天津市六校（静海一中、杨村一中、宝坻一中等）2017-2018学年高二上学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2018高二上·宝坻期末）下列说法正确的是（ ）
A．南海开采出的可燃冰属于新能源
B．任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C．有化学键断裂不一定发生化学反应
D．吸热反应只有加热才能发生
【答案】C
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；原料与能源的合理利用
【解析】【解答】A、可燃冰一种沉睡在海底和高寒冻土的独特能源，不属于新能源，A不符合题意；
B、化学变化中的能量变化形式有热能、光能、电能等等，B不符合题意；
C、化学反应的实质为旧键断裂、新键形成，而发生化学键断裂的过程不一定发生化学反应，如HCl溶于水发生电离，C符合题意；
D、有些吸热反应在常温下也能进行，例如氢氧化钡和氯化铵，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.可燃冰的主要成分是甲烷；
B.化学反应过程的能量变化主要体现为热量变化，还有光能、电能等形式；
C.HCl溶于水后离子键断裂，但无新物质生成；
D.有些吸热反应常温下也能发生；
2．（2018高二上·宝坻期末）下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A．氢氧化钠溶液和盐酸反应
B．碳酸钙受热分解
C．铝粉与盐酸反应
D．氧化钙溶于水
【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应。A、酸碱中和反应是一个放热反应，A不符合题意；
B、碳酸钙受热分解是一个吸热反应，B符合题意；
C、铝粉与盐酸反应是一个放热反应，C不符合题意；
D、氧化钙溶于水是一个放热反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】生成物的总能量高于反应物的总能量，则反应为吸热反应，据此分析选项所给反应是否为吸热反应即可。
3．（2018高二上·宝坻期末）下列说法正确的是（ ）
A．金属腐蚀的本质是金属原子被还原
B．接线时铜线与铝线能直接拧在一起
C．镀层破损后，镀锌铁比镀锡铁更易生锈
D．电热水器里放镁棒是为保护内胆和加热管
【答案】D
【知识点】金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A、金属腐蚀的本质是金属原子失去电子被氧化的过程，A不符合题意；
B.铝和铜具有良好的导电性，但铜和铝在潮湿的空气中能构成原电池而发生电化学腐蚀，所以不能把铜线和铝线绞接在一起，B不符合题意；
C.锌较活泼，镀锌铁难以腐蚀，而铁比锡活泼，镀层破损后，镀锡铁更易被腐蚀，C不符合题意；
D.镁、不锈钢和电解质溶液构成原电池，镁易失电子作负极，不锈钢为正极，正极金属被保护，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.金属腐蚀的本质是金属失电子被氧化的过程；
B.铜线和铝线直接拧在会形成原电池；
C.镀锌铁中锌做负极，镀锡铁中铁做负极；
D.镁、不锈钢和电解质溶液构成原电池，镁做负极；
4．（2018高二上·宝坻期末）反应4A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g)，经2min B的浓度减少0.6 mol/L。有关反应速率的说法正确的是（ ）
A．用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B．分别用C、D表示反应的速率，其比值是4：3：2：1
C．2 min内的反应速率，用B表示是0.3 mol/(L·min)
D．在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是逐渐减小的
【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、A是固体，不能利用浓度变化量表示反应速率，A不符合题意；
B、A是固体，不能利用浓度变化量表示反应速率，B不符合题意；
C、2min内，B的浓度减少0.6mol/L，故v(B)= =0.3mol/(L min)，C符合题意；
D、反应速率是指单位时间内的平均速率，则2 min内，用B和C表示的化学反应速率的值是不变的，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.A是固体，不用固体表示反应速率；
B.反应速率之比化学计量系数之比，固体的浓度视为1，不用固体表示反应速率；
C.根据速率公式进行计算；
D.反应速率与浓度有关，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度逐渐增大；
5．（2018高二上·宝坻期末）下列有关叙述中正确的是（ ）
A．强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的
B．CO2的水溶液能导电，所以CO2是电解质
C．碳酸钙在水里的溶解度很小，所以碳酸钙是弱电解质
D．强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解质的水溶液导电能力强
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A．强电解质完全电离，电离过程不可逆，A符合题意；
B.CO2的水溶液能导电是因为与水反应生成电解质碳酸，本身不能电离，属于非电解质，B不符合题意；
C、碳酸钙溶于水的部分完全电离，属于强电解质，C不符合题意；
D.导电能力的强弱与参与导电的自由移动的离子的浓度大小有关，强电解质如果浓度很小，导电能力也可能比浓的弱电解质溶液的导电能力弱，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.强电解质在水中完全电离；
B.CO2属于非电解质；
C.电解质的强弱与溶解度无关；
D.电解质溶液的导电性与电解质的强弱没有关系；
6．（2018高二上·宝坻期末）下列说法中错误的是（ ）
A．凡是放热反应而且熵增加的反应，就更易自发进行
B．对于同一物质在不同状态时的熵值是：气态>液态>固态
C．平衡常数K值越大，则可逆反应进行越完全，反应物的转化率越大
D．凡是能量达到活化能的分子发生的碰撞均为有效碰撞
【答案】D
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．属于放热和熵增加的反应，即△H＜0，△S＞0，根据△H-T△S＜0可知，反应易自发进行，A不符合题意；
B、同一物质的固态、液态、气态的混乱度依次增大，熵值增大，B不符合题意；
C.平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，所以K值越大，说明这个反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，C不符合题意；
D.活化分子发生有效碰撞需要满足合适的取向，因此能量达到活化能的分子发生的碰撞不一定为有效碰撞，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.判断反应的自发进行，应综合考虑焓判据和熵判据；
B.熵值体现的是体系的混乱程度；
C.根据平衡常数的含义进行分析；
D.有效碰撞是指能发生反应的碰撞；
7．（2018高二上·宝坻期末）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B．工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率
C．由H2(g)、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．存在平衡2NO2(g) N2O4(g)，增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除变化，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，A不符合题意；
B.工业上生产硫酸的过程中，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，使用过量的空气促进平衡正向移动，以提高二氧化硫的利用率，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C.存在平衡H2+I2(g) 2HI(g)，该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；
D.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，氯离子浓度增大，抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理来解释，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】不能用平衡移动原理解释的，则过程中不发生平衡移动，据此结合平衡移动的影响因素进行分析。
8．（2018高二上·宝坻期末）在恒温、恒容的密闭容器中发生反应A（g） B（g）+C（g）（反应热量因素忽略）。若反应物的浓度由1.8mol/L降到1mol/L需30s，那么反应物浓度由1mol/L降到0.6mol/L所需的时间为（ ）
A．15s B．大于15s
C．小于15s D．无法判断
【答案】B
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】反应物A的浓度由1.8mol/L降到1mol/L时的平均反应速率= = = mol/(L·s)，假设以 mol/(L·s)的反应速率计算反应物A的浓度由1mol/L降到0.6mol/L所需反应时间= = =15s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物A的浓度由1mol/L降到0.6mol/L时的平均反应速率小于 mol/(L·s)，所以所用时间应大于15s，
故答案为：B
【分析】根据反应速率的计算公式结合浓度对反应速率的影响进行分析。
9．（2018高二上·宝坻期末）不能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
A．醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳
B．醋酸水溶液中同时存在醋酸分子和醋酸根离子
C．c(H+)相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大
D．常温下pH=2的醋酸溶液加水稀释100倍后pH＜4
【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，只能说明醋酸的酸性大于碳酸，不能说明醋酸是弱电解质，A符合题意；
B.醋酸溶液中存在醋酸分子，说明醋酸部分电离，为弱电解质，B不符合题意；
C.c(H+)相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大，则说明醋酸不完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，C不符合题意；
D.常温下，将pH=2的醋酸溶液稀释100倍，测得pH＜4，说明加水稀释促进电离，如为强酸，稀释后pH=4，可证明为弱酸，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.该反应说明酸性：CH3COOH＞H2CO3；
B.同时存在醋酸分子和醋酸根离子，说明醋酸在水中部分电离；
C.c(H+)相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大，说明醋酸没有完全电离；
D.稀释会促进弱酸的电离；
10．（2018高二上·宝坻期末）对饱和AgCl溶液(有AgCl固体存在)进行下列操作后，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)均保持不变的是（ ）
A．加热 B．加少量水
C．滴加少量1mol/L盐酸 D．滴加少量1mol/L AgNO3溶液
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、加热，AgCl的溶解度增大，c (Ag+)和Ksp(AgCl)均增大，A不符合题意；
B、加水稀释，沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)正向移动，但是溶液仍为饱和溶液，温度不变，则溶解度不变，所以c (Ag+)和Ksp(AgCl)均保持不变，B符合题意；
C、滴加少量1mol/L盐酸，Cl-浓度增大，沉淀溶解平衡逆移，则c(Ag+)减小，C不符合题意；
