文档内容
易错点 03 细胞的代谢 1(酶、ATP、渗透实验)
易错题【01】对ATP的结构功能理解不到位
易错题【02】对酶的本质、特性和作用机理理解不到位
易错题【03】对渗透作用相关实验的理解不到位
01 对ATP的结构功能理解不到位
(2018浙江卷·10)ATP是细胞中的能量通货，下列叙述正确的是
A．ATP中的能量均来自细胞呼吸释放的能量
B．ATP-ADP循环使得细胞储存了大量的ATP
C．ATP水解形成ADP时释放能量和磷酸基团
D．ATP分子中的2个高能磷酸键不易断裂水解
【错因】没有正确理解ATP和ADP相互转化过程与细胞吸能、放能反应的关系，对ATP
的结构认识不清，会出现误判。
【问诊】
ATP的形成途径是光合作用和细胞呼吸，因此ATP中的能量来自光能和细胞呼吸释放的能
量，A错误；ATP-ADP循环，使得细胞中ATP和ADP的相互转化时刻不停地发生并且处
于动态平衡之中，B错误；ATP水解远离腺苷的高能磷酸键断裂，形成ADP和Pi，同时释
放能量，C正确；ATP分子中含有2个高能磷酸键，远离腺苷的高能磷酸键很容易水解，D
错误。
【答案】C
【叮嘱】ATP是三磷酸腺苷的缩写，结构简式为A—P~P~P。A表示腺苷，P表示磷酸基团，
~表示高能磷酸键。ATP脱去一个磷酸基团，可以形成ADP，在脱去一个磷酸基团，可以
形成AMP，AMP是RNA的基本组成结构之一。
ADP与ATP的关系：
ADP+Pi+能量 酶 ⃗ ATP ATP酶 ⃗ ADP+Pi+能量
这个过程储存能量(放能反应) 这个过程释放能量(吸能反应)
⃗
ATP与ADP的相互转化 ATP酶 ADP+Pi+能量
方程从左到右代表释放的能量，用于一切生命活动。方程从右到左代表转移的能量，动物中为呼吸作用转移的能量。植物中来自光合作用和呼
吸作用。
意义：能量通过ATP分子在吸能反应和放能反应之间循环流通，ATP是细胞里的能量流通
的能量“通货”。
1．下列各项与ATP和DNA有关的叙述中正确的是
A．ATP脱去两个磷酸基团后是DNA的基本组成单位之
B．ATP的能量主要储存在腺苷和磷酸基团之间的化学键中
C．ATP中的“A”与DNA中的碱基“A”含义不同
D．甘油进入小肠绒毛上皮细胞内会便细胞内ADP的含量增加
【答案】C
【解析】
【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
的能量主要储存在磷酸基团之间的高能磷酸键中，ATP分子脱去两个磷酸基以后成为
AMP，AMP为腺嘌呤核糖核苷酸，是RNA的基本单位之一；甘油进入小肠绒毛上皮细胞
属于自由扩散，不需要消耗能量。
【详解】
A. ATP脱去两个磷酸基团后是AMP，是组成RNA的基本单位之一，A错误；
B. ATP的能量主要储存在磷酸基团和磷酸基团之间的高能磷酸键中，B错误；
C. ATP中的“A”是腺苷，DNA中的碱基“A”是腺嘌呤，两者含义不同，C正确；
D. 甘油进入小肠绒毛上皮细胞的方式是自由扩散，不消耗ATP，D错误。
2．下列关干人体细胞中ATP及其来源的叙述，正确的是
A．人体细胞中ATP来源于细胞呼吸
B．放能反应一般与ATP水解反应相联系
C．人体细胞中ATP含量高是生命活动高效进行的保证
D．人体细胞中丙酮酸转变为乳酸过程中伴随ATP的合成
【答案】A
【解析】
【分析】ATP是作为直接的能源物质，不能在细胞中大量储存。
【详解】A、人体细胞中ATP来源于细胞呼吸，A正确。
B、放能反应一般与ATP合成反应相联系，B错误。
C、人体细胞中ATP含量极少，但ATP与ADP的转化速率非常快，C错误。
D、丙酮酸转变为乳酸即无氧呼吸第二阶段，该阶段不合成ATP，D错误。
故选择A。
