《2019年高考試題真題理綜（北京卷）解析版[檢測復(fù)習(xí)]》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考試題真題理綜（北京卷）解析版[檢測復(fù)習(xí)]（43頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

絕密★啟封并使用完畢前 2019年普通高等學(xué)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(shí)長150分鐘?？忌鷦?wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y(jié)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(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。 1.一列簡諧橫波某時(shí)刻的波形如圖所示，比較介質(zhì)中的三個(gè)質(zhì)點(diǎn)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(yùn)動(dòng) D. 若波沿x軸負(fù)方向傳播，a比c先回到平衡位置 【答案】C 【解析】 【詳解】由機(jī)械振動(dòng)特點(diǎn)確定質(zhì)點(diǎn)的加速度和速度大小，由“上下坡法”確定振動(dòng)方向。 由波動(dòng)圖象可知，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)a位于波峰處，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)特點(diǎn)可知，質(zhì)點(diǎn)a的加速度最大，故A錯(cuò)誤，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)b位于平衡位置，所以速度為最大，故B錯(cuò)誤，若波沿x軸正方向傳播，由“上下坡法”可知，質(zhì)點(diǎn)b向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故C正確，若波沿x軸負(fù)方向傳播，由“上下坡法”可知，a質(zhì)點(diǎn)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，c質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)c比質(zhì)點(diǎn)a先回到平衡位置，故D錯(cuò)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(guān)于P處放置的光學(xué)元件說法正確的是 A. 甲對應(yīng)單縫，乙對應(yīng)雙縫 B. 甲對應(yīng)雙縫，乙對應(yīng)單縫 C. 都是單縫，甲對應(yīng)的縫寬較大 D. 都是雙縫，甲對應(yīng)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(diǎn)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(jié)合圖甲，乙可知，甲對應(yīng)單縫，乙對應(yīng)雙縫，故A正確。 3.下列說法正確的是 A. 溫度標(biāo)志著物體內(nèi)大量分子熱運(yùn)動(dòng)的劇烈程度 B. 內(nèi)能是物體中所有分子熱運(yùn)動(dòng)所具有的動(dòng)能的總和 C. 氣體壓強(qiáng)僅與氣體分子的平均動(dòng)能有關(guān) D. 氣體膨脹對外做功且溫度降低，分子的平均動(dòng)能可能不變 【答案】A 【解析】 【詳解】根據(jù)溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志確定氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的程度和分子平均動(dòng)能變化，內(nèi)能是分子平均動(dòng)能和分子勢總和，由氣體壓強(qiáng)宏觀表現(xiàn)確定壓強(qiáng) A．溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以溫度標(biāo)志著物體內(nèi)大量分子熱運(yùn)動(dòng)的劇烈程度，故A正確； B．內(nèi)能是物體中所有分子熱運(yùn)動(dòng)所具有的動(dòng)能和分子勢能之和，故B錯(cuò)誤； C．由壓強(qiáng)公式可知，氣體壓強(qiáng)除與分子平均動(dòng)能有關(guān)即溫度，還與體積有關(guān)，故C錯(cuò)誤； D．溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以溫度降低，分子平均動(dòng)能一定變小，故D錯(cuò)誤。 4.如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出。下列說法正確的是 A. 粒子帶正電 B. 粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率 C. 若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出 D. 若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(diǎn)確定粒子在b、a兩點(diǎn)的速率，根據(jù)確定粒子運(yùn)動(dòng)半徑和運(yùn)動(dòng)時(shí)間。 由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應(yīng)帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動(dòng)能不變，即粒子在b點(diǎn)速率與a點(diǎn)速率相等，故B錯(cuò)誤；若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，由公式得：，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運(yùn)動(dòng)半徑減小，在磁場中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定變長，故D錯(cuò)誤。 5.如圖所示，a、b兩點(diǎn)位于以負(fù)點(diǎn)電荷–Q（Q>0）為球心球面上，c點(diǎn)在球面外，則 A. a點(diǎn)場強(qiáng)的大小比b點(diǎn)大 B. b點(diǎn)場強(qiáng)的大小比c點(diǎn)小 C. a點(diǎn)電勢比b點(diǎn)高 D. b點(diǎn)電勢比c點(diǎn)低 【答案】D 【解析】 【詳解】由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式確定各點(diǎn)的場強(qiáng)大小，由點(diǎn)電荷的等勢線是以點(diǎn)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(diǎn)的電勢的高低。 