D、滴加少量1mol/L AgNO3溶液，c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆移，则c(Cl-)减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】饱和AgCl溶液中，存在平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，若溶液中c(Ag+)浓度不变，Ksp(AgCl)不变，则c(Cl-)不变，据此结合选项进行分析。
11．（2018高二上·宝坻期末）关于如图所示的原电池，下列说法正确的是（ ）
A．电子从锌电极通过电流计流向铜电极
B．盐桥的作用是让电子通过构成闭合回路
C．锌电极质量增重，铜电极质量减轻
D．盐桥可以用铜导线代替
【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．锌作负极、铜作正极，电子从锌电极通过电流计流向铜电极，A符合题意；
B.两个烧杯以盐桥中的阴阳离子定向移动形成闭合回路，电子不能经过盐桥，B不符合题意；
C.Zn易失电子作负极，锌溶解，锌电极质量减小，C不符合题意；
D.盐桥若用铜导线代替，左边烧杯和右边烧杯均不能发生原电池反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】在该原电池中，锌电极发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；铜电极发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu。据此结合选项进行分析。
12．（2018高二上·宝坻期末）反应2A(气) 2B(气)+C(气) ΔH＞0，达到平衡。要使v(正)降低、c(A)增大，应采取的措施是（ ）
A．增大压强 B．减小压强
C．降低温度 D．减小c(C)
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．增大压强，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，A不符合题意；
B.减小压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率减小，c(A)减小，B不符合题意；
C.降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，c(A)增大，C符合题意；
D.减小c(C)，平衡向正反应方向移动，c(A)减小，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对反应速率和平衡移动的考查，结合温度、浓度、压强对反应速率和平衡移动的影响进行分析。
13．（2018高二上·宝坻期末）如图所示为密闭容器中反应C+H2O(g) CO+H2 ΔH＞0达到平衡后，由于条件改变而引起正、逆反应速率的变化以及平衡移动的情况。下列说法错误的是（ ）
A．起始反应物为CO和H2 B．改变条件后平衡逆向移动
C．改变的条件是增大压强 D．新平衡时CO的浓度比原平衡小
【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A. 根据图像，起始时，逆反应速率大于正反应速率，且正反应速率为0，说明起始反应物为CO和H2，A不符合题意；
B.根据图像， 改变条件后，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，B不符合题意；
C. 改变的条件后，逆反应速率和正反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，增大压强，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图像吻合，C不符合题意；
D.根据C的分析，改变的条件是增大压强，体积减小，新平衡时CO的浓度比原平衡大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】由图像可知，起始时，v(逆)＞v(正)，故起始反应是逆向进行的；反应进行一段时间后，正逆反应速率同时增大，故改变的条件可能为：增大压强或升高温度；由于v(逆)＞v(正)，平衡逆向移动，故改变的条件为增大压强。据此结合选项进行分析。
14．（2018高二上·宝坻期末）电解硫酸铜溶液时，要求满足下列三点要求：①阳极质量逐渐减少；②阴极质量逐渐增加；③电解液质量减轻。根据这三点要求可以选用的电极是（ ）
A．石墨作阴极，纯铜作阳极
B．含有锌、银的铜合金作阴极，石墨作阳极
C．纯铁作阳极，纯铜作阴极
D．含有锌、银的铜合金作阳极，纯铜作阴极
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】电解CuSO4溶液时，若要求达到以下三点要求：①阳极质量减小 ②阴极质量增加 ③电解质溶液质量减少。A．石墨作阴极，纯铜作阳极，阳极铜溶解，质量减少；阴极析出铜，质量增加，电解质溶液中铜离子浓度不变，A不符合题意；
B.用含有锌、银的铜合金作阴极，石墨作阳极，阳极质量不变，B不符合题意；
C.用纯铁作阳极，用纯铜作阴极，阳极铁溶解，质量减少；阴极上铜离子放电，所以电解质溶液中铜离子浓度降低，亚铁离子浓度增大，但溶液质量减小，C符合题意；
D.含Zn、Ag的铜合金作阳极、纯铜作阴极，阳极上锌和铜溶解，质量减少、阴极析出铜，质量增加，电解质溶液中铜离子浓度降低，锌离子浓度增大，溶液质量增大，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】要求“阳极质量减小”，则阳极为活性电极；要求“阴极质量逐渐增加”，则阴极发生反应Cu2++2e-=Cu；要求“电解液质量减轻”，则阳极金属的相对原子质量小于铜的相对原子质量。据此结合选项进行分析。
15．（2018高二上·宝坻期末）下列说法正确的是（ ）
A．常温下醋酸分子不可能存在于pH>7的碱性溶液中
B．常温下pH=2的H2SO4与pH=13的NaOH溶液混和，所得混和液的pH=11，则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比是9：1
C．0.1mol/L硫化钠溶液中，c(S2－)+c(HS－)+2c(H2S)=0.1mol/L
D．常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液的pH=7，则混合溶液中c(NH4+)>c(Cl－)
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．醋酸为弱酸，醋酸钠为强酸弱碱盐，水解呈碱性，溶液中存在醋酸分子，A不符合题意；
B.常温下，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，酸碱混合后溶液呈碱性，说明NaOH过量，且pH=11，说明反应后c(OH-)=0.001mol/L，则：c(OH-)= =0.001mol/L，解之得：V(H2SO4)：V(NaOH)=9：1，B符合题意；
C.硫化钠溶液中存在物料守恒，为c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=0.2mol/L，则c(S2－)+c(HS－)+c(H2S)=0.1mol/L，C不符合题意；
D.溶液存在Cl-、NH4+、H+、OH-，当溶液pH=7时，c(H+)=c(OH-)，c(NH4+)=c(Cl-)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.CH3COONa溶液显碱性，溶液中存在CH3COOH；
B.根据反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，结合c(H+)和c(OH-)进行计算；
C.结合溶液中的物料守恒进行分析；
D.结合电荷守恒进行分析；
16．（2018高二上·宝坻期末）在H2S的饱和溶液中存在下列平衡：①H2S H++HS－，②HS－ H++S2－。下列措施中既可增大c(S2－)又能提高pH，还能使电离平衡逆向移动的是（ ）
A．加NaOH B．通入H2S气体
C．降温 D．加入Na2S晶体
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．向溶液中加入氢氧化钠，氢氧化钠和氢离子反应生成水，则电离平衡向正反应方向移动，A不符合题意；
B.向溶液中通入硫化氢，溶液为饱和溶液，则平衡不移动，B不符合题意；
C.弱电解质的电离为吸热过程，降低温度，平衡向逆反应方向移动，硫离子浓度减小，C不符合题意；
D.向溶液中加入硫化钠晶体，硫离子浓度增大，抑制硫化氢电离，平衡向逆反应方向移动，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】pH值增大， 则溶液中c(H+)减小，结合平衡移动进行分析。
17．（2018高二上·宝坻期末）下图所示的实验，能达到实验目的的是 （ ）
A B C D
验证化学能转化为电能 证明温度对平衡移动的影响 验证铁发生析氢腐蚀 验证AgCl溶解度大于Ag2S
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属的腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、没有形成闭合回路，不能形成原电池，故不能验证化学能变电能，A不符合题意；
B、热水中的颜色深，说明向生成二氧化氮的方向移动，能证明温度对平衡的影响，B符合题意；
C、食盐水为中性的，铁发生吸氧腐蚀，C不符合题意；
D、硝酸银过量，存在硝酸银与硫化钠的反应，没有实现沉淀的转化，D不符合题意。
【分析】A.无法形成闭合回路；
B.根据温度对平衡移动的影响分析；
C.食盐水溶液显中性，铁钉发生吸氧腐蚀；
D.验证溶解度的大小，需通过反应沉淀的转化进行；
18．（2018高二上·宝坻期末）浓度均为0.1mol/L的以下几种溶液：①NH4Cl；②NH3·H2O；③NH4HSO4；④(NH4)2SO4；⑤NH4HCO3；⑥(NH4)2CO3；⑦(NH4)2Fe(SO4)2，NH4+浓度由大到小的顺序是（ ）
A．④⑥⑦②③①⑤ B．②⑤①③⑥④⑦
C．⑥④⑦①⑤②③ D．⑦④⑥③①⑤②
【答案】D
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】④(NH4)2SO4，⑥(NH4)2CO3，⑦(NH4)2Fe(SO4)2中的c(NH4+)都约为0.2mol/L，⑦中亚铁离子的水解抑制了铵根离子的水解，⑥中碳酸根离子的水解促进了铵根离子的水解，因此c(NH4+)：⑦＞④＞⑥；①NH4Cl，③NH4HSO4，⑤NH4HCO3中的c(NH4+)都约为0.1mol/L，③中的氢离子抑制了铵根离子的水解，⑤中的碳酸氢根离子的水解促进了铵根离子的水解，因此c(NH4+)：③＞①＞⑤；②NH3·H2O是弱电解质，c(NH4+)远小于0.1mol/L；c(NH4+) 由大到小的顺序是⑦＞④＞⑥＞③＞①＞⑤＞②，
故答案为：D
【分析】根据溶液中发生的电离、水解进行分析。注意溶液中阴离子的存在对NH4+水解平衡移动的影响。
19．（2018高二上·宝坻期末）常温下向1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入1mol/LNaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法中错误的是（ ）
A．a与c之间的溶液中b点水的电离程度最大
B．溶液中存在c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)的点一定在a与b之间且靠近b
C．b点时，NaOH溶液与醋酸不是恰好反应，V(NaOH溶液)
【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 根据图像，a点为醋酸溶液，水的电离受到抑制，逐滴加入氢氧化钠，溶液中的氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，当恰好生成醋酸钠时，水的电离受到的促进程度最大，此时溶液显弱碱性，不是b点，A符合题意；
B. 从a点开始加入氢氧化钠溶液，溶液的酸性逐渐减弱，开始阶段存在c(CH3COO－)> c(H＋)>c(Na＋)> c(OH－)，当氢氧化钠继续加入，逐渐过渡到c(CH3COO－)> c(H＋)=c(Na＋)> c(OH－)，然后c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，再出现c(CH3COO－)=c(Na＋)>c(H＋)=c(OH－)，对应于b点，因此该点在a与b之间且靠近b，B不符合题意；
C. NaOH溶液与醋酸恰好反应，生成醋酸钠，溶液显碱性，因此b点时，NaOH溶液与醋酸不是恰好反应，且V(NaOH溶液)
故答案为：A
【分析】a点溶液为CH3COOH溶液；b点溶液为CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，且溶液显中性；根据溶液中成分发生的电离、水解进行分析。
