1、题号一、填空题二、选择题总分得分评卷人得分一、填空题17、(1)如图甲表示10mL量筒中液面的位置，A与B、B与C刻度间相差1mL，如果刻度A为4，量筒中液体的体积是_mL。如图乙表示50 mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积(填代号)_。A是a mLB一定大于a mLC是(50a) mLD一定大于(50a) mL(2)已知AgCl为难溶于水和酸的白色固体，Ag2S为难溶于水和酸的黑色固体。向AgCl和水的悬浊液中加入足量的Na2S溶液并振荡，结果白色固体完全转化为黑色固体：写出白色固体转化为黑色固体的离子方程式：_。18、10时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶
2、液的pH发生如下变化：温度()102030加热煮沸后冷却到50pH8.38.48.58.8甲同学认为：该溶液的pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为_。乙同学认为：溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_(填“大于”或“小于”)NaHCO3。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则_(填“甲”或“乙”)判断正确。试剂X是_。ABa(OH)2溶液BBaCl2溶液CNaOH溶液D澄清的石灰水(2)将加热后的溶液冷却到10，若溶液的pH_(填“高于”、“低于
3、”或“等于”)8.3，则_(填“甲”或“乙”)判断正确。(3)查阅资料发现NaHCO3的分解温度为150，丙断言_(填“甲”或“乙”)判断是错误的，理由是_ _。19、现用质量分数为98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸来配制500 mL、0.2 molL1的稀硫酸。可供选择的仪器有：玻璃棒 烧瓶 烧杯 胶头滴管 量筒 托盘天平容量瓶药匙。请回答下列问题：(1)上述仪器中，在配制稀H2SO4时用不到的有 (填代号)。(2)经计算，需浓H2SO4的体积为 。现有10 mL 50 mL 100 mL三种规格的量筒，你选用的量筒是 (填代号)(3)在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中：错误的是
4、 ，能引起所配溶液浓度偏高的有 (填代号)。转移溶液后,未洗涤烧杯和玻璃棒转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线定容时，俯视刻度线20、有A、B、C、D、E 5种化合物中，其中A、B、C、D是铝元素的化合物，F是一种气体，在标准状况下对空气的相对密度是1.103，且有下列反应：A+NaOHD+H2O BA+H2O C+NaOH (适量)B+NaCl E+H2ONaOH+F C+D+H2OB则A、B、C、D化学式分别是：A_B_。C _。 D_。每空一分写出4 mol C和6 mol E在水溶液中发生反应的化学方程式_。21、有机物M是一种重要
5、的化工原料，已知M分子式为，1mol M最多消耗46g金属钠。M可通过下列路线合成（某些反应的反应物和反应条件未列出）：（1）按要求写出结构简式: A CM （2）写出反应、的化学方程式： 的反应类型是_。写出M中所含官能团的名称 。评卷人得分二、选择题（每空？ 分，共？ 分）9、相同温度下，体积均为0.25 L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g)H92.6 kJ/mol。实验测得起始时的有关数据如表所示：下列叙述错误的是()A容器中反应的平衡常数相等B平衡时，两个容器中NH3的体积分数均为C容器中达到平衡时放出的热量Q23.15 kJD若容器体积为0.5 L
6、，则平衡时放出的热量小于23.15 kJ10、常温下，向20 mL 0.1 mol/L酒石酸(用H2T表示)溶液中逐滴滴加等物质的量浓度的NaOH溶液。有关微粒的物质的量与混合溶液的pH有如图关系。下列说法正确的是()AV(NaOH)10 mL时，溶液中存在c(Na)2c(H2T)2c(HT)2c(T2)BV(NaOH)20mL时，溶液中存在c(Na)c(HT)c(H)c(H2T)c(T2)CV(NaOH)30mL时，溶液中存在c(Na)c(HT)c(T2)c(OH)c(H)DV(NaOH)40mL时，溶液中存在c(OH)c(HT)2c(H2T)c(H)11、在T时，将a g NH3完全溶于水
7、，得到V mL溶液，假设该溶液的密度为 g/cm3，溶质的质量分数为，物质的量浓度为c molL-1。则下列选项不正确的是 A溶质的质量分数为B用水稀释该溶液，OH- 的物质的量增加C该溶液中共有6种微粒D上述溶液中再加入V mL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.512、X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、M同主族，Y在同周期主族元素中原子半径最大Z和N可以形成ZN2型化合物下列有关说法正确的是（）AX与Y只能形成一种化合物B最高价氧化物对应水化物的碱性：YZC气态氢化物的热稳定性：MND单质的氧化性：XM13、将
