专题8 生物技术与工程(Word练习)-【精讲精练】2026年高考生物二轮专题辅导与训练（B版）

[基础保分练] [高考这样考] 1．(2025·江苏卷)某同学利用红叶李果实制作果醋，图示其操作的简易流程。下列相关叙述正确的是(　　) A．果酒、果醋发酵所需菌种的细胞结构相同 B．过程①中添加适量果胶酶，有利于提高出汁率 C．过程②中，为使菌种充分吸收营养物质，需每日多次开盖搅拌 D．过程③发酵时会产生大量气泡，需拧松瓶盖放气 解析　果酒发酵的菌种是酵母菌，是真核生物，果醋发酵的菌种是醋酸菌，是原核生物，两者的细胞结构不同，A错误；过程①为榨汁，果胶酶能分解细胞壁中的果胶，添加适量果胶酶，有利于提高出汁率，B正确；过程②为果酒发酵，酵母菌在无氧条件下进行酒精发酵，若多次开盖会引入氧气抑制无氧呼吸并增加杂菌污染风险，C错误；过程③为果醋发酵，醋酸菌利用酒精产醋过程中不产生气体，不会产生大量气泡，也无需放气，D错误。 答案　B 2．(多选)(2025·河北卷)隐甲藻是一种好氧的异养真核微藻。多在海水中腐烂的植物叶片上生长繁殖，是工业生产DHA(一种功能性脂肪酸)的藻类之一、从海洋中筛选获得的高产油脂隐甲藻，可用于DHA的发酵生产。下列叙述正确的是(　　) A．隐甲藻可从腐烂的叶片获得生长必需的碳源 B．采集海水中腐烂的叶片，湿热灭菌后接种到固体培养基，以获得隐甲藻 C．选择培养基中可加入抑制细菌生长的抗生素，以减少杂菌生长 D．适当提高发酵时的通气量和搅拌速率均可增加溶氧量，以提高DHA产量 解析　根据题目信息“隐甲藻是一种好氧的异养真核微藻，多在海水中腐烂的植物叶片上生长繁殖”可知，隐甲藻可从腐烂的叶片获得生长必需的碳源，A正确；采集海水中腐烂的叶片进行湿热灭菌后，会杀死所有的微生物，此时接种到固体培养基上无法获得隐甲藻，B错误；根据题目信息可知，隐甲藻为真核生物，抗生素可通过抑制细菌细胞壁合成或影响代谢过程来抑制细菌生长，不会影响真核生物的生命活动，因此在筛选或培养隐甲藻时，加入抗生素可有效抑制细菌杂菌生长，提高隐甲藻的纯度和生长效率，C正确；根据题目信息可知，隐甲藻为好氧生物，因此利用隐甲藻进行DHA发酵生产时，适当提高发酵时的通气量和搅拌速率均可增加溶氧量，以提高DHA产量，D正确。 答案　ACD 3．(2025·湖北卷)水母雪莲是我国的一种名贵药材，主要活性成分为次生代谢产物黄酮。水母雪莲生长缓慢，长期的掠夺性采挖导致该药材资源严重匮乏。研究人员开展了悬浮培养水母雪莲细胞合成黄酮的工程技术研究，结果如表所示。下列叙述错误的是(　　) 转速(r/min) 55 65 75 85 相对生长速率 0.21 0.25 0.26 0.25 细胞干重(g/L) 7.5 9.7 11.4 9.5 黄酮产量(g/L) 0.2 0.27 0.32 0.25 A.黄酮产量与细胞干重呈正相关 B．黄酮是水母雪莲细胞生存和生长所必需的 C．氧气供给对于水母雪莲细胞生长、分裂和代谢是必需的 D．转速为75 r/min时既利于细胞分裂，又利于黄酮的积累 解析　从图中看出，黄酮产量随着细胞干重增加而增加，所以黄酮产量与细胞干重呈正相关，A正确；黄酮属于次生代谢产物，并非细胞生存和生长所必需的，B错误；氧气参与有氧呼吸，为细胞生长、分裂和代谢提供能量，所以氧气供给对于水母雪莲细胞生长、分裂和代谢是必需的，C正确；75 r/min时相对生长速率、细胞干重和黄酮产量均最高，所以转速为75 r/min时既利于细胞分裂，又利于黄酮的积累，D正确。 答案　B 4．(2025·山东卷)利用动物体细胞核移植技术培育转基因牛的过程如图所示，下列说法错误的是(　　) A．对牛乙注射促性腺激素是为了收集更多的卵母细胞 B．卵母细胞去核应在其减数分裂Ⅰ中期进行 C．培养牛甲的体细胞时应定期更换培养液 D．可用PCR技术鉴定犊牛丁是否为转基因牛 解析　由题图可知，牛乙提供卵母细胞，故对牛乙注射促性腺激素是为了收集更多的卵母细胞，A正确；卵母细胞去核应在其减数分裂Ⅱ中期进行，B错误；培养牛甲的体细胞时应定期更换培养液，防止细胞代谢物积累对细胞自身造成危害，C正确；可用PCR技术鉴定犊牛丁是否含有目的基因，以鉴定其是否为转基因牛，D正确。 答案　B 5．(2025·黑吉辽内蒙古卷)研究显示，约70%的小鼠体细胞核移植胚胎未能成功发育至囊胚期，且仅有约2%的胚胎移植到代孕母鼠后可正常发育。下列叙述错误的是(　　) A．