20．（2018高二上·宝坻期末）如图为阳离子交换膜法电解精制的饱和食盐水原理示意图。其中阳离子交换膜仅允许Na+通过。下列说法错误的是（ ）
A．从A口加入精制的浓食盐水
B．从E口放出的气体是H2
C．D口导出的是含少量氯化钠的NaOH溶液
D．B口NaOH的浓度小于D口
【答案】C
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A．根据分析，应在阳极补充NaCl，从A口加入精制的浓食盐水，A不符合题意；
B.右边为阴极区，阴极上发生2H++2e-=H2↑，B不符合题意；
C.阴极生成OH-，且则产品烧碱溶液从阴极区导出，D口导出的是NaOH溶液，其中没有氯化钠，C符合题意；
D.为了增大溶液的导电性，B口导入的是稀氢氧化钠溶液，不是纯水，产品烧碱溶液从阴极区导出，D口导出的是浓NaOH溶液，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据图示Na+的运动方向可知，Na+向阴极移动，左边为阳极区，右边为阴极区。阳极上发生：2Cl─-2e-=Cl2↑，阴极上发生2H++2e-=H2↑，电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，阴极生成OH-，且则产品烧碱溶液从阴极区导出。
二、填空题
21．（2018高二上·宝坻期末）现有下列物质 ①NaHCO3②液态SO2③纯醋酸 ④硫酸钡 ⑤液氨
⑥酒精（C2H5OH） ⑦NH3·H2O ⑧铝
请用以上物质回答下列问题。（填序号）
（1）属于强电解质的是 。
（2）属于弱电解质的是 。
（3）属于非电解质，但其水溶液能导电的是 。
【答案】（1）①④
（2）③⑦
（3）②⑤
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】①NaHCO3属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，水溶液能够导电；
②液态SO2在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，但是二氧化硫能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸属于电解质能够电离产生自由移动的离子而导电；
③纯醋酸在水溶液能部分电离产生自由移动的离子，属于弱电解质，但是纯醋酸不含自由移动的离子，不导电；
④硫酸钡在熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，但是固体硫酸钡不含自由移动的离子，不能导电；
⑤液氨在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，但是氨气能够与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O属于电解质能够电离产生自由移动的离子而导电；
⑥酒精(C2H5OH)在水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，与水不反应；
⑦NH3·H2O属于弱电解质，能够电离产生自由移动的离子而导电；
⑧铝属于单质既不是电解质也不是非电解质。
(1)属于强电解质的有①④，故答案为：①④；
(2)属于弱电解质的有③⑦，故答案为：③⑦；
(3)属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是②⑤，故答案为：②⑤。
【分析】此题是对电解质和非电解质、强弱电解质的考查，根据相关概念进行分析即可。
电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物；
强电解质是指在水中能够完全电离的电解质；弱电解质是指在水中部分电离的电解质；
22．（2018高二上·宝坻期末）某温度下，在密闭容器里SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件，对反应2SO2 + O2 2SO3（正反应放热）的正、逆反应速率影响的图象如右图所示：
（1）加催化剂的图象是 。
（2）升高温度的图象是 。
（3）增大容器体积的图象是 。
（4）增大O2的浓度的图象是 。
【答案】（1）C
（2）A
（3）D
（4）B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)加入催化剂，化学反应速率加快，化学平衡不移动，故图象选C；
(2)升温，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，逆反应速率增大的更大，故图象选A；
(3)增大反应容器体积，反应物和生成物的浓度都减小，平衡逆向移动，逆反应减少的幅度小，故图象选D；
(4)增大O2的浓度，化学反应速率加快，化学平衡向着正反应方向进行，而增大氧气的瞬间生成物的浓度未变，所以V逆不变，故图象选B。
【分析】图A正逆反应速率都正大，则其改变的条件为增大压强或升高温度；
图B一个反应速率增大，一个反应速率不变，则其改变的条件为物质的量浓度；
图C正逆反应速率都增大，且平衡不发生移动，则其改变的条件为加入催化剂；
图D正逆反应速率都减小，则其改变的条件为减小压强或降低温度；
三、综合题
23．（2018高二上·宝坻期末）根据所学知识填写下列空白。
（1）已知拆开1mol H－H键，1molN－H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成1molNH3的反应热ΔH = 。
（2）氢气的燃烧热为286kJ/mol。写出表示氢气燃烧热的热化学方程式 。
（3）某温度下纯水中的c(H+) = 1×10－6.5mol/L。若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)= 5×10－5mol/L，则由水电离出的c(H+) = mol/L。
（4）已知在第（3）问条件下，盐酸的pH=a，氢氧化钡的pH=b。若酸碱按体积比1：10混合后溶液显中性，则a+b= 。
（5）某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是H2B=H＋+HB－， HB－ H＋+B2－。
已知0.1 mol/L NaHB溶液的pH=2，则0.1 mol/L H2B溶液中c(H+)小于0.11 mol/L的原因是 。
【答案】（1）ΔH＝－46kJ/mol
（2）H2(g)+1/2O2(g)=H2O ΔH＝－286kJ/mol
（3）2×10－9
（4）12
（5）H2B第一步电离产生的H＋抑制了HB－的电离
【知识点】热化学方程式；离子积常数；溶液酸碱性的判断及相关计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)反应热的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，N2与H2反应生成NH3的反应方程式为N2 + 3H2 2NH3，则ΔH =946kJ/mol+436kJ/mol×3-391kJ/mol×6=－46kJ/mol，故答案为：－46kJ/mol；
(2)氢气的燃烧热为286kJ/mol，则氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)=H2O ΔH＝－286kJ/mol，故答案为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O ΔH＝－286kJ/mol；
(3)某温度下纯水中的c(H+) = 1×10－6.5mol/L，则Kw=1×10－6.5mol/L×1×10－6.5mol/L=1×10－13，若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)= 5×10－5mol/L，则c(OH-)= mol/L =2×10－9 mol/L，因此由水电离出的c(H+) =2×10－9mol/L，故答案为：2×10－9；
(4)已知在第(3)问条件下，盐酸的pH=a，c(H+) =1×10－amol/L，氢氧化钡的pH=b，c(H+) =1×10－bmol/L，则c(OH-)=1×10－(13-b)mol/L，若酸碱按体积比1：10混合后溶液显中性，说明盐酸与氢氧化钡恰好完全反应，因此1×10－amol/L×V=1×10－(13-b)mol/L×10V，解得a+b=12，故答案为：12；
(5)0.1 mol/L NaHB溶液的pH=2，即c(H+) =0.01mol/L，在0.1 mol/L H2B溶液中存在H2B=H＋+HB－， HB－ H＋+B2－，H2B第一步电离产生的H＋抑制了HB－的电离，导致0.1 mol/L H2B溶液中c(H+) ＜0.11mol/L，故答案为：H2B第一步电离产生的H＋抑制了HB－的电离。
【分析】（1）反应热等于反应物总键能-生成物总键能，据此进行计算；
（2）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成相应的稳定的氧化物时放出的热量。书写燃烧热的热化学方程式时，可燃物的稀释必须为1；
（3）由纯水中c(H+)计算该温度下水的离子积Kw；再结合Kw计算稀硫酸中水电离的c(H+)；
（4）反应后所得溶液为中性， 说明HCl和Ba(OH)2恰好完全反应，结合反应“2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O”进行计算；
（5）根据弱酸的电离进行分析；
24．（2018高二上·宝坻期末）某实验小组同学做中和滴定和中和热的测定两个实验。
（1）Ⅰ．下图是该小组同学用0.5000 mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和第1次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。请回答下列问题。
仪器A的名称是 。
（2）第1次滴定消耗标准液 mL 。
（3）已知每次滴定操作所取待测NaOH溶液的体积均为20.00mL。第2、3、4次滴定数据如下表所示。通过计算得待测NaOH溶液的平均浓度是 mol/L。(保留四位有效数字)
实验 编号 待测NaOH溶液的体积（mL） 滴定前盐酸的 体积读数（mL） 滴定后盐酸的 体积读数（mL）
2 20.00 1.20 21.20
3 20.00 2.24 22.26
4 20.00 1.50 21.48
（4）滴定操作可分解为如下几步（所用的仪器刚用蒸馏水洗净）：
A.向锥形瓶里注入20.00 mL待测NaOH溶液，并滴入2-3滴酚酞；
B.用标准溶液润洗酸式滴定管2-3次；
C.固定好装标准溶液的酸式滴定管，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，管内无气泡；
D.取标准HCl溶液注入酸式滴定管至刻度0以上2-3cm；
E.调节液面至0或0以下刻度，记下读数；
F.把锥形瓶放在滴定管下面，用标准HCl溶液滴定至终点并记下滴定管液面刻度。
合理的操作顺序是（用序号字母填写） 。
（5）如何判断到达滴定终点？ 。
（6）如果上述B步骤省略，对测定结果的影响是 ；标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，对测定结果的影响是 (填“无影响”、“偏高”、“偏低”)。
（7）Ⅱ．现用上述盐酸和已测出浓度的NaOH溶液，设计如下装置测定中和热。
将50mL盐酸与50mL NaOH溶液在图示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
从图示看此装置存在错误，请指出 。
（8）当室内温度低于10℃时，对实验数据影响很大，实验测得的中和热数值偏小。其原因是 。
（9）如果实验测得起始温度为t1℃，反应后的最高温度为t2℃，则中和热的表达式为ΔH = 。（中和后溶液的比热容c=4.18J/(g.℃)）
（10）本次实验室内温度正常，操作无误，但是数据偏低，其原因是 。
【答案】（1）酸式滴定管
（2）22.00
（3）0.5000
（4）BDCEAF
（5）滴入最后一滴标准液锥形瓶内溶液褪色，且半分钟内不变红
（6）偏高；偏低
（7）缺少环形玻璃搅拌棒
（8）温度过低热量损失多
（9）-0.418(t2-t1)/0.025 kJ/mol
（10）酸或碱必须有一个过量，否则无法保证完全中和
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】(1)该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器A的名称为酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
(2)滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL，第1次滴定消耗标准液的体积为22.00mL，故答案为：22.00；
(3)三次滴定消耗的体积为：20.00mL，20.02mL，19.98mL，数据均有效，则平均消耗V(NaOH)=20.00mL，c(待测)= = =0.5000mol L-1，故答案为：0.5000；
