全国乙卷试题解析理综

2021全国乙卷理综试题解析（安徽、河南、山西、江西、甘肃、陕西、黑龙江、吉林、宁夏、新疆、青海、内蒙古）1.果蝇体细胞含有8条染色体。下列关于果蝇体细胞有丝分裂的叙述，错误的是（）A.在间期，DNA进行半保留复制，形成16个DNA分子B.在前期，每条染色体由2条染色单体组成，含2个DNA分子C.在中期，8条染色体的着丝点排列在赤道板上，易于观察染色体D.在后期，成对的同源染色体分开，细胞中有16条染色体【答案】D【解析】1、有丝分裂过程：（1）间期：进行DNA的复制和有关蛋白质的合成；（2）前期：核膜、核仁逐渐解体消失，出现纺锤体和染色体；（3）中期：染色体形态固定、数目清晰，着丝点排列在赤道板上；（4）后期：着丝点分裂，姐妹染色单体分开成为染色体，并均匀地移向两极；（5）末期：核膜、核仁重建、纺锤体和染色体消失。2、染色体、染色单体、DNA变化特点（体细胞染色体为2N）：（1）染色体数目变化：后期加倍（4N），平时不变（2N）；（2）核DNA含量变化：间期加倍（2N→4N），末期还原（2N）；（3）染色单体数目变化：间期出现（0→4N），前期出现（4N），后期消失（4N→0），存在时数目同DNA。【解析】A、已知果蝇体细胞含有8条染色体，每条染色体上有1个DNA分子，共8个DNA分子，在间期，DNA进行半保留复制，形成16个DNA分子，A正确；B、间期染色体已经复制，故在前期每条染色体由2条染色单体组成，含2个DNA分子，B正确；C、在中期，8条染色体的着丝点排列在赤道板上，此时染色体形态固定、数目清晰，易于观察染色体，C正确；D、有丝分裂后期，着丝点分裂，姐妹染色单体分开，染色体数目加倍，由8条变成16条，同源染色体不分离，D错误。故选D。2.选择合适的试剂有助于达到实验目的。下列关于生物学实验所用试剂的叙述，错误的是（）A.鉴别细胞的死活时，台盼蓝能将代谢旺盛的动物细胞染成蓝色B.观察根尖细胞有丝分裂中期的染色体，可用龙胆紫溶液使其着色C.观察RNA在细胞中分布的实验中，盐酸处理可改变细胞膜的通透性D.观察植物细胞吸水和失水时，可用蔗糖溶液处理紫色洋葱鳞片叶外 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 皮【答案】A【解析】1、细胞膜具有选择透过性，台盼蓝等不被细胞需要的大分子物质不能进入细胞内。2、染色质（体）主要由蛋白质和DNA组成，易被碱性染料（龙胆紫、醋酸洋红等）染成深色而得名。3、在“观察DNA和RNA在细胞中的分布”实验中∶（1）用质量分数为0.9%的NaCIl溶液保持细胞原有的形态﹔（2）用质量分数为8%的盐酸改变细胞膜的通透性，加速染色剂进入细胞，将染色体上的DNA和蛋白质分离，便于染色剂与DNA结合；（3）用吡罗红-甲基绿染色剂对DNA和RNA进行染色。4、观察植物细胞吸水和失水时，需要选择有颜色的成熟的植物细胞，紫色洋葱鳞片叶外表皮细胞符合条件。【解析】A、代谢旺盛的动物细胞是活细胞，细胞膜具有选择透过性，台盼蓝不能进入细胞内，故不能将代谢旺盛的动物细胞染成蓝色，A错误；B、龙胆紫溶液可以将染色体染成深色，故观察根尖细胞有丝分裂中期的染色体，可用龙胆紫溶液使其着色，B正确；C、观察RNA在细胞中分布的实验中，盐酸处理可改变细胞膜的通透性，加速染色剂进入细胞，C正确；D、观察植物细胞吸水和失水时，可用较高浓度的蔗糖溶液处理紫色洋葱鳞片叶外表，使其失水而发生质壁分离，D正确。故选A。3.植物在生长发育过程中，需要不断从环境中吸收水。下列有关植物体内水的叙述，错误的是（）A.根系吸收的水有利于植物保持固有姿态B.结合水是植物细胞结构的重要组成成分C.细胞的有氧呼吸过程不消耗水但能产生水D.自由水和结合水比值的改变会影响细胞的代谢活动【答案】C【解析】水的存在形式和作用：1、含量：生物体中的水含量一般为60%~90%，特殊情况下可能超过90%，是活细胞中含量最多的化合物。2、存在形式：细胞内的水以自由水与结合水的形式存在。3、作用：结合水是细胞结构的重要组成成分，自由水是良好的溶剂，是许多化学反应的介质，自由水还参与许多化学反应，自由水对于运输营养物质和代谢废物具有重要作用，自由水与结合水比值越高，细胞代谢越旺盛，抗逆性越差，反之亦然。【解析】A、水是植物细胞液的主要成分，细胞液主要存在于液泡中，充盈的液泡使植物细胞保持坚挺，故根系吸收的水有利于植物保持固有姿态，A正确；B、结合水与细胞内其他物质相结合，是植物细胞结构的重要组成成分，B正确；C、细胞的有氧呼吸第二阶段消耗水，第三阶段产生水，C错误；D、自由水参与细胞代谢活动，故自由水和结合水比值的改变会影响细胞的代谢活动，自由水与结合水比值越高，细胞代谢越旺盛，反之亦然，D正确。故选C。4.在神经调节过程中，兴奋会在神经纤维上传导和神经元之间传递。下列有关叙述错误的是（）A.兴奋从神经元的细胞体传导至突触前膜，会引起Na+外流B.突触前神经元兴奋可引起突触前膜释放乙酰胆碱C.乙酰胆碱是一种神经递质，在突触间隙中经扩散到达突触后膜D.乙酰胆碱与突触后膜受体结合，引起突触后膜电位变化【答案】A【解析】1、神经冲动的产生：静息时，神经细胞膜对钾离子的通透性大，钾离子大量外流，形成内负外正的静息电位；受到刺激后，神经细胞膜的通透性发生改变，对钠离子的通透性增大，钠离子内流，形成内正外负的动作电位。兴奋部位和非兴奋部位形成电位差，产生局部电流，兴奋传导的方向与膜内电流方向一致。2、兴奋在神经元之间需要通过突触结构进行传递，突触包括突触前膜、突触间隙、突触后膜，其具体的传递过程为：兴奋以电流的形式传导到轴突末梢时，突触小泡释放递质（化学信号），递质作用于突触后膜，引起突触后膜产生膜电位（电信号），从而将兴奋传递到下一个神经元。【解析】A、神经细胞膜外Na+浓度高于细胞内，兴奋从神经元的细胞体传导至突触前膜，会引起Na+内流，A错误；B、突触前神经元兴奋可引起突触前膜释放神经递质，如乙酰胆碱，B正确；C、乙酰胆碱是一种兴奋性神经递质，在突触间隙中经扩散到达突触后膜，与后膜上的特异性受体相结合，C正确；D、乙酰胆碱与突触后膜受体结合，引起突触后膜电位变化，即引发一次新的神经冲动，D正确。故选A。5.在格里菲思所做的肺炎双球菌转化实验中，无毒性的R型活细菌与被加热杀死的S型细菌混合后注射到小鼠体内，从小鼠体内分离出了有毒性的S型活细菌。某同学根据上述实验，结合现有生物学知识所做的下列推测中，不合理的是（）A.与R型菌相比，S型菌的毒性可能与荚膜多糖有关B.S型菌的DNA能够进入R型菌细胞指导蛋白质的合成C.加热杀死S型菌使其蛋白质功能丧失而DNA功能可能不受影响D.将S型菌的DNA经DNA酶处理后与R型菌混合，可以得到S型菌【答案】D【解析】肺炎双球菌转化实验包括格里菲斯体内转化实验和艾弗里体外转化实验，其中格里菲斯体内转化实验证明S型细菌中存在某种转化因子，能将R型细菌转化为S型细菌，没有证明转化因子是什么物质，而艾弗里体外转化实验，将各种物质分开，单独研究它们在遗传中的作用，并用到了生物实验中的减法原理，最终证明DNA是遗传物质。