2020年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试（考前最后一卷）（新课标II卷）答案全解全析.pdf

1、2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 1 页 共 19 页绝密考试结束前2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）（新课标 II 卷）理科综合能力测试答案全解全析一、选择题：本题共 13 个小题，每小题 6 分，共 78 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。1C【解析】A、胆固醇也参与了血脂的运输及构成动物细胞膜成分，应适当摄入，A 错误；B、米饭、馒头等主食富含淀粉，也属于糖类，糖尿病人不能大量摄入，B 错误；C、必需氨基酸在体内不能合成，故人们在评价食物中蛋白质成分的营养价值时，常以必需氨基酸的种类和含量为标准，C

2、正确；D、补充核酸只是为体内核酸的合成提供原料，不能改变基因，D 错误。2D【解析】A、高度分化的动物细胞不再分裂，还有些细胞可以进行无丝分裂和减数分裂，A 错误；B、海拉细胞是一种癌细胞，存活至今，由于发生多次基因突变，所以体外培养至今的海拉细胞，与起初从其宫颈癌组织中分离出来的海拉细胞不同，B 错误；C、细胞的衰老和凋亡是细胞正常的生命历程，对生物体有利，C 错误；D、细胞分裂、分化、衰老和凋亡过程中，都发生了基因的选择性表达，D 正确。3D【解析】A、病毒由 RNA 和蛋白质组成，甲试管中只有带放射性标记的脱氧核糖核苷三磷酸缓冲溶液，发生了逆转录，不能合成 RNA 和蛋白质，不能检测到子

3、代病毒，A 错误；B、甲试管检测到核酸，说明该病毒能合成 DNA，所以该病毒颗粒中含有与 DNA 合成有关的酶，B 错误；C、该病毒是逆转录型的 RNA 病毒，乙试管中无放射性核酸的合成是因为缺少脱氧核苷酸的原料，C 错误；D、加入 RNA 酶，可以降解 RNA（逆转录的模板），因此甲试管中放射性核酸明显减少，D 正确。4A【解析】据图中数据可知，随距石头的距离加大，蜥蜴数量减少，蝗虫数量增多，而非禾草植物明显降低，故说明距石头的远近是引起该群落水平结构变化的重要因素。随着蝗虫种群密度的增大，禾草植物和非禾草植物的生物量均在减少，两者之间的竞争将会降低，A 正确；蜥蜴活动地点离石头越远，越不利

4、于躲避天敌，被天敌插食的风险就越大，B 错误；据图中数据可知，随距石头的距离不同，生物分布也不同，故距石头的远近是引起该群落水平结构变化的重要因素，C 错误；物质循环是指在生物群落和无机环境之间的物质是循环利用的，不是各种生物之间的物质都是循环的，D 错误。5C【解析】根据题意分析可知，纳洛酮是一种有效的类吗啡拮抗剂，通过竞争受体而起作用，因此推导纳洛酮可能作用于突触后膜上的特异性受体发挥作用。实验中科学家从小鼠大脑中提取蛋白质混合物，同时逐滴加入一定量放射性标记的纳洛酮和不同类型的试剂，将混合液置于特殊介质上用缓冲液冲洗，如果纳洛酮能和蛋白质混合物中的成分结合，则会从介质上检测出稳定的放射性

5、。根据表中数据可知，该实验研究不同麻醉剂对纳洛酮作用的影响，实验的自变量是麻醉剂的种类和有无，因此其中加入非麻醉剂苯巴比妥的一组为对照组，对照组中纳洛酮和蛋白质混合物中的成分结合的最多，放射性最强。比较表中数据可知，加入左啡诺的一组与对照组的试剂浓度相比最低，说明该组中麻醉剂与纳洛酮竞争受体的作用最明显，纳洛酮和蛋白质混合物中的成分结合的最少。A.根据以上分析可知，纳洛酮可能作用于突触后膜上的特异性受体发挥作用，A 正确；B.根据以上分析可知，该实验的目的是研究不同麻醉剂对纳洛酮作用的影响，因此该实验的自变量是麻醉剂的种类和有无，故实验中加入非麻醉剂的目的是作为对照组，B 正确；C.根据表中数

6、据分析可知，通过与对照组数据比较，加入左啡诺的一组与对照组的试剂浓度相比最低，说明该组中麻醉剂与纳洛酮竞争受体的作用最明显，C 错误；D.由于麻醉剂与纳洛酮竞争相同位点，导致纳洛酮与蛋白质混合物中的成分结合减少，故实验组放射性降低，D 正确。6C【解析】因为基因 A 和基因 B 均纯合时会使胚胎致死，则黄色短尾鼠的基因型可能为 AaBB、AABb、AaBb，从理论上来讲，选择黄色短尾鼠进行交配（可以是相同基因型的个体），得到的表现型比例为 2:1、5:2、8:3：3:1，但不能为 4:2:2:1。故答案为 C。7C【解析】A.酒精是一种还原性的物质，在空气中能与氧气发生反应，84 消毒液有强氧

