故选D．
17．（2分）（2017?浙江）银锌电池是一种常见化学电源，其原理反应：Zn+Ag2O+H2O═Zn（OH）2+2Ag，其工作示意图如图．下列说法不正确的是（ ）
A．Zn电极是负极
B．Ag2O电极上发生还原反应
C．Zn电极的电极反应式：Zn﹣2e﹣+2OH﹣═Zn（OH）2 D．放电前后电解质溶液的pH保持不变
【分析】原电池反应Zn+Ag2O+H2O=Zn（OH）2+2Ag中，负极反应为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2、正极反应为Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣，电子由负极流向正极，以此来解答．
【解答】解：A、活泼金属Zn为负极，故A正确；
B、正极反应为Ag2O+H2O+2e﹣=2Ag+2OH﹣，发生还原反应，故B正确； C、负极反应为Zn+2OH﹣﹣2e﹣=Zn（OH）2，故C正确；
D、氢氧根离子物质的量虽然不变，但水的量减少，KOH的浓度增大，pH增大，故D错误； 故选D．
18．（2分）（2017?浙江）室温下，下列事实不能说明NH3?H2O为弱电解质的是（ ）
A．0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O的pH小于13 B．0.1 mol?L﹣1 NH4Cl的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol?L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱 D．0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O能使无色酚酞试液变红色
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3．H2O部分电离就说明
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NH3．H2O是弱电解质，据此分析解答．
【解答】解：A．0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O的pH小于13，则溶液中（cOH﹣）＜0.1mol/L，所以c（OH﹣）＜c（NH3．H2O），说明NH3?H2O部分电离，为弱电解质，故A不选；
B．0.1 mol?L﹣1 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3?H2O是弱电解质，故B不选；
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol?L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3?H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；
D．0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3?H2O显碱性，则不能证明NH3．H2O是弱电解质，故D选； 故选D．
19．（2分）（2017?浙江）已知断裂1mol H2（g）中的H﹣H键需要吸收436.4KJ的能量，断裂1mol O2（g）中的共价键需要吸收498KJ的能量，生成H2O（g）中的1mol H﹣O键能放出462.8KJ的能量．下列说法正确的是（ ） A．断裂1 mol H2O中的化学键需要吸收925.6 KJ的能量 B．2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=﹣480.4 KJ?mol﹣1 C．2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=471.6 KJ?mol﹣1 D．H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣240.2KJ?mol﹣1
【分析】焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，以此来解答．
【解答】解：A．生成H2O（g）中的1mol H﹣O键能放出462.8KJ的能量，则断裂1 mol H2O（g）中的化学键需要吸收热量462.8KJ×2=925.6 KJ，但并未说明水的状态，故A错误；
B.2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=（436.4KJ/mol）×2+（498KJ/mol）﹣2×2×（462.8KJ/mol）=﹣480.4 KJ?mol﹣1，故B正确；
C.2H2O（g）=2H2O（l）△H=﹣88KJ/mol，则2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣568.4KJ/mol，可知2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+568.4 KJ?mol﹣1，故C错误；
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D.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣568.4KJ/mol，则H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=﹣284.2KJ?mol﹣1，故D错误； 故选B．
20．（2分）（2017?浙江）下列说法正确的是（ ）
A．干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同
B．化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键 C．CH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构 D．NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响 【分析】A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体； B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键； C、CH4分子中氢原子最外层达2电子的稳定结构；
D、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子．
【解答】解：A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，而熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，故A错误；
B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键，所以化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键，故B正确；
C、CH4分子中氢原子最外层达2电子的稳定结构，不是8电子稳定结构，故C错误；
D、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，故D错误； 故选B．
21．（2分）（2017?浙江）对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究．在相同温度下，M的物质的量浓度（mol?L﹣1）随时间（min）变化的有关实验数据见表．下列说法不正确的是（ ）
时间 水样 第23页（共41页）
0 5 10 15 20 25
Ⅰ（pH=2） Ⅱ（pH=4） Ⅲ（pH=4） Ⅳ（pH=4，含Ca2+） 0.4 0.4 0.20 0.20 0.28 0.31 0.15 0.09 0.19 0.24 0.12 0.05 0.13 0.20 0.09 0.03 0.10 0.18 0.07 0.01 0.09 0.16 0.05 0 A．在0～20 min内，Ⅰ中M的分解速率为0.015 mol?L﹣1?min﹣1 B．水样酸性越强，M的分解速率越快
C．在0～20 min内，Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大 D．由于Ca2+存在，Ⅳ中M的分解速率比Ⅰ快
【分析】A．在0～20 min内，Ⅰ中M的物质的量浓度变化0.3mol/L，以此可计算浓度；
B．对比Ⅰ、Ⅱ组数据可得出结论；
C．在0～20 min内，Ⅲ中M的浓度变化0.13mol，Ⅱ中变化0.22mol，以此计算分解的百分率；
D．可对比0～20 min内Ⅰ、Ⅳ中M的分解速率进行判断．
【解答】解：A．在0～20 min内，Ⅰ中M的物质的量浓度变化0.3mol/L，则，Ⅰ中M的分解速率为
=0.015 mol?L﹣1?min﹣1，故A正确；
B．对比Ⅰ、Ⅱ组数据，0﹣5min内，Ⅰ中M的物质的量浓度变化0.12mol/L，Ⅱ中M的物质的量浓度变化0.09mol/L，则酸性增强，速率增大，故B正确； C．在0～20 min内，Ⅲ中M的浓度变化0.13mol，分解速率为0.22mol，分解速率为
，Ⅱ中变化
，则Ⅲ中M的分解百分率比Ⅱ大，故C正确；
、Ⅳ中M的分解速率为
，可
D．可对比5～10min内Ⅰ中分解速率为知Ⅰ中M的分解速率比Ⅰ快，故D错误． 故选D．
22．（2分）（2017?浙江）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5 NA B．1 L 0.1 mol?L﹣1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 NA
C．0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 NA
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D．0.1 mol乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3 NA 【分析】A、标况下乙醇为液体；
B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子； C、KI和FeCl3的反应是一个可逆反应； D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气．
【解答】解：A、标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；
B、硫酸钠溶液中，除了硫酸钠外，水也含氧原子，故此溶液中的氧原子的个数大于0.4NA个，故B错误；
C、KI和FeCl3的反应是一个可逆反应，不能完全反应，题干中转移0.1NA的电子数是在完全反应的情况下，故C错误；
D、1mol乙烯和乙醇均消耗3mol氧气，故0.1mol乙烯和乙醇消耗0.3mol氧气即0.3NA个氧气分子，故D正确． 故选D．
23．（2分）（2017?浙江）25℃时，在含CH3COOH和CH3COOˉ的溶液中，CH3COOH和CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示．下列说法不正确的是（ ）
A．在pH＜4.76的溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH） B．在pH=7的溶液中，α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0
C．在pH＞4.76的溶液中，c（CH3COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c（H+） D．在pH=4.76的溶液中加盐酸，α（CH3COOH）与α（CH3COO﹣）之和保持不变 【分析】A．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），在pH＜4.76的溶液显酸性；
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