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1、福建省厦门市2022届高三生物6月第二次质量检测试题含解析一、选择题：1.以下关于酵母菌的表达，正确的选项是 A. 只在线粒体基质中产生CO2B. 与乳酸菌最大的区别是有核膜C. DNA的复制只发生在细胞核中D. 拟核区域有一个环状的DNA分子【答案】B【解析】【分析】酵母菌是单细胞真菌，即可以进行有氧呼吸也可以进行无氧呼吸，属于兼性厌氧型菌。【详解】A、酵母菌无氧呼吸在细胞质基质中也可以产生二氧化碳，A错误；B、酵母菌是真核生物，乳酸菌是原核生物，所以最大的区别是有无核膜包被的细胞核，B正确；C、DNA的复制也可以发生在线粒体中，C错误；D、酵母菌有细胞核，没有拟核，D错误。应选B。2.癌细
2、胞中耐药基因MDR1指导合成的P-糖蛋白P-gp可利用ATP将化疗药物转运至细胞外，MDR1基因高度表达会使癌细胞对化疗药物的抗性增强。以下分析正确的选项是 A. P-gp转运化疗药物的方式属于协助扩散B. 提高癌细胞P-gp的活性为癌症治疗开辟了新途径C. P-gp表达量低的癌细胞内，化疗药物的浓度明显降低D. 化疗后肿瘤组织中MDR1基因高度表达的癌细胞的比例提高【答案】D【解析】【分析】癌细胞中耐药基因MDR1指导合成的P-糖蛋白P-gp可利用ATP将化疗药物转运至细胞外，说明需要消耗能量。MDR1是癌细胞中的耐药基因，MDR1基因高度表达会使癌细胞对化疗药物的抗性增强。【详解】A、P-
3、gp转运化疗药物需要消耗能量，不属于协助扩散，A错误；B、提高癌细胞P-gp的活性即提高了癌细胞的抗药性，不利于癌症的治疗，B错误；C、P-gp表达量低的癌细胞内，化疗药物的浓度明显升高，C错误；D、化疗药物会对癌细胞起到选择作用，MDR1基因高度表达会使癌细胞对化疗药物的抗性增强，那么化疗后肿瘤组织中MDR1基因高度表达的癌细胞的比例会提高，D正确。应选D。3.1952年，赫尔希和蔡斯用35S或32P标记的T2噬菌体分别侵染未标记的大肠杆菌，经过保温、搅拌、离心后，检测并计算不同搅拌时长下，上清液放射性强度与初始强度的比值及被侵染细菌的存活率，结果如下图。以下说法正确的选项是 A. 被侵染细
4、菌的存活率接近100%，说明细菌绝大局部未被裂解B. 上清液的32P放射性强度约为初始值的30%，是由于操作过程中搅拌不充分造成的C. 上清液的35S放射性强度约为初始值的80%，说明噬菌体的蛋白质和DNA未别离D. 图中的实验结果可以证明DNA是遗传物质而蛋白质不是遗传物质【答案】A【解析】【分析】噬菌体侵染大肠杆菌：1标记噬菌体：先分别用含35S和32P的细菌培养基培养大肠杆菌，再用标记的大肠杆菌分别培养噬菌体，从而得到被35S和32P标记的噬菌体。2被标记的噬菌体侵染未被标记的细菌；搅拌的目的：使吸附在细菌上的噬菌体与细菌别离，离心的目的：让上清液中析出重量较轻的T2噬菌体颗粒，而离心管
5、的沉淀物中留下被感染的大肠杆菌；用32P标记的噬菌体侵染大肠杆菌，上清液中含放射性的原因：保温时间过长或保温时间过段；用35S标记的噬菌体侵染大肠杆菌，沉淀物中含放射性的原因：搅拌不充分；3结论：DNA是遗传物质。【详解】A、细菌裂解后会死亡，被侵染细菌的存活率接近100%，说明细菌绝大局部未被裂解，A正确；B、上清液的32P放射性强度约为初始值的30%，是由于侵染时间过长或过短，B错误；C、上清液的35S放射性强度约为初始值的80%，说明搅拌不充分，噬菌体的蛋白质和大肠杆菌未别离，C错误；D、本实验不能证明蛋白质不是遗传物质，D错误。应选A。4.新型冠状病毒SARS-CoV-2属于单链+RN
