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考点3 蛋白质的结构和功能
一、组成人体蛋白质的氨基酸及其种类
1.
元素组成：主要是 C 、
H 、
O 、
N ，有的含有S、Fe 等元素。
2.
结构通式
3.
结构特点
①氨基和羧基的数目：每种氨基酸都至少含有
一个氨基（—
NH
2） 和
一个羧基（—
COOH
）
。
②连接位点：构成生物体蛋白质的氨基酸都有一个—NH2和一个—COOH 连在
同一个碳原子
上。若有
多余的氨基或羧基，则位于
R 基
上。
③不同氨基酸的R 基不同，R 基决定氨基酸的
种类
和
性质
。
4.
种类
①组成蛋白质的氨基酸约有
2 1 种，它们的区别在于
R 基
的不同。
②根据人体细胞能否合成，可分为
必需氨基酸
和
非必需氨基酸
。
必需氨基酸：人体细胞
不能
(能/不能)合成，必须从外界环境中直接获取的氨基酸，成人有
8
种，它们是赖氨酸、色氨酸、苯丙氨酸、甲硫（蛋）氨酸、苏氨酸、异亮氨酸、亮氨酸、缬氨酸，婴儿有
9 种，比成人多的一种是组氨酸。
非必需氨基酸：人体细胞
能
(能/不能)合成，也能从外界环境中获取的氨基酸，有
1 3
种。
二、蛋白质的结构及其多样性
1. 氨基酸─────────────────→肽链(链状)──────→蛋白质(空间结构)。
（1）氨基酸→肽链
①方式：
脱水缩合
1
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②场所：
核糖体
（2）肽链→蛋白质
①方式：
盘曲折叠
②场所：
内质网、高尔基体
2. 蛋白质多样性的原因
氨基酸的
种类
、
数目
和
排列顺序
不同，以及肽链的
盘曲、折叠
方式及其形成的
空间结
构
不同。
3. 蛋白质的功能
（1）构成细胞和生物体结构的重要物质，称为
结构蛋白
，如肌肉、羽毛、头发等。
（2）绝大多数酶是
蛋白质
，有
催化
作用。
（3）有些蛋白质具有
运输
功能，如血红蛋白，能够运输氧。
（4）有些蛋白质能够
调节
机体的生命活动，如胰岛素能够调节血糖平衡，起
信息传递
作用。
（5）有些蛋白质有
免疫功能
，如抗体是蛋白质，可以帮助人体抵御病菌和病毒等抗原的侵害。
蛋白质是生命活动的主要承担者，其在细胞内的有机物中含量最高。
蛋白质变性、盐析和变质的区别
本质
生物活性
因素
备注
变
性
一级结构未改变，即 肽键
未破坏 ；非共价键被破坏
活性一般会丧失，
如蛋白质类酶失活
化学因素： 强酸
、 强碱
、 重金属离子
等；
物理因素： 高温
、 紫外线照射
等
能与双缩
脲试剂发
生紫色反
应
盐
析
蛋白质在中性盐溶液中 溶
解度 改变
不会失活
盐溶液的种类及浓度、温度等
变
质
一级结构改变，
肽键断
裂
失活
腐生微生物、蛋白酶
1. 蛋白质形成过程中的数量分析
Ⅰ. 多肽种类的计算
（1）有三种氨基酸，且每种氨基酸数目无限的情况下，形成二肽或三肽的种类：
①形成二肽的种类：
（每个位置有3 种可能性，故32=9 种）
②形成三肽的种类：
（每个位置有3 种可能性，故33=27 种）
（2）有三种氨基酸，且每种氨基酸只有一个的情况下，形成二肽或三肽的种类：
①形成二肽的种类：
（由于每种氨基酸只有一个，所以第1 个位置有3 种可能性，第2 个位置就只有2 种可能性，故
2
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3×2=6 种）
②形成三肽的种类：
（由于每种氨基酸只有一个，所以第1 个位置有3 种可能性，第2 个位置就只有2 种可能性，第3
个位置就只有1 种可能性，故3×2×1=6 种）
Ⅱ. 蛋白质形成过程的相关计算
（1）链状肽：氨基酸数＝肽键数＋肽链数；脱去的水分子数＝肽键数。
环状肽：氨基酸数＝肽键数＝脱去的水分子数。
（2）每条肽链中至少含有1 个游离的—NH2和1 个游离的—COOH，分别位于肽链的两端。
游离氨基数或羧基数=肽链数+R 基中的氨基数或羧基数。
（3）蛋白质相对分子质量＝氨基酸数×氨基酸的平均相对分子质量－水分子数×18－二硫键数×2。
Ⅲ. 蛋白质中原子数的相关计算
-NH2（肽链数） -COOH×2（肽链数×2）
N 原子数= -CO-NH- O 原子数= -CO-NH-
-R 中N 数 -R 中O 数
C 原子数=氨基酸分子数×2+R 基上的碳原子数。
H 原子数=各氨基酸中的H 原子数-脱去的水分子数×2。
Ⅳ. 氨基酸数目与碱基数的计算
（1）DNA 基因的碱基数（至少）：mRNA 的碱基数（至少）：氨基酸的数目=6:3:1。
（2）肽键数（脱去的水分子数）+肽链数=氨基酸数=DNA 基因碱基数/6=mRNA 碱基数/3。
（3）解题时需注意是“碱基数”还是“碱基对数”，二者关系为：碱基数=碱基对数/2。
2. 利用“结构与功能观”分析蛋白质结构与功能的关系
（1）蛋白质的功能与结构关系密切。在强酸、强碱、重金属盐等因素影响下，蛋白质的空间结构遭到不