由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式可知，a、b兩點(diǎn)到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，故A錯(cuò)誤；由于c點(diǎn)到場源電荷的距離比b點(diǎn)的大，所以b點(diǎn)的場強(qiáng)大小比c點(diǎn)的大，故B錯(cuò)誤；由于點(diǎn)電荷的等勢線是以點(diǎn)電荷為球心的球面，所以a點(diǎn)與b點(diǎn)電勢相等，負(fù)電荷的電場線是從無窮遠(yuǎn)處指向負(fù)點(diǎn)電荷，根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點(diǎn)電勢比c點(diǎn)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(dǎo)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(diǎn)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(nèi)，故A錯(cuò)誤； 由于第一宇宙速度為衛(wèi)星繞地球運(yùn)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(cuò)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(cuò)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(dāng)入射光照在管中金屬板上時(shí)，可能形成光電流。表中給出了6次實(shí)驗(yàn)的結(jié)果。 組 次 入射光子的能量/eV 相對光強(qiáng) 光電流大小/mA 逸出光電子的最大動(dòng)能/eV 第 一 組 1 2 3 4.0 4.0 4.0 弱 中 強(qiáng) 29 43 60 0.9 0.9 0.9 第 二 組 4 5 6 6.0 6.0 6.0 弱 中 強(qiáng) 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(shí)驗(yàn)采用了不同頻率的入射光 B. 兩組實(shí)驗(yàn)所用的金屬板材質(zhì)不同 C. 若入射光子的能量為5.0 eV，逸出光電子的最大動(dòng)能為1.9 eV D. 若入射光子的能量為5.0 eV，相對光強(qiáng)越強(qiáng)，光電流越大 【答案】B 【解析】 【詳解】由愛因斯坦質(zhì)能方程比較兩次實(shí)驗(yàn)時(shí)的逸出功和光電流與光強(qiáng)的關(guān)系解題 由題表格中數(shù)據(jù)可知，兩組實(shí)驗(yàn)所用入射光的能量不同，由公式可知，兩組實(shí)驗(yàn)中所用的入射光的頻率不同，故A正確； 由愛因斯坦質(zhì)能方程可得：第一組實(shí)驗(yàn)：，第二組實(shí)驗(yàn)：，解得：，即兩種材料的逸出功相同也即材料相同，故B錯(cuò)誤； 由愛因斯坦質(zhì)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(shí)，相對光越強(qiáng)，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(gè)基本單位，其他單位均可由物理關(guān)系導(dǎo)出。例如，由m和s可以導(dǎo)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(shí)物或其運(yùn)動(dòng)來定義基本單位會(huì)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(gè)超精細(xì)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(jì)量大會(huì)決定，7個(gè)基本單位全部用基本物理常量來定義（對應(yīng)關(guān)系如圖，例如，s對應(yīng)?ν，m對應(yīng)c）。新SI自2019年5月20日（國際計(jì)量日）正式實(shí)施，這將對科學(xué)和技術(shù)發(fā)展產(chǎn)生深遠(yuǎn)影響。下列選項(xiàng)不正確的是 A. 7個(gè)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?yàn)殚L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?yàn)殡姾闪颗c電流I存在I=q/t，而s已定義 D. 因?yàn)槠绽士顺Ａ縣（Js）的單位中沒有kg，所以無法用它來定義質(zhì)量單位 【答案】D 【解析】 【詳解】本題屬于信息題，由題所給信息結(jié)合和的物理意義解答。 由題意可知，如果以實(shí)物或其運(yùn)動(dòng)來定義基本單位會(huì)受到環(huán)境和測量方式等因素的影響，所以7個(gè)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(shí)間內(nèi)通過的電荷量，故C正確； 由題意可知，對應(yīng)為kg，故D錯(cuò)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(yùn)動(dòng)。將白紙和復(fù)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(diǎn)飛出，落在水平擋板MN上。由于擋板靠近硬板一側(cè)較低，鋼球落在擋板上時(shí)，鋼球側(cè)面會(huì)在白紙上擠壓出一個(gè)痕跡點(diǎn)。移動(dòng)擋板，重新釋放鋼球，如此重復(fù)，白紙上將留下一系列痕跡點(diǎn)。 （1）下列實(shí)驗(yàn)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?yàn)閤軸、豎直方向?yàn)閥軸的坐標(biāo)系。 a．取平拋運(yùn)動(dòng)的起始點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，將鋼球靜置于Q點(diǎn)，鋼球的________（選填“最上端”、“最下端”或者“球心”）對應(yīng)白紙上的位置即為原點(diǎn)；在確定y軸時(shí)______（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(diǎn)，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(diǎn)，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(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，結(jié)果用上述字母表示）。 （3）為了得到平拋物體的運(yùn)動(dòng)軌跡，同學(xué)們還提出了以下三種方案，其中可行的是____________。 