（浙江选考）2020版高考生物一轮复习第2讲蛋白质、核酸及有机物的鉴定课件.pptx

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1、第2讲 蛋白质、核酸及有机物的鉴定,知识1 蛋白质和核酸,知识2 检测生物组织中的油脂、糖类和蛋白质,知识梳理,考点一 蛋白质与核酸,考点二 糖类、油脂与蛋白质的鉴定,考点突破,知识1 蛋白质和核酸 一、蛋白质的结构和功能 组成元素:C、H、O、N,有的含有S、Fe等元素,教材研读,基本单位: 氨基酸,多肽 蛋白质,二、核酸的种类及功能 组成元素:C、H、O、N、P核苷酸 (基本单位),核酸 (遗传信息 的携带者),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,2.有机物的检测过程,1.(2016浙江10月选考,12,2分)下列关于蛋白质的叙述,正确的是 ( A ) A.蛋

2、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,解析 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.蛋白质是生命活动的主要承担者,在组成细胞的有机物中含量最多。 如图为有关蛋白质分子的简要概念图,相关分析正确的是 ( B )A.a肯定含有S元素 B.过程有水生成 C.多肽中b的数目等于c的数目 D.d表示氨基酸的多样性,解析 组成蛋白质的元素主要是C、H、O、N,

3、只有部分蛋白质含 有S;b是氨基酸,氨基酸的数目减去肽链的数目等于肽键的数目,因此b 的数目一般不等于c的数目;d表示蛋白质功能的多样性;过程表示脱 水缩合,有水生成。,3.如表关于物质的鉴定,采用的试剂、实验操作方法及实验现象均正确 的是 ( C ),A.油脂;DNA B.DNA;蛋白质 C.油脂;葡萄糖 D.葡萄糖;蛋白质,4.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

4、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1804=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30024,24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 80

5、4。,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,2.DNA和RNA的比较,易混易错 由于DNA含有A、T、C、G四种碱基,RNA含有A、U、C、G 四种碱基,因此研究DNA的复制时可标记胸腺嘧啶(T),研究RNA的形成 时可标记尿嘧啶(U)。,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。,注:a为氨基酸平均相对分子质量。,2.蛋白质中游离氨基或羧基数目的计算 (1)至少含有的游离氨基或

6、羧基数=肽链数。 (2)游离氨基或羧基数目=肽链数+R基中含有的氨基或羧基数。,3.蛋白质中含有N、O原子数的计算 (1)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。 (2)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。,名师点睛 (1)若形成的多肽是环状:氨基酸数=肽键数=失去水分子 数。 (2)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,要考虑脱去的氢质量,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CxHyNzOwS(z12,w 13),这条多肽链经过水解

7、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(C4H7NO4)、赖氨酸(C6H14N2O2)、苯丙氨 酸(C9H11NO2)。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,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

8、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:反应前氨基酸 中的氧原子数=212(组成每分子多肽的氨基酸数)+2n(天门冬氨酸 数);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“=”得:n=(w-13)/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 某条多肽的相对分子质量

9、为2 778,若氨基酸的平均相对分子质量 为110,如考虑终止密码子,则编码该多肽的基因长度至少是 ( D ) A.75对碱基 B.78对碱基 C.90对碱基 D.93对碱基,解析 设该多肽是由m个氨基酸构成的,该多肽的相对分子量为110m - 18(m-1)=2 778,则m等于30。那么该多肽对应的mRNA上的密码子有31 个(终止密码子不编码氨基酸),则控制该多肽合成的基因至少有93对碱 基。,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 (

10、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。,(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值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C55H70O19N10,消化后只得到下列四种氨 基酸:,则: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。 如该多肽是某种激素,则该激素从合成到

11、分泌整个过程中,参与的细 胞器有 。 一摩尔该多肽被消化后,得到 摩尔谷氨酸分子。,答案 (1)98% (2)一般地说,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)脱水缩合 30 核糖体、内 质网、高尔基体和线粒体 4,解析 (1)由题干可知,消化率=NPU/BV=96/9898%。(2)动物蛋白 质BV值通常会高于植物蛋白质的原因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

12、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)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C55H70O19N10,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,由于嘧啶等于嘌呤,所以至少有30个嘧啶碱基。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。由链状多肽,其化学式是C55H70O19N10,可知该多肽含氨基酸10个, 又谷氨酸含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,

13、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的有关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:可溶性还原糖与本尼迪特试剂在加热的过程中生成红黄色沉淀,说明组织样液中含有可溶性还原糖。 (2)油脂的检测和观察: 方法一:花生种子匀浆+3滴苏丹染液橙黄色 方法二: 取材、切片:花生种子(浸泡,去掉种皮),将子叶削成薄片,(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

14、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CuSO4)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

15、不均就会导致观察时有的 地方清晰,有的地方模糊;用苏丹染液染色后,要用12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见表,据表可知大豆中含有的主要 营养成分有 ( C ),A.蛋白质 B.还原糖 C.蛋白质、脂肪 D.还原糖、脂肪,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成分中几乎 没有淀粉;班氏试剂呈蓝色,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;双缩脲试剂遇蛋白质呈紫色、苏丹 染液遇脂肪出现橙黄色,这说

16、明大豆成分中含有蛋白质和脂肪,C正确。,2-1 下列关于糖类化合物的叙述,正确的是( B ) A.葡萄糖、果糖、半乳糖都是还原糖,但元素组成不同 B.淀粉、糖原、纤维素都是由葡萄糖聚合而成的多糖 C.蔗糖、麦芽糖、乳糖都可与本尼迪特试剂反应生成砖红色沉淀 D.蔗糖是淀粉的水解产物之一,麦芽糖是纤维素的水解产物之一,解析 本题考查了糖类化合物的相关知识。葡萄糖、果糖和半乳糖都 是由C、H、O三种化学元素组成的,A错误;淀粉、糖原和纤维素都是 由葡萄糖单体聚合而成的多糖,B正确;蔗糖是非还原糖,C错误;蔗糖不 是淀粉的水解产物,纤维素在C1酶和CX酶的作用下分解成纤维二糖,纤 维二糖在葡萄糖苷酶的

17、作用下最终水解成葡萄糖,D错误。,2-2(2018浙江11月选考,10,2分)下列关于糖类及“检测生物组织中的糖 类”活动的叙述,错误的是 ( B ) A.细胞呼吸的底物通常是葡萄糖 B.叶绿体基质和细胞液中都含有蔗糖 C.用本尼迪特试剂检测果糖时需在热水浴中加热 D.淀粉、纤维素和糖元都是由多个葡萄糖结合而成,解析 细胞呼吸的底物有很多种,通常是葡萄糖,葡萄糖是细胞内最重 要的能源物质,A正确;光合作用中,离开卡尔文循环的三碳糖,大部分转 移到叶绿体外合成蔗糖,叶绿体基质中不含蔗糖,B错误;本尼迪特试剂 检测还原糖时需要热水浴加热23分钟,C正确;淀粉、纤维素和糖元是 多糖,基本组成单位是葡萄糖,D正确。,