安徽省阜阳市太和中学2015_2016学年高一生物上学期期中试题普通班含解析.doc

2015-2016学年安徽省阜阳市太和中学高一（上）期中生物试卷（普通班）一、选择题：本题共6小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1中国疾病预防控制中心发布信息：“近期检测出三株NDM1耐药基因阳性细菌其中，疾控中心实验室检出两株来自宁夏的新生儿；一株来自福建某老年患者”下列关于“NDM1超级细菌”的叙述不正确的是（）A“NDM1超级细菌”具有与真核细胞相似的细胞膜、细胞质B从生命系统的结构层次来看，“NDM1超级细菌”既是细胞层次也是个体层次C“NDM1超级细菌”的生命活动离不开细胞D“NDM1超级细菌”与人体细胞相比，在结构上的主要区别是没有染色体2关于生物体内水和无机盐的叙述，不正确的是（）A体内参与运输营养物质和代谢废物的水是自由水B某些无机盐是组成ATP、RNA和纤维素的必需成分C生物体内无机盐浓度的大小会影响细胞的吸水或失水D自由水与结合水的比例随生物个体代谢的强弱而变化3对细胞中某些物质的组成进行分析，可以作为鉴定真核生物的不同个体是否为同一物种的辅助手段，一般不采用的物质是（）A核苷酸BDNACRNAD蛋白质4为获得较纯净的细胞膜，应选取下列哪种细胞做实验（）A鸡的红细胞B人的口腔上皮细胞C青蛙的红细胞D大肠杆菌5如图表示四个单体构成的化合物下列叙述错误的是（）A若单体是四种氨基酸，则该化合物为四肽，彻底水解后的产物再重新组合成四肽，共有24种排列组合B若单体是四种核苷酸，则该化合物一定含有A、C、G三种含氮碱基，水解后的产物再重新组合在一起，共有24种组合C若单体是四种脱氧核苷酸，则该化合物有A、U、C、G四种含氮碱基，彻底水解的产物中有磷酸、一种单糖和四种含氮碱基D若单体是葡萄糖，则该化合物为四糖，其水解成两分子二糖时，该二糖能与斐林试剂发生特定颜色反应6已知氨基酸的平均相对分子质量为126，某链状多肽分子式为C63H103O19N18S2，其中含2个天冬酰胺（R基为C2H4ON），该多肽相对分子质量最大为（）A1638B1746C1890D2142二、解答题（共3小题，满分36分）7蛋白水解酶分内切酶和外切酶2种，外切酶专门作用于肽链末端的肽键，内切酶则作用于肽链内部特定区域，若蛋白酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）两侧的肽键，蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）氨基端的肽键，某四十九肽经酶1和酶2作用后的情况如图（1）若蛋白外切酶处理该多肽，则会得到个氨基酸（2）短肽A、B、C比四十九肽的氧原子数少个（3）该四十九肽只有第号位为赖氨酸，而苯丙氨酸存在于第号位上8（18分）（2015秋阜阳校级期中）图表示细胞内某些有机物的元素组成和功能关系，其中A、B代表元素，、是生物大分子，图中X、Y、Z、P分别为构成生物大分子的基本单位请回答下列问题（1）生物体的有机物可以通过颜色反应加以区别鉴定，、使用染色，依次呈现、；可用苏丹染液鉴定而呈现；使用鉴定时，应先加1mL，再加入4滴，摇匀后呈现（2）大分子物质中，具有物种特异性的是在神经细胞与淋巴细胞中，、（在横线上填一般相同或一般不同）（3）的结构具有多样性，其多样性根本上是由决定的（4）由小分子物质X、Y、Z、P生成大分子物质、的过程中，有一共同的生成物是（5）相同质量的V氧化分解供能时释放的能量远远多于，原因是中含量高（6）Y与Z组成上的不同点分别为：和（7）的基本组成单位的结构通式为：9（10分）（2015秋阜阳校级期中）蛋