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    10．人绒毛膜促性腺激素（HCG）是女性怀孕后胎盘滋养层细胞分泌的一种糖蛋白，制备抗HCG单克隆抗体可用于早孕的诊断．如图是抗HCG单克隆抗体制备流程示意图，请分析回答问题．

    （1）制备单克隆抗体过程中要用到动物细胞培养和动物细胞融合技术．
    （2）制备单克隆抗体过程中，给小鼠注射的HCG相当于抗原，使小鼠产生分泌相应抗体的淋巴细胞，此过程属于特异性免疫中的体液免疫．
    （3）在细胞内DNA的合成一般有两条途径，主途径是在细胞内由糖和氨基酸合成核苷酸，进而合成DNA，而氨基嘌呤可以阻断此途径．另一辅助途径是在次黄嘌呤和胸腺嘧啶核苷存在的情况下，经酶催化作用合成DNA，而骨髓瘤细胞的DNA合成没有此辅助途径．
    ①利用DNA合成途径不同的特点配制的HAT培养基含有多种成分，其中添加的氨基嘌呤成分具有筛选杂交瘤细胞的作用．
    ②最终筛选获得的杂交瘤细胞的特点是能无限增殖并分泌特异性抗体．
    （4）此过程生产的单克隆抗体可以与人绒毛膜促性腺激素（或“HCG”）特异性结合，从而诊断早孕．

    分析 1、单克隆抗体：由单个B淋巴细胞进行无性繁殖形成的细胞系所产生出的化学性质单一、特异性强的抗体．具有特异性强、灵敏度高，并可能大量制备的特点．
    2、单克隆抗体的制备过程：首先用特定抗原注射小鼠体内，使其发生免疫，小鼠体内产生具有免疫能力的B淋巴细胞．利用动物细胞融合技术将B淋巴细胞和骨髓瘤细胞融合，单克隆抗体制备过程中的两次筛选：第一次筛选：利用特定选择培养基筛选，获得杂交瘤细胞，即AB型细胞（A为B淋巴细胞，B为骨髓瘤细胞），不需要A、B、AA、BB型细胞．第二次筛选：利用多孔板法和抗原-抗体杂交法筛选，获得产生特定抗体的杂交瘤细胞．
    3、单克隆抗体的作用：①作为诊断试剂：（最广泛的用途）具有准确、高效、简易、快速的优点．②用于治疗疾病和运载药物：主要用于治疗癌症，可制成“生物导弹”．

    解答 解：（1）制备单克隆抗体的诱导过程有：正常小鼠免疫处理、动物细胞的融合、杂交瘤细胞的筛选与培养、专一抗体检验阳性细胞培养、单克隆抗体的提纯．要用到动物细胞培养和动物细胞融合技术．
    （2）如图是抗HCG单克隆抗体制备流程示意图，给小鼠注射的HCG相当于注射抗原，使小鼠产生分泌抗HCG抗体相应的效应B淋巴细胞．抗体是参与体液免疫的免疫活性物质．
    （3）①氨基嘌呤可以阻断在细胞内由糖和氨基酸合成核苷酸，进而合成DNA．因此配制的HAT培养基中添加氨基喋呤的成分具有筛选杂交瘤细胞的作用．
    ②杂交瘤细胞的特点：既能大量增殖，又能产生特异性抗体．
    （4）抗体与抗原发生特异性结合．人绒毛膜促性腺激素（或HCG）是抗原，可以与抗HCG单克隆抗体发生特异性结合．
    故答案为：
    （1）动物细胞培养　   动物细胞融合
    （2）抗原　   抗体    体液
    （3）①氨基嘌呤　②能无限增殖并分泌特异性抗体
    （4）人绒毛膜促性腺激素（或“HCG”）

    点评 本题考查了制备单克隆抗体的相关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系；理论联系实际，综合运用所学知识解决自然界和社会生活中的一些生物学问题的能力．

    练习册系列答案
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    1．图甲为某校生物兴趣小组探究光照强度对茉莉花光合作用强度影响的实验装置示意图，图乙为每小时所测得的结果．据图分析错误的是（　　）
    A．本实验可以通过改变灯泡功率或灯与广口瓶的距离来完成自变量的控制
    B．本实验利用甲装置即可测得图乙结果，无需另设对照组
    C．测定乙图A点数值时，应给予甲装置特定的处理
    D．白炽灯做光源时，不同的光强下温度是无关变量

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    科目：高中生物 来源： 题型：解答题

    1．蛋白质的空间结构遭到破坏，其生物活性就会丧失，这称为蛋白质的变性．高温、强碱、强酸、重金属都会使蛋白质变性．请利用提供的材料用具设计实验，探究乙醇能否使蛋白质变性．（提示：淀粉酶为蛋白质，它可以催化淀粉水解为还原糖）
    材料用具：质量分数为3%的可溶性淀粉溶液、质量分数为2%的新鲜淀粉酶溶液、蒸馏水、斐林试剂、无水乙醇、烧杯、试管、量筒、滴管、温度计、酒精灯．
    （1）实验假设：乙醇能（不能）使蛋白质变性
    （2）实验步骤：
    ①取两支试管，各加入1mL 2%的新鲜淀粉酶溶液，编号A．B；
    ②向A试管中加入适量的无水乙醇，向B试管中加入等量蒸馏水；
    ③向两支试管中各加入等量适量的3%的可溶性淀粉溶液，摇匀后放入适宜温度的水浴锅（温水）中保温5分钟并取出；
    ④向A、B中各加入等量适量的斐林试剂，摇匀后放入50～65℃温水中水浴加热2min；
    ⑤观察两支试管中出现的颜色变化．
    （3）实验结果预测及结论：
    ①如果B试管中出现砖红色沉淀，A试管不出现砖红色沉淀，说明乙醇能使淀粉酶（蛋白质）变性；
    ②如果A、B试管中都出现砖红色沉淀，说明乙醇不能使淀粉酶（蛋白质）变性；
    （4）该实验的对照组为B试管，实验中属于无关变量的有可溶性淀粉溶液的量、新鲜淀粉酶溶液的量等（至少列出2个）；
    （5）某同学在实验前，向洁净的试管中加入2mL实验材料中的淀粉溶液和1mL斐林试剂，混匀后在50～65℃温水的大烧杯中加热2min，观察现象，然后才开始实验．你认为该同学这样做的目的是检测淀粉溶液是否变质（或：是否含有还原糖），以消除原有还原糖对实验结果的影响．

