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2025 年高考生物第一次模拟考试
生物·全解全析
考生注意：
1．试卷满分100 分，考试时间60 分钟。
2．所有答案必须填涂或填写在答题纸上，做在试卷上一律不得分。
3．单选题只有一个正确答案，多选题有两个及以上正确答案，编号选填题有一个或多个正确答案。
4．答题前，在答题纸上填写姓名、班级、学校和准考证号。
一．解答题（共5 小题）
1．（16 分）H+﹣ATP 酶（PMA）是质膜上的一种转运蛋白，对调节植物生长起重要作用。在营养匮乏的
土壤环境，农作物根细胞原有的PMA 转运能力略显不足，通过PMA 转基因技术与嫁接相结合，可增
强农作物根细胞吸收养分的能力，从而提高土壤资源（诸如氮源）的有效利用，相关机理如图所示。
（1）（2 分）根细胞与外界进行物质交换，以维持细胞内状态相对稳定。据图判断下列叙述正确的是
。（单选）
A.N O3
-经NRT 进入根细胞无需消耗ATP
1
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B.PMA 和NRT 均可运输H+，故结构相同
C.H+经PMA 以协助扩散的方式运出根细胞
D.H+经PMA 和NRT 进出根细胞的方式相同
（2）（2 分）叶肉细胞结构“S”中的H+经ATP 合酶实现跨膜运输，比较该过程与根细胞中H+经PMA
运出根细胞，下列表述正确的是 。（编号选填）
①两个过程均发生ATP 水解
②两种酶均充当H+通道蛋白
③两种酶介导的H+跨膜运输方式相同
④两种酶所在的生物膜两侧均存在H+浓度差
（3）（2 分）关于图中细胞结构Ⅰ的功能，下列描述正确的是 。（单选）
A.吞噬进入细胞的异物
B.氧化分解有机物并释放能量
C.细胞内合成蛋白质的主要场所
D.将光能转化为化学能并储存在体内
（4）（2 分）比较图中结构Ⅰ和结构Ⅱ中发生的物质循环，正确的是 。（编号选填）
①就碳水化合物而言，前者涉及合成，后者涉及分解
②两者均发生物质变化和能量转化
③两者的强度变化均可影响植物的生长状况
④一天24 小时内两者均持续产生能量，以维持植物的生命活动
（5）（2 分）在图中，TMK 使PMA 磷酸化，而PP2C 则使之去磷酸化。研究显示，无论胞外生长素还
是胞内生长素均能促进PMA 的活性，试判断①和②两处连线分别表示 。（单选）
A.①激活；②激活
B.①激活；②抑制
C.①抑制；②激活
D.①抑制；②抑制
（6）（2 分）N 是植物生长的必需元素。图显示，PMA 参与调节植物根部细胞内状态及无机氮的吸收。
结合图1 和所学知识，推测下列叙述正确的是 。（多选）
A.植物吸收的N O3
-和N H 4
+可用于合成核糖和蛋白质
B.PMA 激活剂可提高植物根部细胞对N O3
-的吸收速率
C.PMA 可以将过多的H+排出细胞质，以维持胞内pH 稳定
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D.根部细胞对无机氮的吸收有助于植物通过光合作用合成有机物
（7）（2 分）嫁接是常用的营养繁殖手段，一般情况下是将一株植株的芽或枝接在另一株植物体上，
使接在一起的两部分长成一个完整的植物体。科研人员选用芽或幼枝进行嫁接的主要原因是 。
（多选）
A.芽或幼枝的分化程度低
B.芽或幼枝比较容易获得
C.芽或幼枝的细胞全能性低
D.芽或幼枝的细胞分裂能力强
（8）（2 分）在本案中，科研人员采取嫁接转基因植物的根部（而非整株转基因的方式）实现作物在
营养匮乏环境中的高产，试综合题干信息及所学知识分析原因 。
【解析】（1）A、图示中NO3
-经NRT 进入根细胞为顺浓度运输，需要膜蛋白的参与，为协助扩散，无
需消耗能量，A 正确；
