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2024年高考真题和模拟题生物分类汇编（全国通用）专题09 遗传的分子基础（解析版）
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这是一份2024年高考真题和模拟题生物分类汇编（全国通用）专题09 遗传的分子基础（解析版），共23页。
A. 花蜜花粉可降低幼虫发育过程中DNA的甲基化
B. 蜂王DNA的甲基化程度高于工蜂
C. 蜂王浆可以提高蜜蜂DNA的甲基化程度
D. DNA的低甲基化是蜂王发育的重要条件
【答案】D
【解析】
【分析】DNA甲基化为DNA化学修饰的一种形式，能够在不改变DNA序列的前提下，改变遗传表现。大量研究表明，DNA甲基化能引起染色质结构、DNA构象、DNA稳定性及DNA与蛋白质相互作用方式的改变，从而控制基因表达。
【详解】A、降低 DNA 甲基化酶的表达后， 即使一直喂食花蜜花粉，雌性工蜂幼虫也会发育成蜂王，说明甲基化不利于其发育成蜂王，而工蜂幼虫主要食物是花蜜和花粉，不会发育成蜂王，因此花蜜花粉可增强幼虫发育过程中DNA的甲基化，A错误；
B、甲基化不利于其发育成蜂王，故蜂王DNA的甲基化程度低于工蜂，B错误；
C、蜂王浆可以降低蜜蜂DNA的甲基化程度，使其发育成蜂王，C错误；
D、甲基化不利于发育成蜂王，因此DNA的低甲基化是蜂王发育的重要条件，D正确。
故选D。
(2024年1月浙江省)10. 大肠杆菌在含有³H-脱氧核苷培养液中培养，³H-脱氧核苷掺入到新合成的 DNA链中，经特殊方法显色，可观察到双链都掺入³H-脱氧核苷的 DNA区段显深色，仅单链掺入的显浅色，未掺入的不显色。掺入培养中，大肠杆菌拟核 DNA 第2 次复制时，局部示意图如图。DNA 双链区段①、②、③对应的显色情况可能是（ ）
A. 深色、浅色、浅色B. 浅色、深色、浅色
C. 浅色、浅色、深色D. 深色、浅色、深色
【答案】B
【解析】
【分析】DNA的复制方式为半保留复制，子代DNA分子其中的一条链来自亲代DNA ，另一条链是新合成的，这种方式称半保留复制。半保留复制的意义：遗传稳定性的分子机制。
【详解】大肠杆菌在含有³H-脱氧核苷培养液中培养，DNA的复制方式为半保留复制，大肠杆菌拟核 DNA 第1 次复制后产生的子代DNA的两条链一条被³H标记，另一条未被标记，大肠杆菌拟核 DNA 第2 次复制时，以两条链中一条被³H标记，另一条未被标记的DNA分子为模板，结合题干显色情况，DNA 双链区段①为浅色，②中两条链均含有³H显深色，③中一条链含有³H一条链不含³H显浅色，ACD错误，B正确。
故选B。
(甘肃省2024)5. 科学家发现染色体主要是由蛋白质和DNA组成。关于证明蛋白质和核酸哪一种是遗传物质的系列实验，下列叙述正确的是（ ）
A. 肺炎链球菌体内转化实验中，加热致死的S型菌株的DNA分子在小鼠体内可使R型活菌的相对性状从无致病性转化为有致病性
B. 肺炎链球菌体外转化实验中，利用自变量控制的“加法原理”，将“S型菌DNA+DNA酶”加入R型活菌的培养基中，结果证明DNA是转化因子
C. 噬菌体侵染实验中，用放射性同位素分别标记了噬菌体的蛋白质外壳和DNA，发现其DNA进入宿主细胞后，利用自身原料和酶完成自我复制
D. 烟草花叶病毒实验中，以病毒颗粒的RNA和蛋白质互为对照进行侵染，结果发现自变量RNA分子可使烟草出现花叶病斑性状
【答案】D
【解析】
【分析】肺炎链球菌转化实验包括格里菲思体内转化实验和艾弗里体外转化实验，其中格里菲思体内转化实验证明S型细菌中存在某种“转化因子”，能将R型细菌转化为S型细菌；艾弗里体外转化实验证明DNA是遗传物质。
【详解】A、格里菲思的肺炎链球菌体内转化实验未单独研究每种物质的作用，在艾弗里的肺炎链球菌体外转化实验中，S型菌株的DNA分子可使R型活菌的相对性状从无致病性转化为有致病性，A错误；
B、在肺炎链球菌的体外转化实验中，利用自变量控制中的“减法原理”设置对照实验，通过观察只有某种物质存在或只有某种物质不存在时，R型菌的转化情况，最终证明了DNA是遗传物质，例如“S型菌DNA+DNA酶”组除去了DNA，B错误；
C、噬菌体为DNA病毒，其DNA进入宿主细胞后，利用宿主细胞的原料和酶完成自我复制，C错误；
D、烟草花叶病毒的遗传物质是RNA，以病毒颗粒的RNA和蛋白质互为对照进行侵染，结果发现RNA分子可使烟草出现花叶病斑性状，而蛋白质不能使烟草出现花叶病斑性状，D正确。
故选D。
(2024年湖北省)16. 编码某蛋白质的基因有两条链，一条是模板链（指导mRNA合成），其互补链是编码链。若编码链的一段序列为5＇—ATG—3＇，则该序列所对应的反密码子是（ ）
A. 5＇—CAU—3＇B. 5＇—UAC—3＇C. 5＇—TAC—3＇D. 5＇—AUG—3＇
【答案】A
【解析】
【分析】DNA中进行mRNA合成模板的链为模板链，与模板链配对的为编码链，因此mRNA上的密码子与DNA编码链的碱基序列相近，只是不含T，用U代替，据此答题。
【详解】若编码链的一段序列为5＇—ATG—3＇，则模板链的一段序列为3＇—TAC—5＇，则mRNA碱基序列为5＇—AUG—3＇，该序列所对应的反密码子是5＇—CAU—3＇，A正确，BCD错误。
故选A。
(2024年山东省）5. 制备荧光标记的DNA探针时，需要模板、引物、DNA聚合酶等。在只含大肠杆菌DNA聚合酶、扩增缓冲液、H2O和4种脱氧核苷酸（dCTP、dTTP、dGTP和碱基被荧光标记的dATP）的反应管①~④中，分别加入如表所示的适量单链DNA。已知形成的双链DNA区遵循碱基互补配对原则，且在本实验的温度条件下不能产生小于9个连续碱基对的双链DNA区。能得到带有荧光标记的DNA探针的反应管有（ ）
A. ①②B. ②③C. ①④D. ③④
【答案】D
【解析】
【分析】子链的延伸方向为5'→3'，由题意可知，在本实验的温度条件下不能产生小于9个连续碱基对的双链DNA区，要能得到带有荧光标记的DNA探针，需要能根据所提供的模板进行扩增，且扩增子链种含有A。
【详解】分析反应管①～④中分别加入的适量单链DNA可知，①中两条单链DNA分子之间具有互补的序列，但双链DNA区之外的3'端无模板，因此无法进行DNA合成，不能得到带有荧光标记的DNA探针；②中单链DNA分子内具有自身互补的序列，由于在本实验的温度条件下不能产生小于9个连续碱基对的双链DNA区，故一条单链DNA分子不发生自身环化，但两条链可以形成双链DNA区，由于DNA合成的链中不含碱基A，不能得到带有荧光标记的DNA探针；③中两条单链DNA分子之间具有互补的序列，且双链DNA区之外的3'端有模板和碱基T，因此进行DNA合成能得到带有荧光标记的DNA探针；④中单链DNA分子内具有自身互补的序列，一条单链DNA分子不发生自身环化，两条链可以形成双链DNA区，且双链DNA区之外的3'端有模板和碱基T，因此进行DNA合成能得到带有荧光标记的DNA探针。
综上，能得到带有荧光标记的DNA探针的反应管有③④。
故选D。
（2024年安徽省）11. 真核生物细胞中主要有3类RNA聚合酶，它们在细胞内定位和转录产物见下表。此外，在线粒体和叶绿体中也发现了分子量小的RNA聚合酶。下列叙述错误的是（ ）
注：各类RNA均为核糖体的组成成分
A. 线粒体和叶绿体中都有DNA，两者的基因转录时使用各自的RNA聚合酶
B. 基因的 DNA 发生甲基化修饰，抑制RNA聚合酶的结合，可影响基因表达
C. RNA聚合酶I和Ⅲ转录产物都有rRNA，两种酶识别的启动子序列相同
D. 编码 RNA 聚合酶I的基因在核内转录、细胞质中翻译，产物最终定位在核仁
【答案】C
【解析】
【分析】RNA聚合酶的作用是识别并结合特定的序列，启动基因的转录。
【详解】A、线粒体和叶绿体中都有DNA，二者均是半自助细胞器，其基因转录时使用各自的RNA聚合酶，A正确；
B、基因的 DNA 发生甲基化修饰，抑制RNA聚合酶的结合，从而影响基因的转录，可影响基因表达，B正确；
C、由表可知，RNA聚合酶I和Ⅲ的转录产物都有rRNA，但种类不同，说明两种酶识别的启动子序列不同，C错误；
D、RNA 聚合酶的本质是蛋白质，编码 RNA 聚合酶I在核仁中，该基因在核内转录、细胞质（核糖体）中翻译，产物最终定位在核仁发挥作用，D正确。
故选C。
（2024年吉林省）9. 下图表示DNA半保留复制和甲基化修饰过程。研究发现，50岁同卵双胞胎间基因组DNA甲基化的差异普遍比3岁同卵双胞胎间的差异大。下列叙述正确的是（ ）
A. 酶E的作用是催化DNA复制
B. 甲基是DNA半保留复制的原料之一
C. 环境可能是引起DNA甲基化差异的重要因素
D. DNA甲基化不改变碱基序列和生物个体表型
【答案】C
【解析】
【分析】甲基化是指在DNA某些区域的碱基上结合一个甲基基团，故不会发生碱基对的缺失、增加或减少，甲基化不同于基因突变。DNA甲基化后会控制基因表达，可能会造成性状改变，DNA甲基化后可以遗传给后代。
【详解】A、由图可知，酶E的作用是催化DNA甲基化，A错误；
B、DNA半保留复制的原料为四种脱氧核糖核苷酸，没有甲基，B错误；
C、“研究发现，50岁同卵双胞胎间基因组DNA甲基化的差异普遍比3岁同卵双胞胎间的差异大”，说明环境可能是引起DNA甲基化差异的重要因素，C正确；
D、DNA甲基化不改变碱基序列，但会影响生物个体表型，D错误。
故选C。
(云南省昆明市云南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期适应性月考（九）)1. 许多种生物的细胞中都含有环状DNA分子。θ型复制是环状DNA分子复制的方式之一。图为θ型复制的模式图，下列相关叙述错误的是（ ）
A. θ型复制具有边解旋边复制和半保留复制的特点
B. θ型复制所产生的两条子链的碱基序列是互补的
C. θ型复制所产生的子代DNA分子的两条单链走向相反
D. θ型复制后产生的每个子代DNA分子都有两个游离的磷酸基团
【答案】D
【解析】
【分析】DNA分子复制的特点：边解旋边复制和半保留复制。DNA分子精确复制生物原因：精确的模板和碱基互补配对原则。
【详解】A、θ型复制是环状DNA分子复制的方式之一，也是利用DNA的半保留复制方式进行，具有边解旋边复制和半保留复制的特点，A正确；
B、解开的每一条母链作为模板连，θ型复制所产生的两条子链的碱基序列分别与各自的模板链互补，θ型复制所产生的两条子链的碱基序列也是互补的，B正确；
C、θ型复制所产生的子代DNA分子的两条单链延伸方向从5，端到3，端，分别与模板连反向互补，产生的子代DNA分子的两条单链走向相反走向相反，C正确；
D、θ型复制后产生两个环状DNA分子，因此每个子代DNA分子都无游离的磷酸基团，D错误。
故选D。
（陕西省西安市第一中学2023-2024学年高三下学期期中考试）2. 除了边解旋边转录外，细胞还存在如图所示的高效转录机制。下列叙述错误的是（ ）
