1. (Inspección de calidad de Ningxia Yinchuan de 2019) La siguiente descripción de algunos fenómenos de la vida y su significado biológico es correcta ()
A. relacionado.
B. El transporte activo hace que la concentración de sustancias dentro y fuera de la membrana celular sea constante y mantiene el metabolismo normal de las células.
C. La estructura vertical de las plantas en el bosque crea espacio de hábitat y condiciones de alimento para los animales.
El D-glucagón secretado por las células B de los islotes pancreáticos puede promover la descomposición del glucógeno hepático y mantener la estabilidad del azúcar en sangre.
Respuesta c
Análisis: Las cianobacterias son procariotas y no tienen cloroplastos. Existe un error de transporte activo, es transporte contra un gradiente de concentración y generalmente se utiliza para mantener la diferencia de concentración entre ellas. sustancias dentro y fuera de la membrana celular. B es incorrecto; la estructura vertical de las plantas crea espacio de hábitat y condiciones de alimento para los animales, el glucagón es secretado por las células A de los islotes pancreáticos.
2. (Segundo Modelo Shandong Linyi 2019) Durante la respiración aeróbica, el 2,4-dinitrofenol (DNP) puede inhibir la síntesis de ATP, pero no tiene ningún efecto sobre la producción de agua. La siguiente afirmación es correcta ()
A. El DNP no afectará la primera etapa de la respiración aeróbica.
B.DNP desempeña principalmente un papel en la matriz mitocondrial.
C. Cuando el DNP Clostridium actúa sobre las células musculares, la energía térmica perdida en la membrana mitocondrial interna aumentará.
D.DNP puede inhibir la entrada de glucosa en la sangre humana a los glóbulos rojos, inhibiendo así el proceso de respiración aeróbica celular.
Respuesta c
Analiza que la primera etapa de la respiración aeróbica puede producir ATP, por lo que el DNP afectará la primera etapa de la respiración aeróbica. Hay un error según el significado de la respuesta. En la pregunta, la función principal del DNP es en la membrana interna de las mitocondrias, inhibe la síntesis de ATP en la tercera etapa de la respiración aeróbica. Según el significado de la pregunta, cuando el DNP actúa sobre las células del tejido, las enzimas en el. La membrana interna de las mitocondrias no puede catalizar la formación de ATP, lo que hace que la mayor parte de la energía se convierta en energía térmica, por lo que la energía térmica perdida en la membrana mitocondrial interna aumentará de la forma correcta en que la glucosa ingresa a los glóbulos rojos. es ayudar a la difusión y no consume ATP, por lo que el DNP no tiene ningún efecto sobre el proceso de entrada de la glucosa a los glóbulos rojos. Los glóbulos rojos solo respiran de forma anaeróbica.
3. (2019 Loudi Second Desert, Hunan) El mecanismo de defensa de las plantas contra herbívoros y microorganismos patógenos ha atraído cada vez más atención. Se descubrió un arbusto tropical. Cuando una oruga se come una de sus hojas, no se comerá las hojas cercanas, sino que morderá las hojas a cierta distancia. Se ha especulado que "las hojas profundamente dañadas pueden enviar algún tipo de señal química a las hojas cercanas". ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es incorrecta? ()
A. Los microorganismos patógenos pueden ser virus, procariotas y eucariotas.
B. Si esta conjetura es cierta, las hojas que recibieron la señal también podrían sintetizar ciertas sustancias químicas.
El mecanismo de defensa de la planta es el resultado de mutaciones específicas en genes.
D. Quitar las hojas recién mordidas y observar si las orugas “se quedan cerca y buscan lejos”, lo que puede servir para comprobar esta conjetura.