体细胞核进入去核的MⅡ期卵母细胞形成重构胚 B．移植前胚胎发育率低，可能是植入的体细胞核不能完全恢复分化前的功能状态 C．胚胎移植到代孕母鼠后成活率低，可能是早期胚胎未能及时从滋养层内孵化 D．为提高胚胎成活率，可用胚胎细胞核移植代替体细胞核移植 解析　由于MⅡ期卵母细胞的细胞更大，便于进行技术操作，细胞质中含有激发细胞核全能性的物质，因此体细胞核移植到去核的MⅡ期卵母细胞形成重构胚，A正确；移植前胚胎发育率低，细胞核来自已分化的体细胞，全能性容易受到影响，因此可能是植入的体细胞核不能完全恢复分化前的功能状态，B正确；胚胎移植到代孕母鼠后成活率低，可能是早期胚胎未能成功在代孕母鼠子宫内着床，胚胎从透明带中出来称为孵化，C错误；胚胎细胞核全能性高于体细胞，因此为提高胚胎成活率，可用胚胎细胞核移植代替体细胞核移植，D正确。 答案　C 6．(2025·安徽卷)质粒K中含有β－半乳糖苷酶基因，将该质粒导入大肠杆菌细胞后，其编码的酶可分解X­gal，产生蓝色物质，进而形成蓝色菌落，如图所示。科研小组以该质粒作为载体，采用基因工程技术实现人源干扰素基因在大肠杆菌中的高效表达。下列叙述错误的是(　　) A．使用氯化钙处理大肠杆菌以提高转化效率，可增加筛选平板上白色和蓝色菌落数 B．如果筛选平板中仅含卡那霉素，生长出的白色菌落不可判定为含目的基因的菌株 C．因质粒K中含两个标记基因，筛选平板中长出的白色菌落即为表达目标蛋白的菌株 D．若筛选平板中蓝色菌落偏多，原因可能是质粒K经酶切后自身环化并导入了大肠杆菌 解析　使用氯化钙处理大肠杆菌，可使其处于感受态，提高转化效率，即更多的大肠杆菌能吸收质粒，无论吸收的是含目的基因的重组质粒(可能形成白色菌落)还是未重组的质粒K(形成蓝色菌落)，都可增加筛选平板上白色和蓝色菌落数，A正确；如果筛选平板中仅含卡那霉素，能生长出的菌落都具有卡那霉素抗性，白色菌落可能是导入了重组质粒(含目的基因)，也可能是其他情况导致β－半乳糖苷酶基因不能正常表达而呈现白色，所以不可判定为含目的基因的菌株，B正确；因质粒K中含两个标记基因，筛选平板中长出的白色菌落应为含目的基因的菌株，能否表达相应蛋白，需进一步检测，C错误；若筛选平板中蓝色菌落偏多，原因可能是质粒K经酶切后自身环化并导入了大肠杆菌，因为自身环化的质粒K中β－半乳糖苷酶基因完整，能表达活性β－半乳糖苷酶，分解X­gal形成蓝色菌落，D正确。 答案　C [高考还会考] 7．(2025·江西南昌模拟)研究发现，阿尔茨海默病(AD)与β­淀粉样蛋白(Aβ)在脑组织内积累有关。小胶质细胞是脑组织中能清除Aβ的细胞，CD22是小胶质细胞膜上参与此过程的重要蛋白。为研究CD22的作用，研究人员给实验组小鼠大脑注射CD22单克隆抗体，对照组小鼠不注射，48小时后可得到如图所示结果。下列分析正确的是(　　) A．CD22能促进小胶质细胞清除Aβ B．Aβ与CD22单克隆抗体结合后会被清除 C．给AD患者注射CD22单克隆抗体能延缓其病情发展 D．CD22基因只在小胶质细胞内存在并表达 解析　若CD22本身是促进清除的，注射其抗体应降低清除效果，据实验结果可知，向实验组小鼠脑内注射抗CD22单克隆抗体后，小胶质细胞对 Aβ 的清除能力增强，使 Aβ 含量下降，说明可能是CD22抑制清除，抗体阻断后解除抑制，A错误；根据抗原—抗体特异性结合的特点，CD22单克隆抗体直接结合的是CD22蛋白(小胶质细胞膜上)，而非Aβ，B错误；据实验结果可知抗体处理增强Aβ清除，而Aβ积累是AD的关键病因，故给AD患者注射CD22单克隆抗体能延缓其病情发展，C正确；同一个体不同细胞所含基因都相同，故CD22基因在各种细胞都存在，只是在小胶质细胞中选择性表达，D错误。 答案　C 8．(多选)(2025·江苏南京二模)科研人员利用“影印培养法”研究大肠杆菌抗药性形成与环境的关系，实验过程如图所示。待3号培养基上长出菌落后，在2号培养基上找到对应的菌落，然后接种到不含链霉素的4号培养液中，培养后再接种到5号培养基上，并重复以上操作。下列叙述正确的有(　　) A．3号培养基中菌落数少于1号培养基中的菌落数，说明基因突变具有低频性 B．5号培养基中观察到的细菌数往往小于涂布时吸取的菌液中的活菌数量 C．上述操作中重复实验的目的是进一步纯化抗链霉素的菌株及增大目的菌株的浓度 D．