2023年北京高考化学试题及解析

2023年北京高考化学试题

试题副标题

考试范围：XXX；考试时间：100分钟；命题人：XXX

题号—二三四总分

得分

留意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

评卷人得分

一、单项选择题

1.以下我国科研成果所涉及材料中，主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的

A.4.03米大口径碳化B.2023年冬奥会聚C.能屏蔽电磁波的D.“玉兔二号”

硅反射镜氨酯速滑服碳包覆银纳米线钛合金筛网轮

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【分析】

此题主要考察有机物与无机物的区分（B选项为有机物，其他均为元机物），金属材料

与非金属材料的区分。同时穿插考察了元素周期表中同主族的概念。

【详解】

A.碳化硅（SiC）是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料，且碳元素与硅元素均位于元

素周期表第IVA族，故A符合题意；

试题第1页，总19页

B.聚氨酯为有机高分子化合物，不属于无机非金属材料，故B不符合题意；…

C.碳包覆银纳米材料属于复合材料，不属于无机非金属材料，且银不是土族元素，故CO

不符合题意；

D.钛合金为含有金属钛元素的合金，其属于金属材料，不属于无机车金属材料，故D...

不符合题意；…

线

综上所述，此题应选A。

【点睛】…

此题依托有机物和无机物的概念考察了化学学问与牛活中物质的联系,创点在干除了要推…

断是否为无机非金属材料，还给其加了限制条件“同主族”，应留意有机物中肯定含碳元0

素，但含碳元素的却不肯定是有机物。2.以…

下示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）

,3

CH3coOH在水中电离

H、g)+C剧底2HQ(g

NaCl^=Na++Cl-CUC12^=CU2++2C1-CH3co3coO+H+

AH=-183kJ-n。岬

OO

••••••

A.AB.BC.CD.D

【答案】B……

【解析】内外

【分析】・•••••

此题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解……

……

离成能够自由移动的离子的过程。依据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全

OO

部电离的是强电解质（如A选项），只有少局部电离的是弱电解质（如C选项）；是…•••

二

试题第2页，总19页

...1...

将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过

o电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起复原氧化反响的过程(勿1B选项)“

【详解】

A.NaCl为强电解质，NaQ溶于水，Na。在水分子作用下，自发解离为Na+和C1-,故电

离方程式为NaQ=Na++CL,故A不符合题意；

线

B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反响为：Cu2++2e=Cu,氯离

子向阳极移动，失电子，发生电极反响为：2Ch+2e;C%所以电解总反响为：

CS++2C1-通电Cu+Cbjt,故B符合题意；

OC.CH3co0H为弱电解质，溶于水局部电离，因此电离方程式为CH?COOH=

CH3co0-+H+,故C不符合题意；

D.由图可知，反响H2(g)+C%(g)=2HCI(g)的反响热等于断裂反响物分子中的化学键吸取

的总能量［436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol),与形成生成物分子中化学键放出的总能量

订vT

(431kJ/molx2=862kJ/moI)之差，即放热183kJ/mol,放热AH为负值，所以

H(g)+Cl(g)=2HCl(g)AH=-183kJ/mol,故D不符合题意；

22

综上所述，此题应选B。

级

【点睛】

o班O

此题所选四个试验(或原理)均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。此题综合

考察化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反响热的计算，题

目把化学用语与化学反响原理奇异地结合。

名

装姓装3.2023年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中

国科学院院士张青莲教授曾主持测定了钿(In)等9种元素相对原子质量的值，被

49

承受为国际标准。锢与锄(Rb)同周期。以下说法不正确的选项是

37

晟A.In是第五周期第OA族元素

o学O

B.115In的中子数与电子数的差值为17

49

C.原子半径：In>Al

D.碱性：In(0H)3>Rb0H

【答案】D

外内

【解析】

【分析】

oO

试题第3页，总19页

A.依据原子核外电子排布规章，该原子构造示意图为

元素在周期表中的位置:

B.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，原子的

质子数=电子数；

C.同主族元素的原子，从上到下，电子层数渐渐增多，半径渐渐增大；

D.同周期元索，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱；

【详解】

A.依据原子核外电子排布规章，该原子构造示意图*为金因此皿位于元

素周期表第五周期第IHA族，故A不符合题意；

B.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数，因此该原

子的质子数=电子数=49,中子数为11549=66,所以中子数与电子数之差为66-49=17,

故B不符合题意；

C.A1位于元素周期表的三周期IHA族，In位于元素周期表第五周期IIIA族，同主族元

素的原子，从上到下，电子层数渐渐增多，半径渐渐增大，因此原子半径In>AL故C

不符合题意；

D.In位于元素周期表第五周期，锄(Rb)位于元素周期表第五周期第IA族，同周期元

素，核电荷数越大，金属性越越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此碱性：

In(OH)3<RbOH,故D符合题意；

综上所述，此题应选D。

【点睛】

此题考察原子构造与元素性质，题目难度不大，明确原子构造与元素周期律的关系为解

答关键，留意把握原子构成及表示方法，试题培育了学生的分析力量及敏捷应用力量。

4.交联聚合物P的构造片段如下图。以下说法不正确的选项是(图杆s表示链延长)

试题第4页，总19页

XX

WX-Y-X-Y—X-Y-X-Y2

\

-O-CH-CIHt'H-O-

X为昌Y为O

A.聚合物P中有酯基，能水解

B.聚合物P的合成反响为缩聚反响

C.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得

D.邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联构造

【答案】D

订

【解析】

【分析】

o

可知，聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反响制备的，据此解题;

【详解】

装

构成了酯基，酯基能在酸性或碱性条件下水解，故A不符合题意；

B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反响制备的，故B不符合题意；

C.油脂为脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇，故C,

不符合题意；

内

D.乙二醇的构造简式为HO-CH2cH2-0H,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状构

造，故D符合题意；

综上所述，此题应选D。

【点睛】

此题侧重考察有机物的构造和性质，涉及高聚物单体以及性质的推断，留意把握官能团

试题第5页，总19页

的性质，缩聚反响的推断，题目有利于培育学生的分析力量，难度不大。♦••

5.以下除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化复原反响的是OO

•••

物质（括号内为杂质）除杂试剂

•••

•••

AFeC4溶液（FeC、）Fe粉

•••

线线

BNaCl溶液(MgC?NaOH溶液、稀HC1

浓

CCl2(HC1)HjO>H2SO4

DNO(NO2)H2O>无水CaClj

o※O

※

题

※

※

答

A.AB.BC.CD.D※

※

【答案】B订内订

※

【解析】※

线

【分析】※

※

发生的反响中，存在元素的化合价变化，与氧化复原反响有关；反之，不存在元素的化订

※

※

合价变化，则与氧化复原反响无关，以此解答该题。oO

装

•••※

【详解】※

•••

在

A.FeCl与Fe反响生成FeCl,2FeCl+Fe=3FeCl,此过程中Fe的化合价发生变化，涉※

3232※

及到了氧化复原反响，故A不符合题意；要

※装

装※

B.MgJ与NaOH溶液发生复分解反响MgCU+2NaOH=Mg（OH%+2NaCL过量的NaOH

不

※

溶液可用HC1除去HCl+NaOH=NaCl+H?。,此过程中没有元素化合价发生变化，未涉※

请

及氧化复原反响，故B符合题意；※

※

C.局部氯气与H2。发生反响生成氯化氢和次氯酸，应当用饱和食盐水除去IIC1,除杂方

oO

法不正确，故C不符合题意；

D.NO2与水反响生成硝酸和NO。反响过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还

原反响，故D不符合题意；

外

综上所述，此题应选B。内

【点睛】

此题考察氧化复原反响，为高考常见题型，侧重于氧化复:原反响推断的考察，留意把握

发生的反响及反响中元素的化合价变化，题目难度不大。

O

o

6.探究草酸（H2c2。4）性质，进展如下试验。（：室温下，0.1molH2C2O4•••

一•••

试题第6页，总19页

的pH=1.3)

试验装置试剂a现象

①Ca（OH）2溶液（含酚猷）溶液褪色，产生白色沉淀

厂草酸

②少量NaHC%溶液产生气泡

③酸性KMnC方溶液紫色溶液褪色

④y试剂aC2H50H和浓硫酸加热后产生有香味物质

由上述试验所得草酸性质所对应的方程式不正确的选项是

A.HCO有酸性，Ca（OH）+HCO——CaCO1+2HO

2242224242

B.酸性：HCO>HCO,NaHCO+HCO------NaHCO+COf+HO

2242332242422

C.H2c2。1具有复原性，2Mn。j5co：-+16H+^=2Mn2++10CC>2T+8H2O

D.HCO可发生酯化反响，

224

浓硫酸

HOOCCOOH+2G/HJQH'A、C,HQOCCOOC风/J+2H/Q

【答案】c

【解析】

【分析】

草酸（又称乙一酸）为一种一元弱酸，具有酸的通性，因此能发生中和反响，具有复原

性，由于乙二酸中含有段基因此能发生.酯化反响，据此解题；

【详解】

A.HCO为二元弱酸，能与氢氧化钙溶液发生中和反响，生成白色沉淀草酸钙和水，

224

因此含酚配的氢氧化钙溶液碱性渐渐减弱，溶液红色退去，故A正确；

B.产生气泡证明有C0产生，因此可证明酸性HC0>HC0,反响方程式为：

222423

H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2%。或,H2czOd+NaHCC^MNaHCzOd+ZCO2+2凡0,