8、一定量的氨基甲酸铵固体置于某容积恒定的真空容器中，发生反应：H2NCOONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）在不同温度下，该反应平衡状态部分数据见表下列说法正确的是（） 温度平衡浓度/（mol L1）c（NH3）c（CO2）T10.1T20.1A若T2T1，则该反应的H0B向容器中充入N2，H2NCOONH4质量增加CNH3体积分数不变时，说明该反应达到平衡DT1、T2时，H2NCOONH4转化的n（T2）=2n（T1）14、甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是CH3OH（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）H=+49.0kJ/molCH3OH（g）+O2（
9、g）CO2（g）+2H2（g）H=192.9kJ/mol根据上述反应，下列说法正确的是（）A反应中的能量变化如图所示BCH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量C1mol CH3OH充分燃烧放出的热量为192.9kJD可推知2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=483.8 kJ/mol15、向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化情况如图所示已知：Cl2+2Br2Cl+Br2，2Fe2+Br22Fe3+2Br，2Fe3+2I2Fe2+I2则下列说法中不正确的是（）A还原性：IFe2+BrB原混合溶液中FeBr2的物质的量为3molC线段AB表示Fe2+被氯
10、气氧化D原溶液中：n（Fe2+）：n（I）：n（Br）2：1：316、控制适当的条件，将反应Fe3+AgFe2+Ag+设计成如图所示的原电池下列判断正确的是（）A反应开始时，石墨棒作阳极，银棒作阴极B灵敏电流计的读数由小变大，再变小C反应达化学平衡时，电流计读数最大D反应达化学平衡时，在乙烧杯中滴入一定量的NaCl溶液，电流计指针又偏转17、下列有关离子的检验方法一定正确的是 A向某溶液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，再滴加足量稀HNO3，若沉淀不溶解，则说明原溶液中一定含SO42-B用铂丝蘸取某溶液在无色火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色，说明原溶液中不含K+C向某溶液中加足量稀HCl
11、，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊则说明溶液中一定含CO32D某溶液中加NaOH溶液，加热产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝说明溶液中一定含NH4+18、下列命名或说法正确的是（ ）A的名称是2，5，6三甲基-4-乙基庚烷 B常压下，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点依次增大C 的名称是2，3，5，5四甲基4，4二乙基己烷D2,3-二甲基-1-丁烯 19、X、Y为短周期元素，X位于IA族，X与Y可形成化合物X2Y，下列说法正确的是 A. X与Y的简单离子不可能具有相同的电子层结构 B. X2Y可能是离子化合物，也可能是共价化合物C.两元素形成的化合物中，原子个数比不可能为1：1D. X的原子半径一定大
12、于Y的原子半径20、下列反应的离子方程式正确的是 ( )A乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应：CH3COOCH2CH3 OH- CH3COO- + CH3CH2O- + H2O B向CH2BrCOOH中加入足量的氢氧化钠溶液并加热：CH2BrCOOHOHCH2BrCOOH2OC苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：CO2 + H2O + 2C6H5O- 2C6H5OH + 2CO32-D乙醛溶液与新制氢氧化铜碱性悬浊液共热CH3CHO+2Cu(OH)2+OH_ CH3COO+ Cu2O+ 3H2O21、已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=NaHSO。某温度下，向pH6的蒸馏水中加入NaHSO4
13、晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。对于该溶液，下列叙述中不正确的是A该温度下加入等体积pH12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好是中性B水电离出来的c(H)11010 molL1Cc(H)c(OH)c(SO)D该温度高于25 22、下列关于有机物的说法中，错误的是()ACCl4可由CH4制得，可萃取碘水中的碘B石油和天然气的主要成分都是碳氢化合物C乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别D苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，因此苯不能发生氧化反应23、物质的量浓度相同(0.2 mol/L)的弱酸HX与NaX溶液等体积混合后，溶液中微粒浓度关系错误的是()Ac(Na)c(H)c(X)c
