精品解析重庆市九龙坡区学年高二上学期教育质量全面监测化学试题精校Word版.docx

精品解析重庆市九龙坡区学年高二上学期教育质量全面监测化学试题精校Word版.docx

《精品解析重庆市九龙坡区学年高二上学期教育质量全面监测化学试题精校Word版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《精品解析重庆市九龙坡区学年高二上学期教育质量全面监测化学试题精校Word版.docx（39页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

精品解析重庆市九龙坡区学年高二上学期教育质量全面监测化学试题精校Word版

2018-2019学年九龙坡区教育质量全面监测（中学）

高二（上）化学试题

可能用到的相对原子质量：

H1C12O16

第Ⅰ卷（选择题共42分）

一．选择题（本题包括21个小题，每小题2分，共42分。

每小题均只有一个选项符合题意）

1.2018年10月22日，中国科学家王中林院士获世界能源领域最高奖—被誉为“能源界诺贝尔奖”的埃尼奖（EniAward），以表彰他在纳米发电机和海洋“蓝色能源”技术领域对世界能源发展做出的重大贡献。

下列与海洋能一样属于可再生能源的是

A.氢气B.煤C.石油D.天然气

【答案】A

【解析】

【分析】

从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。

化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。

【详解】煤、石油和天然气属于三大化石燃料，会越用越少不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而氢气可以在自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源，故答案选A。

2.我们主要从三个方面讨论一个化学反应的原理，其中不属于这三个方面的是

A.反应进行的方向B.反应的快慢C.反应进行的限度D.反应物的颜色

【答案】D

【解析】

【分析】

化学反应的原理与方向、速率和限度有关，和物质的颜色无关。

【详解】化学反应进行的方向（推动力）、化学反应进行的快慢（速率）和化学反应的限度（反应物能否全部转变为产物）三个方面的内容，是化学反应原理的重要组成部分，故本题答案选D。

3.下列各组物质中，前者是强电解质，后者是弱电解质的是

A.NaCl、BaSO4B.HCl、NaHSO4C.KNO3、CH3COOHD.NH3·H2O、H2SO4

【答案】C

【解析】

强电解质包括强酸、强碱、绝大部分盐、金属氧化物等，弱电解质包括弱酸、弱碱、极少数盐、水等；NaCl、BaSO4、HCl、NaHSO4、H2SO4、KNO3全部为强电解质，CH3COOH、NH3·H2O均为弱电解质，符合题意的为C；答案选C。

4.控制变量法是化学实验的常用方法之一。

下图实验探究影响反应速率的因素是

A.浓度B.温度C.催化剂D.固体质量

【答案】B

【解析】

两个实验中，盐酸浓度相同、镁条相同，温度不同，则该实验探究影响反应速率的因素是温度，温度不同，反应速率不同。

答案选B。

点睛：

本题考查化学反应速率的探究，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度不大，注意对控制变量法的理解，从而得解。

5.我国成功实现持续开采可燃冰。

可燃冰是天然气和水在海底300m-3000m的深度形成的固体，可表示为mCH4·nH2O。

下列哪个条件不是形成可燃冰必须具备的

A.低压B.低温C.高压D.充足的CH4来源

【答案】A

【解析】

由题意，可燃冰是天然气和水在海底300m-3000m的深度形成的固体，可表示为mCH4·nH2O。

所以可燃冰是低温高压条件下许多CH4分子被包进水分子中，在海底的低温与高压下结晶形成的，因此低压不是形成可燃冰必须具备的条件，故选A。

6.物质的量浓度相同的下列溶液中，c（NH4+）最大的是

A.NH4ClB.CH3COONH4C.NH4HCO3D.NH4HSO4

【答案】D

【解析】

【分析】

根据铵根离子的浓度和水解的影响角度来分析，若含有对铵根离子水解起促进作用的离子，则铵根离子水解程度增大，溶液中的c（NH4+）减小，反之，若含有抑制铵根离子水解的离子，则铵根的水解程度减弱，溶液中的c（NH4+）增大，据此分析判断。

【详解】物质的量浓度相同的下列溶液中不考虑（水解）其他因素影响，则ABCD选项中铵根离子浓度分别比为1:

1:

1:

1，其水解方程式为：

NH4++H2O

NH3·H2O+H+，

A.NH4Cl溶液中，NH4+的水解不受氯离子的影响；

B.CH3COONH4溶液中醋酸根离子对NH4+的水解起到促进作用，导致NH4+水解程度大，其溶液中的铵根离子浓度c（NH4+）减小；

C.NH4HCO3溶液中HCO3-对NH4+的水解起到促进作用，导致NH4+水解程度大，其溶液中的铵根离子浓度c（NH4+）减小；

D.NH4HSO4溶液中H+对NH4+的水解起抑制作用，导致NH4+水解程度很小，溶液中的c（NH4+）增大；

综上所述，NH4+的浓度最大的是NH4HSO4，故D项正确，

答案选D。

7.pH值相等的盐酸（甲）和醋酸（乙），盐酸与醋酸浓度的大小关系是

A.甲＝乙B.甲＞乙C.甲＜乙D.不确定

【答案】C

【解析】

【分析】

盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，据此分析作答。

【详解】pH值相等的盐酸（甲）和醋酸（乙），已电离的氰离子浓度相同，因盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，所以所需的盐酸比醋酸浓度小，即甲＜乙，故C项正确，

答案选C。

【点睛】此题侧重学生对一元弱酸与一元强酸的理解与应用，题型较基础。

在做此类深层次的对比题时，如与氢氧化钠反应消耗氢氧化钠的多少、与足量的锌粒反应产生氢气的多少等问题时，由于一元弱酸存在电离平衡，需要注意的是所给的条件是pH相等，还是溶液中溶质的的浓度相等，然后在依据条件逐一分析判断即可。

8.下列实验事实或数据能说明次氯酸为弱电解质的是

A.次氯酸具有漂白性B.常温时，次氯酸水溶液的pH<7

C.次氯酸不稳定，易分解D.0.001mol•L-1HClO溶液的pH=5

【答案】D

【解析】

【分析】

能够说明HClO为弱电解质，可证明HClO不能完全电离、存在电离平衡或对应的强碱盐溶液呈碱性，以此解答该题。

【详解】A.次氯酸具有漂白性，与电离程度无关，故A项错误；

B.常温时，次氯酸的水溶液的pH＜7，只能证明呈酸性，但无法确定电离程度，不能证明为弱电解质，故B项错误；

C.次氯酸不稳定，易分解，只能说明次氯酸的稳定性差，这与酸性强弱无关，故C项错误；

D.0.001mol/L的HClO溶液的pH=5，电离出的氰离子浓度为10-5

0.001mol/L，则说明次氯酸不能完全电离，为弱电解质，故D项正确；

答案选D。

9.常温下将pH=8的NaOH溶液稀释1000倍，稀释后溶液中c（Na+）与c（OH－）之比接近

A.1：

1B.1：

102C.102：

1D.1：

103

【答案】B

【解析】

【分析】

将pH=8的NaOH溶液加水稀释1000倍，稀释后所得溶液中Na+浓度c（Na+）变为原来的千分之一，碱溶液稀释1000后，接近中性，pH

7，据此计算得出结论。

【详解】NaOH为强碱，则pH=8的NaOH溶液中Na+浓度浓度等于氢氧根离子的浓度=1×10−6mol/L；当溶液稀释1000倍后，氢氧根离子浓度只能无限接近中性即为1×10−7mol/L，而钾离子浓度为：

c（Na+）=1×10−9mol/L，因此稀释后所得溶液中c（Na+）与c（OH－）之比约为：

（1×10−9）mol/L：

（1×10−7）mol/L=1：

100，故B项正确，

答案选B。

【点睛】要特别注意，常温下，强酸或强无限稀释时，酸溶液或碱溶液的pH均接近于7，都不可能从酸变为碱或从碱变为酸，这是因为无限稀释时，由水电离出的氢离子与氢氧根离子不能忽略。