白质的空间结构遭到破坏，其生物活性就会丧失，这称为蛋白质的变性高温、强碱、强酸、重金属等都会使蛋白质变性现利用提供的材料用具，请你设计实验，探究石油醚能否使蛋白质变性材料用具：蔗糖溶液、新鲜蔗糖酶溶液、蒸馏水、质量浓度为0.1gmL1的NaOH溶液、质量浓度为0.05gmL1的CuSO4溶液、石油醚、烧杯、试管、量筒、滴管、温度计、酒精灯（1）实验步骤取两支试管，编号A、B，向A、B两试管中各加入1mL新鲜的蔗糖酶溶液，然后向A试管加5滴蒸馏水，向B试管加，混匀后向A、B两试管再加2mL蔗糖溶液；将两支试管摇匀后，同时放入适宜温度的温水中维持5min；取质量浓度为0.1gmL1的NaOH溶液和质量浓度为0.05gmL1的CuSO4溶液等量混合，配制成斐林试剂从温水中取出A、B试管，各加入（2）实验结果预测及结论，说明石油醚能使蔗糖酶（蛋白质）变性；，说明石油醚不能使蔗糖酶（蛋白质）变性（3）该实验对照组是2015-2016学年安徽省阜阳市太和中学高一（上）期中生物试卷（普通班）参考答案与试题解析一、选择题：本题共6小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1中国疾病预防控制中心发布信息：“近期检测出三株NDM1耐药基因阳性细菌其中，疾控中心实验室检出两株来自宁夏的新生儿；一株来自福建某老年患者”下列关于“NDM1超级细菌”的叙述不正确的是（）A“NDM1超级细菌”具有与真核细胞相似的细胞膜、细胞质B从生命系统的结构层次来看，“NDM1超级细菌”既是细胞层次也是个体层次C“NDM1超级细菌”的生命活动离不开细胞D“NDM1超级细菌”与人体细胞相比，在结构上的主要区别是没有染色体【考点】原核细胞和真核细胞的形态和结构的异同【分析】“NDM1超级细菌”是原核生物，原核细胞与真核细胞相比，最大的区别是原核细胞没有被核膜包被的成形的细胞核，没有核膜、核仁和染色体；原核生物没有复杂的细胞器，只有核糖体一种细胞器；但原核生物含有细胞膜、细胞质结构，含有核酸和蛋白质等物质【解答】解：A、“NDM1超级细菌”是原核生物，没有成形的细胞核，但具有与真核细胞相似的细胞膜、细胞质，故A正确；B、“NDM1超级细菌”属于单细胞生物，从生命系统的结构层次来看，“NDM1超级细菌”既是细胞层次也是个体层次，故B正确；C、任何生物的生命活动都离不开细胞，故C正确；D、“NDM1超级细菌”是原核生物，与真核细胞相比，在结构上的主要区别是没有核膜，故D错误故选：D【点评】本题以“NDM1超级细菌”为题材，考查原核生物和真核生物的细胞结构、生命系统的结构层次等相关知识，意在考查考生的识记能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，解决生物学问题的能力2关于生物体内水和无机盐的叙述，不正确的是（）A体内参与运输营养物质和代谢废物的水是自由水B某些无机盐是组成ATP、RNA和纤维素的必需成分C生物体内无机盐浓度的大小会影响细胞的吸水或失水D自由水与结合水的比例随生物个体代谢的强弱而变化【考点】水和无机盐的作用的综合【分析】本题是对水的存在形式和作用、无机盐的存在形式和作用的考查，回忆水的存在形式和作用及无机盐的存在形式和作用，然后分析选项进行解答【解答】解：A、自由水可以自由移动，对于运输营养物质和代谢废物具有重要作用，A正确；B、纤维素的组成元素是C、H、O，不含有无机盐，B错误；C、生物体内无机盐对于维持渗透压具有重要作用，无机盐浓度的大小会影响细胞的渗透压，进而影响细胞吸水或失水，C正确；D、自由水与结合水可以相互转化，自由水与结合水的比值越高细胞代谢越旺盛，反之亦然，D正确故选：B【点评】对于水的存在