2024届陕西省商洛市高三下学期第三次尖子生学情诊断考试理综试题-高中生物（原卷版+解析版）

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考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分300分，考试时间150分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：高考范围。
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题要求的。
1. 冰皮月饼的部分原料是糯米，做成的月饼外观呈白色。人们可通过购买冰皮月饼预拌粉快速制作出好看又好吃的冰皮月饼。某同学对冰皮月饼预拌粉（溶解在水中）中的还原糖、脂肪、蛋白质和淀粉进行了鉴定，下列相关叙述错误的是（ ）
A. 做完还原糖鉴定实验后，剩余的斐林试剂装入棕色瓶便于以后使用
B. 可用碘液检测冰皮月饼预拌粉中是否含有淀粉，若呈蓝色则含有淀粉
C. 四种物质的鉴定实验中，只有一种物质的鉴定实验需要进行水浴加热
D. 在蛋白质鉴定实验中，若加入的CuSO4溶液过量，可能观察到样液呈蓝色
【答案】A
【解析】
【分析】生物组织中还原糖有葡萄糖、果糖、乳糖、麦芽糖等，常用的材料为梨、苹果和白萝卜等。脂肪鉴定常用苏丹Ⅲ染液，常用的材料为花生。蛋白质的鉴定实验，使用双缩脲试剂，常用稀释的鸡蛋清。
【详解】A、斐林试剂要现配现用，做完还原糖鉴定实验后，剩余的斐林试剂不能长期放置使用，A错误；
B、可用碘液检测冰皮月饼预拌粉中是否含有淀粉，若呈蓝色则含有淀粉，B正确；
C、四种物质的鉴定实验中，只有还原糖的鉴定实验需要进行水浴加热，C正确；
D、做蛋白质鉴定实验时，先加入NaOH溶液，后加入CuSO4溶液，若CuSO4过量，田于Cu2+是蓝色的，可能观察到浴液呈蓝色，D正确。
故选A。
2. 香草是一种草本植物，如图表示香草光合作用的主要过程（图中a～g为物质，①～⑥为反应过程）。下列相关叙述正确的是（ ）

A. b可在香草细胞质基质和线粒体中被消耗
B. a是光合色素，能溶于无水乙醇等有机溶剂中，故用无水乙醇来分离色素
C. 光反应阶段将光能转化为活跃的化学能储存在d、f中
D. 当外界g含量突然升高时，在短时间内C3的含量升高
【答案】D
【解析】
【分析】光合作用包括光反应和暗反应两个阶段：①光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）：水的光解以及ATP的形成；②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NADPH的作用下还原生成糖类等。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。
【详解】A、b是O2，可在香草的线粒体中被消耗，A错误；
B、a是光合色素，能溶于无水乙醇等有机溶剂中，用无水乙醇提取色素，分离色素使用层析液，B错误；
C、光反应阶段将光能转化为活跃的化学能储存在c（ATP）、e（NADPH）中，C错误；
D、当外界g（CO2）含量突然升高时，C3合成增多，C3的还原不变，故在短时间内C3的含量升高，D正确。
故选D。
3. 如图为性染色体X、Y的结构示意图，图中Ⅰ片段表示X、Y染色体的同源部分，位于同源部分上的基因互为等位基因；图中Ⅱ-1、Ⅱ-2片段表示X、Y染色体的非同源部分，位于非同源部分上的基因为非等位基因。下列关于控制某动物性状的等位基因A与a的叙述，正确的是（ ）