BD、PMA 逆浓度运输H+，NRT 顺浓度运输H+，运输方式不同，故结构也不相同，BD 错误；
C、H+经PMA 逆浓度运输，需要消耗ATP，运输方式为主动运输，C 错误。
故选：A。
（2）①③叶肉细胞结构“S”中的H+经ATP 合酶实现跨膜运输，运输方式为协助扩散，H+浓度差为
ATP 的合成提供能量，该过程合成ATP，根细胞中H+经PMA 运出根细胞为主动运输，该过程需要ATP
水解提供能量，①③错误；
②叶肉细胞结构“S”中的H+经ATP 合酶实现跨膜运输，ATP 合酶充当H+通道蛋白运输H+，H+经
PMA 以协助扩散的方式运出根细胞，ATP 水解酶充当H+通道蛋白运输H+，②正确；
④叶肉细胞结构“S”中的H+经ATP 合酶实现跨膜运输，运输方式为协助扩散，顺浓度运输，膜两侧
存在浓度差，根细胞中H+经PMA 运出根细胞为主动运输，逆浓度运输，膜两侧存在浓度差，④正确。
故选：②④。
（3）A、图中细胞结构Ⅰ为线粒体，吞噬进入细胞的异物是溶酶体的功能，A 错误；
B、图中细胞结构Ⅰ为线粒体，有氧呼吸的第二、三阶段在线粒体内进行，可以氧化分解有机物并释放
能量，B 正确；
C、核糖体是细胞内合成蛋白质的主要场所，不是线粒体，C 错误；
D、将光能转化为化学能并储存在体内是叶绿体的功能，D 错误。
故选：B。
（4）①结构Ⅰ为线粒体，结构Ⅱ为叶绿体，就碳水化合物而言，前者涉及分解（细胞呼吸），后者涉
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及合成（光合作用），①错误；
②线粒体将丙酮酸氧化分解形成二氧化碳和水，将有机物中的化学能转变为热能以及ATP 中的化学能，
叶绿体将二氧化碳和水转化为糖类和氧气，将光能转变为糖类等有机物中的化学能，两者均发生物质变
化和能量转化，②正确；
③细胞呼吸消耗有机物，光合作用制造有机物，两者的强度变化均可影响植物的生长状况，③正确；
④一天24 小时内线粒体持续产生能量，以维持植物的生命活动，叶绿体只能在光照条件下进行光合作
用固定太阳能，④错误。
故选：②③。
（5）生长素与生长素受体结合，促进TMK 使PMA 磷酸化，增大PMA 的活性，从而加速H+从细胞内
运输到细胞外，而PP2C 则使之去磷酸化，因此①为抑制；生长素还能通过影响TIR 进而影响SAUR，
从而抑制PP2C 对PMA 去磷酸化，故②为抑制，D 正确。
故选：D。
（6）A、核糖的元素是C、H、O，不需要NO3
-和NH 4
+，A 错误；
B、PMA 激活剂可促进H+转运到细胞外，从而实现膜外较高浓度的H+，H+通过NRT 顺浓度进入细胞
为NO3
-的主动运输提供能量，因此PMA 激活剂可提高植物根部细胞对NO3
-的吸收速率，B 正确；
C、结合图示可知，PMA 可以将过多的H 排出细胞质，以维持胞内pH 稳定，C 正确；
D、氮可以用于叶绿素、光合作用有关酶等物质的合成，因此根部细胞对无机氮的吸收有助于植物通过
光合作用合成有机物，D 正确。
故选：BCD。
（7）A、芽或幼枝的分化程度低，分裂分化能力更强，嫁接更易成功，A 正确；
B、芽或幼枝比较其他枝条并非容易获得，且不是选择芽或枝接进行嫁接的原因，B 错误；
C、所有植物细胞都具有全能性，因此芽或幼枝的细胞全能性低不是选择芽或枝接进行嫁接的原因，C
错误；
D、芽或幼枝的细胞分裂能力强，可以快速分裂分化形成新的组织、器官，是选择芽或枝接进行嫁接的
原因，D 正确。
故选：AD。
（8）由于根是吸收矿质元素的主要器官，植物生活在营养匮乏的土壤中，需要提升根细胞吸收及富集
矿质营养的能力，因此根细胞需要较多的PMA，以提升在营养匮乏环境中利用资源（如氮源）的能力。
而茎、叶等器官所需的矿质营养是根部吸收运输过来的，经过根部的吸收和富集，植物体内未必存在氮
