【生物】四川省宜宾市四中2020届高三上学期期中考试理综（解析版）

【生物】四川省宜宾市四中2020届高三上学期期中考试理综（解析版）

四川省宜宾市四中2020届高三上学期期中考试理综 ‎1.下列关于细胞的结构和功能的叙述，正确的是 A. 人浆细胞的高尔基体膜成分的更新速率比红细胞的慢 B. 人体的肌细胞既有识别肾上腺素的受体，也有识别甲状腺激素的受体 C. 黑藻和蓝藻的细胞都不含叶绿体，但都含有能进行光合作用的色素 D. 核孔是细胞核内外物质运输的通道，处于分裂期的细胞的核孔数量较多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、原核生物与真核生物相比，没有核膜，除了核糖体外没有众多的细胞器，没有染色体和核仁。‎ ‎2、分泌蛋白合成与分泌过程：附着在内质网上的核糖体合成蛋白质→内质网进行粗加工→内质网“出芽”形成囊泡→高尔基体进行再加工形成成熟的蛋白质→高尔基体“出芽”形成囊泡→细胞膜。‎ ‎3、核孔：实现细胞核与细胞质之间频繁的物质交换和信息交流。‎ ‎4、激素调节的特点：微量高效性、体液运输、作用于靶器官、靶细胞。肾上腺素和甲状腺激素几乎作用于全身的细胞。‎ ‎【详解】人浆细胞能分泌抗体，因此其高尔基体膜成分的更新快，而人体成熟的红细胞中没有高尔基体，A错误；根据以上分析可知，人的肌细胞既有识别肾上腺素的受体，也有识别甲状腺激素的受体，B正确；蓝藻属于原核生物，其细胞中不含叶绿体，C错误；核孔是细胞核内外物质运输的通道，分裂前期核膜和核仁解体消失，因此处于分裂期的细胞基本不含核孔，D错误。‎ ‎2.《Nature》刊登:首次发现T细胞通过突触相互作用将多巴胺转移到浆细胞中，即特定的T细胞也可释放多巴胺并作用于浆细胞，给浆细胞进一步的“刺激”。据此判断下列叙述正确的是 A. 多巴胺在突触间隙中运输需水解高能磷酸键 B. 多巴胺进人浆细胞中指导抗体的合成和分泌 C. 浆细胞和神经元上都具有识别多巴胺的受体 D. 推测刺激浆细胞是让其分泌直接消灭抗原的物质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正常情况下，多巴胺释放到突触间隙，扩散至突触后膜，作用于下一个神经元；根据题意，特定的T细胞可释放多巴胺，则多巴胺释放后通过体液运输，作用于浆细胞，据此分析。‎ ‎【详解】A. 多巴胺在突触间隙中的运输方式为扩散，不需要消耗能量，因此不需要水解高能磷酸键，A错误；‎ B. 多巴胺是信号分子，不能直接参与生物的生理活动，指导蛋白质合成的是基因，B错误；‎ C. 根据题干可知，多巴胺能作用于浆细胞和神经元突触后膜，因此浆细胞与神经元上有其特异性受体，C正确；‎ D. 抗体不能直接消灭抗原，而是与抗原结合形成沉淀或细胞集团，D错误。‎ ‎3.下列有关实验的说法,错误的是 A. 因亲和力不同,甲基绿吡罗红染色剂可使DNA、RNA分别呈现绿色和红色 B. 因淀粉酶的结构易遭强酸、强碱破坏,故不用淀粉酶探究pH对酶活性的影响 C. 探究培养液中酵母菌数量动态变化时,可借助“染色排除法”统计活菌数目 D. 分离叶绿体中的色素时,滤液细线浸入层析液可致滤纸条上不出现色素带 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎１、甲基绿与DNA亲和力强，吡罗红与RNA亲和力更强，可用甲基绿吡罗红混合染色剂使DNA、RNA分别染成绿色和红色，从而观察DNA和RNA在细胞中的分布。‎ ‎2、用淀粉酶探究pH对酶活性的影响，其所用底物淀粉易受受酸碱度的影响。‎ ‎3、在探究培养液中酵母菌数量的动态变化中，如果要排除统计的死酵母菌，需要借助“染色排除法”统计活菌数目。‎ ‎4、分离叶绿体中的色素时，一定不能让滤液细线浸入层析液，否则会导致分离失败。