A. 若等位基因A与a位于Ⅱ-1片段上，则该种动物的基因型有3种
B. 若等位基因A与a位于片段Ⅰ上，则该种动物的基因型有7种
C. 若等位基因A与a位于片段Ⅰ上，在减数分裂过程中基因A与a不会发生交叉互换
D. 若等位基因A与a位于片段Ⅰ上，杂交后代的性状不存在性别差异
【答案】B
【解析】
【分析】分析题图可知，Ⅰ是X、Y染色体的同源区段，在该区段上 X、Y染色体具有等位基因，Ⅱ-1是X染色体的非同源区段，Y染色体上无对应的等位基因，Ⅱ-2是Y染色体的非同源区段，X染色体上无对应动物等位基因，位于性染色体上的基因控制的性状的遗传，总是与性别相关联，叫伴性遗传；位于常染色体上的基因控制的性状的遗传与性别无关。
【详解】A、若等位基因A与a位于X染色体Ⅱ-1区上，则在雌性个体中可形成XAXA、XAXa、XaXa三种基因型，雄性个体中可形成XAY、XaY两种基因型，共5种基因型，A错误；
B、若控制一对相对性状的等位基因A与a位于X、Y染色体的同源片段Ⅰ上，则这个种群中雄性个体的基因型有XAYA、XAYa、XaYA、XaYa，雌性个体的基因型有XAXA、XAXa、XaXa，共有7种基因型，B正确；
C、减数分裂形成配子时，四分体时期同源染色体上非姐妹染色单体的相应部分能发生交叉互换，X染色体和Y染色体是同源染色体，故X和Y染色体的Ⅰ片段可能发生交叉互换，C错误；
D、Ⅰ片段是X和Y染色体的同源片段，所以位于Ⅰ片段上的基因X、Y染色体上都会有，杂交后代的性状可能存在性别差异，例如XaXa×XaYA后代中雌性个体均为隐性性状，雄性均为显性性状，存在性别差异，D错误。
故选B。
4. 中心法则的建立为生命科学提供了重要的理论框架，促进了人们对生物体本质认知的进一步发展，如图为中心法则的示意图，下列相关叙述错误的是（ ）
A. 克里克于1957年提出的中心法则包含图中①③⑤过程
B. 在遗传信息的流动过程中，DNA、RNA可以作为信息的载体
C. 图中的②④过程是RNA病毒所特有的，发生于RNA病毒体内
D. ②④⑤过程所需原料分别是脱氧核苷酸、核糖核苷酸、氨基酸
【答案】C
【解析】
【分析】分析题图：图中①表示转录过程，②表示逆转录过程，③表示DNA的复制过程，④为RNA复制过程，⑤为翻译过程。
【详解】A、克里克1957年提出的中心法则只包含图中的①D转录、③复制和⑤翻译过程，后人补充了逆转录过程和RNA的复制过程，A正确；
B、在遗传信息的流动过程中，DNA、RNA是携带遗传信息的载体，蛋白质是翻译的产物，是信息的表达产物，B正确；
C、图中的②④过程是RNA病毒所特有的，发生于RNA病毒寄生的宿主细胞体内，C错误；
D、②逆转录（产物为DNA）④RNA复制（产物为RNA）⑤翻译（产物为蛋白质）过程所需的原料分别是脱氧核苷酸、核糖核苷酸、氨基酸，D正确。
故选C
5. 研究者发现，拟南芥产生的一种分泌型多肽W在调节植物气孔开放的过程中有重要作用。为研究W的作用机制，研究者以野生型和W基因缺失突变体为材料，进行了下表的嫁接实验，干旱处理后，检测接穗叶片中W含量、N基因表达水平、ABA（脱落酸）含量和气孔开度。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 拟南芥内分泌腺产生的W多肽可能是一种植物激素
B. 拟南乔的N基因表达产物可能是W多肽合成的关键酶