7、化性，也就是和氧气类似，所以酒精也可以和 84 消毒液发生反应，医用酒精和 84 消毒液混合使用不仅不能增强它们的消毒效果，反而产生有毒气体，所以医用酒精和 84 消毒液不能混用，A 错误；2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 2 页 共 19 页B.气溶胶是指悬浮在气体介质中的固态或液态颗粒所组成的气体分散系统，B 错误；C.聚丙烯为高聚物，聚合度不确定，没有定值，所以属于混合物，C 正确；D.人体内不存在水解纤维素的酶，所以纤维素在人体内不能水解，提供能量，D 错误；故答案为：C。8D【解析】A.在22H O 中22()2()250g34%HO

8、H Omol1mol34nn，数目为AN，但溶液中存在大量水分子，水分子中也存在 HO，故 HO数目大于AN，A 错误；B.61052C H OnnH O6126nC H O，葡萄糖的物质的量为 180/162mol1mol，数目大于AN，B 错误；C.23H SiO 为弱酸，2-3SiO 会发生水解，数目小于A0.1N，C 错误；D.反应中氯的化合价既升高到+4 又降低到-1，生成2ClO 化合价由+3 升高到+4，转移电子数目为 1，则生成21molClO转移电子的数目为AN，D 正确。答案选 D。9B【解析】A由结构简式可知，每个节点为碳原子，每个碳原子形成 4 个共价键，不足键由氢原子

9、补齐，则分子式为 C20H24O3，故 A 错误；B该有机物含有 3 个酚羟基，酚羟基具有酸性可与氢氧化钠反应，则 lmol 该有机物能与 3mol NaOH 反应，故 B正确；C-C5H11可以看做 C5H12 中的一个氢原子被取代后的结构，C5H12 有三种同分异构体，正戊烷：CH3CH2CH2CH2CH3、异戊烷：和新戊烷：，正戊烷有三种不同环境的氢原子，则-C5H11有 3 种结构，异戊烷有 4 中不同环境的氢原子，则-C5H11有 4 种结构，新戊烷只有 1 种环境的氢原子，则-C5H11有 1 种结构，因此-C5H11共有 8 中同分异构体，故 C 错误；D该有机物中含有酚羟基和碳

10、碳双键，结构与苯不相似，属于酚类，不属于苯的同系物，故 D 错误；答案选 B。10B【解析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X、Y 的简单离子为 X+、Y3+，则 X 原子的最外层电子数是 1、Y 原子的最外层电子数是 3，W 原子的最外层电子数等于 Y 原子最外层电子数的 2 倍，则 W 为 O、X 为 Na、Y 为 Al，由四种元素形成的一种化合物的结构图所示可知 Z 为+4 价，且化合物中 Z 原子的最外层均满足8 电子稳定结构，则 Z 为 Si 元素。由分析知：W 为 O 元素、X 为 Na 元素、Y 为 Al 元素、W 为 Si 元素；ANa、Al、Si、S 为同

11、周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径 NaAlSiS，而 O 和 S 为同主族元素，S 的原子半径大于 O，则原子半径 NaAlSiO，故 A 正确；BO 与 Si 组成的 SiO2 是原子晶体，是空间立体网状结构，故 B 错误；CNa 是活泼金属，而 Si 是亲氧元素，则 Na 和 Si 在自然界均只有化合态，不存在游离态，故 C 正确；DAl2O3 的熔点高，是高温耐火材料，故 D 正确；故答案为 B。11B【解析】A在空气中加热 Al 可生成氧化铝，氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝不会滴落，故 A 错误；B0.lmol/LMgSO4 溶液滴入 NaOH 溶液至不再有沉淀产生

12、，NaOH 完全反应，再滴加 0.lmol/LCuSO4 溶液，先生成的白色沉淀变为蓝色沉淀，说明发生沉淀的转化，由于两种沉淀的类型相同，则说明 Cu(OH)2 的 Ksp 比 Mg(OH)2的小，故 B 正确；C没有透过蓝色钴玻璃无法检验钾离子，故 C 错误；D用新制 Cu(OH)2 悬浊液检验淀粉的水解产物葡萄糖的存在时，必须保证溶液呈碱性，而淀粉溶液水解时加入稀H2SO4 作催化剂，要检验葡萄糖的生成，须在水解液中加过量的碱使溶液呈碱性，冷却后再加入新制 Cu(OH)2 悬浊液，否则在酸性条件下实验不成功，故 D 错误；答案选 B。12C【解析】A根据装置图可知，在 a 电极上 HS-失