‎ ‎【详解】因甲基绿与DNA亲和力强，二者结合呈现绿色，而吡罗红与RNA亲和力更强，二者结合后呈现红色，所以当用甲基绿吡罗红染色剂可使DNA、RNA分别呈现绿色和红色，A正确；由于淀粉可在强酸下分解，因此一般不用淀粉酶探究pH对酶活性的影响，B错误；由于只有死细胞才能被染色，探究培养液中酵母菌数量的动态变化时，可借助“染色排除法”统计活菌数目，C正确；分离叶绿体中的色素时，如果滤液细线浸入层析液中，会使滤液细线上的色素分子大量溶解在层析液中，最终导致滤纸条上不出现色素带，D正确。‎ ‎【点睛】 ‎ ‎4.下列关于种群、群落与生态系统的叙述，正确的是 A. 生物群落的组成中包括生物成分和非生物成分 B. 某地区同种树木的幼苗、半成体植株和成体植株形成垂直结构 C. 负反馈调节有利于生态系统结构和功能保持相对稳定 D. 信息传递必定调节不同群落之间的种间关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生物群落是指同一时间内聚集在一定区域中各种生物种群的集合，其结构包括垂直结构和水平结构。种群是指在一定区域内的同种生物的全部个体。生态系统具有保持和恢复自身结构和功能相对稳定的能力，其原因是生态系统具有自我调节能力，而负反馈调节是生态系统自我调节能力的基础。生态系统中的信息传递的作用是：①生物的生命活动正常进行离不开信息的作用；②生物种群的繁衍离不开信息的传递；③调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定。‎ ‎【详解】由以上分析可知：生物群落的组成中包括生物成分，不包括非生物成分，A错误；某地区同种树木的幼苗、半成体植株和成体植株形成的是种群，垂直结构是指群落中的不同种生物在垂直结构上的分布，B错误；负反馈调节是生态系统自我调节能力的基础，有利于生态系统结构和功能保持相对稳定，C正确；信息传递可调节同一群落的种间关系，D错误。‎ ‎5.研究小组用某果蝇品系的雌雄两只果蝇进行了一代杂交实验，所产生的子一代中出现了603只雌果蝇和300只雄果蝇。重复实验结果表明，上述现象总是存在。据此对该现象的解释最合理的是 A. 可能是父本携带常染色体隐性纯合致死基因并传给后代雄性果蝇 B. 可能是亲本均携带常染色体隐性纯合致死基因并传给后代雄性果蝇 C. 可能是母本携带X染色体隐性纯合致死基因并传给后代雄性果蝇 D. 可能是母本携带X染色体显性致死基因并传给后代雄性果蝇 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，“所产生的子一代中出现了603只雌果蝇和300只雄果蝇，重复实验结果表明，上述现象总是存在”，说明很有可能雄果蝇有部分致死或者致死现象在雄性中比较多，据此分析。‎ ‎【详解】根据分析可知，正常情况下雌性个体与雄性个体数量大致相当，而题干中显然雌性：雄性=2:1，很有可能雄果蝇中有部分个体致死或者致死现象在雄性中比较多，因此该致死很有可能与X染色体有关，推测母本携带X染色体隐性致死基因并传给后代雄性果蝇可能性比较大，D正确。‎ ‎6.如图是生理状况相同的油料作物种子在清水中萌发形成幼苗过程中的生长情况。下列相关说法错误的是 A. 10d前，萌发种子干重增加的主要元素是C和N B. 10d后，白光下的幼苗体内消耗ADP的场所有叶绿体、线粒体和细胞质基质 C. 从图中可知前10d内光照对幼苗生长存在抑制作用 D. 幼苗在黑暗条件下发黄而在光下变绿，说明光照能影响叶绿素的合成 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 油料作物种子在萌发过程中，没有叶绿体，不能进行光合作用合成有机物。萌发初期，吸收大量水分，将脂肪转化成糖类，使得种子干重增加，主要是氧元素含量增加，在萌发后期，大多数脂肪已转化为糖类，与此同时细胞呼吸还在进行，消耗有机物，使得种子干重减少。萌发后，长出幼苗，可通过光合作用，吸收二氧化碳合成有机物，使干重增加。