17版高考生物分类题库,知识点18,生物技术实践[5篇材料]

第一篇：17版高考生物分类题库,知识点18,生物技术实践

温馨提示：

此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，关闭Word文档返回原板块。

知识点18 生物技术实践 1.(2017·江苏高考·T10)下列关于“腐乳的制作”实验,叙述正确的是()A.控制发酵温度的主要目的是腐乳调味 B.腐乳制作后期加入香辛料和料酒有防腐作用 C.毛霉的主要作用是分解脂肪和淀粉 D.成品腐乳表面的粘性物质主要由细菌产生 【解析】选B。不同的菌种适宜生存的温度不同,控制发酵的温度是为了保证毛霉的生长,A项错误;腐乳的制作后期需要配制卤汤,加入香辛料和料酒可以抑制微生物的生长,达到防腐杀菌的作用,同时也能调制腐乳的风味,B项正确;腐乳的制作利用的微生物主要是毛霉,毛霉产生的蛋白酶可以将豆腐中的蛋白质分解成小分子的肽和氨基酸,脂肪酶可以将脂肪水解为甘油和脂肪酸,并不能分解淀粉,C项错误;成品腐乳表面的粘性物质主要是由毛霉产生的,毛霉是真菌,不是细菌,D项错误。

2.(2017·江苏高考·T12)固定化单宁酶应用于茶饮料加工,可消除其中的苦涩味。下列有关叙述正确的是()A.在单宁酶纯化时可采用透析法去除杂蛋白 B.化学结合法比吸附法对单宁酶活性影响更小 C.温度、pH和重金属离子都可能影响固定化单宁酶活性 D.酶的高效性决定固定化单宁酶不会降解茶饮料中的有益成分 【解析】选C。透析法是利用小分子物质在溶液中可通过半透膜,而大分子物质不能通过半透膜的性质,达到分离目的的,蛋白质分子是大分子物质,所以透析法不能去除杂蛋白,A项错误;吸附法处理单宁酶不会影响其活性,而化学结合法会影响酶的结构,肯定会影响其活性,B项错误;温度、pH过高或过低都会影响酶的活性,重金属离子会破坏蛋白质分子的空间结构从而影响单宁酶的活性,C项正确;酶的高效性指的是酶能显著降低化学反应所需的活化能,加快反应速率,和单宁酶是否会降解茶饮料中的有益成分无关,D项错误。

3.(2017·江苏高考·T17)为了探究一种新型碱性纤维素酶的去污效能,研究性学习小组进行了相关实验,结果如下图。由图中实验结果能直接得出的结论是()A.碱性纤维素酶对污布类型2的去污力最强 B.不同类型洗衣粉影响碱性纤维素酶的去污力 C.碱性纤维素酶对污布类型2、3的去污力不同 D.加大酶用量可以显著提高洗衣粉的去污力 【解析】选C。从图中可以看出对污布类型2的去污力最高,但是污布类型1和污布类型2加入的洗衣粉类型和酶量不同,所以无法判断碱性纤维素酶对污布类型2和污布类型1的去污力强弱,A项错误。本题没有设置酶量相同、污布类型相同的对照组,所以不能得出不同类型洗衣粉影响碱性纤维素酶的去污力的结论,B项错误。在使用相同类型洗衣粉和同样量的碱性纤维素酶情况下,对污布类型2、3的去污力不同,可以从实验中得出碱性纤维素酶对污布类型2、3的去污力不同的实验结论,C项正确。实验组中没有同一洗衣粉类型、同一污布类型下增加酶用量的实验组,所以无法判断加大酶用量是否可以显著提高洗衣粉的去污力,D项错误。

4.(2017·江苏高考·T20)下列关于“酵母细胞的固定化技术”实验的叙述,正确的是()A.活化酵母时,将适量干酵母与蒸馏水混合并搅拌成糊状 B.配制CaCl2溶液时,需要边小火加热边搅拌 C.将海藻酸钠溶液滴加到CaCl2溶液时,凝胶珠成形后应即刻取出 D.海藻酸钠溶液浓度过高时凝胶珠呈白色,过低时凝胶珠易呈蝌蚪状 【解析】选A。活化酵母时,将适量干酵母与蒸馏水混合可使干酵母吸水,代谢加快,恢复活性,A项正确。配制海藻酸钠溶液时,需要边小火加热边搅拌,配制CaCl2溶液时,不需要加热,B项错误。CaCl2的作用是使海藻酸钠胶体发生聚沉,形成凝胶珠,刚形成的凝胶珠应在CaCl2溶液中浸泡一段时间,以便形成稳定的结构,C项错误。如果海藻酸钠溶液浓度过低,形成的凝胶珠颜色过浅,则所包埋的酵母细胞数目较少;如果海藻酸钠溶液浓度过高,凝胶珠就不易成形,D项错误。

5.(2017·江苏高考·T25)下图是探究果酒与果醋发酵的装置示意图。下列相关叙述正确的是(多选)()A.改变通入气体种类,可以研究呼吸作用类型对发酵的影响 B.果酒发酵中期通入氮气,酵母菌将从有氧呼吸转变为无氧呼吸 C.果醋的发酵周期与实验设定的温度密切相关 D.气体入口与气体出口可以交换使用 【解析】选A、B、C。酵母菌是兼性厌氧菌,当通入氧气时,酵母菌进行有氧呼吸,不产生酒精,当通入其他气体时,酵母菌可以进行无氧呼吸,产生酒精,A项正确;果酒发酵中期,氧气消耗较多,如果通入氮气,由于缺乏氧气,酵母菌从有氧呼吸转变为无氧呼吸,开始产生酒精,B项正确;醋酸菌的最适生长温度是30～35℃,高于或低于最适温度都会影响醋酸菌生长,从而影响果醋的发酵周期,C项正确;从图示中可以看到,气体入口深入溶液中,所以若将气体入口与气体出口交换使用,制作果醋时,不利于醋酸菌进行有氧呼吸,制作果酒时,不利于排出CO2,D项错误。

6.(2017·全国卷甲·T37)豆豉是大豆经过发酵制成的一种食品。为了研究影响豆豉发酵效果的因素,某小组将等量的甲、乙两菌种分别接入等量的A、B两桶煮熟大豆中并混匀,再将两者置于适宜条件下进行发酵,并在32 h内定期取样观测发酵效果。回答下列问题:(1)该实验的自变量是、。

(2)如果发现发酵容器内上层大豆的发酵效果比底层的好,说明该发酵菌是。

(3)如果在实验后,发现32 h内的发酵效果越来越好,且随发酵时间呈直线上升关系,则无法确定发酵的最佳时间;若要确定最佳发酵时间,还需要做的事情是。

(4)从大豆到豆豉,大豆中的成分会发生一定的变化,其中,蛋白质转变为　 ,脂肪转变为。

【解析】(1)由题中信息“甲、乙两菌种”“32 h内定期取样观测发酵效果”可知,该实验的自变量为菌种、发酵时间。

(2)发酵容器的上层空气较多,且有氧发酵比厌氧发酵分解有机物更彻底,发酵效果更好,可推测发酵容器上层的发酵菌为好氧菌。

(3)由于32 h内发酵效果随发酵时间呈直线上升关系,未出现转折点,无法确定最佳发酵时间,为确定最佳发酵时间,应在原来基础上延长发酵时间,若出现最佳发酵效果,则其对应的时间即为最佳发酵时间。

(4)发酵过程中,在相关酶的作用下蛋白质分解为氨基酸和肽,脂肪分解为脂肪酸和甘油。

答案:(1)菌种　发酵时间(2)好氧菌(3)延长发酵时间,观测发酵效果,最好的发酵效果所对应的时间即为最佳发酵时间(4)氨基酸和肽　脂肪酸和甘油 7.(2017·全国卷乙·T37)某些土壤细菌可将尿素分解成CO2和NH3,供植物吸收和利用。回答下列问题:(1)有些细菌能分解尿素,有些细菌则不能,原因是前者能产生。能分解尿素的细菌不能以尿素的分解产物CO2作为碳源,原因是,但可用葡萄糖作为碳源,进入细菌体内的葡萄糖的主要作用是(答出两点即可)。

(2)为了筛选可分解尿素的细菌,在配制培养基时,应选择(填“尿素”“NH4NO3”或“尿素+NH4NO3”)作为氮源,不选择其他两组的原因是。

(3)用来筛选分解尿素细菌的培养基含有KH2PO4和Na2HPO4,其作用有(答出两点即可)。

【解析】本题主要考查了微生物的培养、筛选的相关知识。

(1)有些细菌能分解尿素是因为这些细菌细胞内能产生脲酶,脲酶可将尿素分解成NH3和CO2。尿素是有机物,能分解尿素的细菌是异养生物,不能利用CO2合成有机物,只能利用现成的有机物。葡萄糖是生物的主要能源物质,细菌摄取葡萄糖作为碳源,可为生命活动提供能量,还可为其他有机物的合成提供原材料。