【解析】A、与R型菌相比，S型菌具有荚膜多糖，S型菌有毒，故可推测S型菌的毒性可能与荚膜多糖有关，A正确；B、S型菌的DNA进入R型菌细胞后使R型菌具有了S型菌的性状，可知S型菌的DNA进入R型菌细胞后指导蛋白质的合成，B正确；C、加热杀死的S型菌不会使小白鼠死亡，说明加热杀死的S型菌的蛋白质功能丧失，而加热杀死的S型菌的DNA可以使R型菌发生转化，可知其DNA功能不受影响，C正确；D、将S型菌的DNA经DNA酶处理后，DNA被水解为小分子物质，故与R型菌混合，不能得到S型菌，D错误。故选D。6.某种二倍体植物的n个不同性状由n对独立遗传的基因控制（杂合子表现显性性状）。已知植株A的n对基因均杂合。理论上，下列说法错误的是（）A.植株A的测交子代会出现2n种不同表现型的个体B.n越大，植株A测交子代中不同表现型个体数目彼此之间的差异越大C.植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数和纯合子的个体数相等D.n≥2时，植株A的测交子代中杂合子的个体数多于纯合子的个体数【答案】B【解析】1、基因的自由组合定律的实质是：位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的；在减数分裂的过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。2、解析题意可知：n对等位基因独立遗传，即n对等位基因遵循自由组合定律。【解析】A、每对等位基因测交后会出现2种表现型，故n对等位基因杂合的植株A的测交子代会出现2n种不同表现型的个体，A正确；nnB、不管n有多大，植株A测交子代比为（1：1）=1：1：1：1……（共2个1），即不同表现型个体数目均相等，B错误；C、植株A测交子代中n对基因均杂合的个体数为1/2n，纯合子的个体数也是1/2n，两者相等，C正确；D、n≥2时，植株A的测交子代中纯合子的个体数是1/2n，杂合子的个体数为1-（1/2n），故杂合子的个体数多于纯合子的个体数，D正确。故选B。7.我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是A.将重质油裂解为轻质油作为燃料B.大规模开采可燃冰作为清洁燃料C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染D.研发催化剂将CO2还原为甲醇【答案】D【解析】【解析】A．将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意；B．大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的 要求 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 ，故B不符合题意；C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；D．研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意；故选D。8.在实验室采用如图装置制备气体，合理的是化学试剂制备的气体ACa(OH)2NH4ClNH3BMnO2HCl(浓)Cl2CMnO2KClO3O2DNaClH2SO4(浓)HClA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度；【解析】A．氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故A错误；B．二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故B错误；C．二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；D．氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D错误；故选C。9.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是22A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CO3CaSO4CaCO3SO4B.过量铁粉加入稀硝酸中：3Fe4HNO3FeNO2H2O3C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：Al4OHAlO22H2OD.氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2S2CuS【答案】A【解析】【解析】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方22程式为：CO3+CaSO4=CaCO3+SO4，故A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：+2+3Fe+8H+2NO3=3Fe+2NO↑+4H2O，故B错误；C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：3+-Al+3OH=Al(OH)3↓，故C错误；2++D．硫化氢为弱电解质， 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu+H2S=CuS↓+2H，故D错误；答案选A。10.一种活性物质的结构简式为，下列有关该物质的叙述正确的是A.能发生取代反应，不能发生加成反应B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C.与互为同分异构体D.1mol该物质与碳酸钠反应得44gCO2【答案】C【解析】【解析】A．该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，故A错误；B．同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，故B错误；C．该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，故C正确；D．该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，生成0.5mol二氧化碳，质量为22g，故D错误；故选C。11.