12号培养基中需有水、无机盐、碳源、氮源及琼脂等，置于4 ℃冰箱中保存 解析　1号培养基中有大量的菌落，而3号培养基只有极少数菌落，说明绝大部分菌株不具有抗链霉素的能力，少量菌株发生了突变，产生了具有抗链霉素的能力，从而也说明了基因突变具有低频性，A正确；采用稀释涂布平板法将菌种接种在5号培养基上，由于细菌在培养基中会不断地增殖，因此5号培养基中观察到的细菌数往往大于涂布时吸取的菌液中的活菌数量，B错误；结合图示可知，11号培养基中菌落数远多于3号和7号，说明通过上述操作中重复实验的目的是进一步纯化抗链霉素的菌株及增大目的菌株的浓度，C正确；12号培养基为固体斜面培养基，大肠杆菌培养基通常需要水、无机盐、碳源、氮源，添加琼脂可以形成固体培养基，斜面培养基的作用是保存菌种，菌种可以在4 ℃冰箱中保存，D正确。 答案　ACD 9．(2025·宁夏银川二模)胶原蛋白在维持器官、组织、细胞等方面发挥着关键性作用。科学家将合成胶原蛋白的基因kit导入大肠杆菌构建基因工程菌，过程如图所示。请据图回答下列问题： (1)目的基因与质粒连接后可以导入到不同物种细胞中表达出同种蛋白质，其原理是________。 (2)已知kit基因的部分序列见下，采用PCR技术进行扩增时，选用的引物为________(填字母)。为使基因与质粒成功连接，适宜的方法是在引物的________端添加________两种限制酶识别序列。 5′­CGGGATCCA………………AGAATTCCG­3′ 3′­GCCCTAGGT………………TCTTAAGGC­5′ A．5′­GCCCTAGGT­3′ B．5′­CGGAATTCT­3′ C．5′­CGGGATCCA­3′ D．5′­GCCTTAAGA­3′ (3)酶切kit基因，并与质粒中长度为170 bp的片段进行置换，构建重组质粒pET­28a(＋)­kit，用Hind Ⅲ酶分别酶切pET­28a(＋)和pET­28a(＋)­kit，获得如下表所示片段。 质粒类型 pET­28a(＋) pET­28a(＋)－kit Hind Ⅲ酶切片段 1000 bp,2550 bp 1000 bp、2000 bp、700 bp 则kit基因长度为________，由此判定kit基因上有________个Hind Ⅲ酶切位点，原因是_____________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 解析　(1)目的基因与质粒连接后可以导入到不同物种细胞中表达出同种蛋白质，其原理是所有生物共用一套遗传密码。 (2)在PCR中，引物与模板链的3′端碱基互补配对，并且引物的方向与模板链走向相反，因此与图中kit 基因上面一条链结合的引物，其序列应为5′－CGGAATTCT－3′，与kit 基因下面一条链结合的引物其序列应为5′ －CGGGATCCA－3′，综上所述，A、D错误，B、C正确；由于ori复制原点中含有限制酶Hind Ⅲ的识别序列，因此不能用限制酶Hind Ⅲ来切割质粒，否则会破坏复制原点，只能用限制酶BamHⅠ和EcoRⅠ对质粒 pET­28a(＋)进行双酶切，这样可以防止目的基因与质粒的自身环化以及任意连接；同时要在 kit 基因两端也连上限制酶BamHⅠ和EcoRⅠ的识别序列，由于DNA聚合酶只能从引物的3′端连接脱氧核苷酸延伸子链，因此必须将限制酶BamHⅠ和EcoRⅠ的识别序列连接至引物的5′端。 (3)观察质粒 pET­28a(＋) 图可知，在该质粒上有两个Hind Ⅲ的识别序列，一个在启动子和终止子之间，一个在复制原点ori中，因此用Hind Ⅲ切割质粒 pET­28a(＋)后，可得到两个片段，通过表格可知，这两个片段长度分别为1000 bp和2550 bp，说明质粒pET­28a(＋) 总长度是1000 bp＋2550 bp＝3550 bp；利用双酶切法将 kit 基因与质粒 pET­28a(＋) 长度为170 bp片段进行置换后，形成的重组质粒 pET­28a(＋)­kit 能被Hind Ⅲ切割成三个片段，长度分别是1000 bp、2000 bp、700 bp，说明置换后的kit 基因上含有两个Hind Ⅲ的识别序列，再加上复制原点ori中的一个Hind Ⅲ的识别序列，共三个Hind Ⅲ的识别序列，经Hind Ⅲ酶切后才能将重组质粒pET­28a(＋)­kit 切成3段。