统考版2024高考生物二轮复习专题限时集训7生物技术实践含解析

PAGE7-专题限时集训(七)生物技术实践(时间：40分钟满分：100分)非选择题(100分)1．(12分)(2024·河北保定高三模拟)酒发酵过程中，窖池中培育液的pH会降低。为选育适合白酒生产的耐酸性强的酵母菌，探讨者进行了相关试验。请回答有关问题：(1)酵母菌的代谢类型是______________。(2)温度和pH是影响酵母菌生长和发酵的重要条件。________℃左右最适合酵母菌繁殖。酵母菌能在pH为3.0～7.5的范围内生长，最适pH为4.5～5.0。发酵过程中窖池中培育液的pH会渐渐下降，缘由是__________________。(3)从窖池取含酵母菌的适量培育液分别接种到酸碱度不同的麦芽汁培育基上，发觉在pH≤3的环境中，仍可检测到少量耐酸性酵母菌生长，这些菌株是________形成的。(4)探讨者从pH为2～3的培育液中获得菌种，可通过________法接种到培育基上，进行纯化培育。纯化培育所用培育基常用__________________法灭菌，灭菌后在________旁边倒平板。(5)试验获得了三个耐酸性强的酵母菌菌株，特点如下表。菌株ABC特点pH≤3时，生长代谢正常并优于其他常规菌种pH≤3时，生长代谢正常，pH4～6时不正常pH为2～6时，生长代谢正常并优于其他常规菌种依据菌株特点，探讨者认为C菌株更适合作为白酒发酵菌株，作出这一推断的理由是____________________。[解析](1)酵母菌的代谢类型是异养兼性厌氧型。(2)相宜酵母菌生长的温度范围是18～25℃。即20℃左右最适合酵母菌繁殖。由于酵母菌细胞呼吸产生二氧化碳，可形成碳酸，以及代谢过程中还产生了其他酸性物质，所以在发酵过程中窖池中培育液的pH会渐渐下降。(3)酵母菌生长的最适pH为4.5～5.0，过酸的pH会导致酵母菌死亡，但在pH≤3的环境中，仍检测到少量耐酸性酵母菌生长，说明这些菌株是基因突变形成的。(4)常用的微生物接种方法为平板划线法和稀释涂布平板法。培育基的灭菌方法为高压蒸汽灭菌，培育基灭菌后要在酒精灯旁边倒平板，以防止微生物的污染。(5)比较表格中的三种菌体的特点可知，C菌对pH耐受范围更大，而酵母菌发酵的初期pH近中性，所以C菌种适合此环境，更易于形成优势菌群；而且发酵后期pH渐渐降低，C菌种依旧能正常生长，所以C菌株更适合作为白酒发酵菌株。[答案](1)异养兼性厌氧型(2)20细胞呼吸产生二氧化碳，可形成碳酸；代谢过程中还产生了其他酸性物质(3)基因突变(4)平板划线法或稀释涂布平板高压蒸汽灭菌酒精灯(5)该菌对pH耐受范围更大，发酵初期pH近中性，C菌种适合此环境，更易于形成优势菌群；发酵后期pH渐渐降低，C菌种依旧能正常生长2．(12分)(2024·荆、荆、襄、宜四地七校高三联考)酸牛奶酒是在牛奶中加入乳酸菌和酵母菌混合发酵而成的一种乳饮料。回答下列有关问题：(1)发酵所用牛奶在加入菌种前应进行________(填“消毒”或“灭菌”)。(2)已知“改良MC琼脂培育基”中含有碳酸钙，遇酸溶解而使培育基变得透亮；“孟加拉红琼脂培育基”含氯霉素，可抑制绝大多数细菌的生长。对乳酸菌进行计数时应选择上述__________培育基，用________法接种，选择出________的菌落进行计数。(3)对乳酸菌、酵母菌双菌混合培育和各自单独培育过程中的活菌数进行定时检测，结果见下图。由图可知，双菌培育时两种菌的最大活菌数均高于其单独培育时，从代谢产物角度分析，其缘由可能是____________________。共同培育过程中两种生物的种间关系是________。图甲发酵液中乳酸菌的数量改变图乙发酵液中酵母菌的数量改变[解析](1)牛奶在发酵前应当先进行消毒处理，除去其他微生物，再加入菌种进行发酵。(2)乳酸菌进行无氧呼吸可以产生乳酸，遇碳酸钙可以使培育基变得透亮，故应当选择改良MC琼脂培育基对乳酸菌进行计数，要对乳酸菌进行计数应当选择稀释涂布平板法进行接种，乳酸菌可以使MC琼脂培育基出现透亮圈，故可以选择出具有透亮圈的菌落进行计数。(3)依据图中曲线可以推想，酵母菌和乳酸菌可以相互利用对方的代谢产物，从而相互促进生长，故双菌培育时两种菌的最大活菌数均高于其单独培育时。