《2019年高考試題真題理綜（北京卷）解析版[檢測復習]》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考試題真題理綜（北京卷）解析版[檢測復習]（43頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

絕密★啟封并使用完畢前 2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試 理科綜合能力測試（北京卷） 物理部分 本試卷共16頁，共300分?？荚嚂r長150分鐘?？忌鷦毡貙⒋鸢复鹪诖痤}卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y束后，將本試卷和答題卡一并交回。 第一部分（選擇題 共120分） 本部分共20小題，每小題6分，共120分。在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。 1.一列簡諧橫波某時刻的波形如圖所示，比較介質中的三個質點a、b、c，則 A. 此刻a加速度最小 B. 此刻b的速度最小 C. 若波沿x軸正方向傳播，此刻b向y軸正方向運動 D. 若波沿x軸負方向傳播，a比c先回到平衡位置 【答案】C 【解析】 【詳解】由機械振動特點確定質點的加速度和速度大小，由“上下坡法”確定振動方向。 由波動圖象可知，此時質點a位于波峰處，根據(jù)質點振動特點可知，質點a的加速度最大，故A錯誤，此時質點b位于平衡位置，所以速度為最大，故B錯誤，若波沿x軸正方向傳播，由“上下坡法”可知，質點b向y軸正方向運動，故C正確，若波沿x軸負方向傳播，由“上下坡法”可知，a質點沿y軸負方向運動，c質點沿y軸正方向運動，所以質點c比質點a先回到平衡位置，故D錯誤。 2.利用圖1所示的裝置（示意圖），觀察光的干涉、衍射現(xiàn)象，在光屏上得到如圖2中甲和乙兩種圖樣。下列關于P處放置的光學元件說法正確的是 A. 甲對應單縫，乙對應雙縫 B. 甲對應雙縫，乙對應單縫 C. 都是單縫，甲對應的縫寬較大 D. 都是雙縫，甲對應的雙縫間距較大 【答案】A 【解析】 【詳解】根據(jù)單縫衍射圖樣和雙縫干涉圖樣特點判斷。 單縫衍射圖樣為中央亮條紋最寬最亮，往兩邊變窄，雙縫干涉圖樣是明暗相間的條紋，條紋間距相等，條紋寬度相等，結合圖甲，乙可知，甲對應單縫，乙對應雙縫，故A正確。 3.下列說法正確的是 A. 溫度標志著物體內大量分子熱運動的劇烈程度 B. 內能是物體中所有分子熱運動所具有的動能的總和 C. 氣體壓強僅與氣體分子的平均動能有關 D. 氣體膨脹對外做功且溫度降低，分子的平均動能可能不變 【答案】A 【解析】 【詳解】根據(jù)溫度是分子平均動能的標志確定氣體分子熱運動的程度和分子平均動能變化，內能是分子平均動能和分子勢總和，由氣體壓強宏觀表現(xiàn)確定壓強 A．溫度是分子平均動能的標志，所以溫度標志著物體內大量分子熱運動的劇烈程度，故A正確； B．內能是物體中所有分子熱運動所具有的動能和分子勢能之和，故B錯誤； C．由壓強公式可知，氣體壓強除與分子平均動能有關即溫度，還與體積有關，故C錯誤； D．溫度是分子平均動能的標志，所以溫度降低，分子平均動能一定變小，故D錯誤。 4.如圖所示，正方形區(qū)域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是 A. 粒子帶正電 B. 粒子在b點速率大于在a點速率 C. 若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出 D. 若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短 【答案】C 【解析】 【詳解】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據(jù)確定粒子運動半徑和運動時間。 由題可知，粒子向下偏轉，根據(jù)左手定則，所以粒子應帶負電，故A錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故B錯誤；若僅減小磁感應強度，由公式得：，所以磁感應強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故D錯誤。 5.如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷–Q（Q>0）為球心球面上，c點在球面外，則 A. a點場強的大小比b點大 B. b點場強的大小比c點小 C. a點電勢比b點高 D. b點電勢比c點低 【答案】D 【解析】 【詳解】由點電荷場強公式確定各點的場強大小，由點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低。 由點電荷的場強公式可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的電場強度大小相等，故A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比b點的大，所以b點的場強大小比c點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以a點與b點電勢相等，負電荷的電場線是從無窮遠處指向負點電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點電勢比c點低，故D正確。 6.2019年5月17日，我國成功發(fā)射第45顆北斗導航衛(wèi)星，該衛(wèi)星屬于地球靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星）。該衛(wèi)星 A. 入軌后可以位于北京正上方 B. 入軌后的速度大于第一宇宙速度 C. 發(fā)射速度大于第二宇宙速度 D. 若發(fā)射到近地圓軌道所需能量較少 【答案】D 【解析】 【詳解】由同步衛(wèi)星的特點和衛(wèi)星發(fā)射到越高的軌道所需的能量越大解答。 由于衛(wèi)星為同步衛(wèi)星，所以入軌后一定只能與赤道在同一平面內，故A錯誤； 由于第一宇宙速度為衛(wèi)星繞地球運行的最大速度，所以衛(wèi)星入軌后的速度一定小于第一宇宙速度，故B錯誤； 由于第二宇宙速度為衛(wèi)星脫離地球引力的最小發(fā)射速度，所以衛(wèi)星的發(fā)射速度一定小于第二宇宙速度，故C錯誤； 將衛(wèi)星發(fā)射到越高的軌道克服引力所作的功越大，所以發(fā)射到近地圓軌道所需能量較小，故D正確。 7.光電管是一種利用光照射產(chǎn)生電流的裝置，當入射光照在管中金屬板上時，可能形成光電流。表中給出了6次實驗的結果。 