的R基中，B错误； C、温度过高会影响蛋白质的空间构象，据此推测，高温条件可能通过改变NRC蛋白的构象而引发植物病害，C正确； D、盐析不会破坏蛋白质的空间构象，可以使蛋白质出现原来的状态，因此，通过盐析提取的NRC蛋白有抗虫活性，D正确， 故选：B。 【变式3】据报道，一些不法商家生产的所谓“100%纯牛奶”居然与牛没有任何关系，只用香精、糖、自来水和一些添加剂，就可以生产出“纯牛奶”．更骇人听闻的是，不法商家利用垃圾堆里的破旧皮鞋、皮衣、皮帽及其他皮具，经过化学、生物处理，水解出皮革中的原有蛋白质（称“人造蛋白”），作为原料制成假牛奶． 请设计实验，探究“人造蛋白”是否比缺乏蛋白质更有害儿童正常发育． （1）实验材料：幼龄大白鼠若干、真正的纯牛奶、不含任何蛋白质的假牛奶、含有“人造蛋白”的假牛奶、发育状况测定装置（可测定一定的发育状况指标，具体不作考试要求）、饲养装置等． （2）实验步骤： ①选取年龄相当、体重相当、发育良好的幼龄大白鼠若干，　随机平均分为三组　 ，标记为A、B、C，分别饲养． ②每天分别给A、B、C三组大白鼠饲喂　等量的真正的纯牛奶、不含任何蛋白质的假牛奶、含有“人造蛋白”的假牛奶　 ． ③在　相同且适宜的　 的条件下饲养一段时间． ④用发育状况测定装置测定A、B、C三组大白鼠的发育状况．记录各组发育状况指标，计算出各组的平均值，进行比较分析． （3）预测实验结果并作出相应的结论．（写出其中两种即可）　①A组发育正常，B组和C组均不正常，但B、C两组发育状况指标差异不显著，说明“人造蛋白”并不比缺乏蛋白质更有害儿童正常发育． ②A组发育正常，B组和C组均不正常，但B组比C组发育状况指标好，差异显著．说明“人造蛋白”比缺乏蛋白质更有害儿童正常发育．　 ． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（2）实验步骤： ①选取年龄相当、体重相当、发育良好的幼龄大白鼠若干，随机平均分为三组，标记为A、B、C，分别饲养． ②每天分别给A、B、C三组大白鼠饲喂等量的真正的纯牛奶、不含任何蛋白质的假牛奶、含有“人造蛋白”的假牛奶． ③在相同的且适宜的条件下饲养一段时间． （3）预测实验结果并作出相应的结论： ①A组发育正常，B组和C组均不正常，但B、C两组发育状况指标差异不显著，说明“人造蛋白”并不比缺乏蛋白质更有害儿童正常发育． ②A组发育正常，B组和C组均不正常，但B组比C组发育状况指标好，差异显著．说明“人造蛋白”比缺乏蛋白质更有害儿童正常发育． 故答案为： （2）①随机平均分为三组 ②等量的真正的纯牛奶、不含任何蛋白质的假牛奶、含有“人造蛋白”的假牛奶 ③相同的且适宜的 （3）①A组发育正常，B组和C组均不正常，但B、C两组发育状况指标差异不显著，说明“人造蛋白”并不比缺乏蛋白质更有害儿童正常发育． ②A组发育正常，B组和C组均不正常，但B组比C组发育状况指标好，差异显著．说明“人造蛋白”比缺乏蛋白质更有害儿童正常发育． 过 关 验 收 1. 蛋白质是生命活动的主要承担者，下列蛋白质与其功能对应正确的是（　　） A．生长激素——催化功能 B．甲流抗体——免疫功能 C．肌肉蛋白——调节功能 D．血红蛋白——结构蛋白 【答案】B 【解答】解：A、生长激素属于信息传递的调节类物质，起调节机体生长等作用，A错误； B、抗体能特异性识别并结合抗原，发挥免疫防御作用，属于免疫功能，B正确； C、肌肉蛋白是构成肌细胞的重要成分，属于结构蛋白，C错误； D、血红蛋白负责运输氧气，属于运输蛋白，D错误。 故选：B。 2. 从某一动物细胞中得到两类大分子有机物X、Y，已知细胞中X的含量大于Y的，用胃液（其中含有胃蛋白酶，可分解蛋白质）处理，X被分解而Y不变。X含有化学元素N，有的还含有S，Y含有化学元素N和P，它们与碘都没有颜色反应。下列有关X和Y的叙述，错误的是（　　） A．X不可能是蛋白质 B．Y的基本组成单位可能是核苷酸 C．细胞内的X不可能具有免疫和催化作用 D．