2023年高考政治第二次模拟考试卷—生物（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考政治第二次模拟考试卷—生物（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用A卷）（全解全析），共15页。试卷主要包含了植物甲等内容，欢迎下载使用。

2023年高考生物第二次模拟考试卷（A卷）
生物·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
第I卷
一、选择题(本题共 6 小题， 每小题 6 分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．溶酶体是动物细胞中的一种重要细胞结构，来源于高尔基体，是细胞的“消化车间”，能分解衰老、损伤的细胞器，吞噬并杀死侵入细胞的病菌，甚至通过激烈的细胞自噬，诱导细胞凋亡。下列关于溶酶体的相关描述，错误的是（   ）
A．溶酶体中的水解酶由核糖体合成、由内质网和高尔基体加工成熟
B．被溶酶体分解后的产物，有用物质可被再利用，废物会被排出细胞外
C．溶酶体膜不被溶酶体所含的水解酶水解，可能是由于膜成分被修饰
D．细胞处于正常状态时，溶酶体对细胞内自身结构不起“消化”作用
【答案】D
【分析】溶酶体是单层膜细胞器，含有多种水解酶，是细胞的“消化车间”，能分解衰老、损伤的细胞器，吞噬并杀死侵入细胞的病毒和细菌。
【详解】
A、溶酶体中的水解酶的化学本质是蛋白质，由核糖体合成，并在内质网、高尔基体中加成熟，A正确；
B、被溶酶体分解后的产物，对细胞有用的物质可被再利用，对细胞无用的废物会被排出细胞外，B正确；
C、虽然溶酶体中含有多种水解酶，但由于溶酶体膜的成分可能被修饰，使酶不能对其发挥作用，C正确；
D、细胞处于正常状态时，也存在衰老、损伤的细胞器，也会被溶酶体分解，D错误。
故选D。
2．在相同条件下，分别用不同浓度的蔗糖溶液处理洋葱鳞片叶表皮细胞，观察其质壁分离，再用清水处理后观察其质壁分离复原，实验结果见下图。下列叙述错误的是（　 　）

A．T1组经处理后，有52%的细胞原生质层的收缩程度大于细胞壁
B．各组蔗糖溶液中，水分子可以从蔗糖溶液进入细胞液
C．T1和T2组经清水处理后，细胞内外渗透压相等
D．T3和T4组若持续用清水处理，质壁分离的细胞比例可能下降
【答案】C
【分析】
1、植物成熟的细胞中，当细胞液浓度小于环境溶液浓度时，细胞通过渗透作用失水，由于原生质层的伸缩性大于细胞壁的伸缩性，进而出现质壁分离现象，细胞失水越多，质壁分离的效果越明显。
2、发生质壁分离的细胞放在清水中，由于细胞液浓度大于环境溶液浓度，细胞会通过渗透作用吸水，原生质层体积增大，原生质层向细胞壁靠拢，发生质壁分离复原现象。
3、通过质壁分离现象，可以估测细胞液的浓度，细胞液的浓度介于未发生质壁分离和开始发生质壁分离的溶液浓度之间。
【详解】A 、由柱形图可知， T1组经蔗糖溶液处理后，有52％的细胞发生质壁分离，即有52％的细胞原生质层的收缩程度大于细胞壁，A 正确；
B 、各组蔗糖溶液中，水分子可以从蔗糖溶液进入细胞液，只是少于水分子从细胞液进入蔗糖溶液， B 正确；
C 、T1和T2组用清水处理后细胞吸水，但是由于细胞壁的限制，细胞不会持续吸水，可能最终细胞外的渗透压仍低于细胞内的渗透压， C 错误；
D 、T3和T4组若持续用清水处理，质壁分离复原的细胞逐渐增多，使质壁分离的细胞比例可能下降，D正确。
故选C。
3．基因突变是由于DNA分子中发生碱基对的替换、增添或缺失，而引起的基因碱基序列的改变。下列关于基因突变的叙述，错误的是（　 　）
A．有的基因突变不会导致新的性状出现，基因突变会产生等位基因
B．基因突变为生物进化提供了丰富的原材料
C．基因突变一旦形成的新基因就可以遗传给后代
D．基因突变在造成的碱基对的改变在显微镜下是无法观察到的
【答案】C
【分析】基因突变是指由于DNA分子中发生碱基对的增添、替换和缺失，而引起的基因结构的改变。基因突变是新基因产生的途径，生物变异的根本来源，生物进化的原始材料。
【详解】