我国蠕娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤，经解析发现其构成与地球士壤类似土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，下列结论正确的是A.原子半径大小顺序为WXYZB.化合物XW中的化学键为离子键C.Y单质的导电性能弱于Z单质的D.Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸【答案】B【解析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si，据此答题。【解析】A．O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即X>Y>Z>W，A错误；B．化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B正确；C．Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C错误；D．Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D错误；故选B。12.沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是A.阳极发生将海水中的Cl氧化生成Cl2的反应B.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClOC.阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气D.阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理【答案】D【解析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理-是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得-电子生成H2和OH，结合海水成分及电解产物解析解答。-【解析】A．根据解析可知，阳极区海水中的Cl会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；-B．设置的装置为电解池原理，根据解析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；C．因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；--2+D．阴极的电极反应式为：2H2O+2e=H2↑+2OH，会使海水中的Mg沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。故选D。13.HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M)随c(H+)而变化，M不发生水解。实验发现，298K时c2(M+)-c(H+)为线性关系，如下图中实线所示。下列叙述错误的是A溶液pH4时，c(M)<3.010-1molL-1-8B.MA的溶度积度积Ksp(MA)=5.010C.溶液pH=7时，c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)D.的电离常数-4HAKa(HA)2.010【答案】Cc(H+)c(A-)【解析】由题意可知HA是一元弱酸，其电离常数Ka(HA)=；c(HA)K(MA)+-2++spKsp(MA)=c(M)×c(A)，联立二式可得线性方程c(M)=c(H)+Ksp(MA)。Ka(HA)【解析】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=7.510-8mol/L=7.510-4mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；B．当c(H+)=0mol/L时，c2(M+)=5.0×10-8，结合解析可知K(MA)-8sp5.0×10=0+Ksp(MA)=Ksp(MA)，B正确；Ka(HA)++--n-C．设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M)+c(H)=c(A)+c(OH)+nc(X)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；+-52+-822-8D．当c(H)=20×10mol/L时，c(M)=10.0×10mol/L，结合Ksp(MA)=5.010B代入线5.010-8性方程有-8-4-8，解得-4，正确；10.0×10=210+5.010Ka(HA)2.010DKa(HA)选C。二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。15.如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则（）A.FMFN,EpMEpNBFMFN,EpMEpNC.FMFN,EpMEpND.FMFN,EpMEpN【答案】A【解析】【解析】由图中等势面的疏密程度可知EMEN根据FqE可知FMFN由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减小，即EpMEpN故选A。16.如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为qq0的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60，v不计重力，则1为（）v2133A.B.C.D.3232【答案】B【解析】【解析】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径r1R第二次的半径r23R根据洛伦兹力提供向心力有mv2qvBr可得qrBvm所以vr311v2r23故选B。17.医学治疗中常用放射性核素113In产生射线，而113In是由半衰期相对较长的113Sn衰m113113变产生的。对于质量为m0的Sn，经过时间t后剩余的Sn质量为m，其t图线如m0图所示。从图中可以得到113Sn的半衰期为（）A.67.3dB.101.0dC.115.1dD.124.9d【答案】C【解析】m2m1【解析】由图可知从到恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期为m03m03T182.4d67.3d115.1d故选C。18.