2012高考生物复习各类型题解题技巧：专题六 数据计算选择题.ppt

1、专题六数据计算选择题类型一：蛋白质方面的计算【例1】由四种氨基酸：甘氨酸（C2H5NO2）、丙氨酸（C3H7NO2）、谷氨酸（C5H9NO4）、苯丙氨酸（C9H11NO2）组成的分子式为C55H70O19N10的物质M，下列关于M的说法正确的是（）A.M为九肽化合物B.若M为酵母菌体内的多肽，则酵母菌控制M合成的基因的编码区是连续的，无外显子与内含子之分C.控制该物质合成的直接模板是DNA D.若M为噬菌体内的多肽，则合成M的原料是由宿主细胞提供的解析 由题意可知，每种氨基酸只含有一个N原子，则M由10个氨基酸组成，应为十肽化合物。酵母菌为真核生物，其基因的编码区是不连续的，有外显子和内含子之

2、分。控制多肽合成的直接模板为mRNA。噬菌体是寄生病毒，其营养物质和组成原料全由宿主提供。答案 D【例2】由n个碱基组成的基因，控制合成由1条多肽链组成的蛋白质，氨基酸的平均相对分子质量为a，则该蛋白质的相对分子质量最大为（）A.B.C.D.na-18(n-1)解析 由n个碱基组成的基因，控制合成的蛋白质中的氨基酸数目最多为（不考虑终止密码），个氨基酸在形成1条多肽链时需经脱水缩合，在形成这一蛋白质的同时，还产生了个水分子，所以该蛋白质的相对分子质量最大为。答案 D 解法总结 1.肽链、氨基、羧基的计算每条肽链的首、尾端必然是氨基或羧基，因此，多肽中氨基或羧基总数的计算公式如下：氨基或羧基总数

3、=R基中氨基或羧基数+肽链数注：氨基或羧基数至少等于肽链数（即R基中无氨基或羧基）2.氨基酸数、肽链数、肽键数和缩合失水数的计算肽键数=缩合失水数=氨基酸数-肽链数3.形成的蛋白质分子的相对分子质量蛋白质相对分子质量=氨基酸相对分子质量总和-失去水分子的相对分子质量总和注：有时还要考虑一些其他的化学变化过程，如二硫键（-S-S-）形成时失去的H的相对分子质量总和等。4.蛋白质中N原子数=肽键数+肽链数+R基上的N原子数=各氨基酸中N原子的总数蛋白质中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原子的总数-脱水数5.基因控制蛋白质的合成时：（1）基因的碱基数mRNA上的碱基数氨基酸

4、数=631。（2）tRNA数=氨基酸数=肽键数（失水数）+肽链数（3）蛋白质相对分子质量=基因的碱基数6氨基酸的平均相对分子质量-18失水数。类型二DNA和RNA方面的计算【例3】已知一个蛋白质分子有两条肽链连接而成，蛋白质分子中氨基酸的肽键共有198个，翻译成这个蛋白质分子的mRNA中有A和G共200个，则转录成信使RNA的DNA分子中，至少应有C和T （）A.400个B.200个C.600个D.800个解析 由题目信息知，含氨基酸198+2=200个，则信使RNA上共有碱基600个，DNA分子中共有碱基1 200个，DNA中C和T占碱基总数的一半，即600个。C解法总结 1.碱基互补配对原

5、则的应用（1）A=T，C=G，A+G=C+T=A+C=G+T=总碱基数的1/2；（2）互补碱基之和的比例（A+T）（C+G）或（A+T）（A+T+C+G）在已知链、互补链和整个DNA分子中相等；非互补碱基之和的比例如(A+C)(T+G)在已知链与互补链间互为倒数，在整个DNA分子中该比值为1。2.某DNA分子中含某碱基a个，则复制n次需要含该碱基的脱氧核苷酸数为a（2n-1）；第n次复制，需要含该碱基的脱氧核苷酸数为a2n-1。3.若以用同位素标记DNA分子的两条链为模板，复制n次后，标记分子占2/2n，标记的单链占所有单链的1/2n；若用同位素标记DNA复制的原料，则复制n次后，标记分子占1

