华附、省实、深中、广雅2020届高三年级四校联考（理综）含解析 试卷

华附、省实、深中、广雅2020届高三年级四校联考
理科综合
本试卷分选择题和非选择题两部分，共 14 页，满分300分，考试用时150分钟。
注意事项：
1． 答卷前，考生务必用 2B 铅笔在“准考证号”处填涂准考证号。用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己姓名、班级、考场号、座位号、准考证号填写在答题卷指定区域内。
2． 选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
3． 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液；必须保持答题卷的整洁。不按以上要求作答的答案无效。
可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64

第一部分 选择题（共 126 分）
一、选择题：本题共13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．下列关于细胞结构与成分的叙述，正确的是
A．线粒体膜上有葡萄糖的载体，没有氧气的载体
B．细胞中的色素不是分布在叶绿体中，就是分布在液泡中
C．含有蛋白质的细胞器不一定含有核酸，含核酸的细胞器一定含有蛋白质
D．微量元素可参与某些复杂化合物的组成，如Fe、Mg分别参与蛋白质和叶绿素的组成
2．SGLT2是肾小管细胞膜上重吸收葡萄糖的一种载体蛋白，SGLT2可以与肾小管腔中葡萄糖和Na+结合，形成Na+-载体-葡萄糖复合物，将Na+顺浓度梯度运入细胞，同时将葡萄糖逆浓度梯度运入细胞，下列叙述错误的是
A．氧气的含量变化会直接影响SGLT2参与的葡萄糖的运输速率
B．SGLT2将肾小管腔中的葡萄糖运入细胞属于主动运输
C．细胞通过SGLT2运输葡萄糖的动力来自Na+的浓度差
D．肾小管细胞中SGLT2合成不足可能导致人尿液中含有葡萄糖
3． 蝗虫的决定为XO型，正常雄虫的体细胞中有23条染色体，仅有一条性染色体（X染色体）。下图表示某雄虫精巢中某一细胞染色体的行为，染色体A和B为一对同源染色体。以下叙述正确的是



A．图示细胞处于减数第二次分裂后期
B．若对该种蝗虫进行基因组测序，则应该测定12条染色体的DNA序列
C．该细胞所处的时期染色体高度螺旋化难以解旋，细胞内不能合成新的蛋白质
D．萨顿通过观察雄蝗虫体细胞和精子细胞的染色体数，提出了基因在染色体上的假说
4．2017年诺贝尔生理学或医学奖颁给了美国的三位科学家，他们发现果蝇的昼夜节律与PER蛋白浓度的变化有关，右图表示PER蛋白作用部分过程，有关叙述错误的是
A．PER蛋白可反馈抑制per基因的转录
B．per mRNA的合成过程发生在细胞核内
C．图中核糖体移动的方向是从a→b
D．PER蛋白与TIM蛋白结合后穿过核膜进入细胞核
5．下列关于生物变异、育种和进化的叙述，正确的是
A．B基因可突变成b1、b2基因反映了基因突变的随机性
B．单倍体育种中常用一定浓度的秋水仙素处理萌发的种子或幼苗
C．生物产生的变异个体都属于可遗传的变异，都可以作为生物进化的原材料
D．地理隔离可阻止种群间的基因交流，种群基因库的明显差异导致种群间产生生殖隔离
6．右图为人体体液物质交换示意图，下列叙述正确的是
A．体液①含有尿素、氨基酸、糖原、CO2等物质
B．体液①和②之间进行物质交换，可以等量地相互转化
C．④能回流血浆，是淋巴细胞和吞噬细胞的直接生活环境
D．③若产生乳酸会引起①②④内pH剧烈变化
7．下列说法中错误的是
A．采煤工业爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力，又能预防火灾
B．国产大型飞机C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料
C．《肘后急备方》“青蒿一握，以水二升渍，取绞汁”，该过程属于物理变化
D．高级脂肪酸乙酯是生物柴油的一种成分，它属于油脂
8．国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol－1)，并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是
A．在Al3+数目为NA的AlCl3溶液中，Cl－总数为3NA
B．常温下，42g乙烯和丙烯的混合物中所含共价键的数目是9NA
C．4molNH3与6molO2在催化剂和加热条件下充分反应，所得产物中NO的分子数是4NA
D．常温常压下，2g羟基（—18OD）中所含的中子数为NA
9．从山道年蒿中提取出一种具有明显抗癌活性的有机物X，其结构简式如图所示。下列有关说法错误的是
A．该物质的分子式为C10H16O2
B．该物质能发生氧化反应、还原反应、加聚反应和取代反应
C．该物质的一氯代物共有5种
D．该物质所有的碳原子不可能共平面
10．《Journal of Energy Chemistry》报导我国科学
家设计CO2熔盐捕获与转化装置如右图。下
列有关说法正确的是
A．b为正极
B．熔盐可用KOH溶液代替
C．d极电极反应式为CO32－+4e－= C+3O2－
D．转移lmol电子可捕获CO2 5.6L
11．短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增
大，其中X、Y、Z 三种元素中，可形成含二
种元素的10电子微粒m、n、p、q，且有反应m+n p↑+q ；M的最高价氧化物对应的水化物为无机含氧酸中的最强酸。则下列说法正确是
A．原子半径Xβ，两个滑块和斜面之间的动摩擦因数相同，下滑过程中斜面体均保持静止，下列说法正确的是
A．甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大
B．甲滑块在斜面上滑动的时间一定比乙长
C．甲滑块下滑过程中，机械能的变化量比乙大
D．甲滑块下滑过程中，斜面体对水平地面的压力比乙大
图4
19．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图4甲所示；产生的交变电动势随时间变化的规律如图4乙所示。则下列说法正确的是
A．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小
B．该线圈转动的角速度大小为rad/s
C．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22sin(100πt) V
D．线框平面与中性面的夹角为45°时，电动势瞬时值为22 V
图5
20．某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的变化规律如图5所示；一质量为m、带电量为-q的粒子(不计重力)，从O点(x＝0)静止释放，仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动。下列说法正确的是
A．粒子从O运动到x1的过程中做匀加速直线运动
B．粒子在x1处速度最大，为
C．粒子第一次经过x1到x2的运动过程中，电势能减小
D．粒子不可能运动到x2的右侧
21．如图6所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的长方形区域中有一磁感应强度大小B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外。O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m，电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内的第一象限内。已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则
图6
A．粒子圆周运动的半径r＝2a
B．长方形区域的边长满足关系＝2
C．长方形区域的边长满足关系＝＋1
D．粒子的射入磁场的速度大小v＝

