高考化学选择题专项训练96100套Word版含答案及解析.docx
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高考化学选择题专项训练96100套Word版含答案及解析
2020年高考化学选择题专项训练96~100套
2020年高考化学选择题专项训练96
一、选择题:
本卷共7小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.化学与社会、生活密切相关。
对下列现象或事实的解释正确的是( )
现象或事实
解释
A
Al(OH)3用作塑料的阻燃剂
Al(OH)3受热熔化放出大量的热
B
K2FeO4用于自来水的消毒和净化
K2FeO4具有强氧化性,被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物,可以软化硬水
C
Na2O2用于呼吸面具中作为O2的来源
Na2O2是强氧化剂,能氧化CO2生成O2
D
浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜
KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
A.Al(OH)3受热分解时需要吸收大量的热,同时产生的水蒸气起到降低空气中氧气浓度的作用,从而用作塑料的阻燃剂,故A错误;B.K2FeO4具有强氧化性,用于自来水的消毒,被还原后生成的Fe3+水解生成胶状物,具有吸附水体颗粒物起到净化水质的作用,但不能软化硬水,故B错误;C.Na2O2与二氧化碳反应产生氧气,是过氧化钠自身的氧化还原反应,C错误;D.KMnO4溶液可氧化水果释放的CH2=CH2,而乙烯具有催熟作用,故浸泡过KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鲜,D正确。
答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.高温下,0.2molFe与足量水蒸气反应,生成的H2分子数目为0.3NA
B.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA
C.氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时,电路中通过的电子数目为2NA
D.5NH4NO3
2HNO3+4N2↑+9H2O反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.高温下,Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁,四氧化三铁中Fe的化合价为
价,因此Fe失去电子的物质的量为:
,根据得失电子守恒,生成H2的物质的量为:
,因此生成的H2分子数目为
,A错误;B.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=10-13mol/L,且H+全部由水电离,由水电离的OH-浓度等于水电离出的H+浓度,因此由水电离的OH-为10-13mol/L×1L=10-13mol,B错误;C.氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应,当消耗标准状况下22.4L气体时,电路中通过的电子的数目为
,C错误;D.该反应中,生成28gN2时,转移的电子数目为3.75NA,D正确。
故答案D。
考点:
考查阿伏伽德罗常数的相关计算。
3.用下列装置完成相关实验,合理的是( )
A.图①:
验证H2CO3的酸性强于H2SiO3
B.图②:
收集CO2或NH3
C.图③:
分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5
D.图④:
分离CH3CH2OH与CH3COOC2H5
【答案】B
【解析】
A、生成的二氧化碳中含有氯化氢,氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀,干扰二氧化碳与硅酸钠反应,A错误;B.氨气的密度比空气密度小,二氧化碳的密度比空气密度大,则导管长进短出收集二氧化碳,短进长出收集氨气,B正确;C.Na2CO3溶液与CH3COOC2H5分层,应选分液法分离,C错误;D.CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶,不能分液分离,应选蒸馏法,D错误;答案选B。
点睛:
本题考查化学实验方案的评价,把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意元素化合物知识与实验的结合,选项A是解答的易错点,注意浓盐酸的挥发性。
4.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。
W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,X是同周期中金属性最强的元素,Y原子的最外层电子数等于电子层数,W和Z原子的最外层电子数相同。
下列说法错误的是( )
A.单质的沸点:
Z>W
B.简单离子半径:
X>W
C.元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物
D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,则W为F元素;X是同周期中金属性最强的元素,X的原子序数大于F,则X位于第三周期,为Na元素;Y原子的最外层电子数等于电子层数,Y的原子序数大于Na,则位于第三周期,最外层含有3个电子,为Al元素;W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl元素,据此进行解答。
