[生物][期末]山东省临沂市2023-2024学年高二下学期7月期末试题(解析版)

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1. 我国科学家发现杆状病毒编码的蛋白质LEF-10是一种阮病毒。下列相关说法错误的是（ ）
A. 阮病毒必须含有核酸才能复制和感染细胞
B. 杆状病毒进行正常的生命活动离不开细胞
C. 阮病毒和杆状病毒的元素组成可能不同
D. 阮病毒不属于生命系统的任何一个结构层次
【答案】A
【分析】病毒没有独立的代谢系统；病毒不能独自繁殖后代，必须寄生在活细胞中才能繁殖后代。
【详解】A、由题意可知，阮病毒只含蛋白质，不含核酸，A错误；
B、病毒无细胞结构，必须寄生在活细胞内，故杆状病毒进行正常的生命活动离不开细胞，B正确；
C、阮病毒只含蛋白质，而杆状病毒含核酸和蛋白质，故阮病毒和杆状病毒的元素组成可能不同，C正确；
D、生命系统最基本的层次是细胞，阮病毒没有细胞结构，不属于生命系统的任何一个结构层次，D正确。
故选A。
2. 从鲨鱼、鳕鱼的肝脏中提炼出来的鱼肝油（室温呈液态）富含脂肪酸、维生素 A 和维生素D 等物质。下列有关鱼肝油的说法正确的是（ ）
A. 适量服用鱼肝油和钙片可以用来预防肌无力
B. 维生素 D属于脂肪，可自由通过细胞膜的磷脂双分子层
C. 鱼肝油中的维生素 D能有效地促进人体对钙的吸收
D. 鱼肝油中的脂肪酸大多数为饱和脂肪酸，所以室温呈液态
【答案】C
【分析】脂质可以分为脂肪（储能物质，减压缓冲，保温作用）、磷脂（构成生物膜的主要成分）、固醇类物质包括胆固醇（动物细胞膜的成分，参与血液中脂质的运输）、性激素（促进性器官的发育和生殖细胞的产生）和维生素D（促进小肠对钙磷的吸收）。
【详解】A、肌无力是血钙过高导致的，而肌肉抽搐是血钙过低导致的，故适量服用鱼肝油和钙片可以用来预防肌肉抽搐，A错误；
BC、维生素D属于固醇，可自由通过细胞膜的磷脂双分子层，能够促进人体对钙和磷的吸收，B错误、C正确；
D、鱼肝油中的脂肪酸大多数为不饱和脂肪酸，所以室温呈液态，D错误。
故选C。
3. 驴肉味道鲜美，是因为驴肉中提升鲜味的谷氨酸和天冬氨酸含量较高。选购驴肉时，以“有筋（韧带）有肉，有肥有瘦”为佳品。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 谷氨酸和天冬氨酸都是人体的必需氨基酸
B. 谷氨酸和天冬氨酸使驴肉味更鲜，主要与它们的R 基有关
C. 煮熟的驴肉更易消化是因为高温破坏了蛋白质的肽键
D. 肥肉中的N含量比瘦肉中的高，碳链中 C 原子数也更多
【答案】B
【详解】A、谷氨酸和天门冬氨酸是人体的非必需氨基酸，A错误；
B、氨基酸理化性质的不同在于R基结构的差异，B正确；
C、因为高温使蛋白质变性，破坏的是蛋白质的氢键或二硫键，使蛋白质空间结构变得伸展、松散，容易被蛋白酶水解，因此煮熟的驴肉更易消化，C错误；
D、肥肉富含脂肪，瘦肉富含蛋白质，瘦肉中的N含量较肥肉的更高，蛋白质是生物大分子，碳链中碳原子数比脂肪的更多，D错误。
故选B。
4. 在流动镶嵌模型的基础上，研究人员又建构出“脂筏模型”（如下图所示）：在生物膜上，胆固醇和磷脂富集区域形成脂筏，其上载有执行特定生物学功能的各种膜蛋白。下列说法正确的是（ ）

A. 图中“脂筏模型”是一种概念模型
B. 根据成分可知，脂筏参与细胞间的信息交流
C. 脂筏模型表明流动性较低的脂质分子在膜上的分布是均匀的
D. 图中的糖蛋白和糖脂统称为糖被
【答案】D
【分析】①概念模型：指以图示、文字、符号等组成的流程图形式对事物的规律和机理进行描述、阐明。②物理模型：根据相似原理，把真实事物按比例放大或缩小制成的模型，其状态变化和原事物基本相同，可以模拟客观事物的某些功能和性质。③数学模型：用来定性或定量表述生命活动规律的计算公式、函数式、曲线图以及由实验数据绘制成的柱形图、饼状图等。
【详解】A、图中“脂筏模型”是一种物理模型，A错误；
B、由题意可知，脂筏的成分为胆固醇和磷脂，说明脂筏不参与细胞间的信息交流，B错误；
C、据图可知，脂质分子在膜上的分布不均匀的，C错误；
D、糖蛋白（糖类和蛋白质结合形成）和糖脂（糖类和磷脂结合形成）统称为糖被，D正确。
故选D。
5. 甲、乙、丙为某动物细胞的三种细胞器，其有机物的含量如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A. 细胞器甲是线粒体，葡萄糖在其内进行氧化分解
B. 细胞器乙具有膜结构，一定与分泌蛋白的合成和加工有关
C. 细胞器丙中进行的生理过程产生水，动、植物细胞均含有该细胞器
D. 发菜细胞与此细胞共有的细胞器可能有甲和丙
【答案】C
【分析】分析题图：该细胞为动物细胞，甲有膜结构和核酸，可推断甲细胞器为线粒体；乙的脂质含量不为0，说明乙细胞器有膜结构，但无核酸，可推断乙细胞器为内质网、高尔基体、溶酶体；丙的脂质含量为0，说明没有膜结构，但含有核酸，可推测丙细胞器为核糖体。
【详解】A、该细胞为动物细胞，甲有膜结构和核酸，可推断细胞器甲为线粒体，葡萄糖分解为丙酮酸的反应发生在细胞质基质中，A错误；
B、乙的脂质含量不为0，说明乙细胞器有膜结构，但无核酸，可推断乙细胞器为内质网、高尔基体、溶酶体，内质网和高尔基体与分泌蛋白的合成和加工有关，而溶酶体无关，B错误；