13、去电子被氧化产生 SO42-，由于电解质溶液为酸性，所以 a电极反应式为：HS-8e-+4H2O=SO42-+9H+，A 正确；B在装置中，Fe 电极连接电源正极，作阳极，失去电子发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，Fe2+具有强的还原性，与废水中的 Cr2O72-发生氧化还原反应：6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O；惰性电极连接电源负极，作阴极，发2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 3 页 共 19 页生还原反应：2H+2e-=H2，氢离子放电变为氢气逸出，使溶液碱性增强，溶液中的 Fe3+、Cr3+变为 Fe(

14、OH)3 和 Cr(OH)3沉淀，可见，Na2SO4 电离产生的离子不参加化学反应，其主要作用是增强溶液的导电性，B 正确；C在装置中，每产生 1mol O2 转移 4mol 电子，在装置惰性电极上产生的气体为 H2，每反应产生 1mol H2 转移2mol 电子，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以 b 极上消耗的 n(O2)与装置中惰性电极上生成的 n(生成物)不等，C 错误；D当装置中有 0.6mol H+通过质子交换膜时，转移 0.6mol 电子，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，装置中由 Fe-2e-=Fe2+可知反应产生 0.3mol Fe2+，Fe2+再发生反应：6Fe2+

15、Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，根据物质转化关系可知 0.3mol Fe2+反应转化为 0.3mol Fe3+，同时得到 0.1mol Cr3+，0.3mol Fe3+产生 0.3mol Fe(OH)3沉淀，0.1molCr3+产生 0.1mol Cr(OH)3 沉淀，故装置中共产生 0.4mol 沉淀，D 正确；故合理选项是 C。13C【解析】A由图可知加水稀释，NaX 溶液的 pH 降低得最快，说明 NaX 的水解程度最小，根据越弱越水解，HX 的酸性最强，故三种酸的酸性为：HXHYHZ，故 A 错误；B在 NaX 和 HX 混合溶液中存在在电荷守恒：c(H+)c(

16、Na+)c(OH-)c(X-)，等物质的量浓度的 NaX 和 HX 混合溶液中存在物料守恒：2c(Na+)=c(X-)c(X-)，则混合溶液中有 2c(H+)2c(OH-)=c(X-)c(HX)，故 B 错误；C在 NaX 溶液中存在质子守恒：c(OH-)c(H+)c(HX)，同理，在 NaY 中存在：c(OH-)c(H+)c(HY)，在 NaZ中存在：c(OH-)c(H+)c(HZ)，所以在浓度均为 0.1mol/L 的 NaX、NaY、NaZ 的混合溶液中存在：-OH=(H)+(HX)+(HY)+(HZ)ccccc，根据电离平衡常数的表达式，c(H+)=-(HX)(HX)XcKc，所以-(

17、HX)(HX)OH=+(HX)+(HY)+(HZ)XcKccccc，故 C 正确；D在 NaX 溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HX)+c(X-)，在 NaY 溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HY)+c(Y-)，两溶液的 pH 相等，由于 HX 和 HY 的酸性不同，所以两溶液中 c(Na+)的不同，所以 NaX 溶液中的 c(HX)+c(X-)和 NaY的溶液中 c(HY)+c(Y-)不相等，故 D 错误；故选 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 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全部选

18、对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分。14C【解析】A由 射线及 射线的特点可知：衰变中释放出的 射线比 射线的穿透能力弱，故 A 错误；B半衰期是统计规律，对大量的原子核适用，少数原子核不适用，故 B 错误；C钋核比氡核稳定，钋（21884Po）的比结合能大于氡（22286Rn）的比结合能，故 C 正确；D半衰期不受外界环境及化学状态的影响，故 D 错误；故选 C。15A【解析】设 ABC 三个位置的拉力分别为 FA、FB、FC，导线质量为 m，AC 段受力分析得1cos4AFmg sinACFF BC 段受力分析得3cos4BFmg CsinBFF 由联立得3t

19、an3 解得o=302020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 4 页 共 19 页A 正确，BCD 错误。故选 A。16C【解析】A原线圈电压有效值为 50V，副线圈电压的有效值为 10V，根据1122UnUn可知，原、副线圈匝数比为 5：1，A 错误；B电压表测量的是副线圈电压的有效值，为 10V，B 错误；C由于物体匀速上升，输出功率全部用来提升物体，因此装置启动时，电动机的输出功率为5WPmgvC 正确；D电动机是非纯电阻性电路，根据PPP入出热即2MUII RP出解得1AI 流过灯的电流2APIU 因此流过电流表的电流为 3A，D 错误。故选