14、(OH)Bc(HX)c(X)2c(Na)C若混合液呈酸性，则c(X)c(Na)c(HX)c(H)c(OH)D若混合液呈碱性，则c(Na)c(HX)c(X)c(OH)c(H)24、500mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)6.0 mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是()A原混合溶液中c(K)为2 mol/LB上述电解过程中共转移2 mol电子C电解得到铜的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c(H)为2 mol/L25、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
15、()ApH1的溶液中：Fe2、NO、SO、NaB水电离出的c(H)1012 molL1的溶液中：Ca2、K、Cl、HCOCc(H)/c(OH)1012的水溶液中：NH、Al3、NO、ClDc(Fe3)0.1 molL1的溶液中：K、ClO、SO、SCN26、下列化学用语的相关表述正确的是A. H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l） H=-a kJ/mol，故1 mol NaOH固体与足量的稀盐酸反应，放出热量为a kJB. 因CuSO45H2O（s）=CuSO4（s）+5H2O（1） H=+b kJ/mol，故1 mol CuSO4（s）溶于足量水时，放出热量为b kJC. 因氢气的燃烧热
16、为c kJ/mol，故电解水的热化学方程式为：2H2O（1）=2H2（g）+O2（g）H=+c kJ/mol D. 因N2（g）+3H2（g）2NH3（g） H=-d kJ/mol，故在某容器中投入1 mol N2与3 mol H2充分反应后，放出热量小于d kJ27、足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与3.36 L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A120mL B60 mL C40 mL D30 mL28、“钴
17、酞菁(分子直径1.3109m)”分子结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似，我国科学家在世界上第一次为“钴酞菁”分子恢复了磁性。下列关于“钴酞菁”的说法正确的是 （ ）在水中形成的分散系属于悬浊液 分子直径比Na+小“钴酞菁”分子不能透过滤纸 在水中形成的分散系具有丁达尔效应29、某混合气体可能含有CO、CO2、SO2和H2O等气体，用无水CuSO4、澄清石灰水、灼热CuO、碱石灰、品红溶液、酸性高锰酸钾等试剂可将其一一检出，检出时试剂使用的正确顺序是（ ）A B C D参考答案一、填空题17.答案：(1)3.2D(2)2AgClS2=Ag2S2Cl答案：HCOH2OH2CO3O
18、H大于(1)乙B(2)等于甲(3)乙常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到1504、(1) （2分）（2）5.4mL （2分） （1分）（3） （1分） （2分）20、Al2O3 Al(OH)3 AlCl3 NaAlO2 4AlCl3+6Na2O2+6H2O4Al(OH)3+12NaCl+3O2【解析】由气体F在标准状况下对空气的相对密度知M (F)=291.103=32，故F是O2；由的反应知E中必含有Na，且能与水反应放出O2，故E为Na2O2；由反应可知C中一定含有Cl元素，又结合题给条件知C中还含有Al元素，故C为AlCl3；在铝的常见的化合物中，受热分解成一种化合物和水的物
19、质应该是氢氧化铝，故B为Al(OH)3，由此判定A一定为Al2O3，进而由反应知D为NaAlO2，4 mol C和6 mol E反应的化学方程式可由2Na2O2+2H2O4NaOH+O2和AlCl3+3NaOHAl(OH)3+3NaCl两式相加得到：4AlCl3+6Na2O2+6H2O 4Al(OH)3+12NaCl+3O2。21 、 加成（或还原）反应 羟基 7、混合物中一定含有 Na2CO3 、 Na2SO4 、 Ba(NO3)2 ；一定不含有 CuCl2 、 K2CO3 、 K2SO4 ；可能含有 NaCl 。二、选择题则中NH3的体积分数为，由于和中建立的平衡是相同的，所以两容器中NH
20、3的体积分数均为，B正确。和建立的是相同的平衡，中N2转化0.15 mol，放出的热量为92.6 kJ/mol0.15 mol13.89 kJ，C不正确。若容器体积为0.5 L，即反应体积增大，压强减小，平衡向逆反应方向移动，则平衡时放出的热量小于23.15 kJ，D正确。答案：C10、解析：本题考查离子浓度大小比较，考查考生对水溶液中离子平衡理论的理解能力。难度较大。A项，V(NaOH)10 mL时，反应前n(H2T)n(NaOH)21，根据物料守恒，有2c(Na)c(H2T)c(HT)c(T2)；B项，V(NaOH)20 mL时，反应前n(H2T)n(NaOH)11，反应后得到含2103
21、mol NaHT的溶液，此时溶液呈酸性，HT的电离程度大于水解程度，则c(Na)c(HT)c(H)c(T2)c(H2T)；C项，V(NaOH)30 mL时，反应后得到均含1103 mol NaHT和Na2T的混合溶液，此时溶液呈酸性，NaHT的电离程度大于Na2T的水解程度，则c(Na)c(T2)c(HT)c(H)c(OH)；D项，V(NaOH)40 mL时，反应后得到含2103 mol Na2T的溶液，根据质子守恒有c(OH)c(HT)2c(H2T)c(H)。答案：D11、【知识点】物质的量浓度的相关计算；溶液中溶质的质量分数及相关计算 A4【答案解析】D 解析：A氨水溶液溶质为氨气，设该溶