C、丙的脂质含量为0，说明没有膜结构，但含有核酸，可推测丙细胞器为核糖体，核糖体是蛋白质的合成场所，蛋白质合成过程中产生水，核糖体是动植物细胞等真核细胞、原核细胞共有的细胞器，C正确；
D、发菜细胞属于原核细胞，只有核糖体（丙）一种细胞器，没有线粒体（甲），D错误
故选C。
6. 细菌紫膜质是一种膜蛋白，ATP 合成酶能将H⁺势能转化为 ATP 中的化学能。科学家分别将细菌紫膜质和ATP 合成酶重组到脂质体（一种由磷脂双分子层组成的人工膜）上，在光照条件下，观察到如下图所示的结果。下列叙述正确的是（ ）
A. 上图中 H⁺进出脂质体的方式均为主动运输
B. 细菌紫膜质将光能直接转化为 ATP 中的化学能
C. 细菌紫膜质和ATP 合成酶的活性都不受pH 变化的影响
D. 无光条件下，图丙中脂质体内pH低于外界时可能会有 ATP 产生
【答案】D
【分析】图示分析：图甲中H+跨膜运输需要细菌紫膜质（一种膜蛋白）的协助，且从低浓度向高浓度运输，为主动运输方式；图丙中H+出脂质体的方式为协助扩散、H+进脂质体的方式为主动运输
【详解】A、据图甲分析，H+跨膜运输需要细菌紫膜质（一种膜蛋白）的协助，且从低浓度向高浓度运输，为主动运输方式；图丙中H+出脂质体时由高浓度向低浓度，故为被动运输，A错误；
B、图甲中H+跨膜运输需要细菌紫膜质的协助，且从低浓度向高浓度运输，为主动运输方式，能量来自光能，但没有合成ATP，B错误；
C、ATP 合成酶的活性受pH 变化的影响，C错误；
D、无光条件下，当图丙中脂质体内pH低于外界时，可能将脂质体内外的H+的势能转化为ATP中的化学能而合成ATP ，D正确。
故选D。
7. 从某微生物中提取出的淀粉酶能催化淀粉水解成麦芽糖。取适量该淀粉酶分别在不同温度下水解等量淀粉，并在1小时末和2小时末测定产物麦芽糖的含量。下列说法错误的是（ ）
A. 该实验的自变量是反应温度和反应时间
B. 15℃条件下,6h末麦芽糖含量有可能达到1.8g/mL
C. 35℃条件下，1~2h麦芽糖生成量比0~1h少最可能是因为淀粉酶变性了
D. 若第2h末将45℃实验组的温度降至25℃,3h末麦芽糖含量还是0.1g/mL
【答案】C
【分析】酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，绝大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA。酶的作用机理是降低化学反应的活化能。分析题图可知：在0~1h，35℃下麦芽糖含量最高（1.5g/mL），说明在已测的4个温度中，35℃时酶的催化效率最高，但不能确定该淀粉酶的最适温度为35℃。在1~2h，25℃和35℃条件下，麦芽糖含量均为1.8g/mL，说明此时淀粉已完全水解。
【详解】A、取适量该淀粉酶分别在不同温度下水解等量淀粉，并在1小时末和2小时末测定产物麦芽糖的含量，所以该实验的自变量是反应温度和反应时间，A正确；
B、据图可知，15℃条件下，该淀粉酶每小时使麦芽糖含量增加0.3g/mL，而淀粉完全水解产生的麦芽糖总含量为1.8mg/L，所以15℃下淀粉被全部水解共需要6h，B正确；
C、35℃第2h只增加了0.3g/mL，是因为在第1h内生成了麦芽糖1.5mg/L，留给第2h反应的淀粉少，不是酶已变性，C错误；
D、若第2h末将45℃实验组的温度降至25℃，45℃时，酶已经变性，不能发挥作用，所以3h末麦芽糖含量还是0.1g/mL，D正确。
故选C。
8. ATP 的化学结构如下图所示，其中A、B表示物质，α~γ表示磷酸基团（P）的位置。为了研究 ATP 的相关特点，科学家做了以下实验。实验一：将32P标记的磷酸注入活细胞内，随后迅速分离细胞内的ATP，发现细胞内的ATP 含量不变，但ATP 中γ位置的磷酸基团已被32P标记。实验二：将α、β、γ位置分别被32P标记的ATP 注入萤火虫的不同发光细胞内，只有注入α位置被标记的ATP 的细胞在形成的发光物质虫荧光酰腺苷酸中检测到放射性。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 呼吸作用释放的能量大多储存在 ATP 中
B. ATP 中α、β之间的特殊化学键最不稳定
C. 实验一中，ATP 含量不变是因为ATP 和ADP 在细胞内快速相互转化
D. 实验二中，ATP 水解失去α处的P后，为萤火虫发光物质的合成提供能量和原料
【答案】C
【分析】腺苷三磷酸（ATP）是由腺嘌呤、核糖和3个磷酸基团连接而成，水解时释放出能量较多，是生物体内最直接的能量来源。
题图分析，图示为ATP结构模式图，其中A代表腺嘌呤，B为核糖。
【详解】A、呼吸作用释放的能量大多以热能形式散失，少部分储存在 ATP 中，A错误；
B、ATP 中γ、β之间的特殊化学键最不稳定，容易断裂、也容易合成，B错误；
C、实验一结果说明ATP中γ位置的磷酸容易脱离，也容易连接上，因而可说明ATP 含量不变是因为ATP 和ADP 在细胞内快速相互转化，C正确；
D、实验二结果说明，ATP 水解失去α、β处的P后，可为萤火虫发光物质的合成提供能量和原料，D错误。
故选C。