20、C。17D【解析】A对 A 球进行受力分析可知，A 所受到的库仑力大小为A1tanFm g同理 B 受到的库仑力为B2tanFm g两球间的库仑力大小相等方向相反，因此AB21:tan:tanmmA 错误；B两个小球间的库仑力总是大小相等，与两小球带电量大小无关，因此无法求出两球电量间的关系，B 错误；CD由于两球处于同一高度，则1122coscos=llh又由于两球下摆的过程中，机械能守恒，则2k1(1 cos)2mglEmv由联立可得112211cos11cosvv由联立利用三角函数关系可得2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 5 页 共 19

21、 页1kA2kBtan 2tan 2EEC 错误，D 正确。故选 D。18B【解析】AB.带电粒子射入磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得2vqvBm R,解得mvRqB所以，粒子在和两磁场中做圆周运动的半径分别为：122RR,有题意知 OP 边与 x 轴的夹角3tan4LL，知37，故带正电粒子从 P 点平行于 y 轴负方向射人区域 I 与 OP 边的夹角为 53，由带电粒子在单边磁场运动的对称性知从区域中射出的粒子速度方向一定为 y 轴负方向，故 A 选项正确，B 选项错误；C.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2 mTqB粒子在区域中转过的圆心角为1106，粒

22、子在区域中运动的时间为11153290mtTqB粒子在区域中转过的圆心角为2106 粒子在区域中运动的时间为112532180mtTqB所以该粒子在磁场中运动的最短时间12ttt=5360mqB，故 C 选项正确；带电粒子每次从区域射出为一个周期，在 OP 边移动的距离为012LLL，其中1182cos375mvLRqB，2242cos375mvLRqB 而05LnL,n=1,2,3联立解得2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 6 页 共 19 页25(1,2,3)12qBLvnnm,故 D 选项正确；综上所述，只有 B 选项错误19BC【解析】A

23、因轨道 I 和轨道是探测器两个不同的轨道，则在相等时间内，轨道 I 上探测器与火星中心的连线扫过的面积与轨道上探测嚣与火星中心的连线扫过的面积不相等，选项 A 错误；B探测器在轨道运动时，轨道半径为 3R，则经过 O 点的加速度等于23vR，选项 B 正确；C探测器从轨道 I 到轨道要在 O 点减速，可知在轨道 I 运动时，经过 O 点的速度大于 v，选项 C 正确；D探测器在轨道与轨道上的周期之比为32333 6()24TRTR则在轨道上第一次由 O 点到 P 点与轨道上第一次由 O 点到 Q 点的时间之比是223313 62142TttT选项 D 错误。故选 BC。20BD【解析】对 AB

24、 整体，从 C 到 D 的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：加速度为：430430420mgsinmgmgcosgamm，可知 a 不变，A 做匀加速运动从 D 点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到 E 点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以 A 在从 C 至 E 的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故 A 错误，B 正确；当 A 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对 AB 整体应用动能定理得：00430430222LLLmg Lsinmg LmgcosLW 弹（）（）（）解得：38WmgL弹，则弹簧具有的最

25、大弹性势能为：38PEWmgL弹，故 C 错误，D 正确故选 BD考点：牛顿第二定律；动能定理21BD【解析】A根据右手定则，导体棒下落距离为 2r 时，棒中感应电流的方向向左，A 错误；B导体棒下落距离为 2r 时，导体棒的有效长度为13lr整个回路的总阻2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 7 页 共 19 页129RR导体棒产生的感应电动势11 113EBl vBrv流过导体棒的电流11119 32EBrvIRR导体棒所受安培力大小22111 1272B r vFBI lR根据牛顿第二定律11mgFma可得2211272B r vagmRB

26、正确；C，下落到圆心时，导体棒有效长度为 2r，整个回路的总阻214RR导体棒产生的感应电动势22222EBl vBrv流过导体棒的电流22228EBrvIRR圆形导线框的发热功率为22222216B r vPI RRC 错误；D根据能量守恒律，导体棒从开始下落到经过圆心的过程中，整个圆形导线框产生的热量2212Qmgrmv总而导体棒与圆形导线框相接触的上部分电阻比下部分电阻小，电压相同时，产生的热量比下部分产生的热量多，因此上部分产生热量212111=224QQmgrmv总D 正确；故选 BD。三、非选择题：共 174 分，本卷包括必考题和选考题两部分。第 2232 题为必考题，每个试题考生

27、都必须作答。第3338 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 129 分。22（6 分，除标注外，每空 2 分）BC（1 分）DE（1 分）0.4200.417【解析】（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前 A 独自运动的速度，故 AC 应在碰撞之前，DE 应在2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 8 页 共 19 页碰撞之后推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故 BC 段为匀速运动的阶段，故选 BC 计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而 A 和 B 碰