6、00%，标记的单链占1-1/2n。类型三 细胞分裂方面的计算【例4】在显微镜下发现一个处于分裂后期的动物次级卵细胞中，有形态、大小两两相同的染色体14对，则该动物体细胞中的染色体组数、体细胞和卵细胞中的染色体数目分别是（）A.1、56、28B.14、14、7 C.2、14、2D.2、28、14解析 一个处于后期的动物次级卵母细胞中，有形态、大小两两相同的染色体14对，则该动物正常体细胞内有染色体14对28条，2个染色体组，而卵细胞则含14条染色体。D解法总结 细胞分裂方面的计算选择题主要类型（1）计算细胞分裂各时期染色体数、染色单体数、核DNA分子数。总原则：可以先推算到性原细胞（或有丝分裂间

7、期细胞）的各项数目，然后从性原细胞开始分析，进一步推导。常用到的规律有：染色体数=着丝点数；染色单体数=染色体数2或0；核DNA分子数=染色体数或染色单体数（两者共存时，与后者相等）；细胞分裂各时期的染色体数、染色单体数、核DNA分子数如下表（体细胞染色体数为2n）：项目有丝分裂减数第一次分裂减数第二次分裂间期前、中期后期末期间期前、中期后期末期前、中期后期末期染色体数2n 2n 4n 2n 2n 2n 2n n n 2n n 染色单体数04n 4n 0 004n 4n 4n 2n 2n 00核DNA分子数2n4n 4n 4n 2n 2n4n 4n 4n 2n 2n2nn（2）对于细胞分裂后子

8、细胞数量和种类计算类题目上，常用到的规律有：1个精原细胞1个初级精母细胞2个次级精母细胞4个精细胞4个精子；1个卵细胞1个初级卵母细胞1个次级卵细胞+1个极体1个卵细胞+3个极体（消失）；n对等位基因分别位于n对同源染色体上，不考虑交叉互换，1个精（或卵）原细胞经过减数分裂实际产生的精子（或卵细胞）种类是2（或1）种；1个雄（或雌）性生物（或多个性原细胞）经过减数分裂产生的精子（或卵细胞）种类是2n种。类型四 光合作用和呼吸作用方面的计算【例5】以测定的CO2吸收量与释放量为指标，研究温度对某绿色植物光合作用与呼吸作用的影响，结果如图所示。下列分析正确的是（）A.光照相同时间，35时光合作用制

9、造的有机物的量与30时相等B.光照相同时间，在20条件下植物积累的有机物的量最多C.温度高于25时，光合作用制造的有机物的量开始减少D.两曲线的交点表示光合作用制造的与呼吸作用消耗的有机物的量相等解析 图中虚线表示的是CO2的吸收量，即光合作用净合成量，在光照时间相同的情况下，30时光合作用的总量为3.50(净合成量）+3.00（呼吸消耗量）=6.50 mg/h，35时光合作用的总量为3.00（净合成量）+3.50(呼吸消耗量）=6.50 mg/h，二者相同；在25时，CO2吸收量最大，即光合作用净合成量最大；两曲线的交点表示光合作用的净合成量等于呼吸作用消耗量。答案 A解法总结 1.解决围绕

10、光合作用与呼吸作用的计算题，首先要了解几组概念，第一组：O2的总释放量、O2的净释放量、呼吸消耗O2量；第二组：CO2的总吸收量、CO2的净吸收量、CO2释放量；第三组：光合作用产生葡萄糖总量、光合作用葡萄糖净生产量、呼吸作用葡萄糖消耗量。以上三组是相对应的三组，反映光合作用与呼吸作用的关系。具体关系是：光合作用O2的总释放量=O2的净释放量+呼吸作用消耗O2量光合作用CO2的总吸收量=CO2的净吸收量+呼吸作用CO2释放量光合作用产生葡萄糖总量=光合作用葡萄糖净产生量+呼吸作用葡萄糖消耗量2.光合作用必须有光时才能进行,因此其与光照时间有关；而呼吸作用每时每刻都在进行。3.相关计算还可依据光

