甘肃省武威市第六中学2021-2021学年高二上学期第二次段考试题(解析版)(1)

1、甘肃省武威市第六中学2021-2021学年高二上学期第二次段考试题1化学反响A2(g) + B2 (g) =2AB (g)的能量变化如下图， 以下表达中正确的选项是 ()ttettAU nw ') j mol A+2 nul Brm 2 mol1 mol As(fl)+1 mol反响过运A. 每生成2个AB分子吸收(a b) kJ热量B. 断裂1 mol A A和1 mol B B键，放出a kJ能量C该反响中反响物的总能量高于生成物的总能量D该反响热 AH=+( a b) kJ mol 1【答案】D【解析】【详解】A、依据图象分析判断 1molA 2和1molB2反响生成2molAB

2、，每生成2molAB吸收(a-b) kJ热量，选项 A错误；B、断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，选项B错误；C、 依据能量图象分析可知反响物能量低于生成物能量，选项C错误；D、 应焓变等于反响物能量总和-生成物能量总和；该反响热 H=+ (a-b) kJ?mol-1，选项D 正确；答案选D。2. 以下说法或表示方法正确的选项是()A. 等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B. 由 H+ (aq) +OH- (aq) =H2O (l) H=-57.3kJ mol-1 可知，假设将含 1 mol CH 3COOH 的稀溶液与含1 mol NaOH的

3、稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJC. 由C (石墨)=C (金刚石)H=" +1.90" kJ mol-1可知，金刚石比石墨稳定D. 500 C、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5mol H 2 (g)置于密闭容器中充分反响生成NH3(g),放热 19.3kJ，其热化学方程式为：N2 (g) +3H2 ( g) = 2NH3 (g) H=-38.6kJ mol-13. 对于化学反响3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)，以下反响速率关系中，正确的选项是(A. v(W)=3v(Z)B. 2v(X)=3v(Z)C. 2v(X)=v(Y)D. 3v(W

4、)=2v(X)【答案】C【解析】【详解】化学反响速率之比等于化学系数之比，那么根据方程式3W(g)+2X(g)=4Y(g)+3Z(g)可知A、v( W)： v( Z)=3 : 3=1 : 1, A 错误；B、v( X)： v( Z)=2 : 3，B 错误；C、v ( X): v( Y)=2 : 4=1 : 2， C 正确；D、v( W): v(X)=3: 2，D 错误。答案选Co4在固定容积的密闭容器中，可逆反响2X(?) + Y(g) Z(s)已到达平衡，此时升高温度那么气体的密度增大。以下表达正确的选项是()A. 正反响为放热反响，X可能是气态、液态或固态B. 正反响为放热反响，X 一定为

5、气态C. 假设X为非气态，那么正反响为吸热反响D. 假设参加少量的Z,该平衡向左移动【答案】A【解析】试题分析：在固定容积的密闭容器中， 可逆反响2X(?) + Y(g)_Z(s)已到达平衡， 升高温度，气体的密度增大，那么容器内气体的质量增大， 平衡逆向移动，该反响为放热反响， X可能是气态、液态或固态，选 Ao5.250C和 1.01 氷05 时，2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) H =+56.76kJ/mol ，该反响能自发进行的 原因是()A. 是吸热反响B. 是放热反响C. 是熵减少的反响D. 熵增大效应大于焓效应【详解】2N2O5g=4NO2g+O2g ZH=+56.7

6、6kJ?mol-1，该反响为吸热反响 AH> 0,反响能够自发进行，说明 AH-T AS< 0,所以 一定大于0，是熵值增大的反响，且熵增大效应大于 焓效应，应选D。6以下式子中，属于电离的是A. H2O+H2O=H3O+OH C. NH3+H2O=NH3 H2O【答案】AB. CO 32-+H2O HCO 3+OH D. HCO 3-+ OH H2O+CO32【解析】【详解】A. H2O+H2OH3O+OH 为水的自偶电离，选项 A正确；B. CO32-+H2O=HCO3+OH 为碳酸根离子的水解，选项 B错误；C. NH3+H2O'NH3 H2O为氨气与水反响生成一水合