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素缺乏的状况，在此类器官的细胞内提高PMA 的表达量，对改善细胞内氮素来源意义不大，但却有会
消耗细胞更多的物质和能源，得不偿失。故通过嫁接转基因植物的根部而非全植株转基因的方式更为经
济、高效。
【答案】
（1）A
（2）②④
（3）B
（4）②③
（5）D
（6）BCD
（7）AD
（8）根是吸收矿质元素的主要器官，植物生活在营养匮乏的土壤中，需要提升根细胞吸收及富集矿质
营养的能力，因此根细胞需要较多的PMA，以提升在营养匮乏环境中利用资源（如氮源）的能力。而
茎、叶等器官所需的矿质营养是根部吸收运输过来的，经过根部的吸收和富集，植物体内未必存在氮素
缺乏的状况，在此类器官的细胞内提高PMA 的表达量，对改善细胞内氮素来源意义不大，但却会消耗
细胞更多的物质和能源，得不偿失。故通过嫁接转基因植物的根部而非全植株转基因的方式更为经济、
高效。
2．（16 分）大豆含有丰富植物蛋白，在大豆食品加工过程中，需去除某些蛋白质，如7S 球蛋白会使人过
敏；又如三种脂氧酶Lox﹣1、Lox﹣2、Lox﹣3，它们是大豆产生腥臭味的原因。
（1）（2 分）下列分子中，不可能参与大豆蛋白构成的是 。（单选）
（2）（2 分）下列关于7S 球蛋白与过敏的叙述中，正确的是 。（多选）
A.7S 球蛋白是该过敏反应的过敏原
B.7S 球蛋白引起的过敏是特异性免疫
C.7S 球蛋白引起的过敏是一种自身免疫病
D.患者初次接触7S 球蛋白时，即可引发过敏症状
欲培育出7S 球蛋白与三种脂氧酶同时缺失的大豆新品种，将7S 球蛋白缺失型大豆与脂氧酶完全缺失型
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大豆杂交，并使F1自交。对不同的F2进行蛋白质电泳检测，得到8 种结果（图1），灰色条带表示相应
蛋白质检出。根据检测结果，对F2表型分类统计（表）。
F2种子表现型
粒数
7S 球蛋白
野生型：检测出7S 球蛋白
124
缺失型：未检出7S 球蛋白
377
脂氧酶
野生型：Lox﹣1、Lox﹣2、
Lox﹣3 全检出
282
①
94
②
94
Lox﹣1、Lox﹣2、Lox﹣3
全缺失型
31
（3）（2 分）据上述信息分析，F1的表型为 。（编号选填）
①7S 球蛋白野生型
②7S 球蛋白缺失型
③脂氧酶野生型
④脂氧酶全缺失型
（4）（2 分）据图1 分析，表中①处对应的表型可能是 （多选）。
A.仅Lox﹣1 缺失型
B.Lox﹣1 和Lox﹣2 同时缺失型
C.仅Lox﹣3 缺失型
D.Lox﹣2 和Lox﹣3 同时缺失型
（5）（4 分）已知7S 球蛋白基因与Lox 基因独立遗传。图1 中，第 （用图1 中的编号选填）泳
道的F2 是欲培养得到的新品种。若要获得能稳定遗传的新品种，还可对其进一步的遗传操作是
（编号选填）。
①连续白交
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②诱变育种
③单倍体育种
④多倍体育种
（6）（4 分）脂氧酶Lox﹣1、Lox﹣2、Lox﹣3 分别由三对基因控制。这三对基因可能在以下染色体上，
现已找到Lox﹣2 基因的位置（已在图中标出）。请根据图表信息，模仿Lox﹣2 基因的标注方式，标出
Lox﹣1 基因和Lox﹣3 基因最可能的位置。（绘图）
【解析】（1）构成蛋白质的氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基，并且有一个氨基和一个羧基连接在
同一个碳原子上，ACD 选项中的分子符合上述特征，B 选项中的分子不符合上述特征，因此不能参与
大豆蛋白构成的是B，ACD 正确，B 错误。
故选：B。
