2023学年度湖北省六校新高考联盟高一(下)联考化学试卷(4月)(含答案解析).docx

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1、2023-2023 学年湖北省六校高考联盟高一下联考化学试卷4 月1. 第 24 届冬奥会于 2023 年 2 月 4 日在北京开幕，很多核心技术为竞赛保驾护航。以下说法不正确的选项是A. 场馆选用了二氧化碳跨临界制冷系统，同时利用冷热联供一体化设计对制冷余热进展回收利用，比传统氟利昂制冷技术更节能、环保B. 大规模使用氢燃料电池车，行驶时只产生水，实现“零碳排放”C. 户外保暖穿戴设备由石墨烯材料制造，该石墨烯材料属于传统无机非金属材料D. 碲化镉(𝐶𝑑𝑇𝑒)薄膜太阳能电池与半导体玻璃结合形成的碲化镉发电玻璃应用于国家速滑馆中，

2、其中，Te位于元素周期表中金属与非金属的交界处2. 设NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的选项是A. 将含0.1molFeCl3的溶液制成胶体后，分散系中含有的氢氧化铁胶粒数为0.1NAB. 呼吸面具中发生的反响，每消耗7.8gNa2O2，转移电子数为0.2NAC. 标准状况下，2.24LH2O中含O H键数目为0.2NAD. 室温下，9.2gNO2和N2O4的混合物中原子总数为0.6NA3. 能正确表示以下反响的离子方程式是3A. 光导纤维在碱性环境中易断裂：Si + 2OH + H2O = SiO2 + 2H2 B. 澄清石灰水中参加过量小苏打溶液：Ca2+ + 2OH + 2HCO =

3、 CaCO3 +CO2 + 2H2O33C. 向明矾溶液中参加Ba(OH)2溶液使SO2恰好完全沉淀：2Ba2+ + 3OH + Al3+ + 2SO2 =442BaSO4 +Al(OH)3 D. 将Fe(OH)3溶于氢碘酸溶液中：Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O4. 正确把握化学用语是学习化学的根底，以下表达正确的选项是A. 中子数为 18 的氯原子： 18 Cl17B. Cl的构造示意图为：C. 用电子式表示NaCl的形成过程：D. C60、C70和C76互为同素异形体5. 以下物质中，含有非极性共价键的共价化合物是A. H2O2B. HClOC. P4D. NH4N

4、O36. 以下物质间的转化都能一步实现的是第 1 页，共 19 页A. S SO3 H2SO4 SO2C. HCl Cl2 HClO HClB. Si SiO2 H2SiO3 Na2SiO3323D. NH NO HNO NO7. 以下试验装置设计正确且能到达试验目的的是()𝐴.𝐵.𝐶.𝐷.(含秒表)探究浓硫酸的脱水性喷泉试验制备NH4Cl晶体定量测定H2O2的分解速率A. AB. BC. CD. D8. 以下图是硫元素的局部“价类”二维关系图。以下说法错误的选项是A. a 和c 都可以用浓硫酸枯燥B. c 因其漂白性可使品红溶液

5、褪色，加热溶液红色恢复C. 硫酸型酸雨pH 浓硝酸样品己变质向某溶液中加烧碱溶液，微热，产生使潮湿红色石蕊C 溶液可能为铵盐溶液试纸变蓝的气体将少量制氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后D 氯水显酸性，Cl2有漂白性褪色A. AB. BC. CD. D10. 短周期元素X、Y、Z、M、N在元素周期表中的相对位置如表所示，其中Y 的单质在肯定条件下能与N 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反响并生成两种酸性气体。则以下相关说法正确的选项是YZXMNA. 简洁离子半径：X M NB. YN2化合物中 Y 和N 均不满足 8 电子稳定构造C. 最高价氧化物的水化物酸性强弱：M ND. 最简洁氢化物的沸

6、点：Z Y11. 在101kPa下，1mol石墨(s)在O2(g)中完全燃烧生成1molCO2(g)放热393.5kJ，1mol 金刚石(𝑠)在O2(g)中完全燃烧生成1molCO2(g)放热395.4kJ，以下说法正确的选项是A. 1mol金刚石(𝑠)与1molO2(g)的总能量低于1molCO2(g)的总能量B. 金刚石(𝑠)转化为石墨(𝑠)要放出能量C. 金刚石(𝑠)比石墨(𝑠)稳定D. 101kPa下，2molCO2(g)完全分解为石墨(𝑠)和O2(g)吸热393.5kJ12