Respuesta c
El análisis de microorganismos patógenos incluye virus, bacterias (procariotas), hongos (eucariotas), etc. a es correcto; las células vegetales que reciben la información tienen reacciones fisiológicas correspondientes, que pueden ser la síntesis de una sustancia química, B es correcto, las mutaciones genéticas no tienen dirección y las características adaptativas de los organismos son el resultado de la selección natural, C; es incorrecto; Retire las hojas recién mordidas y corte el contacto entre las hojas mordidas y las hojas adyacentes para formar un contraste, que puede usarse para verificar que D es correcto.
4. Algunos pulgones que viven en el norte de mi país viven chupando la savia de las ramas y hojas jóvenes de los árboles de hoja caduca, como se muestra en la imagen. Los sírfidos y las mariquitas se alimentan de pulgones, y las hormigas obtienen la melaza de los pulgones y los ahuyentan. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es incorrecta? ()
A. Método de muestreo de datos del modelo matemático en la figura
B. Antes de junio, la resistencia de la población de pulgones al entorno de vida. era muy pequeño.
C. El rápido descenso de las poblaciones de pulgón se debe principalmente al aumento de enemigos naturales.
D. Existen 4 especies y relaciones interespecíficas entre organismos.
Respuesta c
El rango de actividad de los pulgones es muy pequeño y la densidad de población se puede investigar utilizando el método de muestreo. Por lo tanto, los datos del modelo matemático en la imagen de la pregunta. del método de muestreo. A es correcto; en junio, el número de pulgones aumentó drásticamente, lo que indica que la resistencia ambiental para que sus poblaciones vivan era muy pequeña, y B es correcto, se entiende que los pulgones viven en el norte de China; Se gana la vida chupando la savia de las ramas jóvenes y de las hojas de los árboles de hoja caduca. Después de junio, debido a que las ramas y hojas jóvenes de los árboles son pocas y la población de pulgones disminuye rápidamente debido a la falta de fuentes de alimento, C se equivoca. Según el significado de la pregunta, la relación entre pulgones y árboles es parásita, la relación entre sírfidos y mariquitas es competitiva, la relación entre sírfidos y pulgones es depredadora y la relación entre hormigas y pulgones es mutuamente beneficiosa. d es correcto.
5. (Inspección de calidad de Xiamen 2019) La siguiente imagen es un experimento que utiliza E. coli para explorar el modo de replicación del ADN. La siguiente afirmación es correcta ()
Se pueden utilizar bacteriófagos. en lugar de E. coli para realizar el experimento anterior.
B. (NH4)SO4 y (NH4)SO4 se pueden utilizar para reemplazar 15NH4Cl y 14NH4Cl respectivamente para los experimentos anteriores.
c. Los dos ADN con b en el tubo de ensayo ③ contienen 14N.
D. La simple comparación de los resultados de los tubos de ensayo ② y ③ no puede probar que el modo de replicación del ADN sea una replicación semiconservativa.
Respuesta
Análisis: Los bacteriófagos son virus y no pueden cultivarse en medios de cultivo ordinarios, por lo que no pueden usarse para reemplazar a E. coli en los experimentos anteriores. no es una característica de los elementos del ADN, no se pueden usar compuestos que contengan S para reemplazar 15NH4Cl y 14NH4Cl para realizar el experimento B está mal en el tubo de ensayo ③, ambos ADN en la banda A contienen 14N, mientras que un ADN en la banda B. contiene 14N y el otro contiene 15N. Este es un error de C. La simple comparación de los resultados de los tubos de ensayo ② y ③ no puede probar que el modo de replicación del ADN sea una replicación semiconservativa y que D sea correcto.
6. El genotipo del animal (2n=6) es AaBbRrXTY, en el que los genes A y B están situados en el mismo autosoma, y los genes R y R están situados en otro par de autosomas. Una espermatogonia de este animal produce cuatro espermatocitos mediante meiosis: A, B, C y D. a y B se derivan de un espermatocito secundario, y C y D se derivan de otro espermatocito secundario. Entre ellos, el genotipo de A es AbRXTY Independientemente de las mutaciones genéticas y las variaciones estructurales de los cromosomas, el siguiente juicio es correcto: ()
A.a contiene cinco cromosomas
El genotipo de B. B está borroso.