C. 与W基因缺失突变体相比，野生型植株适于干旱条件下的生长
D. W多肽可能通过提高N基因表达水平促进ABA合成，进而促进气孔开放
【答案】C
【解析】
【分析】分析题文描述和表中信息可知：砧木均来自野生型的两组接穗叶片中W多肽相对含量、N基因表达相对量、ABA相对含量、气孔开度相对值均无明显差异，砧木均来自突变体的两组接穗叶片中W多肽相对含量与N基因表达相对量也无明显差异，但ABA相对含量明显降低、气孔开度相对值明显升高，说明N基因表达的产物对W肽的产生没有显著影响，但对ABA产生有影响，在干旱条件生长的突变体不能减少水分散失。
【详解】A、植物没有内分泌腺，A错误；
B、由表可知，N基因表达的产物对W肽的产生没有显著影响，但对ABA产生有影响，B错误；
C、野生型砧木上嫁接W基因缺失突变体接穗后，接穗叶片中W多肽含量与参考组没有显者差异，可见砧木（根部）产生的W多肽可运输到接穗叶片上起作用，干旱条件下根部产生的W多肽可运输到叶片抑制气孔开放，可能有利于野生型拟南芥在干旱条件的生长，突变型拟南芥气孔开放度增大，不能减少水分散失，C正确；
D、W多肽可通过提高N基因表达水平促进ABA合成，进而抑制气孔开放，D错误。
故选C。
三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。
6. 回答下列有关物质运输和酶的问题：
Ⅰ.根据图甲～丙回答下列问题：
（1）已知二糖不能通过图甲中的半透膜而单糖可以，如果图甲中②处的液体是蔗糖溶液，①处的液体是清水，则漏斗内的液面不再变化时，漏斗内的溶液浓度________________（填“大于”或“等于”或“小于”）烧杯中溶液的浓度。如果在漏斗内加入蔗糖酶，则漏斗内的液面变化是___________________________（不考虑蔗糖酶对漏斗内溶液渗透压的影响）。
（2）图乙中的细胞_________________（填“可能”或“不可能”）是人的成熟红细胞，理由是___________________________。图丙中所表示的跨膜运输方式是________________。曲线起点上物质运输所需ATP的产生场所是________________________。c点后限制运输速率的主要因素是_____________。
Ⅱ.在生物化学反应中，当底物与酶的活性位点形成互补结构时，可催化底物发生变化，如下图1所示，酶的抑制剂是与酶结合并降低酶活性的分子。竞争性抑制剂与底物竞争酶的活性位点，非竞争性抑制剂和酶活性位点以外的其他位点结合，从而抑制酶的活性，如下图2、3所示。
（3）据图1可解释酶的_______________（某种特性）。非竞争性抑制剂的作用机理是___________________________________，可以通过增加底物浓度降低抑制剂对酶促反应速率影响的是___________________________________。
【答案】（1） ①. 大于 ②. 先升高再降低，最终与烧杯中的液面持平
（2） ①. 不可能 ②. 图中葡萄糖运入该细胞的方式是主动运输，而人的成熟红细胞吸收葡萄糖的方式是协助扩散 ③. 主动运输 ④. 细胞质基质 ⑤. 载体蛋白的数量
（3） ①. 专一性 ②. 非竞争性抑制剂与酶结合后，能改变酶的构型，使酶不能再与底物结合 ③. 竞争性抑制剂
【解析】
【分析】1、渗透作用两种不同浓度的溶液隔以半透膜（允许溶剂分子通过，不允许溶质分子通过的膜），水分子或其它溶剂分子从低浓度的溶液通过半透膜进入高浓度溶液中的现象。