A. DNA链的左端是3′端，①链的下端是5′端
B. RNA聚合酶可催化形成核苷酸之间的化学键
C. （A+C）/（G+U）的比值在①链和②链中互为倒数
D 转录完成后，RNA不一定会翻译成蛋白质
【答案】C
【解析】
【分析】图示表示转录过程，转录时，RNA的延伸方向是5′→3′，因此模板DNA链的方向为3′→5′。
【详解】A、由图可知右侧的RNA链较左侧长，表明转录的方向是从DNA链的左端往右端进行，所以图中DNA链的左端是3′端，RNA链①的下端为5′端，A正确；
B、RNA聚合酶可催化形成核糖核苷酸之间的磷酸二酯键，B正确；
C、①链和②链均由DNA相同的模板链转录而来，两者的（A+C）/（G+U）的比值相等，C错误；
D、转录的产物是RNA，通常包括mRNA、tRNA和rRNA，只有mRNA才能被翻译成蛋白质，D正确。
故选C。
（山西省晋中市平遥县平遥中学2023-2024学年高三二模考试+(六)）3. 为探讨干扰NBS1基因表达对肝癌细胞（HepG2）增殖的影响，研究人员将NBS1特异性小干扰RNA（siNBS1）转染至HepG2中，实验结果如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 由图1可知，siNBS1能抑制NBS1基因的表达且siNBS1浓度越高，抑制作用越强
B. 由图2可知，48h为siNBS1的较适宜的转染时间
C. 由图2可知，干扰NBS1基因的表达可以促进HcpG2细胞的凋亡
D. 一定范围内，随着NBS1基因表达量的增加，对HepG2细胞增殖的抑制作用增强
【答案】B
【解析】
【分析】分析题图可知，随着siNBS1浓度的增加，NBS1基因转录的mRNA水平逐渐下降，细胞增殖率也降低，因此可以说明干扰NBS1基因的表达，会导致细胞的增殖率降低。
【详解】A、据图1可知，与对照组相比，加入siNBSI后NBS1基因的mRNA相对水平降低，说明siNBSI能抑制NBS1基因的表达，且实验浓度下，siNBSI浓度越高，抑制作用越强，但无法确定所有浓度下都是这样，A错误；
B、分析图2可知，与对照组相比，各组细胞增殖率下降趋势基本一致，在48h均出现低谷，故48h为siNBSI转染的较适宜时间，B正确；
C、据图2可知，干扰NBSI基因的表达可以抑制HepG2细胞的增殖，但无法判断是否会诱导细胞凋亡，C错误；
D、结合两图分析，随siNBS1浓度的升高，NBSI基因的表达量减少，HepG2细胞的增殖率下降，说明随NBSI基因表达量的下降，对HepG2细胞增殖的抑制作用增强，D错误。
故选B。
（2024山西省太原市高三下学期三模考试理科综合试卷）4. 生命活动的正常进行常需要一定的条件。下列叙述错误的是（ ）
①PCR反应缓冲液中一般添加Ca2+激活DNA聚合酶
②靶细胞、辅助性T细胞参与细胞毒性T细胞的活化
③B细胞的活化需要病原体和细胞因子两个信号的刺激
④生长素与细胞分裂素是启动外植体脱分化的关键激素
⑤可用电刺激、聚乙二醇、蛋白酶合成抑制剂激活重构胚
⑥诱导物与诱导型启动子结合可激活或抑制目的基因表达
A. ①③⑤B. ①③⑥C. ②④⑤D. ③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】B细胞活化除了需要两个信号刺激（病原体与B细胞直接接触、辅助性T细胞与B细胞相结合）还需要细胞因子的促进作用.细胞毒性T细胞识别并与靶细胞结合后开始分裂分化，辅助性T细胞分泌细胞因子促进细胞毒性T细胞的的分裂分化过程。
【详解】①PCR反应缓冲液中一般添加Mg2+激活DNA聚合酶，①错误；②细胞毒性T细胞识别并与靶细胞结合后开始分裂分化，辅助性T细胞分泌细胞因子促进细胞毒性T细胞的的分裂分化过程，②正确；③B细胞活化除了需要两个信号刺激（病原体与B细胞直接接触、辅助性T细胞与B细胞相结合）还需要细胞因子的促进作用，③错误；④生长素与细胞分裂素是启动外植体脱分化的关键激素，生长素与细胞分裂素比值为1时有利于愈伤组织形成，④正确；⑤可用电刺激、蛋白酶合成抑制剂激活重构胚，聚乙二醇不可以，⑤错误；⑥诱导型启动子可特异性与诱导物结合，达到在特定情况下激活或抑制目的基因表达的目的，⑥正确。故BCD错误，A正确。
故选A。
（2024年陕西省高三第二次模拟考试生物试卷）5. 某长度为1000个碱基对的双链环状DNA分子含腺嘌呤300个，该DNA分子复制时，1链首先被断开形成3′、5′端口，接着5′端与2链发生分离，随后DNA分子以2链为模板，通过滚动从1链的3'端开始延伸子链，同时还以分离出来的5'端单链为模板合成另一条子链，其过程如图所示。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 该过程是从两个起点同时进行的，1链中的碱基数目多于2链
B. 若该DNA连续复制3次，则第三次复制时共需鸟嘌呤4900个
C. 该DNA复制过程中需要解旋酶破坏DNA双链之间的氢键，使双链解开
D. 该环状DNA通常存在于细菌、酵母菌等原核细胞中
【答案】C
【解析】
【分析】DNA分子的复制时间：有丝分裂和减数分裂间期；条件：模板（DNA的双链）、能量（ATP水解提供）、酶（解旋酶和连结酶等）、原料（游离的脱氧核苷酸）；过程：边解旋边复制；结果：一条DNA复制出两条DNA；特点：半保留复制。
【详解】A、双链DNA分子的两条链是严格按照碱基互补配对原则形成的，所以1链和2链均含1000个碱基，两者碱基数目相同，A错误；
B、根据碱基互补配对原则（A=T、G=C），DNA分子含腺嘌呤300个，所以胸腺嘧啶也为300个，则胞嘧啶和鸟嘌呤均为700个，在第三次复制过程中，DNA分子数由4个增加到8个，即第三次新合成4个DNA，故共需鸟嘌呤700个×4=2800个，B错误；
C、该DNA复制过程中需要解旋酶破坏DNA双链之间的氢键，使双链解开，C正确；
D、酵母菌是真核细胞，D错误。
故选C。
（2024届陕西省渭南市高三下学期教学质量检测考试理综试卷（Ⅱ））6. 关于肺炎双球菌转化实验和噬菌体侵染细菌实验，下列叙述正确的是（ ）
A. S型细菌与R型细菌致病性差异的根本原因是发生了细胞分化
B. 艾弗里的肺炎双球菌体外转化实验证明了DNA是主要的遗传物质
C. 若标记组的沉淀中出现放射性，可能是搅拌不充分造成的
D. 用标记的噬菌体侵染未标记的细菌后，子代噬菌体多数具有放射性
【答案】C
【解析】
【分析】T2噬菌体侵染细菌的实验步骤：分别用35S或32P标记噬菌体→噬菌体与大肠杆菌混合培养→噬菌体侵染未被标记的细菌→在搅拌器中搅拌，然后离心，检测上清液和沉淀物中的放射性物质；35S标记组放射性主要在上清液，说明噬菌体蛋白质外壳没有进入大肠杆菌，32P标记组放射性主要在沉淀中，说明DNA进入了大肠杆菌。
【详解】A、S型细菌与R型细菌致病性差异的根本原因是两者的遗传信息有差异，A错误；
B、艾弗里的肺炎链球菌体外转化实验证明了DNA是遗传物质，B错误；
C、35S标记的是噬菌体的蛋白质外壳，若搅拌不充分，沉淀中会出现放射性，C正确；
D、噬菌体侵染细菌实验中，用32P标记的噬菌体侵染细菌后的子代噬菌体中的DNA只有少部分来自亲代DNA，大多数是新合成无放射性的DNA链，故少数具有放射性，D错误。
故选C。
（2024届陕西省铜川市高三下学期第三次模拟考试）7. 放射性心脏损伤是由电离辐射诱导的大量心肌细胞凋亡产生的心脏疾病。一项新的研究表明，circRNA可以通过miRNA调控P基因表达进而影响细胞凋亡，调控机制见图。miRNA是细胞内一种单链小分子RNA，可与mRNA靶向结合并使其降解。circRNA是细胞内一种闭合环状RNA，可靶向结合miRNA使其不能与mRNA结合，从而提高mRNA的翻译水平。下列正确的是（ ）
A. 放射性心脏损伤是因为P蛋白表达过多造成的
B. 可通过增大细胞内circRNA的含量治疗该心脏病
C. 提高miRNA表达量，有利于该心脏病的治疗
D. 由DNA到circRNA的过程中需要用到解旋酶
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意分析题图可知，miRNA能与mRNA结合，使其降解，降低mRNA的翻译水平。当miRNA与circRNA结合时，就不能与mRNA结合，从而提高mRNA的翻译水平。
【详解】A、放射性心脏损伤是由电离辐射诱导的大量心肌细胞凋亡产生的心脏疾病，由图可知，P蛋白可以抑制细胞凋亡，因此放射性心脏损伤不是因为P蛋白表达过多造成的，A错误；
B、circRNA是细胞内一种闭合环状RNA，可靶向结合miRNA使其不能与mRNA结合，从而提高mRNA的翻译水平，则提高细胞内circRNA的含量，可提高P基因的表达量，抑制细胞凋亡，B正确；
C、miRNA表达量升高可影响细胞凋亡，其可能的原因是miRNA表达量升高，与P基因的mRNA结合并将其降解的概率上升，P蛋白的含量下降，则不能抑制细胞凋亡，不利于该心脏病的治疗， C错误；
D、由DNA到circRNA的过程是转录过程，因此过程中不需要用到解旋酶，D错误。
故选B。
（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）8. 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
（2024届陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校高三下学期4月联考）9. 线粒体DNA（mtDNA）是一种双链环状DNA分子，其复制过程如图所示。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 子代DNA1和子代DNA2各自的两条链中新合成的链分别是A链和B链
B. mtDNA复制时，在能量的驱动下DNA聚合酶将DNA的两条链解开
C. mtDNA位于线粒体基质中，该场所中能进行基因的转录过程
D. mtDNA复制时出现D－环的原因之一是两条链的复制起点不在同一位置
【答案】B
【解析】
【分析】DNA分子复制方式为半保留复制，形成的两个DNA与亲代DNA遗传信息相同。
【详解】A、据图可知，子代DNA1是以里面的B链为模板合成的，DNA2则是以A链为模板合成的，由于DNA的A链和B链碱基互补，因此子代DNA1和子代DNA2各自的两条链中新合成的链分别是A链和B链，A正确；
B、DNA聚合酶没有催化解旋的作用，B错误；
C、线粒体基质含有少量DNA和RNA，可进行DNA复制、转录和翻译，因此mtDNA位于线粒体基质中，该场所中能进行基因的转录过程，C正确；
D、据图可知，mtDNA复制时出现D-环的原因之一是两条链的复制起点不在同一位置，D正确。
故选B。
（2024届山西省吕梁市高三下学期4月模拟考试）10. 研究表明，吸烟会降低特定位点的DNA甲基化水平，从而导致细胞因子水平的改变。与非吸烟者相比，吸烟者血液中CEACAM6蛋白的表达水平会显著上升。CEACAM6蛋白参与免疫调节，是多种癌症疾病的临床标志物。由此看来，吸烟可能会诱发癌症。下列叙述正确的是（ ）