組 次 入射光子的能量/eV 相對光強 光電流大小/mA 逸出光電子的最大動能/eV 第 一 組 1 2 3 4.0 4.0 4.0 弱 中 強 29 43 60 0.9 0.9 0.9 第 二 組 4 5 6 6.0 6.0 6.0 弱 中 強 27 40 55 2.9 2.9 2.9 由表中數(shù)據(jù)得出的論斷中不正確的是 A. 兩組實驗采用了不同頻率的入射光 B. 兩組實驗所用的金屬板材質不同 C. 若入射光子的能量為5.0 eV，逸出光電子的最大動能為1.9 eV D. 若入射光子的能量為5.0 eV，相對光強越強，光電流越大 【答案】B 【解析】 【詳解】由愛因斯坦質能方程比較兩次實驗時的逸出功和光電流與光強的關系解題 由題表格中數(shù)據(jù)可知，兩組實驗所用入射光的能量不同，由公式可知，兩組實驗中所用的入射光的頻率不同，故A正確； 由愛因斯坦質能方程可得：第一組實驗：，第二組實驗：，解得：，即兩種材料的逸出功相同也即材料相同，故B錯誤； 由愛因斯坦質能方程可得：，故C正確； 由題表格中數(shù)據(jù)可知，入射光能量相同時，相對光越強，光電流越大，故D正確。 8.國際單位制（縮寫SI）定義了米（m）、秒（s）等7個基本單位，其他單位均可由物理關系導出。例如，由m和s可以導出速度單位ms–1。歷史上，曾用“米原器”定義米，用平均太陽日定義秒。但是，以實物或其運動來定義基本單位會受到環(huán)境和測量方式等因素的影響，而采用物理常量來定義則可避免這種困擾。1967年用銫–133原子基態(tài)的兩個超精細能級間躍遷輻射的頻率?ν=9 192 631 770 Hz定義s；1983年用真空中的光速c=299 792 458 ms–1定義m。2018年第26屆國際計量大會決定，7個基本單位全部用基本物理常量來定義（對應關系如圖，例如，s對應?ν，m對應c）。新SI自2019年5月20日（國際計量日）正式實施，這將對科學和技術發(fā)展產(chǎn)生深遠影響。下列選項不正確的是 A. 7個基本單位全部用物理常量定義，保證了基本單位的穩(wěn)定性 B. 用真空中的光速c（ms–1）定義m，因為長度l與速度v存在l=vt，而s已定義 C. 用基本電荷e（C）定義安培（A），因為電荷量與電流I存在I=q/t，而s已定義 D. 因為普朗克常量h（Js）的單位中沒有kg，所以無法用它來定義質量單位 【答案】D 【解析】 【詳解】本題屬于信息題，由題所給信息結合和的物理意義解答。 由題意可知，如果以實物或其運動來定義基本單位會受到環(huán)境和測量方式等因素的影響，所以7個基本單位全部用物理常量定義，保證了基本單位的穩(wěn)定性，故A正確； 用真空中的光速定義m，即光在真空中傳播299792458分之一秒的距離，且s早已定義，故B正確； 由公式可知，安培即為1s時間內通過的電荷量，故C正確； 由題意可知，對應為kg，故D錯誤。 第二部分（非選擇題 共180分） 本部分共11小題，共180分。 9.用如圖1所示裝置研究平地運動。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時，鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。 （1）下列實驗條件必須滿足的有____________。 A．斜槽軌道光滑 B．斜槽軌道末段水平 C．擋板高度等間距變化 D．每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球 （2）為定量研究，建立以水平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系。 a．取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于Q點，鋼球的________（選填“最上端”、“最下端”或者“球心”）對應白紙上的位置即為原點；在確定y軸時______（選填“需要”或者“不需要”）y軸與重錘線平行。 b．若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數(shù)據(jù)：如圖2所示，在軌跡上取A、B、C三點，AB和BC的水平間距相等且均為x，測得AB和BC的豎直間距分別是y1和y2，則______（選填“大于”、“等于”或者“小于”）?？汕蟮娩撉蚱綊伒某跛俣却笮開___________（已知當?shù)刂亓铀俣葹間，結果用上述字母表示）。 （3）為了得到平拋物體的運動軌跡，同學們還提出了以下三種方案，其中可行的是____________。 A．從細管水平噴出穩(wěn)定的細水柱，拍攝照片，即可得到平拋運動軌跡 B．用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運動軌跡 C．將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，將會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡 （4）伽利略曾研究過平拋運動，他推斷：從同一炮臺水平發(fā)射的炮彈，如果不受空氣阻力，不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體_________。 A．在水平方向上做勻速直線運動 B．在豎直方向上做自由落體運動 C．在下落過程中機械能守恒 （5）牛頓設想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點就一次比一次遠，如果速度足夠大，物體就不再落回地面，它將繞地球運動，成為人造地球衛(wèi)星。 同樣是受地球引力，隨著拋出速度增大，物體會從做平拋運動逐漸變?yōu)樽鰣A周運動，請分析原因。 ___________________________ 【答案】 (1). BD (2). 球心 (3). 需要 (4). 大于 (5). (6). B (7). B (8). 利用平拋運動的軌跡的拋物線和圓周運動知識證明即可 【解析】 【詳解】根據(jù)平拋運動的規(guī)律：水平方向勻速直線運動，豎直方向自由落體運動解答。 (1)本實驗中要保證小球飛出斜槽末端時的速度為水平，即小球做平拋運動，且每次飛出時的速度應相同，所以只要每次將小球從斜槽上同一位置由靜止釋放即可，故BD正確； (2)a.平拋運動的起始點應為鋼球靜置于Q點時，鋼球的球心對應紙上的位置，由于平拋運動在豎直方向做自由落體運動，所以在確定y軸時需要y軸與重錘線平行； b.