溶液一定会变为红色，此实验无法证明样品已部分或全部变质，A不正确；B、将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀，说明溶液中氯离子浓度大于溴离子浓度，所以KSP(AgCl)>KSP(AgBr)，B正确；C、用pH试纸分别测NaClO溶液与NaHCO3溶液的pH，NaHCO3的pH更大，此实验没有可比性，因为两溶液的物质的量浓度不一定相同，所以无法得出正确结论，C不正确； D、向5ml 20%的蔗糖溶液中加稀硫酸水浴加热，再加入1ml新制Cu(OH)2，振荡后再加热至沸腾，因为没有加入氢氧化钠溶液中和硫酸，所以一定不会出现红色沉淀，无法证明蔗糖是否发生水解，D不正确。本题选B。 11．一种处理高浓度乙醛废水的方法——隔膜电解法，其原理如图所示，电解质溶液为一定浓度含乙醛的Na2SO4

溶液，电解后乙醛在两个电极分別转化为乙醇和乙酸。下列说法正确的是

A．a电极为阴极，b电极为阳极

B．阳极的电极反应式为CH3CHO-2e+H2O=CH3COOH+2H C．设电解时溶液体积不变，则阴极区Na2SO4的物质的量增大 D．电解过程中，M 池溶液的pH 变大，N 池溶液的pH 变小 【答案】B

【解析】A．根据溶液中氢离子的移动方向可知，b电极为阴极，a电极为阳极，故A错误；B．阳极发生氧化反

应，电极反应式为CH3CHO-2e+H2O=CH3COOH+2H，故B正确；C．阴极发生还原反应，电极反应式为2H+2e=H2↑，设电解时溶液体积不变，则阴极区Na2SO4的物质的量不变，故C错误；D．电解过程中，M 池中a为阳极，电极反应式为CH3CHO-2e+H2O=CH3COOH+2H，溶液的pH 减小，故D错误；故选B。

12．X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子数与电子层数相同，Y、Z、M同周期且相邻，

W原子核外电子数是Y的2倍，Z与其同主族的短周期元素可形成常见产生酸雨的气体甲，X、Y、Z三种元素形成化合物乙。下列说法错误的是 A．乙可能是离子化合物

B．W、Z形成的化合物熔沸点高，硬度大

C．X、Z形成的某种化合物与甲反应可生成强酸

6

-+

-+

+

--+

D．X、M形成的常见化合物，具有较强还原性 【答案】D

【解析】X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素，X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素，

Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是Y的2倍，Z与其同主族的短周期元素可形成常见产生酸雨的气体甲，则Z为O元素，可推知Y为N元素、M为F元素、W为Si元素，故甲为SO2，X、Y、Z三种元素形成化合物乙为HNO3、NH4NO3等。A．X、Y、Z三种元素形成化合物乙可以是HNO3、NH4NO3等，NH4NO3属于离子化合物，故A正确；B．W、Z形成的化合物是SiO2，SiO2是原子晶体，熔沸点高，硬度大，故B正确；C．X、Z形成的H2O2可以和SO2反应生成硫酸，硫酸属于强酸，故C正确；D．X、M 形成的常见化合物是HF，HF不具有较强的还原性，故D错误；答案选D。

点睛：本题主要考查元素的位置、结构和性质之间的关系，能够根据题意正确判断元素种类是解答本题的关键，

根据推断出的元素结合元素周期律即可解答，本题的易错点是A项，解题时要注意X、Y、Z三种元素形成化合物乙既可能是HNO3、也可能是NH4NO3等，所以乙既可能是共价化合物，也可能是离子化合物。

13．已知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶

液中H2SeO3、HSeO3、SeO3三种微粒的物质的量分数与溶液pH 的关系如图所示。下列说法不正确的是

-2-

A常温下，亚硒酸的电离平衡常数K2=10

+

+

-4.2

B．pH=l.2的溶液中：c(Na)+c(H)=c(OH)+c(H2SeO3)

C．将相同物质的量NaHSeO3和Na2SeO3 固体完全溶于水可配得pH为4.2的混合液 D．向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中水的电离程度一直增大