6、A病毒，该病毒的+RNA能直接作为翻译的模板合成RNA复制酶。以下表达正确的选项是 A. 该病毒的遗传物质中含有密码子B. RNA复制酶也可由宿主细胞的DNA指导合成C. 该病毒翻译过程所需的rRNA、tRNA均由+RNA转录形成D. +RNA通过碱基互补配对合成的RNA可直接作为子代病毒的遗传物质【答案】A【解析】【分析】中心法那么的主要内容：DNA是自身复制的模板，DNA通过转录作用将遗传信息传递给RNA，最后RNA通过翻译作用将遗传信息表达成蛋白质。中心法那么的补充：1、在某种情况下，RNA可以像DNA一样进行复制；2、遗传信息从RNA流向DNA的逆转录过程。【详解】A、题中该病毒的+R
7、NA能直接作为翻译的模板，因此该病毒的遗传物质中含有密码子 ，A正确；B、题中显示RNA复制酶的合成是由病毒RNA直接指导合成的，B错误；C、该病毒翻译过程所需的rRNA、tRNA均由宿主细胞提供，C错误； D、+RNA通过碱基互补配对合成的RNA需要再经过复制合成的+RNA，可直接作为子代病毒的遗传物质，D错误。应选A。5.以下关于植物激素的说法，正确的选项是 A. 植物激素均由基因直接控制合成B. 植物激素不直接参与细胞内的代谢活动C. 植物激素对植物生长的调节均具有两重性D. 生长素在芽尖由向光侧往背光侧运输属于极性运输【答案】B【解析】【分析】1.植物激素：由植物体内产生，能从产生部位
8、运送到作用部位，对植物的生长发育有显著影响的微量有机物。2.生长素的作用表现为两重性：既能促进生长，也能抑制生长；既能促进发芽，也能抑制发芽；既能防止落花落果，也能疏花疏果。生长素所发挥的作用，因为浓度、植物细胞的成熟情况和器官的种类不同而有较大的差异。不同植物对生长素的敏感程度不同，双子叶植物单子叶植物，同一植物的不同器官对生长素的敏感程度不同，敏感程度表现为根芽茎。【详解】A、基因能控制蛋白质的生物合成，植物激素中的生长素是色氨酸经过一系列反响可转变成生长素，生长素的化学本质是吲哚乙酸，由此可见，生长素的合成是由基因间接控制的，A错误； B、由分析可知，植物激素是传递信息的分子，不直接参与
9、细胞内的代谢活动 ，B正确；C、生长素对植物生长调节具有两重性，但不是所有的植物激素都具有两重性，C错误；D、生长素在芽尖由向光侧往背光侧运输不属于极性运输，D错误。应选B。6.科研工作者为了预测某草原鼠害的发生情况，用标志重捕法对该草原1公顷范围内的田鼠数量进行调查，发现在调查的第一个月内种群数量每天增加15%。以下分析正确的选项是 A. 田鼠种群增长的模型可构建为Nt=N0，其中为115B. 当田鼠种群数量到达K/2时，是防治鼠害的最正确时期C. 标志重捕法还可用于调查草原群落的物种丰富度D. 标记后放回的田鼠更难被再次捕捉，会使调查结果偏大【答案】D【解析】【分析】1.“J型增长曲线：在
10、食物(养料)和空间条件充裕、气候适宜、没有敌害等理想条件下,种群的增长率不变数量会连续增长.2.“S型增长曲线：在自然界中，环境条件是有限的，因此，种群不可能按照“J型曲线无限增长。3.植物种群密度的调查通常用样方法。而许多动物的活动能力强，活动范围广，常用标志重捕法法来调查他们的种群密度。具体操作为：在被调查种群的活动范围内捕获一局部个体，做上标记后再放回原来的环境，经过一段时间后进行重捕，根据重捕到的动物中标记个体数占总个体数的比例来估计种群密度。【详解】A、田鼠种群增长的模型可构建为Nt=N0，其中为1.015，此时田鼠种群表现为“J型增长，A错误；B、当田鼠种群数量到达K/2时，此时田