故B正确；

C.0.1mol-LiH2c2O4的pH=L3,说明草酸为弱酸，故在其参与的离子方程式中要写其化

学式，不能用草酸根表示，故C不正确；

D.草酸（又称乙二酸），其中含有按基，因此其能发生酯化反响，反响方程式正确，故

D正确：

试题第7页，总19页

此题选不正确的，应选C。

【点睛】

此题考察草酸的性质和离子反响方程式的书写，侧重考察学生的分析力量和元素化合物

学问的综合理解和运用。

7.试验测得0.5molL-iCHfOONa溶液、0.5molL-iCuSO争液以及Hq的pH随

温度变化的曲线如下图。以下说法正确的选项是

A.随温度上升，纯水中c(H+)>c(OH)

B.随温度上升，CH3coONa溶液的c(OH-)减小

C.随温度上升，CuSO4溶液的pH变化是K“,转变与水解平衡移动共同作用的结果

D.随温度上升，CH3coONa溶液和C11SO4溶液的pH均降低，是由于CH3coO-、

CU2+水解平衡移动方向不同

【答案】c

【解析】

【分析】

水的电离为吸热过程，上升温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，上升温度促进

盐类水解，据此解题；

【详解】

A.水的电离为吸热过程，上升温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-尸Kw增

大,故pH减小，但c(H+)=c(OH-),故A不符合题意：

B.水的电离为吸热过程，上升温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸

热过程，CHX00H+H.0CHCOOH+OH-,上升温度促进盐类水解，所以c(OH-)增

::

♦••题意；

OOD.盐类水解为吸热过程，上升温度促进盐类水解，故D不符合题意;

综上所述，此题应选C。

【点睛】

•••

线

点，此题难度不大，是根底题。

O•••

•••O

一

•••

•••号•••

者

订订

•••一•••

…&•••

O班O

…

二

•••

装左

•••姓装

♦・•

O校

…学O

…

外

•••内

•••

O

•••O

试题第9页，总19页

第n卷(非选择题)

请点击修改第||卷的文字说明

评卷人得分

二、推断题

8.抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。线

O

A1CI,vT

R”-CI

J8,

ii・有机物构造可用键线式表示，如(CH?严HfHj的键线式为

(1)有机物A能与Na2cO,溶液反响产生CO,其钠盐可用于食品防腐。有机物B能

2O

与NaCO溶液反响，但不产生CO；B加氢可得环己醇。A和B反响生成C的化学方

※

程式是,,反响类型是.在

※

※

(2)D中含有的官能团：

要

※

装

(3)E的构造简式为„※

不

(4)F是一种自然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经复原可转化为G。J的构※

※

造简式为。请

※

(5)M是J的同分异构体，符合以下条件的M的构造简式是

O

①包含2个六元环

②M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH

(6)推想E和G反响得到K的过程中，反响物LiAlH和HO的作用是

内

\)raiYaHM

【答案】8H-QOH(鬻＞。cooQ+H2O取代反响埃基、

-c0<x,i

羟基O"O^^j^co°复原

剂；水解

【解析】

【分析】

有机物A能与碳酸钠溶液反响产生CO,其钠盐可用于食品防腐，A为苯甲酸；有机物

B能与碳酸钠反响，但不产生CO，且B加氢得环己醇，则B为苯酚；苯甲酸和苯酚在

浓硫酸、H,BO「加热条件下发生取代反响生成C为QysQ；C发生信息中的反响

生成D为丘。。0肌D发生信息中的反响生成E为F经碱性水

解，酸化得G和J,J经复原可转化为G,则G和J具有一样的碳原子数和碳骨架，则

G为Qs/OM：J；由G和J的构造可推知F为

C6H5-CH=CH.COOCHCH=CH.CH5,E和G先在LiA叫作用下复原‘再水解最终得到

K,据此解答。

【详解】

(1)依据以上分析，A为苯甲酸，B为苯酚，苯甲酸和苯酚在浓硫酸、HBO,加热条

33

件下发生取代反响生成C为。＜8。，化学方程式为

33普8。”，

故答案为：取代反响；33除＞80”