【点睛】并不是细胞呼吸的每一阶段都产生了ATP，如产生乳酸的无氧呼吸过程中的第二
阶段就没有合成ATP。
02 对酶的本质、特性和作用机理理解不到位
(2020年浙江省高考生物试卷(7月选考)·10)为研究酶作用的影响因素，进行了“探究pH对
过氧化氢酶的影响”的活动。下列叙述错误的是( )
A．反应小室应保持在适宜水温的托盘中
B．加入各组反应小室中含有酶的滤纸片的大小和数量应一致
C．将HO 加到反应小室中的滤纸片上后需迅速加入pH缓冲液
2 2
D．比较各组量筒中收集的气体量可判断过氧化氢酶作用的适宜pH范围
【错因】对酶促反应的所需条件，反应的自变量、因变量没有认识清楚。
【问诊】
探究pH对过氧化氢酶的影响实验中，自变量是过氧化氢酶所处环境的pH，因变量是过氧
化氢酶的活性，通过相同时间内过氧化氢酶催化反应释放的气体量反映，其他条件为无关
变量，应保持相同且适宜。在调节到所需pH之前不能使底物与反应物有接触，所以C也
是错误的。
【答案】C
【叮嘱】反应变量的确定和控制
生物实验设计中，反应变量的确定非常重要，因为任何一个科学实验的结论都是从反应
变量所表现出的数量、质量、浓度、速度或其他状态的事实中推导、分析出来的。分析或
者设计酶促反应实验时，应该根据实验目的和实验原理来确定对实验结果有影响或有直接
关系的反应变量，观察其对实验结果的影响。同时，对其他无关变量或非研究变量应进行
控制。但是对变量的控制至始至终要遵循的原则是科学性原则、对照性原则、等量性原则、
单因子变量原则等等。1．将豌豆根部组织浸在溶液中达到离子平衡后，测得有关数据如下表：
下列叙述正确的是
A．溶液通氧状况与根细胞吸收Mg2+的量无关
B．若不断提高温度，根细胞吸收HPO -的量会不断增加
2 4
C．若溶液缺氧，根细胞厌氧呼吸产生乳酸会抑制NO -的吸收
3
D．细胞呼吸电子传递链阶段产生的大量ATP可为吸收离子供能
【答案】D
【解析】分析表格数据可知，豌豆根部组织细胞内的Mg2+、H2PO4-和NO3-的浓度均高于
外部溶液，故三种离子进入细胞的方式均为主动转运，主动转运消耗ATP，并且需要借助
载体蛋白。溶液通氧状况会影响根细胞的需氧呼吸，影响ATP的合成，进而影响吸收的
Mg2+的量，A选项错误；不断提高温度，根细胞中需氧呼吸的酶的活性可能会受到抑制，
影响需氧呼吸合成ATP，进而影响根细胞吸收H2PO4-的量可能减少，B选项错误；若溶液
缺氧，豌豆根细胞厌氧呼吸为酒精发酵，会产生乙醇和二氧化碳，C选项错误；细胞呼吸
的电子传递链过程是[H]和氧气结合生成水，并产生大量ATP的过程，可为吸收离子功能，
D选项正确。
2．其他条件相同且适宜的情况下，某酶的3个实验组：第1组(20℃)、第2组(40℃)和第3
组(60℃)在不同反应时间内的产物浓度如图所示。下列相关说法错误的是
A. 三个温度中，该酶活性最高时对应的温度是40℃
B. t2时，第3组中反应物未全部发生反应C. 若将第2组温度提高5℃，其催化速度会下降
D. t3时，给第1组增加2倍量的底物，其产物浓度会升高
【答案】C
【解析】本题主要考查温度对酶活性的影响，考查学生的理解能力和获取信息的能力。三
个温度下，第2组的产物浓度单位时间内上升最快，所以三组中，40℃时该酶活性最高，
A项正确。由于其他条件相同且适宜，底物的量应该一样，所以三组完全反应产物浓度应
该一样，第3组的产物浓度明显比其他两组的低，说明第3组的反应物未全部发生反应，B
项正确。三个温度中，40℃时该酶活性最高，但是该酶的最适温度可能低于或高于40℃，
将第2组温度提高5℃，其催化速度不一定下降，C项错误。t3时，第1组产物浓度不再增