科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU（太阳到地球的距离为1AU）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（）A.4104MB.4106MC.4108MD.41010M【答案】B【解析】【解析】可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是r1000R地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知Mm2GmR2mR()2R2T解得太阳的质量为4R3M2GT0同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知Mm2Gxmr2mr()2r2T解得黑洞的质量为4r3MxGT2综上可得6Mx3.9010M故选B。19.水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（）1A.在此过程中F所做的功为mv2203B.在此过中F的冲量大小等于mv20v2C.物体与桌面间的动摩擦因数等于04s0gD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知Fmgma1①由速度位移公式有2v02a1s0②外力撤去后，由牛顿第二定律可知mgma2③由速度位移公式有2v02a2(2s0)④由①②③④可得，水平恒力3mv2F04s0动摩擦因数v204gs0滑动摩擦力2mv0Ffmg4s0可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；A．在此过程中，外力F做功为3WFsmv2040故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间s2st0010v0v02在此过程中，F的冲量大小是3IFtmv120故B正确。故选BC。20.四个带电粒子的电荷量和质量分别(q，m)、(q，2m)、(3q，3m)、(q，m)它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为qEam由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为ltv0离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为vatqElytan2vxv0mv0因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三种带电粒子带正电，第四种带电粒子带负电，所以第四个粒子与前面三个粒子的偏转方向不同；第一种粒子与第三种粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与第四种粒子的比荷也相同，所以一、三、四粒子偏转角相同，但第四种粒子与前两个粒子的偏转方向相反；第二种粒子的比荷与第一、三种粒子的比荷小，所以第二种粒子比第一、三种粒子的偏转角小，但都还正电，偏转方向相同。故选AD。21.水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左明上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为1，物块与木板间的动摩擦因数为2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（）A.F11m1gm2(m1m2)B.F2(21)gm1m1m2C.21m2D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有F11(m1m2)g故A错误；BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有F21(m1m2)g(m1m2)a以木板为对象，根据牛顿第二定律，有2m2g1(m1m2)gm1a0解得m2(m1m2)F2(21)gm1m1m221m1故BC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。故选BCD。三、非选择题：第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：22.某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为___________m/s，竖直分量大小为___________m/s；（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为___________m/s2。【答案】(1).1.0(2).2.0(3).9.7【解析】【解析】（1）[1]因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为x0.05vm/s1.0m/s0t0.05[2]竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得85102vm/s2.0m/sy0.054（2）[3]由竖直方向的自由落体运动可得yyyyg34214T2代入数据可得g9.7m/s223.一实验小组利用图（a）所示的电路测量—电池的电动势E（约1.5V）和内阻（r小于2Ω）。图中电压表量程为1V，内阻RV380.0Ω：定值电阻R020.0Ω；电阻箱R，最大阻值为999.9Ω；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选___________Ω（填“5.0”或“15.0”）；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；11（3）根据图（a）所示电路，用R、R、R、E和r表示，得___________；0VUU1（4）利用测量数据，做R图线，如图（b）所示：U（5）通过图（b）可得E___________V（保留2位小数），r___________Ω（保留1位小数）；（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E，由此产生的误差为EE100%___________%。ER0RV1(RVR0)r【答案】(1).15.0(2).R(3).1.55(4).1.0(5).ERVR0EERVR05【解析】【解析】（1）[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得UEURVR0RrRVR0代入数据解得R7.5Ω因此选15.0Ω。