2024年安徽卷选择题11-14变式题

1．我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和为电极，以和混合液为电解质溶液。下列说法错误的是 A．标注框内所示结构中存在共价键和配位键 B．电池总反应为： C．充电时，阴极被还原的主要来自 D．放电时，消耗，理论上转移电子 2．镁锂双盐电池是结合镁离子电池和锂离子电池而设计的新型二次离子电池。其工作原理如图所示，已知放电时，b极转化关系为：下列说法不正确的是 A．充电或放电时，a极电势均高于b极 B．放电过程中电子经导线由a极向b极移动 C．充电时阳极的电极反应式为 D．该电池工作时，若通过电路转移电子的物质的量为0.2mol，则负极质量变化2.4g 3．室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应： 下列叙述错误的是 A．充电时 a为阴极 B．放电时外电路电子流动的方向是 a→b C．炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能 D．放电时正极反应为： 4．我国科学家设计了一种基于时间解耦氨分解的新型可充电电池，以实现到的高效转化，其原理如下图所示，下列说法错误的是 A．放电时，极区域减小（忽略体积、温度变化） B．放电时，b极区域发生反应： C．充电时，电流从电极经电解质溶液流向电极 D．若放电、充电前后电极的质量相等，则 5．下图属于日本产业研究所和日本学术振兴会共同开发研究的大容量锂空气电池。下列说法正确的是    A．充电时，a为阴极 B．放电时，b极附近pH减小 C．放电时，在有机电解液中加入少量NaCl溶液，可提高导电性 D．用此装置电解熔融CuSO4，当电路中转移0.2mol电子时，阳极析出铜单质6.4g 6．液流电池是利用液态电解质的可逆氧化还原电化学反应实现循环的能量存储和释放，其工作原理如图所示，全钒液流电池体系C(m+1)+为V3+， Cm+为V2+， An+为，A(n-1)+为VO2+，下列说法正确的是      A．电池工作过程中电子由双极板流向集流板 B．放电时正极反应式为  +2H++e- =VO2+ + H2O C．液流电池的总反应为VO2+ +V3+ + H2O +V2+ +2H+ D．电池充电时，阳极区附近溶液的pH增大 7．我国科研团队研发了一种新型可充放电的生物质电池，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是 A．充电时，a为电源的负极 B．放电时，M极附近电解质溶液pH不变 C．放电时，若外电路转移1mol电子，理论上N极增重1g D．充电时，M电极反应为+2e—+2H2O=+2OH— 8．某锂离子聚合物电池的原理如图所示，下列说法正确的是 A．充电时，A与电源正极相连 B．放电时，B极发生反应为 C．充放电过程中，有2种元素化合价发生变化 D．每有机物参加反应，有离子通过交换膜 9．科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极 a 的反应为： 。下列说法正确的是    A．充电时电极 b 是阳极 B．放电时 NaCl溶液的 pH 减小 C．放电时 NaCl溶液的浓度减小 D．每生成1mol Cl2，电极 a 质量理论上增加 23g 10．由于钠与锂具有相似的物理和化学性质，因此钠离子电池与锂离子电池的工作原理相似。有机钠离子电池一般采用对苯二甲酸钠(结构简式如图)作为电极材料。有机钠离子电池的工作原理图如图(SEI代表钠离子交换膜)。下列说法中正确的是 A．充电时，a连接电源的负极 B．放电时，电解质溶液中向右移动 C．有机钠离子电池工作时，正极反应式为+2Na++2e- D．用铅蓄电池对该有机钠离子电池充电，每消耗20.7g铅，有机钠离子电池正极区域质量增加4.6g 11．室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。 实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始 ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是 A．实验①中，0~2小时内平均反应速率 B．实验③中，反应的离子方程式为： C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好 12．某小组利用硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，探究反应条件对速率的影响，下列有关说法正确的是 选项 反应 温度/℃ Na2S2O3溶液 稀H2SO4 H2O V/mL c/(mol/L) V/mL c/(mol/L) V/mL ① 25 10 0.1 10 0.1 0 ② 25 10 0.1 5 0.2 x ③ 50 10 0.1 5 0.2 5 A．可通过产生浑浊的时间或单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢 B．若x=5，①②探究硫酸浓度对速率的影响 C．①③两组实验可探究温度对反应速率的影响 D．实验结束完后，有少量S附着在试管上，可用水冲洗干净 13．某同学进行如下实验： ①将H2O2溶液与KI溶液混合，产生大量气泡，溶液颜色变黄； ②将①中的黄色溶液分成两等份，一份加入CCl4，振荡，产生气泡速率明显减小，下层溶液呈紫红色；另一份不加CCl4，振荡，产生气泡速率无明显变化。 下列说法不正确的是 A．①中溶液颜色变黄的原因是：H2O2+2I-=I2+2OH- B．②中下层溶液呈紫红色是因为I2溶于CCl4 C．②中产生气泡速率减小的原因是H2O2浓度减小 D．由该实验可知，I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率 14．