加，说明底物已经完全反应了，但是酶还在，再增加底物，其产物浓度会升高，D项正确。
03 对渗透作用相关实验的理解不到位
(2020年全国统一高考生物试卷(新课标Ⅱ)·5)取某植物的成熟叶片，用打孔器获取叶圆片，
等分成两份，分别放入浓度(单位为g/mL)相同的甲糖溶液和乙糖溶液中，得到甲、乙两个
实验组(甲糖的相对分子质量约为乙糖的2倍)。水分交换达到平衡时，检测甲、乙两组的
溶液浓度，发现甲组中甲糖溶液浓度升高。在此期间叶细胞和溶液之间没有溶质交换。据
此判断下列说法错误的是( )
A．甲组叶细胞吸收了甲糖溶液中的水使甲糖溶液浓度升高
B．若测得乙糖溶液浓度不变，则乙组叶细胞的净吸水量为零
C．若测得乙糖溶液浓度降低，则乙组叶肉细胞可能发生了质壁分离
D．若测得乙糖溶液浓度升高，则叶细胞的净吸水量乙组大于甲组
【错因】渗透作用所需的条件之一“浓度差”是指物质的量浓度差异，本题中涉及到了对
渗透作用实验的应用，利用该实验，可以判断不同溶液中细胞的吸失水情况，对渗透原理
的认识不到位因此无法做出正确判定。
【问诊】
由题干信息可知，甲糖和乙糖的质量分数相同，但甲糖的相对分子质量约为乙糖的2倍，
因此乙糖溶液的物质的量浓度约为甲糖溶液的2倍。
A、由题干信息可知，叶细胞与溶液之间无溶质交换，而甲组的甲糖溶液浓度升高，则可
能是由于叶细胞的细胞液浓度大于甲糖溶液物质的量浓度，引起了细胞吸水，A正确；
B、若乙糖溶液浓度不变，说明乙糖溶液物质的量浓度与叶细胞的细胞液浓度相等，叶细胞净吸水量为零，B正确；
C、若乙糖溶液浓度降低，说明细胞失水，叶肉细胞可能发生了质壁分离，C正确；
D、若乙糖溶液浓度升高，说明乙糖溶液物质的量浓度低于叶细胞的细胞液浓度，细胞吸
水，而乙糖溶液的物质的量浓度约为甲糖溶液的2倍，因此叶细胞的净吸水量应是乙组小
于甲组，D错误。
故选D。
【答案】D
【叮嘱】渗透作用需要满足的条件是：①半透膜；②膜两侧具有浓度差。浓度差是指单位
体积溶质分子数量的差异，即物质的量浓度差异。
渗透实验可用于判断细胞死活；
渗透实验可用于测定细胞液浓度范围：配置系列浓度的蔗糖溶液，将待测细胞置于各蔗糖
溶液中，镜检，则细胞液浓度处于刚发生质壁分离的浓度最低值与未发生质壁分离的最高
之间；
渗透实验可用于比较不同植物细胞的细胞液浓度；不同植物细胞置于同一浓度的蔗糖溶液
中，镜检观察比较刚发生质壁分离的所需的时间，若时间短，则浓度低；
1．(2017新课标Ⅱ卷·4)将某种植物的成熟细胞放入一定浓度的物质A溶液中，发现其原生
质体(即植物细胞中细胞壁以内的部分)的体积变化趋势如图所示。下列叙述正确的是
A．0~4 h内物质A没有通过细胞膜进入细胞内
B．0~1 h内细胞体积与原生质体体积的变化量相等
C．2~3 h内物质A溶液的渗透压小于细胞液的渗透压
D．0~1 h内液泡中液体的渗透压大于细胞质基质的渗透压
【答案】C【解析】由图可知，原生质体的相对体积先下降后上升，所以该植物细胞发生了质壁分离
后复原。0~4 h内细胞发生自动复原，说明物质A能进入细胞，A错误；0~1 h内细胞发生
质壁分离，细胞失水，原生质体伸缩性比细胞壁的伸缩性大，所以细胞体积与原生质体体
积的变化量不等，B错误；2~3 h内为质壁分离复原过程，细胞吸水，物质A溶液的渗透压
小于细胞液的渗透压，C正确；0~1h内发生质壁分离，细胞失水，液泡中液体的渗透压小
于细胞质基质的渗透压，D错误。
2．在探究植物细胞的吸水和失水的实验课上，小余同学提出假说：“细胞壁和原生质层均
相当于一层半透膜，且细胞壁的伸缩性和原生质层相同”，并使用紫色的洋葱鳞片叶表皮
和0．3g/mL的蔗糖溶液进行探究。下列预期的实验现象中能够证明小余同学假说正确的
是( )