10.下列实验现象不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是

选项

A

B

C

D

反应装置或图像

实验现象或图像信息

反应开始后，针筒活塞向右移动

反应开始后，甲侧液面低于乙侧液面

温度计的水银柱上升

反应开始后，气球慢慢胀大

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【分析】

A．Zn与稀硫酸反应生成氢气，氢气可使针筒活塞向右移动；

B．甲处液面低于乙处液面，可知瓶内空气受热温度升高；由图可知，反应物总能量大于生成物总能量；

C．温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量

D．根据气体热胀冷缩原理分析作答。

【详解】A.Zn与稀硫酸反应生成的氢气可使针筒活塞向右移动，则不能充分说明相应的化学反应是放热反应，故A项错误；

B.甲处液面低于乙处液面，可知瓶内空气受热温度升高，说明相应的化学反应是放热反应，故B项正确；

C.温度计的水银柱不断上升，则中和反应放出热量，说明相应的化学反应是放热反应，故C项正确；

D.稀硫酸与氢氧化钾溶液反应后，由于反应放热，导致瓶内气压增大，气球会胀大，则间接说明相应的化学反应为放热反应，故D项正确，

答案选A。

11.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是

A.pH=1的溶液中：

Fe2+、NO3－、SO42－、Na+

B.由水电离的c（H+）=1×10-14mol•L-1的溶液中：

Ca2+、K+、Cl－、HCO3－

C.c（H+）/c（OH－）=1012的溶液中：

NH4+、Al3+、NO3－、Cl－

D.c（Fe3+）=0.1mol•L-1的溶液中：

K+、CO32－、NO3－、SCN－

【答案】C

【解析】

【分析】

A．该溶液呈酸性，酸性条件下NO3－能够Fe2+；

B．该溶液呈酸性或碱性，HCO3－与H+、OH－均会发生反应；

C．该溶液中存在大量H+，四种离子之间不反应，也都不与H+反应；

D．Fe3+与CO32－发生双水解反应，与SCN－会发生络合反应。

【详解】A.pH=1的溶液呈酸性，Fe2+、NO3－在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A项错误；

B.由水电离的c（H+）=1×10-14mol•L-1的溶液呈酸性或碱性，溶液中存在大量H+或OH－，HCO3－与H+、OH－均会发生反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；

C.该溶液呈酸性，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Al3+、NO3－、Cl－之间不反应，都不与H+反应，在溶液中能够大量共存，故C项正确；

D.Fe3+与CO32－发生双水解反应，与SCN－会发生络合反应在溶液中不能大量共存，故D项错误。

故选：

C。

【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。

如常温下与Al反应生成氢气的溶液，常温下水电离出来的H+和OH-浓度小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。

又或者是无色透明的限定条件，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意，做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。

12.下列有关化学符号表征正确的是

A.电解法精炼铜，阴极电极反应：

Cu2++2e－==Cu

B.H2S在水溶液中的电离：

H2S

2H++S2－

C.甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：

CH4（g）＋2O2（g）==CO2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－890.3kJ·mol－1

D.碳酸钠水解的离子方程式：

CO32－+2H2O

2OH－+H2CO3

【答案】A

【解析】

【分析】

A.电解法精炼铜，阴极发生还原反应：

B.二元弱酸的电离分步进行，以第一步为主；

C.燃烧热为常温常压下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量；

D.碳酸根离子的水解反应分步进行。

【详解】A.电解法精炼铜，阴极溶液中的铜离子得电子发生还原反应，其电极反应式为：

Cu2++2e－==Cu，故A项正确；

B.H2S在水溶液中的主要电离方程式为H2S

H++HS−，故B项错误；

C.甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：

CH4（g）＋2O2（g）==CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－890.3kJ·mol－1，常温下水的稳定状态为液态，故C项错误；

D.碳酸钠水解的离子方程式：

CO32－+H2O

OH－+HCO3－，故D项错误；

答案选A。

【点睛】本题侧重考查学生对化学原理基本概念的理解与应用，需要注意的是多元弱电解质的电离方程式书写的规范性，①多元弱酸分步电离，以第一步电离为主，如本题的B选项，H2S的电离方程式为：

H2S

H++HS−（第一步）；②多元弱碱的电离过程则可一步写出：

Fe（OH）3

Fe3++3OH−。

同理，多元弱酸根离子水解的离子方程式也分步书写，其水解以第一步水解为主，如本题的CO32－的水解方程式为：

CO32－+H2O

OH－+HCO3－，而多元弱碱的阳离子水解反应中学阶段需一步写出，如Fe3++3H2O

Fe（OH）3+3H+。

13.某反应由两步反应A

B

C构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是

A.两步反应均为吸热反应B.三种化合物中C最稳定

C.A与C的能量差为E4D.A

B反应，反应条件一定要加热

【答案】B

【解析】

A、根据图像，B的能量大于A的能量，A→B反应是吸热反应，B的能量高于C的能量，B→C反应是放热反应，故A错误；B、能量越低，物质越稳定，C能量最低，因此C是三种化合物最稳定的，故B正确；C、A与C能量差是△H的绝对值，故C错误；D、吸热反应不一定需要加热，故D错误。

14.下列事实能用勒夏特列原理解释的是

A.工业制硫酸在二氧化硫催化氧化时采用高温来提高单位时间SO3的产量

B.合成氨工业中使用铁触媒做催化剂来加快反应速率

C.用饱和食盐水来除去氯气中氯化氢杂质

D.对于2HI（g）

H2（g）+I2（g），达平衡后，缩小容器体积可使体系颜色变深

【答案】C

【解析】

【分析】

勒夏特列原理：

若改变影响平衡的条件之一，则平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，其研究的反应为可逆反应，否则不适用，据此分析作答。

