2019届高三生物二轮复习学案:专题八生物技术实践 Word版含解析.docx
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1、专题八生物技术实践第15讲生物技术实践1.微生物的分离和培养2.某种微生物数量的测定3.培养基对微生物的选择作用4.利用微生物发酵来生产特定的产物5.运用发酵加工食品的基本方法6.微生物在其他方面的应用7.从生物材料中提取某些特定的成分(1)倒平板时,应将打开的皿盖放到一边,以免培养基溅到皿盖上。()(2)消毒的原则是既杀死材料表面的微生物,又减少消毒剂对细胞的伤害。()(3)用稀释涂布平板法纯化大肠杆菌时,只要稀释度足够高,就能在培养基表面形成单个菌落。()(4)对细菌进行计数只能采用稀释涂布平板法,而不能用平板划线法。()(5)醋酸菌在无氧条件下利用乙醇产生醋酸。()(6)酵母菌是嗜温菌,
2、所以果酒发酵所需的最适温度高于果醋发酵温度。()(7)将长满毛霉的豆腐装瓶腌制时,底层和近瓶口处需加大用盐量。()(8)提炼玫瑰精油的玫瑰花应在花开的初期采收,因为此阶段的花含玫瑰精油最高。()(9)油水混合物中加入无水硫酸钠,有利于分离油层。()(10)萃取是利用了芳香油易溶于有机溶剂的特性进行提取的一种方法。(),1利用稀释涂布平板法统计的菌落数为什么往往比活菌的实际数目低?提示:是因为当两个或多个细胞连在一起时,平板上观察到的只是一个菌落。统计结果一般用菌落数而不是用活菌数来表示。2怎样准确鉴定某种细菌能够分解尿素?提示:在以尿素为唯一氮源的培养基中加入酚红指示剂,如果pH升高,指示剂将
3、变红。3说出利用水蒸气蒸馏法提取植物芳香油的原理。提示:利用水蒸气将挥发性较强的植物芳香油携带出来,形成油水混合物,冷却后,混合物又会重新分出油层和水层。1(2018全国,T37)在生产、生活和科研实践中,经常通过消毒和灭菌来避免杂菌的污染。回答下列问题:(1)在实验室中,玻璃和金属材质的实验器具_(填“可以”或“不可以”)放入干热灭菌箱中进行干热灭菌。(2)牛奶的消毒常采用巴氏消毒法或高温瞬时消毒法,与煮沸消毒法相比,这两种方法的优点是_。(3)密闭空间内的空气可采用紫外线照射消毒,其原因是紫外线能_,在照射前,适量喷洒_,可强化消毒效果。(4)水厂供应的自来水通常是经过_(填“氯气”“乙醇
4、”或“高锰酸钾”)消毒的。(5)某同学在使用高压蒸汽灭菌锅时,若压力达到设定要求,而锅内并没有达到相应温度,最可能的原因是_。解析:(1)能耐高温的、需要保持干燥的物品,如玻璃器皿(吸管、培养皿)和金属用具等可以放入干热灭菌箱中进行干热灭菌。(2)煮沸消毒法即在100煮沸56 min可以杀死微生物细胞和一部分芽孢;巴氏消毒法即在7075煮30 min或在80煮15min,可以杀死微生物,并且保证营养物质不被破坏。因此,与煮沸消毒法相比,牛奶消毒常采用的巴氏消毒法或高温瞬时消毒法的优点是在达到消毒目的的同时,营养物质损失较少。(3)因紫外线能破坏DNA结构,所以密闭空间内的空气可采用紫外线照射消
5、毒。在照射前,适量喷洒消毒液,可强化消毒效果。(4)通常乙醇消毒是75%的酒精,有气味,影响水质,不适宜消毒自来水;高锰酸钾本身有颜色,消毒后溶液呈紫红色,无法使用;因此水厂供应的自来水通常是经过氯气消毒的。 (5)采用高压蒸汽灭菌时,锅内的水加热煮沸,将其中原有的冷空气彻底排除后才能将锅密闭。如果未将锅内冷空气排尽,则会出现压力达到设定要求,而锅内并没有达到相应温度的现象。答案:(1)可以(2)在达到消毒目的的同时,营养物质损失较少(3)破坏DNA结构消毒液(4)氯气(5)未将锅内冷空气排尽2(2018全国,T37)将马铃薯去皮切块,加水煮沸一定时间,过滤得到马铃薯浸出液。在马铃薯浸出液中加