A、基因突变不一定导致性状发生改变，如碱基对发生替换后，编码的是相同的氨基酸序列，则性状不发生改变，基因突变一般是产生等位基因，A正确；
B、基因突变是新基因产生的途径，生物变异的根本来源，生物进化的原始材料，B正确；
C、如果发生基因突变的是体细胞，则一般不能遗传给后代，C错误；
D、基因突变是在分子水平上发生的变异，用光学显微镜是观察不到的，D正确。
故选C。
4．肺癌是目前全球癌症死亡率最高的肿瘤，抗CTLA-4免疫疗法效果显著。CTLA-4是一种位于细胞毒性T细胞上的膜蛋白，对细胞毒性T细胞的杀伤功能具有抑制作用。研究发现，使用CTLA-4抗体抑制CTLA-4的活性，能增强T细胞对肿瘤的攻击。下列叙述错误的是（   ）
A．肿瘤的发生与免疫系统的免疫监视功能低下有关
B．CTLA-4的形成过程中需要内质网和高尔基体的加工
C．提高膜蛋白CTLA-4的活性，细胞免疫功能将增强
D．使用CTLA-4抗体治疗肿瘤的过程中，有可能会引发自身免疫病
【答案】C
【分析】
1、细胞免疫过程中，细胞毒性T细胞的活化的条件：靶细胞的接触、辅助性T细胞分泌的细胞因子的作用。
2、免疫系统三大功能：①免疫防御，针对外来抗原性异物，如各种病原体。②免疫自稳，清除衰老或损伤的细胞。③免疫监视，识别和清除突变的细胞，防止肿瘤发生。
【详解】
A、免疫监视作用体现在识别和清除突变的细胞，防止肿瘤发生，故肿瘤的发生与免疫系统的免疫监视功能低下有关，A正确；
B、CTLA-4是一种位于细胞毒性T细胞上的膜蛋白，在核糖体上合成，需要内质网和高尔基体的加工，B正确；
C、提高膜蛋白CTLA-4的活性，则对细胞毒性T细胞的杀伤功能具有更强的抑制作用，细胞免疫功能将减弱，C错误；
D、使用CTLA-4抗体治疗肿瘤的过程中，能增强T细胞的功能，即免疫功能增强，有可能会引发自身免疫病，D正确。
故选C。
5．神农架国家森林公园位于湖北省西北部，拥有亚热带森林生态系统和泥炭藓湿地生态系统，是世界生物活化石的聚集地和古老、珍稀、特有物种的避难所，有植物约3183种，真菌、地衣约927种，药用植物超过1800种，脊椎动物约483种。稀有白化动物如白蛇、白熊等是动物资源的亮点。下列叙述错误的是（   ）
A．可用随机布置的多个红外相机统计白熊的个体数量
B．泥炭藓湿地生态系统能调节气候体现了生物多样性的间接价值
C．保护生物多样性要严格禁止开发和利用森林公园中的各种资源
D．此森林公园中由于生物种类多、生物间的关系复杂，使其抵抗力稳定性高
【答案】C
【分析】
1、生物多样性包括3个层次：遗传多样性(所有生物拥有的全部基因)、 物种多样性(指生物圈内所有的动物、植物、微生物)、生态系统多样性。
2、生物多样性的价值：直接价值是指对人类有食用、药用和工业原料等实用意义的，以及有旅游欣赏、科学研究等非实用意义的价值；间接价值是指对生态平衡、生物圈稳态的调节功能；潜在价值指目前人类尚不清楚的价值。
【详解】
A、白熊是稀有的白化动物，数量比较少，可用红外相机逐个统计白熊的数量，A正确；
B、生态系统具有的调节气候的功能体现的是其生态价值，属于生物多样性的间接价值，B正确；
C、保护生物多样性只是反对盲目地、掠夺式地开发利用，而不是要严格禁止开发和利用森林公园中的各种资源，C错误；
D、生物的种类多，生物间的关系复杂，营养结构的复杂程度更高，自我调节能力增强，因而生态系统的抵抗力稳定性高，D正确。
故选C。
6．植物甲（2n=20，AA）是一种当花粉落在自身柱头上时，不能穿过柱头，无法完成受精作用的植物；植物乙（4n=38，AABB）是正常自花传粉植物，其中A、B代表不同的染色体组。现欲培育新类型植物丙，具体过程为：利用植物甲与植物乙杂交得到F1，F1再与植物乙杂交得到F2，通过选育便可得到符合要求的植物丙。下列叙述正确的是（   ）
A．由于植物甲的花粉不能正常萌发而影响受精，应让其做母本
B．植物乙是由两个不同的物种通过自然种间杂交后直接获得的
C．F1是三倍体，其体细胞中含有29条染色体，不含同源染色体
D．若B组染色体在减数分裂时随机移向某一极，则F2的染色体组成可能有10种
【答案】D