由初速度為零的勻加速直線運動規(guī)律即在相等時間間隔內所通過的位移之比為可知，由于A點不是拋出點，所以；設AB，BC間所用的時間為T，豎直方向有：，水平方向有：，聯(lián)立解得：； (3)A項：從細管水平噴出穩(wěn)定的細水柱，由于細水柱射出后受到空氣阻力的作用，所以此方案不可行； B項：用頻閃照相在同一底片上記錄小球不同時刻位置即平拋運動的軌跡上的點，平滑連接在一起即為平拋運動軌跡，所以此方案可行； C項：將鉛筆垂直于豎直的白板放軒，以一定初速度水平拋出，筆尖與白紙間有摩擦阻力的作用，所以鉛筆作的不是平拋運動，故此方案不可行； (4)由平拋運動豎直方向運動可知，，時間，所以只要高度相同，時間相同，故B正確； (5)由平拋運動可知，豎直方向：，水平方向：，聯(lián)立解得：，即拋出物體的軌跡為拋物線，當拋出的速度越大，在拋物線上某點的速度足以提供該點做圓周運動的向心力時，物體的軌跡從拋物線變?yōu)閳A。 10.如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B。紙面內有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為L，總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求： （1）感應電動勢的大小E； （2）拉力做功的功率P； （3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 【詳解】由導體棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢綜合閉合電路歐姆定律和解題。 (1)從ad邊剛進入磁場到bc邊剛要進入的過程中，只有ad邊切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應電動勢為：； (2)線框進入過程中線框中的電流為： ad邊安培力為： 由于線框勻速運動，所以有拉力與安培力大小相等，方向相反，即 所以拉力的功率為： 聯(lián)立以上各式解得：； (3) 線框進入過程中線框中的電流為： 進入所用的時間為： ad邊的電阻為： 焦耳熱為： 聯(lián)立解得：。 11.電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應用。對給定電容值為C的電容器充電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖像都相同。 （1）請在圖1中畫出上述u–q圖像。類比直線運動中由v–t圖像求位移方法，求兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能Ep。 （ ） ______ （2）在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源（忽略內阻）。通過改變電路中元件的參數(shù)對同一電容器進行兩次充電，對應的q–t曲線如圖3中①②所示。 a．①②兩條曲線不同是______（選填E或R）的改變造成的； b．電容器有時需要快速充電，有時需要均勻充電。依據(jù)a中的結論，說明實現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。 __________________ （3）設想使用理想的“恒流源”替換（2）中電源對電容器充電，可實現(xiàn)電容器電荷量隨時間均勻增加。請思考使用“恒流源”和（2）中電源對電容器的充電過程，填寫下表（選填“增大”、“減小”或“不變”）。 “恒流源” （2）中電源 電源兩端電壓 ____ ____ 通過電源的電流 ____ ____ 【答案】 (1). (2). (3). R (4). 要快速度充電時，只要減小圖2中的電阻R；要均勻充電時，只要適當增大圖2中的電阻R即可 (5). 增大 (6). 不變 (7). 不變 (8). 減小 【解析】 【詳解】由電容器電容定義式得到圖象，類比圖象求位移求解電量，由圖3斜率解決兩種充電方式不同的原因和方法；根據(jù)電容器充電過程中電容器兩極板相當于電源解答 (1)由電容器電容定義式可得：，整理得：，所以圖象應為過原點的傾斜直線，如圖： 由題可知，兩極間電壓為U時電容器所儲存的電能即為圖線與橫軸所圍面積，即，當兩極間電壓為U時，電荷量為，所以； (2)a.由于電源內阻不計，當電容器充滿電后電容器兩端電壓即電源的電動勢，電容器最終的電量為：，由圖可知，兩種充電方式最終的電量相同，只是時間不同，所以①②曲線不同是R造成的； b.由圖3可知，要快速度充電時，只要減小圖2中的電阻R，要均勻充電時，只要適當增大圖2中的電阻R即可； (3)在電容器充電過程中在電容器的左極板帶正電，右極板帶負電，相當于另一電源，且充電過程中電量越來越大，回路中的總電動勢減小，當電容器兩端電壓與電源電動勢相等時，充電結束，所以換成“恒流源”時，為了保證電流不變，所以“恒流源兩端電壓要增大，通過電源的電流不變，在(2)電源的電壓不變，通過電源的電流減小。 12. 雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關。雨滴間無相互作用且雨滴質量不變，重力加速度為g。 （1）質量為m的雨滴由靜止開始，下落高度h時速度為u，求這一過程中克服空氣阻力所做的功W。 ____ （2）將雨滴看作半徑為r的球體，設其豎直落向地面的過程中所受空氣阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系數(shù)。 a．設雨滴的密度為ρ，推導雨滴下落趨近的最大速度vm與半徑r的關系式； ____ b．示意圖中畫出了半徑為r1、r2（r1>r2）的雨滴在空氣中無初速下落的v–t圖線，其中_________對應半徑為r1的雨滴（選填①、②）；若不計空氣阻力，請在圖中畫出雨滴無初速下落的v–t圖線。 （ ） （3）由于大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡化為垂直于運動方向面積為S的圓盤，證明：圓盤以速度v下落時受到的空氣阻力f ∝v2（提示：設單位體積內空氣分子數(shù)為n，空氣分子質量為m0）。 ________ 【答案】 (1). (2). (3). ① (4). (5). 詳見解析 【解析】 【分析】 (1)對雨滴由動能定理解得：雨滴下落h的過程中克服阻做的功； (2) 雨滴的加速度為0時速度最大解答； (3)由動量定理證明 【詳解】(1)對雨滴由動能定理得： 解得：； (2)a.半徑為r的雨滴體積為：，其質量為 當雨滴的重力與阻力相等時速度最大，設最大速度為，則有： 其中 聯(lián)立以上各式解得： 由可知，雨滴半徑越大，最大速度越大，所以①對應半徑為的雨滴， 不計空氣阻力，雨滴做自由落體運動，圖線如圖： ； (3)設在極短時間內，空氣分子與雨滴碰撞，設空氣分子的速率為U， 在內，空氣分子個數(shù)為：，其質量為 設向下為正方向，對圓盤下方空氣分子由動量定理有： 對圓盤上方空氣分子由動量定理有： 圓盤受到的空氣阻力為： 聯(lián)立解得：。 化學部分 可能用到的相對原子質量：H 1 C 12 N 14 O 16 第一部分（選擇題 共120分） 本部分共20小題，每小題6分，共120分。