A. 吸烟会诱发癌症可能与吸烟者的免疫自稳功能减弱有关
B. 细胞因子能加强体液免疫，但对细胞免疫无影响
C. 吸烟者CEACAM6蛋白的表达水平上升可能与控制该蛋白的基因序列改变无关
D. 吸烟者可能通过降低特定位点的DNA甲基化水平，促进了CEACAM6蛋白的表达
【答案】CD
【解析】
【分析】表观遗传是指DNA序列不发生变化，但基因的表达却发生了可遗传的改变，即基因型未发生变化而表现型却发生了改变，如DNA的甲基化，甲基化的Leyc基因不能与RNA聚合酶结合，故无法进行转录产生mRNA，也就无法进行翻译最终合成Leyc蛋白，从而抑制了基因的表达。
【详解】A、吸烟会诱发癌症可能与吸烟者的免疫监视功能减弱有关，A错误；
B、细胞因子可促进B细胞和细胞毒性T细胞增殖分化，因此细胞因子能加强体液免疫和细胞免疫，B错误；
CD、研究表明，吸烟会降低特定位点的DNA甲基化水平，从而导致细胞因子水平的改变。与非吸烟者相比，吸烟者血液中CEACAM6蛋白的表达水平会显著上升，可能是CEACAM6蛋白的基因甲基化水平降低导致表达量增加，而DNA甲基化不改变基因序列，只影响基因的表达，因此吸烟者CEACAM6蛋白的表达水平上升可能与控制该蛋白的基因序列改变无关，CD正确。
故选CD。
（2024届山西省晋中市和诚高中高三下学期理综冲刺卷（二））11. Nn是一类RNA结合蛋白，在小鼠胚胎干细胞中，Nn可作为染色质调控因子参与细胞全能性的调控，如图所示。下列有关叙述错误的是（ ）
A. Nn是在细胞质中合成、可影响细胞核基因表达的生物大分子
B. Nn通过核孔进入细胞核中，与某种RNA结合而发挥作用
C. 若Nn正常，则其可能会抑制某些基因的转录，使细胞处于不分化状态
D. 小鼠胚胎干细胞可分化为多种细胞，这是细胞中基因选择性表达的结果
【答案】C
【解析】
【分析】据图分析，Nn从细胞质中进入细胞核进而促进基因转录，进而影响蛋白质的合成，调控细胞分化。
【详解】A、Nn是一类RNA结合蛋白，蛋白质的合成在细胞质中的核糖体上，据图可知Nn可进入细胞核中影响基因的表达，A正确；
B、据图分析，Nn通过核孔进入细胞核中，与某种RNA结合而促进基因的表达过程，进而促进细胞分化，B正确；
C、据图分析，若Nn正常，则其可能会促进某些基因的转录，使细胞分化，C错误；
D、细胞分化是基因选择性表达的结果，D正确。
故选C。
（2024年陕西省高三第二次模拟考试生物试卷）12. 在一个经长期随机交配形成的自然鼠群中，存在的毛色表型与基因型的关系如表（注：基因型为AA的胚胎致死）。请分析回答相关问题：
（1）若亲本基因型组合为Aa1×Aa2，则其子代可能的表型有________。
（2）两只鼠杂交，后代出现三种表型，则该对亲本的基因型是________，它们再生一只黑色雄鼠的概率是________。
（3）假设很多Aa2×a1a2组合的亲本，平均每窝生8只小鼠。在同样条件下许多Aa2×Aa2组合的亲本，预期每窝平均生________只小鼠。
（4）现有一只黄色雄鼠和多只其他各色雌鼠，想通过杂交方法检测出该雄鼠的基因型，通常是选用该黄色雄鼠与多只_____色雌鼠杂交，观察后代的毛色。
结果预测：
果后代出现________，则该黄色雄鼠的基因型为Aa1。
②如果后代出现________，则该黄色雄鼠的基因型为Aa2。
【答案】（1）黄色、灰色
（2） ①. Aa2、a1a2 ②. 1/8
（3）6 （4） ①. 黑 ②. 黄色和灰色 ③. 黄色和黑色
【解析】
【分析】分离定律：在生物的体细胞中，控制同一性状的遗传因子成对存在，不相融合；在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代。
【小问1详解】
从黄色个体的基因型可知，A基因对a1和a2均为显性基因；从灰色个体的基因型看出，a1对a2为显性基因。若亲本基因型为Aa1和Aa2，则其子代的基因型和表现型为1AA（死亡）、1Aa1（黄色）、1Aa2（黄色）、1a1a2（灰色），即黄色：灰色=2：1；
【小问2详解】
由后代有黑色a2a2可推知其父母均有a2，又因后代由3种表现型，所以亲本含有A和a1基因，所以亲本的基因型为Aa2和a1a2，它们再生一只黑色雄鼠的概率是1/2×1/2×1/2=1/8；
【小问3详解】
假设进行多组Aa2×a1a2的杂交，平均每窝生8只小鼠（4个配子组合，每个组合2只）。在同样条件下进行多组Aa2×Aa2的杂交，由于AA胚胎致死，剩余3个配子组合，则预期每窝平均生6只小鼠；
【小问4详解】
一只黄色雄鼠的基因型为Aa1或Aa2。欲利用杂交方法检测出该雄鼠的基因型，可以采用测交方案，其实验思路为：①选用该黄色雄鼠与多只黑色雌鼠（a2a2）杂交；②观察并统计后代的毛色。预期实验结果和结论：①如果该黄色雄鼠的基因型为Aa1，则其与黑色雌鼠杂交，后代的基因型为Aa2、a1a2，表现型为黄色和灰色。②如果该黄色雄鼠的基因型为Aa2，则其与黑色雌鼠杂交，后代的基因型为Aa2、a2a2，表现型为黄色和黑色。
（2024山西省太原市高三下学期三模考试理科综合试卷）13. 科研人员在秦岭地区发现罕见的棕白色大熊猫丹丹和七仔，并对相关的大熊猫家庭进行分析。请回答下列问题：
（1）
据图1推测大熊猫的棕色最可能是由______（“常”或“X”）染色体上的______（“显”或“隐”）性基因控制。
（2）研究发现，棕色毛发的形成与1号染色体上的B基因突变表达出异常B蛋白有关；图2为发生B基因突变后相应的mRNA序列。
据图2分析B蛋白发生异常的原因可能是______。
（3）科研人员通过显微镜观察发现，与黑白大熊猫相比，棕白大熊猫的黑色素细胞中黑色素小体数量与体积均显著减少。进一步研究发现，大熊猫的黑色素主要沉积在淀粉样蛋白上形成黑色素小体，B蛋白的作用可能与前黑素小体蛋白水解生成淀粉样蛋白有关。
①科研人员向黑色素细胞中导入一小段RNA，干扰B基因的______过程，导致细胞内B蛋白含量仅为正常细胞的25%。
②通过蛋白质电泳与抗原—抗体杂交技术检测相关蛋白结果如图3所示，试分析B基因与棕白色大熊猫形成之间的关系：____________。
【答案】（1） ①. 常 ②. 隐
（2）B基因发生基因突变，相应的mRNA序列缺失25个碱基导致终止密码子提前出现，无法合成具有特定空间结构的B蛋白，进而导致B蛋白功能发生异常。
（3） ①. 翻译 ②. B基因突变无法合成具备活性的B蛋白，使淀粉样蛋白含量下降，影响大熊猫黑色素的沉积，导致黑色素小体数量和体积均减少，进而影响了大熊猫毛色而形成棕白色
【解析】
【分析】基因表达包括转录和翻译两个过程，其中转录是以DNA的一条链为模板合成RNA的过程，该过程主要在细胞核中进行，需要RNA聚合酶参与；翻译是以mRNA为模板合成蛋白质的过程，该过程发生在核糖体上，需要以氨基酸为原料，还需要酶、能量和tRNA等。
【小问1详解】
图中丹丹和七仔为棕白色，根据相对性状的个体杂交后代没有出现棕白色，因此可判断棕色为棕白色，棕色丹丹生出的雄性个体表现为黑色，因而可判断大熊猫棕色的遗传方式最可能是由常染色体上的隐性基因控制。
【小问2详解】
mRNA是翻译的模板，其上三个相邻碱基编码一个氨基酸，据图可知，由于B基因的外显子1发生了25个碱基对的缺失因而导致B基因相应的mRNA序列发生改变，由于缺失的25个碱基对不是3的整数倍，因而对B基因控制合成的蛋白质影响较大，进而表现为mRNA中终止密码子提前出现，无法合成具有特定空间结构的蛋白质，进而无法执行相应功能。
【小问3详解】
①mRNA是翻译的模板，向黑色素细胞中导入一小段RNA，会由于碱基互补配对干扰B基因的翻译过程，进而使得细胞内B蛋白含量仅为正常细胞的25%。
②通过蛋白质电泳与抗原—抗体杂交技术检测PMEL切割后的片段，部分结果如图3，结果显示，与对照组相比，实验组的B蛋白和淀粉样蛋白片段下降，据此推测，B基因与棕白色大熊猫形成之间的关系是：B基因突变无法合成具备活性的B蛋白，使淀粉样蛋白含量下降，影响大熊猫黑色素的沉积，导致黑色素小体数量和体积均减少，进而影响了大熊猫毛色而形成棕白色。
(2024届云南省昆明市高三5月市统考三诊考试理综试卷)14. P基因表达的P蛋白具有抑制细胞凋亡的功能。miRNA能与P基因转录产生的mRNA靶向结合并使其降解。一项新研究表明，circRNA可靶向结合miRNA使其不能与mRNA结合，从而调控细胞凋亡。这项研究为治疗癌症提供了新思路。下列叙述错误的是（ ）
A. miRNA通过氢键与P基因的mRNA结合，该过程遵循碱基互补配对原则
B. RNA聚合酶催化合成的miRNA增多，会导致P蛋白合成量减少
C. circRNA和mRNA通过与miRNA竞争性结合，调控P基因表达
D. 癌细胞可能通过抑制细胞内circRNA的合成，避免细胞凋亡
【答案】D
【解析】
【分析】转录是指在细胞核中，以DNA的一条链为模板，按照碱基互补配对原则，合成RNA分子的过程。翻译是以mRNA为模板合成蛋白质（多肽）的过程。
【详解】A、miRNA与P基因转录产生的mRNA靶向结合并使其降解，即miRNA通过氢键与P基因的mRNA结合，该过程遵循碱基互补配对原则，A正确；
B、P基因能表达形成P蛋白，miRNA能与P基因转录产生的mRNA靶向结合并使之降解，RNA聚合酶催化合成的miRNA增多，会导致P蛋白合成量减少，B正确；
C、由题意可知，circRNA可靶向结合miRNA使其不能与mRNA结合，而miRNA能与 P基因转录产生的mRNA靶向结合并使其降解，即circRNA和mRNA通过与miRNA竞争性结合，调控P基因表达，C正确；
D、由题意可知，circRNA可靶向结合miRNA，促进P基因mRNA 翻译出P蛋白，抑制细胞凋亡，故癌细胞可能通过促进细胞内circRNA的合成，避免细胞凋亡，D错误。
故选D。
(2024届云南省昆明市云南师大附中高考适应性月考卷（九）生物学试题) 15. 用遗传学和生物化学的方法可确定大肠杆菌DNA复制起点在基因图谱上的位置。在一个增长的物种中几乎所有的DNA都在复制中，因此离复制起点越近的基因出现频率越高，越远的基因出现频率越低。图甲为大肠杆菌基因图谱，图乙为部分基因出现的频率。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 大肠杆菌的DNA复制时所遵循的碱基互补配对方式是A—T、T—A、G—C、C—G
B. 图甲中所有基因的碱基数量之和小于DNA中碱基总数
C. 据图乙可知，该DNA复制起点位于ilv和malA之间
D. 大肠杆菌的DNA和真核细胞中细胞核DNA复制所需的酶及原料相同
【答案】C
【解析】
【分析】DNA分子复制的过程：
①解旋：在解旋酶的作用下，把两条螺旋的双链解开。
②合成子链：以解开的每一条母链为模板，以游离的四种脱氧核苷酸为原料，遵循碱基互补配对原则，在有关酶的作用下，各自合成与母链互补的子链。