第二部分 非选择题（共 174 分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 32 题为必考题，每个试题考生都必须做答。第 33 题～第 38题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（共 129 分）
22． （5分）
如图7-甲所示的实验装置，可用来测定加速度。在铁架台的顶端有一电磁铁，下方某位置固定一光电门，电磁铁通电后铁质金属球被吸起，测出此时金属球与光电门的距离h(h远大于金属球的直径）。断开电磁铁的电源，测量金属球下落过程中经过光电门的时间为，请回答下列问题：
（1）用游标卡尺测得金属球的直径为d，如图7-乙所示，则该示数为______cm；
（2）金属球的加速度的关系式为a=______；（用以上字母表示）
（3）根据上述实验操作及所测量的物理量，此实验________（填“能”或“不能”）用来探究外力对金属球所做的功与它的动能变化的关系。







图7-甲 图7-乙

23． （10分）
某同学想测量多用电表内电源的电动势和欧姆挡×1k挡的中值电阻。该同学设计了如图8-甲所示的实验电路图，是完全相同的两块电压表。


图8-甲 图8-乙
请你与他按以下步骤共同完成实验：（1）断开开关k1、k2，将多用电表挡位调到欧姆挡×10k挡，将电压表 的正接线柱与多用电表的______（选填“红” 或“黑”）表笔相连；
（2）闭合开关k1、k2，发现多用电表的示数如图8-乙所示，为了提高测量的精确度，我们应断开开关k1、k2，换__________（选填“较大”或“较小”）倍率的挡位，然后
（具体操作）；
（3）再闭合开关k1和k2，记录此时电压表示数U1，多用电表示数R1；保持开关k1闭合，断开开关k2，记录此时电压表示数U2；测得多用电表内电源的电动势可表达为 ，此时多用电表相应的欧姆挡×1k挡的中值电阻可表达为 ；（用上述已测量的物理量表示）
（4）该实验测量的结果____（选填“有”或“无”）系统误差。
24．（12分）
如图9所示，一个初速为零、带电量为e、质量为m的
正离子，被电压为U的电场加速后，经过一段匀速直线运动，
垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的水
平宽度为d（忽略粒子所受重力）。求：（1）离子在磁场中做
圆周运动的半径R；（2）离子在磁场中运动的时间。