探究影响H2O2分解速率的影响因素，实验方案如图所示。 下列说法错误的是 A．热水浴的温度越高，其对比实验现象越明显 B．H2O2易溶于水，主要是由于H2O2与H2O分子之间能形成氢键 C．对比①②，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响 D．对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响 15．氢能是一种极具发展潜能的清洁能源。对于可逆反应：  ，在容积恒为2L的密闭容器中，将2.0molC0与8.0molH2混合加热到830℃发生上述反应，5min时达到平衡，CO的转化率是80%。实验发现，其他条件不变，在相同时间内，向上述体系中投入一定量的CaO可以增大H2的体积分数。选用相同质量、不同粒径的CaO固体进行实验时，对比实验的结果如图所示。下列叙述中错误的是 (已知：1微米 = 10-6米，1纳米= 10-9米)。 A．微米CaO和纳米CaO对平衡影响不同主要是CaO作为催化剂表面积越大，反应的速率越快 B．在生产中，增大的用量可同时提高CO的转化率和的产率 C．5min内的平均反应速率 D．平衡时间容器中通入He增大压强，平衡不移动 16．半衰期为反应物消耗一半所需的时间，某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化剂作用下发生聚合反应生成聚降冰片烯，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图所示，下列说法正确的是 A．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大 B．条件②，0～125min，降冰片烯反应的平均速率为 C．其他条件相同时，若将钛杂环丁烷催化剂制成蜂窝形状可提高该反应的平衡转化率 D．其他条件相同时，将条件①中降冰片烯起始浓度增加为，则半衰期为250min 17．某探究性学习小组利用溶液和酸性溶液之间的反应来探究外界条件对化学反应速率的影响，实验操作如下。下列有关说法正确的是 实验序号 试验温度/ 溶液(含硫酸) 溶液 溶液颜色褪至无色时所需时间/s 甲 25 2 0.02 3 0.1 5 8 乙 2 0.02 4 0.1 丙 30 2 0.02 0.1 4 A．，， B．甲组用的浓度变化表示的平均反应速率为 C．通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响 D．反应的离子方程式为 18．某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。 已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。 (2)酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。 下列说法中不合理的是 A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大 B．理论上，和的反应中参与反应的 C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关 D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小 19．已知的速率方程为。，为探究反应速率与的关系，进行如下实验：向锥形瓶中加入一定体积(V)的2.0 mol⋅L 溶液、2.0 mol⋅L 溶液、1.0 mol⋅L醋酸和水，充分搅拌，保持体系温度为36℃，用秒表测量收集1.0 mL 所需要的时间(t)，实验数据如下表。下列说法正确的是 实验 V/mL t/s 溶液 溶液 醋酸 水 1 4.0 4.0 8.0 332 2 6.0 4.0 4.0 6.0 148 3 4.0 4.0 4.0 83 4 12.0 4.0 4.0 37 A．； B．实验3用表示的反应平均速率mol·s C．醋酸不参与反应，其浓度的大小对该反应速率无影响 D．速率方程中 20．恒温恒容的密闭容器中，某催化剂表面发生氨的分解反应：，测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨的浓度随时间的变化 编号 时间/min 表面积/cm 0 20 40 60 80 ① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80 ② a 1.20 0.80 0.40 x ③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40 下列说法不正确的是 A．实验①，0∼40min，mol⋅L∙min B．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大 C．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大 D．实验②，60min时处于平衡状态， 21．环境保护工程师研究利用、和处理水样中的。已知时，饱和溶液浓度约为，，，，。下列说法错误的是 A．溶液中： B．溶液中： C．向的溶液中加入，可使 D．向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中： 22．已知：常温下，、、的溶度积依次为、、，化学反应中，平衡常数即认为反应能完全进行，不可逆，下列叙述正确的是 A．溶解度： B．向含废水中加入，可完全除去 C．在含、、的溶液中通入，一定最先析出 D．在饱和溶液中， 23．沉淀转化在生产和科研中具有极其重要的应用，重晶石(BaSO4)是一种制备钡化合物重要的化工原料。已知：25℃时，，，H2CO3的电离常数，，下列说法不正确的是 A．