共同培育过程中，二者既竞争资源空间又可以相互利用对方的代谢产物，故同时存在竞争和共生关系。[答案](1)消毒(2)改良MC琼脂稀释涂布平板具有透亮圈(3)酵母菌和乳酸菌可以相互利用对方的代谢产物，从而相互促进生长共生、竞争3．(13分)为了分别和纯化高效分解石油的细菌，科研人员利用被石油污染过的土壤进行如图A所示的试验。图A图B(1)配制好的培育基灭菌通常可以运用________法。步骤③与步骤②中培育基成分的最大区分是______________________________。(2)同学甲进行过程④的操作，其中一个平板经培育后的菌落分布如图B所示。该同学的接种方法是__________；推想同学甲用此方法接种时出现图B结果可能的操作失误是______________；在接种前，为检测培育基平板灭菌是否合格，应进行的操作是____________。(3)同学乙也依据同学甲的接种方法进行了过程④的操作：将1mL样品稀释100倍，在3个平板上分别接入0.1mL稀释液。乙同学每隔24h统计一次菌落数目，选取菌落数目稳定时的记录作为结果，理由是______________。经统计，3个平板上的菌落数分别为56、58和57。据此可得出每升样品中的活菌数为__________。(4)步骤⑤后取样测定石油含量的目的是_____________。[解析](1)培育基通常运用高压蒸汽灭菌法灭菌。该试验的目的是为了分别和纯化高效分解石油的细菌，因此步骤③与步骤②中培育基成分相比，最大的区分是石油是唯一碳源。(2)图B采纳的接种方法是稀释涂布平板法，出现图B结果可能的操作失误是涂布不匀称。在接种前，可随机选取若干灭菌后的空平板先行培育一段时间，用来检测培育基平板灭菌是否合格。(3)为防止因培育时间不足而遗忘菌落数目，应选取菌落数目稳定时的记录作为结果。据题中数据可得出每升样品中的活菌数为(56＋58＋57)÷3÷0.1×1000×100＝5.7×107(个)。(4)步骤⑤后取样测定石油含量的目的是筛选出分解石油实力最好的细菌。[答案](1)高压蒸汽灭菌石油是唯一碳源(2)稀释涂布平板法涂布不匀称随机选取若干灭菌后的空平板先行培育一段时间(3)防止因培育时间不足而遗忘菌落数目5.7×107(4)筛选出分解石油实力最好的细菌4．(14分)(2024·山西临汾高三期末)材料一“举杯回首望云烟，一八九二到今日”，正如这首名为《葡萄美酒不夜天》的张裕之歌歌词所言，烟台张裕集团作为中国葡萄酒行业的先驱和中国食品德业为数不多的百年老店之一，缔造了令人回味无穷的百年传奇。材料二世界各地都有泡菜的影子，风味也因各地做法不同而有异，其中涪陵榨菜、法国酸黄瓜、德国甜酸甘蓝，并称为世界三大泡菜。(1)①酒精发酵时一般将温度限制在____________，相关的反应式为____________________(以底物以葡萄糖为例)。②在葡萄酒的自然发酵过程中，起主要作用的是______，该微生物与制作果醋的微生物在细胞结构上的主要区分是_____________。(2)①有些人在制作泡菜时为了延长保存时间而加入大量的盐，这样获得的泡菜却不酸，其缘由是____________________。某农夫在制作泡菜时加入邻居家借来的陈泡菜水，这样会导致泡菜很简单变酸，其缘由是___________________。②在泡菜的腌制过程中，为削减亚硝酸盐的含量，要留意限制________、温度和________。[解析](1)①20℃左右最适合酵母菌繁殖，故酒精发酵时一般将温度限制在18～25℃。酵母菌进行无氧呼吸时产生酒精和二氧化碳，其反应式为C6H12O6eq\o(→,\s\up9(酶))2C2H5OH＋2CO2＋少量能量。②在葡萄酒的自然发酵过程中，起主要作用的是附着在葡萄皮上的野生型酵母菌。酵母菌是真核生物，醋酸菌是原核生物。(2)①加入大量的盐，抑制了乳酸菌发酵，泡菜中的乳酸量就会很少。陈泡菜水中含有大量的乳酸菌菌种，能缩短泡菜的制作时间。②在泡菜的腌制过程中，要留意限制腌制的时间、温度和食盐的用量。温度过高、食盐用量过低、腌制时间过短，简单造成细菌大量繁殖，亚硝酸盐含量增加。[答案](1)①18～25℃C6H12O6eq\o(→,\s\up9(酶))2C2H5OH＋2CO2＋少量能量②附着在葡萄皮上的野生型酵母菌前者有以核膜为界限的细胞核，后者没有以核膜为界限的细胞核(2)①加入大量的盐，抑制了乳酸菌发酵陈泡菜水中含有大量的乳酸菌菌种②腌制的时间食盐的用量5．