2014年高考生物一轮总复习 教师精品题库：选修一 专题二 植物的组织培养技术和酶的研究和应用.doc

教师精品题库考点分类抓基础 点点击破我能行1(2011上海卷)下列关于植物组织培养的表述，错误的是()A外植体可以来自于植物的任何细胞B培养应在无菌条件下进行C以花粉作为外植体可得到单倍体植株D不同阶段的培养基中细胞分裂素和生长素的比例不同答案：A解析：在植物组织培养中，外植体必须是具有活性的细胞，通常是分生能力强的细胞；培养需在无菌条件下进行；花粉为植物的配子，作为外植体可得到单倍体；在形成根和芽的过程中，要调节细胞分裂素与生长素的比例。B、C、D三项正确，应选A项。2(2011江苏卷)下列有关酶的制备和应用的叙述，正确的是()A酶解法和吸水涨破法常用于制备微生物的胞内酶B透析、电泳和酸解等方法常用于酶的分离与纯化C棉织物不能使用添加纤维素酶的洗衣粉进行洗涤D多酶片中的胃蛋白酶位于片剂的核心层答案：A解析：酶解法和吸水涨破法常用于制备微生物的胞内酶，A项正确。透析、电泳等方法常用于酶的分离和纯化，不能用酸解法，B项错误。棉织物可以使用添加纤维酶的洗衣粉洗涤，以去除表面浮毛。多酶片的酶用特殊的物质包裹，胃蛋白酶位于外层，保持其他酶在胃中不被破坏，C、D两项错误。3下图是利用基因型为AaBb的某二倍体植物作为实验材料所做的一些实验示意图，请分析回答：(1)在途径1、2、3中过程所采用的生物学技术是_。(2)由途径1形成的植物B的可能基因型为_，植株B成熟时不可育的原因是_。(3)从A到C 的培育过程，需要调控的植物激素至少有_。(4)一般情况下，相同发育程度的植株C与植株E的性状_。(填“相同”“不相同”或“不一定相同”)(5)从植株A到植株C的过程属于_，从植株A到植株D的过程属于_。(均填生殖方式)(6)在相同条件和相同发育程度的情况下，植株D表现型同于植株A的可能性为_。答案：(1)植物组织培养(2)AB、Ab、aB、ab减数分裂时因无同源染色体，因而无法进行正常联会，故不能形成正常的生殖细胞(3)细胞分裂素与生长素(4)相同(5)营养生殖(或无性生殖)有性生殖(6)9/16解析：这是一道综合型能力考查题。(1)途径1、2、3中过程是把植株A的部分组织培养成一个植株的过程，则该过程属于植物组织培养；(2)由途径1培养成的单倍体幼苗的基因型和花粉粒中生殖细胞的基因型一样，即AB、Ab、aB、ab；由于植株B是单倍体，所以成熟时植株的减数分裂染色体无法进行联会，不能形成正常的生殖细胞；(3)从A到C 的过程属于植物的组织培养过程，需要的激素有细胞分裂素和生长素；(4)植株C是由基因型为AaBb的二倍体植物的叶肉细胞培育的，所以二者基因型相同；(5)植株A到植株C的过程属于组织培养，生殖方式属于无性生殖，植株A到植株D的过程属于有性生殖；(6)植株A的基因型为AaBb，表现型为AB，自交产生的后代中表现型为AB的个体占9/16。4(2011上海卷)回答下列关于微生物和酶的问题。环境污染物多聚联苯难以降解，研究发现联苯降解菌内的联苯水解酶是催化多聚联苯降解的关键酶。(1)下列培养基中能有效分离联苯降解菌的是_，原因是_。A培养基(g/L)：某生长因子2.0，(NH4)2SO4 2.0，K2HPO4 3.0，MgSO4 1.0，pH 7.4，多聚联苯50mL。B培养基(g/L)：牛肉膏10.0，蛋白胨20.0，葡萄糖20.0，NaCl 5.0，pH 7.4。C培养基(g/L)：某生长因子2.0，淀粉20.0，NH4 NO3 2.5，MgCl2 0.5，K2HPO4 3.0，多聚联苯50mL，pH 7.4。进一步研究发现，不同的金属离子对联苯水解酶的活性有一定影响，结果见下表：(2)依据表中结果，金属离子_对该酶的活性有一定的促进作用。金属离子对酶的活性有促进或抑制作用，可能的原因是_。(3)通过酶工程可将联苯水解酶用于生产实践。酶工程通常包括酶的生产、_、酶的固定化和酶的应用等方面。酶固定化的好处是_。