【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸,则W为F元素;X是同周期中金属性最强的元素,X的原子序数大于F,则X位于第三周期,为Na元素;Y原子的最外层电子数等于电子层数,Y的原子序数大于Na,则位于第三周期,最外层含有3个电子,为Al元素;W和Z原子的最外层电子数相同,则Z为Cl元素;A.Z、W的单质分别为氯气、氟气,二者形成的晶体都是分子晶体,相对分子质量氯气较大,则氯气的沸点较高,即单质的沸点:
Z>W,故A正确;B.X为Na、W为F,二者的离子都含有2个电子层,Na的核电荷数较大,则钠离子的离子半径较小,即简单离子半径:
X<W,故B错误;C.X为Na,金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键,故C正确;D.X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸,氢氧化铝具有两性,则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应,故D正确;故答案为B。
5.化学式为C3H7FO的物质,含有羟基的同分异构体数目为(不考虑空间异构)( )
A.4种B.5种C.6种D.7种
【答案】B
【解析】
【分析】
C3H7FO可以看做丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代,丙烷只有一种结构,F与-OH可以取代同一碳原子上的H原子,可以取代不同碳原子上的H原子,据此书写判断。
【详解】C3H7FO可知丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代,丙烷只有一种结构,F与-OH可以取代同一碳原子上的H原子,有2种:
CH3CH2CH(OH)F、CH3CF(OH)CH3,可以取代不同碳原子上的H原子,有3种:
HOCH2CH2CH2F、CH3CH(OH)CH2F、CH3CHFCH2OH,共有5种,故答案为B。
【点睛】本题是根据等效氢的方法判断同分异构体的数目,等效氢法的判断可按下列三点进行:
①同一碳原子上的氢原子是等效的;②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的;③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的(相当于平面成像时,物与像的关系)。
6.银Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为①在原电池装置中,氧化银能将甲醛充分氧化为CO2;②Fe3+与产生的Ag定量反应生成Fe2+;③Fe2+与Ferrozine形成有色配合物;④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。
下列说法正确的是( )
A.①中,负极上消耗1mol甲醛时转移2mol电子
B.①溶液中的H+由正极移向负极
C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1∶4
D.④中,甲醛浓度越大,吸光度越小
【答案】C
【解析】
A.甲醛分子中碳元素的化合价为0价,1mol甲醛被氧化时转移4mol电子,故A错误;B.原电池中阳离子向正极移动,故B错误;C.每生成1molFe2+转移1mol电子,1mol甲醛被氧化时转移4mol电子,根据电子转移的数目相等,可知消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:
4,故C正确;D.④中,甲醛浓度越大,反应生成的Fe2+的浓度越大,吸光度越大,故D错误;答案为C。
7.常温下,向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。
下列说法不正确的是( )
A.M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B.在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol
C.随着NaOH的加入,c(H+)/c(NH4+)不断增大
D.当n(NaOH)=0.1mol时,c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)
【答案】C
【解析】
A.M点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中,不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液,铵根离子浓度和一水合氨浓度相同,一水合氨是一元弱碱抑制水电离,此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度,A正确;B.在M点时溶液中存在电荷守恒,n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+),n(OH-)-n(H+)=0.05+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05)mol,B正确;C.铵根离子水解显酸性,结合水解平衡常数分析,c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O),随氢氧化钠固体加入,反应生成一水合氨浓度增大,平衡常数不变,则c(H+)/c(NH4+)减小,C错误;D.向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中,不断加入NaOH固体后,当n(NaOH)=0.1mol时,恰好反应生成氯化钠和一水合氨,根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),D正确;答案选C。