可逆破坏而发生变性失活时，其功能也丧失。此过程中破坏的主要是氢键和二硫键，并不改变肽链结构。
（2）蛋白质中氨基酸的排列顺序发生变化时会影响其高级结构，使其丧失正常功能，如氨基酸替换引起
的镰状细胞贫血。
（3）功能相同的蛋白质结构不一定相同。
【典例1】 （2023 春•洛阳月考）蛋白质是生命活动的主要承担者，下列关于蛋白质功能及举例错误的是
（ ）
A．免疫——抗体可以帮助人体抵御病菌和病毒等抗原的侵害
B．调节——胰岛素可以降低血糖含量，调节机体的血糖平衡
3
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C．催化——绝大多数的酶是蛋白质，可以催化细胞中的化学反应
D．运输——只有细胞膜上的蛋白质才具有运输功能
【分析】蛋白质的功能具有多样性：结构蛋白（如血红蛋白）、催化功能（如蛋白质类的酶）、运输功
能（如载体蛋白）、调节功能（如胰岛素）、免疫功能（如抗体）等。
【解答】解：A、抗体可以帮助人体抵御病菌和病毒等抗原的侵害，说明蛋白质具有免疫功能，A 正确；
B、胰岛素的化学本质是蛋白质，可以调节机体的血糖平衡，具有调节功能，B 正确；
C、绝大多数的酶是蛋白质，可以催化细胞中的化学反应，说明蛋白质具有催化功能，C 正确；
D、血红蛋白能运输氧气，是红细胞的重要成分，是细胞内的蛋白质，不存在于细胞膜上，D 错误。
故选：D。
【点评】本题考查蛋白质的功能的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合
分析问题的能力。
【典例2】 （2023•重庆模拟）从某些动物组织中提取的胶原蛋白，可以用来制作手术缝合线。手术后过
一段时间，这种缝合线就可以被人体组织吸收，从而避免拆线的痛苦。下列关于胶原蛋白的说法，正确的
是（ ）
A．在核糖体上合成胶原蛋白时，产生的水分子中的氢来自氨基和羧基
B．人体内的胶原蛋白与食物中的胶原蛋白的氨基酸种类、数目和排列顺序相同
C．胶原蛋白的组成单体是氨基酸，在核糖体上通过脱水缩合形成多肽就具有了生物活性
D．高温加热后的胶原蛋白遇双缩脲试剂不会发生颜色反应
【分析】1、胶原蛋白是动物体内普遍存在的一种蛋白质，属于大分子化合物，经人体消化分解成小分
子氨基酸后才能被吸收。
2、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。
3、蛋白质与双缩脲试剂发生作用，产生紫色反应。
【解答】解：A、胶原蛋白成分是蛋白质，在核糖体上合成时，产生的水分子中的氢来自氨基和羧基，
A 正确；
B、胶原蛋白是基因指导合成的，人体和食物中的基因不同，二者的胶原蛋白的氨基酸种类、数目和排
列顺序不相同，B 错误；
C、胶原蛋白的组成单体是氨基酸，在核糖体上氨基酸通过脱水缩合形成多肽，没有生物活性，多肽经
加工折叠成具有一定空间的蛋白质才有活性，C 错误；
D、高温加热破坏了胶原蛋白的空间结构，没有破坏肽键，高温加热后的胶原蛋白遇双缩脲试剂仍然会
发生颜色反应，D 错误。
4
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故选：A。
【点评】本题考查了蛋白质的基本组成单位、蛋白质的鉴定等相关内容，意在考查考生把握知识间的内
在联系，构建知识网络的能力，难度适中。
【典例3】 （2023•湖北模拟）引起“疯牛病”的朊病毒是一类仅由蛋白质构成的感染性因子，其成分为
SC 型PrP 蛋白。朊病毒的SC 型PrP 进入生物体后，会导致机体正常的C 型PrP 蛋白转变成SC 型PrP，后
者可诱导更多的C 型PrP 转变成SC 型PrP，从而实现朊病毒的增殖。已知C 型PrP 与SC 型PrP 的氨基酸
序列完全相同，但后者具有感染性。下列相关叙述错误的是（ ）
A．培养病毒的实质是将病毒接种在活细胞中使其完成增殖
B．朊病毒诱导C 型PrP 转变成SC 型PrP 属于翻译过程
C．C 型PrP 与SC 型PrP 的差异与氨基酸种类和数量没有关系
D．上述实例说明蛋白质空间结构的改变可使其功能发生变化
【分析】C 型PrP 与SC 型PrP 的氨基酸序列完全相同，但后者具有感染性，这两种PrP 的肽链中氨基酸
排列顺序相同，空间结构不同。构象不同。
【解答】解：A、病毒无细胞结构，必须寄生在活细胞才能完成正常的生命活动，培养病毒的实质是将
病毒接种在活细胞中使其完成增殖，A 正确；
B、朊病毒诱导C 型PrP 转变成SC 型PrP 只是蛋白质发生改变，不属于翻译过程，B 错误；
CD、C 型PrP 与SC 型PrP 的氨基酸序列完全相同，所以C 型PrP 与SC 型PrP 的差异与氨基酸种类和数
量没有关系，但后者具有感染性，说明两种蛋白质功能差异是由于其空间结构不同导致的，CD 正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查蛋白质的结构和功能，要求学生有一定的理解分析能力，能够结合题干信息和所
学知识进行分析应用。
【典例4】 （2022 秋•铜梁区期末）现有氨基酸100 个，其中氨基总数为110 个，羧基总数为102 个，则由
