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第1页（共7页）安徽省2020年名校高考冲刺模拟卷理科综合参考答案及部分解析一、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。（生物部分）123456ABDCDB（化学部分）7.B【解析】B项，诗句“折戟沉沙铁未销”中的金属是铁，常温下，铁在浓硝酸中钝化，不会溶解，故错误。8.A【解析】因为浓硝酸的密度小于浓硫酸，所以配制浓硫酸和浓硝酸的混合溶液时是将浓硫酸倒入浓硝酸溶液中，故A错误。9.A10.C【解析】根据这四种元素可组成化合物的结构知，R原子可形成R+离子，Y原子最外层有5个电子，Z原子可形成Z-离子，X原子最外层有3个电子，结合R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10，得出R为氢，X为硼，Y为氮，Z为氟。11.B12.C【解析】用KOH为电解质的循环阳极锌空气二次电池放电时的总反应为2Zn+O2═2ZnO，正极电极反应O2+4e-+2H2O═4OH-，故A正确；空气中含二氧化碳气体，进入到电解质溶液与KOH反应生成碳酸钾，放电时，电解质中会生成少量碳酸盐，故B正确；锌和铝类似，既可以和酸反应也可以和碱反应，电池停止工作时，锌仍然能与氢氧化钾溶液反应自放电，故C错误；原电池中负极电解反应式为Zn+2OH--2e-═ZnO+H2O，充电过程的阴极电极反应式为ZnO+2e-+H2O═Zn+2OH-，故D正确。13.D【解析】𝑎点是H3A和H2A-的物质的量分数相同，浓度相同，溶液显酸性，溶液中存在电荷守恒：𝑐（H2A-）+𝑐（OH-）=𝑐（Na+）+𝑐（H+），因为𝑐（H+）＞𝑐（OH-），所以有𝑐（H2A-）＞𝑐（Na+）＞𝑐（H+）＞𝑐（OH-），故A正确；25℃时，H3A的第二步电离平衡常数𝐾2=𝑐(HA2−)·𝑐(H+)𝑐(H2A−)，𝑐（HA2-）=𝑐（H2A-），pH=4.58，𝐾2=10-4.58，故B正确；𝑏点溶液中𝑐（HA2-）=𝑐（H2A-），溶液中存在电荷守恒：𝑐（Na+）+𝑐（H+）=𝑐（H2A-）+2𝑐（HA2-）+3𝑐（A3-）+𝑐（OH-）=3𝑐（H2A-）+3𝑐（A3-）+𝑐（OH-），故C正确；当该溶液中𝑐（HA2-）=𝑐（A3-）时，溶液的溶液呈酸性，HA2-的电离大于A3-的水解，抑制水的电离，𝑐（H+）水＜10-7mol•L-1，故D错误。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，有选错的得0分。1415161718192021CDDDACDCDABC第2页（共7页）三、非选择题：共174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.（5分）（1）156（1分）（2）𝐹=156(𝐿−0.02)（2分）弹簧原长（2分）23.（10分）（1）3400（2分）（2）丙（2分）实物电路图如图所示：（2分）（3）𝑅1（2分）（4）𝑈1𝑅0𝑈2−𝑈1（2分）24.（12分）解：（1）若滑块𝐴被固定在地面上，物块𝐵与物块𝐶碰撞前，由动能定理：𝑚𝑔𝑅−𝜇𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣02…………………………（1分）解得：𝑣0=3√5𝑔𝑅5…………………………（1分）（2）滑块𝐴的固定被解除，物块𝐵下滑到与𝐴分离的过程中，设𝐵与𝐴的分离时的速度分别为𝑣1和𝑣2，对𝐴、𝐵构成的系统，能量关系和水平方向动量守恒有：𝑚𝑔𝑅−𝜇𝑚𝑔𝑅=12𝑚𝑣12+122𝑚𝑣22…………………………（1分）𝑚𝑣1=2𝑚𝑣2…………………………（1分）解得：𝑣1=√30𝑔𝑅5，𝑣2=√30𝑔𝑅10…………………………（1分）物块𝐵与物块