Y可能主要存在于细胞核中 【答案】AC 【解答】AC、根据题干信息，X可被胃液分解，且X含有N，有的还含有S，那么X最有可能是蛋白质，有的蛋白质具有免疫和催化作用，AC错误； BD、Y也是生物大分子，含N、P，并且不被胃液分解，最有可能是核酸，核酸包括DNA、RNA两类，基本组成单位是核苷酸，DNA主要存在于细胞核中，BD正确。 故选：AC。 3. 如图所示，图1表示细胞内某些有机物的元素组成和功能关系，其中A、B代表元素，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ表示生物大分子，X、Y、Z、P分别为构成生物大分子的基本单位；图2为核酸的部分结构示意图。请回答下列问题： （1）图1中B代表的元素是　N　 ；Ⅰ在动物体和植物体中分别是　糖原　 、　淀粉　 。 （2）图1中Y的中文名称是　脱氧核苷酸　 。若图2为图1中Ⅲ的部分结构，则①的中文名称是　鸟嘌呤核糖核苷酸　 。 （3）人的白细胞主要承担机体免疫功能，心肌细胞承担心脏律动作用，这两种细胞功能不同主要与图1中物质　Ⅳ　 （填序号）有直接关系，从该物质单体的角度分析原因是　组成白细胞和心肌细胞中蛋白质的氨基酸种类、数目和排列顺序不同　 。 （4）人体内的抗体是蛋白质，可以帮助人体抵御细菌、病毒等病原体的侵害。为检测抗体M的免疫疗效，实验人员对小鼠饲喂抗体M，结果没有免疫疗效。该结果　不能　 （填“能”或“不能”）说明抗体M研发失败，理由是　抗体在小鼠的消化道内被消化成氨基酸而失效，因此，饲喂法不能检测抗体M的免疫疗效　 。 【答案】（1）N；糖原；淀粉 （2）脱氧核苷酸；鸟嘌呤核糖核苷酸 （3）Ⅳ；组成白细胞和心肌细胞中蛋白质的氨基酸种类、数目和排列顺序不同 （4）不能；抗体在小鼠的消化道内被消化成氨基酸而失效，因此，饲喂法不能检测抗体M的免疫疗效 【解答】解：（1）图1中，Ⅳ是蛋白质，蛋白质的元素组成是C、H、O、N，因此B代表的元素是N。Ⅰ是能源物质（生物大分子），因此Ⅰ是多糖：动物中是糖原，植物中是淀粉。 （2）Ⅱ主要分布在细胞核，因此Ⅱ是DNA，其基本单位Y是脱氧核苷酸。图1中Ⅲ是RNA，主要分布在细胞质，因此图2中①是鸟嘌呤核糖核苷酸。 （3）Ⅳ代表蛋白质，两种细胞中蛋白质不同，是因为组成红细胞和心肌细胞中蛋白质的氨基酸种类、数目和排列顺不同，故两种细胞的功能不同。 （4）抗体的化学本质是蛋白质，在小鼠的消化道内被消化成氨基酸而失效，因此，饲喂法不能检测抗体M的免疫疗效。 故答案为： （1）N；糖原；淀粉 （2）脱氧核苷酸；鸟嘌呤核糖核苷酸 （3）Ⅳ；组成白细胞和心肌细胞中蛋白质的氨基酸种类、数目和排列顺序不同 （4）不能；抗体在小鼠的消化道内被消化成氨基酸而失效，因此，饲喂法不能检测抗体M的免疫疗效 4. 下列物质能参与构成生物体内天然蛋白质的有（　　） A．①②③ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③④⑤⑥ 【答案】B 【解答】解：ABCD、蛋白质由氨基酸脱水缩合而成，构成蛋白质的氨基酸有一个共同的特点：一个氨基和一个羧基连接在同一个C原子上，该C原子上同时还连有一个H和一个R基，据图可知，①②③④均满足该特点，⑤物质缺少氨基，⑥物质氨基和羧基未连接在同一个C原子上，B正确，ACD错误。 故选：B。 5. 缬氨酸的R基为C3H7，则一分子缬氨酸含有的C、H、O、N原子数依次（　　） A．2，4，2，1 B．5，11，2，1 C．5，9，4，1 D．5，8，2，1 【答案】B 【解答】解：由氨基酸的结构通式可知，氨基酸的分子式可表示为C2H4O2N+R基，缬氨酸的R基为﹣C3H7，因此缬氨酸的分子式是C5H11O2N，即一分子缬氨酸含有的C、H、O、N原子数依次是5，11，2，1。 故选：B。 6. 硒蛋白是含有硒代半胱氨酸的蛋白质，在人体抗氧化、抗癌等方面发挥重要作用，因此在日常饮食中应适量摄入富硒食物，如坚果、谷物、蛋、奶等。图甲表示某硒蛋白中的一条肽链（124个氨基酸）结构示意图，对其中的氨基酸进行数字编号，虚线表示两个巯基（—SH）脱去2个H形成二硫键，图乙表示该肽链的部分结构放大图，请回答相关问题： （1）硒代半胱氨酸被称为“第21种氨基酸”，是硒蛋白（如谷胱甘肽过氧化物酶、脱碘酶）等的核心成分，需要从食物中获得，属于　必需　 氨基酸。 （2）图乙所示的部分肽链由　3　 种氨基酸经脱水缩合形成的。 （3）图甲中肽链的相对分子质量比组成它的氨基酸的相对分子质量之和少　2220　 。 （4）胶原蛋白是动物体中的一种结构蛋白，广泛分布于人体的皮肤、骨骼和血管壁等组织器官，可保护皮肤黏膜、增加组织弹性和韧性。研究人员提取了一种主要含图1中三种氨基酸的胶原蛋白用来制作手术缝合线。 ①据图1氨基酸分子式可知，组成这种胶原蛋白的主要化学元素是　C、H、O、N　 。 ②这三种氨基酸分子通过脱水缩合，形成一条包含“—甘—赖—脯—”序列重复200次的肽链，此肽链所含游离的氨基（﹣NH2）个数至少为　201　 个，连接相邻氨基酸的化学键是　肽键　 。 上述三条同样的肽链螺旋缠绕在一起形成三螺旋结构（图2所示），称为原胶原蛋白。赖氨酸和脯氨酸的R基被修饰而具有较强的亲水性，因此原胶原蛋白可进一步聚合，形成胶原蛋白。 ③缺乏维生素C会导致赖氨酸和脯氨酸的R基无法发生亲水性修饰，造成胶原蛋白易被降解。结合题目信息及生活常识，推测人体缺乏维生素C易引发的疾病，并提出预防措施　可能会出现皮肤出血，血管壁出血，骨骼变脆等，可以多吃橘子等富含维生素C的水果来预防　 。 【答案】（1）必需 （2）3 （3）2220 （4）C、H、O、N 201 肽键 可能会出现皮肤出血，血管壁出血，骨骼变脆等，可以多吃橘子等富含维生素C的水果来预防 【解答】解：（1）据题干信息“需要从食物中获得”可知，硒代半胱氨酸属于必需氨基酸。 （2）据图乙可知，②④⑥⑧属于R基，⑥⑧相同，故部分肽链由3种氨基酸经脱水缩合形成的。 （3）据图甲可知，图中肽链由124个氨基酸脱水缩合而成，其中还含有3个二硫键，故其相对分子质量比组成它的氨基酸的相对分子质量之和少123×18+2×3＝2220。 （4）①据图1中所列氨基酸分子式可知，组成这种胶原蛋白的化学元素主要为C、H、O、N。 ②据图1可知，赖氨酸的R基中含一个游离的氨基（—NH2），因此一条包含“—甘—赖—脯—”序列重复200次的肽链，所含游离的氨基（—NH2）个数至少为1+R基中游离的氨基数＝201个；肽链中相邻氨基酸通过肽键连接。 ③缺乏维生素C会导致胶原蛋白易降解，长此以往，可能会出现皮肤出血，血管壁出血，骨骼变脆等疾病，因此在平常的饮食中要注意平衡膳食，可以多吃橘子等富含维生素C的水果来预防。 故答案为： （1）必需 （2）3 （3）2220 （4）C、H、O、N 201 肽键 可能会出现皮肤出血，血管壁出血，骨骼变脆等，可以多吃橘子等富含维生素C的水果来预防 7. 如图所示，甲、乙、丙为组成生物体的相关化合物，乙为一个由α、β、γ三条多肽链形成的蛋白质分子，共含285个氨基酸，图中每条虚线表示由两个巯基（﹣SH）脱氢形成的二硫键（﹣S﹣S﹣）。下列相关叙述正确的是（　　） A．由不同的甲形成乙后，相对分子质量比原来少了5080 B．甲为组成乙的基本单位，动物细胞中的甲都在核糖体上合成 C．丙是生物体中遗传信息的携带者，主要存在于细胞核且不能继续水解 D．如果甲中的R为C3H5O2，则由两分子甲形成的有机化合物中含有16个H 【答案】D 【解答】解：A、氨基酸经过脱水缩合形成蛋白质，两个巯基（﹣SH）脱氢形成一个二硫键，相对分子量比原来减少了（285﹣3）×18+4×2＝5084，A错误； B、甲为组成乙的基本单位，细胞中的乙都在核糖体上合成，B错误； C、丙是核苷酸分子，是核酸的基本单位，C错误； D、如果甲中的R为C3H5O2，则甲的分子式为C5H9O4N，两分子甲脱一个水形成的化合物分子式为C10H16O7N，所以两分子甲形成的化合物中含有16个H，D正确。 故选：D。 8. 胰岛素是我们体内与血糖平衡有关的重要激素。胰岛素由A、B两个肽链组成，其中A链有21个氨基酸，B链有30个氨基酸，两条链之间通过3个二硫键连接在一起，二硫键是由两个﹣SH脱去两个H形成的，如图，下列说法正确的是（　　） A．