(4)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，可知正确的操作顺序为：BDCEAF，故答案为：BDCEAF；
(5)滴定时，当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，故答案为：滴入最后一滴标准液锥形瓶内溶液褪色，且半分钟内不变红；
(6)如果上述B步骤省略，即未用标准溶液润洗酸式滴定管2～3次，相当于标准液稀释，导致标准液的体积偏大，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏高；标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏低，故答案为：偏高；偏低；
(7)从图示装置可知，图中缺少环形玻璃搅拌棒，故答案为：缺少环形玻璃搅拌棒；
(8)当室内温度低于10℃时，实验散失的热量增多，实验测得的中和热数值偏小，故答案为：温度过低热量损失多；
(9)起始平均温度为t1℃，混合反应后最高温度为t2℃，温度差为：(t2-t1)℃，0.5mol/L的盐酸和0.5mol/L的NaOH溶液各50mL进行实验，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/cm3=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×4.18×10-3kJ/(g ℃)×(t2-t1)℃，所以实验测得的中和热△H=- =- kJ/mol；故答案为：- kJ/mol；
(10)本次实验室中盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，不满足酸或碱必须有一个过量，无法保证完全中和，使得数据偏低，故答案为：酸或碱必须有一个过量，否则无法保证完全中和。
【分析】Ⅰ.此部分是对中和滴定的考查，结合酸碱中和滴定实验进行分析；
Ⅱ.此部分是对中和热测定实验的考查，结合中和热测定实验进行分析。
25．（2018高二上·宝坻期末）根据有关知识回答下列问题。
（1）（Ⅰ）研究CO2的利用具有现实意义，比如将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁、设计燃料电池等。
已知：Fe2O3(s)+3C（石墨）=2Fe(s)+3CO(g) ΔH1 =+489 kJ/mol
C（石墨）+CO2(g)=2CO(g) ΔH 2 = +172 kJ/mol
写出Fe2O3和CO为原料冶炼铁的热化学方程式 。
（2）利用CO燃烧反应可设计成CO/O2燃料电池(以H2SO4溶液为电解质溶液)，写出该电池的正极反应式 。
（3）（Ⅱ）初中我们学过铜不能与稀硫酸反应。某学生利用上述CO/O2燃料电池设计了如图所示装置（框内部分未画出），实现了铜与稀硫酸的反应：Cu+H2SO4=H2↑+CuSO4(未注明反应条件)。回答下列问题。
A是石墨棒，B是一种金属，该金属是 (填名称)。
（4）B应接电源的 极（填“通入CO”或“通入O2”）。
（5）写出该装置中发生还原反应的电极反应式 。
（6）若C溶液为100mL饱和食盐水，A和B电极均为石墨棒，该学生连通电路，写出烧杯中反应的离子方程式 ，当放出标况下112mL氢气时，该溶液的pH= （室温下）。
（7）（Ⅲ）将（Ⅱ）中装置改造成下图装置，可以模拟铁的电化学防护。
若X为铜，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于 处。
（8）若X为锌棒，开关K置于M处，该电化学防护法称为 。
【答案】（1）Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g)ΔH＝－27kJ/mol
（2）O2 + 4H+ + 4e－＝ 2H2O
（3）铜
（4）通入O2
（5）2H++2e－＝H2↑
（6）2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑；13
（7）N 处
（8）牺牲阳极的阴极保护法
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】(1)已知：a、Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJ mol-1，B、C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ mol-1，依据盖斯定律a-b×3得到：Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe (s)+3CO2(g)△H=489-172×3=-27kJ/mol，故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g) ΔH＝-27kJ/mol；
(2)CO-O2燃料电池(以H2SO4溶液为电解液)，一氧化碳在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳，原电池负极电极反应为：CO+H2O-2e-=CO2+2H+，正极电极反应为氧气得到电子发生还原反应，在酸性溶液中的电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：O2+4H++4e-=2H2O；
(3)要实现铜与稀硫酸的反应：Cu+H2SO4=H2↑+CuSO4，只能利用电解原理，A是石墨棒，B是一种金属，只能是铜，故答案为：铜；
(4)根据反应方程式，铜被氧化，因此B应接电源的正极，即通入O2的一极，故答案为：通入O2；
(5)该装置，溶液中的氢离子在阴极发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e－＝H2↑，故答案为：2H++2e－＝H2↑；
(6)用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近有氢氧根离子生成，电池反应式为2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH-；设生成氢氧根离子的物质的量为x，
2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+ 2OH-
22.4L 2mol
0.112L x
22.4L：2mol=0.112L：x，解得：x= =0.01mol，c(OH-)= =0.1mol/L，则溶液的pH=13，故答案为：2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑，13；
(7)若X为铜，为减缓铁的腐蚀，铁比铜活泼，所以要采用外加电流的阴极保护法，所以为延缓铁腐蚀，K应置于N处，故答案为：N处；
(8)若X为锌，开关K置于M处，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：牺牲阳极的阴极保护法。
【分析】（1）由盖斯定律计算反应热，从而得出反应的热化学方程式；
（2）该燃料电池中，O2在正极发生得电子的还原反应；
（3）由电池总反应，确定该金属为Cu；
（4）在该电解池中，Cu做阳极，与电源的正极相连；
（5）在该电解池中，H+在阴极发生得电子的还原反应；
（6）电解饱和食盐水的总反应为： 2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑ ；根据公式计算产生H2的物质的脸，进而求出产生n(OH-)，根据公式c(H+)×c(OH-)=Kw，求溶液中c(H+)，进而求出溶液的pH；
（7）缓解铜的腐蚀，铜应作为原电池的正极，或电解池的阴极；
开关置于M处时，为原电池，铁做正极，锌做负极，为牺牲阳极的阴极保护法；
四、解答题
26．（2018高二上·宝坻期末）下表中数据是常温下HClO和H2CO3的电离常数，回答有关问题。
（1）下列能正确表示水解的离子方程式的是______________。
A．HCO3－ + H2O H2CO3+OH－
B．HClO + H2O ClO－+ H3O+
C．HCO3－ + H2O CO32－-+H3O+
D．CO32－+2H2O H2CO3+2OH－
（2）浓度相同的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO三种溶液的pH由小到大排列的顺序为(用编号填写) 。
（3）写出NaClO溶液中通入少量CO2气体的离子方程式 。
（4）在新制氯水中加入少量碳酸氢钠粉末后，氯水的漂白能力增强，请用有关化学知识解释原因 。
（5）在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，阴离子浓度的大小关系是 。
（6）在pH=8的NaClO和HClO混合液中，c(ClO－)/c(HClO)= 。
（7）已知HClO（aq）与NaOH（aq）反应的ΔH =－a kJ/mol；HCl（aq）溶液与NaOH（aq）反应的ΔH =－b kJ/mol。则HClO在水溶液中电离的ΔH等于 。
（8）pH=12的NaClO溶液中，c(HClO)= mol/L。（精确表达）
【答案】（1）A
（2）②<③<①
（3）ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－
（4）新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强
（5）c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)
（6）3
（7）+（b-a）kJ/mol
（8）10-2-10-12
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)A．HCO3－ + H2O H2CO3+OH－表示碳酸氢根离子的水解，正确；
B.HClO + H2O ClO－+ H3O+是次氯酸的电离，错误；
C.HCO3－ + H2O CO32－-+H3O+是碳酸氢根离子的电离，错误；
D.CO32－水解分步进行，错误；
故答案为：A；
(2)根据表格数据，酸性：碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，因此浓度相同的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO三种溶液的水解程度①＞③＞②，水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，pH由小到大排列的顺序为，故答案为：②<③<①；
(3)酸性：碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，则NaClO溶液中通入少量CO2气体反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－，故答案为：ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－；
(4)新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强，故答案为：新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强；
(5)在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中次氯酸根离子的水解程度大，则c(HCO3－)>c(ClO－)，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液中的氢氧根离子由2种盐水解生成，因此碳酸根离子的浓度最小，阴离子浓度的大小关系为c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)，故答案为：c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)；
(6)在pH=8的NaClO和HClO混合液中， = = = =3，故答案为：3；
(7)①HClO(aq) H+(aq)+ClO-(aq)△H1，②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H2=-bkJ mol-1，③OH-(aq)+HClO(aq)=CN-(aq)+H2O(l)，△H3=-akJ mol-1，根据盖斯定律：①+②=③，△H1+△H2=△H3，△H1=+(b-a)kJ mol-1，故答案为：+(b-a)kJ mol-1；
(8)pH=12的NaClO溶液中存在物料守恒c(Na+)= c(ClO－)+c(HClO)，电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(ClO－)+ c(OH-)，则c(HClO)= c(H+)- c(OH-)=10-2-10-12 mol/L，故答案为：10-2-10-12。
【分析】（1）根据水解方程式的书写分析；