C c contiene 2 autosomas.
El genotipo de D.D. es ABr o aBr.
Respuesta c
El genotipo de los animales (2n=6) es AaBbRrXTY. Debido a que los genes A y B están ubicados en el mismo autosoma y el genotipo de A es AbRXTY, el intercambio cruzado de cromátidas no hermanas entre cromosomas homólogos ocurre durante la meiosis en animales. Si A y A se cruzan, los genotipos de los dos espermatocitos secundarios son AabbRRXTXTYY y AaBBrr respectivamente, y la segunda meiosis continúa. El primero produce AbRXTY y B, y el segundo produce C y D, ABr y aBr. Si B y B se cruzan, los genotipos de los dos espermatocitos secundarios son AABbRRXTXTYY y aaBbrr, y la segunda meiosis continúa. El primero produce A (AbXTY) y B (AbXTY), y el segundo produce C y D, abr y aBr. Debido a que los genes A y B están ubicados en el mismo autosoma y el genotipo de A es AbRXTY, la cantidad de cromosomas cambia durante la formación de A. A contiene 4 cromosomas y A es incorrecto. El genotipo de B es AbXTY o AbXTY, B es incorrecto; el genotipo de C es ABr o abr o aBr, que contiene dos autosomas, el genotipo de D es ABr o abr o aBr, D es incorrecto;
7. (Segundo Modelo Henan Luoyang 2019) El CO2 es un compuesto importante en la biología y el medio ambiente ecológico. Responda las siguientes preguntas relacionadas:
(1) El lugar donde se produce el CO2 en las células humanas es _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.
(2) El punto de compensación de CO2 de las plantas se refiere a la concentración de CO2 en el ambiente cuando la tasa fotosintética y la tasa de respiración son iguales debido a la limitación de CO2.
Como todos sabemos, el punto de compensación de CO2 de las plantas de tipo A es mayor que el de las plantas de tipo B. Las plantas A y B cultivadas normalmente se colocaron en la misma habitación cerrada y se cultivaron en condiciones de iluminación apropiadas. Cuando la tasa fotosintética neta de la planta A es 0, la tasa fotosintética neta de la planta B es 0. Si la intensidad de la luz se reduce adecuadamente, el punto de compensación de CO2 de una planta será _ _ _ _ _ _ _ (escriba "grande" o "pequeño"), porque_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
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(3)CO2 es un regulador de las actividades vitales. En comparación con la neuromodulación, el método de regulación que implica el CO2 tiene las características de _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.
(4)CO2 es la principal forma del ciclo del carbono entre las comunidades biológicas y el medio inorgánico, pero está sobreexplotado y utilizado _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _'s
Respuesta (1) El punto de compensación donde la matriz mitocondrial (2) es mayor que el CO2 original se mide con una intensidad de luz adecuada. Por lo tanto, la tasa fotosintética disminuye después de reducir adecuadamente la intensidad de la luz y. es necesario mejorar el medio ambiente La concentración de CO2 puede hacer que la tasa fotosintética sea igual a la tasa de respiración.
(3) La vía de acción requiere el transporte de fluidos corporales y el tiempo de acción es relativamente largo (4) Combustibles fósiles como el carbón y el petróleo;
El análisis (1) muestra que los productos de la respiración aeróbica de las células humanas son CO2 y H2O, y el producto de la respiración anaeróbica es el ácido láctico, por lo que sólo la respiración aeróbica puede producir CO2. El proceso fisiológico de producción de CO2 es la segunda etapa de la respiración aeróbica y su lugar es la matriz mitocondrial.