‎ ‎【详解】由于油料种子在清水中萌发，最开始干重增加的原因是脂肪转换成糖类，因而导致干重增加的主要元素是0，A错误；10d后，白光下，由于幼苗叶子变绿能进行光合作用，幼苗体内消耗ADP的场所，即ATP合成场所有叶绿体、线粒体和细胞质基质，B正确；图中前10d内光照条件下幼苗的长度低于黑暗条件下，可以判断前10d内光照对幼苗的生长存在抑制作用，C正确；黑暗条件下幼苗发黄而光下变绿，可说明光照能影响叶绿素的合成，D正确。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查油料作物种子萌发过程中，物质的转化，意在考查学生对基础知识的理解掌握，难度适中。‎ ‎7.为减轻养殖场内污水对环境的影响，创建低碳生活方式，该养殖场在污水排放处附近构建了人工湿。下图表示该湿地生态系统中的碳循环过程，其中甲、乙、丙、丁为生态系统的组成成分，A、B、C、D是丙中关系密切的四种生物。请回答下列问题:‎ ‎（1）⑧代表的生理过程主要是__________，图中多余的过程是__________(填序号)。‎ ‎（2）图中生态系统的基石是__________，该生态系统中各组成成分通过__________紧密联系，形成一个统整体。‎ ‎（3）丙中的C生物活动能力较强且活动范围广，调查C生物的种群密度时一般采用__________法，B生物与D生物的种间关系是__________。‎ ‎（4）该生态系统中分解者产生的能量不能流入生产者再被利用的原因是_____________________________。‎ ‎【答案】 (1). 光合作用 (2). ① (3). 乙 (4). 物质循环、能量流动、信息传递 (5). 标志重捕 (6). 捕食、竞争 (7). 生态系统的能量单向流动、不可循环使用的，分解者通过分解作用产生的能量最终会以热能的形式散失而不能再被生产者利用 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 据图分析，已知甲、乙、两、丁为生态系统的组成成分，根据四者之间的箭头关系可知甲是二氧化碳库，乙是生产者，丙是消费者，丁是分解者；A是初级消费者，B、C都是次级消费者，D是次级消费者和三级消费者。‎ ‎【详解】（1）⑧由二氧化碳库指向生产者，代表的是光合作用；乙是生产者，其可以利用无机物合成有机物，但是不能分解污水中的有机物，因此图中①是多余的。‎ ‎（2）生产者是生态系统的基石；生态系统的功能包括物质循环、能量流动、信息传递，通过三大功能将生态系统的组成成分紧密联系，形成一个统一整体。‎ ‎（3）已知C的活动能力较强且活动范围广，因此调查其种群密度可用标志重捕法；据图分析，D以A和B为食、B以A为食，因此B与D之间存在捕食和竞争关系。‎ ‎（4）生态系统的能量单向流动、不可循环使用的，分解者通过分解作用产生的能量最终会以热能的形式散失而不能再被生产者利用，因此该生态系统中分解者产生的能量不能流入生产者再被利用。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是掌握碳循环的过程，根据图示甲、乙、丙、丁之间的箭头关系判断四者所属的生态系统的成分以及各个字母代表的消费者层次，进而结合题干要求分析答题。‎ ‎8.某科研人员通过在南方鲇基础饲料(含有充足蛋自质、脂肪等物质)中添加脂肪酶，研究其对南方鲇幼鱼生长性能、饲料消化率、消化酶活性的影响。‎ 实验步骤:‎ 第一步:选取体质健壮、规格整齐、平均体重为57.6g的南方鲇幼鱼900尾，用基础饲料驯养20天。‎ 第二步:将900尾南方鲇幼鱼均分为9组，编号为1-9，其中1-3组每天饲喂一定量的基础饲料，4-6组饲喂等量添加有0.1g/kg脂肪酶的基础饲料，7-9组饲喂等量添加有 0.3g/kg脂肪酶的基础饲料。‎ 第三步:在相同且适宜的条件下饲养60天后，对南方鲇进行生长性能、饲料消化率、消化酶活性的检测并计算平均值。