（浙江选考）高考生物一轮复习 第2讲 蛋白质、核酸及有机物的鉴定课件-人教版高三全册生物课件.pptx

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1、第第2 2讲蛋白质、核酸及有机物的鉴定讲蛋白质、核酸及有机物的鉴定知识1 蛋白质和核酸知识2 检测生物组织中的油脂、糖类和蛋白质知知识识梳梳理理考点一 蛋白质与核酸考点二 糖类、油脂与蛋白质的鉴定考考点点突突破破知识知识1 1蛋白质和核酸蛋白质和核酸一、蛋白质的结构和功能一、蛋白质的结构和功能组成元素:C、H、O、N,有的含有S、Fe等元素教材研读基本单位:氨基酸多肽蛋白质二、核酸的种类及功能二、核酸的种类及功能组成元素:C、H、O、N、P核苷酸(基本单位)核酸(遗传信息的携带者)知识知识2 2检测生物组织中的油脂、糖类和蛋白质检测生物组织中的油脂、糖类和蛋白质1.有机物的检测原理有机物的检测

2、原理物质检测试剂颜色反应使用方法还原糖本尼迪特试剂红黄色样本与试剂混合后需热水浴加热23min蛋白质双缩脲试剂紫色先加A液后加B液,不需加热油脂苏丹染液橙黄色直接滴加,不需加热2.有机物的检测过程有机物的检测过程类别方法步骤还原糖的检测蛋白质的检测油脂的检测1.(2016浙江10月选考,12,2分)下列关于蛋白质的叙述,正确的是(A)A.蛋白质分子都含有碳、氢、氧、氮B.组成每种蛋白质的氨基酸都有20种C.每种蛋白质分子都由多条肽链组成D.蛋白质发生热变性后不影响其功能解析解析本题考查蛋白质的结构与功能。组成生物体蛋白质的氨基酸约有20种,并不是组成每种蛋白质的氨基酸都有20种;不同的蛋白质分

3、子肽链数不同;蛋白质发生热变性后其结构改变,这样会影响其功能。2.蛋白质是生命活动的主要承担者,在组成细胞的有机物中含量最多。如图为有关蛋白质分子的简要概念图,相关分析正确的是(B)A.a肯定含有S元素B.过程有水生成C.多肽中b的数目等于c的数目D.d表示氨基酸的多样性解析解析组成蛋白质的元素主要是C、H、O、N,只有部分蛋白质含有S;b是氨基酸,氨基酸的数目减去肽链的数目等于肽键的数目,因此b的数目一般不等于c的数目;d表示蛋白质功能的多样性;过程表示脱水缩合,有水生成。3.如表关于物质的鉴定,采用的试剂、实验操作方法及实验现象均正确的是(C)油脂淀粉葡萄糖蛋白质试剂苏丹染液碘液本尼迪特试

4、剂双缩脲试剂水浴加热不加热加热加热加热观察显微镜观察直接观察直接观察直接观察现象橙黄色蓝色红黄色紫色A.油脂;DNAB.DNA;蛋白质C.油脂;葡萄糖D.葡萄糖;蛋白质4.根据图回答问题:(1)该图中,A表示,B表示。(2)该图所示化合物的名称是;该化合物含有个肽键。(3)该化合物由种氨基酸分子失去个水分子而形成,这种反应叫;合成此肽链的细胞器是。(4)如果图中氨基酸的平均相对分子质量为180,则该化合物的相对分子质量是。脱氧核苷酸的平均相对分子质量为300,那么,合成该多肽化合物的基因(不考虑起始密码和终止密码)的相对分子质量约为。答案答案(1)氨基肽键(2)四肽3(3)33脱水缩合核糖体(

5、4)6666804解析解析由于题图中多肽含有四个R基,其中有两个R,因此是由三种氨基酸构成的四肽化合物。氨基酸的平均相对分子质量为180,则4个氨基酸的分子量之和为1804=720,减去脱去的3个水分子,为666。4个氨基酸对应24个脱氧核苷酸,24个脱氧核苷酸的分子量之和为30024,24个脱氧核苷酸形成双链的DNA片段共脱去22个水分子,则基因的相对分子质量约为6804。考点一蛋白质与核酸考点一蛋白质与核酸考点突破1.蛋白质与核酸的区别与联系蛋白质与核酸的区别与联系蛋白质核酸组成元素C、H、O、N等C、H、O、N、P基本单位氨基酸核苷酸连接方式形成过程中均有H2O生成合成场所核糖体细胞核(