6、入一定量蔗糖和琼脂,用水定容后灭菌,得到M培养基。回答下列问题:(1)M培养基若用于真菌的筛选,则培养基中应加入链霉素以抑制_的生长,加入了链霉素的培养基属于_培养基。(2)M培养基中的马铃薯浸出液为微生物生长提供了多种营养物质,营养物质类型除氮源外还有_(答出两点即可)。氮源进入细胞后,可参与合成的生物大分子有_(答出两点即可)。(3)若在M培养基中用淀粉取代蔗糖,接种土壤滤液并培养,平板上长出菌落后可通过加入显色剂筛选出能产淀粉酶的微生物。加入的显色剂是_,该方法能筛选出产淀粉酶微生物的原理是_。(4)甲、乙两位同学用稀释涂布平板法测定某一土壤样品中微生物的数量,在同一稀释倍数下得到以下结
7、果:甲同学涂布了3个平板,统计的菌落数分别是110、140和149,取平均值133;乙同学涂布了3个平板,统计的菌落数分别是27、169和176,取平均值124。有人认为这两位同学的结果中,乙同学的结果可信度低,其原因是_。解析:(1)M培养基若用于真菌的筛选,说明M培养基能满足真菌的生长,而能抑制其它微生物的生长,链霉素是一种抗生素,可以抑制细菌的生长。加入了链霉素的培养基能筛选出真菌,该培养基属于选择培养基。(2)微生物生长需要多种营养物质除氮源外,还需要碳源、无机盐、水以及特殊营养物质等。氮元素是蛋白质和核酸等生物大分子的组成元素,因此氮源进入细胞后,可参与合成的生物大分子有蛋白质和核酸
8、。(3)淀粉遇碘液会变成蓝色,筛选产淀粉酶的微生物,依据淀粉遇碘液显蓝色,产淀粉酶的菌落周围淀粉被水解,形成透明圈,再根据透明圈,来筛选产淀粉酶的微生物。(4)乙同学结果不合理,因为1个平板的计数结果与另2个相差悬殊,结果的重复性差,不能简单的用其平均数作为最终结果。答案:(1)细菌选择(2)碳源、无机盐蛋白质、核酸(3)碘液淀粉遇碘液显蓝色,产淀粉酶的菌落周围淀粉被水解,形成透明圈(4)乙同学的结果中,1个平板的计数结果与另2个相差悬殊,结果的重复性差3(2014全国,T39)为了调查某河流的水质状况,某研究小组测定了该河流水样中的细菌含量,并进行了细菌分离等工作。回答下列问题:(1)该小组
9、采用稀释涂布平板法检测水样中细菌含量。在涂布接种前,随机取若干灭菌后的空白平板先行培养了一段时间,这样做的目的是_;然后,将1mL水样稀释100倍,在3个平板上用涂布法分别接入0.1mL稀释液;经适当培养后,3个平板上的菌落数分别为39、38和37,据此可得出每升水样中的活菌数为_。(2)该小组采用平板划线法分离水样中的细菌,操作时,接种环通过_灭菌,在第二次及以后的划线时,总是从上一次划线的末端开始划线,这样做的目的是_。(3)示意图A和B中,_表示的是用稀释涂布平板法接种培养后得到的结果。(4)该小组将得到的菌株接种到液体培养基中并混匀,一部分进行静置培养,另一部分进行振荡培养,结果发现:
10、振荡培养的细菌比静置培养的细菌生长速度快。分析其原因是:振荡培养能提高培养液中_的含量,同时可使菌体与培养液充分接触,提高_的利用率。解析:(1)为了确定培养基的灭菌是否合格,通过随机取若干灭菌后的空平板培养一段时间,观察培养基上是否有菌落生成,用来进行对照。三个培养基上平均数为38,所以每升水样中活菌数为381010010003.8107。(2)接种环用灼烧进行灭菌。在第二次及以后划线时,总是从上一次的末端开始划线,这样做的目的是:通过划线次数的增加,使每次划线时菌体的数目逐渐减少,以便得到菌落。(3)A是平板划线法,B是稀释涂布平板法。(4)振荡培养可以增加液体培养基的氧气含量,促进好氧型