A．從細(xì)管水平噴出穩(wěn)定的細(xì)水柱，拍攝照片，即可得到平拋運(yùn)動(dòng)軌跡 B．用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時(shí)刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運(yùn)動(dòng)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(huì)在白紙上留下筆尖的平拋運(yùn)動(dòng)軌跡 （4）伽利略曾研究過平拋運(yùn)動(dòng)，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(yuǎn)，在空中飛行的時(shí)間都一樣。這實(shí)際上揭示了平拋物體_________。 A．在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng) C．在下落過程中機(jī)械能守恒 （5）牛頓設(shè)想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點(diǎn)就一次比一次遠(yuǎn)，如果速度足夠大，物體就不再落回地面，它將繞地球運(yùn)動(dòng)，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(huì)從做平拋運(yùn)動(dòng)逐漸變?yōu)樽鰣A周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的軌跡的拋物線和圓周運(yùn)動(dòng)知識證明即可 【解析】 【詳解】根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向自由落體運(yùn)動(dòng)解答。 (1)本實(shí)驗(yàn)中要保證小球飛出斜槽末端時(shí)的速度為水平，即小球做平拋運(yùn)動(dòng)，且每次飛出時(shí)的速度應(yīng)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(yùn)動(dòng)的起始點(diǎn)應(yīng)為鋼球靜置于Q點(diǎn)時(shí)，鋼球的球心對應(yīng)紙上的位置，由于平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以在確定y軸時(shí)需要y軸與重錘線平行； b.由初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律即在相等時(shí)間間隔內(nèi)所通過的位移之比為可知，由于A點(diǎn)不是拋出點(diǎn)，所以；設(shè)AB，BC間所用的時(shí)間為T，豎直方向有：，水平方向有：，聯(lián)立解得：； (3)A項(xiàng)：從細(xì)管水平噴出穩(wěn)定的細(xì)水柱，由于細(xì)水柱射出后受到空氣阻力的作用，所以此方案不可行； B項(xiàng)：用頻閃照相在同一底片上記錄小球不同時(shí)刻位置即平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡上的點(diǎn)，平滑連接在一起即為平拋運(yùn)動(dòng)軌跡，所以此方案可行； C項(xiàng)：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(yùn)動(dòng)，故此方案不可行； (4)由平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向運(yùn)動(dòng)可知，，時(shí)間，所以只要高度相同，時(shí)間相同，故B正確； (5)由平拋運(yùn)動(dòng)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(dāng)拋出的速度越大，在拋物線上某點(diǎn)的速度足以提供該點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力時(shí)，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(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)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(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，求： （1）感應(yīng)電動(dòng)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(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢綜合閉合電路歐姆定律和解題。 (1)從ad邊剛進(jìn)入磁場到bc邊剛要進(jìn)入的過程中，只有ad邊切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為：； (2)線框進(jìn)入過程中線框中的電流為： ad邊安培力為： 由于線框勻速運(yùn)動(dòng)，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(jìn)入過程中線框中的電流為： 進(jìn)入所用的時(shí)間為： ad邊的電阻為： 焦耳熱為： 聯(lián)立解得：。 11.電容器作為儲(chǔ)能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)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?jiān)趫D1中畫出上述u–q圖像。類比直線運(yùn)動(dòng)中由v–t圖像求位移方法，求兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲(chǔ)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(nèi)阻）。通過改變電路中元件的參數(shù)對同一電容器進(jìn)行兩次充電，對應(yīng)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(shí)需要快速充電，有時(shí)需要均勻充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實(shí)現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。 __________________ （3）設(shè)想使用理想的“恒流源”替換（2）中電源對電容器充電，可實(shí)現(xiàn)電容器電荷量隨時(shí)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(shí)，只要減小圖2中的電阻R；要均勻充電時(shí)，只要適當(dāng)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(dāng)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(yīng)為過原點(diǎn)的傾斜直線，如圖： 由題可知，兩極間電壓為U時(shí)電容器所儲(chǔ)存的電能即為圖線與橫軸所圍面積，即，當(dāng)兩極間電壓為U時(shí)，電荷量為，所以； (2)a.