在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。 1.下列我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機非金屬材料的是 A．4.03米大口徑碳化硅反射鏡 B．2022年冬奧會聚氨酯速滑服 C．能屏蔽電磁波的碳包覆銀納米線 D．“玉兔二號”鈦合金篩網(wǎng)輪 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 本題主要考查有機物與無機物的區(qū)分（B選項為有機物，其他均為無機物），金屬材料與非金屬材料的區(qū)分。同時穿插考查了元素周期表中同主族的概念。 【詳解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素組成的無機非金屬材料，且碳元素與硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合題意； B.聚氨酯為有機高分子化合物，故B不符合題意； C.碳包覆銀納米材料中銀為金屬元素，故C不符合題意； D.鈦合金為含有金屬鈦元素的合金，故D不符合題意； 綜上所述，本題應選A。 【點睛】本題依托有機物和無機物的概念考查了化學知識與生活中物質的聯(lián)系，創(chuàng)新點在于除了要判斷是否為無機非金屬材料，還給其加了限制條件“同主族”，應注意有機物中一定含碳元素，但含碳元素的卻不一定是有機物。 2.下列示意圖與化學用語表述內容不相符的是（水合離子用相應離子符號表示） A B C D NaCl溶于水 電解CuCl2溶液 CH3COOH在水中電離 H2與Cl2反應能量變化 NaClNa++Cl? CuCl2Cu2++2Cl? CH3COOHCH3COO?+H+ H2(g)+Cl2(g) 2HCl(g) ΔH=?183kJmol?1 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 本題A、B、C選項應區(qū)分電離和電解的概念。電離是電解質溶于水或熔融狀態(tài)下，解離成能夠自由移動的離子的過程。根據(jù)其電離程度可分為強電解質和弱電解質，幾乎全部電離的是強電解質（如A選項），只有少部分電離的是弱電解質（如C選項）；是將電能轉化為化學能的一個裝置(構成:外加電源，電解質溶液，陰陽電極)。使電流通過電解質溶液或熔融電解質而在陰，陽兩極引起還原氧化反應的過程（如B選項）。 【詳解】A.NaCl為強電解質，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自發(fā)解離為Na+和Cl-，故電離方程式為NaCl=Na++Cl-，故A不符合題意； B.電解氯化銅溶液，銅離子向陰極移動，得電子，發(fā)生電極反應為：Cu2++2e-=Cu,氯離子向陽極移動，失電子，發(fā)生電極反應為：2Cl-+2e-=Cl2,所以電解總反應為：Cu2++2Cl-Cu+Cl2，故B符合題意； C.CH3COOH為弱電解質，溶于水部分電離，因此電離方程式為CH3COOH CH3COO-+H+，故C不符合題意； D.由圖可知，反應H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反應熱等于斷裂反應物分子中的化學鍵吸收的總能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,與形成生成物分子中化學鍵放出的總能量（431kJ/mol2=862kJ/mol）之差，即放熱183kJ/mol,放熱?H為負值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)?H=-183kJ/mol，故D不符合題意； 綜上所述，本題應選B。 【點睛】本題所選四個實驗（或原理）均取材于課本，可見高考題越來越回歸于課本。本題綜合考查化學用語，涉及強、弱電解質電離、電解方程式的書寫，化學反應熱的計算，題目把化學用語與化學反應原理巧妙地結合。 3.2019年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學家為完善周期表做出了不懈努力。中國科學院院士張青蓮教授曾主持測定了銦（49In）等9種元素相對原子質量的新值，被采用為國際新標準。銦與銣（37Rb）同周期。下列說法不正確的是 A. In是第五周期第ⅢA族元素 B. 11549In的中子數(shù)與電子數(shù)的差值為17 C. 原子半徑：In>Al D. 堿性：In(OH)3>RbOH 【答案】D 【解析】 【分析】 A．根據(jù)原子核外電子排布規(guī)則，該原子結構示意圖為，據(jù)此判斷該元素在周期表中的位置； B．質量數(shù)＝質子數(shù)+中子數(shù)，元素符號左上角為質量數(shù)、左下角為質子數(shù)，原子的質子數(shù)=電子數(shù)； C．同主族元素的原子，從上到下，電子層數(shù)逐漸增多，半徑逐漸增大； D．同周期元素，核電荷數(shù)越大，金屬性越越弱，最高價氧化物對應水化物的堿性越弱； 【詳解】A.根據(jù)原子核外電子排布規(guī)則，該原子結構示意圖為，因此In位于元素周期表第五周期，第IIIA族，故A不符合題意； B.質量數(shù)＝質子數(shù)+中子數(shù)，元素符號的左上角為質量數(shù)、左下角為質子數(shù)，因此該原子的質子數(shù)=電子數(shù)=49，中子數(shù)為115-49=66，所以中子數(shù)與電子數(shù)之差為66-49=17，故B不符合題意； C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期，第IIIA族，同主族元素的原子，從上到下，電子層數(shù)逐漸增多，半徑逐漸增大，因此原子半徑In＞Al，故C不符合題意； D.In位于元素周期表第五周期，銣（Rb）位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元素，核電荷數(shù)越大，金屬性越越弱，最高價氧化物對應水化物的堿性越弱，因此堿性：In(OH)3 ＜RbOH，故D符合題意； 綜上所述，本題應選D。 【點睛】本題考查原子結構與元素性質，題目難度不大，明確原子結構與元素周期律的關系為解答關鍵，注意掌握原子構成及表示方法，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。 4.交聯(lián)聚合物P的結構片段如圖所示。下列說法不正確的是（圖中表示鏈延長） A. 聚合物P中有酯基，能水解 B. 