22、液的体积为1L，所以溶液质量为1000g，溶质氨气的质量为17cg，溶质的质量分数，故A正确；B用水稀释该溶液，溶液中的一水合氨的电离程度增大故OH- 的物质的量增加，故B正确；C、该溶液中含有NH4+ 、OH-、H+、NH3、H2O和NH3H2O6种微粒，正确；D水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数=m(溶质)/ m(溶液)100%可知，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5，故D错误。【思路点拨】本题考查了溶液浓度的相关计算，同时也涉及到了电离平衡、弱电解质的电离问题，综合性较强。12、
23、考点：位置结构性质的相互关系应用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则原子核各层电子分别为2、6，故X为O元素，X、M同主族，则M为S元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，故Y、Z、M、N处于第三周期，Y为Na元素，N为Cl元素，Z和Cl可以形成ZCl2型化合物，Z为+2价，故Z为Mg元素，结合对应的单质化合物的性质与元素周期律的递变规律解答解答：解：X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次递增，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则原子核各层电子
24、分别为2、6，故X为O元素，X、M同主族，则M为S元素，Y在同周期主族元素中原子半径最大，故Y、Z、M、N处于第三周期，Y为Na元素，N为Cl元素，Z和Cl可以形成ZCl2型化合物，Z为+2价，故Z为Mg元素，则A、X为O元素，Y为Na元素，二者可以形成Na2O、Na2O2，故A错误；B、同周期自左而右金属性减弱，故金属性NaMg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性NaOHMg（OH）2，故B正确；C、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性ClS，非金属性越强，氢化物越稳定，故稳定性HClH2S，故C错误；D、同主族自上而下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，故单质氧化性XM，故
25、D错误；故选B点评：本题考查元素的推断以及元素化合物知识，注意把握原子的结构特点，结合元素周期律知识进行推断，难度中等13、考点：化学平衡建立的过程.专题：化学平衡专题分析：A根据在不同温度下平衡浓度c（NH3）的大小确定平衡移动的方向，然后根据温度对化学平衡的影响；B根据向容器中充入N2，没有引起各物质浓度的变化；C反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1；D根据反应的物质的量之比等于化学计量数之比解答：解：AT1时c（NH3）=0.1mol L1，T2时c（NH3）=0.2mol L1，若T2T1，则升高温度平衡正向移动，而升高温度平衡向吸热的方向移动，所以该反应的H0
26、，故A错误；B根据向容器中充入N2，没有引起各物质浓度的变化，速率不变，平衡不移动，故B错误；C反应混合气体只有氨气与二氧化碳，二者物质的量之比始终为2：1，所以NH3体积分数不变时，不能说明该反应达到平衡，故C错误；D由A选项得T1时c（NH3）=0.1mol L1，T2时c（NH3）=0.2mol L1，反应的物质的量之比等于化学计量数之比，所以H2NCOONH4转化的n（T2）=2n（T1），故D正确；故选D点评：本题主要考查了化学平衡的移动，难度不大，需要注意的是当反应物为固体，生成物为气体的混合物时，气体的体积分数不变，不能作为平衡移动的标志14、考点：热化学方程式.专题：化学反应中
27、的能量变化分析：A、反应是吸热反应；图中是放热反应；B、根据反应可知，生成氢气的反应不一定是吸热反应；C、依据反应甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是192.9kJ/mol；而1 mol CH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量大于192.9 kJ；D、依据盖斯定律结合合并得到判断解答：解：A、图中表示的是放热反应，而反应是吸热反应，故A错误；B、CH3OH转变成H2的过程按照反应是吸热反应，按照反应是放热反应，所以不一定要吸收能量，故B错误；C、反应甲醇反应生成二氧化碳和氢气的焓变是192.9kJ/mol；而1 mol CH3OH充分燃烧生成二氧化碳和水放出的热量大于192.9 kJ；故C
28、错误；D、依据盖斯定律结合合并：得到H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=241.9 kJ/mol；所以2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=483.8 kJ/mol；故D正确；故选D点评：本题考查了热化学方程式的书写和注意问题，利用热化学方程式进行分析判断反应的热效应，计算反应热量变化，盖斯定律的应用15、考点：离子方程式的有关计算 .专题：计算题分析：氧化还原反应中：氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性，还原剂的还原性还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子；通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最