③形成子代DNA：每条子链与其对应的母链盘旋成双螺旋结构。从而形成2个与亲代DNA完全相同的子代DNA分子。
【详解】A、无论是原核细胞中的DNA还是真核细胞中的DNA，复制时所遵循的碱基互补配对方式是A—T、T—A、G—C、C—G，A正确；
B、由于1个DNA分子中基因与基因之间的一些碱基序列不属于基因，所以图甲中所有基因的碱基数量之和小于DNA中碱基总数，B正确；
C、据图乙可知，ilv出现频率最高，所以推测DNA复制起点离ilv最近，his出现频率最低，所以可推测his离复制起点最远，所以复制起点应位于和his形成直径的另一个点上，即应位于ilv和thr之间的1个点上，C错误；
D、无论是原核细胞的DNA还是真核细胞细胞核DNA，复制都需要解旋酶和DNA聚合酶，原料都是脱氧核苷酸，D正确。
故选C。
（河南省信阳市信阳高级中学2023-2024学年高三二模）16. 基因印记是指在配子或合子的发生期间，来自亲本的等位基因在发育过程中产生专一性的加工修饰（如甲基化，会导致相应基因无法表达），导致后代体细胞中两个亲本来源的等位基因有不同的表达活性的现象。印记是在配子发生过程中获得或在个体发育过程中获得的，在下一代配子形成时基因印记会重建。鼠的视觉正常（A）对视觉缺陷（a是一对相对性状，下图是基因型为Aa的一对小鼠进行杂交，基因的传递示意图。已知被甲基化的基因不能表达，回答下列问题：
（1）亲代雌雄鼠的基因型相同，其表现型__________（填“相同”或“不相同”）。
（2）由图中配子形成过程中印记发生机制可判断亲代雌鼠的基因A来自其____________（填“父方”或“母方”），理由是__________。
（3）将图中雌鼠和雄鼠杂交，子代的表现型及其比例为__________。
（4）请设计一次杂交实验，确定子代中某一视觉缺陷雄鼠的基因型，写出实验设计思路并预期实验结果：__________。
【答案】（1）不相同 （2） ①. 父方 ②. 雄配子中印记重建去甲基化，雌配子中印记重建甲基化，雌鼠中的A基因未甲基化
（3）视觉正常：视觉缺陷=1：1
（4）让该雄鼠与多只视觉缺陷型雌鼠杂交，若后代中全为视觉缺陷型则其基因型为aa，若后代中视觉正常型：视觉缺陷型为1：1，则其基因型为Aa
【解析】
【分析】根据题干“印记是在配子发生过程中获得或在个体发育过程中获得的，在下一代配子形成时基因印记会重建”，再结合题图可知：雄配子中印记重建去甲基化，雌配子中印记重建甲基化。
【小问1详解】
亲代雌雄鼠的基因型相同，均为Aa，但是雄鼠中A基因甲基化不能表达，雄鼠表现为视觉缺陷；雌鼠中a发生甲基化，但是A正常，雌鼠表现为视觉正常，故亲代雌雄鼠的基因型相同，其表现型却不相同。
【小问2详解】
根据题干“印记是在配子发生过程中获得或在个体发育过程中获得的，在下一代配子形成时基因印记会重建”，再结合题图可知：雄配子中印记重建去甲基化，雌配子中印记重建甲基化，而甲基化，会导致相应基因无法表达，但亲代雌鼠的基因A正常，为被甲基化，故判断亲代雌鼠的基因A来自其父方，若来自其母方，则A会发生甲基化，与题图机制相悖。
【小问3详解】
将图中雌鼠和雄鼠杂交，两个体基因型均为Aa，但是雄鼠中A基因甲基化不能表达，在雄鼠产生配子时印记重建去甲基化，故雄配子为正常的A：正常的a＝1：1；雌鼠中a发生甲基化，但是A正常，在雌鼠产生配子时印记重建甲基化，故雌配子为甲基化的A：甲基化的a＝1：1，雌性配子随机结合后导致正常的A甲基化的A：正常的A甲基化的a：正常的a甲基化的A：正常的a甲基化的a＝1：1：1：1，结合题意甲基化的基因不能表达，故结合后视觉正常：视觉缺陷=1：1。
【小问4详解】
子代中某一视觉缺陷雄鼠的其基因型可以为aa或Aa（A基因发生了甲基化），以该鼠作为父本，其产生配子过程中印记重建会发生甲基化，若为aa，其产生的配子均为正常的a；若为Aa，则产生正常的A：正常的a＝1：1，可以采用测交的方法，将该鼠与多只视觉缺陷型雌鼠（aa）杂交，若后代中全为视觉缺陷型则其基因型为aa，若后代中视觉正常型：视觉缺陷型为1：1，则其基因型为Aa。
(2024届内蒙古自治区赤峰市高三下学期4月模拟考试（二模）) 17. 研究发现，神经细胞中α-Synuclein蛋白的聚集与帕金森综合征的发生密切相关，人体4号染色体上的TMEM175基因突变会造成α-Synuclein蛋白数目增加并聚集。TMEM175基因通过编码一种溶酶体膜上的通道蛋白，参与维持溶酶体内pH的稳定，如图所示，下列推测不正确的是（ ）
A. TMEM175基因转录和翻译场所可能相同、碱基互补配对的方式不完全相同
B. TMEM175基因所在的DNA分子碱基对的增添、缺失和替换会引起基因突变
C. TMEM175基因突变引发溶酶体功能障碍导致α-Synuclein蛋白不能被降解
D. 能够降解α-Synuclein蛋白的药物可用于缓解帕金森综合征患者的发病症状
【答案】A
【解析】
【分析】基因突变是指基因中碱基对的增添、缺失或替换，导致基因结构的改变。真核生物细胞核基因转录场所位于细胞核，翻译场所位于细胞质中的核糖体。
【详解】A、TMEM175基因位于人体4号染色体上，转录场所位于细胞核，翻译场所位于细胞质中的核糖体，A错误；
B、基因中碱基对的增添、缺失或替换，会导致基因结构的改变，从而引发基因突变，B正确；
C、TMEM175基因突变，溶酶体膜上的通道蛋白异常，无法维持溶酶体内pH的稳定，引发溶酶体功能障碍导致α-Synuclein蛋白不能被降解，C正确；
D、神经细胞中α-Synuclein蛋白的聚集与帕金森综合征的发生密切相关，所以能够降解α-Synuclein蛋白的药物可用于缓解帕金森综合征患者的发病症状，D正确。
故选A。
(2024届宁夏回族自治区石嘴山市平罗中学高三下学期模拟预测理综试题) 18. 奥密克戎是新型冠状病毒（单链RNA病毒）变种。奥密克戎入侵人体细胞后，其RNA直接指导合成两条超长复制酶多肽，再剪切成多个多肽链，然后该病毒RNA才能经这些剪切后形成的复制酶的催化开始复制。下列叙述正确的是（ ）
A. 超长复制酶多肽的合成必须经过转录和翻译两个过程
B. 新冠病毒变异快，变种多，根本原因是宿主生存的环境复杂
C. 该病毒RNA复制所需要的酶来源于宿主细胞相关基因表达产物
D. 人类在与新冠病毒的斗争中，二者相互选择、共同进化
【答案】D
【解析】
【分析】病毒是一类没有细胞结构的特殊生物，只有蛋白质外壳和内部的遗传物质构成，不能独立的生活和繁殖，只有寄生在其他生物的活细胞内才能生活和繁殖，一旦离开了活细胞，病毒就无法进行生命活动。
【详解】A、奥密克戎入侵人体细胞后，其RNA直接指导合成两条超长复制酶多肽，因此超长复制酶多肽的合成只经历翻译过程，A错误；
B、新冠病毒变异快，变种多，根本原因是它是RNA病毒，RNA是单链不稳定，容易变异，B错误；
C、该病毒RNA复制所需要的酶来源于自身RNA直接指导合成的两条超长复制酶多肽，C错误；
D、 人类是新冠病毒的宿主，病毒和人类免疫系统的相互适应促使两者共同进化， “也就是说，病毒与宿主的相互作用使得它们不断地进化，最终得以共同生存，D正确。
故选D。
(2024届宁夏银川市唐徕中学高三下学期三模理科综合试题)19. 冠状病毒严重依赖一种名为“移码”的特殊机制来调节病毒蛋白的水平。“移码”是指冠状病毒在宿主细胞中合成蛋白质时，核糖体向前或者向后滑动一个或两个核苷酸，导致病毒可以利用一条RNA为模板翻译产生多种蛋白质。据研究，这种情况几乎不在健康细胞中发生。下列说法错误的是（ ）
A. 核糖体“移码”可扩展病毒所携带遗传信息的利用率
B. “移码”通过调控翻译过程，进而影响蛋白质的合成
C. 冠状病毒的“移码”过程出现异常，可能会导致肽链变短
D. 冠状病毒的“移码”过程出现异常，可能会导致病毒发生基因突变
【答案】D
【解析】
【分析】翻译是指以mRNA为模板，合成具有一定氨基酸排列顺序的蛋白质的过程。翻译的场所是在细胞质的核糖体上。翻译的本质是把DNA上的遗传信息通过mRNA转化成为蛋白质分子上氨基酸的特定排列顺序。
【详解】A、核糖体向前或者向后滑动一个或两个核苷酸，导致病毒可以利用一条RNA为模板翻译产生多种蛋白质，故核糖体“移码”可扩展病毒所携带遗传信息的利用率，A正确；
B、由于核糖体移动的距离有变化，从而导致肽链相应位置上的氨基酸的种类发生改变，即氨基酸的顺序发生改变，因此“移码”通过调控翻译过程，进而影响蛋白质的合成，B正确；
C、由于核糖体移动的距离有变化，则可能会导致mRNA上提前出现终止密码子，可能会导致肽链变短，C正确；
D、健康细胞无病毒感染，核糖体在mRNA上移动，因此“移码”不会影响DNA的结构，即该现象不会导致细胞中某些基因的碱基发生增添或缺失，不会导致基因突变，D错误。
故选D。
（河南省部分高中2023-2024学年高三下学期阶段性测试（八））20. 下列关于DNA分子的结构和复制的叙述，错误的是（ ）
A. 在一个细胞周期中，双链DNA分子中的氢键可以多次断裂与生成
B. 体内DNA分子复制时利用细胞提供的能量，在解旋酶的作用下解开双链
C. 若某双链DNA含400个碱基T，则第3次复制时需消耗1600个碱基T
D. DNA复制的过程中，因出现碱基的替换而产生的新性状都可以适应外界环境
【答案】D
【解析】
【分析】DNA分子复制：
1、DNA复制过程为：
（1）解旋：需要细胞提供能量，在解旋酶的作用下，两条螺旋的双链解开；
（2）合成子链：以解开的每一段母链为模板，在DNA聚合酶等酶的作用下，利用游离的4种脱氧核苷酸为原料，按照碱基互补配对原则，合成与母链互补的子链；
（3）形成子代DNA分子：延伸子链，母链和相应子链盘绕成双螺旋结构；
2、场所：主要在细胞核，此外在线粒体和叶绿体中也能进行；
3、时期：有丝分裂间期和减数第一次分裂间期；
4、特点：
（1）边解旋边复制；（2）复制方式：半保留复制；
5、条件：
（1）模板：亲代DNA分子的两条链；
（2）原料：游离的4种脱氧核苷酸；
（3）能量：ATP；
（4）酶：解旋酶、DNA聚合酶；
6、准确复制的原因：（1）DNA分子独特的双螺旋结构提供精确模板；（2）通过碱基互补配对原则保证了复制准确地进行。
【详解】A、分裂间期时会进行DNA复制和蛋白质合成，该过程中DNA分子中的氢键会多次断裂与生成，A正确；
B、生物体内，DNA分子复制过程中，解旋时利用细胞提供的能量，在解旋酶的作用下把双链解开，B正确；
C、第3次复制时，DNA分子从4个增加到8个，需要消耗碱基T的数量为400×4=1600（个），C正确；
D、DNA复制的过程中，因出现碱基的替换而产生的新性状不一定能适应外界环境，D错误。
故选D。
反应管
加入的单链DNA
①
5'-GCCGATCTTTATA-3'
3'-GACCGGCTAGAAA-5'
②
5'-AGAGCCAATTGGC-3'
③
5'-ATTTCCCGATCCG-3'
3'-AGGGCTAGGCATA-5'
④
5'-TTCACTGGCCAGT-3'