11、微生物的生长;同时还能使菌体与培养液充分接触,提高营养物质的利用率。答案:(1)检测培养基平板无菌是否合格3.8107(2)灼烧将聚集的菌体逐步稀释以便获得单个菌落(3)B(4)溶解氧营养物质4(2017全国,T37)某些土壤细菌可将尿素分解成CO2和NH3,供植物吸收和利用。回答下列问题:(1)有些细菌能分解尿素,有些细菌则不能,原因是前者能产生_。能分解尿素的细菌不能以尿素的分解产物CO2作为碳源,原因是_ _,但可用葡萄糖作为碳源,进入细菌体内的葡萄糖的主要作用是_ _ 答出两点即可)。(2)为了筛选可分解尿素的细菌,在配制培养基时,应选择_(填“尿素”“NH4NO3”或“尿素NH4NO
12、3”)作为氮源,不选择其他两组的原因是_ _。(3)用来筛选分解尿素细菌的培养基含有KH2PO4和Na2HPO4,其作用有_ _(答出两点即可)。解析:(1)细菌分解尿素是由于细菌体内合成脲酶的结果,尿素是有机物,分解尿素的细菌是分解者,而不是生产者,只能生产者才能利用CO2作为碳源合成有机物。葡萄糖通常既作为碳源,也可作为能源,作为碳源可转变成其它有机物。(2)筛选分解尿素的细菌,通常只能用尿素作为唯一氮源,对于“NH4NO3”或“尿素NH4NO3”均含有无机氮源。(3)KH2PO4和Na2HPO4为微生物培养可提供P元素和无机盐离子如钾离子和钠离子。答案:(1)脲酶分解尿素的细菌是异养型生
13、物,不能利用CO2来合成有机物为细胞生物生命活动提供能量,为其他有机物的合成提供原料(2)尿素其他两组都含有NH4NO3,能分解尿素的细菌和不能分解尿素的细菌都能利用NH4NO3,不能起到筛选作用(3)为细菌生长提供无机营养,作为缓冲剂保持细胞生长过程中pH稳定5(2014全国,T39)植物秸秆中的纤维素可被某些微生物分解,回答下列问题:(1)分解秸秆中纤维素的微生物能分泌纤维素酶,该酶是由3种组分组成的复合酶,其中葡萄糖苷酶可将_分解成_。(2)在含纤维素的培养基中加入刚果红(CR)时,CR可与纤维素形成_色复合物。用含有CR的该种培养基培养纤维素分解菌时,培养基上会出现以该菌的菌落为中心的
14、_。(3)为从富含纤维素的土壤中分离获得纤维素分解菌的单菌落,某同学设计了甲、乙两种培养(成分见下表):酵母膏无机盐淀粉纤维素粉琼脂CR溶液水培养基甲培养基乙据表判断,培养基甲_(填“能”或“不能”)用于分离和鉴别纤维素分解菌,原因是_;培养基乙_(填“能”或“不能”)用于分离和鉴别纤维素分解菌,原因是_。解析:(1)葡萄糖苷酶可将纤维二糖分解成葡萄糖。(2)刚果红与纤维素形成红色复合物,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,可以通过是否产生透明圈来筛选纤维素分解菌。(3)纤维素分解菌分离和鉴别培养基属于固体培养基,而培养基甲中没有琼脂,是液体培养基,
15、要分离和鉴别纤维素分解菌, 需要以纤维素为主要碳源的培养基, 培养基乙不具有选择的作用。答案:(1)纤维二糖葡萄糖(2)红透明圈(3)不能液体培养基不能用于分离单菌落不能培养基中没有纤维素,不会形成CR纤维素红色复合物,即使出现单菌落也不能确定其为纤维素分解菌6(2016全国,T39)某同学用新鲜的泡菜滤液为实验材料分离纯化乳酸菌。分离纯化所用固体培养基中因含有碳酸钙而不透明,乳酸菌产生的乳酸能溶解培养基中的碳酸钙。回答下列问题:(1)分离纯化乳酸菌时,首先需要用_对泡菜滤液进行梯度稀释,进行梯度稀释的理由是_。(2)推测在分离纯化所用的培养基中加入碳酸钙的作用有_和_。分离纯化时应挑选出_的