将足量BaSO4固体投入pH>11的Na2CO3溶液中，能生成BaCO3沉淀 B．反应的平衡常数约为0.042 C．向含BaSO4(s)的溶液中通入CO2气体，溶液中逐渐减小 D．向相同浓度和的混合溶液中滴加BaCl2溶液，两者可能同时沉淀 24．氢硫酸（H2S）是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验1：向20mL0.1mol/LNaHS溶液中滴加0.1mol/LHCl溶液。 实验2：向20mL0.1mol/L NaHS溶液中滴加0.1mol/LCuSO4溶液。 已知：H2S的电离常数，，，溶液混合后体积变化忽略不计，下列说法错误的是 A．NaHS溶液中 B．实验1中时，一定存在 C．实验2初期发生反应 D．实验2中加入30 mL溶液，溶液中 25．水体中的重金属离子如、等可以通过转化为、沉淀除去。已知：室温下，。下列说法正确的是 A．0.1溶液中： B．0.1溶液中： C．向100.001溶液中加入100.001溶液，有沉淀析出。忽略混合时溶液体积的变化，说明 D．室温时，向0.001粉末中加入100.1溶液，充分浸出后所得溶液中，则 26．室温下，可用Na2S、FeS等处理含Hg2+的废水。已知：，，，。当离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。下列说法正确的是 A．向溶液中存在： B．的平衡常数为 C．向溶液中通入过量气体，可使沉淀完全 D．向含有的废水中加入，如果完全转化为，则上层清液中一定存在 27．碳酸(H2CO3)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 实验I：往20mL0.1mol·L−1H2CO3溶液中滴加0.1mol·L−1氨水。 实验Ⅱ：往20mL0.1mol·L−1NaHCO3溶液中滴加0.1mol·L−1CaCl2溶液。 [已知：Ka1(H2CO3)=4.5×10−7，Ka2(H2CO3)=5.6×10−11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ksp(CaCO3)=3.6×10−9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是 A．实验I中V(氨水)=20mL时，存在c(H2CO3)＜c(CO)＋c(NH3·H2O) B．实验I中pH=8时，存在c(H2CO3)>c(CO) C．实验Ⅱ中V(CaCl2)=10mL时，发生反应HCO＋Ca2+=CaCO3↓＋H+ D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，沉淀后的上层清液中：c(Ca2＋)c(CO)>Ksp(CaCO3) 28．常温下，往溶液中通入至饱和，有微量生成，溶液中（溶液体积和浓度的变化忽略不计）．[已知：的电离常数],下列说法不正确的是 A．溶液中， B．反应的 C．溶液中， D．溶液中，约为5 29．常温常压下，H2S气体在水中的饱和浓度约为，已知：，；。下列说法不正确的是 A．饱和H2S溶液中存在 B．向溶液中加几滴浓盐酸，使其浓度达到，此时溶液中约为 C．向溶液中通入H2S气体直至饱和，溶液中有FeS沉淀生成 D．的平衡常数为 30．室温下，向浓度均为的和的混合溶液中逐滴加入的溶液。已知：的，，，，。下列说法不正确的是 A．加入的溶液后，在上层清液中滴加溶液无明显现象 B．溶液中存在关系， C．在和的混合溶液加几滴稀盐酸，几乎不变 D．向和混合溶液加入溶液，可能生成碱式碳酸镁 31．研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物()，其立方晶胞和导电时迁移过程如下图所示。已知该氧化物中为价，为价。下列说法错误的是 A．导电时，和的价态不变 B．若，与空位的数目相等 C．与体心最邻近的O原子数为12 D．导电时、空位移动方向与电流方向相反 32．具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，但真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，下列说法错误的是 A．Ni原子与Mn原子的配位数相等 B．不考虑晶体缺陷，该晶体的化学式为 C．O空位的形成有利于的传导 D．考虑晶体缺陷，该晶体的+3价与+4价La原子个数比为 33．氟化钾镁是一种具有优良光学性能的材料，主要应用于激光领域，其立方晶胞结构如图。表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是 A．的配位数为8 B．氟化钾镁晶体的化学式为 C．每个位于距其最近且等距的构成的正八面体空隙中 D．若位于晶胞的体心，则位于晶胞的面心 34．铈的氧化物(X)中存在O空位，能填充，因此可用作锂离子电池的正极材料，放电时可转化为Y，X、Y的晶胞结构如图所示，Y中无O空位。 下列说法正确的是 A．具有稳定结构 B．Y的化学式为 C．充电时，正极上的锂的化合价降低 D．X中O填入堆积产生的四面体空隙中，填隙率为100% 35．一种含钒的锑化物在超导方面具有潜在的应用前景，的晶胞结构如图甲所示，晶胞高度处水平截面如图乙所示： 下列说法中错误的是 A．M的化学式为 B．M中V的化合价为+4和+5 C．V原子周围紧邻的Sb原子数为6 D．M晶体不导电，熔融状态可导电 36．已知是、、三种元素组成的粒子化合物，只有为金属元素，其晶胞如图，则下列推测错误的是 A．M的化学式可能是 B．周围等距离的有8个 C．熔点：干冰 D．中可能存在离子键和共价键 37．二维磁性材料卤化铬混合晶体结构如图，在纯氧中发生光氧化反应生成长链状和。下列说法错误的是 A．化学键中离子键成分百分数： B． C．生成1mol X―X键转移3mol电子 D．熔点： 38．