(2)D为0＜。小明D中含有的官能团为埃基、羟基，

故答案为：臻基、羟基；

(3)D发生信息中的反响生成E,其构造简式为

故答案为：

(4)F经碱性水解，酸化得G和J,J经复原可转化为G,则G和J具有一样的碳原子

数和碳骨架，则G为J为。

故答案为:Or；

试题第11页，总19页

(5)J为0^分子式为C°H.O,，不饱和度为6,其同分异构体符合条件的M,

①包含两个六元环，则除苯环外还有一个六元环，②M可水解，与氢氧化钠溶液共热时，

ImolM最多消耗2moiNaOH,说明含有酚酯的构造，则M的构造简式为*，

故答案为：

(6)由合成路线可知，E和G先在LiAlH,作用下复原，再水解最终得到K,

故答案为：复原剂；水解；

(7J由合成路线可知，托瑞米芬分子中含有碳碳双键，两个苯环在双键两侧为反式结

构，则其构造简式为:

故答案为:

评卷人

三、试验题

9.化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物

质)。

I.用已准确称量的KB©,固体配制肯定体积的amoll-iKBrO)标准溶液；

II.取力OIL上述溶液，参加过量KBr,加H2sO,酸化，溶液颜色呈棕黄色;

HI.向H所得溶液中参加vpiL废水；

IV.向111中参加过量KI；

V.用bmol・LTNa2S2O3标准溶液滴定W中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，连

续滴定至终点，共消耗Na2s2。3溶液VzmL。

：I+2NpSO,=?阴+NaSO,4(

Na2s2O3和Na2sJ%溶液颜色均为无色

(1)I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和o

(2)I中发生反响的离子方程式是o

(3)DI中发生反响的化学方程式是•

(4)IV中加KI前，溶液颜色须为黄色，缘由是o

(5)KI与KBrOs物质的量关系为n(KI)>6n(KBrO3)时，KI肯定过量，理由是

(6)V中滴定至终点的现象是.

试题第12页，总19页

(7)废水中苯酚的含量为gL-i(苯酚摩尔质量：94gmol-i)。

(8)由于B「2具有性质，II〜IV中反响须在密闭容器中进展，否则会造成

测定结果偏高。

【答案】容量瓶、量筒BrOv+5Br-+6H+=3Br,+3Hp

OHOH

j+3Br?—Br7)-B[+3HBr„中生成的叫与废水中

苯酚完全反响后，HI中溶液颜色为黄色，说明有B「2剩余，剩余B「2与过量KI反响生成

12可利用后续滴定法测量，从而间接计算苯酚消耗的由2n中反响为KB1O3+5KBH

3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2),II中B%局部与苯酚反响，剩余

溟在IV中反响为Br+2Kl=1+2KBr,假设剩余澳完全反响，则n(KI)22n(Br),推知

222

n(KI)>6n(KBrO)当滴入最终一滴NaSO标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且

3223

94(6av-bv)