(2)筛选不同的细菌所用的培养基是选择培养基,筛选能分解尿素的细菌,可用尿素作氮源,不能分解尿素的细菌会因氮源缺乏而死亡,能存活的只有能分解尿素的细菌。若选用NH4NO3作氮源,无论是能分解尿素的细菌还是不能分解尿素的细菌都可利用,起不到筛选作用。

(3)KH2PO4和Na2HPO4所含的元素是细菌生长需要的,同时这两种化合物也是缓冲物质,用于调节细菌培养过程中因代谢物生成后pH发生的改变,维持了细菌生活环境pH的相对稳定。

答案:(1)脲酶　分解尿素的细菌是异养生物,不能利用CO2合成有机物 为细胞生命活动提供能量,为其他有机物的合成提供原材料(2)尿素　其他两组都含有NH4NO3,能分解尿素的细菌和不能分解尿素的细菌都能利用NH4NO3,不能起到筛选作用(3)为细菌生长提供无机营养,作为缓冲剂保持细菌生长过程中pH稳定 8.(2017·全国卷丙·T37)绿色植物甲含有物质W,该物质为无色针状晶体,易溶于极性有机溶剂,难溶于水,且受热、受潮易分解。其提取流程为:植物甲→粉粹→加溶剂→振荡→收集提取液→活性炭处理→过滤去除活性炭→蒸馏(含回收溶剂)→重结晶→成品。回答下列问题:(1)在提取物质W时,最好应选用的一种原料是(填“高温烘干”“晾干”或“新鲜”)的植物甲,不宜选用其他两种的原因是。

(2)提取物质W时,振荡的作用是。

(3)活性炭具有很强的吸附能力,在提取过程中,用活性炭处理提取液的目的是。

(4)现有丙酮(沸点56℃)、乙醇(沸点约78℃)两种溶剂,在提取物质W时,应选用丙酮作为提取剂,理由是。

(5)该实验操作过程中应注意的事项是(答出两点即可)。

【解题指南】(1)题干关键信息:“受热、受潮易分解”。

(2)解题思路: 【解析】(1)在高温条件下,植物甲中的物质W容易分解而被破坏;新鲜的植物甲含水量高,极性有机溶剂会被水稀释,影响物质W的提取效果。所以最好应该选用的一种原料是晾干的植物甲。

(2)提取物质W时,振荡可以加快该物质在有机溶剂中的溶解。

(3)活性炭具有很强的吸附能力,在提取过程中,用活性炭处理提取液,可以除去提取液中的色素。

(4)与乙醇相比较,丙酮的沸点较低,蒸馏时物质W分解较少,因此在提取物质W时,应选用丙酮作提取剂。

(5)该实验要在温度较低的情况下操作,因为物质W受热、受潮时,容易分解;还要注意防火;粉碎时颗粒尽量小一些,以加快在有机溶剂中的溶解速率等。

答案:(1)晾干　高温烘干过程中,植物甲中的物质W易被破坏;新鲜的植物甲含水量高,用于提取的极性有机溶剂会被水稀释,进而降低对物质W的提取效果(2)使原料和溶剂充分混匀(3)去除提取液中的色素(4)丙酮沸点低于乙醇,蒸馏时物质W分解较少(5)在温度较低的情况下操作,防火 9.(2017·江苏高考·T31)苯酚及其衍生物广泛存在于工业废水中,对环境有严重危害。小明同学准备依据下图操作步骤,从处理废水的活性污泥中分离筛选酚降解高效菌株。请回答下列问题:(1)酚降解菌富集培养基含有蛋白胨、K2HPO4、MgSO4、苯酚和水,其中可作为碳源的有。

(2)将采集到的样品接种培养,苯酚用量应随转接次数增加而逐渐,以达到富集酚降解菌的目的。若上图平板中菌落过于密集,应进一步,以便于菌落计数与分离。制备平板培养基时除了需要水、营养物质外,还必须添加。

(3)下图为连续划线法示意图,在图中(填图中序号)区域更易获得单菌落。

(4)采用比色测定法(使用苯酚显色剂)检测降解后的废水中苯酚残留量。先制作系列浓度梯度并进行显色反应,下表中1～5号比色管的苯酚浓度应分别为。

管号 1 2 3 4 5 6 苯酚浓度(mg/L)1 如果废水为50 mg/L苯酚溶液,降解后约有21%的苯酚残留,则需将残留液稀释(填序号:①5　②10　③20)倍后,再进行比色。【解析】(1)蛋白胨和苯酚都是含碳有机物,可以为酚降解菌提供碳源。(2)将采集到的样品接种培养,随转接次数增加而逐渐增加苯酚用量可以增大酚降解菌的比例,以达到富集酚降解菌的目的。如果图中平板中菌落过于密集,说明培养液中酚降解菌数量过多,需要进一步稀释后再涂布,以便于菌落计数与分离。平板培养基是固体培养基,在配制的时候除了需要水、营养物质外,还必须添加琼脂等凝固剂。(3)因为每次划线的菌种都来自上一次划线的末端,所以最后一次划线结束的时候更容易获得单菌落。(4)根据表中6号管中苯酚浓度为1 mg/L,可推知1～5号管中苯酚浓度应分别为0 mg/L、0.2 mg/L、0.4 mg/L、0.6 mg/L、0.8 mg/L。根据题意,废水为50 mg/L苯酚溶液,降解后约有21%的苯酚残留,要使稀释后苯酚残留液浓度在0～1 mg/L,需将残留液稀释20倍。

答案:(1)蛋白胨、苯酚(2)增加　稀释涂布　凝固剂(3)③(4)0、0.2、0.4、0.6、0.8　③

第二篇：高考生物复习高考真题题库 15届 知识点19 生物技术实践

温馨提示：

此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观

看比例，关闭Word文档返回原板块。

知识点19

生物技术实践

1.(2015·广东高考·T3)关于DNA的实验,叙述正确的是()

A.用兔的成熟红细胞可提取DNA

B.PCR的每个循环一般依次经过变性—延伸—复性三步

C.DNA溶液与二苯胺试剂混合,沸水浴后生成蓝色产物

D.用甲基绿对人的口腔上皮细胞染色,细胞核呈绿色,细胞质呈红色

【解题指南】(1)题干关键词:提取DNA、PCR、二苯胺试剂、甲基绿。

(2)关键知识:DNA的提取与检测方法、PCR反应过程、甲基绿的作用。

【解析】选C。本题主要考查了实验的原理、选材以及试剂的使用。兔为哺乳动物,其成熟的红细胞中无细胞核,不能从中提取DNA,故A项错误;PCR每次循环都可以分为变性—复性—延伸三步,故B项错误;在沸水浴的条件下,DNA遇二苯胺变成蓝色,故C项正确;甲基绿使DNA呈现绿色,不论是细胞核还是细胞质,只要含有DNA,都会呈绿色,故D项错误。

2.(2015·江苏高考·T11)下列关于固定化酶和固定化细胞的叙述,错误的是

()

A.固定化酶的主要目的是实现酶的重复利用

B.溶解氧交换受阻是固定化酶应用的重要限制因素

C.固定化细胞用于生产能分泌到细胞外的产物

D.凝胶与被包埋细胞之间不是通过共价键结合【解析】选B。本题主要考查固定化酶和固定化细胞。固定化酶制作的目的是能够顺利从发酵产物中把酶分离出来,并能够使酶反复使用,故A项正确;溶解氧交换受阻会影响细胞呼吸,是固定化细胞应用的重要限制因素,故B项错误;固定化细胞用于生产、获得细胞的代谢产物,故C项正确;将细胞包埋在多孔载体内部而制成固定化细胞,细胞并不与凝胶通过共价键结合,故D项正确。

3.(2015·江苏高考·T17)关于“腐乳的制作”实验,下列叙述错误的是()

A.将腐乳坯堆积起来会导致堆内温度升高,影响毛霉生长

B.腐乳坯若被细菌污染,则腐乳坯表面会出现黏性物

C.勤向腐乳坯表面喷水,有利于毛霉菌丝的生长

D.装坛阶段加入料酒,可有效防止杂菌污染

【解析】选C。本题主要考查腐乳制作的过程和材料处理的方法及目的。将腐乳坯堆积起来会导致微生物大量繁殖,堆内温度升高,影响毛霉生长,故A项正确;正常情况下毛霉等菌种,会使豆腐表面长出一层菌丝,被细菌污染,腐乳坯表面会出现黏性物,故B项正确;适于做腐乳的豆腐含水量为70%左右,适于毛霉菌丝生长,再加水不利于腐乳成形,故C项错误;装坛时加入料酒,可抑制杂菌生长,故D项正确。