9. 真核细胞有氧呼吸第三阶段电子传递的过程如下图所示（（“e⁻”表示电子，“→”表示物质运输及方向）。有机物中的电子（e⁻）经UQ、蛋白复合体（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ）传递给氧气生成水，电子传递过程中释放的能量用于建立膜两侧H⁺浓度差，最终H⁺经ATP 合成酶流入B侧并促使ATP 合成，此过程称为细胞色素途径。电子还可直接通过 AOX（交替氧化酶）传递给氧气生成水，大量能量以热能的形式释放，只能产生极少量 ATP，此途径称为 AOX途径。UCP（离子转运蛋白）可将1H+通过膜渗漏到线粒体基质中，从而降低膜两侧的H+梯度，使能量以热能形式释放。下列叙述错误的是（ ）
A. 图中的 ATP 合成酶具有催化和运输的功能
B. 若Ⅲ、Ⅳ不能发挥作用，ATP 的生成效率将降低
C. 图中所示膜结构为线粒体内膜，膜A 侧的pH 高于 B侧
D. 消耗等量葡萄糖的情况下，若UCP 含量升高，热能的生成效率也升高
【答案】C
【分析】真核生物有氧呼吸过程分为三个阶段：第一阶段是糖酵解过程，反应物是葡萄糖，产物是丙酮酸和还原氢；第二阶段是柠檬酸循环，反应物是水喝丙酮酸，产物是二氧化碳和还原氢；第三阶段是电子传递链，反应物是还原氢和氧气，产物是水。三个阶段都能释放能量，大部分以热能的形式耗散，少部分转化为ATP中的化学能。
【详解】A、据图所示，ATP合成酶的作用是转化ATP的合成，同时运输H+，A正确；
B、题干信息可知，Ⅲ、Ⅳ的作用是建立膜两侧H+浓度差，最终H⁺经ATP 合成酶流入B侧并促使ATP 合成，若Ⅲ、Ⅳ不能发挥作用，ATP 的生成效率将降低，B正确；
C、图中所示过程为有氧呼吸第三阶段，场所是线粒体内膜，Ⅲ、Ⅳ的作用是建立膜两侧H+浓度差，使得A侧的H+多于B侧，即膜A 侧的pH 低于 B侧，C错误；
D、UCP（离子转运蛋白）可将1H+通过膜渗漏到线粒体基质中，从而降低膜两侧的H+梯度，使能量以热能形式释放，因此消耗等量葡萄糖的情况下，若UCP 含量升高，热能的生成效率也升高，D正确。
故选C。
10. 洋葱是一种常用的生物学实验材料，下列相关说法错误的是（ ）
A. 紫色洋葱鳞片叶外表皮细胞可用来观察细胞的吸水和失水
B. 用斐林试剂检测白色洋葱鳞片叶中的还原糖需要水浴加热
C. 可用预冷的体积分数95%酒精提取洋葱鳞片叶研磨液中的DNA
D. 可用无水乙醇分离洋葱叶片中叶绿体内的四种色素
【答案】D
【分析】观察细胞有丝分裂实验的步骤：解离（解离液由盐酸和酒精组成，目的是使细胞分散开来）、漂洗（洗去解离液，便于染色）、染色（用龙胆紫、醋酸洋红等碱性染料）、制片（该过程中压片是为了将根尖细胞压成薄层，使之不相互重叠影响观察）和观察（先低倍镜观察，后高倍镜观察）。
【详解】A、紫色洋葱鳞片叶的外表皮具有紫色的大液泡，所以在“探究植物细胞的吸水和失水”实验中，可选用紫色洋葱外表皮细胞为 材料，A正确；
B、洋葱中含有还原糖，还原糖与斐林试剂发生作用会生成砖红色沉淀，选用白皮洋葱不会影响实验效果。实验时先向组织样 液中加入斐林试剂，然后水浴加热，B正确；
C、加入预冷的体积分数为95%的酒精溶液后要用玻璃棒轻轻搅拌，使DNA析出，可粗提取出溶液中的DNA白色丝状物，C正确；
D、可用层析液分离洋葱叶片中叶绿体内的四种色素，D错误。
故选D。
11. 《齐民要术》中有关于酿酒的记载：“浸曲三日，如鱼眼汤沸，酸米。其米绝令精细”；有关“动酒酢（“酢”同“醋”）法”的酿醋工艺，“大率酒一斗，用水三斗，合瓮盛，置日中曝之。七日后当臭，衣（指菌膜）生，勿得怪也，但停置，勿移动，挠搅之。数十日，醋成”。下列叙述错误的是（ ）
A. “用水三斗”是防止酒精浓度过高抑制酵母菌的繁殖
B. 各地酿酒的原材料不同，但发酵过程中起主要作用的均为酵母菌
C. “动酒酢法”的原理是醋酸菌在O2充足、糖源缺乏时将酒精转化为醋酸
D. 传统发酵食品的制作过程中，往往不接种菌种，而是利用天然存在的菌种
【答案】A
【分析】果酒的制作离不开酵母菌，酵母菌是兼性厌氧微生物，在有氧条件下，酵母菌进行有氧呼吸，大量繁殖，把糖分解成二氧化碳和水;在无氧条件下，酵母菌能进行酒精发酵。故果酒的制作原理是酵母菌无氧呼吸产生酒精。
【详解】AC、“动酒酢法”该方法依据的原理是醋酸菌在氧气充足、糖源不足时将酒精转化为醋酸，"酒一斗，用水三斗，合瓮盛"是防止酒精浓度过高抑制醋酸菌生长繁殖，A错误； C正确；
B、各地酿酒的原材料不同，但发酵过程中都是利用酵母菌的无氧呼吸，B正确；
D、传统发酵食品的制作过程中，往往不接种菌种，而是利用天然存在的菌种，D正确。
故选A。
12. 已知野生型大肠杆菌菌株能在基本培养基上生长，氨基酸营养缺陷型突变株在基本培养基上培养需要补充相应的氨基酸才能生长。获得色氨酸营养缺陷型突变株的过程如下图所示，其中①~④是培养基编号，甲、乙代表菌落。下列叙述错误的是（ ）
注：原位影印是用无菌绒布将培养基②中的菌落位置“复印”到培养基③④。
A. 图中培养基中只有培养基③为缺乏色氨酸的基本培养基
B. 影印时应将细菌原位转印至培养基③④，然后用涂布器涂布均匀
C. 甲所示菌落是色氨酸营养缺陷型菌落，可挑出后进一步纯化培养
D. 紫外线处理的目的是提高突变率，以获得色氨酸营养缺陷型菌株
【答案】B
【分析】图中首先利用稀释涂布平板法分离细菌，然后运用影印法将菌种接种到两种培养基中，分别是基本培养基、完全培养基；野生型大肠杆菌菌株能在基本培养基上生长，而氨基酸营养缺陷型菌株由于发生基因突变无法合成某种氨基酸只能在完全培养基上生长，据此利用培养基的种类可以选择出氨基酸突变株。