胰岛素为五十一肽，其中含有50个肽键 B．51个氨基酸形成胰岛素时，减少了104个氢原子 C．该蛋白质的功能由氨基酸的数量、种类、空间结构决定 D．该蛋白质有2个游离的羧基和2个游离的氨基 【答案】B 【解答】解：A、胰岛素由A、B两个肽链组成，由51个氨基酸形成的，脱水缩合过程中形成51﹣2＝49个肽键，A错误； B、51个氨基酸脱水缩合形成胰岛素时，脱去51﹣2＝49个水分子，形成3个二硫键，共减少了49×2+3×2＝104个氢原子，B正确； C、结构决定功能，该蛋白质的功能由氨基酸的数量、种类、排列顺序以及肽链的空间结构决定，C错误； D、每条多肽链的两端含一个游离的氨基、羧基，R基中也可能含有氨基、羧基，因此含有两条多肽链的胰岛素至少含有2个游离的羧基和2个游离的氨基，D错误。 故选：B。 9. 如图甲是血红蛋白的空间结构模式图，其含有两条α肽链，两条β肽链（α肽链和β肽链不同）。图乙表示β肽链一端的氨基酸排列顺序，请回答下列问题： （1）①的中文名称　氨基　 ，画出③⑤⑦处肽键的位置： 。 （2）图乙所示的一段肽链由　3　 种氨基酸脱水缩合而成。 （3）据乙图可知一条β肽链至少含有　3　 个羧基，若两条β肽链完全相同，则甲图中的一个血红蛋白分子至少含有　8　 个羧基。 （4）图甲中肽链盘曲过程中形成了三个二硫键（由两个半胱氨酸上的﹣SH缩合而成，即﹣SH和HS﹣缩合成﹣S﹣S﹣）若组成图甲中蛋白质由574个氨基酸组成，氨基酸平均分子量为100，则图甲中蛋白质的分子量为　C　 。 A．57400 B．47140 C．47134 D．47068 【答案】（1）氨基； （2）3 （3）3；8 （4）C 【解答】解：（1）图乙中①是氨基；肽键是由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，同时脱出一分子水后形成的，其位置为。 （2）氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基，并且连接在同一个碳原子上，因此氨基酸种类的不同在于R基的不同，图乙中②④⑥⑧表示R基，其中⑥和⑧相同，所以该段肽链由3种氨基酸脱水缩合而成。 （3）图乙中的R基⑥和⑧中含有羧基，每条肽链至少含有一个游离的羧基，所以一条β肽链至少含有3个羧基；若两条β肽链完全相同，则两条β肽链至少含有6个羧基，两条α肽链至少含有2个羧基，故一个血红蛋白分子至少含有8个羧基。 （4）蛋白质分子量＝氨基酸分子量×氨基酸个数﹣水的个数×18﹣二硫键个数×2。已知由574个氨基酸组成，形成4条肽链，所以脱去的水分子数为574﹣4 ＝ 570个，形成三个二硫键，每个二硫键脱去2个H，则图甲中蛋白质的分子量为574×100﹣570×18﹣3×2 ＝ 47134，C正确。 故答案为： （1）氨基； （2）3 （3）3；8 （4）C 10. 胰岛素是由51个氨基酸组成的蛋白质，含有A、B两条肽链，对血糖调节具有重要作用。已知牛和人的胰岛素均由51个氨基酸构成，但结构存在一定差别。下列叙述正确的是（　　） A．氨基酸形成胰岛素时脱水缩合产生的水中的H只来自氨基 B．组成胰岛素的氨基酸之间脱水缩合的方式有多种 C．牛和人的胰岛素在结构上存在差别可能是氨基酸的种类、排列顺序不同导致的 D．若用胰岛素饲喂小鼠，会使小鼠的血糖浓度降低 【答案】C 【解答】解：A、脱水缩合是指一个氨基酸分子的羧基和另一个氨基酸分子的氨基相连接，同时脱出一分子水的过程，故脱水缩合产生的水中的H来自氨基和羧基，A错误； B、氨基酸脱水缩合的方式只有一种（氨基与羧酸脱水缩合形成肽键），B错误； C、蛋白质结构差异可能由氨基酸种类、数目、排列顺序或空间结构不同导致，牛和人胰岛素均为51个氨基酸，可能因种类或顺序不同导致差异，C正确； D、胰岛素为蛋白质，饲喂后会被消化酶分解，无法降低血糖，D错误。 故选：C。 11. 鲎的蓝色血液比黄金还贵，血液颜色由血蓝蛋白决定，血蓝蛋白依靠铜离子运输氧气，而且具有高效的抑菌和抗病毒活性。血蓝蛋白由48条肽链构成，其中一条肽链的结构简图如下，以下说法正确的是（　　） A．