【分析】由题意分析可知：植物甲（2n=20，AA），A组中含有10条染色体，植物乙（4n=38，AABB），B组中含有9条染色体。
【详解】A、植物甲是当花粉落在自身柱头上时，花粉不能穿过柱头，无法完成受精作用，而不是花粉不能萌发，A错误；
B、植物乙可能是由两个不同物种（染色体组成分别为AA和BB）进行杂交获得染色体组成为AB的二倍体，然后该二倍体经过染色体加倍获得的，而不是由两个不同物种通过自然种间杂交后直接获得的，B错误；
C、F1的染色体组成为AAB，为三倍体，含有同源染色体，C错误；
D、B组含有9条染色体，若B组染色体在减数分裂时随机移向某一极，则F2的染色体组成可能有10种，D正确。
故选D。


第II卷
二、非选择题(本题包括5小题，共54分)
31．（12分）超氧化物歧化酶（SOD）能消除生物体在新陈代谢过程中产生的有害物质，具有抗衰老的特殊效果，其含有的金属离子对增强酶的热稳定性有重要影响。资料报道，当反应温度为88 ℃，时间为15～30 min时对SOD的活性影响不大。下面是通过光催化反应装置分别在四种条件下检测紫外光对DNA损伤的相关曲线（TiO2表示二氧化钛，是一种光催化剂；UV表示紫外光）。Ⅰ组：黑暗处理曲线a（TiO2/DNA体系）、Ⅱ组：紫外光处理曲线b（UV/DNA体系）、Ⅲ组：光催化曲线c（UV/TiO2/DNA体系）、Ⅳ组：光催化引入SOD曲线d（UV/TiO2/SOD/DNA体系）。据图回答下列问题：

（1） 根据SOD的化学性质，我们可以利用__________________________的方法来除去一部分其他
杂质蛋白。实验中设计黑暗处理作为对照组的目的是______________________________________
______。曲线b说明______________________________________________________________。
（2）分析曲线c、d可以得出的实验结论是_________________________________________________。
（3）DNA损伤过程中会伴有H2O2产生，若要验证（2）中的实验结果，可通过检测H2O2的有无及产生量来判断，写出你的实验思路并预测实验结果（注：H2O2的检测方法不做要求）。
实验思路：_______________________________________________________________________。     
预测实验结果：_____________________________________________________________________。
【答案】    
（1） （高温变性（或88 ℃环境下处理15～30 min）（2分）   证明TiO2不会损伤DNA（2分） 
无TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA损伤很小（2分）    
（2） SOD能够明显延缓或抑制DNA的损伤 （2分）   
（3） 实验思路：按照题干条件，设置同样的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四组实验，测定不同体系DNA损伤过程中H2O2的产生量    （2分）
预测实验结果：Ⅰ组、Ⅱ组没有H2O2产生，Ⅲ组和Ⅳ组均有H2O2产生，且Ⅲ组H2O2产生量较Ⅳ组多，时间较早（2分）
【分析】由曲线图可知，黑暗处理（TiO2/DNA体系）时DNA活性相对值基本不变，说明TiO2不会损伤DNA；紫外光处理（UV/DNA体系）时DNA活性相对值变化很小，说明没有TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA的损伤很小；光催化（UV/TiO2/DNA体系）时DNA活性相对值随着时间增大而不断减小，且在300min时，DNA活性相对值几乎为0，说明在TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA的损伤很大；光催化引入SOD（UV/TiO2/SOD/DNA体系）时DNA活性相对值随着时间增大而不断减小，且在500min时，DNA活性相对值几乎为0，与曲线c相比说明SOD能够明显延缓DNA的损伤。
