1、此卷只裝訂不密封班級 姓名 準考證號 考場號 座位號 此卷只裝訂不密封班級 姓名 準考證號 考場號 座位號 2020屆高三模擬測試卷理科綜合能力測試（二）注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。可能用到的相對原子質量：H 1 Li 7 C 12 N

2、14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Fe 56 第卷（選擇題，共126分）一、選擇題：本大題共13小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1下列有關細胞的結構和功能的敘述，正確的是A一個動物細胞中只含有一個中心體，高等植物細胞中沒有中心體B用胰蛋白酶處理生物膜，生物膜的組成成分及通透性都會發生改變C線粒體是有氧呼吸的主要場所，外膜上有運輸葡萄糖和氧氣的載體蛋白D溶酶體內含有多種呼吸氧化酶，能分解衰老、損傷的細胞器2用高濃度的尿素作為溶劑處理從細胞中分離純化的蛋白質，可使其失去天然構象變為松散肽鏈(稱為“變性”)；除去尿素后，蛋白質又可以恢復原來的空

3、間結構(稱為“復性”)，且蛋白質分子越小復性效果越好。這說明A尿素與蛋白酶的作用效果相似B氨基酸數量會影響蛋白質的空間結構C過氧化氫酶經高濃度尿素溶液處理后活性不變D雙縮脲試劑可以鑒定上述“變性”的發生3紫外線對DNA分子的主要損傷方式是形成胸腺嘧啶二聚體，下圖表示細胞中DNA分子發生這種損傷后的自動修復過程。下列敘述錯誤的是A胸腺嘧啶二聚體形成后可能會影響DNA的復制和轉錄B圖示DNA分子損傷后的修復過程可能需要多種酶參與CDNA修復功能缺陷可能會引發基因突變導致惡性腫瘤DDNA損傷引起的生物變異不能成為生物進化的原材料4T細胞表面的受體可以識別抗原引起免疫反應，同時還有很多輔助分子來幫助完

4、成這一過程。此外，T細胞表面還存在負向調控的受體分子，如PD-1。當PD-1與某些特定分子PDL1結合后，能迫使免疫細胞“自殺”，從而終止正在進行的免疫反應。一些腫瘤細胞進化出了一種防御機制，它們的表面也帶有PDL1，從而誘導T細胞過早地進入自我破壞程序。科學家研制出PD-1單克隆抗體，作為免疫負調控抑制劑，通過阻斷PD-1與PDL1的相互作用，從而降低免疫抑制反應，進而治療甚至治愈腫瘤。下列敘述錯誤的是A正常情況下，PD-1有助于防止免疫反應過度，避免發生自身免疫病B部分T細胞會在PD-1的作用下發生細胞凋亡CPD-1單克隆抗體不是直接作用于腫瘤，而是對免疫細胞起作用，達到抗腫瘤的目的D人體

5、細胞中含有控制合成PD-1和PDL1的基因5某調查小組欲調查某地區針毛鼠的種群密度，在該地區相同面積的旱地和水田里均放置了數量相同的捕鼠夾，結果發現旱地中被捕針毛鼠數占捕鼠總數的12.8%，而水田中被捕針毛鼠數占捕鼠總數的2.2%，據此，下列敘述錯誤的是A針毛鼠對當地旱地種植的農作物的危害可能大于水田B在旱地種植少量高大樹木，為貓頭鷹提供棲居地，有利于控制針毛鼠害C若捕獲后的針毛鼠難以再次被捕獲，則會導致調查的針毛鼠的種群密度偏小D出生率和死亡率、遷入率和遷出率都是影響針毛鼠種群密度的直接因素6在一個自然種群的小鼠中，體色有黃色（Y）和灰色（y），尾巴有短尾（D）和長尾（d），兩對相對性狀的遺

6、傳符合基因的自由組合定律。任取一對黃色短尾個體經多次交配，F1的表現型為黃色短尾黃色長尾灰色短尾灰色長尾4221。實驗中發現有些基因型有致死現象（胚胎致死）。以下說法錯誤的是A黃色短尾親本能產生4種正常配子BF1中致死個體的基因型共有4種C表現型為黃色短尾的小鼠的基因型只有1種D若讓F1中的灰色短尾雌雄鼠自由交配，則F2中灰色短尾鼠占2/37化學與生產、生活密切相關。下列有關物質的用途、性質都正確且有相關性的是8設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A1mol Mg在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉移的電子數為NAB14g分子式為CnH2n的鏈烴中含有的CH鍵的數目為2NAC室溫