4.(2015·江苏高考·T19)做“微生物的分离与培养”实验时,下列叙述正确的是()

A.高压灭菌加热结束时,打开放(排)气阀使压力表指针回到零后,开启锅盖

B.倒平板时,应将打开的皿盖放到一边,以免培养基溅到皿盖上

C.为了防止污染,接种环经火焰灭菌后应趁热快速挑取菌落

D.用记号笔标记培养皿中菌落时,应标记在皿底上

【解题指南】关键知识:培养基的灭菌方法、倒平板的方法和接种的过程。

【解析】选D。本题主要考查微生物的分离与培养实验。高压蒸汽灭菌加热结束后,让其自然冷却后再慢慢打开排气阀以排除余气,然后才能开盖取物,故A项错误;倒平板时左手拿培养皿,右手拿锥形瓶,左手将培养皿打开一条稍大于瓶口的缝隙,倒入培养基后立即盖上培养皿皿盖,故B项错误;灼烧接种环之后,要冷却后才能伸入菌液,以免温度太高杀死菌种,故C项错误;皿底的标记不会因为盖子混淆而混淆,故D项正确。

5.(2015·四川高考·T3)下列是以酵母菌为材料进行的实验,有关叙述错误的是

()

A.探究酵母菌的呼吸方式,可用溴麝香草酚蓝检测产生的CO2

B.用酵母菌发酵酿制果酒,选择酸性重铬酸钾检测产生的酒精

C.探究酵母菌种群数量变化,应设空白对照排除无关变量干扰

D.用稀释涂布平板法培养计数,应选择有30～300菌落数的平板

【解题指南】(1)题干关键词:“酵母菌”“错误”。

(2)关键知识:酵母菌无氧呼吸产物的鉴定原理、探究酵母菌种群数量变化的实验设计原则及计数方法。

【解析】选C。本题考查酵母菌细胞呼吸方式探究及种群数量变化研究。A项,酵母菌呼吸作用产生的CO2可使溴麝香草酚蓝水溶液由蓝变绿再变黄,故正确。B项,橙色的酸性重铬酸钾与酒精发生化学反应,变成灰绿色,故正确。C项,探究酵母菌种群数量变化,不同时间的取样即为对照,不必设空白对照,故错误。D项,菌落数若太少的话不准确,太多的话不好计数,一般选择有30～300菌落数的平板计数,故正确。

6.(2015·江苏高考·T24)下图为苹果酒的发酵装置示意图,下列叙述错误的是(多选)()

A.发酵过程中酒精的产生速率越来越快

B.集气管中的气体是酵母菌无氧呼吸产生的CO2

C.发酵过程中酵母菌种群呈“J”型增长

D.若发酵液表面出现菌膜,最可能原因是发酵瓶漏气

【解析】选A、B、C。本题主要考查果酒的制作原理、步骤和注意事项。发酵后期,底物减少、酒精浓度增加等因素,都会造成酒精生产速率减慢,故A项错误;发酵初期,由于发酵瓶中有氧气,酵母菌能进行有氧呼吸产生CO2,故B项错误;酵母菌种群数量先增加后减少,故C项错误;发酵瓶漏气,会使醋酸菌等大量繁殖,从而形成表面可以观察到的菌膜,故D项正确。

7.(2015·山东高考·T35)乳糖酶能够催化乳糖水解为葡萄糖和半乳糖,具有重要应用价值。乳糖酶的制备及固定化步骤如下:

(1)筛选产乳糖酶的微生物L时,宜用　　　　　　作为培养基中的唯一碳源。培养基中琼脂的作用是。从功能上讲,这种培养基属于。

(2)培养微生物L前,宜采用　　　　　　　方法对接种环进行灭菌。

(3)纯化后的乳糖酶可用电泳法检测其分子量(相对分子质量)大小。在相同条件下,带电荷相同的蛋白质电泳速度越快,说明其分子量(相对分子质量)越。

(4)乳糖酶宜采用化学结合法(共价键结合法)进行固定化,可通过检测固定化乳糖酶的　　　　　　　确定其应用价值。除化学结合法外,酶的固定化方法还包括、、离子吸附法及交联法等。

【解析】(1)已知乳糖酶能够催化乳糖水解为葡萄糖和半乳糖,筛选产乳糖酶的微生物L时,宜用乳糖作为培养基中的唯一碳源,培养基中琼脂的作用是凝固剂,从功能上讲,这种培养基属于选择培养基。

(2)为了避免杂菌污染,在培养微生物前,对接种环应采用灼烧灭菌。

(3)用电泳法纯化乳糖酶时,若在相同条件下分离带电荷相同的蛋白质,则其分子量(相对分子质量)越小,电泳速度越快。

(4)固定化酶的应用价值与酶的活性(或活力)有关,因此用化学结合法固定化乳糖酶时,可通过检测固定化乳糖酶的活性(或活力)来确定其应用价值。固定化酶的方法包括化学结合法、包埋法、物理吸附法、离子吸附法及交联法等。

答案:(1)乳糖　凝固剂　选择培养基

(2)灼烧(3)小

(4)(酶)活性[或(酶)活力]

包埋法　物理吸附法(注:后两空可颠倒)

8.(2015·全国卷Ⅰ·T39)已知微生物A可以产生油脂,微生物B可以产生脂肪酶。脂肪酶和油脂可用于生物柴油的生产。回答有关问题:

(1)显微观察时,微生物A菌体中的油脂通常可用

染色。微生物A产生的油脂不易挥发,可选用(填“萃取法”或“水蒸气蒸馏法”)从菌体中提取。

(2)为了从自然界中获得能产生脂肪酶的微生物B的单菌落,可从含有油料作物种子腐烂物的土壤中取样,并应选用以　　　　　　为碳源的固体培养基进行培养。

(3)若要测定培养液中微生物B的菌体数,可在显微镜下用　　　　　　　　直接计数;若要测定其活菌数量,可选用　　　　　　　　法进行计数。

(4)为了确定微生物B产生的脂肪酶的最适温度,某同学测得相同时间内,在35℃、40℃、45℃温度下降解10

g油脂所需酶量依次为4mg、1mg、6mg,则上述三个温度中,　　　　℃条件下该酶活力最小。为了进一步确定该酶的最适温度,应围绕　　　　℃设计后续实验。

【解题指南】(1)题干关键词:不易挥发、直接计数、活菌数量。

(2)关键知识:提取油脂的方法、分解油脂的微生物的分离、测定微生物数量的方法和探究酶的最适温度的方法。

【解析】(1)脂肪可被苏丹Ⅲ(Ⅳ)染液染成橘黄色(红色),题干中说明微生物A产生的油脂不易挥发,则可以采用萃取法提取微生物A中的油脂。

(2)油脂为有机化合物,富含碳元素,故为了从自然界获得能够分解油脂的单菌落,应以油脂为唯一碳源来配制培养基。在该培养基上,能分解油脂的微生物可以正常生长,其他微生物不能正常生长。

(3)可利用血细胞计数板计数法测定菌液中的微生物数量,活菌和死亡的细菌都会被计数,所以测定培养液中的活菌数应采用稀释涂布平板法。

(4)在45℃下,降解10

g油脂所需酶量最多,则该温度下酶活性最低;由题干信息可知,40℃下降解10

g油脂所需的酶量最少。应围绕40℃设置不同温度梯度来探究酶的最适温度。

答案:(1)苏丹Ⅲ(或苏丹Ⅳ)萃取法

(2)油脂(其他合理答案也可)

(3)血细胞计数板　稀释涂布平板(其他合理答案也可)

(4)45　40

9.(2015·全国卷Ⅱ·T39)回答与胡萝卜素有关的问题:

(1)胡萝卜含有的胡萝卜素中,最主要的是

(填“α-胡萝卜素”“β-胡萝卜素”或“γ-胡萝卜素”),该胡萝卜素在人体内可以转变成两分子　　　　,后者缺乏会引起人在弱光下视物不清的病症,该疾病称为。胡萝卜素是(填“挥发性”或“非挥发性”)物质。

(2)工业生产上,用养殖的岩藻作为原料提取胡萝卜素时,(填“需要”或“不需要”)将新鲜的岩藻干燥。

(3)现有乙醇和乙酸乙酯两种溶剂,应选用其中的　　　　　　作为胡萝卜素的萃取剂,不选用另外一种的理由是。

【解题指南】(1)题干关键信息:“弱光下视物不清”“萃取剂”。

(2)关键知识:胡萝卜素不溶于水;一分子β-胡萝卜素可被氧化成两分子维生素A;含水量影响胡萝卜素的萃取效果。

【解析】本题考查胡萝卜素的提取。

(1)根据双键的数目可以将胡萝卜素划分α、β、γ三类,β-胡萝卜素是其中最主要的组成成分。一分子β-胡萝卜素在人或动物的小肠、肝脏等器官被氧化成两分子维生素A。胡萝卜素可以用来治疗因缺乏维生素A而引起的各种疾病,如夜盲症等。胡萝卜素的化学性质比较稳定,不溶于水,是非挥发性物质。