11、合作用与呼吸作用反应式来进行。根据化学计算比例原理,可以将反应式简化如下：光合作用：6CO2C6H12O66O2无氧呼吸（产生酒精）：C6H12O62CO24.围绕光合作用与呼吸作用其他知识点判断：（1）植物能正常生长的条件：一昼夜葡萄糖净积累量大于0；（2）CO2吸收量最大时的温度是光合作用的最适温度；CO2释放量最大时的温度是呼吸作用的最适温度；（3）CO2吸收量为0时，不等于不进行光合作用，有可能是呼吸作用释放的CO2量正好等于光合作用吸收的CO2量。类型五物质跨膜层数的计算【例6】人红细胞内血红蛋白携带的O2被B细胞利用以及在缺氧条件下，某高等植物叶肉细胞中产生的二氧化碳用于自身细胞的

12、光合作用这两个过程中，O2和CO2至少分别要通过几层生物膜（）A.4、2 B.4、4C.6、4D.8、8解析 血红蛋白携带的O2被B细胞利用时，O2从红细胞中出来，并进入B细胞的线粒体中，因此共通过4层膜；“在缺氧条件下，某高等植物叶肉细胞中产生的二氧化碳”是在细胞基质中进行无氧呼吸时产生的，如用于自身细胞的光合作用，只需通过叶绿体的2层膜。A解法总结 1.围绕红细胞的知识整理（1）无核、无线粒体等内膜系统；（2）血红蛋白具有输送O2的功能，在氧浓度高的地方与O2结合；在氧浓度低的地方与O2分离；（3）物质出入红细胞的方式是不同的，水以自由扩散的方式、葡萄糖以协助扩散的方式、K+等无机盐离子以

13、主动运输的方式；（4）哺乳动物的成熟红细胞不能用来作为提取DNA的实验材料，但鸟类的可以。2.各种生物膜层数的总结（1）在真核细胞中，线粒体、叶绿体、细胞核为双层膜，细胞膜、液泡、内质网、高尔基体为单层膜，（2）肺泡壁、毛细血管壁、小肠绒毛壁、肾小管壁由单层上皮细胞构成，物质通过这些壁要穿透2层膜。（3）胞吞、胞吐、形成具膜小泡要借助膜融合，并不是通过膜结构，即穿透膜层数为0；另外，物质（如mRNA等）出入核孔也不通过膜结构，所以穿透膜层数同样为0。类型六 遗传变异及育种方面的计算【例7】牵牛花中，叶子有普通叶和枫形叶两种，种子有黑色和白色两种。现用普通叶白色种子纯种和枫形叶黑色种子纯种作为亲

14、本进行杂交，得到的F1为普通叶黑色种子，F1自交得F2，结果符合基因的自由组合定律。下列对F2的描述中错误的是（）A.F2中有9种基因型，4种表现型B.F2中普通叶与枫形叶之比为31C.F2中与亲本表现型相同的个体大约占3/8 D.F2中普通叶白色种子个体与枫形叶白色种子个体杂交将会得到两种比例相同的个体解析 F2中普通叶白色种子个体有纯合子也有杂合子，与枫形叶白色种子个体杂交后代表现型只有两种，其中普通叶白色种子个体比枫形叶白色种子个体要多。答案 D解法总结 遗传变异及育种方面（如相关概率计算）运算的总原则是：参照孟德尔遗传规律；多对性状分析其中一对，然后再综合。（1）一对相对性状的杂交实验

15、P1AaAaAA、Aa、aa(121)子代中AA占1/4、Aa占1/2、aa占1/4；纯合子（稳定遗传）占1/2、杂合子占1/2；子代中去除aa（家系分析中常见），则AA占1/3、Aa占2/3；P2AaaaAa、aa(11)子代中Aa占1/2、aa占1/2；纯合子（稳定遗传）占1/2、杂合子占1/2。（2）两对或多对相对性状杂交实验P1AaBbAaBb后代的个体数44=16；基因型33=9（两对先看一对，后综合）；表现型22=4，比例：ABA bbaaBaabb=9331，其中能稳定遗传的AABBAAbbaaBBaabb=1111(为四种)；任一基因型概率：如Aabb=1/21/4=1/8。P