7、時，1.0L pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH的數目為0.2NADFe與水蒸汽反應生成22.4L氫氣，轉移電子數為2NA9R是合成某高分子材料的單體，其結構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是AR與HOCH2COOH分子中所含官能團完全相同B用NaHCO3溶液可檢驗R中是否含有羧基CR能發生加成反應和取代反應DR苯環上的一溴代物有4種10元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如圖所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正價和最低負價之和為0，下列說法不正確的是XYZQA原子半徑（r）：r（Y）r（Z）r（X）B分別含Y元素和Z元素的兩種弱酸可以反應生成兩種強酸C推測Q的單質可以和氫氣、氧氣、活潑金

8、屬等反應DZ的簡單陰離子失電子能力比Y的強11利用小粒徑零價鐵（ZVI）的電化學腐蝕處理三氯乙烯，進行水體修復的過程如圖所示。H+，O2，NO等共存物的存在會影響水體修復效果，定義單位時間內ZVI釋放電子的物質的量為nt，其中用于有效腐蝕的電子的物質的量為ne。下列說法錯誤的是A反應均在正極發生B單位時間內，三氯乙烯脫去a mol Cl時ne=a molC的電極反應式為NO+10H+8e=NH+3H2OD增大單位體積水體中小粒徑ZVI的投入量，可使nt增大12由下列實驗操作和現象得出的結論正確的是選項實驗操作實驗現象結論A向Co2O3中滴加濃鹽酸產生黃綠色氣體氧化性：Cl2Co2O3B白鐵皮（

9、鍍鋅鐵）出現刮痕后浸泡在飽和食鹽水中，一段時間后滴加幾滴K3Fe(CN)6溶液無明顯現象該過程未發生氧化還原反應C將鐵片投入濃硫酸中無明顯變化常溫下鐵不與濃硫酸反應D將10mL 2mol/L的KI溶液與1mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反應后滴加KSCN溶液溶液顏色變紅KI與FeCl3的反應具有可逆性13已知AG=lg，電離度=100%。常溫下，向10mL 0.1mol/L HX溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，混合溶液中AG與滴加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法錯誤的是AF點溶液pHc(H+)=c(OH)CV=10時，溶液中c(OH)c(OH)，pHc(H+)=c(

10、OH)，故B正確；CV=10時溶液為NaX溶液，由于水解和水的電離c(OH)c(HX)，故C錯誤；DE點為0.1mol/L HX溶液，AG=lg=8，則=108，水的離子積KW=10-14， ，則電離度=，故D正確；故答案選：C。14. 【答案】B【解析】逸出的光電子最大速度之比為12，光電子最大的動能：Ekm12mvm2，則兩次逸出的光電子的動能的之比為14；故A錯誤；光子能量分別為：Ehv和E2hv，根據愛因斯坦光電效應方程可知光電子的最大初動能為：Ekhv-W，4Ek2hv-W，聯立可得逸出功：W2hv3，故B正確；逸出功為2hv3，那么金屬的截止頻率為2v3，故C錯誤；用頻率為12v的

11、單色光照射，因12v2v3，不滿足光電效應發生條件，因此不能發生光電效應，故D錯誤。15. 【答案】C【解析】兩球穩定時均做勻速直線運動，則有kvmg，得，所以有，由圖知v1v2，故m1m2，A正確；vt圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，0t2時間內，乙球下降的高度較大，而t2時刻兩球第二次相遇，所以乙球釋放的位置高，故B正確；兩球釋放瞬間v0，此時空氣阻力f0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故C錯誤；在t1t2時間內，甲球下落的高度較大，而t2時刻兩球第二次相遇，所以兩球第一次相遇的時刻在t1時刻之前，故D正確。本題選錯誤的，故選C。16. 【答案】C【解析】根據

12、電場線的指向知E帶正電，F帶負電；N點的場強是由E、F兩電荷在N點產生場強的疊加，電荷E在N點電場方向沿EN向上，電荷F在N點產生的場強沿NF向下，合場強水平向右，可知F電荷在N點產生的場強大于E電荷在N點產生的場強，而NFNE，所以由點電荷場強公式Ek知QEQF，A錯誤；只有電場線是直線，且初速度為0或初速度的方向與電場平行時，帶電粒子的運動軌跡才與電場線重合。而該電場線是一條曲線，所以運動軌跡與電場線不重合。故在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，不可能沿電場線運動到N點，B錯誤；因為電場線和等勢面垂直，所以過N點的等勢面與過N點的切線垂直，C正確；沿電場線方向電勢逐漸降低，MN，再根據EP

13、q，q為負電荷，知EPMEPN，D錯誤。17. 【答案】A【解析】因為原線圈上接有理想二極管，原線圈只有半個周期有電流，副線圈也只有半個周期有電流U1mU2mn1n2，所以副線圈電壓的最大值U2m110 V，設副線圈電壓的有效值為U2，則，解得U255 V，副線圈的輸出功率110 W，原線圈的輸入功率P1P2110 W，故A正確，B錯誤；電流表讀數A，故C錯誤；因為原線圈上接有理想二極管，原線圈中電流方向不變，原線圈中電流增大和減小時在副線圈中產生的感應電流方向相反，副線圈輸出的電流方向改變，故D錯誤。18. 【答案】ABC【解析】地球繞太陽運動的周期為一年，飛船從D到Q所用的時間為三個月，則

