辽宁省沈阳市四校协作体2023学年高三下学期第一次联考生物试卷(含解析).pdf

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1、2023 学年高考生物模拟测试卷 请考生注意：1请用 2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用 05 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在测试卷卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题：（共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分。每小题只有一个选项符合题目要求）1 某科研人员利用郫县豆瓣酱为材料筛选高产蛋白酶的霉菌，下列利用平板划线法筛选该菌株的做法正确的是（）A在每次划线前后都灼烧接种环的目的是防止杂菌污染 B接种霉菌后的培养基必须采用高压蒸汽灭菌法进行灭菌 C筛选用的固体选择培养基中必须加入一定量的

2、蛋白质 D对筛选的菌株斗数时选择菌落数为 30300 的平板进行计数 2下列有关细胞的叙述正确的是（）A微量元素在生物体内不可缺少，如叶绿素的合成离不开 Mg 元素 B蛋白质、核酸、淀粉等生物大分子的单体在排列顺序上都具有多样性 C线粒体是有氧呼吸的主要场所，在其中生成的产物有丙酮酸、二氧化碳和水 D细胞质基质是活细胞进行新陈代谢的主要场所 3水稻体细胞有 24 条染色体，非糯性和糯性是对相对性状。非糯性花粉中所含的淀粉为直链淀粉，遇碘变蓝黑色。而糯性花粉中所含的淀粉为支链淀粉，遇碘变橙红色。下列有关水稻的叙述正确的是 A要验证孟德尔的基因分离定律，必需用纯种非糯性水稻（AA）和糯性水稻（aa

3、）杂交，获得 F1，F1再自交 B用纯种非糯性水稻（AA）和糯性水稻（aa）杂交获得 F1，F1再自交获得 F2，取 F1花粉加碘染色，在显微镜下观察到蓝黑色花粉粒占 3/4 C二倍体水稻的花粉经离体培养，可得到单倍体水稻，稻穗、米粒变小 D若含有 a 基因的花粉 50%的死亡，则非糯性水稻（Aa）自交后代基因型比例是 2：3：1 4正常人的血浆通常维持在 pH 为 135145，与其中含有的缓冲物质有关，过酸、过碱都会影响细胞正常的代谢，主要调节过程如图所示。下列说法错误的是（）A剧烈运动产生的乳酸与在血浆中缓冲物质反应的过程不属于细胞代谢 B血浆中过多 CO2刺激呼吸中枢进而被排出属于反射

4、 C多余 HCO3通过肾脏以主动运输方式排出体外 D血浆 pH 的调节是有一定限度的，所以要合理饮食 5 如图表示某二倍体动物细胞分裂的部分图像（数字代表染色体，字母代表染色体上的基因）。下列叙述正确的是（）A甲、乙、丙细胞所处时期均易发生基因突变 B甲细胞中 1 与 2 或 1 与 4 的片段交换均属于基因重组 C乙细胞表明该动物发生了基因突变或基因重组 D丙细胞中有两个染色体组，不能进行基因重组 6下列对组成细胞和生物体的有机物的描述中，正确的是（）A雌性激素与生长激素都能与双缩脲试剂作用呈现紫色 B细胞核内的核酸只含脱氧核糖，细胞质中的核酸只含核糖 C葡萄糖、乳酸、多肽分别是光合作用、细

5、胞呼吸、翻译的产物 D1 分子 ATP 水解时脱去两个磷酸基团可形成 1 分子腺嘌呤脱氧核苷酸 二、综合题：本大题共 4 小题 7（9 分）为研究某植物去果实后对叶片光合作用的影响，选取已结有多个果实的植株，去除不同比例果实，3 天后测定叶片的光合速率以及蔗糖和淀粉含量，结果如图。（1）叶片光合作用暗反应中，经过二氧化碳的 _ 和 C3的 _ 两个过程，产生了糖类等有机物。（2）该研究测定叶片光合作用速率时，要控制好 _等无关变量（至少两个以上），以单位时间、单位面积的 _ 代表净光合作用速率。（3）依上述结果可推测，叶片光合产物的积累会抑制光合作用。为验证推测，某同学利用去除全部果实的植株进