（2）根据水解程度确定溶液中c(OH-)的大小，从而确定溶液的pH；
（3）由表格数据可得酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸制弱酸原理书写该反应的离子方程式；
（4）氯水中存在可逆反应 Cl2＋H2O HCl＋HClO ，结合平衡移动进行分析；
（5）根据溶液中ClO-和HCO3-水解程度进行分析；
（6）由 = = 进行计算；
（7）根据盖斯定律进行计算；
（8）结合电荷守恒和物料守恒进行计算；
天津市六校（静海一中、杨村一中、宝坻一中等）2017-2018学年高二上学期化学期末考试试卷
一、单选题
1．（2018高二上·宝坻期末）下列说法正确的是（ ）
A．南海开采出的可燃冰属于新能源
B．任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C．有化学键断裂不一定发生化学反应
D．吸热反应只有加热才能发生
2．（2018高二上·宝坻期末）下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A．氢氧化钠溶液和盐酸反应
B．碳酸钙受热分解
C．铝粉与盐酸反应
D．氧化钙溶于水
3．（2018高二上·宝坻期末）下列说法正确的是（ ）
A．金属腐蚀的本质是金属原子被还原
B．接线时铜线与铝线能直接拧在一起
C．镀层破损后，镀锌铁比镀锡铁更易生锈
D．电热水器里放镁棒是为保护内胆和加热管
4．（2018高二上·宝坻期末）反应4A(s)+3B(g)=2C(g)+D(g)，经2min B的浓度减少0.6 mol/L。有关反应速率的说法正确的是（ ）
A．用A表示的反应速率是0.4 mol/(L·min)
B．分别用C、D表示反应的速率，其比值是4：3：2：1
C．2 min内的反应速率，用B表示是0.3 mol/(L·min)
D．在这2 min内用B和C表示的反应速率的值都是逐渐减小的
5．（2018高二上·宝坻期末）下列有关叙述中正确的是（ ）
A．强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的
B．CO2的水溶液能导电，所以CO2是电解质
C．碳酸钙在水里的溶解度很小，所以碳酸钙是弱电解质
D．强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解质的水溶液导电能力强
6．（2018高二上·宝坻期末）下列说法中错误的是（ ）
A．凡是放热反应而且熵增加的反应，就更易自发进行
B．对于同一物质在不同状态时的熵值是：气态>液态>固态
C．平衡常数K值越大，则可逆反应进行越完全，反应物的转化率越大
D．凡是能量达到活化能的分子发生的碰撞均为有效碰撞
7．（2018高二上·宝坻期末）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（ ）
A．红棕色的NO2，加压后颜色先变深后变浅
B．工业上生产硫酸的过程中，使用过量的空气以提高SO2的利用率
C．由H2(g)、I2(g)、HI(g)气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D．实验室中常用排饱和食盐水的方法收集氯气
8．（2018高二上·宝坻期末）在恒温、恒容的密闭容器中发生反应A（g） B（g）+C（g）（反应热量因素忽略）。若反应物的浓度由1.8mol/L降到1mol/L需30s，那么反应物浓度由1mol/L降到0.6mol/L所需的时间为（ ）
A．15s B．大于15s
C．小于15s D．无法判断
9．（2018高二上·宝坻期末）不能说明醋酸是弱电解质的事实是（ ）
A．醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳
B．醋酸水溶液中同时存在醋酸分子和醋酸根离子
C．c(H+)相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大
D．常温下pH=2的醋酸溶液加水稀释100倍后pH＜4
10．（2018高二上·宝坻期末）对饱和AgCl溶液(有AgCl固体存在)进行下列操作后，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)均保持不变的是（ ）
A．加热 B．加少量水
C．滴加少量1mol/L盐酸 D．滴加少量1mol/L AgNO3溶液
11．（2018高二上·宝坻期末）关于如图所示的原电池，下列说法正确的是（ ）
A．电子从锌电极通过电流计流向铜电极
B．盐桥的作用是让电子通过构成闭合回路
C．锌电极质量增重，铜电极质量减轻
D．盐桥可以用铜导线代替
12．（2018高二上·宝坻期末）反应2A(气) 2B(气)+C(气) ΔH＞0，达到平衡。要使v(正)降低、c(A)增大，应采取的措施是（ ）
A．增大压强 B．减小压强
C．降低温度 D．减小c(C)
13．（2018高二上·宝坻期末）如图所示为密闭容器中反应C+H2O(g) CO+H2 ΔH＞0达到平衡后，由于条件改变而引起正、逆反应速率的变化以及平衡移动的情况。下列说法错误的是（ ）
A．起始反应物为CO和H2 B．改变条件后平衡逆向移动
C．改变的条件是增大压强 D．新平衡时CO的浓度比原平衡小
14．（2018高二上·宝坻期末）电解硫酸铜溶液时，要求满足下列三点要求：①阳极质量逐渐减少；②阴极质量逐渐增加；③电解液质量减轻。根据这三点要求可以选用的电极是（ ）
A．石墨作阴极，纯铜作阳极
B．含有锌、银的铜合金作阴极，石墨作阳极
C．纯铁作阳极，纯铜作阴极
D．含有锌、银的铜合金作阳极，纯铜作阴极
15．（2018高二上·宝坻期末）下列说法正确的是（ ）
A．常温下醋酸分子不可能存在于pH>7的碱性溶液中
B．常温下pH=2的H2SO4与pH=13的NaOH溶液混和，所得混和液的pH=11，则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比是9：1
C．0.1mol/L硫化钠溶液中，c(S2－)+c(HS－)+2c(H2S)=0.1mol/L
D．常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液的pH=7，则混合溶液中c(NH4+)>c(Cl－)
16．（2018高二上·宝坻期末）在H2S的饱和溶液中存在下列平衡：①H2S H++HS－，②HS－ H++S2－。下列措施中既可增大c(S2－)又能提高pH，还能使电离平衡逆向移动的是（ ）
A．加NaOH B．通入H2S气体
C．降温 D．加入Na2S晶体
17．（2018高二上·宝坻期末）下图所示的实验，能达到实验目的的是 （ ）
A B C D
验证化学能转化为电能 证明温度对平衡移动的影响 验证铁发生析氢腐蚀 验证AgCl溶解度大于Ag2S
A．A B．B C．C D．D
18．（2018高二上·宝坻期末）浓度均为0.1mol/L的以下几种溶液：①NH4Cl；②NH3·H2O；③NH4HSO4；④(NH4)2SO4；⑤NH4HCO3；⑥(NH4)2CO3；⑦(NH4)2Fe(SO4)2，NH4+浓度由大到小的顺序是（ ）
A．④⑥⑦②③①⑤ B．②⑤①③⑥④⑦
C．⑥④⑦①⑤②③ D．⑦④⑥③①⑤②
19．（2018高二上·宝坻期末）常温下向1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入1mol/LNaOH溶液，其pH变化曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法中错误的是（ ）
A．a与c之间的溶液中b点水的电离程度最大
B．溶液中存在c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)的点一定在a与b之间且靠近b
C．b点时，NaOH溶液与醋酸不是恰好反应，V(NaOH溶液)
20．（2018高二上·宝坻期末）如图为阳离子交换膜法电解精制的饱和食盐水原理示意图。其中阳离子交换膜仅允许Na+通过。下列说法错误的是（ ）
A．从A口加入精制的浓食盐水
B．从E口放出的气体是H2
C．D口导出的是含少量氯化钠的NaOH溶液
D．B口NaOH的浓度小于D口
二、填空题
21．（2018高二上·宝坻期末）现有下列物质 ①NaHCO3②液态SO2③纯醋酸 ④硫酸钡 ⑤液氨
⑥酒精（C2H5OH） ⑦NH3·H2O ⑧铝
请用以上物质回答下列问题。（填序号）
（1）属于强电解质的是 。
（2）属于弱电解质的是 。
（3）属于非电解质，但其水溶液能导电的是 。
22．（2018高二上·宝坻期末）某温度下，在密闭容器里SO2、O2、SO3三种气态物质建立化学平衡后，改变条件，对反应2SO2 + O2 2SO3（正反应放热）的正、逆反应速率影响的图象如右图所示：
（1）加催化剂的图象是 。
（2）升高温度的图象是 。
（3）增大容器体积的图象是 。
（4）增大O2的浓度的图象是 。
三、综合题
23．（2018高二上·宝坻期末）根据所学知识填写下列空白。
（1）已知拆开1mol H－H键，1molN－H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成1molNH3的反应热ΔH = 。
（2）氢气的燃烧热为286kJ/mol。写出表示氢气燃烧热的热化学方程式 。
（3）某温度下纯水中的c(H+) = 1×10－6.5mol/L。若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)= 5×10－5mol/L，则由水电离出的c(H+) = mol/L。
（4）已知在第（3）问条件下，盐酸的pH=a，氢氧化钡的pH=b。若酸碱按体积比1：10混合后溶液显中性，则a+b= 。
（5）某二元酸（化学式用H2B表示）在水中的电离方程式是H2B=H＋+HB－， HB－ H＋+B2－。
已知0.1 mol/L NaHB溶液的pH=2，则0.1 mol/L H2B溶液中c(H+)小于0.11 mol/L的原因是 。
24．（2018高二上·宝坻期末）某实验小组同学做中和滴定和中和热的测定两个实验。
（1）Ⅰ．下图是该小组同学用0.5000 mol/L的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和第1次滴定前、后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。请回答下列问题。
仪器A的名称是 。
（2）第1次滴定消耗标准液 mL 。
（3）已知每次滴定操作所取待测NaOH溶液的体积均为20.00mL。第2、3、4次滴定数据如下表所示。通过计算得待测NaOH溶液的平均浓度是 mol/L。(保留四位有效数字)
实验 编号 待测NaOH溶液的体积（mL） 滴定前盐酸的 体积读数（mL） 滴定后盐酸的 体积读数（mL）
2 20.00 1.20 21.20
3 20.00 2.24 22.26
4 20.00 1.50 21.48
（4）滴定操作可分解为如下几步（所用的仪器刚用蒸馏水洗净）：
A.向锥形瓶里注入20.00 mL待测NaOH溶液，并滴入2-3滴酚酞；
B.用标准溶液润洗酸式滴定管2-3次；
C.固定好装标准溶液的酸式滴定管，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，管内无气泡；
D.取标准HCl溶液注入酸式滴定管至刻度0以上2-3cm；
E.调节液面至0或0以下刻度，记下读数；
F.把锥形瓶放在滴定管下面，用标准HCl溶液滴定至终点并记下滴定管液面刻度。
合理的操作顺序是（用序号字母填写） 。
（5）如何判断到达滴定终点？ 。
（6）如果上述B步骤省略，对测定结果的影响是 ；标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，对测定结果的影响是 (填“无影响”、“偏高”、“偏低”)。
（7）Ⅱ．现用上述盐酸和已测出浓度的NaOH溶液，设计如下装置测定中和热。
将50mL盐酸与50mL NaOH溶液在图示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：
从图示看此装置存在错误，请指出 。
（8）当室内温度低于10℃时，对实验数据影响很大，实验测得的中和热数值偏小。其原因是 。
（9）如果实验测得起始温度为t1℃，反应后的最高温度为t2℃，则中和热的表达式为ΔH = 。（中和后溶液的比热容c=4.18J/(g.℃)）
（10）本次实验室内温度正常，操作无误，但是数据偏低，其原因是 。
25．（2018高二上·宝坻期末）根据有关知识回答下列问题。
（1）（Ⅰ）研究CO2的利用具有现实意义，比如将CO2与焦炭作用生成CO，CO可用于炼铁、设计燃料电池等。
已知：Fe2O3(s)+3C（石墨）=2Fe(s)+3CO(g) ΔH1 =+489 kJ/mol
C（石墨）+CO2(g)=2CO(g) ΔH 2 = +172 kJ/mol
写出Fe2O3和CO为原料冶炼铁的热化学方程式 。
（2）利用CO燃烧反应可设计成CO/O2燃料电池(以H2SO4溶液为电解质溶液)，写出该电池的正极反应式 。
（3）（Ⅱ）初中我们学过铜不能与稀硫酸反应。某学生利用上述CO/O2燃料电池设计了如图所示装置（框内部分未画出），实现了铜与稀硫酸的反应：Cu+H2SO4=H2↑+CuSO4(未注明反应条件)。回答下列问题。
