答案选B。
16.25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10，也可用pH值一样的定义来规定其酸碱度：pD=-lgc(D+)，下列有关pD的叙述正确的是 ．．①中性D2O的PD>7
②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，其pD值为12 ③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，pD=2
④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，加入50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液，反应后溶液的pD=2 A. ①② 【答案】C 【解析】
【详解】①25℃时，重水（D2O）的离子积为1.6×10，中性纯水中，C（D）=C（HD）=1.6?10?15mol/L=4×10mol/L，PD=-lg[D]=8-lg4＞7，故①正确；
②在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，NaOD的物质的量浓度小于0.01mol/L，所以C（HD-）＜0.01mol/L，C（D）＞1.6×10，则PD值＞12，故②错误；
③1L0.01mol/L的DCl的重水溶液，C（D+）=0.01mol/L，PD=2，故正确；
④在100mL 0.25mol/L DCl的重水溶液中，n（DCl）=0.25mol/L×0.1L=0.025mol，50mL 0.2mol/L NaOD的重水溶液中，C（NaOD）=0.2mol/L×0.05L=0.01mol＜n（DCl），则酸过量，混合溶液中C（DCl）==0.1mol/L，PD=1，故④错误； 答案选C。
17.已知甲、乙、丙、丁四种溶液分别为CH3COONa、NH3?H2O、CH3COOH、Na2SO4中的一种，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，则丁为 A. NH3?H2O 【答案】D 【解析】
【详解】CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性；NH3?H2O为弱碱，CH3COOH为弱酸，Na2SO4为强
B. CH3COONa
C. CH3COOH
D. Na2SO4
+
-13
-8
+
-15
+
--15
B. ③④ C. ①③ D. ②④
0.25mol/L?0.1L-0.2mol/L?0.05L=0.1mol/L，则C（D+）
0.15L
酸强碱盐不水解呈中性，根据溶液的酸碱性，相同温度下，甲与乙两种溶液的pH相同，甲与乙一定是CH3COONa、NH3?H2O中的一种，因为它们都呈碱性，甲与丙两种溶液中的水的电离程度相同，NH3?H2O、CH3COOH、碱和酸抑制水的电离，所以甲与丙一定是NH3?H2O、CH3COOH中的一种，则甲为NH3?H2O、乙为CH3COONa、丙为CH3COOH，丁为Na2SO4，答案选D。
【点睛】pH=-lgc〔H+〕，pH由小到大的顺序是：酸溶液的pH＜呈中性的盐溶液的pH＜碱溶液的pH，由盐类的水解规律可知，强酸弱碱盐水解显酸性、强碱弱酸盐水解显碱性；盐类的水解促进水的电离，酸和碱抑制水的电离；
18.某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分別为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A. 溶液中水的电离程度：b点>c点 B. 曲线Ⅱ代表CH3COOH
C. 相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同
c(HA)?c(OH-)D. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离-c(A)子） 【答案】D 【解析】
【详解】酸的电离平衡常数越大,酸的酸性越强,根据电离平衡常数知,酸性：HNO2>CH3COOH， A. 酸或碱抑制水电离，酸中c(H)越大其抑制水电离程度越大，酸中c(H):b>c，则抑制水电离程度：b>c，所以水电离程度：b B. 加水稀释促进弱酸电离，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化大的酸性较强，根据图知，pH变化较大的是II，则II表示较强的酸HNO2，所以曲线I表示CH3COOH，故B错误； C. a点两种溶液的pH相同，但是两种溶液浓度：HNO2 + + (HA)?c(OH?)D. 水解平衡常数只与温度有关，=Kh，从c点到d点，温度不变，水解平衡常 c(A?)(HA)?c(OH?)