图中X为﹣CHO，一个血蓝蛋白分子至少含48个﹣CHO B．鲎的血蓝蛋白具有免疫、运输功能 C．血蓝蛋白和血红蛋白都具有运输O2功能，因此空间结构相同 D．组成细胞的各种元素大多像Cu2+一样以离子形式存在 【答案】B 【解答】解：A、肽链的一端是氨基，另一端应该是羧基，因此图中X为−COOH。血蓝蛋白由48条肽链构成，若每条肽链只有一端有一个羧基，那么一个血蓝蛋白分子至少含48个−COOH，A错误； B、分析题意可知，血蓝蛋白可以运输O2，还具有高效的抑菌和抗病毒活性（免疫功能），B正确； C、血蓝蛋白和血红蛋白均可以运输O2，但是它们的空间结构不同，C错误； D、组成细胞的元素大多以化合物的形式存在，D错误。 故选：B。 12. 血红蛋白（HbA）由1个珠蛋白和4个血红素组成。每个珠蛋白包括4条多肽链，其中α、β链各2条，肽链由α、β珠蛋白基因编码。如图是血红蛋白的四级结构示意图。回答下列问题： （1）组成HbA的化学元素至少包含 　C、H、O、N、Fe　 。 （2）HbA的一级结构指肽链上 　氨基酸　 的排列顺序。HbA易与氧结合和分离，使HbA执行 　运输氧气和二氧化碳　 的功能。 （3）蛋白质表面吸附的水构成“水膜”以保护蛋白质。强酸能破坏蛋白质表面的“水膜”使蛋白质变性，导致其空间结构都变得伸展、松散，从而暴露出更多的肽键。为验证盐酸能使蛋白质变性，可选用 　豆浆　 （填“HbA”或“豆浆”）为材料，并用双缩脲试剂检测，实验组给予强酸处理，预测实验结果是 　实验组样液的紫色程度比对照组的深　 。 【答案】（1）C、H、O、N、Fe （2）氨基酸；运输氧气和二氧化碳 （3）豆浆；实验组样液的紫色程度比对照组的深 【解答】解：（1）血红蛋白（HbA）的组成元素至少包括C、H、O、N、Fe。 （2）HbA的一级结构是指肽链中氨基酸的排列顺序，也称为蛋白质的化学结构；HbA易与氧气结合和分离，从而执行运输氧气和二氧化碳的功能。 （3）HbA（血红蛋白）本身呈红色，会干扰双缩脲试剂的显色反应，因此选用富含蛋白质且颜色较浅的豆浆作为实验材料。实验组给予盐酸处理，强酸破坏蛋白质表面的“水膜”，使蛋白质变性，空间结构伸展松散，暴露出更多肽键，导致实验组样液的紫色程度比对照组更深。 故答案为： （1）C、H、O、N、Fe （2）氨基酸；运输氧气和二氧化碳 （3）豆浆；实验组样液的紫色程度比对照组的深 13. 有机氯类农药可以与蛋白质中的氨基酸残基发生反应，破坏蛋白质的氢键和化学键，导致蛋白质变性。误食此类农药的患者可通过饮用大量牛奶等以减轻农药对身体的伤害，为急救争取更多的时间。下列有关蛋白质的叙述，错误的是（　　） A．农药导致蛋白质变性从而使其失去正常功能 B．蛋白质变性是不可逆的，变性后的蛋白质肽键大量减少 C．牛奶中蛋白质可以与农药反应以减轻农药对机体的伤害 D．蛋白质若含多条肽链，这些肽链可能通过二硫键相互结合 【答案】B 【解答】解：A、由题意可知，有机氯类农药破坏蛋白质的氢键和化学键，导致蛋白质变性，空间结构改变，A正确； B、蛋白质变性是不可逆的，变性改变空间结构，不破坏肽键，B错误； C、有机氯类农药可以导致蛋白质变性，牛奶中的蛋白质可以与农药结合以减轻农药对机体的伤害，C正确； D、蛋白质含有的多条肽链可通过二硫键相互结合，D正确。 故选：B。 14. 蛋白质受到物理或化学因素的影响后会出现结构改变而导致生物活性的丧失。下列关于蛋白质的叙述不合理的是（　　） A．蛋白质变性后仍能与双缩脲试剂产生紫色反应 B．蛋白质变性后容易被蛋白酶分解成小分子，因此熟食更易被消化 C．病毒、细菌经高温或化学物质的处理后其蛋白质失活，失去侵染能力 D．蛋白质变性过程中结构的改变与肽键以及氢键数目的变化有关 【答案】D 【解答】解：A、蛋白质变性后其空间结构被破坏，但变性后的蛋白质中的肽键没有变化，仍与双缩脲试剂作用产生紫色反应，A正确； B、蛋白质变性后容易被蛋白酶分解成小分子，因此熟食更易被消化，B正确； C、病毒、细菌经高温或化学物质的处理后其蛋白质失活，失去侵染能力，C正确； D、蛋白质变性过程中结构的改变与蛋白质的空间结构改变有关，与肽键及氢键的变化无关，D错误。 