‎ 实验结果如下表:‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)与脂肪酶合成与分泌有关的细胞器有____________，其分泌到细胞外的方式体现了细胞膜的结构特点是______________________；该分泌方式与Na+运出细胞的方式的不同之处是 ___________________________________________________。 ‎ ‎(2)该实验选择南方鲇幼鱼要相似的原因是_______________________；实验前将南方鲇幼鱼用基础饲料驯养20天的目的是_______________；实验过程中每个处理做3组重复实验的目的是________________________________________。‎ ‎(3)由结果可知，添加0.1g/kg和0.3g/kg的脂肪酶均能提高南方贴的体重，但差异不显著，原因可能是_________________________________。‎ ‎(4)根据实验结果，从脂肪酶影响南方鲇体内消化酶活性的角度分析，添加脂肪酶能提高蛋白质和脂肪消化率的可能原因_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 核糖体、内质网、高尔基体、线粒体 (2). 具有一定的流动性 (3). 不需要载体 (4). 南方鲇幼鱼的生长性能、规格、体重等属于无关变量（控制无关变量对实验的影响） (5). 适应新的养殖环境和饲料 (6). 减小实验误差，避免偶然因素对实验结果的影响 (7). 脂肪酶添加量不足 (8). 在饲料中添加脂肪酶可提高南方鲇体内消化酶活性，加快其摄取的饲料中蛋白质和脂肪的水解，从而提高蛋白质和脂肪的消化率 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，实验目的是研究基础饲料中添加脂肪酶对南方鲇幼鱼生长性能、饲料消化率、消化酶活性的影响，故实验自变量是添加脂肪酶的量，南方鲇幼鱼生长性能、饲料消化率、消化酶活性属于因变量；据表分析可知，实验组中南方鲇幼鱼生长性能、饲料消化率、消化酶活性均比对照组高，且都与脂肪酶的添加量呈正相关，据此分析。‎ ‎【详解】（1）脂肪酶是蛋白质，其在核糖体上合成，在内质网和高尔基体上加工，故与脂肪酶合成与分泌有关的细胞器有核糖体、内质网、高尔基体、线粒体，其分泌到细胞外的方式是胞吐，体现了细胞膜的结构特点是具有一定的流动性；Na+运出细胞的方式是主动运输，主动运输需要载体和能量，胞吐与Na+运出细胞的方式的不同之处是不需要载体。 ‎ ‎（2）实验中南方鲇幼鱼的生长性能、规格、体重等属于无关变量，故该实验需选择各方面相同或相似的南方贴幼鱼；实验前将南方鲇幼鱼用基础饲料驯养20天的目的是使适应新的养殖环境和饲料；为了减小实验误差，避免偶然因素对实验结果的影响，实验过程中每个处理做3组重复实验。‎ ‎（3）由结果可知，添加0.1g/kg和0.3g/kg的脂肪酶均能提高南方贴的体重，但差异不显著，可能是脂肪酶添加量不足，添加0.1g/kg和0.3g/kg的脂肪酶在量上的差异不够大。‎ ‎（4）根据实验结果，从脂肪酶影响南方鲇幼鱼体内消化酶活性的角度分析，在饲料中添加脂肪酶可能提高了南方鲇体内消化酶活性，加快其摄取的饲料中蛋白质和脂肪的水解，从而提高蛋白质和脂肪的消化率。‎ ‎【点睛】本题以探究实验为背景，考查学生对实验的分析和理解能力，解答此类题目的关键是提高学生的图表识别能力和从材料中获取信息，分析处理信息的能力，有一定难度。‎ ‎9.为保护褐马鸡及其栖息地,国家在我省庞泉沟建立了自然保护区。研究人员对该地区的鸟类进行了调查,获取了某些数据。请结合所学知识回答:‎ ‎(1)调查褐马鸡在该地区鸟类中是否占优势,属于__________(填“种群”、“群落”或“生态系统”)水平的研究范畴。‎ ‎(2)鸟类丰富度的调查结果显示,森林的鸟类有96种,灌木的鸟类有57种,草原的鸟类有36种。