2、渗透作用必须具备两个条件：①半透膜；②半透膜两侧有浓度差。
3、物质跨膜运输的方式：（1）自由扩散：物质从高浓度到低浓度，不需要载体，不耗能，例如气体、小分子脂质；（2）协助扩散：物质高浓度到低浓度，需要膜转运蛋白的协助，不耗能，如葡萄糖进入红细胞；（3）主动运输：物质从低浓度到高浓度，需要载体蛋白的协助，耗能，如离子、氨基酸、葡萄糖等。
【小问1详解】
图甲中②处的液体是蔗糖溶液，①处的液体是清水，蔗糖不能通过半透膜，水分子从低浓度向高浓度运输，当漏斗内的液面不再变化时，由于漏斗中液柱形成的液体与大气存在压强，漏斗内的蔗糖溶液浓度大于烧杯中溶液的浓度。
如果在漏斗内加入蔗糖酶，蔗糖被水解为单糖，漏斗内浓度先上升，随后单糖通过半透膜，漏斗内浓度下降，故漏斗内的液面变化是先升高再降低，最终与烧杯中的液面持平。
【小问2详解】
图中葡萄糖运入该细胞的方式是主动运输，而人的成熟红细胞吸收葡萄糖的方式是协助扩散，故图乙中的细胞不可能是人的成熟红细胞。
图丙中物质的跨膜运输与氧气浓度（能量供应）有关，说明该跨膜运输方式是主动运输。曲线起点上氧气浓度为0，此时细胞通过无氧呼吸供能，产生ATP的场所是细胞质基质。随着氧气浓度的增加，c点时物质运输速率不再增加，限制运输速率的主要因素是载体蛋白的数量。
【小问3详解】
底物能与酶的活性部位结构，可以说明酶具有专一性的特点。非竞争性抑制剂与酶结合后，能改变酶的构型，使酶不能再与底物结合，所以增加底物浓度不能提高反应速度，而竞争性抑制剂随着底物浓度的增加，底物与酶结合的频率增大，反应速度逐渐增强。
7. 疼痛是一种复杂的生理和心理活动，它包括伤害性刺激作用于机体所引起的痛觉及机体对该刺激产生的一系列“痛反应”。如图为伤害性刺激产生的疼痛反射过程。回答下列问题：

（1）人足踩到铁钉时，会立即踮脚，该反射完成的途径是__________（用图中字母和箭头表示）；同时疼痛信号会沿_______________（用图中字母和箭头表示）传递，而产生痛觉。在a上产生疼痛信号的原因是__________；疼痛信号在b上传导的方向与膜内局部电流方向________（填“相同”或“相反”）。
（2）兴奋在结构甲处只能单向传递，原因是_________________，此结构处完成的信号转化是_______________；欲验证兴奋在甲处是单向传递的，请以图中相应结构、电表等仪器设计实验。实验思路及结果：______________________________________________________。
【答案】（1） ①. a→b→c→f→g ②. （a→b→）c→d→e ③. 受伤害性刺激时，a的细胞膜对Na+的通透性增加，Na+内流而产生动作电位 ④. 相同
（2） ①. 神经递质只能由突触前膜释放（经突触间隙）作用于突触后膜 ②. 电信号→化学信号→电信号 ③. 实验思路为：将电表两个电极分别连接到突触前神经元和突触后神经元的细胞膜上，先电刺激突触前神经元的电极外侧，观察电表指针的偏转情况，再电刺激突触后神经元的电极外侧，观察电表指针的偏转。实验结果为：刺激突触前神经元的电极外侧（两电极先后兴奋），电表指针偏转2次，电刺激突触后神经元的电极外侧（只有突触后神经元的电极会兴奋），电表指针偏转1次
【解析】
【分析】神经调节的基本方式是反射，其结构基础是反射弧，由感受器、传入神经、神经中枢、传出神经、效应器五部分构成。
【小问1详解】