𝐶发生完全弹性碰撞后速度分别为𝑣1′和𝑣𝑐，由能量关系和动量守恒有：12𝑚𝑣12=12𝑚𝑣1′2+124𝑚𝑣𝑐2…………………………（1分）𝑚𝑣1=𝑚𝑣1′+4𝑚𝑣𝑐…………………………（1分）解得：𝑣1′=3√30𝑔𝑅25…………………………（1分）碰撞后物块𝐵冲上滑块𝐴，达到共速时，由水平方向动量守恒和能量关系有：𝑚𝑣1′+2𝑚𝑣2=(𝑚+2𝑚)𝑣共…………………………（1分）12𝑚𝑣1′2+122𝑚𝑣22−𝜇𝑚𝑔𝑑=12(𝑚+2𝑚)𝑣共2…………………………（1分）𝐵与𝐷点的距离：𝐿=𝑅−𝑑…………………………（1分）解得：𝐿=24𝑅25…………………………（1分）第3页（共7页）答：（1）𝐵与𝐶发生碰撞前的速度大小𝑣0为3√5𝑔𝑅5；（2）𝐵与𝐴相对静止时与𝐷点的距离𝐿为24𝑅25。25.（20分）解：（1）在0∼𝑡0时间内，金属棒不受安培力，从𝑎𝑏处运动到𝑐𝑑处的过程做自由落体运动，则有：𝑣=𝑔𝑡0…………………………（1分）ℎ=12𝑔𝑡02…………………………（1分）（2）在0∼2𝑡0时间内，回路中由于𝑎𝑏上方的磁场变化产生的感应电动势：𝐸1=𝐵02𝑡0𝐿·2𝑔𝑡02=𝑔𝐵0𝐿𝑡0…………………………（1分）在𝑡0∼2𝑡0时间内，回路中由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势：𝐸2=𝐵0𝐿𝑣=𝑔𝐵0𝐿𝑡0…………………………（1分）经分析可知，在𝑡0∼2𝑡0时间内，金属棒做匀速直线运动，回路中有逆时针方向的感应电流，总的感应电动势为：𝐸=𝐸1+𝐸2…………………………（1分）根据闭合电路的欧姆定律有：𝐼=𝐸2𝑅…………………………（1分）对金属棒，由受力平衡条件有：𝐵0𝐼𝐿=𝑚𝑔…………………………（1分）解得：𝑚=𝐵02𝐿2𝑡0𝑅…………………………（2分）（3）在0∼𝑡0时间内，回路中产生的焦耳热：𝑄1=𝐸122𝑅⋅𝑡0…………………………（1分）在𝑡0∼2𝑡0时间内，金属棒匀速下落的高度：ℎ1=𝑣𝑡0…………………………（1分）在𝑡0∼2𝑡0时间内，回路中产生的焦耳热：𝑄2=𝐸22𝑅⋅𝑡0…………………………（1分）设在2𝑡0∼4𝑡0时间内，金属棒下落的高度为ℎ2，回路中通过的感应电流的平均值为𝐼−，有：𝐼−×2𝑡0=Δ𝛷2𝑅=𝐵0𝐿ℎ22𝑅…………………………（1分）根据动量定理有：𝑚𝑔×2𝑡0−𝐵0𝐼−𝐿×2𝑡0=𝑘𝑚𝑔𝑡0−𝑚𝑣…………………………（1分）解得：ℎ2=(6−2𝑘)𝑔𝑡02…………………………（1分）经分析可知：𝐻=ℎ1+ℎ2…………………………（1分）解得：𝐻=(7−2𝑘)𝑔𝑡02…………………………（1分）根据能量守恒定律可知，在2𝑡0∼4𝑡0时间内，回路中产生的焦耳热：𝑄3=𝑚𝑔ℎ2+12𝑚𝑣2−12𝑚(𝑘𝑔𝑡0)2…………………………（1分）第4页（共7页）经分析可知：𝑄=𝑄1+𝑄2+𝑄3解得：𝑄=(9−2𝑘−12𝑘2)𝑔2𝐵02𝐿2𝑡03𝑅…………………………（2分）答：（1）金属棒到达𝑐𝑑处时的速度大小为𝑔𝑡0，𝑎、𝑑两点间的高度差为12𝑔𝑡02；（2）金属棒的质量为𝐵02𝐿2𝑡0𝑅；（3）在0∼4𝑡0时间内，回路中产生的焦耳热为(9−2𝑘−12𝑘2)𝑔2𝐵02𝐿2𝑡03𝑅，𝑑、𝐶两点的高度差为(7−2𝑘)𝑔𝑡02。26.（14分）（1）CDE（2分）（2）MnO2+H2O2+2H+O2↑+2H2O+Mn2+（2分）（3）Mn2++2HCO3-MnCO3+CO2↑+H2O（2分）（4）将Fe2+转化为Fe3+，以防止在调节pH时Fe3+沉淀（2分）5（2分）（5）抑制Fe2+水解（2分）蒸发浓缩（1分）过滤（1分）27.