某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B两种正方体单元构成，且两种正方体单元中氧离子的空间位置相同。通过Li+嵌入或脱嵌该晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为纳米硅基锂电池的正极材料(m、n为正整数)，已知：脱嵌率=×100%。 下列关于纳米硅基锂电池的说法不正确的是 A．当Li+嵌入晶胞体心和所有棱心时，该锂电池正极材料的化学式为LiFe6O8 B．若该锂电池正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=5：7，则Li+的脱嵌率为75% C．该锂电池充电时阳极发生的反应为 D．该锂电池放电时，每转移2mol e-，正极材料增重14g 39．黄金按质量分数分级，纯金为。合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是 A．I为金 B．Ⅱ中的配位数是12 C．Ⅲ中最小核间距 D．I、Ⅱ、Ⅲ中，与原子个数比依次为、、 40．科研工作者合成了低温超导化合物，再利用低温去插层法，获得了一个新化合物。二者的晶体结构如图所示，下列说法不正确的是 A．去插层过程实质是将中元素转化为去除 B．的化学式为 C．中原子填充了原子构成的正八面体空隙 D．中与原子最临近的原子有8个 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．C 【分析】由图中信息可知，该新型水系锌电池的负极是锌、正极是超分子材料；负极的电极反应式为，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为；正极上发生，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为。 【详解】A．标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由提供孤电子对、提供空轨道形成的配位键，A正确； B．由以上分析可知，该电池总反应为，B正确； C．充电时，阴极电极反应式为，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误； D．放电时，负极的电极反应式为，因此消耗0.65 g Zn（物质的量为0.01mol），理论上转移0.02 mol电子，D正确； 综上所述，本题选C。 【点睛】 2．A 【详解】A.由题可知，放电时b为正极，充电时b为阳极，充电或放电时，b极电势均高于a极，A项错误； B.放电时，b为正极，则电子经导线由a极向b极移动，B项正确； C.已知放电时，b极转化关系为VS2→LixVS2，则充电时b为阳极，转化关系为LixVS2→VS2，电极反应式为 LixVS2−xe−=VS2+xLi+，C项正确； D.放电时，负极反应为Mg-2e－=Mg2＋，则转移电子为0.2mol时，负极质量变化2.4g，D项正确。 答案选A。 3．D 【分析】钠-硫电池中钠电极作负极，电极反应式为：，表面喷涂有硫磺粉末的炭化纤维素纸作正极，电极反应式为：，，，充电时，钠电极作阴极，电极反应式为：，据此分析。 【详解】A．由分析可知，充电时Na电极作为阴极，即a为阴极，A项正确； B．由分析可知，放电时钠电极作负极，硫电极作正极，放电时外电路电子流动的方向是负极到正极，即a→b，B项正确； C．炭化纤维素纸具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能其作用是增强硫电极导电性能，C项正确； D．放电时正极得电子，由题给的一系列方程式：①，②，③，令（①+②）+③，可得放电时正极的反应式为：，D项错误； 故选D。 4．B 【分析】由图可知，放电时，a电极为原电池的负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)，b电极为正极，水分子在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—= H2↑+2OH—；充电时，与直流电源负极相连的a电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子电极反应式为Zn(OH)+2e—=Zn+4OH—，b电极为阳极，碱性条件下氨分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为。 【详解】A．由分析可知，放电时，a电极为原电池的负极，碱性条件下锌在负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn—2e—+4OH—=Zn(OH)，放电消耗氢氧根离子，a极区域溶液pH减小，故A正确； B．由分析可知，放电时，b电极为正极，水分子在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—= H2↑+2OH—，故B错误； C．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的a电极为阴极，b电极为阳极，则电流从b电极经电解质溶液流向a电极，故C正确； D．由分析可知，若放电、充电前后电极a的质量相等，说明外电路转移电子的物质的量相等，则由得失电子数目守恒可知，放电时生成氢气和充电时生成氨气的物质的量比为3：1，故D正确； 故选B。 5．A 【分析】根据电子移动方向可知，锂空气电池中金属锂电极a为负极，负极电极反应为：Li-e-=Li+，通入氧气的多孔碳电极b为正极，正极反应为O2+ 2H2O+4e- =4OH-，放电时，阳离子移向正极b、阴离子移向负极a；充电时，a电极为阴极、c电极为阳极，阴阳极反应分别与负正极反应相反，据此分析解答。 【详解】A．充电时，a为阴极、c为阳极，故A正确； B．