【详解】A.二氧化硫催化氧化反应方程式为：

2SO2+O2

2SO3，该反应为放热的可逆反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO2的转化率降低，不能提高单位时间SO3的产量，与题设矛盾，故A项错误；

B.催化剂只能加快反应速率，不能改变化学平衡，故B项错误；

C.氯气溶于水可发生反应：

Cl2+H2O

H++Cl－+HClO，在饱和食盐水中氯离子浓度较大，从而使该反应平衡向逆向移动，可降低氯气在水中的溶解度，同时吸收溶解度较大的氯化氢，则可用勒夏特列原理解释，故C项正确；

D.2HI（g）

H2（g）+I2（g），该体系为气体体积不变的反应，达平衡后，缩小容器体积（增大压强），平衡不移动，体系颜色变深，是因为体积减小，使得碘单质的浓度增大导致的颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故D项错误；

答案选C。

15.2018年10月24日港珠澳大桥正式通车。

深埋在海水中的钢管桩易发生腐蚀，但中科院金属研究所研发的技术能保障大桥120年耐久性。

下列保护钢管桩的措施不合理的是

A.使用抗腐蚀性强的合金钢B.钢管桩附着铜以增强抗腐蚀性

C.使用防止钢筋锈蚀的海工混凝土D.在钢筋表面覆盖一层高性能防腐涂料

【答案】B

【解析】

【分析】

金属的防护主要从三个方面采取方法：

（1）改变金属的内部组织结构，如制成不锈钢，增加耐腐蚀性；

（2）在金属表面覆盖保护层，如涂油、喷漆等；（3）电化学保护法，如牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法，据此分析作答。

【详解】A.合金钢比钢管耐腐蚀性强，大大增加了钢管柱对外界侵蚀的抵抗力，故A项正确；

B.钢管的金属活动性比铜强，会与铜构成原电池，钢管柱做负极，是腐蚀速率更快，故B项错误；

C.海工混凝土防止钢筋锈蚀，故C项正确；

D.表面覆盖一层高性能防腐涂料，可使钢管跟周围物质隔离开来，故D项正确；

答案选B。

【点睛】本题主要考查金属的腐蚀与防护方法的知识点。

学生在做题时把握防护的原理与方法是解题的关键。

需要强调的是，在电化学保护法中，牺牲阳极的阴极保护法指的是将金属性强的金属作为保护极（负极）与被保护金属相连构成原电池，其负极由于发生氧化反应而被损耗，进而使得正极金属避免被腐蚀，千万不能连接金属性较弱的金属，如本题的B选项，不但起不到保护作用，反而使得钢管柱腐蚀速率更快，得不偿失，学生要分析清楚防护原理，切莫模棱两可。

16.下列实验操作规范且能达到实验目的的是

选项

实验目的

操作

A

取20.00mL盐酸

在25mL酸式滴定管中装入盐酸。

调整初始读数为5.00mL后，将剩余盐酸全部放入锥形瓶中

B

测量饱和Na2CO3溶液的pH值

用蒸馏水湿润pH试纸，放入Na2CO3溶液中，观察pH试纸颜色，并与比色卡对比，读出pH值

C

制取纯净的FeCl3固体

加热蒸干FeCl3溶液

D

验证Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]

将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【分析】

A.滴定管的下端无刻度；

B.pH试纸不能润湿，且需用玻璃棒蘸取待测液，而不是直接放入待测液中；

C.FeCl3溶液会发生水解；

【详解】A.滴定管的下端无刻度，则剩余盐酸放入锥形瓶其体积大于20.00mL，故A项错误；

B.测量饱和Na2CO3溶液的pH值时，其正确的操作为：

用玻璃棒蘸取待测液放在干燥的pH试纸上，用标准比色卡进行对比，读出其pH值，故B项错误；

C.由于FeCl3溶液存在水解平衡，其水解方程式为：

FeCl3+3H2O

Fe（OH）3+3HCl，加热蒸干FeCl3溶液时，氯化氢易挥发，且升温促进水解向正反应方向移动，最后不会得到FeCl3，则不能达到实验目的，故C项错误；

D.将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，说明镁离子均以氢氧化镁沉淀的形式生成，再滴加0.1mol/LCuSO4溶液时，产生蓝色沉淀，则可以说明氢氧化铜的溶解度小于氢氧化镁的溶解度，因沉淀类型相同，则进一步验证了Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，故D项正确；