(2)萃取的效果受到含水量、温度等条件的影响,要保证好的萃取效果,需要将岩藻进行粉碎和干燥。

(3)萃取胡萝卜素的有机溶剂应不与水混溶,而乙醇为水溶性有机溶剂,乙酸乙酯为水不溶性有机溶剂,故选乙酸乙酯。

答案：(1)β-胡萝卜素　维生素A　夜盲症　非挥发性

(2)需要(3)乙酸乙酯　萃取胡萝卜素的有机溶剂应不与水混溶,而乙醇为水溶性有机溶剂

10.(2015·广东高考·T29)泡菜是我国的传统食品之一,但制作过程中产生的亚硝酸盐对人体健康有潜在危害,某兴趣小组准备参加“科技创新大赛”,查阅资料得到下图。

(1)制作泡菜时,泡菜坛一般用水密封,目的是。乳酸菌发酵第一阶段的产物有。

(2)据题图,与第3天相比,第8天后的泡菜更适于食用,因为后者;pH值呈下降趋势,原因是。

(3)该小组得到一株“优选”乳酸菌(亚硝酸盐还原酶活力比普通乳酸菌高5倍),拟参照资料的实验方案和食盐浓度(4%～10%),探究与普通乳酸菌相比用“优选”乳酸菌制作泡菜过程中亚硝酸盐含量的高低,并确定其最适条件,请你设计一个实验结果记录表,并推测实验结论。

【解题指南】(1)图示信息:pH随乳酸菌数量的增加而降低,随乳酸菌数量的减少下降速率减慢;亚硝酸盐的含量超过一定时间会降低。

(2)关键知识:乳酸发酵原理、实验设计与分析。

【解析】本题考查泡菜制作原理及实验设计方法。

(1)乳酸菌是严格厌氧微生物,制作泡菜时用水密封泡菜坛,其目的是为了保持无氧的环境。乳酸菌进行乳酸发酵,其第一阶段的物质变化与有氧呼吸的第一阶段相同,均为葡萄糖分解产生丙酮酸、[H]、少量ATP。

(2)亚硝酸盐对人体的危害比较大,泡菜制作后一段时间才能食用,从图中曲线可看出第8天后亚硝酸盐含量与之前相比含量较低。在此过程中乳酸菌进行了乳酸发酵,产生了乳酸导致泡菜坛内pH下降。

(3)设计的记录表中要包含乳酸菌类型、食盐浓度和发酵时间等自变量,因变量为亚硝酸盐的含量。通过相互对照确定用“优选”乳酸菌制作泡菜过程中亚硝酸盐含量的高低,并确定最适发酵条件。

答案:(1)隔绝空气,创造无氧环境,有利于乳酸菌发酵

丙酮酸、[H]、ATP

(2)亚硝酸盐含量较低　乳酸菌发酵产生的乳酸增多

(3)两种乳酸菌在泡菜腌制过程中亚硝酸盐含量变化表

推测实验结论:与普通乳酸菌相比,“优选”乳酸菌制作泡菜时,相同条件下产生的亚硝酸盐含量低。

11.(2015·江苏高考·T31)人工瘤胃模仿了牛羊等反刍动物的胃,可用来发酵处理秸秆,提高秸秆的营养价值。为了增强发酵效果,研究人员从牛胃中筛选纤维素酶高产菌株,并对其降解纤维素能力进行了研究。请回答下列问题:

(1)在样品稀释和涂布平板步骤中,下列选项不需要的是(填序号)。

①酒精灯　　②培养皿　　③显微镜　　④无菌水

(2)在涂布平板时,滴加到培养基表面的菌悬液量不宜过多的原因是。

(3)向试管内分装含琼脂的培养基时,若试管口粘附有培养基,需要用酒精棉球擦净的原因是。

(4)刚果红可以与纤维素形成红色复合物,但并不与纤维素降解产物纤维二糖和葡萄糖发生这种反应。研究人员在刚果红培养基平板上,筛选到了几株有透明降解圈的菌落(见上图)。图中降解圈大小与纤维素酶的　　　　　有关。图中降解纤维素能力最强的菌株是(填图中序号)。

(5)研究人员用筛选到的纤维素酶高产菌株J1和J4,在不同温度和pH条件下进行发酵,测得发酵液中酶活性的结果见下图,推测菌株　　　　　更适合用于人工瘤胃发酵,理由是。

【解析】本题主要考查微生物的分离和培养。(1)样品稀释和涂布平板的操作过程不需要显微镜。(2)涂布平板时,若培养基表面的菌悬液过多会出现积液,造成菌体堆积,影响分离效果。(3)试管口粘附的培养基,需要用酒精棉球擦净,避免培养基污染棉塞。(4)菌株产生的降解纤维素酶的量越多、活性越高,会使降解圈越大。降解纤维素能力最强的菌株是①,因其菌株菌落小,但降解圈大。(5)分析图中曲线可知,J4菌株在较高温度和酸性环境下酶的活性更高,而发酵过程会产热和产酸,所以J4菌株更适合用于人工瘤胃发酵。

答案:(1)③(2)培养基表面的菌悬液会出现积液,导致菌体堆积,影响分离效果

(3)避免培养基污染棉塞(4)量与活性　①

(5)J4　发酵过程会产热和产酸,J4菌株在较高温度和酸性环境下酶的活性更高

12.(2015·浙江高考·T17)“生物技术实践”模块

某工厂为了生产耐高温植酸酶饲料添加剂,开展了产该酶菌株的筛选、酶的固定化及其特性分析研究,其流程如下图所示。

土样中的菌种筛选

→

菌株鉴定

→

优良菌株扩大培养

→

植酸酶提纯

→

植酸酶固定化

→

植酸酶特性分析

请回答:

(1)土壤悬液首先经80℃处理15分钟,其目的是筛选出。

(2)在无菌条件下,将经过处理的土壤悬液进行　　　,然后涂布于含有植酸钠的固体培养基上。培养后观察到　　　　,其周围出现透明水解圈,圈的直径大小与　　　　强弱相关。

(3)筛选获得的菌株经鉴定后,将优良菌株进行液体扩大培养。培养时需要振荡,其主要目的是。液体培养基与固体培养基相比,不含有的成分是。

(4)在合适条件下,将提纯的植酸酶与海藻酸钠混合后,滴加到一定浓度的钙离子溶液中,使液滴形成凝胶固体小球。该过程是对酶进行。

A.吸附　　　B.包埋　　　C.装柱　　　D.洗涤

(5)温度与植酸酶相对酶活性的关系如图所示。下列叙述错误的是。

A.测试温度中,固定化与非固定化植酸酶的最适温度分别为60℃和45℃

B.测试温度范围内,固定化植酸酶的相对酶活性波动低于非固定化植酸酶

C.固定化与非固定化植酸酶相比,相对酶活性在80%以上时的温度范围较宽

D.65℃时固定化与非固定化植酸酶的相对酶活性因蛋白质变性而位于最低点

【解题指南】(1)关键词:“菌株的筛选”“扩大培养”“相对酶活性”。

(2)关键知识:选择培养的应用、筛选耐高温菌株的方法、扩大培养方法、包埋法的应用、温度影响酶活性的特点。

【解析】本题考查细菌的分离与培养及酶的固定化。

(1)土壤悬液首先经80℃处理15分钟,杀死不耐高温的菌株,筛选出耐高温菌株。

(2)将处理过的土壤悬液在无菌条件下稀释,降低细菌浓度,以便得到相互分离的单菌落。用含有植酸钠的培养基培养细菌,植酸酶活性高的菌株分解植酸钠多,其周围出现较大的透明水解圈。(3)菌株的扩大培养一般用液体培养基,它与固体培养基成分基本相同,但不含琼脂。用液体培养基培养优良菌株时,需要振荡,以便使液体培养基底部有较高的含氧量,有利于细菌生长繁殖。(4)海藻酸钠遇到钙会形成凝胶固体小球,用此方法可将植酸酶包埋进来。(5)从图中可知,测试温度中非固定化植酸酶的最适温度为45℃,固定化植酸酶的最适温度为60℃,故A项正确。固定化植酸酶的相对酶活性波动范围约为75%～110%,非固定化植酸酶的相对酶活性波动范围约为10%～100%,故B项正确。固定化植酸酶相对酶活性在80%以上的温度范围为30～65℃,非固定化植酸酶相对酶活性在80%以上的温度范围为40～50℃,故C项正确。65℃时,固定化植酸酶相对酶活性高于最低点,故D项错误。