-

7

二、选择题：本题共8小题，每小题6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，有选错或不答的得0分。

14．质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速直线运

动，经过时间t0和4t0两物体速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2， F1和F2对

A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是

A．I∶1W2=6∶5 B．I∶1W2=3∶5 1I2 =12∶5， W∶1I2 =6∶5， W∶C．I∶1W2=6∶5 D．I∶1W2=12∶5 1I2 =3∶5， W∶1I2 =3∶5， W∶【答案】 C

【解析】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为a=v0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma，t0则摩擦力大小都为f=mv02vv．根据图象知，匀加速运动的加速度分别为： 0， 0，根据牛顿第二定律，t0t04t03mv05mv0，F2=，F1和F2的大小之比为12：5．则冲量之比为：I1：t04t0匀加速运动中有F-f=ma，则F1=I2=12t03??；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6：5；由图看出，撤去拉力后54t058

两图象平行，说明加速度，由牛顿第二定律分析则知加速度a=μg，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为f，对全过程运用动能定理得：W1-fs1=0，W2-fs2=0，得：W1=fs1，W2=fs2，由上可知，整个运动过程中F1和F2做功之比为6：5；故C正确，ABD错误．故选C．

点睛：解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小

之比，以及知道速度-时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，同时能正确利用动能定理和动量定理进行分析求解．

15．如图所示，在光滑绝缘水平地面上相距为L处有两个完全相同的带正电小球A和B，它们的质量都为m。现

由静止释放B球，同时A球以大小为v0的速度沿两小球连线方向向B球运动，运动过程中，两球最小距离为

L ，下列说法中正确的是 3

A．距离最小时与开始时B球的加速度之比为3:1 B．从开始到距离最小的过程中，电势能的增加量为12mv0 2C．A、B组成的系统动能的最小值是D．B球速度的最大值为v0 【答案】 C

12mv0 4Fq2?k【解析】设小球的质量为m，电荷量为q，开始时B球的加速度为a1?，距离最小时B球的加速度为mmL2F'a2??kmq2a29?，A错误；距离最小时两球的速度相同，设为v1，在水平方向，故?9?k22a1mL?1?1m?L??3?v0121，根据能量守恒定律可得mv0?EP??2mv12，222q2上两球组成的系统动量守恒，故mv0?2mv1，解得v1?解得EP?1212，B错误C正确；因为B受到mv0，此时电势能最大，动能最小，故动能最小为Ekmin?mv044的电场力恒向右，B一直向右运动，电场力一直对B做正功，所以B球的速度大于v0，D错误．

16．如图所示，水平传送带AB长2m，以2m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。现将一小物块以3m/s的水平初速

度从A点冲上传送带。若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，g取10m/s，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间是

2

9

A．0.5s B．0.9s C．1.2s D．1.5s

17．如图所示，我国的“嫦娥二号”卫星进入地月转移轨道后，经多次变轨，从轨道Ⅰ最终进入距离月球表面

100km，周期为118min的近圆工作轨道Ⅲ，开始对月球进行探测。下列说法正确的是

A．卫星要进入月球轨道，在地球上的发射速度一定要大于第三宇宙速度 B．卫星在轨道Ⅰ上经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上经过P点的速度 C．卫星在轨道Ⅰ上经过P点的加速度大于在轨道Ⅱ上经过P点的加速度 D．卫星在轨道Ⅰ运动的周期大于在轨道Ⅲ上运动的周期 【答案】 D

【解析】第三宇宙速度是卫星脱离太阳的引力的速度，而卫星要进入月球轨道，在地球上的发射速度一定要小于

第二宇宙速度，A错误；卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，在P点需减速。动能减小，速度减小，B错误；卫星在轨道Ⅱ上的P点和在轨道Ⅰ上经过P时所受万有引力相等，所以加速度也相等，C错误；轨道Ⅲ的半径比轨

r3道Ⅰ的半长轴小，根据开普勒第三定律2?k，卫星在轨道Ⅲ上的运动周期比在轨道Ⅰ上的短，D正确．

T18．在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块．开始时滑块静止．若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1，

持续一段时间后立刻换成与E1相反方向的匀强电场E2．当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回

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