25． （20分）
如图10所示，水平面上有一条长直固定轨道，P为轨道上的一个标记点，竖直线PQ表示一个与长直轨道垂直的竖直平面，PQ的右边区域内可根据需要增加一个方向与轨道平行的水平匀强电场。在轨道上，一辆平板小车以速度v0=4m/s沿轨道从左向右匀速运动，当车长一半通过PQ平面时，一质量为m=1kg的绝缘金属小滑块（可视为质点）被轻放到小车的中点上，已知小滑块带电荷量为+2C且始终不变，滑块与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，整个过程中小车速度保持不变，g=10m/s2。求：
（1）若PQ右侧没有电场，小车足够长，在滑块与小车恰好共速时小滑块相对P点水平位移和摩擦力对小车做的功；
（2）若PQ右侧加一个向右的匀强电场，且小车长L=2m，为确保小滑块不从小车左端掉下来，电场强度大小应满足什么条件？
（3）在（2）的情况下，PQ右侧电场强度取最小值时，为保证小滑块不从车上掉下，则电场存在的时间满足什么条件？



图10
26. （14分）
硫酰氯(SO2Cl2) 和亚硫酰氯(SOCl2) 都是重要的化工试剂，均易水解。
（1） 甲同学在实验室利用SO2和Cl2在活性炭催化作用下制取SO2Cl2，装置如图所示。

①B装置中冷凝管进水口是 (填“m”或“n”)。B中干燥管盛有的物质是 。
②欲制取少量SO2Cl2，选择上图中的装置（可以重复选用），其连接顺序为：a、 、h。
③去除C装置会降低SO2和Cl2的利用率，可能的原因是 。（用化学方程式表示）
（2）SOCl2水解后无残留物，较SO2Cl2是更好的脱水剂。乙同学设计实验利用SOCl2和ZnCl2·xH2O制取无水ZnCl2。
①解释SOCl2在该实验中的作用是 （写出两点）。
②实验室常用NaOH溶液吸收SOCl2，该反应的离子方程式是 。
（3）乙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丙同学认为该实验可能发生副反应使产品不纯。
①可能发生的副反应的化学方程式是 。
②两同学设计如下实验判断副反应的可能性：取少量SOCl2和FeCl3·6H2O反应后的混合物于试管中，加水溶解，将溶液平分至五支试管，分别进行以下实验，其中能得出合理结论的是 。
A．加入过量稀HNO3，再滴加几滴AgNO3溶液
B．加入少量稀HNO3，再滴加几滴BaCl2溶液
C．滴加几滴BaCl2溶液
D．滴加几滴酸性KMnO4溶液
E．滴加几滴KSCN溶液后，再滴加几滴氯水

27. （15分）
通过对阳极泥的综合处理可以回收宝贵的金属，一种从铜阳极泥（主要成分为Se、Ag2Se、Ag、Cu、CuSO4和Cu2S等）中分离Ag、Se和Cu的新工艺流程如下图所示：

（1） 已知预处理温度为80℃，预处理渣中几乎不含S元素，预处理时Cu2S发生反应的离子方程式为_______________。比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采用稀H2SO4溶液添加MnO2做预处理剂的主要优点是_______________。
（2） 回收分银渣中的银，可用如下过程：




已知：S2O32—在碱性条件下很稳定，易与银离子络合：Ag++2S2O32— Ag(S2O3)23—。常温下，络合反应的平衡常数为K稳[Ag(S2O3)23—] = 2.8×1013，Ksp(AgCl) = 1.8×10-10。
①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl(s)+2S2O32—(aq) Ag(S2O3)23—(aq)+Cl—(aq)，常温下此反应的平衡常数K为_________（结果保留二位小数）。
②Ⅱ中还原剂为Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成Na2SO3，离子反应方程式为______________。
③Ⅲ中银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从化学平衡的角度分析原因：______________。
（3）分硒渣的主要成分是Cu2Se，可被氧化得到亚硒酸(H2SeO3)。已知常温下H2SeO3的Ka1=2.7×10-3，Ka2=2.5×10-8，则NaHSeO3溶液的pH______7(填“>”、“”“”“vb>va （2分） ②BCE （2分）
③此反应正向放热，温度升高，平衡向逆向进行。 （2分）
（2） I. ①－90 （2分） ②低温 （1分） ③反应的活化能高 （1分）
II.①1/P （2分） ② > < （2分）