利用这三段的长度可计算出重组质粒 pET­28a(＋)­kit 的总长度为1000 bp＋2000 bp＋700 bp＝3700 bp，由于kit 基因与长度为170 bp片段进行置换，设kit 基因长度为n，可列出等式：3550＋n－170＝3700 bp，故可计算出kit 基因长度为n＝320 bp。 答案　(1)密码子具有通用性(生物共用一套遗传密码) (2) BC　5′　BamH Ⅰ和EcoRⅠ (3)320 bp　2　pET­28a(＋)原有的两个Hind Ⅲ位点被目的基因置换走一个后，得到环状的pET­28a(＋)­kit仍然被Hind Ⅲ限制酶切割成3段 10．(2025·湖南长沙三模)t­PA蛋白能降解血栓，是脑血栓患者的特效药，但其促进血栓溶解的特异性不高。若将t­PA蛋白第84位的氨基酸替换成丝氨酸(密码子是UCU)，获得改良的t­PA蛋白，其溶解血栓的效率明显提升。图1和图2为改造t­PA蛋白基因及构建表达载体的过程。请回答下列问题： (1)在PCR技术中高温变性的目的是____________________________________________ ________________________________________________________________________。 PCR的产物一般通过________来鉴定。若PCR扩增没有获得扩增产物，下列解释合理的有__________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ①复性温度过高　②复性温度过低　③缓冲液中缺少镁离子　④引物之间形成二聚体 (2)图1中黑点表示突变位点的碱基，若要得到改良t­PA蛋白，则引物b中该位点的碱基是5′________3′(写3个碱基)。重叠延伸得到的改良t­PA蛋白基因非模板链序列为5′­TGAAACGCT…(中间序列)…GTCGGCTCG­3′。为了便于将扩增后的基因和质粒pCLY11成功构建成重组质粒，需在引物的5′端添加限制酶酶切序列，请写出PCR3扩增中引物a的碱基序列5′­_________________________________________________________ ____________________________________________________________________­3′(要求：写出15个碱基)。 (3)运用乳房生物反应器可以从转基因牛的乳汁中获得t­PA改良蛋白，请完善以下流程： ①将t­PA改良基因与乳腺特异性启动子连接，构建表达载体； ②________； ③________，移植到代孕母牛子宫； ④筛选转基因牛，从乳汁中提取t­PA蛋白。 (4)对乳汁t­PA进行活性检测，应以t­PA溶液为阳性对照，以________为阴性对照。 解析　(1)在PCR技术中高温变性的目的是双链DNA解聚为单链，利用了DNA热变性原理。PCR的产物一般通过琼脂糖凝胶电泳来鉴定。PCR的条件：模板DNA、四种脱氧核苷酸、一对引物、热稳定DNA聚合酶；过程：高温变性：DNA解旋过程；低温复性：引物结合到互补链DNA上；中温延伸：合成子链。PCR扩增中双链DNA解开不需要解旋酶，高温条件下氢键可自动解开。因此若PCR扩增没有获得扩增产物可能是因为①复性温度过高，③缓冲液中缺少镁离子，④引物之间形成二聚体。 (2)已知t­PA蛋白第84位是半胱氨酸，相应的基因模板链(图中t­PA基因的上链)上的碱基序列是ACA，则半胱氨酸的密码子为UGU，而丝氨酸的密码子是UCU，由此可知，若要将t­PA蛋白第84位的半胱氨酸换成丝氨酸，则t­PA基因上链第84位发生碱基替换为ACA→AGA，图中显示引物b与t­PA基因的下链互补，故其中相应部位的碱基与上链相同，即该部位的碱基是AGA。重叠延伸得到的改良t­PA蛋白基因非模板链序列为5′­TGAAACGCT…(中间序列)…GTCGGCTCG­3′。为了便于将扩增后的基因和质粒pCLY11成功构建成重组质粒，需在引物的5′端添加限制酶酶切序列，PCR3扩增中引物a的碱基序列5′­CCCGGGTGAAACGCT­3′。 (3)运用乳房生物反应器可以从转基因牛的乳汁中获得t­PA改良蛋白，请完善以下流程： ①将t­PA改良基因与乳腺特异性启动子连接，构建表达载体；②通过显微注射法将重组质粒导入受精卵；③将受精卵体外培养至早期胚胎，移植到代孕母牛子宫；④筛选转基因牛，从乳汁中提取t­PA蛋白。 (4)对乳汁t­PA进行活性检测，应以t­PA溶液为阳性对照，以正常母牛乳汁(非转基因母牛乳汁)为阴性对照。 