7、. 有一种可穿戴电池，其构造如下图，该电池的总反响为V2O5 + xZn = Znx V2O5，关于此电池，以下说法错误的选项是第 3 页，共 19 页A. Zn为负极，生成 Zn2 向正极移动B. 正极反响式为V2O52xexZn2= Znx V2O5C. 当0.1molZn溶解时，有0.2mol电子由负极经隔离膜流向正极D. 凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性13. “碘钟反响”表现为溶液混合后，溶液由无色变为蓝紫色，肯定时间后褪为无色，接着又消灭蓝紫色、褪为无色，这样周而复始地呈周期性变化。某化学兴趣小组查阅资料，“碘3钟反响”总反响为：H2O22S2O22H= S O2462H2O，

8、分反响 A 和反响 B 两步进展，其中反响A 为：H2O2 2I 2H = I2 2H2O。为探究溶液变蓝快慢的影响因素，该小组同学取等浓度的H2O2、Na2S2O3、H2SO4及淀粉KI溶液混合，记录混合后溶液由无色变蓝色 所需时间：试验”、“=”或“”、“=”或“”)第3min时𝑉正(𝐴)。(4) 反响到达平衡状态时混合气体的压强与起始时的压强之比为。(5)以下关于该反响的速率和平衡状态的描述正确的选项是。A. 恒容条件下通入惰性气体，反响速率增大B. 恒容条件下增加任一反响物的物质的量，反响速率增大C. 单位时间内每消耗4amolA，同时生成5amolB，

9、反响肯定到达平衡状态D.混合气体的密度不再转变时，反响肯定到达平衡状态E 2𝑣(𝐴) = 3𝑣(𝐶)时，反响肯定到达平衡状态正逆F.当c(A): c(C): c(D) = 2: 3: 2时，反响肯定到达平衡状态第 6 页，共 19 页19. NH3既是一种化工产品，同时也是重要的化工原料。以氨气作原料可制备叠氮化钠(𝑁𝑎𝑁3) 可用于合成抗生素头孢菌素药物和汽车安全气囊的气源。I.制备NaN3。试验室中制备NH3分 2 步进展：制备氨基钠：生成NH3，且易被空气氧化。，装置如图甲。氨

10、基钠极易与水猛烈反响制备叠氮化钠：将得到的NaNH2与N2O在210 220 NH3。的条件下反响生成NaN3、NaOH和(1) 试验开头时，应先(填“加热C”或“翻开A 中活塞”)，其目的是。(2)𝐵装置中药品可选。A. 无水硫酸铜𝐵.无水氯化钙𝐶. P2O5𝐷.碱石灰 (3)假设无 B 装置，C 中生成的氨基钠会发生的化学方程式为。(4) 𝐷装置中长导管不伸入液面的目的是。(5) 某同学认为上述试验装置设计不合理，请提出改进措施。(6) 用化学方程式说明制备叠氮化钠的反响容器不用玻璃材质的缘由是。⻒

11、8;𝐼.测定NaN3的纯度。利用图乙装置，通过倾斜锥形瓶，使小试管中0.1000gNaN3样品与足量的NaClO溶液接触并充分反响，测量产生的无色无味且无毒气体的体积(不考虑溶剂的挥发)。：反响中放出大量的热。(7) 反响后对水量气管读数时，正确的操作步骤是。视线平视水量气管凹液面读数；冷却至室温；调整量气管和水准瓶中液面相平第 7 页，共 19 页(8) 室温下测得气体体积为35.00mL(该气体密度为1.2g/L)，该样品的纯度(质量分数)为。第 8 页，共 19 页答案和解析1. 【答案】C【解析】A.传统氟利昂制冷技术会造成臭氧层空洞，二氧化碳安全无毒，二氧化碳跨临界制