选项 中央液泡大小 原生质层的位置 细胞大小
A 不变 远离细胞壁 几乎不变
B 变小 紧贴细胞壁 几乎不变
C 变小 远离细胞壁 变小
D 变小 紧贴细胞壁 变小
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】
【分析】
质壁分离的原理：当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时，细胞就会通过渗透作用而失水，
细胞液中的水分就透过原生质层进入到溶液中，使细胞壁和原生质层都出现一定程度的收
缩。由于原生质层比细胞壁的收缩性大,当细胞不断失水时，原生质层就会与细胞壁分离。
【详解】
假设细胞壁和原生质层均相当于一层半透膜，且细胞壁的伸缩性和原生质层相同，则细胞
壁和原生质层在吸水和失水后应该同步伸缩，则不会出现质壁分离现象，但是将细胞置于
0．3g/mL的蔗糖溶液，细胞会失水，因此液泡变小，颜色变深，即D项符合假设。
故选D。错
1．质子泵在泵出H+时造成膜两侧的质子浓度差为阴离子的跨膜运输提供了驱动力。下图
为某植物根细胞通过质子泵吸收H2PO4-和NO3-的示意图，下列说法正确的是( )
A．运输H2PO4-和NO3-的载体蛋白的空间结构相同
B．抑制细胞呼吸不会影响H2PO4-和NO3-的跨膜运输
C．质子泵同时具有酶的功能和载体蛋白的功能
D．图中离子的运输方式和根细胞吸收水的方式相同
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，质子泵在泵出H+时需要消耗能量，为主动运输，而同时利用膜两侧的质子浓度
差为阴离子的跨膜运输提供了驱动力，说明质子泵吸收H2PO4-和NO3-所需要的能量来自
膜两侧的质子浓度差，为主动运输的方式。
【详解】
A、运输H2PO4-和NO3-的载体蛋白种类不相同，所以二者的空间结构存在差异，A错误；
B、质子泵在泵出H+时需要消耗ATP，而质子泵吸收H2PO4-和NO3-所需要的能量来自膜
两侧的质子浓度差，所以抑制细胞呼吸会影响H+运输，使膜两侧的质子浓度差变小，进而
影响H2PO4-和NO3-的跨膜运输，B错误；
C、质子泵能够水解ATP，具有ATP水解酶的功能，同时也可以运输H+，具有载体蛋白的
功能，C正确；
D、题图中离子的运输方式为主动运输，而水的运输方式为自由扩散，两种运输方式不同，D错误。
故选C。
【点睛】
本题主要考查物质的跨膜运输，意在考查考生能理解题意，判断不同物质的运输方式。
2．下列选项所描述的物质一定属于生物大分子的是
A．在酶的作用下，高能磷酸键容易水解并释放能量用于生命活动
B．细胞内携带遗传信息的物质，在蛋白质的合成过程中发挥作用
C．细胞内的储能物质，还可用于构成生物个体的保温结构
D．由单糖分子脱水缩合而组成，在甘蔗和甜菜中含量丰富
【答案】B
【解析】
【分析】
由题文和选项的描述可知：该题考查学生对ATP、核酸、脂质、糖类的功能等相关知识的
识记和理解能力。
【详解】
在酶的作用下，高能磷酸键容易水解并释放能量用于生命活动，所描述的是小分子物质
ATP，A错误；细胞内携带遗传信息、在蛋白质的合成过程中发挥作用的物质为核酸，核
酸是生物大分子，B正确；脂肪是细胞内的储能物质，还可用于构成生物个体的保温结构，
但脂肪不属于生物大分子，C错误；蔗糖是由两个单糖分子脱水缩合而成的二糖，在甘蔗
和甜菜中含量丰富，但蔗糖不是生物大分子，D错误。
3．ATP合成酶广泛分布于线粒体内膜、叶绿体类囊体膜等。当H+顺浓度梯度穿过ATP合
成酶时，该酶能促使ADP与Pi形成ATP。结合所学知识，推测下列说法正确的是( )
A．ATP合成酶只能存在于真核细胞中