A是石墨棒，B是一种金属，该金属是 (填名称)。
（4）B应接电源的 极（填“通入CO”或“通入O2”）。
（5）写出该装置中发生还原反应的电极反应式 。
（6）若C溶液为100mL饱和食盐水，A和B电极均为石墨棒，该学生连通电路，写出烧杯中反应的离子方程式 ，当放出标况下112mL氢气时，该溶液的pH= （室温下）。
（7）（Ⅲ）将（Ⅱ）中装置改造成下图装置，可以模拟铁的电化学防护。
若X为铜，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于 处。
（8）若X为锌棒，开关K置于M处，该电化学防护法称为 。
四、解答题
26．（2018高二上·宝坻期末）下表中数据是常温下HClO和H2CO3的电离常数，回答有关问题。
（1）下列能正确表示水解的离子方程式的是______________。
A．HCO3－ + H2O H2CO3+OH－
B．HClO + H2O ClO－+ H3O+
C．HCO3－ + H2O CO32－-+H3O+
D．CO32－+2H2O H2CO3+2OH－
（2）浓度相同的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO三种溶液的pH由小到大排列的顺序为(用编号填写) 。
（3）写出NaClO溶液中通入少量CO2气体的离子方程式 。
（4）在新制氯水中加入少量碳酸氢钠粉末后，氯水的漂白能力增强，请用有关化学知识解释原因 。
（5）在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，阴离子浓度的大小关系是 。
（6）在pH=8的NaClO和HClO混合液中，c(ClO－)/c(HClO)= 。
（7）已知HClO（aq）与NaOH（aq）反应的ΔH =－a kJ/mol；HCl（aq）溶液与NaOH（aq）反应的ΔH =－b kJ/mol。则HClO在水溶液中电离的ΔH等于 。
（8）pH=12的NaClO溶液中，c(HClO)= mol/L。（精确表达）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】化学键；化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应；原料与能源的合理利用
【解析】【解答】A、可燃冰一种沉睡在海底和高寒冻土的独特能源，不属于新能源，A不符合题意；
B、化学变化中的能量变化形式有热能、光能、电能等等，B不符合题意；
C、化学反应的实质为旧键断裂、新键形成，而发生化学键断裂的过程不一定发生化学反应，如HCl溶于水发生电离，C符合题意；
D、有些吸热反应在常温下也能进行，例如氢氧化钡和氯化铵，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.可燃冰的主要成分是甲烷；
B.化学反应过程的能量变化主要体现为热量变化，还有光能、电能等形式；
C.HCl溶于水后离子键断裂，但无新物质生成；
D.有些吸热反应常温下也能发生；
2．【答案】B
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应是一个吸热反应。A、酸碱中和反应是一个放热反应，A不符合题意；
B、碳酸钙受热分解是一个吸热反应，B符合题意；
C、铝粉与盐酸反应是一个放热反应，C不符合题意；
D、氧化钙溶于水是一个放热反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】生成物的总能量高于反应物的总能量，则反应为吸热反应，据此分析选项所给反应是否为吸热反应即可。
3．【答案】D
【知识点】金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A、金属腐蚀的本质是金属原子失去电子被氧化的过程，A不符合题意；
B.铝和铜具有良好的导电性，但铜和铝在潮湿的空气中能构成原电池而发生电化学腐蚀，所以不能把铜线和铝线绞接在一起，B不符合题意；
C.锌较活泼，镀锌铁难以腐蚀，而铁比锡活泼，镀层破损后，镀锡铁更易被腐蚀，C不符合题意；
D.镁、不锈钢和电解质溶液构成原电池，镁易失电子作负极，不锈钢为正极，正极金属被保护，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.金属腐蚀的本质是金属失电子被氧化的过程；
B.铜线和铝线直接拧在会形成原电池；
C.镀锌铁中锌做负极，镀锡铁中铁做负极；
D.镁、不锈钢和电解质溶液构成原电池，镁做负极；
4．【答案】C
【知识点】化学反应速率；化学反应速率和化学计量数的关系
【解析】【解答】A、A是固体，不能利用浓度变化量表示反应速率，A不符合题意；
B、A是固体，不能利用浓度变化量表示反应速率，B不符合题意；
C、2min内，B的浓度减少0.6mol/L，故v(B)= =0.3mol/(L min)，C符合题意；
D、反应速率是指单位时间内的平均速率，则2 min内，用B和C表示的化学反应速率的值是不变的，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.A是固体，不用固体表示反应速率；
B.反应速率之比化学计量系数之比，固体的浓度视为1，不用固体表示反应速率；
C.根据速率公式进行计算；
D.反应速率与浓度有关，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，生成物浓度逐渐增大；
5．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A．强电解质完全电离，电离过程不可逆，A符合题意；
B.CO2的水溶液能导电是因为与水反应生成电解质碳酸，本身不能电离，属于非电解质，B不符合题意；
C、碳酸钙溶于水的部分完全电离，属于强电解质，C不符合题意；
D.导电能力的强弱与参与导电的自由移动的离子的浓度大小有关，强电解质如果浓度很小，导电能力也可能比浓的弱电解质溶液的导电能力弱，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.强电解质在水中完全电离；
B.CO2属于非电解质；
C.电解质的强弱与溶解度无关；
D.电解质溶液的导电性与电解质的强弱没有关系；
6．【答案】D
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数；有效碰撞理论
【解析】【解答】A．属于放热和熵增加的反应，即△H＜0，△S＞0，根据△H-T△S＜0可知，反应易自发进行，A不符合题意；
B、同一物质的固态、液态、气态的混乱度依次增大，熵值增大，B不符合题意；
C.平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，所以K值越大，说明这个反应正向进行的程度越大，反应物的转化率越大，C不符合题意；
D.活化分子发生有效碰撞需要满足合适的取向，因此能量达到活化能的分子发生的碰撞不一定为有效碰撞，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.判断反应的自发进行，应综合考虑焓判据和熵判据；
B.熵值体现的是体系的混乱程度；
C.根据平衡常数的含义进行分析；
D.有效碰撞是指能发生反应的碰撞；
7．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．存在平衡2NO2(g) N2O4(g)，增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的目的是减弱变化，而不是消除变化，故颜色仍比原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，A不符合题意；
B.工业上生产硫酸的过程中，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，使用过量的空气促进平衡正向移动，以提高二氧化硫的利用率，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C.存在平衡H2+I2(g) 2HI(g)，该反应前后气体的体积不变，增大压强，平衡不移动，增大平衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；
D.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，氯离子浓度增大，抑制了氯气的溶解，所以实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气，能用平衡移动原理来解释，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】不能用平衡移动原理解释的，则过程中不发生平衡移动，据此结合平衡移动的影响因素进行分析。
8．【答案】B
【知识点】化学反应速率
【解析】【解答】反应物A的浓度由1.8mol/L降到1mol/L时的平均反应速率= = = mol/(L·s)，假设以 mol/(L·s)的反应速率计算反应物A的浓度由1mol/L降到0.6mol/L所需反应时间= = =15s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物A的浓度由1mol/L降到0.6mol/L时的平均反应速率小于 mol/(L·s)，所以所用时间应大于15s，
故答案为：B
【分析】根据反应速率的计算公式结合浓度对反应速率的影响进行分析。
9．【答案】A
【知识点】强电解质和弱电解质
【解析】【解答】A．醋酸和碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，只能说明醋酸的酸性大于碳酸，不能说明醋酸是弱电解质，A符合题意；
B.醋酸溶液中存在醋酸分子，说明醋酸部分电离，为弱电解质，B不符合题意；
C.c(H+)相同的醋酸和盐酸相比较，醋酸溶液的浓度大，则说明醋酸不完全电离，所以能证明醋酸是弱电解质，C不符合题意；
D.常温下，将pH=2的醋酸溶液稀释100倍，测得pH＜4，说明加水稀释促进电离，如为强酸，稀释后pH=4，可证明为弱酸，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.该反应说明酸性：CH3COOH＞H2CO3；
B.同时存在醋酸分子和醋酸根离子，说明醋酸在水中部分电离；
C.c(H+)相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大，说明醋酸没有完全电离；
D.稀释会促进弱酸的电离；
10．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、加热，AgCl的溶解度增大，c (Ag+)和Ksp(AgCl)均增大，A不符合题意；
B、加水稀释，沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)正向移动，但是溶液仍为饱和溶液，温度不变，则溶解度不变，所以c (Ag+)和Ksp(AgCl)均保持不变，B符合题意；
C、滴加少量1mol/L盐酸，Cl-浓度增大，沉淀溶解平衡逆移，则c(Ag+)减小，C不符合题意；
D、滴加少量1mol/L AgNO3溶液，c(Ag+)增大，沉淀溶解平衡逆移，则c(Cl-)减小，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】饱和AgCl溶液中，存在平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，若溶液中c(Ag+)浓度不变，Ksp(AgCl)不变，则c(Cl-)不变，据此结合选项进行分析。
11．【答案】A
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．锌作负极、铜作正极，电子从锌电极通过电流计流向铜电极，A符合题意；
B.两个烧杯以盐桥中的阴阳离子定向移动形成闭合回路，电子不能经过盐桥，B不符合题意；
C.Zn易失电子作负极，锌溶解，锌电极质量减小，C不符合题意；
D.盐桥若用铜导线代替，左边烧杯和右边烧杯均不能发生原电池反应，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】在该原电池中，锌电极发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；铜电极发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu。据此结合选项进行分析。
12．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．增大压强，平衡向逆反应方向移动，正逆反应速率都增大，A不符合题意；
B.减小压强，平衡向正反应方向移动，正反应速率减小，c(A)减小，B不符合题意；
C.降低温度，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，c(A)增大，C符合题意；