由于電源內(nèi)阻不計(jì)，當(dāng)電容器充滿電后電容器兩端電壓即電源的電動(dòng)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(shí)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(shí)，只要減小圖2中的電阻R，要均勻充電時(shí)，只要適當(dāng)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(fù)電，相當(dāng)于另一電源，且充電過程中電量越來越大，回路中的總電動(dòng)勢減小，當(dāng)電容器兩端電壓與電源電動(dòng)勢相等時(shí)，充電結(jié)束，所以換成“恒流源”時(shí)，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(guān)。雨滴間無相互作用且雨滴質(zhì)量不變，重力加速度為g。 （1）質(zhì)量為m的雨滴由靜止開始，下落高度h時(shí)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(shè)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(shè)雨滴的密度為ρ，推導(dǎo)雨滴下落趨近的最大速度vm與半徑r的關(guān)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(yīng)半徑為r1的雨滴（選填①、②）；若不計(jì)空氣阻力，請?jiān)趫D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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)方向面積為S的圓盤，證明：圓盤以速度v下落時(shí)受到的空氣阻力f ∝v2（提示：設(shè)單位體積內(nèi)空氣分子數(shù)為n，空氣分子質(zhì)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(dòng)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(shí)速度最大解答； (3)由動(dòng)量定理證明 【詳解】(1)對雨滴由動(dòng)能定理得： 解得：； (2)a.半徑為r的雨滴體積為：，其質(zhì)量為 當(dāng)雨滴的重力與阻力相等時(shí)速度最大，設(shè)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(yīng)半徑為的雨滴， 不計(jì)空氣阻力，雨滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，圖線如圖： ； (3)設(shè)在極短時(shí)間內(nèi)，空氣分子與雨滴碰撞，設(shè)空氣分子的速率為U， 在內(nèi)，空氣分子個(gè)數(shù)為：，其質(zhì)量為 設(shè)向下為正方向，對圓盤下方空氣分子由動(dòng)量定理有： 對圓盤上方空氣分子由動(dòng)量定理有： 圓盤受到的空氣阻力為： 聯(lián)立解得：。 化學(xué)部分 可能用到的相對原子質(zhì)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(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。 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(jī)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(huì)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(jī)物與無機(jī)物的區(qū)分（B選項(xiàng)為有機(jī)物，其他均為無機(jī)物），金屬材料與非金屬材料的區(qū)分。同時(shí)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(jī)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(jī)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(yīng)選A。 【點(diǎn)睛】本題依托有機(jī)物和無機(jī)物的概念考查了化學(xué)知識與生活中物質(zhì)的聯(lián)系，創(chuàng)新點(diǎn)在于除了要判斷是否為無機(jī)非金屬材料，還給其加了限制條件“同主族”，應(yīng)注意有機(jī)物中一定含碳元素，但含碳元素的卻不一定是有機(jī)物。 2.下列示意圖與化學(xué)用語表述內(nèi)容不相符的是（水合離子用相應(yīng)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(yīng)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(xiàng)應(yīng)區(qū)分電離和電解的概念。電離是電解質(zhì)溶于水或熔融狀態(tài)下，解離成能夠自由移動(dòng)的離子的過程。根據(jù)其電離程度可分為強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)，幾乎全部電離的是強(qiáng)電解質(zhì)（如A選項(xiàng)），只有少部分電離的是弱電解質(zhì)（如C選項(xiàng)）；是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的一個(gè)裝置(構(gòu)成:外加電源，電解質(zhì)溶液，陰陽電極)。使電流通過電解質(zhì)溶液或熔融電解質(zhì)而在陰，陽兩極引起還原氧化反應(yīng)的過程（如B選項(xiàng)）。 【詳解】A.NaCl為強(qiáng)電解質(zhì)，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(dòng)，得電子，發(fā)生電極反應(yīng)為：Cu2++2e-=Cu,氯離子向陽極移動(dòng)，失電子，發(fā)生電極反應(yīng)為：2Cl-+2e-=Cl2,所以電解總反應(yīng)為：Cu2++2Cl-Cu+Cl2，故B符合題意； C.CH3COOH為弱電解質(zhì)，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(yīng)H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反應(yīng)熱等于斷裂反應(yīng)物分子中的化學(xué)鍵吸收的總能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,與形成生成物分子中化學(xué)鍵放出的總能量（431kJ/mol2=862kJ/mol）之差，即放熱183kJ/mol,放熱?H為負(fù)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(yīng)選B。 