11、鼠种群增长率到达最大，因此不是防治鼠害的最正确时期，防止鼠害的最正确时期是种群数量到达K/2之前的某时期，而且越早防治越好，B错误；C、通常可采用样方法调查草原群落物种丰富度，C错误；D、标记后放回的田鼠更难被再次捕捉，从而导致第二次捕获的田鼠中被标记的数目偏小，因此会使调查结果偏大，D正确。应选D。二、非选择题：一必考题：7.科研人员探究高温和高浓度CO2对黄瓜光合作用的影响，局部实验数据如下。请答复：1乙组叶绿素含量随时间推移而_，引起_速率下降，供应暗反响的_物质缺乏，净光合速率下降，导致乙组黄瓜的产量较低。2丙组的净光合速率比乙组的高，其原因是：叶绿素含量增加，增强了对光能的吸收、转化
12、和利用能力；_。3研究说明，适当增强CO2浓度可在高温季节提高温室黄瓜的产量。以下哪些措施能提高温室中CO2浓度?_。A及时除草除虫B施放干冰C将沼气燃烧后的气体通入温室大棚D增大昼夜温差E合理使用农家肥F增强光照强度、延长光照时间【答案】 (1). 下降/减少 (2). 光反响 (3). H和ATP (4). CO2浓度更高，为暗反响提供了更多的原料底物反响物，提高了暗反响速率 (5). BCE【解析】【分析】分析第一个图，对照组随着时间的推移叶绿素的含量根本不变，乙组随着时间的推移叶绿素含量逐渐减少，丙组随着时间的推移叶绿素的含量逐渐增加；分析第二个图，丙组的净光合速率对照组乙组，说明叶绿
13、素含量、温度、CO2浓度会影响植物的净光合速率。【详解】1分析图像可知，随着时间的推移，乙组叶绿素的含量下降，引起光反响速率下降，光反响产生的H和ATP减少，供应暗反响的H和ATP缺乏，净光合速率下降，导致乙组黄瓜的产量较低。2丙组的叶绿素含量和CO2浓度比乙组高，叶绿素含量增加，增强了对光能的吸收、转化和利用能力；CO2浓度更高，为暗反响提供了更多的原料底物反响物，提高了暗反响速率，所以丙组的净光合速率比乙组高。3提高温室中CO2浓度的措施有施放干冰、将沼气燃烧后的气体通入温室大棚、合理使用农家肥；及时除草除虫与增大CO2浓度无关，增大昼夜温差与温度有关，增强光照强度、延长光照时间与光照强度
14、有关，应选BCE。【点睛】此题结合图示主要考察影响光合作用的环境因素，意在强化学生对影响光合作用的环境因素的理解与运用，解答此题的关键是能够对各组数据进行比拟分析。8.脊髓灰质炎简称脊灰是由脊灰病毒引起的一种严重害儿童健康的传染病，曾经在我国广泛流行。1957年，我国医学科学家顾方舟临危受命带着团队研制脊灰疫苗并制成“糖丸。一粒小小的“糖丸护佑了几代中国人的生命健康使中国进入了无脊髓灰质炎时代。2022年5月，顾方舟被授予“人民科学家国家荣誉称号，并于2022年5月中选感动中国2022年度人物。请答复：1脊灰病毒主要侵染脊髓灰质前角，从反射弧的结构上看，该病毒损伤的是_，使_填图中数字支配的肌
15、肉逐渐萎缩，导致婴幼儿患小儿麻痹症乃至死亡。2脊灰病毒减毒后制成的“糖丸中含有_填“抗原或“抗体，接种后可激发机体产生_免疫。3婴儿在2月龄时初次接种脊灰疫苗，而后需在3月龄、4月龄及4周岁时复种疫苗。屡次接种的目的是_。【答案】 (1). 神经中枢 (2). (3). 抗原 (4). 特异性或：体液/细胞/体液和细胞 (5). 能使机体产生记忆细胞，还能促进记忆细胞增殖分化，产生更多的记忆细胞和浆细胞并分泌抗体，使机体长久保持特异性免疫能力【解析】【分析】反射弧是由感受器、传入神经、神经中枢、传出神经和效应器五局部。病毒侵入机体后可以导致机体的体液免疫和细胞免疫，同时产生记忆细胞，记忆细胞参
16、与二次免疫，可以增强对抗原的作用效果。【详解】1根据图可知，脊髓灰质前角属于该反射弧中的神经中枢；该反射弧中肌肉受传出神经元支配，即由支配；2脊灰病毒减毒后，保存有原病毒的抗原结构，因此糖丸主要是病毒的抗原；其进入人体后可以引起机体的特异性免疫，主要是体液免疫和细胞免疫；3屡次接种可以使得机体产生较多的记忆细胞，参与二次免疫过程，增强二次免疫的效果，还能促使机体内记忆细胞增殖分化，产生更多的记忆细胞和浆细胞并分泌抗体，使机体长久保持特异性免疫能力。【点睛】该题重点考察了人体稳态的免疫调节过程，二次免疫具有快速强烈的特点，一般接种疫苗的目的是为了让机体产生较多的记忆细胞，而反复接种的特点除此之外