【详解】
（1）当反应温度为88C，时间为15~30min时对SOD的影响不大，而部分其他杂质蛋白在该条件下已经失活，故可利用这个特性来除去其他杂质蛋白。黑暗处理组为TiO/DNA体系，设计黑暗处理对照组的目的是证明TiO2不会损伤DNA。紫外光处理曲线b（UV/DNA体系）说明没有TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA的损伤很小。
（2）光催化曲线c（UV/TiO2/DNA体系）说明紫外光对DNA的损伤非常严重，300min时，DNA几乎全部损伤，而光催化引入SOD曲线d（UV/TiO2/SOD/DNA体系），由于有SOD存在，DNA损伤很缓慢，说明SOD能够明显延缓或抑制DNA的损伤。
（3）要通过H2O2的有无及产生量来验证（2）中的实验结论，很显然要设置实验检测H2O2的产生量，H2O2的产生量越多，DNA损伤越严重，故本实验思路是按照题干条件，设置同样的I、Ⅱ、Ⅲ、IV四组实验，测定不同体系DNA损伤过程中H2O2的产生量；预测的实验结果是I组、Ⅱ组没有H2O2产生，Ⅲ组和IV组均有H2O2产生，且Ⅲ组H2O2产生量较IⅣ组多，时间较早。
【点睛】明确H2O2与DNA的损伤程度正相关是解答（3）的关键。
32．（10分）精神应激是指人们在遭遇外界压力及不可预知的风险时，产生的一种情绪经历。研究发现长期紧张的生活节奏往往会给人带来一定情绪压力，下图为人在情绪压力（如疼痛、恐惧等）下，肾上腺皮质和肾上腺髓质参与的应激反应模式图，其中糖皮质激素的作用之一是能够直接阻止细胞因子的合成和释放，激素a能够升高血糖。

(1)_____________________________________________是机体维持稳态的主要调节机制。激素a分泌的调控属于________________调节。
(2)糖皮质激素通过下丘脑—垂体—肾上腺皮质轴分泌，存在________________调节的特点，其发挥作用的靶器官（细胞）有____________________________________________（至少填三个）。
(3)通过上述分析，长期精神应激会使人体内分泌紊乱、免疫力下降的原因是_____________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。（至少答出2点）
【答案】
(1) 神经-体液-免疫调节网络（2分）     神经（1分）
(2)分级调节（及反馈）（1分）     下丘脑、垂体、辅助性T细胞（2分）
(3)长期精神应激，会导致神经系统分泌的一些激素异常，作用于内分泌系统，引起内分泌紊乱；神经系统分泌的某些神经递质作用于免疫系统，影响免疫系统功能；某些激素（如糖皮质激素）也会影响免疫系统的功能（答到2点即可）（4分，答出一点给2分）
【分析】情绪压力可以刺激下丘脑，在神经调节方面，下丘脑通过可以控制肾上腺髓质分泌激素a，即肾上腺素，引起压力的短期效应；在体液调节方面，下丘脑会分泌出激素促肾上腺皮质激素释放激素作用于垂体，垂体分泌出激素促肾上腺皮质激素，作用于肾上腺皮质产生糖皮质激素，引起压力的长期效应。
【详解】
（1）机体维持稳态的主要调节机制是神经-体液-免疫调节网络。通过下丘脑直接支配肾上腺髓质释放的激素a为肾上腺素。肾上腺素的分泌调节途径是：情绪压力刺激相应感受器一传入神经一神经中枢一传出神经一肾上腺细胞一肾上腺素，在此过程中，肾上腺属于效应器的组成部分，肾上腺素分泌的调控属于神经调节。
（2）在下丘脑-垂体-肾上腺皮质轴中，糖皮质激素既有分级调节，也有反馈调节，故其发挥作用的靶器官（细胞）有下丘脑、垂体，另根据题干信息，糖皮质激素还能够直接阻止细胞因子的合成和释放，所以其靶器官（细胞）还应该加上辅助性T细胞。
（3）长期精神应激，会导致神经系统分泌的一些激素异常，作用于内分泌系统，引起内分泌紊乱；神经系统分泌的某些神经递质作用于免疫系统，影响免疫系统的功能；某些激素（如糖皮质激素）也会影响免疫系统的功能，故长期精神应激会使人体内分泌紊乱、免疫力下降。