B．ATP合成酶既具有催化作用，同时也具有运输作用
C．加热能加快ATP合成酶催化ADP和Pi形成ATP
D．ATP合成酶使ADP和Pi形成ATP时，伴随着能量的释放
【答案】B
【解析】
【分析】
ATP是各种活细胞内普遍存在的一种高能磷酸化合物，ATP合成酶广泛分布于线粒体内膜、
叶绿体类囊体膜等，该酶能促使ADP与Pi形成ATP。ATP与ADP的相互转化，是时刻不停地发生并且处于动态平衡之中的。
【详解】
A、原核生物也需要进行呼吸作用，产生ATP为各项生命活动提供能量，而ATP合成酶是
催化形成ATP的，推测原核生物内也含有ATP合成酶，A错误；
B、“ATP合成酶能促使ADP与Pi形成ATP”，说明ATP合成酶具有催化作用，“H+顺浓
度梯度穿过ATP合成酶”，推测ATP合成酶具有运输作用，B正确；
C、ATP合成酶的活性受温度影响，超过最适温度后，随着温度的升高，酶活性降低，C错
误；
D、ATP合成酶使ADP和Pi形成ATP时，伴随着能量的储存，D错误。
故选B。
【点睛】
酶具有高效性、专一性、作用条件较温和，ATP与ADP的相互转化，从物质方面看是可逆
的，从酶、进行的场所、能量方面来看是不可逆的，因此不是可逆反应，注意区分。
4．将标记的32P注入活细胞内，随后迅速分离细胞内的ATP，测定其放射性，下图代表
ATP的结构。下列叙述错误的是( )
A．①代表ATP中的“A”，ATP脱去④⑤成为腺嘌呤核糖核苷酸
B．④和⑤之间化学键的形成过程总是与放能反应相关联
C．ATP中磷酸基团⑤很快就会被32P标记，但是ATP的含量基本不变
D．细胞癌变后ATP末端磷酸基团被取代的速率加快
【答案】A
【解析】
【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，来自高能磷酸键的化学能，并
用于生命活动；合成ATP的能量来自呼吸作用或光合作用.场所不同：ATP水解在细胞的各
处.ATP合成在线粒体，叶绿体，细胞质基质。
【详解】
A、①代表腺嘌呤，而ATP中的“A”代表腺苷，A错误；
B、④和⑤之间高能磷酸键的形成过程与放能反应相关联，B正确；
C、ATP中远离腺苷的高能磷酸键容易断裂和生成，但是ATP的含量基本不变，故磷酸基
团⑤很快就会被32P标记，C正确；
D、细胞癌变后细胞代谢增强，ATP和ADP的转化加快，D正确。
故选A。
5．撕去紫色洋葱外表皮，分为两份，假定两份外表皮细胞的大小、数目和生理状态一致，
一份在完全营养液中浸泡一段时间，浸泡后的外表皮称为甲组；另一份在蒸馏水中浸泡相
同的时间，浸泡后的外表皮称为乙组。然后，两组外表皮都用浓度为0.3g/mL的蔗糖溶液
里处理，一段时间后外表皮细胞中的水分不再减少。此时甲、乙两组细胞水分渗出量的大
小，以及水分运出细胞的方式是
A．甲组细胞的水分渗出量两与乙组细胞的相等，主动运输
B．甲组细胞的水分渗出量两比乙组细胞的高，主动运输
C．甲组细胞的水分渗出量两比乙组细胞的低，被动运输
D．甲组细胞的水分渗出量两与乙组细胞的相等，被动运输
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
水分运出细胞的方式是自由扩散，由于甲组细胞用完全营养液处理，乙组细胞用清水处理，
所以此时乙组细胞液浓度小于甲组，则用蔗糖溶液处理后甲组细胞的水分渗出量比乙组低。
故选C。
6．在观察某植物细胞的质壁分离及质壁分离复原实验中，依次观察到的结果示意图如下，
其中①、②指细胞结构。下列叙述正确的是( )A．甲状态时不存在水分子跨膜运输进出细胞的现象
B．甲→乙变化的原因之一是结构①的伸缩性比②的要大
C．乙→丙的变化是由于外界溶液浓度小于细胞液浓度所致
