（统考版）高考生物二轮复习 专题限时集训7 生物技术实践（含解析）-人教版高三全册生物试题

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)(2020·河北保定高三模拟)酒发酵过程中，窖池中培养液的pH会降低。为选育适合白酒生产的耐酸性强的酵母菌，研究者进行了相关实验。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3.07.5的范围内生长，最适pH为4.55.0。发酵过程中窖池中培养液的pH会逐渐下降，原因是_。(3)从窖池取含酵母菌的适量培养液分别接种到酸碱度不同的麦芽汁培养基上，发现在pH3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)研究者从pH为23的培养液中获得菌种，可通过_法接种到培养基上，进行纯化培养。纯化培养所用培养基常用_法灭菌，灭菌后在_附近倒平板。(5)实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pH3时，生长代谢正常并优于其他常规菌种pH3时，生长代谢正常，pH46时不正常pH为26时，生长代谢正常并优于其他常规菌种依据菌株特点，研究者认为C菌株更适合作为白酒发酵菌株，作出这一判断的理由是_。解析(1)酵母菌的代谢类型是异养兼性厌氧型。(2)适宜酵母菌生长的温度范围是1825 。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养液的pH会逐渐下降。(3)酵母菌生长的最适pH为4.55.0，过酸的pH会导致酵母菌死亡，但在pH3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。培养基的灭菌方法为高压蒸汽灭菌，培养基灭菌后要在酒精灯附近倒平板，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逐渐降低，C菌种依然能正常生长，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逐渐降低，C菌种依然能正常生长2(12分)(2020·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琼脂培养基”中含有碳酸钙，遇酸溶解而使培养基变得透明；“孟加拉红琼脂培养基”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_培养基，用_法接种，挑选出_的菌落进行计数。(3)对乳酸菌、酵母菌双菌混合培养和各自单独培养过程中的活菌数进行定时检测，结果见下图。由图可知，双菌培养时两种菌的最大活菌数均高于其单独培养时，从代谢产物角度分析，其原因可能是_。共同培养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变化图乙发酵液中酵母菌的数量变化解析(1)牛奶在发酵前应该先进行消毒处理，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，遇碳酸钙可以使培养基变得透明，故应该选择改良MC琼脂培养基对乳酸菌进行计数，要对乳酸菌进行计数应该选择稀释涂布平板法进行接种，乳酸菌可以使MC琼脂培养基出现透明圈，故可以挑选出具有透明圈的菌落进行计数。(3)根据图中曲线可以推测，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，故双菌培养时两种菌的最大活菌数均高于其单独培养时。共同培养过程中，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明圈(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)为了分离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所示的实验。图A图B(1)配制好的培养基灭菌通常可以使用_法。步骤与步骤中培养基成分的最大区别是_。(2)同学甲进行过程的操作，其中一个平板经培养后的菌落分布如图B所示。该同学的接种方法是_；推测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，为检测培养基平板灭菌是否合格，应进行的操作是_。(3)同学乙也按照同学甲的接种方法进行了过程的操作：将1 mL样品稀释100倍，在3个平板上分别接入0.1 mL稀释液。乙同学每隔24 h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)步骤后取样测定石油含量的目的是_。解析(1)培养基通常使用高压蒸汽灭菌法灭菌。该实验的目的是为了分离和纯化高效分解石油的细菌，因此步骤与步骤中培养基成分相比，最大的区别是石油是唯一碳源。(2)图B采用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均匀。在接种前，可随机选取若干灭菌后的空平板先行培养一段时间，用来检测培养基平板灭菌是否合格。(3)为防止因培养时间不足而遗落菌落数目，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(565857)÷3÷0.1×1 000×1005.7×107(个)。(4)步骤后取样测定石油含量的目的是筛选出分解石油能力最好的细菌。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均匀随机选取若干灭菌后的空平板先行培养一段时间(3)防止因培养时间不足而遗落菌落数目5.7×107(4)筛选出分解石油能力最好的细菌4(14分)(2020·山西临汾高三期末)材料一“举杯回首望云烟，一八九二到今天”，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行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)酒精发酵时一般将温度控制在_，相关的反应式为_(以底物以葡萄糖为例)。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别是_。(2)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，其原因是_。某农民在制作泡菜时加入邻居家借来的陈泡菜水，这样会导致泡菜很容易变酸，其原因是_。在泡菜的腌制过程中，为减少亚硝酸盐的含量，要注意控制_、温度和_。解析(1)20 左右最适合酵母菌繁殖，故酒精发酵时一般将温度控制在1825 。酵母菌进行无氧呼吸时产生酒精和二氧化碳，其反应式为C6H12O62C2H5OH2CO2少量能量。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)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。在泡菜的腌制过程中，要注意控制腌制的时间、温度和食盐的用量。温度过高、食盐用量过低、腌制时间过短，容易造成细菌大量繁殖，亚硝酸盐含量增加。答案(1)1825 C6H12O62C2H5OH2CO2少量能量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)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。