（2）AC、根据题意，7S 球蛋白会使人过敏，因此7S 球蛋白是该过敏反应的过敏原，过敏不属于自身
免疫病，A 正确，C 错误；
B、过敏反应属于体液免疫，属于特异性免疫，B 正确；
D、患者初次接触7S 球蛋白时，不会引发过敏症状，再次接触相同抗原时才会出现过敏症状，D 错误。
故选：AB。
（3）由题意可知，将7S 球蛋白缺失的大豆植株与脂氧酶完全缺失的植株杂交，获得F1种子，F1植株
自交得到F2种子，由表中数据可知，F2种子中7S 球蛋白缺失型与野生型的比例为3：1，可知7S 球蛋
白缺失型为显性性状。根据题中的杂交育种过程分析，F1应为杂合子，表现出显性性状7S 球蛋白缺失
型及脂氧酶Lox﹣1、Lox﹣2、Lox﹣3 野生型，②③正确。
故选：②③。
（4）根据电泳条带示意图可知，一共有四种类型：F2种子中泳道3 和6 表现为野生型，泳道4 和5 表
现为Lox﹣1、Lox﹣2、Lox﹣3 全缺失型，泳道1 和8 表现为Lox﹣2、Lox﹣3 缺失型，泳道2 和7 表现
为Lox﹣1 缺失型，Lox﹣2、Lox﹣3 始终表现在一起，说明控制脂氧酶Lox﹣2、Lox﹣3 的基因位于同
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一对染色体上，故图中的①②两处的表现型应为Lox﹣2、Lox﹣3 缺失型和Lox﹣1 缺失型其中之一，
AD 正确。
故选：AD。
（5）由电泳图可知，第④泳道没有电泳条带，说明其种子表现型为7S 球蛋白缺失型与Lox﹣1、Lox
﹣2、Lox﹣3 全缺失型。利用这些种子选择并获得稳定遗传种子的方法是：将这些种子长成的植株自交，
对单株所得的所有种子进行蛋白质电泳检测，若某植株所有种子均不出现7S 球蛋白条带，则该植株的
种子能稳定遗传；也可以经过单倍体育种以获得所需的稳定遗传种子，①③正确。
故选：①③。
（6）根据上述分析可知，控制脂氧酶Lox﹣2、Lox﹣3 的基因位于同一对染色体上，控制脂氧酶Lox﹣
1 的基因位于另一对染色体上，Lox﹣1 基因和Lox﹣3 基因最可能的位置如图所示：
。
【答案】
（1）B
（2）AB
（3）②③
（4）AD
（5）④；①③
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（6）
3．（16 分）膳食纤维是人体重要的营养素，肠道微生物可利用膳食纤维发酵产生短链脂肪酸（SCFA），
后者可通过免疫、神经和内分泌多条途径“滋养”脑神经，预防并矫正因误折叠的α﹣突触核蛋白所致
的神经退行性病变（诸如帕金森症）；同时大脑也可经神经和内分泌途径影响肠道微生物的活性。因此
优化膳食结构在维护脑部认知功能方面具有重要意义。
（1）（2 分）如图显示，肠道上皮组织中的簇细胞能被SCFA 激活并分泌细胞因子，据此判定簇细胞
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。（编号选填）
①可充当效应器
②存在SCFA 受体
③可视为浆细胞
④存在膳食纤维受体
（2）（2 分）镶嵌在肠道上皮组织中的神经元被SCFA 激活后，冲动经神经传导至脑部。比较图中①
和②处冲动传导/传递的过程，区别表现在 。（编号选填）
①结构基础
②膜电位变化
③传递信号
④离子通道通透性
（3）（2 分）如图显示，肠道微生物发酵产生的SCFA 还能经血管直接进入脑部发挥作用。在此路径中，
SCFA 依次经过的内环境组分为 。（编号选填排序）
①肠腔内消化液
②神经细胞组织液
③血浆
④肠上皮细胞组织液
⑤肠上皮细胞细胞质
（4）（2 分）大脑可通过神经调节使肠道蠕动加强，促进营养物质向微生物的运输，从而对肠道微生
物种群数量及其活动产生影响。据此判断该神经属于 。（多选）
A.传入神经