根据突触结构可知，b为传入神经，a为感受器，c为神经中枢，f为传出神经，g为效应器。人足踩到铁钉时，会立即踮脚，属于非条件反射，该反射完成的途径是a→b→c→f→g。同时疼痛信号会沿c→d→e传递到大脑皮层，从而产生痛觉。在a上产生疼痛信号是由于受伤害性刺激时，a的细胞膜对Na+的通透性增加，Na+内流而产生动作电位。疼痛信号在b上传导的方向与膜内局部电流方向相同，与膜外局部电流方向相反。
【小问2详解】
兴奋在结构甲（突触）处只能单向传递，原因是神经递质只能由突触前膜释放（经突触间隙）作用于突触后膜。此结构（突触）处完成的信号转化是电信号→化学信号→电信号。
欲验证兴奋在甲处（突触处）是单向传递的，其实验思路为：可将电表两个电极分别连接到突触前神经元和突触后神经元的细胞膜上，先电刺激突触前神经元的电极外侧，观察电表指针的偏转情况，再电刺激突触后神经元的电极外侧，观察电表指针的偏转。由于兴奋在甲处是单向传递的，故实验结果为：刺激突触前神经元的电极外侧（两电极先后兴奋），电表指针偏转2次，电刺激突触后神经元的电极外侧（只有突触后神经元的电极会兴奋），电表指针偏转1次。
8. 研究和保护湖泊具有重要的生物学意义。某科研小组通过引入沉水植物、鱼类和水生动物等对某水体富营养化的景观湖的构建进行干预。景观湖一年内逐渐发生由以藻类为主“藻型”湖泊向以水草为主“草型”湖泊的转变。下表是构建前后湖中单位水体中藻类数量变化。回答下列问题：
（1）表中的藻类是该湖泊中重要的生产者，从表中数据可以看出，在构建前的“藻型”湖泊中优势藻类最可能为___________，人为引入沉水植物后，由于___________的原因，导致湖泊藻类数量出现明显下降。整个湖泊在这一过程中，物种的数量及优势种的变化体现了人类活动对群落演替的影响为___________。
（2）科研人员引入水生动物赤麻鸭后，水体中的小型鱼类（鳑鲏鱼）与赤麻鸭的种群数量的变化关系如下图所示：
①ab段赤麻鸭种群的年龄结构为___________；由图可知，理论上引入赤麻鸭后，该湖泊中鳑鲏鱼种群的K值为___________。
②赤麻鸭种群数量在a→b→c的变化过程中，其增长速率____________（填“大于”“等于”或“小于”）0。该图曲线反映了该生态系统存在着________调节机制。
【答案】（1） ①. 绿藻 ②. 沉水植物竞争性吸收N、P等无机盐抑制藻类生长 ③. 人类活动可以改变群落演替的方向和速度
（2） ①. 增长型 ②. N2 ③. 大于 ④. （负）反馈
【解析】
【分析】 落演替是指 一个群落被另一个群落替代的过程，该过程中会发生优势种的取代。演替可以分为初生演替和次生演替。初生演替：是指在一个从来没有被植物覆盖的地面 或者原来存在过植被但被彻底消灭了的地方发生的演替。次生演替：是指在原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保存甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体的地方发生的演替。
【小问1详解】
据表分析，在构建前绿藻的数量最多，故最可能为优势藻类；人为引入沉水植物后，由于沉水植物竞争性吸收N、P等无机盐抑制藻类生长，故湖泊藻类数量出现明显下降；整个湖泊在这一过程中，物种的数量及优势种的变化，体现了人类活动对群落演替的影响为：人类活动可以改变群落演替的方向和速度。
【小问2详解】