7、氨，不属于电离，选项C错误;D. HCO 3-+ OH ：H2O+CO32为碳酸氢根离子与氢氧根离子反响生成碳酸根离子和水，不属于电离，选项 D错误。答案选A。B. 10 mL 0.1 mol L厂1的氯化钠溶液D. 1 L 0.1 mol L -1的盐酸溶液7.以下溶液导电能力最强是 A. 100 mL 0.1 mol L 1 的醋酸溶液C. 50mL 0.1 mol L 一1的硫酸溶液【答案】【解析】【分析】溶液的导电性强弱取决于溶液离子浓度【详解】醋酸为弱酸，不能完全电离,10 mL 0.1 mol-1的氯化钠溶液中离离子总浓度为 0.3mol/L , 1 L 0.1mol L 1的硫酸

8、溶液中离子浓度最大,8.以下物质中，属于强电解质的是A. CO2B. NaOH【答案】D【解析】A.二氧化碳溶于水后， 能10mL 0.C。C. nh3 h2o碳酸能电离出自由移、浓度为0.醋酸子总浓度小0.2mol/L ,ol/L ,L 0.1 mol L,50mL 0.1离D. HCl那日离子,0.2mo，溶液离子浓度越L 一1的盐酸溶反响生成碳酸浓度为导电性越强。但电离出阴阳离子的是碳酸， 不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质,硫酸溶液中T A错误；B.氢氧化钠溶液，是氢氧化钠溶于水得到的，是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，选项B错误；C. NH3?H2O，在水溶液里只有局部电离，

9、NH3?H2O? NH4+0H-，所以是弱电解质，选项C错误；D 氯化氢的水溶液中，氯化氢能完全电离出氢离子和氯离子，所以是强电解质，选项D正确。答案选D。9.在以下的各种表达中，正确的选项是A. 在任何条件下，纯水的 pH=7 B.在任何条件下，纯水都呈中性C.在 100C时，纯水的 pH>7 D.在 100 C时，纯水中 cH+ v 10-7mol/L【答案】B【解析】试题分析：A 常温条件下，纯水的 pH = 7, A错误；B 在任何条件下，纯水都呈中性，B正确；C.水的电离吸热，加热促进电离，那么在100C时，纯水的pH V 7, C错误；D .水的电离吸热，加热促进电离，那么在

10、100C时，纯水中 c(H+)> 10-7mol/L , D 错误,答案选B o10以下溶液肯定呈酸性的是A.含有H+离子的溶液B.酚酞显无色的溶液C. c(OH-) v c(H+)的溶液D. pH小于7的溶液【答案】C【解析】【详解】A、酸、碱、盐溶液中同时存在氢离子和氢氧根离子，含有H+的溶液不一定为酸性溶液，选项A错误；B、酚酞遇酸性和中性溶液都不变色，遇碱性溶液变红，酚酞显无色的溶液不一定为酸性溶液，选项B错误；C、溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决定，如果氢离子浓度大于氢氧根浓度，该溶液一定呈酸性，选项C正确；D、溶液的酸碱性是由氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小决

11、定的，而不在于氢离子浓度或氢氧根浓度绝对值大小，即pH值大小，选项D错误；答案选Co11. 以下过程或现象与盐类水解无关的是A. 纯碱溶液去油污B.加热稀醋酸溶液其 pH稍有减小C.浓的硫化钠溶液有臭味D.小苏打溶液与 AICI3溶液混合产生气体和沉淀【解析】【详解】A 纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可使油脂在碱性条件下水解，与水解有关，故A项不选；B. 醋酸为弱酸，电离为吸热过程，加热促进醋酸的电离，与水解无关，故B项选；C. 浓的硫化钠溶液有臭味，是因为硫化钠水解生成硫化氢气体，故C项不选。D 小苏打溶液与 AICI 3溶液可发生互相促进的双水解反响生成气体和沉淀，与水解有关， 故D项不选

12、；故答案选B。12. 在以下各溶液中，离子一定能大量共存的是()A. 室温下，pH=1的盐酸溶液中：Na*、Fe3+、NO3-、SO42B. 强碱性溶液中：K十、Mg2S C、SO42C. 含有 Al3+ 的溶液中：Na J K J CO32、CD. 由水电离产生的c(H、=1 >10 13mol L 1的溶液中：Na*、K+、Cl、SQ32【答案】A【解析】【详解】A pH=1的溶液中存在大量氢离子，Na： Fe3+> N03、SO42之间不反响，且都不与氢离子反响，在溶液中能够大量共存，选项A正确；B Mg2+与碱性溶液中的氢氧根离子反响生成难溶物氢氧化镁，在溶液中不能大量共存