放电时为原电池，a为负极，b为正极，正极反应为O2+ 2H2O+4e- =4OH-，则b极附近pH增大，故B错误； C．锂是活泼金属，能与水反应，为防止锂空气电池损坏，不能在有机电解液中加入少量NaCl溶液，故C错误； D．电解CuSO4时，Cu2++2e-=Cu，当电路中转移0.2mol电子时，阴极析出铜单质6.4g，D错误； 故选：A。 6．B 【分析】放电时，正极，负极，以此分析； 【详解】A．根据分析，集流板为负极，双极板为正极，电子由负极移动到正极，则由集流板流向双极板，A错误； B．根据分析，放电时，正极电极反应式为，B正确； C．根据分析，总电极反应式为，C错误； D．充电时，阳极发生反应，氢离子浓度增加，pH减小，D错误； 故答案为：B。 7．B 【分析】 由图可知，放电时，电极M为原电池的负极，碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为—2e—+3OH—=+2H2O，电极N为正极，水分子作用下Co0.2Ni0.8OOH在正极得到电子发生还原反应生成Co0.2Ni0.8(OH)2，电极反应式为Co0.2Ni0.8OOH+e—+H2O= Co0.2Ni0.8(OH)2+OH—；充电时，与直流电源负极相连的电极M为阴极，水分子作用下，在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为+2e—+2H2O=+2OH—，电极N为阳极，碱性条件下Co0.2Ni0.8(OH)2在阳极失去电子发生氧化反应生成Co0.2Ni0.8OOH和水，电极反应式为Co0.2Ni0.8(OH)2—e—+OH—=Co0.2Ni0.8OOH+H2O。 【详解】A．由分析可知，充电时，与直流电源负极a相连的电极M为阴极，故A正确； B．由分析可知，放电时，电极M的电极反应式为—2e—+3OH—=+2H2O，电极N的电极反应式为Co0.2Ni0.8OOH+e—+H2O= Co0.2Ni0.8(OH)2+OH—，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入负极区，由得失电子数目守恒可知，负极区最终消耗氢氧根离子，使得溶液的pH减小，故B错误； C．由分析可知，放电时，电极N的电极反应式为Co0.2Ni0.8OOH+e—+H2O= Co0.2Ni0.8(OH)2+OH—，则外电路转移1mol电子时，理论上N极增重的质量为1g，故C正确； D．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的电极M为阴极，水分子作用下，在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为+2e—+2H2O=+2OH—，故D正确； 故选B。 8．C 【分析】充电时，有机物分子结合，B室中通过离子交换膜进入A室，故A为阴极，放电时，A极为负极，据此分析。 【详解】A．充电时，有机物分子结合，B室中通过离子交换膜进入A室，由充电时电解池阳离子移向阴极，故A为阴极，与电源负极相连，故A错误； B．放电时，A极为负极，B为正极，发生还原反应，电极反应式为：，故B错误； C．充放电过程中，电池中只有C、I两元素的化合价发生变化，O、Li化合价不变，故C正确； D．每有机物参加反应，结合或释放，应有通过阳离子交换膜，故D错误； 故选C。 9．A 【详解】A．充电时电极 a 的反应为：，a极为阴极，b极为阳极，A正确； B．放电时a极电极反应为：， NaCl溶液的 pH 不变，B错误； C．放电时a极电极反应为：，b电极为：，NaCl溶液的浓度增大，C错误； D．每生成1mol Cl2 ，转移2mol电子，电极 a 发生反应：质量理论上增加2mol，质量为46g，D错误； 故选A。 10．C 【分析】根据题图信息，当与太阳能电池相连时，为充电过程，此时电子由a→b，a为阳极，连接电源的正极，b为阴极，连接电源的负极；当与电网相连时，放电过程，a作正极，b作负极。 【详解】A．充电时，电子a→b，a为阳极，连接电源的正极，故A错误； B．放电时，钠离子移向正极（a极），向左移动，故B错误； C．有机钠离子电池工作时与锂离子电池的工作原理相似，对苯二甲酸钠得到电子，其电极反应式为+2Na++2e-→，故C正确； D．铅蓄电池工作时，负极反应式为，20.7g铅物质的量为0.1mol，转移电子数为0.2mol，有机钠离子电池正极区域转移出0.2mol钠离子，质量减小4.6g，故D错误； 故选C。 11．C 【详解】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率，A不正确； B. 实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确； C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确； D. 综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确； 综上所述，本题选C。 12．C 【详解】A．由于SO2易溶于水，无法用单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢，故A错误； B．根据控制变量的思想，总体积为20mL，若x=5，①②两组实验中Na2S2O3浓度相同、混合后硫酸浓度也相同，反应温度相同，①②无法探究硫酸浓度对速率的影响，故B错误； C．①③两组实验中反应物浓度均相等，温度不同，因此可探究温度对反应速率的影响，故C正确； D．单质硫不溶于水，易溶于二硫化碳，所以实验结束完后，有少量S附着在试管上，可用二硫化碳冲洗干净，故D错误； 故选C。 13．C 【详解】A．将H2O2溶液与KI溶液混合，溶液颜色变黄是过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，方程式H2O2+2I-=I2+2OH-正确，A正确； B．