【详解】A、根据题意，图中培养基中①②④为完全培养基，只有培养基③为缺乏某种氨基酸的基本培养基，A正确；
B、影印时应将细菌原位转印至培养基③④，但不能用涂布器涂布均匀，B错误；
C、经原位影印及培养后，由于甲菌落在完全培养基④可生长，但在培养基③无法长出菌落，可能是色氨酸营养缺陷型菌落，C正确；
D、紫外线是物理诱变因素，紫外线处理提高菌种突变率，以获得色氨酸营养缺陷型菌株，D正确。
故选B。
13. 科学家通过体外诱导成纤维细胞，获得了类似于胚胎干细胞的一种细胞，称为诱导多能干细胞（iPS 细胞）。iPS细胞可培育出不同细胞（过程如图所示），用于治疗阿尔兹海默症、心血管等疾病。下列相关叙述错误的是（ ）

A. 图示过程说明人体内细胞分化具有可逆性
B. 培养成纤维细胞时，需要95%空气和5%CO2的气体环境
C. 病人的成纤维细胞诱导而成的iPS细胞用于自身疾病的治疗，可避免免疫排斥
D. iPS 细胞中可能含有c-Myc、Klf4、Sx2和Oct-3/4表达的蛋白质
【答案】A
【分析】在一定条件下，干细胞可以分化成其他类型的细胞。干细胞存在于早期胚胎、骨髓和脐带血等多种组织和器 官中，包括胚胎干细胞和成体干细胞等。胚胎干细胞存在于早期胚胎中，具有分化为成年动物体内的任何一种类型的细胞，并进一步形成机体的所有组织和器官甚至个体的潜能。
【详解】A、成纤维细胞在c-Myc、Klf4、Sx2和Oct-3/4的诱导下才能获得类似于胚胎干细胞的一种细胞，在人体内部不能发生，因此这不能说明人体内的细胞分化具有可逆性，A错误；
B、培养成纤维细胞时，动物细胞培养所需气体主要有O2和CO2。 O2是细胞代谢所必需的，CO2的主要作用是维持培养液的 pH，所以将它们置于含有95%空气和5%CO2的混合气体的 CO2培养箱中进行培养，B正确；
C、由于取自身成纤维细胞形成的iPS细胞表面抗原相同，所以可用于自身疾病的治疗，可避免免疫排斥反应，C正确；
D、通过在诱导体系中加入c-Myc、Klf4、Sx2和Oct-3/4获得了iPS 细胞，说明iPS 细胞中可能含有c-Myc、Klf4、Sx2和Oct-3/4表达的蛋白质，有助于细胞的脱分化，D正确。
故选A。
14. 研究人员将OsG、EcC、EcG和TSR 四种酶的基因分别与叶绿体转运肽基因连接，构建多基因表达载体（载体部分序列如下图所示），然后利用农杆菌转化法转化水稻，在水稻叶绿体内构建了一条新代谢途径，提高了水稻的产量。下列叙述正确的是（ ）

A. 转基因水稻的根细胞内不含有上述四种目的基因
B. 可选用含卡那霉素或潮霉素的培养基筛选被转化的水稻细胞
C. 图中叶绿体转运肽基因转录时都以 DNA 的同一条单链为模板
D. 可用抗原—抗体杂交技术检测叶绿体中是否含有四种酶
【答案】D
【分析】线粒体和叶绿体的DNA，都能够进行半自主自我复制，并通过转录和翻译控制某些蛋白质的合成，但同时受到细胞核基因的控制。标记基因：便于重组DNA分子的筛选。
【详解】A、转基因水稻的根细胞内有可能含有上述四种目的基因，A错误；
B、卡那霉素抗性基因不在T-DNA上，应用潮霉素培养基筛选被农杆菌转化的水稻细胞，B错误；
C、四个基因转录时不一定都以DNA的同一条单链为模板，C错误；
D、可用抗原-抗体杂交技术检测是否有相应的蛋白质产生，从而检测四种酶在转基因水稻中的表达情况，D正确。
故选D。
15. 关于生物技术伦理问题，下列观点错误的是（ ）
A. 可以对胚胎进行基因编辑获得抗艾滋病的孩子
B. 清晰地了解转基因技术的原理和操作规程能更理性看待转基因技术
C. 中国政府的态度是在任何情况下不发展、不生产、不储存生物武器
D. 将玉米α-淀粉酶基因与目的基因一起转入植物使花粉失活，可以防止转基因花粉的传播
【答案】A
【详解】A、对胚胎进行基因编辑获得抗艾滋病的孩子，可能存在安全性问题，A错误；
B、理性看待转基因技术不是人云亦云，更不是诋毁科学、造谣惑众，而是需要完备的相关科学知识为基础，即清晰地了解转基因技术的原理和操作规程能更理性看待转基因技术，B正确；
C、中国在《禁止生物武器公约》中重申了中国政府的态度是在任何情况下不发展、不生产、不储存生物武器，C正确；
D、将玉米a-淀粉酶基因与目的基因一起转入植物，是由于a-淀粉酶基因可以阻断淀粉储藏使花粉失去活行，因此可以防止转基因花粉的传然，D正确。
故选A。
二、选择题：本题共5小题，每小题3 分，共15 分。每小题有一个或多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
16. 核纤层是介于内层核膜与染色质之间、紧贴内层核膜的一层蛋白网状结构，具有支撑、稳定核膜的作用。核纤层蛋白可逆性的磷酸化和去磷酸化分别介导核膜的解体和重建。某些核纤层蛋白还参与DNA 断裂双链的修复。下列说法正确的是（ ）
A. 核纤层蛋白在核糖体上合成，经核孔进入细胞核
B. 某些核纤层蛋白可参与 DNA 中磷酸二酯键的形成
C. 核纤层蛋白磷酸化和去磷酸化过程中，其构象均会发生改变
D. 抑制核纤层蛋白的磷酸化可促进细胞由分裂间期进入分裂前期
【答案】ABC
【分析】细胞核的结构：（1）核膜：双层膜，把核内物质与细胞中分开；（2）染色质：由DNA和蛋白质组成，DNA是遗传信息的载体；（3）核仁：与某种RNA的合成以及核糖体的形成有关；（4）核孔：实现核质之间频繁的物质交换和信息交流。
【详解】A、核糖体是蛋白质合成的场所，核纤层蛋白在核糖体上合成，经核孔进入细胞核，A正确；