(2) Coloque las plantas A y B de crecimiento normal en la misma habitación cerrada y cultívelas en condiciones de iluminación adecuadas. Se sabe que el punto de compensación de CO2 de la planta A es mayor que el de la planta B, por lo que cuando la tasa fotosintética neta de la planta A es 0 (es decir, cuando alcanza el punto de compensación de CO2), la planta B ha superado el punto de compensación de CO2. punto, por lo que su tasa fotosintética neta es mayor que 0. Si la intensidad de la luz se reduce adecuadamente, la tasa fotosintética de la planta disminuirá y es necesario aumentar la concentración de CO2 en el ambiente para que la tasa fotosintética sea igual a la tasa de respiración, por lo que el punto de compensación de CO2 de la planta aumentará. .
(3)CO2 participa en la regulación a través de la regulación de los fluidos corporales. En comparación con la neuromodulación, la regulación humoral requiere transporte humoral, que requiere más tiempo.
(4) La principal forma de ciclo del carbono entre las comunidades biológicas y el entorno inorgánico es el CO2. La sobreexplotación y utilización de combustibles fósiles como el carbón y el petróleo por parte de los humanos liberará el carbono acumulado en la formación en un corto período de tiempo, alterando el equilibrio del ciclo del carbono de la biosfera.
8. (2065 438+9, ocho ciudades de Guangxi en abril) El Premio Nobel de Fisiología o Medicina 2018 fue otorgado a James Allison y Tasuku Honjo por su descubrimiento de la inmunoterapia con células cancerosas. James Ellison descubrió en experimentos con ratones que la proteína CTLA-4 en las células T puede evitar que las células T ataquen a las células cancerosas. Por lo tanto, esta proteína se llama "molécula de freno". Siempre que se utilicen anticuerpos CTLA-4 para inhibir la proteína CTLA-4, las células T pueden activarse y las células T pueden continuar atacando a las células cancerosas. Responda las siguientes preguntas:
(1) Durante el proceso de ataque de las células T a las células cancerosas, los antígenos en la superficie de las células cancerosas estimulan la proliferación y diferenciación de las células T, formando _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _Células_ _ _Este proceso encarna la _ _ _ _ _ _ _ _ _ función del sistema inmunológico.
(2) Los anticuerpos CTLA-4 inhiben la proteína CTLA-4, que pertenece al _ _ _ _ _ _ proceso inmunológico en la respuesta inmune específica. Las células que pueden producir este anticuerpo son _ _ _ _. _ células.
(3) Cuando el cuerpo lucha contra las células cancerosas, las células inmunitarias son incapaces de ejercer su máxima eficacia de combate debido al efecto "freno" de CTLA-4. Si se utilizan medicamentos para liberar el efecto "freno" de CTLA-4, las células inmunitarias pueden atacar a las células cancerosas con todas sus fuerzas, pero esto puede causar enfermedades autoinmunes en el cuerpo. La razón es _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.
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Respuesta (1) Monitoreo y eliminación de células T efectoras (2) Plasma de fluido corporal (3) Si se usan medicamentos para liberar el efecto "frenador" de CTLA-4, las células inmunes se volverán hiperactivas y pueden atacar Células normales del cuerpo, que causan enfermedades autoinmunes.
El análisis muestra que (1) las células T son estimuladas por antígenos, lo que hace que proliferen y se diferencien en células T efectoras. Las células T efectoras entran en estrecho contacto con las células cancerosas, provocando su lisis y muerte, lo que refleja las funciones de control y eliminación del sistema inmunológico. (2) El proceso de acción de los anticuerpos pertenece a la inmunidad humoral, y las células plasmáticas sintetizan y secretan anticuerpos. (3) Si se utilizan medicamentos para liberar el efecto "frenador" de CTLA-4, las células inmunitarias se volverán hiperactivas y pueden atacar a las células normales del cuerpo, provocando enfermedades autoinmunes.
