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

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。1．C【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。2．D【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。3．D【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。4．A【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。5．C【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。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。6．C【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。7．C【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1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。50g×34%8．D【解析】A.在H2O2中n(HO)2n(H2O2)2×mol1mol，数目为NA，但溶液中存在大量34水分子，水分子中也存在H—O，故H—O数目大于NA，A错误；B.C6H10O5nnH2OnC6H12O6，葡萄糖的物质的量为180/162mol〉1mol，数目大于NA，B错误；2-C.H2SiO3为弱酸，SiO3会发生水解，数目小于0.1NA，C错误；D.反应中氯的化合价既升高到+4又降低到-1，生成ClO2化合价由+3升高到+4，转移电子数目为1，则生成1molClO2转移电子的数目为NA，D正确。答案选D。9．B【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3molNaOH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。10．B【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；A．Na、Al、Si、S为同周期主族元素，核电荷数大，原子半径小，则原子半径Na＞Al＞Si＞S，而O和S为同主族元素，S的原子半径大于O，则原子半径Na＞Al＞Si＞O，故A正确；B．O与Si组成的SiO2是原子晶体，是空间立体网状结构，故B错误；C．Na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；D．Al2O3的熔点高，是高温耐火材料，故D正确；故答案为B。11．B【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；B．0.lmol/LMgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，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。12．C【解析】A．根据装置图可知，在a电极上HS-失去电子被氧化产生SO2-4，由于电解质溶液为酸性，所以a电极反应式为：HS--8e-+4H2-+2O=SO4+9H，A正确；B．在装置②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Cr2-2+2-+3+3+2O7发生氧化还原反应：6Fe+Cr2O7+14H=6Fe+2Cr+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2页共19页 生还原反应：2H++2e-=H3+3+2↑，氢离子放电变为氢气逸出，使溶液碱性增强，溶液中的Fe、Cr变为Fe(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①中，每产生1molO2转移4mol电子，在装置②惰性电极上产生的气体为H2，每反应产生1molH2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②中惰性电极上生成的n(生成物)不等，C错误；D．当装置①中有0.6molH+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②中由Fe-2e-=Fe2+可知反应产生0.3molFe2+，Fe2+再发生反应：6Fe2++Cr2-+3+3+2O7+14H=6Fe+2Cr+7H2O，根据物质转化关系可知0.3molFe2+反应转化为0.3molFe3+，同时得到0.1molCr3+，0.3molFe3+产生0.3molFe(OH)3沉淀，0.1molCr3+产生0.1molCr(OH)3沉淀，故装置②中共产生0.4mol沉淀，D正确；故合理选项是C。13．C【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：HX＞HY＞HZ，故A错误；B．在NaX和HX混合溶液中存在在电荷守恒：c(H+)＋c(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：c(HX)K(HX)cOH-=c(H)+c(HX)+c(HY)+c(HZ)+，根据电离平衡常数的表达式，c(H)=-，所以cX-c(HX)K(HX)cOH=-+c(HX)+c(HY)+c(HZ)，故C正确；cX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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，有选错或不答的得0分。14．C【解析】A．由α射线及γ射线的特点可知：衰变中释放出的α射线比γ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；218222C．钋核比氡核稳定，钋（Po）的比结合能大于氡（Rn）的比结合能，故C正确；8486D．半衰期不受外界环境及化学状态的影响，故D错误；故选C。15．A【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1Fcosmg①A4FsinF②ACBC段受力分析得3Fcosmg③B4FsinF④BC由①②③④联立得3tan3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3页共19页 A正确，BCD错误。故选A。16．