2020年高考化学选择题专项训练97
一、选择题:
本卷共7小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.化学与社会、生活密切相关,下列解释错误的是
实际应用
原理解释
A
含Na2CO3的盐碱地可用石膏降低其碱性
CaSO4具有酸性
B
二氧化硫用于纸的增白
二氧化硫具有漂白性
C
不可食用的“地沟油”可用于制肥皂
油脂碱性条件下可水解
D
小苏打用于焙制糕点的发酵粉
NaHCO3受热易分解产生气体
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸钠在土壤中显碱性,硫酸钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀,碳酸钙难溶于水,所以能降低土壤的碱性,原理解释不正确,故A错误;
B.二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质,具有漂白性,可以漂白纸浆,故B正确;
C.地沟油的主要成分是油脂,油脂与碱反应生成高级脂肪酸盐,所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂,故C正确;
D.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳,可以作焙制糕点的发酵粉,故D正确;
答案选A。
2.2-苯基丙烯酸是一种重要的医药中间体,其结构简式如图所示。
下列有关它的说法错误的是
A.分子式为C9H8O2
B.能发生酯化、加成、氧化反应
C.苯环上的二氯代物为4种
D.分子中所有碳原子可能共平面
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据结构简式可知,该有机物的分子式为C9H8O2,故A正确;
B.结构中含有羧基,能够发生酯化反应,含有苯环,能够发生加成反应、含有碳碳双键能够发生氧化反应和加成反应,故B正确;
C.苯环上的二氯代物为6种,分别为
(●表示氯原子)、
、
、
、
、
,故C错误;
D.苯环和碳氧双键均为平面结构,分子中所有碳原子可能共平面,故D正确;
答案选C。
3.下列实验操作与现象都正确,且能得出对应结论的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向2mL含有淀粉的0.2mol/LFeI2溶液中滴加2滴新制氯水
溶液变为蓝色
还原性:
I->Fe2+
B
向0.2mol/LNa2SiO3溶液中滴加稀盐酸
产生白色胶状沉淀
非金属性:
Cl>Si
C
分别向盛有铁片和铜片的两支试管中滴加浓硝酸
铁片无明显现象,铜片剧烈反应
金属性:
铜>铁
D
向Cu2+、Mg2+共存的溶液中滴加少量NaOH溶液
产生白色沉淀
Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Mg(OH)2]
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A.向含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴新制氯水,氯水少量,还原性强的优先被氧化,溶液变蓝,说明碘离子优先被氧化,则还原性I->Fe2+,故A正确;
B.向0.2mol/LNa2SiO3溶液中滴加稀盐酸,产生白色胶状沉淀,说明盐酸的酸性大于硅酸的酸性,盐酸为无氧酸,不能比较非金属性,故B错误;
C.常温下铁遇浓硝酸发生钝化,不能比较铁、铜的金属性,且由金属活动性顺序可知金属性Fe>Cu,故C错误;
D.未说明Mg2+和Cu2+共存的溶液中2种离子的浓度大小,无法判断溶度积常数的大小关系,故D错误;
答案选A。
【点睛】本题的易错点为B,要注意非金属性强弱的比较方法,方法之一为最高价含氧酸的酸性强弱,而盐酸为无氧酸。
4.为实现随处可上网,中国发射了“中星16号”卫星。
NH4ClO4是火箭的固体燃料,发生反应为2NH4ClO4
N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O,NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是
A.1molNH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4-离子数均为NA
B.反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:
3
C.产生6.4gO2反应转移的电子总数为0.8NA
D.0.5molNH4ClO4分解产生的气体体积为44.8L
【答案】B
【解析】
【详解】A.NH4+为弱碱的阳离子,在水溶液中要水解,因此1molNH4ClO4溶于水含NH4+离子数少于NA,故A错误;
B.2NH4ClO4
N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O反应中还原产物为氯气,氧化产物为氮气和氧气,还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶3,故B正确;
C.6.4gO2的物质的量=
=0.2mol,根据2NH4ClO4
N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O,产生6.4gO2反应转移的电子总数为1.4NA,故C错误;
