例析高考生物“数据计算类选择题”的类型及解题策略

摘  要  本文例析了高考生物试题中“数据计算类选择题”的类型及解题策略，以供参考。

关键词  生物计算 选择题 解题策略

在新课程中高中生物有许多知识可以量化，涉及的定量计算题主要是依据生物学原理，运用数学工具来解决生物学中的问题。高考中定量计算题的取材主要涉及新课程中蛋白质、物质跨膜层数、光合作用与呼吸作用、细胞分裂、DNA和RNA、遗传定律、基因频率、食物链与能量流动等方面的内容。此类试题主要考查考生对生物学的基本概念原理和规律的应用，以及对各种生物量之间数量关系的理解。

安徽高考理综试卷生物部分试题的总分值90分。从试题的形式上看，生物试题只包括选择题和非选择题两种。选择题6道，每小题6分，对于考生来说，选择题的分值较大，必须高度重视。下面结合笔者的日常教学例析高考生物试题中“数据计算类选择题”的类型及解题策略，以供大家参考。

1.　蛋白质方面的计算

1.1 典题导析

分析多肽E和多肽F得到以下结果(单位：个)

       两种多肽中氨基酸的数目最可能是   (    　)

解析　由多肽E有3个氨基，知其R基上有2个氨基，又知其有53个N，所以为51肽；同理F为49肽。

答案　D

1.2 解题归纳　总结蛋白质合成过程中的相关计算是解答这类试题的最佳手段。(1)蛋白质合成过程中：肽键数=失去的水分子数；若蛋白质是n条链，则有：肽键数（失水数）=氨基酸总数－n。(2)氨基酸与相应DNA及RNA片段中碱基数目之间的关系：依据中心法则，DNA（基因）→RNA→蛋白质（氨基酸组成），可知三者之间有如下数量关系：能转录的DNA片段中碱基数目∶RNA碱基数目∶氨基数目=6∶3∶1；一个氨基酸需要一个tRNA转运。

1.3 跟踪训练

（09上海卷） 某蛋白质由m条肽链、n个氨基酸组成。该蛋白质至少有氧原子的个数是      ( 　)

A. n－m     B. n－2m     C. n+m                 D. n+2m

解析 由氨基酸的结构通式可知一个氨基酸至少有两个O，形成蛋白质缩合过程中要脱掉水，2n－(n－m)=n+m。

答案 C

2.　物质跨膜层数的计算

2.1 典题导析

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、4       C.6、4      D.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”是在细胞质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。

答案　A

2.2 解题归纳  (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，核糖体、中心体无膜；原核细胞只考虑细胞膜。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。

2.3 跟踪训练

分泌蛋白在内质网腔折叠、初加工后，被运输到高尔基体进一步加工、组装，最后释放到细胞外。这一过程中分泌蛋白穿过的磷脂层数为   (    　)

    A．4           B．2         C．1         D．0

解析 分泌蛋白是以囊泡的形式，由内质网经高尔基体到细胞膜通过膜融合而分泌到细胞外的。

答案 D

3.　光合作用和呼吸作用方面的计算

3.1 典题导析

将生长状况相同的某种植物的叶片分成4等份，在不同温度下分别暗处理1 h，再光照1 h(光照强度相同)，测其重量变化，得到如下的数据。可以得出的结论是       (    　　)

A.该植物光合作用的最适温度是27℃      B.该植物呼吸作用的最适温度是29℃

C.27～29℃的净光合速率相等             D.30℃下实际光合速率为2 mg/h

解析　从表中分析，光照1小时，暗处理2小时，则在27℃时形成的总光合量是3＋1＋1＝5 mg；28℃时形成的总光合量是3＋2＋2＝7 mg；29℃时形成的总光合量是3＋3＋3＝9 mg；30℃时形成的总光合量是1＋1＋1＝3 mg。由此该植物光合作用的最适温度约是29℃，当然呼吸作用的最适温度约是29℃。再分析净光合速率(即在光下的净光合速率):27℃时应为5－1＝4 mg； 28℃时应为7－2＝5 mg；29℃时应为9－3＝6 mg，27～29℃下的净光合速率是不相等的。30℃下的真正光合速率(即在光下总光合速率)为3 mg/h。

答案　B

3.2 解题归纳  实际光合作用和净光合速率的计算方法：根据实际光合速率＝表现光合速率＋呼吸速率，光合作用强度可用如下三种方式表示：①用O₂表示：实际光合速率＝释放到外界的O₂＋呼吸消耗的O₂；②用CO₂表示：实际光合速率＝从外界吸收的CO₂＋呼吸释放的CO₂；③用葡萄糖表示：实际光合速率＝葡萄糖的增加量＋呼吸消耗的葡萄糖量。