9. (Inspección de calidad de la escuela secundaria superior de Shaanxi de 2019) Zhu era conocida como la "Perla de Oriente" y una vez estuvo al borde de la extinción. Para salvar a los ibis crestados salvajes, los gobiernos e instituciones chinos de todos los niveles han tomado una serie de medidas, aumentando el número de ibis crestados salvajes de 7 en 1981 a más de 2.200 en 2016. Responda las siguientes preguntas:
(1) En condiciones ideales, con suficiente comida y espacio y sin enemigos naturales, la curva de crecimiento de la población de ibis crestado es "_ _". Y _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ y así sucesivamente. La medida de protección más eficaz para Crested Ibis es _ _ _ _ _ _.
(2) Para investigar la densidad de población de ibis crestado y faisán dorado en un área determinada, un compañero de clase instaló al azar varias redes para atrapar pájaros en el área. Las estadísticas de los resultados de la captura son las siguientes:
Hay aproximadamente _ _ _ _ _ Ibis crestado en esta área y el resultado del cálculo es _ _ _ _ _ _ _ (rellene "demasiado grande", " demasiado pequeño" o "sin cambios" ”), porque la probabilidad de que el individuo marcado sea capturado nuevamente se vuelve menor.
(3) Hay un cierto tipo de bacteria que vive en el cuerpo del ibis crestado. Los investigadores descubrieron que esta bacteria se reproduce cada 20 minutos. Si el número inicial de bacterias es N0, el número de bacterias se puede expresar como_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
La respuesta es (1)J Contaminación ambiental, escasez de alimentos y reducción del hábitat. Conservación in situ (o establecimiento de reservas naturales) (2) 322 es demasiado grande (3) N9 = N0 × 29.
Análisis (1) En condiciones ideales, sin enemigos naturales, suficiente comida y espacio, la tasa de crecimiento de la población de ibis crestado se ha mantenido sin cambios y la población ha crecido en forma de "J"; , escasez de alimentos y hábitat La disminución es responsable del gran número de ibis crestados en estado salvaje. La medida más eficaz para protegerlo es protegerlo in situ, es decir, establecer una reserva natural.
(2) Para investigar la densidad de población del ibis crestado y del faisán dorado, es necesario utilizar el método de marca-recaptura. Población total = (número de individuos marcados × número de individuos recapturados) ÷ número de individuos marcados en recaptura, por lo que hay aproximadamente (46 × 42) ÷ 6 = 322 ibis crestados en el área.
Debido a que los individuos marcados son recapturados,
(3) Se sabe que esta bacteria genera una generación cada 20 minutos, y el número inicial de bacterias es N0, entonces una * * * genera 60÷20 en 3 horas ×3=9 (veces), por lo que el número de bacterias después de 3 horas se puede expresar en el modelo matemático como N9=N0×29 (veces).
10. (Simulación de abril de tercer grado de la escuela secundaria Chongqing Nankai de 2019) En el proceso de cultivo de un determinado cultivo (2n=42), a veces se encuentran plantas haploides (2n-1), por ejemplo, allí. Las plantas haploides tienen un cromosoma 6 menos que las plantas normales y se llaman plantas haploides.
El tipo de mutación de la planta haploide (1) nº 6 es _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _tipo
(2) Los investigadores llevaron a cabo un experimento de hibridación utilizando la planta monomérica número 6 y los resultados se muestran en la siguiente tabla:
El monómero ♀ forma gametos n-1 durante la meiosis_ _ _ _ _ _ _ _ (Rellene "mayor que", "igual que" o "menor que") N gametos, esto se debe a que el cromosoma 6 no se puede perder durante la primera división meiótica.