答案　(1) 使双链DNA解链为单链(或破坏氢键)　(琼脂糖凝胶)电泳　 ①③④ (2)AGA(对应模板链AGA→密码子UCU的互补链为AGA)　CCCGGGTGAAACGCT (3)②通过显微注射法将重组质粒导入受精卵　③将受精卵体外培养至早期胚胎 (4)正常母牛乳汁(或非转基因母牛乳汁) [提能增分练] 1．(透明圈)(2025·甘肃平凉模拟)牛瘤胃中的微生物包括细菌、产甲烷菌、真菌等，其中细菌包括纤维降解菌、淀粉降解菌、半纤维降解菌等。刚果红可以与纤维素形成红色复合物，但不与纤维素水解产物发生这种反应。将从牛瘤胃中获取的四种微生物接种在含有刚果红——纤维素复合物的培养基中，培养在有氧环境中，一段时间后出现如图所示结果。下列说法错误的是(　　) A．在含有土豆汁的培养基中加入纤维素粉和刚果红可制备该培养基 B．从培养基的功能来分，该培养基的种类是鉴别培养基 C．四种微生物中，d种微生物分解纤维素的能力更强，且在牛瘤胃中数量最多 D．对a种微生物扩大培养时，通常使用液体培养基，可提高营养物质的利用率 解析　刚果红可与纤维素形成红色复合物，但并不和纤维素水解后的纤维二糖和葡萄糖发生颜色反应；当纤维素被纤维素酶水解后，刚果红—纤维素复合物就无法形成，培养基中会出现以纤维素分解菌为中心的透明圈，因此可以在含土豆汁的培养基中加入纤维素粉和刚果红来鉴别所培养的菌种是否能分解纤维素，A正确；该培养基可以通过透明圈的大小，判断纤维素分解能力的大小，从培养基的功能来分，该培养基的种类是鉴别培养基，B正确；动物消化道中一般都是缺氧环境，而该实验是在有氧条件下进行的，d种微生物分解纤维素的能力更强，但不一定适合在牛瘤胃中生存，数量不一定最多，C错误；扩大培养时，通常使用液体培养基，因为使用液体培养基能促进培养液和菌种的接触，提高营养物质的利用率，D正确。 答案　C 2．(微生物的选择培养、鉴定和计数)(2025·甘肃平凉模拟)塑化剂(DEHP，化学式为C24H38O4)被很多国家认定为毒性化学物质，其生物毒性机理：具有抗雄性激素、雌性激素活性，进而影响生物体的生殖功能。如图为某实验小组从土壤中筛选可降解DEHP细菌的过程。下列叙述正确的是(　　) A．初选之前需对培养基、培养皿和覆盖过塑料薄膜的土壤样品均进行湿热灭菌 B．振荡培养的主要目的是增加溶液中的溶解氧，以满足降解菌细胞呼吸的需求 C．图中固体培养基以DEHP为唯一碳源，图示均采用稀释涂布平板法进行接种 D．培养若干天后，应选择DEHP含量高的培养液进行接种以进一步扩增目的菌 解析　接种前固体培养基和摇瓶内的培养基需进行湿热灭菌处理，以防杂菌污染，土壤不能灭菌，以免杀死所需微生物，A错误；筛选过程中振荡培养的主要目的是增加溶液中的氧气，以满足降解菌细胞呼吸的需求，B正确；图中固体培养基以DEHP为唯一碳源，有利于降解DEHP的细菌的筛选；图中多次接种时没有体现稀释，所以所用接种方法不是稀释涂布平板法，C错误；培养若干天后，应选择培养瓶中DEHP含量低(说明被分解的多)的培养液接入新培养液中以扩增高效降解DEHP的菌株，D错误。 答案　B 3．(双抗体夹心法)(2025·山东菏泽期中)双抗体夹心法是病原体检测的重要方法，与单抗体检测法相比较特异性更强。用此法检测某病原体浓度的实验过程如下：用抗体a包被微孔板，制成固相抗体→洗涤→加入待检样品→加入HRP酶标记的抗体b→洗涤→加入TMB显色→用仪器测定反应体系的吸光度(与颜色深浅有关)。已知TMB能在HRP酶的催化下转化成蓝色。下列说法错误的是(　　) A．抗体a和抗体b是针对该病原体的同种抗体 B．第二次洗涤的目的是洗去未结合的HRP酶标记的抗体b C．该方法属于免疫学临床实践应用中的免疫诊断 D．吸光度大小与样品中病原体浓度呈正相关 解析　双抗体夹心法中，抗体a和抗体b是针对该病原体的不同种抗体，A错误；用纯化的小鼠肿瘤坏死因子a抗体包被微孔板，制成固相抗体，往包被抗体的微孔中先加入待检样品，再加入HRP酶标记的肿瘤坏死因子a抗体，经过彻底洗涤后加TMB显色，其中第二次洗涤的目的是洗去未结合的HRP酶标记的抗体b，B正确；双抗体夹心法是病原体检测的重要方法，该方法属于免疫学临床实践应用中的免疫诊断，C正确；因为病原体浓度越高，结合的酶标记抗体越多，催化产生的颜色越深，吸光度越大，所以吸光度大小与样品中病原体浓度呈正相关，D正确。 答案　A 4．