【点睛】本题主要考查神经调节和体液调节，考生学生综合分析能力。
33．（10分）甲醛（HCHO）是室内空气污染物的主要成分之一，情况严重时会引发人体免疫功能异常甚至导致鼻咽癌和白血病。室内栽培的观赏植物常春藤能够利用甲醛，清除甲醛污染。研究发现，外源甲酸可以作为碳源被整合进入常春藤的光合作用过程中，具体过程如图1所示（其中RU5P和HU6P是中间产物）。请回答下列问题：

(1) 图1中①过程是卡尔文循环，该循环中物质变化的意义是______________________________
_________________________________________________________________________________。
(2)若要追踪并探明②过程是甲醛的碳同化路径，可采用的方法是_____________________，细胞产生NADPH的具体场所是____________________。
(3)甲醛在被常春藤吸收利用的同时，也会对常春藤的生长产生一定的影响，为此研究人员设计了甲醛胁迫下常春藤生长情况的实验。甲最脱氢季（FALDH）是甲醛代谢过程中的关键酶，图2表示不同甲醛浓度下该酶的活性相对值。图3表示不同甲醛浓度下气孔导度（气孔的开放程度）的相对值。

①1个单位甲醛浓度下，常春藤气孔开放程度下降，可溶性糖的含量增加。综合上述信息分析，可溶性糖的含量增加的原因是__________________________________________________________
_________________________（答出1点即可）。
②高浓度的甲醛胁迫超出了植物抗逆的范围，影响植物的生长。综合分析图2和图3的信息，写出在低浓度甲醛胁迫下，常春藤的抗逆途径：__________________________________________
_________________________________________________________________________________。
【答案】
(1)将简单的无机物CO2合成为复杂的有机物，直接或间接地为人类或动物界提供食物来源（2分）
(2)同位素示踪法（1分）    类囊体薄膜（1分）
(3)甲醛代谢过程中能产生CO2用于光合作用；1个单位甲醛浓度使FALDH的活性增强（2分）    
植物通过降低气孔的开放程度，减少甲醛的吸收（2分）；同时FALDH的活性提高，增强对甲醛的代谢能力，起到抗逆作用（2分）。
【分析】光合作用是指绿色植物通过叶绿体，利用光能把二氧化碳和水转变成储存着能量的有机物，并释放出氧气的过程。光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）：水的光解产生[H]（NADPH)与氧气,同时合成ATP。光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：CO2被C5固定形成C3， C3在光反应提供的ATP和[H]（NADPH)的作用下还原生成糖类等有机物。
【详解】
（1）据图分析可知，图示①过程为卡尔文循环。在生态系统的物质循环过程中，生产者通过卡尔文循环能够将简单的无机物CO2合成为复杂的有机物，直接或间接地为人类或动物界提供食物来源。
（2）要探究甲醛的同化途径可使用同位素标记法，图中甲醛是在叶绿体基质中被利用生成CO2的，而产生NADPH的具体场所是类囊体薄膜。
（3）①1个单位甲醛浓度下，常春藤气孔开放程度下降，可溶性糖的含量增加。综合上述信息分析，可能的原因是1个单位甲醛浓度下，甲醛经过图1的①过程可以产生CO2供给光合作用，由图2可知，还可能的原因是1个单位甲醛浓度时FALDH的活性增强。
②据图分析可知，低浓度的甲醛胁迫下，植物一方面通过降低气孔的开放程度来减少甲醛的吸收；另一方面，在降低气孔开放程度的同时，提高FALDH的活性，增强对甲醛的代谢能力，起到抗逆作用。