这些氨基酸合成的含有2 条肽链的蛋白质中，含有氧原子的数目是（ ）
A．110
B．106
C．100
D．104
【分析】氨基酸脱水缩合反应过程中，脱去的水分子数＝氨基酸数目﹣肽链数；蛋白质中的O 原子数
＝肽键数+肽链数×2+R 基中的O 原子数。
【解答】解：100 个氨基酸经脱水缩合形成含有2 条肽链的蛋白质，则肽键数＝100﹣2＝98 个，羧基总
数为102 个，所以R 基中O 原子数为4 个。所以该蛋白质中O 原子数＝肽键数+肽链数×2+R 基中的O
原子数＝98+2×2+4＝106 个。
故选：B。
【点评】对于组成蛋白质的氨基酸的结构特点和氨基酸脱水缩合反应过程的理解，并应用原子守恒进行
5
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计算的能力是解题的关键．
【变式1】 （2023•湖北）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．蛋白质变性可导致部分肽键断裂
B．球状蛋白多数可溶于水，不溶于乙醇
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
【分析】1、蛋白质是生命活动的主要承担者，蛋白质的结构多样，在细胞中承担的功能也多样，蛋白
质结构多样性的直接原因与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有
关。
2、蛋白质在高温、过酸或过碱等条件下其空间结构会发生改变而失活。
【解答】解：A、变性能使蛋白质的空间结构被破坏而变性失活，变性状态下蛋白质中的肽键没有断裂，
A 错误；
B、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，故球状蛋白多数可溶于水，不溶于乙醇，B 正确；
C、加热变性能使蛋白质的空间结构被破坏而变性失活，且变性是不可逆的，故加热变性的蛋白质不能
恢复原有的结构和性质，C 正确；
D、变性能使蛋白质的空间结构被破坏而变性失活，D 正确。
故选：A。
【点评】本题考查蛋白质的结构和功能的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知
识综合分析问题和解决问题的能力。
【变式2】 （2023•长沙县校级模拟）科研人员利用不同算法，可依据蛋白质结构预测其功能。下列有关
说法错误的是（ ）
A．将未知蛋白质与已知蛋白质的氨基酸序列进行对比分析可以预测蛋白质的功能
B．通过三维结构对比可以判断两个蛋白质是否有相似的功能
C．核苷酸序列发生突变，其编码的蛋白质功能就会发生改变
D．可根据蛋白质结构相似程度判断物种间亲缘关系的远近
【分析】1、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，通过改造或合
成基因，来改造现有蛋白质，或制造一种新的蛋白质，以满足人类生产和生活的需求。
2、蛋白质工程的基本思路是：从预期的蛋白质功能出发→设计预期的蛋白质结构→推测应有的氨基酸
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序列→找到并改变相对应的脱氧核苷酸序列（基因）或合成新的基因→获得所需要的蛋白质。
【解答】解：A、蛋白质的功能主要由其三维结构决定，而其三维结构与氨基酸序列有关。所以将未知
蛋白质与已知蛋白质的氨基酸序列进行对比分析可以预测蛋白质的功能，A 正确；
B、蛋白质的功能主要由其三维结构决定，所以通过三维结构对比可以判断两个蛋白质是否有相似的功
能，B 正确；
C、核苷酸序列发生突变，由于密码子具有简并性，其编码的蛋白质功能不一定发生改变，C 错误；
D、蛋白质结构相似程度越高，生物之间的相似性越大，亲缘关系越近，因此可根据蛋白质结构相似程
度判断物种间亲缘关系的远近，D 正确。
故选：C。
【点评】本题考查蛋白质工程的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分
析问题的能力。
【变式3】 （2023•莱芜区校级模拟）泛素是一类真核细胞内广泛存在的小分子蛋白质，它可以与目标蛋
白中赖氨酸的ε 氨基结合，对目标蛋白形成多聚泛素化标记，然后引导其进入蛋白酶体（含有大量水解
酶）。当必需氨基酸匮乏时，肝细胞中E3 泛素连接酶Ubr1 会失活，不能催化脂滴保护蛋白Plin2 的多聚
泛素化降解。下列叙述错误的是（ ）
A．泛素化标记的蛋白质水解会产生小的多肽或氨基酸
B．泛素与目标蛋白赖氨酸的ε 氨基结合可能由E3 泛素连接酶催化完成
C．Ubr1 可能是必需氨基酸受体，能与必需氨基酸结合并被激活
D．对肝细胞Plin2 中赖氨酸的ε 氨基进行保护会减轻脂肪肝
【分析】结合题干可知：蛋白质泛素化的结果是使得被标记的蛋白质被蛋白酶分解为较小的多肽、氨基
酸；必需氨基酸匮乏，Ubr1 会失活，只有结合必需氨基酸才能起作用，故Ubr1 可能是必需氨基酸受体，