B、某些核纤层蛋白参与修复断裂的双链DNA所必需的，故其可能和DNA中磷酸二酯键的形成有关，B正确；
C、核纤层蛋白的磷酸化和去磷酸化会导致其空间结构的改变，从而导致核膜周期性的崩解和重建，C正确；
D、核纤层蛋白可逆性的磷酸化介导核膜的解体，若抑制核纤层蛋白的磷酸化可抑制细胞由分裂间期进入分裂前期，D错误。
故选ABC。
17. 原生质体（细胞除细胞壁以外的部分）表面积大小的变化可作为质壁分离实验的检测指标。用葡萄糖基本培养基和不同浓度的NaCl溶液交替处理某假单孢菌，其原生质体表面积的测定结果如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 由实验甲、乙可判断细胞中的 NaCl浓度大于0.3ml/L，小于1.0ml/L
B. 实验过程中该菌原生质体表面积增加是其正常生长和吸水共同作用的结果
C. 乙、丙组 NaCl 处理皆使细胞质壁分离，处理解除后的细胞失去活性
D. 若将该菌65℃水浴灭活后，再用NaCl溶液处理，原生质体表面积无变化
【答案】BD
【分析】假单孢菌属于细菌，具有细胞壁和液泡，当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时，原生质体中的水分就透过细胞膜进入到外界溶液中，由于原生质层比细胞壁的伸缩性大，当细胞不断失水时，原生质层逐渐缩小，原生质层就会与细胞壁逐渐分离开来，即发生了质壁分离。当细胞液的浓度大于外界溶液的浓度时，外界溶液中的水分就透过细胞膜进入到原生质体中，原生质体逐渐变大，导致原生质体表面积增加。
【详解】A、甲组NaCl处理后，原生质体表面积不断增大，说明细胞不断吸水，因此细胞液内浓度大于0.3ml/L，但细胞中NaCl浓度不一定大于0.3ml/ L；同理乙组NaCl处理后，原生质体表面积减小，说明细胞失水，细胞液浓度小于1.0ml/L，但细胞中NaCl浓度不一定小于1.0ml/L，A错误；
B、该菌的正常生长会使细胞体积增大，可以导致原生质体表面积增加，该菌吸水也会导致原生质体表面积增加，B正确；
C、由图可知，乙组和丙组NaCl处理后，原生质体表面积减小，说明细胞失水，进行质壁分离，处理解除后（置于葡萄糖溶液中）细胞即可发生质壁分离复原，说明细胞仍有活性，C错误；
D、若将该菌先65℃水浴灭活后，细胞死亡，不具有选择透过性，因此再用NaCl溶液处理，原生质体表面积无变化，D正确。
故选BD。
18. 关于乳酸菌和酵母菌的呼吸作用，下列说法错误的是（ ）
A. 乳酸菌细胞与酵母菌细胞中均存在 NAD⁺向 NADH 转化的过程
B. 过期酸奶出现涨袋现象是由乳酸菌无氧呼吸造成的
C. O2不充足条件下，酵母菌的NADH 可在细胞质基质、线粒体内膜被利用
D. 消耗等量的葡萄糖，酵母菌有氧呼吸产生 CO2的量是无氧呼吸的3倍
【答案】BC
【详解】A 、乳酸菌细胞进行无氧呼吸，酵母菌细胞进行有氧呼吸和无氧呼吸，在呼吸作用的过程中均存在 NAD⁺向 NADH 转化的过程，A正确；
B、过期酸奶出现涨袋现象是由酵母菌等微生物无氧呼吸产生二氧化碳造成的，乳酸菌无氧呼吸的产物是乳酸，不产生二氧化碳，不会造成涨袋，B错误;
C、O₂不充足条件下，酵母菌进行无氧呼吸，NADH 在细胞质基质中被利用；O₂充足时，酵母菌进行有氧呼吸，NADH 在线粒体内膜被利用，C错误；
D、酵母菌有氧呼吸时，1 分子葡萄糖产生 6 分子 CO₂；无氧呼吸时，1 分子葡萄糖产生 2 分子 CO₂。所以消耗等量的葡萄糖，酵母菌有氧呼吸产生 CO₂的量是无氧呼吸的 3 倍，D正确。
故选BC。
19. 肿瘤细胞表面的跨膜糖蛋白CD47 含量比正常细胞高1.6~5倍，导致巨噬细胞对肿瘤细胞的清除效果减弱。为证明抗 CD47 的单克隆抗体可以解除 CD47 对巨噬细胞的抑制作用，科学家按照如下流程进行了实验，下列叙述正确的是（ ）

A. 步骤①中用CD47 对小鼠多次进行免疫可获得更多所需的B淋巴细胞
B. 过程②诱导融合后利用选择培养基淘汰未融合细胞即可得到杂交瘤细胞
C. 过程③需要用96孔板进行经过克隆化培养和抗体检测
D. 本实验对照组为不加单克隆抗体的巨噬细胞+正常细胞共培养体系
【答案】ACD
【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。
【详解】A、步骤①是向免疫小鼠体内注射特定的抗原，多次进行步骤①的目的是获得更多分泌抗CD47抗体的B淋巴细胞，A正确；
B、步骤②将脾脏中的B淋巴细胞和骨髓瘤细胞融合后利用特定的选择培养基进行筛选，淘汰未融合的亲本细胞和融合的具有同种核的细胞，B错误；
C、过程③为克隆化培养和抗体检测，需要用96孔板，经过多次筛选可以得到足够数量的能分泌所需抗体的细胞，C正确；
D、根据单一变量原则可知，应设置不加单克隆抗体的巨噬细胞+肿瘤细胞的共培养体系为对照，抗CD47的单克隆抗体可以解除CD47对巨噬细胞的抑制作用，没有抗体抑制，CD47对巨噬细胞有抑制作用，对照组中吞噬细胞的吞噬指数显著低于实验组可验证上述推测，D正确。
故选ACD。