种类
细胞内定位
转录产物
RNA聚合酶I
核仁
5. 8SrENA、18SrFN4 、28SrRNA
RNA聚合酶II
核质
mRNA
RNA聚合酶Ⅲ
核质
tRNA、5SrRNA
表型
黄色
灰色
黑色
基因型
Aa1
Aa2
a1a1
a1a2
a2a2
A. 花蜜花粉可降低幼虫发育过程中DNA的甲基化
B. 蜂王DNA的甲基化程度高于工蜂
C. 蜂王浆可以提高蜜蜂DNA的甲基化程度
D. DNA的低甲基化是蜂王发育的重要条件
【答案】D
【解析】
【分析】DNA甲基化为DNA化学修饰的一种形式，能够在不改变DNA序列的前提下，改变遗传表现。大量研究表明，DNA甲基化能引起染色质结构、DNA构象、DNA稳定性及DNA与蛋白质相互作用方式的改变，从而控制基因表达。
【详解】A、降低 DNA 甲基化酶的表达后， 即使一直喂食花蜜花粉，雌性工蜂幼虫也会发育成蜂王，说明甲基化不利于其发育成蜂王，而工蜂幼虫主要食物是花蜜和花粉，不会发育成蜂王，因此花蜜花粉可增强幼虫发育过程中DNA的甲基化，A错误；
B、甲基化不利于其发育成蜂王，故蜂王DNA的甲基化程度低于工蜂，B错误；
C、蜂王浆可以降低蜜蜂DNA的甲基化程度，使其发育成蜂王，C错误；
D、甲基化不利于发育成蜂王，因此DNA的低甲基化是蜂王发育的重要条件，D正确。
故选D。
(2024年1月浙江省)10. 大肠杆菌在含有³H-脱氧核苷培养液中培养，³H-脱氧核苷掺入到新合成的 DNA链中，经特殊方法显色，可观察到双链都掺入³H-脱氧核苷的 DNA区段显深色，仅单链掺入的显浅色，未掺入的不显色。掺入培养中，大肠杆菌拟核 DNA 第2 次复制时，局部示意图如图。DNA 双链区段①、②、③对应的显色情况可能是（ ）
A. 深色、浅色、浅色B. 浅色、深色、浅色
C. 浅色、浅色、深色D. 深色、浅色、深色
【答案】B
【解析】
【分析】DNA的复制方式为半保留复制，子代DNA分子其中的一条链来自亲代DNA ，另一条链是新合成的，这种方式称半保留复制。半保留复制的意义：遗传稳定性的分子机制。
【详解】大肠杆菌在含有³H-脱氧核苷培养液中培养，DNA的复制方式为半保留复制，大肠杆菌拟核 DNA 第1 次复制后产生的子代DNA的两条链一条被³H标记，另一条未被标记，大肠杆菌拟核 DNA 第2 次复制时，以两条链中一条被³H标记，另一条未被标记的DNA分子为模板，结合题干显色情况，DNA 双链区段①为浅色，②中两条链均含有³H显深色，③中一条链含有³H一条链不含³H显浅色，ACD错误，B正确。
故选B。
(甘肃省2024)5. 科学家发现染色体主要是由蛋白质和DNA组成。关于证明蛋白质和核酸哪一种是遗传物质的系列实验，下列叙述正确的是（ ）
A. 肺炎链球菌体内转化实验中，加热致死的S型菌株的DNA分子在小鼠体内可使R型活菌的相对性状从无致病性转化为有致病性
B. 肺炎链球菌体外转化实验中，利用自变量控制的“加法原理”，将“S型菌DNA+DNA酶”加入R型活菌的培养基中，结果证明DNA是转化因子
C. 噬菌体侵染实验中，用放射性同位素分别标记了噬菌体的蛋白质外壳和DNA，发现其DNA进入宿主细胞后，利用自身原料和酶完成自我复制
D. 烟草花叶病毒实验中，以病毒颗粒的RNA和蛋白质互为对照进行侵染，结果发现自变量RNA分子可使烟草出现花叶病斑性状
【答案】D
【解析】
【分析】肺炎链球菌转化实验包括格里菲思体内转化实验和艾弗里体外转化实验，其中格里菲思体内转化实验证明S型细菌中存在某种“转化因子”，能将R型细菌转化为S型细菌；艾弗里体外转化实验证明DNA是遗传物质。
【详解】A、格里菲思的肺炎链球菌体内转化实验未单独研究每种物质的作用，在艾弗里的肺炎链球菌体外转化实验中，S型菌株的DNA分子可使R型活菌的相对性状从无致病性转化为有致病性，A错误；
B、在肺炎链球菌的体外转化实验中，利用自变量控制中的“减法原理”设置对照实验，通过观察只有某种物质存在或只有某种物质不存在时，R型菌的转化情况，最终证明了DNA是遗传物质，例如“S型菌DNA+DNA酶”组除去了DNA，B错误；
C、噬菌体为DNA病毒，其DNA进入宿主细胞后，利用宿主细胞的原料和酶完成自我复制，C错误；
D、烟草花叶病毒的遗传物质是RNA，以病毒颗粒的RNA和蛋白质互为对照进行侵染，结果发现RNA分子可使烟草出现花叶病斑性状，而蛋白质不能使烟草出现花叶病斑性状，D正确。
故选D。
(2024年湖北省)16. 编码某蛋白质的基因有两条链，一条是模板链（指导mRNA合成），其互补链是编码链。若编码链的一段序列为5＇—ATG—3＇，则该序列所对应的反密码子是（ ）
A. 5＇—CAU—3＇B. 5＇—UAC—3＇C. 5＇—TAC—3＇D. 5＇—AUG—3＇
【答案】A
【解析】
【分析】DNA中进行mRNA合成模板的链为模板链，与模板链配对的为编码链，因此mRNA上的密码子与DNA编码链的碱基序列相近，只是不含T，用U代替，据此答题。
【详解】若编码链的一段序列为5＇—ATG—3＇，则模板链的一段序列为3＇—TAC—5＇，则mRNA碱基序列为5＇—AUG—3＇，该序列所对应的反密码子是5＇—CAU—3＇，A正确，BCD错误。
故选A。
(2024年山东省）5. 制备荧光标记的DNA探针时，需要模板、引物、DNA聚合酶等。在只含大肠杆菌DNA聚合酶、扩增缓冲液、H2O和4种脱氧核苷酸（dCTP、dTTP、dGTP和碱基被荧光标记的dATP）的反应管①~④中，分别加入如表所示的适量单链DNA。已知形成的双链DNA区遵循碱基互补配对原则，且在本实验的温度条件下不能产生小于9个连续碱基对的双链DNA区。能得到带有荧光标记的DNA探针的反应管有（ ）
A. ①②B. ②③C. ①④D. ③④
【答案】D
【解析】
【分析】子链的延伸方向为5'→3'，由题意可知，在本实验的温度条件下不能产生小于9个连续碱基对的双链DNA区，要能得到带有荧光标记的DNA探针，需要能根据所提供的模板进行扩增，且扩增子链种含有A。
【详解】分析反应管①～④中分别加入的适量单链DNA可知，①中两条单链DNA分子之间具有互补的序列，但双链DNA区之外的3'端无模板，因此无法进行DNA合成，不能得到带有荧光标记的DNA探针；②中单链DNA分子内具有自身互补的序列，由于在本实验的温度条件下不能产生小于9个连续碱基对的双链DNA区，故一条单链DNA分子不发生自身环化，但两条链可以形成双链DNA区，由于DNA合成的链中不含碱基A，不能得到带有荧光标记的DNA探针；③中两条单链DNA分子之间具有互补的序列，且双链DNA区之外的3'端有模板和碱基T，因此进行DNA合成能得到带有荧光标记的DNA探针；④中单链DNA分子内具有自身互补的序列，一条单链DNA分子不发生自身环化，两条链可以形成双链DNA区，且双链DNA区之外的3'端有模板和碱基T，因此进行DNA合成能得到带有荧光标记的DNA探针。
综上，能得到带有荧光标记的DNA探针的反应管有③④。
故选D。
（2024年安徽省）11. 真核生物细胞中主要有3类RNA聚合酶，它们在细胞内定位和转录产物见下表。此外，在线粒体和叶绿体中也发现了分子量小的RNA聚合酶。下列叙述错误的是（ ）
注：各类RNA均为核糖体的组成成分
A. 线粒体和叶绿体中都有DNA，两者的基因转录时使用各自的RNA聚合酶
B. 基因的 DNA 发生甲基化修饰，抑制RNA聚合酶的结合，可影响基因表达
C. RNA聚合酶I和Ⅲ转录产物都有rRNA，两种酶识别的启动子序列相同
D. 编码 RNA 聚合酶I的基因在核内转录、细胞质中翻译，产物最终定位在核仁
【答案】C
【解析】
【分析】RNA聚合酶的作用是识别并结合特定的序列，启动基因的转录。
【详解】A、线粒体和叶绿体中都有DNA，二者均是半自助细胞器，其基因转录时使用各自的RNA聚合酶，A正确；
B、基因的 DNA 发生甲基化修饰，抑制RNA聚合酶的结合，从而影响基因的转录，可影响基因表达，B正确；
C、由表可知，RNA聚合酶I和Ⅲ的转录产物都有rRNA，但种类不同，说明两种酶识别的启动子序列不同，C错误；
D、RNA 聚合酶的本质是蛋白质，编码 RNA 聚合酶I在核仁中，该基因在核内转录、细胞质（核糖体）中翻译，产物最终定位在核仁发挥作用，D正确。
故选C。
（2024年吉林省）9. 下图表示DNA半保留复制和甲基化修饰过程。研究发现，50岁同卵双胞胎间基因组DNA甲基化的差异普遍比3岁同卵双胞胎间的差异大。下列叙述正确的是（ ）
A. 酶E的作用是催化DNA复制
B. 甲基是DNA半保留复制的原料之一
C. 环境可能是引起DNA甲基化差异的重要因素
D. DNA甲基化不改变碱基序列和生物个体表型
【答案】C
【解析】
【分析】甲基化是指在DNA某些区域的碱基上结合一个甲基基团，故不会发生碱基对的缺失、增加或减少，甲基化不同于基因突变。DNA甲基化后会控制基因表达，可能会造成性状改变，DNA甲基化后可以遗传给后代。
【详解】A、由图可知，酶E的作用是催化DNA甲基化，A错误；
B、DNA半保留复制的原料为四种脱氧核糖核苷酸，没有甲基，B错误；
C、“研究发现，50岁同卵双胞胎间基因组DNA甲基化的差异普遍比3岁同卵双胞胎间的差异大”，说明环境可能是引起DNA甲基化差异的重要因素，C正确；
D、DNA甲基化不改变碱基序列，但会影响生物个体表型，D错误。
故选C。
(云南省昆明市云南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期适应性月考（九）)1. 许多种生物的细胞中都含有环状DNA分子。θ型复制是环状DNA分子复制的方式之一。图为θ型复制的模式图，下列相关叙述错误的是（ ）
A. θ型复制具有边解旋边复制和半保留复制的特点
B. θ型复制所产生的两条子链的碱基序列是互补的
C. θ型复制所产生的子代DNA分子的两条单链走向相反
D. θ型复制后产生的每个子代DNA分子都有两个游离的磷酸基团
【答案】D
【解析】
【分析】DNA分子复制的特点：边解旋边复制和半保留复制。DNA分子精确复制生物原因：精确的模板和碱基互补配对原则。
【详解】A、θ型复制是环状DNA分子复制的方式之一，也是利用DNA的半保留复制方式进行，具有边解旋边复制和半保留复制的特点，A正确；
B、解开的每一条母链作为模板连，θ型复制所产生的两条子链的碱基序列分别与各自的模板链互补，θ型复制所产生的两条子链的碱基序列也是互补的，B正确；
C、θ型复制所产生的子代DNA分子的两条单链延伸方向从5，端到3，端，分别与模板连反向互补，产生的子代DNA分子的两条单链走向相反走向相反，C正确；
D、θ型复制后产生两个环状DNA分子，因此每个子代DNA分子都无游离的磷酸基团，D错误。
故选D。
（陕西省西安市第一中学2023-2024学年高三下学期期中考试）2. 除了边解旋边转录外，细胞还存在如图所示的高效转录机制。下列叙述错误的是（ ）
A. DNA链的左端是3′端，①链的下端是5′端
B. RNA聚合酶可催化形成核苷酸之间的化学键
C. （A+C）/（G+U）的比值在①链和②链中互为倒数