【點(diǎn)睛】本題所選四個(gè)實(shí)驗(yàn)（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(xué)用語，涉及強(qiáng)、弱電解質(zhì)電離、電解方程式的書寫，化學(xué)反應(yīng)熱的計(jì)算，題目把化學(xué)用語與化學(xué)反應(yīng)原理巧妙地結(jié)合。 3.2019年是元素周期表發(fā)表150周年，期間科學(xué)家為完善周期表做出了不懈努力。中國科學(xué)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(zhì)量的新值，被采用為國際新標(biāo)準(zhǔn)。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(jié)構(gòu)示意圖為，據(jù)此判斷該元素在周期表中的位置； B．質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)，原子的質(zhì)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(jià)氧化物對應(yīng)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(jié)構(gòu)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(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)，因此該原子的質(zhì)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(jià)氧化物對應(yīng)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(yīng)選D。 【點(diǎn)睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)，題目難度不大，明確原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握原子構(gòu)成及表示方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。 4.交聯(lián)聚合物P的結(jié)構(gòu)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(yīng)為縮聚反應(yīng) 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(jié)構(gòu) 【答案】D 【解析】 【分析】 將X為Y為帶入到交聯(lián)聚合物P的結(jié)構(gòu)中可知，聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應(yīng)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(gòu)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(yīng)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(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)，故D符合題意； 綜上所述，本題應(yīng)選D。 【點(diǎn)睛】本題側(cè)重考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及高聚物單體以及性質(zhì)的判斷，注意把握官能團(tuán)的性質(zhì)，縮聚反應(yīng)的判斷，題目有利于培養(yǎng)學(xué)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(yīng)的是 物質(zhì)（括號內(nèi)為雜質(zhì)） 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(yīng)中，存在元素的化合價(jià)變化，與氧化還原反應(yīng)有關(guān)；反之，不存在元素的化合價(jià)變化，則與氧化還原反應(yīng)無關(guān)，以此解答該題。 【詳解】A.FeCl3與Fe反應(yīng)生成FeCl2，2FeCl3+Fe=2FeCl2，此過程中Fe的化合價(jià)發(fā)生變化，涉及到了氧化還原法應(yīng)，故A不符合題意； B.MgCl2與NaOH溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)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(jià)發(fā)生變化，未涉及氧化還原反應(yīng)，故B符合題意； C.部分氯氣與H2O 發(fā)生反應(yīng)生成氯化氫和次氯酸，反應(yīng)過程中氯元素化合價(jià)變化，涉及到了氧化還原法應(yīng)，故C不符合題意； D.NO2 與水反應(yīng)生成硝酸和NO。反應(yīng)過程中氮元素化合價(jià)發(fā)生變化，涉及到了氧化還原法應(yīng)，故D不符合題意； 綜上所述，本題應(yīng)選B。 【點(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，為高考常見題型，側(cè)重于氧化還原反應(yīng)判斷的考查，注意把握發(fā)生的反應(yīng)及反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化，題目難度不大。 6.探究草酸（H2C2O4）性質(zhì)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。（已知：室溫下，0.1 molL?1 H2C2O4的pH=1.3） 實(shí)驗(yàn) 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(zhì) 由上述實(shí)驗(yàn)所得草酸性質(zhì)所對應(yīng)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(yīng)，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(yīng)，具有還原性，因?yàn)橐叶嶂泻恤然虼四馨l(fā)生酯化反應(yīng)，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(yīng)，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(yīng)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(yīng)，反應(yīng)方程式正確，故D不符合題意； 綜上所述，本題應(yīng)選B。 