12、冷系 统，比传统氟利昂制冷技术更节能、环保，A 正确；B. 氢气燃烧生成水，大规模使用氢燃料电池车，行驶时只产生水，实现“零碳排放”，B 正确； C.石墨烯材料属于型无机非金属材料，C 错误；D.Te 位于元素周期表第五周期第VIA 族，在金属元素与非金属元素的交界处，D 正确； 答案选C。2. 【答案】D【解析】A.胶体是很多微粒的集合体，因此将含0.1molFeCl3的溶液制成胶体后，分散系中含有的氢氧化铁胶粒数小于0.1NA，A 错误；B.7.8gNa2O 的物质的量为 7.8g278g/mol= 0.1𝑚𝑜𝑙，过氧化钠与二氧化碳反响的化学

13、方程式为：2𝑁𝑎2𝑂2 + 2𝐶𝑂2 = 2𝑁𝑎2𝐶𝑂3 + 𝑂2，每消耗 2mol 过氧化钠，转移 2mol 电子，则每消耗0.1𝑚𝑜𝑙过氧化钠，转移0.1𝑚𝑜𝑙电子，转移电子数为0.1NA，B 错误；C.标准状况下，水不是气体，无法利用气体摩尔体积计算物质的量，也就无法计算𝑂 𝐻键数目，C 错误；D.NO2

14、和N2O4的最简式为NO2，9.2gNO2和N2O4的混合物可看成9.2gNO2，混合物中“𝑁𝑂2”物质的量为 9.2g46g/mol答案选D。= 0.2𝑚𝑜𝑙，则原子物质的量为0.2𝑚𝑜𝑙 3 = 0.6𝑚𝑜𝑙，原子总数为0.6NA，D 正确；3. 【答案】B3【解析】A.光导纤维的主要成分为𝑆𝑖𝑂2，光导纤维在碱性环境中易断裂，缘由是二氧化硅与氢氧根离子反响，正确的离子

15、方程式为：SiO2 + 2OH = SiO2 + 2H2O，A 错误；B.澄清石灰水中参加过量小苏打溶液，反响生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，离子方程式为：Ca2+ +2HCO + 2OH = CaCO3 +2H2O + CO2，B 正确；334C.向明矾KAl(SO4)2 12𝐻2𝑂溶液中逐滴参加Ba(OH)2溶液至SO2恰好沉淀完全，铝离子完全反响生成偏铝酸根离子，正确的离子方程式为：2Ba2+ + 4OH + Al3+ + 2SO2 = 2BaSO4 +AlO +422H2O，C 错误；第 9 页，共 19 页D.铁离子能够将碘离子氧化成碘单质，正确的离子方程

16、式为：2𝐹𝑒(𝑂𝐻)3 + 6𝐻+ + 2𝐼= 2𝐹𝑒 2+ +𝐼2 + 6𝐻2𝑂，D 错误； 答案选B4. 【答案】D【解析】A.质量数等于质子数加中子数，故中子数为18 的氯原子表示为： 35Cl，A 错误；17B. 𝐶𝑙的最外层上有 8 个电子，故Cl 的构造示意图为：，B 错误；C. 依据用电子式表示离子化合物的转化过程可知，用电子式表示NaCl的形成过程为：，C 错误；D. 同一

17、元素形成的性质不同的几种单质互称为同素异形体，故C60、C70和C76互为同素异形体，D正确；故答案为：D。5. 【答案】A【解析】A.H2O2为共价化合物，含氢氧极性共价键和氧氧非极性共价键，A 符合题意；B.HClO为共价化合物，含氢氧极性共价键和氯氧极性共价键，不含非极性共价键，B 不符合题意； C.P4为单质，不是化合物，C 不符合题意；D.NH4NO3为离子化合物，D 不符合题意；答案选A。6. 【答案】C【解析】A.S 的复原性较弱，硫和氧气反响只生成二氧化硫，故A 错误；B. 二氧化硅与水不反响，不能生成硅酸，故B 错误；C. 浓盐酸与二氧化锰发生氧化复原反响生成氯气，氯气与水反

18、响生成HClO，HClO 不稳定会分解生成HCl 和氧气，能一步实现，故C 正确；D. 𝑁𝐻3与氧气发生催化氧化生成 NO，不能一步转化为二氧化氮，故D 错误； 应选：C。第 10 页，共 19 页7. 【答案】B【解析】A.浓硫酸使硫酸铜晶体由蓝色变为白色(无水硫酸铜)是探究浓硫酸的吸水性，A 错误；B.二氧化硫能与氢氧化钠反响，烧瓶中气体压强快速减小，形成喷泉，B 正确；C.将氯化铵溶液蒸发结晶会使其分解生成氨气和氯化氢，得不到氯化铵晶体，C 错误； D.长颈漏斗没有开关且漏斗未端没有伸入液面下，会漏气，不能完成试验，D 错误； 答案选B。8. 【答案】A【