能与必需氨基酸结合并被激活。
【解答】解：A、蛋白质泛素化的结果是使得被标记的蛋白质被蛋白酶分解为较小的多肽、氨基酸以及
可以重复使用的泛素，A 正确；
B、结合题干“泛素可以与目标蛋白中赖氨酸的ε 氨基结合，对目标蛋白形成多聚泛素化标记”、“当
必需氨基酸匮乏时，肝细胞中E3 泛素连接酶Ubr1 会失活，不能催化脂滴保护蛋白Plin2 的多聚泛素化
降解”推测泛素与目标蛋白赖氨酸的ε 氨基结合可能由E3 泛素连接酶催化完成，B 正确；
C、必需氨基酸匮乏，Ubr1 会失活，只有结合必需氨基酸才能起作用，故Ubr1 可能是必需氨基酸受体，
能与必需氨基酸结合并被激活，C 正确；
D、对肝细胞Plin2 中赖氨酸的ε 氨基进行保护，导致其无法被泛素标记，Plin2 蛋白只有降解之后其中
的脂肪才能利用，如果不能降解就会抑制脂肪的分解，从而造成肝脏脂肪的堆积，D 错误。
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故选：D。
【点评】本题考查蛋白质的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问
题的能力是解答本题的关键。
【变式4】 （2023•开福区校级模拟）人的血红蛋白是由一个珠蛋白分子结合4 个血红素构成的，珠蛋白分
子包括4 条链：2 条α 链，每条链由141 个氨基酸构成；2 条R 链，每条链由146 个氨基酸组成。每条链中
含有一个血红素，每个血红素中心有一个亚铁离子，每个亚铁离子能携带一个氧分子。但亚铁离子与一氧
化碳的亲和力更高，即使在分压很低的情况下，一氧化碳也能取代氧与血红蛋白结合。下列叙述正确的是
（ ）
A．血红蛋白的合成由附着型核糖体完成
B．血红蛋白的α 链在合成过程中，至少产生145 个水分子
C．只要环境中存在氧气，血红蛋白就能运输氧
D．每个血红蛋白最多携带4 个氧分子
【分析】1、脱水缩合过程中的相关计算：
（1）脱去的水分子数＝形成的肽键个数＝氨基酸个数﹣肽链条数；
（2）蛋白质分子至少含有的氨基数或羧基数，应该看肽链的条数，有几条肽链，则至少含有几个氨基
或几个羧基；
（3）蛋白质分子量＝氨基酸分子量×氨基酸个数﹣水的个数×18。
2、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。
【解答】解：A、血红蛋白属于胞内蛋白，其合成由游离型核糖体完成，A 错误；
B、由于血红蛋白的每条α 链都是由141 个氨基酸构成，所以每条α 链在合成过程中，至少产生140 个
水分子，B 错误；
C、由于亚铁离子与一氧化碳的亲和力更高，即使在分压很低的情况下，一氧化碳也能取代氧与血红蛋
白结合，所以即使环境中存在氧气，血红蛋白也不一定能运输氧，C 错误；
D、人的血红蛋白是由一个珠蛋白分子结合4 个血红素构成的，而每个亚铁离子只能携带一个氧分子，
所以每个血红蛋白最多携带4 个氧分子，D 正确。
故选：D。
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【点评】本题考查蛋白质的合成——氨基酸脱水缩合和蛋白质功能的相关知识，要求考生识记氨基酸脱
水缩合的具体过程，掌握其中的相关计算，能运用其延伸规律答题；识记蛋白质的功能，能结合所学的
知识准确答题。
【变式5】 （2023•沙坪坝区校级模拟）肽聚糖是细菌细胞壁的主要成分，其结构（如图）主要有聚糖、
四肽尾及肽桥三部分组成。聚糖是以N﹣乙酰葡糖胺和N﹣乙酰胞壁酸为双糖单位脱水缩合而成，二糖单
位内部的β﹣1，4﹣糖苷键很容易被溶菌酶水解。四肽尾是在细胞质基质中向N﹣乙酰胞壁酸上逐步添加
四个氨基酸而形成的，该过程易被环丝氨酸抑制。肽桥将两个相邻肽尾相连进而形成多片层肽聚糖。肽桥
形成于细胞膜外，形成过程易被青霉素阻断。下列说法正确的是（ ）
A．组成肽聚糖的元素有C、H、O、N、P
B．据图分析，连接两个相邻肽尾的肽桥可能是肽键
C．环丝氨酸、青霉素仅作用于分裂旺盛的细菌，溶菌酶仅作用于休眠的细菌
D．四肽尾的合成需要mRNA 提供模板
【分析】肽聚糖是多肽和多糖形成的，由于多肽的氨基酸种类、数目、排列顺序等不同，使多肽具有多
样性；多糖的基本组成单位是葡萄糖，多糖的多样性很低，因此肽聚糖的多样性主要与多肽的多样性有
关。
【解答】解：A、分析图甲可知，组成肽聚糖的元素有C、H、O、N，不含P，A 错误；
B、据图乙分析，相邻四肽尾之间是第三位的赖氨酸和第四位的丙氨酸之间相连，赖氨酸R 基上的氨基
（﹣NH2）可以与丙氨酸上的羧基（﹣COOH）之间脱水缩合形成肽键，B 正确；
C、分析题意可知，环丝氨酸、青霉素均作用于细菌细胞壁形成的过程，主要影响分裂的细菌，溶菌酶
直接切断双糖单位，不仅作用于休眠的细胞，也可以作用于分裂的细胞，C 错误；
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D、由题干”四肽尾是在细胞质基质中向N﹣乙酰胞壁酸上逐步添加四个氨基酸而形成的“可知，四肽