34．（10分）某金鱼品种有色鳞与无色鳞是一对相对性状，受一对等位基因（A、a）控制，已知在含有基因A、a的同源染色体上，有一条染色体上带有致死基因，但致死基因的表达会受性别的影响。请根据下列杂交组合及杂交结果回答问题。
杂交组合
亲本类型

雌
雄
Ⅰ
有色鳞♀×有色鳞♂
有色鳞437
有色鳞215
Ⅱ
无色鳞♀×有色鳞♂
无色鳞220有色鳞222
无色鳞226有色鳞224
Ⅲ
Ⅱ组中的有色鳞自交
无色鳞242有色鳞716
无色鳞238有色鳞486

（1）在有色鳞与无色鳞这对相对性状中__________________为显性性状。从上述杂交组合中可以判断致死基因是____________（填“显”或“隐”）性基因。
（2）Ⅲ组的子代中导致雌雄中有色鳞与无色鳞比例差异的可能原因是__________________________
________________________________________________________________________。
请利用第Ⅲ组材料设计方案验证你的解释：
①设计思路：__________________________________________________________________。
②结果和结论：若_____________________________________________________，则假设正确。
【答案】    
（1） 有色鳞（1分）          隐 （1分）  
（2） AA的雄性个体含有两个致死基因而死亡 （2分）
①设计思路：甲组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雌性个体与无色鳞雄性个体测交（2分），乙组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雄性个体与无色鳞雌性个体测交，分别统计两组测交子代的有色鳞与无色鳞的分离比。（2分）
②结果和结论：甲组子代有色鳞与无色鳞性状比例为2：1，（1分）乙组子代有色鳞与无色鳞性状比例是1：1，则假设正确。（1分）
【分析】某金鱼品种有色鳞与无色鳞是一对相对性状，受一对等位基因（A、a）控制。说明该性状的遗传遵循基因的分离定律。杂交组合Ⅲ中Ⅱ组的有色鳞F1自交，后代出现了无色鳞，说明无色鳞是隐性性状，基因型为aa，则有色鳞是显性性状，基因型是AA或Aa。
【详解】（1）有色鳞F1自交，后代出现了无色鳞，发生了性状分离，说明无色鳞是隐性性状，基因型为aa，则有色鳞是显性性状，基因型是AA或Aa。从基因型为AA的雄性个体死亡，基因型为AA的雌性个体和基因型为Aa的个体生存的现象可以看出：致死基因与A基因在同一条染色体上，a基因所在的染色体上不带有致死基因，且雄性激素会促使致死基因的表达，致死基因是隐性基因。
（2）Ⅲ组亲本为Ⅱ组的子代有色鳞个体，其子代中出现了无色鳞个体，所以有色鳞是显性性状。由此也可以得出Ⅲ组的亲本个体都为杂合子（Aa），其子代中有色鳞与无色鳞的比例应为3：1，这在子代雌性个体中得到验证，且子代有色鳞个体的基因型有AA和Aa两种，比例为1：2。但在Ⅲ组子代的雄性个体中，有色鳞与无色鳞的比例为2：1，其原因是子代有色鳞雄性个体中的个体（基因型为AA）可能带有两个致死基因而死亡。
验证方案：①设计思路：甲组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雌性个体与无色鳞雄性个体测交，乙组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雄性个体与无色鳞雌性个体测交，分别统计两组测交子代的有色鳞与无色鳞的分离比。②结果和结论：甲组子代有色鳞与无色鳞性状比例为2：1，乙组子代有色鳞与无色鳞性状比例是1：1，则假设正确。
【点睛】本题考查基因的分离规律的实质及应用的相关知识点，意在考查学生对所学知识的理解与掌握程度，培养了学生分析题意、获取信息、解决问题的能力。
35．（12分）我国在抗击新冠肺炎领域取得了举世瞩目的成就，三类具有自主知识产权的疫苗都有较好的安全性和免疫源性（能引起免疫应答的性能），阅读下面材料回答问题：