13、，故B错误；C. Al3+与CO32 发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳而不能大量共存，选项C错误；D由水电离产生的c(H + )=1 >013mol L1的溶液，为酸或碱溶液，假设为酸溶液那么SQ32不能大量存在，选项 D错误。答案选A13. 在 0.1 molCH3COOH 溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH 一1 CH3COO+ H+,对于该平衡，以下表达正确的选项是()A.参加水时，平衡向逆反响方向移动B. 参加少量C. 参加少量D. 参加少量NaOH固体衡|向正反响方向移动0.1 mol f HCl溶液溶液中c(H+)减小CH 3CoO%固体拥衡向正反响方向移动【答案】B【解

14、析】【详解】A.加水促进弱电解质的电离，那么电离平衡正向移动，故 A错误；B. 参加少量NaOH固体，与CH3COOH电离生成的H+结合，使电离平衡正向移动，酸性减 弱，故B正确；C. 参加少量0.1mol?_-1HCI溶液，氢离子浓度为 0.1mol?_-1, c(H+)不变，故C错误；D. 参加少量CH3COONa固体，由电离平衡可知，c(CH3COO-)增大，那么电离平衡逆向移动， 故D错误；答案选B。14.向三份0.1 moI/L CH 3COONa溶液中分别参加少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，那么CH3COO-浓度 变化依次为(A.减小、增大、减小

15、B.增大、减小、减小C.减小、增大、增大D.增大、减小、增大【答案】A【解析】试题分析： NH4： Fe3+水解使溶液呈酸性,SO32 -水解呈碱性对 CH 3COO 一的水解有抑制作用，故FeCl3固体时CH3COO浓度减小，参加 N15在NaHCO3溶液中，以下关系正确的选项是(A. c(Na +)+c(H +)=c(HCO 3-)+c(CO32-) +c(OHB. c(H +)+ c(H 2CO3)= c(OH -)+ c(CO 32-)C. c(Na+) > c(HCO 3-)> c(CO 32-)>c(H 2CO3)D. c(Na +)=c(HCO 3-)+ c(C

16、O 32-)+2c(H 2CO3)【答案】B【解析】【详解】A .根据碳酸氢钠溶液中的电荷守恒可CH3COO的水解有促进作用，而CH3COONa 溶参加 NH4NO3、-),浓度增答案选 Ac(Na+)+c(H +)=c(HCO 3-)+2c(选项A错误;B 根据碳酸氢钠溶液中的质子守恒可得：c(H+)+ c(H 2CO3)= c(OH -)+ c(CO32-),选项B正确;C.碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于电离程度，那么c(CO32-)v c(H2CO3),选项C错误；D 根据碳酸氢钠溶液中的物料守恒可得：c(Na+)=c(HCO 3-)+ c(CO 32-)+c(H 2C

17、O3)，选项D错误；答案选B。16.在一定温度下，用水逐渐稀释1 mol L1氨水的过程中，溶液中随着水量的增加而减小的A.c(OH )c(NH3 H2O)B. n (OH )C.C(NH3 H2O)C(OH-)D.C(NH3 H2O)- +c(OH ) c(NH4 )【答案】【解析】n QH【详解】A.加水稀释，促进氨水电离，n(OH -)增大，n(NH 3 H2O)减少，所以Vn NH3 H2OV增大，即c OHc NH3 H2O增大，选项A错误;B.加水稀释，促进氨水电离,n(OH -)增大，选项B错误;C.加水稀释，促进氨水电离,n NH3 H2On(OH -)增大，n(NH 3H2O