尾的合成是在细胞质基质中完成的，不需要mRNA 做模板，D 错误。
故选：B。
【点评】本题旨在考查学生理解蛋白质结构多样性，把握知识的内在联系，形成知识网络，并应用相关
知识结合题干信息进行推理、判断。
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考点4 细胞中有机化合物的鉴定及综合
1、可溶性还原糖的检测和观察
（1）实验原理：还原糖(葡萄糖、果糖、麦芽糖等)＋
斐林
试
剂 砖红
色沉淀
（2）试剂：斐林试剂（甲液：
0.1g/mL
的
NaOH
溶液
，乙
液：
0.05g/mL
的
CuSO
4溶
液
）
（3）实验步骤
（4）反应实质：还原糖中的醛基（—CHO）在加热的条件下能将Cu(OH)2的Cu2+还原成Cu+，从而生成砖
红色沉淀Cu2O。
2、脂肪的检测和观察
（1）实验原理：脂肪＋
苏丹Ⅲ
──────→ 橘黄
色(染色后要用 50%
酒精
洗掉浮色)。
（2）实验步骤
3、蛋白质的检测和观察
（1）实验原理：蛋白质(多肽)＋
双缩脲
试剂→
紫
色
（2）试剂：双缩脲试剂（A 液：
0.1g/mL
的
NaOH
溶液
；B 液：
0.01g/mL
的
CuSO
4溶液
。）
（3）实验步骤
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（4）反应实质：一般含有
两个或两个以上
肽键的化合物与
CuSO
4 碱性溶液 反应而生成紫色络合
物。
双缩脲试剂中A 液的作用是创造碱性环境，B 液不可过量；先加A 液，再加B 液。
可以用斐林试剂和蒸馏水来检测蛋白质，原因是斐林试剂的甲液与双缩脲试剂的A 液相同，而斐林试剂的乙液可通过蒸馏水
稀释5 倍后成为双缩脲试剂的B 液，从而完成蛋白质的检测。
考法1 检测生物组织中的糖类、脂肪和蛋白质
1. 斐林试剂和双缩脲试剂的比较
2. 生物组织中有机成分鉴定的注意事项
（1）材料选择（要求组织颜色浅或近白色，目的是避免材料颜色对反应后颜色造成干扰）
①苹果、梨匀浆可用作还原糖待检样品。
西瓜不能作为还原糖检测材料，因为西瓜汁呈红色，会掩盖实验现象；
甘蔗不能作为还原糖检测材料，因为甘蔗中的蔗糖是非还原糖。
②马铃薯匀浆可用作淀粉待检样品。
③花生种子、花生种子匀浆可用作脂肪待检样品。
④豆浆、鲜肝提取液、蛋清可用作蛋白质待检样品。若用蛋清需要稀释。
（2）易忽略斐林试剂本身的颜色：非还原糖（如蔗糖）+斐林试剂水浴加热后的现象不是无色，而是呈现
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斐林试剂本身的颜色——蓝色[Cu(OH)2]。
（3）物质鉴定实验一般可预留部分样液作对照实验。若需进一步设计对照实验，对照组应加入成分已知
的物质，如酶是蛋白质的实验验证
对照组 实验组
（4）各有机物鉴定实验的差异
需要加热——还原糖鉴定需要水浴加热
需要显微镜——脂肪鉴定是唯一用到显微镜的有机物鉴定实验。
【典例1】 （2023 春•洛阳月考）关于检测生物组织中的糖类、脂肪和蛋白质实验的叙述，正确的是（
）
A．鉴定还原糖的斐林试剂与鉴定蛋白质的双缩脲试剂的成分完全不同
B．在新鲜的梨汁中加入斐林试剂，混匀后在加热条件下由无色变成砖红色
C．加热后的豆浆中蛋白质已经发生变性，遇双缩脲试剂不会出现紫色反应
D．用苏丹Ⅲ染液对花生子叶切片染色后可滴加体积分数为50%的酒精洗去浮色
【分析】生物组织中化合物的鉴定：
（1）斐林试剂可用于鉴定还原糖，在水浴加热的条件下，溶液的颜色变化为砖红色（沉淀）。
（2）蛋白质可与双缩脲试剂产生紫色反应。
（3）脂肪可用苏丹Ⅲ染液鉴定，呈橘黄色。
（4）淀粉遇碘液变蓝。
【解答】解：A、斐林试剂甲液和双缩脲试剂A 液的成分及浓度相同，斐林试剂乙液和双缩脲试剂B 液
的成分相同，但浓度不同，A 错误；
B、在新鲜的梨汁中加入斐林试剂，混匀后在加热条件下由蓝色变成砖红色，B 错误；
C、蛋白质变性后，肽键依然存在，用双缩脲试剂鉴定，仍然可以显紫色，C 错误；
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D、在花生子叶切片上滴苏丹Ⅲ染液染色后，滴加体积分数为50%的酒精洗去浮色，D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查生物组织中化合物的鉴定，对于此类试题，需要考生注意的细节较多，如实验的原理、
实验采用的试剂及试剂的使用方法、实验现象等，需要考生在平时的学习过程中注意积累。
【变式1】 （2023 春•河南月考）某实验小组学生用不同试剂检测甲，乙和丙三种物质，实验结果如表
（Y 表示有颜色变化，N 表示无颜色变化）。下列相关叙述中正确的是（ ）
斐林试剂
双缩脲试剂
苏丹Ⅲ染液
甲
Y
N
N
乙
N
Y
N
丙
N
N
Y
A．一般来说，活细胞中含量最多的有机物、细胞干重中最多的物质均为乙
B．斐林试剂在鉴定时需水浴加热，产生砖红色沉淀说明甲为葡萄糖