D.减小c(C)，平衡向正反应方向移动，c(A)减小，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对反应速率和平衡移动的考查，结合温度、浓度、压强对反应速率和平衡移动的影响进行分析。
13．【答案】D
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A. 根据图像，起始时，逆反应速率大于正反应速率，且正反应速率为0，说明起始反应物为CO和H2，A不符合题意；
B.根据图像， 改变条件后，逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，B不符合题意；
C. 改变的条件后，逆反应速率和正反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，增大压强，平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图像吻合，C不符合题意；
D.根据C的分析，改变的条件是增大压强，体积减小，新平衡时CO的浓度比原平衡大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】由图像可知，起始时，v(逆)＞v(正)，故起始反应是逆向进行的；反应进行一段时间后，正逆反应速率同时增大，故改变的条件可能为：增大压强或升高温度；由于v(逆)＞v(正)，平衡逆向移动，故改变的条件为增大压强。据此结合选项进行分析。
14．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】电解CuSO4溶液时，若要求达到以下三点要求：①阳极质量减小 ②阴极质量增加 ③电解质溶液质量减少。A．石墨作阴极，纯铜作阳极，阳极铜溶解，质量减少；阴极析出铜，质量增加，电解质溶液中铜离子浓度不变，A不符合题意；
B.用含有锌、银的铜合金作阴极，石墨作阳极，阳极质量不变，B不符合题意；
C.用纯铁作阳极，用纯铜作阴极，阳极铁溶解，质量减少；阴极上铜离子放电，所以电解质溶液中铜离子浓度降低，亚铁离子浓度增大，但溶液质量减小，C符合题意；
D.含Zn、Ag的铜合金作阳极、纯铜作阴极，阳极上锌和铜溶解，质量减少、阴极析出铜，质量增加，电解质溶液中铜离子浓度降低，锌离子浓度增大，溶液质量增大，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】要求“阳极质量减小”，则阳极为活性电极；要求“阴极质量逐渐增加”，则阴极发生反应Cu2++2e-=Cu；要求“电解液质量减轻”，则阳极金属的相对原子质量小于铜的相对原子质量。据此结合选项进行分析。
15．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．醋酸为弱酸，醋酸钠为强酸弱碱盐，水解呈碱性，溶液中存在醋酸分子，A不符合题意；
B.常温下，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，酸碱混合后溶液呈碱性，说明NaOH过量，且pH=11，说明反应后c(OH-)=0.001mol/L，则：c(OH-)= =0.001mol/L，解之得：V(H2SO4)：V(NaOH)=9：1，B符合题意；
C.硫化钠溶液中存在物料守恒，为c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=0.2mol/L，则c(S2－)+c(HS－)+c(H2S)=0.1mol/L，C不符合题意；
D.溶液存在Cl-、NH4+、H+、OH-，当溶液pH=7时，c(H+)=c(OH-)，c(NH4+)=c(Cl-)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.CH3COONa溶液显碱性，溶液中存在CH3COOH；
B.根据反应H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，结合c(H+)和c(OH-)进行计算；
C.结合溶液中的物料守恒进行分析；
D.结合电荷守恒进行分析；
16．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A．向溶液中加入氢氧化钠，氢氧化钠和氢离子反应生成水，则电离平衡向正反应方向移动，A不符合题意；
B.向溶液中通入硫化氢，溶液为饱和溶液，则平衡不移动，B不符合题意；
C.弱电解质的电离为吸热过程，降低温度，平衡向逆反应方向移动，硫离子浓度减小，C不符合题意；
D.向溶液中加入硫化钠晶体，硫离子浓度增大，抑制硫化氢电离，平衡向逆反应方向移动，氢离子浓度减小，溶液的pH增大，D符合题意；
故答案为：D
【分析】pH值增大， 则溶液中c(H+)减小，结合平衡移动进行分析。
17．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属的腐蚀与防护；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、没有形成闭合回路，不能形成原电池，故不能验证化学能变电能，A不符合题意；
B、热水中的颜色深，说明向生成二氧化氮的方向移动，能证明温度对平衡的影响，B符合题意；
C、食盐水为中性的，铁发生吸氧腐蚀，C不符合题意；
D、硝酸银过量，存在硝酸银与硫化钠的反应，没有实现沉淀的转化，D不符合题意。
【分析】A.无法形成闭合回路；
B.根据温度对平衡移动的影响分析；
C.食盐水溶液显中性，铁钉发生吸氧腐蚀；
D.验证溶解度的大小，需通过反应沉淀的转化进行；
18．【答案】D
【知识点】影响盐类水解程度的主要因素；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】④(NH4)2SO4，⑥(NH4)2CO3，⑦(NH4)2Fe(SO4)2中的c(NH4+)都约为0.2mol/L，⑦中亚铁离子的水解抑制了铵根离子的水解，⑥中碳酸根离子的水解促进了铵根离子的水解，因此c(NH4+)：⑦＞④＞⑥；①NH4Cl，③NH4HSO4，⑤NH4HCO3中的c(NH4+)都约为0.1mol/L，③中的氢离子抑制了铵根离子的水解，⑤中的碳酸氢根离子的水解促进了铵根离子的水解，因此c(NH4+)：③＞①＞⑤；②NH3·H2O是弱电解质，c(NH4+)远小于0.1mol/L；c(NH4+) 由大到小的顺序是⑦＞④＞⑥＞③＞①＞⑤＞②，
故答案为：D
【分析】根据溶液中发生的电离、水解进行分析。注意溶液中阴离子的存在对NH4+水解平衡移动的影响。
19．【答案】A
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A. 根据图像，a点为醋酸溶液，水的电离受到抑制，逐滴加入氢氧化钠，溶液中的氢离子浓度逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，当恰好生成醋酸钠时，水的电离受到的促进程度最大，此时溶液显弱碱性，不是b点，A符合题意；
B. 从a点开始加入氢氧化钠溶液，溶液的酸性逐渐减弱，开始阶段存在c(CH3COO－)> c(H＋)>c(Na＋)> c(OH－)，当氢氧化钠继续加入，逐渐过渡到c(CH3COO－)> c(H＋)=c(Na＋)> c(OH－)，然后c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，再出现c(CH3COO－)=c(Na＋)>c(H＋)=c(OH－)，对应于b点，因此该点在a与b之间且靠近b，B不符合题意；
C. NaOH溶液与醋酸恰好反应，生成醋酸钠，溶液显碱性，因此b点时，NaOH溶液与醋酸不是恰好反应，且V(NaOH溶液)
故答案为：A
【分析】a点溶液为CH3COOH溶液；b点溶液为CH3COONa、CH3COOH的混合溶液，且溶液显中性；根据溶液中成分发生的电离、水解进行分析。
20．【答案】C
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A．根据分析，应在阳极补充NaCl，从A口加入精制的浓食盐水，A不符合题意；
B.右边为阴极区，阴极上发生2H++2e-=H2↑，B不符合题意；
C.阴极生成OH-，且则产品烧碱溶液从阴极区导出，D口导出的是NaOH溶液，其中没有氯化钠，C符合题意；
D.为了增大溶液的导电性，B口导入的是稀氢氧化钠溶液，不是纯水，产品烧碱溶液从阴极区导出，D口导出的是浓NaOH溶液，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据图示Na+的运动方向可知，Na+向阴极移动，左边为阳极区，右边为阴极区。阳极上发生：2Cl─-2e-=Cl2↑，阴极上发生2H++2e-=H2↑，电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，阴极生成OH-，且则产品烧碱溶液从阴极区导出。
21．【答案】（1）①④
（2）③⑦
（3）②⑤
【知识点】电解质与非电解质；强电解质和弱电解质；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】①NaHCO3属于盐，在水溶液中完全电离，属于强电解质，水溶液能够导电；
②液态SO2在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，但是二氧化硫能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸属于电解质能够电离产生自由移动的离子而导电；
③纯醋酸在水溶液能部分电离产生自由移动的离子，属于弱电解质，但是纯醋酸不含自由移动的离子，不导电；
④硫酸钡在熔融状态下能够完全电离，属于强电解质，但是固体硫酸钡不含自由移动的离子，不能导电；
⑤液氨在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，但是氨气能够与水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O属于电解质能够电离产生自由移动的离子而导电；
⑥酒精(C2H5OH)在水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，与水不反应；
⑦NH3·H2O属于弱电解质，能够电离产生自由移动的离子而导电；
⑧铝属于单质既不是电解质也不是非电解质。
(1)属于强电解质的有①④，故答案为：①④；
(2)属于弱电解质的有③⑦，故答案为：③⑦；
(3)属于非电解质，但溶于水后的水溶液能导电的是②⑤，故答案为：②⑤。
【分析】此题是对电解质和非电解质、强弱电解质的考查，根据相关概念进行分析即可。
电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物；
强电解质是指在水中能够完全电离的电解质；弱电解质是指在水中部分电离的电解质；
22．【答案】（1）C
（2）A
（3）D
（4）B
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)加入催化剂，化学反应速率加快，化学平衡不移动，故图象选C；
(2)升温，正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，逆反应速率增大的更大，故图象选A；
(3)增大反应容器体积，反应物和生成物的浓度都减小，平衡逆向移动，逆反应减少的幅度小，故图象选D；
(4)增大O2的浓度，化学反应速率加快，化学平衡向着正反应方向进行，而增大氧气的瞬间生成物的浓度未变，所以V逆不变，故图象选B。
【分析】图A正逆反应速率都正大，则其改变的条件为增大压强或升高温度；
图B一个反应速率增大，一个反应速率不变，则其改变的条件为物质的量浓度；
图C正逆反应速率都增大，且平衡不发生移动，则其改变的条件为加入催化剂；
图D正逆反应速率都减小，则其改变的条件为减小压强或降低温度；
23．【答案】（1）ΔH＝－46kJ/mol
（2）H2(g)+1/2O2(g)=H2O ΔH＝－286kJ/mol
（3）2×10－9
（4）12
（5）H2B第一步电离产生的H＋抑制了HB－的电离
【知识点】热化学方程式；离子积常数；溶液酸碱性的判断及相关计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)反应热的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，N2与H2反应生成NH3的反应方程式为N2 + 3H2 2NH3，则ΔH =946kJ/mol+436kJ/mol×3-391kJ/mol×6=－46kJ/mol，故答案为：－46kJ/mol；
(2)氢气的燃烧热为286kJ/mol，则氢气燃烧热的热化学方程式为H2(g)+1/2O2(g)=H2O ΔH＝－286kJ/mol，故答案为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O ΔH＝－286kJ/mol；
(3)某温度下纯水中的c(H+) = 1×10－6.5mol/L，则Kw=1×10－6.5mol/L×1×10－6.5mol/L=1×10－13，若温度不变，滴入稀硫酸使c(H+)= 5×10－5mol/L，则c(OH-)= mol/L =2×10－9 mol/L，因此由水电离出的c(H+) =2×10－9mol/L，故答案为：2×10－9；