（14分）（1）三颈烧瓶（1分）（2）①Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2↑+H2O（2分）②通过观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速率（2分）③S2O32−+2H+S↓+SO2↑+H2O（2分）（3）防止Na2S2O3晶体析出（1分）乙醇（1分）（4）避免析出的Na2S2O3·5H2O晶体因温度过高而分解（1分）（5）①滴入最后一滴标准液，溶液刚好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色（2分）②99.2%（2分）28.（15分）（1）−215.5（1分）（2）①CD（1分）②0.003（2分）③（1分）2.25×10-4（2分）（3）①BD（1分）②0.2（1分）（4）①60%（1分）②0.16（2分）（5）①氧化（1分）②CO2+6H++6e−CH3OH+H2O（2分）29.（8分）（1）降低（1分）光合色素（1分，此空和后两空的顺序均可互换）类囊体膜结构（1分）酶的结构（1分）（2）早熟红无核（1分）（3）非气孔限制（1分）气孔导度低于其他两组，而胞间二氧化碳浓度高于其他两组，说明高温破坏了光合色素或膜结构导致光反应降低，使胞间二氧化碳浓度升高（2分）30.（11分）（1）减数第一次分裂后期，等位基因随着同源染色体的分开而分离（1分）（2）有丝分裂中（1分）XXY（1分）F1中雌果蝇减数第二次分裂后期姐妹染色单体未分离（1分）第5页（共7页）（3）①雄性全为粉色眼，雌性全为红眼（2分）②全为红眼（2分）红眼雌果蝇∶粉色眼雌果蝇∶红眼雄果蝇=5∶3∶8（2分）58（1分）31.（10分）（1）群落（1分）消费者（1分）（2）分解（1分）CO2（或二氧化碳）（1分）（3）缺少表示呼吸作用的箭头（1分）（4）7200（2分）（5）越来越复杂（2分）减少（1分）32.（10分）（1）正（1分）K+（或钾离子）（1分）（2）未兴奋（1分）兴奋（1分）（3）相反（1分）不会（1分）（4）突触间隙（1分）轴突（1分）（5）神经递质只能由突触前膜释放，作用于突触后膜（1分）胞吐（1分）（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、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）（5分）ACE（2）（10分）解：（i）设左、右活塞的面积分别为𝑆′和𝑆，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：3𝑚𝑔𝑆′=2𝑚𝑔𝑆…………………………（1分）由此得：𝑆′=32𝑆在两个活塞上各加质量为𝑚的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件：𝑃左=4𝑚𝑔𝑆′=8𝑚𝑔3𝑆…………………………（1分）𝑃右=3𝑚𝑔𝑆，𝑃左𝑃右，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。………（1分）在初态，气体的压强为：𝑃1=2𝑚𝑔𝑆体积为：𝑉1=52𝑆ℎ…………………………（1分）在末态，气体压强为：𝑃2=8𝑚𝑔3𝑆体积为：𝑉2＝2𝑥𝑆（𝑥为左活塞的高度）…………………………（1分）由玻意耳定律得：𝑃1𝑉1＝𝑃2𝑉2…………………………（1分）解得：𝑥=54ℎ…………………………（1分）（ii）当温度由𝑇0上升至𝑇时，气体的压强始终为8𝑚𝑔3𝑆，设𝑥′是温度达到𝑇时左活塞的高度，由盖•吕萨克定律得：𝑥′=𝑇𝑇0𝑥=5𝑇ℎ4𝑇0…………………………（1分）活塞对气体做的功为：𝑊=𝐹𝑠=4𝑚𝑔⋅54ℎ(𝑇𝑇0−1)=5𝑚𝑔ℎ(𝑇𝑇0−1)………………（1分）环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：第6页（共7页）在此过程中气体吸收热量。…………………………（1分）答：（1）气体再次达到平衡后两活塞的高度差为54ℎ；（2）气体对活塞做了5𝑚𝑔ℎ(𝑇𝑇0−1)的功，