C．若实验室缺少双缩脲试剂A 液，可通过斐林试剂甲液经清水稀释配制
D．物质丙为脂肪，在用苏丹Ⅲ染液进行检测时需用95%的酒精洗去浮色
【分析】分析表格：斐林试剂用于检测还原糖，根据表格颜色变化情况可知甲为还原糖；双缩脲试剂用
于检测蛋白质，根据表格颜色变化可知乙为蛋白质；苏丹Ⅲ染液用于检测脂肪，根据表格颜色变化可知
丙为脂肪。
【解答】解：A、双缩脲试剂用于检测蛋白质，根据表格颜色变化可知乙为蛋白质，一般来说，活细胞
中含量最多的有机物、细胞干重中最多的物质均为蛋白质，即表格中的乙物质，A 正确；
B、斐林试剂在鉴定时需水浴加热，产生砖红色沉淀说明甲为还原糖，但不能确定其一定是葡萄糖，B
错误；
C、斐林试剂甲液和双缩脲试剂A 液完全相同，因此若实验室缺少双缩脲试剂A 液，可直接用斐林试剂
甲液替代，C 错误；
D、苏丹Ⅲ染液用于检测脂肪，根据表格颜色变化可知丙为脂肪，在用苏丹Ⅲ染液进行检测时需用50%
的酒精洗去浮色，D 错误。
故选：A。
【点评】本题考查生物组织中化合物的鉴定，对于此类试题，需要考生注意的细节较多，如实验的原理、
实验采用的方法、实验现象及结论等，需要考生在平时的学习过程中注意记录。
【变式2】 （2023•沙坪坝区校级模拟）使用染色剂染色是生物学实验常用的方法，某同学对有关实验做
了如下表归纳，下列说法错误的是（ ）
实验
观察对象
染色剂
实验结果
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①
花生子叶细胞的脂肪
颗粒
苏丹Ⅲ
脂肪颗粒被染成橘黄
色
②
梨汁中的还原糖
斐林试剂
水浴加热后出现砖红
色沉淀
③
活细胞
台盼蓝
活细胞呈蓝色
④
洋葱根尖分生组织细
胞的有丝分裂
龙胆紫
间期细胞不着色，分
裂期细胞染色体着色
A．上述实验结果的归纳，正确的有①②
B．实验③利用了细胞膜的选择透过性
C．实验④中盐酸和酒精混合液主要起固定作用
D．检测花生子叶切片中的脂肪时，需用体积分数为50%的酒精洗去浮色
【分析】台盼蓝使死细胞染成蓝色；龙胆紫是染染色体（质）的染料；脂肪颗粒被苏丹Ⅲ染剂染成橘黄
色。
【解答】解：A、台盼蓝使死细胞染成蓝色，龙胆紫是染染色体（质）的染料，间期染色质也能着色，
故只有①②正确，A 正确；
B、台盼蓝染色依据的是细胞膜具有选择透过性，死细胞细胞膜通透性增大，染色剂能进入，B 正确；
C、15%盐酸和95%酒精混合是解离液，使组织中的细胞分离开，固定细胞的分裂相，C 错误；
D、50%酒精洗去浮色，避免影响观察，D 正确。
故选：C。
【点评】本题考查观察根尖分生区组织的有丝分裂，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知
识综合分析问题的能力。
考法2 细胞中有机物的综合
1. 生物大分子
（1）生物大分子以碳链为骨架。
高中阶段四大“骨架”或“支架”：
生物大分子的骨架——碳链
生物膜的基本支架——磷脂双分子层
细胞骨架——蛋白质纤维组成的网架结构
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DNA 的基本骨架——脱氧核糖和磷酸交替连接排列在外侧构成基本骨架
（2）生物大分子具有方向性
蛋白质分子有N 端到C 端的方向性，单链核酸分子有5’到3’端的方向性，多糖链具有从非还原端到还原端
的方向性。
（3）生物大分子的结构包括一级结构和高级结构。
（4）生物大分子的官能团可被修饰。例如，蛋白质的糖基化或硫酸化、DNA 的甲基化等。
2. 有机物的水解产物和氧化产物的比较
项目
DNA
RNA
蛋白质
淀粉
脂肪
基本单位
脱氧核苷酸
核糖核苷酸
氨基酸
葡萄糖
甘油、脂肪酸
初步
水解产物
4 种
脱氧核苷酸
4 种
核糖核苷酸
多肽
麦芽糖
甘油
脂肪酸
彻底
水解产物
脱氧核糖
磷酸
A、T、C、G
核糖
磷酸
A、U、C、G
氨基酸
葡萄糖
甘油
脂肪酸
代谢终产物
（氧化分解）
CO2、H2O、尿素、磷酸盐
CO2、H2O、尿素
CO2、H2O
CO2、H2O
水解与代谢的区别：
代谢是在生物体的细胞内，各种有机物经过氧化分解，最终形成各种小分子物质的一种化学反应。
水解是蛋白质、核酸、多糖、脂肪等物质经过酶的作用，与水生产小分子物质的一种化学反应。
3. 细胞中的能源物质与能量供应顺序
（1）辨析几类能源物质
糖类
主要能源物质
正常情况下，细胞生命活动的能量主要来自糖类，其中葡萄糖是主要能源物
质，被称为“生命的燃料”
脂肪
良好的储能物质
含C、H 多，O 少，彻底氧化分解消耗O2多，放能多，生成的水多。
淀粉
植物特有的储能物质
糖原
动物特有的储能物质
ATP
直接能源物质
有机物中的能量必须转移到ATP 等物质中才能被生命活动所利用，被称为
能量“货币”
太阳能
最终能量来源
联系
1. 人体内的能源物质供能的一般顺序：糖类→脂肪→蛋白质
2. 生物体内的有机物之间不是孤立存在的，而是彼此之间相互联系、相互转化。
3. 能源物质为生命活动供能的过程