故选：D。 15. 1965年，我国科学家首次应用人工方法合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素。胰岛素是由17种、51个氨基酸形成的含有2条肽链的蛋白质分子，形成如图所示的胰岛素的分子结构。（注：图中数字表示氨基酸序号；每个圆圈代表一种氨基酸残基；﹣S﹣S﹣是由2个﹣SH脱去2个H形成的） （1）一个结晶牛胰岛素分子由51个氨基酸失去　49　 分子水而形成，这样的反应叫作　脱水缩合　 ，氨基酸分子之间通过　肽键　 连接。 （2）已知胰岛素是机体内唯一降低血糖的激素，同时也能促进糖原、脂肪和蛋白质合成，这体现了蛋白质具有　调节生命活动　 的功能。 （3）胰高血糖素是一种可以升高血糖的多肽类激素（属于二十九肽），与胰岛素降低血糖的作用相反。试从氨基酸的角度分析二者功能差异的可能原因：　氨基酸数目、种类、排列顺序不同　 。 （4）胰岛素保存温度一般为2～8℃。温度太高，胰岛素会失去活性，原因是　高温破坏了胰岛素的空间结构，会导致其功能丧失　 。 【答案】（1）49 脱水缩合 肽键 （2）调节生命活动 （3）氨基酸数目、种类、排列顺序不同 （4）高温破坏了胰岛素的空间结构，会导致其功能丧失 【解答】解：（1）一个结晶牛胰岛素分子由51个氨基酸形成的含有2条肽链的蛋白质分子，共脱去49分子水（脱去水分子数＝氨基酸数﹣肽链数），这样的反应叫作脱水缩合，氨基酸分子之间通过肽键相连。 （2）胰岛素作为激素，能调节血糖，促进糖原、脂肪和蛋白质合成，体现了蛋白质具有调节生命活动的功能。 （3）胰岛素与胰高血糖素功能相反，从氨基酸的角度看可能是因为二者氨基酸数目、种类、排列顺序不同。 （4）胰岛素保存温度一般为2～8℃。温度太高，胰岛素会失去活性，这是因为胰岛素的化学本质是蛋白质，高温会破坏其空间结构，导致失去活性，功能丧失。 故答案为： （1）49 脱水缩合 肽键 （2）调节生命活动 （3）氨基酸数目、种类、排列顺序不同 （4）高温破坏了胰岛素的空间结构，会导致其功能丧失 16. 有一种链状“十五肽”的化学式为CxHyNzOdSe（z＞15，d＞16）。已知其彻底水解后得到下列几种氨基酸：天门冬氨酸（C4H7NO4）；苯丙氨酸（C9H11NO2）；半胱氨酸（C3H7NSO2）；赖氨酸（C6H14N2O2）。下列有关说法中不正确的是（　　） A．水解可得e个半胱氨酸 B．水解可得个天门冬氨酸 C．水解可得z﹣15个赖氨酸 D．苯丙氨酸有22﹣e﹣z﹣d/2个 【答案】D 【解答】解：A、四种氨基酸中只有半胱氨酸含有S原子，因此根据化学式（CxHyNzOdSe）中S原子数目可知该多肽含有e个半胱氨酸，A正确； B、四种氨基酸中只有天门冬氨酸含有4个氧原子，其余氨基酸均含有2个氧原子，因此根据氧原子数目计算，4×天门冬氨酸+2（15﹣天门冬氨酸）﹣14＝d，解得天门冬氨酸数目为，B正确； C、四种氨基酸中只有赖氨酸含有2个N原子，其余氨基酸均只有1个N原子，因此根据N原子数目计算，赖氨酸的数目＝z﹣15，C正确； D、苯丙氨酸数目＝15−半胱氨酸数e−天门冬氨酸数−赖氨酸数（z−15）＝38−e−z−，D错误。 故选：D。 17. 胰岛素分子含有2条肽链，共51个氨基酸，如图为其中的一条多肽链，该肽链中有3个甘氨酸且分别位于第8、20、23位。则下列叙述正确的是（　　） A．该肽链中含有30个肽键 B．若除去所有甘氨酸形成的其他产物中，氧原子至少有30个 C．若除去所有甘氨酸，形成的其他产物比该多肽链多3个游离的羧基 D．将1个胰岛素分子完全水解，共需要消耗49个水分子 【答案】CD 【解答】解：A、由编号可知，该肽链中含有30个氨基酸，应该有30﹣1＝29个肽键，A错误； B、若除去所有甘氨酸形成4条短肽，则形成的4条短肽有30﹣3＝27个氨基酸，有27﹣4＝ 23个肽键，含有23个﹣CO﹣NH﹣结构，每条多肽链至少含一个羧基，每个羧基含2个氧原子，因此，形成的4条短肽中氧原子至少有23×1+4×2＝31，B错误； C、若除去所有甘氨酸，形成的4个短肽至少应该有4个游离的羧基，比该多肽链多4﹣1＝3个游离的羧基，C正确； D、1个胰岛素分子是由51个氨基酸脱水缩合形成的，其中含有两条肽链，有51﹣2＝49个肽键，因此完全水解共需要消耗49个水分子，D正确。 