D 转录完成后，RNA不一定会翻译成蛋白质
【答案】C
【解析】
【分析】图示表示转录过程，转录时，RNA的延伸方向是5′→3′，因此模板DNA链的方向为3′→5′。
【详解】A、由图可知右侧的RNA链较左侧长，表明转录的方向是从DNA链的左端往右端进行，所以图中DNA链的左端是3′端，RNA链①的下端为5′端，A正确；
B、RNA聚合酶可催化形成核糖核苷酸之间的磷酸二酯键，B正确；
C、①链和②链均由DNA相同的模板链转录而来，两者的（A+C）/（G+U）的比值相等，C错误；
D、转录的产物是RNA，通常包括mRNA、tRNA和rRNA，只有mRNA才能被翻译成蛋白质，D正确。
故选C。
（山西省晋中市平遥县平遥中学2023-2024学年高三二模考试+(六)）3. 为探讨干扰NBS1基因表达对肝癌细胞（HepG2）增殖的影响，研究人员将NBS1特异性小干扰RNA（siNBS1）转染至HepG2中，实验结果如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 由图1可知，siNBS1能抑制NBS1基因的表达且siNBS1浓度越高，抑制作用越强
B. 由图2可知，48h为siNBS1的较适宜的转染时间
C. 由图2可知，干扰NBS1基因的表达可以促进HcpG2细胞的凋亡
D. 一定范围内，随着NBS1基因表达量的增加，对HepG2细胞增殖的抑制作用增强
【答案】B
【解析】
【分析】分析题图可知，随着siNBS1浓度的增加，NBS1基因转录的mRNA水平逐渐下降，细胞增殖率也降低，因此可以说明干扰NBS1基因的表达，会导致细胞的增殖率降低。
【详解】A、据图1可知，与对照组相比，加入siNBSI后NBS1基因的mRNA相对水平降低，说明siNBSI能抑制NBS1基因的表达，且实验浓度下，siNBSI浓度越高，抑制作用越强，但无法确定所有浓度下都是这样，A错误；
B、分析图2可知，与对照组相比，各组细胞增殖率下降趋势基本一致，在48h均出现低谷，故48h为siNBSI转染的较适宜时间，B正确；
C、据图2可知，干扰NBSI基因的表达可以抑制HepG2细胞的增殖，但无法判断是否会诱导细胞凋亡，C错误；
D、结合两图分析，随siNBS1浓度的升高，NBSI基因的表达量减少，HepG2细胞的增殖率下降，说明随NBSI基因表达量的下降，对HepG2细胞增殖的抑制作用增强，D错误。
故选B。
（2024山西省太原市高三下学期三模考试理科综合试卷）4. 生命活动的正常进行常需要一定的条件。下列叙述错误的是（ ）
①PCR反应缓冲液中一般添加Ca2+激活DNA聚合酶
②靶细胞、辅助性T细胞参与细胞毒性T细胞的活化
③B细胞的活化需要病原体和细胞因子两个信号的刺激
④生长素与细胞分裂素是启动外植体脱分化的关键激素
⑤可用电刺激、聚乙二醇、蛋白酶合成抑制剂激活重构胚
⑥诱导物与诱导型启动子结合可激活或抑制目的基因表达
A. ①③⑤B. ①③⑥C. ②④⑤D. ③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】B细胞活化除了需要两个信号刺激（病原体与B细胞直接接触、辅助性T细胞与B细胞相结合）还需要细胞因子的促进作用.细胞毒性T细胞识别并与靶细胞结合后开始分裂分化，辅助性T细胞分泌细胞因子促进细胞毒性T细胞的的分裂分化过程。
【详解】①PCR反应缓冲液中一般添加Mg2+激活DNA聚合酶，①错误；②细胞毒性T细胞识别并与靶细胞结合后开始分裂分化，辅助性T细胞分泌细胞因子促进细胞毒性T细胞的的分裂分化过程，②正确；③B细胞活化除了需要两个信号刺激（病原体与B细胞直接接触、辅助性T细胞与B细胞相结合）还需要细胞因子的促进作用，③错误；④生长素与细胞分裂素是启动外植体脱分化的关键激素，生长素与细胞分裂素比值为1时有利于愈伤组织形成，④正确；⑤可用电刺激、蛋白酶合成抑制剂激活重构胚，聚乙二醇不可以，⑤错误；⑥诱导型启动子可特异性与诱导物结合，达到在特定情况下激活或抑制目的基因表达的目的，⑥正确。故BCD错误，A正确。
故选A。
（2024年陕西省高三第二次模拟考试生物试卷）5. 某长度为1000个碱基对的双链环状DNA分子含腺嘌呤300个，该DNA分子复制时，1链首先被断开形成3′、5′端口，接着5′端与2链发生分离，随后DNA分子以2链为模板，通过滚动从1链的3'端开始延伸子链，同时还以分离出来的5'端单链为模板合成另一条子链，其过程如图所示。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 该过程是从两个起点同时进行的，1链中的碱基数目多于2链
B. 若该DNA连续复制3次，则第三次复制时共需鸟嘌呤4900个
C. 该DNA复制过程中需要解旋酶破坏DNA双链之间的氢键，使双链解开
D. 该环状DNA通常存在于细菌、酵母菌等原核细胞中
【答案】C
【解析】
【分析】DNA分子的复制时间：有丝分裂和减数分裂间期；条件：模板（DNA的双链）、能量（ATP水解提供）、酶（解旋酶和连结酶等）、原料（游离的脱氧核苷酸）；过程：边解旋边复制；结果：一条DNA复制出两条DNA；特点：半保留复制。
【详解】A、双链DNA分子的两条链是严格按照碱基互补配对原则形成的，所以1链和2链均含1000个碱基，两者碱基数目相同，A错误；
B、根据碱基互补配对原则（A=T、G=C），DNA分子含腺嘌呤300个，所以胸腺嘧啶也为300个，则胞嘧啶和鸟嘌呤均为700个，在第三次复制过程中，DNA分子数由4个增加到8个，即第三次新合成4个DNA，故共需鸟嘌呤700个×4=2800个，B错误；
C、该DNA复制过程中需要解旋酶破坏DNA双链之间的氢键，使双链解开，C正确；
D、酵母菌是真核细胞，D错误。
故选C。
（2024届陕西省渭南市高三下学期教学质量检测考试理综试卷（Ⅱ））6. 关于肺炎双球菌转化实验和噬菌体侵染细菌实验，下列叙述正确的是（ ）
A. S型细菌与R型细菌致病性差异的根本原因是发生了细胞分化
B. 艾弗里的肺炎双球菌体外转化实验证明了DNA是主要的遗传物质
C. 若标记组的沉淀中出现放射性，可能是搅拌不充分造成的
D. 用标记的噬菌体侵染未标记的细菌后，子代噬菌体多数具有放射性
【答案】C
【解析】
【分析】T2噬菌体侵染细菌的实验步骤：分别用35S或32P标记噬菌体→噬菌体与大肠杆菌混合培养→噬菌体侵染未被标记的细菌→在搅拌器中搅拌，然后离心，检测上清液和沉淀物中的放射性物质；35S标记组放射性主要在上清液，说明噬菌体蛋白质外壳没有进入大肠杆菌，32P标记组放射性主要在沉淀中，说明DNA进入了大肠杆菌。
【详解】A、S型细菌与R型细菌致病性差异的根本原因是两者的遗传信息有差异，A错误；
B、艾弗里的肺炎链球菌体外转化实验证明了DNA是遗传物质，B错误；
C、35S标记的是噬菌体的蛋白质外壳，若搅拌不充分，沉淀中会出现放射性，C正确；
D、噬菌体侵染细菌实验中，用32P标记的噬菌体侵染细菌后的子代噬菌体中的DNA只有少部分来自亲代DNA，大多数是新合成无放射性的DNA链，故少数具有放射性，D错误。
故选C。
（2024届陕西省铜川市高三下学期第三次模拟考试）7. 放射性心脏损伤是由电离辐射诱导的大量心肌细胞凋亡产生的心脏疾病。一项新的研究表明，circRNA可以通过miRNA调控P基因表达进而影响细胞凋亡，调控机制见图。miRNA是细胞内一种单链小分子RNA，可与mRNA靶向结合并使其降解。circRNA是细胞内一种闭合环状RNA，可靶向结合miRNA使其不能与mRNA结合，从而提高mRNA的翻译水平。下列正确的是（ ）
A. 放射性心脏损伤是因为P蛋白表达过多造成的
B. 可通过增大细胞内circRNA的含量治疗该心脏病
C. 提高miRNA表达量，有利于该心脏病的治疗
D. 由DNA到circRNA的过程中需要用到解旋酶
【答案】B
【解析】
【分析】结合题意分析题图可知，miRNA能与mRNA结合，使其降解，降低mRNA的翻译水平。当miRNA与circRNA结合时，就不能与mRNA结合，从而提高mRNA的翻译水平。
【详解】A、放射性心脏损伤是由电离辐射诱导的大量心肌细胞凋亡产生的心脏疾病，由图可知，P蛋白可以抑制细胞凋亡，因此放射性心脏损伤不是因为P蛋白表达过多造成的，A错误；
B、circRNA是细胞内一种闭合环状RNA，可靶向结合miRNA使其不能与mRNA结合，从而提高mRNA的翻译水平，则提高细胞内circRNA的含量，可提高P基因的表达量，抑制细胞凋亡，B正确；
C、miRNA表达量升高可影响细胞凋亡，其可能的原因是miRNA表达量升高，与P基因的mRNA结合并将其降解的概率上升，P蛋白的含量下降，则不能抑制细胞凋亡，不利于该心脏病的治疗， C错误；
D、由DNA到circRNA的过程是转录过程，因此过程中不需要用到解旋酶，D错误。
故选B。
（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）8. 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
（2024届陕西省安康市高新中学、安康中学高新分校高三下学期4月联考）9. 线粒体DNA（mtDNA）是一种双链环状DNA分子，其复制过程如图所示。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 子代DNA1和子代DNA2各自的两条链中新合成的链分别是A链和B链
B. mtDNA复制时，在能量的驱动下DNA聚合酶将DNA的两条链解开
C. mtDNA位于线粒体基质中，该场所中能进行基因的转录过程
D. mtDNA复制时出现D－环的原因之一是两条链的复制起点不在同一位置
【答案】B
【解析】
【分析】DNA分子复制方式为半保留复制，形成的两个DNA与亲代DNA遗传信息相同。
【详解】A、据图可知，子代DNA1是以里面的B链为模板合成的，DNA2则是以A链为模板合成的，由于DNA的A链和B链碱基互补，因此子代DNA1和子代DNA2各自的两条链中新合成的链分别是A链和B链，A正确；
B、DNA聚合酶没有催化解旋的作用，B错误；
C、线粒体基质含有少量DNA和RNA，可进行DNA复制、转录和翻译，因此mtDNA位于线粒体基质中，该场所中能进行基因的转录过程，C正确；
D、据图可知，mtDNA复制时出现D-环的原因之一是两条链的复制起点不在同一位置，D正确。
故选B。
（2024届山西省吕梁市高三下学期4月模拟考试）10. 研究表明，吸烟会降低特定位点的DNA甲基化水平，从而导致细胞因子水平的改变。与非吸烟者相比，吸烟者血液中CEACAM6蛋白的表达水平会显著上升。CEACAM6蛋白参与免疫调节，是多种癌症疾病的临床标志物。由此看来，吸烟可能会诱发癌症。下列叙述正确的是（ ）
A. 吸烟会诱发癌症可能与吸烟者的免疫自稳功能减弱有关
B. 细胞因子能加强体液免疫，但对细胞免疫无影响
C. 吸烟者CEACAM6蛋白的表达水平上升可能与控制该蛋白的基因序列改变无关
