第10单元 8 微专题9 PCR及电泳技术的应用（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考生物高三总复习大一轮复习讲义（人教版 多选）

该高中生物学高考复习课件聚焦“PCR及电泳技术的应用”核心考点，依据高考评价体系梳理了常规PCR、RT-PCR等技术原理及电泳在遗传学中的应用，通过微点精讲明确各技术考查权重，结合典例归纳实验分析、结果推断等常考题型，体现高考备考的系统性与针对性。 课件亮点在于“原理剖析+真题演练+素养融合”，如结合2024江西卷电泳结果分析碱基缺失突变，2025模拟题实时荧光RT-PCR病毒检测等实例，以科学思维分析实验逻辑，用探究实践指导引物设计与结果推断，帮助学生掌握“电泳条带分子量对比法”等技巧，助力教师精准教学，提升学生高考应试能力。

微专题9　PCR及电泳技术的应用 第十单元 生物技术与工程 高三一轮复习讲义 人教版　(多选) 微点精讲 强化训练 内容索引 微 点 精 讲 返回 1.常规PCR：变性→复性→延伸循环进行 2.RT-PCR：反转录PCR，是以mRNA为模板进行反转录反应得到cDNA，然后以cDNA为模板通过PCR进行DNA扩增。 3.实时荧光定量PCR：是指在PCR反应体系中加入荧光基团，利用荧光信号的积累，实时监测整个PCR进程，最后通过标准曲线对未知模板进行定量分析的方法。 TaqMan探针法是其中一种检测方法。探针 完整时，荧光报告基团(R基团)发射的荧光 信号被荧光淬灭基团(Q基团)吸收；PCR扩 增时，耐高温的DNA聚合酶的5'→3'外切酶 活性将探针酶切降解，使荧光报告基团和荧 光淬灭基团分离，从而使荧光监测系统可接 收到荧光信号，即每扩增一条DNA链，就有 一个荧光分子形成，实现了荧光信号的累积与PCR产物的形成完全同步。 4.反向PCR：该PCR是扩增已知序列两侧的未知序列以便进行基因测序，就是先用限制酶酶切DNA，酶切位点在两侧未知序列，将其连接成环状，这时相当于未知序列两侧都是已知序列，再根据已知序列的核苷酸排列顺序设计引物，进行PCR，过程如下图： 5.重叠PCR：采用具有互补末端的引物，使PCR产物形成了重叠链，从而在随后的扩增反应中通过重叠链的延伸，将不同来源的扩增片段重叠拼接起来。重叠延伸PCR在基因的定点突变、融合基因的构建等方面有着广泛而独特的应用，原理如图： 6.DNA片段电泳在遗传学中的应用 DNA分子具有可解离的基团，在一定的pH下，这些基团带有正电荷或负电荷，在电场的作用下，这些带电分子会向着与它所带电荷相反的电极移动，这个过程就是电泳。不同大小的DNA片段迁移速率不同，凝胶中的DNA分子通过染色，可在波长为300 nm的紫外灯下被检测出来。因此琼脂糖凝胶电泳能够用于分离、鉴定和纯化DNA片段。等位基因由基因突变而来，若一对等位基因A、a经过限制酶切割后形成的DNA片段分子量不同，则在电场作用下移动距离不同，最终使得A、a得以分开，形成不同的条带。 “X基因”是DNA分子上一个有遗传效应的片段，若要用PCR技术特异性地拷贝“X基因”，需在PCR反应中加入两种引物，两种引物及其与模板链的结合位置如图1所示。经4次循环后产物中有5种不同的DNA分子，如图2所示。下列叙述错误的是 A.第一轮复制得到2个DNA分子，即①② 各一个 B.第二轮复制得到4个DNA分子，即①② ③④各一个 C.第四轮复制得到16个DNA分子，其中 有4个X基因 D.经五轮循环后产物中有五种不同的DNA分子 √ 典例 1 据图分析可知，第一轮复制形成2个 DNA分子，即①②各一个，A正确； 第二轮复制得到22＝4个DNA分子， 即①复制得①和③、②复制得②和 ④，即得到①②③④各一个，B正确； 第四轮复制得到16个DNA分子，其中 有8个⑤(X基因)，C错误；经五轮循 环后共形成32个DNA分子，其中①②各一个，③④各四个，22个⑤，故产物中有五种不同的DNA分子，D正确。 