森林的鸟类种数远多于灌木和草原,原因是____________________为鸟类提供了____________________。‎ ‎(3)保护区内褐马鸡种群的能量流动关系如下表所示(单位: ´102j/m2-a)‎ 摄食量 粪便量 呼吸散失 流向下个营养级 ‎158.6‎ ‎49.8‎ ‎45.3‎ ‎16.7‎ 褐马鸡种群用于生长发育繁殖的能量为___________。这些能量暂时储存在_________中,这些能量一部分是通过直接或间接以褐马鸡为食的消费者的__________释放,另一部分转变为死有机质和土壤有机碳后通过__________的分解作用释放。‎ ‎(4)该保护区还有大量的党参、甘草、连翘、柴胡等药用植物,这说明生物多样性具有__________价值。‎ ‎【答案】 (1). 群落 (2). 森林中植物的垂直结构 (3). 更加多样的栖息空间和食物条件 (4). 63.5×102J/m2·a (5). 褐马鸡体内的有机物 (6). 呼吸作用（或细胞呼吸） (7). 分解者 (8). 直接 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、群落水平上研究的问题：物种丰富度、优势种、种间关系、群落演替、空间结构、生态位和群落的范围和边界等。‎ ‎2、群落的空间结构分为垂直结构和水平结构，其中垂直结构有分层现象，而动物的分层现象是由植物的分层现象决定。‎ ‎3、生态系统中能量流经第二营养级的示意图：‎ ‎【详解】（1）调查研究群落中的某种群是否为优势种，属于群落水平上的研究范畴。‎ ‎（2）森林的鸟类种数远多于灌木和草原，主要原因是森林中植物的垂直结构分层现象明显，这为鸟类提供了更加多样的栖息空间和食物条件。‎ ‎（3）根据“摄入量等于同化量+粪便量，而同化量=呼吸作用散失热量+用于生长发育繁殖的能量”可知，褐马鸡种群用于生长发育繁殖的能量=（158.6-49.8-45.3）´102j/m2·a= 63.5×102J/m2·a。这些能量暂时储存在褐马鸡体内的有机物中，一部分是通过直接或间接以褐马鸡为食的消费者的呼吸作用释放，另一部分形成遗体残骸而转变为死有机质和土壤有机碳后通过分解者的分解作用释放。‎ ‎（4）生物直接作为药用是生物多样性具有直接价值的体现。‎ ‎【点睛】关键：能量被某一营养级摄入后能量流向分配：‎ 摄入能量=同化能量 + 粪便中能量 ‎ 同化能量=生长、发育和繁殖中能量 + 呼吸作用散失能量 ‎ 生长、发育和繁殖中能量=下一营养级摄入能量 + 尸体、残骸中能量 其中粪便中的能量和尸体、残骸中能量都流向分解者，被分解者分解利用。‎ ‎10.在一个经长期随机交配形成的自然鼠群中，存在的毛色表现型与基因型的关系如下表（注：AA纯合胚胎致死）。请分析回答：‎ 表现型 黄色 灰色 黑色 基因型 Aa1‎ Aa2‎ a1a1‎ a1a2‎ a2a2‎ ‎（1）亲本基因型为Aa1×Aa2，则其子代的表现型可能为___________。‎ ‎（2）两只鼠杂交，后代出现三种表现型，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）现有一只黄色雄鼠和其他各色的雌鼠（每种都有多只），请利用杂交方法检测出该雄鼠的基因型，写出实验思路并预期实验结果和结论。‎ 实验思路：______________________________________________‎ 预期实验结果和结论：_____________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 黄色、灰色 (2). Aa2， a1a2 (3). 1/8 (4). ①选用该黄色雄鼠与多只黑色雌鼠杂交；②观察并统计后代的毛色 (5). ①如果后代出现黄色和灰色、鼠的基因型为Aa1；②如果后代出现黄色和黑色，则该黄色雄鼠的基因型为Aa2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由表中信息可知：鼠的毛色由一对复等位基因控制，因此毛色的遗传遵循基因的分离定律。