浙江省2021高考生物一轮复习第一单元第2讲蛋白质核酸及有机物的鉴定课件

浙江省2021高考生物一轮复习第一单元第2讲蛋白质核酸及有机物的鉴定课件

第 2 讲 　 蛋白质、核酸及有机物的鉴定 教材研读 知识1　蛋白质和核酸 一、蛋白质的结构和功能 1.组成蛋白质的基本单位——氨基酸 (1)构成蛋白质的氨基酸约①     20     种,其结构通式是②           。 (2) 氨基酸的结构特点 : 都至少含有③      一个氨基和一个羧基      , 并且都有一 个氨基和一个羧基连接在④      同一个碳原子      上。 (3)氨基酸的种类由⑤      R基团      决定。 2.蛋白质的形成与结构 (1)蛋白质的结构层次 氨基酸   ⑥      多肽        蛋白质 (2)蛋白质的形成:一个氨基酸分子的⑦      氨基      与另一个氨基酸分子的⑧      羧基      相连接,同时失去一分子水的过程叫脱水缩合。两个氨基酸脱水缩合 形成的化学键叫肽键,用⑨      —NH—CO—      表示。这种由两个氨基酸分子 脱水缩合形成的化合物叫⑩      二肽      ,由此类推多个氨基酸脱水缩合形成多 肽,多肽盘曲折叠形成具有一定空间结构的蛋白质。 (3)蛋白质多样性的原因:构成蛋白质的氨基酸的种类、        数目      、        排列顺序      及多肽链的盘曲、折叠方式形成的空间结构不同。 3.蛋白质的功能 (1)结构蛋白:是        生物体和细胞      的“建筑”材料,如肌肉、指甲、头发 中含蛋白质成分。 (2)催化作用:推动        化学反应      的进行,如绝大多数的酶。 (3)        免疫作用      :有的负责与疾病作斗争,如抗体。 (4)运载功能:帮助物质出入细胞,如质膜上的载体蛋白。 二、核酸的种类及功能 知识2　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 物质 检测试剂 颜色反应 使用方法 还原糖 ①      本尼迪特      试剂 红黄色 样本与试剂混合后需热水浴加热2 ~3 min 蛋白质 双缩脲试剂 ②      紫色      先加A液后加B液,不需加热 油脂 苏丹Ⅲ染液 橙黄色 直接滴加,不需③      加热      2.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. 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 答案    A 　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. 下列物质中元素组成与其他三项不同的是   (　 A 　) A.核糖　　B.DNA　　C.磷脂　　D.RNA 答案    A      3. 下列有机物中,元素组成种类最少的是   (　 A 　) A.葡萄糖　　B.氨基酸 C.核苷酸　　D.抗体 答案    A 　葡萄糖只含有C、H、O三种元素,氨基酸和抗体含有C、H、O、 N等元素,核苷酸含有C、H、O、N、P,A符合题意。 4. 下列关于淀粉、油脂、蛋白质和核酸4种生物分子的叙述,正确的是   (     A 　) A.都能被相应的酶水解 B.都是水溶性物质 C.都含C、H、O、N这4种元素 D.都是人体细胞中的能源物质 答案    A 　淀粉、油脂、蛋白质和核酸可分别被淀粉酶、脂肪酶、蛋白 酶、核酸酶水解,A正确;油脂不溶于水,B错误;淀粉和油脂由C、H、O三种元 素构成,C错误;核酸不是能源物质,D错误。 5. 分析下表,可推测   (　 D 　) 注:“+”显色;“++”显色更深;“-”不显色。 A.甲溶液含有淀粉　　B.乙溶液含有还原糖 C.混合溶液不含淀粉　　D.混合溶液含有淀粉酶 溶液 双缩脲试剂 碘液 本尼迪特试剂 甲 + - - 乙 - ++ - 甲、乙混合 + + + 答案    D      6. 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 　(1)氨基　肽键　(2)四肽　3　(3)3　3　脱水缩合 核糖体　(4)666　6 804 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180 × 4=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300 × 24,24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6 804。 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 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H 2 O生成 合成场所 核糖体 细胞核(主要)、线粒体、叶绿体 结构多样性原因 ①氨基酸种类不同 ②氨基酸数目成百上千 ③氨基酸排列顺序千变万化 ④蛋白质空间结构千差万别 ①核苷酸数量不同 ②核苷酸排列顺序多样 功能 ①构成细胞和生物体;②催化;③调节;④运输; ⑤免疫;⑥信息传递 ①作为生物的遗传物质;②参与信息的传递和 表达;③产生可遗传的变异 联系 ①核酸控制蛋白质的合成   ②DNA多样性   蛋白质多样性   生物多样性 2.DNA和RNA的比较 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 ①是RNA病毒的遗传物质 ②在遗传信息表达中起作用: 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 ③催化作用:极少数酶是RNA 存在 ①真核生物:细胞核(主要)、线粒 体、叶绿体②原核生物:拟核、质 粒 主要存在于细胞质中 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的关系 (1)肽键数=失去水分子数=氨基酸数-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 m m -1 m -1 A m -18( m -1) 至少1个 至少1个 至少3 m 个 至少3 m 对 n 条 m m - n m - n A m -18( m - n ) 至少 n 个 至少 n 个 至少3 m 个 至少3 m 对 注: a 为氨基酸平均相对分子质量。 (3)蛋白质中含有N、O原子数的计算 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。 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。 (4)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H质量,每形成一个二硫键,脱去2个H。 