【點(diǎn)睛】本題考查草酸的性質(zhì)和離子反應(yīng)方程式的書寫，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運(yùn)用。 7.實(shí)驗(yàn)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(dòng)共同作用的結(jié)果 D. 隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因?yàn)镃H3COO?、Cu2+水解平衡移動(dòng)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(jìn)水的電離；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進(jìn)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(dòng)，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(jìn)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(jìn)鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B不符合題意； C.升高溫度，促進(jìn)水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進(jìn)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(jìn)鹽類水解，故D不符合題意； 綜上所述，本題應(yīng)選C。 【點(diǎn)睛】本題考查弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，明確化學(xué)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(guān)鍵，鹽類水解是高頻考點(diǎn)，也是高考的重點(diǎn)和難點(diǎn)，本題難度不大，是基礎(chǔ)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(jī)物結(jié)構(gòu)可用鍵線式表示，如(CH3)2NCH2CH3的鍵線式為 （1）有機(jī)物A能與Na2CO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2，其鈉鹽可用于食品防腐。有機(jī)物B能與Na2CO3溶液反應(yīng)，但不產(chǎn)生CO2；B加氫可得環(huán)己醇。A和B反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式是___________，反應(yīng)類型是___________________________。 （2）D中含有的官能團(tuán)：__________________。 （3）E的結(jié)構(gòu)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(zhuǎn)化為G。J的結(jié)構(gòu)簡式為__________________。 （5）M是J的同分異構(gòu)體，符合下列條件的M的結(jié)構(gòu)簡式是__________________。 ①包含2個(gè)六元環(huán) ②M可水解，與NaOH溶液共熱時(shí)，1 mol M最多消耗2 mol NaOH （6）推測E和G反應(yīng)得到K的過程中，反應(yīng)物L(fēng)iAlH4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(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)簡式__________________。 【答案】 (1). (2). 取代反應(yīng) (3). 羰基、羥基 (4). (5). (6). (7). 還原劑；水解 (8). 【解析】 【分析】 有機(jī)物A能與碳酸鈉溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2，其鈉鹽可用于食品防腐，A為苯甲酸；有機(jī)物B能與碳酸鈉反應(yīng)，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(yīng)生成C為；C發(fā)生信息中的反應(yīng)生成D為；D發(fā)生信息中的反應(yīng)生成E為；F經(jīng)堿性水解，酸化得G和J，J經(jīng)還原可轉(zhuǎn)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(jié)構(gòu)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(yīng)生成C為，化學(xué)方程式為， 故答案為：取代反應(yīng)；； （2）D為，D中含有的官能團(tuán)為羰基、羥基， 故答案為：羰基、羥基； （3）D發(fā)生信息中的反應(yīng)生成E，其結(jié)構(gòu)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(zhuǎn)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(gòu)體符合條件的M，①包含兩個(gè)六元環(huán)，則除苯環(huán)外還有一個(gè)六元環(huán)，②M可水解，與氫氧化鈉溶液共熱時(shí)，1molM最多消耗2molNaOH，說明含有酚酯的結(jié)構(gòu)，則M的結(jié)構(gòu)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(gè)苯環(huán)在雙鍵兩側(cè)為反式結(jié)構(gòu)，則其結(jié)構(gòu)簡式為：， 故答案為：。 9.化學(xué)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(zhì)）。 Ⅰ．用已準(zhǔn)確稱量的KBrO3固體配制一定體積的a molL?1 KBrO3標(biāo)準(zhǔn)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時(shí)，滴加2滴淀粉溶液，繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，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(yīng)的離子方程式是_______________________________。 （3）Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)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(zhì)的量關(guān)系為n（KI）≥6n（KBrO3）時(shí)，KI一定過量，理由是________。 （6）Ⅴ中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是_____________________________。 （7）廢水中苯酚的含量為___________gL?1（苯酚摩爾質(zhì)量：94 gmol ?1）。 （8）由于Br2具有____________性質(zhì)，Ⅱ~Ⅳ中反應(yīng)須在密閉容器中進(jìn)行，否則會(huì)造成測定結(jié)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(yīng)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(yīng)生成I2可利用后續(xù)滴定法測量，從而間接計(jì)算苯酚消耗的Br2 (5). Ⅱ中反應(yīng)為KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2)，Ⅱ中Br2部分與苯酚反應(yīng)，剩余溴在Ⅳ中反應(yīng)為Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反應(yīng)，則n(KI)≥ 2n(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3) (6). 當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)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(yīng)滴定的綜合運(yùn)用。苯酚與溴反應(yīng)快速靈敏，但滴定終點(diǎn)難以判斷，因而制得一定量的溴分別與苯酚和KI反應(yīng)（溴須完全反應(yīng)完），而溴與KI反應(yīng)生成的I2與Na2S2O3進(jìn)行滴定分析，因而直接測出與KI反應(yīng)所消耗的溴，進(jìn)而計(jì)算出與苯酚反應(yīng)消耗的溴，最后根據(jù)苯酚與溴反應(yīng)的系數(shù)計(jì)算廢水中苯酚的濃度。 【詳解】（1）準(zhǔn)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(xiàng)配平可知該離子方程式為BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O； （3）苯酚和溴水反應(yīng)得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化學(xué)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(yīng)，注意溴須反應(yīng)完全，且一定量溴的總量已知，部分溴與KI反應(yīng)生成的I2可利用氧化還原滴定法測量，進(jìn)而計(jì)算出與KI反應(yīng)的溴的消耗量，將一定量溴減去與KI反應(yīng)的溴的消耗量，可得與苯酚反應(yīng)的溴的消耗量，因而一定量的溴與苯酚反應(yīng)完，必須有剩余的溴與KI反應(yīng)，Ⅲ中反應(yīng)結(jié)束時(shí)，若溶液顯黃色說明苯酚反應(yīng)完，且有溴剩余，以便與KI反應(yīng)，故原因?yàn)棰蛑猩傻腂r2與廢水中苯酚完全反應(yīng)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(yīng)，從而間接計(jì)算苯酚消耗的Br2； （5）Ⅱ中反應(yīng)為KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分與苯酚反應(yīng)，剩余溴的量設(shè)為n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反應(yīng)為Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反應(yīng)，則n(KI)≥ 2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而當(dāng)n(KI)≥6n(KBrO3)，KI一定過量； （6）Ⅴ中含碘的溶液內(nèi)加入淀粉，溶液顯藍(lán)色，隨著Na2S2O3溶液滴入，藍(lán)色變淺直至消失，因而當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且30s不變色； （7）n(BrO3-)=av110-3mol，根據(jù)反應(yīng)BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av110-3mol，溴分別與苯酚和KI反應(yīng)，先計(jì)算由KI消耗的溴的量，設(shè)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(jì)算由苯酚消耗的溴的量，設(shè)為n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) 10-3mol，苯酚與溴水反應(yīng)的計(jì)量數(shù)關(guān)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(yīng)掉，而溴有揮發(fā)性，反應(yīng)時(shí)須在密閉容器中進(jìn)行。 10.氫能源是最具應(yīng)用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的研究熱點(diǎn)。 （1）甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。 ①反應(yīng)器中初始反應(yīng)的生成物為H2和CO2，其物質(zhì)的量之比為4∶1，甲烷和水蒸氣反應(yīng)的方程式是______________。 ②已知反應(yīng)器中還存在如下反應(yīng)： 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(yīng)，利用ΔH1和ΔH2計(jì)算ΔH3時(shí)，還需要利用__________反應(yīng)的ΔH。 ③反應(yīng)物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，目的是________________（選填字母序號）。 a.促進(jìn)CH4轉(zhuǎn)化 b.促進(jìn)CO轉(zhuǎn)化為CO2 c.減少積炭生成 ④用CaO可以去除CO2。H2體積分?jǐn)?shù)和CaO消耗率隨時(shí)間變化關(guān)系如下圖所示。從t1時(shí)開始，H2體積分?jǐn)?shù)顯著降低，單位時(shí)間CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不變”）。此時(shí)CaO消耗率約為35%，但已失效，結(jié)合化學(xué)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(guān)連接K1或K2，可交替得到H2和O2。 ①制H2時(shí)，連接_______________。 產(chǎn)生H2的電極反應(yīng)式是_______________。 ②改變開關(guān)連接方式，可得O2。 ③結(jié)合①和②中電極3的電極反應(yīng)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?jǐn)?shù)在t1之后較少，結(jié)合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸氣濃度較小，反應(yīng)器內(nèi)反應(yīng)逆向反應(yīng)，氧化鈣很難和CO2反應(yīng)，因而失效 (6). K1 (7). 2H2O+2e-=H2↑+2OH- (8). 連接K1或K2時(shí)，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(zhuǎn)化提供電子轉(zhuǎn)移 【解析】 【詳解】（1）①由于生成物為H2和CO2，其物質(zhì)的量之比為4：1，反應(yīng)物是甲烷和水蒸氣，因而反應(yīng)方程式為CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2； ②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),設(shè)為ⅳ，用ⅳ-?？傻肅(s)+CO2(g)=2CO(g)，因?yàn)檫€需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反應(yīng)的焓變； ③初始反應(yīng)n(H2O):n(CH4)=2：1，說明加入的水蒸氣過量，又反應(yīng)器中反應(yīng)都存在一定可逆性，根據(jù)反應(yīng)ⅰ知水蒸氣濃度越大，甲烷的轉(zhuǎn)化率越高，a正確；根據(jù)反應(yīng)ⅱ知水蒸氣濃度越大，CO的轉(zhuǎn)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(yīng)ⅲ，積炭生成量減少，c正確； ④t1時(shí)CaO消耗率曲線斜率減小，因而單位時(shí)間內(nèi)CaO的消耗率降低，H2體積分?jǐn)?shù)在t1之后較少，結(jié)合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸氣濃度較小，反應(yīng)器內(nèi)反應(yīng)逆向反應(yīng)，氧化鈣很難和CO2反應(yīng)，因而失效 （2）①電極生成H2時(shí)，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(fù)極，因而制H2時(shí)，連接K1，該電池在堿性溶液中，由H2O提供H+，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-； ③電極3上NiOOH和Ni(OH)2相互轉(zhuǎn)化，其反應(yīng)式為NiOOH+e-+H2O?Ni(OH)2+OH-，當(dāng)連接K1時(shí)，Ni(OH)2失去電子變?yōu)镹iOOH，當(dāng)連接K2時(shí)，NiOOH得到電子變?yōu)镹i(OH)2，因而作用是連接K1或K2時(shí)，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(zhuǎn)化提供電子轉(zhuǎn)移。 11.化學(xué)小組實(shí)驗(yàn)探究SO2與AgNO3溶液的反應(yīng)。 （1）實(shí)驗(yàn)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(yīng)，得到無色溶液A和白色沉淀B。 ①濃H2SO4與Cu反應(yīng)的化學(xué)方程式是____________________________________。 ②試劑a是____________。 （2）對體系中有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)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(shí)驗(yàn)二：驗(yàn)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(jìn)而推斷B中含有Ag2SO3。向?yàn)V液E中加入一種試劑，可進(jìn)一步證實(shí)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(gè)途徑： 途徑1：實(shí)驗(yàn)一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，隨沉淀B進(jìn)入D。 途徑2：實(shí)驗(yàn)二中，被氧化為進(jìn)入D。 實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)三的結(jié)論：__________。 （4）實(shí)驗(yàn)一中SO2與AgNO3溶液反應(yīng)的離子方程式是_________________。 （5）根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)分析，SO2與AgNO3溶液應(yīng)該可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)。將實(shí)驗(yàn)一所得混合物放置一段時(shí)間，有Ag和生成。 （6）根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)所得結(jié)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(huì)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(yīng)生成亞硫酸銀 【解析】 分析】 本題的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖翘骄縎O2與硝酸銀溶液的反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)過程先用銅片和濃硫酸反應(yīng)制備SO2，再將SO2通入硝酸銀溶液中，對所得產(chǎn)物進(jìn)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(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學(xué)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(yīng)時(shí)逸出的SO2氣體可能帶出少量硫酸，所以試劑a應(yīng)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(yàn)，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