（3）[2]由闭合回路的欧姆定律可得UEURrRVR0RVR0化简可得1RR1RR0VRV0rUERVR0EERVR0（5）[3][4]由上面公式可得RR11RR1r0Vk，V0rbERVR019EEERVR0E19E1由R图象计算可得Uk0.034V1Ω，b0.68V1代入可得E1.55V，r1.0Ω（6）[5]如果电压表为理想电压表，则可有11r1RUEER0ER0则此时1E'20k因此误差为1120k19k1000=5010019k24.一篮球质量为m0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h11.8m处由静止自由落下，反弹高度为h21.2m。若使篮球从距地面h31.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g10m/s2，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】（1）W4.5J；（2）F9N【解析】【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E1mgh1篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0E2mgh2第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0E40mgh4第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得Wmgh3E3因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系EE24E1E3代入数据可得W4.5J（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得Fmgma在拍球时间内运动的位移为1xat22做得功为WFx联立可得F9N（F-15N舍去）25.如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量M0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L0.6m。初始时CD与EF相距s00.4m，金属3棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离sm后进入一方向垂直于斜面的匀116强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B1T，重力加速度大小取g10m/s2,sin0.6。求：（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；（3）导体框匀速运动的距离。35【答案】（1）0.18N；（2）m0.02kg，；（3）xm8218【解析】【解析】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得1MmgssinMmv2120代入数据解得3vm/s02金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得EBLv0由闭合回路的欧姆定律可得EIR则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为F安BIL0.18N（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有mgsinmgcosF安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得MgsinmgcosMa设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为xtv0则此时导体框的速度为v1v0at则导体框的位移1xvtat2102因此导体框和金属棒的相对位移为1xxxat212由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0xx金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为BLvEBLv，I1111R导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得MgsinmgcosBI1L联立以上可得3x0.3m，a5m/s2，m0.02kg，8（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mgsinmgcosma1金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0a1t1v1导体框匀速运动的距离为x2v1t1代入数据解得2.55xmm291826.磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下 工艺 钢结构制作工艺流程车尿素生产工艺流程自动玻璃钢生产工艺2工艺纪律检查制度q345焊接工艺规程 流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表2金属离子Fe3Al3MgCa2开始沉淀的pH2.23.59.512.451沉淀完全c=1.010molL的pH3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_______。Al2O3NH4AlSO42(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_______。(3)“母液①"中Mg2+浓度为_______molL-1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。2(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO水解析出TiO2xH2O沉淀，该反应的离子方程式是_______。(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。焙烧【答案】(1).Al2O34MH42SO42NH4AlSO426NH33H2O3+3+2+6(2).Fe、Al、Mg(3).1.010(4).硫酸(5).SiO2(6).CaSO42+(7).TiO+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H(8).(NH4)2SO4【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。