1、理科综合参考答案及解析的两边产生压差，据此考虑“回流通道”的作用，DFcos 45=ma,FN=F,解得a=5 m/s2,F=30 N,项正确。对物块A有F1=ma=5N,A正确，B、C错误；F作用13.D【解析】a点NaHSO3溶液pHFim=mg=5N,A将滑动，电离，c点为Na2SO3和NaOH溶液，抑制水的电离，由D错误。图可知，a点溶液中的c(H+)小于c点溶液中的ENc(OH),即a点对水的电离抑制程度大于c点的，故A水的电离程度：bac,A项正确；在酸性NaHSO溶B液中滴入NaOH溶液，呈中性时必须为NaHSOC和Na2SO3的混合液，故滴加V(NaOH)c(OH)c(SO)c
2、(HSO)c(H),D项错误。守恒,4mg2mgsina-mg2m8=5mv2,解二、选择题得v=2g,C正确;C恰好离开地面时弹簧的伸长14.B【解】由方解得k=2,n=3+B正确，量与开始时弹簧的压缩量相等，但只能说这两个状态15.D【解析】选取足球原来的运动方向为正方向，由动量A、B两小球组成的系统机械能相等，在整个过程中A、定理得I=m-mv=(-0.420-0.415)kgB两小球组成的系统机械能并不守恒，D错误。m/s=-14kgm/s,负号表示冲量的方向与足球原来20.BD【解析】7.9km/s是卫星绕地球运行的最大速度，的运动方向相反，D正确。16.D【解析】小球第一阶段为自由
3、落体运动，图像中选A错误：在轨道上，Gm,在轨道上，择竖直向上为正方向，A错误；自由落体运动和竖直上抛运动的加速度均为重力加速度，每个阶段的图像是卫，联立以上两式，解得相互平行的，B错误；每次与地面碰后动能变为碰撞前B正确；在轨道上B点卫星开始做向心运动，则此位的,速率变为碰撞前的,能够上升的最大高度是上置卫星所受万有引力大于向心力，C错误；从轨道I转移到轨道，其机械能增加E=2m里时+一次下落高度的一，上升到最大高度所需的时间是上一次下落时间的一半，C错误，D正确。()-+()-17.D【解析】开关S断开时，题图乙交点数值为灯泡实Gm地m卫Gm地m卫,D正确。际工作的电压和电流，I=6A,U
4、=40V,实际功率P=2r12r2UI=240W,电源总功率P=EI=600W,所以电源21.ACD【解析】金属棒上滑过程中通过电阻R的电荷的效率为=40%，A错误，D正确；闭合开关S后，电量为q=BLxR+rR+r,A正确；由楞次定律，金属棒上路外电阻减小，I=,干路电流增大，总功率增滑过程电阻R中电流从a到b,下滑过程电阻R中电大，B错误；闭合开关S后，干路电流增大，U内=Ir增流从b到a,B错误；根据能量守恒得，除最高点外，在大，路端电压减小，灯泡亮度减弱，C错误。任何一个位置上，上滑到此位置的速度大于下滑到此18.A【解析】先对整体分析，三个物体组成的系统受到位置的速度，则上滑的平均速
5、度大于下滑的平均速度，重力、支持力和推力，F=(2m+m)a;以A、B为整体所以tt，C正确；上滑过程，以向上为正方向，一受力分析如图所示，FNcos45=2mg,对斜面体C,(mgsin 0+BiL)At=mv,两边求和，-mgsin 02天舟文化2020年3月全国高三质量检测理科综合BLxt-BLq=0-mv,又q=R+rR+r,解得t=由电路关系得R2Q-Ri+R2(2分)mvo(R+r)-B2L x解得Q。=0.48J(1分),D正确。mg(R+r)sin 025.(1)5 m/s三、非选择题(2)2.5m(一)必考题(3)2.5J5J22.(1)mix1=m2x2(3分)【解析】(1