D．细胞发生渗透作用至丙状态，一段时间后该细胞会破裂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
甲状态时，水分子仍然通过跨膜运输进出细胞，A错误；
甲→乙变化表明，细胞正在发生质壁分离，其内在的原因是：结构①所示的细胞壁的伸缩
性比②所示的原生质层的伸缩性要小，B错误；
乙→丙表示细胞在发生质壁分离复原，其变化的原因是外界溶液浓度小于细胞液浓度，细
胞吸水所致，C正确；
细胞发生渗透作用至丙状态，因细胞壁的支持和保护作用，一段时间后该细胞不会破裂，
D错误。
【点睛】
正确解答本题的关键是理清脉络，形成清晰的知识网络。
7．下列有关细胞的物质、结构与功能的叙述中，不正确的是( )
A．溶菌酶能溶解细菌的细胞壁，具有抗菌消炎的作用
B．同一生物体内，各种酶的最适温度和最适pH都相同
C．细胞内各酶促反应所需空间是细胞需要适度生长的原因之一
D．在胰岛B细胞中，具有降血糖作用的胰岛素最早可能出现在高尔基体形成的囊泡中【答案】B
【解析】
【分析】
1、溶酶体中含有多种水解酶(水解酶的化学本质是蛋白质)，能够分解很多种物质以及衰老、
损伤的细胞器，清除侵入细胞的病毒或病菌，被比喻为细胞内的“酶仓库”“消化系统”。
2、胰岛素合成与分泌的过程是从核糖体合成多肽开始，然后进入内质网进行初加工，形成
不成熟的蛋白质，接着出芽形成囊泡跟高尔基体融合，进入高尔基体进行进一步加工、包
装，成为成熟的蛋白质，通过出芽形成囊泡跟细胞膜融合，从而分泌出去。
【详解】
A、溶菌酶能够溶解细菌的细胞壁并具有抗菌消炎作用，A正确；
B、同一个体中酶的最适pH可以不同。如人体中绝大多数酶pH为7左右时活性最强，而
胃蛋白酶最适pH为1.5，B错误；
C、细胞内各酶促反应所需空间和细胞器有一定的体积，因此是细胞需要适度生长的原因
之一，C正确；
D、分泌蛋白形成过程中，经过内质网初步加工的蛋白质需要在高尔基体中进一步加工，
才具有生物活性。胰岛B细胞中具有降血糖作用的胰岛素最早可能出现在高尔基体形成的
囊泡中，D正确。
故选B。
8.为探究甘蓝梗中是否存在过氧化物酶，设计实验如下表。请回答：
试管 1%焦性没食子 缓冲 甘蓝梗提取 煮沸冷却后的甘蓝梗
2%H2O2/mL
编号 酸/mL 液/mL 液/mL 提取液/mL
1 2 2 2 - -
2 2 2 - 2 -
3 2 2 - - 2
(1)1、2号试管中，_________试管是对照组，该实验的自变量是_______________。
(2)若2号试管显橙红色，并不能证明甘蓝梗中存在过氧化物酶，你的改进措施是
_____________。
(3)若3号试管不显橙红色，推测其原因是________________。
(4)已知白菜梗内也含过氧化物酶，如何通过实验检测过氧化物酶的化学本质，并比较甘蓝梗和白菜梗内过氧化物酶的含量多少(假设两种植物提取液中只含过氧化物酶)。请简述设
计思路：_______________。
(5)经测定，相同条件下，两种植物提取液中过氧化物酶的活性不同，从其分子结构分析，
原因可能是_________________________。
【答案】1号 甘蓝梗提取液的有无 再增加一组实验，把缓冲液换成2mL过氧化物
酶，其他条件与1号试管相同 高温使甘蓝梗提取液中的过氧化物酶变性失活 将等
量的白菜梗和甘蓝梗提取液分别放入两个试管中，再分别加等量且适量的双缩脲试剂进行
实验；若产生紫色反应，说明过氧化物酶的化学本质是蛋白质；显色反应强(紫色深)的一
组，过氧化物酶含量高 两种植物过氧化物酶的氨基酸序列不同(或空间结构不同，其他
答案正确也可得分)
【解析】
【分析】