C【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Un11Un22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Pmgv5WC正确；D．电动机是非纯电阻性电路，根据PPP入热出即2UIIRPM出解得I1A流过灯的电流PI2AU因此流过电流表的电流为3A，D错误。故选C。17．D【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FmgtanA1同理B受到的库仑力为FmgtanB2两球间的库仑力大小相等方向相反，因此m:mtan:tan①AB21A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lcoslcos=h②1122又由于两球下摆的过程中，机械能守恒，则12mgl(1cos)Emv③k2由②③联立可得11v1cos1v211cos2由①②③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4页共19页 1tanEkA2EkB2tan2C错误，D正确。故选D。18．B【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2vqvBmR,解得mvRqB3L所以，粒子在Ⅰ和Ⅱ两磁场中做圆周运动的半径分别为：R12R2,有题意知OP边与x轴的夹角tan，知4L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Ⅱ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mTqB粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为1106，粒子在区域Ⅰ中运动的时间为53m1tT11290qB粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为2106粒子在区域Ⅱ中运动的时间为53m1tT122180qB所以该粒子在磁场中运动的最短时间53mtt1t2=，60qB故C选项正确；带电粒子每次从区域Ⅱ射出为一个周期，在OP边移动的距离为LLL，012其中8mv4mvL2Rcos37，L2Rcos3711225qB5qB而5LnL,n=1,2,3……0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5页共19页 25qBLv(n1,2,3),12nm故D选项正确；综上所述，只有B选项错误．19．BC【解析】A．因轨道I和轨道Ⅱ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Ⅱ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；2vB．探测器在轨道Ⅱ运动时，轨道半径为3R，则经过O点的加速度等于，选项B正确；3RC．探测器从轨道I到轨道Ⅱ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Ⅱ与轨道Ⅲ上的周期之比为T23R336()T2R43则在轨道Ⅱ上第一次由O点到P点与轨道Ⅲ上第一次由O点到Q点的时间之比是1Tt22362t143T32选项D错误。故选BC。20．BD【解析】对AB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：4mgsin30mg4mgcos30ga，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，4mm20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：LLL3004mg（L）sin30mg（L）4mgcos30（L）W解得：WmgL，则弹簧具有的最弹弹22283大弹性势能为：EWmgL，故C错误，D正确．故选BD．P弹8考点：牛顿第二定律；动能定理r21．BD【解析】A．根据右手定则，导体棒下落距离为时，棒中感应电流的方向向左，A错误；2rB．导体棒下落距离为时，导体棒的有效长度为2l3r1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6页共19页 2RR19导体棒产生的感应电动势EBlv3Brv1111流过导体棒的电流E93Brv11I1R2R1导体棒所受安培力大小2227Brv1FBIl1112R根据牛顿第二定律mgFma11可得2227Brv1ag12mRB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1RR24导体棒产生的感应电动势EBlv2Brv2222流过导体棒的电流E8Brv22I2RR2圆形导线框的发热功率为222216Brv2PIR2RC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12Qmgrmv总22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1112QQ=mgrmv1总2224D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22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38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7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．BC0.1050（2）碰前系统的动量即A的动量，则Pmvm0.400.420kgm/s11115T50.02DE0.0695碰后的总动量P(mm)v(mm)（0.400.20）0.417kgm/s；2122125T50.02b23．（7分，除标注外，每空2分）A（1分）电阻RCk【解析】(1)[1]．图B电路中由于滑动变阻器最大阻值为15kΩ，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9999Ω，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UE＝URRV此式可改写为111＝RUEERV11以R为横坐标，为纵坐标，作出−R图象，用图象法处理实验数据，故选C。UU1111(4)[4]．由＝R，则−R图象的斜率UEERVU1k＝ERV截距1b＝E则电压表内阻bR＝Vk2qBx2qBx424．