(14分)绿藻A是某种单细胞绿藻，能够合成物质W。某小组为探究氮养分缺乏对绿藻A增殖及物质W累计的影响，将等量的绿藻A分别接种在氮养分缺乏(试验组)和氮养分正常(比照组)的两瓶培育液中，并在相宜温度和肯定光强下培育。定时取样并检测细胞浓度和物质W的含量，结果如图。图甲图乙(1)从图甲可知，在氮养分正常培育液的瓶中，绿藻A的种群增长曲线呈________型。(2)综合图甲和图乙的信息可知，在生产上，若要用少量的绿藻A获得尽可能多的物质W，可以实行的措施是_________________。(3)若物质W是类胡萝卜素，依据类胡萝卜素不易挥发和易溶于有机溶剂的特点，应选择的提取方法是______________________。用纸层析法可以将类胡萝卜素与叶绿素分开，纸层析法分别的原理是__________________________。(4)在以上探讨的基础上，某人拟设计试验进一步探讨氮养分缺乏程度对物质W积累的影响，则该试验的自变量是____________。(5)与在光照条件下相比，若要使绿藻A在黑暗条件下增殖，须要为其供应________(填“葡萄糖”或“纤维素”)作为养分物质，缘由是____________________________。[解析](1)由图甲可知，在氮养分正常培育液的瓶中，绿藻A的种群增长曲线呈“S”型。(2)由图甲可知，正常氮养分液中绿藻增殖速度较缺氮养分液中绿藻增殖速度快；由图乙可知，正常氮养分液中物质W的含量较缺氮养分液中物质W含量低。因此，综合图甲和图乙的信息可知，在生产上，若要用少量的绿藻A获得尽可能多的物质W，可以实行的措施是先将少量绿藻放在氮养分正常的培育液培育，等到细胞浓度最高时集中收集，再放在氮养分缺乏的培育液接着培育。(3)类胡萝卜素不易挥发和易溶于有机溶剂，因此提取胡萝卜素应当选择萃取法。用纸层析法可以将类胡萝卜素与叶绿素分开，纸层析法分别的原理是类胡萝卜素和叶绿素在层析液(有机溶剂)中的溶解度不同，溶解度高的随层析液在滤纸条上的扩散速度快，反之则慢，从而将它们分别。(4)该试验的目的是进一步探讨氮养分缺乏程度对物质W积累的影响，则该试验的自变量是培育基中的氮养分浓度。(5)在黑暗下，绿藻不能进行光合作用合成糖类(有机物)，须要汲取葡萄糖为养分物质，而纤维素不能被绿藻汲取利用。因此，与在光照条件下相比，若要使绿藻A在黑暗条件下增殖，须要为其供应葡萄糖作为养分物质。[答案](1)“S”(2)先将少量绿藻放在氮养分正常的培育液培育，等到细胞浓度最高时集中收集，再放在氮养分缺乏的培育液接着培育(3)萃取法类胡萝卜素和叶绿素在层析液(有机溶剂)中的溶解度不同，溶解度高的随层析液在滤纸条上的扩散速度快，反之则慢，从而将它们分别(4)培育基中的氮养分浓度(5)葡萄糖在黑暗下，绿藻不能进行光合作用合成糖类(有机物)，须要汲取葡萄糖作为养分物质，而纤维素不能被绿藻汲取利用6．(12分)(2024·深圳高级中学高三模拟)三孢布拉式霉菌是一种可产生胡萝卜素的真菌，常用于胡萝卜素的工业化生产。请回答：(1)胡萝卜素是常用的食品色素，广泛地用作食品、饮料、饲料的添加剂，除此以外，它还可以用于治疗_________________。(写出一点即可)(2)配制三孢布拉式霉菌的培育基时，需将pH调至________(填“酸性”“中性”或“微碱性”)。(3)将发酵后的三孢布拉式霉菌处理后研磨成粉末，加入________(填“石油醚”“乙醇”或“丙酮”)萃取，选择该萃取剂的依据是：具有较髙的沸点，能够充分溶解胡萝卜素，并且____________。(4)将提取的胡萝卜素粗品通过________法进行鉴定，据上图结果可推断出样品2中含有胡萝卜素，推断依据是______________________。(5)探讨者利用聚丙烯酰胺凝胶电泳对三孢布拉氏霉菌的蛋白质进行分别，为了消退蛋白质分子原有电荷量对迁移率的影响，可在凝胶中加入________，原理是________________________，因而掩盖了不同种蛋白质间的电荷差别，使电泳迁移率完全取决于蛋白质分子的大小。[解析](1)胡萝卜素是常用的食品色素，广泛地用作食品、饮料、饲料的添加剂，它还可以用于治疗因缺乏维生素A而引起的各种疾病，如：夜盲症、幼儿生长发育不良、干皮症等。