聚合物P的合成反應為縮聚反應 C. 聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解獲得 D. 鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過程中也可形成類似聚合物P的交聯(lián)結構 【答案】D 【解析】 【分析】 將X為Y為帶入到交聯(lián)聚合物P的結構中可知，聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應制備的，據(jù)此解題； 【詳解】A.根據(jù)X為Y為可知，X與Y直接相連即羰基與醚鍵直接相連構成了酯基，酯基能在酸性或堿性條件下水解，故A不符合題意； B.聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應制備的,故B不符合題意； C.油脂為脂肪酸甘油酯，其在堿性條件下水解可生成脂肪酸鹽和甘油即丙三醇，故C，不符合題意； D.乙二醇的結構簡式為HO-CH2CH2-OH,與鄰苯二甲酸在聚合過程中只能形成鏈狀結構，故D符合題意； 綜上所述，本題應選D。 【點睛】本題側重考查有機物的結構和性質，涉及高聚物單體以及性質的判斷，注意把握官能團的性質，縮聚反應的判斷，題目有利于培養(yǎng)學生的分析能力，難度不大。 5.下列除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化還原反應的是 物質（括號內為雜質） 除雜試劑 A FeCl2溶液（FeCl3） Fe粉 B NaCl溶液（MgCl2） NaOH溶液、稀HCl C Cl2（HCl） H2O、濃H2SO4 D NO（NO2） H2O、無水CaCl2 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 發(fā)生反應中，存在元素的化合價變化，與氧化還原反應有關；反之，不存在元素的化合價變化，則與氧化還原反應無關，以此解答該題。 【詳解】A.FeCl3與Fe反應生成FeCl2，2FeCl3+Fe=2FeCl2，此過程中Fe的化合價發(fā)生變化，涉及到了氧化還原法應，故A不符合題意； B.MgCl2與NaOH溶液發(fā)生復分解反應MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，過量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此過程中沒有元素化合價發(fā)生變化，未涉及氧化還原反應，故B符合題意； C.部分氯氣與H2O 發(fā)生反應生成氯化氫和次氯酸，反應過程中氯元素化合價變化，涉及到了氧化還原法應，故C不符合題意； D.NO2 與水反應生成硝酸和NO。反應過程中氮元素化合價發(fā)生變化，涉及到了氧化還原法應，故D不符合題意； 綜上所述，本題應選B。 【點睛】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，側重于氧化還原反應判斷的考查，注意把握發(fā)生的反應及反應中元素的化合價變化，題目難度不大。 6.探究草酸（H2C2O4）性質，進行如下實驗。（已知：室溫下，0.1 molL?1 H2C2O4的pH=1.3） 實驗 裝置 試劑a 現(xiàn)象 ① Ca(OH)2溶液（含酚酞） 溶液褪色，產(chǎn)生白色沉淀 ② 少量NaHCO3溶液 產(chǎn)生氣泡 ③ 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 ④ C2H5OH和濃硫酸 加熱后產(chǎn)生有香味物質 由上述實驗所得草酸性質所對應的方程式不正確的是 A. H2C2O4有酸性，Ca(OH)2+ H2C2O4CaC2O4↓+2H2O B. 酸性：H2C2O4> H2CO3，NaHCO3+ H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2O C. H2C2O4具有還原性，2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+ 8H2O D. H2C2O4可發(fā)生酯化反應，HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 草酸（又稱乙二酸）為一種二元弱酸，具有酸的通性，因此能發(fā)生中和反應，具有還原性，因為乙二酸中含有羧基因此能發(fā)生酯化反應，據(jù)此解題； 【詳解】A.H2C2O4為二元弱酸，能與氫氧化鈣溶液發(fā)生中和反應，生成白色沉淀草酸鈣和水，因此含酚酞的氫氧化鈣溶液堿性逐漸減弱，溶液紅色退去，故A不符合題意； B.產(chǎn)生氣泡證明有CO2 產(chǎn)生，因此可證明酸性H2C2O4＞H2CO3，反應方程式為：H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2 +2H2O 或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2 +2H2O故B符合題意； C.0.1 molL?1H2C2O4的pH=1.3,說明草酸為弱酸，故草酸不可以拆分，故C不符合題意； D.草酸（又稱乙二酸），其中含有羧基因此能發(fā)生酯化反應，反應方程式正確，故D不符合題意； 綜上所述，本題應選B。 【點睛】本題考查草酸的性質和離子反應方程式的書寫，側重考查學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用。 7.實驗測得0.5 molL?1CH3COONa溶液、0.5 molL?1 CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是 A. 隨溫度升高，純水中c(H+)>c(OH?) B. 隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH?)減小 C. 隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果 D. 隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO?、Cu2+水解平衡移動方向不同 【答案】C 【解析】 【分析】 水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，據(jù)此解題； 【詳解】A.水的電離為吸熱過程，升高溫度，平和向著電離方向移動，水中c(H+).c(OH-)=Kw減小，故pH減小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合題意； B.水的電離為吸熱過程，升高溫度，進水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高溫度促進鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B不符合題意； C.