（14分）（1）0；（2）0；（3）正电，q2m3m3【解析】（1）设小球a射入磁场时的初速度为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2v0qvBm（1分）0ra由几何关系知x2rcos45（1分）0a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8页共19页 2qBx0v（2分）02m（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mvmv2mv（2分）012121212mvmv2mv（2分）012222联立解得22qBx0vv（2分）2033m（3）对小球b在电场或磁场中的运动情况分析可知，小球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2x0rr（1分）ba2小球b在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则22mv2qvB（1分）b2rb代入已知量解得4qq（2分）b325．（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mvmv0（1分）11221212Emvmv（1分）p112222解得v2m/s，E12J（2分）2P(2)若滑块Q刚好从C点水平抛出，则由牛顿第二定律2vmgm（1分）22R解得vgR10m/s（1分）可知vv2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θ，滑块Q的速度为vQ动能定理1212mgR(1cos)mvmv（2分）22Q2222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9页共19页 2vQmgcosm（1分）22R解得cos0.8解得离地高度hRcos0.8m（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mgsinmgcosma111由运动学规律vat1112v2as111传送带位移Svt101相对位移SSs111解得2s0.8ma110m/s，t10.4s，1，S10.4m，S11.2m（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vat0122v2as012传送带位移Svt202相对位移SSs222解得t0.1s,s0.05m，S0.1m，S0.05m（本问到此步骤给4分）2222因为mgsinmgcos11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mgsinmgcosma112运动学规律12ssvtat1203232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10页共19页 Svt303相对位移SssS3123解得2a22m/s，t30.5s，S30.5m，S30.25m（本问到此步骤给8分）产生的内能Qm1gcosS1S2S3解得Q6J（本问给出答案且步骤较完整给10分）高温26．（14分，每空2分）CaO+O++2+2+V2O3Ca(VO3)2Ca(VO3)2+4H=2VO2+Ca+2H2O调节溶液的pH，并提供2，形成CaVO沉淀当pH8时，钒的主要存在形式不是VO打开活塞a数分钟后，再打开Ca3423活塞b饱和NaHCO3溶液除去过量的HMnO42.88%高温【解析】根据流程：向石煤中加生石灰焙烧，发生主要反应：CaO+O2+V2O3Ca(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、N2H4•2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4•2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加入NH4HCO3溶液，得到氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，据此分析解答。高温(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+V2O3Ca(VO3)2；(2)根据表可知，pH=4，Ca(VO+++2+3)2溶于盐酸生成VO2，则该离子反应为：Ca(VO3)2+4H=2VO2+Ca+2H2O；(3)①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)；②根据图表可知当pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO−3，故当pH＞8时，NH4VO3的产暈明显降低；(4)①已知：VO2能被O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，2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；②根据实验操作，加入高锰酸钾溶液用来氧化氧钒，则NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4；已知滴定反应：VOFe22HVO2Fe3HO，由反应可得，n(VO)=n(Fe2+)=30×10-3L×0.08mol/L=2.4×10-3mol，222-32.410mol51g/mol根据钒守恒，则粗产品中钒的物质的量也为2.4×10-3mol，则质量分数为×100%=2.88%。4.246g27．（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（1380c分）SnCl-+2+4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+4HCl通入过量的Cl2%4I+4H+O2=2I2+2H2O(或者是Sna被空气中的氧气氧化为Sn4+,反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O4+2=2Sn+2H2O)【解析】由图可知，装置A制取氯气，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11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SnO2．xH2O，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=SnO2•xH2O↓+4HCl。答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O↓+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)=cmol•L0.02L=0.02cmol，3.80cg380cm(SnCl2)=0.02cmol190g/mol=3.80cg，产品中SnCl2的质量分数为：100%=%，若此法测定的操作aga均正确，但测得的SnCl-2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SnCl-+2+4+2含量偏低，发生的反应为：4I+4H+O2=2I2+2H2O(或者是Sn被空气中的氧气氧化为Sn,发生反应的离子方程式为：2Sn2++4H++O4+2=2Sn+2H2O)。