形式和作用、无机盐的存在形式和作用的理解并把握知识点间的内在联系是本题考查的重点3对细胞中某些物质的组成进行分析，可以作为鉴定真核生物的不同个体是否为同一物种的辅助手段，一般不采用的物质是（）A核苷酸BDNACRNAD蛋白质【考点】DNA分子的多样性和特异性【分析】核酸的基本单位是核苷酸，分为4种脱氧核苷酸，4种核糖核苷酸，在所有细胞都8种不同个体细胞DNA不一样，转录生成的RNA也不一样，翻译成的蛋白质不一样【解答】解：A、在不同细胞中，核苷酸的种类都是8种，不能作为不同个体是否为同一物种的辅助手段，A正确；B、DNA分子具有特异性，原因是每个DNA分子都有特定的碱基排列顺序，B错误；C、DNA分子具有特异性，转录形成的信使RNA排列顺序也不相同，C错误；D、蛋白质具有多样性，因此可作为不同个体是否为同一物种的辅助手段，D错误故选：A【点评】本题考查DNA的特异性，意在考查学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题4为获得较纯净的细胞膜，应选取下列哪种细胞做实验（）A鸡的红细胞B人的口腔上皮细胞C青蛙的红细胞D大肠杆菌【考点】细胞膜的制备方法【专题】提取类实验；生物膜系统【分析】制备细胞膜时，选哺乳动物成熟的红细胞作实验材料的原因：（1）动物细胞没有细胞壁，不但省去了去除细胞壁的麻烦，而且无细胞壁的支持、保护，细胞易吸水涨破（2）哺乳动物和人成熟的红细胞，没有细胞核和具有膜结构的细胞器，易用离心分离法得到不掺杂细胞内膜系统的纯净的细胞膜【解答】解：大肠杆菌属于原核生物，其细胞中没有细胞核和具膜结构的细胞器，而鸡的红细胞、口腔上皮细胞、青蛙的红细胞含有细胞核和细胞器，存在内膜系统的干扰，因此大肠杆菌细胞是制备纯净细胞膜的适宜材料故选：D【点评】本题考查选择哺乳动物红细胞作材料来研究细胞膜的组成的原因对于此类试题，学生应掌握试验室获取纯净细胞膜的方法，难度不大5如图表示四个单体构成的化合物下列叙述错误的是（）A若单体是四种氨基酸，则该化合物为四肽，彻底水解后的产物再重新组合成四肽，共有24种排列组合B若单体是四种核苷酸，则该化合物一定含有A、C、G三种含氮碱基，水解后的产物再重新组合在一起，共有24种组合C若单体是四种脱氧核苷酸，则该化合物有A、U、C、G四种含氮碱基，彻底水解的产物中有磷酸、一种单糖和四种含氮碱基D若单体是葡萄糖，则该化合物为四糖，其水解成两分子二糖时，该二糖能与斐林试剂发生特定颜色反应【考点】生物大分子以碳链为骨架【专题】正推法；蛋白质 核酸的结构与功能；糖类 脂质的种类和作用【分析】1、蛋白质的基本组成单位是氨基酸，组成蛋白质的氨基酸根据R基不同分为20种，蛋白质多样性与组成蛋白质的氨基酸的种类、数目、排列顺序和蛋白质的空间结构不同有关2、核酸根据五碳糖不同分为DNA和RNA，DNA和RNA在组成成分上的差异：五碳糖不同，DNA中的五碳糖是脱氧核糖，RNA中的五碳糖是核糖；碱基不完全相同，DNA特有的碱基是T，RNA特有的碱基是U；核酸的多样性与核酸中核苷酸的排列顺序的千变万化有关3、糖类中的还原糖有葡萄糖、果糖、麦芽糖等，麦芽糖是由2分子葡萄糖形成的二糖，蔗糖是由1分子葡萄糖和1分子果糖形成的二糖，蔗糖不是还原糖【解答】解：A、如果单体是四种氨基酸，则该化合物含有4个氨基酸，是四肽化合物，彻底水解后的产物再重新组合成四肽，其排列方式是4×3×2×1=24种，A正确；B、如果单体是四种核苷酸，则该化合物一定含有A、C、G三种含氮碱基，水解后的产物再重新组合在一起，共有4×3×2×1=24种组合，B正确；C、脱氧核苷酸中含有碱基T，但不含有碱基U，C错误；D、如果单体是葡萄糖，则该化合物为四糖，其水解成两分子二