B.传出神经
C.交感神经
D.副交感神经
（5）（2 分）胃肠道微生物紊乱可导致肠上皮细胞间隙增大，形成“肠漏”。后者致使T 和B 淋巴细
胞启动免疫反应，产生大量促炎症细胞因子和抗体，攻击肠上皮细胞，进而导致肠绒毛萎缩，这种现象
涉及 。（多选）
A.细胞免疫
B.体液免疫
C.免疫缺陷
D.自身免疫
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（6）（2 分）在图过程③所示的Th17T 细胞形成中，CD4+T 细胞发生了 。（多选）
A.细胞凋亡
B.细胞分裂
C.细胞分化
D.细胞融合
（7）（2 分）图显示神经炎症类疾患帕金森症的重要病理过程，而SCFA 呈现良好的抗炎效应。据图判
断下列表述正确的是 。（多选）
A.肠道中的SCFA 可抑制IL﹣6 等细胞因子进入血脑屏障
B.脑部Th17 细胞的产生可防止α﹣突触核蛋白误折叠
C.误折叠的α﹣突触核蛋白会引发神经退行性疾患
D.提高细胞因子的表达量有助于缓解帕金森症
（8）（2 分）α﹣突触核蛋白误折叠是导致帕金森症的原因之一。综合图和题干信息判断下列防治方法
合理的是 。（编号选填）
①筛查肠道菌群
②服用肠道益生菌
③敲除α﹣突触核蛋白基因
④改变游离状态下的α﹣突触核蛋白的序列
⑤经常食用富含膳食纤维的食物补充SCFA
【解析】（1）根据题意，SCFA 可以激活肠道上皮组织中的簇细胞，并使其分泌细胞因子，由此可知
簇细胞上存在SCFA 受体，②正确，①③④错误。
故选：②。
（2）图中①处为神经纤维，此处兴奋在神经纤维上以电信号的形式进行传导，②处为突触，此处兴
奋在神经元之间进行传递，发生电信号→化学信号→电信号的转化，二者的区别表现在①结构基础、
③传递信号。
故选：①③。
（3）根据题意，SCFA 可以经血管直接进入脑部发挥作用，在此路径中，SCFA 依次经过的内环境组分
为④肠上皮细胞组织液、③血浆、②神经细胞组织液。
故选：④③②。
（4）副交感神经在人体处于安静状态时占据优势，根据题意，大脑可通过神经调节使肠道蠕动加强，
由此可知该神经属于副交感神经，副交感神经属于传出神经，BD 正确，AC 错误。
故选：BD。
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（5）根据题意，T 和B 淋巴细胞启动免疫反应，可以产生大量促炎症细胞因子和抗体，既有细胞免疫，
又有体液免疫；促炎症细胞因子和抗体攻击肠上皮细胞，导致肠绒毛萎缩，这属于自身免疫病，ABD
正确，C 错误。
故选：ABD。
（6）分析过程③，CD4+T 细胞转变为Th17T 细胞，该过程中CD4+T 细胞发生了分裂和分化，BC 正确，
AD 错误。
故选：BC。
（7）A、根据图中左侧虚线框内容分析可知，肠道中的SCFA 可抑制IL﹣6 等细胞因子进入血脑屏障，
A 正确；
B、脑部Th17 细胞的产生可促进神经炎症，促进α﹣突触核蛋白误折叠，B 错误；
C、根据题干信息，误折叠的α﹣突触核蛋白所致的神经退行性病变，C 正确；
D、提高细胞因子的表达量会使帕金森症加重，D 错误。
故选：AC。
（8）综合上述信息分析，肠道微生物可利用膳食纤维发酵产生短链脂肪酸（SCFA），后者可通过免疫、
神经和内分泌多条途径“滋养”脑神经，预防并矫正因误折叠的α﹣突触核蛋白所致的神经退行性病变
由此可知，筛查肠道菌群、服用肠道益生菌和经常食用富含膳食纤维的食物补充SCFA 均防治帕金森症，
①②⑤正确。
故选：①②⑤。
【答案】
（1）②
（2）①③
（3）④③②
（4）BD
（5）ABD
（6）BC
（7）AC
（8）①②⑤
4．（20 分）某保护区地势较为平坦，植被类型属于热带稀树灌丛草原，生活着坡鹿、猛禽和蟒蛇等动物。