某小组为探究氮营养缺乏对绿藻A增殖及物质W累计的影响，将等量的绿藻A分别接种在氮营养缺乏(实验组)和氮营养正常(对照组)的两瓶培养液中，并在适宜温度和一定光强下培养。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，在氮营养正常培养液的瓶中，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，可以采取的措施是_。(3)若物质W是类胡萝卜素，根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，纸层析法分离的原理是_。(4)在以上研究的基础上，某人拟设计实验进一步研究氮营养缺乏程度对物质W积累的影响，则该实验的自变量是_。(5)与在光照条件下相比，若要使绿藻A在黑暗条件下增殖，需要为其提供_(填“葡萄糖”或“纤维素”)作为营养物质，原因是_。解析(1)由图甲可知，在氮营养正常培养液的瓶中，绿藻A的种群增长曲线呈“S”型。(2)由图甲可知，正常氮营养液中绿藻增殖速度较缺氮营养液中绿藻增殖速度快；由图乙可知，正常氮营养液中物质W的含量较缺氮营养液中物质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，可以采取的措施是先将少量绿藻放在氮营养正常的培养液培养，等到细胞浓度最高时集中收集，再放在氮营养缺乏的培养液继续培养。(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该选择萃取法。用纸层析法可以将类胡萝卜素与叶绿素分开，纸层析法分离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，从而将它们分离。(4)该实验的目的是进一步研究氮营养缺乏程度对物质W积累的影响，则该实验的自变量是培养基中的氮营养浓度。(5)在黑暗下，绿藻不能进行光合作用合成糖类(有机物)，需要吸收葡萄糖为营养物质，而纤维素不能被绿藻吸收利用。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，需要为其提供葡萄糖作为营养物质。答案(1)“S”(2)先将少量绿藻放在氮营养正常的培养液培养，等到细胞浓度最高时集中收集，再放在氮营养缺乏的培养液继续培养(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，从而将它们分离(4)培养基中的氮营养浓度(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)，需要吸收葡萄糖作为营养物质，而纤维素不能被绿藻吸收利用6(12分)(2020·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养基时，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，据上图结果可判断出样品2中含有胡萝卜素，判断依据是_。(5)研究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离，为了消除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，因此在制备该培养基的过程中，灭菌之前应将培养基的pH调至酸性。(3)萃取胡萝卜素选用石油醚，其原因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，据图示结果可判断出样品2中含有胡萝卜素，判断依据是样品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离，为了消除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)(2020·贵阳高三模拟)现有一种新分离出来的果胶酶，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实验。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)实验过程中，需要设置对照，简述设置对照的思路：_。(4)图中D步骤中，可通过测定滤出的果汁的体积大小来判断果胶酶活性高低，原因是_。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，使榨取果汁更容易、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，避免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)本实验的目的为探究温度对该果胶酶活性的影响，所以实验自变量为不同的温度，因变量为果胶酶的活性，实验过程中可设置不同的温度梯度形成相互对照。(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能力，所以图中D步骤中，可通过测定滤出的果汁的体积大小来判断果胶酶活性高低。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，使榨取果汁更容易、果汁变澄清(2)保证底物和酶在混合时的温度是相同的，避免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对照(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能力越大8(12分)(2020·广州高三模拟)研究发现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”)，原因是_。为了提升萃取效率需要加热，采用水浴加热而不是直接明火加热，原因是_。(2)研究者利用滤纸片法初步测定提取物的抑菌效果，将灭菌后的滤纸片分别放入准备好的提取物溶液及_(对照)中浸泡后，取出滤纸片并将其贴在涂布好菌液的平板上，培养一定时间后，通过比较_判断抑菌效果。(3)若要验证沙棘提取物的浓度与降解亚硝酸盐的效果有关，请写出简要实验思路：_。解析(1)由于萃取的效果与原料颗粒的大小有关，所以对沙棘果(叶)进行粉碎处理的目的是为了使原料和有机物充分接触，以提高萃取率；甲醇比乙醇毒性更大，所以萃取时应尽量避免使用甲醇；水浴加热能避免直接接触，防止有机溶剂遇明火燃烧甚至爆炸。(2)实验需要进行对照，才能比较出抑菌效果，所以对照组应将滤纸片在溶解提取液的溶剂(无菌水)中浸泡。若提取液中含抑菌物质，则滤纸片周围会出现抑菌圈。抑菌效果越好，抑菌圈越大，所以可通过抑菌圈的大小观察抑菌效果。(3)若要验证沙棘提取物的浓度与降解亚硝酸盐的效果有关，则实验中沙棘提取物的浓度为自变量，培养液中亚硝酸盐的含量为因变量，故实验思路为取等量一定浓度的亚硝酸盐溶液置于标记好的试管中，分别加入等量不同浓度的沙棘提取物，置于相同适宜的环境中，一段时间后，检测并比较各试管中亚硝酸盐含量。答案(1)使原料与有机溶剂充分接触，提高提取率甲醇甲醇毒性较大避免引起有机溶剂燃烧、爆炸(2)溶解提取液的溶剂(无菌水)透明圈大小(或抑菌圈大小，其他合理表述亦可)(3)取等量一定浓度的亚硝酸盐溶液置于标记好的试管中，分别加入等量不同浓度的沙棘提取液，置于相同且适宜的环境中，一段时间后，检测并比较各试管中的亚硝酸盐含量