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    18．动物细胞融合过程中通常用灭活的病毒作为诱导剂，这里的“灭活”是指用物理或化学的手段使病毒（　　）
    A．具有感染力，但破坏其抗原结构B．失去感染力，但不破坏其抗原结构
    C．失去感染力，并破坏其抗原结构D．具有感染力，也不破坏其抗原结构

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    科目：高中生物 来源： 题型：解答题

    5．读图，回答有关问题：

    （1）图中B是蛋白质．
    （2）1个A与C有两种比例关系：1：1和1：2．
    （3）D与A的位置关系是D是A上具有遗传效应的DNA片段．
    （4）遗传信息是D中脱氧核苷酸的  排列顺序．

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    15．下表为培养某种微生物的培养基配方，请回答有关间题：
    KH2PO4Na2HPO4MgSO4•7H2O葡萄糖尿素蒸馏水
    1.4g2.1g0.2g10.0g1.0g定容至1000mL
    （1）该培养基只允许分解尿素的细菌生长，这种培养基称为选择培养基．该培养基会抑制其它种类微生物生长，其原因是该培养基以尿素为唯一的氮源．
    （2）若要通过统计培养基中菌落数来估计样品中的细菌数，上述培养基中还需要添加的成分是琼脂，接种时应采用稀释涂布平板法，该方法接种培养后的菌落，不可能是下图中的D（单选）．
    （3）从土壤中分离出分解尿素的细菌后，要对其作进一步的鉴定，可在上述培养基中加入酚红指示剂，培养该菌后，如果指示剂变红，可初步鉴定该种细菌能够分解尿素．
    （4）某同学用0.1mL稀释液在稀释倍数为106的平板中测得菌落数的平均值为163，则每mL样品中的细菌数是1.63×109．

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    1．如图为相关内分泌细胞分泌激素调控脂肪细胞代谢的示意图．下列叙述正确的是（　　）
    A．血糖浓度变化可调控胰岛细胞相关基因的表达
    B．激素甲和乙对脂肪细胞中的油脂代谢的作用是相反的
    C．高糖饮食升血糖明显，促进乙激素的分泌，进而加速油脂的合成
    D．重度糖尿病人易出现低血糖，低血糖促进激素丙分泌，从而加速油脂的分解

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    17．痤疮丙酸杆菌引发免疫反应造成了青春痘，某公司靶向定位细菌内CAMP基因，该基因编码CAMP蛋白对宿主细胞有杀伤作用．若CAMP抗体与细菌产生的CAMP蛋白相结合，即可抑制该细菌对宿主细胞的影响．其研究流程如下：
    CAMP基因$\stackrel{导入}{→}$萝卜$\stackrel{少量的萝卜叶撒入小鼻腔}{→}$提取小鼠体内CAMP蛋白抗体$\stackrel{→}{混合}$痤疮丙酸杆菌菌落→注入小鼠
    （1）不能将CAMP基因直接导入萝卜细胞的原因是目的基因不能在小鼠细胞稳定存在和表达，因此需构建基因表达载体，将基因表达载体导入萝卜细胞的常用方法是农杆菌转化法，其中用作运载体的是Ti质粒．
    （2）检测在萝卜细胞中CAMP基因是否编码产生CAMP基因是否编码产生CAMP蛋白，应用抗原-抗体杂交方法，若出现杂交带，则说明该基因能正常表达．
    （3）现该公司预生产特异性强、灵敏度高并可大量制备的CAMP蛋白抗体，应采用单克隆抗体技术，最终可在细胞培养液或小鼠腹水中获取CAMP蛋白抗体．

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    科目：高中生物 来源： 题型：解答题

    17．某湿地候鸟自然保护区栖息着众多国家级保护动物，如白鹤、白琵鹭、小天鹅等，还有多种省级重点保护鸟类和珍稀野生动植物资源．回答下列问题：
    （1）白琵鹭属于该生态系统组成成分中的消费者，该组成成分加快了生态系统的物质循环．
    （2）该自然保护区景色宜人，令人流连忘返，体现了该生态系统的直接价值，该自然保护区中，一些动物依据气味或行为特征去躲避天敌，这体现了生态系统具有信息传递功能；同时，体现了该功能的作用是调节种间关系，维持生态系统的稳定．
    （3）研究人员对意外死亡的白鹤和小天鹅进行解剖后发现，白鹤胃中有残存的枯草、眼子菜和田螺，小天鹅胃中有残存的田螺，同时也在田螺的内脏中找到了眼子菜的残留物．请写出上述死亡间可能存在的食物网：．若白鹤取食枯草的比例由$\frac{3}{4}$调到$\frac{1}{2}$，假设白鹤和小天鹅总量不变的情况下，理论上分析，白鹤体重增加1kg，眼子菜比原来多消耗2.50kg（能量传递效率按10%计算，小数点后保留2位）．

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