18、)减少，所以 n<H减小,c NH3 H2O即c OHD .溶液中存在平衡：NH3?H2O? OH-+NH4+, 一水合氨的电离平衡常数为:C正确;减小，选项Kb=c NH4 c OH ，温度不变，那么一水合氨的电离平衡常数不变,c NH3 H2Oc NH3 H2O c NH4 c OH1c NH3 H2O 故心' c NH4 c OH也不变，选项D错误;答案选Co17.1 .一氧化碳与水蒸气反响过程的能量变化如下图:(2) ：Ti (s) +2CI2 (g) = TiCl4 (l)H = 804.2kJ/mol ；2Na (s) +CI2 (g) = 2NaCI (s)H =

19、882.0kJ/moINa (s) = Na (I)H =+2.6 kJ/moI请写出用液态钠与四氯化钛置换出钛的热化学方程式 II.在某一容积为2 L的密闭容器内，参加 0.8 mol的H2和0.6 mol的12,在一定条件下发生 如下反响：H2 (g)+ I2 (g) ? 2HI (g) H<Q反响中各物质的浓度随时间变化情况如以下图甲所示：* L L)c/|mol * I-甲乙(3) 该反响的化学平衡常数表达式为 。(4) 根据图甲数据，反响开始至到达平衡时，平均速率v ( HI )为。(5) 反响到达平衡后，第8分钟时： 假设升高温度，化学平衡常数K (填 增大减小或 不变)，H

20、I浓度的变化正确的是 (用图乙中ac的编号答复)。 假设参加12, H2浓度的变化正确的选项是 (用图乙中df的编号答复)。【答案】(1). CO (g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H = 41kJ/mol (2). 4Na + TiCI 4(i)= Ti (s)+4NaCl(s) /H = 970.2kJ/mol(3). K =c2(HI)沁)C(l2)(4). 0.17 mol L-1 min-1(5).减小 (6). c (7). f【解析】【分析】(1)根据图象中反响物总能量与生成物总能量进行分析得出热化学方程式;(2) 根据盖斯定律进行求算；(3) 根据平衡常数等于生成物

21、的浓度幕之积除以反响物的浓度幕之积进行计算；Vc(4) 根据v= IT计算平均速率v( HI)；Vt(5) 根据化学平衡常数K只与温度有关，温度改变，假设平衡正向移动，化学平衡常数K增大，生成物浓度增大，反之，假设平衡逆向移动，化学平衡常数K减少，生成物浓度减少；假设参加12，平衡正向移动，H2浓度减少。【详解】(1 )图象分析判断反响物能量高于生成物的能量，反响是放热反响；反响的焓变为41 kJ/mol ；反响的热化学方程式为：CO(g)+H 2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH = 41kJ/mol ；(2 )由反响得：Ti (s) +2Cl2 (g) = TiCl4(l)AH = 8

22、04.2kJ/mol2Na (s) +Cl2 (g)= 2NaCl (s) AH = 882.0kJ/mol Na (s) = Na (l)AH =+2.6 kJ/mol 根据盖斯定律，将+得：4Na(s)+ TiCl4(l)= Ti( s)+ 4NaCl AH = + 804.2 kJ/mol 1764.0 kJ/mol 10.4 kJ/mol = 970.2 kJ/mol ；(3 )化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反响到达平衡状态时，生成物浓度的幕之积和2HI (g)可知，该反响的平衡常数表达式是K=2c (HI)沁)c(9反响物浓度的幕之积的比值。根据方程式H2 ( g) + I2 (

23、g)/八八“、 0.5mol / L11(4) 平均速率 v (HI) =0.17 mol L min1 ；3minK减少，生成物浓度减少,(5) 该反响放热，升高温度，平衡逆向移动，化学平衡常数故答案为：减小；c；假设参加平衡正向移动，H2浓度减少，故答案为：f。18.用0.1500mol/L的HCI溶液滴定未知浓度的 NaOH溶液，实验数据如下表所示,实验编号待测NaOH溶液的体积/mLHCl溶液的体积/mL125.0024.41225.0024.39325.0025.60答复以下问题：1 实验中，需要润洗的仪器是： 填写仪器名称。2取待测液NaOH溶液25.00ml于锥形瓶中，使用酚酞做