16、2AaBbaabb后代的个体数41=4；基因型22=4（两对先看一对，后综合）；表现型22=4，比例：AaBbAabbaaBbaabb=1111，其中能稳定遗传的是aabb(为一种)；任一基因型概率：如Aabb=1/21/2=1/4。（3）伴性遗传（常见是伴X隐性遗传）分析P1XAXaXAYXAXA、XAXa、XAY、XaY（1111）女儿全部正常，儿子中一半患病（常用于性别诊断）；患病孩子概率为1/4，正常孩子概率为3/4；生男生女患病比例不同，可判断为伴X遗传。P2XAXaXaYXAXa、XaXa、XAY、XaY（1111）女儿、儿子中各有一半患病（不能进行性别诊断）；患病孩子概率为1/2

17、，正常孩子概率为1/2；生男生女患病比例相同，可能与常染色体遗传相混淆。P3XaXaXAYXAXa、XaY（11），可用于通过性状来区分性别。类型七 基因频率及基因型频率的计算【例8】某植物种群中，AA个体占16%，aa个体占36%，该种群随机交配产生的后代中AA个体百分比、A基因频率和自交产生的后代中AA个体百分比、A基因频率的变化依次为（）A.增大，不变；不变，不变B.不变，增大；增大，不变C.不变，不变；增大，不变D.不变，不变；不变，增大解析 由哈代温伯格定律得知，随机交配所产生的后代基因频率不会改变；连续自交产生的后代中纯合子会越来越多，导致种群中纯合子比例增大，但基因频率不会发生改

18、变。C解法总结 基因频率计算规律（1）基因频率定义的运用：基因频率=某基因总数/某基因与其等位基因数的总和100%。若该基因在常染色体上，则基因频率=该基因总数/（群体个体数2）100%；若该基因在X染色体上，则基因频率=该基因总数/（女性个体数2+男性个体数1）100%。（2）从基因型比例中运算：AAAa=12，则A=1/3+2/31/2=2/3、a=2/31/2=1/3;AAAaaa=10%20%70%，则A=10%+1/220%=20%;a=70%+1/220%=80%。（3）围绕基因频率的其他知识：A+a=100%;当A为一定值，由它推导出的AAAaaa比例为任意值。（4）基因型频率=

19、某基因型的个体数/种群个体总数100%。类型八食物链与能量流动方面的计算【例9】如图表示某湖泊生态系统的营养结构，ae代表各营养级的生物，下列叙述不正确的是（）A.共有三条食物链B.各营养级中，能量最多的是c，生物个体数量最多的是a C.若水体受有机磷农药轻微污染，则受害最严重的是a D.若c所含能量为5.8109 kJ，d含1.3 108 kJ，则a至少约含4.5107 kJ解析 由题图可知，能量最多的是c，由于能级传递效率为10%20%，因此最高营养级a获得能量不可能最多，生物个体数量不可能最多。有机磷农药可随着食物链富集，因此受害最严重的是a。a从c中获得能量的最小值是依据食物链最长，传

20、递效率最低来计算的，即以10%的传递效率来计算，c传递到第二营养级能量的最少量是5.810910%=5.8108kJ，减去d含有的能量，b、e可得到能量的最小量为4.5108kJ，由此a能得到能量的最少量是4.510810%=4.5107kJ。答案 B解法总结 1.查食物链条数：典型的食物链由生产者和各级消费者组成，故计算食物链数应从生产者入手，一直到最高营养级为止，中间不要遗漏每一个分支，也不要中断。2.生态系统中生物所处的营养级别和动物所处的消费者等级：生产者的营养级是固定的为第一营养级，消费者的营养级别不固定，在不同食物链中可处于不同营养级。消费者等级划分以食性为准。3.能量传递效率=下