35.（15分）
（1）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9（2分）
（2）7NA（2分）
（3）NH3·H2O中NH3的N提供孤对电子给金属离子形成配位键（2分）
（4）分子晶体（1分）；联氨分子间存在氢键，O2的分子间作用力为范德华力（2分）
（5）V形（1分），sp3（1分）
（6）2（2分），或（2分）
36.（15分）
（1）1,3-丁二烯（2分） （2）氧化反应、取代反应（2分）
（3）（2分）
（4）C8H12O3 （2分） （5）羰基、酯基（2分）
（6）、、、（2分）

（7）








物理参考答案

题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
C
A
C
B
A
CD
BD
ACD

14．解析：因v­t图的斜率代表加速度，t1故A项错误．0～t1加速度越来越小，所以合外力越来越小，故B项错误．0～t4时间段内，v­t图围成的面积为零，所以位移为零，故C项正确．t2时刻v＝0而a最大，故D项错误．
15．解析：小球受到的重力，电场力和轻绳的拉力构成矢量三角形如图所示，由力的动态变化可以看出，α角的最大值为300,故选A．
16．解析：在星球表面的物体受到的重力等于万有引力G＝mg，所以g＝＝＝πGρR，整理可得＝·＝，故A、B均错误；探测器绕地球表面运行和绕月球表面运行都是由万有引力充当向心力，根据牛顿第二定律有：G＝m，得：v＝…①，M为中心天体质量，R为中心天体半径，M＝ρ·πR3…②，由①②得：v＝，已知月球和地球的半径之比为1∶4，密度之比为64∶81，所以探测器绕月球表面运行和绕地球表面运行线速度大小之比为：v′∶v＝，故C正确、D错误
17． 解析：由动量守恒可得第一次击打木块的过程中，第二次击打木块的过程中,两式相除可得vl：v2=1：2 ，所以B正确．
18．解析：设斜面倾角为θ，下滑的加速度，可知，下滑位移，所以甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大，A正确；设斜面底边长为d，斜面长为d/cosθ，由公式，可解得，化简，可见当时，t最大，所以B无法确定，B错；机械能损失等于产生的热量，可见甲乙摩擦生热一样多，C错；两个系统都失重，因为两个小滑块都有竖直向下的加速度，显然，所以甲系统失重更多，对地面压力更小，所以D错误．


19．解析：t＝0.01 s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故选项A错误；该线圈的角速度rad/s，故选项B错误；由题图乙知该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22sin(100πt)V，故选项C正确．电动势瞬时值为22 V时，代入瞬时值表达式，得sin ωt＝，故表明线框平面与中性面的夹角为45°，故选项D正确．
20．解析：从O到x1，电势升高，场强沿－x方向，电场力沿x轴正向，斜率在减小，说明电场在减弱，所以粒子做加速度减小的变加速直线运动，A项错；从x1以后的运动过程中，电势降低，场强沿＋x方向，电场力对粒子做负功，粒子的电势能先增加，C项错；粒子在x1处电势能最小，动能最大，由能量守恒mv=qφ0，解得，B项正确；根据能量守恒，粒子运动到x2处速度已经减为零，D项正确．
21．解析：设粒子的速度大小为v，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由磁场对粒子的洛伦兹力提供，则由qvB＝，解得v＝，粒子在匀强磁场中的运动时间为t＝.由于各个粒子的电量、质量和粒子的速度的大小都相同，所以各个粒子在磁场中的轨道半径的大小为定值，粒子在磁场中所对应的轨迹的弧长越长，粒子在磁场中的运动时间越长；粒子在磁场中所对应的轨迹的弧长越短，粒子在磁场中的运动时间越短。不妨假设匀强磁场充满整个空间，画出粒子在磁场中的轨迹如图1所示，由图2可知：沿着y轴正方向的粒子最先从磁场上边界中飞出，设该粒子在磁场中的轨迹所对的圆心角为θ1，由题意得：T＝，解得：θ1＝30°，如图所示，由几何关系可得：rsin 30°＝a，可解得：r＝2a、v＝，答案AD正确；如图3所示，当粒子的运动轨迹和磁场的上边界相切时，粒子在磁场中运动轨迹所对应的弧长最长，在磁场中的运动时间最长，设该种情况下粒子的轨迹所对应的圆心角为θ2，则：T＝，解得：θ2＝90°.设∠MO2O＝θ3、∠MO2D＝θ4，则：θ3＋θ4＝90°.由几何关系可得：rcos θ3＝r－a，即：2acos θ3＝2a－a＝a，则：θ3＝60°、θ4＝30°.由几何关系进一步可得：b＝rsin θ3＋rsin θ4，即：b＝2asin 60°＋2asin 30°＝a＋a，所以长方形区域的边长满足关系＝＋1，C项正确。