14、地球從D到Q的時間為三個月，即四分之一個周期，轉動的角度為90度，根據幾何關系知，DQ的距離為R，故A正確；因為P到D的時間為一年，D到Q的時間為三個月，可知P到D的時間和P到Q的時間之比為45，根據xat2得，PD和PQ距離之比為1625，則PD和DQ的距離之比為169，DQR，則PD，B正確；地球與太陽的萬有引力等于地球做圓周運動的向心力，對PD段，根據位移公式有，因為P到D的時間和D到Q的時間之比為41，則，即Tt，向心力，聯立解得地球與太陽之間的引力，故C正確D錯誤。19. 【答案】B【解析】根據右手定則可知，第一次時線框中的感應電流方向順時針方向；若要使兩次產生的感應電流方向相同，根

15、據楞次定律，則第二次時磁感應強度大小必須逐漸減小，故A錯誤；根據切割感應電動勢公式及閉合電路歐姆定律可得第一次時感應電流大小，若要使兩次產生的感應強度電流大小相同，根據法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律則有，則第二次時磁感應強度大小隨時間必須均勻變化，且變化率為，故B正確；第一次時，在線圈離開磁場的過程中，水平拉力做的功為，故C錯誤；第一次時，在線圈離開磁場的過程中，通過線圈某一橫截面的電荷量為，故D錯誤。20. 【答案】ABC【解析】開始時彈簧壓縮的長度為xB得kxBmg，當A剛離開地面時，彈簧處于拉伸狀態，對A有kxAmg，物體A剛離開地面時，物體B獲得最大速度，B、C的加速度為0，對B

16、有TmgkxA0，對C有Mgsin T0，解得30，故A正確；由于xAxB，彈簧處于壓縮狀態和伸長狀態時的彈性勢能相等，即此過程中彈簧的彈性勢能先減小后增加；而由A、B、C以及彈簧組成的系統機械能守恒，可知A、B、C組成的系統機械能先增加后減小，故B正確；當物體A剛離開地面時，物體B上升的距離以及物體C沿斜面下滑的距離為，由于xAxB，彈簧處于壓縮狀態和伸長狀態時的彈性勢能相等，彈簧彈力做功為零，且物體A剛剛離開地面時，B、C兩物體的速度相等，設為vB，由動能定理得Mghsin mgh(Mm)vB2，解得vB2 m/s，故C正確；當B的速度最大時，C的速度也是最大的，此時彈簧處于伸長狀態，故D

17、錯誤。21. 【答案】ABD【解析】對小球分析可知，在豎直方向kxsinNmg，由與xsinBC，故支持力為恒力，即Nmg，故摩擦力也為恒力大小為fNmg，從C到E，由動能定理可得，由幾何關系可知，代入上式可得kLmg，在D點時，由牛頓第二定律可得，由，將kLmg可得，D點時小球的加速度為，故小球在D點時的速度最大，A正確；從E到C，由動能定理可得，解得v，故B正確；由于彈力的水平分力為kxcos，cos和kx均越來越大，故彈力水平分力越來越大，故彈性繩在小球從C到D階段做的功小于在小球從D到E階段做的功，C錯誤；將小球電荷量變為2q，由動能定理可得，解得vE，故D正確。22. 【答案】(1)

18、m1g (2) m1gx1 【解析】(1)小車勻速下滑時受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力為零；撤去拉力后，其余力不變，故合力等于撤去的拉力。(2)勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻瞬時速度，故vC，動能增量為m1vc2，合力的功Wm1gx1，需要驗證的關系式為：m1gx1。23. 【答案】(1)0 12.0 12.0 (2)1530 1.8 (3)12.6 1.5【解析】(1)當電流計示數為0時，A、B兩點電勢相等，即UAB0；電壓表示數即為A、C兩點電勢差，即UAC12.0 V；由閉合電路歐姆定律可知，D、A和A、C之間的電勢差相等，故UAD12.0 V。(2)由歐姆定律可得，解得RV1530 ，由UDAI1(R2RA)可得RA1.8 。(3)由步驟可得2E24 V2I1r，由步驟可得2E211.7 V2I2r，聯立可解得E12.6 V，r1.5 。24. 【解析】(1)設磁感應強度的大小為B，粒子質量與所帶電荷量分別為m和q，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，并設其圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律和向心力公式有：qv0B 由題設條件和圖中幾何關系可知：rd 設電場強度大小為E，粒子進入電場后沿x軸負方向運動的速度大小為vx，由牛頓第二定律有：qEmax 根據運動學公式有：vx