30s不变色----~~-挥发

2

【解析】

【分析】

此题考察氧化复原反响滴定的综合运用。苯酚与溪反响快速灵敏，但滴定终点难以推断，因

而制得肯定量的浪分别与苯酚和KI反响(浪须完全反响完)，而澳与KI反响生成的

I与NaSO进展滴定分析，因而直接测出与KI反响所消耗的浪，进而计算出与苯酚反

2223

应消耗的溟，最终依据苯酚与漠反响的系数计算废水中苯酚的浓度。

【详解】

(1)准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，

肯定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒；

(2)KBrC^溶液中参加KBr和H2soJ,溶液颜色呈棕黄色，说明生成Bj，依据缺项配

平可知该离子方程式为BrO-+5Br+6H+=3Br+3HO；

322

(3)苯酚和滨水反响得到白色沉淀2,4,6-三澳苯酚，化学方程式为

(4)该测量过程是利用肯定量的澳分别与苯酚和KI反响，留意澳须反响完全，且肯定

量溟的总量，局部溪与KI反响牛.成的U可利用氧化复原滴定法测量，进而计算出

试题第13页，总19页

与KI反响的浪的消耗量，将肯定量澳减去与KI反响的澳的消耗量，可得与苯酚反响的

浪的消耗量，因而肯定量的浪与苯酚反响完，必需有剌余的浪与KI反响，m中反响结

束时，假设溶液显黄色说明苯酚反响完，且有浪剩余，以便与KI反响，故缘由为II中生

成的Br2与废水中苯酚完全反响后，in中溶液颜色为黄色，说明有加2剩余，剩余由2

与过量K1反响，从而间接计算苯酚消耗的Br2；

(5)II中反响为KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2),

II中Br2局部与苯酚反响，剩余澳的量设为出婚0)(\但「2)>%8「2))在IV中反响为

Br2+2KI=I2+2KBr,假设剩余溟完全反响，则n(KI巨如@),推知n(KI巨6n(KBQ)；

因而当n(KI心6n(KBrCy，KI肯定过量；

(6)V中含碘的溶液内参加淀粉，溶液显蓝色，随着Na2s2O3溶液滴入，蓝色变浅直

至消逝，因而当滴入最终一滴Na2s2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变

色；

(7)n(BrO3-)=avxl0-3mol,依据反响BrO/5Br-+6H+=3Brj3H9可知

n(Br2)=3aV]X10-3mol,浪分别与苯酚和KI反响，先计算由KI消耗的浪的量，设为n/Br?),

依据g+ZNa2s203=2NaI+Na2s4O5可知马〜2Na2s2O3，又Bh+ZITz+ZBr-可知Brr12,可

1

得Br2〜2Na2s2O3，n(Na2S2O3)=bv^xlOamol,n((Br2)=-bv3xlO-3moL再计算由苯酚消耗

1

的澳的量，设为r)2(Br2)=n(Br)-n.(Br)=(3av.-^bv)x|0-3mol,苯酚与滨水反响的计量

4442219J

11

数关系为3Br2-C6H5OH,n(C6H5OH)=-n2(Br2)=(avrg.bv3)xl0-3mol,废水中苯酚的含量

=(aV1-bbv3)mol94g/mol：94(6：v「bv)

------------1----------6V

vL2

2

(8)II中生成的浪须被苯酚和KI完全反响掉，而澳有挥发性，反响时须在密闭容器中

进展。

10.化学小组试验探究SO?与AgNO1溶液的反响。

(1)试验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO,将足量SO通入AgNO

溶液中，快速反响，得到无色溶液A和白色沉淀B。

②试剂a是o

（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为AgSO、AgSO或两者混合

2324

物。（资料：Ag2s微溶于水；Ag2s。3难溶于水）

试验二：验证B的成分

L滤液E

沉淀B3工曲虹处也屿沉淀尬超-7

”-过驻崎曲”匚沉淀F

①写出AgSO溶于氨水的离子方程式：o

23

②参加盐酸后沉淀D大局部溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO,进而推

3

断B中含有AgSOo向滤液E中参加一种试剂，可进一步证明B中含有AgSO。所

2323

用试剂及现象是

（3）依据沉淀F的存在，推想SO一的产生有两个途径：

4

途径1：试验一中，SC>2在AgNC）3溶液中被氧化生成Ag2s随沉淀B进入D。

途径2：试验二中，S02被氧化为SO?进入D。

试验三：探究S02-的产生途径

4

①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有：取上层清液

连续滴加BaC%溶液，未消灭白色沉淀，可推断B中不含Ag2so4。做出推断的理由：

②试验三的结论：o

（4）试验一中SO?与AgNC）3溶液反响的离子方程式是o

（5）依据物质性质分析，SO?与AgNC>3溶液应当可以发生氧化复原反响。将试验一所

得混合物放置一段时间，有Ag和S。：生成。

（6）依据上述试验所得结论：o

【答案】Cu+2H2s0式浓）仝CuSO4+SO2t+2H2O浓硫酸或饱和的NaHSO3溶液

AgSO+4NH・H0-2Ag（NH）++SO2-+4HOHO溶液，产生白色沉淀，则证明B

fc2332323222

中含有Ag2SO3Ag+由于假设含有Ag2s。4,参加BaC12溶液会生成难溶的BaSO4

白色沉淀试验一中，SO?在AgNOa溶液中未被氧化生成Ag2s04；试验二中，SO

被氧化为SO2-2Ag++S0+H0=AgSO+2H+二氧化硫与硝酸银溶液反响生成

42223

亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化

为硫酸根离子

试题第15页，总19页

【解析】

【分析】

此题的试验目的是探究so?与硝酸银溶液的反响，试验过程先用铜片和浓硫酸反响制备

so2,再将so2通入硝酸银溶液