【解析】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4焙烧NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为-10.8110——=1×106mol/L，故答案为：1×106；（110-2.4）2(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由解析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O2++沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO+（x+1）H2OΔTiO2·xH2O+2H，故答案为：2++TiO+(x+1)H2OΔTiO2·xH2O+2H；(6)由解析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。27.氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下(转置如图所示)：Ⅰ.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。Ⅱ.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。Ⅲ.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。Ⅳ.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。Ⅴ.蒸馏水洗涤沉淀。Ⅵ.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。回答下列问题：(1)装置图中，仪器a、c的名称分别是_______、_______，仪器b的进水口是_______(填字母)。(2)步骤Ⅰ中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是_______。(3)步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是_______。(4)步骤Ⅲ中，H2O2的作用是_______(以离子方程式表示)。步骤Ⅳ中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在2来判断。检测的方法是(5)SO4_______。(6)步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl是否洗净，其理由是_______。【答案】(1).滴液漏斗(2).三颈烧瓶(3).d(4).反应放热，使反应过快(5).反应温度接近水的沸点，油浴更易控温(6).2取少量洗出液，滴加，2MnO45H2O26H2Mn8H2O5O2(7).BaCl2没有白色沉淀生成(8).H+与Cl-电离平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl-洗净【解析】【解析】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出，故答案为：分液漏斗；三颈烧瓶；d；(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案为：反应放热，使反应过快；(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴，故答案为：反应温度接近水的沸点，油浴更易控温；(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程+2+式为：2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+5O2↑+8H2O，故答案为：+2+2MnO4+5H2O2+6H=2Mn+5O2↑+8H2O；2(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO4来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成，故答案为：取少量洗出液，滴加BaCl2，没有白色沉淀生成；(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电离平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl-洗净，故答案为：H+与Cl-电离平衡，洗出液接近中性时，可认为Cl-洗净。28.一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是_______。(2)氯铂酸钡(BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数′42Kp1.010Pa，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则pICl=_______kPa，反应2ICl(g)Cl2(g)I2(g)的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。(3)McMorris测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数Kp。2NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I2(g)Kp12NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)Kp211得到lgK~和lgK~均为线性关系，如下图所示：p1Tp2T①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH_______0(填“大于”或“小于”)②反应2ICl(g)Cl2(g)I2(g)的K=_______(用Kp1、Kp2表示)：该反应的ΔH_______0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程_______。(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：NOClhvNOClNOClNOCl2NOCl2其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_______mol光子。1007.6103【答案】(1).溴(或Br)(2).24.8(3).(4).大于(5).(24.8103)211大于设，即，由图可知：Kp1Kp2(6).