(4)已知在第(3)问条件下，盐酸的pH=a，c(H+) =1×10－amol/L，氢氧化钡的pH=b，c(H+) =1×10－bmol/L，则c(OH-)=1×10－(13-b)mol/L，若酸碱按体积比1：10混合后溶液显中性，说明盐酸与氢氧化钡恰好完全反应，因此1×10－amol/L×V=1×10－(13-b)mol/L×10V，解得a+b=12，故答案为：12；
(5)0.1 mol/L NaHB溶液的pH=2，即c(H+) =0.01mol/L，在0.1 mol/L H2B溶液中存在H2B=H＋+HB－， HB－ H＋+B2－，H2B第一步电离产生的H＋抑制了HB－的电离，导致0.1 mol/L H2B溶液中c(H+) ＜0.11mol/L，故答案为：H2B第一步电离产生的H＋抑制了HB－的电离。
【分析】（1）反应热等于反应物总键能-生成物总键能，据此进行计算；
（2）燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成相应的稳定的氧化物时放出的热量。书写燃烧热的热化学方程式时，可燃物的稀释必须为1；
（3）由纯水中c(H+)计算该温度下水的离子积Kw；再结合Kw计算稀硫酸中水电离的c(H+)；
（4）反应后所得溶液为中性， 说明HCl和Ba(OH)2恰好完全反应，结合反应“2HCl+Ba(OH)2=BaCl2+2H2O”进行计算；
（5）根据弱酸的电离进行分析；
24．【答案】（1）酸式滴定管
（2）22.00
（3）0.5000
（4）BDCEAF
（5）滴入最后一滴标准液锥形瓶内溶液褪色，且半分钟内不变红
（6）偏高；偏低
（7）缺少环形玻璃搅拌棒
（8）温度过低热量损失多
（9）-0.418(t2-t1)/0.025 kJ/mol
（10）酸或碱必须有一个过量，否则无法保证完全中和
【知识点】中和滴定
【解析】【解答】(1)该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器A的名称为酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
(2)滴定前，滴定管中的液面读数为0.80mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80mL，第1次滴定消耗标准液的体积为22.00mL，故答案为：22.00；
(3)三次滴定消耗的体积为：20.00mL，20.02mL，19.98mL，数据均有效，则平均消耗V(NaOH)=20.00mL，c(待测)= = =0.5000mol L-1，故答案为：0.5000；
(4)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，可知正确的操作顺序为：BDCEAF，故答案为：BDCEAF；
(5)滴定时，当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，故答案为：滴入最后一滴标准液锥形瓶内溶液褪色，且半分钟内不变红；
(6)如果上述B步骤省略，即未用标准溶液润洗酸式滴定管2～3次，相当于标准液稀释，导致标准液的体积偏大，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏高；标准液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准液的体积偏小，根据c(待测)= 分析，c(待测)偏低，故答案为：偏高；偏低；
(7)从图示装置可知，图中缺少环形玻璃搅拌棒，故答案为：缺少环形玻璃搅拌棒；
(8)当室内温度低于10℃时，实验散失的热量增多，实验测得的中和热数值偏小，故答案为：温度过低热量损失多；
(9)起始平均温度为t1℃，混合反应后最高温度为t2℃，温度差为：(t2-t1)℃，0.5mol/L的盐酸和0.5mol/L的NaOH溶液各50mL进行实验，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/cm3=100g，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=100g×4.18×10-3kJ/(g ℃)×(t2-t1)℃，所以实验测得的中和热△H=- =- kJ/mol；故答案为：- kJ/mol；
(10)本次实验室中盐酸和氢氧化钠恰好完全反应，不满足酸或碱必须有一个过量，无法保证完全中和，使得数据偏低，故答案为：酸或碱必须有一个过量，否则无法保证完全中和。
【分析】Ⅰ.此部分是对中和滴定的考查，结合酸碱中和滴定实验进行分析；
Ⅱ.此部分是对中和热测定实验的考查，结合中和热测定实验进行分析。
25．【答案】（1）Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g)ΔH＝－27kJ/mol
（2）O2 + 4H+ + 4e－＝ 2H2O
（3）铜
（4）通入O2
（5）2H++2e－＝H2↑
（6）2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑；13
（7）N 处
（8）牺牲阳极的阴极保护法
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】(1)已知：a、Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)△H1=+489.0kJ mol-1，B、C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ mol-1，依据盖斯定律a-b×3得到：Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe (s)+3CO2(g)△H=489-172×3=-27kJ/mol，故答案为：Fe2O3(s)+3CO(g)＝2Fe(s)+3CO2(g) ΔH＝-27kJ/mol；
(2)CO-O2燃料电池(以H2SO4溶液为电解液)，一氧化碳在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳，原电池负极电极反应为：CO+H2O-2e-=CO2+2H+，正极电极反应为氧气得到电子发生还原反应，在酸性溶液中的电极反应为：O2+4H++4e-=2H2O，故答案为：O2+4H++4e-=2H2O；
(3)要实现铜与稀硫酸的反应：Cu+H2SO4=H2↑+CuSO4，只能利用电解原理，A是石墨棒，B是一种金属，只能是铜，故答案为：铜；
(4)根据反应方程式，铜被氧化，因此B应接电源的正极，即通入O2的一极，故答案为：通入O2；
(5)该装置，溶液中的氢离子在阴极发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e－＝H2↑，故答案为：2H++2e－＝H2↑；
(6)用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极附近有氢氧根离子生成，电池反应式为2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH-；设生成氢氧根离子的物质的量为x，
2Cl-+2H2O H2↑+Cl2↑+ 2OH-
22.4L 2mol
0.112L x
22.4L：2mol=0.112L：x，解得：x= =0.01mol，c(OH-)= =0.1mol/L，则溶液的pH=13，故答案为：2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑，13；
(7)若X为铜，为减缓铁的腐蚀，铁比铜活泼，所以要采用外加电流的阴极保护法，所以为延缓铁腐蚀，K应置于N处，故答案为：N处；
(8)若X为锌，开关K置于M处，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：牺牲阳极的阴极保护法。
【分析】（1）由盖斯定律计算反应热，从而得出反应的热化学方程式；
（2）该燃料电池中，O2在正极发生得电子的还原反应；
（3）由电池总反应，确定该金属为Cu；
（4）在该电解池中，Cu做阳极，与电源的正极相连；
（5）在该电解池中，H+在阴极发生得电子的还原反应；
（6）电解饱和食盐水的总反应为： 2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑ ；根据公式计算产生H2的物质的脸，进而求出产生n(OH-)，根据公式c(H+)×c(OH-)=Kw，求溶液中c(H+)，进而求出溶液的pH；
（7）缓解铜的腐蚀，铜应作为原电池的正极，或电解池的阴极；
开关置于M处时，为原电池，铁做正极，锌做负极，为牺牲阳极的阴极保护法；
26．【答案】（1）A
（2）②<③<①
（3）ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－
（4）新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强
（5）c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)
（6）3
（7）+（b-a）kJ/mol
（8）10-2-10-12
【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；有关反应热的计算
【解析】【解答】(1)A．HCO3－ + H2O H2CO3+OH－表示碳酸氢根离子的水解，正确；
B.HClO + H2O ClO－+ H3O+是次氯酸的电离，错误；
C.HCO3－ + H2O CO32－-+H3O+是碳酸氢根离子的电离，错误；
D.CO32－水解分步进行，错误；
故答案为：A；
(2)根据表格数据，酸性：碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，因此浓度相同的①Na2CO3；②NaHCO3；③NaClO三种溶液的水解程度①＞③＞②，水解程度越大，溶液的碱性越强，pH越大，pH由小到大排列的顺序为，故答案为：②<③<①；
(3)酸性：碳酸＞次氯酸＞碳酸氢根离子，则NaClO溶液中通入少量CO2气体反应生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－，故答案为：ClO－+CO2+H2O＝HClO+HCO3－；
(4)新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强，故答案为：新制氯水中存在可逆反应Cl2＋H2O HCl＋HClO，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应使HCl浓度变小，平衡右移，NaHCO3不与HClO反应，所以HClO浓度增大，氯水漂白能力增强；
(5)在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中次氯酸根离子的水解程度大，则c(HCO3－)>c(ClO－)，碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，溶液中的氢氧根离子由2种盐水解生成，因此碳酸根离子的浓度最小，阴离子浓度的大小关系为c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)，故答案为：c(HCO3－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(CO32－)；
(6)在pH=8的NaClO和HClO混合液中， = = = =3，故答案为：3；
(7)①HClO(aq) H+(aq)+ClO-(aq)△H1，②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H2=-bkJ mol-1，③OH-(aq)+HClO(aq)=CN-(aq)+H2O(l)，△H3=-akJ mol-1，根据盖斯定律：①+②=③，△H1+△H2=△H3，△H1=+(b-a)kJ mol-1，故答案为：+(b-a)kJ mol-1；
(8)pH=12的NaClO溶液中存在物料守恒c(Na+)= c(ClO－)+c(HClO)，电荷守恒c(Na+)+ c(H+)= c(ClO－)+ c(OH-)，则c(HClO)= c(H+)- c(OH-)=10-2-10-12 mol/L，故答案为：10-2-10-12。
【分析】（1）根据水解方程式的书写分析；
（2）根据水解程度确定溶液中c(OH-)的大小，从而确定溶液的pH；
（3）由表格数据可得酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，根据强酸制弱酸原理书写该反应的离子方程式；
（4）氯水中存在可逆反应 Cl2＋H2O HCl＋HClO ，结合平衡移动进行分析；
（5）根据溶液中ClO-和HCO3-水解程度进行分析；
（6）由 = = 进行计算；
（7）根据盖斯定律进行计算；
（8）结合电荷守恒和物料守恒进行计算；