②中下层溶液呈紫红色是因为四氯化碳萃取了溶液中的I2，碘单质溶于CCl4会呈紫色，B正确； C．②中产生气泡速率减小的原因是四氯化碳萃取了溶液中的I2，I2浓度减小导致过氧化氢分解速率减慢，C错误； D．通过对比等量黄色溶液中加入四氯化碳萃取碘单质和不加入四氯化碳产生气泡的速率，可以看出加入四氯化碳萃取碘单质后产生气泡速率明显减小，不加入四氯化碳产生气泡速率无明显变化，可以得到I2可以加快H2O2分解产生气泡反应速率，D正确； 故选C。 14．A 【详解】A．温度高会导致H2O2受热分解，也会促进FeCl3的水解，干扰实验，A错误； B．H2O2为极性分子，水也为极性分子，H2O2易溶于水，满足“相似相溶”原理，且H2O2与H2O分子之间能形成氢键，B正确； C．实验②是在实验①的溶液中加入催化剂FeCl3，与实验①作对比，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，C正确； D．实验②是空白对照，③、④相当于在②的基础上升高和降低温度，可探究温度对H2O2分解速率的影响，D正确； 故答案为：A。 15．A 【详解】A．CaO可吸收生成的，促进平衡正向移动，表面积越大，吸收越充分，不是作为催化剂，A不正确； B．增大的用量，平衡正向移动，可同时提高CO的转化率和的产率，B正确； C．根据题中所给数据列三段式进行计算 内的平均反应速率，C正确； D．反应容器为恒容容器，平衡时向容器中通入增大压强，不影响反应物和产物的浓度，平衡不移动，D正确； 故答案为：A。 16．D 【详解】A．根据①和③的曲线变化可知，降冰片烯的反应速率相等，则降冰片烯浓度与反应速率没有关系，A错误； B．0-125min，降冰片烯的浓度变化量为3mol/L，则平均反应速率为，B错误； C．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应的平衡转化率，C错误； D．条件①中反应速率为，且根据A中分析可知，降冰片烯浓度对反应速率没有影响，则将条件①的降冰片烯起始浓度增加为6mol/L，其浓度降为3mol/L需要250min，半衰期为250min，D正确； 故答案选D。 17．C 【分析】根据分析，乙和丙高锰酸钾、草酸的浓度相同，温度不同，探究温度对反应速率的影响；则甲乙温度相同，若探究浓度对反应速率的影响，实验乙加入4mL H2C2O4溶液和4mL的水，实验甲加入3mL H2C2O4溶液，水的体积为5，溶液浓度不同。 【详解】A．，乙的浓度比甲高，丙的温度比乙又高，因此，A错误； B．甲组用的浓度变化表示的平均反应速率为，B错误； Ｃ．通过实验乙、丙探究温度对化学反应速率的影响，C正确； Ｄ．草酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆，D错误； 故选C。 18．D 【详解】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确； B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确； C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确； D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误； 本题选D。 19．D 【详解】A．为探究反应速率与的关系，浓度不变，根据数据2可知溶液总体积为20mL，根据变量单一可知 为4.0mL，为8.0mL，为0mL，A错误； B．实验3，没有在标准状况下，不能用22.4来计算物质的量，B错误； C．反应前后醋酸不变，所以醋酸是催化剂，醋酸的浓度也会影响反应速率，C错误； D．浓度增大速率加快,根据1和3组数据分析，3的是1的2倍，1和3所用的时间比，根据分析可知速率和浓度的平方成正比,故m=2，D正确； 故选D。 20．B 【详解】A．实验①，0∼40min，，通过化学计量数关系，可得，则，A项正确； B．实验①、实验②中0~20min、20min~40min氨气浓度变化量都是，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，B项错误； C．对比实验①和实验③，氨气浓度相同，实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍，实验③先达到平衡状态，实验③的反应速率大，说明相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大， C项正确； D．催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气浓度为，则实验①达平衡时氨气浓度也为，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x<0.4，D项正确； 故选B。 21．B 【详解】A．溶液中只有5种离子，分别是，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为，A正确； B．溶液中，水解使溶液呈碱性，其水解常数为，由于，根据硫元素守恒可知，所以，则，B不正确； C．远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，的饱和溶液中，若加入足量时可使，C正确 D．的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确； 综上所述，本题选B。 22．B 【详解】A．化学式相似的难溶物，溶解度越大，Ksp也越大；反之，溶解度越小，Ksp也越小，溶度积关系为：，则溶解度关系为：，故A错误； B．