29、大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，据此回答判断解答：解：A、反应2Fe2+Br2=2Fe3+2Br中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br，所以还原性：Fe2+Br，反应2Fe3+2I=2Fe2+I2中，还原剂I的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：IFe2+，所以还原性IFe2+Br，故A正确；B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是
30、溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，故B正确；C、通入氯气后，碘离子先被氧化，线段AB即在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，表示I被氯气氧化，故C错误；，通入氯气的量为13mol的过程中，D、碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n（Fe2+）：
31、n（I）：n（Br）=2：1：3，故D正确故选C点评：本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，难度较大16、考点：原电池和电解池的工作原理 .专题：电化学专题分析：A该原电池中，Ag失电子作负极，石墨作正极；B灵敏电流计的读数逐渐减小；C反应达化学平衡时，电流计读数为零；D在乙烧杯中滴入一定量的NaCl溶液，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，平衡向正反应方向进行解答：解：A该原电池中，Ag失电子作负极，石墨作正极，原电池中没有阴阳极，故A错误；B随着反应进行，反应速率减小，转移的电子的量减少，则灵敏电流计的读数逐渐减小，故B错误；C反应达化学平衡时，不再有电子转移，则电
32、流计读数为零，故C错误；D在乙烧杯中滴入一定量的NaCl溶液，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀，平衡向正反应方向进行，又有电流通过电流计，所以电流计指针又偏转，故D正确；故选D点评：本题是对原电池原理综合考查，并注重与化学平衡的联系，学生明确原电池的工作原理、正负极的判断方法、化学平衡的移动即可解答，注意该反应是可逆反应，为易错点17、D 18、D19、【答案】B20、【知识点】离子方程式的书写【答案解析】D 解析：A、乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应的离子反应为H3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH+H2O，故A错误； B、CH2BrCOOH2OHCH2OHCOOH2O+B
33、r-，故B错误；C、C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO3-，故C错误；D、CH3CHO+2Cu(OH)2+OH_ CH3COO+ Cu2O+ 3H2O正确，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查离子方程式的书写，均为有机反应，平时要注意此方面知识的积累。21、解析某温度下，pH6的蒸馏水，KW11012，NaHSO4晶体测得溶液的pH为2，c(H)1102 molL1，pH12的NaOH溶液，c(OH)1 molL1，反应后的溶液呈碱性。由NaHSO4=NaHSO和H2OHOH可知C正确。答案A22、D23、解析：根据电荷守恒，A选项是正确的。根据元素守恒，B选项是正确的。HX
34、电离使溶液显酸性，NaX水解使溶液显碱性，溶液的酸碱性取决于上述两过程何者是主要的：若混合液呈酸性，则HX的电离是主要的，可以不考虑NaX的水解，c(HX)略小于0.1 mol/L，c(X)略大于0.1 mol/L，c(Na)0.1 mol/L，c(H)c(OH)，故C选项正确；若NaX的水解是主要的，不考虑HX的电离，即c(X)略小于0.1 mol/L，c(HX)略大于0.1 mol/L，c(Na)0.1 mol/L，则c(HX)c(Na)c(OH)c(H)，故D选项错误。答案：D24、解析：电解KNO3和Cu(NO3)2阳极电极反应式：4OH4e=2H2OO2，得O2 22.4 L(标准状况)，则转移电子数为4 mol，阴极电极反应为：先发生：Cu22e=Cu，后发生：2H2e=H2，得H2 1 mol，则后式转移电子数为2 mol，前式转移电子数为(42)2 mol，故n(Cu2)1 mol，n1 mol。总共n(NO)0.563 mol，故n(KNO3)3n(Cu2)21 mol。A项c(K)2 mol/L；B项转移电子数为4 mol，C项n(Cu)1 mol；D项c(H)，故c(H)为4 mol/L。答案：A