①ab段赤麻鸭种群数量增加，年龄结构为增长型；K值即环境容纳量，是指一定的环境条件下所能维持的种群最大数量，通常在一定范围内波动，据图可知，理论上引入赤麻鸭后，该湖泊中鳑鲏鱼种群的K值为N2。
②赤麻鸭种群数量在a→b→c的变化过程中，种群数量呈增加趋势， 故其增长速率大于0；该图曲线反映了该生态系统存在着（负）反馈调节机制，可使各种生物的数量维持相对稳定。
9. 如图所示，某自花传粉植物的花色（白色、蓝色、紫色）由两对独立遗传的等位基因（D、d和R、r）控制。回答下列问题：

（1）紫色花植株的基因型有_____种，在三种花色中不会是杂合子的性状是_____。
（2）可选择基因型为_____和_____的纯合紫色花植株杂交得到蓝色花植株，以该蓝色花植株为主要实验材料，请选择两种方法验证D、d和R、r独立遗传，要求写出实验思路和预期实验结果。
方法一：_____；
方法二：_____。
（3）蓝色花植株更受人们所喜爱，第（2）小题纯合紫色花植株杂交得到的蓝色花植株并不能作为新的品种推广，原因是_____。请你采用两种育种方法培育出可以推广的新品种。
方法一：_____；
方法二：_____。
【答案】（1） ①. 4 ②. 白色花
（2） ①. DDrr ②. ddRR
③. 方法一：选择以上所得蓝色花植株进行自交，如果子代表现型及比例为9蓝色花：6紫色花：1白色花，则可验证D、d和R、r独立遗传。 ④. 方法二：选择以上所得蓝色花植株与白色花植株进行测交，如果子代表现型及比例为1蓝色花：2紫色花：1白色花，则可验证D、d和R、r独立遗传。
（3） ①. 该植株在种植过程中蓝色花表型不能稳定遗传 ②. 方法一：取纯合紫色花植株杂交得到的蓝色花植株连续自交，筛选出稳定遗传的蓝色花植株。 ③. 方法二：取纯合紫色花植株杂交得到的蓝色花植株进行单倍体育种，筛选出稳定遗传的蓝色花植株。
【解析】
【分析】题图分析：由图可知，基因D能控制酶D的合成，酶D能将白色物质转化为紫色物质1；基因R能控制酶R的合成，酶R能将白色物质转化为紫色物质2；两种紫色物质同时存在时可形成蓝色物质。所以蓝色花植株的基因型为D_R_，紫色花植株的基因型为D_r r、ddR_，白色花植株的基因型为ddrr。
【小问1详解】
由图可知，基因D能控制酶D的合成，酶D能将白色物质转化为紫色物质1；基因R能控制酶R的合成，酶R能将白色物质转化为紫色物质2；两种紫色物质同时存在时可形成蓝色物质。所以蓝色花植株的基因型为D_R_，紫色花植株的基因型为D_r r、ddR_，白色花植株的基因型为ddrr。所以紫色花植株的基因型有种，在三种花色中不会是杂合子的性状是白色。
【小问2详解】
蓝色花植株的基因型为D_R_，紫色花植株的基因型为D_r r、ddR_，若要用纯合紫色花植株杂交得到蓝色花植株，则纯合紫色花植株的基因型为DDrr和ddRR，所得蓝色花植物基因型都为DdRr。如果要验证验证D、d和R、r独立遗传，可以用测交和自交两种方法。方法一：在以上所得的蓝色花植株中选择雌株做母本，雄株做父本，进行自交。如果子代表现型及比例为9蓝色花：6紫色花：1白色花，则可证明D、d和R、r独立遗传；方法二：选择蓝色花植株和白色花植株进行测交，如果子代表现型及比例为1蓝色花：2紫色花：1白色花，也可证明D、d和R、r独立遗传。
【小问3详解】
用纯合紫色花植株DDrr和ddRR进行杂交得到的蓝色花植株基因型为DdRr，在种植过程中性状不能稳定遗传，所以不能作为新的品种推广。如果蓝色花植株要能推广，则要培育出基因型为DDRR的能稳定遗传的蓝色花植株。可以利用以上基因型为DdRr的蓝色花植株为材料进行连续自交，筛选出稳定遗传的蓝色花植株。还可以利用DdRr的蓝色花植株为材料进行单倍体育种，培育出稳定遗传的蓝色花植株。