升高溫度，促進水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進銅離子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，兩者共同作用使pH發(fā)生變化，故C符合題意； D.鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，故D不符合題意； 綜上所述，本題應選C。 【點睛】本題考查弱電解質在水中的電離平衡，明確化學平衡常數(shù)只是溫度的函數(shù)，溫度對水的電離和鹽類水解平衡的影響是解題的關鍵，鹽類水解是高頻考點，也是高考的重點和難點，本題難度不大，是基礎題。 第二部分（非選擇題 共180分） 本部分共11小題，共180分。 8.抗癌藥托瑞米芬的前體K的合成路線如下。 已知： ?。? ⅱ．有機物結構可用鍵線式表示，如(CH3)2NCH2CH3的鍵線式為 （1）有機物A能與Na2CO3溶液反應產(chǎn)生CO2，其鈉鹽可用于食品防腐。有機物B能與Na2CO3溶液反應，但不產(chǎn)生CO2；B加氫可得環(huán)己醇。A和B反應生成C的化學方程式是___________，反應類型是___________________________。 （2）D中含有的官能團：__________________。 （3）E的結構簡式為__________________。 （4）F是一種天然香料，經(jīng)堿性水解、酸化，得G和J。J經(jīng)還原可轉化為G。J的結構簡式為__________________。 （5）M是J的同分異構體，符合下列條件的M的結構簡式是__________________。 ①包含2個六元環(huán) ②M可水解，與NaOH溶液共熱時，1 mol M最多消耗2 mol NaOH （6）推測E和G反應得到K的過程中，反應物LiAlH4和H2O的作用是__________________。 （7）由K合成托瑞米芬的過程： 托瑞米芬具有反式結構，其結構簡式__________________。 【答案】 (1). (2). 取代反應 (3). 羰基、羥基 (4). (5). (6). (7). 還原劑；水解 (8). 【解析】 【分析】 有機物A能與碳酸鈉溶液反應產(chǎn)生CO2，其鈉鹽可用于食品防腐，A為苯甲酸；有機物B能與碳酸鈉反應，但不產(chǎn)生CO2，且B加氫得環(huán)己醇，則B為苯酚；苯甲酸和苯酚在濃硫酸、H3BO3，加熱條件下發(fā)生取代反應生成C為；C發(fā)生信息中的反應生成D為；D發(fā)生信息中的反應生成E為；F經(jīng)堿性水解，酸化得G和J，J經(jīng)還原可轉化為G，則G和J具有相同的碳原子數(shù)和碳骨架，則G為；J為；由G和J的結構可推知F為C6H5-CH=CH-COOCH2CH=CH-C6H5，E和G先在LiAlH4作用下還原，再水解最后得到K，據(jù)此解答。 【詳解】（1）根據(jù)以上分析，A為苯甲酸，B為苯酚，苯甲酸和苯酚在濃硫酸、H3BO3，加熱條件下發(fā)生取代反應生成C為，化學方程式為， 故答案為：取代反應；； （2）D為，D中含有的官能團為羰基、羥基， 故答案為：羰基、羥基； （3）D發(fā)生信息中的反應生成E，其結構簡式為， 故答案為：； （4）F經(jīng)堿性水解，酸化得G和J，J經(jīng)還原可轉化為G，則G和J具有相同的碳原子數(shù)和碳骨架，則G為；J為， 故答案為：； （5）J為，分子式為C9H8O2，不飽和度為6，其同分異構體符合條件的M，①包含兩個六元環(huán)，則除苯環(huán)外還有一個六元環(huán)，②M可水解，與氫氧化鈉溶液共熱時，1molM最多消耗2molNaOH，說明含有酚酯的結構，則M的結構簡式為， 故答案為：； （6）由合成路線可知，E和G先在LiAlH4作用下還原，再水解最后得到K， 故答案為：還原劑；水解； （7）由合成路線可知，托瑞米芬分子中含有碳碳雙鍵，兩個苯環(huán)在雙鍵兩側為反式結構，則其結構簡式為：， 故答案為：。 9.化學小組用如下方法測定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量（廢水中不含干擾測定的物質）。 Ⅰ．用已準確稱量的KBrO3固體配制一定體積的a molL?1 KBrO3標準溶液； Ⅱ．取v1 mL上述溶液，加入過量KBr，加HSO4酸化，溶液顏色呈棕黃色； Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL廢水； Ⅳ．向Ⅲ中加入過量KI； Ⅴ．用b molL?1 Na2S2O3標準溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點，共消耗Na2S2O3溶液v2 mL。 已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6 Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無色 （1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和____________。 （2）Ⅰ中發(fā)生反應的離子方程式是_______________________________。 （3）Ⅲ中發(fā)生反應的化學方程式是_________________________________。 （4）Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，原因是______________________________。 （5）KI與KBrO3物質的量關系為n（KI）≥6n（KBrO3）時，KI一定過量，理由是________。 （6）Ⅴ中滴定至終點的現(xiàn)象是_____________________________。 （7）廢水中苯酚的含量為___________gL?1（苯酚摩爾質量：94 gmol ?1）。 （8）由于Br2具有____________性質，Ⅱ~Ⅳ中反應須在密閉容器中進行，否則會造成測定結果偏高。 【答案】 (1). 容量瓶、量筒 (2). BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O (3). (4). Ⅱ中生成的Br2與廢水中苯酚完全反應后，Ⅲ中溶液顏色為黃色，說明有Br2剩余，剩余Br2與過量KI反應生成I2可利用后續(xù)滴定法測量，從而間接計算苯酚消耗的Br2 (5). Ⅱ中反應為KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2)，Ⅱ中Br2部分與苯酚反應，剩余溴在Ⅳ中反應為Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反應，則n(KI)≥ 2n(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3) (6). 