6、)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块(2)不需要(2分)到达Q点已与传送带同速且小物块刚好能到达N点【解析】(1)两小车所受合外力大小相等，m1a1=(2分)m2a2,小车做初速度为零的匀加速直线运动，x=在N点有mg=m1at2,所以只需要验证m1x1=m2x2成立。小物块从Q点到N点，由动能定理得(2分)(2)实验中不需要用重物的重力代替轻绳的拉力，不需-mg2R=mo-mo要满足重物的质量远小于小车的质量。联立解得v=5m/s(1分)23.(1)D(1分)F(1分)G(1分)(2)传送带长度最短时，小物块从P点到Q点一直做匀(2)0.80(3分)加速运动，到Q点时刚好与传送带同速(3
7、)8.94(2分)2(2分)v=2aL(2分)【解析】(1)由图像丙可知，电路中电流较大，电流表应umg-ma4(2分)选D;电压表要扩大量程为9V,则串联的电阻箱阻值联立解得L=2.5m(1分)应能调节为电压表内阻的两倍，故电阻箱选F;分压式(3)设小物块经过时间t加速到与传送带同速，则电路中滑动变阻器阻值选小的，便于调节，则滑动变阻vo=at(1分)器选G。1x物=at2(1分)(2)电压表示数为2.40V且保持R:接入电路中的阻值不变时，电压表与R2电压之和认为始终等于(1分)2.40V,当电压表示数为0.80V时，说明R2两端电压x=x带-x物(1分)Q=mgAx9为1.60V,则电压
8、表量程扩大为09V。(2分)联立解得Q=2.5J(3)根据闭合电路欧姆定律E=3U+I(r+r),整理得(1分)由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功U=+,对照题图丙可得r+rA3w=atI mui(2分)2.98-1.00 E1.983=2.98,解得E=8.94V,r=2Q。代人数据解得W=5J(1分)24.(1)F=0.004t+1(N)26.(1)SO2+MnO2-Mn2+SO(2分)AC(2分)(2)0.48J(2)将Fe2氧化为Fe,便于转化为Fe(OH)而除去【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可知金属棒与导轨(2分)组成的回路产生的电动势为(3)7.210(2分)B(4)蒸发浓
9、缩、趁热过滤(2分)E=L1L2At(2分)600750(5)8MnO2+2Li2CO4LiMn2O+回路中的感应电流2CO2+O2(3分)EI=Ri+R2(2分)【解析】(1)根据SO2在酸性条件下将MnO2还原根据楞次定律和左手定则可知金属棒cd受到的安培为MnSO可知，SO2被氧化为SO,故“浸出”过程力沿斜面向下，由平衡条件可得中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2F=mg sin 0+BIL(2分)Mn+SO。不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分解得F=0.004t+1(N)(1分)接触，这样MnO的浸出率更高，A正确；增大通(2)由焦耳定律得入SO2的流速，会导致部分S
10、O2未来得及反应就逸E?出，污染大气，不符合绿色化学的思想，B错误；适当升Q-RI+R2(2分)温，加快化学反应速率，提高了软锰矿中MnO的浸出3理科综合参考答案及解析率，C正确；减小软锰矿浆的进入量，浸出率减小，D错1.010-5mol,质量是0.69mg,所以水中NaNO2的含误；故合理选项是AC。量为0.69 mg=0.69mgLT1。若所取样品在空气中(2)加入过氧化氢是将亚铁离子氧化成铁离子。1L(3)该反应为MnF2(s)+Mg2+(aq)Mn2+(aq)+放置时间过长，部分亚硝酸钠被空气氧化为硝酸钠，导MgF2(s),属于沉淀的转化。致消耗草酸钠溶液体积增加，则测定结果偏低。Kc