16、菌落作为候选菌。(3)乳酸菌在20 长期保存时,菌液中常需要加入一定量的_(填“蒸馏水”、“甘油”或“碳酸钙”)。解析:(1)分离纯化乳酸菌时,首先需要用无菌水对泡菜滤液进行梯度稀释;进行梯度稀释的理由是在稀释度足够高的菌液里,聚集在一起的乳酸菌将被分散成单个细胞,从而能在培养基表面形成单个的菌落。若直接培养,由于泡菜滤液中菌的浓度高,则很难分离得到单菌落。(2)由题意可知,分离纯化所用固体培养基中因含有碳酸钙而不透明,乳酸菌产生的乳酸能溶解培养基中的碳酸钙。由此可推测在分离纯化所用的培养基中加入碳酸钙的作用有中和乳酸菌代谢过程中产生的乳酸和鉴别能产生乳酸的乳酸菌;根据产酸菌在含CaCO3的培
17、养基上产生透明圈的原理,分离纯化时应挑选出具有透明圈的菌落作为候选菌,然后用平板划线法进一步分离纯化。(3)对于需要长期保存的菌种,可以采用甘油管藏的方法。即将1mL培养的菌种转移到已灭菌的盛有1mL甘油的甘油瓶中,与甘油充分混匀后,放在20的冷冻箱中保存。所以乳酸菌在20长期保存时,菌液中常需要加入一定量的甘油。答案:(1)无菌水泡菜滤液中菌的浓度高,直接培养很难分离得到单菌落(2)鉴别乳酸菌中和产生的乳酸具有透明圈(3)甘油7(2015全国,T39)已知微生物A可以产生油脂,微生物B可以产生脂肪酶。脂肪酶和油脂可用于生物柴油的生产。回答有关问题:(1)显微观察时,微生物A菌体中的油脂通常可
18、用于_染色。微生物A产生的油脂不易挥发,可选用_(填“萃取法”或“水蒸气蒸馏法”)从菌体中提取。(2)为了从自然界中获得能产生脂肪酶的微生物B的单菌落,可从含有油料作物种子腐烂物的土壤中取样,并应选用以_为碳源的固体培养基进行培养。(3)若要测定培养液中微生物B的菌体数,可在显微镜下用_直接计数;若要测定其活菌数量,可选用_法进行计数。(4)为了确定微生物B产生的脂肪酶的最适温度,某同学测得相同时间内,在35、40、45温度下降解10g油脂所需酶量依次为4mg、1mg、6mg,则上述三个温度中,_条件下该酶活力最小。为了进一步确定该酶的最适温度,应围绕_设计后续实验。解析:(1)油脂可被苏丹染
19、液(或苏丹)染液染成橘黄色(或红色)。由于微生物A产生的油脂不易挥发,故采用萃取法。(2)能产生脂肪酶的微生物B可以分解脂肪,故可以以脂肪为碳源的固体培养基进行培养,不产生脂肪酶的微生物无法生存。(3)微生物B的菌体数,可在显微镜下用血细胞计数板直接计数;活菌用稀释涂布平板法,只有活的菌体才能形成菌落。(4)45降解10g油脂所需酶量最大,故酶活性最小;40温度下,降解10g油脂所需酶量最小,故酶活性最大,由此可知要想探究该酶的最适温度需要围绕40温度设置温度梯度进行实验。答案:(1)苏丹(或者苏丹)萃取法(2)油脂(3)血细胞计数板稀释涂布平板(4)4540考点一微生物的应用1微生物纯化培养
20、的方法比较(1)平板划线操作(2)稀释涂布平板操作:先将菌液进行一系列梯度稀释后涂布平板,在稀释度足够高的菌液里,聚集在一起的微生物将被分散成单个细胞,从而在培养基表面形成单个菌落。如图所示: (1)为了确定培养基的灭菌是否合格,微生物学实验一般会设置空白对照:随机取若干灭菌后的空白平板培养基在适宜条件下培养一段时间,观察培养基上是否有菌落生成。(2)观察菌落需用固体培养基,因此培养基要添加琼脂。(3)倒平板的温度一般在50 左右适宜,温度过高会烫手,温度过低培养基又会凝固。(4)平板需倒置,这样既可使培养基表面的水分更好地挥发,又防止皿盖上的水珠落入培养基,造成培养基污染。(5)平板划线法只
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