19、解析】【分析】依据硫元素的局部“价类”二维关系图可知，a 为𝐻2𝑆，b 为 S，c 为𝑆𝑂2，d 为𝑆𝑂3，e 为𝐻2𝑆𝑂3，f 为𝐻2𝑆𝑂4，g 为含亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子的盐，h 为含硫酸根离子或硫酸氢根离子的盐。【详解】𝐴. 𝑎为𝐻2𝑆，c 为𝑆𝑂2，二氧化硫不与浓硫酸反响，可用浓硫酸枯燥，但硫化氢

20、有复原性， 浓硫酸有强氧化性，两者能发生氧化复原反响，不能用浓硫酸枯燥硫化氢，A 错误；B.c 为𝑆𝑂2，二氧化硫有漂白性，能使品红溶液褪色，加热溶液红色恢复，B 正确；C.e 为𝐻2𝑆𝑂3，f 为𝐻2𝑆𝑂4，硫酸型酸雨pH 浓硝酸，A 错误；B. 将亚硫酸钠样品溶于水，参加盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，不能确定样品是否变3 2质，即使样品没变质，参加盐酸酸化的Ba(NO ) 溶液，间接的相当于有硝酸，会把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，也会产生硫酸钡白

21、色沉淀，B 错误；C. 向某溶液中加烧碱溶液，微热，产生使潮湿红色石蕊试纸变蓝的气体，则该气体为碱性气体， 溶液可能为铵盐溶液，C 正确；D. 将少量制氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，变红是由于氯水中含氢离子，氯水显酸性，但褪色是由于氯气与水反响生成的次氯酸有漂白性，D 错误；第 11 页，共 19 页答案选C。10. 【答案】D【解析】【分析】由短周期元素X、Y、Z、M、N在元素周期表中的相对位置可知，Y 位于其次周期，Y 的单质在肯定条件下能与N 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反响并生成两种酸性气体，可知Y 为 C，N 为 S，结合位置可知，Z 为 N，X 为Al，M 为P。【

22、详解】𝐴.电子层数越多，微粒半径越大，电子层数一样时，核电荷数越多半径越小，则简洁离子半径：𝑀 𝑁 𝑋，A 错误；B.YN2为𝐶𝑆2，𝐶𝑆2中 C 和S 均满足 8 电子稳定构造，B 错误；C.元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：𝑆 𝑃，则最高价氧化物的水化物酸性强弱：𝑁 𝑀，C 错误；D.Z 的简洁氢化物为𝑁𝐻3，Y 的简洁氢化物为𝐶

23、;𝐻4，𝑁𝐻3存在分子间氢键，沸点：𝑁𝐻3 𝐶𝐻4，D正确；答案选D。11. 【答案】B【解析】A.1mol金刚石(𝑠)在O2(g)中完全燃烧生成1molCO2(g)放热395.4kJ，则反响物总能量高于生成物总能量，A 错误；B. 依据题意，其它条件一样时，金刚石(𝑠)放出热量比石墨(𝑠)多，则其转化为石墨(𝑠)要放出能量， B 正确；C. 金刚石(𝑠)转化为石墨(𝑠)要放出能量，说明石

24、墨(𝑠)能量更低，能量低的比较稳定，故石墨(𝑠)比金刚石(𝑠)稳定，C 错误；D. 由题意知，101kPa下，1mol石墨(s)在O2(g)中完全燃烧生成1molCO2(g)放热393.5kJ，则同一条件下，1molCO2(g)完全分解为石墨(𝑠)和O2(g)吸热393.5kJ，2molCO2(g)完全分解为石墨(𝑠)和O2(g)吸热787kJ，D 错误；应选B。12. 【答案】C【解析】A.锌为金属，锌作负极，失电子，生成的锌离子向正极移动，A 正确；B.电池的总反响为V2O5 + xZn = Znx V2O5，