11、(Mn2)Xc2(F)5.310-328.(1)2H2-3H1+3H3(2分)c(Mg2+)Xc2(F)7.410-n=7.2107(2)BD(2分)(2分)35%(2分)(4)温度高于27C时，MnSO晶体的溶解度随温度升(3)(1分)2105(2分)高而逐渐降低，所以采用蒸发浓缩、趁热过滤，以减k(4)2SO+4H+2eS2O+2H2O(2分)阳少MnSO4H2O在水中的溶解。(5)MnO2和Li2CO的反应过程中只有Mn的价态降(1分)2mol(2分)低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，【解析】(1)根据盖斯定律，将2-3+3得不能升高，则只能是0元素价态升高，所以还有O2生
12、4NH3(g)+6NO(g)-5N2(g)+6H2O(g),则H=2H2-3H1+3H3。成。根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式(2)平衡时，2v正(H2)=3v(NH),A错误；容器内600750为8MnO2+2Li2CO3=4LiMn2 O4+压强不变，说明混合气总物质的量不变，反应达到平2CO2+O2。27.(1)圆底烧瓶(1分)关闭K,向分液漏斗中注人水，打衡，B正确；混合气的密度p=,在反应中气体总质量开分液漏斗活塞，开始有少量水滴下，一段时间后，水不变，容器体积不变，密度始终不变，C错误；在绝热容不能滴下，说明E装置气密性良好(2分)器内，若混合气的温度不变，说明吸热和
13、放热相等，反(2)efcda(或b)b(或a)g(2分)应达到平衡，D正确。(3)5NO+3MnO+4H+5NO+3Mn2+2H2O在加入反应物相同的情况下，从T1到T生成(3分)物NH的物质的量减少，说明平衡向左移动，因为合(4)固体溶解，产生无色气体并在液面上方变为红棕色成氨是放热反应，升高温度平衡向左移动，故T1T3。(2分)根据化学反应方程式N2(g)+3H2(g)=(5)0.69(2分)偏低(2分)2NH3(g),在T3温度下生成NH32.8 mol,则反应【解析】(1)根据仪器构造可知装置E中盛放铜片的仪的N2为1.4mol,N2的转化率a(N2)=1.4mol器名称是圆底烧瓶。检
14、查装置E气密性的方法是关闭100%=35%。K,向分液漏斗中注入水，打开分液漏斗活塞，开始有少(3)上述反应中，正反应速率v正=kp(N2O4),逆反量水滴下，一段时间后，水不能滴下，说明装置E气密应速率v=kp2(NO2),其中k正、k道为速率常性良好。数，平衡时，v正=v，k正p(N2O4)=kp2(NO2),(2)铜和浓硝酸反应产生NO2,溶于水转化为NO和硝酸，稀硝酸和铜反应生成NO,由于生成的NO中还含KP(NO2)。若将一定量N2O投入真空容p(N2O4)k有水蒸气，则与过氧化钠反应前还需要干燥NO,由器中恒温恒压分解（温度298K、压强110kPa),于NO有毒需要尾气处理，则合
15、理顺序为hefcda(或b)0.2b(或a)g。当N2O4分解10%时，p(NO2)=110kPa1.1-(3)由于NO有毒需要尾气处理，则酸性高锰酸钾溶液20 kPa,v=k p2(NO2)=5 102 kPa-1s-1的作用是吸收NO,防止污染空气，反应的方程式为(20kPa)2=2105 kPas-。5NO+3MnO+4H+5NO+3Mn2+2H2O。(4)由图中可知S2O、SO不能透过离子交换膜，离(4)亚硝酸钠与稀硫酸反应转化为亚硝酸，根据已知信子交换膜允许阳离子通过，因此离子交换膜为阳离子息可知亚硝酸易分解，则观察到的实验现象为固体溶交换膜；阴极区流入液体主要含SO,流出液体主要解
16、，产生无色气体并在液面上方变为红棕色。含S2O,所以阴极区电极反应式为2SO+(5)消耗草酸钠的物质的量是1.1510-4mol,根据化4H+2eS2O+2H2O。处理NO的离子方程学方程式可知剩余高锰酸钾是4.610-5mol,因此与式为2S2O+2NO+40H4SO+N2+2H2O,亚硝酸钠反应的高锰酸钾是5.010-5mol-4.6每处理1molNO电路中通过电子的物质的量为10-mol=4.010-mol,则亚硝酸钠的物质的量是2mol。4天舟文化2020年3月全国高三质量检测理科综合29.(11分，除标注外，每空1分)度在50a内的变化可描述为：在演替的前20a内物种(1)叶绿体基质