D.未告知是否为标准状况,无法计算0.5molNH4ClO4分解产生的气体的体积,故D错误;
答案选B。
【点睛】本题易错点为D,使用气体摩尔体积需要注意:
①对象是否为气体;②温度和压强是否为标准状况。
5.刚结束的两会《政府工作报告》首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。
如图是一种正负电极反应均涉及氢气的新型“全氢电池”,能量效率可达80%。
下列说法中错误的是
A.该装置将化学能转换为电能
B.离子交换膜允许H+和OH-通过
C.负极为A,其电极反应式是H2-2e-+2OH-=2H2O
D.电池的总反应为H++OH-
H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
由工作原理图可知,左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水,发生了氧化反应为负极,电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O,右边吸附层B为正极,发生了还原反应,电极反应是2H++2e-═H2↑,结合原电池原理分析解答。
【详解】A.“全氢电池”工作时是原电池反应,能量变化是将化学能转化为电能,故A正确;
B.由工作原理图可知,左边溶液为碱性,右边溶液为酸性,所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和,因此该离子交换膜不能允许H+和OH-通过,故B错误;
C.根据氢气的进出方向可知,氢气在吸附层A上发生氧化反应,化合价由0价变成+1价,吸附层A为负极,电极反应为:
H2-2e-+2OH-═2H2O,故C正确;
D.根据C的分析可知,右边吸附层B为正极,发生了还原反应,正极电极反应是2H++2e-═H2↑,左边吸附层A为负极,发生了氧化反应,电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O,因此总反应为:
H++OH-
H2O,故D正确;
答案选B。
6.W、Q、X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大,X原子的K层电子数与M层电子数相等,Y是常用的灰黑色半导体材料,通常状态下YW4呈气态。
下图是晶体Y的一种制备路线图。
有关说法正确的是
A.标准状况下,WZ为液态B.原子半径大小为W C.YQ2和YW4均只含极性共价键D.氢化物的稳定性为Q>Y>Z 【答案】C 【解析】 【分析】 W、Q、X、Y、Z为短周期元素且原子序数依次增大,X原子的K层电子数与M层电子数相等,X为Mg元素;Y是常用的灰黑色半导体材料,通常状态下YW4呈气态,则Y为Si元素,W为H元素;根据晶体Y的一种制备路线图,Z为-1价,原子序数大于14,则Z为Cl元素,YQ2中Q为-2价,结合原子序数的关系可知,Q为O元素,结合元素周期律分析解答。 【详解】根据上述分析,W为H元素,Q为O元素,X为Mg元素,Y为Si元素,Z为Cl元素。 A.WZ为HCl,标准状况下,HCl为气体,故A错误; B.一般而言,电子层数越多,半径越大,电子层数相同,原子序数越大,半径越小,因此原子半径大小顺序为W C.YQ2和YW4分别为SiO2、SiCl4,均为共价化合物,只含极性共价键,故C正确; D.非金属性越强,对应氢化物越稳定,氢化物的稳定性为Z>Y,故D错误; 答案选C。 7.25℃时,向20mL0.1mol/LH2R溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液,溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。 已知pKa=﹣lgKa,二元弱酸H2R的pKa1=1.89,pKa2=7.21。 下列有关说法错误的是 A.溶液的导电性: 点a弱于点b B.离子浓度c(R2-): 点c小于点d C.H2R+R2-=2HR-平衡常数>105,反应趋于完全 D.点b时,y<7且 <1 【答案】D 【解析】 【详解】A.b点是向20mL0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液20mL,得到浓度为0.05mol/L的NaHR溶液;a点是向20mL0.1mol•L-1H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1mol•L-1NaOH溶液10mL,得到浓度均为 mol/L的NaHR和H2R的混合溶液,由于阴离子的水解和电离程度均很小,因此b点溶液中的离子浓度大于a点,导电能力点a弱于点b,故A正确;B.c点溶液溶质为等物质的量的Na2R、NaHR,浓度均为0.03mol/L,d点溶液中溶质为 mol/LNa2R,R2-水解但程度较小,HR-既电离又水解但程度均很小,因此离子浓度c(R2-): 点c小于点d,故B正确;C.H2R+R2-=2HR-平衡常数K>105,说明反应进行的程度很大,反应趋于完全,故C正确;D.b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液,pKa2=7.21,Ka2=10-7.21,则HR-的电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,y<7,pKa1=1.89,则Ka1=10-1.89,Ka1= ,同理Ka2= ,则Ka1×Ka2= × = ,因此 = = =104.9>1,故D错误; 2020年高考化学选择题专项训练98 一、选择题: 本卷共7小题,每小题6分。 在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。 1.