(基因表达载体的构建)(2025·吉林长春质量检测)用氨苄青霉素抗性基因(AmpR)、四环素抗性基因(TetR)作为标记基因的质粒如图所示。用含有目的基因的DNA片段和用不同限制酶切质粒，构建基因表达载体，并导入受体菌中。下列叙述正确的是(　　) A．若用Sca Ⅰ酶切质粒，所得产物经凝胶电泳可形成1 个条带 B．若用Hind Ⅲ和Sca Ⅰ酶切，可防止目的基因与质粒的反向连接 C．若用Pvu Ⅰ酶切，并用含四环素培养基筛选，存活受体菌中不一定含有目的基因 D．若用Sph Ⅰ酶切，筛选时应先将转化处理的菌液涂布到含四环素的培养基中长成菌落，再影印接种到含氨苄青霉素的培养基中 解析　由于图示质粒中有两个Sca Ⅰ酶的酶切位点，所以用Sca Ⅰ酶切质粒，能得到三种DNA片段，即完整的片段和两个短片段，所得产物经凝胶电泳可形成3个条带，A错误；若用Hind Ⅲ和Sca Ⅰ酶切质粒，由于质粒中有两个Sca Ⅰ酶的切割位点，因而不一定能防止目的基因与质粒的反向连接，B错误；由于Pvu Ⅰ酶切位点位于氨苄青霉素抗性基因之中，若用Pvu Ⅰ酶切质粒，则会破坏氨苄青霉素抗性基因，故重组质粒中只有四环素抗性基因。因此成功导入重组质粒的受体细胞具有对四环素的抗性，同时若导入的是空质粒，则受体细胞依然也具有对四环素的抗性，进而可推测，在含四环素培养基中形成的菌落，不一定含有目的基因，C正确；若用Sph Ⅰ酶切，则会破坏四环素抗性基因(TetR)，氨苄青霉素抗性基因(AmpR)不受影响，则重组质粒中含氨苄青霉素抗性基因(AmpR)，因此携带目的基因的受体菌在含AmpR(氨苄青霉素)的培养基中能形成菌落，在含TetR的培养基中不能形成菌落，因此，筛选时应先将转化处理的菌液涂布到含氨苄青霉素的培养基中长成菌落，再影印接种到含四环素的培养基中，则只在含氨苄青霉素的培养基上生长的菌落即为目的菌，D错误。 答案　C 5．(反向PCR)(2025·四川成都期中)反向PCR是一种通过已知序列设计引物对未知序列进行扩增的技术，其过程如下图所示。下列叙述正确的是(　　) A．应选择引物1和引物4进行PCR扩增 B．设计的引物中GC碱基含量越高，退火温度越低 C．PCR产物是包含所有已知序列和未知序列的环状DNA分子 D．在环化阶段，可选E.coliDNA连接酶而不能选T4 DNA连接酶 解析　DNA子链合成的方向为5′端到3′端，因此要通过已知序列设计引物对未知序列进行扩增应选择引物1和引物4进行PCR扩增，A正确；GC碱基含量越高，碱基对间氢键的含量越多，退火的温度越高，B错误；PCR产物是包含所有已知序列和未知序列的链状DNA分子，扩增产物还需要限制酶切后再用连接酶环化，C错误；在环化阶段，因为图示的末端为黏性末端，因此，既可选E.coliDNA连接酶，也可选T4 DNA连接酶，D错误。 答案　A 6．(RT­PCR)(2025·山东齐鲁名校联考)RT­PCR 是将逆转录(RT)和PCR 相结合的技术，可用于获取目的基因，还可对甲流病毒等 RNA病毒进行检测。下列分析正确的是(　　) A．通过该技术获取的目的基因含有启动子和终止子序列 B．通过该技术检测甲流病毒时，PCR模板是甲流病毒的RNA C．RT­PCR 反应体系中需加入耐高温的逆转录酶 D．用RT­PCR检测甲流病毒时，一般还需利用琼脂糖凝胶电泳进行鉴定 解析　RT­PCR是将逆转录(RT)和PCR相结合的技术，实质上是先提取mRNA，再进行逆转录得到cDNA，由于启动子序列和终止子序列并不转录，因此通过该技术获取的目的基因不含启动子和终止子序列，A错误；通过该技术检测甲流病毒时，PCR的模板是通过逆转录得到的cDNA，B错误；RT­PCR反应体系中除加入样品、dNTP、Taq DNA聚合酶、引物外还需加入逆转录酶，但不需要耐高温，C错误；通过该技术检测甲流病毒，先通过逆转录获得cDNA，再通过PCR对目标DNA进行扩增，最后需采用琼脂糖凝胶电泳的方法，通过比对电泳的结果进行鉴定，D正确。 答案　D 7．(重叠延伸PCR技术)(2025·湖北武汉期末)重叠延伸PCR技术是一种通过核苷酸链之间重叠的部分互相搭桥、互为模板，经过多次PCR扩增，从而获得目的基因的方法。过程如下图，下列叙述不正确的是(　　) A．引物中G、C的含量越高，复性温度越高；当设置温度过低时可能导致非特异性条带增多 B．第一阶段中引物2和引物3容易发生碱基互补配对，因此两者应置于不同反应系统中 C．