28、后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选 DE 段来计算碰后共同的速度（2）碰前系统的动量即 A 的动量，则11 110.10500.400.420kg m/s 55 0.02BCPm vmT碰后的总动量2122120.0695(0.400.200.417kg m/s55 0 02).DEPmm vmmT()（）；23（7 分，除标注外，每空 2 分）A（1 分）电阻 RCbk【解析】(1)1图 B 电路 中由于滑动变阻器最大阻值为 15k，电路电流较小，改变阻值过程中，电流表读数变化范围太小，因此 B 电路不合理。图 A 电路，由于电阻箱 R2 电阻最大阻值为 9

29、999，改变电阻箱阻值可以改变电压表示数，测出多组实验数据，因此比较合理的实验电路是图 A。(2)2选择电路 A 进行实验时，闭合电键，改变阻值，记录需要直接测量的物理量：电压表的示数 U 和电阻箱 R2的阻值 R。(3)3由于电源内阻可以忽略不计，由闭合电路欧姆定律可得VUEURR此式可改写为111VRUEER以 R 为横坐标，1U为纵坐标，作出 1UR 图象，用图象法处理实验数据，故选 C。(4)4由111VRUEER，则 1UR 图象的斜率1VkER截距1bE则电压表内阻VbRk24（14 分）（1）022qBxm；（2）023qBxm；（3）正电，43 q【解析】（1）设小球 a 射入

30、磁场时的初速度为 v0，小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则200avqv Bm r（1 分）由几何关系知0a2cos45xr（1 分）联立解得2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 9 页 共 19 页0022qBxvm（2 分）（2）a、b 发生弹性正碰，设碰后 a 球的速度为 v1，b 球的速度为 v2，a、b 球组成的系统，由动量守恒和机械能守恒得0122mvmvmv（2 分）222012111 2222mvmvmv（2 分）联立解得0202233qBxvvm（2 分）（3）对小球 b 在电场或磁场中的运动情况分析可知，小球

31、b 带正电。因为碰后小球 b 沿碰前小球 a 的运动轨迹，由几何关系得0ba22xrr（1 分）小球 b 在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则22b2b2mvq v Br（1 分）代入已知量解得b43qq（2 分）25（20 分）(1)12J；(2)0.8m；(3)6J【解析】(1)设弹簧恢复原长后滑块 Q 的速度为 v2由动量守恒和能量守恒可知1 12 20m vm v（1 分）22p1 1221122Em vm v（1 分）解得22m/sv，P12JE（2 分）(2)若滑块 Q 刚好从 C 点水平抛出，则由牛顿第二定律222vm gm R（1 分）解得10m/svgR（1 分）可

32、知2vv故滑块 Q 不会从 C 点水平抛出。滑块 Q 脱离 CD 轨道的瞬间，与轨道间作用力为零，设滑块 Q 从 E 点脱离轨道，设 OE 与竖直方向夹角为，滑块Q 的速度为 vQ动能定理22222211(1 cos)22Qm gRm vm v（2 分）由牛顿第二定律2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 10 页 共 19 页222cosQvm gmR（1 分）解得cos0.8 解得离地高度cos0.8mhR（1 分）(3)设滑块 P 沿传送带上滑的加速度为 a1，所用时间为 t1，最大位移为 s1，牛顿第二定律111sincosm gm gma由

33、运动学规律11 1va t211 12va s传送带位移10 1Sv t相对位移111SSs解得2110m/sa，10.4st，10.8ms，10.4mS，11.2mS（本问到此步骤给 2 分）之后向下加速的加速度仍为 a1，设加速到 v0 所用时间为 t2，位移为 s2，由运动学规律01 2va t201 22va s传送带位移20 2Sv t相对位移222SSs解得220.1s,0.05mts，20.1mS，20.05mS（本问到此步骤给 4 分）因为11sincosm gm g故共速之后滑块会以加速度 a2 继续向下加速，设继续滑到 B 点时速度为 vB，所用时间为 t3，由牛顿第二定律

34、112sincosm gm gma运动学规律2120 32 312ssv ta t传送带位移2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 11 页 共 19 页30 3Sv t相对位移3123SssS解得222m/sa，30.5st，30.5mS，30.25mS（本问到此步骤给 8 分）产生的内能1123cosQm gSSS 解得6JQ（本问给出答案且步骤较完整给 10 分）26（14 分，每空 2 分）CaO+O2+V2O3高温 Ca(VO3)2Ca(VO3)2+4H+=2VO2+Ca2+2H2O调节溶液的 pH，并提供2Ca ，形成342CaVO沉淀当