故选：CD。 18. 油菜是生活中常见的作物。细胞中含有多种有机物，其种子成熟过程中部分有机物的含量变化如图所示，图答下列问题： （1）由图可知，成熟后期油菜种子中主要的营养物质是　脂肪　 ，其含量最高的有机物 可用　苏丹Ⅲ（染液）　 进行检测，将其彻底水解得到的产物为　甘油和脂肪酸　 。 （2）等质量的脂肪要比糖类储存的能量多，这与脂肪在元素含量上具有　含氢多、含氧量比糖类少　 的特点是有关的。油菜种子中淀粉的基本单位是　葡萄糖　 。 （3）据图分析，在第12～30天内油菜种子的糖类（可溶性糖和淀粉）相对含量均降低，主要原因是　糖类（可溶性糖和淀粉）转化为脂肪　 。 （4）油菜种子中含有多种蛋白质，科学家从油菜种子发现有如图所示结构的化合物。 图中①～④表示肽键的是　③　 （填序号）。该多肽化合物是由　6　 种氨基酸，通过　脱水缩合　 方式 形成的。在形成时，相对分子质量减少了　108　 。 【答案】（1）脂肪；苏丹Ⅲ（染液）；甘油和脂肪酸 （2）含氢多、含氧量比糖类少；葡萄糖 （3）糖类（可溶性糖和淀粉）转化为脂肪 （4）③；6；脱水缩合；108 【解答】解：（1）由图可知，成熟后期脂肪相对含量最高，是主要营养物质；脂肪可用苏丹Ⅲ染液检测，呈橘黄色；脂肪的化学本质是甘油三酯，彻底水解产物为甘油和脂肪酸。 （2）等质量脂肪与糖类相比含氢多、含氧量，氧化分解时释放的能量更多，故储能多于糖类；淀粉是多糖，基本单位（单体）是葡萄糖。 （3）据图分析，在第12～30天内油菜种子的糖类（可溶性糖和淀粉）相对含量均降低，脂肪含量升高，说明糖类转化为脂肪。 （4）图中①～④表示肽键的是CO﹣NH中间的化学键。氨基酸的种类由R基来确定，图中有6种R基，所以该多肽化合物是由6种氨基酸通过脱水缩合形成的，在此过程中形成了6个肽键数，同时失去了6个水，所以相对分子质量减少量为18×6＝108。 故答案为： （1）脂肪；苏丹Ⅲ（染液）；甘油和脂肪酸 （2）含氢多、含氧量比糖类少；葡萄糖 （3）糖类（可溶性糖和淀粉）转化为脂肪 （4）③；6；脱水缩合；108 19. 2023年1月，西湖大学施一公团队在阿尔茨海默病领域取得重大原创发现——找到了可能触发阿尔茨海默病记忆衰退的“机关”，为人类对付阿尔茨海默病带来一线曙光。科学家利用基因测序技术发现，APOE4是阿尔茨海默病最大的风险基因。APOE基因主要负责编码APOE蛋白。APOE蛋白在人群中有APOE2、APOE3和APOE4等3种亚型。研究发现，APOE2的携带者，不易患阿尔茨海默病；而APOE4的携带者，患病风险成倍增加。因此，找到APOE4的受体，可能是破解阿尔茨海默病的关键，施一公团队找到了阿尔兹海默症最强风险因子APOE4受体。下列相关叙述不正确的是（　　） A．施一公团队从分子水平找到了可能触发阿尔茨海默病记忆衰退的“机关” B．APOE4的携带者，患病风险成倍增加，可能与细胞膜上的受体蛋白有关 C．APOE蛋白存在不同的亚型只与蛋白质的空间结构有关 D．这一发现对理解阿尔茨海默病的发病机制和开展针对性的药物设计具有重要意义 【答案】C 【解答】解：A、施一公团队发现阿尔兹海默症最强风险因子APOE4受体，是破解阿尔茨海默病的关键，找到了可能触发阿尔茨海默病记忆衰退的“机关”，A正确； B、科学家利用基因测序技术发现，APOE4是阿尔茨海默病最大的风险基因，施一公团队找到了阿尔兹海默症最强风险因子APOE4受体，APOE4的携带者，患病风险成倍增加，可能与细胞膜上的受体蛋白APOE4受体有关，B正确； C、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、排列顺序和肽链形成的空间结构千差万别，C错误； D、在阿尔茨海默病领域取得重大原创发现对理解阿尔茨海默病的发病机制和开展针对性的药物设计具有重要意义，D正确。 