17、，还可以使得记忆细胞再次增殖分化，进一步加强了免疫效果。9.我国古代就已开展出“桑基鱼塘生产方式：用桑叶喂蚕，蚕沙蚕粪养鱼鱼塘泥肥桑，在桑、蚕鱼之间形成良性循环。请答复：1流经鱼塘的总能量是_。鱼塘泥可肥桑的原因是_。2桑基鱼塘中不同种类的鱼生活在不同水层，这主要是由_和_决定的，表达了群落的结构。3从生态系统能量流动的角度分析，桑基鱼塘比单纯养鱼或种桑养蚕的生产方式好，其原因是_。【答案】 (1). 生产者固定的太阳能 (2). 鱼塘泥中大量的有机物能被分解者分解为无机物，从而被桑树吸收，有利于桑树的生长 (3). 栖息空间/食物条件 (4). 垂直 (5). 实现对能量的多级利用，从而大大
18、提高能量的利用率【解析】【分析】1.群落的空间结构包括：1垂直结构：植物群落的垂直结构表现垂直方向上的分层性，其中植物的垂直结构决定了动物的垂直分层。2水平结构：水平方向上由于光线明暗、地形起伏、湿度的上下等因素的影响，不同地段上分布着不同的生物种群。2.研究生态系统的能量流动，可以帮助人们科学规划设计人工生态系统，使能量得到最有效的利用，实现了能量的多级利用，大大提高了能量的利用率，同时也降低了对环境的污染；研究生态系统的能量流动，还可以帮助人们合理地调整生态系统中的能量流动关系，使能量持续高效的流向人类最有益的局部。3.能量流动是指生态系统能量的输入、传递、转化和散失的过程。能量流动的途径
19、是沿着食物链和食物网传递的。流入生态系统的总能量是该生态系统中生产者固定的太阳能的总量。相邻两个营养级的传递效率=能量传递效率=下一营养级的同化量/上一营养级的同化量100%。【详解】1流经生态系统的总能量是鱼塘中生产者固定的太阳能的总量。鱼塘泥中有大量的有机物能被分解者分解为无机物，无机物被桑树吸收，进而有利于桑树的生长。2桑基鱼塘中植物的垂直分层是由光照强度的变化引起的，而动物的分层会因为栖息地和食物而出现分层，据此可知，鱼塘中不同种类的鱼生活在不同水层是由栖息空间和食物条件决定的，这表达了群落垂直的结构。3从生态系统能量流动角度分析，桑基鱼塘与单纯养鱼或种桑养蚕相比，其典型的优势表现是桑
20、基鱼塘的做法实现了对能量的多级利用，从而大大提高能量的利用率。【点睛】熟知生态系统中的能量流动过程以及研究能量流动的意义是解答此题的关键！群落的空间结构的影响因素也是此题的考查点。10.果蝇的翅型有长翅、残翅、小翅三种，受A/a、B/b两对基因控制。同时含有A和B基因的表现为长翅，不含A基因的表现为残翅，其余基因型表现为小翅。果蝇的直刚毛与卷刚毛受E/e基因控制。现有残翅、小翅、卷刚毛、直刚毛四种果蝇纯合品系，进行杂交实验，结果如下表。杂交组合PF1F21残翅小翅长翅、长翅、：小翅残翅、=9：3：42卷刚毛直刚毛卷刚毛、直刚毛卷刚毛：卷刚毛：直刚毛：直刚毛=1：1：1：1请答复：1A/a、B/
21、b两对基因中_基因位于X染色体上。杂交组合1中F2小翅的基因型是_，F2中纯合雌果蝇的比例为_。2从杂交组合2的实验结果可推断控制刚毛的基因位于_填“常或“X染色体上，理由是_。3从杂交组合2的F2中选择_进行杂交，观察子代的表现型及比例。假设_，那么可验证第2小题的结论。【答案】 (1). B/b (2). AAXbY、 AaXbY (3). 1/8 (4). X (5). F1中直刚毛全为雌性，卷刚毛全为雄性，与性别相关联，可判断控制刚毛的基因位于X染色体上或：假设控制刚毛的基因位于常染色体上，F1应全为显性性状，F2的性状别离比为3：1，与题意不符 (6). 直刚毛与直刚毛 (7). 直