17、丙酮酸和H丰富度逐渐升高到达顶点，20一30a间丰富度下降，(2)提高不是质量浓度为60mg/L的赤霉素处理30a后丰富度达到稳定状态。组光合速率小于其他组，而胞间CO,浓度大于其他组，(3)生理整合特征的存在，使得克隆植物在生存、生长、说明限制光合速率的因素不是胞间CO,浓度(2分)繁殖和利用资源方面与非克隆植物相比就有很大的优(3)叶绿素的合成改变，导致光合速率也随之改变势，从而在植物群落中逐渐占据优势地位。据此推测(2分)群落演替过程中物种丰富度曲线下降是因为克隆植物(4)降低（或下降）该突变体无法淬灭激发态叶绿素有生理整合的特征，克隆植物与非克隆植物相比有很而使叶绿体受损(2分)大的竞
18、争优势，阻碍了其他非克隆植物的发展。【解析】(1)光合作用的暗反应包括CO2的固定和三碳(4)森林中垂直方向上空间结构为垂直结构，这种垂直化合物的还原，其具体部位是叶绿体基质。葡萄糖在结构显著提高了群落利用阳光等环境资源的能力。细胞质基质中发生细胞呼吸的第一阶段，产生丙酮酸32.(11分，除标注外，每空2分和H,并释放少量能量。(1)7(1分)全为白花(2)据图可知，赤霉素能提高光饱和点。用质量浓度为(2)F:中红花植株占36/(36+28)=9/16=3/460mg/L的赤霉素处理组光合速率小于其他组，而胞3/41,据此推测乙品系含有两对隐性基因，一对显性间CO,浓度大于其他组，说明限制光合
19、速率的因素不基因是胞间CO2浓度。(3)让两株白花植株杂交，观察并统计子代的表现(3)由图中曲线可知，随着赤霉素浓度的增加，叶绿素型及比例(3分)若子代植株全开红花，则两株白含量、光合速率都先上升后下降，说明低浓度的赤霉素花植株的基因型不同：否则两株白花植株的基因型促进光合作用，高浓度的赤霉素抑制光合作用，其反应相同(3分)的生理原因最可能是叶绿素的合成改变，导致光合速【解析】(1)由题意知，三对等位基因只要有一对隐性率也随之改变纯合就开白花，因此开白花的纯合子的基因型包括一(4)缺乏类胡萝卜素的突变体无法淬灭激发态叶绿素对隐性纯合的3种、两对隐性纯合的3种及三对都是而使叶绿体受损，所以其光合
20、速率较小。隐性纯合的1种，共7种基因型。通过分析F2中红花30.(9分，除标注外，每空1分)植株分别占3/4、9/16、27/64，可推测甲品系的基因型(1)细胞核内转录为aaBBCC(或AAbbCC或AABBcc)、乙品系的基因型(2)无为aabbCC(或AAbbce或aaBBcc)、丙品系的基因型(3)促进有氧呼吸或呼吸作用，加快物质的氧化分解为aabbcc,因此，甲品系与丙品系杂交，后代全为白花(2分)植株。(4)切除甲状腺(2分)只做切割而不切除甲状腺的手(2)F2中红花植株占36/(36十28)=9/16=3/4术(2分)3/41,据此推测乙品系含有两对隐性基因，一对显性【解析】实验
21、组切除甲状腺，为遵循单因子变量原则，基因，即其基因型为aabbCC(或AAbbce或aaBBcc)。对照组需同时做切割但不切除甲状腺的手术。(3)让两株白花植株杂交，观察并统计子代的表现型及31.(8分，除标注外，每空1分)比例：若基因型都为aaBBCC(或AAbbCC或AABBcc,(1)次生演替不受耕作抑制的杂草（或一年生杂草）以下只列一种情况)，则两者杂交后代的基因型都(2)竞争在演替的前20a内物种丰富度逐渐升高到为aaBBCC,全部表现为白花；若基因型分别为达顶点，2030a间丰富度下降，30a后丰富度达到稳aaBBCC、AAbbCC,则两者杂交后代的基因型都为定状态AaBbCC,全