典例1　 有一条多肽链由12个氨基酸组成,分子式为C x H y N z O w S( z >12, w >13),这 条多肽链经过水解后的产物中有5种氨基酸:半胱氨酸(C 3 H 7 NO 2 S)、丙氨酸 (C 3 H 6 NO 2 )、天门冬氨酸(C 4 H 7 NO 4 )、赖氨酸(C 6 H 14 N 2 O 2 )、苯丙氨酸(C 9 H 11 NO 2 )。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 答案    D 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:①反应前氨基酸中的氧原子数=2 × 12(组成每 分子多肽的氨基酸数)+2 × n (天门冬氨酸数);②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“①=②”得 n =( w -1 3)/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 、 q 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 　如图是某蛋白质的肽链结构示意图(图1中数字为氨基酸序号)及部分肽 链放大图(图2),请据图判断下列叙述中正确的是   (　 B 　) 图1   图2 A.该蛋白质中含有1条肽链和124个肽键 B.若图1的肽链全部水解成氨基酸,需要123个水分子 C.从图2可推知图1的肽链含有2个游离的羧基 D.图2中含有的R基是①②④⑥⑧ 答案    B 解析　 由图1可知,该蛋白质中含有1条肽链,124个氨基酸,所以肽键数=氨基 酸数-肽链数=124-1=123(个),A错误;该蛋白质中含有1条肽链,124个氨基酸, 所以脱去水分子数=氨基酸数-肽链数=124-1=123(个),因此其水解时也需要1 23个水分子,B正确;图2的R基中含有2个羧基(⑥⑧),可推知该肽链至少含有3 个游离的羧基(124号氨基酸还含有一个游离的羧基),C错误;图2中含有的R基 是②④⑥⑧,D错误。 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(%) 98 80 77 70 36 NPU(%) 96 76 71 60 31 (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C 55 H 70 O 19 N 10 ,消化后只得到下列四种氨基酸:     ①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。 ②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 　　　     。 ③一摩尔该多肽被消化后,得到 　　　     摩尔谷氨酸分子。 答案　 (1)98%　(2)一般来说,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)①脱水缩合　30　②核糖体、内质网、高尔基体和 线粒体　③4 解析 　(1)由题干可知,消化率=NPU/BV=96/98 ≈ 98%。(2)动物蛋白质BV通 常会高于植物蛋白质的原因是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)①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C 55 H 70 O 19 N 10 ,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,由于嘧啶数等于嘌呤数,所 以至少有30个嘧啶碱基。②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。③由链状多肽,其化学式是C 55 H 70 O 19 N 10 ,可知该 多肽含氨基酸 10 个 , 又因谷氨酸含 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 三大有机物显色反应的原理及步骤 1.实验原理 某些化学试剂能够使生物组织中有关的有机化合物产生特定的颜色反应。   2.实验流程 (1)还原糖的检测和观察   结论:还原糖与本尼迪特试剂在水浴加热的条件中生成红黄色沉淀,说明组织 样液中含有还原糖。 (2)油脂的检测和观察: 方法一:花生种子匀浆+3滴苏丹Ⅲ染液→橙黄色 方法二: (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 1.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)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 双缩脲试剂的使用:先加A液2 mL(0.1 g/mL的NaOH),再加B液(0.01 g/mL的 CuSO 4 )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 (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Ⅲ染液染色后,要用1~2滴50%的乙醇洗去材料表 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2 　大豆营养成分鉴定实验结果如表,据表可知大豆中含有的主要营养 成分有   (　 C 　) A.淀粉　　B.还原糖 C.蛋白质、油脂　　D.还原糖、油脂 试剂 碘液 本尼迪特试剂 双缩脲试剂 苏丹Ⅲ染液 颜色变化 棕黄色 浅蓝 紫色 橙黄色 检测试剂 颜色反应 使用方法 还原糖的检测 本尼迪特试剂 红黄色 样本与试剂混合后,需热水浴加热 2~3 min 蛋白质的检测 双缩脲试剂 紫色 先加A液再加B液,不需加热 油脂的检测 苏丹Ⅲ染液 橙黄色 直接滴加,不需加热   解题关键      答案    C 解析　 碘液呈棕黄色,淀粉遇碘变蓝,表格现象说明大豆的营养成分中几乎没 有淀粉,A错误;本尼迪特试剂呈蓝色,在热水浴条件下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,B错误;双缩脲试剂遇蛋 白质呈紫色、苏丹Ⅲ染液遇油脂出现橙黄色,这说明大豆成分中含有蛋白质 和脂肪,C正确,D错误。 2-1 　下列有关物质的鉴定所采用的试剂、实验操作方法及实验现象的描述, 正确的是   (　 A 　) 选项 A B C D 材料 花生种子切片 淀粉溶液 蔗糖溶液 豆浆 试剂 苏丹Ⅲ染液 碘液 本尼迪特试剂 双缩脲试剂 水浴加热 不加热 不加热 加热 加热 观察 显微镜观察 显微镜观察 肉眼观察 肉眼观察 现象 橙黄色 溶液变蓝色 红黄色沉淀 紫色 答案    A 解析 　本题考查物质鉴定实验。油脂鉴定实验需要用苏丹Ⅲ染液,需置于显 微镜下观察,无需加热,A正确;淀粉鉴定实验将碘液加入试管直接观察,而不 需要显微镜,B错误;还原糖鉴定实验不能使用蔗糖,C错误;蛋白质鉴定实验无 需加热,D错误。