6、主要)、线粒体、叶绿体结构多样性原因氨基酸种类不同氨基酸数目成百上千氨基酸排列顺序千变万化蛋白质空间结构千差万别核苷酸数量不同核苷酸排列顺序多样功能构成细胞和生物体;催化;调节;运输;免疫;信息传递作为生物的遗传物质;参与信息的传递和表达;产生可遗传的变异联系核酸控制蛋白质的合成:DNA多样性 蛋白质多样性 生物多样性联系2.DNA和和RNA的比较的比较分类脱氧核糖核酸(DNA)核糖核酸(RNA)组成单位成分碱基A(腺嘌呤)、C(胞嘧啶)、G(鸟嘌呤)T(胸腺嘧啶)U(尿嘧啶)五碳糖 脱氧核糖核糖磷酸磷酸功能是主要的遗传物质,携带和复制遗传信息,并决定蛋白质的合成是RNA病毒的遗传物质在遗传信

7、息表达中起作用:mRNA蛋白质合成的直接模板tRNA运输特定氨基酸rRNA核糖体的组成成分催化作用:极少数酶是RNA存在真核生物:细胞核(主要)、线粒体、叶绿体原核生物:拟核、质粒主要存在于细胞质中易混易错易混易错由于DNA含有A、T、C、G四种碱基,RNA含有A、U、C、G四种碱基,因此研究DNA的复制时可标记胸腺嘧啶(T),研究RNA的形成时可标记尿嘧啶(U)。氨基酸缩合形成多肽过程中的有关计算氨基酸缩合形成多肽过程中的有关计算1.蛋白质相对分子质量、氨基酸数、肽链数、肽键数和失去水分子数蛋白质相对分子质量、氨基酸数、肽链数、肽键数和失去水分子数的关系的关系(1)肽键数=失去水分子数=氨基

8、酸数-肽链数;(2)蛋白质相对分子质量=氨基酸数目氨基酸平均相对分子质量-脱去水分子数18。肽链数目氨基酸数肽键数目脱去水分子数多肽链相对分子质量氨基数目羧基数目mRNA碱基数目基因(DNA)碱基对数目1条mm-1m-1am-18(m-1)至少1个至少1个至少3m个至少3m对n条mm-nm-nam-18(m-n)至少n个至少n个至少3m个至少3m对注:a为氨基酸平均相对分子质量。2.蛋白质中游离氨基或羧基数目的计算蛋白质中游离氨基或羧基数目的计算(1)至少含有的游离氨基或羧基数=肽链数。(2)游离氨基或羧基数目=肽链数+R基中含有的氨基或羧基数。3.蛋白质中含有蛋白质中含有N、O原子数的计算原

9、子数的计算(1)N原子数=肽键数+肽链数+R基上的N原子数=各氨基酸中N原子总数。(2)O原子数=肽键数+2肽链数+R基上的O原子数=各氨基酸中O原子总数-脱去水分子数。名师点睛名师点睛(1)若形成的多肽是环状:氨基酸数=肽键数=失去水分子数。(2)在蛋白质相对分子质量的计算中,若通过图示或其他形式告知蛋白质中含有二硫键时,要考虑脱去的氢质量,每形成一个二硫键,脱去2个H。典例典例1有一条多肽链由12个氨基酸组成,分子式为CxHyNzOwS(z12,w13),这条多肽链经过水解后的产物中有5种氨基酸:半胱氨酸(C3H7NO2S)、丙氨酸(C3H6NO2)、天门冬氨酸(C4H7NO4)、赖氨酸(

10、C6H14N2O2)、苯丙氨酸(C9H11NO2)。水解产物中天门冬氨酸的数目是(D)A.y+12个B.z+12个C.w+13个D.(w-13)/2个解题关键利用物质守恒的思想是解决此类问题的关键。蛋白质中的O原子数=R基中O原子数+2肽链数+肽键数=各氨基酸中O原子总数-脱去水分子数解析解析据题干提供的5种氨基酸,可知天门冬氨酸中含有4个氧原子,而其他氨基酸中仅有2个氧原子,这说明天门冬氨酸中多的2个氧原子是存在于R基中的(因为一个氨基酸在不考虑R基中含氧原子时,仅羧基中含有2个氧原子)。因此我们可以根据脱水缩合反应前后的氧原子数守恒进行计算。设组成该多肽的天门冬氨酸为n个,则有:反应前氨基