20. dNTP（脱氧核糖核苷三磷酸）是dATP、dGTP、dTTP、dCTP四种物质的统称，常在PCR中做原料。ddNTP是双脱氧核苷三磷酸，有ddATP、ddGTP、ddTTP、ddCTP4种。DNA合成时，在DNA聚合酶作用下，ddNTP与dNTP竞争核苷酸链延长位点。若连接上的是双脱氧核苷酸，子链延伸终止；若连接上的是脱氧核苷酸，子链延伸继续。在4个试管中分别加入4种dNTP和1种ddNTP进行PCR，在4个试管中形成不同长度的DNA单链片段，这些片段随后可被电泳分开（过程如图所示）。下列说法中正确的是（ ）
A. dNTP连接在核苷酸链的5'末端
B. 电泳图谱中的箭头所指的DNA片段以鸟嘌呤结尾
C. 未知序列的碱基序列为3'-CTAAGCTCGACT-5'
D. ATP、dATP 和ddATP中A都由腺嘌呤和脱氧核糖组成
【答案】BC
【分析】PCR是聚合酶链式反应的缩写。它是一项根据DNA半保留复制的原理，在体外提供参与DNA复制的各种组分与反应条件，对目的基因的核苷酸序列进行大量复制的技术。PCR反应需要在一定的缓冲液中才能进行，需提供DNA模板，分别与两条模板链结合的2种引物，4种脱氧核苷酸和耐高温的DNA聚合酶，同时通过控制温度使DNA复制在体外反复进行。
【详解】A、DNA复制时，子链由5'至3'方向延伸。因此，dNTP 连接在核苷酸链的3'末端，A错误；
B、依题意，ddNTP 与dNTP 竞争核苷酸链延长位点，若连接上的是双脱氧核苷酸，子链延伸终止。据图可知，箭头所指的实验组中加入了ddGTP，箭头侧为3'端，因此，电泳图谱中的箭头所指的 DNA 片段以鸟嘌呤结尾，B正确；
C、据电泳图谱可知，引物后所连接的核苷酸上碱基依次为：5'-GATTCGAGCTGA-3'，引物位于的链与模板链互补，因此，未知序列的碱基序列为：3'-CTAAGCTCGACT-5'，C正确；
D、ATP是腺苷三磷酸，其中的A由核糖和腺嘌呤组成，D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共55分。
21. 下图为细胞内某些生理过程示意图，1~6表示结构，①~⑨表示生理过程。回答下列问题：
（1）图中5的主要成分是_____，6与细胞分裂过程中_____有关。图中各种细胞器并不是漂浮在细胞质中，支持和锚定它们的结构是_____。
（2）由图可知新形成的溶酶体来源于_____（填序号），其形成过程还与_____（至少写出两种细胞器）等有关。
（3）图中L物质以_____方式进入细胞后，被溶酶体中水解酶降解。过程⑥→⑨说明溶酶体具有_____的功能。降解后的产物，若对细胞有用，则可以再利用，若无用则被排出细胞外。当养分不足时，细胞的⑥~⑨过程会_____（填“增强”“不变”或“减弱”）。
（4）溶酶体内的水解酶溢出后，对细胞自身结构并没有大的破坏，原因可能是_____。
【答案】（1）①. 磷脂和蛋白质 ②. 纺锤体的形成 ③. 细胞骨架
（2）①. 4 ②. 核糖体、内质网、线粒体
（3）①. 胞吞 ②. 分解衰老、损伤的细胞器 ③. 增强
（4）水解酶进入细胞质基质后，酶活性因pH等环境条件变化而大大降低
【分析】溶酶体是分解蛋白质、核酸、多糖等生物大分子的细胞器。溶酶体具单层膜，形状多种多样，是0.025～0.8微米的泡状结构，内含许多水解酶，溶酶体在细胞中的功能，是分解从外界进入到细胞内的物质，也可消化细胞自身的局部细胞质或细胞器，当细胞衰老时，其溶酶体破裂，释放出水解酶，消化整个细胞而使其死亡。
【小问1详解】
图中5是细胞膜，主要成分是磷脂和蛋白质，6是中心体，与细胞分裂中纺锤体的形成有关，支持和锚定细胞器的结构是细胞骨架。
【小问2详解】
由图可知，新形成的溶酶体来源于4高尔基体，溶酶体内含有多种水解酶，水解酶的化学本质是蛋白质，水解酶在核糖体上合成，经内质网、高尔基体进行加工，而线粒体为以上所有的生理活动提供能量，因此溶酶体的形成过程还与核糖体、内质网、线粒体等相关。
【小问3详解】
图中L物质以胞吞的方式计入细胞，被溶酶体水解。过程⑥→⑨是衰老的线粒体被内质网包裹，最终被溶酶体水解的过程，说明溶酶体具有分解衰老、损伤的细胞器，根据题意，细胞器降解后的产物，若对细胞有用，则可以再利用，因此当养分不足时，细胞的⑥~⑨过程会加强，以充分利用衰老的细胞器。
【小问4详解】
溶酶体内的水解酶溢出后，对细胞自身结构并没有大的破坏，原因可能是溶酶体中的酶活性只有在溶酶体内特定的条件下才有活性，水解酶进入细胞质基质后，酶活性因pH等环境条件变化而大大降低。
22. 叶绿体基质中的Rubisc 酶在 CO2浓度高时催化RuBP 与CO2反应生成C3；在 O2浓度高时催化 RuBP 与O2反应，消耗有机物进行光呼吸。玉米叶肉细胞紧密围绕维管束鞘细胞，其叶肉细胞内有正常的叶绿体，维管束鞘细胞含无基粒的叶绿体。玉米叶肉细胞中 PEP 羧化酶对 CO2的亲和力远大于 Rubisc 酶对 CO₂的亲和力，可催化低浓度的CO2与PEP反应，最终生成苹果酸，转运到维管束鞘细胞后提高了CO2的浓度，过程如图所示。回答下列问题：
（1）水稻和玉米的光反应分别发生在_____、_____（填细胞名称），该阶段的产物为_____。
（2）相同情况下，玉米的CO2补偿点比水稻的_____（填“高”或“低”）。玉米叶肉细胞的叶绿体难以发生暗反应的原因可能是_____。
（3）玉米光合作用中固定CO2的酶是_____。在干旱、高光照强度环境下，单位时间内玉米光合作用合成有机物的量近乎是水稻的两倍，推测原因是_____。（至少答出两点）
【答案】（1）①. 叶肉细胞 ②. 叶肉细胞 ③. O2、ATP和NADPH