35、pH8时，钒的主要存在形式不是3VO打开活塞 a 数分钟后，再打开活塞 b饱和3NaHCO 溶液除去过量的4HMnO2.88%【解析】根据流程：向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3高温 Ca(VO3)2，加酸酸浸，将浸出液用石灰乳得到 Ca3(VO4)2 沉淀富集钒元素，向沉淀加入(NH4)2CO3 溶液得到(NH4)3VO4 溶液，向(NH4)3VO4 溶液中加入NH4CI 溶液，控制溶液的 pH=7.5，得到 NH4VO3，煅烧制得 V2O5，制得的 V2O5 与盐酸、N2H42HCl 混合发生反应：2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O

36、，得到 VOCl2 溶液，加入 NH4HCO3 溶液，得到氧钒（）碱式碳酸铵晶体，据此分析解答。(1)焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，V2O3 与 CaO、氧气焙烧得到 Ca(VO3)2，反应为：CaO+O2+V2O3高温 Ca(VO3)2；(2)根据表可知，pH=4，Ca(VO3)2 溶于盐酸生成 VO2+，则该离子反应为：Ca(VO3)2+4H+=2VO2+Ca2+2H2O；(3)浸出液中加入石灰乳的作用是调节 pH，并提供 Ca2+，形成 Ca3(VO4)2 沉淀(富集钒元素)；根据图表可知当 pH8 时，钒的主要存在形式不是 VO3，故当 pH8 时，NH4VO3 的产暈明显降低；(4)已

37、知：2VO 能被2O 氧化，故装置中不能有空气，所以，反应前先通入二氧化碳数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，则药品填装完成后的实验操作是：打开活塞 a 数分钟后，再打开活塞 b；A 中制得的二氧化碳混有 HCl 气体，B 装置的试剂应是能吸收 HCl 气体同时不吸收二氧化碳，故为饱和 NaHCO3 溶液；根据实验操作，加入高锰酸钾溶液用来氧化氧钒，则2NaNO 溶液的作用是除去过量的 KMnO4；已知滴定反应：22322VOFe2HVOFeH O，由反应可得，n(2VO )=n(Fe2+)=3010-3L0.08mol/L=2.410-3mol，根据钒守恒，则粗产品中钒的物质的量也为 2

38、.410-3mol，则质量分数为-32.4 10 mol 51g/mol4.246g100%=2.88%。27（14 分，除标注外，每空 2 吩咐）检查装置气密性（1 分）冷凝，SnC14 气体使其变为液体（1 分）浓硫酸（1 分）吸收 G 中挥发的水蒸气，防止进入 E 中导致 SnC14 水解装置 F 液面上方出现黄绿色气体（1分）SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl通入过量的 Cl2380ca%4I-+4H+O2=2I2+2H2O(或者是 Sn2+被空气中的氧气氧化为 Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2+4H+O2=2Sn4+2H2O)【解析】由图可知，装置 A 制

39、取氯气，由于浓盐酸易挥发，产生的氯气里含有氯化氢气体及水蒸气，B 装置试剂为2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 12 页 共 19 页饱和食盐水除去氯化氢，C 装置试剂为浓硫酸吸收水蒸气，装置 D 生成 SnC14，在装置 E 中冷却后收集，未反应的氯气用氢氧化钠溶液在 G 中吸收，防止污染空气，因 SnC14 极易水解，应防止 G 中产生的水蒸气进入 E 中，所以在 E 与 G 之间设置装有浓硫酸的装置 F。据以上分析解答。（1）为防止实验中氯气泄漏污染空气及水蒸气等进入装置影响产品纯度，实验之前必需要检查装置气密性。由题知 SnC14 的沸点

40、较低，用冷水冷凝 SnC14 气体使其变为液体以便于收集。答案为：检查装置气密性；冷凝 SnC14 气体使其变为液体。（2）由题知 SnC14 极易水解，为防止 G 中产生的水蒸气进入 E 中，在 E 与 G 之间设置装有浓硫酸的装置 F。答案为：浓硫酸；吸收 G 中挥发的水蒸气，防止进入 E 中导致 SnC14 水解。（3）由于 Sn 与空气中的氧气反应，SnC14 在空气中极易水解生成 SnO2xH2O，所以制备 SnC14 之前用 Cl2 排尽装置中的空气，当观察到装置 F 液面上方出现黄绿色气体时，表明装置中空气已排尽，可以点燃 D 处酒精灯进行反应。答案为：装置 F 液面上方出现黄绿

41、色气体。（4）若撤去装置 C，则装置 D 中 SnC14 会发生水解，反应方程式为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl。答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl。（5）Cl2 和锡作用即可生成 SnC14，也会生成 SnCl2，为减少 SnCl2 的生成，可以通入过量的 Cl2。答案为：通入过量的 Cl2。（6）根据 SnCl2+2HCl+I2=SnC14+2HI 可得：n(SnCl2)=n(I2)=cmolL0.02L=0.02cmol，m(SnCl2)=0.02cmol190g/mol=3.80cg，产品中 SnCl2 的质量分数为：3.80c