22、部表现为红花。(3)因为克隆植物有生理整合的特征，克隆植物与非克(二)选考题隆植物相比有很大竞争优势，阻碍了其他非克隆植物33.(1)为零(2分)增大(2分)正(1分)的发展，使得该地区物种丰富度降低(2分)【解析】乙分子运动到P点，分子力为零，从P点向Q(4)垂直结构利用阳光等环境资源点运动过程中，分子力表现为斥力，且越靠近甲分【解析】(1)在弃耕的土地上发生的演替属于次生演子，分子斥力越大，加速度将增大，方向沿x轴正方向。替，最先生长的是一年生杂草。(2)随着群落演替的发展，物种数量越来越多，不同植(2(1)gT(1)Q+A.M物种群间竞争关系明显加剧。依据曲线图，种群丰富【解析】（）图甲
23、中，汽缸内气体的压强5理科综合参考答案及解析p1=p+5=2p(2)3：4(2分(1分)S(3)V形(1分)图乙中，汽缸内气体的压强(4)bkJmol-1(1分)2ekJmol-1(1分)p=p,+2g=8n,(1分)(f-a-b-c-d-e)kJmol-1(2分)388由理想气体状态方程得(5)ZnS(2分)aXN2分)3P:ShP:Sh【解析】(1)Mn是25号元素，核外电子排布式为(2分)ToT1s22s22p3s23p3dF4s2,Mn2+的核外电子排布式为91s22s22p3s23p3d;有机高聚物中含有单键碳和双键联立解得T=8T(2分)碳，C的杂化方式为sp2、sp3。()上述过
24、程中外界对气体做功为(2)根据CN与N2结构相似，C原子与N原子之间形w=(,s+2mg)-子）是as动3成三键进行分析：(CN)2的电子式为NC:CN:,G键与(1分)键数目之比为3：4。由热力学第一定律知U=Q+W(2分)(3)N0的价层电子对数为2+号(5+1-22)=联立解得W=Q+D,Sh3,中心原子杂化方式为sp,空间构型是V形。(1分)(4)第一电离能是指基态的气态原子失去最外层的34.(1)ADE【解析】由波形图可知，该波的波长为4cm,个电子所需的能量，因此Mn的第一电离能为A正确：从t=0时刻开始计时，当t=11s时质点V刚bkJmol-1;键能是指在标准状况下，将1mol
25、气态分好第3次到达波峰，即2T+是T=11s,解得T=4s子AB(g)解离为气态原子A(g)、B(g)所需的能量，因此O2的键能为2ekJmol-1;晶格能是1mol离子化B错误；由振动规律知，质点M比质点N晚到达波谷合物中的正，负离子从相互分离的气态结合成离子晶体时位置，C错误；该波的波速为u=子=1cm/s,D正确；所放出的能量，依据盖斯定律为(f一a一b一c一de)kmol-l。该波的振幅A=2cm,振动的圆频率w-于=2rad3(5)R由Zn、S组成，一种元素在顶点和面心，则个数=且质点M在t=0时刻振动方向向上，所以质点M做8X号g十+6名=4，一种元素在体内，个数为4，则化学简谐运
26、动的表达式为y=2sin21(cm),E正确。式为ZnS:p=Vm(65+32)4388(2)(1)2.364mm(i)7.0910-m(m)变小a3XNAa3XNA【解析】(i)图乙手轮固定刻度读数为2mm,可动刻36.(1)溴原子(1分)度读数为32.00.01mm,两者相加为2.320mm(2)甲基(2分)2-CH,CN+(CH3 SO(1分)CH图丙手轮固定刻度读数为18.5mm,可动刻度读数为CHCN+H2SO4(2分)37.00.01mm,两者相加为18.870mm(1分)2所以4x=18.870-2.320(3)乙醇(2分)浓H2SO,、加热(2分)取代（酯化）8-1mm2.364mm(2分)反应(1分)()依据双缝干涉条纹间距规律可得(4)6(2分)Ar-(2分)(5)CH.整理得入=rd(1分)L(3分)代入数据解得入7.0910-7m(1分)【解析】(1)官能团一Br的名称是溴原子。(而)因为绿色光的波长比红色光的波长短，在其他条(2)结合反应物-CH,CN、生成物件不变的情况下，将红色光改成绿色光，由x=入CHd可知条纹间距将变小(2分)CHCN和反应类型是取代反应，可确定苯环35.(1)1s22s22p3s23p3d(2分)sp2,sp3(2分)a-C上的氢被甲基取代，即可书写化学方程式。6