6、行如下处理：剪除部分叶片，然后在适宜光照下检测叶片的光合速率，若检测结果是叶片光合速率上升，则支持上述推测。请问该实验思路应如何完善改进？_。8（10 分）我国干旱、半干旱区占国土总面积的 47，这些区域水资源贫乏，植被稀疏，生态环境脆弱，加之多年来人为活动(过度放牧、开荒种田等)的干扰，使得本来就脆弱的生态系统遭到了更为严重的破坏。为了恢复生态，内蒙古锡林郭勒在三种典型草原地带进行为期 17 年的封育政策，群落变化如表所示：典型草原地带不同植 l 物群落封育变化 群落类型 本氏针茅群落 大针茅群落 百里香群落 坡向 NE SE N S 生长年限 第1年 第 18年 第1年 第 18年 第1年

7、 第 18年 第1年 第 18年 第1年 第 18年 封育 植物种数/种.m-2 6 15 5 13 5 19 8 9 1 18 覆盖度/%25 95 20 80 20 65 20 35 20 55 草层高/m 10 54 5 55 8 52 5 18 3 9 产草量/kg.hm-2 750 6 050 500 4 500 550 4 200 550 1 550 750 2255 对照 植物种数/种.m-2 5 6 5 6 5 7 3 5 8 9 覆盖度/%25 30 20 30 20 30 20 20 20 25 草层高/m 9 7 5 6 7 7 5 5 3 9 产草量/kg.hm2 70

8、0 450 450 430 490 460 500 510 550 420 注：NE、SE、N、S 分别代表朝向东北、东南、北、南（1）封育是恢复生态学的常用手段，恢复生态学主要利用的是_理论，充分依靠生态系统自身的能力尽快恢复。锡林郭勒部分地区实行封育而非发展单一的人工林，这遵循了生态工程的_原理。（2）用样方法对植物种群密度进行调查，应注意_，目的是_。（3）坡向 NE 的本氏针茅草群落生产力最高，应该是该区域_这一自然因素相对充裕。研究发现，封育措施较大地改良了土壤，这体现了生物多样性的_价值。（4）在半干旱区，草原生态系统比农田生态系统抵抗干扰的能力_(填“强”或“弱”或“差别不大”)

9、，因为_。9（10 分）某生物兴趣小组欲采用固定化酵母酿造啤酒，请根据其酿造过程回答下列相关问题。（1）利用海藻酸钠制备固定化酵母细胞，应使用图 1-图 3 中的图_（填序号）所示方法。而制备固定化酶则不宜用此方法，原因是_。用浓度较低的海藻酸钠溶液制作凝胶珠，酵母菌催化活性较低的原因是_。（2）兴趣小组设计的实验操作步骤如下。第一步：将定量的海藻酸钠加入到定量的蒸馏水中，并和酵母菌充分混合；第二步：以恒定的速度缓慢地将注射器中的混合液滴加到配制好的 CaCl2溶液中，并将形成的凝胶珠在 CaCl2溶液中浸泡 30min 左右；第三步：将等量的凝胶珠分别加入到装有葡萄糖溶液的简易葡萄酒酿制装置

10、中（如图 4 和图 5）。请订正上述步骤中的错误。_。与图 5 装置相比，图 4 装置酿制葡萄酒的优点是_。葡萄汁装入图 4 装置时，要留有约 1/3 的空间，这种做法的目的是_（答出两点即可）。10（10 分）图 1 是某生态系统部分生物关系示意图。请回答下列问题：（1）该生态系统中大型真菌和跳虫以碎屑中的_（有机物或无机物）为食，_生态系统通常以该种食物链为主。（2）由于乔木的遮挡程度不同，导致了不同区域地表的草本植物、真菌等生物种类和数量有一定差异，地表生物的这种区域差异分布是_的一种表现。（3）为了有助于了解该生态系统中蝗虫种群的特性及其与环境的适应关系，需要收集数据以绘制该种群的_。