25、负极反响式为：𝑍𝑛 2𝑒 = 𝑍𝑛2+，正极反响式为V2O5 + 2xe + xZn2+ = Znx V2O5，B 正确；第 12 页，共 19 页C.电子不能进入电解质溶液中，即不能进入隔离膜，C 错误；D.凝胶电解质不会消灭漏液，具有优异的耐火性能，可提高电池的安全性和稳定性，D 正确； 答案选C。13. 【答案】D3【解析】A.由题干信息可知，“碘钟反响”总反响为：H2O2 + 2S2O24+ 2H+ = S O26+ 2H2O，分反响A 和反响B 两步进展，其中反响A 为：H2O2 + 2I+ 2H+ =

26、I2 + 2H2O，则总反响减去反3应A 即得反响B，则反响B 的离子方程式为I2 + 2S2O2= S O246+ 2I ，A 正确；B.利用碘单质遇到淀粉溶液显蓝色的性质可知，溶液变蓝说明反响A 的发生，蓝色消逝则能证明反响B 的发生，即淀粉KI溶液可证明反响 A 和反响B 的存在，B 正确；C.由题干数据可知，试验中硫酸浓度比试验大，且溶液由无色变蓝色所需时间：试验试验，则可知比照试验和，可得结论：增大反响物浓度，反响速率加快， C 正确；D.依据探究试验中掌握唯一变量的原则可知，最终两组溶液混合后的体积保持不变，故可知x = 8, y = 3, z = 2，D 错误；故答案为D。14.

27、 【答案】D【解析】【分析】此题主要考察化学平衡的相关计算以及化学平衡状态的推断，留意结合列三段式进展平衡的计算， 结合平衡状态的特征推断平衡状态，题目难度不大。【解答】A. 初始参加1molA和2molB，方程式中 A 和B 的化学计量数之比为1: 2，则任何时刻都有n(A): n(B) = 1: 2，不能说明反响到达平衡状态，A 错误；B. 依据题意列三段式：则平衡时B 的物质的量为 1mol，浓度为1𝑚𝑜𝑙 = 0.5𝑚𝑜𝑙/𝐿，B 错误；2𝐿C. 该反响是反响

28、前后气体分子数不变的反响，压强始终不变，压强不再变化时，不能说明反响到达平衡状态，C 错误；第 13 页，共 19 页D. 容器容积不变，该反响有固体参与反响，气体质量只有到达平衡时才不变，因此气体的密度不变时，反响肯定到达了平衡状态，D 正确。15. 【答案】B【解析】【分析】(1)由表中数据可知，试验和试验都有金属剩余，则溶液中不行能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，即试验和试验中的反响可以归纳为3𝑀 + 8𝐻𝑁𝑂3(稀) = 3𝑀(𝑁𝑂3)2 +2𝑁Ү

29、74; +4𝐻2𝑂；(2) 试验可以看作是在试验的根底上连续参加 100mL 硝酸，在这100𝑚𝐿𝐻𝑁𝑂3参与的反响中，参与反响的金属的质量为18.6𝑔 9.6𝑔 = 9𝑔，生成 NO 的体积为4.48𝐿 2.24𝐿 = 2.24𝐿，则𝑁𝑂(标况下)的物质的量为0.1𝑚𝑜𝑙，依据化学方程式可知，参与反响的金属的

30、物质的量为0.15𝑚𝑜𝑙，参与反响的金属的平均摩尔质量为 9g0.15mol= 60𝑔/𝑚𝑜𝑙，该过程既有铁参与反响，又有铜参与反响，利用十字穿插法，则𝑛(𝐹𝑒) = 𝑛(𝐶𝑢) = 1 0.15𝑚𝑜𝑙 = 0.075𝑚𝑜𝑙，𝑚(𝐹𝑒) =20.0

31、75𝑚𝑜𝑙 56𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 4.2𝑔，𝑚(𝐶𝑢) = 0.075𝑚𝑜𝑙 64𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 4.8𝑔，故试验只有铁参与反响；(3)试验发生的反响为3𝐹𝑒 + 8𝐻𝑁𝑂3(稀) = 3𝐹Ү

32、90;(𝑁𝑂3)2 + 2𝑁𝑂 +4𝐻2𝑂，生成 NO 的体积为2.24𝐿，则𝑁𝑂(标况下)的物质的量为0.1𝑚𝑜𝑙，依据反响的化学方程式可知，参与反响的铁的物质的量为0.15𝑚𝑜𝑙，参与反响的铁的质量为0.15𝑚𝑜𝑙 56𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 8.4&