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（1）（4 分）坡鹿为珍稀保护动物，主要以草本植物的嫩叶为食。保护区工作人员有时在一定区域内
采用火烧法加速牧草的更新繁盛，这种群落演替类型称为 。科研人员对坡鹿在火烧地和非
火烧地的采食与休息行为进行研究，结果如图1，下列说法正确的是 。（多选）
A.非火烧地提供遮蔽，坡鹿休息次数较多
B.非火烧地草本植物与灌丛的关系为正相互作用
C.火烧地草本植物的数量变化先于坡鹿的数量变化
D.火烧地牧草更新繁盛，坡鹿食物来源更丰富，导致采食次数增加
（2）（4 分）为了研究火烧法对植被的影响，科研人员采用样方法进行调查，群落结构越复杂，样方
面积应越 （①大②小），该生态系统的恢复力稳定性越 （①大/②小）。
（3）（2 分）科研人员为了研究坡鹿粪便对保护区土壤动物类群丰富度的影响，采集土壤样品过程中
在采样记录表上应当填写的基本信息包括 （编号选填）。
①采样地点
②采样深度
③环境类型
④采样日期
（2 分）用诱虫器采集土壤样方中的动物后，常选用 溶液固定保存。
（4）（6 分）研究不同动物的食物生态位，需要采用合适的方法。若调查湖泊下层鱼类的食性，优先
选用 （①直接观察法/②胃容物分析法/③粪便分析法）。对于食性庞杂的鱼类，可检测其所
在水域中不同营养级生物体内稳定同位素15N 含量，从而判断该鱼类在生态系统中的营养地位，其依据
的生态学原理是 。
（5）（2 分）科研人员在野外调查的基础上绘制了保护区食物网，部分结构如图2 所示。相关叙述正
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确的有 （编号选填）。
①猛禽为三级消费者、第四营养级
②昆虫数量锐减受影响最大的是食虫鸟
③图2 没有显示的生态系统成分是分解者
④可采用标志重捕法获取保护区坡鹿的准确数量
【解析】（1）次生演替是指原来的植物群落由于火灾、洪水、崖崩、风灾、人类活动等原因大部分消
失后所发生的演替。保护区工作人员有时在一定区域内采用火烧法加速牧草的更新繁盛，这种群落演替
类型是次生演替。分析图1，坡鹿在火烧地的采食行为比非火烧地更频繁，而休息行为比非火烧地更少。
形成该结果的原因是火烧地的植物更嫩，草本植物的生长更加繁盛，因此坡鹿在火烧地的采食活动更频
繁，而非火烧地提供遮蔽条件，有利于躲避天敌，坡鹿休息次数较多。
故选：AD。
（2）群落结构越复杂，样方面积需要越大以获得代表性的样本数据。该生态系统的抵抗力稳定性较大，
但恢复力稳定性越小。
（3）采集土壤样品过程中在采样记录表上应当填写的基本信息包括采样地点、采样深度、环境类型、
采样日期。
故选：①②③④。
用吸虫器采集土壤样方中的动物后，采集的小动物可以放入体积分数为70%的酒精溶液中，以固定杀死
小动物并保存。
（4）湖泊下层鱼类的胃内容物分析可以直接反映其食性，由于在湖泊下层，不利于直接观察和收集分
辨，所以调查湖泊下层鱼类的食性，优先选用②胃容物分析法。生物富集是指某些在自然界不能降解
或难降解的化学物质，在环境中通过食物链的延长和营养级的增加在生物体内逐级富集，浓度越来越大
所以对于食性庞杂的鱼类，可检测其所在水域中不同营养级生物体内稳定性同位素15N 含量，从而判断
该鱼类在生态系统中的营养地位，其依据的生态学原理是15N 含量随营养级升高而增加（生物富集）。
（5）①根据食物网可知，猛禽为次级或三级消费者、第三或第四营养级，①错误；
②食虫鸟的食物来源是昆虫，若昆虫数量锐减受影响最大的是食虫鸟，②正确；
③生态系统的组成部分为非生物的物质和能量、生产者、消费者、分解者。该图没有显示的生态系统
成分是非生物的物质和能量和分解者，③错误；
④标志重捕法是估算种群密度的方法，所以调查得到的种群密度一般不是最精确的现实反映。所以采