Ksp(FeS)> Ksp(HgS)，一般情况下，化学式相似的难溶物，溶度积大的难溶物可以转化为溶度积小的难溶物，此过程转化较为容易，不过也可以通过改变外界条件使溶度积小的沉淀转化为溶度积大的难溶物，反应，K=，反应可以彻底进行，故B正确； C．溶度积关系为：，同类型沉淀，溶度积越小越优先形成，但Mn2+、Fe2+、Hg2+混合溶液的浓度未知，谁最先沉淀不能确定，故C错误； D．在饱和溶液中， ，饱和时，故D错误； 故答案选B。 23．C 【详解】A．固体在溶液中存在溶解平衡，，饱和溶液中，pH>11的溶液中存在、，第二步水解程度较小，忽略不计，，则根据，溶液中，，故能生成沉淀，A正确； B．该反应平衡常数=，B正确； C．固体在溶液中存在溶解平衡，，饱和溶液中，溶液中存在、，，则，，，不能生成沉淀，溶液中不变，C错误； D．向相同浓度和的混合溶液中滴加BaCl2溶液，若滴加BaCl2溶液浓度较大，使溶液中，则两者可能同时沉淀，D正确； 答案选C。 24．B 【详解】A．由的平衡常数得，即，A正确； B．若反应中有H2S逸出，根据物料守恒得溶液中存在，B错误； C．由于开始滴加的氯化铜量较少而NaHS过量，因此该反应在初始阶段发生的是，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHS完全消耗后，H2S再和CuSO4发生反应，C正确； D．加入30mL CuSO4溶液后，溶液中，溶液中，D正确； 故答案为：B。 25．D 【详解】A．根据质子守恒可知：，故A错误； B．由电荷守恒可得：，的水解常数Kh=>，因此溶液显碱性，，则，故B错误； C．混合后 溶液和溶液浓度均为0.0005， ，因有沉淀产生则，说明，故C错误； D．粉末中加入0.1溶液后，溶解形成饱和溶液，充分浸出后所得溶液中，则，即，故D正确； 故选：D。 26．D 【详解】A．根据质子守恒可知，溶液中存在：，A错误； B．的平衡常数为Kh====≠，B错误； C．向1L0.1mol/LFeCl2溶液中通入过量H2S气体，则该反应为：Fe2++H2SFeS+2H+，该反应的K====0.6<<105，即不可使Fe2+沉淀完全，C错误； D．向含有的废水中加入，如果完全转化为，则不再有沉淀产生故Q≤K，即Q≤K=，D正确； 故答案为：D。 27．B 【详解】A．等体积等浓度的碳酸与氨水恰好反应生成碳酸氢铵溶液，由电离常数可知，碳酸氢铵溶液呈碱性，由电荷守恒可知，溶液中c(NH)+ c(H+)=2c(CO)+ c(HCO)+ c(OH—)，由物料守恒可知溶液中c(H2CO3)+c(CO)＋c(HCO)=c(NH3·H2O)+c(NH)，整合可得c(H2CO3)+ c(H+)=c(CO)＋c(NH3·H2O) + c(OH—)，由碱性溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度可知，溶液中c(H2CO3) >c(CO)＋c(NH3·H2O)，故A错误； B．由电离常数可得：Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)= ，则溶液中==＜1，故B正确； C．实验Ⅱ中氯化钙溶液为10mL时，溶液中钙离子的浓度为=mol/L，溶液中碳酸根离子浓度为，若反应生成碳酸钙沉淀，由方程式可知，反应的平衡常数K====，则溶液中碳酸根离子浓度为≈0.47mol/L>，所以碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液不可能生成碳酸钙沉淀，故C错误； D．实验Ⅱ中氯化钙溶液为80mL时，溶液中钙离子的浓度为=0.08mol/L，溶液中碳酸根离子浓度为，则混合溶液中c(Ca2＋)c(CO)=0.08mol/L×>Ksp(CaCO3)，溶液中有碳酸钙沉淀生成，则上层清液中：c(Ca2＋)c(CO)=Ksp(CaCO3)，故D错误； 故选B。 28．D 【详解】A．往溶液中通入至饱和，有微量生成，即亚铁离子恰好生成沉淀，，故A正确； B．根据反应①、②、③，由盖斯定律，反应①-②-③可得反应，则，故B正确； C．溶液中，HS-的水解常数为，则，故溶液中，故C正确； D．根据反应的，则，pH约为3，故D错误； 故选D。 29．A 【详解】A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，且一级电离抑制二级电离，则饱和氢硫酸溶液中氢离子浓度略大于氢硫酸根离子，由一级电离常数可知，溶液中的氢离子浓度约为=×10—4mol/L≈1.05×10—4mol/L，由二级电离常数Ka2(H2S)= 可知，溶液中硫离子浓度约为1.3×10—13mol/L，由水的离子积常数可知，溶液中氢氧根离子浓度约为≈9.5×10—11mol/L，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故A错误； B．由电离常数可得：Ka1(H2S)Ka2(H2S)=，由题意可知，溶液中氢离子浓度和氢硫酸浓度都约为0.01mol/L，则溶液中硫离子浓度约为≈1.4×10—18mol/L，故B正确； C．氢硫酸饱和溶液中氢离子浓度约等于氢离子浓度，由电离常数Ka2(H2S)= 可知，溶液中硫离子浓度约为1.3×10—13mol/L，则溶液中浓度熵QC= c(Fe2+)c(S2—)=0.01×1.3×10—13=1.3×10—15＞Ksp(FeS)=6.3×10—18，所以溶液中有氯化亚铁生成，故C正确； D．由方程式可知，反应的平衡常数K====≈4.4×102mol/L，故D正确； 故选A。 30．A 【详解】A．加入的溶液后，恰好完全生成碳酸钡沉淀，此时溶液为碳酸钡的饱和溶液，在上层清液中滴加，钡离子浓度增大，会继续生成固体碳酸钡，故A错误； B．溶液中，碳酸根离子水解产生碳酸氢根与氢氧根离子，碳酸氢根离子继续水解产生碳酸分子和氢氧根离子，故离子大小顺序为，B正确； C．根据的，，可知碳酸根结合氢离子能力更强，滴加几滴盐酸，则发生反应，所以几乎不变，故C正确； D．