答案:(1)耐高温菌株

(2)稀释　单菌落　植酸酶的活性

(3)供氧　琼脂

(4)B(5)D

13.(2015·海南高考·T30)【生物-选修1:生物技术实践】

生产果汁时,用果胶酶处理果泥可提高果汁的出汁率。回答下列相关问题:

(1)某同学用三种不同的果胶酶进行三组实验,各组实验除酶的来源不同外,其他条件都相同,测定各组的出汁量,据此计算各组果胶酶活性的平均值并进行比较。这一实验的目的是。

(2)现有一种新分离出来的果胶酶,为探究其最适温度,某同学设计了如下实验:取试管16支,分别加入等量的果泥、果胶酶、缓冲液,混匀,平均分为4组,分别置于0℃、5℃、10℃、40℃下保温相同时间,然后,测定各试管中的出汁量并计算各组出汁量平均值。该实验温度设置的不足之处有

和。

(3)某同学取5组试管(A～E)分别加入等量的同种果泥,在A、B、C、D

4个实验组的试管中分别加入等量的缓冲液和不同量的同种果胶酶,然后,补充蒸馏水使4组试管内液体体积相同;E组加入蒸馏水使试管中液体体积与实验组相同。将5组试管置于适宜温度下保温一定时间后,测定各组的出汁量。通过A～D组实验可比较不同实验组出汁量的差异。本实验中,若要检测加入酶的量等于0而其他条件均与实验组相同时的出汁量,E组设计(填“能”或“不能”)达到目的,其原因是。

【解题指南】(1)题干关键信息:“果胶酶”“出汁量”“探究其最适温度”。

(2)关键知识:实验流程设计的分析与纠错。

【解析】本题以果胶酶为载体,考查拟定实验目的、设计实验步骤以及设计实验应遵循的原则。

(1)根据题意,设计的各组实验中除酶的来源不同外,其他条件都相同,然后测定各组的出汁量,据此计算各组果胶酶的活性的平均值并进行比较,可见实验的自变量是果胶酶的来源,因变量是果胶酶的活性(可用出汁量的多少来反映),所以该实验的目的是比较不同来源果胶酶的活性。

(2)根据实验设计可知,该实验是探究果胶酶的最适温度,所以自变量是温度,因变量是果胶酶的活性(用出汁量表示,出汁量越多则果胶酶活性越高)。该实验方案中,应该在低温、适温、高温范围内设置系列温度梯度的实验组进行实验,且梯度差要相等。

(3)根据题意,本实验的自变量是果胶酶的量,因变量是出汁量,对照实验的设计应遵循单一变量原则、等量原则和对照原则,根据实验设置,通过A～D组实验可比较不同实验组出汁量的差异。若要检测加入酶的量等于0而其他条件均与实验组相同时的出汁量,则E组应加入与实验组等量的缓冲液才符合实验设计的单一变量和等量原则,因此E组设计不能达到目的。

答案:(1)比较不同来源果胶酶的活性

(2)温度范围设置不合理　温度梯度设置不合理

(3)不能　未加入缓冲液

关闭Word文档返回原板块。

第三篇：17版高考生物分类题库 知识点11 神经调节

温馨提示：

此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，关闭Word文档返回原板块。

知识点11

神经调节

1.(2017·江苏高考·T8)下图为突触结构示意图,下列相关叙述正确的是()

A.结构①为神经递质与受体结合提供能量

B.当兴奋传导到③时,膜电位由内正外负变为内负外正

C.递质经②的转运和③的主动运输释放至突触间隙

D.结构④膜电位的变化与其选择透过性密切相关

【解析】选D。图中①表示线粒体,②表示突触小泡,③表示突触前膜,④表示突触后膜。线粒体可以为神经递质的分泌提供能量,但是神经递质与受体结合不需要消耗能量,A项错误;当兴奋传导到突触前膜时,使钠离子迅速内流,膜电位由内负外正变为内正外负,B项错误;神经递质经②转运到突触前膜,以胞吐的形式释放至突触间隙,C项错误;突触后膜上的特异性受体与神经递质结合,使突触后膜上的离子通道打开,某些离子(如Na+和K+)通过细胞膜上的离子通道进出细胞引起膜电位发生变化,该过程体现了细胞膜的选择透过性,D项正确。

【方法规律】巧记神经递质的释放方式、类型及特点

2.(2017·北京高考·T29)学习、记忆是动物适应环境、使个体得到发展的重要功能。通过电刺激实验,发现学习、记忆功能与高等动物的海马脑区(H区)密切相关。

(1)在小鼠H区的传入纤维上施加单次强刺激,传入纤维末梢释放的　　　　　　作用于突触后膜的相关受体,突触后膜出现一个膜电位变化。

(2)如果在H区的传入纤维上施加100次/秒、持续1秒的强刺激(HFS),在刺激后几小时之内,只要再施加单次强刺激,突触后膜的电位变化都会比未受过HFS处理时高2～3倍,研究者认为是HFS使H区神经细胞产生了“记忆”。下图为这一现象可能的机制。

如图所示,突触后膜上的N受体被激活后,Ca2+会以　　　　　　方式进入胞内。Ca2+与　　　　共同作用,使C酶的　　　　　　发生改变,C酶被激活。

(3)为验证图中所示机制,研究者开展了大量工作,如:

①对小鼠H区传入纤维施以HFS,休息30分钟后,检测到H区神经细胞的A受体总量无明显变化,而细胞膜上的A受体数量明显增加,该结果为图中的(填图中序号)过程提供了实验证据。

②图中A受体胞内肽段(T)被C酶磷酸化后,A受体活性增强。为证实A受体的磷酸化位点位于T上,需将一种短肽导入H区神经细胞内,以干扰C酶对T的磷酸化。其中,实验组和对照组所用短肽分别应与T的氨基酸。

A.数目不同序列不同

B.数目相同序列相反

C.数目相同序列相同

③为验证T的磷酸化能增强神经细胞对刺激的“记忆”这一假设,将T的磷酸化位点发生突变的一组小鼠,用HFS处理H区传入纤维,30分钟后检测H区神经细胞突触后膜A受体能否磷酸化。请评价该实验方案并加以完善。

(4)图中内容从　　　　　　水平揭示了学习、记忆的一种可能机制,为后续研究提供了理论基础。

【解析】(1)在小鼠H区的传入纤维上施加刺激后,神经冲动传到突触,突触前膜(传入纤维末梢)释放神经递质,作用于突触后膜的相关受体,突触后膜的膜电位发生变化,冲动从传入神经传给下一个神经细胞。

(2)从题中可以看出,Ca2+从浓度高的一侧转移到浓度低的一侧,有N受体的协助,但是没有消耗能量,因此Ca2+以协助扩散的方式进入细胞内。Ca2+进入细胞后,与钙调蛋白共同作用,使C酶空间结构发生改变,C酶从无活性状态变为活性状态。

(3)①由题分析可知,A受体既存在于细胞膜上,也存在于细胞内,Ⅱ过程表示细胞内A受体运输至细胞膜;A受体总量无明显变化,而细胞膜上的A受体数量明显增加,所以为图中Ⅱ过程提供了实验证据。

②本实验目的是证实A受体的磷酸化位点位于T上,短肽要干扰C酶对T的磷酸化,根据单一变量原则,实验组的短肽要与T的氨基酸数目和序列都相同;对照组要排除其他因素对实验的干扰,所以对照组的短肽要与T的氨基酸数目相同序列相反,保证不会与C酶发生反应。

③评价:要验证的是“T的磷酸化能增强神经细胞对刺激的‘记忆’这一假设”,而检测的是“A受体能否磷酸化”,检测对象错误。此外,没有设置对照组,不能排除其他因素对实验的干扰,如不能排除是否有其他物质的磷酸化增强神经细胞对刺激的记忆。

(4)图中涉及的是离子、蛋白、酶等物质的变化,从分子水平揭示了学习、记忆的一种可能机制。

答案:(1)神经递质(2)协助扩散　钙调蛋白　空间结构(3)①Ⅱ　②C、B

③评价:

a.未设置对照组;

b.检测对象不合理,受体A能否磷酸化与本实验目的无关。

完善方案:

a.选取20只生理状况相同、生长状况良好的小鼠,平均分为A、B两组,另取10只生长状况相似的T的磷酸化位点突变的小鼠为C组。

b.用HFS处理B、C组小鼠的H区,A组不作处理;

c.对A、B、C三组小鼠的H区施加强度相同的单次强刺激,并检测突触后膜的电位变化。

(4)分子

第四篇：17版高考生物分类题库 知识点19 现代生物科技专题

温馨提示：

此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，关闭Word文档返回原板块。

知识点19

现代生物科技专题

1.(2017·江苏高考·T11)牛雄性胚胎中存在特异性H-Y抗原,可在牛早期胚胎培养液中添加H-Y单克隆抗体,筛选胚胎进行移植,以利用乳腺生物反应器进行生物制药。下列相关叙述正确的是()