糖，该二糖是麦芽糖，能与斐林试剂发生特定颜色反应，D正确故选：C【点评】本题的知识点是糖类的分类和组成，蛋白质和DNA结构多样性的原因，旨在考查学生理解所学知识的要点，把握知识的内在联系形成知识网络，并应用相关知识进行推理6已知氨基酸的平均相对分子质量为126，某链状多肽分子式为C63H103O19N18S2，其中含2个天冬酰胺（R基为C2H4ON），该多肽相对分子质量最大为（）A1638B1746C1890D2142【考点】蛋白质分子的化学结构和空间结构【专题】氨基酸、蛋白质的相关计算；蛋白质 核酸的结构与功能【分析】构成蛋白质的基本单位是氨基酸，其结构特点是每种氨基酸分子至少都含有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同一个碳原子上，这个碳原子还连接一个氢原子和一个侧链基团氨基酸在核糖体上通过脱水缩合的方式形成多肽，连接两个氨基酸分子的化学键叫做肽键，用化学式NHCO表示在蛋白质分子合成过程中失去水分子数=肽键数=氨基酸数肽链数；蛋白质相对分子质量=氨基酸平均相对分子质量×氨基酸数量失去水分子数×水的相对分子质量一个肽链中至少有一个游离的氨基和一个游离的羧基，在肽链内部的R基中可能也有氨基和羧基【解答】解：由题意知，天冬氨酸的R基是C2H4ON，每个天冬氨酸含有2个N原子，因此2个天冬氨酸含有4个N原子，因此分子式为C63H103O45N18S2的该多肽链最多含有182=16个氨基酸，因此该多肽的分子质量最大约为126×1615×18=1746故选：B【点评】本题考查蛋白质结构的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题和解决问题的能力二、解答题（共3小题，满分36分）7蛋白水解酶分内切酶和外切酶2种，外切酶专门作用于肽链末端的肽键，内切酶则作用于肽链内部特定区域，若蛋白酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）两侧的肽键，蛋白酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）氨基端的肽键，某四十九肽经酶1和酶2作用后的情况如图（1）若蛋白外切酶处理该多肽，则会得到49个氨基酸（2）短肽A、B、C比四十九肽的氧原子数少1个（3）该四十九肽只有第22、23和49号位为赖氨酸，而苯丙氨酸存在于第17、31和32号号位上【考点】蛋白质的合成氨基酸脱水缩合【专题】氨基酸、蛋白质的相关计算；蛋白质的合成【分析】1、构成蛋白质的基本单位是氨基酸，其结构通式是，即每种氨基酸分子至少都含有一个氨基和一个羧基，且都有一个氨基和一个羧基连接在同一个碳原子上，这个碳原子还连接一个氢和一个R基，氨基酸的不同在于R基的不同2、氨基酸通过脱水缩合形成多肽链，而脱水缩合是指一个氨基酸分子的羧基（COOH ）和另一个氨基酸分子的氨基（NH2）相连接，同时脱出一分子水的过程；氨基酸形成多肽过程中的相关计算：肽键数=脱去水分子数=氨基酸数一肽链数，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原子总数一脱去水分子数3、分析题图：题图是某四十九肽经酶1和酶2作用后的情况，其中酶1作用于苯丙氨酸（C9H11NO2）两侧的肽键，经酶1处理该多肽后，形成116、1830、3349三个片段，说明第17、31和32号为苯丙氨酸；酶2作用于赖氨酸（C6H14N2O2）氨基端的肽键，经酶2处理该多肽后，形成121、2349两个片段，说明第22、23和49号为赖氨酸【解答】解：（1）外切酶专门作用于肽链末端的肽键，若该四十九肽用