(7).TT′lgKp1(T')lgKp1(T)lgKp1(T)lgKp1(T')则：，即，因此该反应正反应为吸热反lgKp2(T')Kp1(T')lgKp2(T)Kp1(T)k(T')>k(T)应，即ΔH大于0(8).0.5【解析】【解析】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；(2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCl6(s)BaCl2(s)+Pt(s)+2Cl2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。BaPtCl6(s)BaCl2(s)+Pt(s)+2Cl2(g)的平衡常数′42242Kp1.010Pa，则平衡时p(Cl2)=1.010Pa，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)开始/(kPa)20.00I2(g)的分压减小pkPa，则，376.8℃平衡时，测得烧变化/(kPa)p2p平衡/(kPa)0.120.0-p2p瓶中压强为32.5kPa，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时3pICl=2pkPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×10Pa，3pICl=24.8kPa=24.8×10Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应2ICl(g)Cl2(g)I2(g)的平1007.6103衡常数K=；(24.8103)21(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡T2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的大于0；②Ⅰ.2NO(g)+2ICl(g)2NOCl(g)+I2(g)Kp1Ⅱ.2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)Kp2Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)Cl2(g)I2(g)，则2ICl(g)Cl2(g)I2(g)的K=Kp1Kp2；该反应的11大于；推理过程如下：设，即，由图可知：ΔH0TT′lgKp1(T')lgKp1(T)lgKp1(T)lgKp1(T')则：，即，因此该反应正反应为吸热反lgKp2(T')Kp1(T')lgKp2(T)Kp1(T)k(T')>k(T)应，即ΔH大于0；(4)Ⅰ.NOClhvNOClⅡ.NOClNOCl2NOCl2Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。29.生活在干旱地区的一些植物（如植物甲）具有特殊的CO2固定方式。这类植物晚上气孔打开吸收CO2，吸收的CO2通过生成苹果酸储存在液泡中；白天气孔关闭，液泡中储存的苹果酸脱羧释放的CO2可用于光合作用。回答下列问题：（1）白天叶肉细胞产生ATP的场所有__________。光合作用所需的CO2来源于苹果酸脱羧和______________释放的CO2。（2）气孔白天关闭、晚上打开是这类植物适应干旱环境的一种方式，这种方式既能防止______________，又能保证_____________正常进行。（3）若以pH作为检测指标，请 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 实验来验证植物甲在干旱环境中存在这种特殊的CO2固定方式。_____（简要写出实验思路和预期结果）【答案】(1).细胞质基质、线粒体（线粒体基质和线粒体内膜）、叶绿体类囊体薄膜(2).细胞呼吸（或呼吸作用）(3).蒸腾作用过强导致水分散失过多(4).光合作用(5).实验思路：取生长状态相同的植物甲若干株随机均分为A、B两组；A组在（湿度适宜的）正常环境中培养，B组在干旱环境中培养，其他条件相同且适宜，一段时间后，分别检测两组植株夜晚同一时间液泡中的pH，并求平均值。预期结果：A组pH平均值高于B组。【解析】据题可知，植物甲生活在干旱地区，为降低蒸腾作用减少水分的散失，气孔白天关闭、晚上打开。白天气孔关闭时：液泡中储存的苹果酸脱羧释放的CO2可用于光合作用，光合作用生成的氧气和有机物可用于细胞呼吸，白天能产生ATP的场所有细胞质基质、线粒体和叶绿体；而晚上虽然气孔打开，但由于无光照，叶肉细胞只能进行呼吸作用，能产生ATP的场所有细胞质基质和线粒体。【解析】（1）白天有光照，叶肉细胞能利用液泡中储存的苹果酸脱羧释放的CO2进行光合作用，也能利用光合作用产生的氧气和有机物进行有氧呼吸，光合作用光反应阶段能将光能转化为化学能储存在ATP中，有氧呼吸三阶段都能产生能量合成ATP，因此叶肉细胞能产生ATP的场所有细胞质基质、线粒体（线粒体基质和线粒体内膜）、叶绿体类囊体薄膜。光合作用为有氧呼吸提供有机物和氧气，反之，细胞呼吸（呼吸作用）产生的二氧化碳也能用于光合作用暗反应，故光合作用所需的CO2可来源于苹果酸脱羧和细胞呼吸（或呼吸作用）释放的CO2。（2）由于环境干旱，植物吸收的水分较少，为了维持机体的平衡适应这一环境，气孔白天关闭能防止白天因温度较高蒸腾作用较强导致植物体水分散失过多，晚上气孔打开吸收二氧化碳储存固定以保证光合作用等生命活动的正常进行。（3）该实验自变量是植物甲所处的生存环境是否干旱，由于夜间气孔打开吸收二氧化碳，生成苹果酸储存在液泡中，导致液泡pH降低，故可通过检测液泡的pH验证植物甲存在该特殊方式，即因变量检测指标是液泡中的pH值。实验思路：取生长状态相同的植物甲若干株随机均分为A、B两组；A组在（湿度适宜的）正常环境中培养，B组在干旱环境中培养，其他条件相同且适宜，一段时间后，分别检测两组植株夜晚同一时间液泡中的pH，并求平均值。预期结果：A组pH平均值高于B组。【解析】解答本题的关键是明确实验材料选取的原则，以及因变量的检测方法和无关变量的处理原则。30.在自然界中，竞争是一个非常普遍的现象。回答下列问题：（1）竞争排斥原理是指在一个稳定的环境中，两个或两个以上受资源限制的，但具有相同资源利用方式的物种不能长期共存在一起。为了验证竞争排斥原理，某同学选用双小核草履虫和大草履虫为材料进行实验，选择动物所遵循的原则是______________。该实验中需要将两种草履虫放在资源______________（填“有限的”或“无限的”）环境中混合培养。当实验出现______________的结果时即可证实竞争排斥原理。（2）研究发现，以同一棵树上的种子为食物的两种雀科鸟原来存在竞争关系，经进化后通过分别取食大小不同的种子而能长期共存。若仅从取食