22．(5分)
（1）1.220 ----------------------2分 （2）---------------------------2分
（3）不能-----------------------1分

23．(10分)
（1）黑；-------------1分
（2）较小；---------------1分；将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使多用电表的指针恰好停到欧姆刻度线的0刻度处（指针指向“0Ω”）------------3分,3个点每个1分
（5）------------2分；或者-----------2分
（6）无 --------------------1分

24．（12分）
解析：
（1） 带电离子加速运动末速度为v，则①------------------------2分
进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力②----------2分
联立①②求解可得③---------------------------1分
（2） 离子在磁场中运动周期 ④----------------------------------------2分
i） 若，离子从MN边界离开磁场区域，圆周运动的圆心角为------1分
所以离子在磁场中运动的时间⑤-------------------1分
ii） 若，离子从PQ边界离开磁场区域，圆周运动的圆心角为
利用几何知识可得⑥---------------------------2分
所以所以离子在磁场中运动的时间-----1分
25．(20分)
解析：
（1） 小滑块放在小车上以后，其加速度根据牛顿第二定律 ① -----------1分
解得加速度
加速到共速时用时t1，②----------------------------------------------------------------1分
解得
此过程中小滑块相相对P点移动的距离③--------------------------------------1分
此过程中木板相相对P点移动的距离④--------------------------------------------1分
求解可得，------------------------------------------------------------------1分
摩擦力对小车做的功⑤-------------------------------------------------------1分
求解可得（没有负号扣除这一分）---------------------------------------------1分
（此小问学生用动能定理和动量定理替代牛顿运动定律求位移和时间也可以，每式1分）
（2） 当加有向右电场时，小滑块加速度⑦------------------------------------1分
恰好运动到木板左端共速，共速时间⑧----------------------------------------------1分
根据两物体的位移关系可得⑨-------------------------------------------2分
联立⑦⑧⑨可得
，所以电场强度E满足---------------------------1分
（3） 满足第二问的条件，当电场时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右
做匀加速运动，设时间为t3后撤去电场,之后滑块做减速运动，经时间t4，小滑块和小车在小车右端共速，恰好没掉下来，
小滑块向右加速度为⑩-------------------------------------------------1分
解得
加速的末速度⑪
减速过程中⑫---------------------------------------------------------------1分
加速过程中的位移为⑬
减速过程中的位移为⑭--------------------------------------------------1分
则⑮-----------------------------------------------------------2分
联立⑩⑪⑫⑬⑭⑮求解解得------------------------------------1分
所以电场存在总时间------------------------------------------1分
所以电场存在的时间满足关系式（结果可以保留根式）------1分
解法2：满足第二问的条件，当电场时，小滑块相对运动到木板最左端后，会向右做匀加速运动，设时间为t3后撤去电场
小滑块向右加速度为⑩-------------------------------------------------1分
解得
滑块相对小车做加速度为，初速度为零的匀加速运动，经时间t3后做加速度为的匀减速运动直至相对静止，此过程中的总位移小于等于板长，因此 ----4分
加速过程的时间--------------------------------------------------------1分
所以电场存在总时间⑮----------------------------------------------------1分
所以电场存在的时间满足关系式--------------------------------------------1分

33．（15分）
（1）答案：BCD
解析：伽利略的斜面实验是为了证明“不受外力的物体会永远匀速运动下去”，所以A错；伽利略和笛卡尔在牛顿提出牛顿运动定律前，都提出了和牛顿运动定律类似的观点，B正确；奥斯特发现了电流会激发磁场，即电生磁，但是安培提出了“安培环形电流假说”，解释了磁铁产生磁场的原因，所以E错误．
（2）解析：
（1）线框在磁场中匀速运动①----------------------------1分
导体棒受到的安培力②-------------------------------------1分
电流③---------------------------------------------------1分
联立求解可得④--------------------------------------------1分
同理可得⑤
（2）线框进入磁场前，根据动能定理有⑥------------------2分
解得⑦--------------------------------------------------1分
（3）在穿越磁场的过程中⑧----------2分
解得Q=0.5J⑨---------------------------------------------------1分
5