11、而调查该种群的_，是预测预报蝗虫是否成灾的基础。（4）图 2 是图 1 生态系统中某两个营养级（甲、乙）的能量流动示意图，其中 af 表示能量值，a 为甲的同化量。若甲为第一营养级，则甲的净初级生产量为_（用图 2 中字母和计算符号表示）；乙粪便中食物残渣的能量包含在 b 至 f 中_字母代表的能量值中。11（15 分）果胶酶广泛用于食品工业、纺织品加工业和造纸工业等领域。请结合所学知识，同答下列问题：（1）果胶酶并不特指某一种酶，而是分解果胶的一类酶的总称，包括_（至少答出 2 种）等。（2）下表是筛选产果胶酶微生物时所用的一种培养基的配方：K2HPO4 MgSO4 NaNO3 FeSO4

12、果胶 刚果红 水 0.1g 0.5g 3g 0.001g 2g 1g 加至 1L 该培养基能够筛选到产果胶酶的微生物的原因是_。为了能够筛选出分解果胶的微生物菌落，该培养基还需要添加_。该培养基中的刚果红可以与_形成红色复合物。我们可以通过菌落周围是否产生_来筛选产果胶酶的微生物。（3）某果胶酶高产菌株产生的果胶酶为分子量不同的多种酶复合物，可以采取_法将这些酶在保持活性下进行有效分离。（4）果胶酶应用于果汁生产时，主要解决的两大问题分别是：_。2023 学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）（含详细解析）一、选择题：（共 6 小题，每小题 6 分，共 36 分。每小题只有一个选项符合题目要求）

13、1、C【答案解析】微生物常见的接种的方法 平板划线法：将已经熔化的培养基倒入培养皿制成平板，接种，划线，在恒温箱里培养，在线的开始部分，微生物往往连在一起生长，随着线的延伸，菌数逐渐减少，最后可能形成单个菌落。稀释涂布平板法：将待分离的菌液经过大量稀释后，均匀涂布在培养皿表面，经培养后可形成单个菌落。【题目详解】A、初次划线灼烧的目的是防止杂菌污染，其后划线后灼烧的目的是杀死上次划线结束后残留在接种环上的菌种，使下一个区域的菌种只来自上一个区域的末尾，最后一次灼烧的目的是防止菌体污染环境，A 错误；B、接种霉菌之前，培养基需要用高压蒸汽灭菌法灭菌，B 错误；C、产蛋白酶的霉菌利用的底物是蛋白质

14、，因此，培养基中需加入一定量的蛋白质，C 正确；D、平板划线法不能对菌落进行计数，D 错误。故选 C。【答案点睛】本题只需考生掌握平板划线法的基本操作即可，对微生物的计数采用稀释涂布平板法。2、D【答案解析】细胞内的元素根据元素含量的高低分为大量元素和微量元素两大类。大量元素：C、H、O、N、P、S、K、Ca、Mg；微量元素如：Fe、Mn、Zn、Cu、B、Mo 等。组成细胞的化合物包括：有机物（糖类、脂质、蛋白质和核酸）和无机物（水和无机盐）。【题目详解】A、镁属于大量元素，A 错误；B、组成淀粉的单体是葡萄糖，在排列顺序上不具有多样性，B 错误；C、丙酮酸是在细胞质基质中产生的，C 错误；D

