2022年高三生物(人教版)一轮复习-基础课时案8-酶的本质及特性-课后训练.docx

小题对点练考点一酶的本质作用及特性1下列关于酶催化特性的叙述，正确的是()A低温降低分子运动速度，抑制酶的活性B高温激发酶的活性，提高酶促反应速率C增大底物的浓度，酶促反应速率可以持续上升D增加酶的物质量，酶促反应的产物量随之增加解析低温降低分子运动速度，从而抑制酶的活性，A正确；温度过高使酶失活，可降低酶促反应速率；增大底物的浓度，酶促反应速率还受酶浓度等的影响；酶只能转变化学反应速率，而不转变化学反应方向和平衡点。答案A2(2022广东广州二模，3)如图表示物质S在酶E的催化下水解成P的反应图解，下列叙述正确的是()A酶E可为该反应供应活化能B酶E水解的产物是H2O、CO2等物质C若S是麦芽糖，则可用斐林试剂来检测P的生成状况D若S代表二肽，则E、P可分别代表肽酶、氨基酸解析酶的催化作用机理是降低反应活化能，A项错误；绝大多数酶是蛋白质，水解产物是氨基酸，氧化分解产物是H2O、CO2等物质，B项错误；麦芽糖也是还原糖，与其水解产物葡萄糖一样，可与斐林试剂共热产生砖红色沉淀，C错误。答案D3(2022安徽联考)下列有关酶的叙述，正确的是()A合成ATP与分解ATP的酶相同B酶只能在细胞内起催化作用C高温存低温都会使酶永久失活D酶在低温时空间结构保持稳定解析合成ATP与分解ATP的酶是不同的；酶既能在细胞内起催化作用，也能在细胞外、体外起催化作用；低温可使酶活性降低，但不会破坏其分子结构，所以不会永久失活，其空间结构也可以保持稳定。答案D4如图表示“比较过氧化氢在不同条件下的分解试验”。下列相关分析合理的是()A本试验的因变量是不同的催化剂B本试验的无关变量有温度和酶的用量等C1号与3号、1号与4号可分别构成对比试验D分析1号、2号试管的试验结果可知加热能降低反应的活化能解析本试验的因变量是气泡的产生速率，即过氧化氢的分解速率，A项错误。温度是自变量，酶的用量是无关变量，B项错误。1号与3号、1号与4号中只有一个试验变量不同，可分别构成对比试验，C项正确。2号在高温下消灭气泡的缘由是加热使过氧化氢分子得到能量，从常态转变为简洁发生化学反应的活跃状态，D项错误。答案C5酶抑制剂分竞争性抑制剂和非竞争性抑制剂，两者作用特点如图甲所示，图乙表示相应的反应速率。下列有关叙述不正确的是()A曲线a表示没有酶抑制剂存在时的作用效果B曲线a、b反应速率不再增加是受酶浓度的限制C曲线c表示在竞争性抑制剂作用下酶的活性降低D非竞争性抑制剂与该酶结合后能转变其空间结构解析由图可知，酶的竞争性抑制剂结构与底物相像，与底物“争夺”酶的结合位点，当底物足够多时，反应速率仍旧可以加快；非竞争性抑制剂转变了酶的结构，使酶的催化力量降低，即使增加底物，其反应速率仍旧较低。答案C考点二酶活性的影响因素及相关曲线分析6(2022湖南六校联考，3)利用麦芽酿造啤酒时，麦芽中多酚氧化酶(PPO)的作用会降低啤酒质量。图为不同pH和温度对PPO活性影响的曲线，有关叙述错误的是()APPO催化多酚类物质的生化反应B相同温度时，pH 7.8的酶促反应产物比pH 8.4的少C在制备麦芽过程中应将反应条件把握在温度80 、pH 8.4D高于90 ，若PPO发生热变性，肯定温度范围内温度越高变性越快解析在温度80 、pH 8.4的条件下，多酚氧化酶(PPO)的活性高，降低啤酒质量，C错误。答案C7将萝卜磨碎制得提取液，取等量的四份分别加入pH为3、5、7、9的盛有等量过氧化氢溶液的几个试管中，温度保持在30 。结果每个试管都产生气体。重复上述试验，只是把提取液的加入量减半。两次试验中过氧化氢反应相同时间后的剩余量如图所示。下列推断正确的是()A这两次试验的差异是由pH不同造成的B曲线b是第一次试验的结果C提取液的量会明显影响过氧化氢酶的最适pHD用点燃的卫生香检验气体产生状况时，pH为7的一组中最简洁熄灭解析这两次试验的差异是由提取液的加入量不同造成的；曲线a是试验二(酶量减半)的结果，而曲线b是第一次试验的结果；提取液的量不会影响过氧化氢酶的最适pH；pH为7的一组中过氧化氢酶的催化效率最强，产生的气体最多，点燃的卫生香最不易熄灭。答案B8如图表示人体内某种酶促反应的反应速率受温度和pH的影响状况，下列解释不正确的是()A在A点，将酶的浓度增大一倍，反应速率可能增大B在B点，将酶的浓度增大一倍，反应速率不行能增大C在C点，将酶的浓度增大一倍，反应速率可能增大D该图不能反映唾液淀粉酶催化力量的变化特征解析题图可以反映温度和pH对酶促反应速率的影响，但是影响酶促反应速率的因素不仅包括温度和pH，还有酶的浓度等。在底物充分的条件下，增大酶的浓度，可以提高反应速率，所以A、C正确，B错误。题图显示，该酶的最适pH为2(强酸性环境)左右，因此这种酶可能是胃蛋白酶，而不会是唾液淀粉酶，D正确。