3.3 跟踪训练

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，结果如下表所示。下列分析正确的是   (    　)

A.光照相同时间，35℃时光合作用制造的有机物的量小于30℃时的量

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．光合作用净积累有机物量与呼吸作用消耗有机物量相等时的温度最可能是介于30℃至35℃之间

解析 表格中黑暗中CO₂的释放量表示呼吸作用量，而光照下CO₂的吸收量表示净光合量，即“实际光合量—呼吸作用量”，在35℃时光合作用制造的有机物的量与30℃时相等，都是3＋3.5＝6.5 mg/h。积累量最多时，光照下CO₂的吸收量最多，此时的温度为25℃，在25℃时光合作用实际量约为2.3＋3.7＝6 mg/h，此后光合作用实际量还在增加。由表格数据特点可以看出，净光合量先增加后减少，而呼吸作用消耗量一直在增加，所以二者相等的温度最可能是介于30℃至35℃之间。

答案 D

4.　细胞分裂方面的计算

4.1 典题导析

人体体细胞在减数分裂的四分体时期，其四分体数、着丝点数、染色单体数和多核苷酸链数分别是   (    　)

              A.23、92、92和92                         B.46、46、92和46

              C.23、46、46和46                         D.23、46、92和184

解析　联会后的每一对同源染色体含有四个染色单体，这叫做四分体，四分体含有一对(2条)同源染色体或说4个染色单体，每个染色单体含一个双链DNA，四分体中含4×2＝8条多核苷酸链。人体细胞含有23对同源染色体，则可根据上述关系计算出相应数据。

答案　D

4.2 解题归纳  给出细胞分裂某个时期的分裂图，计算该细胞中的各种数目。该种情况的解题方法是在熟练掌握细胞分裂各期特征的基础上，找出计算各种数目的方法：①染色体的数目＝着丝点的数目；②DNA数目的计算分两种情况：当染色体不含染色单体时，一个染色体上只含有一个DNA分子；当染色体含有染色单体时，一个染色体上含有两个DNA分子。③在含有四分体的时期(联会时期和减数第一次分裂中期)，四分体的个数等于同源染色体的对数。

4.3 跟踪训练

假设含有一对同源染色体的一个精原细胞的DNA分子全部用¹⁵N标记后，该细胞在含有¹⁴N的环境中进行减数分裂产生的4个精子中，含有¹⁵N标记的DNA的精子所占比例为     (      　)

A．0        B．25%       C．50%         D．100%

解析 经处理的一对同源染色体在细胞分裂过程中，经过染色体复制、联会所形成的四分体中的每一条染色单体均带有放射性，并且一对同源染色体中的4个染色单体最终要分别进入4个子细胞，故4个子细胞均带有放射性。

答案 D

5.　DNA和RNA方面的计算

5.1 典题导析

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。

答案　C

5.2 解题归纳　 (1)碱基互补配对原则的应用①A＝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a×2^n-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100%，标记的单链占1－1/2 ⁿ。

5.3 跟踪训练

有一多肽，分子式为C₅₅H₇₀O₁₉N_10，将它彻底水解后，得到下列四种氨基酸：谷氨酸(C₅H₉NO₄)、甘氨酸(C₂H₅NO₂)、丙氨酸(C₃H₇NO₂)、苯丙氨酸(C₉H₁₁NO₂)。控制该多肽形成的基因中至少含有碱基对   (  　)

    A．10               B．30            C．60            D．29

解析 由四种氨基酸的分子式知，每一个氨基酸都只含有一个氨基，即只含一个N原子，由多肽的分子式中10个N原子可确定多肽有10个氨基酸脱水缩合而成，根据氨基酸数目与基因碱基数目比例1∶6可知，控制该多肽形成的基因中至少含有30个碱基对。

答案 B

6.　遗传定律方面的计算

6.1 典题导析

　  (2009·安徽卷，5) 已知人的红绿色盲属X染色体隐性遗传，先天性耳聋是常染色体隐性遗传(D对d完全显性)。下图中Ⅱ₂为色觉正常的耳聋患者，Ⅱ₅为听觉正常的色盲患者。Ⅱ₄(不携带d基因)和Ⅱ₃婚后生下一个男孩，这个男孩患耳聋、色盲、既耳聋又色盲的可能性分别是   (　　)

A．0、、0      B．0、、      C．0、、0      D. 、、

解析 设色盲基因为b，依题意，Ⅱ₅为听觉正常的色盲患者，则他的色盲基因来自他的母亲，母亲基因型为X^BX^b，又因为Ⅱ₄不携带d基因，则她的基因型为1/2DD X^BX^B和1/2 DD X^BX^b，Ⅱ₃的基因型为DdX^BY, Ⅱ₄和Ⅱ₃婚后生下一个男孩，则这个男孩患耳聋的可能性为0，色盲的可能性为1/2×1/2=1/4，既耳聋有色盲的可能性分别是0。故A正确。