15、、细胞质包括细胞质基质和细胞器，其中细胞质基质是活细胞进行新陈代谢的主要场所，D 正确。故选 D。3、D【答案解析】分离定律的验证可以用测交法，如果是植物，还可以用花粉鉴定法。【题目详解】A、用纯种非糯性水稻（AA）和糯性水稻（aa）杂交，获得 F1，然后取 F1的花粉用碘液染色，用显微镜观察到花粉一半呈蓝黑色、一半呈橙红色，即可验证孟德尔的基因分离定律，A 项错误；B、用纯种非糯性水稻（AA）和糯性水稻（aa）杂交获得 F1（Aa），F1可产生含 A、a 基因的两种数量相等的花粉，所以取 F1花粉加碘染色，在显微镜下观察到蓝黑色花粉粒占 1/2，B 项错误；C、二倍体水稻的花粉经离体培养，可

16、得到单倍体水稻，由于单倍体水稻体细胞内不含同源染色体，所以不能产生可育配子，表现为高度不育，故 C 项错误；D、由于含有 a 基因的花粉 50%的死亡，所以该植株产生的雌配子是 Aa11，而雄配子是 Aa21，自交后代中三种基因型之比为 AAAaaa（1/22/3）（1/22/31/21/3）（1/21/3）231，D 项正确。故选 D。4、C【答案解析】内环境稳态是在神经-体液-免疫调节的共同作用下，通过机体的各器官、系统的分工合作，协调统一而实现的，内环境稳态是机体进行生命活动的必要条件；由于血液中有多对对酸碱度起缓冲作用的物质，如 H2CO3/NaHCO3、NaH2PO4/Na2HPO4

17、等，故正常人血液中 pH 通常在 1.351.45 之间；通过呼吸系统把 CO2不断排出，神经系统对呼吸运动强度的调节有利于维持血液 pH 的相对稳定。【题目详解】A、剧烈运动产生的乳酸与在血浆中缓冲物质反应发生在内环境中，故此的过程不属于细胞代谢，A 正确；B、血浆中过多 CO2刺激呼吸中枢进而被排出属于反射，B 正确；C、体内多余的 HCO3是顺浓度梯度借助载体跨膜运输，故多余 HCO3通过肾脏以协助扩散方式排出体外，C 错误；D、血浆 pH 的调节是有一定限度的，所以要合理饮食，D 正确。故选 C。5、D【答案解析】分析题图：甲细胞含有同源染色体，且同源染色体正在分离，处于减数第一次分裂

18、后期；乙细胞含有同源染色体，着丝点已经分裂，处于有丝分裂后期；丙细胞不含同源染色体，着丝点分裂，处于减数第二次分裂后期。【题目详解】A、甲、乙、丙细胞所处时期染色体均为高度螺旋化的染色体状态，不易发生基因突变，基因突变一般发生在间期 DNA复制时，A 错误；B、甲细胞中 1 与 2 为同源染色体，1 与 2 之间发生片段的交换属于基因重组，而 1 与 4 为非同源染色体，1 与 4 的片段交换属于染色体结构变异，B 错误；C、乙细胞处于有丝分裂后期，基因重组只发生在减数分裂过程中，不发生在有丝分裂过程中，A 和 a 所在的染色体为同源染色体，B 和 B 所在的染色体也为同源染色体，由于不知道该

19、生物体细胞的基因型以及乙细胞中下面四条染色体上的基因，所以不能判断该细胞是否发生过基因突变，C 错误；D、基因重组发生在减数第一次分裂前期和后期，丙细胞处于减数第二次分裂后期，不能进行基因重组，该细胞中有两个染色体组，D 正确。故选 D。6、C【答案解析】ATP 的结构简式是 A-PPP，其中 A 代表腺苷，T 是三的意思，P 代表磷酸基团。1 分子 ATP 脱去 1 个磷酸基团可形成 1 分子 ADP，1 分子 ATP 脱去两个磷酸基团可形成 1 分子 AMP。【题目详解】A、性激素的本质的固醇类，不能和双缩脲试剂发生紫色反应，A 错误；B、细胞核和细胞质中均既含有 DNA，又含有 RNA，