11、酸中的氧原子数=212(组成每分子多肽的氨基酸数)+2n(天门冬氨酸数);反应后生成物中的氧原子数=w(多肽中氧原子数)+11(脱下水中的氧原子数)。所以,由“=”得:n=(w-13)/2。点拨:根据其他元素在反应前后数量不变可以求出肽链中的另外几种氨基酸的数目。本题也可以根据反应前后各种原子个数不变,设5种氨基酸个数依次为m、n、o、p个,然后列方程组计算。总之利用物质守恒的思想是解决此类问题的关键。1-1某条多肽的相对分子质量为2778,若氨基酸的平均相对分子质量为110,如考虑终止密码子,则编码该多肽的基因长度至少是(D)A.75对碱基B.78对碱基C.90对碱基D.93对碱基解析解析设

12、该多肽是由m个氨基酸构成的,该多肽的相对分子量为110m-18(m-1)=2778,则m等于30。那么该多肽对应的mRNA上的密码子有31个(终止密码子不编码氨基酸),则控制该多肽合成的基因至少有93对碱基。1-2制定饮食配方时,要考虑不同食物的营养价值。蛋白质的生物价(BV)是指消化、吸收后的蛋白质转化为人体蛋白质的百分比;蛋白质的消化率是指蛋白质摄入后被分解为氨基酸的百分比;净蛋白利用率(NPU)是摄入后的蛋白质被人体细胞利用的百分比,三者的数量关系为NPU=BV消化率。下表为6种来源的蛋白质的NPU和BV值。蛋白质来源蛋类肉类乳汁豆粉玉米BV(%)9880777036NPU(%)9676

13、716031(1)蛋类蛋白质的消化率为。(2)比较表中数据发现,动物蛋白质BV值通常会高于植物蛋白质.出现该情况最可能的原因是。(3)在以番薯为主食的国家,通常容易出现蛋白质营养不良,请分析原因:。(4)蛋白质在动物体内的消化过程可表示为:蛋白质多肽氨基酸现有某种链状多肽,其化学式是C55H70O19N10,消化后只得到下列四种氨基酸:则:该多肽是由氨基酸通过反应而形成的,控制该多肽合成的基因上至少有个嘧啶碱基。如该多肽是某种激素,则该激素从合成到分泌整个过程中,参与的细胞器有。一摩尔该多肽被消化后,得到摩尔谷氨酸分子。答案答案(1)98%(2)一般地说,构成动物蛋白质的氨基酸种类、各种氨基酸

14、的比例、必需氨基酸的含量都更接近于人体蛋白质(3)番薯的主要成分是淀粉,蛋白质的含量少,并且其消化率、BV、NPU都低于动物性蛋白质,故易出现蛋白质营养不良(4)脱水缩合30核糖体、内质网、高尔基体和线粒体4解析解析(1)由题干可知,消化率=NPU/BV=96/9898%。(2)动物蛋白质BV值通常会高于植物蛋白质的原因构成动物蛋白质的氨基酸种类、各种氨基酸的比例、必需氨基酸的含量都更接近于人体蛋白质。(3)番薯的主要成分是淀粉,蛋白质的含量少,并且其消化率、BV、NPU都低于动物性蛋白质,故易出现蛋白质营养不良。(4)组成多肽的4种氨基酸的R基中都无N原子,并根据多肽化学式C55H70O19

15、N10,可知该多肽是由10个氨基酸通过脱水缩合方式形成的,控制该多肽合成的基因上至少有60个碱基,由于嘧啶等于嘌呤,所以至少有30个嘧啶碱基。分泌蛋白质合成需要参与的细胞器有核糖体、内质网、高尔基体和线粒体。由链状多肽,其化学式是C55H70O19N10,可知该多肽含氨基酸10个,又谷氨酸含4个氧,所以谷氨酸数为(19-9-2)/2=4(个),9代表9个肽键中的9个氧,2是多肽末端的羧基上的2个氧,因此,一摩尔该多肽被消化后,得到4摩尔谷氨酸分子。考点二糖类、油脂与蛋白质的鉴定考点二糖类、油脂与蛋白质的鉴定三大有机物显色反应的原理及步骤三大有机物显色反应的原理及步骤1.实验原理实验原理某些化学