33、#119892;，参与反响的硝酸的物质的量为0.1𝑚𝑜𝑙 4 = 0.4𝑚𝑜𝑙，硝酸的物质的量浓度为0.4mol = 4𝑚𝑜𝑙/𝐿；0.1L(4)结合(1)和(2)的分析内容可知，试验中，参与反响的 Fe 的物质的量为0.15𝑚𝑜𝑙 + 0.075𝑚𝑜𝑙 = 0.225𝑚𝑜𝑙；(5) 试验可看作

34、是在试验的根底上连续参加100mL 稀硝酸，此时铁已全部反响，已经有0.075𝑚𝑜𝑙的铜参与了反响，则在这100mL 稀硝酸参与的反响中，9.6𝑔的金属全部为铜，物质的量为 9.6g= 0.15𝑚𝑜𝑙，金属铜与稀硝酸反响的化学方程式为：3𝐶𝑢 + 8𝐻𝑁𝑂 (稀) = 3𝐶𝑢(𝑁𝑂 )+64g/mol33 22𝑁⻓

35、4; +4𝐻2𝑂，0.15𝑚𝑜𝑙𝐶𝑢参与反响生成0.1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑂，则试验铜和稀硝酸恰好完全反响，则Cu的总物质的量为0.075𝑚𝑜𝑙 + 0.15𝑚𝑜𝑙 = 0.225𝑚𝑜𝑙；(6) 试验可以看作是在试验的根底上再加100mL 稀硝酸，则这100mL 稀硝酸和&#

36、119865;𝑒 2+反响，上3述反响中的Fe 全部转化为𝐹𝑒 2+，则𝐹𝑒 2+的物质的量为0.225𝑚𝑜𝑙，𝐹𝑒 2+与稀硝酸反响的离子方程式为4𝐻+ + 3𝐹𝑒 2+ + NO = 3𝐹𝑒 3+ + 𝑁𝑂 +2𝐻2𝑂，反响生成0.075𝑚𝑜𝑙

37、𝑁𝑂，体积为0.075𝑚𝑜𝑙 22.4𝐿/𝑚𝑜𝑙 = 1.68𝐿。【详解】𝐴.由分析可知，试验只有铁参与反响，溶液中只有𝐹𝑒 2+，没有𝐹𝑒 3+，A 错误；第 14 页，共 19 页B.由分析可知，铁的物质的量为0.15𝑚𝑜𝑙 + 0.075𝑚𝑜𝑙 = 0.22

38、5𝑚𝑜𝑙，铜的物质的量为0.15𝑚𝑜𝑙 + 0.075𝑚𝑜𝑙 = 0.225𝑚𝑜𝑙，n(Fe): n(Cu) = 1: 1，B 正确；C.由分析可知，硝酸的物质的量浓度为4𝑚𝑜𝑙/𝐿，C 错误； D.由分析可知，中𝑉 = 6.72𝐿 + 1.68𝐿 = 8.4𝐿，D 错误； 答案

39、选B。16. 【答案】(1)不是(2). 100𝑚𝐿容量瓶 .玻璃棒 .胶头滴管(3).酸 . 3 105高温(4)𝑁2 + 𝑂22𝑁𝑂2(5)3ClO+ 4NO + 4OH= 3Cl+ 4NO+ 2H O23【解析】【小问 1 详解】胶体微粒直径在1 100𝑛𝑚之间，而PM2.5为直径小于等于2.5𝜇m的悬浮颗粒物，因此𝑃𝑀2.5分散在空气中形成的分散系不是胶体。【小问 2 详解】配制 100mL 待测试样，定容时需用

40、到的玻璃仪器有：100mL 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管。【小问 3 详解】4试样中，正电荷浓度为𝑐(𝐾 +) + 𝑐(𝑁𝑎+) + 𝑐(NH+) = 3 106 𝑚𝑜𝑙/𝐿 + 7 106 𝑚𝑜𝑙/𝐿 +2 105 𝑚𝑜𝑙/𝐿 = 3 105 𝑚𝑜𝑙/⻓