24、指示剂。滴定终点的判断依据是3假设滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如下图，那么消耗盐酸溶液的体积为mL。=26-1 W|川|&|(4 以下操作中会使所测结果偏高的是 、偏低的是 酸式滴定管漏液；滴定前酸式滴定管尖嘴局部有气泡，滴定过程中气泡变小； 滴定过程中，振荡锥形瓶时，不小心将溶液溅出；滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水；用甲基橙作指示剂进行滴定时， 溶液由橙色变红色时停止滴定； 用甲基橙作指示剂， 溶液由黄 色变橙色，5 s后又变为黄色。读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数5 未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度为 mol/L。【答案】1.酸式滴定管、碱式滴定管2.滴入最后一滴标

25、准液， 溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色3. 26.10 mL 4.5.6.0.1464mol/L【解析】【分析】1 根据滴定管不用待盛装的溶液润洗，相当于给溶液稀释； 盛装待测液的锥形瓶不能使用待测液润洗，否那么待测液的物质的量偏大；2用酚酞作指示剂时，滴定前，酚酞遇碱变红，到达滴定终点时观察到溶液颜色由红变 为无色;3根据滴定管的构造进行读数，注意平视;4根据c 待测c 标准V 标准V 待测进行判断;5根据c 待测C 标准V 标准V 待测计算未知浓度的NaOH溶液的物质的量浓度 c待测。【详解】1实验中，酸式滴定管、碱式滴定管需要用待盛装的溶液润洗，否那么会被水稀释，锥形瓶不能使用

26、待测液润洗，否那么待测液的物质的量偏大；故需要润洗的仪器是：酸式滴定 管、碱式滴定管；2 碱溶液中滴加无色酚酞，碱能使酚酞变红，故利用酚酞作指示剂，滴定到达终点的现 象是酚酞的红色褪去且半分钟不再出现红色，那么滴定终点的判断依据是滴入最后一滴标准 液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色；3起始读数为O.OOmL，终点读数为26.10mL,盐酸溶液的体积为 26.10mL ；4酸式滴定管漏液，造成 V 标准偏大，根据 c 待测 可知c 标准偏高;待测c 标准V 标准V 待测，可知c 标准偏高;c 标准V 标准V 待测V 标准偏大，根据 c滴定前酸式滴定管尖嘴局部有气泡，滴定过程中气泡变小，

27、造成 滴定过程中，振荡锥形瓶时，不小心将溶液溅出，造成待测液损失，根据c 待测c 标准V 标准V 待测，可知c 标准偏低; 滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水，待测液的物质的量不变，对c 标准V 标准一据c 待测=-V，可知c 标准不变；V 待测 用甲基橙作指示剂进行滴定时，溶液由橙色变红色时停止滴定，造成c 标准V 标准一据c 待测=-V，可知c 标准偏高；V 待测V 标准无影响，根V 标准偏大，根5s后又变为黄色，造成V 标准偏小，根据c 标准V 标准,舟心斤c 待测=v 待测，可知c 标准偏低;用甲基橙作指示剂，溶液由黄色变橙色,读酸式滴定管读数时，滴定前仰视读数，造成V 标准偏小，根据

28、c 待测C 标准V 标准V 待测，可知c 标准偏低;综上，操作中会使所测结果偏高的是、偏低的是;(5) 根据数据的有效性， 舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗V (盐酸)=24.40mL,HCI+NaOH=NaCI+H 2O0.02440L &1000mol/L0.025L E (NaOH )贝U c ( NaOH)0.02440L 0.1500mol / L=0.1464mol/L。0.02500L19. 根据题意完成以下问题。(1) 将等质量的锌粉分别投入 10 mL 0.1 mol L一1盐酸和10 mL 0.1 mol L= CH3COOH溶液中。假设锌缺乏量，反响快的是

29、 (填写盐酸溶液、醋酸溶液)。(2) 将等量的锌粉分别投入 c( H + )均为1 mol L一1、体积均为10 mL的盐酸和醋酸溶液中。假设锌缺乏量，反响快的是 (填写盐酸溶液、醋酸溶液)(3 )设水的电离平衡线如下图。a. 假设以A点表示25。时水在电离平衡时的粒子浓度，当温度升高到100。时，水的电离平衡状态到B点，那么此时水的离子积增加到 ;b. 将pH=8的Ba (OH ) 2溶液与pH=5的稀盐酸混合，并保持在100 °勺恒温，欲使混合溶液的pH=7，那么Ba(OH) 2溶液和盐酸的体积比为 。(4) 25C时，CH3COOH与CHsCOONa的混合溶液，假设测得混合溶液