用标志重捕法并不能精确掌握保护区坡鹿的种群密度，④错误。
故选：②。
【答案】
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（1）次生演替；AD
（2）①；②
（3）①②③④；体积分数70%酒精
（4）②；15N 含量随营养级升高而增加
（5）②
5．（20 分）Ⅰ．甲醇（分子式CH3OH）是一种重要的有机化工原料，价格低廉，来源广泛，但不能被大
肠杆菌利用。为获得能够高效利用甲醇的大肠杆菌，研究人员根据图1 所示甲基芽孢杆菌中的甲醇代谢
途径，对大肠杆菌进行改造。其中，F6P、FBP 是各种细胞进行糖酵解过程的重要中间产物，而甲醛和
H6P 是甲醇代谢途径中特有的。
（1）（2 分）甲基芽孢杆菌甲醇代谢途径中的各种酶都具有相同的 。（多选）
A．化学本质
B．活性中心
C．合成场所
D．空间结构
（2）（2 分）酶4 发挥作用的场所是 。（单选）
A．质膜
B．细胞质基质
C．线粒体
D．核糖体
Ⅱ．对大肠杆菌的改造过程如图2，其中Ⅰ﹣Ⅳ代表操作步骤，ampr表示氨苄青霉素抗性基因。在步骤
Ⅳ，研究人员向大肠杆菌中引入突变的dnaQ 基因（正常dnaQ 基因是DNA 聚合酶保真性的关键），并
利用以甲醇为唯一碳源的液体培养基进行连续培养，即可实现菌株的定向进化，从而获得高效利用甲醇
的大肠杆菌。
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（3）（2 分）在图2 步骤Ⅰ和步骤Ⅱ中，应选用的工具酶分别是 。（单选）
步骤Ⅰ
步骤Ⅱ
A
DNA 解旋酶、限制酶
DNA 连接酶
B
DNA 连接酶、限制酶
耐热DNA 聚合酶
C
耐热DNA 聚合酶、限制酶
DNA 连接酶
D
耐热DNA 聚合酶、DNA 连接酶
限制酶
（4）（2 分）引入突变的dnaQ 基因影响的是图3 所示的过程 。（编号选填）
（5）（2 分）以下对步骤Ⅳ中大肠杆菌定向进化过程的分析，正确的是 。（多选）
A 甲醇代谢相关基因发生定向突变
B 甲醇代谢相关基因发生随机突变
C 使大肠杆菌更容易在通用培养基中生长
D 使大肠杆菌更容易在以甲醇为唯一碳源的培养基中生长
（6）（2 分）为尽快获得甲醇利用效率更高的菌株，在配制步骤Ⅳ所需培养基时，配方中除甲醇外至
少还应该有 。（编号选填）
①葡萄糖
②NH4Cl
③amp
④琼脂
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⑤水
（7）（6 分）下列实验方法①～⑧中，可用于分离纯化能高效利用甲醇菌株的是 ，可用于
测定甲醇代谢有关酶活性的是 ，可用于追踪大肠杆菌细胞中甲醇代谢情况的是 。（编
号选填）
①分光光度法
②差速离心法
③显微注射法
④显微镜计数法
⑤平板划线法
⑥凝胶电泳法
⑦稀释涂布法
⑧同位素标记法
（8）（2 分）图2 改造大肠杆菌时涉及的生物工程有 。（多选）
A．发酵工程
B．细胞工程
C．基因工程
D．蛋白质工程
【解析】（1）甲基芽孢杆菌甲醇代谢途径中的各种酶化学本质都是蛋白质，合成场所都是核糖体，AC
正确。
故选：AC。
（2）大肠杆菌为原核细胞，酶4 发挥作用的场所是细胞质基质，B 正确。
故选：B。
（3）在图2 步骤Ⅰ中需要用限制酶切割目的基因和质粒，并用耐热DNA 聚合酶连接所需要的DNA 序
列，步骤Ⅱ中需要DNA 连接酶将目的基因和质粒连接起来，C 正确。
故选：C。
（4）由题干信息可知，正常dnaQ 基因是DNA 聚合酶保真性的关键，所以引入突变的dnaQ 基因影响
的是图3 所示的过程①DNA 复制过程。
（5）AB、基因突变具有随机性，甲醇代谢相关基因发生随机突变，A 错误，B 正确；
CD、利用以甲醇为唯一碳源的液体培养基进行连续培养，使突变的大肠杆菌更容易在以甲醇为唯一碳