数不变，所以溶液中保持不变，故D正确； ?c(A)答案选D。 19. 下列关于下图装置的说法正确的是 A. 若断开K1关闭K2，X、Y均为石墨，Z是NaCl溶液，则X 附近能得到氢氧化钠 B. 若断开K1关闭K2，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4溶液，则该装置可用于铜的精炼 C. 若断开K2关闭K1，X是Cu，Y是Fe，Z是含有空气的海水，则该装置可用于保护Fe D. 若断开K2关闭K1，X是Cu，Y是Zn，Z是稀H2SO4，则在X极有气泡生成。 【答案】D 【解析】 试题分析：A．若断开K1关闭K2则构成电解池，X、Y均为石墨，Z是NaCl溶液，X 是阳极，氯离子放电生成氯气，错误；B．若断开K1关闭K2则构成电解池，X是阳极，电极材料为粗铜，Y是精铜，Z是CuSO4溶液，才可用于铜的精炼，错误；C．若断开K2关闭K1则构成原电池，X是Cu，Y是Fe，Z是含有空气的海水，铁比铜活泼做负极，受到腐蚀，该装置不能用于保护Fe，错误；D．若断开K2关闭K1则构成原电池，X是Cu，Y是Zn，Z是稀H2SO4，锌比铜活泼，则在X极有气泡生成，正确；选D。 考点：考查原电池、电解池的工作原理。 20.中科院某课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池(如图所示)，该电池可将可乐(pH=2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法中正确的是（ ） A. a极为正极 B. 随着反应不断进行，负极区的pH不断增大 C. b极电极反应式为MnO2+2H2O+2e=Mn+4OH D. 消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】 A.失电子化合价升高的电极为负极，发生氧化反应； B.负极区电极反应式 C6H12O6-2e=C6H10O6+2H，负极溶液中c(H)增大； -+ + -2+ - C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和Mn2+； D.根据C6H12O6-2e=C6H10O6+2H计算转移电子物质的量。 【详解】A.根据图知，葡萄糖C6H12O6转化为葡萄糖内脂C6H10O6，C元素化合价由0价转化为+则该电极上失电子发生氧化反应，所以a为负极，b为正极，A错误； B.负极区电极反应式为C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+，负极溶液中c(H+)增大，则溶液的pH减小，B错误； C.b电极上二氧化锰得电子和氢离子反应生成水和锰离子，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，C错误； D.根据C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+可知，消耗1mol葡萄糖转移2mol电子，则消耗0.01mol葡萄糖转移0.02mol电子，D正确； 故合理选项是D。 【点睛】本题考查化学电源新型电池，正确判断各个电极上发生的反应及电极名称是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液酸碱性书写。 21.一种“全氢电池”的工作原理如图所示。下列说法正确的是 -+ 1，3 A. 电流方向是从吸附层M通过导线到吸附层N B. 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 C. Na+从右边穿过离子交换膜向左边移动 D. 正极的电极反应是H2－2e－+2OH－=2H2O 【答案】B 【解析】 【分析】 通过图像分析，吸附层M上氢气失电子，化合价升高，为电池的负极；而吸附层N上，氢离子得电子，化合价降低，生成氢气，为电池的正极。 【详解】A.电流的方向由电池的正极出发流向电池的负极，则为由吸附层N流向吸附层M，A错误； B.根据电池内阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，放电时，若为阳离子交换膜，则允许阳离子向右侧移动，若为阴离子交换膜，则允许阴离子向左移动，B正确； C. 放电时，电池内阳离子向正极移动，则Na+从左边穿过离子交换膜向右边移动，C错误； D. 正极为得电子，电极反应：2H++2e-=H2，D错误； 【点睛】通过图像分析电池的正负极为解题的关键，电流的流向与电子的流向相反，容易看错。 二、填空题（共5分） 22.工业上电解制碱的技术是用阳离子交换膜法，主要原料是饱和食盐水。图一为阳离子交换膜法电解原理示意图。请回答下列问题：
辽宁省沈阳铁路实验中学2019 - 2020学年高二化学10月月考试题（含解析）