30、pH = 6,那么溶液中c(CH3COO _) c ( Na + )=mol/L (填准确数值)。(5) NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na + H + S62。某温度下，向c (H+ )= 1X10 6 mol L 1的蒸馏水中参加 NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c ( H+)=1X10 2 mol L 1q以下对该溶液的表达正确的选项是 。A .该温度高于25 CB. 由水电离出来的 日+的浓度为1X010 mol L1C. 取该溶液加水稀释 100倍，溶液中的水电离出的c (H + )减小D 参加NaHSO4晶体抑制水的电离【答案】(1).盐酸溶液(2).醋酸

31、溶液(3). 10-12(4). 2:9(5). 99 X0 8mol/L(6) . ABD【解析】【分析】(1)根据氢离子浓度大小判断;(2) 根据氢离子浓度大小判断；(3) 根据c(H + )、c(OH-)变化判断Kw的变化；(4) 根据电荷守恒 c(H + )+c(Na+)= c(OH-)+c(CH3COO-)进行计算；(5 )根据水的电离平衡进行分析。【详解】(1)两种一元酸溶质的物质的量相等，但盐酸中c(H + )大，故盐酸与锌反响的速率快；(2) 这两种酸的c(H十)相等，显然后者的物质的量浓度大，溶质的物质的量也大，初始的速率相同，但随着反响的进行，H*不断被消耗，弱酸 CH3C

32、OOH的电离平衡不断正向移动，又电离出H J故在反响进行的同一时刻CH3COOH溶液中的c(H +)大于盐酸溶液中的c(H +),所以醋酸与锌反响速率快；(3) a.25C 时纯水中 c(H + )=c(OH-)=10-7 mol/L ,Kw= c(H + )?c(OH-)=10-14,当温度升高到 100 C, 纯水中 c(H + )= c(OH -)=10-6 mol/L，那么 Kw= c(H + )?c(OH-)=10-12，从 A 点到 B 点，水的离子积 从10-14增加到10-12；b. 100C时，将 pH=8 的 Ba(OH) 2 溶液中：c(OH-)=10-4 mol/L ,

33、 pH=5 的稀盐酸中：c(H + )=10-5mol/L，设氢氧化钡的体积为 x,盐酸的体积为y,100C的恒温，混合溶液 pH=7，溶液呈碱性，那么溶液中氢氧根离子浓度为:10 1210 7=10-5 mol/L那么:4c(OH-)=Xy =10-5 mol/L，解得 x: y=2 : 9；y(4) 25 C时，CH3COOH与CHsCOONa的混合溶液，假设测得混合溶液pH = 6，混合溶液显酸性，那么 c(H + )= 10-6 mol/L , c(OH-)=10-8mol/L，溶液中电荷守恒为 c(H +)+c(Na+)=c(OH -)+c(CH 3COO-)，那么 c(CH3COO

34、-)-c(Na+)= c(H +)- c(OH -)=10-6 mol/L -10-8mol/L=99 >10 8mol/L ；(5) A . 25C时纯水中 c(H + )=1 >10-7mol/L , c(H + )=1 >10-6mol/L 说明促进了水的电离，故T>25 C,选项 A正确；B . pH=6，水的离子积常数为1 X10-12,水的离子积常数=氢离子与氢氧根浓度的乘积，溶液的pH为2,故由水电离出来的 c(H +)=1 >0-10mol/L，选项B正确；C. 温度不变时，Kw不变，加水稀释c(H +)减小，Kw= c(H +) XC(OH-),所以c(OH-)增大，选 项C错误；D. NaHSO4的电离生成氢离子， 对水的电离起抑制作用，水的电离程度减小， 选项D正确; 答案选ABD。20. (1)常温下pH = 3的醋酸和pH = 11的氢氧化钠溶液等体积混合后，溶液中 c (Na+ ) c (CH3COO)(填 “ > 或=或 “<(2) 明矶水溶液呈酸性，原因是(用离子方程式说明);小苏打水溶液呈碱性，把上述两溶液混合后呈现的现象有 ,反