故选：C。 20. 科学家在研究地中海贫血症的过程中发现了“缺氧诱导因子”（HIF）。HIF由两种不同的DNA结合蛋白HIF﹣1α和ARNT组成，其中对氧气敏感的是HIF﹣1α，而ARNT稳定表达且不受氧调节。当细胞处于正常氧条件时，在脯氨酰羟化酶的参与下，氧原子与HIF﹣1α脯氨酸中的氢原子结合形成羟基。羟基化的HIF﹣1α能与VHL蛋白结合，致使HIF﹣1α被蛋白酶体降解。在缺氧的情况下，HIF﹣1α羟基化不能发生，导致HIF﹣1α无法被VHL蛋白识别从而不被降解而在细胞内积聚，并进入细胞核与ARNT形成转录因子，激活缺氧调控基因。细胞感知氧气的机制如下图所示。下列说法不正确的是（　　） A．人体细胞中葡萄糖分解成丙酮酸不受氧气含量的影响 B．在缺氧诱导因子中，HIF﹣1α是机体感受氧气含量变化的关键 C．图中B、C分别代表氧气和VHL蛋白分子 D．人体剧烈运动时，骨骼肌细胞中HIF的含量下降 【答案】D 【解答】解：A、人体细胞中葡萄糖分解成丙酮酸是呼吸作用的第一阶段，不论有氧无氧均可进行，不受氧气含量的影响，A正确； B、由信息“缺氧诱导因子HIF由两种不同的 DNA 结合蛋白（HIF﹣1α和 ARNT）组成，其中对氧气敏感的部分是HIF﹣1α；而蛋白ARNT稳定表达且不受氧调节”可知：在缺氧诱导因子中，HIF—la是机体感受氧气含量变化的关键，B正确； C、氧气正常时氧原子与HIF﹣1α脯氨酸中的氢原子结合形成羟基，B代表氧气；羟基化的HIF﹣1α能与VHL蛋白结合，c代表VHL蛋白分子；氧气缺乏时HIF﹣1α无法被VHL蛋白识别从而不被降解而在细胞内积聚，并进入细胞核与ARNT形成转录因子，A代表ARNT蛋白，C正确； D、人体剧烈运动时，无氧呼吸过程会加剧，据题干信息“在缺氧的情况下，HIF﹣1α羟基化不能发生，导致HIF﹣1α无法被VHL蛋白识别，从而不被降解而在细胞内积聚”可知，该状态下，骨骼肌细胞中的HIF的含量积累（上升），D错误。 故选：D。 21. 游离在细胞质基质中的核糖体合成的蛋白质（多肽）可能成为细胞质基质的“永久居民”，也可能运送到细胞核、线粒体、内质网等结构，其“命运”取决于自身的氨基酸序列中是否包含了分选信号序列以及是哪种分选信号序列，如图所示： （1）蛋白质可以穿过 　核孔　 进入细胞核，这种运输方式 　具有　 （具有、没有）选择透过性。 （2）线粒体所需的蛋白质 　部分　 （全部、部分）来自细胞质基质，蛋白质进入线粒体多数需要位于其外膜上的TOM复合物和内膜上的TM23复合物的协助，据此推测TOM复合物和TM23复合物在功能上很可能相当于主动运输所需的 　载体蛋白　 。 （3）多肽在进入内质网之后需要继续完成翻译并进行 　加工　 ，研究发现，源于内质网的蛋白质其结构中并不包含分选信号序列，据此推测内质网中可能含有切除分选信号序列的 　肽酶　 酶。 （4）内质网可以通过“出芽”形成 　囊泡　 ，包裹着蛋白质定向移动到高尔基体并与之融合，“出芽”和融合的基础是生物膜具有 　一定的流动性　 性。 【答案】见试题解答内容 【解答】解；（1）核孔是蛋白质、mRNA等大分子物质进出细胞核的通道，核孔对于大分子物质的进出具有选择性。 （2）线粒体是半自主复制的细胞器，线粒体需要的蛋白质部分来自线粒体，部分来自细胞质基质；由题意知，物质运输需要线粒体外膜上的TOM复合物和内膜上的TM23复合物的协助，因此可以推测TOM复合物和TM23复合物在功能上很可能相当于主动运输所需的载体蛋白。 （3）内质网是蛋白质加工的场所，多肽在进入内质网之后需要继续完成翻译并进行加工，才能形成具有特定结构和功能的蛋白质；源于内质网的蛋白质其结构中并不包含分选信号序列可能的原因是内质网中可能含有切除分选信号序列的肽酶。 （4）内质网可以通过“出芽”形成囊泡，包裹着蛋白质定向移动到高尔基体并与之融合，“出芽”和融合的基础是生物膜具有一定的流动性。 故答案为： （1）核孔 具有 （2）部分 载体蛋白 （3）加工 肽酶 （4）囊泡 一定的流动性 学科网（北京）股份有限公司 $