20、只是细胞核内的核酸主要是 DNA（含有脱氧核糖），细胞质中的核酸主要是 RNA（含有核糖），B 错误；C、葡萄糖、乳酸、多肽分别是光合作用、细胞呼吸、翻译的产物，C 正确。D、1 分子 ATP 脱去两个磷酸基团可形成 1 分子 AMP，即腺嘌呤核糖核苷酸，D 错误。故选 C。二、综合题：本大题共 4 小题 7、固定 还原 光照强度、温度、CO2浓度等 CO2吸收量（或 O2释放量）不剪除叶片，将部分叶片遮光，测量未遮光叶片在适宜光照下的光合速率和光合产物含量，若光合速率上升，光合产物含量却减少，则支持上述推测 【答案解析】由图 1 可知，随着去除果实百分率的提高，叶片光合速率不断下降。本实验中

21、不去除果实的即为对照组，因此对照组植株的相对光合速率是 28。由图 2 可知，去除果实后，植株叶片中蔗糖和淀粉的含量不断增加，去果实率大于 60 后，叶片干重中淀粉所占比重大于蔗糖。【题目详解】（1）叶片光合作用暗反应阶段包括 CO2的固定和 C3还原两个阶段。（2）由图 1 可知本实验的自变量是去除果实率，因此测定叶片光合作用速率时，要控制好 光照强度、温度、CO2浓度等等无关变量。可以单位时间、单位面积的 CO2吸收量（或 O2释放量）代表净光合作用速率。（3）要验证叶片光合产物的积累是否会抑制光合作用，应遵循实验的对照原则和单一变量原则设计实验：去除植株上的果实并对部分叶片遮光处理，使遮

22、光叶片成为需要光合产物输入的器官，分别检测遮光和未遮光部分叶片的光合产物含量和光合速率，如果未遮光叶片在适宜光照下光合速率上升，光合产物含量却减少，则支持上述推测。【答案点睛】解答本题需明确几点：1.本实验的自变量是去除果实率，因变量是光合速率；2.根据题图数据变化推测，叶片光合产物的积累会抑制光合作用；3.实验设计时要遵循对照原则，根据自变量设置实验组和对照组。8、群落演替 物种多样性 随机取样 为了确保所选择的样方具有代表性，不受主观因素的影响，使统计的结果(估算值)能更接近真实的情况 水分 间接 强 草原生态系统的组分更多，食物网更复杂，自我调节能力更强 【答案解析】1、样方法注意事项：

23、（适用范围：植物种群密度，昆虫卵的密度，蚜虫、跳蝻的密度等。）（1）样方应随机选取（2）样方面积大小要合适（3）样方数目：总体面积大要多取，总体面积小可少取。（4）样本统计：位于样方边线上的植物计数相邻两边及其交点上的植物；不同生长期的个体都应统计。2、生物多样性的价值：（1）直接价值：对人类有食用、药用和工业原料等使用意义，以及有旅游观赏、科学研究和文学艺术创作等非实用意义的；（2）间接价值：对生态系统起重要调节作用的价值（生态功能）；（3）潜在价值：目前人类不清楚的价值。3、生态系统所具有的保持或恢复自身结构和功能相对稳定的能力，能力大小由生态系统的组分和食物网的复杂程度有关，生态系统的组

24、分越多和食物网越复杂自我调节能力就越强。但自我调节能力是有限度的，超过自我调节能力限度的干扰会使生态系统崩溃。【题目详解】（1）恢复生态学主要利用的是生物群落演替理论，特别强调生态系统的自我调节能力与生物的适应性，充分依靠生态系统自身的能力，并辅以有效的人为手段，从而尽快使生态系统从受损的退化状态恢复到正常的健康状态。锡林郭勒部分地区实行封育而非发展单一的人工林，这遵循了生态工程的物种多样性的原理。（2）用样方法对植物种群密度进行调查时，为了确保所选择的样方具有代表性，不受主观因素的影响，使统计的结果（估算值）能更接近真实的情况，因此应注意做到随机取样。（3）根据题意可知，内蒙古锡林郭勒在三种