水蛭素是一种蛋白质，可用于预防和治疗血栓。某科研团队运用重叠延伸PCR技术在水蛭素基 因中的特定位点引入特定突变， 使水蛭素第47位的天冬酰胺(密 码子为AAC、AAU)替换为赖 氨酸(密码子为AAA、AAG)， 从而提高水蛭素的抗凝血活 性。原理如图。 注：图中的引物2和3的突起处 代表与模板链不能互补的突变 位点。 典例 2 (1)若拟突变位点的碱基对为A－T，则需要让其突变为_____________才能达到目的。引物2的突变位点(突起处)应设计为_________(假设引物为单链DNA)。 T－A或C－G A或G 若拟突变位点的碱基对为A－T， 则需要让其突变为T－A或 C－G，对应的密码子由AAU 变成AAA或AAG，可使天冬 酰胺替换为赖氨酸。假设引物 为单链DNA，引物2突变由 A－T变成了T－A或C－G， 则原本A碱基(突变后的T或 C碱基)所对应的引物2突起 处应设计为A或G碱基。 (2)在第一阶段获得2种具有重叠片段DNA的过程中，引物1、引物2组成的反应系统和引物3、引物4组成的反应系统中均进行一次复制，共产生____种DNA分子。该阶段必须将引物1、2和引物3、4置于不同反应系统中，这是因为________ ___________________________________________________________。 3 引物2和3中存在互补配对片段，置于同一反应系统时会结合而失去作用 若两个反应系统均进行一次复制， 则会产生3种不同的DNA分子，因为引物1和4产生的DNA分子是一样的。 (3)利用重叠延伸PCR技术还可以将两个不同来源的DNA片段拼接起来。有人想利用该技术把基因M和N拼接在一起，设计基因M的引物M1、M2，基因N的引物N1、N2。在设计这4种引物时，特别要注意的问题是_______ _______________________________________________________。 中的一种引物与N1、N2中的一种引物必须具有互补配对的片段 M1、M2 重叠互补引物的设计是重叠延伸 PCR技术成功的关键。拼接基因 M和N时，设计引物时需要注意 的是，需要找到两种基因的重叠 部分，即M1、M2中的一种引物 与N1、N2中的一种引物必须具有 互补配对的片段。 返回 强 化 训 练 返回 1.(2025·长沙模拟)不对称PCR技术是利用不等量的一对引物来产生大量单链DNA(ssDNA)的方法，如图所示。不对称PCR中加入的一对引物中含量较少的被称为限制性引物，含量较多的被称为非限制性引物，两者的比例通常为1/50～1/100。PCR反应的最初若干次循环中，其扩增产物主要是双链DNA (dsDNA)，在限制性引物消耗完后，就会产生大量的ssDNA。下列说法正确的是 A.两种引物与模板链结合 时，需将温度控制在72 ℃ 左右 B.PCR扩增时，在DNA解 旋酶的作用下双链DNA解 聚为单链 C.通过不对称PCR技术最后大量获得的ssDNA的碱基序列与图中甲链的相同 D.PCR扩增时，子链分别沿限制性引物的5'端、非限制性引物的3'端延伸 √ 两种引物与模板链结 合即复性过程，该过 程中温度下降到50 ℃ 左右，两种引物通过 碱基互补配对与两条 单链DNA结合，A错误；PCR扩增时，当加热至90 ℃以上时，DNA解聚为单链，不需要加入DNA解旋酶，B错误；PCR扩增时，需要引物与DNA单链结合，在耐高温的DNA聚合酶作用下，将4种脱氧核苷酸添加至引物的3'端，完成DNA单链的延伸，限制性引物数量少，会先耗尽，而非限制性引物数量多，其与乙链结合，最后大量获得的ssDNA的碱基序列与图中甲链的相同，C正确，D错误。 