22、刚毛：直刚毛：卷刚毛=2：1：1或：卷刚毛全为雄性；或：雌性个体全为直刚毛，雄性个体中直刚毛与卷刚毛的比例为1：1【解析】【分析】分析图表可知：F2的长翅小翅残翅934，为9331的变式，说明F1长翅果蝇能产生四种数量相等的配子，从而说明控制翅形的两对等位基因分别位于两对同源染色体上，即A/a和B/b的遗传符合基因的自由组合定律。【详解】1当A和B同时存在时表现为长翅，有A无B时表现为小翅，无A基因时表现为残翅，说明A和a决定翅的有无，B和b控制翅的长短。在 F2中，小翅果蝇均为雄性，结合分析可推知，等位基因A和a位于常染色体上，B和b位于X染色体上；可进一步推知F1的基因型为AaXBXb、A
23、aXBY，故杂交组合1中F2小翅的基因型是AAXbY、 AaXbY；F2中纯合雌果蝇AAXBXB、aaXBXB的比例为(1/41/4)+(1/41/4)=1/8。2分析图表数据可知：F1中直刚毛全为雌性，卷刚毛全为雄性，与性别相关联，可判断控制刚毛的基因位于X染色体上；或：假设控制刚毛的基因位于常染色体上，F1应全为显性性状，F2的性状别离比为3：1，与题意不符。3假设控制刚毛的基因位于X染色体上，那么杂交组合2过程为P：XeXeXEYF1：XEXe、XeYF2：XEXe、XeXe、XEY、XeY，假设选择的F2中直刚毛XEXe与直刚毛XEY进行杂交，那么后代应表现为直刚毛：直刚毛：卷刚毛=2
24、：1：1或：卷刚毛全为雄性；或：雌性个体全为直刚毛，雄性个体中直刚毛与卷刚毛的比例为1：1。【点睛】此题易错点在于不会判断“翅形与基因组成、相关基因与染色体的位置关系：从题意“A和B同时存在时表现为长翅，有A无B时表现为小翅，无A基因时表现为残翅中抽提出“A和a决定翅的有无、B和b控制翅的长短这一关键信息，依据图示中呈现的“F2的性状别离比934及其小翅果蝇均为雄性这一信息明辨等位基因A和a位于常染色体上，B和b位于性染色体上。据此可将各种翅形的可能基因型分析清楚，进而围绕“基因的自由组合定律、伴性遗传的相关知识进行分析解答。二选考题：生物一选修1：生物技术实践11.果汁和茶饮料中含有单宁会导
25、致溶液浑浊、具有苦涩味。加工饮料时可添加单宁酶分解单宁以改善品质。许多微生物在含有单宁的环境中能产生单宁酶。某小组从土壤取样，用含有单宁的培养基筛选高产单宁酶菌株。请答复：1从土壤样品中别离产单宁酶的菌株时，应使用_填“固体或“液体培养基，理由是_。2对别离出的菌株进行临时保藏，应该接种到_填“斜面或“平板培养基上，在适宜温度下培养，当菌落长成后在_填“-20或“4或“37的温度下保存。3可采用SDS-聚丙烯酰胺凝胶电泳对提取的单宁酶进行纯度鉴定。在凝胶中参加SDS可消除蛋白质分子自身所带电荷对迁移速率的影响，其原因是_，因而掩盖了不同种蛋白质所带电荷量的差异，使电泳迁移率完全取决于_。电泳完
26、成后，凝胶中的条带数越_填“多或“少，那么表示提取液中单宁酶的纯度越高。【答案】 (1). 固体 (2). 固体培养基外表可形成单菌落，而液体培养基中不同菌种混杂在一起，无法形成单菌落 (3). 斜面 (4). 4 (5). SDS所带负电荷的量大大超过了蛋白质分子原有的电荷量 (6). 蛋白质分子质量的大小 (7). 少【解析】【分析】培养基按照物理状态可以分为固体培养基、液体培养基和半固体培养基，其中固体培养基多用来进行别离、鉴定和计数。临时保藏法主要适用于短期保存菌种，要求温度一般为4。【详解】1在别离菌株的时候常常使用固体培养基；是由于固体培养基上可以形成肉眼可见的单菌落，易于别离和选