D. 吸烟者可能通过降低特定位点的DNA甲基化水平，促进了CEACAM6蛋白的表达
【答案】CD
【解析】
【分析】表观遗传是指DNA序列不发生变化，但基因的表达却发生了可遗传的改变，即基因型未发生变化而表现型却发生了改变，如DNA的甲基化，甲基化的Leyc基因不能与RNA聚合酶结合，故无法进行转录产生mRNA，也就无法进行翻译最终合成Leyc蛋白，从而抑制了基因的表达。
【详解】A、吸烟会诱发癌症可能与吸烟者的免疫监视功能减弱有关，A错误；
B、细胞因子可促进B细胞和细胞毒性T细胞增殖分化，因此细胞因子能加强体液免疫和细胞免疫，B错误；
CD、研究表明，吸烟会降低特定位点的DNA甲基化水平，从而导致细胞因子水平的改变。与非吸烟者相比，吸烟者血液中CEACAM6蛋白的表达水平会显著上升，可能是CEACAM6蛋白的基因甲基化水平降低导致表达量增加，而DNA甲基化不改变基因序列，只影响基因的表达，因此吸烟者CEACAM6蛋白的表达水平上升可能与控制该蛋白的基因序列改变无关，CD正确。
故选CD。
（2024届山西省晋中市和诚高中高三下学期理综冲刺卷（二））11. Nn是一类RNA结合蛋白，在小鼠胚胎干细胞中，Nn可作为染色质调控因子参与细胞全能性的调控，如图所示。下列有关叙述错误的是（ ）
A. Nn是在细胞质中合成、可影响细胞核基因表达的生物大分子
B. Nn通过核孔进入细胞核中，与某种RNA结合而发挥作用
C. 若Nn正常，则其可能会抑制某些基因的转录，使细胞处于不分化状态
D. 小鼠胚胎干细胞可分化为多种细胞，这是细胞中基因选择性表达的结果
【答案】C
【解析】
【分析】据图分析，Nn从细胞质中进入细胞核进而促进基因转录，进而影响蛋白质的合成，调控细胞分化。
【详解】A、Nn是一类RNA结合蛋白，蛋白质的合成在细胞质中的核糖体上，据图可知Nn可进入细胞核中影响基因的表达，A正确；
B、据图分析，Nn通过核孔进入细胞核中，与某种RNA结合而促进基因的表达过程，进而促进细胞分化，B正确；
C、据图分析，若Nn正常，则其可能会促进某些基因的转录，使细胞分化，C错误；
D、细胞分化是基因选择性表达的结果，D正确。
故选C。
（2024年陕西省高三第二次模拟考试生物试卷）12. 在一个经长期随机交配形成的自然鼠群中，存在的毛色表型与基因型的关系如表（注：基因型为AA的胚胎致死）。请分析回答相关问题：
（1）若亲本基因型组合为Aa1×Aa2，则其子代可能的表型有________。
（2）两只鼠杂交，后代出现三种表型，则该对亲本的基因型是________，它们再生一只黑色雄鼠的概率是________。
（3）假设很多Aa2×a1a2组合的亲本，平均每窝生8只小鼠。在同样条件下许多Aa2×Aa2组合的亲本，预期每窝平均生________只小鼠。
（4）现有一只黄色雄鼠和多只其他各色雌鼠，想通过杂交方法检测出该雄鼠的基因型，通常是选用该黄色雄鼠与多只_____色雌鼠杂交，观察后代的毛色。
结果预测：
果后代出现________，则该黄色雄鼠的基因型为Aa1。
②如果后代出现________，则该黄色雄鼠的基因型为Aa2。
【答案】（1）黄色、灰色
（2） ①. Aa2、a1a2 ②. 1/8
（3）6 （4） ①. 黑 ②. 黄色和灰色 ③. 黄色和黑色
【解析】
【分析】分离定律：在生物的体细胞中，控制同一性状的遗传因子成对存在，不相融合；在形成配子时，成对的遗传因子发生分离，分离后的遗传因子分别进入不同的配子中，随配子遗传给后代。
【小问1详解】
从黄色个体的基因型可知，A基因对a1和a2均为显性基因；从灰色个体的基因型看出，a1对a2为显性基因。若亲本基因型为Aa1和Aa2，则其子代的基因型和表现型为1AA（死亡）、1Aa1（黄色）、1Aa2（黄色）、1a1a2（灰色），即黄色：灰色=2：1；
【小问2详解】
由后代有黑色a2a2可推知其父母均有a2，又因后代由3种表现型，所以亲本含有A和a1基因，所以亲本的基因型为Aa2和a1a2，它们再生一只黑色雄鼠的概率是1/2×1/2×1/2=1/8；
【小问3详解】
假设进行多组Aa2×a1a2的杂交，平均每窝生8只小鼠（4个配子组合，每个组合2只）。在同样条件下进行多组Aa2×Aa2的杂交，由于AA胚胎致死，剩余3个配子组合，则预期每窝平均生6只小鼠；
【小问4详解】
一只黄色雄鼠的基因型为Aa1或Aa2。欲利用杂交方法检测出该雄鼠的基因型，可以采用测交方案，其实验思路为：①选用该黄色雄鼠与多只黑色雌鼠（a2a2）杂交；②观察并统计后代的毛色。预期实验结果和结论：①如果该黄色雄鼠的基因型为Aa1，则其与黑色雌鼠杂交，后代的基因型为Aa2、a1a2，表现型为黄色和灰色。②如果该黄色雄鼠的基因型为Aa2，则其与黑色雌鼠杂交，后代的基因型为Aa2、a2a2，表现型为黄色和黑色。
（2024山西省太原市高三下学期三模考试理科综合试卷）13. 科研人员在秦岭地区发现罕见的棕白色大熊猫丹丹和七仔，并对相关的大熊猫家庭进行分析。请回答下列问题：
（1）
据图1推测大熊猫的棕色最可能是由______（“常”或“X”）染色体上的______（“显”或“隐”）性基因控制。
（2）研究发现，棕色毛发的形成与1号染色体上的B基因突变表达出异常B蛋白有关；图2为发生B基因突变后相应的mRNA序列。
据图2分析B蛋白发生异常的原因可能是______。
（3）科研人员通过显微镜观察发现，与黑白大熊猫相比，棕白大熊猫的黑色素细胞中黑色素小体数量与体积均显著减少。进一步研究发现，大熊猫的黑色素主要沉积在淀粉样蛋白上形成黑色素小体，B蛋白的作用可能与前黑素小体蛋白水解生成淀粉样蛋白有关。
①科研人员向黑色素细胞中导入一小段RNA，干扰B基因的______过程，导致细胞内B蛋白含量仅为正常细胞的25%。
②通过蛋白质电泳与抗原—抗体杂交技术检测相关蛋白结果如图3所示，试分析B基因与棕白色大熊猫形成之间的关系：____________。
【答案】（1） ①. 常 ②. 隐
（2）B基因发生基因突变，相应的mRNA序列缺失25个碱基导致终止密码子提前出现，无法合成具有特定空间结构的B蛋白，进而导致B蛋白功能发生异常。
（3） ①. 翻译 ②. B基因突变无法合成具备活性的B蛋白，使淀粉样蛋白含量下降，影响大熊猫黑色素的沉积，导致黑色素小体数量和体积均减少，进而影响了大熊猫毛色而形成棕白色
【解析】
【分析】基因表达包括转录和翻译两个过程，其中转录是以DNA的一条链为模板合成RNA的过程，该过程主要在细胞核中进行，需要RNA聚合酶参与；翻译是以mRNA为模板合成蛋白质的过程，该过程发生在核糖体上，需要以氨基酸为原料，还需要酶、能量和tRNA等。
【小问1详解】
图中丹丹和七仔为棕白色，根据相对性状的个体杂交后代没有出现棕白色，因此可判断棕色为棕白色，棕色丹丹生出的雄性个体表现为黑色，因而可判断大熊猫棕色的遗传方式最可能是由常染色体上的隐性基因控制。
【小问2详解】
mRNA是翻译的模板，其上三个相邻碱基编码一个氨基酸，据图可知，由于B基因的外显子1发生了25个碱基对的缺失因而导致B基因相应的mRNA序列发生改变，由于缺失的25个碱基对不是3的整数倍，因而对B基因控制合成的蛋白质影响较大，进而表现为mRNA中终止密码子提前出现，无法合成具有特定空间结构的蛋白质，进而无法执行相应功能。
【小问3详解】
①mRNA是翻译的模板，向黑色素细胞中导入一小段RNA，会由于碱基互补配对干扰B基因的翻译过程，进而使得细胞内B蛋白含量仅为正常细胞的25%。
②通过蛋白质电泳与抗原—抗体杂交技术检测PMEL切割后的片段，部分结果如图3，结果显示，与对照组相比，实验组的B蛋白和淀粉样蛋白片段下降，据此推测，B基因与棕白色大熊猫形成之间的关系是：B基因突变无法合成具备活性的B蛋白，使淀粉样蛋白含量下降，影响大熊猫黑色素的沉积，导致黑色素小体数量和体积均减少，进而影响了大熊猫毛色而形成棕白色。
(2024届云南省昆明市高三5月市统考三诊考试理综试卷)14. P基因表达的P蛋白具有抑制细胞凋亡的功能。miRNA能与P基因转录产生的mRNA靶向结合并使其降解。一项新研究表明，circRNA可靶向结合miRNA使其不能与mRNA结合，从而调控细胞凋亡。这项研究为治疗癌症提供了新思路。下列叙述错误的是（ ）
A. miRNA通过氢键与P基因的mRNA结合，该过程遵循碱基互补配对原则
B. RNA聚合酶催化合成的miRNA增多，会导致P蛋白合成量减少
C. circRNA和mRNA通过与miRNA竞争性结合，调控P基因表达
D. 癌细胞可能通过抑制细胞内circRNA的合成，避免细胞凋亡
【答案】D
【解析】
【分析】转录是指在细胞核中，以DNA的一条链为模板，按照碱基互补配对原则，合成RNA分子的过程。翻译是以mRNA为模板合成蛋白质（多肽）的过程。
【详解】A、miRNA与P基因转录产生的mRNA靶向结合并使其降解，即miRNA通过氢键与P基因的mRNA结合，该过程遵循碱基互补配对原则，A正确；
B、P基因能表达形成P蛋白，miRNA能与P基因转录产生的mRNA靶向结合并使之降解，RNA聚合酶催化合成的miRNA增多，会导致P蛋白合成量减少，B正确；
C、由题意可知，circRNA可靶向结合miRNA使其不能与mRNA结合，而miRNA能与 P基因转录产生的mRNA靶向结合并使其降解，即circRNA和mRNA通过与miRNA竞争性结合，调控P基因表达，C正确；
D、由题意可知，circRNA可靶向结合miRNA，促进P基因mRNA 翻译出P蛋白，抑制细胞凋亡，故癌细胞可能通过促进细胞内circRNA的合成，避免细胞凋亡，D错误。
故选D。
(2024届云南省昆明市云南师大附中高考适应性月考卷（九）生物学试题) 15. 用遗传学和生物化学的方法可确定大肠杆菌DNA复制起点在基因图谱上的位置。在一个增长的物种中几乎所有的DNA都在复制中，因此离复制起点越近的基因出现频率越高，越远的基因出现频率越低。图甲为大肠杆菌基因图谱，图乙为部分基因出现的频率。下列有关叙述错误的是（ ）
A. 大肠杆菌的DNA复制时所遵循的碱基互补配对方式是A—T、T—A、G—C、C—G
B. 图甲中所有基因的碱基数量之和小于DNA中碱基总数
C. 据图乙可知，该DNA复制起点位于ilv和malA之间
D. 大肠杆菌的DNA和真核细胞中细胞核DNA复制所需的酶及原料相同
【答案】C
【解析】
【分析】DNA分子复制的过程：
①解旋：在解旋酶的作用下，把两条螺旋的双链解开。
②合成子链：以解开的每一条母链为模板，以游离的四种脱氧核苷酸为原料，遵循碱基互补配对原则，在有关酶的作用下，各自合成与母链互补的子链。
③形成子代DNA：每条子链与其对应的母链盘旋成双螺旋结构。从而形成2个与亲代DNA完全相同的子代DNA分子。
【详解】A、无论是原核细胞中的DNA还是真核细胞中的DNA，复制时所遵循的碱基互补配对方式是A—T、T—A、G—C、C—G，A正确；
B、由于1个DNA分子中基因与基因之间的一些碱基序列不属于基因，所以图甲中所有基因的碱基数量之和小于DNA中碱基总数，B正确；