A.H-Y单克隆抗体由骨髓瘤细胞分泌

B.应选用原肠胚做雌雄鉴别

C.鉴别后的雄性胚胎可直接做胚胎移植

D.用H-Y抗原免疫母牛可获得相应抗体

【解析】选D。H-Y单克隆抗体一般是用骨髓瘤细胞和B淋巴细胞相融合形成的杂交瘤细胞来制备,A项错误;早期胚胎细胞分化程度低、全能性高,应选用囊胚的滋养层做雌雄鉴别,B项错误;进行胚胎移植应选用雌性胚胎,C项错误;用H-Y抗原免疫母牛,该母牛可以产生相应的抗体抵御H-Y抗原,D项正确。

2.(2017·江苏高考·T14)下列关于小鼠体外受精及胚胎发育的叙述,错误的是()

A.精子在获能液中于37℃、5%

CO2条件下培养的目的是使精子获能

B.小鼠在特定光控周期条件下饲养,注射相关激素有促进超数排卵的作用

C.分割的胚胎细胞有相同的遗传物质,因此发育成的个体没有形态学差异

D.注射到囊胚腔中的胚胎干细胞可以参与个体器官的发育

【解析】选C。在37℃、5%

CO2条件下,精子在获能液中培养是为了使精子获能,获能后的精子才有受精能力,A项正确;小鼠在特定光控周期条件下饲养,并注射促性腺激素,可以促进排卵(或超数排卵),B项正确;分割的胚胎细胞有相同的遗传物质,但是遗传物质在发育过程中可能有差异性的表达,所以发育成的个体可能有形态学差异,C项错误;注射到囊胚腔中的胚胎干细胞因为具有发育的全能性,且有滋养层为其提供营养,可以参与个体器官的发育,D项正确。

3.(2017·北京高考·T5)为了增加菊花花色类型,研究者从其他植物中克隆出花色基因C(图1),拟将其与质粒(图2)重组,再借助农杆菌导入菊花中。下列操作与实验目的不符的是()

A.用限制性核酸内切酶EcoRⅠ和连接酶构建重组质粒

B.用含C基因的农杆菌侵染菊花愈伤组织,将C基因导入细胞

C.在培养基中添加卡那霉素,筛选被转化的菊花细胞

D.用分子杂交方法检测C基因是否整合到菊花染色体上

【解析】选C。据题干和题图分析可知,C基因为目的基因,其两侧含有EcoRⅠ限制性核酸内切酶的切割位点,质粒中也有EcoRⅠ限制性核酸内切酶的切割位点,因此可以用限制性核酸内切酶EcoRⅠ和连接酶构建重组质粒,A项正确;用含C基因的农杆菌侵染菊花愈伤组织,C基因随着农杆菌转移到受体细胞中,B项正确;由于质粒中含有潮霉素抗性基因,不含卡那霉素抗性基因,在添加卡那霉素的培养基中不能筛选出被转化的菊花细胞,C项错误;应用标记的DNA探针和C基因杂交,即分子杂交方法检测C基因是否整合到菊花染色体上,D项正确。

4.(2017·全国卷甲·T38)几丁质是许多真菌细胞壁的重要成分,几丁质酶可催化几丁质水解。通过基因工程将几丁质酶基因转入植物体内,可增强其抗真菌病的能力。回答下列问题:

(1)在进行基因工程操作时,若要从植物体中提取几丁质酶的mRNA,常选用嫩叶而不选用老叶作为实验材料,原因是。提取RNA时,提取液中需添加RNA酶抑制剂,其目的是。

(2)以mRNA为材料可以获得cDNA,其原理是。

(3)若要使目的基因在受体细胞中表达,需要通过质粒载体而不能直接将目的基因导入受体细胞,原因是

(答出两点即可)。

(4)当几丁质酶基因和质粒载体连接时,DNA连接酶催化形成的化学键是。

(5)若获得的转基因植株(几丁质酶基因已经整合到植物的基因组中)抗真菌病的能力没有提高,根据中心法则分析,其可能的原因是。

【解析】(1)嫩叶相对于老叶,细胞壁较薄,较易破碎,容易提取几丁质酶的mRNA;由于RNA酶可降解RNA,提取RNA时,提取液中应添加RNA酶抑制剂,以防止所提取的RNA降解。

(2)以mRNA为模板、4种脱氧核苷酸为原料,在逆转录酶的作用下,按照碱基互补配对原则,mRNA可通过逆转录合成cDNA。

(3)目的基因中缺乏表达所需要的复制原点、启动子等,而质粒载体中含有,为了使目的基因在受体细胞中表达,应将目的基因与质粒载体形成重组质粒,导入受体细胞。

(4)DNA连接酶可将同种限制酶切割产生的末端连接起来,恢复被限制酶切开的两个核苷酸之间的磷酸二酯键。

(5)几丁质酶基因整合到植物基因组中,但植物抗真菌病的能力没有提高,说明几丁质酶基因在植物细胞中未表达。依据中心法则可知,基因表达包括转录和翻译两个过程,可能是目的基因的转录或翻译过程异常导致目的基因在受体细胞中未表达,进而导致植物抗真菌病的能力没有提高。

答案:(1)嫩叶组织细胞易破碎　防止RNA降解

(2)在逆转录酶的作用下,以mRNA为模板按照碱基互补配对的原则可以合成cDNA

(3)目的基因无复制原点;目的基因无表达所需的启动子

(4)磷酸二酯键

(5)目的基因的转录或翻译异常

5.(2017·全国卷乙·T38)真核生物基因中通常有内含子,而原核生物基因中没有,原核生物没有真核生物所具有的切除内含子对应的RNA序列的机制。已知在人体中基因A(有内含子)可以表达出某种特定蛋白(简称蛋白A)。回答下列问题:

(1)某同学从人的基因组文库中获得了基因A,以大肠杆菌作为受体细胞却未得到蛋白A,其原因是。

(2)若用家蚕作为表达基因A的受体,在噬菌体和昆虫病毒两种载体中,不选用

作为载体,其原因是。

(3)若要高效地获得蛋白A,可选用大肠杆菌作为受体。因为与家蚕相比,大肠杆菌具有

(答出两点即可)等优点。

(4)若要检测基因A是否翻译出蛋白A,可用的检测物质是(填“蛋白A的基因”或“蛋白A的抗体”)。

(5)艾弗里等人的肺炎双球菌转化实验为证明DNA是遗传物质做出了重要贡献,也可以说是基因工程的先导。如果说他们的工作为基因工程理论的建立提供了启示,那么,这一启示是。

【解析】本题主要考查了基因工程的相关知识。

(1)人体基因A有内含子,将获得的基因A导入大肠杆菌中,经过转录得到含有内含子的mRNA,因为大肠杆菌没有真核生物所具有的切除内含子对应的RNA序列的机制。内含子部分对应的mRNA序列阻断了蛋白A的合成。

(2)若用家蚕作为表达基因A的受体,选用昆虫病毒作为载体,不选用噬菌体作载体的原因是噬菌体的宿主细胞是细菌,噬菌体不能侵染家蚕。

(3)大肠杆菌是原核生物,原核生物作为受体细胞,有以下优点:结构简单、繁殖速度快、容易培养等。

(4)要检测基因A是否翻译出蛋白A,最准确的方法是利用蛋白A的抗体,因抗体具有特异性,一种抗体只能与特定的蛋白质结合,可根据蛋白A抗体的杂交情况来判断是否合成了蛋白A。

(5)艾弗里等人的肺炎双球菌转化实验中将一种生物个体的DNA转移到了另一种生物个体中,并表达合成了相应的蛋白质。

答案:(1)基因A有内含子,在大肠杆菌中,其初始转录产物中与内含子对应的RNA序列不能被切除,无法表达出蛋白A(2)噬菌体　噬菌体的宿主是细菌,而不是家蚕(3)繁殖快,容易培养(4)蛋白A的抗体(5)DNA可以从一种生物个体转移到另一种生物个体

6.(2017·全国卷丙·T38)编码蛋白甲的DNA序列(序列甲)由A、B、C、D、E五个片段组成,编码蛋白乙和丙的序列由序列甲的部分片段组成,如图1所示。

回答下列问题:

(1)现要通过基因工程的方法获得蛋白乙,若在启动子的下游直接接上编码蛋白乙的DNA序列(TTCGCTTCT……CAGGAAGGA),则所构建的表达载体转入宿主细胞后不能翻译出蛋白乙,原因是。