蛋白外切酶处理，可得到49个氨基酸（2）由以上分析知，短肽A、B、C的形成过程中共去掉第17、31和32位苯丙氨酸（C9H11NO2）3个，此过程共需要断裂5个肽键（分别位于16和17号、17和18号、30和31号、31位和32号、32位和33号）、消耗5个水分子，每个苯丙氨酸含有2个氧原子、每个水分子含有1个氧原子，所以短肽A、B、C比该四十九肽的氧原子数少2×35=1个（3）由以上分析可知，该四十九肽只有第22、23、49号位为赖氨酸，而苯丙氨酸存在于第17、31、32号位上故答案为：（1）49（2）1（3）22、23和49 17、31和32号【点评】本题考查蛋白质的合成氨基酸脱水缩合，要求考生识记氨基酸脱水缩合的具体过程，掌握其中的相关计算，明确酶1和酶2对该多肽的作用结果是解题的关键8（18分）（2015秋阜阳校级期中）图表示细胞内某些有机物的元素组成和功能关系，其中A、B代表元素，、是生物大分子，图中X、Y、Z、P分别为构成生物大分子的基本单位请回答下列问题（1）生物体的有机物可以通过颜色反应加以区别鉴定，、使用甲基绿派洛宁染色，依次呈现绿色、红色；可用苏丹染液鉴定而呈现橘黄色；使用双缩脲鉴定时，应先加A液1mL，再加入B液4滴，摇匀后呈现紫色（2）大分子物质中，具有物种特异性的是在神经细胞与淋巴细胞中，一般相同、一般不同（在横线上填一般相同或一般不同）（3）的结构具有多样性，其多样性根本上是由决定的（4）由小分子物质X、Y、Z、P生成大分子物质、的过程中，有一共同的生成物是水（5）相同质量的V氧化分解供能时释放的能量远远多于，原因是中C、H含量高（6）Y与Z组成上的不同点分别为：五碳糖和含氮碱基（7）的基本组成单位的结构通式为：【考点】DNA、RNA在细胞中的分布实验；氨基酸的分子结构特点和通式；糖类的种类及其分布和功能【专题】概念图；蛋白质 核酸的结构与功能；糖类 脂质的种类和作用【分析】分析题图可知是多糖，植物中是指淀粉，动物中指糖原，是DNA，是RNA，是蛋白质；X是葡萄糖，Y是脱氧核糖核苷酸，Z是核糖核苷酸，p是氨基酸；A是N、P，B是N【解答】解：（1）根据有机物在细胞中的分布和功能确定，是DNA，是RNA，DNA和RNA应使用甲基绿派洛宁染色，依次呈现绿色、红色； 生物体内的主要储能物质为脂肪，脂肪可用苏丹染液鉴定而呈现橘黄色；使用双缩脲鉴蛋白质时，应先加 A液1mL，再加入 B液4滴，摇匀后呈现紫色（2）大分子物质中，具有物种特异性的是DNA在神经细胞与淋巴细胞中，由于基因的选择性表达，其中中的DNA没有发生变化，但是蛋白质一般不同（3）蛋白质的结构具有多样性，其多样性根本上是由遗传物质DNA决定的（4）由小分子物质X、Y、Z、P生成大分子物质、的过程中，共同的生成物是水（5）相同质量的脂肪氧化分解供能时释放的能量远远多于糖类，原因是脂肪中C、H含量高，耗氧多，释放的能量多（6）DNA和RNA在组成的区别主要五碳糖和含氮碱基，其中DNA的五碳糖为脱氧核糖，RNA中的五碳糖为核糖；T是DNA中特有的碱基，U是RNA中特有的碱基（7）蛋白质的基本单位为氨基酸，氨基酸的结构通式为：故答案为：（1）甲基绿派洛宁 绿色 红色橘黄色 双缩脲 A液 B液 紫色（2）一般相同 一般不同（3）（4）水（5）C、H（6）五碳糖 