答案B9.如图表示在最适温度、最适pH等条件下，反应物浓度对酶所催化的化学反应速率的影响。下列说法错误的是()A曲线的AB段表明，随着反应物浓度的增加，反应速率渐渐加快B假如温度上升10 重复试验，则图中A点的位置将下移C假如从乙点开头，往反应混合物中加入少量同样的酶，曲线中B点会上升D曲线BC段反应速率不变，说明随着反应物浓度的增加，酶已经完全被分解了解析由图可知，曲线AB段，随着反应物浓度增加，反应速率加快。由于反应是在最适温度下进行的，因此，提高温度酶的活性将下降，A点将下移。假如往反应体系中加入更多的酶，反应速率将加快，B点会上升。曲线BC段反应速率不变，是由于酶的数量有限，而不是全部被分解了。答案D10(2022执信中学、广雅中学、广州六中联考改编)有人进行试验以争辩化合物P对淀粉酶活性的影响，结果如图。下列分析不正确的是()A试验中应保持pH不变B曲线2作为试验对比CP对该酶的活性有抑制作用D若反应温度上升，则A点未必上移解析分析图形可知，试验的自变量为化合物P的有无，因此无关变量如pH应把握不变；曲线2表示试验组的试验结果，曲线1表示对比组的试验结果；图示同等底物浓度下，加化合物P的一组的酶促反应速率比只有酶的一组的低，因此化合物P对酶的活性具有抑制作用；题中没有说明该试验进行时的温度，若该温度为最适温度，则上升温度后，A点下移。答案B11如图甲是过氧化氢酶活性受pH影响的示意图，图乙所示在最适温度下，pHb时H2O2分解产生O2的量随时间的变化状况。若该酶促反应过程中某一条件发生变化，下列说法正确的是()A假如温度上升，图乙中O2的最大生成量要降低B图乙中经过一段时间后，O2的生成量不再增加的缘由是H2O2已经全部被分解C假如pH过高，则图乙中O2生成量确定为0D图甲中pH从c降低到b过程中反应速率会渐渐加快解析即便酶失活，H2O2在肯定温度下也会分解，所以O2的生成量不会是0，C错误。由于pH为c时酶已失活，再恢复到最适pH的过程中反应速率也不会渐渐加快，D错误。答案B大题冲关练12请你解读与酶有关的图示、曲线，然后回答下列问题。(1)图1和图2分别表示了酶具有_的特性。洗衣粉中加有的A，之所以能够耐酸碱、忍受表面活性剂和较高温度，是由于它是通过_细心设计改造生产出来的；把握其合成的直接模板主要分布在细胞的_中。(2)图3是与酶活性影响因素相关的曲线，当pH从5上升到7时，酶活性的变化过程是_；从图示曲线我们还可以得出的结论是_。(3)图4中A点后酶促反应速率不再增加，其限制因素主要是_。从图5可以得出的结论是：在底物足量条件下，_。解析本题以坐标曲线为信息载体，综合考查酶的特性与本质等学问。(1)图1表示酶具有高效性，图2表示酶具有专一性；洗衣粉中的酶是通过蛋白质工程改造生产出来的。(2)由图中底物剩余量可以推断在pH为6时，酶的活性最大，所以pH从5上升到7时，酶活性先上升后下降。(3)分析图4，可以发觉在A点之前，限制酶促反应速率的因素是底物浓度，而A点以后则是酶的浓度及酶活性。分析图5可知在底物充分的状况下，酶促反应速率与酶浓度呈正相关。答案(1)高效性和专一性(特异性)蛋白质工程细胞质(2)先上升后下降随着pH的变化，酶的最适温度不变或温度影响酶的活性(合理即可)(3)酶的浓度(数量)和活性酶促反应速率与酶浓度呈正相关13血栓主要由不溶性的纤维蛋白等物质组成。纳豆激酶(NK)是一种在纳豆发酵过程中由纳豆菌产生的蛋白酶，它不但能直接作用于纤维蛋白(A过程)，还能间接激活体内纤溶酶原(B过程)。如图是有关纳豆激酶溶栓机理简图，请据图回答问题。(1)争辩NK直接水解作用：给定纤维蛋白平板，将_滴加其上，若消灭相应的溶解圈，则可说明_。(2)NK的间接作用是通过_激活体内纤溶酶原，增加纤溶酶的量和作用，溶解血栓。(3)请依据下列给出的试验材料，比较NK与内源性纤溶酶的溶栓效果。供选试验材料：NK溶液、内源性纤溶酶溶液、纤维蛋白块、蛋清溶液、缓冲液、双缩脲试剂、量筒、试管和秒表。试验步骤：(“”表示添加，“”表示未添加)加入物质的成分试管1试管21A_2缓冲液3纳豆激酶(NK)溶液4B_表格中A处添加的物质是_，B处添加的物质是_。试验结果鉴定的指标是_。解析由图解可以看出纳豆激酶(NK)可以直接催化纤维蛋白的水解，还能间接激活纤溶酶原，由纤溶酶催化纤维蛋白的水解。要比较NK与内源性纤溶酶的溶栓效果，需将NK与内源性纤溶酶进行对比试验。依据单一变量原则可知，试管1中加入纳豆激酶(NK)溶液，则试管2中应加入内源性纤溶酶溶液。依据酶的专一性和试验结果的可观看性，本试验的因变量为纤维蛋白块消逝的时间。答案(1)纳豆激酶NK对纤维蛋白有直接水解作用或降解作用(或NK在体外有溶栓效果)(2)刺激血管上皮细胞，释放组织纤溶酶原激活剂(3)纤维蛋白块内源性纤溶酶溶液纤维蛋白块消逝的时间