C、据图乙可知，ilv出现频率最高，所以推测DNA复制起点离ilv最近，his出现频率最低，所以可推测his离复制起点最远，所以复制起点应位于和his形成直径的另一个点上，即应位于ilv和thr之间的1个点上，C错误；
D、无论是原核细胞的DNA还是真核细胞细胞核DNA，复制都需要解旋酶和DNA聚合酶，原料都是脱氧核苷酸，D正确。
故选C。
（河南省信阳市信阳高级中学2023-2024学年高三二模）16. 基因印记是指在配子或合子的发生期间，来自亲本的等位基因在发育过程中产生专一性的加工修饰（如甲基化，会导致相应基因无法表达），导致后代体细胞中两个亲本来源的等位基因有不同的表达活性的现象。印记是在配子发生过程中获得或在个体发育过程中获得的，在下一代配子形成时基因印记会重建。鼠的视觉正常（A）对视觉缺陷（a是一对相对性状，下图是基因型为Aa的一对小鼠进行杂交，基因的传递示意图。已知被甲基化的基因不能表达，回答下列问题：
（1）亲代雌雄鼠的基因型相同，其表现型__________（填“相同”或“不相同”）。
（2）由图中配子形成过程中印记发生机制可判断亲代雌鼠的基因A来自其____________（填“父方”或“母方”），理由是__________。
（3）将图中雌鼠和雄鼠杂交，子代的表现型及其比例为__________。
（4）请设计一次杂交实验，确定子代中某一视觉缺陷雄鼠的基因型，写出实验设计思路并预期实验结果：__________。
【答案】（1）不相同 （2） ①. 父方 ②. 雄配子中印记重建去甲基化，雌配子中印记重建甲基化，雌鼠中的A基因未甲基化
（3）视觉正常：视觉缺陷=1：1
（4）让该雄鼠与多只视觉缺陷型雌鼠杂交，若后代中全为视觉缺陷型则其基因型为aa，若后代中视觉正常型：视觉缺陷型为1：1，则其基因型为Aa
【解析】
【分析】根据题干“印记是在配子发生过程中获得或在个体发育过程中获得的，在下一代配子形成时基因印记会重建”，再结合题图可知：雄配子中印记重建去甲基化，雌配子中印记重建甲基化。
【小问1详解】
亲代雌雄鼠的基因型相同，均为Aa，但是雄鼠中A基因甲基化不能表达，雄鼠表现为视觉缺陷；雌鼠中a发生甲基化，但是A正常，雌鼠表现为视觉正常，故亲代雌雄鼠的基因型相同，其表现型却不相同。
【小问2详解】
根据题干“印记是在配子发生过程中获得或在个体发育过程中获得的，在下一代配子形成时基因印记会重建”，再结合题图可知：雄配子中印记重建去甲基化，雌配子中印记重建甲基化，而甲基化，会导致相应基因无法表达，但亲代雌鼠的基因A正常，为被甲基化，故判断亲代雌鼠的基因A来自其父方，若来自其母方，则A会发生甲基化，与题图机制相悖。
【小问3详解】
将图中雌鼠和雄鼠杂交，两个体基因型均为Aa，但是雄鼠中A基因甲基化不能表达，在雄鼠产生配子时印记重建去甲基化，故雄配子为正常的A：正常的a＝1：1；雌鼠中a发生甲基化，但是A正常，在雌鼠产生配子时印记重建甲基化，故雌配子为甲基化的A：甲基化的a＝1：1，雌性配子随机结合后导致正常的A甲基化的A：正常的A甲基化的a：正常的a甲基化的A：正常的a甲基化的a＝1：1：1：1，结合题意甲基化的基因不能表达，故结合后视觉正常：视觉缺陷=1：1。
【小问4详解】
子代中某一视觉缺陷雄鼠的其基因型可以为aa或Aa（A基因发生了甲基化），以该鼠作为父本，其产生配子过程中印记重建会发生甲基化，若为aa，其产生的配子均为正常的a；若为Aa，则产生正常的A：正常的a＝1：1，可以采用测交的方法，将该鼠与多只视觉缺陷型雌鼠（aa）杂交，若后代中全为视觉缺陷型则其基因型为aa，若后代中视觉正常型：视觉缺陷型为1：1，则其基因型为Aa。
(2024届内蒙古自治区赤峰市高三下学期4月模拟考试（二模）) 17. 研究发现，神经细胞中α-Synuclein蛋白的聚集与帕金森综合征的发生密切相关，人体4号染色体上的TMEM175基因突变会造成α-Synuclein蛋白数目增加并聚集。TMEM175基因通过编码一种溶酶体膜上的通道蛋白，参与维持溶酶体内pH的稳定，如图所示，下列推测不正确的是（ ）
A. TMEM175基因转录和翻译场所可能相同、碱基互补配对的方式不完全相同
B. TMEM175基因所在的DNA分子碱基对的增添、缺失和替换会引起基因突变
C. TMEM175基因突变引发溶酶体功能障碍导致α-Synuclein蛋白不能被降解
D. 能够降解α-Synuclein蛋白的药物可用于缓解帕金森综合征患者的发病症状
【答案】A
【解析】
【分析】基因突变是指基因中碱基对的增添、缺失或替换，导致基因结构的改变。真核生物细胞核基因转录场所位于细胞核，翻译场所位于细胞质中的核糖体。
【详解】A、TMEM175基因位于人体4号染色体上，转录场所位于细胞核，翻译场所位于细胞质中的核糖体，A错误；
B、基因中碱基对的增添、缺失或替换，会导致基因结构的改变，从而引发基因突变，B正确；
C、TMEM175基因突变，溶酶体膜上的通道蛋白异常，无法维持溶酶体内pH的稳定，引发溶酶体功能障碍导致α-Synuclein蛋白不能被降解，C正确；
D、神经细胞中α-Synuclein蛋白的聚集与帕金森综合征的发生密切相关，所以能够降解α-Synuclein蛋白的药物可用于缓解帕金森综合征患者的发病症状，D正确。
故选A。
(2024届宁夏回族自治区石嘴山市平罗中学高三下学期模拟预测理综试题) 18. 奥密克戎是新型冠状病毒（单链RNA病毒）变种。奥密克戎入侵人体细胞后，其RNA直接指导合成两条超长复制酶多肽，再剪切成多个多肽链，然后该病毒RNA才能经这些剪切后形成的复制酶的催化开始复制。下列叙述正确的是（ ）
A. 超长复制酶多肽的合成必须经过转录和翻译两个过程
B. 新冠病毒变异快，变种多，根本原因是宿主生存的环境复杂
C. 该病毒RNA复制所需要的酶来源于宿主细胞相关基因表达产物
D. 人类在与新冠病毒的斗争中，二者相互选择、共同进化
【答案】D
【解析】
【分析】病毒是一类没有细胞结构的特殊生物，只有蛋白质外壳和内部的遗传物质构成，不能独立的生活和繁殖，只有寄生在其他生物的活细胞内才能生活和繁殖，一旦离开了活细胞，病毒就无法进行生命活动。
【详解】A、奥密克戎入侵人体细胞后，其RNA直接指导合成两条超长复制酶多肽，因此超长复制酶多肽的合成只经历翻译过程，A错误；
B、新冠病毒变异快，变种多，根本原因是它是RNA病毒，RNA是单链不稳定，容易变异，B错误；
C、该病毒RNA复制所需要的酶来源于自身RNA直接指导合成的两条超长复制酶多肽，C错误；
D、 人类是新冠病毒的宿主，病毒和人类免疫系统的相互适应促使两者共同进化， “也就是说，病毒与宿主的相互作用使得它们不断地进化，最终得以共同生存，D正确。
故选D。
(2024届宁夏银川市唐徕中学高三下学期三模理科综合试题)19. 冠状病毒严重依赖一种名为“移码”的特殊机制来调节病毒蛋白的水平。“移码”是指冠状病毒在宿主细胞中合成蛋白质时，核糖体向前或者向后滑动一个或两个核苷酸，导致病毒可以利用一条RNA为模板翻译产生多种蛋白质。据研究，这种情况几乎不在健康细胞中发生。下列说法错误的是（ ）
A. 核糖体“移码”可扩展病毒所携带遗传信息的利用率
B. “移码”通过调控翻译过程，进而影响蛋白质的合成
C. 冠状病毒的“移码”过程出现异常，可能会导致肽链变短
D. 冠状病毒的“移码”过程出现异常，可能会导致病毒发生基因突变
【答案】D
【解析】
【分析】翻译是指以mRNA为模板，合成具有一定氨基酸排列顺序的蛋白质的过程。翻译的场所是在细胞质的核糖体上。翻译的本质是把DNA上的遗传信息通过mRNA转化成为蛋白质分子上氨基酸的特定排列顺序。
【详解】A、核糖体向前或者向后滑动一个或两个核苷酸，导致病毒可以利用一条RNA为模板翻译产生多种蛋白质，故核糖体“移码”可扩展病毒所携带遗传信息的利用率，A正确；
B、由于核糖体移动的距离有变化，从而导致肽链相应位置上的氨基酸的种类发生改变，即氨基酸的顺序发生改变，因此“移码”通过调控翻译过程，进而影响蛋白质的合成，B正确；
C、由于核糖体移动的距离有变化，则可能会导致mRNA上提前出现终止密码子，可能会导致肽链变短，C正确；
D、健康细胞无病毒感染，核糖体在mRNA上移动，因此“移码”不会影响DNA的结构，即该现象不会导致细胞中某些基因的碱基发生增添或缺失，不会导致基因突变，D错误。
故选D。
（河南省部分高中2023-2024学年高三下学期阶段性测试（八））20. 下列关于DNA分子的结构和复制的叙述，错误的是（ ）
A. 在一个细胞周期中，双链DNA分子中的氢键可以多次断裂与生成
B. 体内DNA分子复制时利用细胞提供的能量，在解旋酶的作用下解开双链
C. 若某双链DNA含400个碱基T，则第3次复制时需消耗1600个碱基T
D. DNA复制的过程中，因出现碱基的替换而产生的新性状都可以适应外界环境
【答案】D
【解析】
【分析】DNA分子复制：
1、DNA复制过程为：
（1）解旋：需要细胞提供能量，在解旋酶的作用下，两条螺旋的双链解开；
（2）合成子链：以解开的每一段母链为模板，在DNA聚合酶等酶的作用下，利用游离的4种脱氧核苷酸为原料，按照碱基互补配对原则，合成与母链互补的子链；
（3）形成子代DNA分子：延伸子链，母链和相应子链盘绕成双螺旋结构；
2、场所：主要在细胞核，此外在线粒体和叶绿体中也能进行；
3、时期：有丝分裂间期和减数第一次分裂间期；
4、特点：
（1）边解旋边复制；（2）复制方式：半保留复制；
5、条件：
（1）模板：亲代DNA分子的两条链；
（2）原料：游离的4种脱氧核苷酸；
（3）能量：ATP；
（4）酶：解旋酶、DNA聚合酶；
6、准确复制的原因：（1）DNA分子独特的双螺旋结构提供精确模板；（2）通过碱基互补配对原则保证了复制准确地进行。
【详解】A、分裂间期时会进行DNA复制和蛋白质合成，该过程中DNA分子中的氢键会多次断裂与生成，A正确；
B、生物体内，DNA分子复制过程中，解旋时利用细胞提供的能量，在解旋酶的作用下把双链解开，B正确；
C、第3次复制时，DNA分子从4个增加到8个，需要消耗碱基T的数量为400×4=1600（个），C正确；
D、DNA复制的过程中，因出现碱基的替换而产生的新性状不一定能适应外界环境，D错误。
故选D。
反应管
加入的单链DNA
①
5'-GCCGATCTTTATA-3'
3'-GACCGGCTAGAAA-5'
②
5'-AGAGCCAATTGGC-3'
③
5'-ATTTCCCGATCCG-3'
3'-AGGGCTAGGCATA-5'
④
5'-TTCACTGGCCAGT-3'
种类
细胞内定位
转录产物
RNA聚合酶I
核仁
5. 8SrENA、18SrFN4 、28SrRNA
RNA聚合酶II
核质
mRNA
RNA聚合酶Ⅲ
核质
tRNA、5SrRNA
表型
黄色
灰色
黑色
基因型
Aa1
Aa2
a1a1
a1a2
a2a2
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