[生物——选修1：生物技术实践]（15分）
10. 高温堆肥是依靠自然界广泛分布的微生物将有机物降解转化成腐殖质的过程，堆肥产物可作为肥料或土壤的改良剂。但堆肥效果在一定程度上受到餐厨垃圾中油脂、盐分含量等因素影响。研究人员拟筛选耐盐的降解油脂的嗜热菌株用于餐厨垃圾的高温堆肥。回答下列问题：
（1）配制成分为10.0g/L蛋白胨、5.0g/L牛肉膏、5.0g/LNaCl，10.0g/L食用油，pH为7.2～7.4的富集培养基，应采用__________法对该培养基进行灭菌。
（2）从餐厨垃圾处理厂地面深度为5cm处取10g土壤样品，放入装有90mL无菌水的三角瓶内充分振荡混匀制成样液，取10mL样液加入到90mL富集培养液中，50℃、160转/min的条件下振荡培养。该操作过程有利于筛选出目的菌，主要体现在__________（答两点）等方面。振荡培养是因为培养的微生物的异化类型为___________。取富集培养液中的样液1mL，将其进行梯度稀释100倍的操作步骤是__________。
（3）甲苯红为绿色结晶粉，溶于水呈红色，溶于乙醇呈黄色，在pH为6.8~8.0的范围内，颜色呈红色至橙黄色。取样品涂布到含有甲苯红的初筛培养基上（黄色）对菌株进行初筛验证目的菌株菌落周围出现红色，原因是__________。
（4）研究人员将初筛得到的7种菌落（H1～H7）分别采用__________法接种到各个复筛培养基中，H7菌株培养后的结果如图所示。为研究菌株H7的耐盐和油脂降解能力，则实验探究思路是__________。
【答案】（1）高压蒸汽灭菌
（2） ①. 培养基富含食用油、NaCl含量高，在50℃条件下培养 ②. 需氧型 ③. 将1mL样液加入盛有9mL无菌水的试管中，摇匀后，再取1mL样液加入盛有9mL无菌水的试管中，摇匀即可
（3）目的菌分泌的脂肪酶催化培养基中的油脂分解产生的脂肪酸，使培养基pH降低，导致菌落周围的甲苯红呈现红色
（4） ①. 平板划线 ②. 设置不同盐浓度的培养基，接种H7菌株，检测不同盐浓度下H7菌株的菌体密度和油脂降解率
【解析】
【分析】微生物常见的接种的方法：①平板划线法：将已经熔化的培养基倒入培养皿制成平板，接种，划线，在恒温箱里培养。在线的开始部分，微生物往往连在一起生长，随着线的延伸，菌数逐渐减少，最后可能形成单个菌落。②稀释涂布平板法：将待分离的菌液经过大量稀释后，均匀涂布在培养皿表面，经培养后可形成单个菌落。
【小问1详解】
对培养基进行灭菌一般采用高压蒸汽灭菌法。
【小问2详解】
对于筛选耐盐降解油脂的嗜热菌株，有利的有NaCl含量高、培养基富含食用油、在50℃条件下培养。振荡培养有利于增加培养液中的含氧量，培养的微生物的异化类型为需氧型。梯度稀释100倍的操作步骤是：将1mL样液加入盛有9mL无菌水的试管中，摇匀后，再取1mL样液加入盛有9mL无菌水的试管中，摇匀即可。
【小问3详解】
出现红色说明酸性增强，已知目的菌株能够分解油脂，推测原因为目的菌分泌的脂肪酶催化培养基中的油脂分解产生的脂肪酸，使培养基pH降低，导致菌落周围的甲苯红呈现红色。
【小问4详解】
由图中培养结果可知，采用的是平板划线法；为研究菌株H7的耐盐和油脂降解能力，要以盐浓度为自变量，检测油脂降解能力：设置不同盐浓度的培养基，接种H7菌株，检测不同盐浓度下H7菌株的菌体密度和油脂降解率。