380c答案为：%；4I-+4H++O2+4+2=2I2+2H2O(或者是Sn被空气中的氧气氧化为Sn,反应的离子方程式为：a2Sn2++4H++O4+2=2Sn+2H2O)。－128．（15分，除标注外，每空2分）CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(l)＋H2O(g)ΔH＝－87.0kJ·mol0.12mol·L－1·min－1增大F2.5（3分）3O－＋HO2＋2e＋H=23－1【解析】(1)甲醇的燃烧热化学方程式为①CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO2(g)ΔH＝-726.4kJ·mol；21－1又已知②H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝-285.8kJ·mol；2－1③H2O(g)=H2O(l)ΔH＝-44kJ·mol；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②×3-①-③得ΔH=(-285.8kJ·mol－1)×3-(-726.4kJ·mol－1)-(-44kJ·mol－1)=-87kJ·mol－1；则热化学方程式为－1CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g)ΔH=-87kJ·mol；nH2(2)①=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nCO段式为：COg2H2gCH3OHg起始(mol)120转化(mol)0.61.20.6平衡(mol)0.40.80.61.2mol－1－1所以0～5mi内，Δn(H2)=1.2mol，容器体积为2L，所以v(H2)==0.12mol·L·min；2L5min容器体积为2L，结合三段式可知平衡时c(H2)=0.4mol/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12页共19页 0.3常数K==9.375，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，20.20.40.5浓度商为=7.8125<9.375，所以平衡会正向移动，氢气的转化率增大；20.40.4nH2②对于可逆反应，当反应物的投料比等于计量数之比时，产物的占比最大，所以当=2时，甲醇的体积分数nCOnH2最大，所以=3.5时，平衡时甲醇的体积分数可能为图中F点；nCOk正cCOcO2(3)反应平衡正逆反应速率相等，即v正＝k正·c(CO2)·c(O)=v逆＝k逆·c(CO)·c(O2)，此时=，而该反应k逆cCO2cOcCOcOk3.021052正的平衡常数K===≈2.5；cCOcOk52逆1.2110－+(4)①电解质溶液为酸性溶液，结合分析，A极的电极反应为CH3OH-6e+H2O=CO2+6H，B极的电极反应式为O2－＋HO+＋2e＋H=；根据电子守恒可知外电路中每转移3mol电子，溶液中生成3molH；2－＋②B极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2e＋H=HO。229．（11分）不同的盐胁迫浓度、是否接种摩西球囊霉C与E、D与F更好（更显著）（1分）吸收光能减少，光反应速率下降（1分）盐胁迫使气孔导度下降，CO2吸收速率下降，碳反应速率下降在较小光合有效辐射条件下，两者无差异；在较大光合有效辐射条件下，接种摩西球囊的净光合速率高于未接种植株【解析】（1）该实验的可变因素即自变量包括光合有效辐射、盐胁迫的浓度及是否接种摩西球囊霉。（2）C与D对照，自变量为盐胁迫浓度，E与F对照，摩西球囊霉为无关变量，自变量为盐胁迫浓度，据光合速率变化曲线可以看出，在接种摩西球囊霉后，盆栽牡丹抗盐能力增强；据图分析曲线相对位置关系可知，在较大光合有效辐射条件下，与24%盐浓度胁迫相比，12%盐浓度胁迫下摩西球囊霉对牡丹表观光合速率的提升效果更为显著；盐胁迫使光合色素含量下降，使牡丹吸收光能减少，光合速率下降，另外盐浓度高可能使植物吸水困难，为减少水分散失，气孔导度下降，CO2吸收速率下降，影响暗反应，光合速率下降。（3）A与B对照，自变量为是否接种摩西球囊霉，分析图像可知在较小光合有效辐射条件下，两者光合速率无差异；在较大光合有效辐射条件下，接种摩西球囊的净光合速率高于未接种植株。30．（10分，每空1分）蛋白质RNA是单链，DNA是反向平行双螺旋结构更稳定效应T细胞体液抗体细胞凋亡下丘脑渗透压感受器减少抗体和记忆细胞【解析】1、体液免疫过程为：（1）感应阶段：除少数抗原可以直接刺激B细胞外，大多数抗原被吞噬细胞摄取和处理，并暴露出其抗原决定簇；吞噬细胞将抗原呈递给T细胞，再由T细胞呈递给B细胞；（2）反应阶段：B细胞接受抗原刺激后，开始进行一系列的增殖、分化，形成记忆细胞和浆细胞；（3）效应阶段：浆细胞分泌抗体与相应的抗原特异性结合，发挥免疫效应。2、细胞免疫过程为：（1）感应阶段：吞噬细胞摄取和处理抗原，并暴露出其抗原决定簇，然后将抗原呈递给T细胞；（2）反应阶段：T细胞接受抗原刺激后增殖、分化形成记忆细胞和效应T细胞，同时T细胞能合成并分泌淋巴因子，增强免疫功能。（3）效应阶段：效应T细胞发挥效应。3、渗透压平衡调节：细胞外液渗透压降低→下丘脑感受器受到刺激→垂体释放抗利尿激素少→肾小管、集合管重吸收减少→尿量增加。（1）新型冠状病毒没有细胞结构，只由蛋白质外壳和内部的RNA组成。因RNA是单链，容易发生变异，DNA是反向平行双螺旋结构更稳定，所以RNA病毒与DNA病毒相比变异率高。（2）效应T细胞能识别被新型冠状病毒寄生的宿主细胞，并与其接触使其裂解死亡；新型冠状病毒属于抗原，其被释放出来后会与体液免疫产生的抗体结合，形成抗原抗体复合物，最后被吞噬细胞吞噬消灭。（3）清除被感染的宿主细胞的过程是由基因控制的主动死亡，属于细胞凋亡。（4）人感染新型冠状病毒后出现发热症状，是因为下丘脑的体温调节中枢受到刺激，使肾上腺素等的分泌量增加，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 促进细胞代谢，从而增加产热。血浆渗透压降低，会直接刺激下丘脑的渗透压感受器，使垂体释放抗利尿激素的量减少，导致尿量增加。（5）注射疫苗的目的是使机体产生相应的抗体和记忆细胞，等再次接触同种抗原时，能发生二次免疫，在短时间内产生大量抗体，从而消灭抗原。故注射疫苗起到免疫预防的作用。31．