27、择，而液体培养基中不同菌种混杂在一起，无法形成单菌落；2临时保藏常常将菌株接种在固体斜面培养基上；保藏的温度一般要求为4；3SDS可以与各种蛋白质形成蛋白质-SDS复合物，SDS所带负电荷的量大大超过了蛋白质分子原有的电荷量，因而掩盖了不同种蛋白质间的电荷差异，使电泳迁移率完全取决于蛋白质分子的质量大小；提取液中含有的物质种类越少，电泳完成后凝胶中的条带数越少，纯度越高。【点睛】该题综合性考察了微生物的实验室培养和电泳的原理，旨在学生识记培养基的类型和用途、电泳中SDS的应用和结果分析。生物一选修3：现代生物科技专题12.为了研究视神经病变诱导基因OPTN的分子机制，科研人员用OPTN基因的局
28、部DNA片段构建表达载体，导入细胞后转录出的RNA会抑制细胞中OPTN蛋白的合成。实验中使用的DNA片段和载体上限制酶的识别序列如下：限制酶BglBamHHindXho识别序列和切割位点AGATCTTCTAGAGGATCCCCTAGGAAGCTTTTCGAAGTCGAGGAGCTC请答复：1应选用BamH和Hind切割载体质粒，理由是_。2重组质粒上_填“有或“无BamH的识别序列，因此可通过酶切法鉴定质粒是否重组成功，方法如下：用BamH和Xho两种限制酶处理质粒，未重组的质粒将产生_种片段，重组的质粒将产生_种片段。3重组质粒导入细胞后，能抑制细胞中OPTN蛋白合成的原因是_。4要证明导入
29、重组质粒的细胞中OPTN基因的表达受到抑制，需要设置_作为对照组。通常采用_法检测细胞中OPTN蛋白的表达水平。【答案】 (1). 目的基因片段和质粒上均含有Hind的酶切位点；BamH与Bgl处理产生的黏性末端相同；BamH和Hind处理质粒后能保证目的基因插入质粒的启动子和终止子之间 (2). 无 (3). 2 (4). 1 (5). 重组质粒中OPTN基因局部片段转录产生的mRNA与细胞中指导OPTN蛋白合成的mRNA互补结合，阻碍了翻译过程的进行 (6). 导入未重组质粒和未导入质粒的细胞 (7). 抗原抗体杂交【解析】【分析】分析题图可知，OPTN基因的局部片段上有限制酶Bgl和Hi
30、nd的酶切位点，质粒上有限制酶BamH、Hind和Xho的酶切位点。一个基因表达载体必须包括目的基因、启动子、终止子、标记基因等。启动子是一段有特殊结构的DNA片段，位于基因的首端，是RNA聚合酶识别和结合的部位，有了它才能驱动基因转录出mRNA，最终获得所需蛋白质。终止子位于基因的尾端，使转录在所需的地方停止下来。【详解】1由图示可知，目的基因片段和质粒上均含有Hind的酶切位点，由表格信息可知，限制酶BamH与Bgl切割后产生的黏性末端相同，由于目的基因需要插入到启动子和终止子之间才能正常表达，因此选用限制酶BamH和Hind切割质粒，用限制酶Bgl和Hind切割目的基因后，能保证目的基因
31、插入质粒的启动子和终止子之间。2由表格分析可知，质粒经过BamH切割后的黏性末端与目的基因上经Bgl切割后的黏性末端相连后的序列不能被BamH识别，即重组质粒上没有BamH的识别位点，因此可通过酶切法鉴定质粒是否重组成功。假设用BamH和Xho两种限制酶处理质粒，未重组的质粒能被两种限制酶切割，产生2种片段，重组质粒只能被Xho切割，产生1种片段。3由于重组质粒中含有OPTN基因局部片段，因此当重组质粒导入细胞后，其上的OPTN基因局部片段转录出的mRNA能与细胞中指导OPTN蛋白合成的mRNA互补结合，阻碍了翻译过程的进行，从而抑制细胞中OPTN蛋白的合成。4要证明导入重组质粒细胞中OPTN基因的表达受到抑制，需要设置导入未重组质粒和未导入质粒的细胞作为对照组。通常采用抗原抗体杂交法检测细胞中OPTN蛋白的表达水平，假设无杂交带出现，说明OPTN基因的表达受到抑制。【点睛】此题考查基因工程的根本操作程序相关知识，主要考查考生对基因表达载体构建方法的掌握，明确基因表达载体的组成，以及图示各限制酶切割的特性是解题关键。- 12 -