（2）①. 低 ②. 玉米叶肉细胞中 PEP 羧化酶对CO2的亲和力远大于暗反应所需要Rubisc 酶对CO₂的亲和力，可催化低浓度的CO2与PEP反应，最终生成苹果酸
（3）①. PEP 羧化酶、Rubisc 酶 ②. 因玉米的维管束鞘细胞内有高浓度CO2促进了光合作用，增加了有机物的合成；高浓度CO2抑制了光呼吸，减少了有机物的消耗；维管束鞘细胞的光合产物通过维管束及时转移，减弱光合产物积累对光合作用的抑制
【分析】Rubisc酶可催化RuBP与CO2反应，进行卡尔文循环，又可催化RuBP与O2反应，进行光呼吸（绿色植物在光照下消耗O2并释放CO2的反应）。与水稻相比，玉米叶肉细胞紧密围绕维管束鞘，其中叶肉细胞叶绿体的基粒非常发达，维管束鞘细胞的叶绿体较大，没有或仅有少量基粒。
【小问1详解】
据题意可知，玉米叶肉细胞中叶绿体的基粒非常发达，维管束鞘细胞的叶绿体较大不含基粒，光反应发生的场所是类囊体薄膜堆积形成的基粒上，因此玉米的光反应主要发生在叶肉细胞。水稻的光反应也发生叶肉细胞。该阶段的产物为ATP和NADPH，氧气。
【小问2详解】
根据题意， 与水稻植物相比，玉米植物叶肉细胞中固定CO2的酶与CO2的亲和力更强，因而能利用更低浓度的CO2，因此玉米的CO2补偿点比水稻低。由于玉米叶肉细胞中 PEP 羧化酶对CO2的亲和力远大于暗反应所需要Rubisc 酶对CO₂的亲和力，可催化低浓度的CO2与PEP反应，最终生成苹果酸，因此玉米的叶肉细胞难以发生暗反应。
【小问3详解】
根据题意，玉米光合作用中固定CO2的酶是PEP 羧化酶、Rubisc 酶，在干旱、高光照强度环境下，单位时间内玉米光合作用合成有机物的量近乎是水稻的两倍，推测原因是玉米的维管束鞘细胞内有高浓度CO2促进了光合作用，增加了有机物的合成；高浓度CO2抑制了光呼吸，减少了有机物的消耗；维管束鞘细胞的光合产物通过维管束及时转移，减弱光合产物积累对光合作用的抑制。
23. 科研人员从被石油污染的土壤中分离得到两种可以降解石油的菌株A、B，并采用平板培养法比较二者降解石油的能力。
实验所用的培养基成分如下：
培养基Ⅰ：K2HPO4，MgSO4，NH4NO3，石油。
培养基Ⅱ：K2HPO4，MgSO4，石油。
回答下列问题：
（1）实验所用培养基中的碳源是_____；NH4NO3为菌株的生长提供_____，进入菌体内可以参与合成_____（答出两种）等生物大分子。从功能上看，该培养基属于_____。
（2）取1mL菌株A 的菌液稀释105倍后，取0.1mL 稀释液用_____法接种到培养基表面，经培养后长出约200个菌落，由此可知1mL菌液中菌株A 的细胞数为_____。
（3）为了比较菌株A、B降解石油的能力，科研人员进行如下实验：①将培养基Ⅰ、Ⅱ分别制成平板Ⅰ、Ⅱ，并按图中所示在平板上打甲、乙两孔。②将等量等浓度的A菌液和B菌液分别接种到平板Ⅰ、Ⅱ的甲、乙两孔处，培养一段时间后，记录甲、乙两孔处的透明圈大小，如表所示。（“+”越多表示透明圈越大，“-”表示无透明圈），该实验结论是_____。
【答案】（1）①. 石油 ②. 氮源 ③. 蛋白质、核酸 ④. 选择培养基
（2）①. 稀释涂布平板 ②. 2×108
（3）菌株A降解石油的能力强于菌株B
【分析】培养基的概念及营养构成 （1）概念：人们按照微生物对营养物质的不同需求，配制出的供其生长繁殖的营养基质；（2）营养构成：各种培养基一般都含有水、碳源、氮源、无机盐，此外还要满足微生物生长对pH、特殊营养物质以及氧气的要求。
【小问1详解】
根据题意可知，实验所用培养基中作为碳源的成分是石油。培养基中NH4NO3能为菌株的生长提供氮源，氮源在菌体内可以参与合成蛋白质（组成元素为C、H、O、N等）、核酸（组成元素为C、H、O、N、P）等生物大分子，是菌体生长比不可少的。该培养基的目的是为了分离得到两种可以降解石油的菌株，故从功能上看，该培养基属于选择培养基。
【小问2详解】
微生物常见的接种的方法有平板划线法和稀释涂布平板法，其中稀释涂布平板法可用于计数，故取1mL菌株A 的菌液稀释105倍后，取0.1mL 稀释液用释涂布平板法接种到培养基表面。1mL菌液中菌株A 的细胞数为200÷0.1×105=2×108个。
【小问3详解】
透明圈大降解能力强，透明圈小降解能力弱，结合实验结果可知菌株A降解石油的能力强于菌株B。
24. 赖氨酸是人体的必需氨基酸，而人类主要食物中的赖氨酸含量很低，我国首次利用转基因和体细胞核移植技术成功培育了高产赖氨酸的转基因克隆奶牛。回答下列问题：
（1）构建乳腺专一表达载体：将富含赖氨酸的酪蛋白基因（目的基因）与含有_____的启动子的相应载体连接，构建出乳腺专一表达载体。
（2）核移植：将表达载体包裹到磷脂等构成的脂质体内，与牛胚胎成纤维细胞（BEF）膜融合，最终表达载体进入细胞核。将转基因的BEF作为核供体细胞，从牛卵巢获取卵母细胞，经体外培养至_____期去核后作为受体细胞，通过_____法使两种细胞融合形成重构胚，该融合法除了促进细胞融合，同时起到_____的作用。
（3）重构胚的体外培养及胚胎移植：重构胚体外培养至_____，可进行_____，从而获得同卵多胎，然后植入代孕母牛子宫，直至小牛出生。
（4）目的基因的检测：分别从转基因牛乳汁中的脱落细胞和转基因牛耳组织细胞提取总RNA，经_____形成cDNA1和cDNA2，检测是否有目的基因片段。若目的基因成功表达，检测结果是_____，原因是_____。