16、试剂能够使生物组织中的有关有机化合物产生特定的颜色反应。2.实验流程实验流程(1)还原糖的检测和观察:结论:可溶性还原糖与本尼迪特试剂在加热的过程中生成红黄色沉淀,说明组织样液中含有可溶性还原糖。(2)油脂的检测和观察:方法一:花生种子匀浆+3滴苏丹染液橙黄色方法二:取材、切片:花生种子(浸泡,去掉种皮),将子叶削成薄片(3)蛋白质的检测和观察选材与制备:蛋清稀释液或豆浆滤液结论:组织样液遇双缩脲试剂呈紫色,说明组织样液中存在蛋白质三大有机物显色反应鉴定需要注意的问题三大有机物显色反应鉴定需要注意的问题1.实验材料的选择实验材料的选择(1)在显色的物质检测实验中最好选择无色或颜色浅的材料。(2

17、)本尼迪特试剂只可检测糖类中的还原糖如葡萄糖、果糖、麦芽糖等,因此选择实验材料时注意不能选用甘蔗、甜菜等,因为甘蔗、甜菜中主要含有非还原糖蔗糖。2.实验检测试剂的使用实验检测试剂的使用双缩脲试剂的使用:先加A液2mL(0.1g/mL的NaOH),再加B液(0.01g/mL的CuSO4)5滴,注意加入试剂B时,要少量,若过量,试剂B会与试剂A反应,使溶液呈蓝色而掩盖生成的紫色。3.操作步骤注意事项操作步骤注意事项(1)在还原糖的鉴定实验中,需要热水浴加热。(2)油脂的鉴定:制作切片时,切片要薄,如厚薄不均就会导致观察时有的地方清晰,有的地方模糊;用苏丹染液染色后,要用12滴50%的乙醇洗去材料表

18、面的浮色;本实验需使用显微镜观察。(3)在蛋白质的鉴定实验中不需加热,实验中要留出一部分组织样液,以便对比。典例典例2大豆营养成分鉴定实验结果见表,据表可知大豆中含有的主要营养成分有(C)试剂碘液班氏试剂双缩脲试剂苏丹颜色变化棕黄色浅蓝紫色橘黄色A.蛋白质B.还原糖C.蛋白质、脂肪D.还原糖、脂肪解题关键答案答案C解析解析碘液呈棕黄色,淀粉遇碘变蓝,表格现象说明大豆的成分中几乎没有淀粉;班氏试剂呈蓝色,遇还原糖产生红黄色沉淀,表格现象说明大豆的营养成分中几乎没有还原糖;双缩脲试剂遇蛋白质呈紫色、苏丹染液遇脂肪出现橙黄色,这说明大豆成分中含有蛋白质和脂肪,C正确。2-1下列关于糖类化合物的叙述,

19、正确的是(B)A.葡萄糖、果糖、半乳糖都是还原糖,但元素组成不同B.淀粉、糖原、纤维素都是由葡萄糖聚合而成的多糖C.蔗糖、麦芽糖、乳糖都可与本尼迪特试剂反应生成砖红色沉淀D.蔗糖是淀粉的水解产物之一,麦芽糖是纤维素的水解产物之一解析解析本题考查了糖类化合物的相关知识。葡萄糖、果糖和半乳糖都是由C、H、O三种化学元素组成的,A错误;淀粉、糖原和纤维素都是由葡萄糖单体聚合而成的多糖,B正确;蔗糖是非还原糖,C错误;蔗糖不是淀粉的水解产物,纤维素在C1酶和CX酶的作用下分解成纤维二糖,纤维二糖在葡萄糖苷酶的作用下最终水解成葡萄糖,D错误。2-2(2018浙江11月选考,10,2分)下列关于糖类及“检测生物组织中的糖类”活动的叙述,错误的是(B)A.细胞呼吸的底物通常是葡萄糖B.叶绿体基质和细胞液中都含有蔗糖C.用本尼迪特试剂检测果糖时需在热水浴中加热D.淀粉、纤维素和糖元都是由多个葡萄糖结合而成解析解析细胞呼吸的底物有很多种,通常是葡萄糖,葡萄糖是细胞内最重要的能源物质,A正确;光合作用中,离开卡尔文循环的三碳糖,大部分转移到叶绿体外合成蔗糖,叶绿体基质中不含蔗糖,B错误;本尼迪特试剂检测还原糖时需要热水浴加热23分钟,C正确;淀粉、纤维素和糖元是多糖,基本组成单位是葡萄糖,D正确。