答案  A

6.2 解题归纳　确定试题所涉及的遗传方式，推断出双亲的基因型，再分别计算两种遗传病后代发病的概率和正常的概率。先计算出甲_正、甲_患、乙_正和乙_患的概率。根据题干要求计算相关概率。运用“乘法”计算。后代正常的概率：甲_正×乙_正；只患一种的概率：只患甲病＋只患乙病；只患甲病：甲_患×乙_正。只患乙病：甲_正×乙_患；两病兼患的概率：甲_患×乙_患。

6.3 跟踪训练

      (2010·北京卷，4) 决定小鼠毛色为黑(B)/褐(b)色、有(s)/无(S)白斑的两对等位基因分别位于两对同源染色体上。基因型为BbSs的小鼠间相互交配，后代中出现黑色有白斑小鼠的比例是   (　　)

A．1/16    B．3/16    C．7/16    D．9/16

解析 基因型为BbSs的小鼠亲本杂交，后代中黑色有白斑的后代基因型为B__ss。Bb×Bb后代中，B__出现的概率是3/4；Ss×Ss后代中，ss出现的概率是1/4，故B__ss所占的比例是3/4×1/4＝3/16。

答案 B

7.　基因频率及基因型频率的计算

7.1 典题导析

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，随机交配后代的基因频率不会改变；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变。AA占16%，aa占36%，所以Aa占48%，A＝0.4，a＝0.6。由于不存在自然选择作用，因此种群的基因频率不变。在随机自由交配的情况下，根据基因平衡公式(p＋q)²＝p²＋2pq＋q²，其p²代表AA的基因型频率，q²代表aa的基因型频率。后代AA＝0.4×0.4＝16%，Aa＝2×0.4×0.6＝48%，aa＝0.6×0.6＝26%。

16%AA16%AA,48%Aa48%(1/4AA＋1/2Aa＋1/4aa)AA＝16%＋12%＝28%

答案　C

7.2 解题归纳　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：AA∶Aa＝1∶2，则A＝1/3＋2/3×1/2＝2/3、a＝2/3×1/2＝1/3；AA∶Aa∶aa＝10%∶20%∶70%，则A＝10%＋1/2×20%＝20%；a＝70%＋1/2×20%＝80%。

(3)基因型频率＝某基因型的个体数/种群个体总数×100%。

7.3 跟踪训练

某植物种群中，AA基因型个体占30%，aa基因型个体占20%。若该种群植物自交，后代中AA、aa基因型个体出现的频率以及A、a基因频率分别为   (  　)

    A．42.5%　32.5%　55%　45%        B．55%　45%　55%　45%

    C．42.5%　32.5%　45%　55%        D．55%　45%　45%　55%

解析 由题意：Aa基因型个体占：1－30%－20%＝50%，该种群植物自交后，AA占30%＋50%×1/4＝42.5%，aa占20%＋50%×1/4＝32.5%，Aa占1－42.5%－32.5%＝25%，a的基因频率为：32.5%＋1/2×25%＝45%，则A的基因频率为：1－45%＝55%。

答案 A

8.　食物链与能量流动方面的计算

8.1 典题导析

如图表示某湖泊生态系统的营养构，a～e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5.8×10⁹ kJ，d含1.3×10⁸ kJ，则 a至少约含4.5×10⁷ 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5.8×10⁹×10%＝5.8×10⁸kJ，减去d含有的能量，b、e可得到能量的最小量为4.5×10⁸kJ，由此a能得到能量的最少量是4.5×10⁸×10%＝4.5×10⁷kJ。

答案　B

8.2 解题归纳　(1)数食物链条数：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：生产者的营养级别是固定的为第一营养级，消费者的营养级不固定，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)。

8.3 跟踪训练

在下图的食物网中，假如猫头鹰的食物有2/5来自兔子，2/5来自鼠，1/5来自蛇，那么猫头鹰的体重若增加10 g，最少需要消耗植物为       (　　)

A．300 g       B．450 g     C．900 g     D．1 800 g

解析 先将食物网拆分3条食物链： ①植物→兔→猫头鹰；②植物→鼠→猫头鹰；③植物→鼠→蛇→猫头鹰。根据猫头鹰的食物比例可知，增加的10 g体重中4 g来自①、4 g来自②、2 g来自③，计算最少消耗植物量，则按照能量最大传递效率20%计算，则①需要消耗植物量为：4×5×5＝100，②需要消耗植物量为：4×5×5＝100；③需要消耗植物量为：2×5×5×5＝250。总共消耗植物为450 g。

答案 B