25、典型草原地带区域水资源贫乏，封育后坡向 NE 的本氏针茅草群落生产力最高，说明该区域水分这一自然因素相对充裕。封育措施较大地改良了土壤，这属于生态功能，因此体现了生物多样性的间接价值。（4）生态系统抵抗力稳定性的大小与生态系统的自我调节能力有关，草原生态系统的组分更多，食物网更复杂，自我调节能力更强，而农田生态系统物种单一，食物网较为简单，自我调节能力较差，因此草原生态系统的抵抗力稳定性强于农田生态系统。【答案点睛】本题以内蒙古锡林郭勒在三种典型草原地带封育实例为背景考查生态学的知识点，要求学生掌握生态工程的基本原理和封育依据的原理，把握样方法的操作过程和注意事项，识记生物多样性的价值和实例，

26、理解生态系统稳定性的原因和自我调节能力之间的关系，这是该题考查的重点。9、1 酶分子很小，容易从包埋材料中漏出 当海藻酸钠溶液浓度较低时，细微网格包埋不紧密，酵母菌细胞容易漏出，导致固定化酵母菌细胞数量较少 溶化海藻酸钠溶液时要用酒精灯小火或者间断加热，边加热边搅拌，直至完全溶化 不需要开盖放气，避免了因开盖引起的杂菌污染 为酵母菌大量繁殖提供适量的氧气，防止发酵旺盛时汁液溢出 【答案解析】1.果酒的制作离不开酵母菌，酵母菌是兼性厌氧型生物，在有氧条件下，酵母菌进行有氧呼吸，大量繁殖，在无氧条件下，酵母菌进行酒精发酵。温度是酵母菌生长和发酵的重要条件，酵母菌酒精发酵时，一般在一般将温度控制在1

27、825，在葡萄酒自然发酵过程当中，其主要作用的是附着在葡萄皮上的野生酵母菌。2.固定化酶和固定化细胞技术是利用物理或化学的方法将酶或细胞固定在一定空间内的技术。包括包埋法、化学结合法和物理吸附法。固定化酶优点是使酶既能与反应物接触，又能与产物分离，还可以被反复利用；固定化细胞优点是成本更低，操作更容易，可以催化一系列的化学反应。题图分析：图 1 为包埋法，图 2 为化学结合法，图 3 为物理吸附法。【题目详解】（1）固定化酵母细胞利用的是包埋法，如图 1 所示方法；而酶分子很小，容易从包埋材料中漏出，所以制备固定化酶通常用图 2 和图 3 所示的方法。在用海藻酸钠包埋酵母细胞时，如果所用海藻酸

28、钠溶液浓度低，则会导致细微网格包埋不紧密，酵母菌细胞容易漏出，固定的酵母菌细胞数量较少，因此，酵母菌催化活性较低。（2）海藻酸钠加入到定量的蒸馏水中之后需要用酒精灯小火或者间断加热，边加热边搅拌，直至完全溶化，最后用蒸馏水定容至 10mL。图 5 装置与图 4 装置的不同在于没有外连长导管，所以在酿制葡萄酒的过程中还需要定时开盖放气，而图 4 装置就不需要进行专门的放气操作，因此图 4 装置与图 5 相比具有的典型优势为不需要开盖放气，避免了因开盖引起的杂菌污染。进行酒精发酵时，通常在发酵装置中要留有约 1/3 的空间，其目的是为酵母菌大量繁殖提供适量的氧气，防止发酵旺盛时汁液溢出。【答案点睛

29、】熟知固定化酶技术的方法以及操作要点是解答本题的关键！酒精发酵的操作流程也是本题的重要考查内容。海藻酸钠的配制是学生的易错点。10、有机物 陆地 空间异质性 存活曲线 种群密度 a-b c 【答案解析】图 1 为某生态系统的部分生物关系图，其中草本植物、乔木为生产者，蝗虫、蜘蛛、杂食性鸟为消费者，大型真菌、跳虫为分解者。图 2 是生态系统中某两个营养级之间的能量流动示意图，a 表示甲的同化量，d 表示乙的同化量，b、e 分别表示甲、乙呼吸作用散失的能量，c、f 分别表示甲、乙流向分解者的能量。一般来说，流入某一营养级的能量在足够长的时间内的去路可以有三条：自身呼吸消耗；流入下一营养级；被分解者