（8分，除标注外，每空1分）自然林草地抵抗力捕食灌木群落垂直结构比草本复杂植物对光的利用率高，光合作用强（2分）灌木树冠低矮，具有很强的防风固沙的能力，根系发达，能从土壤中吸取较多水分（2分）【解析】（1）由表可知，从不同生境的幼苗密度来看，自然林的幼苗密度最大，故最适宜紫茎泽兰定居的生境是自然林。从成熟植株的密度和高度来看，草地中紫茎泽兰成熟植株的密度和高度最大，故最容易受紫茎泽兰入侵的生境是草地。与草地和人工林相比自然林的营养结构更复杂，自我调节能力较强，具有较强的抵抗力稳定性。（2）由于泽兰实蝇是紫茎泽兰的专食性天敌，且孵化后的幼虫蛀食幼嫩部分，故两者的种间关系属于捕食。（3）由于灌木群落垂直结构比草本复杂，植物对光的利用率高，光合作用强，所以随着演替的进行，单位面积灌木群落合成的有机物比草本群落多。（4）由于灌木树冠低矮，根茎干重比大于乔木，所以具有很强的防风固沙的能力，而根系发达，则能从土壤中吸取较多水分。32．（10分，除标注外，每空2分）（1）显（1分）XY（1分）（2）aaXbXb致死/两对隐性纯合致死AaXbYB（3）45【解析】根据题意可知，亲本均为有眼（红眼雌性、朱红眼雄性），子代出现了无眼个体，说明有眼是显性性状，又根据“F1雌性个体中有红眼和无眼，雄性个体全为红眼，F1雌雄个体随机交配得F2，F2的雌雄个体表现型均为红眼：朱红眼=3:1，而只有雌性有无眼”说明在Y染色体上存在着有眼的基因，即有眼与无眼的B（b）基因位于XY染色体上，而控制眼色的基因位于常染色体上。亲本基因型为AAXBXb、aaXbYB。（二）选考题：共45分。请考生从2道题物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。33.（15分）（1）BDE（5分）【解析】A．将碳素墨水滴入清水中，观察到的布朗运动是固体颗粒的运动，并不是碳分子的无规则运动，故A错误；B．在水面上轻放一枚针，它会浮在水面上，这是由于水面存在表面张力，故B正确；C．物体温度升高时，根据温度的微观含义可知物体内分子的平均动能增大，但不是物体内所有分子做热运动的动能都增加，故C错误；D．物体体积变大时，分子势能有可能增大，也有可能减小，这取决于分子间的初始距离，故D正确；E．一定质量的晶体在熔化过程中，温度不变，分子平均动能不变，所以吸收的热量全部用于增大分子势能，内能增大，故E正确。故选BDE。（2）（10分）（1）TT1；（2）EQ(GG0)hp0Sh【解析】（1）活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀，根据盖．吕萨克定律有VV12TT12即hS2hS（2分）TT12解得T22T1（2分）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14页共19页 气体的温度升高了T=T2T1T1（1分）（2）气缸内气体的压强为GG0pp（1分）0S活塞向下运动的过程中，对外做功WpShpSh(GG)h（2分）00根据热力学第一定律可知，气体的内能增加量为EQWQ(GG)hpSh（2分）0034.（15分）（1）BDE（5分）【解析】A．均匀变化的磁场在周围空间产生恒定的电场，故A错误；B．机械波的传播需要介质，而电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故B正确；C．红外体温计通过感知人体发出的红外线来测体温，故C错误；D．只有振荡磁场才能在周围空间产生同频率的振荡电场，故D正确；E．当M、N间电势差随电流的变化达到最大值时，即电容器带电荷量最多时，磁场能刚好全部转化为电场能，故E正确。故选BDE。6910（2）（10分）(1)2（5分）；(2)10s(8.210s)（5分）3【解析】(1)设光线在B点界面的入射角与折射角分别为1、2；光线在C点界面折射角为根据几何关系d522sin1R102得451在界面B点sin1nsin2在界面C点sinnsin2可得451由几何知识得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15页共19页 BOM451CPO30COPCPO15因22COP1可得302由折射率得sin45n2sin2c(2)光在球体中传播的速度n得vcc2cvn22BC间的距离S2Rcos103cm2则光线在球中传播的时间S2Rcos26910t10s(8.210s)vv335.（15分，除标注外，每空1分）Msp3极性N>O>C>H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M2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）3××10-10（2分）NA2【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5-13原子的价层电子对数为3+=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，2P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N>O>C>H；(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；PO3-作为配体提供孤电子对；411(4)①根据均摊法，晶胞中Sn原子的个数为8=1，P原子的个数为1，Cu原子的个数为6=3，所以化学式为82SnCu3P；②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16页共19页 能量，所以金属元素可以产生焰色反应；M③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g，设晶NAMgMM胞的棱长为a，则晶胞的体积为a3，所以晶胞的密度ρ=N，可以解得a=3cm=3×10-10pm，距离最近ANN3AAaM2的Cu原子的间距为面对角线的一半，所以为3××10-10pm。NA212．（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）a．B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；b．B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；c．C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17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18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。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