2.(2025·石家庄模拟)实时荧光RT-PCR可用于RNA病毒的核酸检测，其原理是：在PCR复性过程中探针和引物一起与模板结合，探针两侧分别带有荧光基团和抑制荧光发出的淬灭基团，新链延伸过程中，DNA聚合酶会破坏探针，导致荧光基团与淬灭基团分离而发出荧光。利用RT-PCR进行核酸检测的相关过程如图所示。下列说法错误的是 A.做RT-PCR之前，需要先根据 cDNA的核苷酸序列合成引物和 探针 B.RNA不能作为PCR扩增的模板， 故需要将样本中的RNA逆转录为DNA后再进行扩增 C.若检测结果有强烈荧光信号发出，说明被检测者没有感染病毒 D.病毒的检测还可以检测病毒引发产生的抗体，其原理是抗原－抗体杂交 √ PCR需要根据cDNA的 核苷酸序列合成引物， 同时RT-PCR还需要探 针与待测样本DNA混 合，故需要根据cDNA 的核苷酸序列合成探针，A正确。PCR扩增必须以DNA为模板，RNA不能作为PCR扩增的模板，所以需要将样本中的RNA逆转录为DNA后再进行扩增，B正确。若检测结果有强烈荧光信号发出，说明被检测者极有可能感染了病毒，C错误。 RNA病毒的检测方法有：①RNA检测，即检测病毒的遗传物质RNA；②特异性抗原蛋白检测，即检测病毒表面的一种糖蛋白；③特异性抗体检测，即检测感染者体内通过免疫反应所产生的某种抗体，后两种方法的原理是抗原－抗体杂交，D正确。 3.(2025·淄博模拟)定点诱变技术是近年来生物工程研究中发展迅速的一个领域。通过定点诱变可以在体外改造目的DNA分子，进而研究基因的表达以及蛋白质的结构与功能之间的关系。经典的大引物PCR定点诱变技术成为基于PCR的定点诱变技术中应用最普遍的方法，操作过程如图甲。研究者欲改造某基因并将其导入大肠杆菌的质粒中保存，该质粒含有氨苄青霉素抗性基因、LacZ基因及一些酶切位点，结构如图乙。回答下列问题。 (1)利用大引物PCR进行定点诱变需要进行两轮PCR(PCR1和PCR2)，在PCR1中，至少需要____个循环才能获得相应的大引物模板。在PCR2中，要获得带有诱变点的改良基因，引物应选用大引物两条链中的______(填“①”或“②”)。 2 ② 由图可 知，大 引物的 两条链 均带有 突变位 点，进 行第一轮循环，得到的DNA有一个不含突变位点，另一个DNA有一条链含有突变位点，进行第二轮循环，即可得到4个DNA分子，其中只有一个两条链均含突变位点的DNA，即大引物，所以至少需要经过2个循环才能获得相应的大引物模板； 在PCR2中，由于DNA聚合酶只能从子链的3'端连接单个脱氧核苷酸，因此从大引物和目的基因的结合位点分析，要获得带有诱变点的改良基因，引物应选用大引物两条链中的②链。 (2)为实现质粒和改良基因的高效连接，选用限制酶XmaⅠ而不选用限制酶SmaⅠ的原因是___________________________________________________ _________。为将改良基因构建在质粒上，还需要____________________等酶。 SmaⅠ的酶切末端为平末端，无法与改良基因上的黏性末 端连接 BglⅡ、DNA连接酶 根据SmaⅠ的酶切位点，如果选择SmaⅠ，则获得的是平末端，无法与改良基因上的黏性末端连接；从各种限制酶的酶切位点分析，除使用XmaⅠ外，还需使用BglⅡ切出相应黏性末端与改良基因CTAG一侧进行连接，同时需要用DNA连接酶构建基因表达载体。 (3)在构建改良基因表达载体时，有的质粒含有改良基因，有的质粒为空白质粒，将含上述组件的溶液加入大肠杆菌菌液中，适宜温度下培养一段时间后，再将菌液涂布在含氨苄青霉素和__________的平板上。