据此结合题意，依据亲代的基因型推知子代的基因型及其表现型，或者依据子代的表现型推知亲代的基因型，对(1)、(2)题进行解答。检测某种动物的基因型应采取测交方案，据此，依据表中信息，确定黄色雄鼠的基因型为Aa1或Aa2，再依据这两种基因型分别推测测交子代的基因型与表现型，进而对(3)题进行解答。‎ ‎【详解】(1) 亲本基因型为Aa1×Aa2，其子代的基因型为AA、Aa1、Aa2、a1a2；因AA纯合胚胎致死，所以其子代的表现型可能为黄色（Aa1与Aa2）、灰色（a1a2） 。‎ ‎(2) 两只鼠杂交，后代出现黄色（A_）、灰色（a1_）和黑色（a2a2）三种表现型，说明双亲中均有a2基因，进而推知该对亲本的基因型是Aa2和a1a2。它们再生一只黑色雄鼠的概率是1/2a2×1/2a2×1/2XY＝1/8。‎ ‎(3) 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。‎ ‎【点睛】正确解答此题的前提是明确基因的分离定律的实质、测交可以检测待测个体的基因型。在此基础上，以题意及表中分别呈现的信息“AA纯合胚胎致死”与“毛色表现型与基因型的关系”为切入点，围绕基因的分离定律的知识，对各问题进行分析解答。‎ ‎11.(1)要统计泳池水源中的活菌总数，应该采用的方法是_______________________。工作者将三个接种了等量水源水的培养基置于37℃的恒温箱中培养。24小时后观察到三个平板上的菌落数目为21、256、215，请分析结果出现的可能原因_____________________，并提供解决方案：______________________________________________________。‎ ‎(2)为从富含纤维素的土壤中分离获得纤维素分解菌的单菌落，某同学设计了甲、乙两种培养基（成分见下表）：‎ ‎ 注：“+”表示有，“-”表示无。‎ 据表判断，培养基甲_______（填“能”或“不能”）用于分离纤维素分解菌，原因是_____________________________________；培养基乙________（填“能”或“不能”）用于鉴别纤维素分解菌，原因是_______________________________________。‎ ‎(3)果胶酶是分解果胶的一类酶的总称，包括______________、_______________和果胶酯酶等，在果汁加工中，果胶酶可以起到_________________________等作用。‎ ‎【答案】 (1). 稀释涂布平板法 (2). 涂布第一个平板时涂布器未冷却就涂布平板（或者后两个平板被污染；或者操作失误） (3). 重做实验 (4). 不能 (5). 液体培养基不能用于分离单菌落 (6). 不能 (7). 培养基中没有纤维素，不会形成CR—纤维素红色复合物，即使出现单菌落也不能确定其为纤维素分解菌 (8). 多聚半乳糖醛酸酶 (9). 果胶分解酶 (10). 分解果胶，瓦解植物细胞壁及胞间层，使榨取果汁变得容易 果胶被分解成可溶性的半乳糖醛酸，使果汁变澄清 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、选择培养基是指通过培养混合的微生物，仅得到或筛选出所需要的微生物，其他不需要的种类在这种培养基上是不能生存的。‎ ‎2、分解纤维素的微生物的分离的实验原理：‎ ‎①土壤中存在着大量纤维素分解酶，包括真菌、细菌和放线菌等，它们可以产生纤维素酶。纤维素酶是一种复合酶，可以把纤维素分解为纤维二糖，进一步分解为葡萄糖使微生物加以利用，故在用纤维素作为唯一碳源的培养基中，纤维素分解菌能够很好地生长，其他微生物则不能生长。