加入引物1、2的反应系统和加入引物3、4的反应系统中各进行一次PCR，共产生4种DNA D．引物1、2组成的反应系统中，经第一阶段要形成图示双链DNA，至少要经过2次复制 解析　A、G与C间形成三个氢键，引物中G、C的含量越高，与模板链形成的氢键越多，复性温度可以设置得越高；当设置温度过低，会造成引物与模板链的结合位点增加，导致非特异性条带增多，A正确；由图可知，引物2和引物3分别与目的基因两条链的对应位置结合，因此二者之间存在互补配对片段，为防止扩增时引物2与引物3之间进行配对，需将其置于不同反应系统中，B正确；引物1和2位于一个反应系统中，引物3和4位于另一个反应系统中，这两个反应系统均进行1次复制，由引物1扩增的DNA与引物4扩增的DNA相同，因此只能产生3种双链DNA分子，即引物1(或4)扩增的双链DNA，引物2扩增的双链DNA，引物3扩增的双链DNA，C错误；引物2与目的基因的相应模板链结合，可形成一个双链不等长的DNA分子，该DNA分子中引物2所在的那条链再与引物1结合即可扩增获得同时含有引物1和引物2的双链等长的DNA分子，如图中所示，因此至少需要经过2次复制，D正确。 答案　C 8．(CRISPR/Cas9基因编辑技术)CRISPR/Cas9是一种基因编辑技术，作用机制如图。单链向导RNA能特异性识别并结合特定的DNA序列，从而引导Cas9蛋白到相应位置剪切DNA，最终实现对靶基因序列的编辑。下列有关分析错误的是(　　) A．该技术能精准识别相关基因的原理是碱基互补配对 B．Cas9蛋白可催化脱氧核苷酸链上特定氢键的水解 C．人工设计特异性向导RNA是基因编辑技术的关键 D．向导RNA过短可能因不能准确识别，造成错误编辑 解析　单链向导RNA能特异性识别并结合特定的DNA序列，所以该技术能精准识别相关基因的原理是碱基互补配对，A正确；Cas9蛋白可催化脱氧核苷酸链上磷酸二酯键的水解，B错误；该技术依赖于单链向导RNA能特异性识别并结合特定的DNA序列，从而引导Cas9蛋白到相应位置剪切DNA，最终实现对靶基因序列的编辑，所以人工设计特异性向导RNA是基因编辑技术的关键，C正确；向导RNA过短会影响碱基的特异性配对，可能因不能准确识别，造成错误编辑，D正确。 答案　B 9．(启动子的类型和选择)斑马鱼幼体透明且肌细胞和生殖细胞均存在雌激素受体，这使得斑马鱼成为研究水中雌激素类污染物对鱼类影响的重要模型。将ERE、UAS、Gal4基因和绿色荧光蛋白(GFP)基因共同转入斑马鱼，培育出转基因斑马鱼。其可以经济且快速地监测水体中的雌激素类污染物，原理如图。回答下列问题： 注：ERE和酵母来源的UAS是两种诱导型启动子，分别被A(雌激素)—受体复合物和酵母来源的Gal4蛋白特异性激活，启动下游基因表达 (1)通过PCR特异性扩增GFP基因需先设计引物，该引物应该是一小段能与模板链互补配对的__________________________。 (2)A进入幼体转基因斑马鱼的肌细胞后，促进Gal4蛋白的合成，特异性激活UAS，使其与______结合，启动GFP基因的表达。 (3)科学家用上述转基因斑马鱼和另一种转基因斑马鱼X杂交制备一种不育的监测SM斑马鱼。欲获得斑马鱼X，需选择启动子______(填“ERE”或“UAS”)和______(填“Gal4基因”“雌激素受体基因”或“仅导致生殖细胞凋亡的基因”)，构建表达载体并转入野生型斑马鱼受精卵。 (4)SM斑马鱼不育的原因是成体SM斑马鱼自身产生雌激素，与受体结合后______造成不育。将不育SM斑马鱼用于实际监测。更明显的优势是_____________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(1)通过PCR特异性扩增GFP基因需先设计引物，引物应该是一小段能与DNA母链的一段碱基序列互补配对的短的DNA单链。 (2)据图分析，A进入幼体转基因斑马鱼的肌细胞后，促进Gal4蛋白的合成，特异性激活UAS，使其与RNA聚合酶结合，启动GFP基因的转录和翻译过程。 (3)由题可知，监测SM斑马鱼由上述转基因斑马鱼和另一种转基因斑马鱼X杂交获得，上述转基因斑马鱼可以形成GFP蛋白质，从而发出绿色荧光，因此转基因斑马鱼X不需要能表达GFP蛋白，因此可以选用ERE启动子和仅导致生殖细胞凋亡的基因构建表达载体并转入野生型斑马鱼受精卵，最终杂交获得能发出绿色荧光的不育斑马鱼。 (4)SM斑马鱼不育的原因是成体SM斑马鱼自身产生雌激素，与受体结合后激活ERE诱导Gal4表达，Gal4结合UAS诱导仅导致生殖细胞凋亡的基因表达，生殖细胞凋亡造成不育。SM若逃逸到自然生态系统中，可与同种斑马鱼交配，由于其不能产生生殖细胞，故可避免转基因斑马鱼造成的基因污染，因此避免转基因斑马鱼逃逸带来生物安全问题。 答案　(1)短的DNA单链　 (2)RNA聚合酶　(3) ERE　仅导致生殖细胞凋亡的基因 (4)激活ERE诱导Gal4表达，Gal4结合UAS诱导仅导致生殖细胞凋亡的基因表达，生殖细胞凋亡　避免转基因斑马鱼逃逸带来生物安全问题 10．(PCR定点诱变技术)(2025·广东佛山二模)抗生素的长期使用易导致病菌产生严重的耐药性。抗菌肽以其快速杀菌活性、低耐药可能性、免疫调节特性和促进伤口愈合的潜力成为最有前景的抗菌药物。研究发现将抗菌肽第52位的脯氨酸(密码子为CCA)替换成苏氨酸(密码子为ACA)可增强抗菌肽的杀菌活性。科研人员利用大引物PCR定点诱变技术对抗菌肽基因进行改造的过程如图所示。回答下列问题： (1)将抗菌肽第52位的脯氨酸换成苏氨酸，需要将mRNA的对应碱基序列中第________位的碱基替换，碱基具体变化为________。基因模板链对应的碱基改变为________。 (2)PCR过程中温度的控制至关重要，若变性时温度偏低则会导致反应效率降低，原因是________________________________________。 (3)据图分析，“大引物PCR定点诱变”技术中设计的“诱变引物”应选择________。 A．5′…CCTGTTAT…3′ B．5′…CCTGGTAT…3′ C．5′…ATACCAGG…3′ D．S′…ATAACAGG…3′ (4)进行大引物PCR定点诱变获得改良的抗菌肽基因需要进行两次PCR(PCR1和PCR2)，产物1最早出现在PCR1的第________轮循环：PCR2的产物除改良的抗菌肽基因外，还有________；通过PCR3快速扩增时应选用的引物是________。 (5)In­Fusion酶能够识别任何具有15 bp相同末端序列的线性DNA分子并使其形成黏性末端，实现目的基因和载体的连接。科研人员将载体(320 bp)两端连接上与改良的抗菌肽基因(180 bp)两端相同的序列(15 bp)并利用In­Fusion酶实现两者的连接，如图所示。最终获得的重组DNA分子长度为________。与传统方法相比，这种技术的优点是________(至少写两点)。 解析　(1)mRNA上3个相邻的碱基决定一个氨基酸为一个密码子，第51位的氨基酸对应的mRNA上的碱基为51×3＝153，脯氨酸密码子为CCA，苏氨酸密码子为ACA，若想将抗菌肽第52位的脯氨酸换成苏氨酸，可将mRNA上154位的碱基替换，碱基具体变化为C变为A。模板链与mRNA碱基互补配对，则基因模板链对应的碱基改变为G变为T。 (2)变性的目的是使双链DNA打开，若变性时温度偏低DNA双链解旋不充分，延伸时模板减少，产生的产物量偏少会导致反应效率降低。 (3)由图可知，模板链方向为3′→5′，则诱变引物与转录非模板链碱基互补配对，则诱变引物序列与转录模板链相同，且需将模板链上154位碱基G变为T，则诱变引物序列位5′…CCTGTTAT…3′，A正确，B、C、D错误。 (4)产物1最早出现在PCR1的第3轮循环：DNA的复制方式为半保留复制，因此PCR2的产物除改良的抗菌肽基因外，还有诱变前的抗菌肽基因。由图可知，通过PCR3扩增时应选引物是引物1和引物2进行扩增。 (5)已知In­Fusion酶能够识别任何具有15 bp相同末端序列的线性DNA分子并使其形成黏性末端，实现目的基因和载体的连接。因此最终获得的重组DNA分子长度为载体(320 bp)＋改良的抗菌肽基因(180 bp)＝500 bp。与传统方法相比，这种技术优点是插入位点不受限制酶识别序列限制、能够实现目的基因在载体任意位点上的插入、避免限制酶切割对质粒功能区的破坏等优点。 答案　(1) 154　C变为A　G变为T (2)温度偏低时DNA双链解旋不充分，延伸时模板减少，产生的产物量偏少 (3)A　(4) 3　诱变前的抗菌肽基因　引物1和引物2 (5)500 bp　插入位点不受限制酶识别序列限制；能够实现目的基因在载体任意位点上的插入；避免限制酶切割对质粒功能区的破坏等 学科网（北京）股份有限公司 $