42、gag100%=380ca%，若此法测定的操作均正确，但测得的 SnCl2 含量仍低于实际产量，其原因可能是 I-被空气中的氧气氧化为 I2，使消耗的碘标准溶液体积偏小，产品中 SnCl2 含量偏低，发生的反应为：4I-+4H+O2=2I2+2H2O(或者是 Sn2+被空气中的氧气氧化为 Sn4+,发生反应的离子方程式为：2Sn2+4H+O2=2Sn4+2H2O)。答案为：380ca%；4I-+4H+O2=2I2+2H2O(或者是 Sn2+被空气中的氧气氧化为 Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2+4H+O2=2Sn4+2H2O)。28（15 分，除标注外，每空 2 分）CO2(g)3H2(

43、g)=CH3OH(l)H2O(g)H87.0 kJmol10.12 molL1min1增大F2.5（3 分）3O22eH=2HO【解析】(1)甲醇的燃烧热化学方程式为CH3OH(l)+32O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)H-726.4 kJmol1；又已知H2(g)12 O2(g)=H2O(l)H-285.8 kJmol1；H2O(g)=H2O(l)H-44 kJmol1；二氧化碳和氢气合成液态甲醇、生成气态水的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g)，根据盖斯定律3-得H=(-285.8 kJmol1)3-(-726.4 kJmol1)-(-44 k

44、Jmol1)=-87 kJmol1；则热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g)H=-87 kJmol1；(2)2HCOnn=2，二者物质的量之和为 3mol，所以 n(H2)=2mol，n(CO)=1mol。平衡时 CO 的转化率为 0.6，则列三段式为：23mol120mol0.61.20.6mol0.40.80.CO g2HgCH OH g6起始()转化()平衡()所以 05mi 内，n(H2)=1.2mol，容器体积为 2L，所以 v(H2)=1.2mol2L5min=0.12molL1min1；容器体积为 2L，结合三段式可知平衡时 c(H2)=0.4m

45、ol/L，c(CO)=0.2mol/L，c(CH3OH)=0.3mol/L，所以该温度下平衡2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 13 页 共 19 页常数K=20.3=9.3750.20.4，再向容器中加入CO(g)和CH3OH(g)各0.4mol，则此时c(CO)=0.4mol/L，c(CH3OH)=0.5mol/L，浓度商为20.5=7.81250.40.4OCH硝酸大于磷酸，因为 HNO3 分子结构中含有 2 个非烃基氧原子，比 H3PO4 中多 1 个,且 N 原子的吸引电子能力比较强，使得 R-O-H 的电子偏向 N 原子，使得-O-H

46、 更容易电离出 H+（2 分）1s22s22p63s23p63d5孤电子对SnCu3P（2 分）绿电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量（2 分）3AMN 2210-10（2 分）【解析】(1)基态氯原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p5，占据的最高能层为第 3 层，能层符号为 M；PH3 中心原子的价层电子对数为5-1 33+2=4，所以为 sp3 杂化，分子中有一对孤电子对，所以分子的空间构型为三角锥形，P 原子位于顶点，所以其正负电荷中心不重合，为极性分子；其他四种元素分别为 H、C、O、N，H 原子容易失去电子，第一电离能较小，一般

47、来讲同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但 N 原子最外层为半满状态，更稳定，第一电离能较大，所以四种元素第一电离能大小关系为 NOCH；(2)因为 HNO3 分子结构中含有 2 个非烃基氧原子，比 H3PO4 中多 1 个，且 N 原子的吸引电子能力比较强，使得 R-O-H的电子偏向 N 原子，使得-O-H 更容易电离出 H+，所以硝酸的酸性大于磷酸；(3)基态 Fe 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d,64s2，失去最外层 3 个电子形成铁离子，所以 Fe3+的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5；3-4PO 作为配体提供孤电子对；(4)根

48、据均摊法，晶胞中 Sn 原子的个数为18 8=1，P 原子的个数为 1，Cu 原子的个数为162=3，所以化学式为SnCu3P；铜或铜盐的焰色反应为绿色；电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 17 页 共 19 页能量，所以金属元素可以产生焰色反应；该晶胞含有 1 个 Sn 原子，1 个 P 原子，3 个 Cu 原子，该物质的摩尔质量为 M，所以晶胞的质量为AMNg，设晶胞的棱长为 a，则晶胞的体积为 a3，所以晶胞的密度=A3gaMN，可以解得 a=3AMN cm=3AMN