疫苗1：灭活疫苗（Vero细胞）。是将用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增后的活病毒通过物理和化学的方法杀灭以后，经过系列纯化技术制备的疫苗。
疫苗2：复制缺陷型腺病毒载体疫苗。将新冠病毒的S蛋白基因整合到复制缺陷型腺病毒DNA中，形成能表达S蛋白的重组复制缺陷型腺病毒，作为疫苗注射到健康人体内。
疫苗3：重组新型冠状病毒疫苗（CHO细胞）。将新冠病毒S蛋白基因重组到中国仓鼠卵巢细胞（CHO）基因组内，经CHO细胞表达形成S蛋白作为疫苗。
(1) 疫苗1的免疫源性要稍高于另外两种疫苗的原因是____________________________________
______________________________________。从疫苗生产过程的角度看：疫苗1的生产车间的安全等级高于另外两种疫苗的原因是______________________________________________________
_________________________________________。
(2)从生物工程的角度看，生产过程中需要用到基因工程技术的是？_______________（用“疫苗1/疫苗2/疫苗3”作答）﹔都要用到细胞培养技术的是：_______________（用“疫苗1/疫苗2/疫苗3”作答）；
(3)培养抗原表达细胞系（Vero细胞或CHO细胞）时，培养基中要加入糖类、氨基酸等有机物，作用是_________________________________________。在培养过程中，Vero细胞分裂生长到细胞表面相互接触时，细胞会停止分裂增殖，长成致密的单层，这种现象称为___________________；若需要进行传代培养，需要用____________________酶等处理后再收集细胞制成新的细胞悬液。
【答案】
(1) 它的抗原成分是灭活的全病毒（2分）    
用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增的是活病毒，有更易传染的风险（2分）
(2) 疫苗2和疫苗3  （2分）    疫苗1、疫苗2和疫苗3（2分）
(3) 为细胞提供营养和能源物质 （2分）      接触抑制 （1分）    胰蛋白 或 胶原蛋白 （1分）
【分析】动物细胞培养条件：
（1）无菌、无毒的环境：①消毒、灭菌；②添加一定量的抗生素；③定期更换培养液，以清除代谢废物。
（2）营养物质：糖、氨基酸、促生长因子、无机盐、微量元素等，还需加入血清、血浆等天然物质。
（3）温度和PH：36.5℃±0.5℃；适宜的pH：7.2～7.4。
（4）动物细胞培养条件：气体环境：95%空气（细胞代谢必需的）和5%的CO2（维持培养液的pH）。
【详解】（1）疫苗1是将活病毒通过物理和化学的方法杀灭以后，经过系列纯化技术制备的疫苗，它的抗原成分是灭活的全病毒，疫苗2和疫苗3利用的只是新冠病毒的S蛋白的免疫源性，因此疫苗1的免疫源性要稍高于另外两种疫苗。用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增的是活病毒，有更易传染的风险，因此疫苗1的生产车间的安全等级高于另外两种疫苗。
（2）疫苗2和3都是将新冠病毒的S蛋白基因重组到某一细胞中，用到基因工程技术。疫苗1用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增后的活病毒、疫苗2中构建能表达S蛋白的重组复制缺陷型腺病毒后需要用活细胞培养得到大量的疫苗，疫苗3将新冠病毒S蛋白基因重组卵巢细胞，因此三者用到细胞培养技术。
（3）培养抗原表达细胞系（Vero细胞或CHO细胞）时，培养基中要加入糖类、氨基酸等有机物，作用是为细胞提供营养和能源物质；培养箱中CO2浓度为5%。作用是维持培养液的pH。在动物细胞培养过程中，当贴壁细胞分裂生长到细胞表面相互接触时，细胞会停止分裂增殖，长成致密的单层，这种现象称为细胞的接触抑制。传代培养时需要用胰蛋白酶处理贴壁生长的细胞，然后收集细胞制成新的细胞悬液分瓶继续培养，让细胞继续增殖。