化学与生产生活密切相关,下列说法错误的是 A.二氧化硫能够杀死会将酒变成醋的酵母菌 B.二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料 C.可以用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥 D.蔗糖、淀粉、纤维素都属于糖类物质 【答案】C 【解析】 【详解】A.二氧化硫可以用作防腐剂,能够杀死会将酒变成醋的酵母菌,故A正确; B.二氧化碳能引起温室效应,也是植物发生光合作用的原料之一,因此二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料,故B正确; C.氢氧化钙与钾肥无现象,氢氧化钙和铵态氮肥混合会产生刺激性气味的氨气,但并不是所有的氮肥,如硝酸盐(除硝酸铵外),不能用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥,故C错误; D.蔗糖属于二糖;淀粉、纤维素属于多糖,故D正确; 答案选C。 2.用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是 A. 置配制100mL某浓度NaN03溶液B. 分离溴苯和水混合物 C. 验证质量守恒定律D. 可以实现防止铁钉生锈 【答案】B 【解析】 【详解】A.配制溶液时,NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解,故A错误; B.溴苯的密度大于水,不溶于水,溴苯在下层,故B正确; C.盐酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳,反应后容器中物质的总质量减少,不能直接用于验证质量守恒定律,故C错误; D.作原电池正极或电解池阴极的金属被保护,作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀,该装置中Fe作负极而加速被腐蚀,不能防止铁钉生锈,故D错误; 答案选B。 【点睛】本题易错点为C,验证质量守恒定律的实验时,选用药品和装置应考虑: ①只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒;②如果反应物中有气体参加反应,或生成物中有气体生成,应该选用密闭装置。 3.下列关于有机化合物的说法正确的是 A.C3H6C12有4种同分异构体 B.乙烯与Br2的CCl4溶液反应后,混合液分为两层 C.乙醇被氧化一定生成乙醛 D.合成材料会造成巨大的环境压力,应禁止使用 【答案】A 【解析】 【详解】A.丙烷上的二氯取代物,使用“定一移一”的方法。 丙烷上有1对称轴,定1个氯在端基的碳原子,另1个氯原子的位置为邻间对,共3种。 定1个氯原子在中间的碳原子上,则另1个氯只能在对位,共1种。 如图所示 。 A项正确; B.乙烯和Br2反应生成1,2-二溴乙烷为有机物,有机物溶于有机物,不会出现分层现象,B项错误; C.乙醇可以被高锰酸钾氧化到乙酸,不一定生成乙醛,C项错误; D.合成材料是由两种或两种以上的物质复合而成并具有某些综合性能的材料。 往往具有质轻、强度高、耐磨等优点,不应被禁止使用,D项错误; 【点睛】在使用“定一移一”的方法的时候要注意不能重复。 4.以石墨负极(C)、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示(实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的)。 充放电时,Li+在正极材料上脱嵌或嵌入,随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。 下列说法正确的是 A.锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用 B.该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化 C.放电时,负极材料上的反应为6C+xLi++xe-=LixC6 D.放电时,正极材料上的反应为LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+ 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题意描述,放电时,石墨为负极,充电时,石墨为阴极,石墨转化LixC6,得到电子,石墨电极发生还原反应,与题意吻合,据此分析解答。 【详解】根据上述分析,总反应为LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6。 A.为了防止正负极直接相互接触,因此用锂离子导电膜隔开,锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用,故A正确; B.根据总反应方程式LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6可知,LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价一定发生变化,否则不能构成原电池反应,故B错误; C.放电时,负极发生氧化反应,电极反应式为: LixC6-xe-=6C+xLi+,故C错误; D.放电时,Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应,电极反应为: Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO
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