(2)三孢布拉氏霉菌适合于酸性条件下生长，因此在制备该培育基的过程中，灭菌之前应将培育基的pH调至酸性。(3)萃取胡萝卜素选用石油醚，其缘由是石油醚具有较高的沸点，能够充分溶解胡萝卜素，并且不与水混溶。(4)提取的胡萝卜素粗品通过纸层析法进行鉴定，据图示结果可推断出样品2中含有胡萝卜素，推断依据是样品2具有与标准样对应的色带1。(5)利用聚丙烯酰胺凝胶电泳对三孢布拉氏霉菌的蛋白质进行分别，为了消退蛋白质分子原有电荷量对迁移率的影响，可在凝胶中加入SDS，原理是SDS能与各种蛋白质形成蛋白质－SDS混合物，SDS所带负电荷的量大大超过了蛋白质分子原有的电荷量，因而掩盖了不同种蛋白质间的电荷差别，使电泳迁移率完全取决于蛋白质分子的大小。[答案](1)因缺乏维生素A而引起的各种疾病，如：夜盲症、幼儿生长发育不良、干皮症等(2)酸性(3)石油醚不与水混溶(4)纸层析样品2具有与标准样对应的色带1(5)SDSSDS能与各种蛋白质形成蛋白质—SDS混合物，SDS所带负电荷的量大大超过了蛋白质分子原有的电荷量7．(11分)(2024·贵阳高三模拟)现有一种新分别出来的果胶酶，为探究温度对该果胶酶活性的影响，某同学进行了如图所示试验。回答下列问题。A.制苹果泥B．保温处理C．混合保温一段时间D．过滤果汁(1)生产果汁时，用果胶酶处理果泥可提高果汁的出汁量。果胶酶是分解果胶的一类酶的总称，包括_______________等，其作用是____________。(2)图中步骤B处理的目的是______________________________。(3)试验过程中，须要设置比照，简述设置比照的思路：__________________________________________________________________________________________________________。(4)图中D步骤中，可通过测定滤出的果汁的体积大小来推断果胶酶活性凹凸，缘由是_________________。在不同温度下，果胶酶的活性越大，苹果汁的体积就________(填“越小”或“越大”)。[解析](1)果胶酶是分解果胶的一类酶的总称，包括多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶、果胶酯酶等，其作用是能分解果胶，瓦解植物的细胞壁及胞间层，使榨取果汁更简单、果汁变澄清。(2)图中步骤B是将果汁和果胶酶分别放在相同的恒温水浴中保温处理，处理的目的是保证底物和酶在混合时的温度是相同的，避开果泥和果胶酶混合时影响混合物的温度，从而影响果胶酶的活性。(3)本试验的目的为探究温度对该果胶酶活性的影响，所以试验自变量为不同的温度，因变量为果胶酶的活性，试验过程中可设置不同的温度梯度形成相互比照。(4)由于果胶酶将果胶分解为小分子物质，小分子物质可以通过滤纸(或尼龙布)，因此，果汁的体积大小反映了果胶酶催化分解果胶的实力，所以图中D步骤中，可通过测定滤出的果汁的体积大小来推断果胶酶活性凹凸。在不同温度下，果胶酶的活性越大，苹果汁的体积就越大。[答案](1)多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶、果胶酯酶分解果胶，瓦解植物的细胞壁及胞间层，使榨取果汁更简单、果汁变澄清(2)保证底物和酶在混合时的温度是相同的，避开果泥和果胶酶混合时影响混合物的温度，从而影响果胶酶的活性(3)设置不同的温度梯度形成相互比照(4)果胶酶将果胶分解为小分子物质，小分子物质可以通过滤纸(或尼龙布)，因此，果汁的体积大小反应了果胶酶催化分解果胶的实力越大8．(12分)(2024·广州高三模拟)探讨发觉沙棘提取物具有抑菌和降解亚硝酸盐的效果。沙棘提取物制备过程如下：沙棘果(叶)→粉碎→加有机溶剂→搅拌→收集滤液→浓缩→加溶剂→萃取→过滤→浓缩→成品。回答下列问题。(1)提取沙棘果(叶)的有效成分时，对沙棘果(叶)进行粉碎处理的目的是____________________________________。粉碎后添加的有机溶剂不宜选用________(填“甲醇”或“乙醇”)，缘由是_______________________