21、一营养级的同化量该营养级的同化量100%（同化量=摄入量-粪便量）1.假设有一段mRNA上有60个碱基，其中A有15个，G有25个，那么转录该mRNA的DNA分子区段中，C和T的个数共有（）A.15个B.25个C.40个D.60个解析 mRNA上有60个碱基，则转录成该mRNA的DNA中应有120个碱基。按照碱基互补配对原则，A=T，G=C，则在双链DNA分子中，A+G=C+T,所以C+T=60。D2.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（C4H

22、7NO4）、赖氨酸（C6H14N2O2）、苯丙氨酸（C9H11NO2）。水解产物中天门冬氨酸的数目是（）A.y+12个B.z+12个C.w+13个D.（w-13）/2个解析 比较分析五种氨基酸，天门冬氨酸与其他四种氨基酸有区别，即它多了一个COOH。如果该多肽的R基中不含有COOH，则其中应含有的氧原子为11+2=13（11个肽键+1个COOH）。由此可以分析，多余的氧原子为天门冬氨酸所含有的，所以水解产物中天门冬氨酸的数目是（w-13）/2个。D3.生物学中有很多关于“最多”或“最少”的计算，以下是正确计算的为（）A.100倍显微镜下的视野中观察到细胞64个，则放大400倍时最多可看到8个细

23、胞B.正常情况下，水稻（2n=24）细胞内染色体数最多可为72条C.120个碱基组成的人体DNA分子片段，其种类最多可达4120 D.如果草原上生产者所接受照射的总光能为a，那么次级消费者所获能量最多是0.04a解析 本题考查学生对生物数据处理分析能力，A项中100倍的显微镜下视野中观察到细胞为64个，放大400倍最多可观察到4个细胞（横、纵都要缩小4倍）；B项中水稻（2n=24）体内染色体数最多的细胞是胚乳细胞（36条），它在有丝分裂后期为72条染色体；C项中120个碱基组成的人体DNA分子（有60个碱基对）其种类最多可达460；D项生产者所接受照射的总光能不等于生产者固定的太阳能。答案 B

24、4.用某植物测得如下数据：30C 15C黑暗5 h 一定强度的光照10 h 黑暗下5 h CO2减少880 mg O2减少160 mg O2减少80 mg 若该植物处于白天均温30、晚上均温15、有效日照15 h环境下，请预测该植物1 d中积累的葡萄糖为（）A.315 mgB.540 mgC.765 mgD.1 485 mg解析 根据题意：有效日照15 h，白天均温30，CO2减少量=（88015）10=1 320 mg，综合光合作用方程式，可算出净积累葡萄糖为900 mg，晚上均温15，共经过的时间是9 h,O2减少量=（809）5=144 mg，结合呼吸作用方程式，可算出消耗葡萄糖为135

25、 mg，两者相减，可知一天中净积累葡萄糖为765 mg。答案 C5.在噬菌体侵染细菌实验中，如果细菌体内的DNA和蛋白质分别含有31P和32S，噬菌体中的DNA和蛋白质分别含有32P和35S，噬菌体DNA在细菌体内复制了三次，那么从细菌体内释放出的子代噬菌体中含有32P的噬菌体和含有35S的噬菌体分别占子代噬菌体总数的（）A.3/4和0 B.1/4和0C.3/4和1D.1/4和1解析 在噬菌体侵染细菌的过程中，噬菌体的DNA（32P）进入细菌细胞中，而蛋白质外壳（35S）并没有进入；噬菌体的DNA（32P）在细菌体内复制三次，利用的是细菌体内的物质（如31P和32S化合物），共获得8个噬菌体，