41、1;，负电荷浓度为𝑐(𝐶𝑙) + 2𝑐(SO24) + 𝑐(NO3) = 1 105𝑚𝑜𝑙/𝐿 + 2 2 105 𝑚𝑜𝑙/𝐿 + 1 105 𝑚𝑜𝑙/𝐿 = 6 105 𝑚𝑜𝑙/𝐿，负电荷浓度大于负电荷浓度，则试样中还含有𝐻+，溶液呈酸性，

42、19888;(𝐻+) = 3 105 𝑚𝑜𝑙/𝐿。【小问 4 详解】汽车气缸温度越高，单位时间NO 的排放量越大，一氧化氮是由空气中氮气与氧气反响生成的，高温反响的化学方程式为：𝑁2 + 𝑂22𝑁𝑂。【小问 5 详解】氮元素化合价由+2价上升到+5价，氯元素化合价由+3价降低到1价，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，配平后的离子方程式为：3ClO2 + 4NO + 4OH= 3Cl+ 4NO3 + 2H2O。17.【答案】(1).放出 . 46

43、第 15 页，共 19 页(2)小于(3)𝑏 𝑎3(4). C2H5OH 12e + 16OH = 2CO2 + 11H2O.减小(5)Li(1x)FePO4 + xe + xLi+ = LiFePO4【解析】【小问 1 详解】依据反响𝑁2(𝑔) + 3𝐻2(𝑔)2𝑁𝐻3(𝑔)，𝛥H =反响物总键能-生成物总键能= (946 + 436 3 391 6)𝑘𝐽/𝑚𝑜w

44、897; = 92𝑘𝐽/𝑚𝑜𝑙，则每生成1molNH3需要放出热量 46 kJ。【小问 2 详解】反响𝑁2(𝑔) + 3𝐻2(𝑔)2𝑁𝐻3(𝑔)是可逆反响，在一样条件下向密闭容器中充入0.5molN2和足量H2，0.5molN2不能完全反响，生成的𝑁𝐻3小于 1mol，则完全反响后吸取或放出的热量小于(1)中计算值。【小问 3 详解】该燃料电池乙醇通入的一极是负极，发生氧化

45、反响，通入𝑂2的一极是正极，发生复原反响。导线中电流的移动方向为正极到负极，即为𝑏 𝑎。【小问 4 详解】负极乙醇被氧化，在 KOH 溶液中生成CO2和𝐻2𝑂，反响式为：C2H5OH 12e + 16OH = 2CO2 +3311H2O；放电一段时间后，𝑂𝐻被消耗，溶液的pH将减小。【小问 5 详解】磷酸铁锂电池发生反响：，则放电时Li(1x)FePO4得电子生成LiFePO4，正极反响式：Li(1x)FePO4 + xe + xLi+ = LiFePO4。18.【答案】(1). 4

46、A(g) + 5B(s) 6C(g) + 4D(g). 0.1mol L1 min1或0.1mol/(L min). 16%(2). .生成的产物充当了反响的催化剂(3) (4)37：25(5)𝐶𝐷【解析】第 16 页，共 19 页【分析】从图像分析，该反响3min到达平衡，物质 A 从起始2.5𝑚𝑜𝑙降到1.7𝑚𝑜𝑙，削减了0.8𝑚𝑜𝑙， 物质B 从起始2.4𝑚𝑜𝑙降到1

47、.4𝑚𝑜𝑙，削减了 1mol，物质C 从起始 0 上升1.2𝑚𝑜𝑙，增加了1.2𝑚𝑜𝑙， 物质D 从起始 0 上升0.8𝑚𝑜𝑙，增加了0.8𝑚𝑜𝑙，据此答题。【小问 1 详解】据分析，A 和B 削减，是反响物，C 和D 增加，是生成物，转变量之比等于系数之比，即𝛥𝑛(𝐴)： 𝛥𝑛(𝐵)： 𝛥𝑛(𝐶)： 𝛥𝑛(𝐷) = 0.8： 1： 1.2： 0.8 = 4：5：6：4，故该反响的化学方程式为：4A(g) + 5B(s) 6C(g) + 4D(g)；由图可知，0 2m𝑖𝑛内 D 物质增加了0.4𝑚𝑜𝑙，则用D 表示化学反响速率v(D) =0.4mol 2L2min= 0.1mol L1 m