含氮碱基（7）【点评】本题的知识点是糖类、蛋白质、核酸的元素组成、基本单位和功能，通过功能判断出大分子化合物的名称是解题的突破口，对组成细胞的元素和化合物的记忆是解对题目的关键9（10分）（2015秋阜阳校级期中）蛋白质的空间结构遭到破坏，其生物活性就会丧失，这称为蛋白质的变性高温、强碱、强酸、重金属等都会使蛋白质变性现利用提供的材料用具，请你设计实验，探究石油醚能否使蛋白质变性材料用具：蔗糖溶液、新鲜蔗糖酶溶液、蒸馏水、质量浓度为0.1gmL1的NaOH溶液、质量浓度为0.05gmL1的CuSO4溶液、石油醚、烧杯、试管、量筒、滴管、温度计、酒精灯（1）实验步骤取两支试管，编号A、B，向A、B两试管中各加入1mL新鲜的蔗糖酶溶液，然后向A试管加5滴蒸馏水，向B试管加5滴石油醚，混匀后向A、B两试管再加2mL蔗糖溶液；将两支试管摇匀后，同时放入适宜温度的温水中维持5min；取质量浓度为0.1gmL1的NaOH溶液和质量浓度为0.05gmL1的CuSO4溶液等量混合，配制成斐林试剂将两支试管摇匀后，同时放入适宜的温水中维持5min；从温水中取出A、B试管，各加入1mL斐林试剂摇匀，放入盛有5065温水的大烧杯中加热约2min，观察试管中出现的颜色变化（2）实验结果预测及结论A试管中出现砖红色沉淀，B试管不出现，说明石油醚能使蔗糖酶（蛋白质）变性；A、B两只试管都出现砖红色沉淀，说明石油醚不能使蔗糖酶（蛋白质）变性（3）该实验对照组是A试管【考点】蛋白质变性的主要因素；检测蛋白质的实验【专题】探究结论；蛋白质 核酸的结构与功能【分析】本题是通过实验探究蛋白质变性的原因，先分析题干明确本实验的目的是探究石油醚能否使蛋白质变性，从实验目的分析自变量是石油醚的有无，实验的原理是蔗糖酶能催化蔗糖水解成还原糖，还原糖可以与斐林试剂反应生成砖红色沉淀，因此实验的因变量是否出现砖红色沉淀，实验设计应遵循对照原则与单一变量的原则，因为本实验是探究实验，石油醚能可能使蛋白质变性，也可能石油醚不能使蛋白质变性，因此预期实验结果应有2种情况【解答】解：（1）分析题干可知本实验的目的是探究石油醚能否使蛋白质变性，由实验目的和实验材料推出实验原理是：蔗糖酶能催化蔗糖水解成还原糖，还原糖可以与斐林试剂反应生成砖红色沉淀，若石油醚能使蛋白质变性，蔗糖酶活性丧失，不出现砖红色沉淀，若石油醚不能使蛋白质变性，蔗糖酶具有活性，出现砖红色沉淀；因此实验的自变量是石油醚的有无，因变量是否出现砖红色沉淀，其他变量属于无关变量，实验设计应遵循对照原则与单一变量的原则故实验步骤是：实验的试剂的量是无关变量，应保持一致，因此，取两支试管，编号A、B，向A、B两试管中各加入1mL新鲜的蔗糖酶溶液，然后向A试管加5滴蒸馏水，向B试管加5滴石油醚，混匀后向A、B两试管再加2mL蔗糖溶液；温度和水浴加热的时间是无关变量，应保持一致且适宜，将两支试管摇匀后，同时放入适宜温度的温水中维持5min；配制斐林试剂溶液，取质量浓度为0.1g/mL的NaOH溶液和质量浓度为0.05g/mL的CuSO4溶液等量混合，配制成斐林试剂；从温水中取出A、B试管，各加入1mL斐林试剂摇匀，放入盛有5065温水的大烧杯中加热约2min，观察试管中出现的颜色变化（2）实验结果预测及结论本实验是探究实验，石油醚能可能使蛋白质变性，也可能石油醚不能使蛋白质变性，因此预期实验结果应有2种情况A试管中出现砖红色沉淀，B试管不出现说明石油醚能使蔗糖酶（蛋白质）变性A试管中出现砖红色沉淀，B试管也出现砖红色沉淀，说明石油醚不能使蔗糖酶（蛋白质）变性（3）该实验的自变量是石油醚的有无；因变量是A、B试管中的颜色变化；A试管是对照组，B试管是实验组故答案为：（1）5滴石油醚 将两支试管摇匀后，同时放入适宜的温水中维持5min 1mL斐林试剂摇匀，放入盛有5065温水的大烧杯中加热约2min，观察试管中出现的颜色变化（2）A试管中出现砖红色沉淀，B试管不出现 A、B两只试管都出现砖红色沉淀（3）A试管【点评】本题是探究石油醚是否使蛋白质变性，对实验目的、原理和实验变量的分析是解题的突破口，对实验设计应遵循的对照原则与单一变量原则的运用是解题的关键 - 14 -