26、其中只有2个含32P的噬菌体，占子代噬菌体总数的1/4；由于细菌体内无35S的蛋白质，故无35S的噬菌体出现。答案 B6.某生物课外兴趣小组对甲、乙两地土壤中的小型动物类群丰富度进行了调查研究，每次随机取相同体积的甲、乙两地土壤对比研究，结果发现甲地土壤中的小型动物类群平均有18种，个体数平均值是109个，乙地土壤中的小型动物类群平均有15个种，个体数平均值是209个，则甲乙两地土壤中小型动物类群丰富度的大小是（）A.甲=乙B.甲乙C.甲乙D.无法确定解析 土壤中小型动物类群丰富度的大小由动物种类的多少决定，种类越多丰富度越大，个体的多少决定种群密度的大小。C7.兔毛色的遗传受常染色体上两对等

27、位基因控制，分别用C、c和G、g表示。现将纯种灰兔与纯种白兔杂交，F1全为灰兔，F1自交产生的F2中，灰兔黑兔白兔=934。已知当基因C和G同时存在时个体表现为灰兔，基因c纯合时个体表现为白兔。下列相关说法中错误的是（）A.C、c与G、g两对等位基因分别位于两对非同源染色体上B.亲本的基因型是CCGG和ccgg C.F2白兔中能稳定遗传的个体占1/2 D.若F1灰兔测交，则后代有4种表现型解析 根据表现型和题干信息可写出部分基因型，亲代的基因型有两种可能：灰兔（CCGG）白兔（ccgg）；灰兔（CCGG）白兔（ccGG）。若亲代基因型为，则F1为CcGG，F2不可能出现934。所以亲本基因型为

28、灰兔（GGGG）白兔（ccgg），F1为CcGg，F2为9C G（灰免）3Cgg（黑兔）（3ccG+1ccgg）（白兔）。F2白兔（3ccG+1ccgg）中，能稳定遗传的个体（1ccGG+1ccgg）占1/2。若对F1灰免测交即CcGgccgg，其子代为1CcGg（灰兔）1Ccgg（黑兔）（1 ccGg+1 ccgg）（白免），只有3种表现型。答案 D8.在如图所示的食物网中，假如猫头鹰的食物有2/5来自于兔子，2/5来自于鼠，1/5来自于蛇，那么猫头鹰若增加 20 g体重，最少需要消费植物（）A.600 g B.900 g C.1 600 g D.5 600 g解析 通过食物链（植物兔猫头鹰

29、），猫头鹰增重20 g2/5=8 g，最少需要消费植物的量为8 g55=200 g；通过食物链（植物鼠猫头鹰），猫头鹰增重20 g2/5=8 g，最少需要消费植物的量为8 g55=200 g；通过食物链（植物鼠蛇猫头鹰），猫头鹰增重20 g1/5=4 g，最少需要消费植物的量为4 g555=500 g。所以合计需要消费植物200 g+200 g+500 g=900 g。B9.在一个能自由交流基因的一年生被子植物种群中，据调查得知基因型AA频率为25%，基因型aa频率为39%。已知其所在生态系统稳定性很高，则在第二年开始该种群个体中，基因型AA频率为（）A.18.49%B.34%C.25%D.4

30、9.02%解析 由题干信息可知，该种群的变化遵循遗传平衡定律，已知AA=25%，aa=39%，则Aa=36%,所以A=43%，a=57%。由（p+q）2=p2+2pq+q2,可求AA=p2=（43%）2=18.49%。A10.下图表示种群在理想环境中，呈“J”型曲线增长（如图所示中甲）；在有环境阻力条件下，呈“S”型曲线增长（如图所示中乙），下列有关种群增长 曲线的叙述正确的是（）A.若图表示草履虫种群增长曲线，当种群数量达到e点后，增长速率为0B.种群中出现环境阻力是在d点之后C.若图表示蝗虫种群增长曲线，则虫害的防治应在d点之后进行D.若图表示微生物生长曲线，次级代谢产物在ab时期大量积累解析 当种群数量达到K值时，增长速率不再增加（即为0）。题图中“J”型和“S”型曲线的分界点在c点，说明c点之后，种群的环境阻力增大，其中食物是主要限制因子。对于虫害的防治，要在害虫数量未快速增长之前，效果显著。微生物的初级代谢产物在整个生长阶段都产生，次级代谢产物主要在稳定期产生。答案 A返回