[生物——选修3：现代生物科技专题]（15分）
11. 双特异性抗体可同时与癌细胞和免疫细胞特异性结合，它一端与癌细胞结合，一端与T细胞结合，将T细胞拉近癌细胞，大大提高了杀灭癌细胞的效率。CD19是癌细胞表面的抗原蛋白，CD3蛋白受体位于T细胞表面，与抗体结合后，其免疫功能得到激活。下图是研究人员通过杂交瘤细胞技术生产双特异性单克隆抗体的部分过程。回答下列问题：
（1）给小鼠注射CD19蛋白，是为了从小鼠的脾脏中分离得到_________；注射的抗原A是指_________。
（2）过程②和④所用诱导方法与诱导植物细胞融合所用方法的不同之处是_________。过程③培养杂交瘤细胞时需提供的气体条件是95%空气加5%CO2的混合气体，其中CO2的主要作用是__________。过程⑤筛选获得的细胞具有的特点是__________。过程⑥提取双特异性单克隆抗体的途径有_________。
（3）与从血清中提取CDI9抗体，抗A抗原的抗体相比，通过双杂交瘤细胞得到双特异性单克隆抗体的优点是_________（答两点）。双特异性单克隆抗体治疗癌症的效果往往优于抗体CD19和A抗体的联合使用，原因是_________。
【答案】（1） ①. 免疫的B淋巴细胞 ②. CD3蛋白
（2） ①. 灭活的病毒 ②. 维持培养液的pH ③. 既能无限增殖，又能产生特异性抗体 ④. 用作体外诊断试剂
（3） ①. 双特异性单克隆抗体可以识别两种抗原 ②. 既不损伤正常细胞，又减少了用药剂量
【解析】
【分析】单克隆抗体制备流程：先给小鼠注射特定抗原使之发生免疫反应，之后从小鼠脾脏中获取已经免疫的B淋巴细胞；诱导B细胞和骨髓瘤细胞融合，利用选择培养基筛选出杂交瘤细胞；进行抗体检测，筛选出能产生特定抗体的杂交瘤细胞；进行克隆化培养，即用培养基培养和注入小鼠腹腔中培养；最后从培养液或小鼠腹水中获取单克隆抗体。
【小问1详解】
给小鼠注射CD19蛋白，是为了从小鼠的脾脏中获得已免疫的B淋巴细胞，该细胞能够产生特定抗体；分析题意，本过程的目的是得到双特异性抗体，故为保证最终双特异性抗体的产生，注射的抗原A应是CD3蛋白。
【小问2详解】
过程②和④是诱导动物细胞融合，该过程所用诱导方法与诱导植物细胞融合所用方法的不同之处是用灭活的病毒诱导；过程③培养杂交瘤细胞时需提供的气体条件是95%空气加5%CO2的混合气体，其中CO2的主要作用是维持培养液的pH；过程⑤是融合细胞的筛选，筛选后得到的细胞杂交瘤细胞，特点是既能无限增殖，又能产生特异性抗体；过程⑥提取双特异性单克隆抗体的途径有：用作体外诊断试剂等。
【小问3详解】
与从血清中提取的CDI9抗体，抗A抗原的抗体相比，通过双杂交瘤细胞得到双特异性单克隆抗体的优点是能同时识别CDI9和A两种抗原，作用效果更显著；双特异性单克隆抗体治疗癌症的效果往往优于抗体CD19和A抗体的联合使用，原因是该特异性抗体可以借助单克隆抗体的识别作用，将药物带到癌细胞位置，既不损伤正常细胞，又减少了用药剂量。接穗
野生型
突变体
突变体
野生型
砧木
野生型
突变体
野生型
突变体
W多肽相对含量
1.0
0
0.9
0.01
N基因表达相对量
1.0
0.14
0.93
0.45
ABA相对含量
1.0
0.17
0.91
0.37
气孔开度相对值
1.0
1.23
1.05
1.11
名称
构建前后藻类数量变化
绿藻
硅藻
甲藻
裸藻
隐藻
金藻
构建前
24
9
6
2
1
5
构建后
4
4
1
2
1
1