當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3標準溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且30s不變色 (7). (8). 揮發(fā) 【解析】 【分析】 本題考查氧化還原反應滴定的綜合運用。苯酚與溴反應快速靈敏，但滴定終點難以判斷，因而制得一定量的溴分別與苯酚和KI反應（溴須完全反應完），而溴與KI反應生成的I2與Na2S2O3進行滴定分析，因而直接測出與KI反應所消耗的溴，進而計算出與苯酚反應消耗的溴，最后根據(jù)苯酚與溴反應的系數(shù)計算廢水中苯酚的濃度。 【詳解】（1）準確稱量KBrO3固體配置溶液所需的玻璃儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管，一定規(guī)格的容量瓶，因而該空填容量瓶、量筒； （2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液顏色呈棕黃色，說明生成Br2，根據(jù)缺項配平可知該離子方程式為BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O； （3）苯酚和溴水反應得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化學方程式為； （4）該測量過程是利用一定量的溴分別與苯酚和KI反應，注意溴須反應完全，且一定量溴的總量已知，部分溴與KI反應生成的I2可利用氧化還原滴定法測量，進而計算出與KI反應的溴的消耗量，將一定量溴減去與KI反應的溴的消耗量，可得與苯酚反應的溴的消耗量，因而一定量的溴與苯酚反應完，必須有剩余的溴與KI反應，Ⅲ中反應結束時，若溶液顯黃色說明苯酚反應完，且有溴剩余，以便與KI反應，故原因為Ⅱ中生成的Br2與廢水中苯酚完全反應后，Ⅲ中溶液顏色為黃色，說明有Br2剩余，剩余Br2與過量KI反應，從而間接計算苯酚消耗的Br2； （5）Ⅱ中反應為KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分與苯酚反應，剩余溴的量設為n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反應為Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反應，則n(KI)≥ 2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而當n(KI)≥6n(KBrO3)，KI一定過量； （6）Ⅴ中含碘的溶液內加入淀粉，溶液顯藍色，隨著Na2S2O3溶液滴入，藍色變淺直至消失，因而當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3標準溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且30s不變色； （7）n(BrO3-)=av110-3mol，根據(jù)反應BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av110-3mol，溴分別與苯酚和KI反應，先計算由KI消耗的溴的量，設為n1(Br2)，根據(jù)I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~ I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv310-3mol，n1(Br2)=bv310-3mol，再計算由苯酚消耗的溴的量，設為n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) 10-3mol，苯酚與溴水反應的計量數(shù)關系為3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)10-3mol，廢水中苯酚的含量==mol； （8）Ⅱ中生成的溴須被苯酚和KI完全反應掉，而溴有揮發(fā)性，反應時須在密閉容器中進行。 10.氫能源是最具應用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的研究熱點。 （1）甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。 ①反應器中初始反應的生成物為H2和CO2，其物質的量之比為4∶1，甲烷和水蒸氣反應的方程式是______________。 ②已知反應器中還存在如下反應： i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3 …… iii為積炭反應，利用ΔH1和ΔH2計算ΔH3時，還需要利用__________反應的ΔH。 ③反應物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反應的化學計量數(shù)之比，目的是________________（選填字母序號）。 a.促進CH4轉化 b.促進CO轉化為CO2 c.減少積炭生成 ④用CaO可以去除CO2。H2體積分數(shù)和CaO消耗率隨時間變化關系如下圖所示。從t1時開始，H2體積分數(shù)顯著降低，單位時間CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不變”）。此時CaO消耗率約為35%，但已失效，結合化學方程式解釋原因：____________________________。 （2）可利用太陽能光伏電池電解水制高純氫，工作示意圖如下。通過控制開關連接K1或K2，可交替得到H2和O2。 ①制H2時，連接_______________。 產(chǎn)生H2的電極反應式是_______________。 ②改變開關連接方式，可得O2。 ③結合①和②中電極3的電極反應式，說明電極3的作用：________________________。 【答案】 (1). CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 (2). C(s)+CO2(g)=2CO(g) (3). abc (4). 降低 (5). H2體積分數(shù)在t1之后較少，結合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸氣濃度較小，反應器內反應逆向反應，氧化鈣很難和CO2反應，因而失效 (6). K1 (7). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (8). 連接K1或K2時，電極3分別作為陽極材料和陰極材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互轉化提供電子轉移 【解析】 【詳解】（1）①由于生成物為H2和CO2，其物質的量之比為4：1，反應物是甲烷和水蒸氣，因而反應方程式為CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2； ②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),設為ⅳ，用ⅳ-?？傻肅(s)+CO2(g)=2CO(g)，因為還需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反應的焓變； ③初始反應n(H2O):n(CH4)=2：1，說明加入的水蒸氣過量，又反應器中反應都存在一定可逆性，根據(jù)反應ⅰ知水蒸氣濃度越大，甲烷的轉化率越高，a正確；根據(jù)反應ⅱ知水蒸氣濃度越大，CO的轉化率越高，b正確；ⅰ和ⅱ產(chǎn)生氫氣，使得氫氣濃度變大，抑制反應ⅲ，積炭生成量減少，c正確； ④t1時CaO消耗率曲線斜率減小，因而單位時間內CaO的消耗率降低，H2體積分數(shù)在t1之后較少，結合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸氣濃度較小，反應器內反應逆向反應，氧化鈣很難和CO2反應，因而失效 （2）①電極生成H2時，根據(jù)電極放電規(guī)律可知H+得到電子變?yōu)闅錃?，因而電極須連接負極，因而制H2時，連接K1，該電池在堿性溶液中，由H2O提供H+，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-； ③電極3上NiOOH和Ni(OH)2相互轉化，其反應式為NiOOH+e-+H2O?Ni(OH)2+OH-，當連接K1時，Ni(OH)2失去電子變?yōu)镹iOOH，當連接K2時，NiOOH得到電子變?yōu)镹i(OH)2，因而作用是連接K1或K2時，電極3分別作為陽極材料和陰極材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互轉化提供電子轉移。 11.化學小組實驗探究SO2與AgNO3溶液的反應。 （1）實驗一：用如下裝置（夾持、加熱儀器略）制備SO2，將足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反應，得到無色溶液A和白色沉淀B。 ①濃H2SO4與Cu反應的化學方程式是____________________________________。 ②試劑a是____________。 （2）對體系中有關物質性質分析得出：沉淀B可能為Ag2SO3、Ag2SO4或兩者混合物。（資料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3難溶于水） 實驗二：驗證B的成分 ①寫出Ag2SO3溶于氨水的離子方程式：__________。 ②加入鹽酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推斷D中主要是BaSO3，進而推斷B中含有Ag2SO3。向濾液E中加入一種試劑，可進一步證實B中含有Ag2SO3。所用試劑及現(xiàn)象是__________。 （3）根據(jù)沉淀F的存在，推測的產(chǎn)生有兩個途徑： 途徑1：實驗一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，隨沉淀B進入D。 途徑2：實驗二中，被氧化為進入D。 實驗三：探究的產(chǎn)生途徑 ①向溶液A中滴入過量鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含有________：取上層清液繼續(xù)滴加BaCl2溶液，未出現(xiàn)白色沉淀，可判斷B中不含Ag2SO4。做出判斷的理由：_______。 ②實驗三的結論：__________。 （4）實驗一中SO2與AgNO3溶液反應的離子方程式是_________________。 （5）根據(jù)物質性質分析，SO2與AgNO3溶液應該可以發(fā)生氧化還原反應。將實驗一所得混合物放置一段時間，有Ag和生成。 （6）根據(jù)上述實驗所得結論：__________________。 【答案】 (1). Cu+2H2SO4(濃) CuSO4+SO2↑+2H2O (2). 濃硫酸 (3). Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O (4). 品紅溶液 (5). 若加入品紅溶液，品紅溶液褪色，則證明B中含有Ag2SO3 (6). Ag+ (7). 因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液會生成難溶的BaSO4白色沉淀 (8). 2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+ (9). 二氧化硫與硝酸銀溶液反應生成亞硫酸銀 【解析】 分析】 本題的實驗目的是探究SO2與硝酸銀溶液的反應，實驗過程先用銅片和濃硫酸反應制備SO2，再將SO2通入硝酸銀溶液中，對所得產(chǎn)物進行探究，可依據(jù)元素化合物知識解答。 【詳解】(1)①銅和濃硫酸在加熱的條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為：Cu+2H2SO4(濃) CuSO4+SO2↑+2H2O， 故答案為：Cu+2H2SO4(濃) CuSO4+SO2↑+2H2O； ②由于反應時逸出的SO2氣體可能帶出少量硫酸，所以試劑a應為除雜試劑，可用濃硫酸， 故答案為：濃硫酸； （2）①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，離子方程式為：Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O， 故答案為：Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2++SO32-+4H2O； ②推測沉淀D為BaSO3，加過量稀鹽酸溶解得濾液E和少量沉淀F，則E中可能含有溶解的SO2，可用品紅溶液檢驗，若加入品紅溶液，品紅溶液褪色，則證明B中含有Ag2SO3， 故答案為：品紅溶液；若加入品紅溶液，品紅溶液褪色，則證明B中含有Ag2SO3； （3）①加入過量鹽酸產(chǎn)生白色沉淀，說明含有Ag+；B中不含Ag2SO4，因若含有Ag2