30、分解。【题目详解】（1）分解者作用：分解者将死亡的有机体分解为简单的无机物并释放出能量。大型真菌和跳虫作为分解者，是以碎屑中的有机物为食。该食物链是腐食食物链，陆地生态系统以腐食食物链为主，海洋生态系统以捕食食物链为主。（2）地表生物的这种区域差异分布是群落的水平结构，体现了空间异质性。（3）种群存活曲线反映了各物种的死亡年龄分布状况，有助于了解种群的特性及其与环境的适应关系。种群密度大小是进行害虫预测预报及研究种群动态的基础。（4）甲的净初级生产量=总初级生产量（同化量 a）-呼吸消耗量（b）；乙粪便中的能量归属于上一营养级被分解者利用的能量（c）。【答案点睛】本题考查生态系统的成分以及能量

31、的流动的相关知识，意在考查识图能力，运用所学知识解决问题的能力。11、多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶、果胶酯酶 该培养基以果胶为唯一碳源，只有能够分解利用果胶的微生物才能生长 琼脂 果胶 透明圈 凝胶色谱 果肉出汁率低、耗时长；榨取的果汁浑浊、黏度高 【答案解析】1、果胶酶包括半乳糖醛酸酶、果胶分解酶、果胶酯酶等，既能分解果胶，瓦解植物的细胞壁及胞间层使榨汁容易，又能使果胶水解为半乳糖醛酸，果汁澄清，提高质量和稳定性。2、刚果红可以与纤维素等多糖形成红色复合物，当纤维素被纤维素酶分解后，红色复合物无法形成，出现以纤维素分解菌为中心的透明圈，我们可以通过是否产生透明圈来筛选纤维素分解菌。3、凝胶色

32、谱法是根据相对分子质量大小分离蛋白质的有效方法，相对分子质量较小的蛋白质容易进入凝胶内部的通道，路程长，移动的速度慢，相对分子质量较大的蛋白质不容易进入凝胶内部的通道，路程短，移动的速度快。4、SDS聚丙烯酰胺凝胶电泳法中加入 SDS 的作用是掩盖不同种蛋白质间的电荷差别，使蛋白质完全变性，则 SDS聚丙烯酰胺凝胶电泳的迁移速率完全取决于分子大小。【题目详解】（1）果胶酶并不特指某一种酶，而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、果胶酯酶等。（2）从所给配方，可以看出该培养基以果胶为唯一碳源，是典型的选择培养基，在该培养基中，只有能够分解利用果胶的微生物才能生长，从而起到选

33、择的作用；筛选菌落需要用固体培养基，故培养基还需要添加琼脂。从题中所给配方，结合所学知识:刚果红可以与多糖物质形成红色复合物；而果胶也是一种多糖，可以推知在该培养基中，刚果红可以与果胶形成红色复合物。当果胶被果胶酶分解后，刚果红果胶复合物就无法形成，培养基中会出现以果胶分解菌为中心的透明圈，我们可以据此来筛选产果胶酶的微生物。（3）将不同蛋白质按照不同分子量进行分离，高中阶段所学的方法主要有凝胶色谱法和 SDS聚丙烯酰胺凝胶电泳法，但后者中的 SDS 会使蛋白质变性，只有前者才能保持蛋白质的活性。（4）果胶酶应用于果汁生产时，要解决的两个主要问题是:一是果出汁率低、耗时长，二是榨取的果汗浑浊、黏度高。【答案点睛】本题以提取果胶酶为载体，主要考查果胶酶的分类、作用以及蛋白质分离的方法等主要知识点，意在强化学生对相关知识点理解与运用，属于考纲中理解和应用层次的考查。