(2)某同学在用PCR技术获取DNA片段B或D的过程中,在PCR反应体系中加入了DNA聚合酶、引物等,还加入了序列甲作为　　　　　　　　,加入了　　　　　　　　作为合成DNA的原料。

(3)现通过基因工程方法获得了甲、乙、丙三种蛋白,要鉴定这三种蛋白是否具有刺激T淋巴细胞增殖的作用,某同学做了如下实验:将一定量的含T淋巴细胞的培养液平均分成四组,其中三组分别加入等量的蛋白甲、乙、丙,另一组作为对照,培养并定期检测T淋巴细胞浓度,结果如图2。

①由图2可知:当细胞浓度达到a时,添加蛋白乙的培养液中T淋巴细胞浓度不再增加,此时若要使T淋巴细胞继续增殖,可采用的方法是。细胞培养过程中,培养箱中通常要维持一定的CO2浓度,CO2的作用是。

②仅根据图1、图2可知,上述甲、乙、丙三种蛋白中,若缺少(填“A”“B”“C”“D”或“E”)片段所编码的肽段,则会降低其刺激T淋巴细胞增殖的效果。

【解析】(1)编码蛋白乙的DNA序列(TTCGCTTCT……CAGGAAGGA)转录后的mRNA无起始密码子AUG或GUG,无法进行翻译,所以不能翻译出蛋白乙。

(2)用PCR技术获取DNA片段B或D的过程中,在PCR反应体系中加入序列甲作为模板,加入4种脱氧核苷酸作为合成DNA的原料。

(3)①细胞培养过程中会出现贴壁生长、接触抑制现象,可采用胰蛋白酶处理,进行传代培养。细胞培养过程中,培养箱中CO2的作用是维持培养液一定的pH。

②根据图1、图2可知,蛋白乙促进T淋巴细胞增殖的效果最好,与编码蛋白甲和乙的DNA序列相比,编码蛋白丙的序列缺少C片段,蛋白丙缺少C片段所编码的肽段,促进T淋巴细胞增殖的效果最差。

答案:(1)编码乙的DNA序列中无起始密码子对应的碱基序列,转录出的mRNA无起始密码子

(2)模板　脱氧核苷酸

(3)①进行细胞传代培养　维持培养液的pH　②C

7.(2017·天津高考·T9)玉米自交系(遗传稳定的育种材料)B具有高产、抗病等优良性状,但难以直接培育成转基因植株,为使其获得抗除草剂性状,需依次进行步骤Ⅰ、Ⅱ试验。

Ⅰ.获得抗除草剂转基因玉米自交系A,技术路线如下图。

(1)为防止酶切产物自身环化,构建表达载体需用2种限制酶,选择的原则是(单选)。

①Ti质粒内,每种限制酶只有一个切割位点

②G基因编码蛋白质的序列中,每种限制酶只有一个切割位点

③酶切后,G基因形成的两个黏性末端序列不相同

④酶切后,Ti质粒形成的两个黏性末端序列相同

A.①③　　B.①④　　C.②③　　D.②④

(2)下表是4种玉米自交系幼胚组织培养不同阶段的结果。据表可知,细胞脱分化时使用的激素是　　　　　　　,自交系　　　　　　　的幼胚最适合培养成愈伤组织作为转化受体。

激素

结果

自交系

2,4-D(2.0

mg/L)

6-BA(0.5

mg/L)

IBA(2.0

mg/L)

愈伤组织形成率(%)

芽的分化率(%)

根的诱导率(%)

甲

乙

丙

丁

(3)农杆菌转化愈伤组织时,T-DNA携带插入其内的片段转移到受体细胞。筛选转化的愈伤组织,需使用含的选择培养基。

(4)转化过程中,愈伤组织表面常残留农杆菌,导致未转化的愈伤组织也可能在选择培养基上生长。含有内含子的报告基因只能在真核生物中正确表达,其产物能催化无色物质K呈现蓝色。用K分别处理以下愈伤组织,出现蓝色的是(多选)。

A.无农杆菌附着的未转化愈伤组织

B.无农杆菌附着的转化愈伤组织

C.农杆菌附着的未转化愈伤组织

D.农杆菌附着的转化愈伤组织

(5)组织培养获得的转基因植株(核DNA中仅插入一个G基因)进行自交,在子代含G基因的植株中,纯合子占。继续筛选,最终选育出抗除草剂纯合自交系A。

Ⅱ.通过回交使自交系B获得抗除草剂性状

(6)抗除草剂自交系A(GG)与自交系B杂交产生F1,然后进行多轮回交(下图)。自交系B作为亲本多次回交的目的是使后代。

(7)假设子代生活力一致,请计算上图育种过程F1、H1、H2、H3各代中含G基因植株的比例,并在图1中画出对应的折线图。若回交后每代不进行鉴定筛选,直接回交,请在图2中画出相应的折线图。

(8)下表是鉴定含G基因植株的4种方法。请预测同一后代群体中,4种方法检出的含G基因植株的比例,从小到大依次是。

方法

检测对象

检测目标

检出的含G基

因植株的比例

PCR扩增

基因组DNA

G基因

x1

分子杂交

总mRNA

G基因转录产物

x2

抗原-抗体杂交

总蛋白质

G基因编码的蛋白质

x3

喷洒除草剂

幼苗

抗除草剂幼苗

x4

对Hn继续筛选,最终选育出高产、抗病、抗除草剂等优良性状的玉米自交系。

【解析】(1)Ti质粒内,每种限制酶若有两个以上切割位点,则产生相同的黏性末端,会导致酶切产物自身环化,①正确;G基因编码蛋白质的序列中,不应有限制酶的切割位点,否则会破坏目的基因的完整结构,②错误;酶切后,G基因或Ti质粒形成的两个黏性末端序列应不相同,防止酶切产物自身环化,③正确、④错误。

(2)细胞脱分化的目的是培养出愈伤组织,从表中数据可以看出,脱分化使用的激素是2,4-D;对比甲、乙、丙、丁四组的各项结果,乙组在保证愈伤组织的形成率时,其芽的分化率与根的诱导率比较高,因此自交系乙的幼胚最适合培养成愈伤组织作为转化受体。

(3)转移到受体细胞内的目的基因是除草剂抗性基因,因此要筛选转化的愈伤组织,要使用含有除草剂的选择培养基。

(4)题干中提到含有内含子的报告基因只能在真核生物中正确表达,转化后的愈伤组织不管是否有农杆菌附着都是真核细胞,所以只要是转化的愈伤组织都会出现蓝色。

(5)组织培养获得的转基因植株(核DNA中仅插入一个G基因)相当于杂合子Gg,进行自交,子代含G基因的植株包括1/3GG、2/3Gg,纯合子占1/3。

(6)B具有高产、抗病等优良性状,自交系B作为亲本多次回交的目的是使后代积累越来越多自交系B的遗传物质/优良性状。

(7)根据(6)中图示分析,自交系B是不含有G基因的,由于自交系A的基因型为GG,所以F1肯定含有G基因,因为经过筛选后与B回交的是含有G基因的,所以筛选组的含G基因的植株比例会在H1下降到50%后保持稳定,都是Gg与gg杂交。而未筛选组H1的含G基因的植株比例为50%,则H1的基因型为50%Gg、50%gg,与B(gg)杂交后H2的基因型及比例为Gg∶gg=1∶3,即含G基因的植株比例为25%,同理H3中含G基因的植株比例为12.5%。绘制图1曲线时,F1为100%,H1、H2、H3均为50%;绘制图2曲线时,F1为100%,H1为50%,H2为25%,H3为12.5%。

(8)含G基因的细胞中,G基因不一定能正常转录;如果G基因能正常转录,形成的mRNA不一定能指导合成G基因编码的蛋白质;如果G基因编码的蛋白质能合成,不一定能表达出抗除草剂的性状。所以4种方法检出的含G基因植株的比例,从小到大依次是x4、x3、x2、x1。

答案:(1)A(2)2,4-D　乙(3)除草剂(4)B、D(5)1/3(6)积累越来越多自交系B的遗传物质/优良性状

(7)

(8)x4,x3,x2,x1

【易错警示】第(3)小题容易答为“抗生素”,错因在于思维定式,习惯性地认为抗生素抗性基因作为标记基因,可用于目的基因的筛选,而没有考虑到可以直接用含除草剂的选择培养基筛选含有除草剂抗性基因的愈伤组织。

8.(2017·江苏高考·T33)金属硫蛋白(MT)是一类广泛存在的金属结合蛋白,某研究小组计划通过多聚酶链式反应(PCR)扩增获得目的基因,构建转基因工程菌,用于重金属废水的净化处理。PCR扩增过程示意图如下,请回答下列问题:

(1)从高表达MT蛋白的生物组织中提取mRNA,通过　　　　　　获得　　　　　　用于PCR扩增。

(2)设计一对与MT基因两端序列互补配对的引物(引物1和引物2),为方便构建重组质粒,在引物中需要增加适当的　　　　　　　　　　位点。设计引物时需要避免引物之间形成　　　　　　　　　,而造成引物自连。

(3)图中步骤1代表　　　　　　,步骤2代表退火,步骤3代表延伸,这三个步骤组成一轮循环。

(4)PCR扩增时,退火温度的设定是成败的关键。退火温度过高会破坏　　　　　　　的碱基配对。退火温度的设定与引物长度、碱基组成有关,长度相同但　　　　　　　的引物需要设定更高的退火温度。

(5)如果PCR反应得不到任何扩增产物,则可以采取的改进措施有(填序号:①升高退火温度　②降低退火温度　③重新设计引物)。

【解析】(1)从高表达MT蛋白的生物组织中提取mRNA,mRNA在逆转录酶的催化下,通过逆转录过程形成cDNA,然后用于PCR扩增。(2)目的基因与质粒形成重组质粒时需要用限制性核酸内切酶切出相同的黏性末端,因此在设计一对与MT基因两端序列互补配对的引物(引物1和引物2)时,要在引物中增加适当的限制性核酸内切酶位点。设计引物时,两种引物之间不能有互补性,否则引物之间会配对形成双链DNA。(3)图中步骤1代表高温变性,目的是使DNA分子解旋。(4)PCR扩增时,退火步骤中引物与模板结合,因此退火温度过高会破坏引物与模板的碱基配对。由于A和T之间有2个氢键,而C和G之间有3个氢键,因此C和G的含量越高,DNA分子越稳定,所以引物中含C与G的碱基对较多时,需要采用较高的退火温度。(5)如果PCR反应得不到任何扩增产物,一是引物没有和模板结合,二是退火步骤中退火温度过高破坏了引物与模板的碱基配对,所以采取的改进措施应该选②和③。

答案:(1)逆转录　cDNA(2)限制性核酸内切酶　碱基互补配对(3)变性(4)引物与模板　GC含量高(5)②③

第五篇：17版高考生物分类题库 知识点15 种群和群落

温馨提示：

此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，关闭Word文档返回原板块。

知识点15

种群和群落

1.(2017·全国卷乙·T5)假设某草原上散养的某种家畜种群呈S型增长,该种群的增长率随种群数量的变化趋势如图所示。若要持续尽可能多地收获该种家畜,则应在种群数量合适时开始捕获,下列四个种群数量中合适的是()

A.甲点对应的种群数量

B.乙点对应的种群数量

C.丙点对应的种群数量

D.丁点对应的种群数量

【解析】选D。该种家畜种群呈S型增长,图示为种群增长率曲线,当种群增长率最大时,对应种群数量为K/2。为持续尽可能多地收获该种家畜,应在丁点对应的种群数量进行收获,并使种群数量维持在K/2,有利于种群数量的恢复,甲、乙、丙三点种群数量均小于K/2,若在这几点收获会造成种群数量越来越小,所以D项正确。

2.(2017·全国卷丙·T5)某陆生植物种群的个体数量较少,若用样方法调查其密度,下列做法合理的是()

A.将样方内的个体进行标记后再计数

B.进行随机取样,适当扩大样方的面积

C.采用等距取样法,适当减少样方数量

D.采用五点取样法,适当缩小样方面积

【解析】选B。样方法估算种群密度时采用直接计数的方法,由于该植物个体数量较少,分布相对稀疏,不需要将个体标记后计数,A项错误;在使用样方法调查种群密度时,应该适当增加样方面积,保证每个样方之内该植物的数量差异较小,B项正确;样方法常用的取样方法有等距取样法和五点取样法,为了减少调查误差,若采用等距取样法,应适当增加样方数量;若采用五点取样法,应适当扩大样方面积,C项、D项错误。

【方法规律】样方法的取样原则与取样方法

(1)取样原则:随机取样。

(2)取样方法:

①五点取样法:适用于方形地块。可在四角和中心位置分别取样,共五个样方。

②等距取样法:适用于长条形的调查区域,如公路沿线、铁路沿线等。

3.(2017·江苏高考·T5)某小组开展酵母菌培养实验,下图是摇瓶培养中酵母种群变化曲线。下列相关叙述正确的是()

A.培养初期,酵母因种内竞争强而生长缓慢

B.转速150

r/min时,预测种群增长曲线呈“S”型

C.该实验中酵母计数应采用稀释涂布平板法

D.培养后期,酵母的呼吸场所由胞外转为胞内

【解析】选B。在培养初期,由于酵母菌需要经过一段时间的调整适应而生长缓慢,达到K值后,种内竞争加剧,生长速率减慢,A项错误;图中转速150

r/min时,酵母菌种群密度不断增大,根据转速200

r/min和250

r/min的变化曲线可以预测种群增长曲线呈“S”型,B项正确;由于本实验要测定培养过程中的酵母菌在某一时刻的数量,所以应采用抽样检测法来计数,C项错误;酵母菌为兼性厌氧菌,有氧呼吸与无氧呼吸均在细胞内部进行,D项错误。

4.(2017·全国卷甲·T31)林场中的林木常遭到某种山鼠的危害。通常,对于鼠害较为严重的林场,仅在林场的局部区域(苗圃)进行药物灭鼠,对鼠害的控制很难持久有效。回答下列问题:

(1)在资源不受限制的理想条件下,山鼠种群的增长曲线呈　　　　　型。

(2)在苗圃进行了药物灭鼠后,如果出现种群数量下降,除了考虑药物引起的死亡率升高这一因素外,还应考虑的因素是。

(3)理论上,除药物灭鼠外还可以采用生物防治的方法控制鼠害,如引入天敌。天敌和山鼠之间的种间关系是。

(4)通常,种群具有个体所没有的特征,如种群密度、年龄结构等。那么,种群的年龄结构是指。

【解析】(1)在资源不受限制的理想条件下,即空间和资源充足,山鼠种群将呈现“J”型曲线增长。

(2)种群密度可由出生率和死亡率、迁入率和迁出率决定,其中死亡率升高、迁出率增加均可导致种群数量下降。

(3)采用生物防治的方法可控制鼠害,如引入天敌。天敌和山鼠之间的种间关系是捕食。

(4)种群的年龄结构是指一个种群中各年龄期的个体数目的比例。

答案:(1)J(2)苗圃中山鼠种群中个体的迁出

(3)捕食(4)一个种群中各年龄期的个体数目的比例

5.(2017·天津高考·T7)大兴安岭某林区发生中度火烧后,植被演替过程见下图。

据图回答:

(1)该火烧迹地上发生的是　　　演替。与①相比,③中群落对光的利用更充分,因其具有更复杂的结构。

(2)火烧15年后,草本、灌木丰富度的变化趋势均为　　　　　　　,主要原因是它们与乔木竞争时获得的。

(3)针叶林凋落物的氮磷分解速率较慢。火烧后若补栽乔木树种,最好种植　　　,以加快氮磷循环。

(4)用样方法调查群落前,需通过逐步扩大面积统计物种数绘制“种-面积”曲线,作为选取样方面积的依据。下图是该林区草本、灌木、乔木的相应曲线。据图分析,调查乔木应选取的最小样方面积是。

【解题指南】(1)关键信息:“针叶林凋落物的氮磷分解速率较慢”“补栽乔木树种”。

(2)解题思路:①乔木包括针叶树、阔叶树→针叶林凋落物的氮磷分解速率较慢→补栽乔木树种→应补栽阔叶树。

②草本、灌木、乔木的个体大小依次增加→单位面积中个体数目依次减少→样方面积为S3时乔木的物种数达到最大值。

【解析】(1)在原有植被虽已不存在,但是保留有土壤条件,甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体的地方开始的演替叫次生演替,如火烧后的森林恢复的演替、农田弃耕后进行的演替,与①相比,③中群落对光的利用更加充分,阳光是植物分层现象的决定因素,所以③应该具有更复杂的垂直结构。

(2)从图中可知,火烧15年后,草本、灌木的丰富度先逐渐下降后趋于稳定,而乔木先缓慢增长后趋于稳定,这是由于在竞争过程中,乔木逐渐占据优势地位,草本、灌木获得的光照逐渐减少。

(3)火烧后补栽乔木树种,由于针叶林凋落物的氮磷分解速率较慢,最好种植阔叶树,以加快氮磷循环。

(4)乔木个体较大,单位面积内个体数目较少,图中样方面积为S3时乔木的物种数达到最大值,故调查乔木应选取的最小样方面积是S3。

答案:(1)次生　垂直

(2)下降后保持相对稳定　光逐渐减少

(3)阔叶树(4)S3