Existen dos variedades de este cultivo. La variedad A es resistente a las enfermedades pero tiene otros rasgos deficientes (el gen R de resistencia a las enfermedades se encuentra en el cromosoma 6), y la variedad B no es resistente a las enfermedades pero tiene otros rasgos excelentes. Para obtener variedades con excelente resistencia a enfermedades y otras características, el plan de mejoramiento ideal es cruzar la planta monomérica No. 6 de la variedad B con la variedad A y seleccionar monómeros de su progenie. Luego crúcela con _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ durante varias generaciones, seleccionando cada vez una planta individual con excelente resistencia a las enfermedades y otras características, y finalmente haga esta planta individual _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
Respuesta (1) Variación cromosómica (o variación del número de cromosomas) Cromosomas homólogos o cromátidas hermanas del cromosoma 6 (2) Apareamiento de gametos múltiples (formando cuatro Split) ( 3) Autopolinización monomérica de la variedad parental femenina B 6.
El análisis muestra que (1) las plantas haploides n.° 6 carecen de un cromosoma n.° 6 en comparación con las plantas normales. Por lo tanto, el tipo de mutación de las plantas haploides n.° 6 es una variación del número de cromosomas, que se debe al cromosoma. No. 6. Los cromosomas homólogos o cromátidas hermanas se forman sin separación durante la meiosis de uno de los padres.
(2) Según la tabla, entre la descendencia de haploide ♀ 6 y diploide normal ♀, el 75% son haploides y el 25% son diploides normales. Entonces sabemos que durante la meiosis, el haploide ♀ forma más gametos n-1 que los gametos de tipo N. Esto se debe a que el cromosoma 6 se pierde durante la primera meiosis porque no puede asociarse y emparejarse.
(3) Mediante el cruzamiento se pueden concentrar rasgos excelentes en un solo individuo. Según el análisis en (2), el plan de reproducción ideal es formar más gametos n-1 durante la meiosis del monómero. La fertilidad de los gametos masculinos n-1 es muy baja, por lo que se debe utilizar el tipo único de variedad B. 6 es el progenitor femenino y se cruza con la variedad A y entre su descendencia.
Responde cualquier pregunta del 11 y 12.
11. [Práctica de biotecnología] (Inspección de calidad de Shandong Qingdao 2019) La piscina de aguas residuales de una planta química contiene un compuesto orgánico A nocivo y refractario. Los investigadores utilizaron compuesto A, fosfatos, sales de magnesio, etc. El medio de cultivo descartó con éxito las bacterias (bacterias objetivo) que pueden degradar eficientemente el compuesto A. Por favor analiza y responde las siguientes preguntas:
(1) Este medio solo permite el crecimiento de bacterias que descomponen el compuesto A. Este medio se llama _ _ _ _ _ _ _ _ _. El medio de cultivo debe esterilizarse antes de la inoculación utilizando el método _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.
(2) Purificar y contar las bacterias diana obtenidas del cribado preliminar.
El método de vacunación comúnmente utilizado es _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ método de inoculación
(3) Diluir 1 ml de muestra de agua 100 veces y aplicar 0,1 ml del diluyente en tres placas utilizando el método de recubrimiento después del cultivo adecuado, el número de colonias en las tres placas es 51, 50 y 49 respectivamente. se puede concluir que el número de bacterias viables por litro de muestra de agua es _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _. De hecho, hay más bacterias viables por litro de solución de lo que se calcula estadísticamente porque _ _ _ _ _ _ _ _ _.
______________________________________________________________________________.
(4) En comparación con las preparaciones enzimáticas ordinarias, las ventajas de la tecnología de enzimas inmovilizadas son: _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ La inmovilización de las células bacterianas objetivo generalmente se realiza mediante _ _ _ _ _ _ inmovilización.
Respuestas (1) Elija la esterilización con vapor a alta presión (2) Utilice el método de placa de recubrimiento por dilución para comprobar si la esterilización con placa media está calificada (3) El resultado estadístico de 5,0 × 107 se expresa mediante el número de colonias. Cuando se unen dos o más bacterias, solo se observa una colonia en la placa de inclusión reutilizable (4).
Análisis (1) El medio de cultivo sólo permite que las bacterias que descomponen el compuesto A sobrevivan añadiendo ingredientes específicos, por lo que es un medio de cultivo selectivo. Los medios de cultivo suelen esterilizarse en autoclave.