分析表格：该实验的目的是探究白菜梗中是否存在过氧化物酶，实验的原理是过氧化物酶
能分解H2O2，使氧化焦性没食子酸呈橙红色；实验的自变量是甘蓝梗提取液的有无，其
中1号试管是对照组，2号和3号试管是实验组。
【详解】
(1)该实验的目的是探究甘蓝梗中是否存在过氧化物酶，所以1、2号试管中，1号试管是对
照组，该实验的自变量是甘蓝梗提取液的有无。
(2)若2号试管显橙红色，并不能证明甘蓝梗中存在过氧化物酶，需要再增加一组实验，把
缓冲液换成2mL过氧化物酶，其他条件与1号试管相同。
(3)若3号试管加入的是煮沸冷却后的甘蓝梗提取溶液，而高温使甘蓝梗提取液中的过氧化
物酶变性失活，所以试管中不显橙红色。
(4)酶的化学本质是蛋白质或RNA，可通过实验检测过氧化物酶的化学本质，并能比较甘蓝
梗和白菜梗内过氧化物酶的含量多少。实验设计思路为：将等量的白菜梗和甘蓝梗提取液
分别放入两个试管中，再分别加等量且适量的双缩脲试剂进行实验。若产生紫色反应，说
明过氧化物酶的化学本质是蛋白质；显色反应强的一组，过氧化物酶含量高。
(5)已知白菜梗内也含过氧化物酶，经测定，相同条件下，两种植物提取液中过氧化物酶的
活性不同，酶的化学本质是蛋白质，所以从其分子结构分析，原因可能是两种植物过氧化
物酶的氨基酸序列不同或空间结构不同。
【点睛】
本题旨在考查学生根据实验目的分析实验原理、实验的自变量、因变量及实验组和对照组的能力，根据实验设计的对照原则预期实验结果、获取结论的能力。
9．酶的抑制剂能降低酶的活性，不同的抑制剂对酶活性的影响不同。某科研小组通过实验
研究了两种抑制剂对某消化酶酶促反应速率的影响，对实验的结果进行分析并绘图如图所
示，请回答下列问题：
(1)该实验的自变量是____________，实验中对无关变量应进行控制，该实验的无关变量有
____________(答出两项即可)。
(2)据图分析，随着底物浓度的升高，抑制剂________(填类型)的作用逐渐减小甚至消失。
从活化能的角度分析，推测抑制剂能降低酶促反应速率的原因是：______________。
(3)某同学认为该实验小组的实验过程应是：
a．将某消化酶溶液等分为①②③三组，将每组等分为若干份；
b．在一定条件下将三组消化酶溶液均与等量的不同浓度的底物混合；
c．在①中加入一定量的蒸馏水，②中加入等量的抑制剂Ⅰ，③中加入等量的抑制剂Ⅱ；
d．定时取样检测各反应中底物的量或产物的量，记录实验结果并绘图。
你认为该实验操作是否正确？______，如果不正确，请进行改正：_________________。
【答案】抑制剂种类和底物浓度 温度、pH、酶浓度、抑制剂的使用量等(合理即可)
Ⅰ 在抑制剂的作用下，酶的活性(催化效率)降低，其降低化学反应活化能的能力下降
(合理即可) 不正确 步骤c应与步骤b互换，即先对酶溶液进行处理再加入底物(合
理即可)
【解析】
【分析】高中生物实验遵循的原则主要有单一变量原则、对照原则、平行重复原则。实验
中的变量可以分为自变量、因变量和无关变量。对无关变量要控制好，使其保持相同且适
宜，避免无关变量对实验结果的干扰。
【详解】(1)由图可知，该实验的自变量有两个，分别是抑制剂种类和底物浓度。该实验的
无关变量有温度、pH、酶浓度、抑制剂的使用量、反应时间等。
(2)由图可知，随着底物浓度的升高，曲线②的酶促反应速率逐渐与曲线①无抑制剂时相同，即抑制剂I的作用逐渐减小甚至消失。抑制剂能降低酶活性，酶能降低化学反应的活化能。
(3)不正确，若对酶处理前先将酶与底物混合，则酶会先与底物发生反应，故应先对酶进行
不同的处理，然后再将处理后的酶与底物混合。
【点睛】
本题考查与酶有关的实验，意在考查考生的分析能力和实验与探究能力。