(4)下图实线表示联苯水解酶催化的反应速度与酶浓度的关系，虚线表示在其他条件不变的情况下，底物浓度增加一倍，反应速度与酶浓度的关系，能正确表示两者关系的是_。ABCD.(5)红球菌和假单孢菌都能降解多聚联苯，但研究发现以每克菌体计算，两种菌降解多聚联苯的能力有所不同，对此现象合理的假设是_或_。答案：(1)A该培养基中的多聚联苯为唯一碳源(2)Mn2金属离子与酶结合可以改变酶的空间结构(尤其是活性部位的结构)(3)酶的分离纯化便于重复利用，能连续进行反应(4)B(5)两种菌内酶量不同两种菌内酶基因的结构(酶结构)不同解析：要分离联苯降解菌，需使用选择培养基。该培养基中需加入多聚联苯作为唯一碳源。依表分析，Mn2可使该酶活性超过对照组，对该酶活性有一定促进作用。金属离子与酶结合可以改变酶的空间结构，从而有促进或抑制的作用；酶工程通常包括酶的生产、酶的分离纯化、酶的固定化和酶的应用等方面。酶固定化的好处是便于重复利用，能连续进行反应。在其他条件不变的情况下，底物浓度增加一倍，酶促反应速度也会增加，但在反应前期酶促反应速度相差不明显。红球菌和假单孢菌都能降解多聚联苯，说明它们体内均有联苯水解酶。两种菌的降解能力不同是因为两种菌内酶量不同或两种菌内酶结构不同。5(2008上海生物)利用纤维素解决能源问题的关键，是高性能纤维素酶的获取。请完善实验方案，并回答相关问题。实验目的：比较三种微生物所产生的纤维素酶的活性。实验原理：纤维素酶催化纤维素分解为葡萄糖，用葡萄糖的产生速率表示酶活性大小；用呈色反应表示葡萄糖的生成量。实验材料：三种微生物(AC)培养物的纤维素酶提取液，提取液中酶蛋白浓度相同。实验步骤：(1)取四支试管，分别编号。(2)在下表各列的一个适当位置，填写相应试剂的体积量，并按表内要求完成相关操作。试管号试剂（mL)1234蒸馏水1.41.41.4pH7.5的缓冲液0.20.20.2纤维素悬浮液0.30.30.3微生物A提取液0.1微生物B提取液微生物C提取液0.1总体积2.02.02.02.0(3)将上述四支试管放入37 的水浴中，保温1 h。(4)在上述四支试管中分别加入_试剂，摇匀后，进行_处理。(5)观察比较实验组的三支试管与对照组试管的颜色及其深浅。实验结果：微生物A提取物微生物B提取物微生物C提取物颜色深浅程度分析讨论： (1)该实验中的对照组是_号试管。(2)实验组试管均呈现的颜色是_，但深浅不同。(3)上述结果表明：不同来源的纤维素酶，虽然酶蛋白浓度相同，但活性不同。若不考虑酶的最适pH和最适温度的差异，其可能原因是_。(4)你认为上述三种微生物中，最具有应用开发价值的是_。(5)从解决能源问题的角度，开发这种纤维素酶的意义在于_。答案：实验步骤：(2)试管号试剂(mL)1234蒸馏水1.5pH7.5的缓冲液0.2纤维素悬浮液0.3微生物A提取液微生物B提取液0.1微生物C提取液总体积(4)班氏加热(加热至沸腾)分析讨论(1)4(2)红黄色(3)不同酶的氨基酸序列不同(不同酶的空间结构不同)(4)微生物B(5)葡萄糖可用做制取酒精的原料；用纤维素代替化石能源(言之有理即给分)解析：本题考查了对微生物培养实验的分析综合能力。解决这类题目首先要对题中所给信息了解透彻。纤维素在纤维素酶的作用下分解产物是葡萄糖，用葡萄糖的产生来表示酶活性的大小，用呈色反应表示葡萄糖的生成量。可以用班氏试剂来检测葡萄糖的生成，加热后根据生成颜色的深浅来判断葡萄糖的生成量。明确了这几点后，根据实验设计的原则：对照原则、等量原则、单一变量原则等，进行实验的设计与分析。要比较三种微生物所产生的酶的活性，所以所设计的实验组是三组，对照组是一组，这四组所用液体的量是一致的(体现等量原则)，实验组与对照组相比只有一个变量，实验组之间相比它们的变量各不相同。据此可完成题中表格的填写。4号管作为对照组，其余三支管加入的是等量的不同微生物的提取液0.1 mL，4号管中加入的是等量的蒸馏水，所以在添加蒸馏水一栏中加入的是(1.40.1)mL，