【答案】（1）乳腺中特异性表达的基因的
（2）①. 减数第二次分裂中 ②. 电刺激 ③. 激活重构胚
（3）①. 桑椹胚或早期囊胚 ②. 胚胎分割
（4）①. 逆转录 ②. 目的基因在转基因牛乳汁中的脱落细胞内表达，而不在牛耳组织细胞内表达 ③. 构建的表达载体只含有乳腺特异性启动子，只能在乳腺细胞中启动转录，而在牛耳细胞中不能表达
【分析】基因工程技术的基本步骤：(1)目的基因的获取：方法有从基因文库中获取、利用PCR技术扩增和人工合成；(2)基因表达载体的构建：是基因工程的核心步骤，基因表达载体包括目的基因、启动子、终止子和标记基因等；(3)将目的基因导入受体细胞：根据受体细胞不同，导入的方法也不一样.将目的基因导入植物细胞的方法有农杆菌转化法、基因枪法和花粉管通道法；将目的基因导入动物细胞最有效的方法是显微注射法；将目的基因导入微生物细胞的方法是感受态细胞法；(4)目的基因的检测与鉴定：分子水平上的检测：①检测转基因生物染色体的DNA是否插入目的基因-DNA分子杂交技术；②检测目的基因是否转录出了mRNA-分子杂交技术；③检测目的基因是否翻译成蛋白质抗原抗体杂交技术.个体水平上的鉴定：抗虫鉴定、抗病鉴定、活性鉴定等。
【小问1详解】
培育高产赖氨酸转基因克隆奶牛，属于乳腺生物反应器，需要将获得的目的基因与含有乳腺中特异性表达的基因的启动子的相应载体连接，构建出乳腺专一表达载体。
【小问2详解】
将转基因的BEF作为核供体细胞，从牛卵巢获取卵母细胞，经体外培养至减数第二次分裂中期去核后作为受体细胞，通过电刺激的方法使两种细胞融合形成重构胚，该融合法除了促进细胞融合，同时起到激活重构胚的作用。
【小问3详解】
重构胚体外培养至桑椹胚或早期囊胚，可通过胚胎分割，从而获得同卵多胎，然后植入代孕母牛子宫，直至小牛出生。
【小问4详解】
分别从转基因牛乳汁中的脱落细胞和转基因牛耳组织细胞提取总RNA，经逆转录形成cDNA1和cDNA2，检测是否有目的基因片段。由于构建的表达载体只含有乳腺特异性启动子，只能在乳腺细胞中启动转录，而在牛耳细胞中不能表达，因此检测结果是目的基因在转基因牛乳汁中的脱落细胞内表达，而不在牛耳组织细胞内表达。
25. 水中雌激素类污染物A会导致鱼类雌性化等异常。斑马鱼幼体透明且肌细胞和生殖细胞均存在雌激素受体。将ERE、UAS、Gal4基因和绿色荧光蛋白（GFP）基因共同转入斑马鱼，培育出转基因斑马鱼MO。MO可以经济且快速地监测水体中的A，原理如方案一。回答下列问题：
注:ERE和酵母来源的UAS是两种诱导型启动子，分别被A-受体复合物和酵母来源的Gal4蛋白特并性激活，启动下游基因表达。
（1）通过PCR 特异性扩增GFP基因需先设计引物，该引物应该是一小段_____的短单链核酸。为使PCR产物能被特定限制酶切割，需在引物_____（填“3’”或“5’”）端上添加相应的限制酶识别序列。
（2）A 进入幼体转基因斑马鱼 MO 的肌细胞后，促进Gal4 蛋白的合成，特异性激活UAS，使其与_____结合，启动GFP基因的表达。与图中方案二相比，MO在监测 A方面的主要优势是_____。
（3）科学家用上述转基因斑马鱼MO 和另一种转基因斑马鱼X 杂交制备一种不育的监测斑马鱼SM。成体斑马鱼X和SM在自身产生的雌激素诱导下引起生殖细胞凋亡，造成不育。欲获得X，需将生殖细胞凋亡基因和启动子_____（填写相应序号：①ERE ②UAS ③使基因仅在生殖细胞表达的启动子）构建表达载体并转入野生型斑马鱼受精卵。选择该启动子的理由是_____。
（4）将不育斑马鱼SM用于实际检测的目的是_____。
【答案】（1）①. 能与DNA母链的一段碱基序列互补配对 ②. 5’
（2）①. RNA聚合酶 ②. 监测灵敏度更高
（3）①. ② ②. MO是方案一获得，所以启动子选择UAS
（4）避免转基因斑马鱼逃逸带来生物安全问题
【分析】启动子是一段有特殊序列结构的DNA片段，位于基因的上游紧挨转录的起始位点，它是RNA聚合酶识别和结合的部位。有了它才能驱动基因转录出mRNA，最终表达出人类需要的蛋白质。
【小问1详解】
引物应该是一小段能与DNA母链的一段碱基序列互补配对的短单链核酸。由于子链的延伸从引物的3’端开始，因此为使PCR产物能被特定限制酶切割，需在引物5’端上添加相应的限制酶识别序列。
【小问2详解】
由图中方案一可知，A 进入幼体转基因斑马鱼 MO 的肌细胞后，促进Gal4 蛋白的合成，特异性激活UAS（一种诱导型启动子），使其与RNA聚合酶结合，启动GFP基因的表达。由图可知，方案二中A-受体复合物激活ERE，使GFP基因表达，方案一中A-受体复合物先激活ERE获得Gal4蛋白，然后Gal4蛋白激活UAS启动子，使GFP基因表达，因此与图中方案二相比，MO在监测 A方面的主要优势是GFP蛋白表达量大，监测灵敏度更高。
【小问3详解】
MO 和另一种转基因斑马鱼X 杂交获得SM，MO是方案一获得，所以启动子选择UAS。要获得SM是不育个体，而MO是可育的，所以X必须有仅导致生殖细胞凋亡的基因。
【小问4详解】
监测鱼属于转基因生物，目前安全性不确定，为了避免转基因斑马鱼逃逸带来生物安全问题，需要SM不育。
菌株
透明圈大小
平板Ⅰ
平板Ⅱ
A
+++
++
B
++
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