向和混合溶液加入溶液，发生反应、溶液呈碱性，由于＞，所以有可能生成碱式碳酸镁，故D正确； 故选A。 31．B 【详解】A．根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A项正确； B．根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8×=1个，含O：12×=3个，含La或Li或空位共：1个，若x=，则La和空位共，n(La)+n(空位)=，结合正负化合价代数和为0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=、n(空位)=，Li+与空位数目不相等，B项错误； C．由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O原子，C项正确； D．导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确； 答案选B。 【点睛】 32．B 【详解】A．Ni与Mn原子均位于顶点，且个数相同，因此配位数也相同，A正确； B．La个数是1，Ni与Mn个数均为4×=0.5，O的个数为6×=3，晶体化学式为La2NiMnO6，因此，B错误； C．O空位的形成有利于的传导，因为空位处动能大，离子移动快，C正确； D．晶体化学式为La2NiMnO6，考虑缺陷则是La2NiMnO5.7，设+3价La为个，+4价La为个，则，，解得，，+3价与+4价La原子个数比为，D正确。 故选B。 33．A 【详解】A．由图可知，离等距离且最近的F-位于棱心，即K+的配位数为12，故A错误； B．由均摊法可知，一个晶胞中Mg2+个数为8×=1，F-个数为12×=3，K+个数为1，所以氟化钾镁晶体的化学式为，故B正确； C．距最近且等距的个数为6，6个F-构成正八面体，在构成的正八面体的体心，故C正确； D．由图可知，位于顶点，位于棱心，所以若位于晶胞的体心，则位于晶胞的面心，故D正确； 故答案为：A。 34．B 【详解】 A．的结构示意图为，具有稳定结构，A项错误； B．根据均摊法计算得Ce的个数为=4，Li+的个数为2，O原子的个数为6，Y的化学式为，B项正确； C．充电时，从O空位脱嵌，化合价不变，Y转化为X，的化合价升高，C项错误； D．X中若O的填隙率为100%，则X中不存在O空位，D项错误； 故选B。 35．C 【详解】A．根据晶体结构俯视图判断，该晶胞底面为菱形，该菱形中邻边存在60°和120°两种角度。结合均摊法可知，晶胞中含个Cs、个V、个Sb，则化学式为，A正确； B．M为，Cs为ⅠA族、Sb为ⅤA族，化合价分别为+1、-3，结合化合价代数和为零可知，V的化合价为+4和+5，B正确； C．由图可知，V原子周围紧邻的Sb为同层的2个，C错误； D．含钒的锑化物(M)在超导方面具有潜在的应用前景，且Cs为ⅠA族的活泼金属元素，则含钒的锑化物是离子化合物，其晶体不导电，在熔融状态导电，D正确； 故选C。 36．B 【详解】A．根据均摊法分析，X的个数为，Y的个数为 ，Z的个数为1，所以化学式可能是，A正确； B．周围等距离的在每个棱上，共有12个，B错误； C．该晶体为离子晶体，根据晶体的类型和熔点的关系分析，熔点：干冰，C正确； D．该物资为离子化合物，一定有离子键，XY之间有共价键，D正确； 故选B。 37．C 【详解】A．电负性：Cl>Br>I，电负性差值越大，离子键的百分数越大，A正确； B．图左侧中有四个重负单元，每个单元内含2个铬，卤素数目为：，则n=3；图右侧1个铬，氧数目为：，m=3，B正确； C．中X的化合价为-1价，生成1mol X―X键转移2mol电子，C错误； D．阳离子相同，阴离子半径越小,晶格能越大,熔点越高，D正确； 故选C。 38．B 【分析】由A、B两种正方体单元可知，离子型铁的氧化物晶胞中顶点、面心和体内的亚铁离子个数为(4×+4×+1)×4=8、位于体内的铁离子个数为4×4=16、位于体内的氧离子个数为个数为4×8=32，由锂离子嵌入晶胞体心和棱心可知，嵌入或脱嵌的锂离子个数最多为12×+1=4。 【详解】A．由题意可知，锂离子嵌入晶胞体心和所有棱心时，晶胞中含有锂离子个数为12×+1=4，则晶胞中铁元素的个数为24、氧离子个数为为32，锂电池正极材料的化学式为LiFe6O8，故A正确； B．若该正极材料中n(Fe2+)：n(Fe3+)=5：7，则含有×24=10个Fe2+，14个Fe3+，即有2个Li+脱嵌，脱嵌率为×100%=50%，故B错误； C．该锂电池充电时，正极发生氧化反应，该电极的反应为：，故C正确； D．该锂电池放电时，正极反应为：，故每转移2mol e-，正极材料增重2mol×7g/mol=14g，故D正确； 故选B。 39．C 【详解】A．由24K金的质量分数为100%，则18K金的质量分数为：   ，I中Au和Cu原子个数比值为1:1，则Au的质量分数为：   ，A正确； B．Ⅱ中Au处于立方体的八个顶点，Au的配位数指距离最近的Cu，Cu处于面心处，类似于二氧化碳晶胞结构，二氧化碳分子周围距离最近的二氧化碳有12个，则Au的配位数为12，B正确； C． 设Ⅲ的晶胞参数为a，的核间距为，的最小核间距也为 ，最小核间距，C错误； D． I中，处于内部，处于晶胞的八个顶点，其原子个数比为1:1；Ⅱ中，处于立方体的八个顶点， 处于面心，其原子个数比为：；Ⅲ中，处于立方体的面心，处于顶点，其原子个数比为；D正确； 故选C。 40．C 【详解】A．去插层过程中Cs元素均转化为CsI，故A正确； B．根据均摊原则，晶胞中含有V原子数 、Se原子数、O原子数，N的化学式为，故B正确； C．N中V原子位于Se原子围成的正方形中心，故C错误； D．根据图示，观察M的结构，与Cs原子最临近的Se原子有8个，故D正确； 故答案选C。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$