‎ ‎②在培养基中加入刚果红，可与培养基中的纤维素形成红色复合物，当纤维素被分解后，红色复合物不能形成，培养基中会出现以纤维素分解菌为中心的透明圈，从而可筛选纤维素分解菌。‎ ‎3、果胶物质主要存在于植物初生壁和细胞中间，果胶物质是细胞壁的基质多糖；果胶本质上是一种线形的多糖聚合物，果胶包括两种酸性多糖（聚半乳糖醛酸、聚鼠李半乳糖醛酸）和三种中性多糖（阿拉伯聚糖、半乳聚糖、阿拉伯半乳聚糖）；果胶酶本质上是聚半乳糖醛酸水解酶，是一种蛋白质酶类物质，酶发挥作用需要适宜的条件，如pH，温度等等，最适条件下，酶的活性最高，催化底物分解作用最快。‎ ‎【详解】（1）要统计水源中的活菌总数，应该采用稀释涂布平板法，对培养基上的菌落进行计数。根据题干信息可知，第一个平板菌落数偏低，可能是涂布第一个平板时涂布器未冷却就涂布平板；后两个平板菌落数偏高，因此也可能是后两个平板被污染，因此最好重复实验。‎ ‎（2）培养基甲为液体培养基，不能用于分离和鉴别纤维素分解菌，因为纤维素分解菌鉴别培养基属于固体培养基。培养基乙没有纤维素，不会形成CR-纤维素红色复合物，即使出现单菌落也不能确定其为纤维素分解菌，因此也不能用于分离和鉴别纤维素分解菌。‎ ‎（3）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、果胶分解酶和果胶酯酶等，常用于果汁的生产，由于果胶物质主要存在于植物初生壁和细胞中间，因此在果汁加工中，果胶酶可以起到分解果胶，瓦解植物细胞壁及胞间层，使榨取果汁变得容易，同时果胶被分解成可溶性的半乳糖醛酸，还可以使果汁变澄清。‎ ‎【点睛】本题考查微生物的计数和分离以及果胶酶的组成和作用的知识点，要求学生掌握微生物的计数方法：稀释涂布平板法和显微镜计数法各自的特点；掌握培养基的类型和作用，特别是选择培养基和鉴别培养基的作用；识记果胶酶的组成以及功能。利用所学知识点的综合性分析解决问题是突破该题的方法。‎ ‎12.2018年诺贝尔生理学或医学奖颁给了在肿瘤免疫做出贡献的两位科学家，其研究内容：阻断T细胞上的PD-1受体的信号传递，能增强T细胞对癌细胞的杀伤力，现可以用PD-1抗体蛋白当做药物来治疗癌症。请回答下列问题：‎ ‎（1）如果制作单克隆抗体，需要先合成PD-1蛋白，获得PD-1蛋白基因的方法有________________和利用PCR技术获得目的基因。‎ ‎（2）将PD-1蛋白注入小鼠的体内，引起小鼠免疫，再从小鼠脾脏中提取出______，让其与小鼠的______融合，获得杂交瘤细胞。‎ ‎（3）接着用特定的选择性培养基进行筛选，筛选后该培养基上只有 __________才能生长。‎ ‎（4）得到的上述细胞还需进行______和______，经过多次筛选就可以得到足够数量且能够分泌所需抗体的细胞。‎ ‎【答案】 (1). 从基因文库中获得目的基因 (2). 人工化学合成 (3). B淋巴细胞 (4). 骨髓瘤细胞 (5). 融合的杂种细胞 (6). 克隆化培养 (7). 抗体检测 ‎【解析】‎ ‎【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】（1）获得目的蛋白基因的方法有：从基因文库中获得目的基因、人工化学合成和利用PCR技术获得目的基因。‎ ‎（2）将PD-1蛋白注入小鼠的体内，将引起小鼠发生体液免疫，然后从小鼠脾脏中提取出经过免疫的B淋巴细胞，让其与小鼠的骨髓瘤细胞融合，获得杂交瘤细胞。‎ ‎（3）用特定的选择性培养基进行筛选，在该培养基上只有融合的杂种细胞才能生长，而自体融合的细胞以及未融合的细胞不能生长，从而将杂交瘤细胞筛选出来。‎ ‎（4）得到的细胞还需进行克隆化培养和抗体检测，经过多次筛选就可以得到足够数量且能够分泌所需抗体的细胞。‎ ‎【点睛】本题考查单克隆抗体的制备过程，意在考查考生理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲识记和理解层次的考查。‎ ‎ ‎