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【典例1】 （2023 春•渝中区校级期中）下列关于生物体中有机物的叙述，正确的是（ ）
A．糖类都是以碳链为骨架的生物大分子
B．脂肪分子以碳链为骨架，但不是多聚体
C．具有运输功能的有机物只有蛋白质
D．染色体（质）和核糖体的组成成分相同
【分析】生物大分子指的是作为生物体内主要活性成分的各种分子量达到上万或更多的有机分子。常见
的生物大分子包括：蛋白质、核酸、糖类中的多糖。
【解答】解：A、糖类中的多糖都是以碳链为骨架的生物大分子，A 错误；
B、脂肪分子以碳链为基本骨架，但不是多聚体（生物大分子），B 正确；
C、具有运输功能的有机物有蛋白质和转运RNA 等，C 错误；
D、染色体（质）的组成成分是DNA 和蛋白质，核糖体的组成成分是核糖体RNA 和蛋白质，D 错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和功能，意在考查学生的识记和理解能力，难度不大。
【典例2】 （2023 春•新洲区校级期末）细胞中许多分子和结构都有着各自的“骨架”或“支架”，这些
“骨架”或“支架”不仅起到支撑作用，还对生命活动的正常进行有着重要影响。下列有关说法中错误的
是（ ）
A．蛋白质是由许多基本组成单位连接而成的大分子，以碳链为骨架
B．DNA 双螺旋结构中的基本骨架决定了DNA 分子的特异性和多样性
C．真核细胞中的细胞骨架由蛋白质构成，与细胞分裂和物质运输有关
D．磷脂双分子层构成了线粒体膜和叶绿体膜的基本支架
【分析】1、细胞骨架是真核细胞中由蛋白质聚合而成的三维的纤维状网架体系。细胞骨架包括微丝、
微管和中间纤维。细胞骨架在细胞分裂、细胞生长、细胞物质运输、细胞壁合成等等许多生命活动中都
具有非常重要的作用。
2、生物膜的基本骨架是磷脂双分子层。
3、DNA 分子的基本骨架是磷酸和脱氧核糖交替连接构成的。
①DNA 分子的多样性：构成DNA 分子的脱氧核苷酸虽只有4 种，配对方式仅2 种，但其数目却可以
成千上万，更重要的是形成碱基对的排列顺序可以千变万化，从而决定了DNA 分子的多样性（n 对碱
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基可形成4n种）。
②DNA 分子的特异性：每个特定的DNA 分子中具有特定的碱基排列顺序，而特定的排列顺序代表着
遗传信息，所以每个特定的DNA 分子中都贮存着特定的遗传信息，这种特定的碱基排列顺序就决定了
DNA 分子的特异性。
4、生物大分子的基本骨架是碳链。
【解答】解：A、蛋白质是由许多基本组成单位连接而成的大分子，以碳链为骨架，A 正确；
B、DNA 分子中特定的碱基排列顺序决定了DNA 分子的特异性，DNA 分子中碱基对的排列顺序可以千
变万化，从而决定了DNA 分子的多样性，B 错误；
C、细胞骨架是由蛋白质纤维构成的，与细胞分裂和物质运输有关，C 正确；
D、磷脂双分子层构成了生物膜的基本支架，D 正确。
故选：B。
【点评】本题考查细胞骨架、DNA 分子结构的主要特点、生物大分子等，只要考生识记相关知识点，
能对“骨架”或“支架”的相关知识进行归纳总结。
【典例3】 （2022 秋•安丘市期中）如图中A、B 代表元素，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ是生物大分子，X、Y、Z、P
分别为构成生物大分子的基本单位，V 是某类有机物分子。下列叙述正确的是（ ）
A．血糖含量低时，Ⅰ均能分解为葡萄糖进入血液
B．Y 和Z 的组成单位差异体现在五碳糖不同
C．每个P 中，都只含有一个“﹣NH2，”和一个“﹣COOH”
D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均以碳链为基本骨架
【分析】分析题图：图示表示细胞内某些有机物的元素组成和功能关系，Ⅰ是能源物质，应为多糖，则
X 为葡萄糖，组成元素为C、H、O；Ⅱ携带遗传信息，且主要分布在细胞核中，应为DNA，则Y 为脱
氧核苷酸，组成元素为C、H、O、N、P；Ⅲ携带遗传信息，且主要分布在细胞质中，应为RNA，则Z
为核糖核苷酸，组成元素为C、H、O、N、P，因此A 是N、P；Ⅳ承担生命活动，应为蛋白质，则P
是氨基酸，组成元素至少为C、H、O、N，因此B 是N 元素；V 氧含量低于糖类，则V 为脂肪。
【解答】解：A、血糖含量低时，Ⅰ若是肝糖原则能分解为葡萄糖进入血液，若是肌糖原则不能分解，
A 错误；
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B、Y 和Z 的组成单位差异体现在五碳糖不同和碱基种类不同，B 错误；
C、P 是氨基酸，至少含有一个“﹣NH2，”和一个“﹣COOH”，C 错误；
D、据分析可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均以碳链为基本骨架，D 正确。
故选：D。