49、10-10pm，距离最近的 Cu 原子的间距为面对角线的一半，所以为 3AMN 2210-10pm。12（15 分，除标注外，每空 2 分）取代反应（1 分）a（1 分）（1 分）B、C10H：；I：；J：【解析】（1）对比 A、B 的结构可知，A 中苯环上的溴原子被替代，属于取代反应。答案为：取代反应。（2）aB 中有 5 种不同环境的 H，C 中有 4 种不同环境的 H，可以用核磁共振氢谱鉴别，a 正确；bB 中羟基所连碳原子的两个邻位碳原子上都有 3 个 H，可以发生消去反应，b 错误；cC 中的醛基和碳碳叁键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，c 错误；答案选 a。（3）B 生成 C 过程中还

50、有另一种生成物 X，化学式为 C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，由 C 的结构可知 X的结构简式为：。答案为：。（4）由 D 的化学式可知 C 与脱去 1 分子水生成 D，C 中醛基与氨基反应生成-C=N，可推断出 D 为：，反应的化学方程式为：。2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 18 页 共 19 页答案为：。（5）由聚合物 F 的水解产物中存在的五元环结构，可知 E 中的碳碳叁键、-N3 发生加聚反应生成 F，形成五元环结构，F 的结构简式可能有下面几种：；。据此可知 B、C 正确，A 错误。答案：B、C。（6）H 的同分异构体能和

51、FeCl3 发生显色反应，说明苯环上连有一个羟基,H 是比 A 多一个碳原子的同系物，说明苯环外面还有两个碳原子和一个溴原子，它的不饱和度为 5，说明苯环外面有一个双键，另外苯环上有三个取代基，分析可知三个取代基为：（酚）羟基、溴原子、碳碳双键。而苯环上有三个不同的取代基共有 10 种结构。答案为：10。（7）醛基氧化生成 H 为：，由 K 的结构可知，H 与发生取代反应生成 I 为：，I 的羧基中的OH 被取代生成 J，J 的结构简式为：。答案为：H：；I：；J：。37（15 分，除标注外，每空 2 分）细菌选择氮源、无机盐蛋白质、核酸带电性质的差异，分子本身大小、形状不同大（1 分）相对分

52、子质量较大的蛋白质无法进入凝胶内部的通道，只能在外部移动，路程较短，移动速度较快单位时间内、单位体积中反应物的减少量或产物的增加量【解析】（1）四环素可抑制细菌的生长，而不抑制真菌的生长，所以 M 培养基若用于某真菌的筛选，则培养基中应加入四环素以抑制细菌的生长，加入了四环素的培养基属于选择培养基。（2）微生物培养的过程中培养基中的成分包括碳源、氮源、水和无机盐。碳源进入细胞后，可参与合成含碳的生物大分子，如蛋白质和核酸等。（3）电泳利用了待分离样品中各种分子带电性质的差异以及分子本身的大小、形状的不同，使带电分子产生不同的迁移速度，从而实现了样品中各种分子的分离，所以影响电泳速度的因素有带电

53、性质的差异，分子本身大小、形状不同。凝胶色谱法是根据相对分子质量的大小来分离蛋白质的有效方法，相对分子质量小的蛋白质容易进入凝胶内部的通道，路程长，移动的速度慢，相对分子质量大的蛋白质不容易进入凝胶内部的通道，路程短，移动的速度快，即最先分离出来的是分子量大的酶分子。（4）酶反应速度指单位时间内、单位体积中反应物的减少量或产物的增加量。38（15 分，除标注外，每空 2 分）终止子（1 分）标记基因（1 分）乳腺细胞中 RNA 聚合酶识别和结合的位点，启动基因的转录受精卵B 淋巴（或浆细胞）能产生特异性抗体的杂交瘤细胞特异性强、灵敏度高、可以大量制备促性腺（1 分）超数排卵（1 分）获能（1

54、分）【解析】(1)基因表达载体要包含启动子、终止子、目的基因、复制原点和标记基因等元件，启动子的作用是乳腺细2020 年普通高等学校招生全国统一考试（模拟卷）理科综合能力测试 答案全解全析第 19 页 共 19 页胞中 RNA 聚合酶识别和结合的位点，启动基因的转录，使用显微注射法导入羊的受精卵。(2)在单克隆抗体制备过程中，诱导 B细胞与骨髓细胞融合获得杂交瘤细胞，可以使用的化学试剂是聚乙二醇(或 PEG)，此过程需要两次筛选，笫二次筛选出能产生特异性抗体的杂交瘤细胞，单克隆抗体的优点有特异性强、灵敏度高、可以大量制备。(3)在胚胎工程中，通过对供体母羊注射促性腺激素，促进其超数排卵，从而获得大量羊的卵母细胞；获取的卵母细胞需要培养至减数第二次分裂中期，才能与获能的精子结合。