(2) El método de inoculación contable es el método de placa de recubrimiento por dilución. Antes de la inoculación, seleccione al azar varias placas en blanco esterilizadas y cultívelas durante un período de tiempo para probar si la esterilización de la placa de medio de cultivo está calificada.
(3) El número de bacterias viables por litro de muestra de agua = (51+549)÷3÷0,1×100×103 = 5,0×107 (piezas). Cuando dos o más bacterias se unen y se observa una colonia en la placa, esto dará como resultado un resultado estadístico más bajo que el real.
(4) Las preparaciones enzimáticas comunes se inactivan fácilmente por influencias ambientales y no se pueden reciclar. La mezcla con el producto después de la reacción también afectará la calidad del producto; la enzima inmovilizada se puede reutilizar, lo que es beneficioso para la purificación del producto. Las células son grandes y generalmente se fijan mediante incrustación.
12. [Tema especial sobre biotecnología moderna] (Inspección de calidad de Shandong Qingdao 2019) Catharanthus roseus es una flor silvestre originaria de la costa este de África y su vinblastina tiene un buen efecto antitumoral. El producto codificado por el gen tms puede promover la síntesis de auxinas. Los investigadores utilizaron genes tms para construir plásmidos Ti recombinantes y tejido calloso modificado genéticamente para resolver el problema de la escasez de vinblastina. El proceso de operación es el siguiente. Por favor responda las siguientes preguntas:
(1) El proceso ① se refiere a _ _ _ _ _ _ _ _, el proceso ② adopta _ _ _ _ _ _ _ _.
(2) Si el gen tms se obtiene de una biblioteca de genes, entonces los genes obtenidos de _ _ _ _ _ _ _ _ _ (rellene "biblioteca de genomas" o "biblioteca de ADNc") contienen A promotor cuya función es _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _. Como vector, el plásmido Ti debe contener_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
(3) Utilice la tecnología PCR para amplificar el gen objetivo.
Después de la desnaturalización por calor, el ADN que contiene el gen diana se desenrolla en hebras individuales y _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Hecho de
(4) La vinblastina no solo mata, mata el cáncer. células y también tiene efectos tóxicos en las células normales. Para reducir la toxicidad de la vinblastina para las células normales, se puede utilizar la tecnología de preparación de _ _ _ _ _ _ _ _ para convertirla en un "misil biológico" para terapia dirigida.
Respuesta (1) Método de transformación desdiferenciada de Agrobacterium (2) La biblioteca genómica impulsa la transcripción del gen diana, gen marcador de ARNm (3) Cebador (4) Anticuerpo monoclonal.
Análisis (1) Los explantes se desdiferencian para formar callos y los genes diana se introducen en las células vegetales mediante la transformación de Agrobacterium.
(2)2) La biblioteca de ADNc se forma mediante transcripción inversa de ARN. Los genes obtenidos a partir de ella no contienen promotores, mientras que los genes obtenidos de bibliotecas genómicas contienen promotores. El promotor es el sitio de unión de la ARN polimerasa e inicia el proceso de transcripción. El vector debe contener un gen marcador, que pueda usarse para detectar células que contengan el gen diana.
(3)3) El proceso de amplificación por PCR es el siguiente: el primer paso es la desnaturalización a alta temperatura para abrir las dobles hebras; el segundo paso es la hibridación para combinar el cebador con la hebra plantilla; El tercer paso es extender la hebra hija. Este proceso requiere la participación de la enzima Taq resistente a altas temperaturas.
(4) Los anticuerpos monoclonales tienen una gran especificidad y pueden reconocer antígenos específicos. Por lo tanto, pueden convertirse en "misiles biológicos" para transportar vinblastina al sitio del tumor y matar las células cancerosas, lo que puede reducir el impacto. vinblastina en células normales. Toxicidad celular.
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