【点评】本题考查细胞中元素与化合物的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知
识综合分析问题的能力是解答本题的关键。
【变式1】 （2022 秋•历下区校级期末）将下列有关内容依次填入图中各框中，其中包含关系正确的选项
是（ ）
选项
①
②
③
④
⑤
A
生物大分子
蛋白质
核酸
脱氧核糖核苷酸
核糖核苷酸
B
脂质
脂肪
胆固醇
性激素
维生素D
C
糖类
二糖
单糖
葡萄糖
乳糖
D
无机物
无机盐
水
自由水
结合水
A．A
B．B
C．C
D．D
【分析】脂质的种类与作用：
脂肪：储能、维持体温；
磷脂：构成膜（细胞膜、液泡膜、线粒体膜等）结构的重要成分；
固醇：维持新陈代谢和生殖起重要调节作用，分为胆固醇、性激素和维生素D。
糖类包括：单糖：葡萄糖（重要能源）、果糖（植物）、核糖、脱氧核糖（构成核酸）、半乳糖（动
物）。
二糖：蔗糖、麦芽糖（植物）；乳糖（动物）。
多糖：淀粉、纤维素（植物）；糖原（动物）。
【解答】解：A、生物大分子包括：蛋白质、核酸、多糖；核酸包括脱氧核糖核酸和核糖核酸，核苷酸
为其基本单位，A 错误；
B、脂质包括脂肪、磷脂和固醇类，固醇类包括维生素D、性激素和胆固醇，B 错误；
C、乳糖属于二糖，不是单糖，C 错误；
D、无机物包括水和无机盐，水的存在形式有自由水和结合水两种，D 正确。
故选：D。
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【点评】本题考查糖类和脂质等化合物的分类及作用，只要考生识记相关知识点即可正确答题，属于考
纲识记层次的考查。
【变式2】 （2022 秋•荆州区校级期末）已知①酶、②抗体、③激素、④糖原、⑤脂肪、⑥核酸都是
人体内有重要作用的物质。下列说法正确的是（ ）
A．①②③都是由氨基酸通过肽键连接而成的
B．④⑤⑥都是由单体聚合而成的生物大分子
C．①②⑥都是由含氮的单体连接成的多聚体
D．④⑤⑥都是人体细胞内的重要能源物质
【分析】生物大分子如蛋白质、核酸和多糖的单体分别是氨基酸、核苷酸、葡萄糖，氨基酸、核苷酸、
葡萄糖等单体都以碳元素为核心元素，因此生物大分子以碳链为骨架。
【解答】解：A、①酶、③激素不一定是蛋白质，因此不一定是由氨基酸通过肽键连接而成的，A 错
误；
B、⑤脂肪不是生物大分子，B 错误；
C、①的单体是核糖核苷酸或氨基酸、②的单体是氨基酸、⑥的单体是核苷酸，氨基酸和核苷酸都含
有氮元素，所以①②⑥都是由含氮的单体连接成的多聚体，C 正确；
D、⑥核酸不是体细胞内的主要能源物质，D 错误。
故选：C。
【点评】本题的知识点是对生物大分子的组成和功能，对于常见生物大分子的化学组成及生理作用理解
是解题的关键。
【变式3】 （2022 秋•邢台期末）细胞内的大分子具有重要的功能。请参照表中内容完成表。
生物大分子名称
糖原
纤维素
DNA
（1）
功能
（2）
植物细胞壁的成
分之一
遗传信息的携带
者
具有催化、运
输、调节等功能
元素组成
C、H、O
C、H、O
（3）
（4）
基本组成单位
葡萄糖
（5）
（6）
氨基酸
基本骨架
（7）
【分析】1、糖类的元素组成只有C、H、O；蛋白质的元素组成主要是C、H、O、N，有些含有S 等；
脂肪的元素组成只含有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。
2、糖类分为单糖、二糖和多糖。葡萄糖、核糖、脱氧核糖等不能水解的糖称为单糖；由2 个单糖脱水
缩合形成的糖称为二糖；多糖有淀粉、纤维素和糖原。
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3、蛋白质是生命活动的主要承担者，蛋白质的结构多样，在细胞中承担的功能也多样；构成蛋白质的
基本单位是氨基酸。
4、核酸是遗传信息的携带者，是生物主要的遗传物质，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，细胞中的核酸分为DNA（脱氧核糖核酸）和RNA（核糖核酸）两种。
【解答】解：1、该生物大分子为蛋白质，其元素组成为C、H、O、N 等，基本组成单位为氨基酸，功
能有催化、运输、调节等功能。
2、糖原：元素组成为C、H、O，基本组成单位是葡萄糖，是动物细胞内的储能物质。
3、DNA：元素组成为C、H、O、N、P，基本组成单位是脱氧核苷酸，是遗传信息的携带者。
4、纤维素：元素组成为C、H、O，基本组成单位是葡萄糖，是植物细胞壁的成分之一。
5、纤维素、DNA、糖原和蛋白质的单体都是以若干个相连的碳原构成的碳链为基本骨架。
故答案为：
蛋白质 动物细胞内的储能物质 C、H、O、N、P C、H、O、N 等 葡萄糖
脱氧核苷酸 碳链
【点评】本题主要考查生物大分子的功能、元素组成、基本组成单位等相关知识，要求学生识记各种化
合物的元素组成，识记生物大分子的基本组成单位和功能。
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