答案选D。

17.对于可逆反应A（g）＋2B（g）

2C（g）　ΔH>0，下列图象中正确的是

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【分析】

根据可逆反应A（g）＋2B（g）

2C（g）　ΔH>0可知，该反应是气体体积减小的反应，且升温、增大压强均会促进反应向正方向移动，结合图像分析，

【详解】由上述分析可知，

A.该反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正反应速率比逆反应速率增大得快，则图中交点（平衡）后应正反应速率大于逆反应速率，故A项错误；

B.该反应为吸热反应，压强恒为105Pa时，升高温度平衡向正向移动，而图中A的体积分数减小，与事实不符，故B项错误；

C.升高温度，反应速率加快，达到平衡时间短，且平衡向正向移动，A的体积分数减小，则500℃先达到平衡且A的体积分数小，故C项正确；

D.升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，则图中500℃应先达到平衡，故D项错误；

答案选C。

【点睛】解答化学速率与平衡图像题时，可采取“先拐先平数值大”原则对反应速率进行初步分析。

再进一步判断过程的变化趋势。

具体方法可总结为：

（1）看坐标系，确定纵、横坐标所代表的具体含义；

（2）分析反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热；气体体积增大、减小还是不变；有无固体或纯液体参加或生成等；

（3）分析自变量和因变量，弄明白始末状态，结合勒夏特列原理进行分析；

（4）看清起点、拐点和终点，分清极值和斜率的一对一，把握曲线变化规律，得出结论。

18.电解NO制备NH4NO3的工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质M。

下列有关分析或说法中正确的是

A.a应接直流电源的正极

B.补充的物质M是NH3

C.阳极的电极反应式：

NO+5e－+6H+＝NH4++H2O

D.电路中通过5mol电子时，理论上最多可处理22.4LNO气体（标准状况）

【答案】B

【解析】

【分析】

电解NO制备NH4NO3，阳极NO失电子发生氧化反应生成硝酸根离子，其电极反应式为：

NO-3e－+2H2O＝NO3－+4H+，阴极NO得电子发生还原反应生成铵根离子，其电极反应式：

NO+5e－+6H+＝NH4++H2O，从两极反应可以看出，若要得失电子数守恒，阳极产生的硝酸根离子大于阴极产生的铵根离子，为保持溶液的电中性，应该及时补充NH3，据此分析作答。

【详解】A.a极是NO转化为NH4+的过程，N元素化合价降低，发生还原反应，作电解池的阴极，连接的是直流电源的负极，故A项错误；

B.结合电子转移数守恒，由上述分析可知，阴极产生的铵根离子小于阳极产生的硝酸根离子，为保持溶液电中性，NH4+与NO3－按物质的量为1:

1制备NH4NO3，则应及时补充NH3，故B项正确；

C.阳极NO失电子发生氧化反应，其电极反应式：

NO-3e－+2H2O＝NO3－+4H+，故C项错误；

D.电解反应总的方程式为：

8NO+7H2O

3NH4NO3+2HNO3，根据关系式8NO

15e－可知，若通过5mol电子时，最多处理NO的物质的量为

mol，在标准状况下，NO的体积为

mol

22.4L/mol=59.7L，故D项错误；

答案选B。

19.把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：

Ca（OH）2（s）

Ca2+（aq）+

2OH-（aq）,下列叙述正确的是（）

A.给溶液加热，溶液的pH升高

B.恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高

C.向溶液中加入Na2CO3溶液，则其中的Ca（OH）2的固体增多

D.向溶液中加入少量的NaOH固体，则其中的Ca（OH）2的固体增多

【答案】D

【解析】

试题分析：

Ca（OH）2（s）的溶解度随温度的升高而减小，给溶液加热，OH-浓度减小，溶液的pH降低，故A错误；恒温下溶解度不变，所以加入氧化钙，溶液的浓度不变，pH不变，故B错误；加入NaCO3溶液，生成碳酸钙沉淀，平衡Ca（OH）2（s）

Ca2+（aq）+2OH-（aq）正向移动，Ca（OH）2的固体减少，故C错误；加入少量的NaOH固体，OH-浓度增大，平衡Ca（OH）2（s）

Ca2+（aq）+2OH-（aq）逆向移动，Ca（OH）2的固体增多，故D正确。

考点：

本题考查溶解沉淀平衡。

20.中科院董绍俊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（如下图所示），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.消耗0.01mol葡萄糖，电路中转移0.02mol电子

D.b极的电极反应式为：

MnO2+2H2O+2e－=Mn2++4OH－

【答案】C

【解析】

【分析】

此装置为新型电池，为原电池原理，其中a极葡萄糖（C6H12O6）转化为葡糖糖内酯（C6H10O6），C元