一段时间后，在培养基上出现白色和蓝色两种菌落，其中白色菌落含有重组质粒，判断的依据是____________________________________________________ __________________________________________________。 β-半乳糖苷 构建改良基因重组质粒时破坏了LacZ基因，含该质粒的大 肠杆菌不能分解β-半乳糖苷产生蓝色物质，菌落为白色 因LacZ基因编码的酶能分解β-半乳糖苷，产生蓝色物质，如果没有分解，则菌落为白色，因此可以将菌液涂布在含氨苄青霉素和β-半乳糖苷的平板上，由于重组质粒的LacZ基因在重组过程中被切断，不能编码相应的酶分解β-半乳糖苷，呈现白色，因此白色菌落含有重组质粒。 4.(2024·江西卷)植物体表蜡质对耐干旱有重要作用，研究人员通过诱变获得一个大麦突变体Cer1(纯合体)，其颖壳蜡质合成有缺陷(本题假设完全无蜡质)。初步研究表明，突变表型是因为C基因突变为c，使棕榈酸转化为16-羟基棕榈酸受阻所致(本题假设完全阻断)，符合孟德尔遗传规律，回答下列问题。 (1)在C基因两侧设计引物，PCR扩增， 电泳检测PCR产物。如图泳道1和2分 别是突变体Cer1与野生型(WT，纯合 体)。据图判断，突变体Cer1中c基因 的突变类型是_______________。 碱基对的缺失 图示为在C基因两侧设计引 物，PCR扩增，电泳检测 PCR产物，c基因是C基因突 变而来，c基因两侧的碱基序 列与C基因相同，PCR扩增也 能扩增c基因，由图可知，泳 道1是突变体Cer1，则扩增c 基因时两引物间的长度为1 100 bp，泳道2是野生型(WT，纯合体)，则扩增C基因时两引物间的长度为1 960 bp，说明c基因比C基因长度短，是碱基对的缺失引起的突变。 (2)将突变体Cer1与纯合野生型杂交，F1全为野生型，F1与突变体Cer1杂交，获得若干个后代，利用上述引物PCR扩增这些后代的基因组DNA，电泳检测PCR产物，可以分别得到与如图泳道_____和泳道_____(从1～5中选择)中相同的带型，两种类型的电泳带型比例为_______。 3 1 1∶1 突变体Cer1为cc，纯合野生型为CC，则F1为Cc，F1与突变体Cer1杂交后代中Cc∶cc＝1∶1，电泳检测PCR产物，可以分别得到与如图泳道3和泳道1中相同的带型，两种类型的电泳带型比例为1∶1。 (3)进一步研究意外发现，16-羟基棕榈酸合成蜡质过程中必需的D基因(位于另一条染色体上)也发生了突变，产生了基因d1，其编码多肽链的DNA序列中有1个碱基由G变为T，但氨基酸序列没有发生变化，原因是______ __________。 密码 子的简并 编码多肽链的DNA序列中有1个碱基由G变为T，但氨基酸序列没有发生变化，原因是密码子的简并。 (4)假设诱变过程中突变体Cer1中的D基因发生了使其丧失功能的突变，产生基因d2。CCDD与ccd2d2个体杂交，F1的表型为野生型，F1自交，F2野生型与突变型的比例为_______；完善以下表格： F2部分个体基因型 棕榈酸(填“有”或“无”) 16-羟基棕榈酸(填 “有”或“无”) 颖壳蜡质(填“有”或“无”) Ccd2d2 有 ①_____ 无 CCDd2 有 有 ②_____ 9∶7 有 有 由题意可知，C/c、D/d2基因遵循基因的自由组合定律，因此CCDD与ccd2d2个体杂交，F1为CcDd2，表型为野生型，F1(CcDd2)自交，F2野生型与突变型的比例为C_D_∶(ccD_＋C_d2d2＋ccd2d2)＝9∶7；Ccd2d2含有C基因无D基因，有16-羟基棕榈酸，由于不含D基因，16-羟基棕榈酸合成蜡质过程中必需有D基因，故无颖壳蜡质；CCDd2含有C基因和D基因，有16-羟基棕榈酸，也有颖壳蜡质。 返回 谢 谢 观 看 PCR及电泳技术的应用 $