源的培养基中生长，C 错误，D 正确。
故选：BD。
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（6）为尽快获得甲醇利用效率更高的菌株，在配制步骤Ⅳ所需培养基时，配方中甲醇是碳源，除甲醇
外至少还应该有②NH4Cl（充当氮源）、③amp（进行重组DNA 的筛选）、⑤水。
（7）图3 实验方法①～⑧中，可用于分离纯化能高效利用甲醇菌株的是⑤平板划线法、⑦稀释涂布
法；可用于测定甲醇代谢有关酶活性的是①分光光度法；可用于追踪大肠杆菌细胞中甲醇代谢情况的
是⑧同位素标记法。
故分别选：⑤⑦；①；⑧。
（8）图2 改造大肠杆菌时涉及的生物工程有发酵工程、基因工程、蛋白质工程，ACD 正确。
故选：ACD。
【答案】
（1）AC
（2）B
（3）C
（4）①
（5）BD
（6）②③⑤
（7）⑤⑦；①；⑧
（8）ACD
6．（12 分）重组人纤溶酶原激活剂（hPA）能够高效特异性地溶解血栓，目前已培育成功rhPA 转基因兔，
作为乳腺生物反应器批量生产药物。
某科研团队构建重组质粒PCL25/rhPA 如图1 所示（该质粒以β﹣casein 作为调控序列，以CMV 为启动
子，其中Sal Ⅰ、Xho Ⅰ、Not Ⅰ所在位置表示相关限制酶切点）。
（1）（4 分）重组质粒PCL25/rhPA 如图1 所示。rhPA 基因上游的CMV 能被 结合，从
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而开启转录过程。在PCL25 质粒的 限制酶切位点处插入化学合成的rhPA﹣cDNA 片段。
（2）（4 分）氨苄西林抗性基因是ampr，能否用只含有氨苄西林的培养基筛选出导入重组质粒的细胞？
。原因是 。
（3）（4 分）为筛选出含有重组质粒P3（图2）的菌落，tetr代表四环素抗性基因，采用含有不同抗生
素的平板进行筛选后得到A、B、C 三类菌落，其生长情况如表（“+”代表生长，“﹣”代表不生长）。
根据表中结果判断，应选择的目标菌落是 （填表中字母）类，另外两类菌落的质粒导入情况分
别是 。
平板类型
菌落类型
A
B
C
无抗生素
+
+
+
氨苄西林
+
+
﹣
四环素
+
﹣
﹣
氨苄西林+四环素
+
﹣
﹣
【解析】（1）由题意可知，rhPA 基因上游的CMV 为启动子，启动子能被RNA 聚合酶识别并结合，从
而开启转录过程。在构建图1 中的重组质粒时要保证目的基因（rhPA﹣cDNA 片段）被连接在质粒
（PCL25 质粒）上特定的启动子和终止子之间才能保证目的基因在受体细胞中被成功转录，而启动子和
终止子之间只有Xho Ⅰ识别序列，据此推测，PCL25/rhPA 重组质粒是在PCL25 质粒的Xho Ⅰ限制酶切
位点处插入化学合成的rhPA﹣cDNA 片段构建而成。
（2）由于空质粒也含有氨苄西林抗性基因，导入了空质粒的细菌也可以在只含有氨苄西林的培养基上
存活，所以不能用只含有氨苄西林的培养基筛选出导入重组质粒的细胞。
（3）B 菌落为含有重组质粒P3 的菌落，没有四环素抗性基因，但含有氨苄西林抗性基因，因此在无抗
生素培养基以及氨苄西林的培养基可以生存，但无法在四环素以及氨苄西林+四环素培养基生存，因此，
为筛选出含有重组质粒P3 的菌落，应选择的菌落是B。A 菌落质粒未导入目的基因，导入了空质粒
P0，因此可以在四种平板上生存。C 菌落未导入质粒，因此只能在无抗生素平板生存。
【答案】
（1）RNA 聚合酶 Xho Ⅰ
（2）不能 导入普通质粒或重组质粒细胞都具有氨苄西林抗性，都能正常生长
（3）B A 类菌落含有P0 质粒，C 类菌落未转入质粒
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